【化学】江西省临川一中2020届高三上学期第一次联考（解析版）

【化学】江西省临川一中2020届高三上学期第一次联考（解析版）

江西省临川一中2020届高三上学期第一次联考 可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 O－16 La－139 Ni－59‎ 一、选择题：(本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 2013年1月1日起，我省正式发布环境空气质量指数(AQI)，包括PM2.5、PM10、O3、CO2、SO2和NO2等6项指标 B. 战国“曾侯乙编钟”属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金 C. 明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒 D. 刚玉、红宝石的主要成分是Al2O3，而青花瓷、石英玻璃的主要成分是硅酸盐 ‎【答案】B ‎【详解】A.环境空气质量指数(AQI)，包括PM2.5、PM10、O3、CO、SO2和NO2等6项指标，不包括CO2，A错误；‎ B.青铜是一种铜锡合金，主要含有Cu、Sn、Pb，战国“曾侯乙编钟”属于青铜制品，B正确；‎ C.明矾水解时产生具有吸附性的Al(OH)3胶体粒子，但该胶体由于表面积大具有吸附作用而使水净化，不具有杀菌消毒作用，C错误；‎ D.刚玉、红宝石、蓝宝石主要成分是Al2O3，石英玻璃的主要成分是SiO2，青花瓷的主要成分是硅酸盐，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.下列说法中正确的是（ ）‎ ‎①有化学键被破坏的变化不一定属于化学变化 ‎②发生了颜色变化的不一定是化学变化 ‎③电解质溶液导电一定发生化学变化 ‎④用糯米、酒曲和水制成甜酒酿，一定是化学变化 ‎⑤用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐不涉及化学变化 A. ①③⑤ B. ②③④ C. ③④⑤ D. 全部 ‎【答案】D ‎【详解】①‎ NaCl溶解有化学键断裂，但没有新物质生成，发生的是物理变化；电解饱和NaCl溶液制取NaOH时，有化学键的破坏，同时产生了新的物质，发生的是化学变化，因此有化学键被破坏的变化不一定属于化学变化，①正确；‎ ‎②I2溶解在CCl4中得到溶液显紫色，没有发生化学变化，所以发生了颜色变化不一定是化学变化，②正确；‎ ‎③电解质溶液导电过程就是溶液的微粒在两个阳、阴电极分别发生氧化反应和还原反应的过程，因此一定发生化学变化，③正确；‎ ‎④用糯米、酒曲和水制成甜酒酿，是淀粉先水解变为葡萄糖，然后再转化为乙醇的过程，有新物质产生，发生的变化一定是化学变化，④正确；‎ ‎⑤用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐是利用淀粉胶粒直径大，不能透过半透膜，而NaCl电离产生的Na+、Cl-直径小，可以透过半透膜，是根据微粒大小分离提纯物质，不涉及化学变化，⑤正确；‎ 综上所述可知正确的说法是①②③④⑤，故合理选项是D。‎ ‎3.纳米材料是指颗粒直径在1～100nm范围内的材料。纳米技术所带动的技术革命及其对人类的影响，远远超过电子技术。下列关于纳米技术的叙述正确的是（ ）‎ A. 纳米材料有丁达尔效应 B. 用纳米级金属颗粒粉剂作催化剂可加快反应速率，提高反应物的转化率 C. 将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，说明“纳米铜”比铜片更易失电子 D. 银器能抑菌、杀菌，纳米银粒子填入内衣织物中，有奇异的抑菌、杀菌效果 ‎【答案】D ‎【详解】A.纳米材料若没有形成分散系，也不会具有丁达尔效应，A错误；‎ B.用纳米级金属颗粒粉剂作催化剂，由于表面积增大，所以可加快反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能提高反应物的转化率，B错误；‎ C.将单质铜制成“纳米铜”时，由于接触面积增大，所以具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，但这不能说明“纳米铜”比铜片更易失电子，金属种类不变，则同种金属活动性不变，C错误；‎ D.银离子是重金属离子，能使蛋白质发生变性，因此有奇异的抑菌、杀菌效果，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎4.下列各组物质中，满足下图物质一步转化关系的选项是（ ）‎ 选项 X Y Z A Na NaOH NaHCO3‎ B Cu CuSO4‎ Cu(OH)2‎ C C CO CO2‎ D Si SiO2‎ H2SiO3‎ ‎【答案】C ‎【详解】A、Na和H2O反应可以生成NaOH，NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3不能转化为Na，A错误；‎ B、Cu和浓H2SO4反应生成CuSO4，CuSO4和NaOH反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2不能转化为Cu，B错误；‎ C、C和O2反应生成CO，CO再和O2反应生成CO2，CO2和C在高温下反应生成CO，C正确；‎ D、Si和O2反应生成SiO2，SiO2不能转化为H2SiO3（需要先用NaOH溶解SiO2，再向所得溶液加入酸），H2SiO3也不能转化为Si，D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎5.如图把气体缓慢通过盛有足量试剂的试剂瓶M，在试管N中可以观察到明显现象的是（ ）‎ 选项 气体 M中试剂 N中试剂 A SO2、CO2‎ 酸性KMnO4溶液 品红溶液 B Cl2、HCl 浓硫酸 淀粉－KI溶液 C NH3、CO2‎ 浓硫酸 酚酞试液 D C2H4、CH4‎ 酸性KMnO4溶液 溴的CCl4溶液 ‎【答案】B ‎【分析】A.二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应；‎ B.二者与浓硫酸都不能反应，氯气与KI反应生成碘；‎ C.氨气与浓硫酸反应；‎ D.乙烯与酸性KMnO4溶液反应。‎ ‎【详解】A.二氧化硫被高锰酸钾氧化产生硫酸，因此乙中无现象，A不符合题意；‎ B.Cl2、HCl不能与浓硫酸反应，氯气与KI反应生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，N中现象明显，B符合题意；‎ C.氨气与浓硫酸反应产生硫酸铵，二氧化碳气体通入酚酞溶液为不变色，N中现象不明显，C不符合题意；‎ D.乙烯被酸性KMnO4溶液氧化产生CO2，CO2、CH4与溴水不反应，N中无现象，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目侧重考查学生的分析与实验能力。‎ ‎6. 下列实验操作或检验正确的是（ ）‎ A. 收集氯气 B. 转移溶液 ‎ C. 模拟工业制备并检验氨气 D. 用海水制少量蒸馏水 ‎【答案】D ‎【详解】A、收集氯气时，氯气的密度大于空气密度，应该采取长进短出方法，A错误；‎ B、配制一定物质的量浓度的溶液时，转移溶液应该使用玻璃棒引流，不能直接倒入容量瓶，避免液体流到容量瓶外，B错误；‎ C、检验氨气使用的是湿润的红色石蕊试纸，C错误；‎ D、可以利用水与盐的沸点差别较大，利用蒸馏装置制取少量的蒸馏水，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎7.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（ ）‎ ‎【答案】B ‎【详解】A.在常温下Fe遇浓硝酸会发生钝化，因此向其中滴入KSCN溶液，不变色，A错误；‎ B.常温下向饱和NaOH溶液中通入足量CO2气体，发生反应：NaOH+CO2=NaHCO3，由于NaHCO3溶解度远小于NaOH，反应产生的NaHCO3不等溶解，就结晶析出，B正确；‎ C.在稀溶液中，Fe2+、H+、NO3-会发生氧化还原反应产生Fe3+、NO、H2O，反应产生的NO是无色气体，遇空气中的O2会被氧化产生红棕色NO2，C错误；‎ D.玻璃中含有Na2SiO3，灼烧会使火焰呈黄色，应该使用铂丝或光洁无锈的Fe丝进行焰色反应实验，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎8.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 25℃时，pH=13的1.0 L Ba(OH) 2溶液中含有的OH-数目为0.2NA B. 标准状况下，2.24 L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.1NA C. 室温下，21.0 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NA D. 标准状况下，22.4 L甲醛中含有的氧原子数为1.0NA ‎【答案】A ‎【详解】A.25℃时，pH=13的1.0 L Ba(OH) 2溶液中,c(OH-)=0.1mol/L，n(OH-)=0.1mol/L×1.0L=0.1mol，所以含有的OH-数目N(OH-)=0.1NA，A错误；‎ B.标准状况下，2.24 L Cl2的物质的量是0.1mol，Cl2与过量稀NaOH溶液发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.1molCl2反应，转移的电子总数为0.1NA，B正确；‎ C.乙烯和丁烯最简式是CH2，其式量是14，室温下，21.0 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的最简式的物质的量是1.5mol，所以含有的碳原子数目为1.5NA，C正确；‎ D.标准状况下，22.4 L甲醛的物质的量是1mol，则其中含有的氧原子数为1.0NA，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. NaHCO3溶液：K＋、SO42-、Cl-、AlO2-‎ B. 由水电离出的c(H＋)=1×10-14mol·L－1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl-、HCO3-‎ C. =1012的溶液中：NH4＋、Al3＋、NO3-、Cl-‎ D. c(Fe3＋)=0.1 mol·L－1的溶液中：K＋、ClO-、SO42-、SCN-‎ ‎【答案】C ‎【详解】A.在NaHCO3溶液：H2O、HCO3-、AlO2-会发生反应产生Al(OH)3沉淀、CO32-，不能大量共存，A错误；‎ B.由水电离出的c(H＋)=1×10-14mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO3-与H+或OH-都会发生反应，不能大量存在，B错误；‎ C. =1012的溶液是酸性溶液，含有大量的H+，H+与选项离子NH4＋、Al3＋、NO3-、Cl-之间不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；‎ D. c(Fe3＋)=0.1 mol/L溶液中：Fe3＋、SCN-会发生反应，不能大量共存，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎10.已知氧化性Br2＞Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：a Fe2++b Br-+c Cl2→d Fe3++ e Br2+ f Cl-,下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是（ ）‎ A. 2 4 3 2 2 6 B. 0 2 1 0 1 2‎ C. 2 0 1 2 0 2 D. 2 2 2 2 1 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：向FeBr2溶液中通入氯气，氯气先和亚铁离子发生反应，然后再和溴离子发生反应，A、氯气过量，Br-、Fe2+‎ 都完全被完全氧化，反应方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-，A正确；B、氧化性Br2＞Fe3+，不可能存在Fe2+、Br2共存，B错误；C、加入的氯气的物质的量与铁的物质的量1：2时，发生反应 2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，C正确；D、当加入的氯气把Fe2+完全氧化成Fe3+，还有部分剩余时，可以发生反应2Fe2++2Br-+2Cl2→2Fe3++1Br2+4Cl-，D正确；答案选B。‎ 考点：考查氧化还原反应配平与判断 ‎11.有关下列四个常用电化学装置的叙述中正确的是（ ）‎ A. 图所示电池中，负极电极反应为Zn-2e-=Zn2＋‎ B. 图所示电池放电过程中，两电极质量不断增大 C. 图所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2＋浓度始终不变 D. 图所示电池工作过程中Ag2O被氧化为Ag ‎【答案】B ‎【详解】A.该电池反应中由于电解质溶液为碱性，负极的电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，A错误；‎ B.铅蓄电池放电时电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，负极电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4↓，正极的电极反应式为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，可见：电池放电过程中，两电极质量不断增大，B正确；‎ C.粗铜中还含有其它金属，电解时，阳极上粗铜中有铜和其它较活泼金属失电子，阴极纯铜上只有铜离子得电子，阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，C错误；‎ D.该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以Ag2O是氧化剂、发生还原反应，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎12.运用有关概念判断下列叙述正确的是（ ）‎ A. 碱性氧化物都是金属氧化物，有些金属氧化物是酸性氧化物 B. Na2SO3能被Fe3＋、H2O2、浓硝酸、浓硫酸、氯气等氧化剂氧化 C. 互为同系物 D. BaSO4的水溶液不易导电，其电离方程式为BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)‎ ‎【答案】A ‎【详解】A.碱性氧化物都是金属氧化物，有些金属氧化物是酸性氧化物，如Mn2O7，有些是两性氧化物如Al2O3，A正确；‎ B.Na2SO3具有还原性，在酸性条件下可被Fe3＋氧化，在中性或碱性环境则不能被氧化，B错误；‎ C.苯酚属于酚，羟基与苯环直接连接，而苯甲醇属于芳香醇，羟基连接在侧链上，二者属于不同类物质，不是同系物，C错误；‎ D.硫酸钡难溶于水，溶解度小，但溶于水的完全电离，属于强电解质，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎13.下列说法正确的是（ ）‎ A. 稀释Na2CO3溶液，水解平衡逆向移动，水的电离程度增大 B. 0.1 mol·L－1氨水中加入10 mL NaCl溶液，平衡不移动 C. 因H2SO4是强酸，CuSO4溶液与H2S不能发生反应 D. 用石墨作电极电解硫酸铜溶液的过程中，阳极区H2OH＋+OH-的电离平衡正向移动 ‎【答案】D ‎【详解】A. Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，加水稀释，水解平衡正向移动，水的电离程度增大，A错误；‎ B.0.1 mol/L氨水中加入10 mL NaCl溶液，相当于加水稀释，NH3·H2O的电离平衡正向移动，其电离程度增大，B错误； ‎ C. CuSO4溶液与H2S在溶液中发生反应产生CuS黑色沉淀和H2SO4，C错误；‎ D.用石墨作电极电解硫酸铜溶液的过程中，阳极区发生反应：OH--4e-=2H2O+O2↑，破坏了附近的水的电离平衡，促使水进一步电离，H2OH＋+OH-的电离平衡正向移动，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎14.对于反应CO（g）+H2O（g）CO 2（g）+ H 2（g） △H﹤0，在其他条件不变的情况下（ ）‎ A. 加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变 B. 改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变 C. 升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变 D. 若在原电池中进行，反应放出的热量不变 ‎【答案】B ‎【详解】A．催化剂虽然改变了反应途径，反应物、生成物的状态不变，所以△H不变，A错误；‎ B．反应前后体积不变，则改变压强（压缩气体或扩大容积），平衡不发生移动，反应放出的热量不变，B正确；‎ C．该反应是放热反应，升高温度，化学反应速率加快，反应的△H不变，但由于平衡向逆反应方向进行，放出的热量减少，C错误；‎ D．若在原电池中进行，反应不放出热量，而是将化学能转换为电能，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点晴】解答时需要注意的是催化剂虽然改变了反应途径，但△H不变；对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动。‎ 二、非选择题：共58分 ‎15.CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值化学品是目前的研究目标。‎ ‎(一)①己知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=－890.3kJ/mol，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H=+2.8 kJ/mol，‎ ‎2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566.0 kJ/mol，‎ 反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=_______________。‎ ‎②250℃时，以镍合金为催化剂，向2L容器中通入6mol CO2、6mol CH4，发生如下反应：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。2min后达到平衡，测得平衡体系中H2的体积分数为40％。此温度下该反应的平衡常数K=________________。2min内CO2平均消耗速率为____________________。‎ ‎(2)以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。‎ ‎①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如下图所示。250～300℃时，乙酸的生成速率减小的原因是_______________________________________________________。‎ ‎②为了提高该反应中CH4的转化率，可能采取的措施是______________________________。‎ ‎③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为_____________________________________。‎ ‎(3)第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车轮。汽车上坡或加速时，电动机提供动力，降低油耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态。混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属(以M表示)为负极，碱液(主要为KOH溶液)为电解质溶液。镍氢电池充放电原理示意图如下，其总反应式为H2+2NiOOHNi(OH)2。‎ 根据所给信息判断，混合动力车上坡或加速时，该电池处于________(选填“充电”或“放电”)，乙电极的电极反应式为_________________________。‎ ‎【答案】(1). +247.3 kJ/mol (2). 256 (3). 1mol/(L·min) (4). 催化剂的催化效率降低 (5). 增大反应压强或增大CO2的浓度 (6). 3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2＋+6Al3++2NO↑+16H2O (7). 放电 (8). NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-‎ ‎【分析】(1)①根据盖斯定律来解答； ‎ ‎②先利用物质反应转化关系计算出各种物质的平衡浓度，带入平衡常数表达式计算可得其数值，根据速率含义计算出CO2的反应速率；‎ ‎(2)①根据温度对催化剂活性的影响；‎ ‎②根据外界条件对化学平衡的影响，平衡正向移动，反应物转化率增大；‎ ‎③先将Cu2Al2O4拆成氧化物形式：Cu2O•Al2O3，再根据氧化物与酸反应生成离子方程式，需要注意的是一价铜具有还原性；‎ ‎(3)上坡或加速时，该装置是原电池，根据图知，乙是镍的化合物为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应，据此书写电极反应式。‎ ‎【详解】(1)①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3kJ/mol①‎ CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H=2.8kJ/mol ②‎ ‎2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566.0kJ/mol ③‎ 根据盖斯定律，由①+②×2-③×2得，CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H=-890.3kJ/mol+2.8kJ/mol×2+566.0kJ/mol×2=+247.3 kJ/mol；‎ ‎②反应开始时，向2L容器中通入6mol CO2、6mol CH4，c(CO2)=c(CH4)=6mol÷2L=3mol/L，发生如下反应：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。2min后达到平衡，测得平衡体系中H2的体积分数为40％。假设CO2转化浓度为x，则同时会消耗CH4浓度为x，产生CO浓度为2x，产生H2浓度为2x，则平衡时各种物质的浓度：c(CO2)=c(CH4)=(3-x)mol/L，c(CO)=c(H2)=2x，由于测得平衡体系中H2的体积分数为40％，所以=40%，解得x=2，所以此温度下该反应的平衡常数K==256。2min内CO2平均消耗速率为v(CO2)==1mol/(L·min)；‎ ‎(2)①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低；‎ ‎②增大反应压强、增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大；‎ ‎③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；‎ ‎(3)上坡或加速时，该装置是原电池，根据图知，乙是镍的化合物为正极，正极上NiOOH和水得电子生成氢氧化镍和氢氧根离子，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，所以附近溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH值变大。‎ ‎【点睛】本题主要考查了综合利用CO2‎ ‎、电化学及热化学反应方程式的书写，化学反应速率和化学平衡的计算等，根据反应的能量变化只与物质的始态和终态有关，与反应途径无关，利用盖斯定律进行方程式叠加，得相应热化学方程式。注意热化学反应方程式中反应热与化学计量数的关系，计量数改变，反应热要相应的改变，同时注意题给信息，车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态。‎ ‎16.信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学习探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为_____________________________________；‎ 得到滤渣I的主要成分为______________________；‎ ‎(2)第②步加H2O2的作用是________________________________________；‎ ‎(3)用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是____________________________；‎ ‎(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：‎ 上述三种方案中，_____方案不可行，原因是_____________________________________；从原子利用率角度考虑，_____方案更合理。‎ ‎【答案】(1). Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H＋+2NO3-3Cu2++2NO↑+ 4H2O (2). Au、Pt (3). 将Fe2＋氧化为Fe3＋，不引入杂质，对环境无污染 (4). 加热脱水 (5). 甲 (6). 所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质 (7). 乙 ‎【分析】本题是以含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物为原料，制备硫酸铜和硫酸铝晶体，涉及了用离子方程式表示反应原理，利用绿色氧化剂过氧化氢氧化二价亚铁离子得到三价铁离子，然后通过调整溶液的pH使Fe3+、Al3+沉淀，再先用碱溶液溶解沉淀，过滤后再用酸溶解沉淀，得到的溶液再分别结晶，根据物质中杂质含量判断方案的可行性，根据原子利用率高低判断方案的优劣。‎ ‎【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，其中不活泼的金属Au、Pt不能溶解，进入滤渣；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与硝酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；‎ ‎(2)第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；H2O2作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无污染；‎ ‎(3)由于CuSO4是难挥发性的强酸生成的盐，在加热过程中发生水解反应产生的Cu(OH)2与硫酸会再反应产生CuSO4，所以第③步由CuSO4·5H2O制备CuSO4的方法应是直接在坩埚中加热脱水；‎ ‎(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中：‎ 甲方案在滤渣中只加了硫酸，会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法甲不可行； ‎ 乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加适量Al粉，Al和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，乙方案可行；‎ 丙方案先在滤渣中加NaOH，NaOH和Al(OH)3反应生成可溶性的NaAlO2，然后在滤液中加H2SO4，NaAlO2与硫酸反应生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，方案丙可行；‎ 可见在上述三种方案中，方案甲不可行，方案乙、丙可行，甲方案不可行原因是所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；‎ 从原子利用率角度考虑，方案乙反应步骤少，产生的副产物少，原子利用率相对高些，所以方案乙更合理。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的分离提纯、离子方程式的书写、实验方案的设计与评价等知识。较为全面的考查了学生对元素及化合物、离子的检验、物质的分离提纯，盐的水解及有电子转移的离子方程式的书写规律等，将基本理论、元素化合物、化学实验有机融为一体，是不可多得的一道好题目。‎ ‎17.某化学探究小组拟用铜片制取Cu(NO3) 2，并探究其化学性质。‎ I.他们先把铜粉放在空气中灼烧，再与稀HNO3反应制取硝酸铜。‎ ‎(1)如果直接用铜屑与稀HNO3反应来制取硝酸铜，可能导致的两个不利因素是____________‎ ‎__________________________________。‎ ‎(2)实验中铜粉应该放在___________(选填“蒸发皿”、“坩埚”或“烧杯”)中灼烧。欲从反应后的溶液中得到硝酸铜晶体，实验操作步骤按顺序分别是___________、____________、过滤。‎ II.为了探究Cu(NO3)2的热稳定性，探究小组按下图中的装置进行实验。(图中铁架台、铁夹和加热设备均略去)‎ 往左试管中放入研细的无水Cu(NO3)2晶体并加热，观察到左试管中有红棕色气体生成，最终残留黑色粉末；用U型管除去红棕色气体，在右试管中收集到无色气体。‎ ‎(1)红棕色气体是______________。‎ ‎(2)当导管口不再有气泡冒出时，停止反应，这时在操作上应注意______________________。‎ ‎(3)探究小组判断Cu(NO3)2的分解属于氧化还原反应，产物除了红棕色气休和黑色固体外，进一步分析、推断，分解产物中一定还含有_____________________。‎ III.为了探究Cu(NO3)2在酸性条件下跟铁单质的反应。他们取一支试管，加入Cu(NO3)2溶液，滴入适量稀硫酸酸化，再加入一定量铁粉，实验后没有固体残留物质。该探究小组对反应后溶液中铁元素的价态进行探究，他们设计了实验方案，并进行实验。请在下面表格中补充写出实验操作步骤、预期现象与结论___、___、___。‎ ‎【答案】 (1). 生成等物质的量的硝酸铜，消耗硝酸原料多，且产生污染物NO (2). 坩埚 (3). 蒸发浓缩 (4). 冷却结晶 (5). NO2 (6). 先把导气管移出水面，然后熄灭酒精灯火焰 (7). O2 (8). 不能 (9). 若KMnO4‎ 溶液的紫红色褪去或变浅，则说明产物中含＋2价铁元素；若KMnO4溶液不褪色或不变浅，则说明产物中不含＋2价铁元素 (10). 另取少量溶液，滴加KSCN溶液 ‎【分析】I.(1)比较方案的优劣，一般从三个方面考虑：一是原料是否简单易得，二是操作是否简单，三是否环保；写出反应的化学方程式，然后根据反应原理进行判断两个方案的特点；‎ ‎(2)灼烧固体用坩埚，硝酸铜溶液中，铜离子存在水解平衡，所以不能直接加热蒸发获得硫酸铜晶体，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；‎ Ⅱ.(1)NO2是红棕色气体；‎ ‎(2)注意防止发生倒吸；‎ ‎(3)根据氧化还原反应中化合价变化判断硝酸铜的分解产物；‎ Ⅲ. 步骤1：Fe2+的溶液为浅绿色，Fe3+溶液为棕黄色，而该溶液呈蓝绿色，据此分析判断；‎ 步骤2：酸性KMnO4溶液具有氧化性，能够氧化Fe2+，因此若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅说明产物中含+2价的铁元素，否则不含+2价的铁元素；‎ 步骤3：根据“预期现象与结论”可知该操作是为检验溶液中是否含有+3价的铁元素，可知选用的试剂是KSCN溶液。‎ ‎【详解】Ⅰ.(1)生成等物质的量的硝酸铜，假如为1mol，先把铜粉放在空气中灼烧，再与稀HNO3反应制取硝酸铜，消耗2mol硝酸，而Cu直接与稀硝酸发生反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，制取1molCu(NO3)2会消耗mol硝酸，显然消耗的硝酸原料多，并且产生污染性气体NO；‎ ‎(2)灼烧固体铜粉用坩埚；由于铜离子在溶液中存在水解平衡，所以从硝酸铜溶液中获得硝酸铜晶体，不能直接蒸发结晶，需要通过蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤的操作方法完成；‎ Ⅱ.(1)加热Cu(NO3)2晶体产生的红棕色气体是NO2；‎ ‎(2)为防止发生倒吸现象，应该进行的操作是：先把导气管移出水面，然后熄灭火焰；‎ ‎(3)探究小组判断Cu(NO3)2的分解属于氧化还原反应，产物中红棕色气体为NO2，黑色固体为CuO，根据化合价变化，硝酸铜中N元素从+5价变为+4价的NO2，化合价降低被还原，则一定存在化合价升高的元素，该元素只能为O元素，反应中O元素被氧化成O2，则分解产物中一定还含有O2，反应的化学方程式：2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑；‎ Ⅲ.步骤1：Fe2+在溶液中为浅绿色，Fe3+在溶液中为棕黄色，而该溶液呈蓝绿色，因此不能确定产物中铁元素的价态；‎ 步骤2：酸性KMnO4溶液具有氧化性，能够氧化Fe2+变为Fe3+，若KMnO4‎ 溶液的紫红色褪去或变浅说明产物中含+2价的铁元素；‎ 步骤3：为检验溶液中是否含有+3价的铁元素，现象为溶液变为红色，因此用的试剂是KSCN溶液。‎ ‎【点睛】本题考查物质的制备，涉及物质的稳定性、物质的检验方法和实验操作、结论的合理性判断等，注意把握题给信息，结合物质的性质、常见物质的颜色、状态等设计实验步骤，侧重考查学生的分析能力、实验能力。‎ ‎18.A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大。第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题：‎ ‎(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是_______________(用对应的元素符号表示)；基态D原子的电子排布式为______________。‎ ‎(2)A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取_____杂化；BC3-的立体构型为____________________(用文字描述)。‎ ‎(3)1mol AB-中含有的π键个数为__________。‎ ‎(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比__________。‎ ‎(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力。己知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10-23cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则LaNin中n=________(填数值)；氢在合金中的密度为__________(保留2位有效数字)。‎ ‎【答案】(1). C

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