2024年滬教版高一化學下冊月考試卷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反應又能與Z反應的是（）。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、互動交流學習體會是新課改倡導的學習方法之一．以下A、B、C、D四種說法是四位同學相互交流的學習體會，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就一定是中和反應C.一種單質(zhì)和一種化合物發(fā)生的反應不一定是置換反應D.飽和溶液析出晶體后，剩余溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(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，應選擇有機萃取劑，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，該氣體的水溶液一定顯堿性C.銅與稀硝酸反應的離子方程式為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、關于銅rm{隆陋}鋅rm{隆陋}稀硫酸構成的原電池的有關敘述錯誤的是()A.鋅為負極，鋅發(fā)生氧化反應B.rm{.}銅為正極，銅不易失去電子而受到保護C.負極發(fā)生還原反應，正極發(fā)生氧化反應D.外電路電子流入的一極為正極，電子流出的一極為負極評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、（1）某建筑材料，主要成分鋁硅酸鹽，化學式MgAl2H4Si4O14;化學式改寫成氧化物形式為_____________。則材料該與足量的氫氧化鈉反應后過濾，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）充分反應后，硝酸的還原產(chǎn)物有NO、NO2，反應后溶液中所含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的混合物進行鋁熱反應，反應的化學方程式為____，引發(fā)鋁熱反應的實驗操作是____。（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}反應的方程式為：______．

rm{(2)}元素rm{F}rm{G}rm{I}rm{K}rm{M}其對應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)生反應的化學方程式為______．9、在rm{0.10mol?L^{-1}}硫酸銅溶液中加入氫氧化鈉稀溶液充分攪拌，有淺藍色氫氧化銅沉淀生成，當溶液的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：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的體積分數(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，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，縱坐標為沉淀物的量，橫坐標為某溶液中加入反應物的物質(zhì)的量，試按題意將相應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。試利用圖中信息結(jié)合所學的知識填空：（1）溫度分別為t1和t2時，固體產(chǎn)物的化學式A是________，B是________。產(chǎn)物C的化學式為。（2）由A得到B的化學方程式為___________________________________。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)量分數(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)量分數(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}完全反應生成正鹽，求該化合物rm{A}的分子式及其結(jié)構簡式rm{.(}提示：rm{-COOH}是一種酸性官能團rm{)}并寫出化合物rm{A}與足量rm{NaOH}反應的化學方程式______．

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rm{.}求：

rm{(1)}參加反應的硝酸的物質(zhì)的量是多少？

rm{(2)}反應結(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。試計算：rm{壟脜}反應生成氣體的體積rm{(}標準狀況rm{)}rm{壟脝}加入鹽酸的體積；rm{壟脟}假設反應前后溶液體積不變，所得溶液中rm{Na^{+}}的物質(zhì)的量濃度。評卷人得分五、結(jié)構與性質(zhì)(共1題，共7分)26、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(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；能與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉與水，與稀硫酸反應生成硫酸鋁與水，故①符合；

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

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

④常溫下；Cu與濃硝酸反應生成硝酸銅；二氧化氮與水，與氯化鐵溶液反應得到氯化銅、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；

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；

④Cu與濃硝酸反應生成硝酸銅、二氧化氮與水，與氯化鐵溶液反應得到氯化銅、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或堿性氧化物和酸反應或酸和堿反應都生成鹽和水；所以生成鹽和水的反應不一定是中和反應，故B錯誤；

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

D．飽和溶液析出晶體后溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)是否發(fā)生改變；主要是取決于析出晶體的措施，當某物質(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)量分數(shù)不變，如果改變溫度而析出晶體時，溶液的質(zhì)量分數(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都屬于燃燒；

B．酸性氧化物和堿反應或堿性氧化物和酸反應都生成鹽和水；

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

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)量分數(shù)相等．

本題考查了物質(zhì)間的反應，根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)結(jié)合物質(zhì)之間的反應來分析解答，采用逆向思維的方法進行分析，易錯選項是D，注意析出晶體的方法，從而確定溶液的質(zhì)量分數(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，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；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．稀硝酸與銅反應生成一氧化氮；一氧化氮與氧氣反應生成二氧化氮，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；

C．銅與稀硝酸反應生成硝酸銅和一氧化氮和水；

D．稀硝酸與銅反應生成一氧化氮；一氧化氮與氧氣反應生成二氧化氮．

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極、電子流向、電流流向、反應類型的判斷?！窘獯稹緼.銅rm{-}鋅rm{-}稀rm{H_{2}SO_{4}}構成的原電池中；活潑金屬鋅作負極，失電子發(fā)生氧化反應，故A正確；

B.銅rm{-}鋅rm{-}稀rm{H_{2}SO_{4}}構成的原電池中，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，所以銅不易失去電子而受到保護，故B正確；C.負極上失電子發(fā)生氧化反應；正極上溶液中陽離子得電子發(fā)生還原反應，故C錯誤；

D.電子從負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極，故D正確。

故選C?！窘馕觥縭m{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，而MgO是堿性氧化物，不與NaOH溶液反應，因此濾渣主要是MgO，反生的離子反應方程式：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反應無現(xiàn)象，不知發(fā)生反應，錯誤；②Ca(OH)2與Na2CO3、NaHCO3都反應生成沉淀，錯誤；③Ba2＋＋CO32－=BaCO3↓，與NaHCO3不反應，正確；④都不反應，錯誤；⑤Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，與NaHCO3不反應，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)、化學計算等相關知識。【解析】【答案】（1）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生成四氧化三鐵與氫氣，反應方程式為：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行驗證，反應方程式為：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，反應生成rm{18}與水，反應方程式為：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生成四氧化三鐵與氫氣；

rm{H_{2}O}電子層結(jié)構相同；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)的量濃度的有關計算，題目較為綜合，充分理解rm{Ksp}的概念是解題的關鍵．【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的體積分數(shù)＝×100%≈27.3%?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)60%(2)27.3%11、略

【分析】

設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；

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，再利用分子的構成、原子的構成來計算中子數(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，則有2Na～H2↑；以此來計算氫氣的質(zhì)量關系及轉(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，反應的方程式是：2Fe+3Cl22FeCl3；（2）氯氣與堿發(fā)生反應，產(chǎn)生NaCl、NaClO和水，反應的方程式是：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O；（3）漂白粉的漂白原理是次氯酸鈣與碳酸發(fā)生反應產(chǎn)生次氯酸，反應的方程式是：CO2+H2O+Ca(ClO)2==CaCO3+2HclO?？键c：考查關于氯元素的單質(zhì)及化合物的化學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，反應為Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；氫氧化鋁不溶于弱堿氨水，反應完后沉淀量不再變化；根據(jù)定量關系，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：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1molAlCl3反應；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，應先有沉淀：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，后碳酸鈣與二氧化碳反應，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：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；應先生成碳酸鈣沉淀，后碳酸鈣與二氧化碳反應，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，隨著反應的進行沉淀量增大，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．

本題考查化學反應與圖象的關系，關鍵在于理解相關反應，熟練寫出相應的反應的方程式，明確發(fā)生的化學反應及反應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，這樣都會導致過濾失敗．

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生成CO和H2；是化學變化；

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

煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱；煤發(fā)生復雜的反應獲得煤焦油；焦爐煤氣等的過程，是化學變化．故煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是化學變化，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)生成的變化是化學變化；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．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)構簡式來確定化學鍵，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．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．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的分解反應方程式為：CaC2O4?H2OCaC2O4+H2O↑所以A的化學式是CaC2O4．（2）再討論t2時B點，87.7mg的CaC2O4受熱分解，設分解產(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應為CaCO3，分解方程式為：CaC2O4CaCO3+CO↑（3）綜上分析，由CaC2O4?H2O得到A的化學方程式即為CaC2O4CaCO3+CO↑（4）當加熱至1100℃～1200℃時，由圖讀得分解產(chǎn)物C的質(zhì)量約為38mg，設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，分解方程式應為：CaCO3CaO+CO2↑。由此得出C的化學式為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)構簡式為rm{C_{2}H_{2}O_{4}}．

與氫氧化鈉反應的方程式為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)量分數(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)與氫氧化鈉反應計算rm{NaOH}的相對分子質(zhì)量；進而確定分子式與結(jié)構簡式．

rm{B}根據(jù)為rm{B}中水與rm{(3)}的質(zhì)量分數(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．

本題考查有機物實驗式與分子式的確定，為高頻考點，側(cè)重于學生的分析、計算能力的考查，難度中等，理解掌握有機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，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)關系可知參加反應的硝酸的物質(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)關系可知參加反應的硝酸的物質(zhì)的量是0.8mol；

答：參加反應的硝酸的物質(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。【分析】

【分析】

本題考查化學方程式的計算，題目難度中等，本題注意根據(jù)反應方程式的計算，為解答該題的關鍵，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，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)關系可知參加反應的硝酸的物質(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)關系可知參加反應的硝酸的物質(zhì)的量是rm{(1)}

答：參加反應的硝酸的物質(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，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)關系可知參加反應的硝酸的物質(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)關系可知參加反應的硝酸的物質(zhì)的量是rm{(1)}

答：參加反應的硝酸的物質(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】本題考查化學反應方程式的計算，為高頻考點，把握發(fā)生的反應及物質(zhì)的量的有關計算為解答的關鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，題目難度不大。【解答】解：rm{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}由反應可知，rm{隆眉+H}生成氣體的體積為rm{{,!}_{2}}答：反應生成氣體的體積為rm{O}rm{O}rm{(1)}由反應可知，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速率的因素，所以在設計分組實驗時，要設計出分別只有濃度、溫度和接觸面積不同時反應速率的變化，從而找出不同外界因素對反應速率的影響。由于實驗①和實驗②探究HNO3濃度對該反應速率的影響，實驗①和實驗③探究溫度對該反應速率的影響，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速率的影響，故實驗④選擇細顆粒的大理石；

（2）依據(jù)裝置特點分析氣密性的檢查方法；

（3）化學反應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)反應式可計算出消耗的硝酸的物質(zhì)的量，最后計算其反應速率；

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

【詳解】

（1）由實驗目的可知；探究濃度；溫度、接觸面積對化學反應速率的影響，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；細顆粒；2.00；

（2）該裝置的氣密性的檢查方法是：關閉分液漏斗活塞，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反應的時間t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范圍內(nèi)的平均反應速率為：

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濃度對該反應速率的影響，且HNO3濃度①>②，濃度越大，反應越快，故曲線斜率①>②；

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

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

根據(jù)以上特征；畫出圖像如下：

【點睛】

本題考查了化學反應速率的影響因素，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細顆粒2.00關閉分液漏斗活塞，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；