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2025-2026学年度第一学期12月月考试卷
高一化学
相对原子质量H:1C:6N:7
O:8 Na:1I Mg:24
A1:27S:32Cl:35.5Fe:56Cu:64
一、单选题（每空3分，共42分）
1.在NaCl,MgC,Mg(No,)2形成的混合溶液中，c(Na)=0.Imol-L,c(NO)=0.4molL、c(Cr）=0.2mol-L
则c(Mg2)为()
A.0.3mol.L B.0.5mol-L-C.0.25mol-L D.0.2mol-L
2.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()
A.强酸性溶液中：K、Fe2+、NO、MnO,
B.能使紫色石蕊变红的溶液中：Na、Fe+、CI、HCO
C.含有0.1mol/LAgNO,溶液中：NH、Mg2+、So、Co
D.澄清透明的溶液中：Cu+、Na*、NO;、SO
3.用N表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()
A.标准状况下，22.4LH0含有的分子数为NA
B.28gN2和N,组成的混合气体中含有的原子数为2WA
C.0.2mol·L-Na2S0,溶液含有0.4W个Na
D.56gFc与足量稀盐酸反应，转移的电子数目为3N
4.下列指定反应的离子方程式正确的是()
A.向AIC3溶液中加入过量的NaOH溶液：AI++3OH=AI(OH),↓
B.将一粒钠投入硫酸铜溶液中：2Na+Cu2Nat+Cu
C.向1 molFeBr,的溶液中通X1 molCl2:2Fe2++4Br+3CL2=2Fe++2Br,+6CI
D.向澄清石灰水中加入过量的Ca(HC0,)2溶液：Ca2++OH+HCD5=CaC0,↓+H,0
5.关于反应K7CIO3+6H5Cl=KCl+3C2个+3H20的有关叙述中，正确的是（)
A.KC1中含有35CI
B.KCl中含有3Cl
C.生成物C2的相对分子质量大于71
D.该反应转移的电子数为6e一
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6.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1molL稀盐酸；C02的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系
如图所示。下列判断正确的是()
n(CO,ymol
A.在0~a范围内，只发生中和反应
B.原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1：1
002外---
C.a=0.3
D.ab段发生反应的离子方程式为：C02+2H=H20十C02↑
7.已知X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子
06
V(盐物L.
最外层电子数是内层电子数的，2倍，Z原子得2个电子达到稳定结构，W在短周期主族元素中原子
半径最大，M的原子序数等于X与W的质子数之和。下列叙述正确是()
A.最高正化合价：Z>Y>X
B.含氧酸的酸性：Y>X
C.单质的氧化性：Y>Z>M
D.W单质与Z2反应，其产物因反应条件不同而不同
8.将Cu:片放入0.mol/LFeC3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中
c(Fe3t):c(Fe2t)=2:3,则Cu2*与Fe3*的物质的量之比为()
A.3:2B.3:5
C.4:3
D.3:4
9.将1mol金属钠投入到足量水中，充分反应后最终所得溶液的质量为mg,将1 molMg投入到与水
等质量足量稀硫酸中，充分反应后最终所得溶液的质量为ng,则m和n两者大小关系为()
A.m>n
B.m=n C.mD.无法比较
10.某学习小组成员欲用胆矾(CuS04·5H20)配制100mL1molL1的CS0,溶液，下列说法正确的是
()
A.用托盘天平称量25.0gCuS0,固体
B.摇匀后，发现液面低于刻度线，需要补加少水以重新达到刻度线
C.定容时，俯视容量瓶刻度线会导致所配溶液浓度偏大
D.容量瓶用蒸馏水洗涤后，残留有少量的水，会导致所配溶液浓度偏小
11.下列有关反应的离子方程式正确的是()
A.向KI溶液中滴加双氧水：2I+2H202+2H=I2+2H,0+02个
B.向FeC2溶液中投入少量Na2O2:Na,02+2Fe2++2H,0=2Fe++2Na*+4OH
C.向漂白粉溶液中通入足量C02:CIO+C0,.+H,0=HC0;+HC1O
D.向二元弱酸H3PO3溶液中滴入足量烧碱溶液：HPO3+3OH=PO;+3H,O
12.氢化钙（CH2)可在野外用作生氢剂，其中氢元素为-1价。CH用作生氢剂时的化学反应原理
为：CaH2+2H,0=Ca(OH2+2H2个。下列有关该反应的说法中，正确的是(
①该反应属于复分解反应②CaH2具有还原性③H20中的氢元素被还原④CH2应保存在水中
A.①②
B.②③
C.③④
D.①④
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一、单选题
1．将2molNO、4molH2和一定量的CO2通过足量的Na2O2充分反应后，所得气体再用电火花引燃使其充分反应，仅得到一定浓度的HNO3溶液，且无任何气体剩余。则通入CO2的物质的量和所得HNO3的质量分数分别为
A．7mol 60% B．7mol 70%
C．6mol 60% D．6mol 70%
2．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．强酸性溶液中：、、、
B．能使酚酞变红的溶液中：、、
C．含有溶液中：、、、
D．澄清透明的溶液中：、、、
3．用表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．标准状况下，22.4 L含有的分子数为
B．28 g 和组成的混合气体中含有的原子数为
C．0.2 mol L 溶液含有个
D．56 g Fe与足量稀盐酸反应，转移的电子数目为3
4．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向溶液中加入过量的溶液：
B．将一粒钠投入硫酸铜溶液中：
C．向的溶液中通入：
D．向澄清石灰水中加入过量的溶液：
5．关于反应K37ClO3＋6H35Cl＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O的有关叙述中，正确的是（ ）
A．KCl中含有35Cl B．KCl中含有37Cl
C．生成物Cl2的相对分子质量大于71 D．该反应转移的电子数为6e－
6．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol/L稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是(　　)
A．在0～a范围内，只发生中和反应
B．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶1
C．a＝0.3
D．ab段发生反应的离子方程式为：CO32-＋2H＋＝H2O＋CO2↑
7．已知为原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，Z原子得2个电子达到稳定结构，W在短周期主族元素中原子半径最大，M的原子序数等于X与W的质子数之和。下列叙述正确是
A．最高正化合价：
B．含氧酸的酸性：
C．单质的氧化性：
D．W单质与反应，其产物因反应条件不同而不同
8．将Cu片放入0.1mol/LFeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中c(Fe3＋)：c(Fe2＋)=2：3，则Cu2＋与Fe3＋的物质的量之比为
A．3：2 B．3：5 C．4：3 D．3：4
9．将15.6gNa2O2和5.4gAl 同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，下列说法错误的是
A．最终溶液：c(Na+)= 2 mol·L-1 B．标准状况下，反应过程中得到6.72L气体
C．最终溶液：c(Na+) >c(Cl-) D．最终得到7.8 g沉淀
10．Na2CO3和NaHCO3是生活中常见的物质。下列试剂可用于鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液的是
A．NaCl B．NaOH C．CaCl2 D．Ca(OH)2
11．下列有关反应的离子方程式正确的是
A．向KI溶液中滴加双氧水：
B．向溶液中投入少量：
C．向漂白粉溶液中通入足量：
D．向二元弱酸溶液中滴入足量烧碱溶液：
12．氢化钙（）可在野外用作生氢剂，其中氢元素为-1价。用作生氢剂时的化学反应原理为：。下列有关该反应的说法中，正确的是
①该反应属于复分解反应②具有还原性③中的氢元素被还原④应保存在水中
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
13．影视剧中的仙境美轮美奂，其烟雾制造原理是。已知表示阿伏加德罗常数的值。下列有关该反应的说法正确的是
A．只表现氧化性
B．Zn发生还原反应
C．只作还原产物
D．若生成标准状况下的N2气体11.2 L，则反应转移的电子数为2.5
二、非选择题
14．氯及其化合物在生活、生产中有着重要作用。实验小组用如图所示装置制取并探究其部分性质，同时制得漂白液和。已知的熔点为，沸点为11℃。
回答下列问题。
(1)仪器m的名称为 ，制得的在进入装置D之前需净化，试剂a为 。
(2)装置B中有乳白色浑浊(单质S)生成，发生反应的离子方程式为 ，由此可知，氧化性： (填“>”或“<”)S。
(3)将通入装置D中发生反应生成，该反应的化学方程式为 。收集时，将装置E置于冰水浴中的目的是
(4)和均可用于自来水消毒，若在消毒时均被还原为，则等质量的和在消毒过程中转移电子的数目之比为 。
(5)是一种高效安全的绿色消毒剂，我国规定饮用水中残留量不高于。测定某饮用水的水样中含量的实验如下：准确量取100.00mL水样，向其中加入足量的和稀硫酸充分反应，生成的与5.00mL的溶液恰好完全反应。此过程中发生反应：、，则该水样中残留的的物质的量为 mol，其浓度为 。
15．氧化锌(ZnO)是一种重要的化工原料，广泛应用于材料添加剂。以锌灰(主要成分为Zn、ZnO和少量铁及其氧化物)和废铜屑(主要成分为Cu、CuO及少量Fe2O3)为原料制备氧化锌和海绵铜，工艺流程如图所示：
已知：①时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液。
②金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见下表。
氢氧化物 Fe(OH)3 Zn(OH)2 Fe(OH)2
开始沉淀的pH 2.2 6.0 6.5
沉淀完全的pH 3.2 9.0 9.5
回答下列问题：
(1)“溶解”过程中H2O2的作用为 。
(2)“反应”过程中生成Cu的主要反应的离子方程式为 。“反应”后的滤液中含有的金属阳离子有 (填离子符号)。通过测定Cu2+的含量确定加入锌灰的量，锌灰稍过量的目的是 。
(3)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。
(4)若“氧化”过程中加入的H2O2不足，最终制得的ZnO中会混有 (填化学式)。
(5)加入ZnO调节pH=5的目的是 。
(6)调节pH=a，a的范围为 ，判断依据是 。
16．氯化铁是一种重要的工业试剂，可用于五金刻蚀、污水处理、催化剂等。实验室用纯净的氯气和铁粉制备氯化铁固体的装置如图所示。
已知：氯化铁易升华，易吸水潮解。
(1)实验装入药品前，应该 。
(2)装置A中盛放MnO2的仪器名称为 ，装置A中发生反应的化学方程式为 。
(3)装置B中饱和食盐水的作用是 。
(4)实验时应该先点燃 处的酒精灯(填“A”或者“D”)，理由是 。
(5)装置C、F中所装试剂为浓，是否能去掉装置F (填“是”或者“否”)，理由是 。
(6)装置G的作用为 。
17．亚氯酸钠是一种高效漂白剂，可由反应制取。有类似的性质，在酸性条件下可生成并放出。某化学兴趣小组探究的制备与性质，装置如图所示。回答下列问题。(已知遇淀粉溶液变蓝色)
Ⅰ．制备亚氯酸钠。
关闭止水夹②，打开止水夹①，从进气口通入足量，充分反应(反应放出大量热)。
(1)仪器的名称为 ，仪器的作用是 。
(2)装置中生成，反应的离子方程式为 。
(3)实际反应中发现消耗的比理论值偏少，原因可能是 。
Ⅱ．探究亚氯酸钠的性质。
停止通入气体，再通入空气一段时间后，关闭止水夹①，打开止水夹②，向中滴入稀硫酸。
(4)已知反应物浓度、温度或催化剂等会影响化学反应的速率。开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快。反应急剧加快的可能原因是 。
(5)实验过程中，中酸化的淀粉溶液变蓝色，产生该现象的离子方程式为 。
(6)实验完成后，为防止装置中滞留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是 。
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《2025-2026学年度高中化学12月月考卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 c D B D A B D D B C
题号 11 12 13 14
答案 C B D A
1．．C
【详解】溶液呈电中性，根据电荷守恒，阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数，即 + 2c(Mg2+)=×1+×1，解得c(Mg2+)=0.25 mol·L-1，故选C。
2．D
【详解】A．强酸性溶液中： 可以被、氧化为铁离子，不能共存，A不选；
B．能使酚酞变红的溶液显碱性，OH-和、反应而不能大量共存，B不选；
C．含有溶液，和、反应生成微溶的硫酸银和难溶的碳酸银，不能大量共存，C不选；
D．澄清透明的溶液中：、、、不反应，可以共存，D选；
故选D。
3．B
【详解】A．标准状况下，水不是气体，22.4 LH2O的物质的量大于1mol，含有的分子数大于NA，A错误；
B．N2和N4均由N原子组成，28g该混合气体中所含N原子的物质的量为，所含N原子数为2NA，B正确；
C．未给出溶液的体积，无法计算Na+的物质的量，C错误；
D．56g(1mol)Fe与足量稀盐酸反应，生成FeCl2和H2，反应转移2mol电子，转移电子数为2NA，D错误；
故选B。
4．D
【详解】A．氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al3++4OH-=AlO+2H2O，故A错误；
B．钠投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应，生成的NaOH和硫酸铜溶液再发生反应，反应的离子方程式为2Na+2OH-+Cu2++2H2O=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，故B错误；
C．亚铁离子还原性强于溴离子，向的溶液中通入，离子方程式为，故C错误；
D．向澄清石灰水中加入过量的溶液，离子方程式为Ca2++OH-+=CaCO3↓+H2O，故D正确；
故选D。
5．A
【分析】氯酸钾中氯元素的化合价由＋5价降低到0价。氯化氢中氯元素的化合价从－1价升高到0价，因此根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比是1︰5，即反应的实质是 K37ClO3与6份 H35Cl中的5份发生归中反应生成氯气，据此分析解答。
【详解】A. 根据以上分析，KCl中含有35Cl，故A正确；
B. KCl中不含有37Cl，37Cl应在Cl2中，故B错误；
C. 由反应式可知若生成物3molCl2则含1mol37Cl和5mol35Cl，所以生成物Cl2的相对分子质量为=70.7，故C错误；
D. 该反应转移的电子数为5e－，故D错误。
答案选A。
6．B
【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，氢氧化钠与盐酸优先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，然后碳酸钠与盐酸的反应先生成碳酸氢钠和氯化钠：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量与化学方程式中化学计量数的关系并结合图象分析解答。
【详解】A. 向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸首先和NaOH发生中和反应生成水和氯化钠，其反应方程式为：NaOH+HCl=NaCl+H2O；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，分两步，第一步为：HCl+ Na2CO3=NaHCO3+NaCl，第二步为：NaHCO3+HCl = NaCl+H2O+CO2↑，此时开始放出气体，故A项错误；
B. 根据碳元素守恒，混合物中，碳酸钠的物质的量等于生成的二氧化碳是0.02mol，由图象可知，b点消耗的盐酸的物质的量n总 = cV = 0.1 mol/L0.6 L= 0.06 mol，而ab段发生反应为：NaHCO3+HCl = NaCl+H2O+CO2↑，此阶段消耗的盐酸的物质的量n(ab) = n(CO2) = 0.02mol，所以0-a阶段中，与碳酸钠反应消耗的盐酸物质的量n2 = n(Na2CO3) = 0.02 mol，故剩余的盐酸用来消耗氢氧化钠，n(NaOH) = n总- n(ab)- n2 = 0.02mol，则原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶1，故B项正确；
C. 根据碳元素守恒，在混合物中碳酸钠的物质的量是0.02 mol，所以两步反应：HCl+ Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl = NaCl+H2O+CO2↑，分别消耗的盐酸的物质的量均0.02mol，0.1mol L 1稀盐酸的体积分别是0.2 L，结合图象可知a = 0.6-0.2 = 0.4，故C项错误；
D. ab段发生反应为：NaHCO3+HCl = NaCl+H2O+CO2↑，其反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，
答案选B。
7．D
【分析】X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，X为C；Z原子得2个电子达到稳定结构，Z为O；W在短周期主族元素中原子半径最大，W为Na；M的原子序数等于X与W的质子数之和，M为Cl。由题意可推知，X是碳、Y是氮、Z是氧、W是钠、M是氯。
【详解】A．一般氧没有最高正价，A错误；
B．未说明是最高价含氧酸，无法比较酸性，B错误；
C．元素非金属性越强，对应单质的氧化性就越强，故氧化性：，C错误；
D．与反应，常温生成氧化钠，加热生成过氧化钠，其产物因反应温度不同而不同，D正确。
故选D。
8．D
【详解】设原溶液的体积为vL，设取出Cu后溶液中c(Fe3＋)：c(Fe2＋)=2：3=k，则有：c(Fe3＋)=2kmol／L，c(Fe2＋)=3kmol／L，原溶液中n(Fe3＋)=0.1mol／L×vL=0.1vmol，取出Cu后，n(Fe3＋)1=2kmol／L×vL=2kvmol，n(Fe2＋)=3kmol／L×VL=3kvmol，根据化学方程式列方程：2Fe3＋＋Cu═Cu2＋＋2Fe2＋、n(Fe3＋)=n(Fe3＋)1＋n(Fe2＋)，0.1vmol=2kvmol＋3kvmol，得：k=0.02vmol，则反应后溶液中n(Fe3＋)1=0.04vmol，反应前n(Fe3＋)=0.1vmol，再根据方程式得n(Cu2＋)=0.03vmol，所以n(Cu2＋)：n(Fe3＋)1=0.03vmol：0.04vmol=3：4。
故选D。
9．B
【详解】钠与水反应：反应式：，1 mol Na（23g）生成0.5 mol H2（1 g），溶液增重：23 g – 1 g = 22 g，原水质量设为W，反应后溶液质量m = W + 22 g；
镁与稀硫酸反应：反应式：，1 mol Mg（24 g）生成1 mol H2（2 g），溶液增重：24 g – 2 g = 22 g，稀硫酸总质量等于原水质量W，反应后溶液质量n = W + 22 g；
综上，m = n，故答案选B。
10．C
【详解】A．题目要求使用胆矾（），而选项中称量的是无水固体（需16.0g），需要25.0 g 的是胆矾（），A错误；
B．摇匀后液面低于刻度线是正常现象，补加水会改变溶液体积导致浓度偏低，B错误；
C．定容时俯视刻度线会导致实际溶液体积小于100 mL ，浓度计算公式为，体积偏小，浓度偏大，C正确；
D．容量瓶残留少量蒸馏水不影响最终浓度，因为定容时会重新加水至刻度线，D错误；
故答案选C。
11．C
【详解】A．KI溶液中滴加双氧水，碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，过氧化氢被还原为水：，A错误；
B．溶液中投入少量，过氧化钠和水生成氢氧化钠和氧气，氧气可以氧化亚铁离子生成铁离子，氢氧化钠和铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，B错误；
C．漂白粉溶液中通入足量二氧化碳，反应生成次氯酸和碳酸氢钙溶液，C正确；
D．二元弱酸溶液中滴入足量烧碱溶液反应生成和水：，D错误；
故选C。
12．B
【详解】①该反应中H元素的化合价从-1、+1价变为0价，说明该反应是氧化还原反应，则一定不是复分解反应，故①错误；
②CaH2中的H元素为-1价，反应生成H2，CaH2中的H元素化合价升高，说明CaH2是还原剂，具有还原性，故②正确；
③中的氢元素为+1价，反应生成H2，中的氢元素化合价降低被还原，故③正确；
④由反应方程式可知，CaH2容易和水发生反应，不能保存在水中，故④错误；
②③正确，答案选B。
13．D
【详解】A．中N元素既有-3价（）升到0价（被氧化），又有+5价（）降到0价（被还原），因此既表现氧化性又表现还原性，A错误；
B．Zn的化合价从0价升到+2价（ZnO），发生氧化反应，B错误；
C．中的N原子一部分来自（被氧化，氧化产物），另一部分来自（被还原，还原产物），因此既是氧化产物又是还原产物，C错误；
D．生成11.2 L（标准状况）即0.5 mol ，根据配平反应，每生成1 mol 转移5 mol电子（贡献3 mol，Zn贡献2 mol），因此0.5 mol 对应转移2.5 mol 电子，数目为2.5，D正确；
故答案选D。
14．(1) 分液漏斗 浓硫酸
(2) >
(3) 冷凝收集，防止挥发。
(4)71:27
(5)
【分析】装置A为MnO2和浓盐酸在加热条件下制取，装置B中装有溶液，可以验证的氧化性；装置C中为浓硫酸，可以吸收水蒸气；纯净的通入装置D中，氧化生成；装置E为收集装置，冷凝收集；装置F为尾气处理装置。
【详解】（1）根据仪器m的结构可知，仪器m为分液漏斗；制得的中含有水蒸气，在进入装置D之前需净化干燥，则试剂a为浓硫酸。
（2）装置B中有乳白色浑浊(单质S)生成，说明氧化生成单质S，反应的离子方程式为；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，氧化性：>S。
（3）将通入装置D中，氧化生成，则反应的化学方程式为；的沸点较低，将收集装置E置于冰水浴中，可以冷凝收集，防止挥发。
（4）1mol作氧化剂，其还原产物为，可得到5mol电子；1mol作氧化剂，其还原产物为，可得到2mol电子；则等质量的和在消毒过程中转移电子的数目之比为。
（5）根据反应、可得比例关系：，则，浓度为。
15．(1)增加溶液的氧化性，将废铜屑溶解
(2) Cu2++Zn=Cu+Zn2+ Zn2+、Fe2+ 将溶液中的Cu2+全部转化为Cu单质
(3)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(4)Fe2O3
(5)使Fe3+完全形成Fe(OH)3沉淀，而锌元素仍以Zn2+形式存在于溶液中，可以更好的分离Fe3+、Zn2+
(6) 9.0≤pH≤11 使Zn2+完全转化为Zn(OH)2沉淀，又不被过量NaOH溶液溶解
【分析】向废铜屑(主要成分为Cu、CuO及少量Fe2O3)中加入稀硫酸和H2O2，反应产生Cu2+、Fe3+，然后向其中加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO和少量铁及其氧化物)，Zn把Cu置换出来产生海绵铜，然后向其中加入稀硫酸和H2O2，ZnO与硫酸反应产生Zn2+，铁的氧化物反应产生Fe3+进入溶液，然后加入ZnO调整溶液pH=5，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，然后过滤除去Fe(OH)3沉淀，加入NaOH溶液，调整溶液pH在一定范围，使Zn2+完全形成Zn(OH)2沉淀，再将其过滤、洗涤，灼烧分解产生ZnO。
【详解】（1）Cu与稀硫酸不反应，“溶解”过程中H2O2的作用是增加溶液的氧化性，将废铜屑溶解；
（2）在“反应”过程中，Cu2+与加入的锌灰中的Zn在溶液中发生反应：Cu2++Zn=Cu+Zn2+，从而置换出海绵状的单质铜；
废铜屑(主要成分为Cu、CuO及少量Fe2O3)中加入稀硫酸和H2O2，反应产生Cu2+、Fe3+，向其中加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO和少量铁及其氧化物)，Zn与Fe3+反应产生Zn2+、Fe2+，Zn与Cu2+反应产生Zn2+、固体Cu，因此“反应”后的滤液中含有的金属阳离子有Zn2+、Fe2+；
由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，向含有Fe3+、Cu2+的溶液中加入锌灰，首先发生反应：2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+，然后发生反应：Cu2++Zn=Cu+Zn2+，锌灰稍过量的目的是将溶液中的Cu2+全部转化为Cu单质，因此通过测定Cu2+的含量确定加入锌灰的量；
（3）在酸性条件下，H2O2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（4）若“氧化”过程中加入的H2O2不足，溶液中Fe2+不能被完全氧化为Fe3+除去，在加入ZnO调整溶液pH=5时，会使形成的Zn(OH)2沉淀中含有少量Fe(OH)3杂质，Fe(OH)3灼烧分解为Fe2O3，因此最终会导致制得的ZnO中会混有Fe2O3；
（5）根据金属离子生成氢氧化物沉淀的pH表格数据可知：Fe3+沉淀完全形成Fe(OH)3沉淀的pH=3.2，而Zn2+开始形成Zn(OH)2沉淀的pH=6.0，加入ZnO调整溶液pH=5时，Fe3+完全形成Fe(OH)3沉淀，而锌元素仍以Zn2+形式存在于溶液中，可以更好的分离Fe3+、Zn2+；
（6）加入NaOH溶液，目的是使溶液中的Zn2+完全转化为Zn(OH)2沉淀沉淀。根据题目信息可知：Zn2+完全形成Zn(OH)2沉淀的pH=9.0溶液pH越大，沉淀就越完全。但当溶液pH≥11时Zn(OH)2又会被强碱NaOH溶液溶解，因此加入NaOH溶液调整溶液pH范围为9.0≤pH≤11。
16．(1)
(2) 3.36 L
(3) 1:2
(4) AsH3 ac
(5)3：3：2
【详解】（1）和组成的混合气体物质的量为：，根据气体摩尔体积公式：，可求得，混合气体在标准状况下总体积约为
（2）根据气体摩尔体积公式：，标准状况下 ，每个 CO2分子含2个氧原子，氧原子物质的量 = 2 × 0.15 mol = 0.3 mol，H2O 每个分子含1个氧原子，因此H2O物质的量 = 0.3 mol， 的质量为：；5.4 g的水（0.3 mol）中所含的氢原子数目为0.6 mol，每个CH4分子含4个氢原子，因此， CH4在标准状况下体积 = 0.15 mol × 22.4 L/mol = 3.36 L
（3）将和按等物质的量混合，根据，则所得的混合物中和的质量之比等与相对分子质量之比，则有17：34=1：2；将和按物质的量3：2混合，根据，则所得的混合气体的平均摩尔质量为
（4）将a mol单质铜投入到含有b mol和c mol的混合稀酸溶液中，充分振荡后三者恰好完全反应生成、和，反应中Cu失电子（生成Cu2+），得电子（生成），根据电子守恒：2 a=3 c，根据原子守恒有：n(Cu)=n(CuSO4)=n(H2SO4)=a mol=b mol，有a：b：c为3：3：2。
17．(1) 圆底烧瓶 防止倒吸
(2)
(3)该反应放热，导致部分分解
(4)与反应生成的对反应起催化作用(或反应放热，温度升高，反应速率加快)
(5)
(6)再次打开止水夹①，在进气口通入一段时间的空气，让有毒气体完全被吸收
【分析】在仪器A中通过进气口通入ClO2气体，ClO2、NaOH、H2O2发生氧化还原反应产生NaClO2、O2、H2O，在装置B中ClO2可以将氧化为，而在装置C中仪器b是干燥管，其作用是扩大ClO2与NaOH反应的接触面积，从而可以起到防止倒吸的作用。NaOH溶液能够吸收多余ClO2气体，防止大气污染。
【详解】（1）①根据图示可知仪器a是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；
②仪器b是干燥管，其作用是可以扩大ClO2与NaOH反应的接触面积，使未反应的ClO2气体可以被NaOH溶液充分吸收，从而可以起到防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸；
（2）在装置A中，ClO2、NaOH、H2O2发生氧化还原反应产生NaClO2、O2、H2O，该反应的离子方程式为：，故答案为：；
（3）实际反应中发现消耗的NaOH比理论值偏少，原因可能是反应放出的热量使温度升高导致H2O2分解，导致ClO2反应的物质的量减少，因而其反应消耗的NaOH比理论值偏少，故答案为：该反应放热，导致H2O2部分分解；
（4）开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快。反应急剧加快的可能原因是NaClO2与H2SO4反应生成的Cl－对反应起催化作用，导致反应速率加快，故答案为：NaClO2与H2SO4反应生成的Cl 对反应起催化作用（或反应放热，温度升高，反应速率加快）；
（5）实验过程中，B中酸化的淀粉溶液变蓝色，是由于在酸性条件下，ClO2、发生氧化还原反应产生，遇淀粉溶液变为蓝色，该反应的离子方程式为：，故答案为：；
（6）实验完成后，为防止装置中滞留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：再次打开止水夹①，在进气口通入一段时间的空气，让有毒气体完全被赶入装置C中被NaOH吸收，故答案为：再次打开止水夹①，在进气口通入一段时间的空气，让有毒气体完全被吸收。
18．(1)NH3
(2)Cl—＞Na+＞Al3+
(3) 第三周期IA族
(4) KOH> NaOH> Al(OH)3 OH-+Al(OH)3=[Al(OH)4]-
(5) Cl、Br处于同一主族(VIIA族)，易得1个电子，Cl的原子半径比Br小，核对最外层电子的吸引能力强，Cl的得电子能力强，非金属性强 a、b、c
【分析】根据元素在周期表中的相对位置可知各元素是：①Na、②K、③Al、④H、⑤C、⑥N、⑦Cl、⑧Br。
【详解】（1）⑥是N元素，最低负价-3价，氢化物是NH3；
（2）①③⑦三种元素处于第3周期，从左到右原子半径逐渐减小，原子半径由大到小的顺序是Na＞Al＞Cl；
（3）表中某元素原子的核外电子层数是最外层电子数的3倍，则为Na元素，原子结构示意图为，Na元素在周期表中的位置是第三周期IA族；
（4）①②③三种元素的金属性K＞Na＞Al，①②③三种元素氧化物对应水化物碱性KOH＞NaOH＞Al(OH)3，最强的是KOH；NaOH为强碱，Al(OH)3为两性氢氧化物，二者反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为OH-+Al(OH)3=AlO+2H2O；
（5）⑦非金属性强于⑧，从原子结构的角度解释其原因为Cl、Br处于同一主族(VIIA族)，易得1个电子，Cl的原子半径比Br小，核对最外层电子的吸引能力强，Cl的得电子能力强，非金属性强；
a．非金属性越强氢化物越稳定，故a符合题意；
b．非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性越强，故b符合题意；
c．⑦能将⑧从其钠盐溶液中置换出来，说明氧化性Cl2＞Br2，证明非金属性Cl＞Br，故c符合题意；
d．氢化物的酸性强弱与非金属性强弱无关，故d不符合题意；
故选a、b、c。
答案第1页，共2页

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