2025年粵人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年粵人版高一化學下冊月考試卷9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9題，共18分)1、運送硫酸的車輛上所貼化學品的標志是（）A.B.C.D.2、下列儀器中常用于物質(zhì)分離的是rm{(}rm{)}A.天平B.分液漏斗C.量筒D.集氣瓶3、澄清透明的溶液中能大量共存的是A.rm{Cu^{2+}}rm{C1^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{K^{+}}B.rm{K^{+}}rm{OH^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{Fe^{2+}}C.rm{Ca^{2+}}rm{OH^{-}}rm{C1^{-}}rm{Na^{+}}rm{{,!}_{;;;;;;;}}D.rm{Ag^{+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{Cl^{-}}rm{K^{+}}4、設rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.在沸水中滴入含rm{0.1molFeC1_{3}}的rm{FeC1_{3}}飽和溶液，制得rm{Fe(OH)_{3}}膠粒數(shù)為rm{0.1}rm{N_{A}}B.rm{1molO_{2}}參加反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)一定為rm{4N_{A}}C.rm{1mol}鐵和標準狀況下rm{22.4LCl_{2}}充分反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{3N_{A}}D.常溫常壓下，rm{32gO_{2}}含有的氧原子數(shù)為rm{2N_{A}}5、下列物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化不能通過一步反應實現(xiàn)的是()

A.rm{Si隆煤H_{2}SiO_{3}}B.rm{HClO隆煤O_{2}}C.rm{Fe隆煤FeCl_{2}}D.rm{Cu隆煤Cu_{2}S}6、利用如圖所示裝置進行下列實驗；能得出相應實驗結論的是（）

。選項①②③實驗結論A濃鹽酸MnO2NaBr溶液氧化性Cl2＞Br2B濃氨水堿石灰Al2（SO4）3溶液Al（OH）3具有兩性C濃硫酸Na2SO3FeCl3溶液SO2具有還原性D稀鹽酸Na2C03Na2Si03非金屬性：C＞SiA.AB.BC.CD.D7、下面是實驗室制取氨氣的裝置和選用的試劑，其中錯誤的是rm{(}rm{)}A.rm{壟脵壟脷}B.rm{壟脷壟脹}C.rm{壟脹壟脺}D.rm{壟脵壟脹}8、下列關于化學用語的表示正確的是A.過氧化鈉的電子式：B.質(zhì)子數(shù)為rm{35}中子數(shù)為rm{45}的溴原子：rm{Br}C.乙烯的結構簡式：rm{CH_{2}CH_{2;;;;;;;;;;;;;;;}}D.間二甲苯的結構簡式：9、下列有關元素及其化合物性質(zhì)的比較正確的是rm{(}rm{)}A.原子半徑：rm{F<O<Al}B.穩(wěn)定性：rm{H_{2}O<PH_{3}<NH_{3}}C.酸性：rm{H_{2}CO_{3}<H_{2}SO_{4}<H_{3}PO_{4}}D.堿性：rm{LiOH<NaOH<Al(OH)_{3}}評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、Ca（ClO）2與濃鹽酸反應會生成Cl2，該反應的化學方程式為：Ca（ClO）2+4HCl（濃）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O

（1）濃鹽酸在反應中顯示出來的性質(zhì)是____（填寫字母）

A．只有還原性B．還原性和酸性C．只有氧化性D．氧化性和酸性。

（2）產(chǎn)生0.3molCl2，則轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為____

（3）該反應中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量比為____

（4）用雙線橋法表示該氧化還原反應中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目____．11、(10分)鐵酸鈉(Na2FeO4)是水處理過程中使用的一種新型凈水劑，它的氧化性比高錳酸鉀、次氯酸等還強。工業(yè)上制取鐵酸鈉的化學方程式是(未配平)：(1)鐵酸鈉中，鐵元素的化合價是；上述制取鐵酸鈉的反應中，鐵元素被。(2)鐵酸鈉溶解于水，立即與水發(fā)生劇烈反應，放出氧氣，正是這些在水中新產(chǎn)生出的氧原子發(fā)揮其極強的氧化能力給水殺菌消毒的。鐵酸鈉(Na2FeO4)是水處理過程中使用的一種新型凈水劑原因鐵元素轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3膠體,使水中懸浮物沉聚,Fe(OH)3膠體微粒直徑的范圍是____________nm,實驗室制備Fe(OH)3膠體的化學方程式為______________________________.鐵酸鈉的電離方程式是________________________。12、(14分)主族元素A、B、C、D的原子序數(shù)都小于18，A與D同主族，B與C在同一周期，A、D原子的最外層電子數(shù)都是1，C原子最外層電子數(shù)比B原子少2個，且C最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍。A、B單質(zhì)在常溫下均為氣體，它們在高溫下以體積比2∶1完全反應，生成物在常溫下是液體。此液體與D單質(zhì)能激烈反應生成A的單質(zhì)。所得溶液滴入酚酞顯紅色，同時溶液中含有與氖原子的電子層結構相同的陽離子。回答下列問題：⑴寫出元素符號A，D。寫出B陰離子結構示意圖；寫出C元素在周期表中的位置第周期族；⑵寫出C在足量B中充分反應后生成物的電子式，結構式。⑶寫出B、D在加熱條件下形成化合物的電子式，判斷其中的化學鍵的類型。用電子式表示B、D在不加熱條件下形成化合物的形成過程。⑷寫出一種有A、B、C、D組成的化合物的化學式。13、CO、NO與SO2等物質(zhì)是大氣污染物．

（1）SO2不僅本身污染大氣，而且它在大氣中經(jīng)塵粒催化能與水、氧氣作用形成危害更大的酸雨，反應的化學方程式是：①______②______．

（2）CO、NO是汽車尾氣的主要成分之一．冶理的方法之一是在汽車的排氣管上裝一個“催化轉(zhuǎn)換器”（用鉑、鈀合金作催化劑）．它的特點是使CO與NO反應，生成可參與大氣生態(tài)環(huán)境循環(huán)的無毒氣體，寫出一氧化碳與一氧化氮反應的化學方程式：______．14、加熱分解5g某固體化合物，得到0.7L（標準狀況）A氣體和4g殘渣，則A的相對分子質(zhì)量是______．15、完成下列填空：

rm{(1)}在呼吸面具中，rm{Na_{2}O_{2}}起反應的化學方程式為______。

rm{(2)}印刷電路板由高分子材料和銅箱復合而成，用rm{FeCl_{3}}溶液刻制印刷電路時；發(fā)生的反應離子方程式為______。

rm{(3)}把一定量鐵粉放入氯化鐵溶液中，完全反應后，所得溶液中rm{Fe^{2+}}和rm{Fe^{3+}}的物質(zhì)的量濃度之比為rm{3}rm{2}則已反應的rm{Fe^{3+}}和未反應的rm{Fe^{3+}}的物質(zhì)的量之比為______。16、將標準狀況下rm{224L}的rm{HCl}溶于rm{1000g}水配成密度為rm{1.23g/cm^{3}}溶液，所得溶液的物質(zhì)的量濃度為______．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)17、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）18、含碳的化合物一定是有機化合物．（判斷對錯）19、蛋白質(zhì)的鹽析過程是一個可逆過程，據(jù)此可以分離和提純蛋白質(zhì)．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、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）23、在冶金工業(yè)的煙道廢氣中，常混有大量的SO2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，使二者反應可收回大量的硫磺．

請寫出該反應的化學方程式：____

請判斷該反應式寫的是否正確。24、向蛋白質(zhì)溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學變化．（判斷對錯）25、將藍色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對錯）評卷人得分四、工業(yè)流程題(共3題，共27分)26、氟化鉀是一種重要的無機氟化工產(chǎn)品，廣泛應用于醫(yī)藥、農(nóng)藥和金屬冶煉等領域。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）堿解過程主要反應的化學方程式為_____，其中要嚴格控制KOH用量，否則易生成副產(chǎn)物_____(填化學式)溶解在濾液中。

（2）堿解反應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，化學家KarlChrite用KMnO4和KF、HF混合溶液反應生成穩(wěn)定配離子該反應氧化產(chǎn)物是一種常見的無色無味氣體單質(zhì)，則該反應的離子方程式為_____。27、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(zhuǎn)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______28、一種以冷熱鍍管廢料鋅灰制ZnSO4·7H2O晶體；進而獲取ZnO，并探索氫電極增壓還原氧化鋅電解法制鋅的方法，工藝流程如圖所示：

已知：①鋅灰的主要成分為ZnO、ZnCl2，還含有SiO2、CuO、PbO和FeO。

②Cu++Cl-=CuCl↓

回答下列問題：

(1)濾渣1的主要成分為SiO2和___。

(2)酸浸時，硫酸濃度不能過高，原因是___。

(3)寫出“沉銅”時的離子方程式___。

(4)在pH為5.6的條件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝劑并加熱攪拌，其目的是___。

(5)氫電極增壓還原氧化鋅的裝置如圖所示，儲罐內(nèi)ZnO溶解后形成Zn(OH)離子，每溶解1molZnO需消耗___molKOH。電解池中的總反應離子方程式為：___。

(6)該工藝廢水中含有Zn2+，排放前需處理。向廢水中加入CH3COOH和CH3COONa組成的緩沖溶液調(diào)節(jié)pH，通入H2S發(fā)生反應：Zn2++H2S?ZnS(s)+2H+。處理后的廢水中部分微粒濃度為：。微粒H2SCH3COOHCH3COO-濃度/mol·L-10.100.050.10

處理后的廢水的pH=___，c(Zn2+)=___。(已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5)評卷人得分五、結構與性質(zhì)(共1題，共9分)29、某探究小組用HNO3與大理石反應過程中質(zhì)量減小的方法，研究影響反應速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細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）請完成以下實驗設計表，并在實驗目的一欄中填出對應的實驗編號：。實驗編號T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實驗目的①298粗顆粒2.00（Ⅰ）實驗①和②探究HNO3濃度對該反應速率的影響；

（Ⅱ）實驗①和③探究溫度對該反應速率的影響；

（Ⅲ）實驗①和④探究大理石規(guī)格（粗、細）對該反應速率的影響；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)量隨時間變化的關系見下圖2：依據(jù)反應方程式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)量隨時間變化關系的預期結果示意圖。_______參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【解答】解：A．濃硫酸不屬于爆炸品；故A不選；B．濃硫酸不屬于劇毒物質(zhì)，故B不選；

C．濃硫酸具有強烈的腐蝕性；應貼腐蝕品標志，故C選；

D．濃硫酸不燃燒；故D不選；

故選C．

【分析】濃硫酸具有腐蝕性，運送濃硫酸應貼腐蝕品標志，以此來解答．2、B【分析】解：rm{A.}托盤天平用來稱量藥品的儀器；故A錯誤；

B.分液漏斗可用于分離互不相溶的液體；故B正確；

C.量筒用來量取液體；不能用于分離，故C錯誤；

D.集氣瓶用于收集氣體；不能用于分離，故D錯誤．

故選B．

常用于分離的操作方法有蒸發(fā)；過濾、分液、蒸餾等；以此選擇使用儀器．

本題考查物質(zhì)的分離、提純，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，為高頻考點，常見物質(zhì)的分離操作以及使用的范圍，難度不大，注意相關基礎知識的積累．【解析】rm{B}3、A【分析】【分析】本題考查的是離子共存問題，難度不大，掌握離子間不發(fā)生反應則可大量共存，反之不能大量共存。【解答】A.這四種離子間均不會發(fā)生反應，可大量共存，故A正確；B.氫氧根離子和亞鐵離子能夠反應生成了氫氧化亞鐵沉淀而不能大量共存，故B錯誤；C.鈣離子和氫氧根離子不能大量共存，因為會生成氫氧化鈣沉淀，故C錯誤；D.銀離子和氯離子能生成氯化銀沉淀而不能大量共存，故D錯誤。故選A。【解析】rm{A}4、D【分析】【分析】本題主要考察阿伏伽德羅常數(shù)，以及化學計量的綜合計算，各個物理量之間的轉(zhuǎn)化公式熟記，難度不大。【解答】rm{A}．rm{Fe(OH)}rm{Fe(OH)}膠體是多個rm{{,!}_{3}}rm{Fe(OH)}粒子結合在一起，則rm{Fe(OH)}rm{{,!}_{3}}在沸水中滴入含rm{0.1molFeC1}rm{0.1molFeC1}rm{{,!}_{3}}的rm{FeC1}rm{FeC1}rm{{,!}_{3}}飽和溶液，制得rm{Fe(OH)}rm{Fe(OH)}rm{{,!}_{3}}膠粒數(shù)小于rm{0.1}rm{N}rm{0.1}價也可能變?yōu)閞m{N}價則轉(zhuǎn)移電子數(shù)可能為rm{{,!}_{A}}，故A錯誤；B.rm{1molO}rm{1molO}故B錯誤；rm{{,!}_{2}}鐵和標準狀況下參加反應，化合價可能變?yōu)閞m{-2}價也可能變?yōu)閞m{-1}價則轉(zhuǎn)移電子數(shù)可能為rm{2N}rm{-2}rm{-1}rm{2N}故C錯誤；rm{{,!}_{A}}氧氣的物質(zhì)的量也可能為rm{4N}rm{4N}氧氣中含有rm{{,!}_{A,}}原子，所含原子數(shù)為C.rm{1mol}鐵和標準狀況下rm{22.4LCl}rm{1mol}rm{22.4LCl}rm{{,!}_{2}}充分反應，氯氣不足量，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{2N}【解析】rm{D}5、A【分析】【分析】本題考查元素化合物之間的轉(zhuǎn)化，為高頻考點，明確元素化合物性質(zhì)及物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化是解本題關鍵，注意二氧化硅不能溶于水是易錯點。【解答】A.rm{Si}不能一步實現(xiàn)生成rm{H_{2}SiO_{3;}}應該先和rm{NaOH}反應生成可溶性的硅酸鈉；硅酸鈉再和稀鹽酸反應生成硅酸，故A正確；

B.次氯酸見光分解產(chǎn)生氧氣；所以能實現(xiàn)一步轉(zhuǎn)化，故B錯誤；

C.鐵與氯化鐵反應生成氯化亞鐵；所以能實現(xiàn)一步轉(zhuǎn)化，故C錯誤；

D.銅與硫反應生成硫化亞銅及rm{Cu_{2}S}所以能實現(xiàn)一步轉(zhuǎn)化，故D錯誤。

故選A?！窘馕觥縭m{A}6、C【分析】解：A．濃鹽酸與二氧化錳反應需要加熱；圖中裝置不能反應制備氯氣，故A不選；

B．濃氨水與堿石灰混合；可制備氨氣，且氨氣與硫酸鋁溶液反應生成沉淀，不能驗證氫氧化鋁的兩性，故B不選；

C．濃硫酸與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫；二氧化硫與氯化鐵發(fā)生氧化還原反應，可驗證二氧化硫的還原性，故C選；

D．稀鹽酸易揮發(fā)；鹽酸與硅酸鈉反應，不能比較碳酸與硅酸的酸性，則不能判斷C；Si的非金屬性，故D不選；

故選C．

A．濃鹽酸與二氧化錳反應需要加熱；

B．濃氨水與堿石灰混合；可制備氨氣，且氨氣與硫酸鋁溶液反應生成沉淀；

C．濃硫酸與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫；二氧化硫與氯化鐵發(fā)生氧化還原反應；

D．稀鹽酸易揮發(fā)；鹽酸與硅酸鈉反應．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大．【解析】【答案】C7、D【分析】解：實驗室制備氨氣是利用氯化銨和氫氧化鈣固體加熱制取，化學方程式為rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2NH_{3}隆眉+2H_{2}O+CaCl_{2}}

rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{

overset{;;triangle

;;}{}}{;}2NH_{3}隆眉+2H_{2}O+CaCl_{2}}固體受熱分解生成rm{壟脵NH_{4}Cl}和rm{NH_{3}}而當溫度降低時，rm{HCl}和rm{NH_{3}}又重新化合成固體rm{HCl}氣體進入干燥管的機會不多，故rm{NH_{4}Cl}錯誤；

rm{壟脵}向rm{壟脷}中滴加濃氨水，rm{CaO}遇水生成rm{CaO}同時放出大量熱量，使?jié)獍彼械陌睔庖莩?，故rm{Ca(OH)_{2}}正確；

rm{壟脷}固體加熱制氣體時，試管口應略向下傾斜，使產(chǎn)生的水能夠流出，以免損壞試管，所以利用氯化銨和氫氧化鈣固體加熱制取氨氣需試管口應略向下傾斜，故rm{壟脹}錯誤；

rm{壟脹}濃氨水易揮發(fā)，用濃氨水加熱制取rm{壟脺}的方法是正確的，氨氣是堿性氣體，可用堿石灰干燥，故rm{NH_{3}}正確；

故選D．

rm{壟脺}固體受熱分解生成rm{壟脵NH_{4}Cl}和rm{NH_{3}}而當溫度降低時，rm{HCl}和rm{NH_{3}}又重新化合成固體rm{HCl}

rm{NH_{4}Cl}遇水生成rm{壟脷CaO}同時放出大量熱量，有利于氨氣的生成；

rm{Ca(OH)_{2}}固體加熱制氣體時；試管口應略向下傾斜；

rm{壟脹}根據(jù)濃氨水易揮發(fā)；可用堿石灰干燥分析．

本題考查氨氣的實驗室制備，掌握氨氣的制備原理和化學性質(zhì)是解答的關鍵，題目難度不大．rm{壟脺}【解析】rm{D}8、B【分析】【分析】本題考查了化學用語的知識?！窘獯稹緼.過氧化鈉是離子化合物，陰陽離子需要標出所帶電荷，過氧化鈉正確的電子式為：故A錯誤；B.元素符號左下角數(shù)字表示質(zhì)子數(shù)、左上角數(shù)字表示質(zhì)量數(shù)，質(zhì)子數(shù)為rm{35}中子數(shù)為rm{45}的溴原子的質(zhì)量數(shù)rm{=35+45=80}所以溴原子可以表示為：rm{Br}故B正確；C.乙烯分子的結構簡式中，碳碳雙鍵不能省略，乙烯正確的結構簡式為：rm{CH_{2}簍TCH_{2}}故C錯誤；rm{D.}間二甲苯中甲基處于間位，結構簡式為間二甲苯中甲基處于間位，結構簡式為rm{D.}故選B。，故D錯誤?！窘馕觥縭m{B}9、A【分析】解：rm{A.}同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑逐漸增大，故原子半徑rm{F<O<Al}故A正確；

B.非金屬性rm{P<N<O}非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，則穩(wěn)定性rm{PH_{3}<NH_{3}<H_{2}O}故B錯誤；

C.非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，則酸性：rm{H_{2}CO_{3}<H_{3}PO_{4}<H_{2}SO_{4}}故C錯誤；

D.金屬性rm{Al<Li<Na}金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的堿性越強，故堿性：rm{Al(OH)_{3}<LiOH<NaOH}故D錯誤。

故選A。

A.同周期自左而右原子半徑減?。煌髯遄陨隙略影霃街饾u增大；

B.非金屬性越強；氫化物的穩(wěn)定性越強；

C.非金屬性越強；最高價氧化物對應水化物的酸性越強；

D.金屬性越強；最高價氧化物對應水化物的堿性越強。

本題考查元素周期律的應用，注意掌握微粒半徑比較規(guī)律、理解元素周期律，難度不大?！窘馕觥縭m{A}二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】

（1）該反應中；濃鹽酸中的氯元素部分失去電子作還原劑，部分化合價不變，作酸，所以濃鹽酸的性質(zhì)是還原性和酸性，故選B；

（2）該反應中，1mol次氯酸鈣反應得到2mol電子，生成1mol氯氣，鹽酸失去2mol電子需要2mol鹽酸作還原劑，生成1mol氯氣，所以生成2mol氯氣時其轉(zhuǎn)移電子是2mol，故產(chǎn)生0.3molCl2；則轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為0.3mol；

故答案為：0.3mol；

（3）該反應中；次氯酸鈣得電子作氧化劑，鹽酸失電子作還原劑，其對應的產(chǎn)物都是氯氣，得失電子數(shù)相等時，生成氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的氯氣的物質(zhì)的量相等，所以其質(zhì)量之比是1：1，故答案為1：1；

（4）該反應中，1mol次氯酸鈣反應得到2mol電子，生成1mol氯氣，鹽酸失去2mol電子需要2mol鹽酸作還原劑，生成1mol氯氣，所以其轉(zhuǎn)移電子數(shù)是2，

故答案為：．

【解析】【答案】（1）根據(jù)氯元素的化合價變化來確定其性質(zhì)；

（2）根據(jù)氯氣和轉(zhuǎn)移電子之間的關系式計算；

（3）該反應中；次氯酸鈣得電子作氧化劑，鹽酸失電子作還原劑，其對應的產(chǎn)物都是氯氣，根據(jù)得失電子數(shù)相等確定氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比；

（4）該反應中；1mol次氯酸鈣反應得到2mol電子，生成1mol氯氣，鹽酸失去2mol電子需要2mol鹽酸作還原劑，生成1mol氯氣，所以其轉(zhuǎn)移電子數(shù)是2．

11、略

【分析】【解析】【答案】（１０分）（１）＋６氧化（２）１－１００ＦｅＣｌ３＋３Ｈ２ＯＦｅ（ＯＨ）３＋３ＨＣｌＮａ２ＦｅＯ４＝２Ｎａ＋＋ＦｅＯ４２－12、略

【分析】【解析】【答案】(14分)（1）A________，D____，二ⅣA（5分）（2）(1分)，(1分)（3）Na+[:]2-Na+（2分）離子鍵和共價鍵（或非極性鍵）（2分）（2分）（4）NaHCO3（1分）13、略

【分析】解：（1）SO2氣體在空氣中經(jīng)粉塵催化氧化為SO3，SO3與水反應能生成硫酸，有關反應的化學方程式為：2SO2+O22SO3；SO3+H2O═H2SO4．

故答案為：2SO2+O22SO3；SO3+H2O═H2SO4．

（2）一氧化碳與一氧化氮反應可以得到無毒氣體二氧化碳和氮氣，即2CO+2NO2CO2+N2，故答案為：2CO+2NO2CO2+N2．

（1）SO2氣體在空氣中經(jīng)粉塵催化氧化為SO3，SO3與水反應；寫出反應的化學方程式即可；

（2）一氧化碳與一氧化氮反應可以得到無毒氣體二氧化碳和氮氣．

本題難度不大，考查學生根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)結合化學方程式的書寫方法回答問題的能力，難度中等．【解析】2SO2+O22SO3；SO3+H2O═H2SO4；2CO+2NO2CO2+N214、略

【分析】解：由質(zhì)量守恒可知；A的質(zhì)量為5g-4g=1g；

氣體A的物質(zhì)的量為n===mol；

則M===32g/mol；

又相對分子質(zhì)量與摩爾質(zhì)量的數(shù)值相同；則A的相對分子質(zhì)量是32；

故答案為：32．

由質(zhì)量守恒可知，A的質(zhì)量為5g-4g=1g，結合n=M=計算．

本題考查物質(zhì)的量的計算，為高頻考點，把握質(zhì)量守恒及物質(zhì)的量與質(zhì)量、體積的關系為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，題目難度不大．【解析】3215、略

【分析】解：rm{(1)}二氧化碳能與過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氧氣，其化學方程式為：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}水能與過氧化鈉反應生成氫氧化鈉和氧氣，其化學方程式為：rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}隆眉}

故答案為：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}隆眉}

rm{(2)}刻制印刷電路時，用rm{FeCl_{3}}溶液與銅反應生成亞鐵離子和銅離子，反應的離子方程為rm{Cu+2Fe^{3+}=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}

故答案為：rm{Cu+2Fe^{3+}=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}

rm{(3)}設已反應的rm{Fe^{3+}}的物質(zhì)的量為rm{2mol}則：

rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}

rm{2mol3mol}

溶液中rm{Fe^{2+}}的物質(zhì)的量為rm{3mol}所得溶液中rm{Fe^{2+}}和rm{Fe^{3+}}濃度之比為rm{3}rm{2}則未反應的rm{Fe^{3+}}的物質(zhì)的量為rm{2mol}則已反應的rm{Fe^{3+}}和未反應的rm{Fe^{3+}}的物質(zhì)的量之比為rm{2mol}rm{2mol=1}rm{1}

故答案為：rm{1}rm{1}

rm{(1)}過氧化鈉的性質(zhì)：能與二氧化碳；水反應；生成氧氣；

rm{(2)}刻制印刷電路時，用rm{FeCl_{3}}溶液與銅反應生成亞鐵離子和銅離子；根據(jù)電荷守恒和元素守恒書寫反應的離子方程；

rm{(3)}鐵粉放入三氯化鐵溶液中發(fā)生反應rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}設已反應的rm{Fe^{3+}}的物質(zhì)的量為rm{2mol}根據(jù)方程式計算生成的rm{Fe^{2+}}的物質(zhì)的量，進而得到未反應的rm{Fe^{3+}}的物質(zhì)的量，可得已反應的rm{Fe^{3+}}和未反應的rm{Fe^{3+}}的物質(zhì)的量之比。

本題考查了物質(zhì)性質(zhì)、物質(zhì)反應的化學方程式和離子方程式書寫書寫，掌握基礎是解題關鍵，題目難度不大?！窘馕觥縭m{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}隆眉}rm{Cu+2Fe^{3+}=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}rm{1}rm{1}16、略

【分析】解：rm{n(HCl)=dfrac{224L}{22.4L/mol}=10mol}rm{n(HCl)=dfrac

{224L}{22.4L/mol}=10mol}溶液的質(zhì)量分數(shù)rm{=dfrac{365g}{365g+1000g}隆脕100%=26.7%}溶液的物質(zhì)的量濃度rm{=dfrac{1000婁脩婁脴}{M}=dfrac{1000隆脕1.23隆脕26.7%}{36.5}mol/L=9mol/L}

故答案為：rm{m(HCl)=36.5g/mol隆脕10mol=365g}．

rm{n(HCl)=dfrac{224L}{22.4L/mol}=10mol}rm{=dfrac

{365g}{365g+1000g}隆脕100%=26.7%}溶液的質(zhì)量分數(shù)rm{=dfrac{365g}{365g+1000g}隆脕100%=26.7%}溶液的物質(zhì)的量濃度rm{=dfrac{1000婁脩婁脴}{M}=dfrac

{1000隆脕1.23隆脕26.7%}{36.5}mol/L=9mol/L}．

本題考查物質(zhì)的量濃度計算，為高頻考點，明確物質(zhì)的量濃度、密度與質(zhì)量分數(shù)的關系是解本題關鍵，側重考查學生分析計算能力，注意各個物理量之間的關系，題目難度不大．rm{9mol/L}【解析】rm{9mol/L}三、判斷題(共9題，共18分)17、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質(zhì)的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質(zhì)的量，再根據(jù)鈉離子結構計算最外層電子總數(shù)．18、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)和無機物相似，把它們歸入無機物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機化合物，簡稱有機物．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)和無機物相似，把它們歸入無機物．19、A【分析】【解答】向雞蛋清中加入飽和硫酸鈉溶液；可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化；再向試管里加入足量的蒸餾水，觀察到的現(xiàn)象是變澄清，鹽析是可逆過程，可以采用多次鹽析的方法分離；提純蛋白質(zhì)．

故答案為：對．

【分析】向雞蛋清中加入飽和硫酸銨溶液，可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化．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，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．22、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質(zhì)的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質(zhì)的量，再根據(jù)鈉離子結構計算最外層電子總數(shù)．23、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生成二氧化碳和硫，結合原子個數(shù)守恒書寫方程式．24、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變化的概念，即有新物質(zhì)生成，就是化學變化．25、B【分析】【解答】藍色硫酸銅晶體放入濃硫酸生成硫酸銅和水；屬于化學變化，故答案為：×．

【分析】化學變化是指有新物質(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．四、工業(yè)流程題(共3題，共27分)26、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)生的反應為氟硅酸與氫氧化鉀的反應，生成二氧化硅及酸堿中和反應的鹽其中為目標產(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)生的反應為氟硅酸與氫氧化鉀的反應，會生成二氧化硅及酸堿中和反應的鹽故該反應方程式可寫為該反應要嚴格控制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溶液中少量的反應生成沉淀，所以當由0.004到0.005時，氟化鉀的純度升高，故答案應為Ba2+能與KF溶液中少量的反應生成沉淀；

（4）Ba(OH)2和BaCO3是常見的除硫試劑。若使用BaCO3代替Ba(OH)2，當沉淀轉(zhuǎn)化達到平衡時，濾液中==0.022；故答案應為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系為：c()+c()=c()+c(）；物料守恒關系為：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混合溶液反應可生成穩(wěn)定配離子該反應氧化產(chǎn)物為氧氣，則根據(jù)氧化還原反應對該反應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，在分析流程圖時，應結合目標產(chǎn)物和分離操作將每一步的物質(zhì)成分分析清楚，再進行作答。書寫電解質(zhì)溶液中的守恒關系時，要將溶液中的溶質(zhì)成分及含量判斷清楚再進行書寫。【解析】80℃溫度過高時，易分解為SiF4和HF除硫過程中，Ba2+能與KF溶液中少量的反應生成沉淀0.022=27、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(zhuǎn)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(zhì)中含有的微粒書寫電極反應式?！窘馕觥?Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-28、略

【分析】【分析】

鋅灰(主要成分是ZnO，ZnCl2，還含有SiO2，CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO轉(zhuǎn)化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，則過濾得到的濾渣1主要為PbSO4、SiO2；濾液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向濾液中加入Zn粉，將Cu2+還原利用生成CuCl沉淀達到沉銅的目的，繼續(xù)向溶液中加入雙氧水將Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO調(diào)節(jié)溶液pH，將Fe3+轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵沉淀并過濾除去，將濾液蒸發(fā)、濃縮并冷卻結晶，過濾得到ZnSO4?7H2O；濾液加入氫氧化鈉溶液可生成氫氧化鋅，加熱分解生成氧化鋅，最后電解生成Zn，以此解答該題。

【詳解】

(1)由分析可知，濾渣1的主要成分為SiO2和PbSO4；

(2)濃硫酸有強氧化性，酸浸時，如使用硫酸濃度過高，反應速率會很慢，在溶解時會氧化FeO生成Fe3+，同時生成SO2，污染環(huán)境，發(fā)生反應的化學方程式2FeO+4H2SO4(濃)=Fe2(SO4)3+SO2↑+4H2O；

(3)“沉銅”時加入Zn粉，將Cu2+還原利用生成CuCl沉淀，發(fā)生反應的離子方程式為Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+；

(4)在pH為5.6的條件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氫氧化鐵膠體，繼續(xù)加入聚丙烯酰胺絮凝劑并加熱攪拌，可促使Fe(OH)3膠體聚沉；有利于過濾分離；

(5)儲罐內(nèi)ZnO溶解后形成Zn(OH)離子，發(fā)生的離子反應2OH－＋ZnO＋H2O＝Zn(OH)則每溶解1molZnO，需消耗2molKOH；電解池陽極上的H2在堿性條件下失電子氧化生成H2O，電極反應為H2-2e-+2OH-=2H2O，陰極上Zn(OH)離子得電子還原生成Zn，電極反應式為Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，則電解池中的總反應離子方程式為H2+Zn(OH)42-2H2O+Zn+2OH-；

(6)已知Ka(CH3COOH)=則c(H+)=1×10-5mol/L，此時溶液pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=×==1.0×10-7×1.0×10-14，其中c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，則c(S2-)=1.0×10-12mol/L，此時Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，則c(Zn2+)=1×10-11mol