山东省济宁市实验中学2025届高三上学期10月月考化学试题 含解析

济宁市实验中学2022级高三10月月考化学试题注意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Na：23Cl：35.5Fe：56一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.汉·陈琳《武军赋》：“铠则东胡阙巩，百炼精钢”。下列说法正确的是A.钢是合金，合金是指含有两种或两种以上金属的混合物B.百炼成钢的过程就是改变生铁中碳含量的过程C.铁比铜活泼，铁的发现、大量冶炼和使用均早于铜D.铁是比较活泼的金属，自然界中不存在游离态的铁【答案】B【解析】【详解】A．钢是铁和碳的合金，合金是两种或两种以上金属、或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质，A错误；B．百炼成钢的过程就是使生铁中碳含量降低的过程，B正确；C．铁比铜活泼，铜的冶炼、使用均早于铁，C错误；D．铁是比较活泼的金属，容易与氧气等发生反应，陨铁中存在游离态的铁，D错误；故选B。2.在生活中，化学知识起了重要作用。下列说法正确的是A.食品中放入盛有硅胶颗粒的小袋，可以防止食品被氧化B.“84”消毒液是以NaClO为有效成分的消毒液，与盐酸混合可以提升消毒效果C.葡萄酒酿制过程中添加少量，起到杀菌抗氧化作用D.可以用醋酸和淀粉溶液检验加碘盐中的【答案】C【解析】【详解】A．食品中放入盛有硅胶颗粒小袋的目的是防止食品受潮变质，A错误；B．“84”消毒液的主要成分次氯酸钠能与盐酸反应生成有毒的氯气，所以“84”消毒液不能与盐酸混合，可能会发生意外事故，B错误；C．可以在葡萄酒酿制过程中起到杀菌抗氧化作用，C正确；D．淀粉遇到单质碘显蓝色，醋酸与不能生成碘单质，淀粉溶液遇到无现象，D错误；故选C。3.镁和铝都是较活泼的金属，下列叙述正确的是A.第一电离能：B.工业上常通过电解溶液的方法制取金属C.将溶液蒸干可制得无水D.历史上曾用反应：制铝；现代工业用反应：制铷，所以活动性：【答案】A【解析】【详解】A．Mg的价电子为3s2，s轨道全满，比较稳定，较难失去电子，因此第一电离能大于Al，A正确；B．电解MgCl2溶液得到Mg(OH)2、H2、Cl2，电解熔融的MgCl2可以制得Mg，B错误；C．由于Al3+水解，且HCl易挥发，蒸干AlCl3溶液得到的是Al(OH)3，C错误；D．Mg置换Rb的反应有一定的可逆性，将生成的Rb蒸气抽出使平衡正向移动，与Mg、Rb的金属活动性无关，D错误；故选A。4.物质的性质决定其用途，下列有关物质性质和应用的关系正确的是A.SiO2是酸性氧化物，能用氢氟酸(HF)雕刻玻璃B.碳酸氢铵受热易分解，可用作植物生长的肥料C.钠能与水剧烈反应，可用作95%乙醇的强除水剂D.BeO熔点高，可用作耐火材料【答案】D【解析】【详解】A．HF能与SiO2反应，可以用氢氟酸雕刻玻璃，但是与SiO2是酸性氧化物无关，A错误；B．碳酸氢铵中含氮元素，可用作植物生长的肥料，与其受热易分解无关，B错误；C．钠与乙醇会反应，故不能用作95%乙醇的强除水剂，C错误；D．BeO为离子晶体，半径小，熔点高，可用作耐火材料，D正确；故选D。5.下列反应原理中，不符合工业冶炼金属实际情况的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】A．Mg为活泼金属，通常用电解熔融的氯化镁的方法冶炼，A错误；B．Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂(C、CO、H2、活泼金属等)将金属从其化合物中还原出来，B正确；C．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，C正确；D．Al为活泼金属，通常用电解熔融的氧化铝的方法冶炼，D正确；故选A。6.金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是A.Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B.Al→Al2O3→Al(OH)3→A1Cl3C.Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D.Fe→Fe(NO3)3→Fe

(OH)3→Fe2O3【答案】B【解析】【详解】A.钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，能一步完成，A项不符合；B.氧化铝和水不反应，所以氧化铝不能通过一步反应生成氢氧化铝，B项符合题意；C.镁与盐酸生成氯化镁，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，能一步完成，C项不符合；D.铁与过量的稀硝酸生成硝酸铁，硝酸铁与氢氧化钠生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，能一步完成，D项不符合；答案选B。7.“褪色”是高中化学实验中一种常见且重要的现象。以下实验中的“褪色”现象与所得结论相匹配的是选项实验操作结论A向滴有酚酞的溶液中通入Cl2Cl2具有漂白性B向酸性液中滴入乙醇乙醇具有还原性C向滴有碘水的淀粉溶液中通入SO2SO2具有漂白性D向与的混合溶液中加入铁粉比更易与配位A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．向滴有酚酞的溶液中通入Cl2生成氯化钠、次氯酸钠和水，碱性减弱，溶液褪色，不能证明Cl2具有漂白性，A错误；B．向酸性液中滴入乙醇，乙醇具有还原性使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．向滴有碘水的淀粉溶液中通入SO2，发生，体现了SO2具有还原性，C错误；D．向与的混合溶液中加入铁粉，发生反应，不是Fe比更易与配位，D错误；故选B。8.根据海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是已知：受热生成和HCl气体等。A.过程①的除杂试剂先后顺序及操作是、、稀盐酸，过滤、蒸发结晶B.在过程③中将灼烧即可制得无水C.过程⑤反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题D.在过程④、⑥反应中每氧化0.4mol需消耗4.48L【答案】C【解析】【分析】海水蒸发得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和NaOH，母液加氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应后经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作生成MgCl2·6H2O，MgCl2·6H2O在HCl气流中加热生成无水MgCl2，NaBr中通入氯气生成Br2，Br2与SO2水溶液反应生成溴离子，溴离子被氯气氧化生成高浓度的Br2。【详解】A．过程①中氯化钡须在碳酸钠之前加入，否则无法除去多余的钡离子，同时还需要加入氢氧化钠除去镁离子，A错误；B．MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl，过程③需要在HCl气流中加热使MgCl2·6H2O失去结晶水生成无水MgCl2，B错误；C．Br2与SO2的水溶液反应生成HBr和H2SO4，两种产物都是强酸，因此反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题，C正确；D．过程④、⑥中反应的离子方程式为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，每氧化0.4mol溴离子需消耗氯气0.2mol，但是选项中并未说明是标准状况下，无法计算0.2mol氯气的体积，D错误；故答案选C。9.下列关于实验室制取SO2的实验，其中叙述正确的是A.甲图中可利用浓硫酸和铜单质制取SO2B.乙图中干燥SO2C.可用丙图中装置和药品收集二氧化硫并吸收尾气D.不可用丁图中装置和药品检验铜和浓硫酸反应生成的CuSO4【答案】D【解析】【详解】A．铜和浓硫酸反应需要加热，故A错误；B．碱石灰中含有氢氧化钠和氧化钙，不能用来干燥酸性氧化物二氧化硫，故B错误；C．澄清石灰水的浓度较稀，不适宜吸收SO2的尾气，故C错误；D．反应后的液体混合物应倒入水，类似于浓硫酸的稀释，故D正确；答案为D。10.侯氏制碱法原理是：NH3+H2O+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，析出碳酸氢钠，下列实验关于实验装置及原理设计说法不合理的是甲乙丙丁A.用装置甲制取氨气时得到氨气很少，主要原因是分解得到NH3、HCl的遇冷会重新化合B.用装置乙生成CO2速率很慢的原因是反应生成微溶于水的硫酸钙，覆盖着大理石的表面C.用装置丙模拟侯氏制碱法，可以从导管b通入氨气，再从导管a通入二氧化碳气体D.用装置丁分离得到产品NaHCO3，为得到干燥产品，最好采用减压过滤【答案】C【解析】【分析】【详解】A．氯化铵分解后生成氨气和氯化氢，两种气体在试管口重新化合生成氯化铵，则用装置甲制取氨气时得到氨气的量很少，故A正确；B．生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙表面，则装置乙制取二氧化碳时，往往反应不充分，大理石利用率太低，故B正确；C．氨气极易溶于水，故应该a管通入氨气，b管通入二氧化碳，故C错误；D．用装置丁过滤分离得到产品NaHCO3，减压过滤，可防止碳酸氢钠分解，故D正确；故答案选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.用如图装置制备次氯酸并验证其氧化性，Cl2可以与含水碳酸钠反应得到Cl2O气体和NaHCO3，下列说法错误的是（）A.装置甲中每生成8.4g碳酸氢钠同时生成1.12LCl2OB.装置乙中盛装的是饱和食盐水C.将装置丙中次氯酸溶液转移到装置丁中的具体操作是打开K2关闭K1D.装置丁中溶液酸性显著增强可证明次氯酸的氧化性【答案】AB【解析】【分析】由题目的要求和目的可知，整个流程是先使用氯气与含水碳酸钠先反应生成Cl2O，除去氯气后再利用Cl2O与蒸馏水反应生成HClO，HClO与甲酸反应体现HClO的氧化性，利用Cl2O与水反应生成HClO可以有效防止氯气的干扰，据此分析作答。【详解】A．装置甲中发生氧化还原反应：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，每生成8.4g碳酸氢钠则生成标准状况下体积为1.12L的Cl2O，但A无标准状况，A错误；B．装置乙的作用是吸收多余的Cl2，防止干扰后续氧化性的验证，饱和食盐水不能除去多余Cl2，故装置乙中盛装的不是饱和食盐水，B错误；C．装置丙中打开K2，关闭K1，可以利用压强能将装置中的液体压入装置丁中，使生成的HClO与甲酸反应，C正确；D．装置丁中溶液酸性显著，说明发生反应HClO+HCOOH=HCl+CO2↑+H2O，可证明次氯酸的氧化性，D正确；故答案为：AB。12.硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。下列说法不正确的是A.I的化学方程式：B.Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率C.将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生D.生产过程中产生的尾气可用碱液吸收【答案】B【解析】【分析】黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。【详解】A．反应I是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：，故A正确；B．反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高平衡转化率，故B错误；C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生，即可以减少废渣产生，故C正确；D．硫酸工业产生的尾气为、，可以用碱液吸收，故D正确；故选B。13.氮化锂(Li3N)常作固体电解质和催化剂，遇水蒸气剧烈反应生成氢氧化锂和氨气。某实验小组用氮气样品(含CO和O2)制备纯净的氮化锂的装置如图所示：已知：(1)连苯三酚碱性溶液能定量吸收少量O2；(2)氯化亚铜盐酸溶液能定量吸收少量CO生成Cu(CO)Cl·H2O，且易被O2氧化；(3)在加热条件下，CO2与锂发生剧烈反应。下列说法不正确的是A.实验中应先通入氮气再点燃酒精灯B.a装置可以换成盛装炽热铜粉的硬质玻璃管C.a、b、c中试剂分别氯化亚铜盐酸溶液、连苯三酚碱性溶液、浓硫酸D.干燥管e中试剂为碱石灰，避免空气中的CO2、H2O(g)与锂反应，干扰试验【答案】BC【解析】【详解】A．锂与氧气、CO2能发生反应，实验中应先通入氮气排出装置中的空气，再点燃酒精灯，A正确；B．a装置若换成盛装炽热铜粉的硬质玻璃管，可以除去氧气，CO和CuO在加热条件下反应生成CO2，CO2能与锂发生剧烈反应，干扰实验，B错误；C．氯化亚铜盐酸溶液易被O2氧化，先用连苯三酚碱性溶液能定量吸收少量O2，再用氯化亚铜盐酸溶液吸收CO，最后用浓硫酸干燥氮气，所以a、b、c中试剂分别为连苯三酚碱性溶液、氯化亚铜盐酸溶、浓硫酸，C错误；D．氮化锂(Li3N)遇水蒸气剧烈反应，CO2、H2O(g)能与锂反应，干燥管e中试剂为碱石灰，可以避免空气中的CO2、H2O(g)进入d与锂反应，D正确；故选BC。14.下列方程式与所给事实不相符的是A.海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：B.某主要成分为苛性钠、铝粉的管道疏通剂：C.用5%Na2SO4溶液能有效除去误食的：D.泡沫灭火器灭火原理：【答案】D【解析】【详解】A．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质离子方程式：，故A正确；B．主要成分为苛性钠、铝粉的管道疏通剂反应的离子方程式：，故B正确；C．用5%Na2SO4溶液除去误食的离子方程式：，故C正确；D．泡沫灭火器灭火原理离子方程式：，故D错误；故选D。15.氮化钙是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组用如图所示装置(部分夹持装置已略去)制备(易与水反应)，下列说法错误的是A.与水反应主要生成氢氧化钙和肼B.实验开始前，首先应检查装置的气密性C.实验中每消耗，同时消耗D.前后两处浓硫酸的作用分别是干燥及防止空气中的水进入装置乙【答案】AC【解析】【分析】本实验利用氮气和钙反应制备氮化钙。装置甲为制备氮气的装置，发生的反应是：，浓硫酸干燥氮气，乙中为制备装置，由于氮化钙与水易反应，最后一处的浓硫酸可以防止空气中的水蒸气进入装置乙。【详解】A．与水发生非氧化还原反应生成氢氧化钙和氨气，A错误；B．该装置要制备气体，实验开始前要检查装置的气密性，B正确；C．实验进行过程中，每消耗6gCa，转移电子的物质的量为，亚硝酸根中N元素为+3价，1mol亚硝酸根参与反应转移电子物质的量为3mol，故消耗亚硝酸根的物质的量为0.1mol，C错误；D．据以上分析可知，前后两处浓硫酸的作用分别是干燥N2及防止空气中的水进入装置乙，D正确；故选AC。三、非选择题：本题共5小题，共60分16.氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域实验室中利用如图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。回答下列问题：（1）盛放MnO2粉末的仪器名称是___________，a中的试剂为___________。（2）b中采用的加热方式是___________。c中化学反应的离子方程式是___________，采用冰水浴冷却的目的是___________。（3）d的作用是___________，可选用试剂___________(填标号)。A．Na2S

B．NaClC．NaOH

D．H2SO4（4）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，过滤，少量冷水洗涤，干燥，得到KClO3晶体。取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显___________色。可知该条件下KClO3的氧化能力___________(填“大于”或“小于”)NaClO。（5）84消毒液的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是___________(用离子方程式表示)。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.饱和食盐水（2）①.水浴加热②.Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O③.避免生成NaClO3（3）①.吸收尾气(Cl2)，防止污染环境②.AC（4）①.紫②.小于（5）ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑+H2O【解析】【分析】由装置图可知，浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应制取氯气，a装置可除去氯气中混有的氯化氢，应盛有饱和食盐水，b装置中在水浴加热条件下氯气与KOH溶液反应制备KClO3，c装置中在冰水浴条件下氯气与NaOH溶液反应制备NaClO，d装置用来吸收尾气，防止空气污染。【小问1详解】由装置图可知，盛放MnO2粉末的仪器是圆底烧瓶；浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应制取氯气，产生的氯气中混有氯化氢杂质，除去氯化氢需要将气体通过饱和食盐水，故a中的试剂为饱和食盐水。【小问2详解】b装置的加热方式为水浴加热。c装置中氯气与氢氧化钠发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O。温度较高时会生成氯酸钠，故采用冰水浴冷却的目的是避免生成NaClO3。【小问3详解】氯气有毒，能污染空气，反应后剩余氯气要进行尾气吸收，d是尾气处理装置，吸收尾气(Cl2)，防止污染环境；氯气能与Na2S反应生成氯化钠和硫单质，也能与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，与NaCl、H2SO4均不反应，所以吸收氯气可以用Na2S溶液、氢氧化钠溶液，故选AC。【小问4详解】2号试管溶液变为棕色，说明生成了碘，加入CCl4振荡，发生萃取，静置后CCl4层显紫色。取少量KClO3和NaClO溶液分别滴加到1号和2号试管中，滴加KI溶液，1号试管颜色不变，2号变为棕色，说明2号生成了碘，可知该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO。【小问5详解】84消毒液的有效成分为NaClO，还含由氯化钠，在酸性条件下，溶液中的氯离子和次氯酸根离子发生归中反应生成氯气，故不可与酸性清洁剂混用的原因是ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑+H2O。17.K2Cr2O7是一种重要的化工原料。以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3等杂质)为原料制备K2Cr2O7的一种工艺流程如下：已知：(a)Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋(b)不同温度下各物质的溶解度：物质KClNaClK2Cr2O7Na2Cr2O7溶解度(g/100gH2O)0℃2835.74.716340℃40.136.426.321580℃51.33870376(c)步骤①的主要反应为：2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2。（1）“滤渣1”和“滤渣2”的主要成分分别是___________、___________(填化学式)。写出步骤③的离子反应方程式___________；步骤④中调pH，以下试剂可选用___________(填标号)。a．NH3B．KOHC．CH3COOHD．HCl（2）在步骤⑤中加入适量KCl，___________，过滤得到K2Cr2O7固体。（3）某工厂用akg铬铁矿粉(含Cr2O340%)制K2Cr2O7，最终得到产品bkg，产率为___________×100%(列计算式)。（4）化学还原法可除去废水中的Cr2O，取含Cr2O的模拟水样在不同pH条件下，分别向每个水样中加一定量的FeSO4、NaHSO3，搅拌，充分反应，然后滴加Ca(OH)2悬浊液，静置沉淀，测定＋6价Cr的去除率，实验结果如图所示。①在酸性条件下，NaHSO3使Cr2O还原为Cr3＋，请写出NaHSO3与Cr2O反应的离子方程式：___________。②pH＞8时，亚铁盐对＋6价Cr的去除效果反而下降，可能的原因是：___________。【答案】（1）①.Fe2O3②.Al(OH)3③.[Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO④.C（2）蒸发浓缩，冷却结晶（3）（4）①.3HSO＋Cr2O＋5H＋=2Cr3＋＋3SO＋4H2O②.pH＞8时，Fe2＋转化为Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被空气中的O2氧化【解析】【分析】铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3等杂质)熔融条件下和碳酸钠、硝酸钠反应Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2，CO2和NaNO2，水浸，过滤后得到滤渣1为氧化铁，NaAl(OH)4通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，滤液中调节pH值发生变化，向滤液中加入KCl反应生成重铬酸钾。【小问1详解】“滤渣1”和“滤渣2”的主要成分分别是Fe2O3、Al(OH)3。步骤③主要是[Al(OH)4]－和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根，其离子反应方程式[Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO；步骤④中调pH，由于Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋，因此加入酸能使之不断转变为重铬酸根，由于重铬酸根具有强氧化性，会氧化氯离子，因此只能用醋酸，因此选用C；故答案为：Fe2O3；Al(OH)3；[Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO；C。【小问2详解】在步骤⑤中加入适量KCl，得到K2Cr2O7溶液，根据不同温度不同物质的溶解度，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体；故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶。【小问3详解】某工厂用akg铬铁矿粉(含Cr2O340%)制K2Cr2O7，根据Cr2O3～K2Cr2O7，理论得到K2Cr2O7的质量为最终得到产品bkg，产率为；故答案为：。【小问4详解】①在酸性条件下，NaHSO3使Cr2O还原为Cr3＋，HSO被氧化为SO，根据得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒得到NaHSO3与Cr2O反应的离子方程式：3HSO＋Cr2O＋5H＋=2Cr3＋＋3SO＋4H2O；故答案为：3HSO＋Cr2O＋5H＋=2Cr3＋＋3SO＋4H2O。②pH＞8时，亚铁盐对＋6价Cr的去除效果反而下降，可能的原因是pH＞8时，Fe2+转化为Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被空气中的O2氧化，导致亚铁离子浓度降低，与重铬酸根反应减少；故答案为：是pH＞8时，Fe2+转化为Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被空气中的O2氧化。18.(三草酸合铁酸钾)是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。回答下列问题：Ⅰ．现利用如下装置检验三草酸合铁酸钾受热分解所得产物中是否含有，。（1）正确的连接顺序为___________(填小写标号，仪器可重复使用)。（2）实验过程中需持续通入的目的是___________、___________。（3）证明产物中有的现象是___________。Ⅱ．测定三草酸合铁酸钾中铁元素的含量。（4）称取三草酸合铁酸钾样品，配成待测溶液，所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外还有___________(填仪器名称)。（5）取上述溶液于锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，再滴加溶液至与恰好反应，反应的离子方程式为___________。（6）向(5)反应后溶液中加入适量还原剂将恰好完全还原为，加入稀硫酸酸化后，继续加溶液时恰好与反应。晶体中铁元素的质量分数表达式为___________。【答案】（1）（2）①.排尽装置中空气②.使反应产生的气体全部进入后续装置（3）E中澄清石灰水不变浑浊，B中黑色固体变红，B后面的C中澄清石灰水变浑浊（4）容量瓶、胶头滴管（5）（6）×100%【解析】【分析】A用于样品的分解，C中的澄清石灰水用来检验二氧化碳，D用来吸收二氧化碳、E检验二氧化碳是否吸收完全，F可吸收水蒸气，检验三草酸合铁酸钾受热分解所得产物是否含有CO、CO2，应先检验二氧化碳再吸收二氧化碳防止干扰检验一氧化碳，用B检验一氧化碳再通入C中检验一氧化碳与氧化铜反应的产物二氧化碳，故先将分解产物通入C、D、E、F检验并吸收CO2、再干燥后依次通入氧化铜、澄清石灰水检验是否又生成CO2；若气体产物中含有CO，则装置中的现象是B中黑色固体变红，E中澄清石灰水不变浑浊，且B后面的C中澄清石灰水变浑浊。【小问1详解】据分析，检验三草酸合铁酸钾受热分解所得产物是否含有CO、CO2，先将分解产物通入C检验CO2，再通入D、E、F吸收CO2、检验二氧化碳是否吸收完全、吸收水蒸气，再依次通入氧化铜、澄清石灰水检验CO，所以连接装置的顺序为：a→d→e→f→g→b→c→d(e)；【小问2详解】实验过程中需持续通入N2的目的是将排尽装置中空气并将生成的CO、CO2转移到后续的检验装置中；【小问3详解】若气体产物中含有CO，则装置中的现象是E中澄清石灰水不变浑浊，B中黑色固体变红，B后面的C中澄清石灰水变浑浊；【小问4详解】称取三草酸合铁酸钾样品，配成待测溶液，所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外还有250mL容量瓶、胶头滴管；【小问5详解】酸性溶液与发生氧化还原反应，根据得失电子守恒可得反应的离子方程式为；【小问6详解】用cmol•L-1KMnO4溶液滴定上述25mL待测液至终点，消耗KMnO4溶液VL，消耗MnO的物质的量为：n（MnO）=cmol/L×VL=cVmol，根据化合价升降相等可得反应关系式：5Fe2+～MnO，则n（Fe2+）=5n（MnO）=5cVmol，m（Fe2+）=56g/mol×5cVmol，所以mg样品中铁的质量分数==。19.三星堆出土的金面具等金制品揭示了人类古文明对黄金的使用。Ⅰ．金的结构与性质（1）金的价电子排布为，它在周期表中的位置为_______。（2）金面具的制作过程包含了淘金、冶金、铸金、锤鍱等工艺，以下金的性质中，与其金属键有关的是_______(填字母)A.有金属光泽 B.有较高的熔点 C.有很好的延展性 D.有良好的导电性Ⅱ．金的冶炼（3）金的化学性质很稳定，单独用浓盐酸或浓硝酸均不能将金溶解，但将浓硝酸与浓盐酸按体积比配制成王水，则可以溶解金，发生的反应如下：。①王水溶金过程中，硝酸的作用是_______。②盐酸的作用是：提供与生成的配位，降低了浓度，提高的还原性。③可被浓硝酸轻易溶解，但王水溶解的效果却不好，原因可能是_______。④可用粉还原，完成“沉金”。被完全还原时，消耗的物质的量是_______。（4）在碱性条件下用溶液也可溶金。(已知：是一种易挥发的弱酸。)①补全溶液溶金反应的离子方程式：_______。②中配位原子是C，结合电子式说明C可以作为配位原子的原因：_______。③已知的氧化性随溶液酸性的增强而增强。工业上常选的溶液进行溶金，不选更低的原因可能是_______(写出一种即可)。【答案】（1）第六周期第IB族（2）ABCD（3）①.氧化性、酸性②.银和氯离子不能生成配合物而是形成氯化银沉淀③.1.5（4）①.②.碳原子的电负性小于氮原子电负性，碳原子对孤对电子的束缚力较弱，更易提供孤对电子对③.增加剧毒HCN的挥发【解析】【小问1详解】由金的价电子排布式，可知金在周期表中的位置为第六周期第IB族。【小问2详解】金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈相互作用；有金属光泽的原因是金属键中对应的自由电子对可见光吸收后再放出，表现为反射率高；金属键越强金属的熔点越高；有很好的延展性是由于金属受到外力作用时，晶体中的各原子层发生相对滑动，但不会改变原来的排列方式，金属阳离子与自由电子之间的金属键没有被破坏；有良好的导电性是由于在外加电场作用下，金属晶体中的电子气定向移动而形成电流，故选ABCD。【小问3详解】硝酸中氮元素化合价为+5价，反应后生成一氧化氮中的氮元素化合价为+2价，氮元素化合价降低，发生还原反应，故硝酸作氧化剂且提供酸性环境，浓硝酸具有强氧化性，将银氧化为银离子使得银溶解度高，王水能溶解金，是因为硝酸的强氧化性和盐酸中氯离子的配位性，让金溶解生成氯金酸H[AuCl4]，王水溶解的效果不好，可能是银和氯离子不能生成配合物而是形成氯化银沉淀，结合方程式可得，被完全还原时，被完全还原时，消耗的物质的量1.5mol。【小问4详解】碱性环境且金元素化合价升高则氧元素化合价降低，结合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒得离子方程式为；由氰根电子式可知[:CN:]-，C、N均可提供孤对电子对，但碳原子的电负性小