第1頁江蘇省南通市區(qū)啟東中學(xué)2024-2025學(xué)年高一上學(xué)期期中考試化學(xué)試題一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。B.H?SO?中硫元素的化合價為+4價C.Na?O?中陰離子與陽離子的個數(shù)之比為1:2NaHCO?A.用圖1裝置檢驗鉀元素B.用圖2裝置除去CO?中少量的HClC.用圖3裝置發(fā)生鋁熱反應(yīng)D.用圖4裝置制取氯氣A.硫酸鎂溶液和氫氧化鈉溶液反應(yīng)：Mg2++20H?=Mg(OH)?↓B.碳酸氫鈉溶液和氫氧化鈉溶液反應(yīng)：HCO?+OH?=H?O+CO?↑C.銅和氯化鐵溶液反應(yīng)：3Cu+2Fe3+=3Cu2++2Fe7.閱讀下列資料，完成下列小題：高鐵酸鉀(K?FeO?)是一種暗紫色固體，在低溫、堿性條件下比較穩(wěn)定。K?FeO?能溶于水，且能與水反應(yīng)放出O?,并生成Fe(OH)?膠體，常用作水處理劑。K?FeO?有強(qiáng)氧化性，酸性條件下，其氧化性強(qiáng)于Cl?、KMnO?等。工業(yè)制備K?FeO?的流程如下：過濾I(1)下列關(guān)于K?FeO?的說法正確的是A.K?Fe0?中鉀元素與氧元素的質(zhì)量比為1:2B.K?FeO?進(jìn)行水處理的過程中化合價未發(fā)生變化C.將K?FeO?與鹽酸混合使用，可增強(qiáng)其殺菌消毒效果D.可用丁達(dá)爾效應(yīng)鑒別K?Fe0?和KMn04兩種紫紅色溶液(2)下列關(guān)于工業(yè)制備K?FeO?的說法正確的是A.“反應(yīng)”時，將NaOH更換為HCl效果更好C.“轉(zhuǎn)化”時，反應(yīng)能進(jìn)行的原因是該條件下K?Fe04的溶解度比Na?Fe0?D.“過濾Ⅱ”所得濾液在酒精燈外焰上灼燒，火焰呈黃色，說明濾液為NaOH溶液8.下列關(guān)于海水資源綜合利用的說法正確的是A.海水曬鹽可獲得純凈的氯化鈉B.向海水中通入熱空氣可提取到液溴C.用過濾的方法對海水進(jìn)行淡化處理D.從海水獲得碘單質(zhì)的過程中發(fā)生了氧化還原反應(yīng)9.在給定條件下，下列物質(zhì)轉(zhuǎn)化均可實現(xiàn)的是10.KO?用作供氧劑，發(fā)生反應(yīng)：4KO?+2CO?=2K?CO?+30?。A.KO?是氧化劑，CO?是還原劑B.44gCO?約含有6.02×1023個0選項實驗操作與現(xiàn)象結(jié)論A色氯氣具有漂白性B向某FeCl?溶液中滴入少量KSCN溶液，溶液變成紅色FeCl?溶液已氧化變質(zhì)C向裝有Na?CO?、NaHCO?固體的兩支試管中分別加入10mL蒸餾水，并將其置于40℃水浴中，最終發(fā)現(xiàn)只有NaHCO?未完全溶解40℃40℃時的溶解度：Na?CO?>D向某溶液中滴加過量的稀鹽酸，產(chǎn)生使澄清石灰水變渾濁的氣體該溶液中含有大量co2-實驗1:取少許Cu?O加入到試管甲，滴加過量0.3mol·L-1HNO?溶液并充分振蕩，磚紅色沉淀轉(zhuǎn)化為紅色實驗2:另取少許Cu?0加入到試管乙，滴加過量6mol·L-1氨水并充分振蕩，沉淀逐漸溶解，溶液顏色為無A.實驗1中新生成的沉淀為金屬CuB.實驗1中生成紅色沉淀體現(xiàn)了HNO?的氧化性C.實驗2中溶液顏色變化的原因可能是Cu(I)被氧化D.實驗1、2不能說明Cu?O為兩性氧化物二、非選擇題：共4題，共61分。(2)在一定條件下單質(zhì)甲可發(fā)生轉(zhuǎn)化：甲3乙O丙。(3)將一小粒金屬Na加入到CuSO?溶液中，實驗結(jié)束時觀察到有少量黑色固體產(chǎn)生，其原因 o(4)通過某一化合反應(yīng)可生成Fe(OH)?,該反應(yīng)的實驗現(xiàn)象NO?+4H++3e-=NO++2H?O。②若上述氧化還原反應(yīng)中轉(zhuǎn)移0.3mol電子，則消耗硝酸的物質(zhì)的量為014.利用碳酸鹽類銅礦[主要成分可表示為xCuCO?·yCu(OH)?]可(1)向某碳酸鹽類銅礦中加入足量的鹽酸充分反應(yīng)，生成：n(Cu2+)生成：n(CO?)生成=3:2。該銅礦主要成分的化學(xué)式為(用最簡整數(shù)比表示)。(2)孔雀石(含F(xiàn)e0、Fe?O?等雜質(zhì))是一種碳酸鹽類銅礦，孔雀石制CuSO?晶體的流程如下：孔雀石一稀H?SO?固體A----→CuSO?晶體①通空氣的作用是_②“除雜”時需加入固體A調(diào)節(jié)溶液的pH,固體A的化學(xué)式為__。(3)實驗室用CuSO?溶液與Na?CO?溶液反應(yīng)可制得Cu?(OH)?CO?(難溶于水的綠色固體)。已知：I.0.50mol·L-1CuSO?溶液和0.50mol·L-1Na?CO?溶液反應(yīng)的最佳體積比為1:1.2;Ⅱ.其他條件相同，不同溫度下，沉淀生成的速率、顏色和質(zhì)量如下表所示。溫度℃最慢快無綠色(偏暗)①配制0.50mol·L-1CuSO?溶液和0.50mol·L-1Na?CO?溶液各100mL。需要的玻璃儀器有：燒杯、玻璃液 ,干燥。(必須使用③測定Cu?(OH)?CO?純度。稱取1.250g樣品溶于稀鹽酸配成100mL溶液，從中取出10.00mL溶液，向其中滴加KI溶液至不再產(chǎn)生沉淀，繼續(xù)滴加0.1000mol·L-1Na?S?O?標(biāo)準(zhǔn)溶液至恰好完全反應(yīng)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液15.以廢舊鈷酸鋰電池(主要成分為LiCoO?、炭黑、鋁箔、鐵以及有機(jī)粘接劑)為原料制取CoC?O?·2H?O。(1)酸浸。將廢舊電池放電、拆解、灼燒后，用2.00mol·L-1H?SO?溶液-H?O?浸取，過濾。①灼燒的主要目的是_o溶液，需質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%的濃硫酸(密度為1.84q·cm-3)體積為mL(保留一位小數(shù))。③在相同條件下，使用鹽酸作浸取劑可使浸取率達(dá)到99%,但工業(yè)生產(chǎn)不直接用鹽酸作浸取劑的原因(2)制備。將酸浸后的濾液除雜后加入(NH?)?C?04,充分反應(yīng)后過濾，得到CoC?04·2H?O。00②其他條件一定，“制備”過程中，鈷的沉淀率與n(C?O2-):n(Co2+)如圖所示。“制備”時應(yīng)該控制 o③其他條件一定，“制備”過程中，鈷的沉淀率與溫度的關(guān)系如圖所示?！爸苽洹睍r溫度高于50℃,鈷的沉淀溫度/℃(1)在太陽能作用下，F(xiàn)eo.9O處理CO?和再生的過程如圖所示。③反應(yīng)Ⅱ中每產(chǎn)生1molFeo.9O,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_o(2)Na?S?O?去除酸性廢水中H?AsO?的反應(yīng)過程如圖所示。①步驟Ⅲ中氧化劑與還原劑的質(zhì)量之比為0②步驟IV的化學(xué)方程式為o(3)O?在一定條件下能有效去除煙氣中的SO?、NO,可能的反應(yīng)機(jī)理如圖所示，該過程可描述(4)在一定條件下，利用Fe去除酸性水體中NO?的原理如圖所示。NO?NHFe?O?(疏松、能傳導(dǎo)電子)24小時后NO?去除率Fe(不傳遞電子)Fe(不傳遞電子)去除NO?的總反應(yīng)離子方程式為o②溶液的初始pH值對鐵的氧化產(chǎn)物和NO?的去除率都有影響。取兩份相同的含NO?廢液，調(diào)節(jié)起始pH分別為2.5和4.5,一段時間后，測得實驗結(jié)果如上表所示。當(dāng)初始pH=4.5,NO?去除率低的原因【解析】【解答】A.Fe?O?的俗名鐵紅，磁性氧化鐵為Fe?O4,故A錯誤；B.O?和O?都是由氧元素組成的不同單質(zhì)，因此屬于同素異形體，故B正確；C.置換反應(yīng)是單質(zhì)與化合物反應(yīng)，生成新的單質(zhì)和化合物的化學(xué)反應(yīng)。而該反應(yīng)生了兩種新的化合物，因此該反應(yīng)不屬于置換反應(yīng)，故C錯誤；D.SO?的水溶液雖然能導(dǎo)電，但并不是其本身發(fā)生電離，因此SO?屬于非電解質(zhì)，故D正確；故答案為：B。B、同素異形體是指由同種元素組成的不同單質(zhì)。C、置換反應(yīng)是指單質(zhì)和化合物反應(yīng)，生成新的單質(zhì)和化合物的反應(yīng)。D、SO?為非金屬氧化物，屬于非電解質(zhì)?！窘馕觥俊窘獯稹緼.摩爾質(zhì)量以g·mol?1為單位時，數(shù)值上等于其相對分子質(zhì)量或相對原子質(zhì)量。因此H?0的摩爾質(zhì)量為18g/mol,A錯誤；B.H?SO?中，H的化合價為+1價，O的化合價為-2價。根據(jù)化合物中元素化合價代數(shù)和為0可得，硫元素的化合價為+6價，B錯誤；C.Na?O?由鈉離子和過氧根離子(O2一)構(gòu)成，因此Na?O?中陰陽離子個數(shù)比為1:2,C正確；D.Na?SO?為強(qiáng)電解質(zhì)，在水中完全電離產(chǎn)生Na+和SO?2-,因此其電離方程式為故答案為：C?！痉治觥緼、摩爾質(zhì)量以g·mol?1為單位時，數(shù)值上等于其相對分子質(zhì)量或相對原子質(zhì)量。B、根據(jù)化合物中元素化合價代數(shù)和為0進(jìn)行計算。C、Na?O?是由Na+和O?2-構(gòu)成，據(jù)此確定陰陽離子的個數(shù)比。D、Na?SO4在水中完全電離產(chǎn)生Na+和SO?2?。【解析】【解答】A.Ca(OH)?可與氯氣反應(yīng)生成次氯酸鈣，因此Ca(OH)?可用于制作漂白粉，與微溶于水無關(guān)，故A錯誤；B.胃酸為成分為HCl,NaHCO?可與酸反應(yīng)，因此可用NaHCO?治療胃酸過多，故B錯誤；C.FeCl?溶液中Fe3+具有氧化性，能將單質(zhì)銅氧化為銅離子，因此FeCl?溶液可用于制作銅制印刷電路板，D.KAL(SO?)?·12H?O溶于水能形成膠體具有吸附性，因此可用于吸附自來水中的懸浮物，但無法起到消毒殺菌的作用，故D錯誤；故答案為：C?！痉治觥緼、漂白粉的主要成分為CaCl?和Ca(C1O)2,可由Cl?與Ca(OH)?反應(yīng)得到。B、NaHCO?能與HCl反應(yīng)，可用于治療胃酸過多。C、Fe3+具有氧化性，能將Cu氧化成Cu2+。D、KAl(SO?)2可形成膠體，具有吸附作用，可用于凈水，但沒有殺菌消毒作用。4.【答案】A【解析】【解答】A.強(qiáng)堿性溶液中含有大量的OH,與Ba2+、Na+、Cl、NO?相互間都不能發(fā)生反應(yīng)，因此能大量共存，A正確；B.新制飽和氯水中含有Cl?、HCIO,能將Fe2+氧化，新制飽和氯水含有鹽酸，酸性條件下NO?具有強(qiáng)氧化性，能將能將Fe2+氧化，因此不能大量共存，B錯誤；C.與Al反應(yīng)產(chǎn)生H?的溶液中，可能含有大量的H或OH,H+、OH?都能與HCO?反應(yīng)，因此不能大量共D.使紫色石蕊變紅的溶液中含有大量的H+,Cl0?和cO2-均能和氫離子反應(yīng)，因此不能大量共存，D錯故答案為：A?！痉治觥緼、堿性溶液中含有大量的OH。B、新制飽和氯水中含有Cl?、HCIO、H+、Cl。C、與Al反應(yīng)生成H?的溶液中，可能含有大量的H或OH。D、使紫色石蕊溶液變紅色的溶液顯酸性，含有大量的H??！窘馕觥俊窘獯稹緼.用圖1裝置檢驗鉀元素應(yīng)透過藍(lán)色鈷玻璃，過濾黃色的光，防止Na元素造成干擾，AB.二氧化碳不溶于飽和碳酸氫鈉溶液，而HCI與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，因此圖2裝置可以除去CO?中少量的C.圖3裝置發(fā)生鋁熱反應(yīng)，反應(yīng)物應(yīng)為氧化鐵和鋁，不是氧化鋁和鐵，C錯誤；D.濃鹽酸和二氧化錳加熱條件下制取氯氣，稀鹽酸和二氧化錳加熱條件下不反應(yīng)，D錯誤；故答案為：B。【分析】A、鉀的焰色試驗需要透過藍(lán)色鈷玻璃觀察火焰的顏色。B、CO?不溶于飽和NaHCO?溶液，因此可用飽和NaHCO?溶液除去CO?中的HCl。C、鋁熱反應(yīng)的試劑為A1和Fe?O?。D、實驗室用MnO?與濃鹽酸制取Cl?,稀鹽酸與MnO?不反應(yīng)。第10頁【解析】【解答】A.硫酸鎂溶液和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硫酸鈉和氫氧化鎂沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為B.碳酸氫鈉溶液和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成可溶性碳酸鈉和水，該反應(yīng)的離子方程式為HCO?+OH?=C.銅和氯化鐵溶液反應(yīng)生成氯化亞鐵和CuCl?,該反應(yīng)的離子方程式為Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,故CD.次氯酸是弱酸，在離子方程式中應(yīng)保留化學(xué)式，因此氯氣溶于水的離子方程式為Cl?+H?O=H++Cl+故答案為：A。B、NaHCO?溶液與NaOH溶液反應(yīng)生成Na?CO?溶液和H?O。C、FeCl?溶液與Cu反應(yīng)生成FeCl?溶液和CuCl?溶液?！窘馕觥俊窘獯稹?1)A.K?FeO?中鉀元素與氧元素的質(zhì)量比為2×39:4×16=39:32,A錯誤；B.K?FeO?與H?O反應(yīng)生成Fe(OH)?膠體，過程中Fe元素由+6價降低到+3價，B錯誤；C.酸性條件下氧化性：K?FeO?>Cl?,將K?FeO?與鹽酸混合使用，K?FeO?將氯離子氧化為Cl?,其殺菌消毒效果降低，C錯誤；D.K?FeO?與水反應(yīng)生成Fe(OH)?膠體，膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)，因此可用丁達(dá)爾效應(yīng)來鑒別K?FeO?和故答案為：D。【分析】A、用相對原子質(zhì)量乘以原子個數(shù)，計算元素的質(zhì)量比。B、進(jìn)行水處理過程中Fe元素由+6價變?yōu)?3價。C、K?FeO?與鹽酸混合反應(yīng)生成Cl?,Cl?的氧化性小于K?FeO?。D、K?FeO?溶液中可形成Fe(OH)?膠體，膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)。(2)A.在酸性條件下ClO-將CI氧化為Cl?,因此“反應(yīng)”時，將NaOH更換為HCl,效果更差，A錯誤；B.“過濾I”所得濾渣中大量存在NaCl、NaNO?等物質(zhì)，B錯誤；C.由于溶解度：K?FeO?<Na?FeO4,因此“轉(zhuǎn)化”時，在Na?Fe0?濾液中加入過量飽和KOH溶液，可得到D.“過濾Ⅱ”所得濾液在酒精燈外焰上灼燒，火焰呈黃色，說明濾液中含有Na+,無法確定陰離子，因此不第11頁能說明濾液為NaOH溶液，D錯誤；故答案為：C【分析】A、若換為鹽酸，酸性條件下，ClO-將Cl氧化為Cl。B、反應(yīng)后溶液中剩余物質(zhì)為NaCl和NaNO?。C、由于溶解度：K?FeO?<Na?FeO4,因此加入過量的KOH可析出K?FeO4。D、焰色試驗只能確定元素的存在，不能確定具體的物質(zhì)。(1)【解答】(1)A.K?Fe0?中鉀元素與氧元素的質(zhì)量比為2×39:4×16=39:32,A錯誤；B.K?FeO4與H?O反應(yīng)生成Fe(OH)?膠體，過程中Fe元素由+6價降低到+3價，B錯誤；C.酸性條件下氧化性：K?FeO?>Cl?,將K?FeO?與鹽酸混合使用，K?FeO?將氯離子氧化為Cl?,其殺菌消毒D.K?FeO?與水反應(yīng)生成Fe(OH)?膠體，膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)，因此可用丁達(dá)爾效應(yīng)來鑒別K?FeO?和故答案為：D?！痉治觥緼、用相對原子質(zhì)量乘以原子個數(shù)，計算元素的質(zhì)量比。B、進(jìn)行水處理過程中Fe元素由+6價變?yōu)?3價。C、K?FeO?與鹽酸混合反應(yīng)生成Cl?,Cl?的氧化性小于K?FeO?。D、K?FeO?溶液中可形成Fe(OH)?膠體，膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)。(2)【解答】A.在酸性條件下ClO?將CI氧化為Cl?,因此“反應(yīng)”時，將NaOH更換為HCl,效果更差，A錯B.“過濾I”所得濾渣中大量存在NaCl、NaNO?等物質(zhì)，B錯誤；C.由于溶解度：K?FeO?<Na?FeO4,因此“轉(zhuǎn)化”時，在Na?FeO?濾液中加入過量飽和KOH溶液，可得到能說明濾液為NaOH溶液，D錯誤；故答案為：C?！痉治觥緼、若換為鹽酸，酸性條件下，ClO?將Cl氧化為Cl?。B、反應(yīng)后溶液中剩余物質(zhì)為NaCl和NaNO?。C、由于溶解度：K?FeO?<Na?FeO4,因此加入過量的KOH可析出K?FeO4。D、焰色試驗只能確定元素的存在，不能確定具體的物質(zhì)?！窘馕觥俊窘獯稹緼.海水曬鹽后所得的鹽為粗鹽，含有泥沙、Ca2+、Mg2+、so2-等雜質(zhì)，因此不是純凈的第12頁B.海水中溴元素以Br形式存在，通入熱空氣，無法得到液溴，B錯誤；C.海水淡化后得到的是純凈水，而過濾只能除去海水中的不溶性雜質(zhì)，不能對海水進(jìn)行淡化處理，C錯D.海水中碘元素以I形式存在，獲得碘單質(zhì)得到過程中，I被氧化，因此發(fā)生氧化還原反應(yīng)，D正確；故答案為：D。【分析】A、海水曬鹽所得的粗鹽為混合物。B、海水中含有的為Br,通入熱空氣無法得到液溴。C、過濾只能除去海水中的難溶性雜質(zhì)，無法對海水進(jìn)行淡化處理。D、從海水中得到I?的過程中I被氧化?！窘馕觥俊窘獯稹緼.在高溫條件下CO還原Fe?O?生成Fe,單質(zhì)鐵可與Cl?反應(yīng)生氯化鐵，故A正確；B.由于酸性：H?CO?<HCl,弱酸無法生成強(qiáng)酸，因此CO?與CaCl?(aq)不反應(yīng)，故B錯誤；C.金屬鈉在點燃的條件與氧氣反應(yīng)生成過氧化鈉，常溫條件下反應(yīng)生成氧化鈉，故C錯誤；D.電解氯化鎂溶液是生成的是氫氧化鎂、氫氣和氯氣；制備金屬鎂是電解熔融的氯化鎂，故D錯誤；故答案為：A?！痉治觥緼、CO還原Fe?O?得到Fe,Fe與Cl2?點燃條件B、根據(jù)酸性強(qiáng)弱，結(jié)合強(qiáng)酸制弱酸原理分析。C、Na與O?點燃條件下反應(yīng)生成Na?O?。D、電解MgCl?溶液生成Mg(OH)?、H?和Cl2?！窘馕觥俊窘獯稹緼.KO?中的氧元素的平均價態(tài),該反應(yīng)中價的0元素升高為0價，同時也降低為-2價，因此該反應(yīng)的氧化劑和還原劑都是KO?,故A錯誤；B.44gCO?的物質(zhì)的量一個CO?分子中含有2個氧原子，因此含有2mol的O,即1.204×1024個0,故B錯誤；C.溶液的體積未知，因此無法計算1mol·L-1K?CO?溶液中所含K+的物質(zhì)的量，故C錯誤；D.由反應(yīng)的化學(xué)方程式可知，每生成3個O?分子，轉(zhuǎn)移3個電子。因此當(dāng)轉(zhuǎn)移1mol電子時，生成1molO?,其在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的體積V=n×Vm=1mol×22.4L·mol?1=22.4L,故D正確；故答案為：D?！痉治觥緼、根據(jù)反應(yīng)過程中元素化合價的變化分析。B、根據(jù)公式計算44gCO?的物質(zhì)的量，結(jié)合CO?分子中O原子的個數(shù)幾點。C、未給出溶液的體積，無法應(yīng)用n=c×V計算。第13頁D、根據(jù)化合價變化計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)，結(jié)合公式V=n×Vm計算生成O?的體積?！窘馕觥俊窘獯稹緼.濕潤的有色布條放入盛有干燥氯氣的集氣瓶中，布條褪色。這是因為氯氣與水反應(yīng)生成了次氯酸，起漂白作用的是HC1O,而不是Cl?,A錯誤；B.KSCN溶液遇Fe3+變紅，向某FeCl?溶液中滴入少量KSCN溶液，溶液變成紅色，說明溶液中含有Fe3+。因此說明FeCl?溶液已氧化變質(zhì)，B正確；C.試管中開始裝入的Na?CO?、NaHCO?固體的質(zhì)量未知，因此不能根據(jù)題中的現(xiàn)象判斷同溫下Na?CO?、D.向某溶液中滴加過量的稀鹽酸，產(chǎn)生使澄清石灰水變渾濁的氣體，該氣體可能是CO?、SO?,溶液中可能含有co3-或HCO?;或者含有亞硫酸根離子或亞硫酸氫根離子等，D錯誤；故答案為：B?！痉治觥緼、Cl?沒有漂白性，起漂白作用的是Cl?與H?O反應(yīng)生成的HC1O。B、KSCN溶液遇Fe3+變紅色。C、所加入的Na?CO?、NaHCO?固體的質(zhì)量未知，無法比較。D、能使澄清石灰水變渾濁的氣體有CO?、SO?。能產(chǎn)生CO?的有HCO?或CO?2-,能產(chǎn)生SO?的有HSO?【解析】【解答】A.Cu?O中滴加過量0.3mol·L-1HNO?溶液并充分振蕩，磚紅色沉淀轉(zhuǎn)化為紅色沉淀，說明產(chǎn)生了Cu單質(zhì)；溶液顯淺藍(lán)色，說明Cu?O轉(zhuǎn)化成Cu2+。因此新生成的沉淀為金屬Cu,故A正確；B.Cu?O與0.3mol·L-1HNO?發(fā)生的反應(yīng)為Cu?O+2HNO?=Cu(NO?)z+Cu+H?O,反應(yīng)過程中HNO?提供了NO?C.實驗2中，另取少許Cu?O加入到試管乙，滴加過量6mol·L-1氨水并充分振蕩，沉淀逐漸溶解，Cu(I)與NH?形成無色配合物，溶液顏色為無色；靜置一段時間后，該無色配合物被空氣中的O?氧化生成[Cu(NH?)4]2+,使得溶液變?yōu)樯钏{(lán)色，故C正確；D.既能與酸反應(yīng)生成鹽和水、又能與堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物為兩性氧化物，Cu?O溶于6mol/L氨水形成的是配合物，因此Cu?O不屬于兩性氧化物，而是屬于堿性氧化物，故D正確；故答案為：B。【分析】A、磚紅色沉淀轉(zhuǎn)化為紅色沉淀，該紅色沉淀為Cu。B、反應(yīng)過程中HNO?轉(zhuǎn)化為Cu(NO?)2,體現(xiàn)酸性。C、產(chǎn)生的深藍(lán)色溶液中含有[Cu(NH?)4]2+。D、兩性氧化物是指既能與酸反應(yīng)生成鹽和水、又能與堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物。第14頁(3)Na與H?O反應(yīng)生成NaOH,NaOH與CuSO?溶液反應(yīng)生成Cu(OH)?沉淀，反應(yīng)放出的熱量導(dǎo)致部分Cu(OH)?分解為黑色的Cu0(4)白色沉淀迅速變成灰綠色，一段時間后變成紅褐色【解析】【解答】(1)BaO和H?SO?溶液反應(yīng)生成硫酸鋇和水，BaO為固體不拆，H?SO4為強(qiáng)酸要拆，故反應(yīng)的離子方程式為：故答案為：Ba0+2H++SO2-=Ba(2)在一定條件下單質(zhì)甲可發(fā)生轉(zhuǎn)化：甲。轉(zhuǎn)化過程可能是Na-Na?O°Na?O?,c°3co3CO?,。則甲化學(xué)式可能Na、C、S、N?。(3)將一小粒金屬Na加入到CuSO?溶液中，實驗結(jié)束時觀察到有少量黑色固體產(chǎn)生，其原因是：鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣是放熱反應(yīng)，NaOH與CuSO?溶液反應(yīng)生成Cu(OH)?沉淀，反應(yīng)生成的氫氧化銅受熱分解生成黑色氧化銅，故答案為：Na與H?O反應(yīng)生成NaOH,NaOH與CuSO?溶液反應(yīng)生成Cu(OH)?沉淀，反應(yīng)放出的熱量導(dǎo)致部分Cu(OH)?分解為黑色的Cu0(4)氫氧化亞鐵和氧氣、水通過化合反應(yīng)可生成Fe(OH)?,反應(yīng)現(xiàn)象為白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)楣蚀鸢笧椋喊咨恋硌杆僮優(yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色(5)①使HNO?發(fā)生“還原半反應(yīng)”:NO?+4H?+3e-=NO+2H?0,故答案為：2H++Fe0-e-=Fe3++H?O②反應(yīng)總的離子方程式：10H++3Fe0+NO?=3Fe3?+5H?O+NO,電子轉(zhuǎn)移3mol時，消耗硝酸10mol,則上述氧化還原反應(yīng)中轉(zhuǎn)移0.3mol電子，則消耗硝酸的物質(zhì)的量為1mol;故答案為：1mol【分析】(1)H?SO?是強(qiáng)酸，與BaO反應(yīng)生成BaSO?沉淀和H?O,據(jù)此寫出反應(yīng)的離子方程式。(2)C能與O?反應(yīng)生成CO,CO進(jìn)一步反應(yīng)生成CO?;S能與O?反應(yīng)生成SO?,SO?進(jìn)一步反應(yīng)生成SO?;N?與O?反應(yīng)生成NO,NO進(jìn)一步反應(yīng)生成NO?。據(jù)此作答。(3)Na金屬性很強(qiáng)，能與H?O反應(yīng)生成NaOH,NaOH再與CuSO?反應(yīng)。(4)通過化合反應(yīng)生成Fe(OH)?的反應(yīng)為4Fe(OH)?+O?+2H?O=4Fe(OH)?,據(jù)此確定過程中產(chǎn)生的現(xiàn)象。(5)①“氧化半反應(yīng)”為失電子的反應(yīng)，據(jù)此結(jié)合總反應(yīng)中元素化合價變化確定氧化反應(yīng)的半反應(yīng)式。第15頁②根據(jù)反應(yīng)過程中元素化合價變化進(jìn)行計算。故答案為：Ba0+2H++SO2-=BaSO?(2)在一定條件下單質(zhì)甲可發(fā)生轉(zhuǎn)化：甲乙丙。轉(zhuǎn)化過程可能是NaNa?O°Na?O?,c?coCO?,(3)將一小粒金屬Na加入到CuSO?溶液中，實驗結(jié)束時觀察到有少量黑色固體產(chǎn)生，其原因是：鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣是放熱反應(yīng)，NaOH與CuSO?溶液反應(yīng)生成Cu(OH)?沉淀，故答案為：Na與H?O反應(yīng)生成NaOH,NaOH與CuSO?溶液反應(yīng)生成Cu(OH)?沉淀，反應(yīng)放出的熱量導(dǎo)致部分(4)氫氧化亞鐵和氧氣、水通過化合反應(yīng)可生成Fe(OH)?,反應(yīng)現(xiàn)象為白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)楣蚀鸢笧椋?H++Fe0-e-=Fe3++H?O;②反應(yīng)總的離子方程式：10H++3Fe0+NO?=3Fe3?+5H?0+NO,電子轉(zhuǎn)移3mol時，消耗硝酸10mol,則上述氧化還原反應(yīng)中轉(zhuǎn)移0.3mol電子，則消耗硝酸的物質(zhì)的量為1mol;(3)100mL容量瓶、膠頭滴管、量筒；邊攪拌邊向其中加入84.0mL0.50mo液無沉淀產(chǎn)生為止；88.80%應(yīng)的方程式為xCuCO?·yCu(OH)?+2(x+y)H+=(x+y)Cu2++(x+2y)H?O+xCO?↑,由于生成：n(Cu2+)生成：n(CO?)生成=3:2,,解得x=2y,該銅礦主要成分的化學(xué)式為2CuCO?·Cu(OH)?。第16頁(2)①空氣中含有O?,能將將Fe2+氧化為，通空氣的作用是將Fe2+氧化為Fe3。故答案為：將Fe2+氧化為Fe3②“除雜”時需加入固體A調(diào)節(jié)溶液的pH,為了不引入新的雜質(zhì)離子，固體A的化學(xué)式為Cu0、Cu(OH)?、Cu?(OH)?CO?等。(3)①配制0.50mol·L-1CuSO?溶液和0.50mol·L-1Na?CO?溶液各100mL,需要的玻璃儀器有：燒杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、膠頭滴管。故答案為：100mL容量瓶、膠頭滴管、量筒②制備Cu?(OH)?CO?,由表中數(shù)據(jù)可知，75°℃時產(chǎn)生的Cu?(OH)?CO?的量最多，取70.0mL0.50mol·L-1CuSO?溶液，邊攪拌邊向其中加入84.0mL0.50mol·L-1Na?CO?溶液，置于75℃的水浴中充分反應(yīng)，靜置、過濾后，用蒸餾水洗滌沉淀，直至向最后一次洗滌濾液中滴加0.10mol·L-1BaCl?溶液無沉淀產(chǎn)生為止，干燥。故答案為：邊攪拌邊向其中加入84.0mL0.50mol·L-1Na?CO?溶液，置于75°℃的水浴中充分反應(yīng)，靜置、過濾后，用蒸餾水洗滌沉淀，直至向最后一次洗滌濾液中滴加0.10mol·L-1BaCl?溶液無沉淀產(chǎn)生為止③測定Cu?(OH)?CO?純度，稱取1.250g樣品溶于稀鹽酸配成100mL溶液，從中取出10.00mL溶液，向其中滴加KI溶液至不再產(chǎn)生沉淀，繼續(xù)滴加0.1000mol·L-1Na?S?O?標(biāo)準(zhǔn)溶液至恰好完全反應(yīng)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液10.00mL,由2Cu2++41-=2Cul↓+I?、2S?O?-+I?=S?O-+21-可知，2Cu2+～I(xiàn)?~2S?O3-,由銅守恒故答案為：88.80%【分析】(1)根據(jù)反應(yīng)的離子方程式，結(jié)合Cu2+和CO2的比值，確定x與y的比例關(guān)系，從而確定該銅礦的化學(xué)式。(2)①空氣中的O?可將溶液中的Fe2+氧化成Fe3+。②除雜時為防止引入新的雜質(zhì)，所加試劑應(yīng)為Cuo、Cu(OH)?或Cu?(OH)?CO?。(3)①根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的步驟確定所需的儀器。②制備Cu?(OH)?CO?時，需加入Na?CO?溶液，反應(yīng)后聲稱Cu?(OH)?CO?,過濾后需進(jìn)行洗滌。用BaCl?溶液確定固體是否洗滌干凈。據(jù)此設(shè)計實驗。③根據(jù)關(guān)系式“2Cu2+～I(xiàn)?~2S?O?2?”進(jìn)行計算。(1)碳酸鹽類銅礦[主要成分可表示為xCuCO?·yCu(OH)?],加入足量的鹽酸充分反應(yīng)，反應(yīng)的方程式為xCuCO?·yCu(OH)?+2(x+y)H+=(x+y)Cu2++(x+2y)H?O+xCO?↑,由于生成：第17頁n(Cu2+)生成：n(CO?)生成=3:2,,解得x=2y,該銅礦主要成分的化學(xué)式為2CuCO?·Cu(OH)?;(2)①由分析知，通空氣的作用是將Fe2+氧化為Fe3?;②“除雜”時需加入固體A調(diào)節(jié)溶液的pH,為了不引入新的雜質(zhì)離子，固體A的化學(xué)式為Cu0、Cu(OH)?、(3)①配制0.50mol·L-1CuSO?溶液和0.50mol·L-1Na?CO?溶液各100mL,需要的玻璃儀器有：燒杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、膠頭滴管；②制備Cu?(OH)?CO?,由表中數(shù)據(jù)可知，75℃時產(chǎn)生的Cu?(OH)?CO?的量最多，取70.0mL0.50mol·L-1CuSO?溶液，邊攪拌邊向其中加入84.0mL0.50mol·L-1Na?CO?溶液，置于75℃的水浴中充分反應(yīng)，靜置、過濾后，用蒸餾水洗滌沉淀，直至向最后一次洗滌濾液中滴加0.10mol·L-1BaCl?溶液無沉淀產(chǎn)生為止，③測定Cu?(OH)?CO?純度，稱取1.250g樣品溶于稀鹽酸配成100mL溶液，從中取出10.00mL溶液，向其中滴加KI溶液至不再產(chǎn)生沉淀，繼續(xù)滴加0.1000mol·L-1Na?S?O?標(biāo)準(zhǔn)溶液至恰好完全反應(yīng)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液10.00mL,由2Cu2++41-=2Cul↓+I?、2S?O?-+I?=S?O-+21-可知，2Cu2+～I(xiàn)?~2S?O3-,由銅守恒15.【答案】(1)去除碳以及有機(jī)粘接劑；10.9;會產(chǎn)生對環(huán)境有污染的Cl?(2)Co2++C?O2-+2H?O=CoC?O?·2H?0J;n(C?O2-):n(Co2+)低于1.15,鈷的沉淀率低；n(C?O4-):n(Co2+)高于1.15,鈷的沉淀率增加不明顯，導(dǎo)致(NH?)?C?O?的浪費；溫度過高CoC?O?·2H?O的溶解度隨溫度升高而增大[或(NH?)?C?04受熱分解，導(dǎo)致鈷的沉淀率降低]【解析】【解答】(1)①灼燒的主要目的是除去炭黑、有機(jī)粘接劑，使其轉(zhuǎn)化為CO?。故答案為：去除碳以及有機(jī)粘接劑②根據(jù)換算公式可知，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%的濃硫酸(密度為1.84g·cm3)的物質(zhì)的量濃度為,根據(jù)稀釋定律，設(shè)配制100mL2.00mol·L-1H?SO?溶液需要質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%的濃硫酸(密度為1.84gcm3)體積為V,則有18.4mol·L-1×V=100mL×2.00mol·L-1,解答：V≈10.9mL。故答案為：10.9③在相同條件下，使用鹽酸作浸取劑可使浸取率達(dá)到99%,但工業(yè)生產(chǎn)不直接用鹽酸作浸取劑的原因是CoOz具有氧化性，可以將Cl-氧化為氯氣，污染環(huán)境。故答案為：會產(chǎn)生對環(huán)境有污染的Cl?(2)①酸浸后的濾液中主要含有CoSO?,“制備”反應(yīng)中(NH?)?C?04得到CoC?O?·2H?O,所以離子方程式為故答案為co2++C?O2-+2H?O=CoC?O?·2H?O↓②其他條件一定，“制備”過程中，鈷的沉淀率與n(C?O4-):n(Co2+)如題圖所示。由圖可知，“制備”時應(yīng)該若n(C?O4-):n(Co2+)低于1.15時鈷的沉淀率低，n(C?O4-):n(Co2+)=1.15的原因是此時鈷的沉淀率較高，若再增大(NH?)?C?O?的投料，鈷的沉淀率增大不明顯，但(NH?)?C?O4的使用量增加，增大了原料的成本。故答案為：n(C?O4-):n(Co2+)低于1.15,鈷的沉淀率低；n(C?O?一):n(Co2+)高于1.15,鈷的沉淀率增加不明顯，導(dǎo)致(NH?)?C?O?的浪費③其他條件一定，“制備”過程中，鈷的沉淀率與溫度的關(guān)系如題圖2所示，“制備”時溫度高于50℃,鈷的沉淀率下降的原因是CoC?O?·2H?O的溶解度隨著溫度升高而增大，并且(NH?)?C?04不穩(wěn)定，受熱易分解。故答案為：溫度過高CoC?04·2H?O的溶解度隨溫度升高而增大[或(NH?)?C?O?受熱分解，導(dǎo)致鈷的沉淀率降【分析】(1)①灼燒主要的目的是除去有機(jī)粘接劑。②根據(jù)公式計算濃硫酸的物質(zhì)的量濃度，結(jié)合稀釋公式c濃×V濃=C稀×V稀計算所需濃硫酸的體積。③CoO?具有氧化性，可將Cl-氧化成Cl?,造成環(huán)境污染。(2)①酸浸后的濾液中含有CoSO?,與(NH?)?C?O?反應(yīng)生成CoC?O?·2H?O,據(jù)此寫出反應(yīng)的離子方程式。②由圖可知，該比值下鈷的沉淀率高，且繼續(xù)增大比值，對鈷的沉淀率影響較小。據(jù)此分析作答。③溫度高于50℃時CoC?O?·2H?O的溶解度降低；同時(NH?)?C?O?受熱分解，都導(dǎo)致了鈷的沉淀率降低。(1)①灼燒的主要目的是除去炭黑、有機(jī)粘接劑，使其轉(zhuǎn)化為CO?,故答案為：去除碳以及有機(jī)粘接劑；②根據(jù)換算公式可知，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%的濃硫酸(密度為1.84g·cm3)的物質(zhì)的量濃度為,根據(jù)稀釋定律，設(shè)配制100mL2.00mol·L-1H?SO?溶液需要質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%的濃硫酸(密度為1.84gcm3)體積為V,則有18.4mol·L-1×V=100mL×2.00mol·L-1,解答：V≈10.9mL,故答案為：10.9;③在相同條件下，使用鹽酸作浸取劑可使浸取率達(dá)到99%,但工業(yè)生產(chǎn)不直接用鹽酸作浸取劑的原因是CoOz具有氧化性，可以將Cl氧化為氯氣，污染環(huán)境，故答案為：會產(chǎn)生對環(huán)境有污染的Cl?;(2)①酸浸后的濾液中主要含有CoSO?,“制備”反應(yīng)中(NH?)?C?O?得到CoC?O?·2H?O,所以離子方程式為Co2++C?O2-+2H?O=CoC?O?·2H?O」,故答案為co2++C?O2-+2H?O=CoC?O?·2H?OJ;②其他條件一定，“制備”過程中，鈷的沉淀率與n(C?O2-):n(Co2+)如題圖所示。由圖可知，“制備”時應(yīng)該若n(C?O4-):n(Co2+)低于1.15時鈷的沉淀率低，n(C?O4-):n(Co2+)=1.15的原因是此時鈷的沉淀率較高，若再增大(NH?)?C?O?的投料，鈷的沉淀率增大不明顯，但(NH?)?C?O?的使用量增加，增大了原料的成本，故答案為：第19頁n(C?O2-):n(Co2+)低于1.15,鈷的沉淀率低；n(C?O4-):n(Co2+)高于1.15,鈷的沉淀率增加不明顯，導(dǎo)致③其他條件一定，“制備”過程中，鈷的沉淀率與溫度的關(guān)系如題圖2所示，“制備”時溫度高于50℃,鈷的沉淀率下降的原因是CoC?O4·2H?O的溶解度隨著溫度升高而增大，并且(NH?)?C?O?不穩(wěn)定，受熱易分解，故答案為：溫度過高CoC?O?·2H?O的溶解度隨溫度升高而增大[或(NH?)?C?O?受熱分解，導(dǎo)致鈷的沉淀率降低]。16.【答案】(1)2:7;10Fe0.90+CO?=3Fe?(2)1:1;3H?S+2H?AsO?=(3)O2在0去發(fā)生器中失去電子轉(zhuǎn)化為0去，o吃與水作用生成HO·,HO·在凈化器中將NO和SO?氧化為(4)3Fe+NO?+2H++H?O=NH?+Fe?O?;酸性較弱時，生成較多不傳遞電子的FeO(OH)覆蓋在鐵表面，阻礙電子轉(zhuǎn)移【解析】【解答】(1)①Feo.90中，O元素顯-2價，F(xiàn)e元素顯+2、+3價，設(shè)1個Feo90中，含F(xiàn)e3+的數(shù)目為x,則含F(xiàn)e2+的數(shù)目為(0.9-x),依據(jù)化合物中各元素化合價的代數(shù)和為0,可得等式：3x+2(0.9-x)=2×1,x=0.2,0.9-x=0.7,則Fe3+與Fe2+的物質(zhì)的量之比為0.2:0.7=2:7。故答案為：2:7②反應(yīng)I中，CO?與Feo.90反應(yīng)生成C和Fe?O4,1個CO2轉(zhuǎn)化為C,得到4個e,則有4個Fe2+轉(zhuǎn)化為4個Fe3+,10個Feo.90中，含有2個Fe3+、7個Fe2+,4個Fe2+轉(zhuǎn)化為4個Fe3+,此時有6個Fe3+、3個Fe2+,剛好符合Fe?O4的組成，則化學(xué)方程式為10Feo.90+CO?=3Fe?O?+C。故答案為：10Feo.90+CO?=3Fe?O?+C③反應(yīng)I中，10Feo?O—3Fe?O4,則反應(yīng)Ⅱ中每產(chǎn)生1molFeo.9O,生成0.3molFe?O4,則應(yīng)有0.4molFe3+轉(zhuǎn)化為0.4molFe2+,所以轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.4mol。(2)①步驟Ⅲ中H?S?分解得到S8和H?S,依據(jù)得失電子守恒可建立如下關(guān)系式：8H?S(S元素由-1價降低為-2價)——S?(S元素由-1價升高到0價),設(shè)反應(yīng)生成8molH?S,則同時生成1molSg,則有4molH?S?作氧化劑，4m