甘肃省靖远县第四中学2020届高三10月月考化学试题

甘肃省靖远县第四中学2020届高三10月月考化学试题

靖远四中2019-2020学年度第一学期月考试卷高三化学 说明：相对原子质量 C 12 H 1 S 32 Ba 137 O 16‎ 一、单选题（每小题4分，共60分）‎ ‎1. 化学与生产、生活密切相关。下列叙述中，不正确的是 A. 在现实生活中，电化学腐蚀要比化学腐蚀严重的多，危害更大 B. 用活性炭为糖浆脱色和用臭氧漂白纸浆，原理不同 C. 钢铁制品和铜制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀 D. 在铜的精炼装置中，通常用粗铜作作阳极，精铜作阴极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、在现实生活中，电化学腐蚀要比化学腐蚀严重的多，危害更大，A正确；B、用活性炭为糖浆脱色的原理是活性炭的吸附作用，用臭氧漂白纸浆的原理是臭氧的强氧化性，原理不同，B正确；C、铜的活泼性小于氢，故铜制品不能发生析氢腐蚀，C错误；D、在铜的精炼装置中，用粗铜作阳极材料，精铜作阴极材料，D正确。答案选C。‎ 考点：化学与生活 ‎2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. ‎3g 3He含有的中子数为1NA B. ‎1 L 0.1 mol·L−1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NA C. 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA D. ‎48 g正丁烷和‎10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 中子数为3-2=1，则‎3g的中子数为=NA，A项正确； ‎ B. 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则‎1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于‎1L×0.1mol/L×NA mol-1 =0.1NA，B项错误；‎ C. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NA mol-1 =6NA，C项正确；‎ D. 正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则‎48g正丁烷与‎10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为×13×NA mol-1 =13NA，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列物质的鉴别方法是运用化学方法且正确的是 A. 用 NaOH 溶液鉴别 Na2CO3 溶液和 NaHCO3 溶液 B. 用 KSCN 溶液鉴别 FeCl3 溶液和 FeCl2 溶液 C. 用澄清石灰水鉴别 SO2 和 CO2 两种气体 D. 利用丁达尔效应鉴别 Fe(OH)3 胶体和 FeCl3 溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸氢钠与NaOH反应生成碳酸钠和水，没有明显实验现象，不能鉴别，故A错误；‎ B.FeCl3溶液遇KSCN时为血红色，则可用KSCN溶液鉴别FeCl3溶液和FeCl2溶液，鉴别方法利用了FeCl3的化学性质，属于化学方法，故B正确；‎ C.SO2和CO2两种无色气体都能使澄清石灰水变浑浊，则无法鉴别，故C错误；‎ D.溶液不能产生丁达尔效应，胶体是可以的，据此可以判别溶液和胶体，丁达尔效应为物理变化，不属于化学方法，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】该题需要明确的是进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。‎ ‎4.ag气体A与bg气体B的分子数相同，下列说法不正确的是 A. 同温同压下A、B两气体的密度之比为b:a B. A与B的相对分子质量之比为a:b C. 同质量气体A与B的分子数之比为b:a D. 相同状况下同体积A、B的质量之比为a:b ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A和B的分子数相同，即物质的量相同，根据m=nM，质量和摩尔质量成正比，所以A和B的摩尔质量之比为a:b。‎ ‎【详解】A.标准状况下，Vm相同，由ρ=mV可知，密度之比等于摩尔质量之比等于，即为a:b，故A错误；‎ B.摩尔质量在数值上和相对分子质量相等，所以两种气体A与B的相对分子质量之比为a:b，故 B正确；‎ C. A与B相对分子质量之比为a:b，同质量时由n=可知，分子数之比等于:=b:a，故C正确；‎ D.相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于摩尔质量之比，即为a:b，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列说法中不正确的是 A. 从‎1 L 1 mol·L－1的NaCl溶液中取出10 mL，其浓度仍是1 mol·L－1‎ B. 配制‎0.5 L 10 mol·L－1的盐酸，需要氯化氢气体‎112 L(标准状况)‎ C. ‎0.5 L 2 mol·L－1BaCl2溶液中，Ba2＋和Cl－总数为3×6.02×1023‎ D. ‎10 g 98%的硫酸(密度为‎1.84 g· cm－3)与10 mL 18.4 mol·L－1硫酸的浓度是不同的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 依据溶液是均一稳定的分散系，从‎1L1mol/L的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol/L，故A正确；‎ B. 制成‎0.5L10mol/L的盐酸溶液中溶质氯化氢物质的量为5mol，需要氯化氢气体‎112L(标准状况)物质的量==5mol，故B正确；‎ C. ‎0.5L2mol/LBaCl2溶液中，含Ba2+物质的量为1mol，含Cl−物质的量2mol，溶液中离子总数为3×6.02×1023，故C正确；‎ D. ‎10g98%硫酸(密度为‎1.84g/cm3)物质的量浓度=mol/L =18.4mol/L，与10mL18.4mol/L硫酸的浓度是相同的，故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查物质的量浓度的计算和理解，要熟练掌握物质的量浓度的计算公式。c=。‎ ‎6.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 0.1‎‎ mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、、‎ B. 0.1 mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、、‎ C. 0.1 mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−‎ D. 0.1 mol·L−1H2SO4溶液：K+、、、‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。‎ ‎【详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；‎ B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；‎ C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；‎ D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C项；②离子间发生氧化还原反应，如题中B项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。‎ ‎7.下列关于离子方程式的评价正确的是(　　)‎ 选项 离子方程式 评价 A 将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中：‎ ‎2Fe2＋＋4I－＋3Cl2===2Fe3＋＋6Cl－＋2I2‎ 正确；‎ Cl2过量，Fe2＋、I－均被氧化 B 用Cu作电极电解NaCl溶液，阳极的电极反应式：2Cl－－2e－==Cl2↑‎ 正确；‎ Cl－优先于OH－放电 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－＋2OH－==MgCO3↓＋ 2H2O 正确；‎ MgCO3比Mg(OH)2更难溶 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中，二价铁离子、碘离子都被氧化； B.铜做电极，阳极为活性电极，阳极参与放电； C.HClO有强氧化性； D.氢氧化钠足量，与碳酸氢镁反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水。‎ ‎【详解】A.氯气过量，二价铁离子、碘离子都被氧化，离子方程式为：2Fe2＋＋4I－＋3Cl2==2Fe3＋＋6Cl－＋2I2，故A正确； B.用Cu作电极电解NaCl溶液，阳极的电极反应式：Cu-2e-=Cu2+，评价及离子方程式均不合理，故B错误； C.HClO有强氧化性，能够氧化SO2，正确的离子方程式为：SO2＋H2O＋ClO－==Cl-＋SO42-+2H+,评价及离子方程式均不合理，故C错误； D.氢氧化钠足量，与碳酸氢镁反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，离子方程式：Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2CO32-+ 2H2O ，故D错误。 ‎ 所以A选项是正确的。‎ ‎8.某溶液可能含有Cl－、SO、CO、NH、Fe3＋、Al3＋和K＋。取该溶液100 mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到‎1.6 g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到‎4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中 A. 至少存在5种离子 B. Cl－一定存在，且c(Cl－)≥0.4 mol·L－1‎ C. SO、NH一定存在，Cl－可能不存在 D. CO、Al3＋一定不存在，K＋可能存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由于加入过量NaOH溶液，加热得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，‎1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32-；‎4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42-，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，至少 0.02mol×3+0.02-0.02mol×2＝0.04mol，物质的量浓度至少0.04mol÷‎0.1L＝0.4mol/L，A、至少存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl-，故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选B。‎ 考点：考查离子共存知识 ‎9.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3 + ‎3C1O－+ 4OH－ = 2RO4n-+3Cl－ +5H2O。关于该反应的说法正确的是( )‎ A. RO4n-中 R 的化合价是+6‎ B. ClO—是还原剂 C. 由上述离子方程式可知，该反应是由氨水提供的碱性环境 D. 反应过程中生成1mol RO4n-，转移6mol e-。‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、由题可知n=2，RO4n-中R的化合价是+6， A项正确；B、Cl元素的化合价由+1‎ 价降低为-1价，ClO-为氧化剂，B项错误；C、一水合氨为弱电解质，不能改成离子形式，在离子方程式中写化学式， C项错误；D、R元素的化合价由+3价升高为+6价，则反应过程中生成1 mol RO4n-，转移3 mol e-，D项错误；答案选A。‎ 点睛：本题难点是由电荷守恒得出n=2，RO4n-中R的化合价是+6，R元素化合价升高，R(OH)3为还原剂，Cl元素化合价降低，C1O－为氧化剂，发生还原反应，以此解答该题。‎ ‎10.KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液200mL，其中c(NO3－)=2mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到‎2.24L气体(标准状况)，假设电解后溶液体积不变，下列说法正确的是( )‎ A. 原混合溶液中c(K＋)=0.5mol·L-1‎ B. 电解得到的Cu的物质的量为0.2mol C. 上述电解过程中共转移0.4mol电子 D. 电解后溶液中c(H＋)=2mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量==0.1mol；每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量==0.1mol，则铜离子的物质的量浓度==0.5mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=2mol•L-1-0.5mol/L×2=1mol/L；A．根据分析知，原混合溶液中c(K+)为1mol•L-1，故A错误；B．根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，质量为‎6.4 g，故B错误；C．转移电子的物质的量=0.1mol×4=0.4mol，故C正确；D．当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为铜的2倍，为0.1mol×2=0.2mol，则氢离子浓度==1mol/L，故D错误；故选C。‎ ‎【考点定位】考查电解原理 ‎【名师点晴】明确离子放电顺序是解本题关键，电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答。‎ ‎11.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）。‎ 选项 目的 分离方法 原理 A 分离溶于水中的碘 乙醇萃取 碘在乙醇中的溶解度较大 B 分离乙酸乙酯和乙醇 分液 乙酸乙酯和乙醇密度不同 C 除去丁醇中的乙醚 蒸馏 丁醇与乙醚互溶且沸点相差较大 D 除去KNO3固体中混杂的NaCl 重结晶 NaCl在水中的溶解度受温度影响大 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙醇和水混溶，不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，A错误；‎ B.乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，可用蒸馏的方法或加入饱和碳酸钠溶液分离，B错误；‎ C.丁醇和乙醚混溶，但二者的沸点不同且相差较大，可用蒸馏的方法分离，C正确；‎ D.根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法。NaCl随温度升高溶解度变化不大，KNO3随温度升高溶解度变化大，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离提纯，注意相关物质性质的异同，掌握常见物质的分离方法和操作原理是解题的关键，题目难度不大，D项为易错点，注意NaCl和KNO3在水中溶解度的差异。‎ ‎12.如图所示为“铁链环”结构，图中两环相交部分A、B、C、D表示物质间的反应。下列对应部分反应的离子方程式书写正确的是 A. C12+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O B. Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓‎ C. SO42-+Ba2+=BaSO4↓ D. OH-+HCO3-=H2O+CO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO、水，离子反应为Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故A错误；‎ B．NaOH和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，离子反应为Cu2++2OH-═Cu(OH)2↓，故B正确；‎ C．硫酸铜、氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化铜，离子反应为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+ Cu(OH)2↓，故C错误；‎ D．氢氧化钡与碳酸氢钠反应生成碳酸钡、水，若碳酸氢钠少量发生HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，若碳酸氢钠足量，发生2HCO3-+Ba2++2OH-═BaCO3↓+2H2O+CO32-，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎13.NaClO是漂白液的有效成分，某研究小组探究NaClO溶液的性质，设计了下列实验：‎ 装置图 试剂X 实验现象 ‎①‎ ‎0.2 mol•L-1盐酸 产生黄绿色气体 ‎②‎ ‎0.2 mol•L-1 KI-淀粉溶液 溶液变蓝 ‎③‎ ‎0.2 mol•L-1FeSO4(H+)和KSCN混合溶液 溶液变红 ‎④‎ ‎0.2mol•L-1AlCl3溶液 产生白色沉淀 下列判断不正确的是 A. 实验①中发生的反应：ClO-+Cl-+2H+＝Cl2↑+H2O B. 实验②中发生的反应：ClO-+2I-+2H+＝Cl-+I2+H2O C. 实验③中该条件下氧化性强弱：ClO-＞Fe3+‎ D. 实验④中ClO-与Al3+相互促进水解 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入盐酸，次氯酸根离子在酸溶液中具有强氧化性氧化氯离子生成氯气，反应的离子方程式：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，故A正确；‎ B．实验②0.2 mol•L-1 KI-淀粉溶液中滴入次氯酸钠溶液，发生的反应是碱性溶液中次氯酸钠氧化碘化钾生成碘单质，反应的离子方程式：ClO-+2I-+H2O=Cl-+I2+2OH-，故B错误；‎ C．在0.2mol/LFeSO4酸性溶液中滴加0.2mol/LNaClO溶液，Fe2+和ClO-发生氧化反应生成Fe3+遇KSCN，使溶液显红色，即说明Fe2+还原性大于Cl-，故C正确；‎ D．NaClO溶液水解显碱性，AlCl3溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解，生成Al(OH)3白色胶状沉淀，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎14.下列说法中不正确的有 ‎①将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质；‎ ‎②氨溶于水得到的溶液能导电，所以NH3是电解质；‎ ‎③液态HCl不导电，所以属于非电解质；‎ ‎④NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子，但不属于酸；‎ ‎⑤电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电。‎ ‎⑥强电解质的导电能力比弱电解质强 A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 全部 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①BaSO4固体没有自由移动的离子不导电；虽然硫酸钡在水中的溶解度很小，只要溶解就完全电离，硫酸钡在熔融状态下，能完全电离，所以硫酸钡是电解质，故①错误；‎ ‎②氨气溶于水形成氨水，氨水是混合物，混合物不是电解质，电解质都是化合物属于纯净物，故②错误；‎ ‎③电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子，液态的HCl只有HCl分子，没有电离出离子，也不能导电，但是HCl在水溶液中能电离出自由移动的离子，能导电，属于电解质，故③错误；‎ ‎④电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸，能电离出H+的化合物不一定是酸，硫酸氢钠能电离出氢离子，NaHSO4=Na++H++SO42−，属于盐，故④正确；‎ ‎⑤电解质放在水中不一定能导电，如碳酸钙固体在水中的溶解度很小，难溶于水，几乎没有自由移动的离子，几乎不导电；碳酸钙在熔融状态下，能完全电离，碳酸钙是电解质；非电解质放在水中不一定不导电，如NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，故⑤错误；‎ ‎⑥电解质的导电能力和自由移动离子浓度大小有关，和电解质的强弱无关，强电解质的导电能力不一定比弱电解质强，故⑥错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质；电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；电解质的导电能力和自由移动离子浓度大小有关，和电解质的强弱无关。能导电的物质说明含有自由移动的电子或自由移动的离子，能导电的不一定是电解质。‎ ‎15.某学生欲通过实验判断X，Y，Z，W四块金属的活泼性, 做了如下实验并得结论：当X，Y与稀硫酸组成原电池时，Y为负极；Z可以从水中置换出H2，W不能从水中置换出H2；W能将Y从其盐溶液中置换出来，据此可知它们的活泼性顺序是 A. Z >X >W >Y B. Z >W >Y >X C. X >Y >W >Z D. X >Y >Z >W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】一般来说，作原电池负极的金属活动性较强；金属越活泼，越容易和酸或水发生置换反应生成氢气；较活泼的金属能从盐溶液中置换出较不活泼的金属，所以当X，Y与稀硫酸组成原电池时，Y为负极，金属活动性：Y＞X； Z可以从水中置换出H2，W不能从水中置换出H2，金属活动性：Z＞W；W能将Y从其盐溶液中置换出来，金属活动性：W＞Y，通过以上分析知，金属活动性顺序是Z＞W＞Y＞X，故选B。‎ 二、填空题(共40分)‎ ‎16.电解原理在化学工业中有广泛的应用。如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y 是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：‎ ‎（1）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则：‎ ‎①电解池中X极上的电极反应式为__________________，在X极附近观察到的现象是__________________。‎ ‎②Y电极上的电极反应式为_____________，检验该电极反应产物的方法是______________________。‎ ‎（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则：①Y电极的材料是_______________，主要的电极反应式为_____________________。‎ ‎②溶液中的c(Cu2＋)与电解前相比________(填“变大”、“变小”或“不变”)。‎ ‎（3）如利用该装置实现铁上镀锌，电极X上发生的反应为_______________________，电解池盛放的电镀液可以是__________________________(只要求填一种电解质溶液)。‎ ‎【答案】 (1). 2H＋＋2e－=H2↑ (2). 有气体放出，溶液变红 (3). 2Cl－－2e－=Cl2↑ (4). 把湿润的淀粉碘化钾试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色，说明生成了Cl2 (5). 纯铜 (6). Cu2＋＋2e－=Cu (7). 变小 (8). Zn2＋＋2e－=Zn (9). ZnCl2（或ZnSO4溶液）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，和电源的负极相连的电极X极是阴极，该电极上氢离子发生得电子的还原反应，即2H++2e−=H2↑，所以该电极附近氢氧根浓度增大,碱性增强，滴入几滴酚酞试液会变红，‎ 故答案为：2H++2e−=H2↑；溶液变红，有气泡产生；‎ ‎②和电源的正极相连的电极，Y极是阳极，该电极上氯离子发生失电子的氧化反应，即2Cl−−2e−=Cl2↑，氯气可用淀粉碘化钾试纸检验，可使试纸变蓝色，‎ 故答案为：2Cl−−2e−=Cl2↑；把湿润的淀粉碘化钾试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色，说明生成了Cl2；‎ ‎(2)①电解方法精炼粗铜，电解池的X电极是阴极，材料是纯铜，电极反应为：Cu2++2e−=Cu，‎ 故答案为：纯铜；Cu2++2e−=Cu；‎ ‎②电解方法精炼粗铜，阴极是Cu2++2e−=Cu，阳极上先是金属锌、铁、镍等金属失电子，然后是铜失电子生成铜离子的过程，所以电解后，铜离子浓度是减小的，‎ 故答案为：变小；‎ ‎(3)如利用该装置实现铁上镀锌，镀件铁是阴极，镀层金属锌是阳极，电极X极即阴极上发生的反应为：Zn2++2e−=Zn，电镀液是含有镀层金属阳离子的盐溶液，可以是ZnCl2溶液或是ZnSO4溶液。‎ 故答案为：Zn2++2e−=Zn；ZnCl2溶液（或ZnSO4溶液）。‎ ‎17.某一反应体系中的物质有HCl、SnCl2、H2SnCl6、As、H3AsO3、H2O，已知：HCl是反应物之一；As是生成物之一。‎ ‎（1）①写出未配平的该反应的化学方程式：_________________________‎ ‎②在该反应中，得电子的物质是__________，被氧化的元素是____________。‎ ‎③在反应中，每转移1 mol电子，消耗HCl________mol。‎ ‎④下列叙述中不正确的是_____________________(填写字母序号)。‎ a.在相同条件下，第ⅦA族元素的阴离子的还原性从上到下逐渐增强 b.得电子越多的氧化剂，其氧化性越强 c.阳离子只能作氧化剂 d.在相同条件下，氧化性顺序：Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+‎ ‎（2）①向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。该反应的离子方程式为_________________________，如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色。该反应的化学方程式为____________________。‎ ‎②把KI换成KBr，则CCl4层变为_______________色；继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是___________________。‎ ‎【答案】 (1). .HCl+SnCl2+H3AsO3H2SnCl6+As+H2O (2). H3AsO3 (3). Sn (4). 2 (5). b.c (6). Cl2+2I-=I2+2Cl- (7). 5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl (8). 橙 (9). HBrO3>Cl2>HIO3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①HCl是反应物之一，根据氢元素、氯元素的价态，可知HCl在反应中起酸的作用，HCl中氢元素生成水，由元素守恒知H3AsO3是反应物，根据As、Sn元素化合价及电子转移守恒可知，H3AsO3是氧化剂，被还原为As，SnCl2是还原剂被氧化为H2SnCl，所以未配平的反应方程式为HCl+SnCl2+H3AsO3H2SnCl6+As+H2O，‎ 故答案为：HCl+SnCl2+H3AsO3H2SnCl6+As+H2O；‎ ‎②结合方程式，根据As、Sn元素化合价可知，H3AsO3是氧化剂，被还原为As，+2的Sn化合价升高为+4被氧化，‎ 故答案为：H3AsO3；Sn；‎ ‎③由方程式可知As元素由H3AsO3中+3价，降低为As中0价，每1mol H3AsO3反应时，需要消耗HCl6mol，即转移3mol电子消耗6molHCl，所以每转移1mol电子，消耗2mol HCl，‎ 故答案为：2；‎ ‎④ a、非金属性越强，相应阴离子还原性越弱，在相同条件下，第VIIA族元素从上到下非金属性逐渐减弱，所以阴离子的还原性增强，故a正确；‎ b、氧化性越强得电子能力越强，与得电子多少无关，故b错误；‎ c、中间价态的，既具有氧化性又具有还原性，如：Fe2+，故c错误；‎ d、Cu与Fe3+反应Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性Fe3+＞Cu2+，活泼性金属铁强于氢，氢强于金属铜，所以氧化性Cu2+＞H+＞Fe2+，故氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，故d正确。‎ 故答案为：b c。‎ ‎（2）①氯气具有强氧化性，向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明生成I2；继续向试管中滴加氯水，振荡， CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl，反应物为氯气和碘、水，生成物是碘酸和氯化氢，一个氯气分子参加反应得2个电子，一个碘分子参加反应失去10个电子，该反应中得失电子的最小公倍数是10，所以方程式为，5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl ‎ 故答案为：Cl2+2I-=I2+2Cl- ；5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl ‎ ‎②氯气的氧化性大于溴，所以氯气能氧化溴离子生成溴单质，发生的离子反应方程式为Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，溴水呈橙色，继续向溴水中滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化，说明氯气的氧化性小于溴酸，氯气能和碘反应生成碘酸，所以氯气的氧化性大于碘酸，所以Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序 HBrO3>Cl2>HIO3；‎ 故答案为：橙， HBrO3>Cl2>HIO3。‎ ‎18.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：‎ ‎（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为：___________________。‎ ‎（2）“过滤”得到的滤渣中含有大量的Fe2O3。‎ ‎①不添加CaO的矿粉焙烧时，其中FeS2转化为Fe2O3时发生的化学方程式：____________。‎ ‎②添加质量分数为1%CaO后，硫元素最终转化为______________。（填化学式）‎ ‎（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，含铝元素的物质发生转化的离子方程式为_____________。‎ ‎（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（Fe2O3）∶n（FeS2）=_______。‎ ‎【答案】 (1). SO2+OH− =HSO3− (2). 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 (3). CaSO4 (4). AlO2- + CO2 + 2 H2O = Al(OH)3 ↓+ HCO3- (5). 16:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，矿粉焙烧时，矿粉中的FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，在空气中CaO可将SO2转化为CaSO4；“碱浸”时，Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3；Fe2O3和FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2。‎ ‎【详解】（1）SO2属于酸性氧化物，用NaOH溶液吸收过量SO2生成HSO3−，则发生反应的离子方程式为：SO2+OH− =HSO3−;‎ 答案为：SO2+OH− =HSO3−；‎ ‎ (2).①不添加CaO的矿粉焙烧时，其中FeS2转化为Fe2O3和SO2，发生的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；‎ 答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；‎ ‎②添加质量分数为1%CaO后，SO2与CaO反应生成CaSO3，CaSO3在空气中高温煅烧下又可转化为分解温度较高的CaSO4；‎ 答案为：CaSO4；‎ ‎(3)过滤前使用NaOH溶液进行碱浸，Al2O3转化为NaAlO2，“过滤”得到的滤液中主要含有AlO2−，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将AlO2−转化为Al(OH)3。反应为：AlO2- + CO2 + 2 H2O = Al(OH)3 ↓+ HCO3- ；‎ 答案为：AlO2- + CO2 + 2 H2O = Al(OH)3 ↓+ HCO3-；‎ ‎(4)“过滤”得到滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmolFe2O3和ymolFeS2完全参加反应，将四氧化三铁中铁元素的化合价看成+，根据电子得失守恒：2x×(3−)=2y×5+y×(−2)，解得=16，所以理论上完全反应消耗的n(Fe2O3)：n(FeS2)=16:1。‎ ‎ ‎