2025年华师大新版高一化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年华师大新版高一化学上册阶段测试试卷706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、已知：元素的最高价氧化物的水化物酸性越强其非金属性就越强，则下列判断正确的是（）A.亚硫酸的酸性大于碳酸，故硫的非金属性大于碳B.碳酸的酸性大于次氯酸，故碳的非金属性大于氯C.硝酸的酸性大于硅酸，故氮的非金属性大于硅D.氢氟酸的酸性大于氢氯酸，故氟的非金属性大于氯2、下列过程中，涉及化学变化的是rm{(}rm{)}A.活性炭使红墨水褪色B.蒸馏法将海水淡化为饮用水C.氯气通入水中制氯水D.四氯化碳萃取碘水中的碘3、下列有关化学与自然资源的开发利用描述中错误的是A.冶炼金属铝通常用电解氯化铝的方法B.要使海水淡化通常有蒸馏法和离子交换法C.用rm{H_{2}}作为燃料的优点之一是燃烧后的产物不污染环境D.煤的干馏属于化学变化4、下列关于二氧化硫的叙述中错误的是rm{(}rm{)}A.在高温下二氧化硫可被催化氧化成三氧化硫B.二氧化硫可使品红溶液褪色C.二氧化硫既具有氧化性又具有还原性D.二氧化硫与水反应生成硫酸5、已知rm{2SO_{2}+O_{2}?SO_{3}}是放热反应。如果反应在密闭容器中进行，有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢B.通过调控反应条件，rm{SO_{2}}可以rm{100%}地转化为rm{SO_{3}}C.当rm{SO_{2}}与rm{SO_{3}}的浓度相等时，反应达到平衡D.使用催化剂的目的是加快反应速率，提高生产效率6、水是生命之源，也是重要的溶剂rm{.}下列有关水的说法正确的是rm{(}rm{)}A.水电解生成氢气和氧气，说明水中含有氢分子和氧分子B.用肥皂水不可以区分硬水和软水C.将黄河水经沉降、过滤、吸附，灭菌等净化操作后，可供人们生活用水D.水体有一定的自净功能，部分工业污水可直接排放评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)7、列各组元素性活原子结递情况误的是（）A.Li、Be、B原子最外层电子数依次增多B.P、S、Cl元素最高正化合价依次增小C.N、O、F原子半径依次增大D.Na、K、Rb的电子层数依次增多8、已知可逆反应rm{aA+bB?cC}中，物质的含量rm{A%}和rm{C%}随温度的变化曲线如图所示，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.该反应在rm{T_{1}}rm{T_{3}}温度时达到过化学平衡B.该反应在rm{T_{2}}温度时达到化学平衡C.升高温度，平衡会向正反应方向移动D.该反应的正反应是放热反应9、下列物质的水溶液能导电，但该物质属于非电解质的是rm{(}rm{)}A.rm{Cu}B.rm{CO_{2}}C.rm{NH_{3}}D.rm{CH_{3}CH_{2}OH(}乙醇rm{)}10、一定条件下存在反应：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)}rm{2SO_{3}(g)}rm{娄陇H<0}现有三个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按如下图所示投料，并在rm{400隆忙}条件下开始反应。达到平衡时；下列说法正确的是。

A.容器rm{I}Ⅲ中平衡常数相同B.容器rm{II}Ⅲ中正反应速率相同C.容器Ⅱrm{.}Ⅲ中的反应达平衡时，rm{SO_{3}}的体积分数：rm{II>III}D.容器rm{I}中rm{SO_{2}}的转化率与容器Ⅱ中rm{SO_{3}}的转化率之和小于rm{1}11、在探究rm{SO_{2}}水溶液成分和性质的实验中，下列根据实验现象得出的结论正确的是A.向rm{SO_{2}}水溶液中加入少量rm{NaHCO_{3}}粉末，有气泡产生，说明rm{SO_{2}}水溶液呈酸性B.向rm{SO_{2}}水溶液中滴加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液，有白色沉淀产生，说明rm{SO_{2}}水溶液中含有rm{SO_{4}^{2-}}C.向rm{SO_{2}}水溶液中通入rm{H_{2}S}气体，有淡黄色沉淀产生，说明rm{SO_{2}}水溶液具有氧化性D.向rm{KMnO_{4}}溶液中滴加rm{SO_{2}}水溶液，溶液颜色褪去，说明rm{SO_{2}}水溶液具有漂白性12、干电池原理示意图如图，电池总反应为：rm{Zn2NH_{4}=Zn^{2}2NH_{3}隆眉H_{2}隆眉}下列说法正确的是rm{Zn2NH_{4}=Zn^{2}2NH_{3}隆眉

H_{2}隆眉}rm{(}A.碳为电池的正极B.rm{)}极上发生还原反应C.常见锌锰干电池为二次电池D.反应rm{2NH_{4}2e^{-}=2NH_{3}隆眉H_{2}隆眉}在负极上发生rm{Zn}13、在rm{25隆忙}rm{101k}rm{Pa}下，rm{0.2mol}rm{C_{2}H_{2}}完全燃烧生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O(l)}时放出rm{259.92kJ}热量rm{.}表示上述反应的热化学方程式正确的是rm{(}rm{)}A.rm{0.2C_{2}H_{2}(g)+0.5O_{2}(g)篓T0.4CO_{2}(g)+0.2H_{2}O(g)triangleH=+259.92}rm{0.2C_{2}H_{2}(g)+0.5O_{2}(g)篓T0.4CO_{2}(g)+0.2H_{2}O(g)triangle

H=+259.92}B.rm{0.2C_{2}H_{2}(g)+0.5O_{2}(g)篓T0.4CO_{2}(g)+0.2H_{2}O(l)triangleH=-259.92}rm{kJ/mol}C.rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=+2599.2}rm{0.2C_{2}H_{2}(g)+0.5O_{2}(g)篓T0.4CO_{2}(g)+0.2H_{2}O(l)triangle

H=-259.92}D.rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-2599.2}rm{kJ/mol}rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=+2599.2}14、将rm{4mol}rm{A}气体和rm{2mol}rm{B}气体在rm{2L}的密闭容器中混合并在一定条件下发生反应：rm{2A(g)+B(g)?2C(g)}rm{2s}时测得rm{C}的浓度为rm{0.6mol?L^{-1}.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.用物质rm{A}表示的平均反应速率为rm{0.3mol/(L?s)}B.用物质rm{B}表示的平均反应速率为rm{0.6mol/(L?s)}C.rm{2s}时物质rm{A}的转化率为rm{70%}D.rm{2s}时物质rm{B}的浓度为rm{0.7mol?L^{-1}}15、如图为rm{A}物质的溶解度曲线rm{.M}rm{N}两点分别表示rm{A}物质的两种溶液rm{.}下列做法不能实现rm{M}rm{N}间的相互转化的是rm{(A}从溶液中析出时不带结晶水，步骤中的过滤操作均未写出rm{)(}rm{)}A.从rm{N隆煤M}先向rm{N}中加入适量固体rm{A}再降温B.从rm{N隆煤M}先将rm{N}降温再加入适量固体rm{A}C.从rm{M隆煤N}先将rm{M}降温再将其升温D.从rm{M隆煤N}先将rm{M}升温再将其蒸发掉部分水评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)16、按要求写出下列反应的化学方程式或离子方程式。

（1）电解熔融氧化铝的化学方程式____；

（2）铜与浓硝酸反应的化学方程式____；

（3）大理石溶于稀盐酸的离子方程式____；

（4）氯化铁与铁粉反应的离子方程式____．17、A；B、C为短周期元素；在周期表中所处位置如图所示．A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数．

。ACB（1）B位于元素周期表第____周期，第____族．

（2）A元素形成的单质的电子式为：____．

（3）在AB、C的气态氢化物中最稳定的是____．

（4）C的离子结构示意图为____．

（5）写出A的气态氢化物与B的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式____．18、标准状况，体积相同的四支试管中分别盛满Cl2、NH3、SO2和NO2，分别倒立在盛有足量水的水槽中(假设进入试管的液体不扩散)，光照充分溶解。（1）从物质分类的角度可以推测物质的性质。其中SO2属于_______氧化物(填“酸性”、“碱性”或“两性”)。SO2+()→含氧酸盐。SO2+()→盐+()。（2）装有NO2的试管倒立在盛有足量水的水槽时，反应的化学方程式为___________________。实验现象为______________________________________________________________________。（3）装有NH3的试管进行实验时，实验完毕试管内溶液的物质的量浓度为____。（4）装有Cl2的试管倒立在盛有足量水的水槽中经过充分的光照，实验结束试管中剩余的气体是____，生成该气体先后发生的化学方程式有、。19、（1）下列物质都能与Na反应放出H2:①C2H5OH②CH3COOH溶液③NaOH溶液，产生H2的速率由大到小的次序是____（填序号）（2）某气态烃1体积只能与1体积氯气发生加成反应生成氯代烷，此氯代烷1mol可与4mol氯气生完全的取代反应，则该烃的结构简式为____（3）常温常压下CH4和C2H6混合后平均组成为C1.5H5,则二者的体积比为____。若平均组成为C1.2H4.4则二者的体积比为____。20、铝土矿的主要成分是rm{Al_{2}O_{3}}还含有rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}等杂质rm{.}从铝土矿中提取氧化铝的流程如图所示：

rm{(1)}操作rm{1}的名称是______；所需要的主要玻璃仪器有：______．

rm{(2)}试剂rm{A}是______；rm{(}用化学式回答rm{)}．

rm{(3)}溶液rm{b}与试剂rm{B}反应的离子方程式为______．

rm{(4)}请写出铝土矿加入足量rm{NaOH}溶液所发生的有关反应化学方程式：______；______

rm{(5)}某同学认为可以向溶液rm{a}中通入的是过量的rm{CO_{2}}然后直接将得到的滤渣rm{b}煅烧后也可得到rm{Al_{2}O_{3}}而且可以简化上述提取氧化铝的流程rm{.}你认为该同学的看法合理吗？______rm{(}填“合理”或“不合理”rm{)}理由是：______rm{.(}若认为合理该问题可以不回答rm{)}

rm{(6)}电解熔融的氧化铝可制备金属铝：rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{underline{;{碌莽陆芒};}}{;}4Al+3O_{2}隆眉.}若在标准状况下生成rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{

underline{;{碌莽陆芒};}}{;}4Al+3O_{2}隆眉.}的氧气，则该反应转移的电子数为______．rm{2.24L}评卷人得分四、判断题(共2题，共18分)21、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）22、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）评卷人得分五、实验题(共3题，共18分)23、rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}是制备活性rm{ZnO}的中间体，以锌焙砂rm{(}主要成分为rm{ZnO}含少量rm{Cu^{2}+}rm{Mn^{2+}}等离子rm{)}为原料制备rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}的工艺流程如下：

请回答下列问题：

rm{(1)}当rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{NH_{3}?H_{2}O}的混合溶液呈中性时，rm{c(NH_{4}^{+})}______rm{2c(SO_{4}^{2-})(}填“rm{<}”、“rm{>}”或“rm{=}”rm{)}性．

rm{(2)}“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施是______rm{(}任写一种rm{)}．

rm{(3)}“浸取”时加入的rm{NH_{3}?H_{2}O}过量，生成rm{MnO_{2}}的离子方程式为______．

rm{(4)}适量rm{S^{2}-}能将rm{Cu^{2+}}等离子转化为硫化物沉淀而除去，若选择rm{ZnS}进行除杂；是否可行？用计算说明原因：______．

rm{[}已知：rm{K_{sp}(ZnS)=1.6隆脕10^{-24}}rm{K_{sp}(CuS)=1.3隆脕10^{-36}}rm{K>10^{5}}化学反应完全，rm{K<10^{-5}}化学反应不发生rm{]}

rm{(5)}“沉锌”的离子方程式为______．

rm{(6)}“过滤rm{3}”所得滤液可循环使用，其主要成分的化学式是______．24、为了验证铜与稀硝酸反应产生的是一氧化氮，某校学生实验小组设计了一个实验，其装置如图所示rm{(}加热装置和固定装置均已略去rm{).B}为一个用金属丝固定的干燥管，内装块状碳酸钙固体；rm{E}为一个空的蒸馏烧瓶；rm{F}是用于鼓入空气的双连打气球．

rm{(1)}实验时，先将rm{B}装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触产生气体，当rm{C}处产生白色沉淀时，立刻将rm{B}装置上提，使之与稀硝酸分离rm{.}设计此步操作的目的是______．

rm{(2)}将rm{A}中铜丝放入稀硝酸中，给装置rm{A}微微加热，在装置rm{A}中产生无色气体；其反应的化学方程式为______．

rm{(3)}装置rm{E}中开始时出现浅红棕色气体，原因是______；用rm{F}向rm{E}中鼓入空气后，可观察到烧瓶rm{E}内气体颜色加深；原因是______．

rm{(4)}如果要用第rm{(1)}步操作产生的rm{CO_{2}}将rm{E}中的空气排得更干净，在不增加其他仪器的情况下，应怎样改进rm{E}______

rm{(5)}一段时间后，rm{C}中白色沉淀溶解；其原因是______．

rm{(6)}装置rm{D}的作用是______．25、某研究性学习小组设计了两组实验来探究元素周期律rm{.}甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图rm{1}装置来一次性完成rm{N}rm{C}rm{Si}三种非金属元素的非金属性强弱比较的实验研究；乙同学设计了如图rm{2}装置来验证卤族元素性质的递变规律rm{.}图rm{2}中，rm{D}rm{E}rm{F}三处分别是沾有rm{NaBr}溶液的棉花、湿润的淀粉rm{KI}试纸、湿润红纸条rm{.}已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气．

rm{(1)}甲同学实验中选用的物质名称为：rm{A}______，rm{B}______；rm{C}处反应的离子方程式为：______．

rm{(2)}乙同学的实验中圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为______；rm{E}处的实验现象为______，rm{F}处的实验现象为______．评卷人得分六、工业流程题(共1题，共2分)26、锰及其化合物间的转化如图。

请回答下列问题：

（1）反应①发生的主要化学反应的方程式为：_____。

（2）粗KMnO4晶体中含有少量的K2CO3，为了得到纯的KMnO4晶体，操作Ⅲ的名称为_____。

（3）测定高锰酸钾样品纯度采用硫酸锰滴定：向高锰酸钾溶液中滴加硫酸锰溶液，产生黑色沉淀。当____；表明达到滴定终点。

（4）已知：常温下，Ksp[Mn(OH)2]=2.4×10-13。工业上，调节pH可以沉淀废水中Mn2+，当pH=10时，溶液中c（Mn2+）=_____。

（5）如图，用Fe、C作电极电解含MnO4-的碱性污水，使之转化为Mn(OH)2沉淀除去。A电极是____（填“Fe”或“C”），该电极的产物使碱性污水中MnO4-转化为沉淀除去的离子方程式为____。

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】解：A．亚硫酸的酸性大于碳酸；但亚硫酸中S元素化合价为+4价，不是最高价，不能用于比较非金属性，故A错误；

B．次氯酸中Cl元素化合价为+1价；不是最高价，不能用于比较非金属性，故B错误；

C．硝酸；硅酸都是最高价氧化物的水化物；可用于比较，故C正确；

D．氢氟酸；氢氯酸都不是含氧酸；不能用于比较非金属性，故D错误．

故选C．

已知：元素的最高价氧化物的水化物酸性越强其非金属性就越强；则比较非金属性对应的酸应为最高价含氧酸，其它非最高价以及氢化物不能用于比较，以此解答该题．

本题考查元素周期表和周期律的综合应用，为高频考点，把握元素金属性与非金属性的比较方法为解答的关键，侧重规律性知识的考查，题目难度不大．【解析】【答案】C2、C【分析】解：rm{A}活性炭具有吸附作用；从而使墨水褪色，故是物理过程，故A错误；

B；蒸馏是根据物质的沸点的不同；用加热的方法将组分分离的方法，故用蒸馏法将海水淡化是物理过程，故B错误；

C、氯气通入水中后和水发生反应，生成盐酸和rm{HClO}涉及化学变化，故C正确；

D；碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度；故用四氯化碳将碘水中的碘萃取出来是利用了碘在四氯化碳和水中的溶解度的不同来实现的分离，和化学变化无关，故D错误．

故选C．

A；活性炭具有吸附作用；

B；蒸馏是根据物质的沸点的不同；用加热的方法将组分分离的方法；

C；氯气通入水中后和水发生反应；

D；碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度．

本题考查化学变化和物理变化的区别，解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果没有新物质生成就属于物理变化，如果有新物质生成就属于化学变化，题目较简单．【解析】rm{C}3、A【分析】本题考查了金属冶炼，资源利用的分析判断，注意煤的干馏过程分析。A.工业上用电解氧化铝的方法来冶炼金属铝，A错误；rm{B}rm{B}．海水淡化的方法有蒸馏法、结晶法、淡化膜法、多级闪急蒸馏法和离子交换法等，其中最常用的为蒸馏法、淡化膜法和离子交换法，B正确；rm{C}rm{C}．氢气的燃烧产物是水，不污染环境，C正确；rm{D}rm{D}．【解析】rm{A}4、D【分析】解：rm{A.}二氧化硫和氧气在催化作用下可收回三氧化硫；为工业制备硫酸的重要反应，故A正确；

B.二氧化硫具有漂白性；可使品红溶液褪色，故B正确；

C.二氧化硫中rm{S}为rm{+4}价；处于中间价态，既有氧化性也有还原性，如与氧气反应体现其还原性，与硫化氢反应体现其氧化性，故C正确；

D.二氧化硫与水反应生成亚硫酸；故D错误．

故选D．

二氧化硫具有漂白性，二氧化硫中rm{S}为rm{+4}价；处于中间价态，既有氧化性也有还原性，且二氧化硫为酸性氧化物，以此来解答．

本题考查二氧化硫的化学性质，为高频考点，把握元素的化合价及性质的关系及二氧化硫的特性为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．【解析】rm{D}5、D【分析】【分析】本题考查化学平衡状态的判定以及影响反应速率的因素。在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时rm{(}但不为rm{0)}反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，但不为rm{(}反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，rm{0)}【解答】A.温度对化学反应速率影响是温度升高；速率增大，只是平衡逆向进行，故A错误；

B.该反应是可逆反应，所以该反应存在反应限度，反应物不可能该反应是前后气体体积减小的放热反应。的转化；故B错误；

C.达到平衡时，rm{100%}的浓度与rm{SO_{2}}的浓度可能相等；也可能不相等，要依据反应物的初始浓度及转化率，故C错误；

D.使用催化剂加快了反应速率；缩短反应时间，提高反应效率，故D正确。

故选D。rm{SO_{3}}【解析】rm{D}6、C【分析】解：rm{A.}水电解生成氢气和氧气；说明水中含有氢元素和氧元素，故A错误；

B.区分硬水和软水用肥皂水；加入肥皂水后搅拌，出现泡沫较多的是软水，出现泡沫较少的硬水，故B错误；

C.由自来水的净化过程可知；黄河水经沉降；过滤、吸附、灭菌等净化操作后，可供人们生活用水，故CC正确；

D.工业污水一定要经过净化处理后才能排放；故D错误．

故选C．

A.水中含有氢元素和氧元素；

B.肥皂水与硬水反应生成沉淀；

C.黄河水经沉降；过滤、吸附；灭菌等净化操作后，可可除去水中的沉淀以及有害物质；

D.工业废水不能直接排放．

本题考查多角度考查与水有关的知识，为高频考点，侧重考查学生通过题目对水的组成，净化、硬、软水的鉴别，水体污染等有关知识加以归纳总结，难度不大．【解析】rm{C}二、双选题(共9题，共18分)7、B|C【分析】解：Li；Be、B于同期；子序数逐增大，则子外层电数依次增，故A正确；

P；SC元素最高合价依次增加；别为+5、++7，故B错误；

N；F位于期；子序数逐渐增大，原子半依次减，故C错误；

故BC．

同周从左向右原子半径；最外层子数增加最高正价增大；层相同；主从上到下子半径增大，电子层增加，此来解答．

本题查周期表和周律的综合用为高频考点，把元的位置、元素质周期律等为解答的关键，侧重分析应用能力的考查注意律性知识的应用题目难不大．【解析】【答案】BC8、rBD【分析】解：rm{T_{2}隆忙}之前rm{A%}变小，rm{C%}从rm{0}渐增大，而rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}渐大，rm{C%}渐小，说明rm{T_{2}隆忙}之前是反应没有达到平衡状态，而rm{T_{2}隆忙}时恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后是温度升高使平衡向左移动；所以逆反应是吸热反应，正反应为放热反应．

A、rm{T_{1}}温度之后rm{A%}继续变小，rm{C%}继续增大，rm{T_{3}}温度之后rm{A%}继续增大，rm{C%}继续减小，故rm{T_{1}}rm{T_{3}}温度时未达到化学平衡；故A错误；

B、rm{T_{2}隆忙}之前rm{A%}变小，rm{C%}从rm{0}渐增大，而rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}渐大，rm{C%}渐小，而rm{T_{2}隆忙}时恰好平衡；故B正确；

C、rm{T_{2}隆忙}时恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}渐大，rm{C%}渐小，说明rm{T_{2}隆忙}之后是温度升高使平衡向左移动；所以逆反应是吸热反应，温度升高使平衡向逆反应移动，故C错误；

D、rm{T_{2}隆忙}时恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}渐大，rm{C%}渐小，说明rm{T_{2}隆忙}之后是温度升高使平衡向左移动；所以逆反应是吸热反应，正反应为放热反应，故D正确．

故选：rm{BD}．

rm{T_{2}隆忙}之前rm{A%}变小，rm{C%}从rm{0}渐增大，而rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}渐大，rm{C%}渐小，说明rm{T_{2}隆忙}之前是反应没有达到平衡状态，而rm{T_{2}隆忙}时恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后是温度升高使平衡向左移动；所以逆反应是吸热反应，正反应为放热反应，据此分析．

本题考查化学平衡图象、温度对化学平衡的影响，难度中等，明确图象中含量随温度的平衡关系判断rm{T_{2}隆忙}时恰好平衡是解题关键．【解析】rm{BD}9、rBC【分析】解：rm{A.}因非电解质是化合物，而rm{Cu}是单质；既不是电解质也不是非电解质，故A错误；

B.rm{CO2}通入水中生成碳酸为电解质；溶液导电，但本身不能电离属于非电解质，故B正确；

C.rm{NH_{3}}的水溶液能导电，是因rm{NH_{3}}和水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成离子而导电，即发生电离不是rm{NH_{3}}本身，故rm{NH_{3}}属于非电解质；故C正确；

D.rm{CH_{3}CH_{2}OH(}乙醇rm{)}不能发生电离；水溶液中不能导电属于非电解质，故D错误．

故选BC．

电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物；而非电解质是指在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物．

本题考查电解质和非电解质，学生应明确电解质和非电解质都是化合物，并明确判断电解质时发生电离的为化合物本身来分析解答即可．【解析】rm{BC}10、CD【分析】A；容器Ⅰ是绝热容器；反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，故A错误；

B；容器Ⅲ是恒压容器；反应过程中压强大于容器Ⅰ，反应速率大，容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，故B错误；

C、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，rm{SO_{3}}的体积分数：Ⅱrm{>}Ⅲ；故C正确；

D、若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为rm{1}但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅰ中rm{SO_{2}}的转化率与容器Ⅱ中rm{SO_{3}}的转化率之和小于rm{1}故D正确。

考点：本题考查影响化学平衡、反应速率的因素。【解析】rm{CD}11、AC【分析】【分析】本题考查二氧化硫的性质，为高频考点，把握二氧化硫的氧化性、还原性、漂白性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的分析，题目难度不大。【解答】A.向rm{SO_{2}}水溶液中加入少量rm{NaHCO_{3}}粉末，有气泡产生，气体为二氧化碳，发生强酸制取弱酸的反应原理，则rm{SO_{2}}水溶液呈酸性，故A正确；B.向rm{SO_{2}}水溶液中滴加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液，发生氧化还原反应生成硫酸钡白色沉淀，但rm{SO_{2}}水溶液中不含有rm{SO_{4}^{2-}}故B错误；C.将rm{SO_{2}}水溶液中通入rm{H_{2}S}气体，发生氧化还原反应生成淡黄色沉淀rm{S}由rm{S}元素的化合价降低可知rm{SO_{2}}水溶液具有氧化性，故C正确；D.向rm{KMnO_{4}}溶液中滴加rm{SO_{2}}水溶液，发生氧化还原反应溶液颜色褪去，由rm{S}元素的化合价升高可知rm{SO_{2}}水溶液具有还原性，故D错误。故选AC。【解析】rm{AC}12、A【分析】解：rm{A.}放电时，rm{Zn}元素化合价由rm{0}价变为rm{2}价、rm{H}元素化合价由rm{1}价变为rm{0}价，所以rm{Zn}是负极、rm{C}是正极，故A正确；rm{B.Zn}电极上失电子发生氧化反应，电极反应式为rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2}}故B错误；rm{C.}常见锌锰干电池不能充放电，所以属于一次电池，故C错误；rm{D.Zn}是负极、rm{C}是正极，正极反应式为rm{2NH_{4}2e^{-}=2NH_{3}隆眉H_{2}隆眉}负极反应式为rm{2NH_{4}2e^{-}=2NH_{3}隆眉

H_{2}隆眉}故D错误；故选Arm{Zn-2e^{-}=Zn^{2}}该装置是原电池，根据电池反应式知，放电时，rm{.}元素化合价由rm{Zn}价变为rm{0}价、rm{2}元素化合价由rm{H}价变为rm{1}价，所以rm{0}是负极、rm{Zn}是正极，负极反应式为rm{C}正极反应式为rm{2NH_{4}2e^{-}=2NH_{3}隆眉H_{2}隆眉}据此分析解答rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2}}本题考查化学电源新型电池，明确正负极与得失电子关系是解本题关键，知道各个电极上发生的反应及反应类型，难点是正极反应式的书写，题目难度不大．rm{2NH_{4}2e^{-}=2NH_{3}隆眉

H_{2}隆眉}【解析】rm{A}13、rBD【分析】解：rm{A}反应是放热的；所以焓变是负数，故A错误；

B、rm{0.2mol}rm{C_{2}H_{2}}完全燃烧生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O(l)}时放出rm{259.92kJ}热量；故B正确；

C；反应是放热的；所以焓变是负数，故C错误；

D、rm{2mol}rm{C_{2}H_{2}}完全燃烧生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O(l)}时放出rm{2599.2kJ}热量，rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH篓T-2599.2}rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H篓T-2599.2}故D正确．

故选BD．

根据热化学方程式中反应热与物质的物质的量成正比以及热化学方程式的书写方法来解答．

本题考查热化学方程式，题目难度不大，做题时要注意热化学方程式中反应热与物质的物质的量成正比以及反应热的符号是否正确．rm{kJ/mol}【解析】rm{BD}14、rAD【分析】解：rm{v(C)=dfrac{0.6mol/L}{2s}mol/(L.s)=0.3}rm{v(C)=dfrac

{0.6mol/L}{2s}mol/(L.s)=0.3}

A.同一可逆反应中同一时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}rm{v(A)=v(C)=0.3}故A正确；

B.同一可逆反应中同一时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以rm{v(B)=dfrac{1}{2}v(C)=dfrac{1}{2}隆脕0.3}rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}故B错误；

C.rm{v(B)=dfrac{1}{2}v(C)=dfrac

{1}{2}隆脕0.3}时，生成rm{mol?L^{-1}?s^{-1}=0.15mol?L^{-1}?s^{-1}}则参加反应的rm{2s}rm{n(C)=0.6mol/L隆脕2L=1.2mol}的转化率为：rm{dfrac{1.2mol}{4mol}隆脕100%=30%}故C错误；

D.rm{n(A)=n(C)=1.2mol}时，生成rm{A}则参加反应的rm{n(B)=dfrac{1}{2}n(C)=dfrac{1}{2}隆脕1.2mol=0.6mol=0.6mol}剩余rm{dfrac

{1.2mol}{4mol}隆脕100%=30%}则rm{2s}时rm{n(C)=0.6mol/L隆脕2L=1.2mol}的浓度为：rm{c(B)=dfrac{1.4mol}{2L}=0.7mol/L}故D正确；

故选AD．

rm{v(C)=dfrac{0.6mol/L}{2s}mol/(L.s)=0.3}rm{n(B)=dfrac{1}{2}n(C)=dfrac

{1}{2}隆脕1.2mol=0.6mol=0.6mol}

A.同一可逆反应中同一时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比；

B.同一可逆反应中同一时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比；

C.rm{n(B)=(2-0.6)mol=1.4mol}时，生成rm{2s}则参加反应的rm{B}rm{c(B)=dfrac

{1.4mol}{2L}=0.7mol/L}的转化率rm{=dfrac{{虏脦录脫路麓脫娄碌脛脦茂脰脢碌脛脕驴}}{{鲁玫脢录脦茂脰脢碌脛脕驴}}隆脕100%}

D.rm{v(C)=dfrac

{0.6mol/L}{2s}mol/(L.s)=0.3}时，生成rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}则参加反应的rm{n(B)=dfrac{1}{2}n(C)=dfrac{1}{2}隆脕1.2mol=0.6mol}剩余rm{2s}根据rm{n(C)=0.6mol/L隆脕2L=1.2mol}计算平衡时rm{n(A)=n(C)=1.2mol}的浓度．

本题考查化学平衡计算，题目难度中等，涉及反应速率、平衡浓度、转化率的计算，明确反应速率与计量数的关系是解本题关键，会根据公式进行推导，试题培养了学生的化学计算能力．rm{A}【解析】rm{AD}15、rCD【分析】解：rm{A.}从rm{N隆煤M}意思是单位溶剂溶解溶质的量增加；溶液由不饱和变饱和且溶液温度降低，可采取增加溶质和降低温度的方法，故A正确；

B.从rm{N隆煤M}意思是单位溶剂溶解溶质的量增加；溶液由不饱和变饱和且溶液温度降低，可采取增加溶质和降低温度的方法，故B正确；

C.从rm{M隆煤N}先将rm{M}降温再将其升温；降温时有晶体析出，但是题目没有说将晶体分离，之后如果升温到原温度，则溶液依旧饱和，所以此说法不一定能够实现，故C错误；

D.先将rm{M}升温溶质质量不会变小，此时溶液变为不饱和溶液，但然后将其蒸发掉部分水则溶液有可能又会变成饱和溶液，不能从rm{M}变化为rm{N}故D错误．

故选CD．

溶解度曲线上的点和曲线上方的点表示的是该温度下的饱和溶液，溶解度曲线下方的点表示该温度下的不饱和溶液rm{.M}点是这一温度下的饱和溶液，rm{N}点是这一温度下的不饱和溶液；据此分析．

本题考查了溶解度曲线，题目难度不大，溶解度曲线上的点和曲线上方的点表示的是该温度下的饱和溶液，溶解度曲线下方的点表示该温度下的不饱和溶液．【解析】rm{CD}三、填空题(共5题，共10分)16、略

【分析】

（1）电解熔融氧化铝，阳极氯离子放电生成氯气，阴极是铝离子放电生成铝，反应的化学方程式为2Al2O34Al+3O2↑；

故答案为：2Al2O34Al+3O2↑；

（2）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水，反应的化学方程式为Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；

故答案为：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；

（3）大理石溶于稀盐酸的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；

故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；

（4）氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+．

【解析】【答案】（1）电解熔融氧化铝生成铝和氧气；依据化学方程式书写方法写出；

（2）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜；二氧化氮和水；依据化学方程式书写方法写出；

（3）碳酸钙难溶于水溶于盐酸生成氯化钙；二氧化碳和水；依据离子方程式书写方法写出；

（4）氯化铁和铁反应生成氯化亚铁；依据离子方程式书写方法写出．

17、略

【分析】

设B的原子序数为x；则A的原子序数为x-9，y的原子序数为x-7，则有x-9+x-7=x，x=16，则B为S元素，A为N元素，C为F元素；

（1）B为S元素；原子序数为16，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，则位于周期表第三周期ⅥA族；

故答案为：三；ⅥA；

（2）A为N元素，形成的单质的电子式为故答案为：

（3）在AB；C元素中；F元素的非金属性最强，对应的氢化物最稳定，故答案为：HF；

（4）C的离子为F-，离子核外有10个电子，最外层电子数为8，核内有9个质子，结构示意图为

故答案为：

（5）A的气态氢化物为NH3，B的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，反应的化学方程式为2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4；

故答案为：2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4．

【解析】【答案】根据A；C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数；原子核外电子数等于核内的质子数，设B的原子序数为x，则A的原子序数为x-9，y的原子序数为x-7，则有x-9+x-7=x，x=16，则B为S元素，A为N元素，C为F元素，根据元素所在周期表中的位置结合元素周期律知识解答该题．

18、略

【分析】试题分析：（1）酸性氧化物是一类能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物，故SO2属于酸性氧化物，与碱性氧化物生成含氧酸盐，与碱反应生成盐和水；（2）装有NO2的试管倒立在盛有足量水的水槽时溶液充满试管容积的2/3，气体变为无色，发生的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（3）设试管内NH3的体积为VL，则氨气的物质的量为VL/22.4L/mol,故实验完毕试管内溶液的物质的量浓度为VL/22.4L/mol/VL=1/22.4mol/L;（4）装有Cl2的试管倒立在盛有足量水的水槽中经过充分的光照后发生如下反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，2HClO2HCl+O2↑，故实验结束试管中剩余的气体是氧气。考点：常见气体的性质【解析】【答案】（1）酸性碱性氧化物碱水（2）3NO2+H2O=2HNO3+NO溶液充满试管容积的2/3，气体变为无色（3）1/22.4mol/L（4）O2Cl2+H2O=HCl+HClO2HClO2HCl+O2↑19、略

【分析】【解析】试题分析：（1）乙醇中的羟基氢，能和钠反应生成氢气，醋酸中的氢离子能和金属钠反应放氢气，氢氧化钠溶液中的水电离出的氢离子可以和金属钠反应产生氢气，三者的氢的活泼性顺序是②＞①＞③，所以产生H2速率顺序是②＞①＞③；（2）根据题目中该烃加成反应所需氯气的量判断该烃分子中只含有一个双键，又根据氯代烷1mol可与4mol氯气发生完全的取代反应，判断该加成产物分子中只含有4个氢原子，所以该烃的结构简式为CH2=CH2；（3）常温常压下CH4和C2H6混合后平均组成为C1.5H5,设CH4和C2H6的体积分别为a和b，故a+2b/（a+b）=1.5，所以a=b，故二者的体积比为1:1，若平均组成为C1.2H4.4,设CH4和C2H6的体积分别为a和b，故a+2b/（a+b）=1.2，所以a=4b，故CH4和C2H6的体积比为4：1。考点：有机物的反应，烃的结构的判断，有机物计算【解析】【答案】(1)②＞③＞①(2)CH2=CH2(3)1:1CH4和C2H6的体积比为4：120、过滤；玻璃棒、漏斗、烧杯；HCl；HCl+NH3•H2O=NH4Cl+H2O，AlCl3+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl；Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；不合理；Al2O3中含有SiO2杂质；0.4NA【分析】解：rm{(1)}分离不溶物和溶液的操作为过滤，铝土矿加入氢氧化钠，得到滤液rm{a}中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，沉淀rm{a}为氧化铁；故采用过滤的方法分离，过滤所用仪器为：铁架台；漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：过滤；玻璃棒、漏斗、烧杯；

rm{(2)}铝土矿与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，加入盐酸或硝酸等酸性溶液可除去硅酸根离子，故答案为：rm{HCl}

rm{(3)}滤液rm{b}中含有铝离子、过量的盐酸，要使铝离子沉淀，需加入过量氨水，氨水和盐酸反应生成氯化铵，氨水和氯化铝反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，反应的方程式为rm{HCl+NH_{3}?H_{2}O=NH_{4}Cl+H_{2}O}rm{AlCl_{3}+3NH_{3}?H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}Cl}

故答案为：rm{HCl+NH_{3}?H_{2}O=NH_{4}Cl+H_{2}O}rm{AlCl_{3}+3NH_{3}?H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}Cl}

rm{(4)}铝土矿的主要成分是rm{Al_{2}O_{3}}还含有rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}等杂质，其中氧化铝、二氧化硅和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和硅酸钠，反应的方程式为：rm{Al_{2}O_{3}+2NaOH篓T2NaAlO_{2}+H_{2}O}rm{SiO_{2}+2NaOH篓TNa_{2}SiO_{3}+H_{2}O}

故答案为：rm{Al_{2}O_{3}+2NaOH篓T2NaAlO_{2}+H_{2}O}rm{SiO_{2}+2NaOH篓TNa_{2}SiO_{3}+H_{2}O}

rm{(5)}滤液rm{a}中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，向溶液rm{a}中通入的是过量的rm{CO_{2}}生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，然后直接将得到的滤渣rm{b}煅烧后得到氧化铝和二氧化硅，则rm{Al_{2}O_{3}}中含有rm{SiO_{2}}杂质，故答案为：不合理；rm{Al_{2}O_{3}}中含有rm{SiO_{2}}杂质；

rm{(6)}电解熔融的氧化铝可制备金属铝，阳极生成氧气，阴极生成铝，阳极反应为rm{2O^{2-}-4e^{-}=O_{2}隆眉}

rm{2O^{2-}-4e^{-}=O_{2}隆眉}

rm{4mol22.4L}

rm{n}rm{2.24L}

rm{n=dfrac{4mol隆脕2.24L}{22.4L}=0.4mol}故转移电子rm{n=dfrac

{4mol隆脕2.24L}{22.4L}=0.4mol}

故答案为：rm{0.4N_{A}}．

rm{0.4N_{A}}和盐酸不反应，rm{SiO_{2}}和氢氧化钠不反应而氧化铝能，该工艺流程原理为：铝土矿加入氢氧化钠，得到滤液rm{Fe_{2}O_{3}}中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，沉淀rm{a}为氧化铁，rm{a}溶液加入过量为酸溶液，除去硅酸根离子，将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入滤液rm{a}中，加过量氨水生成氢氧化铝沉淀，加热分解得氧化铝rm{b}电解熔融的氧化铝可制备金属铝；阳极生成氧气，阴极生成铝，据此分析和计算．

本题考查较为综合，涉及物质的制备方案的设计与评价，注意把握制备原理的比较，把握物质的性质以及相关反应方程式的书写，难度中等．rm{.}【解析】过滤；玻璃棒、漏斗、烧杯；rm{HCl}rm{HCl+NH_{3}?H_{2}O=NH_{4}Cl+H_{2}O}rm{AlCl_{3}+3NH_{3}?H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}Cl}rm{Al_{2}O_{3}+2NaOH篓T2NaAlO_{2}+H_{2}O}rm{SiO_{2}+2NaOH篓TNa_{2}SiO_{3}+H_{2}O}不合理；rm{Al_{2}O_{3}}中含有rm{SiO_{2}}杂质；rm{0.4N_{A}}四、判断题(共2题，共18分)21、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．22、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．五、实验题(共3题，共18分)23、略

【分析】解：制备rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}流程为：锌焙砂rm{(}主要成分为rm{ZnO}含少量rm{Cu^{2+}}rm{Mn^{2+}}等离子rm{)}中加入硫酸铵、氨水、双氧水，双氧水将锰离子氧化成二氧化锰，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}和二氧化碳气体，过滤得rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}滤液为硫酸铵溶液；

rm{(1)NH_{4})_{2}SO_{4}}与rm{NH_{3}?H_{2}O}的混合溶液中存在电荷守恒：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=2c(SO_{4}^{2-})+c(OH^{-})}rm{25隆忙}时，rm{pH=7}是显中性的溶液，故rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}所以rm{c(NH_{4}^{+})=2c(SO_{4}^{2-})}

故答案为：rm{=}．

rm{(2)}根据影响反应速率的因素判断“浸取”时为了提高锌的浸出率；可采取的措施为搅拌；适当加热；

故答案为：搅拌；适当加热；

rm{(3)}“浸取”时加入的rm{NH_{3}?H_{2}O}过量，溶液呈碱性，双氧水将锰离子氧化成rm{MnO_{2}}反应的离子方程式为rm{Mn^{2+}+H_{2}O_{2}+2NH_{3}?H_{2}O=MnO_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}+2H_{2}O}

故答案为：rm{Mn^{2+}+H_{2}O_{2}+2NH_{3}?H_{2}O=MnO_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}+2H_{2}O}

rm{(4)}根据反应rm{ZnS+Cu^{2}+=CuS+Zn^{2+}}可知rm{K=dfrac{Ksp(ZnS)}{Ksp(CuS)}=1.2隆脕10^{12}>>1隆脕10^{5}}rm{K=dfrac

{Ksp(ZnS)}{Ksp(CuS)}=1.2隆脕10^{12}>>1隆脕10^{5}}化学反应完全，所以选择rm{K>10^{5}}进行除杂是可行的；

故答案为：可行，rm{ZnS}rm{K=dfrac{Ksp(ZnS)}{Ksp(CuS)}=1.2隆脕10^{12}>>1隆脕10^{5}}

rm{ZnS+Cu^{2}+=CuS+Zn^{2+}}“沉锌”的过程为溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成rm{K=dfrac

{Ksp(ZnS)}{Ksp(CuS)}=1.2隆脕10^{12}>>1隆脕10^{5}}离子方程式为rm{(5)}

故答案为：rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}

rm{3Zn^{2+}+6HCO_{3}-=2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}隆媒+5CO_{2}隆眉+H_{2}O}“过滤rm{3Zn^{2+}+6HCO_{3}-=2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}隆媒+5CO_{2}隆眉+H_{2}O}”所得滤液为硫酸铵溶液，可循环使用，其化学式为rm{(6)}

故答案为：rm{3}．

制备rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}流程为：锌焙砂rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}主要成分为rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}含少量rm{(}rm{ZnO}等离子rm{Cu^{2+}}中加入硫酸铵、氨水、双氧水，双氧水将锰离子氧化成二氧化锰，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到rm{Mn^{2+}}和二氧化碳气体，过滤得rm{)}滤液为硫酸铵溶液；

rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}与rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}的混合溶液中存在电荷守恒：rm{(1)(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{NH_{3}?H_{2}O}时，rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=2c(SO_{4}^{2-})+c(OH^{-})}是显中性的溶液；

rm{25隆忙}根据影响反应速率的因素判断“浸取”时为了提高锌的浸出率；可采取的措施；

rm{pH=7}“浸取”时加入的rm{(2)}过量，溶液呈碱性，双氧水将锰离子氧化成rm{(3)}根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式；

rm{NH_{3}?H_{2}O}根据反应rm{MnO_{2}}可知rm{K=dfrac{Ksp(ZnS)}{Ksp(CuS)}=1.2隆脕10^{12}}结合题中信息可判断rm{(4)}除杂；是否可行；

rm{ZnS+Cu^{2}+=CuS+Zn^{2+}}“沉锌”的过程为溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成rm{K=dfrac

{Ksp(ZnS)}{Ksp(CuS)}=1.2隆脕10^{12}}据此书写离子方程式；

rm{ZnS}“过滤rm{(5)}”所得滤液为硫酸铵溶液；可循环使用；

本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，题目难度较大，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}【解析】rm{=}搅拌、适当加热；rm{Mn^{2+}+H_{2}O_{2}+2NH_{3}?H_{2}O=MnO_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}+2H_{2}O}可行，rm{ZnS+Cu^{2}+=CuS+Zn^{2+}K=dfrac{Ksp(ZnS)}{Ksp(CuS)}=1.2隆脕10^{12}>>1隆脕10^{5}}rm{ZnS+Cu^{2}+=CuS+Zn^{2+}K=dfrac

{Ksp(ZnS)}{Ksp(CuS)}=1.2隆脕10^{12}>>1隆脕10^{5}}rm{3Zn^{2+}+6HCO_{3}-=2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}隆媒+5CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}24、略

【分析】解：rm{(1)}实验时，可先将rm{B}装置中rm{CaCO_{3}}放入硝酸中，碳酸钙和硝酸反应生成二氧化碳气体，用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳排出装置中的空气排除装置中的空气，以便在rm{E}烧瓶中收集到rm{NO}以便观察颜色；

故答案为：用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳排出装置中的空气，让整套装置充满rm{CO_{2}}防止rm{O_{2}}干扰；

rm{(2)}稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和rm{NO}反应的化学方程式为：rm{3Cu+8HNO_{3}=2Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}故答案为：rm{3Cu+8HNO_{3}=2Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}

rm{(3)}由于rm{CO_{2}}的密度大于空气的密度，因此rm{E}中采用向下排空气法是不能将空气排尽的rm{.}由于rm{E}中有残留的少量rm{O_{2}}因此当有rm{NO}生成时，rm{E}中有少量的rm{NO_{2}}生成，从rm{F}鼓入空气时，rm{E}中生成的rm{NO_{2}}增加；红棕色加深；

故答案为：二氧化碳密度大于空气，未能排尽烧瓶中的空气，少量rm{NO}与空气中的氧气反应生成少量的红棕色的rm{NO_{2}}鼓入空气后，rm{NO}与氧气反应，生成大量的红棕色气体二氧化氮；rm{(4)}二氧化碳的密度比空气重，应用向上排空气法收集，故E中应左导管短，右导管长，才有利于排净空气，保证rm{E}中全是二氧化碳气体；

故答案为：将装置rm{E}的长；短导气管交换位置；

rm{(5)E}中生成的rm{NO_{2}}会被排入rm{C}在rm{C}中与水反应生成硝酸，将原来生成的rm{CaCO_{3}}沉淀溶解；

故答案为：二氧化氮与水反应生成硝酸；硝酸使白色沉淀碳酸钙溶解；

rm{(6)D}装置用来吸收尾气；防止污染环境，故答案为：吸收尾气，防止污染大气．

实验时，可先将rm{B}装置中rm{CaCO_{3}}放入硝酸中，碳酸钙和硝酸反应生成二氧化碳气体，先排出去其中的空气，以便在rm{E}烧瓶中收集到rm{NO}以便观察颜色，且在rm{C}中可观察到浑浊，有碳酸钙沉淀生成，rm{A}中硝酸和铜反应生成rm{NO}易于氧气反应，则将rm{F}气球中空气压入rm{E}中，有红棕色气体生成，装置rm{D}中盛有氢氧化钠溶液，可用与吸收二氧化氮气体，气体中气球可用于吸收不反应的rm{NO}以防止污染空气；

rm{(1)NO}与空气中氧气反应，制取rm{NO}前需要先用二氧化碳将装置中空气排净；

rm{(2)}铜与稀硝酸反应生成硝酸铜；一氧化氮气体和水；据此写出反应的化学方程式；

rm{(3)}由于rm{CO_{2}}的密度大于空气的密度，因此rm{E}中采用向下排空气法是不能将空气排尽的rm{.}由于rm{E}中有残留的少量rm{O_{2}}因此当有rm{NO}生成时，rm{E}中有少量的rm{NO_{2}}生成，从rm{F}鼓入空气时，rm{E}中生成的rm{NO_{2}}增加；红棕色加深；

rm{(4)}二氧化碳的密度比空气重；应用向上排空气法收集，故E中应左导管短，右导管长；

rm{(5)E}中生成的rm{NO_{2}}会被排入rm{C}在rm{C}中与水反应生成硝酸；

rm{(6)D}装置用来吸收尾气；防止污染环境．

本题以硝