2025年滬教版高一化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………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年滬教版高一化學(xué)下冊月考試卷489考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)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5題，共10分)1、下列物質(zhì)中，摩爾質(zhì)量最大的是（）A.10mLH2OB.0.8molNaOHC.54gAlD.1gH3PO42、近段時(shí)間，朝鮮的“核危機(jī)”引起了全球的矚目，其焦點(diǎn)問題就是朝鮮核電站采用輕水堆還是重水堆，重水堆核電站在發(fā)電的同時(shí)還可以生產(chǎn)出可供研制核武器的钚rm{(;_{94}^{239}Pu)}下列有關(guān)rm{;_{94}^{239}PuPu}的說法不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{;_{94}^{239}Pu}含rm{94}個(gè)質(zhì)子B.rm{;_{94}^{239}Pu}中的中子數(shù)和質(zhì)子數(shù)之差為rm{51}C.rm{;_{94}^{239}Pu}中含有rm{94}個(gè)中子D.rm{;_{94}^{239}Pu}具有放射性3、已知下列反應(yīng)：

Co2O3+6HCl（濃）═2CoCl2+Cl2↑+3H2O

2FeCl3+2KI═2FeCl2+I2+2KClCl2+2FeCl2═2FeCl3

則下列物質(zhì)氧化性由強(qiáng)到弱的順序是（）A.I2＞FeCl3＞Cl2＞Co2O3B.Co2O3＞Cl2＞FeCl3＞I2C.Cl2＞Co2O3＞I2＞FeCl3D.Cl2＞I2＞Co2O3＞FeCl34、下列有關(guān)粒子的表示方法正確的是A.氨氣分子的電子式：B.硫原子結(jié)構(gòu)示意圖：C.氯氣分子的結(jié)構(gòu)式：rm{Cl-Cl}D.rm{H_{2}O}的電子式：5、rm{{,!}^{13}C-NMR(}核磁共振rm{)}rm{{,!}^{15}N-NMR}可用于測定蛋白質(zhì)、核酸等生物大分子的空間結(jié)構(gòu)，rm{KurtWuthrich}等人為此獲得rm{2002}年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)rm{.}下面有關(guān)rm{{,!}^{13}}C、rm{{,!}^{15}N}敘述正確的是rm{(}rm{)}A.rm{{,!}^{13}C}與rm{{,!}^{15}N}有相同的中子數(shù)B.rm{{,!}^{13}C}與rm{C_{60}}互為同素異形體C.rm{{,!}^{15}N}與rm{{,!}^{14}N}互為同位素D.rm{{,!}^{15}N}的核外電子數(shù)與中子數(shù)相同評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、以石油、煤和天然氣為主要原料生產(chǎn)的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.陶瓷B.塑料C.合成纖維D.合成橡膠7、能用酒精燈直接加熱的儀器是()A.量筒B.坩堝C.試管D.蒸發(fā)皿8、下列有關(guān)氯元素及其化合物的表示正確的是()A.質(zhì)子數(shù)為rm{17}中子數(shù)為rm{20}的氯原子：rm{rlap{_{17}}{^{20}}Cl}B.氯離子rm{(Cl^{-})}的結(jié)構(gòu)示意圖：C.氯分子的電子式：D.氯氣的結(jié)構(gòu)式：rm{Cl隆陋Cl}9、pH=2的A；B兩種酸溶液各1mL；分別加水稀釋到1000mL，其溶液的pH與體積（V）的關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是（）

A.A.B兩種酸溶液物質(zhì)的量濃度一定相等B.若a=5，則A是強(qiáng)酸，B是弱酸C.稀釋后A酸溶液的酸性比B酸溶液強(qiáng)D.若a＜5，則A．B都是弱酸且A的酸性>B10、室溫下，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。CH3COOH和CH3COONH4形成的緩沖溶液常用于高嶺土的成分分析。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時(shí)下列指定溶液中微粒濃度關(guān)系正確的是()A.0.1mol·L－1CH3COOH溶液：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)B.0.1mol·L－1CH3COONH4溶液：c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)C.0.1mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等體積混合：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)D.0.3mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等體積混合：c(CH3COOH)＋c(H＋)－c(NH3·H2O)－c(OH－)＝0.15mol·L－111、工業(yè)上可利用如圖所示電解裝置吸收和轉(zhuǎn)化SO2（A、B均為惰性電極），下列說法正確的是（）

A.B極為電解池的陽極B.B極區(qū)吸收5molSO2，則A極區(qū)生成25molS2OC.B極區(qū)電解液為稀硫酸，電解一段時(shí)間后硫酸濃度增大D.A極的電極反應(yīng)為2SO-2e-+4H+=S2O+2H2O12、現(xiàn)有陽離子交換膜、陰離子交換膜、石墨電極和如圖所示的電解槽。用氯堿工業(yè)中的離子交換膜技術(shù)原理，可電解Na2SO4溶液生產(chǎn)NaOH溶液和H2SO4溶液。下列說法中正確的是（）

A.b是陽離子交換膜，允許Na＋通過B.從A口出來的是NaOH溶液C.陰極反應(yīng)式為4OH-－4e-=2H2O＋O2↑D.Na2SO4溶液從F口加入13、能用酒精燈直接加熱的儀器是()A.量筒B.坩堝C.試管D.蒸發(fā)皿評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)14、工業(yè)上用鋁土礦(主要成份是Al2O3，還含有Fe2O3、SiO2)提取氧化鋁冶煉鋁的原料(純凈的Al2O3)；提取操作過程如下：

請回答下列問題：

(1)請寫主要成份的化學(xué)式：濾渣A____________；濾液丙中的溶質(zhì)是NaCl和____________．

(2)反應(yīng)②中Al3+反應(yīng)的離子方程式為____________；反應(yīng)③的離子方程式為____________；反應(yīng)④的化學(xué)方程式為____________．15、標(biāo)準(zhǔn)狀況下的甲烷和一氧化碳的混合氣體rm{8.96L}其質(zhì)量為rm{7.60g}則混合氣體平均相對分子質(zhì)量為________；混合氣體中甲烷的體積為________；一氧化碳的質(zhì)量為________。16、在下圖轉(zhuǎn)化關(guān)系中，已知B、D都是淡黃色固體，請回答下列問題。⑴寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：B，G。⑵寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式：A→B：；E→F：；B→C：。⑶將過量氣體E通入到下列各組溶液后，離子仍能大量共存的是。A．Ba2+、Ca2+、Cl－B．OH－、CO32－、Na+C．Ca2+、ClO－、Cl－D．H+、Fe3+、NO3－17、用電子式表示下列物質(zhì)：

CaCl2______

H2S：______

NaOH：______．18、寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式；并注明氧化劑；還原劑。

①“曾青得鐵化為銅”：______；

②用CO還原Fe2O3煉鐵：______．19、I、rm{(1)}寫出硫酸鐵在水溶液中電離的電離方程式_______________________________

rm{(2)}用單線橋法；標(biāo)出下列氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移方向和電子總數(shù)。

rm{2KMnO_{4}{+}16HCl{=}2KCl{+}2MnCl_{2}{+}5Cl_{2}{隆眉+}8H_{2}O}rm{(3)}在一定條件下，rm{RO_{3}^{n{-}}}和氯氣可發(fā)生如下反應(yīng)：rm{RO_{3}^{n{-}}{+}Cl_{2}{+}2OH^{{-}}{=}RO_{4}^{2{-}}{+}2Cl^{{-}}{+}H_{2}O}由以上反應(yīng)可知在上過程中rm{RO_{3}^{n{-}}}被____________rm{(}填“氧化”或“還原”rm{){,}RO_{3}^{n{-}}}中元素rm{R}的化合價(jià)是__________．rm{II}某反應(yīng)中反應(yīng)物與生成物有：rm{{As}H_{3}}rm{H_{2}SO_{4}}rm{{KBr}O_{3}}rm{K_{2}SO_{4}}rm{H_{3}{As}O_{4}}rm{H_{2}O}和一種未知物質(zhì)rm{X{.}(As}為砷元素rm{)}

rm{(1)}已知rm{{KBr}O_{3}}在反應(yīng)中得到電子；則該反應(yīng)的還原劑是____________．

rm{(2)}已知rm{0{.}2molKBrO_{3}}在反應(yīng)中得到rm{1mol}電子生成rm{1molX}則rm{X}的化學(xué)式為____________．

rm{(3)}根據(jù)上述反應(yīng)可推知____________．

rm{a{.}}氧化性：rm{{KBr}O_{3}{>}H_{3}{As}O_{4}b{.}H_{3}A_{S}O_{4}}是還原產(chǎn)物。

rm{{KBr}O_{3}{>}H_{3}{As}O_{4}

b{.}H_{3}A_{S}O_{4}}還原性：rm{{As}H_{3}{>}Xd{.}K_{2}SO_{4}}和rm{c{.}}是還原產(chǎn)物rm{{As}H_{3}{>}X

d{.}K_{2}SO_{4}}評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共36分)20、用鋁箔制備Al2O3、AlCl3·6H2O及明礬(摩爾質(zhì)量為474g/mol)晶體；相關(guān)流程如下：

已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明礬在水中的溶解度如下表。溫度/℃010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109

(1)步驟II中發(fā)生的離子方程式___________；

(2)選出步驟Ⅳ過程中合理的操作并排序___________。

a．迅速降至室溫b．用玻璃棒摩擦器壁c．配制90℃的明礬飽和溶液。

d．自然冷卻至室溫e．選規(guī)則明礬小晶體并懸掛在溶液中央。

f．配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液。

(3)下列關(guān)于固液分離操作或描述正確的是___________。

A．步驟II通過量CO2后進(jìn)行固液分離時(shí)為加快過濾速度可采用抽濾B．如圖中抽濾裝置有2處錯(cuò)誤C．抽濾完畢時(shí)，應(yīng)先關(guān)閉水龍頭，再斷開吸濾瓶和安全瓶之間的導(dǎo)管，以防止倒吸D．步驟Ⅴ，抽濾時(shí)，需用玻璃纖維替代濾紙(4)由溶液A制備AlCl3·6H2O的裝置如圖所示：

①通入HCl的作用有___________。

②步驟Ⅴ洗滌時(shí)，請使用合適的洗滌劑并描述具體的洗滌操作___________。

(5)用電子天平稱取3.000g的明礬粗產(chǎn)品，用水溶解后取相同體積的兩份溶液。第一份用BaCl2溶液滴定法測得n(SO)為0.006300mol；第二份用EDTA滴定法測得n(Al3+)為0.002900mol。則該試樣中明礬的純度為___________。21、七鋁十二鈣(12CaO·7Al2O3)是新型的超導(dǎo)材料和發(fā)光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3)和廢鋁片制備七鋁十二鈣的工藝如下：

(1)電解制備Al(OH)3時(shí)，電極分別為Al片和石墨，電解總反應(yīng)方程式為_____

(2)一種可超快充電的新型鋁電池，充放電時(shí)AlCl4-和Al2Cl7-兩種離子在Al電極上相互轉(zhuǎn)化，其它離子不參與電極反應(yīng)，放電時(shí)負(fù)極Al的電極反應(yīng)式為______22、四氯化鈦是制取海綿鈦和氯化法鈦白(二氧化鈦)的主要原料，用于制造顏料和鈦有機(jī)化合物以及國防上用的煙幕劑。同時(shí)也是制取航天航空工業(yè)材料——鈦合金的重要原料，由鈦鐵礦(主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等雜質(zhì))，制備TiCl4等產(chǎn)品的一種工藝流程如下：

已知：

Ⅰ.①中加入鐵屑至浸出液顯紫色；此時(shí)溶液仍呈強(qiáng)酸性。該過程中有如下反應(yīng)發(fā)生：

2Fe3++Fe===3Fe2+、2TiO2+(無色)+Fe+4H+===2Ti3+(紫色)+Fe2++2H2O、Ti3+(紫色)+Fe3++H2O===2TiO2+(無色)+Fe2++2H+；

Ⅱ.四氯化鈦的熔點(diǎn)-25.0℃，沸點(diǎn)136.4℃，SiCl4的熔點(diǎn)-68.8℃；沸點(diǎn)57.6℃。

回答下列問題：

(1)用鹽酸酸浸時(shí)，為使酸浸速率加快，可采取的措施是：________________(至少寫2條)，發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式為：___________。

(2)廢渣的成分是_______。

(3)如何檢驗(yàn)富含TiO2+溶液中是否還含鐵元素_____________。

(4)若將制得的固體TiO2·nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3雜質(zhì)，還可制得鈦白粉。已知25℃時(shí)，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____。

(5)上述工藝具有成本低、可用低品位礦物為原料等優(yōu)點(diǎn)。依據(jù)綠色化學(xué)理念，該工藝流程中存在的不足之處是_______(只要求寫出一項(xiàng))。

(6)要精制含少量SiCl4雜質(zhì)的TiCl4，可采用的方法是_______。

(7)用TiCl4水解生成TiO2·nH2O，經(jīng)過濾、水洗除去其中的Clˉ，再烘干、焙燒除去水分得到粉體TiO2．寫出TiCl4水解生成TiO2·nH2O的化學(xué)方程式__________________。23、2020年我國廢舊鋰離子電池的產(chǎn)生將達(dá)到爆發(fā)期；某高校實(shí)驗(yàn)室利用廢舊鈷酸鋰正極片進(jìn)行鈷酸鋰的再生工藝設(shè)計(jì)如下，請回答下列問題：

(1)拆解廢舊電池前需要進(jìn)行放電，以避免在拆解過程中因局部短路起火，放電方式為電化學(xué)放電，可以將廢舊電池浸泡在_____________中進(jìn)行放電。

A．酒精B．98%H2SO4C．Na2SO4溶液。

(2)預(yù)處理時(shí)，鈷酸鋰(Li0.5CoO2)高溫下分解得到LiCoO2、Co3O4和一種氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________。

(3)已知難溶物CoC2O4的Ksp=4.0×10-6，一般認(rèn)為離子濃度達(dá)到10-5mol/L時(shí)即完全除盡。沉鈷過程中，當(dāng)Co2+完全沉淀時(shí)，溶液中的濃度至少為_________mol/L。

(4)沉鈷過程中，草酸鹽體系中鈷離子形態(tài)分布如圖，在不同pH范圍鈷離子形態(tài)不同的原因___________________。

(5)在空氣氛圍下CoC2O4?2H2O氧化分解制備Co3O4的失重曲線如圖所示，已知失重率大約為19.7%；失重率大約為36.3%；失重率大約為3.0%。請寫出發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式______________________。

(6)已知生成草酸鈷的過程為吸熱過程。在沉淀時(shí)間考查溫度對Co2+沉淀率的影響，結(jié)果如圖所示，沉淀率呈先增大后減小的趨勢的原因可能____________。

評卷人得分五、簡答題(共4題，共28分)24、乙烯的產(chǎn)量可以用來衡量一個(gè)國家的石油化工發(fā)展水平．請回答：

（1）乙烯的結(jié)構(gòu)式是______．

（2）若將乙烯氣體通入溴的四氯化碳溶液中，反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．

（3）可以用來除去乙烷中混有的乙烯的試劑是______．（填序號）

①水②氫氣③溴水④酸性高錳酸鉀溶液。

（4）在一定條件下，乙烯能與水反應(yīng)生成有機(jī)物A，A的結(jié)構(gòu)簡式是______，其反應(yīng)類型是______反應(yīng)（填“取代”或“加成”）．

（5）下列化學(xué)反應(yīng)原理相同的是______（填序號）．

①乙烯使溴的四氯化碳溶液和酸性高錳酸鉀溶液褪色。

②SO2使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色。

③SO2使品紅溶液和滴有酚酞的NaOH溶液褪色．25、學(xué)習(xí)了“化學(xué)反應(yīng)的速率是通過實(shí)驗(yàn)測得的”以后；某同學(xué)設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)：

按如圖安裝兩套裝置，在錐形瓶內(nèi)各盛有rm{2}克鐵rm{(}分別為細(xì)鐵絲和碎鐵屑rm{)}通過分液漏斗分別加入rm{40mL4mol/L}的硫酸溶液，比較二者收集rm{10mLH_{2}}所用的時(shí)間．

rm{(1)}如何檢查該裝置的氣密性______．

rm{(2)}該實(shí)驗(yàn)除測量化學(xué)反應(yīng)速率外；還能證明______．

rm{(3)}該實(shí)驗(yàn)還可通過______來測量化學(xué)反應(yīng)速率rm{(}寫出一條即可rm{)}．26、鉛蓄電池是常用的化學(xué)電源，其電極材料分別是rm{Pb}和rm{PbO_{2}}電解液為稀硫酸rm{.}放電時(shí)，該電池總反應(yīng)式為：rm{Pb+PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}}rm{underset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}2PbSO_{4}+2H_{2}O.}請根據(jù)上述情況判斷：

rm{(1)}該蓄電池的負(fù)極材料是______，放電時(shí)發(fā)生______rm{(}填“氧化”或“還原”rm{)}反應(yīng)．

rm{(2)}該蓄電池放電時(shí)，電解質(zhì)溶液的酸性______rm{(}填“增大”、“減小”或“不變”rm{)}電解質(zhì)溶液中陰離子移向______rm{(}填“正”或“負(fù)”rm{)}極．

rm{(3)}已知硫酸鉛為不溶于水的白色固體，生成時(shí)附著在電極上rm{.}試寫出該電池放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)______rm{(}用離子方程式表示rm{)}．

rm{(4)}氫氧燃料電池具有啟動(dòng)快、效率高等優(yōu)點(diǎn)，其能量密度高于鉛蓄電池rm{.}若電解質(zhì)為rm{KOH}溶液，則氫氧燃料電池的負(fù)極反應(yīng)式為______，正極電極反應(yīng)為______該電池工作時(shí)，外電路每流過rm{1隆脕10^{3}}rm{mol}rm{e^{-}}消耗標(biāo)況下氧氣______L.27、某溫度時(shí)，在一個(gè)rm{2L}的密閉容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}三種物質(zhì)的物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化曲線如圖所示。根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，試填寫下列空白：rm{(1)}該反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________________________________；rm{(2)}從開始至rm{2min}rm{Z}的平均反應(yīng)速率為_________；rm{(3)}若rm{X}rm{Y}rm{Z}均為氣體，反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)：此時(shí)體系的壓強(qiáng)是開始時(shí)的______________________倍。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【解答】解：A．水的相對分子質(zhì)量為18；摩爾質(zhì)量為18g/mol；B．氫氧化鈉的相對分子質(zhì)量為40，摩爾質(zhì)量為40g/mol；

C．鋁的相對分子質(zhì)量為27；摩爾質(zhì)量為27g/mol；

D．磷酸的相對分子質(zhì)量為98；摩爾質(zhì)量為98g/mol；

故磷酸的摩爾質(zhì)量最大；

故選D．

【分析】摩爾質(zhì)量以g/mol作單位數(shù)值上等于其相對分子質(zhì)量，與物質(zhì)的質(zhì)量或物質(zhì)的量無關(guān)，據(jù)此解答．2、C【分析】解：rm{A}．rm{;_{94}^{239}Pu}含rm{94}個(gè)質(zhì)子；故A正確；

B.rm{;_{94}^{239}Pu}含rm{94}個(gè)質(zhì)子，質(zhì)量數(shù)為rm{239}則中子數(shù)rm{=239-94=145}所以中子數(shù)和質(zhì)子數(shù)之差為rm{51}故B正確；

C.rm{;_{94}^{239}Pu}含rm{94}個(gè)質(zhì)子，質(zhì)量數(shù)為rm{239}則中子數(shù)rm{=239-94=145}故C錯(cuò)誤；

D.rm{;_{94}^{239}Pu}屬于放射性元素；具有放射性，故D正確．

故選C．

原子符號中左上角為質(zhì)量數(shù)，左下角為質(zhì)子數(shù)，質(zhì)量數(shù)rm{=}質(zhì)子數(shù)rm{+}中子數(shù)；據(jù)此分析．

本題考查了解原子的構(gòu)成，熟記規(guī)律“原子序數(shù)rm{=}核內(nèi)質(zhì)子數(shù)rm{=}核外電子數(shù)rm{=}核電荷數(shù)”和“質(zhì)子數(shù)rm{+}中子數(shù)rm{=}相對原子質(zhì)量”，題目難度不大．【解析】rm{C}3、B【分析】【解答】在Co2O3+6HCl（濃）═2CoCl2+Cl2↑+3H2O中，氧化劑是Co2O3，氧化產(chǎn)物是Cl2，所以氧化性Co2O3＞Cl2；在2FeCl3+2KI═2FeCl2+I2+2KCl中，氧化劑是FeCl3，氧化產(chǎn)物是I2，所以氧化性FeCl3＞I2；在Cl2+2FeCl2═2FeCl3中，氧化劑是Cl2，氧化產(chǎn)物是FeCl3，所以氧化性Cl2＞FeCl3；

故氧化性由強(qiáng)到弱的順序是：Co2O3＞Cl2＞FeCl3＞I2；

故選B．

【分析】氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性．4、C【分析】【分析】本題考查原子結(jié)構(gòu)示意圖、分子的電子式和結(jié)構(gòu)式，屬于化學(xué)用語的考查，題目難度不大。由于此類題型涉及物質(zhì)廣泛，日常學(xué)習(xí)中要做好專題整理，以便快速準(zhǔn)確解答?！窘獯稹緼.氨氣的電子式為：故A不符合題意；B.硫原子結(jié)構(gòu)示意圖為：故B不符合題意；C.氯氣分子的結(jié)構(gòu)式：rm{Cl-Cl}故C故C符合題意rm{Cl-Cl}；，故D不符合題意。故選C。D.水是共價(jià)化合物，不應(yīng)用中括號，不能標(biāo)電荷【解析】rm{C}5、C【分析】解：rm{A}．rm{{,!}^{13}C}與rm{{,!}^{15}N}的中子數(shù)分別為rm{7}rm{8}故A錯(cuò)誤；

B.rm{{,!}^{13}C}為原子，rm{C_{60}}為單質(zhì)；二者不是同素異形體，故B錯(cuò)誤；

C.rm{{,!}^{15}N}與rm{{,!}^{14}N}為質(zhì)子數(shù)都是rm{7}但中子數(shù)不同的原子，則互為同位素，故C正確；

D.rm{{,!}^{15}N}的核外電子數(shù)為rm{7}中子數(shù)為rm{15-7=8}故D錯(cuò)誤；

故選C．【解析】rm{C}二、多選題(共8題，共16分)6、BCD【分析】解：以煤；石油和天然氣為主要原料可制造化工產(chǎn)品、合成塑料、合成橡膠、合成纖維等；

故選BCD．

三大合成材料是合成塑料；合成橡膠、合成纖維．

本題考查煤、石油和天然氣的用途，難度不大，平時(shí)注意知識的積累．【解析】rm{BCD}7、BCD【分析】【分析】

本題考查常見化學(xué)儀器的使用知識，難度不大，掌握常見的化學(xué)儀器的使用是解答的關(guān)鍵?！窘獯稹?/p>

可以直接加熱的儀器有：坩堝、試管、蒸發(fā)皿，故BCD正確。

故選BCD。

【解析】rm{BCD}8、CD【分析】略?！窘馕觥縭m{CD}9、BD【分析】【詳解】

A.因A、B酸的強(qiáng)弱不同，一元強(qiáng)酸來說c(酸)=c(H+)，對于一元弱酸，c(酸)>c(H+)；則A；B兩種酸溶液的物質(zhì)的量濃度一定不相等，故A錯(cuò)誤；

B.由圖可知；若a=5，A完全電離，則A是強(qiáng)酸，B的pH變化小，則B為弱酸，故B正確；

C.由圖可知；稀釋后A的pH大，則A酸溶液的酸性比B酸溶液弱，故C錯(cuò)誤；

D.稀釋1000倍；若a小于5，則A；B都是弱酸，且A的酸性強(qiáng)于B，故D正確。

故選BD。10、BD【分析】【詳解】

A.0.1mol·L-1CH3COOH溶液中存在醋酸的電離和水的電離，醋酸電離產(chǎn)生的醋酸根與氫離子相等，水也能電離出氫離子，則氫離子的濃度大于醋酸根，即c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)；故A錯(cuò)誤；

B.因?yàn)榇姿岬碾婋x平衡常數(shù)與一水合氨的電離平衡常數(shù)相等，則醋酸銨中醋酸根與銨根的水解程度相同，溶液呈中性，溶液中有c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)；故B正確；

C.0.1mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等體積混合，根據(jù)電荷守恒有c(NH4+)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)，物料守恒有2c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，兩式對應(yīng)相減有c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)；故C錯(cuò)誤；

D.0.3mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等體積混合，根據(jù)電荷守恒有c(NH4+)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)，物料守恒有4c(NH4+)＋4c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，兩式對應(yīng)相減有3c(NH4+)＋4c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，移項(xiàng)有c(CH3COOH)＋c(H＋)－c(NH3·H2O)－c(OH－)＝3c(NH4+)＋3c(NH3·H2O)=(3×0.1mol·L－1)÷2=0.15mol·L－1；故D正確；

綜上所述，答案為BD。11、AC【分析】【分析】

根據(jù)題目所示的電解池裝置，左側(cè)A極區(qū)流入亞硫酸根流出連二亞硫酸根，此時(shí)A極區(qū)S元素化合價(jià)降低，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，因此A極為陰極，A極的電極方程式為2SO+2e-+4H+=S2O+2H2O；右側(cè)B極區(qū)流入二氧化硫流出硫酸，此時(shí)B極區(qū)S元素化合價(jià)升高，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，因此B極為陽極，B極的電極方程式為SO2+2H2O-2e-=SO+4H+；據(jù)此分析。

【詳解】

A．A極處加入SO產(chǎn)生S2O硫元素化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)，則A極為電解池陰極，B極為電解池陽極，A正確；

B．B極區(qū)吸收5molSO2，生成H2SO4，硫元素化合價(jià)升高2價(jià)，轉(zhuǎn)移電子5mol×2=10mol，根據(jù)得失電子守恒，則陰極也轉(zhuǎn)移10mol電子，2SO~S2O~2e-，則A極區(qū)生成5molS2OB錯(cuò)誤；

C．B極區(qū)電解液為稀硫酸，電解過程中SO2轉(zhuǎn)化為H2SO4；則電解一段時(shí)間后硫酸濃度增大，C正確；

D．A極處加入產(chǎn)生S2O電解過程中硫元素化合價(jià)降低，則A極的電極反應(yīng)為2SO+2e-+4H+=S2O+2H2O；D錯(cuò)誤；

故選AC。12、AD【分析】【分析】

電解飽和Na2SO4溶液時(shí)，陽極附近是OH-放電，生成氧氣，陰極附近時(shí)H+放電生成氫氣，由于裝置中放置了離子交換膜，在兩極分別生成NaOH和H2SO4；需在陽極室一側(cè)放置陰離子交換膜，只允許通過陰離子，在陰極一側(cè)放置陽離子交換膜，只允許通過陽離子，接電源正極的是陽極，即B放出氧氣，C生成氫氣，以此解答該題。

【詳解】

A.陰極生成氫氣和OH-；在陰極一側(cè)放置陽離子交換膜，只允許通過陽離子，生成NaOH，故A正確；

B.A為陽極，氫氧根離子放電產(chǎn)生的氣體是氧氣，同時(shí)生成氫離子，則陽極附近生成硫酸，則從A口出來的是H2SO4溶液；故B錯(cuò)誤；

C.陰極附近時(shí)H+放電生成氫氣，反應(yīng)式為2H++2e-═H2↑；故C錯(cuò)誤；

D.NaOH在陰極附近生成，硫酸在陽極生成，則Na2SO4溶液從F口加入；故D正確；

故選AD。13、BCD【分析】【分析】

本題考查常見化學(xué)儀器的使用知識，難度不大，掌握常見的化學(xué)儀器的使用是解答的關(guān)鍵?！窘獯稹?/p>

可以直接加熱的儀器有：坩堝、試管、蒸發(fā)皿，故BCD正確。

故選BCD。

【解析】rm{BCD}三、填空題(共6題，共12分)14、略

【分析】解：(1)鋁土礦的成分中；氧化鐵和氧化鋁均能和鹽酸反應(yīng)得到對應(yīng)的鹽，只有二氧化硅和鹽酸不反應(yīng)，偏鋁酸鈉中通入過量的二氧化碳可以生成氫氧化鋁白色沉淀和碳酸氫鈉；

故答案為：SiO2；NaHCO3；

(2)氧化鐵和氧化鋁均能和鹽酸反應(yīng)得到對應(yīng)的鹽，所以濾液甲的成分是氯化鋁和氯化鐵，鋁離子和過量的氫氧根反應(yīng)為：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；所以濾液乙的成分是偏鋁酸鈉，向其中通入過量的二氧化碳，反應(yīng)為：AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-；氫氧化鋁受熱易分解，即2Al(OH)3Al2O3+3H2O；

故答案為：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-；2Al(OH)3Al2O3+3H2O．【解析】SiO2;NaHCO3;Al3++4OH-═AlO2-+2H2O;AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-;2Al(OH)3Al2O3+3H2O15、19；6.72L；2.8g【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的量的計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的量、質(zhì)量、體積的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計(jì)算能力的考查，注意碳原子守恒的應(yīng)用，題目難度不大。【解答】rm{n(}氣體rm{)=dfrac{8.96L}{22.4L/mol}=0.4mol}其質(zhì)量為rm{)=dfrac

{8.96L}{22.4L/mol}=0.4mol}則混合氣體平均相對分子質(zhì)量為rm{7.6g}

設(shè)rm{dfrac{7.6}{0.4}=19}為rm{CO}甲烷為rm{xmol}則。

rm{begin{cases}overset{x+y=0.4}{28x+16y=7.6}end{cases}}

解得rm{ymol}rm{begin{cases}

overset{x+y=0.4}{28x+16y=7.6}end{cases}}

甲烷的體積為rm{x=0.1mol}一氧化碳的質(zhì)量為rm{y=0.3mol}

故答案為：rm{0.3mol隆脕22.4L/mol=6.72L}rm{0.1mol隆脕28g/mol=2.8g}rm{19}

rm{6.72L}【解析】rm{19}rm{6.72L}rm{2.8g}16、略

【分析】試題分析：根據(jù)已知條件及相互轉(zhuǎn)化關(guān)系可知：A是Na；B是Na2O2；C是NaOH；D是S；E是SO2；F是SO3；G是H2SO4.；H是Na2SO4或NaHSO4。（1）物質(zhì)B的化學(xué)式是Na2O2；物質(zhì)G的化學(xué)式為H2SO4。（2）A→B的化學(xué)方程式為2Na+O2Na2O2；E→F的化學(xué)方程式為2SO2＋O22SO3；B→C的化學(xué)方程式為2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。（3）A.SO2的水溶液顯酸性，在酸性條件下選項(xiàng)中的離子不會(huì)發(fā)生反應(yīng)，能夠電離共存。正確。B.SO2+2OH－=SO32-+H2O.不能大量共存。錯(cuò)誤。C.發(fā)生氧化還原反應(yīng)：ClO－+H2O+SO2=SO42-+2H++Cl-.不能大量共存。錯(cuò)誤。D.發(fā)生反應(yīng)：2Fe3++2H2O+SO2=SO42-+2Fe2++4H+。故選項(xiàng)為A.考點(diǎn)：考查元素、化合物的推斷、化學(xué)方程式的書寫、離子的共存等知識?！窘馕觥俊敬鸢浮竣臢a2O2，H2SO4⑵A→B：2Na+O2Na2O2E→F：2SO2＋O22SO3B→C：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑⑶A17、略

【分析】解：CaCl2為離子化合物，由鈣離子和氯離子構(gòu)成，其電子式為故答案為：

H2S為共價(jià)化合物，S原子最外層達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其電子式為故答案為：

NaOH為離子化合物，鈉離子直接用離子符號表示，氫氧根離子為陰離子，需要標(biāo)出所帶電荷及最外層電子，氫氧化鈉的電子式為

故答案為：．

氯化鈣是離子化合物；離子化合物中陰離子寫出電荷及電性并用“[]”括起來，陽離子寫出電荷和電性即可，離子都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；

硫化氫為共價(jià)化合物；共價(jià)化合物的電子式需要標(biāo)出最外層電子；

氫氧化鈉為離子化合物；鈉離子直接用離子符號表示，氫氧根離子需要標(biāo)出所帶電荷及最外層電子．

本題考查電子式的書寫，題目難度不大，明確電子式的書寫原則為解答關(guān)鍵，注意掌握離子化合物與共價(jià)化合物的電子式的區(qū)別，試題側(cè)重考查學(xué)生的規(guī)范答題能力．【解析】18、略

【分析】解：①“曾青得鐵化為銅”：濕法煉銅CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，反應(yīng)中銅元素化合價(jià)從+2價(jià)變化為0價(jià)，化合價(jià)降低得到電子，所以CuSO4做氧化劑；鐵元素的化合價(jià)從0價(jià)變化為+2價(jià)，元素化合價(jià)升高失電子，所以鐵做還原劑；

故答案為：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，氧化劑：CuSO4；還原劑：Fe；

②用CO還原Fe2O3煉鐵：工業(yè)冶鐵Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，反應(yīng)中鐵元素化合價(jià)從+3價(jià)變化為0價(jià)，化合價(jià)降低得到電子，所以Fe2O3做氧化劑；碳元素的化合價(jià)從+2價(jià)變化為+4價(jià)，元素化合價(jià)升高失電子，所以CO做還原劑；

故答案為：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，氧化劑：Fe2O3；還原劑：CO．

①“曾青得鐵化為銅”：濕法煉銅為鐵和硫酸銅發(fā)生置換反應(yīng)生成硫酸亞鐵和銅；鐵元素的化合價(jià)升高，銅元素的化合價(jià)降低；

②用CO還原Fe2O3煉鐵：工業(yè)冶鐵為三氧化二鐵和一氧化碳反應(yīng)；反應(yīng)生成鐵和二氧化碳，碳元素的化合價(jià)升高，鐵元素的化合價(jià)降低．

本題考查化學(xué)反應(yīng)及氧化還原反應(yīng)中氧化劑、還原劑的判斷，元素化合價(jià)的變化是氧化還原反應(yīng)的判斷依據(jù)和特征，依據(jù)化合價(jià)變化分析，“升失氧，降得還”，題目難度不大．【解析】CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，氧化劑：CuSO4；還原劑：Fe；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，氧化劑：Fe2O3；還原劑：CO19、I.（1）Fe2(SO4)3=2Fe3++2SO42?

（2）

（3）氧化+4

II.（1）AsH3

（2）Br2

（3）ac【分析】【分析】本題考查氧化還原反應(yīng)相關(guān)知識及應(yīng)用，題目較難。【解答】I.rm{(1)}硫酸鐵是強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液里完全電離，電離方程式為：rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}=2Fe^{3+}+2SO_{4}^{2?}}故答案為：rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}=2Fe^{3+}+2SO_{4}^{2?}}rm{(2)}鹽酸中的氯元素失去電子轉(zhuǎn)移給高錳酸鉀中的錳元素，故答案為：rm{(3)}分析可知：氯氣化合價(jià)降低被還原，則rm{RO_{3}^{n?}}中的rm{R}化合價(jià)升高被氧化；設(shè)rm{RO_{3}^{n?}}中的rm{R}的化合價(jià)為rm{x}價(jià)，根據(jù)得失電子守恒可得：rm{1隆脕2=6隆陋x}則rm{x=+4}故答案為：氧化；rm{+4}rm{II.(1)}分析可知，砷化氫化合價(jià)升高變成砷酸，故砷化氫是還原劑，故答案為：rm{AsH_{3}}；rm{(2)0.2mol}的溴酸鉀反應(yīng)得到rm{1mol}的電子生成rm{X}設(shè)rm{X}中溴元素的化合價(jià)是rm{y}價(jià)，可得：rm{0.2隆脕(5隆陋y)=1}解得：rm{y=0}即rm{X}是溴單質(zhì)，故答案為：rm{Br_{2隆攏}}rm{(3)a.}根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，故rm{a}正確；rm{b.}砷化氫被氧化得到砷酸，故其是氧化產(chǎn)物，故rm錯(cuò)誤；rm{c.}還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物，故rm{c}正確；rm{d.}溴單質(zhì)的還原產(chǎn)物，故rm2ikkmmc錯(cuò)誤。故選rm{ac}【解析】I.rm{(1)Fe_{2}(SO_{4})_{3}=2Fe^{3+}+2SO_{4}^{2?}}rm{(2)}rm{(3)}氧化rm{+4}rm{II.(1)AsH_{3;}}rm{(2)Br_{2;}}rm{(3)ac}四、工業(yè)流程題(共4題，共36分)20、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：用NaOH溶液溶解鋁箔，發(fā)生反應(yīng)：2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，向含有NaAlO2的溶液通入過量的CO2氣體，發(fā)生反應(yīng)：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+得到Al(OH)3的膠狀固體，將一部分膠狀固體洗滌得到Al(OH)3，灼燒Al(OH)3得到氧化鋁，用硫酸溶解Al(OH)3加入K2SO4溶液，配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液，選規(guī)則明礬小晶體并懸掛在溶液中央，自然冷卻至室溫，得到明礬大晶體，另一部分膠狀固體用鹽酸溶解，得到AlCl3溶液，將HCl氣體通入AlCl3溶液，抑制AlCl3水解和促進(jìn)AlCl3·6H2O結(jié)晶，冷水浴，用玻璃纖維抽濾，用濃鹽酸洗滌晶體，濾紙吸干干燥得AlCl3·6H2O晶體；據(jù)此分析解析；

(1)

NaAlO2的溶液含有氫氧化鈉，通入過量的CO2氣體，二氧化碳與氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉，二氧化碳與NaAlO2反應(yīng)生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，發(fā)生反應(yīng)：OH-+CO2=+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+

(2)

明礬的溶解度隨溫度的升高而增大；步驟IV中在培養(yǎng)規(guī)則明礬大晶體過程中，需要配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液，選規(guī)則明礬小晶體并懸掛在溶液中央，隨著自然冷卻至室溫，明礬飽和溶液變?yōu)檫^飽和溶液，導(dǎo)致明礬析出，明礬晶體會(huì)附著在規(guī)則明礬小晶體上，形成規(guī)則明礬大晶體，故正確操作為：fed；

(3)

A．步驟II通過量CO2后進(jìn)行固液得到膠狀物；抽濾時(shí)不宜過濾膠狀沉淀，否則易在濾紙上形成一層密實(shí)的沉淀，A錯(cuò)誤；

B．抽濾裝置有1處錯(cuò)誤；漏斗頸口斜面沒有對著吸濾瓶的支管口，B錯(cuò)誤；

C．抽濾完畢后；應(yīng)先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，再關(guān)水龍頭以防倒吸，C錯(cuò)誤；

D．由于溶液中含有H+；具有強(qiáng)酸性，在抽濾時(shí)會(huì)腐蝕濾紙，導(dǎo)致濾紙破損，所以改用玻璃纖維替代濾紙，D正確；

故選D。

(4)

Al3+會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)：Al3++3H2O=Al(OH)3+3H+，通入HCl可以抑制A13+的水解，增大了溶液中Cl-的濃度，有利于AlCl3·6H2O結(jié)晶；洗滌晶體時(shí)；先關(guān)小水龍頭，向漏斗中加入濃鹽酸，緩慢淋洗，以便充分洗去雜質(zhì)，重復(fù)2-3次；

(5)

明礬中n(A13+)：n()=1：2，實(shí)驗(yàn)測得n(A13+)：n()=0.002900mol：0.006300mol=29：63，明礬中可能含有硫酸鉀雜質(zhì)，所以求明礬的純度應(yīng)該用量不足的鋁離子，根據(jù)關(guān)系式Al3+~kAl(SO4)2·12H2O得出n(kAl(SO4)2·12H2O)=0.002900mol，則該試樣中銨明礬的純度為：=45.82%；【解析】(1)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCOOH-+CO2=HCO

(2)fed

(3)D

(4)增加c(Cl―)，有利于AlCl3·6H2O結(jié)晶和抑制AlCl3水解關(guān)小水龍頭；向漏斗中加入濃鹽酸，使液體緩慢通過固體，重復(fù)2-3次。

(5)45.82%21、略

【分析】【分析】

(1)用Al片和石墨作電極制備Al(OH)3；Al作陽極，據(jù)此分析；

(2)放電時(shí)負(fù)極材料電極本身Al放電，失電子，根據(jù)AlCl4-和Al2Cl7-中鋁元素和氯元素的比例來確定AlCl4-作反應(yīng)物而生成Al2Cl7-。

【詳解】

(1)用Al片和石墨作電極來制備Al(OH)3，Al作陽極，石墨作陰極，陽極反應(yīng)為：Al-3e-=Al3+，陰極上是來自于水的H+放電：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Al3+與OH-會(huì)結(jié)合形成難溶性的Al(OH)3，根據(jù)同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，可得總反應(yīng)：2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑；

(2)放電時(shí)，負(fù)極電極本身Al放電，失電子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-作反應(yīng)物而Al2Cl7-為生成物，由于其它離子不參與電極反應(yīng)，故電極反應(yīng)為：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-。

【點(diǎn)睛】

本題考查了電解池和原電池的知識，電解池的陽極和原電池的負(fù)極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，電解池的陰極和原電池的正極得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，結(jié)合電解質(zhì)中含有的微粒書寫電極反應(yīng)式。【解析】2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-22、略

【分析】【分析】

鈦鐵礦(主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等雜質(zhì))加入足量鹽酸，得到的濾渣為不溶于酸的SiO2，得到含TiO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等離子的強(qiáng)酸性浸出液，加入足量的鐵粉至浸出液顯紫色，鐵元素轉(zhuǎn)化為Fe2+；經(jīng)系列處理得到綠礬和富含TiO2+的溶液，向溶液中加熱水促進(jìn)TiO2+的水解，生成TiO2·nH2O，焙燒分解得到TiO2，在與氯氣、焦炭混合反應(yīng)得到TiCl4；廢氣主要是二氧化碳。

【詳解】

(1)適當(dāng)增大鹽酸濃度；適當(dāng)升高溫度；攪拌、減小鈦鐵礦粒徑等都可以加快浸取速率；該過程主要發(fā)生FeTiO3和鹽酸的反應(yīng)，根據(jù)題目信息可知反應(yīng)過程中Ti元素生成TiO2+，結(jié)合元素守恒和電荷守恒可得離子方程式為FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；

(2)廢渣為不溶于鹽酸的SiO2;

(3)鐵元素可能以Fe2+或Fe3+的形式存在，取少量溶液，加入KSCN溶液，若不變紅，則不含F(xiàn)e3+，再加入氯水，仍然不變紅，則不含F(xiàn)e2+；綜上說明溶液中不含鐵元素；

(4)Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O的平衡常數(shù)K===4.0×104；

(5)根據(jù)圖示；該工藝流程中存在的不足之處是：流程中的廢渣；廢液、廢氣沒有進(jìn)行合理的處理或回收再利用等；

(6)四氯化鈦的熔點(diǎn)-25.0℃，沸點(diǎn)136.4℃，SiCl4的熔點(diǎn)-68.8℃；沸點(diǎn)57.6℃，二者的沸點(diǎn)差異較大，所以可以用分餾的方法分離；

(7)TiCl4水解生成TiO2·nH2O的化學(xué)方程式為TiCl4+(n+2)H2OTiO2·nH2O+4HCl。

【點(diǎn)睛】

第3小題為易錯(cuò)點(diǎn)，要注意需要對三價(jià)鐵和二價(jià)鐵都要進(jìn)行檢驗(yàn)；第7小題中書寫水解反應(yīng)方程式要注意水的計(jì)量數(shù)，生成的TiO2·nH2O中還有n個(gè)水分子?！窘馕觥竣?適當(dāng)增大鹽酸濃度；適當(dāng)升高溫度；攪拌、減小鈦鐵礦粒徑等②.FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O③.SiO2④.取少量溶液，加入KSCN溶液，若不變紅，再加入氯水，仍然不變紅，說明溶液中不含鐵元素⑤.4.0×104⑥.沒有對“三廢”進(jìn)行合理的處理或回收再利用等⑦.蒸餾(或分餾)⑧.TiCl4+(n+2)H2OTiO2·nH2O+4HCl23、略

【分析】【分析】

廢舊鈷酸鋰(Li0.5CoO2)電池預(yù)處理時(shí)，Li0.5CoO2高溫分解得到LiCoO2、Co3O4和O2；加入葡萄糖和鹽酸進(jìn)行還原輔助酸浸，鈷元素轉(zhuǎn)化為CoCl2；加入(NH4)2C2O4溶液沉鈷，Co2+轉(zhuǎn)化為CoC2O4沉淀；在空氣中氧化煅燒，CoC2O4轉(zhuǎn)化為Co3O4；再用Li2CO3處理，即轉(zhuǎn)化為Li0.5CoO2。

【詳解】

(1)廢舊電池電化學(xué)放電，需發(fā)生原電池反應(yīng)，所以可以將廢舊電池浸泡在電解質(zhì)溶液中進(jìn)行放電，酒精和98%H2SO4都不能導(dǎo)電，只有Na2SO4溶液能導(dǎo)電；故選C。答案為：C；

(2)預(yù)處理時(shí)，鈷酸鋰(Li0.5CoO2)高溫下分解得到LiCoO2、Co3O4和一種氣體，由于Co元素化合價(jià)降低，則氣體為O2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為6Li0.5CoO23LiCoO2+Co3O4+O2↑。答案為：6Li0.5CoO23LiCoO2+Co3O4+O2↑；

(3)沉鈷過程中，當(dāng)Co2+完全沉淀時(shí)，c(Co2+)≤10-5mol/L，c()=mol/L≥0.4mol/L，所以溶液中的濃度至少為0.4mol/L。答案為：0.4；

(4)沉鈷過程中，草酸鹽體系中鈷離子形態(tài)分布如圖，pH較小時(shí)，主要生成鈷的草酸氫鹽，因?yàn)樗嵝暂^強(qiáng)溶液中，草酸根水解轉(zhuǎn)化為草酸氫根或草酸，所以在不同pH范圍鈷離子形態(tài)不同的原因?yàn)椋旱蚿H范圍時(shí)，水解為H2C2O4和隨著pH增高，水解程度降低。答案為：低pH范圍時(shí)，水解為H2C2O4和隨著pH增高，水解程度降低；

(5)設(shè)加熱前，CoC2O4?2H2O的質(zhì)量為183g，即CoC2O4?2H2O為1mol，則失重率大約為19.7%時(shí)，剩余固體質(zhì)量為183g×(1-19.7%)=147g；失重率大約為36.3%，剩余固體質(zhì)量為183g×(1-19.7%-36.3%)=80.5g；失重率大約為3.0%，剩余固體質(zhì)量為183g×(1-19.7%-36.3%-3.0%)=75g。則時(shí)，失重183g-147g=36g，=2mol，則此時(shí)剛好失去全部結(jié)晶水，所得固體為CoC2O4；時(shí)，依據(jù)流程圖中提供的信息，產(chǎn)物為Co3O4(也可從=241.5g/mol得到證實(shí))；時(shí)，M(產(chǎn)物)==75g/mol，則其為CoO。因此時(shí)，CoC2O4轉(zhuǎn)化Co3O4，此時(shí)應(yīng)有O2參與反應(yīng)，且產(chǎn)物中還有碳的氧化物CO2，發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。答案為：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2；

(6)因?yàn)樯刹菟徕挼倪^程為吸熱過程，所以升高溫度平衡正向移動(dòng)，Co2+沉淀率增大，后來沉淀率下降，應(yīng)由溶解度的增大引起。所以沉淀率呈先增大后減小的趨勢的原因可能為：溫度的提高有利于增加Co2+與的有效碰撞(或沉淀速率)，同時(shí)由于草酸鈷的沉淀反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，溫度升高有利于沉淀反應(yīng)正移；由于草酸鉆的溶解度在較高溫度下可能會(huì)增大，因此過高溫度反而在一定程度上降低Co2+的沉淀率。答案為：溫度的提高有利于增加Co2+與的有效碰撞(或沉淀速率)，同時(shí)由于草酸鈷的沉淀反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，溫度升高有利于沉淀反應(yīng)正移；由于草酸鉆的溶解度在較高溫度下可能會(huì)增大，因此過高溫度反而在一定程度上降低Co2+的沉淀率。

【點(diǎn)睛】

在利用失重實(shí)驗(yàn)進(jìn)行產(chǎn)物分析時(shí)，可大膽進(jìn)行假設(shè)。通常情況下，結(jié)晶水合物都是先失去結(jié)晶水，然后是無水鹽再分解生成金屬氧化物，最后是金屬氧化物再分解；再利用數(shù)據(jù)進(jìn)行證實(shí)。【解析】C6Li0.5CoO23LiCoO2+Co3O4+O2↑0.4低pH范圍時(shí)，水解為H2C2O4和隨著pH增高，水解程度降低3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2溫度的提高有利于增加Co2+與的有效碰撞(或沉淀速率)，同時(shí)由于草酸鈷的沉淀反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，溫度升高有利于沉淀反應(yīng)正移；由于草酸鉆的溶解度在較高溫度下可能會(huì)增大，因此過高溫度反而在一定程度上降低Co2+的沉淀率五、簡答題(共4題，共28分)24、略

【分析】解：（1）乙烯的電子式為乙烯的結(jié)構(gòu)式為．

故答案為：．

（2）乙烯中含有碳碳雙鍵，性質(zhì)較活潑，能和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br．

故答案為：CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br．

（3）乙烯中含有碳碳雙鍵；可以發(fā)生加成反應(yīng)，可以被強(qiáng)氧化劑氧化，而甲烷不能；乙烯能和溴水發(fā)生加成反應(yīng)，乙烯和酸性高錳酸鉀反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w，乙烯和水；氫氣只有在一定條件下才反應(yīng)，所以可以用來除去乙烷中混有的乙烯的試劑是溴的四氯化碳溶液，故選③．

故答案為：③．

（4）在一定條件下，乙烯能與水發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇，乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH．

故答案為：CH3CH2OH；加成．

（5））①乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色的原因是：溴和乙烯發(fā)生了加成反應(yīng)；乙烯使高錳酸鉀溶液褪色的原因是：乙烯和高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)而褪色；所以反應(yīng)原理不同，故錯(cuò)誤；

②SO2使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色的原因是：二氧化硫和溴水或高錳酸鉀反應(yīng)氧化還原反應(yīng)而褪色；所以反應(yīng)原理相同，故正確；

③SO2使品紅溶液褪色的原因是：二氧化硫和有色物質(zhì)生成了無色物質(zhì)而褪色；二氧化硫使滴有酚酞的NaOH溶液褪色的原因是：二氧化硫和氫氧化鈉反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水，使溶液的堿性降低而褪色，所以原理不同，故錯(cuò)誤；

故選②．

（1）根據(jù)乙烯的電子式寫出乙烯的結(jié)構(gòu)式；

（2）根據(jù)乙烯的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)及性質(zhì)分析；乙烯易和溴加成；

（3）乙烯中含有碳碳雙鍵；可以發(fā)生加成反應(yīng)，可以被強(qiáng)氧化劑氧化，而甲烷不能；

（4）乙烯中含有碳碳雙鍵；可以發(fā)生加成反應(yīng)；有機(jī)物分子中的不飽和鍵兩端的碳原子與其它原子或原子團(tuán)直接結(jié)合生成新的化合物的反應(yīng)叫加成反應(yīng)．

（5）根據(jù)發(fā)生反應(yīng)的反應(yīng)類型；原理判斷；

本題考查了乙烯的化學(xué)性質(zhì)，難度不大，乙烯的碳碳雙鍵結(jié)構(gòu)決定了其化學(xué)性質(zhì)較活潑，能和溴水發(fā)生加成反應(yīng)．【解析】CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br；③；CH3CH2OH；加成；②25、略

【分析】解：rm{(1)}根據(jù)裝置圖中有注射器；利用壓強(qiáng)差來選擇氣密性的檢查方法，檢查方法為：關(guān)閉分液漏斗活塞，將注射器活塞拉出一定距離，一段時(shí)間后松開活塞，如活塞復(fù)原，則裝置的氣密性良好；

故答案為：關(guān)閉分液漏斗活塞；將注射器活塞拉出一定距離，一段時(shí)間后松開活塞，如活塞復(fù)原，則裝置的氣密性良好；

rm{(2)}其他條件一樣，只有反應(yīng)物鐵的狀態(tài)rm{(}即表面積rm{)}不一樣；通過收集等量的氫氣所用時(shí)間的長短可得出反應(yīng)物的表面積會(huì)影響到反應(yīng)速率，所以這個(gè)實(shí)驗(yàn)還能證明其他條件不變，增大反應(yīng)物的表面積，化學(xué)反應(yīng)速率會(huì)加快；

故答案為：其他條件不變；增大反應(yīng)物的表面積，化學(xué)反應(yīng)速率會(huì)加快；

rm{(3)}根據(jù)反應(yīng)離子方程式：rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}可知：該實(shí)驗(yàn)還可通過相同時(shí)間內(nèi)溶液中氫離子濃度；亞鐵離子濃度的變化來測量化學(xué)反應(yīng)速率；

故答案為：相同時(shí)間內(nèi)溶液中氫離子濃度；亞鐵離子濃度的變化．

rm{(1)}根據(jù)裝置圖中有注射器；利用壓強(qiáng)差來選擇氣密性的檢查方法；

rm{(2)}其他條件一樣，只有反應(yīng)物鐵的狀態(tài)rm{(}即表面積rm{)}不一樣；通過收集等量的氫氣所用時(shí)間的長短可得出反應(yīng)物的表面積會(huì)影響到反應(yīng)速率；