2024年粵教滬科版高一化學上冊月考試卷含答案

…………○…………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年粵教滬科版高一化學上冊月考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8題，共16分)1、下列實驗基本操作中，主要是出于實驗安全考慮的是A.實驗剩余的藥品不能放回原試劑瓶B.點燃可燃性氣體前的驗純C.氣體實驗裝置在實驗前進行氣密性檢查D.膠頭滴管不能交叉使用2、下列物質(zhì)間的反應(yīng)，其產(chǎn)物一定不含F(xiàn)e2+的是（）A.鐵與氯氣B.鐵與氯化鐵溶液C.鐵與鹽酸D.鐵與硝酸3、rm{2016}年rm{IUPAC}命名rm{117}號元素為rm{T_{S}}rm{T_{S}}的原子核外最外層電子數(shù)是rm{7}下列說法不正確的是()

A.rm{T_{S}}是第七周期第Ⅶrm{A}族元素B.rm{T_{S}}的同位素原子具有相同的電子數(shù)C.rm{T_{S}}在同族元素中非金屬性最弱D.中子數(shù)為rm{176}的rm{T_{S}}核素符號是rm{{,!}_{117}^{176}Ts}4、氫氧化鐵膠體穩(wěn)定存在的主要原因是（）

A.膠粒直徑小于1nm

B.膠粒作布朗運動。

C.膠粒帶正電荷。

D.膠粒不能通過半透膜。

5、如圖是某學校實驗室從化學試劑商店買回的硫酸試劑標簽上的部分內(nèi)容．據(jù)此；下列說法正確的是（）

A.該硫酸的物質(zhì)的量濃度為9.2mol?L-1

B.1molZn與足量的該硫酸反應(yīng)；標準狀況下產(chǎn)生22.4L氣體時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA

C.配制200mL4.6mol?L-1的稀硫酸需取該硫酸50mL

D.該硫酸與等體積的水混合后所得溶液的質(zhì)量分數(shù)小于49%

6、下列氣態(tài)氫化物最穩(wěn)定的是（）A.HClB.HBrC.HFD.HI7、下列實驗“操作和現(xiàn)象”與“結(jié)論”對應(yīng)關(guān)系正確的是。操作和現(xiàn)象結(jié)論rm{A}向裝有rm{Fe(NO_{3})_{2}}溶液的試管中加入稀rm{H_{2}SO_{4}}在管口觀察到紅棕色氣體rm{HNO_{3}}分解成了rm{NO_{2}}rm{B}向淀粉溶液中加入稀rm{H_{2}SO_{4}}加熱幾分鐘，冷卻后再加新制rm{Cu(OH)_{2}}懸濁液，加熱，沒有磚紅色沉淀生成淀粉沒有水解成葡萄糖rm{C}苯和溴水混合振蕩、靜置后溴水層褪色苯與溴發(fā)生了加成反應(yīng)rm{D}向飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中通入足量rm{CO_{2}}溶液變渾濁析出了rm{NaHCO_{3}}晶體A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}8、給定條件下，下列選項中所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能一步實現(xiàn)的是rm{(}rm{)}A.rm{Naxrightarrow[{碌茫脠錄}]{O_{2}}Na_{2}O_{2}xrightarrow{CO_{2}}Na_{2}CO_{3}}B.rm{MgCO_{3}xrightarrow{{脩脦脣謾}}MgCl_{2}}溶液rm{Na

xrightarrow[{碌茫脠錄}]{O_{2}}Na_{2}O_{2}

xrightarrow{CO_{2}}Na_{2}CO_{3}}C.rm{Al_{2}O_{3}xrightarrow{H_{2}O}Al(OH)_{3}xrightarrow{{脩脦脣謾}}AlCl_{3}}D.rm{Sxrightarrow[{碌茫脠錄}]{O_{2}}SO_{3}xrightarrow{H_{20}}H_{2}SO_{4}}rm{MgCO_{3}

xrightarrow{{脩脦脣謾}}MgCl_{2}}評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)9、rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.rm{23gNa}變?yōu)閞m{Na^{+}}時失去的電子數(shù)為rm{N_{A}}B.rm{18gH_{2}O}所含的電子數(shù)為rm{N_{A}}C.rm{8gHe}所含的分子數(shù)為rm{N_{A}}D.rm{16gO_{2}}與rm{16gO_{3}}所含的原子數(shù)均是rm{N_{A}}10、溫度為T1時，在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)(正反應(yīng)放熱)。實驗測得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響。不同時刻測得容器中n(NO)、n(O2)如下：。時間/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03

下列說法正確的是A.0~2s內(nèi)，該反應(yīng)的平均速率v(NO)=0.03mol·L-1·s-1B.其他條件不變，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，則達平衡時NO2體積分數(shù)減小C.其他條件不變，移走部分NO2，則平衡正向移動，平衡常數(shù)增大D.當溫度改變?yōu)門2時，若k正=k逆，則T2＞T111、某溫度下，在一固定容積的密閉容器中進行反應(yīng)：A2+B2?2AB。該條件下，A2、B2、AB均為氣體。下列情況一定能說明該反應(yīng)已達到化學平衡狀態(tài)的是A.氣體的密度不再改變時B.氣體的總物質(zhì)的量不再改變時C.混合氣體中各組分的含量不再改變時D.每消耗1molB2同時有2molAB分解時12、向絕熱恒容密閉容器中通入SO2和NO2，一定條件下使反應(yīng)SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)達到平衡；正反應(yīng)速率隨時間變化如圖所示。由圖可得出不正確的結(jié)論是()

A.反應(yīng)△H<0B.反應(yīng)物濃度a點大于b點C.反應(yīng)在c點達到平衡狀態(tài)D.SO2的轉(zhuǎn)化率：a～b段小于b～c段13、鋅-空氣電池的電容量大，可作為汽車的清潔能源。該電池的電解質(zhì)溶液為KOH溶液，放電總反應(yīng)式為：2Zn+O2+4OH-+2H2O═2[Zn(OH)4]2-。下列說法正確的是()A.充電時，電解質(zhì)溶液中K+向陰極移動B.充電時，電解質(zhì)溶液中c(OH-)逐漸減小C.放電時，負極反應(yīng)為：Zn+4OH--2e-═[Zn(OH)4]2-D.放電時，電路中通過2mol電子，消耗氧氣22.4L(標準狀況)14、某原電池總反應(yīng)的離子方程式是：rm{Zn+Cu^{2+}簍TZn^{2+}+Cu}依據(jù)此反應(yīng)設(shè)計原電池的正確組合是rm{(}rm{)}。選項正極負極電解質(zhì)溶液rm{A}rm{Cu}rm{Zn}稀鹽酸rm{B}rm{C}rm{Zn}硫酸銅溶液rm{C}rm{Cu}rm{Zn}氯化銅溶液rm{D}rm{Cu}rm{Zn}硝酸銅溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)15、現(xiàn)有以下物質(zhì)：①NaCl固體②鹽酸③Ba(OH)2溶液④銅⑤二氧化碳氣體⑥硫酸氫鉀固體⑦乙醇(C2H5OH)⑧液態(tài)硫酸⑨熔融態(tài)BaSO4⑩液態(tài)SO3請回答下列問題(用序號)：以上物質(zhì)中屬于化合物的是（填序號，下同），屬于鹽的是，屬于氧化物的是,能導電的是_______________________，屬于電解質(zhì)的是______________________，屬于非電解質(zhì)的是___________________。16、（7分）某棕黃色氣體A由兩種前18號常見元素組成，測得同溫同壓下該氣體對空氣的相對密度為3.0，A溶于水只生成一種產(chǎn)物B，B的溶液在放置過程中其酸性會增強并放出一種單質(zhì)氣體C。A可用另一種單質(zhì)氣體D與潮濕的Na2CO3反應(yīng)制得，同時生成兩種鈉鹽；單質(zhì)氣體D也可和HgO反應(yīng)制得A。請回答下列問題：（1）氣體A的化學式為_____________。（2）用化學方程式表示B溶液酸性增強的原因_____________。（3）氣體單質(zhì)D與潮濕的Na2CO3反應(yīng)制得制取A的化學方程式為_____________。（4）氣體單質(zhì)D與HgO反應(yīng)制得A的化學方程式為_____________。17、金幣、銀幣、銅幣等金屬貨幣在我國歷史上曾發(fā)揮過重要的作用，其中的一些被收藏愛好者珍藏著，在一位收藏家的家中，陳列了很多金屬貨幣。rm{(1)}其中有些貨幣表面是黑色，且有少量的綠色銹狀物，則這肯定是_______幣，黑色物質(zhì)是__________，綠色物質(zhì)的化學式是____________________，若要除去這些物質(zhì)應(yīng)選用_____________。充分反應(yīng)后，這枚金屬幣的真面目為______________色。rm{(2)}其中有一枚是閃閃發(fā)光的黃色金屬幣，它肯定是_________幣，表面一直未被氧化的原因是_____________________________________________________________。18、（1）4gH2與24.5L（25C，101kPa）CO2相比，所含分子數(shù)目多的是____；各1.5mol上述兩種氣體相比較，質(zhì)量大的是____

（2）某狀況下，2g二氧化碳氣體的體積是1120mL，2gA氣體的體積是770mL，A的摩爾質(zhì)量是____．

（3）某金屬氯化物MCl240.5g含0.6molCl-，則該氯化物的摩爾質(zhì)量為____，金屬M的相對原子質(zhì)量為____．19、（10分）同溫同壓下，若A容器中充滿氣體Ox和B容器中充滿氣體Oy（1）若所含分子總數(shù)相等，則A容器和B容器的容積之比是（用x、y表示,下同）（2）若兩容器中所含原子總數(shù)相等，則A容器和B容器的容積比是（3）若兩容器的體積比為y∶x，則Ox和Oy物質(zhì)的量之比為_________，質(zhì)量之比為_______，密度之比為______________。20、（13分）下表是元素周期表的一部分，按要求填空（填元素符號或化學式）：。族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02①②3③④⑤⑥⑦⑧⑨4⑩⑾⑿（1）寫出下列元素的元素符號：①____②____（2）在這些元素中，最活潑的金屬元素是____，最活潑的非金屬元素是____，最不活潑的元素是____。（3）在這些元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物中，酸性最強的是，堿性最強的是，呈兩性的氫氧化物是。（4）在③與④的單質(zhì)中，化學性質(zhì)較活潑的是____，判斷依據(jù)是；在⑧與⑿的單質(zhì)中，化學性質(zhì)較為活潑的是____，判斷依據(jù)是。（5）⑾與⑿原子序數(shù)之差____評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共24分)21、重鉻酸鉀(K2Cr2O7)是一種重要的化工原料，以FeO·Cr2O3為原料制備K2Cr2O7的流程如下：

已知：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2

回答下列問題：

(1)寫出濾渣的一種用途：___________________。

(2)“調(diào)節(jié)pH”可實現(xiàn)CrO42-和Cr2O72-在溶液中相互轉(zhuǎn)化。室溫下，若初始濃度為1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)隨c(H+)的變化如圖所示：

①由圖可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡轉(zhuǎn)化率________(填“增大”“減小”或“不變”)。

②根據(jù)A點數(shù)據(jù)，計算出該轉(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)為_________。

(3)流程中的“轉(zhuǎn)化”過程中發(fā)生的反應(yīng)屬于_________(填基本反應(yīng)類型)。

(4)在化學分析中采用K2CrO4為指示劑，以AgNO3標準溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+與CrO42-生成磚紅色沉淀，指示到達滴定終點。當溶液中Cl-恰好完全沉淀(濃度等于1.0×10－5mol·L-1)時，溶液中c(Ag+)為_______mol·L-1，此時溶液中c(CrO42-)等于________mol·L－1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.0×10-12和2.0×10-10)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(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(yīng)為則樣品的CuCl的質(zhì)量分數(shù)為_______。23、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(zhì))，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(yīng)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(yīng)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(zhì)，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(yīng)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(zhì)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__________________。24、2019年諾貝爾化學獎授予在開發(fā)鋰離子電池方面做出卓越貢獻的三位化學家。鋰被譽為“高能金屬”，是鋰電池的電極材料，工業(yè)上用β-鋰輝礦(主要成分為Li2O·Al2O3·4SiO2以及少量鈣、鎂雜質(zhì))和氟磷灰石(Ca5P3FO12)聯(lián)合制取鋰離子電池正極材料(LiFePO4)；其工業(yè)生產(chǎn)流程如圖：

已知：①Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34；

②LiFePO4難溶于水。

回答下列問題：

（1）氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合價為___，沉淀X的主要成分是___(寫化學式)。

（2）操作3的名稱是___，操作1所需的玻璃儀器名稱為___。

（3）蒸發(fā)濃縮Li2SO4溶液的目的是___。

（4）寫出合成反應(yīng)的離子方程式___。

（5）科學家設(shè)計一種鋰電池的反應(yīng)原理為LiFePO4Li+FePO4，放電時正極反應(yīng)式為___。

（6）工業(yè)上取300噸含氧化鋰5%的β-鋰輝礦石，經(jīng)上述變化得到純凈的LiFePO4共110.6噸，則元素鋰的利用率為___。評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共7分)25、某探究小組用HNO3與大理石反應(yīng)過程中質(zhì)量減小的方法，研究影響反應(yīng)速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細顆粒與粗顆粒兩種規(guī)格，實驗溫度為298K、308K，每次實驗HNO3的用量為25.0mL；大理石用量為10.00g。

（1）請完成以下實驗設(shè)計表，并在實驗目的一欄中填出對應(yīng)的實驗編號：。實驗編號T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實驗目的①298粗顆粒2.00（Ⅰ）實驗①和②探究HNO3濃度對該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅱ）實驗①和③探究溫度對該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅲ）實驗①和④探究大理石規(guī)格（粗、細）對該反應(yīng)速率的影響；②_______________③_______________④_______________

（2）實驗裝置如圖1所示，如何檢驗該裝置的氣密性________________________________

（3）實驗①中CO2質(zhì)量隨時間變化的關(guān)系見下圖2：依據(jù)反應(yīng)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計算實驗①在70-90s范圍內(nèi)HNO3的平均反應(yīng)速率________________________

（4）請在答題卡的框圖中，畫出實驗②、③和④中CO2質(zhì)量隨時間變化關(guān)系的預期結(jié)果示意圖。_______參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】試題分析：A、防止藥品被污染，實驗剩余的藥品不能放回原試劑瓶中，不是出于實驗安全考慮，不選；B、可燃性氣體不純時，點燃容易發(fā)生爆炸，出于安全考慮，選；C、有的實驗（O2制備）防止裝置漏氣導致實驗失敗，氣體實驗裝置在實驗前進行氣密性檢查，不是出于實驗安全考慮，不選；D、防止藥品變質(zhì)，滴管不能交叉使用，不是出于實驗安全考慮，不選?？键c：考查化學實驗基本操作等相關(guān)知識?！窘馕觥俊敬鸢浮緽2、A【分析】解：A．氯氣能將金屬氧化為最高價，鐵在氯氣中燃燒2Fe+3Cl22FeCl3，產(chǎn)物是氯化鐵，一定不含F(xiàn)e2+；故A正確；

B．鐵具有還原性，氯化鐵具有氧化性，兩者反應(yīng)Fe+2FeCl3=3FeCl2，一定含F(xiàn)e2+；故B錯誤；

C．鐵與鹽酸反應(yīng)Fe+2HCl═FeCl2+H2↑生成氯化亞鐵和氫氣，一定含F(xiàn)e2+；故C錯誤；

D．硝酸具有強氧化性，與鐵發(fā)生反應(yīng)時，鐵可被氧化生成Fe3+，如鐵過量時進一步發(fā)，2Fe3++Fe=3Fe2+，則反應(yīng)后溶液中可能存在Fe2+或Fe3+二者都有；故D錯誤；

故選A．

A．氯氣具有強氧化性；鐵在氯氣中燃燒生成氯化鐵；

B．鐵與氯化鐵溶液反應(yīng)生成氯化亞鐵；

C．鐵與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣；

D．鐵與硝酸反應(yīng)，如鐵不足，則鐵被氧化生成Fe3+，如鐵過量，則可生成Fe2+；

本題綜合考查鐵的性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重于基礎(chǔ)知識的綜合理解與運用的考查，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累，難度不大．【解析】【答案】A3、D【分析】【分析】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)，題目難度不大，明確原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系為解答關(guān)鍵，注意掌握原子構(gòu)成及表示方法，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應(yīng)用能力?！窘獯稹緼.該原子結(jié)構(gòu)示意圖為該元素位于第七周期、第rm{VIIA}族；故A正確；

B.同位素具有相同質(zhì)子數(shù)、不同中子數(shù)，而原子的質(zhì)子數(shù)rm{=}核外電子總數(shù)，則rm{T_{S}}的同位素原子具有相同的電子數(shù)；故B正確；

C.同一主族元素中，隨著原子序數(shù)越大，元素的非金屬性逐漸減弱，則rm{T_{S}}在同族元素中非金屬性最弱；故C正確；

D.該元素的質(zhì)量數(shù)rm{=}質(zhì)子數(shù)rm{+}中子數(shù)rm{=176+117=293}該原子正確的表示方法為：rm{{,!}_{117}^{293}Ts}故D錯誤。

故選D。

【解析】rm{D}4、C【分析】

A．膠體中分散質(zhì)的微粒大小為1-100nm；故A錯誤；

B．膠體中的粒子無時無刻不在做無規(guī)則運動；但不是膠體穩(wěn)定存在的主要原因，故B錯誤；

C．膠體不帶電；氫氧化鐵膠粒帶正電，因為都帶同種電荷，膠粒之間是相排斥的，不易聚集成大顆粒，達不到100nm以上就沉不下來，故C正確；

D．膠粒不能透過半透膜；故D錯誤；

故選C．

【解析】【答案】本題根據(jù)膠體中分散質(zhì)的微粒大小為1-100nm；膠粒不能透過半透膜，膠粒時刻在不停的無規(guī)則運動，氫氧化鐵膠粒帶正電，因為都帶同種電荷，膠粒之間是相排斥的，不易聚集成大顆粒，使氫氧化鐵膠體可以穩(wěn)定存在等知識點來解題．

5、C【分析】

A、濃H2SO4的物質(zhì)的量濃度c=mol/L=18.4mol/L；故A錯誤；

B、Zn失2個電子形成鋅離子，1molZn失去2mol電子，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子為2NA；根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知；生成的二氧化硫的物質(zhì)的量為1mol，標準狀況下體積為22.4L，故B錯誤；

C；根據(jù)稀釋定律；稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，來計算濃硫酸的體積，設(shè)濃硫酸的體積為xmL，則xmL×18.4mol/L=200mL×4.6mol/L，解得：x=50，所以應(yīng)量取的濃硫酸體積是50mL，故C正確；

D、等體積混合，設(shè)體積分別為Vml，98%的H2SO4溶液密度為ρ1，水密度為ρ2，則混合后溶液的質(zhì)量分數(shù)為w（H2SO4）=×100%=×100%，因硫酸的密度大于水的密度，則ρ1＜ρ2，所以×100%＞49%；故D錯誤．

故選：C．

【解析】【答案】A、根據(jù)c=計算濃硫酸的物質(zhì)的量濃度；

B；濃硫酸與鋅反應(yīng)生成的氣體為二氧化硫；根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知鋅與二氧化硫的物質(zhì)的量相等，鋅失去的電子即為反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子；

C；根據(jù)溶液稀釋前后溶質(zhì)物質(zhì)的量不變計算所需濃硫酸的體積；

D；根據(jù)密度和體積計算溶液的總質(zhì)量；根據(jù)硫酸的密度大于水的密度，判斷質(zhì)量分數(shù)關(guān)系．

6、C【分析】解：四種氫化物對應(yīng)的元素在同一主族，同主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，則有非金屬性F＞Cl＞Br＞I；

元素的非金屬性越強；對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，所以氫化物最穩(wěn)定的是HF；

故選C．

元素的非金屬性越強；對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，四種氫化物對應(yīng)的元素在同一主族，根據(jù)元素的非金屬性的遞變規(guī)律判斷．

本題考查元素周期律的遞變，題目難度不大，本題注意非金屬性與氫化物穩(wěn)定性之間的關(guān)系．【解析】【答案】C7、D【分析】【分析】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，題目難度中等，明確常見物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)及反應(yīng)原理等為解答的關(guān)鍵，注意實驗的評價性分析，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學實驗能力。【解答】A.向裝有rm{Fe(NO_{3})_{2}}溶液的試管中加入稀rm{H_{2}SO_{4}}硝酸根在氫離子存在下表現(xiàn)強氧化性將二價鐵離子氧化，硝酸根被還原為rm{NO}rm{NO}又被空氣中的氧氣氧化為二氧化氮；故A錯誤；

B.向淀粉溶液中加入稀rm{H_{2}SO_{4}}加熱幾分鐘，冷卻后再加人新制rm{Cu(OH)_{2}}濁液加熱；沒有紅色沉淀生成是因為冷卻后沒有加入堿中和過量的稀硫酸，故B錯誤；

C.苯和溴水混合振蕩；靜置后溴水層褪色；是苯和溴水發(fā)生了萃取，不是發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯誤；

D.rm{Na_{2}CO_{3}}的溶解度大于rm{NaHCO_{3}}則向飽和rm{Na_{2}CO_{3}}中通人足量rm{CO_{2}}會析出rm{NaHCO_{3}}溶液變渾濁，故D正確。

故選D?！窘馕觥縭m{D}8、A【分析】解：rm{A.2Na+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}Na_{2}O_{2}}rm{A.2Na+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠錄};}}{;}Na_{2}O_{2}}物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能一步實現(xiàn)，故A正確；

B.rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{MgCO_{3}+2HCl=MgCl_{2}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}溶液電解不能一步得到金屬鎂；應(yīng)是電解熔融氯化鎂固體得到金屬鎂，物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能一步實現(xiàn)，故B錯誤；

C.氧化鋁不溶于水；不能一步反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能一步實現(xiàn)，故C錯誤；

D.硫和氧氣反應(yīng)生成二氧化硫；不能一步生成三氧化硫，物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能一步實現(xiàn)，故D錯誤；

故選A．

A.鈉點燃反應(yīng)生成過氧化鈉；過氧化鈉和二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣；

B.碳酸鎂和鹽酸反應(yīng)生成氯化鎂溶液；氯化鎂溶液電解得到氯氣；氫氣和氫氧化鎂沉淀；

C.氧化鋁是難溶于水的氧化物不能和水反應(yīng)生成氫氧化鋁；

D.硫和氧氣反應(yīng)生成二氧化硫；二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸；

本題考查了常見物質(zhì)性質(zhì)和反應(yīng)產(chǎn)物的分析判斷，主要是鈉、鎂、鋁及其化合物性質(zhì)的理解應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．rm{MgCl2}【解析】rm{A}二、多選題(共6題，共12分)9、AD【分析】【分析】本題考查了阿伏加德羅常數(shù)和物質(zhì)的量的相關(guān)計算，題目難度不大?！窘獯稹緼.rm{23gNa}是rm{1mol}是rm{23gNa}rm{1mol}rm{1molNa}變?yōu)閞m{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+;}}故A正確；

時失去的電子數(shù)為rm{N}rm{N}rm{{,!}_{A}}是B.rm{18gH}rm{18gH}rm{{,!}_{2}}故B錯誤；

C.rm{O}的摩爾質(zhì)量是rm{O}rm{1mol}所含的分子數(shù)為所含的電子數(shù)為rm{10N}故C錯誤；

rm{10N}rm{{,!}_{A}}和rm{He}均可看做是rm{4g/mol}原子的集合體，rm{8gHe}的摩爾質(zhì)量是rm{2N_{A}}故D.rm{O_{2}}rm{O_{3}}rm{O}rm{O}rm{16g/mol}故D正確。故選AD。

rm{16gO}【解析】rm{AD}10、AD【分析】【詳解】

A．根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知：在0~2s內(nèi)，NO的物質(zhì)的量由0.20mol變?yōu)?.08mol，△n(NO)=0.20mol-0.08mol=0.12mol，則該反應(yīng)的平均速率v(NO)==0.03mol·L-1·s-1；A正確；

B．其他條件不變，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相當于增大體系的壓強，由于該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強，化學平衡正向移動，所以達平衡時NO2體積分數(shù)增大；B錯誤；

C．化學平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，化學平衡常數(shù)不變，故其他條件不變，移走部分NO2；化學平衡正向移動，但平衡常數(shù)不變，C錯誤；

D．k正、k逆為速率常數(shù)，只受溫度影響，在溫度為T1時，根據(jù)表格數(shù)據(jù)，容器容積是2L，結(jié)合物質(zhì)反應(yīng)關(guān)系可知平衡時各種物質(zhì)的濃度c(NO)=0.03mol/L，c(O2)=0.015mol/L，c(NO2)=0.07mol/L，化學平衡常數(shù)K=＞0，說明k正＞k逆，若k正＝k逆，則K減小，化學平衡逆向移動，由于該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則改變條件是升高溫度，所以溫度T2＞T1；D正確；

故合理選項是AD。11、CD【分析】【詳解】

A.根據(jù)質(zhì)量守恒定律；該反應(yīng)前后氣體的總質(zhì)量不變，體積不變，密度始終保持不變，無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，A錯誤；

B.該反應(yīng)為反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)；所以反應(yīng)前后氣體的總物質(zhì)的量始終保持不變，無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，B錯誤；

C.當正逆反應(yīng)速率相等時；混合氣體中各組分的含量不再改變，達到了平衡狀態(tài)，C正確；

D.單位時間內(nèi)，每消耗1molB2同時有2molAB分解，說明正逆反應(yīng)速率相等，達到了平衡狀態(tài)，D正確；故答案為：CD。12、CD【分析】A.反應(yīng)開始反應(yīng)物濃度最大,但反應(yīng)速率隨著反應(yīng)進行再逐漸增大,說明反應(yīng)為放熱反應(yīng),所以A選項是正確的;B.反應(yīng)向正反應(yīng)進行時,隨著反應(yīng)的進行,反應(yīng)物濃度逐漸降低,所以B選項是正確的;C.c點反應(yīng)速率最大,隨后正反應(yīng)速率逐漸減小,反應(yīng)繼續(xù)向正反應(yīng)方向進行,但沒有達到平衡狀態(tài),故C錯誤;D.因為a～b段的反應(yīng)速率大于b～c段反應(yīng)速率，所以SO2的轉(zhuǎn)化率：a～b段大于b～c段，D選項是錯誤的;所以答案：CD。13、AC【分析】【分析】

根據(jù)2Zn+O2+4OH-+2H2O═2[Zn(OH)4]2-可知，O2中元素的化合價降低，被還原，在原電池正極上反應(yīng)，電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-，Zn元素化合價升高，被氧化，在原電池負極上反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-；結(jié)合原電池和電解池原理分析解答。

【詳解】

A．充電時；為電解池，陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動，故A正確；

B．原電池總反應(yīng)為2Zn+O2+4OH-+2H2O═2[Zn(OH)4]2-，充電與放電時電極反應(yīng)相反，即充電總反應(yīng)為2[Zn(OH)4]2-=2Zn+O2↑+4OH-+2H2O，生成OH-、c(OH-)增大；故B錯誤；

C．放電時，Zn發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)，為負極，電極反應(yīng)式為Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-；故C正確；

D．放電時，通入O2的電極為正極，電極反應(yīng)為O2+4e-+2H2O=4OH-；轉(zhuǎn)移2mol電子，消耗氧氣0.5mol，標準狀況下的體積為11.2L，故D錯誤；

故選AC。14、BCD【分析】解：鋅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)而作負極，不如鋅活潑的金屬或?qū)щ姷姆墙饘僮髡龢Orm{(}石墨rm{)}銅離子在正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則電解質(zhì)為可溶性的銅鹽，符合條件的是rm{BCD}故選BCD．

根據(jù)電池反應(yīng)式知；失電子的金屬作負極，則鋅作負極，不如負極活潑的金屬或?qū)щ姷姆墙饘僮髡龢O，銅離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以電解質(zhì)溶液中含有銅離子，則電解質(zhì)溶液為可溶性的銅鹽．

本題考查了原電池工作原理，判斷正負極、電解質(zhì)溶液時，要根據(jù)電池反應(yīng)式判斷：發(fā)生氧化反應(yīng)的電極為負極，發(fā)生還原反應(yīng)的電極為正極，含有發(fā)生還原反應(yīng)的離子溶液為電解質(zhì)溶液．【解析】rm{BCD}三、填空題(共6題，共12分)15、略

【分析】試題分析：由不同種元素組成的純凈物叫化合物，屬于化合物的是NaCl固體、二氧化碳氣體、硫酸氫鉀固體、乙醇(C2H5OH)、液態(tài)硫酸、熔融態(tài)BaSO4、液態(tài)SO3；能電離出金屬陽離子和酸根陰離子的化合物叫鹽，屬于鹽的有NaCl固體、硫酸氫鉀固體、熔融態(tài)BaSO4；由兩種元素組成，其中一種是氧元素的化合物叫氧化物，屬于氧化物的是二氧化碳氣體、液態(tài)SO3；含有自由移動離子、電子的物質(zhì)能導電，能導電的是鹽酸、Ba(OH)2溶液、銅、熔融態(tài)BaSO4；電解質(zhì)是在水溶液或熔融狀態(tài)下能導電的化合物，酸堿鹽都是電解質(zhì)，屬于電解質(zhì)的是NaCl固體、硫酸氫鉀固體、液態(tài)硫酸、熔融態(tài)BaSO4；非電解質(zhì)是在水溶液或熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物，屬于非電解質(zhì)的是二氧化碳氣體、乙醇(C2H5OH)、液態(tài)SO3?？键c：本題考查物質(zhì)分類。【解析】【答案】屬于化合物的是①⑤⑥⑦⑧⑨⑩，屬于鹽的是①⑥⑨，屬于氧化物的是⑤⑩,能導電的是②③④⑨，屬于電解質(zhì)的是①⑥⑧⑨，屬于非電解質(zhì)的是⑤⑦⑩16、略

【分析】試題分析：某棕黃色氣體A由兩種前18號常見元素組成，測得同溫同壓下該氣體對空氣的相對密度為3.0，故由阿伏伽德羅定律可知氣體A的摩爾質(zhì)量為：3×29=87g/mol，A溶于水只生成一種產(chǎn)物B，B的溶液在放置過程中其酸性增強，說明B物質(zhì)為酸，則A為酸酐，即為酸性氧化物；B的溶液在放置過程中其酸性會增強并放出一種單質(zhì)氣體C，則B為HClO，故（1）氣體A的化學式為Cl2O；（2）B溶液酸性增強的原因2HClO2HCl+O2↑；單質(zhì)氣體C為O2，A可用另一種單質(zhì)氣體D與潮濕的Na2CO3反應(yīng)制得，故氣體D為Cl2，故（3）氣體單質(zhì)D與潮濕的Na2CO3反應(yīng)制得制取A的化學方程式為：2Cl2+2Na2CO3+H2O＝Cl2O↑+2NaHCO3+2NaCl；（4）氣體單質(zhì)D與HgO反應(yīng)制得A的化學方程式為：2Cl2+HgO=Cl2O↑+HgCl2。考點：物質(zhì)鑒別。【解析】【答案】（1）Cl2O(1分)（2）2HClO2HCl+O2↑(2分)（3）2Cl2+2Na2CO3+H2O＝Cl2O↑+2NaHCO3+2NaCl(2分)（4）2Cl2+HgO=Cl2O↑+HgCl2(2分)17、（1）銅氧化銅Cu2(OH)2CO3稀酸紫紅

（2）金金不活潑，不易與空氣中的O2反應(yīng)【分析】【分析】本題考查了常見金屬的性質(zhì)；試題側(cè)重考查了金；銀、銅的化學性質(zhì)，題目難度中等，注意掌握常見金屬及其化合物的性質(zhì)，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用所學知識的能力。

【解答】rm{(1)}銅在銅、銀、金中比較活潑，能與空氣中氧氣發(fā)生反應(yīng)生成氧化銅，也能與空氣中氧氣、水及rm{CO_{2}}一起發(fā)生反應(yīng)而得到銅銹，所以這些肯定是銅幣，黑色物質(zhì)是氧化銅，綠色物質(zhì)是堿式碳酸銅rm{[Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}]}堿式碳酸銅、氧化銅可溶于稀酸，所以將其放入稀酸中可以將其除去，充分反應(yīng)后，這枚金屬幣的真面目為紫紅色，故答案為：銅；氧化銅；rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}稀酸；紫紅；rm{(2)}金化學性質(zhì)穩(wěn)定，不容易被氧化，閃閃發(fā)光的黃色金屬幣為金幣，故答案為：金；金不活潑，不易與空氣中的rm{O_{2}}反應(yīng)?！窘馕觥縭m{(1)}銅氧化銅rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}稀酸紫紅rm{(2)}金金不活潑，不易與空氣中的rm{O_{2}}反應(yīng)18、略

【分析】

（1）4gH2的物質(zhì)的量為=2mol；

25C，101kPa時，Vm＞22.4/mol，則24.5L（25C，101kPa）CO2的物質(zhì)的量＜

則所含分子數(shù)目多的是H2；

由m=nM可知：各1.5mol上述兩種氣體；

m（H2）=1.5mol×2g/mol=3g，n（CO2）=1.5mol×44g/mol=66g；

則質(zhì)量大的是CO2；

故答案為：H2；CO2．

（2）根據(jù)n==可知相同條件下相同質(zhì)量的氣體的體積與摩爾質(zhì)量成反比；

則44g/mol：M=770ml：1120ml；

M==64g/mol；

故答案為：64g/mol；

（3）n（MCl2）=×n（Cl-）=×0.6mol=0.3mol；

M===135g/mol；

金屬M的摩爾質(zhì)量為135g/mol-2×35.5g/mol=64g/mol；

原子的摩爾質(zhì)量和相對原子質(zhì)量在數(shù)值上相等；所以金屬M的相對原子質(zhì)量為64；

故答案為：135g/mol；64．

【解析】【答案】根據(jù)n==以及N=nNA比較分子數(shù)目并判斷質(zhì)量大??；原子的摩爾質(zhì)量和相對原子質(zhì)量在數(shù)值上相等．

19、略

【分析】（1）根據(jù)阿伏加德羅定律可知，若所含分子總數(shù)相等，則A容器和B容器的容積之比是1:1。（2）若兩容器中所含原子總數(shù)相等，則A容器和B容器的容積比是1/x︰1/y＝y(tǒng):x。（3）同溫同壓下，若兩容器的體積比為y∶x，則Ox和Oy物質(zhì)的量之比為y:x；質(zhì)量之比為質(zhì)量之比為y×16x:x×16y＝1:1；同溫同壓下，兩種氣體的密度之比是相應(yīng)的摩爾質(zhì)量之比，所以密度之比是x:y?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?0分）(1)1:1(2)y:x(3)y:x，1:1，x:y20、略

【分析】【解析】【答案】（1）N；F；（2）K；F；Ar（3）HClO4；KOH；Al（OH）3（4）Na；鈉與冷水劇烈反應(yīng)，而鎂與冷水幾乎不反應(yīng)；Cl2；氯氣可以與溴化鉀反應(yīng)，置換出單質(zhì)溴。（5）15（每空1分，共13分）四、工業(yè)流程題(共4題，共24分)21、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)反應(yīng)確定濾渣的成分；然后確定其用途；

(2)①根據(jù)Cr2O72-的含量與H+的濃度關(guān)系分析判斷；

②根據(jù)平衡常數(shù)的定義式計算；

(3)根據(jù)流程中的“轉(zhuǎn)化”過程中反應(yīng)物；生成物的種類及反應(yīng)特點判斷發(fā)生的反應(yīng)類型；

(4)根據(jù)溶度積常數(shù)分析計算。

【詳解】

(1)在熔融、氧化時，發(fā)生反應(yīng)：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2，然后水浸，Na2CrO4和NaNO2進入溶液，而Fe2O3難溶于水，因此濾渣主要成分是Fe2O3；該物質(zhì)是紅棕色粉末狀固體，可用作顏料，也可以用作煉鐵的原料；

(2)①根據(jù)圖示可知溶液中H+越大，Cr2O72-的濃度越大，說明含量越高，說明溶液酸性增大，CrO42-的平衡轉(zhuǎn)化率增大；

②在溶液中存在可逆反應(yīng)：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，在開始時c(CrO42-)=1.0mol/L，平衡時c(Cr2O72-)=0.4mol/L，則消耗CrO42-的濃度為0.8mol/L，所以平衡時c(CrO42-)=(1.0-0.8)mol/L=0.2mol/L，此時溶液中c(H+)=4.0×10-7mol/L，則該反應(yīng)的化學平衡常數(shù)K==6.25×1013；

(3)在流程中的“轉(zhuǎn)化”過程中Na2Cr2O7與KCl反應(yīng)產(chǎn)生K2Cr2O7與NaCl；兩種化合物交換成分，產(chǎn)生兩種新的化合物，反應(yīng)為復分解反應(yīng)；

(4)AgCl的Ksp為2.0×10-10，當Cl-沉淀完全時，c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，此時溶液中c(Ag+)=mol/L=2.0×10-5mol/L；

由于Ag2CrO4的Ksp為2.0×10-12，所以溶液中c(CrO42-)=mol/L=5.0×10-3mol/L。

【點睛】

本題考查物質(zhì)制備方案設(shè)計及物質(zhì)含量的測定的方法，明確流程圖中每一步發(fā)生的反應(yīng)及操作方法為解答關(guān)鍵，難點是(4)的計算，正確利用溶度積常數(shù)的含義，根據(jù)Ksp計算溶液中離子濃度，試題考查了學生的分析能力及化學計算、化學實驗能力?！窘馕觥坑米黝伭显龃?.25×1013復分解反應(yīng)2.0×10-55.0×10-322、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(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)量分數(shù)為：×100%=79.6%。【解析】(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】

鈦鐵礦(主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等雜質(zhì))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(zhuǎn)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(yīng)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(yīng)，根據(jù)題目信息可知反應(yīng)過程中Ti元素生成TiO2+，結(jié)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(yīng)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。【解析】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+4HCl24、略

【分析】【分析】

β-鋰輝礦焙燒后，溶于硫酸生成硫酸鋰、硫酸鋁、硫酸鈣、硫酸鎂和二氧化硅沉淀，調(diào)節(jié)pH為6，鋁離子沉淀，濾液的硫酸鎂能與氫氧化鈣反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，氫氧化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，得到濾液硫酸鋰蒸發(fā)濃縮后與磷酸二氫銨、硫酸亞鐵反應(yīng)生成難溶的LiFePO4。

【詳解】

⑴氟磷灰石(Ca5P3FO12)中Ca為+2價，O為-2價，F(xiàn)為-1價，根據(jù)化合物價態(tài)代數(shù)和為0得到磷元素的化合價為+5，β-鋰輝礦焙燒后，溶于硫酸生成硫酸鋰、硫酸鋁、硫酸鈣、硫酸鎂和二氧化硅沉淀，調(diào)節(jié)pH為6，鋁離子沉淀，濾液的硫酸鎂能與氫氧化鈣反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，氫氧化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，因此沉淀X的主要成份的化學式是CaCO3和Mg(OH)2；故答案為：+5；CaCO3、Mg(OH)2。

⑵觀察流程可知；操作1得到硫酸鈣，因此操作1為過濾，所需的玻璃儀器有燒杯；漏斗、玻璃棒，操作3得到有機相，因此操作3為分液；故答案為：分液；燒杯、漏斗、玻璃棒。

⑶蒸發(fā)濃縮Li2SO