2024年统编版2024高一化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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2024年统编版2024高一化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、一定体积0.01mol/L的稀硝酸溶液恰好能氧化一定质量的铁、铝混合物，已知两种金属均被氧化为最高价态，还原产物只有NO。若用0.01mol/LNaOH溶液溶解相同质量的该混合物，当反应完全时所需氢氧化钠溶液的体积是稀硝酸溶液的1/5，则样品中铁、铝的物质的量之比为A.1∶4B.1∶3C.2∶3D.5∶32、下列各图曲线分别表示物质的某种性质与核电荷数的关系(Z为核电荷数，Y为元素的有关性质)，下列选项中的对应关系错误的是()A.图①可以表示F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋四种离子的离子半径大小关系B.图②可以表示ⅡA族元素的最外层电子数C.图③可以表示ⅥA族元素氢化物的沸点高低关系D.图④可以表示第三周期元素的原子半径大小关系3、下列物质不能用氯气与单质直接化合制取的是A.KClB.FeCl2C.CuCl2D.AlCl34、rm{C_{6}H_{12}O_{2}}属于酯类的同分异构体数目是A.rm{18}B.rm{20}C.rm{22}D.rm{24}5、甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由rm{NH_{4}^{+}}rm{Ba^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{H^{+}}rm{OH^{-}}rm{Cl^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}中的不同阳离子和阴离子各一种组成。已知：rm{垄脵}将甲溶液分别与其它三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；rm{垄脷0.1mol/L}乙溶液中rm{c(H^{+})=0.2mol/L}rm{垄脹}向丙溶液中滴入rm{AgNO_{3}}溶液有不溶于稀rm{HNO_{3}}的白色沉淀生成。下列结论错误的是rm{(}rm{)}A.甲溶液含有rm{Ba^{2+}}B.乙溶液含有rm{SO_{4}^{2-}}C.丙溶液含有rm{Cl^{-}}D.丁溶液含有rm{Mg^{2+}}6、X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置如图所示．若X的最高正价与负价的代数和为2，则下列说法正确是（）A.原子序数由大到小为Z＞Y＞XB.氢化物最稳定的元素为ZC.最高价氧化物的水化物酸性最强的元素为ZD.原子半径由大到小为Y＞Z＞X7、将足量CO2通入下列溶液中，一定能产生沉淀的是（）A.硅酸钠溶液B.石灰水C.氯化钡溶液D.氯化钙溶液8、下列关于氯气的叙述中，正确的是rm{(}rm{)}A.氯气是一种黄绿色、有毒的气体B.氯在自然界中既有化合态的，也有游离态的C.氯气不能溶解于水，所以可用排水法收集氯气D.氯气、氯水、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、等物质的量CO和CO2，其中碳原子数之比为______，氧原子数之比______，同温同压下密度之比______；等质量的CO和CO2其中碳原子数之比为______，在标准状况下的体积之比为______．10、现有浓度均为2mol•L-1的FeCl3、FeCl2、CuCl2混合溶液100mL；加入一定量的铁粉，按下列情况填空．

（1）反应完毕后，有铜生成，铁粉无剩余．则反应完毕后溶液一定含有______阳离子，该阳离子在溶液中的物质的量的范围是______．

（2）反应完毕后，铁粉有剩余：①反应完毕后，溶液中一定含有______阳离子，为______mol，一定没有______阳离子；

②固体物质干燥后，其中一定有______，与反应前加入铁粉质量相比______（填“多”或“少”）______g．11、某温度下，在一个体积为rm{2L}的固定不变的密闭容器中充入rm{0.3mol}rm{SO_{2}}和rm{0.2mol}rm{O_{2}}发生rm{2SO_{2}+O_{2}?2SO_{3}}反应rm{.}几分钟后反应达到化学平衡状态，测得容器中气体压强变为原来的rm{90%}则该反应达到平衡时rm{SO_{2}}的转化率为______．12、有一瓶溶液只含rm{Cl^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Cu^{2+}}六种离子中的某几种rm{.}通过实验：

rm{垄脵}原溶液rm{xrightarrow{{脳茫脕驴}NaOH{脠脺脪潞}}}白色沉淀；

rm{

xrightarrow{{脳茫脕驴}NaOH{脠脺脪潞}}}原溶液中加rm{垄脷}溶液不产生沉淀；

rm{BaCl_{2}}原溶液中加rm{垄脹}溶液产生白色沉淀；再加稀硝酸白色沉淀不溶解，回答下列问题：

rm{AgNO_{3}}试分析原溶液中一定含有的离子是______；一定不含有的离子是______，可能含有的离子是______．

rm{(1)}有的同学认为实验rm{(2)}可以省略，你认为是否正确rm{垄脹}填“是”或“否”rm{(}______，理由是______．rm{)}13、某反应中反应物和生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O、Br2；

（1）已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是______．

（2）根据上述反应可知______．

a、氧化性：KBrO3＞H3AsO4

b、氧化性：H3AsO4＞KBrO3

c、还原性：AsH3＞Br2

d、还原性：Br2＞AsH3

（3）将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的化学计量数填入横线中；并标出电子转移的方向和数目．

______+______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)14、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）15、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．16、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）17、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）18、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）19、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）20、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、工业流程题(共4题，共12分)21、一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等。

②部分阳离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表。

③CoCl2·6H2O熔点86℃；易溶于水；乙醚等；常温下稳定，加热至110~120℃时失去结晶水变成无水氯化钴。

(1)写出Co2O3与Na2SO3和盐酸反应的离子方程式______________________。

(2)加入NaClO3的目的是______________________；加入过量NaClO3可能生成有毒气体，该气体是___________(填化学式)

(3)为了除去Fe3+、Al3+，需加Na2CO3调pH，则pH应控制的范围为_____________________.

(4)加萃取剂的目的是___________；金属离子在萃取剂中的萃取率与pH的关系如图，据此分析pH的最佳范围为___________(填字母序号)。

A.2.0~2.5B.3.0~3.5C.4.0~4.5D.5.0~5.5

(5)CoCl2·6H2O常用减压烘干法烘干，原因是___________。22、氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品，常用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂等，它难溶于水和乙醇，可溶于浓HCl与氨水形成的混合物，实验室用酸性蚀刻液(含)和碱性蚀刻液[含]来制备CuCl；实验过程的流程如下：

(1)步骤Ⅳ需要控制pH为1~2、80℃下进行，合适的加热方式是_______。

(2)步骤Ⅱ过滤得到固体，下列说法正确的是_______。A．为加快过滤速度，得到较干燥的固体，可进行抽滤B．宜用酸溶液洗涤沉淀C．在布氏漏斗中放入滤纸后，直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤D．在抽滤装置中洗涤晶体时，为减少晶体的损失，应使洗涤剂快速通过滤纸(3)步骤Ⅴ为了得到较为纯净的硫酸铜晶体，根据下表中物质的溶解度(单位为g)随温度的变化，写出步骤Ⅴ得到硫酸铜晶体的操作：_______。温度

物质0℃20℃40℃60℃80℃100℃氯化铜75808590100108硫酸铜121830506087

(4)写出还原过程中发生主要反应的离子方程式：_______。

(5)CuCl的定量分析，称取样品0.25g置于预先放入玻璃珠和过量溶液的锥形瓶中，不断摇动，待样品全部溶解后，加入50mL水，邻菲罗啉指示剂2滴，立即用的硫酸铈标准液滴定至绿色出现为终点，消耗标准液20.00mL，发生的反应为则样品的CuCl的质量分数为_______。23、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)24、氯化磷酸三钠具有良好的灭菌、消毒、漂白作用。湿法磷酸由硫酸分解磷矿石得到，其中含Fe3+、Al3+等杂质。以湿法磷酸为原料制取氯化磷酸三钠的工艺流程如下：

已知：a．温度高时；NaClO易分解。

b．常温下；磷酸的物种分布分数与pH的关系如下图所示：

回答下列问题：

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F时产生的有毒气体主要是________________(填化学式)。

(2)反应Ⅰ中磷酸转化为钠盐，其钠盐再与Fe3+、Al3+作用形成沉淀。

①反应Ⅰ中发生多个反应，其中磷酸转化为Na2HPO4的主要离子方程式为___________，常温下应控制pH约为_____________________________。

②常温下，HPO+Fe3+FePO4+H+的lgK为_________

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

(4)反应Ⅲ的化学方程式为____________________________________________；

反应Ⅳ中两种溶液混合后需快速冷却，其目的是____________________________；

“母液”中的溶质有NaClO、_____________________(填2种)。评卷人得分五、计算题(共4题，共40分)25、现有一种铜和氧化亚铁的混合物样品。为测定该样品中氧化亚铁的含量，某学生取20.0g此样品置于烧杯中，分四次加入密度为1.22g/cm3的硫酸并作相关记录。有关数据记录如下表：。加硫酸的序号加硫酸的体积／mL剩余固体的质量／g120.016.0220.012.0320.08.0420.08.0试计算：（1）10.0g此样品中铜的质量。（2）样品中氧化亚铁的质量分数。（3）所用硫酸溶液溶质的质量分数。26、回答下列关于氮元素的氢化物和氧化物的问题：

rm{(1)}氮元素原子的rm{L}层电子数为______，写出rm{N_{2}}的电子式______；

rm{(2)}在一定温度和压强及催化剂的条件下，在rm{2L}密闭容器中；通入一定量的氮气和氢气，发生如下反应：

rm{N_{2}+3H_{2}?2NH_{3}}开始时rm{N_{2}}的物质的量浓度为rm{4mol?L^{-1}}rm{2min}后rm{N_{2}}的物质的量浓度为rm{2mol?L^{-1}}则用rm{N_{2}}表示的反应速率为______；rm{2min}时，rm{NH_{3}}物质的量为______．

rm{(3)}已知各破坏rm{1mol}rm{N隆脭N}键、rm{H-H}键和rm{N-H}键分别需要吸收的能量为rm{946kJ}rm{436kJ}rm{391kJ.}理论计算。

rm{1mol}rm{N_{2}(g)}和rm{3mol}rm{H_{2}(g)}完全转化为rm{2mol}rm{NH_{3}(g)}的反应热rm{triangleH=}______；

rm{(4)NH_{3}}与rm{NaClO}反应可得到肼rm{(N_{2}H_{4})}该反应的化学方程式为______；

rm{(5)}肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂rm{N_{2}O_{4}}反应生成rm{N_{2}}和水蒸气．

已知：rm{垄脵N_{2}(g)+2O_{2}(g)=N_{2}O_{4}(1)triangleH_{1}=-20.0kJ?mol^{-1}}

rm{垄脵N_{2}(g)+2O_{2}(g)=N_{2}O_{4}(1)triangle

H_{1}=-20.0kJ?mol^{-1}}rm{(1)+O_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH_{2}=-534.2kJ?mol^{-1}}

写出肼和rm{垄脷N_{2}H_{4}}反应的热化学方程式______．rm{(1)+O_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H_{2}=-534.2kJ?mol^{-1}}27、rm{(1)0.2}rm{mol}rm{A}rm{l}rm{{,!}_{2}(SO_{4})_{3}}中含有rm{A}rm{l}rm{{,!}^{3+}}____________rm{mol}、rm{SO_{4}^{2-}}____________个。

rm{(2)}某硫酸钠溶液rm{20}rm{m}rm{L}中含有rm{3.01隆脕10}个rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}则该溶液中rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量浓度是____________rm{mol}rm{/L}rm{(3)5}rm{mol}rm{CO_{2}}的质量是_______克；在标准状况下所占的体积约为_______rm{L}所含氧原子的数目约为_______个。rm{(4)12.4}rm{g}rm{N}rm{a}rm{{,!}_{2}X}中含有rm{0.4}rm{mol}rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}则rm{N}rm{a}rm{{,!}_{2}X}的摩尔质量是____________，rm{X}的相对原子质量是____________；该物质的化学式为____________。

rm{(5)}在同温同压下，某气体rm{X}对rm{CH_{4}}的相对密度为rm{2}则气体rm{X}的化学式为____________。28、某烃rm{A0.2mol}在足量rm{O_{2}}中完全燃烧，生成二氧化碳rm{22.4L(}标准状况rm{)}生成水rm{21.6g}回答下列问题：rm{(1)}写出rm{A}的化学式____rm{(2)}写出烃rm{A}可能的结构简式____参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【解析】试题分析：铁不与NaOH溶液反应，铝与NaOH溶液反应，铁、铝都可以与稀硝酸反应，假设消耗稀硝酸的体积为VL，稀硝酸的物质的量为0.01Vmol，则NaOH溶液消耗的体积为1/5VL，根据Al～NaOH，Al的物质的量为0.002Vmol，Al～4HNO3，消耗HNO3的物质的量为0.008Vmol，Fe消耗的硝酸为0.01Vmol-0.008Vmol=0.002Vmol，Fe～4HNO3，Fe的物质的量为0.0005Vmol，故样品中铁、铝的物质的量之比为1∶4。故选A。考点：有关混合物反应的计算【解析】【答案】A2、D【分析】F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋四种离子的核外导致排布完全相同，其离子半径逐渐减小，A正确。同主族元素最外层电子数相同，B正确。在ⅥA族元素形成的氢化物中水由于存在氢键，沸点最高，而另外三种氢化物随原子序数的递增逐渐升高，C正确。同周期元素自左向右原子半径逐渐减小，D是错误的。所以答案是D。【解析】【答案】D3、B【分析】【解析】【答案】B4、B【分析】【分析】本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键确定醇的结构及羧酸的同分异构体，注意利用数学法进行计算。分子式为rm{C_{6}H_{12}O_{2}}属于酯类的同分异构体均属于饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，根据醇和羧酸的情况进行回答。【解答】分子式为rm{C_{6}H_{12}O_{2}}属于酯类的同分异构体有如下几种情况：

rm{垄脵}甲醇和戊酸形成的酯，甲醇没有同分异构体，戊酸有rm{4}种同分异构，所以这样的酯是rm{4}种；

rm{垄脷}乙醇和丁酸形成的酯，乙醇没有同分异构体，丁酸有rm{2}种同分异构，所以这样的酯是rm{2}种；

rm{垄脹}丙醇和丙酸形成的酯，丙醇rm{2}种同分异构体，丙酸没有同分异构体，所以这样的酯是rm{2}种；

rm{垄脺}丁醇和乙酸形成的酯，丁醇rm{4}种同分异构体，乙酸没有同分异构体，所以这样的酯是rm{4}种；

rm{垄脺}戊醇和甲酸形成的酯，戊醇rm{8}种同分异构体，甲酸没有同分异构体，所以这样的酯是rm{8}种．

综上可知：属于乙酸乙酯同系物的同分异构体共有rm{4+2+2+4+8=20}种；故B正确。

故选B。【解析】rm{B}5、D【分析】【分析】本题为推断题，做题时注意题中的反应现象，找出突破口，抓住物质的性质是关键。【解答】根据rm{垄脷}中的信息可知乙是二元酸，故乙是rm{H_{2}SO_{4}}根据rm{垄脹}中现象，可以推知丙中含有rm{Cl^{-}}再结合rm{垄脵}中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是rm{Ba(OH)_{2}}乙是rm{H_{2}SO_{4}}丙是rm{MgCl_{2}}丁是rm{NH_{4}HCO_{3}}故选D．

将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，可以形成白色沉淀的只有rm{BaSO_{4}}rm{BaCO_{3}}rm{Mg(OH)_{2}}因此甲只能是rm{Ba(OH)_{2}}rm{0.1mol/L}乙溶液中rm{c(H^{+})>0.1mol/L}说明乙是硫酸；向丙溶液中滴入rm{AgNO_{3}}溶液有不溶于稀rm{HNO_{3}}的白色沉淀生成，说明丙是rm{MgCl_{2}}所以丁是rm{NH_{4}HCO_{3}}。故选D。

【解析】rm{D}6、B【分析】解：由X；Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置可知；X、Z处于第二周期，Y处于第三周期，若X的最高正价与负价的代数和为2，则X处于ⅤA族，故X为氮元素、Z为氟元素、Y为硫元素；

A．X为氮元素；Z为氟元素、Y为硫元素；原子序数Y＞Z＞X，故A错误；

B．F元素的非金属性最强；HF最稳定，故B正确；

C．Z为F元素；F元素没有含氧酸，故C错误；

D．同周期自左而右原子半径减小；电子层越多原子半径越多，故原子半径S＞N＞F，故D错误；

故选B．

由X；Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置可知；X、Z处于第二周期，Y处于第三周期，若X的最高正价与负价的代数和为2，则X处于ⅤA族，故X为氮元素、Z为氟元素、Y为硫元素，据此进行解答．

本题考查原子结构与元素周期律的关系，难度不大，明确元素周期表结构为解答关键，注意理解掌握元素周期律的内容．【解析】【答案】B7、A【分析】解：A．硅酸钠溶液与足量二氧化碳生成碳酸氢钠与硅酸沉淀；生成了硅酸沉淀，故A选；

B．足量的二氧化碳通入石灰水中生成可溶性碳酸氢钙溶液；不会生成沉淀，故B不选；

C．碳酸酸式弱于盐酸；二氧化碳与氯化钡溶液不反应，不会生成沉淀，故C不选；

D．碳酸酸式弱于盐酸；二氧化碳与氯化钙溶液不反应，不会生成沉淀，故D不选；

故选：A．

二氧化碳为酸性氧化物；与水反应生成的碳酸酸性强于硅酸，弱于盐酸，与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，与氯化钡；氯化钙不反应，足量的二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸氢钙，据此解答．

本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大．【解析】【答案】A8、A【分析】解：rm{A}氯气是一种黄绿色、有毒的气体；故A正确；

B；氯在自然界中以化合态存在；无游离态，故B错误；

C；氯气能溶解于水；所以不能用排水法收集氯气，应用排饱和食盐水的方法收集，故C错误；

D；氯气、液氯是同一种物质；只是状态不同，都属于纯净物，氯水是氯气的水溶液属于混合物，故D错误；

故选A．

A；依据氯气的物理性质分析判断；

B；氯元素在自然界以化合态存在；

C；氯气可溶于水不能用排水法收集；

D；氯水是氯气的水溶液；是混合物；

本题考查了氯气的性质分析应用，掌握基础是关键，题目较简单．【解析】rm{A}二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】解：等物质的量CO和CO2，设物质的量均为1mol，其中碳原子数之比为1mol：1mol=1：1，氧原子数之比为1mol：1mol×2=1：2，同温同压下密度之比等于摩尔质量之比，为28：44=7：11；等质量的CO和CO2其中碳原子数之比为=11：7，在标准状况下的体积之比为×Vm：×Vm=11：7；

故答案为：1：1；1：2；7：11；11：7；11：7．

等物质的量CO和CO2，设物质的量均为1mol，结合ρ=n=V=nVm及分子构成计算．

本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握物质的构成、物质的量与质量和体积的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意物质的构成，题目难度不大．【解析】1：1；1：2；7：11；11：7；11：710、略

【分析】解：Fe3+、Cu2+、Fe2+的氧化性依次减弱，加入铁粉，先与Fe3+反应，再与Cu2+反应；

（1）当有铜生成，铁粉无剩余，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；

如果只有Fe2+，则其物质的量为：0.35mol，如果还有Cu2+，且最多为0.1mol时，只发生2FeCl3+Fe=3FeCl2，则Fe2+物质的量为0.25mol，由于两个反应都发生，所以Cu2+小于0.1mol，因此Fe2+物质的量大于0.25mol，故Fe2+物质的量为：0.25mol＜n（Fe2+）≤0.35mol；

故答案为：Fe2+；0.25mol＜n（Fe2+）≤0.35mol；

（2）①当铁粉有剩余时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe═3FeCl2、CuCl2+Fe═Cu+FeCl2，溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；反应后溶液中的溶质为氯化亚铁，根据氯离子守恒：n（Cl-）=（1mol/L×3+1mol/L×2+1mol/L×2）×0.1L=0.7mol，所以n（Fe2+）=n（Cl-）=0.35mol；

故答案为：Fe2+；0.35；Fe3+、Cu2+；

②当铁粉有剩余时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu；所以固体中含有Fe；Cu；

根据方程式；2FeCl3+Fe═3FeCl2、CuCl2+Fe═Cu+FeCl2，反应消耗铁的量为n（Fe）=n（FeCl3）+n（Cu）=×2mol/L×0.1L+2mol/L×0.1L=0.3mol；质量为：0.3mol×56g/mol=16.8g，反应生成的铜为n（Cu）=2mol/L×0.1L=0.2mol，质量为；0.2mol×64g/mol=12.8g，固体质量减少16.8g-12.8g=4g；

故答案为：Fe；Cu；少；4．

依据三价铁离子；铜离子、二价铁离子的氧化性强弱判断反应先后顺序；

若反应后；有铜生成，铁粉无剩余，则一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；

若充分反应后；铁粉有剩余，则三价铁离子；铜离子一定完全反应；据此结合反应方程式计算解答．

本题考查Fe与Fe3+、Cu2+的反应，难度中等．要注意根据固体的成分了解反应的先后顺序，从而确定溶液的成分，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．【解析】Fe2+；0.25mol＜n（Fe2+）≤0.35mol；Fe2+；0.35；Fe3+、Cu2+；Fe、Cu；少；411、略

【分析】解：设平衡时转化的二氧化硫为rm{xmol}则：

rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}

起始量rm{(mol)}rm{0.3}rm{0.2}rm{0}

变化量rm{(mol)}rm{x}rm{0.5x}rm{x}

平衡量rm{(mol)}rm{0.3-x}rm{0.2-0.5x}rm{x}

压强之比等于物质的量之比，则rm{0.3-x+0.2-0.5x+x=90%隆脕(0.3+0.2)}解得rm{x=0.1}则二氧化硫转化率为rm{dfrac{0.1mol}{0.3mol}隆脕100%=33.3%}

故答案为：rm{dfrac

{0.1mol}{0.3mol}隆脕100%=33.3%}

设平衡时转化的二氧化硫为rm{33.3%}则：

rm{xmol}

起始量rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}rm{(mol)}rm{0.3}rm{0.2}

变化量rm{0}rm{(mol)}rm{x}rm{0.5x}

平衡量rm{x}rm{(mol)}rm{0.3-x}rm{0.2-0.5x}

根据压强之比等于物质的量之比，则rm{x}进而计算二氧化硫转化率．

本题考查化学平衡计算，比较基础，注意三段式均摊法应用，有利于基础知识的巩固．rm{0.3-x+0.2-0.5x+x=90%隆脕(0.3+0.2)}【解析】rm{33.3%}12、略

【分析】解：溶液中加入过量rm{NaOH}生成白色沉淀，该沉淀应为rm{Mg(OH)_{2}}说明溶液中含有rm{Mg^{2+}}没有rm{Cu^{2+}}原溶液中加rm{BaCl_{2}}溶液不产生沉淀，说明溶液中不含rm{CO_{3}^{2-}}和rm{SO_{4}^{2-}}rm{BaCO_{3}}和rm{BaSO_{4}}都难溶于水，原溶液中加rm{AgNO_{3}}溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，生成的沉淀为rm{AgCl}说明含有rm{Cl^{-}}．

rm{(1)}由分析可知，原溶液中一定含有的离子是含有rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}一定不含有的离子是rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cu^{2+}}通过以上实验不能确定是否含有rm{Na^{+}}

故答案为：rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cu^{2+}}rm{Na^{+}}

rm{(2)}溶液中的阴离子不存在rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}阴离子只有rm{Cl^{-}}根据溶液呈电中性，肯定有rm{Cl^{-}}存在；

故答案为：是；溶液呈电中性；必须同时含有阴；阳离子．

溶液中加入过量rm{NaOH}生成白色沉淀，该沉淀应为rm{Mg(OH)_{2}}说明溶液中含有rm{Mg^{2+}}没有rm{Cu^{2+}}原溶液中加rm{BaCl_{2}}溶液不产生沉淀，说明溶液中不含rm{CO_{3}^{2-}}和rm{SO_{4}^{2-}}rm{BaCO_{3}}和rm{BaSO_{4}}都难溶于水，原溶液中加rm{AgNO_{3}}溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，生成的沉淀为rm{AgCl}说明含有rm{Cl^{-}}以此解答该题．

本题考查了离子反应和离子检验，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，做题时要注意典型离子的特征反应和特征现象，注意常见离子的检验方法，排除其它离子的干扰等问题，题目难度不大．【解析】rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cu^{2+}}rm{Na^{+}}是；溶液呈电中性，必须同时含有阴、阳离子13、略

【分析】解：（1）KBrO3在反应中得到电子，则Br元素的化合价降低，给出的物质中AsH3具有还原性，As元素的化合价在反应中升高，故答案为：AsH3；

（2）在反应中，氧化剂为KBrO3，还原剂为AsH3，氧化产物为H3AsO4，还原产物为Br2；

由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知KBrO3＞H3AsO4，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知ASH3＞X（Br2）；

故答案为：ac；

（3）KBrO3在反应中得到电子，AsH3具失去电子，转移的电子数为40e-，则标出电子转移的方向和数目为

故答案为：．

（1）KBrO3在反应中得到电子，则Br元素的化合价降低，给出的物质中AsH3具有还原性；As元素的化合价在反应中升高；

（2）利用氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；还原剂的还原性大于还原产物的还原性来分析；

（3）根据化合价的升降判断电子的转移方向；根据得失电子的最小公倍数确定转移的电子数．

本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价是解答本题的关键，注意利用氧化还原反应中的规律及表示方法来解答即可，难度不大．【解析】AsH3；ac；8KBrO3；5AsH3三、判断题(共7题，共14分)14、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．15、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；16、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．17、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．18、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目19、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素20、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目四、工业流程题(共4题，共12分)21、略

【分析】【分析】

含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体；应控制温度在86℃以下蒸发，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干。

【详解】

(1)水钴矿的主要成分为Co2O3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有Co2+，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，过量NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；

(3)Fe3+完全水解的pH为3.7，Al3+完全水解的pH为5.2，Co2+开始水解的PH为7.6，所以为了除去Fe3+、Al3+，加入Na2CO3调pH应控制的范围为5.2pH<7.6；

(4)根据流程图可知，存在Mn2+、Co2+金属离子的溶液中，加入萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知；调节溶液PH在3.0～3.5之间，故选B；

(5)根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干。【解析】Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O将Fe2+氧化成Fe3+Cl25.2pH<7.6除去溶液中的Mn2+B降低烘干温度，防止产品熔化或分解失去结晶水变为无水氯化钴22、略

【分析】【分析】

根据实验目的：实验室用酸性蚀刻液和碱性蚀刻液来制备CuCl；根据流程图可知，酸性蚀刻液和碱性蚀刻液混合产生Cu(OH)Cl的悬浊液经过滤，水洗，再加浓硫酸变成硫酸铜溶液，硫酸铜溶液再经蒸发浓缩；冷却结晶，可得硫酸铜晶体，由亚硫酸铵还原变成氯化亚铜沉淀，再经过滤洗涤干燥得氯化亚铜固体，以此来解析；

(1)

温度需要控制在80℃下进行；故采用水浴加热；

(2)

A．抽滤有助于加快过滤速度；正确；

B．固体可以和酸反应；不能用酸性溶液洗涤，错误；

C．放入滤纸后；要滴加蒸馏水使滤纸紧贴于漏斗，用玻璃棒引流，将固液混合物转移到滤纸上，打开水龙头抽滤，C错误；

D．洗涤过程洗涤剂应该慢流通过固体；D错误；

故选A。

(3)

根据溶解性曲线；宜采用冷却结晶的方法析出晶体，故采用蒸发浓缩；冷却结晶；

(4)

硫酸晶体与亚硫酸铵还原变成氯化亚铜沉淀，铜的化合价由+2价降低为-1价，而硫的化合价由+4价升高为+6价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守可得反应离子方程式为：2Cu2++SO+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；

(5)

根据反应CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+可知CuCl～Ce4+，可知样品的CuCl的质量分数为：×100%=79.6%。【解析】(1)热水浴。

(2)A

(3)蒸发浓缩；冷却结晶。

(4)

(5)79.6%23、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-124、略

【分析】【分析】

首先利用硫酸分解磷矿石[Ca5(PO4)3F]得到湿法磷酸，其中含Fe3+、Al3+，加入碳酸钠溶液和磷酸反应，反应Ⅰ中磷酸转化为钠盐，其钠盐再与Fe3+、Al3+作用形成沉淀，过滤得到FePO4和AlPO4沉淀，滤液中主要含Na2HPO4；向滤液中加入NaOH溶液，得到Na3PO4；然后加入NaOH和足量氯气反应后的溶液(主要含NaCl和NaClO)，由于氯化磷酸三钠溶解度较小，所以会析出氯化磷酸三钠晶体，得到的母液主要含NaCl、NaClO、Na3PO4等。

【详解】

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F可以得到释放磷酸；该反应应为复分解反应，根据元素守恒，再结合HF为弱酸，可知产生的有毒气体主要是HF；

(2)①碳酸的酸性弱于磷酸，所以加入碳酸钠转化为Na2HPO4的主要离子方程式为据图可知pH约为10时，溶液中的P元素主要以的形成存在；

②常温下，HPO+Fe3+FePO4+H+的K==所以lgK=lgKa3-lgKsp[FePO4]，据图可知当c()=c(PO)时溶液pH=12.36，而Ka3=所以lgKa3=-12.36，所以lgK=-12.36-(-21.89)=9.53；

(3)据图可知当pH=14左右时磷元素主要以PO的形式存在，Na2CO3溶液的pH难以达到14，不能将Na2HPO4全部转化为Na3PO4，还会引入Na2CO3杂质；

(4)反应III为氯气和NaOH溶液的反应，生成氯化钠和次氯酸钠，方程式为NaClO受热易分解，冷却混合液可以减少次氯酸钠的分解；“母液”中的溶质有NaClO、NaCl、Na3PO4。

【点睛】

虽然强碱弱酸盐显碱性，可以用来调节溶液的pH值，但要注意水解盐的碱性较弱，当需要强碱性环境时还需要碱溶液进行调节。【解析】HF109.53Na2CO3溶液的pH难以达到14，不能将Na2HPO4全部转化为Na3PO4，还会引入Na2CO3杂质减少次氯酸钠分解NaCl、Na3PO4五、计算题(共4题，共40分)25、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据表中数据可知，当硫酸加入60mL时，剩余固体的质量不变，因此剩余固体为铜，质量为8.0g，则10.0g此样品中铜的质量为4.0g。（2）铜的质量分数为则氧化亚铁的质量分数为60%。（3）硫酸加入20.0mL，剩余固体16.0g说明反应了FeO4.0g，则反应硫酸的物质的量为所以c(H2SO4)=又知硫酸的密度为1.22g/cm3，则硫酸的质量分数考点：化学计算【解析】【答案】（1）4.0g（2）60.0%（3）22.3%26、5；1mol/（L•min）；8mol；-92kJ•mol-1；2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-873.4kJ/mol【分析】解：rm{(1)}氮元素为rm{7}号元素，原子的rm{L}层电子数为rm{5}氮原子最外层有rm{5}个电子，氮原子之间形成三对共用电子对形成氮分子，rm{N_{2}}的电子式为

故答案为：rm{5}

rm{(2)}根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}可知，用rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}表示的反应速率为rm{dfrac{4molcdotL;^{-1}-2molcdotL;^{-1}}{2min}=1mol/(L?min)}根据题意，转化的氮气的物质的量为rm{N_{2}}根据方程式可知生成氨气的物质的量为rm{dfrac{4molcdotL;^{-1}-2molcdot

L;^{-1}}{2min}=1mol/(L?min)}

故答案为：rm{(4mol?L^{-1}-2mol?L^{-1})隆脕2L=4mol}rm{2隆脕4mol=8mol}

rm{1mol/(L?min)}拆rm{8mol}键、rm{(3)}rm{1molH-H}键分别需要吸收的能量为rm{1molN隆脭N}rm{1molN-H}rm{436kJ}在反应rm{946kJ}中，断裂rm{391kJ}键，rm{N_{2}+3H_{2}?2NH_{3}}三rm{3molH-H}键共吸收的能量为：rm{1molN}生成rm{N}共形成rm{3隆脕436kJ+946kJ=2254kJ}键，放出的能量为：rm{2molNH_{3}}所以反应热rm{triangleH=2254kJ?mol^{-1}-2346kJ?mol^{-1}=-92kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{6molN-H}

rm{6隆脕391kJ=2346kJ}与rm{triangle

H=2254kJ?mol^{-1}-2346kJ?mol^{-1}=-92kJ?mol^{-1}}反应可得到肼rm{-92kJ?mol^{-1}}次氯酸钠做氧化剂，依据氧化还原反应的电子守恒和原子守恒写出该反应的化学方程式为：rm{(4)NH_{3}}故答案为：rm{NaClO}

rm{(5)垄脵N_{2}(g)+2O_{2}(g)=N_{2}O_{4}(l)triangleH_{1}=-195kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷N_{2}H_{4}(l)+O_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH_{2}=-534.2kJ?mol^{-1}}

根据盖斯定律：rm{(N_{2}H_{4})}得到肼和rm{2NH_{3}+NaClO=N_{2}H_{4}+NaCl+H_{2}O}反应的热化学方程为：rm{2N_{2}H_{4}(l)++N_{2}O_{4}(l)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-873.4kJ/mol}

故答案为：rm{2N_{2}H_{4}(l)+N_{2}O_{4}(l)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-873.4kJ/mol}．

rm{2NH_{3}+NaClO=N_{2}H_{4}+NaCl+H_{2}O}氮元素为rm{(5)垄脵N_{2}(g)+2O_{2}(g)=N_{2}O_{4}(l)triangle

H_{1}=-195kJ?mol^{-1}}号元素，原子的rm{垄脷N_{2}H_{4}(l)+O_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H_{2}=-534.2kJ?mol^{-1}}层电子数为rm{垄脷隆脕2-垄脵}氮原子最外层有rm{N_{2}O_{4}}个电子；氮原子之间形成三对共用电子对形成氮分子；

rm{2N_{2}H_{4}(l)++N_{2}O_{4}(l)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-873.4kJ/mol}根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算；根据转化的氮气的物质的量结合方程式可计算出生成氨气的物质的量；

rm{2N_{2}H_{4}(l)+N_{2}O_{4}(l)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-873.4kJ/mol}化学反应中；化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算，化学反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之吸热，以此计算反应热并判断吸热还是放热；

rm{(1)}与rm{7}反应可得到肼rm{L}依据氧化还原反应化合价变化分析书写化学方程式：

rm{(5)垄脵N_{2}(g)+2O_{2}(g)=N_{2}O_{4}(l)triangleH_{1}=-195kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷N_{2}H_{4}(l)+O_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH_{2}=-534.2kJ?mol^{-1}}

根据盖斯定律：rm{5}得到肼和rm{5}反应的化学方程；并据此计算反应热；

本题考查了电子式的书写、反应速率的计算、反应热的计算、盖斯定律的应用等知识，题目难度中等，注意基础知识的灵活运用．rm{(2)}【解析】rm{5}rm{1mol/(L?min)}rm{8mol}rm{-92kJ?mol^{-1}}rm{2NH_{3}+NaClO=N_{2}H_{4}+NaCl+H_{2}O}rm{2N_{2}H_{4}(l)+N_{2}O_{4}(l)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-873.4kJ/mol}rm{2N_{2}H_{4}(l)+N_{2}O_{4}(l)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-873.4kJ/mol}27、(1)0.40.6NA

(2)12.5(3)22011210NA

(4)62g/mol16Na2O(5)O2【分析】【分析】本题考查了物质的量的综合计算和化学式的确定。【解答】rm{(1)n(Al}rm{(1)n(Al}rm{{,!}^{3+}}rm{)=2n(Al}rm{)=2n(Al}rm{{,!}_{2}}rm{(SO}rm{(SO}rm{{,!}_{4}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{3}}rm{)=0.2mol隆脕2=0.4mol}rm{n(SO}rm{)=0.2mol隆脕2=0.4mo