2025年外研版高一化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年外研版高一化学下册阶段测试试卷936考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列物质不能发生水解反应的是A．油脂B．麦芽糖C．葡萄糖D．蛋白质2、下列叙述正确的是（）A.自来水用氯气消毒是因为氯气有毒，可毒死细菌、病毒B.道尔顿的原子学说存在缺陷和错误，因而意义不大C.焙制糕点时的发酵粉以小苏打为主要成分D.做焰色反应时，蘸取样品之前需用氢氧化钠溶液清洗铂丝3、实验室制取氧气的试管上会有MnO2，最好用下列那种试剂除去（）A.稀盐酸B.热的浓盐酸C.水D.NaOH溶液4、短周期的三种元素rm{X}rm{Y}rm{Z}已知rm{X}元素的原子最外层只有一个电子，rm{Y}元素的原子rm{M}层上的电子数是它的rm{K}层和rm{L}层电子总数的一半，rm{Z}元素原子的rm{L}层上的电子数比rm{Y}元素原子的rm{L}层上的电子数少rm{2}个，则这三种元素所组成的化合物的化学式不可能的是A.rm{X_{2}YZ_{4;;;;;;;}}B.rm{XYZ_{3;;;;;;;;}}C.rm{X_{3}YZ_{4;;;;;;;}}D.rm{X_{4}Y_{2}Z_{7}}5、只含有下列成分的物质一定不是合金的是rm{(}rm{)}A.rm{Fe}rm{C}B.rm{Cu}rm{Zn}C.rm{Al}rm{Cu}D.rm{Si}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、乙烯是石油裂解气的主要成分；它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平．请回答下列问题．

（1）乙烯的电子式____，结构简式____．

（2）鉴别甲烷和乙烯的试剂是____（填序号）．

A．稀硫酸。

B．溴的四氯化碳溶液。

C．水。

D．酸性高锰酸钾溶液。

（3）下列物质中，可以通过乙烯加成反应得到的是____（填序号）．

A．CH3CH3

B．CH3CHCl2

C．CH3CH2OH

D．CH3CH2Br

（4）已知2CH3CHO+O22CH3COOH．若以乙烯为主要原料合成乙酸；其合成路线如下图所示．

反应②的化学方程式为____．

工业上以乙烯为原料可以生产一种重要的合成有机高分子化合物，其反应的化学方程式为____，反应类型是____．7、（6分）有以下各组微粒或物质：A、氯水和氯气；B、35Cl和37Cl；C、冰和干冰；D、金刚石、石墨和C60E、CO和CO2；F、氘和氚；G、O2和O3；H、正丁烷和异丁烷；其中，（1）互为同分异构体的有（填编号，以下同）；（2）互为同素异形体的有；（3）互为同位素的有。8、写出下列反应的化学方程式或离子方程式：（本题8分）⑴氯化铁溶液中加入铁粉化学方程式：____________________________________⑵碳酸氢钠溶液滴入盐酸中离子方程式：________________________________________⑶碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液反应化学方程式：________________________________________⑷将二氧化碳通入炽热的炭层化学方程式：________________________________________9、将下列物质分类；并用序号填空。

下列物质：①Na②Ba（OH）2③CH3COOH④NH3⑤SO3⑥HCl⑦NaCl⑧蔗糖⑨NaCl溶液。

属于电解质的是______，属于非电解质的是______，能导电的是______．10、现有以下物质：①NaCl晶体②液态SO3③液态的醋酸④汞⑤BaSO4固体⑥纯蔗糖（C12H22O11）⑦酒精（C2H5OH）⑧熔化的KNO3；请回答下列问题（用序号）：

（1）以上物质属于电解质的是______．

（2）以上物质中溶于水后形成的水溶液能导电的是______．11、某实验小组把CO2通入饱和Na2CO3溶液制取NaHCO3；装置如图所示（气密性已检验，部分夹持装置略）：

（1）B中溶液的作用______．

（2）当D中有大量白色固体析出时，停止实验，将固体过滤、洗涤，取一定量配成样液，并加入BaCl2溶液，出现白色沉淀并有气体产生，其离子方程式是______．12、KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯．其变化可个表述为：KClO3+HCl（浓）→KCl+ClO2+Cl2+H2O

请回答：

（1）配平化学方程式：____KClO3+____HCl（浓）═____KCl+____ClO2+____Cl2+____H2O

（2）上述反应中氧化剂是____，还原产物是____；（填化学式）

（3）浓盐酸在反应中的作用是____（填写编号）．

①还原性②酸性③氧化性。

（4）ClO2是目前国际上公认的最新一代的高效、广谱、安全的杀菌、保鲜剂．我国科学家成功地利用Cl2与NaClO2固体反应制取了ClO2，同时得到NaCl．请写出反应的方程式为____．13、根据元素在周期表中的位置；判断下列各组化合物的水溶液的酸；碱性的强弱．（填＜或＞）

（1）、H3PO4____HNO3（2）、KOH____Mg（OH）2．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．15、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）16、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。17、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）18、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。评卷人得分四、工业流程题(共3题，共6分)19、七铝十二钙(12CaO·7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3)和废铝片制备七铝十二钙的工艺如下：

(1)电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为_____

(2)一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4-和Al2Cl7-两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为______20、我国每年产生的废旧铅蓄电池约330万吨。从含铅废料（PbSO4、PbO2、PbO等）中回收铅；实现铅的再生，意义重大。一种回收铅的工作流程如下：

（1）铅蓄电池放电时，PbO2作_______极，其电极质量在_______（填“减小”；“不变”、“增加”）

（2）过程I，已知：PbSO4、PbCO3的溶解度(20℃)见图l；Na2SO4、Na2CO3的溶解度见图2。

①根据图l写出过程I的离子方程式：_____________________________________。

②生产过程中的温度应保持在40℃，若温度降低，根据图2，解释可能原因：_____________________。

（3）过程Ⅱ，写出PbO2反应的化学方程式___________________________。

（4）过程Ⅲ，将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液，生成Pb；如图3。

①阴极的电极反应式是__________________________________。

②电解一段时间后，PbCl42－浓度极大下降，为了恢复其浓度且实现物质的循环利用，阴极区采取的方法是_____________________。21、一种以冷热镀管废料锌灰制ZnSO4·7H2O晶体；进而获取ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌的方法，工艺流程如图所示：

已知：①锌灰的主要成分为ZnO、ZnCl2，还含有SiO2、CuO、PbO和FeO。

②Cu++Cl-=CuCl↓

回答下列问题：

(1)滤渣1的主要成分为SiO2和___。

(2)酸浸时，硫酸浓度不能过高，原因是___。

(3)写出“沉铜”时的离子方程式___。

(4)在pH为5.6的条件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是___。

(5)氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，每溶解1molZnO需消耗___molKOH。电解池中的总反应离子方程式为：___。

(6)该工艺废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2S⇌ZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为：。微粒H2SCH3COOHCH3COO-浓度/mol·L-10.100.050.10

处理后的废水的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)评卷人得分五、计算题(共3题，共18分)22、某类硝酸盐受热分解的产物为不含氮元素的固体物质和NO2、O2气体：(1)某种硝酸盐受热分解后，若产生NO2和O2的物质的量之比为6︰1，则金属元素的价态在反应过程中_______(填“升高”、“降低”、“不变”)(2)现取mgCu(NO3)2无水晶体，强热使其分解，得到NO2、O2和ng固体。将气体用水充分吸收后，结果还有气体剩余，同时得到100mL溶液。则：残留固体成分可能是____________________________(用化学式表示)；所得溶液的物质的量浓度是__________________（用只含m的代数式表示）；(3)(2)中m=3.76，n=1.52。试通过计算确定残留固体的成分及其质量23、电解饱和食盐水可产生氯气；氢气和氢氧化钠；氯气与石灰乳反应可制得漂白粉．

rm{(1)}若电解饱和食盐水时消耗rm{NaCl}rm{117g}试计算理论上最多可得到多少体积的氯气rm{(}标准状况rm{)}转移的电子为多少rm{mol}

rm{(2)}若将rm{2mol}氯气通入足量石灰乳中，理论上可得次氯酸钙多少克？24、已知：rm{Zn+HNO_{3;隆陋隆陋;}Zn(NO_{3})_{2}+N_{2}O隆眉+H_{2}O(}未配平rm{Zn+HNO_{3;隆陋隆陋;}Zn(NO_{3})_{2}+

N_{2}O隆眉+H_{2}O(}现有rm{)}与足量的硝酸充分反应；求：

rm{26gZn}生成标况下rm{(1)}气体的体积多少升？

rm{N_{2}O}被还原的硝酸的物质的量是多少？rm{(2)}被还原的硝酸的物质的量是多少？评卷人得分六、综合题(共4题，共8分)25、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

26、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题27、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

28、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【解析】【答案】C2、C【分析】解：A．氯气与水反应生成的HClO；具有强氧化性，可以杀死细菌；病毒，而与氯气的毒性无关，故A错误；

B．道尔顿的原子学说；虽然存在缺陷和错误，但为化学的发展奠定基础，具有一定的意义，故B错误；

C．小苏打与酸反应生成气体；则焙制糕点时的发酵粉以小苏打为主要成分，故C正确；

D．利用稀盐酸清洗铂丝；而NaOH不挥发，且干扰实验，故D错误；

故选C．

A．氯气与水反应生成的HClO；具有强氧化性；

B．道尔顿的原子学说；为化学的发展奠定基础；

C．小苏打与酸反应生成气体；

D．利用稀盐酸清洗铂丝．

本题考查氯气的化学性质，为高频考点，把握氯气应用于自来水消毒是生成HClO的原因为解答的关键，注重化学与生活的联系，综合性较强，题目难度不大．【解析】【答案】C3、B【分析】解：MnO2与水、NaOH溶液、稀盐酸均不反应，也不溶解，MnO2能与热的浓盐酸反应生成二氯化锰，氯气和水，则除去沾附的MnO2可用的试剂是热的浓盐酸；

故选B．

MnO2能与热的浓盐酸反应生成二氯化锰；氯气和水，据此分析．

本题考查MnO2的化学性质、试管的洗涤，题目难度不大，注意试管壁上沾附的物质需要溶于水才能洗去．【解析】【答案】B4、A【分析】【分析】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，培养学生知识迁移能力及逻辑推理能力，题目难度适中。【解答】rm{X}元素的原子最外层只有一个电子，即rm{X}元素的化合价为rm{+1}价；rm{Y}元素的原子rm{M}层上的电子数是它rm{K}层和rm{L}层电子总数的一半，则rm{M}层有rm{5}个电子，即rm{Y}元素为rm{P}元素，其化合价有rm{+3}rm{+5}价；rm{Z}元素原子的rm{L}层上的电子数比rm{Y}元素原子的rm{L}层上的电子数少rm{2}个，即rm{Z}元素为rm{O}元素；故rm{Z}为rm{O}元素，为rm{-2}价。已知rm{X}元素的原子最外层只有一个电子，则rm{X}处于Ⅰrm{A}族，rm{X+1}价。根据化合价代数和等于进行解题。A.rm{Y}的化合价为rm{+6}价，不符合，故A不可能；B.rm{Y}的化合价为rm{+5}价，符合，故B可能；C.rm{Y}的化合价为rm{+5}价，符合，故C可能；的化合价为rm{Y}价，符合，故C可能；

rm{+5}的化合价为D.rm{Y}的化合价为rm{+5}价，符合，故D可能。价，符合，故D可能。

rm{Y}rm{+5}【解析】rm{A}5、D【分析】解：由合金的概念可知，合金中至少含有一种金属，rm{C}rm{Si}都是非金属不能形成合金；

故选D．

合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质．

本题考查合金的定义，题目难度不大，解答本题要充分理解合金的含义．【解析】rm{D}二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】

（1）乙烯中含碳和碳之间以共价双键结合，电子式为：根据电子式可以书写结构简式为：H2C=CH2，故答案为：H2C=CH2；

（2）乙烯中含有碳碳双键；可以发生加成反应，使溴水褪色，可以被强氧化剂高锰酸钾氧化，从而使高锰酸钾褪色，而甲烷不能，故答案为：BD；

（3）乙烯和溴化氢发生加成生成溴乙烷；和水加成生成乙醇，和氢气加成生成乙烷，故答案为：ACD；

（4）乙烯可以和水加成生成乙醇，所以A是乙醇，乙醇可以被氧化为B乙醛，乙醛易被氧化为C乙酸，乙醇的催化氧化反应为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；乙烯可以发生加聚反应生成聚乙烯，反应为：属于加聚反应，故答案为：加聚反应．

【解析】【答案】（1）乙烯是含有碳碳双键的最简单的烯烃；根据电子式可以书写结构简式；

（2）乙烯中含有碳碳双键；可以发生加成反应，可以被强氧化剂氧化，而甲烷不能；

（3）乙烯加成反应的特征是原子或原子团加在双键碳原子上；双键变为单键；

（4）乙烯可以和水加成生成乙醇；乙醇可以被氧化为乙醛，乙醛易被氧化为乙酸；乙烯可以发生加聚反应生成聚乙烯．

7、略

【分析】同位素：具有相同质子数的不同原子；同素异构体是同种元素的不同单质；同分异构体是同种分子的不同分子；【解析】【答案】（6分）（1）H；（2）DG；（3）BF8、略

【分析】【解析】【答案】（本题8分）⑴2FeCl3+Fe==3FeCl2⑵H++HCO3-=H2O+CO2↑⑶NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O⑷CO2+C=2CO9、略

【分析】解：①Na是金属单质；但既不是电解质，也不是非电解质，能导电；

②Ba（OH）2是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物；是电解质，固体不导电；

③醋酸是弱酸；在水溶液中能导电，所以是电解质，本身不能导电；

④NH3溶液导电是由于氨气和水反应生成了一水合氨的缘故；是非电解质，本身不能够导电；

⑤SO3溶液导电是由于三氧化硫和水反应生成了硫酸的缘故；是非电解质，本身不能够导电；

⑥HCl气体是电解质；但气体本身不能够导电；

⑦NaCl是电解质；固体不能导电；

⑧蔗糖是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；是非电解质，不能导电；

⑨NaCl溶液是混合物；不是电解质，溶液能导电；

故答案为：②③⑥⑦；④⑤⑧；①⑨．

电解质和非电解质都必须是化合物；电解质在熔融状态或水溶液中能导电的化合物；非电解质是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，金属单质能导电；电解质在熔融状态或水溶液中能导电，据此即可解答．

本题考查了电解质与非电解质、物质的导电性判断，题目难度不大，注意明确电解质与非电解质的本质区别，明确溶液导电性原因．【解析】②③⑥⑦；④⑤⑧；①⑨10、略

【分析】解：①NaCl晶体溶于水或者熔化时能电离出自由离子而导电；属于电解质；水溶液能导电；

②液态SO3本身不能电离，不是电解质；SO3与水反应生成硫酸是可溶性的电解质；水溶液导电；

③液态的醋酸溶于水时能电离出自由离子而导电；属于电解质；水溶液能导电；

④汞是金属单质；不是电解质，不溶于水；水溶液能导电；

⑤BaSO4固体熔化时能电离出自由离子而导电；属于电解质；难溶于水，水溶液不导电；

⑥纯蔗糖（C12H22O11）本身不能电离；是非电解质；水溶液不导电；

⑦酒精（C2H5OH）溶于水和熔化时都不导电；不是电解质；水溶液不导电；

⑧熔化的KNO3溶于水或者熔化时能电离出自由离子而导电；属于电解质；水溶液能导电；

（1）以上物质中属于电解质的是①③⑤⑧；故答案为：①③⑤⑧；

（2）以上物质中溶于水后形成的水溶液能导电的是①②③⑧；故答案为：①②③⑧．

水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质；包括酸；碱、盐都是电解质；

可溶性电解质和能够与水反应生成可溶性电解质的物质；溶于水后能够导电．

本题考查了电解质的判断，判断电解质时应注意抓住概念的内涵，电解质必须是化合物，必须本身能电离．【解析】①③⑤⑧；①②③⑧11、略

【分析】解：（1）CO2在水中存在平衡：CO2+H2O⇌H2CO3⇌HCO3-+H+；在硫酸溶液中，存在大量的氢离子，使平衡逆向移动，抑制二氧化碳的溶解，氯化氢易溶于水，能够被硫酸溶液吸收；

故答案为：减少CO2在水中的溶解；同时吸收挥发出来的HCl气体；

（2）碳酸氢钠与BaCl2溶液混合，现白色沉淀并有气体产生，沉淀为碳酸钡、气体为二氧化碳，反应的离子反应为：2HCO3-+Ba2+=BaCO3↓+CO2↑+H2O；

故答案为：2HCO3-+Ba2+=BaCO3↓+CO2↑+H2O．

（1）B中酸可抑制二氧化碳的溶解；且能够吸收二氧化碳中的氯化氢气体；

（2）样液成分为碳酸氢钠；依据产生的现象结合原子个数守恒判断碳酸氢钠与氯化钡反应的产物，写出反应的离子方程式．

本题考查了碳酸氢钠的制备和碳酸氢钠的性质，明确物质的性质是解题关键，注意掌握化学平衡移动原理的概念及应用方法，题目难度不大．【解析】减少CO2在水中的溶解，同时吸收挥发出来的HCl气体；2HCO3-+Ba2+=BaCO3↓+CO2↑+H2O12、略

【分析】

（1）氧化还原反应中化合价不交叉；所以氯酸钾中的氯元素化合价由+5降到二氧化氯中的+4价，得1mol电子，盐酸中的氯元素由-1价升到0价，共失2mol电子，根据电子守恒，得失电子数目应相等，所以氯酸钾前是2，观察法配平其他系数，故答案为：2，4，2，2，1，2；

（2）KClO3氯元素的化合价降低；是氧化剂，对应的产物二氧化氯是还原产物；

故答案为：KClO3；ClO2；

（3）氯元素的化合价升高；表现了还原性，化合价不变得到氯化钾，表现了盐酸的酸性，故答案为：①②；

（4）反应物为Cl2和NaClO2，根据题意结合质量守恒定律可知生成物应为ClO2和NaCl，则反应的方程式为Cl2+2NaClO2═2ClO2+2NaCl；

故答案为：Cl2+2NaClO2═2ClO2+2NaCl；

【解析】【答案】（1）根据氧化还原反应中化合价不交叉后的原则和电子守恒法来配平方程式；

（2）反应中元素化合价降低的是氧化剂；氧化剂对应的产物是还原产物；

（3）氯元素的化合价升高；表现了还原性，化合价不变得到一种盐酸盐，表现了盐酸的酸性；

（4）反应物为Cl2和NaClO2，根据题意结合质量守恒定律可知生成物应为ClO2和NaCl；然后配平；

13、略

【分析】

（1）N和P在同一主族，P在N元素的下一周期，同一主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性N＞P，非金属性越强，则对应的最高价氧化物的水合物的酸性越强，所以：酸性H3PO4＜HNO3；故答案为：＜；

（2）K位于第四周期第ⅠA族，Mg位于第三周期第ⅡA族，同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，同一周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，金属性越弱，则对应的最高价氧化物的水合物的碱性越弱，则金属性K＞Mg，所以碱性KOH＞Mg（OH）2；故答案为：＞．

【解析】【答案】同一主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；金属性逐渐增强，非金属性越强，则对应的最高价氧化物的水合物的酸性越强；

同一周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱；金属性越弱，则对应的最高价氧化物的水合物的碱性越弱．

三、判断题(共5题，共10分)14、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；15、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．16、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．17、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．18、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．四、工业流程题(共3题，共6分)19、略

【分析】【分析】

(1)用Al片和石墨作电极制备Al(OH)3；Al作阳极，据此分析；

(2)放电时负极材料电极本身Al放电，失电子，根据AlCl4-和Al2Cl7-中铝元素和氯元素的比例来确定AlCl4-作反应物而生成Al2Cl7-。

【详解】

(1)用Al片和石墨作电极来制备Al(OH)3，Al作阳极，石墨作阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极上是来自于水的H+放电：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Al3+与OH-会结合形成难溶性的Al(OH)3，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可得总反应：2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑；

(2)放电时，负极电极本身Al放电，失电子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-作反应物而Al2Cl7-为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-。

【点睛】

本题考查了电解池和原电池的知识，电解池的阳极和原电池的负极失去电子，发生氧化反应，电解池的阴极和原电池的正极得到电子，发生还原反应，结合电解质中含有的微粒书写电极反应式。【解析】2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-20、略

【分析】【分析】

含铅废料（PbSO4、PbO2、PbO等），加入饱和碳酸钠溶液过滤得到PbCO3、PbO2、PbO和滤液硫酸钠溶液，PbCO3、PbO2、PbO加入草酸过滤得到PbO粗品，将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液，生成Pb和O2。

【详解】

（1）铅蓄电池放电时，铅元素化合价0价变化为+2价，Pb做负极，铅元素化合价+4价变化为+2价，PbO2做正极，发生反应为：PbO2+4H＋+SO42－+2e－=PbSO4+2H2O；由反应可知，电极质量增加。

（2）①碳酸铅溶解度小于硫酸铅，根据图l写出过程I的离子方程式为：PbSO4（s）+CO32－（aq）=PbCO3（s）+SO42－（aq）。

②生产过程中的温度应保持在40℃，若温度降低，PbSO4的转化速率下降；反应速率减小的原因是温度降低；硫酸钠和碳酸钠浓度降低，反应速率减小。

（3）根据过程Ⅱ分析可知，发生反应2PbO2+H2C2O4═2PbO+H2O2+2CO2↑。

（4）①阴极的电极反应是发生还原反应，元素化合价降低，阴极的电极反应式是，PbCl42－+2e－=Pb+4Cl－。

②阴极电解一段时间后溶液为HCl和NaCl的混合溶液，根据题意“将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液”继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用。【解析】①.正②.增加③.PbSO4（s）+CO32－（aq）=PbCO3（s）+SO42－（aq）④.温度降低、硫酸钠和碳酸钠浓度降低，反应速率减小⑤.2PbO2+H2C2O4═2PbO+H2O2+2CO2↑⑥.PbCl42－+2e－=Pb+4Cl－⑦.向阴极区加PbO粗品21、略

【分析】【分析】

锌灰(主要成分是ZnO，ZnCl2，还含有SiO2，CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO转化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，则过滤得到的滤渣1主要为PbSO4、SiO2；滤液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向滤液中加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀达到沉铜的目的，继续向溶液中加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO调节溶液pH，将Fe3+转化成氢氧化铁沉淀并过滤除去，将滤液蒸发、浓缩并冷却结晶，过滤得到ZnSO4•7H2O；滤液加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化锌，加热分解生成氧化锌，最后电解生成Zn，以此解答该题。

【详解】

(1)由分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4；

(2)浓硫酸有强氧化性，酸浸时，如使用硫酸浓度过高，反应速率会很慢，在溶解时会氧化FeO生成Fe3+，同时生成SO2，污染环境，发生反应的化学方程式2FeO+4H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+SO2↑+4H2O；

(3)“沉铜”时加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀，发生反应的离子方程式为Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+；

(4)在pH为5.6的条件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，继续加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，可促使Fe(OH)3胶体聚沉；有利于过滤分离；

(5)储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，发生的离子反应2OH－＋ZnO＋H2O＝Zn(OH)则每溶解1molZnO，需消耗2molKOH；电解池阳极上的H2在碱性条件下失电子氧化生成H2O，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，阴极上Zn(OH)离子得电子还原生成Zn，电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，则电解池中的总反应离子方程式为H2+Zn(OH)42-2H2O+Zn+2OH-；

(6)已知Ka(CH3COOH)=则c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液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，则c(S2-)=1.0×10-12mol/L，此时Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，则c(Zn2+)=1×10-11mol·L-1。

【点睛】

本题难点是(6)综合利用电离平衡常数和溶度积常数计算溶液的pH和c(Zn2+)，准确利用公式是解题关键，特别是Ka2(H2S)×Ka1(H2S)=这是易错点。【解析】PbSO4产生SO2气体，污染环境或无法反应(速率慢)等Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离2H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH-51×10-11mol·L-1五、计算题(共3题，共18分)22、略

【分析】【解析】试题分析：（1）产物NO2和O2的物质的量之比为6︰1可以确定升高的化合价为4，降低的化合价为6，根据得失电子数相等，则金属元素的化合价升高。（2）因为生成的气体用水充分吸收后，结果还有气体剩余，说明生成的NO2和O2的比值不是4：1，则金属的化合价一定降低，且NO2和O2的比值小于4：1，所以剩余的成分可能为Cu2O或CuO和Cu2O的混合物。根据N守恒，求得所得溶液的物质的量浓度为（3）n(Cu)=残留固体的质量为1.52g可知残留的固体为CuO和Cu2O。设CuOxmol，Cu2Oymol，则解得x=0.01mol，y=0.005mol，CuO为0.8g，Cu2O为0.72g。考点：化学计算【解析】【答案】（1）升高（2）CuO、Cu2O或Cu2O；10m/92mol/L（3）CuO0.8gCu2O0.72g23、解：（1）电解饱和食盐水发生的反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑

若电解饱和食盐水时消耗NaCl117g，反应的氯化钠物质的量==2mol；依据化学方程式计算得到：氯气物质的量为1mol；标准状况下氯气体积为22，4L；而生成1mol的氯气转移电子的物质的量2mol；

答：理论上最多可得到22.4L体积的氯气；转移的电子为2mol；

（2）若将2mol氯气通入足量石灰乳中发生反应：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；2molCl2完全反应生成次氯酸钙物质的量为1mol；则次氯酸钙质量=1mol×143g/mol=143g；

答：理论上可得次氯酸钙143g．【分析】

电解饱和食盐水发生的反应为：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{underline{;{脥篓碌莽};}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}和电极反应，结合电解过程中电子守恒计算，化学方程式的计算；

本题考查了电解食盐水的原理应用，氯气性质的应用，化学方程式的计算方法，质量和物质的量的换算计算，气体摩尔体积的换算应用，题目简单．【解析】解：rm{(1)}电解饱和食盐水发生的反应为：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{underline{;{脥篓碌莽};}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

若电解饱和食盐水时消耗rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

underline{;{脥篓碌莽};}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}反应的氯化钠物质的量rm{=dfrac{117g}{58.5g/mol}=2mol}依据化学方程式计算得到：氯气物质的量为rm{NaCl117g}标准状况下氯气体积为rm{=dfrac

{117g}{58.5g/mol}=2mol}rm{1mol}而生成rm{22}的氯气转移电子的物质的量rm{4L}

答：理论上最多可得到rm{1mol}体积的氯气，转移的电子为rm{2mol}

rm{22.4L}若将rm{2mol}氯气通入足量石灰乳中发生反应：rm{(2)}rm{2mol}完全反应生成次氯酸钙物质的量为rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}则次氯酸钙质量rm{2molCl_{2}}

答：理论上可得次氯酸钙rm{1mol}．rm{=1mol隆脕143g/mol=143g}24、（1）2.24L

（2）0.2mol

【分析】【分析】本题考查化学方程式有关计算，为高频考点，明确各个物理量关系是解本题关键，注意转移电子守恒的灵活运用，题目难度不大。本题考查化学方程式有关计算，为高频考点，明确各个物理量关系是解本题关键，注意转移电子守恒的灵活运用，题目难度不大。【解答】

rm{4Zn+10HN{O}_{3}=4Zn{left(N{O}_{3}right)}_{2}+{N}_{2}O隆眉+5{H}_{2}O}rm{{n}_{left(Znright)}=dfrac{26g}{65g.mo{l}^{-1}}=0.4mol}据此回答问题。【解答】rm{4Zn+10HN{O}_{3}=4Zn{left(N{O}_{3}right)}_{2}+{N}_{2}O隆眉+5{H}_{2}O}

首先根据氧化还原反应的规律进行方程式的配平，因硝酸既提供酸根又做氧化剂，故采用逆向配平法，配平的方程式为：rm{4Zn+10HN{O}_{3}=4Zn{left(N{O}_{3}right)}_{2}+{N}_{2}O隆眉+5{H}_{2}O

}rm{{n}_{left(Znright)}=

dfrac{26g}{65g.mo{l}^{-1}}=0.4mol}据此回答问题。rm{4Zn+10HN{O}_{3}=4Zn{left(N{O}_{3}right)}_{2}+{N}_{2}O隆眉+5{H}_{2}O

}rm{{V}_{left({N}_{2}Oright)}}rm{{V}_{left({N}_{2}Oright)}=2.24L}

故答案为：rm{{n}_{left(Znright)}=

dfrac{26g}{65g.mo{l}^{-1}}=0.4mol}rm{(1)}rm{(1)}rm{4Zn+10HN{O}_{3}=4Zn{left(N{O}_{3}right)}_{2}+{N}_{2}O隆眉+5{H}_{2}O

}rm{4mol}rm{22.4L}rm{0.4mol}rm{{V}_{left({N}_{2}Oright)}

}rm{{V}_{left({N}_{2}Oright)}

=2.24L}rm{2.24L;}rm{(}rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{)}反应中rm{N}元素化合价由rm{+5}价降低到rm{+1}价，生成rm{0.1molN}反应中rm{N}rm{N}元素化合价由

rm{+5}【解析】rm{(1)}rm{(1)}

rm{2.24L}rm{2.24L}

rm{(2)}六、综合题(共4题，共8分)25、反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能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）因图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；

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

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

（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为：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；

则利用盖斯定律将①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1；

【分析】（1）反应物总能量大于生成物总能量；催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，反应热不变；

（2）根据反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）结合1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1计算反应热；

（3）根据反应物和生成物确定反应的历程；

（4）利用盖斯定律计算．26、1：52）盐酸体现出的性质有：____酸性和还原性3）用双线桥表示出电子转移的方向和数目：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O4）当被氧化的HCl为73克时，转移的电子的数目为____（填具体数字）1.204×1024【分析】【解答】解：（1）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，1KClO3中氯元素的化合价由+5价变为0价，所以1KClO3是氧化剂，5HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，所以5HCl是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：5；故答案为：1：5；（2