江苏省南京市南京师范大学附属中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题 Word版含解析

江苏省南京市南京师范大学附属中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 南京师大附中 2019-2020 学年度第 2 学期高二年级期中考试 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Ba 137‎ Ⅰ卷（选择题 共 44 分）‎ 选择题：每小题只有一个选项符合题意，每小题 2 分，共计 20 分）‎ ‎1.下列说法不正确的是 A. 明矾能水解生成Al(OH)3 胶体，可用作净水剂 B. 水解反应NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+达到平衡后，升高温度平衡逆向移动 C. 草木灰与铵态氮肥不宜混合使用 D. 盐类水解反应的逆反应是中和反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．明矾能水解生成Al(OH)3 胶体，胶体表面积大，吸附能力强，可用作净水剂，故A正确；‎ B．水解反应为吸热反应，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+达到平衡后，升高温度平衡正向移动，故B错误；‎ C．草木灰水溶液呈碱性，铵态氮肥在碱性条件下不稳定，不宜混合使用，故C正确；‎ D．盐类水解反应从逆反应来看是酸碱中和反应，通常情回况下我们把中和反应看作不可逆反应，但是可逆反应是绝对的，不可逆反应是相对的，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎2. 下列各组物质中，都是由极性键构成为极性分子的一组的是 A. CH4和H2O B. CO2和HCl C. NH3和H2S D. HCN和BF3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】CH4是由极性键构成的非极性分子，H2S是由极性键构成的极性分子，BF3是由极性键构成的非极性分子，CO2是由极性键构成的非极性分子，HCl是由极性键构成的极性分子。‎ ‎3.向含有MgCO3固体的浊液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是 A. c（Mg2+） B. Ksp（MgCO3） C. c（H+） D. c（CO32-）‎ ‎【答案】D - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ MgCO3固体的浊液中存在溶解平衡，MgCO3（s）Mg2＋（aq）＋CO32－（aq），从平衡移动的角度分析滴加少许浓盐酸后引起的各种变化。‎ ‎【详解】A．滴加少许浓盐酸后，碳酸根离子浓度减小，平衡正向移动，镁离子浓度增大，故A不选；‎ B．Ksp（MgCO3）是温度的函数，温度不变，Ksp（MgCO3）不变，故B不选；‎ C．滴加少许浓盐酸后，酸性增强，氢离子浓度增大，故C不选；‎ D．滴加少许浓盐酸后，碳酸根离子与盐酸反应，生成碳酸氢根离子，c（CO32-）变小，故选D；‎ 故选D。‎ ‎4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 0.1mol·L-1 NaOH 溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-‎ B. 0.1mol·L-1 FeCl2 溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-‎ C. 0.1mol·L-1 KHCO3 溶液：Na+、Fe2+、ClO-、NO3-‎ D. 0.1mol·L-1 H2SO4 溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0.1mol·L-1 NaOH 溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-四种离子之间不反应，在碱性条件下可大量共存，故A选；‎ B．0.1mol·L-1 FeCl2 溶液中亚铁离子能被MnO4-氧化成铁离子，故B不选；‎ C．Fe2+能被ClO-氧化生成Fe3＋，故C不选；‎ D．0.1mol·L-1 H2SO4 溶液中H+、NO3-、HSO3-之间发生氧化还原反应，生成SO42－和NO，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎5.下列实验操作能达到实验目的的是 - 22 -‎ A. 用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH B. 将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol·L−1NaOH溶液 C. 用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体 D. 用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题考查基本实验操作，根据溶液pH的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物质除杂的原则作答。‎ ‎【详解】A.用水湿润的pH试纸测量溶液的pH所测为稀释液的pH，不是原溶液的pH，实验操作错误，不能达到实验目的，A项错误；‎ B.配制物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、冷却、转移及洗涤、定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实验误差，B项错误；‎ C.在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于HCl的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成氢氧化铝固体，不能得到AlCl3固体，C项错误；‎ D.SO2属于酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收，乙烯与NaOH溶液不反应且乙烯难溶于水，可通过盛有NaOH溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的SO2，D项正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题易错选C项，盐溶液蒸干后能否得到原溶质与溶质的性质有关，一般溶质为挥发性酸形成的强酸弱碱盐、不稳定性的盐、具有强还原性的盐，加热蒸干不能得到原溶质。‎ ‎6.下列说法不正确是 - 22 -‎ A. HClO、H2CO3、HNO3、HClO4 的酸性依次增强 B. 苹果酸（）含有 1 个手性碳原子 C. HCl、NH3、C2H5OH 均易溶于水的原因之一是与H2O之间均能形成氢键 D. [Cu(H2O)4]2+中配位原子为氧原子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同种元素不同价态的含氧酸，化合价越高，酸性越强，故HClO、HClO4酸性增强，NaClO能与CO2 和H2O反应，说明 HClO c(OH-) = c(H+)‎ - 22 -‎ D. 据下图，若除去CuSO4 溶液中的 Fe3+可向溶液中加入适量CuO 至 pH 在 5.8 左右 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醋酸存在电离平衡，同浓度同体积盐酸和醋酸，开始时盐酸溶液pH小于醋酸，所以虚线表示的是滴定盐酸的曲线，故A错误；‎ B．依据图象分析可知，硫化铜溶度积小于硫化亚铁，同浓度Fe2＋和Cu2＋溶液中滴加硫化钠溶液，先析出的沉淀是硫化铜，故B错误；‎ C．反应后溶液pH=7，依据溶液中电荷守恒分析，用0.1mol·L－1CH3COOH溶液滴定20mL 0.1mol·L－1NaOH溶液，反应生成醋酸钠，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒，c（H＋）+c（Na＋）=c（OH－）+c（CH3COO－），c（H＋）=c（OH－），则c（CH3COO－）=c（Na＋），得到当pH=7时：c（Na＋）=c（CH3COO－）＞c（OH－）=c（H＋），故C正确；‎ D．分析图象可知铁离子完全沉淀的pH为3.7，加入氧化铜会调节溶液pH，到pH=5.5时铜离子会沉淀，应调节溶液pH小于5.5，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了弱电解质电离平衡，盐类水解应用，溶液中电荷守恒的分析计算沉淀溶解平衡的数值理解，掌握图象分析方法是关键，难点C，利用电荷守恒进行分析。‎ ‎13.下列有关原子核外电子的能量与运动状态的说法正确的是 A. 在同一原子中，2p、3p、4p……能级的电子轨道数依次增多 B. 在同一能级上运动的电子，其能量一定相同 C. 在同一能级上运动的电子，其运动状态有可能相同 - 22 -‎ D. 在同一原子中，1s、2s、3s、4s……能级的原子轨道的平均半径相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同一原子中，不同能层，相同能级的轨道数相同，故A错误；‎ B．原子的最外层同一能级的电子能量相同，则在同一能级上运动的电子，其能量一定相同，故B正确；‎ C．在同一能级上运动的电子，其运动状态不同，故C错误；‎ D．在同一原子中，1s、2s、3s、4s……能级的原子轨道的平均半径增大，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎14.下列说法正确的是 A. 反应2N2O(g) = 2N2(g)+O2(g) ∆H>0，高温下该反应可自发进行 B. 电解法精炼粗铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极 C. 反应KIO3+6HI = KI+3I2+3H2O，每消耗1mol KIO3转移的电子数目为6mol D. 恒温恒容密闭容器中进行的反应C(s)+2NO(g) ⇌ N2(g)+CO2(g)，当压强不再发生变化，反应达到平衡 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由化学计量数可知△S＞0，分解反应是吸热反应，即反应的△H＞0，△S＞0，要△H-T△S<0，高温下该反应可自发进行，故A正确；‎ B．根据电解原理的应用：电解法精炼粗铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B正确；‎ C．反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O，碘元素的化合价变化，转移电子是5mol，每消耗1molKIO3转移的电子数目为5mol，故C错误；‎ D．恒温恒容闭密容器中进行的反应C(s)+2NO(g) ⇌ N2(g)+CO2(g)始终是一个压强不会发生变化的反应，压强不再发生变化时，反应不一定达到平衡状态，故D错误；‎ 故选AB。‎ ‎15.下表中各粒子对应的立体构型及杂化方式均正确的是 选项 粒子 立体构型 杂化方式 A SO3‎ 平面三角形 S原子采取sp2杂化 - 22 -‎ B SO2‎ V形 S原子采取sp3杂化 C ‎ CO32-‎ 三角锥形 C原子采取sp2杂化 D BeCl2‎ 直线性 Be原子采取sp杂化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO3 分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（6-3×2）=3，所以硫原子采用sp2杂化，为平面三角形结构，故A正确；‎ B．SO2的价层电子对个数=2+（6-2×2）=3，硫原子采取sp2杂化，该分子为V形结构，故B错误；‎ C．碳酸根离子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（4+2-3×2）=3，所以原子杂化方式是sp2，为平面三角形结构，故C错误；‎ D．BeCl2分子中每个Be原子含有2个σ键，价层电子对个数是2，没有孤电子对，为sp杂化，为直线型，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎16.S2Cl2是橙黄色液体，少量泄漏会产生窒息性气体，喷水雾可减慢其挥发，并产生酸性悬浊液。其分子结构如图所示。下列关于S2Cl2的说法中错误的是( )‎ A. S2Cl2为非极性分子 B. 分子中既含有极性键又含有非极性键 - 22 -‎ C 与S2Br2结构相似，熔、沸点S2Br2>S2Cl2‎ D. 与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2＋2H2O===SO2↑＋3S↓＋4HCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据S2Cl2的结构，S2Cl2不是对称结构，S2Cl2为极性分子，故A说法错误；‎ B、S和Cl之间形成共价键为极性键，S和S之间形成共价键为非极性键，故B说法正确；‎ C、S2Cl2与S2Br2结构相似，通过分子间作用力或范德华力进行分析，S2Br2相对分子质量大于S2Cl2的相对分子质量，S2Br2分子间的范德华力大于S2Cl2分子间的范德华力，即S2Br2的熔沸点高于S2Cl2，故C说法正确；‎ D、S2Cl2与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2＋2H2O=SO2↑＋3S↓＋4HCl，故D说法正确。‎ ‎17.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色 X溶液中一定含有Fe2+‎ B 向浓度均为0.05 mol·L−1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgI)> Ksp(AgCl)‎ C 向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色 Br2的氧化性比I2的强 D 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为 ‎9，NaNO2溶液的pH约为8‎ HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3+，而此时的Fe3+是否由Fe2+氧化而来是不能确定的，所以结论中一定含有Fe2+‎ - 22 -‎ 是错误的，故A错误；‎ B. 黄色沉淀为AgI，说明加入AgNO3溶液优先形成AgI沉淀，AgI比AgCl更难溶，AgI与AgCl属于同种类型，则说明Ksp(AgI)c（NH4+）>c（OH−）>c（H+）‎ B. 0.2mol·L−1NH4HCO3溶液（pH>7）：c（NH4+）>c（HCO3-）>c（H2CO3）>c（NH3·H2O）‎ C. 0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c（NH4+）+c（NH3·H2O）=c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）‎ D. 0.6mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c（NH3·H2O）+c（CO32-）+c（OH−）=0.3mol·L−1+c（H2CO3）+c（H+）‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NH3∙H2O属于弱电解，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c（OH-）>c（NH4+），选项A错误；‎ B.NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c（NH4+）>c（HCO3-），HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，前者水解程度大，则c（H2CO3）>c（NH3∙H2O），选项B正确；‎ C.由物料守恒，n（N）:n（C）=2:1，则有c（NH4+）+c（NH3∙H2O）=2[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]，选项C错误；‎ D.由物料守恒，n（N）:n（C）=4:1，则有c（NH4+）+c（NH3∙H2O）=4[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]①；电荷守恒有：c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）②；结合①②消去c（NH4+）得：c（NH3∙H2O）+c（OH-）=c（H+）+4c（H2CO3）+3c（HCO3-）+2c（CO32-‎ - 22 -‎ ‎）③，0.2mol/LNH4HCO3与氨水等体积混合后，c（NH4HCO3）=0.1mol/L，由碳守恒有，c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c（CO32-），则有c（NH3∙H2O）+c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3）+3c（H2CO3）+3c（HCO3-）+3c（CO32-），将④带入③中得，c（NH3∙H2O）+c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+3c（H2CO3）+0.3mol/L，选项D正确；‎ 答案选BD。‎ 第Ⅱ卷（填空题）‎ 二、填空题 ‎19.（1）A、B、C为同一短周期金属元素。依据下表数据分析，A、B、C三种元素的离子半径由大到小的顺序是_____。(用离子符号表示)‎ 电离能/kJ•mol-1‎ I1‎ I2‎ I3‎ I4‎ A ‎500‎ ‎4600‎ ‎6900‎ ‎9500‎ B ‎740‎ ‎1500‎ ‎7700‎ ‎10500‎ C ‎580‎ ‎1800‎ ‎2700‎ ‎11600‎ ‎（2）已知H2O2分子的空间结构如图所示，H2O2分子中氧原子采取____________杂化；H2O2分子是______(填“极性分子”或“非极性分子”)。‎ ‎（3）R是第4周期元素中未成对电子数最多的原子。R3+在溶液中存在如下转化：‎ R3+R(OH)3[R(OH)4]-‎ ‎①基态R原子的价电子排布式为_____。‎ ‎②[R(OH)4]-中存在的化学键是_____；1mol[R(OH)4]-离子中含有σ键的数目为_______mol。‎ A．离子键 B．极性键 C．非极性键D ．配位键 - 22 -‎ ‎【答案】 (1). Na＞Mg＞Al (2). sp3 (3). 极性分子 (4). 3d54s1 (5). BD (6). 8‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由表中数据可知，C的第四电离能剧增，故C表现+3价，为金属Al元素，由表中数据可知，A第二电离能剧增，故A表现+1价，为Na元素，B的第三电离能剧增，表现+2价，为Mg元素，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：Na＞Mg＞Al，故答案为：Na＞Mg＞Al；‎ ‎（2）由H2O2的结构可知，O原子形成1个O-H键、1个O-O键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，杂化方式为sp3，H2O2分子的正负电荷中心不重叠，是极性分子；‎ 故答案为：sp3；极性分子；‎ ‎（3）①R是1～36号元素中未成对电子数最多的原子，则R原子外围电子排布为3d54s1，故答案为：3d54s1；‎ ‎②R为Cr元素，[Cr（OH）4]-与[Al（OH）4]-结构相似，Cr3＋与OH－之间形成配位键，氧原子与氢原子之间形成极性键，故选BD；又因为该离子中化学键均为σ键，1mol[R(OH)4]-离子中含有σ键的数目为4mol+4mol=8mol。‎ 故答案为：BD；8。‎ ‎【点睛】本题考查电离能、化学键与杂化轨道、原子半径比较、核外电子排布规律等，难点（1）注意理解第一电离能与化合价关系。‎ ‎20.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破。合成氨工业中，用空气、水和焦炭为原料制得原料气(N2、H2以及少量CO、NH3的混合气)，常用铁触媒作催化剂。‎ ‎（1）C、N、O三种元素中第一电离能最大的元素是_____，电负性最大的元是______。‎ ‎（2）26Fe在周期表中的位置是_____，Fe2+具有较强的还原性，请用物质结构理论进行解释：_____。‎ ‎（3）与CO互为等电子体的阴离子是_____，阳离子是_____。（填化学式）‎ ‎（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性电极电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应_____。‎ ‎【答案】 (1). N (2). O (3). 第四周期VIII族 (4). Fe2＋的价电子排布式为 3d6 ，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋，具有较强的还原性 (5). CN－（或C22－） (6). NO＋ (7). HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C；同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而呈增大，电负性最大的元是O，故答案为：N；O；‎ ‎（2） Fe是26号元素，在周期表的第四行第八列，也就是第四周期，VIII族，Fe2＋的价电子排布式为 3d6 ，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋，Fe2+具有较强的还原性，故答案为：第四周期，VIII族；Fe2＋的价电子排布式为 3d6 ，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋，具有较强的还原性；‎ ‎（3）等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子,与CO互为等电子体的阴离子是CN－（或C22－），阳离子是NO＋。故答案为：CN－（或C22－）；NO＋；‎ ‎（4）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。故答案为：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。‎ ‎21.铝及铝的化合物有着极为广泛的用途。‎ ‎（1）金属铝的生产是以Al2O3为原料，在熔融状态下用石墨做阴极和阳极进行电解：‎ ‎2Al2O34Al+3O2↑,则电解时不断消耗的电极是_____（填“阳极”或“阴极”）‎ ‎（2）铝片、石墨、空气和海水构成的原电池可用于航标供电，该原电池正极的电极反应是_____。‎ ‎（3）泡沫灭火器中NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液发生反应的离子方程式是______。‎ ‎（4）在配制AlCl3溶液时，防止溶液出现浑浊现象，溶液中应加入_____。‎ ‎（5）Mg(OH)2固体能除去镁盐溶液中Al3+，原因是_____。（用离子方程式表示）‎ ‎【答案】 (1). 阳极 (2). O2+2H2O+4e-=4OH－ (3). Al3＋+3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑ (4). 盐酸 (5). 3Mg(OH)2+2Al3+2Al(OH)3＋3Mg2＋‎ ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【详解】（1）金属铝的生产是以Al2O3为原料，在熔融状态下用石墨做阴极和阳极进行电解：2Al2O34Al+3O2↑，阳极上氧离子失电子生成氧气，高温下不断与石墨反应，则电解时不断消耗的电极是阳极，故答案为：阳极；‎ ‎（2）铝片、石墨、空气和海水构成的原电池可用于航标供电， 铝和石墨构成的原电池，铝做负极，在负极发生的反应是Al-3e-=Al3+,在正极反应是O2+2H2O+4e-=4OH－，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH－；‎ ‎（3）泡沫灭火器中NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液发生反应， HCO3－和Al3＋均可发生水解，且相互促进，产生气体CO2和沉淀Al(OH)3，离子方程式为Al3＋+3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：Al3＋+3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑；‎ ‎（4）Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋由于Al3+的水解，产生Al(OH)3 会出现浑浊现象，要消除浑浊现象，又不污染药品，可加入适量的盐酸，抑制Al3+水解。故答案为：盐酸；‎ ‎（5）氢氧化铝溶解度更小，Mg(OH)2固体能除去镁盐溶液中Al3+，用离子方程式表示：3Mg(OH)2+2Al3+2Al(OH)3＋3Mg2＋。故答案为：3Mg(OH)2+2Al3+2Al(OH)3＋3Mg2＋。‎ ‎22.“盐泥”是氯碱工业中产生的。盐泥中含 NaCl(15%~20%)、Mg(OH)2(15%~20%)、‎ CaCO3(15%~20%)和BaSO4 等不溶于酸的物质。用“盐泥”生产七水硫酸镁，设计了如下工艺流程：‎ ‎（1）电解食盐水前，为除去粗食盐水中的 Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质离子，下列试剂加入的先后顺序合理的是_____（填序号）。‎ A．碳酸钠溶液 B．氢氧化钠溶液 C．氯化钡溶液 D．盐酸 ‎（2）已知Ksp[Mg(OH)2]＝6.0×10-12。设食盐水中 Mg2+的浓度为 0.06 mol·L-1，则加入氢氧化钠溶液后使溶液的 pH≥_____才可能产生 Mg(OH)2 沉淀。‎ ‎（3）氯碱工业上电解食盐水阴极发生的反应是_____。‎ ‎（4）三种化合物的溶解度(S)随温度变化曲线见下图 - 22 -‎ 在“过滤Ⅰ” 中需要趁热过滤，其主要原因是_________；滤渣的主要成分有不溶于酸的物质、_________。‎ ‎（5）检验 MgSO4·7H2O 中杂质是否洗涤干净的操作是_____。‎ ‎【答案】 (1). BACD或ABCD或ACBD (2). 9 (3). 2H＋+2e－=H2↑（或2H2O+2e－=H2↑+2OH-） (4). 温度较高时钙盐与镁盐分离更彻底（或高温下CaSO4·2H2O溶解度小） (5). 硫酸钡（BaSO4）、硫酸钙（CaSO4或CaSO4·2H2O） (6). 取最后洗涤液少许于试管中，滴加Ba（NO3）2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，无沉淀产生。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）加入的钡离子可以由碳酸钠除去，故最后加碳酸钠，钡试剂与氢氧化钠先后都可，故加入试剂的顺序为先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3或先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3，BACD或ABCD或ACBD；‎ 故答案为：BACD或ABCD或ACBD；‎ ‎（2）已知Ksp[Mg(OH)2]＝6.0×10-12。设食盐水中 Mg2+的浓度为 0.06 mol·L-1，c(OH-)= ,氢离子浓度为10-9mol·L-1，则加入氢氧化钠溶液后使溶液的 pH≥9才可能产生 Mg(OH)2 沉淀。故答案为：9；‎ ‎（3）H＋比Na＋容易得到电子，因而H＋不断地从阴极获得电子被还原为氢原子，并结合成氢分子从阴极放出，氯碱工业上电解食盐水阴极发生的反应是2H＋+2e－=H2↑（或2H2O+2e－=H2↑+2OH-）。故答案为：2H＋+2e－=H2↑（或2H2O+2e－=H2↑+2OH-）； ‎ ‎（4）在蒸发浓缩的过程中，温度大于40℃时随温度升高CaSO4·2H2O晶体溶解度降低，故会析出CaSO4·2H2O晶体，且应该趁热过滤，防止温度降低CaSO4·2H2O的溶解度变大，又重新溶解，不利于钙盐和镁盐的分离；同时温度降低硫酸镁晶体会析出，造成产量损失；滤渣的主要成分有不溶于酸的物质、盐泥中含有的硫酸钡，蒸发酒精出来的硫酸钙，‎ - 22 -‎ 故答案为：温度较高时钙盐与镁盐分离更彻底（或高温下CaSO4·2H2O溶解度小）；硫酸钡（BaSO4）、硫酸钙（CaSO4或CaSO4·2H2O）；‎ ‎（5）滤液中的硫酸根离子会影响氯离子的干扰，应该先除去硫酸根离子，再检验氯离子，方法为：取最后洗涤液少许于试管中，滴加Ba（NO3）2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，无沉淀产生。‎ 故答案为：取最后洗涤液少许于试管中，滴加Ba（NO3）2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，无沉淀产生。‎ ‎【点睛】本题主要考查了盐的性质、除杂的方法和原则，注意除去多种杂质时，要考虑加入试剂的顺序，为了保证将杂质除尽，所加试剂必须过量，因此为了不引进新的杂质，后面加入的试剂要能够除去前面所进入的过量试剂，难点（5）滤液中的硫酸根离子会影响氯离子的干扰，应该先除去硫酸根离子，再检验氯离子。‎ ‎23.绿矾(FeSO4·7H2O)是治疗缺铁性贫血药品的重要成分。下面是以市售铁（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：‎ 已知：室温下饱和H2S溶液的pH约为3.9，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5。‎ ‎（1）工业上若用过量稀硝酸溶解铁屑，则会产生污染性气体，其反应离子方程式是_____。‎ ‎（2）操作II中，通入硫化氢至饱和的目的是_________；在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是_____。‎ ‎（3）常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，则Fe3+的水解常数为_____。‎ ‎（4）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②_____。‎ ‎（5）久置的绿矾(FeSO4·7H2O)被空气中O2部分氧化，生成Fex(OH)y(SO4)z·wH2O。现测定其组成，步骤如下（假设杂质不参与反应，且每步反应均完全进行）：‎ 称取三等份固体样品。‎ 第一份样品经足量稀硫酸溶解后，用250mL容量瓶中定容，量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用0.03mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4‎ - 22 -‎ 溶液体积为20.00mL（滴定时反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O）。滴定后溶液经控制pH沉淀Fe3+、过滤、洗涤、烘干并灼烧，最终得到0.32gFe2O3。(Fe2O3式量160)‎ 第二份样品经足量稀盐酸溶解后，再加入过量BaCl2溶液，经过滤、洗涤、烘干，得9.32gBaSO4沉淀。(BaSO4式量233)‎ 第三份样品经高温充分灼烧后，共收集到4.05gH2O。试推导该物质(Fex(OH)y(SO4)z·wH2O)的化学式（写出计算过程，x、y、z、w为最简整数比）______________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 3Fe+8H＋ +2NO3－=3Fe2＋ +2NO+4H2O (2). 沉淀锡离子，防止亚铁离子被氧化 (3). 除去杂质离子Sn2＋； (4). 2.5×10-5； (5). 降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗 (6). 4:1:4:22‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡，过滤后得到滤液，将滤液加入稀硫酸酸化，并通入硫化氢，可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化，过滤后得到滤液为硫酸亚铁，经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO4·7H2O ‎【详解】（1）工业上若用过量稀硝酸溶解铁屑，则会产生污染性气体，其反应离子方程式是 3Fe+8H＋ +2NO3－=3Fe2＋ +2NO+4H2O 。故答案为：3Fe+8H＋ +2NO3－=3Fe2＋ +2NO+4H2O；‎ ‎（2）依据流程关系图分析，通入硫化氢制饱和，硫化氢是强还原剂，目的是沉淀锡离子，防止亚铁离子被氧化；在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，操作Ⅱ加入稀硫酸调节溶液PH=2为了除去杂质离子Sn2＋；故答案为：沉淀锡离子，防止亚铁离子被氧化；除去杂质离子Sn2＋；‎ ‎（3） 常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Fe3＋+3H2O Fe(OH)3+3H＋则Fe3+的水解常数为 ‎=2.5×10-5；故答案为：2.5×10-5；。‎ ‎（4）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失，故答案为：降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗；‎ ‎（5）第一份样品：n(Fe2+)= =0.03mol，n(Fe3+)=‎ - 22 -‎ ‎ =0.04mol-0.03mol=0.01mol；第二份样品n(SO42－)= =0.04mol；第三份样品：n(H2O)= =0.225mol,根据电荷守恒：n(OH－)=0.01×3+0.03×2-0.04×2=0.01mol,结晶水为0.225mol-0.01mol× =0.22mol,x:y:z:w=(0.01+0.03):0.01:0.04:0.22=4:1:4:22。‎ 故答案为：4:1:4:22。‎ - 22 -‎ - 22 -‎