1、上海市华东师范大学第二附属中学2019-2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65一、选择题（每题只有一个正确选项，每题2分，共40分）1.我国自主研发的新一代动车组在京沪高铁上跑出过486.1公里的世界列车最高时速，这得益于全路铺设优质无缝平滑的超长钢轨。下列有关说法错误的是（ ）A. 制造钢轨的材料是钢，钢是用量较多的合金B. 钢的熔点比铁的熔点高，而铁的用途更广泛C. 我国在商代就开始使用铜合金D. 合金的强度、硬度一般比组成合
2、金各成分金属的大【答案】B【解析】【详解】A目前世界上用量最大的合金是铁合金，即钢材，可以用于制造钢轨等，故A正确；B钢铁是用途最广泛的合金，比铁的用途更广泛，合金的熔点比铁的熔点要低，故B错误；C青铜器属于铜合金，我国人民在商代就制造出精美的青铜器，故C正确；D合金的强度、硬度一般比组成合金的各成分金属的高，故D正确；故选B。2.对中数字的叙述正确的是（ ）A. 291是Ts元素的相对原子质量B. 291是Ts元素的质量数C. 117是的质子数D. 117是的中子数【答案】C【解析】【详解】A. 291是的质量数，不是Ts元素的相对原子质量，故A错误；B. 291是的质量数，故B错误；C.
3、117是的质子数，故C正确；D. 117是的质子数，其中子数=291-117=174，故D错误；故答案选C3.关于元素周期表的说法正确的是（ ）A. 元素周期表中有8个主族B. 目前元素周期表中有4个长周期C. 周期表中的主族都有非金属元素D. 族中的元素全部是金属元素【答案】B【解析】【分析】元素周期表有7个周期(短周期、长周期)，有18个纵行，16个族(7个主族、7个副族、第族、零族)，据此分析判断。【详解】A元素周期表有7个主族，故A错误；B元素周期表有7个周期，其中4、5、6、7属于长周期，故B正确；C以目前元素周期表来说，A没有非金属元素，故C错误；DA族的元素除H元素外都是金属元素
4、，其中H元素是非金属元素，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意元素周期表中各主族所含元素的分类，其中A没有非金属元素，到目前为止，卤族元素没有金属元素。4. 如图表示118号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。图中纵坐标表示A. 电子层数B. 原子半径C. 最高化合价D. 最外层电子数【答案】D【解析】【详解】A项，原子序数1、2的原子电子层数相同，原子序数310的原子电子层数相同，原子序数1118的原子电子层数相同，A项不符合；B项，同周期主族元素，随原子序数递增原子半径减小，B项不符合；C项，第二周期的氧没有最高正价，第二周期的F没有正价，C项不符合；D项，第一周期元素
5、原子的最外层电子数从1增至2，第二、三周期元素原子的最外层电子数从1增至8，D项符合；答案选D。5. 一定条件下，某含碳钢腐蚀情况与溶液pH的关系如下表。下列说法错误的是A. 当pH4时，碳钢主要发生析氢腐蚀B. 当pH6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀C. 当pH14时，正极反应为O2+ 4H+ 4e-=2H2OD. 将碱性溶液煮沸除去氧气后，碳钢腐蚀的速率会减缓【答案】C【解析】【详解】A. 当pH4时，酸性较强，碳钢主要发生析氢腐蚀，A对，不选；B. 当pH6时，是弱酸性和碱性，碳钢主要发生吸氧腐蚀，B对，不选；C. 当pH14时，正极反应为O2 + 2H2O+ 4e-=4OH-，C错，选C；D
6、. 将碱性溶液煮沸除去氧气后，可以减少吸氧腐蚀，故可以使碳钢腐蚀的速率会减缓，D对，不选；答案选C。6.某溶液中加入铝片有氢气产生，则该溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）A. Cl- NO3- Ba2 Fe3B. SO42- S2- Al3 Mg2C. Na K SO42- Cl-D. NH4 Ba2 Cl- HCO3-【答案】C【解析】【详解】某溶液中加入铝片有氢气产生，该溶液可能显酸性，也可能显碱性。A在酸性溶液中，H+、NO3-表现强的氧化性，不能反应产生氢气；在碱性环境中OH-、Fe3会发生反应产生氢氧化铁沉淀，不能大量共存，错误；B在酸性溶液中，H+、S2-会反应结合形成H2S气体
7、，不能大量共存，在碱性溶液中，OH-、Mg2会发生反应产生氢氧化镁沉淀，不能大量共存，错误；CNa K SO42- Cl-无论是在酸性溶液还是在碱性溶液中都不能发生反应，故可以大量共存，正确；D在碱性溶液中，OH-与NH4或HCO3-会发生反应，不能大量共存；在酸性溶液中，H+、HCO3-会反应结合形成H2CO3气体，不能大量共存，错误。答案选C。7.用除去表面氧化膜的细铝条紧紧缠绕在温度计上（如图），将少许硝酸汞溶液滴到铝条表面，置于空气中，很快铝条表面产生“白毛”，且温度明显上升。下列分析错误的是A. Al和O2化合放出热量B. 硝酸汞是催化剂C. 涉及了：2Al+3Hg2+2Al3+3H
8、gD. “白毛”是氧化铝【答案】B【解析】【分析】铝与硝酸汞溶液发生置换反应生成汞，形成铝汞合金（铝汞齐）。合金中的铝失去氧化膜的保护，不断被氧化成氧化铝（白毛）。【详解】A. 实验中，温度计示数上升，说明Al和O2化合放出热量，A项正确；B. 硝酸汞与铝反应生成汞，进而形成铝汞齐，B项错误；C. 硝酸汞与铝反应的离子方程式为2Al+3Hg2+2Al3+3Hg，C项正确；D. 铝汞齐中的铝失去氧化膜保护，与氧气反应生成氧化铝（白毛），D项正确。本题选B。8.具有相同电子层数的、三种元素，已知它们最高价氧化物的水化物的酸性强弱顺序是，则下列判断正确的是（ ）A. 原子半径：B. 元素的非金属性：
9、C. 气体氢化物的稳定性：D. 阴离子的还原性：【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z三种元素的原子具有相同电子层数，应为同一周期元素，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则X的最外层电子数为7，Y的最外层电子数为6，Z的最外层电子数为5，为非金属，原子序数XYZ，根据同一周期元素的性质变化规律分析解答。【详解】根据上述分析，Z、Y、X是同一周期，从左到右依次排列的三种元素，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4。A同周期，从左到右，原子半径减小，则原子半径为XYZ，故A错误；B它们最高价氧化物的水化物的酸性强弱顺序是HXO4H2YO4H3ZO
10、4，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以非金属性：XYZ，故B正确；C元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，非金属性：XYZ，则气态氢化物稳定性：XYZ，故C错误；D元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，非金属性：XYZ，所以阴离子的还原性：XYZ，故D错误；故选B。9.支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，下列有关表述错误的是（ ）A. 利用了电解原理B. 电子由电源负极流向钢管桩C. 钢管桩是负极D. 高硅铸铁作阳极【答案】C【解析】【分析】外加电流阴极保护法是通过外加直流电源以及辅助阳极，被保护金属与电源的
11、负极相连作为阴极，电子从电源负极流出，给被保护的金属补充大量的电子，使被保护金属避免或减弱腐蚀的发生，据此分析解答。【详解】A、由于此保护装置有外加电源，构成了电解池，故利用了电解原理，故A正确；B、在电解池中，钢管桩要被保护，应做阴极，连接电源的负极，电子由电源的负极流向钢管桩，故B正确；C、钢管桩连接的是电源的负极，做的是电解池的阴极，故C错误；D、高硅铸铁做电解池的阳极，连接电源的正极，故D正确；故选C。【点睛】明确外加电流阴极保护法的工作原理是解答本题的关键。本题的易错点为C，要注意电解池的两极称为阴阳极，原电池的两极称为正负极。10.现在含有生命元素硒（）的保健品已经进入市场，已知硒
12、与氧同族，与钾同周期，则下列关于硒的叙述中正确的是（ ）A. 硒单质在常温下是固体B. 硒的气态氢化物稳定性比强C. 硒是金属元素D. 硒酸（）的酸性比硫酸强【答案】A【解析】【详解】A、氧在常温下为气体，硫在常温下为固态，可以推出硒常温下为固态，故A正确；B、氧元素位于第二周期第A族，硒元素位于第四周期第A族，同主族，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，对应氢化物的稳定性逐渐减弱，故硒的气态氢化物稳定性比水弱，故B错误；C、硒元素位于第四周期第A族，第四周期第A族为金属与非金属分界线附近的金属元素，因此硒为非金属元素，故C错误；D、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性S
13、Se，则酸性：H2SO4H2SeO4，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为C，要注意在元素周期表中，周期序数=主族序数的元素是金属与非金属分界线附近的金属元素。11.分离FeCl3和AlCl3的混合物可用的试剂是（ ）A. 氨水和盐酸B. 氢氧化钠和二氧化碳C. 氢氧化钠和盐酸D. 氨水和二氧化碳【答案】C【解析】【详解】A氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使Al(OH)3沉淀转变成偏铝酸盐，无法分离，故A错误；B加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解过滤操
14、作后，往NaAlO2溶液通入二氧化碳会先出现Al(OH)3沉淀，但碳酸属于弱酸，不能溶解氢氧化铝、氢氧化铁，不能复原得到FeCl3、AlCl3，故B错误；C加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入盐酸会使沉淀溶解再次生成FeCl3；往NaAlO2溶液加入盐酸会先出现Al(OH)3沉淀，盐酸过量沉淀会溶解生成AlCl3，达到分离目的，故C正确；D氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使Al(OH)3沉淀转变成偏铝酸盐，无法分离，故D错误
15、；答案选C。12.随原子序数的递增，八种短周期元素的原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示，下列分析正确的是（ ）A. 、的简单离子半径大小：B. 元素金属性：C. 元素的非金属性：D. 、和四种元素能形成离子化合物【答案】D【解析】【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，结合元素周期律分析解答。【详解】Ad为O、e为Na，两种离子具有相同电子层排布，原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小：de，故A错误；Be为Na、f为Al，同周期元素，从左向右，金属性减弱
16、，则元素的金属性：ef，故B错误；Cd为O、g为S，同主族元素，从上到下，非金属性减弱，则元素的非金属性：dg，故C错误；Dx、y、z 和 d 四种元素可以形成碳酸铵、碳酸氢铵，均为离子化合物，故D正确；故选D。13.铝元素的多种化合物间存在下列转化关系，关于上述过程描述正确的是（ ）A. 实现过程可通过足量B. 实现过程可加入足量C. 实现过程可加入足量D. 实现过程可通入足量【答案】C【解析】【详解】A、氢氧化铝不能溶于碳酸，因此通如足量不能实现过程，故A错误；B、氢氧化铝为两性氢氧化物，足量NaOH会将生成的氢氧化铝溶解，因此实现过程可加入少量NaOH，故B错误；C、氢氧化铝为两性氢氧化
17、物，足量NaOH会将生成的氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠，故C正确；D、氨水为弱碱，氢氧化铝不能溶于氨水，不能实现过程，故D错误；故选C。【点睛】解答本题要注意，氢氧化铝为两性氢氧化物，能够溶于强酸和强碱，不能溶于碳酸或氨水等弱酸和弱碱。14.X、Y、Z、W为短周期元素，其原子半径、化合价等信息见下表。有关这四种元素说法一定正确的是A. X与W形成的化合物的电子式可表示为B. Y的氢化物能与W的氢化物反应，所得产物只含有共价键C. X、Y能分别与氧元素形成多种氧化物D. Z处于元素周期表中第三周期A族【答案】C【解析】X、Y、Z、W为短周期元素，根据原子半径、化合价等信息可知X、Y是第二周期元素，分
18、别是C和N，Z和W是第三周期元素，分别是S和Cl。A. X与W形成的化合物是四氯化碳，其电子式可表示为，A错误；B. Y的氢化物氨气能与W的氢化物氯化氢反应，所得产物是氯化铵，含有离子键和共价键，B错误；C. C、N能分别与氧元素形成多种氧化物，C正确；D. Cl处于元素周期表中第三周期第A族，D错误，答案选C。点睛：准确判断出元素种类是解答的关键，注意原子半径和化合价的变化规律，注意元素周期律和“位构性”关系的应用。关于化合价判断需要注意氟元素没有正价，氧元素没有最高价。15.用新型纳米材料MFe2Ox(3x(2x-2)，即yx，故A错误；B.SO2在反应中转化为S，属于氧化剂，不是催化剂，
19、故B错误；C.由反应可知SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂，故C选项是正确的；D.该反应是SO2和MFe2Ox反应，该反应中S元素化合价降低，MFe2Ox中铁元素化合价升高，发生了氧化还原反应，所以不是SO2发生了分解反应，故D选项是错误的；所以答案C选项是正确的。【点睛】根据图示反应可知，SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂， MFe2Ox为还原剂，反应后Fe元素的化合价升高，根据Fe元素常见化合价为+2、+3价判断x、y大小关系。16.类推是在化学学习和研究中常用的思维方法，但类推出的结论最终要经过实践的检验才能决定
20、其正确与否，下列几种类推结论中正确的是 （ ）A. 由Fe跟Cl2直接化合可得FeCl3，类推出Fe跟I2直接化合可得FeI3B. 金属镁失火不能用CO2灭火，类推出金属钠失火也不能用CO2灭火C. CO2与Na2O2反应生成Na2CO3和O2，类推出SO2与Na2O2反应生成Na2SO3和O2D. 相同温度下CaCO3的溶解度比Ca(HCO3)2的溶解度小，类推出Na2CO3的溶解度也小于NaHCO3的溶解度.【答案】B【解析】【详解】A.选项中的I2的氧化性比Cl2弱，和Fe反应只能生成FeI2，因此A错误；B.金属镁能和CO2生成氧化镁和碳，所以金属镁失火不能用CO2灭火，金属钠燃烧生成
21、Na2O2，Na2O2与CO2反应生成氧气，所以金属钠失火也不能用CO2灭火，故B正确；C.中Na2O2具有强氧化性，可以将Na2SO3氧化，所以SO2和Na2O2反应将得到Na2SO4，故C错误；D.因为碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小，故D错误；所以本题答案为B。17.如图表示AlCl3溶液与NaOH溶液滴加过程中微粒数量的关系曲线。 判断下列说法不正确的是（ ） A. A线表示Al3的物质的量的变化B. x表示NaOH的物质的量C. C线表示Al(OH)3的物质的量的变化D. D线表示Al(OH)3物质的量的变化【答案】D【解析】【分析】假定向含有1molAlCl3溶液中滴加NaOH溶
22、液，首先发生反应Al3+3OH-=Al(OH)3，Al3+完全沉淀，消耗3molOH-，生成1molAl(OH)3，然后发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，沉淀完全溶解消耗1molOH-，生成1molAlO2-，前后两部分消耗的OH-为3：1；假定向含有4molNaOH溶液中滴加AlCl3溶液，首先发生反应Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，OH-完全反应消耗，1molAl3+生成1molAlO2-，然后发生反应Al3+3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3，AlO2-完全反应，消耗molAl3+，生成molAl(OH)3，前后两部分消耗的Al3+为1mol：mol=3
23、：1，由图象可知，A、B表示微粒关系，C、D表示微粒物质的量关系均为1：1可知，该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，据此结合选项解答。【详解】A. 由上述分析可知，首先发生反应Al3+3OH=Al(OH)3，溶液中铝离子物质的量减少，所以A线可以表示Al3+的物质的量的变化，故A正确；B. 由上述分析可知，x可以表示NaOH的物质的量，故B正确；C. 由上述分析可知,随反应进行Al(OH)3物质的量先增大，后减小，故B、C线可表示Al(OH)3的物质的量的变化，故C正确；D. 由上述分析可知，Al(OH)3溶解时，AlO2的物质的量增大，所以D线表示AlO2的物质的量的变化，故D错误；
24、所以本题答案：D。【点睛】本题根据铝三角的关系进行判断。即根据三个反应Al3+3OH-=Al(OH)3，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Al3+3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3，关系解答。18.铁及其化合物是一类重要物质，下列叙述中正确的是 （ ）A. 保存FeCl2溶液常常加一些铁粉，其目的是抑制Fe2水解B. 25，pH0的溶液中，Al3、NH4、NO3、Fe2可以大量共存C. 制备AlCl3、FeCl3均可采用将溶液直接蒸干灼烧的方法D. 铁粉加入到足量稀硝酸中： FeNO34HFe32H2ONO【答案】D【解析】【详解】A.亚铁离子容易被空气中的氧气氧化为铁离子，
25、FeCl2溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中可防止被氧化，故A错误；B.pH=0的溶液中存在大量的氢离子，H+、NO3-、Fe2+发生氧化还原反应，三者不能大量共存，故B错误；C.AlCl3、FeCl3溶于水能水解分别生成氢氧化铝、氢氧化铁和盐酸，因盐酸为挥发性酸，氯化氢挥发促进盐类水解，最后得到氧化铝、氧化铁，所以制备AlCl3、FeCl3均不能采用将溶液直接蒸干的方法，故C错误；D.铁粉加入到足量稀硝酸发生氧化还原反应，生成硝酸铁和一氧化氮、水，其反应的离子方程式为： FeNO34H=Fe32H2ONO，故D正确；所以本题答案：D。19.铜片和铁片（均少部分被氧化）一起放入足量的盐酸中充分反
26、应。反应后的溶液中（ ）A. 一定有Fe3+B. 一定有Fe2+C. 一定有Cu2+D. 一定没有Cu2+【答案】B【解析】【分析】发生的反应有：氧化铜和盐酸反应、氧化铁与盐酸的反应、铁和盐酸反应、铁和氯化铜反应，铜与氯化铁的反应，以此判断溶液中一定含有的金属离子【详解】表面有氧化物的相同大小的铜片和铁片一起放入盐酸中充分反应，由发生的反应：氧化铜和盐酸反应、氧化铁与盐酸的反应，生成铁离子、铜离子，还原性FeCu，先发生铁和盐酸反应，盐酸足量，可存在铁离子，若盐酸少量，铁和氯化铜反应，生成氯化亚铁、氯化铜，氧化性Fe3Cu2H，将表面都含有氧化物的铁片和铜片一起放入盐酸中充分反应，若反应后铁片
27、有剩余，则一定不存在Fe3、Cu2、H，所得溶液中的阳离子为Fe2，故选：B。【点睛】本题考查了铁的性质，把握铁、铜的活泼性即可判断溶液中存在的金属阳离子，解题关键：明确发生的化学反应20.FeCl3(aq)与KSCN(aq)混合时存在下列平衡： Fe3+(aq)SCN(aq) Fe(SCN)2+(aq)。已知平衡时，cFe(SCN)2+与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是A. FeCl3(aq)与KSCN(aq)的反应是放热反应B. T1、T2时反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2C. 反应处于D点时，一定有正 Cu2 Fe2，所得的溶液中加入铁粉，可能发生反应Fe+ Cu2=
28、Cu +Fe2，Fe +2Fe3=3Fe2。a.若无固体剩余，当铁粉刚好与Fe3恰好完全反应，溶液不存在Fe3，故a错误；b.无论铁粉的量如何，只要发生反应，溶液中就一定存在Fe2，故b正确；c.若溶液中有Cu2，说明铁粉不足，可能有固体析出，故c错误；d. 因为氧化性顺序为Fe3 Cu2，加入少量铁粉，溶液中一定存在Fe2，不一定有Cu析出，故d错误；综上所述，本题正确答案为b。（2）根据电荷守恒：c（Cl-）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH-浓度很小，可以忽略不计，则c（H+）=c（Cl-）-2c（Fe2+）-3c（Fe3+）=1.010-2molL-1，则
29、溶液pH=-lg1.010-2=2。所以答案为：2。（3）摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O溶解形成的溶液中存在铵根离子、亚铁离子、硫酸根离子,铵根离子、亚铁离子水解显酸性,最大的是硫酸根离子,其次是铵根离子浓度、亚铁离子浓度、氢离子浓度和氢氧根离子浓度,离子浓度大小为: c(SO42-)c(NH4+)c(Fe2+)c(H+)c(OH-)；所以答案：c(SO42-)c(NH4+)c(Fe2+)c(H+)c(OH-)。（4）先根据得失电子相等，配平氧化剂和还原剂及其产物，分别是1 MnO4被还原为1 Mn2+,5 Fe2+被氧化为5Fe3+;再根据电荷守恒或者氧、氢原子守恒即可得到：8
30、H+ ，4 H2O ，所以配平离子方程式的系数分别为5、1、 8、1、 5、 4 ；所以答案为 5、1、 8、1、 5、 4。（5）消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.0500mol/L0.0195L=9.7510-4mol，250mL溶液中需要消耗的高锰酸钾的物质的量为：9.7510-4mol=9.7510-3mol，根据反应5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe2+Mn2+4H2O，亚铁离子的物质的量为：n(Fe2+)=5n(MnO4-)=59.7510-3mol=4.87510-2mol，莫尔盐产品23.520g中含有的莫尔盐质量为：392g/mol4.87510-2mol=19.11g，产品
31、中莫尔盐的质量分数为：=0.813；故答案为：81.3%。【点睛】解题依据氧化性和还原性的强弱进行判断：由2Fe3+ Cu= 2Fe2+Cu2和Fe+ Cu2= Cu +Fe2，Fe +2Fe3=3Fe2氧化性的强弱：Fe3 Cu2 Fe2；还原性：Fe Fe2进行分析解答。23.铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石（Na3AlF6）混合熔融电解制得。 铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下：以萤石（CaF2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：请回答下列问题： （1）反应1中的化学方程式有2NaOHSiO2Na2SiO3H2O以及_； （2）
32、滤液中加入CaO生成的沉淀是_，反应2的离子方程式为_(气体A过量)； （3）E可作为建筑材料，化合物C是浓硫酸，请写出由D制备冰晶石的化学方程式_； （4）电解制铝以石墨为电极，请写出阳极的电极反应式_。【答案】 (1). Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O (2). CaSiO3 (3). NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al(OH)3 (4). 12HF+3Na2CO3+2Al(OH)32Na3AlF6+3CO2+6H2O (5). O2-4e=O2【解析】【分析】由框图可知铝土矿加氢氧化钠后，Al2O3和SiO2会发生反应生成的滤液为NaAlO2和Na2SiO
33、3，加入CaO沉淀为CaSiO3，滤液II的主要成分是NaAlO2，再通入气体CO2，生成沉淀Al(OH)3，加热即可得到Al2O3。【详解】(1)因为铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2，反应1为加NaOH溶液，发生的反应为2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，2NaOH+Al2O32NaAlO2+H2O。所以答案：2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O；(2)滤液I的主要成分是NaAlO2和Na2SiO3，加入生石灰发生反应:CaO+H2O=Ca(OH)2和Ca(OH)2+Na2SiO=CaSiO3+2NaOH；滤液II的主要成分是NaAlO2，通入的气体A应是CO2，发
34、生反应的方程式为2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3+Na2CO3。所以答案：CaSiO3；2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3+Na2CO3；(3)CaF2加入浓硫酸能发生反应，反应的方程式为CaF2+H2SO4(浓)=CaSO4+2HF，则D为HF。由D制备冰晶石的化学方程式为12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O。所以答案为：12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O；(4)电解熔融的Al2O3可生成铝和氧气，其反应的方程式为2Al2O34A1+3O2，在阳极发生氧化反应，其电极反
35、应方程式为：O2-4e=O2；答案为：O2-4e=O2。三、实验分析（本题共14分） 24.某研究小组利用下图装置探究温度对CO还原Fe2O3的影响（固定装置略）。已知：还原性SCNCl（1）装置B中发生的化学方程式_。 装置 C 的作用是_。 用酒精喷灯对装置D加热，得到灰黑色粉末。用黑色粉末进行以下实验：步骤操作现象1取灰黑色粉末加入稀硫酸溶解，有气泡2取步骤 1 中溶液，滴加 NaOH溶液后，在空气中，搅拌放置白色沉淀最终变为红褐色3取步骤 1 中溶液，滴加 KSCN 溶液无现象4向步骤 3 溶液中滴加新制氯水至过量先变红，后褪色（2）得到灰黑色粉末是_（填写化学式）。 （3）步骤2 中
36、“白色沉淀最终变为红褐色”的化学反应方程式为_。 （4）步骤4 中，溶液变红的原因为 ；溶液褪色可能的原因_ 。验证上述原因的实验操作方法为_。 （5）上述装置，从实验安全考虑，需要采取的改进措施是_。【答案】 (1). Zn+CO2ZnO+CO (2). 吸收没反应完的二氧化碳 (3). 一定有铁，可能有FeO (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (5). Fe2+被氯气氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-离子反应生成血红色的Fe(SCN)3，SCN-被氯气氧化 (6). 取少量褪色后的溶液，加入过量的KSCN溶液，溶液又变血红色 (7). 在装置B、C之间加防止倒吸
37、装置，在装置F末端加个点燃的酒精灯，对尾气进行处理。【解析】【分析】（1）装置B中Zn和CO2在加热条件下生成ZnO和CO；装置C中NaOH是用来吸收CO中混有的CO2气体；尾气中CO，（2）根据现象分析可能的黑色固体；（3）氢氧化亚铁会被氧化成氢氧化铁；（4）根据实验探究的现象及原理分析；（5）可能会有倒吸现象及尾气处理角度分析。【详解】(1)A装置是加热MgCO3产生CO2，B装置就是将 CO2转化为CO，其化学方程式为:Zn+CO2ZnO+CO ，但是仍然有部分CO2反应不完，会掺杂在CO中，使后面的实验结果受到影响，故此 CO2应该通过装置C氢氧化钠溶液除去，则装置C的作用是：除去多余
38、CO2；故答案为：Zn+CO2ZnO+CO；吸收没反应完的二氧化碳。（2）步骤1现象是产生气泡，则说明Fe与稀硫酸反应，故黑色固体是Fe，但本实验可能产生FeO黑色固体，故答案是：一定有Fe，可能含FeO；（3）白色沉淀是在空气中被氧化，可推出白色沉淀为 Fe(OH)2，红褐色沉淀为Fe(OH)3，化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；所以答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（4）溶液中含有KSCN，故变红是因为溶液中产生了Fe3+，是因为Cl2将Fe2+氧化为Fe3+， Fe3+遇SCN-显红色；后来溶液褪色，可能是 Fe3+或 SCN-被
39、反应掉，故可能是 Cl2的氧化性非常强，氧化了SCN-，SCN-被反应掉，导致溶液褪色；要证明这种可能，应该在褪色后的溶液中加入新的SCN-，若重新变红，则说明原来的SCN-被Cl2氧化，而溶液中Fe3+并没有消失，故应该滴加KSCN溶液，观察是否变红。故答案为： Fe2+被氯气氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-离子反应生成血红色的Fe(SCN)3，SCN-被氯气氧化 ；取少量褪色后的溶液，加入过量的KSCN溶液，溶液又变血红色；（5）实验装置有两点不足，一是C中液体容易受气压影响到吸入B中导致硬质玻璃管炸裂，故应该在B、C之间加安全瓶防止倒吸；二是尾气中含有CO等气体没有做处理，应该在装置F
40、后加个尾气收集装置；故答案为：在装置B、C之间加安全瓶防止倒吸，在装置F末端加个点燃的酒精灯，对尾气进行处理。四、图像分析（本题共12分） 25.明矾KAl(SO4)212H2O和铵明矾NH4Al(SO4)212H2O都是限制使用的食品添加剂。 （1）KAl(SO4)2的电离方程式为_ KAl(SO4)2可作净水剂，其原因是(用必要的化学用语和相关文字说明)。（2）已知几种电解质溶液的 pH随温度变化的曲线如图1所示。 其中符合KAl(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是_ (填罗马数字)。 （3）向盛有100mL NH4Al(SO4)2溶液的烧杯中滴加NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶
41、液体积变化示意如图2所示。 写出m点反应的离子方程_当加入45mL NaOH时，烧杯中Al元素的存在形式为 _由图象可知所滴NaOH溶液的浓度为_【答案】 (1). KAl(SO4)2=K+Al3+2SO42- (2). I (3). NH4+OH-=NH3H2O (4). Al(OH)3和NaAlO2 (5). 1mol/L【解析】【分析】(1)KAl(SO4)2是离子化合物且易溶于水，再溶液中完全电离；Al3+水解生成的Al(OH)3具有吸附性。【详解】（1）KAl(SO4)2是离子化合物，且易溶于水，再溶液中完全电离，其电离方程式为KAl(SO4)2=K+Al3+2SO42-；故答案为：
42、 KAl(SO4)2=K+Al3+2SO42 ；(2) 因为Al3+水解生成的Al(OH)3，其离子方程式：Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，使溶液显酸性，因为水解为吸热反应，所有升高温度，促进水解，使溶液的酸性增强，故曲线I符合题意，答案为I。生成的Al(OH)3吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，并形成沉淀，使水澄清；（3）向盛有100mL NH4Al(SO4)2溶液的烧杯中滴加NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液逐渐增大，当所有的Al3+完全反应后，再滴加氢氧化钠，和铵根离子反应，继续加入氢氧化钠，Al(OH)3又会溶解，所有,m点过程中加入氢氧化钠,沉淀物质的量不变,是NH4+与OH反应生成NH3H2O,离子方程式为：NH4+OH=NH3H2O，故答案为：NH4+OH=NH3H2O；如图可知在氢氧化钠溶液滴加到40mL50mL时，氢氧化铝逐渐溶解，此时发生+ OH=AlO2-+ H2O，所以当加入45mL NaOH时，烧杯中Al元素的存在形式为Al（OH）3和NaAlO2；所以答案为：Al(OH)3和NaAlO2；由图可知,生成的Al(OH)3的物质的量为0.01mol,Al3+3OH=Al(OH)3,则氢氧化钠的物质的量为0.03mol,其体积为0.03L,所以NaOH溶液的浓度为1molL1，所有本题答案：1molL1。
