福建省南安第一中学2020届高三上学期第一次阶段考试化学试题

福建省南安第一中学2020届高三上学期第一次阶段考试化学试题

‎2020届高三上学期第一次阶段考化学试题 可能用到的相对原子质量（原子量）：H:1 C:12 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 Cl:35.5 Ti:48 Fe:56 Cu:64‎ 第I卷 选择题（共42分）‎ 一．单选题（每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共42分）‎ ‎1.下列关于物质分类的说法正确的是( )‎ A. Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物 B. 根据酸分子中含有的氢原子个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等 C. 钠钾合金、铝热剂、氢氧化铁胶体、漂白粉均为混合物 D. 纯碱、熟石灰、醋酸、食盐水均为电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2O、MgO属于碱性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，故A错误； ‎ B.根据酸分子在水中电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸，故B错误； ‎ C.钠钾合金、漂白粉、铝热剂、氢氧化铁胶体均由不同物质组成，为混合物，故C正确；‎ D.纯碱、熟石灰、醋酸在水溶液或熔融状态下能导电，属于电解质；食盐水是混合物，不是电解质，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )‎ A. 二氧化硅具有高熔点，可用于制备光导纤维 B. FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻铜制电路板 C. 氧化铝具有两性，可用于制备耐高温材料 D. Na2O2能与水、CO2反应放出O2，可用作供氧剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SiO2用于制造光导纤维是因为石英玻璃纤维传导光的能力非常强，与SiO2具有高熔点无关，故不选A项；‎ B.FeCl3溶液用于蚀刻铜制的电路板，是利用Fe3+的氧化性，与溶液的酸性没有关系，故不选B项。‎ C. 氧化铝是离子化合物，离子键强使其熔点高作耐火材料，所以氧化铝可用作耐高温材料，与其两性无关，故不选C项；‎ D. Na2O2能与水、CO2反应放出O2，可用作供氧剂，对应关系正确，故选D项；‎ 答案选D。‎ ‎3.下列叙述中，错误的是 A. 苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55～60℃反应生成硝基苯 B. 苯不能使酸性高锰酸钾褪色，说明苯环中没有碳碳双键 C. 甲烷中混有的乙烯可以用溴水除去 D. 医院用75%酒精杀菌、消毒，75%是指质量分数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在浓硫酸做催化剂、55℃-60℃加热条件下，苯能和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，该反应也称硝化反应，A正确；‎ B．苯分子中不含碳碳双键，不能被高锰酸钾氧化，不能使酸性高锰酸钾褪色，B正确；‎ C．乙烯能够与溴发生加成反应，甲烷与溴不反应，所以甲烷中混有的乙烯可以用溴水除去，C正确；‎ D．医院用75%酒精，75%是体积分数，不是质量分数，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎4. 下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（　　）‎ A. 甲烷与氯气混和后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液的褪色 B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷 C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状生成；乙烯与水生成乙醇的反应 D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯自身生成聚乙烯的反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲烷与氯气混和后光照发生的是取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液的褪色发生的是氧化反应；‎ B. ‎ 乙烯与溴的四氯化碳溶液发生的是加成反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷的反应是加成反应；‎ C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状生成，该反应是取代反应；乙烯与水生成乙醇的反应是加成反应；‎ D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色，没有发生化学反应，只是萃取出了溴水中的溴；乙烯自身生成聚乙烯的反应是加聚反应。‎ 综上所述，反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是C。‎ ‎5.下列实验装置或操作设计正确且能达到目的的是( )‎ A. 用CCl4提取碘水中的碘 B. 冶炼金属Mg ‎ C. 除去CO2中的HCl D. 蒸馏 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.与水相比，碘更易溶于CCl4；CCl4与水不反应，与水不互溶，静置后分层，可以用CCl4提取碘水中的碘，故A正确；‎ B. 金属镁的活泼性大于铝，不能用铝冶炼镁，一般采用电解熔融的氯化镁制备金属镁，故B错误；‎ C. CO2能够与碳酸钠溶液发生反应生成碳酸氢钠，导致CO2的损失；而二氧化碳与碳酸氢钠溶液不反应，氯化氢与碳酸氢钠反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl，故C错误；‎ D. 进行蒸馏操作时，温度计水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处，测量馏分的温度，不是液体的温度，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.下列关于物质的量浓度表述正确的是 A. 0.3 mol·L－1的Na2SO4溶液中含有Na＋和SO42－的总物质的量为0.9 mol B. 当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L－1，只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 mol·L－1‎ C. 在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SO42－的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度一定相同 D. 10 ℃时，100 mL 0.35 mol·L－1的KCl饱和溶液蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、离子的物质的量=离子的物质的量浓度×溶液的体积；‎ B、溶液的体积不等于溶剂的体积以及气体摩尔体积与状态有关；‎ C、电荷守恒：c（Na+）+c（K+）=c（Cl-）+2c（SO42-）计算K+和Cl-的物质的量浓度；‎ D、温度不变，饱和溶液中溶质的物质的量浓度不变，与溶液的体积无关．‎ ‎【详解】A. 0.3mol⋅L−1的Na2SO4溶液中Na＋、SO42－的物质的量浓度为：0.6mol⋅L−1,0.3mol⋅L−1，由于缺少溶液的体积，所以无法计算出离子的物质的量，故A错误；‎ B. 溶液的体积不等于溶剂的体积,所以1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1mol⋅L−1；气体摩尔体积与状态有关,22.4L氨气的物质的量无法求出,所以22.4L氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度不一定等于1mol⋅L−1，故B错误；‎ C. 在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中存在：c(Na+)+c(K+)=c(Cl−)+2c(SO42－),Na+和SO42－的物质的量相等,即物质的量浓度相等,所以K+和Cl−的物质的量浓度一定不相同，故C错误；‎ D. 10℃时，0.35mol/L的KCl饱和溶液100mL蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于100mL，溶液仍然是饱和溶液，溶质的物质的量浓度不变，它的物质的量浓度仍为0.35mol/L，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎7.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是( )‎ A. 1 mol甲烷或白磷(P4)分子中所含的共价键数均为4NA B. 标准状况下，22．4L CO2与足量Na2O2反应，转移的电子数为2NA C. 25 ℃时，1 L pH＝1的H2SO4溶液中含有的H＋数为0．2NA D. 常温常压下，11g CO2气体中所含的原子数为0．75NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1个甲烷分子是以碳原子为中心与4个氢原子形成4个共价键；1个白磷(P4)分子是以4个磷原子为顶点形成的正四面体，共价键数为6；故1 mol甲烷、白磷(P4)分子中所含的共价键数分别为4NA和6NA，故A错误；‎ B.根据2Na2O2+ 2CO2=2Na2CO3+O2反应可知，过氧化钠中-1价的氧元素，既被氧化到0价，又被还原到-2价，过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，该反应共转移电子2e-；根据2CO2-2e-关系可知，标况下22.4L CO2（物质的量为1mol）与足量Na2O2反应，转移的电子数为NA，故B错误；‎ C. 25 ℃时，pH＝1的H2SO4溶液中c（H+）=0.1mol/L，所以1 L pH＝1的H2SO4溶液中含有的H＋数为0.1NA，故C错误；‎ D. 常温常压下，11g CO2气体的物质的量n=m/M=11g÷44g/mol=0.25mol，所含的原子数为0.25mol×3×NA mol-1=0.75 NA，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )‎ A. 加入KSCN变红的溶液中：Na+、Al3+、Cl－、S2－‎ B. 能使酚酞变红的溶液中：Na+、Cl－、SO42－、HCO3－‎ C. 能使甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42－、Cl－‎ D. 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3-、SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加入KSCN变红的溶液中存在Fe3+， Fe3+具有氧化性，能够氧化S2－，在溶液中不能大量共存,故A错误；‎ B. 能使酚酞变红的溶液显碱性，OH-与HCO3－发生反应生成CO32-，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C.使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，Cu2+、Mg2+、SO42－、Cl－之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中均能大量共存，故C正确；‎ D. 与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，Fe2＋在碱性环境下发生反应生成沉淀，酸性环境下，Fe2＋、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，且与Al反应也不能产生氢气，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.能正确表示下列反应的离子方程式是( )‎ A. 浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑‎ B. 铜溶于浓硝酸：Cu+ 4H+ +2NO3-= Cu2+ +2NO2↑ + 2H2O C. 足量Ca(HCO3)2与少量NaOH：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH— ＝CaCO3↓+ CO32—＋2H2O D. 稀硫酸中滴加氢氧化钡溶液：H++ OH-= H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.浓盐酸与铁屑反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误； ‎ B. 铜溶于浓硝酸反应的离子反应为：Cu+ 4H+ +2NO3-= Cu2+ +2NO2↑ + 2H2O，故B正确；‎ C. 足量Ca(HCO3)2与少量NaOH反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式为：Ca2＋＋HCO3-＋OH— ＝CaCO3↓＋H2O，故C错误；‎ D. 稀硫酸中滴加氢氧化钡溶液，反应生成硫酸钡和水，离子方程式为：Ba2++SO42-+2H++ 2OH-= 2H2O+BaSO4↓，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】针对选项C，当氢氧化钠溶液加入过量的碳酸氢钙反应时，生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式为：HCO3-+Ca2+ +OH-=CaCO3↓+H2O；当氢氧化钠溶液加入少量的碳酸氢钙反应时，生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为：2HCO3-+Ca2+ +2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-；所以针对这样的反应，要采用“少定多变”的方法进行处理，即以量少的为准。‎ ‎10.下列各项操作中不发生先沉淀后沉淀全部溶解现象的是 A. 向明矾溶液中逐滴滴加入过量氢氧化钡溶液 B. 向Fe（OH）3胶体中逐滴滴加入过量H2SO4溶液 C. 向澄清石灰水中通入过量CO2‎ D. 向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸至过量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向明矾溶液中逐滴滴加入过量氢氧化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，且沉淀不溶解，故A正确；‎ B. 向Fe（OH）3胶体中加入H2SO4会出现先凝聚生成Fe（OH）3沉淀, H2SO4过量, Fe（OH）3与H2SO4反应生成易溶于水的硫酸铁和水而溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故B错误；‎ C. 石灰水和CO2反应,生成CaCO3沉淀,继续通入CO2,会与CaCO3反应生成可溶的Ca(HCO3)2，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故C错误；‎ D. 向NaAlO2溶液中滴入过量的盐酸,发生的反应方程式为：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，所以发生“先沉淀后溶解”现象，故D错误；‎ 故选A.‎ ‎11.自然界中铝元素主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3、FeO、Fe2O3、SiO2）中，铝的单质及其化合物在生产、生活、科研等领域应用广泛。工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如下：‎ ‎ ‎ 下列说法错误的是( )‎ A. 在实验室实施操作Ⅰ需要的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒 B. 为使铝元素全部转化为Al(OH)3，每一步操作的试剂均需过量 C. 将试剂X与操作Ⅱ试剂过量盐酸互换，也可制得Al(OH)3‎ D. 固体A的主要成分是FeO和Fe2O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝土矿（主要成分为Al2O3、FeO、Fe2O3、SiO2）加入足量的氢氧化钠溶液，氧化铝、二氧化硅与碱反应生成偏铝酸钠和硅酸钠混合液，固体A为FeO和Fe2O3，滤液A为偏铝酸钠、硅酸钠、氢氧化钠的混合液，向混合液中滴加过量的盐酸，产生硅酸沉淀（固体B），滤液B为剩余的盐酸、氯化铝、氯化钠的混合溶液，加入过量的氨水，产生氢氧化铝沉淀，据以上分析解答。‎ ‎【详解】A. 根据流程可知，固液分离采用过滤的方法进行，过滤操作需要的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，故A正确；‎ B. 操作Ⅰ中氢氧化钠溶液过量，保证氧化铝全部溶解；操作Ⅱ中盐酸过量，保证偏铝酸根离子全部转化为铝离子；氨水过量，保证铝离子全部生成Al(OH)3，故B正确；‎ C. 铝土矿（主要成分为Al2O3、FeO、Fe2O3、SiO2）加入足量的盐酸溶液，固体A为SiO2，滤液A为氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、盐酸的混合液，再加入足量的氢氧化钠，会产生氢氧化亚铁、氢氧化铁沉淀，滤液为偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠溶液与氨水不反应，不能制得Al(OH)3，所以试剂X与操作Ⅱ的试剂过量盐酸不能互换，故C错误；‎ D. 铝土矿（主要成分为Al2O3、FeO、Fe2O3、SiO2）加入氢氧化钠溶液，氧化铝、二氧化硅与碱反应生成偏铝酸钠和硅酸钠混合液，固体A为FeO和Fe2O3，滤液A为偏铝酸钠、硅酸钠、氢氧化钠的混合液，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】氧化铁、氧化亚铁属于碱性氧化物，与酸反应生成盐和水；而二氧化硅属于酸性氧化物，与碱反应生成盐和水；氧化铝属于两性氧化物，既能与酸，又能与碱反应，均生成盐和水，本题在选择所加的试剂时，要考虑到氧化物的相关性质。‎ ‎12.下列各组物质之间通过一步反应能实现如图所示转化关系，且与表中条件也匹配的是( )‎ 选项 X Y Z 箭头上为反应条件或试剂 ‎ ‎ A ‎ Fe FeCl2‎ FeCl3‎ ‎①通入少量Cl2‎ B Na2CO3‎ NaCl NaHCO3‎ ‎②先通CO2，再通过量NH3‎ C MgO MgCl2‎ Mg(OH)2‎ ‎③加热 D NaAlO2‎ Al(OH)3‎ Al2O3‎ ‎④加水 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.无论氯气量多或量少，氯气与铁发生反应只能生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故不能实现X→Y的转化，故A错误；‎ B.②中应先通入氨气，再通入二氧化碳，转化可实现，但②中给定条件不合理，故B错误； ‎ C. MgO与盐酸反应生成MgCl2，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2受热分解为MgO，Mg(OH)2与盐酸反应生成氯化镁，可以实现图示转化，故C正确；‎ D.氧化铝不溶于水，与水不反应，转化④不能发生，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎13.SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝SO42－＋2Fe2＋＋4H＋；②Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。则下列有关说法不正确的是 A. 氧化性：Cr2O72－＞Fe3＋＞SO2‎ B. 标准状况下，若有6.72 L SO2参加反应，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7‎ C. 反应②中，每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA D. 由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性； 由氧化性的强弱，判断反应的发生．‎ ‎【详解】A. 由①可知,Fe元素的化合价降低,则氧化性为Fe3＋>SO2,由②可知,Cr元素的化合价降低,则氧化性为Cr2O72－> Fe3＋,则氧化性：Cr2O72－> Fe3＋> SO2，故A正确；‎ B. 6.72LSO2(标准状况)参加反应,n(SO2)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol,由上述两个反应可知,存在3 SO2∼Cr2O72－,则最终消耗0.1mol K2Cr2O7，故B错误；‎ C. 每有1mol K2Cr2O7参加反应,转移电子为1mol×2×(6−3)=6mol,即转移电子的数目为6NA，故C正确；‎ D. 因氧化性为Cr2O72－> SO2,则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确；‎ 故选B.‎ ‎【点睛】氧化还原反应由强到弱，即是强氧化剂生成弱氧化性的物质，强还原剂生成弱还原性的物质，计算时要用电子守恒：还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。‎ ‎14.钛被誉为第三金属，广泛用于航天航空等领域。硼化钒（VB2）-空气电池的放电反应为4VB2+11O2===4B2O3+2V2O5，以该电池为电源制备钛的装置如图所示。‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 电解过程中，OH-由阴离子交换膜右侧向左侧迁移 B. Pt极反应式为2VB2+22OH--22e-===V2O5+2B2O3+11H2O C. 电解过程中，铜极附近电解质溶液的pH减小 D. 若石墨极只收集到4.48LCl2气体，则理论上制备4.8gTi ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据总反应，VB2发生氧化反应，所以Pt是负极，O2发生还原反应，Cu是正极；则石墨电极是阳极、TiO2是阴极。‎ ‎【详解】A、Pt是负极，原电池中阴离子移向负极，OH-由阴离子交换膜左侧向右侧迁移，故A错误；‎ B、Pt负极，VB2发生氧化反应，负极反应式为2VB2-22e-+22OH-===V2O5+2B2O3+11H2O， 故B正确；‎ C、铜是正极，正极反应是O2+2H2O+4e-=4OH-，正极生成OH-，铜极附近电解质溶液pH增大，故C错误；‎ D、没有指明氯气是否处于“标准状况”，不能根据摩尔体积22.4L·mol-1计算，故D项错误。‎ 答案选B。‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共58分）‎ ‎15.医学上常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应来测定血钙的含量。回答下列问题:‎ ‎（ ）H++（ ）MnO4－+（ ）H2C2O4→（ ）CO2↑+ （ ）Mn2++（ ）____　‎ ‎(1)配平以上离子方程式，并在横线中填上所需的微粒。‎ ‎(2)该反应中的还原剂是_____________(填化学式)。 ‎ ‎(3)反应转移了0.4 mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为_________ mol。 ‎ ‎(4)测定血钙含量的方法是：取2.0mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量(NH4)2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。‎ ‎①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是__________________________。‎ ‎②溶解沉淀时______(填“能”或“不能”)用稀盐酸，原因是________________。‎ ‎③若消耗了1.0×10-4 mol·L-1的KMnO4溶液20.00 mL，则100 mL该血液中含钙_____g。‎ ‎(5)草酸系统命名为乙二酸，请写出乙二酸的结构简式_____________________。‎ ‎(6)已知：Ka1（H2C2O4）＝5.9×10—2，Ka2（H2C2O4）＝6.4×10—5；Ka（HF）＝3.53×10—4，请写出足量草酸(H2C2O4)与NaF溶液反应的化学方程式：______。‎ ‎【答案】 (1). 6 (2). 2 (3). 5 (4). 10 (5). 2 (6). 8 (7). H2O (8). H2C2O4 (9). 0.08 (10). CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4 (11). 不能 (12). KMnO4会氧化Cl- (13). 0.01 (14). HOOCCOOH (15). H2C2O4+NaF= NaHC2O4+ HF ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以MnO4－、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为6H++2MnO4－+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O；‎ 故答案是:6；2；5；10；2；8；H2O； ‎ ‎(2)6H++2MnO4－+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O反应中，H2C2O4‎ 中的碳元素化合价升高，所以H2C2O4为还原剂；‎ 故答案是: H2C2O4；‎ ‎(3)高锰酸钾中的锰元素由+7价降为+2价，化合价降低5，该反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量=0.4mol/5=0.08mol；‎ 故答案是:0.08； ‎ ‎(4)①草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，反应方程式为CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4；‎ 答案是: CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4；‎ ‎②HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而造成误差，所以不能用盐酸代替；‎ 故答案是：不能；KMnO4会氧化Cl- ；‎ ‎③由CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4、6H++2MnO4－+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O 可以得出关系式:5Ca2+~2KMnO4，所以n（Ca2+）=2.5n（KMnO4）=1.0×10-4 mol·L-1×0.02L×2.5，可计算出100mL该血液中含钙的质量为：1.0×10-4 mol·L-1×0.02L×2.5×40g/mol×100mL/2mL=0.01g；‎ 故答案是:0.01；‎ ‎(5)草酸系统命名为乙二酸，属于羧酸类，含有2个羧基，乙二酸的结构简式为：HOOCCOOH；‎ 故答案是：HOOCCOOH；‎ ‎(6)已知：Ka1（H2C2O4）＝5.9×10-2，Ka2（H2C2O4）＝6.4×10-5；Ka（HF）＝3.53×10-4，根据电离平衡常数可知，平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由大到小顺序：H2C2O4> HF> HC2O4-；则足量草酸(H2C2O4)与NaF溶液反应生成NaHC2O4和 HF，化学方程式：H2C2O4+NaF= NaHC2O4+ HF；‎ 故答案是：H2C2O4+NaF= NaHC2O4+ HF。‎ ‎16.某同学利用所学知识探究Na2O2与H2能否反应，设计了如下装置图，回答下列问题：‎ ‎ ‎ ‎(1)装置A的气密性的检查方法是_______；A中发生反应的离子方程式为____________。‎ ‎(2)Na2O2‎ 的电子式为_______________。装置中装硫酸铜固体的仪器名称是__________。装置B中盛放的试剂名称为__________。‎ ‎(3)装置E的作用是_____________。‎ ‎(4)实验中涉及到下列操作，其正确的顺序是____________。‎ ‎①关闭K2，打开K1、K3，点燃C处酒精灯 ②K2出口处收集一小试管气体验纯 ‎ ‎③关闭K3，打开K1、K2 ④装置冷却后关闭K1 ⑤熄灭C处酒精灯 ‎(5)若观察到D处干燥管中固体变蓝，则C中发生反应的化学方程式为_______。‎ ‎【答案】 (1). 关闭K1，从长颈漏斗口注水至漏斗中液面高于试管中液面，静置，观察，若内外液面高度差保持不变，则A装置气密性良好 (2). Zn+2H+==Zn2++H2↑ (3). (4). 干燥管 (5). 碱石灰或生石灰 (6). 防止空气中水蒸气进入D中，对实验结果造成干扰 (7). ③②①⑤④ (8). Na2O2+H2 Na2O +H2O(g)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先进行装置气密性的检查；当装置气密性良好后，打开关闭K2，打开K1、K3，点燃C处酒精灯开始实验；锌与盐酸反应产生的氢气中含有氯化氢，影响实验的进行，因此需除去氯化氢，装置B中盛放碱石灰；纯净干燥的氢气与过氧化钠在C中加热反应，生成的气体通过硫酸铜固体，固体变蓝，说明反应产生了水，根据氧化还原反应规律可知，过氧化钠被还原为氧化钠；为防止空气中的水蒸气进入D中影响水的检验，所以还需在D后连接一个装有碱石灰的装置，吸收空气中的水蒸气；据以上分析进行解答。‎ ‎【详解】(1)装置A的气密性的检查方法是：关闭K1，从长颈漏斗口注水至漏斗中液面高于试管中液面，静置，观察，若内外液面高度差保持不变，则A装置气密性良好；A中为锌粒与盐酸反应产生氢气，反应的离子方程式为：Zn+2H+==Zn2++H2↑；‎ 故答案是：关闭K1，从长颈漏斗口注水至漏斗中液面高于试管中液面，静置，观察，若内外液面高度差保持不变，则A装置气密性良好；Zn+2H+==Zn2++H2↑；‎ ‎(2)Na2O2属于离子化合物，电子式为；装置中装硫酸铜固体的仪器名称是球形干燥管；本实验目的是探究Na2O2与H2反应，所以氢气必须纯净，因此需要除去挥发出的氯化氢气体，因此装置B中盛放的试剂为碱石灰或生石灰； ‎ 故答案是： ；干燥管；碱石灰或生石灰；‎ ‎(3)装置E中盛放的是碱石灰，其作用是防止空气中的水蒸气进入D中，影响反应产生的水的检验； ‎ 故答案是：防止空气中水蒸气进入D中，对实验结果造成干扰；‎ ‎(4)检查完装置气密性后，开始实验操作步骤：③关闭K3，打开K1、K2，排净装置内的空气；②在K2出口处收集一小试管气体验纯，以检验装置内空气是否排净；①关闭K2，打开K1、K3，点燃C处酒精灯，使氢气与过氧化钠发生反应；反应结束后，⑤熄灭C处酒精灯；继续通入氢气，直到④装置冷却后关闭K1 ；所以正确的顺序是③②①⑤④；‎ 故答案是：③②①⑤④；‎ ‎(5)若观察到D处干燥管中固体变蓝，反应产生水，则过氧化钠被还原为氧化钠，则C中发生反应的化学方程式为Na2O2+H2 Na2O +H2O(g)；‎ 故答案是：Na2O2+H2 Na2O +H2O(g)。‎ ‎17.某反应中反应物与生成物有FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu。‎ ‎(1)将上述反应设计成的原电池如图甲所示，请回答下列问题：‎ ‎①图中X溶液是____(填化学式)；‎ ‎②Cu电极上发生的电极反应式为________；‎ ‎③原电池工作时，电子通过电流计的方向是____(填“从左到右”或“从右到左”)；盐桥中的____(填“K+”或“Cl-”)不断进入X溶液中。 ‎ ‎(2)将上述反应设计成的电解池如图乙所示，乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：‎ ‎①M是____极；‎ ‎②图丙中的②线是____(填离子)的变化。 ‎ ‎③当电子转移为2mol时，向乙烧杯中加入____L 5 mol·L-1NaOH溶液才能使所有的金属阳离子沉淀完全。 ‎ ‎(3)铁的重要化合物高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型饮用水消毒剂，具有很多优点。‎ ‎①高铁酸钠的生产方法之一是电解法，其原理为Fe+2NaOH+2H2ONa2FeO4+3H2↑，则电解时阳极的电极反应式是__________。 ‎ ‎②高铁酸钠的生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为_______。 ‎ ‎(4)向10mL1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液中滴加1mol·L－1NaOH溶液，沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示（滴加过程无气体放出）。‎ ‎ ‎ ‎①写出m点发生反应的离子方程式____。 ‎ ‎②若在该盐溶液中改加20mL1.2mol·L－1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为____________mol。‎ ‎【答案】 (1). FeCl3和FeCl2溶液 (2). Cu-2e-=Cu2+ (3). 从左到右 (4). K+ (5). 负 (6). Fe2+ (7). 2.8 (8). Fe+8OH--6e-Fe+4H2O (9). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2Fe+3Cl-+5H2O (10). NH4++OH-=NH3∙H2O (11). 0.02‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，电子由负极流向正极，溶液中的阳离子向正极移动，据此进行分析；‎ ‎(2)①根据图丙可知，溶液中有三种阳离子，而根据X溶液的成分可知X中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，据此分析装置中的电解池的阴阳极和电源的正负极；‎ ‎②根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量变化进行分析； ‎ ‎③当电子转移为2mol时，溶液中有Fe3+为2mol，Fe2+为3mol，Cu2+为1mol，据此计算出完全沉淀三种离子所需要加入NaOH的量，进而求出 NaOH溶液的体积；‎ ‎(3)①电解时阳极发生氧化反应，因此根据Fe+2NaOH+2H2ONa2FeO4+3H2↑反应写出电解时阳极的电极反应式；‎ ‎②强碱性介质中用NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和水，据此写出该反应的离子方程式；‎ ‎(4) ①向NH4Al(SO4)2溶液中滴加1mol·L－1NaOH溶液，0-30mL时，反应为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓；30-40mL时，沉淀量不变，反应为：NH4++OH-=NH3∙H2O；40-50mL时，氢氧化铝溶解：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；据此进行分析m点发生的反应；‎ ‎②计算出20mL1.2mol·L－1Ba(OH)2溶液中n（Ba2+）和n（OH-）=0.048mol；10mL1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液中n（Al3+）和n（SO42-）；然后根据Ba2++SO42-=BaSO4↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O进行分析计算出溶液中的沉淀量。‎ ‎【详解】(1) ①根据反应物和生成物可以确定该反应为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；结合图丙可知X溶液为FeCl3和FeCl2溶液；‎ 故答案是：FeCl3和FeCl2溶液；‎ ‎②Cu做负极，发生氧化反应，发生的电极反应式为Cu-2e-=Cu2+；‎ 故答案是：Cu-2e-=Cu2+；‎ ‎③原电池工作时，电子由负极流向正极，根据图甲可知，铜做负极，因此电子通过电流计的方向是从左到右；石墨电极为正极，阳离子向正极移动，所以盐桥中的K+不断进入X溶液中；‎ 故答案是：从左到右；K+；‎ ‎(2)①根据图丙可知，溶液中有三种阳离子，而根据X溶液的成分可知X中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此，铜做阳极，石墨做阴极，所以M是负极，N为正极；‎ 故答案是：负；‎ ‎②根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量变化，可以推知：①为Fe3+；②为Fe2+ ；③为Cu2+； ‎ 故答案是：Fe2+；‎ ‎③当电子转移为2mol时，溶液中有Fe3+为2mol，Fe2+为3mol，Cu2+‎ 为1mol；所以需要加入NaOH的量为（2×3+3×2+1×2）mol=14mol时，才能保证上述三种阳离子沉淀完全，故NaOH溶液的体积为14mol÷5 mol·L-1=2.8L；‎ 故答案是：2.8；‎ ‎(3)①电解时阳极发生氧化反应，根据Fe+2NaOH+2H2ONa2FeO4+3H2↑反应可知，电解时阳极的电极反应式是：Fe+8OH--6e-FeO42- +4H2O；‎ 故答案是：Fe+8OH--6e-FeO42-+4H2O；‎ ‎②强碱性介质中用NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为. 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH- 2FeO42-+3Cl-+5H2O； ‎ 故答案是：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O；‎ ‎(4) ①向NH4Al(SO4)2溶液中滴加1mol·L－1NaOH溶液，0-30mL时，反应为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓；30-40mL时，沉淀量不变，反应为：NH4++OH-=NH3∙H2O；40-50mL时，氢氧化铝溶解：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；所以m点发生反应的离子方程式NH4++OH-=NH3∙H2O；‎ 故答案是：NH4++OH-=NH3∙H2O；‎ ‎②20mL1.2mol·L－1Ba(OH)2溶液中n（Ba(OH)2）=0.02L×1.2mol·L－1=0.024mol；n（Ba2+）0.024mol，n（OH-）=0.048mol；10mL1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液中n（NH4Al(SO4)2）=0.01L×1mol·L－1=0.01mol；n（Al3+）=0.01mol，n（SO42-）=0.02mol；根据Ba2++SO42-=BaSO4↓可知，n（Ba2+）过量，按n（SO42-）计算可知n(BaSO4)= n（SO42-）=0.02mol；根据Al3++4OH-=AlO2-+2H2O可知，如果n（Al3+）=0.01mol全部反应，消耗n（OH-）=0.04mol，已知n（OH-）=0.048mol，因此碱过量，没有沉淀产生；最终溶液中产生沉淀为硫酸钡，物质的量为0.02mol；‎ 故答案是：0.02。‎ ‎【点睛】本题的难点在于氧化还原方程式的书写，通过还原剂和氧化剂的比例和转移电子数进行配平，易错点是沉淀图象中铝离子先与碱反应产生沉淀，然后OH-与NH4+反应，最后氢氧化铝沉淀完全溶解；最后一问计算Ba(OH)2溶液与NH4Al(SO4)2反应产生的沉淀量时，要注意比较硫酸根离子和钡离子，氢氧根离子和铝离子的量的多少，以少量的离子为标准进行计算沉淀量。‎ ‎18.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作施胶剂；食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料——铝灰(含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO·xFe2O3‎ ‎)可制备明矾。工艺流程如下：回答下列问题：‎ ‎（1）明矾净水的原理是______________(用离子方程式表示)。‎ ‎（2）操作Ⅰ是________，操作Ⅱ是蒸发浓缩、__________、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎（3）检验滤液A中是否存在Fe2＋的试剂是__________(只用一种试剂)。‎ ‎（4）将铝灰投入氢氧化钠溶液中生成气体的化学方程式是__________，在滤液A中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为(该条件下MnO4-转化为Mn2＋)：_______。‎ ‎（5）已知：在pH＝3、加热条件下，MnO4-可与Mn2＋反应生成MnO2。加入MnSO4发生反应的离子方程式为：________，滤渣2含有的物质是________。‎ ‎【答案】 (1). Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋ (2). 过滤 (3). 冷却结晶 (4). 酸性高锰酸钾溶液(或铁氰化钾溶液) (5). 2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑ (6). 5Fe2＋＋MnO4-＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O (7). 3Mn2＋＋2MnO4-＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋ (8). MnO2、Fe(OH)3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）明矾是强酸弱碱盐，水解产生氢氧化铝胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到净水的目的。其反应原理用方程式表示是Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋；‎ ‎（2）操作Ⅰ是将难溶性固体与溶液分离的操作，叫过滤。操作Ⅱ是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥就得到明矾，‎ 故答案：过滤；冷却结晶；‎ ‎（3）检验滤液A中是否存在的方法加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀，证明含有，故答案：铁氰化钾溶液；‎ ‎（4）2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，在滤液A中加入高锰酸钾的目的是使转化为；发生反应的离子方程式为5Fe2＋＋MnO4-＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋‎ ‎＋4H2O；‎ ‎（5）根据表中数据可知当溶液的pH=3时可以形成沉淀根据题意可得方程式3Mn2＋＋2MnO4-＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋，由于溶液的pH=3，所以滤渣的成分含有MnO2、Fe(OH)3。‎ ‎19.物质结构与性质自然界中存在大量的金属元素，其中钠、镁、铝、铁、铜等在工农业生产中有着广泛的应用。‎ ‎(1)请写出Fe的基态原子核外电子排布式__________。‎ ‎(2)金属A的原子只有3个电子层，其第一至第四电离能如下：‎ 则A原子的价电子排布式为__________________。‎ ‎(3)合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前常用醋酸二氨合铜(Ⅰ)溶液来吸收原料气体中的CO(Ac-代表CH3COO-)，其反应是：[Cu(NH3)2]Ac＋CO＋NH3[Cu(NH3)3CO]Ac　ΔH<0。 配合物[Cu(NH3)3CO]Ac中心原子的配位数为__________。‎ ‎(4)NaCl和MgO都属于离子化合物，NaCl的熔点为801.3 ℃，MgO的熔点高达2800 ℃。造成两种晶体熔点差距的主要原因是_____________。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d64s2 (2). 3s2 (3). 4 (4). MgO晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）铁是26号元素，根据核外电子排布规律分析其基态原子核外电子排布式；‎ ‎（2）从表中原子的第一至第四电离能可以看出，A的第二电离能小，第三电离能较大，说明易失去2个电子，则A的化合价为+2价；‎ ‎（3）根据配合物[Cu(NH3)3CO]Ac结构进行分析；‎ ‎（4）晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大。‎ ‎【详解】（1）铁是26号元素，根据核外电子排布规律，可知其基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d64s2；‎ 故答案是：[Ar]3d64s2；‎ ‎（2）从表中原子的第一至第四电离能可以看出，A的第二电离能小，第三电离能较大，说明易失去2个电子，则A的化合价为+2价，应为Mg元素，价电子排布式为3s2；‎ 故答案是：3s2；‎ ‎（3）根据配合物[Cu(NH3)3CO]Ac可知：一价铜离子有三个氨基配体和一个羰基配体，共4个配体，配位数为4；‎ 故答案是：4；‎ ‎（4）MgO中离子都带2个单位电荷，NaCl中离子都带1个单位电荷，离子半径O2-NaCl，故熔点：MgO>NaCl；‎ 故答案：MgO晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大。‎ ‎ ‎