2024年沪教版高一化学下册月考试卷6

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪教版高一化学下册月考试卷6考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（）。XYZ①NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu浓硝酸A.①③B.①④C.②④D.②③2、互动交流学习体会是新课改倡导的学习方法之一．以下A、B、C、D四种说法是四位同学相互交流的学习体会，其中有错误的是（）A.燃烧不一定有氧气参加B.只要有盐和水生成的反应就一定是中和反应C.一种单质和一种化合物发生的反应不一定是置换反应D.饱和溶液析出晶体后，剩余溶液中溶质的质量分数可能不变3、下列实验操作中错误的是（）A.蒸发操作时，当大部分固体析出时就停止加热，利用余热把剩下的水蒸干B.蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D.萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大4、下列说法不正确的是（）A.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶解B.某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性C.铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OD.HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步实现5、关于铜rm{隆陋}锌rm{隆陋}稀硫酸构成的原电池的有关叙述错误的是()A.锌为负极，锌发生氧化反应B.rm{.}铜为正极，铜不易失去电子而受到保护C.负极发生还原反应，正极发生氧化反应D.外电路电子流入的一极为正极，电子流出的一极为负极评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、（1）某建筑材料，主要成分铝硅酸盐，化学式MgAl2H4Si4O14;化学式改写成氧化物形式为_____________。则材料该与足量的氢氧化钠反应后过滤，滤渣主要是______．写出该过程中发生的离子方程式_______________________________、_______________________________________。（2）检验CO2中是否混有SO2可将气体通过盛有______的洗气瓶．（3）鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液可选用______（填序号）．①NaOH②Ca（OH）2③BaCl2④K2SO4⑤Ca（NO3）2（4）某溶液中有NH4+，Mg2+，Fe2+，Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，加热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是______．A．NH4+B．Mg2+C．Fe2+D．Al3+（5）6．4gCu与过量硝酸（60mL8mol/L）充分反应后，硝酸的还原产物有NO、NO2，反应后溶液中所含H+为nmol，NO、NO2混合气体的物质的量为________________7、（4分）取等物质的量的MgO和Fe2O3的混合物进行铝热反应，反应的化学方程式为____，引发铝热反应的实验操作是____。（各2分）8、元素周期表的形式多种多样，图是扇形元素周期表的一部分rm{(1隆芦36}号元素rm{)}对比中学常见元素周期表，思考扇形元素周期表的填充规律，并回答下列问题：

rm{(1)L}代表的元素处于常见周期表的位置是______，该单质与rm{A_{2}E}反应的方程式为：______．

rm{(2)}元素rm{F}rm{G}rm{I}rm{K}rm{M}其对应离子的离子半径由大到小的顺序是______rm{(}用元素或离子符号表示rm{)}．

rm{(3)}用电子式表示rm{MO_{2}}______，用电子式表示rm{CJ_{2}}的形成过程：______．

rm{(4)}比较元素rm{C}和rm{J}的非金属性强弱，rm{C}的非金属性______于rm{J(}填“强”或“弱”rm{)}并用化学方程式证明上述结论：______．

rm{(5)A}与rm{E}和rm{A}与rm{J}均能形成rm{18}个电子的化合物，写出此两种化合物发生反应的化学方程式为______．9、在rm{0.10mol?L^{-1}}硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的rm{pH=8}时，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}}硫酸铜溶液中通入过量rm{H_{2}S}气体，使rm{Cu^{2+}}完全沉淀为rm{CuS}此时溶液中的rm{H^{+}}浓度是______rm{mol?L^{-1}}．10、在一定温度下，发生如下反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，起始时，充入的N2和H2的物质的量分别是3.0mol和6.0mol，平衡时生成NH3的物质的量是2.4mol。已知容器的容积为5.0L，试求：(1)H2的转化率是________。(2)平衡时混合气体中N2的体积分数是________。11、等质量的D2O和H2O所含的中子数之比为____，电子数之比为____；等物质的量的D2O和H2O分别与足量的金属钠反应，放出的氢气的质量比为____，转移电子数之比为____．12、完成下列反应方程式（每空1分，共计3分）（1）铁在氯气中燃烧：（2）用氢氧化钠来吸收氯气尾气（3）漂白粉的漂白原理：13、如图所示；下列图象中，纵坐标为沉淀物的量，横坐标为某溶液中加入反应物的物质的量，试按题意将相应图示的字母填入下列空格．

（1）表示饱和AlCl3溶液中滴加氨水至过量的是______．

（2）表示饱和AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量的是______．

（3）表示饱和石灰水中通入CO2至过量的是______．

（4）表示向MgCl2和AlCl3的混合溶液中滴加NaOH溶液至过量的是______．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)14、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）15、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化16、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）17、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）18、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）19、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）20、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）21、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）评卷人得分四、计算题(共4题，共40分)22、下图是100mgCaC2O4·H2O受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线。试利用图中信息结合所学的知识填空：（1）温度分别为t1和t2时，固体产物的化学式A是________，B是________。产物C的化学式为。（2）由A得到B的化学方程式为___________________________________。23、一种含结晶水的无色晶体可表示为rm{A?nH_{2}O}其中结晶水的质量分数为rm{28.57%}该晶体的无水物rm{A}中碳、氢、氧三种元素的质量分数分别为rm{26.67%}rm{2.23%}和rm{71.1%}．

试回答下列问题：

rm{(1)}求无水物rm{A}的最简式______；

rm{(2)A}和rm{NaOH}溶液发生中和反应可生成酸式盐和一种正盐rm{.0.9g}无水物rm{A}恰好和rm{0.1mol?L^{-1}NaOH}溶液rm{200mL}完全反应生成正盐，求该化合物rm{A}的分子式及其结构简式rm{.(}提示：rm{-COOH}是一种酸性官能团rm{)}并写出化合物rm{A}与足量rm{NaOH}反应的化学方程式______．

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}现把rm{19.2g}的rm{Cu}放入足量的稀硝酸中，至rm{Cu}完全反应rm{.}求：

rm{(1)}参加反应的硝酸的物质的量是多少？

rm{(2)}反应结束后溶液加水到rm{500ml}这时硝酸铜的物质的量浓度是多少？25、向rm{4.2gNaHCO_{3}}粉末中加入一定体积rm{1mol/L}的盐酸，恰好完全反应。试计算：rm{垄脜}反应生成气体的体积rm{(}标准状况rm{)}rm{垄脝}加入盐酸的体积；rm{垄脟}假设反应前后溶液体积不变，所得溶液中rm{Na^{+}}的物质的量浓度。评卷人得分五、结构与性质(共1题，共7分)26、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL；大理石用量为10.00g。

（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：。实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol·L-1实验目的①298粗颗粒2.00（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；②_______________③_______________④_______________

（2）实验装置如图1所示，如何检验该装置的气密性________________________________

（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图2：依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率________________________

（4）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。_______评卷人得分六、综合题(共4题，共24分)27、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

28、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题29、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

30、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【解答】解：①氢氧化铝是两性氢氧化物；能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，故①符合；

②二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水；在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故②不符合；

③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO；氮气与氢气在高温高压；催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故③不符合；

④常温下；Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜；二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故④符合；

故选B．

【分析】①氢氧化铝是两性氢氧化物；能与强酸；强碱反应；

②二氧化硅不能溶于盐酸；

③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO；氮气与氢气在高温高压；催化剂条件下合成氨气反应；

④Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁．2、B【分析】解：A．燃烧不一定有氧气参加；如氢气在氯气中燃烧，故A正确；

B．酸性氧化物和碱反应或碱性氧化物和酸反应或酸和碱反应都生成盐和水；所以生成盐和水的反应不一定是中和反应，故B错误；

C．一种单质和一种化合物发生的反应不一定是置换反应，如C+CO22CO；故C正确；

D．饱和溶液析出晶体后溶质的质量分数是否发生改变；主要是取决于析出晶体的措施，当某物质一定温度下的饱和溶液在温度不变的条件下蒸发一部分溶剂后，有晶体析出，因为温度不变，物质的溶解度就不变，溶液中有晶体，剩下的溶液仍为该温度下的饱和溶液，所以溶质质量分数不变，如果改变温度而析出晶体时，溶液的质量分数就发生改变，故D正确；

故选B．

A．所有的发光；放热的、剧烈的氧化还原反应都属于燃烧；

B．酸性氧化物和碱反应或碱性氧化物和酸反应都生成盐和水；

C．一种单质和一种化合物反应生成另外的单质和化合物的反应为置换反应；

D．物质的溶解度在温度不变的条件下是不发生改变的；同温度下，同种物质的饱和溶液，溶质质量分数相等．

本题考查了物质间的反应，根据物质的性质结合物质之间的反应来分析解答，采用逆向思维的方法进行分析，易错选项是D，注意析出晶体的方法，从而确定溶液的质量分数是否变化，为易错点．【解析】【答案】B3、D【分析】【解答】解：A．在蒸发溶液出现较多固体时；停止加热，理由蒸发皿的余热蒸干，从而防止发生迸溅；受热分解，故A正确；B．蒸馏的原理：通过控制沸点的不同来实现物质的分离，所以温度计水银球要靠近蒸馏烧瓶支管口，故B正确；

C．为防止液体污染；分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；

D．萃取：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度的不同；用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来．萃取剂必须具备：两种溶剂互不相溶；溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度；溶质与萃取剂不反应，萃取剂的密度无须比水大，如用密度比水小的苯可萃取碘水中的碘，故D错误；

故选：D．

【分析】A．根据蒸发操作的步骤进行分析；

B．根据蒸馏的原理来确定温度计水银球的位置；

C．上层液体从下口放出；液体会被污染；

D．萃取是根据溶质在不同溶剂中的溶解度不同进行分离；4、A【分析】解：A．在稀硫酸中加入铜粉，再加入Cu（NO3）2固体；硝酸根离子在酸性环境下能够与铜反应生成硝酸铜，所以铜片溶解，故A错误；

B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；说明气体的水溶液一定呈碱性，故B正确；

C．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，离子方程式：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；故C正确；

D．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮；一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，以上各步变化均能通过一步实现，故D正确；

故选：A．

A．硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性；能够氧化铜；

B．湿润的红色石蕊试纸遇到碱变蓝；

C．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水；

D．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮；一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮．

本题考查了元素化合物知识，熟悉硝酸的性质是解题关键，注意硝酸根离子在酸性环境下才能表现强的氧化性，题目难度不大．【解析】【答案】A5、C【分析】【分析】本题利用原电池的工作原理解答，主要掌握原电池的正负极、电子流向、电流流向、反应类型的判断。【解答】A.铜rm{-}锌rm{-}稀rm{H_{2}SO_{4}}构成的原电池中；活泼金属锌作负极，失电子发生氧化反应，故A正确；

B.铜rm{-}锌rm{-}稀rm{H_{2}SO_{4}}构成的原电池中，较不活泼金属铜作正极，溶液中阳离子得电子发生还原反应，所以铜不易失去电子而受到保护，故B正确；C.负极上失电子发生氧化反应；正极上溶液中阳离子得电子发生还原反应，故C错误；

D.电子从负极沿外电路流向正极；所以外电路电子流入的一极为正极，电子流出的一极为负极，故D正确。

故选C。【解析】rm{C}二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】试题分析：（1）硅酸盐改写成氧化物，顺序是金属氧化物、二氧化硅、水，如果有多种金属氧化物，按照金属活动顺序表书写；原子个数跟硅酸盐的组成一样。因此MgAl2H4Si4O14的氧化物形式为：MgO·Al2O3·4SiO2·2H2O，Al2O3是两性氧化物，SiO2是酸性氧化物，都可以跟NaOH溶液反应，而MgO是碱性氧化物，不与NaOH溶液反应，因此滤渣主要是MgO，反生的离子反应方程式：SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O，Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；（2）利用SO2的漂白性可以使品红溶液褪色，而CO2不行，也可以用H2S溶液，SO2与H2S反应生成沉淀，而CO2不行，也可以用酸性该锰酸钾，SO2使酸性高锰酸钾褪色，而CO2不行；（3）①NaHCO3与NaOH反应无现象，不知发生反应，错误；②Ca(OH)2与Na2CO3、NaHCO3都反应生成沉淀，错误；③Ba2＋＋CO32－=BaCO3↓，与NaHCO3不反应，正确；④都不反应，错误；⑤Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，与NaHCO3不反应，正确；（4）A、NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O，NH4＋会减少，符合题意；B、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，Mg(OH)2＋2OH－=Mg2＋＋2H2O，Mg2＋不会减少，不符合题意；C、Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，Fe2＋会减少，符合题意；D、Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O，Al3＋不会减少，不符合题意；（5）根据N元素守恒：n(HNO3)总=2n(Cu(NO3)2)＋n(NO、NO2)＋n(HNO3)剩余，n(NO、NO2)=0．28-n。考点：考查改写成氧化物的形式、元素及其化合物的性质、化学计算等相关知识。【解析】【答案】（1）MgO·Al2O3·4SiO2·2H2O，MgO，SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O，Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；（2）品红溶液；（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)在表面铺有一层KClO3的上面插入一根镁条点燃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}为氢、rm{B}为rm{Na}rm{F}为rm{Mg}rm{M}为rm{Ca}rm{L}为rm{Fe}rm{G}为rm{Al}rm{H}为硅、rm{C}为碳、rm{I}为磷、rm{D}为氮、rm{J}为硫、rm{E}为氧、rm{N}为rm{Br}rm{K}为rm{Cl}rm{O}为氟；

rm{(1)}由表可知，rm{L}在第四周期第rm{8}列，即处于第四周期第Ⅷ族；rm{A_{2}E}为rm{H_{2}O}rm{Fe}与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁与氢气，反应方程式为：rm{3Fe+4H_{2}O(g)dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}Fe_{3}O_{4}+4H_{2}}

故答案为：第四周期第Ⅷ族；rm{3Fe+4H_{2}O(g)dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}Fe_{3}O_{4}+4H_{2}}

rm{3Fe+4H_{2}O(g)dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}Fe_{3}O_{4}+4H_{2}}电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：rm{3Fe+4H_{2}O(g)dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}Fe_{3}O_{4}+4H_{2}}故答案为：rm{(2)}

rm{P^{3-}>Cl^{-}>Ca^{2+}>Mg^{2+}>Al^{3+}}为rm{P^{3-}>Cl^{-}>Ca^{2+}>Mg^{2+}>Al^{3+}}由钙离子与氟离子构成，其电子式为rm{(3)MO_{2}}为rm{CaF_{2}}分子中rm{CJ_{2}}原子与rm{CS_{2}}原子之间形成rm{C}对共用电子对，用rm{S}原子、rm{2}原子电子式表示其形成过程为：

故答案为：

rm{C}同周期自左而右非金属性增强，同主族电子层越多非金属性越弱，故非金属性rm{S}弱于rm{(4)}可以利用最高价含氧酸强酸制备弱酸进行验证，反应方程式为：rm{C}

故答案为：弱；rm{S}

rm{Na_{2}CO_{3}+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}与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}个电子的化合物为rm{E}rm{18}与rm{H_{2}O_{2}}形成rm{A}个电子的化合物为rm{J}过氧化氢具有强氧化性，可以氧化硫化氢，反应生成rm{18}与水，反应方程式为：rm{H_{2}S}

故答案为：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}为氢、rm{H_{2}O_{2}+H_{2}S=2H_{2}O+S隆媒}为rm{A}rm{B}为rm{Na}rm{F}为rm{Mg}rm{M}为rm{Ca}rm{L}为rm{Fe}rm{G}为硅、rm{Al}为碳、rm{H}为磷、rm{C}为氮、rm{I}为硫、rm{D}为氧、rm{J}为rm{E}rm{N}为rm{Br}rm{K}为氟；

rm{Cl}由表可知，rm{O}在第四周期第rm{(1)}列；rm{L}为rm{8}rm{A_{2}E}与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁与氢气；

rm{H_{2}O}电子层结构相同；核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；

rm{Fe}为rm{(2)}由钙离子与氟离子构成；rm{(3)MO_{2}}为rm{CaF_{2}}分子中rm{CJ_{2}}原子与rm{CS_{2}}原子之间形成rm{C}对共用电子对，用rm{S}原子、rm{2}原子电子式表示其形成过程；

rm{C}同周期自左而右非金属性增强；同主族电子层越多非金属性越弱，可以利用最高价含氧酸强酸制备弱酸进行验证；

rm{S}与rm{(4)}形成的rm{(5)A}个电子的化合物为rm{E}rm{18}与rm{H_{2}O_{2}}形成rm{A}个电子的化合物为rm{J}过氧化氢具有强氧化性，可以氧化硫化氢，反应生成rm{18}与水．

本题考查元素周期表及元素周期律，注意把握金属性、非金属性强弱比较及实验事实，掌握用电子式表示物质或化学键形成，题目难度不大．rm{H_{2}S}【解析】第四周期第Ⅷ族；rm{3Fe+4H_{2}O(g)dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}Fe_{3}O_{4}+4H_{2}}rm{3Fe+4H_{2}O(g)dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}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：根据题给rm{Cu(OH)_{2}}的溶度积即可确定rm{pH=8}时，rm{c(OH^{-})=10^{-6}mol/L}rm{K_{sp}[Cu(OH)_{2}]=2.2隆脕10^{-20}}则rm{c(Cu^{2+})=2.2隆脕10^{-8}mol?L^{-1}}

在rm{0.1mol?L^{-1}}硫酸铜溶液中通入过量rm{H_{2}S}气体，使rm{Cu^{2+}}完全沉淀为rm{CuS}此时溶液中的溶质为硫酸，rm{c(SO_{4}^{2-})}不变，为rm{0.1mol?L^{-1}}由电荷守恒可知rm{c(H^{+})}为rm{0.2mol?L^{-1}.}故答案为：rm{2.2隆脕10^{-8}}rm{0.2}．

根据溶度积常数进行计算rm{c(Cu^{2+})}根据溶液的电中性计算rm{H^{+}}浓度．

本题考查了溶度积常数的计算以及物质的量浓度的有关计算，题目较为综合，充分理解rm{Ksp}的概念是解题的关键．【解析】rm{2.2隆脕10^{-8}}rm{0.2}10、略

【分析】N2＋3H22NH3起始3.0mol6.0mol0mol转化1.2mol3.6mol2.4mol平衡1.8mol2.4mol2.4mol(1)H2的转化率＝3.6/6.0×100%＝60%。(2)N2的体积分数＝×100%≈27.3%。【解析】【答案】(1)60%(2)27.3%11、略

【分析】

设D2O和H2O的质量都是18g；

则n（H2O）==1mol；

n（D2O）==mol；

则等质量的D2O和H2O所含的中子数之比为mol×（1×2+8）：1mol×8=9：8；

电子数之比为mol×（1×2+8）：1mol×（1×2+8）=9：10；

等物质的量的D2O和H2O分别与足量的金属钠反应；

由2Na～2D2O～D2↑，2Na～2H2O～H2↑；

则放出的氢气的质量比为1mol×4g/mol：1mol×2g/mol=2：1；

产生等物质的量的氢气；氢元素的化合价都是由+1价降低为0；

则转移的电子数相等；即转移电子数之比为1：1；

故答案为：9：8；9：10；2：1；1：1．

【解析】【答案】根据n=计算D2O和H2O的物质的量，再利用分子的构成、原子的构成来计算中子数之比、电子数之比；等物质的量的D2O和H2O分别与足量的金属钠反应，则有2Na～H2↑；以此来计算氢气的质量关系及转移的电子数之比．

12、略

【分析】试题分析：（1）铁在氯气中燃烧产生氯化铁，反应的方程式是：2Fe+3Cl22FeCl3；（2）氯气与碱发生反应，产生NaCl、NaClO和水，反应的方程式是：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O；（3）漂白粉的漂白原理是次氯酸钙与碳酸发生反应产生次氯酸，反应的方程式是：CO2+H2O+Ca(ClO)2==CaCO3+2HclO。考点：考查关于氯元素的单质及化合物的化学方程式的书写的知识。【解析】【答案】（1）2Fe+3Cl22FeCl3；（2）Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O（3）CO2+H2O+Ca(ClO)2==CaCO3+2HClO13、略

【分析】解：（1）铝盐中滴入稀氨水生成沉淀氢氧化铝，反应为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；氢氧化铝不溶于弱碱氨水，反应完后沉淀量不再变化；根据定量关系，确定图象为C；

故答案为：C；

（2）饱和AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应：Al3++3OH-═Al（OH）3↓，生成氢氧化铝沉淀，后发生Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，沉淀溶解，设1molAlCl3反应；生成沉淀和沉淀溶解，消耗的NaOH分别为3mol和1mol，确定图象为B；

故答案为：B；

（3）饱和石灰水通过量CO2气体，应先有沉淀：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，后碳酸钙与二氧化碳反应，沉淀溶解：CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，生成沉淀和沉淀溶解所用CO2相等；确定图象为A；

故答案为：A；

（4）MgCl2和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，发生反应：Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓生成两种沉淀，沉淀量随着氢氧化钠的量增大而增大，但氯化镁和氯化铝完全转化为氢氧化物沉淀时，再继续加入氢氧化钠溶液，然后发生Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O；随着氢氧化钠溶液的加入，沉淀量减少，但不会完全溶解，确定图象为D；

故答案为：D．

（1）铝盐中滴入稀氨水生成沉淀氢氧化铝；根据氢氧化铝不溶于弱碱氨水，铝盐反应完后沉淀量不再变化；

（2）饱和AlCl3溶液中滴加NaOH溶液；先生成氢氧化铝沉淀，后沉淀溶解；

（3）饱和石灰水通过量CO2气体；应先生成碳酸钙沉淀，后碳酸钙与二氧化碳反应，沉淀溶解；

（4）MgCl2和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液；生成两种沉淀：氢氧化镁和氢氧化铝，随着反应的进行沉淀量增大，但氢氧化铝溶于强碱，氯化镁和氯化铝完全转化为氢氧化物沉淀时，再继续加入氢氧化钠溶液，沉淀会部分溶解．

本题考查化学反应与图象的关系，关键在于理解相关反应，熟练写出相应的反应的方程式，明确发生的化学反应及反应物的用量是解答的难点．【解析】C；B；A；D三、判断题(共8题，共16分)14、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．15、B【分析】【解答】煤的气化是在高温条件下煤与水蒸气反应生成CO和H2；是化学变化；

煤液化；是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料；化工原料和产品的先进洁净煤技术，有新物质生成，属于化学变化；

煤的干馏是将煤隔绝空气加强热；煤发生复杂的反应获得煤焦油；焦炉煤气等的过程，是化学变化．故煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是化学变化，故此说法错误．故答案为：错误．

【分析】没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化；16、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．17、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．18、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目19、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．20、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．21、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．四、计算题(共4题，共40分)22、略

【分析】根据题目要求可分3段讨论CaC2O4•H2O的受热分解．（1）t1时A点，100mgCaC2O4•H2O的质量减少至87.7mg，从中分析CaC2O4•H2O受热分解的产物，固体CaC2O4•H2O的摩尔质量为146g/mol，设分解后产物的摩尔质量为M1．100×10-3g÷146g/mo＝87.7×10-3g÷M1，解得M1=128.04g/mol。由于CaC2O4的摩尔质量为128g/mol，从而判断出CaC2O4•H2O的分解反应方程式为：CaC2O4•H2OCaC2O4+H2O↑所以A的化学式是CaC2O4．（2）再讨论t2时B点，87.7mg的CaC2O4受热分解，设分解产物的摩尔质量为M2．则87.7×10-3g÷28g/mol＝68.5×10-3g÷M2．解得M2＝99.98g/mol。从M2的实验值可推断出产物B应为CaCO3，分解方程式为：CaC2O4CaCO3+CO↑（3）综上分析，由CaC2O4•H2O得到A的化学方程式即为CaC2O4CaCO3+CO↑（4）当加热至1100℃～1200℃时，由图读得分解产物C的质量约为38mg，设C点化合物摩尔质量为M3．则68.5×10-3g÷100g/mol＝38×10-3g÷M3．解得M3＝55.47g/mol。M3的实验值与CaO的摩尔质量（56g/mol）接近，分解方程式应为：CaCO3CaO+CO2↑。由此得出C的化学式为CaO，其分子量即为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)}分子中原子个数比为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}．

所以无水物rm{2}的最简式为rm{B}

故答案为：rm{CHO_{2}}

rm{CHO_{2}}和rm{(2)B}溶液发生中和反应时，可生成一种酸式盐和正盐，说明rm{NaOH}为二元酸．

所以有rm{B}

rm{B+2NaOH篓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}的分子式为：rm{B}结构简式为rm{C_{2}H_{2}O_{4}}．

与氢氧化钠反应的方程式为rm{HOOC-COOH}

故答案为：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}拢潞dfrac{28.57}{18}=1拢潞n}解得rm{HOOC-COOH+2NaOH=Na_{2}C_{2}O_{4}+2H_{2}O}

答：rm{(3)dfrac{71.43}{90}拢潞dfrac

{28.57}{18}=1拢潞n}中rm{n=2}的值为rm{A?nH_{2}O}．

rm{n}根据元素的质量分数；求出各元素原子个数比．

rm{2}和rm{(1)}溶液发生中和反应时，可生成一种酸式盐和正盐，说明rm{(2)B}为二元酸，再根据与氢氧化钠反应计算rm{NaOH}的相对分子质量；进而确定分子式与结构简式．

rm{B}根据为rm{B}中水与rm{(3)}的质量分数，计算rm{B?nH_{2}0}与rm{B}的分子个数比，由此计算rm{B}的值．

本题考查有机物实验式与分子式的确定，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，难度中等，理解掌握有机物分子式确定的基本思路．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的物质的量为：铜与稀硝酸发生反应，方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；依据方程式得：

3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

3832

0.3mol0.8mol0.3mol0.2mol

根据方程式计量数关系可知参加反应的硝酸的物质的量是0.8mol；生成硝酸铜的物质的量为0.3mol；生成NO的物质的量为0.2mol；

（1）根据方程式计量数关系可知参加反应的硝酸的物质的量是0.8mol；

答：参加反应的硝酸的物质的量是0.8mol；

（2）生成硝酸铜的物质的量为0.3mol，溶液的体积为500ml，所以硝酸铜的物质的量浓度为：

答：反应结束后溶液加水到500ml，这时硝酸铜的物质的量浓度是0.6mol/L。【分析】

【分析】

本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，本题注意根据反应方程式的计算，为解答该题的关键，注意公式的运用。【解答】解：rm{19.2g}的rm{Cu}的物质的量为：rm{dfrac{19.2g}{64g/mol}篓T0.3mol}铜与稀硝酸发生反应，方程式为：rm{dfrac{19.2g}{64g/mol}篓T0.3mol

}依据方程式得：

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}

根据方程式计量数关系可知参加反应的硝酸的物质的量是rm{0.2mol}生成硝酸铜的物质的量为rm{0.8mol}生成rm{0.3mol}的物质的量为rm{NO}

rm{0.2mol}根据方程式计量数关系可知参加反应的硝酸的物质的量是rm{(1)}

答：参加反应的硝酸的物质的量是rm{0.8mol}

rm{0.8mol}生成硝酸铜的物质的量为rm{(2)}溶液的体积为rm{0.3mol}所以硝酸铜的物质的量浓度为：rm{dfrac{0.3mol}{0.5L}=0.6mol/L}

答：反应结束后溶液加水到rm{500ml}这时硝酸铜的物质的量浓度是rm{dfrac{0.3mol}{0.5L}=0.6mol/L

}rm{500ml}【解析】解：rm{19.2g}的rm{Cu}的物质的量为：rm{dfrac{19.2g}{64g/mol}篓T0.3mol}铜与稀硝酸发生反应，方程式为：rm{dfrac{19.2g}{64g/mol}篓T0.3mol

}依据方程式得：

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}

根据方程式计量数关系可知参加反应的硝酸的物质的量是rm{0.2mol}生成硝酸铜的物质的量为rm{0.8mol}生成rm{0.3mol}的物质的量为rm{NO}

rm{0.2mol}根据方程式计量数关系可知参加反应的硝酸的物质的量是rm{(1)}

答：参加反应的硝酸的物质的量是rm{0.8mol}

rm{0.8mol}生成硝酸铜的物质的量为rm{(2)}溶液的体积为rm{0.3mol}所以硝酸铜的物质的量浓度为：rm{dfrac{0.3mol}{0.5L}=0.6mol/L}

答：反应结束后溶液加水到rm{500ml}这时硝酸铜的物质的量浓度是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】本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握发生的反应及物质的量的有关计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。【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}，发生rm{NaHCO}rm{NaHCO}rm{{,!}_{3}}rm{+HCl=NaCl+CO}rm{+HCl=NaCl+CO}rm{{,!}_{2}}rm{隆眉+H}由反应可知，rm{隆眉+H}生成气体的体积为rm{{,!}_{2}}答：反应生成气体的体积为rm{O}rm{O}rm{(1)}由反应可知，rm{(1)}则盐酸的体积为rm{dfrac{0.05mol}{1mol/L}=0.05L=50mL}答：加入盐酸的体积为rm{n(NaHCO_{3})=n(CO_{2})=0.05mol}rm{0.05mol隆脕22.4L/mol=1.12L}由反应可知，rm{1.12L}rm{(2)}rm{(2)}rm{n(HCl)=n(NaHCO_{3})=0.05mol}则所得溶液中rm{dfrac{0.05mol}{1mol/L}=0.05L=50mL

}rm{50mL}的物质的量浓度为rm{dfrac{0.05mol}{0.05L}=1mol/L}rm{(3)}由反应可知，rm{n(Na}rm{(3)}rm{n(Na}rm{{,!}^{+}}【解析】rm{(1)1.12L}rm{(2)50mL}rm{(3)1mol/L}五、结构与性质(共1题，共7分)26、略

【分析】【分析】

（1）本实验是由实验①做对比实验探究影响反应速率的因素，所以在设计分组实验时，要设计出分别只有浓度、温度和接触面积不同时反应速率的变化，从而找出不同外界因素对反应速率的影响。由于实验①和实验②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，实验①和实验③探究温度对该反应速率的影响，故实验③的温度选择308K，实验①和实验④探究接触面积对该反应速率的影响，故实验④选择细颗粒的大理石；

（2）依据装置特点分析气密性的检查方法；

（3）化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。根据图像可以计算出70至90s内生成的CO2的体积；然后根据反应式可计算出消耗的硝酸的物质的量，最后计算其反应速率；

（4）根据反应物的用量计算生成CO2的最大质量；根据影响反应速率的因素比较实验②；③和④反应速率大小；以此判断曲线斜率大小，画出图像；

【详解】

（1）由实验目的可知；探究浓度；温度、接触面积对化学反应速率的影响，则实验①②的温度、大理石规格相同，只有浓度不同，实验①③中只有温度不同，实验①④中只有大理石规格不同；

故答案为（从上到下；从左到右顺序）：298；粗颗粒；1.00；308；粗颗粒；2.00；298；细颗粒；2.00；

（2）该装置的气密性的检查方法是：关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的质量为：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根据方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物质的量为：n(HNO3)=＝mol；

③溶液体积为25mL＝0.025L，所以HNO3减少的浓度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反应的时间t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范围内的平均反应速率为：

v(HNO3)＝Δc(HNO3)/t＝=mol·L－1·S－1=0.009mol·L－1·S－1

（4）实验②、③和④所用大理石的质量均为10.00g，其物质的量为=0.1mol，实验①、③和④所用硝酸的量相同均为：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的质量按硝酸计算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，实验②所用硝酸的量为1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石过量，反应生成的CO2的质量为0.025mol×44g/mol=0.55g；

实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，且HNO3浓度①>②，浓度越大，反应越快，故曲线斜率①>②；

实验①和③探究温度对该反应速率的影响，且温度③高于①，温度越高反应越快，故曲线斜率③>①；

实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响，且实验④为细颗粒，实验①为粗颗粒，颗粒越小，表面积越大，反应越快，故反应速率④>①，故曲线斜率④>①；

根据以上特征；画出图像如下：

【点睛】

本题考查了化学反应速率的影响因素，注意对题给信息的分析是处理是解答的关键，注意控制变量的实验方法的理解和掌握。【解析】298粗颗粒1.00308粗颗粒2.00298细颗粒2.00关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1六、综合题(共4题，共24分)27、反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能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）因图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；

（2）因1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol﹣1；

则2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为：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；

则利用盖斯定律将①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1；