2023-2024学年上海市长宁区高三（上）期末化学试卷（一模）参考答案与试题解析一、常见金属及其化合物的性质与应用（本题共20分）1．（20分）金属种类繁多，性质各异，应用十分广泛。（1）（单选）将一小块金属钠分别放入下列溶液中，对应的现象正确的是C。A.饱和NaOH溶液：产生气体，恢复至室温后溶液的pH增小B.稀CuSO4溶液：产生气体，有紫红色物质析出C.MgCl2溶液：产生气体，生成白色沉淀D.NH4NO3溶液：产生无色无味气体（2）（单选）少量Na2O2与H2O反应生成H2O2和NaOH。下列说法正确的是C。A.Na2O2的电子式为B.H2O的空间构型为直线形C.H2O2中O元素的化合价为﹣1D.NaOH仅含离子键（3）（不定项选择）向某溶液中加入少量Na2O2后，原溶液中所含的下列离子浓度会显著改变的是BCD。A.B.C.D.在CECl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液处理和资源回收的过程简述如下：（已知：室温下Ksp[CE（OH）3]＝4.0×10﹣38）Ⅰ：向废液中投入过量铁屑，充分反应后分离出固体和滤液；Ⅱ：向滤液中加入一定量石灰水，调节溶液pH，同时鼓入足量的空气。（4）CECl3蚀刻铜箔反应的离子方程式为：2CE3++Cu＝2CE2++Cu2+；过程Ⅰ分离得到固体的主要成分是Cu和CE。小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com（5）过程Ⅱ中发生反应的化学方程式为：CECl2+Ca（OH）2═CE（OH）2↓+CaCl2，4CE（OH）2+O2+2H2O═4CE（OH）3；过程Ⅱ中调节溶液的pH为5，最终溶液中金属离子浓度为4.0×10﹣11mol•L﹣1。（列式计算）（6）有同学研究上述“过程Ⅱ”方案后，设计了下列方案：向滤液中加入足量的NaOH溶液使CE2+完全沉淀，过滤，小心加热沉淀直到水分蒸干，再灼烧到质量不再变化。假设现有200mL0.1mol•L﹣1CECl2溶液，按照上述操作，理想情况下，该同学应该得到的固体质量为1.6g；通过比较，说明石灰水—空气法与氢氧化钠—加热法相比的一个优点是石灰水﹣空气法成本较低。【分析】（1）A．钠能与水反应，则饱和的氢氧化钠溶液中的溶剂水会减少，有晶体析出，剩余溶液还是饱和溶液，温度不变时，氢氧化钠饱和溶液中离子的浓度不变；B．Na与水反应生成NaOH，再与CuSO4反应生成氢氧化铜；C．钠与水反应放热，碱与氯化镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀；D．Na与水反应：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，氢氧化钠和铵盐反应生成氨气，氨气具有刺激性；（2）A．过氧化钠是离子化合物；B．H2O中氧原子的成键电子对是2，孤电子对是2，根据价层电子对为4，据此解答；C．H2O2中H显+1价，化合物中正负化合价为0；D．非金属元素之间形成共价键；（3）向某溶液中加入少量Na2O2后，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，结合离子性质分析判断离子变化；（4）CECl3蚀刻铜箔反应生成氯化亚铁和氯化铜，加入铁粉，铁置换铜离子生成单质铜；（5）结合pH计算氢氧根离子浓度，室温下Ksp[CE（OH）3]＝4.0×10﹣38，据此计算铁离子浓度；（6）CECl2溶液中加入适量的NaOH溶液，使CE2+完全沉淀，生成氢氧化亚铁，过滤，小心加热沉淀，再灼烧至质量不再变化，由于氢氧化亚铁易被氧化，最终所得固体为CE2O3，由CE原子守恒可知：n[CECl2]＝2n（CE2O3），再根据m＝nM计算；石灰水与空气均便宜易等。【解答】解：（1）A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，原饱和溶液有晶体析出，剩余溶液还是饱和溶液，温度不变时，溶液中离子的浓度不变，即溶液中OH﹣浓度不变，溶液的pH不变，有H2放出，故A错误；小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.comB．Na与水反应生成NaOH，再与CuSO4反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，则不会观察到紫红色的铜析出，故B错误；C．Na与水反应：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，氢氧化钠和MgCl2溶液反应生成氢氧化镁沉淀，有氢气放出，有白色沉淀生成，故C正确；D．Na与水反应生成NaOH和氢气，反应放热，氢氧化钠与NH4NO3反应生成氨气，氨气具有刺激性，故D错误；故答案为：C；（2）A．过氧化钠是离子化合物，电子式为，故A错误；B．H2O中氧原子的成键电子对是2，孤电子对是2，根据价层电子对为4，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为V形，故B错误；C．H2O2中H显+1价，化合物中正负化...