《四川省南充高級(jí)中學(xué)2023-2024學(xué)年高一上學(xué)期 期末化學(xué)模擬 Word版含解析.docx》由會(huì)員上傳分享，免費(fèi)在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)內(nèi)容在教育資源-天天文庫(kù)。

2023-2024學(xué)年四川省南充高級(jí)中學(xué)高一(上)期末模擬化學(xué)試卷一、選擇題(共16小題，滿(mǎn)分48分，每小題3分)1.分類(lèi)是化學(xué)學(xué)習(xí)與研究的常用方法，下列分類(lèi)正確的是①硫酸、燒堿、醋酸鈉和生石灰分別屬于酸、堿、鹽和氧化物；②蔗糖、硫酸鋇和水分別屬于非電解質(zhì)、強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)；③金屬氧化物都屬于堿性氧化物；④根據(jù)分散系是否具有丁達(dá)爾現(xiàn)象將分散系分為溶液、膠體和濁液；⑤根據(jù)反應(yīng)中是否有電子的轉(zhuǎn)移將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng);⑥非金屬氧化物都屬于酸性氧化物；⑦根據(jù)溶液導(dǎo)電能力強(qiáng)弱，將電解質(zhì)分為強(qiáng)電解質(zhì)、弱電解質(zhì).A.只有②④⑥⑦B.只有①③⑤⑦C.只有③④⑥D(zhuǎn).只有①②⑤【答案】D【解析】【分析】①陽(yáng)離子只有氫離子的是酸，陰離子只有氫氧根離子的是堿，由金屬離子或銨根離子和酸根離子構(gòu)成的化合物稱(chēng)之為鹽，氧元素于另一種元素組成的化合物是氧化物；②非電解質(zhì)是水溶液或熔融狀態(tài)下均不能導(dǎo)電的化合物，強(qiáng)電解質(zhì)是能完全電離的物質(zhì)，弱電解質(zhì)是存在電離平衡的物質(zhì)，不能完全電離；③金屬氧化物包括一般金屬氧化物和兩性氧化物，前者屬于堿性氧化物，后者能與堿反應(yīng)；④不同分散系的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)粒子的直徑不同；⑤氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)就是物質(zhì)之間電子的轉(zhuǎn)移;⑥酸性氧化物是能與堿反應(yīng)的一類(lèi)氧化物，非金屬氧化物中只有部分屬于酸性氧化物；⑦溶液導(dǎo)電能力強(qiáng)弱主要影響因素是溶液離子濃度，溶質(zhì)種類(lèi)無(wú)關(guān)?！驹斀狻竣倭蛩酘2SO4、燒堿NaOH、醋酸鈉CH3COONa和生石灰CaO分別屬于酸、堿、鹽和氧化物；②蔗糖、硫酸鋇和水分別屬于非電解質(zhì)、強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)；③金屬氧化物不是都屬于堿性氧化物，如氧化鋁；④根據(jù)分散質(zhì)粒子的直徑不同將分散系分為膠體、溶液和濁液；⑤根據(jù)反應(yīng)中是否有電子的轉(zhuǎn)移將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng);⑥非金屬氧化物不是都屬于酸性氧化物，如一氧化碳； ⑦溶液導(dǎo)電能力與離子濃度和離子電荷有關(guān)。根據(jù)電解質(zhì)在水溶液中電離程度不同將電解質(zhì)分為強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)。綜上所述，只有①②⑤正確。答案為D。2.下列能發(fā)生丁達(dá)爾現(xiàn)象的分散系是A.純水B.溴水C.蔗糖水D.蛋白質(zhì)溶液【答案】D【解析】【詳解】A．純水是純凈物，不是膠體，不能發(fā)生丁達(dá)爾現(xiàn)象，A不符合題意；B．溴水屬于溶液，不是膠體，不能發(fā)生丁達(dá)爾現(xiàn)象，B不符合題意；C．蔗糖水屬于溶液，不是膠體，不能發(fā)生丁達(dá)爾現(xiàn)象，C不符合題意；D．蛋白質(zhì)溶液中，分散質(zhì)的粒度介于1-100nm，屬于膠體，能發(fā)生丁達(dá)爾現(xiàn)象，D符合題意；?故選D。3.下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能通過(guò)一步反應(yīng)實(shí)現(xiàn)的是A.NaNa2O2O2CO2B.NaClNa2CO3NaOHCu(OH)2C.Fe3O4FeFeCl3Fe(OH)3D.CuSO4Cu(OH)2CuOCu【答案】A【解析】【詳解】A．鈉在氧氣中燃燒生成過(guò)氧化鈉，過(guò)氧化鈉和水反應(yīng)生成氧氣，氧氣和甲烷燃燒生成二氧化碳，故NaNa2O2O2CO2能通過(guò)一步反應(yīng)實(shí)現(xiàn)，故A正確；B．NaCl溶液中通入氨氣和二氧化碳生成碳酸氫鈉，故NaClNa2CO3不能通過(guò)一步反應(yīng)實(shí)現(xiàn)，故B錯(cuò)誤；C．Fe3O4與CO反應(yīng)生成Fe，F(xiàn)e3O4與CO2不發(fā)生反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．硫酸銅和氫氧化鋁不反應(yīng)，故CuSO4Cu(OH)2不能通過(guò)一步反應(yīng)實(shí)現(xiàn)，故D錯(cuò)誤；故選：A。4.合金在生活中的應(yīng)用非常廣泛，下列關(guān)于合金說(shuō)法正確的是（）A.合金不一定是金屬和金屬熔合而成B.合金的硬度一般比組成金屬小 C.生鐵的含鐵量比鋼高D.合金不屬于金屬材料【答案】A【解析】【詳解】A.合金是由金屬與金屬或金屬與非金屬融合而成的具有金屬特性的物質(zhì)，因此合金不一定是由金屬和金屬熔合而成，A正確；B.合金的硬度一般比組成金屬大，B錯(cuò)誤；C.生鐵的含鐵量比鋼低，而含碳量則比鋼大，C錯(cuò)誤；D.金屬材料包括純金屬及形成的合金，所以合金屬于金屬材料，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是A。5.在給定的四種溶液中，加入以下各種離子，各離子能在原溶液中大量共存的有A.滴加石蕊試液顯紅色的溶液：B.pH值為1的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、C.水電離出來(lái)的c(H+)=10－13mol/L的溶液：K+、、Br-、Ba2+D.所含溶質(zhì)為Na2SO4的溶液：K+、、、Al3+【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．在溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，故A不選；B．pH值為1的溶液顯酸性，在酸性環(huán)境中Cu2+、Na+、Mg2+、能大量共存，故選B；C．水電離出來(lái)的c(H+)=10－13mol/L的溶液即可能顯強(qiáng)酸性也可能顯強(qiáng)堿性，無(wú)論溶液呈強(qiáng)酸性還是強(qiáng)堿性都不能大量共存，故C不選；D．在水溶液中與Al3+發(fā)生雙水解而不能大量共存，故D不選。答案選B。6.下列反應(yīng)的離子方程式書(shū)寫(xiě)正確的是A.溶液中通入：B.將稀硫酸加入硫代硫酸鈉溶液中： C.溶液中滴加溶液至恰好完全沉淀：D.Fe與稀硝酸反應(yīng)，當(dāng)時(shí)，【答案】D【解析】【詳解】A．硝酸根離子在酸性條件下具有氧化性，會(huì)把硫化氫氧化，A錯(cuò)誤；B．正確的離子方程式為，B錯(cuò)誤；C．正確的離子方程式為，C錯(cuò)誤；D．當(dāng)時(shí)，，再增加1倍的Fe時(shí)，，鐵過(guò)量，D正確；故選D。7.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.1mol甲醇中含有C-H鍵的數(shù)目為4NAB.常溫常壓下，44gC3H8中含有的碳碳單鍵數(shù)為3NAC.2.3g甲苯和丙三醇(C3H8O3)的混合物中，含氫原子數(shù)目為0.2NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L溴乙烷中含共價(jià)鍵數(shù)目為0.7NA【答案】C【解析】【詳解】A．甲醇為CH3OH，1mol甲醇中含有C-H鍵的數(shù)目為3NA，故A錯(cuò)誤；B．44g(1mol)C3H8中含有的碳碳單鍵數(shù)為2NA，故B錯(cuò)誤；C．2.3g甲苯和丙三醇(C3H8O3)的混合物中，含氫原子數(shù)目為0.2NA，故C正確；D．溴乙烷在標(biāo)準(zhǔn)狀況下不是氣體，2.24L溴乙烷物質(zhì)的量不是0.1mol，故D錯(cuò)誤。故選：C。8.下列說(shuō)法正確的是A.第號(hào)元素位于第六周期第Ⅵ族B.和互為同素異形體C.和分別含個(gè)和個(gè)質(zhì)子D.氯化銨的電子式為【答案】A 【解析】【詳解】A．稀有氣體的原子序數(shù)分則是、、、、、、，第號(hào)元素應(yīng)該位于號(hào)元素的前兩位，即第六周期族，A正確；B．同一種元素形成的不同的單質(zhì)互為同素異形體，例如氧氣和臭氧，和是化合物，不是同素異形體，B錯(cuò)誤；C．核素左下角數(shù)字代表質(zhì)子數(shù)，和的質(zhì)子數(shù)均為，C錯(cuò)誤；D．氯化銨為離子化合物，氯離子也要滿(mǎn)足8電子結(jié)構(gòu)，電子式為，D錯(cuò)誤；答案選A。9.配制0.1mol/L的NaOH溶液，下列哪些操作會(huì)使實(shí)驗(yàn)結(jié)果偏高A.用濾紙稱(chēng)量NaOH固體B.移液前容量瓶?jī)?nèi)有水珠C.搖勻后，液面低于刻度線(xiàn)，再加水至刻度線(xiàn)D.定容時(shí)，俯視刻度線(xiàn)【答案】D【解析】【分析】根據(jù)c=n/V分析，凡是使溶質(zhì)的物質(zhì)的量n偏小或者使溶液的體積V偏大的操作都會(huì)使溶液的濃度偏小，反之，溶液的濃度偏大，據(jù)此進(jìn)行解答?！驹斀狻緼．用濾紙稱(chēng)量NaOH固體，氫氧化鈉能夠吸收空氣中的二氧化碳和水蒸氣，導(dǎo)致稱(chēng)取的氫氧化鈉偏少，溶質(zhì)的物質(zhì)的量n偏小，故A錯(cuò)誤；B．移液前容量瓶?jī)?nèi)有水珠，對(duì)溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液的體積都不會(huì)產(chǎn)生影響，溶液的濃度不變，故B錯(cuò)誤；C．搖勻后，液面低于刻度線(xiàn)，再加水至刻度線(xiàn)，導(dǎo)致溶液的體積V偏大，溶液的濃度偏低，故C錯(cuò)誤；D．定容時(shí)，俯視刻度線(xiàn)，導(dǎo)致溶液的體積V偏小，配制的溶液的濃度偏高，D正確；?故選D。10.下列實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到預(yù)期目的是A.向某無(wú)色溶液中加入BaCl2溶液產(chǎn)生不溶于稀HNO3的白色沉淀，說(shuō)明原溶液中一定有B.向某無(wú)色溶液中加入鹽酸，有無(wú)色無(wú)味的氣體產(chǎn)生，則說(shuō)明原溶液中一定有C.向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不變紅，再滴加氯水，變紅，說(shuō)明原溶液一定有Fe2+D.將某溶液進(jìn)行焰色反應(yīng)時(shí)，火焰呈黃色，則溶液中一定無(wú)K+【答案】C 【解析】【詳解】A．向某溶液中加入BaCl2溶液，生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，白色沉淀可能是BaSO4或AgCl，原溶液中可能含Ag+或，則原溶液中不一定有，A不符合題意；B．和跟稀鹽酸都有無(wú)色無(wú)味的二氧化碳產(chǎn)生，則原溶液中不一定有，B不符合題意；C．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不變紅，說(shuō)明無(wú)Fe3+，再滴加氯水，溶液變紅，說(shuō)明Fe2+被氧化為Fe3+，則原溶液一定有Fe2+，C符合題意；D．用鉑絲蘸取某溶液進(jìn)行焰色反應(yīng)，火焰呈黃色，說(shuō)明該溶液一定存在Na+，不能確定是否存在K+，D不符合題意；故選C。11.某金屬硝酸鹽受熱分解的產(chǎn)物為金屬氧化物、二氧化氮和氧氣。若生成二氧化氮和氧氣的物質(zhì)的量之比為8:1，則金屬元素在反應(yīng)過(guò)程中化合價(jià)的變化是（）A.升高B.降低C.不變D.無(wú)法確定【答案】A【解析】【詳解】某金屬的硝酸鹽受熱分解生成NO2、O2和某金屬氧化物，氮元素化合價(jià)由+5價(jià)降低為+4價(jià)，氧元素化合價(jià)由-2價(jià)升高為0價(jià)，生成的二氧化氮和氧氣的物質(zhì)的量之比為8：1，令NO2和O2的物質(zhì)的量分別為8mol、1mol，氮原子得到的電子物質(zhì)的量為8mol×（5-4）=8mol，氧原子失去的電子為1mol×2×[0-（-2）]=4mol。二者氮原子得到的電子大于氧原子失去的電子，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，金屬原子應(yīng)提供電子，所以金屬元素化合價(jià)升高。故選A。12.下列反應(yīng)改變某種條件，不會(huì)改變生成物的是A.Cl2與NaOH溶液的反應(yīng)：改變NaOH溶液的溫度B.Al與H2SO4溶液的反應(yīng)：改變H2SO4溶液的濃度C.H2S與O2的燃燒反應(yīng)：改變O2的量D.S與O2的燃燒反應(yīng)：改變O2的量【答案】D【解析】【詳解】A．Cl2與NaOH溶液在常溫下生成氯化鈉和次氯酸鈉，在加熱時(shí)生成氯化鈉和氯酸鈉，故A不符合題意； B．Al與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鋁和氫氣，Al與濃硫酸常溫鈍化生成致密的氧化膜，故B不符合題意；C．H2S與少量氧氣燃燒反應(yīng)生成水和硫單質(zhì)，與過(guò)量氧氣燃燒反應(yīng)生成水和二氧化硫，故C不符合題意；D．S與O2反應(yīng)時(shí)無(wú)論氧氣過(guò)量與否都只生成二氧化硫，故D符合題意；故選D。13.裝置如圖所示，在鐵圈和銀圈的焊接處，用一根棉線(xiàn)將其懸吊在盛水的燒杯中，使之平衡。小心地向燒杯中央滴入CuSO4溶液，片刻后可觀察到的現(xiàn)象是A.鐵圈和銀圈左右搖擺不定B.保持平衡狀況C.鐵圈向下傾斜D.銀圈向下傾斜【答案】D【解析】【詳解】滴入CuSO4溶液后，形成原電池，F(xiàn)e作負(fù)極，Ag作正極，在鐵圈上：Fe－2e－=Fe2+，使鐵圈質(zhì)量減少；在Ag圈上：Cu2++2e－=Cu，生成的Cu附著在Ag上，使得Ag圈質(zhì)量增多，鐵圈質(zhì)量下降，因此銀圈向下傾斜，故D符合題意。綜上所述，答案D。14.關(guān)于堿金屬單質(zhì)的性質(zhì)敘述錯(cuò)誤的是A.在空氣中燃燒的生成物都是過(guò)氧化物B.與鹽溶液反應(yīng)時(shí)都能生成堿和氫氣C.熔沸點(diǎn)隨原子序數(shù)增加而降低D.還原性隨原子電子層數(shù)的增加而增加【答案】A【解析】【詳解】A．鋰在空氣中燃燒生成氧化鋰，鉀燃燒生成超氧化鉀，故A錯(cuò)誤；B．堿金屬性質(zhì)活潑，與鹽溶液中的水反應(yīng)生成堿和氫氣，故B正確；C．堿金屬隨原子序數(shù)增加，原子半徑增大，金屬鍵越弱，熔沸點(diǎn)越低，故C正確；D．堿金屬隨原子序數(shù)增加，電子層數(shù)的增加，失去電子的能力越強(qiáng)，金屬性越強(qiáng)，單質(zhì)還原性越強(qiáng)，故D正確；故選：A 15.現(xiàn)有下列短周期元素性質(zhì)的數(shù)據(jù)：下列關(guān)于表中11種元素的說(shuō)法正確的是元素①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩?原子半徑(10-10m)-0.370.740.750.770.820.991.101.521.601.86最高或最低化合價(jià)0＋1＋5＋4＋3＋7＋5＋1＋2＋1-2-3-4-1-3A.上表中11種元素中形成的非金屬單質(zhì)都有非極性共價(jià)鍵B.②⑨處于同一周期，④⑧處于同一主族C.上表中11種元素中最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物中⑦號(hào)酸性最強(qiáng)D.⑥原子結(jié)構(gòu)示意圖為：【答案】C【解析】【詳解】A．①最高正價(jià)為0，沒(méi)有最低負(fù)價(jià)，即①為稀有氣體，不含化學(xué)鍵，A錯(cuò)誤；B．②和⑨最高正價(jià)相同，即最外層電子數(shù)相同，屬于同一主族，④和⑧最高價(jià)和最低價(jià)相同，即最外層電子數(shù)相同，屬于同一主族，B錯(cuò)誤；C．非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)，根據(jù)最高價(jià)和最低價(jià)，推出⑦為Cl，其最高價(jià)氧化物的水化物是HClO4，酸性最強(qiáng)，C正確；D．⑥最高價(jià)為＋3價(jià)，位于第IIIA，依據(jù)同周期從左向右半徑減小，因此⑥為B元素，D錯(cuò)誤。故選C。16.如圖甲所示，純電動(dòng)公交車(chē)逐漸成為杭州街頭常見(jiàn)的身影，磷酸鐵鋰電池是杭州市純電動(dòng)公交車(chē)所用的電池，現(xiàn)要從廢舊磷酸鐵鋰電池中回收Fe、Al、Li等物質(zhì)，采用下圖乙所示方法。已知：磷酸鐵鋰電池溶解在H2SO4中含有Fe3＋、Al3＋、Li＋、SO42-、PO43-等離子及少量不溶物，濾液c中含有大量Li＋離子，Li2CO3可溶于冷水，不溶于熱水。 圖甲圖乙下列說(shuō)法不正確的是A.向?yàn)V液a中加入適量H2SO4溶液，可以得到白色沉淀B.濾液b中加入氨水的目的是使Fe3＋沉淀，濾渣c(diǎn)為紅褐色C.要將Li從溶液中析出，可在濾液c中加入足量Na2CO3溶液，加熱濃縮，冷卻結(jié)晶D.圖中的氨水可以用適量NaOH溶液代替【答案】C【解析】【詳解】A．濾液a中含有偏鋁酸根離子，加入適量H2SO4溶液，可以得到Al(OH)3白色沉淀，A項(xiàng)正確；B．濾液b是硫酸鐵溶液，加入氨水可使Fe3＋沉淀，則濾渣c(diǎn)為氫氧化鐵紅褐色沉淀，B項(xiàng)正確；C．Li2CO3可溶于冷水，不溶于熱水，應(yīng)用熱過(guò)濾的方法分離，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．氫氧化鐵不溶于強(qiáng)堿，氨水可以用適量NaOH溶液代替，D項(xiàng)正確；答案選C。二、填空題(共4小題，滿(mǎn)分52分)17.汽車(chē)的方向盤(pán)和前排乘客座位前的儀表板內(nèi)都有折疊安全氣囊，該安全氣囊中含有疊氮化鈉()、硝酸鉀()、二氧化硅()粉等。完成下列填空：（1）關(guān)于，下列分析正確的是_______。A.電離需要通電B.的焰色反應(yīng)為藍(lán)色 C.熔融狀態(tài)的中含自由移動(dòng)的和D.固態(tài)不導(dǎo)電，因其中不含和（2）行駛的汽車(chē)發(fā)生有足夠強(qiáng)度的意外碰撞時(shí)，碰撞傳感器將激活特定的電路，放電使迅速分解，生成Na并放出，寫(xiě)出分解的化學(xué)方程式_______。（3）生成的Na與發(fā)生二次反應(yīng)：，標(biāo)出上式的單線(xiàn)橋：_______，其中生成2個(gè)氮?dú)夥肿訒r(shí)，轉(zhuǎn)移_______個(gè)電子，該反應(yīng)的還原劑與氧化劑的個(gè)數(shù)比為_(kāi)______。【答案】（1）C（2）（3）①.②.20③.5:1【解析】【小問(wèn)1詳解】A．電離是電解質(zhì)在水溶液中離解出自由移動(dòng)離子的過(guò)程，KNO3電離不需要通電，A錯(cuò)誤；B．KNO3的焰色反應(yīng)為紫色，B錯(cuò)誤；C．KNO3是強(qiáng)電解質(zhì)，熔融狀態(tài)的KNO3中含自由移動(dòng)的K+和NO，C正確；D．KNO3晶體由K+和NO組成，由于K+和NO不能自由移動(dòng)，因此固態(tài)KNO3不導(dǎo)電，D錯(cuò)誤；故選C?！拘?wèn)2詳解】放電使NaN3迅速分解生成Na并放出N2，NaN3分解的化學(xué)方程式2NaN32Na+3N2↑；【小問(wèn)3詳解】該反應(yīng)Na元素化合價(jià)從0價(jià)升高到+1價(jià)，有10個(gè)鈉原子發(fā)生變價(jià)，Na是還原劑，N元素化合價(jià)降低，KNO3是氧化劑，電子由還原劑轉(zhuǎn)移至氧化劑，單線(xiàn)橋表示為：；生成一個(gè)氮?dú)夥肿訒r(shí)，轉(zhuǎn)移10個(gè)電子，故生成2個(gè)氮?dú)夥肿訒r(shí)，轉(zhuǎn)移20個(gè)電子；Na是還原劑，KNO3是氧化劑，反應(yīng)的還原劑與氧化劑的個(gè)數(shù)比為10：2=5：1。 18.磷尾礦難溶于水，主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3。某研究小組提出了用磷尾礦制備CaCO3、Mg(OH)2、P4和CO的方案，其工藝流程圖如下：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）磷精礦[Ca5(PO4)3F]分解溫度_______________(填“高于”、“低于”)950℃；（2）NH4NO3溶液能從磷礦I中浸取出Ca2+的原因是________________，第一次浸取液用NH4NO3而不用的(NH4)2SO4原因是__________________________。（3）磷精礦與SiO2、C發(fā)生反應(yīng)時(shí)被還原的物質(zhì)是_______________。（4）其產(chǎn)物CO在工業(yè)上有重要的綜合應(yīng)用，現(xiàn)以CO、H2O、熔融Na2O組成的電池裝置如圖所示。寫(xiě)出石墨Ⅰ電極上發(fā)生反應(yīng)的電極反應(yīng)式_______________，Na+向________(填寫(xiě)“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)移動(dòng)。（5）CO也可由甲酸(HCOOH)制取，甲酸是易溶于水的一元弱酸。①常溫下關(guān)于1L0.1mol·L-1HCOONa溶液，下列關(guān)系不正確的是____________。a．c(H+)·c(OH-)＝1×10-14b．c(H+)+c(HCOOH)＝c(OH-)c．c(Na+)＝c(HCOOH)+c(HCOO-)d．c(Na+)＞c(H+)＞c(HCOO-)＞c(OH-)②向1L0.1mol·L-1HCOONa溶液中加水稀釋后，c(HCOOH)·c(OH-)的數(shù)值________(填寫(xiě)“增大”“減小”或“不變”)。【答案】（1）高于（2）①.NH水解使溶液呈酸性，H+能從磷礦I中浸取出Ca2+(或H+與CaO、Ca(OH)2反應(yīng)生成Ca2+)②.CaSO4微溶于水，第一次若使用硫酸，不能完全浸取Ca2+（3）Ca5(PO4)3F（4）①.CO+O2-2e-＝CO2②.石墨Ⅱ （5）①.d②.減小【解析】【分析】磷尾礦[主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3]在950℃下煅燒，其中碳酸鈣和碳酸鎂分解，生成氣體的成分為二氧化碳(CO2)，磷礦Ⅰ的主要成分為Ca5(PO4)3F、CaO、MgO，NH4NO3溶液中銨離子水解呈酸性，可溶解CaO，得到的浸取液Ⅰ含有Ca2+，可生成CaCO3，磷礦Ⅱ含有Ca5(PO4)3F、MgO，加入硫酸銨浸取，浸取液Ⅱ含有鎂離子，可生成氫氧化鎂，磷精礦加入二氧化硅、C等，在高溫下發(fā)生4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4?！拘?wèn)1詳解】根據(jù)流程圖，在950℃煅燒是磷精礦[Ca5(PO4)3F]未分解，因此磷精礦的分解溫度高于950℃，故答案為：高于；【小問(wèn)2詳解】NH水解使溶液呈酸性，H+能從磷礦I中浸取出Ca2+；CaSO4微溶于水，第一次若使用硫酸，不能完全浸取Ca2+，因此第一次浸取液用NH4NO3而不用的(NH4)2SO4，故答案為：NH水解使溶液呈酸性，H+能從磷礦I中浸取出Ca2+；CaSO4微溶于水，第一次若使用硫酸，不能完全浸取Ca2+；【小問(wèn)3詳解】根據(jù)流程圖，磷精礦加入二氧化硅、C等，在高溫下發(fā)生4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4，反應(yīng)中P元素化合價(jià)降低，被還原，被還原的物質(zhì)是Ca5(PO4)3F，故答案為：Ca5(PO4)3F；【小問(wèn)4詳解】石墨Ⅰ為負(fù)極，電極反應(yīng)式為CO+O2-2e-＝CO2；原電池中陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，因此Na+向石墨Ⅱ移動(dòng)，故答案為：CO+O2-2e-＝CO2；石墨Ⅱ；【小問(wèn)5詳解】①a．常溫下，水離子積常數(shù)c(H+)·c(OH-)＝1×10-14，正確；b．根據(jù)質(zhì)子守恒，有c(H+)+c(HCOOH)＝c(OH-)，正確；c．根據(jù)物料守恒有c(Na+)＝c(HCOOH)+c(HCOO-)，正確；d．HCOONa溶液水解顯堿性，水解程度一般較小，c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(H+)＞c(OH-)，錯(cuò)誤；故選d；②向1L0.1mol·L-1HCOONa溶液中加水稀釋后，促進(jìn)水解，c(HCOO-)減小，溫度不變，水解常數(shù)不變，Kh=，c(HCOOH)·c(OH-)減小，故答案為：減小。 19.某小組同學(xué)利用如圖所示裝置探究鹵素的性質(zhì)。(1)NaOH溶液的作用是_______________(用化學(xué)方程式表示)。(2)實(shí)驗(yàn)中，觀察到NaBr溶液由無(wú)色變?yōu)槌壬?，由此可得到結(jié)論：①氧化性：Cl2______(填“強(qiáng)”或“弱”)于Br2。②非金屬性：Cl________(填“強(qiáng)”或“弱”)于Br。③用原子結(jié)構(gòu)理論對(duì)②中的結(jié)論進(jìn)行解釋?zhuān)篲__________________________________________。(3)取一支試管，加入2mL上述橙色溶液，再滴入幾滴KI淀粉溶液，觀察到溶液變?yōu)樗{(lán)色。通過(guò)以上實(shí)驗(yàn)，_______(填“能”或“不能”)得出結(jié)論：Br2的氧化性強(qiáng)于I2的，理由是_______________。【答案】①.Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O②.強(qiáng)③.強(qiáng)④.同主族元素自上而下，最外層電子數(shù)相同，電子層數(shù)逐漸增多，原子半徑逐漸增大，原子核對(duì)最外層電子的吸引力逐漸減弱，得電子能力逐漸減弱，因此非金屬性逐漸減弱⑤.不能⑥.過(guò)量的Cl2也能將KI氧化為I2【解析】【分析】對(duì)于氧化還原反應(yīng)，氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物，還原性：還原劑＞還原產(chǎn)物?！驹斀狻?1)NaOH溶液的作用是吸收多余的Cl2，防止污染空氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式是Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。答案為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；(2)①?gòu)膶?shí)驗(yàn)現(xiàn)象可得出結(jié)論：Cl2與NaBr發(fā)生了反應(yīng)2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，從化合價(jià)升降角度分析，Cl2是氧化劑，Br2是氧化產(chǎn)物，根據(jù)同一氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，Cl2的氧化性強(qiáng)于Br2；②非金屬元素原子的得電子能力越強(qiáng)，則其非金屬性越強(qiáng)，即Cl的非金屬性強(qiáng)于Br；③Cl和Br在周期表中位于同一主族，根據(jù)同主族元素自上而下，最外層電子數(shù)相同，電子層數(shù)逐漸增多，原子半徑逐漸增大，原子核對(duì)最外層電子的吸引力逐漸減弱，得電子能力逐漸減弱，因此非金屬性逐漸減弱。答案為：強(qiáng)；強(qiáng)；同主族元素自上而下，最外層電子數(shù)相同，電子層數(shù)逐漸增多，原子半徑逐漸增大，原子核對(duì)最外層電子的吸引力逐漸減弱，得電子能力逐漸減弱，因此非金屬性逐漸減弱；(3)向2mL上述橙色溶液中，滴入幾滴KI淀粉溶液，觀察到溶液變?yōu)樗{(lán)色，說(shuō)明兩溶液發(fā)生反應(yīng)，有I2生成，淀粉遇I2變藍(lán)，但不能說(shuō)明Br2的氧化性強(qiáng)于I2，因?yàn)檫^(guò)量的Cl2也能將KI氧化為I2。答案為：不能；過(guò)量的Cl2也能將KI氧化為I2。【點(diǎn)睛】在判斷氧化性強(qiáng)弱關(guān)系時(shí)，我們不僅要考慮發(fā)生的主要反應(yīng)，還要考慮可能發(fā)生的干擾反應(yīng)。20. 我國(guó)化學(xué)家侯德榜發(fā)明了聯(lián)合制堿法，對(duì)世界制堿工業(yè)做出了巨大貢獻(xiàn)。某化學(xué)興趣小組在實(shí)驗(yàn)室中模擬侯氏制堿法得到產(chǎn)品和(含少量)，過(guò)程如下：步驟Ⅰ.的制備步驟Ⅱ.產(chǎn)品中含量測(cè)定①稱(chēng)取產(chǎn)品2.500g，用蒸餾水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取25.00mL上述溶液于錐形瓶，加入2滴指示劑M，用0.1000mol·L鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，溶液由紅色變至近無(wú)色(第一滴定終點(diǎn))，消耗鹽酸mL；③在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N，繼續(xù)用0.1000mol/L鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)(第二滴定終點(diǎn))，又消耗鹽酸mL；④平行測(cè)定三次，平均值為22.26，平均值為23.51?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）生成的總反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______。（2）向母液中加入NaCl粉末，存在過(guò)程。為使沉淀充分析出并分離，根據(jù)NaCl和溶解度曲線(xiàn)，需采用的操作為_(kāi)______、_______、過(guò)濾、洗滌、干燥。（3）步驟Ⅱ中的②移取25.00mL上述溶液于錐形瓶，應(yīng)選用_______(填“酸式”或“堿式”)滴定管。 （4）指示劑N為_(kāi)______，當(dāng)達(dá)到第二滴定終點(diǎn)時(shí)，某同學(xué)仰視讀數(shù)，其他操作均正確，則質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算結(jié)果_______(填“偏大”“偏小”或“無(wú)影響”)。（5）產(chǎn)品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)______。（6）用途廣泛，請(qǐng)寫(xiě)出其中一種用途_______。【答案】（1）（2）①.蒸發(fā)濃縮②.冷卻結(jié)晶（3）堿式（4）①甲基橙②.偏大（5）4.2%（6）作氮肥等（答案合理即可）【解析】【小問(wèn)1詳解】飽和氯化鈉溶液中加濃氨水使溶液呈堿性，再通入二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉晶體和氯化銨，反應(yīng)方程式為：，故答案為：；【小問(wèn)2詳解】根據(jù)NaCl和溶解度曲線(xiàn)，氯化銨的溶解度受穩(wěn)定影響較大，應(yīng)采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶的方法獲得氯化銨晶體，然后過(guò)濾、洗滌，干燥，故答案為：蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶；【小問(wèn)3詳解】碳酸鈉和碳酸氫鈉的溶液顯堿性，應(yīng)選用堿式滴定管，故答案為：堿式；【小問(wèn)4詳解】指示劑M是在碳酸鈉轉(zhuǎn)化為碳酸氫鈉時(shí)變色，此時(shí)溶液呈堿性，故M為酚酞，指示劑N是將碳酸氫鈉完全反應(yīng)生成碳酸后變色，此時(shí)溶液呈酸性，N應(yīng)為甲基橙；第二個(gè)終點(diǎn)仰視讀數(shù)，導(dǎo)致讀數(shù)偏大，所測(cè)碳酸氫鈉的量偏高，故答案為：甲基橙；偏大；【小問(wèn)5詳解】由反應(yīng)可知碳酸鈉消耗鹽酸轉(zhuǎn)化為碳酸氫鈉，碳酸氫鈉消耗鹽酸生成二氧化碳和水，兩步反應(yīng)均按照1：1進(jìn)行，可由碳酸鈉轉(zhuǎn)化生成的碳酸氫鈉消耗的鹽酸與碳酸鈉第一步消耗的鹽酸相等，即23.51mL中由碳酸鈉轉(zhuǎn)的碳酸氫鈉消耗量為22.26mL，則原樣品中碳酸氫鈉消耗的鹽酸為23.51mL-22.26mL=1.25mL，產(chǎn)品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 ，故答案為：4.2%；【小問(wèn)6詳解】