2025年滬科版高一化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………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2025年滬科版高一化學(xué)下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(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、在1L溶有0.1molNaCl和0.1molMgCl2的溶液中，Cl-的物質(zhì)的量濃度為（）

A.0.05mol/L

B.0.1mol/L

C.0.2mol/L

D.0.3mol/L

2、下列詞語隱含化學(xué)變化的是（）A.冰雪消融B.木已成舟C.蠟炬成灰D.水落石出3、6.4g銅與過量的硝酸充分反應(yīng)后，硝酸的還原產(chǎn)物有NO、NO2，反應(yīng)后溶液中所含H+離子為nmol．此時溶液中所含NO3-的物質(zhì)的量為（）

A.0.28mol

B.0.3lmol

C.（n+0.2）mol

D.（n+0.4）mol

4、在一個密閉的鋼筒內(nèi)有甲；乙、丙、丁四種物質(zhì)；在電火花作用下，發(fā)生充分反應(yīng)，測得反應(yīng)前后各物質(zhì)的質(zhì)量如下：

。甲乙丙丁反應(yīng)前質(zhì)量/g6410125反應(yīng)后質(zhì)量/g054379已知甲的相對分子質(zhì)量為丁的2倍，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式中甲、丁的系數(shù)比為（）A.1：2B.1：1C.2：1D.2：35、下列塑料的合成，所發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)不同于另外三種的是（）A.聚乙烯塑料B.聚氯乙烯塑料C.聚苯乙烯塑料D.酚醛樹脂塑料6、下列各組離子在溶液中能大量共存，加入rm{OH^{-}}有沉淀生成，加入rm{H^{+}}有氣體生成的一組離子是()A.rm{K^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{HCOrlap{_{3}}{^{-}}}B.rm{K^{+}}rm{Cu^{2+}}rm{SOrlap{_{4}}{^{2-}}}rm{Na^{+}}C.rm{NHrlap{_{4}}{^{+}}}rm{COrlap{_{3}}{^{2-}}}rm{NOrlap{_{3}}{^{-}}}rm{Na^{+;;;;;;;;;;;;;;}}D.rm{NHrlap{_{4}}{^{+}}}rm{Cl^{-}}rm{HCOrlap{_{3}}{^{-}}}rm{K^{+}}評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{L}rm{M}五種元素的原子序數(shù)依次增大rm{.X}rm{Y}rm{L}是油脂的組成元素，rm{Z}是空氣中含量最多的氣體的組成元素，rm{M}是地殼中含量最高的金屬元素rm{.}回答下列問題：

rm{X}的元素符號為______，rm{Y}的元素符號為______，rm{Z}的元素符號為______；rm{M}在元素周期表中的位置為第______周期第______族；rm{L}元素的最低負價為______，rm{Z}的氫化物和最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學(xué)式分別是______、______．8、在容積為rm{2.0L}的密閉容器中充入rm{0.60molX}和rm{1.60molY}發(fā)生反應(yīng)：rm{aX(g)+3Y(g)?2Z(g)}經(jīng)過rm{10min}反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，rm{Y}的濃度為rm{0.2mol/L}rm{Z}的物質(zhì)的量分數(shù)為rm{dfrac{4}{7}}．

計算并回答：

rm{壟脵10}分鐘內(nèi)，rm{Z}的平均反應(yīng)速率為____________

rm{壟脷}計算rm{a}的值rm{(}要求有具體過程rm{)}

rm{壟脹}該條件下rm{X}的平衡轉(zhuǎn)化率____________rm{(}百分數(shù)表示，保留一位小數(shù)rm{)}

rm{壟脺}該條件下反應(yīng)rm{2Z(g)?aX(g)+3Y(g)}的平衡常數(shù)為____________

rm{壟脻}將體積比為rm{1}rm{3}的rm{X}和rm{Y}的混合氣體，通入上述密閉容器中，在一定的條件下發(fā)生反應(yīng)，達到化學(xué)平衡時，混合氣體中rm{X}的體積分數(shù)為rm{w%(w<25)}則混合氣體中rm{Z}的體積分數(shù)是____________，容器內(nèi)的壓強為反應(yīng)前的____________倍．9、已知兩種相鄰周期、相鄰主族的短周期非金屬元素rm{X}rm{Y}其最高價氧化物對應(yīng)的水化物均為強酸。根據(jù)下圖轉(zhuǎn)化關(guān)系rm{(}反應(yīng)條件及部分產(chǎn)物已略去rm{)}回答下列問題。rm{boxed{A}xrightarrow[+E]{壟帽}boxed{B}underset{壟貌}{overset{+E}{-!-!-!-!隆煤}}boxed{C}underset{壟貿(mào)}{overset{+F}{-!-!-!-!隆煤}}boxed{D}}rm{(1)}若rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}均為含rm{X}元素的化合物，且rm{A}和rm{F}的分子均為rm{10}電子微粒，則：rm{壟脵F}的電子式________。rm{壟脷}反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)方程式為______________________。rm{壟脹}將rm{1.92g}銅粉與一定量的rm{D}的濃溶液反應(yīng)，當銅粉完全溶解時收集到氣體rm{1.12L(}標準狀況rm{)}則反應(yīng)消耗的rm{D}的物質(zhì)的量為________rm{mol}rm{(2)}若rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}均為含rm{Y}元素的化合物，其中rm{A}由兩種元素組成，且rm{A}的摩爾質(zhì)量為rm{34g隆隴mol^{-1}}則：rm{壟脵}將銅粉與rm{D}的濃溶液反應(yīng)所得溶液加熱蒸干，得到的白色固體物質(zhì)為______rm{(}填化學(xué)式rm{)}rm{壟脷}將少量rm{Na_{2}Y}溶液滴加到次氯酸鈉溶液中發(fā)生反應(yīng)，無沉淀生成，請寫出該反應(yīng)的離子方程式___________________________________。在該反應(yīng)中若有rm{149gNaClO}被還原，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為______rm{mol}10、利用甲烷與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)制取副產(chǎn)品鹽酸的設(shè)想在工業(yè)上已成為現(xiàn)實．某化學(xué)興趣小組在實驗室中模擬上述過程；其設(shè)計的模擬裝置如圖：

根據(jù)要求回答：

（1）B裝置有三種功能：①控制氣流速度；②均勻混合氣體；③______．

（2）設(shè)=x，若理論上欲獲得最多的氯化氫，則x值應(yīng)______．

（3）D裝置的石棉中均勻混有KI粉末，其作用是______．

（4）E裝置中干燥管的作用是______．11、某rm{100mL}溶液中含有的部分離子濃度大小如圖所示，該溶液可能還含有rm{Fe^{3+}}rm{Ba^{2+}}rm{K^{+}}rm{OH^{-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}.}為了進一步確認；對該溶液進行實驗檢測：

rm{壟脵}仔細觀察；該溶液呈無色；透明、均一狀態(tài)．

rm{壟脷}向rm{100mL}溶液中滴入稀硫酸，有rm{23.3g}白色沉淀產(chǎn)生，再加稀硝酸，白色沉淀不消失rm{.}回答下列問題：由此可知，除了含有rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}外，該溶液中肯定還含有的離子及其物質(zhì)的量濃度為______，肯定沒有的離子是______，可能含有的離子是______．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)12、過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸．（判斷對錯）13、蛋白質(zhì)的鹽析過程是一個可逆過程，據(jù)此可以分離和提純蛋白質(zhì)．14、含碳的化合物一定是有機化合物．（判斷對錯）15、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）16、過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸．（判斷對錯）17、標準狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對錯）18、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3題，共21分)19、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___________。20、某酸性廢液含有H+、Fe3+、Ni2+、NO3—、F-和Cr2O72-等。下圖是該廢液的綜合利用工藝流程：（假設(shè)：F—與金屬離子的絡(luò)合反應(yīng)不影響其它反應(yīng)和計算）

已知：金屬離子開始沉淀和沉淀完全時的pH：。Fe3+Ni2+Cr3+開始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9

Ni2+與足量氨水的反應(yīng)為：Ni2+＋6NH3[Ni(NH3)6]2+（[Ni(NH3)6]2+為難電離的絡(luò)合離子）

（1）濾渣1的主要成分為：____________。

（2）試劑X可以是足量氨水，還可以是：____________。（填序號）

A．Ni(OH)2B．Cr2O3C．Fe2O3D．NaOH

（3）若試劑X是足量氨水，“沉鎳”的離子方程式為：____________。

（4）經(jīng)檢測，最后的殘液中c(Ca2+)＝1.0×10─5mol?L-1，則殘液中F－濃度____________（填“符合”或“不符合”）排放標準[已知Ksp(CaF2)=4×10-11，國家排放標準要求氟離子濃度小于10mg?L─1]。

（5）鎳(Ni)及其化合物廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)電池；電鍍和催化劑等領(lǐng)域。

①某蓄電池反應(yīng)為NiO2＋Fe＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2,放電時若外電路中轉(zhuǎn)移0.6mol電子則正極增重____g。

②圖為雙膜三室電解法處理含鎳廢水回收金屬鎳的原理示意圖，陽極的電極反應(yīng)式為____；電解過程中，需要控制溶液pH值為4左右，原因是_______。

21、鉛及其化合物用途廣泛，三鹽基硫酸鉛（3PbO·PbSO4·H2O，摩爾質(zhì)量=990g/mol）簡稱三鹽。以鉛泥（主要成分為PbO、Pb及PbSO4等）為原料制備三鹽的工藝流程如圖所示。

已知：

請回答下列問題：

(1)步驟①中涉及的主要反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____（列出計算式即可）。步驟②中濾渣的主要成分是____。

(2)步驟③酸溶時，為提高酸溶速率，可采取的措施是____（任答一條）。

(3)步驟⑥合成三鹽的化學(xué)方程式為____?，F(xiàn)用100t鉛泥可制得純凈干燥的三鹽49.5t，若鉛元素的利用率為75%，則鉛泥中鉛元素的質(zhì)量分數(shù)為___%。簡述步驟⑦檢驗沉淀洗滌完全的方法___。

(4)已知水中鉛的存在形態(tài)主要有Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2、Pb(OH)3-、Pb(OH)42-，其中Pb(OH)2是沉淀，各形態(tài)鉛的物質(zhì)的量的分數(shù)α隨溶液pH變化的關(guān)系如圖所示，除去污水中的鉛，最好控制溶液的pH在____左右，當溶液的pH由13轉(zhuǎn)化為14時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是：________________

(5)將PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的電解液，進一步電解Na2PbCl4生成Pb，如圖所示。陰極電極反應(yīng)式是_________

評卷人得分五、簡答題(共2題，共8分)22、現(xiàn)有一包固體粉末，其中可能含有rm{CaCO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}SO_{4}}rm{NaCl}rm{CuSO_{4}.}進行如下實驗：

rm{壟脵}溶于水得無色澄清溶液；

rm{壟脷}取少量所得溶液，加入rm{BaCl_{2}}溶液生成白色沉淀，再加鹽酸時沉淀消失rm{.}根據(jù)上述實驗現(xiàn)象推斷：

rm{(1)}一定不存在的物質(zhì)是______；一定存在的物質(zhì)是______；

rm{(2)}寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式______，______．23、書寫下列化學(xué)反應(yīng)方程式rm{(1)}鈉與水的反應(yīng)________________________________________________________；rm{(2)}過氧化鈉與二氧化碳的反應(yīng)______________________________________________；rm{(3)}制取rm{84}消毒液的反應(yīng)____________________________________________________；rm{(4)}次氯酸的見光分解反應(yīng)___________________________________________________；rm{(5)}漂白粉的漂白原理_______________________________________________________．評卷人得分六、綜合題(共4題，共24分)24、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

25、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題26、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

27、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】

0.1molNaCl和0.1molMgCl2中氯離子的物質(zhì)的量=（0.1×1+0.1×2）mol=0.3mol；則氯離子濃度=

=0.3mol/L；故選D．

【解析】【答案】先計算氯離子的物質(zhì)的量，再根據(jù)C=計算氯離子濃度．

2、C【分析】解：A．冰雪消融的過程中只是水的聚集狀態(tài)發(fā)生改變；沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故A錯誤；

B．木已成舟的過程中只是木材的形狀發(fā)生改變；沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故B錯誤；

C．蠟屬于烴；燃燒過程中有新物質(zhì)二氧化碳；水等生成，屬于化學(xué)變化，故C正確；

D．水落石出的過程；是石頭從水中露出的過程，沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故D錯誤；

故選C．

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，化學(xué)變化與物理變化的本質(zhì)區(qū)別是有無新物質(zhì)生成，據(jù)此抓住化學(xué)變化和物理變化的區(qū)別結(jié)合事實進行分析判斷即可．

本題考查物理變化與化學(xué)變化的區(qū)別與聯(lián)系，難度不大，解答時要分析變化過程中是否有新物質(zhì)生成，這里的新物質(zhì)是指和變化前的物質(zhì)是不同種的物質(zhì)，若沒有新物質(zhì)生成屬于物理變化，若有新物質(zhì)生成屬于化學(xué)變化．【解析】【答案】C3、C【分析】

6.4g銅的物質(zhì)的量為=0.1mol．

銅與過量的硝酸，反應(yīng)后溶液中所含H+離子為nmol，說明溶液為Cu（N03）2與HN03的混合溶液．

根據(jù)電荷守恒溶液中n（N03-）=n（H+）+2n（Cu2+）=nmol+0.1mol×2=（n+0.2）mol．

故選：C．

【解析】【答案】銅與過量的硝酸，反應(yīng)后溶液中所含H+離子為nmol，說明溶液為Cu（N03）2與HN03的混合溶液，溶液中n（N03-）=n（H+）+2n（Cu2+）；據(jù)此計算．

4、C【分析】解：根據(jù)質(zhì)量守恒定律；由表中乙；丙質(zhì)量增加，可確定乙、丙為生成物，共增加了（54-10）g+（37-1）g=80g；

丁減少了（25-9）g=16g；減少的質(zhì)量還差（80-16）g=64g，由此可知64g甲完全反應(yīng)無剩余．即甲；丁反應(yīng)時的質(zhì)量比為64g：16g=4：1．

設(shè)該反應(yīng)的化學(xué)方程式中甲與丁的化學(xué)計量數(shù)的比為m：n；又知甲的相對分子質(zhì)量為丁的2倍，則2m：n=4：1，解得m：n=2：1．

故選C．

根據(jù)質(zhì)量守恒定律；由物質(zhì)質(zhì)量的增減可確定反應(yīng)物和生成物；由增減量的多少可確定反應(yīng)物和生成物的質(zhì)量關(guān)系，再結(jié)合甲；丁的相對分子質(zhì)量關(guān)系得出本題答案．

本題主要考查質(zhì)量守恒定律，通過反應(yīng)中物質(zhì)的質(zhì)量變化確定了反應(yīng)物和生成物，再結(jié)合物質(zhì)的相對分子質(zhì)量關(guān)系，得出反應(yīng)中物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)之比，從而加深了對質(zhì)量守恒定律的理解和應(yīng)用，題目難度不大．【解析】【答案】C5、D【分析】解：乙烯合成聚乙烯；氯乙烯合成聚氯乙烯、苯乙烯合成聚苯乙烯屬于加聚反應(yīng)；苯酚和甲醛合成酚醛塑料屬于縮聚反應(yīng)，故選D．

小分子的烯烴或烯烴的取代衍生物在加熱和催化劑作用下；通過加成反應(yīng)結(jié)合成高分子化合物的反應(yīng)，叫做加聚反應(yīng)；

有機物單體在一定條件下脫去小分子物質(zhì)（水；氯化氫等）合成高聚物的反應(yīng)，叫做縮聚反應(yīng)．

本題考查加聚反應(yīng)與縮聚反應(yīng)的區(qū)別，題目難度不大，注意二者概念的區(qū)別．【解析】【答案】D6、A【分析】略【解析】rm{A}二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】解：由上述分析可知，rm{X}為rm{H}rm{Y}為rm{C}rm{Z}為rm{N}rm{L}為rm{O}rm{M}為rm{Al}

rm{X}的元素符號為rm{H}rm{Y}的元素符號為rm{C}rm{Z}的元素符號為rm{N}rm{M}在元素周期表中的位置為第三周期第Ⅲrm{A}族；rm{L}元素的最低負價為rm{-2}rm{Z}的氫化物和最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學(xué)式分別是rm{NH_{3}}rm{HNO_{3}}

故答案為：rm{H}rm{C}rm{N}三；Ⅲrm{A}rm{-2}rm{NH_{3}}rm{HNO_{3}}．

rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{L}rm{M}五種元素的原子序數(shù)依次增大rm{.X}rm{Y}rm{L}是油脂的組成元素，油脂含rm{C}rm{H}rm{O}元素，結(jié)合原子序數(shù)可知，rm{X}為rm{H}rm{Y}為rm{C}rm{L}為rm{O}rm{Z}是空氣中含量最多的氣體的組成元素，rm{Z}為rm{N}rm{M}是地殼中含量最高的金屬元素，rm{M}為rm{Al}以此來解答．

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點，把握物質(zhì)的組成、元素的存在來推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意元素的性質(zhì)，題目難度不大．【解析】rm{H}rm{C}rm{N}三；Ⅲrm{A}rm{-2}rm{NH_{3}}rm{HNO_{3}}8、0.04mol/(l?min);66.7%;0.005mol2．L-2;1-4w%;【分析】解：rm{壟脵10min}反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，rm{Y}的濃度為rm{0.2mol/L}則rm{v(Y)=dfrac{0.8mol/L-0.2mol/L}{10min}=0.06mol/(l?min)}rm{v(Y)=dfrac

{0.8mol/L-0.2mol/L}{10min}=0.06mol/(l?min)}內(nèi)，rm{10min}的平均反應(yīng)速率rm{v(Z)=dfrac{2}{3}v(Y)=dfrac{2}{3}隆脕0.06mol/l?min=0.04mol/(l?min)}

故答案為：rm{Z}

rm{v(Z)=dfrac{2}{3}v(Y)=dfrac

{2}{3}隆脕0.06mol/l?min=0.04mol/(l?min)}

起始rm{0.04mol/(l?min)}

反應(yīng)rm{壟脷aX(g)+3Y(g)?2Z(g)}

平衡rm{(mol)0.601.600}

rm{(mol)0.4a1.20.8}的物質(zhì)的量分數(shù)為rm{dfrac{0.8}{0.8+0.4+(0.60-0.4a)}=dfrac{4}{7}}解得rm{(mol)0.60-0.4a0.40.8}

答：rm{Z}的值為rm{dfrac{0.8}{0.8+0.4+(0.60-0.4a)}=

dfrac{4}{7}}

rm{a=1}該條件下rm{a}的平衡轉(zhuǎn)化率為rm{dfrac{0.4times1}{0.6}隆脕100%=66.7%}故答案為：rm{1}

rm{壟脹}反應(yīng)rm{X}的平衡常數(shù)rm{K=dfrac{(0.4mol/L)^{2}}{0.1mol/Ltimes(0.2mol/L)^{3}}=200}所以反應(yīng)rm{dfrac{0.4times

1}{0.6}隆脕100%=66.7%}的平衡常數(shù)為rm{dfrac{1}{200}=0.005mol^{2}.L^{-2}}

故答案為：rm{66.7%}

rm{壟脺}體積比為rm{aX(g)+3Y(g)?2Z(g)}rm{K=dfrac

{(0.4mol/L)^{2}}{0.1mol/Ltimes(0.2mol/L)^{3}}=200}的rm{2Z(g)?aX(g)+3Y(g)}和rm{dfrac

{1}{200}=0.005mol^{2}.L^{-2}}的混合氣體；則。

rm{0.005mol^{2}.L^{-2}}

起始rm{壟脻}

反應(yīng)rm{1}

平衡rm{3}

化學(xué)平衡時，混合氣體中rm{X}的體積分數(shù)為rm{Y}

則rm{X(g)+3Y(g)?2Z(g)}解得rm{x=dfrac{4nw%-n}{2w%-1}}

則混合氣體中rm{(mol)n3n0}的體積分數(shù)為rm{dfrac{2x}{4n-2x}=1-4w%}

溫度、體積不變時，壓強之比等于物質(zhì)的量之比，則容器內(nèi)的壓強為反應(yīng)前的rm{dfrac{4n-2x}{4n}=dfrac{25}{50-w}}倍；

故答案為：rm{(mol)x3x2x}rm{(mol)n-x3n-3x2x}．rm{X}【解析】rm{0.04mol/(l?min);66.7%;0.005mol^{2}.L^{-2};1-4w%;dfrac{25}{50-w}}9、(1)①②4NH3＋5O24NO+6H2O③0.11(2)①CuSO4②S2-＋4ClO-=SO42-＋4Cl-4【分析】【分析】本題考查元素集化合物的推斷、化學(xué)反應(yīng)方程式的書寫、氧化還原反應(yīng)中的電子轉(zhuǎn)移及守恒方法在氧化還原反應(yīng)的計算中的應(yīng)用的知識，考查了學(xué)生認識問題、解決問題的能力?！窘獯稹縭m{(1}rm{)}根據(jù)題意，若rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}均為含rm{X}元素的化合物，且rm{A}和rm{F}的分子均為rm{10}電子微粒，則：rm{A}是rm{NH}根據(jù)題意，若rm{)}rm{A}rm{B}rm{C}均為含rm{D}元素的化合物，且rm{X}和rm{A}的分子均為rm{F}電子微粒，則：rm{10}是rm{A}rm{NH}rm{{,!}_{3}}是；rm{B}是rm{NO}rm{C}是rm{NO}rm{B}是rm{NO}rm{C}rm{NO}是rm{{,!}_{2}}；rm{D}是rm{HNO}rm{D}是rm{HNO}rm{{,!}_{3}}；rm{E}是rm{O}是rm{E}rm{O}rm{{,!}_{2}}；rm{F}是rm{H}是rm{F}rm{H}rm{{,!}_{2}}屬于共價化合物，電子式為rm{O}rm{O}rm{壟脵F}是rm{H}反應(yīng)rm{壟脵F}的化學(xué)方程式為rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}屬于共價化合物，電子式為rm{O}，故答案為：rm{壟脷}反應(yīng)rm{I}的化學(xué)方程式為rm{4NH}故答案為：rm{壟脷}rm{I}rm{4NH}rm{{,!}_{3}}rm{+5O}rm{+5O}rm{{,!}_{2}underset{麓脽祿爐錄脕}{overset{?}{=}}}rm{4NO+6H}rm{4NO+6H}反應(yīng)開始時發(fā)生反應(yīng)rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}濃rm{4NH}rm{4NH}rm{3}rm{3}rm{+5O}rm{+5O}rm{2}rm{2}rm{underset{麓脽祿爐錄脕}{overset{?}{=}}}當溶液變稀后發(fā)生反應(yīng)：rm{4NO+6H}rm{4NO+6H}rm{2}稀rm{2}rm{O}rm{O}rm{壟脹n(Cu)=1.92g隆脗64g/mol=0.03mol}反應(yīng)開始時發(fā)生反應(yīng)rm{Cu+4HNO}rm{壟脹n(Cu)=1.92g隆脗64g/mol=0.03mol}rm{Cu+4HNO}rm{{,!}_{3}}，所以rm{(}濃rm{)=Cu(NO}rm{(}rm{)+n(NO)=1.12L隆脗22.4L/mol=0.05mol}反應(yīng)消耗的硝酸的作用是作氧化劑變?yōu)闅怏w和起酸的作用變?yōu)閞m{)=Cu(NO}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{2}}rm{+NO}rm{+NO}氣體rm{{,!}_{2}}故答案為：rm{隆眉+2H}rm{隆眉+2H}rm{{,!}_{2}}若rm{O}當溶液變稀后發(fā)生反應(yīng)：rm{3Cu+8HNO}rm{O}rm{3Cu+8HNO}rm{{,!}_{3}}均為含rm{(}稀rm{)=2Cu(NO}元素的化合物，其中rm{(}由兩種元素組成，且rm{)=2Cu(NO}的摩爾質(zhì)量為rm{{,!}_{3}}則：rm{)}是rm{)}rm{{,!}_{2}}rm{+2NO隆眉+4H}rm{+2NO隆眉+4H}是rm{{,!}_{2}}rm{O}，所以rm{n(NO}rm{O}是rm{n(NO}rm{{,!}_{2}}rm{)+n(NO)

=1.12L隆脗22.4L/mol=0.05mol}反應(yīng)消耗的硝酸的作用是作氧化劑變?yōu)闅怏w和起酸的作用變?yōu)閞m{Cu(NO}是rm{)+n(NO)

=1.12L隆脗22.4L/mol=0.05mol}rm{Cu(NO}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}是rm{{,!}_{2}}，故rm{n(HNO}rm{n(HNO}是rm{{,!}_{3}}rm{)=2n(Cu)+n(}氣體rm{)=0.03mol隆脕2+0.05mol=0.11mol}rm{)=2n(Cu)+n(}rm{)=0.03mol隆脕2+0.05mol=0.11mol}將銅粉與rm{0.11}的濃溶液反應(yīng)所得溶液為硫酸銅溶液，加熱蒸干，得到的白色固體物質(zhì)為；rm{(2)}若rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}均為含rm{Y}元素的化合物，其中rm{A}由兩種元素組成，且rm{A}的摩爾質(zhì)量為rm{34g/mol}則：rm{A}是rm{H}故答案為：rm{(2)}rm{A}rm{B}將少景rm{C}rm{D}rm{Y}溶液滴加到次氯酸鈉溶液中發(fā)生反應(yīng)，無沉淀生成，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒可得該反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式rm{A}rm{A}rm{34g/mol}rm{A}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{n(NaClO)=149g隆脗74.5g/mol=2mol}根據(jù)方程式可知：每有rm{S}rm{B}是rm{SO}的rm{S}發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是rm{B}現(xiàn)在rm{SO}的物質(zhì)的量是rm{{,!}_{2}}所以轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是；rm{C}是rm{SO}故答案為：rm{C}rm{SO}rm{{,!}_{3}}；rm{D}是rm{H}rm{D}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}

rm{{,!}_{4}}【解析】rm{(1)壟脵}rm{壟脷4NH_{3}}rm{+5O_{2}underset{麓脽祿爐錄脕}{overset{?}{=}}4NO+6H_{2}}rm{+5O_{2}underset{麓脽祿爐錄脕}{overset{?}{=}}

4NO+6H_{2}}rm{O}rm{壟脹0.11}rm{(2)壟脵CuSO_{4}}rm{壟脷}rm{S^{2-}}rm{+4ClO^{-}}rm{=SO_{4}^{2-}}rm{+4Cl^{-}}rm{4}10、略

【分析】解：（1）生成的氯氣中含有水；B裝置除具有控制氣流速度；均勻混合氣體之外，因濃硫酸具有吸水性，還具有干燥作用；

故答案為：干燥混合氣體；

（2）氯氣與甲烷發(fā)生取代反應(yīng)，反應(yīng)特點是1mol氯氣可取代1molH原子生成1molHCl，設(shè)=x；若理論上欲獲得最多的氯化氫，則x值應(yīng)保證甲烷被完全取代，x應(yīng)大于或等于4；

故答案為：大于或等于4；

（3）氯氣具有氧化性；KI中-1價的碘能被氯氣氧化，產(chǎn)物為氯化鉀固體和碘單質(zhì)，所以，D裝置的石棉中均勻混有KI粉末，能吸收過量的氯氣；

故答案為：吸收過量的氯氣；

（4）裝置中最后剩余的氯化氫氣體需要吸收不能排放到空氣中；氯化氫易溶于水需要防止倒吸；

故答案為：防止倒吸．

（1）濃硫酸可以干燥氯氣和氯化氫；

（2）甲烷可以和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)；產(chǎn)物為氯化氫和二氯甲烷；三氯甲烷和四氯化碳；

（3）氯氣能將碘化鉀氧化為碘單質(zhì)；

（4）裝置中最后剩余的氯化氫氣體需要吸收不能排放到空氣中；氯化氫易溶于水需要放倒吸．

本題考查氯氣的制備以及甲烷與氯氣的取代反應(yīng)，題目難度中等，本題注意把握題給信息，注意把握產(chǎn)物的判斷．【解析】干燥混合氣體；大于或等于4；吸收過量的氯氣；防止倒吸11、略

【分析】解：由rm{壟脵}溶液呈無色、透明、均一狀態(tài)，可知一定不含rm{Fe^{3+}}且rm{Ba^{2+}}不能與rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}共存；

由rm{壟脷}向rm{100mL}溶液中滴入稀硫酸，有rm{23.3g}白色沉淀產(chǎn)生，再加稀硝酸，白色沉淀不消失，可知白色沉淀為硫酸鋇，則一定含rm{Ba^{2+}}其濃度為rm{dfrac{dfrac{23.3g}{233g/mol}}{0.1L}=1mol/L}不含rm{dfrac{dfrac

{23.3g}{233g/mol}}{0.1L}=1mol/L}rm{CO_{3}^{2-}}溶液還含有rm{SO_{4}^{2-}}則不含rm{Mg^{2+}}結(jié)合圖可知rm{OH^{-}}rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}的濃度分別為rm{Cl^{-}}rm{1.0mol/L}rm{0.5mol/L}由電荷守恒可知，rm{3.0mol/L}則一定含陰離子rm{1mol/L隆脕2+1.0mol/L+0.5mol/L隆脕2>3.0mol/L}且濃度rm{NO_{3}^{-}}不能確定是否含rm{geqslant1mol/L}

故答案為：rm{K^{+}}濃度為rm{Ba^{2+}(}rm{1mol/L)}濃度rm{NO_{3}^{-}(}rm{geqslant1mol/L)}rm{Fe^{3+}}rm{OH^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}．

由rm{K^{+}}溶液呈無色、透明、均一狀態(tài)，可知一定不含rm{壟脵}且rm{Fe^{3+}}不能與rm{Ba^{2+}}rm{CO_{3}^{2-}}共存；

由rm{SO_{4}^{2-}}向rm{壟脷}溶液中滴入稀硫酸，有rm{100mL}白色沉淀產(chǎn)生，再加稀硝酸，白色沉淀不消失，可知白色沉淀為硫酸鋇，則一定含rm{23.3g}不含rm{Ba^{2+}}rm{CO_{3}^{2-}}溶液還含有rm{SO_{4}^{2-}}則不含rm{Mg^{2+}}以此來解答．

本題考查離子的推斷，為高頻考點，把握離子之間的反應(yīng)與現(xiàn)象為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與推斷能力的考查，注意白色沉淀推斷及電荷守恒應(yīng)用，題目難度不大．rm{OH^{-}}【解析】rm{Ba^{2+}(}濃度為rm{1mol/L)}rm{NO_{3}^{-}(}濃度rm{geqslant1mol/L)}rm{Fe^{3+}}rm{OH^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{K^{+}}三、判斷題(共7題，共14分)12、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‘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(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．13、A【分析】【解答】向雞蛋清中加入飽和硫酸鈉溶液；可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化；再向試管里加入足量的蒸餾水，觀察到的現(xiàn)象是變澄清，鹽析是可逆過程，可以采用多次鹽析的方法分離；提純蛋白質(zhì)．

故答案為：對．

【分析】向雞蛋清中加入飽和硫酸銨溶液，可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化．14、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素；但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機物相似，把它們歸入無機物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機化合物，簡稱有機物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素，但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機物相似，把它們歸入無機物．15、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16、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‘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(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．17、B【分析】【解答】標準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標準狀況己烷不是氣體，物質(zhì)的量不是0.1mol，故上述錯誤；

故答案為：錯．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應(yīng)用條件分析判斷，標準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol18、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3題，共21分)19、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。【解析】Co2O3+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20、略

【分析】【分析】

某酸性廢液含有和等，在溶液中加入廢氧化鐵調(diào)節(jié)溶液PH=3.5，使鐵離子全部沉淀，過濾得到濾渣1，濾液中加入與發(fā)生反應(yīng)生成鉻離子，加堿沉淀鉻離子形成氫氧化鉻沉淀，過濾后的濾液中加入沉淀鎳，過濾得到濾液中加入石灰漿沉淀得到濾渣3含有：和氫氧化鉻沉淀加酸生成鉻離子，高錳酸鉀將鉻離子氧化為重鉻酸根，結(jié)晶得到重鉻酸鉀晶體。

【詳解】

（1）調(diào)節(jié)溶液PH=3.5，使鐵離子全部沉淀，濾渣1為故答案為：

（2）據(jù)金屬離子開始沉淀和沉淀完全時的pH分析，又不引入新雜質(zhì)可知還可以是故答案為：A；

（3）若試劑X是足量氨水，與足量氨水的反應(yīng)為：加入會生成更難溶的“沉鎳”的離子方程式為：故答案為：

（4）依據(jù)溶度積常數(shù)計算F-離子濃度，殘液中則依據(jù)國家排放標準要求氟離子濃度小于10mg?L-1分析判斷；不符合國家標準，故答案為：不符合；

（5）①根據(jù)方程式分析正極電極反應(yīng)式為：轉(zhuǎn)移2mol電子電極質(zhì)量增加2g，故轉(zhuǎn)移0.6mol電子則正極增重0.6g；故答案為：0.6；

②根據(jù)圖像可知，陽極氫氧根放電生成氧氣，故電極反應(yīng)式為：電解過程中pH太高鎳離子會沉淀，pH太低則陰極氫離子會放電生成氫氣，故需要控制溶液pH值為4左右，故答案為：pH過高時會形成氫氧化物沉淀；pH過低時會有氫氣析出，降低鎳的回收率。

【點睛】

本題考查學(xué)生對元素及其化合物的主要性質(zhì)的掌握、書寫化學(xué)反應(yīng)方程式、閱讀題目獲取新信息能力、對工藝流程的理解、電化學(xué)原理的理解等，難度中等，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)與綜合運用知識、信息分析解決問題能力?！窘馕觥縁e(OH)3A[Ni(NH3)6]2＋+S2-=NiS↓＋6NH3不符合0.64OH--4e-=2H2O+O2↑pH過高時Ni2+會形成氫氧化物沉淀，pH過低時會有氫氣析出，降低鎳的回收率21、略

【分析】【分析】

步驟①發(fā)生中發(fā)生PbSO4＋CO32－PbCO3＋SO42－，將PbSO4轉(zhuǎn)化成PbCO3，過濾，得到濾渣為PbO、Pb、PbCO3，在濾渣加入硝酸，PbO、Pb、PbCO3與硝酸發(fā)生反應(yīng)生成Pb(NO3)2，然后加硫酸發(fā)生Pb(NO3)2＋H2SO4=PbSO4↓＋2HNO3，HNO3再轉(zhuǎn)移到酸溶中；過濾后，向沉淀中加入NaOH溶液加熱，得到三鹽；

【詳解】

(1)PbSO4的Ksp大于PbCO3的Ksp，因此步驟“轉(zhuǎn)化”中發(fā)生PbSO4＋CO32－PbCO3＋SO42－，平衡常數(shù)的表達式為Ksp==PbO、Pb不與Na2CO3發(fā)生反應(yīng)，步驟②中濾渣的主要成分為PbO、Pb、PbCO3；

(2)提高酸溶的速率；可以采取適當升溫；適當增大硝酸濃度、攪拌、粉碎固體等；

(3)“沉鉛”將Pb2＋轉(zhuǎn)化成PbSO4，“合成”步驟中的反應(yīng)物是PbSO4、NaOH，其反應(yīng)方程式為PbSO4＋NaOH→3PbO·PbSO4·H2O＋Na2SO4+H2O，該反應(yīng)屬于非氧化還原反應(yīng)，采用原子守恒進行配平，4PbSO4+6NaOH3Na2SO4+3PbO·PbSO4·H2O+H2O；令鉛泥中鉛元素的質(zhì)量分數(shù)為a%，根據(jù)題意得出：解得a=55.2；根據(jù)“合成”的反應(yīng)方程式，三鹽表面沾有Na2SO4，檢驗沉淀洗滌完全，需要檢驗SO42－不存在，操作是取最后一次洗滌液，滴加BaCl2溶液；若沒有沉淀則說明洗滌完全；

(4)除去污水中的鉛，鉛元素需要以Pb(OH)2形式沉淀出來，根據(jù)圖像pH控制在10左右；根據(jù)圖像pH由13→14，Pb(OH)3－→Pb(OH)42－，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Pb(OH)3－+OH－=Pb(OH)42－；

(4)根據(jù)裝置圖，PbCl42－在陰極區(qū)參與反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為PbCl42－＋2e－=Pb＋4Cl－。

【點睛】

陌生方程式的書寫是本題的難點，也是高考的熱點，一般情況下主要參與的物質(zhì)，題中已給出，需要結(jié)合原子守恒、電荷守恒等，確認是否有其他物質(zhì)或離子參與，配平時，如果該反應(yīng)為非氧化還原反應(yīng)，采用觀察的方法進行配平，如果是氧化還原反應(yīng)，則采用化合價升降法進行配平；一定注意溶液的酸堿性?！窘馕觥縋b、PbO、PbCO3適當升溫4PbSO4+6NaOH3Na2SO4+3PbO·PbSO4·H2O+H2O55.2取少量最后一次洗滌液，滴加氯化鋇溶液，若沒有沉淀則說明洗滌完全。10Pb(OH)3-+OH-=Pb(OH)42-PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-五、簡答題(共2題，共8分)22、略

【分析】解：rm{(1)壟脵}原溶液中rm{CaCO_{3}}不溶于水，rm{CuSO_{4}}溶于水后為藍色液體，所以原固體粉末中一定不含這兩種物質(zhì)；rm{壟脷}滴加過量的rm{BaCl_{2}}溶液，出現(xiàn)白色沉淀，白色沉淀可能是碳酸鋇或硫酸鋇，碳酸鋇溶于鹽酸，硫酸鋇不溶，所以一定含有rm{Na_{2}CO_{3}}一定不含有rm{Na_{2}SO_{4}}即一定不存在的物質(zhì)是rm{CaCO_{3}}rm{Na_{2}SO_{4}}rm{CuSO_{4}}一定有rm{Na_{2}CO_{3}}

故答案為：rm{CaCO_{3}}rm{CuSO_{4}}rm{Na_{2}SO_{4}}rm{Na_{2}CO_{3}}

rm{(2)}加入rm{BaCl_{2}}溶液生成白色沉淀，即發(fā)生反應(yīng)為rm{Ba^{2+}+CO_{3}^{2-}=BaCO_{3}隆媒}碳酸鋇溶于鹽酸，其反應(yīng)的離子方程式為為rm{2H^{+}+BaCO_{3}=CO_{2}隆眉+H_{2}O+Ba^{2+}}

故答案為：rm{Ba^{2+}+CO_{3}^{2-}=BaCO_{3}隆媒}rm{2H^{+}+BaCO_{3}=CO_{2}隆眉+H_{2}O+Ba^{2+}}．

rm{(1)壟脵}溶于水得到無色澄清溶液；說明原試樣中沒有帶顏色的物質(zhì)；不能生成氣體的物質(zhì)、不溶于水的物質(zhì)；

rm{壟脷}滴加過量的rm{BaCl_{2}}溶液；出現(xiàn)白色沉淀，白色沉淀可能是碳酸鋇或硫酸鋇，碳酸鋇溶于鹽酸，硫酸鋇不溶；

rm{(2)}根據(jù)離子反應(yīng)的條件和書寫方法來書寫．

本題考查了物質(zhì)的推斷，解此類試題時要熟記常見物質(zhì)的特殊反應(yīng)現(xiàn)象，如鑒別硫酸根離子用鋇離子、鑒別氯離子用銀離子、碳酸根與酸反應(yīng)產(chǎn)生氣體等，題目難度中等．【解析】rm{CaCO_{3}}rm{CuSO_{4}}rm{Na_{2}SO_{4}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Ba^{2+}+CO_{3}^{2-}=BaCO_{3}隆媒}rm{BaCO_{3}+2H^{+}=Ba^{2+}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}23、（1）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑（2）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑（3）Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+H2O（4）2HClO2HCl+2O2（5）CO2+H2O+Ca（ClO）2=CaCO3↓+2HClO【分析】【分析】

本題考查了化學(xué)方程式的書寫；明確反應(yīng)實質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大。

【解答】rm{(1)}鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，化學(xué)方程式：rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}故答案為：；rm{(2)}過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，化學(xué)方程式：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}故答案為：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}rm{(3)}工業(yè)上用氯氣和氫氧化鈉溶液反應(yīng)制取漂白液、消毒液，離子方程式為：rm{Cl_{2}+2Ca(OH}rm{)_{2}}rm{)_{2}}rm{=CaCl}rm{2}rm{2}rm{+Ca(ClO}故答案為：rm{)_{2}}rm{)_{2}}rm{+H_{2}O}rm{Cl_{2}+2Ca(OH}rm{)_{2}}rm{)_{2}}次氯酸見光分解生成鹽酸和氧氣，方程式為rm{2HClOoverset{hv}{=}2HCl+2O_{2}}rm{=CaCl_{2}+Ca(ClO}漂白粉的主要成分是次氯酸鈣，次氯酸鈣和二氧化碳、水反應(yīng)生成碳酸鈣和次氯酸，次氯酸具有漂白性，反應(yīng)方程式為rm{)_{2}}故答案為：rm{)_{2}}rm{+H_{2}O}【解析】rm{(1)2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}rm{(2)2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}rm{(3)Cl_{2}+2Ca(OH}rm{)_{2}}rm{)_{2}}rm{=CaCl_{2}+Ca(ClO}rm{)_{2}}rm{(4)2HClOoverset{hv}{=}2HCl+2O_{2}}rm{)_{2}}rm{+H_{2}O}六、綜合題(共4題，共24分)24、反應(yīng)物能量生成物能量無降低因為催化劑改變了反應(yīng)的歷程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ?mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1【分析】【解答】（1）因圖中A；C分別表示反應(yīng)物總能量、生成物總能量；B為活化能，反應(yīng)熱可表示為A、C活化能的大小之差，活化能的大小與反應(yīng)熱無關(guān)，加入催化劑，活化能減小，反應(yīng)反應(yīng)熱不變；

（2）因1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化為2molSO3的△H=﹣198kJ?mol﹣1；

則2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ?mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2時，自身被還原為四價釩化合物；四價釩化合物再被氧氣氧化，則反應(yīng)的相關(guān)方程式為：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ?mol﹣1；

則利用蓋斯定律將①×3+②×3可得3S（s）+O2