甘肅省天水市甘谷縣2024-2025高三化學(xué)上學(xué)期10月月考試題

甘肅省甘谷2024—2025高三上學(xué)期其次次檢測考試化學(xué)試題可能用到的相對原子質(zhì)量：H:1C:12N:14O:16S:32Na:23Mg:24Al:27Fe:56Ba:137一、單選題（共45分）1．（本題3分）下列說法中不正確的有A．鈉鉀合金在常溫下為液態(tài)，可用于原子反應(yīng)堆的導(dǎo)熱劑B．火災(zāi)現(xiàn)場有大量活潑金屬存放時，可用干燥的沙土滅火C．明礬溶于水會形成膠體，因此可用于自來水的凈化和殺菌消毒D．在月餅包裝盒中放入鐵粉，可防止月餅氧化變質(zhì)2．（本題3分）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是A．常溫常壓下，Na2O2與足量H2O反應(yīng)，生成0.2molO2，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.4NAB．反應(yīng)KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NAC．將0.1molFeCl3水解制成膠體，所得膠體粒子數(shù)為0.1NAD．常溫下，0.1molFe與確定量的稀硝酸反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.3NA3．（本題3分）下列說法正確的是A．同溫同壓下的兩種氣體，只要所含微粒數(shù)目相等，則所占體積確定相等B．質(zhì)量相等，密度不相等的N2和C2H4分子數(shù)目確定相等C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L甲烷和氨氣混合物中氫原子數(shù)目為2NAD．兩個體積相同的容器，若氣體物質(zhì)的量相等，則兩容器的壓強(qiáng)確定相等4．（本題3分）下列有關(guān)鈉及其化合物的說法正確的是A．將一小塊金屬鈉投入到硫酸銅溶液中，有紅色物質(zhì)析出B．Na2O2和Na2O均屬于堿性氧化物，陰、陽離子的個數(shù)比均為1：2C．相同物質(zhì)的量的Na2CO3和NaHCO3與足量鹽酸反應(yīng)時，產(chǎn)生CO2氣體的質(zhì)量相同D．Na2CO3和NaHCO3可以用澄清石灰水鑒別5．（本題3分）下列選項中，為完成相應(yīng)試驗，所用儀器或相關(guān)操作合理的是ABCD苯萃取碘水中的碘，分出水層后的操作測量氯氣的體積制備并視察Fe(OH)2的顏色配制0.10mol/LNaOH溶液6．（本題3分）下列表示對應(yīng)化學(xué)反應(yīng)的離子方程式正確的是A．等體積、等濃度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合：Ca2＋＋2＋2OH－=CaCO3↓＋＋2H2OB．醋酸溶液與水垢中的CaCO3的反應(yīng)：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑C．向溴化亞鐵溶液中通入少量的氯氣：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－D．用FeCl3溶液腐蝕銅線路板：3Cu＋2Fe3＋=3Cu2＋＋2Fe7．（本題3分）金屬材料的發(fā)展極大地促進(jìn)了人類社會的文明程度。如圖是兩種金屬及其化合物的轉(zhuǎn)化關(guān)系。下列說法不正確的是A．依據(jù)反應(yīng)③可知氧化性：Fe3＋>H2O2B．向X溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液，生成藍(lán)色沉淀C．反應(yīng)③中稀硫酸僅表現(xiàn)酸性D．反應(yīng)①的離子方程式為Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O8．（本題3分）部分含S及含Cl物質(zhì)的價類關(guān)系如圖所示，下列推斷錯誤的是A．a(chǎn)的濃溶液和鉀鹽e反應(yīng)，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1：5B．將b通入f的水溶液中發(fā)生反應(yīng)，可以生成兩種強(qiáng)酸C．加熱g的濃溶液和鈉鹽c的混合物生成a，說明酸性：g>aD．d和f都可以用于殺菌消毒9．（本題3分）某試驗小組利用如圖裝置探究濃硫酸與葡萄糖反應(yīng)生成的氣體成分。下列說法正確的是A．使反應(yīng)發(fā)生的操作是將a中的Y形管中含少量水的葡萄糖倒入濃硫酸中B．裝置b中可能出現(xiàn)BaCO3白色沉淀C．裝置c中品紅溶液褪色，證明產(chǎn)生的氣體中含有SO2D．該試驗中體現(xiàn)了濃硫酸的吸水性和強(qiáng)氧化性10．（本題3分）以黃鐵礦(主要成分為FeS2，其中硫的化合價為-1價)生產(chǎn)硫酸的工藝流程如下圖，下列說法不正確的是A．將黃鐵礦粉碎，可以提高反應(yīng)速率B．沸騰爐中每生成1molSO2，有5mole-發(fā)生轉(zhuǎn)移C．接觸室中排放出的SO2、O2循環(huán)利用，可提高原料利用率D．可用濃氨水汲取尾氣，并進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為氮肥11．（本題3分）下列推理正確的是（

）A．鋁粉在氧氣中燃燒生成Al2O3，故鈉在氧氣中燃燒生成Na2OB．鐵能從硫酸銅溶液中置換出銅，故鈉也能從硫酸銅溶液中置換出銅C．活潑金屬鈉保存在煤油中，故活潑金屬鋁也保存在煤油中D．鈉與氧氣、水等反應(yīng)時鈉均作還原劑，故金屬單質(zhì)參與反應(yīng)時金屬單質(zhì)均作還原劑12．（本題3分）SO2氣體與足量Fe2(SO4)3溶液完全反應(yīng)后，再加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生如下反應(yīng)：①SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+②+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。則下列有關(guān)說法不正確的是A．氧化性：>Fe3+B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，若有6.72LSO2參與反應(yīng)，則最終消耗0.2molK2Cr2O7C．反應(yīng)②中，每有1molK2Cr2O7參與反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子6molD．由上述反應(yīng)原理推斷，K2Cr2O7可以將Na2SO3氧化成Na2SO413．（本題3分）鎂和鋁分別和等濃度、等體積的過量稀硫酸反應(yīng)，產(chǎn)生氣體的體積(V)與反應(yīng)時間(t)的關(guān)系如圖所示。則下列說法正確的是

A．鎂和鋁消耗硫酸的物質(zhì)的量之比是2∶3B．參與反應(yīng)的鎂、鋁的質(zhì)量之比是8∶9C．反應(yīng)中消耗的鎂、鋁的物質(zhì)的量之比是3∶2D．反應(yīng)中鎂、鋁轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量之比是2∶314．（本題3分）8.34gFeSO4·7H2O(相對分子質(zhì)量：278)樣品受熱脫水過程的熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度改變的曲線)如圖所示。下列說法不正確的是A．溫度為78℃時，固體物質(zhì)M的化學(xué)式為FeSO4·4H2OB．取適量380℃時所得的樣品P，隔絕空氣加熱至650℃，得到一種固體物質(zhì)Q，同時有兩種無色氣體生成，Q的化學(xué)式為Fe2O3C．在隔絕空氣的條件下，M得到P的化學(xué)方程式為FeSO4·4H2OFeSO4+4H2OD．溫度為380℃時，固體物質(zhì)P的化學(xué)式為FeSO4·H2O15．（本題3分）某100mL溶液可能含有Na+、、Fe3+、、、Cl－中的若干種，取該溶液進(jìn)行連續(xù)試驗，試驗過程如圖（所加試劑均過量，氣體全部逸出）。下列說法正確的是（）A．原溶液確定存在和，確定不存在Fe3+B．原溶液可能存在Cl－和Na+C．原溶液中c（）是0.01mol?L－1D．若原溶液中不存在Na+，則c（Cl－）＜0.1mol?L－1二、非選擇題16．（本題12分）用含ZnCO3的菱鋅礦(主要含有Fe、Al、Pb、SiO2雜質(zhì))制備硫酸鋅晶體(ZnSO4·7H2O)、Al2O3和Fe2O3，流程如下：已知：①Al3+Fe3+Zn2+完全沉淀pH5.24.18.5②ZnSO4·7H2O晶體易溶于水，易風(fēng)化，難溶于酒精。③PbSO4難溶于水?；卮鹣铝袉栴}：(1)寫出操作①中涉及H2O2反應(yīng)的離子方程式：；(2)濾渣的主要成分是：；(3)操作②中調(diào)整pH＝5.2的目的是：；(4)“操作④”的詳細(xì)操作為：，洗滌用洗滌晶體，干燥，即可得到ZnSO4·7H2O晶體；(5)寫出操作③的反應(yīng)離子方程式：。(6)為推斷硫酸鋅晶體是否有Fe3＋殘留，請設(shè)計試驗方案。17．（本題12分）鈷的化合物用途廣泛。一種利用水鈷礦(主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等)制取CoCl2·6H2O粗品的工藝流程如下：

已知：①浸出液含有的陽離子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋等；②部分陽離子以氫氧化物形式完全沉淀時的pH如下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2完全沉淀的pH3.79.69.25.29.8③CoCl2·6H2O熔點為86℃，加熱至110℃～120℃時，失去結(jié)晶水生成無水氯化鈷。請回答下列問題：(1)寫出“浸出”時Co2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：。(2)加入NaClO3的作用是。(3)萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系如下圖所示。向“濾液II”中加入萃取劑的主要目的是，運用萃取劑時最相宜的pH是(填字母序號)。A．2.0～2.5

B．3.0～3.5

C5.0～5.5

D．9.5～9.8(4)“除鈣、鎂”是將溶液中Ca2+與Mg2+轉(zhuǎn)化為MgF2、CaF2沉淀。已知某溫度下，Ksp(MgF2)=7.35×10－11，Ksp(CaF2)=1.05×10－10。當(dāng)加入過量NaF后，所得濾液c(Mg2＋)/c(Ca2＋)=。(5)制得的CoCl2·6H2O粗品經(jīng)進(jìn)一步提純得到CoCl2·6H2O晶體，在烘干晶體時需采納減壓烘干，其緣由是。18．（本題17分）二氧化氯（ClO2）是一種高效消毒劑，易溶于水，沸點為11.0℃，極易爆炸。在干燥空氣稀釋條件下，用干燥的氯氣與固體亞氯酸鈉制備二氧化氯，裝置如圖：(1)儀器a的名稱為，裝置A中反應(yīng)的離子方程式為。(2)試劑X是。(3)裝置D中冰水的主要作用是。裝置D內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(4)裝置E中主要反應(yīng)的離子方程式為：。(5)已知NaClO2飽和溶液在不同溫度時析出的晶體狀況如下表。溫度＜38℃38℃～60℃＞60℃析出晶體NaClO2·3H2ONaClO2分解成NaClO3和NaCl利用NaClO2溶液制得NaClO2晶體的操作步驟：55℃蒸發(fā)結(jié)晶、、38～60℃的溫水洗滌、低于60℃干燥。(6)工業(yè)上也常用以下方法制備ClO2。①酸性條件下雙氧水與NaClO3反應(yīng)，則反應(yīng)的離子方程式為。②如圖所示為干脆電解氯酸鈉、自動催化循環(huán)制備高純ClO2的試驗。則陰極電極反應(yīng)式為。19．（本題14分）焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)有廣泛的用途，試驗室中通過如下方法制備：①不斷攪拌條件下，在飽和Na2CO3溶液中緩緩?fù)ㄈ隨O2至反應(yīng)完全；②取下三頸燒瓶，測得反應(yīng)液的pH＝4.1；③將溶液蒸發(fā)濃縮、結(jié)晶、過濾得焦亞硫酸鈉晶體請回答下列問題：（1）試驗室可利用Na2SO3和濃的硫酸制備少量SO2氣體，但硫酸濃度太大不利于SO2氣體逸出，緣由是。制備、收集干燥的SO2氣體時，所需儀器如下。裝置A是氣體發(fā)生裝置，按氣流方向連接各儀器口，依次為a→→→→→f。裝置D的作用是。（2）步驟①反應(yīng)的離子方程式為。（3）在強(qiáng)堿性條件下利用Na2S2O5氧化HCOONa的方法可制備保險粉連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)，當(dāng)生成0.5molNa2S2O4時，消耗Na2S2O5mol。（4）工業(yè)上用焦亞硫酸鈉法制備保險粉帶來的主要問題是廢水中含有大量的有機(jī)物，有機(jī)物總含碳量用TOC表示，常采納Fenton氧化法去除廢水中的有機(jī)物，即通過向廢水中加入H2O2，以Fe2+作催化劑，產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的羥基自由基(·OH)來氧化降解廢水中的有機(jī)物。①其他條件確定時，n(H2O2)∶n(Fe2+)的值對TOC去除效果的影響如圖1所示：當(dāng)TOC的去除率最大時，n(H2O2)∶n(Fe2+)＝。②在pH＝4.5，其他條件確定時，H2O2的加入量對TOC去除效果的影響如圖2所示，當(dāng)H2O2的加入量大于40mL·L?1時，TOC去除率反而減小的緣由是。

高三化學(xué)參考答案：1．C2．A3．B4．C5．B6．C7．A8．D9．C10．B11．D12．B13．C14．D15．A16．(14分)(1)2Fe2++H2O2+2H＋=2Fe3++2H2O(2分)(2)SiO2、PbSO4(2分)(3)除掉鐵離子和鋁離子，將其轉(zhuǎn)化為沉淀(2分)(4)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾酒精(2分)(5)Al3+＋4OH－＝＋2H2O(2分)、Fe3+＋3OH－＝Fe(OH)3↓(2分)(6)少量晶體于試管，加入蒸餾水至溶解，向試管中滴加幾滴KSCN溶液，溶液顯紅色，則證明含有Fe3+，反之則無(2分)17．(12分)(1)Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O(2分)(2)將Fe2+氧化為Fe3+(2分)(3)除去Mn2+(2分)，B(2分)。

(4)0.7(2分)(5)降低烘干溫度，防止產(chǎn)品分解．(2分)18．(15分)(1)分液漏斗(1分)，MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O。(2分)(2)飽和食鹽水(1分)(3)冷凝二氧化氯(2分)Cl2+2NaClO2=2ClO2+NaCl(2分)(4)2OH－＋Cl2=ClO－＋Cl－＋H2O(2分)(5)趁熱過濾(1分)(6)①H2O2+2H++2ClO3－=2ClO2+2H2O+O2↑(2分)②ClO2+e－=ClO2－(2分)19．(14分)(1)濃硫酸中只有少量H2SO4電離，c(H+)很小，導(dǎo)致復(fù)分解反應(yīng)速率慢(2分)decb(2分)。防止倒吸(2分)

（2）CO32-+2SO2+H2O=2HSO3-+CO2(2分)（3）0.5mol。(2分)（4）①1。(2分)②酸性條件下H2O2干脆與Fe2+反應(yīng)，導(dǎo)致溶液中羥基自由基(·OH)濃度減小，使得TOC去除率下降(2分)參考答案解析1．C【詳解】A．K、Na合金熔點低，常溫下為液態(tài)，可用于原子反應(yīng)堆的導(dǎo)熱劑，故A正確；B．火災(zāi)現(xiàn)場有大量活潑金屬存放時，可用干燥的沙土滅火，將鈉與空氣隔開，故B正確；C．明礬溶于水會形成膠體，具有較強(qiáng)的吸附性，因此可用于自來水的凈化，但明礬膠體沒有強(qiáng)氧化性，不能用于殺菌消毒，故C錯誤；D．鐵粉能與氧氣反應(yīng)，在月餅包裝盒中放入鐵粉，可防止月餅氧化變質(zhì)，故D正確；故選C。2．A【詳解】A．過氧化鈉和水的反應(yīng)中，過氧化鈉既是氧化劑，又是還原劑，每生成1mol氧氣，反應(yīng)中就轉(zhuǎn)移2mol電子，則生成0.2molO2，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.4NA，A正確；B．該反應(yīng)中碘酸鉀是氧化劑，6mol碘化氫中有5mol作還原劑，反應(yīng)生成3mol單質(zhì)碘，反應(yīng)中就轉(zhuǎn)移5mol電子，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為5NA，B錯誤；C．氫氧化鐵膠體中許多Fe(OH)3聚集成膠粒，故所得膠體粒子數(shù)小于0.1NA，C錯誤；D．常溫下，0.1molFe與確定量的稀硝酸反應(yīng)，若稀硝酸不足反應(yīng)生成亞鐵離子，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA，D錯誤；故選A。3．B【詳解】A．同溫同壓下，分子數(shù)相等則體積相等，而微粒包括分子、原子、質(zhì)子、電子等，A錯誤；B．N2和C2H4的摩爾質(zhì)量相等，由于質(zhì)量相等，所以物質(zhì)的量相等，所以分子數(shù)相等，B正確；C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L混合氣體的物質(zhì)的量為0.5mol，甲烷中含有4個H原子，而氨中含有3個H原子，所以氫原子數(shù)目不確定為2NA，C錯誤；D．若兩個容器的溫度不同，壓強(qiáng)不確定相同，D錯誤；故選B。4．C【詳解】A．將一小塊金屬鈉投入到硫酸銅溶液中，鈉先和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉再和硫酸銅反應(yīng)生成藍(lán)色氫氧化銅沉淀，沒有有紅色物質(zhì)析出，故A錯誤；B．Na2O2和鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉、水和氧氣，Na2O2不是堿性氧化物，故B錯誤；C．相同物質(zhì)的量的Na2CO3和NaHCO3與足量鹽酸反應(yīng)時，依據(jù)碳元素守恒，產(chǎn)生CO2氣體的質(zhì)量相同，故C正確；D．Na2CO3和NaHCO3都能與氫氧化鈣反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，不能用澄清石灰水鑒別，故D錯誤；選C。5．B【詳解】A．苯的密度比水小，苯萃取碘水中的碘，水在下層，分出水層后，含碘的苯溶液要從分液漏斗的上口倒出，故選項Ａ錯誤；B．氯氣不溶于飽和食鹽水，可以用排飽和食鹽水的方法測量氯氣的體積，故選項B正確；C．電解法制備Fe(OH)2，F(xiàn)e應(yīng)做陽極，電極方程式為，陰極反應(yīng)為，在NaCl溶液中生成Fe(OH)2，汽油隔絕空氣，防止Fe(OH)2被氧化，故選項C錯誤；D．配制0.10mol/LNaOH溶液，NaOH固體應(yīng)在燒杯中溶解，不行干脆在容量瓶中溶解，故選項D錯誤；故答案選B。6．C【詳解】A．等體積、等濃度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合，，A錯誤；B．醋酸為弱電解質(zhì)，不能拆，，B錯誤；C．還原性，則少量氯氣先于Fe2+反應(yīng)，C正確；D．Fe3+具有強(qiáng)氧化性，Cu具有還原性，，D錯誤；故答案為：C。7．A【分析】由題干中兩種金屬及其化合物的轉(zhuǎn)化關(guān)系圖分析可知，物質(zhì)M為Cu，E為Fe，X為FeSO4，Y為Fe2(SO4)3,W為Fe(SCN)3，Z為Fe(OH)3，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知，反應(yīng)③的離子方程式為：2Fe2++2H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，可知氧化性：H2O2>Fe3＋，A錯誤；B．由分析可知，X溶液中含有Fe2+，故向X溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液，生成藍(lán)色沉淀，B正確；C．依據(jù)反應(yīng)③的離子方程式為：2Fe2++2H2O2+2H+=2Fe3++2H2O可知反應(yīng)③中稀硫酸僅表現(xiàn)酸性，C正確；D．由分析可知，反應(yīng)①的離子方程式為Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，D正確；故答案為：A。8．D【分析】由圖可知，a為-3價的氫化物，即NH3，b為N2，c為+2價的氧化物，即NO，d為+4價的氧化物，即NO2或N2O4，e為+5價的含氧酸，即HNO3，f為-3價的堿，即NH3?H2O，g為-3價的鹽，即銨鹽，據(jù)此分析作答。【詳解】A．依據(jù)分析可知，f為NH3?H2O，屬于電解質(zhì)，但氨氣是非電解質(zhì)，故A錯誤；B．游離態(tài)氮元素轉(zhuǎn)化為化合態(tài)氮元素的過程是氮的固定，氨氣轉(zhuǎn)化為N2，不是氮的固定，故B錯誤；C．硝酸和銅反應(yīng)還生成硝酸銅，因此還表現(xiàn)出酸性，故C錯誤；D．一氧化氮轉(zhuǎn)化為二氧化氮過程中無色氣體變?yōu)榧t棕色氣體，可以檢驗NO，故D正確；故選：D。9．C【分析】濃硫酸溶于水放出大量的熱，應(yīng)將a中的Y形管中濃硫酸倒入含少量水的葡萄糖中，濃硫酸具有脫水性，將葡萄糖轉(zhuǎn)化為碳，碳和濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫和二氧化碳?xì)怏w，二氧化硫具有漂白性能使c中品紅褪色，二氧化碳、二氧化硫均能使d中石灰水生成沉淀而變渾濁，尾氣有毒運用e中堿液汲??；【詳解】A．應(yīng)將a中的Y形管中濃硫酸倒入含少量水的葡萄糖中，故A錯誤；B．二氧化碳不會和氯化鋇反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀，故B錯誤；C．二氧化硫具有漂白性能使c中品紅褪色，裝置c中品紅溶液褪色，證明產(chǎn)生的氣體中含有SO2，故C正確；D．該試驗中體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性和強(qiáng)氧化性，故D錯誤；故選C。10．B【分析】黃鐵礦在沸騰室被O2氧化為SO2和Fe2O3，而SO2與O2在接觸室轉(zhuǎn)變?yōu)镾O3，SO3經(jīng)汲取塔汲取轉(zhuǎn)變?yōu)榱蛩??！驹斀狻緼．固體粉碎增大接觸面積可加快反應(yīng)速率，A項正確；B．FeS2，其中硫的化合價為-1價，依據(jù)電子守恒關(guān)系式為FeS2~2SO2~11e-，即1molSO2轉(zhuǎn)移5.5mol電子，B項錯誤；C．原料循環(huán)利用可提高原料利用率，C項正確；D．尾氣中含有SO2可用氨水汲取轉(zhuǎn)化為（NH4)2SO3，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為氮肥，D項正確；故選B。11．D【詳解】A項、鈉在常溫下與氧氣反應(yīng)生成白色Na2O，在氧氣中燃燒生成淡黃色的Na2O2，故A錯誤；B項、鈉與鹽溶液反應(yīng)時，先與水反應(yīng)，所以鈉與硫酸銅溶液中的水反應(yīng)生成NaOH，NaOH與硫酸銅反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀，所以Na不能從硫酸銅溶液中置換出銅，故B錯誤；C項、Al在空氣中能形成致密的氧化膜，致密的氧化膜能愛護(hù)內(nèi)部金屬，所以Al可以干脆保存在空氣中，故C錯誤；D項、金屬單質(zhì)的化合價為最低價，最低價只有還原性，所以金屬單質(zhì)參與反應(yīng)時金屬單質(zhì)均作還原劑，故D正確；故選D?！军c睛】Al在空氣中能形成致密的氧化膜，致密的氧化膜能愛護(hù)內(nèi)部金屬，Al可以保存在空氣中，不須要保存在煤油中。12．B【詳解】A．氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性，則氧化性：>Fe3+，選項A正確；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，6.72LSO2為0.3mol，若有0.3molSO2參與反應(yīng)，S元素的化合價由+4價變?yōu)?6價，轉(zhuǎn)移0.6mol電子，則最終消耗0.1molK2Cr2O7，選項B錯誤；C．反應(yīng)②中，每有1molK2Cr2O7參與反應(yīng)，Cr元素的化合價由+6價變?yōu)?3價，轉(zhuǎn)移電子6mol，選項C正確；D．由上述反應(yīng)可得，氧化性：>，推斷K2Cr2O7可以將Na2SO3氧化成Na2SO4，選項D正確；答案選B。13．C【分析】由題意，結(jié)合題圖可知，Mg、Al完全反應(yīng)且產(chǎn)生氫氣的量相等?！驹斀狻緼．利用Mg、Al與稀硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式可知，產(chǎn)生等量的氫氣消耗硫酸的物質(zhì)的量之比是1∶1，消耗Mg、Al的物質(zhì)的量之比為3∶2，選項A錯誤；B．參與反應(yīng)的鎂、鋁的質(zhì)量之比是4∶3，選項B錯誤；C．利用Mg、Al與稀硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式可知，產(chǎn)生等量的氫氣消耗硫酸的物質(zhì)的量之比是1∶1，消耗Mg、Al的物質(zhì)的量之比為3∶2，選項C正確；D．由產(chǎn)生等量氫氣可知反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量之比為1∶1，選項D錯誤；答案選C。14．D【分析】8.34gFeSO4·7H2O的物質(zhì)的量為0.03mol，加熱先生成物質(zhì)M6.72g，質(zhì)量削減1.62g，削減的質(zhì)量為水的質(zhì)量，即削減0.09molH2O，故M的化學(xué)式為FeSO4·4H2O，生成N的質(zhì)量為5.10g，削減的質(zhì)量為1.62g，此時削減的質(zhì)量仍為水的質(zhì)量，削減0.09molH2O故N的化學(xué)式為FeSO4·H2O，生成P質(zhì)量為4.56g，削減質(zhì)量為0.54g，此時削減的質(zhì)量為水的質(zhì)量，削減0.03molH2O，P的化學(xué)式為FeSO4，最終生成2.4gQ，此時Q中Fe有0.03mol，F(xiàn)e質(zhì)量為1.68g，剩余0.72g為O的質(zhì)量，有O0.045mol，則Q的化學(xué)式為Fe2O3，F(xiàn)e化合價上升，則硫的化合價降低，同時生成SO2和SO3。【詳解】A．依據(jù)分析可知，物質(zhì)M的化學(xué)式為FeSO4·4H2O，A正確；B．依據(jù)分析可知，Q的化學(xué)式為Fe2O3，生成的兩種無色氣體為SO2和SO3，B正確；C．依據(jù)分析可知，M的化學(xué)式為FeSO4·4H2O，P的化學(xué)式為FeSO4，則M隔絕空氣加熱生成P的化學(xué)方程式為FeSO4·4H2OFeSO4+4H2O，C正確；D．依據(jù)分析可知，P的化學(xué)式為FeSO4，D錯誤；故答案選D。15．A【分析】加入氯化鋇溶液，生成沉淀，確定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一種，則該沉淀為BaSO4、BaCO3中的至少一種，沉淀部分溶解于鹽酸，所以確定是BaSO4、BaCO3的混合物，確定存在CO32-、SO42-，硫酸鋇沉淀是2.33g，硫酸根離子的物質(zhì)的量是0.01mol，碳酸鋇沉淀的質(zhì)量為4.30-2.33=1.97g，碳酸根離子的物質(zhì)的量是0.01mol，碳酸根和鐵離子不共存，確定不存在Fe3+，所得到的濾液中加入氫氧化鈉，出現(xiàn)氣體，為氨氣，確定含有銨根離子，氨氣物質(zhì)的量為=0.05mol；依據(jù)元素守恒，銨根離子的物質(zhì)的量是0.05mol；依據(jù)電荷守恒，陽離子所帶正電荷的物質(zhì)的量之和：0.05mol，陰離子所帶負(fù)電荷的物質(zhì)的量之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol，所以確定存在氯離子，鈉離子不能確定，n（Cl-）≥0.01mol，所以c（Cl-）≥0.1mol?L-1?！驹斀狻緼.依據(jù)上面分析，原溶液確定存在和，確定不存在Fe3+，故A正確；B.依據(jù)上面分析，原溶液確定存在Cl-，可能存在Na+，故B錯誤；C.原溶液中c（）是=0.1mol/L，故C錯誤；D.若原溶液中不存在Na+，則c（Cl－）=0.1mol?L－1，故D錯誤；答案：A【點睛】本題的難點是依據(jù)電荷守恒推斷Cl-和Na+存在。16．(1)2Fe2++H2O2+2H＋=2Fe3++2H2O(2)SiO2、PbSO4(3)除掉鐵離子和鋁離子，將其轉(zhuǎn)化為沉淀(4)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾酒精(5)Al3+＋4OH－＝＋2H2O、Fe3+＋3OH－＝Fe(OH)3↓(6)少量晶體于試管，加入蒸餾水至溶解，向試管中滴加幾滴KSCN溶液，溶液顯紅色，則證明含有Fe3+，反之則無【分析】ZnCO3的菱鋅礦(主要含有Fe、Al、Pb、SiO2雜質(zhì))加入稀硫酸和雙氧水反應(yīng)生成硫酸鉛、硫酸鋅、硫酸鐵、硫酸鋁，二氧化硅不反應(yīng)，過濾，得到濾液，調(diào)整溶液pH值，過濾得到濾液硫酸鋅，沉淀氫氧化鋁和氫氧化鐵，向沉淀中加入足量氫氧化鈉溶液，過濾，得到氫氧化鐵沉淀和濾液，加熱氫氧化鐵沉淀得到氧化鐵，向濾液中加入碳酸氫鈉得到氫氧化鋁沉淀，過濾，加熱沉淀得到氧化鋁。【詳解】（1）操作①中涉及H2O2反應(yīng)的離子方程式：2Fe2++H2O2+2H＋=2Fe3++2H2O；（2）依據(jù)分析和題中信息PbSO4難溶于水，濾渣的主要成分是：SiO2、PbSO4；（3）依據(jù)；離子的完全沉淀的pH值得到操作②中調(diào)整pH=5.2的目的是除掉鐵離子和鋁離子，將其轉(zhuǎn)化為沉淀；（4）依據(jù)ZnSO4·7H2O晶體易溶于水，難溶于酒精的信息“操作④”的詳細(xì)操作為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾，用酒精洗滌晶體，干燥，即可得到ZnSO4·7H2O晶體；（5）操作③加入過量氫氧化鈉溶液，鋁離子轉(zhuǎn)變?yōu)槠X酸根，鐵離子轉(zhuǎn)變?yōu)闅溲趸F沉淀，因此反應(yīng)離子方程式：Al3+＋4OH－＝＋2H2O、Fe3+＋3OH－＝Fe(OH)3↓；（6）為推斷硫酸鋅晶體是否有Fe3+殘留，利用鐵離子與SCN－顯血紅色的現(xiàn)象來設(shè)計，因此試驗方案取少量晶體于試管，加入蒸餾水至溶解，向試管中滴加幾滴KSCN溶液，溶液顯紅色，則證明含有Fe3+，反之則無。17．Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O將Fe2+氧化為Fe3+除去Mn2+B0.7降低烘干溫度，防止產(chǎn)品分解【分析】（1）Co2O3與加入的亞硫酸鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)，再依據(jù)化合價升降法進(jìn)行配平；（2）依據(jù)陽離子完全沉淀的pH值表中數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，易于調(diào)整pH沉淀除去，而NaClO3具有強(qiáng)氧化性，據(jù)此分析；（3）結(jié)合工業(yè)流程易知，“濾液II”中存在錳元素，依據(jù)萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系選取相宜的pH范圍；（4）依據(jù)Ksp(MgF2)=7.35×10－11，Ksp(CaF2)=1.05×10－10公式推導(dǎo)c(Mg2＋)/c(Ca2＋)的值；（5）結(jié)合已知信息③加熱至110℃～120℃時，失去結(jié)晶水生成無水氯化鈷分析作答?！驹斀狻浚?）Co2O3的化合價為+3價，而浸出液中的Co為+2價，明顯其與加入的亞硫酸鈉發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，其化學(xué)方程式為：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；（2）NaClO3具有強(qiáng)氧化性，可將Fe2+氧化為Fe3+，易于沉淀，則NaClO3的作用為：將Fe2+氧化為Fe3+，故答案為Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；將Fe2+氧化為Fe3+；（3）萃取前溶液中的Co2＋、Fe2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋已經(jīng)被除去，還剩下Mn2＋，故萃取的目的是除去Mn2＋，最適應(yīng)的pH應(yīng)當(dāng)是Mn2＋萃取率最高的，故B項正確，答案選B。（4）c(Mg2＋)/c(Ca2＋)====0.7，故答案為0.7；（5）因為CoCl2·6H2O晶體加熱至110℃～120℃時，失去結(jié)晶水生成無水氯化鈷，因此減壓烘干，可以降低烘干的溫度，防止產(chǎn)品分解，故答案為降低烘干溫度，防止產(chǎn)品分解?！军c睛】本題第（4）問考查的溶度積的計算與應(yīng)用，是近年來?？嫉目键c。找出給定的溶度積與離子濃度比值的關(guān)系是解此題的關(guān)鍵，學(xué)生要理解溶度積在解題中的實際應(yīng)用，把握離子濃度之間的關(guān)系。另外，沉淀的轉(zhuǎn)化過程中，其化學(xué)平衡常數(shù)也可采納分子分母同時乘以相同離子濃度的方法借助溶度積求出。18．分液漏斗MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O飽和食鹽水冷凝二氧化氯Cl2+2NaClO2=2ClO2+NaCl2OH－＋Cl2=ClO－＋Cl－＋H2O趁熱過濾H2O2+2H++2ClO3－=2ClO2+2H2O+O2↑ClO2+e－=ClO2－【分析】(1)看圖得出儀器a的名稱，裝置A是二氧化錳和濃鹽酸加熱反應(yīng)生成氯氣、氯化錳和水。(2)試劑X是除掉HCl氣體。(3)二氧化氯(ClO2)沸點為11.0℃，因此得裝置D中冰水的主要作用，裝置D內(nèi)發(fā)生反應(yīng)是氯氣與固體亞氯酸鈉生成二氧化氯。(4)裝置E中主要是氯氣的尾氣處理。(5)由于＜38℃是以NaClO2·3H2O晶體，操作要留意不能低于38℃。(6)①H2O2、H+與ClO3－反應(yīng)得到ClO2。②左邊為ClO2反應(yīng)生成ClO2－，得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)?！驹斀狻?1)儀器a的名稱為分液漏斗，裝置A是二氧化錳和濃鹽酸加熱反應(yīng)生成氯氣、氯化錳和水，其反應(yīng)的離子方程式為MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O；故答案為：分液漏斗；Mn