【化学】山西省长治学院附属太行中学校2024-2025学年高二下学期第一次月考（学生版+解析版）

这是一份【化学】山西省长治学院附属太行中学校2024-2025学年高二下学期第一次月考（学生版+解析版），文件包含化学山西省长治学院附属太行中学校2024-2025学年高二下学期第一次月考解析版docx、化学山西省长治学院附属太行中学校2024-2025学年高二下学期第一次月考学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
1．周期表中第ⅥA族元素的单质及其化合物应用广泛。O3、H2O2等都是生产中常见的氧化剂；H2S的燃烧热为586 kJ·ml-1；单质硒可以用作光敏材料，工业上可由甲酸与含亚硒酸(H2SeO3)的废液在103℃反应制得；我国科学家还研发了一种硒电池，放电时总反应为Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，其表现出了超强的电容量和出色的循环性能。
下列说法正确的是
A．H2O2分子中所有原子在同一直线上B．H2S晶体属于共价晶体
C．SeO32-的空间构型是平面三角形D．1 ml H2SeO3中含有5 ml σ键
【答案】D
【解析】H2O2分子中O的价层电子对数为2+6-1-12=4，杂化方式均为sp3，所有原子不会在同一直线上，H2O2分子结构：，A错误；H2S晶体属于分子晶体，B错误；SeO32-的中心原子价层电子对数为3+6+2-2×32=4，杂化方式为sp3，空间构型是三角锥结构，C错误；1个H2SeO3()含5个σ键， 1ml H2SeO3中含有5 ml σ键，D正确。
2．周期表中第ⅥA族元素的单质及其化合物应用广泛。O3、H2O2等都是生产中常见的氧化剂；H2S的燃烧热为586 kJ·ml-1；单质硒可以用作光敏材料，工业上可由甲酸与含亚硒酸(H2SeO3)的废液在103℃反应制得；我国科学家还研发了一种硒电池，放电时总反应为Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，其表现出了超强的电容量和出色的循环性能。
下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
A．O3是极性分子，O3易溶于水
B．Se最外层有6个电子，单质硒的熔沸点较低
C．CuSO4溶液有酸性，可用于泳池的杀菌消毒
D．H2O2有氧化性，可用于和Ba(OH)2反应制备BaO2
【答案】A
【解析】O3分子中心O原子呈正电性，两个端位O原子呈负电性，是极性分子，水也是极性分子，相似相溶，O3易溶于水，A正确；Se是34号元素，位于第四周期第ⅥA族，最外层有6个电子，单质硒是分子晶体，熔沸点较低，Se原子最外层电子数与单质硒的熔沸点无对应关系，B错误；CuSO4溶液中铜离子水解呈酸性，CuSO4属于重金属盐，可使蛋白质变性，用于泳池的杀菌消毒，CuSO4溶液的酸性与其能用于泳池的杀菌消毒无对应关系，C错误；H2O2中O元素-1价，有氧化性，若用其和Ba(OH)2反应制备BaO2利用的是H2O2与Ba(OH)2发生复分解反应而生成，两者无对应关系，D错误。
3．周期表中第ⅥA族元素的单质及其化合物应用广泛。O3、H2O2等都是生产中常见的氧化剂；H2S的燃烧热为586 kJ·ml-1；单质硒可以用作光敏材料，工业上可由甲酸与含亚硒酸(H2SeO3)的废液在103℃反应制得；我国科学家还研发了一种硒电池，放电时总反应为Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，其表现出了超强的电容量和出色的循环性能。
下列化学反应表示正确的是
A．H2S稀溶液中通入少量SO2气体：H2S＋3SO2=2S↓＋2H2SO3
B．H2S燃烧的热化学方程式：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH=-1172kJ·ml-1
C．H2SeO3制取单质硒的化学方程式：2HCOOH＋H2SeO3103℃Se＋2CO2↑＋3H2O
D．硒电池放电时正极反应式：Se＋2Cu2＋-4e-=Cu2Se
【答案】C
【解析】H2S稀溶液中通入少量SO2气体生成硫单质：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，A错误；根据H2S的燃烧热为586 kJ·ml-1可知，H2S燃烧反应的热化学方程式为2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=-1172 kJ/ml，B错误；由甲酸与亚硒酸(H2SeO3)在103℃反应制得Se，制取单质硒的化学方程式：2HCOOH＋H2SeO3103℃Se＋2CO2↑＋3H2O，C正确；放电时总反应为Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，电池的正极反应是得电子、元素化合价降低的反应，Se化合价降低做正极，电极反应式：Se＋2Cu2＋+4e-=Cu2Se，D错误。
4．下列化学用语表述正确的是
A．H2O2的电子式：
B．固体HF中的链状结构：
C．基态铍原子最高能级的电子云轮廓图为
D．基态氮原子电子排布轨道表达式写成违背了泡利原理
【答案】B
【解析】H2O2是共价化合物，电子式：，A错误；固体HF分子间存在氢键，链状结构，B正确；基态铍原子电子排布式为1s22s1，最外层电子轨道为2s，电子云轮廓图为球形，，C错误；洪特规则的内容为电子在简并轨道进行填充总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，基态氮原子电子轨道表达式写成违背了洪特规则，D错误。
5．下列分子或离子中心原子的杂化方式和空间结构均判断错误的是
A．HCN:sp、直线形B．OF2:sp3、V形
C．SiO32-:sp3、三角锥形D．C2H4:sp、平面形
【答案】C
【解析】HCN的中心原子为碳原子，碳原子的杂化方式为sp杂化，分子呈直线形，A项正确；OF2的中心原子为氧原子，氧原子的杂化方式为sp3杂化，分子呈V形，B项正确；SiO32-的中心原子为硅原子，硅原子的杂化方式为sp2杂化，离子呈平面三角形，C项错误；C2H4的中心原子为碳原子，碳原子的杂化方式为sp2杂化，分子呈平面形，D项正确。
6．下列过程中，共价键被破坏的是
①碘升华 ②溴蒸气被木炭吸附 ③乙醇溶于水 ④HCl气体溶于水 ⑤冰融化 ⑥NH4Cl受热 ⑦氢氧化钠熔化 ⑧NH42SO4溶于水
A．①④⑥⑦B．④⑥⑧C．①②④⑤D．④⑥
【答案】D
【解析】①碘升华是固体变为气体，破坏范德华力；②溴蒸气被木炭吸附，破坏范德华力；③乙醇溶于水形成乙醇水溶液，破坏范德华力和分子间氢键；④HCl气体溶于水后变为盐酸，电离出氢离子和氯离子，破坏共价键；⑤冰融化破坏分子间氢键和范德华力；⑥NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，破坏离子键和共价键；⑦氢氧化钠熔化破坏离子键；⑧NH42SO4溶于水破坏离子键；因此共价键被破坏的是④⑥，D正确。
7．下列现象与氢键有关的是
①NH3的熔、沸点比第VA族相邻元素的氢化物高；
②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶；
③冰的密度比液态水的密度小；
④尿素的熔、沸点比醋酸的高；
⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低；
⑥水分子高温下也很稳定。
A．①②③④⑤⑥B．①②③④⑤C．④⑤⑥D．①②③
【答案】B
【解析】①NH3的熔、沸点比第VA族相邻元素的氢化物PH3高，是因为NH3分子间能形成氢键，从而增大了分子间的作用力；②小分子的醇、羧酸可以和水分子间形成氢键，所以能与水以任意比互溶；③冰中水分子与周围的4个水分子间形成氢键，使水分子间的距离增大，所以冰的密度比液态水的密度小；④尿素分子间能形成氢键，所以尿素的熔、沸点比醋酸的高；⑤邻羟基苯甲酸能形成分子内的氢键，使分子间的作用力减小，而对羟基苯甲酸分子间能形成氢键，使分子间的作用力增大，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低；⑥水分子高温下也很稳定，表明水分子内氧、氢原子间的共价键能大；综合以上分析，①②③④⑤与氢键有关，故选B。
8．火星土壤中三价铁的形成与氯氧酸盐(ClOx-)有关。ClO4-与ClO3-是氯氧酸盐的两种稳定形态。关于两者比较不正确的是
A．结合H+能力：ClO4-ClO3-
C．含有相同数量的σ键D．Cl原子杂化方式相同
【答案】C
【解析】同一元素不同化合价的含氧酸，化合价越高，酸性越强，则酸性：HClO4>HClO3；酸性越强，电离出H+的能力越强，相应酸根结合氢离子的能力越弱，则结合氢离子能力：ClO4-ClO3-，B正确；ClO4-中含有4个σ键，ClO3-中含有3个σ键，σ键数目不相同，C错误；ClO4-的中心原子Cl的价层电子对数是：4+7+1-4×22=4，采用sp3杂化；ClO3-的中心原子Cl的价层电子对数是：3+7+1-3×22=4，采用sp3杂化，D正确。
9．化合物H是一种低能量的甜味剂，其结构简式如图所示。其中XY、Z、W、M和Q是原子序数依次增大的前20号元素，W和M位于同一主族。下列说法正确的是
A．简单离子半径：MYW2
C．第一电离能：W>ZD．Y和Z均能与X形成2种以上的化合物
【答案】D
【解析】X、Y、Z、W、M和Q是原子序数依次增大的前20号元素，W和M同一主族，从化合物结构简式看，W形成2个共价键，M形成6个共价键，可知W为O，M为S；Q形成 + 1价离子，其原子序数大于S，则Q为K；X形成1个共价键，Y形成4个共价键，Z形成3个共价键，结合原子序数大小，可推出X为H，Y为C，Z为N。
M离子（S2-）和Q离子（K+）电子层数相同，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径S2->K+，即M>Q，A错误；MW2是SO2，其中心原子S原子的价电子对数为2+6-2×22=3，含1对孤电子对，空间结构为V形，键角约119.5°；YW2是CO2，空间结构为直线形，键角180°，所以键角SO2β，C正确；SO2F2为sp3杂化，F比O的电负性大，分子结构中心不对称，与中心原子相连的原子只有两种，不是手性分子，D错误。
11．一定条件下，有机化合物X、Y的转化关系如下，下列说法错误的是
A．X和Y分子中均含有1个手性碳原子
B．X和Y互为同分异构体
C．X比Y的一氯代物种类少1种(不考虑立体异构)
D．X和Y均能发生取代反应和氧化反应
【答案】A
【解析】X分子中含有1个手性碳原子，Y分子中含有两个手性碳原子，A错误；X分子和Y分子的化学式均为C10H14O3，两者互为同分异构体，B正确；不考虑立体异构，X的一氯代物有5种，Y的一氯代物有6种，C正确；两个分子中均含有甲基和羰基，因此均可以发生取代反应和氧化反应，D正确。
12．化合物W19V16Z4X2Y2是一种新型除草剂，可用于稻田除草。已知：V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期不同主族的非金属元素，V与其他元素不在同一周期，Z是电负性最强的元素，基态W原子各能级的电子数相同。下列说法错误的是
A．XV3的空间构型为三角锥形B．简单氢化物沸点：Z>X>W
C．第一电离能：Z>X>YD．简单离子半径：XCH4，B正确；同周期从左到右，第一电离能增大的趋势，N的为2p能级半充满，故反常，第一电离能：F>N>O即Z>X>Y，C正确；X、Y、Z三种元素形成的简单离子为：N3-、O2-和F-，三种离子的电子层结构相同，核电荷越多，半径越小，离子半径：N3->O2->F-，D错误。
13．我国科技工作者设计了成对电解的高效双功能电催化剂，实现了在电解池阴阳两极都得到高价值含氮化合物，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．催化电极a的电极电势低于催化电极b
B．电解过程中阳极区的c(NaOH)不变
C．催化电极b的反应式为NO3-+8e-+6H2O=NH3↑+9OH-
D．理论上每产生1 ml 转移2mle-
【答案】C
【解析】装置中电极b上发生NO3-→NH3，氮元素化合价降低，得到电子，作阴极，与b相连的电源是负极，电极a为阳极，与a相连的电源是正极，则催化电极a的电极电势低于催化电极b，A错误；电极a为阳极，发生，电极反应式:，阳极区的c(NaOH)减小，B错误；电极b的反应式为NO3-+8e-+6H2O=NH3↑+9OH-，C正确；根据~4e-，理论上每产生1ml ，转移4mle-，D错误。
14．硅烷法制备多晶硅的核心反应2SiHCl3g=SiH2Cl2g+SiCl4g ΔH>0。已知v正= k正⋅x2SiHCl3，v逆=k逆⋅xSiH2Cl2⋅xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数且只与温度有关，x为各组分的物质的量分数。在一恒容密闭容器中加入一定量的SiHCl3g，不同温度下反应，测得反应体系中SiHCl3g的物质的量分数随时间变化的关系如图所示，下列说法错误的是
A．当v正SiHCl3=2v逆SiH2Cl2时可判断该反应已达平衡
B．平衡后温度由T1变为T2，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数
C．平衡后恒温下再加入SiHCl3g，再达平衡时xSiHCl3不变
D．T1温度下，平衡时k正k逆=164
【答案】B
【解析】正逆反应速率相同时反应达到平衡，故A正确；v正=k正x2(SiHCl3)、v逆=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，反应平衡常数：K=x(SiH2Cl2)x(SiCl4)x2(SiHCl3)=k正k逆，反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K值增大，则仅升高温度，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，故B错误；恒容条件下再充入1mlSiHCl3，相当于增大压强，而2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)反应前后气体体积不变，所以平衡不移动，x(SiHCl3)不变，故C正确；假设初始SiHCl3物质的量为1ml，则平衡时SiHCl3物质的量为0.8ml，转化的SiHCl3物质的量为0.2ml，则转化的SiH2Cl2、SiCl4物质的量各为0.1ml，即平衡时SiH2Cl2、SiCl4物质的量各为0.1ml，根据平衡时v正=v逆，则k正x2(SiHCl3)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，k正k逆=x(SiH2Cl2)x(SiCl4)x2(SiHCl3)=0.1×，故D正确。
二、解答题
15．现有6种短周期元素X、Y、Z、W、M、Q，其原子序数依次增大，部分信息如下表：
请用相应的化学用语回答下列问题：
(1)基态Q原子的核外电子排布中，电子占据的最高能级符号是 ，其电子云轮廓图为 形。
(2)Z的电负性 W的电负性(填“>”或“ N3-＞O2-＞Na+
(3)614C
(4) 四面体形 6
(5)铵根与NH3中N原子都发生sp3杂化，NH3分子存在1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力
(6)①③④⑦
(7) sp3 四面体形 V形
(8)水分子之间存在氢键，沸点高于同族其它元素氢化物
【解析】6种短周期元素X、Y、Z、W、M、Q，其原子序数依次增大，X的阴离子电子层结构与氦原子相同，则X为H；Y的最高价氧化物在空气中增多会造成温室效应，则Y为C；Z的双原子单质分子中键与键的数目之比为1:2，则Z为N；W的基态原子的价电子排布式为nsnnpn+2，则n=2，W为O；M在短周期元素中电负性最小，则其金属性最强，为Na元素；Q元素最高化合价与最低化合价的代数和等于4，则其原子的最外层电子数为6，其为S。
（1）Q为S，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，电子占据的最高能级符号是3p，其电子云轮廓图为哑铃形。
（2）Z为N，W为O，同一周期从左到右主族元素电负性逐渐变大，则电负性：N＜O；同一周期从左到右第一电离能也呈变大趋势，但由于N的2p轨道处于半充满的稳定状态，则第一电离能：N＞O；Z、W、M的简单离子分别为N3-、O2-、Na+，它们的电子层结构相同，核电荷数越大，则半径越小，故离子半径：N3-＞O2-＞Na+。
（3）Y为C，其中子数为8的一种原子，质量数为6+8=14，其原子符号是614C。
（4）QW32-为SO32-，中心S原子的价层电子对数为3+6+2-3×22=4，发生sp3杂化，则VSEPR模型是四面体形；M为Na，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s1，核外电子的空间运动状态有1+1+3+1=6种。
（5）ZX4+为NH4+，ZX3为NH3，二者相比，N原子的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，但NH4+中N原子无孤电子对，而NH3中N原子有1个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的排斥作用大于成键电子对与成键电子对间的排斥作用，所以NH4+中的H—N—H键角比NH3中的H—N—H键角大。
（6）①CO2分子是直线形，对称结构，正负重心重合，为非极性分子；②NH3分子是三角锥形，不对称结构，正负重心不重合，为极性分子；③CCl4分子呈正四面体形，对称结构，正负重心重合，为非极性分子；④BF3分子中心原子B原子的价电子对数为3+3-3×12=3，无孤电子对，分子为平面三角形，对称结构，正负重心重合，为非极性分子；⑤H2O分子呈V形，不对称结构，正负重心不重合，为极性分子；⑥SO2中S元素化合价为+4，S原子最外层6个电子未全部成键，V形，不对称结构，正负重心不重合，为极性分子；⑦SO3中S元素化合价为+6，S原子最外层6个电子全部成键，平面三角形，对称结构，正负重心重合，为非极性分子；⑧PCl3中P元素化合价为+3，P原子最外层5个电子未全部成键，三角锥形，不对称结构，正负重心不重合，为极性分子；属于非极性分子的是①③④⑦。
（7）H2S分子中心原子S价层电子对数=2+6-2×12=4，采取sp3杂化，VSEPR构型为四面体形，有两对孤电子对，分子的立体构型为V形。
（8）H2S和H2O均属于分子晶体，水分子之间存在氢键，沸点高于同族其它元素氢化物，所以H2O的沸点(100℃)比H2S的沸点(-61℃)高。
16．碳、氮、铁元素是构成生物体的主要元素在动植物生命活动中起着重要作用。根据要求回答下列问题：
(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用 形象化描述。在基态14C原子中，核外存在 对自旋状态相反的电子，铁元素属于 区元素。
(2)已知：(NH4)2CO2Δ2NH3↑+H2O↑+CO2↑
①与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有 种。
②分解所得的气态化合物分子的键角由小到大的顺序为 (填化学式)。
(3)物质中C原子杂化方式是 。
(4)1 ml CH3CH=CHCHO中的σ键数目为 。
(5)配合物[Ni(CH3C≡N)4]NF3中Ni原子的价电子排布图 ，NF3的立体构型为 ，BF4-的空间构型为 ，SO2属于 分子(选填“极性”或“非极性”)。
【答案】(1) 电子云 2 d
(2) 3 H2O＜NH3＜CO2
(3)sp、sp2、sp3
(4)10NA
(5) 三角锥形 正四面体形 极性
【解析】（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述；基态14C的核外电子排布是1s22s22p2，1s和2s上的两个电子自旋状态相反，2p上的两个电子自旋方向相同，故核外存在2对自旋状态相反的电子；铁元素原子序数为26，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区。
（2）①同周期从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但N原子的2p轨道处于半满的稳定状态，其第一电离能大于相邻元素，故第二周期第一电离能比氧大的元素有N、F、Ne，共3种。
②(NH4)2CO3分解所得的气态化合物里，CO2为直线型结构，键角为180°，NH3中心原子是sp3杂化，有一对孤电子对，分子呈三角锥形，键角为107°18ˊ，H2O的中心原子是sp3杂化，有两对孤电子对，分子呈V形，键角为104.5°，所以三种分子的键角：H2O＜NH3＜CO2。
（3）分子结构中苯环上的碳原子是sp2杂化；甲基中的碳原子以单键连4个原子，构成四面体结构，是sp3杂化；氰基的碳原子和氮原子以三键结合，是sp杂化，碳原子的杂化方式是sp2、sp3、sp。
（4）单键均为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，CH3CH=CHCHO中有10个σ键，故1 ml CH3CH=CHCHO中的σ键数目为10NA。
（5）Ni元素原子序数为28，其价电子排布式为3d84s2，故价电子排布图为；NF3的中心原子N的价层电子对数是4对，有一对孤对电子，分子空间构型为三角锥形；BF4-的中心原子B的价层电子对是4对，为sp3杂化，无孤对电子，分子空间构型为正四面体；SO2分子空间结构为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子。
17．硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
提示：当溶液中某离子浓度小于1.0×10-5 ml·L-1时视为沉淀完全。
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有 、 。
(3)加入物质X调溶液pH=5，最适宜使用的X是 (填标号)。
A．NH3·H2O B．Ca(OH)2 C．NaOH
滤渣①的主要成分除SiO2外还有 、 。 (填化学式)
(4)向80~90 ℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为 。
(5)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是 、 。
(6)滤液④转化为ZnSO4·7H2O的操作是 。
【答案】(1)ZnCO3焙烧ZnO+CO2↑
(2) 将焙烧后的产物碾碎 适当增大所用稀硫酸的浓度、加热或搅拌等(填其中两项措施，合理即可)
(3) B Fe(OH)3 CaSO4
(4)MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+
(5) CaSO4 MgSO4
(6)蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3焙烧ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O。
（1）由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3焙烧ZnO+CO2↑；
（2）为了提高锌的浸取效果，可以加快浸取时的反应速率，故可采用将焙烧后的产物粉碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；
（3）NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；故答案选B；
当沉淀完全时(离子浓度小于10-5ml/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
（4）向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2++MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
（5）由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4；
（6）滤液④为ZnSO4溶液，为得到ZnSO4·7H2O晶体，需要采取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶，可以析出ZnSO4·7H2O晶体。
18．NH42S2O8是一种重要氧化剂，受热易分解，可处理水中的有机污染物。某实验小组制备NH42S2O8的原理和装置如图，回答下列问题。
实验原理：2NH3+H2O2+2H2SO4=NH42S2O8+2H2O
(1)装置B中反应的化学方程式为 。
(2)仪器C中“试剂X”为 。
(3)实验中用到上图所示仪器，其合理的连接顺序为c→ (填仪器接口小写字母)。
(4)实验室还可用电解法制备NH42S2O8，原理如下图所示，阳极的电极反应式为 ，实验过程中使用冰浴的目的为 。
(5)产品纯度测定。称取mg试样置于碘量瓶，向其中加入足量的KI溶液和少量乙酸，暗处静置片刻，再用0.1000ml⋅L-1Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2(相关反应为I2+2S2O32-=2l-+S4O62-)，三次实验消耗标准溶液体积的平均值为VmL。碘量瓶中加入足量KI溶液时反应的离子方程式为 。滴定过程中选用的指示剂为 ，产品的纯度为 %(列出含m、V的计算式)。
【答案】(1)2NH4Cl+Ca(OH)2△2NH3↑+CaCl2+2H2O
(2)P2O5(或“无水CaCl2”)
(3)gfbade(“gfbad”或“g，f→b，a→d”亦可得分)
(4) 2SO42--2e-=S2O82-(因未给出具体浓度，故写为“2HSO4-+2e-=H2S2O8”或“2HSO4--2e-=S2O82-+2H+”亦可得分) 防止NH42S2O8受热分解(或“变质”)
(5) S2O82-+2I-=2SO42-+I2 淀粉溶液 1.14Vm
【解析】（1）装置B制取氨气，发生反应2NH4Cl+Ca(OH)2△2NH3↑+CaCl2+2H2O；
（2）仪器C吸收多余的氨气，球形干燥管内的固体药品能与氨气反应，故“试剂X”为P2O5(或“无水CaCl2”)；
（3）B装置生成的NH3进入D装置进行收集，因氨气密度比空气的小，应从导管短的一端进入即g端进入，f端出来，进入 A装置制备NH42S2O8，为了反应物充分混合，氨气从A中b端进入，多余的氨气从a端出来进入尾气处理装置C，从干燥管的d端进，e端出，故仪器的连接顺序为：gfbade(“gfbad”或“g，f→b，a→d”)；
（4）本实验原理：2NH3+H2O2+2H2SO4=NH42S2O8+2H2O，H2O2分子中的-O-O-进入 S2O82-中，故 S2O82-中的氧元素有-2价和-1价；电解法制备NH42S2O8，阳极SO42-(或者HSO4-)失电子发生氧化反应：2SO42--2e-=S2O82-，或2HSO4-+2e-=H2S2O8”或“2HSO4--2e-=S2O82-+2H+；因S2O82-含有-O-O-，为了防止NH42S2O8受热分解(或“变质”)实验过程中使用冰浴；
（5）S2O82-中含-1价O，NH42S2O8具有氧化性，可将KI氧化I2，发生反应为S2O82-+2I-=2SO42-+I2；0.1000ml⋅L-1Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，常通过碘单质的存在判断滴定终点，选择淀粉溶液为指示剂；根据题中信息可列关系式S2O82-∼I2∼2S2O32-，消耗标准液n(Na2S2O3)=0.1000ml⋅L-1×V×10-3L=V×10-4ml，样品中含有5V×10-5ml×228g/mlmg×100%=1.14Vm% n[NH42S2O8]=12n(Na2S2O3)=12×V×10-4L=5V×10-5ml，mg产品的纯度为5V×10-5ml×228g/mlmg×100%=1.14Vm%。
X
阴离子电子层结构与氦原子相同
Y
最高价氧化物在空气中增多会造成温室效应
Z
双原子单质分子中键与键的数目之比为1：2
W
基态原子的价电子排布式为nsnnpn+2
M
短周期元素中电负性最小
Q
元素最高化合价与最低化合价的代数和等于4
离子
Fe3+
Zn2+
Cu2+
Fe2+
Mg2+
Ksp
4.0×10-38
6.7×10-17
2.2×10-20
8.0×10-16
1.8×10-11