2024年华师大新版高一化学下册月考试卷

…………○…………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年华师大新版高一化学下册月考试卷850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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、除去括号内杂质所用试剂和方法，正确的是A.乙醇（乙酸）、KOH溶液、分液B.乙烯（SO2）、KMnO4溶液、洗气C.乙烷（乙烯）、H2（催化剂）、催化加氢D.乙醇（水）、CaO、蒸馏2、从海水中可以提取溴，主要反应为：2Br﹣+Cl2=2Cl﹣+Br2，下列说法正确的是（）A.溴离子具有氧化性B.氯气是还原剂C.该反应属于复分解反应D.氯气的氧化性比溴单质强3、下列元素的原子在形成不同物质时，既能形成离子键，又能形成共价键的是（）A.KB.CaC.ID.Ne4、人们利用焰色反应制造了绚丽多彩的烟花，下列物质的焰色为黄色的是A.rm{Na_{2}CO_{3}}B.rm{KCl}C.rm{CaCl_{2}}D.rm{CuSO_{4}}5、下列实验中，所选装置不合理的是

A.分离rm{Na_{2}CO_{3}}溶液和rm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}}选rm{垄脺}B.粗盐提纯，选rm{垄脵}和rm{垄脷}C.用rm{CCl_{4}}提取碘水中的碘，选rm{垄脹}D.用rm{FeCl_{2}}溶液吸收rm{Cl_{2}}选rm{垄脻}6、下列物质属于同分异构体的一组是（）A.葡萄糖糖和蔗糖B.与CH3－CH2－CH2－CH3C.C2H6与C3H8D.O2与O37、可逆反应A（g）+3B（g）⇌2c（g）+2D（g），在四种不同情况下的反应速率分别如下，其中反应速率最快的是（）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）评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、乙醇分子中的化学键如右图所示，在不同反应中断键不同：和金属钠反应____键断裂；化学方程式是____，在Cu催化下和O2反应____键断裂,化学方程式是____，9、0.5mol的Y元素的离子得到6.02×1023个电子被还原成中性原子，0.4gY的氧化物恰好与100mL0.2mol•L﹣1的盐酸完全反应；Y原子核内质子数和中子数相等．写出：

（1）Y的元素符号为____，它在周期表的位置为____；

（2）Y的氧化物与盐酸反应的离子方程式为____10、I.有下列物质：rm{垄脵NaOH}溶液rm{垄脷}铜丝rm{垄脹}液态rm{HCl垄脺}盐酸rm{垄脻NaHSO_{4}}固体rm{垄脼CO_{2}垄脽}酒精rm{垄脿}葡萄糖rm{垄谩}氢氧化钡固体rm{垄芒}熔融氯化钠rm{(}作答请填写序号rm{)}

rm{(1)}上述物质中，可导电的是______rm{.(2)}上述物质中；属于非电解质的是______．

rm{(3)}上述状态下，属于电解质但不导电的是______．rm{II.(4)}写出rm{NaHSO_{4}}的电离方程式：______．rm{(5)}写出rm{Ba(OH)_{2}}溶液与rm{H_{2}SO_{4}}溶液反应的离子反应方程式：__________________11、rm{31.}下表是元素周期表中的短周期部分，表中字母分别表示一种元素。

rm{(1)}画出rm{垄脺}的简单阴离子结构示意图_________；写出rm{垄脿}在周期表中的位置_________。rm{(2)}写出rm{垄脵}rm{垄脺}rm{垄脻}三种元素组成的化合物的电子式__________________。rm{(3)}表中______________rm{(}填元素符号rm{)}的氧化物具有两性。rm{(4)垄脺}rm{垄脻}rm{垄脼}的原子半径由大到小的顺序是_____________。rm{(}用元素符号表示rm{)}rm{(5)垄脷}rm{垄脹}rm{垄脽}的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是__________。rm{(}用____表达rm{)}12、9.03×1023个NH3含______mol氨分子，______mol氢原子，______mol质子，______个电子，在标准状况下的体积为______L。13、如图所示在通常状况下，rm{A}为固态单质rm{.}根据下图转化关系；回答：

rm{(1)}写出rm{A}rm{E}的化学式：rm{A}______，rm{E}______．

rm{(2)}写出下列反应的化学方程式：

rm{垄脵E-隆煤C}______；

rm{垄脷C-隆煤D}______．

rm{(3)B}与rm{E}的浓溶液能反应，当rm{B}rm{E}等物质的量反应时，化学方程式为______，反应现象______．

rm{(4)}若rm{A}为气态单质，则写出rm{B}rm{D}化学式：rm{B}______，rm{D}______．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)14、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．15、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。16、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）17、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化18、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）19、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。20、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）21、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）评卷人得分四、工业流程题(共3题，共18分)22、用铝箔制备Al2O3、AlCl3·6H2O及明矾(摩尔质量为474g/mol)晶体；相关流程如下：

已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明矾在水中的溶解度如下表。温度/℃010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109

(1)步骤II中发生的离子方程式___________；

(2)选出步骤Ⅳ过程中合理的操作并排序___________。

a．迅速降至室温b．用玻璃棒摩擦器壁c．配制90℃的明矾饱和溶液。

d．自然冷却至室温e．选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央。

f．配制高于室温10~20℃的明矾饱和溶液。

(3)下列关于固液分离操作或描述正确的是___________。

A．步骤II通过量CO2后进行固液分离时为加快过滤速度可采用抽滤B．如图中抽滤装置有2处错误C．抽滤完毕时，应先关闭水龙头，再断开吸滤瓶和安全瓶之间的导管，以防止倒吸D．步骤Ⅴ，抽滤时，需用玻璃纤维替代滤纸(4)由溶液A制备AlCl3·6H2O的装置如图所示：

①通入HCl的作用有___________。

②步骤Ⅴ洗涤时，请使用合适的洗涤剂并描述具体的洗涤操作___________。

(5)用电子天平称取3.000g的明矾粗产品，用水溶解后取相同体积的两份溶液。第一份用BaCl2溶液滴定法测得n(SO)为0.006300mol；第二份用EDTA滴定法测得n(Al3+)为0.002900mol。则该试样中明矾的纯度为___________。23、工业上制备BaCl2·2H2O有如下两种途径。

途径1：以重晶石（主要成分BaSO4）为原料；流程如下：

（1）写出“高温焙烧”时反应的化学方程式：_____________________________________。

（2）气体用过量NaOH溶液吸收，得到硫化钠。Na2S水解的离子方程式为_____________。

（3）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，=___________。[Ksp(AgBr)=5.4×10-13，Ksp(AgCl)=2.0×10-10]

途径2：以毒重石(主要成分BaCO3，含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)为原料；流程如下：

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

（4）为提高矿石的浸取率，可采取的措施是_________。

（5）加入NH3·H2O调节pH=8可除去___________（填离子符号），滤渣Ⅱ中含_________（填化学式）。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________。

（6）重量法测定产品纯度的步骤为：准确称取mgBaCl2·2H2O试样，加入100mL水，用3mL2mol·L－1的HCl溶液加热溶解。边搅拌，边逐滴加入0.1mol·L－1H2SO4溶液。待BaSO4完全沉降后，过滤，用0.01mol·L－1的稀H2SO4洗涤沉淀3~4次，直至洗涤液中不含Cl－为止。将沉淀置于坩埚中经烘干灼烧至恒重，称量为ng。则BaCl2·2H2O的质量分数为_________。

（7）20℃时，PbCl2(s)在不同浓度盐酸中的最大溶解量(单位：g·L-1)如图所示。下列叙述正确的是_______________

A．盐酸浓度越大，Ksp(PbCl2)越大。

B．PbCl2能与一定浓度的盐酸反应。

C．x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)相等。

D．往含Pb2+的溶液中加入过量浓盐酸，可将Pb2+完全转化为PbCl2(s)24、工业上利用废镍催化剂（主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）制备草酸镍晶体（NiC2O4·2H2O）的流程如下：

（1）NiC2O4·2H2O中C的化合价是___。既能加快“酸浸”反应速率又能提高“酸浸”原料利用率的操作措施为___。

（2）“滤渣Ⅰ”的主要成分是___。

（3）在隔绝空气的条件下，高温煅烧无水NiC2O4得到Ni2O3和两种含碳元素的气体，该反应的化学方程式是___。

（4）高能锂离子电池的总反应为2Li+FeS=Fe+Li2S。用该电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni的装置如图（图中X、Y为电极，LiPF6·SO(CH3)2为电解质）。

①电极X的反应材料是___（填化学式）；中间隔室b可以得到的主要物质Z是___（填化学式）。

②电解总反应的离子方程式为___。

已知F＝96500C/mol，若电池工作tmin，维持电流强度为IA，理论回收Ni___g（写出计算表达式即可）。评卷人得分五、结构与性质(共1题，共9分)25、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。_______参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】试题分析：A．乙醇中混有乙酸可以用KOH溶液发生中和反应，然后利用物质沸点的不同，用蒸馏的方法分离，错误；B．乙烯中混有SO2，若用KMnO4溶液洗气则二者都会发生反应，因此不可行，错误；C．乙烷中混有乙烯应该用溴水洗气，否则，反应缓慢，反应不彻底，仍然存在杂质，错误；D．乙醇中混有水，可以利用水与CaO产生氢氧化钙，然后利用物质沸点的不同，用蒸馏的方法分离提纯，正确。考点：考查物质的分离、提纯的知识。【解析】【答案】D2、D【分析】【解答】解：A．溴离子化合价处于最低价态，只具有还原性，故A错误；B．反应中Cl元素化合价降低，Cl2为氧化剂；故B错误；

C．反应中有元素化合价的升降；为氧化还原反应，故C错误；

D．根据氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性可知氯气的氧化性比溴单质强；故D正确．

故选D．

【分析】反应2Br﹣+Cl2=2Cl﹣+Br2中Cl元素化合价降低，Cl2为氧化剂，Br元素化合价升高，被氧化，Br﹣为还原剂，以此解答该题．3、C【分析】【分析】答案：C

A、B是金属，只能形成离子键、金属键；C、I―是离子键、I2单质形成共价键；D、稀有气体，单原子分子，不形成化学键。4、A【分析】【分析】本题考查焰色反应的基本知识，熟悉基本的钠与钾的焰色反应。【解答】焰色反应为黄色，是钠及钠的化合物的特征。A.含有钠离子，故为黄色，故A正确；B.含有钾离子，焰色反应为紫色rm{(}隔着蓝色钴玻璃观察rm{)}故B错误；隔着蓝色钴玻璃观察rm{(}故B错误；rm{)}C.含有钙离子，焰色反应为红色，故C错误；故选A。

D.含有铜离子，焰色反应为绿色，故D错误。【解析】rm{A}5、A【分析】【分析】本题考查物质的分离、提纯，题目难度不大，注意常用仪器的使用和物质的性质的异同。【解答】A.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液和rm{CH_{3}COOC_{2}H_{3}}互不相溶，应用分液的方法分离，故A错误；B.粗盐提纯；应先用过滤方法除去沉淀杂质，后蒸发可得到食盐，故B正确；

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，可选rm{垄脹}故C正确；

D.rm{FeCl_{2}}吸收rm{Cl_{2}}可用洗气瓶处理，选rm{垄脻}故D正确。

故选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）；

所以反应速率v（A）＞v（B）＞v（C）＞v（D）．

故选A．

【分析】反应速率的单位相同，用各物质表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快．二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】【解析】试题分析：乙醇和金属钠反应生成氢气，羟基上的氢原子变成氢气，断键位置是①，反应的化学方程式是2CH3CH2OH＋2Na2CH3CH2ONa＋H2↑；乙醇在Cu催化下和O2反应发生催化氧化生成乙醛，断键位置是①③，反应的化学方程式是考点：考查乙醇的结构和性质【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个电子为1mol，则0.5mol的Y元素的离子得到1mol电子还原为中性原子，则离子为Y2+；

设YO的物质的量为x；

由YO+2HCl═YCl2+H2O

12

x0.1L×0.2mol/L

解得x=0.01mol；

则YO的摩尔质量为=40g/mol；

则Y的摩尔质量为40g/mol﹣16g/mol=24g/mol；

即Y的相对原子质量为24；又Y原子核内质子数和中子数相等；

则质子数为12；为Mg元素，位于第三周期第ⅡA族；

故答案为：Mg；第三周期第ⅡA族；

（2）化学反应为MgO+2HCl═MgCl2+H2O，MgO、H2O在离子反应中应保留化学式；

则离子反应为MgO+2H+═Mg2++H2O，故答案为：MgO+2H+═Mg2++H2O．

【分析】6.02×1023个电子为1mol，则0.5mol的Y元素的离子得到2mol电子还原为中性原子，则离子为Y2+，利用YO+2HCl═YCl2+H2O计算Y的摩尔质量，再利用Y原子核内质子数和中子数相等来确定Y的位置，以此来解答．10、I

（1）①②④⑩（2）⑥⑦⑧（3）③⑤⑨II

（4）（5）【分析】【分析】本题考查了电解质和非电解质及物质导电能力的判断，注意能导电的物质不一定是电解质，电解质不一定导电，为易错点，题目难度不大。【解答】rm{I}

rm{I}在rm{(1)}溶液、盐酸、熔融氯化钠中存在自由移动的离子，能够导电，铜丝属于金属，能够导电，故为：rm{(1)}rm{NaOH}rm{垄脵垄脷垄脺垄芒}rm{(2)}非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能导电的化合物，酒精、葡萄糖在水溶液里和熔化状态下都不能导电，属于非电解质；rm{CO_{2}}的水溶液能够导电，是因为rm{CO_{2}}溶于水分别生成了电解质碳酸，不是它们自身原因而导电，即rm{CO_{2}}属于非电解质，故为：rm{垄脼垄脽}rm{垄脼垄脽}rm{垄脿}；rm{(3)}电解质是指在水溶液或熔化状态下能够导电的化合物，液态rm{HCl}rm{HCl}rm{Na_{2}SO_{3}}固体溶于水能电离出自由移动的离子而导电，属于电解质，液态rm{HCl}rm{HCl}rm{Na_{2}SO_{3}}固体中没有自由移动的离子，不能导电；

氧化钠熔融态能够导电，属于电解质，但氧化钠固体中没有自由移动的离子，不能导电，的电离方程式为：rm{NaHS{O}_{4}=N{a}^{+}+{H}^{+}+SO_{4}^{2-}}故为：rm{垄脹垄脻垄谩}rm{垄脹垄脻垄谩}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{垄脵垄脷垄脺垄芒}rm{(2)}rm{垄脼垄脽}rm{垄脼垄脽}rm{垄脿}

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{垄脹垄脻垄谩}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】本题考查有关元素周期表知识，难度不大，掌握元素周期表结构与周期律是解答的关键。【解答】rm{(1)垄脺}的简单阴离子结构示意图也就是氧离子的应当为：rm{垄脿}是rm{Cl}元素，在周期表中的位置是：第三周期，rm{VIIA}族，故答案为：第三周期，rm{VIIA}族；rm{(2)垄脵}rm{垄脺}rm{垄脻}三种元素组成的化合物是氢氧化钠的电子式是：故答案为：rm{(3)}表中rm{Al}的氧化物氧化铝是两性氧化物，故答案为：rm{Al}rm{(4)}同一周期从左到右原子半径由大到小，电子层数越多则原子半径越大，故为：rm{Na>Al>O}故答案为：rm{Na>Al>O}rm{(5)垄脷}rm{垄脹}rm{垄脽}的最高价含氧酸分别是rm{H_{2}CO_{3}}rm{HNO_{3}}rm{H_{2}SiO_{3}}非金属越强则对应的酸性越强，故为：rm{HNO_{3}>H_{2}CO_{3}>H_{2}SiO_{3}}故答案为：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任何物质中含有6.02×1023个分子，则9.03×1023个氨（NH3）分子含氨分子的物质的量为n===1.5mol；1个氨分子中含有3个氢原子，则9.03×1023个氨（NH3）分子含1.5mol×3=4.5mol氢原子；1个氢原子中含有1个质子，1个电子，1个氮原子中含有7个质子，7个电子，则1个氨分子中含有10个质子、10个电子，则9.03×1023个氨（NH3）分子含1.5mol×10=15mol质子和电子即，15NA个电子，在标准状况下的体积为V=nVm=1.5mol×22.4L/mol=33.6L；

故答案为：1.5；4.5；15；15NA；33.6。

根据1mol任何物质中含有6.02×1023个分子，结合氨（NH3）分子的构成，根据n=计算氨气分子的物质的量，由化学式NH3可知，H原子的物质的量是氨气分子的3倍，每个氨气分子含有10个质子、10个电子，质子、电子物质的量为氨气的10倍，根据N=nNA计算电子数目；根据V=nVm计算NH3体积；据此分析解答即可。

本题考查物质的量的计算，题目难度不大，考查同学们灵活运用化学式的含义与有关计算进行分析问题、解决问题的能力，注意掌握以物质的量为中心的计算。【解析】1.54.51515NA33.613、rm{(1)S}rm{H_{2}SO}4

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

rm{垄脷2SO_{2}+O_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{?}}2SO}3

rm{)overset{?}{=}

CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}浓rm{垄脷2SO_{2}+O_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{?}}

2SO}产生淡黄色沉淀及无色有刺激性气味的气体。

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

本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、图中转化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意rm{S}rm{N}及其化合物的性质；题目难度不大。

rm{A}通常状态下为固态单质，能与氢气反应，应为非金属单质，由题中转化关系，可知rm{A}为rm{S}则rm{B}为rm{H_{2}S}rm{C}为rm{SO_{2}}rm{D}为rm{SO_{3}}rm{E}为rm{H_{2}SO_{4}}若rm{A}为气态单质，则rm{A}为rm{N_{2}}rm{B}为rm{NH_{3}}rm{C}为rm{NO}rm{D}为rm{NO_{2}}rm{E}为硝酸；然后结合元素化合物知识来解答。

【解答】

rm{(1)A}通常状态下为固态单质，能与氢气反应，应为非金属单质，由题中转化关系，可知rm{A}为rm{S}则rm{B}为rm{H_{2}S}rm{C}为rm{SO_{2}}rm{D}为rm{SO_{3}}rm{E}为rm{H_{2}SO_{4}}

故答案为：rm{S}rm{H_{2}SO_{4}}

rm{(2)垄脵E隆煤C}的反应方程式为：rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)overset{?}{=}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{)overset{?}{=}

CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}的反应方程式为：rm{2SO_{2}+O_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{?}}2SO_{3}}

故答案为：rm{垄脷C隆煤D}浓rm{)overset{?}{=}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{2SO_{2}+O_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{?}}2SO_{3}}

rm{2SO_{2}+O_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{?}}

2SO_{3}}硫化氢与浓硫酸发生氧化还原反应，反应方程式为：rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)overset{?}{=}

CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}产生淡黄色沉淀及无色有刺激性气味的气体；

故答案为：rm{2SO_{2}+O_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{?}}

2SO_{3}}浓rm{(3)}产生淡黄色沉淀及无色有刺激性气味的气体；

rm{H_{2}S+H_{2}SO_{4}(}若rm{)=S隆媒+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}为气态单质，则rm{H_{2}S+H_{2}SO_{4}(}为rm{)=S隆媒+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{(4)}为rm{A}rm{A}为rm{N_{2}}rm{B}为rm{NH_{3}}rm{C}为硝酸，符合上述转化，故答案为：rm{NO}rm{D}

rm{NO_{2}}【解析】rm{(1)S}rm{H_{2}SO}4

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

rm{垄脷2SO_{2}+O_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{?}}2SO}3

rm{)overset{?}{=}

CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}浓rm{垄脷2SO_{2}+O_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{?}}

2SO}产生淡黄色沉淀及无色有刺激性气味的气体。

rm{(3)H_{2}S+H_{2}SO_{4}(}rm{)=S隆媒+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}三、判断题(共8题，共16分)14、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；15、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．16、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17、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；18、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．19、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．20、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．21、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素四、工业流程题(共3题，共18分)22、略

【分析】【分析】

根据流程：用NaOH溶液溶解铝箔，发生反应：2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，向含有NaAlO2的溶液通入过量的CO2气体，发生反应：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+得到Al(OH)3的胶状固体，将一部分胶状固体洗涤得到Al(OH)3，灼烧Al(OH)3得到氧化铝，用硫酸溶解Al(OH)3加入K2SO4溶液，配制高于室温10~20℃的明矾饱和溶液，选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央，自然冷却至室温，得到明矾大晶体，另一部分胶状固体用盐酸溶解，得到AlCl3溶液，将HCl气体通入AlCl3溶液，抑制AlCl3水解和促进AlCl3·6H2O结晶，冷水浴，用玻璃纤维抽滤，用浓盐酸洗涤晶体，滤纸吸干干燥得AlCl3·6H2O晶体；据此分析解析；

(1)

NaAlO2的溶液含有氢氧化钠，通入过量的CO2气体，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，二氧化碳与NaAlO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，发生反应：OH-+CO2=+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+

(2)

明矾的溶解度随温度的升高而增大；步骤IV中在培养规则明矾大晶体过程中，需要配制高于室温10~20℃的明矾饱和溶液，选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央，随着自然冷却至室温，明矾饱和溶液变为过饱和溶液，导致明矾析出，明矾晶体会附着在规则明矾小晶体上，形成规则明矾大晶体，故正确操作为：fed；

(3)

A．步骤II通过量CO2后进行固液得到胶状物；抽滤时不宜过滤胶状沉淀，否则易在滤纸上形成一层密实的沉淀，A错误；

B．抽滤装置有1处错误；漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口，B错误；

C．抽滤完毕后；应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头以防倒吸，C错误；

D．由于溶液中含有H+；具有强酸性，在抽滤时会腐蚀滤纸，导致滤纸破损，所以改用玻璃纤维替代滤纸，D正确；

故选D。

(4)

Al3+会发生水解反应：Al3++3H2O=Al(OH)3+3H+，通入HCl可以抑制A13+的水解，增大了溶液中Cl-的浓度，有利于AlCl3·6H2O结晶；洗涤晶体时；先关小水龙头，向漏斗中加入浓盐酸，缓慢淋洗，以便充分洗去杂质，重复2-3次；

(5)

明矾中n(A13+)：n()=1：2，实验测得n(A13+)：n()=0.002900mol：0.006300mol=29：63，明矾中可能含有硫酸钾杂质，所以求明矾的纯度应该用量不足的铝离子，根据关系式Al3+~kAl(SO4)2·12H2O得出n(kAl(SO4)2·12H2O)=0.002900mol，则该试样中铵明矾的纯度为：=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结晶和抑制AlCl3水解关小水龙头；向漏斗中加入浓盐酸，使液体缓慢通过固体，重复2-3次。

(5)45.82%23、略

【分析】【详解】

（1）由流程图知高温焙烧时为重晶石矿和炭发生氧化还原反应，其中炭过量，故可知反应为：BaSO4+4C4CO↑+BaS；答案为：BaSO4+4C4CO↑+BaS；

（2）Na2S为强碱弱酸盐，弱酸根离子与水电离产生的H+结合生成弱酸，其水解的离子方程式为：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，答案为：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-；

（3）根据沉淀溶解平衡常数计算式有：当两种沉淀共存时有：则故答案为：

（4）提高矿石浸取率；可采取的措施有：搅拌；升高温度、延长浸出时间、增大盐酸的浓度、粉碎矿石增大接触面积等，故答案为：将矿石粉碎，搅拌，适当升高温度等；

（5）根据流程图及表格中数据可知，加入NH3·H2O调节pH=8时，只有Fe3+完全沉淀除去。加入NaOH，调节pH=12.5，对比表格中数据可知，此时Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，所以滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；根据已知条件，若草酸过量，会生成BaC2O4沉淀，使得最终产物的量减少。故答案为：Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀；产品的产量减少；

（6）根据题意可知最后的沉淀为BaSO4，质量为ng，则其物质的量=根据Ba原子守恒，则BaCl2·2H2O的物质的量为故产品纯度=故答案为：

（7）根据图像中坐标的含义及图像的变化；利用难溶电解质的沉淀溶解平衡及其影响因素分析解答：

A．Ksp(PbCl2)只与温度有关系，温度不变，Ksp(PbCl2)不变；A项错误；

B．根据图像知当盐酸浓度大于1mol/L时，PbCl2的溶解度随盐酸浓度的增大而增大，则PbCl2能与一定浓度的盐酸反应；B项正确；

C．x、y两点对应的溶液中c（Cl-）不同，则c(Pb2+)不等；C项错误；

D．根据图像，往含Pb2+的溶液中加入浓盐酸越多，PbCl2溶解度越大，不能将Pb2+完全转化为(PbCl2)(s)；D项错误；

答案选B。

【点睛】

化工流程题在解题时首先要明确原料和产品，即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清反应原理，明确目的，最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述和工整书写。【解析】①.BaSO4+4C4CO↑+BaS②.S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-③.④.将矿石粉碎，搅拌，适当升高温度等⑤.Fe3+⑥.Mg(OH)2、Ca(OH)2⑦.H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少⑧.⑨.B24、略

【分析】【分析】

制备草酸镍晶体（NiC2O4·2H2O）的流程：废镍催化剂（主要成分为Ni，还含有一定量的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+与SO42-结合得到微溶物CaSO4，SiO2不溶于酸，过滤，滤渣I为SiO2和CaSO4，向滤液中加入NaClO溶液氧化Fe2+为Fe3+，同时将其沉淀为Fe(OH)3，过滤，滤渣II为Fe(OH)3，再向滤液中加入NH4F溶液，沉淀Ca2+为CaF2，滤渣III为CaF2，最后加入有机萃取剂萃取Zn2+，得到的水层主要为Ni2+，再向其中加入(NH4)2C2O4溶液，得到产品草酸镍晶体（NiC2O4·2H2O），高温煅烧无水NiC2O4的反应为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；

用高能锂离子电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni：高能锂离子中；Li为电源负极，FeS为电源正极，电解池中连接电源负极的为阴极，发生还原反应，连接电源正极为阳极，发生氧化反应，据此分析作答。

【详解】

（1）NiC2O4·2H2O中镍元素+2价；氧元素−2价，化合物中元素化合价总共为0，则碳元素+3价；将废镍催化剂粉碎或适当加热；适当增大硫酸浓度、搅拌等能加快“酸浸”反应速率又能提高“酸浸”原料利用率；

故答案为：+3；废镍催化剂粉碎或适当加热；适当增大硫酸浓度、搅拌等；

（2）由上述分析可知，滤渣I为SiO2和CaSO4；

故答案为：SiO2和CaSO4；

（3）高温煅烧无水NiC2O4得到Ni2O3和两种含碳元素的气体，气体为一氧化碳和二氧化碳，故反应为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；

故答案为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；

（4）①因该电解池的目的是从含镍酸性废水回收Ni，因此c池中发生还原反应，故Y电极为电源负极，X为电源正极，由电池总反应可知，其电源正极的反应材料为FeS；该电解池工作时，c池中Ni2+被还原，Cl-通过阴离子交换膜进入b中，a池中OH-发生氧化反应生成水和氧气，Na+通过阳离子交换膜进入b池中，因此b池中得到的主要物质为NaCl；

故答案为：Fe