湖北省武汉市部分市级示范高中2019届高三上学期十月联考化学试题_最新修正版

高三十月联考化学试卷
可能用到的相对原子质量；C 12 0 16 Na 23 Ca 40
第I卷（选择题，共42分）
一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。

在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.我国明代《本草纲目》记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值倍也”。

这里用到的实验方法可用于分离
A. 苯和水
B. 乙酸乙酯和乙酸
C. 食盐水和泥沙
D. 硝酸钾和硫酸钠
【答案】B
【解析】
试题分析：凡酸坏之酒，皆可蒸烧，是指蒸馏操作。

苯和水分层，用分液法分离，故A错误；乙酸乙酯和乙酸互溶，用蒸馏法分离，故B正确；泥沙难溶于水，食盐水和泥沙用过滤法分离，故C错误；硝酸钾和硫酸钠用重结晶法分离，故D错误。

考点：本题考查混合物分离。

2.下列化学用语正确的是
A. 硫原子结构示意图：
B. 乙烯分子的结构简式：CH2CH2
C. H2O2的电子式：
D. 碳酸氢钠的电离方程式NaHCO3=Na++HCO3—
【答案】D
【解析】
【分析】
A、硫原子最外层是6个电子；
B、结构简式要突出官能团；
C、双氧水是共价化合物，；
D、碳酸氢钠为强电解质。

【详解】A、硫原子最外层是6个电子，，故A错误；
B、结构简式要突出官能团，乙烯分子的结构简式：CH2=CH2；故B错误；
C、双氧水是共价化合物，电子式为，故C错误；
D、碳酸氢钠为强电解质，碳酸氢钠的电离方程式NaHCO3=Na++HCO3—，故D正确。

故选D。

3.下列有关说法错误的是
A. 22. 4L氯气与足量铁反应一定转移2mol电子
B. 1mol氯气通入水中转移电子小于1mol
C. 1mol氯气通入足量NaOH溶液中转移电子可能等于1mol
D. 浓盐酸与氯酸钾反应生成3mol氯气转移5mol电子
【答案】A
【解析】
【分析】
A、气体不一定是标准状况；
B、氯气与水的反应是可逆反应；
C、氯气通入足量NaOH溶液生成次氯酸钠和氯化钠，氯元素升高1价或降低1价；
D、浓盐酸与氯酸钾反应生成3mol氯气转移5mol电子，氯酸钾中氯元素降低5价。

【详解】A、气体不一定是标准状况，故A错误；
B、氯气与水的反应是可逆反应，氯气不能完全反应，故B正确；
C、氯气通入足量NaOH溶液生成次氯酸钠和氯化钠，氯元素升高1价或降低1价，1mol氯气通入足量NaOH 溶液中转移电子可能等于1mol，故C正确；
D、浓盐酸与氯酸钾反应生成3mol氯气转移5mol电子，氯酸钾中氯元素降低5价，浓盐酸与氯酸钾反应生成3mol氯气转移5mol电子，故D正确。

故选A。

4.下列有关金属的说法错误
A. 氧化膜使得性质活波的金属铝成为一种应用广泛的金属材料
B. 钛被称为继铁、铝之后的第三金属，也有人说“21世纪将是钛的世纪”
C. 在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能。

因此，稀土元素又被称为冶金工业的维生素
D. 出土的古代铜制品往往覆盖着一层铜绿，主要成分是CuCO3
【答案】D
【解析】
【分析】
A、氧化膜保护内部的铝不被氧化；
B、钛被称为继铁、铝之后的第三金属，在工业上有广泛的应用；
C、在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能。

D、铜绿主要成分是Cu2（OH）2CO3。

【详解】A、氧化膜保护内部的铝不被氧化，氧化膜使得性质活波的金属铝成为一种应用广泛的金属材料，故A正确；
B、钛被称为继铁、铝之后的第三金属，在工业上有广泛的应用，也有人说“21世纪将是钛的世纪”，可见其重要，故B正确；
C、在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能。

因此，稀土元素又被称为冶金工业的维生素，故C正确；
D、铜绿主要成分是Cu2（OH）2CO3，故D错误；
故选D。

5.半导体工业中，有一句行话：“从沙滩到用户”，即由SiO2制Si。

制取过程中不涉及到的化学反应是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
根据有一句行话：“从沙滩到用户”，即由SiO2制取Si，反应原理是沙子的主要成分二氧化硅与碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，得到的是粗硅；硅与氯气在加热条件下反应生成四氯化硅，氢气与四氯化硅在高温下反应生成硅和氯化氢。

【详解】A、沙子的主要成分二氧化硅与碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑，制取过程中涉及该反应，故A不符题意。

B、制取过程中不涉及该化学反应，故B合题意。

C、硅与氯气在加热条件下反应生成四氯化硅，反应的化学方程式为Si+2Cl2SiCl4，制取过程中涉及该反应，故C不符题意。

D、氢气与四氯化硅在高温下反应生成硅和氯化氢，反应的化学方程式为SiCl+2H2Si+4HCl，制取过程中涉及该反应，故D不符题意。

故选：B。

【点睛】解题关键：了解半导体工业中制取硅的反应原理，C是易错项，用氯气将硅变成气态氯化物，从而与杂质分离。

6.下列四个选项中的两个反应可用同一个离子方程式表示的是
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A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
A．二氧化硫和氢氧化钡反应，少量二氧化硫反应生成亚硫酸盐，二氧化硫过量生成亚硫酸氢盐；
B．氨水和铝盐反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀不溶于氨水；
C．氯气量不同氧化的离子不同，离子方程式不同；
D、氢氧化镁难溶，离子方程式不同；
【详解】A．将少量SO2通入Ba（OH）2溶液生成亚硫酸钡沉淀，将过量SO2通入少量Ba（OH）2溶液生成亚硫酸氢钡，无沉淀生成，故A错误；
B．将少量浓氨水滴入Al2（SO）4溶液和将少量Al2（SO4）3溶液滴入浓氨水可以用同一离子方程式表示，Al3＋+3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4＋；故B正确；
C．将0.1mol Cl2通入含0.2molFeBr2的溶液中，发生反应为2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－；将0.3mol Cl2通入含0.2mol FeBr2溶液反应为2Fe2＋+4Br－+3Cl2=2Fe3＋+2Br2+6Cl－；故C错误；
D、将少量BaCl2溶液与Na2SO4溶液相混合离子方程式为Ba2＋+SO42－=BaSO4↓，少量Ba（OH）2溶液与
MgSO4溶液相混合，反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为：Ba2＋+SO42－＋Mg2＋＋2OH －=Mg(OH)2↓+BaSO4↓，二者的离子方程式不同，故D错误；
故选B。

【点睛】本题考查了离子方程式的书写，解题关键：把握发生的化学反应，难点：与量有关的离子反应、氧化还原反应，选项C为解答的难点和易错点。

7.已知X、Y、Z、E、F五种常见物质含有同一元素M，在一定条件下它们有如下转化，Z是NO，下列推断不合理的是
A. X可能是一种氢化物
B. X生成Z-定是化合反应
C. E可能是一种有色气体
D. F中M元素的化合价可能为+5
【答案】B
【解析】
试题分析：A．如果X是水，分解可生成O2，O2与N2反应生成NO，X可能是一种氢化物，正确；B．Z 为NO，如果Y是O2，那么NH3与O2在催化剂的条件下可以生成NO，所以不一定就是化合反应，错误；C．因为Z是NO，NO与O2反应产生红棕色的NO2气体，所以E可能是红棕色NO2，正确；D．F可以是HNO3，M元素的化合价可能为+5，正确。

考点：考查元素及化合物的性质及综合应用、无机物的推断的知识。

8.下列反应原子利用率最高的是
A. 工业制漂白粉2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
B. 工业制备钠2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑
C. 火法炼铜3Cu2S+3O26Cu+3SO2
D. 现代石油工业采用银做催化剂生产环氧乙烷2CH2=CH2→
【答案】D
【解析】
【分析】
化学反应中原子的利用率最高，则反应物全部转化为生成物，且生成物一般一种，常见反应类型有化合反应、加成、加聚反应等。

【详解】A、工业制漂白粉 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，生成物有3种，原子利用率不高，故A 错误；
B、工业制备钠2NaCl=2Na+Cl2↑，生成物有2种，原子利用率不高，故B错误；
C、火法炼铜Cu2S+O2=2Cu+SO2生成物有2种，原子利用率不高，故C错误；
D、为化合反应，生成物只有一种，离子利用率最高，故D正确。

故选D。

【点睛】本题综合考查物质的性质以及反应的应用，解题关键：对原子利用率的理解，化学反应中原子的利用率最高，则反应物全部转化为生成物。

9.向含1mol HCl和1mol MgSO4的混合溶液中加入1mol·L的Ba(OH)2溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入Ba(OH)2溶液的体积(V)之间的关系图正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析：加入氢氧化钡后，立即生成硫酸钡沉淀。

当溶液中的氢离子被中和后，再生成氢氧化镁沉淀。

中和氯化氢需要0.5L氢氧化钡溶液，当硫酸钡恰好沉淀时，需要1L氢氧化钡溶液，而沉淀镁离子时又需要1L氢氧化钡溶液，因此当沉淀不再变化时，共计需要1.5L氢氧化钡溶液，答案选D。

考点：化学反应与图像分析
10.下列各组离子在水溶液中能大量共存的是
（1）I—、ClO—、NO3—、H+（2）K+、NH4+、HCO3—、OH-
（3）SO32—、SO42—、Cl-、OH—（4）Fe3+、Cu2+、SO42—、Cl-
（5）H+、K+、AlO2—、HSO3+(6)Ca2+、Na+、SO42—、CO32—
A. (1)和(6)
B. (3)和(4)
C. (2)和(5)
D. (1)和(4)
【答案】B
【解析】
【分析】
根据离子间是否发生反应生成沉淀、气体、弱电解质以及离子之间是否发生氧化还原反应、相互促进的水
解反应等角度分析．
【详解】（1）在酸性条件下，具有强氧化性的ClO－和NO3－离子与具有还原性的I－离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故（1）错误；
（2）OH－与NH4＋和HCO3－反应而不能大量共存，故（2）错误；
（3）离子之间不能发生任何反应，能大量共存，故（3）正确；
（4）离子之间不能发生任何反应，能大量共存，故（4）正确；
（5）H＋与AlO2－和HSO3－反应而不能大量共存，故（5）错误；
（6）Ca2＋与CO32－反应生成沉淀而不能大量共存，故（6）错误。

故选B。

11.完成下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置已略去）正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
A．萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应；
B．乙酸易溶于乙醇；
C．碘单质易升华；
D．烧杯用来粗略配制溶液．
【详解】A．溴单质易溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶，四氯化碳与水互不反应，故A正确；B．乙酸易溶于乙醇，能透过滤纸，不能用过滤分离，故B错误；
C．加热后，碘单质易升华，剩余的是KI，故C错误；
D．烧杯用来粗略配制溶液，无法精确到0.0001，故D错误。

故选A。

【点睛】本题考查萃取、分液、物质的分离、溶液的配制等，解题关键：把握萃取剂的选择必须符合的条件，易错点D，精确配制溶液，要用容量瓶．
12.Cl2通入FeBr2和Fel2的混合溶液中，下列离子方程式一定错误的是
A. 2I-+Cl2=I2+2Cl-
B. 2I-+2Cl2+2Fe2+=I2+4Cl-+2Fe3+
C. 2I-+2Cl2+2Br-=I2+4Cl-+Br2
D. 2I-+3Cl2+2Br-+2Fe2+=I2+6Cl-+Br2+2Fe3+
【答案】C
【解析】
【分析】
已知还原性I－＞Fe2＋＞Br－，加氧化剂，先与还原性强的离子反应。

【详解】A、将少量Cl2通入FeI2溶液中，只氧化I－而不氧化Fe2＋，则离子方程式为：2I－+Cl2═I2+2Cl－，故A正确；
B、先氧化I－，再氧化Fe2＋，2I-+2Cl2+2Fe2+=I2+4Cl-+2Fe3+，故B正确；
C、先氧化I－，再氧化Fe2＋，Fe2＋全部氧化后，才氧化溴离子，故C错误；
D、将足量Cl2通入等物质的量FeBr2和Fel2的混合溶液中，三种离子全部氧化，
2I-+3Cl2+2Br-+2Fe2+=I2+6Cl-+Br2+2Fe3+，故D正确；
故选C。

【点睛】本题考查了元素化合物的性质、氧化还原反应、离子方程式的书写，解题关键：注意把握离子方程式书写方法，明确氧化还原反应中物质之间反应的先后顺序。

难点C，先氧化I－，再氧化Fe2＋，Fe2＋全部氧化后，才氧化溴离子。

13.在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，高锰酸钾溶液褪色。

其中发生反应的离子方程式为：
2MnO4—+16H++5Na2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+,下列判断正确是
A. 高锰酸钾是氧化剂，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
B. 反应的氧化产物只有氧气
C. 向高锰酸钾溶液中滴加浓盐酸可以得到酸性高锰酸钾溶液
D. 当反应产生标准状况下22.4 L氧气时，反应转移的电子为4 mol
【答案】B
【解析】
【分析】
在2MnO4－+12H＋+5Na2O2═2Mn2＋+5O2↑+8H2O+10Na＋中，2MnO4－→2Mn2＋，Mn元素的化合价由+7价→+2价，得到2×5e－，Mn元素的化合价降低其所在的物质高锰酸钾是氧化剂，5Na2O2→5O2，O元素的化合价由-1价→0价，失去10×e－，过氧化钠是还原剂
【详解】A．过氧化钠中O元素的化合价升高，则过氧化钠是还原剂，故A错误；
B、Mn元素的化合价降低，被还原，O元素的化合价升高被氧化，则O2是氧化产物，Mn2＋是还原产物，故B正确；
C、用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，应利用稀硫酸酸化，故C错误；
D、标准状况下，产生22.4L O2时反应转移22.4L/22.4L·mol－1×2×[0－（-1）]=2mol e－，故D错误；
故选B。

14.下图是氧气氧化某浓度Fe2+为Fe3+过程的实验结果，下列有关说法正确的是
A. pH=1.5时氧化率一定比pH=2.5时大
B. 其他条件相同时，80℃的氧化率比50℃大
C. Fe2+的氧化率仅与溶液的pH和温度有关
D. 该氧化过程的离子方程式为：Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：A、由图像分析，亚铁离子的氧化率受温度和pH影响，所以Ph=1.5的氧化率不一定比Ph=2.5时的氧化率大，错误，不选A；B、其它条件相同时温度不同时，亚铁的氧化率与温度成正比，温度越高，氧化率越大，正确，选B；C、亚铁离子的氧化率不仅与溶液的pH有关还与温度有关，还与离子的浓度等其它因素有关，错误，不选C；D、被氧化过程的离子方程式中电荷不守恒，错误，不选D。

考点：转化率随温度和溶液的变化曲线
第II卷（非选择题，共58分）
二、非选择题
15.如表是ⅥA族部分元素的相关性质。

请回答下列问题：
(l)硒的熔点范围可能是____。

(2)碲的化合价可能有____。

(3)氢硒酸有较强的____填“氧化性”或“还原性”），因此放在空气中易变质，其可能发生反应的化学方程式为____。

(4)工业上Al2Te可用来制备H2Te，完成下列化学方程式：___ Al2Te3＋___ =2Al(OH)3↓＋____H2Te↑
【答案】(1). 113℃＜Se＜450℃(2). -2、+4、+6 (3). 还原性(4). 2H2Se+O2=2H2O+2Se↓(5). 1 (6). 6H2O (7). 3
【解析】
【分析】
（1）由表中数据知，氧族元素单质的熔点随着原子序数增大而增大；
（2）由表中数据知，氧族元素主要化合价相似；
（3）元素的非金属性越弱，其氢化物的还原性越强，硒化氢易被氧气氧化生成Se和水；
（4）根据元素守恒知反应物还有水，根据原子守恒配平方程式．
【详解】（1）根据表中数据知，氧族元素单质的熔点随着原子序数增大而增大，所以Se的熔点介于S、Te 之间，为113℃＜Se＜450℃；
（2）根据表中数据知，氧族元素主要化合价相似，根据元素化合价知，Te的化合价可能为-2、+4、+6；（3）Se元素非金属性较弱，则其简单阴离子还原性较强，所以其氢化物具有还原性，硒化氢易被氧气氧化生成Se和水，反应方程式为2H2Se+O2=2H2O+2Se↓；
（4）根据元素守恒知反应物还有水，根据原子守恒配平方程式为Al2Te3+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2Te。

【点睛】本题考查同一主族元素性质递变规律，解题关键：氧化还原反应、方程式的配平、元素周期律等知识点，以碱金属族、卤族元素为例熟练掌握同一主族元素性质递变规律。

16.人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg·cm-3来表示。

抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。

某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。

I．【配制酸性KMnO4标准溶液】如图是配制50 mL酸性KMnO4标准溶液的过程示意图。

(1)请你观察图示判断其中不正确的操作有____（填序号）。

(2)其中确定50 mL溶液体积的容器是____（填名称）。

(3)如果按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作均正确的情况下，所测的实验结果将_______（填“偏大”或“偏小”）。

II．【测定血液样品中Ca2+的浓度】抽取血样20. 00 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 mol/L酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL酸性KMnO4溶液。

(4)已知草酸与酸性KMn04溶液反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn x++10CO2↑+8H2O，则式中的x=____。

(5)滴定时，根据现象____，即可确定反应达到终点。

(6)经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为____mg．cm-3。

【答案】(1). ②⑤(2). 50mL容量瓶(3). 偏小(4). 2 (5). 溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色(6). 1.2
【解析】
【分析】
（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的正确操作结合图示分析；
（2）容量瓶是确定溶液体积的仪器；
（3）仰视刻度线，会使溶液体积偏大，结合C=n/V分析；
（4）草酸跟酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、二价锰离子等，结合氧化还原反应得失电子守恒和根据
电荷守恒进行分析，写出化学方程式得到x；
（5）滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时，滴入的高锰酸钾溶液不褪色，据此判断；
（6）根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2＋的浓度．
【详解】（1）由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切；
（2）应该用容量瓶准确确定50mL溶液的体积；
（3）用图示的操作配制溶液，仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；
（4）根据电荷守恒，（-1×2）+（+1×6）=+x×2，解得，x=2，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO4－+5H2C2O4+6H＋═2Mn2＋+10CO2↑+8H2O；
（5）滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；（6）血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.020mol·L－
1×0.012L=2.4×10-4mol，根据反应方程式2MnO
－+5H2C2O4+6H＋═2M n2＋+10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式
4
CaC2O4，可知：n（Ca2＋）=n（H2C2O4）=5/2n（MnO4－）=2.5×2.4×10-4mol=6×10-4mol，Ca2＋的质量为：40g·mol －1×6×10-4mol=0.024g，钙离子的浓度为：0.024g/20cm 3=1.2 mg·cm－3。

17.(1)湿法制各高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种粒子：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42—、Cl－、H2O。

①写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式：______________________________
②每生成l mol FeO42-转移__________mol电子，若反应过程中转移了0.3 mol电子，则还原产物的物质的量为____mol。

③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)原因是__。

(2)工业上从海水中提取单质溴可采用如下方法：
①向海水中通入Cl2将海水中溴化物氧化，其离子方程式为____。

②向上述混合液中吹入热空气，将生成的溴吹出，用纯碱溶液吸收，其化学方程式为__。

③将②所得溶液用H2SO4酸化，使NaBr、NaBrO3中的溴转化为单质溴，再用有机溶剂提取溴后，还可得到副产品Na2SO4。

这一过程可用化学方程式表示为____。

【答案】(1). 2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO42－＋3Cl－＋5H2O(2). 3(3). 0.15(4). 该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小(5). Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－(6). 3Na2CO3＋3Br2===5NaBr＋NaBrO3＋3CO2或6Na2CO3＋3Br2＋3H2O===5NaBr＋NaBrO3＋6NaHCO3(7). 5NaBr＋NaBrO3＋3H2SO4===3Br2＋3Na2SO4＋3H2O 【解析】
【详解】(1)①湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)，则FeO42-为产物，Fe(OH)3为反应物，化合价升高总共3价，由
电子转移守恒可知，ClO-为反应物，Cl-为生成物，化合价降低共2将，化合价升降最小公倍数为6，故Fe(OH)3的系数为2，FeO42-的系数为2，ClO-的系数为3，Cl-的系数为3，根据电荷守恒可知，OH-为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5，离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，
故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
②反应中Fe元素化合价变化由+3价升高为+6，故每生成1mol FeO42-转移电子，1mol×(6-3)=3mol，还原产物为Cl-，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为=0.15mol，故答案为：3；0.15；
③该温度下，K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度更小，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，故答案为：该温度下，K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度更小；
(2)①通入氯气后，氯气与溴离子反应生成单质溴和溴离子，其离子方程式为：Cl2+2Br-═2Cl-+Br2，故答案为：Cl2+2Br-═2 Cl-+Br2；
②纯碱溶液吸收Br2的化学方程式为：3Na2CO3+3Br2=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑或
6Na2CO3＋3Br2＋3H2O=5NaBr＋NaBrO3＋6NaHCO3，故答案为：3Na2CO3+3Br2=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑或
6Na2CO3＋3Br2＋3H2O=5NaBr＋NaBrO3＋6NaHCO3；
③将②所得溶液用H2SO4酸化，使NaBr，NaBrO3中的溴转化为单质溴和硫酸钠，溴酸根离子中溴元素化合价为+5价变成0价，化合价降低5价；溴离子化合价由-1价到0价，化合价升高1价，则化合价变化的最小公倍数为5，所以溴酸根离子计量数为1，溴离子计量数为5，再根据观察法配平，配平后反应的化学方程式为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Na2SO4+3Br 2+3H2O，故答案为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Na2SO4+3Br
+3H2O。

2
【点睛】本题考查了氯、溴、碘及其化合物的性质，涉及氧化还原反应计算与配平、物质的分离提纯等。

本题的易错点为几个氧化还原反应方程式的书写与配平，要注意氧化还原反应的基本规律的应用。

18.醋酸镍【(CH3COO)2Ni]是一种重要的化工原料。

一种以含镍废料（含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如下：
相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如下表：
(1)粉碎含镍废料的作用__________________________________
(2)酸浸过程中，l molNiS失去6N A个电子，同时生成两种无色有毒气体。

写出该反应的化学方程式：___。

(3)写出氧化步骤中加入H2O2发生反应的离子方程式：____。

(4)调节pH除铁、铝步骤中，溶液pH的调节范围是____。

(5)滤渣3主要成分的化学式是____。

(6)沉镍过程中，若c(Ni2+)= 2.0 mol．L-1，欲使100 mL该滤液中的Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)≤10-5 mol·L-1]，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为____g（保留一位小数）。

(7)保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图。

酸浸的最佳温度与时间分别为____℃、______min。

【答案】(1). 加快化学反应速率，提高镍的浸出率(2). NiS+H2SO4+2HNO3═NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O (3). 2Fe2＋+H2O2+2H＋═2Fe3＋+2H2O (4). 5.0≤pH＜6.7 (5). CaF2(6). 31.8 (7). 70 (8). 120
【解析】
【分析】
含镍废料（含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）粉碎，加硫酸和硝酸酸浸，过滤，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，浸出液含有Ni2＋、Fe2＋、Al3＋、Ca2＋，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3＋，然后加NaOH调节pH，使Al3＋、Fe3＋转化为沉淀，同时Ni2＋不能转化为沉淀，所以调节pH的范围5.0≤pH＜6.7，过滤，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中含有Ni2＋、Ca2＋，再加氟化铵，生成CaF2沉淀，过滤，滤渣3为CaF2，滤液中加碳酸钠生成NiCO3沉淀，过滤，滤渣中加醋酸溶解，生成（CH3COO）2Ni溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到（CH3COO）2Ni固体。

【详解】（1）将含镍原料粉碎可以加快化学反应速率，提高镍的浸出率；
（2）酸浸过程中，1mol NiS被硝酸氧化失去6N A个电子，同时生成两种无色有毒气体，则生成NO和SO2，其反应的化学方程式为：NiS+H2SO4+2HNO3═NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O；
（3）溶液中的亚铁离子不容易转化为沉淀，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为：2Fe2＋+H2O2+2H＋═2Fe3＋+2H2O；
（4）调节pH使Al3＋、Fe3＋转化为沉淀，同时Ni2＋不能转化为沉淀，根据表中的数据可知，调节pH的范围为5.0≤pH＜6.7；
（5）由流程以及物质的溶解性分析可知，滤渣3为CaF2；
（6）已知NiCO3的K sp=1.0×10-5，使100ml该滤液中的Ni2＋沉淀物完全，即[c（Ni2＋）≤10-5mol·L-1]，则溶液中c（CO32－）=K sp/c(Ni2＋)=1.0×10-5/10-5mol·L－1=1.0mol·L－1，与Ni2＋反应的n（CO32－）=cV=2mol·L－
2－）=0.2mol+1.0mol·L－1×0.1L=0.3mol，所以
1×0.1L=0.2mol，则加入的碳酸钠的总物质的量n（CO
3
m=n M=0.3mol×106g·mol－1=31.8g；
(7)由图象可知，为70℃、120min时，酸浸出率最高；
19.某学校化学学习小组为探究二氧化氮的性质，按下图所示装置进行实验。

请回答下列问题：
(1)装置甲中盛放浓硝酸的仪器A的名称是____，该装置中发生反应的化学方程式为
(2)实验过程中，装置乙、丙中出现的现象分别是____________；______________________；装置丙中的试管内发生反应的离子方程式为____________。

(3)为了探究NO的还原性，可以在装置丁的导气管C中通入一种气体，通入的这种气体的名称是_________。

(4)取下装置丙中的试管D，在其中滴加FeSO4溶液，溶液变为___ 色，为了证明铁元素在该反应中的产物，可以再在溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为____色。

【答案】(1). 分液漏斗(2). Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O(3). 生成红棕色气体(4). 蒸馏水中有气泡产生，生成无色气体(5). 3NO
＋H2O===2H＋＋2NO＋NO(6). 氧气(7). 黄
(8). 红(或“血红”)
【解析】
【详解】（1）根据仪器A的结构可知，A为分液漏斗；蒸馏烧瓶B中发生的反应为浓硝酸和铜的反应，生成硝酸铜、二氧化氮和水，化学方程式为Cu＋4HNO3（浓）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O，故答案为：分液漏斗；Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；（2）装置乙中收集的是NO2气体，丙中NO2会与水反应生成NO气体，故答案为：生成红棕色气体；蒸馏水中有气泡产生，生成无色气体；3NO2＋H2O===2H＋＋2NO3-＋NO；（3）NO能被氧气氧化，体现出还原性，且气体变为红棕色，故答案为：氧气；（5）试管D中生成的硝酸，能将Fe2+氧化成Fe3+，导致溶液显黄色，遇到SCN-显血红色，故答案为：黄；红(或“血红”)。