2025年華東師大版高三化學(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2025年華東師大版高三化學(xué)上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、將一定量的Fe、Fe2O3、CuO的混合物放入體積為100mL、濃度為2.2mol?L-1的H2SO4溶液中，充分反應(yīng)后，生成氣體896mL（標(biāo)況），得到不溶固體1.289，過濾后，濾液中的金屬離子只有Fe2+（濾液體積仍為100mL）．向?yàn)V液中滴加2mol?L-1的NaOH溶液至30mL時開始出現(xiàn)沉淀．則未滴加NaOH溶液前濾液中FeSO4的物質(zhì)的量濃度為（）

A.2mol?L-1

B.1.8mol?L-1

C.1.9mol?L-1

D.無法計算。

2、下列物質(zhì)分類的正確組合是（）。堿酸鹽酸性氧化物A純堿HNO3膽礬SO2B燒堿H2SO4NaClCOC苛性鈉CH3COOH石灰石NO2D熟石灰H2CO3蘇打SiO23、已知4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（l）△H═-xkJ/mol．蒸發(fā)1molH2O（l）需要吸收的能量為44kJ，其它相關(guān)數(shù)據(jù)如下表：則表中z（用x、a、b；d表示）的大小為（）

。物質(zhì)NH3（g）O2（g）NO（g）H2O（g）1mol分子中的化學(xué)鍵斷裂時需要吸收的能量/kJabzdA.B.C.D.4、下列實(shí)驗(yàn)方案可行的是（）A.為除去苯中的少量苯酚，向混合物中加入適量的溴水后過濾B.證明CH2=CHCH2CHO中一定有碳碳不飽和鍵：滴入KMnO4酸性溶液，看紫紅色是否褪去C.檢驗(yàn)溶液中一定有C：加入稀鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水D.用溴水鑒別苯、乙醇、四氯化碳5、常溫下，將一定濃度的鹽酸和醋酸加水稀釋，溶液的導(dǎo)電能力隨溶液體積變化的曲線如圖所示．判斷下列說法中，正確的是（）A.兩溶液稀釋前的濃度相同B.a、b、c三點(diǎn)溶液的pH由大到小順序?yàn)閍＞b＞cC.a點(diǎn)的Kw值比b點(diǎn)的Kw值大D.a點(diǎn)水電離的c（H+）小于c點(diǎn)水電離的c（H+）6、下列各組有機(jī)物，可以用分液漏斗進(jìn)行分離的是（）A.溴乙烷與液溴B.苯和溴苯C.乙醇與氯乙烷D.三氯甲烷與水評卷人得分二、雙選題(共5題，共10分)7、鎳鉻（NiCd）可充電電池的電解質(zhì)溶液為KOH溶液，它的充、放電反應(yīng)按下式進(jìn)行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2；已知Ni（OH）2、Cd（OH）2和NiOOH都不溶于KOH溶液．則下列有關(guān)電極反應(yīng)式正確的是（）A.放電時負(fù)極：Cd-2e-═Cd2+B.放電時正極：2NiOOH+2e-+2H2O═2Ni（OH）2+2OH-C.充電時陽極：2Ni（OH）2-2e-+4H+═2Ni3++4H2OD.充電時陰極：Cd（OH）2+2e-═Cd+2OH-8、下列對有關(guān)實(shí)驗(yàn)的描述不正確的是（）A.在濃氨水中加入生石灰可以制取少量的NH3B.用惰性電極電解熔融NaCl：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-C.氯水和活性炭使紅墨水褪色，能用同一原理解釋D.濃硫酸和濃鹽酸長期暴露在空氣中濃度都會降低9、有關(guān)常溫下rm{pH}均為rm{3}的醋酸和硫酸的說法正確的是()A.兩種溶液中，由水電離出的氫離子濃度均為rm{1隆脕10^{-11}mol隆隴L^{-1}}B.分別加水稀釋rm{100}倍后，兩種溶液的rm{pH}仍相同C.醋酸中的rm{c(CH_{3}}rm{COO}rm{COO}rm{{,!}^{-}}和硫酸中的rm{)}和硫酸中的rm{c(SO}rm{)}rm{c(SO}相等rm{rlap{_{4}}{^{2-}}}D.分別加入足量鋅片，兩種溶液生成rm{)}相等rm{)}10、常溫下，用濃度為rm{0.1000mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液分別逐滴加入到rm{20.00mL}rm{0.1000mol?L^{-1}}的rm{HX}rm{HY}溶液中，rm{pH}隨rm{NaOH}溶液體積的變化如圖rm{.}下列說法正確rm{(}rm{)}A.rm{V(NaOH)=10.00}rm{mL}時，rm{c(X^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}B.rm{V(NaOH)=20.00}rm{mL}時，兩份溶液中，rm{c(X^{-})>c(Y^{-})}C.rm{V(NaOH)=20.00}rm{mL}時，rm{c(Na^{+})>c(X^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}D.rm{pH=7}時，兩份溶液中，rm{c(X^{-})=c(Y^{-})}11、氮化鈉和氫化鈣都是離子化合物，與水反應(yīng)的化學(xué)方程式rm{(}末配平rm{)}如下：rm{Na_{3}N+H_{2}O隆煤NaOH+NH_{3}}rm{CaH_{2}+H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+H_{2}.}有關(guān)它們的敘述正確的是rm{(}rm{)}A.離子半徑的大?。簉m{Na^{+}>N^{3-}>H^{-}}B.它們與水發(fā)生的反應(yīng)均屬于氧化還原反應(yīng)C.兩種化合物均只含離子鍵，不含共價鍵D.兩固體混合物溶于足量鹽酸中可得到三種鹽評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)12、（2010?涵江區(qū)校級模擬）[化學(xué)-選修物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]

Q；R、X、Y、Z為周期表前四周期元素；原子序數(shù)依次遞增．已知：

①Q(mào)為周期表中原子半徑最小的元素；

②R的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道；且每種軌道中的電子總數(shù)相同；

③Y的基態(tài)原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍；

④Z有“生物金屬”之稱，Z4+離子和氬原子的核外電子排布相同．

請回答下列問題：（答題時；Q；R、X、Y、Z用所對應(yīng)的元素符號表示）

（1）RQ4Y分子的某中心原子采用的雜化軌道類型是____雜化．

（2）R、X、Y三種元素的第一電離能由小到大的順序?yàn)開___．

（3）已知：原子數(shù)目和電子總數(shù)（或價電子總數(shù)）相同的微?；榈入娮芋w，等電子體具有相似的結(jié)構(gòu)特征．與RY分子互為等電子體的分子和離子分別為____和____（填化學(xué)式）．

（4）Z元素位于周期表的____分區(qū)．Z原子基態(tài)時的外圍電子排布式為____，Z的一種含氧酸鋇鹽的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶體內(nèi)與每個“Z”原子等距離且最近的氧原子數(shù)為____．13、現(xiàn)有一包固體粉末，其中可能含有Na2CO3、CaCO3、CuSO4、FeCl3、KCl．現(xiàn)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①溶于水得無色澄清透明溶液；②取少量上述溶液滴加BaCl2溶液生成白色沉淀；再加鹽酸沉淀溶解消失并產(chǎn)生無色氣體．

根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象回答下列問題：

（1）一定不存在的物質(zhì)是____．

（2）一定存在的物質(zhì)是____．

（3）可能存在的物質(zhì)是____；

（4）反應(yīng)②中發(fā)生反應(yīng)的相關(guān)離子方程式為：____．14、下列反應(yīng)在210℃時達(dá)到平衡：

①PCl5（g）?PCl3（g）+Cl2（g）；△H1＞0K1=1mol?L-1

②CO（g）+Cl2（g）?COCl2（g）；△H1＜0K2=5×104L?mol-1

③COCl2（g）?CO（g）+Cl2（g）

（1）反應(yīng)③的平衡常數(shù)K3=____．

（2）要使反應(yīng)①和反應(yīng)②的K數(shù)值相等，可采取的措施是____（填序號）．

A．降低反應(yīng)①、②體系中Cl2濃度。

B．反應(yīng)①；②選擇不同的催化劑。

C．反應(yīng)①；反應(yīng)②同時升高溫度。

D．反應(yīng)①；反應(yīng)②同時降低溫度。

E．反應(yīng)①降低溫度，反應(yīng)②維持210℃15、（2015?株洲一模）乙酰苯胺是一種白色有光澤片狀結(jié)晶或白色結(jié)晶粉末，是磺胺類藥物的原料，可用作止痛劑、退熱劑、防腐劑和染料中間體．乙酰苯胺的制備原理為：NH2+CHC3OOH?-H2O

實(shí)驗(yàn)參數(shù)：

。名稱性狀密度/（g/cm3）沸點(diǎn)/℃溶解性苯胺無色油狀液體，有還原性1.02184.4微溶于水易溶于乙醇、乙醚等乙酸無色液體1.05118.1易溶于水易溶于乙醇、乙醚乙酰苯胺白色晶體1.22304微溶于冷水，溶于熱水易溶于乙醇、乙醚實(shí)驗(yàn)裝置：（見圖）

注：刺形分餾柱的作用相當(dāng)于二次蒸餾；用于沸點(diǎn)差別不太大的混合物的分離．

實(shí)驗(yàn)步驟：

步驟1：在圓底燒瓶中加入無水苯胺9.3mL；冰醋酸18.4mL，鋅粉0.1g，安裝儀器，加入沸石，調(diào)節(jié)加熱溫度，使柱頂溫度控制在105℃左右，反應(yīng)約60～80min，反應(yīng)生成的水及少量醋酸被蒸出．

步驟2：在攪拌下；趁熱將燒瓶中的物料以細(xì)流狀倒入盛有100mL冰水的燒杯中，劇烈攪拌，并冷卻，結(jié)晶，抽濾；洗滌、干燥，得到乙酰苯胺粗品．

步驟3：將此粗乙酰苯胺進(jìn)行重結(jié)晶；晾干，稱重，計算產(chǎn)率．

請回答下列問題：

（1）步驟1中所選圓底燒瓶的最佳規(guī)格是____．

a．25mLb．50mLc．150mLd．200mL

（2）從化學(xué)平衡的角度分析，要控制分餾柱上端的溫度在105℃左右的原因是____．

（3）步驟1加熱可用____（填“水浴”或“油浴”）．

（4）洗滌乙酰苯胺粗品最合適的試劑是____．

a．用少量冷水洗b．用少量熱水洗c．先用冷水洗；再用熱水洗d．用酒精洗。

（5）步驟2得到的粗晶體中因含有某些雜質(zhì)而顏色較深，步驟3重結(jié)晶的操作是：將粗晶體用熱水溶解，加入活性炭0.1g，煮沸進(jìn)行脫色，____；再將濾液冷卻結(jié)晶．

（6）該實(shí)驗(yàn)最終得到純品9.1g，已知苯胺、乙酸和乙酰苯胺的摩爾質(zhì)量分別為93g?mol-1、60g?mol-1、135g?mol-1．則乙酰苯胺的產(chǎn)率是____．16、在1mol/L的Na2CO3溶液中滴入酚酞，則溶液呈現(xiàn)____色（填“淺紅”或“藍(lán)”或“無”），原因：____（用離子方程表達(dá)）．評卷人得分四、判斷題(共4題，共20分)17、很多物質(zhì)都可以添加到食品中，其中使用亞硝酸鈉時必須嚴(yán)格控制用量．____．（判斷對錯）18、碳酸鈉可以除苯中的苯酚．____（判斷對錯）19、向沸水中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3膠體____（判斷對錯）20、18gH2O在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是22.4L____．（判斷對錯）評卷人得分五、計算題(共2題，共18分)21、在1L鹽酸酸化的AlCl3溶液中加入一定濃度的NaOH溶液，發(fā)現(xiàn)當(dāng)加入amLNaOH溶液時開始出現(xiàn)沉淀，且當(dāng)加入到bmL和cmL時出現(xiàn)的沉淀一樣多（c>b>a），試求當(dāng)加入多少毫升NaOH溶液時，產(chǎn)生最大量的沉淀？22、將鐵和銅混合均勻并平均分成四等份，分別加入同濃度的稀硝酸，充分反應(yīng)后，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下生成rm{NO}的體積與剩余金屬的質(zhì)量見下表rm{(}設(shè)硝酸的還原產(chǎn)物只有rm{NO)}．

。實(shí)驗(yàn)編號rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}稀硝酸體積rm{/mL}rm{100}rm{200}rm{300}rm{400}剩余金屬質(zhì)量rm{/g}rm{9.0}rm{4.8}rm{0}rm{0}rm{NO}體積rm{/L}rm{1.12}rm{2.24}rm{3.36}rm{V}計算：

rm{(1)}硝酸的濃度為多少？

rm{(2)壟脹}中溶解的rm{Cu}的質(zhì)量為多少？

rm{(3)壟脺}中的rm{V}為多少？評卷人得分六、簡答題(共3題，共24分)23、短周期元素X、Y、Z、W中，0.5molX元素的離子得到6.02×1023個電子后被還原為中性原子，0.4gX的氧化物恰好與100mL0.2mol?L-1的鹽酸完全反應(yīng)，X元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)相等；X可在Y的氣態(tài)單質(zhì)中燃燒，生成化合物X3Y2；Z單質(zhì)常用于消毒殺菌；W元素原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍．

請?zhí)顚懴铝锌崭瘢?/p>

（1）X、W兩種元素的元素符號：X______，W______．

（2）Z、W兩元素組成的物質(zhì)含有______鍵（填“共價”或“離子”），其結(jié)構(gòu)式是______．

（3）X、Y、Z三種元素的離子半徑由大到小的順序?yàn)開_____（用離子符號表示）．

（4）寫出工業(yè)制備Z元素單質(zhì)的離子方程式______．24、環(huán)境污染與資源短缺問題日趨突出，高效循環(huán)利用資源顯得尤為重要rm{.}工業(yè)上用含有rm{Cu_{2}O}rm{Al_{2}O_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{SiO_{2}}的礦渣提取銅的工藝流程如圖：

已知：rm{壟脵C(jī)u_{2}O+2H^{+}=Cu+Cu^{2+}+H_{2}O}

rm{壟脷}幾種氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的rm{pH}如表：

。氫氧化物rm{Al(OH)_{3}}rm{Fe(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{Cu(OH)_{2}}開始沉淀的rm{pH}rm{4.0}rm{5.8}rm{1.1}rm{5.4}完全沉淀的rm{pH}rm{5.2}rm{8.8}rm{3.2}rm{6.7}回答下列問題：

rm{(1)}固體rm{A}主要由兩種物質(zhì)組成；其化學(xué)式為______．

rm{(2)}酸浸、過濾后，濾液中鐵元素的存在形式為______rm{(}填離子符號rm{)}生成該離子的離子方程式為______．

rm{(3)}沉淀rm{B}的化學(xué)式為______；氧化過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______．

rm{(4)}加rm{NaOH}調(diào)節(jié)溶液rm{pH}的范圍是______，工業(yè)上對沉淀rm{B}沉淀rm{C}的利用應(yīng)采取的處理方法是______．25、硫及其化合物在工業(yè)上有著廣泛的應(yīng)用．

完成下列填空：

rm{(1)}寫出工業(yè)上以硫磺為原料生產(chǎn)硫酸的第一步反應(yīng)方程式______．

rm{(2)}工業(yè)上用過硫酸鉀rm{(K_{2}S_{2}O_{8})}測定鋼鐵中的錳含量；主要反應(yīng)如下：

______rm{Mn^{2+}+}______rm{S_{2}O_{8}^{2-}+}______rm{H_{2}O隆煤}______rm{MnO_{4}^{-}+}______rm{SO_{4}^{2-}+}______rm{H^{+}}

配平該反應(yīng)方程式；氧化產(chǎn)物是______．

rm{(3)}用電解硫酸氫鉀的方法制取過硫酸鉀：rm{HSO_{4}^{-}}在______rm{(}填：“陽極”或“陰極”rm{)}反應(yīng)生成rm{S_{2}O_{8}^{2-}}另一極生成氫氣，生成rm{0.1mol}的rm{S_{2}O_{8}^{2-}}同時可收集到______rm{g}氫氣．

rm{(4)}已知硫酸的第二級電離并不完全：rm{HSO_{4}^{-}H^{+}+SO_{4}^{2-}(K_{i}=1.2隆脕10^{-2})}

在rm{0.1mol/L}的硫酸氫鉀溶液中大約有rm{30%}的rm{HSO_{4}^{-}}電離，則該溶液中離子濃度由大到小排列第rm{2}位的離子是______，第rm{4}位的離子是______rm{.}往該溶液中加入硫酸氫鉀固體并保持溫度不變，則溶液中rm{dfrac{c(K^{+})}{c(HSO_{4}^{-})}}______rm{dfrac{c(K^{+})}{c(HSO_{4}^{-

})}}填：“增大”、“減小”或“不變”rm{(}

rm{)}已知：rm{(5)}

rm{HSO_{3}^{-}?H^{+}+SO_{3}^{2-}K=1.02隆脕10^{-7}}rm{NH_{4}^{+}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O+H^{+}}

往亞硫酸氫銨中加入一定量的氫氧化鋇溶液，可能發(fā)生的反應(yīng)離子方程式是______rm{K=5.65隆脕10^{-10}}選填編號rm{(}．

rm{)}

rm{a.HSO_{3}^{-}+Ba^{2+}+OH^{-}隆煤BaSO_{3}隆媒+H_{2}O}

rm{b.NH_{4}^{+}+2HSO_{3}^{-}+2Ba^{2+}+3OH^{-}隆煤2BaSO_{3}隆媒+2H_{2}O+NH_{3}?H_{2}O}

rm{c.NH_{4}^{+}+HSO_{3}^{-}+Ba^{2+}+2OH^{-}隆煤BaSO_{3}隆媒+H_{2}O+NH_{3}?H_{2}O}．rm{d.2NH_{4}^{+}+4HSO_{3}^{-}+3Ba^{2+}+6OH^{-}隆煤3BaSO_{3}隆媒+4H_{2}O+2NH_{3}?H_{2}O+SO_{3}^{2-}}參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】

與氫氧化鈉反應(yīng)的硫酸的物質(zhì)的量=n（NaOH）=×2mol/L×0.03L=0.03mol；

剩余的硫酸的物質(zhì)的量=2.2mol/L×0.1L-0.03mol=0.22mol-0.03mol=0.19mol；剩余硫酸與固體反應(yīng)生成了硫酸亞鐵；

根據(jù)硫酸和硫酸亞鐵的關(guān)系式計算硫酸亞鐵的物質(zhì)的量濃度；設(shè)硫酸亞鐵的物質(zhì)的量濃度為cmol/L，則：

H2SO4→FeSO4

1mol1mol

0.19mol0.1L×cmol/L

c=1.9

即硫酸亞鐵的物質(zhì)的量濃度是1.9mol/L；

故選C．

【解析】【答案】向?yàn)V液中加入2mol/LNaOH溶液至30mL時開始出現(xiàn)沉淀說明固體與稀硫酸反應(yīng)后稀硫酸有剩余；根據(jù)“過濾后，濾液中的金屬離子只有Fe2+（假設(shè)濾液體積仍為100mL）”知；固體和硫酸反應(yīng)后的鹽只有硫酸亞鐵，根據(jù)以上知固體與稀硫酸反應(yīng)后的溶液是硫酸和硫酸亞鐵的混合物．根據(jù)氫氧化鈉的物質(zhì)的量計算剩余硫酸的物質(zhì)的量，其余的硫酸根離子與亞鐵離子構(gòu)成硫酸亞鐵，據(jù)此分析解答．

2、D【分析】【解析】【答案】D3、C【分析】【分析】1mol氨氣化學(xué)鍵斷裂時需要吸收的能量為akJ，1molO2（g）化學(xué)鍵斷裂時需要吸收的能量為bkJ，1molNO（g）化學(xué)鍵斷裂時需要吸收的能量為zkJ，1molH2O（g）化學(xué)鍵斷裂時需要吸收的能量為dkJ，蒸發(fā)1molH2O（l）需要吸收的能量為44kJ，依據(jù)△H=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能計算．【解析】【解答】解：蒸發(fā)1molH2O（l）需要吸收的能量為44kJ，6molH2O（g）變成液態(tài)水需要放出的能量為6×44kJ，則4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（l）△H=-xkJ/mol，依據(jù)△H=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能，-xkJ═4akJ+5bkJ-4zkJ-6dkJ-6×44kJ，z=kJ；

故選C．4、D【分析】【分析】A．溴易溶于苯；

B．碳碳雙鍵和-CHO均能被高錳酸鉀氧化；

C．能使石灰水變渾濁的氣體為二氧化碳或二氧化硫；

D．苯與溴水混合分層后有機(jī)層在上層，乙醇與溴水不分層，四氯化碳與溴水混合后有機(jī)層在下層．【解析】【解答】解：A．溴易溶于苯；利用溴水除去苯中的苯酚會引入新雜質(zhì)，應(yīng)選擇NaOH溶液來除雜，故A錯誤；

B．碳碳雙鍵和-CHO均能被高錳酸鉀氧化，則應(yīng)先用銀氨溶液排除-CHO對碳碳雙鍵的影響，再滴入KMnO4酸性溶液；溶液褪色檢驗(yàn)碳碳雙鍵，故B錯誤；

C．能使石灰水變渾濁的氣體為二氧化碳或二氧化硫；則溶液中加入稀鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水，不能確定溶液中含碳酸根離子；亞硫酸根離子或碳酸氫根離子等，實(shí)驗(yàn)不嚴(yán)密，故C錯誤；

D．苯與溴水混合分層后有機(jī)層在上層；乙醇與溴水不分層，四氯化碳與溴水混合后有機(jī)層在下層，現(xiàn)象不同，可以鑒別，故D正確；

故選D．5、D【分析】【分析】稀釋之前，兩種溶液導(dǎo)電能力相等，說明離子濃度相等，由于醋酸為弱電解質(zhì)，不能完全電離，則醋酸濃度大于鹽酸濃度，加水稀釋時，醋酸進(jìn)一步電離，所以稀釋過程中，醋酸導(dǎo)電能力大于鹽酸，則Ⅰ為醋酸稀釋曲線，Ⅱ?yàn)辂}酸稀釋曲線．【解析】【解答】解：A．稀釋之前；兩種溶液導(dǎo)電能力相等，說明離子濃度相等，由于醋酸為弱電解質(zhì)，不能完全電離，則醋酸濃度大于鹽酸濃度，故A錯誤；

B．導(dǎo)電能力越大，說明離子濃度越大，酸性越強(qiáng)，則a、b、c三點(diǎn)溶液的pH大小順序?yàn)閍＜b＜c；故B錯誤；

C．相同溫度下；Kw相同，故C錯誤；

D．a(chǎn)點(diǎn)離子濃度大于c點(diǎn)離子濃度，溶液離子濃度越大，氫離子濃度就越大，對水的電離抑制程度越大，則a點(diǎn)水電離的H+物質(zhì)的量濃度小于c點(diǎn)水電離的H+物質(zhì)的量濃度；故D正確．

故選D．6、D【分析】【分析】根據(jù)互不相溶的兩層液體可用分液漏斗分開．【解析】【解答】解：A；溴乙烷與液溴是互溶的；不能用分液漏斗分離，故A錯誤；

B；苯和溴苯是互溶的；不能用分液漏斗分離，故B錯誤；

C；乙醇與氯乙烷是互溶的；不能用分液漏斗分離，故C錯誤；

D；三氯甲烷與水是互不相溶的兩層液體；可以用分液漏斗分離，故D正確．

故選：D．二、雙選題(共5題，共10分)7、B|D【分析】解：A．放電時負(fù)極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為：Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2；故A錯誤；

B．放電時正極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為：2NiOOH+2e-+2H2O═2Ni（OH）2+2OH-；故B正確；

C．充電時陽極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為：2Ni（OH）2+2OH--2e-→2NiOOH+2H2O；故C錯誤；

D．充電時陰極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為：Cd（OH）2+2e-═Cd+2OH-；故D正確；

故選BD．

當(dāng)該電池放電時為原電池，負(fù)極上鉻失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上NiOOH得電子發(fā)生還原反應(yīng)；當(dāng)該電池充電時為電解池，陽極上Ni（OH）2失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極上Cd（OH）2得電子發(fā)生還原反應(yīng)；據(jù)此分析解答．

本題考查電極反應(yīng)式的書寫，明確電極上得失電子及反應(yīng)物質(zhì)是解本題關(guān)鍵，電極反應(yīng)式的書寫是學(xué)習(xí)難點(diǎn)，要注意結(jié)合電解質(zhì)溶液的酸堿性書寫，難度中等．【解析】【答案】BD8、B|C【分析】解：A．生石灰可與水反應(yīng)；并放出熱量，氨水易揮發(fā)，可用于制備氨氣，故A正確；

B．電解熔融NaCl；生成鈉和氯氣，如電解氯化鈉溶液，則生成氯氣；氫氣和氫氧化鈉，故B錯誤；

C．氯水具有強(qiáng)氧化性；而活性炭起到吸附作用，二者的原理不同，故C錯誤；

D．濃硫酸具有吸水性；而鹽酸易揮發(fā)，長期暴露在空氣中濃度都會降低，故D正確．

故選BC．

A．生石灰可與水反應(yīng)；并放出熱量，結(jié)合氨氣易揮發(fā)的性質(zhì)解答；

B．電解熔融NaCl；生成鈉和氯氣；

C．氯水具有強(qiáng)氧化性；而活性炭起到吸附作用；

D．濃硫酸具有吸水性；而鹽酸易揮發(fā)．

本題考查較為綜合，涉及氨氣、氯氣、電解以及濃硫酸的性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于元素化合物知識的綜合理解和運(yùn)用的考查，難度不大．【解析】【答案】BC9、AD【分析】【分析】本題是對強(qiáng)弱電解質(zhì)的知識的考查，是中學(xué)化學(xué)的重要知識，難度一般。關(guān)鍵是掌握強(qiáng)弱電解質(zhì)的區(qū)別，側(cè)重知識的能量考查?！窘獯稹緼.依據(jù)酸對水的電離平衡的影響可得，兩種溶液中，由水電離出的氫離子濃度均為rm{1隆脕10}rm{1隆脕10}rm{-}rm{-}rm{11}rm{11}，故A正確；B.由于醋酸是弱酸，在溶液中存在電離平衡，稀釋時電離程度增大，故B錯誤；C.由于所帶電荷不同，rm{mol隆隴L}要大于rm{mol隆隴L}故C錯誤；D.兩溶液與鋅反應(yīng)時，醋酸生成的rm{-}多，故D正確。故選AD。rm{-}【解析】rm{AD}10、rAC【分析】解：rm{A}rm{V(NaOH)=10.00}rm{mL}時，生成等物質(zhì)的量濃度的rm{HX}和rm{NaX}溶液呈酸性，以rm{HX}的電離為主，所以離子濃度的大小為：，rm{c(X^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}故A正確；

B、由圖可知rm{V(NaOH)=20.00}rm{mL}時，兩者恰好完全反應(yīng)，rm{HX}的rm{PH}大于rm{HY}所以rm{NaX}的水解程度大于rm{NaY}則兩份溶液中，rm{c(X^{-})<c(Y^{-})}故B錯誤；

C、由圖可知rm{V(NaOH)=20.00}rm{mL}時，兩者恰好完全反應(yīng)，都生成強(qiáng)堿弱酸鹽，水解呈堿性，所以離子濃度的大小為：rm{c(Na^{+})>c(X^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故C正確；

D、rm{NaX}的水解程度大于rm{NaY}而rm{pH=7}時，兩份溶液中第一份需氫氧化鈉的物質(zhì)的量少，根據(jù)電荷守恒，rm{c(X^{-})>c(Y^{-})}故D錯誤；

故選AC．

A、rm{V(NaOH)=10.00}rm{mL}時，生成等物質(zhì)的量濃度的rm{HX}和rm{NaX}溶液呈酸性，以rm{HX}的電離為主；

B、由圖可知rm{V(NaOH)=20.00}rm{mL}時，兩者恰好完全反應(yīng)，rm{HX}的rm{PH}大于rm{HY}所以rm{NaX}的水解程度大于rm{NaY}

C、由圖可知rm{V(NaOH)=20.00}rm{mL}時；兩者恰好完全反應(yīng)，都生成強(qiáng)堿弱酸鹽；

D、rm{NaX}的水解程度大于rm{NaY}而rm{pH=7}時，兩份溶液中第一份需氫氧化鈉的物質(zhì)的量少，根據(jù)電荷守恒，rm{c(X^{-})>c(Y^{-}).}

本題考查了酸堿混合溶液定性判斷，涉及弱電解質(zhì)的電離、鹽類水解、酸堿中和反應(yīng)等知識點(diǎn)，根據(jù)弱電解質(zhì)的電離特點(diǎn)、溶液酸堿性及鹽類水解等知識點(diǎn)來分析解答，題目難度中等．【解析】rm{AC}11、rCD【分析】解：rm{A.}電子層越多，半徑越大，所以氫離子半徑最小，電子層一樣，核電荷數(shù)越多，半徑越小，所以rm{Na^{+}<N^{3-}}即rm{N^{3-}>Na^{+}>H^{+}}故A錯誤；

B.rm{Na_{3}N+H_{2}O隆煤NaOH+NH_{3}}該反應(yīng)中沒有元素化合價發(fā)生變化；不屬于氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；

C.rm{Na_{3}N}rm{CaH_{2}}只含有離子鍵；不存在共價鍵，故C正確；

D.氮化鈉和鹽酸反應(yīng)會生成氯化鈉；氯化銨兩種鹽；氫化鈉與鹽酸反應(yīng)會生成氯化鈉，可得到三種鹽，故D正確．

故選CD．

A.根據(jù)離子半徑的判斷標(biāo)準(zhǔn)；核外電子層數(shù)多的大于核外電子層數(shù)少的，當(dāng)核外電子層數(shù)相同時，核內(nèi)質(zhì)子數(shù)大的離子半徑??；

B.氧化還原反應(yīng)中一定有電子的轉(zhuǎn)移和化合價的升降；

C.rm{Na_{3}N}rm{CaH_{2}}只含有離子鍵；

D.氮化鈉和鹽酸反應(yīng)會生成氯化鈉；氯化銨兩種鹽；氫化鈉與鹽酸反應(yīng)會生成氯化鈉．

本題考查了鈉及其化合物的性質(zhì)，涉及離子半徑大小比較、氧化還原反應(yīng)的判斷、原子結(jié)構(gòu)的判斷，題目難度不大，把握氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，準(zhǔn)確判斷元素的化合價是解題關(guān)鍵．【解析】rm{CD}三、填空題(共5題，共10分)12、sp3C＜O＜NN2CN-d3d24s26【分析】【分析】①Q(mào)為周期表中原子半徑最小的元素；應(yīng)為H元素；

②R的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同，核外電子排布式為1s22s22p2；應(yīng)為C元素；

③Y的基態(tài)原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍，核外電子排布式為1s22s22p4；應(yīng)為O元素；

④Z有“生物金屬”之稱，Z4+離子和氬原子的核外電子排布相同；原子序數(shù)為22，應(yīng)為Ti元素；

Q、R、X、Y原子序數(shù)依次遞增，則X為N元素，結(jié)合原則的結(jié)構(gòu)、對應(yīng)單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及元素周期律知識解答該題．【解析】【解答】解：①Q(mào)為周期表中原子半徑最小的元素；應(yīng)為H元素；

②R的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同，核外電子排布式為1s22s22p2；應(yīng)為C元素；

③Y的基態(tài)原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍，核外電子排布式為1s22s22p4；應(yīng)為O元素；

④Z有“生物金屬”之稱，Z4+離子和氬原子的核外電子排布相同；原子序數(shù)為22，應(yīng)為Ti元素；

Q；R、X、Y原子序數(shù)依次遞增；則X為N元素，則

（1）分子式為RQ4Y的物質(zhì)為CH3OH，C原子形成4個δ鍵，為sp3雜化，故答案為：sp3；

（2）同周期元素從左到右元素的第一電離能逐漸減??；則C元素的最小，由于N的2p軌道電子為半充滿狀態(tài)，難以失去電子，第一電離能大于O，所以第一電離能從小到大的順序?yàn)椋篊＜O＜N；

故答案為：C＜O＜N；

（3）CO的電子數(shù)為14，N2和CN-電子數(shù)也為14，且都含有2個原子，三者為等電子體，故答案為：N2；CN-；

（4）Z的原子序數(shù)為22，為Ti元素位于周期表第四周期ⅣB族，在d區(qū)，外圍電子排布式為3d24s2；晶胞中Ti位于晶胞的頂點(diǎn)，與之距離最近的O原子位于晶胞的棱上，應(yīng)有6個；

故答案為：d；3d24s2；6．13、FeCl3、CuSO4、CaCO3Na2CO3KClBa2++CO32-=BaCO3↓；2H++BaCO3=CO2↑+H2O+Ba2+【分析】【分析】①溶于水得無色澄清透明溶液，所以一定不含CuSO4、CaCO3；②取少量上述溶液滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，再加鹽酸沉淀溶解消失并產(chǎn)生無色氣體，一定含有Na2CO3，一定不含F(xiàn)eCl3，但是KCl無法判斷是否存在，據(jù)此回答．【解析】【解答】解：①溶于水得無色澄清透明溶液，所以一定不含CuSO4、CaCO3；②取少量上述溶液滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，再加鹽酸沉淀溶解消失并產(chǎn)生無色氣體，一定含有Na2CO3，一定不含F(xiàn)eCl3；但是KCl無法判斷是否存在．

（1）一定不存在的物質(zhì)是CuSO4、CaCO3，故答案為：FeCl3、CuSO4、CaCO3；

（2）一定存在的物質(zhì)是Na2CO3，故答案為：Na2CO3；

（3）可能存在的物質(zhì)是KCl；故答案為：KCl；

（4）取少量上述溶液滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，再加鹽酸沉淀溶解消失并產(chǎn)生無色氣體發(fā)生的反應(yīng)有：Ba2++CO32-=BaCO3↓；2H++BaCO3=CO2↑+H2O+Ba2+；故答案為：Ba2++CO32-=BaCO3↓；2H++BaCO3=CO2↑+H2O+Ba2+．14、2×10-5mol?L-1C【分析】【分析】（1）平衡常數(shù)等于生成物濃度的化學(xué)計量數(shù)冪之積除以反應(yīng)物的濃度的化學(xué)計量數(shù)冪之積，由于反應(yīng)③=①+②，故K3=K1×K2；據(jù)此計算；

（2）平衡常數(shù)只受溫度影響，要使反應(yīng)①和反應(yīng)②的K數(shù)值相等，由平衡常數(shù)數(shù)值可知，則應(yīng)使K1增大、K2減小，結(jié)合溫度對平衡的影響判斷．【解析】【解答】解：（1）平衡常數(shù)等于生成物濃度的化學(xué)計量數(shù)冪之積除以反應(yīng)物的濃度的化學(xué)計量數(shù)冪之積，②CO（g）+Cl2（g）?COCl2（g）；△H1＜0K2=5×104L?mol-1，③COCl2（g）?CO（g）+Cl2（g）逆反應(yīng)，平衡常數(shù)K3===2×10-5mol?L-1；

故答案為：2×10-5mol?L-1；

（2）要使反應(yīng)①和反應(yīng)②的K數(shù)值相等，則應(yīng)使K1增大、K2減?。黄胶獬?shù)只受溫度影響，反應(yīng)①正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡向正反應(yīng)方向移動，平衡常數(shù)增大；反應(yīng)②正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，平衡常數(shù)減小，故應(yīng)適當(dāng)升高溫度；

故選C．15、b不斷分出反應(yīng)過程中生成的水，促進(jìn)反應(yīng)正向進(jìn)行，提高生成物的產(chǎn)率油浴a趁熱過濾66%【分析】【分析】（1）圓底燒瓶中盛放液體的體積不超過容積的分析判斷；

（2）水的沸點(diǎn)是100℃；加熱至105℃左右，就可以不斷分出反應(yīng)過程中生成的水，促進(jìn)反應(yīng)正向進(jìn)行；

（3）由于步聚1加熱的溫度在105℃左右；而沸騰的水溫度為100℃，不能達(dá)到該溫度，所以步驟1可用油浴加熱的方法；

（4）由于乙酰苯胺微溶于冷水；溶于熱水，所以洗滌粗品最合適的試劑是用少量冷水洗，以減少因洗滌造成的損耗；

（5）避免過濾過程中損失；趁熱過濾；

（6）計算苯胺、乙酸的物質(zhì)的量，判斷反應(yīng)物過量問題，根據(jù)不足量的物質(zhì)計算乙酰苯胺的理論產(chǎn)量，進(jìn)而計算乙酰苯胺的產(chǎn)率．【解析】【解答】解：（1）由于苯胺不穩(wěn)定；容易被空氣中的氧氣氧化為硝基苯，加入還原劑Zn粉，可以防止苯胺在反應(yīng)過程中被氧化，故答案為：防止苯胺在反應(yīng)過程中被氧化；

（2）水的沸點(diǎn)是100℃；加熱至105℃左右，就可以不斷分出反應(yīng)過程中生成的水，促進(jìn)反應(yīng)正向進(jìn)行，提高生成物的產(chǎn)率；

故答案為：不斷分出反應(yīng)過程中生成的水；促進(jìn)反應(yīng)正向進(jìn)行，提高生成物的產(chǎn)率；

（3）由于步聚1加熱的溫度在105℃左右；而沸騰的水溫度為100℃，不能達(dá)到該溫度，所以步驟1可用油浴加熱的方法；

故答案為：油浴；

（4）由于乙酰苯胺微溶于冷水；溶于熱水，易溶于乙醇；乙醚，所以洗滌粗品最合適的試劑是用少量冷水洗，以減少因洗滌造成的損耗；

故選：a；

步驟2得到的粗晶體中因含有某些雜質(zhì)而顏色較深；步驟3重結(jié)晶的操作是：將粗晶體用熱水溶解，加入活性炭0.1g，煮沸進(jìn)行脫色，趁熱過濾減少晶體的損耗，再將濾液冷卻結(jié)晶；

故答案為：趁熱過濾；

（6）n（苯胺）==0.102mol，n（乙酸）=（18.4mL×1.05g/ml）÷60g/mol=0.322ol，二者按1：1反應(yīng)，由于乙酸的物質(zhì)的量大于苯胺的物質(zhì)的量，所以產(chǎn)生乙酰苯胺的物質(zhì)的量要以不足量的苯胺為原料為標(biāo)準(zhǔn)，乙酰苯胺的理論產(chǎn)量為0.102mol，而實(shí)際產(chǎn)量n（乙酰苯胺）=9.1g÷135g/mol=0.067mol，所以乙酰苯胺的產(chǎn)率為（0.06mol÷0.1mol）×100%=66%；

故答案為：66%．16、淺紅CO32-+H2O?HCO3-+OH-【分析】【分析】1mol?L-1的Na2CO3溶液中的碳酸根離子會水解呈堿性，遇到酚酞溶液變紅．【解析】【解答】解：1mol?L-1的Na2CO3溶液中的碳酸根離子會水解呈堿性，CO32-+H2O?HCO3-+OH-；遇到酚酞溶液變紅，故答案為：淺紅；CO32-+H2O?HCO3-+OH-．四、判斷題(共4題，共20分)17、√【分析】【分析】亞硝酸鹽有毒，過量食用會導(dǎo)致人死亡，添加到食品中要嚴(yán)格控制用量，以此判斷．【解析】【解答】解：肉類制品中使用亞硝酸鈉作為發(fā)色劑限量使用；由亞硝酸鹽引起食物中毒的機(jī)率較高，食入0.2～0.5克的亞硝酸鹽即可引起中毒甚至死亡，因此要嚴(yán)格控制用量；

故答案為：√．18、√【分析】【分析】苯酚為石炭酸，是酸性比碳酸還弱的酸，碳酸鈉和苯酚反應(yīng)生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：苯酚為石炭酸，是酸性比碳酸還弱的酸，碳酸鈉和苯酚反應(yīng)生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，兩者均為鹽溶液，溶于水，與苯分層，然后分液即可，故利用碳酸鈉可以除去苯中的苯酚，故正確，故答案為：√．19、×【分析】【分析】向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，并加熱至液體呈紅褐色得到氫氧化鐵膠體，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鐵膠體的制備方法：向沸水中滴加幾滴氯化鐵飽和溶液，氯化鐵水解生成氫氧化鐵膠體，升高溫度促進(jìn)氯化鐵水解，并加熱至液體呈紅褐色即可得到氫氧化鐵膠體，所以該題錯誤，故答案為：×．20、×【分析】【分析】18g的物質(zhì)的量為1mol，標(biāo)況下，水為液態(tài)，不能用氣體摩爾體積計算其體積．【解析】【解答】解：18g的物質(zhì)的量為1mol，標(biāo)況下，水為液態(tài)，不能用氣體摩爾體積計算其體積，應(yīng)根據(jù)V=計算水的體積，其體積遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于22.4L，故錯誤，故答案為：×．五、計算題(共2題，共18分)21、略

【分析】【解析】試題分析：加入amLNaOH溶液前發(fā)生的反應(yīng)是H＋＋OH－＝H2O當(dāng)加入到bmLNaOH溶液發(fā)生的反應(yīng)是Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓當(dāng)加入到cmLNaOH溶液時Al(OH)3開始部分溶解反應(yīng)的方程式是Al(OH)3＋OH－＝Al(OH)4〕－根據(jù)“當(dāng)加入到bmL和cmL時出現(xiàn)的沉淀一樣多（c>b>a）”可以知道在加入（c－b）ml的NaOH溶液時產(chǎn)生的沉淀又溶解了根據(jù)反應(yīng)的方程式可知生成氫氧化鋁消耗的氫氧化鈉是溶解這些氫氧化鋁消耗的氫氧化鈉的3倍所以Al3＋完全轉(zhuǎn)化為Al(OH)3時消耗的NaOH溶液的體積為即考點(diǎn)：考查氫氧化鋁的有關(guān)計算【解析】【答案】1/4（3c＋b）mL22、略

【分析】

rm{(1)}加入rm{100mL}硝酸時，金屬有剩余，說明金屬溶解生成二價離子且硝酸完全反應(yīng)生成硝酸銀和rm{NO}rm{n(NO)=dfrac{1.12L}{22.4L/mol}=0.05mol}生成rm{n(NO)=dfrac

{1.12L}{22.4L/mol}=0.05mol}和消耗硝酸之間的關(guān)系式為rm{NO}rm{2NO}據(jù)此計算硝酸濃度；

rm{8HNO_{3}}時，溶解金屬質(zhì)量rm{(2)壟脷100-200mL}金屬有剩余，說明生成的金屬陽離子是二價鐵離子，增加rm{n(NO)=dfrac{2.24-1.12}{22.4}=0.05mol}根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得rm{=9.0g-4.8g=4.2g}金屬rm{)=dfrac{0.05mol隆脕(5-2)}{2-0}=0.075mol}金屬平均摩爾質(zhì)量rm{=dfrac{4.2g}{0.075mol}=56g/mol}所以溶解的是rm{n(NO)=dfrac

{2.24-1.12}{22.4}=0.05mol}且rm{n(}溶解的鐵和rm{)=dfrac

{0.05mol隆脕(5-2)}{2-0}=0.075mol}溶解的鐵質(zhì)量相等，所以rm{=dfrac

{4.2g}{0.075mol}=56g/mol}溶解的rm{Fe}為rm{0-100mL}rm{100-200mL}時，溶解金屬質(zhì)量rm{0-100mL}增加rm{Fe}假設(shè)溶解的完全是銅；

根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得rm{8.4g}金屬rm{)=dfrac{0.05mol隆脕(5-2)}{2-0}=0.075mol}金屬平均摩爾質(zhì)量rm{=dfrac{4.8g}{0.075mol}=64g/mol}

rm{200-300mL}在金屬消耗完畢以后，硝酸將亞鐵離子氧化為三價鐵，在亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子過程中，結(jié)合試驗(yàn)rm{=4.8-0=4.8}可知還會產(chǎn)生rm{n(NO=0.05mol}的氣體；由此分析解答．

本題考查混合物的計算、離子方程式的書寫，側(cè)重考查學(xué)生分析計算能力，難點(diǎn)是rm{n(}題計算，明確每一步發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，利用轉(zhuǎn)移電子守恒進(jìn)行有關(guān)計算，注意物質(zhì)反應(yīng)先后順序，題目難度中等．rm{)=dfrac

{0.05mol隆脕(5-2)}{2-0}=0.075mol}【解析】解：rm{(1)}加入rm{100mL}硝酸時，金屬有剩余，說明金屬溶解生成二價離子且硝酸完全反應(yīng)生成硝酸銀和rm{NO}rm{n(NO)=dfrac{1.12L}{22.4L/mol}=0.05mol}生成rm{n(NO)=dfrac

{1.12L}{22.4L/mol}=0.05mol}和消耗硝酸之間的關(guān)系式為rm{NO}rm{2NO}rm{c(HNO_{3})=dfrac{n}{V}=dfrac{0.05隆脕4}{0.1}=2mol/L}

答：硝酸的濃度為rm{8HNO_{3}}

rm{c(HNO_{3})=dfrac{n}{V}=dfrac

{0.05隆脕4}{0.1}=2mol/L}時，溶解金屬質(zhì)量rm{2mol/L}金屬有剩余，說明生成的金屬陽離子是二價鐵離子，增加rm{n(NO)=dfrac{2.24-1.12}{22.4}=0.05mol}根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得rm{(2)壟脷100-200mL}金屬rm{)=dfrac{0.05mol隆脕(5-2)}{2-0}=0.075mol}金屬平均摩爾質(zhì)量rm{=dfrac{4.2g}{0.075mol}=56g/mol}所以溶解的是rm{=9.0g-4.8g=4.2g}且rm{n(NO)=dfrac

{2.24-1.12}{22.4}=0.05mol}溶解的鐵和rm{n(}溶解的鐵質(zhì)量相等，所以rm{)=dfrac

{0.05mol隆脕(5-2)}{2-0}=0.075mol}溶解的rm{=dfrac

{4.2g}{0.075mol}=56g/mol}為rm{Fe}rm{0-100mL}時，溶解金屬質(zhì)量rm{100-200mL}增加rm{0-100mL}假設(shè)溶解的完全是銅；

根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得rm{Fe}金屬rm{)=dfrac{0.05mol隆脕(5-2)}{2-0}=0.075mol}金屬平均摩爾質(zhì)量rm{=dfrac{4.8g}{0.075mol}=64g/mol}所以溶解的完全是rm{8.4g}所以rm{200-300mL}中溶解的rm{=4.8-0=4.8}的質(zhì)量為rm{n(NO=0.05mol}答：rm{n(}中溶解的rm{)=dfrac

{0.05mol隆脕(5-2)}{2-0}=0.075mol}的質(zhì)量為rm{=dfrac

{4.8g}{0.075mol}=64g/mol}

rm{Cu}在金屬消耗完畢以后，硝酸將亞鐵離子氧化為三價鐵，在亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子過程中，結(jié)合試驗(yàn)rm{壟脹}可知還會產(chǎn)生rm{Cu}的氣體，所以試驗(yàn)rm{4.8g}中rm{壟脹}

答：rm{Cu}中的rm{4.8g}為rm{(3)壟脷}．rm{壟脵}六、簡答題(共3題，共24分)23、略

【分析】解：短周期元素X、Y、Z、W中，0.5mol的X元素的離子得到6.02×1023個電子時，被還原為中性原子，6.02×1023個電子為1mol，則離子為X2+，X的氧化物為XO，0.4gA的氧化物恰好與100ml0.2mol/L的鹽酸完全反應(yīng)，由XO+2HCl═XCl2+H2O，可知XO的物質(zhì)的量為×0.1L×0.2mol/L=0.01mol，則M（XO）==40g/mol，所以X的摩爾質(zhì)量為40g/mol-16g/mol=24g/mol，又X原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)目與中子數(shù)目相等，則質(zhì)子數(shù)為12，即X為Mg元素；X可在Y的氣態(tài)單質(zhì)中燃燒，生成化合物X3Y2；則Y為N元素；Z單質(zhì)常用于消毒殺菌，則Z為Cl元素；W元素原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍，由于最外層電子數(shù)不超過8，原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，故W為C元素．

（1）X；W兩種元素的元素符號分別為Mg、C；

故答案為：Mg；O；

（2）Z、W兩元素組成的物質(zhì)為CCl4，含有共價鍵，結(jié)構(gòu)式為：

故答案為：共價；

（3）X、Y、Z三種元素的離子分別為Mg2+、N3-、Cl-，電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，離子電子層越多離子半徑越大，故離子半徑由大到小的順序?yàn)椋篊l-＞N3-＞Mg2+；

故答案為：Cl-＞N3-＞Mg2+；

（4）工業(yè)制備氯氣的離子方程式：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

故答案為：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-．

短周期元素X、Y、Z、W中，0.5mol的X元素的離子得到6.02×1023個電子時，被還原為中性原子，6.02×1023個電子為1mol，則離子為X2+，X的氧化物為XO，0.4gA的氧化物恰好與100ml0.2mol/L的鹽酸完全反應(yīng)，由XO+2HCl═XCl2+H2O，可知XO的物質(zhì)的量為×0.1L×0.2mol/L=0.01mol，則M（XO）==40g/mol，所以X的摩爾質(zhì)量為40g/mol-16g/mol=24g/mol，又X原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)目與中子數(shù)目相等，則質(zhì)子數(shù)為12，即X為Mg元素；X可在Y的氣態(tài)單質(zhì)中燃燒，生成化合物X3Y2；則Y為N元素；Z單質(zhì)常用于消毒殺菌，則Z為Cl元素；W元素原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍，由于最外層電子數(shù)不超過8，原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，故W為C元素．

本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，推斷元素是解題關(guān)鍵，需要學(xué)生熟練掌握元素化合物知識，掌握中學(xué)常見化學(xué)工業(yè)，難度不大．【解析】Mg；C；共價；Cl-＞N3-＞Mg2+；2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-24、略

【分析】解：rm{(1)}由以上分析可知固體rm{A}主要由rm{SiO_{2}}rm{Cu}組成，故答案為：rm{SiO_{2}}rm{Cu}

rm{(2)}酸浸、過濾后，濾液中鐵元素的存在形式為rm{Fe^{2+}}原因是發(fā)生rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}故答案為：rm{Fe^{2+}}rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}

rm{(3)}沉淀rm{B}為rm{Fe(OH)_{3}}氧化過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為rm{2Fe^{2+}+ClO^{-}+2CO_{3}^{2-}+3H_{2}O=Fe(OH)_{3}隆媒+Cl^{-}+2CO_{2}隆眉}

故答案為：rm{Fe(OH)_{3}}rm{2Fe^{2+}+ClO^{-}+2CO_{3}^{2-}+3H_{2}O=Fe(OH)_{3}隆媒+Cl^{-}+2CO_{2}隆眉}

rm{(4)}加rm{NaOH}調(diào)節(jié)溶液，應(yīng)避免生成氫氧化銅，但同時除去氫氧化鋁，rm{pH}的范圍是rm{5.2leqslantpH<5.4}沉淀rm{5.2leqslant

pH<5.4}rm{B}分別為氫氧化鐵；氫氧化鋁；可加熱分解得到相應(yīng)的氧化物，用于冶煉鐵和鋁；

故答案為：rm{5.2leqslantpH<5.4}加熱分解得到相應(yīng)的氧化物，用于冶煉鐵和鋁rm{C}或其他合理答案rm{5.2leqslant

pH<5.4}．

礦渣中含有rm{(}rm{)}rm{Cu_{2}O}和rm{Al_{2}O_{3}}加入硫酸酸浸，rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}rm{Cu_{2}O}都與硫酸反應(yīng)二氧化硅不反應(yīng)，過濾后得到的固體rm{Al_{2}O_{3}}中含有rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{A}濾液中含有亞鐵離子、銅離子、鋁離子，加入rm{Cu}碳酸鈉，可得到氫氧化鐵沉淀，在濾液中繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)rm{SiO_{2}}可得到氫氧化鋁沉淀，過濾后濾液中含有銅離子，電解可得到銅，以此解答該題．

本題考查物質(zhì)分離和提純方法的選擇和運(yùn)用，為高頻考點(diǎn)，明確各個流程發(fā)生的反應(yīng)及沉淀和濾液成分是解本題關(guān)鍵，熟悉常見元素化合物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，知道鐵離子檢驗(yàn)方法及現(xiàn)象，題目難度不大．rm{NaClO}【解析】rm{SiO_{2}}rm{Cu}rm{Fe^{2+}}rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{2Fe^{2+}+ClO^{-}+2CO_{3}^{2-}+3H_{2}O=Fe(OH)_{3}隆媒+Cl^{-}+2CO_{2}隆眉}rm{5.2leqslantpH<5.4}加熱分解得到相應(yīng)的氧化物，用于冶煉鐵和鋁rm{5.2leqslant

pH<5.4}25、略

【分析】解：rm{(1)}以硫磺為原料生產(chǎn)硫酸的過程為硫燃燒生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫和水反應(yīng)生成硫酸，第一步反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{S+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}SO_{2}}

故答案為：rm{S+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}SO_{2}}

rm{S+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠錄};}}{;}SO_{2}}反應(yīng)中錳元素化合價rm{S+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠錄};}}{;}SO_{2}}價變化為rm{(2)}價，電子轉(zhuǎn)移rm{+2}rm{+7}中硫元素化合價rm{5e^{-}}價變化為rm{S_{2}O_{8}^{2-}}中硫元素化合價rm{+7}價，電子轉(zhuǎn)移rm{SO_{4}^{2-}}電子轉(zhuǎn)移總數(shù)為rm{+6}rm{2e^{-}}前系數(shù)，rm{10e^{-}}rm{Mn^{2+}}前系數(shù)為rm{2}結(jié)合原子守恒、電荷守恒配平書寫離子方程式為：rm{S_{2}O_{8}^{2-}}反應(yīng)中錳元素化合價rm{5}價變化為rm{2Mn^{2+}+5S_{2}O_{8}^{2-}+8H_{2}O=2MnO_{4}^{-}+10SO_{4}^{2-}+16H^{+}}價，做還原劑被氧化生成氧化產(chǎn)物為rm{+2}

故答案為：rm{+7}rm{MnO_{4}^{-}}rm{2}rm{5}rm{8}rm{2}rm{10}

rm{16}用電解硫酸氫鉀的方法制取過硫酸鉀：陰離子在陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，元素化合價分析可知硫元素化合價rm{MnO_{4}^{-}}價變化為rm{(3)}價，化合價升高失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成rm{+6}rm{+7}在陽極反應(yīng)生成rm{S_{2}O_{8}^{2-}}電極反應(yīng)為：rm{HSO_{4}^{-}}另一極生成氫氣，電極反應(yīng)為rm{S_{2}O_{8}^{2-}}陽極電子守恒計算，生成rm{2HSO_{4}^{-}-2e^{-}簍TS_{2}O_{8}^{2-}+2H^{+}}的rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}同時，電子轉(zhuǎn)移rm{0.1mol}rm{S_{2}O_{8}^{2-}}可收集到氫氣物質(zhì)的量rm{0.2mol}質(zhì)量rm{S_{2}O_{8}^{2-}隆蘆H_{2}隆眉隆蘆2e^{-}}

故答案為：陽極，rm{0.1mol}

rm{=0.1mol隆脕2g/mol=0.2g}已知硫酸的第二級電離并不完全，在rm{0.2}的硫酸氫鉀溶液中大約有rm{(4)}的rm{0.1mol/L}電離，溶液顯酸性，則溶液中離子濃度大小為rm{30%}則該溶液中離子濃度由大到小排列第rm{HSO_{4}^{-}}位的離子是rm{c(K^{+})>c(HSO_{4}^{-})>c(H^{+})>c(SO_{4}^{2-})>c(OH^{-})}第rm{2}位的離子是rm{HSO_{4}^{-}}往該溶液中加入硫酸氫鉀固體并保持溫度不變，則溶液中rm{4}rm{SO_{4}^{2-}}濃度增大，但對于電離平衡，rm{c(HSO_{4}^{-})}硫酸氫根離子只電離不水解，氫離子濃度增大平衡逆向進(jìn)行，電離程度減小，rm{c(K^{+})}增大的多，rm{dfrac{c(K^{+})}{c(HSO_{4}^{-})}}比值減??；

故答案為：rm{HSO_{4}^{-}?H^{+}+SO_{4}^{2-}}rm{c(HSO_{4}^{-})}減小；

rm{dfrac

{c(K^{+})}{c(HSO_{4}^{-})}}已知：rm{HSO_{4}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}亞硫酸氫根離子電離程度大于一水合氨的電離程度，所以亞硫酸氫銨溶液中滴入氫氧化鋇溶液，氫氧根離子先和亞硫酸氫根離子反應(yīng)，后與銨根離子結(jié)合生成一水合氨，反應(yīng)中氫氧化鋇量不同產(chǎn)物不同，不足量的氫氧化鋇反應(yīng)時需要滿足化學(xué)式的組成比；

rm{(5)}從選項(xiàng)中的離子方程式分析，rm{HSO_{3}^{-}?H^{+}+SO_{3}^{2-}K=1.02隆脕10^{-7}}是氫氧化鋇不足量時的反應(yīng)，只和亞硫酸氫根離子反應(yīng)，則氫氧化鋇電離出的鋇離子和氫氧根離子全部反應(yīng)，需要符合化學(xué)式的組成比，正確的應(yīng)為rm{NH_{4}^{+}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O+H^{+}K=5.65隆脕10^{-10}}故rm{a.}錯誤；

rm{HSO_{3}^{-}+Ba^{2+}+OH^{-}隆煤BaSO_{3}隆媒+H_{2}O}選項(xiàng)中離子方程式分析，rm{2HSO_{3}^{-}+Ba^{2+}+2OH^{-}隆煤BaSO_{3}隆媒+2H_{2}O+SO_{3}^{2-}}電離出rm{a}電離出的氫氧根離子為rm{b.}其中rm{NH_{4}^{+}+2HSO_{3}^{-}+2Ba^{