2024年滬教新版必修1化學上冊階段測試試卷

…………○…………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年滬教新版必修1化學上冊階段測試試卷549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、正確掌握化學用語是學好化學的基礎(chǔ)，下列化學用語正確的是A.乙烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH2CH2B.苯的實驗式為C6H6C.Cl-的結(jié)構(gòu)示意圖為：D.NaCl的電子式：2、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法中一定正確的是A.1Llmol·L－1的FeCl3溶液中含有NA個Fe3+B.4．8g鎂與足量鹽酸反應時，轉(zhuǎn)移0.2NA個電子C.鈉與水反應生成1.12LH2，反應中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NAD.常溫常壓下，22g氧氣和26g臭氧混合氣體所含氧原子總數(shù)為3NA3、某溫度下將氯氣通入過量KOH溶液中，反應后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液。下列說法中，不正確的是A.反應消耗的Cl2與生成的H2O的物質(zhì)的量之比始終為1:1，與產(chǎn)物組成無關(guān)B.反應消耗的Cl2與KOH的物質(zhì)的量之比取決于反應產(chǎn)物的組成C.若n(ClO-):n()=11:1，則反應中被還原與被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為4:3D.若n(ClO-):n()=1:1，則反應消耗的氯氣與轉(zhuǎn)移電子數(shù)的物質(zhì)的量之比為2:34、下列敘述不正確的是。

①熱穩(wěn)定性：H2O＞HF＞H2S

②熔點：Al＞Na＞K

③第ⅠA；ⅡA族元素的陽離子與同周期稀有氣體元素的原子具有相同的核外電子排布。

④元素周期表中從ⅢB族到ⅡB族10個縱行的元素都是金屬元素。

⑤沸點：NH3＜PH3＜AsH3

⑥因為常溫下白磷可自燃，而氮氣須在放電時才與氧氣反應，所以非金屬性：P＞NA.②④⑥B.①③⑤⑥C.②④⑥D(zhuǎn).⑤⑥5、下列敘述中正確的是A.燃燒反應和中和反應一定是放熱反應B.F2、Cl2、Br2、I2顏色依次加深是因為范德華力依次增大C.金屬單質(zhì)與酸反應置換出的氫氣越多，則金屬性越強D.H2O分子間存在氫鍵，故H2O比H2S分解時需要的溫度高6、下列屬于純凈物的是（）A.氯水B.漂白粉C.液氯D.漂白液7、下列說法中正確的是A.同溫同壓下，氣體的摩爾體積都約是22.4L/molB.標準狀況下，1LHCl和1LH2O的物質(zhì)的量相同C.標準狀況下，lgN2和1gCO所占的體積相同D.常溫常壓下，22.4LCO2中含有6.02×1023個CO2分子8、下列有關(guān)鐵和鐵的化合物的敘述中；正確的是。

A.鐵的化學性質(zhì)比較活潑，它能與許多物質(zhì)發(fā)生化學反應，因此鐵在自然界中只能以化合態(tài)存在B.Fe3O4是一種紅棕色粉末，俗稱鐵紅，常用作油漆、涂料、油墨和橡膠的紅色顏料C.Fe(OH)2在空氣中容易被氧化，如圖①②都能較長時間看到Fe(OH)2白色沉淀D.往某溶液中先加入氯水，再加入KSCN溶液，發(fā)現(xiàn)溶液變成紅色，證明原溶液中含有Fe3+9、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.2.8g乙烯和丙烯的混合氣體中含有0.4NA個共用電子對B.2.24L甲烷氣體中含有0.4NA個C-H鍵C.1mL0.1mol/LFeCl3溶液滴入沸水中可生成含有1.0×10-4NA個Fe(OH)3膠粒的膠體D.78g過氧化鈉中含有NA個陰離子評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)10、種類多樣的化學物質(zhì)組成了豐富多彩的物質(zhì)世界。

(1)下列元素在自然界中既存在游離態(tài)，又存在化合態(tài)的是_______(填序號)。

①氮②氧③鈉④碳⑤鐵⑥氯。

(2)含上述元素的下列物質(zhì)分類正確的是__________(填字線，下同)。(其中“××”表示不存在或沒有列出)。選項元素酸性氧化物堿性氧化物酸堿鹽A氮××B鈉××NaOHNaClC碳××蘇打小蘇打D鐵××××E氯××HClONaClO

(3)①鈉元素所形成的物質(zhì)有NaOH、

②碳元素所形成的物質(zhì)有CO、

①中所有物質(zhì)(固體或溶液)和②中所有物質(zhì)(固體或溶液)間能發(fā)生的化學反應共有_____個(已知：)。

A．7B．8C．9D．1011、氧化還原反應在生產(chǎn)；生活中具有廣泛的用途。

（1）下列生產(chǎn)、生活中的事例中沒有發(fā)生氧化還原反應的是______(填字母)。

（2）過氧化氫的水溶液俗稱雙氧水，醫(yī)療上利用它有殺菌消毒作用來清洗傷口。H2O2有時可作為礦業(yè)廢液消毒劑，有“綠色氧化劑”的美稱，如消除采礦業(yè)膠液中的氰化物(如KCN)，經(jīng)以下反應實現(xiàn)：KCN＋H2O2＋H2O===A＋NH3↑，則生成物A的化學式為____________________。

（3）“四種基本反應類型與氧化還原反應的關(guān)系”可用下圖表達。

下列化學反應(部分化學反應未配平)符合反應類型Ⅳ的是________(填序號)。

①P4＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4

②P4(白磷)===P4(紅磷)

③10C＋P4O10===P4↑＋10CO↑

④2Ca3(PO4)2＋6SiO2===6CaSiO3＋P4O10

反應①中，氧化劑為______，上述反應①中反應物還可以發(fā)生如下反應P4＋CuSO4＋H2O→Cu＋H3PO4＋H2SO4，則兩個化學反應中被氧化的P4的物質(zhì)的量相等時，消耗的CuSO4的物質(zhì)的量之比為________。

（4）氯化銨常用作焊接。如在焊接銅器時用氯化銨除去銅器表面的氧化銅以便焊接，其反應為CuO＋NH4ClCu＋CuCl2＋N2↑＋H2O。該反應中，被氧化的元素是______(填元素名稱)，反應中若產(chǎn)生0.2mol氣體，則_____mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移。12、用鑷子從煤油中取出一塊鈉，用濾紙吸干表面的煤油后，用小刀切取兩小塊鈉，截面呈銀白色，很快變暗。將其中一小塊鈉投入盛有水的燒杯中，蓋上玻璃片。發(fā)現(xiàn)鈉浮于水面并四處游動，滴有酚酞的水變?yōu)榧t色。將另一小塊鈉投入盛有水和苯各試管中。觀察到鈉在苯和水的界面處反應并上下跳動。上述實驗你能提取哪些有關(guān)鈉的相關(guān)信息(試從性質(zhì)、保存等方面回答)？_______13、將下列物質(zhì)分別滴入新制的氯水中；請?zhí)钊肼人信c之發(fā)生作用的微粒符號：

（1）紫色石蕊試劑：氯水的顏色先變紅色，發(fā)生作用的微粒是_______，后變無色，發(fā)生作用的微粒是_______；

（2）AgNO3溶液：有白色沉淀生成，發(fā)生作用的微粒是_______；

（3）Na2CO3溶液：有無色氣體生成，發(fā)生作用的微粒是_______。14、（Ⅰ）在下列化合物中：H2O、Na2O、I2、NaCl、KOH、CO2、NH4Cl、Na2O2；請?zhí)羁眨?/p>

（1）只由非金屬組成的離子化合物是________________；

（2）含有極性共價鍵的離子化合物是________________；

（3）只含有非極性共價鍵的是______________________；

（4）既有離子鍵又有非極性鍵的化合物是___________________。

（Ⅱ）有A；B、C、D、E五種短周期元素；且相鄰的A、B、C、D四種元素原子核外共有56個電子，在周期表中的位置如右圖所示。E的氫氧化物是兩性氫氧化物，E的陽離子與A的陰離子核外電子層結(jié)構(gòu)相同。

請回答下列問題：

（1）寫出B元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖_______________________；

（2）A與氫元素能形成原子物質(zhì)的量之比為1:1的化合物，其電子式為______________；

（3）向D與E形成的化合物的水溶液中滴入NaOH溶液直至過量，觀察到的現(xiàn)象是：_______________，最后階段反應的離子方程式為___________________；

（4）B、C、D、E的最高價氧化物的水化物的酸性從強到弱的順序為（物質(zhì)用化學式表示）：___________________。15、鉀長石（K[AlSi3O8]）是工業(yè)制取鉀肥的原料之一，在堿性環(huán)境中煅燒鉀長石時發(fā)生如下反應：2K[AlSi3O8]+6Na2CO36Na2SiO3+2KAlO2+6CO2↑

(1)CO2的電子式______________；該反應涉及元素中，原子半徑最小的原子的電子排布式是___________。

(2)該反應涉及元素中，屬于同周期的兩種金屬元素最高價氧化物對應水化物發(fā)生反應的化學方程式是_________________________________________。

(3)鈉與鉀形成的合金是核反應堆的導熱劑，在鈉鉀合金中存在的化學鍵是________；硅酸鈉固體俗稱泡花堿，屬于_________晶體。

(4)不能判別碳和硅非金屬性強弱的事實是__________(填寫編號)。

a.在原子晶體碳化硅(SiC)中硅元素顯正價。

b.常溫下碳酸不穩(wěn)定；極易分解，硅酸相對穩(wěn)定。

c.在自然界；碳有游離態(tài)(鉆石)，而硅沒有游離態(tài)。

d.相同條件下，同濃度的硅酸鈉溶液的pH高于碳酸鈉溶液16、根據(jù)下圖填寫下列空格。

。A

B

C

D

E

F

G

H

H

I

d

a區(qū)。

b

區(qū)。

c

區(qū)。

區(qū)。

(1)在上面元素周期表中全部是金屬元素的區(qū)域為_______________。

A、a區(qū)B、b區(qū)C；c區(qū)D、d區(qū)。

(2)G元素與E元素形成的化合物的化學式是_________、_________，它們都是______________（填“共價化合物”或“離子化合物”）。表格中十種元素的最高價氧化物對應的水化物中，堿性最強的是________________（用化合物的化學式表示，下同），酸性最強的是______，屬于兩性氫氧化物的是____________________。17、某固體混合物可能由KNO3、K2SO4、NaCl、CuCl2和Na2CO3中的一種或幾種組成；依次進行如下實驗，觀察到的實驗現(xiàn)象記錄如下：

①混合物加水得到無色溶液；

②向上述溶液中滴加過量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，將該沉淀濾出，加入過量稀HNO3；發(fā)現(xiàn)沉淀可完全溶解；

③向②的濾液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，該沉淀不溶于稀HNO3。

(1)根據(jù)實驗現(xiàn)象，可判斷出混合物中肯定含有____________（填化學式，下同），肯定不含有____________。

(2)寫出步驟②中涉及的相關(guān)反應的離子方程式：________________________________________________。評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)18、陽離子只有氧化性,陰離子只有還原性。_____A.正確B.錯誤19、可用澄清石灰水檢驗氣體(_______)A.正確B.錯誤20、處于金屬和非金屬分界線附近的元素常作催化劑。(_______)A.正確B.錯誤21、氣體的摩爾體積為22.4L/mol。(_______)A.正確B.錯誤22、常溫常壓下，11.2LO2所含原子數(shù)為NA。(____)A.正確B.錯誤23、稀釋濃H2SO4時，可直接向盛有濃H2SO4的燒杯中加蒸餾水。(____A.正確B.錯誤評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共40分)24、海水中化學資源的綜合開發(fā)利用，已受到各國的高度重視。Br2和Mg等兩種單質(zhì)都可以從海水中提取；如圖為提取它們的主要步驟：

請回答：

Ⅰ.從海水中提取的溴占世界溴年產(chǎn)量的三分之一；主要方法就是上述流程中的空氣吹出法。

(1)吸收塔中反應的離子方程式是______，工業(yè)生產(chǎn)1mol高濃度Br2，理論上需要Cl2的物質(zhì)的量為______。

(2)10L海水經(jīng)過提純濃縮，向吸收塔吸收后的溶液中加入0.100mol/LAgNO3溶液8.0mL恰好完全反應，則海水中含溴的含量為______mg/L(不考慮提純過程中溴的損失)。

Ⅱ.鎂及其合金是用途很廣的金屬材料；而目前世界上60%的鎂就是從海水中按上述流程提取的。

(1)上述流程中為了使MgSO4完全轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2，試劑①可以選用______(寫化學式)。

(2)步驟①包括______、______；過濾、洗滌、干燥。

(3)通電時無水MgCl2在熔融狀態(tài)下反應的化學方程式是______。25、煤燃燒排放的煙氣中含有SO2，易形成酸雨、污染大氣。有效去除和利用SO2是環(huán)境保護的重要議題。

（1）雙堿法洗除SO2。NaOH溶液Na2SO3溶液。

①上述過程生成Na2SO3的離子方程式為_________。

②雙堿法洗除SO2的優(yōu)點為_________。

（2）NaClO2氧化法吸收SO2。向NaClO2溶液中通入含有SO2的煙氣；反應溫度為323K，反應一段時間。

①隨著吸收反應的進行，吸收劑溶液的pH逐漸_________（填“增大”“不變”或“減小”）。

②如果采用NaClO替代NaClO2，也能得到較好的煙氣脫硫效果。吸收等量的SO2，所需NaClO的物質(zhì)的量是NaClO2的_________倍。

（3）SO2的利用。生產(chǎn)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)，通常是由NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得。利用煙道氣中的SO2生產(chǎn)Na2S2O5的工藝如下：

①Ⅰ中反應的化學方程式為___________。

②若Ⅲ中通入SO2不足，結(jié)晶脫水得到的Na2S2O5中混有的主要雜質(zhì)是_______（填化學式）。

③工藝中加入Na2CO3固體，并再次充入SO2的目的是_________。26、利用菱錳礦（主要成分是MnCO3，含少量A12O3、Fe2O3、FeO、CaO、MgO等）為原料制備MnO2的工藝流程如下：

已知：①25℃時，

②相關(guān)金屬離子形成氫氧化物沉淀pH范圍如下：

（1）“除雜1”中加入適量MnO2的作用是____，應調(diào)節(jié)溶液pH不小于____。

（2）“除雜2”的主要目的將Ca2+、Mg2+轉(zhuǎn)化為相應的氟化物沉淀而除去，除去Ca2+的離子方程式為____，該反應的平衡常數(shù)為____。

（3）“沉錳”中生成Mn（OH）2'MnCO3沉淀的離子方程式為____，“母液”經(jīng)加熱等系列操作后可返回“____”工序循環(huán)使用。

（4）以MnSO4-（NH4）2SO4為電解質(zhì)溶液，利用下圖裝置可同時制備金屬錳和MnO2。離子交換膜a________，陽極電極反應式為____。

27、高錳酸鉀是一種常用氧化劑，主要用于化工、防腐及制藥工業(yè)等。以軟錳礦主要成分為為原料生產(chǎn)高錳酸鉀的工藝路線如下：

回答下列問題：

原料軟錳礦與氫氧化鉀按1：1的比例在“烘炒鍋”中混配，混配前應將軟錳礦粉碎，其作用是__________________________________________；

“平爐”中發(fā)生的化學方程式為_______________________________；

“平爐”中需要加壓，其目的是_______________________________；

將轉(zhuǎn)化為的生產(chǎn)有兩種工藝：

“歧化法”是傳統(tǒng)工藝，即在溶液中通入氣體，使體系呈中性或弱酸性，發(fā)生歧化反應，反應中生成和__________________寫化學式

“電解法”為現(xiàn)代工藝，即電解水溶液，電解槽中陽極發(fā)生的電極反應為______________________________________________；

“電解法”和“歧化法”中，的理論利用率之比為______；

高錳酸鉀純度的測定：稱取樣品，溶解后定容于100mL容量瓶中，搖勻。取濃度為的標準溶液加入稀硫酸酸化，用溶液平行滴定三次，平均消耗的體積為該樣品的純度為_____________列出計算式即可，已知評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共16分)28、錳在工業(yè)中有著重要的作用；也是人體所需的微量元素之一，回答下列問題：

(1)Mn在元素周期表中位于______區(qū)。

(2)高錳鋼可制造鋼盔、坦克鋼甲、穿甲彈的彈頭等，主要是Fe、C和Mn組成，第三電離能：I3(Mn)_____I3(Fe)(填“大于”或“小于”)，原因是_______。

(3)硫酸錳是合成脂肪酸的作物需要的微量元素，因此硫酸錳可以作為肥料施進土壤，可以增產(chǎn)。MnSO4中的化學鍵除了σ鍵外，還存在_________。

(4)MnF2和MnCl2均為離子晶體，其中熔點較高的是_________。

(5)一種正一價錳的配合物的化學式為Mn(CO)5(CH3)，其中Mn+的配位數(shù)為6，則配位體為________。

(6)某種含錳的磁性材料的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。C在晶體中的堆積方式為______堆積(填“簡單立方”“體心立方”“六方最密”或“面心立方最密”)；若該晶體密度為ρg/cm3，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，則兩個最近的Mn之間的距離為_______pm。

29、元素周期表的一部分；按要求完成各小題。

。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

0

二。

⑥

⑦

?

三。

①

③

⑤

⑧

⑩

四。

②

④

⑨

(1)這幾種元素分別為④___、⑤___、⑥___、⑦___、⑨___；①到⑩化學性質(zhì)最不活潑的元素___，非金屬性最強的元素是___，金屬性最強的單質(zhì)與水反應的離子方程式為___。

(2)①③⑤三種元素的最高價氧化物水化物中，堿性最強是___。

(3)①③⑤三種元素的原子半徑由大到小的順序為___。

(4)某元素的最高價氧化物的水化物既能與酸反應生成鹽和水又能與堿反應生成鹽和水，該元素是___；在兩種鹽中該元素的化合價為___，該元素的最高價氧化物和鹽酸反應的化學方程式為___，向該元素和⑧號元素組成的化合物溶液中，緩緩滴加NaOH至過量，現(xiàn)象為___，該元素和過量NaOH反應方程式為___。

(5)⑨元素和①元素形成的化合物的化學式是___，高溫灼燒該化合物時火焰呈色___。

(6)⑨元素和⑧元素兩者核電荷數(shù)之差是___。30、(1)CO(NH2)2分子中含有σ鍵與π鍵的數(shù)目之比為：______，N原子的雜化類型為______。

(2)類鹵素(SCN)2與鹵素性質(zhì)相似，對應的酸有兩種，理論上硫氰酸(H?S?C≡N)的沸點低于異硫氰酸(H?N=C=S)的沸點，其原因是：_________________________。

(3)S能形成很多種含氧酸根離子，如SO32-、SO42-、S2O72-，已知S2O72-的結(jié)構(gòu)中所有原子都達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，且不存在非極性鍵，由該離子組成二元酸的分子式為H2S2O7，試寫出其結(jié)構(gòu)式_____________________________。

(4)判斷含氧酸酸性強弱的一條經(jīng)驗規(guī)律是：含氧酸分子結(jié)構(gòu)中含非羥基氧原子數(shù)越多，該含氧酸的酸性越強。如下表所示：含氧酸酸性強弱與非羥基氧原子數(shù)的關(guān)系。次氯酸磷酸硫酸高氯酸含氧酸Cl—OH非羥基氧原子數(shù)0123酸性弱酸中強酸強酸最強酸

已知亞磷酸是中強酸；亞砷酸是弱酸且有一定的弱堿性；

則H3PO3與過量的NaOH溶液反應的化學方程式是：__________________________；

在H3AsO3中加入足量的濃鹽酸，寫出化學方程式：___________________________。31、周期表前四周期的元素A；B、C、D、E；原子序數(shù)依次增大。A的核外電子總數(shù)與其期序數(shù)相同，B和D位于同一周期且未成對電子數(shù)等于其周期序數(shù)，E為第四周期元素，最外層只有一個電子，次外層的所有軌道均充滿電子。

(1)B、C、D三種元素第一電離能由大到小的順序為___(填元素符號)，E基態(tài)原子價層電子排布圖為_____。

(2)寫出由以上元素組成的BD2的等電子體的分子_________。

(3)已知D可形成D3+離子，該離子中心原子雜化方式為___，立體構(gòu)型為__。

(4)溫度接近沸點時，D的簡單氫化物的實測分子量明顯高于用原子量和化學式計算出來的分子量，原因是_______。

(5)無色的[E(CA3)2]+在空氣中不穩(wěn)定、立即被氧化成深藍色的[E(CA3)4]2+，利用這個性質(zhì)可除去氣體中的氧氣，該反應的離子方程為________。

(6)已知E和D形成的一種晶體胞結(jié)構(gòu)如圖所示，已知晶胞邊長為anm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則該晶體的密度為_________g/cm3(列出計算表達式即可)。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【詳解】

A．乙烯分子中含有官能團碳碳雙鍵，其正確的結(jié)構(gòu)簡式為：CH2=CH2；故A錯誤；

B．苯的分子式為C6H6；實驗式為CH，故B錯誤；

C．氯原子的核電荷數(shù)為17，氯離子核外有18個電子，Cl-的結(jié)構(gòu)示意圖為：故C錯誤；

D．氯化鈉屬于離子化合物；鈉離子和氯離子間存在離子鍵，電子式正確，故D正確；

故選D。2、D【分析】【詳解】

A.1Llmol·L－1的FeCl3溶液中鐵離子水解，所以不能計算含有Fe3+的個數(shù)；故錯誤；

B.4．8g鎂的物質(zhì)的量為4.8/24=0.2mol，與足量鹽酸反應時，轉(zhuǎn)移0.4NA個電子；故錯誤；

C.鈉與水反應生成1.12LH2；但沒有說明是否在標況下，所以不能進行計算，故錯誤；

D.常溫常壓下，22g氧氣和26g臭氧混合氣體所含氧原子為（22+26）/16=3mol，總數(shù)為3NA；故正確。

故選D。

【點睛】

掌握氣體摩爾體積的使用范圍標況下氣體。不在標況下的氣體的體積不能計算其物質(zhì)的量，或不是氣體，根據(jù)體積基本也不能計算其物質(zhì)的量。3、B【分析】【詳解】

A.由于反應后生成KCl、KClO、KClO3的混合溶液，根據(jù)元素守恒n（K）=n（Cl），所以反應消耗的Cl2與KOH的物質(zhì)的量之比始終為1:2，再由氫原子守恒，則反應消耗的Cl2與生成的H2O的物質(zhì)的量之比始終為1:1；故A正確；

B.由于反應后生成KCl、KClO、KClO3的混合溶液，根據(jù)元素守恒n（K）=n（Cl），所以反應消耗的Cl2與KOH的物質(zhì)的量之比始終為1:2；故B錯誤；

C.當n(ClO-):n()=11:1，設ClO-為11mol，為1mol；由得失電子守恒，生成Cl-為（1-0）×11+（5-0）×1=16mol，又化合價降低被還原，化合價升高被氧化，則反應中被還原與被氧化的氯元素物質(zhì)的量之比為16:（11+1）=4:3，故C正確；

D.當n(ClO-):n()=1:1，設ClO-、各1mol，由得失電子守恒，生成Cl-為（1-0）×1+（5-0）×1=6mol；根據(jù)氯元素守恒，則反應消耗的氯氣為（1+1+6）÷2=4mol，所以反應消耗的氯氣與轉(zhuǎn)移的電子數(shù)的物質(zhì)的量之比為4:6=2:3，故D正確；

故選：B。4、B【分析】【分析】

【詳解】

①非金屬性F>O>S，元素非金屬性越強，對應氫化物越穩(wěn)定，故熱穩(wěn)定性:HF＞H2O＞H2S,故①錯誤；②離子半徑Al3+++，金屬鍵的強弱為：Al＞Na＞K，則熔點：Al＞Na＞K，故②正確：③第ⅠA、ⅡA族元素金屬原子失去最外層電子形成陽離子，與上周期稀有氣體元素的原子具有相同的核外電子排布，故③錯誤；④元素周期表中從ⅢB族到ⅡB族10個縱行的元素為過渡元素，都是金屬元素，故④正確；⑤均形成分子晶體，氨氣分子之間形成氫鍵，沸點最高,AsH3的相對分子質(zhì)量比PH3的大，AsH3分子間作用力更強，AsH3的沸點高于PH3的，故沸點PH3＜AsH3＜NH3，故⑤錯誤；⑥同主族自上而下非金屬性減弱，非金屬性：P

答案選B。5、A【分析】【分析】

【詳解】

A．燃燒反應和酸堿中和反應中反應物的能量比生成物的能量高；因此這兩種反應發(fā)生時，多余的能量會釋放出來，反應一定是放熱反應，A正確；

B．鹵素單質(zhì)顏色加深是因為電子吸收了光子的能量而躍遷；從氟到碘顏色依次加深，是因為從氟到碘原子的最外層電子受核的吸引越來越弱，因此只要吸收能量更低，波長更長的光就電子就可以躍遷，這與范德華力的大小無關(guān)，B錯誤；

C．元素的金屬性的強弱與金屬和酸反應置換出H2的多少無關(guān)；而與失去電子的難易有關(guān)。金屬原子越容易失去電子，則相應元素的金屬性就越強，C錯誤；

D．H2O分子間存在氫鍵，而H2S分子之間只存在分子間作用力，使水的熔沸點比H2S高。而物質(zhì)的穩(wěn)定性與分子內(nèi)的化學鍵強弱有關(guān)；物質(zhì)分子內(nèi)的化學鍵越強，斷裂化學鍵需吸收的能量就越高，物質(zhì)的穩(wěn)定性就越強，D錯誤；

故合理選項是A。6、C【分析】【分析】

只由一種物質(zhì)構(gòu)成的物質(zhì)是純凈物；由兩種或以上物質(zhì)構(gòu)成的物質(zhì)是混合物，據(jù)此分析。

【詳解】

A.氯水是氯氣的水溶液；是混合物，故A錯誤；

B.漂白粉是氯化鈣和次氯酸鈣的混合物；故B錯誤；

C.液氯是液態(tài)的氯氣；是純凈物，故C正確；

D.漂白液是氯化鈉和次氯酸鈉的混合溶液；故D錯誤；

故選C。7、C【分析】【詳解】

A．標況下氣體摩爾體積約為22.4L/mol；故A錯誤；

B．標況下，HCl為氣體，H2O不是氣體，1LHCl和1LH2O的物質(zhì)的量不同；故B錯誤；

C．標準狀況下，lgN2和1gCO的物質(zhì)的量相同，根據(jù)V=nVm可知；兩者所占體積相同，故C正確；

D.常溫常壓下摩爾體積不是22.4L/mol，22.4LCO2的物質(zhì)的量不為1mol；故D錯誤；

故答案選C。8、C【分析】【詳解】

A．鐵雖然化學性質(zhì)比較活潑；能與許多物質(zhì)發(fā)生化學反應，但是自然界中隕石中還存在單質(zhì)鐵，A錯誤；

B．Fe3O4為黑色粉末，鐵紅為Fe2O3；B錯誤；

C．①中稀硫酸能抑制亞鐵離子水解，鐵粉能防止亞鐵離子被氧化，且導管口插入到水中外界空氣無法進入試管內(nèi)，滴加NaOH與FeSO4反應生成的氫氧化亞鐵沉淀不會被氧化能較長時間存在，②中因為苯的存在NaOH與FeSO4反應生成的氫氧化亞鐵無法接觸到空氣；不會被氧化從而能較長時間存在，C正確；

D．若原溶液中沒有Fe3+只有Fe2+，先加氯水Fe2+被氯氣氧化成Fe3+，再加入KSCN溶液變紅色，但是原溶液中沒有Fe3+；D錯誤；

故答案選C。9、D【分析】【分析】

【詳解】

A.乙烯和丙烯中，每個碳原子平均形成1對共用電子對，每個氫原子形成1對共用電子對；2.8g乙烯和丙烯的混合氣體中含碳0.2mol，含H0.4mol，有0.6NA個共用電子對；故A錯誤；

B.2.24L甲烷氣體不一定是標準狀態(tài)；故B錯誤；

C.Fe(OH)3膠粒的膠體為氫氧化鐵的聚集體；無法計算膠粒的數(shù)目，故C錯誤；

D.78g過氧化鈉中含有1mol過氧根離子，即NA個陰離子；故D正確；

故選D。

【點睛】

本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算和判斷，解題關(guān)鍵：掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系，準確弄清膠體、分子、原子、原子核內(nèi)質(zhì)子中子及核外電子的構(gòu)成關(guān)系．二、填空題(共8題，共16分)10、略

【分析】【詳解】

(1)鈉元素在自然界沒有游離態(tài)；只有化合態(tài)；氯元素在自然界沒有游離態(tài)，只有化合態(tài)，故答案填①②④⑤；

(2)A選項中，不屬于堿；

B選項中，不屬于酸；

C選項中；蘇打不屬于堿；

D選項正確；

E選項中；NaClO不屬于堿，故答案選D；

(3)與NaOH、的固體或溶液反應；

與NaOH、的固體或溶液反應，共9個化學反應，故答案選C?！窘馕觥竣佗冖堍軩C11、略

【分析】【詳解】

(1)A項煤的形成是動植物殘體(有機物)在地下長時間形成的含碳物質(zhì)；故為氧化還原反應，A錯誤；

B項衛(wèi)星上太陽能電池工作；必然為衛(wèi)星提供電能，為衛(wèi)星上的設備所用，必然發(fā)生氧化還原反應，B錯誤；

C項為簡單機械物理運動；不是化學變化，C正確；

D項燒陶過程中；涉及一些金屬元素的氧化還原反應，D錯誤。

答案為C。

(2)由KCN＋H2O2＋H2O=A＋NH3↑，結(jié)合元素守恒推知A為KHCO3。

(3)根據(jù)圖像可知反應類型Ⅳ為置換反應，③為置換反應；由①P4＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4可知反應過程中元素的化合價發(fā)生了變化，故屬于氧化還原反應，其中氧化劑是CuSO4和P4；假設兩個反應中均有1molP4被氧化，則P4＋CuSO4＋H2O→Cu＋H3PO4＋H2SO4中消耗CuSO4物質(zhì)的量為mol＝10mol，P4＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4中消耗CuSO4物質(zhì)的量為×3mol＝10mol，故兩個反應中消耗CuSO4的物質(zhì)的量之比為1∶1。

(4)由CuO＋NH4ClCu＋CuCl2＋N2↑＋H2O中還原劑被氧化，化合價升高，根據(jù)有關(guān)物質(zhì)化合價分析知氮元素被氧化，當有0.2molN2生成時轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.2×6mol＝1.2mol?！窘馕觥竣?C②.KHCO3③.③④.CuSO4和P4⑤.1∶1⑥.氮⑦.1.212、略

【分析】【詳解】

從煤油中取出一塊鈉，說明金屬鈉保存在煤油中；用小刀切取兩小塊鈉，截面呈銀白色，很快變暗，說明鈉為銀白色固體，質(zhì)地較軟，易被氧化；鈉浮于水面并四處游動，滴有酚酞的水變?yōu)榧t色，說明鈉的密度比水小，與水劇烈反應，反應生成堿；鈉投入盛有水和苯各試管中。觀察到鈉在苯和水的界面處反應并上下跳動，說明鈉的密度比煤油、苯的密度大；故答案為：(1)保存：應保存在煤油中。(2)鈉為銀白色固體，質(zhì)地較軟(硬度小)，密度比水小，比煤油、苯大。(3)易被氧化，與水劇烈反應，生成堿?！窘馕觥?1)保存：應保存在煤油中。(2)鈉為銀白色固體，質(zhì)地較軟(硬度小)，密度比水小，比煤油、苯大。(3)易被氧化，與水劇烈反應，生成堿13、略

【分析】【分析】

新制的氯水中含有的微粒有Cl2、HClO、H2O、H+、Cl-、ClO-和OH-。

(1)

新制的氯水中含有H+；可以使紫色石蕊試劑變紅，HClO具有漂白性，可以使紅色的紫色石蕊試劑褪色；

(2)

向新制的氯水中加入AgNO3溶液，Cl-和Ag+反應生成AgCl白色沉淀；

(3)

向新制的氯水中加入Na2CO3溶液，H+和反應H2O和CO2?！窘馕觥浚?）H+HClO

（2）Cl-

（3）H+14、略

【分析】【分析】

【詳解】

（I）H2O是含極性鍵的共價化合物；Na2O是只含離子鍵的離子化合物；I2是只含非極性鍵的單質(zhì)；NaCl是只含離子鍵的離子化合物；KOH是含離子鍵、極性共價鍵的離子化合物；CO2是只含極性共價鍵的共價化合物；NH4Cl是含離子鍵、極性共價鍵等的離子化合物，且是只有非金屬元素組成的離子化合物；Na2O2是含非極性共價鍵；離子鍵的離子化合物。

故答案為（1）NH4Cl（2）KOHNH4Cl（3）I2（4）Na2O2

（II）A；B、C、D、E五種短周期元素；由圖可知，A為第二周期元素，B、C、D為第三周期元素，E的氫氧化物是兩性氫氧化物，則E為13號鋁；A、B、C、D四種元素原子核外共有56個電子，設C原子序數(shù)為x，則A為x-8、B為x-1、D為x+1，所以(x-8)+(x-1)+x+(x+1)=56，即x=16，所以A為O、B為P、C為S、D為Cl。

（1）由上分析，B為P，原子結(jié)構(gòu)示意圖為：

（2）A為O，A與氫元素能形成原子物質(zhì)的量之比為1:1的化合物，則為H2O2，電子式為：

（3）D與E形成的化合物為：AlCl3，向AlCl3水溶液中滴入NaOH溶液直至過量，先生成氫氧化鋁沉淀，后沉淀轉(zhuǎn)化為可溶性的NaAlO2，所以觀察到的現(xiàn)象是：先產(chǎn)生白色沉淀，后沉淀消失；最后階段反應離子方程式為：Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O。

（4）B、C、D、E的最高價氧化物的水化物分別為：H3PO4、H2SO4、HClO4、Al(OH)3，酸性由強到弱順序為：HClO4>H2SO4>H3PO4>Al(OH)3。

【點睛】

本題考查了化學鍵與化合物、元素周期表和元素周期律的綜合應用，（II）中正確推斷元素是解題關(guān)鍵，明確元素周期表“位-構(gòu)-性”之間的關(guān)系，不難求得A、B、C、D、E五種短周期元素。注意氫氧化鋁的兩性：與強堿溶液反應?！窘馕觥縉H4ClKOHI2Na2O2先產(chǎn)生白色沉淀，后沉淀消失Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2OHClO4>H2SO4>H3PO4>Al(OH)315、略

【分析】【分析】

(1)CO2是共價化合物；反應中涉及的元素有Na；Si、O、K、Al、C，根據(jù)元素周期律分析判斷；

(2)該反應涉及元素中；屬于同周期的兩種金屬元素為Na；Al；

(3)鈉鉀合金是由鈉和鉀熔合而成；都屬于金屬晶體，其成分仍保持各自的化學性質(zhì)，硅酸鈉屬于離子化合物；

(4)根據(jù)比較非金屬性強弱的方法分析；

【詳解】

(1)CO2是共價化合物，其電子式為反應中涉及的元素有Na、Si、O、K、Al、C.O為第二周期，Na、Si、Al為第三周期，K為第四周期，周期數(shù)越小電子層數(shù)越小，半徑越小，同周期元素，隨核電荷數(shù)增大半徑減小，則半徑最小的為C元素，核外電子排布式為1s22s22p4；

(2)該反應涉及元素中，屬于同周期的兩種金屬元素為Na、Al，最高價氧化物對應水化物為氫氧化鈉和氫氧化鋁，反應生成偏鋁酸鈉和水，化學反應方程式為：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O；

(3)鈉鉀合金是由鈉和鉀熔合而成；都屬于金屬晶體，其成分仍保持各自的化學性質(zhì)，鈉鉀合金中存在的化學鍵為金屬鍵；硅酸鈉屬于離子化合物，有鈉離子和硅酸根離子，屬于離子晶體；

(4)a．在原子晶體碳化硅(SiC)中硅元素顯正價；碳顯負價，說明碳的得電子能力比硅強，非金屬性越強，得電子能力越強，則非金屬性：C＞Si，故a能判別碳和硅非金屬性強弱；

b．酸的穩(wěn)定性不能作為判斷非金屬性強弱的依據(jù)，故b不能判別碳和硅非金屬性強弱；

c．在自然界；碳有游離態(tài)，而硅是親氧元素，在自然界中只以化合態(tài)存在，沒有游離態(tài)，故c不能判別碳和硅非金屬性強弱；

d．相同條件下；同濃度的硅酸鈉溶液的pH高于碳酸鈉溶液，說明硅酸鈉比碳酸鈉更易水解，水解程度越大，其對應的酸性越弱，最高價氧化物對應水化物的酸性強弱可以作為判斷非金屬性強弱的依據(jù)，故d能判別碳和硅非金屬性強弱；

答案選bc。

【點睛】

判斷非金屬性的強弱，應該根據(jù)氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性，而不是酸?！窘馕觥?s22s22p4NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O金屬鍵離子bc16、略

【分析】【分析】

先根據(jù)元素在周期表的位置確定各種元素的名稱；然后結(jié)合元素的類別及元素周期律分析組成的化合物的化學式及性質(zhì)。

【詳解】

根據(jù)元素在周期表的相對位置可知A是H元素；B是Li元素，C是C元素，D是N元素，E是O元素，F(xiàn)是F元素，G是Na元素，H是Al元素，I是Cl元素。

(1)A.a區(qū)元素包括金屬元素和非金屬元素H元素；A不符合題意；

B.b區(qū)元素全部是金屬元素；B符合題意；

C.c區(qū)元素包括B；C、N、O、F等非金屬元素；因此不全為金屬元素，C不符合題意；

D.d區(qū)元素是惰性氣體元素；都是非金屬元素，D不符合題意；

故合理選項是B；

(2)G元素是Na，E元素是O，兩種元素形成的化合物的化學式是Na2O、Na2O2，二者都是由陰、陽離子構(gòu)成的離子化合物；在元素周期表中同一周期的元素，原子序數(shù)越大，元素的金屬性越弱；同一主族的元素，原子序數(shù)越大，元素的金屬性越強。元素的金屬性越強，該元素形成的最高價氧化物對應的水化物的堿性越強。在上述元素中金屬性最強的元素是Na，所以元素的最高價氧化物對應的水化物中，堿性最強的是NaOH；在元素周期表中同一周期的元素，原子序數(shù)越大，元素的非金屬性越強；同一主族的元素，原子序數(shù)越大，元素的非金屬性越弱。元素的非金屬性越強，該元素形成的最高價氧化物對應的水化物的酸性越強。在上述元素中形成的最高價氧化物對應的水化物中，酸性最強的是HClO4；Al元素處于金屬與非金屬交界區(qū)，其形成的最高價氧化物對應的水化物Al(OH)3顯兩性。

【點睛】

本題考查了元素及化合物的推斷及元素的性質(zhì)與元素在周期表位置的關(guān)系。掌握元素周期表的結(jié)構(gòu)與元素周期律是本題解答的關(guān)鍵。元素的金屬性較強，其最高價氧化物對應的水化物堿性越強，其與水或酸置換出氫就越容易；元素的非金屬性較強，其最高價氧化物對應的水化物酸性越強，相應的簡單氫化物的穩(wěn)定性就越強，與氫化合形成氫化物就越容易?；顒有詮姷脑氐膯钨|(zhì)可以把活動性弱的從化合物中置換出來。【解析】BNa2ONa2O2離子化合物NaOHHClO4Al(OH)317、略

【分析】【分析】

①將固體加水得到無色溶液，則不含CuCl2；

②向上述溶液中滴加過量BaCl2溶液，有白色沉淀生成．將該沉淀濾出，并將沉淀可完全溶于稀HNO3，則不含K2SO4，應含有Na2CO3；

③向②的濾液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，該沉淀不溶于稀HNO3；生成沉淀為AgCl，因加入氯化鋇，不能證明含有KCl；NaCl，以此解答該題。

【詳解】

①將固體加水得到無色溶液,則不含CuCl2；

②向上述溶液中滴加過量BaCl2溶液，有白色沉淀生成。將該沉淀濾出,并將沉淀可完全溶于稀HNO3，則不含K2SO4，應含有Na2CO3；

③向②的濾液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,該沉淀不溶于稀HNO3；生成沉淀為AgCl，因加入氯化鋇，不能證明含有NaCl；

(1)由以上分析可知肯定含有Na2CO3，肯定沒有CuCl2、K2SO4，實驗②加入氯化鋇，引入氯離子，則不能證明是否含有NaCl，題目沒有涉及KNO3的性質(zhì)實驗，無法證明是否含有KNO3，故答案為Na2CO3；CuCl2、K2SO4；

(2)向上述溶液中滴加過量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，Ba2++CO32-=BaCO3↓將該沉淀濾出，加入過量稀HNO3，發(fā)現(xiàn)沉淀可完全溶解；2H++BaCO3=Ba2++H2O+CO2↑

故答案為Ba2++CO32-=BaCO3↓、2H++BaCO3=Ba2++H2O+CO2↑。

【點睛】

本題考查物質(zhì)的共存推斷，易錯點在于③的判斷，由于②中滴加BaCl2溶液，向原溶液中引入了氯離子，加入陰離子產(chǎn)生白色沉淀為氯化銀，但不能說明原溶液中含有氯離子，加入的氯化鋇干擾了原溶液中的氯離子的檢驗。【解析】①.Na2CO3②.CuCl2、K2SO4③.Ba2++CO32-=BaCO3↓、2H++BaCO3=Ba2++H2O+CO2↑三、判斷題(共6題，共12分)18、B【分析】【詳解】

Fe2+離子既有氧化性又有還原性。19、B【分析】【詳解】

二氧化碳也能使澄清石灰水變渾濁，所以不能用澄清石灰水來檢驗氣體，故錯誤。20、B【分析】【詳解】

處于金屬和非金屬分界線附近的元素常作半導體，故答案為：錯誤。21、B【分析】【分析】

【詳解】

氣體摩爾體積指的是某狀態(tài)下，1mol氣體所占的體積稱為該狀態(tài)下的氣體摩爾體積，故氣體摩爾體積的數(shù)值只受溫度和壓強的影響，即只在標準狀況下，氣體的摩爾體積約為22.4L/mol，而上述說法缺少溫度和壓強，故錯誤；答案為錯誤。22、B【分析】【分析】

【詳解】

常溫常壓下，氣體摩爾體積不是22.4L/mol，11.2LO2的物質(zhì)的量不是0.5mol，所含原子數(shù)不是NA，故該說法錯誤；23、B【分析】【詳解】

稀釋濃H2SO4時，應該將蒸餾水加入到濃H2SO4的燒杯中。四、工業(yè)流程題(共4題，共40分)24、略

【分析】【分析】

濃縮海水中主要含MgSO4、NaCl、NaBr，加入試劑氫氧化鈣沉淀鎂離子，過濾得到混合溶液中通入氯氣，得到低濃度的溴單質(zhì)，進入吸收塔用二氧化硫吸收得到HBr；再通入氯氣得到高濃度的溴單質(zhì)，氫氧化鎂沉淀中加入鹽酸溶液溶解得到氯化鎂溶液，加熱；蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾得到氯化鎂晶體，在氯化氫氣流中加熱失去結(jié)晶水得到氯化鎂固體，電解熔融氯化鎂得到鎂和氯氣。

【詳解】

Ⅰ．(1)單質(zhì)溴經(jīng)過空氣吹出法后被富集在吸收塔，通入的二氧化硫與單質(zhì)溴反應生成硫酸和氫溴酸，反應的離子方程式為SO2+2H2O+Br2=4H++2Br-+SO由①Cl2+2Br-═2Cl-+Br2，②Br2+SO2+2H2O═4H++SO+2Br-，③Cl2+2Br-═2Cl-+Br2，可知工業(yè)生產(chǎn)1molBr2，需要2molCl2。

(2)由反應Ag++Cl-=AgCl↓，Cl2+2Br-═2Cl-+Br2，可知n(Ag+)~n(Cl-)~n(Br-)，由銀元素的物質(zhì)的量為0.1mol/L×8×10-3L=0.8×10-3mol，則溴元素的物質(zhì)的量也為0.8×10-3mol，溴元素的質(zhì)量為0.8×10-3mol×80g/mol=64×10-3g=64mg，則海水中含溴的含量為=6.4mg/L；答案為6.4mg/L。

Ⅱ．(1)上述流程中為了使MgSO4轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2，從經(jīng)濟理念出發(fā)，試劑①可以選用由海洋中的貝殼得到的固體Ca(OH)2使MgSO4完全轉(zhuǎn)化為沉淀。

(2)步驟①要從氯化鎂溶液得到含結(jié)晶水的氯化鎂；就需要蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶，并通過過濾把固體從溶液中分離出來。

(3)氯化鎂電解為分解反應，產(chǎn)物為鎂和氯氣，所以電解方程式為：MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑?！窘馕觥縎O2+2H2O+Br2=4H++2Br-+SO2mol6.4Ca(OH)2蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑25、略

【分析】【分析】

（1）①SO2與NaOH反應，生成Na2SO3和H2O；據(jù)此寫出離子方程式；

②雙堿法洗除SO2的優(yōu)點為CaO可使NaOH再生；

（2）①吸收劑溶液發(fā)生的反應為ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+；反應產(chǎn)生氫離子，所以溶液的pH逐漸減?。?/p>

②根據(jù)ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+和ClO-+SO2+H2O=Cl-+SO42-+2H+進行分析；

（3）①Ⅰ中，pH=4.1，說明反應生成酸性物質(zhì)，只能為NaHSO3；據(jù)此條件寫出化學方程式；

②若Ⅲ中通入SO2不足，則溶液為Na2SO3和NaHSO3的混合物，結(jié)晶脫水得到的Na2S2O5中混有的主要雜質(zhì)是Na2SO3；

③通過題干信息可知“生產(chǎn)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)，通常是由NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得”；據(jù)此進行分析。

【詳解】

（1）①SO2與NaOH反應，生成Na2SO3和H2O，反應的離子方程式為2OH－＋SO2=SO32-＋H2O；

答案為：2OH－＋SO2=SO32-＋H2O；

②雙堿法洗除SO2的優(yōu)點為CaO可使NaOH再生；

答案為：CaO可使NaOH再生；

（2）①隨著吸收反應的進行，吸收劑溶液發(fā)生的反應為ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+；所以溶液的pH逐漸減??；

答案為：減??；

②如果采用NaClO替代NaClO2，反應的離子方程式為ClO-+SO2+H2O=Cl-+SO42-+2H+；根據(jù)ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+反應可知，吸收等量的SO2，所需NaClO的物質(zhì)的量是NaClO2的2倍；

答案為：2；

（3）①Ⅰ中，pH=4.1，說明反應生成酸性物質(zhì)，只能為NaHSO3，反應的化學方程式為Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2；

答案為：Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2；

②若Ⅲ中通入SO2不足，則溶液為Na2SO3和NaHSO3的混合物，結(jié)晶脫水得到的Na2S2O5中混有的主要雜質(zhì)是Na2SO3；

答案為：Na2SO3；

③題干信息告訴我們“生產(chǎn)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)，通常是由NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得”。工藝中加入Na2CO3固體，并再次充入SO2的目的，顯然是為了最終獲得NaHSO3過飽和溶液；

故答案為得到NaHSO3過飽和溶液。【解析】①.2OH－＋SO2=SO32-＋H2O②.用CaO可使NaOH再生③.減?、?2⑤.Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2⑥.Na2SO3⑦.得到NaHSO3過飽和溶液26、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程圖，“酸浸”后的溶液中含有Mn2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Ca2+，加入適量MnO2把Fe2+氧化為Fe3+，調(diào)節(jié)pH，除去Al3+、Fe3+，加入MnF2除去Mg2+、Ca2+；濾液中通入碳酸銨溶液沉錳。

【詳解】

（1）二氧化錳具有氧化性，“除雜1”中加入適量MnO2的作用是把Fe2+氧化為Fe3+，為使Al3+、Fe3+沉淀完全；應調(diào)節(jié)溶液pH不小于5.2。

（2）“除雜2”的主要目的將Ca2+、Mg2+轉(zhuǎn)化為相應的氟化物沉淀而除去，除去Ca2+的離子方程式為MnF2(s)+Ca2+(aq)Mn2+(aq)+CaF2(s)，該反應的平衡常數(shù)3.53×107。

（3）“沉錳”是MnCl2與碳酸銨反應生成Mn(OH)2·MnCO3，根據(jù)電荷守恒、質(zhì)量守恒，反應的離子方程式為2Mn2++3CO32-+2H2O=Mn(OH)2·MnCO3+2HCO3-；“母液”含有氯化銨，經(jīng)加熱等系列操作后可返回“焙燒”工序循環(huán)使用。

（4）以MnSO4-(NH4)2SO4為電解質(zhì)溶液制備金屬錳和MnO2。根據(jù)圖示，離子透過交換膜向陽極移動，離子交換膜a陰離子交換膜，陽極錳離子失電子發(fā)生氧化反應生成二氧化錳，電極反應式為Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+?！窘馕觥竣?把Fe2+氧化為Fe3+②.5.2③.MnF2(s)+Ca2+(aq)Mn2+(aq)+CaF2(s)④.3.53×107⑤.2Mn2++3CO32-+2H2O=Mn(OH)2·MnCO3+2HCO3-⑥.焙燒⑦.陰離子交換膜⑧.Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+27、略

【分析】【分析】

軟錳礦氫氧化鉀按比例在“烘炒鍋”中混配，混配前應將軟錳礦粉碎，提高反應速率，加熱通入預熱的空氣，在“平爐”中發(fā)生反應2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，生成物質(zhì)水浸沉降析出晶體得到錳酸鉀，CO2歧化法”是傳統(tǒng)工藝，即在K2MnO4溶液中通入CO2氣體，使體系呈中性或弱酸性，K2MnO4發(fā)生歧化反應，反應中生成KMnO4，MnO2和KHCO3，“電解法”為現(xiàn)代工藝，即電解K2MnO4水溶液，在電解槽中陽極，MnO42-失去電子，發(fā)生氧化反應，產(chǎn)生MnO4-；以此解答該題。

【詳解】

原料軟錳礦與氫氧化鉀按1：1的比例在“烘炒鍋”中混配；混配前應將軟錳礦粉碎，其作用是增大接觸面積加快反應速率，提高原料利用率；

流程分析可知平爐中發(fā)生的反應是氫氧化鉀、二氧化錳和氧氣加熱反應生成錳酸鉀和水，反應的化學方程式為：

“平爐”中加壓；增大反應物氧氣的濃度，能提高反應速率增加軟錳礦轉(zhuǎn)化率；

在溶液中通入氣體，使體系呈中性或弱酸性，發(fā)生歧化反應，根據(jù)元素守恒以及二氧化碳過量推測反應生成和

“電解法”為現(xiàn)代工藝，即電解水溶液，在電解槽中陽極，失去電子，發(fā)生氧化反應，產(chǎn)生電極反應式是：

依據(jù)電解法方程式可知的理論利用率是而在二氧化碳歧化法反應中3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3中的理論利用率是所以二者的理論利用率之比為3：2；

依據(jù)離子方程式可知與草酸反應的定量關(guān)系是樣品中樣品中樣品的純度【解析】增大反應物接觸面積，加快反應速率，提高原料利用率增大反應物氧氣的濃度，可使化學速率加快，增加軟錳礦轉(zhuǎn)化率2五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共16分)28、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)元素原子結(jié)構(gòu)及元素周期表的關(guān)系判斷Mn所在位置；

(2)原子核外電子處于其軌道的全充滿；半充滿或全空時是穩(wěn)定狀態(tài)分析；

(3)根據(jù)化合物的類型及原子結(jié)合方式判斷化學鍵的類型；

(4)根據(jù)離子鍵的強弱判斷物質(zhì)熔沸點的高低；

(5)中心離子Mn+與配位體CO、結(jié)合；

(6)根據(jù)晶體的基本結(jié)構(gòu)判斷晶胞類型；根據(jù)晶胞中微粒的相對位置；結(jié)合其密度計算最近的兩個Mn原子的距離。

【詳解】

(1)Mn元素是25號元素；位于元素周期表第四周期第VIIB族，屬于d區(qū)元素；

(2)I3(Mn)是Mn2+失去電子變?yōu)镸n3+，由于Mn2+的電子排布是1s22s22p63s23p63d5，處于3d5半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，再失去一個電子需消耗很高的能量；而I3(Fe)是Fe2+失去電子變?yōu)镕e3+，由于Fe2+的電子排布是1s22s22p63s23p63d6，當其再失去1個電子時，會變?yōu)?s22s22p63s23p63d5的穩(wěn)定狀態(tài)，故其第三電離能比較小，因此第三電離能：I3(Mn)＞I3(Fe)；

(3)MnSO4是由Mn2+與之間通過離子鍵結(jié)合形成的離子化合物，在中存在S、O共價雙鍵，其中一個σ鍵，一個π鍵，故MnSO4中的化學鍵除了σ鍵外；還存在離子鍵和π鍵；

(4)MnF2和MnCl2均為離子晶體，離子之間通過離子鍵結(jié)合，離子鍵越強，斷裂離子鍵消耗的能量就越高，物質(zhì)的熔沸點就越高，由于陰離子離子半徑：F-＜Cl-，陽離子都是Mn2+，離子半徑越小，離子鍵越強，則離子鍵：MnF2＞MnCl2，故其中熔點較高的是MnF2；

(5)配合物Mn(CO)5(CH3)的中心離子Mn+與配位體CO、結(jié)合，故配位體為CO和

(6)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知該晶體中C原子的堆積類型為簡單立方堆積；用均攤法算出C為1個，Mn為6×=3個，Sn為8×=1個，晶胞質(zhì)量為m=g，晶胞的密度為ρg/cm3，所以晶胞的邊長L=cm=×10-10pm，兩個最近的Mn原子是處于面心位置，二者之間的距離是晶胞邊長的倍，則其距離為pm。

【點睛】

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及元素在周期表的位置、原子核外電子排布、物質(zhì)的熔沸點、晶胞計算等知識。明確原子結(jié)構(gòu)、核外電子排布規(guī)律及物質(zhì)結(jié)構(gòu)理論是解本題關(guān)鍵，難點是晶胞計算，注意原子的相對位置，利用均攤法在晶胞計算中的靈活運用。【解析】d大于Mn2+的價電子排布為3d5，處于半充滿較穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子離子鍵和π鍵MnF2CO和CH簡單立方29、略

【分析】【分析】

由元素在周期表中位置可知，①為Na、②為K、③為Mg、④為Ca、⑤為Al、⑥為C、⑦為O、⑧為Cl、⑨為Br、⑩為Ar；?為F；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)由分析可知：④為Ca、⑤為Al、⑥為C、⑦為O、⑨為Br；稀有氣體Ar的化學性質(zhì)最不活潑；同周期自左而右：金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強，同主族自上而下：金屬性逐漸增強，非金屬性逐漸減弱，故①到⑩元素中Cl的非金屬性最強，K的金屬性最強；K與水反應生成氫氧化鉀與氫氣，反應的離子方程式為2K+2H2O=2K++2OH-+O2↑，故答案為：Ca；Al；C；O；Br；Ar；Cl；2K+2H2O=2K++2OH-+O2↑；

(2)①為Na、③為Mg、⑤為Al，金屬性Na>Mg>Al，故堿性NaOH>Mg(OH)2>