2023學(xué)年高考化學(xué)綜合練習(xí)題

綜合練習(xí)題孫思邈《太清丹經(jīng)要訣》中對制取彩色金(主要成分為SnS2)的過程有如下表達(dá)：“雄黃(As4S4)十兩，末之，錫三兩，銷中合....入坩堝中， 以蓋合之。密固，人風(fēng)爐吹之。令鍋同火色，寒之。開，黃色似金”。以下說法錯誤的選項(xiàng)是彩色金和雄黃均具有較強(qiáng)的復(fù)原性“以蓋合之、密固”的目的是防止生成的SO2集中到空氣中C．“火之”過程中，坩堝內(nèi)發(fā)生了置換反響D．可用灼燒的方法鑒別真金與彩色金【答案】B【解析】“雄黃(As4S4)十兩，末之，錫三兩，銷中合....入坩堝中， 以蓋合之。密固，人風(fēng)爐吹之。令鍋同火色，寒之。開，黃色似金”中描述的是雄黃(As4S4)與錫〔Sn〕發(fā)生反響生成“黃色似金”的彩色金(主要成分為SnS2)，同時應(yīng)當(dāng)生成As。A．雄黃(As4S4)和彩色金(主要成分為SnS2)中S均為負(fù)價，簡潔被氧化，因此彩色金和雄黃均具有較強(qiáng)的復(fù)原性，故A正確；B．雄黃(As4S4)和彩色金(主要成分為SnS2)均能與氧氣反響，所以制取過程不行以在空氣中進(jìn)展，故B錯誤；C．雄黃(As4S4)與錫〔Sn〕發(fā)生反響生成“黃色似金”的彩色金(主要成SnS2)C正確；D．SnS2與氧氣能反響，黃金與氧氣不反響，可用灼燒的方法鑒別真金與彩色金，故D正確?；瘜W(xué)與我們的生活息息相關(guān)，以下說法不正確的選項(xiàng)是A．高性能分別膜可用于海水淡化B．用來制防彈汽車車窗的氧化鋁透亮陶瓷屬于型無機(jī)非金屬材料C．廁所清潔劑，肥皂，廚房清潔劑等生活中的常用品的堿性依次增加D．袋裝食品中常常放有含硅膠、無水氯化鈣、復(fù)原鐵粉等小包，它們所起的作用一樣【答案】D【解析】A．高性能分別膜可有選擇地使粒子通過，可用于海水的淡化，故A正確；B．型無機(jī)非金屬材料主要有先進(jìn)陶瓷、非晶體材料、人工晶體、無機(jī)涂層、無機(jī)纖維等，氧化鋁陶瓷屬于型無機(jī)非金屬材料，故B正確；CHCl，顯酸性，肥皂、廚房清潔劑的主要成分為強(qiáng)堿弱酸鹽，顯堿性，廚C正確；D．包裝食品里常有硅膠、無水氯化鈣為枯燥劑，復(fù)原鐵粉具有復(fù)原性可防止食品被氧化變質(zhì)，其作用不一樣，故D錯誤。如圖表示1～18號元素〔原子〕的構(gòu)造或性質(zhì)隨核電荷數(shù)遞增的變化。無法由該圖中曲線獲知的是原子半徑 B．電子層數(shù) C．最高化合價 D．最外層電子數(shù)【答案】A【解析】電子層數(shù)等于周期數(shù)，最外層電子數(shù)=最高化合價；同周期元素從左到右，半徑依次減小，所以由該圖中曲線無法獲知的是原子半徑，應(yīng)選A。以下有關(guān)試驗(yàn)操作或儀器的使用正確的選項(xiàng)是分液時取出下層液體 B．存放濃硝酸C．收集NO氣體 D．吸取尾氣中的SO2【答案】D【解析】AA錯誤；B．濃硝酸有強(qiáng)氧化性，B錯誤；C．NONO故C錯誤；D．SO2氣體與氫氧化鈉溶液反響，假設(shè)直接將導(dǎo)管插入液面下，簡潔發(fā)生倒吸現(xiàn)象，故使用圖中儀器可以防止倒吸，故D正確。以下物質(zhì)的主要成分(括號中)不包括ⅣA族元素的是石英石[SiO2]

貓眼石[Be3Al2Si6O18]

孔雀石[Cu2(OH)2CO3]

紅寶石[Al2O3]【答案】D【解析】A．SiO2中Si元素是ⅣA族元素，故不選A；B．Be3Al2Si6O18Si元素是ⅣA族元素，故不選B；C．Cu2(OH)2CO3中C元素是ⅣAC；D．Al2O3中Al元素是ⅢA族元素、O元素是ⅥA族元素，不含ⅣA族元素，應(yīng)選D。以下試驗(yàn)方案，能到達(dá)相應(yīng)目的的是目A驗(yàn)證氧化性：B驗(yàn)證熱穩(wěn)定性：C爭論濃度對化D爭論濃度對化學(xué)的Cl2＞Br2＞I2Na2CO3＞NaHCO3學(xué)平衡的影響反響速率的影響實(shí)驗(yàn)方案【答案】C【解析】A．氯氣通過浸有溴化鈉溶液的棉球時置換出溴，棉球變成橙色，可以證明氧化性：Cl2＞Br2、剩Cl2＞2Br2＞I2，故A不選；B．碳酸氫鈉受熱分解放出的二氧化碳能夠使澄清石灰水變渾濁，但該試驗(yàn)不能證明碳酸B不選；C．兩個試驗(yàn)只有KSCN濃度不同，可爭論濃度對化學(xué)平衡的影響，故C選；D．兩個試驗(yàn)中高錳酸鉀均過量，溶液均不褪色，不能探究濃度對反響速率的影響，故D不選；應(yīng)選C。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項(xiàng)是A．常溫常壓下，15g甲基〔－14CH3〕9NAB．100g46%的乙醇水溶液中氧原子數(shù)為4NAC．22.4LCl2與足量的NaOH溶液反響轉(zhuǎn)移的電子數(shù)是NAD．50mL18.4mol·L1濃硫酸與足量銅微熱反響，生成SO20.46NA【答案】B15物質(zhì)的量為17質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%46g，即乙醇物質(zhì)的量為1mol，乙醇中氧原子數(shù)為NA，同理可未指明環(huán)境狀態(tài)，不能用氣體摩爾體積計算，C錯誤；D．濃硫酸隨反響進(jìn)展?jié)舛茸兿『蟛慌c銅連續(xù)反響，50mL18.4mol/L濃硫酸與足量銅微熱反響，生成SO20.46NA，D錯誤。答案為B。稀土鈰(Ce)元素主要存在于獨(dú)居石中，金屬鈰在空氣中易氧化變暗，受熱時燃燒，遇水很快反響。：鈰常見的化合價為+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+。以下說法不正確的選項(xiàng)是A．鈰的冶煉步驟為：用稀土串級萃取法對礦石進(jìn)展篩選富集，電解熔融CeO2CeO2溶于氫碘酸的化學(xué)方程式可表示為：CeO2+4HI=CeI4+2H2O用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亞鐵溶液，其離子方程式為：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+四種穩(wěn)定的核素136Ce、138Ce、140Ce、142Ce，它們互稱為同位素【答案】B

58 58

58 58【解析】A．稀土鈰〔Ce〕元素主要存在于獨(dú)居石中，金屬鈰在空氣中易氧化變暗，受熱時燃燒，遇水很快反響，則用稀土串級萃取法對礦石進(jìn)展萃取富集，然后電解熔融的CeO2來冶煉金屬鈰，A項(xiàng)正確；B．Ce4+具有氧化性，HI具有強(qiáng)復(fù)原性，CeO2溶于氫碘酸會發(fā)生氧化復(fù)原反響，化學(xué)方程式可表示為2CeO2+8HI=2CeI3+4H2O+I2B 項(xiàng)錯誤；C．用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亞鐵溶液，其離子方程式為Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，C項(xiàng)正確；D．核素136Ce、138Ce、140Ce、142Ce，是具有一樣質(zhì)子數(shù)，不同中子數(shù)的不58 58 58 58同原子，它們互稱為同位素，D項(xiàng)正確。向KI溶液中逐滴參加少量CuSO4溶液，觀看到有白色沉淀生成，溶液變?yōu)榈S色。再向反響后的混合物中不斷通入SO2氣體，溶液漸漸變成無色。以下分析中不正確的選項(xiàng)是4通入SO2時發(fā)生反響的離子方程式為SO2+I2+2H2O=2HI+2H++SO2?4滴加CuSO41molCuI1mole?C．依據(jù)上述試驗(yàn)現(xiàn)象可知：Cu2+比I2的氧化性強(qiáng)D．充分反響后的溶液中無Cu2+存在【答案】A【解析】I2生成．碘元素化合價由-1價上升到0價，硫酸根只有在濃硫酸中有氧化性，所以化合價能夠降低的只有Cu2+，觀看到產(chǎn)生白色沉淀，由于Cu為紅色，所以Cu2+不能復(fù)原為Cu，應(yīng)復(fù)原Cu+CuISO2I2I2與SO2反響生成I?，SO2被氧為化H2SO4，白色沉淀是CuI。A．反響后的混合物中不斷通入SO2氣體，反響方4程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HISO2+I2+2H2O=2I?+4H++SO2?A錯誤；B．CuSO4溶液中逐滴參加KI溶液化學(xué)方程式為2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每轉(zhuǎn)移2mol2molCuI1mole?1molCuIB正確；C．2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I24選項(xiàng)試驗(yàn)操作試驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論ACo2O3中滴入濃鹽酸產(chǎn)生黃綠色氣體氧化性：Cl2＞Co2O3白鐵皮〔鍍鋅鐵消滅刮痕后浸該過程未發(fā)生B無明顯現(xiàn)象氧化復(fù)原反響滴入幾滴K3[Fe(CN)6]溶液CNa選項(xiàng)試驗(yàn)操作試驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論ACo2O3中滴入濃鹽酸產(chǎn)生黃綠色氣體氧化性：Cl2＞Co2O3白鐵皮〔鍍鋅鐵消滅刮痕后浸該過程未發(fā)生B無明顯現(xiàn)象氧化復(fù)原反響滴入幾滴K3[Fe(CN)6]溶液CNa2S溶液中滴加鹽酸產(chǎn)生臭雞蛋氣味氣體非金屬性：Cl＞S將10mL2mol·L?1的KI溶液與1DmL1mol·L?1FeCl3溶液混合充分反響后滴加KSCN溶液溶液顏色變紅KIFeCl3的反應(yīng)有可逆性【答案】D【解析】Co2O3作氧化劑，Cl2是氧化產(chǎn)物，由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，氧化性：Co2O3＞Cl2，A項(xiàng)錯誤；B．該過程形成了鋅鐵原電池，由于鋅比鐵活潑，則鐵被保護(hù)，溶液中沒有二價鐵離子生成，故滴入鐵氰化鉀溶液無明顯現(xiàn)象，該過程的總反響為2Zn+O2+2H2O=2Zn(OH)2，發(fā)生了氧化復(fù)原反響，B項(xiàng)錯誤；C．應(yīng)由最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性強(qiáng)弱來比較非金屬性強(qiáng)弱，C項(xiàng)錯誤；DFeCl3與過量KI反響后向溶液中滴加KSCN，溶液顏色變紅說明溶液中存在Fe3+，則該反響為可逆反響，D項(xiàng)正確。CH4的C—H鍵形成高氧化態(tài)過渡金屬化合物的反響頻繁消滅在光分解作用、金屬有機(jī)化學(xué)等領(lǐng)域，如圖是CH4Zr形成過渡金屬化合物的過程。以下說法不正確的選項(xiàng)是2 整個反響快慢，由CH—Zr···H→22 Zr+CH→CH—Zr···H213.67kJ·mol?14 33在中間產(chǎn)物中CH—Zr···H狀態(tài)最穩(wěn)定34Zr+CH→CH—Zr···H34【答案】B

ΔH=+39.54kJ·mol?1【解析】A．整個反響的快慢取決于最慢的反響，反響的活化能越高，反響速率越慢，由圖中可知，由CH2—Zr···H2→狀態(tài)2活化能最大，故整個反響的快慢就取決于該反響，AB．由圖中可以讀出，Zr+CH4→CH3—Zr···H活化能為99.20kJ·mol?1，B錯誤；C．物質(zhì)所具有的能量越低越穩(wěn)定，由圖中可知，在中3 間產(chǎn)物中CH—Zr···H的能量為-114.47kJ·mol?1CH—Zr···H狀態(tài)最穩(wěn)定，C3 4圖中可知，Zr+CH4

0kJ·mol?1CH—Zr···H3

+39.54kJ·mol?1Zr+CH

4→CH—Zr···H3ΔH=+39.54kJ·mol?1，D正確。依據(jù)如圖海水綜合利用的工業(yè)流程圖，推斷以下說法正確的選項(xiàng)是過程①的提純過程參加的藥品挨次為：NaOH溶液→BaCl2溶液→NaCO

溶液→鹽酸→過濾→蒸發(fā)結(jié)晶2 32過程②、③均是通過電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的方式來獵取金屬單質(zhì)C．在過程④或⑥0.2molBr?2.24LCl2D．過程⑤的吸取液可換成飽和亞硫酸鈉溶液【答案】D【解析】過程①等沉淀溶于鹽酸，得到的精鹽中有雜質(zhì)，A錯誤；B．過程②是電解飽和食鹽水得到氫氧化鈉溶液，過程③電解熔融氯化鎂生成單質(zhì)鎂，B錯誤；C．在過程④或⑥中發(fā)生反響2Br?+Cl2=Br2+2Cl?，溴離子被氧化，故每氧化0.2molBr?2.24LCl2，C錯誤；D．過程⑤為二氧化硫和溴單質(zhì)反響生成溴離子，亞硫酸鈉也可與溴單質(zhì)發(fā)生氧化復(fù)原反響生成溴離子，故可換成飽和亞硫酸鈉溶液，D正確。最近報道的一種處理垃圾滲濾液并用其發(fā)電的示意圖如下。裝置工作時，以下說法不正確的選項(xiàng)是鹽橋中Cl?向Y極移動B．化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔蹸．電子由X極沿導(dǎo)線流向Y極D．Y2NO?+10e?+12H+=N

+6H

O，四周pH增大【答案】A

3 2 2N【解析】A．NH3 N

化合價上升失電子，發(fā)生氧化反響，做正極；NO?N

2化合價降低得電子，發(fā)生還23Cl?向負(fù)極XA錯；B．垃圾在微生物的作用下，發(fā)生氧化復(fù)原反響，形成了原電池，所以化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔埽蔅正確；C．依據(jù)A分析知X為負(fù)極，Y為正極，電子由負(fù)極X極沿33導(dǎo)線流向正極Y極，故C正確；D．Y2NO?+10e?+12H+=N3

2+6H

2O，消耗H+pH增大，故D正確。鉍(Bi)(Bi2S3PbO2等)為原料，承受濕法冶金制備精鉍工藝流程如下：以下說法錯誤的選項(xiàng)是“浸出”產(chǎn)生S6Fe3++Bi2S3=6Fe2++2Bi3++3S“浸出”時使用稀鹽酸主要目的是復(fù)原雜質(zhì)PbO2C．“電解精煉”時，粗鉍應(yīng)與電源的正極相連D．再生液可以參加“浸出”操作中循環(huán)利用【答案】B【解析】A．在“浸出”過程中FeCl3作為氧化劑將Bi2S3中-2價的硫氧化為硫單質(zhì)，F(xiàn)eCl3則被復(fù)原為FeCl2，由此可知離子方程式為6Fe3++Bi2S3=6Fe2++2Bi3++3S，故A正確；B．由流程圖可知，在“浸出”過程中，PbO2被復(fù)原為PbCl2，復(fù)原劑應(yīng)是Bi2S3中-2價的硫元素，稀鹽酸是供給了酸性環(huán)境，故B錯誤；C．“電解精煉”時，粗鉍應(yīng)在陽極發(fā)生氧化反響溶解，在陰極復(fù)原得到精鉍，故粗鉍應(yīng)與電源的正極相連，故C正確；D．再生液的溶質(zhì)為FeCl3，可返回到“浸出”操作循環(huán)利用，故D正確。X、Y、Z、W是短周期主族元素，X原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍；Y原子半徑最大；Z的單質(zhì)多消滅在火山口四周，且為淡黃色晶體；W的單質(zhì)常溫下為黃綠色氣體。以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是A．簡潔離子半徑的大?。篧>Z>YB．X的單質(zhì)只有兩種同素異形體C．Y的最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性在同周期中最強(qiáng)D．Z的氫化物的穩(wěn)定性比W的氫化物的穩(wěn)定性強(qiáng)【答案】C【解析】X原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍，則X2、4，所以XC元素；Y的原子半徑最大，則Y應(yīng)為Na元素；Z的單質(zhì)多消滅在火山口四周，且為淡黃色晶體，則Z為S元素；W的單質(zhì)常溫下為黃綠色氣體，則WCl元素。A．Cl?、S2?3層電子，Na+2層電子，離子核外S2?>Cl?>Na+A錯誤；B．C元素的單質(zhì)有石墨、金剛石、C60等多種同素異形體，故B錯誤；C．金屬性越強(qiáng)，最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性越強(qiáng)，Na元素為同周期元素中金屬性最強(qiáng)的元素，故C正確；D．非金屬性越強(qiáng)，氫化物越穩(wěn)定，Cl的非金屬性強(qiáng)于S，所以Cl的氫化物更穩(wěn)定，故D錯誤。等物質(zhì)的量的BaCl2、K2SO4和AgNO3溶于水形成混合溶液，用石墨電極電解此溶液，經(jīng)過一段時間后，陰、陽兩極收集到的氣體體積之比為3∶2。以下說法正確的選項(xiàng)是陰極反響為：Ag++e?=AgB．陽極始終發(fā)生反響：2Cl?-2e?=Cl2↑C．向電解后溶液中通入適量的HCl可使溶液恢復(fù)到電解前的狀態(tài)D．兩極共生成三種氣體【答案】D4【解析】等物質(zhì)的量的BaCl2、K2SO4和AgNO3溶于水形成混合溶液，發(fā)生反響SO2?+Ba2+=BaSO4↓、Cl?+Ag+=AgCl↓，混合后溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的氯化鉀、硝酸鉀。用石墨電極電解此溶液，陽極首先是4氯離子失電子發(fā)生氧化反響，電極反響式為 2Cl?-2e?=Cl2↑，然后是氫氧根離子放電，電極反響式為：4OH?-4e?=2H2O+O2↑，陰極發(fā)生復(fù)原反響2H++2e?=H2↑，結(jié)合電子轉(zhuǎn)移計算，一段時間后，陰、陽兩極產(chǎn)生的氣體的體積比為3∶2，說明陽極生成氯氣、氧氣，陰極生成氫氣A．陰極發(fā)生復(fù)原反響：2H++2e?=H2↑，故A錯誤；B．假設(shè)陽極始終發(fā)生2Cl?-2e?=Cl2↑的反響，陰、陽兩極產(chǎn)生的氣體的體積比應(yīng)為1∶1，與題意不符，故B錯誤；C．電解的本質(zhì)為電解氯化氫、水，僅向電解后的溶液中通入適量的HCl氣體，不能使溶液復(fù)原到電解前的狀態(tài)，故C錯誤；D．由分析可知陽極生成氯氣、氧氣，陰極生成氫氣，故D正確。氫氣作為清潔能源有著廣泛的應(yīng)用前景，含硫自然氣制備氫氣的流程如下。請答復(fù)以下問題：I．轉(zhuǎn)化脫硫：將自然氣壓入吸取塔，30℃T.F菌作用下，酸性環(huán)境中脫硫過程示意圖如下。(1)過程i的離子反響方程式為 。(2)：①Fe3+在pH=l.9時開頭沉淀，pH=3.2時沉淀完全。②30℃時，在T.F菌作用下，不同pHFeSO4溶液中Fe2+的氧化速率如下表。pH0.71.11.51.92.32.7Fe2+的氧化速率/g·L?1·h?14.55.36.26.87.06.6在轉(zhuǎn)化脫硫中，請?jiān)谏媳碇羞x擇最正確pH 范圍是 <pH< ，這樣選擇的緣由是： 。Ⅱ．蒸氣轉(zhuǎn)化：在催化劑的作用下，水蒸氣將CH4氧化。結(jié)合以下圖答復(fù)以下問題。①該過程的熱化學(xué)方程式是 。②比較壓強(qiáng)P1和p2的大小關(guān)系：P1 P2(選填“>”“<”或“=”)。③在肯定溫度和肯定壓強(qiáng)下的體積可變的密閉容器中充入1molCH4和1mol的水蒸氣充分反響達(dá)平衡后測得起始時混合氣的密度是平衡時混合氣密度的 1.4倍，假設(shè)此時容器的體積為2L，則該反響的平衡常數(shù)為 (2位有效數(shù)字)。Ⅲ．CO變換：500℃時，CO進(jìn)一步與水反響生成CO2H2。Ⅳ．H2提純：將CO2和H2分別得到H2的過程如示意圖吸取池中發(fā)生反響的離子方程式是 ?！敬鸢浮俊?〕H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+〔2〕1.5 1.9 此范圍既保證了Fe2+有較快的氧化速率又防止生成的Fe3+形成沉淀〔3〕CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ/mol > 0.48〔4〕CO2?+CO+HO=2HCO?3 2 2 3【解析】(1)由圖可知，過程中H2S變成S，S元素化合價由-20價，F(xiàn)e3+被復(fù)原變成Fe2+，依據(jù)電子守恒，過程i的離子反響方程式為H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；因此，此題正確答案是：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；(2)由①Fe3+pH=l.9Fe3+Fe2+Fe3+濃度均會降低速率降低故pH應(yīng)小于1.9由②可知，pH在1.5的時候的氧化速率較快故pH的取值范圍是1.5<pH<1.9。因此，此題正確答案是：1.5；1.9；此范圍既保證了Fe2+有較快的氧化速率又防止生成的Fe3+形成沉淀；(3)①由圖可知該反響為吸熱反響，ΔH=2582kJ/mol-2378kJ/mol=+204kJ/mol，該過程的熱化學(xué)方程式是CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ/mol；②由圖可知，溫度肯定，壓CH4P1>P2。③CH4的物質(zhì)的量為x，CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)起始〔mol〕1100變化〔mol〕xxx3x平衡〔mol〕1-x1-xx3x依據(jù)起始時混合氣的密度是平衡時混合氣密度的1.4倍，氣體的總質(zhì)量不變，密度與氣體的總物質(zhì)的量成反〔22x)=1.4，解得x=0.4，容器的容積為2L，則平衡時，CH

、HO、CO、H

的濃度分別為：0.3mol/L、比，則2

4 2 2OcCOc3HOmol/L、0.2mol/L、0.6mol/L，則該反響的平衡常數(shù)為K=cCH40.20.63

H2=20.30.3

=0.48。因此，此題正確答案是：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ/mol；>；0.48；(4)由圖示吸取池中用的是K2CO3溶液，吸取CO2，則離子方程式是CO2?+CO2+H2O=2HCO?，因此，此題正確答3 3案是：CO2?+CO+HO=2HCO?。3 2 2 318．〔一〕利用廢舊白鐵皮〔含F(xiàn)e、Zn、Fe2O3、ZnO〕制備磁性Fe3O4膠體流程及制備裝置如下：：鋅及其化合物的性質(zhì)與鋁及其化合物的性質(zhì)具有肯定的相像性。請答復(fù)：用NaOH溶液處理廢舊鍍鋅鐵皮的作用有 。〔填字母序號〕a．去除油污 b．溶解鍍鋅層 c．去除鐵銹 d．鈍化3“局部氧化”階段，ClO?被復(fù)原為Cl?，該反響的離子方程式是 。3經(jīng)測定溶液B中Fe2+、Fe3+的物質(zhì)的量之比是1∶2。檢驗(yàn)其中Fe2+可選用的試劑 。a．NaOH溶液 b．KSCN溶液 c．KMnO4溶液 d．K3[Fe(CN)6]溶液Fe3O4膠體粒子 〔填“能”或“不能”〕承受減壓過濾法實(shí)現(xiàn)固液分別。制得Fe3O4膠體粒子的過程中，須持續(xù)通入N2，其緣由是 ?！捕持苽銯e3O4還可以用氧化?沉淀法。向稀硫酸中參加過量鐵粉，得到FeSO4溶液?？諝庵写嬖贠2，由于 〔用離子方程式表示〕，可產(chǎn)生Fe3+，過量鐵粉的作用是除去Fe3+。N2NaOHFeSO4Fe(OH)2NaNO3溶液滴入濁液中，充分反響得到Fe3O4。①用潮濕紅色石蕊試紙檢驗(yàn)產(chǎn)物， 〔填現(xiàn)象〕，證明生成了NH3。3② Fe(OH)2+ NO?= ?！矊⒎错懷a(bǔ)充完整〕3【答案】〔1〕ab〔2〕6Fe2++ClO?+6H+=6Fe3++Cl?+3HO3 2〔3〕d〔4〕不能 在N2氣氛下，防止Fe2+被氧化〔5〕4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O〔6〕試紙變藍(lán) 12 1 4Fe3O4+NH3↑+OH?+10H2O3【解析】〔一〕〔1〕鋅及其化合物的性質(zhì)與鋁及其化合物的性質(zhì)具有肯定的相像性，所以NaOH溶液能溶解鍍鋅層和去除油污，故答案為：ab；〔2〕“局部氧化”階段，是將亞鐵離子氧化成三價鐵離子，ClO?被復(fù)原為3Cl?6Fe2++ClO?+6H+=6Fe3++Cl?+3HO；〔3〕K[Fe(CN)

]溶液，假設(shè)有亞鐵離3 2 3 6子，溶液變?yōu)樗{(lán)色，可檢驗(yàn)其中Fe2+，故答案為：d；〔4〕Fe3O4膠體粒子直徑在1-100nm之間，能透過濾紙，F(xiàn)e3O4N2Fe2+被氧化，故答案為：不能；在N2氣氛下，防止Fe2+被氧化；〔二〕〔5〕O2，能氧化亞鐵離子變?yōu)镕e3+，離子4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；〔6〕①氨氣是堿性氣體，能使潮濕紅色石蕊試紙變藍(lán)，故答案為：試紙變藍(lán)；②依據(jù)題目要求，氫氧化亞鐵轉(zhuǎn)化為四氧化三鐵，鐵的價態(tài)降低，氮元素轉(zhuǎn)化為氨氣，氮的價態(tài)上升，依據(jù)電子得失守恒和電荷33412Fe(OH2+N?=4Fe334

+NH

↑+OH?+10H

+NH

↑+OH?+10HO。323432鐵黃是一種重要的顏料，化學(xué)式為Fe2O3·xH2O，廣泛用于涂料、橡膠、塑料、文教用品等工業(yè)。試驗(yàn)室模擬工業(yè)利用硫酸渣(Fe2O3及少量的CaO、MgO等)和黃鐵礦粉(主要成分為FeS2)制備鐵黃的流程如下：323432操作Ⅰ與操作Ⅱ中都用到玻璃棒，玻璃棒在兩種操作中的作用分別是 、 。試劑a最好選用 (供選擇使用的有：鋁粉、空氣、濃HNO3)；(3)上述步驟中需用到氨氣。以下裝置可用于試驗(yàn)室制氨氣的是 (填序號)。(4)查閱資料知，在不同溫度下Fe2O3被CO復(fù)原，產(chǎn)物可能為Fe3O4、FeOFe，固體質(zhì)量與反響溫度的關(guān)系如以下圖所示。依據(jù)圖像推斷670℃時Fe2O3復(fù)原產(chǎn)物的化學(xué)式為 并設(shè)計一個簡潔的試驗(yàn)證明該復(fù)原產(chǎn)物的成分(簡述試驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論) 〔儀器自選?？晒┻x擇的試劑：稀硫酸、稀鹽酸、H2O2溶液、NaOH溶液、KSCN溶液。〕【答案】〔1〕攪拌加速溶解 引流空氣bdFeO (或稀鹽酸)，固體完全溶解且無氣泡產(chǎn)生；再向其中滴加KSCN溶液，溶液不變色；最終滴加H2O2溶液，溶液變紅色，證明復(fù)原產(chǎn)物為FeO【解析】硫酸渣含F(xiàn)e2O3及少量的CaO、MgO等，加稀硫酸后過濾，得到Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等離子，加熱黃鐵礦粉主要成分為FeS2，發(fā)生氧化復(fù)原反響，F(xiàn)e3+離子被復(fù)原為Fe2+，在通入氧化劑〔空氣〕后，F(xiàn)e2+Fe3+，由于Fe3+溶液通入氨氣后，F(xiàn)e3+生成Fe(OH)3，在進(jìn)展過濾得Fe(OH)3，在進(jìn)展加熱烘干即得鐵黃Fe2O3·xH2O。(1)操作Ⅰ與操作ⅡⅠ是利用玻璃棒加速硫酸渣的溶解，操作Ⅱ是過濾試驗(yàn)操作，玻璃棒是起到引流作用。(2)依據(jù)流程分析，試劑a是用來氧化亞鐵離子的，但選擇氧化劑不能引入的雜質(zhì)，鋁粉引入的雜質(zhì)，濃硝酸做氧化劑會產(chǎn)生污染氣體，最好選擇空氣做氧化劑氧化亞鐵離子，不會引入的雜質(zhì)，不污染環(huán)境，故答案：空氣。(3)a．加熱氯化銨分解后生成氨氣和氯化氫會在試管口重生成氯化銨，不能制備氨氣，故a錯誤；b．氨水滴入氧化鈣固體，氧化鈣會和水反響生成氫氧化鈣放熱，使一水合氨分解生成氨氣，故b正確；c．氫氧化鈣和氯化銨固體加熱時需要試管口略向下傾斜，裝置中加熱會使生成的水倒流到試管底部炸裂試管，故c錯誤；d．加熱濃氨水會分解生成氨氣，可48gd正確；答案為選bd。(4)開頭時氧化鐵的物質(zhì)的量是160g/

=0.3mol，當(dāng)恰好轉(zhuǎn)化為四氧化三2鐵時質(zhì)量=3

0.3mol×232g/mol=46.4g，當(dāng)恰好轉(zhuǎn)化為氧化亞鐵時質(zhì)量=0.3mol×2×72g/mol=43.2g，即加熱溫度達(dá)到500℃～600℃時復(fù)原產(chǎn)物為Fe3O4，當(dāng)670℃時復(fù)原產(chǎn)物為FeO；亞鐵離子易被氧化，則驗(yàn)證復(fù)原產(chǎn)物的試驗(yàn)操作是取少量復(fù)原產(chǎn)物置于試管中，參加過量稀硫酸〔或稀鹽酸〕，固體完全溶解且無氣泡產(chǎn)生；再向其中滴加KSCN溶液，溶液不變色；最終滴加H2O2溶液，溶液變紅色，證明復(fù)原產(chǎn)物為FeO，故答案：FeO；取少(或稀鹽酸)，固體完全溶解且無氣泡產(chǎn)生；再向其中滴加KSCN溶液，溶液不變色；最終滴加H2O2溶液，溶液變紅色，證明復(fù)原產(chǎn)物為FeO。由中科院等離子體物理爭論所自主研制的全超導(dǎo)托卡馬克試驗(yàn)裝俗人造太正在承受技術(shù)升級。人造太陽是利用氘、氚核聚變反響釋放巨大能量原理而實(shí)現(xiàn)的。以下說法正確的選項(xiàng)是。A．氕、氘、氚三種元素在周期表中的位置不同B．20gD2O含有的中子數(shù)為6.02×1024個C．在隔絕空氣和高溫下LiCl與金屬鈉反響可獲得金屬鋰Ⅱ．局部元素在周期表中的位置如下：請答復(fù)以下問題：元素C在周期表中的位置為 。推斷E和F對應(yīng)的簡潔氫化物沸點(diǎn)凹凸，并解釋緣由 。(3)用電子式表示F的氫化物的形成過程： 。Ⅲ．溴及其化合物廣泛用于醫(yī)藥、塑料阻燃劑等，苦鹵提溴的工業(yè)流程如下：結(jié)合元素周期律解釋Cl的非金屬性強(qiáng)于Br的緣由： 。3吸取塔中，A吸取了Br2后的溶液中含有Br?和BrO?，則A是 〔填序號〕。3A．NaCl溶液 B．Na2CO3溶液 C．SO2氣體從吸取塔出來的溶液中參加稀H2SO4得到Br2的離子方程式是 。【答案】Ⅰ．BCⅡ．〔1〕第四周期Ⅷ族H2O沸點(diǎn)高，水分子可形成分子間氫鍵作用力強(qiáng)，故沸點(diǎn)高〔3〕III．〔1〕ClBr均為第ⅦA7Cl＜BrCl＜Br，得電子力量Cl＞Br，非金屬性Cl＞Br〔2〕B〔3〕5Br?+BrO?+6H+=3Br+3HO3 2 2AHABD2O20g/mol20gD2O1mol，1molD2O10mol1mol含有的中子數(shù)為6.02×1024個，B正確；C．復(fù)原性：Na>Li，在隔絕空氣和高溫下LiCl與金屬鈉反響可獲得金屬鋰，C正確；答案為BC；II．(1)元素CFe，位于第四周期Ⅷ族；(2)EF分別為O、S，氫化物為H2O、H2S，水分子間可形成氫鍵，導(dǎo)致分子間的作用力增大，熔沸點(diǎn)上升，則H2O沸點(diǎn)高；(3)F的氫化物為H2S，電子式表示其形成過程為 ；III．(1)Cl、Br屬于同一主族，最外層均有7個電子，Cl