阳东校2015届高三化学试题及答案高考诊断性测试(三)

2015年广东省阳东广雅学校高考诊断性测试化学试卷（三）
参考答案与试题解析
一.选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分．每小题有一个选项符合题意．）
1．（4分）（2015•荔湾区校级模拟）下列说法不正确的是（）
A．N a2O2能与CO2反应，可用作呼吸面具的供氧剂
B．A l2O3熔点高，可用于制作耐高温仪器
C．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂
D．S iO2有导电性，可用于制备光导纤维
考点：钠的重要化合物；盐类水解的应用；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物．
专题：化学应用．
分析：A．Na2O2能与CO2反应生成氧气；
B．制作耐高温仪器所用材料熔点高；
C．明矾含有铝，易水解生成氢氧化铝胶体；
D．SiO2不具有导电性．
解答：解：A．Na2O2能与CO2反应生成氧气，常用于供氧剂，故A正确；
B．Al2O3熔点高，硬度大，可用于制作耐高温仪器，故B正确；
C．明矾含有铝，易水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可用于净水，故C正确；
D．SiO2不具有导电性，故D错误；
故选D．
点评：本题考查物质的性质与用途，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．
2．（4分）（2015•荔湾区校级模拟）设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．5.6g铁粉与足量Cl2反应，失去的电子数为0.2N A
B．常温常压下，18g H2O含有10N A个电子
C．常温下，1L 0.1mol/L AlCl3溶液中含Al3+数为0.1N A
D．1 mol Cu与足量浓硫酸反应产生2N A个SO2分子
考点：阿伏加德罗常数．
专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
分析：A、根据铁与氯气反应后铁元素的价态来分析；
B、根据水的物质的量n=和1mol水中含10mol电子来分析；
C、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；
D、根据得失电子数守恒来分析．
解答：解：A、氯气的氧化性很强，铁与氯气反应后铁元素的价态变为+3价，故5.6g铁粉即0.1mol 铁失去0.3mol电子，故A错误；
B、水的物质的量n===1mol，而1mol水中含10mol电子，故B正确；
C、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中铝离子的个数会小于0.1N A，故C错
误；
D、1mol铜变成铜离子失去2mol电子，生成1mol二氧化硫需要得到2mol电子，所以1mol
铜完全反应能够生成1mol二氧化硫，产生N A个SO2分子，故D错误；
故选B．
点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．
3．（4分）（2013•广东）水溶液中能大量共存的一组离子是（）
A．N a+、Al3+、Cl﹣、CO32﹣B．H+、Na+、Fe2+、MnO4﹣
C．K+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣D．K+、NH4+、OH﹣、SO42﹣
考点：离子共存问题．
专题：离子反应专题．
分析：根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应，不能相互促进水解等，则离子能大量共存，以此来解答．
解答：解：A．因Al3+、CO32﹣相互促进水解生成沉淀和气体，则不能共存，故A错误；
B．因H+、Fe2+、MnO4﹣发生氧化还原反应，则不能共存，故B错误；
C．因该组离子之间不反应，能共存，故C正确；
D．因NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，则不能共存，故D错误；
故选C．
点评：本题考查离子的共存，明确离子之间的反应即可解答，注意相互促进水解的反应及氧化还原反应为解答的难点，题目难度不大．
4．（4分）（2015•荔湾区校级模拟）下列物质分类正确的是（）
A．S O2、SiO2、NO均为酸性氧化物
B．稀豆浆、牛奶、氯化铁溶液均为胶体
C．烧碱、乙醇、四氯化碳均为电解质
D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物
考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．
专题：物质的分类专题．
分析：A、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物；
B、溶液不是胶体；
C、电解质是水溶液中或熔融状态导电的化合物分析；
D、福尔马林是甲醛水溶液，水玻璃是硅酸钠水溶液，氨水是氨气的水溶液；
解答：解：A、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，SO2、SiO2均为酸性氧化物，NO 是不成盐氧化物，故A错误；
B、稀豆浆、牛奶均为胶体，氯化铁溶液不是胶体，故B错误；
C、电解质是水溶液中或熔融状态导电的化合物，烧碱为电解质；乙醇、四氯化碳均为
非电解质，故C错误；
D、福尔马林是甲醛水溶液，水玻璃是硅酸钠水溶液，氨水是氨气的水溶液，都是混合物，
故D正确；
故选D，
点评：本题考查了物质分类方法和类别特征分析判断，注意物质的组成分析，掌握基础是关键，题目较简单．
5．（4分）（2009•广东）下列说法都正确的是（）
①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关
②四川灾区重建使用了大量钢材，钢材是合金
③“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质
④太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置
⑤常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氮，两者都含有极性键
⑥水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物．
A．①②③④B．①②④⑥C．①②⑤⑥D．③④⑤⑥
考点：胶体的重要性质；极性键和非极性键；生活中常见合金的组成；常用合成高分子材料的化学成分及其性能．
专题：化学应用．
分析：本题根据胶体的性质，带不同电荷的胶粒相遇时会形成沉淀；钢材是铁和碳的合金，比例不同所得材料性状不同；硫酸钡是一种沉淀，但哎溶液中的硫酸钡只要溶解就会完全电离，为强电解质；硅元素在元素周期表中的位置；氯气的化学键为非极性键；橡胶、淀粉等都为高分子化合物，因为分子量比较大等知识点来解题．
解答：解：①根据胶体的性质当带不同电荷的胶粒相遇时会发生聚沉，不同地方的泥土胶粒电荷不同，在入海口出聚沉形成沉淀，日积月累形成三角洲，故①正确；
②钢材是铁和碳的合金，②正确；
③“钡餐”是硫酸钡，但硫酸钡是强电解质，因为尽管硫酸钡是难溶物但溶于水的部分确实
完全电离的③错；
④硅元素位于周期表第三周期第ⅣA主族，是处于金属与非金属的交界处，④正确；
⑤氯气是由非极性键组成的单质，⑤错；
⑥橡胶是高分子化合物，⑥正确．
故选B
点评：本题考查了胶体中胶粒是带电荷的，生活中常见物质钢铁、钡餐、橡胶的组成和成分，元素周期表中元素的位置，氯气是由非极性键组成的分子等知识点．
6．（4分）（2015•荔湾区校级模拟）下列说法正确的是（）
A．K ClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质
B．H ClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质
C．H Cl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．杂多酸盐Na2HPW12O40与Na3PW12O40都是强电解质
考点：电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念．
专题：电离平衡与溶液的pH专题．
分析：A．电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，注意导电是由于自身的电离；
B．NaClO属于盐，在水中能完全电离是强电解质；
C．HCl中只含共价键，NaCl中只含离子键；
D．钠盐都是强电解质．
解答：解：A．SO3溶于水后能导电是因为和水反应生成的H2SO4能电离，和SO3本身无关，是非电解质，故A不选；
B．NaClO属于盐，在水中能完全电离是强电解质，故B不选；
C．HCl中只含共价键，NaCl中只含离子键，则HCl为共价化合物，而NaCl为离子化合物，不能利用溶液的导电性判断化合物的类别，故C不选；
D．钠盐都是强电解质，所以杂多酸盐Na2HPW12O40与Na3PW12O40都是强电解质，故D 选；
故选D．
点评：本题为综合题型，考查电解质、电解质强弱的判断，化合物类型的判断，题目难度中等，注意理解电解质强弱的判断依据．
二.选择题（本题包括2小题，每小题6分，共12分．每小题有两个选项符合题意．只选一个且正确的得3分，但只要选错一个，该小题就为0分．）
7．（6分）（2012•佛山二模）下列离子反应方程式正确的是（）
A．氨水吸收过量的SO2：OH﹣+SO2=HSO3﹣
B．F eSO4溶液被氧气氧化：4Fe2++O2+2H2O=4Fe3++4OH﹣
C．N aAlO2溶液中加入过量稀硫酸：AlO2﹣+H++H2O=Al（OH）3↓
D．C l2与稀NaOH溶液反应：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O
考点：离子方程式的书写．
专题：离子反应专题．
分析：A、一水合氨属于弱电解质，离子方程式中应该写成分子式；
B、硫酸亚铁被氧气氧化生成了硫酸铁和氢氧化铁；
C、稀硫酸过量，偏铝酸根离子生成了铝离子；
D、氯气与氢氧化钠溶液反应生成了氯化钠、次氯酸钠和水．
解答：解：A、一水合氨属于弱电解质，氨水与过量二氧化硫反应的离子方程式为：NH3•H2O+SO2=NH4++HSO3﹣，故A错误；
B、硫酸亚铁被氧气氧化生成了硫酸铁和氢氧化铁，反应的离子方程式为
12Fe2++3O2+6H2O=8Fe3++4Fe（OH）3↓，故B错误；
C、NaAlO2溶液中加入过量稀硫酸，生成了硫酸铝和硫酸钠，反应的离子方程式为AlO2
﹣+4H+=Al3++2H
2O↓，故C错误；
D、Cl2与稀NaOH溶液反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故D正确；
故选D．
点评：本题考查了离子方程式的书写判断，注意反应物的量的关系，B项容易出错，注意方程式的配平，本题难度中等．
8．（6分）（2015•荔湾区校级模拟）下列实验现象与对应结论均正确的是（）
选项操作现象结论
A SO2水溶液中滴加盐酸酸化的
产生白色沉淀BaSO3难溶于盐酸
BaCl2溶液
B Al放入浓HNO3中无明显现象Al表面被浓HNO3氧化形成致密的
氧化膜
C Na2SiO3溶液中通入CO2气体产生白色胶状沉淀H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强
D 用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊
试纸变蓝色浓氨水呈碱性
试纸上
A．A B．B C．C D．D
考点：化学实验方案的评价．
专题：实验评价题．
分析：A．在该实验中根本得不到白色沉淀，因为SO2不可能与BaCl2溶液反应；
B．铝与浓硝酸发生钝化反应；
C．根据强酸制弱酸的原理；
D．能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性．
解答：解：A．向SO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，得不到白色沉淀，因为HCl酸性强于H2SO3，且BaSO3可溶于盐酸，故SO2不可能与BaCl2溶液反应，故A错误；
B．铝与浓硝酸发生钝化反应，阻止反应进一步进行，故B正确；
C．向Na2SiO3溶液中通入适量的CO2，反应方程式为：
CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+Na2CO3，H2CO3的酸性比2SiO3的酸性强，故C错误；
D．能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，则浓氨水呈碱性，故D正确．
故选BD．
点评：本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的综合应用，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同，把握实验方法和注意事项，难度不大．
三、解答题（共4小题，满分64分）
9．（16分）（2015•荔湾区校级模拟）某食用白醋是由醋酸与纯水配制而成，用中和滴定的方法准确测定其中醋酸的物质的量浓度．实验步骤：①配制500mL浓度约为0.1mol•L﹣1的NaOH 溶液；②用KHC8H4O4标准溶液准确测定该NaOH溶液的浓度；③用已知准确浓度的NaOH溶液测定醋酸的浓度．
（1）称量所需的NaOH固体置于大烧杯中，加入500mL蒸馏水，搅拌溶解．该配制步骤可行（填“可行”或“不可行”）．
（2）称量时NaOH在空气中极易吸水，配制所得的NaOH溶液浓度通常比预期小（填“小”或“大”），这是不能直接配制其标准溶液的原因．
（3）查阅白醋包装说明，醋酸含量约为6g/100mL，换算成物质的量浓度约为1mol•L﹣1，滴定前将白醋稀释10（填“10”或“100”）倍．（已知醋酸的相对分子质量为60）
（4）稀释白醋时需要的仪器有烧杯、玻璃棒、滴管、酸式滴定管、容量瓶．
（5）准确量取稀释后的白醋20.00mL，置于250mL锥形瓶中，加水30mL，再滴加酚酞指示剂，用上述NaOH标准溶液滴定至溶液变成浅红色且30秒内不褪色即为终点．重复滴定两次，平均消耗NaOH标准溶液V mL（NaOH溶液浓度为c mol•L﹣1）．
（6）原白醋中醋酸的物质的量浓度=mol•L﹣1．
考点：溶液的配制；弱电解质在水溶液中的电离平衡．
分析：（1）根据配制的是浓度约为0.1mol•L﹣1的NaOH溶液来判断；
（2）NaOH在空气中极易吸水，导致NaOH的真实的质量偏小，来分析浓度；
（3）根据醋酸含量约为6g/100mL，计算出醋酸的物质的量，然后根据c=来计算；酸碱中和滴定中待测液的浓度要为0.1mol/L左右；
（4）根据稀释醋酸的操作来分析需要的仪器；
（5）根据加入的指示剂是酚酞来分析滴定终点；
（6）根据达滴定终点时，n（CH3COOH）=n（NaOH）来计算．
解答：解：（1）由于配制的是浓度约为0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，是比较粗略的配制，故该配制步骤是可行的，故答案为：可行；
（2）NaOH在空气中极易吸水，导致NaOH的真实的质量偏小，则配制出的溶液的浓度偏小，故答案为：小；
（3）根据醋酸含量约为6g/100mL，则醋酸的物质的量n===0.1mol，醋酸的
物质的量浓度c===1mol/L；酸碱中和滴定中待测液的浓度要为0.1mol/L左右，故滴定前要将醋酸溶液稀释10倍，故答案为：1；10；
（4）稀释醋酸的操作需要的仪器有烧杯、玻璃棒、滴管、酸式滴定管、容量瓶，故答案为：容量瓶；
（5）由于是用碱滴定酸，指示剂是酚酞，故当溶液变成浅红色且30秒内不褪色时达到滴定终点，故答案为：溶液变成浅红色且30秒内不褪色；
（6）设原白醋中醋酸的物质的量浓度为Xmol/L，根据达滴定终点时，n（CH3COOH）=n
（NaOH），可有×0.02L=c mol•L﹣1×Vml×10﹣3，解得x=mol/L，
故答案为：．
点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大．
10．（16分）（2013•韶关模拟）工业上用甲苯生产对羟基苯甲酸乙酯，生产过程如图：
（1）对羟基苯甲酸乙酯的分子式为C9H10O3；1mol该物质与NaOH溶液完全反应，最多消耗2molNaOH．
（2）化合物A中的官能团名称是氯原子，反应④的反应类型属氧化反应．
（3）反应①的化学方程式．
（4）在合成线路中，设计第③和⑥这两步反应的目的是防止酚羟基被氧化．
（5）有机物C（分子构型为，﹣X、﹣Y为取代基）是对羟基苯甲酸乙酯的同分异构体且能发生银镜反应，则﹣X的结构简式可能是﹣OH、﹣CH2OH 或﹣OCH3．
考点：有机物的合成．
专题：有机物的化学性质及推断．
分析：
（1）对羟基苯甲酸乙酯为，据此书写其分子式，分子中酚羟基、酯基与氢氧化钠发生反应；
（2）对比甲苯、对甲基苯酚的结构可知，甲苯与氯气在催化剂条件下发生甲基对位取代
生成A为；对比反应④中反应物、产物的结构可知，反应物中甲基被氧化为羧基；
（3）反应①是甲苯与氯气在催化剂条件下发生甲基对位取代生成，同时还生成HCl；
（4）反应④利用强氧化剂将苯环上甲基氧化为羧基，而酚羟基更容易被氧化；
（5）有机物C（分子构型为，﹣X、﹣Y为取代基）是对羟基苯甲酸乙酯的同分异构体且能发生银镜反应，含有醛基，X为﹣OH时，Y为﹣CH2CH2CHO或﹣CH （CH3）CHO，X为﹣CH2OH或﹣OCH3时，Y为﹣CHO．
解答：
解：（1）对羟基苯甲酸乙酯为，其分子式为C9H10O3，分子中酚羟基、酯基与氢氧化钠发生反应，1mol该物质与NaOH溶液完全反应，最多消耗
2molNaOH，故答案为：C9H10O3；2；
（2）对比甲苯、对甲基苯酚的结构可知，甲苯与氯气在催化剂条件下发生甲基对位取代
生成A为，含有的官能团为：氯原子；对比反应④中反应物、产物的结构可知，反应物中甲基被氧化为羧基，属于氧化反应，故答案为：氯原子；氧化反应；
（3）反应①是甲苯与氯气在催化剂条件下发生甲基对位取代生成，同时还
生成HCl，反应方程式为，故答案为：
；
（4）反应④利用强氧化剂将苯环上甲基氧化为羧基，由于酚羟基更容易被氧化，设计第
③和⑥这两步反应防止酚羟基被氧化，故答案为：防止酚羟基被氧化；
（5）有机物C（分子构型为，﹣X、﹣Y为取代基）是对羟基苯甲酸乙酯的同分异构体且能发生银镜反应，含有醛基，X为﹣OH时，Y为﹣CH2CH2CHO或﹣CH
（CH3）CHO，X为﹣CH2OH或﹣OCH3时，Y为﹣CHO，即X为﹣OH、﹣CH2OH 或﹣OCH3，故答案为：﹣OH；﹣CH2OH 或﹣OCH3．
点评：本题考查有机物推断与合成、官能团性质、有机反应类型、同分异构体等，难度中等，注重学生对知识的强化训练，较好地考查学生对知识的迁移运用、分析推理等能力．
11．（16分）（2015•荔湾区校级模拟）（1）已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ/mol C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H2=+131.3kJ/mol
则反应CO（g）+H2（g）+O2（g）=H2O（g）+CO2（g），△H=﹣524.8kJ/mol．
（2）在一恒容的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H ①下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是C（填序号）．
A．每消耗1mol CO的同时生成2molH2
B．混合气体总物质的量不变
C．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等
D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化
②CO的平衡转化率（α）与温度、压强的关系如图所示．A、B两点的平衡常数K（A）=K （B）（填“＞”、“=”或“＜”，下同）；由图判断△H＜0．
③某温度下，将2.0mol CO和6.0molH2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c （CO）=0.25mol/L，则CO的转化率=75%，此温度下的平衡常数K= 1.3（保留二位有效数字）．
（3）工作温度650℃的熔融盐燃料电池，用煤炭气（CO、H2）作负极反应物，空气与CO2的混合气体为正极反应物，催化剂镍作电极，用一定比例的Li2CO3和Na2CO3低熔点混合物作电解质．负极的电极反应式为：CO+H2﹣4e﹣+2CO32﹣=3CO2+H2O；则该电池的正极反应式为O2+4e 2﹣．
﹣+2CO
2=2CO3
考点：热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．
分析：（1）根据盖斯定律构造出目标反应热化学反应方程式，据此计算反应热，注意化学计量数乘以不同的系数，进行加减，焓变也要乘以相同的系数，做相应加减；
（2）①达到化学平衡时，正逆反应速率相等，各个组分的浓度不随着时间的变化而变化，根据化学平衡的特征，由此衍生出的一系列物理量都不变，据此来判断；
②化学反应的平衡常数随着温度的变化而变化，根据压强恒定，温度变化引起化学平衡移
动的方向来判断化学反应的吸放热情况；
③根据化学反应三段式来计算转化率和平衡常数；
（3）该燃料电池中，负极上一氧化碳、氢气失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CO+H2﹣4e﹣+2CO32﹣=3CO2+H2O，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应．
解答：解：（1）①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ/mol，
②C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H2=+131.3kJ/mol，
根据盖斯定律，①﹣②得CO（g）+H2（g）+O2（g）=H2O（g）+CO2（g）△H=﹣524.8kJ/mol，故答案为：﹣524.8；
（2）①A．每消耗1molCO的同时生成2molH2，能证明正逆反应速率是相等的，故A错误；
B、该反应是一个前后气体系数和变化的反应，当混合气体总物质的量不变，达到额化学
平衡状态，故B错误；
C．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等，不能证明正逆反应速率是相等的，此时不一定达到化学平衡，故C正确；
D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化，是化学平衡状态的特征，故D错误．
故选C；
②根据图中CO的平衡转化率（α）与温度、压强的关系，A、B两点的温度是一样的，所
以平衡常数相等，根据图示内容，压强不变，当温度升该时，一氧化碳的转化率逐渐减小，所以化学平衡向左移动，所以该反应是一个放热反应，故答案为：=；＜；
③将2.0mol CO和6.0mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c（CO）
=0.25mol/L，则
CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）
初始浓度（mol/L） 1.0 3.0 0
变化浓度（mol/L）0.75 1.5 0.75
平衡浓度（mol/L）0.25 1.5 0.75
CO的转化率×100%=75%，此温度下的化学平衡常数
K==≈1.3；
故答案为：75%；1.3；
（3）解：该燃料电池中，负极上一氧化碳、氢气失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CO+H2﹣4e﹣+2CO32﹣=3CO2+H2O，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应，电极反应式为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣；
故答案为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣．
点评：本题主要考查了盖斯定律的运用、化学平衡状态的判断、化学平衡常数、转化率以及电极反应式的书写等，注意三段式在计算中的应用，根据正负极上得失电子结合电解质书写电极反应式，难度不大．
12．（16分）（2015•荔湾区校级模拟）从明矾[KAl（SO4）2•12H2O]制备Al、K2SO4和H2SO4的流程如下：
明矾焙烧的化学方程式为：4KAl（SO4）2•12H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O
请回答下列问题：
（1）在焙烧明矾的反应中，氧化剂是KAl（SO4）2•12H2O．
（2）步骤②中，为提高浸出率，可采取的措施有AC．
A．粉碎固体混合物B．降低温度C．不断搅拌D．缩短浸泡时间
（3）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是蒸发结晶．
（4）步骤③电解的化学方程式是2Al2O34Al+3O2↑，电解池的电极是用碳素材料做成，电解过程中，阳极材料需要定期更换，原因是：阳极中碳被氧化成CO2（CO）．
（5）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，则该电池的正极电极反应式是NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣．（6）焙烧a吨明矾（摩尔质量为b g/mol），若SO2的转化率为96%，可生产质量分数为98%的H2SO4质量为
==吨（列出计算表达式）．
考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
专题：实验设计题．
分析：从明矾[KAl（SO4）2•12H2O]制备Al、K2SO4和H2SO4的流程：过程①明矾和硫焙烧，4KAl（SO4）2•12H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O，气体二氧化硫与氧气在五氧化二矾作催化剂的作用下生成三氧化硫，三氧化硫用98.3%的浓硫酸吸收，
SO3+H2O=H2SO4，制得硫酸；过程②焙烧所得固体混合物，用水浸，为提高浸出率，可采取粉碎固体混合物、不断搅拌，从水浸后的滤液中蒸发结晶得到K2SO4晶体，步骤③电解Al2O3，制得Al．
（1）依据化学方程式中元素化合价变化分析判断，元素化合价降低的做氧化剂，元素化合价升高的做还原剂；（2）矿石的颗粒大小、温度及是否搅拌等会影响浸取率；
（3）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体运用蒸发溶剂水的方法得到；
（4）步骤③电解Al2O3，制得Al，阳极材料需要定期地进行更换，原因是该极材料不断被消耗；
（5）放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，Ni元素化合价降低，被还原，应为原电池正极反应；
（6）依据硫元素守恒计算得到．
解答：解：从明矾[KAl（SO4）2•12H2O]制备Al、K2SO4和H2SO4的流程：过程①明矾和硫焙
烧，4KAl（SO4）2•12H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O，气体二氧化硫与氧气在五氧化二矾作催化剂的作用下生成三氧化硫，三氧化硫用98.3%的浓硫酸吸收，
SO3+H2O=H2SO4，制得硫酸；过程②焙烧所得固体混合物，用水浸，为提高浸出率，可采取粉碎固体混合物、不断搅拌，从水浸后的滤液中蒸发结晶得到K2SO4晶体，步骤③电解Al2O3，制得Al．
（1）4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应中，硫单质硫元素化合价0价，升高到SO2中为+4价，硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为SO2中+4价，则S为还原剂，被氧化，KAl（SO4）2•12H2O为氧化剂，被还原，
故答案为：KAl（SO4）2•12H2O；
（2）由于酸浸时矿石颗粒大小影响浸取率，可以通过粉碎矿石提高浸取率，还可以适当升高温度或者搅拌提高浸取率，
故答案为：AC；
（3）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体运用蒸发结晶的方法得到，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：蒸发结晶；
（4）电解熔融氧化铝，阳极氯离子放电生成氯气，阴极是铝离子放电生成铝，反应的化学方程式为2Al2O34Al+3O2↑，在冶炼过程中，阳极材料碳被氧气氧化成一氧化碳，反应为C+O2CO2或2C+O22CO，所以需定期地进行更换，
故答案为：2Al2O34Al+3O2↑；阳极中碳被氧化成CO2（CO）；（5）放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，Ni元素化合价降低，被还原，应为原电池正极反应，电极方程式为NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣，
故答案为：NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣；
（6）焙烧a吨明矾（摩尔质量为b g/mol），4KAl（SO4）
2•12H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O，生成SO2物质的量为×，
SO2的转化率为96%，物质的量为××96%，可生产质量分数为98%的
H2SO4质量为
==，故答案为：
==．点评：本题以铝的化合物为载体考查了物质间的反应、物质的分离和提纯等知识点，明确物质之间的反应是解本题关键，再结合原子守恒来分析解答，这种综合性较强的题型是高考热点，需利用基础知识细心分析解答，题目难度中等．。