期中测试卷01-2022-2023学年上学期高一化学期中复习之重难点突破（人教版2019必修第一册）（解析版）

期中试卷01（基础卷）一、单项选择题（每小题3分，共20小题，共计60分。）1．某100混合液中，和的物质的量浓度分别为0.1和0.4向该混合液中加入1.92g铜粉，加热使反应发生完全。下列说法正确的是(忽略反应前后溶液体积变化)（）A．所得气体在标准状况下的体积为0.448L B．反应中转移0.06的电子C．所得溶液中 D．所得溶液中【答案】D【详解】A．由分析可知，0.01mol硝酸根离子发生反应生成气体0.01mol，在标准状况下的体积为0.224L，故A错误；B．由反应离子方程式可知，0.01mol硝酸根离子发生反应，转移0.03的电子，故B错误；C．由分析可知，0.01mol硝酸根离子发生反应时消耗Cu的物质的量为0.015mol，所得溶液中，故C错误；D．由分析可知，0.01mol硝酸根离子发生反应时消耗H+的物质的量为0.04mol，所得溶液中剩余，故D正确；故答案选D。2．海水是重要的资源，可以制备一系列物质。下列说法不正确的（）A．要除去粗盐中的SO、Ca2+、Mg2+等杂质，步骤①中所加试剂及相关操作顺序可以是：过量NaOH溶液→过量BaCl2溶液→过量Na2CO3溶液→过滤→盐酸B．步骤②的反应条件为通电C．步骤③中MgCl2·6H2O制备无水MgCl2属于分解反应D．步骤④⑤⑥所涉及的反应中，溴元素均发生氧化反应【答案】D【详解】A．镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，过量的碳酸钠不仅可以除去溶液中的钙离子，也能除去除杂剂中的钡离子，再进行过滤操作，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最终达到目的，A正确；B．根据反应原理已知，步骤②为氯碱工业，饱和食盐水在通直流电的条件下生成氢氧化钠、氢气和氯气，B正确；C．步骤③中MgCl2·6H2O制备无水MgCl2，六水氯化镁在氯化氢的氛围中加热分解生成氯化镁和水，属于分解反应，C正确；D．步骤④是溴离子被氧化为溴单质，步骤⑤是溴单质被还原为溴化氢，步骤⑥是Br-被氧化为溴单质，D不正确；故选D。3．化学创造美好生活，下列相关说法错误的是（）A．过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂B．节日燃放的烟花的焰火，实质上是金属元素的焰色反应所呈现的色彩C．为防止中秋月饼等富脂食品被氧化，常在包装袋中放入生石灰D．红酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，可用苏打粉检验假红酒【答案】C【详解】A．过氧化钠可以和二氧化碳及水反应生成氧气，可用于呼吸面具中作为氧气的来源，可作供氧剂，A正确；B．某些金属元素灼烧时产生特殊的火焰，这叫焰色反应，节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，B正确；C．包装袋内加入生石灰，利用了其吸水性，防止食物的受潮；要防止氧化，往往加入还原铁粉，C错误；D．葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，碳酸钠溶液显碱性，因此可用苏打粉检验假红酒，D正确；答案选C。4．“奋斗者”号载人潜水器完成万米深潜海试，标志着我国在载人深潜领域达到世界领先水平。可作载人潜水器供氧剂，下列关于的说法正确的有（）①是一种白色固体②与反应有生成③是碱性氧化物④加入紫色石蕊试液中溶液最终变成蓝色⑤可在常温下由与反应制得⑥阴、阳离子的个数比为1∶2A．③⑤ B．②⑥ C．②③⑥ D．②③④⑤⑥【答案】B【详解】是淡黄色固体，①错误；与反应生成和，②正确；与反应生成，反应中有氧气生成，所以不是碱性氧化物，③错误；将加入紫色石蕊试液中，反应生成氢氧化钠，溶液变为蓝色，有漂白性，最终变为无色，④错误；与在加热时生成，常温下反应生成，⑤错误；是离子化合物，、的个数比为1∶2，⑥正确。综合上述分析可知选B。5．下列变化中，需加入还原剂才能实现的变化是（）A．→ B．FeO→ C．→ D．NO→【答案】C【详解】A．→可以通过复分解反应实现，不需要加入还原剂，A不符合；B．FeO→中铁元素化合价升高，需要加入氧化剂，B不符合；C．→中氮元素化合价降低，需要加入还原剂，C符合；D．NO→中氮元素化合价升高，需要加入氧化剂，D不符合；答案选C。6．为了除去粗盐中的、，及少量泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，下列操作顺序正确的是（）①过滤

②加入过量的NaOH溶液

③加入过量的盐酸

④加入过量的溶液

⑤加入过量的溶液

⑥加热蒸发A．①④⑤②①③⑥ B．⑤①④②③⑥C．②④⑤①③⑥ D．①②⑤④①③⑥【答案】D【详解】首先要过滤，除去不溶性的泥沙。其次要除去可溶性的杂质离子，除可加入溶液，除可加入溶液，除可加入溶液，且加入的试剂必须是过量的，过量的试剂必须在后面操作中除去，因此，溶液必须在溶液之后加入，否则过量的无法除去，盐酸需在过滤操作之后加入，以除去过量的和，否则生成的、和沉淀又会重新溶解，达不到分离提纯的目的。最后加热蒸发除去，结晶得到纯净的。综上，操作顺序为①②⑤④①③⑥，故本题选D。7．只用一种试剂，将Na2SO4、NH4Cl、NaCl、(NH4)2SO4四种物质的溶液区分开，这种试剂是（）A．BaCl2溶液 B．NaOH溶液 C．AgNO3溶液 D．Ba(OH)2溶液【答案】D【详解】A．Na2SO4、(NH4)2SO4均与氯化钡反应生成白色沉淀，NaCl、NH4Cl均不与氯化钡反应，不能鉴别，故A错误；B．NaOH溶液与铵盐均反应生成氨气，因此不能鉴别NH4Cl、(NH4)2SO4，也不能鉴别Na2SO4、NaCl，因为二者与氢氧化钠均不反应，故B错误；C．四种物质均与硝酸银反应生成白色沉淀，不能鉴别，故C错误；D．Na2SO4、NH4Cl、NaCl、(NH4)2SO4四种溶液分别与Ba(OH)2溶液混合的现象为：白色沉淀、刺激性气体、、无现象、刺激性气体和白色沉淀，现象均不同可鉴别，故D正确；故答案选D。8．下列说法正确的是（）A．仅观察外观就可以区分溶液和胶体 B．某分散系可能是电解质C．蛋白质溶液属于胶体 D．CuSO4溶液可以产生丁达尔效应【答案】C【详解】A．有些溶液和胶体，仅观察外观不可以区分，需要通过丁达尔效应进行区分，A错误；B．分散系属于混合物，电解质为化合物，任何分散系都不可能是电解质，B错误；C．蛋白质溶液的分散质粒子直径在1~100nm之间，故蛋白质溶液属于胶体，C正确；D．CuSO4溶液不是胶体，不可以产生丁达尔效应，D错误；故选C。9．将注入无开采价值的深层煤层替换其中的可以实现的永久储存，储存的过程如图示：下列有关说法错误的是（）A．属于化合物B．图中“注入”的气体为混合物C．烟气属于气溶胶，能发生丁达尔效应D．是目前空气质量评价的主要污染物之一【答案】D【详解】A．是由碳、氢两种元素组成的化合物，A正确；B．图中“注入”的气体为和的混合物，B正确；C．烟、云、雾都属于胶体，胶体可发生丁达尔效应，C正确；D．CO2不是空气污染物，D错误；故答案选D。10．加热条件下，能产生助燃性气体的物质是（）A．CaCO3 B．KMnO4 C．NH4Cl D．CaCl2·2H2O【答案】B【详解】A．CaCO3分解生成氧化钙和二氧化碳，A不符合；B．KMnO4分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，B符合；C．NH4Cl分解生成氨气和氯化氢，C不符合；D．CaCl2·2H2O分解失去结晶水，D不符合；答案选B。11．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．所含的分子数为B．时和标准状况下含有相同的电子数C．与充分反应，转移电子数为D．溶液中含数为【答案】B【详解】A．未说明4.48LCl2所处的温度和压强，所以无法计算所含的分子数，选项A错误；B．4℃时水的密度为1g/mL，9mLH2O的质量为9g，其物质的量为：=0.5mol，1个水分子中含有10个电子，所含电子物质的量为5mol，标准状况下11.2LCH4的物质的量为：=0.5mol，1个甲烷分子中含有10个电子，所含电子物质的量为5mol，所以二者含有相同的电子数，选项B正确；C．与充分反应生成氯化铁，铁过量，转移电子数为，选项C错误；D．未给出溶液的体积，无法计算溶液中所含Na+个数，选项D错误；答案选B。12．用NA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，80gSO3的体积为22.4LB．标准状况下，2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NAC．已知反应：2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O，每生成28gN2转移的电子数目为3NAD．58.5gNaCl中含有NA个NaCl分子【答案】C【详解】A．标准状况下，SO3是固体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；B．标准状况下，2.24L即0.1molCl2过量稀NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，转移的电子总数为0.1NA，故B错误；C．已知反应2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O，N2既为氧化产物，又为还原产物，每生成2molN2转移6mol电子，则每生成28gN2转移的电子数目为3NA，故C正确；D．NaCl是离子晶体，晶体中不存在分子微粒，故D错误；答案为C。13．Cl2O起一种高效消毒剂，在0℃时1体积水能溶解100体积以上的Cl2O，与有机物接触时可能爆炸。实验室将Cl2通过HgO粉末制取并收集Cl2O，装置如图所示(部分夹持仪器已省略)。已知：Cl2O的熔点为-116℃沸点为3.8℃，Cl2的沸点为-34.6℃；NH3的熔点为-77.8℃，沸点为-33.5℃；②HgO+2Cl2HgCl2+Cl2O。下列有关该实验的说法错误的是（）A．组装装置时，玻璃导管接口之间尽可能靠近，橡胶塞用锡箔包住B．装置B中，理论上若参加反应的HCl为4mol，则反应中转移电子的物质的量为2.5molC．装置D中的试剂为浓硫酸；装置G中的试剂为无水CaCl2D．装置F中液氨的作用是冷凝，便于收集产品Cl2O并使其与Cl2分离【答案】C【详解】A．Cl2O与有机物接触时可能爆炸，橡胶塞的成分为有机物，因此组装装置时，玻璃导管接口之间尽可能靠近，橡胶塞用锡箔包住，故A正确；B．装置B中发生的反应为，16molHCl参与反应转移10mol电子，则若参加反应的HCl为4mol，反应中转移电子的物质的量为2.5mol，故B正确；C．装置G用于吸收氯气，防止污染空气，则G中试剂应用碱石灰，不能用无水CaCl2，故C错误；D．Cl2O的熔点为-116℃沸点为3.8℃，因此装置F中用液氮冷凝收集产品、分离Cl2O和氯气，故D正确；答案选C。14．锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：。利用氧化制备的装置如图所示(夹持装置略)。下列说法错误的是（）A．在强碱性环境下，氧化性：B．装置Ⅰ中的漂白粉可以用氯酸钾代替C．装置Ⅱ中盛放浓硫酸，以提高的产率D．装置Ⅳ不需要防倒吸的原因是氢氧化钠溶液与氯气反应速率较慢【答案】C【详解】A．在强碱性环境下，将氧化为，则在强碱性环境下，氯气的氧化性比高锰酸钾强，故A正确；B．装置Ⅰ是制备氯气的装置，氯酸钾和浓盐酸混合可以制备氯气KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，故B正确；C．浓硫酸常用来干燥气体，而装置III中盛放锰酸钾溶液，里面有水存在，所以用浓硫酸干燥气体没有作用，不能提高产率，故C错误；D．氢氧化钠溶液吸收氯气的速率较慢，不会形成倒吸，故装置Ⅳ不需要防倒吸，故D正确；答案选C。15．下列有关实验操作，现象和解释或结论都正确的是（）操作现象解释或结论A将氯水滴在pH试纸的中部变红氯水显酸性B向饱和溶液中通入足量液变浑浊析出了晶体C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中有、无D向粉末中滴加几滴水少量溶解难溶于水【答案】B【详解】A．由氯水的成分可知，含有氯气和次氯酸以及氯化氢等成分，具有酸性，可以使pH试纸显红色，但次氯酸具有漂白性，中间的一部分被次氯酸漂白形成白色，而周围的一部分没有和次氯酸发生反应，所以仍然有指示剂的效用，A项错误；B．向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，发生反应:Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，因相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，则有NaHCO3晶体析出，故B正确；C．火焰呈黄色，只能说明溶液中含有Na+，观察K+的火焰需要透过蓝色钴玻璃，故C错误；D．向Na2CO3粉末中滴加几滴水，少量溶解，没有准确的相对量的关系，不能说明碳酸钠溶解性大小，故D错误；答案选B。16．工业上以粗盐(含、、等杂质)为主要原料，采用“侯氏制碱法”生产纯碱和化肥，实验室模拟工艺流程如图甲所示。下列说法正确的是（）A．对粗盐溶液除杂可依次加入过量NaOH、、溶液，过滤后再加入盐酸调pHB．饱和食盐水中先通入的气体为C．图甲中析出晶体的总反应可表达为：D．图乙所示装置可以比较和晶体的热稳定性【答案】C【详解】A．为除去过量，对粗盐溶液除杂时，要在加入氯化钡之后再加碳酸钠，所以依次加入过量NaOH、、溶液，过滤后再加入盐酸调pH，故A错误；B．二氧化碳的溶解度小于氨气，为增大二氧化碳的溶解度，饱和食盐水中先通入的气体为氨气，故B错误；C．饱和食盐水、二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，析出晶体的总反应可表达为：，故C正确；D．用图乙所示装置比较和晶体的热稳定性，应该把碳酸氢钠放在小试管底部、碳酸钠放在大试管底部，故D错误；选C。17．依据反应2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，下列推论正确的是（）A．还原剂和氧化产物的物质的量之比为2：3B．H2O是氧化产物C．反应共转移6mol电子D．该条件下N2的氧化能力小于CuO【答案】D【详解】A．由方程式可知，还原剂氨气和氧化产物氮气的物质的量之比为2：1，故A错误；B．由分析可知，反应中氨气是反应的还原剂，氮气是氧化产物，故B错误；C．由分析可知，反应中氨气是反应的还原剂，氧化铜是反应的氧化剂，反应消耗2mol氨气，反应共转移6mol电子，故C错误；D．由分析可知，氧化铜是反应的氧化剂，氮气是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氮气的氧化能力小于氧化铜，故D正确；故选D。18．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将和空气的混合气体通入、和的混合溶液中回收S，其转化如下图所示(CuS不溶于水)。下列说法中不正确的是（）A．过程①中，生成CuS的反应为B．过程②中，作氧化剂C．过程③中，通入1mol氧气产生2molD．回收S的总反应为【答案】C【详解】A．过程①是铜离子和硫化氢反应生成氢离子和硫化铜，离子方程式为，故A正确；B．过程②中，铁离子和硫化铜反应生成亚铁离子，铁离子化合价降低，因此Fe3+作氧化剂，故B正确；C．过程③中，氧气和亚铁离子反应生成铁离子，通入1mol氧气转移4mol电子，故产生4molFe3+，故C错误；D．根据图中信息，因此回收S的总反应为，故D正确。综上所述，答案为C。19．下列的各组离子能大量共存的是（）A．、、、 B．、、、C．、、、 D．、、、【答案】B【详解】A．、、反应生成，故不选A；B．、、、相互之间不反应，能大量共存，故选B；C．、生成氨气和水，故不选C；

D．、反应生成碳酸钙沉淀，故不选D；选B。20．下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．将Zn粒溶于稀硝酸中：Zn+2H+=Zn2++H2↑B．将Cu丝插入浓硝酸中：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2OC．向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NHD．向硅酸钠溶液中通入过量CO2；SiO+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO【答案】C【详解】A．稀硝酸有强氧化性，将Zn粒溶于稀硝酸中，生成NO，不会产生氢气，反应的离子方程式为：3Zn+8H++2NO=3Zn2++2NO↑+4H2O，A错误；B．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，不生成一氧化氮，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O，B错误；C．氢氧化铝不溶于氨水，向AlCl3溶液中加入氨水，生成氢氧化铝和氯化铵，反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，C正确；D．向硅酸钠溶液中通入过量CO2，生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO，D错误；答案选C。二、非选择题（共四大题，总计40分。）21．实验室用溶质质量分数为20.0%的盐酸配制稀盐酸。请填写完整以下实验步骤并回答有关问题：(1)步骤1：计算。查得室温下20.0%的盐酸密度为，则该盐酸的物质的量浓度为___________。进而计算得出配制所需20.0%盐酸的体积。(2)步骤2：量取。本次实验量取盐酸所需量筒规格为___________。(3)步骤3：稀释。将量取的盐酸倒入烧杯，再倒入适量蒸馏水，静置，___________。(4)步骤4：转移、洗涤。将烧杯中的溶液转移到容量瓶需使用___________引流。用适量蒸馏水洗涤烧杯等仪器，洗涤液转入容量瓶，重复2～3次。容量瓶内液面未达瓶颈前将瓶内溶液混匀。(5)步骤5：定容、摇匀。加蒸馏水至距离刻度线处，平视环形刻度线，改用___________逐滴加水至凹液面最低处与刻度线相切。摇匀，倒入试剂瓶并贴上标签。(6)使用容量瓶前必须进行的一步操作是___________；若定容、摇匀后，想起实验中忘记了洗涤的步骤，应进行的操作是___________。(7)在配制过程中，其他操作都正确，下列操作会引起浓度偏低的是___________(填字母)。A．容量瓶洗净后未干燥，有蒸馏水残留B．量取盐酸后用蒸馏水将量筒内残留盐酸洗出并转入容量瓶C．稀释盐酸的烧杯未用蒸馏水洗涤D．转移稀释后的盐酸时少量溶液顺着容量瓶口流至瓶外E．定容时俯视刻度线F．摇匀后发现液面低于刻度线，重新定容至刻度线【答案】(1)6.00(2)20(3)待溶液温度恢复至室温(4)玻璃棒(5)胶头滴管(6)

检查容量瓶是否漏水或检漏

重新配制该溶液(7)CDF【详解】（1）由可知，；（2）根据稀释公式，设配制该盐酸，需要浓盐酸的体积为，即，解得，量取溶液应选用量筒；（3）稀释盐酸后，待溶液温度恢复至室温才可转移；（4）转移溶液时，为防止溶液溅出，应用玻璃棒引流至容量瓶中；（5）定容加蒸馏水至距离刻度线处时，为防止加入的蒸馏水超过刻度线，应改用胶头滴管逐滴加水至凹液面最低处与刻度线水平相切；（6）为防止容量瓶漏液导致实验失败，使用容量瓶前必须检查容量瓶是否漏水或漏液。如果实验过程中忘记洗涤，会导致配制的溶液浓度偏低，应重新配制该溶液；（7）A．容量瓶中残留蒸馏水不影响溶质的物质的量和溶液体积，对溶液配制无影响；B．量筒内的残留液是标定以外的，不能洗出，洗出后会导致溶质增多，其浓度偏高；C．该操作均会导致溶质的物质的量减小，即所配溶液浓度偏低；D．该操作均会导致溶质的物质的量减小，即所配溶液浓度偏低；E．该操作导致溶液体积偏小，即所配溶液浓度偏高；F．重新定容至刻度线使溶液的体积偏大，即所配溶液浓度偏低；综合分析可知C、D、F均符合题意。22．氯及其化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱消毒剂。(1)漂白粉是常见的消毒剂，写出工业制取漂白粉的化学方程式：_______。(2)实验室利用如图装置制备KClO和KClO3。已知：6OH－＋3Cl25Cl－＋ClO＋3H2O①盛放浓盐酸的仪器名称是_______，A中发生反应的离子方程式为_______。②B的作用是_______；C中试管内盛放的试剂为_______。③用8.7gMnO2与足量浓盐酸充分反应，生成Cl2的质量为_______。(3)某同学设计实验探究84消毒液的漂白性。Ⅰ．在2mL84消毒液中加入2mL水后，放入红色纸片，观察到纸片慢慢褪色。Ⅱ．在2mL84消毒液中加入2mL白醋后，放入红色纸片，观察到纸片迅速褪色。Ⅲ．在不同温度时，测得84消毒液ORP值随时间的变化曲线如图所示。已知：ORP表示水溶液中物质的氧化性或还原性强弱。ORP值越大，氧化性越强。①实验Ⅰ、Ⅱ现象不同的原因是为_______。②实验Ⅲ中，随时间的变化ORP值不同的原因可能是_______。③针对不同物品的消毒，需将84消毒液稀释到不同的浓度。已知某品牌84消毒液中次氯酸钠的质量分数为12.6%，若取该消毒液100g，加水稀释为8%的溶液，则需加水的质量为_______g。【答案】(1)2Cl2＋2Ca(OH)2＝CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O(2)

分液漏斗

MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑

除去Cl2中的HCl气体

KOH溶液

7.1g(3)

醋酸和ClO－反应生成HClO，实验Ⅱ中HClO浓度大于实验Ⅰ中HClO浓度

温度升高次氯酸分解加快，溶液中次氯酸浓度减小，氧化性减弱

57.5g【解析】（1）工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）①由图可知盛放浓盐酸的仪器名称是：分液漏斗；A中为实验室利用MnO2和浓HCl加热制氯气，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；②用浓盐酸制备的氯气中含有氯化氢，可以用饱和氯化钠溶液除掉，故B的作用是：除去Cl2中的HCl气体；本题的目的是制备KClO和KClO3，故C中试管内盛放的试剂为KOH溶液；③MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑可知：MnO2~Cl287718.7gx，解得x=7.1g。（3）已知白醋显酸性，且不具漂白性，但醋酸和ClO-反应生成HClO。根据相同浓度时，HClO的氧化性强于ClO-，实验I中HClO浓度大于实验I中HClO浓度，其氧化性越强，因此实验I、现象不同。②根据图中信息得出温度越高，氧化性越弱，且温度在40℃到50℃，氧化性迅速越弱，原因可能是次氯酸在较高温度下分解变为盐酸和氧气。③设需加水的质量为x，根据稀释前后溶质质量不变有如下等式：。解得x=57.5g。23．废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为。某探究小组回收处理流程如图：回答下列问题：(1)硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子数为_______；在化合物中镓(Ga)和铟(In)均为+3价，则Cu的化合价为_______。(2)“酸浸氧化”得蓝色溶液，则该过程发生的主要氧化还原反应的化学方程式为_______。(3)氢氧化铜沉淀可溶于氨水，则滤液I中的阴离子主要有_______和_______两种。(4)滤渣加入混合前需要洗涤、干燥，并用试剂_______和_______来检验滤渣中的是否洗净。(5)滤渣加入可反生反应：；对物质X的性质有如下判断，你认为不正确的是。A．有弱酸性 B．可使溴水褪色C．与溶液反应得白色沉淀 D．与烧碱溶液反应可生成两种盐(6)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为_______。【答案】(1)

6

+1(2)(3)

(4)

HCl溶液

溶液(5)C(6)【分析】(1)硒(Se)与硫为同族元素，最外层电子数为6；在化合物中根据化合价代数和为0，得出Cu的化合价为+1价；(2)“酸浸氧化”得蓝色溶液，焙烧过程产生的Cu2O与硫酸和H2O2反应得到CuSO4，化学方程式为：Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O；(3)滤液I中为铜元素以[Cu(NH3)4]SO4形式存在，主要存在的阴离子为，氨水过量，也存在，故滤液I中的阴离子主要有、；(4)得到的沉淀表面可能有存在，可选HCl溶液和BaCl2溶液，HCl溶液可排除其他离子的干扰，BaCl2溶液与硫酸根生成硫酸钡沉淀，通过观察有无沉淀证明硫酸根是否洗干净，故先用HCl溶液和BaCl2溶液来检验滤渣中的是否洗净；(5)根据原子守恒，X为H2O2，H2O2可以发生电离产生氢离子，，，具有弱酸性，A正确；O元素化合价为-1价，具有还原性，可使溴水褪色，B正确；H2O2与与CaCl2溶液不反应，C错误；（中和一个氢离子），（中和二个氢离子），可生成两种盐，D正确；故选C。(6)GaCl3与NH3经过高温气相沉积得到GaN，化学方程式为：。24．Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少