全国百强校2021届高三化学9月考试试卷（Word版带解析）

全国百强校2021届高三化学9月考试试卷（Word版带解析）

‎2020—2021学年上学期全国百强名校 ‎“领军考试”高三化学 可能用到的相对原子质量：H‎1 C12 O16 Na23 Fe56 Cu64‎ 一、选择题：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. 化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中不正确的是（ ）‎ A. 聚乙烯食品包装袋、食物保鲜膜都是无毒的高分子化合物 B. 高温能杀死流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性 C. 太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置 D. 煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．聚乙烯是无毒的高分子化合物，可制作食品包装袋、食物保鲜膜，选项A正确； ‎ B．加热可使蛋白质变性而失去活性，选项B正确；‎ C．硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置，选项C正确；‎ D．煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2 、CH4 等可燃气体；煤的液化指固体煤经化学加工转化成烃类液体燃料和化工原料的过程；两者都生成了新物质是化学变化，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎2. 下列生产生活实际中所涉及的物质变化，属于化学变化的是 A. 从沙里淘金，加工成金饰品 B. 利用渗析法分离提纯胶体 C. 钠、钾等金属的焰色反应 D. 以高粱、玉米等粮食酿酒 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从沙里淘金，利用金的密度较大，加工成金饰品，都没有生成新的物质，不涉及化学变化；‎ B．渗析是利用微粒直径大小，通过半透膜分离溶液和胶体，变化过程中无新物质生成属于物理变化；‎ C．焰色反应是元素具有性质，变化过程中没有新的物质生成，属于物理变化；‎ D．粮食酿酒过程中有新物质酒精生成，属于化学变化；‎ 答案选D。‎ ‎3. 我国提出“一带一路”的构想符合国际社会的根本利益，也彰显人类社会的共同理想和美好追求。下列贸易商品及其分类中，正确的是 ‎①西湖龙井 ②中国玛瑙 ③葵花籽油 ④铁矿石 ⑤中国丝绸 ⑥景德镇陶瓷 ⑦金刚石 A. 属于有机物的是①③⑤ B. 属于硅酸盐产品的是②⑥‎ C. 属于单质的是④⑦ D. 属于高分子化合物的是③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．西湖龙井是茶叶主要成分为纤维素、茶多酚等属于有机物，葵花籽油是油脂故属于有机物，中国丝绸是蚕丝主要成分为蛋白质，属于有机物，故①③⑤均属于有机物，A正确；‎ B．中国玛瑙主要成分是SiO2，属于氧化物不属于硅酸盐，景德镇陶瓷属于硅酸盐产品，故属于硅酸盐产品的是⑥，B错误；‎ C．铁矿石主要是含铁的化合物，不是单质，金刚石是C的单质，故属于单质的是⑦，C错误； ‎ D．葵花籽油是油脂，但不属于高分子化合物，中国丝绸是蚕丝主要成分为蛋白质属于高分子化合物，故属于高分子化合物的是⑤，D错误；‎ 故答案为：A。‎ ‎4. 下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 物质（括号内为杂质）‎ 除杂试剂 A FeCl2溶液（FeCl3）‎ Fe粉 B NaCl溶液（MgCl2）‎ NaOH溶液、稀HCl C Cl2（HCl）‎ H2O、浓H2SO4‎ D NO（NO2）‎ H2O、无水CaCl2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；‎ C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；‎ D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。‎ ‎5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A. 500mLpH=1的H2SO4溶液中含H+数目为0.1NA B. 常温常压下，11.2LCO2和SO2的混合气体，含氧原子数为NA C. ‎12.8g铜粉与足量硫粉混合加热，转移电子数为0.2NA D. 一定条件下，‎2.3g的Na完全与O2反应生成‎3.6g产物时失去的电子数为0.2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 500mL pH=1的H2SO4溶液中氢离子的物质的量为0.1mol/L×‎0.5L=0.05mol，即含H+数目为0.05NA，A错误；‎ B. 常温常压下，不能用气体摩尔体积计算物质的量，B错误；‎ C. ‎12.8g铜粉0.2mol，与足量硫粉混合加热，铜元素化合价升高到+1价，转移电子数为0.2NA，C正确；‎ D. 一定条件下，‎2.3g的Na为0.1mol，完全与O2反应，钠元素化合价升高到+1价，失去的电子数为0.1NA，D错误。‎ 答案为C。‎ ‎6. 下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是 a b c A Na2CO3‎ NaHCO3‎ CO2‎ B FeCl3‎ FeCl2‎ Fe C Al2O3‎ Al(OH)3‎ AlCl3‎ D MgCl2‎ Mg(OH)2‎ MgO A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2CO3和CO2、H2O反应生成NaHCO3，NaHCO3受热分解生成Na2CO3，NaHCO3与盐酸反应生成CO2，CO2和NaOH反应生成Na2CO3，故A不符合题意；‎ B．FeCl3和Fe反应生成FeCl2，FeCl2和Cl2反应生成FeCl3，FeCl2和Zn反应生成Fe，Fe和Cl2反应生成FeCl3，故B不符合题意；‎ C．Al2O3不能直接反应生成Al(OH)3，Al(OH)3受热分解生成Al2O3，Al(OH)3和HCl反应生成AlCl3，AlCl3不能直接一步得到Al2O3，故C符合题意；‎ D．MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2和HCl反应生成MgCl2，Mg(OH)2加热分解变为MgO，MgO和HCl反应生成MgCl2，故D不符合题意。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎7. 下列实验装置，能达到相应实验目的的是 A.配制500mL0.1mol/L的NaOH溶液 B.用苯萃取碘水中的碘，并进行分液 C.除去CO2气体中的少量HCl杂质 D.从500mL60度高粱酒中分离出乙醇 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．不能直接在容量瓶中稀释或溶解固体；‎ B．苯与水不互溶，且碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，可以用苯萃取碘水中的碘，并进行分液，能达到实验目的；‎ C．碳酸钠溶液也能与二氧化碳反应，会同时除去二氧化碳，达不到除杂的目的；‎ D．蒸馏操作时冷凝水应下进上出，操作错误；‎ 答案选B。‎ ‎8. 下列图象表达正确的是 A. NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中 B. 在Ca(OH)2和KOH的混合溶液中通入CO2‎ C. H2S气体通入氯水中 D. 向CaCl2溶液中通入CO2至过量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中，氢氧根离子、碳酸氢根离子、钡离子反应生成碳酸钡沉淀，即开始加入NaOH溶液时就有沉淀生成，A与图象不符；‎ B．在Ca(OH)2和KOH的混合溶液中通入CO2，开始时，钙离子、氢氧根离子、二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，由于n(OH-)＞2n(Ca2+)，钙离子反应完时，继续通入二氧化碳，为氢氧根离子、二氧化碳反应生成碳酸根离子，继而碳酸根离子与二氧化碳与水反应生成碳酸氢根离子，然后碳酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钙，B与图象相符；‎ C．H2S气体通入氯水中，氯气与硫化氢反应生成单质硫和盐酸，溶液的pH减小，C与图象不符；‎ D．向CaCl2溶液中通入CO2至过量，二氧化碳与氯化钙不反应，无沉淀生成，D与图象不符；‎ 答案为B。‎ ‎9. 油条配方中的主要成分为KAl(SO4)2·12H2O、Na2CO3、NaCl，发生反应为：2KAl(SO4)2·12H2O+3Na2CO3==2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O。下列判断正确的是 A. 油条配方中的“矾、碱、盐”主要成分均为盐 B. 发生的反应为氧化还原反应 C. 发生的反应中，反应物和生成物均为电解质 D. 反应的离子方程式为‎2A13++3=2Al(OH)3↓+3CO2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 从物质的分类角度来看，油条配方中的“KAl(SO4)2·12H2O、Na2CO3、NaCl”主要成分均为盐，选项A正确；‎ B. 反应2KAl(SO4)2·12H2O+3Na2CO3==2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O，各元素化合价均不变，发生的反应为非氧化还原反应，选项B错误；‎ C. 发生的反应中，生成物CO2为非电解质，选项C错误；‎ D. 反应的离子方程式为‎2A13++3+3H2O =2Al(OH)3↓+3CO2↑，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎10. 下列实验操作与结论关系对应正确的是.‎ 实验操作 结论 A 溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀 溶液中含有Cl‎ B 溶液中滴加新制的氯水，并加入KSCN溶液，出现红色 溶液中含有Fe2+‎ C 用铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色 溶液中无K+‎ D FeCl3溶液和淀粉KI溶液混合，溶液变成蓝色 还原性：I->Fe2+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，可能有、的干扰，因为Ag2CO3是白色沉淀、Ag2SO4是白色微溶物，A错误；‎ B．溶液中滴加新制的氯水，并加入KSCN溶液，出现红色，先加入新制的氯水会发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，但存在原来溶液中就含有Fe3+的干扰，B错误；‎ C．用铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，由于黄色光能将紫色光遮住，故不能确定是否含有K+，要确定需透过蓝色钴玻璃片再观察，C错误；‎ D．FeCl3溶液和淀粉KI溶液混合，溶液变成蓝色，证明发生了反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，反应中I-为还原剂，Fe2+是还原产物，故还原性：I->Fe2+，D正确；‎ 故答案为：D。‎ ‎11. 次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，有强还原性。已知：①2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑；②H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O。下列推断不正确的是( )‎ A. H3PO2的结构式为 B. H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸 C. NaH2PO2是正盐 D. 每消耗1molP4，反应中转移6mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O 可知H3PO2是一元酸，分子中含有一个-OH，则H3PO2的结构式为，故A正确；‎ B．H3PO2中P元素的化合价为+1价，具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸，故B正确；‎ C．H3PO2是一元酸，NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，故C正确；‎ D．2P4+3Ba(OH)2+6H2O═3Ba(H2PO2)2+2PH3↑反应中2个P的化合价由0降低到-3价，6个P的化合价由‎0升高到+1价，转移电子数为6，则每消耗1 mol P4，转移3 mol 电子，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎12. 某小组用打磨过的铝片进行如下实验，下列分析不合理的是 A. ①中铝片发生了钝化 B. ②中加水稀释过程中，仅发生了氧化还原反应 C. ②中产生的气泡是氮氧化合物，不是氢气 D. ③中沉淀溶解的离子方程式是Al(OH)3+OH=+2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓硝酸具有强氧化性，常温下铝在浓硝酸中发生钝化，选项A正确；‎ B．②中加水稀释过程中，铝表面形成的氧化物薄膜溶于稀硝酸为复分解反应，过程中不仅发生了氧化还原反应，选项B错误；‎ C．加水稀释硝酸浓度变稀，产生气泡说明铝和稀硝酸发生反应生成一氧化氮气体，②中产生的气泡是氮氧化合物，不是氢气，选项C正确；‎ D．③中沉淀溶解是氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH=+2H2O，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎13. 铁氧磁体法处理Cr2O72-的废水的原理可概述为：向Cr2O72-的酸性废水中加入FeSO4·7H2O，将Cr2O72-还原为Cr3+，调节溶液的pH，使溶液中的铁、铬元素转化为组成相当于FeⅡ[FeⅢXCrⅢ2-X]O4（铁氧磁体、罗马数字表示元素的价态）的沉淀。处理含1 mol Cr2O72-的废水至少需要加入amol FeSO4·7H2O。下列结论正确的是 A. x= 0．5 , a= 8 B. x = 0．5 , a=10‎ C. x = 1．5 , a= 8 D. x = 1．5 , a= 10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据铬原子守恒得，1mol Cr2O72-完全反应后生成molFeⅡ[FeⅢx•CrⅢ2-x]O4，根据铁原子守恒得amol=mol①，该反应中得失电子数相等，1mol×（6-3）=mol×（3-2），3=，解得x=1.5，a=10。‎ 答案选D。‎ ‎14. 实验室提纯含少量氯化镁杂质氯化钠的过程如下图所示，下列分析正确的 A. 操作l 是过滤，将固体分离除去 B. 加入试剂①时发生的离子反应是：Mg2++=MgCO3↓‎ C. 操作3是加热、蒸发、冷却、晶体 D. 操作1 ~ 3总共需两次过滤 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 提纯含少量氯化镁杂质的氯化钠，先加入过量氢氧化钠，将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，过滤之后，加入稀盐酸中和过量的氢氧化钠，然后对氯化钠溶液进行蒸发、冷却、晶体。‎ ‎【详解】A．由流程图可知操作1是加水溶解，将固体溶于水，A错误；‎ B．加入试剂①是将镁离子转化为沉淀，由于碳酸镁微溶于水，所以试剂①应该为氢氧化钠溶液，将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，B错误；‎ C．由分析可知，加入试剂②稀盐酸后得到氯化钠溶液，对氯化钠溶液加热、蒸发、冷却、晶体，得到氯化钠晶体，C正确；‎ D．由分析可知，操作1 ~ 3总只有操作2为过滤，只有1次，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎15. 酸性条件下催化氧化黄铁矿(主要成分FeS2)的物质转化关系如图所示。下列有关叙述中不正确的是 A. 该转化过程中FeS2做还原剂，NO起催化剂作用 B. 反应I的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+‎ C. 反应III中还原剂和氧化剂的物质的量之比为4：1‎ D. 总反应为4FeS2+15O2+4OH-=8+4Fe3++2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应流程图，FeS2与铁离子反应生成亚铁离子和硫酸根，亚铁离子与一氧化氮反应生成Fe(NO)2+，Fe(NO)2+与氧气反应生成一氧化氮和铁离子，由此构成循环，总反应为FeS2与氧气反应生成硫酸根和据此回答问题。‎ ‎【详解】A. 该转化过程中FeS2的硫元素化合价升高，为还原剂，NO起催化剂作用，A正确；‎ B. 在酸性环境下，根据氧化还原反应原理，反应I的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，B正确；‎ C. 反应III中还原剂为Fe(NO)2+，氧化剂为氧气，根据电子转移守恒可知，物质的量之比为 ‎4：1，C正确；‎ D. 环境为酸性，总反应为4FeS2+15O2+2H2O =8+4Fe3++4H+，D错误。‎ 答案为D。‎ ‎16. 高温下，铁与水蒸气发生反应。用燃着的木条靠近肥皂泡，有爆鸣声。试管中剩余固体为黑色，能被磁铁吸引(铁的常见氧化物中只有Fe3O4能被磁铁吸引)，完全溶于盐酸并产生气泡。关于该实验的下列说法中不正确的是 A. 试管尾部放一团湿棉花是为了提供水蒸气 B. 产生的气体燃着有爆鸣声，产生的H2不纯 C. 溶于盐酸得到的溶液中滴入KSCN溶液，变红色 D. 试管中剩余固体可能是Fe和Fe3O4的混合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 高温下，铁与水蒸气发生反应。用燃着的木条靠近肥皂泡，有爆鸣声，说明肥皂泡中为氢气；试管中剩余固体为黑色，能被磁铁吸引说明含有Fe3O4，完全溶于盐酸产生气泡，说明铁有剩余。‎ ‎【详解】A. 试管尾部放一团湿棉花是为了提供水蒸气，A正确；‎ B. 产生的气体燃着有爆鸣声，产生的H2不纯，纯净的氢气稳定燃烧，B正确；‎ C. 固体中有铁剩余，铁单质与铁离子反应生成亚铁离子，溶于盐酸得到的溶液中滴入KSCN溶液，不变色，C错误；‎ D. 试管中剩余固体可能是Fe和Fe3O4的混合物，D正确。‎ 答案为C。‎ 二、非选择题 ‎17. 镁、铝及其化合物在生产生活中具有重要的作用。‎ ‎(1)铝属于活泼金属却能在空气中稳定存在，原因是_____(用化学用语及相关文字说明)。‎ ‎(2)下列实验能比较镁和铝的金属性强弱的是______(填字母序号)。‎ a.测定镁和铝的导电性强弱 b.测定等质量的镁片和铝片与相同浓度的盐酸反应的速率 c.向0.lmol/LAlCl3和0.1mol/LMgCl2中加过量NaOH溶液 ‎(3)镁铝尖晶石(MgAl2O4)常做耐火材料。共沉淀制备尖晶石的方法是：用AlCl3和MgCl2的混合溶液(用a表示)与过量的氨水(用b表示)反应，再将得到的沉淀高温焙烧。为使Mg2+、A13+同时生成沉淀，应该把(填“a”或“b”)_____滴入另一溶液中。‎ ‎(4)AlCl3与NaN3在高温下反应可制得高温结构陶瓷氮化铝(AlN)，还生成N2，写出反应化学方程式为___。‎ ‎(5)聚合铝(PAC)是一种新型高效的无机高分子絮凝剂，广泛用于水的处理。用铝灰、铝土矿、铝渣等为原料(主要成分为Al、Al2O3可制取聚合铝。实验步骤如下：‎ ‎①写出酸溶过程中发生的非氧化还原反应的离子方程式：____。‎ ‎②聚合铝(PAC)的分子式为[Al2(OH)aClb]m，聚合铝中OH－与Al3+的比值对净水效果有很大影响，定义盐基度B=n(OH－)：3n(Al3+)，当B=时，b=_____(填入合适数字)‎ ‎③制取聚合铝的方法有多种，若将步骤I后的溶液pH直接调制4.2—4.5时，将在过程II发生聚合而得到某种聚合铝Alm(OH)nCl‎3m-n，写出生成该聚合铝的离子反应方程式是_____。‎ ‎【答案】 (1). 4Al+3O2=2Al2O3，铝表面能形成致密的氧化膜，能保护内层金属不被氧化 (2). bc (3). a (4). (5). Al2O3+6H+=2Al3++3H2O (6). 2 (7). mAl3++(‎3m－n)Cl－+nH2O=Alm(OH)nCl‎3m－n+nH+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)铝属于活泼金属却能在空气中稳定存在，是铝表面能形成致密的氧化膜，能保护内层金属。‎ ‎(2)根据金属性强弱进行比较分析。‎ ‎(3)氢氧化铝的碱性比氢氧化镁的碱性弱，镁离子先和氨水反应。‎ ‎(4)AlCl3与NaN3在高温下反应得到氮化铝(AlN)、N2、NaCl。‎ ‎(5)①酸溶过程中发生的非氧化还原反应是氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水；②根据B=n(OH－)：3n(Al3+)，当B=时，和化合价分析；③结合原子守恒得到该聚合铝的离子反应方程式。‎ ‎【详解】(1)铝属于活泼金属却能在空气中稳定存在，原因是4Al+3O2=2Al2O3，铝表面能形成致密的氧化膜，能保护内层金属不被氧化；故答案为：4Al+3O2=2Al2O3，铝表面能形成致密的氧化膜，能保护内层金属不被氧化。‎ ‎(2)a．金属导电性与金属性强弱无关。故a不符合题意；b．金属与盐酸反应速率越快，金属性越强，故b符合题意；c．向0.lmol/LAlCl3和0.1mol/LMgCl2中加过量NaOH溶液，前者生成氢氧化铝，后者生成氢氧化镁，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，说明氢氧化铝碱性比氢氧化镁碱性弱，金属性镁比铝强，故c符合题意；综上所述，答案为：bc。‎ ‎(3)由于氢氧化铝的碱性比氢氧化镁的碱性弱，因此氨水滴加到AlCl3和MgCl2的混合溶液中，则镁离子先反应，因此要使Mg2+、A13+同时生成沉淀，则应AlCl3和MgCl2的混合溶液同时加入到过量的氨水中反应；故答案为：a。‎ ‎(4)AlCl3与NaN3在高温下反应可制得高温结构陶瓷氮化铝(AlN)，还生成N2、NaCl，其反应化学方程式为；故答案为：。‎ ‎(5)①酸溶过程中发生的非氧化还原反应是氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，其离子方程式：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。‎ ‎②聚合铝(PAC)的分子式为[Al2(OH)aClb]m，聚合铝中OH－与Al3+的比值对净水效果有很大影响，定义盐基度B=n(OH－)：3n(Al3+)，当B=时，即n(OH－)：3n(Al3+)=2:3，得到n(OH－)：n(Al3+)=2:1，则得到分子式为[Al2(OH)4Clb]m，再根据化合价(+3)×2+(－1)×4+(－1)×b=0，解得b=2；故答案为：2。‎ ‎③将步骤I后的溶液pH直接调制4.2—4.5时，将在过程II发生聚合而得到某种聚合铝Alm(OH)nCl‎3m-n，结合原子守恒得到该聚合铝的离子反应方程式是mAl3++(‎3m－n)Cl－+nH2O =Alm(OH)nCl‎3m－n+nH+；故答案为：mAl3++(‎3m－n)Cl－+nH2O = Alm(OH)nCl‎3m－n+nH+。‎ ‎【点睛】同时得到两种沉淀，一般应该是两种金属阳离子加入到氨水中反应；书写复杂离子方程式时要根据质量守恒和电荷守恒来进行分析。‎ ‎18. 过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，化学性质与过氧化钠类似。某学习小组设计在碱性环境中利用CaCl2与H2O2反应制取CaO2·8H2O，装置如下图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)小组同学查阅文献得知：该实验用质量分数为20%的H2O2溶液最为适宜。市售H2O2溶液的质量分数为30%。该小组同学用市售H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有____。‎ ‎(2)仪器X的主要作用除导气外，还具有的作用是_____。‎ ‎(3)在冰水浴中进行的原因是____。‎ ‎(4)实验时，在三颈烧瓶中析出CaO2·8H2O晶体，总反应的离子方程式为_____。‎ ‎(5)反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干获得CaO2·8H2O。下列试剂中，洗涤CaO2·8H2O的最佳选择是_____。‎ A.无水乙醇 B.浓盐酸 C.Na2SO3溶液 D.CaCl2溶液 ‎(6)若CaCl2原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2，会使H2O2的利用率明显降低。反应的机理为：‎ ‎①Fe3++H2O2=Fe2++H++HOO- ‎ ‎②H2O2+X=Y+Z+W(已配平)‎ ‎③Fe2++·OH==Fe3++OH-‎ ‎④H++OH-=H2O 根据上述机理推导步骤②中的化学方程式为________。‎ ‎【答案】 (1). 烧杯、量筒 (2). 防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸 (3). 防止温度过高 H2O2 分解；有利于晶体析出 (4). Ca2+ + H2O2 + 2NH3 + 8H2O=CaO2•8H2O↓ + 2 (5). A (6). HOO•+ H2O2=H2O + O2 +•OH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）市售H2O2溶液的质量分数为30%，配制成20%，可用量筒、烧杯等；‎ ‎（2）氨气易溶于水，体积较大，可避免倒吸；‎ ‎（3）反应温度较低，可避免过氧化氢分解；‎ ‎（4）反应为氨气、过氧化氢和氯化钙，生成过氧化钙和氯化铵；‎ ‎（5）洗涤CaO2•8H2O，应避免溶解和变质；‎ ‎（6）过氧化氢在氯化铁催化下生成水和氧气，由流程可知反应②应生成氧气和•OH，则HOO•参与反应。‎ ‎【详解】（1）用市售H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有烧杯、量筒，可根据溶液的体积估算质量，用烧杯配制，故答案为：烧杯、量筒；‎ ‎（2）氨气易溶于水，体积较大，除导气外，还可防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸，故答案为：防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸；‎ ‎（3）冰水浴可防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出，故答案：防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出；‎ ‎（4）反应为氨气、过氧化氢和氯化钙，生成过氧化钙和氯化铵，离子方程式为Ca2++H2O2 +2NH3 +8H2O=CaO2•8H2O↓+2，故答案为：Ca2++H2O2 +2NH3 +8H2O=CaO2•8H2O↓+2；‎ ‎（5）洗涤CaO2•8H2O，应避免溶解和变质，可用乙醇，亚硫酸钠具有还原性，可使过氧化钙变质，故答案为：A；‎ ‎（6）过氧化氢在氯化铁催化下生成水和氧气，由流程可知反应②应生成氧气和•OH，则HOO•参与反应，反应的方程式为HOO·+ H2O2=H2O + O2 +·OH，故答案为：HOO·+ H2O2=H2O + O2 +·OH。‎ ‎19. 某工厂酸性废液中含有Fe3+、Al3+、Fe2+、SO42-，以该废液为原料制备Fe2O3的工艺流程如下(部分操作和条件略)：‎ 已知：①NH4HCO3在热水中会分解。‎ ‎②常温下，溶液中不同金属离子生成氢氧化物沉淀时的pH见下表：‎ 金属离子(0.lmol·L1)‎ Fe3+‎ Fe2+‎ Al3+‎ 开始沉淀时的pH ‎2.4‎ ‎7.6‎ ‎3.4‎ 完全沉淀时的pH ‎3.7‎ ‎9.6‎ ‎4.8‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“还原”步骤中反应的离子方程式有Fe+2Fe3+=3Fe2+和_________。‎ ‎(2)试剂X可选用_____(任写一种，填化学式)，“滤渣”的主要成分是______。‎ ‎(3)加入碳酸氢铵后过滤，发现滤液仍然浑浊，可能的原因是______，用‎90°C热水洗涤FeCO3沉淀的目的是_____。‎ ‎(4)若在实验室中灼烧FeCO3应在____(填仪器名称)中进行，“灼烧氧化”发生的化学方程式为_____。‎ ‎(5)若工业上灼烧氧化174.0吨FeCO3得到117.6吨产品，则该产品中Fe2O3的纯度为_____(设产品中杂质只有FeO，保留一位小数)。‎ ‎【答案】 (1). Fe+2H+=Fe2++H2↑ (2). NH3•H2O (3). Fe和Al(OH)3 (4). 滤纸破损或者是过滤时滤液超过滤纸上缘等 (5). 洗去表面吸附的离子同时促进碳酸氢铵的分解 (6). 坩埚 (7). 4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 (8). 81.6%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在含有Fe3+、Al3+、Fe2+、SO42-的酸性废液中加入过量铁粉，可将溶液中的Fe3+全部还原为Fe2+，再向溶液中加入NH3•H2O溶液调节pH到4.8，使溶液中的Al3+完全转化为Al(OH)3沉淀，过滤除去过量的铁粉及Al(OH)3沉淀，向滤液中加入NH4HCO3，得到FeCO3沉淀，将过滤、洗涤并干燥得到的FeCO3沉淀，放在坩埚中灼烧，最终得到Fe2O3；据此解答。‎ ‎【详解】（1）“还原”是铁粉将Fe3+转化为Fe2+，同时与废液中的H+反应生成H2，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+和Fe+2H+=Fe2++H2↑；‎ ‎（2）试剂X用于调节溶液的pH，使Al3+完全沉淀，选用NH3•H2O，不引入其它杂质，同时生成的碳酸氢铵便于除去；“滤渣”的主要成分是过量的铁粉和生成的Al(OH)3沉淀；‎ ‎（3）过滤的过程中若把玻璃棒靠在三层滤纸上时不小心把滤纸戳破了，此时过滤出的滤液是混浊的；另外如果过滤时滤液液面高于滤纸的边缘时，滤液就会不经过滤纸而直接从滤纸和漏斗之间的空隙中流过，也会导致过滤出的滤液是混浊的；碳酸氢铵在热水中会分解，用 ‎90℃‎热水洗涤FeCO3沉淀，目的是洗去表面吸附的离子，同时促进碳酸氢铵分解；‎ ‎（4）实验室中灼烧固体通常在坩埚中进行，灼烧时FeCO3与氧气在高温下发生氧化还原反应，化学方程式：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；‎ ‎（5）假设Fe2O3物质的量为x mol，FeO的物质的量为y mol，那么满足：160x+72y=117.6×106、2x+y=，解得x=6×105mol，所以产物中Fe2O3的质量分数为×100%=81.6%。‎ ‎20. 分类是学习和研究化学物质及其变化的一种常用的科学方法。‎ ‎（1）下列4组物质中均有一种物质的主要化学性质与其他3种不同。‎ A．CaO、Na2O、CO2、MgO B．CH3COOH、H2SO4、Ba（OH）2、HNO3‎ C．H2、Cl2、P、Cu D．HCl、CH3CH2OH、H2SO3、HNO3‎ ‎①写出D组中不同于其他三种的物质的化学式：______________。‎ ‎②A组中的一种物质与B组中的一种物质反应，反应物的量不同产物有所不同。写出这两种物质反应有沉淀产生的离子反应方程式：____________________________。‎ ‎③C组中Cu在一定条件下可与H2、Cl2、P反应生成CuH、CuCl2、Cu3P等化合物。写出CuH在Cl2中燃烧的化学方程式：___________________________________。‎ ‎（2）NaOH、Na2CO3、NaAlO2溶液都具有碱性。向500mL由NaOH、Na2CO3、NaAlO2组成的混合溶液中滴加0．2mol·L－1盐酸，所消耗盐酸体积如图所示，回答下列问题：‎ ‎①写出加盐酸V1至V2段反应的离子方程式：_______________________________。‎ ‎②用36．5％（密度为1．‎19g·mL－1）浓盐酸配制945mL0．2mol·L－1盐酸，需要量取的浓盐酸体积为___________________。‎ ‎③若V1＝50mL，V2＝100mL，V3＝200mL，则V4＝___________。原混合溶液中NaOH、Na2CO3、NaAlO2的物质的量之比为______________。‎ ‎【答案】 (1). C2H5OH (2). CO2+Ba2++2OH-===BaCO3↓+H2O (3). 2CuH+3Cl2 2CuCl2+2HCl (4). AlO2-+H++H2O==Al(OH)3↓ (5). 16.8mL (6). 350mL (7). 1:1:1‎ ‎【解析】‎ ‎（1）①HCl、H2SO3、HNO3均具有酸性，而CH3CH2OH为有机物，显中性；正确答案：CH3CH2OH。‎ ‎②A组中的CO2与B组中的Ba（OH）2反应的量不同，产物有所不同；当少量CO2与Ba（OH）2溶液反应时，生成碳酸钡沉淀和碳酸钠，离子反应方程式：CO2+Ba2++2OH-===BaCO3↓+H2O ；正确答案：CO2+Ba2++2OH-===BaCO3↓+H2O。‎ ‎③根据氧化还原反应规律，Cl元素由0价降低到-1价，铜元素由+1价升高到+2价，氢元素由-1价升高到+1价，所以CuH在Cl2中燃烧生成氯化铜和氯化氢，化学方程式为2CuH+3Cl2 2CuCl2+2HCl；正确答案：2CuH+3Cl2 2CuCl2+2HCl。‎ ‎（2）①V1之前为盐酸中和NaOH，V1至V2段生成沉淀的过程且达到最大值，只有偏铝酸根离子与氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式：AlO2-+H++H2O==Al(OH)3↓；正确答案：AlO2-+H++H2O==Al(OH)3↓。‎ ‎②浓盐酸的浓度为1000×ρ×ω/M=(1000×1.19×36.5%)/36.5=11.9mol/L，配制945 mL0．2mol·L－1盐酸，需要用1000 mL容量瓶；根据溶液稀释前后溶质的量不变的规律可知： 11.9×V(浓盐酸)= 0．2×1000×10-3, V(浓盐酸)= 16.81mL；正确答案：16.81。‎ ‎③根据反应AlO2-+H++H2O==Al(OH)3↓，Al(OH)3+ 3H+= Al3++2 H2O，产生沉淀和溶解沉淀所需的盐酸体积之比为1:3，则V4＝200+50×3=350 mL，再根据H++OH-= H2O,CO32-+2H+= H2O+CO2↑,盐酸与NaOH、Na2CO3、NaAlO2溶液反应时分别所用的体积之比为1:2:1，则三种物质的物质的量之比1:1:1；正确答案：350 mL；1:1:1。‎ 点睛：图像分析：0- V1为盐酸与氢氧化钠发生中和反应，V1至V2段为AlO2-与H+反应生成氢氧化铝沉淀且达最大值，V2至V3段为碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳和氯化钠，沉淀的量不变，V3至V4段为氢氧化铝的溶解过程，最后恰好变为氯化铝溶液。‎