2025年人教A版高一化學下冊月考試卷

…………○…………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2025年人教A版高一化學下冊月考試卷300考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列說法正確的是（）A.CO2、CCl4、CH4三個分子中所有原子都滿足最外層8電子結構B.第ⅠA族的金屬元素形成的單質的熔點隨原子序數(shù)的遞增而降低C.第ⅦA族元素形成的單質的熔點隨原子序數(shù)的遞增而降低D.第ⅠA族元素燃燒形成的氧化物中氧的化合價都不是-22、下列各元素的原子在形成不同物質時，既能形成非極性鍵，也能形成極性鍵，還能形成離子鍵的是rm{.(}rm{)}A.rm{Na}B.rm{Fe}C.rm{O}D.rm{Ar}3、我國三峽工程所提供的清潔；廉價、強勁、可再生能源--水電；相當于每年燃燒3000萬噸原煤的火力發(fā)電廠產(chǎn)生的電能，因此三峽工程有助于控制（）

①溫室效應②形成酸雨③空氣中的固體顆粒濃度④白色污染．

A.只有①

B.只有①②

C.①②③

D.①②③④

4、等質量的兩份鋅粉a、b，分別加入過量的稀H2SO4，同時向a中加入少量的CuSO4溶液，下列圖表示產(chǎn)生H2的體積（V）與時間（t）的關系，其中正確的是：（）5、元素性質呈周期性變化的根本原因是rm{(}rm{)}A.相對原子質量逐漸增大B.核電荷數(shù)逐漸增大C.核外電子排布呈周期性變化D.元素的化合價呈周期性變化6、金剛石和石墨是碳元素的兩種同素異形體，在rm{100kPA}時，rm{1mol}石墨轉化為金剛石，要吸收rm{1.895kJ}的熱量rm{.}試判斷在rm{100kPA}壓強下，下列結論正確的是rm{(}rm{)}A.石墨比金剛石穩(wěn)定B.金剛石比石墨穩(wěn)定C.rm{1mol}石墨比rm{1mol}金剛石的總能量高D.石墨轉化為金剛石是物理變化評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、A、B、X、Y和Z是原子序數(shù)依次遞增的短周期元素，其中A與Y同主族，X與Z同主族，A與B和A與X均可形成10個電子化合物；B與Z的最外層電子數(shù)之比為2︰3，常見化合物Y2X2與水反應生成X的單質，其溶液可使酚酞試液變紅。請回答下列問題。(1)X在周期表中的位置是_____________________________。(2)化合物Y2X2的電子式為____；它含有的化學鍵類型有____（填序號）。A．離子鍵B．極性共價鍵C．非極性共價鍵D．氫鍵(3)A與X和A與Z均能形成18個電子的化合物，此兩種化合物發(fā)生反應生成Z的化學方程式為__________________________________________________________________。(4)A的單質與X的單質可制成新型的化學電源（KOH溶液作電解質溶液），兩個電極均由多孔性碳制成，通入的氣體由孔隙中逸出，并在電極表面放電，則負極電極反應式為___________________(5)寫出化合物Y2X2與水反應的離子方程式________________________________________。(6)B的最高價氧化物的結構式為_______________________________________________。8、（10分）A是一種紅棕色金屬氧化物，B、D是金屬單質，J是一種難溶于水的白色化合物，受熱后容易發(fā)生分解。（1）寫出下列物質的化學式：A：E：____J：____G：____（2）按要求寫方程式：①A與B生成C和D的化學方程式：。②F在空氣中轉化為G的化學方程式：。③I轉化為J的離子方程式：。9、氯堿廠電解精制的飽和食鹽水；利用電解產(chǎn)品可制取漂白粉等。

rm{(1)}如果粗鹽中含有rm{SO_{4}^{2-}}精制時須添加試劑除去rm{SO_{4}^{2-}}該試劑不能選用______。

A.rm{Ba(OH)_{2}}rm{B.Ba(NO_{3})_{2}}rm{C.BaCl_{2}}

rm{(2)}電解飽和食鹽水發(fā)生的化學方程式______。

rm{(3)}利用氯氣和氫氧化鈉溶液制取“rm{84}”消毒液的化學方程式______。

rm{(4)}漂白粉在空氣中久置后會變質的化學方程式______。10、rm{0.3molCO}和rm{CO_{2}}混合氣體，質量為rm{10.8}克，rm{CO}和rm{CO_{2}}的物質的量之比______．11、在等質量的下列物質中：CO2、HCl、H2O、NH3．其中常溫常壓下密度最小的是____；所含分子數(shù)目最少的是____；所含原子數(shù)目最多的是____；在標準狀況下體積最大的是____；在標準狀況下體積最小的是____．12、（1）在同溫同壓下，等質量的CO和CO2，其體積之比為______，電子數(shù)之比為______，密度之比為______．

（2）9.5gMgCl2固體溶于水配成500mL溶液，其濃度為______mol?L-1，從中取出100mL溶液，其中Cl-的濃度為______mol?L-1；再把取出的溶液加水稀釋成500mL，則此時MgCl2溶液的濃度為______mol?L-1．

（3）某金屬氯化物MCl227g，含有0.40molCl-，則該氯化物的物質的量為______，摩爾質量為______，金屬M的相對原子質量為______．13、有以下物質：①NaOH②Na2O2③HClO④MgCl2⑤K2SO4⑥Ne（用序號作答）

（1）只含有離子鍵的是______；

（2）只含有共價鍵的是______；

（3）沒有化學鍵的是______；

（4）既有離子鍵，又有非極性共價鍵的是______；

（5）屬于共價化合物的是______；

（6）屬于離子化合物且陰陽離子個數(shù)比為2：1的是______．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)14、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）15、向蛋白質溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學變化．（判斷對錯）16、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．17、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）18、向蛋白質溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學變化．（判斷對錯）19、摩爾是七個基本物理量之一．（判斷對錯）評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共20分)20、一種利用水鈷礦[主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工藝流程如下：

已知：①浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等。

②部分陽離子開始沉淀和完全沉淀的pH見下表。

③CoCl2·6H2O熔點86℃；易溶于水；乙醚等；常溫下穩(wěn)定，加熱至110~120℃時失去結晶水變成無水氯化鈷。

(1)寫出Co2O3與Na2SO3和鹽酸反應的離子方程式______________________。

(2)加入NaClO3的目的是______________________；加入過量NaClO3可能生成有毒氣體，該氣體是___________(填化學式)

(3)為了除去Fe3+、Al3+，需加Na2CO3調(diào)pH，則pH應控制的范圍為_____________________.

(4)加萃取劑的目的是___________；金屬離子在萃取劑中的萃取率與pH的關系如圖，據(jù)此分析pH的最佳范圍為___________(填字母序號)。

A.2.0~2.5B.3.0~3.5C.4.0~4.5D.5.0~5.5

(5)CoCl2·6H2O常用減壓烘干法烘干，原因是___________。21、七鋁十二鈣(12CaO·7Al2O3)是新型的超導材料和發(fā)光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3)和廢鋁片制備七鋁十二鈣的工藝如下：

(1)電解制備Al(OH)3時，電極分別為Al片和石墨，電解總反應方程式為_____

(2)一種可超快充電的新型鋁電池，充放電時AlCl4-和Al2Cl7-兩種離子在Al電極上相互轉化，其它離子不參與電極反應，放電時負極Al的電極反應式為______22、某酸性廢液含有H+、Fe3+、Ni2+、NO3—、F-和Cr2O72-等。下圖是該廢液的綜合利用工藝流程：（假設：F—與金屬離子的絡合反應不影響其它反應和計算）

已知：金屬離子開始沉淀和沉淀完全時的pH：。Fe3+Ni2+Cr3+開始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9

Ni2+與足量氨水的反應為：Ni2+＋6NH3[Ni(NH3)6]2+（[Ni(NH3)6]2+為難電離的絡合離子）

（1）濾渣1的主要成分為：____________。

（2）試劑X可以是足量氨水，還可以是：____________。（填序號）

A．Ni(OH)2B．Cr2O3C．Fe2O3D．NaOH

（3）若試劑X是足量氨水，“沉鎳”的離子方程式為：____________。

（4）經(jīng)檢測，最后的殘液中c(Ca2+)＝1.0×10─5mol?L-1，則殘液中F－濃度____________（填“符合”或“不符合”）排放標準[已知Ksp(CaF2)=4×10-11，國家排放標準要求氟離子濃度小于10mg?L─1]。

（5）鎳(Ni)及其化合物廣泛應用于生產(chǎn)電池；電鍍和催化劑等領域。

①某蓄電池反應為NiO2＋Fe＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2,放電時若外電路中轉移0.6mol電子則正極增重____g。

②圖為雙膜三室電解法處理含鎳廢水回收金屬鎳的原理示意圖，陽極的電極反應式為____；電解過程中，需要控制溶液pH值為4左右，原因是_______。

23、Ni(OH)2作為合成鎳鈷錳三元電極材料的原料，工業(yè)上可用紅土鎳礦(主要成分為NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)制備；工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：

(1)“濾渣1”的成分為______(寫化學式)。

(2)“除鐵”中，加入NaClO的目的是_________________，為了證明加入NaClO已足量，可選擇的試劑是__________(填字母標號)。

a.KSCN溶液、氯水b.K3[Fe(CN)6]溶液c.NaOH溶液。

(3)已知“濾渣2”的成分為黃鈉鐵礬，其化學式為NaFe3(SO4)2(OH)6；則“除鐵”

中“Na2CO3/△”條件下生成濾渣2的離子方程式為_______________。

(4)“除鎂”中，若溶液pH過小，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________。

(5)“沉鎳”的離子方程式為__________。

(6)以鎳鈷錳三元材料(可簡寫為Li1-nMO2)為一極電極材料的新型鋰電池工作原理如圖所示，放電時總反應為Li1-nMO2+LinC6LiMO2+6C，則充電時b極的電極反應式為____________________。

評卷人得分五、綜合題(共4題，共8分)24、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應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：

25、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題26、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應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：

27、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6題，共12分)1、B【分析】解：A、CH4分子中氫最外層只有2個電子；而不是8電子結構，故A錯誤；

B；堿金屬都為固體；堿金屬自上而下，離子半徑增大，金屬鍵減弱，熔點降低，故B正確；

C；分子晶體的熔沸點隨著相對分子質量的增大而升高；第ⅦA族元素形成的單質為分子晶體，則其單質的熔點隨原子序數(shù)的遞增而升高，故C錯誤；

D．H2O、Li2O中O元素化合價為-2價；故D錯誤．

故選B．

A、CH4分子中氫最外層只有2個電子；

B；根據(jù)離子半徑對金屬性的影響分析解答堿金屬元素單質熔點變化；

C；第ⅦA族元素形成的單質的熔點隨原子序數(shù)的遞增而升高；

D；水中O元素化合價為-2價．

本題考查較綜合，涉及物質的結構、物質的性質等知識點，根據(jù)物質的構成、物質的熔沸點與相對分子質量的關系等知識點來分析解答，比較容易．【解析】【答案】B2、C【分析】解：rm{Na}rm{Fe}為活潑金屬，在反應中只能失去電子形成離子鍵；而rm{Ar}一般不能形成化學鍵；只有rm{O}可得到電子或與其它原子共用電子，如rm{Na_{2}O}中鈉離子和氧離子之間就是離子鍵，rm{H_{2}O_{2}}中rm{O-O}為非極性共價鍵，rm{O-H}為極性共價鍵；

故選：rm{C}．

一般來說，活潑金屬和活潑非金屬之間易形成離子鍵，非金屬之間易形成共價鍵rm{(}銨鹽除外rm{)}同種非金屬元素原子之間形成非極性共價鍵，不同種非金屬元素原子之間形成極性共價鍵，據(jù)此分析解答．

本題考查化學鍵，把握化學鍵的形成及判斷的一般規(guī)律為解答的關鍵，注意金屬只能失去電子，題目難度不大．【解析】rm{C}3、C【分析】

將水能轉換為電能的工程建設和生產(chǎn)運行；大大的減少了燃煤的使用，降低了溫室氣體；酸雨氣體、粉塵等污染物的排放，有效地保護環(huán)境，低碳經(jīng)濟，節(jié)能減排．

故選C．

【解析】【答案】三峽工程所提供的清潔；廉價、強勁、可再生能源--水電；相當于每年燃燒3000萬噸原煤的火力發(fā)電廠產(chǎn)生的電能，減少了污染氣體、粉塵顆粒等的排放，減少了對大氣的污染．白色污染是人們對難降解的塑料垃圾（多指塑料袋）污染環(huán)境現(xiàn)象的一種形象稱謂．它是指用聚苯乙烯、聚丙烯、聚氯乙烯等高分子化合物制成的各類生活塑料制品使用后被棄置成為固體廢物，由于隨意亂丟亂扔，難于降解處理，以致造成城市環(huán)境嚴重污染的現(xiàn)象．

4、D【分析】【解析】試題分析：等質量的兩份鋅粉a、b，分別加入過量的稀H2SO4中，同時向a中放入少量的CuSO4溶液，發(fā)生：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，形成原電池，反應速率增大，但生成的氫氣少。等質量的兩份鋅粉a、b，分別加入過量的稀H2SO4中，同時向a中放入少量的CuSO4溶液，發(fā)生：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，形成原電池，反應速率增大，反應用時少于b，但生成的氫氣少也少于b，圖象應為．故選D?？键c：原電池和電解池的工作原理【解析】【答案】D5、C【分析】解：rm{A}元素的原子的相對原子質量增大；但不呈現(xiàn)周期性的變化，則不能決定元素性質出現(xiàn)周期性變化，故A錯誤；

B；原子序數(shù)在數(shù)值上等于這種原子的核電荷數(shù)；隨著原子序數(shù)遞增，核電荷數(shù)逐漸增大，但不出現(xiàn)規(guī)律性的變化，故B錯誤；

C；由原子的電子排布可知；隨原子序數(shù)的遞增，電子層數(shù)和最外層電子數(shù)都呈現(xiàn)周期性的變化而引起元素性質的周期性變化，即原子的電子層排布的周期性變化是引起元素性質周期性變化的決定因素，故C正確；

D；元素的最高正化合價的周期性變化是原子的電子排布周期性變化的結果；化合價屬于元素的性質，故D錯誤；

故選：rm{C}

A；元素的相對原子質量逐漸增大；但不呈現(xiàn)規(guī)律性的變化；

B；核電荷數(shù)逐漸增大；不呈現(xiàn)規(guī)律性的變化；

C；隨原子序數(shù)的遞增；電子層數(shù)和最外層電子數(shù)都呈現(xiàn)周期性的變化而引起元素性質的周期性變化；

D；化合價屬于元素的性質；元素的最高正化合價隨原子序數(shù)的遞增呈規(guī)律性變化．

本題要理解元素周期律的實質，元素性質的周期性變化是元素原子的核外電子排布的周期性變化的必然結果．【解析】rm{C}6、A【分析】解：rm{A}石墨轉化為金剛石要吸收能量；說明石墨的能量低，穩(wěn)定，故A正確；

B；石墨轉化為金剛石要吸收能量；說明石墨的能量低，穩(wěn)定，故B錯誤；

C、rm{1mol}石墨比rm{1mol}金剛石的總能量低；故C錯誤；

D；金剛石和石墨是不同的物質；是化學變化，故D錯誤；

故選：rm{A}．

在rm{100kPa}時，rm{1mol}石墨轉化為金剛石，要吸收rm{1.895kJ}的能量說明石墨的能量低于金剛石的能量；能量低的物質穩(wěn)定；化學變化的特征是生成新物質．

本題主要考查金剛石和石墨的轉化以及涉及到的能量變化，難度不大，需要掌握的是能量低的物質穩(wěn)定．【解析】rm{A}二、填空題(共7題，共14分)7、略

【分析】【解析】試題分析：A與B和A與X均可形成10個電子化合物，則A應為H元素，A與Y同主族，則Y為Na元素，常見化合物Y2X2與水反應生成X的單質，其溶液可使酚酞試液變紅，則X為O元素，Y2X2為Na2O2，X與Z同主族，則Z為S元素，B與Z的最外層電子數(shù)之比為2：3，則B元素的最外層電子數(shù)為4，根據(jù)A、B、X、Y和Z是原子序數(shù)依次遞增的短周期元素，B應為C元素。(1)X為O元素，故在周期表中的位置是第二周期ⅥA族。(2)Y2X2為Na2O2，故電子式為它含有的化學鍵類型有離子鍵和非極性共價鍵，故選AC。(3)A與X和A與Z均能形成18個電子的化合物，這兩種化合物分別為H2O2和H2S，H2O2具有氧化性，H2S具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應生成H2O和S，反應的方程式為H2O2+H2S═2H2O+S↓。(4)A單質H2，X是單質O2，在原電池中H2失去電子，發(fā)生氧化反應，作為負極，故極電極反應式為H2–2e-+2OH-="="2H2O或2H2–4e-+4OH-="="4H2O。(5)Y2X2為Na2O2，故其與水反應的離子方程式為2Na2O2＋2H2O==="4"Na＋＋4OH-＋O2↑。(6)B為C元素，其最高價氧化物是CO2，其結構式為O=C=O?？键c：位置結構性質的相互關系應用極性鍵和非極性鍵【解析】【答案】（每空2分，共14分）(1)第二周期ⅥA族(2)A、C（全對給分）(3)H2O2+H2S=S↓+2H-2O(4)H2–2e-+2OH-="="2H2O或2H2–4e-+4OH-="="4H2O(5)2Na2O2＋2H2O==="4"Na＋＋4OH-＋O2↑(6)O=C=O8、略

【分析】【解析】【答案】（10分）（1）Fe2O3FeCl2Al(OH)3Fe(OH)3（各1分，共4分）（2）①2Al+Fe2O32Fe+Al-2O3②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3③AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-（各2分，共6分）9、略

【分析】解：rm{(1)}添加鋇試劑除去rm{SO_{4}^{2-}}注意不能引入新的雜質，選Brm{a(NO_{3})_{2}}會引入雜質硝酸根離子；所以該鋇試劑不能選用；

故答案為：rm{B}

rm{(2)}電解飽和食鹽水生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉，化學方程式為rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

故答案為：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應的化學方程式為rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

故答案為：rm{(3)}

rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O}漂白粉的有效成分為rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O}次氯酸鈣在空氣中發(fā)生反應：rm{(4)}rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}會導致漂白粉失效；

故答案為：rm{Ca(ClO)_{2}}rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}

rm{Ca(ClO)_{2}+H_{2}O+CO_{2}=2HClO+CaCO_{3}隆媒}添加鋇試劑除去rm{2HClOdfrac{

overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}注意不能引入新的雜質；

rm{Ca(ClO)_{2}+H_{2}O+CO_{2}=2HClO+CaCO_{3}隆媒}電解飽和食鹽水生成氫氣；氯氣和氫氧化鈉；

rm{2HClOdfrac{

overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉；次氯酸鈉和水；

rm{(1)}漂白粉的有效成分為次氯酸鈣；次氯酸鈣與空氣中的二氧化碳和水反應生成次氯酸和碳酸鈣，次氯酸見光分解生成氯化氫和氧氣，導致漂白粉失效。

本題考查粗鹽提純及電解原理，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，明確發(fā)生的離子反應及電解反應是解答的關鍵，注意除雜不能引入新的雜質及試劑的添加順序，題目難度中等。rm{SO_{4}^{2-}}【解析】rm{B}rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O}rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}rm{Ca(ClO)_{2}+H_{2}O+CO_{2}=2HClO+CaCO_{3}隆媒}10、略

【分析】解：設混合氣體中rm{CO_{2}}的物質的量為rm{xmol}rm{CO}的物質的量為rm{ymol}根據(jù)二者質量及總物質的量，則：

rm{begin{cases}x+y=0.344x+28y=10.8end{cases}}

解得rm{begin{cases}x+y=0.3

44x+28y=10.8end{cases}}rm{x=0.15}

rm{y=0.15}和rm{CO}的物質的量之比rm{CO_{2}}rm{1}

故答案為：rm{1}rm{1}．

根據(jù)rm{1}進行相關物理量的計算，可設rm{n=dfrac{m}{M}}為rm{CO_{2}}rm{xmol}為rm{CO}列方程式計算．

本題考查物質的量的相關計算，注意把握相關物理量的計算公式，從質量守恒的角度列式計算，題目難度不大．rm{ymol}【解析】rm{1}rm{1}11、略

【分析】

二氧化碳的摩爾質量是44g/mol；氯化氫的摩爾質量是36.5g/mol，水的摩爾質量是18g/mol，氨氣的摩爾質量是17g/mol；

同溫同壓下，氣體摩爾體積相同，根據(jù)ρ=知，密度與氣體摩爾質量成正比，所以氣體密度最小的是NH3；

根據(jù)N=知，相同質量時，分子數(shù)和摩爾質量成反比，所以分子數(shù)最少的是CO2；

根據(jù)分子數(shù)和每個分子中含有的原子個數(shù)判斷，已知含有分子數(shù)最多的是氨氣分子，最少的在二氧化碳分子，一個二氧化碳分子中含有3個原子，一個氯化氫分子中含有2個原子，一個水分子中含有3個原子，一個氨氣分子中含有4個原子，所以含有原子個數(shù)最多的是NH3；

根據(jù)V=知，相同質量、相同氣體摩爾體積時，氣體體積與摩爾質量成反比，所以體積最大的是NH3；水是液體，密度最大，所以其體積最?。?/p>

故答案為：NH3；CO2；NH3；NH3；H2O．

【解析】【答案】同溫同壓下，氣體摩爾體積相同，根據(jù)ρ=知，密度與氣體摩爾質量成正比；根據(jù)N=知，相同質量時，分子數(shù)和摩爾質量成反比；根據(jù)分子數(shù)和每個分子中含有的原子個數(shù)判斷；根據(jù)V=知；相同質量；相同氣體摩爾體積時，氣體體積與摩爾質量成反比．

12、略

【分析】解：（1）根據(jù)n=可知，等質量的CO和CO2的物質的量之比為44g/mol：28g/mol=11：7；相同條件下氣體體積之比等于物質的量之比，二者體積之比為11：7，含有電子數(shù)目之比為11×14：7×22=1：1，同溫同壓下氣體密度之比等于摩爾質量之比，二者密度之比為28g/mol：44g/mol=7：11；

故答案為：11：7；1：1；7：11；

（2）9.5gMgCl2的物質的量為=0.1mol，溶于水配成500mL溶液，其濃度為=0.2mol?L-1，從中取出100mL溶液，其中Cl-的濃度為2×0.2mol?L-1=0.4mol?L-1；再把取出的溶液加水稀釋成500mL，則此時MgCl2溶液的濃度為=0.04mol?L-1；

故答案為：0.2；0.4；0.04；

（3）金屬氯化物MCl227g，含有0.40molCl-，則氯化物的物質的量為=0.2mol，氯化物摩爾質量為=135g/mol；金屬M的相對原子質量為135-71=64；

故答案為：0.2mol；135g/mol；64．

（1）根據(jù)n=計算物質的量之比；相同條件下氣體體積之比等于物質的量之比，結合每個分子含有電子數(shù)計算所含電子總數(shù)之比，同溫同壓下氣體密度之比等于摩爾質量之比；

（2）根據(jù)n=計算氯化鎂物質的量，再根據(jù)c=計算氯化鎂的物質的量濃度；溶液是均一的取出溶液濃度與原溶液濃度相同，根據(jù)稀釋定律計算稀釋后氯化鎂的濃度；

（3）金屬氯化物MCl227g，含有0.40molCl-，則氯化物的物質的量為0.2mol，根據(jù)M=計算氯化物摩爾質量；進而計算金屬M的相對原子質量．

本題考查阿伏伽德羅定律、物質的量有關計算，比較基礎，旨在考查學生對基礎知識的理解掌握．【解析】11：7；1：1；7：11；0.2；0.4；0.04；0.2mol；135g/mol；6413、略

【分析】解：①NaOH中鈉離子和氫氧根離子之間存在離子鍵；O原子和H原子之間存在共價鍵；屬于離子化合物；

②Na2O2中鈉離子和過氧根離子之間存在離子鍵；O原子之間存在共價鍵；屬于離子化合物；

③HClO中O原子和H原子；Cl原子之間只存在共價鍵；屬于共價化合物；

④MgCl2中鎂離子和氯離子之間只存在離子鍵；屬于離子化合物；

⑤K2SO4中鉀離子和硫酸根離子之間存在離子鍵；S原子和O原子之間存在共價鍵，屬于離子化合物；

⑥Ne是單原子分子；不存在化學鍵；

（1）只含有離子鍵的是④；故答案為：④；

（2）只含有共價鍵的是③；故答案為：③；

（3）沒有化學鍵的是⑥；故答案為：⑥；

（4）既有離子鍵；又有非極性共價鍵的是②，故答案為：②；

（5）屬于共價化合物的是③；故答案為：③；

（6）屬于離子化合物且陰陽離子個數(shù)比為2：1的是④；故答案為：④．

一般來說；活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵，只含共價鍵的化合物是共價化合物，含有離子鍵的化合物為離子化合物，離子化合物中可能含有共價鍵，銨鹽都屬于離子化合物，據(jù)此分析解答．

本題考查化學鍵的判斷，側重考查化學基本概念，注意離子鍵和共價鍵的區(qū)別，注意：并不是所有的物質都含有化學鍵，稀有氣體不含化學鍵，為易錯點．【解析】④；③；⑥；②；③；④三、判斷題(共6題，共12分)14、B【分析】【解答】n===1mol，結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=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．15、B【分析】【解答】蛋白質溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學變化的實質是在原子核不變的情況下，有新物質生成，分析各選項是否符合化學變化的概念，即有新物質生成，就是化學變化．16、B【分析】【解答】蒸餾是用來分離沸點不同的液體混合物；溫度計測量的是蒸汽的溫度，故應放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據(jù)溫度計在該裝置中的位置與作用；17、B【分析】【解答】n===1mol，結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=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．18、B【分析】【解答】蛋白質溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學變化的實質是在原子核不變的情況下，有新物質生成，分析各選項是否符合化學變化的概念，即有新物質生成，就是化學變化．19、B【分析】【解答】摩爾是物質的量的單位；是國際單位制中七個基本單位之一；

故答案為：×．

【分析】摩爾是物質的量的單位．四、工業(yè)流程題(共4題，共20分)20、略

【分析】【分析】

含鈷廢料中加入鹽酸和亞硫酸鈉，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3調(diào)pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過濾后所得濾液主要含有CoCl2，為得到CoCl2?6H2O晶體；應控制溫度在86℃以下蒸發(fā)，加熱時要防止溫度過高而失去結晶水，可減壓烘干。

【詳解】

(1)水鈷礦的主要成分為Co2O3，加入鹽酸和亞硫酸鈉，浸出液含有Co2+，所以Co2O3和亞硫酸鈉在酸性條件下發(fā)生氧化還原，根據(jù)電荷守恒和得失電子守恒，反應的離子方程式為：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

(2)NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，其反應的離子方程式為：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性條件下，過量NaClO3與氯離子發(fā)生氧化還原反應生成氯氣；

(3)Fe3+完全水解的pH為3.7，Al3+完全水解的pH為5.2，Co2+開始水解的PH為7.6，所以為了除去Fe3+、Al3+，加入Na2CO3調(diào)pH應控制的范圍為5.2pH<7.6；

(4)根據(jù)流程圖可知，存在Mn2+、Co2+金屬離子的溶液中，加入萃取劑的目的是除去溶液中的Mn2+；由萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系可知；調(diào)節(jié)溶液PH在3.0～3.5之間，故選B；

(5)根據(jù)題意知，CoCl2?6H2O常溫下穩(wěn)定無毒，加熱至110～120℃時，失去結晶水變成有毒的無水氯化鈷，為防止其分解，制得的CoCl2?6H2O需減壓烘干?！窘馕觥緾o2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O將Fe2+氧化成Fe3+Cl25.2pH<7.6除去溶液中的Mn2+B降低烘干溫度，防止產(chǎn)品熔化或分解失去結晶水變?yōu)闊o水氯化鈷21、略

【分析】【分析】

(1)用Al片和石墨作電極制備Al(OH)3；Al作陽極，據(jù)此分析；

(2)放電時負極材料電極本身Al放電，失電子，根據(jù)AlCl4-和Al2Cl7-中鋁元素和氯元素的比例來確定AlCl4-作反應物而生成Al2Cl7-。

【詳解】

(1)用Al片和石墨作電極來制備Al(OH)3，Al作陽極，石墨作陰極，陽極反應為：Al-3e-=Al3+，陰極上是來自于水的H+放電：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Al3+與OH-會結合形成難溶性的Al(OH)3，根據(jù)同一閉合回路中電子轉移數(shù)目相等，可得總反應：2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑；

(2)放電時，負極電極本身Al放電，失電子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-作反應物而Al2Cl7-為生成物，由于其它離子不參與電極反應，故電極反應為：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-。

【點睛】

本題考查了電解池和原電池的知識，電解池的陽極和原電池的負極失去電子，發(fā)生氧化反應，電解池的陰極和原電池的正極得到電子，發(fā)生還原反應，結合電解質中含有的微粒書寫電極反應式。【解析】2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-22、略

【分析】【分析】

某酸性廢液含有和等，在溶液中加入廢氧化鐵調(diào)節(jié)溶液PH=3.5，使鐵離子全部沉淀，過濾得到濾渣1，濾液中加入與發(fā)生反應生成鉻離子，加堿沉淀鉻離子形成氫氧化鉻沉淀，過濾后的濾液中加入沉淀鎳，過濾得到濾液中加入石灰漿沉淀得到濾渣3含有：和氫氧化鉻沉淀加酸生成鉻離子，高錳酸鉀將鉻離子氧化為重鉻酸根，結晶得到重鉻酸鉀晶體。

【詳解】

（1）調(diào)節(jié)溶液PH=3.5，使鐵離子全部沉淀，濾渣1為故答案為：

（2）據(jù)金屬離子開始沉淀和沉淀完全時的pH分析，又不引入新雜質可知還可以是故答案為：A；

（3）若試劑X是足量氨水，與足量氨水的反應為：加入會生成更難溶的“沉鎳”的離子方程式為：故答案為：

（4）依據(jù)溶度積常數(shù)計算F-離子濃度，殘液中則依據(jù)國家排放標準要求氟離子濃度小于10mg?L-1分析判斷；不符合國家標準，故答案為：不符合；

（5）①根據(jù)方程式分析正極電極反應式為：轉移2mol電子電極質量增加2g，故轉移0.6mol電子則正極增重0.6g；故答案為：0.6；

②根據(jù)圖像可知，陽極氫氧根放電生成氧氣，故電極反應式為：電解過程中pH太高鎳離子會沉淀，pH太低則陰極氫離子會放電生成氫氣，故需要控制溶液pH值為4左右，故答案為：pH過高時會形成氫氧化物沉淀；pH過低時會有氫氣析出，降低鎳的回收率。

【點睛】

本題考查學生對元素及其化合物的主要性質的掌握、書寫化學反應方程式、閱讀題目獲取新信息能力、對工藝流程的理解、電化學原理的理解等，難度中等，需要學生具備扎實的基礎與綜合運用知識、信息分析解決問題能力。【解析】Fe(OH)3A[Ni(NH3)6]2＋+S2-=NiS↓＋6NH3不符合0.64OH--4e-=2H2O+O2↑pH過高時Ni2+會形成氫氧化物沉淀，pH過低時會有氫氣析出，降低鎳的回收率23、略

【分析】【分析】

紅土鎳礦(主要成分為NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)粉碎后用硫酸浸取，Ni、Fe、Mg元素進入溶液，濾渣1為不溶于稀硫酸的SiO2；過濾后向濾液中加入次氯酸鈉將Fe2+氧化成Fe3+，然后加入碳酸鈉并加熱除去鐵元素和部分硫酸根，得到濾渣2為NaFe3(SO4)2(OH)6；過濾后向濾液中加入NaF除去鎂離子，得到濾渣3為MgF2；過濾后加入碳酸氫銨得到碳酸鎳沉淀，將碳酸鎳沉淀加稀硫酸溶解，再向溶液中加入NaOH得到Ni(OH)2。

(6)根據(jù)圖中放電時Li+的流向可知，放電時b極為正極，a極為負極；充電時b極為陽極，a極為陰極。根據(jù)總反應，放電時Li元素被氧化，所以LinC6為負極，即a極材料為LinC6，b極材料為Li1-nMO2。

【詳解】

(1)濾渣1的成分為不溶于稀硫酸的SiO2；

(2)加入NaClO可以將Fe2+氧化成Fe3+；便于除去；

當NaClO足量時，溶液Fe元素以Fe3+的形式存在，不含F(xiàn)e2+，所以只要證明溶液中沒有Fe2+就可以說明NaClO足量；

a．由于溶液中存在Fe3+，所以滴加KSCN溶液溶液會顯紅色，再加氯水沒有明顯變化，無法檢驗Fe2+；故不選a；

b．Fe2+可以和K3[Fe(CN)6]溶液生成藍色沉淀，故b合適；

c．加NaOH溶液會產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，即便有Fe2+，產(chǎn)生的Fe(OH)2沉淀也會被迅速氧化，而且Fe(OH)3沉淀的顏色會覆蓋掉Fe(OH)2的顏色，所以無法通過NaOH溶液判斷是否有Fe2+；故不選c；

綜上所述選b；

(3)反應物有Fe3+、Na2CO3、SO等，產(chǎn)物有NaFe3(SO4)2(OH)6，產(chǎn)物中的OHˉ說明該反應過程有Fe3+與CO的雙水解，所以產(chǎn)物應該還有CO2，根據(jù)元素守恒可得離子方程式為Na+＋3Fe3+＋2SO＋3H2O＋3CO＝NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋3CO2↑；

(4)F－與H+結合形成弱電解質HF，MgF2?Mg2++2F－平衡向右移動；導致鎂離子沉淀不完全；

(5)沉鎳時反應有Ni2+、NH4HCO3，產(chǎn)物有NiCO3說明不是雙水解，而是Ni2+與HCO電離出的CO結合生成NiCO3沉淀，促進HCO的電離，同時產(chǎn)生大量的氫離子，而氫離子又和HCO反應生成二氧化碳和水，所以離子方程式為Ni2+＋2HCO＝NiCO3↓＋CO2↑＋H2O；

(6)充電時b極為陽極，LiMO2失電子發(fā)生氧化反應，產(chǎn)生Li+，根據(jù)總反應可知電極反應式為LiMO2－ne－＝Li1-nMO2＋nLi+。

【點睛】

第5小題離子方程式的書寫要注意該過程不是金屬陽離子和碳酸氫根發(fā)生雙水解，因為如果是雙水解，則產(chǎn)生的沉淀應為氫氧化物，而不是碳酸鹽。【解析】①.SiO2②.將Fe2+氧化成Fe3+③.b④.Na+＋3Fe3+＋2SO＋3H2O＋3CO＝NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋3CO2↑⑤.F－與H+結合形成弱電解質HF，MgF2?Mg2++2F－平衡向右移動⑥.Ni2+＋2HCO3－＝NiCO3↓＋CO2↑＋H2O⑦.LiMO2－ne－＝Li1-nMO2＋nLi+五、綜合題(共4題，共8分)24、反應物能量生成物能量無降低因為催化劑改變了反應的歷程使活化能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分別表示反應物總能量、生成物總能量；B為活化能，反應熱可表示為A、C活化能的大小之差，活化能的大小與反應熱無關，加入催化劑，活化能減小，反應反應熱不變；

（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，則反應的相關方程式為：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；

【分析】（1）反應物總能量大于生成物總能量；催化劑改變了反應的歷程使活化能E降低，反應熱不變；

（2）根據(jù)反應2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）結合1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1計算反應熱；

（3）根據(jù)反應物和生成物確定反應的歷程；

（4）利用蓋斯定律計算．25、1：52）鹽酸體現(xiàn)出的性質有：____酸性和還原性3）用雙線橋表示出電子轉移的方向和數(shù)目：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O4）當被氧化的HCl為73克時，轉移的電子的數(shù)目為____（填具體數(shù)字）1.204×1024【分析】【解答】解：（1）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反應中，1KClO3中氯元素的化合價由+5