2024年統(tǒng)編版2024高一化學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年統(tǒng)編版2024高一化學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)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8題，共16分)1、一定體積0.01mol/L的稀硝酸溶液恰好能氧化一定質(zhì)量的鐵、鋁混合物，已知兩種金屬均被氧化為最高價態(tài)，還原產(chǎn)物只有NO。若用0.01mol/LNaOH溶液溶解相同質(zhì)量的該混合物，當(dāng)反應(yīng)完全時所需氫氧化鈉溶液的體積是稀硝酸溶液的1/5，則樣品中鐵、鋁的物質(zhì)的量之比為A.1∶4B.1∶3C.2∶3D.5∶32、下列各圖曲線分別表示物質(zhì)的某種性質(zhì)與核電荷數(shù)的關(guān)系(Z為核電荷數(shù)，Y為元素的有關(guān)性質(zhì))，下列選項(xiàng)中的對應(yīng)關(guān)系錯誤的是()A.圖①可以表示F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋四種離子的離子半徑大小關(guān)系B.圖②可以表示ⅡA族元素的最外層電子數(shù)C.圖③可以表示ⅥA族元素氫化物的沸點(diǎn)高低關(guān)系D.圖④可以表示第三周期元素的原子半徑大小關(guān)系3、下列物質(zhì)不能用氯氣與單質(zhì)直接化合制取的是A.KClB.FeCl2C.CuCl2D.AlCl34、rm{C_{6}H_{12}O_{2}}屬于酯類的同分異構(gòu)體數(shù)目是A.rm{18}B.rm{20}C.rm{22}D.rm{24}5、甲、乙、丙、丁四種易溶于水的物質(zhì)，分別由rm{NH_{4}^{+}}rm{Ba^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{H^{+}}rm{OH^{-}}rm{Cl^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}中的不同陽離子和陰離子各一種組成。已知：rm{壟脵}將甲溶液分別與其它三種物質(zhì)的溶液混合，均有白色沉淀生成；rm{壟脷0.1mol/L}乙溶液中rm{c(H^{+})=0.2mol/L}rm{壟脹}向丙溶液中滴入rm{AgNO_{3}}溶液有不溶于稀rm{HNO_{3}}的白色沉淀生成。下列結(jié)論錯誤的是rm{(}rm{)}A.甲溶液含有rm{Ba^{2+}}B.乙溶液含有rm{SO_{4}^{2-}}C.丙溶液含有rm{Cl^{-}}D.丁溶液含有rm{Mg^{2+}}6、X、Y、Z三種短周期元素在周期表中的位置如圖所示．若X的最高正價與負(fù)價的代數(shù)和為2，則下列說法正確是（）A.原子序數(shù)由大到小為Z＞Y＞XB.氫化物最穩(wěn)定的元素為ZC.最高價氧化物的水化物酸性最強(qiáng)的元素為ZD.原子半徑由大到小為Y＞Z＞X7、將足量CO2通入下列溶液中，一定能產(chǎn)生沉淀的是（）A.硅酸鈉溶液B.石灰水C.氯化鋇溶液D.氯化鈣溶液8、下列關(guān)于氯氣的敘述中，正確的是rm{(}rm{)}A.氯氣是一種黃綠色、有毒的氣體B.氯在自然界中既有化合態(tài)的，也有游離態(tài)的C.氯氣不能溶解于水，所以可用排水法收集氯氣D.氯氣、氯水、液氯是同一種物質(zhì)，只是狀態(tài)不同，都屬于純凈物評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、等物質(zhì)的量CO和CO2，其中碳原子數(shù)之比為______，氧原子數(shù)之比______，同溫同壓下密度之比______；等質(zhì)量的CO和CO2其中碳原子數(shù)之比為______，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積之比為______．10、現(xiàn)有濃度均為2mol?L-1的FeCl3、FeCl2、CuCl2混合溶液100mL；加入一定量的鐵粉，按下列情況填空．

（1）反應(yīng)完畢后，有銅生成，鐵粉無剩余．則反應(yīng)完畢后溶液一定含有______陽離子，該陽離子在溶液中的物質(zhì)的量的范圍是______．

（2）反應(yīng)完畢后，鐵粉有剩余：①反應(yīng)完畢后，溶液中一定含有______陽離子，為______mol，一定沒有______陽離子；

②固體物質(zhì)干燥后，其中一定有______，與反應(yīng)前加入鐵粉質(zhì)量相比______（填“多”或“少”）______g．11、某溫度下，在一個體積為rm{2L}的固定不變的密閉容器中充入rm{0.3mol}rm{SO_{2}}和rm{0.2mol}rm{O_{2}}發(fā)生rm{2SO_{2}+O_{2}?2SO_{3}}反應(yīng)rm{.}幾分鐘后反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，測得容器中氣體壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼膔m{90%}則該反應(yīng)達(dá)到平衡時rm{SO_{2}}的轉(zhuǎn)化率為______．12、有一瓶溶液只含rm{Cl^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Cu^{2+}}六種離子中的某幾種rm{.}通過實(shí)驗(yàn)：

rm{壟脵}原溶液rm{xrightarrow{{脳茫脕驢}NaOH{脠脺脪潞}}}白色沉淀；

rm{

xrightarrow{{脳茫脕驢}NaOH{脠脺脪潞}}}原溶液中加rm{壟脷}溶液不產(chǎn)生沉淀；

rm{BaCl_{2}}原溶液中加rm{壟脹}溶液產(chǎn)生白色沉淀；再加稀硝酸白色沉淀不溶解，回答下列問題：

rm{AgNO_{3}}試分析原溶液中一定含有的離子是______；一定不含有的離子是______，可能含有的離子是______．

rm{(1)}有的同學(xué)認(rèn)為實(shí)驗(yàn)rm{(2)}可以省略，你認(rèn)為是否正確rm{壟脹}填“是”或“否”rm{(}______，理由是______．rm{)}13、某反應(yīng)中反應(yīng)物和生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O、Br2；

（1）已知KBrO3在反應(yīng)中得到電子，則該反應(yīng)的還原劑是______．

（2）根據(jù)上述反應(yīng)可知______．

a、氧化性：KBrO3＞H3AsO4

b、氧化性：H3AsO4＞KBrO3

c、還原性：AsH3＞Br2

d、還原性：Br2＞AsH3

（3）將氧化劑和還原劑的化學(xué)式及其配平后的化學(xué)計(jì)量數(shù)填入橫線中；并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目．

______+______．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)14、過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸．（判斷對錯）15、蒸餾時，溫度計(jì)水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．16、向蛋白質(zhì)溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學(xué)變化．（判斷對錯）17、將藍(lán)色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對錯）18、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）19、某有機(jī)物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機(jī)物一定含有C、H、O三種元素．（判斷對錯）20、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共12分)21、一種利用水鈷礦[主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工藝流程如下：

已知：①浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等。

②部分陽離子開始沉淀和完全沉淀的pH見下表。

③CoCl2·6H2O熔點(diǎn)86℃；易溶于水；乙醚等；常溫下穩(wěn)定，加熱至110~120℃時失去結(jié)晶水變成無水氯化鈷。

(1)寫出Co2O3與Na2SO3和鹽酸反應(yīng)的離子方程式______________________。

(2)加入NaClO3的目的是______________________；加入過量NaClO3可能生成有毒氣體，該氣體是___________(填化學(xué)式)

(3)為了除去Fe3+、Al3+，需加Na2CO3調(diào)pH，則pH應(yīng)控制的范圍為_____________________.

(4)加萃取劑的目的是___________；金屬離子在萃取劑中的萃取率與pH的關(guān)系如圖，據(jù)此分析pH的最佳范圍為___________(填字母序號)。

A.2.0~2.5B.3.0~3.5C.4.0~4.5D.5.0~5.5

(5)CoCl2·6H2O常用減壓烘干法烘干，原因是___________。22、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(shí)驗(yàn)室用酸性蝕刻液(含)和堿性蝕刻液[含]來制備CuCl；實(shí)驗(yàn)過程的流程如下：

(1)步驟Ⅳ需要控制pH為1~2、80℃下進(jìn)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(jìn)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(zhuǎn)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(yīng)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(zhì)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(zhì)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(yīng)的離子方程式：_______。

(5)CuCl的定量分析，稱取樣品0.25g置于預(yù)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(biāo)準(zhǔn)液滴定至綠色出現(xiàn)為終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液20.00mL，發(fā)生的反應(yīng)為則樣品的CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_______。23、一種以冷熱鍍管廢料鋅灰制ZnSO4·7H2O晶體；進(jìn)而獲取ZnO，并探索氫電極增壓還原氧化鋅電解法制鋅的方法，工藝流程如圖所示：

已知：①鋅灰的主要成分為ZnO、ZnCl2，還含有SiO2、CuO、PbO和FeO。

②Cu++Cl-=CuCl↓

回答下列問題：

(1)濾渣1的主要成分為SiO2和___。

(2)酸浸時，硫酸濃度不能過高，原因是___。

(3)寫出“沉銅”時的離子方程式___。

(4)在pH為5.6的條件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝劑并加熱攪拌，其目的是___。

(5)氫電極增壓還原氧化鋅的裝置如圖所示，儲罐內(nèi)ZnO溶解后形成Zn(OH)離子，每溶解1molZnO需消耗___molKOH。電解池中的總反應(yīng)離子方程式為：___。

(6)該工藝廢水中含有Zn2+，排放前需處理。向廢水中加入CH3COOH和CH3COONa組成的緩沖溶液調(diào)節(jié)pH，通入H2S發(fā)生反應(yīng)：Zn2++H2S?ZnS(s)+2H+。處理后的廢水中部分微粒濃度為：。微粒H2SCH3COOHCH3COO-濃度/mol·L-10.100.050.10

處理后的廢水的pH=___，c(Zn2+)=___。(已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5)24、氯化磷酸三鈉具有良好的滅菌、消毒、漂白作用。濕法磷酸由硫酸分解磷礦石得到，其中含F(xiàn)e3+、Al3+等雜質(zhì)。以濕法磷酸為原料制取氯化磷酸三鈉的工藝流程如下：

已知：a．溫度高時；NaClO易分解。

b．常溫下；磷酸的物種分布分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如下圖所示：

回答下列問題：

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F時產(chǎn)生的有毒氣體主要是________________(填化學(xué)式)。

(2)反應(yīng)Ⅰ中磷酸轉(zhuǎn)化為鈉鹽，其鈉鹽再與Fe3+、Al3+作用形成沉淀。

①反應(yīng)Ⅰ中發(fā)生多個反應(yīng)，其中磷酸轉(zhuǎn)化為Na2HPO4的主要離子方程式為___________，常溫下應(yīng)控制pH約為_____________________________。

②常溫下，HPO+Fe3+FePO4+H+的lgK為_________

(3)反應(yīng)Ⅱ中不用Na2CO3溶液的原因是____________________________________________；

(4)反應(yīng)Ⅲ的化學(xué)方程式為____________________________________________；

反應(yīng)Ⅳ中兩種溶液混合后需快速冷卻，其目的是____________________________；

“母液”中的溶質(zhì)有NaClO、_____________________(填2種)。評卷人得分五、計(jì)算題(共4題，共40分)25、現(xiàn)有一種銅和氧化亞鐵的混合物樣品。為測定該樣品中氧化亞鐵的含量，某學(xué)生取20.0g此樣品置于燒杯中，分四次加入密度為1.22g/cm3的硫酸并作相關(guān)記錄。有關(guān)數(shù)據(jù)記錄如下表：。加硫酸的序號加硫酸的體積／mL剩余固體的質(zhì)量／g120.016.0220.012.0320.08.0420.08.0試計(jì)算：（1）10.0g此樣品中銅的質(zhì)量。（2）樣品中氧化亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。（3）所用硫酸溶液溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。26、回答下列關(guān)于氮元素的氫化物和氧化物的問題：

rm{(1)}氮元素原子的rm{L}層電子數(shù)為______，寫出rm{N_{2}}的電子式______；

rm{(2)}在一定溫度和壓強(qiáng)及催化劑的條件下，在rm{2L}密閉容器中；通入一定量的氮?dú)夂蜌錃?，發(fā)生如下反應(yīng)：

rm{N_{2}+3H_{2}?2NH_{3}}開始時rm{N_{2}}的物質(zhì)的量濃度為rm{4mol?L^{-1}}rm{2min}后rm{N_{2}}的物質(zhì)的量濃度為rm{2mol?L^{-1}}則用rm{N_{2}}表示的反應(yīng)速率為______；rm{2min}時，rm{NH_{3}}物質(zhì)的量為______．

rm{(3)}已知各破壞rm{1mol}rm{N隆脭N}鍵、rm{H-H}鍵和rm{N-H}鍵分別需要吸收的能量為rm{946kJ}rm{436kJ}rm{391kJ.}理論計(jì)算。

rm{1mol}rm{N_{2}(g)}和rm{3mol}rm{H_{2}(g)}完全轉(zhuǎn)化為rm{2mol}rm{NH_{3}(g)}的反應(yīng)熱rm{triangleH=}______；

rm{(4)NH_{3}}與rm{NaClO}反應(yīng)可得到肼rm{(N_{2}H_{4})}該反應(yīng)的化學(xué)方程式為______；

rm{(5)}肼可作為火箭發(fā)動機(jī)的燃料，與氧化劑rm{N_{2}O_{4}}反應(yīng)生成rm{N_{2}}和水蒸氣．

已知：rm{壟脵N_{2}(g)+2O_{2}(g)=N_{2}O_{4}(1)triangleH_{1}=-20.0kJ?mol^{-1}}

rm{壟脵N_{2}(g)+2O_{2}(g)=N_{2}O_{4}(1)triangle

H_{1}=-20.0kJ?mol^{-1}}rm{(1)+O_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH_{2}=-534.2kJ?mol^{-1}}

寫出肼和rm{壟脷N_{2}H_{4}}反應(yīng)的熱化學(xué)方程式______．rm{(1)+O_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H_{2}=-534.2kJ?mol^{-1}}27、rm{(1)0.2}rm{mol}rm{A}rm{l}rm{{,!}_{2}(SO_{4})_{3}}中含有rm{A}rm{l}rm{{,!}^{3+}}____________rm{mol}、rm{SO_{4}^{2-}}____________個。

rm{(2)}某硫酸鈉溶液rm{20}rm{m}rm{L}中含有rm{3.01隆脕10}個rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}則該溶液中rm{SO_{4}^{2-}}的物質(zhì)的量濃度是____________rm{mol}rm{/L}rm{(3)5}rm{mol}rm{CO_{2}}的質(zhì)量是_______克；在標(biāo)準(zhǔn)狀況下所占的體積約為_______rm{L}所含氧原子的數(shù)目約為_______個。rm{(4)12.4}rm{g}rm{N}rm{a}rm{{,!}_{2}X}中含有rm{0.4}rm{mol}rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}則rm{N}rm{a}rm{{,!}_{2}X}的摩爾質(zhì)量是____________，rm{X}的相對原子質(zhì)量是____________；該物質(zhì)的化學(xué)式為____________。

rm{(5)}在同溫同壓下，某氣體rm{X}對rm{CH_{4}}的相對密度為rm{2}則氣體rm{X}的化學(xué)式為____________。28、某烴rm{A0.2mol}在足量rm{O_{2}}中完全燃燒，生成二氧化碳rm{22.4L(}標(biāo)準(zhǔn)狀況rm{)}生成水rm{21.6g}回答下列問題：rm{(1)}寫出rm{A}的化學(xué)式____rm{(2)}寫出烴rm{A}可能的結(jié)構(gòu)簡式____參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【解析】試題分析：鐵不與NaOH溶液反應(yīng)，鋁與NaOH溶液反應(yīng)，鐵、鋁都可以與稀硝酸反應(yīng)，假設(shè)消耗稀硝酸的體積為VL，稀硝酸的物質(zhì)的量為0.01Vmol，則NaOH溶液消耗的體積為1/5VL，根據(jù)Al～NaOH，Al的物質(zhì)的量為0.002Vmol，Al～4HNO3，消耗HNO3的物質(zhì)的量為0.008Vmol，F(xiàn)e消耗的硝酸為0.01Vmol-0.008Vmol=0.002Vmol，F(xiàn)e～4HNO3，F(xiàn)e的物質(zhì)的量為0.0005Vmol，故樣品中鐵、鋁的物質(zhì)的量之比為1∶4。故選A?？键c(diǎn)：有關(guān)混合物反應(yīng)的計(jì)算【解析】【答案】A2、D【分析】F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋四種離子的核外導(dǎo)致排布完全相同，其離子半徑逐漸減小，A正確。同主族元素最外層電子數(shù)相同，B正確。在ⅥA族元素形成的氫化物中水由于存在氫鍵，沸點(diǎn)最高，而另外三種氫化物隨原子序數(shù)的遞增逐漸升高，C正確。同周期元素自左向右原子半徑逐漸減小，D是錯誤的。所以答案是D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿3、B【分析】【解析】【答案】B4、B【分析】【分析】本題考查同分異構(gòu)體的書寫與判斷，難度中等，關(guān)鍵確定醇的結(jié)構(gòu)及羧酸的同分異構(gòu)體，注意利用數(shù)學(xué)法進(jìn)行計(jì)算。分子式為rm{C_{6}H_{12}O_{2}}屬于酯類的同分異構(gòu)體均屬于飽和一元酸和飽和一元醇形成的酯，根據(jù)醇和羧酸的情況進(jìn)行回答?！窘獯稹糠肿邮綖閞m{C_{6}H_{12}O_{2}}屬于酯類的同分異構(gòu)體有如下幾種情況：

rm{壟脵}甲醇和戊酸形成的酯，甲醇沒有同分異構(gòu)體，戊酸有rm{4}種同分異構(gòu)，所以這樣的酯是rm{4}種；

rm{壟脷}乙醇和丁酸形成的酯，乙醇沒有同分異構(gòu)體，丁酸有rm{2}種同分異構(gòu)，所以這樣的酯是rm{2}種；

rm{壟脹}丙醇和丙酸形成的酯，丙醇rm{2}種同分異構(gòu)體，丙酸沒有同分異構(gòu)體，所以這樣的酯是rm{2}種；

rm{壟脺}丁醇和乙酸形成的酯，丁醇rm{4}種同分異構(gòu)體，乙酸沒有同分異構(gòu)體，所以這樣的酯是rm{4}種；

rm{壟脺}戊醇和甲酸形成的酯，戊醇rm{8}種同分異構(gòu)體，甲酸沒有同分異構(gòu)體，所以這樣的酯是rm{8}種．

綜上可知：屬于乙酸乙酯同系物的同分異構(gòu)體共有rm{4+2+2+4+8=20}種；故B正確。

故選B?！窘馕觥縭m{B}5、D【分析】【分析】本題為推斷題，做題時注意題中的反應(yīng)現(xiàn)象，找出突破口，抓住物質(zhì)的性質(zhì)是關(guān)鍵?！窘獯稹扛鶕?jù)rm{壟脷}中的信息可知乙是二元酸，故乙是rm{H_{2}SO_{4}}根據(jù)rm{壟脹}中現(xiàn)象，可以推知丙中含有rm{Cl^{-}}再結(jié)合rm{壟脵}中提供信息，甲與其它三種物質(zhì)混合均產(chǎn)生白色沉淀，則可推出甲是rm{Ba(OH)_{2}}乙是rm{H_{2}SO_{4}}丙是rm{MgCl_{2}}丁是rm{NH_{4}HCO_{3}}故選D．

將甲溶液分別與其他三種物質(zhì)的溶液混合，可以形成白色沉淀的只有rm{BaSO_{4}}rm{BaCO_{3}}rm{Mg(OH)_{2}}因此甲只能是rm{Ba(OH)_{2}}rm{0.1mol/L}乙溶液中rm{c(H^{+})>0.1mol/L}說明乙是硫酸；向丙溶液中滴入rm{AgNO_{3}}溶液有不溶于稀rm{HNO_{3}}的白色沉淀生成，說明丙是rm{MgCl_{2}}所以丁是rm{NH_{4}HCO_{3}}。故選D。

【解析】rm{D}6、B【分析】解：由X；Y、Z三種短周期元素在周期表中的位置可知；X、Z處于第二周期，Y處于第三周期，若X的最高正價與負(fù)價的代數(shù)和為2，則X處于ⅤA族，故X為氮元素、Z為氟元素、Y為硫元素；

A．X為氮元素；Z為氟元素、Y為硫元素；原子序數(shù)Y＞Z＞X，故A錯誤；

B．F元素的非金屬性最強(qiáng)；HF最穩(wěn)定，故B正確；

C．Z為F元素；F元素沒有含氧酸，故C錯誤；

D．同周期自左而右原子半徑減??；電子層越多原子半徑越多，故原子半徑S＞N＞F，故D錯誤；

故選B．

由X；Y、Z三種短周期元素在周期表中的位置可知；X、Z處于第二周期，Y處于第三周期，若X的最高正價與負(fù)價的代數(shù)和為2，則X處于ⅤA族，故X為氮元素、Z為氟元素、Y為硫元素，據(jù)此進(jìn)行解答．

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，難度不大，明確元素周期表結(jié)構(gòu)為解答關(guān)鍵，注意理解掌握元素周期律的內(nèi)容．【解析】【答案】B7、A【分析】解：A．硅酸鈉溶液與足量二氧化碳生成碳酸氫鈉與硅酸沉淀；生成了硅酸沉淀，故A選；

B．足量的二氧化碳通入石灰水中生成可溶性碳酸氫鈣溶液；不會生成沉淀，故B不選；

C．碳酸酸式弱于鹽酸；二氧化碳與氯化鋇溶液不反應(yīng)，不會生成沉淀，故C不選；

D．碳酸酸式弱于鹽酸；二氧化碳與氯化鈣溶液不反應(yīng)，不會生成沉淀，故D不選；

故選：A．

二氧化碳為酸性氧化物；與水反應(yīng)生成的碳酸酸性強(qiáng)于硅酸，弱于鹽酸，與硅酸鈉反應(yīng)生成硅酸沉淀，與氯化鋇；氯化鈣不反應(yīng)，足量的二氧化碳與氫氧化鈣反應(yīng)生成碳酸氫鈣，據(jù)此解答．

本題考查了元素化合物知識，熟悉相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】【答案】A8、A【分析】解：rm{A}氯氣是一種黃綠色、有毒的氣體；故A正確；

B；氯在自然界中以化合態(tài)存在；無游離態(tài)，故B錯誤；

C；氯氣能溶解于水；所以不能用排水法收集氯氣，應(yīng)用排飽和食鹽水的方法收集，故C錯誤；

D；氯氣、液氯是同一種物質(zhì)；只是狀態(tài)不同，都屬于純凈物，氯水是氯氣的水溶液屬于混合物，故D錯誤；

故選A．

A；依據(jù)氯氣的物理性質(zhì)分析判斷；

B；氯元素在自然界以化合態(tài)存在；

C；氯氣可溶于水不能用排水法收集；

D；氯水是氯氣的水溶液；是混合物；

本題考查了氯氣的性質(zhì)分析應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目較簡單．【解析】rm{A}二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】解：等物質(zhì)的量CO和CO2，設(shè)物質(zhì)的量均為1mol，其中碳原子數(shù)之比為1mol：1mol=1：1，氧原子數(shù)之比為1mol：1mol×2=1：2，同溫同壓下密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，為28：44=7：11；等質(zhì)量的CO和CO2其中碳原子數(shù)之比為=11：7，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積之比為×Vm：×Vm=11：7；

故答案為：1：1；1：2；7：11；11：7；11：7．

等物質(zhì)的量CO和CO2，設(shè)物質(zhì)的量均為1mol，結(jié)合ρ=n=V=nVm及分子構(gòu)成計(jì)算．

本題考查物質(zhì)的量的計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的構(gòu)成、物質(zhì)的量與質(zhì)量和體積的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計(jì)算能力的考查，注意物質(zhì)的構(gòu)成，題目難度不大．【解析】1：1；1：2；7：11；11：7；11：710、略

【分析】解：Fe3+、Cu2+、Fe2+的氧化性依次減弱，加入鐵粉，先與Fe3+反應(yīng)，再與Cu2+反應(yīng)；

（1）當(dāng)有銅生成，鐵粉無剩余，溶液中一定沒有Fe3+，Cu2+恰好全部參加反應(yīng)或部分反應(yīng)生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定沒有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；

如果只有Fe2+，則其物質(zhì)的量為：0.35mol，如果還有Cu2+，且最多為0.1mol時，只發(fā)生2FeCl3+Fe=3FeCl2，則Fe2+物質(zhì)的量為0.25mol，由于兩個反應(yīng)都發(fā)生，所以Cu2+小于0.1mol，因此Fe2+物質(zhì)的量大于0.25mol，故Fe2+物質(zhì)的量為：0.25mol＜n（Fe2+）≤0.35mol；

故答案為：Fe2+；0.25mol＜n（Fe2+）≤0.35mol；

（2）①當(dāng)鐵粉有剩余時，溶液中的Fe3+、Cu2+全部參加反應(yīng)生成Fe2+和Cu，反應(yīng)的反應(yīng)方程式為：2FeCl3+Fe═3FeCl2、CuCl2+Fe═Cu+FeCl2，溶液中一定沒有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；反應(yīng)后溶液中的溶質(zhì)為氯化亞鐵，根據(jù)氯離子守恒：n（Cl-）=（1mol/L×3+1mol/L×2+1mol/L×2）×0.1L=0.7mol，所以n（Fe2+）=n（Cl-）=0.35mol；

故答案為：Fe2+；0.35；Fe3+、Cu2+；

②當(dāng)鐵粉有剩余時，溶液中的Fe3+、Cu2+全部參加反應(yīng)生成Fe2+和Cu；所以固體中含有Fe；Cu；

根據(jù)方程式；2FeCl3+Fe═3FeCl2、CuCl2+Fe═Cu+FeCl2，反應(yīng)消耗鐵的量為n（Fe）=n（FeCl3）+n（Cu）=×2mol/L×0.1L+2mol/L×0.1L=0.3mol；質(zhì)量為：0.3mol×56g/mol=16.8g，反應(yīng)生成的銅為n（Cu）=2mol/L×0.1L=0.2mol，質(zhì)量為；0.2mol×64g/mol=12.8g，固體質(zhì)量減少16.8g-12.8g=4g；

故答案為：Fe；Cu；少；4．

依據(jù)三價鐵離子；銅離子、二價鐵離子的氧化性強(qiáng)弱判斷反應(yīng)先后順序；

若反應(yīng)后；有銅生成，鐵粉無剩余，則一定無三價鐵離子存在，一定存在亞鐵離子，可能含有銅離子；

若充分反應(yīng)后；鐵粉有剩余，則三價鐵離子；銅離子一定完全反應(yīng)；據(jù)此結(jié)合反應(yīng)方程式計(jì)算解答．

本題考查Fe與Fe3+、Cu2+的反應(yīng)，難度中等．要注意根據(jù)固體的成分了解反應(yīng)的先后順序，從而確定溶液的成分，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力．【解析】Fe2+；0.25mol＜n（Fe2+）≤0.35mol；Fe2+；0.35；Fe3+、Cu2+；Fe、Cu；少；411、略

【分析】解：設(shè)平衡時轉(zhuǎn)化的二氧化硫?yàn)閞m{xmol}則：

rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}

起始量rm{(mol)}rm{0.3}rm{0.2}rm{0}

變化量rm{(mol)}rm{x}rm{0.5x}rm{x}

平衡量rm{(mol)}rm{0.3-x}rm{0.2-0.5x}rm{x}

壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，則rm{0.3-x+0.2-0.5x+x=90%隆脕(0.3+0.2)}解得rm{x=0.1}則二氧化硫轉(zhuǎn)化率為rm{dfrac{0.1mol}{0.3mol}隆脕100%=33.3%}

故答案為：rm{dfrac

{0.1mol}{0.3mol}隆脕100%=33.3%}

設(shè)平衡時轉(zhuǎn)化的二氧化硫?yàn)閞m{33.3%}則：

rm{xmol}

起始量rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}rm{(mol)}rm{0.3}rm{0.2}

變化量rm{0}rm{(mol)}rm{x}rm{0.5x}

平衡量rm{x}rm{(mol)}rm{0.3-x}rm{0.2-0.5x}

根據(jù)壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，則rm{x}進(jìn)而計(jì)算二氧化硫轉(zhuǎn)化率．

本題考查化學(xué)平衡計(jì)算，比較基礎(chǔ)，注意三段式均攤法應(yīng)用，有利于基礎(chǔ)知識的鞏固．rm{0.3-x+0.2-0.5x+x=90%隆脕(0.3+0.2)}【解析】rm{33.3%}12、略

【分析】解：溶液中加入過量rm{NaOH}生成白色沉淀，該沉淀應(yīng)為rm{Mg(OH)_{2}}說明溶液中含有rm{Mg^{2+}}沒有rm{Cu^{2+}}原溶液中加rm{BaCl_{2}}溶液不產(chǎn)生沉淀，說明溶液中不含rm{CO_{3}^{2-}}和rm{SO_{4}^{2-}}rm{BaCO_{3}}和rm{BaSO_{4}}都難溶于水，原溶液中加rm{AgNO_{3}}溶液產(chǎn)生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，生成的沉淀為rm{AgCl}說明含有rm{Cl^{-}}．

rm{(1)}由分析可知，原溶液中一定含有的離子是含有rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}一定不含有的離子是rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cu^{2+}}通過以上實(shí)驗(yàn)不能確定是否含有rm{Na^{+}}

故答案為：rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cu^{2+}}rm{Na^{+}}

rm{(2)}溶液中的陰離子不存在rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}陰離子只有rm{Cl^{-}}根據(jù)溶液呈電中性，肯定有rm{Cl^{-}}存在；

故答案為：是；溶液呈電中性；必須同時含有陰；陽離子．

溶液中加入過量rm{NaOH}生成白色沉淀，該沉淀應(yīng)為rm{Mg(OH)_{2}}說明溶液中含有rm{Mg^{2+}}沒有rm{Cu^{2+}}原溶液中加rm{BaCl_{2}}溶液不產(chǎn)生沉淀，說明溶液中不含rm{CO_{3}^{2-}}和rm{SO_{4}^{2-}}rm{BaCO_{3}}和rm{BaSO_{4}}都難溶于水，原溶液中加rm{AgNO_{3}}溶液產(chǎn)生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，生成的沉淀為rm{AgCl}說明含有rm{Cl^{-}}以此解答該題．

本題考查了離子反應(yīng)和離子檢驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，做題時要注意典型離子的特征反應(yīng)和特征現(xiàn)象，注意常見離子的檢驗(yàn)方法，排除其它離子的干擾等問題，題目難度不大．【解析】rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cu^{2+}}rm{Na^{+}}是；溶液呈電中性，必須同時含有陰、陽離子13、略

【分析】解：（1）KBrO3在反應(yīng)中得到電子，則Br元素的化合價降低，給出的物質(zhì)中AsH3具有還原性，As元素的化合價在反應(yīng)中升高，故答案為：AsH3；

（2）在反應(yīng)中，氧化劑為KBrO3，還原劑為AsH3，氧化產(chǎn)物為H3AsO4，還原產(chǎn)物為Br2；

由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知KBrO3＞H3AsO4，由還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性可知ASH3＞X（Br2）；

故答案為：ac；

（3）KBrO3在反應(yīng)中得到電子，AsH3具失去電子，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為40e-，則標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目為

故答案為：．

（1）KBrO3在反應(yīng)中得到電子，則Br元素的化合價降低，給出的物質(zhì)中AsH3具有還原性；As元素的化合價在反應(yīng)中升高；

（2）利用氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性來分析；

（3）根據(jù)化合價的升降判斷電子的轉(zhuǎn)移方向；根據(jù)得失電子的最小公倍數(shù)確定轉(zhuǎn)移的電子數(shù)．

本題考查氧化還原反應(yīng)，明確元素的化合價是解答本題的關(guān)鍵，注意利用氧化還原反應(yīng)中的規(guī)律及表示方法來解答即可，難度不大．【解析】AsH3；ac；8KBrO3；5AsH3三、判斷題(共7題，共14分)14、A【分析】【解答】過濾是把不溶于液體的固體物質(zhì)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(dǎo)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(xiàng)‘一貼二低三靠’；取用液體藥品的方法進(jìn)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(yīng)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(dǎo)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(dǎo)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．15、B【分析】【解答】蒸餾是用來分離沸點(diǎn)不同的液體混合物；溫度計(jì)測量的是蒸汽的溫度，故應(yīng)放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據(jù)溫度計(jì)在該裝置中的位置與作用；16、B【分析】【解答】蛋白質(zhì)溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質(zhì)析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質(zhì)生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學(xué)變化的實(shí)質(zhì)是在原子核不變的情況下，有新物質(zhì)生成，分析各選項(xiàng)是否符合化學(xué)變化的概念，即有新物質(zhì)生成，就是化學(xué)變化．17、B【分析】【解答】藍(lán)色硫酸銅晶體放入濃硫酸生成硫酸銅和水；屬于化學(xué)變化，故答案為：×．

【分析】化學(xué)變化是指有新物質(zhì)生成的變化，物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化，據(jù)此解題．18、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價鍵；故答案為：錯。

【分析】根據(jù)甲苯的結(jié)構(gòu)簡式來確定化學(xué)鍵，確定存在C﹣H共價鍵的數(shù)目19、B【分析】【解答】解：某有機(jī)物完全燃燒后生成二氧化碳和水；說明該有機(jī)物中肯定含有碳；氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．

【分析】根據(jù)質(zhì)量守恒可知，某有機(jī)物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機(jī)物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素20、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價鍵；故答案為：錯。

【分析】根據(jù)甲苯的結(jié)構(gòu)簡式來確定化學(xué)鍵，確定存在C﹣H共價鍵的數(shù)目四、工業(yè)流程題(共4題，共12分)21、略

【分析】【分析】

含鈷廢料中加入鹽酸和亞硫酸鈉，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3調(diào)pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過濾后所得濾液主要含有CoCl2，為得到CoCl2?6H2O晶體；應(yīng)控制溫度在86℃以下蒸發(fā)，加熱時要防止溫度過高而失去結(jié)晶水，可減壓烘干。

【詳解】

(1)水鈷礦的主要成分為Co2O3，加入鹽酸和亞硫酸鈉，浸出液含有Co2+，所以Co2O3和亞硫酸鈉在酸性條件下發(fā)生氧化還原，根據(jù)電荷守恒和得失電子守恒，反應(yīng)的離子方程式為：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

(2)NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，其反應(yīng)的離子方程式為：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性條件下，過量NaClO3與氯離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣；

(3)Fe3+完全水解的pH為3.7，Al3+完全水解的pH為5.2，Co2+開始水解的PH為7.6，所以為了除去Fe3+、Al3+，加入Na2CO3調(diào)pH應(yīng)控制的范圍為5.2pH<7.6；

(4)根據(jù)流程圖可知，存在Mn2+、Co2+金屬離子的溶液中，加入萃取劑的目的是除去溶液中的Mn2+；由萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系可知；調(diào)節(jié)溶液PH在3.0～3.5之間，故選B；

(5)根據(jù)題意知，CoCl2?6H2O常溫下穩(wěn)定無毒，加熱至110～120℃時，失去結(jié)晶水變成有毒的無水氯化鈷，為防止其分解，制得的CoCl2?6H2O需減壓烘干?！窘馕觥緾o2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O將Fe2+氧化成Fe3+Cl25.2pH<7.6除去溶液中的Mn2+B降低烘干溫度，防止產(chǎn)品熔化或分解失去結(jié)晶水變?yōu)闊o水氯化鈷22、略

【分析】【分析】

根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康模簩?shí)驗(yàn)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(jié)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(jìn)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(yīng)；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(zhuǎn)移到濾紙上，打開水龍頭抽濾，C錯誤；

D．洗滌過程洗滌劑應(yīng)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(jié)晶的方法析出晶體，故采用蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)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(yīng)離子方程式為：2Cu2++SO+2Cl?+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；

(5)

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

(2)A

(3)蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶。

(4)

(5)79.6%23、略

【分析】【分析】

鋅灰(主要成分是ZnO，ZnCl2，還含有SiO2，CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO轉(zhuǎn)化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，則過濾得到的濾渣1主要為PbSO4、SiO2；濾液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向?yàn)V液中加入Zn粉，將Cu2+還原利用生成CuCl沉淀達(dá)到沉銅的目的，繼續(xù)向溶液中加入雙氧水將Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO調(diào)節(jié)溶液pH，將Fe3+轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵沉淀并過濾除去，將濾液蒸發(fā)、濃縮并冷卻結(jié)晶，過濾得到ZnSO4?7H2O；濾液加入氫氧化鈉溶液可生成氫氧化鋅，加熱分解生成氧化鋅，最后電解生成Zn，以此解答該題。

【詳解】

(1)由分析可知，濾渣1的主要成分為SiO2和PbSO4；

(2)濃硫酸有強(qiáng)氧化性，酸浸時，如使用硫酸濃度過高，反應(yīng)速率會很慢，在溶解時會氧化FeO生成Fe3+，同時生成SO2，污染環(huán)境，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式2FeO+4H2SO4(濃)=Fe2(SO4)3+SO2↑+4H2O；

(3)“沉銅”時加入Zn粉，將Cu2+還原利用生成CuCl沉淀，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+；

(4)在pH為5.6的條件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氫氧化鐵膠體，繼續(xù)加入聚丙烯酰胺絮凝劑并加熱攪拌，可促使Fe(OH)3膠體聚沉；有利于過濾分離；

(5)儲罐內(nèi)ZnO溶解后形成Zn(OH)離子，發(fā)生的離子反應(yīng)2OH－＋ZnO＋H2O＝Zn(OH)則每溶解1molZnO，需消耗2molKOH；電解池陽極上的H2在堿性條件下失電子氧化生成H2O，電極反應(yīng)為H2-2e-+2OH-=2H2O，陰極上Zn(OH)離子得電子還原生成Zn，電極反應(yīng)式為Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，則電解池中的總反應(yīng)離子方程式為H2+Zn(OH)42-2H2O+Zn+2OH-；

(6)已知Ka(CH3COOH)=則c(H+)=1×10-5mol/L，此時溶液pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=×==1.0×10-7×1.0×10-14，其中c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，則c(S2-)=1.0×10-12mol/L，此時Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，則c(Zn2+)=1×10-11mol·L-1。

【點(diǎn)睛】

本題難點(diǎn)是(6)綜合利用電離平衡常數(shù)和溶度積常數(shù)計(jì)算溶液的pH和c(Zn2+)，準(zhǔn)確利用公式是解題關(guān)鍵，特別是Ka2(H2S)×Ka1(H2S)=這是易錯點(diǎn)。【解析】PbSO4產(chǎn)生SO2氣體，污染環(huán)境或無法反應(yīng)(速率慢)等Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+促使Fe(OH)3膠體聚沉，有利于過濾分離2H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH-51×10-11mol·L-124、略

【分析】【分析】

首先利用硫酸分解磷礦石[Ca5(PO4)3F]得到濕法磷酸，其中含F(xiàn)e3+、Al3+，加入碳酸鈉溶液和磷酸反應(yīng)，反應(yīng)Ⅰ中磷酸轉(zhuǎn)化為鈉鹽，其鈉鹽再與Fe3+、Al3+作用形成沉淀，過濾得到FePO4和AlPO4沉淀，濾液中主要含Na2HPO4；向?yàn)V液中加入NaOH溶液，得到Na3PO4；然后加入NaOH和足量氯氣反應(yīng)后的溶液(主要含NaCl和NaClO)，由于氯化磷酸三鈉溶解度較小，所以會析出氯化磷酸三鈉晶體，得到的母液主要含NaCl、NaClO、Na3PO4等。

【詳解】

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F可以得到釋放磷酸；該反應(yīng)應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)，根據(jù)元素守恒，再結(jié)合HF為弱酸，可知產(chǎn)生的有毒氣體主要是HF；

(2)①碳酸的酸性弱于磷酸，所以加入碳酸鈉轉(zhuǎn)化為Na2HPO4的主要離子方程式為據(jù)圖可知pH約為10時，溶液中的P元素主要以的形成存在；

②常溫下，HPO+Fe3+FePO4+H+的K==所以lgK=lgKa3-lgKsp[FePO4]，據(jù)圖可知當(dāng)c()=c(PO)時溶液pH=12.36，而Ka3=所以lgKa3=-12.36，所以lgK=-12.36-(-21.89)=9.53；

(3)據(jù)圖可知當(dāng)pH=14左右時磷元素主要以PO的形式存在，Na2CO3溶液的pH難以達(dá)到14，不能將Na2HPO4全部轉(zhuǎn)化為Na3PO4，還會引入Na2CO3雜質(zhì)；

(4)反應(yīng)III為氯氣和NaOH溶液的反應(yīng)，生成氯化鈉和次氯酸鈉，方程式為NaClO受熱易分解，冷卻混合液可以減少次氯酸鈉的分解；“母液”中的溶質(zhì)有NaClO、NaCl、Na3PO4。

【點(diǎn)睛】

雖然強(qiáng)堿弱酸鹽顯堿性，可以用來調(diào)節(jié)溶液的pH值，但要注意水解鹽的堿性較弱，當(dāng)需要強(qiáng)堿性環(huán)境時還需要堿溶液進(jìn)行調(diào)節(jié)?！窘馕觥縃F109.53Na2CO3溶液的pH難以達(dá)到14，不能將Na2HPO4全部轉(zhuǎn)化為Na3PO4，還會引入Na2CO3雜質(zhì)減少次氯酸鈉分解NaCl、Na3PO4五、計(jì)算題(共4題，共40分)25、略

【分析】【解析】試題分析：（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，當(dāng)硫酸加入60mL時，剩余固體的質(zhì)量不變，因此剩余固體為銅，質(zhì)量為8.0g，則10.0g此樣品中銅的質(zhì)量為4.0g。（2）銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為則氧化亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為60%。（3）硫酸加入20.0mL，剩余固體16.0g說明反應(yīng)了FeO4.0g，則反應(yīng)硫酸的物質(zhì)的量為所以c(H2SO4)=又知硫酸的密度為1.22g/cm3，則硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)考點(diǎn)：化學(xué)計(jì)算【解析】【答案】（1）4.0g（2）60.0%（3）22.3%26、5；1mol/（L?min）；8mol；-92kJ?mol-1；2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-873.4kJ/mol【分析】解：rm{(1)}氮元素為rm{7}號元素，原子的rm{L}層電子數(shù)為rm{5}氮原子最外層有rm{5}個電子，氮原子之間形成三對共用電子對形成氮分子，rm{N_{2}}的電子式為

故答案為：rm{5}

rm{(2)}根據(jù)rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}可知，用rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}表示的反應(yīng)速率為rm{dfrac{4molcdotL;^{-1}-2molcdotL;^{-1}}{2min}=1mol/(L?min)}根據(jù)題意，轉(zhuǎn)化的氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為rm{N_{2}}根據(jù)方程式可知生成氨氣的物質(zhì)的量為rm{dfrac{4molcdotL;^{-1}-2molcdot

L;^{-1}}{2min}=1mol/(L?min)}

故答案為：rm{(4mol?L^{-1}-2mol?L^{-1})隆脕2L=4mol}rm{2隆脕4mol=8mol}

rm{1mol/(L?min)}拆rm{8mol}鍵、rm{(3)}rm{1molH-H}鍵分別需要吸收的能量為rm{1molN隆脭N}rm{1molN-H}rm{436kJ}在反應(yīng)rm{946kJ}中，斷裂rm{391kJ}鍵，rm{N_{2}+3H_{2}?2NH_{3}}三rm{3molH-H}鍵共吸收的能量為：rm{1molN}生成rm{N}共形成rm{3隆脕436kJ+946kJ=2254kJ}鍵，放出的能量為：rm{2molNH_{3}}所以反應(yīng)熱rm{triangleH=2254kJ?mol^{-1}-2346kJ?mol^{-1}=-92kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{6molN-H}

rm{6隆脕391kJ=2346kJ}與rm{triangle

H=2254kJ?mol^{-1}-2346kJ?mol^{-1}=-92kJ?mol^{-1}}反應(yīng)可得到肼rm{-92kJ?mol^{-1}}次氯酸鈉做氧化劑，依據(jù)氧化還原反應(yīng)的電子守恒和原子守恒寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{(4)NH_{3}}故答案為：rm{NaClO}

rm{(5)壟脵N_{2}(g)+2O_{2}(g)=N_{2}O_{4}(l)triangleH_{1}=-195kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷N_{2}H_{4}(l)+O_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH_{2}=-534.2kJ?mol^{-1}}

根據(jù)蓋斯定律：rm{(N_{2}H_{4})}得到肼和rm{2NH_{3}+NaClO=N_{2}H_{4}+NaCl+H_{2}O}反應(yīng)的熱化學(xué)方程為：rm{2N_{2}H_{4}(l)++N_{2}O_{4}(l)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-873.4kJ/mol}

故答案為：rm{2N_{2}H_{4}(l)+N_{2}O_{4}(l)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-873.4kJ/mol}．

rm{2NH_{3}+NaClO=N_{2}H_{4}+NaCl+H_{2}O}氮元素為rm{(5)壟脵N_{2}(g)+2O_{2}(g)=N_{2}O_{4}(l)triangle

H_{1}=-195kJ?mol^{-1}}號元素，原子的rm{壟脷N_{2}H_{4}(l)+O_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H_{2}=-534.2kJ?mol^{-1}}層電子數(shù)為rm{壟脷隆脕2-壟脵}氮原子最外層有rm{N_{2}O_{4}}個電子；氮原子之間形成三對共用電子對形成氮分子；

rm{2N_{2}H_{4}(l)++N_{2}O_{4}(l)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-873.4kJ/mol}根據(jù)rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}計(jì)算；根據(jù)轉(zhuǎn)化的氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量結(jié)合方程式可計(jì)算出生成氨氣的物質(zhì)的量；

rm{2N_{2}H_{4}(l)+N_{2}O_{4}(l)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-873.4kJ/mol}化學(xué)反應(yīng)中；化學(xué)鍵斷裂吸收能量，形成新化學(xué)鍵放出能量，根據(jù)方程式計(jì)算，化學(xué)反應(yīng)中，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，反應(yīng)放熱，反之吸熱，以此計(jì)算反應(yīng)熱并判斷吸熱還是放熱；

rm{(1)}與rm{7}反應(yīng)可得到肼rm{L}依據(jù)氧化還原反應(yīng)化合價變化分析書寫化學(xué)方程式：

rm{(5)壟脵N_{2}(g)+2O_{2}(g)=N_{2}O_{4}(l)triangleH_{1}=-195kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷N_{2}H_{4}(l)+O_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH_{2}=-534.2kJ?mol^{-1}}

根據(jù)蓋斯定律：rm{5}得到肼和rm{5}反應(yīng)的化學(xué)方程；并據(jù)此計(jì)算反應(yīng)熱；

本題考查了電子式的書寫、反應(yīng)速率的計(jì)算、反應(yīng)熱的計(jì)算、蓋斯定律的應(yīng)用等知識，題目難度中等，注意基礎(chǔ)知識的靈活運(yùn)用．rm{(2)}【解析】rm{5}rm{1mol/(L?min)}rm{8mol}rm{-92kJ?mol^{-1}}rm{2NH_{3}+NaClO=N_{2}H_{4}+NaCl+H_{2}O}rm{2N_{2}H_{4}(l)+N_{2}O_{4}(l)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-873.4kJ/mol}rm{2N_{2}H_{4}(l)+N_{2}O_{4}(l)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-873.4kJ/mol}27、(1)0.40.6NA

(2)12.5(3)22011210NA

(4)62g/mol16Na2O(5)O2【分析】【分析】本題考查了物質(zhì)的量的綜合計(jì)算和化學(xué)式的確定?！窘獯稹縭m{(1)n(Al}rm{(1)n(Al}rm{{,!}^{3+}}rm{)=2n(Al}rm{)=2n(Al}rm{{,!}_{2}}rm{(SO}rm{(SO}rm{{,!}_{4}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{3}}rm{)=0.2mol隆脕2=0.4mol}rm{n(SO}rm{)=0.2mol隆脕2=0.4mo