学百强名校试题解析金卷：(第23卷)山西省太原市第五中学2019届高三10月阶段性检测化学试题解析(解析版)

1、山西省太原市第五中学2017届高三10月阶段性检测化学试题可能用到的相对原子质量：H:1Mg:24C:12O:16S:32Cl:35.5Br:80Na:23Al:27K:39Fe：56Cu:64N:14第I卷（选择题，共48分）一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1下列物质按纯净物、混合物、强弱电解质和非电解质顺序排列的是A单甘油酯、混甘油酯、苛性钾、H2S、三氧化硫B胆矶、漂白粉、硫酸钠、次氯酸、氯气C明矶、水煤气、盐酸、醋酸、铜D冰醋酸、福尔马林、硫酸钡、H2S、乙醇【答案】D【解析】试题分析：A混甘油酯属于纯净物，故A错误；B氯气是单质，既不是电

2、解质也不是非电解质，故B错误；C.盐酸是混合物，铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D冰醋酸、福尔马林、硫酸钡、H2S、乙醇分别属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质；故选D。考点：物质的分类2.下列现象或事实可用同一原理解释的是A.浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B.次氯酸和双氧水使品红试液褪色C.氯水和水玻璃长期暴露在空气中变质D.苯和乙烯使溴水褪色【答案】B【解析】试题分析：A.浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性，二者在空气中浓度都变低，但原理不同；B次氯釀和双氧水都杲因为强氧化性使品红试液褪色*C.氯水中的HUO不稳定,在空气中分解变质隸辭专化为稀盐酸，水玻

3、璃则是吸收空气中的二氧化碳而变质；D苯使浪水褪鱼杲因为茲将滇水中的澳萃取出来使水层无色：但苯层则转变为橙红色，乙烯则是与溟水发生加成反应而造成漠水褪色。故选考点：实验现象的解释3设Na为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.78g苯含有C=C双键的数目为3NaB.1L1mol1的Na2CO3溶液中含有阴离子的数目大于NaC.常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为2NaD.标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为O.INa【答案】B【解析】试题分析：A.78g苯的物质的量为1mol,苯分子中的碳碳键为一种独特键，不存在碳碳双键，故A错误；B.1L1mol-

4、1的Na2CO3溶液中含有溶质Na2CO31mol，但由于碳酸根的水解，且还有水电离的氢氧根，所以溶液中的阴离子数目大于Na,故B正确；C.常温常压下，14g14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为28g/molX2Na=Na,故C错误；D.3NO2+H2O=2HNO3+NO,标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.2Na，故D错误；故选B。考点：阿伏加德罗常数的有关计算4.下列物质中不能用化合反应的方法制得的是SiO2H2SQ3Fe(OH)3CuSFeCI?CaSiO3A.B.C.D.【答案】A【解析】试題分析：化合反应是由两种或两种以上的物质生成一种新物质。硅与

5、氧气反应，反应方程式为:二氧化硅和水不反应"所以硅酸不能適过化合反应得到：可以实现,反应方程式为;高温4Fe(OH);-02+2H;CMFei；OHh;6与S化合徊到的是Cu;S5铁和氮化铁濬液反应生成的是氛化亚铁,万程式为FL2FeCh=3FeCl“氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙，方程式为CaOSiO故选Ao考点：物质的转化，四大基本反应类型5.下列各组物质中，每一种物质都能使氯水褪色的是A.AgNO3溶液、CCI4、BaCR溶液B.Na2SO3溶液、FeCI3溶液、H2S溶液C.SO2气体、KOH溶液、镁粉D.NaOH溶液、CO气体、石蕊溶液【答案】C【解析】，所以含有多种成

6、分，部分氯气溶试题分析：氯水中存在溶解平衡：CI2+H2OHCI+HCIO于水而使溶液为浅黄绿色。A.AgNO3溶液能与C反应，促使溶解平衡正向移动，从而使氯气全部溶解，导致氯水褪色；CCI4能萃取氯水，使水层褪色；BaCl2溶液与氯水不反应，无明显褪色现象；故A不符合题意。B.Na2SO3溶液、H?S溶液都能将氯水还原为无色的氯离子，导致氯水褪色；但FeCb溶液与氯水不反应，无明显褪色现象；故B不符合题意。C.SO2能与氯水反应生成无色的HCI和H2SO4,导致氯水褪色；KOH溶液能与氯水反应生成无色的KCI和KCIO,导致氯水褪色；镁粉能与HCI反应，促使溶解平衡正向移动，从而使氯气全部溶

7、解，导致氯水褪色；故C符合题意。D.NaOH溶液能与氯水反应生成无色的NaCI和NaCIO，导致氯水褪色；CO气体与氯水不反应，无明显褪色现象；石蕊溶液遇氯水先变红后褪色；故D不符合题意。故选C。考点：氯水的性质6. 实验室保存下列药品的方法，正确的是A.氢氟酸贮存在细口玻璃瓶里B.盛溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发C.盛放浓硫酸的广口瓶应当用磨口玻璃塞，不能用橡皮塞D.氯水保存在无色玻璃瓶中；液氯存贮存在钢瓶里【答案】B【解析】试题分析：氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应，腐蚀玻璃，不能用琐璃瓶盛放一般保存在塑料瓶或者铅迎中，故A错误孑B.滉易挥发，密度大于水，在水中滚解度不大，盛溟的试剂瓶里加一

8、些水来防止溟挥发,故E正确；C.浓硫酸为液体应该存放看细口瓶，故C错误；D.港氯存贮存在钢瓶里，氯水中含有次氯酸'见光易分解，从而导致氯水失效，应避光保存*氯水保存在棕色玻璃瓶中，故D错误$故选考点：考查物质的保存。7. 下列离子方程式正确的是A.用铜作电极电解饱和食盐水：2C+2H2O错误！未找到引用源。2OH+CI2T+出匸B.Fe3O4与过量的稀HNO3反应：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2OC.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2+刚好沉淀完全：Ba2+OH+H+SO42=BaSO4J+H2OD.NaHS溶液呈碱性：HS+H2O-H3O+OH-+S-

9、【答案】C【解析】试题分析：A金属铜作阳极时，铜电极本身失去电子，阳极反应为Cu-2e=Cu2+，阴极是电聲水中的氢离子放电，故电解原理方程式为Cu+2H2OCu(OH)2J+Ht故A错误；BFe3O4溶于足量稀HNO3,反应生成硝酸铁、一氧化氮气体和水，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3+28H+9Fe3+14H2O+NOT，故B错误；C.设Ba(OH)2为1mol，逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2+刚好沉淀完全时需加入ImolNaHSO4,此时只加入了1molH+,所以也只能反应1molOH-,反应的离子方程式为Ba+OH+H+SO4=BaSO4H2O，故C正确；D.NaHS溶液呈碱

10、性是因为HS-的水解程度比HS-电离程度大，则为HS-+H2O.H2S+OH-，故D错误；故选Co考点：离子方程式的正误判断&某物质的分子式为CxHyOz,取该物质ag在足量的。2中充分燃烧后，将产物全部通入过量的Na2O2中，若Na2O2固体的质量增加了bg,并且avb，则x、y、z必须满足的关系是A.x>zB.x=y=zC.x=zD.xvz【答案】A【解析】试题分析：根振有机物燃烧耗氧及产物被丫土0：吸收放出氧气的多少的和识可知：若分子式为的有机韧可以变形为(8)MH沁则取该韧质铝在足量的住中充分燃烧后，将产物全部通入过量的WO沖，若嘔O固体的质量増加的质量也是昭，现在固体质

11、量増加了bg,并且a<b,说明0原子的个数小于C原子的个数所以选项是Ao考点：有机物燃烧规律9下列陈述正确并且有因果关系的是选项陈述I陈述nASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有强氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜【答案】D【解析】试题分析：A、SO2具有还原性，能使溴水褪色，因此A中无因果关系，A不正确；B、SiO2可用于制备光导纤维并不是利用的二氧化硅的导电性，事实上二氧化硅没有导电性，B不正确；C、浓硫酸具有吸水性，因此浓硫酸可用于干燥H2和CO,因此C中无因果关系，C不正确

12、；D、Fe3+有强氧化性，所以FeCb溶液可用于回收废旧电路板中的铜，D正确，答案选D。考点：考查S02、二氧化硅、浓硫酸以及氯化铁的性质和用途等10. A是一种常见的单质，B、C为中学常见的化合物，A、B、C均含有元素X。它们有如下的转化关系（部分产物及反应条件已略去）：下列判断正确的是A.X元素可能为AlB.X元素可能为金属，也可能为非金属C反应和互为可逆反应D反应和一定为氧化还原反应【答案】D【解析】试题分析由转化关系團可以看出，為遠种单质与强碱发生反应，生成了两种产物E和G而目B和C均含有同一种元素，且B和C又可以在强酸的作用下岌生反应，生成单质人那么可臥看出反应应该是A物质的歧化反应

13、反应应该是关于一种元素的归中反应，则可以知道B和C中应i亥分别含有A的员价态物质以及正价态物质，由此可以判断為不可能是金属，理由就是金属是不可能含有员价态的，故A错误,据这两个反应特点知A元素在反应中化合价既升高，又降低，B和C中应该分别含有遇的员价态辆质S及正价态物质,由此可以判断A不可能是金属,理由就是金属是不可能含有负f介态的故A定不是金汕一定是非金故E锯i知G可逆反应是指在同一条件下.歸能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的万问进行的反应，显然两个反应的条件不相同，不互淘可逆反应，因为条件不同，故C错误,D、A为单质，C為化合物，所以一定为氧化还原反应，故D正确；故选D。-考点：氧化还

14、原反应中的归中反应和歧化反应的特征11. 下列各图所示实验设计能达到相应实验目的的是NajCO.N/SiG溶液B.用图装置能收集02、C02和H2A用图装置验证氯、碳、硅元素非金属性C用图装置电解精炼铝D.用图装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性【答案】B【解析】试题分析：A氯元素的最高价含氧酸是高氯酸，所以不能用图装置验证氯、碳、硅元素非金属性，A不正确；B二氧化碳、氧气的密度比空气大，利用向上排空气收集，导管长进短出。氢气的密度小于空气的，禾U用向下排空气收集，导管短进长出，B正确；C.在水溶液中Al3+不能放电，所以不能用图装置电解精炼铝，C不正确；D要用图装置验证NaHCOs和

15、Na2CO3的热稳定性，则小试管内应该盛放碳酸氢纳，D不正确，答案选B。考点：实验方案的设计12. 根据下表信息，下列叙述中正确的是序号氧化剂还原剂氧ft产物还原产物C12FeBr：FeChKMhQHO6XfcChKCIO3浓盐酸KAfnO4浓盐酸CI2XfnChA.表中反应的氧化产物只能有FeCbB.表中生成1mol的O2将有4mol的电子转移C.还原性比较：出。2>Mn2+>Cl-D.表中的离子方程式配平后，日+的化学计量数为16【答案】D【解析】试题分机：A.氯气具有强氧化性'足量氯气B寸既可氧化也可氧化E厂所以氧化产物有FeClm和班"故A错误jB.中0元

16、素化合怖由J价升高到Q价'表中生成ltw：的0：将有的电子f专移，故B谢期C.根据聚中的离子方程式対2MhO*-16H*-10a-2Mh>T*5ClJ-8H:Ol可知，还厢性Q->1血BD,表中的离子方程式为MH=10Cr=2'ln：订亠乂1订亠迅O,H啲化学计量数为16,故D正确；故选D。考点：氧化还原反应13.有关化学反应：Zn+2HNO3+NH4NO3N2+3H2O+Zn(NO3)2的叙述正确的是A.HNO3只体现酸性B.氧化产物只有Zn(NO3)2，还原产物只有N2C.还原产物与氧化产物物质的量之比为1:2D.生成1molN2转移电子总数为3.01XI024

17、个【答案】D【解析】试題分析：Zn2HNCh-NH,NOs=N3H:OZn(N05hZn元素的化合价升高，NHr中N元素的化合价升高，HNOs中*元素的化合价降低。则有：A.HN中N元素的化合怕降低，且生成硝酸盐，则体现醸性和氧化性，故為错误扌B.Zn0込是氧化产物,N：钛是氧化产物也是还原产物，故E错误jGZn、NHxNQ：洵还原剂，HN6为氧化剂，结合选项E可知，氮气有一半是氧化产物，由反应可知还原产物与氧化产物物质的量之比为1：3,故C错i期D.生成IdoINjS移沁I电子则电子总数为刑个"故D正确i故选De考点：氧化还原反应14. 将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00m

18、ol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaCIO、NaCIO3共存体系。下列判断正确的是A.n(Na+):n(C)可能为7:3B.与NaOH反应的氯气一定为0.15molC.若反应中转移的电子为nmol，贝U0.15<n<0.25D.n(NaCl)：n(NaCIO)：n(NaCIO3)可能为11:2:1【答案】B【解析】试题分析：A.根据方程式Cl2+2NaOH=NaCI+NaCIO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCI+NaCIO3+3H2O可知，当氧化产物只有NaCIO,n(Najn(C)最大为2:1,当氧化产物为NaCIO3,n(Na+):n(C)

19、最小为6:5,故6:5vn(Na+):n(C)v2:1,7：3>2:1,故A错误；B.由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒-1n(NaOH)=n(NaCI)+n(NaCIO)+n(NaCIO3)=0.03LX0molL=0.3mol，根据氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCI)+n(NaCIO)+n(NaCIO3)=0.3mol,故参加反应的氯气n(Cl2)=0.15mol,故B正确；C.根据方程式Cl2+2NaOH=NaCI+NaCIO+H2O、3CI2+6NaOH=5NaCI+NaCIO3+3H2O可知，当氧化产物只有NaCIO时，转移电子数最少，为0.1

20、5mol，当氧化产物只有NaCIO3,转移电子数最多，为0.25mol，由于所得氧化产物为NaCIO、NaCIO3,不能取等，故C错误；D.令n(NaCI)=11moI,n(NaCIO)=2moI,n(NaCIO3)=1mol，生成NaCl获得的电子为11molX=11mol,生成NaCIO、NaCIO3失去的电子为2molX1+1moIX5=7mol，得失电子不相等，故D错误；故考点：考查氧化还原反应计算15. 已知KMnO4与浓HCI在常温下反应能产生C"。若用右图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是；kMnO,1

21、爪51常潘“低1息5口丄IA.和处B.只有处C.和处D.处【答案】D【解析】试题分析:由KMnO占浓HC1在常温下反应能产生C：2J正确；反应族熱，浓HC1易挥发故产生的中可能混有HC1,需要净匕洗液不能用NaOH,因为20H能和6反应，应该用饱和倉盐水，错误；净化后的C1：可以用浓干燥，但气体应用长导管直接通入浓IfcSO#中，错误；干煤的勿气和金属反应的容器只有气体进入的导管，一段时间后压强升高，可能会使橡皮塞弾开，错误。故D选项符合题意。考点：氯气的制备实验16. 已经部分被氧化的Fe-Cu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.92g,经如下处理:下列说法不正确的是V=224mL

22、0.04molD.V=336mL滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+ 样品中含氧元素的物质的量为0.03mol 溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为A.B.C.【答案】A【解析】试题分析：硫酸足量，将Fe2O3、CuO转化为Fe3+、Cu2+。因氧化性：Fe3+>Cu2+>H+,Fe优先与Fe3+反应，然后是Fe将Cu2+置换出来。由于滤液A中不含Cu2+，且有气体出生成，则滤液A中不含Fe3+,滤渣3.2g为金属铜，物质的量为0.05mol,即合金样品中总共含有铜元素0.05mol。滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为Fe2O3,物质的量为0.0

23、2mol,铁元素的物质的量为0.04mol；滤液A溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol;合金中Fe元素质量=0.04molX56g/mol=2.24g,合金中的Cu元素质量为3.2g,故合金中氧原子的物质的量(5.92g-3.2g2.24g)46g/mol=0.03mol;参加反应的硫酸含H+0.08mol，其中部分H+和合金中的氧结合成水，另外的日+生成氢气。生成水结合的H+为0.03mol2=0.06mol，则硫酸中有0.08mol0.06mol=0.02molH+生成氢气，即生成O.OImol氢气，标况体积=0.01

24、molX22.4L/mol=224mL。据上述分析可知滤液A中的阳离子为Fe2+、H+，没有Fe3+，故错误；产生224mLH2，故正确，错误；样品中含氧元素的物质的量为0.03mol，故正确；过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04mol，故正确；故选A。考点：混合物计算，侧重解题方法分解决问题能的考查第U卷(非选择题共52分)17. (10分)A、B、C、D、E都是短周期的主族元素，原子序数依次增大，A、B处于同周期，C、D、E同处另一周期，C、A可按原子个数比2:l和1:1分别形成两种离子化合物甲和乙，D是地壳中含量最高的金属元素，E的最高价氧化物对应的水化物是酸性最强的含氧酸。回答下列问题

25、：(1) B和E分别对应的氢化物的化学式为HB、HE，氢化物的沸点HBHE(填”、N”、二”，下同)，氢化物的稳定性HBHE。(2) 物质乙的电子式为;物质乙可用于呼吸面具作供氧剂，写出乙与CO2反应的化学方程式：。(3) 元素C的最高价氧化物对应水化物和D的简单阳离子按照物质的量之比为7:2在水溶液中反应的离子方程式：。(4) 1mol单质B的气体与1molC的氢氧化物在一定条件下恰好完全反应，生成一种盐、水及另一种气体，则所得气体的化学式为：。【答案】(10分)(1)>(1分)>(1分)；（2）如（2分）2Na2O2+2CO2Na2CO3+O2（2分）（3）2AI3+7OHAI

26、O2+2H?O+AI（OH）3J（2分）（4）OF2（2分）【解析】试齢析：D是地壳中含量最高的金属元素则D为A1元素；E的最高价氧化物对应的水化物是酸性最强的含氧酸，则E为a元素；A、B.C.D、E都是煤子序数依次増大的短周期的主族元素，扣B处于同周期，C.D*E同处另一周期，CA可按原子个数比2：:和1：1分别形成两种离子化合物，由此可得佥为O元素，B为F元素，C为Na元素。HF因分子间能形成氢键，其沸点比HQ的沸点高：因F的非金属犬于6所以HF的稳定性犬于HC1.物质乙为Na：<>?其电子式为14曲©©TN瓦皿与反应的化学方程式为2Na：O2CO;2N&a

27、mp;2CO；0MOH和"寸安照物质的量之比为7:2在水溶液中反应的禽子方程式为2AP+7OH-AIO：-+2H：O+Al（OH）：h（4）1罰F占ImoINmOH在一定条件下恰好完全反应，生成一种盐、水及另一种气体，根据质量守恒，则所得气体的化学式为OF2o考点：元素推断18. （10分）（一）饮用水中的NO3-对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，某饮用水研究人员提出，在碱性条件下用铝粉将NOf还原为N2，请配平化学方程式：10AI+6NaNO3+4NaOH+18H2O=10+3N2若反应过程中转移5mol电子，则（二）化工生产盐酸的主要过程如图1所示：图1其中关

28、键的一步为图2所示的氯气和氢气在燃烧管口燃烧,生成标况下的N2体积为L。外管黒己=B内管逬气口图2生成HCI。氯气有毒，为防止污染大气，为此通入气体的合理方式是：A处通入,B处通入;同时应采取的措施是O（三）已知氰（CN）2、硫氰（SCN）2和（0CN）2、ICI、BrCI的性质与卤素单质相似，故称它们为拟卤素。回答下列问题。（1）写出硫氰（SCN）2的结构式。（2）（CN）2和KOH溶液反应的化学方程式为：。（3）已知阴离子的还原性强弱为：CvBrvCN_vSCN_v。试写出在NaBr和KSCN的混合溶液中加入（CN）2反应的离子方程式：。【答案】（10分）（一）NaAI（OH）4（1分）1

29、1.2L（1分）（二）H2（1分）Cl2（1分）先点燃H2,后通入Cl2（1分）（三）（1）NC-S-S-CN（1分）（2）（CN）2+2KOH=KCN+KCNO（或KOCN）+H2O（2分）（3）（CN）2+2SCN-=2CN-+（SCN）2（2分）【解析】试题分析:（-）根据质量寺恒可知空格处为NaAl（OH）4;反应中N的化合价从NaNO；中的-訂介降低到N沖的Q价，每生成1罰M转移Wmol电子，所以若反应过程中传移电子，则生成标况下的M体枳为11.2Lo（二）遢气有毒，为使議气完全反应.氢气应过量，所以玄处通入氢气，E处通入氯气，同时应采取的措師是：先通氢气点燃再通氯气&（三（

30、1）硫SiSCN）；为共价化合物，按曬共价键的书写规则J可得其结构式为XCSS-CNj（2）（CN）：性底与卤素单质相似，所我可以类比C：占KOH濬液的反应宙此可得（CXh和KOH濬液反应的化学方程式为（UX）:-2KOH=KCN-KCXO-H:O（3）阴禽子的还原Q-<Br-<CN-<SCN-<r,贝庫化性6>BrdGN（SCN）Ql“所以在NaBr和KSCN的混合溶港中加入CN）xiCN）：只能氧化SCN'tSCN）：,而不能氧化B门所以反应的离子方程式为（CN）；2SCN-2CN-（SCV）;o考点：氧化还原反应，卤素性质19. （10分）已知铁的化

31、合物之间有如下转化关系，F&-鲁"F"、倉*F亡CU广（高卡械根离子）请回答下列有关问题：（1）Fe与过量稀盐酸反应可以制取Fed?。若用反应所得的酸性溶液，实现上述的转化，要求产物纯净，可选用的试剂是（选填序号）；a. KMnO4b.HNO3c.H2O2（2）硫酸铁可用于电化浸出黄铜矿精矿工艺。精矿在阳极浸出的反应比较复杂，其中有一主要反应：CuFeS2+4Fe3+=Cu2+5Fe2+2S。（CuFeS2中S为-2价）则下列说法正确的是（选填序号）；a. 从物质分类的角度看，黄铜矿属于合金b. Cu2+和S是氧化产物c. 当转移1mol电子时，46gCuFeS2参

32、加反应d. 反应中，CuFeS2既作氧化剂又作还原剂（3）在FeCb、CUCI2混合溶液中，加入一定量的铁屑，反应完全后将固体滤出。 若滤出的固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是_，一定不含的阳离子是。 若滤出的固体中含有铁和铜，则溶液中一定不含的阳离子是。（4）高酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效的绿色水处理剂，和水发生水解反应生成Fe（OH）3胶体等物质，写出FeO42-和出。反应的离子方程式。高酸钾作为水处理剂发挥的作用是、。（用简洁的名词描述即可）【答案】（10分）（1）c（1分）（2）c（1分）（3）Fe2+Fe3+Fe3+Cu2+（4分、一个1分）（4）4FeO4-+10H2

33、O4Fe（OH）3+8OH-+3O2%2分）杀菌（1分）净水（1分）（答案合理即可）【解析】试题分析：试题分析：1）要使产物纯净，必须物质间发生反应后，没有杂质生成。养KMnO*能氧化Fe生成戶芒十,但反应后引入了K擁'坏噺杂血错误；b.HNQ.能氧化FP生成F占但濬滝中还有杂质离子，错误；sHO能氧化FF生成FE*,同时有水生成，水是原落港的成分，所以不是杂质，1E确*故选“（2）a.合金是由两种或两种以上的金属与非金属经一主方法所合成的具有金属特性的物质，所以黄铜矿不是合金，故a错误；b.CuFeS2中Cu元素的化合价为+2价，生成物中Cu2+的化合价为+2价，化合价没发生改变，所

34、以Cu2+不是氧化产物，CuFeS2中S元素的化合价为2价，生成物中S的化合价为0价，化合价升高，所以S是氧化产物，故b错误；c.根据反应CuFeS2+4Fe=Cu+5Fe+2S，在这个反应中转移4mol电子，消耗184gCuFeS2，则转移1mol电子时，有46gCuFeS2参加反应，故c正确；d.CuFeS?中只有S元素的化合价升高,其他元素的化合价不变，所以CuFeS2只作还原剂，故d错误；故选c。(3) !°FeCh.CnCl：混合溜液中加入一定量的钱肩，对应的反应为若剩余的固体为铜则反应后的濬液中含有的阳禽子一定有FI定不含F",但不一定含有Cu”；若剩余的固休为

35、钱和铜的混合物，则反应后的溶液中的阳离子只有F巴一定不含FfCu>.(4) 高铁酸钾&FQ沖Fe的化合价是Y价，具有强氧化也能杀菌消毒，其还原产物F占水解生成氮氧化铁胶侥能吸附水中杂质，所以高铁釀钾作为水处理剂发挥的作用是净水、消毒FeOd和H：O反应的离子方程式为4FeO4-10H:O4F?iSOHIO：?-考点：铁盐和亚铁盐的相互转化20. (12分)用稀硝酸腐蚀废锌板后得到烂版液”含有微量的C、Fe3+)，某化学兴趣小组拟用该烂版液”制取Zn(NO3)26H2O的过程如下:pH=8r溶液1H獲侃解1烂版加2molL1硝醸沉淀TTpH>3.7加热、我沸过谑Zn(NOQ;

36、6HjO已知：Zn(NO3)2能与碱反应，得到的产物具有两性。(1) 为检验烂版液”中的Fe在操作中保持pH=8的目的是;操作保持pH=2的目的是;操作中加热、煮沸的目的是;沉淀n的主要成分是。已知金属活泼性不同，其硝酸盐的分解产物也不同。2KNO3=2KNO2+O2f4Fe(NO3)2=2Fe2O3+8NO2f+Of2Zn(NO3)2=2ZnO+4NO2f+Of某同学取KNO3、Zn(NO3)2、Fe(NO3)2混合粉末充分加热后，用排水法未收集到任何气体，则KNO3、Zn(NO3)2、Fe(NO3)2的物质的量之比为(填选项的代号)*,下列试剂可选择的是(填选项的代号)A、NaOH溶液B、

37、KSCN溶液C、K3Fe(CN)6溶液D、NaCl溶液(2) 若稀硝酸腐蚀锌板产生的气体为N2O，写出稀硝酸腐蚀锌板反应的主要化学方程式B、1:2:2C、1:2:3【答案】(12分)(1) B(2分)(2) 4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+N2OT+5H2O(2分)(3) 防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解(1分)抑制Zn2+水解为Zn(OH)2(1分)(4) 促使Fe3+水解(2分)(5) Fe(OH)3(2分)(6) B(2分)【解析】试题分析：根1S题意知用稀硝酸礦蚀僚锌板后得到的：»；：中含有大量的Zn”、HN6和少量的a"x加入氢氧化钠调节濬液的pH=S

38、使铁禽子、锌离子完全沉淀，然后在沉淀I中加硝釀濬解，濬液II中含有犬量加、H-.NO厂和少量的FK-,调节落液的pH使F*%淀，溶液HI是Zn(NO必港浹，在酸性条件下加热浓缩、冷却结晶，得到Zn(NO0r6H：0晶体心1"烂版?T中少量的FWS可以用KSCN滚液检殓，不采用NaOH濬液。原因是尸宦亠浓度太小现象不明显*(2) 烂板液”中溶质的主要成分是Zn(NO3)2,稀硝酸腐蚀锌板产生N2O、Zn(NO3)2和水，化学方程式为4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+N2OT+5H2O;在酸性条件下进行操作，可抑制锌离子的水解；(3) 在操作中保持pH=8的目的是使锌离子完全转化

39、为氢氧化锌，pH不大，如果pH加大氢氧化锌两性又溶解，所以目的是防止生成的Zn(OH)2溶解；(4) 加热、煮沸促使Fe3+完全水解，原理是温度越高，水解程度越大；(5) 据上述分析，沉淀n的主要成分是Fe(OH)3；(6) 因KNO3>Zn(NO3)2、Fe(NOj2混合粉末充分加热后，产生的混合气体为NO?和。2,当NO2与O2的物质的量之比为4:1时可以被水完全吸收，不剩余任何气体，即：4NO2+O2+2H2O=4HNO3。Zn(NO3)2分解产生的NO?与O?的物质的量之比为4:1,则Zn(NO3)2的物质的量可以取任意值。KNO3分解只产生O2,Fe(NO3)2分解产生的NO?与。2的物质的量之比为8:1，所以当两者的物质的量之比按照1:2混合后能使产生的NO?与O2的物质的量之比为4:1。故选B。考点：考查金属锌及其化合物的性质、化学方程式的书写、物质的分离和提纯、盐类水解的应用。21. (10分)已知牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其他成分遇到盐酸时无气体产生。某兴趣小组对摩擦剂成分及其含量进行以下探究：I.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验取适量牙膏样品，