安徽省合肥市皖智高考复读学校2022届高三化学上学期第二次半月考试题（含解析）

2022-2022学年安徽省合肥市皖智高考复读学校高三（上）第二次半月考化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．（3分）（2022秋•合肥校级月考）以烃和水为原料可以制得CO和H2，如CH4+H2O⇌CO+3H2．则下列关于甲烷与水反应的说法，正确的是（　　）　A．CH4既被氧化又被还原　B．H2O既不是氧化剂又不是还原剂　C．在反应条件下，每消耗1molH2O必然生成67.2LH2　D．建立平衡后，使用更高效的催化剂，可使H2的产率提高2．（3分）（2022秋•合肥校级月考）下列说法正确的是（　　）　A．发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强　B．金属阳离子被还原后，不一定得到该元素的单质　C．核外电子总数相同的粒子，一定是同种元素的原子　D．只能与酸反应的氧化物，一定是碱性氧化物3．（3分）（2022秋•合肥校级月考）下列装置是实验室制备气体的常见装置，一定不能用来制备氧气的是（　　）　A．B．C．D．4．（3分）（2022秋•合肥校级月考）下列除杂的方法合理可行的是（　　）　A．将混合气体通过灼热的氧化铜除去N2中混有的O2　B．通入足量的CO2可除去NaHCO3溶液中混有的Na2CO3　C．加入浓溴水，再过滤可以除去苯中混有少量的苯酚　D．KNO3溶液中混有少量K2SO4可以通过加入适量BaCl2溶液并过滤来提纯5．（3分）（2022秋•合肥校级月考）1mol下列单质在氧气中完全燃烧，生成的产物全部与NaOH反应，最多可以消耗12molNaOH，则这种单质是（　　）　A．S8B．C60C．P4D．Si6．（3分）（2022秋•合肥校级月考）某金属阳离子An+与SO42﹣组成的离子化合物，相对分子质量为M；与NO3﹣组成的离子化合物，相对分子质量为N．则n的数学表达式是（　　）　A．B．C．D．7．（3分）（2022秋•合肥校级月考）刚玉（主要成分是Al2O3）是人造红宝石和蓝宝石的原料．现用废铝屑、废酸液和废碱液来生产刚玉．为达到最大生产效率，安排生产时，废铝屑分别与废酸液作用和废碱液作用的质量比为（　　）　A．1：1B．1：2C．1：3D．3：18．（3分）（2022秋•合肥校级月考）在氯化铁和盐酸的混合溶液中，已知c（Cl﹣）═a-21-\nmol/L，pH═b＜1，则溶液中c（Fe3+）为（　　）　A．mol/LB．（a﹣1×10﹣b）mol/L　C．（a﹣）mol/LD．上述答案都不正确9．（3分）（2022秋•合肥校级月考）下表中的离子方程式正确且对其评价也合理的是（　　）选项化学反应及其离子方程式评价AFe（OH）2溶于稀硝酸：Fe（OH）2+2H+═Fe2++2H2O错误．违背了反应事实B硫酸铁溶液中加入铁屑：Fe3++Fe═2Fe2+错误．得失电子数不等且违背了离子反应的电荷守恒原理C碳酸钡沉淀中加入稀硫酸：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓正确．生成了难溶的物质D酸性重铬酸钾与乙醇反应（交警酒驾验酒原理）：3C2H5OH+2Cr2O72﹣+16H+=3CH3COOH+4Cr3++11H2O正确．遵守质量守恒定律和电荷守恒原理，同时满足氧化还原反应得失电子数相等　A．AB．BC．CD．D10．（3分）（2022秋•安溪县期末）科学解释能力是科学素养的重要组成部分．下列对实验现象及操作、物质的用途解释合理的是（　　）实验现象及操作、物质的用途解释A在一定浓度的乙酸溶液中加入少量乙酸钠固体，溶液pH增大只是乙酸根的水解所致B取少量某溶液滴加氯化钡溶液，生成白色沉淀该溶液中一定含有SO42﹣C用铁、铝的容器来盛装冷浓硫酸或硝酸铁、铝在其中表面被钝化D向氯化铝溶液中加入过量浓氨水，生成白色沉淀氢氧化铝不溶于碱溶液　A．AB．BC．CD．D11．（3分）（2022秋•合肥校级月考）制取Fe（OH）2并能较长时间保持白色，供选取的操作有：①加入一些植物油；②用冷却的蒸馏水溶解FeSO4并配成溶液；③把蒸馏水加热煮沸并密封冷却；④加入少量铁屑；⑤加入少量CCl4；⑥胶头滴管垂直试管口向FeSO4溶液中滴入足量氨水；⑦把盛有氨水的胶头滴管伸入FeSO4溶液中后再挤出氨水．其中必须进行的操作及操作的顺序正确的是（　　）　A．③②⑤⑥④B．③②④①⑦C．③②④⑤⑦D．②④①⑦⑤12．（3分）（2022秋•合肥校级月考）若用某种含少量Fe（NO3）2的Ca（NO3）2弱酸性溶液制取Ca（NO3）2•4H2O晶体，可供选择的操作有：①通入适量Cl2；②加入稍过量的H2O2溶液；③蒸发浓缩，冷却结晶；④加NaOH溶液；⑤加入过量CaO固体；⑥强热；⑦加入过量CaCO3固体；⑧过滤；⑨干燥．正确的操作步骤是（　　）　A．⑤⑧⑥B．①⑦⑧③⑧⑨C．④⑧③⑨D．②⑦⑧③⑧⑨13．（3分）（2022•北京）下列各组物质的无色溶液，不用其它试剂即可鉴别的是（　　）①KOH、Na2SO4、AlCl3②NaHCO3、Ba（OH）2、H2SO4-21-\n③HCl、NaAlO2、NaHSO4④Ca（OH）2、Na2CO3、BaCl2．　A．①②B．②③C．①③④D．①②④14．（3分）（2022秋•合肥校级月考）下列有关电化学知识的说法，错误的是（　　）　A．Fe、Cu长久地露置于空气中会发生电化腐蚀　B．工业上冶炼Na、Mg、Al通常采用电解法　C．电解精制铜，粗铜作阴极，发生氧化反应　D．原电池工作时，电流一定是从正极流向负极15．（3分）（2022秋•合肥校级月考）元素周期表中有三组元素：Li与Mg、Be（铍）与Al、B与Si的单质及其化合物很多理化性质相似，称为“对角线规则”．由此判断下列说法不正确的是（　　）　A．Li2CO3受热分解生成Li2O和CO2　B．Be、BeO和Be（OH）2既能与NaOH（aq）反应又能HCl（aq）反应　C．单质硼的熔沸点高、硬度大，属于原子晶体　D．Li、Be和B三种单质及其化合物化学性质都相似16．（3分）（2022秋•屯溪区校级期中）FeCl3（aq）与KSCN（aq）混合时存在下列平衡：Fe3+（aq）+SCN﹣（aq）⇌Fe（SCN）2+（aq）．已知平衡时，物质的量浓度c[Fe（SCN）2+]与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）　A．其热化学方程式为：Fe3+（aq）+SCN﹣（aq）⇌Fe（SCN）2+（aq）△H＞0　B．温度为T1、T2时，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2　C．反应处于状态D时，一定有v正＞v逆　D．A点与B点相比，A点的c（Fe3+）大　二、解答题（共4小题，满分52分）17．（14分）（2022秋•合肥校级月考）X、Y、Z、Q、W是元素周期表中原子序数增大的短周期元素，它们的相关信息如下表：元素相关信息XX的一种核素失去1个电子以后就是质子YY与X可以形成很多不同的同系物ZZ原子的最外层电子排布式为nSnnPn+1QQ元素是地壳中含量（质量分数）最大的元素WW+与Q2﹣的电子层结构完全相同请回答下列问题：（1）写出X失去1个电子后就是质子的这种核素的原子符号　　　　　　．在X、Y、Z、Q四种元素中，电负性由大到小的排序是（以具体元素符号表示）　　　　　　．（2）Q和W的原子半径：r（Q）　　　　　　r（W）；Q2﹣和W+的离子半径：r（Q2﹣）　　　　　　r（W+）（填下列选项的编号）．-21-\nA．等于B．大于C．小于D．无法确定（3）在Y、Z、Q三种元素中，第一电离能最大的是　　　　　　，其原因是　　　　　　．（4）X分别与Z和Q能形成多种化合物，这些化合物分子有10电子型分子，也有18电子型的分子，写出两种18电子型分子互相反应生成稳定物质（一种单质和一种化合物）的化学方程式，并表示出电子转移的数目和方向　　　　　　．（5）已知：4ZX3（g）+3Q2（g）═2Z2（g）+6X2Q（l）△H═﹣1530kJ/mol，2X2（g）+Q2（g）═2X2Q（l）△H═﹣572kJ/mol则由单质合成ZX3的热化学方程式　　　　　　．18．（14分）（2022秋•合肥校级月考）以CO和H2为原料可以合成一系列有机化合物，因此CO和H2的混合气体也称为“合成气”．反应中CO往往发生“插入”反应，如：，现以CO和H2为原料合成下列化合物：请回答下列问题：（1）C的结构简式为　　　　　　；C→D的反应类型为　　　　　　，每生成0.1molD一定有　　　　　　mol还原产物生成．（2）在上述生成乙酸的反应中，也是CO的“插入”反应，CO插入到CH4O的　　　　　　键中；属于这种“插入”反应，还有　　　　　　（填生成有机化合物的分子式）．（3）E是C的一种还原产物，也是乙酸的同分异构体，则有关E的说法正确的是　　　　　　．A．分子中既含醛基又含羟基B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．核磁共振氢谱有3组波峰，其面积比为1：1：2D．分子间能形成氢键（4）写出乙酸与A反应生成B的化学方程式　　　　　　．（5）D与F反应可以生成B的同分异构体，F与Na反应的化学方程式为　　　　　　．19．（13分）（2022秋•合肥校级月考）细菌冶金是近年来新兴的绿色冶金工艺，它主要是应用细菌法溶浸贫矿、废矿、尾矿和炉渣等，以回收某些贵重有色金属和稀有金属，节约矿产资源，最大限度地利用矿藏的一种冶金方法．其中细菌冶铜的生产流程为：-21-\n（1）上述生产流程中有两步都涉及了同一种分离方法，实验室中不能用这种分离方法来分离液态胶体的原因是　　　　　　．（2）莫尔盐是一种标定氧化剂浓度的基准物质．在溶液B中加入（NH4）2SO4晶体析出莫尔盐的原因　　　　　　．（3）在溶液A中加入铁屑，反应后若固体中只有Cu，则所得的溶液中一定含有的阳离子是　　　　　　；不可能含有的阳离子是　　　　　　．（4）写出CuS•FeS在氧化亚铁硫杆菌（Thiobacillusferrooxidans，简写为T．f）作用下被空气氧化生成溶液A的离子方程式　　　　　　．（5）氧化亚铜可用作船底防污漆，以杀死低级海生动物而保护船体，可用作陶瓷和搪瓷的着色剂和红色玻璃的染色剂，氧化亚铜也是一种重要的半导体材料．请用浓的强碱性溶液，根据2Cu+H2O═Cu2O+H2↑反应，设计出工业生产氧化亚铜的一种方法（只要求画实验装置图，其他必要材料任选）　　　　　　．20．（11分）（2022秋•合肥校级月考）溶液X中只可能含有K+、Fe3+、Fe2+、Mg2+、Al3+、AlO2﹣、SO42﹣、SiO32﹣、SO32﹣、HCO3﹣中的若干种．某实验探究小组对溶液X进行如下实验：已知：（1）Mg2+与AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣在溶液中不能大量共存，Fe3+、Al3+分别与AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣、HCO3﹣在溶液中不能大量共存（2）18℃时，Ksp[Mg（OH）2]═1×10﹣11，Ksp（MgCO3）═3×10﹣5请回答下列问题：（1）溶液X中加入过量NaOH溶液的离子方程式为　　　　　　．（2）溶液甲与过量稀盐酸反应的离子方程式　　　　　　．（3）溶液X中一定含有的离子是　　　　　　；可能存在的离子有　　　　　　．（4）该实验探究小组对溶液X中可能存在的离子再进行探究．请你协助该小组提出离子鉴定方案，并填写下表：离子鉴定方案（实验操作步骤）预期的现象和结论　　　　　　　　　　　　　-21-\n2022-2022学年安徽省合肥市皖智高考复读学校高三（上）第二次半月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．（3分）（2022秋•合肥校级月考）以烃和水为原料可以制得CO和H2，如CH4+H2O⇌CO+3H2．则下列关于甲烷与水反应的说法，正确的是（　　）　A．CH4既被氧化又被还原　B．H2O既不是氧化剂又不是还原剂　C．在反应条件下，每消耗1molH2O必然生成67.2LH2　D．建立平衡后，使用更高效的催化剂，可使H2的产率提高考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：CH4+H2O⇌CO+3H2中，C元素的化合价由﹣4价升高为+2价，H元素的化合价由+1价降低为0，以此来解答．解答：解：A．C元素的化合价升高，H元素的化合价降低，则CH4既被氧化又被还原，故A正确；B．水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，故B错误；C．每消耗1molH2O必然生成3mol氢气．，但状况未知，不能计算其体积，故C错误；D．催化剂不能影响平衡移动，则不能使H2的产率提高，故D错误；故选A．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意从化合价角度分析，选项C为易错点，题目难度不大．　2．（3分）（2022秋•合肥校级月考）下列说法正确的是（　　）　A．发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强　B．金属阳离子被还原后，不一定得到该元素的单质　C．核外电子总数相同的粒子，一定是同种元素的原子　D．只能与酸反应的氧化物，一定是碱性氧化物考点：元素周期律的作用；原子结构与元素的性质．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A、金属的还原能力的强弱取决于失去电子的难易程度，与失去电子的多少无关；B、根据铁离子和亚铁离子的转化；C、构成物质的粒子包括分子、原子和离子，有些分子和原子的质子数可能相同；D、根据过氧化钠只能与酸反应分析．解答：解：A、发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力不一定越强，如金属性：镁＞铝，故A错误；B、金属阳离子被还原不一定得到金属单质，例如铁离子被还原为亚铁离子，故B正确；C、质子数相同的粒子，不一定是同种元素的原子，如水分子和氖原子的质子数相同，不能说是同种元素的原子，故C错误；-21-\nD、过氧化钠只能与酸反应，属于过氧化物，不是碱性氧化物，故D错误．故选B．点评：此题主要考查了有关的化学概念，深入理解各种概念的含义是解答这类题的关键．　3．（3分）（2022秋•合肥校级月考）下列装置是实验室制备气体的常见装置，一定不能用来制备氧气的是（　　）　A．B．C．D．考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：制取氧气的装置包括加热和不需加热两种，如果用双氧水制氧气就不需要加热，如果用高锰酸钾或氯酸钾制氧气就需要加热，根据仪器的使用方法确定能否制备氧气，据此解答．解答：解：A．A为固液不加热反应装置，可用过氧化氢在二氧化锰催化分解制取氧气，故A正确；B．可用过氧化氢在二氧化锰催化分解制取氧气，B中小试管中液体流入大试管即可发生反应，故B正确；C．加热高锰酸钾可以制取氧气，图为固体加热装置，故C正确；D．二氧化锰是粉末，会从塑料孔中漏下，无法控制反应速率，故D错误．故选D．点评：本题考查化学实验方案的设计，涉及物质的制备等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．　4．（3分）（2022秋•合肥校级月考）下列除杂的方法合理可行的是（　　）　A．将混合气体通过灼热的氧化铜除去N2中混有的O2　B．通入足量的CO2可除去NaHCO3溶液中混有的Na2CO3　C．加入浓溴水，再过滤可以除去苯中混有少量的苯酚　D．KNO3溶液中混有少量K2SO4可以通过加入适量BaCl2溶液并过滤来提纯考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．专题：实验评价题；化学实验基本操作．分析：A．均不与CuO反应；B．碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠；C．溴、三溴苯酚均溶于苯；D．K2SO4与BaCl2反应生成KCl和硫酸钡．解答：-21-\n解：A．均不与CuO反应，则应将混合气体通过灼热的铜网除去N2中混有的O2，故A错误；B．碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，则通入足量的CO2可除去NaHCO3溶液中混有的Na2CO3，故B正确；C．溴、三溴苯酚均溶于苯，不能除杂，应利用NaOH、分液除去苯中混有少量的苯酚，故C错误；D．K2SO4与BaCl2反应生成KCl和硫酸钡，引入新杂质，应加入适量Ba（NO3）2溶液并过滤来提纯，故D错误；故选B．点评：本题考查混合物分离、提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，侧重除杂的考查，题目难度不大．　5．（3分）（2022秋•合肥校级月考）1mol下列单质在氧气中完全燃烧，生成的产物全部与NaOH反应，最多可以消耗12molNaOH，则这种单质是（　　）　A．S8B．C60C．P4D．Si考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：S8完全燃烧生成SO2，C60完全燃烧生成CO2，P4完全燃烧生成P2O5，Si燃烧生成SiO2，根据原子守恒计算各选项中燃烧生成的氧化物的物质的量，再根据方程式计算各氧化物消耗氢氧化钠物质的量，据此判断．解答：解：A．1molS8完全燃烧生成1molSO2，由2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O可知，1molSO2完全反应最多消耗NaOH为1mol×2=2mol，故A不符合；B.1molC60完全燃烧生成60molCO2，由2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O可知，60molCO2完全反应最多消耗NaOH为60mol×2=120mol，故B不符合；C.1molP4完全燃烧生成2molP2O5，由6NaOH+P2O5=2Na3PO4+3H2O可知，2molP2O5完全反应最多消耗NaOH为2mol×6=12mol，故C符合；D.1molSi完全燃烧生成1molSiO2，由2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O可知，1molSiO2完全反应最多消耗NaOH为1mol×2=2mol，故D不符合；故选C．点评：本题考查化学方程式计算，比较基础，明确发生的反应即可解答，侧重对基础知识的巩固．　6．（3分）（2022秋•合肥校级月考）某金属阳离子An+与SO42﹣组成的离子化合物，相对分子质量为M；与NO3﹣组成的离子化合物，相对分子质量为N．则n的数学表达式是（　　）　A．B．C．D．考点：相对分子质量及其计算．专题：计算题．分析：设A的相对原子质量为R，某金属阳离子An+与SO42﹣组成的化学式：A2（SO4）n，2R+96n=M则R=；某金属阳离子An+与NO3﹣组成的化学式：A（NO3）n，R+62n=N-21-\n则R=N﹣62n；两种物质中R为同种元素，通过方程式来解答．解答：解：设A的相对原子质量为R，某金属阳离子An+与SO42﹣组成的化学式：A2（SO4）n，2R+96n=M则R=；某金属阳离子An+与NO3﹣组成的化学式：A（NO3）n，R+62n=N则R=N﹣62n；两种物质中R为同种元素，R==N﹣62n，解得n=，故选D；点评：本题主要考查了利用化学式进行计算，正确书写化学式是解题的关键，难度不大．　7．（3分）（2022秋•合肥校级月考）刚玉（主要成分是Al2O3）是人造红宝石和蓝宝石的原料．现用废铝屑、废酸液和废碱液来生产刚玉．为达到最大生产效率，安排生产时，废铝屑分别与废酸液作用和废碱液作用的质量比为（　　）　A．1：1B．1：2C．1：3D．3：1考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：铝与酸反应转化铝盐，与碱反应转化为偏铝酸盐，再发生Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，再发生反应2Al（OH）3Al2O3+3H2O，为达到最大生产效率，由方程式可知应满足n（Al3+）：n（AlO2﹣）=1：3，再结合Al元素守恒解答．解答：解：铝与酸反应转化铝盐，与碱反应转化为偏铝酸盐，再发生Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，再发生反应2Al（OH）3Al2O3+3H2O，为达到最大生产效率，由方程式可知应满足n（Al3+）：n（AlO2﹣）=1：3，结合Al元素守恒可知：废铝屑分别与废酸液作用和废碱液作用的质量比为1：3，故选C．点评：本题考查化学方程式有关计算，清楚发生的反应是关键，根据方程式进行解答，难度不大．　8．（3分）（2022秋•合肥校级月考）在氯化铁和盐酸的混合溶液中，已知c（Cl﹣）═amol/L，pH═b＜1，则溶液中c（Fe3+）为（　　）　A．mol/LB．（a﹣1×10﹣b）mol/L　C．（a﹣）mol/LD．上述答案都不正确考点：物质的量浓度的相关计算．-21-\n专题：计算题．分析：根据电荷守恒可知：3c（Fe3+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），溶液pH═b＜1，c（OH﹣）可以忽略不计，据此计算．解答：解：氯化铁和盐酸的混合溶液，根据电荷守恒可知：3c（Fe3+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），混合溶液的pH═b＜1，c（OH﹣）可以忽略不计，溶液中c（H+）=10﹣bmol/L，则：3c（Fe3+）+10﹣bmol/L=amol/L解得：c（Fe3+）=mol/L，故选A．点评：本题考查混合溶液中电解质离子物质的量浓度计算，注意利用电荷守恒计算，难度不大．　9．（3分）（2022秋•合肥校级月考）下表中的离子方程式正确且对其评价也合理的是（　　）选项化学反应及其离子方程式评价AFe（OH）2溶于稀硝酸：Fe（OH）2+2H+═Fe2++2H2O错误．违背了反应事实B硫酸铁溶液中加入铁屑：Fe3++Fe═2Fe2+错误．得失电子数不等且违背了离子反应的电荷守恒原理C碳酸钡沉淀中加入稀硫酸：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓正确．生成了难溶的物质D酸性重铬酸钾与乙醇反应（交警酒驾验酒原理）：3C2H5OH+2Cr2O72﹣+16H+=3CH3COOH+4Cr3++11H2O正确．遵守质量守恒定律和电荷守恒原理，同时满足氧化还原反应得失电子数相等　A．AB．BC．CD．D考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A、稀硝酸具有强氧化性能氧化亚铁离子；B、从电荷守恒角度来分析；C、从物质能否拆分角度来分析；解答：解：A、向氢氧化亚铁溶液中加入足量的稀硝酸具有强氧化性，反应的离子方程式为3Fe（OH）2+NO3﹣+10H+=3Fe3++8H2O+NO↑，故A错误；B、硫酸铁溶液中加入铁屑后发生了归中反应，正确的离子方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+，故B错误；C、碳酸钡沉淀中加入稀硫酸的化学方程式为：BaCO3+H2SO4═BaSO4↓+H2O+CO2↑，离子方程式为：BaCO3+2H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O+CO2↑，故C错误；D、酸性重铬酸钾与乙醇反应（交警酒驾验酒原理）：3C2H5OH+2Cr2O72﹣+16H+=3CH3COOH+4Cr3++11H2O，遵守质量守恒定律和电荷守恒原理，同时满足氧化还原反应得失电子数相等，故D正确．故选D．-21-\n点评：本题考查了离子方程式书写的正误判断，主要从反应产物是否正确、物质的拆分是否正确、电荷和质量是否守恒等角度来分析，难度适中．　10．（3分）（2022秋•安溪县期末）科学解释能力是科学素养的重要组成部分．下列对实验现象及操作、物质的用途解释合理的是（　　）实验现象及操作、物质的用途解释A在一定浓度的乙酸溶液中加入少量乙酸钠固体，溶液pH增大只是乙酸根的水解所致B取少量某溶液滴加氯化钡溶液，生成白色沉淀该溶液中一定含有SO42﹣C用铁、铝的容器来盛装冷浓硫酸或硝酸铁、铝在其中表面被钝化D向氯化铝溶液中加入过量浓氨水，生成白色沉淀氢氧化铝不溶于碱溶液　A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．从影响弱电解质的电离平衡的角度分析；B．生成的沉淀可能为AgCl等；C．铁、铝在常温下可与浓硫酸、浓硝酸发生钝化反应；D．氢氧化铝为两性氢氧化物，可与强碱反应．解答：解：A．乙酸为弱酸，存在电离平衡，加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液pH增大，故A错误；B．加入氯化钡，生成的沉淀可能为AgCl等，应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡检验，故B错误；C．浓硫酸、浓硝酸具有强氧化性，铁、铝在常温下可与浓硫酸、浓硝酸发生钝化反应，故C正确；D．氢氧化铝为两性氢氧化物，可与强碱反应，但和氨水等弱碱不反应，故D错误．故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及电离、物质的检验、元素化合物知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质的异同以及实验的合理性和可行性的评价，难度不大．　11．（3分）（2022秋•合肥校级月考）制取Fe（OH）2并能较长时间保持白色，供选取的操作有：①加入一些植物油；②用冷却的蒸馏水溶解FeSO4并配成溶液；③把蒸馏水加热煮沸并密封冷却；④加入少量铁屑；⑤加入少量CCl4；⑥胶头滴管垂直试管口向FeSO4溶液中滴入足量氨水；⑦把盛有氨水的胶头滴管伸入FeSO4溶液中后再挤出氨水．其中必须进行的操作及操作的顺序正确的是（　　）　A．③②⑤⑥④B．③②④①⑦C．③②④⑤⑦D．②④①⑦⑤考点：化学实验操作的先后顺序．专题：实验题．分析：制取Fe（OH）2的试剂可选用亚铁盐和可溶性碱．由于氢氧化亚铁极易被氧气氧化，所以制取Fe（OH）2的关键就是如何隔绝氧气，氢氧化亚铁的制取通常采取以下措施：用煮沸并冷却的蒸馏水配制FeSO4溶液；在FeSO4溶液中加入铁屑放氧化；在盛放FeSO4溶液的试管里滴入植物油，防止氧气溶入；-21-\n将胶头滴管伸入FeSO4溶液液面下挤出氨水．解答：解：氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以，③把蒸馏水加热煮沸，赶出溶解在水里的氧气，并密封冷却；②用冷却的蒸馏水溶解FeSO4并配成溶液；FeSO4中Fe为+2价，所以极易被氧化为+3价，加入铁粉后，会与+3价的铁反应使之成为亚铁离子后，所以④加入少量铁屑；植物油密度比水小浮在上层，①加入一些植物油，防止空气中氧气进入；⑦把盛有氨水的胶头滴管伸入FeSO4溶液中后再挤出氨水．所以正确的顺序是③②④①⑦，故选B．点评：本题主要考查了氢氧化亚铁沉淀的制备，根据Fe（OH）2性质进行试剂选择，反应条件选择是解答的关键，题目难度不大．　12．（3分）（2022秋•合肥校级月考）若用某种含少量Fe（NO3）2的Ca（NO3）2弱酸性溶液制取Ca（NO3）2•4H2O晶体，可供选择的操作有：①通入适量Cl2；②加入稍过量的H2O2溶液；③蒸发浓缩，冷却结晶；④加NaOH溶液；⑤加入过量CaO固体；⑥强热；⑦加入过量CaCO3固体；⑧过滤；⑨干燥．正确的操作步骤是（　　）　A．⑤⑧⑥B．①⑦⑧③⑧⑨C．④⑧③⑨D．②⑦⑧③⑧⑨考点：化学实验操作的先后顺序．专题：实验题．分析：制取Ca（NO3）2•4H2O晶体，首先需除去杂质离子Fe2+，通常是将Fe2+氧化，生成易水解的Fe3+，碳酸钙难溶于水，能溶于酸性溶液，加入过量CaCO3固体，可促进Fe3+水解生成Fe（OH）3沉淀而除去，因题干中提供的氧化剂有过氧化氢和氯气两种，但氯气被亚铁离子还原后生成氯离子引入新的杂质离子，所以选用过氧化氢，然后蒸发浓缩，过滤，干燥制得Ca（NO3）2•4H2O晶体．解答：解：制取Ca（NO3）2•4H2O晶体，原料是含有杂质离子Fe2+弱酸性溶液，除去Fe2+，通常是将Fe2+氧化，生成易水解的Fe3+，题干中提供的氧化剂有过氧化氢和氯气两种，但氯气被亚铁离子还原后生成氯离子引入新的杂质离子，而加入H2O2，发生2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，且过量的H2O2溶液加热分解，不影响后面结晶Ca（NO3）2•4H2O晶体的纯度，为避免引入新杂质，可加入加入加入过量CaCO3固体与H+反应．H+反应后，pH增大，当pH=4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，Fe3+转化以Ca2+形式存在，而过量CaCO3碳是固体，不会引入新的杂质，然后蒸发浓缩，过滤，干燥制得Ca（NO3）2•4H2O晶体，所以正确的顺序为：②⑦⑧③⑧⑨，故选D．点评：本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的原理和物质的性质，难度中等．　13．（3分）（2022•北京）下列各组物质的无色溶液，不用其它试剂即可鉴别的是（　　）①KOH、Na2SO4、AlCl3②NaHCO3、Ba（OH）2、H2SO4③HCl、NaAlO2、NaHSO4④Ca（OH）2、Na2CO3、BaCl2．　A．①②B．②③C．①③④D．①②④-21-\n考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．专题：化学实验基本操作．分析：①Na2SO4与其它两种物质均不反应，KOH与AlCl3互滴，现象不同，可以鉴别；②Ba（OH）2与其它两种物质反应均生成沉淀，先判断出Ba（OH）2，Ba（OH）2与一物质生成沉淀后，用其沉淀与另一种物质反应，若有气体放出，原沉淀为碳酸钡，所加的物质为硫酸；若无气体放出，则原沉淀为硫酸钡；③NaAlO2与其它两种物质反应的现象相同；④Na2CO3与其它两种物质反应的现象相同．解答：解：①Na2SO4与其它两种物质均不反应，KOH与AlCl3互滴，一是先生成沉淀后溶解，一是沉淀立即消失，之后沉淀不再消失，现象不同，可以鉴别，故①选；②Ba（OH）2与其它两种物质反应均生成沉淀，先判断出Ba（OH）2，Ba（OH）2与一物质生成沉淀后，用其沉淀与另一种物质反应，若有气体放出，原沉淀为碳酸钡，所加的物质为硫酸；若无气体放出，则原沉淀为硫酸钡，因此可以鉴别三种物质，故②选；③NaAlO2与其它两种物质反应的现象相同，均为先生成沉淀后沉淀消耗，不能鉴别HCl、NaHSO4，故③不选；④Na2CO3与其它两种物质反应的现象相同，均生成白色沉淀，三种物质中只能鉴别出Na2CO3，故④不选；故选A．点评：本题考查物质的鉴别，明确物质的性质是解答本题的关键，注意现象相同时不能鉴别，侧重物质之间的反应的考查，题目难度不大．　14．（3分）（2022秋•合肥校级月考）下列有关电化学知识的说法，错误的是（　　）　A．Fe、Cu长久地露置于空气中会发生电化腐蚀　B．工业上冶炼Na、Mg、Al通常采用电解法　C．电解精制铜，粗铜作阴极，发生氧化反应　D．原电池工作时，电流一定是从正极流向负极考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：A、Fe、Cu与其中的杂质能构成原电池；B、活泼较强的金属用电解法冶炼；C、电解精制铜，粗铜作阳极；D、原电池工作时，电子从负极到正极，电流方向相反．解答：解：A、Fe、Cu与其中的杂质能构成原电池，Fe、Cu作负极被腐蚀，所以Fe、Cu长久地露置于空气中会发生电化腐蚀，故A正确；B、活泼较强的金属用电解法冶炼，如Na、Mg、Al不容易被其它还原剂还原，一般采用电解法冶炼，故B正确；C、电解精制铜，粗铜作阳极失电子发生氧化反应，故C错误；D、原电池中负极失电子，正极得电子，所以原电池工作时，电子从负极到正极，电流从正极流向负极，故D正确．故选C．点评：本题综合考查原电池、电解池知识，侧重于电化学基础知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．　-21-\n15．（3分）（2022秋•合肥校级月考）元素周期表中有三组元素：Li与Mg、Be（铍）与Al、B与Si的单质及其化合物很多理化性质相似，称为“对角线规则”．由此判断下列说法不正确的是（　　）　A．Li2CO3受热分解生成Li2O和CO2　B．Be、BeO和Be（OH）2既能与NaOH（aq）反应又能HCl（aq）反应　C．单质硼的熔沸点高、硬度大，属于原子晶体　D．Li、Be和B三种单质及其化合物化学性质都相似考点：元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：根据对角线规则知，对角线上单质及其化合物性质具有相似性，根据Mg、Al、Si元素及其化合物性质确定Li、Be、B元素及其化合物性质．解答：解：A．碳酸镁受热不易分解，根据对角线规则知，碳酸锂受热不易分解，故A错误；B．Al、氧化铝及氢氧化铝都能溶于强酸和强碱，根据对角线规则知，Be、BeO和Be（OH）2既能与NaOH（aq）反应又能HCl（aq）反应，故B正确；C．Si为原子晶体，Si单质熔沸点及硬度较大，根据对角线规则知，B单质的熔沸点高、硬度大，且为原子晶体，故C正确；D．Li、Be和B三种元素不符合对角线规则，所以其单质及其化合物化学性质都不相似，故D错误；故选AD．点评：本题考查了对角线规则，明确对角线规则含义是解本题关键，再结合已知物质的性质采用知识迁移的方法分析解答，题目难度不大．　16．（3分）（2022秋•屯溪区校级期中）FeCl3（aq）与KSCN（aq）混合时存在下列平衡：Fe3+（aq）+SCN﹣（aq）⇌Fe（SCN）2+（aq）．已知平衡时，物质的量浓度c[Fe（SCN）2+]与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）　A．其热化学方程式为：Fe3+（aq）+SCN﹣（aq）⇌Fe（SCN）2+（aq）△H＞0　B．温度为T1、T2时，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2　C．反应处于状态D时，一定有v正＞v逆　D．A点与B点相比，A点的c（Fe3+）大考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线．专题：化学平衡专题．分析：图象中曲线上的A、B、C三点为不同温度下的平衡状态，D在曲线下方，未处于平衡状态，c[Fe（SCN）2+]比平衡状态小，应向正反应方向移动，随着温度的升高c[Fe（SCN）2+]逐渐减小，说明正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动．解答：解：A．随着温度的升高c[Fe（SCN）2+]逐渐减小，说明反应放热，△H＜0，故A错误；-21-\nB．反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则k减小，所以温度为T1＜T2时，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2，故B错误；C．D在曲线下方，为处于平衡状态，c[Fe（SCN）2+]比平衡状态小，应向正反应方向移动，V正＞V逆，故C正确；D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，A点温度小于B点，所以A点的c（Fe3+）小，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学平衡移动图象，明确温度对化学平衡移动的影响来分析解答，易错点是C，会根据浓度与平衡浓度相对大小确定移动方向，为易错点．　二、解答题（共4小题，满分52分）17．（14分）（2022秋•合肥校级月考）X、Y、Z、Q、W是元素周期表中原子序数增大的短周期元素，它们的相关信息如下表：元素相关信息XX的一种核素失去1个电子以后就是质子YY与X可以形成很多不同的同系物ZZ原子的最外层电子排布式为nSnnPn+1QQ元素是地壳中含量（质量分数）最大的元素WW+与Q2﹣的电子层结构完全相同请回答下列问题：（1）写出X失去1个电子后就是质子的这种核素的原子符号　11H　．在X、Y、Z、Q四种元素中，电负性由大到小的排序是（以具体元素符号表示）　O＞N＞C＞H　．（2）Q和W的原子半径：r（Q）　C　r（W）；Q2﹣和W+的离子半径：r（Q2﹣）　B　r（W+）（填下列选项的编号）．A．等于B．大于C．小于D．无法确定（3）在Y、Z、Q三种元素中，第一电离能最大的是　N（或Z）　，其原因是　2P轨道电子排布处于半满状态，属稳定结构　．（4）X分别与Z和Q能形成多种化合物，这些化合物分子有10电子型分子，也有18电子型的分子，写出两种18电子型分子互相反应生成稳定物质（一种单质和一种化合物）的化学方程式，并表示出电子转移的数目和方向　　．（5）已知：4ZX3（g）+3Q2（g）═2Z2（g）+6X2Q（l）△H═﹣1530kJ/mol，2X2（g）+Q2（g）═2X2Q（l）△H═﹣572kJ/mol则由单质合成ZX3的热化学方程式　N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣93kJ/mol　．考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X的一种核素失去1个电子以后就是质子，为H元素；Y与X可以形成很多不同的同系物，为C元素；Z原子的最外层电子排布式为nSnnPn+1，n=2，Z为N元素；Q元素是地壳中含量（质量分数）最大的元素，为O元素；W+与Q2﹣的电子层结构完全相同，可知W的原子叙述为10+1=11，为Na元素，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题．解答：-21-\n解：X的一种核素失去1个电子以后就是质子，为H元素；Y与X可以形成很多不同的同系物，为C元素；Z原子的最外层电子排布式为nSnnPn+1，n=2，Z为N元素；Q元素是地壳中含量（质量分数）最大的元素，为O元素；W+与Q2﹣的电子层结构完全相同，可知W的原子叙述为10+1=11，为Na元素，（1）X失去1个电子后就是质子，应为H原子，且原子核内没有质子，可表示为11H，C、N、O位于周期表相同周期，同周期元素从左到右，元素电负性逐渐增强，H元素电负性最小，电负性由大到小的排序为O＞N＞C＞H，故答案为：11H；O＞N＞C＞H；（2）Na比O多一个电子层，原子半径较大，O2﹣和Na+的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故答案为：C；B；（3）C、N、O位于周期表相邻位置，N原子最外层为半充满状态，较稳定，第一电离能最大，故答案为：N（或Z）；2P轨道电子排布处于半满状态，属稳定结构；（4）H与N、O形成的18电子物质，且可以相互反应，应分别为N2H4、H2O2，二者反应的方程式为，N2H4+2H2O2=N2+2H2O，反应中N元素化合价由﹣2价升高到0价，转移4个电子，可表示为，故答案为：；（5）X为H元素，Z为N元素，Q为O元素，则热化学方程式为分别为①4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（l）△H═﹣1530kJ/mol，②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H═﹣572kJ/mol，利用盖斯定律，将可得N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H==﹣93kJ/mol，故答案为：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣93kJ/mol．点评：本题综合考查位置、结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握原子结构以及物质的特征性质，为解答该题的关键，本题注意把握盖斯定律的应用，难度中等．　18．（14分）（2022秋•合肥校级月考）以CO和H2为原料可以合成一系列有机化合物，因此CO和H2的混合气体也称为“合成气”．反应中CO往往发生“插入”反应，如：，现以CO和H2为原料合成下列化合物：-21-\n请回答下列问题：（1）C的结构简式为　OHC﹣CHO　；C→D的反应类型为　氧化反应、复分解反应　，每生成0.1molD一定有　0.4　mol还原产物生成．（2）在上述生成乙酸的反应中，也是CO的“插入”反应，CO插入到CH4O的　C﹣O　键中；属于这种“插入”反应，还有　H2C2O2　（填生成有机化合物的分子式）．（3）E是C的一种还原产物，也是乙酸的同分异构体，则有关E的说法正确的是　ABCD　．A．分子中既含醛基又含羟基B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．核磁共振氢谱有3组波峰，其面积比为1：1：2D．分子间能形成氢键（4）写出乙酸与A反应生成B的化学方程式　2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O　．（5）D与F反应可以生成B的同分异构体，F与Na反应的化学方程式为　2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑　．考点：有机物的合成．专题：有机物的化学性质及推断．分析：“合成气”为CO和H2的混合气体，一定条件下反应得到CH4O为甲醇，结构简式为CH3OH，甲醇与CO反应得到乙酸，CO插入到CH4O的C﹣O键之间．合成气反应得到C发生银镜反应得到D，结合C、D分子式，可知C为OHC﹣CHO，D为HOOC﹣COOH．A、D可以相互转化，结合A的分子式可知，A为HOCH2CH2OH，A与乙酸发生酯化反应生成B，由B的分子式可知，应是1分子A与2分子乙酸反应，则B为CH3COOCH2CH2OOCCH3，据此解答．解答：解：“合成气”为CO和H2的混合气体，一定条件下反应得到CH4O为甲醇，结构简式为CH3OH，甲醇与CO反应得到乙酸，CO插入到CH4O的C﹣O键之间．合成气反应得到C发生银镜反应得到D，结合C、D分子式，可知C为OHC﹣CHO，D为HOOC﹣COOH．A、D可以相互转化，结合A的分子式可知，A为HOCH2CH2OH，A与乙酸发生酯化反应生成B，由B的分子式可知，应是1分子A与2分子乙酸反应，则B为CH3COOCH2CH2OOCCH3，（1）由上述分析可知，C的结构简式为OHC﹣CHO，C→D的反应类型涉及：氧化反应、复分解反应，每生成0.1molHOOC﹣COOH需要0.1molOHC﹣CHO，含有2mol﹣CHO，根据﹣CHO～2Ag，可知每生成0.1molHOOC﹣COOH一定有0.4mol还原产物Ag生成，-21-\n故答案为：OHC﹣CHO；氧化反应、复分解反应；0.4；（2）对比甲烷与乙酸的结构可知，CO插入到CH4O的C﹣O键中；属于这种“插入”反应，还有H2C2O2，故答案为：H2C2O2；（3）E是C的一种还原产物，也是乙酸的同分异构体，则E为HOCH2CHO，A．分子中既含醛基又含羟基，故A正确；B．羟基、醛基都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．核磁共振氢谱有3组波峰，其面积比为1：1：2，故C正确；D．分子中含有﹣OH，分子间能形成氢键，故D正确，故答案为：ABCD；（4）乙酸与A反应生成B的化学方程式为：2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O，故答案为：2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O；（5）D（HOOC﹣COOH）与F反应可以生成B的同分异构体，则F为CH3CH2OH，F与Na反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，故答案为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑．点评：本题考查有机物合成与推断、有机物结构与性质，注意根据断键、成键判断CO的插入反应，需要学生熟练掌握有机物基础知识，难度中等．　19．（13分）（2022秋•合肥校级月考）细菌冶金是近年来新兴的绿色冶金工艺，它主要是应用细菌法溶浸贫矿、废矿、尾矿和炉渣等，以回收某些贵重有色金属和稀有金属，节约矿产资源，最大限度地利用矿藏的一种冶金方法．其中细菌冶铜的生产流程为：（1）上述生产流程中有两步都涉及了同一种分离方法，实验室中不能用这种分离方法来分离液态胶体的原因是　胶体的分散质（或胶体粒子）能通过滤纸孔隙　．（2）莫尔盐是一种标定氧化剂浓度的基准物质．在溶液B中加入（NH4）2SO4晶体析出莫尔盐的原因　反应体系中莫尔盐的溶解度最小　．（3）在溶液A中加入铁屑，反应后若固体中只有Cu，则所得的溶液中一定含有的阳离子是　Fe2+　；不可能含有的阳离子是　Fe3+　．（4）写出CuS•FeS在氧化亚铁硫杆菌（Thiobacillusferrooxidans，简写为T．f）作用下被空气氧化生成溶液A的离子方程式　4CuS•FeS+17O2+4H+═4Cu2++4Fe3++8SO42﹣+2H2O　．-21-\n（5）氧化亚铜可用作船底防污漆，以杀死低级海生动物而保护船体，可用作陶瓷和搪瓷的着色剂和红色玻璃的染色剂，氧化亚铜也是一种重要的半导体材料．请用浓的强碱性溶液，根据2Cu+H2O═Cu2O+H2↑反应，设计出工业生产氧化亚铜的一种方法（只要求画实验装置图，其他必要材料任选）　　．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：向黄铜矿粉中加入稀硫酸、氧化亚铁硫杆菌、空气，发生反应，离子方程式为4CuS•FeS+17O2+4H+═4Cu2++4Fe3++8SO42﹣+2H2O，向溶液A中加入铁屑，发生反应Cu2++Fe=Fe2++Cu、2Fe3++Fe=3Fe2+，然后过滤得到Cu和溶液，向溶液中加入（NH4）2SO4，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到莫尔盐，（1）上述生产流程中有两步都涉及了同一种分离方法为过滤，难溶性固体不能透过滤纸和半透膜，胶体能透过滤纸但不能透过半透膜；（2）在溶液B中加入（NH4）2SO4晶体析出莫尔盐的原因是反应体系中莫尔盐的溶解度最小；（3）铁和Cu2+、Fe3+反应生成Fe2+，有Cu生成，则溶液中一定没有Fe3+；（4）CuS•FeS在氧化亚铁硫杆菌（Thiobacillusferrooxidans，简写为T．f）作用下被空气氧化生成铜离子、铁离子、硫酸根离子和水；（5）2Cu+H2O═Cu2O+H2↑不能自发进行，要使该反应能发生，应该设计成电解池，且Cu作阳极，浓NaOH溶液作电解质溶液．解答：解：向黄铜矿粉中加入稀硫酸、氧化亚铁硫杆菌、空气，发生反应，离子方程式为4CuS•FeS+17O2+4H+═4Cu2++4Fe3++8SO42﹣+2H2O，向溶液A中加入铁屑，发生反应Cu2++Fe=Fe2++Cu、2Fe3++Fe=3Fe2+，然后过滤得到Cu和溶液，向溶液中加入（NH4）2SO4，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到莫尔盐，（1）上述生产流程中有两步都涉及了同一种分离方法为过滤，难溶性固体不能透过滤纸和半透膜，胶体能透过滤纸但不能透过半透膜，所以实验室中不能用过量分离方法来分离液态胶体，故答案为：胶体的分散质（或胶体粒子）能通过滤纸孔隙；（2）在溶液B中加入（NH4）2SO4晶体析出莫尔盐的原因是反应体系中莫尔盐的溶解度最小，故答案为：反应体系中莫尔盐的溶解度最小；（3）铁和Cu2+、Fe3+反应生成Fe2+，Cu和Fe3+反应生成Fe2+，有Cu生成，则溶液中一定没有Fe3+，一定有Fe2+，故答案为：Fe2+；Fe3+；（4）CuS•FeS在氧化亚铁硫杆菌（Thiobacillusferrooxidans，简写为T．f）作用下被空气氧化生成铜离子、铁离子、硫酸根离子和水，离子方程式为4CuS•FeS+17O2+4H+═4Cu2++4Fe3++8SO42﹣+2H2O，故答案为：4CuS•FeS+17O2+4H+═4Cu2++4Fe3++8SO42﹣+2H2O；（5）2Cu+H2O═Cu2O+H2↑不能自发进行，要使该反应能发生，应该设计成电解池，且Cu作阳极，浓NaOH溶液作电解质溶液，图象为-21-\n，故答案为：．点评：本题考查物质分离和提纯，涉及离子方程式的书写、电解池设计、氧化还原反应等知识点，明确物质性质是解本题关键，根据实验目的及反应方程式设计电解池，难点是（3）中离子反应先后顺序，题目难度中等．　20．（11分）（2022秋•合肥校级月考）溶液X中只可能含有K+、Fe3+、Fe2+、Mg2+、Al3+、AlO2﹣、SO42﹣、SiO32﹣、SO32﹣、HCO3﹣中的若干种．某实验探究小组对溶液X进行如下实验：已知：（1）Mg2+与AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣在溶液中不能大量共存，Fe3+、Al3+分别与AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣、HCO3﹣在溶液中不能大量共存（2）18℃时，Ksp[Mg（OH）2]═1×10﹣11，Ksp（MgCO3）═3×10﹣5请回答下列问题：（1）溶液X中加入过量NaOH溶液的离子方程式为　HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O、Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓　．（2）溶液甲与过量稀盐酸反应的离子方程式　CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O　．（3）溶液X中一定含有的离子是　Mg2+、HCO3﹣　；可能存在的离子有　K+、SO42﹣　．（4）该实验探究小组对溶液X中可能存在的离子再进行探究．请你协助该小组提出离子鉴定方案，并填写下表：离子鉴定方案（实验操作步骤）预期的现象和结论　K+：用洁净的铂丝蘸取待测液在火焰上灼烧，隔蓝色钴玻璃，观察火焰颜色SO42﹣：取少量待测液用盐酸酸化，加入BaCl2溶液　　火焰颜色呈紫色，证明溶液中有K+，否则没有K+盐酸酸化时无白色沉淀，加入BaCl2溶液有白色沉淀，证明溶液中有SO42﹣，否则没有　考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计．专题：物质检验鉴别题．分析：X中加过量NaOH生成白色沉淀为氢氧化镁，则一定含Mg2+，而不含Fe3+、Fe2+；Mg2+与AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣在溶液中不能大量共存，则不含AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣；溶液加加盐酸生成的无色气体为二氧化碳，则甲中含CO32﹣，即原溶液X中含HCO3﹣，而K+、SO42﹣不能确定，以此来解答．解答：解：X中加过量NaOH生成白色沉淀为氢氧化镁，则一定含Mg2+，而不含Fe3+、Fe2+；Mg2+与AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣在溶液中不能大量共存，则不含AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣；溶液加加盐酸生成的无色气体为二氧化碳，则甲中含CO32﹣，即原溶液X中含HCO3﹣，而K+、SO42﹣不能确定，-21-\n（1）溶液X中加入过量NaOH溶液的离子方程式为HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O、Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓（若依次写作HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O、Mg2++CO32﹣═MgCO3↓、MgCO3+2OH﹣═CO32﹣+Mg（OH）2↓），故答案为：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O、Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓；（2）溶液甲与过量稀盐酸反应的离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，故答案为：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O；（3）由上述分析可知，一定含Mg2+、HCO3﹣，可能含K+、SO42﹣，故答案为：Mg2+、HCO3﹣；K+、SO42﹣；（4）检验钾离子，用洁净的铂丝蘸取待测液在火焰上灼烧，隔蓝色钴玻璃，观察火焰颜色，火焰颜色呈紫色，证明溶液中有K+，否则没有K+；检验硫酸根离子，取少量待测液用盐酸酸化，加入BaCl2溶液，盐酸酸化时无白色沉淀，加入BaCl2溶液有白色沉淀，证明溶液中有SO42﹣，否则没有，故答案为：离子鉴定方案（实验操作步骤）预期的现象和结论K+：用洁净的铂丝蘸取待测液在火焰上灼烧，隔蓝色钴玻璃，观察火焰颜色SO42﹣：取少量待测液用盐酸酸化，加入BaCl2溶液火焰颜色呈紫色，证明溶液中有K+，否则没有K+盐酸酸化时无白色沉淀，加入BaCl2溶液有白色沉淀，证明溶液中有SO42﹣，否则没有点评：本题考查物质鉴别和检验实验方案的设计，为高频考点，把握实验中发生的反应、现象与结论的关系为解答的关键，注意X中离子的推断及离子的检验方法，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．-21-