2024年華師大新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2024年華師大新版高一化學下冊月考試卷850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7題，共14分)1、除去括號內(nèi)雜質(zhì)所用試劑和方法，正確的是A.乙醇（乙酸）、KOH溶液、分液B.乙烯（SO2）、KMnO4溶液、洗氣C.乙烷（乙烯）、H2（催化劑）、催化加氫D.乙醇（水）、CaO、蒸餾2、從海水中可以提取溴，主要反應為：2Br﹣+Cl2=2Cl﹣+Br2，下列說法正確的是（）A.溴離子具有氧化性B.氯氣是還原劑C.該反應屬于復分解反應D.氯氣的氧化性比溴單質(zhì)強3、下列元素的原子在形成不同物質(zhì)時，既能形成離子鍵，又能形成共價鍵的是（）A.KB.CaC.ID.Ne4、人們利用焰色反應制造了絢麗多彩的煙花，下列物質(zhì)的焰色為黃色的是A.rm{Na_{2}CO_{3}}B.rm{KCl}C.rm{CaCl_{2}}D.rm{CuSO_{4}}5、下列實驗中，所選裝置不合理的是

A.分離rm{Na_{2}CO_{3}}溶液和rm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}}選rm{壟脺}B.粗鹽提純，選rm{壟脵}和rm{壟脷}C.用rm{CCl_{4}}提取碘水中的碘，選rm{壟脹}D.用rm{FeCl_{2}}溶液吸收rm{Cl_{2}}選rm{壟脻}6、下列物質(zhì)屬于同分異構(gòu)體的一組是（）A.葡萄糖糖和蔗糖B.與CH3－CH2－CH2－CH3C.C2H6與C3H8D.O2與O37、可逆反應A（g）+3B（g）?2c（g）+2D（g），在四種不同情況下的反應速率分別如下，其中反應速率最快的是（）A.v（A）=0.25mol/（L?min）B.v（B）=0.6mol/（L?min）C.v（C）=0.3mol/（L?min）D.v（D）=0.1mol/（L?min）評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、乙醇分子中的化學鍵如右圖所示，在不同反應中斷鍵不同：和金屬鈉反應____鍵斷裂；化學方程式是____，在Cu催化下和O2反應____鍵斷裂,化學方程式是____，9、0.5mol的Y元素的離子得到6.02×1023個電子被還原成中性原子，0.4gY的氧化物恰好與100mL0.2mol?L﹣1的鹽酸完全反應；Y原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)相等．寫出：

（1）Y的元素符號為____，它在周期表的位置為____；

（2）Y的氧化物與鹽酸反應的離子方程式為____10、I.有下列物質(zhì)：rm{壟脵NaOH}溶液rm{壟脷}銅絲rm{壟脹}液態(tài)rm{HCl壟脺}鹽酸rm{壟脻NaHSO_{4}}固體rm{壟脼CO_{2}壟脽}酒精rm{壟脿}葡萄糖rm{壟謾}氫氧化鋇固體rm{壟芒}熔融氯化鈉rm{(}作答請?zhí)顚懶蛱杛m{)}

rm{(1)}上述物質(zhì)中，可導電的是______rm{.(2)}上述物質(zhì)中；屬于非電解質(zhì)的是______．

rm{(3)}上述狀態(tài)下，屬于電解質(zhì)但不導電的是______．rm{II.(4)}寫出rm{NaHSO_{4}}的電離方程式：______．rm{(5)}寫出rm{Ba(OH)_{2}}溶液與rm{H_{2}SO_{4}}溶液反應的離子反應方程式：__________________11、rm{31.}下表是元素周期表中的短周期部分，表中字母分別表示一種元素。

rm{(1)}畫出rm{壟脺}的簡單陰離子結(jié)構(gòu)示意圖_________；寫出rm{壟脿}在周期表中的位置_________。rm{(2)}寫出rm{壟脵}rm{壟脺}rm{壟脻}三種元素組成的化合物的電子式__________________。rm{(3)}表中______________rm{(}填元素符號rm{)}的氧化物具有兩性。rm{(4)壟脺}rm{壟脻}rm{壟脼}的原子半徑由大到小的順序是_____________。rm{(}用元素符號表示rm{)}rm{(5)壟脷}rm{壟脹}rm{壟脽}的最高價含氧酸的酸性由強到弱的順序是__________。rm{(}用____表達rm{)}12、9.03×1023個NH3含______mol氨分子，______mol氫原子，______mol質(zhì)子，______個電子，在標準狀況下的體積為______L。13、如圖所示在通常狀況下，rm{A}為固態(tài)單質(zhì)rm{.}根據(jù)下圖轉(zhuǎn)化關(guān)系；回答：

rm{(1)}寫出rm{A}rm{E}的化學式：rm{A}______，rm{E}______．

rm{(2)}寫出下列反應的化學方程式：

rm{壟脵E-隆煤C}______；

rm{壟脷C-隆煤D}______．

rm{(3)B}與rm{E}的濃溶液能反應，當rm{B}rm{E}等物質(zhì)的量反應時，化學方程式為______，反應現(xiàn)象______．

rm{(4)}若rm{A}為氣態(tài)單質(zhì)，則寫出rm{B}rm{D}化學式：rm{B}______，rm{D}______．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．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。16、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）17、煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是物理變化18、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）19、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。20、摩爾是七個基本物理量之一．（判斷對錯）21、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）評卷人得分四、工業(yè)流程題(共3題，共18分)22、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，應先關(guān)閉水龍頭，再斷開吸濾瓶和安全瓶之間的導管，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___________。23、工業(yè)上制備BaCl2·2H2O有如下兩種途徑。

途徑1：以重晶石（主要成分BaSO4）為原料；流程如下：

（1）寫出“高溫焙燒”時反應的化學方程式：_____________________________________。

（2）氣體用過量NaOH溶液吸收，得到硫化鈉。Na2S水解的離子方程式為_____________。

（3）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，當兩種沉淀共存時，=___________。[Ksp(AgBr)=5.4×10-13，Ksp(AgCl)=2.0×10-10]

途徑2：以毒重石(主要成分BaCO3，含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質(zhì))為原料；流程如下：

已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9。Ca2+Mg2+Fe3+開始沉淀時的pH11.99.11.9完全沉淀時的pH13.911.13.7

（4）為提高礦石的浸取率，可采取的措施是_________。

（5）加入NH3·H2O調(diào)節(jié)pH=8可除去___________（填離子符號），濾渣Ⅱ中含_________（填化學式）。加入H2C2O4時應避免過量，原因是_________。

（6）重量法測定產(chǎn)品純度的步驟為：準確稱取mgBaCl2·2H2O試樣，加入100mL水，用3mL2mol·L－1的HCl溶液加熱溶解。邊攪拌，邊逐滴加入0.1mol·L－1H2SO4溶液。待BaSO4完全沉降后，過濾，用0.01mol·L－1的稀H2SO4洗滌沉淀3~4次，直至洗滌液中不含Cl－為止。將沉淀置于坩堝中經(jīng)烘干灼燒至恒重，稱量為ng。則BaCl2·2H2O的質(zhì)量分數(shù)為_________。

（7）20℃時，PbCl2(s)在不同濃度鹽酸中的最大溶解量(單位：g·L-1)如圖所示。下列敘述正確的是_______________

A．鹽酸濃度越大，Ksp(PbCl2)越大。

B．PbCl2能與一定濃度的鹽酸反應。

C．x、y兩點對應的溶液中c(Pb2+)相等。

D．往含Pb2+的溶液中加入過量濃鹽酸，可將Pb2+完全轉(zhuǎn)化為PbCl2(s)24、工業(yè)上利用廢鎳催化劑（主要成分為Ni，還含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）制備草酸鎳晶體（NiC2O4·2H2O）的流程如下：

（1）NiC2O4·2H2O中C的化合價是___。既能加快“酸浸”反應速率又能提高“酸浸”原料利用率的操作措施為___。

（2）“濾渣Ⅰ”的主要成分是___。

（3）在隔絕空氣的條件下，高溫煅燒無水NiC2O4得到Ni2O3和兩種含碳元素的氣體，該反應的化學方程式是___。

（4）高能鋰離子電池的總反應為2Li+FeS=Fe+Li2S。用該電池作電源電解含鎳酸性廢水回收Ni的裝置如圖（圖中X、Y為電極，LiPF6·SO(CH3)2為電解質(zhì)）。

①電極X的反應材料是___（填化學式）；中間隔室b可以得到的主要物質(zhì)Z是___（填化學式）。

②電解總反應的離子方程式為___。

已知F＝96500C/mol，若電池工作tmin，維持電流強度為IA，理論回收Ni___g（寫出計算表達式即可）。評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共9分)25、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(guān)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(guān)系的預期結(jié)果示意圖。_______參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】試題分析：A．乙醇中混有乙酸可以用KOH溶液發(fā)生中和反應，然后利用物質(zhì)沸點的不同，用蒸餾的方法分離，錯誤；B．乙烯中混有SO2，若用KMnO4溶液洗氣則二者都會發(fā)生反應，因此不可行，錯誤；C．乙烷中混有乙烯應該用溴水洗氣，否則，反應緩慢，反應不徹底，仍然存在雜質(zhì)，錯誤；D．乙醇中混有水，可以利用水與CaO產(chǎn)生氫氧化鈣，然后利用物質(zhì)沸點的不同，用蒸餾的方法分離提純，正確?？键c：考查物質(zhì)的分離、提純的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、D【分析】【解答】解：A．溴離子化合價處于最低價態(tài)，只具有還原性，故A錯誤；B．反應中Cl元素化合價降低，Cl2為氧化劑；故B錯誤；

C．反應中有元素化合價的升降；為氧化還原反應，故C錯誤；

D．根據(jù)氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性可知氯氣的氧化性比溴單質(zhì)強；故D正確．

故選D．

【分析】反應2Br﹣+Cl2=2Cl﹣+Br2中Cl元素化合價降低，Cl2為氧化劑，Br元素化合價升高，被氧化，Br﹣為還原劑，以此解答該題．3、C【分析】【分析】答案：C

A、B是金屬，只能形成離子鍵、金屬鍵；C、I―是離子鍵、I2單質(zhì)形成共價鍵；D、稀有氣體，單原子分子，不形成化學鍵。4、A【分析】【分析】本題考查焰色反應的基本知識，熟悉基本的鈉與鉀的焰色反應?！窘獯稹垦嫔磻獮辄S色，是鈉及鈉的化合物的特征。A.含有鈉離子，故為黃色，故A正確；B.含有鉀離子，焰色反應為紫色rm{(}隔著藍色鈷玻璃觀察rm{)}故B錯誤；隔著藍色鈷玻璃觀察rm{(}故B錯誤；rm{)}C.含有鈣離子，焰色反應為紅色，故C錯誤；故選A。

D.含有銅離子，焰色反應為綠色，故D錯誤。【解析】rm{A}5、A【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的分離、提純，題目難度不大，注意常用儀器的使用和物質(zhì)的性質(zhì)的異同。【解答】A.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液和rm{CH_{3}COOC_{2}H_{3}}互不相溶，應用分液的方法分離，故A錯誤；B.粗鹽提純；應先用過濾方法除去沉淀雜質(zhì)，后蒸發(fā)可得到食鹽，故B正確；

C.rm{CCl_{4}}和水互不相溶，用rm{CCl_{4}}提取碘水中的碘，可用萃取的方法，可選rm{壟脹}故C正確；

D.rm{FeCl_{2}}吸收rm{Cl_{2}}可用洗氣瓶處理，選rm{壟脻}故D正確。

故選A。【解析】rm{A}6、B【分析】【解析】【答案】B7、A【分析】【解答】解：A；v（A）/1=0.25mol/（L?min）；B、v（B）/3=0.2mol/（L?min）；

C；v（C）/2=0.15mol/（L?min）；

D；v（D）/2=0.05mol/（L?min）；

所以反應速率v（A）＞v（B）＞v（C）＞v（D）．

故選A．

【分析】反應速率的單位相同，用各物質(zhì)表示的反應速率除以對應各物質(zhì)的化學計量數(shù)，數(shù)值大的反應速率快．二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】【解析】試題分析：乙醇和金屬鈉反應生成氫氣，羥基上的氫原子變成氫氣，斷鍵位置是①，反應的化學方程式是2CH3CH2OH＋2Na2CH3CH2ONa＋H2↑；乙醇在Cu催化下和O2反應發(fā)生催化氧化生成乙醛，斷鍵位置是①③，反應的化學方程式是考點：考查乙醇的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)【解析】【答案】1；2CH3CH2OH＋2Na2CH3CH2ONa＋H2↑；1、3；9、Mg第三周期第ⅡA族MgO+2H+═Mg2++H2O【分析】【解答】（1）6.02×1023個電子為1mol，則0.5mol的Y元素的離子得到1mol電子還原為中性原子，則離子為Y2+；

設YO的物質(zhì)的量為x；

由YO+2HCl═YCl2+H2O

12

x0.1L×0.2mol/L

解得x=0.01mol；

則YO的摩爾質(zhì)量為=40g/mol；

則Y的摩爾質(zhì)量為40g/mol﹣16g/mol=24g/mol；

即Y的相對原子質(zhì)量為24；又Y原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)相等；

則質(zhì)子數(shù)為12；為Mg元素，位于第三周期第ⅡA族；

故答案為：Mg；第三周期第ⅡA族；

（2）化學反應為MgO+2HCl═MgCl2+H2O，MgO、H2O在離子反應中應保留化學式；

則離子反應為MgO+2H+═Mg2++H2O，故答案為：MgO+2H+═Mg2++H2O．

【分析】6.02×1023個電子為1mol，則0.5mol的Y元素的離子得到2mol電子還原為中性原子，則離子為Y2+，利用YO+2HCl═YCl2+H2O計算Y的摩爾質(zhì)量，再利用Y原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)相等來確定Y的位置，以此來解答．10、I

（1）①②④⑩（2）⑥⑦⑧（3）③⑤⑨II

（4）（5）【分析】【分析】本題考查了電解質(zhì)和非電解質(zhì)及物質(zhì)導電能力的判斷，注意能導電的物質(zhì)不一定是電解質(zhì)，電解質(zhì)不一定導電，為易錯點，題目難度不大?！窘獯稹縭m{I}

rm{I}在rm{(1)}溶液、鹽酸、熔融氯化鈉中存在自由移動的離子，能夠?qū)щ姡~絲屬于金屬，能夠?qū)щ?，故為：rm{(1)}rm{NaOH}rm{壟脵壟脷壟脺壟芒}rm{(2)}非電解質(zhì)是指在水溶液里和熔化狀態(tài)下都不能導電的化合物，酒精、葡萄糖在水溶液里和熔化狀態(tài)下都不能導電，屬于非電解質(zhì)；rm{CO_{2}}的水溶液能夠?qū)щ?，是因為rm{CO_{2}}溶于水分別生成了電解質(zhì)碳酸，不是它們自身原因而導電，即rm{CO_{2}}屬于非電解質(zhì)，故為：rm{壟脼壟脽}rm{壟脼壟脽}rm{壟脿}；rm{(3)}電解質(zhì)是指在水溶液或熔化狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铮簯B(tài)rm{HCl}rm{HCl}rm{Na_{2}SO_{3}}固體溶于水能電離出自由移動的離子而導電，屬于電解質(zhì)，液態(tài)rm{HCl}rm{HCl}rm{Na_{2}SO_{3}}固體中沒有自由移動的離子，不能導電；

氧化鈉熔融態(tài)能夠?qū)щ?，屬于電解質(zhì)，但氧化鈉固體中沒有自由移動的離子，不能導電，的電離方程式為：rm{NaHS{O}_{4}=N{a}^{+}+{H}^{+}+SO_{4}^{2-}}故為：rm{壟脹壟脻壟謾}rm{壟脹壟脻壟謾}rm{II}rm{(4)}rm{NaHSO}rm{NaHSO}rm{4}rm{4}rm{B{a}^{2+}+2O{H}^{-}+2{H}^{+}+SO_{4}^{2-}=BaS{O}_{4}隆媒+2{H}_{2}O}rm{NaHS{O}_{4}=N{a}^{+}+{H}^{+}+SO_{4}^{2-}

}【解析】rm{I}

rm{I}rm{(1)}rm{(1)}rm{壟脵壟脷壟脺壟芒}rm{(2)}rm{壟脼壟脽}rm{壟脼壟脽}rm{壟脿}

rm{(4)NaHS{O}_{4}=N{a}^{+}+{H}^{+}+SO_{4}^{2-}}rm{(3)}rm{B{a}^{2+}+2O{H}^{-}+2{H}^{+}+SO_{4}^{2-}=BaS{O}_{4}隆媒+2{H}_{2}O}rm{壟脹壟脻壟謾}11、rm{(1)}第三周期，rm{VIIA}族

rm{(2)}

rm{(3)Al}

rm{(4)Na>Al>O}

rm{(5)HNO_{3}>H_{2}CO_{3}>H_{2}SiO_{3}}

【分析】【分析】本題考查有關(guān)元素周期表知識，難度不大，掌握元素周期表結(jié)構(gòu)與周期律是解答的關(guān)鍵?！窘獯稹縭m{(1)壟脺}的簡單陰離子結(jié)構(gòu)示意圖也就是氧離子的應當為：rm{壟脿}是rm{Cl}元素，在周期表中的位置是：第三周期，rm{VIIA}族，故答案為：第三周期，rm{VIIA}族；rm{(2)壟脵}rm{壟脺}rm{壟脻}三種元素組成的化合物是氫氧化鈉的電子式是：故答案為：rm{(3)}表中rm{Al}的氧化物氧化鋁是兩性氧化物，故答案為：rm{Al}rm{(4)}同一周期從左到右原子半徑由大到小，電子層數(shù)越多則原子半徑越大，故為：rm{Na>Al>O}故答案為：rm{Na>Al>O}rm{(5)壟脷}rm{壟脹}rm{壟脽}的最高價含氧酸分別是rm{H_{2}CO_{3}}rm{HNO_{3}}rm{H_{2}SiO_{3}}非金屬越強則對應的酸性越強，故為：rm{HNO_{3}>H_{2}CO_{3}>H_{2}SiO_{3}}故答案為：rm{HNO_{3}>H_{2}CO_{3}>H_{2}SiO_{3}}【解析】rm{(1)}第三周期，rm{VIIA}族rm{(2)}rm{(3)Al}rm{(4)Na>Al>O}rm{(5)HNO_{3}>H_{2}CO_{3}>H_{2}SiO_{3}}

12、1.54.51515NA33.6【分析】解：1mol任何物質(zhì)中含有6.02×1023個分子，則9.03×1023個氨（NH3）分子含氨分子的物質(zhì)的量為n===1.5mol；1個氨分子中含有3個氫原子，則9.03×1023個氨（NH3）分子含1.5mol×3=4.5mol氫原子；1個氫原子中含有1個質(zhì)子，1個電子，1個氮原子中含有7個質(zhì)子，7個電子，則1個氨分子中含有10個質(zhì)子、10個電子，則9.03×1023個氨（NH3）分子含1.5mol×10=15mol質(zhì)子和電子即，15NA個電子，在標準狀況下的體積為V=nVm=1.5mol×22.4L/mol=33.6L；

故答案為：1.5；4.5；15；15NA；33.6。

根據(jù)1mol任何物質(zhì)中含有6.02×1023個分子，結(jié)合氨（NH3）分子的構(gòu)成，根據(jù)n=計算氨氣分子的物質(zhì)的量，由化學式NH3可知，H原子的物質(zhì)的量是氨氣分子的3倍，每個氨氣分子含有10個質(zhì)子、10個電子，質(zhì)子、電子物質(zhì)的量為氨氣的10倍，根據(jù)N=nNA計算電子數(shù)目；根據(jù)V=nVm計算NH3體積；據(jù)此分析解答即可。

本題考查物質(zhì)的量的計算，題目難度不大，考查同學們靈活運用化學式的含義與有關(guān)計算進行分析問題、解決問題的能力，注意掌握以物質(zhì)的量為中心的計算?！窘馕觥?.54.51515NA33.613、rm{(1)S}rm{H_{2}SO}4

rm{(2)壟脵Cu+2H_{2}SO_{4}(}濃rm{)overset{?}{=}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{壟脷2SO_{2}+O_{2}underset{麓脽祿爐錄脕}{overset{?}{?}}2SO}3

rm{)overset{?}{=}

CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}濃rm{壟脷2SO_{2}+O_{2}underset{麓脽祿爐錄脕}{overset{?}{?}}

2SO}產(chǎn)生淡黃色沉淀及無色有刺激性氣味的氣體。

rm{(3)H_{2}S+H_{2}SO_{4}(}rm{)=S隆媒+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}【分析】【分析】

本題考查無機物的推斷，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、圖中轉(zhuǎn)化為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與推斷能力的考查，注意rm{S}rm{N}及其化合物的性質(zhì)；題目難度不大。

rm{A}通常狀態(tài)下為固態(tài)單質(zhì)，能與氫氣反應，應為非金屬單質(zhì)，由題中轉(zhuǎn)化關(guān)系，可知rm{A}為rm{S}則rm{B}為rm{H_{2}S}rm{C}為rm{SO_{2}}rm{D}為rm{SO_{3}}rm{E}為rm{H_{2}SO_{4}}若rm{A}為氣態(tài)單質(zhì)，則rm{A}為rm{N_{2}}rm{B}為rm{NH_{3}}rm{C}為rm{NO}rm{D}為rm{NO_{2}}rm{E}為硝酸；然后結(jié)合元素化合物知識來解答。

【解答】

rm{(1)A}通常狀態(tài)下為固態(tài)單質(zhì)，能與氫氣反應，應為非金屬單質(zhì)，由題中轉(zhuǎn)化關(guān)系，可知rm{A}為rm{S}則rm{B}為rm{H_{2}S}rm{C}為rm{SO_{2}}rm{D}為rm{SO_{3}}rm{E}為rm{H_{2}SO_{4}}

故答案為：rm{S}rm{H_{2}SO_{4}}

rm{(2)壟脵E隆煤C}的反應方程式為：rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}濃rm{)overset{?}{=}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{)overset{?}{=}

CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}的反應方程式為：rm{2SO_{2}+O_{2}underset{麓脽祿爐錄脕}{overset{?}{?}}2SO_{3}}

故答案為：rm{壟脷C隆煤D}濃rm{)overset{?}{=}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{2SO_{2}+O_{2}underset{麓脽祿爐錄脕}{overset{?}{?}}2SO_{3}}

rm{2SO_{2}+O_{2}underset{麓脽祿爐錄脕}{overset{?}{?}}

2SO_{3}}硫化氫與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應，反應方程式為：rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}濃rm{)overset{?}{=}

CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}產(chǎn)生淡黃色沉淀及無色有刺激性氣味的氣體；

故答案為：rm{2SO_{2}+O_{2}underset{麓脽祿爐錄脕}{overset{?}{?}}

2SO_{3}}濃rm{(3)}產(chǎn)生淡黃色沉淀及無色有刺激性氣味的氣體；

rm{H_{2}S+H_{2}SO_{4}(}若rm{)=S隆媒+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}為氣態(tài)單質(zhì)，則rm{H_{2}S+H_{2}SO_{4}(}為rm{)=S隆媒+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{(4)}為rm{A}rm{A}為rm{N_{2}}rm{B}為rm{NH_{3}}rm{C}為硝酸，符合上述轉(zhuǎn)化，故答案為：rm{NO}rm{D}

rm{NO_{2}}【解析】rm{(1)S}rm{H_{2}SO}4

rm{(2)壟脵Cu+2H_{2}SO_{4}(}濃rm{)overset{?}{=}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{壟脷2SO_{2}+O_{2}underset{麓脽祿爐錄脕}{overset{?}{?}}2SO}3

rm{)overset{?}{=}

CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}濃rm{壟脷2SO_{2}+O_{2}underset{麓脽祿爐錄脕}{overset{?}{?}}

2SO}產(chǎn)生淡黃色沉淀及無色有刺激性氣味的氣體。

rm{(3)H_{2}S+H_{2}SO_{4}(}rm{)=S隆媒+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}三、判斷題(共8題，共16分)14、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；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(jié)合原子個數(shù)守恒書寫方程式．16、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)簡式來確定化學鍵，確定存在C﹣H共價鍵的數(shù)目17、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(shù)，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；18、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．19、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(jié)合原子個數(shù)守恒書寫方程式．20、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．21、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，可能含有氧元素四、工業(yè)流程題(共3題，共18分)22、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：用NaOH溶液溶解鋁箔，發(fā)生反應：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：+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生成碳酸氫鈉，二氧化碳與NaAlO2反應生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，發(fā)生反應：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：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2-3次。

(5)45.82%23、略

【分析】【詳解】

（1）由流程圖知高溫焙燒時為重晶石礦和炭發(fā)生氧化還原反應，其中炭過量，故可知反應為：BaSO4+4C4CO↑+BaS；答案為：BaSO4+4C4CO↑+BaS；

（2）Na2S為強堿弱酸鹽，弱酸根離子與水電離產(chǎn)生的H+結(jié)合生成弱酸，其水解的離子方程式為：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，答案為：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-；

（3）根據(jù)沉淀溶解平衡常數(shù)計算式有：當兩種沉淀共存時有：則故答案為：

（4）提高礦石浸取率；可采取的措施有：攪拌；升高溫度、延長浸出時間、增大鹽酸的濃度、粉碎礦石增大接觸面積等，故答案為：將礦石粉碎，攪拌，適當升高溫度等；

（5）根據(jù)流程圖及表格中數(shù)據(jù)可知，加入NH3·H2O調(diào)節(jié)pH=8時，只有Fe3+完全沉淀除去。加入NaOH，調(diào)節(jié)pH=12.5，對比表格中數(shù)據(jù)可知，此時Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，所以濾渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；根據(jù)已知條件，若草酸過量，會生成BaC2O4沉淀，使得最終產(chǎn)物的量減少。故答案為：Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4過量會導致生成BaC2O4沉淀；產(chǎn)品的產(chǎn)量減少；

（6）根據(jù)題意可知最后的沉淀為BaSO4，質(zhì)量為ng，則其物質(zhì)的量=根據(jù)Ba原子守恒，則BaCl2·2H2O的物質(zhì)的量為故產(chǎn)品純度=故答案為：

（7）根據(jù)圖像中坐標的含義及圖像的變化；利用難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡及其影響因素分析解答：

A．Ksp(PbCl2)只與溫度有關(guān)系，溫度不變，Ksp(PbCl2)不變；A項錯誤；

B．根據(jù)圖像知當鹽酸濃度大于1mol/L時，PbCl2的溶解度隨鹽酸濃度的增大而增大，則PbCl2能與一定濃度的鹽酸反應；B項正確；

C．x、y兩點對應的溶液中c（Cl-）不同，則c(Pb2+)不等；C項錯誤；

D．根據(jù)圖像，往含Pb2+的溶液中加入濃鹽酸越多，PbCl2溶解度越大，不能將Pb2+完全轉(zhuǎn)化為(PbCl2)(s)；D項錯誤；

答案選B。

【點睛】

化工流程題在解題時首先要明確原料和產(chǎn)品，即箭頭進出方向，其次依據(jù)流程圖分析反應原理，緊扣信息，搞清流程中每一步發(fā)生了什么反應，弄清反應原理，明確目的，最后聯(lián)系儲存的知識，有效地進行信息的利用，準確表述和工整書寫。【解析】①.BaSO4+4C4CO↑+BaS②.S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-③.④.將礦石粉碎，攪拌，適當升高溫度等⑤.Fe3+⑥.Mg(OH)2、Ca(OH)2⑦.H2C2O4過量會導致生成BaC2O4沉淀，產(chǎn)品的產(chǎn)量減少⑧.⑨.B24、略

【分析】【分析】

制備草酸鎳晶體（NiC2O4·2H2O）的流程：廢鎳催化劑（主要成分為Ni，還含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）加入硫酸溶解得到含有Ni2+、Zn2+、Fe2+、Ca2+的酸性溶液，部分Ca2+與SO42-結(jié)合得到微溶物CaSO4，SiO2不溶于酸，過濾，濾渣I為SiO2和CaSO4，向濾液中加入NaClO溶液氧化Fe2+為Fe3+，同時將其沉淀為Fe(OH)3，過濾，濾渣II為Fe(OH)3，再向濾液中加入NH4F溶液，沉淀Ca2+為CaF2，濾渣III為CaF2，最后加入有機萃取劑萃取Zn2+，得到的水層主要為Ni2+，再向其中加入(NH4)2C2O4溶液，得到產(chǎn)品草酸鎳晶體（NiC2O4·2H2O），高溫煅燒無水NiC2O4的反應為：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；

用高能鋰離子電池作電源電解含鎳酸性廢水回收Ni：高能鋰離子中；Li為電源負極，F(xiàn)eS為電源正極，電解池中連接電源負極的為陰極，發(fā)生還原反應，連接電源正極為陽極，發(fā)生氧化反應，據(jù)此分析作答。

【詳解】

（1）NiC2O4·2H2O中鎳元素+2價；氧元素?2價，化合物中元素化合價總共為0，則碳元素+3價；將廢鎳催化劑粉碎或適當加熱；適當增大硫酸濃度、攪拌等能加快“酸浸”反應速率又能提高“酸浸”原料利用率；

故答案為：+3；廢鎳催化劑粉碎或適當加熱；適當增大硫酸濃度、攪拌等；

（2）由上述分析可知，濾渣I為SiO2和CaSO4；

故答案為：SiO2和CaSO4；

（3）高溫煅燒無水NiC2O4得到Ni2O3和兩種含碳元素的氣體，氣體為一氧化碳和二氧化碳，故反應為：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；

故答案為：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；

（4）①因該電解池的目的是從含鎳酸性廢水回收Ni，因此c池中發(fā)生還原反應，故Y電極為電源負極，X為電源正極，由電池總反應可知，其電源正極的反應材料為FeS；該電解池工作時，c池中Ni2+被還原，Cl-通過陰離子交換膜進入b中，a池中OH-發(fā)生氧化反應生成水和氧氣，Na+通過陽離子交換膜進入b池中，因此b池中得到的主要物質(zhì)為NaCl；

故答案為：Fe