黑龙江省哈尔滨三中2022届高三化学上学期第一次月考试题含解析

2022-2022学年黑龙江省哈尔滨三中高三（上）第一次月考化学试卷　一、选择题：本大题共18小题，每小题3分，共54分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．下列说法正确的是（　　）A．大量使用薪柴为燃料不能体现低碳生活B．实现化石燃料清洁利用，就无需开发新能源C．铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加D．钢管与电源正极连接，钢管可被保护　2．下列物质在生话中应用时，起还原作用的是（　　）A．明矾作净水剂B．甘油作护肤保湿剂C．漂粉精作消毒剂D．铁粉作食品袋内的脱氧剂　3．NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含NA个原子B．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子C．2L0.5mol•L﹣1硫酸钾溶液中，含有NA个阳离子D．标准状况下，2128mL甲醛含有2.85NA个电子　4．下列装置中发生的化学反应不属于氧化还原反应的是（　　）A．B．C．D．　5．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=﹣99kJ▪mol﹣1②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3=+41kJ▪mol﹣1已知反应①中的相关的化学键键能数据如下，则C﹣H键能和△H2分别是（　　）化学键H﹣HC﹣OC═OH﹣OC﹣HE/（kJ．mol﹣1）436343107646541322\nA．403kJ•mol﹣1，﹣66kJ•mol﹣1B．423kJ•mol﹣1，+28kJ•mol﹣1C．314kJ•mol﹣1，﹣18kJ•mol﹣1D．413kJ•mol﹣1，﹣58kJ•mol﹣1　6．纯净物X、Y、Z转化关系如右图所示，下列判断不正确的是（　　）A．X可能是金属铜B．Y可能是氢气C．Z不可能是氯化钠D．Z可能是三氧化硫　7．下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则浓H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/molB．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）反应的△H=2×283.0kJ/molC．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏大　8．用如图所示装置除去含有CN﹣、Cl﹣废水中的CN﹣时，控制溶液pH为9～10，阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（　　）A．用石墨作阳极，铁作阴极B．阳极的电极反应式：Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣═ClO﹣+H2OC．阴极的电极反应式：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣D．除去CN﹣的反应：2CN﹣+5ClO﹣+2H﹣═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+H2O　9．下列有关物质分类的描述正确的是（　　）A．金属氧化物一定是碱性氧化物B．SO2水溶液能导电，所以SO2是电解质C．胶体是纯净物，可以用丁达尔效应鉴别胶体和溶液D．人们在认识事物时往往需要采用多种分类方法，来弥补单一分类方法的不足　10．下列实验操作、现象和结论均正确的是（　　）选项实验操作现象结论A粗铜板作阳极，电解硫酸铜溶液粗铜溶解，纯铜在阴极上析出Cu放电是氧化剂B向银氨溶液中滴加几滴乙醛后水浴加热银附着在试管壁上乙醛发生还原反应22\nC向含I﹣的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2＞I2D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性A．A、B．B、C．C、D．D、　11．如图所示为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图，下列说法错误的是（　　）A．腐蚀过程中，铜被氧化B．已知环境中的Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu2（OH）3Cl，则其离子方程式为：2Cu2++3OH﹣+Cl﹣=Cu2（OH）3Cl↓C．若生成4.29gCu2（OH）3Cl，则理论上耗氧体积定为0.448LD．正极的电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣　12．由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）A．由图分析N2O（g）的能量一定高于NO2（g）+N2（g）B．反应过程中没有发生化学键的断裂和化学键的生成C．若生成1molN2（g），其△H=﹣139kJ•mol﹣1D．由图可知N2+NO2=N2O+NO△H=+139kJ•mol﹣1，若使用催化剂还可以减小反应的热效应　13．通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下，下列说法正确的是（　　）A．Pt电极上发生的是氧化反应22\nB．O2﹣向正极迁移C．负极的电极反应式为：NO﹣2e﹣+O2﹣=NO2D．正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣　14．若（NH4）2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为（　　）A．1：4B．1：2C．2：1D．4：1　15．在一定温度、压强下，向100mLCH4和Ar的混合气体中通入400mLO2，点燃使其完全燃烧，最后在相同条件下得到干燥气体460mL，则反应前混合气体中CH4和Ar物质的量之比是（　　）A．1：4B．1：3C．1：2D．1：1　16．下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（　　）A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+B．向沸水中滴加氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体：Fe3++3H2O=Fe（OH）3+3H+C．用惰性电极电解饱和食盐水制备金属钠：2NaCl=2Na+Cl2↑D．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O　17．储氢合金是一类能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的材料．如镧镍合金，它吸收氢气可结合成金属氢化物，其化学式可近似地表示为LaNi5H6（LaNi5H6中各元素化合价均可看作是零），它跟NiO（OH）可组成镍氢可充电电池：LaNi5H6+6NiO（OH）LaNi5+6Ni（OH）2下列说法不正确的是（　　）A．反应过程中，化合价发生变化的元素是镍、镧B．该电池放电时，负极反应为：LaNi5H6+6OH﹣﹣6e﹣=LaNi5+6H2OC．市面上出售的标称容量为2000mA•h的1节镍氢电池至少应含有镧镍合金5.4g（已知1法拉第电量为96500库仑或安培•秒）D．充电电池放电后可以再充电使活性物质获得再生，但实际上充放电次数仍有限制　18．向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色．如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色（I2被氧化为HIO3）．下列说法正确的是（　　）A．整个过程中的还原剂只有I2B．CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HClC．若用KI和Cl2反应制1molKIO3，至少需要56LCl2（标准状况）D．把KI换成NBr，则CCl4层变为红棕色．继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化，则Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由弱到强的顺序是：HBrO3＜Cl2＜HIO3　　二、非选择题：共46分22\n19．在氯氧化法处理含CN﹣的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐（其毒性仅为氰化物的千分之一），氰酸盐进一步被氧化为无毒物质．（1）某厂废水中含KCN，其浓度为650mg•L﹣1．现用氯氧化法处理，发生如下反应（其中N均为﹣3价）：KCN+2KOH+Cl2→KOCN+2KCl+H2O被氧化的元素是　　　　　　．（2）投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气．请配平下列化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：　　　　　　KOCN+　　　　　　KOH+　　　　　　Cl2→　　　　　　CO2+　　　　　　N2+　　　　　　KCl+　　　　　　H2O（3）若处理上述废水20L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需液氯　　　　　　g．　20．（14分）（2022秋•哈尔滨校级月考）用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生．某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol/LFeCl2溶液，研究废液再生机理．记录如下（a、b、c代表电压值：）序号电压/V阳极现象检验阳极产物Ⅰx≥a电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2Ⅱa＞x≥b电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+、无Cl2Ⅲb＞x＞0无明显变化无Fe3+、无Cl2（1）用FeCl3酸性溶液脱除H2S的离子方程式为　　　　　　．（2）I中，Fe3+产生的原因可能是Cl﹣在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化．写出有关反应的方程式和电极反应式　　　　　　．（3）由II推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有　　　　　　性．电极反应式为　　　　　　．（4）II中虽未检测出Cl2，但Cl﹣在阳极是否放电仍需进一步验证．电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物Ⅳa＞x≥c无明显变化有Cl2Ⅴc＞x≥b无明显变化无Cl2①NaCl溶液的浓度是　　　　　　mol/L．②与II对比，可得出的结论：　　　　　　A．通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl﹣放电B．电压过小，Cl﹣可能不放电C．通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因都成立D．通过控制电压，证实了产生Fe3+一定仅是由于生成的Cl2将Fe2+氧化．　21．（17分）（2022秋•哈尔滨校级月考）利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO，制备流程图如图：22\n已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似，请回答下列问题：（1）镀锌铁皮的镀层破损后铁也不易生锈，原因是　　　　　　．（2）调节溶液A的pH可产生Zn（OH）2沉淀，pH是否越大越好　　　　　　（填“是”或“否”）．（3）写出调节溶液pH=1﹣2并加入适量H2O2过程中发生反应的离子方程式　　　　　　．（4）由溶液B制取Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，其原因是　　　　　　Fe3O4胶体能否用过滤法实现分散质和分散剂分离　　　　　　（填“能”或“不能”），理由是　　　　　　（5）用重铬酸钾法（一种氧化还原滴定法）可测定产物Fe3O4中的二价铁含量．若需配制浓度为0.01000mol•L﹣1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应准确称取　　　　　　gK2Cr2O7（保留4位有效数字，已知K2Cr2O7的摩尔质量为294.0g•mol﹣1）．配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有　　　　　　（用编号表示）．①电子天平②烧杯③试管④玻璃棒⑤漏斗⑥胶头滴管还需要的玻璃仪器有　　　　　　（6）滴定操作中，如果滴定前先加入适量稀硫酸酸化，K2Cr2O7将Fe2+氧化为Fe3+，还原产物为Cr3+，写出该反应的离子方程式　　　　　　．　22．某学生利用氯酸钾分解制氧气的反应，测定氧气的摩尔质量．实验步骤如下：①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量，质量为ag．②装好实验装置．③检查装置气密性．④加热，开始反应，直到产生一定量的气体．⑤停止加热（如图，导管出口高于液面）．⑥测量收集到气体的体积．⑦准确称量试管和残留物的质量为bg．⑧测量实验室的温度．⑨把残留物倒入指定的容器中，洗净仪器，放回原处，把实验桌面收拾干净．⑩处理实验数据，求出氧气的摩尔质量．回答下列问题：（1）如何检查装置的气密性？　　　　　　．（2）以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤；①调整量筒内外液面高度使之相同；②使试管和量筒内的气体都冷却至室温；③读取量筒内气体的体积．这三步操作的正确顺序是：　　　　　　（请填序号）．（3）测量收集到气体体积时，如何使量筒内外液面的高度相同？　　　　　　．（4）如果实验中得到的氧气体积是cL（25℃、1.01×l05Pa），水蒸气的影响忽略不计，氧气的摩尔质量的计算式为（含a、b、c，不必化简）：M（O2）=　　　　　　．　　2022-2022学年黑龙江省哈尔滨三中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题：本大题共18小题，每小题3分，共54分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．22\n1．下列说法正确的是（　　）A．大量使用薪柴为燃料不能体现低碳生活B．实现化石燃料清洁利用，就无需开发新能源C．铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加D．钢管与电源正极连接，钢管可被保护【考点】金属的电化学腐蚀与防护；原电池和电解池的工作原理；常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．薪柴为燃料能产生大量二氧化碳；B．化石燃料属于不可再生资源；C．根据铅蓄电池放电时，正负极上发生的电极反应判断；D．电解池的阳极被腐蚀．【解答】解：A．薪柴为燃料能产生大量二氧化碳，不能体现低碳生活，故A正确；B．化石燃料属于不可再生资源，长时间大量开采会枯竭，所以应该开发新能源，故B错误；C．铅蓄电池放电时，负极电极反应式为：Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4；正极电极反应式为：PbO2+2e﹣+SO42﹣+4H+=PbSO4+2H2O，所以正负极质量都增大，故C错误；D．钢管与电源正极连接作电解池的阳极被腐蚀，作电解池的阴极被保护，所以钢管与电源正极连接不能被保护，故D错误．故选A．【点评】本题考查了环境保护、能源、电解原理和原电池原理的应用，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意对基础知识的积累．　2．下列物质在生话中应用时，起还原作用的是（　　）A．明矾作净水剂B．甘油作护肤保湿剂C．漂粉精作消毒剂D．铁粉作食品袋内的脱氧剂【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】物质起还原作用，则该物质作还原剂，其化合价要升高，据此分析．【解答】解：A．明矾净水时铝离子发生水解反应，没有元素化合价的变化，故A错误；B．甘油作护肤保湿剂，是利用的其物理性质，没有元素化合价的变化，故B错误；C．漂粉精作消毒剂，氯元素的化合价降低，作氧化剂，故C错误；D．铁粉作食品袋内的脱氧剂，Fe与氧气反应，铁的化合价升高，作还原剂，起到还原作用，故D正确．故选D．【点评】本题考查了氧化还原反应，侧重于还原剂的判断的考查，题目难度不大，注意根据化合价的变化分析．　3．NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含NA个原子B．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子C．2L0.5mol•L﹣1硫酸钾溶液中，含有NA个阳离子D．标准状况下，2128mL甲醛含有2.85NA个电子【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、求出混合气体的物质的量，然后根据氮气和氢气均为双原子分子来分析；22\nB、铁反应生成四氧化三铁后，铁元素变为+价，据此分析；C、求出硫酸钾的物质的量，然后根据1mol硫酸钾中含2mol钾离子、而水也能电离出阳离子来分析；D、求出甲醛的物质的量，然后根据1mol甲醛中含16mol电子来分析；【解答】解：A、标况下22.4L混合气体的物质的量为1mol，而氮气和氢气均为双原子分子，故1mol混合气体中含2mol原子即2NA个，故A错误；B、铁反应生成四氧化三铁后，铁元素变为+价，故3mol铁失去8mol电子即8NA个，故B正确；C、溶液中硫酸钾的物质的量n=CV=0.5mol/L×2L=1mol，而1mol硫酸钾中含2mol钾离子，但由于水也能电离出阳离子，故溶液中的阳离子的个数大于2NA个，故C错误；D、标况下，2128mL甲醛的物质的量n==0.095mol，而1mol甲醛中含16mol电子，故0.095mol甲醛中含1.52mol电子即1.52NA个，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　4．下列装置中发生的化学反应不属于氧化还原反应的是（　　）A．B．C．D．【考点】氧化还原反应．【分析】不属于氧化还原反应，说明该反应中没有电子转移，即没有元素化合价升降．【解答】解：A．高锰酸钾将生成的乙烯气体氧化成二氧化碳和水，该反应中元素化合价发生变化，所以属于氧化还原反应，故A错误；B．NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O中各元素化合价都不变，不属于氧化还原反应，但属于复分解反应，故B正确；C．铁发生吸氧腐蚀，属于氧化还原反应，故C错误；D．高锰酸钾将生成的乙炔气体氧化成二氧化碳和水，该反应中元素化合价发生变化，所以属于氧化还原反应，故D错误；故选B．22\n【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，根据元素化合价是否变化来判断即可，题目难度不大．　5．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=﹣99kJ▪mol﹣1②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3=+41kJ▪mol﹣1已知反应①中的相关的化学键键能数据如下，则C﹣H键能和△H2分别是（　　）化学键H﹣HC﹣OC═OH﹣OC﹣HE/（kJ．mol﹣1）4363431076465413A．403kJ•mol﹣1，﹣66kJ•mol﹣1B．423kJ•mol﹣1，+28kJ•mol﹣1C．314kJ•mol﹣1，﹣18kJ•mol﹣1D．413kJ•mol﹣1，﹣58kJ•mol﹣1【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】根据盖斯定律可知，热化学方程式①+③可得热化学方程式②，从而得出△H2；根据表中数据可知C﹣H键的键能为413kJ/mol，据此进行解答．【解答】解：根据表中数据可知，C﹣H的键能为413kJ/mol；①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=﹣99kJ▪mol﹣1③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3=+41kJ▪mol﹣1，根据盖斯定律①+③可得：②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2=﹣99kJ▪mol﹣1+41kJ▪mol﹣1=﹣58kJ•mol﹣1，故选D．【点评】本题考查了盖斯定律在热化学方程式中的应用，题目难度中等，明确盖斯定律的含义为解答关键，注意掌握热化学方程式的书写原则，试题培养了学生的灵活应用能力．　6．纯净物X、Y、Z转化关系如右图所示，下列判断不正确的是（　　）A．X可能是金属铜B．Y可能是氢气C．Z不可能是氯化钠D．Z可能是三氧化硫【考点】无机物的推断．【分析】A．电解氯化铜溶液可以得到Cu与氯气，二者反应生成氯化铜；B．电解HCl溶液生成氢气与氯气，二者反应又得到HCl；C．电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气与氯气；D．三氧化硫溶于水得到硫酸，电解硫酸溶液得到氢气与氧气．【解答】解：A．电解氯化铜溶液可以得到Cu与氯气，二者反应生成氯化铜，则X可以为Cu，故A正确；B．电解HCl溶液生成氢气与氯气，二者反应又得到HCl，Y可以为氢气，故B正确；C．电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气与氯气，与图中转化关系不符合，故C不能为氯化钠溶液，故C正确；22\nD．三氧化硫溶于水得到硫酸，电解硫酸溶液得到氢气与氧气，与图中转化关系不符合，故D错误，故选：D．【点评】本题考查无机物推断，属于验证型题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识与电解原理，难度中等．　7．下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则浓H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/molB．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）反应的△H=2×283.0kJ/molC．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏大【考点】热化学方程式；吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、中和热是指生成1mol水放出的热量，H2SO4和Ca（OH）2反应生成硫酸钙和水，生成硫酸钙微溶，形成过程放热；B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，热化学方程式改变方向，焓变随之改变符合；C、需要加热才能发生的反应不一定为吸热反应，有些放热反应必须在加热条件下才能进行；D、测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大．【解答】解：A、中和热是指生成1mol水放出的热量，H2SO4和Ca（OH）2反应生成硫酸钙和水，生成硫酸钙微溶，形成过程放热，则浓H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H＜2×（﹣57.3）kJ/mol，故A错误；B、燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0kJ/mol，故B正确；C、有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应，故C错误；D、测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学反应与能量问题，题目难度不大，注意中和热、燃烧热等概念的理解，掌握基础是解题关键．　8．用如图所示装置除去含有CN﹣、Cl﹣废水中的CN﹣时，控制溶液pH为9～10，阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（　　）A．用石墨作阳极，铁作阴极B．阳极的电极反应式：Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣═ClO﹣+H2OC．阴极的电极反应式：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣D．除去CN﹣的反应：2CN﹣+5ClO﹣+2H﹣═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+H2O【考点】真题集萃；电解原理．22\n【分析】A．该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极；B．阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水；C．阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子；D．阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成．【解答】解：A．该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极，所以可以用石墨作氧化剂、铁作阴极，故A正确；B．阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣═ClO﹣+H2O，故B正确；C．电解质溶液呈碱性，则阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，故C正确；D．阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，两种气体为二氧化碳和氮气，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成，反应方程式为2CN﹣+5ClO﹣+H2O═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+2OH﹣，故D错误；故选D．【点评】本题为2022年四川省高考化学试题，涉及电解原理，明确各个电极上发生的反应及电解原理是解本题关键，易错选项是BD，注意B中反应生成物，注意D中碱性条件下不能有氢离子参加反应或生成．　9．下列有关物质分类的描述正确的是（　　）A．金属氧化物一定是碱性氧化物B．SO2水溶液能导电，所以SO2是电解质C．胶体是纯净物，可以用丁达尔效应鉴别胶体和溶液D．人们在认识事物时往往需要采用多种分类方法，来弥补单一分类方法的不足【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质．【分析】A．金属氧化物可以是两性氧化物；B．电解质首先必须是化合物，在水溶液中能导电的物质必须是原物质不能是与水反应后的产物；C．胶体和溶液中，只有胶体能产生丁达尔效应；D．人们在认识事物时可以采取多种分类方法．【解答】解：A．碱性氧化物是与酸反应生成沿河水的氧化物为金属氧化物，但金属氧化物可以是两性氧化物如Al2O3，故A错误；B．SO2的水溶液能导电是二氧化硫与水反应生成的亚硫酸电离出自由移动的离子导电，所以SO2是非电解质，故B错误；C．胶体和溶液中，只有胶体能产生丁达尔效应，所以可以用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，故C错误；D．人们在认识事物时可以采取多种分类方法以补充单一分类法的不足，故D正确．故选D．【点评】本题考查物质的分类，难度不大，掌握相关的概念是解题的关键，学习中注意相关基础知识的积累．　10．下列实验操作、现象和结论均正确的是（　　）22\n选项实验操作现象结论A粗铜板作阳极，电解硫酸铜溶液粗铜溶解，纯铜在阴极上析出Cu放电是氧化剂B向银氨溶液中滴加几滴乙醛后水浴加热银附着在试管壁上乙醛发生还原反应C向含I﹣的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2＞I2D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性A．A、B．B、C．C、D．D、【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．活泼金属做阳极，金属失电子；B．醛基易被氧化；C．同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D．亚铁离子具有还原性，能被双氧水氧化生成铁离子，铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色．【解答】解：A．活泼金属做阳极，金属失电子，是还原剂，故A错误；B．银氨溶液能将醛基氧化为羧基，故B错误；C．同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，向含I﹣的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，加入淀粉后溶液变蓝色，说明碘离子被氧化生成碘单质，氧化剂是氯气、氧化产物是碘，所以氧化性氧化性：Cl2＞I2，故C正确；D．双氧水具有氧化性，亚铁离子具有还原性，亚铁离子和双氧水反应生成铁离子，铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色，加入双氧水后溶液变成血红色说明亚铁离子被氧化，则亚铁离子有还原性，不能说明具有氧化性，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及电解原理、氧化性强弱比较等知识点，侧重考查学生分析判断能力，明确物质性质及基本原理是解本题关键，易错选项是D．　11．如图所示为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图，下列说法错误的是（　　）A．腐蚀过程中，铜被氧化B．已知环境中的Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu2（OH）3Cl，则其离子方程式为：2Cu2++3OH﹣+Cl﹣=Cu2（OH）3Cl↓C．若生成4.29gCu2（OH）3Cl，则理论上耗氧体积定为0.448LD．正极的电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣【考点】原电池和电解池的工作原理．22\n【分析】A、根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化；B、Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀；C、n[Cu2（OH）3Cl]==0.02mol，根据转移电子计算氧气物质的量，再根据V=nVm计算体积；D、氧气得电子生成氢氧根离子．【解答】解：A、根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，故A正确；B、Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH﹣+Cl﹣=Cu2（OH）3Cl↓，故B正确；C、n[Cu2（OH）3Cl]==0.02mol，根据转移电子得n（O2）==0.02mol，未指明标准状态，无法计算体积，故C错误；D、氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了原电池原理及电极反应式、电池反应式的书写及其计算，难度不大，掌握原理是解题关键．　12．由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）A．由图分析N2O（g）的能量一定高于NO2（g）+N2（g）B．反应过程中没有发生化学键的断裂和化学键的生成C．若生成1molN2（g），其△H=﹣139kJ•mol﹣1D．由图可知N2+NO2=N2O+NO△H=+139kJ•mol﹣1，若使用催化剂还可以减小反应的热效应【考点】吸热反应和放热反应．【分析】A、据图可知，此反应为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量；B、化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成；C、据图可知，此反应为放热反应，且当生成1mol氮气时，放热139KJ；D、催化剂不影响反应的热效应．22\n【解答】解：A、据图可知，此反应为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，故N2O和NO的总能量大于反应生成的N2和NO2的总能量，但N2O（g）的能量不一定高于NO2（g）+N2（g），故A错误；B、化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，故此反应过程中一定有化学键的断裂和化学键的生成，故B错误；C、由图可知，此反应反应物总能量高于生成物，当生成1mol氮气时，△H=209﹣348=﹣139kJ•mol﹣1，故C正确；D、书写热化学方程式时，要标注物质的状态，故正确的热化学方程式为：N2（g）+NO2（g）=N2O（g）+NO（g）△H=+139kJ•mol﹣1，且催化剂不影响反应的热效应，故D错误．故选C．【点评】本题考查了热化学方程式的书写以及反应吸放热的判断，难度不大，注意反应的实质是旧键的断裂和新键的形成．　13．通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下，下列说法正确的是（　　）A．Pt电极上发生的是氧化反应B．O2﹣向正极迁移C．负极的电极反应式为：NO﹣2e﹣+O2﹣=NO2D．正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣【考点】化学电源新型电池．【分析】原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，由离子的定向移动可知NiO极为原电池的负极，Pt极为原电池的正极，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，以此解答该题．【解答】解：A．由离子的定向移动可知NiO极为原电池的负极，Pt极为原电池的正极，发生的是还原反应，故A错误；B．原电池中阴离子向负极移动，故B错误；C．NiO为负极，电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应式为：NO+O2﹣﹣2e﹣=NO2，故C正确；D．由离子的定向移动可知Pt极为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为O2+4e﹣=2O2﹣，故D错误．故选C．【点评】本题考查原电池知识，为高考常见题型和高频考点，注意把握原电池的工作原理，本题解答的关键是离子的定向移动，以此可确定电源的两极和反应类型，注意体会答题思路，难度中等．　14．若（NH4）2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为（　　）A．1：4B．1：2C．2：1D．4：1【考点】氧化还原反应的计算．22\n【专题】氧化还原反应专题．【分析】先根据氧化还原反应中得失电子相等配平方程式，再根据化合价变化的和化合价不变的氮原子判断．【解答】解：该反应中，NH4+→N2氮元素的化合价由﹣3价→0价，生成一个氮气分子需要铵根离子失去6个电子，生成一个二氧化硫分子需要硫酸根离子得到2个电子，所以其最小公倍数是6，然后其它元素根据原子守恒进行配平方程式，所以该方程式为3（NH4）2SO43SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O，该方程式中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是﹣3价，化合价不变，所以则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为1×2：4×1=1：2，故选B．【点评】本题考查了根据方程式进行有关计算，难度不大，注意该方程式中氧化剂和还原剂是同一种物质，但氧化产物和还原产物不同，所以从生成物进行配平较简便．　15．在一定温度、压强下，向100mLCH4和Ar的混合气体中通入400mLO2，点燃使其完全燃烧，最后在相同条件下得到干燥气体460mL，则反应前混合气体中CH4和Ar物质的量之比是（　　）A．1：4B．1：3C．1：2D．1：1【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算；甲烷的化学性质．【专题】计算题．【分析】反应的方程式为：CH4+2O2→CO2+2H2O，Ar为惰性气体，不参与反应，根据反应前后的气体体积的变化用差量法计算．【解答】解：设原混合气体中含有xmlCH4，反应的方程式为CH4+2O2→CO2+2H2O，利用差量法计算：CH4+2O2→CO2+2H2O△V1212x2xx2x则2x=（100ml+400ml）﹣460ml=40ml，解得x=20ml，所以：Ar的体积为V（Ar）=100ml﹣20ml=80ml，气体的体积之比等于物质的量之比，所以：n（CH4）：n（Ar）=V（CH4）：v（Ar）=20ml：80ml=1：4，故选A．【点评】本题考查混合气体的计算，题目难度不大，注意利用体积变化，用差量法计算．　16．下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（　　）A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+B．向沸水中滴加氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体：Fe3++3H2O=Fe（OH）3+3H+C．用惰性电极电解饱和食盐水制备金属钠：2NaCl=2Na+Cl2↑D．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．二者反应生成氯化亚铁和氯化铜；B．盐类水解是可逆反应，用可逆号；22\nC．不符合反应客观事实；D．浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化．【解答】解：A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板，离子方程式：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故A正确；B．向沸水中滴加氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体，发生反应为氯化铁水解生成氢氧化铁胶体和氯化氢，离子方程式：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故B错误；C．用惰性电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，化学方程式：2H2O+2NaCl2NaOH+Cl2↑+H2↑，故C错误；D．浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而影响双氧水还原性的检验，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意盐类水解的规律及水解方程式书写注意问题，题目难度不大．　17．储氢合金是一类能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的材料．如镧镍合金，它吸收氢气可结合成金属氢化物，其化学式可近似地表示为LaNi5H6（LaNi5H6中各元素化合价均可看作是零），它跟NiO（OH）可组成镍氢可充电电池：LaNi5H6+6NiO（OH）LaNi5+6Ni（OH）2下列说法不正确的是（　　）A．反应过程中，化合价发生变化的元素是镍、镧B．该电池放电时，负极反应为：LaNi5H6+6OH﹣﹣6e﹣=LaNi5+6H2OC．市面上出售的标称容量为2000mA•h的1节镍氢电池至少应含有镧镍合金5.4g（已知1法拉第电量为96500库仑或安培•秒）D．充电电池放电后可以再充电使活性物质获得再生，但实际上充放电次数仍有限制【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、此电池放电时的反应为LaNi5H6+6NiOH=LaNi5+6Ni（OH）2，正极反应为6NiOOH+6e﹣=6Ni（OH）2+6OH﹣，负极反应为LaNi5H6﹣6e﹣+6OH﹣=LaNi5+6H2O，所以化合价发生变化的元素是镍、氢；B、此电池放电时的反应为LaNi5H6+6NiOH=LaNi5+6Ni（OH）2，正极反应为6NiOOH+6e﹣=6Ni（OH）2+6OH﹣，负极反应为LaNi5H6﹣6e﹣+6OH﹣=LaNi5+6H2O；C、根据1mol电子转移时所通过的电量为1法拉第，1法拉第电量为96500库仑或安培秒，则2000mAh的1节镍氢电池则要转移×10﹣3mol电子，再根据电极反应计算需要镧镍合金的质量；D、二次电池放电后可以充电重新使用，使活性物质获得再生，但实际上充放电次数仍有限制．【解答】解：A、此电池放电时的反应为LaNi5H6+6NiOH=LaNi5+6Ni（OH）2，正极反应为6NiOOH+6e﹣=6Ni（OH）2+6OH﹣，负极反应为LaNi5H6﹣6e﹣+6OH﹣=LaNi5+6H2O，所以化合价发生变化的元素是镍、氢，故A错误；B、放电时，负极失电子发生氧化反应，电极反应为：LaNi5H6+6OH﹣﹣6e﹣=LaNi5+6H2O，故B正确；22\nC、因为1mol电子转移时所通过的电量为1法拉第，1法拉第电量为96500库仑或安培秒，则2000mA•h的1节镍氢电池则要转移×10﹣3mol电子，又根据阴极反应LaNi5+6e﹣+6H2O═LaNi5H6+6OH﹣，所以1mol镧镍合金转移6mol电子，所以2000mAh的1节镍氢电池则要镧镍合金的质量为×10﹣3mol××（139+59×5+6）g/mol=5.4g，故C正确；D、二次电池放电后可以充电重新使用，使活性物质获得再生，但实际上充放电次数仍有限制，故D正确；故选A．【点评】本题考查原电池、电解池原理的理解和应用，主要是应用题干信息和知识迁移应用能力等问题的考查，书写电极反应是关键．　18．向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色．如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色（I2被氧化为HIO3）．下列说法正确的是（　　）A．整个过程中的还原剂只有I2B．CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HClC．若用KI和Cl2反应制1molKIO3，至少需要56LCl2（标准状况）D．把KI换成NBr，则CCl4层变为红棕色．继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化，则Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由弱到强的顺序是：HBrO3＜Cl2＜HIO3【考点】氧化还原反应．【分析】氯水与KI反应生成碘，CCl4层萃取碘单质变成紫色，继续滴加氯水，氯气将碘单质氧化为碘酸根离子，以此来解答．【解答】解：A．氯水与KI反应生成碘，CCl4层萃取碘单质变成紫色，继续滴加氯水，氯气将碘单质氧化为碘酸根离子，所以整个过程中的还原剂有碘离子和碘单质，故A错误；B．氯气将碘单质氧化为碘酸根离子，所以由紫色变成无色，反应方程式为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl，故B正确；C．若用KI和Cl2反应制1molKIO3，则根据得失电子守恒，至少需要Cl2体积为×22.4=67.2L，故C错误；D．把KI换成KBr，则CCl4层变为红棕色．继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化，说明氯气不能将溴单质氧化为溴酸根离子，所以Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由弱到强的顺序是：HIO3＜Cl2＜HBrO3，故D错误；故选B．【点评】本题考查氯气的性质，侧重氧化还原反应的考查，注意现象与反应的对应关系，明确发生额反应即可解答，题目难度中等．　二、非选择题：共46分19．在氯氧化法处理含CN﹣的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐（其毒性仅为氰化物的千分之一），氰酸盐进一步被氧化为无毒物质．（1）某厂废水中含KCN，其浓度为650mg•L﹣1．现用氯氧化法处理，发生如下反应（其中N均为﹣3价）：KCN+2KOH+Cl2→KOCN+2KCl+H2O22\n被氧化的元素是　C　．（2）投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气．请配平下列化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：　2　KOCN+　4　KOH+　3　Cl2→　2　CO2+　1　N2+　6　KCl+　2　H2O（3）若处理上述废水20L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需液氯　35.5　g．【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应方程式的配平．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）化合价升高的元素被氧化；（2）反应中KOCN→N2，N元素化合价由﹣3价升高为0价，共升高6价，Cl2→KCl，Cl元素化合价由0价降低为﹣1价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故N2系数为1，Cl2系数为3，结合原子守恒配平其它物质的系数；（3）计算废水中KCN的质量，再根据n=计算KCN的物质的量，使KCN完全转化为无毒物质，生成CO、N2，整个过程中C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由﹣3价升高为0价，Cl元素化合价由0价降低为﹣1价，根据电子转移守恒计算n（Cl2），再根据m=nM计算需要氯气的质量．【解答】解：（1）反应中C元素化合价由KCN中+2价升高为KOCN中+4价，C元素被氧化，故答案为：C；（2）反应中KOCN→N2，N元素化合价由﹣3价升高为0价，共升高6价，Cl2→KCl，Cl元素化合价由0价降低为﹣1价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故N2系数为1，Cl2系数为3，结合原子守恒配平其它物质的系数，平衡后方程式为：2KOCN+4KOH+3Cl2═2CO2+N2+6KCl+2H2O，故答案为：2、4、3、2、1、6、2；（3）废水中KCN的质量为650mg/L×20L=13000mg=13g，物质的量为=0.2mol，使KCN完全转化为无毒物质，应生成CO、N2，整个过程中C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由﹣3价升高为0价，Cl元素化合价由0价降低为﹣1价，电子转移守恒可知2×n（Cl2）=0.2mol×（4﹣2）+0.2mol×[0﹣（﹣3）]，解得n（Cl2）=0.5mol，故需要氯气的质量为0.5mol×71g/mol=35.5g，故答案为：35.5．【点评】本题综合考查学生的分析能力和计算能力，为高频考点，注意把握元素化合价的判断，为解答该题的关键，结合电子得失守恒解答该题，难度不大．　20．（14分）（2022秋•哈尔滨校级月考）用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生．某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol/LFeCl2溶液，研究废液再生机理．记录如下（a、b、c代表电压值：）序号电压/V阳极现象检验阳极产物Ⅰx≥a电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2Ⅱa＞x≥b电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+、无Cl2Ⅲb＞x＞0无明显变化无Fe3+、无Cl2（1）用FeCl3酸性溶液脱除H2S的离子方程式为　2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓　．（2）I中，Fe3+产生的原因可能是Cl﹣在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化．写出有关反应的方程式和电极反应式　2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣　．22\n（3）由II推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有　还原　性．电极反应式为　Fe2+﹣e﹣=Fe3+　．（4）II中虽未检测出Cl2，但Cl﹣在阳极是否放电仍需进一步验证．电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物Ⅳa＞x≥c无明显变化有Cl2Ⅴc＞x≥b无明显变化无Cl2①NaCl溶液的浓度是　0.2　mol/L．②与II对比，可得出的结论：　ABC　A．通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl﹣放电B．电压过小，Cl﹣可能不放电C．通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因都成立D．通过控制电压，证实了产生Fe3+一定仅是由于生成的Cl2将Fe2+氧化．【考点】电解原理．【分析】（1）依据FeCl3酸性溶液氧化H2S书写离子方程式；（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色；（3）Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性；（4）①电解pH=1的0.1mol/LFeCl2溶液，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行分析判断；②依据图表数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与Ⅱ对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，生成铁离子的两种可能．【解答】解：（1）FeCl3酸性溶液氧化H2S，反应离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓；（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣；故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣；（3）由Ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，元素化合价升高，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性，反应式为Fe2+﹣e﹣=Fe3+；故答案为：还原；Fe2+﹣e﹣=Fe3+；（4）①电解pH=1的0.1mol/LFeCl2溶液，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行，所以氯化钠溶液的浓度为0.2mol/L，故答案为：0.2；②依据图表数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与Ⅱ对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，说明生成铁离子的两种可能，一是二价铁失电子变成三价铁，二是氯离子失电子变成氯气，氯气再氧化二价铁变成三价铁．对于补充的那个实验，实验四的电压高，氯气放电，实验五电压低，氯气不放电，而实验二氯气皆放电；故选：ABC．【点评】本题考查了离子检验方法和现象分析，电解原理的分析应用，电解反应，电极产物的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　21．（17分）（2022秋•哈尔滨校级月考）利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO，制备流程图如图：22\n已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似，请回答下列问题：（1）镀锌铁皮的镀层破损后铁也不易生锈，原因是　锌比铁活泼，镀层破损后，锌由于做原电池的负极，保护铁不被腐蚀　．（2）调节溶液A的pH可产生Zn（OH）2沉淀，pH是否越大越好　否　（填“是”或“否”）．（3）写出调节溶液pH=1﹣2并加入适量H2O2过程中发生反应的离子方程式　2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O　．（4）由溶液B制取Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，其原因是　在N2气氛下，防止Fe2+被氧化　Fe3O4胶体能否用过滤法实现分散质和分散剂分离　不能　（填“能”或“不能”），理由是　胶体粒子太小，抽滤时容易透过滤纸　（5）用重铬酸钾法（一种氧化还原滴定法）可测定产物Fe3O4中的二价铁含量．若需配制浓度为0.01000mol•L﹣1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应准确称取　0.7350　gK2Cr2O7（保留4位有效数字，已知K2Cr2O7的摩尔质量为294.0g•mol﹣1）．配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有　③⑤　（用编号表示）．①电子天平②烧杯③试管④玻璃棒⑤漏斗⑥胶头滴管还需要的玻璃仪器有　250mL容量瓶　（6）滴定操作中，如果滴定前先加入适量稀硫酸酸化，K2Cr2O7将Fe2+氧化为Fe3+，还原产物为Cr3+，写出该反应的离子方程式　Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2ZnO2，调节溶液PH生成氢氧化锌沉淀，过滤、洗涤、灼烧得到氧化锌，不溶物为铁，溶于稀硫酸加入适量过氧化氢，调节溶液PH=1～2，部分氧化亚铁离子为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，加热促进水解生成四氧化三铁胶体粒子，（1）根据原电池原理，镀锌铁皮的镀层破损后构成原电池，铁做正极，锌做负极，据此分析；（2）Zn（OH）2具有两性，能溶于强碱；（3）酸性条件下H2O2能将亚铁离子氧化成铁离子，根据电荷守恒和元素守恒书写反应的离子方程式；（4）持续通入N2，防止Fe2+被氧化；Fe3O4胶体粒子能透过滤纸；（5）根据m=cVM计算m（K2Cr2O7）；根据溶液浓度的精度，应选择电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流操作，250mL容量瓶用于配置溶液，胶头滴管用于加水定容；（6）在酸性条件下K2Cr2O7将Fe2+氧化为Fe3+，还原产物为Cr3+，根据电荷守恒和元素守恒书写反应的离子方程式；【解答】解：废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2ZnO2，调节溶液PH生成氢氧化锌沉淀，过滤、洗涤、灼烧得到氧化锌，不溶物为铁，溶于稀硫酸加入适量过氧化氢，调节溶液PH=1～2，部分氧化亚铁离子为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，加热促进水解生成四氧化三铁胶体粒子，22\n（1）根据原电池原理，镀锌铁皮的镀层破损后构成原电池，锌比铁活泼，镀层破损后，锌由于做原电池的负极，保护铁不被腐蚀，故答案为：锌比铁活泼，镀层破损后，锌由于做原电池的负极，保护铁不被腐蚀；（2）Zn（OH）2具有两性，能溶于强碱，调节溶液A的pH不能太大，可产生，pH太大Zn（OH）2沉淀会溶解，故答案为：否；（3）酸性条件下H2O2能将亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；（4）持续通入N2，防止Fe2+被氧化；Fe3O4胶体粒子能透过滤纸，所以不能用过滤的方法实现固液分离，故答案为：在N2气氛下，防止Fe2+被氧化；不能；胶体粒子太小，抽滤时容易透过滤纸；（5）m（K2Cr2O7）=0.01000mol•L﹣1×0.250L×294.0g•mol﹣1=0.7350g；根据溶液浓度的精度，应选择电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流操作，250mL容量瓶用于配置溶液，胶头滴管用于加水定容，故用不到的仪器为试管和漏斗，故选③⑤，还需要的玻璃仪器有250mL容量瓶，故答案为：0.7350；③⑤；250mL容量瓶；（6）在酸性条件下K2Cr2O7将Fe2+氧化为Fe3+，还原产物为Cr3+，反应的离子方程式为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O．【点评】本题以“废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO”为载体，考查实验基本操作和技能，涉及标准溶液的配制及滴定的误差分析、对信息的利用、实验条件的控制等，试题难度中等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本知识的基础与分析问题、解决问题的能力．　22．某学生利用氯酸钾分解制氧气的反应，测定氧气的摩尔质量．实验步骤如下：①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量，质量为ag．②装好实验装置．③检查装置气密性．④加热，开始反应，直到产生一定量的气体．⑤停止加热（如图，导管出口高于液面）．⑥测量收集到气体的体积．⑦准确称量试管和残留物的质量为bg．⑧测量实验室的温度．⑨把残留物倒入指定的容器中，洗净仪器，放回原处，把实验桌面收拾干净．⑩处理实验数据，求出氧气的摩尔质量．回答下列问题：（1）如何检查装置的气密性？　将导管的出口浸入水槽的水中，手握住试管，有气泡从导管口逸出，放开手后有少量水进入导管，表明不漏气　．（2）以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤；①调整量筒内外液面高度使之相同；②使试管和量筒内的气体都冷却至室温；③读取量筒内气体的体积．这三步操作的正确顺序是：　②①③　（请填序号）．（3）测量收集到气体体积时，如何使量筒内外液面的高度相同？　慢慢将量筒向下移　．（4）如果实验中得到的氧气体积是cL（25℃、1.01×l05Pa），水蒸气的影响忽略不计，氧气的摩尔质量的计算式为（含a、b、c，不必化简）：M（O2）=　（g/mol）　．22\n【考点】常见气体制备原理及装置选择．【分析】（1）通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；一般用到的方法有：空气热胀冷缩法、注水法等；据此解答；（2）从气体的热胀冷缩和读量筒中气体体积的方法两方面进行分析；（3）观察装置图可知，量筒内液面高于水槽液面，只要将量筒慢慢下移即可，从气体的热胀冷缩和读量筒中气体体积的方法两方面进行分析；（4）依据理想气体状态方程：PV=nRT，结合标况下期气体摩尔体积，计算25℃、1.01×l05Pa下Vm，然后计算氧气的质量和物质的量，依据M=计算．【解答】解：（1）装置气密性检查方法：将导管的出口浸入水槽的水中，手握住试管，有气泡从导管口逸出，放开手后有少量水进入导管，表明不漏气；故答案为：将导管的出口浸入水槽的水中，手握住试管，有气泡从导管口逸出，放开手后有少量水进入导管，表明不漏气；（2）要准确测量气体体积必须保持量筒内外气体的温度和压强相等，因此在读取量筒内气体的体积之前，应使试管和量筒内的气体都冷却至室温；再调节量筒内外液面高度使之相同，所以正确的顺序为：②①③；故答案为：②①③；（3）试管和量筒内的气体都冷却后，量筒内的液面一定高于量筒外的液面，慢慢将量筒下移，量筒上方气体体积减小，压强增大，当量筒内气体压强等于外界大气压时，量筒内液面和水槽内液面相平；故答案为：慢慢将量筒下移；（4）273K、1.01×l05Pa，Vm=22.4L/mol，设298K、1.01×l05Pa，气体摩尔体积为Vm′，依据理想气体状态方程：PV=nRT，V=，得=，解得Vm′=×22.4L/mol，氧气的质量=（a﹣b）g；n==；依据M（O2）==（g/mol）；故答案为：（g/mol）；【点评】本题为实验题，侧重考出制取气体装置气密性检验、气体体积测量方法，熟悉基本实验操作是解题关键，题目难度不大．　22