【化学】山西省长治市第二中学校2018-2019学年高二下学期第二次月考试题(解析版）

【化学】山西省长治市第二中学校2018-2019学年高二下学期第二次月考试题(解析版）

山西省长治市第二中学校2018-2019学年高二下学期第二次月考试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Pb-207‎ 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题（每小题3分，共48分。每小题只有一个正确选项，将正确答案填在答题卡上）‎ ‎1.下列有关物质变化的说法不正确的是（ ）‎ A. 石油的分馏和裂化都是化学变化 ‎ B. 硝化反应和酯化反应都属于取代反应 C. 煤的液化和气化都是化学变化 ‎ D. 乙烯与溴水反应和苯与H2反应都属于加成反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 石油的分馏是物理变化，故A说法不正确；B. 硝化反应和酯化反应都属于取代反应，故B正确；C.煤的液化和气化都是化学变化，故C说法正确；D.乙烯与溴水反应和苯与H2反应都属于加成反应，故D说法正确；答案选A。‎ ‎2.磁流体是电子材料的新秀 ，将含等物质的量的 FeSO4和Fe2(SO4)3 的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH 溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子直径 在 5. 5 ~ 36nm的磁流体。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 所得的分散系属于悬浊液 B. 用光束照射该分散系能产生丁达尔效应 C. 所得的分散系中分散质为 Fe2O3‎ D. 该分散系为胶体，胶粒直径即为 Fe(OH)3 分子直径 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】由分散质微粒直径大小来判断属于该分散系为胶体分散系，根据胶体的性质分析．‎ ‎【详解】根据题意磁流体分散系分散质粒子直径在5.5-36nm，属于胶体范畴，具备胶体的性质。‎ A．分散质粒子直径在5.5～36nm之间，所得分散系为胶体，不是悬浊液，故A错误；‎ B．该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，故B正确；‎ C．分散质应是黑色的，而Fe2O3是红褐色的，故不是Fe2O3，故C错误；‎ D．该胶体分散质是黑色的，氢氧化铁胶体胶体为红褐色，而且胶粒很多分子的集合体，不是一个分子，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎3.糖类、油脂、蛋白质是重要的营养物质。下列有关的叙述正确的是（ ）‎ A. 向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，产生白色沉淀，是因为蛋白质发生了变性 B. 任何一种氨基酸至少含有两个或两个以上的官能团 C. 用玻璃棒蘸取牛油与氢氧化钠反应后的液体，滴入沸水中，若有油状液体浮在水面，则说明皂化反应已经完全 D. 在空气中灼烧铜丝，待铜丝冷却至室温后再伸入乙醇中，反复多次，可以制得乙醛 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向鸡蛋清溶液中，加入饱和（NH4）2SO4溶液，有白色沉淀产生，说明蛋白质发生了盐析，加入重金属离子的盐时，蛋白质会发生变性，选项A错误；B、氨基酸中含有羧基和氨基，任何一种氨基酸至少含有两个或两个以上的官能团，选项B正确；C、牛油与氢氧化钠发生水解反应，生成高级脂肪酸钠和甘油的混合液，二者都溶于水，若将反应后的液体中滴入沸水中，有油状液体浮在水面，说明牛油没有完全水解，选项C错误；D、Cu氧化后不能冷却，加热时CuO可氧化乙醇，可反应生成乙醛，操作不合理，选项D错误；答案选B。‎ ‎4.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 常温下，1L 0.1mol·L-1的碳酸钠溶液中含有CO32-和HCO3-离子数之和等于0.1NA B. 常温常压下，28克由C3H6和C4H8组成的混合气体中含共用电子对数目为3NA个 C. 标况下33.6L氯气通入足量水中发生反应，转移电子数为1.5NA个 D. 常温下，1L 0.1mol·L-1醋酸钠溶液中加入醋酸至溶液为中性，则溶液含醋酸根离子数0.1NA个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A、碳酸钠溶液中含有CO32-和HCO3-离子外，还含有碳酸分子；B、C3H6和C4H8‎ 的最简式均为CH2；C、氯气与水反应为可逆反应；D、电荷守恒。‎ ‎【详解】A、碳酸钠溶液中含有CO32-和HCO3-离子外，还含有碳酸分子，常温下，1L 0.1mol·L-1的碳酸钠溶液中含有CO32-和HCO3-离子数之和小于0.1NA，故A错误；B、C3H6和C4H8的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为n=28g/14g·mol－1=2mol，故含6mol共用电子对即6NA个，故B错误；C、标况下33.6L氯气通入足量水中发生反应，氯气与水反应为可逆反应，氯气不能全部反应，转移电子数小于1.5NA，故C错误；D、电荷守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)=1L ×0.1mol·L-1=0.1mol，故D正确。‎ ‎5.埋在地下的铸铁输油管道，在下列各种情况下，被腐蚀速率最慢的是（ ）‎ A. 在含铁元素较多的酸性土壤中 B. 在潮湿疏松的碱性土壤中 C. 在干燥致密不透气的土壤中 D. 在含碳粒较多，潮湿透气的中性土壤中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】铸铁的腐蚀应属于电化学腐蚀，构成的是原电池，减缓反应可以是缺少电解质或者缺少氧气。‎ ‎【详解】A、酸性环境中酸性物质与铁发生反应，会加快铁的腐蚀，故A错误；B、潮湿疏松的土壤中，铁容易发生电化学腐蚀，故B错误；C、干燥致密不透气的土壤中，氧气稀薄，且无电解质溶液，故不易形成原电池，铁的腐蚀速率很小，故C正确；D、潮湿疏松的环境提供溶液环境，铸铁含碳较多可以形成原电池，会加速铁的腐蚀，故D错误。‎ ‎6.如图所示为800 oC时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，分析图像得出的结论错误的是(　　)‎ A. A是反应物 B. 前2 min A反应速率为0.1 mol·L－1·min－1‎ C. 2min后反应达到平衡，v(A)正 = v(C)逆 D. 反应的方程式为2A(g)2B(g)＋C(g)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图象可知，A的物质的量浓度减小，B和C的物质的量浓度增加，则A为反应物，B和C为生成物，故A正确；B、由图可知，前2 min，A的浓度变化量为△c(A)=0.2mol/L，所以v(A)==0.1 mol•L-1•min-1，故B正确；C、由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：△c(A)：△c(B)：△c(C)=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，则反应的化学方程式为2A(g)2B(g)＋C(g)，2min后，反应达到平衡状态，v(A)正 = 2v(C)逆，故C错误；D、由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：△c(A)：△c(B)：△c(C)=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，则反应的化学方程式为2A(g)2B(g)＋C(g)，故D正确；故选C。‎ ‎7.已知反应：①Cl2+2KI═2KCl+I2②KClO3+6HCl═3Cl2↑+KCl+3H2O③2KIO3+Cl2═I2+2KClO3，下列说法正确的是（ ）‎ A. 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应 B. 氧化性由强到弱顺序为KIO3＞KClO3＞Cl2＞I2‎ C. 反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶1‎ D. ③中1 mol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应②没有单质参加，不属于置换反应，故A错误；‎ B.由反应①可知氧化性Cl2＞I2，由反应②可知氧化性KClO3＞Cl2，由反应③可知KIO3＞KClO3，则有氧化性：KIO3＞KClO3＞Cl2＞I2，故B正确；‎ C.反应②中，KClO3中的Cl元素从+5价降低至反应后0价，所以KClO3是氧化剂，HCl中-1价Cl反应后升高到0价，HCl是该反应的还原剂，但被还原的HCl为5mol，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶1，故C错误；‎ D. 反应③中氧化剂KIO3中碘元素的化合价由+5下降到0价，则1 mol还原剂参与反应时，氧化剂得到电子的物质的量为2×5mol=10mol，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎8.将4.0 g氢氧化钠固体分别加入下列100 mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是（ ）‎ ‎①自来水 ②3.65 g HCl ③6.0 g醋酸 ④5.35 g NH4Cl A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①水是弱电解质,加入氢氧化钠全部电离后,离子浓度变化很大,故导电能力变化很大；②中加入氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠,溶液中离子浓度变化很小,故其导电能力变化很小；③中的醋酸是弱电解质，原先只部分电离,氢氧化钠与醋酸反应生成醋酸钠(强电解质)，溶于水全部电离,离子浓度变化很大,故导电能力变化很大；④中的氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠和NH3•H2O，氯化钠代替了原氯化铵，NH3•H2O是弱电解质，微弱电离，所以溶液中离子浓度变化不大，导电能力变化不大；故②④正确，选B。‎ ‎9.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl－ + 2H+ H2↑ + Cl2↑‎ B. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3+ + 4NH3·H2O ═ AlO2-+ 4NH4+ + 2H2O C. 苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2 + H2O + 2C6H5O－→ 2C6H5OH + 2 CO32－‎ D. Na2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：5SO32- + 6H+ + 2MnO4- ═ 5SO42－+ 2Mn2+ + 3H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用惰性电极电解饱和氯化钠溶液的离子方程式为：2Cl- + 2H2O H2↑+ Cl2↑+2OH－，水是弱电解质，不能用离子形式表示，故A错误；‎ B .氢氧化铝不能溶于弱碱氨水中，故B错误；‎ C. 由于苯酚的酸性较碳酸氢根强，则苯酚钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，故C错误；‎ D. Na2SO3具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，离子方程式为：5SO32- + 6H+ + 2MnO4- ═ 5SO42－+ 2Mn2+ + 3H2O，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.一定能在下列溶液中大量共存的离子组是(　　)‎ A. 水电离产生的H＋浓度为1×10－12 mol·L－1的溶液：Na＋、Fe2+、Cl－、NO3-‎ B. 能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na＋、AlO、S2－、CO C. 含有大量Fe3＋的溶液：SCN－、I－、K＋、Br－‎ D. 加入活泼金属Al能产生H2的溶液：K＋、NH、Cl－、SO42－‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：A．水电离产生的H+浓度为1×10-12mol•L-1‎ 的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性；B．能使pH试纸变深蓝色的溶液中存在大量氢氧根离子；C．铁离子与硫氰根离子、碘离子能够反应；D．加入Al能放出H2的溶液为酸性或者强碱性溶液；据此分析判断。 ‎ 详解：A．水电离产生的H+浓度为1×10-12mol•L-1的溶液为酸性或碱性溶液，在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，与Fe2+不能大量共存，故A错误；B．能使pH试纸变深蓝色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、AlO2-、S2-、CO32-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．Fe3+与SCN-、I-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．加入Al能放出H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。‎ ‎11.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Z同主族，W的氢化物的水溶液可用于蚀刻玻璃，Y的最外层电子数是X的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为4。下列说法错误的是（ ）‎ A. 原子半径：X>Y>Z>W B. 简单氢化物的稳定性：W>Z>Y C. Z的氧化物的水化物的酸性一定比Y的强 D. 一定条件下，X的单质可与W、Y、Z的单质分别发生化合反应 ‎【答案】C ‎【解析】W的氢化物水溶液可用于蚀刻玻璃，知W为F，W、Z同主族，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素知Z为Cl, Y的最高正价与最低负价代数和为4知Y为S, Y的最外层电子数是X的3倍知X为Mg。‎ A. 因为Mg S Cl同在第三周期，原子序数逐渐增大，F在第二周期的元素，所以原子半径: Mg>S>Cl>F,故A正确；B. 简单氢化物分别是:HF HCl H2S，根据元素周期律知他们的非金属性F>Cl>S,所以稳定性:HF > HCl > H2S ,故B正确；C. Z的最高价氧化物的水化物的酸性一定比Y 的最高价氧化物的水化物的酸性强。故C错；D. 一定条件下，Mg的单质可与F2、S、Cl2的单质分别发生化合反应，所以D正确。答案：C。‎ ‎12.四元轴烯(a)、苯乙烯(b)、立方烷(c)的分子式均为C8H8，下列说法正确的是（ ）‎ A. a 的同分异构体只有b 和c两种 B. a、b、c均能使溴的四氯化碳溶液褪色 C. a、b分子中的所有原子一定处于同一平面 D. a、c的二氯代物有3种，b的一氯代物有5 种(不考虑立体异构)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、通过多个碳碳双键和叁键或环状满足分子C8H8的化合物很多，如：CH2=CHCH=CHCH=CHCCH等，选项A错误；B、三种分子中只有a和b中含碳碳双键，而立方烷不含碳碳双键，只有a和b能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，选项B错误；C、乙烯分子是平面结构，四元轴烯分子中的所有原子一定处于同一平面；苯乙烯中由于乙烯基与苯环是单键相连可以转动，苯乙烯分子中所有原子不一定在同一平面，选项C错误；D、不考虑立体结构，a的二氯代物一种两个氯在碳碳双键末端、一种是同一边的末端两个碳上和一种是对角末端两个碳上的取代共3种；c的二氯代物一种分别是在立方体的同一边两个碳上取代，或在同一面的对角的碳上取代，或是在立体对角上两个碳上的取代，也有3种，b有五种化学环境下的氢，其一氯代物有5种，选项D正确。答案选D。‎ ‎13.向含有Fe2+、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示，有关说法不正确的是（ ）‎ A. 线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况 B. 原混合溶液中c（FeBr2）=6 mol/L C. 当通入 2mol Cl2时，溶液中已发生离子反应可表示为2Fe2++2I－+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl-‎ D. 原溶液中n（Fe2+）：n（I－）：n（Br－）=2：1：3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】Fe2＋、I－、Br－还原性强弱顺序是I－>Fe2＋>Br－，通入氯气先与还原性强的离子发生反应，据此分析；‎ ‎【详解】还原性强弱：I－>Fe2＋>Br－，反应的先后顺序是2I－＋Cl2=2Cl－＋I2、2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－、2Br－＋Cl2=2Cl－＋Br2，‎ A、AB段发生I－和Cl2的反应，B点溶液中I－完全反应，1～3间发生Fe2＋和Cl2反应，即BC段代表Fe3＋的物质的量的变化情况，故A正确；‎ B、由图可知，1～3间发生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，Fe2＋反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知，溶液中n(Fe2＋)=2mol×2=4mol，DE段发生2Br－＋Cl2=2Cl－＋Br2，此时消耗Cl2的物质的量为3mol，即原溶液中n(Br－)=2×3mol=6mol，原溶液中n(FeBr2)=3mol，因不知溶液的体积，无法计算FeBr2的物质的量浓度，故B错误；‎ C、AB段发生2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，根据图可知，此段消耗1mol氯气，原溶液中n(I－)=2mol，剩下1molCl2再与2molFe2＋反应，因此消耗n(I－)：n(Fe2＋)：n(Cl2)=2：2：2，反应的离子方程式为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－，故C正确；‎ D、根据上述选项的分析，原溶液中n(I－)=2mol，n(Fe2＋)=4mol，n(Br－)=6mol，因此n(Fe2＋)：n(I－)：n(Br－)=4：2：6=2：1：3，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎14.若往20 mL 0.01 mol·L－1 HNO2(弱酸)溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. HNO2的电离平衡常数：c点>b点 B. b点混合溶液显酸性：c(Na＋)>c(NO2-)>c(H＋)>c(OH－)‎ C. c点混合溶液中：c(OH－)>c(HNO2)‎ D. d点混合溶液中：c(Na＋)>c(OH－)>c(NO2-)>c(H＋)‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、HNO2的电离是吸热过程，温度越高电离平衡常数越大，而c高于b，所以电离平衡常数：c点＞b点，故A正确；B、b点得到HNO2，和NaNO2混合溶液显酸性，说明电离大于水解，所以离子浓度大小为：c（NO2-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故B错误；C、a→c温度升高说明两者恰好完全中和，点两者恰好完全反应，而c→d温度降低，所水解为主，所以c点得到NaNO2溶液是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，所以c（OH-）＞c（HNO2），故C正确；D、d点混合溶液中当c（NaOH）较大时，得到NaOH和NaNO2混合溶液，所以离子的浓度为：c（Na+）＞c（OH-）＞c（NO2-）＞c（H+‎ ‎），故D正确；故选B。‎ ‎15.根据如表提供的数据可知，在溶液中能大量共存的微粒组是（ ）‎ A. H2CO3 、HCO3－、CH3COO－、CN－‎ B. CO32－、 HCO3－、CH3COOH、CN－‎ C. HCO3－、CH3COO－、CN－、HCN D. HCN 、HCO3－、CN－、CO32－‎ ‎【答案】C ‎【解析】相同温度下，电离平衡常数越大，对应酸的酸性越强，因此酸性强弱顺序为：；根据“强酸制弱酸”进行判定：酸性强于，与反应生成和，因此不能大量共存，A错误；酸性最强，与反应生成和，与反应生成和，与反应生成和，因此不能大量共存，B错误；酸性较弱，不能与、、反应，四种微粒可以大量共存，C正确；酸性强于，与反应生成和，因此不能大量共存，D错误；正确选项C。‎ ‎16.常温下，向0.1mol·L−1二元弱酸H2A的溶液中逐滴加入NaOH溶液，H2A、HA－、A2−的物质的量分数随pH的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. a曲线代表HA−的物质的量分数随pH的变化 B. M点pH＝1.1时，溶液中微粒浓度关系为c(H+)>c(HA−)＝c(H2A)‎ C. pH＝2.7时，c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)＝0.1mol·L−1‎ D. N点pH＝4.2时，c(A2−)＝c(HA−)，溶液中不存在H2A分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】向二元弱酸H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，发生H2A＋OH－=HA－＋H2O、HA－＋OH－=H2O＋A2－，然后结合图象以及守恒关系进行分析。‎ ‎【详解】A、向二元弱酸H2A中逐滴加入NaOH溶液，依次发生反应：H2A＋OH－=HA－＋H2O、HA－＋OH－=H2O＋A2－，结合题图可知，a曲线代表H2A的物质的量分数随pH的变化，b曲线代表HA－的物质的量分数随pH的变化，c曲线代表A2－的物质的量分数随pH的变化，故A错误；‎ B、pH=1.1时，溶液中c(H＋)=10－1.1mol/L，根据图可知，c(HA－)=c(H2A)<0.05mol·L－1，因此有c(H＋)>c(HA－)=c(H2A)，故B正确；‎ C、当pH=2.7时，因滴入NaOH溶液，溶液的体积增大，结合物料守恒可知c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)<0.1mol·L－1，故C错误；‎ D、N点时，c(A2－)=c(HA－)，但溶液中仍存在H2A分子，只不过其浓度很小，故D错误；‎ 答案选B。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共52分）‎ 二、非选择题 ‎17. 科研、生产中常涉及钠、硫及其化合物。‎ ‎（1）实验室可用无水乙醇处理少量残留的金属钠，化学反应方程式为 。要清洗附着在试管壁上的硫，可用的试剂是 。‎ ‎（2）右图为钠硫高能电池的结构示意图，该电池的工作温度为320℃左右，电池反应为2Na+S＝Na2,正极的电极反应式为 。M（由Na2O和Al2O3制得）的两个作用是 。与铅蓄电池相比，当消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的 倍。‎ ‎（3）溶液中离子浓度由大到小的顺序为 ，向该溶液中加入少量固体 ‎，溶液Ph （填“增大”“减小”或“不变”），溶液长期放置有硫析出，原因为 （用离子方程式表示）。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】(2)正极的电极反应式为：xS+2e-= Sx2-,M的作用：一是导电，二是因钠与硫易反应，故它起到隔离作用；钠高能电池中负极为钠,有23 g钠消耗释放1 mol e-，则207 g钠消耗时转移207/23 mol e-，铅蓄电池的电极反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O,铅蓄电池中铅是负极，207 g铅消耗时转移2 mol e-，故钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的(207/23)∶2=4.5倍。‎ ‎(3)根据电离与水解的知识可判断：c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+)，加入少量固体CuSO4后，溶液中发生离子反应：Cu2++S2-=CuS↓,由于c(S2-)降低，故由S2-水解产生OH-量减小，c(OH-)变小，c(H+)变大，溶液的pH减小；Na2S溶液长期放置所发生的化学反应方程式为2Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2S↓,故离子方程式为2S2-+O2+2H2O=4OH-+2S↓。‎ ‎18.以粉煤灰（主要成分为Al2O3和SiO2，还含有少量的FeO、Fe2O3等）为原料制备Al2O3的流程如下：‎ ‎（1）“酸浸”时需加入过量的稀硫酸，目的是提高浸取率和________；滤渣的主要成分是__________。‎ ‎（2）“氧化”过程中，加入H2O2发生反应的离子方程式为____________。‎ ‎（3）“提纯”过程中，当加入NaOH溶液达到沉淀量最大时，溶液中c(SO42－)∶c(Na＋)＝_________。‎ ‎（4）已知Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39。“提纯”过程中，当c(Fe3+)＜10－6 mol ·L－1时，溶液中c(OH－)＞________mol ·L－1。‎ ‎（5）“沉淀”过程中，通入过量CO2时发生反应的化学方程式为_____________。‎ ‎【答案】（1）抑制Al3+水解（或为后续反应提供H+），SiO2；‎ ‎（2）2Fe2++ H2O2+ 2H+＝2Fe3++ 2H2O；（3）1∶2；‎ ‎（4）1×10—11；（5）NaAlO2+ CO2+ 2H2O＝Al（OH）3↓+NaHCO3。‎ ‎【解析】(1)铝离子能够水解，因此“酸浸”时加入过量的稀硫酸，除了可以提高浸取率，还可以抑制Al3+水解；Al2O3和SiO2、FeO、Fe2O3中只有SiO2不能被硫酸溶解，因此滤渣是，故答案为：抑制Al3+水解；SiO2；‎ ‎(2)“氧化”过程中，加入H2O2能够将亚铁离子氧化，反应的离子方程式为2Fe2+ + H2O2 + 2H+＝2Fe3+ + 2H2O，故答案为：2Fe2+ + H2O2 + 2H+＝2Fe3+ + 2H2O；‎ ‎(3)“提纯”过程中，当加入NaOH溶液，生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，且沉淀完全时，沉淀量达到最大，此时溶液中的溶质为硫酸钠，c(SO42－)∶c(Na＋)＝1:2，故答案为：1:2；‎ ‎(4)根据Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39。“提纯”过程中，当c(Fe3+)＜10－6 mol ·L－1时，溶液中c(OH－)＞==1×10—11mol ·L－1，故答案为：1×10—11；‎ ‎(5)“沉淀”过程中，通入过量CO2，与溶液中的偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的化学方程式为NaAlO2+ CO2 + 2H2O＝Al(OH)3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+ CO2 + 2H2O＝Al(OH)3↓+NaHCO3。‎ ‎19.有些食物中铁元素含量非常丰富，其中非血红素铁是其存在形式之一，主要是三价铁与蛋白质和羧酸结合成络合物。‎ ‎（1）Fe3＋的电子排布式为______。‎ ‎（2）配合物Fe(CO)5的配位体是___；常温下，Fe(CO)5为黄色液体，易溶于非极性溶剂，熔点为251 K，沸点为376K，据此，可判断Fe(CO)5晶体属于____晶体(填“离子”、“原子”、“分子”或“金属”)。‎ ‎（3）金属晶体可看成金属原子在三维空间中堆积而成，单质铁中铁原子采用钾型模式堆积，原子空间利用率为68%，铁原子的配位数为____。‎ ‎（4）乙醛能被氧化剂氧化为乙酸，乙醛中碳原子的轨道杂化类型是____；1 mol乙醛分子中含有的σ键的数目为____。‎ ‎（5）FeO晶体结构如图所示，FeO晶体中Fe2＋的配位数为___。若该晶胞边长为bcm，则该晶体的密度为___g·cm-3。‎ ‎【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5 (2). CO (3). 分子 (4). 8 (5). sp2、sp3 (6). 6×6.02×1023或6NA (7). 6 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Fe位于第四周期第Ⅷ族，是26号元素，Fe3＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5，答案是1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；‎ ‎（2）配合物是Fe(CO)5，Fe原子提供空轨道，CO提供孤对电子，配位体是CO；Fe(CO)5熔沸点很低，易溶于非极性溶剂，即Fe(CO)5属于分子晶体；答案是CO；分子晶体；‎ ‎（3）单质铁中铁原子采用钾型模式堆积，原子空间利用率为68%，晶胞结构为体心立方密堆积，Fe原子配位数为8；答案8；‎ ‎（4）乙醛结构简式为CH3CHO，－CH3中C原子杂化类型为sp3，醛基中碳原子杂化类型为sp2；成键原子间只能形成1个σ键，即1mol乙醛分子中含有的σ键物质的量为6mol，个数为6×6.02×1023或6NA；答案为sp3、sp2；6×6.02×1023或6NA；‎ ‎（5）根据晶胞图，FeO晶体离子为1：1型结构，Fe2＋配位数为6；晶胞中Fe2＋个数为=4，则O2－的个数也是4，晶胞的质量为g，该晶胞的边长为bcm，晶胞的体积为b3cm3，则晶胞的密度为=g/cm3；答案为6；。‎ ‎20.过氧化钙是一种白色固体，常用作杀菌剂、防腐剂。‎ ‎（1）化学实验小组选用如下装置（部分固定装置略）用钙和氧气制备过氧化钙。‎ ‎①请选择必要的装置（装置可重复使用），按气流方向连接顺序为__________________。（填仪器接口的字母编号）‎ ‎②连接好装置进行实验，步骤如下：‎ I.检查装置气密性后，装入药品；‎ II._____________________；‎ III.点燃B处酒精灯加热药品；反应结束后，_______________________________；‎ Ⅳ.拆除装置，取出产物。‎ ‎（2）已知化学反应Ca2++H2O2+2NH3+8H2O= CaO2·8H2O↓+2NH4+。在碱性环境中制取CaO2·8H2O的装置如下图:‎ ‎①装置B中仪器X的作用是__________________________________；反应在冰水浴中进行的原因是__________________________________________________________。‎ ‎②反应结束后，经________、__________、低温烘干获得CaO2·8H2O。‎ ‎【答案】(1). a e d b c e (2). 打开分液漏斗活塞，通一段时间气体 (3). 先熄灭酒精灯，待产品冷却后再停止通入氧气 (4). 导气，防止倒吸 (5). 防止温度过高H2O2分解；有利于晶体析出 (6). 过滤 (7). 洗涤 ‎【解析】本题考查过氧化钙的制备、性质及化学实验操作的知识。(1) ①用双氧水与二氧化锰反应产生氧气，用浓硫酸干燥氧气，氧气与Ca在加热时发生反应产生过氧化钙，为了防止空气中的水分影响反应产物，应该再通过盛有浓硫酸的洗气瓶。故装置的连接顺序是a→e→d→b→c→e；②连接好装置进行实验，步骤如下：I.检查装置气密性后，装入药品；II. 打开分液漏斗活塞，通一段时间气体，排除装置中的气体；III.点燃B处酒精灯加热药品；反应结束后，先熄灭酒精灯，待产品冷却后再停止通入氧气，防止发生倒吸；Ⅳ.拆除装置，取出产物；（2）①氨气极易溶于水，故装置B中仪器X的作用是导气，防止倒吸；因双氧水易分解，故在冰水浴中进行的原因是防止温度过高H2O2分解；有利于晶体析出；②反应结束后，将B装置中三颈烧瓶中的物质进行过滤、洗涤、低温烘干获得CaO2·8H2O。‎