2024年沪教版高一化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年沪教版高一化学下册月考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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、在pH=1的溶液中能大量共存的离子组合是（）A.Ba2+、Na+、CO32﹣、SO42﹣B.Mg2+、Cl﹣、Na+、SO42﹣C.K+、Cl﹣、HCO3﹣、NO3﹣D.K+、Na+、Fe2+、NO3﹣2、随着电池用量的增多，废弃电池造成的污染越来越严重．不易造成环境污染的电池是（）A.铅蓄电池B.锌锰电池C.氢氧燃料电池D.锌汞电池3、镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的主要阳离子有rm{(}rm{)}A.rm{Na^{+}}B.rm{Cu^{2+}}C.rm{Al^{3+}}D.rm{Mg^{2+}}4、以下是常见四种有机物的分子式；其中肯定表示纯净物的是（）

A.CH2Cl2

B.C3H8

C.C3H7OH

D.（C6H10O5）n

5、一定温度下，向饱和苛性钠溶液中放一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原温度，下列有关说法中，正确的是rm{(}rm{)}

A.溶液中rm{Na^{+}}浓度增大，有rm{O_{2}}放出B.溶液rm{pH}不变，有rm{H_{2}}放出C.溶液中rm{Na^{+}}数目减少，有rm{O_{2}}放出D.溶液中rm{pH}增大，有rm{O_{2}}放出6、下列关于化学键的说法中，正确的是rm{(}rm{)}A.离子键就是阴、阳离子间的静电引力B.共价化合物中只含有共价键C.一个阳离子只可与一个阴离子之间存在离子键D.金属元素和非金属元素化合一定形成离子键评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、（1）写出下列物质在水溶液中的电离方程式：氯化铜______硫酸铝______

（2）写出符合离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓的化学方程式______．8、写出下列反应的热化学方程式：rm{(1)}常温下rm{1mol}乙烷燃烧生成二氧化碳和水，放出rm{1559KJ}的热量______rm{(2)6gC(}固态rm{)}与适量rm{H_{2}O(}气态rm{)}反应，生成rm{CO(}气态rm{)}和rm{H_{2}(}气态rm{)}需要吸收rm{65.5KJ}的热量______9、同温同压下，有两瓶体积相等的rm{CO}和rm{CO_{2}}这两种气体中所含的分子数目之比为______，所含的rm{O}原子数目之比为______，所含的原子总数目之比为______，所含的电子数目之比为______，质量比为______．10、根据要求回答下列问题：rm{(1)}在rm{垄脵}液氯rm{垄脷}rm{垄脹}白磷rm{垄脺}氯气rm{垄脻}rm{垄脼}rm{Cl}rm{垄脽}rm{Cl}rm{垄脿}红磷。

这八种物质中，互为同分异构体的是____，互为同素异形体的是____；rm{(}填序号rm{)}

rm{(2)}在rm{垄脵CaCl_{2}}rm{垄脷KOH}rm{垄脹He}rm{垄脺H_{2}SO_{4}}rm{垄脻Na_{2}O_{2}}rm{垄脼I_{2}}中，不含离子键的____________，既含有离子键又含有共价键的____________；rm{(}填序号rm{)}rm{(3)}请各写出一种：含四原子核rm{10}电子的共价化合物结构式____，含四原子核rm{10}电子的阳离子离子符号____，含四原子核rm{18}电子的共价化合物化学式____。11、有关物质存在如图所示的转化关系(部分产物已省略)．通常C为气体单质；G为紫黑色固体单质．实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H．

(1)反应①的离子方程式为____________

(2)反应②的离子方程式为____________

(3)写出另外一种实验室制取H的化学方程式____________．12、现有下列12种物质：①盐酸；②CaO；③Mg；④淀粉溶液；⑤H2SO4；⑥Ca（OH）2；⑦CuSO4•5H2O；

（1）属于混合物的是______（填序号；下同）；

（2）属于氧化物的是______；

（3）属于酸的是______；

（4）属于碱的是______；

（5）属于盐的是______；

（6）属于（或含有）有机物的是______；

（7）可出现丁达尔效应的是______。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)13、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）14、含碳的化合物一定是有机化合物．（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、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）评卷人得分四、工业流程题(共2题，共4分)18、重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种重要的化工原料，以FeO·Cr2O3为原料制备K2Cr2O7的流程如下：

已知：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2

回答下列问题：

(1)写出滤渣的一种用途：___________________。

(2)“调节pH”可实现CrO42-和Cr2O72-在溶液中相互转化。室温下，若初始浓度为1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H+)的变化如图所示：

①由图可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)。

②根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为_________。

(3)流程中的“转化”过程中发生的反应属于_________(填基本反应类型)。

(4)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrO42-生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10－5mol·L-1)时，溶液中c(Ag+)为_______mol·L-1，此时溶液中c(CrO42-)等于________mol·L－1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)19、2020年我国废旧锂离子电池的产生将达到爆发期；某高校实验室利用废旧钴酸锂正极片进行钴酸锂的再生工艺设计如下，请回答下列问题：

(1)拆解废旧电池前需要进行放电，以避免在拆解过程中因局部短路起火，放电方式为电化学放电，可以将废旧电池浸泡在_____________中进行放电。

A．酒精B．98%H2SO4C．Na2SO4溶液。

(2)预处理时，钴酸锂(Li0.5CoO2)高温下分解得到LiCoO2、Co3O4和一种气体，该反应的化学方程式为_________________。

(3)已知难溶物CoC2O4的Ksp=4.0×10-6，一般认为离子浓度达到10-5mol/L时即完全除尽。沉钴过程中，当Co2+完全沉淀时，溶液中的浓度至少为_________mol/L。

(4)沉钴过程中，草酸盐体系中钴离子形态分布如图，在不同pH范围钴离子形态不同的原因___________________。

(5)在空气氛围下CoC2O4∙2H2O氧化分解制备Co3O4的失重曲线如图所示，已知失重率大约为19.7%；失重率大约为36.3%；失重率大约为3.0%。请写出发生的化学反应方程式______________________。

(6)已知生成草酸钴的过程为吸热过程。在沉淀时间考查温度对Co2+沉淀率的影响，结果如图所示，沉淀率呈先增大后减小的趋势的原因可能____________。

评卷人得分五、实验题(共1题，共3分)20、已知非金属单质硫rm{(S)}是淡黄色固体粉末，难溶于水。为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题：

rm{(1)}装置rm{A}的分液漏斗中盛装的试剂是___________，烧瓶中加入的试剂是_________。rm{(2)}画出虚线框内的实验装置图，并注明所加试剂，说明装置的作用_______________。rm{(3)}装置rm{B}中盛放的试剂是____rm{(}选填下列所给试剂的代码rm{)}实验现象为___________，化学反应方程式是____________________________A.rm{Na_{2}S}溶液rm{B.Na_{2}SO_{3}}溶液rm{C.Na_{2}SO_{4}}溶液rm{(4)}从原子结构的角度简要分析氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强的原因_____________________________________________________评卷人得分六、综合题(共4题，共24分)21、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：

22、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题23、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：

24、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6题，共12分)1、B【分析】【解答】解：pH=1的溶液呈酸性；溶液中存在大量氢离子；

A．Ba2+与CO32﹣、SO42﹣反应生成难溶物；在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．Mg2+、Cl﹣、Na+、SO42﹣之间不反应；都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；

C．HCO3﹣与氢离子反应；在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．Fe2+、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应；在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选B．

【分析】pH=1的溶液呈酸性；溶液中存在大量氢离子；

A．钡离子与碳酸根离子；硫酸根离子反应生成沉淀；

B．四种离子之间不发生反应；都不与氢离子反应；

C．碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳和和水；

D．硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子．2、C【分析】解：A．铅蓄电池中含有重金属铅；对环境有污染，故A错误；

B．锌锰电池中含有重金属锰；对环境有污染，故B错误；

C．氢氧燃料电池生成物为水；无污染，故C正确；

D．锌汞电池中含有重金属汞；对环境有污染，故D错误；

故选C．

不易造成环境污染的电池说明该电池中不产生对环境有污染的物质；铅蓄电池；锌锰电池、镍镉电池都含有重金属离子，氢氧燃料电池生成物为水，无污染．

本题考查了电池二次污染，明确电池的成分及其性质是解本题关键，根据电池的成分来分析解答，题目难度不大．【解析】【答案】C3、A【分析】解：镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，rm{Cu}不反应，发生rm{Mg+2H^{+}=H_{2}隆眉+Mg^{2+}}rm{2Al+6H^{+}=3H_{2}隆眉+2Al^{3+}}

过滤后向滤液中加入过量氢氧化钠溶液，发生rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒}rm{Al^{3+}+4OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}镁转化生成沉淀，铝元素存在于rm{AlO_{2}^{-}}中；

加入过量的rm{NaOH}溶液，滤液中存在的阳离子有rm{Na^{+}}

故选A．

铜与盐酸不反应，加过量盐酸时rm{Mg}rm{Al}反应；过滤后向滤液中含镁离子；铝离子子，加入过量烧碱溶液，镁离子转化为沉淀，只有铝离子转化为偏铝酸钠存在于滤液中，以此来解答．

本题考查金属及化合物的综合应用，为高频考点，明确发生的离子反应是解本题关键，注意金属活动性及两性分析，题目难度不大．【解析】rm{A}4、A【分析】

A；二氯甲烷只有一种结构；不存在同分异构体，属于纯净物，故A正确；

B、丙烷有正丙烷和异丙烷两种结构，C3H8存在同分异构体；不是纯净物，故B错误；

C、C3H7OH可以表示1-丙醇和2-丙醇两种物质；不是纯净物，故C错误；

D、（C6H10O5）n中n的取值不同则表示的物质不同；不是纯净物，故D错误．

故选A．

【解析】【答案】若有机物不存在同分异构体；则说明该有机物属于纯净物．

5、C【分析】【分析】本题考查钠的重要化合物，侧重于化学知识的综合应用的考查，注意把握饱和溶液的性质，学习中注意相关基础知识的积累。【解答】过氧化钠与水反应生成rm{NaOH}和rm{O_{2}}消耗水，溶液有rm{NaOH}晶体析出；反应后仍为饱和溶液，温度一定，氢氧化钠溶液浓度不变，由于溶剂的质量减少，则饱和溶液中的溶质的物质的量减小；

A.溶液中的rm{Na^{+}}浓度不变，有rm{O_{2}}放出；故A错误；

B.溶液中的rm{OH^{-}}浓度不变，有rm{O_{2}}放出；故B错误；

C.溶液中溶质的物质的量减小，rm{Na^{+}}数目减少，有rm{O_{2}}放出；故C正确；

D.溶液中的rm{OH^{-}}浓度不变，rm{pH}不变不变，有rm{pH}放出；故D错误。

故选C。

rm{O_{2}}【解析】rm{C}6、B【分析】解；rm{A.}离子键本质是阴；阳离子间的静电作用；不只是引力，还有斥力，故A错误；

B.共价化合物中原子之间通过共用电子对形成化学键；所以共价化合物中只含有共价键，故B正确；

C.离子晶体中一个阳离子周围存在多个阴离子；所以一个阳离子可与多个阴离子之间存在离子键，故C错误；

D.金属元素和非金属元素可能形成共价键；如氯化铝是由金属元素和非金属元素化合形成的共价化合物，只含有共价键，故D错误．

故选B．

A.离子键本质是阴；阳离子间的静电作用；

B.共价化合物中原子之间通过共用电子对形成化学键；

C.离子晶体中一个阳离子周围存在多个阴离子；

D.金属元素和非金属元素可能形成共价键．

本题考查了化学键，题目难度不大，注意把握共价键和离子键的含义及区别，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．【解析】rm{B}二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】解：（1）氯化铜在溶液中电离出铜离子和氯离子，氯化铜的电离方程式为：CuCl2=Cu2++2Cl-；

硫酸铝为强电解质，在溶液中完全电离，且电离方程式为：Al2（SO4）3=2Al3++3SO42-；

故答案为：CuCl2=Cu2++2Cl-；Al2（SO4）3=2Al3++3SO42-；

（2）离子方程式表示一类反应，满足Ba2++SO42-=BaSO4↓的化学方程式可以为：BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HCl；

故答案为：BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HCl．

（1）氯化铜和硫酸铝都是强电解质；在溶液中完全电离，电离方程式用等号；

（2）该离子方程式可以表示可溶性钡盐与可溶性硫酸盐的一类反应．

本题考查了电离方程式的书写、化学方程式的书写，题目难度中等，注意掌握强弱电解质的概念及判断方法，明确电离方程式、化学方程式的书写原则．【解析】CuCl2=Cu2++2Cl-；Al2（SO4）3=2Al3++3SO42-；BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HCl8、（1）

（2）C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)H=131KJ/mol【分析】【分析】本题考查热化学方程式的书写，理解热化学方程式的意思是解题的关键，难度不大。【解答】rm{(1)}常温下rm{1mol}乙烷燃烧生成二氧化碳和水，放出rm{1559KJ}的热量，则其热化学方程式为：故答案为：rm{(2)6gC(}固态rm{)}与适量rm{{H}_{2}O(}气态rm{)}反应，生成rm{CO(}气态rm{)}和rm{{H}_{2}(}气态rm{)}需要吸收rm{65.5KJ}的热量，则对应的热化学方程式为：rm{C(s)+H_{2}O(g)=CO(g)+H_{2}(g)}rm{C(s)+H_{2}O(g)=CO(g)+

H_{2}(g)}故答案为：rm{C(s)+H_{2}O(g)=CO(g)+H_{2}(g)}rm{娄陇H=131KJ/mol}rm{C(s)+H_{2}O(g)=CO(g)+

H_{2}(g)}【解析】rm{(1)}rm{(2)C(s)+H_{2}O(g)=CO(g)+H_{2}(g)娄陇H=131KJ/mol}rm{(2)C(s)+H_{2}O(g)=CO(g)+

H_{2}(g)娄陇H=131KJ/mol}9、略

【分析】解：同温同压下，气体摩尔体积相等，两瓶体积相等的rm{CO}和rm{CO_{2}}的物质的量相等，这两种气体中所含的分子数目之比rm{=}物质的量之比rm{=1}rm{1}含有rm{O}原子数目之比rm{=(1隆脕1)}rm{(1隆脕2)=1}rm{2}含有原子总数之比rm{=(1隆脕2)}rm{(1隆脕3)=2}rm{3}含有电子数之比rm{=(1隆脕14)}rm{(1隆脕22)=7}rm{11}物质的量相等时二者质量之比rm{=}摩尔质量之比rm{=28g/mol}rm{44g/mol=7}rm{11}

故答案为：rm{1}rm{1}rm{1}rm{2}rm{2}rm{3}rm{7}rm{11}rm{7}rm{11}．

同温同压下，体积相等的气体具有相同的物质的量，根据rm{N=nN_{A}}计算出两种气体中所含的分子数目、rm{O}原子、原子总数、电子数之比；根据rm{m=nM}计算出二者的质量之比．

本题考查了物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与气体摩尔体积、阿伏伽德罗常数、摩尔质量之间的关系即可解答，试题培养了学生的化学计算能力．【解析】rm{1}rm{1}rm{1}rm{2}rm{2}rm{3}rm{7}rm{11}rm{7}rm{11}10、略

【分析】【分析】本题考查同分异构体和同素异形体、离子键和共价键的判断，以及化学符号的确定。解题的关键是加深对概念的理解和识记。【解答】rm{(1)垄脷}和rm{垄脻}的分子式相同，但是结构不同，所以互为同分异构体，rm{垄脹}和rm{垄脿}是磷元素形成的不同单质，是同素异形体；所以本题答案为：rm{垄脷}和rm{垄脻}rm{垄脹}和rm{垄脿}rm{(2)}不含离子键的物质一般不含金属和铵根离子，故rm{垄脹垄脺垄脼}符合题意；既含有离子键又含有共价键的物质一般是金属过氧化物、铵盐、碱等，故rm{垄脷垄脻}符合题意；所以本题答案为：rm{垄脹垄脺垄脼}rm{垄脷垄脻}rm{(3)}含四原子核rm{10}电子的共价化合物结构式是：电子的共价化合物结构式是：rm{10}电子的阳离子离子符号是：含四原子核rm{10}电子的阳离子离子符号是：rm{10}电子的共价化合物化学式：rm{H_{3}O^{+}}；含四原子核rm{18}电子的共价化合物化学式：等rm{18}所以本题答案为：rm{H_{2}O_{2;}(PH_{3}}rm{NH_{2}F}rm{)}等rm{H_{3}O^{+}}rm{H_{2}O_{2;}(PH_{3}}【解析】rm{(1)垄脷}和rm{垄脻}rm{垄脹}和rm{垄脿}rm{(2)垄脹垄脺垄脼}rm{垄脷垄脻}rm{(3)}rm{H_{3}O^{+;;}H_{2}O_{2}}rm{(PH_{3}}rm{NH_{2}F}等rm{)}11、略

【分析】解；G为紫黑色固体单质，则G为I2，C为气体单质，则C具有氧化性，D中含有I-，C由浓A溶液与B在加热下生成，有B在制取气体H中做催化剂，推出B应为MnO2，则A为HCl，C为Cl2；

(1)①为MnO2和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O；

故答案为：MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O；

(2)实验室中用MnO2催化制取的气体是O2，即H为O2，E为固体，则E是KClO3，所以F为KCl，在酸性条件下KClO3可以将I-氧化为I2，反应中有H+参加，结合氧原子生成水，反应的离子方程式为6I-+ClO-3+6H+=3I2+Cl-+3H2O；

故答案为：6I-+ClO-3+6H+=3I2+Cl-+3H2O；

(3)实验室制取氧气还可以用过氧化氢分解或氯酸钾加热分解，反应的方程式为2H2O22H2O+O2↑

或2KClO32KCl+O2↑；

故答案为：2H2O22H2O+O2↑或2KClO32KCl+O2↑．【解析】MnO2+4H++2Cl-=Cl2↑+Mn2++2H2O;6I-+ClO-3+6H+=3I2+Cl-+3H2O;2H2O22H2O+O2↑或2KClO32KCl+O2↑12、①④②⑤⑥⑦④④【分析】解：（1）由两种或以上物质构成的是混合物；故①④为混合物，故答案为：①④；

（2）由两种元素构成；其中一种为氧元素的化合物为氧化物；故②为氧化物，故答案为：②；

（3）电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；故⑤为酸，故答案为：⑤；

（4）电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱；故⑥为碱，故答案为：⑥；

（5）阳离子是金属离子或铵根离子；阴离子是酸根离子的化合物为盐；故⑦为盐，故答案为：⑦；

（6）含碳元素的化合物为有机物；故淀粉是有机物，故答案为：④；

（7）胶体有丁达尔效应；而淀粉溶液是胶体，故答案为：④。

（1）由两种或以上物质构成的是混合物；

（2）由两种元素构成；其中一种为氧元素的化合物为氧化物；

（3）电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；

（4）电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱；

（5）阳离子是金属离子或铵根离子；阴离子是酸根离子的化合物为盐；

（6）含碳元素的化合物为有机物；

（7）胶体有丁达尔效应。

本题考查了酸、碱、盐、氧化物等的判断和概念，难度不大，应注意掌握概念的要点和物质的结构。【解析】①④②⑤⑥⑦④④三、判断题(共5题，共10分)13、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．14、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．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】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，可能含有氧元素四、工业流程题(共2题，共4分)18、略

【分析】【分析】

(1)根据反应确定滤渣的成分；然后确定其用途；

(2)①根据Cr2O72-的含量与H+的浓度关系分析判断；

②根据平衡常数的定义式计算；

(3)根据流程中的“转化”过程中反应物；生成物的种类及反应特点判断发生的反应类型；

(4)根据溶度积常数分析计算。

【详解】

(1)在熔融、氧化时，发生反应：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2，然后水浸，Na2CrO4和NaNO2进入溶液，而Fe2O3难溶于水，因此滤渣主要成分是Fe2O3；该物质是红棕色粉末状固体，可用作颜料，也可以用作炼铁的原料；

(2)①根据图示可知溶液中H+越大，Cr2O72-的浓度越大，说明含量越高，说明溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率增大；

②在溶液中存在可逆反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，在开始时c(CrO42-)=1.0mol/L，平衡时c(Cr2O72-)=0.4mol/L，则消耗CrO42-的浓度为0.8mol/L，所以平衡时c(CrO42-)=(1.0-0.8)mol/L=0.2mol/L，此时溶液中c(H+)=4.0×10-7mol/L，则该反应的化学平衡常数K==6.25×1013；

(3)在流程中的“转化”过程中Na2Cr2O7与KCl反应产生K2Cr2O7与NaCl；两种化合物交换成分，产生两种新的化合物，反应为复分解反应；

(4)AgCl的Ksp为2.0×10-10，当Cl-沉淀完全时，c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，此时溶液中c(Ag+)=mol/L=2.0×10-5mol/L；

由于Ag2CrO4的Ksp为2.0×10-12，所以溶液中c(CrO42-)=mol/L=5.0×10-3mol/L。

【点睛】

本题考查物质制备方案设计及物质含量的测定的方法，明确流程图中每一步发生的反应及操作方法为解答关键，难点是(4)的计算，正确利用溶度积常数的含义，根据Ksp计算溶液中离子浓度，试题考查了学生的分析能力及化学计算、化学实验能力。【解析】用作颜料增大6.25×1013复分解反应2.0×10-55.0×10-319、略

【分析】【分析】

废旧钴酸锂(Li0.5CoO2)电池预处理时，Li0.5CoO2高温分解得到LiCoO2、Co3O4和O2；加入葡萄糖和盐酸进行还原辅助酸浸，钴元素转化为CoCl2；加入(NH4)2C2O4溶液沉钴，Co2+转化为CoC2O4沉淀；在空气中氧化煅烧，CoC2O4转化为Co3O4；再用Li2CO3处理，即转化为Li0.5CoO2。

【详解】

(1)废旧电池电化学放电，需发生原电池反应，所以可以将废旧电池浸泡在电解质溶液中进行放电，酒精和98%H2SO4都不能导电，只有Na2SO4溶液能导电；故选C。答案为：C；

(2)预处理时，钴酸锂(Li0.5CoO2)高温下分解得到LiCoO2、Co3O4和一种气体，由于Co元素化合价降低，则气体为O2，该反应的化学方程式为6Li0.5CoO23LiCoO2+Co3O4+O2↑。答案为：6Li0.5CoO23LiCoO2+Co3O4+O2↑；

(3)沉钴过程中，当Co2+完全沉淀时，c(Co2+)≤10-5mol/L，c()=mol/L≥0.4mol/L，所以溶液中的浓度至少为0.4mol/L。答案为：0.4；

(4)沉钴过程中，草酸盐体系中钴离子形态分布如图，pH较小时，主要生成钴的草酸氢盐，因为酸性较强溶液中，草酸根水解转化为草酸氢根或草酸，所以在不同pH范围钴离子形态不同的原因为：低pH范围时，水解为H2C2O4和随着pH增高，水解程度降低。答案为：低pH范围时，水解为H2C2O4和随着pH增高，水解程度降低；

(5)设加热前，CoC2O4∙2H2O的质量为183g，即CoC2O4∙2H2O为1mol，则失重率大约为19.7%时，剩余固体质量为183g×(1-19.7%)=147g；失重率大约为36.3%，剩余固体质量为183g×(1-19.7%-36.3%)=80.5g；失重率大约为3.0%，剩余固体质量为183g×(1-19.7%-36.3%-3.0%)=75g。则时，失重183g-147g=36g，=2mol，则此时刚好失去全部结晶水，所得固体为CoC2O4；时，依据流程图中提供的信息，产物为Co3O4(也可从=241.5g/mol得到证实)；时，M(产物)==75g/mol，则其为CoO。因此时，CoC2O4转化Co3O4，此时应有O2参与反应，且产物中还有碳的氧化物CO2，发生的化学反应方程式3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。答案为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2；

(6)因为生成草酸钴的过程为吸热过程，所以升高温度平衡正向移动，Co2+沉淀率增大，后来沉淀率下降，应由溶解度的增大引起。所以沉淀率呈先增大后减小的趋势的原因可能为：温度的提高有利于增加Co2+与的有效碰撞(或沉淀速率)，同时由于草酸钴的沉淀反应是吸热反应，温度升高有利于沉淀反应正移；由于草酸钻的溶解度在较高温度下可能会增大，因此过高温度反而在一定程度上降低Co2+的沉淀率。答案为：温度的提高有利于增加Co2+与的有效碰撞(或沉淀速率)，同时由于草酸钴的沉淀反应是吸热反应，温度升高有利于沉淀反应正移；由于草酸钻的溶解度在较高温度下可能会增大，因此过高温度反而在一定程度上降低Co2+的沉淀率。

【点睛】

在利用失重实验进行产物分析时，可大胆进行假设。通常情况下，结晶水合物都是先失去结晶水，然后是无水盐再分解生成金属氧化物，最后是金属氧化物再分解；再利用数据进行证实。【解析】C6Li0.5CoO23LiCoO2+Co3O4+O2↑0.4低pH范围时，水解为H2C2O4和随着pH增高，水解程度降低3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2温度的提高有利于增加Co2+与的有效碰撞(或沉淀速率)，同时由于草酸钴的沉淀反应是吸热反应，温度升高有利于沉淀反应正移；由于草酸钻的溶解度在较高温度下可能会增大，因此过高温度反而在一定程度上降低Co2+的沉淀率五、实验题(共1题，共3分)20、（1）浓盐酸二氧化锰

（2）吸收挥发出来的氯化氢气体

（3）A生成淡黄色的浑浊（或沉淀）Na2S+Cl2=2NaCl+S↓

（4）Cl原子、S原子的电子层数相同，但最外层电子数Cl原子是7，S原子是6，且原子半径Cl＜S，因此，在反应中Cl原子比S原子更容易获得电子达稳定结构，故氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强【分析】【分析】本题考查以化学实验是角度来考察物质的性质比较，为高频考点，注意从实验装置着眼，从比较rm{Cl}和rm{S}的非金属性强弱着手，从整体的角度把握题目需要解答的问题。【解答】为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，可用rm{A}制备氯气，因氯气中含有氯化氢、水蒸气，应先通过饱和食盐水除去氯化氢，rm{B}应为硫化钠溶液，与氯气发生氧化还原反应生成硫，溶液变浑浊，可证明氯气的氧化性，rm{C}为尾气吸收装置，rm{(1)}为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，需要用氯气置换出硫，则必须用装置rm{A}制备氯气，实验室通常用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，则rm{A}装置中rm{A}的分液漏斗中盛装的试剂是浓盐酸，烧瓶中加入的试剂是rm{MnO_{2}}故答案为浓盐酸；rm{MnO_{2}}

rm{(2)}由于用浓盐酸制取氯气，且需要加热，即实验过程中要挥发出rm{HCl}气体，因此虚线框部分应是除去rm{HCl}气体的装置，可以使用洗气瓶，瓶内盛装饱和食盐水，既除去rm{HCl}又降低氯气在水中的溶解度，所用装置为：故答案为：除去rm{Cl_{2}}中的rm{HCl}气体；rm{(3)}要在rm{B}中发生氯气置换出硫的反应，在给定试剂中只能选取rm{Na_{2}S}溶液，发生的是置换反应，化学方程式为：rm{Na_{2}S+Cl_{2}=2NaCl+S隆媒}

故答案为rm{A}有淡黄色沉淀生成；rm{Na_{2}S+Cl_{2}=2NaCl+S隆媒}

rm{(4)}能证明氯元素比硫元素非金属性强的依据：氯原子比硫原子更容易获得电子形成离子；得电子能力越强非金属性越强。

故答案为：rm{Cl}原子、rm{S}原子的电子层数相同，但最外层电子数rm{Cl}原子是rm{7}rm{S}原子是rm{6}且原子半径rm{Cl<S}因此，在反应中rm{Cl}原子比rm{S}原子更容易获得电子达稳定结构，故氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强。原子、rm{Cl}原子的电子层数相同，但最外层电子数rm{S}原子是rm{Cl}rm{7}原子是rm{S}且原子半径rm{6}因此，在反应中rm{Cl<S}原子比rm{Cl}原子更容易获得电子达稳定结构，故氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强。rm{S}【解析】rm{(1)}浓盐酸二氧化锰rm{(2)}吸收挥发出来的氯化氢气体rm{(3)A}生成淡黄色的浑浊rm{(}或沉淀rm{)}rm{Na_{2}S+Cl_{2}=2NaCl+S隆媒}rm{(4)}rm{Cl}原子、rm{S}原子的电子层数相同，但最外层电子数rm{Cl}原子是rm{7}rm{S}原子是rm{6}且原子半径rm{Cl<S}因此，在反应中rm{Cl}原子比rm{S}原子更容易获得电子达稳定结构，故氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强原子、rm{Cl}原子的电子层数相同，但最外层电子数rm{S}原子是rm{Cl}rm{7}原子是rm{S}且原子半径rm{6}因此，在反应中rm{Cl<S}原子比rm{Cl}原子更容易获得电子达稳定结构，故氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强rm{S}六、综合题(共4题，共24分)21、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．22、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）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，6HCl参与反应，其中5HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，1HCl化合价不变，所以盐酸体现