2024年滬教版高一化學上冊階段測試試卷含答案456

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教版高一化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、硫酸鉀和硫酸鋁的混合溶液，已知其中Al3+的濃度為0.4mol/L，硫酸根離子濃度為0.7mol/L，則K+的物質的量濃度為（）

A.0.1mol/L

B.0.15mol/L

C.0.3mol/L

D.0.2mol/L

2、如圖是酸雨形成圖；下列說法不正確的是（）

A.在酸雨形成過程中沒有發(fā)生氧化還原反應B.二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要因素C.煤和石油的燃燒、汽車尾氣等是酸雨污染物的主要來源D.酸雨的危害有破壞農(nóng)作物，使土壤、湖泊酸化以及加速建筑物、橋梁的腐蝕等石蕊溶液氣體3、法國里昂的科學家最近發(fā)現(xiàn)一種只由四個中子組成的微粒，這種微粒稱為“四中子”，也有人稱之為“零號元素”．它與天體中的中子星構成類似．有關：“四中子”微粒的說法正確的（）A.該微粒的質量數(shù)為2B.該微粒不顯電性C.它與普通中子互稱為同位素D.在元素周期表中與氫元素占同一位置4、綠色化學的目標是rm{(}rm{)}A.減少對環(huán)境的污染B.研究變換基本原料和起始化合物C.設計對人類健康和環(huán)境更安全的化合物D.防患于未然，最終杜絕化學污染源5、兩份質量相同的rm{CH_{4}}和rm{NH_{3}}比較，下列結論錯誤的是rm{(}rm{)}A.分子個數(shù)比為rm{17}rm{16}B.同溫同壓下兩種氣體的體積之比是rm{17}rm{16}C.氫原子個數(shù)比為rm{17}rm{12}D.原子個數(shù)比為rm{17}rm{16}6、無色水溶液中能大量共存的一組離子是rm{(}rm{)}A.rm{NH_{4}^{+}}rm{Ba^{2+}}rm{Br^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}B.rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Mg^{2+}}rm{H^{+}}C.rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{MnO_{4}^{-}}D.rm{Na^{+}}rm{H^{+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}7、用下列實驗裝置進行相應實驗，能達到實驗目的是

A.用圖rm{1}所示裝置從rm{Fe(OH)_{3}}膠體中過濾出rm{Fe(OH)_{3}}膠粒B.用圖rm{2}所示裝置蒸發(fā)掉rm{CuCl_{2}}溶液中大部分水制得rm{CuCl_{2}隆隴2H_{2}O}晶體C.用圖rm{3}所示裝置從鹽酸和硫酸的混合液中分離得到純凈的鹽酸D.用圖rm{4}所示裝置，用塊狀大理石與稀鹽酸反應制取rm{CO_{2}}氣體8、取濃度相等的rm{NaOH}和rm{HCl}溶液，以rm{3隆脙2}體積比相混和，所得溶液中的rm{c(OH^{-})=0.01mol/L}則原溶液的濃度為()A.rm{0.01mol/L}B.rm{0.017mol/L}C.rm{0.05mol/L}D.rm{0.50mol/L}9、根據(jù)所給信息和標志，下列說法錯誤的是()。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{隆露}神農(nóng)本草經(jīng)rm{隆路}記載，麻黃能“止咳逆上氣”碳酸氫鈉藥片古代中國人已用麻黃治療咳嗽該藥是抗酸藥，服用時喝些醋能提高藥效看到有該標志的丟棄物，應遠離并報警貼有該標志的物品是可回收物A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)10、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述中不正確的是（）A.1molH2O所含有的原子數(shù)為3NAB.常溫常壓下，32gO2含有的氧原子數(shù)為2NAC.11.2L氯氣所含的原子數(shù)為NAD.0.1mol?L-1NaCl溶液中c（Na+）為0.1mol?L-111、已知NaHSO3溶液顯酸性，溶液中存在以下平衡：HSO+-+H20?H2SO2+OH-①HSO3-?H++SO32-②．向0.1mol?L-1的NaHSO3溶液中分別加入以下物質，下列有掛說法正確的是（）A.加水稀釋、平衡①、②均向右移，溶液中c（HSO3-）、c（H）+均減小B.加入少量NaOH溶液，的值均增大C.加入少量Na2SO3固體，則c（H+）+c（Na+）=c（）+c（OH-）+c（）D.加入氨水至中性，則2c（Na+）=c（）＞c（H+）=c（OH-）12、下列化學反應的離子方程式正確的是rm{(}rm{)}A.用小蘇打治療胃酸過多：rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}簍TCO_{2}隆眉+H_{2}O}B.往碳酸鎂中滴加稀鹽酸：rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}簍TCO_{2}隆眉+H_{2}O}C.rm{Fe}和鹽酸反應：rm{2Fe+6H^{+}簍T2Fe^{3+}+3H_{2}隆眉}D.氫氧化鋇溶液與稀硫酸反應：rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}+2H^{+}+2OH^{-}簍TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}13、下列實驗操作中錯誤的是rm{(}rm{)}A.蒸發(fā)操作時，應使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加熱B.蒸餾操作時，應使溫度計水銀球靠近蒸餾燒瓶的支管口處C.分液操作時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出D.萃取操作時，應選擇有機萃取劑，且萃取劑的密度必須比水大14、根據(jù)中學化學教材所附元素周期表判斷，下列敘述正確的是()A.只有第Ⅱrm{A}族元素的原子最外層有rm{2}個電子B.rm{L}電子層為奇數(shù)的所有元素都是非金屬C.第三、四、五、六周期元素的數(shù)目分別是rm{8}rm{18}rm{18}rm{32}D.由左至右第rm{8}rm{9}rm{10}三列元素中沒有非金屬元素15、rm{CaCO_{3}}與稀鹽酸反應rm{(}放熱反應rm{)}生成rm{CO_{2}}的量與反應時間的關系如圖所示rm{.}下列結論錯誤的是rm{(}rm{)}A.反應開始rm{2}rm{min}內(nèi)平均反應速率最大B.反應rm{4隆蘆6}rm{min}內(nèi)平均反應速率最小C.反應開始rm{4}rm{min}內(nèi)溫度對反應速率的影響比濃度大D.反應在第rm{2}rm{min}到第rm{4}rm{min}間生成rm{CO_{2}}的平均反應速率最大16、關于苯的說法不正確的是rm{(}rm{)}A.苯使溴水褪色是因為發(fā)生了取代反應．B.苯中各原子均在同一平面．C.苯中沒有典型的碳碳雙鍵，所以不能發(fā)生加成反應．D.苯中的含碳量高，燃燒時產(chǎn)生大量的黑煙．17、反應rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)=4NO(g)+6H_{2}O(g)}在rm{5L}密閉容器中進行，rm{30}秒后，rm{NO}的物質的量增加了rm{0.3mol}則此反應的平均速率rm{v(x)(}表示反應物的消耗速率或生成物的生成速率rm{)}為rm{(}rm{)}A.rm{v}rm{(O_{2})=0.0l}rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}B.rm{v}rm{(NO)=0.002}rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}C.rm{v}rm{(H_{2}O)=0.003}rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}D.rm{v(NH_{3})=0.001}rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)18、①②③④⑤五種元素；在元素周期表中的位置如圖所示．回答下列問題：

（1）①②③④⑤五種元素中，金屬性最強的元素位置是____填周期和族），該元素的單質在空氣中燃燒的化學方程式為____．

（2）元素①和③可以形成眾多的化合物，其中最簡單的是（寫化學式）____，該化合物中，化學鍵的類型為____（填“離子鍵”或“共價鍵”）．

（3）畫出元素④的原子結構示意圖____，該元素的最高價氧化物的水化物能與Cu發(fā)生反應，反應中作氧化劑的是（寫化學式）____．

（4）寫出元素⑤單質分子的電子式____，其單質在常溫下為黃綠色的氣體，實驗中可以用NaOH溶液吸收，反應的離子方程式為____．19、（6分）已知四種短周期元素形成的離子具有相同的電子層結構。（用推斷出的元素符號表示）①M、N、R、W的原子序數(shù)由大到小的順序是。②M、N、R、W的原子半徑由大到小的順序是。③的離子半徑由大到小的順序是。20、氮化硅陶瓷是一種新型陶瓷材料；能承受高溫，可用于制造業(yè)；航天工業(yè)等領域．

（1）氮元素與硅元素最本質的區(qū)別是____

（2）由結構示意圖可知，氮原子最外層電子數(shù)目為____

（3）工業(yè)上生產(chǎn)氮化硅陶瓷的方法之一是利用硅與氮氣在一定條件下發(fā)生反應而制得．原料硅主要是由石英砂（主要成分是二氧化硅）與碳在一定條件下反應制得，生成物除硅外，還有一種有毒的氧化物．試寫出該反應的化學方程式____21、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種短周期元素，它們的核電荷數(shù)依次增大。rm{A}的原子半徑最小，且rm{A}rm{D}能分別與rm{B}按原子個數(shù)比為rm{1隆脙1}或rm{2隆脙1}形成化合物；rm{E}的rm{M}層電子數(shù)是rm{K}層電子數(shù)的rm{2}倍；rm{AC}與rm{EB_{2}}反應生成rm{A_{2}B}與氣態(tài)物質rm{EC_{4}}可用于刻蝕玻璃。rm{(1)E}元素的名稱是___，rm{C}在元素周期表中的位置是___________________。rm{(2)D_{2}A_{2}}中含有的化學鍵為________。rm{(3)}寫出電子式：rm{EB_{4}}____。rm{(4)}由rm{A}rm{B}rm{D}三種元素組成的化合物rm{M}屬于____rm{(}填“離子”或“共價”rm{)}化合物。22、下列反應中；屬于放熱反應的是______，屬于吸熱反應的是______．

rm{壟脵}煅燒石灰石rm{(}主要成分是rm{CaCO_{3})}制生石灰rm{(CaO)}rm{壟脷}燃燒木炭取暖rm{壟脹}炸藥爆炸。

rm{壟脺}酸與堿的中和反應rm{壟脻}生石灰與水作用制熟石灰rm{壟脼}食物因氧化而變質。

rm{壟脽Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}晶體與rm{NH_{4}Cl}晶體的反應rm{壟脿}灼熱的木炭與rm{CO_{2}}反應．23、取1.43gNa2CO3·10H2O溶于水配成100mL溶液，Na+物質的量濃度為；取出20mL該溶液用蒸餾水稀釋，使Na2CO3溶液物質的量濃度變?yōu)?.004mol/L，加入蒸餾水的體積（設稀釋時，對溶液體積的影響忽略不計）為。評卷人得分四、判斷題(共4題，共40分)24、過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸．（判斷對錯）25、在冶金工業(yè)的煙道廢氣中，?；煊写罅康腟O2和CO；它們都是大氣的污染物，在773K和催化劑（鋁礬土）的作用下，使二者反應可收回大量的硫磺．

請寫出該反應的化學方程式：____

請判斷該反應式寫的是否正確。26、向蛋白質溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學變化．（判斷對錯）27、摩爾是七個基本物理量之一．（判斷對錯）評卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共20分)28、氯化亞銅(CuCl)是一種重要的化工產(chǎn)品，常用作催化劑、殺菌劑、媒染劑、脫色劑等，它難溶于水和乙醇，可溶于濃HCl與氨水形成的混合物，實驗室用酸性蝕刻液(含)和堿性蝕刻液[含]來制備CuCl；實驗過程的流程如下：

(1)步驟Ⅳ需要控制pH為1~2、80℃下進行，合適的加熱方式是_______。

(2)步驟Ⅱ過濾得到固體，下列說法正確的是_______。A．為加快過濾速度，得到較干燥的固體，可進行抽濾B．宜用酸溶液洗滌沉淀C．在布氏漏斗中放入濾紙后，直接用傾析法轉移溶液和沉淀，再打開水龍頭抽濾D．在抽濾裝置中洗滌晶體時，為減少晶體的損失，應使洗滌劑快速通過濾紙(3)步驟Ⅴ為了得到較為純凈的硫酸銅晶體，根據(jù)下表中物質的溶解度(單位為g)隨溫度的變化，寫出步驟Ⅴ得到硫酸銅晶體的操作：_______。溫度

物質0℃20℃40℃60℃80℃100℃氯化銅75808590100108硫酸銅121830506087

(4)寫出還原過程中發(fā)生主要反應的離子方程式：_______。

(5)CuCl的定量分析，稱取樣品0.25g置于預先放入玻璃珠和過量溶液的錐形瓶中，不斷搖動，待樣品全部溶解后，加入50mL水，鄰菲羅啉指示劑2滴，立即用的硫酸鈰標準液滴定至綠色出現(xiàn)為終點，消耗標準液20.00mL，發(fā)生的反應為則樣品的CuCl的質量分數(shù)為_______。29、四氯化鈦是制取海綿鈦和氯化法鈦白(二氧化鈦)的主要原料，用于制造顏料和鈦有機化合物以及國防上用的煙幕劑。同時也是制取航天航空工業(yè)材料——鈦合金的重要原料，由鈦鐵礦(主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等雜質)，制備TiCl4等產(chǎn)品的一種工藝流程如下：

已知：

Ⅰ.①中加入鐵屑至浸出液顯紫色；此時溶液仍呈強酸性。該過程中有如下反應發(fā)生：

2Fe3++Fe===3Fe2+、2TiO2+(無色)+Fe+4H+===2Ti3+(紫色)+Fe2++2H2O、Ti3+(紫色)+Fe3++H2O===2TiO2+(無色)+Fe2++2H+；

Ⅱ.四氯化鈦的熔點-25.0℃，沸點136.4℃，SiCl4的熔點-68.8℃；沸點57.6℃。

回答下列問題：

(1)用鹽酸酸浸時，為使酸浸速率加快，可采取的措施是：________________(至少寫2條)，發(fā)生主要反應的離子方程式為：___________。

(2)廢渣的成分是_______。

(3)如何檢驗富含TiO2+溶液中是否還含鐵元素_____________。

(4)若將制得的固體TiO2·nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3雜質，還可制得鈦白粉。已知25℃時，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，該溫度下反應的平衡常數(shù)K=____。

(5)上述工藝具有成本低、可用低品位礦物為原料等優(yōu)點。依據(jù)綠色化學理念，該工藝流程中存在的不足之處是_______(只要求寫出一項)。

(6)要精制含少量SiCl4雜質的TiCl4，可采用的方法是_______。

(7)用TiCl4水解生成TiO2·nH2O，經(jīng)過濾、水洗除去其中的Clˉ，再烘干、焙燒除去水分得到粉體TiO2．寫出TiCl4水解生成TiO2·nH2O的化學方程式__________________。30、以白云石（主要成分為CaCO3和MgCO3）為原料制備氧化鎂和輕質碳酸鈣的一種工藝流程如下：

已知：Ksp[Mg(OH)2]=5×10?12

（1）白云石高溫煅燒所得固體產(chǎn)物的主要成分為_______（填化學式）。

（2）NH4NO3溶液呈酸性的原因為_______（用離子方程式表示）。

（3）“浸取”后，c(Mg2+)應小于5×10?6mol·L?1，則需控制溶液pH______。

（4）“碳化”反應的化學方程式為_______。

（5）煅燒所得固體的活性與其中CaO含量及固體疏松程度有關。其他條件相同時，將不同溫度下的煅燒所得固體樣品加入酸化的酚酞溶液中，引起溶液變色所需時間不同，由此可知煅燒所得固體的活性差異。溶液變色的時間與各樣品煅燒溫度的關系如圖所示。當溫度高于950℃時，煅燒所得固體易板結，活性降低；當溫度低于950℃時，活性降低的原因為_______。將不同溫度下的煅燒所得固體樣品加入水中，也可測量其活性，則此時需測量的數(shù)據(jù)為相同時間后_______與樣品煅燒溫度之間的關系。

31、2020年我國廢舊鋰離子電池的產(chǎn)生將達到爆發(fā)期；某高校實驗室利用廢舊鈷酸鋰正極片進行鈷酸鋰的再生工藝設計如下，請回答下列問題：

(1)拆解廢舊電池前需要進行放電，以避免在拆解過程中因局部短路起火，放電方式為電化學放電，可以將廢舊電池浸泡在_____________中進行放電。

A．酒精B．98%H2SO4C．Na2SO4溶液。

(2)預處理時，鈷酸鋰(Li0.5CoO2)高溫下分解得到LiCoO2、Co3O4和一種氣體，該反應的化學方程式為_________________。

(3)已知難溶物CoC2O4的Ksp=4.0×10-6，一般認為離子濃度達到10-5mol/L時即完全除盡。沉鈷過程中，當Co2+完全沉淀時，溶液中的濃度至少為_________mol/L。

(4)沉鈷過程中，草酸鹽體系中鈷離子形態(tài)分布如圖，在不同pH范圍鈷離子形態(tài)不同的原因___________________。

(5)在空氣氛圍下CoC2O4?2H2O氧化分解制備Co3O4的失重曲線如圖所示，已知失重率大約為19.7%；失重率大約為36.3%；失重率大約為3.0%。請寫出發(fā)生的化學反應方程式______________________。

(6)已知生成草酸鈷的過程為吸熱過程。在沉淀時間考查溫度對Co2+沉淀率的影響，結果如圖所示，沉淀率呈先增大后減小的趨勢的原因可能____________。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】

根據(jù)溶液電荷守恒，溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），而溶液中c（H+）和c（OH-）很?。豢梢院雎圆挥?；

則有3c（Al3+）+c（K+）=2c（SO42-）；

所以：c（K+）=2c（SO42-）-3c（Al3+）=2×0.7mol/L-3×0.4mol/L=0.2mol/L；

故選D．

【解析】【答案】溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-）；根據(jù)溶液電荷守恒計算．

2、A【分析】【解答】解：A．二氧化硫具有還原性；可以被氧化為三氧化硫，溶于水為硫酸，故A錯誤；

B．二氧化硫；二氧化氮經(jīng)過復雜的大氣化學反應；被雨水吸收溶解而形成酸雨，故B正確；

C．煤完全燃燒時，會排放出SO2和NO2等污染物；汽車尾氣有氮氧化物，故C正確；

D．pH＜5.6的雨水稱為酸雨；酸雨對農(nóng)作物；橋梁、建筑物等有破壞作用，故D正確．

故選A．

【分析】A．二氧化硫具有還原性；

B．二氧化硫；二氧化氮能形成酸雨；

C．煤完全燃燒時，會排放出SO2和NO2等污染物；

D．酸雨的破壞作用很大．3、B【分析】【解答】解：A．1個質子的質量=1個中子的質量；微粒的質量數(shù)為4，故A錯誤；B．不顯電性，因為只有中子，中子不帶電，故B正確；

C．該微粒不是原子；同位素必須是原子，故C錯誤；

D．H元素的質子數(shù)是1；該元素是0，屬于不同的元素，與H不在同一位置，故D錯誤；

故選B．

【分析】A．1個質子的質量=1個中子的質量；

B．該微粒只有中子；中子不帶電；

C．質子數(shù)相同；而中子數(shù)或核子數(shù)不同的原子互為同位素；

D．該元素的質子數(shù)是0，H元素是1．4、D【分析】解：綠色化學又稱“環(huán)境無害化學”、“環(huán)境友好化學”、“清潔化學”，綠色化學是近十年才產(chǎn)生和發(fā)展起來的，是一個“新化學嬰兒”rm{.}它涉及有機合成；催化、生物化學、分析化學等學科；內(nèi)容廣泛，綠色化學的最大特點是在始端就采用預防污染的科學手段，因而過程和終端均為零排放或零污染．

故選D．

“綠色化學”由美國化學會rm{(ACS)}提出，目前得到世界廣泛的響應rm{.}其核心是利用化學原理從源頭上減少和消除工業(yè)對環(huán)境的污染；反應物的原子全部轉化為期望的最終產(chǎn)物rm{.}“綠色化學”是rm{21}世紀化學發(fā)展的主導方向rm{.}“綠色化學”的目標是化學產(chǎn)品在設計；制造、應用、回收處理時；對環(huán)境沒有或產(chǎn)生盡可能小的副作用．

本題考查了綠色化學的概念，難度較小rm{.}要明確綠色化學的核心是利用化學原理從源頭上減少和消除工業(yè)對環(huán)境的污染；反應物的原子全部轉化為期望的最終產(chǎn)物．【解析】rm{D}5、D【分析】解：設質量均為rm{17g}則等質量的rm{CH_{4}}和rm{NH_{3}}相比較，物質的量分別為rm{dfrac{17}{16}mol}rm{1mol}則。

A.由rm{N=nN_{A}}可知，物質的量比等于分子數(shù)之比，則二者的分子個數(shù)之比為rm{17}rm{16}故A正確；

B.由rm{V=nVm}可知，體積之比等于物質的量比，在相同條件下二者體積比為rm{17}rm{16}故B正確；

C.由分子數(shù)之比及分子構成可知，二者的氫原子個數(shù)之比為rm{17隆脕4}rm{16隆脕3=17}rm{12}故C正確；

D.由分子數(shù)之比及分子構成可知，二者的原子個數(shù)之比為rm{17隆脕5}rm{16隆脕4}故D錯誤；

故選D．

結合rm{n=dfrac{m}{M}}rm{V=nVm}rm{N=nN_{A}}及分子構成計算．

本題考查物質的量的計算，為高頻考點，把握物質的量為中心的基本計算公式為解答本題的關鍵，側重分析與計算能力的考查，題目難度不大．【解析】rm{D}6、B【分析】解：無色時可排除rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{MnO_{4}^{-}}等有色離子的存在；

A.rm{Ba^{2+}}rm{CO_{3}^{2-}}之間反應生成碳酸鋇沉淀；在溶液中不能大量共存，故A錯誤；

B.rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Mg^{2+}}rm{H^{+}}之間不反應；都是無色離子，在溶液中能夠大量共存，故B正確；

C.rm{MnO_{4}^{-}}為有色離子；不滿足溶液無色的條件，故C錯誤；

D.rm{H^{+}}rm{HCO_{3}^{-}}之間發(fā)生反應；在溶液中不能大量共存，故D錯誤；

故選B。

無色時可排除rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{MnO_{4}^{-}}等有色離子的存在；

A.鋇離子與碳酸根離子反應；

B.四種離子之間不反應；都是無色離子；

C.高錳酸根離子為有色離子；

D.氫離子與碳酸氫根離子反應。

本題考查離子共存的正誤判斷，為高考的高頻題，屬于中等難度的試題，注意明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復分解反應的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應的離子之間；能發(fā)生絡合反應的離子之間rm{(}如rm{Fe^{3+}}和rm{SCN^{-})}等；還應該注意題目所隱含的條件，如無色時可排除rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{MnO_{4}^{-}}等有色離子的存在；試題側重對學生基礎知識的訓練和檢驗，有利于培養(yǎng)學生的邏輯推理能力，提高學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力?！窘馕觥縭m{B}7、D【分析】【分析】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握實驗裝置的作用、混合物分離提純、鹽類水解、物質的制備為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意反應原理與實驗的結合，題目難度不大?！窘獯稹緼.rm{Fe(OH)}rm{Fe(OH)}膠體可透過濾紙，不能選圖中過濾裝置，應選滲析法，故A錯誤；B.rm{3}溶液蒸發(fā)時促進水解，生成的rm{3}易揮發(fā)，不能得到晶體，應選冷卻結晶法制rm{CuCl_{2}}rm{HCl}rm{CuCl}rm{CuCl}rm{2}晶體，故B錯誤；C.鹽酸易揮發(fā)，冷凝后不能得到鹽酸，故C錯誤；D.關閉活塞，可使塊狀大理石與稀鹽酸分離，則圖中裝置可制備rm{2}氣體，故D正確；故選D。rm{隆隴2H}【解析】rm{D}8、C【分析】【分析】

本題考查物質的量濃度計算；酸堿混合的計算；旨在考查學生對基礎知識的理解掌握。

【解答】設溶液濃度為rm{cmol/L}rm{NaOH}溶液、rm{HCl}溶液的體積分別為rm{3L}rm{2L}二者混合后所得溶液中的rm{c(OH^{-})=0.01mol/L}則：

rm{3L隆脕cmol/L-2L隆脕cmol/L=5L隆脕0.01mol/L}

解得rm{c=0.05}故C正確。

故選C。

【解析】rm{C}9、B【分析】【分析】本題考查信息及標志，側重考查學生對基本生活常識及基本標志的了解，知道化學在生產(chǎn)生活中的應用，會運用化學知識解決生產(chǎn)生活問題，題目難度不大?！窘獯稹緼.麻黃能“止咳逆上氣”；則麻黃具有治療咳嗽的作用，可以制作咳嗽藥，故A不符合題意；

B.醋中含有乙酸；能和碳酸氫鈉反應，從而降低療效，故B符合題意；

C.該標志為放射性物質標志；對環(huán)境及人有危害，所以看到有該標志的丟棄物，應遠離并報警，故C不符合題意；

D.該標志為循環(huán)回收標志；所以貼有該標志的物品是可回收物，故D不符合題意。

故選B?！窘馕觥縭m{B}二、雙選題(共8題，共16分)10、C|D【分析】解：A．1molH2O含有3mol原子，原子數(shù)為3NA；故A正確；

B．O2只由氧原子構成，則氧原子的物質的量為=2mol，氧原子數(shù)為2mol×NA=2NA；故B正確；

C．常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，11.2L氯氣的物質的量小于0.5mol，含有的分子數(shù)小于0.5NA；故C錯誤；

D．鈉離子濃度等于氯化鈉濃度，為0.1mol?L-1；故D正確．

故選C．

A．1molH2O含有3mol原子；

B．O2只由氧原子構成來分析氧原子數(shù)；

C．常溫常壓不是標準狀況；氣體摩爾體積大于22.4L/mol；

D．1mol氯化鈉電離出1mol氯離子．

本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關計算和判斷，氣體摩爾體積的使用條件，注意掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數(shù)的關系，準確弄清分子、原子、原子核內(nèi)質子中子及核外電子的構成關系，題目難度中等．【解析】【答案】CD11、A|B【分析】解：A．加水稀釋，亞硫酸氫根離子的濃度減小，則水解平衡①、電離平衡②均向右移，由于溶液體積對濃度影響較大，則溶液中c（HSO3-）、c（H）+均減小；故A正確；

B．加入氫氧化鈉促進電離，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c（SO32-），c（OH-）濃度增大，的比值增大；故B正確；

C．加入少量Na2SO3固體溶解后溶液中存在電荷守恒，c（H+）+c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-）；故C錯誤；

D.0.1mol?L-1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，溶液中存在物料守恒，即：c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3），則c（Na+）＞c（SO32-）＞c（H+）=c（OH-）；故D錯誤；

故選AB．

A．加水稀釋后；亞硫酸氫根離子的水解；電離程度都增大，但是亞硫酸氫根離子和氫離子濃度都減小；

B．加入氫氧化鈉促進電離平衡右移；抑制水解平衡左移；

C．依據(jù)溶液中電荷守恒分析判斷；

D．依據(jù)溶液中的電荷守恒分析比較．

本題考查離子濃度大小比較，涉及弱電解質的電離和鹽類的水解、三大守恒關系的應用等知識，題目難度中等，明確鹽的水解、弱電解質的電離平衡及其影響為解答關鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒的含義及應用方法．【解析】【答案】AB12、rAD【分析】解：rm{A.}用小蘇打治療胃酸過多，反應的離子方程式為：rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}簍TCO_{2}隆眉+H_{2}O}故A正確；

B.碳酸鎂不能拆開，正確的離子方程式為：rm{MgCO_{3}+2H^{+}=Mg^{2+}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}故B錯誤；

C.rm{Fe}和鹽酸反應生成氯化亞鐵和氫氣，正確的離子方程式為：rm{Fe+2H^{+}簍TFe^{2+}+H_{2}隆眉}故C錯誤；

D.氫氧化鋇溶液與稀硫酸反應的離子方程式為：rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}+2H^{+}+2OH^{-}簍TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}故D正確；

故選AD．

A.碳酸氫鈉與鹽酸反應生成氯化鈉；二氧化碳和水；

B.碳酸鎂在離子方程式中不能拆開；

C.鐵與稀鹽酸反應生成的是氯化亞鐵；

D.氫氧化鋇與稀硫酸反應生成硫酸鋇沉淀和水．

本題考查了離子方程式的判斷，為高考的高頻題，題目難度不大，注意明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應物、生成物是否正確，檢查各物質拆分是否正確，如難溶物、弱電解質等需要保留化學式，檢查是否符合原化學方程式等．【解析】rm{AD}13、AD【分析】解：rm{A}在蒸發(fā)操作的過程中；加熱時要用玻璃棒不斷攪拌，以防液體飛濺，當加熱到有少量液體剩余時停止加熱，此時剩下的少量液體可以利用余溫蒸發(fā)干，故A錯誤；

B；在蒸餾裝置中；因溫度計測量的是蒸汽的溫度，故應放在支管口，故B正確；

C；分液漏斗的使用原則：分液漏斗中下層液體從下口放出；上層液體從上口倒出，故C正確；

D；萃取時；萃取劑和原來的溶劑是互不相溶的，并且物質在萃取劑中的溶解度大于在原來溶劑中的溶解度，與萃取劑的密度比水大還是小沒關系，故D錯誤．

故選AD．

A；按照實驗室蒸發(fā)操作的正確方法作答；

B；根據(jù)溫度計在蒸餾裝置中的位置與作用來回答；

C；根據(jù)分液漏斗的使用原則來回答；

D；根據(jù)萃取的原理和萃取劑的選擇條件來分析判斷．

本題考查學生化學實驗基本操作知識，可以根據(jù)教材知識來回答，難度不大．【解析】rm{AD}14、CD【分析】略。

【解析】rm{CD}15、rAC【分析】解：rm{A.}由圖象可知，rm{0隆蘆2}分鐘時間內(nèi)，生成二氧化碳rm{0.1mol}rm{2隆蘆4}分鐘時間內(nèi)，生成二氧化碳rm{0.2mol}rm{4隆蘆6}分鐘時間內(nèi)，生成二氧化碳rm{0.1mol}則反應剛開始時反應速率較小，然后逐漸增大，最后減小，故A錯誤；

B.由圖象可知，反應rm{4}分鐘后曲線斜率變?。粍t反應速率減小，故B正確；

C.隨反應進行氫離子濃度降低，氫離子濃度變化使反應速率降低，由圖象可知，rm{0隆蘆2}分鐘反應剛開始，溫度較低此時反應速率由氫離子濃度決定，rm{2隆蘆4min}反應速率最快，rm{2隆蘆4}分鐘溫度對反應速率起主要作用，rm{4min}后反應速率又降低；氫離子濃度起主要作用，故C錯誤；

D.由圖可知，rm{2隆蘆4}分鐘時間內(nèi)，生成的二氧化碳的體積最多，故rm{2隆蘆4min}反應速率最快；故D正確．

故選AC．

rm{CaCO_{3}}與稀鹽酸的反應為放熱反應；隨著反應的進行，溫度逐漸升高，鹽酸濃度逐漸降低，結合各時間段二氧化碳物質的量的變化可比較反應速率的大小，以此解答該題．

本題考查反應速率的定量表示及有關圖象，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，難度中等，注意根據(jù)速率定義式進行理解，注意理解影響反應速率的因素．【解析】rm{AC}16、rAC【分析】解：rm{A.}苯能萃取溴水中溴；從而使溴水褪色，但不是取代反應，故A錯誤；

B.苯是一個平面形分子；苯中各原子均在同一平面，故B正確；

C.雖然苯中沒有典型的碳碳雙鍵；但苯能與氫氣發(fā)生加成反應，故C錯誤；

D.苯中的含碳量高；燃燒時產(chǎn)生大量的黑煙，故D正確；

故選ACrm{.}

A.根據(jù)苯使溴水褪色的原因是苯萃取了溴水中溴；屬于物理變化；

B.根據(jù)苯是一個平面形分子，rm{6}個碳原子和rm{6}個氫原子在同一平面上；

C.根據(jù)苯中沒有典型的碳碳雙鍵；但能發(fā)生加成反應；

D.根據(jù)含碳量高的有機物；燃燒時會產(chǎn)生大量的黑煙．

本題主要考查了苯的結構與性質，難度不大，注意對應知識的積累．【解析】rm{AC}17、BC【分析】解：rm{5L}的密閉容器中進行，半分鐘后，rm{NO}的物質的量增加了rm{0.3mol}則rm{v(NO)=dfrac{dfrac{0.3mol}{5L}}{30s}=0.002mol/(L.s)}

A.rm{V(O_{2})=dfrac{5}{4}v(NO)=0.002mol/(L.s)隆脕dfrac{5}{4}=0.0025mol/(L.s)}故A錯誤；

B.由上述計算可知，rm{v(NO)=dfrac{dfrac

{0.3mol}{5L}}{30s}=0.002mol/(L.s)}故B正確；

C.rm{V(H_{2}O)=dfrac{6}{4}v(NO)=0.002mol/(L.s)隆脕dfrac{6}{4}=0.003mol/(L.s)}故C正確；

D.rm{V(O_{2})=dfrac

{5}{4}v(NO)=0.002mol/(L.s)隆脕dfrac{5}{4}=0.0025mol/(L.s)}故D錯誤；

故選BC．

rm{v(NO)=0.002mol/(L.s)}的密閉容器中進行，半分鐘后，rm{V(H_{2}O)=dfrac

{6}{4}v(NO)=0.002mol/(L.s)隆脕dfrac{6}{4}=0.003mol/(L.s)}的物質的量增加了rm{V(NH_{3})=v(NO)=0.002mol/(L.s)}則rm{v(NO)=dfrac{dfrac{0.3mol}{5L}}{30s}=0.002mol/(L.s)}然后結合反應速率之比等于化學計量數(shù)之比來解答．

本題考查反應速率及化學計量數(shù)的關系，為高頻考點，把握速率與化學計量數(shù)成正比為解答的關鍵，注重基礎知識的考查，題目難度不大．rm{5L}【解析】rm{BC}三、填空題(共6題，共12分)18、略

【分析】

（1）周期表中，同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱，同主族元素從上到下元素的金屬性逐漸增強，則金屬性最強的元素應為Na，位于第三周期ⅠA族，在空氣中燃燒生成過氧化鈉，反應的化學方程式為2Na+O2Na2O2；

故答案為：第三周期ⅠA族；2Na+O2Na2O2；

（2）①和③可以形成眾多的化合物為烴類化合物，最簡單的物質為CH4；為共價化合物，含有共價鍵；

故答案為：CH4；共價鍵；

（3）④為N元素，原子核外有2個電子層，最外層電子數(shù)為5，原子結構示意圖為該元素的最高價氧化物的水化物為HNO3；具有強氧化性，與Cu反應時作氧化劑；

故答案為：HNO3；

（4）⑤為Cl元素，對應單質的電子式為在NaOH溶液中自身發(fā)生氧化還原反應生成NaCl和NaClO；

反應的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O．

【解析】【答案】由元素所在周期表中位置可知①為H元素；②為Na元素，③為C元素，④為N元素，⑤為Cl元素，從原子的結構；元素周期律的遞變規(guī)律以及對應單質、化合物的性質等角度解答本題．

19、略

【分析】【解析】【答案】:(1)①N>M>R>W②M>N>W>R③(2)①1②m+n③8-m-n20、質子數(shù)不同5SiO2+2CSi+2CO↑【分析】【解答】（1）氮元素中氮原子含有7個質子；硅元素中硅原子含有14個質子；它們的核電荷數(shù)（或質子數(shù)）不同；

故答案為：質子數(shù)不同；

（2）由可知該元素含有7個質子；核外有10個電子，為氮離子；氮原子中核外應有7個電子，最外層5個電子；

故答案為：5；

（3）二氧化硅在高溫下與碳反應生成硅與一氧化碳，離子方程式：SiO2+2CSi+2CO↑；

故答案為：SiO2+2CSi+2CO↑；

【分析】（1）氮元素中氮原子含有7個質子；硅元素中硅原子含有14個質子；

（2）依據(jù)原子中質子數(shù)等于核外電子數(shù)；

（3）二氧化硅在高溫下與碳反應生成硅與一氧化碳．21、（1）硅第二周期第ⅦA族

（2）離子鍵和共價鍵

（3）

（4）離子

【分析】【分析】本題考查元素周期律的綜合應用，同時考查化合物中所含化合鍵的類型以及電子式的書寫，難度不大?！窘獯稹縭m{A}的原子半徑最小，則rm{A}是rm{H}元素，且rm{A}rm{D}能分別與rm{B}按原子個數(shù)比為rm{1隆脙1}或rm{2隆脙1}形成化合物，則rm{B}是rm{O}元素，rm{D}是rm{Na}元素，rm{E}的rm{M}層電子數(shù)是rm{K}層電子數(shù)的rm{2}倍，則rm{E}是rm{Si}元素，rm{AC}與rm{EB}的原子半徑最小，則rm{A}是rm{A}元素，且rm{H}rm{A}能分別與rm{D}按原子個數(shù)比為rm{B}或rm{1隆脙1}形成化合物，則rm{2隆脙1}是rm{B}元素，rm{O}是rm{D}元素，rm{Na}的rm{E}層電子數(shù)是rm{M}層電子數(shù)的rm{K}倍，則rm{2}是rm{E}元素，rm{Si}與rm{AC}rm{EB}rm{{,!}_{2}}反應生成rm{A}rm{A}與氣態(tài)物質rm{{,!}_{2}}rm{B}與氣態(tài)物質rm{EC}rm{B}是rm{EC}元素，該反應是rm{{,!}_{4}}和二氧化硅的反應。，可用于刻蝕玻璃，則rm{C}是rm{F}元素，該反應是rm{HF}和二氧化硅的反應。有以上分析可知rm{C}是rm{F}元素，名稱為：硅，rm{HF}是rm{(1)}有以上分析可知rm{E}是rm{Si}元素，名稱為：硅，rm{C}是rm{F}元素，其在周期表中的位置是：第二周期第元素，其在周期表中的位置是：第二周期第rm{(1)}族，rm{E}rm{Si}族。rm{C}中既含有離子鍵又含有共價鍵，rm{F}Ⅶrm{A}族，的電子式為：rm{A}故答案為：硅；第二周期第由Ⅶrm{A}族。rm{A}rm{(2)Na_{2}O_{2}}中既含有離子鍵又含有共價鍵，三種元素組成的化合物是氫氧化鈉，含有離子鍵屬于離子化合物，rm{(2)Na_{2}O_{2}}故答案為：離子鍵和共價鍵?！窘馕觥縭m{(1)}硅第二周期第Ⅶrm{A}族族rm{A}離子鍵和共價鍵rm{(2)}離子鍵和共價鍵rm{(2)}離子

rm{(3)}22、略

【分析】解：rm{壟脵}煅燒石灰石rm{(}主要成分是rm{CaCO_{3})}制生石灰rm{(CaO)}是吸熱反應；

rm{壟脷}燃燒木炭取暖；屬于放熱反應；

rm{壟脹}炸藥爆炸；屬于放熱反應；

rm{壟脺}酸與堿的中和反應；屬于放熱反應；

rm{壟脻}生石灰與水作用制熟石灰；屬于放熱反應；

rm{壟脼}食物因氧化而變質；屬于放熱反應；

rm{壟脽Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}晶體與rm{NH_{4}Cl}晶體的反應；屬于吸熱反應；

rm{壟脿}灼熱的木炭與rm{CO_{2}}反應；屬于吸熱反應；

綜上所述，屬于放熱反應的是rm{壟脷壟脹壟脺壟脻壟脼}吸熱反應：rm{壟脵壟脽壟脿}

故答案為：rm{壟脷壟脹壟脺壟脻壟脼}rm{壟脵壟脽壟脿}．

根據(jù)常見的放熱反應和吸熱反應來判斷；根據(jù)常見的放熱反應有：所有的物質燃燒；金屬與酸或水反應、中和反應、鋁熱反應、絕大多數(shù)化合反應、食物腐敗、炸藥爆炸等；

常見的吸熱反應有：絕大數(shù)分解反應，個別的化合反應rm{(}如rm{C}和rm{CO2)}rm{Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}和rm{NH_{4}Cl}反應．

本題考查吸熱反應和放熱反應，難度不大，明確常見的吸熱反應和放熱反應類型是解題的關鍵，注意基礎知識的積累．【解析】rm{壟脷壟脹壟脺壟脻壟脼}rm{壟脵壟脽壟脿}23、略

【分析】試題分析：1.43gNa2CO3·10H2O的物質的量是1.43g/286g/mol=0.005mol，溶液的體積是0.1L，所以碳酸鈉溶液的物質的量濃度C=0.005mol/0.1L=0.05mol/L，因為碳酸鈉中有2個鈉離子，所以Na+物質的量濃度為0.05mol/L×2=0.1mol/L；20mL溶液中碳酸鈉的物質的量是0.02L×0.05mol/L=0.001mol，設加水后溶液的體積為VL,則0.001mol/VL=0.004mol/L，解得V=0.25L=250mL，所以需要加水的體積是250-20=230mL?？键c：考查溶液物質的量濃度的計算【解析】【答案】0.1mol/L230mL四、判斷題(共4題，共40分)24、A【分析】【解答】過濾是把不溶于液體的固體物質跟液體分離開來的一種混合物分離的方法；過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸，避免萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導致過濾失敗，所以題干說法正確；

故答案為：正確．

【分析】根據(jù)過濾的注意事項‘一貼二低三靠’；取用液體藥品的方法進行分析解答．

一貼：過濾時；為了保證過濾速度快，而且避免液體順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，濾紙應緊貼漏斗內(nèi)壁，且中間不要留有氣泡．

二低：如果濾紙邊緣高于漏斗邊緣；過濾器內(nèi)的液體極有可能溢出；如果漏斗內(nèi)液面高于濾紙邊緣，液體也會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，這樣都會導致過濾失?。?/p>

三靠：傾倒液體的燒杯口要緊靠玻璃棒，是為了使液體順著玻璃棒緩緩流下，避免了液體飛濺；玻璃棒下端如果緊靠一層濾紙?zhí)?，萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導致過濾失敗，而靠在三層濾紙?zhí)巹t能避免這一后果；漏斗下端管口的尖嘴要緊靠承接濾液的燒杯內(nèi)壁，可以使濾液順著燒杯內(nèi)壁流下，避免了濾液從燒杯中濺出．25、A【分析】【解答】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案為：對．

【分析】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應生成二氧化碳和硫，結合原子個數(shù)守恒書寫方程式．26、B【分析】【解答】蛋白質溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學變化的實質是在原子核不變的情況下，有新物質生成，分析各選項是否符合化學變化的概念，即有新物質生成，就是化學變化．27、B【分析】【解答】摩爾是物質的量的單位；是國際單位制中七個基本單位之一；

故答案為：×．

【分析】摩爾是物質的量的單位．五、工業(yè)流程題(共4題，共20分)28、略

【分析】【分析】

根據(jù)實驗目的：實驗室用酸性蝕刻液和堿性蝕刻液來制備CuCl；根據(jù)流程圖可知，酸性蝕刻液和堿性蝕刻液混合產(chǎn)生Cu(OH)Cl的懸濁液經(jīng)過濾，水洗，再加濃硫酸變成硫酸銅溶液，硫酸銅溶液再經(jīng)蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶，可得硫酸銅晶體，由亞硫酸銨還原變成氯化亞銅沉淀，再經(jīng)過濾洗滌干燥得氯化亞銅固體，以此來解析；

(1)

溫度需要控制在80℃下進行；故采用水浴加熱；

(2)

A．抽濾有助于加快過濾速度；正確；

B．固體可以和酸反應；不能用酸性溶液洗滌，錯誤；

C．放入濾紙后；要滴加蒸餾水使濾紙緊貼于漏斗，用玻璃棒引流，將固液混合物轉移到濾紙上，打開水龍頭抽濾，C錯誤；

D．洗滌過程洗滌劑應該慢流通過固體；D錯誤；

故選A。

(3)

根據(jù)溶解性曲線；宜采用冷卻結晶的方法析出晶體，故采用蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶；

(4)

硫酸晶體與亞硫酸銨還原變成氯化亞銅沉淀，銅的化合價由+2價降低為-1價，而硫的化合價由+4價升高為+6價，根據(jù)化合價升降守恒、原子守恒和電荷守可得反應離子方程式為：2Cu2++SO+2Cl?+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；

(5)

根據(jù)反應CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，F(xiàn)e2++Ce4+=Fe3++Ce3+可知CuCl～Ce4+，可知樣品的CuCl的質量分數(shù)為：×100%=79.6%?！窘馕觥?1)熱水浴。

(2)A

(3)蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶。

(4)

(5)79.6%29、略

【分析】【分析】

鈦鐵礦(主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等雜質)加入足量鹽酸，得到的濾渣為不溶于酸的SiO2，得到含TiO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等離子的強酸性浸出液，加入足量的鐵粉至浸出液顯紫色，鐵元素轉化為Fe2+；經(jīng)系列處理得到綠礬和富含TiO2+的溶液，向溶液中加熱水促進TiO2+的水解，生成TiO2·nH2O，焙燒分解得到TiO2，在與氯氣、焦炭混合反應得到TiCl4；廢氣主要是二氧化碳。

【詳解】

(1)適當增大鹽酸濃度；適當升高溫度；攪拌、減小鈦鐵礦粒徑等都可以加快浸取速率；該過程主要發(fā)生FeTiO3和鹽酸的反應，根據(jù)題目信息可知反應過程中Ti元素生成TiO2+，結合元素守恒和電荷守恒可得離子方程式為FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；

(2)廢渣為不溶于鹽酸的SiO2;

(3)鐵元素可能以Fe2+或Fe3+的形式存在，取少量溶液，加入KSCN溶液，若不變紅，則不含F(xiàn)e3+，再加入氯水，仍然不變紅，則不含F(xiàn)e2+；綜上說明溶液中不含鐵元素；

(4)Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O的平衡常數(shù)K===4.0×104；

(5)根據(jù)圖示；該工藝流程中存在的不足之處是：流程中的廢渣；廢液、廢氣沒有進行合理的處理或回收再利用等；

(6)四氯化鈦的熔點-25.0℃，沸點136.4℃，SiCl4的熔點-68.8℃；沸點57.6℃，二者的沸點差異較大，所以可以用分餾的方法分離；

(7)TiCl4水解生成TiO2·nH2O的化學方程式為TiCl4+(n+2)H2OTiO2·nH2O+4HCl。

【點睛】

第3小題為易錯點，要注意需要對三價鐵和二價鐵都要進行檢驗；第7小題中書寫水解反應方程式要注意水的計量數(shù)，生成的TiO2·nH2O中還有n個水分子?！窘馕觥竣?適當增大鹽酸濃度；適當升高溫度；攪拌、減小鈦鐵礦粒徑等②.FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O③.SiO2④.取少量溶液，加入KSCN溶液，若不變紅，再加入氯水，仍然不變紅，說明溶液中不含鐵元素⑤.4.0×104⑥.沒有對“三廢”進行合理的處理或回收再利用等⑦.蒸餾(或分餾)⑧.TiCl4+(n+2)H2OTiO2·nH2O+4HCl30、略

【分析】【分析】

白云石(主要成分為CaCO3和MgCO3)高溫煅燒得到CaO和MgO；由于銨根水解顯酸性，所以之后加入硝酸銨調(diào)節(jié)pH浸取，使CaO溶解，浸取后溶液中的溶質主要為硝酸鈣和一水合氨，過濾掉不溶的MgO，之后向溶液中依次通入過量氨氣；二氧化碳，得到碳酸鈣。

【詳解】

(1)高溫煅燒白云石得到CaO和MgO；

(2)硝酸銨溶液中由于存在銨根的水解所以顯堿性，水解方程式為NH+H2ONH3·H2O+H+；