新疆和田地区第二中学2022-2023学年高三上学期12月月考化学试题（Word版附解析）

新疆和田地区第二中学2022~2023学年高三上学期12月月考化学试题注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。一、选择题：共20题，每题3分，共60分。在每题列出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。1.化学与生活、环境密切相关。下列有关说法正确的是（ ）A.把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上过冬虫卵B.“熔喷布”可制作N95型等口罩，生产“熔喷布”的主要原料是聚丙烯，它属于纯净物C.“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸D.碘酸钾具有较强的氧化性,在食盐中加入适量碘酸钾,可抗人体老化【答案】A【解析】【详解】A.石灰浆能使蛋白质变性，具有杀菌作用，因此可消灭树皮上的过冬虫卵，A正确；B.生产“熔喷布”的主要原料是聚丙烯，它属于混合物，B错误；C.“硝”指的是硝酸钾，C错误；D.在食盐中加入适量碘酸钾，可预防人体碘缺乏症，D错误；故合理选项是A。2.关于分散系的下列说法中，正确的是(　　)A.氢氧化铁固体是一种分散系B.分散质一定是固体，能溶于水C.溶液一定是分散系D.分散系都是均一、透明、稳定的体系【答案】C 【解析】【详解】A.氢氧化铁固体是纯净物，分散系是混合物，A错误；B.分散质可以是固、液、气任意状态，B错误；C.溶液是分散系的一种，所以溶液一定是分散系，C正确；D.浊液是不均一、不透明、不稳定的体系，D错误；答案选C。3.下列物质的化学式不正确的是A.明矾——KAl(SO4)2⋅12H2OB.生石灰——CaOC.苏打——NaHCO3D.磁铁矿——Fe3O4【答案】C【解析】【分析】【详解】A．明矾是指十二水合硫酸铝钾，化学式是KAl(SO4)2⋅12H2O，A正确；B．生石灰是氧化钙的俗称，化学式是CaO，B正确；C．苏打是碳酸钠的俗称，化学式是Na2CO3，C错误；D．磁铁矿主要成分是四氧化三铁，化学式是Fe3O4，D正确；故合理选项是C。4.氢有三种同位素H、H和H，它们之间不同的是(　　)A.质量数B.电子数C.原子序数D.质子数【答案】A【解析】【详解】、和为氢元素的核素，具有相同的质子数，不同中子数，其质量数也不同。故选A。5.设为阿伏加德罗的数值，下列说法正确的是A.Fe的摩尔质量是56B.常温常压下，22.4L中含有2molNC.44g含有的氧原子数约为D.溶液中，含有的数约为【答案】C 【解析】【详解】A．一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量，单位为g/mol，故铁的摩尔质量为56g/mol，故A错误；B．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4LN2的物质的量小于1mol，N原子物质的量小于2mol，故B错误；C．44gCO2的物质的量为1mol，则含有的氧原子数约为2×6.02×1023，故C正确；D．没有溶液体积不能计算氯离子的物质的量，故D错误；故选C。6.下列反应的离子方程式书写正确的是A.钠和冷水反应：B.铁跟稀硫酸反应：C.氧化镁与稀盐酸反应：D.金属铝溶于氢氧化钠溶液：【答案】C【解析】【分析】【详解】A.方程式未配平，电荷不守恒，正确的离子方程式为：，故A错误；B.铁跟稀硫酸反应生成亚铁离子，正确的离子方程式为：：，故B错误；C.氧化镁与稀盐酸反应生成氯化镁和水，正确的离子方程式为：，故C正确；D.金属铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：，故D错误；故选C。【点睛】离子方程式的书写正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：1.是否符合客观事实，如本题B选项，铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe+Fe3+=2Fe2+，显然不遵循电 荷守恒定律；3.观察化学式是否可拆，不该拆的多余拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种。总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的有效途径。7.在黑火药的反应2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中，被还原的元素是①硫②碳③氮④氧A.①②B.②④C.①③D.③④【答案】C【解析】【详解】氧化剂具有氧化性，元素化合价降低，被还原，发生还原反应，反应2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中，氮元素化合价由+5价降低到0价，硫元素化合价由0价降低到-2价，碳元素化合价由0价升高到+4价，氧元素化合价不变，为-2价，因此被还原的元素为氮元素和硫元素，即①③，答案选C。8.下列物质对应的组成正确的是A.摩尔盐：(NH4)2Fe(SO4)2B.硝化纤维：C.生石灰：CaSO4•2H2OD.氯仿：CHCl3【答案】D【解析】【分析】【详解】A．摩尔盐为六水合硫酸亚铁铵，其化学式为：(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，故A错误；B．硝化纤维即纤维素硝酸酯，是纤维素在一定条件下与硝酸发生酯化反应得到的，其化学式为：，故B错误；C．生石灰为氧化钙，其化学式为：CaO，故C错误；D．氯仿即三氯甲烷，其化学式为：CHCl3，故D正确； 答案选D。9.在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是A.熔点：B.水溶性：C.沸点：D.热稳定性：【答案】D【解析】【详解】A．晶体的熔点：原子晶体>离子晶体>分子晶体，CO2为分子晶体，KCl为离子晶体，SiO2为原子晶体，因此熔点：，故A错误；B．的水溶性大于，因此水溶性：，故B错误；C．的沸点大于和，水中含有氢键，沸点大于，因此沸点：，故C错误；D．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，非金属性：F>O>N，热稳定性：HF>H2O>NH3，故D正确；答案选D。10.下列叙述正确的是①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物②Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换反应生成O2③Na2O是淡黄色物质，Na2O2是白色物质④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不可A.都正确B.①③④C.②③⑤D.④【答案】D【解析】【分析】【详解】①Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，①错误；②Na2O2与CO2反应生成O2 和碳酸钠，反应物为两种化合物，不属于置换反应，②错误；③氧化钠为白色，过氧化钠为淡黄色，③错误；④Na2O2能与二氧化碳、水反应生成氧气，而Na2O与二氧化碳、水反应不能产生O2，所以Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，④正确； 故选D。11.下面的原子或原子团不属于官能团的是A.NOB.-ClC.-OHD.【答案】A【解析】【详解】A．NO是硝酸根离子，为无机酸硝酸酸根，不属于官能团(只有有机物才可能含有官能团)，A符合题意；B．-Cl是氯原子，为卤代烃的官能团，B不合题意；C．-OH是羟基，为醇或酚的官能团，C不合题意；D．是醛基，为醛类的官能团，D不合题意；故选A。12.不法分子有时用铜锌合金制成假金币行骗。下列方法中，能有效鉴别其真假的是A观察颜色B.查看图案C.用手掂量轻重D.滴一滴硝酸在币的表面，观察现象【答案】D【解析】【详解】A．二者颜色相同，无法鉴别，故A错误；B．二者都能做出各种图案，无法鉴别，故B错误；C．金币质量差别较小，用手掂量轻重误差较大，无法鉴别，故C错误；D．铜与硝酸反应生成硝酸铜，溶液为蓝色，金与硝酸不反应，故D正确；故答案为D。13.2009年，MIT的唐纳德·撒多维教授领导的小组研制出一种镁锑液态金属储能电池。电池突破了传统电池设计理念，以NaCl、KCl和MgCl2的熔融盐作为电解质。以Mg和Sb两极金属，整个电池在700℃工作，处在液体状态。由于密度的不同，在重力下分层，分别形成上层金属Mg，下层金属Sb和中间的NaCl、KCl及MgCl2电解质层。电池的工作原理如图所示，关于该电池的说法不正确的是 A.电池充电时Cl—从上向下移动B.电池放电时正极的电极反应式为Mg2++2e—＝MgC.电池充电时阳极的电极反应式为：2Cl—-2e—＝Cl2↑D.电池充电时中层熔融盐的组成不发生改变【答案】C【解析】【详解】中间层熔融盐为电解质溶液，依据电流方向，镁液为原电池负极，充电时镁极为阴极。该电池工作时，负极Mg失电子生成镁离子，电极反应Mg-2e-=Mg2+，正极镁离子得电子得到Mg，电极反应为：Mg2++2e-=Mg。；充电时，Mg电极与负极相连作阴极，Mg-Sb电极与正极相连作阳极。A.电池充电时为电解池，阴离子移向阳极，即向下移动，因此Cl—从上向下移动，故A正确；B.电池放电时为原电池，正极的电极反应式为Mg2++2e—＝Mg，故B正确；C.电池充电时为电解池，阳极的电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，故C错误；D.根据上述分析，电池放电和充电时中层熔融盐的组成都不发生改变，故D正确；故选C。【点睛】本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，把握原电池正负极的判断以及电极上发生的反应是解题的关键。本题的易错点为C，要注意由于密度的原因，氯离子不能放电。14.白磷(P4)有毒，实验时若皮肤接触到白磷，应立即用稀溶液清洗，发生两个反应：反应①为和反应生成Cu、和；反应②为。下列说法正确的是A.在反应①和②中，P4只作还原剂B.反应①中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶2C.若P4反应完全且转化为的转化率是80％，理论上反应①和②消耗P4的物质的量之比为14∶11D.用稀溶液清洗后，应再使用NaOH溶液清洗 【答案】C【解析】【详解】A．由方程式可知，反应②中白磷转化为磷化亚铜和磷酸，磷元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，白磷即是反应的氧化剂也是还原剂，故A错误；B．由题意可知，反应①中磷元素化合价升高被氧化，磷酸是反应的氧化产物，铜元素的化合价降低被还原，铜是还原产物，由得失电子数目守恒可知，中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5，故B错误；C．由题意可知，反应中白磷转化为磷化亚铜和磷酸，由白磷反应完全且转化为磷酸的转化率是80％可知，反应后磷化亚铜和磷酸的物质的量比为1∶4，设反应生成磷化亚铜的物质的量为5mol，则反应生成磷酸的物质的量为20mol，由方程式可知，反应②生成5mol磷化亚铜的同时生成6mol磷酸，反应消耗白磷的物质的量为11mol×，反应①生成磷酸的物质的量为20mol—6mol=14mol，反应消耗白磷的物质的量为14mol×，则理论上反应①和②消耗白磷的物质的量之比为14mol×∶11mol×=14∶11，故C正确；D．用稀硫酸铜溶液清洗皮肤后，应再使用稀碳酸氢钠溶液清洗，除去残余的硫酸铜溶液，并中和反应生成的磷酸和硫酸，不能选用碱性较强的氢氧化钠溶液清洗，否则会灼伤皮肤，故D错误；故选C。15.文物是传承文化的重要载体，下列主要成分不是硅酸盐的文物是简牍陶彩绘女舞俑清雍正款霁红釉瓷碗萧何月下追韩信图梅瓶ABCDA.AB.BC.CD.D 【答案】A【解析】【详解】A．简牍主要成分为植物纤维，A符合题意；B．陶彩绘女舞俑，陶制品为硅酸盐材料，B不符合题意；C．瓷碗为瓷器，瓷器主要成分为硅酸盐，C不符合题意；D．梅瓶也是瓷器，为硅酸盐材料，D不符合题意；故选A。16.下列现象与电子跃迁无关的是A.原子光谱B.霓虹灯光C.石墨导电D.焰色试验【答案】C【解析】【详解】光是电子释放能量的重要形成，霓虹灯广告、燃烧蜡烛、节日里燃放的焰火即金属的焰色试验原子的发射光谱或吸收光谱都与电子发生跃迁释放能量有关，而石墨导电是在石墨晶体中含有自由移动的电子，与电子跃迁无关，故合理选项是C。17.下列各组中的物质均能发生加成反应的是（）A.乙烯和乙烷B.苯和氯乙烯C.乙苯和溴乙烷D.丙烯和丙烷【答案】B【解析】【详解】A、乙烯含有碳碳双键，能发生加成反应，乙烷属于饱和烃，不能发生加成反应，故A不符合题意；B、苯能在一定条件下，与H2发生加成反应，氯乙烯中含有碳碳双键，能发生加成反应，故B符合题意；C、乙苯含有苯环，能发生加成反应，溴乙烷结构简式为CH3CH2Br，不含不饱和键，不能发生加成反应，故C不符合题意；D、丙烯属于烯烃，能发生加成反应，丙烷属于烷烃，属于饱和烃，不能发生加成反应，故D不符合题意；答案为B。【点睛】加成反应的特点“只上不下”，反应物一般含有碳碳双键、碳碳叁键、苯环、醛基、酮中的羰基等能发生加成反应。18.为了除去SO2中少量的HCl气体，应将混合气体通入(　　)A.溴水B.NaHSO3饱和溶液C.NaOH溶液D.NaHCO3饱和溶液 【答案】B【解析】【详解】A．溴水具有氧化性，会将二氧化硫氧化，将原物质除去，故A不选；B．HCl与亚硫酸氢钠饱和溶液反应生成二氧化硫，且不引入新杂质，洗气可分离，故B选；C．二者均与NaOH反应，不能除杂，故C不选；D．二者均与碳酸氢钠饱和溶液反应，不能除杂，故D不选；故选：B。19.如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700-900℃时，O2-可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是A.电极甲发生还原反应B.电池内的O2-由电极乙移向电极甲C.电池总反应为N2H4+2O2=2NO+2H2OD.当甲电极上有lmolN2H4消耗时，乙电极上有22.4LO2参与反应【答案】B【解析】【分析】根据原电池的工作原理进行分析，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，然后进行分析。【详解】A、通氧气一极为正极，通N2H4的一极为负极，即电极甲为负极，依据原电池的工作原理，电极甲上发生氧化反应，故A错误；B、根据原电池的工作原理，O2－从正极移向负极，故B正确；C、因为反应生成无毒无害物质，即N2H4转化成N2和H2O，故C错误；D、题目中没有说明条件是否为标准状况下，因此无法计算气体的体积，故D错误。【点睛】本题的易错点是选项D，学生容易根据得失电子数目守恒计算出氧气的物质的量，即 1×2×2=n(O2)×4，解得n(O2)=1mol，然后判断出体积为22.4L，忽略了题目中并没有说明条件是否是标准状况，因此遇到这样的问题，需要先判断条件。20.下列气体的制备方案有错误的是气体试剂制备装置收集方法ACl2KMnO4+浓盐酸bcBH2Zn+稀H2SO4beCNOCu+稀HNO3bcDNH3Ca(OH)2+NH4CladA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．KMnO4和浓盐酸在常温下反应生成Cl2，Cl2密度比空气大，选用向上排空气法收集，故A正确；B．Zn和稀H2SO4发生置换反应生成H2，块状固体和液体反应制取气体，产生的H2难溶于水，因此可以利用排水方法收集，故可使用b、e制取H2，故B正确；C．Cu和稀HNO3反应产生NO气体，NO能与O2反应生成NO2气体，因此不能用排空气法收集，故C错误；D．Ca(OH)2和NH4Cl混合加热制取NH3，使用固-固加热型制气装置，NH3的密度比空气小，选用向下排空气法收集，且试管口放一团棉花，防止气体对流扩散，故D正确；答案选C。二、非选择题：共40分21.三氯化硼用于制备光导纤维和有机硼化物等，制备原理： 。某小组据此设计实验制备并测定其纯度，装置如图。已知：的熔点为℃，沸点为12.5℃，极易水解产生[或]和HCl。实验(一)：制备。（1）水浴R选择_______(填“热水浴”或“冰水浴”)，装碱石灰仪器是_______(填名称)。（2）F装置的作用是_______。（3）已知：A装置中还原产物为，其离子方程式为_______。实验(二)：测定产品的纯度。①准确称取wg产品，置于蒸馏水中，完全水解，并配成250mL溶液。②准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中。③向其中加入溶液至沉淀完全，然后加入3mL硝基苯(常温常压下，密度为)，振荡。④向锥形瓶中滴加3滴溶液，然后逐滴加入标准溶液滴定过量的溶液，消耗KSCN溶液的体积为。已知：。（4）滴定终点时的现象是_______。（5）该产品中的质量分数为_______％；如果其他操作都正确，仅滴定管没有用KSCN溶液润洗，测得产品中的质量分数_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）①冰水浴②.(球形)干燥管（2）吸收CO（3）（4）滴入最后半滴KSCN溶液，溶液刚好由无色变为红色且半分钟不褪色（5）①.②.偏低 【解析】【分析】装置A中浓盐酸与K2Cr2O7反应制备氯气，装置B中的浓硫酸除去氯气中的水蒸气，干燥的氯气通入装置C中与B2O3、C加热条件下反应生成和CO，的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，装置D中冰水浴收集，氯气、一氧化碳有毒，会污染环境，装置E中碱石灰用于吸收氯气并防止装置F中的水蒸气进入装置D中使水解，装置F用于吸收一氧化碳。【小问1详解】的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，应选择冰水浴冷凝三氯化硼，装碱石灰的仪器为：(球形)干燥管。【小问2详解】一氧化碳有毒，会污染环境，装置F用于吸收一氧化碳。【小问3详解】装置A中浓盐酸与K2Cr2O7反应制备氯气，A装置中还原产物为，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：。【小问4详解】已知：，因此步骤③加入硝基苯的目的是：覆盖AgCl，避免AgCl转化成AgSCN，使滴定终点不准确；根据滴定原理，当KSCN标准液将过量的硝酸银溶液反应完，就会与氯化铁反应显红色，因此滴定终点时的现象是：当滴入最后一滴(或半滴)KSCN溶液，溶液刚好由无色变为红色且半分钟不褪色。【小问5详解】根据离子反应可知：n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)，25.0mL溶液中含n(Cl-)=n(Ag+)-n(SCN-)=c1V110-3mol-c2V210-3mol，则wg产品中的质量分数为；如果其他操作都正确，仅滴定管没有用KSCN溶液润洗，则KSCN溶液浓度偏低，测得的过量的硝酸银的含量偏高，算得的转化为氯化银的硝酸银的含量偏低，测得产品中的质量分数偏低。22.I．现有下列10种物质：①铝，②氯气，③石灰乳，④H2SO4，⑤Ba(OH)2固体，⑥氢氧化铁胶体，⑦稀盐酸，⑧NaHSO4固体，⑨固体碳酸钙，⑩乙醇（1）其中属电解质的是_____(填序号，下同)，能导电的是____。 （2）上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为H++OH-=H2O，则该反应的化学方程式为_____。（3）往物质⑥中缓慢滴加④的稀溶液，滴加过程中观察到的现象是____。II．今有一混合物的水溶液，初步确定只可能含有下列离子中的若干种：K+、NH、Cl-、Ca2+、Ba2+、CO、SO，且含有的各离子的个数相等。现取三份该溶液各100mL进行如下实验：第一份溶液中，滴加AgNO3溶液，有沉淀产生；第二份溶液中，加入足量NaOH浓溶液共热，有无色气体生成；第三份溶液中，加入足量BaCl2溶液后，得到白色沉淀，加入足量的稀盐酸沉淀全部溶解。根据上述实验，回答以下问题：（4）请写出第二份溶液中生成无色气体的离子方程式：_____。（5）综合上述实验结果，关于该混合物的组成，依认为以下说法正确的是_____(填标号)。A.NH、CO一定有，Cl-一定没有B.K+一定有，SO一定没有，Cl-可能有C.Ca2+、Ba2+一定没有，K+、Cl-可能有D.NH、SO、Cl-一定有，Ca2+、K+可能有【答案】（1）①.④⑤⑧⑨②.①③⑥⑦（2）Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O（3）先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，最终得到棕黄色溶液（4）NH+OH-NH3↑+H2O（5）A【解析】【分析】I．现有10种物质：①铝能导电，但铝是单质，既不是电解质也不是非电解质，②氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，③石灰乳是混合物，既不是电解质也不是非电解质，④H2SO4中无自由移动的离子，故不能导电，但在水溶液中能完全电离，故为强电解质，⑤Ba(OH)2固体中无自由移动的离子，故不能导电，但在水溶液中和熔融状态下能完全电离，故为强电解质，⑥氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质，⑦稀盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，⑧NaHSO4固体中离子不能自由移动，故不能导电，但在水溶液中和熔融状态下能完全电离，故为强电解质，⑨固体碳酸钙中离子不能自由移动，故不能导电，在熔融状态下能完全电离，故为强电解质，⑩乙醇不能导电，属于非电解质；II．今有一混合物的水溶液，初步确定只可能含有下列离子中的若干种：K+、NH、Cl-、Ca2+、 Ba2+、CO、SO，且含有的各离子的个数相等。现取三份该溶液各100mL进行如下实验：第一份溶液中，滴加AgNO3溶液，有沉淀产生，说明溶液中可能有Cl-、CO、SO；第二份溶液中，加入足量NaOH浓溶液共热，有无色气体生成，说明溶液中有NH；第三份溶液中，加入足量BaCl2溶液后，得到白色沉淀，加入足量的稀盐酸沉淀全部溶解，说明溶液中无SO，有CO、无Ca2+、Ba2+，含有的各离子的个数相等，由电荷守恒，一定含有钾离子，一定不含氯离子。【小问1详解】其中属电解质的是④⑤⑧⑨，能导电的是①③⑥⑦。故答案为：④⑤⑧⑨；①③⑥⑦；【小问2详解】上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为H++OH-=H2O表示可溶性强酸和可溶性强碱发生酸碱中和反应生成可溶性盐和水，故Ba(OH)2和HCl的反应符合，化学方程式为：Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O。故答案为：Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O；【小问3详解】向⑥氢氧化铁胶体中逐渐滴加④H2SO4的溶液，氢氧化铁胶体发生聚沉，继续加入沉淀会溶解，最终得到棕黄色溶液，故答案为：先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，最终得到棕黄色溶液；【小问4详解】第二份溶液中生成无色气体的离子方程式：NH+OH-NH3↑+H2O。故答案为：NH+OH-NH3↑+H2O；【小问5详解】由分析可知：A．NH、CO一定有，Cl-一定没有，故A正确；B．K+一定有，SO一定没有，Cl-一定没有，故B错误；C．Ca2+、Ba2+一定没有，K+一定有、Cl-一定没有，故C错误；D．NH、K+一定有，Ca2+、SO、Cl-一定没有，故D错误；故答案为：A。23.用菱锰矿(MnCO3)(含铁、铝、铜、硅的氧化物等杂质)为原料制取KMnO4，其工业生产流程示意图如下： 已知：①Ksp(MnS)>>Ksp(CuS)；②KMnO4受热易分解。回答下列问题：(1)为提高矿石浸出率，可采取的措施有_______(写2种)。(2)向滤液1中依次加入试剂a、b后，过滤，除去溶液中的铁、铝杂质，试剂a、b分别是_______、_______(各举一例，写名称)，检验溶液中含铁元素的离子被除净的操作是_______。(3)向滤液2中加入硫化锰(MnS)固体除去溶液中的Cu2+，写出发生反应的离子方程式_______。(4)向滤液3中加入K2SO4后通电，写出电解时阳极的电极反应式_______。(5)从电解后的溶液得到KMnO4晶体的方法是_______(按实验先后顺序选填字母)。A.过滤B.蒸发至干C.冷却D.减压蒸发、浓缩(6)经测定，制得产品含锰为37%，通过计算分析产品所含杂质可能是_______(填化学式)。【答案】①.将矿石粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等②.高锰酸钾或双氧水或氧气(空气)③.碳酸锰或氢氧化锰④.取滤液2少许于试管中，滴加KSCN溶液，如果不变红色，说明杂质被除净⑤.MnS(s)+Cu2+(aq)⇌Mn2+(aq)+CuS(s)⑥.Mn2++4H2O−5e−=+8H+⑦.DCA⑧.MnO2(或K2MnO4、MnO2)【解析】【分析】向菱锰矿(MnCO3)中加入稀硫酸，将MnCO3转化为含有Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋的溶液，可通过调节pH的方法除去溶液中的Fe3＋、Al3＋，首先需要将Fe2＋转化为Fe3＋，再将加入MnCO3等调节pH，使Fe3＋、Al3＋沉淀。加入MnS除去Cu，最终得到KMnO4。【详解】(1)为提高矿石浸出率，可采取的措施有将矿石粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等；(2)加入试剂a的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，而且不引入新的杂质离子，最好是高锰酸钾、双氧水；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入试剂b的目的是调整pH，要能够促使水解完全进行，又不引入新的杂质离子，促进Fe3+、Al3+水解生成沉淀除去，最好是碳酸锰、氢氧化锰；可用KSCN溶液检验溶液中是否有Fe3＋，操作为取滤液2少许于试管中，滴加KSCN溶液，如果不变红色，说明杂质被除净；(3)根据题干信息，加入MnS除去溶液中的Cu2+，加入MnS后发生反应的离子方程式为MnS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Mn2+(aq)；(4)向滤液3中加入K2SO4后电解，产品为KMnO4，综合分析，电解时阳极的电极反应式为Mn2++4H2O−5e−=+8H+；(5)KMnO4受热易分解，不能受强热，从电解后的溶液得到KMnO4晶体的方法是减压蒸发、浓缩，然后冷 却、过滤，得产品，应选DCA；(6)KMnO4含锰为34.8%，产品含锰为37%，杂质含锰应高于34.8%，杂质可能是KMnO4受热分解产物K2MnO4、MnO2。24.自然界中氟多以化合态形式存在，主要有萤石(CaF2)、冰晶石(Na3AlF6)等(1)基态氟原子中，有_______种能量不同的电子。(2)萤石(CaF2)难溶于水，但可溶于含Al3＋的溶液中，原因是_________________（用离子方程式表示）。（已知AlF63-在溶液中可稳定存在）(3)BF3与一定量的水形成(H2O)2•BF3晶体Q，晶体Q在一定条件下可转化为R：①晶体R中含有的化学键包括_________（填标号）。A．离子键B．配位键C．共价键D．氢键②R中阳离子的空间构型为_________，阴离子中心原子的杂化方式为_________。(4)F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，如ClF3、BrF3等。ClF3的熔沸点比BrF3的低，原因是___________________________________。(5)Na3AlF6晶胞结构如图所示：①位于大立方体体心▽代表________（填离子符号）；②AlF63-做面心立方最密堆积形成正四面体和正八面体两种空隙，正四面体空隙数和AlF63-数之比为_______，其中_________%正八面体空隙被Na+填充；③晶胞边长为xnm，则相距最近的两个Na+之间距离为_____nm；设Na3AlF6的相对分子质量为M，阿伏 伽德罗常数为NA，则该晶体密度的计算表达式为________g/cm3。【答案】①.3②.3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63-③.ABC④.三角锥形⑤.sp3⑥.ClF3相对分子质量较小，分子间范德华力较弱，故熔沸点较低⑦.Na+⑧.8：4或2：1⑨.100⑩.⑪.【解析】【分析】(1)根据F原子的核外电子排布式判断电子的种类数目；(2)F-与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63-；(3)①非金属元素原子之间易形成共价键，含有空轨道的原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，分子之间存在范德华力，水分子中的O原子和其它分子中连在N、O、F上的H原子易形成氢键；②根据价层电子对互斥理论确定H3O+空间构型、阴离子中中心原子杂化方式；(4)结构相似的物质，相对分子质量越大，分子晶体的熔沸点越高；(5)①利用均摊法确定化学式，可确定晶胞中心的微粒是哪种微粒；②根据晶体结构确定含有的正四面体数目，结合含有的AlF63-的数目确定二者比例关系；根据Na+在晶胞中位置确定Na+填充的百分比；③晶胞边长为xnm，相距最近的两个Na+在晶胞体对角线的处；利用一个晶胞中含有的Na3AlF6的数目，结合计算晶胞的密度。【详解】(1)F是9号元素，核外电子排布式是1s22s22p5，可知其核外有3种不同能量的电子；(2)萤石(CaF2)难溶于水，但可溶于含Al3＋的溶液中，原因是在溶液中F-与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63-，使CaF2的溶解平衡正向移动，最终完全溶解，反应的离子方程式为：3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63-；(3)①晶体R是离子晶体，含有离子键；B与F及水分子内的H与O等非金属元素原子之间易形成共价键，B原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，所以B原子和O原子之间存在配位键，分子之间存在范德华力，水分子中的O原子和其它分子中的连在N、O、F上的H原子易形成氢键，但是氢键不属于化学键，属于含有的化学键类型有离子键、共价键、配位键，故合理选项是ABC；②H3O+中O原子价层电子对个数=3+=4，且O原子上含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构；阴离子中中心原子B原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以B原子采用sp3杂化方式；(4)由于结构相似的物质，相对分子质量越大，分子晶体的熔沸点越高，ClF3、BrF3结构相似，ClF3的相对分子质量比BrF3的小，所以ClF3的熔、沸点比BrF3的低；(1)①在已经确定位置的微粒结构中含AlF63-的个数是：，含有Na+数目为=11 ，由于Na3AlF6晶胞中Na+与AlF63-的个数比为3：1，所以在晶胞中心含有的微粒是Na+；②由晶胞结构可知：在该晶体中含有的AlF63-作面心立方最密堆积，形成的正四面体数目是8个，由于在一个晶胞中含有4个AlF63-，所以二者的比是8：4=2：1；Na+位于6个面心AlF63-形成的正八面体中心，所以100%正八面体空隙被Na+填充；③晶胞边长为xnm，在该晶体中两个最近的Na+位置在晶胞立方体对角线的处；由于晶胞边长为xnm，所以立方体对角线为nm，则相距最近的两个Na+之间距离为nm；根据①的计算可知：在一个晶胞中含有4个Na3AlF6，则该晶胞的密度=g/cm3。