广东省深圳市高级中学2020届高三上学期第一次测试化学试题

深圳市高级中学（集团）2019-2020学年第一学期高三年级第一次测试理科综合（化学）

1.每年的3月22日为世界水日，联合国2019世界水资源发展报告显示，预计到2050年，全球将有20亿人口生活在严重缺水的国家或地区。下列说法不正确的是（  ）

A. 用含Ag+的纳米材料处理污水,可以杀菌消毒，有效净水

B. 用明矾处理污水，可以杀菌消毒,有效净水

C. 用硫化亚铁处理工业废水，可以使其中的Cu2+,Hg2+等重金属阳离子沉淀而除去

D. 用反渗透膜淡化海水的原理是在高浓度溶液中的溶剂在一定压力下反向通过高分子膜而达到淡化海水的目的。 由此可知，该原理也适用于用高浓度酒精制备无水酒精。

【答案】B

【解析】

【详解】A. Ag+属于重金属离子，能够使蛋白质变性，且Ag+的纳米材料吸附性很高，因此可以杀菌消毒，有效净水，A项正确；

B. 明矾处理污水的原理是Al3+水解生成的氢氧化铝胶体能够吸附水中悬浮的固体杂质，达到净水的目的，但不能杀菌消毒，B项错误；

C. FeS的溶度积比CuS、HgS的溶度积小得多，因此可以利用沉淀转化，难溶的转化为更难溶的，用FeS除去废水中的Cu2+,Hg2+等重金属离子，C项正确；

D. 利用反渗透原理使高浓度酒精中的水在一定压力下反向通过高分子膜而达到制备无水酒精的目的，D项正确；

答案选B。

【点睛】沉淀转化中，难溶性沉淀转化为更难溶沉淀更容易实现，但是在一定条件下，溶度积小的沉淀也可以转化为溶度积大的沉淀。

2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（  ）

A. 3mol单质Fe在纯氧中完全燃烧，失去8NA个电子

B. 1molCu和足量热浓硫酸充分反应可生成NA个SO3分子

C. 标准状况下，22.4L N2和H2的混合气体中含有NA个原子

D. 78g Na2O2中含共价键数目为2NA个

【答案】A

【解析】

【详解】A. Fe3O4中铁元素的平均化合价为，故1mol铁反应失去电子mol，3mol Fe单质完全转化为Fe3O4失去8mol电子，即8NA个，A项正确；
B. 铜和浓硫酸反应时，浓硫酸被还原为SO2，不是SO3，B项错误；
C. 标准状况下，22.4LN2和H2的物质的量为1mol，含2NA个原子，C项错误；
D. 78g Na2O2为1mol，1molNa2O2含有1mol过氧键O22-，则共价键数目为NA个，D项错误；

答案选A。

3.下列关于有机物的说法正确的是（  ）

A. 乙醇和丙三醇互为同系物

B. 环己烯()分子中的所有碳原子共面

C. 分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构)

D. 二环己烷( )的一氯代物有3种结构(不考虑立体异构)

【答案】C

【解析】

【详解】A. 乙醇和丙三醇中的羟基数目不同，不互为同系物，A项错误；

B. 环己烯中只有与碳碳双键相连接的四个碳原子共平面，B项错误；

C. 分子式为C5H10O2，其不饱和度为1，则属于酯的同分异构体的官能团只有酯基，因此该酯的同分异构体可以看成是由饱和一元羧酸和饱和一元醇经过酯化反应得到的，如下图：

因此，分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种，分别为：

C项正确；

D. 二环己烷( )的一氯代物有2种结构，D项错误；

答案选C。

【点睛】饱和一元酯的同分异构体的书写思路：根据其是由饱和一元羧酸和饱和一元醇经过酯化反应得到的，将酯的碳原子分配给构成它的酸和醇，分别判断出酸和醇的同分异构体的种类数，再进行组合从而判断出形成酯的种类数。

4.太阳能电池材料被广泛关注，2019年9月，陕西师范大学赵奎教授等在合成该材料的条件控制中取得突破性进展。已知该材料的化学式为ABC2D. 其中，A为周期表稳定存在的元素中最活泼的金属元素；B原子的最外层电子为4且属于主族金属元素；C和D均为同主族非金属元素，且常温常压下，对应单质分别呈液态和固态。则下列说法不正确的是：（  ）

A. A元素最高价氧化物对应水化物的碱性比氢氧化镁强；

B. B元素的原子半径小于碳原子

C. C和D元素对应的气态氢化物的热稳定性相比较，C的更稳定

D. A和C形成的稳定化合物中只含离子键

【答案】B

【解析】

【分析】

在元素周期表中，同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，同主族元素从上到下，金属性逐渐增强，所以金属性最强的元素位于元素周期表的左下角，由于Fr具有放射性，不是自然界稳定存在的元素，所以自然界稳定存在的元素是Cs，则A元素为Cs；B原子的最外层电子为4且属于主族金属元素，且为太阳能电池材料的组成元素，则B元素为Ge；C和D均为同主族非金属元素，且常温常压下，对应单质分别呈液态和固态，在C元素为Br，D元素为I。

【详解】A. A元素是Cs，Cs金属性比Mg强，金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物碱性越强，则Cs元素最高价氧化物对应水化物的碱性比氢氧化镁强，A项正确；

B. 同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，Ge原子半径大于C，B项错误；

C. 同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，Br非金属比I强，非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则Br的气态氢化物更稳定，C项正确；

D. Cs和Br形成的化合物为CsBr，为离子化合物，D项正确；

答案选B。

5.科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法正确的是

A. 电子由液态Cu-Si合金流出，流入液态铝电极

B. 液态铝电极与正极相连，作为电解池的阳极

C. 在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原

D. 三层液熔盐的作用是使电子能够在三层间自由流动

【答案】A

【解析】

【详解】A.图示得到：液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出；液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子从液态铝流入；A正确；

B.图中，铝电极是Si4+得电子被还原为Si，因此与电源负极相连，该电极为阴极，B错误；

C.由图示得到，电解的阳极反应为Si失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si， C错误；

D.使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反应的面积，使单质硅高效的在液态铝电极上沉积，而不是方便电子通过，电子不通过电解质，D错误；

故合理选项是A。

6.以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下（  ）

下列说法正确的是

A. 装置②中试剂为碱石灰

B. 装置③的作用是除去二氧化碳和水

C. .收集氧气应选择装置a

D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，以确认氧气中二氧化碳已经除尽

【答案】D

【解析】

【分析】

CO2和Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，①中盛放的是过氧化钠，②中溶液用于吸收多余的二氧化碳，盛放的是氢氧化钠溶液，③中是浓硫酸，干燥氧气，④是收集氧气的装置，采用向上排空气法收集。

【详解】A. ②中溶液用于吸收多余的二氧化碳，则装置②中试剂可以是NaOH溶液，且洗气瓶不能盛放固体除杂试机，A项错误；

B. ③中是浓硫酸，用于干燥氧气，B项错误；

C. ④是收集氧气的装置，氧气密度比空气密度大，采用向上排空气法收集，应该选择装置b，C项错误；

D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，用于检验二氧化碳是否被完全吸收，D项正确；

答案选D。

7.向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl-，降低对电解的影响，原理如下：

（1）

（2）

实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl-)的影响如图所示。

下列说法正确的是（  ）

A. 溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大

B. 反应达到平衡时增大c(Cu2+)，c(Cl-)减小

C. 该过程中，Cu+起到了催化剂的作用

D. 从反应自发性角度分析，如反应（2）能自发进行，则b>0

【答案】B

【解析】

【详解】A. Ksp(CuCl)只受温度的影响，温度不变，Ksp(CuCl)不变，A项错误；

B 反应达到平衡时增大c(Cu2+)，反应（1）正向移动，c(Cu+)增大，反应（2）正向移动，c(Cl-)减小，B项正确；

C. Cu+为中间产物，不是催化剂，C项错误；

D. 反应（2）的S<0, 若反应能自发进行，则该反应为放热反应，即b<0，D项错误；

答案选B。

8.过碳酸钠(Na2CO4)是一种很好的供氧剂，与稀盐酸发生反应的化学方程式为

2Na2CO4 + 4HCl = 4NaCl + 2CO2↑ + O2↑ + 2H2O市售过碳酸钠中一般都含有碳酸钠，为测定某过碳酸钠样品(只含Na2CO4和Na2CO3)的纯度，某化学兴趣小组采用以下方案实施：按如图组装好实验装置，Q为一可鼓胀收缩的塑料气袋（该气袋耐酸碱腐蚀），取适量样品于其中，打开分液漏斗活塞，将足量稀盐酸滴入气袋中至充分反应。

（1）过碳酸钠的化学式也可表示为 aNa2O2· bNa2CO3，请写出Na2O2的电子式：__________________

（2）仪器B的名称为________，导管A的作用是_________________________________________

（3）该实验共需测定两个数据，首先需测定反应所生成的气体的总体积，故滴加稀盐酸前必须关闭___和___并打开____（均填“K1”、“K2”或“K3”）

（4）其次用量筒Ⅱ测定混合气体中某种成分的体积，则 B中装的固体试剂名称为_________，具体测定过程如下：当Q中反应停止后，使  K1 和 K3 处于关闭状态， K2处于打开状态，再缓缓打开K1即可。  

（5）实验结束时，装置内的气体同温同压，测得量筒I中有x mL水，量筒Ⅱ中收集到了y mL气体，则样品中过碳酸钠的质量分数是_____________（用含有x、y的代数式表示）。

【答案】    (1).     (2). 干燥管    (3). 平衡分液漏斗和反应体系内的压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除所滴下的稀盐酸体积对所测量气体体积的影响。    (4). K1    (5). K2    (6). . K3    (7). 碱石灰(其他合理答案均可)    (8). ×100％

【解析】

【分析】

反应是在塑料气袋中进行的，生成的CO2、O2均在袋内，先关闭K1、K2，打开K3，此时气袋鼓胀会将广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2的体积，即反应所生成的气体的总体积；导管A能够平衡分液漏斗和反应体系内的压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除所滴下的稀盐酸体积对所测量气体体积的影响。当Q中反应停止后，关闭 K1 和 K3 ，打开K2，再缓缓打开K1，此时气袋内的气体就会进入左侧，二氧化碳被装置B（可以盛放碱石灰）充分吸收，量筒Ⅱ中排出液体的体积为氧气的体积。根据生成氧气的体积计算过碳酸钠反应生成二氧化碳的体积，结合二氧化碳的总体积可以计算碳酸钠反应生成二氧化碳的体积，根据二氧化碳的体积可以计算过碳酸钠与碳酸钠的物质的量之比，进而计算过碳酸钠的质量分数。

【详解】（1） Na2O2的电子式：；

故答案为：；

（2） 仪器B的名称为：干燥管；导管A作用：能够平衡分液漏斗和反应体系内的压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除所滴下的稀盐酸体积对所测量气体体积的影响；

故答案为：干燥管；能够平衡分液漏斗和反应体系内的压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除所滴下的稀盐酸体积对所测量气体体积的影响；

（3）反应在塑料气袋中进行，生成的CO2、O2均在袋内，先关闭K1、K2，打开K3，此时气袋鼓胀会将广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2的体积，即反应所生成的气体的总体积，因此，滴加稀盐酸前必须关闭 K1 和 K3 ，打开K2；

故答案为：K1； K3；K2；

（4）当Q中反应停止后，关闭 K1 和 K3 ，打开K2，再缓缓打开K1，此时气袋内的气体就会进入左侧，二氧化碳被装置B充分吸收，量筒Ⅱ中排出液体的体积为氧气的体积，装置B用来充分吸收二氧化碳，因此可以盛放碱石灰；

故答案为：碱石灰(其他合理答案均可)；

（5）量筒I中有x mL水，则CO2、O2的总体积为x mL，量筒Ⅱ中收集到了y mL气体，则O2的总体积为y mL，根据反应方程式2Na2CO4 + 4HCl = 4NaCl + 2CO2↑ + O2↑ + 2H2O，过碳酸钠与盐酸反应生成生成CO2为2y mL，碳酸钠与盐酸反应生成CO2为(x-y-2y)= (x-3y) mL，则过碳酸钠与碳酸钠的物质的量之比为：2y：(x-3y)，故样品中过碳酸钠的质量分数是。

【点睛】本题的突破口在第（3）、（4）问，通过信息明确该实验共需测定两个数据，首先需测定反应所生成的CO2、O2的总体积，其次用量筒Ⅱ测定混合气体中某种成分的体积，那应该就是氧气的体积，然后再进行实验操作，记录数据，进行数据处理。因此，做大题时仔细认真的审题很关键，审题时不仅要读题干，还要通读每一小问，从中获得有用信息。

9.新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂(LiFePO4)做电极材料。对LiFePO4废旧电极（含杂质Al、石墨粉）回收并获得高纯Li2CO3的工业流程如图：

资料：碳酸锂在水中溶解度随温度变化如下：

(1)过程i研磨粉碎的目的是__________________。

(2)过程ii加入足量NaOH溶液的作用(用化学反应方程式表示)_________________。

(3)如过程iii采用NaClO3作为氧化剂，则过程中会反应会发生副反应生成黄绿色气体，

①该副反应对应的离子方程式为_______________________________________________________；

从环保角度分析，选择___________(填字母)作为该过程的氧化剂会更好。

a.H2O2   b.浓硫酸  c.浓HNO3

②过程iii得到的浸出液循环两次的目的是________________________________________________。

(4)浸出液中存在大量H2PO4﹣和HPO42-，已知：，结合平衡移动原理，解释过程iv得到磷酸铁晶体的原因______________________________________。

(5)简述过程vi的操作______________________________________________________________。

【答案】    (1). 增大接触面积，加快反应速率    (2). 2Al + 2NaOH + 2H2O=2NaAlO2+3H2↑    (3). ClO3- +5Cl- + 6H+ = 3Cl2↑+ 3H2O    (4). A    (5). 提高氧化剂和酸的利用率（或提高浸出液中Li+浓度，节约后续纯碱的用量）    (6). CO32﹣结合H+，c(H+)减小，上述两个电离平衡均向右移动，c(PO43﹣)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体    (7). 用热水洗涤、干燥

【解析】

【分析】

（1）根据影响反应速率的因素分析过程i研磨粉碎的目的；

（2）根据铝可以溶于氢氧化钠溶液分析；

（3）①过程iii中NaClO3会与盐酸发生反应生成氯气、氯化钠、水；从环保角度分析选择对环境无污染的物质做氧化剂更好；

②浸出液循环利用可以提高氧化剂和酸的利用率，提高浸出液中Li+浓度，节约后续纯碱的用量；

（4）过程iv加入碳酸钠溶液可以提高c(PO43﹣)，从而实现沉铁；

（5）根据温度越高碳酸锂溶解度越小分析。

【详解】（1） 过程i研磨粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率；

故答案为：增大接触面积，加快反应速率；

（2） 铝可以溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，所以过程ii加入足量NaOH溶液的作用是溶解铝，使其分离出去，反应的化学方程式为：2Al + 2NaOH + 2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

故答案为：2Al + 2NaOH + 2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（3） ①过程iii中NaClO3会与盐酸发生反应生成氯气、氯化钠、水，反应的离子方程式为：

ClO3- +5Cl- + 6H+ = 3Cl2↑+ 3H2O；过程iii若用H2O2做氧化剂，产物是H2O，无污染，浓硫酸、浓HNO3作为氧化剂，产物分别为二氧化硫、氮氧化物，污染环境，所以从环保角度分析选择H2O2作为该过程的氧化剂会更好；

故答案为：ClO3- +5Cl- + 6H+ = 3Cl2↑+ 3H2O；H2O2 ；

②过程iii得到的浸出液循环两次的目的是提高氧化剂和酸的利用率，提高浸出液中Li+浓度，节约后续纯碱的用量；

故答案为：提高氧化剂和酸的利用率，提高浸出液中Li+浓度，节约后续纯碱的用量；

（4） 过程iv加入碳酸钠溶液可以提高c(PO43﹣)，CO32﹣结合H+，c(H+)减小，上述两个电离平衡均向右移动，c(PO43﹣)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体；

故答案为：CO32﹣结合H+，c(H+)减小，上述两个电离平衡均向右移动，c(PO43﹣)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体；

（5） 温度越高碳酸锂溶解度越小，因此过程vi的操作是用热水洗涤、干燥；

故答案为：用热水洗涤、干燥。

10.实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。

资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定，下列实验中用高锰酸钾与浓盐酸反应制备得到氯气，然后再将氯气通入氢氧化钾溶液中与氢氧化铁固体充分反应而制得产品：

（1）制备K2FeO4（夹持装置略）

①请写出该过程中制备氯气的离子反应方程式________________（锰被还原为Mn2+）。

②请根据高铁酸钾制备的原理选择合适的装置，连接顺序为_________→ E →_________。(上述装置不一定全部用到，装置可以重复选用)

③装置E中反应时需进行搅拌，目的是_______________________

④E中得到紫色固体和溶液。E中生成高铁酸钾的反应为______________；反应充分进行后，E中溶液中主要的阴离子为__________________

（2）探究K2FeO4的性质

取E中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明否是K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：

①由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。

②方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是______________

【答案】    (1). 2MnO4- + 16H+ + 10Cl- =2Mn2+ +5Cl2↑+8H2O；    (2). F A    (3). D    (4). 使反应物氯气和固体氢氧化铁能充分接触，加快反应速率，提高产率。    (5). 3Cl2 + 2Fe（OH）3 + 10KOH = 2K2FeO4 + 6KCl + 8H2O    (6). Cl-，ClO-，OH-，FeO42-    (7). Fe3+    (8). 4FeO42− + 20H+ = 4Fe3+ + 3O2↑ + 10H2O    (9). 避免ClO−干扰实验。

【解析】

【分析】

(1)①用高锰酸钾和浓盐酸反应制取Cl2，MnO4−被还原为Mn2+，Cl−被氧化为Cl2，据此写出反应的离子方程式；
②高锰酸钾和浓盐酸反应制取Cl2不需要加热，因此选用F装置，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的，选用装置A，除去HCl的Cl2进入装置E发生反应制备高铁酸钾，最后连接D装置进行尾气吸收；

③搅拌能使反应物氯气和固体氢氧化铁充分接触，加快反应速率，提高产率；
④E中得到紫色固体和溶液，紫色固体为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，据此写出反应方程式，同时还存在反应为Cl2和KOH反应，据此判断溶液中的阴离子；

(2)①方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl−氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+；

②方案II可证明K2FeO4氧化了Cl−，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，并且除去ClO−离子，防止酸性条件下ClO−和Cl−反应产生Cl2干扰实验。

【详解】(1)①用高锰酸钾和浓盐酸反应制取Cl2，MnO4−被还原为Mn2+，Cl−被氧化为Cl2，据此写出反应的离子方程式：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2+ +5Cl2↑+8H2O；

故答案为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2+ ++5Cl2↑+8H2O；
②高锰酸钾和浓盐酸反应制取Cl2不需要加热，因此选用F装置，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶达到除杂的目的，选用装置A，除去HCl的Cl2进入装置E发生反应制备高铁酸钾，最后连接D装置进行尾气吸收；

故答案为：F A；D；

③搅拌能使反应物氯气和固体氢氧化铁充分接触，加快反应速率，提高产率；
故答案为：使反应物氯气和固体氢氧化铁能充分接触，加快反应速率，提高产率；

④E中得到紫色固体和溶液，紫色固体为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，反应方程式为：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，同时还存在反应为Cl2和KOH反应：Cl2 + 2KOH= KCl + KClO + H2O，因此E溶液中主要的阴离子为Cl-，ClO-，OH-，FeO42-；

故答案为：3Cl2 + 2Fe（OH）3 + 10KOH = 2K2FeO4 + 6KCl + 8H2O； Cl-，ClO-，OH-，FeO42-。
(2)①方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl−氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，反应为4FeO42−+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；
故答案为：Fe3+；4FeO42− + 20H+ = 4Fe3+ + 3O2↑ + 10H2O；
②方案II可证明K2FeO4氧化了Cl−， 使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO−，ClO−在酸性条件下可与Cl−反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：避免ClO−干扰实验；
故答案为：避免ClO−干扰实验。

【点睛】本题有三个空是书写氧化还原反应方程式，可见书写方程式的重要性，尤其是陌生的氧化还原反应方程式的书写，首先通过信息和经验确定部分反应物、生成物，再依据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的系数，然后再根据电荷守恒、元素守恒配平其余物质的系数。

11.七铝十二钙（12CaO•7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：

（1）锻粉主要含______和______，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶。该工艺中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是_______________________________________________．

（2）滤液Ⅰ中阴离子有______（忽略杂质成分的影响）；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会生成______，从而导致CaCO3产率降低．

（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为______________________．

（4）电解制备Al（OH）3时，电极分别为Al片和石墨，则铝片接外电源的____极，电解时阴极发生的反应为：______．

（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4﹣和Al2Cl7﹣两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为______________________________________．

【答案】    (1). MgO    (2). CaO    (3). CaSO4微溶于水，用(NH4)2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失；    (4). NO3-，OH-    (5). Ca(HCO3)2    (6). Al2O3 +2 OH-= 2 AlO2-+ H2O；    (7). 正    (8). 2H2O + 2e- = 2OH- + H2 ；    (9). Al - 3 e- + 7 AlCl4- =4 Al2Cl7-；

【解析】

【分析】

（1）白云石煅烧发生反应：CaCO3 = CaO + CO2↑，MgCO3 = MgO+CO2↑，用(NH4)2SO4代替NH4NO3，生成CaSO4，微溶于水，造成Ca的损失，从而导致CaCO3产率降低；

（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca(NO3)2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca(NO3)2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：

Ca(NO3)2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，据此分析滤液中的阴离子；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量，据此分析产物；

（3）NaOH溶液可以与Al2O3反应偏铝酸钠和水，可用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜；

（4）用Al片和石墨作电极来制备Al(OH)3，故Al做阳极，石墨做阴极，阴极为水中氢离子放电；

（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，根据AlCl4-和Al2Cl7-中铝元素和氯元素的比例来确定做AlCl4-做反应物而生成Al2Cl7-。

【详解】（1）白云石煅烧发生反应：CaCO3 = CaO + CO2↑，MgCO3 = MgO + CO2↑，故所得煅粉主要含有CaO和MgO，用(NH4)2SO4代替NH4NO3，生成CaSO4，微溶于水，造成Ca损失；

故答案为：CaO、MgO； CaSO4微溶于水，用(NH4)2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失；

（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca(NO3)2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca(NO3)2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：

Ca(NO3)2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，故滤液Ⅰ中阴离子有NO3-，OH-；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量，会生成Ca(HCO3)2，从而导致CaCO3产率降低；

故答案为：NO3-，OH-；Ca(HCO3)2；

（3）NaOH溶液可以与Al2O3反应偏铝酸钠和水，可用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为：Al2O3 +2 OH-= 2 AlO2 - + H2O；

故答案为：Al2O3 +2 OH-= 2 AlO2 - + H2O；

（4）用Al片和石墨作电极来制备Al(OH)3，故Al做阳极，石墨做阴极，则铝片接外电源的正极，阴极为水中氢离子放电，电极反应式为：2H2O + 2e- = 2OH- + H2 ；

故答案为：正；2H2O + 2e- = 2OH- + H2 ；

（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-做反应物，而Al2Cl7-为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应式为:Al - 3 e- + 7 AlCl4- =4 Al2Cl7-；

故答案为：Al - 3 e- + 7 AlCl4- =4 Al2Cl7-。