2025年粵教版高一化學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………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年粵教版高一化學(xué)上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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6題，共12分)1、C6H12和C2H6O的混合物中氧的質(zhì)量分數(shù)為8%，則混合物中氫的質(zhì)量分數(shù)為（）A.8%B.13%C.14%D.78%2、rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是四種常見的短周期元素，其原子半徑隨原子數(shù)變化如圖所示rm{.}已知rm{W}的一種核素的質(zhì)量數(shù)為rm{18}中子數(shù)為rm{10}rm{X}和rm{Ne}原子的核外電子數(shù)相差rm{1}rm{Y}的單質(zhì)是一種常見的半導(dǎo)體材料，rm{Z}的非金屬性在同周期元素中最強rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.對應(yīng)簡單離子半徑：rm{X>W}B.對應(yīng)氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性rm{Y>Z}C.化合物rm{XZW}既含離子鍵，又含共價鍵D.rm{Y}的氧化物與rm{Z}的氧化物和rm{X}的最高價氧化物對應(yīng)的水化物均能反應(yīng)3、能正確表示下列化學(xué)反應(yīng)的離子方程式的是（）A.氫氧化鋇溶液與硫酸的反應(yīng)OH-＋H+＝H2OB.澄清的石灰水與稀鹽酸反應(yīng)Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2OC.銅片插入硝酸銀溶液中Cu+Ag+=Cu2++AgD.碳酸鈣溶于稀鹽酸中CaCO3＋2H+＝Ca2+＋H2O＋CO2-4、設(shè)rm{N_{A}}為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{1L}rm{0.1mol?L^{-1}}的氨水含有rm{0.1N_{A}}個rm{OH^{-}}B.rm{1molCl_{2}}與足量的鐵反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{3N_{A}}C.常溫常壓下，rm{22.4LCCl_{4}}含有個rm{N_{A}}個rm{CCl_{4}}分子D.rm{1}rm{mol}rm{Na}與足量rm{O_{2}}反應(yīng)，生成rm{Na_{2}O}和rm{Na_{2}O_{2}}的混合物，鈉失去rm{N_{A}}個電子5、下列事實不能說明rm{X}元素比rm{Y}元素的非金屬性強的是rm{(}rm{)}A.與rm{H_{2}}化合時rm{X}單質(zhì)比rm{Y}單質(zhì)容易B.rm{X}的最高價氧化物的水化物的酸性比rm{Y}的最高價氧化物的水化物的酸性強C.rm{X}原子的最外層電子數(shù)比rm{Y}原子的最外層電子數(shù)多D.rm{X}單質(zhì)可以把rm{Y}從其氫化物中置換出來6、只給出下列甲中和乙中對應(yīng)的量，能組成一個求物質(zhì)的量的公式的是()。序號rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}rm{壟脻}甲物質(zhì)微粒數(shù)標(biāo)況下氣體摩爾體積固體體積溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)非標(biāo)準狀況下物質(zhì)的質(zhì)量乙阿伏加德羅常數(shù)標(biāo)況下氣體體積固體密度溶液的體積物質(zhì)的摩爾質(zhì)量A.rm{壟脹壟脺}B.rm{壟脹壟脺壟脻}C.rm{壟脷壟脹壟脺}D.rm{壟脵壟脷壟脻}評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、完成下列填空：

rm{(1)}決定物質(zhì)體積的因素有rm{壟脵}構(gòu)成物質(zhì)的粒子數(shù)；rm{壟脷}粒子大??；rm{壟脹}粒子間的距離rm{.}對固體、液體物質(zhì)而言，它主要是由上述______決定rm{(}填寫編號，下同rm{)}對氣體物質(zhì)而言；它主要由上述______決定．

rm{(2)}標(biāo)準狀況下，體積為rm{11.2L}的rm{CO_{2}}的質(zhì)量______rm{g}其所含原子的總數(shù)是______個rm{.}

rm{(3)}配制rm{100mL2mol?L^{-1}}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液，需要某rm{98%H_{2}SO_{4}}溶液rm{(}密度為rm{1.8g/cm^{-3})}的體積為______rm{ml(}保留三位有效數(shù)字rm{).}取配制后的溶液rm{20ml}rm{SO_{4}^{2-}}的物質(zhì)的量為______，加入足量的鋅，生成標(biāo)況下氫氣的體積為：______L.8、今欲用NaHCO3固體配制480mL0.2mol/L的NaHCO3溶液．根據(jù)題意填空：

（1）配制該溶液應(yīng)選用____mL容量瓶．

（2）用托盤天平稱取____g固體NaHCO3．

（3）將稱好的NaHCO3固體放至500mL的大燒杯中；倒入約250mL蒸餾水，用玻璃棒攪拌至完全溶解．待冷卻至室溫后，將燒杯中的溶液用玻璃棒引流轉(zhuǎn)移至容量瓶．

（4）用少量蒸餾水洗滌燒杯2-3次；并將每次洗滌的溶液都注入容量瓶，輕輕晃動容量瓶，使溶液混和均勻．

（5）向容量瓶中加入蒸餾水，直到液面離刻度線約2-3厘米時，改用____滴加蒸餾水至液面與刻度線相切．蓋好瓶塞；搖勻．

（6）配制好的溶液____（填“能”或“不能”）長期存放在容量瓶中．

（7）以下因素會造成實驗結(jié)果偏低的是____

A．定容時觀察液面仰視B．定容時觀察液面俯視。

C．有少量NaOH溶液殘留在燒杯中D．容量瓶中原來有少量蒸餾水．9、（6分）將4molSO2和2molO2在2L的密閉容器中混合，在一定條件下發(fā)生如下反應(yīng)：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。若經(jīng)過2s后測得SO3的濃度為0.6mol/L，用氧氣表示該反應(yīng)2s內(nèi)的平均速率V(O2)＝；2s末O2濃度為；2s末SO2的轉(zhuǎn)化率為。10、分析下列實例，根據(jù)已有的知識和經(jīng)驗，填寫下表．。實例影響速率的因素如何影響粉狀的碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)比塊狀的碳酸鈣反應(yīng)快反應(yīng)物顆粒的大?。ɑ?。

反應(yīng)物接觸面積的大?。┓磻?yīng)物的顆粒越?。ɑ?。

反應(yīng)物接觸面積越大），反應(yīng)速率越快夏天食物易變質(zhì)________硫在氧氣中比在空氣中燃燒快________雙氧水與二氧化錳混合可快速產(chǎn)生氧氣________工業(yè)合成氨通常要在高壓下進行________11、已知1.505×1023個X氣體分子的質(zhì)量為8g，則X氣體的摩爾質(zhì)量是______．12、根據(jù)元素周期律填空：

rm{(1)}已知rm{SiH_{4}}能夠在空氣中自燃，rm{H_{2}S}可燃，試推測rm{PH_{3}}應(yīng)______；

rm{(2)}已知rm{H_{2}SiO_{3}}為弱酸，rm{H_{2}SO_{4}}為強酸，則rm{H_{3}PO_{4}}為______；

rm{(3)}已知氫氧化鋁又稱為鋁酸rm{(H_{3}AlO_{3})}當(dāng)其失去水后變成rm{HAlO_{2}}稱為偏鋁酸，則rm{H_{3}PO_{4}}稱為______，而rm{HPO_{3}}稱為______．

rm{(4)}已知rm{NaOH}為強堿，rm{Al(OH)_{3}}為兩性氫氧化物，則rm{Mg(OH)_{2}}為______．13、（1）常溫常壓下，氣體體積的大小取決于_______．同溫同壓下，等質(zhì)量的SO2和SO3氣體的體積比為：______；密度比為：______。

（2）氣體化合物A的分子式為NxOy，已知同溫同壓下10mLA受熱分解生成10mLN2和15mLO2；則A的分子式為：______。

（3）物質(zhì)的量濃度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三種溶液，當(dāng)溶液體積比為3：2：1時，三種溶液中c（Cl-）之比為：______。

（4）現(xiàn)有mg某氣體，由雙原子分子構(gòu)成，它的摩爾質(zhì)量為Mg?mol-1．若阿伏加德羅常數(shù)用NA表示；則：該氣體所含原子總數(shù)為______個；該氣體在標(biāo)準狀況下的體積為______L。

（5）已知一個鐵原子的質(zhì)量為bg，則鐵原子摩爾質(zhì)量為______。評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)14、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）15、在冶金工業(yè)的煙道廢氣中，?；煊写罅康腟O2和CO；它們都是大氣的污染物，在773K和催化劑（鋁礬土）的作用下，使二者反應(yīng)可收回大量的硫磺．

請寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：____

請判斷該反應(yīng)式寫的是否正確。16、將藍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、標(biāo)準狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對錯）19、某有機物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機物一定含有C、H、O三種元素．（判斷對錯）20、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．21、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）22、向蛋白質(zhì)溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學(xué)變化．（判斷對錯）評卷人得分四、實驗題(共4題，共28分)23、二氧化硫是重要的工業(yè)原料；探究其制備方法和性質(zhì)具有非常重要的意義．

rm{(1)}簡述使用分液漏斗向圓底燒瓶中滴加濃硫酸的操作：______．

某學(xué)習(xí)小組設(shè)計用如圖裝置驗證二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)．

rm{(2)}能說明二氧化硫具有氧化性的實驗現(xiàn)象______．

rm{(3)}為驗證二氧化硫的還原性，充分反應(yīng)后，取試管rm中的溶液分成三份；分別進行如下實驗．

方案Ⅰ：向第一份溶液中加入rm{AgNO_{3}}溶液；有白色沉淀生成。

方案Ⅱ：向第二份溶液中加入品紅溶液；紅色褪去。

方案Ⅲ：向第三份溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液；產(chǎn)生白色沉淀。

上述方案中合理的是______rm{(}填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”rm{)}試管rm中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______．24、某地煤矸石經(jīng)預(yù)處理后含rm{SiO_{2}}rm{Al_{2}O_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}一種綜合利用煤矸石制取綠礬rm{(FeSO_{4}?7H_{2}O)}的工藝流程如圖所示．

rm{(1)}過濾操作需要用到的玻璃儀器除了燒杯；玻璃棒還有______．

rm{(2)}濾液rm{B}焰色反應(yīng)呈黃色，試劑rm{X}是______rm{(}用化學(xué)式表示rm{)}濾渣rm{SiO_{2}}可制取木材防火劑；該防火劑的化學(xué)式為______．

rm{(3)}濾液rm{B}中含的陰離子有______rm{(}寫離子符號rm{)}．

rm{(4)}由溶液rm{D}轉(zhuǎn)化為溶液rm{E}的離子方程式為：______．

rm{(5)}若在酸性的rm{FeCl_{2}}溶液中通入氧氣，得到棕黃色溶液，請寫出此反應(yīng)的離子方程式______．25、（19分）某物質(zhì)A經(jīng)下圖所示的過程轉(zhuǎn)化為含氧酸D，已知D為強酸，請回答下列問題：（1）若A常溫下為淡黃色固體單質(zhì)，B是有刺激性氣味的無色氣體。①組成A的元素在周期表位置為____；對應(yīng)離子的結(jié)構(gòu)示意圖為____②寫出B→C反應(yīng)的化學(xué)方程式：____③若將B通入品紅溶液中，現(xiàn)象____體現(xiàn)了B的性；若將B通入紫色的石蕊溶液中，現(xiàn)象____體現(xiàn)了B的水溶液的性。④D的濃溶液在加熱條件下可與銅反應(yīng)并生成B氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：____。（2）若A在常溫下為氣體，且能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍；C是紅棕色氣體。①A、C的化學(xué)式分別是：A____，C②寫出A→B反應(yīng)的化學(xué)方程式：____③若將A通入滴有酚酞的水中，現(xiàn)象____請用方程式表示其原因：；④D的濃溶液可與銅反應(yīng)并生成C氣體，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：____。26、乙二酸俗名草酸，下面是化學(xué)學(xué)習(xí)小組的同學(xué)對草酸晶體（H2C2O4?xH2O）進行的探究性學(xué)習(xí)的過程，請你參與并協(xié)助他們完成相關(guān)學(xué)習(xí)任務(wù)．該組同學(xué)的研究課題是：探究測定草酸晶體（H2C2O4?xH2O）中x值．通過查閱資料和網(wǎng)絡(luò)查尋得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液進行滴定：學(xué)習(xí)小組的同學(xué)設(shè)計了滴定的方法測定x值．

①稱取1.260g純草酸晶體；將其制成100.00mL水溶液為待測液．

②取25.00mL待測液放入錐形瓶中；再加入適量的稀硫酸．

③用濃度為0.1000mol/L的酸性KMnO4標(biāo)準溶液進行滴定；達到終點時消耗10.00mL．

回答下列問題：

（1）配平氧化還原反應(yīng)方程式：______H2C2O4+______MnO4-+______H+═______CO2↑+Mn2++______H2O

（2）滴定時，將酸性KMnO4標(biāo)準液裝在如圖中的______（填“甲”或“乙”）滴定管中．

（3）本實驗滴定達到終點的標(biāo)志是______．

（4）通過上述數(shù)據(jù)；求x的值（寫出計算過程）．

（5）誤差分析：

①若滴定終點時俯視滴定管刻度，則由此測得的x值會______（填“偏大”；“偏小”或“不變”；下同）．

②若滴定時所用的酸性KMnO4溶液因久置而導(dǎo)致濃度變小，則由此測得的x值會______．評卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共28分)27、用鋁箔制備Al2O3、AlCl3·6H2O及明礬(摩爾質(zhì)量為474g/mol)晶體；相關(guān)流程如下：

已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明礬在水中的溶解度如下表。溫度/℃010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109

(1)步驟II中發(fā)生的離子方程式___________；

(2)選出步驟Ⅳ過程中合理的操作并排序___________。

a．迅速降至室溫b．用玻璃棒摩擦器壁c．配制90℃的明礬飽和溶液。

d．自然冷卻至室溫e．選規(guī)則明礬小晶體并懸掛在溶液中央。

f．配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液。

(3)下列關(guān)于固液分離操作或描述正確的是___________。

A．步驟II通過量CO2后進行固液分離時為加快過濾速度可采用抽濾B．如圖中抽濾裝置有2處錯誤C．抽濾完畢時，應(yīng)先關(guān)閉水龍頭，再斷開吸濾瓶和安全瓶之間的導(dǎo)管，以防止倒吸D．步驟Ⅴ，抽濾時，需用玻璃纖維替代濾紙(4)由溶液A制備AlCl3·6H2O的裝置如圖所示：

①通入HCl的作用有___________。

②步驟Ⅴ洗滌時，請使用合適的洗滌劑并描述具體的洗滌操作___________。

(5)用電子天平稱取3.000g的明礬粗產(chǎn)品，用水溶解后取相同體積的兩份溶液。第一份用BaCl2溶液滴定法測得n(SO)為0.006300mol；第二份用EDTA滴定法測得n(Al3+)為0.002900mol。則該試樣中明礬的純度為___________。28、氯化亞銅(CuCl)是一種重要的化工產(chǎn)品，常用作催化劑、殺菌劑、媒染劑、脫色劑等，它難溶于水和乙醇，可溶于濃HCl與氨水形成的混合物，實驗室用酸性蝕刻液(含)和堿性蝕刻液[含]來制備CuCl；實驗過程的流程如下：

(1)步驟Ⅳ需要控制pH為1~2、80℃下進行，合適的加熱方式是_______。

(2)步驟Ⅱ過濾得到固體，下列說法正確的是_______。A．為加快過濾速度，得到較干燥的固體，可進行抽濾B．宜用酸溶液洗滌沉淀C．在布氏漏斗中放入濾紙后，直接用傾析法轉(zhuǎn)移溶液和沉淀，再打開水龍頭抽濾D．在抽濾裝置中洗滌晶體時，為減少晶體的損失，應(yīng)使洗滌劑快速通過濾紙(3)步驟Ⅴ為了得到較為純凈的硫酸銅晶體，根據(jù)下表中物質(zhì)的溶解度(單位為g)隨溫度的變化，寫出步驟Ⅴ得到硫酸銅晶體的操作：_______。溫度

物質(zhì)0℃20℃40℃60℃80℃100℃氯化銅75808590100108硫酸銅121830506087

(4)寫出還原過程中發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式：_______。

(5)CuCl的定量分析，稱取樣品0.25g置于預(yù)先放入玻璃珠和過量溶液的錐形瓶中，不斷搖動，待樣品全部溶解后，加入50mL水，鄰菲羅啉指示劑2滴，立即用的硫酸鈰標(biāo)準液滴定至綠色出現(xiàn)為終點，消耗標(biāo)準液20.00mL，發(fā)生的反應(yīng)為則樣品的CuCl的質(zhì)量分數(shù)為_______。29、氟化鉀是一種重要的無機氟化工產(chǎn)品，廣泛應(yīng)用于醫(yī)藥、農(nóng)藥和金屬冶煉等領(lǐng)域。采用濕法磷酸副產(chǎn)物氟硅酸(含有少量等)制備氟化鉀的工藝流程如圖所示(已知：)：

請回答下列問題：

（1）堿解過程主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____，其中要嚴格控制KOH用量，否則易生成副產(chǎn)物_____(填化學(xué)式)溶解在濾液中。

（2）堿解反應(yīng)中溫度對氟化鉀收率的影響如圖所示。由如圖可知，實驗選擇適宜的反應(yīng)溫度為____；最高點后，隨溫度升高曲線下降的原因可能是_______。

（3）Ba(OH)2加入量對含量和氟化鉀純度的影響如圖所示。當(dāng)由0.004到0.005時，氟化鉀的純度升高，這是由于__。

（4）Ba(OH)2和BaCO3是常見的除硫試劑。若使用BaCO3代替Ba(OH)2，當(dāng)沉淀轉(zhuǎn)化達到平衡時，濾液中___[已知保留小數(shù)點后三位]。

（5）濃度均為0.1mol/L的KF和HF的混合溶液中：2c(H+)-2c(OH-)____c(F-)-c(HF)(填“>”“<”或“=”)。

（6）1986年，化學(xué)家KarlChrite用KMnO4和KF、HF混合溶液反應(yīng)生成穩(wěn)定配離子該反應(yīng)氧化產(chǎn)物是一種常見的無色無味氣體單質(zhì)，則該反應(yīng)的離子方程式為_____。30、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(shè)：F—與金屬離子的絡(luò)合反應(yīng)不影響其它反應(yīng)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(yīng)為：Ni2+＋6NH3[Ni(NH3)6]2+（[Ni(NH3)6]2+為難電離的絡(luò)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(biāo)準[已知Ksp(CaF2)=4×10-11，國家排放標(biāo)準要求氟離子濃度小于10mg?L─1]。

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

①某蓄電池反應(yīng)為NiO2＋Fe＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2,放電時若外電路中轉(zhuǎn)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(yīng)式為____；電解過程中，需要控制溶液pH值為4左右，原因是_______。

評卷人得分六、推斷題(共1題，共9分)31、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。其中rm{B}的單質(zhì)在常溫下為雙原子分子，它與rm{A}的單質(zhì)可形成分子rm{X}rm{X}的水溶液呈堿性；rm{D}的簡單陽離子與rm{X}具有相同電子數(shù)，且rm{D}是同周期中簡單離子半徑最小的元素；rm{E}元素的原子最外層比次外層少兩個電子，rm{C}rm{F}兩種元素的原子最外層共有rm{13}個電子。則。

rm{(1)C}在周期表中的位置為第______周期______族，rm{E}的離子結(jié)構(gòu)示意圖______；

rm{(2)A}分別與rm{C}rm{E}形成的化合物熔沸點較低的為______rm{(}寫化學(xué)式rm{)}原因______；

rm{(3)B}rm{C}rm{E}分別與rm{A}形成的化合物中最穩(wěn)定的是______rm{(}寫化學(xué)式rm{)}原因______；

rm{(4)F}的單質(zhì)在反應(yīng)中常作氧化劑，該單質(zhì)的水溶液與rm{E}的低價氧化物反應(yīng)的離子方程式為______。

rm{(5)X}在純凈的rm{C}單質(zhì)中可以安靜的燃燒，生成rm{B}的單質(zhì)。該方應(yīng)的化學(xué)方程式為：______。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】解：C2H6O中O的質(zhì)量分數(shù)為所以混合物中C2H6O質(zhì)量分數(shù)為=23%，所以混合物中C6H12的質(zhì)量分數(shù)為1-23%=77%；

混合物中C2H6O含H元素在混合物中的質(zhì)量分數(shù)為×23%=3%；

混合物中C6H12含H元素在混合物中的質(zhì)量分數(shù)為×77%=11%；

所以混合物中氫的質(zhì)量分數(shù)為3%+11%=14%；

故選：C．

C2H6O中含有O元素，根據(jù)混合物中氧的質(zhì)量分數(shù)計算出C2H6O的質(zhì)量分數(shù)，進而計算C6H12的質(zhì)量分數(shù)，再結(jié)合化學(xué)式計算出C2H6O和C6H12中所含H元素在混合物中的質(zhì)量分數(shù)；二者之和混合物中氫的質(zhì)量分數(shù)．

本題考查質(zhì)量分數(shù)的計算，難度中等，關(guān)鍵根據(jù)氧的質(zhì)量分數(shù)結(jié)合C2H6O化學(xué)式計算混合物中C2H6O質(zhì)量分數(shù)．【解析】【答案】C2、C【分析】解：rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是四種常見的短周期元素，rm{W}的一種核素的質(zhì)量數(shù)為rm{18}中子數(shù)為rm{10}可知rm{W}的質(zhì)子數(shù)為rm{8}則rm{W}是氧元素；rm{X}和rm{Ne}原子的核外電子數(shù)相差rm{1}且原子半徑比rm{W}大，可知rm{X}為rm{11}號元素，故rm{X}為rm{Na}元素；rm{Y}的原子半徑介于rm{X}和rm{W}之間，rm{Y}的單質(zhì)是一種常見的半導(dǎo)體材料，所以rm{Y}是rm{Si}元素；rm{Z}的非金屬性在同周期元素中最強，原子序數(shù)大于rm{Si}故rm{Z}為rm{Cl}元素；

A.rm{O}rm{Na}對應(yīng)的簡單離子具有相同的核外電子排布；核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，故A錯誤；

B.非金屬性rm{Cl>Si}rm{HCl}穩(wěn)定性較強；故B錯誤；

C.rm{NaClO}含有離子鍵和共價鍵；故C正確；

D.rm{Y}為rm{Si}除與rm{HF}酸反應(yīng)外與其它酸不反應(yīng)；故D錯誤．

故選C．

rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是四種常見的短周期元素，rm{W}的一種核素的質(zhì)量數(shù)為rm{18}中子數(shù)為rm{10}可知rm{W}的質(zhì)子數(shù)為rm{8}則rm{W}是氧元素；rm{X}和rm{Ne}原子的核外電子數(shù)相差rm{1}且原子半徑比rm{W}大，可知rm{X}為rm{11}號元素，故rm{X}為rm{Na}元素；rm{Y}的原子半徑介于rm{X}和rm{W}之間，rm{Y}的單質(zhì)是一種常見的半導(dǎo)體材料，所以rm{Y}是rm{Si}元素；rm{Z}的非金屬性在同周期元素中最強，原子序數(shù)大于rm{Si}故rm{Z}為rm{Cl}元素；以此解答該題．

本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，為高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，關(guān)鍵是根據(jù)原子半徑與原子序數(shù)確定元素，注意對基礎(chǔ)知識的理解掌握．【解析】rm{C}3、D【分析】試題分析：A、產(chǎn)物還有BaSO4沉淀，錯誤；B、澄清的石灰水為溶液，Ca(OH)2完全電離，應(yīng)該拆成離子，錯誤；C、電荷左右不相等，沒有配平，錯誤；D、CaCO3難溶，與HCl反應(yīng)生成Ca2+、CO2和H2O，正確。考點：本題考查離子方程式的書寫?！窘馕觥俊敬鸢浮緿4、D【分析】解：rm{A}氨水是弱電解質(zhì)，只能部分電離出氫氧根離子，故rm{0.1mol}氨水中無法求算氫氧根的物質(zhì)的量；故A錯誤；

B、rm{1mol}氯氣和足量鐵反應(yīng)，氯氣得到rm{2mole^{-}}故轉(zhuǎn)移電子數(shù)為rm{2N_{A}}故B錯誤；

C、常溫常壓不是標(biāo)準狀況下，四氯化碳是液體，故無法計算rm{22.4L}四氯化碳的物質(zhì)的量；故C錯誤；

D、rm{1molNa}反應(yīng)中失去rm{1mole^{-}}根據(jù)電子守恒，鈉失去rm{N_{A}}個電子；故D正確；

故選D．

A；氨水是弱電解質(zhì)；部分電離；

B、根據(jù)電子守恒，rm{1molCl_{2}}與足量的鐵反應(yīng)失去rm{2mol}電子；

C；四氯化碳是液體；且本題提供的條件不是標(biāo)準狀況下；

D、根據(jù)電子守恒，rm{1molNa}失去rm{1mole^{-}}．

本題借助阿伏伽德羅常數(shù)，考查了有關(guān)氣體摩爾體積、強化還原反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移等知識，難度中等．【解析】rm{D}5、C【分析】解：rm{A.}元素的非金屬性越強，對應(yīng)單質(zhì)的氧化性越強，與rm{H_{2}}化合越容易，與rm{H_{2}}化合時rm{X}單質(zhì)比rm{Y}單質(zhì)容易，元素的非金屬性rm{X}大于rm{Y}故A正確；

B.元素的非金屬性越強，對應(yīng)最高價氧化物的水化物的酸性越強，rm{X}的最高價氧化物的水化物的酸性比rm{Y}的最高價氧化物的水化物的酸性強，可說明rm{X}的非金屬性比rm{Y}強；故B正確；

C.rm{X}原子的最外層電子數(shù)比rm{Y}原子的最外層電子數(shù)多，rm{X}的非金屬性不一定比rm{Y}強，如rm{I}最外層rm{7}個電子，rm{O}最外層rm{6}個電子，但是rm{O}的非金屬性比rm{I}強；故C錯誤；

D.元素的非金屬性越強，對應(yīng)單質(zhì)的氧化性越強，rm{X}單質(zhì)可以把rm{Y}從其氫化物中置換出來，說明rm{X}單質(zhì)的氧化性大于rm{Y}單質(zhì)，元素的非金屬性rm{X}大于rm{Y}故D正確；

故選：rm{C}

比較非金屬元素的非金屬性強弱；可根據(jù)單質(zhì)之間的置換反應(yīng)；與氫氣化合的難易程度、對應(yīng)最高價氧化物的水化物的酸性、氫化物的穩(wěn)定性等角度判斷．

本題考查非金屬性的判斷，題目難度不大，注意非金屬性的遞變規(guī)律以及比較非金屬性的角度．【解析】rm{C}6、D【分析】【分析】本題考查了物質(zhì)的量與氣體摩爾體積、摩爾質(zhì)量等的綜合應(yīng)用，題目難度中等，明確物質(zhì)的量與摩爾質(zhì)量、氣體摩爾體積等物理量之間的關(guān)系為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)計算能力。【解答】rm{壟脵}物質(zhì)的量rm{n=dfrac{N}{{N}_{A}}}根據(jù)rm{壟脵}可以計算出物質(zhì)的量，故rm{壟脵}正確；

rm{壟脷}標(biāo)況下氣體的物質(zhì)的量rm{n=dfrac{V}{{V}_{m}}}則rm{壟脷}中數(shù)據(jù)可以計算出物質(zhì)的量，故rm{壟脷}正確；

rm{壟脹}根據(jù)固體的體積和密度只能計算出固體的質(zhì)量，缺少固體的摩爾質(zhì)量，無法計算其物質(zhì)的量，故rm{壟脹}錯誤；

rm{壟脺}根據(jù)溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)和溶液的體積無法計算溶質(zhì)的質(zhì)量，且缺少溶質(zhì)的摩爾質(zhì)量，無法計算溶質(zhì)的物質(zhì)的量，故rm{壟脺}錯誤；

rm{壟脻}根據(jù)rm{n=dfrac{m}{M}}可以計算出該物質(zhì)的物質(zhì)的量，故rm{壟脻}正確。

故選D。【解析】rm{D}二、填空題(共7題，共14分)7、略

【分析】解：rm{(1)}相同物質(zhì)粒子數(shù)目越大；占有的體積越大對固體；液體物質(zhì)而言，粒子大小遠遠大于粒子間的距離，可以忽略粒子間的距離，故構(gòu)成物質(zhì)的粒子數(shù)及粒子大小決定固體、液體的體積；而對氣體物質(zhì)而言，粒子間的距離遠遠大于粒子大小，可以忽略粒子大小，故構(gòu)成物質(zhì)的粒子數(shù)、粒子間的距離決定氣體體積大?。?/p>

故答案為：rm{壟脵壟脷}rm{壟脵壟脹}

rm{(2)}標(biāo)況下，rm{11.2L}二氧化碳的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}其質(zhì)量為rm{dfrac

{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}則含有原子數(shù)為rm{0.5mol隆脕44g/mol=22g}

故答案為：rm{N=nN_{A}=3隆脕0.5mol隆脕N_{A}=1.5N_{A}}rm{22}

rm{1.5N_{A}}根據(jù)rm{(3)}可知，濃硫酸物質(zhì)的量濃度為：rm{dfrac{1000隆脕1.8隆脕98%}{98}mol/L=18mol/L}根據(jù)稀釋定律，需要濃硫酸的體積為：rm{dfrac{100mL隆脕2mol/L}{18mol/L}=11.1mL}

rm{c=dfrac{1000婁脩婁脴}{M}}溶液中rm{dfrac

{1000隆脕1.8隆脕98%}{98}mol/L=18mol/L}則rm{dfrac

{100mL隆脕2mol/L}{18mol/L}=11.1mL}根據(jù)rm{20mL}原子守恒，生成氫氣的物質(zhì)的量為rm{n(H_{2}SO_{4})=0.02L隆脕2mol/L=0.04mol}標(biāo)況下生成氫氣體積為：rm{n(SO_{4}^{2-})=n(H_{2}SO_{4})=0.04mol}

故答案為：rm{H}rm{0.04mol}rm{0.04mol隆脕22.4L/mol=0.896L}．

rm{11.1}對固體；液體物質(zhì)而言；粒子大小遠遠大于粒子間的距離，可以忽略粒子間的距離；而對氣體物質(zhì)而言，粒子間的距離遠遠大于粒子大小，可以忽略粒子大小，相同物質(zhì)粒子數(shù)目越大，占有的體積越大；

rm{0.04mol}根據(jù)rm{0.896}計算二氧化碳的物質(zhì)的量，再根據(jù)rm{(1)}計算其質(zhì)量，由rm{(2)}

rm{n=dfrac{V}{V_{m}}}根據(jù)rm{m=nM}計算濃硫酸物質(zhì)的量濃度，再根據(jù)稀釋定律計算需要濃硫酸的體積；根據(jù)rm{N=nN_{A}}計算rm{(3)}溶液中rm{c=dfrac{1000婁脩婁脴}{M}}rm{n=cV}的物質(zhì)的量等于rm{20mL}的物質(zhì)的量，根據(jù)rm{n(H_{2}SO_{4})}原子守恒計算生成氫氣的物質(zhì)的量，再根據(jù)rm{SO_{4}^{2-}}計算氫氣體積．

本題考查影響物質(zhì)體積的因素、物質(zhì)的量有關(guān)計算質(zhì)，題目難度不大，側(cè)重對基礎(chǔ)知識的鞏固，明確物質(zhì)的量與其它物理量之間的關(guān)系為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的化學(xué)計算能力．rm{H_{2}SO_{4}}【解析】rm{壟脵壟脷}rm{壟脵壟脹}rm{22}rm{1.5N_{A}}rm{11.1}rm{0.04mol}rm{0.896}8、略

【分析】

（1）配制0.2mol/L的NaHCO3溶液480mL；沒有480mL的容量瓶，選擇大于480mL，且體積相近的容量瓶．故應(yīng)選擇500mL容量瓶．

故答案為：500．

（2）需碳酸氫鈉的質(zhì)量為m=0.5L×0.2mol?L-1×84g/mol=8.4g．

故答案為：8.4．

（5）操作步驟有計算；稱量、溶解、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作；一般用托盤天平稱量，用藥匙取用藥品，在燒杯中溶解，冷卻后轉(zhuǎn)移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，當(dāng)加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，蓋好瓶塞，搖勻．

故答案為：膠頭滴管．

（6）容量瓶不能長期盛放液體；配好的溶液應(yīng)轉(zhuǎn)移到試劑瓶中，貼標(biāo)簽存放．

故答案為：不能．

（7）A．定容時觀察液面仰視；使溶液的體積偏大，所以溶液濃度偏低；

B．定容時觀察液面俯視；使溶液的體積偏低，所以溶液濃度偏高；

C．有少量NaOH溶液殘留在燒杯中；轉(zhuǎn)移到容量瓶中氫氧化鈉的質(zhì)量減小，溶液濃度偏低；

D．最后需要定容；容量瓶不干燥，含有少量蒸餾水，對溶液濃度無影響．

故選：AC

【解析】【答案】（1）根據(jù)所配溶液的體積；選擇容量瓶的規(guī)格．

（2）利用n=cv計算出碳酸氫鈉的物質(zhì)的量；再根據(jù)m=nM計算所需碳酸氫鈉的質(zhì)量．

（5）據(jù)配制溶液的實驗操作過程進行解答．

（6）容量瓶不能長期盛放液體；配好的溶液應(yīng)轉(zhuǎn)移到試劑瓶中，貼標(biāo)簽存放．

（7）分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響，根據(jù)c=分析判斷．

9、略

【分析】【解析】【答案】（6分）0.15mol/(L·s)0.7mol/L30%（各2分）10、溫度|溫度升高，反應(yīng)速率加快|反應(yīng)物濃度|反應(yīng)物濃度增大，反應(yīng)速率加快|催化劑|加入催化劑，增大反應(yīng)速率|壓強|壓強增大，反應(yīng)速率加快【分析】【解答】解：升高溫度；化學(xué)反應(yīng)速率一定加快，夏天溫度較高，加快了化學(xué)反應(yīng)速率，所以夏天食物易變質(zhì)；

增大反應(yīng)物的濃度；能加快反應(yīng)速率，氧氣的濃度大于空氣中氧氣的濃度，所以硫在氧氣中燃燒比在空氣中燃燒快；

二氧化錳在雙氧水的分解反應(yīng)中作催化劑；催化劑能降低反應(yīng)需要的活化能，所以能加快反應(yīng)速率；

增大壓強；氣體的濃度增大，反應(yīng)速率加快，所以合成氨需要在高壓下進行；

故答案為：。實例影響速率的因素如何影響粉狀的碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)比塊狀的碳酸鈣反應(yīng)快反應(yīng)物顆粒的大?。ɑ颉?/p>

反應(yīng)物接觸面積的大?。┓磻?yīng)物的顆粒越?。ɑ颉?/p>

反應(yīng)物接觸面積越大），反應(yīng)速率越快夏天食物易變質(zhì)溫度溫度升高，反應(yīng)速率加快硫在氧氣中比在空氣中燃燒快反應(yīng)物濃度反應(yīng)物濃度增大，反應(yīng)速率加快雙氧水與二氧化錳混合可快速產(chǎn)生氧氣催化劑加入催化劑，增大反應(yīng)速率工業(yè)合成氨通常要在高壓下進行壓強壓強增大，反應(yīng)速率加快【分析】影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素有：溫度、濃度、接觸面積、壓強、催化劑等，注意各種影響因素的使用條件，據(jù)此分析．11、略

【分析】解：氣體的物質(zhì)的量為n==0.25mol，氣體的摩爾質(zhì)量M==32g/mol；故答案為：32g/mol．

先根據(jù)n=求出氣體的物質(zhì)的量，然后再根據(jù)M=求出氣體的摩爾質(zhì)量．

本題考查了有關(guān)物質(zhì)的量的計算，能靈活運用公式是解本題的關(guān)鍵，難度不大，注意摩爾質(zhì)量的單位是g/mol．【解析】32g/mol12、略

【分析】解：rm{(1)Si}rm{P}rm{S}是處于第三周期的相鄰的三種元素，元素及其化合物在性質(zhì)上有相似性和遞變性，rm{SiH_{4}}能夠在空氣中自燃，rm{H_{2}S}可燃，而rm{P}在rm{Si}和rm{S}的中間，故rm{PH_{3}}應(yīng)易燃；故答案為：易燃；

rm{(2)Si}rm{P}rm{S}是處于第三周期的相鄰的三種元素，rm{Si}rm{P}rm{S}的非金屬性漸強，而元素的非金屬性越強，則最高價含氧酸的酸性越強，而已知rm{H_{2}SiO_{3}}為弱酸，rm{H_{2}SO_{4}}為強酸，則rm{H_{3}PO_{4}}為中強酸；故答案為：中強酸；

rm{(3)H_{3}PO_{4}}稱為磷酸，而rm{HPO_{3}}為rm{H_{3}PO_{4}}的失水產(chǎn)物；故為偏磷酸，故答案為：磷酸；偏磷酸；

rm{(4)Na}rm{Mg}rm{Al}同為第三周期的相鄰的三種元素，金屬性rm{Na}rm{Mg}rm{Al}逐漸減弱，而元素的金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)的水化物的堿性越強，故rm{NaOH}為強堿，rm{Al(OH)_{3}}為兩性氫氧化物，則rm{Mg(OH)_{2}}為中強堿；故答案為：中強堿．

rm{(1)Si}rm{P}rm{S}是處于第三周期的相鄰的三種元素；性質(zhì)上有相似性和遞變性來分析；

rm{(2)Si}rm{P}rm{S}是處于第三周期的相鄰的三種元素；元素的非金屬性越強，則最高價含氧酸的酸性越強；

rm{(3)HPO_{3}}為rm{H_{3}PO_{4}}的失水產(chǎn)物；

rm{(4)Na}rm{Mg}rm{Al}同為第三周期的相鄰的三種元素；元素的金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)的水化物的堿性越強．

本題考查了元素周期表中同周期的元素的性質(zhì)的相似性和遞變性，應(yīng)注意的是元素的非金屬性越強，則最高價含氧酸的酸性越強，元素的金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)的水化物的堿性越強．【解析】易燃；中強酸；磷酸；偏磷酸；中強堿13、氣體分子的數(shù)目5：44：5N2O31：2：3bNAg/mol【分析】解：（1）影響氣體體積的因素有分子數(shù)目；氣體分子間距。溫度、壓強決定氣體的分子間距；狀態(tài)確定，氣體分子之間的距離就確定，故常溫常壓下氣體的體積大小主要取決于分子數(shù)目；

同溫同壓下，等質(zhì)量的SO2和SO3氣體的體積等于物質(zhì)的量之比；=5：4；同溫同壓下；密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，等于64：80=4：5；

故答案為：氣體分子的數(shù)目；5：4；4：5；

（2）相同條件下，氣體摩爾體積相等，氣體的體積之比等于其物質(zhì)的量之比，同一化學(xué)反應(yīng)中，各物質(zhì)的物質(zhì)的量之比等于其計量數(shù)之比，同溫同壓下10mLA受熱分解生成10mLN2和15mLO2，則2A3O2+2N2，根據(jù)原子守恒知反應(yīng)物A的化學(xué)式為N2O3；

故答案為：N2O3；

（3）NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的濃度為c；則溶液中氯離子的濃度分別為c×1；c×2、c×3，所以三種溶液中氯離子的物質(zhì)的量濃度之比為c：c×2：c×3=1：2：3；

故答案為：1：2：3；

（4）現(xiàn)有mg某氣體，由雙原子分子構(gòu)成，它的摩爾質(zhì)量為Mg?mol-1．若阿伏加德羅常數(shù)用NA表示，則：該氣體所含原子總數(shù)為：×2×NA=該氣體在標(biāo)準狀況下的體積為：×22.4=

故答案為

（5）一個鐵原子的質(zhì)量為bg，則1molFe原子的質(zhì)量為bNAg，則鐵原子的摩爾質(zhì)量為：bNAg/mol；

故答案為：bNAg/mol；

（1）影響氣體體積的因素有分子數(shù)目；氣體分子間距。溫度、壓強決定氣體的分子間距；狀態(tài)確定，氣體分子之間的距離就確定，故常溫常壓下氣體的體積大小主要取決于分子數(shù)目。據(jù)此分析；同溫同壓下，氣體體積之比等于物質(zhì)的量之比，密度之比等于摩爾質(zhì)量之比；

（2）相同條件下；氣體摩爾體積相等，氣體的體積之比等于其物質(zhì)的量之比，同一化學(xué)反應(yīng)中，各物質(zhì)的物質(zhì)的量之比等于其計量數(shù)之比，根據(jù)原子守恒確定反應(yīng)物的化學(xué)式，以此來解答；

（3）設(shè)NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的濃度為c；則溶液中氯離子的濃度分別為：c×1；c×2、c×3，據(jù)此可以計算出三種溶液中氯離子的物質(zhì)的量濃度之比；

（4）依據(jù)n===計算；

（5）摩爾質(zhì)量以g/mol為單位；數(shù)值上等于1mol原子或分子以g為單位時質(zhì)量的數(shù)值；

本題考查物質(zhì)的量有關(guān)計算，涉及對摩爾質(zhì)量的計算，阿伏伽德羅定律及推論的應(yīng)用，熟悉以物質(zhì)的量為核心計算公式是解題關(guān)鍵，題目難度不大。【解析】氣體分子的數(shù)目5：44：5N2O31：2：3bNAg/mol三、判斷題(共9題，共18分)14、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．15、A【分析】【解答】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應(yīng)生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案為：對．

【分析】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應(yīng)生成二氧化碳和硫，結(jié)合原子個數(shù)守恒書寫方程式．16、B【分析】【解答】藍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】標(biāo)準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標(biāo)準狀況己烷不是氣體，物質(zhì)的量不是0.1mol，故上述錯誤；

故答案為：錯．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應(yīng)用條件分析判斷，標(biāo)準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol19、B【分析】【解答】解：某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水；說明該有機物中肯定含有碳；氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．

【分析】根據(jù)質(zhì)量守恒可知，某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素20、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(yīng)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；21、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．22、B【分析】【解答】蛋白質(zhì)溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質(zhì)析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質(zhì)生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學(xué)變化的實質(zhì)是在原子核不變的情況下，有新物質(zhì)生成，分析各選項是否符合化學(xué)變化的概念，即有新物質(zhì)生成，就是化學(xué)變化．四、實驗題(共4題，共28分)23、打開分液漏斗上口的活塞，旋開分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；a試管中有淡黃色沉淀生成；Ⅲ；SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-【分析】解rm{(1)}分液漏斗的使用方法：打開分液漏斗上口的活塞；旋開分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；

故答案為：打開分液漏斗上口的活塞；旋開分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；

rm{(2)}二氧化硫具有氧化性，可以和最低價的硫化鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成淡黃色的沉淀rm{S}故答案為：rm{a}試管中有淡黃色沉淀生成；

rm{(3)}方案rm{I}向第一份溶液中加入rm{AgNO_{3}}溶液；有白色沉淀生成，可能是氯水中的氯離子產(chǎn)生的作用；

方案Ⅱ：向第二份溶液加入品紅溶液；紅色褪去，可以是氯水中含有的漂白性物質(zhì)次氯酸起的作用；

方案Ⅲ：向第三份溶液加入rm{BaCl_{2}}溶液，產(chǎn)生白色沉淀，證明溶液中含硫酸根離子，是二氧化硫在酸性環(huán)境下被氯水氧化生成的，即rm{SO_{2}+Cl_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Cl^{-}}rm{S}元素的化合價升高；體現(xiàn)二氧化硫的還原性，則實驗設(shè)計合理；

故答案為：Ⅲ；rm{SO_{2}+Cl_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Cl^{-}}．

rm{(1)}用分液漏斗向圓底燒瓶中滴加液體；應(yīng)使分液漏斗和燒瓶內(nèi)壓強相等；

rm{(2)}二氧化硫具有氧化性；可以和最低價的硫化鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

rm{(3)}氯氣具有氧化性；可以將二氧化硫氧化到最高價的硫酸．

本題考查二氧化硫的性質(zhì)及實驗設(shè)計，為高頻考點，把握反應(yīng)中元素的化合價變化及rm{(2)}中實驗?zāi)康臑榻獯鸬年P(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大．【解析】打開分液漏斗上口的活塞，旋開分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；rm{a}試管中有淡黃色沉淀生成；Ⅲ；rm{SO_{2}+Cl_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Cl^{-}}24、略

【分析】解：rm{(1)}過濾操作需要用到的玻璃儀器除了燒杯；玻璃棒；還有漏斗，故答案為：漏斗；

rm{(2)X}為強堿，焰色反應(yīng)為黃色，可知rm{X}為rm{NaOH}濾渣rm{SiO_{2}}可制取木材防火劑，該防火劑的化學(xué)式為，故答案為：rm{NaOH}rm{Na_{2}SiO_{3}}

rm{(3)}由上述分析可知，濾液rm{B}中含的陰離子有rm{AlO_{2}^{-}}rm{Cl^{-}}rm{OH^{-}}故答案為：rm{AlO_{2}^{-}}rm{Cl^{-}}rm{OH^{-}}

rm{(4)}由溶液rm{D}轉(zhuǎn)化為溶液rm{E}的離子方程式為rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}故答案為：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}

rm{(5)}在酸性的rm{FeCl_{2}}溶液中通入氧氣，得到棕黃色溶液，此反應(yīng)的離子方程式為rm{4Fe^{2+}+O_{2}+4H^{+}=4Fe^{3+}+2H_{2}O}故答案為：rm{4Fe^{2+}+O_{2}+4H^{+}=4Fe^{3+}+2H_{2}O.}

由流程可知，含rm{SiO_{2}}rm{Al_{2}O_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}加鹽酸過濾分離出rm{SiO_{2}}濾液rm{A}中含氯化鋁、氯化鐵和鹽酸，rm{X}為rm{NaOH}濾液rm{B}中含偏鋁酸鈉、rm{NaOH}rm{NaCl}濾渣rm{C}為rm{Fe(OH)_{3}}加rm{Y}為稀硫酸，溶解后生成rm{D}為硫酸鐵，rm{Fe}與硫酸鐵反應(yīng)生成rm{E}為硫酸亞鐵，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}以此來解答．

本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握流程中的反應(yīng)、混合物分離方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁庠鼗衔锱c實驗的結(jié)合，題目難度不大．【解析】漏斗；rm{NaOH}rm{Na_{2}SiO_{3}}rm{AlO_{2}^{-}}rm{Cl^{-}}rm{OH^{-}}rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{4Fe^{2+}+O_{2}+4H^{+}=4Fe^{3+}+2H_{2}O}25、略

【分析】【解析】【答案】(共19分)（2）①第三周期VIA族；(各1分)②2SO2+O22SO3(2分)③品紅溶液褪色；漂白；溶液變紅；酸(各1分)④Cu+2H2SO4（濃）____CuSO4+SO2↑+2H2O(2分)（2）①NH3，NO2(各1分)②4NH3+5O2==4NO+6H2O(2分)③溶液變紅(1分)；NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-(2分)④Cu＋4HNO3(濃)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O(2分)26、略

【分析】解：（1）草酸（H2C2O4）與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，草酸被氧化成二氧化碳，高錳酸鉀被還原成錳離子，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，反應(yīng)的離子方程式為：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H20；

故答案為：5；2、6、10、2、8；

（2）因為KMnO4具有強氧化性；會腐蝕橡膠管，故應(yīng)用酸式滴定管盛裝，故答案為：甲；

（3）可利用KMnO4溶液自身的顏色作為指示劑判斷滴定終點時，再滴加KMnO4溶液時；溶液將由無色變?yōu)樽仙?/p>

故答案為：當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4溶液時；溶液由無色變?yōu)樽仙?，且半分鐘?nèi)不褪色，即達滴定終點；

（4）由題給化學(xué)方程式及數(shù)據(jù)可知，2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；

2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O

25

0.1000mol/L×0.01L0.0025mol

25.00mL待測液中含有0.0025molH2C2O4，100.00mL待測液中含有0.01molH2C2O4，0.01molH2C2O4的質(zhì)量為0.01mol

×90g/mol=0.9g；所以1.260g純草酸晶體中水的物質(zhì)的量為1.260g-0.9g=0.36g，其物質(zhì)的量為0.02mol，則x=2；

故答案為：2；

（5）①若滴定終點時仰視滴定管讀數(shù)，則所得消耗酸性KMnO4溶液的體積偏大，由此所得n（H2C2O4）偏大，則n（H2O）偏小；x偏??；

故答案為：偏小；

②若酸性KMnO4溶液因久置而導(dǎo)致濃度變??；則消耗其體積偏大，所得x值偏??；

故答案為：偏?。?/p>

（1）草酸（H2C2O4）與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)；草酸被氧化成二氧化碳，高錳酸鉀被還原成錳離子；

（2）KMnO4具有強氧化性；會腐蝕橡膠管；

（3）可利用KMnO4溶液自身的顏色作為指示劑判斷滴定終點；

（4）由題給化學(xué)方程式及數(shù)據(jù)計算出1.260g純草酸晶體中含H2C2O4的物質(zhì)的量，然后求出1.260g純草酸晶體中含H2O的物質(zhì)的量，根據(jù)H2O的物質(zhì)的量和純草酸晶體的物質(zhì)的量的關(guān)系求出x；

（5）若滴定終點時仰視滴定管讀數(shù)，則所得消耗酸性KMnO4溶液的體積偏大，由此所得n（H2C2O4）偏大，則n（H2O）偏?。粁偏小，據(jù)此分析．

本題考查中和滴定實驗，題目難度中等，注意掌握草酸含量的計算方法及中和滴定中的誤差分析即可解答．【解析】5；2；6；10；8；甲；當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4溶液時，溶液由無色變?yōu)樽仙?，且半分鐘?nèi)不褪色，即達滴定終點；偏??；偏小五、工業(yè)流程題(共4題，共28分)27、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：用NaOH溶液溶解鋁箔，發(fā)生反應(yīng)：2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，向含有NaAlO2的溶液通入過量的CO2氣體，發(fā)生反應(yīng)：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+得到Al(OH)3的膠狀固體，將一部分膠狀固體洗滌得到Al(OH)3，灼燒Al(OH)3得到氧化鋁，用硫酸溶解Al(OH)3加入K2SO4溶液，配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液，選規(guī)則明礬小晶體并懸掛在溶液中央，自然冷卻至室溫，得到明礬大晶體，另一部分膠狀固體用鹽酸溶解，得到AlCl3溶液，將HCl氣體通入AlCl3溶液，抑制AlCl3水解和促進AlCl3·6H2O結(jié)晶，冷水浴，用玻璃纖維抽濾，用濃鹽酸洗滌晶體，濾紙吸干干燥得AlCl3·6H2O晶體；據(jù)此分析解析；

(1)

NaAlO2的溶液含有氫氧化鈉，通入過量的CO2氣體，二氧化碳與氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉，二氧化碳與NaAlO2反應(yīng)生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，發(fā)生反應(yīng)：OH-+CO2=+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+

(2)

明礬的溶解度隨溫度的升高而增大；步驟IV中在培養(yǎng)規(guī)則明礬大晶體過程中，需要配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液，選規(guī)則明礬小晶體并懸掛在溶液中央，隨著自然冷卻至室溫，明礬飽和溶液變?yōu)檫^飽和溶液，導(dǎo)致明礬析出，明礬晶體會附著在規(guī)則明礬小晶體上，形成規(guī)則明礬大晶體，故正確操作為：fed；

(3)

A．步驟II通過量CO2后進行固液得到膠狀物；抽濾時不宜過濾膠狀沉淀，否則易在濾紙上形成一層密實的沉淀，A錯誤；

B．抽濾裝置有1處錯誤；漏斗頸口斜面沒有對著吸濾瓶的支管口，B錯誤；

C．抽濾完畢后；應(yīng)先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，再關(guān)水龍頭以防倒吸，C錯誤；

D．由于溶液中含有H+；具有強酸性，在抽濾時會腐蝕濾紙，導(dǎo)致濾紙破損，所以改用玻璃纖維替代濾紙，D正確；

故選D。

(4)

Al3+會發(fā)生水解反應(yīng)：Al3++3H2O=Al(OH)3+3H+，通入HCl可以抑制A13+的水解，增大了溶液中Cl-的濃度，有利于AlCl3·6H2O結(jié)晶；洗滌晶體時；先關(guān)小水龍頭，向漏斗中加入濃鹽酸，緩慢淋洗，以便充分洗去雜質(zhì)，重復(fù)2-3次；

(5)

明礬中n(A13+)：n()=1：2，實驗測得n(A13+)：n()=0.002900mol：0.006300mol=29：63，明礬中可能含有硫酸鉀雜質(zhì)，所以求明礬的純度應(yīng)該用量不足的鋁離子，根據(jù)關(guān)系式Al3+~kAl(SO4)2·12H2O得出n(kAl(SO4)2·12H2O)=0.002900mol，則該試樣中銨明礬的純度為：=45.82%；【解析】(1)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCOOH-+CO2=HCO

(2)fed

(3)D

(4)增加c(Cl―)，有利于AlCl3·6H2O結(jié)晶和抑制AlCl3水解關(guān)小水龍頭；向漏斗中加入濃鹽酸，使液體緩慢通過固體，重復(fù)2-3次。

(5)45.82%28、略

【分析】【分析】

根據(jù)實驗?zāi)康模簩嶒炇矣盟嵝晕g刻液和堿性蝕刻液來制備CuCl；根據(jù)流程圖可知，酸性蝕刻液和堿性蝕刻液混合產(chǎn)生Cu(OH)Cl的懸濁液經(jīng)過濾，水洗，再加濃硫酸變成硫酸銅溶液，硫酸銅溶液再經(jīng)蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶，可得硫酸銅晶體，由亞硫酸銨還原變成氯化亞銅沉淀，再經(jīng)過濾洗滌干燥得氯化亞銅固體，以此來解析；

(1)

溫度需要控制在80℃下進行；故采用水浴加熱；

(2)

A．抽濾有助于加快過濾速度；正確；

B．固體可以和酸反應(yīng)；不能用酸性溶液洗滌，錯誤；

C．放入濾紙后；要滴加蒸餾水使濾紙緊貼于漏斗，用玻璃棒引流，將固液混合物轉(zhuǎn)移到濾紙上，打開水龍頭抽濾，C錯誤；

D．洗滌過程洗滌劑應(yīng)該慢流通過固體；D錯誤；

故選A。

(3)

根據(jù)溶解性曲線；宜采用冷卻結(jié)晶的方法析出晶體，故采用蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶；

(4)

硫酸晶體與亞硫酸銨還原變成氯化亞銅沉淀，銅的化合價由+2價降低為-1價，而硫的化合價由+4價升高為+6價，根據(jù)化合價升降守恒、原子守恒和電荷守可得反應(yīng)離子方程式為：2Cu2++SO+2Cl?+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；

(5)

根據(jù)反應(yīng)CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，F(xiàn)e2++Ce4+=Fe3++Ce3+可知CuCl～Ce4+，可知樣品的CuCl的質(zhì)量分數(shù)為：×100%=79.6%?！窘馕觥?1)熱水浴。

(2)A

(3)蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶。

(4)

(5)79.6%29、略

【分析】【分析】

通過濕法磷酸副產(chǎn)物氟硅酸制備氟化鉀的過程中，堿解過程主要發(fā)生的反應(yīng)為氟硅酸與氫氧化鉀的反應(yīng)，生成二氧化硅及酸堿中和反應(yīng)的鹽其中為目標(biāo)產(chǎn)物，硅酸鉀則為需要除去的雜質(zhì)。為了減少的量，需要控制氫氧化鉀的用量。通過過濾除去二氧化硅等不溶物，再加入氫氧化鋇除去和少量的即可獲得粗制的據(jù)此答題。

【詳解】

（1）堿解過程主要發(fā)生的反應(yīng)為氟硅酸與氫氧化鉀的反應(yīng)，會生成二氧化硅及酸堿中和反應(yīng)的鹽故該反應(yīng)方程式可寫為該反應(yīng)要嚴格控制KOH用量，否則易使溶解，產(chǎn)生更多的副產(chǎn)物故答案為

（2）從圖中可知80℃時，氟化鉀收率最高，故實驗選擇適宜的反應(yīng)溫度為80℃；但由于溫度過高時，易分解為SiF4和HF，所以在80℃最高點后，隨溫度升高曲線下降，故答案應(yīng)為80℃、溫度過高時，易分解為SiF4和HF；

（3）由于在除硫過程中，Ba2+能與KF溶液中少量的反應(yīng)生成沉淀，所以當(dāng)由0.004到0.005時，氟化鉀的純度升高，故答案應(yīng)為Ba2+能與KF溶液中少量的反應(yīng)生成沉淀；

（4）Ba(OH)2和BaCO3是常見的除硫試劑。若使用BaCO3代替Ba(OH)2，當(dāng)沉淀轉(zhuǎn)化達到平衡時，濾液中==0.022；故答案應(yīng)為0.022；

（5）濃度均為0.1mol/L的KF和HF的混合溶液中存在電荷守恒關(guān)系為：c()+c()=c()+c(）；物料守恒關(guān)系為：2c()=c()+c(HF)。將物料守恒中c()代入電荷守恒中，即可得到2c()-2c(）=c()-c(HF)；故答案為=；

（6）KMnO4和KF、HF混合溶液反應(yīng)可生成穩(wěn)定配離子該反應(yīng)氧化產(chǎn)物為氧氣，則根據(jù)氧化還原反應(yīng)對該反應(yīng)的離子方程式進行配平為故答案為

【點睛】

該題為工業(yè)流程問題，在分析流程圖