…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研版高一化學上冊月考試卷990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、下圖分別表示四種操作，其中有兩處錯誤的是()2、非金屬元素rm{R}位于第三周期，其原子的最外層有rm{n}個電子，則以下敘述錯誤的是rm{(}rm{)}A.rm{R}原子的電子數為rm{10+n}B.rm{R}能形成rm{R^{n-}}離子C.rm{R}的最高氧化物為rm{R_{2}O_{n}}或rm{RO_{n/2}}D.rm{R}的氣態氫化物的化學式是rm{H_{8-n}R}3、下列關于rm{N_{A}}的說法正確的是()A.rm{0.2mol}濃硫酸與足量的rm{Cu}充分反應產生的rm{SO_{2}}分子數為rm{0.1N_{A}}B.足量rm{Fe}與rm{1mol}氯氣反應，轉移的電子數為rm{3N_{A}}C.標準狀況下，rm{22.4LSO_{3}}含有分子的數目為rm{N_{A}}個D.rm{1molNa_{2}O_{2}}所含離子總數為rm{3N_{A}}4、下列生成乙酸的方法中，最符合綠色化學思想的是（）A.乙酸乙酯水解：CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OHB.乙醛氧化：2CH3CHO+O22CH3COOHC.淀粉發酵：淀粉→葡萄糖→乙醇→乙酸D.丁烷氧化：2CH3CH2CH2CH3+5O24CH3COOH+2H2O5、“鈷酞菁（分子直徑1.3×10-9m）”分子結構和性質與人體內的血紅素及植物體內的葉綠素非常相似，我國科學家在世界上第一次為“鈷酞菁”分子恢復了磁性．下列關于“鈷酞菁”的說法正確的是（）A.在水中形成的分散系屬于懸濁液B.分子直徑比Na+小C.“鈷酞菁”分子不能透過濾紙D.在水中形成的分散系具有丁達爾效應評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、有一包白色固體粉末；可能由硫酸鈉；硝酸鉀、硝酸銨、碳酸鈣、氯化鋇、硫酸銅中的一種或幾種組成，做實驗得以下結果：

（1）將此固體粉末加到水中；得到白色沉淀和上層無色清液；

（2）過濾后；在濾出的白色沉淀里加入稀硝酸，白色沉淀部分溶解并有無色氣體生成，該氣體能使澄清石灰水變渾濁；

（3）在濾液中；加入適量的氫氧化鈉溶液并加熱，生成有刺激性氣味的無色氣體，該氣體能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍．

由此實驗推斷：該粉末中一定含有____；

一定不含有____；可能含有____．（填化學式）7、三草酸合鐵rm{(}Ⅲrm{)}酸鉀晶體rm{(K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]?3H_{2}O)}有很重要的用途rm{.}可用如圖流程來制備rm{.}根據題意完成下列各題：

rm{(1)}要從溶液中得到綠礬，必須進行的實驗操作是______rm{.(}按前后順序填rm{)}

rm{a.}過濾洗滌rm{b.}蒸發濃縮rm{c.}冷卻結晶rm{d.}灼燒rm{e.}干燥。

某興趣小組為測定三草酸合鐵酸鉀晶體rm{(K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]?3H_{2}O)}中鐵元素含量；做了如下實驗：

步驟rm{1}稱量rm{5.000g}三草酸合鐵酸鉀晶體，配制成rm{250ml}溶液．

步驟rm{2}取所配溶液rm{25.00ml}于錐形瓶中，加稀rm{H_{2}SO_{4}}酸化，滴加rm{KMnO_{4}}溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同時，rm{MnO_{4}^{-}}被還原成rm{Mn^{2+}.}向反應后的溶液中加入一定量鋅粉；加熱至黃色剛好消失，過濾，洗滌，將過濾及洗滌所得溶液收集到錐形瓶中，此時，溶液仍里酸性．

步驟rm{3}在酸性條件下，用rm{0.010mol/L}rm{KMnO_{4}}溶液滴定步驟二所得溶液至終點，共做三次實驗，平均消耗rm{KMnO_{4}}溶液rm{20.00ml}滴定中rm{MnO_{4}^{-}}被還原成rm{Mn^{2+}}．

rm{(2)}步驟rm{1}中；配制三草酸合鐵酸鉀溶液需要使用的玻璃儀器除燒杯；玻璃棒以外還有______；

主要操作步驟依次是：稱量；溶解、轉移、______、定容、搖勻．

rm{(3)}步驟rm{2}中；加入鋅粉的目的是______．

rm{(4)}步驟rm{3}中；發生反應的離子方程式為：______．

rm{(5)}步驟rm{2}中，若加入的rm{KMnO_{4}}的溶液的量不夠，則測得的鐵含量______rm{.(}選填“偏低”、“偏高”、“不變”rm{)}

rm{(6)}某同學將rm{8.74g}無水三草酸合鐵酸鉀rm{(K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}])}在一定條件下加熱分解，所得固體的質量為rm{5.42g}同時得到密度為rm{1.647g/L(}已折合成標準狀況下rm{)}氣體rm{(}是物質的量之比為rm{4}rm{5}的混合氣體rm{).}研究固體產物得知，鐵元素不可能以三價形式存在，而鹽只有rm{K_{2}CO_{3}.}寫出該分解反應的化學方程式______．8、較活潑金屬與硝酸反應，產物復雜。如一定濃度的硝酸與鎂反應，可同時得到rm{NO}rm{NO_{2}}rm{N_{2}}三種氣體。某同學欲用下列儀器組裝裝置來直接驗證有rm{NO}rm{NO_{2}}生成并制取氮化鎂。rm{(}假設實驗中每步轉化均是完全的rm{)}

已知：rm{壟脵NO_{2}}沸點是rm{21.1隆忙}熔點是rm{-11隆忙}rm{NO}的沸點是rm{-151隆忙}熔點是rm{-164隆忙}rm{壟脷}氮化鎂遇水會發生水解生成氨氣；rm{壟脹NO}可被強氧化劑氧化。回答下列問題：rm{(1)}為達到上述實驗目的，所選用的儀器的正確連接方式是rm{(}_____rm{)(}填序號rm{)}rm{a.A隆煤F隆煤D隆煤C隆煤F隆煤B隆煤F隆煤Eb.A隆煤C隆煤D隆煤F隆煤B隆煤F隆煤E}rm{c.A隆煤F隆煤C隆煤D隆煤F隆煤B隆煤Ed.A隆煤F隆煤D隆煤C隆煤F隆煤B隆煤E}rm{a.A隆煤F隆煤D隆煤C隆煤F隆煤B隆煤F隆煤Eb.

A隆煤C隆煤D隆煤F隆煤B隆煤F隆煤E}確定還原產物中有rm{c.A隆煤F隆煤C隆煤D隆煤F隆煤B隆煤Ed.

A隆煤F隆煤D隆煤C隆煤F隆煤B隆煤E}的現象是______________________________，實驗中多次使用裝置rm{(2)}最后一次使用裝置rm{NO_{2}}的作用是____________________________________。rm{F}實驗前需先打開開關rm{F}向裝置內通rm{(3)}氣體，其目的是____________，當_______________時停止通入rm{K}rm{CO_{2}}實驗過程中，發現在rm{CO_{2}}中產生預期現象的同時，rm{(4)}中溶液顏色慢慢褪去，試寫出rm{D}中反應的離子方程式____________________________________________________。rm{C}在rm{C}中反應開始時，某同學馬上點燃rm{(5)}處的酒精燈，實驗結束后通過測定發現rm{A}處的產品純度不高，原因是______________________________________rm{B}用化學方程式回答rm{B}rm{(}驗證rm{)}處有氮化鎂生成的方法是_______________。rm{(6)}9、能電離出H+的化合物叫做酸______．（判斷對錯）10、rm{(1)1.5molH_{2}SO_{4}}的質量是______，其中含有___rm{molH}rm{(2)9.03隆脕10^{23}}個氨分子含________rm{mol}氨分子。rm{(3)}從rm{1L1mol/LNaOH}溶液中取出rm{100mL}則這rm{100mLNaOH}溶液中含rm{NaOH}的質量為__________rm{g}評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)11、蛋白質的鹽析過程是一個可逆過程，據此可以分離和提純蛋白質．12、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數為8×6.02×1023（判斷對錯）13、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）14、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數為8×6.02×1023（判斷對錯）15、標準狀況下，2.24L己烷含有分子的數目為0.1NA（判斷對錯）16、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、原理綜合題(共3題，共9分)17、利用選擇性催化還原技術(簡稱“SCR技術”)實現汽車尾氣中NO、NO2的脫除技術是目前比較熱門的研究方向。SCR技術常以NH3(以尿素為原料轉化得到)為還原劑，在合適的溫度范圍內將NO、NO2等氣體有選擇性的還原為N2和H2O，當汽車尾氣中NO與NO2的比例不同時；分別發生三種不同類型的SCR反應：

①標準SCR反應4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1632.4kJ/mol

②快速SCR反應2NO(g)+4NH3(g)+2NO2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1518.2kJ/mol

③慢速SCR反應8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g)ΔH=-2739.6kJ/mol

回答下列問題：

(1)由反應①和②可計算反應2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH=_______。

(2)三種SCR反應的正反應均能自發進行，原因是_______。當汽車尾氣中＞1時，主要發生反應_______(填序號)

(3)其他條件相同時；在甲；乙兩種催化劑作用下進行反應①，相同時間內，NO的轉化率與溫度的關系如圖所示：

在催化劑甲作用下，M點時_______(填“可能”、“一定”或“沒有”)達到反應的平衡狀態，理由是_______。

(4)當氨氣足量時，在催化劑丙的作用下完成反應③，測得在相同時間內NO2脫除率隨反應溫度變化的情況如圖所示，請解釋NO2脫除率隨溫度變化的原因(催化劑未失效)_______。

(5)利用汽車尾氣中CO還原其中NO、的技術(簡稱“NSR”)，也是近些年研究熱點，NSR技術的主要化學原理為：2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0。某實驗小組向2L恒溫恒容的密閉容器中，充入1molCO和1molNO混合氣體，加入Pt、Al2O3等催化劑模擬NSR技術發生NO脫除反應，t1時達到平衡，測得反應過程中CO2的體積分數與時間的關系如圖所示。

①比較大小：m處v正_______n處v逆(填“＞”；“＜”或“＝”)。

②該反應在該溫度下化學平衡常數K值為_______。18、研究氮及其化合物對化工生產有重要意義。

（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ·mol－1

4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=－908kJ·mol－1

請寫出氨氣被一氧化氮氧化生成無毒氣體的熱化學方程式：___________。

（2）工業合成氨的原理為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92.4kJ·mol－1。下圖甲表示在一定體積的密閉容器中反應時N2的物質的量濃度隨時間的變化，圖乙表示在其他條件不變的情況下，改變起始投料中H2與N2的物質的量之比（設為k）對該平衡的影響。

①已知圖甲中0～t1min內，v(H2)=0.03mol·L-1·min-1，則t1=________min；若從t2min起僅改變一個反應條件，則所改變的條件可能是____________________________（填一種即可）。

②圖乙中，b點時k=_________。

③已知某溫度下該反應的平衡常數K=10，在該溫度下向容器中同時加入下列濃度的混合氣體：c(H2)=0.1mol/L，c(N2)=0.5mol/L，c(NH3)=0.1mol/L，則在平衡建立過程中NH3的濃度變化趨勢是__________（填“逐漸增大”“逐漸減小”或“恒定不變”）。

（3）聯氨（又稱肼，N2H4，無色液體）為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似，是一種應用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料。（已知：N2H4+H+N2H5+）

①N2H5+的電子式為_______。聯氨與硫酸形成的酸式鹽的化學式為________。

②聯氨是一種常用的還原劑。向裝有少量AgCl的試管中加入聯氨溶液，觀察到的現象___________________________________________________________。

（4）尿素(CO(NH2)2)是目前使用量較大的一種化學氮肥；工業上利用下圖所示裝置(陰；陽極均為惰性電極)電解尿素的堿性溶液制取氫氣。

①該裝置中陽極的總電極反應式為_____________________________________________。

②若兩極共收集到氣體22.4L(標準狀況)，則消耗的尿素為____________g(忽略氣體的溶解)。19、如圖所示：甲；乙為相互串聯的兩電解池。試回答：

（1）乙池中Fe極電極反應式為___________，若在乙池中滴入少量酚酞試液，開始電解一段時間，鐵極附近呈_________色。

（2）甲池若為用電解原理精煉銅(假設粗銅的組成是均勻的，且比其活潑和不活潑的成分均存在)的裝置，則A電極名稱為_____極，電極反應式為____________，電解質溶液可以是______；通電一段時間后，A極增重12.8g，則甲池溶液原溶質的濃度______(填“增大”、“減小”、“不變”或“無法確定”)，乙池C(石墨)極放出氣體在標準狀況下的體積為________，若此時，乙池剩余溶液為25℃，體積為400mL，則溶液的pH＝_______。評卷人得分五、結構與性質(共1題，共4分)20、某探究小組用HNO3與大理石反應過程中質量減小的方法，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質量隨時間變化的關系見下圖2：依據反應方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計算實驗①在70-90s范圍內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質量隨時間變化關系的預期結果示意圖。_______評卷人得分六、其他(共4題，共24分)21、（5分）現有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質子數等于中子數；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結構相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應，所產生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質子數比中子數少1；D原子比A原子多1個質子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應水化物的化學式____、、、、。22、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數是Y的核外電子數的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數比____________,其電子式為．該物質中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質通入YX2的水溶液中發生反應的離子方程式為。23、（5分）現有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質子數等于中子數；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結構相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應，所產生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質子數比中子數少1；D原子比A原子多1個質子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應水化物的化學式____、、、、。24、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數是Y的核外電子數的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數比____________,其電子式為．該物質中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質通入YX2的水溶液中發生反應的離子方程式為。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】試題分析：A、讀數時不能仰視或俯視，一處錯誤，錯誤；B、稀釋濃硫酸時不能在量筒中稀釋，也不能把水加入濃硫酸中，兩處錯誤，正確；C、稱量氫氧化鈉固體時，應用小燒杯稱量，不能用紙片，一處錯誤，錯誤；D、溶解過程中應用玻璃棒攪拌，不能用手搖動，一處錯誤，錯誤，答案選B。考點：考查對操作正誤的判斷【解析】【答案】B2、B【分析】解：rm{A.}非金屬元素rm{R}位于第三周期，其原子的最外層有rm{n}個電子，有rm{3}個電子層，各層電子數為rm{2}rm{8}rm{n}原子的電子數為rm{10+n}故A正確；

B.屬于非金屬，可以形成陰離子，帶rm{(8-n)}的單位負電荷，可能形成rm{R^{(8-n)-}}離子；故B錯誤；

C.最高正化合價為rm{n}rm{n}為奇數時，氧化物化學式為rm{R_{2}O_{n}}rm{n}為偶數時，氧化物化學式為rm{ROdfrac{n}{2}}故C正確；

D.最低負化合價為rm{-(8-n)}氫化物化學式為rm{H_{8-n}R}故D正確；

故選B．

A.非金屬元素rm{R}位于第三周期，其原子的最外層有rm{n}個電子，有rm{3}個電子層，各層電子數為rm{2}rm{8}rm{n}

B.屬于非金屬，可以形成陰離子，帶rm{(8-n)}的單位負電荷；

C.最高正化合價為rm{n}討論rm{n}的奇偶性書寫氧化物化學式；

D.最低負化合價為rm{-(8-n)}進而書寫氫化物化學式．

本題考查原子結構與元素性質，難度不大，rm{C}選項為易錯點，學生容易忽略rm{n}的奇偶性問題．【解析】rm{B}3、D【分析】【分析】本題考查了阿伏伽德羅常數的有關計算與判斷，解題時應注意銅與濃硫酸反應條件，注意摩爾體積使用對象為氣體，注意過氧化鈉中陰離子為過氧根離子，題目難度不大。【解答】A.濃硫酸與銅反應，消耗rm{0.2mol}濃硫酸則生成rm{0.1mol}二氧化硫，而含rm{H_{2}SO_{4}0.2mol}的濃硫酸與足量的rm{Cu}反應，隨著反應進行硫酸濃度降低，變為稀硫酸，不再與銅反應，所以生成的二氧化硫分子式小于rm{0.1N_{A}}故A錯誤；

B.足量rm{Fe}與rm{1}rm{mol}氯氣反應，氯氣完全反應生成rm{2mol}氯離子，轉移的電子數為rm{2N_{A}}故B錯誤；

C.標況下；三氧化硫不是氣體，不能使用氣體摩爾體積，故C錯誤；

D.rm{1molNa_{2}O_{2}}所含rm{2mol}鈉離子，rm{1mol}過氧根離子，離子總數為rm{3N_{A}}故D正確。

故選D。【解析】rm{D}4、B【分析】解：原子利用率為100%；即反應物全部轉化為最終產物，生成物只有一種。

A．產物有兩種；不符合“綠色化學”的思想，故A錯誤；

B．反應物中原子全部轉化為產物；且產物只有一種，符合“綠色化學”的思想，故B正確；

C．葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳；產物有兩種，不符合“綠色化學”的思想，故C錯誤；

D．產物有兩種；不符合“綠色化學”的思想，故D錯誤；

故選：B。

根據“綠色化學”的特征：反應物中原子全部轉化為欲制得的產物；即原子的利用率為100%；即生成物質只有一種進行判斷。

本題考查綠色化學，難度不大。要抓住綠色化學的特征：原子利用率為100%，產物只有一種。【解析】B5、D【分析】解：A．鈷酞菁”的分子（直徑為1.3nm）；其大小在膠體粒子范圍之內，屬于膠體，故A錯誤；

B．“鈷酞菁”分子（直徑為1.3nm），Na+半徑小于1nm；故B錯誤；

C．“鈷酞菁”分子（直徑為1.3nm）；能透過濾紙，不能透過半透膜，故C錯誤；

D．鈷酞菁”的分子（直徑為1.3nm）；在水中形成的分散系屬于膠體，具有丁達爾現象等性質，故D正確．

故選D．

”鈷酞菁”的分子（直徑為1.3nm）；在水中形成的分散系屬于膠體分散系，具有膠體的性質，具有丁達爾現象；能透過濾紙等性質．

本題考查了膠體分散系的本質特征和膠體的性質，難度不大，掌握膠體分散系的本質特征是解題的關鍵．【解析】【答案】D二、填空題(共5題，共10分)6、Na2SO4、NH4NO3、CaCO3、BaCl2CuSO4KNO3【分析】【解答】（1）將此固體粉末加到水中，得到白色沉淀和上層無色清液，由于硫酸銅溶液是藍色的，故一定不含有CuSO4；得到的白色沉淀可能是CaCO3或BaSO4；

（2）過濾后，在濾出的白色沉淀里加入稀硝酸，白色沉淀部分溶解并有無色氣體生成，該氣體使澄清石灰水變渾濁，由于碳酸鈣能與硝酸反應生成二氧化碳，故一定含有CaCO3；硫酸鋇是不溶于稀硝酸的白色沉淀，故一定有BaSO4，所以原固體中含有Na2SO4和BaCl2；

（3）在濾液中，加入適量的氫氧化鈉溶液并加熱，生成有刺激性氣味的無色氣體，該氣體能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，說明生成了氨氣，銨態氮肥能與堿性物質反應產生氨氣，故原固體中一定含有NH4NO3，不能確定是否含有KNO3；

故答案為：Na2SO4、NH4NO3、CaCO3、BaCl2；CuSO4；KNO3．

【分析】由題意知溶液無色．則推知不含CuSO4溶液，有白色沉淀產生，可以推知有本身不溶于水的CaCO3存在或能相互反應生成BaSO4的Na2SO4和BaCl2的存在，然后依據加入稀硝酸沉淀部分溶解，則可以推斷兩種沉淀均存在，又通過加入強堿產生有刺激性氣味的其體可以推斷含有NH4NO3，對于KNO3只能為可能含有，以此解答該題．7、bcae；250ml容量瓶；洗滌；將Fe3+全部還原成Fe2+；5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；偏高；2K3[Fe（C2O4）3]═3K2CO3+Fe+FeO+4CO+5CO2【分析】解：rm{(1)}將混合液來制備綠礬時應先將溶液加熱濃縮、然后冷卻結晶，將析出的固體過濾、洗滌、干燥，即可得到綠礬，故答選：rm{bcae}

rm{(2)}配制步驟有計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、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，冷卻后轉移到rm{250mL}容量瓶中，并用玻璃棒引流，當加水至液面距離刻度線rm{1隆蘆2cm}時，改用膠頭滴管滴加，所以需要的儀器為：托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、rm{250mL}容量瓶、膠頭滴管，故答案為：rm{250ml}容量瓶；洗滌；

rm{(3)}加入鋅粉的目的是將rm{Fe^{3+}}全部還原成rm{Fe^{2+}}故答案為：將rm{Fe^{3+}}全部還原成rm{Fe^{2+}}

rm{(4)MnO_{4}^{-}}能氧化rm{Fe^{2+}}得到rm{Fe^{3+}}和rm{Mn^{2+}}在步驟rm{3}中發生的離子反應為：rm{5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}

故答案為：rm{5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}

rm{(5)}若在步驟rm{2}中滴入酸性高錳酸鉀溶液不足，則會有部分草酸根未被氧化，在步驟rm{3}中則會造成消耗酸性高錳酸鉀溶液的量偏大；從而計算出的鐵的量增多，含量偏高；

故答案為：偏高；

rm{(6)}氣體密度為rm{1.647g/L}其摩爾質量為rm{1.647g/L隆脕22.4L/mol=36.9g/mol}所以氣體為rm{CO}和rm{C0_{2}}兩者的物質的量之比rm{dfrac{44-36.9}{36.9-28}=dfrac{4}{5}}固體產物中，鐵元素不可能以三價形式存在，而鹽只有rm{dfrac{44-36.9}{36.9-28}=dfrac

{4}{5}}結合電子得失守恒，可推測鐵元素只能以亞鐵和鐵單質的形式存在，故方程式為：rm{K_{2}CO_{3}}

故答案為：rm{2K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]簍T3K_{2}CO_{3}+Fe+FeO+4CO+5CO_{2}}．

綠礬溶解于稀硫酸后加入草酸得到草酸亞鐵晶體，過濾得到沉淀加入rm{2K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]簍T3K_{2}CO_{3}+Fe+FeO+4CO+5CO_{2}}rm{K_{2}Cr_{2}O_{4}}rm{H_{2}O_{2}}反應后得到三草酸合鐵rm{H_{2}C_{2}O_{4}}Ⅲrm{(}酸鉀晶體rm{)}

rm{(K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]?3H_{2}O)}根據溶液來得到晶體來分析實驗操作；將混合液來制備綠礬時應先將溶液加熱濃縮；然后冷卻結晶，將析出的固體過濾、洗滌、干燥；

rm{(1)}根據實驗操作的步驟以及每步操作需要儀器確定反應所需儀器；

rm{(2)}根據鋅粉能與rm{(3)}反應，加入鋅粉的目的是將rm{Fe^{3+}}全部還原成rm{Fe^{3+}}

rm{Fe^{2+}}根據物質的性質和書寫離子方程式的要求來分析；

rm{(4)}若在步驟rm{(5)}中滴入酸性高錳酸鉀溶液不足，則會有部分草酸根未被氧化，在步驟rm{2}中則會造成消耗酸性高錳酸鉀溶液的量偏大；從而計算出的鐵的量增多；

rm{3}根據氣體的密度為求出其摩爾質量，然后根據摩爾質量和質量守恒來判斷成分；依據信息：固體產物中，鐵元素不可能以三價形式存在，而鹽只有rm{(6)}結合電子得失守恒，可推測鐵元素只能以亞鐵和鐵單質的形式存在；最后寫出方程式．

本題主要考查溶液的配制、滴定和結晶等操作，注意基礎實驗知識的積累，把握實驗步驟、原理和注意事項等問題，掌握基礎是關鍵，題目難度中等．rm{K_{2}CO_{3}}【解析】rm{bcae}rm{250ml}容量瓶；洗滌；將rm{Fe^{3+}}全部還原成rm{Fe^{2+}}rm{5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}偏高；rm{2K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]簍T3K_{2}CO_{3}+Fe+FeO+4CO+5CO_{2}}8、（1）a

（2）A中有紅棕色氣體生成防止E中水蒸氣進入B中，造成產物不純

（3）排除裝置內空氣，防止干擾實驗E中產生白色沉淀

（4）5NO+3MnO4-+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O

（5）CO2+2Mg2MgO+C

（6）取B中固體少量于試管中，向其中加入少量水，若產生能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，則B中有氮化鎂生成【分析】【分析】本題考查反應產物的測定、對實驗原理與裝置的理解、實驗方案設計等，題目難度中等，理解實驗原理是解題的關鍵，是對知識的綜合考查，需要學生具有知識的基礎與綜合運用知識分析問題、解決問題的能力。探究一定濃度的硝酸與【解答】反應產物：三頸燒瓶中為鎂和硝酸反應，可能得到rm{Mg}rm{A}三種氣體，若二氧化氮氣體，rm{NO_{2}}中有紅棕色氣體產生，rm{NO}沸點為rm{N_{2}}經過rm{A}裝置冰鹽水冷卻生成的氣體，rm{NO_{2}}中出現有色液體，rm{21.1隆忙}中盛放rm{D}的酸性高錳酸鉀，若出現高錳酸鉀褪色，說明有rm{D}生成，氧化反應為：rm{C}經過裝置rm{1%}進行氣體干燥，然后進入裝置rm{NO}進行鎂和氮氣的反應，再經過裝置rm{5NO+4H^{+}+3MnO_{4}^{-}簍T3Mn^{2+}+5NO_{3}^{-}+2H_{2}O}防止水蒸氣進入rm{F}導致氮化鎂水解，最后用氫氧化鋇吸收尾氣；rm{B}rm{F}為達到上述實驗目的，所選用的儀器的正確連接方式是：rm{B}rm{(1)}為達到上述實驗目的，所選用的儀器的正確連接方式是根據實驗裝置中的藥品及實驗的目的確定所選用的儀器的正確連接方式，二氧化氮為紅棕色氣體，確定還原產物中有rm{(1)}的現象是rm{A隆煤D隆煤C隆煤F隆煤B隆煤F隆煤E}中有紅棕色氣體產生；故選rm{a}或rm{a}中出現有色液體rm{(2)}氮化鎂易水解，rm{NO_{2}}使用rm{A}的目的是防止水蒸氣進入rm{(}導致氮化鎂水解；rm{D}裝置在該實驗中為吸收尾氣裝置，實驗中先打開開關rm{)}通過導管向裝置內通入最后一次氣體以排出裝置內的空氣，當rm{F}中出現白色沉淀，說明二氧化碳已經充滿整個裝置；rm{B}中溶液顏色慢慢褪去，為rm{(3)E}和高錳酸根離子反應氧化還原反應，該反應中，反應中物質的化合價變化：rm{K}rm{CO_{2}}元素化合價由rm{E}價rm{(4)C}價，一個rm{NO}得rm{MnO_{4}^{-}隆煤Mn^{2+}}個電子；rm{Mn}rm{+7}由rm{隆煤+2}價變成rm{MnO_{4}^{-}}價，一個rm{5}分子失去rm{NO隆煤NO_{3}^{-}}個電子，所以其最小公倍數為rm{N}故rm{+2}的計量數為rm{+5}rm{NO}的計量數為rm{3}然后根據原子守恒配平其它元素，配平后的離子方程式為：rm{15}故答案為：rm{MnO_{4}^{-}}rm{3}鎂條與二氧化碳發生置換反應，生成碳與氧化鎂，反應為rm{NO}所以在rm{5}中開始反應時，馬上點燃rm{5NO+4H^{+}+3MnO_{4}^{-}簍T3Mn^{2+}+5NO_{3}^{-}+2H_{2}O}處的酒精燈，實驗結束后通過測試發現rm{5NO+4H^{+}+3MnO_{4}^{-}簍T3Mn^{2+}+5NO_{3}^{-}+2H_{2}O}處的產品純度不高，原因是裝置中充滿rm{(5)}而加熱時rm{2Mg+CO_{2}=2MgO+C}也能與rm{A}反應，故答案為：裝置中充滿rm{B}而加熱時rm{B}也能與rm{CO_{2}}反應；rm{CO_{2}}鎂與硝酸反應時若有氮氣生成，則生成的氮氣和鎂反應生成氮化鎂，氮化鎂易水解生成氨氣，所以取少量rm{Mg}中反應后的固體放入試管中，再向試管中滴加適量的水并將濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口處，試紙變藍，說明有氮氣生成，故答案為：取少量rm{CO_{2}}中反應后的固體放入試管中，再向試管中滴加適量的水并將濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口處，試紙變藍。rm{CO_{2}}rm{Mg}【解析】rm{(1)a}rm{(1)a}中有紅棕色氣體生成防止rm{(2)A}中有紅棕色氣體生成防止rm{E}中水蒸氣進入rm{B}中，造成產物不純中水蒸氣進入rm{(2)A}中，造成產物不純rm{E}排除裝置內空氣，防止干擾實驗rm{B}中產生白色沉淀rm{(3)}排除裝置內空氣，防止干擾實驗rm{E}中產生白色沉淀rm{(3)}rm{E}rm{(4)5NO+3MnO}rm{(4)5NO+3MnO}rm{{,!}_{4}^{-}}rm{+4H}rm{+4H}rm{{,!}^{+}_{=}}rm{3Mn}rm{3Mn}rm{{,!}^{2+}}rm{+5NO}rm{+5NO}rm{{,!}_{3}^{-}}rm{+2H}取rm{+2H}中固體少量于試管中，向其中加入少量水，若產生能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，則rm{{,!}_{2}}中有氮化鎂生成rm{O}9、略

【分析】解：酸是在溶液中電離出的陽離子全部是氫離子的化合物，但是能電離出H+的化合物不一定是酸，如NaHSO4屬于鹽；但是能電離出氫離子，所以說法錯誤．

故答案為：×．

酸是在溶液中電離出的陽離子全部是氫離子的化合物；據此分析．

本題考查了酸的概念，側重于對基礎知識的考查，題目難度不大，注意把握酸的概念．【解析】×10、（1）147g3（2）1.5（3）4【分析】【分析】本題考查物質的量的計算知識，難度不大，掌握以物質的量的計算是解答的關鍵。【解答】rm{(1)}rm{1.5molH}rm{1.5molH}rm{{,!}_{2}}rm{SO}的質量是：rm{m=n隆脕M=1.5mol隆脕98{g}big/{mol}=147g}其中含有rm{SO}氫離子；rm{{,!}_{4}}的質量是：rm{m=n隆脕M=1.5mol隆脕98{g}big/{mol}=147g

}其中含有rm{3mol}氫離子；個氨分子含：rm{dfrac{9.03隆脕{10}^{23}}{6.02隆脕{10}^{23}mo{l}^{-1}}=1.5mol}氨分子；rm{m=n隆脕M=1.5mol隆脕98{g}big/{mol}=147g

}從rm{3mol}溶液中取出rm{(2)9.03隆脕10}則這rm{(2)9.03隆脕10}溶液的濃度不變，所以氫氧化鈉的質量為：rm{0.1L隆脕1{mol}big/{L}隆脕40{g}big/{mol}=4g}rm{{,!}^{23}}【解析】rm{(1)147g}rm{3}rm{(2)1.5}rm{(3)4}三、判斷題(共6題，共12分)11、A【分析】【解答】向雞蛋清中加入飽和硫酸鈉溶液；可以觀察到的現象為析出沉淀，說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質的溶解性變小，此過程叫做蛋白質的“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．

故答案為：對．

【分析】向雞蛋清中加入飽和硫酸銨溶液，可以觀察到的現象為析出沉淀，說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質的溶解性變小，此過程叫做蛋白質的“鹽析”為物理變化．12、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+的最外層電子總數為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質的量，再根據鈉離子結構計算最外層電子總數．13、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價鍵；故答案為：錯。

【分析】根據甲苯的結構簡式來確定化學鍵，確定存在C﹣H共價鍵的數目14、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+的最外層電子總數為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質的量，再根據鈉離子結構計算最外層電子總數．15、B【分析】【解答】標準狀態下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標準狀況己烷不是氣體，物質的量不是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用條件分析判斷，標準狀態下氣體摩爾體積為22.4L/mol16、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】根據質量守恒可知，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、原理綜合題(共3題，共9分)17、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1632.4kJ/mol

②2NO(g)+4NH3(g)+2NO2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1518.2kJ/mol

根據蓋斯定律，將反應①-②，整理可得反應2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH=-114.2kJ/mol；

(2)三個反應都是放熱反應，焓變減少，熵又是增加的反應，體系的自由能△G=ΔH-T△S＜0；所以反應能夠自發進行；

當汽車尾氣中＞1時，c(NO)＞c(NO2)；尾氣主要以NO為主，則主要發生①反應；

(3)①催化劑只能加快反應速率；但不能使化學平衡發生移動，故在其它條件相同時，使用甲催化劑與乙催化劑反應達到平衡時NO的轉化率相等。由圖可知在催化劑甲作用下，M點NO的轉化率小于相同溫度下乙作催化劑時NO的轉化率，因此M點時反應沒有達到平衡狀態；

(4)當氨氣足量時，在催化劑丙的作用下完成反應③，測得在相同時間內NO2脫除率隨反應溫度變化的情況如圖所示，由于此時催化劑未失效，根據圖示可知：在180℃之前NO2脫除率隨溫度的升高而增大，這是由于在180℃反應未達到平衡，隨著溫度的升高，反應速率加快，有更多的NO2反應轉化為N2，使NO2的脫除率增大；由于該反應的正反應是放熱反應，在180℃反應達到平衡狀態后，升高溫度，化學平衡向吸熱的逆反應方向移動，導致NO2的脫除率所溫度的升高而減小；

(5)①n處二氧化碳的體積分數不再改變，說明n處已達平衡狀態，在n處：v正=v逆；在反應達到平衡之前，正反應速率隨著反應物濃度的減小而減小，逆反應速率隨生成物濃度的增大而增大，因此m處v正＞n處v正，而n處v正=v逆，所以m處v正＞n處v逆；

②對于反應2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)，在反應開始時n(CO)=n(NO)=1mol，假設反應CO物質的量是xmol，則根據物質反應轉化關系可知平衡時各種氣體的物質的量分別是n(CO)=n(NO)=(1-x)mol，n(CO)=xmol，n(N2)=0.5xmol，由于平衡時CO2的體積分數是50%，則解得x=0.8mol，由于容器的容積是2L，則各種氣體的平衡濃度分別是c(CO)=c(NO)==0.1mol/L，c(CO2)==0.4mol/L，c(N2)==0.2mol/L，則該溫度下的化學平衡常數K=【解析】-114.2kJ/mol3個SCR反應都是焓減、熵增的反應，體系的自由能△G＜0①沒有M點處NO的轉化率小于相同溫度下乙作催化劑時的NO的轉化率在180℃反應達到平衡前，隨著溫度的升高，反應速率增大，有更多NO2發生反應轉化為N2，導致NO2的轉化率隨溫度的升高而增大；當反應達到平衡后，升高溫度，平衡向吸熱的逆反應方向移動，導致NO2的轉化率隨溫度的升高而減小＞32018、略

【分析】【分析】

（1）由蓋斯定律計算可得；

（2）①由速率之比等于化學計量數之比；然后根據速率的計算公式求出時間。根據影響化學平衡的因素來解答；

②當N2與H2的起始體積比符合方程式中化學計量數之比時；達到平衡時氨的體積分數最大；

③根據濃度商和化學平衡常數比較，判斷化學平衡移動方向，進而判斷平衡建立過程中NH3的濃度變化趨勢；

（3）①N2H4是二元弱堿，其性質與氨氣相似，第一步電離出1個氫氧根離子和N2H5+，則第二步中N2H5+電離出1個氫氧根離子和N2H62+；

【詳解】

（1）令①：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ·mol－1，②：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=－908kJ·mol－1，氨氣被一氧化氮氧化生成無毒氣體的化學方程式為③：4NH3(g)+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(g)，③=②-5①，△H=（－908-5180）kJ·mol－1=－1808kJ·mol－1，則氨氣被一氧化氮氧化生成無毒氣體的熱化學方程式4NH3(g)+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(g)ΔH＝－1808kJ·mol－1；

（2）①0～t1min內，v(H2)=0.03mol·L-1·min-1，v(N2)=0.01mol·L-1·min-1，則==0.01mol·L-1·min-1，解得t1=30min。從t2min起N2的濃度逐漸減小，則所改變的條件可能是降低溫度（或增大H2濃度、減小NH3濃度）使得平衡正向移動引起的；

②當N2與H2的起始體積比符合方程式中化學計量數之比時，達到平衡時氨的體積分數最大，即圖乙中，b點時k=3：1；

③c(H2)=0.1mol/L，c(N2)=0.5mol/L，c(NH3)=0.1mol/L，則Qc===20＞10，所以反應逆向進行，NH3的濃度逐漸減小；

（3）①N2H4是二元弱堿，其性質與氨氣相似，第一步電離出1個氫氧根離子和N2H5+，則第二步中N2H5+電離出1個氫氧根離子和N2H62+。N2H5+的電子式為N2H4是二元弱堿，其性質與氨氣相似，第一步電離出1個氫氧根離子和N2H5+，則第二步中N2H5+電離出1個氫氧根離子和N2H62+，則聯氨與硫酸形成的酸式鹽的化學式為N2H6(HSO4)2；

②N2H4被銀離子氧化，銀離子被還原生成單質銀，-2價的N元素被氧化為N2，反應方程式為：N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr；因此反應出現現象為：固體逐漸變黑，并有氣泡產生；

（4）①陽極化合價升高失去電子，發生氧化反應，CO(NH2)2被氧化為N2，在堿性條件下產生碳酸根離子，則該裝置中陽極的總電極反應式為CO(NH2)2＋8OH－－6e－=N2↑＋CO32—＋6H2O；

②該電解池總反應式為：CO(NH2)2＋2OH－=N2↑＋CO32—＋3H2↑，若兩極共收集到氣體22.4L(標準狀況)，即1mol氣體，其中氮氣和氫氣的物質的量之比為1:3，故氮氣有0.25mol，CO(NH2)2的物質的量也為0.25mol，則消耗的尿素為0.25mol15g。【解析】4NH3(g)+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(g)ΔH＝－1808kJ·mol－130降低溫度（或增大H2濃度、減小NH3濃度）3:1逐漸減小N2H6(HSO4)2固體逐漸變黑，并有氣泡產生CO(NH2)2＋8OH－－6e－=N2↑＋＋6H2O1519、略

【分析】【分析】

(1)根據裝置圖；乙池中和電源正極連接的C電極為陽極，Fe為陰極，溶液中的氫離子得到電子發生還原反應生成氫氣，溶液中氫氧根離子濃度增大；

(2)依據電解精煉原理；粗銅做陽極，精銅做陰極，含銅離子的電解質溶液；依據電極反應結合電子守恒計算放出氣體體積和離子濃度，從而計算溶液的pH。

【詳解】

(1)根據裝置圖，乙池中和電源正極連接的C電極為陽極，Fe為陰極，溶液中的氫離子得到電子發生還原反應生成氫氣，陰極的反應式為：2H++2e-═H2↑；溶液中氫氧根離子濃度增大，酚酞變紅，故答案為：2H++2e-═H2↑；紅；

(2)甲池若用電解原理精煉銅，粗銅做陽極，精銅做陰極，用含銅離子的電解質為電解質溶液；甲池中A為陰極，B為陽極；所以A電極材料為精銅，電極反應為：Cu2++2e-═Cu，B電極為粗銅，Cu-2e-═Cu2+，電解質溶液可以為硫酸銅溶液，通電一段時間后，甲池中陽極上粗銅中的鐵、鋅、鎳等金屬失電子，溶液中銅離子得到電子析出銅，所以溶液中原溶質的濃度減小；A極增重12.8g為銅，物質的量==0.2mol，轉移電子物質的量為0.4mol；乙池中C電極為陽極，溶液中氯離子失電子生成氯氣，陽極電極反應為2Cl--2e-═Cl2↑，陰極電極反應：2H++2e