2024年華東師大版高一化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2024年華東師大版高一化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷797考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列離子中，所帶電荷數(shù)與該離子的核外電子層數(shù)相等的是：()A.Mg2+B.Al3+C.Be2+D.H+2、H、H、H、H+、H2是（）A.氫的五種同位素B.五種氫元素C.氫的五種核素D.氫元素的五種不同粒子3、能說(shuō)明rm{Cl}的非金屬性比rm{S}強(qiáng)的事實(shí)有rm{(}rm{)}

rm{壟脵}常溫下rm{S}為固體，而rm{Cl_{2}}為氣體。

rm{壟脷Cl_{2}}與rm{H_{2}}混合，強(qiáng)光照射劇烈反應(yīng)；而rm{S}與rm{H_{2}}反應(yīng)需較高溫度。

rm{壟脹}與rm{Fe}反應(yīng)，rm{Cl_{2}}生成rm{FeCl_{3}}而rm{S}生成rm{FeS}

rm{壟脺}鹽酸是強(qiáng)酸；而氫硫酸是弱酸。

rm{壟脻}將rm{Cl_{2}}通入氫硫酸中可置換出rm{S}．A.rm{壟脵壟脹壟脻}B.rm{壟脷壟脹壟脺}C.rm{壟脷壟脹壟脻}D.rm{壟脷壟脺壟脻}4、城市居民用的石油氣主要成分是丁烷,在使用的過(guò)程中,常有一些雜質(zhì)以液態(tài)沉積于鋼瓶中,這種雜質(zhì)是()。A.丙烷和丁烷B.乙烷和丙烷C.乙烷和戊烷D.戊烷和己烷5、下列各組化合物中，化學(xué)鍵類型完全相同的時(shí)A.CaCl2和Na2SB.Na2O和Na2O2C.CO2和CaOD.HCl和NaOH6、可用來(lái)檢驗(yàn)淀粉是否完全水解成葡萄糖的試劑是()A.淀粉碘化鉀溶液B.碘水C.新制氫氧化銅D.銀氨溶液7、下列依據(jù)熱化學(xué)方程式得出的結(jié)論正確的是。

A.已知rm{C(}石墨，rm{s)簍TC(}金剛石，rm{s)triangleH>0}則金剛石比石墨穩(wěn)定。

B.已知rm{C(s)+O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangleH_{1}}rm{C(s)+1/2O_{2}(g)簍TCO(g)triangleH_{2}}則rm{triangleH_{2}>triangleH_{1}}

C.已知rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(g)triangleH=-483.6kJ/mol}則氫氣的燃燒熱為rm{C(s)+O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangle

H_{1}}

D.已知rm{NaOH(aq)+HCl(aq)簍TNaCl(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}則含rm{C(s)+1/2O_{2}(g)簍TCO(g)triangle

H_{2}}的稀溶液與稀鹽酸完全中和，中和熱為rm{triangleH_{2}>triangle

H_{1}}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(g)triangle

H=-483.6kJ/mol}8、rm{{}_{7}^{11}}rm{N}是常用醫(yī)學(xué)rm{PET}顯像的一種核素，這里的“rm{7}”是指該原子的A.質(zhì)子數(shù)B.中子數(shù)C.質(zhì)量數(shù)D.原子個(gè)數(shù)評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、現(xiàn)有以下物質(zhì)：①稀硫酸②鈉③生石灰④無(wú)水酒精⑤空氣⑥干冰⑦金剛石⑧純堿⑨NaOH晶體⑩熔化的K2SO4．（用序號(hào)回答）

（1）以上物質(zhì)中屬于混合物的是____；

（2）以上物質(zhì)中能導(dǎo)電的是____；

（3）以上物質(zhì)中屬于電解質(zhì)的是____；

（4）以上物質(zhì)中屬于非電解質(zhì)的是____．10、某校課外小組同學(xué)制備Fe(OH)3膠體，并研究該膠體的性質(zhì)。(1)該小組同學(xué)采用了以下操作制備膠體，請(qǐng)將空白處填寫(xiě)完整。取一個(gè)燒杯，加入20mL蒸餾水，加熱至沸騰，然后向燒杯中滴加1mL～2mL飽和__________溶液，繼續(xù)煮沸，至出現(xiàn)_________后，停止加熱；(2)將制得的膠體放入半透膜制成的袋內(nèi)，如上左圖所示，放置2min后，取少量半透膜外的液體于試管中，置于暗處，用一束強(qiáng)光從側(cè)面照射，觀察（填寫(xiě)“有”或“無(wú)”）_________丁達(dá)爾現(xiàn)象：再向試管中加入用稀硝酸化的硝酸銀溶液，可觀察到的現(xiàn)象為_(kāi)_____________________________；(3)將半透膜內(nèi)的液體倒入U(xiǎn)型管中，如上右圖所示，在液體上方加入少量電解液以保護(hù)膠體，接通直流電后，觀察到的現(xiàn)象是(填“陰”或“陽(yáng)”)_____極附近顏色逐漸變深，其原因是_____________________________________。11、（8分）（1）地殼中含量最高的金屬是，NaHCO3俗稱，制造計(jì)算機(jī)芯片的半導(dǎo)體材料是，水晶項(xiàng)鏈的主要成分是。（2）在反應(yīng)3Cu+8HNO3(稀)==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中，失去電子的是_____（填元素符號(hào)），被還原的是_____（填元素符號(hào)）。當(dāng)產(chǎn)生標(biāo)況下4.48L氣體時(shí)消耗單質(zhì)銅_____g，此時(shí)轉(zhuǎn)移了_____mol電子。12、請(qǐng)寫(xiě)出下列儀器名稱。

A.______rm{B}．______rm{C}．______rm{D}．______．13、研究表明，化學(xué)反應(yīng)的焓變與反應(yīng)物和生成物的鍵能有關(guān)rm{.}所謂鍵能就是：在rm{101.3kPa}rm{298K}時(shí)，斷開(kāi)rm{1mol}氣態(tài)rm{AB}為氣態(tài)rm{A}氣態(tài)rm{B}時(shí)過(guò)程的焓變，用rm{triangleH_{298}(AB)}表示；斷開(kāi)化學(xué)鍵時(shí)rm{triangleH>0[}如rm{H_{2}(g)簍T2H(g)triangleH=+436kJ?mol^{-1}]}形成化學(xué)鍵時(shí)rm{H_{2}(g)簍T2H(g)triangle

H=+436kJ?mol^{-1}]}如rm{2H(g)簍TH_{2}(g)triangleH=-436kJ?mol^{-1}].}

已知：rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)簍T2HCl(g)triangleH=-185kJ?mol^{-1}}

rm{triangleH_{298}(H_{2})=+436kJ?mol^{-1}}rm{triangleH_{298}(Cl_{2})=+247kJ?mol^{-1}}

則rm{triangleH<0[}______．rm{2H(g)簍TH_{2}(g)triangle

H=-436kJ?mol^{-1}].}14、（16分）有A、B、C、D四種短周期元素,它們的原子序數(shù)由A到D依次增大,已知A和B原子有相同的電子層數(shù),且A的L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的兩倍，C燃燒時(shí)呈現(xiàn)黃色火焰，C的單質(zhì)在高溫下與B的單質(zhì)充分反應(yīng)，可以得到與D單質(zhì)顏色相同的淡黃色固態(tài)化合物，試根據(jù)以上敘述回答：（1）下列元素的名稱:A____B____C____D____（2）寫(xiě)出AB2與足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式。（3）畫(huà)出D的原子結(jié)構(gòu)示意圖____,用電子式表示化合物C2D的形成過(guò)程。15、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}是位于短周期的主族元素。已知：rm{壟脵}熱穩(wěn)定性：rm{H_{m}D>H_{m}C}rm{壟脷C^{m-}}rm{E^{(m-1)-}}具有相同的電子層結(jié)構(gòu)；rm{壟脹A}與rm{B}在同一周期，在該周期所有主族元素中，rm{A}的原子半徑最大，rm{B}的離子半徑最?。籸m{壟脺A}與rm{B}質(zhì)子數(shù)之和是rm{D}質(zhì)子數(shù)的rm{3}倍。依據(jù)上述信息用相應(yīng)的化學(xué)用語(yǔ)回答下列問(wèn)題：rm{(1)H_{m}D_{m}}的電子式__________。rm{(2)C^{m-}}rm{E^{(m-1)-}}的還原性強(qiáng)弱順序?yàn)開(kāi)_________rm{(}用離子符號(hào)表示rm{)}能證明其還原性強(qiáng)弱的離子方程式為_(kāi)___________________。rm{(3)}寫(xiě)出rm{B}單質(zhì)與rm{A}元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的溶液反應(yīng)的離子方程式___________________。rm{(4)}用于判斷rm{C}和rm{D}非金屬性強(qiáng)弱的依據(jù)是__________A.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性rm{B.}置換反應(yīng)rm{C.}與氫氣化合難易程度D.最高價(jià)含氧酸的酸性rm{E.}得電子數(shù)目多少F.兩單質(zhì)在自然界的存在形式評(píng)卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)16、煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是物理變化17、蒸餾時(shí)，溫度計(jì)水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．18、含碳的化合物一定是有機(jī)化合物．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、1mol甲苯中有6molC﹣H共價(jià)鍵．．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、某有機(jī)物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機(jī)物一定含有C、H、O三種元素．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、含碳的化合物一定是有機(jī)化合物．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共6分)22、如圖表示A；B、C、D、E五種含氮物質(zhì)相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系圖。其中A、B、C、D常溫下都是氣體；B為紅棕色。

回答下列問(wèn)題：

(1)A→D反應(yīng)常用于人工固氮，寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。

(2)D→C是工業(yè)制硝酸的重要反應(yīng)，化學(xué)方程式為_(kāi)______。

(3)B與一定量的氧氣混合通入水中能被完全吸收，則B與的物質(zhì)的量之比為_(kāi)______，若該反應(yīng)轉(zhuǎn)移個(gè)電子，則參加反應(yīng)的B的物質(zhì)的量為_(kāi)______mol。評(píng)卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共6分)23、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(guò)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(guò)量CO2后進(jìn)行固液分離時(shí)為加快過(guò)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(kāi)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(qǐng)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(cè)得n(SO)為0.006300mol；第二份用EDTA滴定法測(cè)得n(Al3+)為0.002900mol。則該試樣中明礬的純度為_(kāi)__________。24、一種以冷熱鍍管廢料鋅灰制ZnSO4·7H2O晶體；進(jìn)而獲取ZnO，并探索氫電極增壓還原氧化鋅電解法制鋅的方法，工藝流程如圖所示：

已知：①鋅灰的主要成分為ZnO、ZnCl2，還含有SiO2、CuO、PbO和FeO。

②Cu++Cl-=CuCl↓

回答下列問(wèn)題：

(1)濾渣1的主要成分為SiO2和___。

(2)酸浸時(shí)，硫酸濃度不能過(guò)高，原因是___。

(3)寫(xiě)出“沉銅”時(shí)的離子方程式___。

(4)在pH為5.6的條件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝劑并加熱攪拌，其目的是___。

(5)氫電極增壓還原氧化鋅的裝置如圖所示，儲(chǔ)罐內(nèi)ZnO溶解后形成Zn(OH)離子，每溶解1molZnO需消耗___molKOH。電解池中的總反應(yīng)離子方程式為：___。

(6)該工藝廢水中含有Zn2+，排放前需處理。向廢水中加入CH3COOH和CH3COONa組成的緩沖溶液調(diào)節(jié)pH，通入H2S發(fā)生反應(yīng)：Zn2++H2S?ZnS(s)+2H+。處理后的廢水中部分微粒濃度為：。微粒H2SCH3COOHCH3COO-濃度/mol·L-10.100.050.10

處理后的廢水的pH=___，c(Zn2+)=___。(已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5)25、氯化磷酸三鈉具有良好的滅菌、消毒、漂白作用。濕法磷酸由硫酸分解磷礦石得到，其中含F(xiàn)e3+、Al3+等雜質(zhì)。以濕法磷酸為原料制取氯化磷酸三鈉的工藝流程如下：

已知：a．溫度高時(shí)；NaClO易分解。

b．常溫下；磷酸的物種分布分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如下圖所示：

回答下列問(wèn)題：

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F時(shí)產(chǎn)生的有毒氣體主要是________________(填化學(xué)式)。

(2)反應(yīng)Ⅰ中磷酸轉(zhuǎn)化為鈉鹽，其鈉鹽再與Fe3+、Al3+作用形成沉淀。

①反應(yīng)Ⅰ中發(fā)生多個(gè)反應(yīng)，其中磷酸轉(zhuǎn)化為Na2HPO4的主要離子方程式為_(kāi)__________，常溫下應(yīng)控制pH約為_(kāi)____________________________。

②常溫下，HPO+Fe3+FePO4+H+的lgK為_(kāi)________

(3)反應(yīng)Ⅱ中不用Na2CO3溶液的原因是____________________________________________；

(4)反應(yīng)Ⅲ的化學(xué)方程式為_(kāi)___________________________________________；

反應(yīng)Ⅳ中兩種溶液混合后需快速冷卻，其目的是____________________________；

“母液”中的溶質(zhì)有NaClO、_____________________(填2種)。評(píng)卷人得分六、綜合題(共4題，共28分)26、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)過(guò)程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

27、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問(wèn)題28、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)過(guò)程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

29、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問(wèn)題參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】試題分析：A項(xiàng)Mg2+核外有2個(gè)電子層，正確；B項(xiàng)：Al3+核外有2個(gè)電子層，錯(cuò)誤；C項(xiàng)：Be2+核外有1層，錯(cuò)誤D項(xiàng)：H+核外沒(méi)有電子層，錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：原子核外電子的排布規(guī)律?！窘馕觥俊敬鸢浮緼2、D【分析】【解答】解：A．因同位素是質(zhì)子數(shù)相同、中子數(shù)不同的原子，而H+、H2不是原子；故A錯(cuò)誤；

B．氫元素只有一種；故B錯(cuò)誤；

C．H2是氫氣分子；核素是原子，故C錯(cuò)誤；

D．11H、12H、13H是氫元素的三種不同粒子，H+表示氫離子，H2表示氫氣分子；故D正確．

故選D．

【分析】A．同位素是質(zhì)子數(shù)相同；中子數(shù)不同的原子；

B．元素種類；只有一種，即氫元素；

C．H2是分子；核素是原子；

D．根據(jù)每一種粒子的含義解答即可．3、C【分析】解：rm{壟脵}常溫時(shí)硫是固體；而氯氣為氣體，都是物理性質(zhì)，與非金屬性無(wú)關(guān)，所以無(wú)法說(shuō)明非金屬性的強(qiáng)弱，故錯(cuò)誤；

rm{壟脷Cl_{2}}與rm{H_{2}}混合，強(qiáng)光照射劇烈反應(yīng)；而rm{S}與rm{H_{2}}反應(yīng)需較高溫度，說(shuō)明rm{Cl_{2}}與rm{H_{2}}化合時(shí)容易發(fā)生，則rm{Cl}的非金屬性比rm{S}的強(qiáng)；故正確；

rm{壟脹}非金屬單質(zhì)與金屬單質(zhì)反應(yīng)，生成產(chǎn)物的化合價(jià)越高，則非金屬單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，所以rm{Cl_{2}}的氧化性大于rm{S}的氧化性，所以rm{Cl}的非金屬性比rm{S}的強(qiáng)；故正確；

rm{壟脺}比較元素的非金屬性應(yīng)用元素對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物的水化物的酸性強(qiáng)弱比較，不能根據(jù)氫化物的酸性強(qiáng)弱比較，例如鹽酸的酸性比氫硫酸強(qiáng)，非金屬性：rm{Cl>S}但rm{HF}溶液的酸性比rm{HCl}弱，但非金屬性：rm{F>Cl}不能說(shuō)明非金屬性的強(qiáng)弱，故錯(cuò)誤；

rm{壟脻}將rm{Cl_{2}}通入氫硫酸中可置換出rm{S}說(shuō)明氯氣的氧化性比rm{S}強(qiáng)，單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，非金屬性越強(qiáng)，所以能證明rm{Cl}的非金屬性比rm{S}的強(qiáng)；故正確；

則正確的有rm{壟脷壟脹壟脻}

故選C．

比較非金屬元素的非金屬性強(qiáng)弱，可根據(jù)單質(zhì)之間的置換反應(yīng)、對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物的水化物的酸性、氫化物的穩(wěn)定性等化學(xué)性質(zhì)的角度判斷，rm{Cl}的非金屬性比rm{S}的非金屬性強(qiáng)弱與物理性質(zhì)無(wú)關(guān)．

本題考查非金屬性的比較角度，題目難度不大，注意把握比較非金屬性的方法，非金屬性屬于化學(xué)性質(zhì)，與物理性質(zhì)無(wú)關(guān)，解答時(shí)注意抓住反例證明．【解析】rm{C}4、D【分析】常溫下,烴中含碳原子數(shù)不大于4的烴以氣體形式存在,故液態(tài)雜質(zhì)中,烴分子的碳原子數(shù)必大于4,故選D項(xiàng)?！窘馕觥俊敬鸢浮緿5、A【分析】【解析】試題分析：一般活潑的金屬和活潑的非金屬容易形成離子鍵，非金屬元素的原子間容易形成共價(jià)鍵，如果是同一種非金屬原子之間形成共價(jià)鍵，則是非極性鍵。不同種非金屬原子之間形成的是極性鍵。據(jù)此可知選項(xiàng)A中都只有離子鍵，B中其中含有離子鍵，后者含有離子鍵和非極性鍵，C中前者含有極性鍵，后者含有離子鍵。D中前者含有極性鍵，后者含有離子鍵和極性鍵，答案選A?？键c(diǎn)：考查化學(xué)鍵的判斷【解析】【答案】A6、B【分析】【解析】試題分析：淀粉如果水解不完全則有淀粉存在，淀粉遇碘變藍(lán)色，所以用碘水來(lái)檢驗(yàn)。答案選B?？键c(diǎn)：淀粉的性質(zhì)【解析】【答案】B7、B【分析】【分析】本題考查燃燒熱、焓變的意義、物質(zhì)穩(wěn)定性以及熱化學(xué)方程式的含義知識(shí)，掌握rm{triangleH}的含義以及熱化學(xué)方程式概念的運(yùn)用，題目難度不大?！窘獯稹緼.已知rm{C(}石墨，rm{s)簍TC(}金剛石，rm{s)triangleH>0}石墨能量小于金剛石，則金剛石比石墨活潑，石墨比金剛石穩(wěn)定，故A錯(cuò)誤；

B.己知rm{2C(s)+2O_{2}(g)簍T2CO_{2}(g)triangleH_{1}}rm{2C(s)+O_{2}(g)簍T2CO(g)triangleH_{2}}一氧化碳轉(zhuǎn)化為二氧化碳是放熱過(guò)程；焓變包含負(fù)號(hào)，則rm{triangleH_{1}<triangleH_{2}}故B正確；

C.氫氣的燃燒熱是值rm{2C(s)+2O_{2}(g)簍T2CO_{2}(g)triangle

H_{1}}氫氣完全燃燒生成液態(tài)水放出的熱量，單位是rm{2C(s)+O_{2}(g)簍T2CO(g)triangle

H_{2}}氣態(tài)水不是穩(wěn)定氧化物，rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(g)triangleH=-483.6kJ?mol^{-1}}則燃燒熱rm{>dfrac{483.6kJ/mol}{2}=241.8kJ?mol^{-1}}故C錯(cuò)誤；

D.已知rm{NaOH(aq)+HCl(aq)簍TNaCl(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.4kJ?mol^{-1}}中和熱指rm{triangleH_{1}<triangle

H_{2}}和rm{1mol}溶液發(fā)生中和反應(yīng)生成rm{kJ/mol}水時(shí)所放出的熱量為rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(g)triangle

H=-483.6kJ?mol^{-1}}則rm{>dfrac{483.6kJ/mol}{2}

=241.8kJ?mol^{-1}}與強(qiáng)酸，中和熱不變，中和熱為rm{triangleH=-57.4kJ?mol^{-1}}故D錯(cuò)誤。

故選B。rm{NaOH(aq)+HCl(aq)簍TNaCl(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.4kJ?mol^{-1}}【解析】rm{B}8、A【分析】略【解析】rm{A}二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】

①稀硫酸是混合物；能導(dǎo)電；

②鈉是單質(zhì)；能導(dǎo)電；

③生石灰是電解質(zhì)；

④無(wú)水酒精是非電解質(zhì)；

⑤空氣是混合物；

⑥干冰是非電解質(zhì)；

⑦金剛石既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

⑧純堿是電解質(zhì)；

⑨NaOH晶體是電解質(zhì)；

⑩熔化的K2SO4是電解質(zhì)且能導(dǎo)電；

故答案為：（1）①⑤；（2）①②⑩；（3）③⑧⑨⑩；（4）④⑥．

【解析】【答案】根據(jù)混合物；電解質(zhì)、非電解質(zhì)的定義判斷；根據(jù)物質(zhì)導(dǎo)電的原因判斷．

混合物：含有的物質(zhì)有多種；

能導(dǎo)電的物質(zhì)必須有自由電子或離子；

電解質(zhì)：在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物；

非電解質(zhì)：在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電的化合物．

10、略

【分析】（1）考查氫氧化鐵膠體的制備，制備氫氧化鐵膠體應(yīng)該用新制的飽和氯化鐵溶液滴入沸水中，繼續(xù)加熱至出現(xiàn)紅褐色后即可。（2）膠體不能透過(guò)半透膜，而溶液是可以的。所以半透膜外的液體是不能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)的。由于溶液中含有氯離子，能和硝酸銀反應(yīng)生成白色氯化銀沉淀。（3）氫氧化鐵膠體的膠粒帶正電荷，所以向陰極移動(dòng)，即陰極附近溶液顏色加深?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?分）（1）FeCl3紅褐色（2）無(wú)有白色沉淀（3）陰Fe(OH)3膠體粒子帶電11、略

【分析】試題分析：（1）地殼中含量順序?yàn)镺，Si，Al，F(xiàn)e，所以最高的金屬是鋁，NaHCO3俗稱小蘇打，制造計(jì)算機(jī)芯片的半導(dǎo)體材料是硅，水晶項(xiàng)鏈的主要成分是SiO2；（2）8HNO3+3Cu═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反應(yīng)中，Cu元素的化合價(jià)升高，Cu做還原劑失電子；N元素的化合價(jià)降低，HNO3做氧化劑，被還原，當(dāng)產(chǎn)生標(biāo)況下4.48L氣體，即=0.2mol，由方程式可知消耗0.3molCu，質(zhì)量為0.3mol×64g/mol=19.2g，則轉(zhuǎn)移電子為0.6mol?？键c(diǎn)：考查硅及其化合物、氧化還原反應(yīng)?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）鋁（或Al）小蘇打硅（或單晶硅、或Si）SiO2（或二氧化硅）（2）CuN19.20.612、略

【分析】解：rm{A.}該儀器的名稱為錐形瓶；

B.該儀器的名稱為冷凝管；

C.該儀器名稱為分液漏斗；

D.該儀器名稱為蒸餾燒瓶；

故答案為：錐形瓶；冷凝管；分液漏斗；蒸餾燒瓶．

根據(jù)圖示儀器的構(gòu)造判斷其名稱．

本題考查常見(jiàn)儀器的名稱，題目難度不大，明確常見(jiàn)儀器的構(gòu)造即可解答，試題側(cè)重基礎(chǔ)知識(shí)的考查，培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力．【解析】錐形瓶；冷凝管；分液漏斗；蒸餾燒瓶13、略

【分析】解：已知rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)簍T2HCl(g)triangleH=-185kJ?mol^{-1}}

rm{triangleH_{298}(H_{2})=+436kJ?mol^{-1}}rm{triangleH_{298}(Cl_{2})=+247kJ?mol^{-1}}

則rm{triangleH=triangleH_{298}(H_{2})+triangleH_{298}(Cl_{2})-2隆脕triangleH_{298}(HCl)=-185kJ?mol^{-1}}

所以rm{triangleH_{298}(HCl)=dfrac{1}{2}(triangleH_{298}(H_{2})+triangleH_{298}(Cl_{2})+185KJ/mol)=+434KJ/mol}

故答案為：rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)簍T2HCl(g)triangle

H=-185kJ?mol^{-1}}．

熱化學(xué)方程式中，反應(yīng)焓變r(jià)m{triangle

H_{298}(H_{2})=+436kJ?mol^{-1}}反應(yīng)物化學(xué)鍵總鍵能rm{triangle

H_{298}(Cl_{2})=+247kJ?mol^{-1}}生成物總鍵能；據(jù)此列式計(jì)算．

本題考查了反應(yīng)熱與焓變的應(yīng)用，題目難度不大，明確“焓變r(jià)m{triangleH=triangle

H_{298}(H_{2})+triangleH_{298}(Cl_{2})-2隆脕triangle

H_{298}(HCl)=-185kJ?mol^{-1}}反應(yīng)物化學(xué)鍵總鍵能rm{triangleH_{298}(HCl)=dfrac

{1}{2}(triangleH_{298}(H_{2})+triangle

H_{298}(Cl_{2})+185KJ/mol)=+434KJ/mol}生成物總鍵能”為解答關(guān)鍵，試題有利于提高學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力．rm{+434KJ/mol}【解析】rm{+434KJ/mol}14、略

【分析】A的L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的兩倍，則A是碳。C燃燒時(shí)呈現(xiàn)黃色火焰，則C是鈉。C的單質(zhì)在高溫下與B的單質(zhì)充分反應(yīng)，可以得到與D單質(zhì)顏色相同的淡黃色固態(tài)化合物，所以C是O，D是S。（2）氫氧化鈉溶液足量，所以生成物是碳酸鈉和水，方程式為CO2+2OH－=H2O+CO32－。（3）硫原子位于第三周期第ⅥA，所以原子結(jié)構(gòu)示意圖為硫化鈉水離子化合物，其形成過(guò)程可表示為【解析】【答案】（1）:A碳、B氧、C鈉、D硫（2）CO2+2OH－=H2O+CO32－。（3）15、rm{(1)}

rm{(2)S^{2-}>Cl^{-}}rm{Cl_{2;}+S^{2-}=2Cl^{-}+S隆媒}

rm{Cl_{2;}+S^{2-}=2Cl^{-}+

S隆媒}rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{(3)}

rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O

=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{隆眉}【分析】【分析】本題考查原子結(jié)構(gòu)的推斷，以及元素和物質(zhì)的性質(zhì)，難度不大?！窘獯稹縭m{A}與rm{B}在同一周期，在該周期所有主族元素中，rm{A}的原子半徑最大，rm{B}的離子半徑最小，所以rm{A}為rm{Na}元素，rm{B}是rm{Al}元素；根據(jù)rm{C^{m-}}rm{E^{(m-1)-}}具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，所以rm{C}為rm{S}元素，rm{E}是rm{Cl}元素；根據(jù)熱穩(wěn)定性：rm{HmD>HmC}所以rm{D}為rm{O}元素。rm{(1)H_{m}D_{m}}為rm{H_{2}O_{2}}為共價(jià)化合物，電子式為故答案為：rm{(2)}由于非金屬性rm{Cl>S}單質(zhì)的氧化性rm{Cl_{2}>S}單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)陰離子的還原性越弱，則有還原性：rm{S^{2-}>Cl^{-}}可通過(guò)反應(yīng)rm{Cl_{2}+S^{2-}=2Cl^{-}+S隆媒}證明，故答案為：rm{S^{2-}}rm{Cl^{-}}rm{Cl_{2}+S^{2-}=2Cl^{-}+S隆媒}rm{(3)Al}具有兩性，與rm{NaOH}反應(yīng)生成rm{AlO_{2}^{-}}和rm{H_{2}}反應(yīng)的離子方程式為rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}故答案為：rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O

=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{隆眉}判斷rm{(4)}和rm{S}的非金屬的強(qiáng)弱可以通過(guò)氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性，與氫氣化合的難易程度，置換反應(yīng)等判斷；rm{O}不存在最高價(jià)氧化物，則不能通過(guò)最高價(jià)氧化物的酸性判斷，的電子的多少和非金屬性沒(méi)有關(guān)系，也不能兩單質(zhì)在自然界的存在形式判斷，故ABC正確，DEF錯(cuò)誤。故答案為：rm{O}rm{ABC}【解析】rm{(1)}rm{(2)S^{2-}>Cl^{-}}rm{Cl_{2;}+S^{2-}=2Cl^{-}+S隆媒}rm{Cl_{2;}+S^{2-}=2Cl^{-}+

S隆媒}rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{(3)}rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O

=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{隆眉}三、判斷題(共6題，共12分)16、B【分析】【解答】煤的氣化是在高溫條件下煤與水蒸氣反應(yīng)生成CO和H2；是化學(xué)變化；

煤液化；是把固體炭通過(guò)化學(xué)加工過(guò)程，使其轉(zhuǎn)化成為液體燃料；化工原料和產(chǎn)品的先進(jìn)潔凈煤技術(shù)，有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化；

煤的干餾是將煤隔絕空氣加強(qiáng)熱；煤發(fā)生復(fù)雜的反應(yīng)獲得煤焦油；焦?fàn)t煤氣等的過(guò)程，是化學(xué)變化．故煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是化學(xué)變化，故此說(shuō)法錯(cuò)誤．故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】沒(méi)有新物質(zhì)生成的變化是物理變化，有新物質(zhì)生成的變化是化學(xué)變化；17、B【分析】【解答】蒸餾是用來(lái)分離沸點(diǎn)不同的液體混合物；溫度計(jì)測(cè)量的是蒸汽的溫度，故應(yīng)放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據(jù)溫度計(jì)在該裝置中的位置與作用；18、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素；但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無(wú)機(jī)物相似，把它們歸入無(wú)機(jī)物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機(jī)化合物，簡(jiǎn)稱有機(jī)物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素，但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無(wú)機(jī)物相似，把它們歸入無(wú)機(jī)物．19、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價(jià)鍵；故答案為：錯(cuò)。

【分析】根據(jù)甲苯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式來(lái)確定化學(xué)鍵，確定存在C﹣H共價(jià)鍵的數(shù)目20、B【分析】【解答】解：某有機(jī)物完全燃燒后生成二氧化碳和水；說(shuō)明該有機(jī)物中肯定含有碳；氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．

【分析】根據(jù)質(zhì)量守恒可知，某有機(jī)物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說(shuō)明該有機(jī)物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素21、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素；但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無(wú)機(jī)物相似，把它們歸入無(wú)機(jī)物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機(jī)化合物，簡(jiǎn)稱有機(jī)物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素，但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無(wú)機(jī)物相似，把它們歸入無(wú)機(jī)物．四、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共6分)22、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E五種含氮物質(zhì)相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系圖。其中A、B、C、D常溫下都是氣體；B為紅棕色，B為二氧化氮；A為氮?dú)?，氮?dú)夂脱鯕馍梢谎趸狢，一氧化氮和氧氣生成二氧化氮D，二氧化氮和水生成硝酸E，硝酸和銅生成一氧化氮、硝酸銅；氮?dú)夂蜌錃馍砂睔釪，氨氣和氧氣催化氧化生成一氧化氮；

【詳解】

（1）A→D反應(yīng)為氮?dú)夂蜌錃獯呋砂睔猓?/p>

（2）D→C為氨氣和氧氣催化氧化生成一氧化氮和水，

（3）二氧化氮B與一定量的氧氣混合通入水中能被完全吸收生成硝酸，反應(yīng)為則二氧化氮與的物質(zhì)的量之比為4:1；該反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移情況為若該反應(yīng)轉(zhuǎn)移個(gè)電子，則參加反應(yīng)的二氧化氮的物質(zhì)的量為1mol?！窘馕觥?1)

(2)

(3)4:11五、工業(yè)流程題(共3題，共6分)23、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(guò)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(guò)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(guò)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^(guò)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(guò)量CO2后進(jìn)行固液得到膠狀物；抽濾時(shí)不宜過(guò)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(méi)有對(duì)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(cè)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(guò)固體，重復(fù)2-3次。

(5)45.82%24、略

【分析】【分析】

鋅灰(主要成分是ZnO，ZnCl2，還含有SiO2，CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO轉(zhuǎn)化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，則過(guò)濾得到的濾渣1主要為PbSO4、SiO2；濾液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向?yàn)V液中加入Zn粉，將Cu2+還原利用生成CuCl沉淀達(dá)到沉銅的目的，繼續(xù)向溶液中加入雙氧水將Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO調(diào)節(jié)溶液pH，將Fe3+轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵沉淀并過(guò)濾除去，將濾液蒸發(fā)、濃縮并冷卻結(jié)晶，過(guò)濾得到ZnSO4?7H2O；濾液加入氫氧化鈉溶液可生成氫氧化鋅，加熱分解生成氧化鋅，最后電解生成Zn，以此解答該題。

【詳解】

(1)由分析可知，濾渣1的主要成分為SiO2和PbSO4；

(2)濃硫酸有強(qiáng)氧化性，酸浸時(shí)，如使用硫酸濃度過(guò)高，反應(yīng)速率會(huì)很慢，在溶解時(shí)會(huì)氧化FeO生成Fe3+，同時(shí)生成SO2，污染環(huán)境，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式2FeO+4H2SO4(濃)=Fe2(SO4)3+SO2↑+4H2O；

(3)“沉銅”時(shí)加入Zn粉，將Cu2+還原利用生成CuCl沉淀，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+；

(4)在pH為5.6的條件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氫氧化鐵膠體，繼續(xù)加入聚丙烯酰胺絮凝劑并加熱攪拌，可促使Fe(OH)3膠體聚沉；有利于過(guò)濾分離；

(5)儲(chǔ)罐內(nèi)ZnO溶解后形成Zn(OH)離子，發(fā)生的離子反應(yīng)2OH－＋ZnO＋H2O＝Zn(OH)則每溶解1molZnO，需消耗2molKOH；電解池陽(yáng)極上的H2在堿性條件下失電子氧化生成H2O，電極反應(yīng)為H2-2e-+2OH-=2H2O，陰極上Zn(OH)離子得電子還原生成Zn，電極反應(yīng)式為Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，則電解池中的總反應(yīng)離子方程式為H2+Zn(OH)42-2H2O+Zn+2OH-；

(6)已知Ka(CH3COOH)=則c(H+)=1×10-5mol/L，此時(shí)溶液pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=×==1.0×10-7×1.0×10-14，其中c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，則c(S2-)=1.0×10-12mol/L，此時(shí)Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，則c(Zn2+)=1×10-11mol·L-1。

【點(diǎn)睛】

本題難點(diǎn)是(6)綜合利用電離平衡常數(shù)和溶度積常數(shù)計(jì)算溶液的pH和c(Zn2+)，準(zhǔn)確利用公式是解題關(guān)鍵，特別是Ka2(H2S)×Ka1(H2S)=這是易錯(cuò)點(diǎn)?！窘馕觥縋bSO4產(chǎn)生SO2氣體，污染環(huán)境或無(wú)法反應(yīng)(速率慢)等Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+促使Fe(OH)3膠體聚沉，有利于過(guò)濾分離2H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH-51×10-11mol·L-125、略

【分析】【分析】

首先利用硫酸分解磷礦石[Ca5(PO4)3F]得到濕法磷酸，其中含F(xiàn)e3+、Al3+，加入碳酸鈉溶液和磷酸反應(yīng)，反應(yīng)Ⅰ中磷酸轉(zhuǎn)化為鈉鹽，其鈉鹽再與Fe3+、Al3+作用形成沉淀，過(guò)濾得到FePO4和AlPO4沉淀，濾液中主要含Na2HPO4；向?yàn)V液中加入NaOH溶液，得到Na3PO4；然后加入NaOH和足量氯氣反應(yīng)后的溶液(主要含NaCl和NaClO)，由于氯化磷酸三鈉溶解度較小，所以會(huì)析出氯化磷酸三鈉晶體，得到的母液主要含NaCl、NaClO、Na3PO4等。

【詳解】

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F可以得到釋放磷酸；該反應(yīng)應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)，根據(jù)元素守恒，再結(jié)合HF為弱酸，可知產(chǎn)生的有毒氣體主要是HF；

(2)①碳酸的酸性弱于磷酸，所以加入碳酸鈉轉(zhuǎn)化為Na2HPO4的主要離子方程式為據(jù)圖可知pH約為10時(shí)，溶液中的P元素主要以的形成存在；

②常溫下，HPO+Fe3+FePO4+H+的K==所以lgK=lgKa3-lgKsp[FePO4]，據(jù)圖可知當(dāng)c()=c(PO)時(shí)溶液pH=12.36，而Ka3=所以lgKa3=-12.36，所以lgK=-12.36-(-21.89)=9.53；

(3)據(jù)圖可知當(dāng)pH=14左右時(shí)磷元素主要以PO的形式存在，Na2CO3溶液的pH難以達(dá)到14，不能將Na2HPO4全部轉(zhuǎn)化為Na3PO4，還會(huì)引入Na2CO3雜質(zhì)；

(4)反應(yīng)III為氯氣和NaOH溶液的反應(yīng)，生成氯化鈉和次氯酸鈉，方程式為NaClO受熱易分解，冷卻混合液可以減少次氯酸鈉的分解；“母液”中的溶質(zhì)有NaClO、NaCl、Na3PO4。

【點(diǎn)睛】

雖然強(qiáng)堿弱酸鹽顯堿性，可以用來(lái)調(diào)節(jié)溶液的pH值，但要注意水解鹽的堿性較弱，當(dāng)需要強(qiáng)堿性環(huán)境時(shí)還需要堿溶液進(jìn)行調(diào)節(jié)?！窘馕觥縃F109.53Na2CO3溶液的pH難以達(dá)到14，不能將Na2HPO4全部轉(zhuǎn)化為Na3PO4，還會(huì)引入Na2CO3雜質(zhì)減少次氯酸鈉分解NaCl、Na3PO4六、綜合題(共4題，共28分)26、反應(yīng)物能量生成物能量無(wú)降低因?yàn)榇呋瘎└淖兞朔磻?yīng)的歷程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ?mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1【分析】【解答】（1）因圖中A；C分別表示反應(yīng)物總能量、生成物總能量；B為活化能，反應(yīng)熱可表示為A、C活化能的大小之差，活化能的大小與反應(yīng)熱無(wú)關(guān)，加入催化劑，活化能減小，反應(yīng)反應(yīng)熱不變；

（2）因1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化為2molSO3的△H=﹣198kJ?mol﹣1；

則2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ?mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2時(shí)，自身被還原為四價(jià)釩化合物；四價(jià)釩化合物再被氧氣氧化，則反應(yīng)的相關(guān)方程式為：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ?mol﹣1；

則利用蓋斯定律將①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1；

【分析】（1）反應(yīng)物總能量大于生成物總能量；催化劑改變了反應(yīng)的歷程使活化能E降低，反應(yīng)熱不變；

（2）根據(jù)反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）結(jié)合1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1計(jì)算反應(yīng)熱；

（3）根據(jù)反應(yīng)物和生成物確定反應(yīng)的歷程；

（4）利用蓋斯定律計(jì)算．27、1：52）鹽酸體現(xiàn)出的性質(zhì)有：____酸性和還原性3）用雙線橋表示出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O4）當(dāng)被氧化的HCl為73克時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子的數(shù)目為_(kāi)__