2022届陕西省咸阳市咸阳实验中学高一上学期第二次月考化学试题（含解析）

咸阳市实验中学2021~2022学年度第一学期第二次月考高一化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23A-27S-32C1-35.5Ca-40Fe-56Ni-59Ba-137第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，计48分．每小题只有一个选项是符合题意的)1.化学来源于生活，也服务于生活。下列说法不正确的是A.在食品包装袋中放入装有生石灰和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质B.全运会开幕式上五彩缤纷的焰火是某些金属元素化学性质的体现C.削皮苹果未及时吃掉，露置在空气中一段时间后会“生锈”，是“氧气作祟”D.明矾溶于水会生成胶状物，可促进水中悬浮杂质的沉降【答案】B【解析】【详解】A．生石灰能够吸收水分变为熟石灰，因而具有干燥作用，铁粉能够与装置中的空气反应，防止食物氧化变质，A正确；B．全运会开幕式上五彩缤纷的焰火是某些金属元素的电子由高能量状态向低能量状态跃迁时，多余的能量以不同的波长释放出来的，在这个过程中并没有新物质产生，因此没有发生化学变化，B错误；C．削皮苹果未及时吃掉，露置在空气中一段时间后会“生锈”，是苹果中的Fe2+被空气中的氧气氧化为Fe3+，因此是“氧气作祟”，C正确；D．明矾溶于水，盐电离产生的Al3+与水发生反应产生氢氧化铝胶体，胶体表面积大，吸附力强，吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而从水中析出，因此可促进水中悬浮杂质的沉降，D正确；故合理选项是B。2.王充在《论衡》中对司南(指南针)的记载为：“司南之杓，投之于地，其柢(握柄)指南”。司南中“杓”所用材质为A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】【详解】“司南之杓，投之于地，其柢(握柄)指南”，说明司南中“杓”有磁性，则所用材质为磁性氧化铁即Fe3O4，故选D。3.下列叙述不涉及氧化还原反应的是A.洗涤剂清洗油污 B.用大米、高粱发酵酿酒C.绿化造林助力实现碳中和目标 D.铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈【答案】A【解析】【详解】A．洗涤剂清洗油污，利用了洗涤剂具有乳化作用，能将大的油滴分散成细小的油滴随水冲走，与氧化还原反应无关，A符合题意；B．大米、高粱主要成分是淀粉，淀粉水解产生葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下反应产生乙醇和二氧化碳，该反应为氧化还原反应，而乙醇是酒的主要成分，故用大米、高粱发酵酿酒与氧化还原反应有关，B不符合题意；C．绿化造林过程中吸收空气中CO2，降低了空气中CO2的含量，CO2与水在太阳光作用下发生反应产生葡萄糖和氧气，该反应为氧化还原反应，故绿化造林助力实现碳中和目标，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈是金属发生的原电池反应，在该过程中元素化合价发生了变化，因此金属生锈涉及氧化还原反应，D不符合题意；故合理选项是A。4.下列物质间的转化不能一步实现的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】A．和CO2反应生成，能一步实现，A项不选；B．受热分解生成，能一步实现，B项不选；C．和强酸反应生成Al3+，Al3+和氨水反应生成，不能一步实现，C项选；D．和水、二氧化碳反应生成，能一步实现，D项不选；答案选C。5.下列物质的性质与用途均正确且具有对应关系的是A.金属钠具有强还原性，可用作快中子反应堆的热交换剂B.Al2O3属于两性氧化物，可用于制造耐火材料C.CO2密度比空气大且不支持燃烧，可用作金属钠着火时的灭火剂D.Al(OH)3溶液显碱性，可用于治疗胃酸过多【答案】D【解析】【详解】A．钠钾合金在室温下呈液态，导热性好，可用于快中子反应堆作热交换剂，这与金属钠具有强还原性无关，A不符合题意；B．由于氧化铝是离子化合物，熔点很高，所以Al2O3可用于制造耐火材料，这与其是否是两性氧化物无关，B不符合题意；C．CO2密度比空气大且不支持燃烧，但能够与钠燃烧产生的Na2O2发生反应放出O2而具有助燃性，导致火势加剧，因此不可作金属钠着火时的灭火剂，C不符合题意；D．Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与胃酸(即盐酸)发生反应，因而可降低胃酸的浓度，故可用于治疗胃酸过多，D正确；故合理选项是D。6.下列逻辑关系图不正确是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】A．钠盐和钾盐都有可能是碳酸盐，应是交叉关系，A错误；B．胶体属于分散系，分散系属于混合物，B正确；C．置换反应一定是氧化还原反应，可能是离子反应，氧化还原反应也可能是离子反应，C正确；D．碱和碱性氧化物没有交集，二者都属于化合物，D正确；综上所述答案为A。7.已知生理盐水(密度近似为)中的质量分数为，某瓶运动饮料标签的部分内容如表，下列说法不正确的是每营养成分表水：葡萄糖：碳水化合物：A.葡萄糖不属于电解质B.该瓶饮料中物质的量浓度小于生理盐水中物质的量浓度C.该瓶饮料中的物质的量浓度小于D.该瓶饮料中的物质的量在之间【答案】D【解析】【分析】【详解】A．葡萄糖在水中和熔融状态下都不导电，是非电解质，故A正确；B．该饮料100mL中含Na+的质量为40~46mg，生理盐水中NaCl的质量分数为0.9%即100g生理盐水中含NaCl的质量为0.9g，生理盐水的密度近似为1g/cm3，则100mL生理盐水中的NaCl为0.9g，即900mg，900mgNaCl中含Na+的质量为354mg，所以该瓶饮料中Na+物质的量浓度小于生理盐水中Na+物质的量浓度，故B正确；C．该饮料100mL中＜4.8mg，则其物质的量浓度＜＝5×10-4mol/L，故C正确；D．该饮料100mL中Ca2+的质量为2.4∼4.8mg，则物质的量为6×10−5∼1.2×10−4mol之间，该瓶饮料为500mL，则含Ca2+的物质的量在3×10−4∼6×10−4mol之间，故D错误；故选D。8.过氧化钠与水反应后滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行以下实验:

①取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体；实验②、③中红色均不褪去。下列分析错误的是A.过氧化钠与水反应产生的气体为O2B.过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂C.实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气D.过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2【答案】B【解析】【详解】A.过氧化钠与水反应产生的气体为O2，A正确；B.过氧化钠与水反应不需要催化剂，双氧水分解需要MnO2作催化剂，B错误；C.实验②、③作为对照实验，能证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；D.根据反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体可判断过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2，D正确，答案选B。9.在溶液中加入足量Na2O后仍能大量共存的离子组是A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】A．Na2O与水反应产生NaOH，NaOH电离产生OH-与会发生反应产生弱电解质NH3·H2O，而不能大量共存，A不符合题意；B．Na2O与水反应产生NaOH，NaOH电离产生的OH-与Mg2+会发生反应产生Mg(OH)2沉淀而不能大量共存，B不符合题意；C．选项离子及Na2O与水反应产生NaOH之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D．Na2O与水反应产生NaOH，NaOH电离产生的OH-与Cu2+会发生反应产生Cu(OH)2沉淀而不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。10.铋元素价态为时较稳定，铋酸钠溶液为无色．现取一定量硫酸锰溶液，向其中依次滴加下列溶液．对应现象如表所示：(已知能使淀粉碘化钾试纸变蓝)加入溶液①适量铋酸钠溶液②过量的双氧水③适量淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色紫红色消失，产生气泡得到蓝色溶液下列说法不正确的是A.②中被氧化成 B.③中做氧化剂C.氧化性： D.还原性：【答案】B【解析】【分析】由①中现象可知，把Mn2+氧化为，则氧化性：＞；②中和反应产生气泡，生成了O2，→O2，O元素化合价升高，作还原剂，作氧化剂，则氧化性：＞；③中得到蓝色溶液，说明H2O2和I-反应生成I2，则氧化性：＞I2。【详解】A．②中和反应产生气泡，生成了O2，→O2，O元素化合价升高，发生氧化反应，故被氧化成，A项正确；B．③中得到蓝色溶液，说明H2O2和I-反应生成I2，未参与反应，既不是氧化剂也不是还原剂，B项错误；C．由分析可知，氧化性：，C项正确；D．由①中现象可知，把Mn2+氧化为，被还原为，Mn2+为还原剂，为还原产物，则还原性：，D项正确；答案选B。11.下列方程式能正确解释相应实验现象的是A.向硫酸铜溶液中加少量铁粉，有红色物质析出：B.向硫酸铝溶液中滴加过量氨水，生成白色沉淀：C.金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：D.与过量溶液反应，生成白色沉淀：【答案】D【解析】【详解】A．向硫酸铜溶液中加少量铁粉，有红色物质析出，是铁置换出了铜，生成的是铜和Fe2+，正确的离子方程式为：，故A不选；B．向硫酸铝溶液中滴加过量氨水，NH3·H2O是难电离的物质，不能写成离子，正确的离子方程式为：，故B不选；C．金属钠在空气中加热生成的淡黄色固体是Na2O2：，故C不选；D．与过量溶液反应，生成氢氧化钠、碳酸钡和水，反应的离子方程式正确，故D选；故选D。12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，22.4LCH4完全燃烧后恢复至原状态，所得产物中气体分子数为3NAB.2.7gAl与足量盐酸充分反应，转移电子的数目为0.2NAC.常温常压下，17g硫化氢中所含质子数为9NAD.100mL0.5mol/LFe2(SO4)3溶液中SO的数目为1.5NA【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1mol，完全燃烧生成1molCO2和2molH2O，但标况下H2O为液体，所以所得产物中气体分子数为NA，A错误；B．2.7gAl的物质的量为0.1mol，与足量盐酸充分反应，全部转化为Al3+，转移电子的数目为0.3NA，B错误；C．17g硫化氢的物质的量为0.5mol，每个H2S含有16+2=18个质子，所以所含质子数为9NA，C正确；D．100mL0.5mol/LFe2(SO4)3溶液中含有0.5mol×0.1L=0.05molFe2(SO4)3，SO的数目为0.15NA，D错误；综上所述答案为C。13.有A、B两个完全相同的装置，现分别在它们的侧管中装入1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3，A、B中分别有10mL相同浓度的盐酸，将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中，下列叙述正确的是A.A装置的气球膨胀速率快B.若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2mol/LC.若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1mol/LD.最终两试管中Na+物质的量一定相同【答案】B【解析】【详解】A．Na2CO3和酸反应分步进行，先生成NaHCO3，后NaHCO3和酸反应生成CO2，NaHCO3反应生成CO2的速率更快，所以A装置的气球膨胀速度比B慢，A错误；B．1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3的物质的量均为0.01mol，若最终两气球体积相同，说明生成二氧化碳物质的量相等，则盐完全反应，则氯化氢的物质的量大于或等于0.02mol，由于溶液的体积是10mL，所以盐酸的浓度最小为，即盐酸浓度大于或等于2mol/L，B正确；C．Na2CO3和酸反应的离子方程式为：+H+=、+H+=CO2↑+H2O，NaHCO3和酸反应的离子方程式为：+H+=CO2↑+H2O，若最终两气球体积不同，所需酸的物质的量范围是：0＜n(HCl)＜0.02mol，则其浓度小于2mol/L，C错误；D．两试管中氯离子物质的量相等，而Na2CO3和NaHCO3的物质的量均为0.01mol，所以Na2CO3和NaHCO3中Na+的物质的量不同，故最终两试管中Na+的物质的量一定不相同，D错误；故合理选项是B。14.向和的混合物中加入稀，在标准状况下收集到，和均无剩余，为中和过量的，并使元素全部转化为沉淀，共消耗溶液，则该的物质的量浓度为A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】Fe和Fe2O3的混合物与稀H2SO4反应，Fe和Fe2O3均无剩余，且有H2生成，说明Fe和H+发生了反应，由于铁离子氧化性强于H+，则反应后铁以FeSO4形式存在，再加入NaOH溶液，使FeSO4全部转化为Fe(OH)2沉淀，反应后溶液成分为Na2SO4，根据硫酸根守恒，则n(H2SO4)=n(Na2SO4)，根据钠离子守恒，则n(Na2SO4)=n(NaOH)，则有：n(H2SO4)=n(Na2SO4)=n(NaOH)=×3mol/L×0.4L=0.6mol，故c(H2SO4)==3mol/L；答案选D。15.下列实验方案不能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案A除去粗食盐中的等杂质将粗食盐溶于水，然后依次加入过量溶液、溶液和溶液，过滤B测定铝箔中氧化铝的含量取铝箔与足量稀盐酸充分反应，将逸出的气体通过碱石灰后，测其体积为(标准状况下)C制备胶体将饱和的溶液滴入沸水中，继续加热至液体呈透明的红褐色D探究维生素C的还原性向盛有氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液(无色)，观察溶液颜色变化A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．除去粗食盐中的等杂质，应最后加入溶液，除去过量的Ba2+，故该操作不能达到实验目的，A项选；B．取铝箔与足量稀盐酸充分反应，Al和盐酸反应生成氢气，氧化铝和盐酸反应无气体生成，将逸出的气体通过碱石灰后，测其体积为(标准状况下)，可求出铝箔中氧化铝的含量，B项不选；C．将饱和的溶液滴入沸水中，继续加热至液体呈透明的红褐色，得到胶体，能达到实验目的，C项不选；D．Fe3+具有氧化性，向盛有氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液(无色)，若溶液颜色变为浅绿色，则可验证维生素C的还原性，能达到实验目的，D项不选；答案选A。16.工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐的一种常用流程如图。下列说法正确的是

A.在过程Ⅰ、Ⅱ中均起催化剂作用B.过程Ⅰ中，氧化剂和还原剂物质的量之比为2：1C.过程Ⅱ中发生反应：D.将10L渣浆中的S2-(浓度为320mg/L)转化为，理论上共需标准状况下空气11.2L【答案】C【解析】【分析】由流程可知：CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成，涉及反应为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2+4H2O，与S2-反应生成，进而与氧气反应生成，以此解答该题。【详解】A．根据图示可知：在过程I中Mn(OH)2作还原剂被氧化为，在过程II中作氧化剂将S2-氧化为，A错误；B．反应过程I的离子方程式为：2Mn(OH)2+O2+4OH-=2+4H2O，在该反应中氧化剂是O2，还原剂是Mn(OH)2，氧化剂和还原剂物质的量之比为1:2，B错误；C．在过程II中，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：，C正确；D．10L渣浆中S2-(浓度为320mg/L)的物质的量n(S2-)=，将其氧化为时，失去电子的物质的量n(e-)=0.1mol×[6-(-2)]=0.8mol，根据电子守恒可知需O2的物质的量n(O2)=，则需要标准状况下空气的体积V(空气)==0.2mol×22.4L/mol=21.3L，D错误；故合理选项是C。第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、非选择题(本大题共5小题，计52分)17.自1807年戴维通过电解获得金属钠开始，钠及其化合物在生产、生活和科学研究中的地位越来越重要。（1）钠的氧化物中，能用于呼吸面具和潜水艇中作供氧剂的是______________(填化学式)。（2）精选种子有利于提高农作物的产量。某农场工作人员配制1L一定物质的量浓度的NaCl溶液进行选种，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、______________．（3）在隔绝空气条件下让钠与FeSO4溶液反应，实验装置如图。向100mL大试管中先加入40mL煤油，取一小块金属钠放入大试管后塞上橡皮塞通过长颈漏斗加入FeSO4溶液使煤油的液面至橡胶塞，并夹紧弹簧夹。

①下列叙述不正确的是______________(填字母)。A．剩余的钠应放回原试剂瓶中B．有关钠反应的现象是有气泡生成，钠熔化成小球且在煤油和FeSO4溶液界面处上下跳动，最终完全溶解C．实验过程中，大试管内和长颈漏斗内的液面都会下降②钠与FeSO4溶液反应的化学方程式为______________．（4）侯氏制碱法(先以和水等为原料制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制成Na2CO3)是中国传统工业方法，检验某干燥纯碱样品中是否混有NaHCO3，请选择下列装置设计实验，并完成表格内容：

选择的装置(填字母)实验现象实验结论_____________________________样品中含有NaHCO3【答案】（1）Na2O2（2）1000mL容量瓶、胶头滴管（3）①.C②.2Na+2H2O+FeSO4=Fe(OH)2↓+Na2SO4+H2↑（4）①.AB或AC或ACB②.B中溶液变浑浊或C中固体变蓝或C中固体变蓝，B中溶液变浑浊【解析】【小问1详解】钠元素可形成Na2O、Na2O2两种氧化物，其中Na2O2能够与人呼吸产生的CO2、H2O发生反应产生O2，因此可帮助人呼吸，因此钠的氧化物中，能用于呼吸面具和潜水艇中作供氧剂的是Na2O2；【小问2详解】精选种子有利于提高农作物的产量。某农场工作人员配制1L一定物质的量浓度的NaCl溶液进行选种，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、1000mL容量瓶、胶头滴管；【小问3详解】①A．由于钠性质活泼，容易与水及空气中的氧气发生化学反应，所以剩余的钠应放回原试剂瓶中，A正确；B．Na与H2O发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，该反应是放热反应，放出是热使熔点低的钠熔化为小球，小球在煤油和FeSO4溶液界面处上下跳动，最终完全溶解，反应放出氢气，因此看到有气泡生成，B正确；C．该反应中有氢气生成，所以大试管内气体的压强增大，压强大于外界大气压，导致大试管内的溶液下降，把试管内的溶液压入长颈漏斗中，使长颈漏斗中液面逐渐上升，C错误；故合理选项是C；②将Na放入FeSO4溶液中，首先Na与H2O反应产生NaOH、H2，反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，然后是NaOH与FeSO4发生复分解反应产生Fe(OH)2沉淀和Na2SO4，反应方程式为：2NaOH+FeSO4=Fe(OH)2↓+Na2SO4，将两个方程式叠加，可得钠与FeSO4溶液反应的总化学方程式为：2Na+2H2O+FeSO4=Fe(OH)2↓+Na2SO4+H2↑；【小问4详解】NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，CO2与澄清石灰水作用产生CaCO3沉淀，使石灰水变浑浊；H2O能够使无水CuSO4由白色粉末变为CuSO4·5H2O蓝色晶体，而Na2CO3稳定，受热不分解，因此检验某干燥纯碱样品中是否混有NaHCO3，可以选择装置A、B检验，实验现象是：B中溶液变浑浊；或使用装置A、C进行检验，现象是C中固体变蓝；或使用A、C、B进行检验，实验现象是C中固体变蓝，B中溶液变浑浊。18.为调查某一湖泊的水质污染情况，兴趣小组同学在注入湖泊的3个主要水源入口处采集水样，并进行分析，得出信息：其中一处水源含有A、B两种物质，一处含有C、D两种物质，一处含有E物质，A、B、C、D、E为五种常见化合物，均由表中的离子形成：阳离子阴离子为鉴别上述化合物，兴趣小组同学分别完成以下实验，并记录实验结果：①将其溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；②将E溶液滴入到C溶液中，产生白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；③进行焰色反应，只有B、C为紫色(透过蓝色钴玻璃观察)；④在各溶液中加入氯化钡溶液，A、C和D中都能产生白色沉淀；再加过量稀盐酸仅A中沉淀溶解；⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成。回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B______________，D_______________。（2）A溶液呈_______________(填“酸”、“碱”或“中”)性。（3）向FeSO4溶液中加入E溶液，观察到的现象是___________________。（4）实验④中沉淀溶解的离子方程式为__________________________。（5）向含溶质0.1mol的C溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，生成沉淀质量最大为________g。【答案】（1）①.KNO3②.CuSO4（2）碱（3）有白色絮状沉淀生成，且沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色（4）BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O（5）46.6【解析】【分析】①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有Cu2+离子；②将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有A13+离子，E中含有OH-离子；③进行焰色反应实验，只有B、C为紫色(透过蓝色钴玻璃)，说明B、C中含有K+离子，所以高考离子共存可知E是NaOH；④在各溶液中加入氯化钡溶液，A、C和D中都能产生白色沉淀，再加过量稀盐酸，仅A中沉淀溶解，所以C、D中含有离子，A中含有离子，所以D是CuSO4；C是KAl(SO4)2；⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是KNO3，所以A是Na2CO3，据此分析解答。【小问1详解】由以上分析可知A为Na2CO3，B为KNO3，C为KAl(SO4)2，D为CuSO4，E为NaOH；【小问2详解】A为Na2CO3，Na2CO3是强碱与弱酸生成的盐，水溶液呈碱性；【小问3详解】向FeSO4溶液中加入NaOH溶液，二者发生复分解复原产生Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为红褐色Fe(OH)3沉淀，因此观察到的现象为：生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；【小问4详解】实验④A中沉淀为BaCO3，BaCO3与HCl反应生成BaCl2、CO2和H2O，该反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；【小问5详解】向含溶质0.1mol的KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，当恰好生成BaSO4沉淀时得到的沉淀质量最大，由离子守恒可知，生成BaSO4的物质的量为0.2mol，其质量为m(BaSO4)=0.2mol×233g/mol=46.6g。19.某探究性学习小组同学进行“铁与水蒸气反应所得固体物质的成分、性质及再利用”实验探究，请你参与其中。探究一：用如图所示装置进行“铁与水蒸气反应”的实验．(夹持仪器已省略)

（1）硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为________________________。（2）装置D作用是________________________。（3）装置E中可观察到的现象是____________________。探究二：设计如下实验方案确定反应后硬质玻璃管B中黑色固体的成分。（4）待硬质玻璃管B冷却后，取少许其中的固体继续进行下图实验。

①试剂a是________________。②现象1为__________________，该过程涉及的离子反应方程式为__________________。③若现象2中溶液未变红色，请从硬质玻璃管B中固体物质的成分分析可能的原因___________________。【实验拓展】（5）将铜片放入0.1mol/LFeCl3溶液中，反应一定时间后取出铜片，溶液中，则反应后溶液中Cu2+与Fe3+的物质的量之比为___________。【答案】（1）3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2（2）除去H2中的水蒸气，防止E中玻璃管破裂（3）硬质玻璃管中黑色固体变红，且右端管壁有水珠（4）①.稀硫酸②.酸性KMnO4溶液褪色③.④.B中固体可能有Fe3O4和Fe，Fe将Fe3+全部还原为Fe2+（5）3：4【解析】【分析】探究一：在装置A中加入水产生水蒸气，在装置B中Fe与水蒸气在高温下反应产生Fe3O4和H2；装置C是缓冲装置，H2经装置D的干燥转移通入装置E中，发生反应：CuO+H2Cu+H2O；探究二：在确定存在Fe3+时，检验Fe2+，可用酸性KMnO4溶液，由于酸性KMnO4溶液与盐酸发生反应，所以在溶解反应后的黑色固体时，不能用盐酸，也不能用硝酸(因为HNO3可氧化Fe2+)，可用稀硫酸，即反应后的固体加入稀硫酸溶解，再滴加高锰酸钾溶液，溶液褪色，可说明含有Fe2+；另取溶液滴加KSCN溶液，如溶液变为红色，说明含有Fe3+，则Fe与水蒸气反应可生成Fe3O4；如固体为Fe3O4和Fe，则反应后的溶液不一定含有Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液不变为红色，据此分析解答。【小问1详解】在硬质玻璃管B中，Fe与水蒸气在高温下反应产生Fe3O4和H2，该反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；【小问2详解】装置D的作用是干燥H2，防止E中玻璃管破裂；【小问3详解】在装置E中发生反应：CuO+H2Cu+H2O，看到硬质玻璃管中固体由黑色变为红色，且右端管壁有水珠；【小问4详解】①试剂a用于溶解B中固体物质，由于酸性KMnO4溶液与盐酸发生反应，所以在溶解反应后的黑色固体时，不能用盐酸，可用稀硫酸溶解氧化物，即试剂A为稀硫酸；②酸溶解B中固体生成的溶液中可能含有Fe3+和Fe2+，Fe3+会干扰Fe2+的检验，Fe2+具有还原性，可用酸性高锰酸钾溶液检验，看到实验现象为酸性KMnO4溶液褪色，说明其中含有Fe2+；根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：；③若现象2中溶液未变红色，可能是B中固体可能有Fe3O4和Fe，Fe能将Fe3+全部还原为Fe2+，导致现象2中溶液未变血红色；【小问5详解】向FeCl3溶液中加入Cu，发生Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，反应一定时间后取出铜片，溶液中c(Fe3+):c(Fe2+)=2:3，设生成Fe2+物质的量为3mol，则生成Cu2+为1.5mol，反应后溶液中含Fe3+为2mol，故溶液中Cu2+与Fe3+的物质的量之比为1.5mol:2mol=3:4。20.某化工厂的含镍催化剂中主要含有Ni，还含有Al(31%)、Fe(1.3%)的单质及氧化物、及其他不溶性杂质(3.3%)。某化学研究性学习小组通过查阅资料，设计如图所示方法以含镍废催化剂为原料制备NiSO4·7H2O。

【查阅资料】；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的如下：沉淀物开始沉淀3.82.77.67.1完全沉淀5.23.29.79.2回答下列问题：（1）操作a、c应分别选用下列装置中的______________(填字母)。A. B. C. D.（2）“碱浸”过程中发生反应的离子方程式为_______________、______________。（3）“酸浸”时加入的酸是_____________(填化学式)，酸浸后，经操作a分离出固体①后，溶液中一定含有的金属离子是______________________．（4）操作b为调节溶液的pH，pH的最佳调控范围是___________________．（5）产品晶体中有时会混有少量绿矾，其原因可能是___________________．（6）现有100kg含镍催化剂，若酸浸步骤镍浸出率为a%，其它物质全部参与反应，且假定镍在酸浸后续步骤无损失，操作c后粗晶体中含绿矾b%，则最终能得到粗晶体的质量为___________kg。(只写出计算表达式)【答案】（1）AB（2）①.②.（3）①.H2SO4②.Ni2+、Fe2+（4）（5）H2O2的用量不足(或H2O2失效)、保温时间不足导致Fe2+未被完全氧化造成的（6）【解析】【分析】含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al(31%)、Fe(1.3%)的单质及氧化物，其他不溶杂质(3.3%)。碱浸后，过滤得到固体加入酸浸，过滤，加入H2O2氧化亚Fe2+为Fe3+，调节溶液pH，使Fe3+和Al3+全部沉淀，Ni2+不沉淀，过滤后调节溶液pH在2-3，防止Ni2+水解，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到NiSO4·7H2O晶体，据此解答。【小问1详解】操作a是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，名称为过滤，可制取装置A；操作c是从NiSO4溶液中获得NiSO4·7H2O晶体，要将溶液蒸发浓缩，然后冷却结晶，需使用装置B，故合理选项是AB；【小问2详解】碱溶时，Al与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2、H2，反应的离子方程式为：；Al2O3与NaOH反应产生NaAlO2、H2O，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2+H2O；【小问3详解】要制取NiSO4·7H2O，为避免反应过程引入杂质离子，因此酸浸时使用的酸是硫酸，化学式是H2SO4；酸浸时Fe变为Fe2+，Ni变为Ni2+，酸浸后，经操作a分离出固体①后，溶液中一定含有的金属离子是Ni2+、Fe2+；【小问4详解】加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液pH，使Fe3+和Al3+全部沉淀，Ni2+不沉淀，根据表中溶液pH大小可知调节溶液pH，pH最佳调控范围是；【小问5详解】产品晶体中有时会混有少量绿矾(FeSO4⋅7H2O)，其原因可能是H2O2的用量不足(或H2O2失效)、保温时间不足，导致Fe2+未被完全氧化造成；【小问6详解】已知某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al(31%)、Fe(1.3%)的单质及氧化物，其他不溶杂质(3.3%)，镍元素占有(1-31%-1.3%-3.3%)=64.4%，现有100千克含镍催化剂，如果酸浸步骤镍浸出率为a%，其它物质全部参与反应，且假定镍在酸浸后续步骤无损失，操作c后粗晶体中含绿矾b%，假设得到晶体质量为m，则100×64.4%×a%×=(1-b%)×m，解得m=kg。21.绿水青山就是金山银山，我国的废水处理再利用技术取得了重大突破．（1）生活污水中的氮是造成水体富营养化的主要原因．某污水中同时存在和时，可用下列方法除去：Ⅰ．先利用O2将氧化成：(未配平)；Ⅱ．再将还原成(未配平)．①配平步骤Ⅰ中的方程式并用单线桥法标出电子转移的方向和数目____________________．②若该污水中含有1molNH4NO3，用上述方法处理完全后，共消耗__________molH2。（2）含有NaCN的废水常用Ca(ClO)2处理，使其最终转化为无害物质．其反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：(CNO-中C为价)(未配平)反应Ⅲ：(未配平)①反应Ⅱ中的氧化剂是________________(填化学式)，氧化产物与还原产物的物质的量之比为________。②若反应Ⅲ中转移0.6mol电子，则生成的气体在标准状况下的总体积为__________L。（3）含高浓度CN-的废水可用多硫化物MS4溶液在碱性条件下处理，CN-被氧化成毒性较小的SCN-，转化为S2-，写出该反应的离子方程式_______________。（4）工业上还可