【解析】全国大联考高三上学期第二次联考化学试题

【全国校级联考】全国名校大联考2018届高三上学期第二次联考化学试题（解析版）全国名校大联考2018届高三上学期第二次联考化学试题可能用到的相对原子质量:H

1C

12

N

14

O16

S32第I卷一.选择题(本大题共14小题，每小题3分共计42分。在每小题列出的四个选项中,只有一项是最符合题日要求的)题号：18243310503608321.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A.

SO2和NO2是主要的大气污染物B.

大气中的SO2和CO2溶于水形成酸雨C.

以液化石油气代替燃油可减少大气污染D.

对煤燃烧后形成的烟气脱硫，目前主要用石灰法【答案】B【解析】A．空气中的SO2和NO2是主要的大气污染物，故A正确；B．大气中的SO2和氮氧化物是形成酸雨的主要污染物，故B错误；C．液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故C正确；D．用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可以将有害气体二氧化硫转化为硫酸钙，减少环境污染，故D正确；答案为B。题号：18243310503854082.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是A.

32kCu在足量O2或硫蒸气中完全燃烧失去的电子数均为NAB.

4g甲烷和8g甲醇含有的氢原子数均为NAC.

标准状况下,5.6L乙烷中含有的共价键数目为1.5NAD.

一定条件下,32gSO2与足量O2反应。转移电子数为NA【答案】B【解析】A.32gCu是0.5mol，在足量O2或硫蒸气中完全燃烧分别生成氧化铜和硫化亚铜，失去的电子数分别为NA和0.5NA，A错误；B.4g甲烷和8g甲醇的物质的量均是0.25mol，含有的氢原子数均为NA，B正确；C.

标准状况下，5.6L乙烷是0.25mol，其中含有的共价键数目为1.75NA，C错误；D.

一定条件下，32gSO2与足量O2反应，转移电子数小于NA，因为是可逆反应，D错误，答案选B。点睛：在高考中，对物质的量及其相关计算的考查每年必考，以各种形式渗透到各种题型中，与多方面的知识融合在一起进行考查，近年来高考题常以阿伏加德罗常数为载体，考查物质的量，气体摩尔体积、阿伏加德罗定律及其推论、氧化还原反应等，综合运用了物质的状态、摩尔质量、比例关系、微粒数目、反应关系、电子转移等思维方法。其中选项A是易错点，注意铜在氧气和硫的反应中铜的价态不同。题号：18243310504017923.下列离子方程式书写正确的是A.

碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液:HCO3+OH=CO32+H2OB.

向次氯酸钙溶液通入少量CO2：Ca2++2C1O+CO2+H2O=CaCO3↓+2HC1OC.

实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2：MnO2+4HCl(浓)===Mn2++2Cl+Cl2↑+2H2OD.

向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液：NH4++OH=NH3↑+H2O【答案】B【解析】A、碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液，反应的离子方程式为：Ca2++HCO3+OH=CaCO3↓+

H2O，选项A错误；B、向次氯酸钙溶液通入少量CO2，反应的离子方程式为：Ca2++2C1O+CO2+H2O=CaCO3↓+

2HC1O，选项B正确；C、实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl=Mn2++

Cl2↑+

2H2O，选项C错误；D、向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液，反应的离子方程式为：NH4++HCO3+2OH=CO32+NH3•H2O+H2O，选项错误。答案选B。题号：18243310504263684.H3PO4是精细磷化工产品。工业制备原理如下：（I）2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑（II）Ba(H2PO2)2+H2SO4=BaSO4↓+

2H3PO2下列推断不正确的是A.

反应I是氧化还原反应,反应II是非氧化还原反应B.

H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸C.

在反应I中氧化剂与还原剂的质量之比为1:

1D.

在标准状况下生成2.24LPH3，上述反应转移0.3mol

电子【答案】C【解析】A、反应I中P元素的化合价既升高又降低，是氧化还原反应，反应II中没有元素化合价发生变化，是非氧化还原反应，选项A正确；B、H3PO2具有强还原性，高温时在空气中可能被氧化成磷酸，选项B正确；C、在反应I中，2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，P元素的化合价一部分由0价降低到3价，一部分由0价升高到+1价，氧化剂与还原剂的质量之比为1:

3，选项C不正确；D、在标准状况下生成2.24LPH3的物质的量为0.1mol，P元素的化合价一部分由0价降低到3价，则反应转移0.3mol

电子，选项D正确。答案选C。题号：18243310504427525.用如图所示实验装置进行相关实验探究。其中装置不合理的是A.

探究钠与Cl2反应B.

证明Na2O2与水反应放热C.

证明Cl2能与烧碱溶液反应D.

鉴别纯碱与小苏打【答案】D【解析】A、钠与氯气加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，图中装置可验证钠与氯气的反应，选项A正确；B、过氧化钠与水反应生成氧气，且放出大量的热，可验证过氧化钠的性质，选项B正确；C、氯气与NaOH反应，则气球变大，可验证氯气与NaOH的反应，选项C正确；D、加热固体，为防止生成的水倒流，试管口应向下倾斜，选项D错误。答案选D。点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。题号：18243310504591366.有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是A.

向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1:2B.

等质量的NaHCO3和Na2CO3分別与足量盐酸反应，在同温同压下。生成的CO2体积相同C.

物质的量浓度相同时，Na2CO3溶液的pH小于NaHCO3溶液D.

向Na2CO3饱和溶液中通入CO2有NaHCO3结晶析出【答案】D【解析】A、根据化学反应方程式：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，等物质的量盐酸与碳酸钠反应只生成碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，选项A错误；B、NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应：产生的二氧化碳在相同条件下体积比为m106m106:m84m84=84：106=42：53，选项B错误；C、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液中碳酸根离子和碳酸氢根离子均能水解，导致溶液显碱性，但是碳酸根离子水解程度大，所以等浓度的碳酸钠的溶液的碱性强于碳酸氢钠溶液，即Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，选项C错误；D、向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，会发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，常温下相同的溶剂时，较易溶，所以析出的是NaHCO3晶体，选项D正确。答案选D。点睛：本题Na2CO3和NaHCO3的异同，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累。题号：18243310504673287.镁、铝都是较活泼的金属，下列描述中正确的是A.

高温下，镁、铝在空气中都有抗腐蚀性B.

镁、铝都能跟稀盐酸、稀硫酸、强碱反应C.

镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应D.

铝热剂是镁条、铝粉和氧化铁的混合物【答案】C【解析】A、在常温下，镁和铝在空气里都能跟氧气反应，生成一层致密而坚固的氧化物薄膜，这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化，所以镁和铝都有抗腐蚀的性能，但是在高温下能剧烈反应，放出大量热，选项A错误；B、镁能跟酸反应不能跟碱反应，选项B错误；C、镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，选项C正确；D、铝热剂是铝粉和氧化铁的混合物，在铝热剂反应时，为了引燃，在铝热剂上放供氧剂(氯酸钾)，中间插一根镁条，是为引燃用的，选项D错误。答案选C。题号：18243310504755208.1L某混合溶液中，溶质X、Y浓度都为0.1mol/L，向混合溶液中滴加0.1mol/L某溶液Z，所得沉淀的物质的量如图所示.则X、Y、Z分別是A.

氯化铝、氯化镁、氢氧化钠B.

偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸C.

氯化铝、氯化铁、氢氧化钠D.

偏铝酸钠、氯化钡、硫酸【答案】B【解析】试题分析：由图像判断，沉淀部分溶于Z溶液，说明该沉淀中可能含有氢氧化铝，Z是氢氧化钠，或者沉淀中有碱性沉淀，Z是强酸溶液，且沉淀中含有不溶于酸的物质。若沉淀中含有氢氧化铝，则X、Y中有一种物质中含有铝离子，1L0.1mol/L的溶液中含有0.1mol铝离子完全沉淀，需要0.1mol·L—1氢氧化钠溶液的体积是3L，而图像中沉淀达到最大值时才消耗1.5LZ，所以与图像不符，排除A、C；B、D选项中均含有偏铝酸钠，则0.1mol偏铝酸钠完全沉淀需要0.1mol氢离子，需要0.1mol/L硫酸的体积是0.5L，若含有氯化钡溶液，则0.1mol氯化钡与0.1mol硫酸完全反应生成硫酸钡沉淀，需要硫酸的体积是1L，则沉淀达到最大值时消耗的硫酸的体积是1L，而不是1.5L，图像的前半部分不符，所以不可能含有氯化钡。若含有氢氧化钡，则0.1mol氢氧化钡恰好与1L0.1mol/L的硫酸反应生成0.1mol硫酸钡沉淀和水，偏铝酸钠与0.5L硫酸反应生成0.1mol氢氧化铝沉淀，再与1.5L的硫酸反应氢氧化铝沉淀全部溶解，与图像相符，则答案选B。考点：考查铝盐、偏铝酸盐与酸、碱的反应图像的分析题号：18243310505000969.为证明铁的金属活动性比铜强，某同学设计了如下一些方案：方案现象或产物①

将铁片置于CuSO4溶液中铁片上有亮红色物质析出②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧产物分别为FeCl3和CuCl2③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物分朋为Fe2

(SO4)3和CuSO4④将铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解⑤将铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接铁片溶解，铜片上有气泡产生能根据现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案一共有A.

2种B.

3种C.

4种D.

5

种【答案】A【解析】①铁片置于CuSO4溶液中，铁片上有亮红色物质析出，说明发生了置换反应Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，活泼性Fe>Cu；②、③、④均不能说明活泼性Fe>Cu；⑤铁、铜用导线连接置于稀硫酸中，铁、铜形成原电池，Fe作负极，铁片溶解，铜作正极有H2放出，说明活泼性Fe>Cu，故答案选A。题号：182433105052467210.将0.03molCl2

缓缓通入含0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合溶液中，此过程中溶液中的c(H+)与Cl2用量的关系示意图是(溶液的体积视为不变)A.

AB.

BC.

CD.

D【答案】A【解析】试题分析：H2SO3的还原性强于HBr，因此发生反应的先后顺序是H2SO3＋Cl2＋H2O=H2SO4＋2HCl，H2SO3是中强酸，H2SO4和HCl都是强酸，因此c(H＋)增大，2HBr＋Cl2=2HCl＋Br2，氢离子浓度不变，故选项A正确。考点：考查氧化还原反应中先后规律等知识。题号：182433105054105611.下列由相关实验现象所推出的结论正确的是A.

NH4Cl和NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl和NH4HCO3固体的方法制氨气B.

向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42C.

Fe

与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生。说明Fe

与两种酸均发生置换反应D.

NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体【答案】D【解析】A、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又重新结合生成氯化铵，不能制备氨气，选项A错误；B、向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，在酸性条件下H+、NO3具有强的氧化性，会把SO32氧化产生SO42，不能说明该溶液一定有SO42，选项B错误；C、Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，前者是由于硝酸的强氧化性，后者是由于Fe与稀硫酸发生置换反应，选项C错误；D、NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体氯化铵，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查实验现象及所推出的结论正误判断的知识。明确实验现象以及化学反应原理是解答本题的关键。题号：182433105055744012.用下列两种途径制取H2SO4，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法不正确的是途径①SH2SO4途径②SSO2SO3H2SO4A.

途径①反应中体现了浓HNO3的强氧化性和酸性B.

途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来降低成本C.

由途径①和②分别制取1molH2SO4，理论上各消耗1molS，各转移6mol

电子D.

途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念，因为途径②比途径①污染相对小且原子利用率高【答案】A【解析】试题分析：A．S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，该反应中只体现了浓硝酸的强氧化性，不体现酸性，故A错误；B．增大一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率，所以途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来提高二氧化硫的转化率，从而降低成本，故B正确；C．途径①和②都是由S来制备H2SO4，S的化合价从0价升高高+6价，制取1molH2SO4，理论上各消耗1molS，各转移6mole，故C正确；D．途径①S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，有副产物二氧化氮，而且二氧化氮会污染大气，所以途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念，故D正确；故选A。考点：考查物质的制备方案设计、物质的性质及氧化还原反应。题号：182433105057382413.某溶液只含有K+、Fe2+、Cl、Mg2+、I、CO32、SO42中的几种，限用以下试剂检验：盐酸、硫酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液。设计如下实验步骤，并记录相关现象，下列叙述正的的是A.

该溶液中一定有I、CO32、SO42、K+B.

溶液中可能含有K+、Mg2+、Cl、C.

通过在黄色溶液中加入硝酸银可以检验原溶液中是否存在ClD.

试剂②可能为硫酸【答案】A【解析】由实验可知，试剂①为硝酸钡溶液，生成白色沉淀为碳酸钡和硫酸钡，则试剂②为盐酸，沉淀减少，硫酸钡不溶于盐酸，则原溶液中一定存在CO32、SO42，则不含Fe2+、Mg2+；加试剂①过滤后的滤液中，再加试剂②盐酸，H+、I、NO3发生氧化还原反应生成I2，溶液变黄色，由于溶液呈电中性，则溶液中一定含有的阳离子为K+。由上述分析可知，该溶液中一定有I、CO32、SO42、K+，选项A正确；B、溶液中一定不含有Mg2+，选项B错误；C、加入足量盐酸会引入Cl，故无法判断原溶液中是否存在Cl，选项C错误；D、试剂②一定为盐酸，不能为硫酸，因为碳酸钡与硫酸反应生成硫酸钡会使沉淀质量增加，不符合题意，选项D错误。答案选A。题号：182433105059020814.工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说决不正确的是A.

在铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石B.

石灰石、纯碱，石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应C.

在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2：1D.

黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物【答案】B【解析】A.

用铝土矿制备较高纯度A1，首先用NaOH溶液将铝土矿中的氧化铝溶解转化为偏铝酸钠溶液，然后过滤、向滤液中通入CO2气体把偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤得氢氧化铝，接着加热氢氧化铝让其分解为氧化铝，最后用冰晶石作助熔剂，电解熔融的氧化铝得到铝，所以A正确；B.、石英的主要成分是二氧化硅，它属于酸性氧化物不与盐酸反应。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸钠、硅酸钙，组成中有盐故被称为硅酸盐产品，它也不能与盐酸反应，实验室经常用玻璃瓶盛放盐酸，所以B不正确；C.在制粗硅时，发生反应SiO2+2C=Si+2CO，被氧化的物质C与被还原的物质SiO2的物质的量之比为2∶1，C是正确的；D.黄铜矿(CuFeS2)与O2反应，铜由+2价降为+1价被还原得到Cu2S、氧由0价降至2得到FeO，所以Cu2S、FeO均是还原产物，D正确。第II卷二、非选择题(本题包括6小题共58分)题号：182433105063116815.铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的有关知识，回答下列问题:（1）铁和铁合金是生活中的常用材料，下列叙述中，正确的是。A.纯铁硬度比生铁高

B.纯铁耐腐蚀性强，不易生锈C.不锈钢是铁合金，只含金属元素

D.铁在一定条件下可与水蒸气反应E.铁在冷的浓硫酸中钝化（2）向沸水中逐滴加1mol/LFeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该反应的离子方程式为，形成该分散系的微粒直径范围是。（3）电子工业需用30%FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板。请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式。欲从腐蚀后的废液中回收铜并重新获得FeCl3溶液，现有下列试剂：①氯气、②铁粉、③浓硝酸、④浓盐酸、⑤烧碱、⑥浓氨水，需用用到的一组试剂是。A.

①②④

B.

①③④⑥

C.

②④⑤

D.

①④⑥（4）高铁酸钠Na2FeO3是一种新型净水剂。①高铁酸钠主要通过如下反应制取:2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3X+5H2O,则X的化学式为。②高铁酸钠在水中可以发生如下反应：FeO42+10H2O=4Fe(OH)3+8OH+3O2。由此看来，高铁酸钠能够杀菌消毒是因为它具有性，而能够除去水中悬浮物是因为。③下列物质能作净水削的有。a.KAl(SO4)2·12H2O

b.聚合硫酸铁[Fe(OH)(SO4)]n

c.ClO2

d.“84消毒液”【答案】BDEFe3++3H2OFe(OH)3（胶体）+3H+1～100nm2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ANaCl氧化生成的Fe(OH)3在水中形成胶体能吸附水中的悬浮杂质abc【解析】试题分析：（1）A、合金的硬度比各成分金属的硬度都大，所以纯铁硬度比生铁低，错误；B、生铁易发生吸氧腐蚀，所以纯铁耐腐蚀性强，不易生锈，正确；C、不锈钢是铁合金，含有碳元素的，不只含金属元素，错误；D、铁在一定条件下，可与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，正确；E、铁在冷的浓硫酸中钝化，正确，故选BDE；（2）向沸水中逐滴滴加1molL1FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，即制的氢氧化铁胶体，该反应的离子方程式为Fe3++3H2O==Fe(OH)3(胶体)+3H+，因透明的红褐色是胶体，胶体的粒子直径1nm＜d＜100nm，故答案为：Fe3++3H2O==Fe(OH)3(胶体)+3H+；1～100nm；（3）Fe3+能与铜反应得到Fe2+与Cu2+，离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁以及氯化铁，加入过量的铁可以和氯化铁反应生成氯化亚铁，和氯化铜反应生成金属铜和氯化亚铁，即Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，过滤，所得的滤液是氯化亚铁，滤渣是金属铜和过量的铁，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，Fe+2H+=Fe2++H2↑，向滤渣中加入足量的盐酸可以将铜分离，再过滤，得到的滤液是氯化亚铁，氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为三价铁，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl，再向滤液中通入氯气即可，故选A。故答案为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；A；（4）①根据2Fe（OH）3+3X+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O和质量守恒定律可知：反应前铁、氧、氢、钠、氯的原子个数分别是：2、10、10、4、0，反应后铁、氧、氢、钠、氯的原子个数分别是：2、13、10、7、3，所以每个X中含有1个钠\1个氯和1个氧，是次氯酸钠，故答案为：NaClO；②高铁酸钠在水中可以发生如下反应：4FeO4+10H2O=4Fe(OH)3+8OH+3O2。高铁酸钠能够杀菌消毒是因为它具有强氧化性，而能够除去水中悬浮物是因为水解生成的氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物；故答案为：氧化性；生成的Fe(OH)3在水中形成胶体能吸附水中的悬浮杂质；③a、KAl(SO4)2⋅⋅l2H2O水解生成氢氧化铝胶体，可以用作净水剂；b、聚合硫酸铁[Fe(OH)(SO4)]n[Fe(OH)(SO4)]n水解生成氢氧化铁胶体，可以用作净水剂；c、ClO2具有氧化性，可以杀菌消毒，不能用作净水剂；d、“84”消毒液具有氧化性，可以杀菌消毒，不能用作净水剂。故选ab。考点：考查了铁合金，净水剂，胶体的制备，铁的化学性质的相关知识。题号：182433105066393616.无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等．工业上用铝土矿（Al2O3、Fe2O3）为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：（1）氧化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式．（2）用Na2SO3溶液可除去冷却器排出的尾气中的Cl2，此反应的离子方程式．（3）为了测定制得的无水AlCl3产品（含杂质FeCl3）的纯度，称取16.25g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，再洗涤、灼烧、冷却、称重、得其质量为0.32g。①写出上述测定过程中涉及的离子方程式：、。②AlCl3产品的纯度为。【答案】Al2O3+3Cl2+3C

2AlCl3+3COSO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+Fe3++3OH=Fe(OH)3↓Al3++4OH=AlO2+2H2O96%【解析】（1）根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C

2AlCl3+3CO；（2）Cl2有强氧化性，将SO32氧化为SO42，自身被还原为Cl。反应离子方程式为SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+；（3）①除杂过程中铁离子与氢氧根离子结合成氢氧化铁沉淀，铝离子与氢氧根离子结合成偏铝酸根和水，离子方程式为：Fe3++3OH=Fe(OH)3↓、Al3++4OH=AlO2+2H2O；②根据铁原子守恒，令含有杂质FeCl3质量为m，则：

Fe2O3～～～～～2FeCl3

0.32g

m1600.32g1600.32g=325m325m，解得：m=0.65g，所以AlCl3产品的纯度为16.25g−0.65g16.25g16.25g0.65g16.25g×100%=96%。点睛：本题考查学生对于工艺流程原理的理解、对操作与实验条件控制的理解等，涉及常用化学用语书写、化学计算、分离提纯等，需要学生具备扎实的基础与综合运用能力。题号：182433105070489617.中学化学中几种常见物质的转化关系如下图(部分严物未列出》。A是一种金属单质，D是一种非金属固体单质。请回答下列问题：（1）A、C、E的化学式分别为ACE。（2）F的浓溶液与A反应过程中,F体现的性质与下列反应中H2SO4体现的性质完全相同的是。A.C+2H2SO4(浓)

CO2↑+

2SO2↑+2H2OB.Fe

+

H2SO4=FeSO4+H2↑C.Cu+

2H2SO4(浓)=CuSO4+SO2↑+2H2OD.FeO+

H2SO4=FeSO4+H2O（3）写出反应E+H2O2→F的化学方程式：。（4）若反应F+D→E转移电子数为3.01×1023，,则消耗D的质量为。【答案】Fe

Fe2(SO4)3SO2CSO2+H2O2=H2SO44g【解析】由AB→C，则A为变价金属，则A为Fe，B为FeSO4，C为Fe2(SO4)3，由F→C可推知F为H2SO4，进而推出D为S，E为SO2。（1）由上述分析可知，A为Fe，C为Fe2(SO4)3；（2）F的浓溶液与A反应过程中，硫酸体现强氧化性、酸性，A选项中浓硫酸只体现强氧化性，B选项中硫酸体现弱氧化性，C选项中浓硫酸体现强氧化性、酸性，D选项中硫酸体现酸性，答案选C；（3）E+H2O2→F的化学方程式为：SO2+H2O2═H2SO4；（4）F+D→E为2H2SO4（浓）+S═3SO2↑+2H2O，转移电子数为3.01×1023，其物质的量为0.5mol，消耗的硫的物质的量为0.5mol40.5mol4=0.125mol，其质量为0.125mol×32g/mol=4g。点睛：本题考查无机物的推断，涉及铁、硫元素单质及其化合物的性质，根据“金属A与硫酸反应生成B，B能氧化生成C”推断B为变价金属，是推断的突破口，需要学生具备一定的推理能力和扎实的基础知识，才能顺利解答。题号：182433105073766418.烟气脱硫是控制二氧化硫污染的主要技术手段。（1）利用海水脱硫是一种有效的方法，其工艺流程如图所示：某研究小组为探究提高含硫烟气中SO2的吸收效率的措施，进行了天然海水吸收含硫烟气的模拟实验，实验结果如下图所示。①根据图示实验结果，为了提高一定浓度含硫烟气中SO2的吸收效率，下列措施正确的是。A．降低通入含硫烟气的温度

B．减小通入含硫烟气的流速C．减少天然海水的进入量

D．在天然海水中加入生石灰

②天然海水吸收了含硫烟气后会溶有H2SO3，使用空气中的氧气将其氧化，写出该反应的离子方程式。

③该小组采用下图装置在实验室测定烟气中SO2的体积分数（假设实验在标准

状况下进行）：上述装置组装连接的顺序是：原料气→（填导管接口序号）。下列试剂中（浓度、体积一定），可以用来代替试管中的碘一淀粉溶液的是（填编号）。

A.酸性KMnO4溶液B.NaOHB.NaOH溶液

C.溴水

D.氨水

（2）石灰石石膏湿法烟气脱硫工艺技术的工作原理是烟气中的二氧化硫与浆液中的碳酸钙以及鼓入的空气反应生成石膏(CaSO4·2H2O)。写出该反应的化学方程式：。某电厂用煤300t(煤中含硫质量分数为

2.5%)，若燃烧时煤中的硫全部转化成二氧化硫，用该方法脱硫时有96%

的硫转化为石膏，则可生产石膏t。【答案】ABD2H2SO3+O2=4H++2SO42cdbaeAC2SO2+O2+2CaCO3+4H2O=2(CaSO4·2H2O)+2CO238.7【解析】（1）①总体来看，SO2的吸收效率随温度的升高而降低，当温度和浓度相同时，SO2的吸收效率随烟气流速的增大而降低，当温度和烟气流速相同时，SO2的吸收效率随SO2浓度的增大而降低，同时根据生石灰能与水反应生成碱，碱能与SO2反应；所以为了提高一定浓度含硫烟气中SO2的吸收效率，可通过降低通入含硫烟气的温度，减小通入含硫烟气的流速以及在天然海水中加入生石灰；答案选ABD；②由空气中的氧气将H2SO3氧化为硫酸，该反应的离子方程式为2H2SO3+O2=4H++2SO42；③该实验的测定原理为：烟气通过一定浓度一定体积的碘淀粉溶液，其中的SO2与碘反应，当恰好反应时，溶液的蓝色消失，根据碘的物质的量可以求出SO2的物质的量，余下的气体排入广口瓶，将水压入量筒，由量筒中的水的体积可以确定剩余气体的体积，最后求出SO2体积分数；故装置组装连接的顺序是：原料气→cdbae；测定模拟烟气中SO2的体积分数，可根据二氧化硫气体的还原性，与具有氧化性的酸性高锰酸钾或溴水反应，通过颜色的变化判断，选项中AC符合，都有颜色，且都具有氧化性，能与二氧化硫反应，答案选AC；（2）二氧化硫与碳酸钙反应生成亚硫酸钙与二氧化碳，反应方程式为：SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，亚硫酸钙在水存在的条件下被氧气氧化生成CaSO4•2H2O，反应方程式为：2CaSO3+O2+4H2O=2（CaSO4•2H2O），总反应为：2SO2+O2+2CaCO3+4H2O=2(CaSO4·2H2O)+2CO2；根据反应可得关系：S～～～SO2

～～～CaSO4•2H2O32

172300t×2.5%×96%

m解得m=38.7t。点睛：本题考查污染的处理，利用所学知识结合习题中的信息即可解答，习题中图象及数据是解答本题的关键，较好的考查学生分析问题、解决问题的能力。题号：182433105077862419.某铜矿石的主要成分是Cu2O，还含有少量的A12O3、Fe2O3和SiO2。某工厂利用此矿石炼制精铜的工艺流程如图所示(已知：Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2O)。（1）滤液A中铁元素的存在形式为(填离子符号)，生成该离子的离子方程式为。（2）金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为，在实验室中完成此实验还需要的试剂是。a.KClO3

b.KCl

c.Mg

d.MnO2（3）为使固体混合物D在空气中灼烧完全分解，应，直至连续两次测定的实验结果相同(或质量相差小于0.1g)时为止；灼烧时必须用到的实验仪器是。（4）溶液G与固体混合物B反应的离子反应方程式为。（5）将Na2CO3溶液滴入到一定量的CuCl2溶液中，得到氯化钠、二氧化碳和一种绿色的不溶于水的盐(不含结晶水)，该盐受热分解产生三种氧化物，则其化学式是。【答案】Fe2+2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+2Al+Fe3O4Al2O3+2Feac灼烧，冷却至室温后称重，重复多次坩埚SiO2+2OH=SiO32+H2OCu2(OH)2CO3[或Cu(OH)2·CuCO3]【解析】（1）Cu2O与盐酸反应生成氯化铜、铜和水，Fe2O3和盐酸反应生成氯化铁和水，铜和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，所以滤液A中铁元素的存在形式为Fe2+，生成该离子的离子反应方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；Fe2+能被氧化为Fe3+，Fe3+能与KSCN反应显红色，所以检验滤液A中存在该离子的试剂为硫氰化钾溶液和新制氯水，或硫氰化钾溶液和双氧水；（2）金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应是铝热反应，反应的化学方程式为：2Al+Fe3O4Al2O3+2Fe；在实验室中完成此实验还需要的试剂是KClO3和Mg；答案选ac；（3）为使固体混合物D在空气中灼烧完全分解，应冷却至室温后称重，重复多次，直至连续两次测定的实验结果相同（或质量相差小于0.1g）时为止；灼烧时必须用到的实验仪器是坩埚；（4）固体混合物B是铜和二氧化硅的混合物，由图可知，溶液G与固体混合物B反应制得粗铜，即溶液G只能和二氧化硅反应，可用氢氧化钠溶液，反应的离子反应方程式为：SiO2+2OH=SiO32+H2O；（5）将Na2CO3溶液滴入到一定量的CuCl2溶液中，得到氯化钠、二氧化碳和一种绿色的不溶于水的盐（不含结晶水），该盐受热分解产生三种氧化物，说明该盐是含铜离子的复盐，其化学式是Cu2(OH)2CO3或Cu(OH)2·CuCO3。题号：182433105081958420.硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解产物不同。设计如图实验装置（夹持装置略去），在500℃时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全