深圳市高级中学2017届高二上学期第一次月考(化学).doc

深圳市高级中学2017届高二上学期第一次月考化 学时量:90分钟 总分:100分注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号、试室号、座位号涂写在答题卷上。2、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。答案必须写在答题卷各题目规定区域内的相应位置上。如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案。不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4、考生必须保持答题卷的整洁。考试结束后，交答题卷。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cu 64 一选择题（每小题只有一个选项符合题目要求，每小题4分，共计48分）1.下列有关环境问题的说法不正确的是（）A燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO2的含量B京津冀、长三角、珠三角雾霾的形成与煤的燃烧、化工厂大量排放含硫、含氮氧化物、颗粒物和汽车排放的尾气等有关C pH小于7.0的降雨通常称为酸雨D使用洁净能源、为汽车安装尾气转化装置、对硝酸厂排放的废气进行碱处理能有效控制氮氧化物对空气的污染2.下列说法正确的是（）A大量燃烧化石燃料是造成雾霾的一种重要因素B食品中的抗氧化剂本身是难于氧化的物质C含SO42的澄清溶液中不会含Ba2+D凡溶于水能电离出H+离子的化合物均属于酸3.化学与生活息息相关，下列说法正确的是（）A我国居民传统膳食以糖类为主，淀粉、脂肪都是糖类物质B人体内的蛋白质不断分解，最终生成水和二氧化碳排出体外C长期烧水的水壶内壁容易形成一层水垢，可以用食醋除去D明矾净水时发生了化学及物理变化，能起到杀菌、消毒的作用4.下列物质性质和应用的对应关系正确的是( )A84消毒液具有碱性，可用作消毒剂和漂白剂B氢氟酸具有酸性，可用于玻璃的腐蚀剂C过氧化钠具有漂白性，可作航空和潜水的供氧剂D活性铁粉具有还原性，在食品袋中可用作除氧剂5.只用一种试剂可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2（SO4）3、（NH4）2SO4五种溶液，这种试剂是（）ANaOH BH2SO4 CBaCl2 DAgNO36.下列气体，溶于水后可以生成两种酸的是（）ASO2BCO2CCl2DNH37.（不定项）下列除去杂质（括号内为杂质）的方法中，正确的是（）A乙烷（乙炔）：将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液，洗气除去乙烷中的乙炔气体B苯（苯酚）：向混合液中加入适量的浓溴水，过滤，除去苯中的少量苯酚C酒精（水）：向含水酒精中加入生石灰，蒸馏，得到无水酒精D硝基苯（NO2）：向溶有杂质的硝基苯加入一定量的浓氢氧化钠溶液，振荡，分液可除去中溶解的NO28.已知甲醛分子中的4个原子在同一平面上，下列分子中的所有原子不可能同时存在于同一平面上的是（）A BCD9.下列叙述中，正确的是（）A醛和酮是不同类的同分异构体，二者的化学性质相似B能发生银镜反应的物质是醛，1mol醛与银氨溶液反应只能还原出2mol AgC醛类化合物既能发生氧化反应，又能发生还原反应D丙醛、丙酮、丙酸均能与氢气在催化剂作用下发生加成反应10.等物质的量下列物质中，完全燃烧时消耗O2最少的是（）A甲烷B苯C乙酸丙酯D乙二醛（OHCCHO）11.将29.5g乙烷和乙烯的混合气体通入足量的溴水后，溴水质量增加7g，则混合气体中乙烯的体积分数是（）A21%B25%C30%D35%12.把含硫酸铵和硝酸铵的混合液a L分成两等份一份加入含b mol NaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗c mol BaCl2才能使SO42完全沉淀，则原溶液中NO3的物质的量浓度为（）A BCD二、填空题（本题共6道小题，每小空2分 含3分，共52分）13.已知在某温度T时，某稀硫酸和盐酸混合液中，c（H+）=10amolL1，c（OH）=10bmolL1，已知a+b=12向20mL该混合酸溶液中逐滴加入pH=11Ba（OH）2溶液，生成BaSO4的质量与加入的Ba（OH）2溶液体积关系如图所示，当加入60mL Ba（OH）2溶液时，C点溶液的pH=6（体积变化忽略不计），试计算：（1）最初混合酸溶液中c（HCl）= ；（2）图中 点BaSO4就已被完全沉淀，质量为 克；（3）B点pH= （第（3）步要求写出计算过程）（已知lg3=0.48）14.（12分）过氧化钙（CaO28H2O）是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。（1）Ca(OH)2悬浊液与H2O2溶液反应可制备CaO28H2O。Ca(OH)2+H2O2+6H2OCaO28H2O反应时通常加入过量的Ca(OH)2，其目的是_。（2）向池塘水中加入一定量的CaO28H2O后，池塘水中浓度增加的离子有_（填序号）。A.Ca2+ B.H+ C.CO32 D.OH(3)水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置；加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I完全反应生成Mn2+和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：O2MnO(OH)2 I2 S4O62写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式：_。取加过一定量CaO28H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.01000 molL1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧（用mgL1表示），写出计算过程。15.下表是元素周期表的一部分，请按要求回答有关问题： 族周期AAAAAAA0族234（1）表中化学性质最不活泼的元素的原子结构示意图为： ；（2）表中能形成两性氢氧化物的元素是 （用元素符号表示），写出该元素的单质与的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式： ；（3）元素与元素形成的化合物中的化学键类型是 ，写出该化合物的电子式： ；（4）四种元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最弱的是 （填化学式）；（5）元素与元素两者核电荷数之差是 ；（6）气态氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐的元素是： （填序号）；（7）四种元素的简单离子的半径由大到小的顺序为： （填化学式）16.钴（Co）及其化合物在工业上有广泛应用为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如图（废料中含有Al、Li、Co2O3和Fe2O3等物质）已知：物质溶解性：LiF难溶于水，Li2CO3微溶于水；部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH见表Fe3+Co2+Co3+Al3+pH（开始沉淀）1.97.150.233.4pH（完全沉淀）3.29.151.094.7请回答：（1）写出步骤中Co2O3与盐酸反应生成Cl2的离子方程式： （2）步骤中 Na2CO3溶液的作用是调节溶液的pH，应使溶液的pH不超过 ；废渣中的主要成分除了LiF外，还有 （3）NaF 与溶液中的Li+形成LiF沉淀，此反应对步骤所起的作用是 （4）在空气中加热5.49g草酸钴晶体（CoC2O42H2O）样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表已知：M（CoC2O42H2O）=183g/mol温度范围/固体质量/g1502104.412903202.418909202.25经测定，210290过程中产生的气体只有CO2，此过程发生反应的化学方程式是 温度高于890时，固体产物发生分解反应，固体产物为 17.化学电池的研究一直是化学工作者研究的热点之一美国科学家S鲁宾成功开发锌汞纽扣式电池，以锌和氧化汞为电极材料，氢氧化钾溶液为电解液的原电池，有效地解决电池使用寿命短，易发生漏液等问题电池总反应为：Zn+HgOZnO+Hg（1）该电池的正极反应式为 （2）含汞电池生产企业的污水中会含有一定量的+2价的汞离子，通常采用处理成本较低的硫化物沉淀法，即向污水中投入一定量的硫化钠，反应的离子方程式为 （3）该方法的缺点是产物的颗粒比较小，大部分悬浮于污水中，通常采用投入一定量的明矾晶体进行后续处理，请解释其原因 锂离子电池由于轻便、比能量大等优点，成为当今社会最为常见的电池其中的重要材料磷酸亚铁锂（LiFePO4）通常按照下列流程进行生产： 请回答下列问题：（4）生产过程中“混合搅拌”的目的是 气体X的化学式为 （5）请写出一定条件下由LiH2PO4生成LiFePO4的化学方程式 ，当生成1mol磷酸亚铁锂时，转移的电子数目为 （6）生成LiFePO4的过程可能产生一种杂质对电池有致命的影响，则该杂质可能为 18.工业上通过电解MnSO4和ZnSO4制取Zn和MnO2，原料为软锰矿和闪锌矿，软锰矿中含MnO2约a%，SiO2约20%，Al2O3约4%，其余为水分，闪锌矿中含ZnS约80%，FeS、CuS、SiO2共约7%，其余为水分I（1）为了测量软锰矿中MnO2含量的测定，现将14.5g软锰矿溶于足量的稀硫酸中，加入足量的碘化钾晶体，充分反应后，过滤，将滤液加水稀释至1L，取25.00ml该溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.1000molL1的标准Na2S2O3溶液滴定，消耗标准液50.00ml，则软锰矿中MnO2含量 （已知：2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4； I2+2S2O32=2I+S4O62）研人员开发了综合利用这两种资源的同槽酸浸工艺，工艺流程如图1所示图1请回答下列问题：（2）反应I的滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等试完成反应I中生成CuSO4和MnSO4的化学方程MnO2+CuS+ = + +CuSO4+MnSO4（3）反应加入适量锌的作用是 ；如果锌过量，还会进一步发生反应的离子方程式为 （4）图2是Na2SO4和Na2SO410H2O的溶解度曲线（g/100g水），则中得到Na2SO4固体的操作是：将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液升温结晶 用乙醇洗涤干燥用乙醇洗涤而不用水洗的原因是 图2（5）用惰性电极电解MnSO4和ZnSO4制得Zn和MnO2的总反应是： （6）本工艺可以循环利用的物质除MnO2、MnCO3、ZnCO3以外，还有 （写化学式）参考答案1.C【考点】三废处理与环境保护【分析】A、煤燃烧时生成的二氧化硫能和它们反应生成硫酸钙或亚硫酸钙等物质；B、京津冀、长三角、珠三角工业发达，大量使用煤的燃烧、化工厂大量排放含硫、含氮氧化物、颗粒物和汽车排放的尾气，造成了雾霾的形成；C、pH小于5.6的降水属于酸雨；D、汽车安装尾气转化装置发生NO和CO反应，生成CO2和N2【解答】解：A、煤燃烧时应加入适量的石灰石，以减少废气中的二氧化硫，煤燃烧时生成的二氧化硫能和它们反应生成硫酸钙或亚硫酸钙等物质，故A正确；B、京津冀、长三角、珠三角工业发达，大量使用煤的燃烧、化工厂大量排放含硫、含氮氧化物、颗粒物和汽车排放的尾气，造成了雾霾的形成，所以京津冀、长三角、珠三角雾霾的形成与煤的燃烧、化工厂大量排放含硫、含氮氧化物、颗粒物和汽车排放的尾气等有关，故B正确；C、pH小于5.6的降水属于酸雨，而不是小于7.0，故C错误；D、汽车安装尾气转化装置发生NO和CO反应，生成CO2和N2，变成无污染的气体，故D正确；故选：C2.A【考点】常见的生活环境的污染及治理；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【专题】化学应用【分析】A大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘；B抗氧化剂应具有还原性；C依据溶度积规则解答；D溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸【解答】解：A大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘，是造成雾霾天气的一种重要因素，故A正确；B食品中的抗氧化剂具有还原性，本身是易被氧化的物质，故B错误；C含SO42的澄清溶液中可以含Ba2+，只要硫酸根离子浓度与钡离子浓度乘积小于硫酸钡溶度积常数即可，故C错误；D溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，NaHSO4溶液中也能电离出氢离子，故D错误；故选：A【点评】本题为综合题，考查了雾霾的成因、食品的防腐原理、溶度积规则、酸的概念，掌握基础是解题关键，题目难度不大3.C【考点】营养均衡与人体健康的关系【专题】化学应用【分析】A脂肪不是糖类物质，属于油脂；B人体内的蛋白质不断分解，最终水解为氨基酸；C水垢的主要成分是碳酸钙，醋酸能与碳酸钙反应； D明矾净水的原理是氢氧化铝胶体具有吸附性【解答】解：A脂肪不是糖类物质，属于油脂，故A错误；B人体内的蛋白质不断分解，最终水解为氨基酸，故B错误；C水垢的主要成分是碳酸钙，食醋的有效成分是醋酸，醋酸能与碳酸钙反应，故C正确；D明矾净水的原理是氢氧化铝胶体具有吸附性，没有杀菌消毒的作用，故D错误；故选C【点评】本题考查化学与生活，涉及人体基本营养物质、醋酸的性质、明矾净水的原理，难度不大，注意相关知识的积累4.DA项，次氯酸钠溶液显碱性，与消毒、漂白无关；次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性，次氯酸钠具有强氧化性，能使蛋白质变性，性质与用途没有相关性，错误；B项，氢氟酸与二氧化硅反应，属于特殊性质，不是利用HF电离出来的氢离子反应，错误；C项，过氧化钠与二氧化碳反应释放O2，所以它作供氧剂，与漂白性无关，错误。D项，铁粉具有还原性，能吸收食品袋内O2，作除氧剂，性质与用途一致，正确。5.A解：A加入NaOH，Na2SO4无现象，MgCl2生成白色沉淀，FeCl2生成白色沉淀迅速变成灰绿色最后总变成红褐色，Al2（SO4）3先生成白色沉淀后沉淀溶解，（NH4）2SO4生成刺激性气体，四种物质现象各不相同，可鉴别，故A正确；B均与硫酸不反应，不能鉴别，故B错误；CNa2SO4、Al2（SO4）3、（NH4）2SO4均与氯化钡反应生成白色沉淀，不能鉴别，故C错误； D均与硝酸银反应生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误；故选A6.C【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；氨的化学性质【分析】ASO2与水反应生成亚硫酸；BCO2与水反应生成碳酸；CCl2与水反应生成盐酸和次氯酸；DNH3与水反应生成一水合氨【解答】解：ASO2与水反应生成亚硫酸，生成一种酸，故A错误；BCO2与水反应生成碳酸，生成一种酸，故B错误；CCl2与水反应生成盐酸和次氯酸，生成两种酸，故C正确；DNH3与水反应生成一水合氨，生成一种碱，故D错误；故选C7.CD【考点】物质的分离、提纯和除杂【分析】A乙炔与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳气体； B苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚与苯互溶；C生石灰和水能反应；D氢氧化钠与NO2反应生成的硝酸钠和亚硝酸钠，溶于水，硝基苯不溶于水【解答】解：A乙炔与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，应用溴水除杂，故A错误； B苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚与苯互溶，不能将杂质除去，且引入新的杂质，应加入氢氧化钠溶液然后分液，故B错误；C生石灰和水能反应生成氢氧化钙，所以生石灰能吸收蒸馏出的水分，从而制得无水酒精，故C正确；D氢氧化钠与NO2反应生成的硝酸钠和亚硝酸钠，溶于水，硝基苯不溶于水，振荡静置后分液，可除去，故D正确故选CD8.D【考点】常见有机化合物的结构【分析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断，注意结合信息中甲醛的平面结构【解答】解：A苯为平面结构，乙烯为平面结构，通过旋转乙烯基连接苯环的单键，可以使两个平面共面，故苯乙烯中所有的原子可能处于同一平面，故A正确； B乙炔是直线型结构，苯环为平面结构，醛基为平面结构，通过旋转醛基连接苯环的单键，可以使两个平面共面，故中所有的原子可能处于同一平面，故B正确；C苯为平面结构，乙烯为平面结构，旋转羧基中的CO单键，可以使羧基中的所有原子处于同一平面，通过旋转羧基连接乙烯的单键，可以使三个平面共面，故中所有的原子可能处于同一平面，故C正确；D甲烷是正四面体结构，亚甲基中碳原子相连的4个原子一定不在同一平面上，故D错误故选D9.C【考点】有机化学反应的综合应用【分析】A醛和酮含有不同的官能团，化学性质不相似；B.1mol甲醛中含有2个醛基，能与银氨溶液反应生成4molAg；C醛类既有还原性又有氧化性；D丙酸不能发生加成反应【解答】解：A醛和酮含有的官能团分别是醛基和羰基，化学性质不同也不相似，故A错误；B.1mol甲醛能还原出4molAg，故B错误；C醛类既能发生氧化反应也能发生还原反应，故C正确；D丙酸中含有羧基，COOH不能与氢气发生加成反应，故D错误，故选C10.D【考点】有关有机物分子式确定的计算【分析】烃及烃的含氧衍生物组成为CxHyOz（z=0时为烃），1mol的耗氧量为（x+）mol【解答】解：烃及烃的含氧衍生物组成为CxHyOz（z=0时为烃），则CxHyOz+（x+）O2xCO2+H2O，故1mol的耗氧量为（x+）mol，A.1mol甲烷耗氧量为（1+）mol=2mol；B.1mol的耗氧量为（6+）mol=7.5mol；C.1mol乙酸丙酯（C5H10O2）的耗氧量为（5+）mol=6.5mol；D.1mol乙二醛（C2H2O2）的耗氧量为（2+）mol=1.5mol，故选：D11.B【考点】化学方程式的有关计算【分析】将29.5g乙烯和乙烷的混合气体通入足量的溴水后，溴水增重7g为C2H4质量，从而计算出乙烷的质量，再根据n=计算乙烯、乙烷的物质的量，最后相同条件下气体体积之比等于物质的量之比计算乙烯占混合气体的体积分数【解答】解：将29.5g乙烯和乙烷的混合气体通入足量的溴水后，溴水增重的7g为C2H4的质量，则乙烷的质量为：29.5g7g=22.5g，混合气体中乙烯的物质的量为：n（C2H4）=0.25mol，乙烷的物质的量为： =0.75mol，相同条件下气体的体积之比等于其物质的量之比，则混合气体中乙烯占混合气体的体积分数为：100%=25%，故选B12.B【考点】物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算【分析】bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4+OHNH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2+SO42BaSO4可知每份含有SO42cmol根据溶液不显电性，计算出每份中NO3的物质的量，再根据c=计算【解答】解：bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4+OHNH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2+SO42BaSO4可知每份含有SO42cmol令每份中NO3的物质的量为n，根据溶液不显电性，则：bmol1=cmol2+n1解得n=（b2c）mol每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为c（NO3）=mol/L即原溶液中硝酸根的浓度为mol/L故选B13.（1）0.2mol/L（2）A；0.233（3）1.48【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】（1）该温度下，Kw=10a10b=10（a+b）=1012，pH=11的Ba（OH）2溶液中c（OH）=0.1mol/L，c（Ba2+）=c（OH）=0.05mol/L，加入20mLBa（OH）2溶液时，沉淀量达最大，钡离子与硫酸根离子恰好反应，根据n=cV计算该阶段消耗的n（Ba2+），由离子守恒可知n（H2SO4）=n（BaSO4）加入60mLBa（OH）2溶液时，溶液的pH=6，呈中性，氢离子与氢氧根离子恰好反应，据此计算混合溶液中n（H+），溶液中n（HCl）=n（H+）2n（H2SO4），再根据c=计算原混合溶液中c（HCl）；（2）A点沉淀量达最大，硫酸与氢氧化钡恰好反应，由离子守恒可知n（H2SO4）=n（BaSO4）；（3）根据消耗的氢氧化钡计算B点参加反应的氢离子物质的量，进而计算溶液中氢离子浓度，根据pH=lgc（H+）计算B点pH值【解答】解：（1）该温度下，Kw=10a10b=10（a+b）=1012，pH=11的Ba（OH）2溶液中c（OH）=0.1mol/L，c（Ba2+）=c（OH）=0.05mol/L，加入20mLBa（OH）2溶液时，沉淀量达最大，钡离子与硫酸根离子恰好反应，该阶段消耗的n（Ba2+）=0.02L0.05mol/L=0.001mol，由离子守恒可知n（H2SO4）=n（BaSO4）=0.001mol，加入60mLBa（OH）2溶液时，溶液的pH=6，呈中性，氢离子与氢氧根离子恰好反应，故混合溶液中n（H+）=n（OH）=0.06L0.1mol/L=0.006mol，溶液中n（HCl）=0.006mol20.001mol=0.004mol，故原混合溶液中c（HCl）=0.2mol/L，故答案为：0.2mol/L；（2）A点沉淀量达最大，硫酸与氢氧化钡恰好反应，由离子守恒可知n（H2SO4）=n（BaSO4）=0.001mol，质量为0.233g；故答案为：A；0.233；（3）B点加入的氢氧化钡溶液中氢氧根离子物质的量为0.04L0.1mol/L=0.004mol，故参加反应的氢离子为=0.004mol，溶液中剩余氢离子为0.006mol0.004=0.002，氢离子浓度为=mol/L，此时溶液pH=lg=1.48，故答案为：1.4814.（1）提高H2O2的利用率 （2）AD （3）O22Mn24OH=2MnO(OH)2 在100.00mL水样中I22S2O32=2IS4O62n(I2)=6.750105moln= n(I2)= 6.750105moln(O2)= n=6.750105mol3.375105mol水中溶解氧=10.80mg/L（1）根据方程式可知，反应时加入过量的Ca(OH)2，可以提高双氧水的利用率。（2）过氧化钙与水反应生成氢氧化钙、氧气和水，因此向池塘水中加入一定量的CaO28H2O后，池塘水中浓度增加的离子有钙离子和氢氧根离子。（3）O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2中氧气是氧化剂，得到4个电子，Mn元素的化合价从+2价提高到+4价，失去2个电子，根据电子得失守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式为O22Mn24OH=2MnO(OH)2。计算过程见答案。15.（1） ；（2）Al；2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（3）离子键； ；（4）H2CO3；（5）26；（6）；（7）S2ClMg2+Al3+【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】由元素在周期表中位置，可知为C、为N、为F、为Mg、为Al、为S、为Cl、为Ar、为K、为Br（1）稀有气体Ar最不活泼，原子核外有18个电子层，各层电子数为2、8、8；（2）氢氧化铝是两性氢氧化物，的最高价氧化物对应的水化物为KOH，Al与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾与氢气；（3）元素与元素形成的化合物为MgCl2，由镁离子与氯离子构成；（4）非金属性越强，最高价含氧酸的酸性最强；（5）元素与元素两者核电荷数之差为第三、第四周期容纳元素种数；（6）氮元素的气态氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐硝酸铵；（7）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越大离子半径越大【解答】解：由元素在周期表中位置，可知为C、为N、为F、为Mg、为Al、为S、为Cl、为Ar、为K、为Br（1）稀有气体Ar最不活泼，原子核外有18个电子层，各层电子数为2、8、8，原子结构示意图为：，故答案为：；（2）A元素的氢氧化物氢氧化铝是两性氢氧化物，的最高价氧化物对应的水化物为KOH，Al与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾与氢气，反应离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：Al；2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（3）元素与元素形成的化合物为MgCl2，由镁离子与氯离子构成，含有离子键，电子式为，故答案为：离子键；（4）四种元素的最高价氧化物对应的水化物中高氯酸、硫酸、硝酸均为强酸，而碳酸为弱酸，故碳酸的酸性最弱，故答案为：H2CO3；（5）元素与元素两者核电荷数之差为第三、第四周期容纳元素种数，即原子序数形成8+18=26，故答案为：26；（6）氮元素的气态氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐硝酸铵，为表中号元素，故答案为：；（7）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越大离子半径越大，故离子半径：S2ClMg2+Al3+，故答案为：S2ClMg2+Al3+16.（1）Co2O3+6H+2Cl=2 Co2+Cl2+3H2O；（2）7.15；Fe（OH）3；（3）降低溶液中Li+浓度，避免步骤中产生Li2CO3沉淀；（4）3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2；CoO解：（1）氧化钴氧化盐酸溶液中氯化氢为氯气，结合原子守恒和电子守恒分析配平书写离子方程式，钴元素化合价降低为+2价氯元素化合价1价变化为0价，反应的离子方程式：Co2O3+6H+2Cl=2Co2+Cl2+3H2O故答案为：Co2O3+6H+2Cl=2 Co2+Cl2+3H2O；（2）依据表中数据分析判断加入碳酸钠调节溶液PH，沉淀铁离子和锂离子，但不能沉淀钴离子，步骤中Na2CO3溶液的作用是调节溶液的pH，应使溶液的pH不超过7.15，废渣中的主要成分除了LiF外还有Fe（OH）3；故答案为：7.15；Fe（OH）3；（3）NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，此反应对步骤所起的作用是，降低溶液中Li+浓度，避免步骤中产生Li2CO3沉淀；故答案为：降低溶液中Li+浓度，避免步骤中产生Li2CO3沉淀；（4）计算晶体物质的量n=0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化=0.06mol18g/mol=1.08g，图表数据可知，150210固体质量变化=5.49g=4.41g=1.08g，说明210C失去结晶水得到CoC2O4，210290过程中是CoC2O4发生的反应，210290过程中产生的气体只有CO2 ，依据元素守恒得到生成CO2物质的量为0.06mol，质量=0.06mol44g/mol=2.64g，气体质量共计减小=4.41g2.41g=2g，说明不是分解反应，参加费用的还有氧气，则反应的氧气质量=2.64g2g=0.64g，O2物质的量=0.02mol；n（CoC2O4）：n（O2）：n（CO2）=0.03：0.02：0.06=3：2：6，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式为3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2，温度高于890时，固体产物发生分解反应，得到固体的质量为2.25g，根据前面的计算可知，固体中只含有钴元素和氧元素，其中含有钴元素的质量为0.0359g=1.77g，所以固体中含有氧元素的质量为0.48g，其物质的是来0.03mol，所以固体中钴原子与氧原子的物质的量之比为0. 03：0.03=1：1，所以固体的化学式为CoO，故答案为：3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2；CoO17.I（1）HgO+H2O+2e=Hg+2OH；（2）Hg2+S2=HgS；（3）铝离子水解得到氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附HgS颗粒，加快HgS微粒的沉降；（4）使反应物充分混合，提高反应速率；NH3；（5）2LiH2PO4+Fe2O3+C=2LiFePO4+CO+2H2O；6.021023；（6）Fe【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】I（1）正极发生还原反应，HgO获得电子生成Hg，碱性条件下还生成氢氧根离子；（2）硫离子与汞离子反应生成HgS沉淀；（3）铝离子水解得到氢氧化铝胶体，吸附HgS颗粒，加快沉淀；（4）充分混合，加快反应速率；铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气；（5）流程图中LiH2PO4与Fe2O3、C反应生成LiFePO4，Fe元素被还原，C元素被氧化生成CO，还有水生成；根据Fe元素化合价变化计算转移电子；（6）碳可能将氧化铁中Fe元素还原为Fe单质【解答】解：I（1）正极发生还原反应，HgO获得电子生成Hg，碱性条件下还生成氢氧根离子，该电池的正极反应式为：HgO+H2O+2e=Hg+2OH，故答案为：HgO+H2O+2e=Hg+2OH；（2）硫离子与汞离子反应生成HgS沉淀，反应离子方程式为：Hg2+S2=HgS，故答案为：Hg2+S2=HgS；（3）铝离子水解得到氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附HgS颗粒，加快HgS微粒的沉降，故答案为：铝离子水解得到氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附HgS颗粒，加快HgS微粒的沉降；（4）生产过程中“混合搅拌”的目的是：使反应物充分混合，提高反应速率，铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气，即X为NH3，故答案为：使反应物充分混合，提高反应速率；NH3；（5）流程图中LiH2PO4与Fe2O3、C反应生成LiFePO4，Fe元素被还原，C元素被氧化生成CO，还有水生成，反应方程式为：2LiH2PO4+Fe2O3+C=2LiFePO4+CO+2H2O，当生成1mol磷酸亚铁锂时，转移的电子为1mol，即转移电子数目为6.021023，故答案为：2LiH2PO4+Fe2O3+C=2LiFePO4+CO+2H2O；6.021023；（6）碳可能将氧化铁中Fe元素还原为Fe单质，对电池有致命的影响，故答案为：Fe【点评】本题考查原电池的工作原理、物质准备工艺流程、陌生化学式书写、沉淀转化等，是对学生综合能力的考查18.（1）60%；（2）2H2SO4；S；2H2O；（3）将溶液中的硫酸铜转化为铜；Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn2+；（4）趁热过滤，防止Na2SO4固体因溶解而减少，防止Na2SO4固体转变为Na2SO410H2O晶体；（5）MnSO4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4；（6）Zn【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】定量测定与误差分析【分析】（1）2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4；I2+2S2O32=2I+S4O62，MnO2I22S2O32，依据离子方程式定量关系计算，注意溶液体积的变化；（2）生成CuSO4和MnSO4的化学方程式是MnO2，CuS在酸性溶液中发生的氧化还原反应，氧化剂为MnO2，被还原为硫酸锰，还原剂为CuS，被氧化为硫单质同时生成硫酸铜，依据电子守恒和原子守恒写出化学方程式判断；（3）流程图分析，锌的主要作用是加入适量和铁离子反应生成亚铁离子，把铜离子转化为铜除去；锌过量会和亚铁离子反应生成铁单质；（4）依据图象的溶解度随温度变化分析判断，得到硫酸钠的适宜条件，注意溶解度的影响；（5）流程图中得到产物为二氧化锰和锌分析，得到锌是锌离子在阴极得到电子析出；二氧化锰是在阳极失电子生成，据此书写化学方程式；（6）可以循环利用的物质是反应过程中重复使用，最后又生成可以进行循环使用【解答】解：（1）2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4；I2+2S2O32=2I+S4O62， MnO2I22S2O32， 1 2 n 0.1000molL10.050Ln=0.0025mol1L溶液中含MnO2物质的量=0.0025mol=0.1mol，则软锰矿中MnO2含量=100%=60%，故答案为：60%；（2）依据流程图分析判断，反应的滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等，软锰矿和闪锌矿中的MnO2，CuS在酸性溶液中发生的氧化还原反应生成生成CuSO4和MnSO4硫单质，反应的化学方程式为：MnO2+CuS+2H2SO4=S+CuSO4+MnSO4+2H2O，故答案为：2H2SO4；S；2H2O；（3）流程分析，反应的滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等，加入锌反应生成铜，锌的主要作用是加入适量和铁离子反应生成亚铁离子，把铜离子转化为铜除去；锌过量会继续反应置换出铁；反应的离子方程式为：Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn2+，故答案为：将溶液中的硫酸铜转化为铜；Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn2+；（4）图象分析可知温度高时析出硫酸钠，温度低时析出硫酸钠结晶水合物晶体，所以需要趁热过滤；洗涤晶体时用乙醇洗涤避免形成结晶水合物，故答案为：趁热过滤，防止Na2SO4固体因溶解而减少，防止Na2SO4固体转变为Na2SO410H2O晶体；（5）流程图中得到产物为二氧化锰和锌分析，得到锌是锌离子在阴极得到电子析出，电极反应为：Zn2+2e=Zn；二氧化锰是在阳极锰离子失电子生成，电极反应为：Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+，反应的化学方程式为：MnSO4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4，故答案为：MnSO4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4；（6）依据流程图可知能循环使用的物质为Zn、ZnCO3、MnCO3和MnO2，故答案为：Zn【点评】本题考查了物质制备实验的分析判断，物质溶解性的理解应用，电解原理的应用判断电极反应的产物判断和电极反应书写，题目难度较大.