新疆维吾尔自治区和田地区第二中学2025届高三化学11月月考试题含解析

PAGE15-新疆维吾尔自治区和田地区其次中学2025届高三化学11月月考试题（含解析）1.下列关于Fe(OH)3胶体的叙述中，正确的是（）A.制备Fe(OH)3胶体的化学方程式是FeCl3＋3H2OFe(OH)3↓＋3HClB.在制备Fe(OH)3胶体的试验中，加热煮沸时间越长，越有利于胶体的生成C.Fe(OH)3胶体微粒能吸附阳离子，从而使Fe(OH)3胶体带有肯定电荷D.Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的【答案】D【解析】【详解】A项、将饱和的氯化铁溶液滴入到沸水中，并接着煮沸至溶液呈红褐色，停止加热制得氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3（胶体）＋3HCl，故A错误；B项、制备氢氧化铁胶体时，当溶液变成红褐色时，停止加热，不能在长时间加热得缘由是胶体会受热聚沉，故B错误；C项、氢氧化铁胶体不带电，氢氧化铁胶体粒子具有较大的表面积，具有吸附性，能吸附阳离子带正电荷，故C错误；D项、氢氧化铁胶体粒子具有较大的表面积，具有吸附性，能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的，故D正确；故选D。【点睛】胶体不带电，胶体粒子吸附溶液中的离子而带电是解答的易错点。2.下列有关化学用语运用正确的是（）A.碳酸氢钠在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32—B.Cl-的结构示意图：C.H2的摩尔质量是2gD.NaOH俗称烧碱【答案】D【解析】【详解】A选项，碳酸氢钠在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO3－，故A错误；B选项，Cl－的结构示意图中核内质子数不应当为18，而是应当为17，故B错误；C选项，H2的摩尔质量是2g∙mol－1，故C错误；D选项，NaOH俗称烧碱、火碱、苛性钠，故D正确；综上所述，答案为D。3.工业制取高纯硅的反应流程如下，其中有两个反应类型相同，这两个反应的类型是A.置换反应 B.复分解反应 C.分解反应 D.化合反应【答案】A【解析】【详解】硅石在高温下与碳发生反应得到粗硅和一氧化碳、粗硅和氯气反应得到纯净的SiCl4，在高温下与氢气反应可生成硅(为高纯硅)和氯化氢，则与反应类型相同，均为置换反应，A正确；答案选A。4.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.HNO3作为氧化剂得到的电子数肯定为3NAB.0.4mol•L-1Na2SO4溶液中，所含的Na+和SO42—总数为1.2NAC.常温常压下，16gO3含有的氧原子数为NAD.12gNaHSO4在熔融状态下可以电离出的阳离子数目0.2NA【答案】C【解析】【详解】A．硝酸做氧化剂参与反应，可能被还原为+4、+2等价态，故1mol硝酸参与反应后得到的电子数不肯定为3NA个，还可能为NA个等，故A错误；B．溶液体积不明确，故溶液中的钠离子和硫酸根的个数无法计算，故B错误；C．16g臭氧中含有氧原子的物质的量为1mol，含有的氧原子数为NA，故C正确；D．熔融状态下，NaHSO4电离方程式为NaHSO4=Na++HSO4-，所以1molNaHSO4在熔融状态下电离出1mol阳离子，则12gNaHSO4在熔融状态下可以电离出的阳离子数目0.1NA，故D错误；答案选C。【点睛】本题的易错点为D，要留意NaHSO4在溶液中和熔融状态下电离方程式的区分。5.将足量的气体通入下列各溶液中，所含离子或分子还能大量共存的是：（）A.通入足量Cl2：SO2、Ba2+、Cl-、K+B.通入足量NH3：Fe3+、Cl-、Ba2+、Al3+C.通入足量SO2：Na+、S2-、OH-、AlO2-D.通入足量CO2：K+、Ca2+、Cl-、NO3-【答案】D【解析】【详解】A、Cl2能把SO2氧化为硫酸，通入足量Cl2，SO2不能大量存在，故不选A；B、NH3溶于水，溶液呈碱性，通入足量NH3，Fe3+、Al3+能生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故不选B；C、足量SO2与S2-发生氧化还原反应生成S单质，足量SO2与OH-反应生成HSO3-，SO2与AlO2-反应生成沉淀，故不选C；D、K+、Ca2+、Cl-、NO3-不反应，且通入足量CO2也不反应，则能大量共存，故选D。6.有下列三个反应：①Cl2+FeI2=FeCl2+I2②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O。下列说法正确的是A.①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2B.依据以上方程式可以得到氧化性Cl2＞Fe3+＞Co2O3C.可以推理得到Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2D.在反应③中当1molCo2O3参与反应时，2molHCl被氧化【答案】D【解析】【详解】A．反应③中Co元素化合价降低，CoCl2为还原产物，故A错误；B．依据反应③中Co2O3为氧化剂，Cl2为氧化产物，所以氧化性Co2O3＞Cl2，故B错误；C．依据反应②可知还原性性Fe2+＞Br-，所以氯气与FeBr2反应时先氧化Fe2+，再氧化Br-，故C错误；D．依据方程式可知当1molCo2O3参与反应时，有1molCl2生成，也就是2molHCl被氧化，故D正确；综上所述答案为D。7.下列与含氯化合物有关的说法正确的是A.HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质B.向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体C.HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物D.电解NaCl溶液得到22.4LH2(标准状况)，理论上须要转移NA个电子(NA表示阿伏加德罗常数的值)【答案】B【解析】【详解】A．HClO是弱酸，NaClO是次氯酸与碱发生反应产生的盐，属于强电解质，A错误；B．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，氯化铁水解，可制得Fe(OH)3胶体，B正确；C．HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，是由于二者在水分子的作用下发生电离产生了离子，HCl断裂的是共价键，NaCl断裂的是离子键；因此前者是共价化合物，后者是离子化合物，C错误；D．电解NaCl溶液得到22.4LH2（标况），其物质的量是1mol，属于理论上须要转移2NA个电子（NA阿伏加德罗常数），D错误；故选B。8.下列说法中正确的是（）①钠在空气中燃烧生成白色的氧化钠②钠投入硫酸铜溶液中有红色粉末产生③过氧化钠可在呼吸面具中做供氧剂④铁丝在氯气中燃烧生成棕黄色的FeCl3⑤钠、氢气在氯气中燃烧都能产生白烟A.①② B.②③ C.③④ D.④⑤【答案】C【解析】【详解】①钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，错误；②钠投入硫酸铜溶液中的离子反应为：2Na+Cu2++2H2O=2Na++Cu(OH)2+H2↑，有蓝色沉淀生成，错误；③过氧化钠可与二氧化碳或水反应产生氧气，故可做呼吸面具中做供氧剂，正确；④铁丝在氯气中燃烧生成棕黄色的FeCl3，正确；⑤钠与氢气在隔绝空气才能反应，错误；③④正确，故选C。【点睛】K、Ca、Na这类还原性很强的金属与溶液反应时，优先与酸反应，再与水反应，生成物再与盐反应。所以钠投入硫酸铜溶液中钠不会与硫酸铜干脆反应，钠先与水反应生成氢氧化钠与氢气，产物与硫酸铜反应。9.下列说法不正确的是()A.将潮湿的淀粉碘化钾试纸靠近集气瓶口，若试纸变蓝证明氯气已集满B.将氯气通入冷的消石灰中可制得以次氯酸钙为有效成分的漂白粉C.将SO2气体通入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液先变红后褪色D.取少量晶体放入试管中，再加入适量NaOH溶液，加热，在试管口用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验，有白烟，则可证明该晶体中含有NH4+【答案】C【解析】【分析】A、氯气与碘化钾反应生成碘单质；B、氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙；C、SO2酸性氧化物，具有漂白性，但不能漂白指示剂；D、铵盐与碱反应放出氨气；【详解】A、氯气与碘化钾反应生成碘单质，将潮湿的淀粉碘化钾试纸靠近集气瓶口，若试纸变蓝证明氯气已集满，故A正确；B、氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙，其中次氯酸钙为漂白粉的有效成分，故B正确；C、SO2是酸性氧化物，也具有漂白性，但不能漂白指示剂，所以将SO2气体通入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液变红，但不褪色，故C错误；D.取少量晶体放入试管中，再加入适量NaOH溶液，加热，在试管口用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验，有白烟，说明有有氨气生成，则可证明该晶体中含有NH4+，故D正确。10.下列有关物质性质与用途的叙述中，二者不具有对应关系的是A.NH3易溶于水，可用作制冷剂B.SO2具有漂白性，可用来漂白纸浆C.浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂D.漂白粉具有氧化性，可用作环境消毒剂【答案】A【解析】【详解】A．液氨汽化时要汲取大量的热，具有制冷作用，能够做制冷剂，与氨气易溶于水无关，故A错误；B．SO2具有漂白性，二氧化硫可用于漂白纸张，是利用其漂白性，故B正确；C．浓硫酸具有吸水性，能汲取水蒸气，所以浓硫酸可用作干燥剂，故C正确；D．强氧化性的物质能杀菌消毒，漂白粉具有氧化性，能使细菌、病毒的蛋白质发生变性，从而杀死细菌和病毒，所以可用作环境消毒剂，故D正确；故答案选A。【点睛】本题考查了物质的性质及应用，把握物质的性质与用途之间的关系为解答的关键，侧重分析与应用实力的考查，留意元素化合物学问的应用。11.下列化合物可用两种单质干脆化合得到的是（）A.FeS B.CuS C.FeCl2 D.SO3【答案】A【解析】【详解】A.硫的氧化性较弱，与铁反应生成FeS，故A正确；B.硫的氧化性较弱，与铜反应生成Cu2S，B错误；C.氯气具有强氧化性，与铁反应生成氯化铁，则C错误；D.硫与氧气反应只能生成二氧化硫，得不到SO3，所以D错误；故选A。【点睛】硫单质的氧化性比较弱，在氧化变价金属的时候只能把变价金属氧化成低价态，而氯气的氧化性强，把变价金属氧化成高价态，留意氧化性强弱规律。12.短周期的3种主族元素X、Y、Z，原子序数依次变小，原子核外电子层数之和是5，X元素原子最外层上的电子数是Y和Z两元素原子最外层上的电子数之和，Y元素原子的最外层上的电子数是它的电子层数的2倍。下列说法错误的是A.原子半径:X>Y>ZB.X与Z形成的化合物XZ3可用作制冷剂C.通常状况下，X的单质化学性质稳定，可充入食品包装袋中作爱护气D.元素的非金属性:X>Y【答案】A【解析】【分析】短周期的3种主族元素X、Y、Z原子序数依次变小，原子核外电子层数之和是5，则这三种元素一种位于第一周期、两种位于其次周期，Z原子序数最小，Z为H元素；Y元素原子的最外层上的电子数是它的电子层数的2倍，Y为C元素；X元素原子最外层上的电子数是Y和Z两元素原子最外层上的电子数之和，则X最外层电子数是5，且位于其次周期，X为N元素，据此分析解答。【详解】依据上述分析，X、Y、Z分别是N、C、H元素。A．原子核外电子层数越少，其原子半径越小，同一周期的元素，原子半径随着原子序数增大而减小，这三种元素原子半径Y＞X＞Z，故A错误；B．液氨在气化时汲取热量导致其四周环境温度降低，所以氨气可以作制冷剂，故B正确；C．氮气性质稳定，通常条件下和其它物质不易发生化学反应，所以氮气可充入食品包装袋中作爱护气，故C正确；D．同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数增大而增加，X、Y位于同一周期，且X原子序数大于Y，所以非金属性X＞Y，故D正确；故选A。13.NO2和Br2蒸汽都是红棕色、有刺激性气味的气体。下列不能用来区分这两种气体的试剂是A.CCl4 B.蒸馏水 C.浓H2SO4 D.AgNO3溶液【答案】C【解析】【详解】A.溴蒸汽能够被CCl4溶解，二氧化氮不能，现象不同，能够区分，故A正确；B.溴水有颜色，二氧化氮与水反应生成的硝酸无色，现象不同，能够区分，故B正确；C.浓硫酸与NO2和Br2蒸汽都没有明显的现象，不能区分，故C错误；D.溴与AgNO3溶液反应生成淡黄色沉淀，二氧化氮没有，现象不同，能够区分，故D正；故选C。14.下列应用与二氧化硅的性质无关的是A.氢氟酸不能用玻璃瓶盛装B.试验室中盛放碱液的试剂瓶用橡皮塞而不用玻璃塞C.可用来做石英钟、石英表，耐高温的石英玻璃D.硅胶是常用的干燥剂及催化剂的载体【答案】D【解析】【详解】A.氢氟酸不能用玻璃瓶盛装，是因为玻璃中含有SiO2，可以发生SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故A不选；B.试验室中盛放碱液的试剂瓶用橡皮塞而不用玻璃塞是因为玻璃中的二氧化硅是酸性氧化物，能和碱反应，简洁使瓶塞和瓶颈粘在一起而不能打开，故B不选；C.石英的主要成分是二氧化硅，熔点高，耐高温，可用来做石英钟、石英表，耐高温的石英玻璃，故C不选；D.硅胶载体是一种多孔物质，是常用的催化剂载体之一，硅胶也是工业上常用的干燥剂、吸附剂，但硅胶不是SiO2，故D选；故选D。【点睛】留意二氧化硅是酸性氧化物，能和碱反应，除HF外，与其他酸不反应。15.下列说法正确的是()A.二氧化硫使品红溶液褪色与使氯水褪色原理相同B.工业上在炼铁高炉中用一氧化碳还原氧化铁C.电解NaCl溶液和电解熔融的NaC1均可制备金属钠.D.工业上常用氢气与氯气混合气体光照的方法制取盐酸【答案】B【解析】【详解】A项、二氧化硫可与品红发生化合反应生成不稳定的无色物质，加热可复原到原来的颜色，二氧化硫与氯水发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸而使氯水褪色，褪色原理不相同，故A错误；B项、一氧化碳与氧化铁在炼铁高炉中高温反应生成铁和二氧化碳，故B正确；C项、电解NaCl溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，不能制备金属钠，故C错误；D项、氢气与氯气混合气体光照发生爆炸，不能用于制取盐酸，工业上常用氢气在氯气中燃烧制HCl，进一步制取盐酸，故D错误；故选B。16.下列说法正确的是A.二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了其漂白性B.焦炭炼铁、发酵粉烘焙糕点均会产生温室气体C.NO2、SO2两种气体都能与水反应生成酸，它们都是酸性氧化物D.雨水样品在空气中放置2小时后，测得pH变小，因为样品汲取了空气中的CO2【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了其酸性氧化物的通性，二氧化硫不能漂白酸碱性指示剂，A错误；B．焦炭炼铁、发酵粉烘焙糕点均会产生温室气体CO2，B正确；C．NO2不是酸性氧化物，C错误；D．雨水样品在空气中放置2小时后，测得pH变小，是因为雨水中的亚硫酸被氧化为硫酸，D错误；综上所述，本题选B。【点睛】酸性氧化物是指能够与碱反应只生成盐和水，反应过程中各元素的化合价不发生改变，属于非氧化还原反应，比如二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，属于非氧化还原反应；而二氧化氮与氢氧化钠溶液发生反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，但是氮元素的化合价发生改变，属于氧化还原反应；所以二氧化硫属于酸性氧化物而二氧化氮不属于酸性氧化物。17.金属和非金属在人类生产生活中得到了广泛应用,请你回答下列问题。(1)面包发酵粉的主要成分之一是一种钠盐，其俗称为________；漂白粉的有效成分为__________(写化学式)；FeCl3常用作净水剂，其原理为_________(用离子方程式表示)。(2)沾有水的铁制器皿在高温火焰上会发黑，该反应的化学方程式是_________。(3)人体血红蛋白中含有Fe2+，若误食亚硝酸盐，会导致Fe2+转化Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒．对上述的分析正确的是____________A．亚硝酸盐是还原剂B．维生素C是氧化剂C．维生素C被氧化D．亚硝酸盐发生氧化反应【答案】(1).小苏打(2).Ca(ClO)2(3).Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+(4).3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2(5).C【解析】【详解】(1)发酵粉为NaHCO3，俗称小苏打；漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2；Fe3+水解可以产生氢氧化铁胶体，可以吸附水中杂质达到净水目的，离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；(2)高温条件下Fe与水蒸气可以反应生成氢气和四氧化三铁，化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；(3)A．Fe2+转化为Fe3+被氧化，说明亚硝酸盐是氧化剂，故A错误；B．维生素C可以解毒，说明维生素C可以将Fe3+还原，为还原剂，故B错误；C．维生素C可以将Fe3+还原，则维生素C被氧化，故C正确；D．亚硝酸盐为氧化剂，发生还原反应，故D错误；综上所述答案为C。18.X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：XYZMRQ原子半径/nm0.1860.0740.0990.143主要化合价-4，+4-2-1，+7+3其它阳离子核外无电子无机非金属材料的主角焰色反应呈黄色(1)Y在元素周期表中的位置是____________________；R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系互为__________。(2)请写出Z2M(3)Q的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式是____________________。(4)下列事实能证明Y与R非金属性强弱的是_______(选填字母序号)。a．常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b．稳定性XR>YX4c．Y与R形成的化合物中Y(5)依据表中数据推想，Y的原子半径的最小范围是_________________。【答案】(1).第三周期ⅣA族(2).同位素(3).(4).Al(OH)3+OH-=+2H2O(5).bc(6).0.099nm~0.143nm【解析】【分析】X阳离子核外无电子，所以X是H。Y是无机非金属材料主角，所以Y是Si。Z的焰色反应呈黄色，所以Z是Na。M的主要化合价为-2价，所以M为O。R的主要化合价为+1和-1，所以R为Cl。Q的主要化合价为+3价，其原子半径比钠略小，所以Q为Al；【详解】(1)Si在元素周期表中位于第三周期ⅣA族；R即氯在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系互为互称为同位素；(2)Z2M即氧化钠的电子式为；(3)Q的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物反应为：氢氧化铝溶于氢氧化钠得到偏铝酸钠和水，离子方程式是Al(OH)3+OH-==+2H2O；(4)a．常温下物质的状态由熔沸点凹凸确定，熔沸点凹凸由微粒间的作用力相关，与非金属性强弱无关，a错误；b．非金属性越强，简洁氢化物越稳定，稳定性XR>YX4，则非金属性R>Y，b正确；c．Y与R形成的化合物中Y呈正价，则非金属性R>Y，c正确；则能证明Y与R非金属性强弱的是bc；(5)同周期主族元素，从左到右，原子半径递减，依据表中数据推想，Y的原子半径的最小范围是0.099nm~0.143nm。19.查资料得：HNO2是一种弱酸且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2＋氧化成Fe3＋。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：(1)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是________(填序号)。A.测定这两种溶液的pHB.分别在两种溶液中滴加甲基橙C.在酸性条件下加入KI—淀粉溶液来区分D.用AgNO3和HNO3两种试剂来区分(2)某同学把酸性高锰酸钾溶液滴入NaNO2溶液中，视察到紫色褪去，同时生成和Mn2+，请写出反应的离子方程式_____________________________________。(3)Fe与过量稀硫酸反应可制取FeSO4。若用反应所得酸性溶液，将Fe2＋转化为Fe3＋，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是________(填序号)。A.Cl2B.FeC.H2O2D.HNO3(4)若FeSO4和O2的化学计量数比为2∶1，试配平下列方程式：_________(_______)FeSO4＋(________)K2O2→(_______)K2FeO4＋(_______)K2O＋(_______)K2SO4＋(_______)O2↑(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效的绿色水处理剂，在水中发生反应生成氢氧化铁胶体。高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是___________________。【答案】(1).B(2).6H＋+5+2=+2Mn2++3H2O(3).C(4).2、6、2、2、2、1(5).净水、消毒【解析】【详解】(1)A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同，所以可以用测定这两种溶液的pH值鉴别，故A不符合题意；B．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，所以亚硝酸钠和氯化钠溶液加入甲基橙后溶液都呈黄色，反应现象相同，所以不能用甲基橙鉴别，故B不符合题意；C．在酸性条件下，亚硝酸钠可以氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区分，故C不符合题意；D．AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物，氯化银是一种难溶于水，不溶于酸的化合物；因此可用AgNO3和HNO3两种试剂来区分NaNO2和NaCl，故D不符合题意；综上所述答案选B；(2)某同学把酸性高锰酸钾溶液滴入NaNO2溶液中，视察到紫色褪去，说明将氧化为，依据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为6H＋+5+2=+2Mn2++3H2O；(3)氯气、硝酸均可以氧化亚铁离子，但是会引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水氧化亚铁离子的还原产物是水，不引入杂质，所以正确是双氧水，答案选C；(4)依据已知信息可知该反应中K2O2将FeSO4氧化为K2FeO4，产物中还有O2，说明此反应中K2O2不仅作氧化剂；氧化FeSO4的K2O2整体化合价降低2价，FeSO4中Fe元素上升4价，氧化FeSO4的K2O2与FeSO4物质的量之比为2：1，另外还有K2O2分解生成K2O和O2，结合“FeSO4和O2的化学计量数比为2∶1”可得反应方程式为2FeSO4+6K2O2=2K2FeO4+2K2SO4+2K2O+O2；(5)高铁酸钾(K2FeO4)中Fe的化合价是+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质，达到净水的目的。20.某化学爱好小组用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体[FeSO4·7H2O]和胆矾晶体，以探究工业废料的再利用。其试验方案如下：回答下列问题：(1)写出合金与烧碱溶液反应的离子方程式________________________________________________。(2)用滤渣F通过两种途径制取胆矾，与途径③相比，途径④明显具有的两个优点是__________________________，____________________________。(3)进行途径②时，该小组用如图所示装置及试剂，将制得的CO2气体通入滤液A中。一段时间后，视察到烧杯中产生的白色沉淀渐渐削减，其缘由是________________________________________(用离子方程式表示)；为了避开沉淀D削减，应当在装置Ⅰ和装置Ⅱ之间增加一个盛有____________的洗气瓶。(4)通过途径④制取胆矾，必需进行试验操作步骤：加硫酸、加热通氧气、过滤、________、冷却结晶、过滤、自然干燥。其中“加热通氧气”所起的作用为________________________________________(用离子方程式表示)。(5)白磷有剧毒，不慎沾到皮肤上，可取少量胆矾配制成CuSO4溶液冲洗解毒。白磷可与热的CuSO4溶液反应生成Cu3P(Cu为＋1价)，与冷CuSO4溶液则析出Cu，反应方程式分别(均未配平)为：①P4＋CuSO4＋H2OCu3P＋H3PO4＋H2SO4②P4＋CuSO4＋H2O―→Cu＋H3PO4＋H2SO4若上述两反应中被氧化的P4的物质的量相等，则消耗的CuSO4的物质的量之比为________。【答案】(1).2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2-＋3H2↑(2).产生等量胆矾途径④消耗硫酸少(3).途径④不会产生污染大气的气体(4).Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O(5).饱和NaHCO3溶液(6).蒸发浓缩(7).2Cu＋O2＋4H＋=2Cu2＋＋2H2O(8).1∶1【解析】【分析】Al、Fe、Cu三种金属中，加入碱溶液后只有Al溶解，生成NaAlO2溶液，若在此溶液中加入足量的盐酸，因盐酸为强酸，可以溶解生成的氢氧化铝，则接着反应生成AlCl3溶液，反应离子方程式为：AlO2-+4H+═Al3++2H2O，而其次种途径通入气体后生成沉淀，与盐酸反应生成AlCl3，由此推断生成的沉淀为氢氧化铝，则确定通入的气体在水中生成弱酸，则推断为CO2气体．不溶于碱溶液的金属Fe和Cu，加入足量稀硫酸后，Fe溶解生成硫酸亚铁溶液，溶液通过蒸发浓缩后冷却结晶可得到绿矾晶体，不溶于酸的铜则可在通入氧气的条件下与硫酸反应生成胆矾，也可用浓硫酸和铜反应制取，但浓硫酸会产生污染气体二氧化硫。据此分析。【详解】合金中只有铝和NaOH溶液反应，所得滤液A中含有NaAlO2和剩余的NaOH，向滤液A通入足量的CO2，生成沉淀为Al(OH)3，滤渣为Fe和Cu。滤渣B加入足量的稀硫酸，Fe溶解，滤液E为FeSO4溶液，滤渣F为Cu。(1)Al和NaOH溶液反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑；(2)途径④中通入空气，H2SO4只表现酸性，所以产生等量胆矾途径④消耗H2SO4少而且途径④不会产生污染大气的气体；(3)大理石和浓盐酸反应生成的CO2中含有HCl，通入NaAlO2溶液中，反应生成的Al(OH)3和盐酸反应生成AlCl3和H2O，离子方程式为Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O。除去CO2中的HCl，用饱和NaHCO3溶液；(4)要得到硫酸铜晶体，先蒸发浓缩，然后冷却结晶。加热通入氧气可以在酸性条件下把Cu氧化为Cu2＋，离子方程式为2Cu＋O2＋4H＋=2Cu2＋＋2H2O；(5)两化学方程式配平后得11P4＋60CuSO4＋60H2O20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4，P4＋10CuSO4＋16H2O=10Cu＋4H3PO4＋10H2SO4，前一个反应中，有6molP4被氧化，消耗60molCuSO4，后一个反应中，有1molP4被氧化，消耗10molCuSO4，所以当被氧化的P4的物质的量相等时，消耗的CuSO4的物质的量比为1∶1。【点睛】本题考查了物质的制备试验方案设计和评价，中等难度，评价试验要从原料的利用率、产品的纯度及对环境的