上海市复旦大学附属中学2021-2022学年高一化学下学期期中考试题（Word版附解析）

复旦大学附属中学2021学年第二学期高一年级化学线上期中考试试卷可能用到的相对原子质量：一、单项选择题(共50分，前10题每题2分，后10题每题3分)1.生铁比纯铁A.硬度高B.价格高C.熔点高D.含碳量低【答案】A【解析】【详解】A．生铁是铁碳的合金，合金的硬度比它的成分金属高，所以生铁比纯铁硬度大，A正确；B．生铁是铁碳的合金，没有经过除杂，而纯铁是去除了杂质的铁，所以生铁比纯铁价格低，B不正确；C．生铁是铁碳的合金，其熔点比它的成分金属(铁)低，C不正确；D．生铁是铁碳的合金，纯铁是不含有碳的铁，所以生铁比纯铁含碳量高，D不正确；故选A。2.下列物质固态时以共价晶体形式存在的是A.干冰B.氢氧化钠C.汞D.单质硅【答案】D【解析】【详解】A．干冰由二氧化碳分子构成，形成分子晶体，A不符合题意；B．氢氧化钠由Na+和OH-构成，形成离子晶体，B不符合题意；C．汞为金属单质，形成金属晶体，C不符合题意；D．单质硅由硅原子构成，硅原子间形成共价键，形成共价晶体，D符合题意；故选D。3.下列元素的单质，一般不从海水中提取的是A.FeB.NaC.ID.Cl【答案】A【解析】【详解】海水中主要含有Na、I、Cl等元素，可以从海水中提取得到对应的单质，Fe元素一 般不从海水中提取，故A符合题意。综上所述，答案为A。4.在空气中能发生致密氧化膜保护金属本身不再被腐蚀的是A.金B.铁C.铝D.钠【答案】C【解析】【详解】A．金的性质比较稳定，不和空气中的氧气反应，故A错误；B．铁在空气中有氧气和水的条件下生成铁锈，铁锈是疏松多孔的结构，不能生成致密的氧化膜，保护金属，故B错误；C．铝在空气中能被氧气氧化生成致密氧化膜保护金属本身不再被腐蚀，故C正确；D．钠置于空气中会被空气中的氧气氧化成氧化钠，氧化钠可以和水反应生成氢氧化钠，吸收二氧化碳形成碳酸钠晶体，久置会生成碳酸钠，不能生成致密的氧化膜，保护金属，故D错误；答案选C。【点睛】铝有较强的抗腐蚀性能，就是由于铝在空气中能被氧气氧化生成致密氧化膜保护金属本身不再被腐蚀，是它的特性。5.人类大规模冶炼和使用铝的时间晚于冶炼使用铜和铁的时间，其根本原因是A.铝元素在地壳中的含量较低B.铝及其合金密度较小C.铝元素金属性较强D.铝单质的熔点较低【答案】C【解析】【详解】A．铝元素在地壳中的含量居第三位，含量较高，A不符合题意；B．铝及其合金密度较小，与铝冶炼和使用时间的早晚无关，B不符合题意；C．铝元素金属性较强，则让铝离子还原为铝单质需要使用强还原剂，或采用电解法，实验条件要求高，所以冶炼和使用的时间晚，C符合题意；D．铝单质的熔点较低，易于熔化，从此角度看应该易于冶炼，显然不是冶炼时间较晚的原因，D不符合题意；故选C。6.下列有关化学用语表述正确的是 A.HClO的结构式：H-O-ClB.NH4Cl的电子式：C.溴原子结构示意图：D.中子数为2的氢核素：【答案】A【解析】【详解】A．HClO的电子式为，则其结构式：H-O-Cl，A正确；B．NH4Cl为离子化合物，书写电子式时，需要标明阴离子的最外层电子数，所以电子式：，B不正确；C．溴元素为35号元素，原子结构示意图：，C不正确；D．中子数为2的氢核素，其质量数为3：，D不正确；故选A。7.下列物质中，不能由化合反应生成的是A.B.C.FeSD.【答案】B【解析】【详解】A．Fe与FeCl3发生化合反应，可生成，A不符合题意；B．通常由亚铁盐和碱发生复分解反应制得，B符合题意；C．Fe与S在加热条件下发生化合反应，可生成FeS，C不符合题意；D．Fe(OH)2、O2、H2O可发生化合反应生成，D不符合题意； 故选B。8.下列各组物质反应时，没有氢气产生的是A.锌与盐酸B.铁与灼热的水蒸气C.铝与氢氧化钠溶液D.铁与浓硫酸【答案】D【解析】【详解】A．锌与盐酸反应，生成氯化锌和氢气，A不符合题意；B．铁与灼热的水蒸气在高温条件下反应，生成四氧化三铁和氢气，B不符合题意；C．铝与氢氧化钠溶液反应，生成偏铝酸钠和氢气，C不符合题意；D．铁与浓硫酸在常温下发生钝化，没有氢气产生，D符合题意；故选D。9.下列制备金属单质的方法或原理正确的是A.在高温条件下，可以用铝热反应制备单质MgB.在通电条件下，电解熔融制备单质AlC.工业上金属Mg、Fe都是用热还原法制得的D.工业上CuO在高温条件下分解制备单质Cu【答案】B【解析】【详解】A．Mg的活泼性比Al强，因此在高温条件下，不可以用铝热反应制备单质Mg，故A错误；B．在通电条件下，电解熔融制备单质Al，不能电解氯化铝，故B正确；C．工业上金属Mg用电解法制得，Fe是用热还原法制得的，故C错误；D．工业上利用热还原法制备单质Cu，故D错误。综上所述，答案为B。10.下列说法中正确的是A.吸热反应一定需要加热才能发生B.无论什么状态，同种物质的内能总是相同的C.同温同压下，反应在光照或点燃条件下的相同D.热化学方程式中各物质的化学计量数之比可以代表分子个数之比 【答案】C【解析】【详解】A．吸热反应不一定需要加热才能发生，如Ba(OH)2∙8H2O与NH4Cl在常温下就能发生反应，A不正确；B．即便是同种物质，状态不同时，内能不同，B不正确；C．同温同压下，发生反应，不管是在光照还是在点燃条件下，反应的都相同，C正确；D．热化学方程式中，各物质的化学计量数只表示物质的量，不表示分子个数，D不正确；故选C。11.等质量的两块金属钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在氧气中(常温下)充分反应，则下列说法正确的是A.第一块钠失去电子多B.两块钠失去电子一样多C.第二块钠的生成物质量最大D.两块钠的生成物质量一样多【答案】B【解析】【分析】【详解】A．两块钠的质量相等，则物质的量也相等，在反应中，钠显+1价，所以在反应中转移电子数是一样多的，故A错误；B．由A可知，B正确；C．钠在足量氧气中加热生成的是过氧化钠，在常温下反应生成的是氧化钠。两块钠物质的量相等，生成的Na2O、Na2O2的物质的量也相等，Na2O2的摩尔质量比Na2O大，所以生成的Na2O2的质量比生成的Na2O大，故C错误；D．由C可知，D错误；故选B。12.下列“类比”合理的是A.Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2B.卤素单质的熔点从F2到I2逐渐升高，碱金属单质的熔点从Li到Cs也逐渐升高 C.晶体中有负离子，必有正离子，则晶体中有正离子，也必有负离子D.Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应至中性的离子方程式为：，Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液反应至中性的离子方程式与其相同【答案】D【解析】【详解】A．Na与H2O反应生成NaOH和H2，而Fe与H2O在高温条件下反应，生成Fe3O4和H2，A不合理；B．卤素单质从F2到I2，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，熔点逐渐升高，碱金属单质从Li到Cs，金属键能依次减小，熔点逐渐降低，B不合理；C．离子晶体中有负离子，必有正离子，而金属晶体中，有正离子，没有负离子，C不合理；D．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应：，Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液反应至中性，采用以少定多法，设Ba(OH)21mol，则需加入NaHSO4为2mol，则离子方程式为，D合理；故选D。13.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是①金属Na投入到溶液中②过量溶液和溶液混合③少量投入过量溶液中④向溶液中通入过量⑤少量固体加入到溶液A.①③④⑤B.①②④C.②③④D.②③⑤【答案】C【解析】【详解】①金属Na投入到溶液中，Na先与水反应生成NaOH等，NaOH再与FeCl3反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀； ②过量溶液和溶液混合，生成BaSO4白色沉淀，起初生成的Al(OH)3沉淀后来全部溶解；③少量投入过量溶液中，生成CaCO3白色沉淀、碳酸钠等；④向溶液中通入过量，生成Al(OH)3白色沉淀和氯化铵；⑤少量固体加入到溶液，Na2O2先与水反应生成O2等，O2将Na2S氧化生成淡黄色S沉淀等；综合以上分析，②③④符合题意，故选C。14.下列对于性质或变化描述以及方程式表示均正确的是A.饱和溶液中通入析出晶体：B.氧化钠固体受热颜色发生变化：C.将少量Cl2通入溶液，溶液变黄：D.将晶体溶于稀硫酸中，滴入几滴KSCN溶液，溶液呈红色，说明晶体溶解前已被氧气氧化变质：【答案】B【解析】【详解】A．饱和溶液中通入析出NaHCO3晶体，离子方程式为：，A不正确；B．氧化钠固体受热后，与空气中O2反应生成过氧化钠，固体由白色变为淡黄色：，B正确；C．将少量Cl2通入溶液，由于I-的还原能力比Fe2+强，所以Cl2先氧化I-生成I2，从而使溶液变黄：2Cl2+2Fe2++2I-=4Cl-+2Fe3++I2，C不正确；D．将晶体溶于稀硫酸中，滴入几滴KSCN溶液，溶液呈红色，主要是H+提供酸性环境，将Fe2+氧化为Fe3+：3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O，D不正确； 故选B。15.、是有机合成的重要试剂，其熔点依次为167℃、℃。下列说法正确的是A.分子中共用电子对偏向氯B.分子含14mol共价键C.、的各原子均满足最外层8电子结构D.键能不同导致、的熔点不同【答案】A【解析】【详解】A．Cl的电负性大于P，因此分子中共用电子对偏向氯，故A正确；B．是三角双锥结构，一个分子有5个P−Cl，因此分子含5mol共价键，故B错误；C．的各原子均满足最外层8电子结构，中P原子不满足最外层8电子结构，故C错误；D．两者均属于分子晶体，因相对分子质量大于的相对分子质量，因此导致、的熔点不同，故D错误。综上所述，答案为A。16.下列由实验现象得出的结论正确的是选项实验现象结论A把大小相同的铝和镁分别投入相同浓度的NaOH溶液中：铝溶解有气泡放出，而镁没有任何变化铝的金属性比镁强B取一块铝箔，用酒精灯点燃，铝箔只熔化成液体而没有滴落铝不易燃烧C做铝热反应实验时，需要插入镁条，并加入少量氯酸钾粉末该反应属于吸热反应 D向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量：先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后沉淀完全消失氢氧化铝能溶于强碱溶液A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．比较Al和Mg的金属性强弱，不能将它们与强碱反应，因为Mg不与强碱反应，而应与相同浓度的盐酸或稀硫酸反应，A不正确；B．铝在空气中燃烧的产物为氧化铝，铝箔只熔化成液体而没有滴落，不是因为铝不易燃烧，而是因为氧化铝的熔点比铝高，铝熔化但氧化铝没有熔化，B不正确；C．铝热反应虽然是放热反应，但需要提供高温条件，插入镁条，并加入少量氯酸钾粉末，目的就是提供反应所需的高温条件，C不正确；D．向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液，先产生Al(OH)3白色沉淀，后来Al(OH)3沉淀完全溶解，则Al(OH)3能溶于NaOH，D正确；故选D。17.a、b、c、d、e均为短周期主族元素，其原子半径和最外层电子数的关系如图。下列说法正确的是A.元素的非金属性：d＜cB.b元素的焰色呈浅紫色C.a、d、e能形成离子化合物D.d、e的氧化物对应水化物均为强酸【答案】C【解析】【分析】由图中信息可知，a的最外层电子数为1，原子半径最小，则其为H元素，b的最外层电子数也为1，但原子半径最大，其为Na元素；c的最外层电子数为4，d的最外层电子数 为5，但原子半径c比d大，则c为C元素，d为N元素；e的最外层电子数为6，原子半径比d大，则其应为S元素。从而得出a、b、c、d、e分别为H、Na、C、N、S元素。【详解】A．c、d分别为C、N元素，二者同周期，从左到右非金属性依次增强，则元素的非金属性：N＞C，Ａ不正确；B．b为Na元素，其焰色呈黄色，B不正确；C．a、d、e分别为H、N、S元素，能形成离子化合物(NH4)2S，C正确；D．d、e分别为N、S元素，二者的氧化物对应水化物中，HNO2、H2SO3均为弱酸，D不正确；故选C。18.工业上以粗盐(含、、等杂质)为主要原料，采用“侯氏制碱法”生产纯碱和化肥，实验室模拟工艺流程如图甲所示。下列说法正确的是A.对粗盐溶液除杂可依次加入过量NaOH、、溶液，过滤后再加入盐酸调pHB.饱和食盐水中先通入的气体为C.图甲中析出晶体的总反应可表达为：D.图乙所示装置可以比较和晶体的热稳定性【答案】C【解析】 【详解】A．为除去过量，对粗盐溶液除杂时，要在加入氯化钡之后再加碳酸钠，所以依次加入过量NaOH、、溶液，过滤后再加入盐酸调pH，故A错误；B．二氧化碳的溶解度小于氨气，为增大二氧化碳的溶解度，饱和食盐水中先通入的气体为氨气，故B错误；C．饱和食盐水、二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，析出晶体的总反应可表达为：，故C正确；D．用图乙所示装置比较和晶体的热稳定性，应该把碳酸氢钠放在小试管底部、碳酸钠放在大试管底部，故D错误；选C。19.按如图装置进行实验。在I中加入试剂后，塞紧橡皮塞，立即打开止水夹，II中有气泡冒出；一段时间后，关闭止水夹，II中液面上升，原无色溶液变浑浊。符合以上实验现象的I和II中对应的试剂为ABCDIFeS、稀铁粉、稀铝片、浓Cu、浓II溶液氨水溶液溶液A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．FeS与稀硫酸反应生成硫化氢，硫化氢和氯化铁反应生成淡黄色的硫单质，硫酸亚铁和氯化铁不反应，故A不符合题意； B．铁粉和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，硫酸亚铁和氨水反应生成白色氢氧化亚铁沉淀，故B符合题意；C．铝片、浓硫酸发生钝化，因此II中没有气泡冒出，故C不符合题意；D．Cu和浓硫酸在加热条件下反应，常温下不反应，因此II中没有气泡冒出，故D不符合题意。综上所述，答案为B。20.以下反应均可制取。下列有关说法正确的是反应①：反应②：A.制取的反应一定都是吸热反应B.“冰，水为之，而寒于水”，说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量较高C.若使用催化剂，反应②的将减小D.反应的【答案】D【解析】【详解】A．从题干可知，反应②过氧化氢分解制取O2时为放热反应，A错误；B．相同质量的水转化成冰，会放出热量，因此水的能量较高，B错误；C．ΔH的数值取决于反应物的总键能和生成物的总键能之差，使用催化剂并不会改变ΔH的数值，C错误；D．2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH2=−196.4kJ⋅mol−1，2H2O(l)=2H2O(g)ΔH>0，两个反应相加得到2H2O2(l)=2H2O(g)+O2(g)，故ΔH>-196.4kJ/mol，D正确；故答案选D。二、综合题(共50分)21.下图是元素周期表的一部分，请结合该表回答下列问题。 （1）元素Sn在周期表中的位置为_______，As的气态氢化物化学式为_______。（2）在完整的周期表中，第三周期半径最大的主族元素是Na，其最高价氧化物对应水化物所含有的化学键是_______。该元素单质与氧气在加热条件下反应，得到产物R，用电子式表示R的形成过程_______。（3）Al、S、Cl对应的简单离子半径由大到小的顺序是(填离子符号)_______。（4）C与Si的非金属性何者更强？_______，请用一个化学方程式来证明这个结论：_______。（5）根据元素周期律，推断：①上图最右一列元素气态氢化物热稳定性最高的是_______(填对应化学式)。②比较As、Se的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：_______>_______(填对应化学式)。③氢化物的还原性：_______(填“>”、“＜”或“=”)。④可在图中虚线附近寻找_______(填序号)。A.优良的催化剂　　　B.半导体材料　　　C.合金材料　　　D.农药（6）常用作分析试剂，分子中每个原子均满足最外层8电子结构，其结构式为_______。硒(Se)化铟(In)是一种新型半导体材料。下列说法正确的是_______(填序号)。A.原子半径：In>Se　　　　B.In比Se易失去电子C.In的金属性比Al弱　　　D.硒化铟的化学式为（7）四种物质的熔点数据如下表：物质熔点/℃>1000和熔点相差较小，和熔点相差较大。请从晶体类型以及作用力角度分析 和熔点相差较大的原因_______。【答案】（1）①.第五周期ⅣA族②.AsH3（2）①.离子键和共价键②.（3）S2->Cl->Al3+（4）①.C②.CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓（5）①.HF②.H2SeO4③.H3AsO4④.<⑤.B（6）①.Cl-Se-Se-Cl②.AB（7）BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量比分子间作用力多得多，所以熔点相差较大。【解析】【小问1详解】Sn与C、Si等在同一主族，故Sn在周期表中的位置为第五周期ⅣA族。As和N、P等在同一主族，最外层有5个电子，最低化合价与N、P相同，则其气态氢化物的化学式为AsH3。【小问2详解】钠的最高价氧化物对应水化物为NaOH，其中所含的化学键有离子键和共价键。钠与氧气在加热条件下反应，生成过氧化钠，用电子式表示R形成过程为。【小问3详解】Al3+电子层比S2-、Cl-少一层，故Al3+离子半径最小，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径从大到小的顺序为S2->Cl->Al3+。【小问4详解】C的非金属性强于Si。在硅酸钠溶液中通入二氧化碳，生成碳酸钠和硅酸，化学方程式为CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，根据强酸制弱酸可知碳酸酸性强于硅酸，两者均是对应元素的最高价含氧酸，因此C的非金属性强于Si。【小问5详解】①元素的非金属性越强，其气态氢化物的热稳定性越强，故热稳定性最高的是HF 。②同周期元素，从左到右元素的非金属性逐渐增强，故Se的非金属性强于As，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性H2SeO4>H3AsO4。③元素的非金属性越强，其氢化物的还原性越弱，非金属性O>S，则还原性H2O<H2S。④A．可以用来做催化剂的元素种类很多，一般为过渡金属元素，A错误；B．在金属和非金属元素交接区域的元素通常既有金属性又有非金属性，可用来做良好的半导体材料，B正确；C．在元素周期表中，金属元素位于元素周期表的左下方，可以用来做导体，也可以用来做合金，C错误；D．非金属元素位于元素周期表右上方，非金属可以制备有机溶剂，部分有机溶机可以用来做农药，D错误；故答案选B。【小问6详解】Se2Cl2分子中每个原子均满足最外层8电子结构，其结构式为Cl-Se-Se-Cl。A．电子层数越多，原子半径越大，故原子半径In>Se，A正确；B．In金属性比Se强，更容易失去电子，B正确；C．同主族从上到下，金属性逐渐增强，因此In金属性强于Al，C错误；D．In为+3价，Se为-2价，则硒化铟的化学式为In2Se3，D错误；故答案选AB。【小问7详解】BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量比分子间作用力多得多，所以熔点相差较大。22.化学反应在实现物质转化的同时还伴随着能量转化，最常见的一种能量变化就是化学能与热能之间的转化。在潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选用适当的化学试剂和实验用品，用下图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可用于制取氧气。 （1）A是用CaCO3制取CO2的装置。写出A中发生反应的离子方程式：_______。（2）按要求填写表中空格：仪器编号盛放的试剂(焰色反应均呈黄色)加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液______C______与CO2反应，产生O2D______吸收未反应的CO2气体（3）反应后取D中溶液，向其中逐滴加入稀盐酸，产生的CO2气体体积与所加入盐酸的体积之间的关系如图所示：则加入盐酸之前D中溶质的成分以及对应物质的量之比是_______。（4）为了达到实验目的，是否需要在B装置之后增加一个吸收水蒸气的装置，请说明理由：_______。（5）研究发现，一定条件下CO2加氢可制备甲酸(HCOOH)。工业上利用甲酸的能量关系转换图如下：则：反应的焓变∆H=_______。 （6）溶液与1.95g锌粉在简易热量计中充分反应。测得反应前温度为20.1℃，反应后最高温度为30.1℃。已知：，溶液的比热容近似为、溶液的密度近似为，忽略溶液质量的变化、忽略金属吸收的热量。①上述反应放出的热量数值为_______J。②请书写上述反应的热化学方程式(以离子方程式形式表示)_______。【答案】（1）CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑（2）①.除去CO2气体中混入的HCl②.Na2O2③.NaOH溶液（3）Na2CO3、NaHCO3，1:1（4）不需要，后续操作是用排水法收集气体（5）-31.4kJ∙mol-1（6）①4.18×103②.Zn(s)+Cu2+(aq)=Zn2+(aq)+Cu∆H=-209kJ∙mol-1【解析】【小问1详解】A是用CaCO3与盐酸反应制取CO2的装置，生成CO2气体的同时，还有CaCl2等生成，则A中发生反应的离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑。答案为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；小问2详解】B装置中，用于除去CO2气体中混入的HCl，应使用饱和NaHCO3溶液；C装置中，U形管内的固体用于与CO2反应产生O2，则固体应为Na2O2；D装置中，用于吸收未反应CO2气体的液体，则液体应为NaOH溶液。答案为：除去CO2气体中混入的HCl；Na2O2；NaOH溶液；【小问3详解】装置中，滴入稀盐酸的体积从25mL~75mL，应是与NaHCO3反应，则稀盐酸体积从0~25mL，应是与Na2CO3反应生成NaHCO3，生成的NaHCO3也需消耗稀盐酸25mL，从而得出原NaHCO3需消耗稀盐酸的体积为25mL，则加入盐酸之前D中溶质的成分为Na2CO3、NaHCO3，对应物质的量之比是1:1。答案为：Na2CO3、NaHCO3，1:1；【小问4详解】因后面实验是将气体通入水中，所以不需要在B装置之后增加一个吸收水蒸气的装置，理由：后续操作是用排水法收集气体。答案为：不需要，后续操作是用排水法收集气体；小问5详解】 由甲酸的能量关系转换图，可得到以下热化学方程式：HCOOH(g)=CO(g)+H2O(g)∆H1=+72.6kJ∙mol-1①CO(g)+O2(g)=CO2(g)∆H2=-283.0kJ∙mol-1②H2(g)+O2(g)=H2O(g)∆H3=-241.8kJ∙mol-1③依据盖斯定律，将③-①-②得：反应的焓变∆H=∆H3-∆H1-∆H2=-31.4kJ∙mol-1。答案为：-31.4kJ∙mol-1；【小问6详解】①溶液的质量m=100mL×=100g，∆t=30.1℃-20.1℃=10℃，=×100g×10℃=4.18×103J。②参加反应的n(Zn)=n(CuSO4)=0.2000mol/L×0.1L=0.02mol，则1molZn参加反应时，放热=209kJ∙mol-1，热化学方程式：Zn(s)+Cu2+(aq)=Zn2+(aq)+Cu∆H=-209kJ∙mol-1。答案为：4.18×103；Zn(s)+Cu2+(aq)=Zn2+(aq)+Cu∆H=-209kJ∙mol-1。【点睛】利用盖斯定律进行计算时，可依据待求热化学方程式中的反应物和生成物，调整已知热化学方程式。23.铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛。（1）生铁中含有一种铁碳化合物X，实验室测定该化合物X组成的实验如下，最终得到的固体2是。①已知固体Ⅰ有磁性，将固体Ⅰ溶于过量盐酸后，溶液中含有的大量正离子是_______。②X的化学式可表示为_______。X与足量的热浓硝酸反应能生成的气体是_______。（2）某溶液中有、、、四种正离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的正离子是_______。(填选项)A.B.C.D.（3）氧化铁是重要工业颜料，煅烧可得到此颜料。写出在空气中煅烧的化学方程式_______。 （4）向含有和的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属正离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。(本题要求书写解题过程)①a表示的是_______的变化曲线。②_______，_______。(结果以小数形式表示)③向P点溶液中加入铜粉，发生反应的离子方程式为____，最多可溶解铜粉的质量是____g。【答案】（1）①.Fe2+、Fe3+和H+②.Fe3C③.NO2和CO2（2）BC（3）4FeCO3+O2=2Fe2O3+4CO2（4）①.Fe3+②.0.6③.0.9④.2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+⑤.11.52【解析】【分析】化合物X与足量空气高温煅烧，生成固体Ⅰ具有磁性，则固体Ⅰ为Fe3O4，加入盐酸将其溶解，溶液甲中含有Fe3+、Fe2+，加入Cl2将亚铁离子氧化为铁离子，最后加热氯化铁溶液，Fe3+会水解生成氢氧化铁和氢离子，氢离子结合氯离子生成HCl加热逸出，Fe(OH)3受热分解，最终生成Fe2O3。【小问1详解】Fe3O4溶于过量盐酸，溶液中含有大量的阳离子为Fe2+、Fe3+和H+。已知最后Fe2O3有24g，则其中铁有0.3mol，根据铁守恒，X中铁也有0.3mol，则剩余碳的质量为18g-0.3mol×56g/mol=1.2g，剩余碳0.1mol，故X的化学式为Fe3C。Fe3C和足量的热浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素被氧化生成二氧化碳，硝酸中氮被还原生成二氧化氮，生成的气体有NO2和CO2。【小问2详解】加入过量的NaOH，Al3+转化为偏铝酸根，Mg2+、Fe2+、Cu2+转化为对应的氢氧化物沉淀，且氢氧化亚铁易被氧化，灼烧固体得到氧化镁、氧化铜和氧化铁，固体重新投入过量盐酸中，所得溶液中含有Mg2+、Cu2+和Fe3+ ，与原溶液相比，大量减少的阳离子为铝离子和亚铁离子，故答案选BC。【小问3详解】FeCO3在空气中煅烧可得到氧化铁和CO2，化学方程式为4FeCO3+O2=2Fe2O3+4CO2。【小问4详解】①向含有1molHNO3和0.7molH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，铁先与硝酸反应生成Fe3+，Fe3+再与过量的铁粉反应生成Fe2+，所以Fe3+的物质的量先增大，后减小，对应曲线a，Fe2+对应曲线b。②硝酸和Fe反应的离子方程式为Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，生成1molFe3+需要1mol和4mol氢离子，两种酸最多提供2.4mol氢离子，则最多生成Fe3+0.6mol，即此时加入的Fe也为0.6mol，n1=0.6，n1点共生成Fe3+0.6mol，此时加入Fe，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，消耗完0.6molFe3+，需要Fe0.3mol，则截止到n3点共加入Fe=0.6+0.3=0.9mol，n3=0.9。③P点时Fe2+和Fe3+物质的量相同，加入铜粉发生反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，n1点有Fe3+0.6mol，设n1点后再加入Fexmol，Fe3+和Fe2+物质的量相同，根据方程式2Fe3++Fe=3Fe2+，0.6-2x=3x，解得x=0.12mol，即此时溶液中含有Fe3+0.36mol，根据方程式2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，最多可溶解铜粉0.18mol，即11.52g。