吉林省东辽五中2020届高三化学上学期9月月考试题（含解析）

吉林省东辽五中2020届高三化学上学期9月月考试题（含解析）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137一、选择题（每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1.化学与生产生活密切相关，下列有关说法不正确的是A. 富脂食品包装中常放入活性铁粉袋，以防止油脂氧化变质B. 目前科学家已经制得单原子层锗，其电子迁移率是硅的10倍，有望取代硅用于制造晶体管C. Ni-Zn化合物的纳米颗粒可作反应的催化剂，提高苯的转化率D. 用K2FeO4代替Cl2处理饮用水时，既有杀菌消毒作用，又有净水作用【答案】C【解析】A、富脂食品包装中常放入活性铁粉袋，以防止油脂氧化变质，选项A正确；B、晶体管材料应具有导电性，锗电子迁移率比硅强，可用于半导体材料，选项B正确；C、催化剂只能改变化学反应速率，不能使化学平衡移动，故不能提高苯的转化率，选项C不正确；D、用K2FeO4代替Cl2处理饮用水时，既有杀菌消毒作用，又有净水作用，选项D正确。答案选C。2.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A. 明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂B. CaO2能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中供氧剂C. 铝具有良好导热性，可用铝罐贮运浓硝酸D. FeCl3溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂【答案】C【解析】【分析】A、明矾能水解生成Al(OH)3胶体，具有吸附性，可用作净水剂；B、CaO2能缓慢与水反应产生O2和氢氧化钙，可用作水产养殖中的供氧剂；C、铝表面能产生氧化膜，可用铝罐贮运浓硝酸；D、铁离子能将铜氧化而溶解；【详解】A、明矾能水解生成Al(OH)3胶体，胶体具有较强的吸附能力，可用于净水，故A正确；B、CaO2能缓慢与水反应产生O2，发生CaO2+2H2O=Ca（OH）2+O2，可用作水产养殖中的供氧剂，故B正确。C、铝表面能产生氧化膜，可用铝罐贮运浓硝酸，故C错误；D、铁离子能将铜氧化而溶解：2Fe3Cu=Cu22Fe2， FeCl3溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂，故D正确；故选C。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A. 1 mol CO2与1 L 2 molL1的NaOH溶液反应后，溶液中CO32-数为NAB. 标准状况下，11.2LHF所含原子数为NAC. 常温下，1L pH=10的氨水溶液中，发生电离的水分子数为110-10 NAD. 常温常压下，1.8g甲基(CD3)中含有的中子数为NA【答案】C【解析】【分析】A、CO32弱酸根，在溶液中会水解；B、标准状况下，HF是液态；C、碱溶液中的氢离子来源于水；D、求出甲基（-CD3）的物质的量，然后根据甲基中含9个中子来分析；【详解】A、 1 mol CO2与1 L 2 molL1的NaOH溶液反应生成1mol碳酸钠，而CO32为弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中的碳酸根的个数小于NA个，故A错误；B、标准状况下，HF是液态，无法计算，故B错误；C、碱溶液中的氢离子来源于水，常温下，1L pH=10的氨水溶液中，水中氢离子的浓度为110-10 molL1，发生电离的水分子数为110-10 NA，故C正确；D、1.8g甲基（-CD3）的物质的量为0.1mol，而甲基中含9个中子，故0.1mol甲基中含0.9NA个中子，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，易错点D：应注意掌握物质的结构，甲基（-CD3）的物质的量为0.1mol，而甲基中含9个中子；难点C，碱溶液中的氢离子来源于水。4.下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）A. 常温下，水电离的c(OH)= 11012mo1L1的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3B. 能使酚酞变红溶液中：Na+、Ba2+、HC2O4、ClC. 0. 1 molL1KI 溶液：Na+、K+、ClO 、OHD. 常温下，=1010的溶液中：K+、Na+、I、SO42【答案】D【解析】【详解】A. 常温下，水电离的c(OH)= 11012mo1L1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若酸性则Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应而不能大量共存，若碱性则NH4+、Fe2+不能大量存在，选项A错误；B. 能使酚酞变红的溶液呈碱性，HC2O4与氢氧根离子反应而不能大量存在，选项B错误；C. 0. 1 molL1KI 溶液中ClO 与I发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；D. 常温下，=1010的溶液呈酸性，H+、K+、Na+、I、SO42，各离子相互之间不反应，能大量共存，选项D正确。答案选D。5.工厂排放的SO2烟气对环境造成污染，某企业用下图流程综合处理，下列有关说法正确的是A. 二氧化硫吸收塔中发生的反应为SO2SO32H2O=2HSO3B. 氨气吸收塔中发生的反应为HSO3OH=H2OSO32C. 上述流程利用的是氧化还原反应原理D. 上述流程可循环利用的物质有2种【答案】A【解析】【详解】A.亚硫酸铵与SO2反应生成亚硫酸氢铵，方程式为：SO2SO32-H2O=2HSO3-，故A正确；B.氨气的水溶液显碱性，与亚硫酸根离子反应生成正盐，方程式为：HSO3-NH3=NH4+SO32-，故B错误；C.上述流程中各反应中没有元素化合价的变化，故没有氧化还原反应的发生，故C错误；D.从流程可以看出，亚硫酸铵与二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵，亚硫酸氢铵与氨气反应生成亚硫酸铵，所以循环利用的物质为亚硫酸铵，只有1种，故D错误；故答案选A。6.某溶液仅有 K、Al3、Mg2、NH4、Cl、SO42、HCO3中的几种为确定其成分，做如下实验：取部分溶液加入适量 Na2O2 固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的 NaOH 溶液后白色沉淀全部溶解；另取部分溶液，加入 HNO3 酸化的Ba(NO3)2溶 液，无沉淀产生。下列推断正确的是A. 肯定有 Al3、Cl，一定没有 HCO3和SO42B. 肯定有 Al3、Mg2、Cl，可能有NH4、KC. 肯定有 Al3、NH4、Cl，肯定没有HCO3D. 该溶液可能显弱酸性，也可能显中性【答案】A【解析】由取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，2Na2O22H2O=4NaOHO2，产生无色无味的气体，说明无NH4 ，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解，说明无Mg2 ，有Al3 ，无HCO3；另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生，说明无SO42，溶液中只有Cl 一种阴离子。纵上所述A正确；B、应无Mg2 和NH4，K 不能确定，故B错误；C、无NH4 ，故C错误；D、Al3 水解呈酸性，故D错误；故选A。7.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A. Fe(NO3)3加入过量的HI溶液：2Fe3+2I=2Fe2+I2B. 向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：NH4+OH=NH3H2OC. 将1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液：2Fe22I2Cl2=2Fe3I24ClD. 0.01 molL1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 molL1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4+Al3+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O 【答案】D【解析】【分析】A.漏写碘离子与硝酸发生的氧化还原反应；B. HSO3-与OH-反应；C.碘离子的还原性大于亚铁离子，氯气先与碘离子反应；D.溶液等体积混合，溶质的物质的量比为1:2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨。【详解】A.Fe(NO3)3加入过量的HI溶液的离子反应为：12H+3NO3-+Fe3+10IFe2+5I2+3NO+6H2O，故A错误；B.向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：HSO3-OH=SO32-H2O，故B错误；C.碘离子的还原性大于亚铁离子，碘离子先被氧化，所以将1molCl2通入到含1mol FeI2溶液中，离子方程式：2I+Cl22Cl+I2，故C错误；D.0.01molL-1NH4Al(SO4)2溶液与0.02molL-1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4+Al3+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O，故D正确；故答案选D。【点睛】还原性：I-Fe2+Br-，所以将1molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，只有碘离子被氯气氧化生成碘，离子方程式为：2I+Cl22Cl+I2；将1.5molCl2通入到含1mol FeI2的溶液中，碘离子、亚铁离子均被氧化，离子方程式为：2Fe2+4I+3Cl26Cl+2I2+2Fe3+。8.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. NaHCO3(s) Na2CO3(s) NaOH(aq)B. Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)C. AgNO3(aq)Ag(NH3)2+(aq)Ag(s)D. Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)【答案】A【解析】【详解】A.NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，故A正确；B.NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，故B错误；C.蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，故C错误；D.Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，故D错误；答案选A。9.南海是一个巨大的资源宝库,开发利用这些资源是科学研究的重要课题。下图为海水资源利用的部分过程,有关说法正确的是（ ）A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、冰冻法B. 氯碱工业中采用阴离子交换膜可提高产品的纯度C. 由MgCl26H2O得到无水MgCl2的关键是要低温小火烘干D. 溴工业中、的目的是为了富集溴元素，溴元素在反应、中均被氧化，在反应中被还原【答案】D【解析】A.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，A错误；B. 氯碱工业是电解饱和食盐水，溶液中阳极上氢离子和阴极上氯离子放电，在阴极产生氢氧化钠，为防止氯气与氢氧化钠反应采用阳离子交换膜，使钠离子转移到阴极，所以提高产品纯度，B错误；C.MgCl2溶液加热，镁离子水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢易挥发，使水解可以完全，因此由MgCl26H2O得到无水MgCl2的关键是抑制MgCl2的水解，C错误；D.海水提溴是先通入足量氯气氧化溴离子为溴单质，然后将溴单质还原为溴化氢，再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，因此溴工业中、的目的是为了富集溴元素，溴元素在反应、中均被氧化，在反应中被还原，D正确；答案选D.点睛：常用的离子交换膜有阳离子交换摸、阴离子交换膜、质子交换膜。10.某同学设计用下图的装置制备少量的AlCl3(易水解)。下列说法错误的是（ ）A. G装置作用是除去多余氯气，防止空气污染B. 装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人E中C. 用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，所得氯气可以制取26.7gAlCl3D. 实验过程中应先点燃A处的酒精灯，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯【答案】C【解析】【详解】A、氯气是有毒气体不能直接排放到空气中，G装置中的氢氧化钠溶液能与氯气反应而除去多余氯气，防止空气污染，选项A正确；B、因为AlCl3易水解，所以铝和氯气反应必须在干燥的环境下进行，因此装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人E中，选项B正确；C、用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，由于浓盐酸不断消耗，变为稀盐酸，与二氧化锰不反应，所以50mL12mol/L的盐酸产生氯气的量小于0.15mol，因此氯气与铝反应生成氯化铝的量少于0.1 mol，质量小于13.35g，选项C错误；D、实验过程中应先点燃A处的酒精灯，反应产生氯气，利用氯气排净装置内的空气，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯，反应进行，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查氯气的实验室制法及性质，实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，若用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，产生氯气的量小于0.15 mol，若是 0.15 molMnO2足量的12mol/L的盐酸反应，可以生成氯气0.15 mol，因为浓盐酸与二氧化锰加热反应，而稀盐酸与二氧化锰加热也不反应。11.某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1molL-1的盐酸，测得溶液中的CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3+的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）（已知：H2CO3的电离平衡常数K1 = 4.310-7,K2 = 5.610-11；Al(OH)3的酸式电离平衡常数K=6.310-13）A. a曲线表示的离子方程式为：AlO2-+4H+ = Al3+ + 2H2OB. M点时生成的CO2为0.05 molC. 原混合溶液中的CO32-与AlO2-的物质的量之比为1:2D. V1:V2=1:4【答案】D【解析】A、根据H2CO3和Al(OH)3的电离平衡常数，得H能力大小：AlO2CO32HCO3，滴加盐酸发生：AlO2HH2O=Al(OH)3，继续滴加盐酸发生CO32H=HCO3、HCO3H=CO2H2O、Al(OH)33H=Al33H2O，因此a曲线表示的是AlO2HH2O=Al(OH)3，故A错误；B、根据图像，M点是CO32完全转化成HCO3，即发生CO32H=HCO3，没有CO2产生，故B错误；C、根据A选项分析，a线发生AlO2HH2O=Al(OH)3，AlO2全部转化成Al(OH)3，消耗H的物质的量501031mol=0.05mol，则n(AlO2)=0.05mol，b线发生CO32H=HCO3，CO32全部转化成HCO3，消耗H的物质的量为(10050)1031mol=0.05mol，则n(CO32)=0.05mol，原溶液中CO32和AlO2的物质的量之比为0.05：0.05=1：1，故C错误；D、当加入V1mL盐酸时，溶液中n(HCO3)=n(CO32)=0.025mol，因此共消耗盐酸的体积为V1=(0.050.025)1000/1mL=75mL，当盐酸体积为V2时，溶液中溶质为NaCl和AlCl3，根据元素守恒，因此n(HCl)=n(Na)3n(Al3)=0.0520.0530.05mol=0.3mol，则V2=0.31000/1mL=300mL，因此V1:V2=75:300=1:4，故D正确。12.已知NH4CuSO3与足量的10 molL硫酸混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是（ ）A. 反应中硫酸作氧化剂B. NH4CuSO3中硫元素被氧化C. 刺激性气味的气体是氨气D. 1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子【答案】D【解析】【详解】A项，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变，反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，故A项错误；B项，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B项错误；C项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C项错误；D项，NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO32-+2H+=SO2+H2O，反应产生有刺激性气味气体是SO2，溶液变蓝说明有Cu2+生成，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，反应的离子方程式为：2 NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2+ 2SO2+2H2O+2NH4+，故1 mol NH4CuSO3完全反应转移的电子为0.5mol，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。13.已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去)。则W、X不可能是( )选项WXA稀硫酸NaAlO2溶液B稀硝酸FeCCO2Ca(OH)2溶液DCl2FeA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】试题分析：A、X为NaAlO2溶液，W为稀硫酸时，偏铝酸钠和少量稀硫酸反应生成生成氢氧化铝沉淀，与过量稀硫酸反应生成硫酸铝，氢氧化铝和硫酸铝之间可以相互转化，能实现上述转化关系，错误；B、X为铁，W为稀硝酸，铁与少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，与过量稀硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁和硝酸亚铁可以相互转化，符合转化关系，错误；C、X为氢氧化钙，W为二氧化碳，氢氧化钙与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，碳酸钙和碳酸氢钙间可以相互转化，符合转化关系，错误；D、氯气和铁反应，无论量多少，只能生成氯化铁，不符合上述转化关系，正确。考点：考查元素化合物知识14.向一定量的Mg2+、NH4+、Al3+混合溶液中加入Na2O2的量与生成沉淀和气体的量(纵坐标)的关系如图所示，则溶液中Mg2+、NH4+、Al3+三种离子的物质的量之比为( )A. 112B. 221C. 122D. 924【答案】C【解析】【分析】根据图象分析，A点时沉淀的量最大，沉淀是氢氧化铝和氢氧化镁，从A点到B点，沉淀的质量减少，减少的量是氢氧化铝，氢氧化铝的物质的量为0.2mol，不溶解的沉淀是氢氧化镁，其物质的量是0.1mol，根据原子守恒确定镁离子、铝离子的物质的量；根据A点过氧化钠物质的量计算生成氧气的物质的量，根据气体总的物质的量计算生成氨气的物质的量，根据氮原子守恒从而计算铵根离子的物质的量。【详解】由图知，沉淀中含0.1mol Mg(OH)2和0.2molAl(OH)3，即原溶液中含Mg2+0.1mol，含Al3+0.2mol，根据Mg2+2OH-=Mg(OH)2、Al3+3OH-=Al(OH)3，沉淀2种金属阳离子共需NaOH的物质的量为0.1mol2+0.2mol3=0.8mol。由图中横坐标知与3种阳离子恰好完全反应时需Na2O20.5mol，而0.5molNa2O2与水反应生成1molNaOH和0.25molO2，由NH4+OH-NH3+H2O，所以由NH4+消耗NaOH的量（1mol-0.8mol=0.2mol）或生成NH3的物质的量（0.45mol-0.25mol=0.2mol）均可求得原溶液中含0.2molNH4+，所以Mg2+、NH4+、Al3+物质的量之比=0.1mol：0.2mol：0.2mol=1：2：2；故合理选项是C。【点睛】本题考查了镁离子、铝离子与过氧化钠反应的有关计算，能正确分析图像中各阶段发生的反应是解本题的关键，综合考查了元素及化合物的知识。15.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是选项实验操作现象结论A向Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液溶液变红稀硫酸能氧化Fe2BCu与浓硫酸反应，将反应混合物冷却后，再向反应器中加入冷水溶液变蓝验证生成Cu2C向盛有Na2SO3溶液的试管中向加入BaCl2溶液，再滴入稀硝酸生成不溶于稀硝酸的白色沉淀原Na2SO4溶液已被空气中O2氧化D电解FeCl2和盐酸的混合溶液，电解一段时间后，在阳极附近滴加 KSCN溶液阳极附近溶液变红，并无气泡产生Fe2的还原性强于ClA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.向 Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸，酸性条件下硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子，结论不合理,故A错误；B. Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜，会有浓硫酸剩余，因此加水稀释时，一定要遵循浓硫酸加入水中，玻璃棒不断搅拌，不能相反操作，易发生危险，B错误；C. Na2SO3溶液与BaCl2溶液反应生成亚硫酸钡白色沉淀，再滴入稀硝酸（具有强氧化性），亚硫酸钡被氧化为硫酸钡沉淀，不溶于稀硝酸，故不能证明Na2SO4溶液已被空气中O2氧化，故C错误；D.电解FeCl2和盐酸的混合溶液，电解一段时间后，在阳极附近滴加 KSCN溶液，阳极附近溶液变红，并无气泡产生，说明有铁离子产生，亚铁离子被氧化，而氯离子没有发生氧化反应，因此还原性：Fe2的还原性强于Cl，结论正确，故D正确；综上所述，本题选D。16.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为11，则V可能为A. 9.0LB. 13.5LC. 15.7LD. 16.8L【答案】A【解析】若混合物全是CuS，其物质的量为12/80015 mol，电子转移数015 mol(62)12 mol。两者体积相等，设NO x mol，NO2x mol,3xx12，计算的x03。气体体积V06 mol224 Lmol11344 L；若混合物全是Cu2S，其物质的量为0075 mol，转移电子数0075 mol10075 mol，设NO x mol，NO2x mol,3xx075，计算得x0187 5，气体体积V0375 mol224 Lmol184 L，因此84 LV1344 L。二、非选择题（共5小题，52分）17.某实验小组为探究ClO、I2、SO42在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：实验：在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；实验：向实验的溶液中加入4 mL 0.5 molL1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。(1)写出实验中发生反应的离子方程式：_。(2)实验的化学反应中转移电子的物质的量是_。(3)以上实验说明，在酸性条件下ClO、I2、SO42的氧化性由弱到强的顺序是_。.(4)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl)、O3(1 mol O3转化为1 mol O2和1 mol H2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是_(填序号)。ACl2 BH2O2 CClO2 DO3(5)“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是_(用离子方程式表示)。【答案】 (1). ClO2I2H=I2ClH2O (2). 0.004mol (3). SO42I2ClO (4). C (5). ClOCl2H=Cl2H2O【解析】.（1）实验说明酸性条件下，次氯酸钠把碘离子氧化生成碘单质，同时自身被还原生成氯离子，该反应中，次氯酸根离子得电子作氧化剂，碘离子失电子是还原剂，氧化产物是碘，所以氧化性强弱为：ClO-I2，反应离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O，故答案为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；（2）实验说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，氧化剂是碘，还原剂是亚硫酸钠，氧化产物是硫酸根离子，所以氧化性强弱为：I2SO42-，反应离子方程式为：H2O+I2+SO32-=SO42-+2I-+2H+，设转移电子的物质的量为x答：转移电子的物质的量是0.004mol；（3）实验说明氧化性强弱为：ClO-I2，实验说明氧化性强弱为：I2SO42-，所以在酸性条件下ClO-、I2、SO42-的氧化性由弱到强的顺序是SO42-、I2、ClO-，故答案为：SO42-、I2、ClO-.(4)1mol Cl2（发生的反应为Cl2+H2O=HCl+HClO）、H2O2、ClO2、O3分别消毒时，转移电子依次为1mol、1mol、5mol、2mol，等物质的量的上述物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高，故答案为：C；(5)ClO-与浓盐酸中的Cl-会发生反应生成有毒的Cl2，方程式为ClO-+Cl-+2H+Cl2+H2O。18.酸性KMnO4、H2O2在生活、卫生医疗中常用作消毒剂，其中H2O2还可用于漂白，是化学实验室里必备的重要氧化试剂。高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸(H2C2O4)去除，Fe(NO3)3也是重要的氧化试剂，下面是对这三种氧化剂性质的探究。（1）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，写出该反应的离子方程式_，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。（2）取300 mL 0.2 molL-1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,则转移电子的物质的量是_ mol。（3）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原因是_（用文字表达），又变为棕黄色的离子方程式是_。（4）测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定，取0.474 g KMnO4样品溶解酸化后，用0.100 molL-1标准Na2S2O3溶液进行滴定，标准Na2S2O3溶液应盛装在_(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。配平上述反应的离子方程式：_MnO4-+_S2O32-+_H+=_Mn2+_SO42-+_H2O，实验中，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液12.00 mL，则该样品中KMnO4的物质的量是_。【答案】 (1). Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O (2). 12 (3). 0.16 (4). Fe3+被还原成Fe2+ (5). 3Fe2+4H+NO3-3Fe3+NO+2H2O (6). 碱式 (7). 8MnO4-+5S2O32-+14H+8Mn2+10SO42-+7H2O (8). 1.9210-3 mol【解析】【分析】（1）铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，发生氧化还原反应生成氯化铜、水；（2）0.06molI-0.02molI2+0.02IO3-转移0.16mol电子，由电子守恒计算参加反应的n（KMnO4）；（3）先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，则Fe3+先被还原生成Fe2+，Fe2+又被氧化生成Fe3+；（4）KMnO4样品溶解酸化后，与Na2S2O3溶液反应，反应的离子方程式为8MnO4-+5S2O32-+14H+=8Mn2+10SO42-+7H2O，根据方程式中MnO4-、S2O32-之间的关系式计算；【详解】（1）盐酸不能与金属铜反应，加入H2O2后，发生氧化还原反应，铜片溶解生成氯化铜、水，该反应的离子方程式为：Cu+2H+H2O2=Cu2+2H2O，氧化产物氯化铜与还原产物水的物质的量之比为1:2；（2）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20.02mol+0.02mol5-（-1）=0.16mol；（3）先由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3+先被还原为Fe2+，变为浅绿色的离子方程式是2Fe3+SO32-+H2O=2Fe2+SO42-+2H+，后变为棕黄色的原因是反应生成的H+与NO3-组成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O；（4）Na2S2O3在溶液中水解，使溶液显碱性，所以标准Na2S2O3溶液应盛装在碱式滴定管中；酸性条件下MnO4-将S2O32-氧化为SO42-，本身被还原为Mn2+，反应的离子方程式为8MnO4-+5S2O32-+14H+=8Mn2+10SO42-+7H2O；实验中，消耗n（S2O32-）=0.100molL-10.012L=0.0012mol，由得失电子数目守恒得：n（MnO4-）5=0.0012mol42，得n（MnO4-）=1.9210-3 mol，则该样品中KMnO4的物质的量是1.9210-3mol。【点睛】本题考查氧化还原反应，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分析应用能力和计算能力的考查。19.明矾KAl(SO4)212H2O 在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作施胶剂；食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料铝灰(含Al、 Al2O3及少量SiO2和FeO xFe2O3)可制备明矾。工艺流程如下：回答下列问题：(1)明矾净水的原理是_(用离子方程式表示)。(2)操作是_，操作是蒸发浓缩、_、过滤、_、干燥。(3)检验滤液A中是否存在Fe2的试剂是_(只用一种试剂)。(4)将铝灰投入氢氧化钠溶液中生成气体的化学方程式是_，在滤液A中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为(该条件下MnO4转化为Mn2)：_。(5)已知：在pH3、加热条件下，MnO 可与Mn2反应生成MnO2。加入MnSO4发生反应离子方程式为：_，滤渣2含有的物质是_。【答案】 (1). Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H (2). 过滤 (3). 冷却结晶 (4). 洗涤 (5). 酸性高锰酸钾溶液(或铁氰化钾溶液) (6). 2Al2NaOH2H2O= 2NaAlO23H2 (7). 5Fe2MnO48H=5Fe3Mn24H2O (8). 3Mn22MnO42H2O=5MnO24H (9). MnO2、Fe(OH)3【解析】【详解】铝灰（含Al、Al2O3及少量SiO2和FeOxFe2O3），加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣为二氧化硅，滤液A中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，加入适量硫酸锰除去过量的高锰酸钾过滤得到二氧化锰固体和氢氧化铁沉淀，滤液主要是硫酸铝溶液，加入硫酸钾蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铝钾晶体；（1）明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H；（2）固体和液体分离需要用过滤操作，操作是过滤，操作是溶液中得到晶体的方法，利用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体；（3）检验亚铁离子用高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液，滴入高锰酸钾溶液紫红色褪去，或加入铁氰化钾溶液会产生蓝色沉淀； （4）将铝灰投入氢氧化钠溶液中反应生成氢气、偏铝酸钠，反应的化学方程式是2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2；酸性溶液中高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：5Fe2MnO48H=5Fe3Mn24H2O，分析离子沉淀的pH范围，调节溶液pH=3，可以使使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，并防止Al3+沉淀；故答案为：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，并防止Al3+沉淀；（5）在pH=3、加热条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2。加入MnSO4发生反应，反应的离子方程式为：3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+；过滤得到反应中生成的难溶的二氧化锰沉淀和得到的氢氧化铁沉淀，答案为MnO2、Fe(OH)3。20.汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。（1）氧化还原法消除NOx的转化如图所示：NONO2N2反应为NOO3=NO2O2，生成标准状况下11.2 L O2时，转移电子的物质的量是_mol。反应中，当n(NO2)nCO(NH2)232时，氧化产物与还原产物的质量比为_。（2）使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和NOx，转化过程中发生反应的化学方程式为CONOxN2CO2(未配平)，若x1.5，则化学方程式中CO2和N2的化学计量数之比为_。（3）吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图所示(Ce为铈元素)。装置中，酸性条件下NO被Ce4氧化的产物主要是和，请写出生成等物质的量的和时的离子方程式：_。（4）装置的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4再生，再生时生成的Ce4在电解槽的_(填“阳极”或“阴极”)，同时在另一极生成的电极反应式为_。（5）已知进入装置的溶液中的浓度为a gL1，要使1 m3该溶液中的NO完全转化为NH4NO3，至少需向装置中通入标准状况下的氧气_L(用含a代数式表示，结果保留整数)。【答案】 (1). 1 (2). 4：3 (3). 3：1 (4). 2NO3H2O4Ce4=NO3-NO2-6H4Ce3 (5). 阳极 (6). 2H2HSO3-2e=S2O42-2H2O (7). 243【解析】【分析】（1）化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据N元素的化合价的变化来确定电子转移数目；反应方程式中，系数之比等于物质的量之比，结合元素的化合价变化及原子守恒分析；（2）由原子守恒确定反应；（3）生成等物质的量的NO3-和NO2-时，Ce4+被还原为Ce3+，结合电子守恒、电荷守恒分析离子反应；（4）生成Ce4+为氧化反应，发生在阳极上；反应物是HSO3-被还原成S2O42-，得到电子；（5）NO2-的浓度为a gL-1，要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，则失去电子数目是：1000（5-3）a/46，设消耗标况下氧气的体积是V，结合电子守恒进行计算。【详解】（1）NO+O3NO2+O2，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11.2L即0.5mol O2（标准状况）时，转移电子的物质的量是0.5mol2=1mol；当n（NO2）：nCO（NH2）2=3：2，即NO2和CO（NH2）2的系数之比是3：2，其方程式表示为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2，只有N元素的化合价变化，氮气为氧化产物也是还原产物，由N原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为8：6=4：3；（2）转换过程中发生反应的化学方程式为：CO+NOxCO2+N2（未配平），若x=1.5，可利用“定一法”进行配平，把CO2的化学计量数定为1，则CO、NO1.5、N2前面的化学计量数分别为：1、即3CO+2NO1.53CO2+N2，则化学方程式中CO2与N2的系数之比为3：1；（3）生成等物质的量的NO3-和NO2-时，Ce4+被还原为Ce3+，由电子守恒、电荷守恒可知，离子方程式为：2NO3H2O4Ce4=NO3-NO2-6H4Ce3；（4）生成Ce4+为氧化反应，发生在阳极上，连接电源正极，因此再生时生成的Ce4+在电解槽的阳极；反应物是HSO3-被还原成S2O42-，得到电子，电极反应式为：2H2HSO3-2e=S2O42-2H2O；（5）NO2-的浓度为a gL-1，要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，则失去电子数目是：1000（5-3）a/46，设消耗标况下氧气的体积是V，则失电子数目是：2（2-0），根据电子守恒：=2（2-0），解得V=243a。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握还原性的强弱及电子守恒为解答的关键，题目难度中等。21.工业上以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分为：Na2Cr2O72H2O)，其主要工艺流程如下：