【化学】湖北省武汉为明学校2020届高三7月月考（解析版）

【化学】湖北省武汉为明学校2020届高三7月月考（解析版）

湖北省武汉为明学校2020届高三7月月考 一、选择题 ‎1.《验方新编》中有如下叙述:“凡暑月身热昏沉，未明症候，恐是出丹。用生白扁豆数粒食之. 如不知腥味，则以生白扁豆、水泡湿，研汁一小杯，调水一盏服之。即愈。”文中涉及的操作方法是（ ）‎ A. 蒸馏 B. 升华 C. 浸取 D. 分液 ‎【答案】C ‎【解析】以生白扁豆、水泡湿，这是浸取的方法，故C正确。‎ ‎2.《电石安全技术说明书》中对电石描述为“…遇水或湿气能迅速产生高度易燃的乙炔气体，应与氧化剂类物质分开存放…”。下列说法不合理的是（　　）‎ A. 盛装电石的包装上贴有的危险化学品标志为（遇湿易燃）‎ B. 电石与硝酸分开存放 C. 运输电石的铁桶内可充入氮气 D. 电石着火可用泡沫灭火器扑灭 ‎【答案】D ‎【详解】A.电石与水发生反应的化学方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑，生成易燃气体乙炔(C2H2)，乙炔遇明火发生爆炸生成二氧化碳和水，电石属于遇湿易燃物品，A合理；‎ B.浓硝酸易挥发、具有强氧化性，电石与挥发的水、硝酸接触，发生化学反应或引起燃烧，保存时应与硝酸分开存放，B合理；‎ C.氮气性质稳定，运输电石的铁桶内可充入氮气，可防止电石遇潮易燃，C合理；‎ D.泡沫灭火器原理，在溶液中发生反应：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生CO2灭火，冲出的二氧化碳中含有水，电石与水反应生成的C2H2继续燃烧，D不合理；‎ 故合理选项是D。‎ ‎3.在一些高档茶叶、点心等食品的包装盒中有一个小袋，将小袋打开，可看到灰黑色粉末，其中有些已变成棕褐色。将灰黑色粉末溶于盐酸，取上层清液，滴入几滴氯水，再滴入KSCN溶液，马上出现血红色。以下结论不正确的是（ ）‎ A. 该灰黑色粉末作抗氧化剂 B. 该灰黑色粉末不可食用 C. 小袋中原来装有铁粉 D. 小袋中原来装有Fe2O3‎ ‎【答案】D ‎【分析】根据题意，黑色粉末中含有铁元素，灰黑色粉末为铁粉，铁粉能够吸收水和氧气，既能用作食品防抗氧化剂，又能用作食品干燥剂；铁粉在潮湿的空气中生锈而变成红色的氧化铁。‎ ‎【详解】铁粉能够吸收水和氧气，所以作抗氧化剂，故A正确；灰黑色粉末为铁粉，不能食用，故B正确；铁粉具有还原性，能用作食品防抗氧化剂，又能用作食品干燥剂，所以小袋中原来装有铁粉，故C正确；Fe2O3没有还原性，不能作抗氧化剂，小袋中原来没有Fe2O3，故D错误，选D。‎ ‎4.实验室根据侯氏制碱原理制备少量 NaHCO3 固体的四个主要步骤中，不能实现实验目的的是（ ）‎ A. 制取氨气 B. 制取碳酸氢钠 ‎ C. 分离碳酸氢钠 D. 干燥碳酸氢钠 ‎【答案】D ‎【详解】A. 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故A可以达到实验目的；‎ B. 将CO2通入氨化的饱和食盐水中，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，NaHCO3的溶解度较小，析出NaHCO3晶体，故B可以达到实验目的；‎ C.过滤得到NaHCO3晶体，故C可以达到实验目的；‎ D. NaHCO3受热易分解，故D不能达到实验目的；‎ 故选D。‎ ‎5.钛和钛的合金被誉为“21世纪最有发展前景的金属材料”，它们具有很多优良的性能，如熔点高、密度小、可塑性好、易于加工，尤其是钛合金与人体器官具有很好的“生物相容性”。根据它们的主要性能，下列用途不切合实际的是（ ）‎ A. 用来做保险丝 B. 用于制造航天飞机 C. 用来制造人造骨 D. 用于家庭装修，做钛合金装饰门 ‎【答案】A ‎【详解】A.保险丝应该用熔点比较低的金属材料制作，而钛及其合金熔点高，所以不适合作保险丝，A错误；‎ B.因为钛和钛的合金密度小、可塑性好、易于加工，所以可用于制造航天飞机，B正确；‎ C.因为钛合金与人体有很好的“相容性”，所以可用来制造人造骨，C正确；‎ D.因为钛和钛的合金密度小、可塑性好、易于加工，所以可用于家庭装修，做钛合金装饰门，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎6.下列离子方程式不正确的是 ( )‎ A. 氨气通入稀硫酸中：NH3＋H+＝NH4+‎ B. 二氧化碳通入碳酸钠溶液中：CO2＋CO＋H2O＝2HCO3－‎ C. 磁性氧化铁与浓盐酸反应：Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O D. 澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应：Ca2＋＋OH－＋HCO=CaCO3↓＋H2O ‎【答案】D ‎【详解】A.氨气通入稀硫酸中生成硫酸铵，离子方程式为NH3＋H+=NH4+，A正确；‎ B.二氧化碳通入碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠，离子方程式：CO2＋CO32-＋H2O=2HCO3-，B正确；‎ C.磁性氧化铁与浓盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，反应的离子方程式：Fe3O4＋8H+=Fe2+＋2Fe3+＋4H2O，C正确；‎ D.澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应生成碳酸钙和碳酸钠，离子方程式为Ca2＋＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2O+CO32-，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎7.如下图表示AlCl3溶液与NaOH溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线。下列判断错误的是（ ）‎ A. ①线表示Al3＋的物质的量的变化 B. x表示AlCl3的物质的量 C. ③线表示Al(OH)3的物质的量的变化 D. ④线表示AlO2－的物质的量的变化 ‎【答案】B ‎【分析】假定向含有1molAlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Al3+完全沉淀，消耗3molOH-，生成1molAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，沉淀完全溶解消耗1molOH-，生成1molAlO2-，前后两部分消耗OH-为3：1，假定向含有4molNaOH溶液中滴加AlCl3溶液，首先发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-完全反应消耗1molAl3+，生成1molAlO2-，然后发生反应Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓，AlO2- 完全反应，消耗1/3 molAl3+，生成4/3 mol Al（OH）3↓，前后两部分消耗的Al3+为1mol：1/3mol=3：1，由图象可知，①②表示微粒、③④表示微粒物质的量关系为1：1，则该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，据此结合选项解答。‎ ‎【详解】A．由上述分析可知，首先发生反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓，溶液中铝离子物质的量减少，①线表示Al3+的物质的量的变化，故A正确；‎ B．由上述分析可知，x表示NaOH溶液，故B错误；‎ C．由上述分析可知，随反应进行Al（OH）3物质的量先增大后减小，故③线表示Al（OH）3的物质的量的变化，故C正确；‎ ‎ D．由上述分析可知，Al（OH）3溶解时，AlO2-的物质的量增大，④线表示AlO2-的物质的量的变化，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎8. 下面有关铜化合物的性质叙述中正确的是（ ）‎ A. CuSO4变成CuSO4·5H2O是物理变化 B. 一定条件下，新制的Cu(OH)2浊液能与乙醛反应但不能与乙酸反应 C. CuO是黑色固体，与水反应可生成Cu(OH)2‎ D. Cu2O遇硝酸可能会被氧化成Cu2＋‎ ‎【答案】D ‎【详解】A．CuSO4、CuSO4·5H2O是两种不同的物质，因此CuSO4变成CuSO4·5H2O是化学变化，A错误；‎ B．一定条件下，新制的Cu(OH)2‎ 浊液能与乙醛发生氧化还原反应，也可以与乙酸发生中和反应，B错误；‎ C．CuO是黑色固体，难溶于水，不能与水反应生成相应的氢氧化物Cu(OH)2，C错误；‎ D．Cu2O中Cu元素的化合价为+1价，具有还原性，硝酸有氧化性，二者会发生氧化还原反应，Cu2O会被硝酸氧化成Cu2＋，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.下列实验设计能够成功的是(　　)‎ 选项 实验目的 实验步骤及现象 A 检验亚硫酸钠试样是否变质 试样白色沉淀沉淀不溶解 B 检验某盐是否为铵盐 试样产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 C 证明酸性条件下H2O2氧化性比I2强 NaI溶液溶液变蓝色 D 除去硝酸钾晶体中少量氯化钠 试样 硝酸钾 ‎【答案】D ‎【详解】A．亚硫酸根离子在酸性条件下可与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，沉淀不溶解不能说明亚硫酸钠已变质，故A错误；‎ B．铵盐和强碱在加热条件下反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应加入碱溶液后加热，故B错误；‎ C．稀硝酸也具有强氧化性，能氧化碘离子为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，故C错误；‎ D．硝酸钾的溶解度随温度的升高明显增大，氯化钠的溶解度随温度的升高增大不明显，可将含有少量NaCl的KNO3晶体经溶解、蒸发浓缩、降温结晶、过滤提纯KNO3，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查较为综合，涉及离子的检验等性质方案的评价，题目侧重于反应原理以及实验操作的严密性的考查。本题的易错点是A，要注意硝酸的氧化性。‎ ‎10.下列叙述不正确的是（　　）‎ ‎①工业上用电解氯化钠溶液的方法制取钠 ‎ ‎②可以用钠加入氯化镁的饱和溶液中制取金属镁 ‎③用于电冶铝的原料是氯化铝 ‎ ‎④炭在高温下能还原氧化镁中的镁 A. ①②③④ B. ①②③ C. ①③ D. ①‎ ‎【答案】A ‎【详解】①工业上用电解熔融氯化钠的方法制取钠，①错误； ‎ ‎②将钠加入到氯化镁溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再和氯化镁发生复分解反应生成氢氧化镁、氯化钠，所以得不到镁，钠、镁都是活泼金属，工业上采用电解其熔融盐的方法冶炼，②错误；‎ ‎③铝是活泼金属，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，③错误；‎ ‎④Mg在CO2中燃烧生成MgO和C单质，工业上采用电解其熔融盐的方法冶炼镁，④错误；‎ 综上所述可知：说法错误的是①②③④，故合理选项是A。‎ ‎11.下列物质的转化在指定条件下能实现的是（ ）‎ A. CuCu2(OH)2CO3Cu(OH)2‎ B. MgOMgCl2(aq)MgCl2(s)‎ C. CaCl2(aq)CaCO3 CaSiO3‎ D. SSO3H2SO4‎ ‎【答案】B ‎【详解】A.铜能与氧气、CO2和水反应生成铜绿[Cu2(OH)2CO3]，铜绿加热生成CuO，不能生成Cu(OH)2，A项不能实现；‎ B.MgO是碱性氧化物，与盐酸反应生成MgCl2溶液，MgCl2（aq）在HCl氛围中加热能生成MgCl2，B项能实现；‎ C.盐酸的酸性强于碳酸，CO2与CaCl2不反应，C项不能实现；‎ D.S在氧气中燃烧生成SO2，不会生成SO3，D项不能实现；‎ 答案选B。‎ ‎12.下列反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比最大的是（ ）‎ A. 氯气和氨气 3Cl2 + 8NH3 = N2 + 6NH4Cl B. 铜和稀硝酸3Cu + 8HNO3(稀) = 2NO↑+ 3Cu(NO3)2 + 4H2O C. 氢气和氧化铁 3H2 + Fe2O32Fe + 3H2O D. 二氧化锰和盐酸 MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O ‎【答案】A ‎【解析】A. 氯气和氨气 3Cl2 + 8NH3 = N2 + 6NH4Cl，Cl2 中元素化合价降低是氧化剂，NH3中元素化合价升高是还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比3：2；B. 铜和稀硝酸3Cu + 8HNO3(稀) = 2NO↑+ 3Cu(NO3)2 + 4H2O，HNO3中元素化合价降低是氧化剂，Cu中元素化合价升高是还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比2：3；C. 氢气和氧化铁 3H2 + Fe2O32Fe + 3H2O，Fe2O3中元素化合价降低是氧化剂，H2 中元素化合价升高是还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比1：3；D. 二氧化锰和盐酸 MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O， MnO2中元素 化合价降低是氧化剂，HCl中元素化合价升高是还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比1：2；综上所述，选A。‎ ‎13.一定温度下，向饱和NaOH溶液中投入一小块金属钠，充分反应后恢复到原来温度。下列叙述中不合理的是（　　）‎ A. 钠浮于液面，到处游动，发出嘶嘶响声 B. 溶液的质量减少，NaOH的物质的量浓度不变 C. 溶液中NaOH的质量分数不变，有H2放出 D. 溶液中溶质的质量增大，并放出H2‎ ‎【答案】D ‎【分析】依据钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应消耗水，饱和NaOH溶液中有NaOH析出解答。‎ ‎【详解】A.钠的密度小于水，钠与水发生剧烈反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，则钠浮于液面，到处游动，发出嘶嘶响声，A正确；‎ B.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，则溶液的质量减少，但温度不变溶解度不变，所以NaOH的物质的量浓度不变，B正确；‎ C.物质的溶解度只与温度有关，温度不变溶解度不变，所以溶液中NaOH的质量分数不变，钠与水反应有H2放出，C正确；‎ D.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，则溶液中溶质的质量减小，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查钠的性质，明确钠与水反应的实质是解题关键，注意饱和溶液的性质，溶剂减小，溶液中要析出晶体，但只要溶液的温度不变，则溶液的浓度不变，物质的溶解度不变，但溶解的溶质的质量会减小为易错点。‎ ‎14.有一铁的氧化物样品，用50mL 5mol·L－1盐酸可恰好使其完全溶解。所得溶液可吸收标准状况下0.56L氯气，使其中的Fe2+全部转化为Fe3+。该样品可能的化学式为（ ）‎ A. Fe4O5 B. Fe3O4 C. Fe5O7 D. Fe8O11‎ ‎【答案】A ‎【详解】n（HCl）=0.05L×5mol·L－1=0.25mol，n(Cl2)=0.56L÷22.4L/mol=0.025mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，则氧化物中n(O)=1/2×n（HCl）=1/2×0.25mol=0.125mol，反应后溶液成分为FeCl3，n(Cl-)=0.25mol+0.025mol×2==0.3mol，n(Fe)=0.3mol×1/3=0.1mol，所以n(Fe): n(O)= 0.1mol：0.125mol=4/5，该样品的化学式为：Fe4O5，故A正确；‎ 故选A。‎ ‎15.常温下，有pH＝1的某溶液中可能有Na+、Fe3+、Fe2+、I﹣、Cl﹣、CO32﹣中的某几种，现取100mL该溶液进行如下实验：已知氧化性Fe3+>I2，根据实验结果，下列判断正确的是（　　）‎ A. Fe3+、I﹣、Cl﹣三种离子一定存在 B. 不能确定Na+和Cl﹣是否存在，CO32﹣一定不存在 C. Fe3+与Fe2+至少有一种 D. 该溶液中c(Cl﹣)≥0.3mol•L1‎ ‎【答案】D ‎【分析】pH=1的溶液中存在大量氢离子，则一定不存在CO32-；向溶液中通入氯气、加入CCl4分液后得到紫色溶液，则原溶液中含有I-，Fe3+能够氧化I-，则一定不存在Fe3+；水层中加入氢氧化钠溶液得到固体，该固体洗涤、灼烧得到的1.60g固体为氧化铁，则溶液中一定存在Fe2+‎ ‎，然后结合碘单质的质量、氧化铁的质量及电荷守恒判断氯离子的存在情况及浓度。‎ ‎【详解】pH=1的溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，100mL该溶液中含有氢离子的物质的量n(H+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，由于H+与CO32-会发生离子反应，因此一定不存在CO32-；‎ 向溶液中通入氯气、加入CCl4分液后得到紫色溶液，说明反应产生了I2，原溶液中含有I-，Fe3+能够氧化I-，则一定不存在Fe3+；2.54g紫黑色固体为碘单质，其物质的量n(I2)=2.54g÷254g/mol=0.01mol，则原溶液中含有碘离子的物质的量n(I-)=2n(I2)=0.02mol；‎ 水层中加入NaOH溶液得到固体，该固体洗涤、灼烧得到的1.60g固体为Fe2O3，则溶液中一定存在Fe2+，根据铁元素守恒可知Fe2+的物质的量n(Fe2+)=2n(Fe2O3)=2×=0.02mol，0.02mol Fe2+、0.01molH+共带有正电荷为0.05mol，0.02molI-带有负电荷为0.02mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Cl-，其物质的量至少为0.04mol-0.02mol+0.01mol=0.03mol，故氯离子的浓度最小c(Cl-)=0.03mol÷0.1L=0.3mol/L。‎ A.根据分析可知，原溶液中一定含有Fe2+、I-、Cl-，A错误；‎ B.原溶液中一定不存在CO32-，一定含有Cl-，B错误；‎ C.原溶液中一定存在Fe2+，一定不存在Fe3+，C错误；‎ D.根据分析可知该溶液中c(Cl-)≥0.3mol/L，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了常见离子的检验方法，明确常见离子的性质为解答关键，注意熟练掌握常见离子的检验方法，试题培养了学生的灵活应用能力。根据电荷守恒判断氯离子的存在情况为易错点。‎ ‎16.常温下，向Na2CO3溶液中逐滴滴入0.1mol·L－1盐酸，溶液的pH随着滴入盐酸溶液体积变化曲线如下图，则下列说法正确的是(　　)‎ A. a点时溶液pH＝11.5，原因是：CO32—＋2H2O===H2CO3＋2OH－‎ B. a～b段发生反应为：CO32—＋2H＋===CO2↑＋H2O C. b～c段发生反应为：HCO3—＋H＋===CO2↑＋H2O D. c～d段发生反应为：H＋＋OH－===H2O ‎【答案】C ‎【详解】A. 碳酸根离子水解是可逆反应，所以不能用“=”表示，且碳酸根离子水解分步进行，显碱性的主要原因为：CO32—＋H2OHCO3－＋OH－，A项错误；‎ B. a～b段碳酸钠溶液中逐滴滴入稀盐酸时，先发生CO32－＋H＋= HCO3－，a-b段溶液的pH减小，说明此时发生的是CO32－＋H＋= HCO3－，B项错误；‎ C. b～c段的pH降低，说明此时发生的是HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，C项正确；‎ D.当稀盐酸与碳酸钠反应完全时，溶液应呈中性，但二氧化碳能溶于水，生成的碳酸电离产生氢离子，使溶液呈酸性，所以c～d段溶液由中性变为酸性的原因是二氧化碳溶于水的缘故，D项错误；‎ 答案选C。‎ 二、解答题 ‎17.化学学习活动小组学习了铁铜化合物知识后，查阅资料，积极思考，提出了一系列问题，请予以解答：‎ ‎（1）氯化亚铜（CuCl）是重要的化工原料，工业上常通过下列反应制备CuCl：‎ ‎2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋Na2CO3=2CuCl↓＋3Na2SO4＋CO2↑‎ 查阅资料可得，CuCl可以溶解在FeCl3溶液中，请写出该反应的离子方程式是___________________________________；‎ ‎（2） 已知：Cu2O在酸溶液中发生歧化反应：Cu2O+2H+=Cu2++Cu +H2O 现将一定量混合物（Fe2O3、Cu2O、CuCl、Fe）溶解于过量稀盐酸中，反应完全后，得到W（包括溶液和少量剩余固体），此时溶液中一定含有的阳离子_________________（用离子符号表示）；继续往W中通入足量的氯气，不断搅拌，充分反应，溶液中哪些离子的物质的量一定有明显变化________________（用离子符号表示）；不通入气体，改往W中加入过量铁粉，过滤，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2mol I-时，共转移3 mol电子，该反应的离子方程式是_____________________。‎ ‎【答案】(1). CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl- (2). H+、Fe2+ (3). Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl- (4). 2Fe2++3H2O2+4I-=2Fe(OH)3+2I2‎ ‎【详解】（1）氯化亚铜与氯化铁反应，+1价的铜可以被铁离子氧化成铜离子，反应的离子方程式为CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-。‎ ‎（2）混合物中加入盐酸，铁与盐酸反应生成FeCl2和H2‎ ‎，氧化亚铜与盐酸反应生成氯化铜和铜，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，铜和铁离子反应生成铜离子和亚铁离子，氯化亚铜与铁离子反应生成铜离子和亚铁离子，最后仍有固体，说明为铜，则溶液中有生成的Fe2+和剩余的H+。‎ 通入足量的氯气，亚铁离子被氧化成铁离子（发生反应Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-），铁离子继续将铜反应生成铜离子和Fe2+，所以物质的量有明显变化的离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-。‎ 若加入过量的铁粉，过滤所得溶液为氯化亚铁溶液，加入淀粉KI和过氧化氢，变蓝色，说明有碘单质生成，红褐色沉淀为氢氧化铁沉淀，当消耗2mol碘离子时，转移3mol电子，说明同时有1mol亚铁离子被氧化，根据电子守恒，消耗1.5mol过氧化氢，所以离子方程式为：2Fe2++3H2O2+4I-=2Fe(OH)3+2I2。‎ ‎18.某废渣中含有Al 2O3和Cr2O3(三氧化二铬)，再次回收利用工艺流程如下。‎ 回答下列问题:‎ ‎（1）滤液1中阴离子为CrO42-和AlO2-，X的电子式是___________。写出滤液1与过量气体X反应生成Al(OH) 3的离子方程式:___ __________________________________。‎ ‎（2）“熔烧”中反应之一是4Na2CO3+ 2Cr2O3+ 3O2 =4Na2CrO4+ 4X，该反应中被氧化的物质是__________(填化学式)；若该反应转移6mol电子，则生成_____mol Na2CrO4。‎ ‎（3）“还原””中加入适量稀硫酸，调节pH=5，氧化产物为SO42-。写出离子方程式________________________________________________。‎ ‎（4）已知该废料中含铬元素质量分数为a%，wt这样废料经上述流程提取mkgCr2O3。则该废料中铬元素回收率为___________(用代数式表示)。(已知回收率等于实际回收质量与理论质量之比)‎ ‎【答案】(1). (2). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (3). Cr2O3 (4). 2 (5). 8CrO42-+3S2O32-+34H+=6SO42-+8Cr3++17H2O (6). ‎ ‎【解析】Al 2O3与Na2CO3反应生成NaAlO2和X气体CO2，Cr2O3与Na2CO3反应生成Na2CrO4和X气体CO2，发生的反应为：4Na2CO3+ 2Cr2O3+ 3O2 =4Na2CrO4+ 4CO2，过滤得滤液1中阴离子为CrO42-和AlO2-，通入CO2，得到Al(OH) 3，离子方程式:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。滤液2中CrO42-，“还原””中加入适量稀硫酸，调节pH=5，发生反应：8CrO42-+3S2O32-+34H+=6SO42-+8Cr3++17H2‎ O，加氨水反应后得到Cr(OH)3，加热分解得Cr2O3。‎ ‎（1）滤液1中阴离子为CrO42-和AlO2-，X是CO2电子式是。滤液1主要成分为NaAlO2，与过量气体X反应生成Al(OH) 3的离子方程式AlO2－+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。（2）“熔烧”中反应之一是4Na2CO3+ 2Cr2O3+ 3O2 =4Na2CrO4+ 4X，铬元素由+3价升高为+6价，该反应中被氧化的物质是Cr2O3；由方程式每生成4molNa2CrO4，转移12mol电子，若该反应转移6mol电子，则生成2mol Na2CrO4。（3）“还原””中加入适量稀硫酸，调节pH=5，氧化产物为SO42-。离子方程式8CrO42-+3S2O32-+34H+=6SO42-+8Cr3++17H2O。（4）mkgCr2O3中含铬mkg×，该废料中含铬元素质量分数为a%，wt这样废料中含铬1000wkg×a%，则该废料中铬元素回收率为×100%=。‎ ‎19.4Na2SO4•2H2O2•NaCl又称固体双氧水，具有漂白、杀菌、消毒作用，又由于其稳定性比过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)固体更好，因而具有广泛的应用前景。某小组合成该固体双氧水的实验步骤和装置示意图如下：‎ Ⅰ.合成：往三颈瓶中加入56.8g硫酸钠和5.85gNaCl的固体混合物，开启搅拌器；将稍过量的(约70mL)30%H2O2溶液在20～30min内逐滴分批加入。并控制反应温度15～35℃，加完料后持续搅拌15min，反应结束后过滤，低温干燥得到产品。‎ Ⅱ.产品稳定性分析：取Ⅰ中所得产品置于干燥器内保存一个月，并分别在放置前、放置后取一定质量的样品溶于水，加适量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L酸性高锰酸钾滴定，测定产品中双氧水的含量，以此分析产品的稳定性．所得实验数据如下表：‎ 数据 时间 样品取用数量(g)‎ 平均V(KMnO4)/mL 放置前测定 a ‎25.00‎ 放置一个月后测定 a ‎24.90‎ 已知：a.H2O2不稳定，加热，加入某些金属离子或加碱均有利于其分解 b.产品稳定性=×100%‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)装置图里方框中应添加仪器a，其名称为_______________________；写出合成4Na2SO4•2H2O2•NaCl的化学方程式：_________________________________________。‎ ‎(2)该合成反应过程中，关键是控制温度，其合理的措施是：______________。‎ A.逐滴滴加H2O2 B.选用Na2SO4和NaCl固体，而不用其饱和溶液 C.不断搅拌 D.冰水浴 ‎(3)该合成反应过程中30%的H2O2溶液不应大大过量的原因________________________。‎ ‎(4)4Na2SO4•2H2O2•NaCl固体比过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)固体更稳定的可能原因是__________________________________________。‎ ‎(5)产品分析实验时，高锰酸钾溶液装于滴定管中，当滴定到达终点时的现象是____________‎ ‎________________________________________。下列关于该滴定实验过程中的仪器选择和操作都正确的是_____________‎ A. B. C. D.‎ ‎(6)该产品的“产品稳定性”=___________________。‎ ‎【答案】(1). 温度计 (2). 4Na2SO4+2H2O2+NaCl=4Na2SO4•2H2O2•NaCl (3). ACD (4). 减小产品的溶解损失，提高产率 (5). 2Na2CO3•3H2O2中碳酸钠水解呈碱性，而双氧水在碱性条件容易分解 (6). 溶液从无色刚好变为浅红色，且保持30s不褪色 (7). AC (8). 99.6%‎ ‎【分析】(1)根据控制反应温度15～35℃可知，装置中必须要有温度计，根据题中提供的物质，利用元素守恒可写化学方程式；‎ ‎(2)控制反应放出的热量可以通过控制反应物的量，也可以通过搅拌、冰水浴等方式促使热量散失等措施；‎ ‎(3)因为双氧水不稳定，所以合成反应过程中30%的H2O2溶液适当过量，但不能太多，双氧水太多，4Na2SO4•2H2O2•NaCl在其中的溶解的量就多，产品的产率低；‎ ‎(4)2Na2CO3•3H2O2中碳酸钠水解呈碱性，而双氧水在碱性条件容易分解；‎ ‎(5)根据高锰酸钾溶液本身的颜色的变化判断滴定的终点，根据滴定操作的规范要求选择；‎ ‎(6)根据产品用去的高锰酸钾溶液的体积可计算出产品中双氧水的质量分数，利用产品稳定性=×100%。‎ ‎【详解】(1)根据控制反应温度15～35℃可知，装置中必须要有温度计，所以方框中应添加仪器a为温度计，合成4Na2SO4•2H2O2•NaCl的化学方程式为4Na2SO4+2H2O2+NaCl=4Na2SO4•2H2O2•NaCl；‎ ‎(2)控制反应放出的热量可以通过控制反应物的量，也可以通过搅拌、冰水浴等方式促使热量散失等措施达到控制温度的目的，故合理选项是ACD；‎ ‎(3)因为双氧水不稳定，所以合成反应过程中30%的H2O2溶液适当过量，但不能太多，双氧水太多，4Na2SO4•2H2O2•NaCl在其中的溶解的量就多，产品的产率低，所以30%的H2O2溶液不应大大过量，以减小产品的溶解损失，提高产率；‎ ‎(4)2Na2CO3•3H2O2中碳酸钠水解呈碱性，而双氧水在碱性条件容易分解，所以4Na2SO4•2H2O2•NaCl固体比过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)固体更稳定；‎ ‎(5)A.高锰酸钾溶液装在酸式滴定管中，当滴定到达终点时看到的现象是：溶液从无色刚好变为浅红色，且保持30s不褪色，在酸式滴定管的活塞处涂凡士林可以防止活塞漏液体，A正确；‎ B.高锰酸钾溶液应用酸式滴定管盛放，酸式滴定管排除气泡应用快速放液法，B错误；‎ C.滴定时左手控制酸式滴定管的活塞，右手拿住锥形瓶，并不断振荡，C正确；‎ D.读数是目光要平视液面，不能俯视，D错误；‎ 故合理选项是AC；‎ ‎(6)根据产品用去的高锰酸钾溶液的体积可计算出产品中双氧水的质量分数，两次用的是同一份样品，所以有高锰酸钾溶液的体积之比=双氧水的质量分数之比，所以产品稳定性×100%=×100%=99.6%。‎ ‎【点睛】本题考查了4Na2SO4•2H2O2‎ ‎•NaCl的制备及性质实验方案设计。掌握滴定原理，结合物质的性质分析、进行数据处理是解题关键，侧重于制备实验操作、物质的分离提纯、离子方程式的书写等知识点的考查，要将知识学习与动手能力、与分析能力结合一起。‎ ‎20.根据原子结构与性质的相关知识，请回答下列问题：‎ ‎（1）基态S原子电子占据最高能层的符号是___________，最高能级的电子云轮廓图为___________形。‎ ‎（2）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____（填标号）。‎ ‎（3）Fe3+基态核外电子排布式为___________‎ ‎（4）根据元素周期律，原子半径As ________Se，电负性As________ Se （填“大于”或“小于”）‎ ‎（5）元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1， ICu>INi的原因是_______________________________________________‎ ‎【答案】(1). M (2). 哑铃（纺锤） (3). D (4). C (5). [Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5 (6). 大于 (7). 小于 (8). 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 ‎【分析】（1）基态S原子电子占据的最高能层是M层，占据该能层的电子中能量最高的电子为3p电子，3p电子的电子云在空间有3个伸展方向，原子轨道为哑铃形；‎ ‎（2）基态能量最低，处于激发态能量高；‎ ‎（3）Fe3+基态核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5。‎ ‎（4）根据元素周期律，同周期从左到右原子半径逐渐减小，电负性逐渐增大；‎ ‎（5）元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1, ICu>INi的原因是铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子。‎ ‎【详解】（1）基态S原子电子占据的最高能层是M层，占据该能层的电子中能量最高的电子为3p电子，3p电子的电子云在空间有3个伸展方向，且相互垂直，原子轨道为哑铃形；‎ ‎（2）基态能量最低，处于激发态能量高，能量1s<2s<2p；能量最低和最高的分别为D、C；‎ ‎（3）Fe3+基态核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5。‎ ‎（4）根据元素周期律，同周期从左到右原子半径逐渐减小，电负性逐渐增大；根据元素周期律，原子半径As 大于Se，电负性As小于Se ；‎ ‎（5）元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1, ICu>INi的原因是铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子。‎