2024年滬科新版必修1化學(xué)上冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2024年滬科新版必修1化學(xué)上冊(cè)月考試卷246考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列各組離子，在溶液中能大量共存的是A.S2－、Na+、ClO－、OH－B.Na+、HCO3－、Cl－、H+C.Na+、Al3+、Cl－、SO42－D.H+、Fe2+、NO3－、SO42－2、化學(xué)與生產(chǎn)生活、社會(huì)發(fā)展密切相關(guān)，下面有關(guān)說(shuō)法正確的是A.食品包裝袋中常用的干燥劑有生石灰、還原鐵粉、硅膠等B.二氧化硫有毒，不可以將其添加到任何食品或飲料中C.BaSO3可被用作消化系統(tǒng)X射線檢查的內(nèi)服藥劑，俗稱“鋇餐”D.膽礬和石灰乳混合可制成一種常用的農(nóng)藥—波爾多液3、用下圖所示實(shí)驗(yàn)裝置(夾持儀器已略去)探究銅絲與過(guò)量濃硫酸的反應(yīng)。下列實(shí)驗(yàn)或說(shuō)法不合理的是。

A.①中反應(yīng)說(shuō)明濃硫酸具有酸性和強(qiáng)氧化性B.②中選用品紅溶液驗(yàn)證SO2的生成C.③中石蕊溶液變紅后不褪色D.為確認(rèn)CuSO4生成，向①中加水，觀察顏色4、將一定量的氯氣通入氫氧化鈉濃溶液中，加熱一段時(shí)間后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3的共存體系。下列判斷不正確的是（）A.參加反應(yīng)所需NaOH與氯氣的物質(zhì)的量之比一定為2：1B.反應(yīng)體系中n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能為11：1：2C.若有amol氯氣參加反應(yīng)，則amol＜轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量<5a/3molD.反應(yīng)中NaClO、NaClO3為氧化產(chǎn)物，且兩者物質(zhì)的量之比一定為1:15、下列說(shuō)法不正確的是（）A.離原子核距離遠(yuǎn)的電子能量較高B.原子最外層電子數(shù)為C.每層容納的電子數(shù)最多為（代表電子層數(shù)）D.最外層電子數(shù)小于4的元素一定是金屬元素評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、現(xiàn)有下列物質(zhì)：①CuSO4②Ca(OH)2③碘酒④CH3COOH⑤單晶硅。

其中屬于混合物的是___________（填序號(hào)，下同）；屬于單質(zhì)的是___________；屬于酸的是_______；屬于堿的是__________；屬于鹽的是___________7、配平下列化學(xué)方程式：

（1）_______FeSO4+_______KMnO4+_______H2SO4=_______Fe2(SO4)3+_______MnSO4+_______K2SO4+_______H2O

_______

（2）_______Cl2+_______KOH=_______KCl+_______KClO3+_______H2O

_______8、元素的價(jià)類二維圖是我們學(xué)習(xí)元素及其化合物相關(guān)知識(shí)的重要模型和工具；它指的是以元素的化合價(jià)為縱坐標(biāo)，以物質(zhì)的類別為橫坐標(biāo)所繪制的二維平面圖像。下圖是鈉的價(jià)類二維圖：

請(qǐng)回答以下問(wèn)題：

(1)寫出二維圖中缺失①中某種淡黃色固體能做供氧劑的原因_______(用化學(xué)方程式表示)

(2)氫化鈉()可在野外用作生氫劑，中氫元素的化合價(jià)為_(kāi)______，可做_______(填“氧化劑”或“還原劑”)。

(3)實(shí)驗(yàn)室需要配制溶液需稱取固體_______g；定容時(shí)仰視刻度線，所配溶液的濃度會(huì)_______(填“偏高”；“偏低”或“無(wú)影響”)

(4)寫出的電離方程式_______；溶液常因溫度過(guò)高而分解含有少量除去雜質(zhì)的方法為_(kāi)______(用離子方程式表示)。9、已知有下列十種物質(zhì)：①CH3CH2OH②過(guò)氧化鈉③熔融態(tài)KNO3④SO3⑤碘水⑥CH3COOH⑦小蘇打⑧氨水⑨Cl2⑩硫酸亞鐵。(請(qǐng)將物質(zhì)的序號(hào)填入相對(duì)應(yīng)的位置)

(1)上面所列物質(zhì)中；屬于電解質(zhì)的是_______，屬于非電解質(zhì)的是_______。

(2)物質(zhì)②的顏色是_______；它常用作呼吸面具或潛水艇中的供氧劑；寫出過(guò)氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。

(3)請(qǐng)寫出物質(zhì)⑦的化學(xué)式_______，在食品工業(yè)中常用小蘇打制作糕點(diǎn)，寫出能表達(dá)此原理的化學(xué)方程式：_______。10、硫和硒在元素周期表中位于同一主族；均是生產(chǎn)生活中重要的非金屬元素。

(1)含價(jià)硫元素的化合物有和等。

①能使品紅溶液褪色，說(shuō)明具有的化學(xué)性質(zhì)是_______。

②已知屬于鈉鹽。寫出轉(zhuǎn)化為的化學(xué)方程式：_______。

③從下列試劑中任選一種試劑：濃硫酸、酸性高錳酸鉀溶液、氯水、硫化鈉溶液，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明中硫元素的化合價(jià)在化學(xué)反應(yīng)中可以發(fā)生變化，填寫表格(寫出一種方案即可)。選擇的試劑轉(zhuǎn)化后的含硫微粒預(yù)期現(xiàn)象____________

(2)以工業(yè)硒為原料制備高純硒時(shí)的主要物質(zhì)轉(zhuǎn)化如圖。

工業(yè)硒(Se)SeO2H2SeO3Se高純硒。

①下列說(shuō)法正確的是_______(填字母序號(hào))。

a．硒原子的最外層有6個(gè)電子。

b．硒元素的非金屬性強(qiáng)于硫元素的非金屬性。

c．屬于酸性氧化物。

d．過(guò)程ⅰ中硒被氧化。

②過(guò)程ⅲ中使用的還原劑為對(duì)應(yīng)產(chǎn)物是理論上，過(guò)程ⅰ消耗的與過(guò)程ⅲ消耗的的物質(zhì)的量之比為_(kāi)______(工業(yè)硒中雜質(zhì)與的反應(yīng)可忽略)。11、實(shí)驗(yàn)室需要配制480mL0.4mol/L的NaOH溶液；有如下操作步驟：①把稱量好的NaOH晶體放入小燒杯中，加適量蒸餾水溶解，冷卻至室溫。②把①所得溶液小心轉(zhuǎn)入一定容積的容量瓶中。③繼續(xù)向容量瓶中加蒸餾水至液面距刻度線1—2cm處，改用膠頭滴管小心滴加蒸餾水至溶液凹液面與刻度線相切。④用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2—3次，每次洗滌的液體都小心轉(zhuǎn)入容量瓶，并輕輕搖勻。⑤將容量瓶瓶塞塞緊，充分搖勻。請(qǐng)?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

（1）操作步驟的正確順序?yàn)開(kāi)___________________（填序號(hào)）。

（2）本實(shí)驗(yàn)應(yīng)選用__________mL的容量瓶，應(yīng)稱取NaOH晶體的質(zhì)量為_(kāi)_______g。

（3）誤差分析（填寫字母代號(hào)：A.偏高；B.偏低、C.無(wú)影響）：

①稱量NaOH晶體用了很長(zhǎng)時(shí)間___________，②容量瓶中原來(lái)有少量蒸餾水_______________；

③溶解NaOH得到的溶液未冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移到容量瓶中__________，④定容時(shí)俯視刻度線________；

⑤加蒸餾水時(shí)不慎超過(guò)了刻度線，立即用膠頭滴管將多余的水吸出_______________。12、改正下列各操作中的錯(cuò)誤（在圖的橫線上用文字簡(jiǎn)要回答．）

A._________________________.

B._________________________.

C.__________________________.

D.___________________________.13、A；B、C、D、E五種短周期元素；原子序數(shù)依次遞增，A原子形成的陽(yáng)離子是一個(gè)質(zhì)子，B原子的最外層電子數(shù)是次外層的2倍，C原子的最外層電子數(shù)與B原子的核外電子總數(shù)相等，D在同周期元素中原子半徑最大，而E在同周期元素中原子半徑最小。A、C、D三種元素可形成化合物甲，B、C、D三種元素可形成化合物乙，甲和乙均為中學(xué)化學(xué)常見(jiàn)物質(zhì)。請(qǐng)回答：

（1）甲的電子式為_(kāi)____________，其中所含化學(xué)鍵類型為_(kāi)_______________。

（2）A的單質(zhì)與C的單質(zhì)在堿性條件下構(gòu)成燃料電池，其正極反應(yīng)式為_(kāi)_________；負(fù)極反應(yīng)式___________為。

（3）常溫下，甲與乙的水溶液pH均為9，這兩種溶液中由水電離出的OH—的物質(zhì)的量濃度c（OH—）甲:c（OH—）乙=______________.

（4）A與C、D與C可形成化合物A2C、A2C2、D2C、D2C2，說(shuō)出的一種用途_________；

寫出A2C2與E的單質(zhì)反應(yīng)的化學(xué)方程式____________。

（5）濃氨水與固體甲混合，可用于快速制取少量氨氣，其原因是___________________________________________________（請(qǐng)用必要的方程式和簡(jiǎn)要的文字加以說(shuō)明）。評(píng)卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、氫氟酸或濃硝酸存放在帶橡膠塞的棕色玻璃瓶中。(___________)A.正確B.錯(cuò)誤15、華為自主研發(fā)的“麒麟”芯片與太陽(yáng)能電池感光板所用材料均為晶體硅。(____)A.正確B.錯(cuò)誤16、濃能干燥所以濃硫酸也能干燥(_______)A.正確B.錯(cuò)誤17、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(cuò)誤18、氯氣可以使?jié)駶?rùn)的有色布條退色，但是實(shí)際起漂白作用的物質(zhì)是次氯酸，而不是氯氣。(___________)A.正確B.錯(cuò)誤19、在相同條件下，相同體積的CO、N2的混合氣體與O2的分子個(gè)數(shù)相同，原子個(gè)數(shù)也相同。(_____________)A.正確B.錯(cuò)誤20、實(shí)驗(yàn)室保存Na2S溶液用帶有玻璃塞的試劑瓶。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤21、無(wú)色溶液加入CCl4無(wú)現(xiàn)象，滴加氯水后CCl4層呈紫紅色，則溶液中一定存在I-。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤評(píng)卷人得分四、元素或物質(zhì)推斷題(共2題，共14分)22、過(guò)去電子工業(yè)常用30%的FeCl3溶液腐蝕覆有銅箔的絕緣板，制成印刷線路板，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為3FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。

(1)檢驗(yàn)腐蝕后的溶液中含有Fe3+應(yīng)選用的試劑是_______，上述反應(yīng)說(shuō)明Fe3+、Cu2+氧化性的強(qiáng)弱關(guān)系為_(kāi)______。

(2)采用下列實(shí)驗(yàn)步驟從使用過(guò)的腐蝕廢液中回收銅，并重新制得純凈的FeCl3溶液的流程如圖所示。

①濾液A中主要含有_______(填化學(xué)式，下同)，濾渣B主要為_(kāi)______。

②流程圖中②的操作名稱為_(kāi)______，③處加過(guò)量的_______(填名稱)。

③寫出步驟⑤中反應(yīng)的離子方程式：_______。23、下表是部分城市某日空氣質(zhì)量日?qǐng)?bào)：。城市污染指數(shù)首要污染物空氣質(zhì)量等級(jí)SO2NO2PM10PM10A982367SO2ⅡB472935SO2ⅠC6280113PM10ⅢD527659NO2Ⅰ

(1)由表可知，空氣質(zhì)量日?qǐng)?bào)中涉及的污染物主要是________和可吸入顆粒物(PM10)。

(2)SO2的排放是造成酸雨的主要因素。形成酸雨的原因之一可簡(jiǎn)單表示如圖：

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

①酸雨的pH________(填“＞”“＜”或“＝”)5.6。

②反應(yīng)b的化學(xué)方程式為_(kāi)________。

③在一段時(shí)間內(nèi)連續(xù)不斷測(cè)定溶液D的pH，發(fā)現(xiàn)pH變小，表示該變化的化學(xué)方程式是______。

④若用足量的氫氧化鈉溶液吸收含二氧化硫的工業(yè)廢氣，寫出該反應(yīng)的離子方程式：_________。評(píng)卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共28分)24、工業(yè)上以水鈷礦（主要成分為Co2O3；還含F(xiàn)e；A1、Mg、Ca、Si等元素）制備鈷的氧化物，工藝如圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題：

相關(guān)金屬離子[co(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：

（1）水鈷礦中的Fe、A1、Mg、Ca元素的存在形態(tài)為_(kāi)__（填“游離態(tài)”或“化合態(tài)”）。

（2）“酸溶”中Co2O3反應(yīng)的離子方程式是___，濾渣1的成分可能是___。

（3）“氧化”中加Co2O3的作用是___。

（4）“調(diào)pH”為4.7-6之間，則濾渣2為_(kāi)__。

（5）已知Ksp(CaF2)=5.3×10-9，Ksp(MgF2)=5.2×10-12，“除雜”是為了除去Ca2+和Mg2+，此時(shí)先析出的沉淀是___（填化學(xué)式），過(guò)程中最大值為_(kāi)__（列出算式即可）。

（6）實(shí)驗(yàn)室擬在空氣中煅燒CoC2O4以探究其產(chǎn)物。實(shí)驗(yàn)時(shí)將13.23gCoC2O4放入___（填儀器名稱）中，測(cè)得生成鈷的某種氧化物7.23g和氣體CO2。據(jù)此預(yù)測(cè)：該氧化物中Co化合價(jià)的可能情況是___，真實(shí)情況有待進(jìn)一步查證。25、鋁氫化鈉（NaAlH4）是有機(jī)合成的重要還原劑。以鋁土礦（主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質(zhì)）為原料制備鋁氫化鈉的一種工藝流程如下圖所示：

注：SiO2在“堿溶”時(shí)轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉（Na2Al2SixO8）沉淀。

（1）鋁硅酸鈉（Na2Al2SixO4）可以用氧化物的形式表示其組成，形式為_(kāi)______。

（2）“過(guò)濾I”中濾渣的主要成分有_______（填名稱）。向“過(guò)濾Ⅰ”所得濾液中加入NaHCO3溶液，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為OH－＋HCO3—===CO32—＋H2O、__________________________。

（3）“電解I”的另一產(chǎn)物在1000℃時(shí)可與N2反應(yīng)制備AIN，在這種產(chǎn)物中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，其主要原因是___________。

（4）“電解Ⅱ”是電解Na2CO3溶液；其原理如圖所示。

陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)___________。已知F＝96500C／mol，當(dāng)I＝0.5A時(shí)，通電80min，理論上陰極獲得H2（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）的體積為_(kāi)____L（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

（5）鋁氫化鈉遇水發(fā)生劇烈反應(yīng)，且反應(yīng)產(chǎn)生大量氣泡，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)____________________________________。26、碘化亞銅(CuI)是陽(yáng)極射線管覆蓋物；不溶于水和乙醇。下圖是工業(yè)上由冰銅制取無(wú)水碘化亞銅的流程。

(1)步驟a中Cu2S被轉(zhuǎn)化為Cu，同時(shí)有大氣污染物A生成，相關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________，熔渣B主要成分為黑色磁性物質(zhì)，其化學(xué)式為_(kāi)__________。

(2)步驟b中H2O2的作用是___________；步驟c中加入過(guò)量NaI涉及的主要反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__________。

(3)步驟d用乙醇洗滌的優(yōu)點(diǎn)是______；檢驗(yàn)沉淀是否洗滌干凈的方法是_________。27、以含鈷廢催化劑(主要成分為Co、Fe、SiO2)為原料制取復(fù)合氧化鈷(CoxOy)的流程如下：

(1)用H2SO4溶解后過(guò)濾，得到的濾渣是_______(填化學(xué)式)。將濾渣洗滌2～3次，再將洗液與濾液合并的目的是_______。

(2)在加熱攪拌條件下加入NaClO3，將Fe2+氧化成Fe3+，反應(yīng)的離子方程式是_______。

(3)已知：鐵氰化鉀的化學(xué)式為K3[Fe(CN)6]；亞鐵氰化鉀的化學(xué)式為K4[Fe(CN)6]。

3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓(藍(lán)色沉淀)

4Fe3++3[Fe(CN)6]4-=Fe4[Fe(CN)6]3↓(藍(lán)色沉淀)

確定Fe2+是否氧化完全的方法是_______。(僅供選擇的試劑：鐵氰化鉀溶液；亞鐵氰化鉀溶液、鐵粉、KSCN溶液)

(4)“除鐵”工藝中加入適量的Na2CO3調(diào)節(jié)pH約為2，使之生成黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。

(5)已知CoCl2的溶解度曲線如圖所示?！俺恋?”工藝中加入適量的Na2CO3調(diào)節(jié)pH約為7.2，生成堿式碳酸鈷[Co5(OH)6(CO3)2]，向堿式碳酸鈷沉淀中加入足量稀鹽酸邊加熱邊攪拌至完全溶解后，需趁熱過(guò)濾的原因是_______。

評(píng)卷人得分六、有機(jī)推斷題(共4題，共32分)28、有關(guān)FeSO4的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(無(wú)關(guān)物質(zhì)已略去)

已知：①X由兩種化合物組成將X通入紅溶液溶液褪色通入BaCl2溶液生白色沉淀。

②Y是紅棕色的化合物。

（1）氣體X的成分是______(填化學(xué)式)

（2）反應(yīng)I的反應(yīng)類型屬于_____(填字母代號(hào))

a．化合反應(yīng)b．復(fù)分解反應(yīng)c．氧化還原反應(yīng)d．分解反應(yīng)e.置換反應(yīng)。

（3）溶液2中金屬離子的檢驗(yàn)方法是________

（4）反應(yīng)的化學(xué)方程式是______________29、A；B、C、D、E、F六種常見(jiàn)的單質(zhì)或化合物在一定條件下有如下圖所示的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系；所有反應(yīng)物和生成物均已給出。

(1)若B在常溫下為液態(tài)；C是一種有磁性的化合物；E是一種無(wú)色、無(wú)味的有毒氣體。則反應(yīng)③的化學(xué)方程式______________。

(2)若B由兩種元素組成，其簡(jiǎn)單離子的電子層結(jié)構(gòu)相同；綠色植物的光合作用和呼吸作用可實(shí)現(xiàn)自然界中D、E的循環(huán)。則B的電子式為_(kāi)________________，11.6gA和E組成的混合氣體與足量的B固體反應(yīng)，固體增重3.6g，則A、E混合氣中E的體積分?jǐn)?shù)為_(kāi)________________________。

(3)若A和E都是第四周期常見(jiàn)的金屬單質(zhì)，其余都是常見(jiàn)的鹽，反應(yīng)①②③都在溶液中進(jìn)行，則B、C、F氧化性由強(qiáng)到弱順序?yàn)椋ㄓ秒x子符號(hào)表示）____________。30、有M；V、W、X、Y、Z六種元素；它們的核電荷數(shù)依次增大，且都小于20。其中只有X、Z是金屬元素；M元素的一種核素原子核內(nèi)無(wú)中子，Z元素原子的最外層只有一個(gè)電子；W和Y元素原子的最外層電子數(shù)相同，且W元素原子L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的3倍；X元素原子的最外層電子數(shù)是Y元素原子最外層電子數(shù)的一半。V的單質(zhì)在空氣中含量最高?；卮鹣铝袉?wèn)題：

（1）M的一種核素中質(zhì)子數(shù)為中子數(shù)的則該核素的名稱為_(kāi)_。

（2）Z的元素符號(hào)為_(kāi)_。

（3）X元素的單質(zhì)與Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為_(kāi)_。

（4）Y的單質(zhì)在加熱條件下與鐵反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_。

（5）非金屬性W__Y（填大于或小于）

（6）用一個(gè)方程式證明W和Y的非金屬性強(qiáng)弱__。

（7）實(shí)驗(yàn)室中，V的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可用Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物制得，寫出相應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式___。31、短周期元素A；B、C、D的位置如圖所示；室溫下D單質(zhì)為淡黃色固體。

回答下列問(wèn)題：

（1）C元素在周期表中的位置___，其在自然界中常見(jiàn)的氧化物是___晶體。

（2）A的單質(zhì)在充足的氧氣中燃燒得到的產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)式是___，其分子是__分子（“極性”或“非極性”）。

（3）四種元素中可用于航空航天合金材料的制備，其最高價(jià)氧化物的水化物的電離方程式為_(kāi)__。

（4）與B同周期最活潑的金屬是___，如何證明它比B活潑？（結(jié)合有關(guān)的方程式進(jìn)行說(shuō)明）__。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【詳解】

A.次氯酸根離子能氧化硫離子，故不能大量共存，故錯(cuò)誤；B.HCO3－和H+反應(yīng)生成二氧化碳和水，不能大量共存，故錯(cuò)誤；C.Na+、Al3+、Cl－、SO42－四種離子不反應(yīng)，能共存，故正確；D.Fe2+和NO3－、H+發(fā)生氧化還原反應(yīng)；不能大量共存，故錯(cuò)誤。故選C。

【點(diǎn)睛】

分析離子共存問(wèn)題是注意有復(fù)分解反應(yīng)和氧化還原反應(yīng)。掌握常見(jiàn)的具有氧化性的離子，如次氯酸根離子和鐵離子和酸性條件下的硝酸根離子等。掌握酸式酸根離子與氫離子或氫氧根離子都反應(yīng)。2、D【分析】【詳解】

A．鐵粉可用作食品抗氧化性；不具備吸水性，不能作干燥劑；故A錯(cuò)誤；

B．二氧化硫在葡萄酒釀制過(guò)程中作抗氧化劑；故B錯(cuò)誤；

C．硫酸鋇不溶于水且不與鹽酸反應(yīng)，能用作鋇餐，BaSO3不可以；故C錯(cuò)誤；

D．農(nóng)藥波爾多液是由膽礬和石灰乳混合而成得；故D正確；

故答案選D。3、D【分析】【詳解】

A．銅與濃硫酸反應(yīng)中；硫元素部分化合價(jià)降低，部分化合價(jià)不變，濃硫酸既表現(xiàn)酸性又表現(xiàn)強(qiáng)氧化性，A正確；

B．SO2具有漂白性，能夠使品紅溶液褪色，故可用品紅溶液驗(yàn)證SO2的生成；B正確；

C．SO2與水反應(yīng)生成亞硫酸，亞硫酸電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性；因此能夠使紫色石蕊試液變?yōu)榧t色，且二氧化硫不能漂白指示劑，所以③中石蕊溶液變紅后不褪色，C正確；

D．實(shí)驗(yàn)中，銅絲與過(guò)量濃硫酸的反應(yīng)生成硫酸銅，試管中還含有過(guò)量的濃硫酸，為確認(rèn)CuSO4生成；應(yīng)用膠頭滴管將試管1中的液體取出少量，滴入水中，觀察溶液顏色，若溶液顯藍(lán)色，證明有硫酸銅生成，反之則沒(méi)有硫酸銅生成，而不能將水加入過(guò)量的濃硫酸中，否則易產(chǎn)生暴沸現(xiàn)象，D錯(cuò)誤；

故合理選項(xiàng)是D。4、D【分析】【詳解】

A．根據(jù)NaCl、NaClO、NaClO3的組成可知，鈉原子和氯原子的物質(zhì)的量之比為1：1，根據(jù)原子守恒，可知參加反應(yīng)所需NaOH與氯氣的物質(zhì)的量之比一定為1：=2：1；故A正確；

B．設(shè)n(NaCl)=11mol、n(NaClO)=1mol、n(NaClO3)=2mol，生成NaCl獲得的電子為：11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的電子為1mol×1+2mol×5=11mol，得失電子相等，故反應(yīng)體系中n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaC1O3)(物質(zhì)的量之比)可能為11：1：2；故B正確；

C．若amol氯氣參與反應(yīng)，發(fā)生反應(yīng)有：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，若氧化產(chǎn)物只有NaClO，轉(zhuǎn)移電子數(shù)最少，為amol×2××1=amol；氧化產(chǎn)物只有NaClO3，轉(zhuǎn)移電子數(shù)最多，為amol×2××1=mol，所以反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子為：amol＜轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量＜mol；故C正確；

D．根據(jù)化合價(jià)變化可知，反應(yīng)中NaC1O和NaClO3為氧化產(chǎn)物；但由于缺少數(shù)據(jù)，無(wú)法計(jì)算二者的物質(zhì)的量之比，故D錯(cuò)誤；

故答案為D。5、D【分析】【詳解】

A．多電子原子的核外電子的能量是不同的；按電子的能量差異，可以將核外電子分成不同的能層，離原子核距離遠(yuǎn)的電子能量較高，離原子核距離近的電子能量較低，A正確；

B．原子最外層電子數(shù)為1~8；即最多不超過(guò)8，B正確；

C．各能層最多容納的電子數(shù)為（n代表電子層數(shù)）；C正確；

D．最外層電子數(shù)小于4的不一定是金屬元素，如氫元素和氦元素，最外層電子數(shù)分別為1和2，但它們屬于非金屬元素，D錯(cuò)誤；故答案為：D。二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】【詳解】

根據(jù)物質(zhì)的組成和概念判斷物質(zhì)的分類：③碘酒由兩種或兩種以上不同物質(zhì)組成的物質(zhì)組成，為混合物；⑤單晶硅只由一種元素組成的純凈物，屬于單質(zhì)；④CH3COOH電離出的陽(yáng)離子全部是氫離子的化合物，屬于酸；②Ca(OH)2電離產(chǎn)生的陰離子全部為氫氧根離子的化合物，屬于堿；①CuSO4在溶液中電離出的陽(yáng)離子為金屬離子，陰離子為酸根離子，屬于鹽?！窘馕觥竣邰茛堍冖?、略

【分析】【分析】

（1）

根據(jù)氧化還原反應(yīng)的配平原則：得失電子總數(shù)相等，反應(yīng)中FeSO4中Fe的化合價(jià)由+2價(jià)轉(zhuǎn)化為Fe2(SO4)3中的+3價(jià)，每生成1分子Fe2(SO4)3升高了2個(gè)單位，而KMnO4中Mn的化合價(jià)由+6價(jià)轉(zhuǎn)化為MnSO4中的+2價(jià)，降低了5個(gè)單位，故2和5的最小公倍數(shù)為10，故FeSO4的系數(shù)為10，F(xiàn)e2(SO4)3的系數(shù)為5，KMnO4和MnSO4的系數(shù)為2，再根據(jù)質(zhì)量守恒可配平其他系數(shù)，故該反應(yīng)方程式為：10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4=5Fe2(SO4)3+2MnSO4+1K2SO4+8H2O，故答案為：10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4=5Fe2(SO4)3+2MnSO4+1K2SO4+8H2O；

（2）

根據(jù)氧化還原反應(yīng)的配平原則：得失電子總數(shù)相等，采用最小公倍數(shù)法進(jìn)行配平，反應(yīng)中Cl的化合價(jià)由0價(jià)轉(zhuǎn)化為KCl中的-1價(jià)，由0價(jià)升高為KClO3中的+5價(jià)，1和5的最小公倍數(shù)為5，故KCl的系數(shù)為5，KClO3的系數(shù)為1，根據(jù)質(zhì)量守恒即可配平該反應(yīng)方程式為：3Cl2+6KOH=5KCl+1KClO3+3H2O，故答案為：3Cl2+6KOH=5KCl+1KClO3+3H2O?！窘馕觥浚?）10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4=5Fe2(SO4)3+2MnSO4+1K2SO4+8H2O

（2）3Cl2+6KOH=5KCl+1KClO3+3H2O8、略

【分析】【詳解】

(1)①為鈉的氧化物，其中過(guò)氧化鈉為淡黃色固體、氧化鈉為白色固體、過(guò)氧化鈉能與水、二氧化碳反應(yīng)產(chǎn)生氧氣，故能做供氧劑，化學(xué)方程式為

(2)氫化鈉()中鈉呈+1價(jià)、H呈-1價(jià)，氫化鈉與水發(fā)生反應(yīng)可產(chǎn)生氫氣，可做生氫劑，氫化鈉()中H呈-1價(jià)；化合價(jià)可升高，故能作還原劑。

(3)實(shí)驗(yàn)室需要配制溶液實(shí)驗(yàn)室中沒(méi)有480mL容量瓶，實(shí)驗(yàn)需要配制500mL溶液，則需選擇500mL的容量瓶，則需×0.500L=0.25molNaOH，稱取固體10.0g；定容時(shí)仰視刻度線；造成溶液體積偏大，則使所配溶液濃度偏小。

(4)是強(qiáng)電解質(zhì)，在水中完全電離出鈉離子和碳酸氫根離子，電離方程式為碳酸鈉溶液中通入二氧化碳能反應(yīng)生成碳酸氫鈉，故通入二氧化碳能除去溶液中所含的少量離子方程式為：【解析】-1價(jià)還原劑10.0偏低9、略

【分析】【分析】

水溶液中或熔融狀態(tài)下導(dǎo)電的化合物為電解質(zhì)；水溶液中和熔融狀態(tài)都不導(dǎo)電的化合物為非電解質(zhì)；再根據(jù)各物質(zhì)的性質(zhì)分析。

【詳解】

(1)①CH3CH2OH在水溶液中和熔融狀態(tài)都不導(dǎo)電；屬于非電解質(zhì)；

②過(guò)氧化鈉在水溶液中與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣；過(guò)氧化鈉是在熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物為電解質(zhì)；

③熔融態(tài)KNO3是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物；屬于電解質(zhì)；

④SO3的水溶液可以導(dǎo)電，是由于SO3和水反應(yīng)生成亞硫酸，亞硫酸可以導(dǎo)電，但SO3在水溶液和熔融狀態(tài)下自身都不能導(dǎo)電；屬于非電解質(zhì)；

⑤碘水屬于混合物；既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

⑥CH3COOH是在水溶液中能導(dǎo)電的化合物；屬于電解質(zhì)；

⑦小蘇打是碳酸氫鈉；是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物，是電解質(zhì)；

⑧氨水屬于混合物；既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

⑨Cl2屬于單質(zhì)；既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

⑩硫酸亞鐵是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物；是電解質(zhì)；

(1)屬于電解質(zhì)的是②③⑥⑦⑩；屬于非電解質(zhì)的是①④；

(2)物質(zhì)②是過(guò)氧化鈉，顏色是淡黃色固體；它常用作呼吸面具或潛水艇中的供氧劑，過(guò)氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，化學(xué)方程式為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

(3)小蘇打是碳酸氫鈉的俗稱，化學(xué)式為NaHCO3，在食品工業(yè)中常用小蘇打制作糕點(diǎn)，是因?yàn)樘妓釟溻c在高溫下分解產(chǎn)生二氧化碳，表達(dá)此原理的化學(xué)方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。【解析】②③⑥⑦⑩①④淡黃色2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2NaHCO32NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O10、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①能使品紅溶液褪色，體現(xiàn)的化學(xué)性質(zhì)是漂白性；故答案為：漂白性；

②已知屬于鈉鹽，實(shí)驗(yàn)室用亞硫酸鈉和硫酸來(lái)制備SO2，故轉(zhuǎn)化為的化學(xué)方程式：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，故答案為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；

③SO2可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，轉(zhuǎn)化為SO2能與氯氣和水發(fā)生反應(yīng)SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl，而使氯水褪色，SO2通入水中反應(yīng)生成H2SO3，H2SO3能與Na2S反應(yīng)生成H2S，H2S能與SO2反應(yīng)生成S單質(zhì)，使Na2S溶液變渾濁，故答案為：酸性高錳酸鉀溶液；酸性高錳酸鉀溶液褪色；或者氯水；氯水褪色；或者硫化鈉溶液；S；溶液變渾濁；

(2)①a．硫和硒在元素周期表中位于同一主族；故硒原子的最外層有6個(gè)電子，a正確；

b．硫和硒在元素周期表中位于同一主族，且硒位于硫的下一周期，故硒元素的非金屬性弱于硫元素的非金屬性，b錯(cuò)誤；

c．SO2屬于酸性氧化物，故屬于酸性氧化物；c正確；

d．過(guò)程ⅰ即Se變?yōu)镾eO2；故硒被氧化，d正確；

故答案為：acd；

②過(guò)程ⅲ中使用的還原劑為對(duì)應(yīng)產(chǎn)物是反應(yīng)中1mol失去4mol電子，而過(guò)程ⅰ中1mol則得到4mol電子，根據(jù)電子守恒可知，理論上，過(guò)程ⅰ消耗的與過(guò)程ⅲ消耗的的物質(zhì)的量之比為1：1，故答案為：1：1?！窘馕觥科仔訬a2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑酸性高錳酸鉀溶液或者氯水或者硫化鈉溶液或或S酸性高錳酸鉀溶液褪色或氯水褪色或溶液變渾濁acd1：111、略

【分析】【分析】

(1)依據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟排序；(2)依據(jù)配制溶液體積選擇合適的容量瓶，依據(jù)m=cVM計(jì)算需要溶質(zhì)的質(zhì)量；(3)分析操作對(duì)溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積的影響，依據(jù)進(jìn)行誤差分析。

【詳解】

(1)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟：計(jì)算；稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等；所以正確的操作順序?yàn)椋孩佗冖堍邰?，故答案為：①②④③⑤?/p>

(2)需要480mL0.4mol/L的NaOH溶液；應(yīng)選擇500mL容量瓶；配制500mL0.4mol/L的NaCl溶液，需要溶質(zhì)的質(zhì)量m=0.4mol/L×0.5L×40g/mol=8.0g，故答案為：500mL；8.0；

(3)①稱量時(shí)間過(guò)長(zhǎng)；氫氧化鈉吸收空氣中的水，實(shí)際稱得的固體質(zhì)量偏小，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故選B；

②容量瓶中有少量蒸餾水；在定容過(guò)程中也得加蒸餾水，故無(wú)影響，故選C；

③溶解NaOH得到的溶液未冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移到容量瓶中；根據(jù)熱脹冷縮的原理，體積縮小，溶液濃度偏高，故選A；

④定容時(shí)俯刻度線；水加少了，濃度偏高，故選A；

⑤加蒸餾水時(shí)不慎超過(guò)了刻度線；立即用膠頭滴管將多余的水吸出，造成濃度偏低，故選B，故答案為：B；C；A；A；B。

【點(diǎn)睛】

此題易錯(cuò)點(diǎn)在于溶質(zhì)質(zhì)量的計(jì)算，題干中需要480mL溶液，但實(shí)際配制過(guò)程中只有500mL容量瓶，所以計(jì)算時(shí)要按照500mL的溶液體積進(jìn)行計(jì)算。【解析】①②④③⑤5008.0BCAAB12、略

【分析】【詳解】

A．該圖為使用滴管向試管中滴加液體；膠頭滴管使用方法錯(cuò)誤，正確的使用方法是膠頭滴管應(yīng)垂直；懸空滴入液體，不能貼著試管或者其他器皿，答案：膠頭滴管應(yīng)垂直、懸空滴入液體，不能貼著試管或者其他器皿；

B．該圖為夾持試管；對(duì)試管內(nèi)液體加熱，操作錯(cuò)誤，正確的操作是夾持試管后，手握長(zhǎng)柄，不要將拇指放在短柄上，防止試管滑落打碎，答案：夾持試管后，手握長(zhǎng)柄，不要將拇指放在短柄上，防止試管滑落打碎；

C．該圖為用酒精燈給固定在鐵架臺(tái)上的試管加熱；試管口不應(yīng)向上傾斜，加熱固體時(shí)，試管口應(yīng)略下傾斜，防止可能產(chǎn)生的水倒流，造成試管炸裂，答案：加熱固體時(shí)，試管口應(yīng)略下傾斜；

D．該圖為向試管中傾倒液體，正確的操作是取下的瓶塞倒放在桌面，手持細(xì)口瓶時(shí)，標(biāo)簽向著手心一側(cè)，避免瓶?jī)?nèi)液體流到標(biāo)簽上，答案：標(biāo)簽向著手心一側(cè)。【解析】①.膠頭滴管應(yīng)垂直、懸空滴入液體，不能貼著試管或者其他器皿②.夾持試管后，手握長(zhǎng)柄，不要將拇指放在短柄上，防止試管滑落打碎③.加熱固體時(shí)，試管口應(yīng)略下傾斜④.標(biāo)簽向著手心一側(cè)13、略

【分析】【分析】

由A原子形成的陽(yáng)離子是一個(gè)質(zhì)子；則A為氫元素；由B原子的最外層電子數(shù)是次外層的2倍，則B為碳元素；由C原子的最外層電子數(shù)與B原子的核外電子總數(shù)相等，則C的核外電子排布可能是兩電子層2；6，或三電子層2、8、6，即為氧元素或硫元素，而由D在同周期元素中原子半徑最大，且D的原子序數(shù)大于B、C，則D只能是鈉元素，C只能是氧元素；E為氯元素。

【詳解】

（1）A、C、D三種元素分別為氫、氧、鈉，則甲為氫氧化鈉，其電子式為：即含有離子鍵又含有極性共階鍵，故答案為：離子鍵和極性共階鍵；

（2）A為氫元素、C為氧元素，即它們的單質(zhì)能形成氫氧燃料電池，氫氣為負(fù)極，氧氣為正極，則負(fù)極電極反應(yīng)為：2H2-4e-+4OH-=4H2O，正極電極反應(yīng)為：O2+4e-+2H2O=4OH-；故答案為：O2+4e-+2H2O=4OH-；2H2-4e-+4OH-=4H2O；

（3）甲為氫氧化鈉，乙為碳酸鈉，兩溶液pH=9，則c(H+)=10-9mol/L，氫氧化鈉溶液中c水(OH-)=c水(H+)=10-9mol/L；碳酸鈉溶液中c水(OH-)=mol/L，則c(OH-)甲:c(OH-)乙=10-4：1，故答案為：10-4：1；

（4）A為H元素、C為O元素、D為Na元素、其形成的化合物為：H2O、H2O2、Na2O、Na2O2，Na2O2可作潛水艇或呼吸面具的供氧劑，A2C2為H2O2，與氯氣反應(yīng)，H2O2+Cl2=2HCl+O2，故答案為：Na2O2可作潛水艇或呼吸面具的供氧劑；H2O2+Cl2=

2HCl+O2；

（5）在氨水中有下列平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-，甲為氫氧化鈉，NaOH固體溶于水放熱，使得氨氣的溶解度減小，同時(shí)增大了溶液中的c（OH-），促使化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，故答案為：氨水中有下列平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，甲為氫氧化鈉，NaOH固體溶于水放熱，使得氨氣的溶解度減小，同時(shí)增大了溶液中的c（OH-），促使化學(xué)平衡逆向移動(dòng)?！窘馕觥侩x子鍵和極性共階鍵O2+4e-+2H2O=4OH-2H2-4e-+4OH-=4H2O10-4：1Na2O2可作潛水艇或呼吸面具的供氧劑H2O2+Cl2=2HCl+O2氨水中有下列平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-，甲為氫氧化鈉，NaOH固體溶于水放熱，使得氨氣的溶解度減小，同時(shí)增大了溶液中的c（OH-），促使化學(xué)平衡逆向移動(dòng)三、判斷題(共8題，共16分)14、B【分析】【分析】

【詳解】

氫氟酸應(yīng)存放在塑料瓶中，濃硝酸存放在帶塑料塞的棕色玻璃瓶中，故錯(cuò)誤。15、A【分析】【分析】

【詳解】

硅是良好的半導(dǎo)體材料。芯片主要原料晶體硅，太陽(yáng)能電池感光板主要原料為硅，故正確16、B【分析】【詳解】

HBr具有較強(qiáng)的還原性，能和濃硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，因此濃硫酸不能干燥HBr，故該說(shuō)法錯(cuò)誤。17、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(dǎo)體，故答案為：錯(cuò)誤。18、A【分析】【分析】

【詳解】

氯氣和水反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，可以使?jié)駶?rùn)的有色布條褪色，則實(shí)際起漂白作用的物質(zhì)是次氯酸，而不是氯氣，故正確。19、A【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)阿伏加德羅定律分析，在相同條件下，相同體積的CO、N2的混合氣體與O2的分子個(gè)數(shù)相同，由于三種氣體都是雙原子分子，因此原子個(gè)數(shù)也相同，正確。20、B【分析】【詳解】

Na2S溶液水解顯堿性，易粘住玻璃塞，應(yīng)用橡膠塞，錯(cuò)誤。21、A【分析】【詳解】

氯氣把碘離子氧化為碘單質(zhì)、CCl4萃取出碘單質(zhì)呈紫紅色，正確。四、元素或物質(zhì)推斷題(共2題，共14分)22、略

【分析】【詳解】

(1)鐵離子能與硫氰化鉀溶液反應(yīng)生成紅色的硫氰化鐵，則檢驗(yàn)腐蝕后的溶液中含有鐵離子應(yīng)選用硫氰化鉀溶液；由反應(yīng)的化學(xué)方程式可知，鐵離子是反應(yīng)的氧化劑，銅離子是反應(yīng)的氧化產(chǎn)物，由氧化還原反應(yīng)規(guī)律可知，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物，則鐵離子的氧化性強(qiáng)于銅離子，故答案為：KSCN溶液；Fe3+>Cu2+；

(2)由題給流程可知；向腐蝕廢液中加入過(guò)量鐵粉，廢腐蝕液中的氯化銅；氯化鐵與鐵粉反應(yīng)生成亞鐵離子和銅，過(guò)濾得到氯化亞鐵的濾液A和含有鐵、銅的濾渣B；向?yàn)V渣B中加入過(guò)量的鹽酸，鐵與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣，過(guò)濾得到銅和含有氯化亞鐵和鹽酸的濾液E，將濾液A和濾液E混合后，通入氯氣，氯氣與氯化亞鐵溶液反應(yīng)生成氯化鐵。

①由分析可知，濾液A中主要含有氯化亞鐵，濾渣B主要為鐵、銅，故答案為：FeCl2；Cu；Fe；

②由分析可知；流程圖中②的操作為過(guò)濾，③處加過(guò)量的鹽酸，鐵與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣，故答案為：過(guò)濾；鹽酸；

③由分析可知，步驟⑤中發(fā)生的反應(yīng)為氯氣與氯化亞鐵溶液反應(yīng)生成氯化鐵，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-?！窘馕觥縆SCN溶液Fe3+>Cu2+FeCl2Cu、Fe過(guò)濾鹽酸2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-23、略

【分析】【分析】

由流程圖知：A為SO2、B為SO3、C為H2SO4、D為H2SO3，二氧化硫是一種大氣污染物，引起硫酸型酸雨，酸雨的pH<5.6；酸雨的形成途徑可以是：二氧化硫→三氧化硫→硫酸；也可以是：二氧化硫→亞硫酸→硫酸；若要用氫氧化鈉溶液吸收二氧化硫，則二者反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水，據(jù)此分析回答；

【詳解】

(1)分析圖表中的物質(zhì)和數(shù)據(jù)可知涉及的污染物主要是SO2、NO2和可吸入顆粒物(PM10)；

(2)①酸雨的pH<5.6；②根據(jù)流程圖，反應(yīng)b是二氧化硫的催化氧化反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2SO2＋O22SO3；③亞硫酸能夠被空氣中的氧氣氧化生成硫酸，弱酸轉(zhuǎn)化為強(qiáng)酸，pH變小；④用足量的氫氧化鈉溶液吸收含二氧化硫的工業(yè)廢氣，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O，離子方程式為2OH－＋SO2=＋H2O。

【點(diǎn)睛】

熟悉二氧化硫的性質(zhì)、會(huì)正確分析其變化、書寫離子方程式是解題的關(guān)鍵?！窘馕觥縎O2、NO2＜2SO2＋O22SO32H2SO3＋O2=2H2SO42OH－＋SO2=＋H2O五、工業(yè)流程題(共4題，共28分)24、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：Co2O3與硫化錳礦（還含F(xiàn)e、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）在硫酸中酸浸，Na2SO3把三價(jià)鈷還原成二價(jià)鈷，SiO2不溶于硫酸，過(guò)濾，濾渣1含有SiO2，濾液含有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入Co2O3將Fe2+氧化為Fe3+，加入氨水調(diào)節(jié)pH4.7～6之間，除去Fe3+、Al3+，濾渣2為Fe（OH）3、Al（OH）3，加入CoF2生成MgF2沉淀除去Mg2+和Ca2+，濾渣3為MgF2和CaF2，濾液主要含有Co2+，加入(NH4)2C2O4生成CoC2O4，煅燒CoC2O4得到含Co氧化物。

【詳解】

（1）水鈷礦是固體；Fe；A1、Mg、Ca元素的存在形態(tài)只能是化合態(tài)；

（2）Co2O3在硫酸中酸浸，Na2SO3把三價(jià)鈷還原成二價(jià)鈷，離子方程式為：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；SiO2不溶于硫酸，過(guò)濾，濾渣1含有SiO2；

（3）“氧化中”加入Co2O3是為了將Fe2+氧化為Fe3+，加入氨水調(diào)節(jié)pH4.7～6之間，除去Fe3+；

（4）濾液含有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入Co2O3將Fe2+氧化為Fe3+，加入氨水調(diào)節(jié)pH4.7～6之間，除去Fe3+、Al3+，濾渣2為Fe（OH）3、Al（OH）3；

（5）“除雜”是為了除去Ca2+和Mg2+，先生成溶解度較小的沉淀，故先生成MgF2；當(dāng)Mg2+剛好完全沉淀時(shí)，的值最大，此時(shí)Ksp（MgF2）=c（Mg2+）·c2（F-）=5.210-12，c（Mg2+）=1.0×10-5mol/L，c2（F-）=5.2×10-7；Ksp（CaF2）=c（Ca2+）·c2（F-）=5.3×10-9，c（Ca2+）=5.3×10-9÷（5.210-7），此時(shí)溶液中c（Ca2+）最大，則==

（6）煅燒CoC2O4需要在坩堝中進(jìn)行，13.23gCoC2O4的物質(zhì)的量n==0.09mol，氧元素質(zhì)量為：0.09mol×4×16g/mol=5.76g，設(shè)鈷的氧化物的化學(xué)式為CoxOy，生成0.18molCO2，二氧化碳中氧元素質(zhì)量為：0.36mol×16g/mol=5.76g，由質(zhì)量守恒可知煅燒CoC2O4的過(guò)程消耗氧氣的質(zhì)量為0.18×44g+7.23g-13.23g=1.92g，消耗氧氣的物質(zhì)的量為=0.06mol，煅燒方程式為：9CoC2O4+6O2=CoxOy+18CO2，則x=9，y=12，因此鈷的氧化物的化學(xué)式為Co9O12，由化合價(jià)代數(shù)和為0可知，Co的平均價(jià)態(tài)為2.67，則Co9O12中Co的最高價(jià)要大于2.67，最低價(jià)要小于2.67，所以Co的價(jià)態(tài)可能是+2和+3，+2和+4；【解析】化合態(tài)Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2OSiO2將Fe2+氧化為Fe3+Fe（OH）3、Al（OH）3MgF2坩堝+2和+3，+2和+425、略

【分析】【分析】

以鋁土礦（主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質(zhì)）為原料制備鋁氫化鈉，由流程可知，加NaOH溶解時(shí)Fe2O3不反應(yīng)，由信息可知SiO2在“堿溶”時(shí)轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉沉淀，過(guò)濾得到的濾渣為Fe2O3、鋁硅酸鈉，碳酸氫鈉與偏鋁酸鈉反應(yīng)生成Al(OH)3，過(guò)濾II得到Al(OH)3，灼燒生成氧化鋁，電解I為電解氧化鋁生成Al和氧氣，電解II為電解Na2CO3溶液；結(jié)合圖可知，陽(yáng)極上碳酸根離子失去電子生成碳酸氫根離子和氧氣，陰極上氫離子得到電子生成氫氣。

【詳解】

（1）鋁硅酸鈉（Na2Al2SixO8）中Na、Al、Si、O的化合價(jià)分別為+1、+3、+4、-2，根據(jù)化合物中正負(fù)化合價(jià)代數(shù)和為0，則1×2+3×2+4x-2×8=0，解得x=2。故鋁硅酸鈉為Na2Al2Si2O8，可以用氧化物的形式表示為Na2O·Al2O3·2SiO2，故答案為Na2O·Al2O3·2SiO2；

（2）根據(jù)上述分析，“過(guò)濾I”中濾渣主要有鋁硅酸鈉、氧化鐵。向“過(guò)濾I”所得濾液中加入NaHCO3溶液，碳酸氫鈉與偏鋁酸鈉和過(guò)量的氫氧化鈉反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為OH－＋HCO3－=CO32－＋H2O、A1O2－＋HCO3－＋H2O=CO32－+Al(OH)3↓，故答案為鋁硅酸鈉、氧化鐵；AlO2－＋HCO3－＋H2O=CO32－+Al(OH)3↓；

（3）鋁粉在1000℃時(shí)可與N2反應(yīng)制備AlN，在鋁粉中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，其主要原因是NH4Cl分解產(chǎn)生的HCI能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜，使鋁更容易與氮?dú)夥磻?yīng)，故答案為NH4Cl分解產(chǎn)生的HC能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜；

（4）由圖可知，陽(yáng)極反應(yīng)為4CO32－＋2H2O－4e－=4HCO3－＋O2↑，陰極上氫離子得到電子生成氫氣，已知F＝96500C／mol，當(dāng)I＝0.5A時(shí)，通電80min，電量為0.5A×4800s=2400C，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為：0.02487mol，理論上陰極獲得H2（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）的體積為：0.02487mol×0.5×22.4L/mol故答案為4CO32－＋2H2O－4e－=4HCO3－＋O2↑；0.28；

（5）鋁氫化鈉（NaAlH4）遇水發(fā)生劇烈反應(yīng)產(chǎn)生大量氣泡，反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NaAlH4+2H2O=NaAlO2＋4H2↑，故答案為NaAlH4+2H2ONaAlO2＋4H2↑【解析】Na2O·Al2O3·2SiO2鋁硅酸鈉、氧化鐵A1O2－＋HCO3－＋H2O=CO32－+Al(OH)3↓氯化銨分解產(chǎn)生的氯化氫能夠破壞鋁表面的氧化鋁薄膜4CO32－＋2H2O－4e－=4HCO3－＋O2↑0.28NaAlH4+2H2ONaAlO2＋4H2↑26、略

【分析】【分析】

由流程圖可知；冰銅在1200℃條件下與空氣中氧氣反應(yīng)，生成二氧化硫；泡銅(氧化亞銅、銅)和四氧化三鐵，泡銅、硫酸和雙氧水共熱反應(yīng)生成硫酸銅，硫酸銅溶液與過(guò)量NaI溶液反應(yīng)得到CuI沉淀，CuI沉淀先水洗，再乙醇洗滌得到CuI晶體。

【詳解】

（1）Cu2S被轉(zhuǎn)化為Cu，同時(shí)有大氣污染物A生成，根據(jù)元素守恒可知A為SO2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu2S+O22Cu+SO2；熔渣B主要成分為黑色磁性物質(zhì)，則B為Fe3O4。

（2）步驟b中H2O2作氧化劑，目的是將Cu2O和Cu氧化為Cu2+；碘離子具有還原性，與銅離子反應(yīng)生成CuI沉淀和I2，離子反應(yīng)方程式為2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。

（3）乙醇與水能以任意比互溶，用乙醇洗滌可以洗去固體表面殘余的水分，同時(shí)由于乙醇易揮發(fā)能達(dá)到快速晾干的目的；由于沉淀表面可能還殘留有硫酸鈉，因此檢驗(yàn)沉淀是否洗滌干凈，可通過(guò)焰色試驗(yàn)檢驗(yàn)洗滌液中不含鈉離子即可，其具體方法為：蘸取最后一次洗滌液進(jìn)行焰色試驗(yàn)，如果火焰無(wú)黃色則已洗凈?！窘馕觥?1)Cu2S+O22Cu+SO2Fe3O4

(2)作氧化劑，將Cu2O和Cu氧化為Cu2+2Cu2++4I-=2CuI↓+I2

(3)洗去殘余水分且可快速晾干蘸取最后一次洗滌液進(jìn)行焰色試驗(yàn)，如果火焰無(wú)黃色則已洗凈27、略

【分析】【分析】

以含鈷廢催化劑（主要成分為Co、Fe、SiO2）為原料制取復(fù)合氧化鈷的流程為：鈷廢催化劑加入稀硫酸，發(fā)生Co+H2SO4=CoSO4+H2↑，F(xiàn)e+H2SO4=FeSO4+H2↑，過(guò)濾濾渣是不溶的二氧化硅，而濾液是硫酸鈷、硫酸亞鐵與過(guò)量的硫酸的混合溶液，向?yàn)V液中加氯酸鈉將亞鐵離子氧化成鐵離子，然后加入碳酸鈉得到黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，繼續(xù)向?yàn)V液中加入氫氧化鈉，得到堿式碳酸鈷[(CoCO3)2?3Co(OH)2]，然后用鹽酸溶解堿式碳酸鈷[(CoCO3)2?3Co(OH)2]；再向所到溶液中加入草酸銨，得到溶解度極小的草酸鈷，最后燃燒生成氧化鈷，據(jù)此解答。

（1）

根據(jù)分析可知，用H2SO4溶解后過(guò)濾，得到的濾渣是SiO2；為了提高鈷元素的利用率，需要將濾渣洗滌2～3次，再將洗液與濾液合并，故答案為：SiO2；提高鈷元素的利用率；

（2）

在加熱攪拌條件下加入NaClO3，將Fe2+氧化成Fe3+，本身被還原為氯離子，反應(yīng)的離子方程式是：6Fe2++6H++ClO6Fe3++Cl-+3H2O；

（3）

依據(jù)所給信息，F(xiàn)e2+和[Fe(CN)6]3?反應(yīng)，生成藍(lán)色Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，故確定Fe2+是否氧化完全的方法是：取少許氧化后的溶液于試管中滴加幾滴鐵氰化鉀溶液，若無(wú)藍(lán)色沉淀生成，則說(shuō)明Fe2+已全部被氧化；

（4）

生成硫酸鐵與碳酸鈉發(fā)生雙水解得到黃鈉鐵礬，化學(xué)反應(yīng)方程式為：3Fe2(SO4)3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+5Na2SO4+6CO2↑；

（5）

根據(jù)圖2CoCl2的溶解度曲線可知，隨溫度的升高CoCl2的溶解度增大，所以趁熱過(guò)濾，可防止因溫度降低，CoCl2晶體析出，故答案為：防止因溫度降低，CoCl2晶體析出?！窘馕觥?1)SiO2提高鈷元素的利用率。

(2)6Fe2++6H++ClO6Fe3++Cl-+3H2O

(3)取少許氧化后的溶液于試管中滴加幾滴鐵氰化鉀溶液，若無(wú)藍(lán)色沉淀生成，則說(shuō)明Fe2+已全部被氧化。

(4)3Fe2(SO4)3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+5Na2SO4+6CO2↑

(5)防止因溫度降低，CoCl2晶體析出六、有機(jī)推斷題(共4題，共32分)28、略

【分析】【分析】

①硫酸亞鐵受熱分解，生成氣體X；X通入品紅溶液，使溶液褪色的是SO2；通入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀是SO3，硫酸亞鐵受熱分解方程式為：

②Y紅棕色的化合物是Fe2O3；據(jù)此分析作答。

【詳解】

（1）根據(jù)上述分析，氣體X的成分是SO2、SO3；

（2）反應(yīng)I即屬于氧化還原反應(yīng)又屬于分解反應(yīng)；cd正確；

（3）溶液2中金屬陽(yáng)離子是由Fe2O3溶于稀硫酸得到，方程式為：Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO4)3+3H2O，檢驗(yàn)溶液2中金屬陽(yáng)離子，實(shí)際就是檢驗(yàn)溶液中的Fe3+，F(xiàn)e3+與KSCN溶液作用變?yōu)檠t色，利用這一性質(zhì)檢驗(yàn)，具體操作為：取少量溶液2于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，溶液變?yōu)檠t，則證明原溶液中含有Fe3+；

（4）根據(jù)上述分析可知，上述發(fā)生的反應(yīng)方程式為：【解析】SO2、SO3cd取少量溶液于試管中，加入幾滴KSCN溶液，溶液變紅色證明原溶液中有Fe3+存在29、略

【分析】【分析】

(1)若在常溫下為液態(tài)，則B是水，C是一種有磁性的化合物，則A為Fe，C為Fe3O4，D為H2，E是一種無(wú)色、無(wú)味的有毒氣體，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，E為CO，F(xiàn)為CO2；

(2)若B由兩種元素組成，其簡(jiǎn)單離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，綠色植物的光合作用和呼吸作用能實(shí)現(xiàn)自然界中D和E的循環(huán)，則D和E分別是CO2和O2的一種，可以推斷B是Na2O2，由反應(yīng)①可知E和A反應(yīng)生成D，由反應(yīng)③可知E和B反應(yīng)生成D，則D是O2；結(jié)合反應(yīng)②、反應(yīng)③可知E是CO2，F(xiàn)為Na2CO3，A為H2O；C為NaOH；

(3)若A和E都是第四周期常見(jiàn)的金屬單質(zhì)，其余都是常見(jiàn)的鹽，反應(yīng)①②③都在溶液中進(jìn)行，則根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知：A為Cu單質(zhì)，B含F(xiàn)e3+，C含Cu2+，D含F(xiàn)e2+，