2024年北師大新版必修1化學(xué)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年北師大新版必修1化學(xué)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(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6題，共12分)1、下表中元素均為中學(xué)化學(xué)中常見短周期元素；根據(jù)表中信息，下列說法不正確的是。

。元素代號。

X

Y

Z

W

N

原子半徑/nm

0.186

0.074

0.102

0.099

0.160

主要化合價。

＋1

－2

－2；＋6

＋7；－1

＋2

A.X與W形成的化合物是共價化合物B.常溫下單質(zhì)與水反應(yīng)速率：X>NC.最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性：W>ZD.X和Y的單質(zhì)在一定條件下反應(yīng)可生成一種淡黃色的固體化合物2、下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實現(xiàn)的是（）A.Fe3O4(s)Fe(s)Fe(NO3)3(aq)B.Al2O3AlCl3(aq)無水AlCl3C.Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)D.CuSO4(aq)Cu(OH)2CuO3、用激光筆照射下列物質(zhì)時，無法觀察到丁達(dá)爾效應(yīng)的是（）。A.Na2SO4溶液B.氫氧化鋁膠體C.有塵埃的空氣D.向沸水中滴入FeCl3飽和溶液所得的液體4、已知錳酸鉀(K2MnO4)在濃的強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生反應(yīng)：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-。下列用Cl2氧化K2MnO4制備KMnO4的實驗原理和裝置不能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖恰?/p>

A.用裝置甲制取Cl2B.用裝置乙除去Cl2中的HClC.用裝置丙使K2MnO4轉(zhuǎn)化成KMnO4D.用裝置丁分離出溶液中的MnO25、根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象不能推出相應(yīng)實驗結(jié)論的是。

。選項。

實驗操作和現(xiàn)象。

實驗結(jié)論。

A

SO2通入酸性KMnO4溶液；紫色溶液褪色。

SO2具有漂白性。

B

SO2通入H2S溶液；產(chǎn)生黃色沉淀。

SO2具有氧化性。

C

在Na2S溶液中滴加新制氯水；產(chǎn)生淺黃色沉淀。

非金屬性：Cl>S

D

SO2通入含HCl、BaCl2的FeCl3溶液；產(chǎn)生白色沉淀。

SO2有還原性。

A.AB.BC.CD.D6、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A.1.6g由氧氣和臭氧組成的混合物中含有氧原子的數(shù)目為0.1NAB.6g二氧化硅中含有硅氧鍵的數(shù)目為0.2NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L苯中含有分子的數(shù)目為0.5NAD.在過氧化鈉與水的反應(yīng)中，每生成0.1mol氧氣，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.4NA評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、工業(yè)上常用綠礬()做處理劑，處理廢水中含有的重鉻酸根離子()，反應(yīng)的離子方程式如下：

(1)在該反應(yīng)中，氧化劑是_______(填離子符號，下同)，被氧化的是_______。

(2)該反應(yīng)每消耗1mol離子，生成的物質(zhì)的量為_______mol，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_______mol。8、將標(biāo)準(zhǔn)狀況下5LCO2氣體緩緩?fù)ㄟ^盛有過氧化鈉的球形干燥管，氣體體積變?yōu)?.88L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，則剩余氣體中氧氣的物質(zhì)的量是多少？_____9、（1）實驗室常根據(jù)物質(zhì)分類的原則存放藥品，某學(xué)校實驗室其中的四個藥品柜已經(jīng)存放了如下部分藥品，實驗室新購進(jìn)一些晶體碘，應(yīng)該將它存放在____（填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”）柜，理由是____。

。藥品柜。

甲柜。

乙柜。

丙柜。

丁柜。

藥品。

乙醇；乙酸。

活性炭；紅磷。

鋅粒；銅片。

氯化鈉；氯化鉀。

（2）磷的一種化合物叫亞磷酸（H3PO3）。已知：0.1mol?L﹣1H3PO3溶液的pH=1.7；H3PO3與NaOH反應(yīng)只生成NaH2PO3和Na2HPO3兩種鹽。H3PO3和碘水反應(yīng)，碘水棕黃色褪去，再加AgNO3有黃色沉淀生成。關(guān)于H3PO3的說法：①強酸②弱酸③二元酸④三元酸⑤氧化性酸⑥還原性酸，其中正確的是____（填序號）。

A．②④⑥B．②③⑤C．①④⑤D．②③⑥

（3）“三酸（硫酸、鹽酸、硝酸）”與“兩堿（氫氧化鈉、碳酸鈉）”能發(fā)生反應(yīng)。將一定量的稀硫酸逐滴滴入到氫氧化鈉和碳酸鈉的混合溶液中，邊滴加邊攪拌，直至有少量氣泡產(chǎn)生，此過程中共發(fā)生的離子反應(yīng)有______個，生成氣體的離子方程式為_______。10、煤炭中以FeS2形式存在的硫；在有水和空氣及在脫硫微生物存在下發(fā)生生物氧化還原反應(yīng)，有關(guān)反應(yīng)的離子方程式依次為：

①2FeS2＋7O2＋2H2O4H+＋2Fe2+＋________；

②4Fe2+＋O2＋4H+4Fe3+＋____________；

③FeS2＋2Fe3+3Fe2+＋2S；

④2S＋3O2＋2H2O4H+＋2

已知：FeS2中的鐵元素為＋2價。

回答下列問題：

(1)根據(jù)質(zhì)量守恒定律和電荷守恒定律；將上述①②離子方程式補充完整。

(2)反應(yīng)③的還原劑是________________。

(3)觀察上述反應(yīng)，F(xiàn)eS2最終轉(zhuǎn)化為____________從煤炭中分離出來。11、常溫下將Cl2緩慢通入水中至飽和；然后改向其中滴加濃NaOH溶液至恰好完全反應(yīng)。上述整個實驗過程中溶液的pH變化曲線如圖所示(不考慮次氯酸的分解以及溶液體積的變化)。

①請對圖中pH的整個變化趨勢作出解釋(用離子方程式表示)________。

②寫出b點對應(yīng)溶液中的電荷守恒式___________。并且比較c(HClO)：a點___________b點；c(Cl–)：b點___________c點(填>、<或=)

③Cl2O為淡棕黃色氣體，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反應(yīng)來制備，該反應(yīng)為歧化反應(yīng)(氧化劑和還原劑為同一種物質(zhì)的反應(yīng))。上述制備Cl2O的化學(xué)方程式為___________。

④ClO2常溫下為黃色氣體，易溶于水，其水溶液是一種廣譜殺菌劑。一種有效成分為NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡騰片”，能快速溶于水，溢出大量氣泡，得到ClO2溶液。上述過程中，生成ClO2的反應(yīng)屬于歧化反應(yīng)，每生成1molClO2消耗NaClO2的量為______mol；產(chǎn)生“氣泡”的化學(xué)方程式為____。

⑤“84消毒液“的有效成分為NaClO，不可與酸性清潔劑混用的原因是___________(用離子方程式表示)。工業(yè)上是將氯氣通入到30%的NaOH溶液中來制備NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為1%，則生產(chǎn)1000kg該溶液需消耗氯氣的質(zhì)量為___________kg(保留整數(shù))。12、已知NH3氣體34.0g，求：

(1)NH的物質(zhì)的量為_______mol；

(2)NH3所含分子總數(shù)為_______個；

(3)NH3在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為_______L；

(4)NH3溶于水后形成2L溶液，其溶液的物質(zhì)的量濃度為_______mol/L。13、(1)有①②H2、D2、T2③紅磷、白磷④四組微?；蛭镔|(zhì)，回答下列問題：互為同位素的是_______(填編號，下同)，互為同素異形體的是_______。

(2)化學(xué)反應(yīng)中的能量變化是由化學(xué)反應(yīng)中舊化學(xué)鍵斷裂時吸收的能量與新化學(xué)鍵形成時放出的能量不同引起的，圖為N2(g)和O2(g)反應(yīng)生成NO(g)過程中的能量變化：

①該反應(yīng)為_______反應(yīng)(填“吸熱”或“放熱”)；

②該反應(yīng)中反應(yīng)物的總能量_______生成物的總能量(填“大于；小于或等于”)；

③該反應(yīng)中，毎生成1molNO(g)，放出(或吸收)熱量_______kJ。14、圖中所示裝置為鋁熱反應(yīng)的實驗裝置；請回答下列問題：

該實驗中還缺_________________；引發(fā)鋁熱反應(yīng)的操作為_______________。15、鐵和氯氣在點燃條件下發(fā)生反應(yīng)2Fe+3Cl22FeCl3，其中氯元素的化合價____(填“升高”或“降低”)，被______(填“氧化”或“還原”，下同)；Cl2作______劑，具有______性。在該反應(yīng)中，若消耗了1molFe，則生成______molFeCl3。評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)16、高純硅可用來制作芯片和硅太陽能電池。(____)A.正確B.錯誤17、在化學(xué)變化過程中，元素的種類不變，原子和分子的種類也不變。(_______)A.正確B.錯誤18、向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液，加入H2O2后溶液變成紅色，則Fe2+既有氧化性又有還原性。(_______)A.正確B.錯誤19、硅酸鈉溶液中通入二氧化碳：(____)A.正確B.錯誤20、MnO2不與稀鹽酸反應(yīng)是因為H+濃度小。(_______)A.正確B.錯誤21、加熱坩堝時直接放在鐵圈或三腳架上加熱。(_____)A.正確B.錯誤22、波爾多液是用熟石灰、硫酸銅混合而制成的藍(lán)色膠狀懸濁液。(______)A.正確B.錯誤23、高純硅可用來制作芯片和硅太陽能電池。(____)A.正確B.錯誤評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共36分)24、由煉鋼污泥(簡稱鐵泥，主要成分為鐵的氧化物)制備軟磁性材料α?Fe2O3。其主要實驗流程如下：

已知：某些過渡元素(如Cu、Fe、Ag等)的離子能與NH3、H2O、OH－、SCN－等形成可溶性配合物。

(1)用一定濃度的H2SO4溶液浸取鐵泥中的鐵元素。若其他條件不變，為了提高鐵元素浸出率，可以采取哪些措施__________。(任寫兩條)

(2)“酸浸”時加入的硫酸不宜過量太多的原因是_________。

(3)“沉淀”過程中，將過濾1中生成的FeSO4溶液與氨水?NH4HCO3混合溶液反應(yīng)，生成FeCO3沉淀。

①生成FeCO3沉淀的離子方程式為_________。

②控制NH4HCO3用量不變，鐵的沉淀率隨氨水用量變化如下圖所示。當(dāng)氨水用量超過一定體積時，鐵的沉淀率下降。其可能的原因是_________。

(4)“過濾2”所得濾渣的主要成分為FeOOH和FeCO3，所得濾液中的主要溶質(zhì)是________(填化學(xué)式)。

(5)寫出FeCO3在空氣中焙燒生成鐵紅的化學(xué)方程式：_________。25、堿式氯化銅[Cux（OH）yClz·mH2O]是重要的農(nóng)藥、醫(yī)藥中間體，還可用作木材防腐劑、飼料添加劑等．研究小組在實驗室用某廠廢銅渣（主要成分為Cu、CuO，含少量Fe3O4、Ni、Al2O3）制備堿式氯化銅的流程如下；回答下列問題：

（1）“研磨”的目的為________。

（2）“堿溶”的目的為____________。

（3）“酸溶”時生成Fe3＋反應(yīng)的離子方程式為_______；生成的Fe3＋對Cu發(fā)生的氧化反應(yīng)的催化原理如上圖所示。N代表的物質(zhì)為________（填化學(xué)式或離子符號）。

（4）“酸溶”時溫度不能過高的理由為_________。

（5）若濾液2中c（Fe3＋）＝4×10－8mol/L，pH＝4，則Ksp[Fe（OH）3]＝__________。

（6）為測定Cux（OH）yClz·mH2O的組成，進(jìn)行如下操作：取樣品23.25g，用適量酸溶解后配成100mL溶液；取10.00mL溶液加入足量AgNO3溶液，生成1.435g沉淀；另取10.00mL溶液，用1.000mol/L的EDTA標(biāo)準(zhǔn)液滴定Cu2＋（Cu2＋與EDTA以物質(zhì)的量之比1∶1反應(yīng)）；滴定至終點時消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積為20.00mL。

①溶解樣品所用酸的化學(xué)式為________；

②最終確定該樣品的化學(xué)式為______。26、硼(B)及其化合物在化學(xué)工業(yè)中有諸多用途；請回答下列問題:

(1)硼氫化鈉(NaBH4)是硼的重要化合物。

①NaBH4中B的化合價為_______________。

②工業(yè)上可利用硼酸甲酯[B(OCH3)3]與氫化鈉(NaH)反應(yīng)制備NaBH4反應(yīng)的另種產(chǎn)物為甲醇鈉(CH3ONa)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為______________________。

③NaBH4與水反應(yīng)生成NaBO2和H2，該反應(yīng)生成的氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為____________________。

(2)工業(yè)上以鐵硼礦(主要成分為Mg2B2O5?H2O,還有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)為原料制備單質(zhì)B的工藝流程如圖所示:

已知:相關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH見表中數(shù)據(jù):。金屬離子Fe3+Al3+Fe2+Mg2+開始沉淀的pH2.73.75.89.6完全沉淀的pH3.74.78.811

請回答下列問題:

①“浸出”時.將鐵硼礦石粉碎的目的為___________________________。寫出Mg2B2O5?H2O與硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式:____________________。

②濾渣1的主要成分為_____________________________。

③“凈化除雜”時需先加H2O2溶液,其目的為_______________，然后再調(diào)節(jié)溶液的pH≈5,其目的是___________________________________。

④制得的粗硼在一定條件下能生成BI3,BI3加熱分解可以得到純凈的單質(zhì)硼?，F(xiàn)將0.025g粗硼制成的BI3完全分解,生成的I2用0.30mol?L-1Na2S2O3溶液滴定(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)至終點，消耗18.00mLNa2S2O3溶液:盛裝Na2S2O3溶液應(yīng)用_____________填“酸式”或“堿式”)滴定管，該粗硼樣品的純度為________________。27、堿式硫酸鋁溶液[主要成分為Al2(SO4)3·Al2O3]可用于煙氣脫硫。

(1)實驗室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制備堿式硫酸鋁溶液的實驗流程如下：

調(diào)節(jié)pH過程中的化學(xué)反應(yīng)方程式為_______，若溶液的pH偏高，將會導(dǎo)致溶液中鋁元素的含量_______(填降低；升高)。

(2)堿式硫酸鋁溶液吸收SO2后可加熱解吸，釋放高濃度SO2的同時吸收液還能再生；可實現(xiàn)循環(huán)脫硫。

①堿式硫酸鋁溶液吸收SO2生成Al2(SO4)3·Al2(SO3)3的化學(xué)方程式為_______。

②一定溫度下，反應(yīng)物濃度(用質(zhì)量分?jǐn)?shù)表示)對SO2吸收率的影響如圖1所示。

則吸收液濃度變化對SO2吸收率的影響比SO2濃度變化對SO2吸收率的影響要_______(填大；小)。

③吸收過程中存在氧化反應(yīng)。SO2的吸收率、氧化率隨吸收液溫度的變化曲線如圖2所示。實際脫硫過程中，控制吸收液溫度為40℃的理由是_______。

(3)隨著SO2的吸收和解吸，堿式硫酸鋁溶液中的含量實時變化，快速、準(zhǔn)確測定溶液中對脫硫至關(guān)重要。一種測定溶液中的方法如下：取實時試樣5.00mL，稀釋至500.00mL，取出50.00mL，調(diào)節(jié)溶液pH，加熱煮沸，邊攪拌邊加入0.01000BaCl2溶液15.00mL，充分反應(yīng)，再用0.0025000EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的Ba2+至終點，消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液10.00mL(已知Ba2+與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計量比為1：1)。則該試樣中_______(寫出計算過程)。評卷人得分五、實驗題(共4題，共32分)28、實驗室制取并收集氯氣的裝置如圖所示；請回答下列問題。

(1)上圖中裝濃鹽酸的容器的名稱是______。

(2)氣體發(fā)生裝置中進(jìn)行的反應(yīng)化學(xué)方程式是______。

(3)在裝置中：①飽和食鹽水的作用是______，②濃硫酸的作用是______。

(4)化學(xué)實驗中檢驗是否有Cl2產(chǎn)生常用濕潤的淀粉-KI試紙，如果有Cl2產(chǎn)生，可觀察到的現(xiàn)象是______。29、有人設(shè)計出一種在隔絕空氣的條件下讓鈉與溶液反應(yīng)的方法以驗證反應(yīng)實質(zhì)。實驗時，往大試管中先加煤油，取3粒米粒大小的金屬鈉放入大試管后塞上橡皮塞，通過長頸漏斗加入溶液使煤油的液面至膠塞；并夾緊彈簧夾(如圖)。仔細(xì)觀察，回答下列問題：

(1)如何從試劑瓶中取用金屬鈉？剩余的能否放回原試劑瓶？_______。

(2)寫出鈉與溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。

(3)有關(guān)鈉反應(yīng)的現(xiàn)象是：_______。

(4)大試管的溶液中出現(xiàn)的現(xiàn)象：_______。

(5)裝置中液面的變化：大試管內(nèi)_______(填“上升”“下降”或“不變”下同)；長頸漏斗內(nèi)_______。30、含氮化合物在工農(nóng)業(yè)有著重要的用途。

(1)氨氣的制備：

①氨氣的發(fā)生裝置可以選擇圖中的A，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。

②預(yù)收集一瓶干燥的氨氣，選擇上圖中的裝置，其連接順序為：a→_______(按氣流方向；用小寫字母表示)。

③請寫出氨氣的檢驗方法：_______。

(2)NH3經(jīng)一系列反應(yīng)可以得到HNO3：NH3NONO2HNO3

①Ⅰ中，NH3和O2在催化劑作用下反應(yīng)，其化學(xué)方程式是_______。

②NO的檢驗方法是：_______。

③在Ⅲ中，將總體積為12mL的NO2和O2的混合氣體通入水中，充分反應(yīng)后還剩余2mL無色氣體，則原混合氣體中，O2的體積為_______mL或_______mL。31、現(xiàn)用質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%、密度為1.84g·cm-3的濃H2SO4來配制400mL0.2mol·L-1的稀H2SO4?？晒┻x擇的儀器有：①玻璃棒②燒瓶③燒杯④藥匙⑤量筒⑥容量瓶⑦托盤天平。請回答下列問題：

(1)上述儀器中，在配制稀H2SO4時還欠缺的儀器是_______

(2)經(jīng)計算，需量取濃H2SO4的體積為_______mL

(3)請用文字?jǐn)⑹鰧嶒炦^程中的定容操作：繼續(xù)加水至距刻度線_______；再將容量瓶塞蓋好，反復(fù)上下顛倒，搖勻。

(4)在配制過程中，下列操作中，能引起誤差偏高的有_______(填代號)。

A．定容時；俯視刻度線。

B．稀釋后的H2SO4溶液未等冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移到容量瓶中并定容。

C．搖勻后；發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線。

D．轉(zhuǎn)移前；容量瓶中含有少量蒸餾水。

(5)從上述容量瓶中移取25.00mL的稀硫酸溶液于100mL的容量瓶，加水稀釋至刻度線。請問所得溶液中c(H+)=_______。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】

短周期元素；Y；Z都有－2價，處于ⅥA族，Z有+6價，其原子半徑較大，則Y為O元素、Z為S元素；W有+7、－1價，則W為Cl元素；N為+2價，原子半徑等于硫原子，則N為Mg元素；X為+1價，處于ⅠA族，原子半徑大于Mg元素，則X為Na。

【詳解】

A．X與W形成的化合物為NaCl，由Na＋和Cl－構(gòu)成；屬于離子化合物，A錯誤，符合題意；

B．Na的活潑性大于Mg；故常溫下單質(zhì)與水反應(yīng)速率：Na＞Mg，B正確，不選；

C．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性越強。非金屬性Cl＞S，酸性HClO4＞H2SO4；C正確，不選；

D．鈉在氧氣中燃燒生成Na2O2；其為淡黃色固體，D正確，不選。

答案選A。2、A【分析】【詳解】

A.四氧化三鐵和鋁高溫條件下發(fā)生鋁熱反應(yīng)生成鐵和氧化鋁；鐵和足量的硝酸反應(yīng)生成硝酸鐵，能一步實現(xiàn)，A項正確；

B.Al2O3+6HCl2AlCl3+3H2O，加熱AlCl3溶液過程中因HCl氣體揮發(fā)，AlCl3的水解平衡AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl向正反應(yīng)方向移動，蒸干灼熱后得到Al2O3，無法得到無水AlCl3；B項錯誤；

C.Fe與鹽酸反應(yīng)生成FeCl2而不會生成FeCl3；C項錯誤；

D.CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O；不能得到CuO，D項錯誤；

正確答案是A。3、A【分析】【分析】

丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體所獨有的性質(zhì)；可通過判斷各物質(zhì)是否為膠體解答該題。

【詳解】

A．硫酸鈉溶液不屬于膠體；不存在丁達(dá)爾效應(yīng)，故A選；

B．氫氧化鋁膠體為膠體；具有丁達(dá)爾效應(yīng)，故B不選；

C．有塵埃的空氣為膠體；具有丁達(dá)爾效應(yīng)，故C不選；

D．向沸水中滴入氯化鐵飽和溶液可得氫氧化鐵膠體；存在丁達(dá)爾效應(yīng)，故D不選；

故選：A。4、B【分析】【詳解】

A．漂白粉中的次氯酸鈣具強氧化性，室溫下能和濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成氯化鈣、氯氣和水，故可用裝置甲制取Cl2，A不符合題意；

B．氯化氫和飽和碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成二氧化碳，引入了新雜質(zhì)，且Cl2溶于水后生成的HCl也會反應(yīng)，從而增加了Cl2的損耗，故不能用裝置乙除去Cl2中的HCl；B符合題意；

C．已知錳酸鉀(K2MnO4)在濃的強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生反應(yīng)：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-；氯氣能和強堿溶液反應(yīng)，消耗OH-而使溶液的堿性下降，故可用裝置丙使K2MnO4轉(zhuǎn)化成KMnO4；C不符合題意；

D．二氧化錳是不溶性固體，故可用裝置丁分離出溶液中的MnO2；D不符合題意；

答案選B。5、A【分析】【分析】

【詳解】

A．SO2通入酸性KMnO4溶液，紫色溶液褪色，體現(xiàn)的是SO2的還原性；A錯誤；

B．SO2通入H2S溶液，發(fā)生反應(yīng)：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，SO2中S元素化合價降低；體現(xiàn)氧化性，B正確；

C．在Na2S溶液中滴加新制氯水，產(chǎn)生淺黃色沉淀，說明Cl2將S2-氧化為S，說明氧化性Cl2＞S，則非金屬性：Cl>S；C正確；

D．SO2通入含HCl、BaCl2的FeCl3溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明酸性環(huán)境中Fe3+將SO2氧化為硫酸根，說明SO2有還原性；D正確；

綜上所述答案為A。6、A【分析】【分析】

【詳解】

A．不管是1.6g氧氣還是1.6g臭氧，所含氧原子的物質(zhì)的量都為0.1mol，所以氧氣和臭氧組成的混合物中含有氧原子的數(shù)目為0.1NA；A正確；

B．1個“SiO2”中含有4個硅氧鍵，6g二氧化硅為0.1mol，含有硅氧鍵的數(shù)目為0.4NA；B不正確；

C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下；苯呈液態(tài)，無法計算11.2L苯中含有分子的數(shù)目，C不正確；

D．在反應(yīng)2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑中，Na2O2中的O元素價態(tài)(-1價)一升(0價)一降(-2價)，每生成0.1mol氧氣，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.2NA；D不正確；

故選A。二、填空題(共9題，共18分)7、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)反應(yīng)方程式分析，元素化合價升高，被氧化，作還原劑；化合價降低，被還原，作氧化劑。氧化劑為被氧化的是：

（2）根據(jù)方程式，消耗1mol離子，生成的物質(zhì)的量為6mol，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為6mol?！窘馕觥?1)

(2)668、略

【分析】發(fā)生2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；根據(jù)氣體的體積差，通過差量法計算參加生成的氧氣的體積，以此來解答。

【詳解】

設(shè)生成氧氣的體積為xL，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2起始5L0反應(yīng)2xx剩余5-2xx

5L-2x+x=3.88L；解得x=1.12L

標(biāo)準(zhǔn)狀況氧氣的物質(zhì)的量為：

故答案為：0.05mol?！窘馕觥?.05mol9、略

【分析】【詳解】

（1）晶體碘屬于非金屬單質(zhì)；甲柜中存放的是有機物，乙柜中存放的是非金屬單質(zhì)，丙柜中存放的是金屬單質(zhì)，丁柜中存放的是氯化物，所以晶體碘應(yīng)該存放在乙柜中；

（2）已知0.1mol?L﹣1H3PO3溶液的pH=1.7，說明H3PO3部分電離是弱酸；H3PO3與NaOH反應(yīng)只生成NaH2PO3和Na2HPO3兩種鹽，屬于二元酸；H3PO3和碘水反應(yīng)，碘水棕黃色褪去，說明H3PO3具有還原性，再加AgNO3有黃色沉淀碘化銀生成；根據(jù)以上分析可知正確的是②③⑥；答案為D；

（3）一定量的稀硫酸逐滴滴入到氫氧化鈉和碳酸鈉的混合溶液中，硫酸先與NaOH反應(yīng)，再與碳酸鈉反應(yīng)，與碳酸鈉反應(yīng)先生成碳酸氫鈉，然后硫酸又與碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳，所以此過程中共發(fā)生的離子反應(yīng)有3個，碳酸氫鈉與硫酸反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w的離子方程式為HCO3－+H+＝CO2↑+H2O。

【點睛】

在Na2CO3和NaOH的混合溶液中，逐滴加入硫酸，硫酸先與何種物質(zhì)反應(yīng)，取決于CO32－和OH－結(jié)合H＋的難易程度。由于OH－比CO32－更易于結(jié)合H＋形成難電離的水，故硫酸應(yīng)先與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，然后再與Na2CO3反應(yīng)，且硫酸與碳酸鈉反應(yīng)是分步進(jìn)行的，即首先轉(zhuǎn)化為碳酸氫鈉，只有當(dāng)CO32－完全轉(zhuǎn)化為HCO3－時，再滴入的H＋才與HCO3－反應(yīng)放出二氧化碳?！窘馕觥恳叶际欠墙饘賳钨|(zhì)D3HCO3－+H+=CO2↑+H2O10、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)反應(yīng)①過程中O2中O元素由0價下降到-2價，F(xiàn)eS2中Fe元素化合價不變，S元素化合價由-1價上升到+6價；反應(yīng)②中Fe元素由+2價上升到+3價，O元素由0價下降到-2價；由根據(jù)離子方程式的電荷守恒和原子守恒書寫判斷產(chǎn)物，反應(yīng)①中為4②反應(yīng)中為2H2O，故答案為：42H2O；

(2)還原劑是元素化合價反應(yīng)后升高，反應(yīng)③中硫元素化合價從-1價變化為0價，所以反應(yīng)中的還原劑是FeS2；故答案為：FeS2；

(3)結(jié)合①②③④的離子方程式，根據(jù)最終的生成物可知，F(xiàn)eS2中鐵元素最終生成Fe2+，而S元素最終生成故答案為：Fe2+和或FeSO4和H2SO4?！窘馕觥?2H2OFeS2Fe2+和或FeSO4和H2SO411、略

【分析】【詳解】

(1)常溫下將Cl2緩慢通入水中至飽和，氯氣與水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，使溶液表現(xiàn)酸性，隨著氯氣的量增加，溶液酸性逐漸增強，pH變小至b點，其離子方程式為：Cl2+H2OCl-+H++HClO；然后改向其中滴加濃NaOH溶液至恰好完全反應(yīng)，氫氧化鈉與多余的氯氣、溶液中游離的氫離子以及次氯酸發(fā)生反應(yīng)，其離子方程式分別為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O、HClO+OH-=H2O+ClO-；

(2)b點溶液含有氫離子、氯離子、次氯酸根離子和氫氧根離子，則對應(yīng)溶液中的電荷守恒式是c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，隨著氯氣的通入，生成的次氯酸逐漸增加，所以c(HClO)：ac(Cl-):b點c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)；<；<；

③新制的HgO和Cl2反應(yīng)，根據(jù)化合價只有Cl2的化合價可以升高也可以降低，HgO中兩種元素的化合價不變；再根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，0價的Cl分別生成-1價的HgCl2中的Cl和Cl2O中+1價的Cl，根據(jù)質(zhì)量守恒寫出方程式為：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；

④根據(jù)化合價變化，NaClO2中+3價的Cl發(fā)生歧化反應(yīng)，化合價升高生成ClO2中+4價的Cl，必然有NaClO2中+3價的Cl化合價降低，生成穩(wěn)定價態(tài)-1價；根據(jù)得失電子守恒，配平離子方程式：5+4H+=Cl-+4ClO2+2H2O；產(chǎn)生1molClO2消耗NaClO2的量為：=1.25mol；NaHSO4、NaHCO3在溶液中會發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生Na2SO4、CO2、H2O，產(chǎn)生大量氣泡，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2↑+H2O；故答案為：1.25；NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O；

⑤84消毒液”的有效成分為NaClO，與酸性清潔劑鹽酸混用，根據(jù)氧化還原反應(yīng)，發(fā)生歸中反應(yīng)，ClO-中+1價的Cl與鹽酸電離產(chǎn)生的-1價的Cl-反應(yīng)生成0價Cl2，反應(yīng)的離子方程式為：2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O，根據(jù)反應(yīng)：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，設(shè)氯氣質(zhì)量為x，消耗的NaOH的質(zhì)量為溶液中剩余NaOH為1000kg×1%=10kg，×100%=30%，解得：x=203kg，故答案為：2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O；203?！窘馕觥緾l2+H2OCl-+H++HClO、Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O、HClO+OH-=H2O+ClO-c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)<<2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O1.25NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O20312、略

【分析】【詳解】

(1)34.0gNH3的物質(zhì)的量故答案為：2；

(2)所含的分子數(shù)N=n×NA=2mol×6.02×1023mol-1=1.204×1024，故答案為：1.204×1024；

(3)其在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的體積V=n×Vm=2mol×22.4l/mol=44.8L；故答案為：44.8；

(4)溶于水后形成2L溶液，所得溶液的物質(zhì)的量濃度故答案為：1?！窘馕觥?1.204×102444.8113、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①為氧元素的不同原子，具有相同質(zhì)子數(shù)，不同中子數(shù)(或不同質(zhì)量數(shù))同一元素的不同核素互為同位素，則互為同位素；

②H2、D2、T2為氫元素的不同原子構(gòu)成的同一單質(zhì)；

③紅磷；白磷為磷元素構(gòu)成的不同單質(zhì)；由同樣的單一化學(xué)元素組成，但性質(zhì)卻不相同的單質(zhì)互為同素異形體，則紅磷、白磷互為同素異形體；

④為氫元素的不同原子，具有相同質(zhì)子數(shù)，不同中子數(shù)(或不同質(zhì)量數(shù))同一元素的不同核素互為同位素，則互為同位素；

四組微?；蛭镔|(zhì)；互為同位素的是①④，互為同素異形體的是③；

(2)①根據(jù)圖示，E吸=946kJ+498kJ=1444kJ，E放=2×632kJ=1264kJ，E吸＞E放；該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；

②根據(jù)①中分析；該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量；

③該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，由圖可知，每生成2molNO(g)，吸收熱量=1444kJ-1264kJ=180kJ，則毎生成1molNO(g)，吸收熱量90kJ。【解析】①④③吸熱小于9014、略

【分析】【分析】

鋁熱反應(yīng)的發(fā)生需要鎂條和氯酸鉀作引發(fā)劑。

【詳解】

（1）氯酸鉀是受熱后易分解的產(chǎn)生氧氣。鎂條是用于點燃的,更起引燃作用,提供鋁熱反應(yīng)的高溫條件；鎂條點燃發(fā)熱使氯酸鉀受熱分解產(chǎn)生氧氣,使反應(yīng)更加的劇烈。

（2）引發(fā)鋁熱反應(yīng)需要在混合物上面加少量氯酸鉀固體，中間插一根用砂紙打磨過的鎂條，點燃鎂條?！窘馕觥挎V條和氯酸鉀在混合物上面加少量氯酸鉀固體，中間插一根用砂紙打磨過的鎂條，點燃鎂條15、略

【分析】【詳解】

鐵和氯氣在點燃條件下發(fā)生反應(yīng)2Fe+3Cl22FeCl3，其中氯元素的化合價由0價降低到-1價，被還原，Cl2作氧化劑，具有氧化性。根據(jù)方程式可知，若消耗了1molFe，則生成1molFeCl3。【解析】降低還原氧化氧化1三、判斷題(共8題，共16分)16、A【分析】【分析】

【詳解】

硅是良好的半導(dǎo)體材料，故高純硅可用來制作芯片和硅太陽能電池，故正確。17、B【分析】【詳解】

在化學(xué)變化過程中，反應(yīng)物分子被破壞，但元素的種類不變，原子種類也不變，故錯誤。18、B【分析】【詳解】

向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液，加入H2O2后溶液變成紅色，說明H2O2具有氧化性，故錯誤。19、B【分析】【詳解】

硅酸鈉溶液與二氧化碳反應(yīng)生成硅酸沉淀和碳酸鈉或碳酸氫鈉，生成碳酸氫鈉的離子方程式為故錯誤。20、B【分析】【詳解】

MnO2不與稀鹽酸反應(yīng)是因為H+和Cl濃度小，鹽酸的還原性弱，故錯誤。21、B【分析】【分析】

【詳解】

灼燒坩堝應(yīng)放在泥三角上然后再放在三腳架上，故錯誤。22、A【分析】【詳解】

農(nóng)業(yè)上經(jīng)常使用農(nóng)藥波爾多液來殺菌殺蟲，波爾多液是用熟石灰和硫酸銅混合而制成的，為藍(lán)色膠狀懸濁液，正確。23、A【分析】【分析】

【詳解】

硅是良好的半導(dǎo)體材料，故高純硅可用來制作芯片和硅太陽能電池，故正確。四、工業(yè)流程題(共4題，共36分)24、略

【分析】【詳解】

【行為目標(biāo)】本題依據(jù)“煉鋼污泥為主要原料制取鐵紅”為背景所設(shè)計；側(cè)重元素及其化合物轉(zhuǎn)化的綜合性試題，重點考查學(xué)生對流程中物質(zhì)轉(zhuǎn)化分析；陌生方程式書寫、從圖表中提取信息、分析信息以及對分析結(jié)果進(jìn)行合理表達(dá)的能力等。

【難度】中等。

【講評建議】在流程題中應(yīng)關(guān)注各步所加物質(zhì)的作用及反生的反應(yīng)；重視應(yīng)用化學(xué)原理去理解并認(rèn)識元素化合物的性質(zhì)，并應(yīng)用于物質(zhì)分離；物質(zhì)轉(zhuǎn)化，強調(diào)將物質(zhì)轉(zhuǎn)化與圖表信息相結(jié)合。試題的設(shè)問圍繞條件控制的意義、試劑用量、溶液中溶質(zhì)成分和離子種類以及沉淀劑用量對沉淀率的影響等方面。

分析原料“煉鋼污泥”的成分在流程中每一步的變化。前三步的目的是除雜并獲得FeOOH和FeCO3，最后通過煅燒將FeOOH分解、FeCO3氧化獲取鐵紅產(chǎn)品。

⑴“酸浸”過程Fe2O3、Fe3O4和硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化成Fe3+、Fe2+；因為鐵泥一般呈塊狀，所以在酸浸前可以進(jìn)行粉碎處理，可以適當(dāng)提高硫酸的濃度，可以適當(dāng)加快攪拌速度等方法既能加快反應(yīng)速率，又能使反應(yīng)更充分，提高酸浸率和原料利用率。

⑵在“沉淀”步驟中，氨水和NH4HCO3先后加入，氨水的作用是中和過量硫酸并沉淀Fe3+，NH4HCO3是沉淀Fe2+。在“酸浸”中硫酸需適當(dāng)過量，但過量太多，會增大中和時氨水用量，不只浪費試劑，同時也降低了離子濃度，不利于后續(xù)沉淀的生成。⑶“過濾”之后所得濾液中存在的陽離子除了Fe3+、Fe2+，還應(yīng)有過量的H+，這在問題⑵中有明確描述。Fe2+與氨水?NH4HCO3離子方程式為①或

②NH4HCO3在氨水之后加入，且用量固定。若氨水用量太少，溶液中仍有未被中和的H+，加入的NH4HCO3部分被其所消耗，導(dǎo)致Fe2+沉淀率低、總沉鐵率降低；氨水用量適度增加，多余的硫酸越來越少，用于沉淀Fe2+的NH4HCO3越來越多，鐵的沉淀率上升。但是當(dāng)氨水用量過多時，根據(jù)提示信息可知生成的Fe(OH)3又因形成配合物而溶解，且不會被NH4HCO3再次沉淀，所以鐵的沉淀率下降。（4）抓住加入試劑中離子的來源與去向，很容易分析出濾液中的溶質(zhì)為(NH4)2SO4。

（5）題中明確地表達(dá)出“FeCO3”在“空氣”中“灼燒”得到鐵紅，即FeCO3被空氣中的O2氧化并放出CO2，根據(jù)電子守恒原理配平。4FeCO3+O2Δ=2Fe2O3+4CO2【解析】適當(dāng)提高硫酸的濃度、適當(dāng)加快攪拌速度、粉碎礦渣（任寫兩條）硫酸用量太多，會增大中和時氨水用量，浪費試劑，同時也降低了鐵元素的利用率或氨水與鐵的氫氧化物反應(yīng)生成可溶性配合物，不利于后期的沉淀(NH4)2SO44FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2（每空2分，共12分）25、略

【分析】【分析】

由圖可知，廢銅渣(主要成分Cu、CuO，含少量Fe3O4、Ni、A12O3)研磨可增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，通入CO除去Ni元素，加NaOH分離出的濾液1中含偏鋁酸鈉和NaOH，濾渣1含Cu、CuO、Fe3O4，加鹽酸、空氣溶解后得到含銅離子、鐵離子的溶液，調(diào)節(jié)pH，過濾分離出的濾渣2為Fe(OH)3，濾液2中加石灰乳可制備堿式氯化銅Cux(OH)yClz?mH2O；濾液3中含氯化鈣，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(l)“研磨”可增大反應(yīng)物的接觸面積；加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分，故答案為：加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分；

(2)“堿溶”的目的是將氧化鋁轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉分離除去；故答案為：將氧化鋁轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉分離除去；

(3)“酸溶”時生成Fe3+反應(yīng)的離子方程式為4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O；生成的Fe3+對Cu發(fā)生的氧化反應(yīng)的催化原理圖中，Cu失去電子，則Fe得到電子轉(zhuǎn)化為N的化學(xué)式為Fe2+或FeCl2，故答案為：4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O；Fe2+或FeCl2；

(4)“酸溶”時溫度不能過高；因為溫度過高，鹽酸揮發(fā)程度增大，空氣的溶解度減小，會導(dǎo)致反應(yīng)速率降低，酸溶不充分，故答案為：溫度過高，鹽酸揮發(fā)程度增大，空氣的溶解度減小，導(dǎo)致反應(yīng)速率降低，酸溶不充分；

(5)若濾液2中c(Fe3+)=4×10-8mol/L，pH=4，則Ksp[Fe(OH)3]=4×10-8×(10-10)3=4×10-38，故答案為：4×10-38；

(6)①后續(xù)實驗需要加入AgNO3溶液，因此溶解樣品所用酸為HNO3，加入足量AgNO3溶液可檢驗Cl-，故答案為：HNO3；

②n(Cl-)=×=0.1mol，n(Cu2+)=0.02L×1mol/L×=0.2mol，由電荷守恒可知n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=0.2mol×2-0.1mol=0.3mol，m(Cl-)=0.1mol×35.5g?mol-1=3.55g，m(Cu2+)=0.2mol×64g?mol-1=12.8g，m(OH-)=0.3mol×17g/mol=5.1g，n(H2O)==0.1mol，則x∶y∶z∶m=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1，即化學(xué)式為Cu2(OH)3Cl?H2O，故答案為：Cu2(OH)3Cl?H2O?！窘馕觥考涌旆磻?yīng)速率，使反應(yīng)更充分將氧化鋁轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉而分離除去4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2OFe2+或FeCl2溫度過高，鹽酸揮發(fā)程度增大，空氣溶解度減小，導(dǎo)致反應(yīng)速率降低，酸溶不充分4×10-38HNO3Cu2(OH)3Cl?H2O26、略

【分析】【詳解】

(1)①NaBH4中鈉的化合價為+1價；氫為-1價，得B的化合價為+3價。

②利用硼酸甲酯[B(OCH3)3]與氫化鈉(NaH)反應(yīng)制備NaBH4，反應(yīng)物為B(OCH3)3、NaH，生成物為NaBH4、CH3ONa，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NaH+B(OCH3)3=NaBH4+3CH3ONa。

③NaBH4與水反應(yīng)方程式為NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，該反應(yīng)中NaBH4中H化合價由-1價升高為0價，H2O中H化合價由+1降低到0價，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物均為H2；結(jié)合方程式中原子個數(shù)，得到氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1:1。

(2)①“浸出”時，將鐵硼礦石粉碎的目的為增大與酸的接觸面積．加快反應(yīng)速率；Mg2B2O5?H2O與硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式:Mg2B2O5?H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4。

②以鐵硼礦(主要成分為Mg2B2O5?H2O,還有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)為原料制備單質(zhì)B，由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO轉(zhuǎn)化為微溶于水的CaSO4，濾渣1的主要成分為SiO2、CaSO4。

③“凈化除雜”時需先加H2O2溶液,其目的為將其中的Fe2+氧化為Fe3+，2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3+=2H2O，然后再調(diào)節(jié)溶液的pH≈5,其目的是使Fe3轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，Al3+化為Al(OH)3沉淀而除去。

④H2S2O3為弱酸，Na2S2O3溶液顯堿性；所以用堿式滴定管；

n(Na2S2O3)=0.30mol?L-1×0.018L=0.0054mol/L

反應(yīng)I2+2S2O32-==2I-+S4O32-,根據(jù)關(guān)系式

n(B)=n(S2O32-)=0.0018mol,硼的質(zhì)量為0.0018mol×11g/mol=0.0198g,粗硼樣品的純度為

【點睛】

有關(guān)化學(xué)方程式的書寫，要從題目中找出反應(yīng)物和生成物，再進(jìn)行配平；實驗的目的要結(jié)合題意找出相關(guān)的內(nèi)容，結(jié)合所學(xué)，得出相應(yīng)的答案；純度的計算利用了關(guān)系式法進(jìn)行計算?！窘馕觥?34NaH+B(OCH3)3=NaBH4+3CH3ONa1:1增大接觸面積．加快反應(yīng)速率Mg2B2O5?H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4SiO2、CaSO4將其中的Fe2+氧化為Fe3+使Fe3轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，Al3+化為Al(OH)3沉淀堿式79.2%27、略

【分析】【分析】

粉煤灰經(jīng)過硫酸處理后Al2O3溶解為Al3+，SiO2不溶于硫酸，過濾后形成濾渣，濾液經(jīng)過CaO調(diào)節(jié)pH形成CaSO4沉淀與堿式硫酸鋁溶液；堿式硫酸鋁溶液吸收SO2后可加熱解吸，釋放高濃度SO2的同時吸收液還能再生；可實現(xiàn)循環(huán)脫硫，結(jié)合圖象和測定原理分析解答。

【詳解】

(1)酸浸后的溶液中含有硫酸鋁，加入CaO調(diào)節(jié)pH生成堿式硫酸鋁和CaSO4沉淀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Al2(SO4)3+3CaO=Al2(SO4)3·Al2O3+3CaSO4↓；若溶液的pH偏高，將會導(dǎo)致鋁離子形成氫氧化鋁沉淀，溶液中鋁元素的含量降低，故答案為：2Al2(SO4)3+3CaO=Al2(SO4)3·Al2O3+3CaSO4↓；降低；

(2)①堿式硫酸鋁溶液吸收SO2生成Al2(SO4)3·Al2(SO3)3的化學(xué)方程式為Al2(SO4)3·Al2O3+3SO2=Al2(SO4)3·Al2(SO3)3，故答案為：Al2(SO4)3·Al2O3+3SO2=Al2(SO4)3·Al2(SO3)3；

②根據(jù)圖1，吸收液濃度變化對SO2吸收率的影響比SO2濃度變化對SO2吸收率的影響要大；故答案為：大；

③根據(jù)圖2，隨著溫度的升高，SO2在溶液中的溶解度降低，SO2的吸收率下降，且氧化率上升不利于再生；溫度太低，反應(yīng)速率慢，影響SO2的吸收效率，因此實際脫硫過程中，控制吸收液溫度為40℃，故答案為：隨著溫度的升高，SO2在溶液中的溶解度降低；吸收率下降，且氧化率上升不利于再生；溫度太低，反應(yīng)速率慢，影響吸收效率；

(3)根據(jù)測定溶液中的方法可知，SO+Ba2+=BaSO4↓反應(yīng)后Ba2+用EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定進(jìn)行測定。10.00mL0.0025000mol/LEDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液中含有EDTA的物質(zhì)的量=0.01L×0.0025000mol/L=0.000025000mol，則剩余的Ba2+為0.000025000mol，與SO反應(yīng)的Ba2+為0.015L×0.01000mol/L-0.000025000mol=0.000125000mol，則5.00mL試樣中含有SO的物質(zhì)的量=0.000125000mol×=0.00125000mol，則==24g/L，故答案為：24?！窘馕觥?Al2(SO4)3+3CaO=Al2(SO4)3·Al2O3+3CaSO4↓降低Al2(SO4)3·Al2O3+3SO2=Al2(SO4)3·Al2(SO3)3大隨著溫度的升高，SO2在溶液中的溶解度降低，吸收率下降，且氧化率上升不利于再生；溫度太低，反應(yīng)速率慢，影響吸收效率24五、實驗題(共4題，共32分)28、略

【分析】【分析】

在燒瓶中MnO2與濃鹽酸混合加熱制取Cl2。由于濃鹽酸具有揮發(fā)性，揮發(fā)的HCl與Cl2及水蒸氣導(dǎo)入盛有飽和食鹽水的洗氣瓶除去雜質(zhì)HCl，然后在盛有濃硫酸洗氣瓶中被干燥除水后得到純凈Cl2。Cl2的密度比空氣大，可以使用向上排空氣的方法收集；Cl2具有強氧化性，會在溶液中將KI氧化為I2單質(zhì)，I2遇淀粉，溶液變?yōu)樗{(lán)色，據(jù)此檢驗氯氣；氯氣是有毒氣體，不能隨意排入大氣，可根據(jù)氯氣能夠與堿反應(yīng)的性質(zhì)，多余的Cl2用NaOH溶液進(jìn)行吸收；防止污染大氣。

【詳解】

(1)根據(jù)圖示可知：在上圖中裝濃鹽酸的容器的名稱是分液漏斗；

(2)在氣體發(fā)生裝置中，MnO2與濃鹽酸混合加熱發(fā)生反應(yīng)制取Cl2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；

(3)在實驗裝置中：①飽和食鹽水的作用是除去Cl2中的雜質(zhì)HCl；②濃硫酸的作用是除去水蒸氣(或干燥氯氣)；

(4)化學(xué)實驗中檢驗是否有Cl2產(chǎn)生常用濕潤的淀粉-KI試紙，如果有Cl2產(chǎn)生，在溶液中發(fā)生反應(yīng)：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{(lán)色，因此可觀察到的現(xiàn)象是濕潤的淀粉碘化鉀試紙變藍(lán)?！窘馕觥糠忠郝┒稭nO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O除去Cl2中的HCl除去水蒸氣濕潤的淀粉碘化鉀試紙變藍(lán)29、略

【分析】【詳解】

(1)金屬鈉保存在煤油中；用鑷子從試劑瓶中取一塊金屬鈉，用濾紙吸干表面上的煤油，用小刀在玻璃片上切米粒大小的鈉做實驗用，由于鈉容易和空氣中的水蒸氣反應(yīng)生成易燃性的氫氣和強堿NaOH，且剩余的鈉不污染原試劑瓶中的鈉，所以剩余的鈉要放回原試劑瓶，不要隨意丟棄。

(2)鈉與硫酸鎂溶液反應(yīng)，鈉先跟水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，生成的氫氧化鈉再和硫酸鎂反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，化學(xué)方程式為：MgSO4+2NaOH=M