辽宁省瓦房店市高级中学2020届高三10月月考化学试题

辽宁省瓦房店市高级中学2020届高三10月月考化学试题

瓦房店市高级中学2019-2020学年度上学期高三10月考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 Be-9 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Ag-108 Sn-119 I-127‎ 一、选择题（本题包括20小题，1—14每题2分，15—20每题3分，共46分，每小题只有一个正确答案）‎ ‎1.改革开放40年，我国取得了很多世界瞩目的科技成果，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素属于过渡元素 B. 港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能 C. 国产C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料 D. 中国天眼传输信息用的光纤材料是硅 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素，位于第四周期，第IVB族，属于过渡元素，故A正确；‎ B.合金材料，一般具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能，故B正确；‎ C.氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，故C正确；‎ D. 中国天眼传输信息用的光纤材料是二氧化硅，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.Na2O、NaOH、Na2CO3、Na2O2、Na2SO4可按某种标准划为同一类物质，下列分类标准正确的是（ ）‎ ‎①化合物 ②能与硝酸反应 ③钠盐 ④电解质 ⑤离子化合物 ⑥氧化物 A. ②⑤⑥ B. ①④⑤ C. ①③④ D. ①②⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①Na2O、NaOH、Na2CO3、Na2O2、Na2SO4都是由两种或两种以上元素构成的纯净物，属于化合物，故①正确；‎ ‎②Na2O和NaOH与硝酸反应生成硝酸钠和水，Na2CO3和硝酸反应生成硝酸钠、二氧化碳和水，Na2O2和硝酸反应生成硝酸钠、氧气和水，而Na2SO4与硝酸不反应，故②错误；‎ ‎③Na2CO3、Na2SO4是钠盐，而NaOH是碱，Na2O和Na2O2是氧化物，故③错误；‎ ‎④Na2O和Na2O2属于金属氧化物、NaOH属于强碱、Na2CO3属于盐、Na2SO4属于盐，它们的水溶液或熔融状态下能导电，属于电解质，故④正确；‎ ‎⑤Na2O、NaOH、Na2CO3、Na2O2、Na2SO4均为离子化合物，故⑤正确；‎ ‎⑥Na2O和Na2O2属于氧化物，而NaOH、Na2CO3和Na2SO4均为含氧化合物，故⑥错误；分类标准正确的是①④⑤，故答案为B。‎ ‎3.按第26届国际计量大会重新定义，阿伏加德罗常数（NA）有了准确值6.02214076×1023。下列说法正确的是（ ）‎ A. 12gNaHSO4在熔融状态下可以电离出的阳离子数目0.1NA B. 用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数目为0.1NA C. 标准状况下，2.24LCl2全部溶于水所得溶液中的Cl－与ClO－数目之和为0.2NA D. 1.0L18.4mol/LH2SO4溶液与足量铜在加热的条件下反应，被还原的H2SO4分子数目为9.2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.12gNaHSO4的物质的量为：=0.1mol，0.1mol熔融硫酸氢钠电离出0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离子，电离出的阳离子数目0.1NA，故A正确；‎ B.23.5g AgI的物质的量为：=0.1mol，由于AgI胶体为AgI的聚集体，则含有胶体粒子数目小于0.1NA，故B错误；‎ C.新制氯水中含有Cl2、Cl-、HClO和ClO-，则标准状况下，2.24LCl2(0.1mol)全部溶于水所得溶液中的Cl－与ClO－数目之和小于0.2NA，故C错误；‎ D.1.0L18.4mol/LH2SO4‎ 溶液与足量铜在加热的条件下，所在反应进行硫酸浓度降低，变为稀硫酸，硫酸不能完全反应，所以被还原的H2SO4分子数目小于9.2NA，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。‎ ‎4.下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是（ ）‎ A. 强酸性溶液中：H+、NO3-、Cl- 、NH4+‎ B. pH=12的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-‎ C. 25ºC时pH=7的溶液中：Na+、Cl-、SCN-、Fe3+‎ D. 加入铝粉能放出氢气的溶液中：NH4+、NO3-、AlO2-、SO42-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在强酸性溶液中，离子组H+、NO3-、Cl- 、NH4+能大量存在，且彼此间不发生离子反应，故A正确；‎ B.pH=12的溶液中HCO3-不能大量存在，故B错误；‎ C.SCN-与Fe3+在溶液中发生离子反应，生成配合离子，不能大量存在，且Fe3+极易水解，不可能大量存在于pH=7的溶液中，故C错误；‎ D.加入铝粉能放出氢气的溶液可能显酸性或碱性，而NH4+不能大量存在于碱性溶液中，AlO2-不能大量存在于酸性溶液中，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】离子不能大量共存的一般情况是：①能发生复分解反应的离子之间(即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质)；②能生成难溶物的离子之间(如：Ca2+和 SO42-；Ag+和 SO42-)；③能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子(如：Al3+， Fe3+与 CO32-、HCO3-、AlO2-等)；④能发生氧化还原反应的离子之间(如：Fe 、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、 Fe3+等)；⑤能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-‎ ‎)；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：①溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；②溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；③溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；④是“可能”共存，还是“一定”共存等。‎ ‎5.下列有关物质性质与应用相对应的是（ ）‎ A. Na2O2具有强氧化性，可用作潜水艇的供氧剂 B. SO2具有漂白性，能使紫色KMnO4溶液褪色 C. K2FeO4具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 D. 浓硝酸在常温下能使铝钝化，可用铝槽车运输浓硝酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2O2能与水或CO2反应生成氧气，常用作潜水艇的供氧剂，与Na2O2具有强氧化性无关，故A错误；‎ B．高锰酸钾具有强氧化性，能被二氧化硫还原而褪色，该反应中二氧化硫体现还原性而不是漂白性，故B错误；‎ C．高铁酸钾具有强氧化性，能使蛋白质变性而能杀菌消毒，高铁酸钾杀菌消毒体现高铁酸钾的氧化性，故C错误；‎ D．常温下，铝和浓硝酸发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象是钝化现象，所以可以用铝槽车运输浓硝酸，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎6.下列实验能达到预期目的的是 A. 蒸发溴水获取溴单质 B. 证明碳酸酸性强于硅酸 C. 比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性 D. 除去氯气中的HCl杂质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溴容易挥发，不能通过蒸发溴水获取溴单质，故A错误；‎ B．硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，通入硅酸钠生成硅酸沉淀，可证明碳酸酸性比硅酸强，故B正确；‎ C．碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，为比较稳定性，应将碳酸氢钠盛放在小试管中，故C错误；‎ D．氢氧化钠溶液能够吸收氯气和氯化氢，应该选用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列实验沉淀的过程中，与氧化还原反应无关的是 A B C D 实验 将NaOH溶液滴入FeSO4溶液 将SO2通入稀硝酸酸化的BaCl2溶液 将Cl2通入稀硝酸酸化的AgNO3溶液 将生石灰投入饱和Na2CO3溶液 现象 产生白色沉淀，最终变为红褐色 产生白色沉淀 产生白色沉淀 产生白色沉淀 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，发生反应：2NaOH+FeSO4=Fe(OH)2↓+Na2SO4‎ ‎，生成白色沉淀Fe(OH)2，Fe(OH)2不稳定，迅速被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，第二个反应氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B.将SO2通入稀硝酸酸化的BaCl2溶液，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被硝酸氧化为硫酸，硫酸再与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀和盐酸，第二个反应为氧化反应，故B不符合题意；‎ C.将Cl2通入稀硝酸酸化的AgNO3溶液中，氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl与AgNO3反应生成氯化银白色沉淀和HNO3，第一个反应为氧化还原反应，故C不符合题意；‎ D.将生石灰投入饱和Na2CO3溶液，生石灰与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与Na2CO3溶反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠，两个反应均不是氧化还原反应，故D符合题意。答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查的是氧化还原反应。需学生掌握氧化反应和还原反应的概念，有元素化合价升高的反应为氧化反应，有元素化合价降低的反应为还原反应。还需学生掌握常见的氧化剂和还原剂，常见的氧化剂有O2、Cl2、浓H2SO4、浓稀HNO3、酸性KMnO4、H2O2等，常见的还原剂有Fe2+、SO2、I-、Fe、Cu等，具有氧化性的物质遇具有还原性的物质能发生氧化还原反应。据此解答。‎ ‎8.下列实验操作能达到实验目的的是 A. 将一氧化氮和二氧化氮的混合气体通过氢氧化钠溶液进行分离 B. 只用Na2CO3溶液来鉴别CaCl2溶液、AlCl3溶液和稀硫酸 C. 为检验某品牌食盐中是否加碘，将样品溶解后滴加淀粉溶液 D. 向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，证明其中含有SiO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一氧化氮和二氧化氮的混合气体能溶于氢氧化钠溶液生成硝酸钠和亚硝酸钠，所以不能实现目的，故A错误；‎ B．碳酸钠和氯化钙反应生成白色沉淀、氯化铝和碳酸钠反应生成二氧化碳气体和白色沉淀，碳酸钠和稀硫酸反应生成气体，现象不同可以鉴别，故B正确；‎ C．食盐中加入的碘是碘酸钾，不是碘单质，所以不能用淀粉试液检验食盐中的碘，故C错误；‎ D．能和稀硝酸生成白色沉淀的离子不一定是SiO32-，也可能是偏铝酸根离子，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎9.某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下（图中只画出了HAP的部分结构）。‎ 下列说法不正确的是 A. HAP能提高HCHO与O2的反应速率 B. HCHO在反应过程中，有C—H键发生断裂 C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2‎ D. 该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从示意图来看，HAP在反应前后没有变化，做催化剂，可以加快化学反应速率，A项正确；‎ B．在过渡态的示意图中，可以发现甲醛分子中的两个C—H的H原子都与O相连，发生断裂，B项正确；‎ C．从示意图可以看出来，二氧化碳中的只有1个氧原子来自于氧气，另外1个氧原子为甲醛所有，C项错误；‎ D．根据历程示意图，甲醛和O2在HAP上生成了CO2和H2O，D项正确；‎ 本题答案选C。‎ ‎10.O2F2可以发生反应：H2S＋4O2F2=SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是（ ）‎ A. 氧气是氧化产物 B. O2F2既是氧化剂又是还原剂 C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4‎ D. 若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．O元素由+1价降低到0价被还原，则氧气还原产物，故A错误；‎ B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；‎ C．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1:4，故C正确；‎ D．由反应H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2，生成2mol氧气转移8mol的电子，标准状况下，生成4.48L HF，物质的量为：0.2mol，转移0.8mol电子，但选项中未指明HF气体的状态，无法计算其物质的量，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎11.下列离子方程式的书写及评价均合理的是（ ）‎ 选项 离子方程式 评价 A 将2 molCl2通入到含1 mol FeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl－＋I2‎ 正确；Cl2过量，Fe2＋、I－均被氧化 B 将Na2O2固体溶于水：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH－+O2↑‎ 正确；Na2O2是碱性氧化物 C 过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HSO3－‎ 正确；H2SO3的酸性强于HClO D Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－=Mg(OH)2 ↓＋2CO32－＋2H2O 正确；Mg(OH)2比MgCO3更难溶 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将2 mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液中：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2I2，故A错误；‎ B．将Na2O2固体溶于水发生的离子反应为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH－+O2↑，体现Na2O2的强氧化性，但Na2O2不是碱性氧化物，故B错误；‎ C．过量SO2通入到NaClO溶液中，SO32-有强还原性，ClO-有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为SO2+H2O+ClO-=2H++SO42-+Cl-，故C错误；‎ D．Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应生成碳酸钠、氢氧化镁和水，离子方程式：Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2+2CO32-+2H2O，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】判断离子方程式是否正确主要从以下几点考虑：①拆分是否合理；②是否符合客观事实；③配平是否有误(电荷守恒，原子守恒)；④有无注意反应物中量的关系；⑤能否发生氧化还原反应等。‎ ‎12.已知氧化性Fe3+＞Cu2+，向物质的量浓度均为1mol/L的Fe2(SO4)3、CuSO4的1L混合液中加amol铁粉，充分反应后，下列说法正确的是（ ）‎ A. 当a≤1时，发生的反应为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu B. 当固体有剩余时，溶液中一定存在Fe2+、Cu2+‎ C. 当1≤a＜2时，溶液中 n(Fe2+)＝(2+a)mol D. 若有固体剩余，则固体中一定有铁，可能有铜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入铁粉后，先与Fe3+反应，混合溶液中Fe3+的物质的量为1mol/L×1L×2=2mol，由2Fe3++Fe=3Fe2+可知，加入1molFe时，铁离子恰好完全反应，则a≤1 时，Fe粉只能将Fe3+还原，故A错误；‎ B．剩余固体为Cu或Cu、Fe，均与Fe3+反应，则溶液中一定不存在Fe3+，一定存在Fe2+，可能存在Cu2+，故B错误；‎ C．当1≤a＜2时，发生2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，铁离子为2mol、加入Fe为amol，由铁元素守可知，溶液中n(Fe2+)=(2+a)mol，故C正确；‎ D．若有固体剩余，则固体中一定有铜，当铁粉过量时，还会含有铁，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】考查Fe3+、Cu2+‎ 的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键。本题中根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和铜离子无剩余。‎ ‎13.氯气是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：‎ 包装 钢瓶 储运要求 远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪 泄漏处理 NaOH、NaHSO3溶液吸收 下列解释事实的方程式不正确的是 A. 氯气用于自来水消毒：Cl2 + H2O2H+ + Cl－+ ClO－‎ B. 电解饱和食盐水制取Cl2：2Cl－ +2H2O 2OH－+ H2↑+Cl2↑‎ C. 浓氨水检验泄露的氯气，产生白烟：8NH3 + 3Cl2 === 6 NH4Cl + N2‎ D. 氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用：HSO3－+ Cl2 + H2O === SO42－+ 3H+ + 2Cl－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．HClO为弱酸，不能完全电离； B．电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠； C．氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气；‎ D．氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子。‎ ‎【详解】A. HClO为弱酸，不能完全电离，离子方程式为Cl2 + H2OH+ + Cl－+ HClO，A项错误； ‎ B. 电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，电解方程式为2Cl－ +2H2O 2OH－+ H2↑+Cl2↑，B项正确； ‎ C. 氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气，同时生成氯化铵，方程式为8NH3 + 3Cl2 === 6NH4Cl + N2，C项正确；‎ D. 氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子，反应的离子方程式为HSO3－+ Cl2 + H2‎ O === SO42－+ 3H+ + 2Cl－，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】离子反应方程式的书写正误判断题是高频考点，涉及的知识面广，出题人经常设的陷阱有：不符合客观事实、电荷不守恒、原子不守恒以及反应物用量干扰等问题，如A选项是易错点，容易忽略次氯酸是弱电解质，而应该保留化学式。‎ ‎14. 某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：‎ ‎①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；‎ ‎②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。‎ 该白色粉末可能为 A. NaHCO3、Al（OH）3 B. AgCl、NaHCO3 C. Na2SO3、BaCO3 D. Na2CO3、CuSO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A． NaHCO3、Al（OH）3中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，A项错误；B．AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，B项错误；C．亚硫酸钠和碳酸钡溶于水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳和水，符合题意，C项正确；D． Na2CO3、CuSO4中加热足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D项错误；答案选C。‎ 考点：物质的推断和性质。‎ ‎15.A、B、C三种常见物质中均含有同一种元素，它们之间有如图所示的转化关系（部分反应物质已略去）。下列说法不正确的是 A. 若A是一种两性氧化物，则B的水溶液可呈酸性，C的水溶液可呈碱性 B. 若A为一种金属单质时，则反应①、②、③均可为化合反应，反应④可为置换反应 C. 若A、B、C是三种不同类别的固态物质，则B可以是工业上制取A、C的原料 D. 若A、B均是可燃性物质，完全燃烧都生成气体C，常温下A溶液pH＜7，则将C通入A溶液中，pH值先减小后增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 若A是一种两性氧化物，A是氧化铝，则B是氯化铝、C是偏铝酸钠，氯化铝溶液呈酸性，故A错误；若A单质铁，B是氯化铁、C是氯化亚铁，则反应①是铁与氯气反应生成氯化铁、反应②是氯化铁和铁反应生成氯化亚铁、反应③是氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，反应④是铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，故B正确； 若A是Na、B是NaCl、C是NaOH，工业上电解熔融的氯化钠制取金属钠，电解氯化钠溶液制取氢氧化钠，故C正确。若A、B均是可燃性物质，完全燃烧都生成气体C、常温下A 溶液pH<7，则A是H2S、B是S、C是SO2；则将SO2通入H2S溶液中生成单质硫和水， pH 值先增大，二氧化氯过量后生成亚硫酸，后PH减小，故D错误。‎ ‎16.探究铝片与Na2CO3溶液的反应，下列说法不正确的是（ ）‎ 无明显现象 铝片表面产生细小气泡 出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）‎ A. 对比Ⅰ、Ⅲ，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜 B. Na2CO3溶液中存在平衡：CO32-+H2OHCO3- +OH-‎ C. 加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动方向的影响是相反的 D. 推测出现白色浑浊的原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．依据铝能与热水反应，实验Ⅰ中没有气泡冒出，说明表面有氧化膜，实验Ⅲ有气泡冒出，说明氧化膜被破坏，故A正确；‎ B．碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主，水解离子方程式：CO32-+H2OHCO3-+OH-，故B正确；‎ C．盐类水解为吸热过程，加热促进盐类水解，氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，消耗氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和H2逸出对CO32- 水解平衡移动都起到促进作用，故C错误；‎ D．碳酸钠水解显碱性，铝表面的氧化铝与碱反应生成偏铝酸根离子，去掉氧化膜后，铝与氢氧根离子、水反应生成氢气，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，离子方程式：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎17.二氧化氯（ClO2）是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为11℃，某小组在实验室中制备ClO2所用装置如图：[已知：SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4]。‎ 下列说法正确是（ ）‎ A. 装置C中装的是饱和食盐水，a流出气体为SO2‎ B. 装置D放冰水的目的是液化二氧化硫防止污染环境 C. 连接装置时，导管口a可接h或g，导管口c接e D. 可以选用装置A利用3mo/L盐酸与MnO2反应制备氯气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ClO2‎ ‎ 的制备：装置A中又Cu与浓硫酸发生反应制备二氧化硫气体，在装置B中发生生成二氧化氯的反应，为防止倒吸，A与B之间连接装置E，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，据此分析解答；‎ ‎【详解】A．装置C的作用是吸收SO2的尾气，防止污染环境，应选择NaOH溶液，故A错误；‎ B．装置D的作用为冷凝并收集ClO2，故B错误；‎ C．二氧化硫从a进入装置B中反应，为防止倒吸，故应在之前有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：a→g→h→b→c→e→f→d，故C正确；‎ D．实验制氯气需要选择浓盐酸和二氧化锰混合加热，3mo/L盐酸无法在加热条件与MnO2反应生成Cl2，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎18.11.9g金属锡(Sn)跟100mL12mol·L－1 HNO3共热一段时间。完全反应后测定溶液中c(H＋)为8 mol·L－1，溶液体积仍为100mL。产生的气体全部被氢氧化钠溶液吸收，消耗氢氧化钠0.4mol。由此推断氧化产物可能是（ ）‎ A. SnO2·4H2O B. Sn(NO3)4‎ C. Sn(NO3)2 D. Sn(NO3)2和Sn(NO3)4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】11.9g金属锡的物质的量==0.1mol，l2mol/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=8mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，二氧化氮被氢氧化钠吸收生成盐，根据钠原子和氮原子的关系知，n(Na)=n(N)=0.4mol，所以生成的二氧化氮的物质的量为0.4mol；‎ 设金属锡被氧化后元素的化合价为x，由电子守恒可知：0.1mol×(x-0)=0.4mol×(5-4)，解得x=+4；‎ 又溶液中c(H+)=8mol/L，而c(NO3-)==8mol/L，根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4，故答案为A。‎ ‎19.某实验小组同学把小块木炭在酒精灯上烧至红热，迅速投入热的浓硝酸中，发生剧烈反应，同时有大量红棕色气体产生，液面上木炭迅速燃烧发出亮光。经查阅资料可知浓硝酸分解产生NO2和O2。为了探究“液面上木炭迅速燃烧发出亮光”的原因，该小组同学用如图装置完成以下实验：‎ 序号 实验I 实验II 集气瓶中所盛气体 O2‎ 加热浓硝酸 产生的气体 现象 木炭迅速燃烧发出亮光 木炭迅速燃烧发出亮光 下列说法正确的是 A. 浓硝酸分解产生的V(NO2):V(O2)=1:1‎ B. 红棕色气体的产生表明木炭与浓硝酸发生了反应 C. 能使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体是氧气 D. 以上实验不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.浓硝酸分解的方程式为4HNO34 NO2↑+O2↑+2H2O，则V(NO2):V(O2)=4:1，故A错误；‎ B.红棕色气体为NO2，它的产生不能表明木炭与浓硝酸发生了反应，也可能是浓硝酸分解产生的，故B错误；‎ C.实验II中浓硝酸受热分解产生的气体为二氧化氮和氧气，木炭在此混合气体中能迅速燃烧发出亮光，可能是氧气助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，故C错误；‎ D.根据C的分析，浓硝酸受热分解产生的气体为二氧化氮和氧气，木炭在此混合气体中能迅速燃烧发出亮光，可能是氧气助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，以上实验不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO2，故D正确。答案选D。‎ ‎20.一种利用废干电池中黑色粉末（主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金属盐）制备MnSO4晶体的工艺流程如图：‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 反应①中1molFe至多还原1.5molMnO2‎ B. 重金属主要在滤渣2中 C. 步骤③煮沸可使沉淀颗粒长大，目的是便于固液分离 D. 合理处理废旧电池有利于资源再利用并防止汞、铅等重金属污染 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】黑色粉末(主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金属盐)用浓硫酸溶解，并加入适量铁粉，过滤后所得滤渣1中主要是不溶于水的炭粉、和置换出的Hg、Pb等，滤液中主要含有MnSO4、Fe2(SO4)3，加入CaCO3并调节溶液pH=5左右，并加热煮沸，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，则过滤后滤渣2主要为Fe(OH)3，滤液主要含有MnSO4，滤液经蒸发浓缩并冷却结晶、过滤即可得到MnSO4•nH2O；‎ A．用Fe和浓H2SO4溶解MnO2时发生反应的化学方程式为2Fe+3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2O，反应中1molFe参加反应，被还原的MnO2是1.5mol，故A正确；‎ B．步骤①中同时发生Fe+Hg2+=Fe2++Hg、Fe+Pb2+=Fe2++Pb，则重金属Hg、Pb主要在滤渣1中，故B错误；‎ C．悬浊液中Fe(OH)3颗粒越大，越易与MnSO4溶液过滤分离，则步骤③煮沸使Fe(OH)3沉淀颗粒长大，目的是便于固液分离，故C正确；‎ D．锰等是重要金属资源，汞、铅等重金属能来得污染环境，则合理处理废旧电池有利于资源再利用并防止汞、铅等重金属污染，故D正确；‎ 故答案为B。‎ 二、填空题（本题包括4小题，共54分）‎ ‎21.雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：‎ ‎（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2物质的量之比为____。‎ ‎（2）上述反应中的氧化剂是____，反应产生的气体可用_____吸收。‎ ‎（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H++10NO3-=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O，若生成2mol H3AsO4，则反应中转移电子的数目为____。‎ ‎（4）若反应产物NO2与11.2LO2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量___（填字母）。‎ A．小于0.5mol B．等于0.5mol C．大于0.5mol D．无法确 ‎【答案】 (1). 1﹕1 (2). As2S3 (3). 氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液 (4). 10NA (5). A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据反应物和生成物来分析反应，若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，依据电子守恒和原子守恒配平书写化学方程式，利用氧化还原反应反应中得失电子守恒来分析完全反应的物质的量之比来；‎ ‎(2)根据反应物中某元素化合价的降低来分析氧化剂，并利用气体的性质来分析气体的吸收试剂，硫化氢溶于水为酸，可以和碱溶液反应生成盐和水，也可以利用硫化铜难溶于水和酸，用硫酸铜溶液吸收；‎ ‎(3)根据氧化还原反应中生成的H3AsO4的物质的量与转移电子数的关系来计算电子转移；‎ ‎(4)根据NO2与11.2L O2混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，4NO2+O2+2H2O═4HNO3，再利用碳与浓硝酸的反应方程式为：C+4HNO3CO2↑+4NO2↑+2H2O，的定量关系来分析计算解答。‎ ‎【详解】(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，则反应为2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S，根据电子得失守恒知1molAs2S3作氧化剂得到2mol电子，而1molSnCl2作还原剂失去2mol电子，则二者的物质的量之比是1:1；‎ ‎(2)因As2S3在该反应中As元素的化合价降低，则As2S3为氧化剂，又H2S是还原性气体可用碱液吸收或硫酸铜溶液吸收，H2S+2NaOH=Na2S+2H2O，H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4；‎ ‎(3)由反应As2S3+10H++10NO3-=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O可知，As2S3作还原剂，转移电子数为2×(5-3)+3×(0+2)=10，则生成2molH3AsO4时反应中转移电子的物质的量为10mol，电子数为10NA；‎ ‎(4)由NO2与11.2LO2混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，则4NO2+O2+2H2O═4HNO3，氧气的物质的量为=0.5mol，则由反应可知硝酸的物质的量为0.5mol×4=2mol，若硝酸完全反应，C+4HNO3CO2↑+4NO2↑+2H2O，则根据化学方程式定量关系可知生成CO2的量是2mol×=0.5mol，但考虑到随着反应到进行，硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应，则产生的CO2的量小于0.5mol，故答案为A。‎ ‎22.亚硫酰氯(俗称氯化亚砜，SOCl2)是一种液态化合物，沸点77℃，在农药、制药行业、有机合成等领域用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并常有刺激性气味的气体产生，实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，部分装置如图所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）装置f的作用是_____。‎ ‎（2）实验室用二氧化锰制备Cl2的离子方程式为_____。‎ ‎（3）SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并伴有刺激性气味的气体，写出有关反应的化学方程式_____。‎ ‎（4）下列制备SO2的原理中最佳选择是____。‎ A.Cu与浓硫酸混合共热 B.Na2S2O3溶液与稀硫酸混合反应 C.Na2SO3固体与70%的H2SO4混合反应 D.Na2SO3固体与4mol·L﹣1的HNO3混合反应 ‎（5）装置e中产生的Cl2经过装置d后进入三颈烧瓶，d中所用的试剂为___。（按气流方向）‎ ‎（6）若反应中消耗Cl2的体积为672mL(己转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的SOCl2 4.76g，则SOCl2的产率为____（保留三位有效数字）。‎ ‎（7）实验结束后，将三颈烧瓶中混合物分离开的实验操作是____（己知SCl2的沸点为50℃）。分离产物后，向获得的SOCl2中加入足量NaOH溶液，振荡、静置得到无色溶液W，检验溶液W中存在Cl-的方法是____。‎ ‎【答案】 (1). 吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解 (2). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (3). SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑ (4). C (5). 饱和食盐水，浓硫酸 (6). 66.7% (7). 蒸馏 (8). 取少量W溶液于试管中，加入过量 Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Clˉ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)SOCl2遇水会发生水解反应，Cl2、SO2有毒，会污染空气；‎ ‎(2)二氧化锰与浓盐酸再加热条件下反应生成 MnCl2、氯气与水；‎ ‎(3)SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并伴有刺激性气味的气体，说明反应生成HCl和SO2；‎ ‎(4)从反应原理、原料的利用率及能源消耗等角度分析；‎ ‎(5)装置d干燥氯气，且除去HCl；‎ ‎(6)消耗氯气=0.03mol，由方程式得到氯化亚砜的理论值为0.06mol，进而计算产率；‎ ‎(7)氯化亚砜沸点为77℃，Cl2的沸点为50℃，所以采用分馏的方法即可将之分离；SOCl2中加入足量NaOH溶液会生成亚硫酸钠、氯化钠，亚硫酸根会影响氯离子的检验，用硝酸钡除去亚硫酸根离子，用硝酸酸化除去过量的氢氧化钠及可能存在的碳酸根等，再用硝酸银溶液检验氯离子。‎ ‎【详解】(1)SOCl2遇水会发生水解反应，Cl2、SO2有毒，会污染空气，装置f的作用是：吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解；‎ ‎(2)二氧化锰与浓盐酸再加热条件下反应生成 MnCl2、氯气与水，反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎(3)SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并伴有刺激性气味的气体，说明反应生成HCl和SO2，发生反应的化学方程式为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑；‎ ‎(4)A.Cu与浓硫酸混合共热有SO2生成，但硫酸的消耗量大，且反应需要加热，耗能，故A错误；‎ B.Na2S2O3溶液与稀硫酸混合反应，除生成SO2，还有S生成，S元素利用率不高，故B错误；‎ C.Na2SO3固体与70%的H2SO4混合反应生成硫酸钾与二氧化硫还有水，操作简单，比较合理，故C正确；‎ D.Na2SO3固体与4mol·L﹣1的HNO3混合反应，硝酸具有很强的氧化性，将亚硫酸钠中的正4价的硫氧化为正6价的硫酸根离子而无法得到二氧化硫，故D错误；‎ 故答案为C；‎ ‎(5)装置e中产生的Cl2混有水、HCl，则d框内包含一个盛装饱和食盐水的气瓶除去HCl，一个盛装浓硫酸的干燥装置；‎ ‎(6)消耗氯气=0.03mol，由SO2+Cl2+SCl2═2SOCl2，生成SOCl2为0.04mol×2=0.08mol，则SOCl2的产率为=66.7%；‎ ‎(7)已知氯化亚砜沸点为77℃，已知SCl2的沸点为50℃，所以采用分馏的方法即可将之分离；SOCl2中加入足量NaOH溶液会生成亚硫酸钠、氯化钠，亚硫酸根会影响氯离子的检验，用硝酸钡除去亚硫酸根离子，用硝酸酸化除去过量的氢氧化钠及可能存在的碳酸根等，再用硝酸银溶液检验氯离子，即检验溶液W中存在Cl-的方法是：取少量W溶液于试管中，加入过量 Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加 HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Clˉ。‎ ‎【点睛】综合实验设计题的解题思路：‎ ‎(1)巧审题，明确实验的目的和原理。实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。‎ ‎(2)想过程，理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。‎ ‎(3)看准图，分析各项实验装置的作用。有许多综合实验题图文结合，思考容量大。在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。‎ ‎(4)细分析，得出正确的实验结论。实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。在分析实验现象(或数据)的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。‎ ‎23.铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铍铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程。‎ 已知：I．铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似。‎ ‎（1）氢氧化铍的电离方程式为____。‎ ‎（2）滤液A的主要成分除NaOH外，还有____(填化学式)，写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程____。‎ ‎（3）①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，选择合理步骤并排序_____。‎ a．加入过量的 NaOH b．通入过量的CO2 c．加入过量的氨水 d．加入适量的HCl e．过滤 f．洗涤 ‎②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是_____。‎ ‎（4）①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式______。‎ ‎②若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是______(任写一条)。‎ ‎（5）取铍铜元件1000g，最终获得Be的质量为81g，则产率是______。‎ ‎【答案】 (1). 2H++BeO22-Be(OH)2Be2++2OH- (2). Na2SiO3、Na2BeO2 (3). BeO22-+4H+=Be2++2H2O (4). cefd (5). 在氯化氢的气流中蒸发结晶 (6). MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O (7). 产生污染环境的气体 (8). 90%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废旧铍铜元件(含BeO：25%、CuS：71%、少量FeS和SiO2)加入氢氧化钠溶液过滤得到滤液A为NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2‎ ‎，滤液A中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，滤液C主要为含NaCl、BeCl2和少量HCl，加入过量的氨水过滤，洗涤加入适量的HCl 得到氯化铍溶液，蒸发浓缩冷却结晶得到固体，一定条件下反应得到铍，滤渣B中加入二氧化锰的稀硫酸发生反应MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，过滤得到固体和滤液D，溶液D中含c(Cu2+)、c(Fe3+)、c(Mn2+)，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后经过一系列操作得到铜。‎ ‎【详解】(1)氢氧化铍具有两性，可电离出OH-，也可以电离出H+，则其电离方程式为2H++BeO22-Be(OH)2Be2++2OH-；‎ ‎(2)分析可知，滤液A的主要成分除NaOH外，还有：Na2SiO3、Na2BeO2，反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式为：BeO22-+4H+=Be2++2H2O；‎ ‎(3)①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，选择最合理步骤顺序为：加入过量的氨水过滤，洗涤加入适量的HCl，顺序为：cefd，故答案为：cefd；‎ ‎②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体时为了抑制Be2+离子的水解，需要在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶；‎ ‎(4)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，反应II中CuS发生反应的化学方程式为：MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O；‎ ‎②浓硝酸具有氧化性做氧化剂被还原为二氧化氮、NO2气体有毒污染环境；‎ ‎(5)混合物中BeO质量=1000×25%=250g，理论上得到Be的物质的量==10mol，实际得到Be物质的量==9mol，产率=×100%=90%。‎ ‎【点睛】本题是无机工艺流程题，重点探究的是反应原理并能熟练化学用语解答，这就要求对整个流程进行认识分析，对流程中每一个反应池或操作中出现的箭头要理解清楚，通常箭头指向反应池或容器的代表参加反应的物质，箭头背离的为生成物，再结合包括酸碱性、有无空气中氧气参与反应的环境，并借助于质量守恒及氧化还原反应的理论知识判断反应原理，写出反应方程式或离子反应式。‎ ‎24.印刷铜制电路板的腐蚀液选取和回收再利用一直是研究的热点。‎ ‎（1）应用传统蚀刻液(HCl-FeCl3)‎ ‎①蚀刻铜板主要反应的离子方程式为_____。‎ ‎②腐蚀结束后，通过以下两步可分离出铜，并实现FeCl3溶液再生。‎ 步骤I所加试剂和操作分别为______。可实现步骤II转化的物质或方法是____（填一种即可）。‎ ‎（2）应用酸性蚀刻液(HCl-H2O2)，产生的蚀刻废液处理方法如图：‎ ‎①蚀刻铜板主要反应的离子方程式为_____。‎ ‎②回收微米级Cu2O过程中，加入的试剂A是____（填字母）。‎ a.Fe粉 b.葡萄糖 c. NaCl固体 d.酸性KMnO4溶液 ‎③回收Cu2(OH)2CO3的过程中需控制反应的温度，当温度高于80℃时，产品颜色发暗，其原因可能是_____。‎ ‎（3）应用碱性蚀刻液(NH3•H2O–NH4Cl) 蚀刻铜板，会有Cu(NH3)4Cl2和水生成。蚀刻铜板主要反应的化学方程式为____。‎ ‎【答案】 (1). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (2). 加入过量铁粉，过滤 (3). Cl2 (4). Cu +2H++H2O2=Cu2++2H2O (5). b (6). 温度高于80℃时，Cu2(OH)2CO3易分解生成黑色CuO，导致产品颜色发暗 (7). 2Cu +4NH4Cl+4NH3•H2O +O2=2Cu(NH3)4Cl2+6H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①传统蚀刻液(HCl-FeCl3)中Fe3+具有氧化性，可与Fe、Cu等反应，生成Fe2+；‎ ‎②铁能将Cu2+从盐溶液中置换出来；Fe2+有还原性，能被氯气氧化成Fe3+； (2)过氧化氢具有氧化性，酸性条件下可氧化铜生成铜离子，铜离子在碱性条件下生成氢氧化铜浊液，与具有还原性的葡萄糖等可生成氧化亚铜；温度升高反应速率加快，另外过氧化氢不稳定，受热易分解；‎ ‎(3)用碱性蚀刻液(NH3•H2O–NH4Cl) 溶解CU，生成Cu(NH3)4Cl2和水，结合原子守恒即可写出发生反应的化学方程式。‎ ‎【详解】(1)①Fe3+具有氧化性，可与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2 Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；‎ ‎②废液中主要含有CuCl2和FeCl2，先加入过量Fe粉，将Cu2+还原为Cu，过滤后，向滤液中通入过量Cl2，即得FeCl3‎ 溶液；则步骤I所加试剂为过量铁粉，操作为过滤；实现步骤II转化的物质或方法是Cl2；‎ ‎(2)①过氧化氢具有氧化性，酸性条件下可氧化铜生成铜离子，反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；‎ ‎②铜离子在碱性条件下生成氢氧化铜浊液，与具有还原性的葡萄糖等可生成氧化亚铜，只有b符合，故答案为b；‎ ‎③Cu2(OH)2CO3不稳定，制备过程中需控制反应的温度，当温度高于80℃时，Cu2(OH)2CO3易分解生成黑色CuO，产品颜色发暗；‎ ‎(3)应用碱性蚀刻液(NH3•H2O–NH4Cl) 蚀刻铜板，会有Cu(NH3)4Cl2和水生成，发生反应的化学方程式为2Cu +4NH4Cl+4NH3•H2O +O2=2Cu(NH3)4Cl2+6H2O。‎ ‎ ‎