…………○…………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年粵教滬科版高一化學(xué)上冊階段測試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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列各類物質(zhì)中，一定含有氫氧兩種元素的是()A.氧化物B.酸式鹽C.含氧酸D.沒有合理選項2、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X2-、Z+都與Mg2+具有相同的核外電子層結(jié)構(gòu)。則下列說法中正確的是A.Y元素位于第二周期第ⅦA族或0族B.X、Y、Z三種元素中非金屬性最強的是X元素C.X、Y、Z三種元素形成的簡單離子的半徑都比Mg2+半徑小D.Z分別與X、Y形成的化合物都是離子化合物3、對危險化學(xué)品要在包裝標(biāo)簽上印上警示性標(biāo)志，下列化學(xué)藥品名稱與警示標(biāo)志名稱對應(yīng)正確的是rm{(}rm{)}A.酒精rm{-}劇毒品B.濃硫酸rm{-}腐蝕品C.汽油rm{-}腐蝕品D.燒堿rm{-}劇毒品4、下列關(guān)于化學(xué)鍵的說法正確的是rm{(}rm{)}A.含有金屬元素的化合物一定是離子化合物B.第Ⅰrm{A}族和第Ⅶrm{A}族原子化合時，一定生成離子鍵C.由非金屬元素形成的化合物一定不是離子化合物D.離子化合物中可能同時含有離子鍵和共價鍵5、下列除去雜質(zhì)的實驗方法正確的是rm{(}rm{)}A.除去rm{CO}中少量rm{O_{2}}通過灼熱的rm{Cu}網(wǎng)后收集氣體B.除去rm{K_{2}CO_{3}}固體中少量rm{NaHCO_{3}}置于坩堝中加熱C.除去rm{FeSO_{4}}溶液中混有的rm{CuSO_{4}}加入適量rm{Zn}粉后過濾D.除去四氯化碳和水的混合物中的水，實驗室可采用分液法6、魯菜菜譜大全中記載：河蝦不宜與西紅柿同食。主要原因是河蝦中含有rm{+5}價砷，西紅柿中含有比較多的維生素rm{C}兩者同食時會生成有毒的rm{+3}價砷。下列說法正確的是()A.在該反應(yīng)中維生素rm{C}作催化劑B.由上述信息可推知維生素rm{C}具有還原性C.因為河蝦中含有砷元素，所以不能食用D.上述反應(yīng)中維生素rm{C}作氧化劑7、下列氣體中，不會造成空氣污染的是rm{(}rm{)}A.rm{N_{2}}B.rm{NH_{3}}C.rm{NO_{2}}D.rm{SO_{2}}8、一定溫度下，某一密閉恒容的容器內(nèi)存在可逆反應(yīng)rm{A(g)+3B(s)}rm{2C(g)}可判斷其達到化學(xué)平衡狀態(tài)的是rm{(}rm{)}A.當(dāng)生成rm{C}的速率為rm{0}時B.容器內(nèi)混合氣體的密度不隨時間而變化C.單位時間內(nèi)生成rm{nmolA}同時生成rm{3nmolB}D.rm{A}rm{B}rm{C}的分子數(shù)之比為rm{1:3:2}9、下列實驗操作中錯誤的是rm{(}rm{)}A.使用分液漏斗分液時，可將漏斗頸上的玻璃塞打開B.過濾時應(yīng)用玻璃棒攪拌，目的是為了加快過濾速度C.除去rm{N_{2}}中混有的rm{O_{2}}可使混合氣體通過灼熱的銅網(wǎng)D.粗鹽提純時，當(dāng)蒸發(fā)到剩余少量液體時，停止加熱，利用余熱將液體蒸干評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)10、以石油、煤和天然氣為主要原料生產(chǎn)的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.陶瓷B.塑料C.合成纖維D.合成橡膠11、溫度為T1時，在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)(正反應(yīng)放熱)。實驗測得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響。不同時刻測得容器中n(NO)、n(O2)如下：。時間/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03

下列說法正確的是A.0~2s內(nèi)，該反應(yīng)的平均速率v(NO)=0.03mol·L-1·s-1B.其他條件不變，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，則達平衡時NO2體積分數(shù)減小C.其他條件不變，移走部分NO2，則平衡正向移動，平衡常數(shù)增大D.當(dāng)溫度改變?yōu)門2時，若k正=k逆，則T2＞T112、在恒溫、恒容的條件下，有反應(yīng)2A（g）+2B（g）?C（g）+3D（g），現(xiàn)從兩條途徑分別建立平衡。途徑I：A、B的起始濃度為2mol·L-1；途徑II：C、D的起始濃度分別為2mol·L-1和6mol·L-1；則以下敘述正確的是（）A.兩途徑最終到平衡時，體系內(nèi)混合氣的百分組成相同B.兩途徑最終達到平衡時，體系內(nèi)混合氣的百分組成不同C.達平衡時，途徑I的反應(yīng)速率υ（A）等于途徑II的反應(yīng)速率υ（A）D.達平衡時，途徑I所得混合氣的密度為途徑II所得混合氣密度的13、如圖是電解CuCl2溶液的裝置；其中c；d為石墨電極。則下列判斷正確的是（）

A.a為負極、b為正極B.電解過程中，c電極上發(fā)生氧化反應(yīng)C.d為陽極，電極反應(yīng)為：2Cl－-2e-=Cl2↑D.電解過程中，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能14、容量瓶上含有下列量中的rm{(}rm{)}A.壓強B.溫度C.容積E.刻度線E.刻度線評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、（12分）．目前世界上60%的鎂是從海水提取的。海水提鎂的主要流程如下：請回答下列問題：（1）從離子反應(yīng)的角度思考，寫出在沉淀池的離子方程式____。（2）操作A是____，操作B是____。（3）加入的足量試劑a是____（填化學(xué)式）。（4）無水MgCl2在熔融狀態(tài)下，通電后會產(chǎn)生Mg和Cl2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（5）有同學(xué)認為：可直接加熱Mg(OH)2得到MgO，再電解熔融MgO制金屬鎂，這樣可簡化實驗步驟，體現(xiàn)實驗的簡約性原則。你________（填“同意”或“不同意”）此觀點。16、物質(zhì)的量是它表示含有______的集合體，符號為______，單位______，對象是______及特定組合；阿伏加德羅常數(shù)（NA）的單位______．17、（1）已知25℃時，C2H5OH（l）的燃燒熱為1366.8kJ/mol，用熱化學(xué)方程式表示：______；

（2）列出可逆反應(yīng)Br2+H2O?H++Br-+HBrO的平衡常數(shù)的表達式：______；

（3）用惰性電極電解MgBr2溶液的陰極反應(yīng)方程式：______；

（4）硫酸為電解質(zhì)溶液的甲烷燃料電池中，正極反應(yīng)方程式：______；

（5）已知右圖針筒內(nèi)發(fā)生可逆反應(yīng)：2NO2?N2O4；平衡后，在恒溫條件下把針筒往里推（減小體積），試描述觀察到的現(xiàn)象．

①若從側(cè)面觀察，則看到的現(xiàn)象為：______；

②若從正向觀察，則看到的現(xiàn)象為：______．

（6）可逆反應(yīng)3A（g）3B（？）+C（？）△H＞0，達到化學(xué)平衡后，升高溫度．若B是氣體，C不是氣體，氣體的平均相對分子質(zhì)量______；若B、C都不是氣體，氣體的平均相對分子質(zhì)量______．（填“變大”、“變小”、“不變”或“無法確定”）18、分析下列各種變化或用途中指定物質(zhì)所表現(xiàn)出的性質(zhì)rm{壟脜}實驗室將硝酸放在棕色試劑瓶中保存，是因為rm{HNO_{3}}________的性質(zhì)；rm{壟脝}實驗室利用rm{NaNO_{3}}固體與濃硫酸微熱時反應(yīng)制rm{HNO_{3}}反應(yīng)體現(xiàn)濃硫酸的________性；rm{壟脟}在燈泡中充入rm{N_{2}}是利用了rm{N_{2}}________的性質(zhì)；rm{壟脠}氫硫酸敞口放置，溶液會變渾濁，表現(xiàn)了rm{H_{2}S}的________性。19、氧化還原反應(yīng)中實際上包含氧化和還原兩個過程．下面是一個還原過程的反應(yīng)式：

2NO3-+10H++8e-→N2O+5H2O

Fe2（SO4）3、KMnO4、Na2CO3、FeSO4四種物質(zhì)中的一種物質(zhì)能使上述還原過程發(fā)生．

（1）寫出該氧化還原反應(yīng)的離子方程式：____；

（2）該反應(yīng)中氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為____；

（3）反應(yīng)中硝酸體現(xiàn)了____、____性質(zhì)；

（4）反應(yīng)中若產(chǎn)生0.2mol氣體，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是____．20、（7分）J、L、M、R、T是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，J、R在周期表中的相對位置如右表；J元素最低負化合價的絕對值與其原子最外層電子數(shù)相等；M是地殼中含量最多的元素。（1）元素T在周期表中的位置是位于①_________。（2）J和氫組成的化合物A每個分子由4個原子組成且含有2個氫原子，其結(jié)構(gòu)式為②________________，已知充分燃燒agA物質(zhì)時生成1mol二氧化碳氣體和液態(tài)水，并放出熱量bkJ，則A物質(zhì)燃燒熱的熱化學(xué)方程式是③__________。（3）M和R形成的一種化合物能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，該反應(yīng)的離子方程式為④______________。（4）在微電子工業(yè)中，L的最簡單氣態(tài)氫化物的水溶液可作刻蝕劑H2O2的清除劑，所發(fā)生反應(yīng)的產(chǎn)物不污染環(huán)境，其化學(xué)方程式為：⑤。（5）寫出三種僅由上述五種元素中的一種或兩種元素形成的漂白劑的化學(xué)式：⑥__________________。（6）其中L、M、R形成的氫化物沸點由高到低的順序是⑦（用化學(xué)式表示）21、（8分）甲、乙、丙、丁是常見的非金屬單質(zhì)，其中甲、乙、丙是摩爾質(zhì)量依次增加的氣體。氣體A和B以物質(zhì)的量2︰1通入水中，得到C溶液。請根據(jù)下圖的轉(zhuǎn)化關(guān)系回答：（1）按要求寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：A:B:E:F:（2）寫出溶液C中加氯水的離子方程式：____（3）在催化劑和加熱條件下，A可與丙反應(yīng)，化學(xué)方程式為：22、用MnO2和濃鹽酸制取純凈干燥的氯氣，并讓氯氣與銅粉反應(yīng)制取純凈的無水CuCl2；裝置如圖所示．

請回答下列問題：

（1）實驗前檢查鏈套裝量的氣密性的方法是______

（2）B中選用的試劑是飽和食鹽水，其作用是______，C中選用的試劑是______，其作用是______．

（3）D中反應(yīng)的化學(xué)方程式是______，將此生成物溶于少量水，得到______色溶液．23、濃硝酸往往由于溶解了______而呈黃色，去除黃色的方法是______．評卷人得分四、簡答題(共4題，共24分)24、rm{(1)}在rm{25隆忙}條件下將rm{pH=11}的氨水稀釋rm{100}倍后溶液的rm{pH}為rm{(}填序號rm{)}______．

A.rm{9}rm{B.13}rm{C.11隆蘆13}之間rm{D.9隆蘆11}之間。

rm{(2)25隆忙}時，向rm{0.1mol/L}的氨水中加入少量氯化銨固體，當(dāng)固體溶解后，測得溶液rm{pH}減小，主要原因是rm{(}填序號rm{)}______．

A.氨水與氯化銨發(fā)生化學(xué)反應(yīng)。

B.氯化銨溶液水解顯酸性，增加了rm{c(H^{+})}

C.氯化銨溶于水，電離出大量銨離子，抑制了氨水的電離，使rm{c(OH^{-})}減小。

rm{(3)}室溫下，如果將rm{0.1mol}rm{NH_{4}Cl}和rm{0.05mol}rm{NaOH}全部溶于水，形成混合溶液rm{(}假設(shè)無損。

失rm{)}

rm{壟脵}______和______兩種粒子的物質(zhì)的量之和等于rm{0.1mol}．

rm{壟脷}______和______兩種粒子的物質(zhì)的量之和比rm{OH^{-}}多rm{0.05mol}．

rm{(4)}已知某溶液中只存在rm{OH^{-}}rm{H^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Cl^{-}}四種離子；某同學(xué)推測該溶液中各離子濃度大小順序可能有如下四種關(guān)系：

A.rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}rm{B.c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})>c(H^{+})}

C.rm{c(Cl^{-})>c(H^{+})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})}rm{D.c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}

rm{壟脵}若溶液中只溶解了一種溶質(zhì)，該溶質(zhì)的名稱是______，上述離子濃度大小順序關(guān)系中正確的是rm{(}選填序號rm{)}______．

rm{壟脷}若上述關(guān)系中rm{C}是正確的；則溶液中溶質(zhì)的化學(xué)式是______．

rm{壟脹}若該溶液中由體積相等的稀鹽酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，則混合前rm{c(HCl)}______rm{c(NH_{3}?H_{2}O)(}填“rm{>}”、“rm{<}”、或“rm{=)}．25、已知反應(yīng)：rm{壟脵Cl_{2}+2KBr簍T2KCl+Br_{2}}rm{壟脷2KMnO_{4}+16HCl(}濃rm{)簍T2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}rm{壟脹Br_{2}+K_{2}S簍T2KBr+S}rm{(1)}下列說法正確的是____．A.上述三個反應(yīng)都有單質(zhì)生成，所以都是置換反應(yīng)B.氧化性由強到弱順序為rm{KMnO_{4}>Cl_{2}>Br_{2}>S}C.反應(yīng)rm{壟脷}中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為rm{8}rm{1}D.反應(yīng)rm{壟脹}中rm{lmol}還原劑被氧化則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為rm{2mol}rm{(2)}用雙線橋法標(biāo)出反應(yīng)rm{壟脷}中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目．____rm{(3)}某同學(xué)欲用rm{KMnO_{4}}固體配制rm{100mL0.5mol.L^{-1}}的溶液rm{.}回答下列問題：rm{壟脵}配制rm{KMnO_{4}}溶液時需用的主要儀器有托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、量筒、____、____．rm{壟脷}應(yīng)用托盤天平稱取rm{KMnO_{4}(158g/mol)}固體____rm{g.}rm{壟脹}不規(guī)范的實驗操作會導(dǎo)致實驗結(jié)果的誤差rm{.}分析下列操作對實驗結(jié)果的影響偏小的是rm{(}請?zhí)钚蛱杛m{)}____．A.加水定容時俯視刻度線B.容量瓶內(nèi)壁附有水珠而未干燥處理C.顛倒搖勻后發(fā)現(xiàn)凹液面低于刻度線又加水補上D.在溶解過程中有少量液體濺出燒杯外．26、下面是四種鹽在不同溫度下的溶解度（g/100gH2O）

。溫度]NaNO3KNO3NaClKCl10°C80.520.935.731.0100°C17524639.156（假設(shè)：（1）鹽類共存時不影響各自的溶解度．（2）分離晶體時；溶劑的損耗忽略不計．）

某同學(xué)設(shè)計用物質(zhì)的量比為1：1的硝酸鈉和氯化鉀為原料；加入一定量的水制取硝酸鉀晶體的實驗，其流程如圖：

（1）在①和③的實驗過程中，關(guān)鍵的實驗條件是______．

（2）分離出晶體的②和④的操作是______（填“蒸發(fā)”、“結(jié)晶”、“過濾”中的某種操作）．硝酸鉀晶體是______（填“A”或“C”）．

（3）粗產(chǎn)品中可能含有的雜質(zhì)離子是______；檢驗的方法是______．

（4）欲將粗產(chǎn)品提純，可采取的方法是______．27、現(xiàn)有含rm{NaCL}rm{Na_{2}SO_{4}}和rm{NaNO_{3}}的混合物，選擇適當(dāng)?shù)脑噭⑵滢D(zhuǎn)化為相應(yīng)的沉淀或固體，從而實現(xiàn)rm{CL^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}和rm{NO_{3}^{-}}的相互分離rm{.}相應(yīng)的實驗過程可用下圖表示。

rm{(1)}寫出實驗流程中下列物質(zhì)的化學(xué)式：試劑rm{X}______，沉淀rm{A}______，沉淀rm{B}______．

rm{(2)}上述實驗流程中加入過量的rm{Na_{2}CO_{3}}的目的是______．

rm{(3)}按此實驗方案得到的溶液rm{3}中肯定含有______rm{(}填化學(xué)式rm{)}雜質(zhì)；為了解決這個問題，可以向溶液rm{3}中加入適量的______，之后若要獲得固體rm{NaNO_{3}}需進行的實驗操作是______rm{(}填操作名稱rm{)}．評卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共24分)28、重鉻酸鉀(K2Cr2O7)是一種重要的化工原料，以FeO·Cr2O3為原料制備K2Cr2O7的流程如下：

已知：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2

回答下列問題：

(1)寫出濾渣的一種用途：___________________。

(2)“調(diào)節(jié)pH”可實現(xiàn)CrO42-和Cr2O72-在溶液中相互轉(zhuǎn)化。室溫下，若初始濃度為1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)隨c(H+)的變化如圖所示：

①由圖可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡轉(zhuǎn)化率________(填“增大”“減小”或“不變”)。

②根據(jù)A點數(shù)據(jù)，計算出該轉(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)為_________。

(3)流程中的“轉(zhuǎn)化”過程中發(fā)生的反應(yīng)屬于_________(填基本反應(yīng)類型)。

(4)在化學(xué)分析中采用K2CrO4為指示劑，以AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+與CrO42-生成磚紅色沉淀，指示到達滴定終點。當(dāng)溶液中Cl-恰好完全沉淀(濃度等于1.0×10－5mol·L-1)時，溶液中c(Ag+)為_______mol·L-1，此時溶液中c(CrO42-)等于________mol·L－1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.0×10-12和2.0×10-10)29、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(jié)晶水變成無水氯化鈷。

(1)寫出Co2O3與Na2SO3和鹽酸反應(yīng)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(xué)式)

(3)為了除去Fe3+、Al3+，需加Na2CO3調(diào)pH，則pH應(yīng)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(guān)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___________。30、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。回答下列問題：

(1)“濾渣1”的成分為______(寫化學(xué)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(biāo)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(xué)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(yīng)為Li1-nMO2+LinC6LiMO2+6C，則充電時b極的電極反應(yīng)式為____________________。

31、工業(yè)上制取CuCl2的生產(chǎn)流程如下：

請結(jié)合下表數(shù)據(jù)，回答問題：。物質(zhì)Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3溶度積(25℃)8.0×10-162.2×10-204.0×10-38完全沉淀時的pH范圍≥9.6≥6.43~4

(1)在溶液A中加入NaClO的目的是_________________。

(2)在溶液B中加入CuO主要涉及的離子反應(yīng)方程式為________________。

(3)操作a為___________。

(4)在Cu(OH)2中加入鹽酸使Cu(OH)2轉(zhuǎn)化為CuCl2，采用稍過量鹽酸和低溫蒸干的目的是___。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】由兩種因素組成，其中一種是氧元素的化合物是氧化物，A不正確。酸式鹽中不一定含有氧元素，例如NaHS，B不正確。含氧酸中一定同時含有氫氧兩種因素，答案選C。【解析】【答案】C2、D【分析】試題分析：X2-、Z+都與Mg2+具有相同的核外電子層結(jié)構(gòu)，說明離子的原子核外都有10個電子，則X為O元素，Z為Na元素，又X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大，則Y應(yīng)為F元素，則A、Y為主族元素，應(yīng)為F，不可能為0族元素，故A錯誤；B、X為O元素，Y為F元素，F(xiàn)元素的非金屬性最強，故B錯誤；C、X、Y、Z三種元素形成的簡單離子與Mg2+具有相同的核外電子排布，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則半徑都比Mg2+半徑大，故C錯誤；D、Na為活潑金屬單質(zhì)，O、F的非金屬性較強，則形成的化合物為離子化合物，故D正確。故選D。考點：考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律知識【解析】【答案】D3、B【分析】分析：rm{A.}酒精易燃；rm{B.}濃硫酸有強腐蝕性；rm{C.}汽油易燃；rm{D.}燒堿有強腐蝕性。

解答：rm{A.}酒精易燃；是易燃品，故A錯誤；

B.濃硫酸有強腐蝕性；是腐蝕品，故B正確；

C.汽油易燃是易燃品；故C錯誤；

D.燒堿有強腐蝕性；是腐蝕品，故D錯誤。

故選B．

本題考查危險化學(xué)品的分類，難度較小，旨在考查學(xué)生對基礎(chǔ)知識的識記，注意基礎(chǔ)知識的積累掌握。【解析】rm{B}4、D【分析】解：rm{A}含有金屬元素的化合物不一定是離子化合物；如氯化鋁是共價化合物，故A錯誤；

B、第Ⅰrm{A}族和第Ⅶrm{A}族原子化合時，不一定生成離子鍵，可能生成共價鍵，如rm{H}元素和rm{F}元素能形成共價化合物rm{HF}故B錯誤；

C；由非金屬元素形成的化合物可能是離子化合物；如銨鹽，故C錯誤；

D、離子化合物中可能同時含有離子鍵和共價鍵，如rm{NaOH}故D正確；

故選D．

A；含有金屬元素的化合物不一定是離子化合物；

B、第Ⅰrm{A}族和第Ⅶrm{A}族原子化合時；不一定生成離子鍵；

C；由非金屬元素形成的化合物可能是離子化合物；

D；離子化合物中可能同時含有離子鍵和共價鍵．

本題考查了化合物和化學(xué)鍵的關(guān)系，明確物質(zhì)的構(gòu)成微粒及微粒間的作用力即可解答，注意不能根據(jù)是否含有金屬元素判斷離子鍵，為易錯點．【解析】rm{D}5、D【分析】解：rm{A.Cu}與氧氣反應(yīng)，但rm{CO}還原rm{CuO}則不能利用灼熱的rm{Cu}網(wǎng)除雜；故A錯誤；

B.rm{NaHCO_{3}}加熱分解生成碳酸鈉；引入新雜質(zhì)，則加熱法不能除雜，故B錯誤；

C.rm{Zn}與硫酸銅反應(yīng)生成硫酸鋅，引入新雜質(zhì)，應(yīng)選加足量rm{Fe}過濾；故C錯誤；

D.四氯化碳和水的混合物分層；選分液法可分離，故D正確；

故選D．

A.rm{Cu}與氧氣反應(yīng)，但rm{CO}還原rm{CuO}

B.rm{NaHCO_{3}}加熱分解生成碳酸鈉；

C.rm{Zn}與硫酸銅反應(yīng)生成硫酸鋅；

D.四氯化碳和水的混合物分層．

本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱嶒灥脑u價性分析，題目難度不大．【解析】rm{D}6、B【分析】【分析】本題以生活中的信息來考查氧化還原反應(yīng)，明確信息中砷元素的化合價變化是解答本題的關(guān)鍵，信息的獲取和應(yīng)用是解答本題的關(guān)鍵。【解答】A.由信息可知，反應(yīng)中砷元素的化合價降低，則維生素rm{C}中某元素的化合價升高，則維生素rm{C}在反應(yīng)中作還原劑；故A錯誤；

B.由信息可知，反應(yīng)中砷元素的化合價降低，則維生素rm{C}中某元素的化合價升高，則維生素rm{C}在反應(yīng)中作還原劑；故B正確；

C.河蝦中含有五價砷；無毒，則能夠食用，故C錯誤；

D.反應(yīng)中砷元素的化合價降低，則維生素rm{C}中某元素的化合價升高，則維生素rm{C}在反應(yīng)中作還原劑；故D錯誤。

故選B。【解析】rm{B}7、A【分析】解：rm{A.N_{2}}為空氣的主要成分；無毒，不會造成空氣污染，故A正確；

B.rm{NH_{3}}雖然無毒；但有刺激性氣味，其溶于水溶液呈堿性，對人傷害較大，也會造成空氣污染，故B錯誤；

C.rm{NO_{2}}有毒；排放在空氣中，造成空氣污染，故C錯誤；

D.rm{SO_{2}}有毒；排放在空氣中，造成空氣污染，故D錯誤；

故選：rm{A}

rm{NO_{2}}rm{SO_{2}}都有毒，排放在空氣中，造成空氣污染，rm{NH_{3}}雖然無毒，但有刺激性氣味，其溶于水溶液呈堿性，對人傷害較大，也會造成空氣污染，而rm{N_{2}}為空氣的主要成分；不是污染物，以此來解答．

本題考查空氣的污染性氣體，題目難度不大，注意常見元素化合物的性質(zhì)以及空氣的污染等問題．【解析】rm{A}8、B【分析】【分析】本題主要考查化學(xué)平衡狀態(tài)判斷。根據(jù)達到平衡著狀態(tài)，各組分的濃度不變，正逆反應(yīng)速率相等進行判斷。【解答】A.當(dāng)反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，正、逆反應(yīng)速率相等但不等于rm{0}當(dāng)生成rm{C}的速率為rm{0}時，反應(yīng)未開始或反應(yīng)停止，故A錯誤；當(dāng)生成rm{0}的速率為rm{C}時，反應(yīng)未開始或反應(yīng)停止，故A錯誤；B.rm{0}是固體，當(dāng)混合氣體的密度不隨時間而變化時，說明已達平衡，故B正確；C.同一方向反應(yīng)，不能判定是否達平衡。無論該反應(yīng)是否達到平衡狀態(tài)，單位時間內(nèi)，生成恒容容器，rm{B}是固體，當(dāng)混合氣體的密度不隨時間而變化時，說明已達平衡，故B正確；就同時生成rm{B}故C錯誤；D.達到平衡時，各物質(zhì)的濃度不變，不等于rm{nmolA}，故D錯誤。故選B。rm{3nmolB}【解析】rm{B}9、B【分析】解：rm{A.}將漏斗上口的玻璃塞打開；使內(nèi)外空氣相通，保證液體順利流出，故A正確；

B.過濾時不能攪拌；防止濾紙破損，故B錯誤；

C.銅可與氧氣反應(yīng)；可除去氧氣，故C正確；

D.蒸發(fā)時注意溫度不能過高而導(dǎo)致固體迸濺；當(dāng)剩余少量液體時，停止加熱，利用余熱將液體蒸干，故D正確．

故選B．

A.使內(nèi)外空氣相通；保證液體順利流出；

B.過濾時不能攪拌；

C.銅可與氧氣反應(yīng)；

D.蒸發(fā)時注意溫度不能過高而導(dǎo)致固體迸濺．

本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，涉及物質(zhì)的分離與提純等，側(cè)重實驗基本操作和實驗原理的考查，注意裝置的作用及實驗的操作性、評價性分析，題目難度不大．【解析】rm{B}二、多選題(共5題，共10分)10、BCD【分析】解：以煤；石油和天然氣為主要原料可制造化工產(chǎn)品、合成塑料、合成橡膠、合成纖維等；

故選BCD．

三大合成材料是合成塑料；合成橡膠、合成纖維．

本題考查煤、石油和天然氣的用途，難度不大，平時注意知識的積累．【解析】rm{BCD}11、AD【分析】【詳解】

A．根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知：在0~2s內(nèi)，NO的物質(zhì)的量由0.20mol變?yōu)?.08mol，△n(NO)=0.20mol-0.08mol=0.12mol，則該反應(yīng)的平均速率v(NO)==0.03mol·L-1·s-1；A正確；

B．其他條件不變，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相當(dāng)于增大體系的壓強，由于該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強，化學(xué)平衡正向移動，所以達平衡時NO2體積分數(shù)增大；B錯誤；

C．化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)不變，故其他條件不變，移走部分NO2；化學(xué)平衡正向移動，但平衡常數(shù)不變，C錯誤；

D．k正、k逆為速率常數(shù)，只受溫度影響，在溫度為T1時，根據(jù)表格數(shù)據(jù)，容器容積是2L，結(jié)合物質(zhì)反應(yīng)關(guān)系可知平衡時各種物質(zhì)的濃度c(NO)=0.03mol/L，c(O2)=0.015mol/L，c(NO2)=0.07mol/L，化學(xué)平衡常數(shù)K=＞0，說明k正＞k逆，若k正＝k逆，則K減小，化學(xué)平衡逆向移動，由于該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則改變條件是升高溫度，所以溫度T2＞T1；D正確；

故合理選項是AD。12、AD【分析】【詳解】

途徑II中C、D的起始濃度分別為2mol·L-1和6mol·L-1；用“極限法一邊倒”，途徑II完全等效于恒溫；恒容條件下起始加入4mol/LA和4mol/LB；途徑II中A、B的起始物質(zhì)的量濃度是途徑I中A、B的起始物質(zhì)的量濃度的2倍，該反應(yīng)反應(yīng)前后氣體的體積不變，則途徑II與途徑I為恒溫、恒容下的比例等效平衡；

A.途徑II與途徑I為恒溫；恒容下的比例等效平衡；兩途徑最終到平衡時，體系內(nèi)混合氣的百分組成相同，A正確；

B.途徑II與途徑I為恒溫；恒容下的比例等效平衡；兩途徑最終到平衡時，體系內(nèi)混合氣的百分組成相同，B錯誤；

C.途徑II與途徑I為恒溫；恒容下的比例等效平衡；達到平衡時途徑II中各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度是途徑I的2倍，則達平衡時途徑I的反應(yīng)速率υ（A）小于途徑II的反應(yīng)速率υ（A），C錯誤；

D.途徑II與途徑I為恒溫、恒容下的比例等效平衡，達到平衡時途徑II中各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度是途徑I的2倍，則達平衡時，途徑I所得混合氣的密度為途徑II所得混合氣密度的D正確；

答案選AD。13、BD【分析】【分析】

由圖可知，電流從正極流向負極，則a為正極，b為負極；則c為陽極，d為陰極，銅離子在陰極得到電子，氯離子在陽極失去電子，結(jié)合電解池的基本工作原理解題。

【詳解】

A.電流從正極流向負極，則a為正極，b為負極；故A錯誤；

B.電解過程中，c為陽極，還原劑失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，2Cl－-2e-=Cl2↑；故B正確；

C.d為陰極，銅離子在陰極得到電子，其電極反應(yīng)式為：Cu2++2e-=Cu；故C錯誤；

D.電解過程中；電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，故D正確；

故選BD。

【點睛】

本題主要考查了學(xué)生對電解原理這個知識點的理解以及掌握情況，解答本題的關(guān)鍵是首先判斷出電源正負極，然后分析電解池的陽極是否是惰性電極，最后確定電極反應(yīng)。解答本題時需要注意的是，題目中給出的是電流方向，不是電子的運動方向。14、BCE【分析】解：容量瓶上標(biāo)有唯一一條刻度線、容積、溫度rm{(20隆忙)}沒有標(biāo)示壓強和密度，選BCE．

容量瓶是精密的儀器；不能受熱，不能用于溶解固體和稀釋濃溶液，在瓶體上標(biāo)有一條刻度線；容積和溫度，據(jù)此分析．

本題考查了容量瓶的結(jié)構(gòu)，難度不大，屬于識記性知識的考查rm{.}應(yīng)加強基礎(chǔ)的掌握．【解析】rm{BCE}三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】（1）鎂離子和OH－結(jié)合生成氫氧化鎂沉淀，離子方程式為Mg2++2OH－==Mg(OH)2↓。（2）氫氧化鎂不溶于水，過濾即可。氯化鎂易溶于水，要得到氯化鎂晶體，需要加熱濃縮（或蒸發(fā)結(jié)晶）。（3）氫氧化鎂和鹽酸反應(yīng)才能生成氯化鎂，即a是氯化氫。（4）鎂是活潑的金屬，需要通過電解法冶煉，方程式為MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑。（5）氧化鎂的熔點太高，熔合要消耗大量的能量，所以此觀點是錯誤的，不同意。【解析】【答案】Mg2++2OH－==Mg(OH)2↓過濾加熱濃縮（或蒸發(fā)結(jié)晶）HClMgCl2（熔融）Mg+Cl2↑不同意16、略

【分析】解：物質(zhì)的量是一個物理量，用于表示含有一定數(shù)目粒子集合體，符號為n，單位是mol，對象是微粒以及其特定組合，阿伏伽德羅常數(shù)的單位是mol-1；

故答案為：一定數(shù)目粒子；n；mol；微粒；mol-1．

物質(zhì)的量是一個物理量，用于表示含有一定數(shù)目粒子集合體，物質(zhì)的量的單位是mol，阿伏伽德羅常數(shù)的單位是mol-1；據(jù)此解答即可．

本題考查了物質(zhì)的量的概念和單位，應(yīng)注意的是阿伏伽德羅常數(shù)的單位是mol-1，難度不大．【解析】一定數(shù)目粒子；n；mol；微粒；mol-117、略

【分析】解：（1）燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量；乙醇的燃燒熱為-1366.8kJ/mol，燃燒熱的熱化學(xué)方程式為：

C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.8kJ?mol-1；

故答案為：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.8kJ?mol-1；

（2）列出可逆反應(yīng)Br2+H2O?H++Br-+HBrO的平衡常數(shù)的表達式

故答案為：

（3）用惰性電極電解MgBr2溶液陰極上是氫離子得到電子生成氫氣，陰極電極反應(yīng)2H++2e-=H2↑；

故答案為：2H++2e-=H2↑；

（4）酸性溶液中甲烷燃料電池中，氧氣在正極得到電子生成水，電極反應(yīng)為O2+4e-+4H+=2H2O；

故答案為：O2+4e-+4H+=2H2O；

（5）二氧化氮是紅棕色氣體，四氧化二氮為無色氣體，2NO2?N2O4；反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，平衡后，在恒溫條件下把針筒往里推（減小體積），增大壓強平衡正向進行，側(cè)面觀察，氣體顏色先因為氣體體積減小變深，隨平衡移動顏色變淺，但比原平衡顏色深，正面觀察應(yīng)是顏色不變隨后變淺；

故答案為：先變深后變淺；顏色不變隨后變淺；

（6）反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；升高溫度平衡向正反應(yīng)方向移動，結(jié)合物質(zhì)的狀態(tài)判斷相對分子質(zhì)量的變化；

若B是氣體；C不是氣體，氣體的物質(zhì)的量不變，但氣體的質(zhì)量減小，則相對分子質(zhì)量減小；

若B；C都不是氣體；氣體只有A，則氣體的平均相對分子質(zhì)量不變；

故答案為：變小；不變；

（1）依據(jù)燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量計算分析；標(biāo)注物質(zhì)聚集狀態(tài)和對應(yīng)焓變寫出熱化學(xué)方程式；

（2）依據(jù)反應(yīng)的離子方程式和平衡常數(shù)概念書寫；注意純液體不寫入表達式；

（3）依據(jù)電解原理分析，用惰性電極電解MgBr2溶液陰極上是氫離子得到電子生成氫氣；

（4）酸性溶液中甲烷燃料電池中甲烷失電子生成二氧化碳；氧氣在正極得到電子生成水；

（5）2NO2?N2O4；反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，平衡后，在恒溫條件下把針筒往里推（減小體積），增大壓強平衡正向進行，二氧化氮是紅棕色氣體，四氧化二氮為無色氣體；

（6）反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；升高溫度平衡向正反應(yīng)方向移動，結(jié)合物質(zhì)的狀態(tài)判斷相對分子質(zhì)量的變化；

本題考查化學(xué)平衡的移動，側(cè)重于基礎(chǔ)知識的考查，為高考高頻考點，注意把握相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累，難度不大．【解析】C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.8kJ?mol-1；2H++2e-=H2↑；O2+4e-+4H+=2H2O；先變深后變淺；顏色不變隨后變淺；變小；不變18、rm{(1)}不穩(wěn)定性

rm{(2)}難揮發(fā)性

rm{(3)}不活潑性rm{(}或不易發(fā)生化學(xué)反應(yīng)rm{)}

rm{(4)}還原性【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)。【解答】rm{(1)}硝酸不穩(wěn)定，易分解生成紅棕色二氧化氮氣體，故實驗室將硝酸放在棕色試劑瓶中保存，故答案為：不穩(wěn)定性；rm{(2)NaNO_{3}}固體與濃硫酸微熱時反應(yīng)制rm{HNO_{3}}該反應(yīng)為難揮發(fā)性酸制取揮發(fā)行酸，反應(yīng)體現(xiàn)濃硫酸的難揮發(fā)性，故答案為：難揮發(fā)性；rm{(3)}氮氣化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，在燈泡中充入氮氣，是利用了rm{N_{2}}不活潑的性質(zhì)，故答案為：不活潑性rm{(}或不易發(fā)生化學(xué)反應(yīng)rm{)}rm{(4)}氫硫酸敞口放置，與空氣中的氧氣反應(yīng)生成rm{S}沉淀，溶液會變渾濁，表現(xiàn)了rm{H_{2}S}的還原性，故答案為：還原性。

【解析】rm{(1)}不穩(wěn)定性rm{(2)}難揮發(fā)性rm{(3)}不活潑性rm{(}或不易發(fā)生化學(xué)反應(yīng)rm{)}rm{(4)}還原性19、略

【分析】

（1）反應(yīng)2NO3-+10H++8e-→N2O+5H2O體現(xiàn)了硝酸的氧化性，F(xiàn)e2（SO4）3、KMnO4、Na2CO3、FeSO4四種物質(zhì)中只有FeSO4具有氧化性，硝酸可以將FeSO4氧化，即8Fe2++2NO3-+10H+=8Fe3++N2O+5H2O，故答案為：8Fe2++2NO3-+10H+=8Fe3++N2O+5H2O；

（2）化合價降低元素是氮元素，所在反應(yīng)物硝酸是氧化劑，化合價升高元素鐵元素所在反應(yīng)物FeSO4是還原劑；氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為1：4，故答案為：1：4；

（3）硝酸生成N2O；其中的氮元素化合價降低體現(xiàn)硝酸的氧化性，生成硝酸鹽體現(xiàn)硝酸的酸性，故答案為：氧化性；酸性；

（4）根據(jù)離子方程式：8Fe2++2NO3-+10H+=8Fe3++N2O+5H2O，生成1mol的N2O轉(zhuǎn)移的電子為8mol；若產(chǎn)生0.2mol氣體，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是1.6mol，故答案為：1.6．

【解析】【答案】（1）反應(yīng)2NO3-+10H++8e-→N2O+5H2O體現(xiàn)了硝酸的氧化性；可以將還原性的離子氧化；

（2）化合價降低元素所在反應(yīng)物是氧化劑；化合價升高元素所在反應(yīng)物是還原劑；

（3）硝酸的氮元素化合價降低體現(xiàn)硝酸的氧化性；生成硝酸鹽體現(xiàn)硝酸的酸性；

（4）根據(jù)化學(xué)方程式和轉(zhuǎn)移的電子數(shù)來計算回答．

20、略

【分析】考查元素周期表的結(jié)構(gòu)及其應(yīng)用。地殼中含量最多的元素是氧，則M是氧。J元素最低負化合價的絕對值與其原子最外層電子數(shù)相等，則J是第ⅣA元素，根據(jù)J的物質(zhì)可判斷J是碳，則R是硫。由于原子序數(shù)依次增大，所以L是N，T是Cl。（2）含有2個氫原子的有機物是乙炔，結(jié)構(gòu)式為CH≡CH。燃燒熱是指在一定條件下，1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物所放出的熱量，生成1mol二氧化碳氣體，放出熱量是bkJ，所以燃燒熱多的熱化學(xué)方程式為C2H2(g)＋5/2O2(g)＝2CO2(g)＋H2O(l)；ΔH＝－2bkJ/mol。（3）能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明該化合物具有還原性，因此是SO2，方程式為2MnO4ˉ+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。（4）氮的氫化物是氨氣，具有還原性，被雙氧水氧化生成氮氣和水，方程式為2NH3+3H2O2=N2+6H2O。（5）常見漂白劑有O3、Cl2、SO2、ClO2等。（6）水和氨氣中都存在氫鍵，但氧原子的非金屬性強于氮原子的，所以形成的氫鍵要，常溫下是液體，氨氣是氣體，所以沸點高低順序為H2O>NH3>H2S。【解析】【答案】（1）第三正確第ⅦA族。（2）CH≡CH；C2H2(g)＋5/2O2(g)＝2CO2(g)＋H2O(l)；ΔH＝－2bkJ/mol（3）2MnO4ˉ+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+（4）2NH3+3H2O2=N2+6H2O_。（5）O3、Cl2、SO2、ClO2任寫三個（6）H2O>NH3>H2S21、略

【分析】【解析】【答案】（8分）(1)NH3，SO2,AgCl,BaSO4(各1分)(2）SO32－＋Cl2＋H2O＝SO42－＋2Cl－＋2H＋（2分）(3）4NH3＋5O2====4NO＋6H2O（加熱，催化劑）(2分)22、略

【分析】解：（1）該裝置氣密性檢驗方法：用酒精燈加熱燒瓶；當(dāng)燒杯中的導(dǎo)管口有氣泡冒出時，停止加熱，若導(dǎo)管口部形成一段水柱，表明整套裝置不漏；

故答案為：用酒精燈加熱燒瓶；當(dāng)燒杯中的導(dǎo)管口有氣泡冒出時，停止加熱，若導(dǎo)管口部形成一段水柱，表明整套裝置不漏；

（2）濃鹽酸具有揮發(fā)性；所以混合氣體中含有氯化氫；水蒸氣；氯化氫極易溶于水，氯氣的溶解度較小．所以可用盛有飽和食鹽水（或水）除去混合氣體中的氯化氫；濃硫酸具有吸水性，能夠干燥氯氣；

故答案為：除去A中產(chǎn)生的氣體中含有的HCl氣體；濃硫酸，除去Cl2中混有的水蒸汽；

（3）銅與氯氣在加熱條件下生成氯化銅，化學(xué)方程式：Cu+Cl2CuCl2；氯化銅溶于水得到藍色氯化銅溶液；

故答案為：Cu+Cl2CuCl2；藍．

（1）化學(xué)實驗裝置的氣密性檢驗的原理是使裝置內(nèi)外的壓強不相等；

（2）根據(jù)濃鹽酸的性質(zhì)及反應(yīng)方程式確定混合氣體的成分；根據(jù)氯化氫的性質(zhì)判斷飽和食鹽水（或水）的作用；

（3）銅與氯氣在加熱條件下生成氯化銅；氯化銅溶于水得到藍色氯化銅溶液．

本題考查了氯氣的制備和性質(zhì)的檢驗，明確氯氣制備原理及各裝置作用即可解答，題目難度不大．【解析】用酒精燈加熱燒瓶，當(dāng)燒杯中的導(dǎo)管口有氣泡冒出時，停止加熱，若導(dǎo)管口部形成一段水柱，表明整套裝置不漏；除去A中產(chǎn)生的氣體中含有的HCl氣體；濃硫酸；除去Cl2中混有的水蒸汽；Cu+Cl2CuCl2；藍23、略

【分析】解：濃硝酸具有不穩(wěn)定性受熱易分解生成二氧化氮和氧氣、水，二氧化氮溶于硝酸，所以濃硝酸顯黃色，通入空氣發(fā)生反應(yīng)：rm{4NO_{2}+O_{2}+2H2O=4HNO_{3}}所以可以除去二氧化氮，故答案為：二氧化氮；通入空氣．

濃硝酸具有不穩(wěn)定性受熱易分解生成二氧化氮和氧氣、水，二氧化氮溶于硝酸，所以濃硝酸顯黃色，要除去這個黃色，就是要除去rm{NO_{2}}同時不能往溶液中引入雜質(zhì)，盡量不減少rm{HNO_{3}}的量和作為濃rm{HNO_{3}}特有的性質(zhì)．

本題考查了硝酸的性質(zhì)，題目難度不大，明確硝酸、二氧化氮的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意除雜的原則，不能引人新的雜質(zhì)．【解析】二氧化氮；通入空氣四、簡答題(共4題，共24分)24、D；C；NH3?H2O；NH4+；NH4+；H+；氯化銨；A；NH4Cl和HCl；＜【分析】解：rm{(1)}一水合氨為弱電解質(zhì)，存在電離平衡，稀釋后一水合氨的電離程度增大，溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量增大，所以將rm{pH=11}的氨水稀釋rm{100}倍后，稀釋后的溶液中氫氧根離子濃度大于原來的rm{dfrac{1}{100}}溶液的rm{pH}應(yīng)該rm{9-11}之間；

故答案為：rm{D}

rm{(2)}一水合氨是弱電解質(zhì)，溶液中存在電離平衡，向溶液中加入氯化銨，銨根離子濃度增大，抑制一水合氨電離，導(dǎo)致溶液中氫氧根離子濃度減小，溶液的rm{pH}減小；

A.氨水與氯化銨不發(fā)生化學(xué)反應(yīng)；故A錯誤；

B.氯化銨溶液水解顯酸性；但銨根離子濃度遠遠大于氫離子濃度，所以銨根離子抑制一水合氨電離為主，氫離子濃度減小，故B錯誤；

C.氯化銨溶于水，電離出大量銨根離子，抑制了氨水的電離，使rm{c(OH^{-})}減小；故C正確；

故選：rm{C}

rm{(3)壟脵}根據(jù)rm{N}原子守恒可知，溶液中rm{NH_{3}?H_{2}O}和rm{NH_{4}^{+}}兩種粒子的物質(zhì)的量之和等于rm{0.1mol}

故答案為：rm{NH_{3}?H_{2}O}rm{NH_{4}^{+}}

rm{壟脷}根據(jù)電荷守恒式rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})+c(Na^{+})=c(OH^{-})+c(Cl^{-})}則rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})-c(OH^{-})=c(Cl^{-})-c(Na^{+})=0.1mol-0.05mol}

故答案為：rm{NH_{4}^{+}}rm{H^{+}}

rm{(4)壟脵}水中含有氫離子和氫氧根離子，若溶液中只溶解了一種溶質(zhì)，該溶質(zhì)是rm{NH_{4}Cl}氯化銨為強酸弱堿鹽，其溶液呈酸性，所以rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})}鹽類水解較微弱，所以離子濃度大小順序是rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}

故答案為：氯化銨；rm{A}

rm{壟脷}若上述關(guān)系中rm{c(Cl^{-})>c(H^{+})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})}是正確的，溶液呈酸性，則溶液中的溶質(zhì)為氯化銨和rm{HCl}

故答案為：rm{NH_{4}Cl}和rm{HCl}

rm{壟脹}若該溶液中由體積相等的稀鹽酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，氯化銨溶液呈堿性，要使氨水和稀鹽酸混合溶液呈中性，則氨水物質(zhì)的量應(yīng)該稍微大些，因為二者體積相等，所以rm{c(HCl)<c(NH_{3}?H_{2}O)}

故答案為：rm{<}．

rm{(1)}將rm{pH=11}的氨水稀釋rm{100}倍后，稀釋后的溶液中氫氧根離子濃度大于原來rm{dfrac{1}{100}}

rm{(2)}氨水是弱電解質(zhì)；存在電離平衡，向溶液中加入相同的離子能抑制氨水電離，據(jù)此回答判斷；

rm{(3)}若將rm{0.1molNH_{4}Cl}和rm{0.05molNaOH}全部溶于水形成混合溶液，溶液中存在rm{NH_{4}^{+}}和rm{NH_{3}?H_{2}O}結(jié)合物料守恒和電荷守恒解答；

rm{(4)壟脵}若溶液中只溶解了一種溶質(zhì)，該溶質(zhì)是rm{NH_{4}Cl}氯化銨為強酸弱堿鹽，其溶液呈酸性，溶液中存在電荷守恒；

rm{壟脷}若上述關(guān)系中rm{c(Cl^{-})>c(H^{+})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})}是正確的，溶液呈酸性，則溶液中的溶質(zhì)為氯化銨和rm{HCl}

rm{壟脹}若該溶液中由體積相等的稀鹽酸和氨水混合而成；且恰好呈中性，氯化銨溶液呈堿性，要使氨水和稀鹽酸混合溶液呈中性，則氨水物質(zhì)的量應(yīng)該稍微大些．

本題考查了rm{pH}的簡單計算，注意明確弱電解質(zhì)只能部分電離，在溶液中存在電離平衡，注意平衡移動原理的應(yīng)用，弱電解質(zhì)電離和鹽類水解，側(cè)重考查學(xué)生分析計算能力，把握溶液中溶質(zhì)及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意電荷守恒及物料守恒的正確靈活運用．【解析】rm{D}rm{C}rm{NH_{3}?H_{2}O}rm{NH_{4}^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{H^{+}}氯化銨；rm{A}rm{NH_{4}Cl}和rm{HCl}rm{<}25、（1）BD

（2）

（3）①100mL容量瓶；膠頭滴管

②7.9

③CD

【分析】【分析】本題考查氧化還原反應(yīng)、溶液的配制，把握反應(yīng)中元素化合價變化以及誤差分析的方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目、以及溶液配制操作的考查，題目難度不大。【解答】rm{(1)A.}第rm{壟脷}反應(yīng)物沒有單質(zhì)，故不是置換反應(yīng)，故A錯誤；反應(yīng)物沒有單質(zhì)，故不是置換反應(yīng)，故A錯誤；rm{壟脷}B.據(jù)同一個氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，可以知rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}rm{>Cl}rm{>Cl}rm{{,!}_{2}}故B正確；C.rm{>Br}中還原劑為rm{>Br}與氧化劑rm{{,!}_{2}}rm{>S}故B正確；故應(yīng)當(dāng)為rm{>S}故C錯誤；D.反應(yīng)rm{壟脷}中還原劑為rm{HCl}與氧化劑rm{KMnO}中rm{壟脷}還原劑硫化鉀被氧化則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為rm{HCl}故D正確；rm{KMnO}

rm{{,!}_{4}}反應(yīng)中，化合價升高元素是氯元素，失電子，化合價降低元素是錳元素，得到電子，化合價升高數(shù)rm{5:1}化合價降低數(shù)反應(yīng)rm{壟脹}中rm{lmol}還原劑硫化鉀被氧化則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為rm{2mol}故D正確；轉(zhuǎn)移電子數(shù)rm{壟脹}單線橋表，反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目為

rm{lmol}

rm{2mol}配制故選BD；溶液，需要配制rm{(2)}則還需要rm{=}容量瓶、用于定容的膠頭滴管，故為：rm{=}容量瓶；膠頭滴管；

rm{=10}

rm{(3)}根據(jù)rm{(5)壟脵}知，如果rm{90mL}偏小或rm{100mL}偏大都導(dǎo)致配制溶液濃度偏小；

A.加水定容時俯視刻度線；導(dǎo)致溶液體積偏小，配制溶液濃度偏大，故錯誤；

B.容量瓶內(nèi)壁附有水珠而未干燥處理；溶液體積和溶質(zhì)物質(zhì)的量都不變，則配制溶液濃度不變，故錯誤；

C.顛倒搖勻后發(fā)現(xiàn)凹液面低于刻度線又加水補上；導(dǎo)致溶液體積偏大，配制溶液濃度偏小，故正確；

D.在溶解過程中有少量液體濺出燒杯外；溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，配制溶液濃度偏小，故正確；

故選CD。

rm{100mL}【解析】rm{(1)BD}rm{(2)}rm{(3)}rm{壟脵}rm{壟脵}容量瓶；膠頭滴管rm{100mL}rm{壟脷}rm{壟脷}rm{7.9}

rm{壟脹}26、略

【分析】解：（1）硝酸鈉和氯化鉀不同溫度下溶解度不同；控制溫度可使其析出，故答案為：控制溫度；

（2）固體和液體分離用過濾；將硝酸鈉和氯化鉀加水溶解；蒸發(fā)濃縮，有氯化鈉析出，A為氯化鈉，過濾分離出氯化鈉，將濾液冷卻可使硝酸鉀析出，C為硝酸鉀，故答案為：過濾；C；

（3）產(chǎn)品中可能仍含少量的NaCl，即Na+、Cl-；Na+利用焰色反應(yīng)；Cl-用AgNO3溶液和稀硝酸檢驗，故答案為：Na+、Cl-；Na+利用焰色反應(yīng)；Cl-用AgNO3溶液和稀硝酸檢驗；

（4）進一步提純的方法是重結(jié)晶；故答案為：重結(jié)晶．

（1）硝酸鈉和氯化鉀不同溫度下溶解度不同；

（2）固體和液體分離用過濾；將硝酸鈉和氯化鉀加水溶解，蒸發(fā)濃縮，有氯化鈉析出，過濾分離出氯化鈉，將濾液冷卻可使硝酸鉀析出；

（3）產(chǎn)品中可能仍含少量的NaCl；Na+利用焰色反應(yīng)；Cl-用AgNO3溶液和稀硝酸檢驗；

（4）可進行重結(jié)晶提純．

本題考查物質(zhì)分離、提純的實驗方案設(shè)計，把握流程中試劑的量及發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，明確離子的性質(zhì)及混合物的分離、提純方法即可解答，題目難度中等．【解析】控制溫度；過濾；C；Na+、Cl-；Na+利用焰色反應(yīng)；Cl-用AgNO3溶液和稀硝酸檢驗；重結(jié)晶27、（1）BaCl2[或Ba（NO3）2]BaSO4）1或BaCl2[（Ba）NO32]AgCl?

BaSO4）除去過量的（2）除去過量的Ba2+、Ag+

（3）、2

（Ba2+）Ag+3Na2CO3【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的分離提純操作，本題注意rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}的性質(zhì)，把握除雜原則，提純時不能引入新的雜質(zhì)，注意把握實驗的先后順序。【解答】rm{(1)}如先加入rm{AgNO_{3}}則會同時生成rm{Ag_{2}SO_{4}}和rm{AgCl}沉淀，則應(yīng)先加入過量的rm{BaCl_{2}[}或rm{Ba(NO_{3})_{2}]}生成rm{BaSO_{4}}沉淀，然后在濾液中加入過量的rm{AgNO_{3}}使rm{Cl^{-}}全部轉(zhuǎn)化為rm{AgCl}沉淀，則試劑rm{X}為rm{BaCl_{2}[}或rm{Ba(NO_{3})_{2}]}沉淀rm{A}為rm{BaSO_{4}}沉淀rm{B}為rm{AgCl}

故答案為：rm{BaCl_{2}[}或rm{Ba(NO_{3})_{2}]}rm{BaSO_{4}}rm{AgCl}；

rm{(2)}加入過量的rm{BaCl_{2}[}或rm{Ba(NO_{3})_{2}]}然后在濾液中加入過量的rm{AgNO_{3}}使rm{Cl^{-}}全部轉(zhuǎn)化為rm{AgCl}沉淀，在所得濾液中含有rm{Ag^{+}}rm{Ba^{2+}}在所得濾液中加入過量的rm{Na_{2}CO_{3}}使溶液中的rm{Ag^{+}}rm{Ba^{2+}}完全沉淀；

故答案為：除去過量的rm{Ba^{2+}}rm{Ag^{+}}

rm{(3)}反應(yīng)rm{壟脷}為硝酸銀與氯化鈉的反應(yīng)，方程式為rm{NaCl+AgNO_{3}=AgCl隆媒+NaNO_{3}}最后加入過量的rm{Na_{2}CO_{3}}，使溶液中的rm{Ag^{+}}、rm{Ba^{2+}}完全沉淀，過濾之后，濾液中除了含有硝酸鈉以外，還有過量的碳酸鈉溶液，加入稀rm{HNO_{3}}溶液，rm{Na_{2}CO_{3}}與稀rm{HNO_{3}}溶液反應(yīng)生成二氧化碳氣體和rm{NaNO_{3}}，蒸發(fā)結(jié)晶后可得到rm{NaNO_{3}}，，使溶液中的rm{Na_{2}CO_{3}}、rm{Na_{2}CO_{3}}完全沉淀，過濾之后，濾液中除了含有硝酸鈉以外，還有過量的碳酸鈉溶液，加入稀rm{Ag^{+}}溶液，rm{Ag^{+}}與稀rm{Ba^{2+}}溶液反應(yīng)生成二氧化碳氣體和rm{Ba^{2+}}，蒸發(fā)結(jié)晶后可得到rm{HNO_{3}}，rm{HNO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{HNO_{3}}rm{HNO_{3}}rm{NaNO_{3}}rm{NaNO_{3}}rm{NaNO_{3}}rm{NaNO_{3}}故答案為：rm{Na}rm{Na}【解析】rm{(}rm{1}rm{)}rm{BaCl_{2}[}或rm{Ba}rm{(}rm{NO_{3}}rm{)}rm{2}rm{]}rm{BaSO_{4;;;;}}rm{(}rm{1}rm{1}或rm{)}rm{BaCl_{2}[}rm{BaCl_{2}[}rm{Ba}rm{Ba}rm{(}rm{NO_{3}}rm{NO_{3}}

rm{)}rm{2}rm{2}除去過量的rm{]}、rm{]}

rm{BaSO_{4;;;;}}rm{BaSO_{4;;;;}}rm{AgCl}rm{(}rm{2}rm{)}除去過量的rm{Ba^{2+}}、rm{Ag^{+}}

rm{(}rm{3}rm{)}rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}五、工業(yè)流程題(共4題，共24分)28、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)反應(yīng)確定濾渣的成分；然后確定其用途；

(2)①根據(jù)Cr2O72-的含量與H+的濃度關(guān)系分析判斷；

②根據(jù)平衡常數(shù)的定義式計算；

(3)根據(jù)流程中的“轉(zhuǎn)化”過程中反應(yīng)物；生成物的種類及反應(yīng)特點判斷發(fā)生的反應(yīng)類型；

(4)根據(jù)溶度積常數(shù)分析計算。

【詳解】

(1)在熔融、氧化時，發(fā)生反應(yīng)：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2，然后水浸，Na2CrO4和NaNO2進入溶液，而Fe2O3難溶于水，因此濾渣主要成分是Fe2O3；該物質(zhì)是紅棕色粉末狀固體，可用作顏料，也可以用作煉鐵的原料；

(2)①根據(jù)圖示可知溶液中H+越大，Cr2O72-的濃度越大，說明含量越高，說明溶液酸性增大，CrO42-的平衡轉(zhuǎn)化率增大；

②在溶液中存在可逆反應(yīng)：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，在開始時c(CrO42-)=1.0mol/L，平衡時c(Cr2O72-)=0.4mol/L，則消耗CrO42-的濃度為0.8mol/L，所以平衡時c(CrO42-)=(1.0-0.8)mol/L=0.2mol/L，此時溶液中c(H+)=4.0×10-7mol/L，則該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K==6.25×1013；

(3)在流程中的“轉(zhuǎn)化”過程中Na2Cr2O7與KCl反應(yīng)產(chǎn)生K2Cr2O7與NaCl；兩種化合物交換成分，產(chǎn)生兩種新的化合物，反應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)；

(4)AgCl的Ksp為2.0×10-10，當(dāng)Cl-沉淀完全時，c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，此時溶液中c(Ag+)=mol/L=2.0×10-5mol/L；

由于Ag2CrO4的Ksp為2.0×10-12，所以溶液中c(CrO42-)=mol/L=5.0×10-3mol/L。

【點睛】

本題考查物質(zhì)制備方案設(shè)計及物質(zhì)含量的測定的方法，明確流程圖中每一步發(fā)生的反應(yīng)及操作方法為解答關(guān)鍵，難點是(4)的計算，正確利用溶度積常數(shù)的含義，根據(jù)Ksp計算溶液中離子濃度，試題考查了學(xué)生的分析能力及化學(xué)計算、化學(xué)實驗?zāi)芰Α！窘馕觥坑米黝伭显龃?.25×1013復(fù)分解反應(yīng)2.0×10-55.0×10-329、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，