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湖南省长沙市第十五中学2024-2025学年高一下学期7月期末考试 化学试题
一、单选题(本大题共14个小题，每小题3分，共42分)
1．有关下列装置的说法不正确的是
A．图1所示不能构成原电池
B．图2锌锰干电池属于一次电池，锌作负极
C．图3是“纸电池”，Zn片失去电子，发生氧化反应
D．图4电池Al电极反应式为：Al-3e-+3H2O=Al(OH)3+3H+
2．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．溶液中，数目为
B．的溶液中，总数为
C．溶液中，总数为
D．燃烧热，则燃烧放出热量时，生成分子数目为
3．在X(s)+2Y(g)3Z(g)的反应体系中，现采取下列措施：①增加X的量；②缩小体积，增大压强；③恒容下充入惰性气体He(不参与反应)；④恒压下充入惰性气体He；⑤通入Y，其中能够使反应速率增大的措施是
A．①③ B．②⑤ C．②③⑤ D．①②④
4．下列电子排布的轨道表示式能表示基态钠原子的是
A． B．
C． D．
5．把一小块镁铝合金溶于盐酸中，然后向其中滴入溶液，生成沉淀的质量和加入溶液体积的关系如图所示。已知：，溶于水。下列说法错误的是
A．在标况下镁铝合金溶于盐酸时一共产生
B．盐酸的浓度为
C．反应至B点时，所得溶液中溶质仅有一种
D．A点之前未产生沉淀，说明镁铝合金已经完全溶解于盐酸中
6．下列叙述不正确的是
A．10 mL质量分数为98%的H2SO4溶液，用10 mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%
B．配制0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液480 mL，需用500 mL容量瓶
C．在标准状况下，将22.4 L氨气溶于1 L水中，得到1 mol·L-1的氨水
D．向两等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不变)
7．根据下表中的键能，可计算出甲烷的燃烧热为
化学键
键能/(kJ mol-1) 497 414 463 803
A． B．
C． D．
8．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、SO
B．能使酚酞变红的溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、HCO
C．含有0.1mol/L AgNO3溶液中：NH、Mg2+、SO、CO
D．澄清透明的溶液中：Cu2+、Na+、NO、SO
9．下列说法中，不正确的是(表示阿伏加德罗常数的值)
A．的摩尔质量为
B．所含钠离子数为
C．在标准状况下的体积约为22.4L
D．40g NaOH溶解在1L水中，所得溶液的物质的量浓度为
10．核污水中含有、、等放射性粒子，任意排放会造成严重的环境灾难。与的关系是
A．同素异形体 B．同分异构体 C．同系物 D．同位素
11．2018年11月4日福建东港某化工企业发生“碳九”化工原料泄漏事故，数量达69吨之多，造成重大环境问题。“碳九”是含有九个碳原子的芳香烃。C9H12的同分异构体(只有一个苯环)有多少种
A．3 B．6 C．8 D．9
12．碘及其化合物有如图所示的转化关系。下列叙述正确的是
A．反应①中，常温常压下，2.24L完全反应时转移的电子数约为
B．反应②中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1
C．反应③中发生的离子反应为
D．反应④中，和在碱性或中性溶液中均不能大量共存
13．关于反应11P＋15CuSO4＋24H2O==5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4的说法正确的是
A．P既是氧化剂又是还原剂，CuSO4只是还原剂
B．Cu3P既是氧化产物又是还原产物
C．1 mol CuSO4可以氧化1/5 mol P
D．若有11 mol P参加反应，转移电子的物质的量为60 mol
14．、、，都是氯的常见氧化物，制备方法如下：
①
②
③
下列说法错误的是
A．反应①每生成0.5mol ，转移电子数约为
B．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C．是酸性氧化物，与水反应的离子方程式为
D．、均可用作消毒剂，自身会被还原为，则消毒能力是等质量的1.25倍
二、非选择题(本大题共4个小题，共52分)
15．某课外活动小组设计了下列装置，验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。
步骤1：打开，关闭，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
步骤2：打开，关闭，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
（1）装置②中的试剂是　 　，装置③中的试剂是　 　。
A．饱和溶液 B．饱和溶液 C．浓
步骤1和步骤2中，a处带火星的木条产生的实验现象分别是　 　；　 　。
（2）甲同学提出质疑：“上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟发生了化学反应。”其理由是　 　。为了解决甲同学的质疑，需补充的实验操作是：取⑤中反应后的少量固体，　 　。
16．I.某化学自主实验小组利用如图所示装置探究能否被还原、为止水夹，夹持固定装置略去)。
（1）A装置发生的化学反应方程式为　 　。装置发生的化学反应方程式为　 　。
（2）甲、乙分别是　 　填标号。
a.硫酸、浓硫酸　　b.碱石灰、无水氯化钙　　c.碱石灰、碱石灰　　d.五氧化二磷、五氧化二磷
（3）若能够被还原，写出发生反应的化学方程式：　 　。
（4）此实验装置存在一个明显的缺陷是　 　。
II.硫酸可用于生产化肥、农药、炸药、染料和盐类等。工业生产硫酸的流程图如下：
（5）工业上常以粉碎的黄铁矿为原料来制备SO2，将黄铁矿粉碎的原因是：　 　。
（6）写出催化反应室中SO2被氧化为SO3的化学方程式　 　。
（7）硫酸工业的尾气中含有少量SO2，若直接排放会污染空气，并导致硫酸型酸雨，可用　 　吸收。
17．经检测某工厂的酸性废水中所含离子及其浓度如表所示：
离子 Fe3+ Cu2+ Na+ H+
浓度/(mol/L) 　
（1）　 　。
（2）为了减少污染并变废为宝，工程师们设计了如图流程，回收铜和绿矾。
①工业废水中加入铁粉生成固体C的离子方程为：　 　。
②试剂B的化学式是　 　。
③通过检验溶液D，来判断废水中是否除尽，实验方法是　 　。
④上述废水经处理，可获得的物质的量是　 　。
⑤在含有的溶液中加入现象是　 　；已知反应物恰好完全反应且反应转移电子，生成的气体标况下的体积为　 　L。
18．铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的有关知识，回答下列问题
(1)向沸水中逐滴滴加适量溶液，继续加热至液体呈透明的红褐色，形成该分散系的分散质粒子的直径范围是　 　。
(2)电子工业需用30%的溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，腐蚀废液中含有、、。
①写出证明腐蚀废液中含有的操作　 　。
②可经过如图流程从腐蚀后的废液中重新获得溶液。
A代表的物质是　 　(填化学式)，盐酸的作用是　 　(用离子方程式表示)。
(3)高铁酸钠是一种新型净水剂。高铁酸钠在水中可以发生如下反应：。由此看来，高铁酸钠能够杀菌消毒是因为它具有　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、图1中两个烧杯未连通，没有形成闭合回路，不能构成原电池，A正确；
B、图2为锌锰干电池，属于一次电池，锌筒作负极，失电子发生氧化反应，石墨棒作正极，B正确；
C、图3为“纸电池”，锌比铜活泼，Zn片作负极，失去电子发生氧化反应，C正确；
D、图4为Mg-Al-NaOH溶液原电池，Al作负极，在碱性溶液中，Al电极反应式为，不是生成，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
原电池的构成条件：有两个活泼性不同的电极、电解质溶液、闭合回路、自发的氧化还原反应，图1无闭合回路，不能构成原电池；
一次电池的特点：锌锰干电池为一次电池，锌作负极，石墨作正极；
原电池负极反应：负极失电子发生氧化反应，锌比铜活泼，锌作负极；
碱性条件下的电极反应：Al在碱性溶液中失电子生成，而非，Mg与NaOH溶液不反应，Mg作正极。
2．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；阿伏加德罗常数；有关反应热的计算
【解析】【解答】A、HF 是弱电解质，在溶液中部分电离，1L 0.1mol/L HF 溶液中 H+数目小于 0.1NA，A 错误；
B、25℃时，pH=9 的 Na2CO3溶液中 c (H+)=10-9mol/L，根据水的离子积
Kw=c (H+) c (OH-)=10- 4，可得 c (OH-)=10-5mol/L，0.1L 溶液中 OH-的物质的量为 0.1L×10-5mol/L=10-6mol，总数为 10-6NA，B 正确；
C、HCO3-在溶液中会发生水解和电离，100mL 0.1mol/L NaHCO3溶液中 HCO3-总数小于 0.01NA，C 错误；
D、H2的燃烧热 ΔH=-298.5kJ/mol，说明 1mol H2完全燃烧生成液态水放出 298.5kJ 热量，放出 298.5kJ 热量时生成 1mol H2O (l)，分子数目为 NA，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
弱电解质的电离：HF 为弱酸，部分电离，溶液中 H+浓度小于溶质浓度；
溶液 pH 与离子浓度计算：根据 Kw 计算碱性溶液中 OH-浓度，结合溶液体积计算物质的量；
盐类的水解与电离：HCO3-存在水解和电离平衡，溶液中实际离子数小于理论数；
燃烧热的定义：1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，对应生成 1mol 液态水。
3．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】①增加 X 的量：X 为固体，固体浓度视为常数，增加固体量不改变反应速率，①错误；
②缩小体积，增大压强：会使气体反应物 Y 和生成物 Z 的浓度均增大，反应速率加快，②正确；
③恒容下充入惰性气体 He：容器体积不变，各反应气体浓度不变，反应速率不变，③错误；
④恒压下充入惰性气体 He：容器体积扩大，各气体浓度减小，反应速率减慢，④错误；
⑤通入 Y：增大反应物 Y 的浓度，反应速率加快，⑤正确；综上，能使反应速率增大的是②⑤，
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
固体对反应速率的影响：固体物质的浓度视为常数，增加固体用量，不会改变反应速率，仅改变反应进行的量；
压强对反应速率的影响：缩小体积增大压强，实质是增大气体反应物和生成物的浓度，反应速率加快；
恒容充入惰性气体：体积不变，各反应气体浓度不变，反应速率不受影响；
恒压充入惰性气体：体积增大，各气体浓度降低，反应速率减慢；
浓度对反应速率的影响：增大反应物（或生成物）浓度，正（或逆）反应速率加快。
4．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】A、钠的核电荷数为11，基态钠原子的电子排布式为，可表示为 ，3s轨道填充1个单电子，A正确；
B、3s轨道填充2个电子，对应12号元素镁，不是钠，B错误；
C、3s轨道填满2个电子，3p轨道填充1个电子，对应激发态的钠原子，不是基态，C错误；
D、电子排布式为，对应19号元素钾，不是钠，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
基态原子电子排布遵循构造原理：钠原子的核外电子数为11，基态电子排布式为，简化为；
轨道表示式的含义：代表氖的内层电子排布，3s轨道仅填充1个自旋向上的电子；
激发态与基态的区别：电子从低能级跃迁到高能能级为激发态，基态电子排布符合能量最低原理；
元素的电子排布特征：钾的基态电子排布为，镁为，可据此区分元素。
5．【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、 加入NaOH溶液为50mL时，沉淀量最大，该阶段消耗NaOH溶液40mL，则根据元素守恒，，则氢气的物质的量为0.02mol，由于没有注明标准状况下，则氢气的体积无法计算，A错误；
B、沉淀量最大时（50mL），溶液溶质为，根据氯元素、钠元素守恒：，盐酸浓度，B正确；
C、B点（50mL）时，盐酸恰好完全中和，、完全沉淀，溶液中溶质仅为，C正确；
D、A点前无沉淀，是NaOH中和过量盐酸，说明镁铝合金已完全溶解（无剩余金属），D正确；
故答案为：A。
【分析】结合图像分段分析反应过程：
0~10mL（OA段）：加入NaOH无沉淀生成，说明盐酸过量，发生中和反应： ；10~50mL（AB段）：NaOH与、反应生成、沉淀，至50mL时沉淀量最大，此时溶液溶质仅为；50~60mL（BC段）：与过量NaOH反应溶解： ，沉淀质量下降，60mL后沉淀仅为，质量不变。
6．【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度；钠的氧化物
【解析】【解答】A、98% 的浓硫酸密度大于水，10mL 浓硫酸的质量大于 10mL 水的质量，稀释后溶质质量不变，溶液总质量小于原溶液质量的 2 倍，因此 H2SO4的质量分数大于 49%，A 正确；
B、实验室没有 480mL 容量瓶，配制 480mL 溶液需选用 500mL 容量瓶，B 正确；
C、标准状况下 22.4L 氨气的物质的量为 1mol，溶于 1L 水后，溶液体积不是 1L，因此氨水浓度不是 1mol L- ，C 错误；
D、Na2O2与水反应生成 NaOH 和 O2，Na2O 与水反应生成 NaOH，等物质的量的 Na2O2和 Na2O，Na2O2生成的 NaOH 更多、消耗的水更多，因此要使不饱和烧碱溶液恰好饱和，加入的 Na2O 的物质的量更多，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
质量分数计算：浓硫酸密度大于水，等体积稀释时，溶质质量分数大于原浓度的一半；
溶液配制：容量瓶规格固定，无 480mL 规格，需用 500mL 容量瓶配制对应体积溶液；
物质的量浓度计算：c = n÷V，V 指溶液体积，不是溶剂体积，氨气溶于水后溶液体积大于 1L；
物质反应规律：Na2O2和 Na2O 与水反应的化学计量数不同，生成 NaOH 的量和耗水量不同，饱和时加入的 Na2O 物质的量更多。
7．【答案】B
【知识点】燃烧热；有关反应热的计算
【解析】【解答】甲烷燃烧的热化学方程式为：
根据反应热 = 反应物总键能 - 生成物总键能，代入数据计算：
反应物总键能 = = =
生成物总键能 = = =
= =
燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，因此甲烷的燃烧热为。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
燃烧热的定义：1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物（水为液态）时放出的热量，燃烧热数值为正，对应为负；
键能计算反应热的公式：$\Delta H = $ 反应物断裂化学键吸收的总能量（总键能） - 生成物形成化学键释放的总能量（总键能）；
化学键数量核对：1mol 含4mol 键，2mol 含2mol 键，1mol 含2mol 键，2mol 含4mol 键。
8．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、强酸性溶液中，在酸性条件下具有强氧化性，会氧化，离子不能大量共存，A错误；
B、能使酚酞变红的溶液呈碱性，、均会与反应，且与会发生双水解反应，离子不能大量共存，B错误；
C、溶液中，会与、反应生成沉淀，离子不能大量共存，C错误；
D、、、、之间不发生反应，在澄清透明的溶液中能大量共存，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
离子共存的核心：离子之间不发生复分解、氧化还原、双水解等反应；
特殊条件下的离子反应：强酸性条件下具有强氧化性，可氧化；碱性条件下、不能存在；
沉淀反应：可与、生成难溶物；
澄清透明溶液的含义：溶液中离子不反应，无沉淀生成，的蓝色不影响“澄清透明”的判定。
9．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、O2的相对分子质量为 32，摩尔质量在数值上等于相对分子质量，单位为 g/mol，故 O2的摩尔质量为 32g/mol，A 正确；
B、1 个 Na2SO4中含 2 个 Na+，0.5mol Na2SO4所含钠离子的物质的量为 0.5mol×2=1mol，数目为 NA ，B 正确；
C、CO2的摩尔质量为 44g/mol，44g CO2的物质的量为 1mol，标准状况下 1mol 气体的体积约为×22.4L/mol=22.4L ，C 正确；
D、40g NaOH 的物质的量为 1mol，溶解在 1L 水中，溶液体积大于 1L，根据 c=，所得溶液的物质的量浓度小于 1mol/L，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
摩尔质量的定义：摩尔质量以 g/mol 为单位时，数值上等于该物质的相对分子质量；
微粒数的计算：根据物质的组成，计算离子的物质的量，再结合 N=n NA 计算数目；
气体摩尔体积的使用：标准状况下，1mol 任何气体的体积约为 22.4L，需先计算物质的量；
物质的量浓度的计算：c=，V 指溶液体积，不是溶剂体积，NaOH 溶于水后溶液体积大于 1L，浓度小于1mol/L。
10．【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物；元素、核素
【解析】【解答】同位素，是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子，146C 与126C 质子数均为 6，中子数分别为 8、6，互为同位素，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同位素的定义：质子数相同，中子数不同的同一元素的不同核素（原子），互为同位素；
概念区分：同素异形体针对单质，同分异构体针对有机化合物，同系物针对结构相似的有机物，三者均不适用于原子。
11．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】分子式为且含一个苯环的同分异构体，按侧链结构分类：
丙基类（1个侧链）：正丙苯、异丙苯，共2种；
甲基+乙基类（2个侧链）：邻甲乙苯、间甲乙苯、对甲乙苯，共3种；
三甲基类（3个侧链）：连三甲苯、偏三甲苯、均三甲苯，共3种；
总计种。
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
不饱和度计算：的不饱和度为，苯环不饱和度为4，故侧链为饱和烷基；
分类枚举法：按侧链数目（1个、2个、3个）分类，避免漏数、重复；
同分异构体书写规则：苯环上取代基的位置异构（邻、间、对），烷基的碳链异构（正丙基、异丙基），三取代基的位置异构（连、偏、均）。
12．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、常温常压下，2.24L Cl2的物质的量不是0.1mol，无法计算转移电子数，A错误；
B、反应②的离子方程式为，氧化产物为，还原产物为，二者物质的量之比为5：1，不是1：1，B错误；
C、反应③中与足量反应生成，离子方程式为 ，符合电子守恒、电荷守恒和原子守恒，C正确；
D、反应④为，该反应需要酸性条件，在碱性或中性溶液中，和可以大量共存，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积的使用条件：只有在标准状况下，22.4L/mol才适用于气体，常温常压下不能直接用该数值计算物质的量；
氧化还原反应的产物判断：根据化合价变化确定氧化产物、还原产物，结合离子方程式计算物质的量之比；
离子方程式的书写：遵循电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合反应物用量（足量Cl2）判断产物；
离子共存的条件：和的归中反应需要酸性环境，碱性/中性条件下不反应，可大量共存。
13．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、P元素部分化合价从0价降低到-3价（Cu3P）、部分升高到+5价（H3PO4），故P既是氧化剂又是还原剂；CuSO4中Cu元素从+2价降低到+1价（Cu3P），只作氧化剂，A错误；
B、Cu3P中Cu元素被还原、P元素也被还原，仅为还原产物，不是氧化产物，B错误；
C、1mol CuSO4参与反应时得到1mol电子，P被氧化时从0价到+5价，失去5mol电子，根据电子守恒，1mol CuSO4可氧化mol P，C正确；
D、11mol P参加反应时，6mol P被氧化（失去6×5=30mol电子），15mol CuSO4得到15mol电子，5mol P被还原（得到5×3=15mol电子），总转移电子为30mol，不是60mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氧化剂、还原剂的判断：根据元素化合价变化，化合价升高作还原剂，降低作氧化剂；P发生歧化反应，CuSO4仅作氧化剂；
氧化产物、还原产物的判断：Cu3P中Cu、P化合价均降低，仅为还原产物；
电子守恒的应用：根据CuSO4的得电子数，计算可氧化P的物质的量；
转移电子数的计算：按化合价升高的总数（或降低的总数）计算，11mol P反应时总转移30mol电子。
14．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应①中，Cl 元素从 0 价部分变为 + 1 价（Cl2O）、部分变为 - 1 价（NaCl），每生成 1mol Cl2O 转移 1mol 电子，因此生成 0.5mol Cl2O 转移 0.5mol 电子，数目约为 6.02×1023，A 正确；
B、反应②中，NaClO3是氧化剂（Cl 从 + 5到+4），HCl 部分作还原剂（Cl 从 - 1到0），2mol NaClO3参与反应时，仅 2mol HCl 被氧化，氧化剂与还原剂物质的量之比为 1：1，B 正确；
C、Cl2O7是酸性氧化物，与水反应生成高氯酸，离子方程式为，C正确；
D、和在消毒时自身均被还原为，则等质量和得到电子数之比为29∶18，消毒能力是等质量的1.61倍，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应电子转移：根据化合价变化计算反应①的转移电子数；
氧化剂与还原剂的判断：反应②中 HCl 部分作酸、部分作还原剂，按实际参与氧化还原的量计算比例；
酸性氧化物的性质：Cl2O7对应最高价含氧酸 HClO4，与水反应生成酸；
消毒能力的计算：以单位质量的得电子总数为依据，计算两种氧化物的消毒能力倍数。
15．【答案】（1）A；C；步骤1中木条不复燃；步骤2中木条复燃
（2）气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃；加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中
【知识点】性质实验方案的设计；钠的氧化物
【解析】【解答】（1）由于盐酸具有挥发性，制得的二氧化碳中混有氯化氢气体，装置②中饱和NaHCO3溶液可以除去二氧化碳中混有氯化氢气体；装置③、④和⑤用以验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触，故装置③中的试剂是浓硫酸，
步骤1中通过过氧化钠的二氧化碳中不含有水蒸气，干燥的二氧化碳不能够和过氧化钠反应，没有氧气生成，a处带火星的木条不复燃，步骤2中，通过过氧化钠的二氧化碳中含有水蒸气，含有水蒸气的二氧化碳能够和过氧化钠反应，有氧气生成，a处带火星的木条复燃，故答案为：步骤1中木条不复燃，步骤2中木条复燃；
故答案为：A；C；步骤1中木条不复燃；步骤2中木条复燃；
（2）因水也能够和过氧化钠反应生成氧气，所以不能判断是二氧化碳和过氧化钠发生了反应，故答案为：气体中有水，水也可与反应产生使木条复燃；
二氧化碳和过氧化钠反应有碳酸钠生成，若⑤中反应后的固体由碳酸钠，二氧化碳和盐酸可以和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，故答案为：加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中。
故答案为：气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃；加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中；
【分析】本实验核心目的是探究CO2与 Na2O2反应是否需要 H2O 参与，需利用 “对照实验” 控制变量。用大理石与盐酸制备 CO2，因盐酸挥发，CO2中混有 HCl，通过饱和 NaHCO3溶液除杂，得到纯净 CO2；将纯净 CO2分为两路，一路直接通入 Na2O2（含水蒸气），另一路经浓硫酸干燥后再通入 Na2O2（无水蒸气），通过对比带火星木条的复燃情况，判断 O2生成与水蒸气的关系；干扰排除与产物验证：需排除 H2O 直接与 Na2O2反应生成 O2的干扰；反应后固体含 Na2CO3，通过加酸生成 CO2的方法验证该产物。
(1) 除杂选择：为除去 CO2中的 HCl，选用饱和 NaHCO3溶液（不与 CO2反应，能与 HCl 反应生成 CO2），对应选 A；
干燥选择：为验证 CO2与 Na2O2反应需水接触，需将 CO2干燥，浓硫酸具有吸水性且不与 CO2反应，故装置③选浓硫酸；
现象判断：步骤 1 中干燥的 CO2与 Na2O2反应，无 O2生成，带火星木条不复燃；步骤 2 中含水蒸气的 CO2与 Na2O2反应，生成 O2，带火星木条复燃。
(2) 误差分析：H2O 可直接与 Na2O2反应生成 O2，若未干燥 CO2，无法确定 O2是由 CO2还是 H2O 与 Na2O2反应生成，故不能判断 CO2与 Na2O2发生了反应；
产物验证：CO2与 Na2O2反应生成 Na2CO3，向反应后的固体中加入稀盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，即可证明固体中含有 Na2CO3，从而验证 CO2与 Na2O2的反应。
（1）由于盐酸具有挥发性，制得的二氧化碳中混有氯化氢气体，装置②中饱和NaHCO3溶液可以除去二氧化碳中混有氯化氢气体；装置③、④和⑤用以验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触，故装置③中的试剂是浓硫酸，故答案选择为：A；C；
步骤1中通过过氧化钠的二氧化碳中不含有水蒸气，干燥的二氧化碳不能够和过氧化钠反应，没有氧气生成，a处带火星的木条不复燃，步骤2中，通过过氧化钠的二氧化碳中含有水蒸气，含有水蒸气的二氧化碳能够和过氧化钠反应，有氧气生成，a处带火星的木条复燃，故答案为：步骤1中木条不复燃，步骤2中木条复燃；
（2）因水也能够和过氧化钠反应生成氧气，所以不能判断是二氧化碳和过氧化钠发生了反应，故答案为：气体中有水，水也可与反应产生使木条复燃；
二氧化碳和过氧化钠反应有碳酸钠生成，若⑤中反应后的固体由碳酸钠，二氧化碳和盐酸可以和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，故答案为：加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中。
16．【答案】NH3 H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；b；8NH3+6NO27N2+12H2O；没有尾气处理装置；增大固体反应物的接触面积，加快反应速率；2SO2+O22SO3；NaOH溶液
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氨的实验室制法
【解析】【解答】（1）A装置利用浓氨水与生石灰作用制氨气，发生的化学反应方程式为NH3 H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；E装置中浓硝酸与铜反应制备二氧化氮，发生的化学反应方程式为Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；
故答案为：NH3 H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；
（2）硫酸、五氧化二磷均属于酸性干燥剂，与氨气能反应；碱石灰属于碱性干燥剂，不能干燥酸性气体，氨气与氯化钙能反应；甲的作用是干燥氨气、乙的作用是干燥二氧化氮，所以甲是碱石灰、乙是无水氯化钙，答案选b；
故答案为：b；
（3）若NO2能够被NH3还原，根据氧化还原反应，产物为氮气和水，发生反应的化学方程式：8NH3+6NO27N2+12H2O；
故答案为：8NH3+6NO27N2+12H2O；
（4）氨气、二氧化氮都污染空气，此实验装置存在一个明显缺陷是缺少尾气处理装置；
故答案为：没有尾气处理装置；
（5）将黄铁矿粉碎的原因是增大固体反应物的接触面积，加快反应速率；
故答案为：增大固体反应物的接触面积，加快反应速率；
（6）催化反应室中SO2被氧化为SO3，反应的化学方程式为2SO2+O22SO3；
故答案为：2SO2+O22SO3；
（7）硫酸工业的尾气中含有少量SO2，若直接排放会污染空气，并导致硫酸型酸雨。可用NaOH溶液等碱性溶液进行吸收。
故答案为：NaOH溶液；
【分析】本实验包含两个核心工业流程：
氨气与二氧化氮的氧化还原反应：用浓氨水与生石灰制 NH3，浓硝酸与铜制 NO2，经干燥后在装置 C 中催化反应生成 N2和水；
硫酸工业制备流程：黄铁矿粉碎后焙烧制 SO2，经净化干燥后，在 400-500℃、催化剂条件下催化氧化为 SO3，用 98% 浓硫酸吸收，尾气循环利用，最终稀释得到产品。
(1) A 中浓氨水与生石灰（CaO）反应，CaO 吸水放热促进 NH3 H2O 分解，生成 NH3；E 中浓硝酸与 Cu 发生氧化还原反应，生成 Cu (NO3)2、NO2和 H2O，根据原子守恒配平方程式。
(2) 根据干燥剂的酸碱性与气体的匹配性选择：NH3为碱性气体，需用碱性干燥剂（碱石灰），不能用酸性干燥剂（浓硫酸、P2O5）或能与 NH3反应的 CaCl2；NO2为酸性气体，需用中性 / 酸性干燥剂（无水氯化钙），因此甲选碱石灰、乙选无水氯化钙。
(3) NH3作还原剂，NO2作氧化剂，发生归中反应生成 N2和 H2O，根据电子守恒、原子守恒配平化学方程式。
(4) NH3、NO2均为有毒气体，直接排放会污染空气，因此装置的明显缺陷是缺少尾气处理装置。
(5) 将固体反应物粉碎，可增大固体与气体的接触面积，加快反应速率，使反应更充分。
(6) SO2在催化剂、400-500℃条件下与 O2反应生成 SO3，是可逆反应，标注反应条件与可逆符号，配平方程式。
(7) 尾气中含少量 SO2，为酸性气体，可用 NaOH 等碱性溶液吸收，防止污染空气、形成酸雨。
17．【答案】（1）0.1或1×10－1
（2）Fe+Cu2+=Fe2++Cu；H2SO4；取少量溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则Fe3+已经除干净；若溶液变红色，则没有Fe3+未除尽。；12；有红褐色沉淀生成，有无色气体放出；22.4
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）溶液呈电中性，可以根据电荷守恒求算c(H＋)。根据阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，则有3c(Fe3＋)＋2c(Cu2＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)=2c(SO)，代入数据3×2×10－2+2×1×10－2+ c(H＋)+1×2×10－2=2×1×10－1，可得c(H＋)=0.1。
答案：0.1或1×10－1；
（2）①固体C包括了Cu和剩余的Fe粉，从工业废水中得到铜，利用的是铁与Cu2+的置换反应。离子方程式：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
②固体C包括了Cu和剩余的Fe粉，加入试剂B后得到溶液E，要和溶液D混合制备FeSO4·7H2O，因此溶液E为FeSO4溶液，试剂B为稀硫酸，将剩余的Fe粉转化为FeSO4，且不与Cu反应，
③加入的Fe粉会与Fe3＋反应，2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，溶液D中应该没有Fe3＋，检验Fe3＋是否除尽可用KSCN溶液。
④根据流程图，可知FeSO4·7H2O中的Fe2+来自于废水中的Fe3＋和加入的铁粉，根据Fe元素守恒，则可以算出n(FeSO4·7H2O)=100×2×10－2mol+mol=12mol，则可以得到12molFeSO4·7H2O，
⑤Na2O2具有强氧化性，能够将Fe2＋氧化成Fe3＋，并且能与水生成NaOH。生成的Fe3＋会和NaOH反应生成Fe(OH)3，因此有红褐色沉淀生成。将4molFeSO4中的Fe从＋2氧化到＋3，需要转移4mol电子；Na2O2氧化Fe2＋时，其O的化合价从－1降低到－2，1molNa2O2可以得到2mol电子。根据得失电子守恒，则氧化4molFeSO4，需要2molNa2O2。还有2molNa2O2剩余，与水生成O2和NaOH，其中的O化合价即升高又降低，方程式：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。O的化合价从－1升高到0，生成1molO2转移2mol电子。则还会生成1molO2，溶液中有无色气体生成，其标况下的体积为1×22.4L=22.4L。
故答案为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；H2SO4；取少量溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则Fe3+已经除干净；若溶液变红色，则Fe3+未除尽；12；有红褐色沉淀生成，有无色气体放出；22.4
【分析】本流程以含、的工业废水为原料，制备，核心原理为：
利用电荷守恒计算废水中浓度；加入过量铁粉，还原、置换，得到含、的溶液D，以及含、过量的固体C；固体C加稀硫酸溶解，得到含分溶液E，与D混合后结晶得到产品；结合的氧化性，分析其与的反应现象与产物计算。
(1) 根据溶液电中性原则，阳离子所带总电荷等于阴离子所带总电荷，列电荷守恒式：
，代入各离子浓度数据，计算得到。
(2) ① 铁粉与废水中的发生置换反应，失电子生成，得电子生成，据此写出离子方程式：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
②固体C含和过量，为得到纯净溶液，需选择仅与反应、不与反应的试剂，稀硫酸（）符合要求，可将转化为，且不引入新杂质。
③ 利用的特征检验方法：取少量溶液D，加入溶液，若溶液不变红，说明已除尽；若溶液变红，说明未除尽。
④ 根据元素守恒，中的来自废水中的（被还原）和加入的铁粉，分别计算两部分的物质的量，求和得到产品的总物质的量为。
⑤具有强氧化性，先将氧化为，与和水反应生成的结合，生成红褐色沉淀；剩余与水反应生成，产生无色气体。根据得失电子守恒，计算出的物质的量，进而算出标况下体积为。
（1）溶液呈电中性，可以根据电荷守恒求算c(H＋)。根据阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，则有3c(Fe3＋)＋2c(Cu2＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)=2c(SO)，代入数据3×2×10－2+2×1×10－2+ c(H＋)+1×2×10－2=2×1×10－1，可得c(H＋)=0.1。答案：0.1或1×10－1（根据表格中的数据格式写）。
（2）①固体C包括了Cu和剩余的Fe粉，从工业废水中得到铜，利用的是铁与Cu2+的置换反应。离子方程式：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。答案：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
②固体C包括了Cu和剩余的Fe粉，加入试剂B后得到溶液E，要和溶液D混合制备FeSO4·7H2O，因此溶液E为FeSO4溶液，试剂B为稀硫酸，将剩余的Fe粉转化为FeSO4，且不与Cu反应，答案：H2SO4。
③加入的Fe粉会与Fe3＋反应，2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，溶液D中应该没有Fe3＋，检验Fe3＋是否除尽可用KSCN溶液。答案：取少量溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则Fe3+已经除干净；若溶液变红色，则Fe3+未除尽。
④根据流程图，可知FeSO4·7H2O中的Fe2+来自于废水中的Fe3＋和加入的铁粉，根据Fe元素守恒，则可以算出n(FeSO4·7H2O)=100×2×10－2mol+mol=12mol，则可以得到12molFeSO4·7H2O，答案：12。
⑤Na2O2具有强氧化性，能够将Fe2＋氧化成Fe3＋，并且能与水生成NaOH。生成的Fe3＋会和NaOH反应生成Fe(OH)3，因此有红褐色沉淀生成。将4molFeSO4中的Fe从＋2氧化到＋3，需要转移4mol电子；Na2O2氧化Fe2＋时，其O的化合价从－1降低到－2，1molNa2O2可以得到2mol电子。根据得失电子守恒，则氧化4molFeSO4，需要2molNa2O2。还有2molNa2O2剩余，与水生成O2和NaOH，其中的O化合价即升高又降低，方程式：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。O的化合价从－1升高到0，生成1molO2转移2mol电子。则还会生成1molO2，溶液中有无色气体生成，其标况下的体积为1×22.4L=22.4L。答案：有红褐色沉淀生成，有无色气体放出 22.4。
18．【答案】1~100mm (或)；取少量腐蚀废液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液呈血红色，则含有；Fe；；(强)氧化性
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；铁及其化合物的性质实验；胶体的性质和应用
【解析】【解答】(1)向沸水中逐滴滴加适量溶液，继续加热至液体呈透明的红褐色，形成氢氧化铁胶体，该散系的分散质粒子的直径范围是1~100mm (或)；
故答案为： 1~100mm (或) ；
(2)①可用KSCN溶液来检测，所以想证明腐蚀废液中含有，可进行如下操作：取少量腐蚀废液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液呈血红色，则含有；
②根据上述分析可知，A代表的物质是Fe，盐酸可将过量的Fe转化为，分离出Cu，同时保证Fe元素不损失，反应的离子方程式为：，故答案为：Fe；；
故答案为： 取少量腐蚀废液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液呈血红色，则含有 ； Fe ； ；
(3)根据高铁酸钠在水中可以发生如下反应：可知，高铁酸钠能够杀菌消毒是因为它具有(强)氧化性。
故答案为： (强)氧化性 ；
【分析】(2)②腐蚀废液中含有 CuCl2、FeCl2、FeCl3，要重新得到 FeCl3溶液，需先除去 Cu2+并将 Fe3+还原为 Fe2+。向废液中加入过量铁粉，铁粉会将 FeCl3还原为 FeCl2，同时置换出 CuCl2中的 Cu，得到含 FeCl2、过量 Fe 和置换出 Cu 的混合物；之后加入盐酸，将过量的 Fe 转化为 FeCl2，过滤除去 Cu，得到只含 FeCl2的滤液；最后向滤液中通入 Cl2，将 FeCl2氧化为 FeCl3，完成回收。
1 / 1湖南省长沙市第十五中学2024-2025学年高一下学期7月期末考试 化学试题
一、单选题(本大题共14个小题，每小题3分，共42分)
1．有关下列装置的说法不正确的是
A．图1所示不能构成原电池
B．图2锌锰干电池属于一次电池，锌作负极
C．图3是“纸电池”，Zn片失去电子，发生氧化反应
D．图4电池Al电极反应式为：Al-3e-+3H2O=Al(OH)3+3H+
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、图1中两个烧杯未连通，没有形成闭合回路，不能构成原电池，A正确；
B、图2为锌锰干电池，属于一次电池，锌筒作负极，失电子发生氧化反应，石墨棒作正极，B正确；
C、图3为“纸电池”，锌比铜活泼，Zn片作负极，失去电子发生氧化反应，C正确；
D、图4为Mg-Al-NaOH溶液原电池，Al作负极，在碱性溶液中，Al电极反应式为，不是生成，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
原电池的构成条件：有两个活泼性不同的电极、电解质溶液、闭合回路、自发的氧化还原反应，图1无闭合回路，不能构成原电池；
一次电池的特点：锌锰干电池为一次电池，锌作负极，石墨作正极；
原电池负极反应：负极失电子发生氧化反应，锌比铜活泼，锌作负极；
碱性条件下的电极反应：Al在碱性溶液中失电子生成，而非，Mg与NaOH溶液不反应，Mg作正极。
2．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．溶液中，数目为
B．的溶液中，总数为
C．溶液中，总数为
D．燃烧热，则燃烧放出热量时，生成分子数目为
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；阿伏加德罗常数；有关反应热的计算
【解析】【解答】A、HF 是弱电解质，在溶液中部分电离，1L 0.1mol/L HF 溶液中 H+数目小于 0.1NA，A 错误；
B、25℃时，pH=9 的 Na2CO3溶液中 c (H+)=10-9mol/L，根据水的离子积
Kw=c (H+) c (OH-)=10- 4，可得 c (OH-)=10-5mol/L，0.1L 溶液中 OH-的物质的量为 0.1L×10-5mol/L=10-6mol，总数为 10-6NA，B 正确；
C、HCO3-在溶液中会发生水解和电离，100mL 0.1mol/L NaHCO3溶液中 HCO3-总数小于 0.01NA，C 错误；
D、H2的燃烧热 ΔH=-298.5kJ/mol，说明 1mol H2完全燃烧生成液态水放出 298.5kJ 热量，放出 298.5kJ 热量时生成 1mol H2O (l)，分子数目为 NA，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
弱电解质的电离：HF 为弱酸，部分电离，溶液中 H+浓度小于溶质浓度；
溶液 pH 与离子浓度计算：根据 Kw 计算碱性溶液中 OH-浓度，结合溶液体积计算物质的量；
盐类的水解与电离：HCO3-存在水解和电离平衡，溶液中实际离子数小于理论数；
燃烧热的定义：1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，对应生成 1mol 液态水。
3．在X(s)+2Y(g)3Z(g)的反应体系中，现采取下列措施：①增加X的量；②缩小体积，增大压强；③恒容下充入惰性气体He(不参与反应)；④恒压下充入惰性气体He；⑤通入Y，其中能够使反应速率增大的措施是
A．①③ B．②⑤ C．②③⑤ D．①②④
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】①增加 X 的量：X 为固体，固体浓度视为常数，增加固体量不改变反应速率，①错误；
②缩小体积，增大压强：会使气体反应物 Y 和生成物 Z 的浓度均增大，反应速率加快，②正确；
③恒容下充入惰性气体 He：容器体积不变，各反应气体浓度不变，反应速率不变，③错误；
④恒压下充入惰性气体 He：容器体积扩大，各气体浓度减小，反应速率减慢，④错误；
⑤通入 Y：增大反应物 Y 的浓度，反应速率加快，⑤正确；综上，能使反应速率增大的是②⑤，
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
固体对反应速率的影响：固体物质的浓度视为常数，增加固体用量，不会改变反应速率，仅改变反应进行的量；
压强对反应速率的影响：缩小体积增大压强，实质是增大气体反应物和生成物的浓度，反应速率加快；
恒容充入惰性气体：体积不变，各反应气体浓度不变，反应速率不受影响；
恒压充入惰性气体：体积增大，各气体浓度降低，反应速率减慢；
浓度对反应速率的影响：增大反应物（或生成物）浓度，正（或逆）反应速率加快。
4．下列电子排布的轨道表示式能表示基态钠原子的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】A、钠的核电荷数为11，基态钠原子的电子排布式为，可表示为 ，3s轨道填充1个单电子，A正确；
B、3s轨道填充2个电子，对应12号元素镁，不是钠，B错误；
C、3s轨道填满2个电子，3p轨道填充1个电子，对应激发态的钠原子，不是基态，C错误；
D、电子排布式为，对应19号元素钾，不是钠，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
基态原子电子排布遵循构造原理：钠原子的核外电子数为11，基态电子排布式为，简化为；
轨道表示式的含义：代表氖的内层电子排布，3s轨道仅填充1个自旋向上的电子；
激发态与基态的区别：电子从低能级跃迁到高能能级为激发态，基态电子排布符合能量最低原理；
元素的电子排布特征：钾的基态电子排布为，镁为，可据此区分元素。
5．把一小块镁铝合金溶于盐酸中，然后向其中滴入溶液，生成沉淀的质量和加入溶液体积的关系如图所示。已知：，溶于水。下列说法错误的是
A．在标况下镁铝合金溶于盐酸时一共产生
B．盐酸的浓度为
C．反应至B点时，所得溶液中溶质仅有一种
D．A点之前未产生沉淀，说明镁铝合金已经完全溶解于盐酸中
【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、 加入NaOH溶液为50mL时，沉淀量最大，该阶段消耗NaOH溶液40mL，则根据元素守恒，，则氢气的物质的量为0.02mol，由于没有注明标准状况下，则氢气的体积无法计算，A错误；
B、沉淀量最大时（50mL），溶液溶质为，根据氯元素、钠元素守恒：，盐酸浓度，B正确；
C、B点（50mL）时，盐酸恰好完全中和，、完全沉淀，溶液中溶质仅为，C正确；
D、A点前无沉淀，是NaOH中和过量盐酸，说明镁铝合金已完全溶解（无剩余金属），D正确；
故答案为：A。
【分析】结合图像分段分析反应过程：
0~10mL（OA段）：加入NaOH无沉淀生成，说明盐酸过量，发生中和反应： ；10~50mL（AB段）：NaOH与、反应生成、沉淀，至50mL时沉淀量最大，此时溶液溶质仅为；50~60mL（BC段）：与过量NaOH反应溶解： ，沉淀质量下降，60mL后沉淀仅为，质量不变。
6．下列叙述不正确的是
A．10 mL质量分数为98%的H2SO4溶液，用10 mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%
B．配制0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液480 mL，需用500 mL容量瓶
C．在标准状况下，将22.4 L氨气溶于1 L水中，得到1 mol·L-1的氨水
D．向两等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不变)
【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度；钠的氧化物
【解析】【解答】A、98% 的浓硫酸密度大于水，10mL 浓硫酸的质量大于 10mL 水的质量，稀释后溶质质量不变，溶液总质量小于原溶液质量的 2 倍，因此 H2SO4的质量分数大于 49%，A 正确；
B、实验室没有 480mL 容量瓶，配制 480mL 溶液需选用 500mL 容量瓶，B 正确；
C、标准状况下 22.4L 氨气的物质的量为 1mol，溶于 1L 水后，溶液体积不是 1L，因此氨水浓度不是 1mol L- ，C 错误；
D、Na2O2与水反应生成 NaOH 和 O2，Na2O 与水反应生成 NaOH，等物质的量的 Na2O2和 Na2O，Na2O2生成的 NaOH 更多、消耗的水更多，因此要使不饱和烧碱溶液恰好饱和，加入的 Na2O 的物质的量更多，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
质量分数计算：浓硫酸密度大于水，等体积稀释时，溶质质量分数大于原浓度的一半；
溶液配制：容量瓶规格固定，无 480mL 规格，需用 500mL 容量瓶配制对应体积溶液；
物质的量浓度计算：c = n÷V，V 指溶液体积，不是溶剂体积，氨气溶于水后溶液体积大于 1L；
物质反应规律：Na2O2和 Na2O 与水反应的化学计量数不同，生成 NaOH 的量和耗水量不同，饱和时加入的 Na2O 物质的量更多。
7．根据下表中的键能，可计算出甲烷的燃烧热为
化学键
键能/(kJ mol-1) 497 414 463 803
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】燃烧热；有关反应热的计算
【解析】【解答】甲烷燃烧的热化学方程式为：
根据反应热 = 反应物总键能 - 生成物总键能，代入数据计算：
反应物总键能 = = =
生成物总键能 = = =
= =
燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，因此甲烷的燃烧热为。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
燃烧热的定义：1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物（水为液态）时放出的热量，燃烧热数值为正，对应为负；
键能计算反应热的公式：$\Delta H = $ 反应物断裂化学键吸收的总能量（总键能） - 生成物形成化学键释放的总能量（总键能）；
化学键数量核对：1mol 含4mol 键，2mol 含2mol 键，1mol 含2mol 键，2mol 含4mol 键。
8．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、SO
B．能使酚酞变红的溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、HCO
C．含有0.1mol/L AgNO3溶液中：NH、Mg2+、SO、CO
D．澄清透明的溶液中：Cu2+、Na+、NO、SO
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、强酸性溶液中，在酸性条件下具有强氧化性，会氧化，离子不能大量共存，A错误；
B、能使酚酞变红的溶液呈碱性，、均会与反应，且与会发生双水解反应，离子不能大量共存，B错误；
C、溶液中，会与、反应生成沉淀，离子不能大量共存，C错误；
D、、、、之间不发生反应，在澄清透明的溶液中能大量共存，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
离子共存的核心：离子之间不发生复分解、氧化还原、双水解等反应；
特殊条件下的离子反应：强酸性条件下具有强氧化性，可氧化；碱性条件下、不能存在；
沉淀反应：可与、生成难溶物；
澄清透明溶液的含义：溶液中离子不反应，无沉淀生成，的蓝色不影响“澄清透明”的判定。
9．下列说法中，不正确的是(表示阿伏加德罗常数的值)
A．的摩尔质量为
B．所含钠离子数为
C．在标准状况下的体积约为22.4L
D．40g NaOH溶解在1L水中，所得溶液的物质的量浓度为
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、O2的相对分子质量为 32，摩尔质量在数值上等于相对分子质量，单位为 g/mol，故 O2的摩尔质量为 32g/mol，A 正确；
B、1 个 Na2SO4中含 2 个 Na+，0.5mol Na2SO4所含钠离子的物质的量为 0.5mol×2=1mol，数目为 NA ，B 正确；
C、CO2的摩尔质量为 44g/mol，44g CO2的物质的量为 1mol，标准状况下 1mol 气体的体积约为×22.4L/mol=22.4L ，C 正确；
D、40g NaOH 的物质的量为 1mol，溶解在 1L 水中，溶液体积大于 1L，根据 c=，所得溶液的物质的量浓度小于 1mol/L，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
摩尔质量的定义：摩尔质量以 g/mol 为单位时，数值上等于该物质的相对分子质量；
微粒数的计算：根据物质的组成，计算离子的物质的量，再结合 N=n NA 计算数目；
气体摩尔体积的使用：标准状况下，1mol 任何气体的体积约为 22.4L，需先计算物质的量；
物质的量浓度的计算：c=，V 指溶液体积，不是溶剂体积，NaOH 溶于水后溶液体积大于 1L，浓度小于1mol/L。
10．核污水中含有、、等放射性粒子，任意排放会造成严重的环境灾难。与的关系是
A．同素异形体 B．同分异构体 C．同系物 D．同位素
【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物；元素、核素
【解析】【解答】同位素，是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子，146C 与126C 质子数均为 6，中子数分别为 8、6，互为同位素，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同位素的定义：质子数相同，中子数不同的同一元素的不同核素（原子），互为同位素；
概念区分：同素异形体针对单质，同分异构体针对有机化合物，同系物针对结构相似的有机物，三者均不适用于原子。
11．2018年11月4日福建东港某化工企业发生“碳九”化工原料泄漏事故，数量达69吨之多，造成重大环境问题。“碳九”是含有九个碳原子的芳香烃。C9H12的同分异构体(只有一个苯环)有多少种
A．3 B．6 C．8 D．9
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】分子式为且含一个苯环的同分异构体，按侧链结构分类：
丙基类（1个侧链）：正丙苯、异丙苯，共2种；
甲基+乙基类（2个侧链）：邻甲乙苯、间甲乙苯、对甲乙苯，共3种；
三甲基类（3个侧链）：连三甲苯、偏三甲苯、均三甲苯，共3种；
总计种。
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
不饱和度计算：的不饱和度为，苯环不饱和度为4，故侧链为饱和烷基；
分类枚举法：按侧链数目（1个、2个、3个）分类，避免漏数、重复；
同分异构体书写规则：苯环上取代基的位置异构（邻、间、对），烷基的碳链异构（正丙基、异丙基），三取代基的位置异构（连、偏、均）。
12．碘及其化合物有如图所示的转化关系。下列叙述正确的是
A．反应①中，常温常压下，2.24L完全反应时转移的电子数约为
B．反应②中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1
C．反应③中发生的离子反应为
D．反应④中，和在碱性或中性溶液中均不能大量共存
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、常温常压下，2.24L Cl2的物质的量不是0.1mol，无法计算转移电子数，A错误；
B、反应②的离子方程式为，氧化产物为，还原产物为，二者物质的量之比为5：1，不是1：1，B错误；
C、反应③中与足量反应生成，离子方程式为 ，符合电子守恒、电荷守恒和原子守恒，C正确；
D、反应④为，该反应需要酸性条件，在碱性或中性溶液中，和可以大量共存，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积的使用条件：只有在标准状况下，22.4L/mol才适用于气体，常温常压下不能直接用该数值计算物质的量；
氧化还原反应的产物判断：根据化合价变化确定氧化产物、还原产物，结合离子方程式计算物质的量之比；
离子方程式的书写：遵循电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合反应物用量（足量Cl2）判断产物；
离子共存的条件：和的归中反应需要酸性环境，碱性/中性条件下不反应，可大量共存。
13．关于反应11P＋15CuSO4＋24H2O==5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4的说法正确的是
A．P既是氧化剂又是还原剂，CuSO4只是还原剂
B．Cu3P既是氧化产物又是还原产物
C．1 mol CuSO4可以氧化1/5 mol P
D．若有11 mol P参加反应，转移电子的物质的量为60 mol
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、P元素部分化合价从0价降低到-3价（Cu3P）、部分升高到+5价（H3PO4），故P既是氧化剂又是还原剂；CuSO4中Cu元素从+2价降低到+1价（Cu3P），只作氧化剂，A错误；
B、Cu3P中Cu元素被还原、P元素也被还原，仅为还原产物，不是氧化产物，B错误；
C、1mol CuSO4参与反应时得到1mol电子，P被氧化时从0价到+5价，失去5mol电子，根据电子守恒，1mol CuSO4可氧化mol P，C正确；
D、11mol P参加反应时，6mol P被氧化（失去6×5=30mol电子），15mol CuSO4得到15mol电子，5mol P被还原（得到5×3=15mol电子），总转移电子为30mol，不是60mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氧化剂、还原剂的判断：根据元素化合价变化，化合价升高作还原剂，降低作氧化剂；P发生歧化反应，CuSO4仅作氧化剂；
氧化产物、还原产物的判断：Cu3P中Cu、P化合价均降低，仅为还原产物；
电子守恒的应用：根据CuSO4的得电子数，计算可氧化P的物质的量；
转移电子数的计算：按化合价升高的总数（或降低的总数）计算，11mol P反应时总转移30mol电子。
14．、、，都是氯的常见氧化物，制备方法如下：
①
②
③
下列说法错误的是
A．反应①每生成0.5mol ，转移电子数约为
B．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C．是酸性氧化物，与水反应的离子方程式为
D．、均可用作消毒剂，自身会被还原为，则消毒能力是等质量的1.25倍
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应①中，Cl 元素从 0 价部分变为 + 1 价（Cl2O）、部分变为 - 1 价（NaCl），每生成 1mol Cl2O 转移 1mol 电子，因此生成 0.5mol Cl2O 转移 0.5mol 电子，数目约为 6.02×1023，A 正确；
B、反应②中，NaClO3是氧化剂（Cl 从 + 5到+4），HCl 部分作还原剂（Cl 从 - 1到0），2mol NaClO3参与反应时，仅 2mol HCl 被氧化，氧化剂与还原剂物质的量之比为 1：1，B 正确；
C、Cl2O7是酸性氧化物，与水反应生成高氯酸，离子方程式为，C正确；
D、和在消毒时自身均被还原为，则等质量和得到电子数之比为29∶18，消毒能力是等质量的1.61倍，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应电子转移：根据化合价变化计算反应①的转移电子数；
氧化剂与还原剂的判断：反应②中 HCl 部分作酸、部分作还原剂，按实际参与氧化还原的量计算比例；
酸性氧化物的性质：Cl2O7对应最高价含氧酸 HClO4，与水反应生成酸；
消毒能力的计算：以单位质量的得电子总数为依据，计算两种氧化物的消毒能力倍数。
二、非选择题(本大题共4个小题，共52分)
15．某课外活动小组设计了下列装置，验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。
步骤1：打开，关闭，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
步骤2：打开，关闭，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
（1）装置②中的试剂是　 　，装置③中的试剂是　 　。
A．饱和溶液 B．饱和溶液 C．浓
步骤1和步骤2中，a处带火星的木条产生的实验现象分别是　 　；　 　。
（2）甲同学提出质疑：“上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟发生了化学反应。”其理由是　 　。为了解决甲同学的质疑，需补充的实验操作是：取⑤中反应后的少量固体，　 　。
【答案】（1）A；C；步骤1中木条不复燃；步骤2中木条复燃
（2）气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃；加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中
【知识点】性质实验方案的设计；钠的氧化物
【解析】【解答】（1）由于盐酸具有挥发性，制得的二氧化碳中混有氯化氢气体，装置②中饱和NaHCO3溶液可以除去二氧化碳中混有氯化氢气体；装置③、④和⑤用以验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触，故装置③中的试剂是浓硫酸，
步骤1中通过过氧化钠的二氧化碳中不含有水蒸气，干燥的二氧化碳不能够和过氧化钠反应，没有氧气生成，a处带火星的木条不复燃，步骤2中，通过过氧化钠的二氧化碳中含有水蒸气，含有水蒸气的二氧化碳能够和过氧化钠反应，有氧气生成，a处带火星的木条复燃，故答案为：步骤1中木条不复燃，步骤2中木条复燃；
故答案为：A；C；步骤1中木条不复燃；步骤2中木条复燃；
（2）因水也能够和过氧化钠反应生成氧气，所以不能判断是二氧化碳和过氧化钠发生了反应，故答案为：气体中有水，水也可与反应产生使木条复燃；
二氧化碳和过氧化钠反应有碳酸钠生成，若⑤中反应后的固体由碳酸钠，二氧化碳和盐酸可以和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，故答案为：加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中。
故答案为：气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃；加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中；
【分析】本实验核心目的是探究CO2与 Na2O2反应是否需要 H2O 参与，需利用 “对照实验” 控制变量。用大理石与盐酸制备 CO2，因盐酸挥发，CO2中混有 HCl，通过饱和 NaHCO3溶液除杂，得到纯净 CO2；将纯净 CO2分为两路，一路直接通入 Na2O2（含水蒸气），另一路经浓硫酸干燥后再通入 Na2O2（无水蒸气），通过对比带火星木条的复燃情况，判断 O2生成与水蒸气的关系；干扰排除与产物验证：需排除 H2O 直接与 Na2O2反应生成 O2的干扰；反应后固体含 Na2CO3，通过加酸生成 CO2的方法验证该产物。
(1) 除杂选择：为除去 CO2中的 HCl，选用饱和 NaHCO3溶液（不与 CO2反应，能与 HCl 反应生成 CO2），对应选 A；
干燥选择：为验证 CO2与 Na2O2反应需水接触，需将 CO2干燥，浓硫酸具有吸水性且不与 CO2反应，故装置③选浓硫酸；
现象判断：步骤 1 中干燥的 CO2与 Na2O2反应，无 O2生成，带火星木条不复燃；步骤 2 中含水蒸气的 CO2与 Na2O2反应，生成 O2，带火星木条复燃。
(2) 误差分析：H2O 可直接与 Na2O2反应生成 O2，若未干燥 CO2，无法确定 O2是由 CO2还是 H2O 与 Na2O2反应生成，故不能判断 CO2与 Na2O2发生了反应；
产物验证：CO2与 Na2O2反应生成 Na2CO3，向反应后的固体中加入稀盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，即可证明固体中含有 Na2CO3，从而验证 CO2与 Na2O2的反应。
（1）由于盐酸具有挥发性，制得的二氧化碳中混有氯化氢气体，装置②中饱和NaHCO3溶液可以除去二氧化碳中混有氯化氢气体；装置③、④和⑤用以验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触，故装置③中的试剂是浓硫酸，故答案选择为：A；C；
步骤1中通过过氧化钠的二氧化碳中不含有水蒸气，干燥的二氧化碳不能够和过氧化钠反应，没有氧气生成，a处带火星的木条不复燃，步骤2中，通过过氧化钠的二氧化碳中含有水蒸气，含有水蒸气的二氧化碳能够和过氧化钠反应，有氧气生成，a处带火星的木条复燃，故答案为：步骤1中木条不复燃，步骤2中木条复燃；
（2）因水也能够和过氧化钠反应生成氧气，所以不能判断是二氧化碳和过氧化钠发生了反应，故答案为：气体中有水，水也可与反应产生使木条复燃；
二氧化碳和过氧化钠反应有碳酸钠生成，若⑤中反应后的固体由碳酸钠，二氧化碳和盐酸可以和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，故答案为：加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中。
16．I.某化学自主实验小组利用如图所示装置探究能否被还原、为止水夹，夹持固定装置略去)。
（1）A装置发生的化学反应方程式为　 　。装置发生的化学反应方程式为　 　。
（2）甲、乙分别是　 　填标号。
a.硫酸、浓硫酸　　b.碱石灰、无水氯化钙　　c.碱石灰、碱石灰　　d.五氧化二磷、五氧化二磷
（3）若能够被还原，写出发生反应的化学方程式：　 　。
（4）此实验装置存在一个明显的缺陷是　 　。
II.硫酸可用于生产化肥、农药、炸药、染料和盐类等。工业生产硫酸的流程图如下：
（5）工业上常以粉碎的黄铁矿为原料来制备SO2，将黄铁矿粉碎的原因是：　 　。
（6）写出催化反应室中SO2被氧化为SO3的化学方程式　 　。
（7）硫酸工业的尾气中含有少量SO2，若直接排放会污染空气，并导致硫酸型酸雨，可用　 　吸收。
【答案】NH3 H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；b；8NH3+6NO27N2+12H2O；没有尾气处理装置；增大固体反应物的接触面积，加快反应速率；2SO2+O22SO3；NaOH溶液
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氨的实验室制法
【解析】【解答】（1）A装置利用浓氨水与生石灰作用制氨气，发生的化学反应方程式为NH3 H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；E装置中浓硝酸与铜反应制备二氧化氮，发生的化学反应方程式为Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；
故答案为：NH3 H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；
（2）硫酸、五氧化二磷均属于酸性干燥剂，与氨气能反应；碱石灰属于碱性干燥剂，不能干燥酸性气体，氨气与氯化钙能反应；甲的作用是干燥氨气、乙的作用是干燥二氧化氮，所以甲是碱石灰、乙是无水氯化钙，答案选b；
故答案为：b；
（3）若NO2能够被NH3还原，根据氧化还原反应，产物为氮气和水，发生反应的化学方程式：8NH3+6NO27N2+12H2O；
故答案为：8NH3+6NO27N2+12H2O；
（4）氨气、二氧化氮都污染空气，此实验装置存在一个明显缺陷是缺少尾气处理装置；
故答案为：没有尾气处理装置；
（5）将黄铁矿粉碎的原因是增大固体反应物的接触面积，加快反应速率；
故答案为：增大固体反应物的接触面积，加快反应速率；
（6）催化反应室中SO2被氧化为SO3，反应的化学方程式为2SO2+O22SO3；
故答案为：2SO2+O22SO3；
（7）硫酸工业的尾气中含有少量SO2，若直接排放会污染空气，并导致硫酸型酸雨。可用NaOH溶液等碱性溶液进行吸收。
故答案为：NaOH溶液；
【分析】本实验包含两个核心工业流程：
氨气与二氧化氮的氧化还原反应：用浓氨水与生石灰制 NH3，浓硝酸与铜制 NO2，经干燥后在装置 C 中催化反应生成 N2和水；
硫酸工业制备流程：黄铁矿粉碎后焙烧制 SO2，经净化干燥后，在 400-500℃、催化剂条件下催化氧化为 SO3，用 98% 浓硫酸吸收，尾气循环利用，最终稀释得到产品。
(1) A 中浓氨水与生石灰（CaO）反应，CaO 吸水放热促进 NH3 H2O 分解，生成 NH3；E 中浓硝酸与 Cu 发生氧化还原反应，生成 Cu (NO3)2、NO2和 H2O，根据原子守恒配平方程式。
(2) 根据干燥剂的酸碱性与气体的匹配性选择：NH3为碱性气体，需用碱性干燥剂（碱石灰），不能用酸性干燥剂（浓硫酸、P2O5）或能与 NH3反应的 CaCl2；NO2为酸性气体，需用中性 / 酸性干燥剂（无水氯化钙），因此甲选碱石灰、乙选无水氯化钙。
(3) NH3作还原剂，NO2作氧化剂，发生归中反应生成 N2和 H2O，根据电子守恒、原子守恒配平化学方程式。
(4) NH3、NO2均为有毒气体，直接排放会污染空气，因此装置的明显缺陷是缺少尾气处理装置。
(5) 将固体反应物粉碎，可增大固体与气体的接触面积，加快反应速率，使反应更充分。
(6) SO2在催化剂、400-500℃条件下与 O2反应生成 SO3，是可逆反应，标注反应条件与可逆符号，配平方程式。
(7) 尾气中含少量 SO2，为酸性气体，可用 NaOH 等碱性溶液吸收，防止污染空气、形成酸雨。
17．经检测某工厂的酸性废水中所含离子及其浓度如表所示：
离子 Fe3+ Cu2+ Na+ H+
浓度/(mol/L) 　
（1）　 　。
（2）为了减少污染并变废为宝，工程师们设计了如图流程，回收铜和绿矾。
①工业废水中加入铁粉生成固体C的离子方程为：　 　。
②试剂B的化学式是　 　。
③通过检验溶液D，来判断废水中是否除尽，实验方法是　 　。
④上述废水经处理，可获得的物质的量是　 　。
⑤在含有的溶液中加入现象是　 　；已知反应物恰好完全反应且反应转移电子，生成的气体标况下的体积为　 　L。
【答案】（1）0.1或1×10－1
（2）Fe+Cu2+=Fe2++Cu；H2SO4；取少量溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则Fe3+已经除干净；若溶液变红色，则没有Fe3+未除尽。；12；有红褐色沉淀生成，有无色气体放出；22.4
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）溶液呈电中性，可以根据电荷守恒求算c(H＋)。根据阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，则有3c(Fe3＋)＋2c(Cu2＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)=2c(SO)，代入数据3×2×10－2+2×1×10－2+ c(H＋)+1×2×10－2=2×1×10－1，可得c(H＋)=0.1。
答案：0.1或1×10－1；
（2）①固体C包括了Cu和剩余的Fe粉，从工业废水中得到铜，利用的是铁与Cu2+的置换反应。离子方程式：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
②固体C包括了Cu和剩余的Fe粉，加入试剂B后得到溶液E，要和溶液D混合制备FeSO4·7H2O，因此溶液E为FeSO4溶液，试剂B为稀硫酸，将剩余的Fe粉转化为FeSO4，且不与Cu反应，
③加入的Fe粉会与Fe3＋反应，2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，溶液D中应该没有Fe3＋，检验Fe3＋是否除尽可用KSCN溶液。
④根据流程图，可知FeSO4·7H2O中的Fe2+来自于废水中的Fe3＋和加入的铁粉，根据Fe元素守恒，则可以算出n(FeSO4·7H2O)=100×2×10－2mol+mol=12mol，则可以得到12molFeSO4·7H2O，
⑤Na2O2具有强氧化性，能够将Fe2＋氧化成Fe3＋，并且能与水生成NaOH。生成的Fe3＋会和NaOH反应生成Fe(OH)3，因此有红褐色沉淀生成。将4molFeSO4中的Fe从＋2氧化到＋3，需要转移4mol电子；Na2O2氧化Fe2＋时，其O的化合价从－1降低到－2，1molNa2O2可以得到2mol电子。根据得失电子守恒，则氧化4molFeSO4，需要2molNa2O2。还有2molNa2O2剩余，与水生成O2和NaOH，其中的O化合价即升高又降低，方程式：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。O的化合价从－1升高到0，生成1molO2转移2mol电子。则还会生成1molO2，溶液中有无色气体生成，其标况下的体积为1×22.4L=22.4L。
故答案为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；H2SO4；取少量溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则Fe3+已经除干净；若溶液变红色，则Fe3+未除尽；12；有红褐色沉淀生成，有无色气体放出；22.4
【分析】本流程以含、的工业废水为原料，制备，核心原理为：
利用电荷守恒计算废水中浓度；加入过量铁粉，还原、置换，得到含、的溶液D，以及含、过量的固体C；固体C加稀硫酸溶解，得到含分溶液E，与D混合后结晶得到产品；结合的氧化性，分析其与的反应现象与产物计算。
(1) 根据溶液电中性原则，阳离子所带总电荷等于阴离子所带总电荷，列电荷守恒式：
，代入各离子浓度数据，计算得到。
(2) ① 铁粉与废水中的发生置换反应，失电子生成，得电子生成，据此写出离子方程式：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
②固体C含和过量，为得到纯净溶液，需选择仅与反应、不与反应的试剂，稀硫酸（）符合要求，可将转化为，且不引入新杂质。
③ 利用的特征检验方法：取少量溶液D，加入溶液，若溶液不变红，说明已除尽；若溶液变红，说明未除尽。
④ 根据元素守恒，中的来自废水中的（被还原）和加入的铁粉，分别计算两部分的物质的量，求和得到产品的总物质的量为。
⑤具有强氧化性，先将氧化为，与和水反应生成的结合，生成红褐色沉淀；剩余与水反应生成，产生无色气体。根据得失电子守恒，计算出的物质的量，进而算出标况下体积为。
（1）溶液呈电中性，可以根据电荷守恒求算c(H＋)。根据阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，则有3c(Fe3＋)＋2c(Cu2＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)=2c(SO)，代入数据3×2×10－2+2×1×10－2+ c(H＋)+1×2×10－2=2×1×10－1，可得c(H＋)=0.1。答案：0.1或1×10－1（根据表格中的数据格式写）。
（2）①固体C包括了Cu和剩余的Fe粉，从工业废水中得到铜，利用的是铁与Cu2+的置换反应。离子方程式：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。答案：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
②固体C包括了Cu和剩余的Fe粉，加入试剂B后得到溶液E，要和溶液D混合制备FeSO4·7H2O，因此溶液E为FeSO4溶液，试剂B为稀硫酸，将剩余的Fe粉转化为FeSO4，且不与Cu反应，答案：H2SO4。
③加入的Fe粉会与Fe3＋反应，2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，溶液D中应该没有Fe3＋，检验Fe3＋是否除尽可用KSCN溶液。答案：取少量溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则Fe3+已经除干净；若溶液变红色，则Fe3+未除尽。
④根据流程图，可知FeSO4·7H2O中的Fe2+来自于废水中的Fe3＋和加入的铁粉，根据Fe元素守恒，则可以算出n(FeSO4·7H2O)=100×2×10－2mol+mol=12mol，则可以得到12molFeSO4·7H2O，答案：12。
⑤Na2O2具有强氧化性，能够将Fe2＋氧化成Fe3＋，并且能与水生成NaOH。生成的Fe3＋会和NaOH反应生成Fe(OH)3，因此有红褐色沉淀生成。将4molFeSO4中的Fe从＋2氧化到＋3，需要转移4mol电子；Na2O2氧化Fe2＋时，其O的化合价从－1降低到－2，1molNa2O2可以得到2mol电子。根据得失电子守恒，则氧化4molFeSO4，需要2molNa2O2。还有2molNa2O2剩余，与水生成O2和NaOH，其中的O化合价即升高又降低，方程式：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。O的化合价从－1升高到0，生成1molO2转移2mol电子。则还会生成1molO2，溶液中有无色气体生成，其标况下的体积为1×22.4L=22.4L。答案：有红褐色沉淀生成，有无色气体放出 22.4。
18．铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的有关知识，回答下列问题
(1)向沸水中逐滴滴加适量溶液，继续加热至液体呈透明的红褐色，形成该分散系的分散质粒子的直径范围是　 　。
(2)电子工业需用30%的溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，腐蚀废液中含有、、。
①写出证明腐蚀废液中含有的操作　 　。
②可经过如图流程从腐蚀后的废液中重新获得溶液。
A代表的物质是　 　(填化学式)，盐酸的作用是　 　(用离子方程式表示)。
(3)高铁酸钠是一种新型净水剂。高铁酸钠在水中可以发生如下反应：。由此看来，高铁酸钠能够杀菌消毒是因为它具有　 　。
【答案】1~100mm (或)；取少量腐蚀废液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液呈血红色，则含有；Fe；；(强)氧化性
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；铁及其化合物的性质实验；胶体的性质和应用
【解析】【解答】(1)向沸水中逐滴滴加适量溶液，继续加热至液体呈透明的红褐色，形成氢氧化铁胶体，该散系的分散质粒子的直径范围是1~100mm (或)；
故答案为： 1~100mm (或) ；
(2)①可用KSCN溶液来检测，所以想证明腐蚀废液中含有，可进行如下操作：取少量腐蚀废液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液呈血红色，则含有；
②根据上述分析可知，A代表的物质是Fe，盐酸可将过量的Fe转化为，分离出Cu，同时保证Fe元素不损失，反应的离子方程式为：，故答案为：Fe；；
故答案为： 取少量腐蚀废液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液呈血红色，则含有 ； Fe ； ；
(3)根据高铁酸钠在水中可以发生如下反应：可知，高铁酸钠能够杀菌消毒是因为它具有(强)氧化性。
故答案为： (强)氧化性 ；
【分析】(2)②腐蚀废液中含有 CuCl2、FeCl2、FeCl3，要重新得到 FeCl3溶液，需先除去 Cu2+并将 Fe3+还原为 Fe2+。向废液中加入过量铁粉，铁粉会将 FeCl3还原为 FeCl2，同时置换出 CuCl2中的 Cu，得到含 FeCl2、过量 Fe 和置换出 Cu 的混合物；之后加入盐酸，将过量的 Fe 转化为 FeCl2，过滤除去 Cu，得到只含 FeCl2的滤液；最后向滤液中通入 Cl2，将 FeCl2氧化为 FeCl3，完成回收。
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