福建省莆田市莆田第二十五中学2025届高三化学上学期期中试题含解析

PAGE18-福建省莆田市莆田其次十五中学2025届高三化学上学期期中试题（含解析）一、选择题（每题3分，共16题，48分）1.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着亲密的关系。下列说法错误的是A.“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁B.著名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成C.陶瓷是应用较早人造材料，主要化学成分是硅酸盐D.陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点【答案】A【解析】【分析】陶瓷是以自然粘土以及各种自然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。陶瓷的传统概念是指全部以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。【详解】A项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不行能来自氧化铁，故A错误；B项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；C项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；D项、陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。故选A。【点睛】本题考查物质的性质，侧重分析与应用实力的考查，留意化学与生活的联系，把握物质性质、反应与用途为解答的关键。2.近几年来，雾霾天气已经严峻影响了人们的日常生活。为达成“同呼吸，共奋斗”全国各地为治理雾霾广泛开展了一系列活动。下列活动不符合这一主题的是（）A.机动车实行限行措施是削减雾霾的途径之一B.主动推广风能、太阳能、氢能等新型能源的运用C.通过汲取空气中CO2并利用廉价能源合成汽油D.将秸秆焚烧可得富含钾肥的草木灰，焚烧是一种较为志向的秸秆处理方法【答案】D【解析】【详解】A.机动车实行限行削减汽车尾气的排放，削减氮及其化合物及固体颗粒排放，则是防止酸雨的途径之一，也是削减雾霾的途径之一，故A正确；B.开发新能源，如太阳能、风能、氢能等，削减对化石能源的依靠，削减二氧化碳的排放，故B正确；C.汲取空气中的CO2并利用廉价能源合成汽油，可以削减二氧化碳的排放，减缓温室效应，故C正确；D.将秸秆焚烧可得富含钾肥的草木灰，但秸秆燃烧能生成大量的可吸入颗粒物，能够污染环境，故D错误。故选：D.3.反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为18的氯原子：B.N2的结构式：N=NC.Na+的结构示意图：D.H2O的电子式：【答案】D【解析】【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，依据各化学用语的书写要点分析。【详解】A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；B.氮原子最外层电子数为5，还须要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。故选D。4.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2，转移的电子数目为3.75NAB.室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－数目为0.1NAC.氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD.高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA【答案】A【解析】试题分析：A、依据反应方程式，生成4molN2转移电子15mol，即生成28gN2时转移电子的物质的量为28×15/(4×28)mol=3.75mol，故正确；B、碱性溶液中计算水电离的OH－物质的量，须要计算溶液中H＋，因为水电离出的H＋和OH－物质的量相等，因此有n(H＋)=1×10－13mol=n(OH－)，故错误；C、氢氧燃料电池，氧气作正极，1molO2参与反应转移4mole－，故错误；D、3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，依据反应方程式，消耗0.2mol铁时，生成氢气的物质的量为0.8/3mol，故错误。考点：考查阿伏加德罗常数等学问。5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是（）A.原子半径：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B.W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱C.Y的单质的氧化性比Z的强D.D.

X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是离子化合物【答案】D【解析】【分析】Z是地壳中含量最多的元素，可知Z是O元素，只有Y、Z处于同一周期且相邻，X、Y、Z、W原子序数依次增大，可知Y是N元素，X是H元素，W是短周期中金属性最强的元素，可知W是Na元素。【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多元素，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是H元素；A.原子的电子层数越多其原子半径越大，电子层数相同的原子，其原子半径随着原子序数增大而减小，X位于第一周期、Y和Z位于其次周期且原子序数Y<Z，W位于第三周期，所以原子半径：r(X)<r(Z)<r(Y)<r(W)，故A错误；B.W的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，故B错误；C.Y单质是氮气、Z单质是氧气，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，非金属性O>N元素，所以Z单质的氧化性大于Y，故C错误；D.X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，故D正确；故选：D6.短周期元素A、B、C在周期表中所处的位置如图所示。A、B、C三种元素原子的质子数和为32。D元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍。则下列说法正确的是A.元素D的某种同位素养量数为14，则其中子数为6B.四种元素形成的气态氢化物中，C元素的氢化物的稳定性最强C.B、C两种元素可形成BC6型化合物，该化合物属于离子化合物D.A、B两种元素的气态氢化物均能与它们对应的最高价氧化物对应的水化物发生反应，且都属于氧化还原反应【答案】B【解析】依据ABC三种元素在周期表中的相对位置可知，设A的原子序数是x，则B是x＋9，C是x＋2，则x＋x＋9＋x＋2＝32，解得x＝7，即A是N，B是S，C是F。D元素原子的最外层电子数为次外层电子数的2倍，因此D是碳元素。A、碳的某种同位素养量数为14，则其中子数为8，故A错误；B、非金属性越强，氢化物的稳定性越强，F是最活泼的非金属，HF的稳定性最高，故B正确；C、在SF6分子中，S与F是共价键，SF6是共价化合物，故C错误；D、氨气和硝酸反应是化合反应，且不是氧化还原反应。H2S和浓硫酸反应是氧化还原反应，反应类型不同，故D错误。7.下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到试验目的的是（）A.制取SO2 B.验证漂白性C.收集SO2 D.尾气处理【答案】B【解析】【详解】A.依据金属活动依次表可知稀H2SO4与铜片不反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C.SO2密度比空气大，应“进步短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaHSO3溶液汲取SO2，故D错误。答案：B。8.在新制饱和氯水中，若只变更某一条件，下列叙述正确的是A.再通入少量氯气，减小B.通入少量SO2，溶液漂白性增加C.加入少量的碳酸氢钠粉末，pH增大，溶液漂白性增加D.光照过程中，有气泡冒出，溶液的导电性减弱【答案】C【解析】【详解】A、饱和氯水不能再溶解Cl2，各成分的浓度不变，A错误；B、SO2+Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4，Cl2+H2OH++Cl−+HClO的平衡左移，HClO浓度降低，漂白性减弱，B错误；C、加入少量NaHCO3粉末，消耗H+，使上述平衡Cl2+H2OH++Cl−+HClO正向移动，HClO的浓度增大，C正确；D、光照过程中HClO分解，生成O2和HCl，溶液中的离子浓度增大，导电性增加，D错误。答案选C。9.如图所示，相同条件下，两个容积相同的试管分别装满NO2和NO气体，分别倒置于水槽中，然后通过导管缓慢通入氧气，边通边渐渐摇动试管，直到两个试管内充溢液体。假设试管内的溶质不向水槽中扩散，则两个试管内溶液物质的量浓度之比为A.1∶1 B.5∶7 C.7∶5 D.4∶3【答案】A【解析】【分析】装满NO2的试管通入氧气时发生反应的化学方程式为4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，装满NO的试管通入氧气时发生反应的化学方程式为4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3。【详解】相同条件下，NO2、NO装满容积相同的试管，则体积相同，依据阿伏加德罗定律可知n(NO2)＝n(NO)，分别通入氧气直到两个试管内充溢液体，依据氮原子守恒可知，所得硝酸的物质的量相等，溶液的体积相同，则两个试管中所得溶液的物质的量浓度之比为1∶1，答案选A。10.下列中学常见试验的现象或表述正确的是（）A.过量的铁投入到肯定量的稀硝酸中，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液显红色B.制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁C.检验红砖中的氧化铁成分，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴即可D.向CuSO4溶液中滴入过量NaOH溶液充分反应后，将混合液体倒入蒸发皿中充分加热煮沸，然后冷却过滤，得固体物质为Cu(OH)2【答案】C【解析】【详解】A、过量的铁投入到肯定量的稀硝酸中，铁先被硝酸氧化为三价铁，铁能和三价铁反应生成亚铁离子，铁元素最终被氧化为+2价，滴加KSCN溶液，溶液不会显红色，故A错误；B、向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，搅拌后，氢氧化亚铁很简单被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，得不到白色沉淀物质，故B错误；C、氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液和水，三价铁遇KSCN溶液，会变红色，故C正确；D、CuSO4溶液中滴入过量NaOH溶液充分反应后，生成蓝色沉淀氢氧化铜，但是氢氧化铜受热简单分解，放入蒸发皿中加热煮沸一会，然后冷却、过滤，滤纸上的物质多为氧化铜，故D错误。故选C。11.下列离子方程式书写正确的是()A.FeO固体放入稀硝酸溶液中：FeO＋2H+====Fe2++H2OB.过量的铁粉与稀硝酸溶液反应：Fe+4H++NO3-====Fe3++NO↑+2H2OC.向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2+2H+====Fe2++2H2OD.向Fe(OH)3中加入氢碘酸：2Fe(OH)3+6H++2I-====2Fe2++I2+6H2O【答案】D【解析】试题分析：A、不管是稀硝酸还是浓硝酸，其氧化性都很强，故与之反应，元素的化合价都上升到最高价，故Fe元素的反应产物应当为Fe3＋.B、过量的铁粉与稀硝酸反应，三价的铁最终应被还原为二价。C、原理和A选项一样。考点：化学方程式的正确书写点评：此题考核了铁元素和硝酸间的反应，要驾驭好硝酸不管它的稀浓，最终产物都是最高价，同时，也要留意铁三角间的相互转化。12.海水的综合利用始终是探讨课题。某地自然海水(主要含Na＋、K＋、Ca2＋、Mg2＋、Cl－、SO42－、Br－、CO32－、HCO3－等离子)，探讨用海水汲取燃煤排放的含有SO2烟气的工艺流程如图所示，下列说法中正确的是A.工艺中自然海水显酸性B.氧化过程中可能发生的离子反应为2SO2＋2H2O＋O2=4H＋＋2SO42－C.排入大海的溶液与自然海水相比，只有SO42－数量发生了变更D.若将氧化后的液体进行蒸发结晶，得到的晶体中CaSO4含量最高【答案】B【解析】【详解】A．自然海水中有CO32-或HCO3-，它们水解使海水呈弱碱性，故A错误；B．氧化过程中可能发生的离子反应为：2SO2+2H2O+O2=4H++2SO42-，故B正确；C．排入大海的溶液与自然海水相比，除了SO42-数量发生了变更，碳酸根离子和碳酸氢根离子数量也发生变更，故C错误；D．海水中氯化钠含量最高，若将氧化后的液体进行蒸发结晶，得到的晶体中氯化钠含量最高，故D错误；故答案为B。13.下列关于离子键和离子化合物的说法正确的是（）A.阴、阳离子通过静电引力形成离子键B.阴、阳离子间通过离子键肯定能形成离子化合物C.离子化合物肯定能导电D.只有在活泼金属元素和活泼非金属元素化合时，才能形成离子键【答案】B【解析】【详解】A.离子键是指阴、阳离子间的静电作用，静电作用包括静电引力和静电斥力，故A错误；B.含有离子键的化合物是离子化合物，所以阴、阳离子间通过离子键肯定能形成离子化合物，故B正确；C.离子化合物在水溶液或熔融状态下才能导电，故C错误；D.NH4+与氯离子之间也能形成离子键，故D错误。14.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，视察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通过SO2气体，溶液渐渐变成无色。下列分析正确的是A.上述试验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2B.通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C.通入SO2后溶液渐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D.滴加KI溶液时，转移2mole-时生成1mol白色沉淀【答案】A【解析】【详解】硫酸铜和碘化钾反应生成碘化亚铜沉淀、碘单质和硫酸钾，然后二氧化硫和碘反应生成硫酸和氢碘酸。A、依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析，铜离子做氧化剂，碘做氧化产物，其次个反应中碘做氧化剂，二氧化硫做还原剂，所以氧化性依次为：Cu2+＞I2＞SO2，A正确；B、二氧化硫和碘的反应中二氧化硫做还原剂，碘做氧化剂，B错误；C、二氧化硫表现还原性，不是漂白性，C错误；D、每摩尔碘化亚铜生成转移1mol电子，所以当有2摩尔电子转移时产生2mol白色沉淀，D错误。答案选A。15.常温下，在下列给定条件的溶液中肯定能大量共存的离子组是()A.能使pH试纸呈红色的溶液：Na＋、NH4+、I－、NO3-B.加入铝粉生成H2的溶液：K＋、Mg2＋、SO32-、HCO3-C.c(Fe3＋)＝0.1mol·L－1的溶液：H＋、Al3＋、Cl－、SCN－D.Kw/c(H＋)＝0.1mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、AlO2-、NO3-【答案】D【解析】【详解】A.能使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，NO3-、I－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A错误；B.加入铝粉生成H2的溶液呈酸性或碱性，溶液中存在大量氢氧根离子或氢离子，氢离子与SO32-、HCO3-反应，氢氧根离子与Mg2＋、HCO3-，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.Fe3＋和SCN－之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D.KW/c(H+)=0.1mol⋅L−1的溶液呈碱性,溶液中存在大量氢氧根离子,Na＋、K＋、AlO2-、NO3-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D。16.向四只盛有肯定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体后，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO2气体与HCl的物质的量的关系如下图（忽视CO2的溶解和HCl的挥发）。则下列分析都正确的组合是①Ⅰ图对应溶液中的溶质为NaHCO3②Ⅱ图对应溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，且二者的物质的量之比为1:1③Ⅲ图对应溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，且二者的物质的量之比为1:1④Ⅳ图对应溶液中的溶质为Na2CO3A.①② B.①③ C.②④ D.②③【答案】A【解析】【详解】向肯定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，当二氧化碳少量时，产物是NaOH和Na2CO3的混合物，当NaOH和CO2恰好完全反应时，产物只有Na2CO3，当二氧化碳过量时，产物可能只有NaHCO3，也可能是Na2CO3和NaHCO3的混合物。Ⅰ、图中刚起先加入HCl就产生了二氧化碳，因此溶质只能是NaHCO3，故①正确；Ⅱ、从图中看出刚滴下去盐酸一个单位后产生了二氧化碳，说明此时碳酸根的量是一个单位（盐多酸少，碳酸钠和盐酸一比一反应生成碳酸氢钠），后来盐酸加了两个单位才把全部二氧化碳反应出来，说明溶液中总的碳酸氢根量为两个单位，但有一个单位的是之前碳酸根得来的，所以原溶液中碳酸根的量和碳酸氢根的量相等，即c（Na2CO3）=c（NaHCO3），故②正确；Ⅲ、从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才起先产生气泡，且产生二氧化碳所消耗的盐酸也是两个单位，说明产物只有Na2CO3，物料守恒可知：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）；故③错误；Ⅳ、从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才起先产生气泡，说明产物是NaOH和Na2CO3的混合物，一个单位的盐酸和NaOH反应，其次个单位的盐酸和Na2CO3反应生成NaHCO3，后由图中可看出，NaHCO3又消耗了一个单位的盐酸，则含有氢氧化钠和碳酸钠的量之比是1：1，故④错误．由上分析知①②正确，③④错误，故选A。二、填空题（每空2分，20题每空1分，共52分）17.随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变更如下图所示。依据推断出的元素回答问题：（1）f在周期表中的位置是____________________。（2）比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示，下同)：________>________；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱________>________。（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式：__________________。（4）写出e的单质在足量d2中燃烧后的产物与y的高价氧化物反应的化学方程式:______。（5）写出由x、y、z、d四种元素构成的离子化合物的化学式（写一种）___________。【答案】(1).第三周期ⅢA族(2).r(O2−)>(3).r(Na+)(4).HClO4(5).H2SO4(6).(或)(7).2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2(8).(NH4)2CO3或NH4HCO3【解析】【分析】从图表信息可知，八种元素均为短周期，结合最高正价或最低负价变更规律可知，x为H；y为C；z为N；d为O；e为Na；f为Al；g为S；h为Cl；据以上分析解答。【详解】(1)f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族，故答案为：第三周期ⅢA族；故答案是：第三周期ⅢA族；(2)电子层结构相同的离子,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径：r(O2−)>r(Na+)；非金属性越强,最高价氧化物水化物的酸性越强,故酸性：HClO4>H2SO4；故答案为：r(O2−)>r(Na+)；HClO4;H2SO4；(3)四原子共价化合物,可以是NH3、H2O2、C2H2等,其电子式为：(或)，故答案为：(或)；（4）钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式：2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2；故答案为：2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2；（5）由x、y、z、d四种元素构成的离子化合物的化学式可以是(NH4)2CO3或NH4HCO3；故答案为：(NH4)2CO3或NH4HCO3。18.某同学对教材中铜与浓硫酸的试验作出如下改进。试验装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。试验步骤：①组装仪器，检查装置气密性；②加入试剂，关闭旋塞E，加热A，视察C中溶液颜色变更；③将铜丝上提离开液面，停止加热。（1）检查虚线框内装置气密性的方法是____________________________。（2）装置A的名称是________，装置B的作用是_________，装置D中所盛药品是__________。（3）装置A中发生反应的化学方程式为____________________________。（4）试验后，拆除装置前，为避开有害气体的泄漏，应当实行的操作是__________。（5）试验后装置A中有白色固体产生，将装置A中固液混合物缓慢转移至盛有少量水的烧杯中，可视察到的现象是______________；不行干脆向装置A中加水的缘由是__________。【答案】(1).关闭旋塞E，装置C中加水没过导管口，给A装置微热，装置C中导管口有气泡冒出，撤去热源后，导管内有倒吸产生的液柱，且高度保持不变(2).三颈烧瓶；(3).防倒吸(4).碱石灰(5).Cu+2H2SO4═CuSO4+SO2↑+2H2O(6).打开旋塞E，从E管口向A中鼓入大量空气(7).混合时放热，白色固体溶解，溶液变蓝色(8).水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅【解析】【分析】（1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据变更体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来推断装置气密性的好坏；（2）仪器A的名称是三颈烧瓶，仪器B的作用是防止二氧化硫倒吸，仪器D是处理尾气，而二氧化硫是酸性气体，所以D中所盛药品是碱石灰或NaOH固体；（3）铜与浓硫酸在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水；（4）从E处鼓入空气或氮气，使体系中的二氧化硫完全除净；（5）硫酸铜晶体溶于水溶液变蓝色；铜元素的焰色反应呈黄绿色，水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅．【详解】(1)对于简易装置的气密性检查时，一般对瓶内气体加热，然后看有无气泡冒出或冷却后看导管口是否形成一段水柱，所以要关闭旋塞E，装置C中加水没过导管口，给A装置微热，装置C中导管口有气泡冒出，撤去热源后，导管内有倒吸产生的液柱，且高度保持不变；故答案为：关闭旋塞E，装置C中加水没过导管口，给A装置微热，装置C中导管口有气泡冒出，撤去热源后，导管内有倒吸产生的液柱，且高度保持不变；(2)仪器A的名称是三颈烧瓶，仪器B的作用是防止二氧化硫倒吸，仪器D是尾气处理，而二氧化硫是酸性气体，所以D中所盛药品是碱石灰或NaOH固体；故答案为：三颈烧瓶；防倒吸；碱石灰；(3)铜与浓硫酸在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水,反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4═CuSO4+SO2↑+2H2O；故答案为：Cu+2H2SO4═CuSO4+SO2↑+2H2O；(4)从E处鼓入空气或氮气，使体系中的二氧化硫完全除净，所以操作为：打开旋塞E，从E管口向A中鼓入大量空气，故答案为：打开旋塞E，从E管口向A中鼓入大量空气；(5)硫酸铜晶体溶于水溶液变蓝色；水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅；故答案为：混合时放热，白色固体溶解，溶液变蓝色；水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅。19.高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂。其生产工艺如下：已知：①2KOH+Cl2===KCl+KClO+H2O（条件：温度较低）②6KOH+3Cl2===5KCl+KClO3+3H2O（条件：温度较高）③2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O回答下列问题：（1）该生产工艺应在______________（填“温度较高”或“温度较低”）状况下进行，从绿色化学的角度考虑通入氯气速率应________（填“较快”或“较慢”）；（2）写出工业上制取Cl2的化学方程式_____________；（3）为了提高生活用水的卫生标准，自来水厂常运用高铁酸钾（K2FeO4）进行消毒、净化以改善水质，其缘由是______（4）配制KOH溶液时，是在每100mL水中溶解61.6gKOH固体（该溶液的密度为1.47g/mL），它的物质的量浓度为____________（保留整数）；（5）在“反应液I”中加KOH固体的目的是__________：A．与“反应液I”中过量的Cl2接着反应，生成更多的KClOB．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率C．为下一步反应供应反应物D．使副产物KClO3转化为KClO（6）该工艺每得到1.98kgK2FeO4，理论上消耗Cl2的物质的量为___________mol。【答案】(1).温度较低(2).较慢(3).2NaCl+2H2O

=

2NaOH+H2↑+Cl2↑(4).K2FeO4中铁元素化合价为+6价，易得电子(5).10mol/L(6).AC(7).15【解析】【分析】（1）由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4，由信息②可知温度较高KOH与Cl2

反应生成的是KClO3；（2）工业是利用电解饱和食盐水制取氯气；（3）K2FeO4中铁元素化合价为+6价，价态高；（4）依据n=计算出氢氧化钾的物质的量，溶液质量等于溶质质量与溶剂质量之和，利用V=计算溶液体积，再依据c==，计算氢氧化钾溶液的物质的量浓度；（5）由工艺流程可知，反应液I中有过量的Cl2反应，生成更多的KClO；（6）依据反应Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O和2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，可得关系式2K2FeO4～3Cl2，依据关系式可计算出氯气的物质的量；【详解】（1）由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4，由信息②可知温度较高KOH与Cl2

反应生成的是KClO3，由信息①可知，在低温下KOH与Cl2

反应生成的是KClO．故选择低温较低，较慢；故答案：温度较低；较慢；（2）工业是利用电解饱和食盐水制取氯气．反应方程式为：2NaCl+2H2O

=

2NaOH+H2↑+Cl2↑故答案为：2NaCl+2H2O

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2NaOH+H2↑+Cl2↑；（3）K2FeO4中铁元素化合价为+6价，价态高，易得电子，表现强氧化性，故答案为：K2FeO4中铁元素化合价为+6价，易得电子；（4）61.6g

KOH固体的物质的量为n===1.1mol，溶液的质量为100mL×1g/mL+61.6g=161.6g，所以溶液的体积为v===，依据c=，带入上述数据可得氢氧化钾溶液的物质的量浓度为10mol/L；故答案：10mol/L；（5）由工艺流程可知，反应液I中有过量的Cl2反应，加KOH固体的目的是与过量的Cl2接着反应，生成更多的KClO；A、与过量的Cl2接着反应，生成更多的KClO，故A正确；B、由信息②可知温度较高KOH与Cl2

反应生成的是KClO3，不利用KClO生成、奢侈原料，故B错误；C、由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4，故C正确；D、由信息可知，该条件下KClO3

不能转化为KClO，故D错误；故选：AC；（6）依据反应Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O和2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，可得关系式2K2FeO4～3Cl2，1.98kg

K2FeO4的物质的量为10mol，依据关系式可知氯气的物质的量为15mol；故答案为：15。20.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：（1）Zn原子核外电子排布式为________。（2）黄铜是人类最早运用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。缘由是______________________。（3）ZnF2具有较高的熔点(872℃)，其化学键类型是________；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnC