山西省运城市景胜中学2022届高三化学上学期9月月考试题含解析

2022-2022学年山西省运城市景胜中学高三（上）月考化学试卷（9月份）　一、选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48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．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAB．标准状况下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAC．50mL18.4mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAD．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA　2．下列说法中正确的是（　　）A．不能发生丁达尔效应的分散系有氯化钠溶液、水等B．根据分散系的稳定性，将分散系分为胶体、浊液和溶液C．可吸入颗粒（如硅酸盐粉尘）能形成气溶胶，对人类的健康危害极大D．FeCl3溶液与Fe（OH）3胶体的本质区别是有无丁达尔效应　3．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（　　）A．在强碱性溶液中，次氯酸钠将Mn2+氧化成MnO2：Mn2++ClO﹣+H2O═MnO2↓+Cl﹣+2H+B．用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管：Ag+NO3﹣+4H+═Ag++⇐NO↑+2H2OC．向FeBr2溶液中通入过量的Cl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣D．用铁棒作阴极、炭棒作阳极电解饱和氯化钠溶液：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣　4．下列说法正确的是（　　）A．石油分馏、煤的气化、海水制食盐、蛋白质变性等过程都包含化学变化B．酸性氧化物一定不能和酸反应C．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体D．爆鸣气、铝热剂、玻璃、花生油、聚乙烯均为混合物　5．除去下列物质中所含少量杂质的方法正确的是（　　）物质杂质试剂提纯方法ABaCO3BaSO4稀盐酸溶解、过滤、洗涤BCO2SO2饱和Na2CO3溶液洗气C乙酸乙酯乙酸稀NaOH溶液混合振荡、静置分液D蛋白质蔗糖浓（NH4）2SO4溶液盐析、过滤、洗涤A．AB．BC．CD．D　6．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量的SO2气体，溶液变成无色．则下列说法正确的是（　　）A．通入22.4LSO2参加反应时，有2NA个电子发生转移-21-\nB．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性C．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2　7．下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（　　）A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2　8．工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2．在该反应中（　　）A．硫元素既被氧化又被还原B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2　9．用图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（　　）选项①中物质②中物质预测②中的现象A稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色A．AB．BC．CD．D　10．在反应：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，15molCuSO4可氧化磷原子的物质的量为（　　）A．molB．2molC．3molD．6mol　11．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　12．下列各组离子能在指定环境中大量共存的是（　　）A．在c（HCO3﹣）=0.1mol•L﹣1的溶液中：NH4+、AlO2﹣、Cl﹣、NO3﹣-21-\nB．在由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Fe2+、ClO﹣、Na+、SO42﹣C．在加入铝粉产生H2的溶液中：SO42﹣、NO3﹣、Na+、NH4+D．在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO32﹣、CO32﹣、Na+、K+　13．关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是（　　）A．装置①可用于分离C2H5OH和H2O的混合物B．装置②可用于收集H2、NH3、CO2、Cl2、HCl、NO2等气体C．装置③中X若为CCl4，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D．装置④可用于干燥、收集NH3，并吸收多余的NH3　14．五种短周期元素的某些性质如表所示（其中只有W、Y、Z为同周期元素）．下列说法正确的是（　　）元素代号XWYZQ原子半径（×10﹣12m）37646670154主要化合价+1﹣1﹣2+5、﹣3+1A．由Q与Y形成的化合物中只存在离子键B．Z与X之间形成的化合物具有还原性C．由X、Y、Z三种元素形成的化合物，一定是共价分子D．Y与W形成的化合物中，Y显负价　15．下列有关说法正确的是（　　）A．已知：HI（g）⇌H2（g）+I2（s）△H=﹣26.5kJ/mol，由此可知1molHI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5kJ的热量B．已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为△H=﹣285.8kJ/molC．肼（N2H4）是一种用于火箭或燃料电池的原料，已知2H2O（g）+O2（g）=2H2O2（l）△H=+108.3kJ/mol①N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534.0kJ/mol②则有反应：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=﹣642.3kJ/molD．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+CH3COOH（aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4kJ/mol　16．某一同学根据离子反应方程式2Fe3++Fe═3Fe2+来设计原电池．下列设计方案中可行的是（　　）A．电极材料为铁和锌，电解质溶液为FeCl3溶液B．电极材料为铁和铜，电解质溶液为Fe（NO3）3溶液-21-\nC．电极材料为铁和石墨，电解质溶液为FeCl2溶液D．电极材料为石墨，电解质溶液为FeCl3溶液　　二、非选择题：本大题5小题，共52分17．（10分）（2022秋•运城校级月考）现有部分元素的原子结构特点如表：XL层电子数是K层电子数的3倍Y核外电子层数等于原子序数ZL层电子数是K层和M层电子数之和W最外层电子数是次外层电子数的2.5倍（1）画出W原子结构示意图　　　　　　．（2）元素X与元素Z相比，非金属性较强的是　　　　　　，写出一个能表示X、Z非金属性强弱关系的化学反应方程式　　　　　　．（3）X、Y、Z、W四种元素形成的一种离子化合物，其水溶液显强酸性，该化合物的化学式为　　　　　　．（4）元素X和元素Y以原子个数比1：1化合形成的化合物Q，元素W和元素Y化合形成的化合物M，Q和M的电子总数相等．以M为燃料，Q为氧化剂，可作火箭推进剂，最终生成无毒的，且在自然界中稳定存在的物质，写出该反应的化学方程式　　　　　　．　18．（10分）（2022秋•河南校级月考）氧化还原反应在生产、生活中应用广泛，酸性KMnO4、H2O2、Fe（NO3）3是重要的氧化剂．用所学知识回答问题：（1）3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，当有6molH2SO4参加反应的过程中，有　　　　　　mol还原剂被氧化．（2）在稀硫酸中，KMnO4与H2C2O4反应的离子方程式为　　　　　　（3）取300mL0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是　　　　　　mol．（4）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是　　　　　　，又变为棕黄色的原因是　　　　　　．　19．（10分）（2022秋•运城校级月考）高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、速凝于一体的新型多功能水处理剂．其生产流程如下：（1）配制KOH溶液时，是在每100mL水中溶解61.6gKOH固体（该溶液的密度为1.47g/mL），它的物质的量浓度是　　　　　　mol/L．（2）在溶液I中加入KOH固体的目的是　　　　　　（填编号）．A．与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOB．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率C．为下一步反应提供碱性的环境-21-\nD．使副产物KClO3转化为KClO（3）每制得59.4克K2FeO4，理论上消耗氧化剂的物质的量为　　　　　　mol．从溶液II中分离出K2FeO4后，还得到副产品KNO3、KCl，写出③中反应的离子方程式：　　　　　　．（4）高铁酸钾（K2FeO4）溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是　　　　　　．　20．（10分）（2022秋•南昌校级月考）某强酸性溶液X含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）溶液X中除H+外还肯定含有的离子是　　　　　　；（2）写出有关离子方程式：步骤①中生成A　　　　　　；步骤②生成沉淀I　　　　　　．（3）假设测定A、F、I　　　　　　1mol，10mLX溶液中n（H+）=0.04mol，而沉淀C物质的量0.07mol，能说明该溶液不能确定的阴离子存在的理由是　　　　　　．　21．（12分）（2022秋•运城校级月考）铁、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，回答下列问题．（1）工业上可用Cu2S+O22Cu+SO2．反应制取粗铜，当消耗32gCu2S时，转移电子的物质的量为　　　　　　．（2）将少量铜丝放入适量的稀硫酸中，温度控制在50℃﹣60℃，加入H2O2，反应一段时间后可制得硫酸铜，发生反应的离子方程式为：　　　　　　．CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3溶液和NaCI溶液加热，生成CuCl沉淀，写出生成CuCl的离子方程式　　　　　　．（3）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀附在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板，取其腐蚀后的废液，加入一定量的铁粉后，若无固体剩余，则反应后的溶液中肯定有的离子是　　　　　　；若有红色固体，则反应后的溶液中肯定没有的离子是　　　　　　，检验该离子的试剂为_　　　　　　．（4）铁氰化钾K3[Fe（CN）5]和亚铁氰化钾K4[Fe（CN）6]的混合溶液可用于太阳能电池的电解液，该太阳能电池的工作原理示意图如图所示，其中催化剂a为　　　　　　极，电极反应式为　　　　　　．-21-\n　　2022-2022学年山西省运城市景胜中学高三（上）月考化学试卷（9月份）参考答案与试题解析　一、选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48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．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAB．标准状况下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAC．50mL18.4mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAD．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2；B、标况下，HF是液态；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；D、合成氨的反应为可逆反应．【解答】解：A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故7.0g混合物中含有的CH2的物质的量n==0.5mol，故含有的额氢原子的物质的量为1mol，故A正确；B、标况下，HF是液态，故B错误；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故硫酸不能反应完全，故生成的二氧化硫的分子数小于0.46mol，故C错误；D、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.6mol，故D错误．故选A．【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．　2．下列说法中正确的是（　　）A．不能发生丁达尔效应的分散系有氯化钠溶液、水等B．根据分散系的稳定性，将分散系分为胶体、浊液和溶液C．可吸入颗粒（如硅酸盐粉尘）能形成气溶胶，对人类的健康危害极大D．FeCl3溶液与Fe（OH）3胶体的本质区别是有无丁达尔效应【考点】胶体的重要性质；分散系、胶体与溶液的概念及关系．【分析】A．分散系是混合物；B．依据分散系的分散质微粒直径分类；C．可吸入颗粒形成气溶胶，与空气接触面积大；D．三类分散系的本质区别是分散质粒子的大小．【解答】解：A．分散系是混合物，故水不是胶体，故A错误；B．分散系分为胶体、溶液和浊液的依据是分散质的微粒直径大小进行分类，故B错误；-21-\nC．可吸入颗粒形成气溶胶，与空气接触面积大，更易被人体吸收，对人类健康危害极大，故C正确；D．当分散剂是水或其它溶剂时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，故D错误．故选C．【点评】本题考查了胶体的重要性质，难度不大，注意分散系属于混合物、溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径不同而不是有无丁达尔效应．　3．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（　　）A．在强碱性溶液中，次氯酸钠将Mn2+氧化成MnO2：Mn2++ClO﹣+H2O═MnO2↓+Cl﹣+2H+B．用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管：Ag+NO3﹣+4H+═Ag++⇐NO↑+2H2OC．向FeBr2溶液中通入过量的Cl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣D．用铁棒作阴极、炭棒作阳极电解饱和氯化钠溶液：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．碱性溶液中不可能生成氢离子；B．电荷不守恒；C．氯气足量，溴离子、二价铁离子均被氧化；D．用铁棒作阴极、炭棒作阳极电解饱和氯化钠溶液，生成氢氧化钠、氯气和氢气．【解答】解：A．在强碱性溶液中，次氯酸钠将Mn2+氧化成MnO2，离子方程式：ClO﹣+Mn2++2OH﹣=MnO2+Cl﹣+H2O，故A错误；B．用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管，离子方程式：3Ag+NO3﹣+4H+═3Ag++NO↑+2H2O，故B错误；C．向FeBr2溶液中通入过量的Cl2，离子方程式：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故C错误；D．用铁棒作阴极、炭棒作阳极电解饱和氯化钠溶液：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，题目难度中等，明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响．　4．下列说法正确的是（　　）A．石油分馏、煤的气化、海水制食盐、蛋白质变性等过程都包含化学变化B．酸性氧化物一定不能和酸反应C．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体D．爆鸣气、铝热剂、玻璃、花生油、聚乙烯均为混合物【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系．【专题】物质的分类专题．【分析】A．有新物质生成的是化学变化；B．二氧化硅可以与氢氟酸反应；-21-\nC．氯化铁溶液是溶液；D．纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质．【解答】解：A．石油分馏利用各组分的沸点不同进行分离，不涉及化学变化，故A错误；B．二氧化硅是酸性氧化物，可以与氢氟酸反应，故B错误；C．氯化铁溶液是溶液，不是胶体，故C错误；D．爆鸣气、铝热剂、玻璃、花生油、聚乙烯均含多种物质，为混合物，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学变化，混合物、胶体以及物质的性质等，题目难度不大，注意基础知识的积累掌握．　5．除去下列物质中所含少量杂质的方法正确的是（　　）物质杂质试剂提纯方法ABaCO3BaSO4稀盐酸溶解、过滤、洗涤BCO2SO2饱和Na2CO3溶液洗气C乙酸乙酯乙酸稀NaOH溶液混合振荡、静置分液D蛋白质蔗糖浓（NH4）2SO4溶液盐析、过滤、洗涤A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯和除杂．【专题】实验评价题．【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质．【解答】解：A．BaSO4不溶于稀盐酸，不能将杂质除去，故A错误；B．碳酸钠能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，将原物质除掉，故B错误；C．乙酸乙酯在碱性条件下能水解，将原物质除掉，故C错误；D．蛋白质遇硫酸铵发生盐析，过滤洗涤除掉蔗糖，符合除杂原则，故D正确．故选D．【点评】本题考查物质的分离提纯和除杂，题目难度不大，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键．　6．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量的SO2气体，溶液变成无色．则下列说法正确的是（　　）A．通入22.4LSO2参加反应时，有2NA个电子发生转移B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性C．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2【考点】二氧化硫的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】元素及其化合物．【分析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，发生氧化还原反应，化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，据此解答．【解答】解：A．没指明气体状况为标准状况下，22.4LSO2的物质的量不一定为1mol，故A错误；-21-\nB．二氧化硫具有还原性，通入碘水发生反应SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI而使碘水褪色，故B错误；C．在反应2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2中Cu元素的化合价降低，CuI是还原产物，故C错误；D．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性，在反应2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2中，Cu2+为氧化剂，I2为氧化产物，所以氧化性：Cu2+＞I2；在反应SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中，I2为氧化剂，SO2为还原剂，所以氧化性：I2＞SO2；即：物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2，故D正确；故选：D．【点评】本题考查二氧化硫性质的分析判断，熟悉氧化还原反应的概念是解题关键，题目难度中等，注意把握反应中元素的化合价变化，选项BD为易错点．　7．下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（　　）A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【考点】真题集萃；常见阳离子的检验．【分析】A．如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+；B．无水硫酸铜吸水变为CuSO4•5H2O，白色粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气；C．灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，不能证明无K+，因为黄光可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察；D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等．【解答】解：A．Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B．气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2O═CuSO4•5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，并不能证明无K+，Na+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定是CO2，故D错误，故选B．【点评】本题考查常见物质及离子检验，侧重对基础知识的考查，注意对基础知识的掌握积累．　8．工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2．在该反应中（　　）A．硫元素既被氧化又被还原B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2【考点】氧化还原反应．-21-\n【分析】工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，反应在S元素的化合价从﹣2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，据此分析．【解答】解：A．由反应方程式中S元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，故A正确；B．2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B错误；C．反应中2Na2S转化为3Na2S2O3，转移8个电子，则生成1molNa2S2O3，转移mol电子，故C错误；D．根据方程式可知，每当4molSO2参与氧化还原反应就会放出1molCO2，则每10m3SO2参与反应就会放出2.5m3CO2，故D正确．故选AD．【点评】本题考查了氧化还原反应，注意根据反应物和生成物写出反应方程式，结合元素化合价的变化分析，题目难度中等．　9．用图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（　　）选项①中物质②中物质预测②中的现象A稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色A．AB．BC．CD．D【考点】真题集萃；实验装置综合．【分析】A．先发生盐酸与NaOH的反应；B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化；C．NaOH过量，开始不生成沉淀；D．发生氧化还原反应．【解答】解：A．先发生盐酸与NaOH的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不合理，故A错误；B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故B错误；C．NaOH过量，开始不生成沉淀，反应生成偏铝酸钠和氯化钠，开始无现象，故C错误；D．草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，溶液褪色，现象合理，故D正确；故选D．-21-\n【点评】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，为2022年高考真题，把握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等．　10．在反应：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，15molCuSO4可氧化磷原子的物质的量为（　　）A．molB．2molC．3molD．6mol【考点】氧化还原反应的计算．【分析】该反应中P元素化合价由0价变为+5价、﹣3价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，假设有15molCuSO4参加反应，根据转移电子相等计算可氧化P的物质的量．【解答】解：该反应中P元素化合价由0价变为+5价、﹣3价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，假设有15molCuSO4参加反应，根据转移电子相等得被氧化n（P）==3mol，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应有关计算，为高频考点，明确该反应中P的性质是解本题关键，结合转移电子守恒分析解答，题目难度不大．　11．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．【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．　12．下列各组离子能在指定环境中大量共存的是（　　）A．在c（HCO3﹣）=0.1mol•L﹣1的溶液中：NH4+、AlO2﹣、Cl﹣、NO3﹣B．在由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Fe2+、ClO﹣、Na+、SO42﹣C．在加入铝粉产生H2的溶液中：SO42﹣、NO3﹣、Na+、NH4+D．在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO32﹣、CO32﹣、Na+、K+【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．AlO2﹣的HCO3﹣电离，AlO2﹣、HCO3﹣均与NH4+相互促进水解；-21-\nB．由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；C．加入铝粉产生H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D．使红色石蕊试纸变蓝的溶液，显碱性．【解答】解：A．AlO2﹣的HCO3﹣电离，AlO2﹣、HCO3﹣均与NH4+相互促进水解，则不能大量共存，故A错误；B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Fe2+，酸溶液中Fe2+、ClO﹣、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．加入铝粉产生H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能存在NH4+，酸溶液中NO3﹣、H+、Al发生氧化还原反应不生成氢气，故C错误；D．使红色石蕊试纸变蓝的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、水解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．　13．关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是（　　）A．装置①可用于分离C2H5OH和H2O的混合物B．装置②可用于收集H2、NH3、CO2、Cl2、HCl、NO2等气体C．装置③中X若为CCl4，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D．装置④可用于干燥、收集NH3，并吸收多余的NH3【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】A、装置①为萃取、分液，可用于分离两种互不相容的两种液体；B、装置②从a管进入气体，可收集密度比空气小的气体，从b管进入可收集密度比空气大的气体；C、装置③可以吸收易溶于水的气体，并可防倒吸；D、装置④可收集能用碱石灰干燥、密度比空气小且易溶于水的气体．【解答】解：A、装置①萃取、分液，可用于分离两种互不相容的两种液体，而C2H5OH和H2O能以任意比互溶，不能装置①分离，可以用蒸馏的方法分离，故A错误；B、装置②若从a管进入气体，可收集密度比空气小的气体，如氢气、氨气等；从b管进入可收集密度比空气大的气体，如二氧化碳、氯气、氯化氢、二氧化氮等，故B正确；C、装置③X若为CCl4，NH3或HCl极易溶于水且不溶于CCl4的气体，可以用装置③并可防倒吸，故C正确；D、氨气为碱性气体可用碱石灰干燥，氨气密度比空气小极易溶于水，可用向上排空气法收集，用一倒置的漏斗防倒吸并吸收多余的氨气，所以装置④可干燥、收集NH3，并吸收多余的NH3，故D正确．故选A．【点评】本题考查了常见的实验操作，完成此题，可以依据已有的知识进行，要求同学们加强对基础知识的储备，以便灵活应用．-21-\n　14．五种短周期元素的某些性质如表所示（其中只有W、Y、Z为同周期元素）．下列说法正确的是（　　）元素代号XWYZQ原子半径（×10﹣12m）37646670154主要化合价+1﹣1﹣2+5、﹣3+1A．由Q与Y形成的化合物中只存在离子键B．Z与X之间形成的化合物具有还原性C．由X、Y、Z三种元素形成的化合物，一定是共价分子D．Y与W形成的化合物中，Y显负价【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】主族元素中，元素最高正化合价与其族序数相等，最低负化合价=族序数﹣8，根据元素化合价知，X、Q属于第IA族元素，W属于第VIIA族元素，Y属于第VIA族元素，Z属于第VA族元素，原子电子层数越多其原子半径越大，X原子半径最小，则为H元素，W、Y、Z原子半径相近，根据其族序数知，W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，Q原子半径最大，且位于第IA族，则Q是Na元素，再结合物质结构分析解答．【解答】解：主族元素中，元素最高正化合价与其族序数相等，最低负化合价=族序数﹣8，根据元素化合价知，X、Q属于第IA族元素，W属于第VIIA族元素，Y属于第VIA族元素，Z属于第VA族元素，原子电子层数越多其原子半径越大，X原子半径最小，则为H元素，W、Y、Z原子半径相近，根据其族序数知，W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，Q原子半径最大，且位于第IA族，则Q是Na元素，A．由Q与Y形成的化合物中Na2O只存在离子键，Na2O2中存在离子键和共价键，故A错误；B．Z与X之间形成的化合物NH3具有还原性，能被氧气氧化生成NO，故B正确；C．由H、O、N三种元素形成的化合物NH4NO3为离子化合物，故C错误；D．O与F形成的化合物中，W的电负性大于Y，所以W显负价，故D错误；故选B．【点评】本题考查原子结构和元素周期律关系，侧重考查分析、推断能力，明确物质结构、原子结构、元素周期律即可解答，易错选项是C，注意规律中的异常现象，题目难度中等．　15．下列有关说法正确的是（　　）A．已知：HI（g）⇌H2（g）+I2（s）△H=﹣26.5kJ/mol，由此可知1molHI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5kJ的热量B．已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为△H=﹣285.8kJ/molC．肼（N2H4）是一种用于火箭或燃料电池的原料，已知2H2O（g）+O2（g）=2H2O2（l）△H=+108.3kJ/mol①N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534.0kJ/mol②则有反应：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=﹣642.3kJ/molD．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+CH3COOH（aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4kJ/mol【考点】热化学方程式；反应热和焓变．-21-\n【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、反应是碘化氢分解反应，是可逆反应不能进行彻底；B、燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，根据燃烧热的定义判断热化学方程式是否正确；C、根据盖斯定律反应：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）与①②反应的关系为：②﹣①进行计算；D、H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，表示的是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水放出的热量，稀醋酸为弱酸，电离吸热，故稀醋酸和稀NaOH溶液反应的中和热应小于57.4kJ/mol．【解答】解：A．HI（g）═H2（g）+I2（s）△H=﹣26.5kJ/mol，该反应为可逆反应，则1molHI不能全部分解，则在密闭容器中分解后放出的能量小于26.5kJ，故A错误；B．由2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol，可知1mol氢气完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为285.8KJ，所以氢气的燃烧热△H=﹣285.8kJ/mol，故B正确；C．根据盖斯定律反应：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）与①②反应的关系为：②﹣①，则△H=△H2﹣△H1=（﹣534.0kJ/mol）﹣108.3kJ/mol=﹣642.3kJ/mol，生成的为气态水，故C错误；D．中和热指的是在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和生成0.5mol水时，放出28.7kJ的热量，即中和热的数值为57.4kJ/mol，但稀醋酸为弱酸，电离吸热，故稀醋酸和稀NaOH溶液反应的中和热应小于57.4kJ/mol，故D错误．故选：B．【点评】本题考查了热化学方程式的分析判断，焓变理解应用，注意可逆反应不能进行彻底，中和热是强酸强碱反应生成1mol水放出的热量，题目较简单；　16．某一同学根据离子反应方程式2Fe3++Fe═3Fe2+来设计原电池．下列设计方案中可行的是（　　）A．电极材料为铁和锌，电解质溶液为FeCl3溶液B．电极材料为铁和铜，电解质溶液为Fe（NO3）3溶液C．电极材料为铁和石墨，电解质溶液为FeCl2溶液D．电极材料为石墨，电解质溶液为FeCl3溶液【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据电池反应式知，Fe失电子发生氧化反应，则Fe作负极，不如Fe活泼的金属或导电的非金属作正极，可溶性铁盐作电解质，据此分析解答．【解答】解：根据电池反应式知，Fe失电子发生氧化反应，则Fe作负极，不如Fe活泼的金属或导电的非金属作正极，可溶性铁盐作电解质，A．Zn的活泼性大于Fe，所以不能用Zn作正极，故A错误；B．Fe的活泼性大于Cu，且Fe（NO3）3是可溶性铁盐池，故B正确；C．Fe的活泼性大于石墨，但FeCl2溶液是不是铁盐，故C错误；D．该原电池中两个电极材料不能都是石墨，否则不能构成原电池，故D错误；故选B．【点评】本题考查原电池设计，根据电池反应式中得失电子的物质确定正负极材料及电解质溶液，含有金属电极材料的原电池中，失电子的金属作负极，得电子的电解质的溶液为该原电池电解质溶液．-21-\n　二、非选择题：本大题5小题，共52分17．（10分）（2022秋•运城校级月考）现有部分元素的原子结构特点如表：XL层电子数是K层电子数的3倍Y核外电子层数等于原子序数ZL层电子数是K层和M层电子数之和W最外层电子数是次外层电子数的2.5倍（1）画出W原子结构示意图　　．（2）元素X与元素Z相比，非金属性较强的是　X（或氧）　，写出一个能表示X、Z非金属性强弱关系的化学反应方程式　S+O2SO2或2H2S+O2═2H2O+2S　．（3）X、Y、Z、W四种元素形成的一种离子化合物，其水溶液显强酸性，该化合物的化学式为　NH4HSO4　．（4）元素X和元素Y以原子个数比1：1化合形成的化合物Q，元素W和元素Y化合形成的化合物M，Q和M的电子总数相等．以M为燃料，Q为氧化剂，可作火箭推进剂，最终生成无毒的，且在自然界中稳定存在的物质，写出该反应的化学方程式　N2H4+2H2O2N2+4H2O　．【考点】原子结构与元素周期律的关系；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X元素原子的L层电子数是K层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，可知L层为6个电子，所以X为氧元素，Y元素原子的核外电子层数等于原子序数，Y只能是H元素，Z元素原子的L层电子数是K层和M层电子数之和，其M层电子数为6，所以Z是S元素，W元素原子的最外层电子数是次外层电子数的2.5倍，其次外层只能是K层，所以W为N元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题．【解答】解：X元素原子的L层电子数是K层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，可知L层为6个电子，所以X为氧元素，Y元素原子的核外电子层数等于原子序数，Y只能是H元素，Z元素原子的L层电子数是K层和M层电子数之和，其M层电子数为6，所以Z是S元素，W元素原子的最外层电子数是次外层电子数的2.5倍，其次外层只能是K层，所以W为N元素，（1）W为N元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，原子结构示意图为，故答案为：；-21-\n（2）X为O，Z为S，位于同一主族，非金属性O＞S，可根据反应S+O2SO2或2H2S+O2═2H2O+2S证明，故答案为：X（或氧）；S+O2SO2或2H2S+O2═2H2O+2S；（3）X、Y、Z、W四种元素形成的一种离子化合物，可为（NH4）2SO4或NH4HSO4，其水溶液显强酸性，应为NH4HSO4，故答案为：NH4HSO4；（4）元素X和元素Y以原子个数比1：1化合形成的化合物Q，为H2O2，元素W和元素Y化合形成的化合物M，Q和M的电子总数相等，应为N2H4，以M为燃料，Q为氧化剂，可作火箭推进剂，最终生成无毒的，且在自然界中稳定存在的物质，应生成氮气和水，反应的化学方程式为N2H4+2H2O2N2+4H2O，故答案为：N2H4+2H2O2N2+4H2O．【点评】本题考查原子结构和元素周期律的相互关系，题目难度中等，注意正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意把握元素周期律的递变规律．　18．（10分）（2022秋•河南校级月考）氧化还原反应在生产、生活中应用广泛，酸性KMnO4、H2O2、Fe（NO3）3是重要的氧化剂．用所学知识回答问题：（1）3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，当有6molH2SO4参加反应的过程中，有　10　mol还原剂被氧化．（2）在稀硫酸中，KMnO4与H2C2O4反应的离子方程式为　2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2+++8H2O　（3）取300mL0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是　0.032　mol．（4）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是　2Fe3++SO32﹣+H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+　，又变为棕黄色的原因是　H+与NO3﹣组成的硝酸把Fe2+氧化　．【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．【专题】简答题．【分析】（1）在3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O反应中，当有6molH2SO4参加反应时，有10molH2O2参加反应，此反应中H2O2的所含氧元素化合价由﹣1价全部升高为0价，是还原剂；（2）将3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O改写为离子方程式时只要将反应体系中可溶性的强酸、盐改写为完全电离形式，再删除不参加反应的离子即可；（3）n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，结合化合价的变化计算转移的电子的数目，可计算消耗KMnO4的物质的量；（4）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32﹣发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42﹣，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下NO3﹣与Fe2+反应生成Fe3+，过一会又变为棕黄色．【解答】解：（1）在3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O反应中是还原剂，H2O2与H2SO4的化学计量数之比为5：3，当有6molH2SO4参加反应时，同时有10molH2O2被氧化，故答案为：10；-21-\n（2）反应中H2SO4、KMnO4、K2SO4、MnSO4均可改写为完全电离形式，其它仍用化学式表示，改写后再删除不参加反应的离子即可得2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2+++8H2O，故答案为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2+++8H2O；（3）n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，共失去电子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×[5﹣（﹣1）]==0.16mol，则消耗KMnO4的物质的量的是=0.032mol，故答案为：0.032；（4）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32﹣发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42﹣，反应的离子方程式为2Fe3++SO32﹣+H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下NO3﹣与Fe2+反应生成Fe3+，过一会又变为棕黄色，故答案为：2Fe3++SO32﹣+H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+；H+与NO3﹣组成的硝酸把Fe2+氧化．【点评】本题考查氧化还原反应的分析及电子转移的计算，涉及离子方程式的书写，对学生的分析能力和计算能力要求较高，中等难度．　19．（10分）（2022秋•运城校级月考）高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、速凝于一体的新型多功能水处理剂．其生产流程如下：（1）配制KOH溶液时，是在每100mL水中溶解61.6gKOH固体（该溶液的密度为1.47g/mL），它的物质的量浓度是　10　mol/L．（2）在溶液I中加入KOH固体的目的是　AC　（填编号）．A．与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOB．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率C．为下一步反应提供碱性的环境D．使副产物KClO3转化为KClO（3）每制得59.4克K2FeO4，理论上消耗氧化剂的物质的量为　0.45　mol．从溶液II中分离出K2FeO4后，还得到副产品KNO3、KCl，写出③中反应的离子方程式：　2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O　．（4）高铁酸钾（K2FeO4）溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是　4FeO42﹣+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】氢氧化钾溶液中充入足量氯气，在温度较低的条件下反应生成氯化钾、次氯酸钾和水，加入氢氧化钾固体除去KCl，得到碱性KClO的浓溶液，加入90%硝酸铁溶液发生反应生成高铁酸钾溶液Ⅱ纯化得到湿产品，洗涤干燥得到K2FeO4晶体；（1）根据n=计算出氢氧化钾的物质的量，溶液质量等于溶质质量与溶剂质量之和，利用V=计算溶液体积，再根据c=计算氢氧化钾溶液的物质的量浓度；（2）根据生产工艺流程图，第①步氯气过量，第③步需要碱性条件，在温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3，氧化还原反应中化合价有升有降；-21-\n（3）反应③是次氯酸根离子在碱溶液中氧化铁离子为高铁酸根离子，根据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物以及电子得失守恒和质量守恒来配平；（4）向高铁酸钾溶液中滴加稀硫酸，溶液变黄色，说明生成Fe3+，并产生大量气泡，应为氧气，说明高铁酸钾在酸性条件下自身发生氧化还原反应，生成铁离子、氧气和水，以此解答．【解答】解：（1）61.6gKOH固体的物质的量为=1.1mol，溶液的质量为100mL×1g/mL+61.6g=161.6g，所以溶液的体积为=L，所以氢氧化钾溶液的物质的量浓度为=10mol/L，故答案为：10；（2）由工艺流程可知，反应液I中有过量的Cl2反应，加KOH固体的目的是与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO．A、与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO，故A正确；B、由信息②可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是KClO3，不利用KClO生成、浪费原料，故B错误；C、由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4，故C正确；D、由信息可知，该条件下KClO3不能转化为KClO，故D错误．故选：AC；（3）据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：Fe3+、ClO﹣，生成物：FeO42﹣、Cl﹣，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得③中反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O．每制得59.4克K2FeO4，物质的量==0.3mol，理论上消耗氧化剂为KClO的物质的量依据离子方程式定量关系计算，2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O32n0.3moln=0.45mol故答案为：0.45，2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；（4）向高铁酸钾溶液中滴加稀硫酸，溶液变黄色，说明生成Fe3+，并产生大量气泡，应为氧气，反应的离子方程式为4FeO42﹣+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，说明高铁酸钾在酸性条件下自身发生氧化还原反应，故答案为：4FeO42﹣+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O．【点评】本题结合高铁酸钾（K2FeO4）的制备主要考查了氧化还原反应的知识、离子的检验等，培养了学生运用知识的能力．本题考查了物质制备与物质分离提纯的分析判断，实验过程的理解应用和基本操作的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　20．（10分）（2022秋•南昌校级月考）某强酸性溶液X含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容如下：-21-\n根据以上信息，回答下列问题：（1）溶液X中除H+外还肯定含有的离子是　Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣　；（2）写出有关离子方程式：步骤①中生成A　3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O　；步骤②生成沉淀I　AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣　．（3）假设测定A、F、I　为　1mol，10mLX溶液中n（H+）=0.04mol，而沉淀C物质的量0.07mol，能说明该溶液不能确定的阴离子存在的理由是　若检验Fe3+肯定存在时，就有Cl﹣存在，因肯定存在的离子电荷总数已相等　．【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【分析】在强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣和SO32﹣离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42﹣离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3﹣离子，含有SO42﹣离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl﹣，以此解答．【解答】解：在强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣和SO32﹣离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42﹣离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3﹣离子，含有SO42﹣离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl﹣，以此解答．（1）在强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣和SO32﹣离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42﹣离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3﹣离子，含有SO42﹣离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl﹣，溶液X中除H+外还肯定含有的离子是Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣；故答案为：Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣；（2）①Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，反应的离子方程式为3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，步骤②生成沉淀I的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（3）A、F、I均为0.01mol，10mLX溶液中n（H+）=0.04mol，根据反应3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，可知Fe2+物质的量为0.03mol；碳溶液中正电荷为：2n（Fe2+）+3n（Al3+）+n（NH4+）+n（H+）=2×0.03mol+3×0.01mol+0.01mol+0.04mol=0.14mol；沉淀C为硫酸钡，其物质的量0.07mol，n（SO42﹣-21-\n）=0.07mol，硫酸根离子所带的负电荷为：0.07mol×2=0.14mol，说明溶液中正负电荷相等，所以若检验Fe3+肯定存在时，就有Cl﹣存在，因肯定存在的离子电荷总数已相等，故答案为：若检验Fe3+肯定存在时，就有Cl﹣存在，因肯定存在的离子电荷总数已相等．【点评】本题考查物质的检验与鉴别，属于中等难度的试题，试题综合性强，难度较大，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生的应试能力和学习效率，要依据物质的特殊性质和特征反应来判断、推理、验证．　21．（12分）（2022秋•运城校级月考）铁、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，回答下列问题．（1）工业上可用Cu2S+O22Cu+SO2．反应制取粗铜，当消耗32gCu2S时，转移电子的物质的量为　1.2mol　．（2）将少量铜丝放入适量的稀硫酸中，温度控制在50℃﹣60℃，加入H2O2，反应一段时间后可制得硫酸铜，发生反应的离子方程式为：　Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O　．CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3溶液和NaCI溶液加热，生成CuCl沉淀，写出生成CuCl的离子方程式　2Cu2++2Cl﹣+SO32﹣+H2O2CuCl↓+SO42﹣+2H+　．（3）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀附在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板，取其腐蚀后的废液，加入一定量的铁粉后，若无固体剩余，则反应后的溶液中肯定有的离子是　Fe2+、Cu2+　；若有红色固体，则反应后的溶液中肯定没有的离子是　Fe3+　，检验该离子的试剂为_　KSCN溶液　．（4）铁氰化钾K3[Fe（CN）5]和亚铁氰化钾K4[Fe（CN）6]的混合溶液可用于太阳能电池的电解液，该太阳能电池的工作原理示意图如图所示，其中催化剂a为　负　极，电极反应式为　Fe（CN）64﹣﹣e﹣═Fe（CN）63﹣　．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）n（Cu2S）==0.2mol，Cu、O元素的化合价降低、S元素的化合价升高；（2）H2O2具有氧化性，在酸性条件下双氧水可以把铜氧化成二价铜离子；CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3溶液，二价铜离子将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，本身被还原为+1价铜，依据得失电子守恒写出离子方程式；（3）铜与氯化铁反应生成氯化铁、氯化亚铁，反应方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，加入一定量的铁粉后，若无固体剩余，发生2Fe3++Fe=3Fe2+；若有红色固体，发生2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu；（4）由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，阳离子向正极移动，以此来解答．-21-\n【解答】解：（1）n（Cu2S）==0.2mol，Cu、O元素的化合价降低、S元素的化合价升高，由S元素的化合价变化可知，转移电子的物质的量为0.2mol×[4﹣（﹣2）]=1.2mol，故答案为：1.2mol；（2）H2O2具有氧化性，在酸性条件下双氧水可以把铜氧化成二价铜离子，将少量铜丝放人适量的稀硫酸中，温度控制在50℃﹣60℃，加入H2O2，离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3溶液和NaCl溶液加热，生成CuCl沉淀，离子方程式为2Cu2++2Cl﹣+SO32﹣+H2O2CuCl↓+SO42﹣+2H+；故答案为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；2Cu2++2Cl﹣+SO32﹣+H2O2CuCl↓+SO42﹣+2H+；（3）铜与氯化铁反应生成氯化铁、氯化亚铁，反应方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，加入一定量的铁粉后，若无固体剩余，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，则溶液中的阳离子为Fe2+、Cu2+；若有红色固体，发生2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，则溶液中肯定没有的离子是Fe3+，检验Fe3+选择KSCN溶液，观察是否出现血红色，若无血红色出现，证明不含，故答案为：Fe2+、Cu2+；Fe3+；KSCN溶液；（4）由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，发生氧化反应，可知催化剂a表面发生反应电极反应为Fe（CN）64﹣﹣e﹣═Fe（CN）63﹣，故答案为：负；Fe（CN）64﹣﹣e﹣═Fe（CN）63﹣．【点评】本题考查金属及化合物的综合应用，为高频考点，涉及氧化还原反应计算、离子反应、离子检验及原电池的应用等，注重化学反应原理的分析与应用能力的考查，题目难度不大．　-21-