2024年滬教版高一化學(xué)下冊月考試卷6

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教版高一化學(xué)下冊月考試卷6考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、常溫下，下列各組物質(zhì)中，Y既能與X反應(yīng)又能與Z反應(yīng)的是（）。XYZ①NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸②KOH溶液SiO2濃鹽酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu濃硝酸A.①③B.①④C.②④D.②③2、互動交流學(xué)習(xí)體會是新課改倡導(dǎo)的學(xué)習(xí)方法之一．以下A、B、C、D四種說法是四位同學(xué)相互交流的學(xué)習(xí)體會，其中有錯誤的是（）A.燃燒不一定有氧氣參加B.只要有鹽和水生成的反應(yīng)就一定是中和反應(yīng)C.一種單質(zhì)和一種化合物發(fā)生的反應(yīng)不一定是置換反應(yīng)D.飽和溶液析出晶體后，剩余溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)可能不變3、下列實驗操作中錯誤的是（）A.蒸發(fā)操作時，當(dāng)大部分固體析出時就停止加熱，利用余熱把剩下的水蒸干B.蒸餾操作時，應(yīng)使溫度計水銀球靠近蒸餾燒瓶的支管口處C.分液操作時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出D.萃取操作時，應(yīng)選擇有機(jī)萃取劑，且萃取劑的密度必須比水大4、下列說法不正確的是（）A.在稀硫酸中加入銅粉，銅粉不溶解，再加入Cu（NO3）2固體，銅粉仍不溶解B.某氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，該氣體的水溶液一定顯堿性C.銅與稀硝酸反應(yīng)的離子方程式為3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OD.HNO3→NO→NO2，以上各步變化均能通過一步實現(xiàn)5、關(guān)于銅rm{隆陋}鋅rm{隆陋}稀硫酸構(gòu)成的原電池的有關(guān)敘述錯誤的是()A.鋅為負(fù)極，鋅發(fā)生氧化反應(yīng)B.rm{.}銅為正極，銅不易失去電子而受到保護(hù)C.負(fù)極發(fā)生還原反應(yīng)，正極發(fā)生氧化反應(yīng)D.外電路電子流入的一極為正極，電子流出的一極為負(fù)極評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、（1）某建筑材料，主要成分鋁硅酸鹽，化學(xué)式MgAl2H4Si4O14;化學(xué)式改寫成氧化物形式為_____________。則材料該與足量的氫氧化鈉反應(yīng)后過濾，濾渣主要是______．寫出該過程中發(fā)生的離子方程式_______________________________、_______________________________________。（2）檢驗CO2中是否混有SO2可將氣體通過盛有______的洗氣瓶．（3）鑒別Na2CO3和NaHCO3溶液可選用______（填序號）．①NaOH②Ca（OH）2③BaCl2④K2SO4⑤Ca（NO3）2（4）某溶液中有NH4+，Mg2+，F(xiàn)e2+，Al3+四種離子，若向其中加入過量的氫氧化鈉溶液，加熱并攪拌，再加入過量鹽酸，溶液中大量減少的陽離子是______．A．NH4+B．Mg2+C．Fe2+D．Al3+（5）6．4gCu與過量硝酸（60mL8mol/L）充分反應(yīng)后，硝酸的還原產(chǎn)物有NO、NO2，反應(yīng)后溶液中所含H+為nmol，NO、NO2混合氣體的物質(zhì)的量為________________7、（4分）取等物質(zhì)的量的MgO和Fe2O3的混合物進(jìn)行鋁熱反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為____，引發(fā)鋁熱反應(yīng)的實驗操作是____。（各2分）8、元素周期表的形式多種多樣，圖是扇形元素周期表的一部分rm{(1隆蘆36}號元素rm{)}對比中學(xué)常見元素周期表，思考扇形元素周期表的填充規(guī)律，并回答下列問題：

rm{(1)L}代表的元素處于常見周期表的位置是______，該單質(zhì)與rm{A_{2}E}反應(yīng)的方程式為：______．

rm{(2)}元素rm{F}rm{G}rm{I}rm{K}rm{M}其對應(yīng)離子的離子半徑由大到小的順序是______rm{(}用元素或離子符號表示rm{)}．

rm{(3)}用電子式表示rm{MO_{2}}______，用電子式表示rm{CJ_{2}}的形成過程：______．

rm{(4)}比較元素rm{C}和rm{J}的非金屬性強弱，rm{C}的非金屬性______于rm{J(}填“強”或“弱”rm{)}并用化學(xué)方程式證明上述結(jié)論：______．

rm{(5)A}與rm{E}和rm{A}與rm{J}均能形成rm{18}個電子的化合物，寫出此兩種化合物發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．9、在rm{0.10mol?L^{-1}}硫酸銅溶液中加入氫氧化鈉稀溶液充分?jǐn)嚢瑁袦\藍(lán)色氫氧化銅沉淀生成，當(dāng)溶液的rm{pH=8}時，rm{c(Cu^{2+})=}______rm{mol?L^{-1}(K_{sp}[Cu(OH)_{2}]=2.2隆脕10^{-20}).}若在rm{0.1mol?L^{-1}}硫酸銅溶液中通入過量rm{H_{2}S}氣體，使rm{Cu^{2+}}完全沉淀為rm{CuS}此時溶液中的rm{H^{+}}濃度是______rm{mol?L^{-1}}．10、在一定溫度下，發(fā)生如下反應(yīng)：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，起始時，充入的N2和H2的物質(zhì)的量分別是3.0mol和6.0mol，平衡時生成NH3的物質(zhì)的量是2.4mol。已知容器的容積為5.0L，試求：(1)H2的轉(zhuǎn)化率是________。(2)平衡時混合氣體中N2的體積分?jǐn)?shù)是________。11、等質(zhì)量的D2O和H2O所含的中子數(shù)之比為____，電子數(shù)之比為____；等物質(zhì)的量的D2O和H2O分別與足量的金屬鈉反應(yīng)，放出的氫氣的質(zhì)量比為____，轉(zhuǎn)移電子數(shù)之比為____．12、完成下列反應(yīng)方程式（每空1分，共計3分）（1）鐵在氯氣中燃燒：（2）用氫氧化鈉來吸收氯氣尾氣（3）漂白粉的漂白原理：13、如圖所示；下列圖象中，縱坐標(biāo)為沉淀物的量，橫坐標(biāo)為某溶液中加入反應(yīng)物的物質(zhì)的量，試按題意將相應(yīng)圖示的字母填入下列空格．

（1）表示飽和AlCl3溶液中滴加氨水至過量的是______．

（2）表示飽和AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至過量的是______．

（3）表示飽和石灰水中通入CO2至過量的是______．

（4）表示向MgCl2和AlCl3的混合溶液中滴加NaOH溶液至過量的是______．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸．（判斷對錯）15、煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是物理變化16、將藍(lán)色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對錯）17、摩爾是七個基本物理量之一．（判斷對錯）18、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）19、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）20、將藍(lán)色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對錯）21、含碳的化合物一定是有機(jī)化合物．（判斷對錯）評卷人得分四、計算題(共4題，共40分)22、下圖是100mgCaC2O4·H2O受熱分解時，所得固體產(chǎn)物的質(zhì)量隨溫度變化的曲線。試?yán)脠D中信息結(jié)合所學(xué)的知識填空：（1）溫度分別為t1和t2時，固體產(chǎn)物的化學(xué)式A是________，B是________。產(chǎn)物C的化學(xué)式為。（2）由A得到B的化學(xué)方程式為___________________________________。23、一種含結(jié)晶水的無色晶體可表示為rm{A?nH_{2}O}其中結(jié)晶水的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為rm{28.57%}該晶體的無水物rm{A}中碳、氫、氧三種元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別為rm{26.67%}rm{2.23%}和rm{71.1%}．

試回答下列問題：

rm{(1)}求無水物rm{A}的最簡式______；

rm{(2)A}和rm{NaOH}溶液發(fā)生中和反應(yīng)可生成酸式鹽和一種正鹽rm{.0.9g}無水物rm{A}恰好和rm{0.1mol?L^{-1}NaOH}溶液rm{200mL}完全反應(yīng)生成正鹽，求該化合物rm{A}的分子式及其結(jié)構(gòu)簡式rm{.(}提示：rm{-COOH}是一種酸性官能團(tuán)rm{)}并寫出化合物rm{A}與足量rm{NaOH}反應(yīng)的化學(xué)方程式______．

rm{(3)}求rm{A?nH_{2}O}中rm{n}的值．24、已知：rm{3Cu+8HNO_{3}(}稀rm{)=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}現(xiàn)把rm{19.2g}的rm{Cu}放入足量的稀硝酸中，至rm{Cu}完全反應(yīng)rm{.}求：

rm{(1)}參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量是多少？

rm{(2)}反應(yīng)結(jié)束后溶液加水到rm{500ml}這時硝酸銅的物質(zhì)的量濃度是多少？25、向rm{4.2gNaHCO_{3}}粉末中加入一定體積rm{1mol/L}的鹽酸，恰好完全反應(yīng)。試計算：rm{壟脜}反應(yīng)生成氣體的體積rm{(}標(biāo)準(zhǔn)狀況rm{)}rm{壟脝}加入鹽酸的體積；rm{壟脟}假設(shè)反應(yīng)前后溶液體積不變，所得溶液中rm{Na^{+}}的物質(zhì)的量濃度。評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共7分)26、某探究小組用HNO3與大理石反應(yīng)過程中質(zhì)量減小的方法，研究影響反應(yīng)速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細(xì)顆粒與粗顆粒兩種規(guī)格，實驗溫度為298K、308K，每次實驗HNO3的用量為25.0mL；大理石用量為10.00g。

（1）請完成以下實驗設(shè)計表，并在實驗?zāi)康囊粰谥刑畛鰧?yīng)的實驗編號：。實驗編號T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實驗?zāi)康蘑?98粗顆粒2.00（Ⅰ）實驗①和②探究HNO3濃度對該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅱ）實驗①和③探究溫度對該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅲ）實驗①和④探究大理石規(guī)格（粗、細(xì)）對該反應(yīng)速率的影響；②_______________③_______________④_______________

（2）實驗裝置如圖1所示，如何檢驗該裝置的氣密性________________________________

（3）實驗①中CO2質(zhì)量隨時間變化的關(guān)系見下圖2：依據(jù)反應(yīng)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計算實驗①在70-90s范圍內(nèi)HNO3的平均反應(yīng)速率________________________

（4）請在答題卡的框圖中，畫出實驗②、③和④中CO2質(zhì)量隨時間變化關(guān)系的預(yù)期結(jié)果示意圖。_______評卷人得分六、綜合題(共4題，共24分)27、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

28、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題29、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

30、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【解答】解：①氫氧化鋁是兩性氫氧化物；能與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與水，與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鋁與水，故①符合；

②二氧化硅能與氫氧化鉀反應(yīng)反應(yīng)生成硅酸鉀與水；在酸中二氧化硅只與HF反應(yīng)，不能與鹽酸反應(yīng)，故②不符合；

③氮氣與氧氣在放電條件下反應(yīng)得到NO；氮氣與氫氣在高溫高壓；催化劑條件下合成氨氣反應(yīng)，常溫下氮氣不能與氧氣、氫氣發(fā)生反應(yīng)，故③不符合；

④常溫下；Cu與濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅；二氧化氮與水，與氯化鐵溶液反應(yīng)得到氯化銅、氯化亞鐵，故④符合；

故選B．

【分析】①氫氧化鋁是兩性氫氧化物；能與強酸；強堿反應(yīng)；

②二氧化硅不能溶于鹽酸；

③氮氣與氧氣在放電條件下反應(yīng)得到NO；氮氣與氫氣在高溫高壓；催化劑條件下合成氨氣反應(yīng)；

④Cu與濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、二氧化氮與水，與氯化鐵溶液反應(yīng)得到氯化銅、氯化亞鐵．2、B【分析】解：A．燃燒不一定有氧氣參加；如氫氣在氯氣中燃燒，故A正確；

B．酸性氧化物和堿反應(yīng)或堿性氧化物和酸反應(yīng)或酸和堿反應(yīng)都生成鹽和水；所以生成鹽和水的反應(yīng)不一定是中和反應(yīng)，故B錯誤；

C．一種單質(zhì)和一種化合物發(fā)生的反應(yīng)不一定是置換反應(yīng)，如C+CO22CO；故C正確；

D．飽和溶液析出晶體后溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是否發(fā)生改變；主要是取決于析出晶體的措施，當(dāng)某物質(zhì)一定溫度下的飽和溶液在溫度不變的條件下蒸發(fā)一部分溶劑后，有晶體析出，因為溫度不變，物質(zhì)的溶解度就不變，溶液中有晶體，剩下的溶液仍為該溫度下的飽和溶液，所以溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變，如果改變溫度而析出晶體時，溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)就發(fā)生改變，故D正確；

故選B．

A．所有的發(fā)光；放熱的、劇烈的氧化還原反應(yīng)都屬于燃燒；

B．酸性氧化物和堿反應(yīng)或堿性氧化物和酸反應(yīng)都生成鹽和水；

C．一種單質(zhì)和一種化合物反應(yīng)生成另外的單質(zhì)和化合物的反應(yīng)為置換反應(yīng)；

D．物質(zhì)的溶解度在溫度不變的條件下是不發(fā)生改變的；同溫度下，同種物質(zhì)的飽和溶液，溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)相等．

本題考查了物質(zhì)間的反應(yīng)，根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)結(jié)合物質(zhì)之間的反應(yīng)來分析解答，采用逆向思維的方法進(jìn)行分析，易錯選項是D，注意析出晶體的方法，從而確定溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是否變化，為易錯點．【解析】【答案】B3、D【分析】【解答】解：A．在蒸發(fā)溶液出現(xiàn)較多固體時；停止加熱，理由蒸發(fā)皿的余熱蒸干，從而防止發(fā)生迸濺；受熱分解，故A正確；B．蒸餾的原理：通過控制沸點的不同來實現(xiàn)物質(zhì)的分離，所以溫度計水銀球要靠近蒸餾燒瓶支管口，故B正確；

C．為防止液體污染；分液時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，故C正確；

D．萃?。豪萌苜|(zhì)在互不相溶的溶劑里的溶解度的不同；用一種溶劑把溶質(zhì)從它與另一種溶劑組成的溶液里提取出來．萃取劑必須具備：兩種溶劑互不相溶；溶質(zhì)在萃取劑中的溶解度大于在原溶劑中的溶解度；溶質(zhì)與萃取劑不反應(yīng)，萃取劑的密度無須比水大，如用密度比水小的苯可萃取碘水中的碘，故D錯誤；

故選：D．

【分析】A．根據(jù)蒸發(fā)操作的步驟進(jìn)行分析；

B．根據(jù)蒸餾的原理來確定溫度計水銀球的位置；

C．上層液體從下口放出；液體會被污染；

D．萃取是根據(jù)溶質(zhì)在不同溶劑中的溶解度不同進(jìn)行分離；4、A【分析】解：A．在稀硫酸中加入銅粉，再加入Cu（NO3）2固體；硝酸根離子在酸性環(huán)境下能夠與銅反應(yīng)生成硝酸銅，所以銅片溶解，故A錯誤；

B．某氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)；說明氣體的水溶液一定呈堿性，故B正確；

C．銅與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅和一氧化氮和水，離子方程式：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；故C正確；

D．稀硝酸與銅反應(yīng)生成一氧化氮；一氧化氮與氧氣反應(yīng)生成二氧化氮，以上各步變化均能通過一步實現(xiàn)，故D正確；

故選：A．

A．硝酸根離子在酸性環(huán)境下具有強的氧化性；能夠氧化銅；

B．濕潤的紅色石蕊試紙遇到堿變藍(lán)；

C．銅與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅和一氧化氮和水；

D．稀硝酸與銅反應(yīng)生成一氧化氮；一氧化氮與氧氣反應(yīng)生成二氧化氮．

本題考查了元素化合物知識，熟悉硝酸的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意硝酸根離子在酸性環(huán)境下才能表現(xiàn)強的氧化性，題目難度不大．【解析】【答案】A5、C【分析】【分析】本題利用原電池的工作原理解答，主要掌握原電池的正負(fù)極、電子流向、電流流向、反應(yīng)類型的判斷。【解答】A.銅rm{-}鋅rm{-}稀rm{H_{2}SO_{4}}構(gòu)成的原電池中；活潑金屬鋅作負(fù)極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，故A正確；

B.銅rm{-}鋅rm{-}稀rm{H_{2}SO_{4}}構(gòu)成的原電池中，較不活潑金屬銅作正極，溶液中陽離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以銅不易失去電子而受到保護(hù)，故B正確；C.負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；正極上溶液中陽離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，故C錯誤；

D.電子從負(fù)極沿外電路流向正極；所以外電路電子流入的一極為正極，電子流出的一極為負(fù)極，故D正確。

故選C。【解析】rm{C}二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】試題分析：（1）硅酸鹽改寫成氧化物，順序是金屬氧化物、二氧化硅、水，如果有多種金屬氧化物，按照金屬活動順序表書寫；原子個數(shù)跟硅酸鹽的組成一樣。因此MgAl2H4Si4O14的氧化物形式為：MgO·Al2O3·4SiO2·2H2O，Al2O3是兩性氧化物，SiO2是酸性氧化物，都可以跟NaOH溶液反應(yīng)，而MgO是堿性氧化物，不與NaOH溶液反應(yīng)，因此濾渣主要是MgO，反生的離子反應(yīng)方程式：SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O，Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；（2）利用SO2的漂白性可以使品紅溶液褪色，而CO2不行，也可以用H2S溶液，SO2與H2S反應(yīng)生成沉淀，而CO2不行，也可以用酸性該錳酸鉀，SO2使酸性高錳酸鉀褪色，而CO2不行；（3）①NaHCO3與NaOH反應(yīng)無現(xiàn)象，不知發(fā)生反應(yīng)，錯誤；②Ca(OH)2與Na2CO3、NaHCO3都反應(yīng)生成沉淀，錯誤；③Ba2＋＋CO32－=BaCO3↓，與NaHCO3不反應(yīng)，正確；④都不反應(yīng)，錯誤；⑤Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，與NaHCO3不反應(yīng)，正確；（4）A、NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O，NH4＋會減少，符合題意；B、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，Mg(OH)2＋2OH－=Mg2＋＋2H2O，Mg2＋不會減少，不符合題意；C、Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，F(xiàn)e2＋會減少，符合題意；D、Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O，Al3＋不會減少，不符合題意；（5）根據(jù)N元素守恒：n(HNO3)總=2n(Cu(NO3)2)＋n(NO、NO2)＋n(HNO3)剩余，n(NO、NO2)=0．28-n?？键c：考查改寫成氧化物的形式、元素及其化合物的性質(zhì)、化學(xué)計算等相關(guān)知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）MgO·Al2O3·4SiO2·2H2O，MgO，SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O，Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；（2）品紅溶液；（3）③⑤；（4）Fe2＋、NH4＋；（5）(0．28－n)mol7、略

【分析】【解析】【答案】（4分）(1)Fe2O3+Al==Fe+Al2O3(2)在表面鋪有一層KClO3的上面插入一根鎂條點燃8、第四周期第Ⅷ族；3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；P3-＞Cl-＞Ca2+＞Mg2+＞Al3+；弱；Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O；H2O2+H2S=2H2O+S↓【分析】解：由元素在周期表中位置可知，rm{A}為氫、rm{B}為rm{Na}rm{F}為rm{Mg}rm{M}為rm{Ca}rm{L}為rm{Fe}rm{G}為rm{Al}rm{H}為硅、rm{C}為碳、rm{I}為磷、rm{D}為氮、rm{J}為硫、rm{E}為氧、rm{N}為rm{Br}rm{K}為rm{Cl}rm{O}為氟；

rm{(1)}由表可知，rm{L}在第四周期第rm{8}列，即處于第四周期第Ⅷ族；rm{A_{2}E}為rm{H_{2}O}rm{Fe}與水蒸氣在高溫條件下反應(yīng)生成四氧化三鐵與氫氣，反應(yīng)方程式為：rm{3Fe+4H_{2}O(g)dfrac{overset{;{賂脽脦脗};}{.}}{;}Fe_{3}O_{4}+4H_{2}}

故答案為：第四周期第Ⅷ族；rm{3Fe+4H_{2}O(g)dfrac{overset{;{賂脽脦脗};}{.}}{;}Fe_{3}O_{4}+4H_{2}}

rm{3Fe+4H_{2}O(g)dfrac{

overset{;{賂脽脦脗};}{.}}{;}Fe_{3}O_{4}+4H_{2}}電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大，故離子半徑：rm{3Fe+4H_{2}O(g)dfrac{

overset{;{賂脽脦脗};}{.}}{;}Fe_{3}O_{4}+4H_{2}}故答案為：rm{(2)}

rm{P^{3-}>Cl^{-}>Ca^{2+}>Mg^{2+}>Al^{3+}}為rm{P^{3-}>Cl^{-}>Ca^{2+}>Mg^{2+}>Al^{3+}}由鈣離子與氟離子構(gòu)成，其電子式為rm{(3)MO_{2}}為rm{CaF_{2}}分子中rm{CJ_{2}}原子與rm{CS_{2}}原子之間形成rm{C}對共用電子對，用rm{S}原子、rm{2}原子電子式表示其形成過程為：

故答案為：

rm{C}同周期自左而右非金屬性增強，同主族電子層越多非金屬性越弱，故非金屬性rm{S}弱于rm{(4)}可以利用最高價含氧酸強酸制備弱酸進(jìn)行驗證，反應(yīng)方程式為：rm{C}

故答案為：弱；rm{S}

rm{Na_{2}CO_{3}+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}與rm{Na_{2}CO_{3}+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}形成的rm{(5)A}個電子的化合物為rm{E}rm{18}與rm{H_{2}O_{2}}形成rm{A}個電子的化合物為rm{J}過氧化氫具有強氧化性，可以氧化硫化氫，反應(yīng)生成rm{18}與水，反應(yīng)方程式為：rm{H_{2}S}

故答案為：rm{S}．

由元素在周期表中位置可知，rm{H_{2}O_{2}+H_{2}S=2H_{2}O+S隆媒}為氫、rm{H_{2}O_{2}+H_{2}S=2H_{2}O+S隆媒}為rm{A}rm{B}為rm{Na}rm{F}為rm{Mg}rm{M}為rm{Ca}rm{L}為rm{Fe}rm{G}為硅、rm{Al}為碳、rm{H}為磷、rm{C}為氮、rm{I}為硫、rm{D}為氧、rm{J}為rm{E}rm{N}為rm{Br}rm{K}為氟；

rm{Cl}由表可知，rm{O}在第四周期第rm{(1)}列；rm{L}為rm{8}rm{A_{2}E}與水蒸氣在高溫條件下反應(yīng)生成四氧化三鐵與氫氣；

rm{H_{2}O}電子層結(jié)構(gòu)相同；核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大；

rm{Fe}為rm{(2)}由鈣離子與氟離子構(gòu)成；rm{(3)MO_{2}}為rm{CaF_{2}}分子中rm{CJ_{2}}原子與rm{CS_{2}}原子之間形成rm{C}對共用電子對，用rm{S}原子、rm{2}原子電子式表示其形成過程；

rm{C}同周期自左而右非金屬性增強；同主族電子層越多非金屬性越弱，可以利用最高價含氧酸強酸制備弱酸進(jìn)行驗證；

rm{S}與rm{(4)}形成的rm{(5)A}個電子的化合物為rm{E}rm{18}與rm{H_{2}O_{2}}形成rm{A}個電子的化合物為rm{J}過氧化氫具有強氧化性，可以氧化硫化氫，反應(yīng)生成rm{18}與水．

本題考查元素周期表及元素周期律，注意把握金屬性、非金屬性強弱比較及實驗事實，掌握用電子式表示物質(zhì)或化學(xué)鍵形成，題目難度不大．rm{H_{2}S}【解析】第四周期第Ⅷ族；rm{3Fe+4H_{2}O(g)dfrac{overset{;{賂脽脦脗};}{.}}{;}Fe_{3}O_{4}+4H_{2}}rm{3Fe+4H_{2}O(g)dfrac{

overset{;{賂脽脦脗};}{.}}{;}Fe_{3}O_{4}+4H_{2}}弱；rm{P^{3-}>Cl^{-}>Ca^{2+}>Mg^{2+}>Al^{3+}}rm{Na_{2}CO_{3}+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{H_{2}O_{2}+H_{2}S=2H_{2}O+S隆媒}9、2.2×10-8；0.2【分析】解：根據(jù)題給rm{Cu(OH)_{2}}的溶度積即可確定rm{pH=8}時，rm{c(OH^{-})=10^{-6}mol/L}rm{K_{sp}[Cu(OH)_{2}]=2.2隆脕10^{-20}}則rm{c(Cu^{2+})=2.2隆脕10^{-8}mol?L^{-1}}

在rm{0.1mol?L^{-1}}硫酸銅溶液中通入過量rm{H_{2}S}氣體，使rm{Cu^{2+}}完全沉淀為rm{CuS}此時溶液中的溶質(zhì)為硫酸，rm{c(SO_{4}^{2-})}不變，為rm{0.1mol?L^{-1}}由電荷守恒可知rm{c(H^{+})}為rm{0.2mol?L^{-1}.}故答案為：rm{2.2隆脕10^{-8}}rm{0.2}．

根據(jù)溶度積常數(shù)進(jìn)行計算rm{c(Cu^{2+})}根據(jù)溶液的電中性計算rm{H^{+}}濃度．

本題考查了溶度積常數(shù)的計算以及物質(zhì)的量濃度的有關(guān)計算，題目較為綜合，充分理解rm{Ksp}的概念是解題的關(guān)鍵．【解析】rm{2.2隆脕10^{-8}}rm{0.2}10、略

【分析】N2＋3H22NH3起始3.0mol6.0mol0mol轉(zhuǎn)化1.2mol3.6mol2.4mol平衡1.8mol2.4mol2.4mol(1)H2的轉(zhuǎn)化率＝3.6/6.0×100%＝60%。(2)N2的體積分?jǐn)?shù)＝×100%≈27.3%?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)60%(2)27.3%11、略

【分析】

設(shè)D2O和H2O的質(zhì)量都是18g；

則n（H2O）==1mol；

n（D2O）==mol；

則等質(zhì)量的D2O和H2O所含的中子數(shù)之比為mol×（1×2+8）：1mol×8=9：8；

電子數(shù)之比為mol×（1×2+8）：1mol×（1×2+8）=9：10；

等物質(zhì)的量的D2O和H2O分別與足量的金屬鈉反應(yīng)；

由2Na～2D2O～D2↑，2Na～2H2O～H2↑；

則放出的氫氣的質(zhì)量比為1mol×4g/mol：1mol×2g/mol=2：1；

產(chǎn)生等物質(zhì)的量的氫氣；氫元素的化合價都是由+1價降低為0；

則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等；即轉(zhuǎn)移電子數(shù)之比為1：1；

故答案為：9：8；9：10；2：1；1：1．

【解析】【答案】根據(jù)n=計算D2O和H2O的物質(zhì)的量，再利用分子的構(gòu)成、原子的構(gòu)成來計算中子數(shù)之比、電子數(shù)之比；等物質(zhì)的量的D2O和H2O分別與足量的金屬鈉反應(yīng)，則有2Na～H2↑；以此來計算氫氣的質(zhì)量關(guān)系及轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比．

12、略

【分析】試題分析：（1）鐵在氯氣中燃燒產(chǎn)生氯化鐵，反應(yīng)的方程式是：2Fe+3Cl22FeCl3；（2）氯氣與堿發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)生NaCl、NaClO和水，反應(yīng)的方程式是：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O；（3）漂白粉的漂白原理是次氯酸鈣與碳酸發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生次氯酸，反應(yīng)的方程式是：CO2+H2O+Ca(ClO)2==CaCO3+2HclO。考點：考查關(guān)于氯元素的單質(zhì)及化合物的化學(xué)方程式的書寫的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）2Fe+3Cl22FeCl3；（2）Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O（3）CO2+H2O+Ca(ClO)2==CaCO3+2HClO13、略

【分析】解：（1）鋁鹽中滴入稀氨水生成沉淀氫氧化鋁，反應(yīng)為Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；氫氧化鋁不溶于弱堿氨水，反應(yīng)完后沉淀量不再變化；根據(jù)定量關(guān)系，確定圖象為C；

故答案為：C；

（2）飽和AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先發(fā)生反應(yīng)：Al3++3OH-═Al（OH）3↓，生成氫氧化鋁沉淀，后發(fā)生Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，沉淀溶解，設(shè)1molAlCl3反應(yīng)；生成沉淀和沉淀溶解，消耗的NaOH分別為3mol和1mol，確定圖象為B；

故答案為：B；

（3）飽和石灰水通過量CO2氣體，應(yīng)先有沉淀：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，后碳酸鈣與二氧化碳反應(yīng)，沉淀溶解：CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，生成沉淀和沉淀溶解所用CO2相等；確定圖象為A；

故答案為：A；

（4）MgCl2和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，發(fā)生反應(yīng)：Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓生成兩種沉淀，沉淀量隨著氫氧化鈉的量增大而增大，但氯化鎂和氯化鋁完全轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀時，再繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液，然后發(fā)生Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O；隨著氫氧化鈉溶液的加入，沉淀量減少，但不會完全溶解，確定圖象為D；

故答案為：D．

（1）鋁鹽中滴入稀氨水生成沉淀氫氧化鋁；根據(jù)氫氧化鋁不溶于弱堿氨水，鋁鹽反應(yīng)完后沉淀量不再變化；

（2）飽和AlCl3溶液中滴加NaOH溶液；先生成氫氧化鋁沉淀，后沉淀溶解；

（3）飽和石灰水通過量CO2氣體；應(yīng)先生成碳酸鈣沉淀，后碳酸鈣與二氧化碳反應(yīng)，沉淀溶解；

（4）MgCl2和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液；生成兩種沉淀：氫氧化鎂和氫氧化鋁，隨著反應(yīng)的進(jìn)行沉淀量增大，但氫氧化鋁溶于強堿，氯化鎂和氯化鋁完全轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀時，再繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液，沉淀會部分溶解．

本題考查化學(xué)反應(yīng)與圖象的關(guān)系，關(guān)鍵在于理解相關(guān)反應(yīng)，熟練寫出相應(yīng)的反應(yīng)的方程式，明確發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)及反應(yīng)物的用量是解答的難點．【解析】C；B；A；D三、判斷題(共8題，共16分)14、A【分析】【解答】過濾是把不溶于液體的固體物質(zhì)跟液體分離開來的一種混合物分離的方法；過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸，避免萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導(dǎo)致過濾失敗，所以題干說法正確；

故答案為：正確．

【分析】根據(jù)過濾的注意事項‘一貼二低三靠’；取用液體藥品的方法進(jìn)行分析解答．

一貼：過濾時；為了保證過濾速度快，而且避免液體順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，濾紙應(yīng)緊貼漏斗內(nèi)壁，且中間不要留有氣泡．

二低：如果濾紙邊緣高于漏斗邊緣；過濾器內(nèi)的液體極有可能溢出；如果漏斗內(nèi)液面高于濾紙邊緣，液體也會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，這樣都會導(dǎo)致過濾失?。?/p>

三靠：傾倒液體的燒杯口要緊靠玻璃棒，是為了使液體順著玻璃棒緩緩流下，避免了液體飛濺；玻璃棒下端如果緊靠一層濾紙?zhí)?，萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導(dǎo)致過濾失敗，而靠在三層濾紙?zhí)巹t能避免這一后果；漏斗下端管口的尖嘴要緊靠承接濾液的燒杯內(nèi)壁，可以使濾液順著燒杯內(nèi)壁流下，避免了濾液從燒杯中濺出．15、B【分析】【解答】煤的氣化是在高溫條件下煤與水蒸氣反應(yīng)生成CO和H2；是化學(xué)變化；

煤液化；是把固體炭通過化學(xué)加工過程，使其轉(zhuǎn)化成為液體燃料；化工原料和產(chǎn)品的先進(jìn)潔凈煤技術(shù)，有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化；

煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱；煤發(fā)生復(fù)雜的反應(yīng)獲得煤焦油；焦?fàn)t煤氣等的過程，是化學(xué)變化．故煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是化學(xué)變化，故此說法錯誤．故答案為：錯誤．

【分析】沒有新物質(zhì)生成的變化是物理變化，有新物質(zhì)生成的變化是化學(xué)變化；16、B【分析】【解答】藍(lán)色硫酸銅晶體放入濃硫酸生成硫酸銅和水；屬于化學(xué)變化，故答案為：×．

【分析】化學(xué)變化是指有新物質(zhì)生成的變化，物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化，據(jù)此解題．17、B【分析】【解答】摩爾是物質(zhì)的量的單位；是國際單位制中七個基本單位之一；

故答案為：×．

【分析】摩爾是物質(zhì)的量的單位．18、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價鍵；故答案為：錯。

【分析】根據(jù)甲苯的結(jié)構(gòu)簡式來確定化學(xué)鍵，確定存在C﹣H共價鍵的數(shù)目19、B【分析】【解答】n===1mol，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據(jù)n=計算物質(zhì)的量，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．20、B【分析】【解答】藍(lán)色硫酸銅晶體放入濃硫酸生成硫酸銅和水；屬于化學(xué)變化，故答案為：×．

【分析】化學(xué)變化是指有新物質(zhì)生成的變化，物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化，據(jù)此解題．21、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素；但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機(jī)物相似，把它們歸入無機(jī)物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機(jī)化合物，簡稱有機(jī)物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素，但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機(jī)物相似，把它們歸入無機(jī)物．四、計算題(共4題，共40分)22、略

【分析】根據(jù)題目要求可分3段討論CaC2O4?H2O的受熱分解．（1）t1時A點，100mgCaC2O4?H2O的質(zhì)量減少至87.7mg，從中分析CaC2O4?H2O受熱分解的產(chǎn)物，固體CaC2O4?H2O的摩爾質(zhì)量為146g/mol，設(shè)分解后產(chǎn)物的摩爾質(zhì)量為M1．100×10-3g÷146g/mo＝87.7×10-3g÷M1，解得M1=128.04g/mol。由于CaC2O4的摩爾質(zhì)量為128g/mol，從而判斷出CaC2O4?H2O的分解反應(yīng)方程式為：CaC2O4?H2OCaC2O4+H2O↑所以A的化學(xué)式是CaC2O4．（2）再討論t2時B點，87.7mg的CaC2O4受熱分解，設(shè)分解產(chǎn)物的摩爾質(zhì)量為M2．則87.7×10-3g÷28g/mol＝68.5×10-3g÷M2．解得M2＝99.98g/mol。從M2的實驗值可推斷出產(chǎn)物B應(yīng)為CaCO3，分解方程式為：CaC2O4CaCO3+CO↑（3）綜上分析，由CaC2O4?H2O得到A的化學(xué)方程式即為CaC2O4CaCO3+CO↑（4）當(dāng)加熱至1100℃～1200℃時，由圖讀得分解產(chǎn)物C的質(zhì)量約為38mg，設(shè)C點化合物摩爾質(zhì)量為M3．則68.5×10-3g÷100g/mol＝38×10-3g÷M3．解得M3＝55.47g/mol。M3的實驗值與CaO的摩爾質(zhì)量（56g/mol）接近，分解方程式應(yīng)為：CaCO3CaO+CO2↑。由此得出C的化學(xué)式為CaO，其分子量即為56．【解析】【答案】（1）CaC2O4CaCO3CaO（均1分，共3分）（2）CaC2O4CaCO3+CO↑（2分）23、CHO2；HOOC-COOH+2NaOH=Na2C2O4+2H2O【分析】解：rm{(1)}分子中原子個數(shù)比為rm{N(C)}rm{N(H)}rm{N(O)=dfrac{26.67%}{12}}rm{N(O)=dfrac

{26.67%}{12}}rm{dfrac{2.23%}{1}}rm{dfrac{71.1%}{16}=1}rm{1}．

所以無水物rm{2}的最簡式為rm{B}

故答案為：rm{CHO_{2}}

rm{CHO_{2}}和rm{(2)B}溶液發(fā)生中和反應(yīng)時，可生成一種酸式鹽和正鹽，說明rm{NaOH}為二元酸．

所以有rm{B}

rm{B+2NaOH簍TNa_{2}B+H_{2}O}rm{Mrg}

rm{2mol}rm{0.15g}

所以rm{0.1隆脕0.0334mol}

令rm{Mr=90}的分子式rm{B}

所以rm{(CHO_{2})_{m}}

所以rm{m=dfrac{90}{45}=2}的分子式為：rm{B}結(jié)構(gòu)簡式為rm{C_{2}H_{2}O_{4}}．

與氫氧化鈉反應(yīng)的方程式為rm{HOOC-COOH}

故答案為：rm{HOOC-COOH+2NaOH=Na_{2}C_{2}O_{4}+2H_{2}O}rm{C_{2}H_{2}O_{4}}rm{HOOC-COOH}

rm{(3)dfrac{71.43}{90}攏潞dfrac{28.57}{18}=1攏潞n}解得rm{HOOC-COOH+2NaOH=Na_{2}C_{2}O_{4}+2H_{2}O}

答：rm{(3)dfrac{71.43}{90}攏潞dfrac

{28.57}{18}=1攏潞n}中rm{n=2}的值為rm{A?nH_{2}O}．

rm{n}根據(jù)元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；求出各元素原子個數(shù)比．

rm{2}和rm{(1)}溶液發(fā)生中和反應(yīng)時，可生成一種酸式鹽和正鹽，說明rm{(2)B}為二元酸，再根據(jù)與氫氧化鈉反應(yīng)計算rm{NaOH}的相對分子質(zhì)量；進(jìn)而確定分子式與結(jié)構(gòu)簡式．

rm{B}根據(jù)為rm{B}中水與rm{(3)}的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，計算rm{B?nH_{2}0}與rm{B}的分子個數(shù)比，由此計算rm{B}的值．

本題考查有機(jī)物實驗式與分子式的確定，為高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析、計算能力的考查，難度中等，理解掌握有機(jī)物分子式確定的基本思路．rm{H_{2}0}【解析】rm{CHO_{2}}rm{HOOC-COOH+2NaOH=Na_{2}C_{2}O_{4}+2H_{2}O}24、解：19.2g的Cu的物質(zhì)的量為：銅與稀硝酸發(fā)生反應(yīng)，方程式為：3Cu+8HNO3（?。?3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；依據(jù)方程式得：

3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

3832

0.3mol0.8mol0.3mol0.2mol

根據(jù)方程式計量數(shù)關(guān)系可知參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量是0.8mol；生成硝酸銅的物質(zhì)的量為0.3mol；生成NO的物質(zhì)的量為0.2mol；

（1）根據(jù)方程式計量數(shù)關(guān)系可知參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量是0.8mol；

答：參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量是0.8mol；

（2）生成硝酸銅的物質(zhì)的量為0.3mol，溶液的體積為500ml，所以硝酸銅的物質(zhì)的量濃度為：

答：反應(yīng)結(jié)束后溶液加水到500ml，這時硝酸銅的物質(zhì)的量濃度是0.6mol/L?！痉治觥?/p>

【分析】

本題考查化學(xué)方程式的計算，題目難度中等，本題注意根據(jù)反應(yīng)方程式的計算，為解答該題的關(guān)鍵，注意公式的運用。【解答】解：rm{19.2g}的rm{Cu}的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{19.2g}{64g/mol}簍T0.3mol}銅與稀硝酸發(fā)生反應(yīng)，方程式為：rm{dfrac{19.2g}{64g/mol}簍T0.3mol

}依據(jù)方程式得：

rm{3Cu+8HNO_{3(脧隆)}=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}

rm{3Cu+8HNO_{3(脧隆)}=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{3}rm{8}rm{3}

rm{2}rm{0.3mol0.8mol}rm{0.3mol}

根據(jù)方程式計量數(shù)關(guān)系可知參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量是rm{0.2mol}生成硝酸銅的物質(zhì)的量為rm{0.8mol}生成rm{0.3mol}的物質(zhì)的量為rm{NO}

rm{0.2mol}根據(jù)方程式計量數(shù)關(guān)系可知參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量是rm{(1)}

答：參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量是rm{0.8mol}

rm{0.8mol}生成硝酸銅的物質(zhì)的量為rm{(2)}溶液的體積為rm{0.3mol}所以硝酸銅的物質(zhì)的量濃度為：rm{dfrac{0.3mol}{0.5L}=0.6mol/L}

答：反應(yīng)結(jié)束后溶液加水到rm{500ml}這時硝酸銅的物質(zhì)的量濃度是rm{dfrac{0.3mol}{0.5L}=0.6mol/L

}rm{500ml}【解析】解：rm{19.2g}的rm{Cu}的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{19.2g}{64g/mol}簍T0.3mol}銅與稀硝酸發(fā)生反應(yīng)，方程式為：rm{dfrac{19.2g}{64g/mol}簍T0.3mol

}依據(jù)方程式得：

rm{3Cu+8HNO_{3(脧隆)}=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}

rm{3Cu+8HNO_{3(脧隆)}=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{3}rm{8}rm{3}

rm{2}rm{0.3mol0.8mol}rm{0.3mol}

根據(jù)方程式計量數(shù)關(guān)系可知參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量是rm{0.2mol}生成硝酸銅的物質(zhì)的量為rm{0.8mol}生成rm{0.3mol}的物質(zhì)的量為rm{NO}

rm{0.2mol}根據(jù)方程式計量數(shù)關(guān)系可知參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量是rm{(1)}

答：參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量是rm{0.8mol}

rm{0.8mol}生成硝酸銅的物質(zhì)的量為rm{(2)}溶液的體積為rm{0.3mol}所以硝酸銅的物質(zhì)的量濃度為：rm{dfrac{0.3mol}{0.5L}=0.6mol/L}

答：反應(yīng)結(jié)束后溶液加水到rm{500ml}這時硝酸銅的物質(zhì)的量濃度是rm{dfrac{0.3mol}{0.5L}=0.6mol/L

}rm{500ml}25、rm{(1)1.12L}

rm{(2)50mL}

rm{(3)1mol/L}【分析】【分析】本題考查化學(xué)反應(yīng)方程式的計算，為高頻考點，把握發(fā)生的反應(yīng)及物質(zhì)的量的有關(guān)計算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，題目難度不大?！窘獯稹拷猓簉m{n(NaHC{O}_{3})=dfrac{4.2g}{84g/mol}=0.05mol}rm{n(NaHC{O}_{3})=

dfrac{4.2g}{84g/mol}=0.05mol}，發(fā)生rm{NaHCO}rm{NaHCO}rm{{,!}_{3}}rm{+HCl=NaCl+CO}rm{+HCl=NaCl+CO}rm{{,!}_{2}}rm{隆眉+H}由反應(yīng)可知，rm{隆眉+H}生成氣體的體積為rm{{,!}_{2}}答：反應(yīng)生成氣體的體積為rm{O}rm{O}rm{(1)}由反應(yīng)可知，rm{(1)}則鹽酸的體積為rm{dfrac{0.05mol}{1mol/L}=0.05L=50mL}答：加入鹽酸的體積為rm{n(NaHCO_{3})=n(CO_{2})=0.05mol}rm{0.05mol隆脕22.4L/mol=1.12L}由反應(yīng)可知，rm{1.12L}rm{(2)}rm{(2)}rm{n(HCl)=n(NaHCO_{3})=0.05mol}則所得溶液中rm{dfrac{0.05mol}{1mol/L}=0.05L=50mL

}rm{50mL}的物質(zhì)的量濃度為rm{dfrac{0.05mol}{0.05L}=1mol/L}rm{(3)}由反應(yīng)可知，rm{n(Na}rm{(3)}rm{n(Na}rm{{,!}^{+}}【解析】rm{(1)1.12L}rm{(2)50mL}rm{(3)1mol/L}五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共7分)26、略

【分析】【分析】

（1）本實驗是由實驗①做對比實驗探究影響反應(yīng)速率的因素，所以在設(shè)計分組實驗時，要設(shè)計出分別只有濃度、溫度和接觸面積不同時反應(yīng)速率的變化，從而找出不同外界因素對反應(yīng)速率的影響。由于實驗①和實驗②探究HNO3濃度對該反應(yīng)速率的影響，實驗①和實驗③探究溫度對該反應(yīng)速率的影響，故實驗③的溫度選擇308K，實驗①和實驗④探究接觸面積對該反應(yīng)速率的影響，故實驗④選擇細(xì)顆粒的大理石；

（2）依據(jù)裝置特點分析氣密性的檢查方法；

（3）化學(xué)反應(yīng)速率通常用單位時間內(nèi)濃度的變化量來表示。根據(jù)圖像可以計算出70至90s內(nèi)生成的CO2的體積；然后根據(jù)反應(yīng)式可計算出消耗的硝酸的物質(zhì)的量，最后計算其反應(yīng)速率；

（4）根據(jù)反應(yīng)物的用量計算生成CO2的最大質(zhì)量；根據(jù)影響反應(yīng)速率的因素比較實驗②；③和④反應(yīng)速率大小；以此判斷曲線斜率大小，畫出圖像；

【詳解】

（1）由實驗?zāi)康目芍?；探究濃度；溫度、接觸面積對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，則實驗①②的溫度、大理石規(guī)格相同，只有濃度不同，實驗①③中只有溫度不同，實驗①④中只有大理石規(guī)格不同；

故答案為（從上到下；從左到右順序）：298；粗顆粒；1.00；308；粗顆粒；2.00；298；細(xì)顆粒；2.00；

（2）該裝置的氣密性的檢查方法是：關(guān)閉分液漏斗活塞，向外拉或向內(nèi)推分液漏斗的活塞，若一段時間后松開手，活塞又回到原來的位置，則證明裝置氣密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的質(zhì)量為：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根據(jù)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物質(zhì)的量為：n(HNO3)=＝mol；

③溶液體積為25mL＝0.025L，所以HNO3減少的濃度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反應(yīng)的時間t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范圍內(nèi)的平均反應(yīng)速率為：

v(HNO3)＝Δc(HNO3)/t＝=mol·L－1·S－1=0.009mol·L－1·S－1

（4）實驗②、③和④所用大理石的質(zhì)量均為10.00g，其物質(zhì)的量為=0.1mol，實驗①、③和④所用硝酸的量相同均為：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依據(jù)反應(yīng)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的質(zhì)量按硝酸計算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，實驗②所用硝酸的量為1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石過量，反應(yīng)生成的CO2的質(zhì)量為0.025mol×44g/mol=0.55g；

實驗①和②探究HNO3濃度對該反應(yīng)速率的影響，且HNO3濃度①>②，濃度越大，反應(yīng)越快，故曲線斜率①>②；

實驗①和③探究溫度對該反應(yīng)速率的影響，且溫度③高于①，溫度越高反應(yīng)越快，故曲線斜率③>①；

實驗①和④探究大理石規(guī)格（粗、細(xì)）對該反應(yīng)速率的影響，且實驗④為細(xì)顆粒，實驗①為粗顆粒，顆粒越小，表面積越大，反應(yīng)越快，故反應(yīng)速率④>①，故曲線斜率④>①；

根據(jù)以上特征；畫出圖像如下：

【點睛】

本題考查了化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素，注意對題給信息的分析是處理是解答的關(guān)鍵，注意控制變量的實驗方法的理解和掌握?！窘馕觥?98粗顆粒1.00308粗顆粒2.00298細(xì)顆粒2.00關(guān)閉分液漏斗活塞，向外拉或向內(nèi)推分液漏斗的活塞，若一段時間后松開手，活塞又回到原來的位置，則證明裝置氣密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1六、綜合題(共4題，共24分)27、反應(yīng)物能量生成物能量無降低因為催化劑改變了反應(yīng)的歷程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ?mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1【分析】【解答】（1）因圖中A；C分別表示反應(yīng)物總能量、生成物總能量；B為活化能，反應(yīng)熱可表示為A、C活化能的大小之差，活化能的大小與反應(yīng)熱無關(guān)，加入催化劑，活化能減小，反應(yīng)反應(yīng)熱不變；

（2）因1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化為2molSO3的△H=﹣198kJ?mol﹣1；

則2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ?mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2時，自身被還原為四價釩化合物；四價釩化合物再被氧氣氧化，則反應(yīng)的相關(guān)方程式為：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ?mol﹣1；

則利用蓋斯定律將①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1；