2024年北师大版高一化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年北师大版高一化学下册阶段测试试卷596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8题，共16分)1、下列元素中，属于第三周期rm{IVA}族的是rm{(}rm{)}A.钠B.氧C.硅D.硫2、汽车尾气里含有有毒的rm{NO}和rm{CO}rm{NO}和rm{CO}能缓慢地反应生成rm{N_{2}}和rm{CO_{2}.}对此反应的下列叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.使用催化剂能加快反应速率B.升高温度能加快反应速率C.改变压强对反应速率无影响D.此反应能减轻尾气对环境的污染3、如果ag某气体中含有的分子数为b,则cg该气体在标准状况下的体积是(NA为阿伏加德罗常数):A.B.C.D.4、下列分子的电子式中，书写正确的是5、以下说法不正确的是（）A.甲烷的取代反应的条件是在光照条件下与卤素气态单质B.乙烯与卤素加成的条件是卤素单质的水溶液C.乙烯与酸性高锰酸钾的反应是加成反应D.苯的取代反应条件是液溴加催化剂6、短周期元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序数依次递增，rm{a}rm{b}rm{c}rm{d}rm{e}rm{f}是由这些元素组成的化合物，rm{d}是淡黄色粉末，rm{m}为元素rm{Y}的单质，通常为无色无味的气体rm{.}上述物质的转化关系如图所示rm{.}下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.简单离子半径：rm{Z<Y}B.非金属性：rm{X>Y}C.简单气态氢化物的热稳定性：rm{Y>X}D.rm{W_{2}Y_{2}}中含有共价键7、某饱和一元醇rm{(C_{n}H_{2n+1}OH)14.8g}和足量的金属钠反应生成氢气rm{2.24L(}标准状况rm{)}则rm{3.7g}该醇完全燃烧时生成水的质量为A.rm{9.0g}B.rm{4.5g}C.rm{9.0mol}D.rm{13.5mol}8、中国传统文化对人类文明贡献巨大rm{.}在古代，我国人民就已经广泛应用了化学知识，古代文献中大量记载了他们的研究成果rm{.}下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是rm{(}rm{)}A.rm{隆露}本草纲目rm{隆路}中记载“rm{(}火药rm{)}乃焰消rm{(KNO_{3})}硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，这是利用了rm{KNO_{3}}的氧化性B.我国古代文献rm{隆露}天工开物rm{隆路}记载“凡研硝rm{(KNO_{3})}不以铁碾入石臼，相激火生，祸不可测”，这是因为rm{KNO_{3}}能自燃C.rm{隆露}本草经集注rm{隆路}中记载了区分硝石rm{(KNO_{3})}和朴硝rm{(Na_{2}SO_{4})}的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是利用了焰色反应D.西汉时期的rm{隆露}淮南万毕术rm{隆路}中有“曾青得铁，则化为铜”的记载，所涉及的化学反应为：rm{Fe+CuSO_{4}篓TFeSO_{4}+Cu}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、选择下列实验方法提纯或分离下表中所列物质；将分离方法的序号填入表格中．

A．萃取分液B．升华C．蒸发结晶D．分液E．蒸馏F．过滤。

。分离或提纯的物质分离方法分离BaSO4和BaCl2溶液____分离食盐和碘____从溴水中提取溴单质____用自来水制取蒸馏水____从溶液中获得硫酸钠晶体____10、19.2gSO2在标准状况下的体积为___________L，在25℃、105Pa下体积为_______L,其中含氧原子的物质的量为_______mol,该气体在标准状况下的密度是______________。11、某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2．

（1）该反应中的还原剂是______．

（2）该反应中，发生还原反应的过程是______→______．

（3）写出该反应的化学方程式：3______+2______═______+______+2H2O．12、“探险队员”——盐酸，不小心走进了化学迷宫，不知怎样走出来，因为迷宫有许多“吃人的野兽”（即能与盐酸反应的物质），盐酸必须避开它们，否则就无法通过。请根据要求在下列横线上填上合适的序号（1）在迷宫中不能与稀盐酸反应的物质：属于电解质的是_______________，属于非电解质的是______________。（2）在迷宫中的物质，能与稀盐酸发生氧化还原反应的是（3）请你帮助它走出迷宫HCl—ƒ—___—____—____—___—13、rm{(1)9g}rm{NH_{4}^{+}}的物质的量为______；其中含电子的数目为______．

rm{(2)}标准状况下，rm{16g}rm{CH_{4}}与______rm{L}rm{H_{2}S}气体含有相同的氢原子数．

rm{(3)}某气体在标准状况下的密度为rm{1.25g/L}则该气体的相对分子质量为______．

rm{(4)}质量相同的rm{垄脵HCl}rm{垄脷NH_{3}}rm{垄脹CO_{2}}rm{垄脺O_{2}}四种气体中，在同温同压条件下，所占体积最小的是______rm{(}填序号rm{)}．

rm{(5)}相同温度下，甲瓶装满rm{CO_{2}}气体，乙瓶装满rm{SO_{2}}气体rm{.}若两瓶气体的体积和质量都相同；则甲乙两瓶气体的压强之比为______．

rm{(6)19g}某二价金属氯化物rm{(ACl_{2})}中含有rm{0.4molCl^{-}}则rm{ACl_{2}}的摩尔质量是______．14、下面是我们熟悉的物质：rm{垄脵O_{2}}rm{垄脷CO_{2}}rm{垄脹C}rm{a}rm{C}rm{l}rm{{,!}_{2}}rm{垄脺H_{2}SO_{4}}rm{垄脻NH_{4}C}rm{l}rm{垄脼CH_{4}}rm{垄脽N}rm{a}rm{OH}rm{垄脿A}rm{r}；按下列要求回答rm{(}填序号rm{)}

rm{(1)}属于共价化合物的是_________；属于离子化合物的是_________。

rm{(2)}不含化学键的是_________；由非金属元素形成的离子化合物是_________．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)15、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．16、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）17、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。18、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）19、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）20、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）评卷人得分四、工业流程题(共3题，共9分)21、四氯化钛是制取海绵钛和氯化法钛白(二氧化钛)的主要原料，用于制造颜料和钛有机化合物以及国防上用的烟幕剂。同时也是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料，由钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)，制备TiCl4等产品的一种工艺流程如下：

已知：

Ⅰ.①中加入铁屑至浸出液显紫色；此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：

2Fe3++Fe===3Fe2+、2TiO2+(无色)+Fe+4H+===2Ti3+(紫色)+Fe2++2H2O、Ti3+(紫色)+Fe3++H2O===2TiO2+(无色)+Fe2++2H+；

Ⅱ.四氯化钛的熔点-25.0℃，沸点136.4℃，SiCl4的熔点-68.8℃；沸点57.6℃。

回答下列问题：

(1)用盐酸酸浸时，为使酸浸速率加快，可采取的措施是：________________(至少写2条)，发生主要反应的离子方程式为：___________。

(2)废渣的成分是_______。

(3)如何检验富含TiO2+溶液中是否还含铁元素_____________。

(4)若将制得的固体TiO2·nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，该温度下反应的平衡常数K=____。

(5)上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_______(只要求写出一项)。

(6)要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用的方法是_______。

(7)用TiCl4水解生成TiO2·nH2O，经过滤、水洗除去其中的Clˉ，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2．写出TiCl4水解生成TiO2·nH2O的化学方程式__________________。22、以白云石（主要成分为CaCO3和MgCO3）为原料制备氧化镁和轻质碳酸钙的一种工艺流程如下：

已知：Ksp[Mg(OH)2]=5×10−12

（1）白云石高温煅烧所得固体产物的主要成分为_______（填化学式）。

（2）NH4NO3溶液呈酸性的原因为_______（用离子方程式表示）。

（3）“浸取”后，c(Mg2+)应小于5×10−6mol·L−1，则需控制溶液pH______。

（4）“碳化”反应的化学方程式为_______。

（5）煅烧所得固体的活性与其中CaO含量及固体疏松程度有关。其他条件相同时，将不同温度下的煅烧所得固体样品加入酸化的酚酞溶液中，引起溶液变色所需时间不同，由此可知煅烧所得固体的活性差异。溶液变色的时间与各样品煅烧温度的关系如图所示。当温度高于950℃时，煅烧所得固体易板结，活性降低；当温度低于950℃时，活性降低的原因为_______。将不同温度下的煅烧所得固体样品加入水中，也可测量其活性，则此时需测量的数据为相同时间后_______与样品煅烧温度之间的关系。

23、铋(Bi)是一种稀有金属；目前世界年产量约4000t左右。铋的主要用途是制造易熔合金，作为冶金添加剂及制药工业等方面。铋的冶炼分为粗炼和精炼两个阶段：

Ⅰ.粗炼。辉铋矿(Bi2S3)铋华(Bi2O3)混合精矿(Bi2S3/Bi2O3)沉淀熔炼还原熔炼混合熔炼

Ⅱ.精炼。

回答下列问题：

(1)铋在元素周期表中的位置是_______________。

(2)①还原熔炼法中还需加入一定量造渣剂(纯碱)使其与矿石中的脉石(主要为Al2O3)形成熔渣，写出形成熔渣反应的化学反应方程式______________________________。

②对于混合精矿，矿料中的Bi2S3和Bi2O3可在高温下彼此进行氧化还原反应生产粗铋，写出此反应的化学反应方程式______________________________。

③有些硫化铋矿也可用湿法处理，即加入三氯化铁与盐酸的混合液，可溶解硫化铋和少量天然铋，这是利用了_______________________________。

(3)电解精炼时，以_______作为阳极，__________作为阴极，电解液一般用FeCl3/HCl。此时电解出的铋还含有砷；锑、碲杂质；需进一步除去：

①除砷；锑。

在熔融粗铋中通入空气，砷、锑将优先氧化为As2O3及Sb2O3，根据上图分析其原因是________________________________。

②除碲：向除砷、锑后的熔铋中继续鼓入空气并加入NaOH，杂质碲被氧化为TeO2随即被NaOH吸入形成亚碲酸钠，写出吸入反应的离子反应方程式_______________________。评卷人得分五、其他(共4题，共36分)24、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。25、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。26、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。27、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。评卷人得分六、计算题(共1题，共2分)28、某烷烃和单烯烃的混合气体2.24L(标况)，将其完全燃烧，产生的气体缓慢通过浓H2SO4，浓H2SO4质量增加了4.05g；剩余气体通过碱石灰，碱石灰质量增加了6.60g；另取该混合气体2.24L(标况下)通过过量溴水，溴水质量增加1.05g，通过计算回答：

(1)混合气体由哪两种烃组成(2)两种烃的体积分数各是多少？参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】解：属于第三周期Ⅳrm{A}族，则原子结构中有rm{3}个电子层，最外层电子数为rm{4}即质子数为rm{14}．

A.钠的质子数为rm{11}故A不选；

B.氧的质子数为rm{8}故B不选；

C.硅的质子数为rm{14}故C选；

D.硫的质子数为rm{16}故D不选；

故选C．

第三周期Ⅳrm{A}族元素原子的质子数为rm{2+8+4=14}为rm{Si}元素；以此来解答．

本题考查原子结构及应用，为高频考点，把握原子结构与元素位置的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{C}2、C【分析】解：rm{A}使用催化剂能加快反应速率；故A正确；

B；升温能加快化学反应速率；故B正确；

C、rm{NO}和rm{CO}反应为rm{2NO+2CO=N_{2}+2CO_{2}}反应前后都有气体，改变压强一定改变化学反应速率，故C错误；

D、有毒气体rm{NO}和rm{CO}反应生成了无毒的气体rm{N_{2}}和rm{CO_{2}}减少了对大气的污染，故D正确；

故选C．

rm{NO}和rm{CO}能缓慢地反应生成rm{N_{2}}和rm{CO_{2}}把有毒气体变为无毒气体减轻了对环境的污染；影响反应速率的因素主要有温度；压强、浓度、催化剂、表面积等，升高温度会加快反应速率；对有气体参加的反应，增大压强会增大反应速率；增大浓度会增大反应速率；使用催化剂可以加快反应速率．

本题主要考查了外界条件对化学反应速率的影响，如何对污染气体处理成无污染的气体，减少对大气的污染．【解析】rm{C}3、A【分析】试题分析：本题可先求气体的摩尔质量M＝ag/b/NA,则cg气体的物质的量为cg/ag/b/NA=bc/aNA,从而求得标准状况下的体积。考点：标准状况下气体体积与微粒数的计算。【解析】【答案】A4、C【分析】【解析】【答案】C5、C【分析】解：A；甲烷的取代反应的条件是在光照、卤素气态单质；故A正确．

B；乙烯与卤素单质的水溶液发生加成反应；故B正确．

C；乙烯与酸性高锰酸钾的反应是氧化反应；故C错误．

D；苯的取代反应条件是液溴、铁作催化剂；故D正确．

故选C．

A；根据取代反应的定义“有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应”进行判断；

B；乙烯与卤素单质的水溶液发生加成反应；

C；乙烯与酸性高锰酸钾的反应是氧化反应；

D；苯的取代反应条件是液溴、铁作催化剂．

本题考查了有机物的性质，难度不大，注意取代反应和加成反应的区别．【解析】【答案】C6、B【分析】解：由上述分析可知，rm{W}为rm{H}rm{X}为rm{C}rm{Y}为rm{O}rm{Z}为rm{Na}rm{a}为烃、rm{b}rm{c}分别为rm{CO_{2}}rm{H_{2}O}rm{e}rm{f}分别为rm{NaOH}碳酸钠；

A.rm{Z}rm{Y}的离子具有相同电子层结构，原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：rm{Z<Y}故A正确；

B.rm{X}为rm{C}rm{Y}为rm{O}同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，故B错误；

C.非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单气态氢化物的热稳定性：rm{Y>X}故C正确；

D.rm{H_{2}O_{2}}为共价化合物；含有共价键，故D正确；

故选B．

短周期元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序数依次递增，rm{a}rm{b}rm{c}rm{d}rm{e}rm{f}是由这些元素组成的化合物，rm{d}是淡黄色粉末，rm{d}为rm{Na_{2}O_{2}}rm{m}为元素rm{Y}的单质，通常为无色无味的气体rm{m}为rm{O_{2}}则rm{Y}为rm{O}rm{a}为烃，rm{b}rm{c}分别为rm{CO_{2}}rm{H_{2}O}rm{e}rm{f}分别为rm{NaOH}碳酸钠，结合原子序数可知，rm{W}为rm{H}rm{X}为rm{C}rm{Y}为rm{O}rm{Z}为rm{Na}以此解答该题．

本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重分析与推断能力的考查，把握钠的化合物的性质及相互转化为解答的关键，注意淡黄色固体、原子序数为推断的突破口，题目难度不大．【解析】rm{B}7、B【分析】【分析】本题考查化学反应的有关计算，难度中等，注意醇与钠反应的数量关系。【解答】标准状况下氢气为rm{2.24L}即rm{0.1mol}质量为rm{0.2g}即rm{2.24L}质量为rm{0.1mol}

rm{0.2g}rm{2C}rm{2C}rm{{,!}_{n}}rm{H}rm{H}

rm{{,!}_{2n+1}}rm{OH隆芦H}

rm{OH隆芦H}rm{{,!}_{2}}

则rm{dfrac{(12n+2n+2+16)隆脕2;}{14.8g};=dfrac{;2;}{0.2g}}所以rm{(12n+2n+2+16)隆脕2}rm{2}rm{(12n+2n+2+16)隆脕2}该醇的物质的量为rm{dfrac{;3.7g}{;74g/mol;}=0.05mol}，根据rm{2}生成水的物质的量为rm{14.8g}rm{0.2g}质量为rm{14.8g}rm{0.2g}则rm{dfrac{(12n+2n+2+16)隆脕2;}{14.8g};=

dfrac{;2;}{0.2g}}【解析】rm{B}8、B【分析】解：rm{A}火药发生化学反应的时候，rm{KNO_{3}}中氮元素的化合价降低；被还原，作氧化剂，体现氧化性，故A正确；

B、由文献可知，rm{KNO_{3}}加热后才分解；不能自燃，故B错误；

C、鉴别rm{KNO_{3}}和rm{Na_{2}SO_{4}}利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，故C正确；

D、曾青得铁则化为铜说的就是铁和硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，则涉及的化学反应为：rm{Fe+CuSO_{4}篓TFeSO_{4}+Cu}故D正确．

故选B。

A、火药发生化学反应的时候，rm{KNO_{3}}中氮元素的化合价降低；

B、rm{KNO_{3}}不能自燃；受热易分解；

C、鉴别rm{KNO_{3}}和rm{Na_{2}SO_{4}}利用钾元素和钠元素的焰色反应不同；

D；曾青得铁则化为铜说的就是铁和硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜．

本题主要考查的是元素化合物的性质，题目的情景设计较新颖，予化学知识于古文字中，注意古文的理解和化学物质性质的分析判断，题目难度中等。【解析】rm{B}二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】

硫酸钡不溶于水；可用过滤的方法分离；

碘易升华；可用加热的方法分离；

溴易溶于水有机物溶剂；可用萃取法分离；

水的沸点较低；用蒸馏的方法制备蒸馏水；

从溶液中获得硫酸钠晶体；用蒸发结晶的方法制备硫酸钠晶体．

故答案为：F；B；A；E；C．

【解析】【答案】硫酸钡不溶于水；可用过滤的方法分离；碘易升华，可用加热的方法分离；溴易溶于水有机物溶剂，可用萃取法分离；用蒸馏的方法制备蒸馏水；用蒸发结晶的方法制备硫酸钠晶体．

10、略

【分析】【解析】【答案】6.72L7.35L0.6mol2.86g/L11、略

【分析】解：（1）由O元素的化合价升高可知，H2O2为还原剂，故答案为：H2O2；

（2）Cr元素的化合价降低，还原过程为H2CrO4→Cr（OH）3，故答案为：H2CrO4；Cr（OH）3；

（3）发生H2CrO4+H2O2→Cr（OH）3+H2O+O2↑，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价；O元素的化合价由-1价升高为0；

由电子守恒可知2H2CrO4+3H2O2→2Cr（OH）3+H2O+3O2↑；

再由H原子守恒可知，3H2O2+2H2CrO4=2Cr（OH）3+3O2↑+2H2O；

故答案为：H2O2；H2CrO4；2Cr（OH）3；3O2↑．

H2O2只发生如下过程：H2O2→O2，O元素的化合价升高，则Cr元素的化合价降低，还原过程为H2CrO4→Cr（OH）3，则发生H2CrO4+H2O2→Cr（OH）3+H2O+O2↑；结合电子守恒及质量守恒定律解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及反应配平的考查，题目难度不大．【解析】H2O2；H2CrO4；Cr（OH）3；H2O2；H2CrO4；2Cr（OH）3；3O2↑12、略

【分析】试题分析：（1）不能与稀盐酸反应的物质：③⑥⑦⑩属于电解质的是⑥属于非电解质的是③⑩（2）能与稀盐酸发生氧化还原反应的是①，置换反应；（3）利用图示的物质对相关的与盐酸不能反应的物质作出判断即可，由于盐酸不能和非金属氧化物二氧化碳、二氧化硫、不活泼金属铜和银、氯化钠、硫酸反应．故答案为：③→⑥→⑩→⑦→11→12；考点：电解质和非电解质【解析】【答案】（1）⑥（选对一个得1分，选错不得分，下同）（2分）③⑩（2分）（2）①（2分）（3）HCl—ƒ—________________—____⑩___—___⑦___—______—（2分）13、略

【分析】解：rm{(1)9g}rm{NH_{4}^{+}}的物质的量为：rm{dfrac{9g}{18g/mol}=0.5mol}rm{dfrac

{9g}{18g/mol}=0.5mol}铵根离子含有电子的物质的量为：rm{0.5mol}含电子的数目为rm{0.5mol隆脕10=5mol}

故答案为：rm{5N_{A}}rm{0.5mol}

rm{5N_{A}}rm{(2)16g}的物质的量为：rm{dfrac{16g}{16g/mol}=1mol}rm{CH_{4}}甲烷分子中含有rm{dfrac

{16g}{16g/mol}=1mol}原子，则需要rm{1mol}的物质的量为：rm{4molH}标况下rm{H_{2}S}气体的体积为：rm{dfrac{4mol}{2}=2mol}

故答案为：rm{2molH_{2}S}

rm{22.4L/mol隆脕2mol=44.8L}在标准状况下，rm{44.8}由rm{(3)}可知，rm{Vm=22.4L/mol}又摩尔质量与相对分子质量的数值相等，则该气体的相对分子质量为rm{M=娄脩Vm}

故答案为：rm{M=1.25g/L隆脕22.4L/mol=28g/mol}

rm{28}同温同压下体积与物质的量成正比，而当质量相同时，物质的量和摩尔质量成反比，故质量相同时，体积和摩尔质量成反比，则所占的体积最小的即摩尔质量最大的，则rm{28}所占体积最小；

故答案为：rm{(4)}

rm{垄脹CO_{2}}相同温度下，相同体积和质量的气体，其压强之比等于物质的量之比，设质量为rm{垄脹}

则rm{(5)}rm{n(SO_{2})=dfrac{ag}{44g/mol}}rm{ag}rm{n(CO_{2})}即压强之比为rm{n(SO_{2})=dfrac

{ag}{44g/mol}}rm{dfrac{ag}{64g/mol}=16}

故答案为：rm{11}rm{16}

rm{11}某二价金属的氯化物rm{16}中含有rm{11}rm{(6)19g}离子，则rm{ACl_{2}}的物质的量为：rm{dfrac{0.4mol}{2}=0.2mol}rm{0.4mol}的摩尔质量为rm{dfrac{19g}{0.2mol}=95g/mol}

故答案为：rm{Cl^{-}}．

rm{ACl_{2}}根据rm{dfrac

{0.4mol}{2}=0.2mol}计算出铵根离子的物质的量，如何根据rm{ACl_{2}}计算出含有电子数；

rm{dfrac

{19g}{0.2mol}=95g/mol}根据rm{95g/mol}计算出甲烷的物质的量，根据氨气和硫化氢的组成分析含有相同的氢原子数的硫化氢的物质的量，然后根据rm{(1)}计算出标况下硫化氢的体积；

rm{n=dfrac{m}{M}}根据rm{N=nN_{A}}计算摩尔质量；再利用摩尔质量与相对分子质量的数值相等来解答；

rm{(2)}根据rm{n=dfrac{m}{M}}可知；质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则同温同压下体积与物质的量成正比；

rm{V=nVm}相同温度下；相同体积和质量的气体，其压强之比等于物质的量之比，据此分析；

rm{(3)}根据rm{M=娄脩Vm}离子物质的量计算rm{(4)}的物质的量，再根据rm{n=dfrac{m}{M}}计算rm{(5)}的摩尔质量．

本题考查物质的量的计算，题目难度中等，明确物质的量与气体摩尔体积、摩尔质量等之间的关系即可解答，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及化学计算能力．rm{(6)}【解析】rm{0.5mol}rm{5N_{A}}rm{44.8}rm{28}rm{垄脹}rm{16}rm{11}rm{95g/mol}14、（1）②④⑥③⑤⑦（2）⑧⑤【分析】【分析】本题考查化学键，把握化学键的形成、判断的一般规律及常见物质中的化学键为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，稀有气体中不存在化学键，为易错点，题目难度不大。【解答】rm{垄脵O_{2}}中rm{O}原子之间只存在非极性共价键；为单质；

rm{垄脷CO_{2}}中存在两个碳氧双键；只存在共价键，属于共价化合物；

rm{垄脹CaCl_{2}}中钙离子和氯离子之间只存在离子键；为离子化合物；

rm{垄脺H_{2}SO_{4}}中rm{S}原子和rm{O}原子、rm{O}原子和rm{H}原子之间存在共价键；为共价化合物；

rm{垄脻NH_{4}Cl}中铵根离子和氯离子之间存在离子键、rm{N}原子和rm{H}原子之间存在共价键；为离子化合物；

rm{垄脼CH_{4}}中只存在rm{C-H}共价键；为共价化合物；

rm{垄脽NaOH}中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、rm{O}原子和rm{H}原子之间存在共价键；为离子化合物；

rm{垄脿Ar}为单原子分子；不存在化学键；

rm{(1)}通过以上分析知，属于共价化合物的是rm{垄脷垄脺垄脼}属于离子化合物的是rm{垄脹垄脻垄脽}故答案为：rm{垄脷垄脺垄脼}rm{垄脹垄脻垄脽}

rm{(2)}没有化学键是rm{Ar}故应当为rm{垄脿}只有氯化铵是由非金属元素形成的离子化合物，故应当为：rm{垄脻}【解析】rm{(1)垄脷垄脺垄脼}rm{垄脹垄脻垄脽}rm{(2)垄脿}rm{垄脻}三、判断题(共6题，共12分)15、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；16、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．17、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．18、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．19、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．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．四、工业流程题(共3题，共9分)21、略

【分析】【分析】

钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)加入足量盐酸，得到的滤渣为不溶于酸的SiO2，得到含TiO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等离子的强酸性浸出液，加入足量的铁粉至浸出液显紫色，铁元素转化为Fe2+；经系列处理得到绿矾和富含TiO2+的溶液，向溶液中加热水促进TiO2+的水解，生成TiO2·nH2O，焙烧分解得到TiO2，在与氯气、焦炭混合反应得到TiCl4；废气主要是二氧化碳。

【详解】

(1)适当增大盐酸浓度；适当升高温度；搅拌、减小钛铁矿粒径等都可以加快浸取速率；该过程主要发生FeTiO3和盐酸的反应，根据题目信息可知反应过程中Ti元素生成TiO2+，结合元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；

(2)废渣为不溶于盐酸的SiO2;

(3)铁元素可能以Fe2+或Fe3+的形式存在，取少量溶液，加入KSCN溶液，若不变红，则不含Fe3+，再加入氯水，仍然不变红，则不含Fe2+；综上说明溶液中不含铁元素；

(4)Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O的平衡常数K===4.0×104；

(5)根据图示；该工艺流程中存在的不足之处是：流程中的废渣；废液、废气没有进行合理的处理或回收再利用等；

(6)四氯化钛的熔点-25.0℃，沸点136.4℃，SiCl4的熔点-68.8℃；沸点57.6℃，二者的沸点差异较大，所以可以用分馏的方法分离；

(7)TiCl4水解生成TiO2·nH2O的化学方程式为TiCl4+(n+2)H2OTiO2·nH2O+4HCl。

【点睛】

第3小题为易错点，要注意需要对三价铁和二价铁都要进行检验；第7小题中书写水解反应方程式要注意水的计量数，生成的TiO2·nH2O中还有n个水分子。【解析】①.适当增大盐酸浓度；适当升高温度；搅拌、减小钛铁矿粒径等②.FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O③.SiO2④.取少量溶液，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明溶液中不含铁元素⑤.4.0×104⑥.没有对“三废”进行合理的处理或回收再利用等⑦.蒸馏(或分馏)⑧.TiCl4+(n+2)H2OTiO2·nH2O+4HCl22、略

【分析】【分析】

白云石(主要成分为CaCO3和MgCO3)高温煅烧得到CaO和MgO；由于铵根水解显酸性，所以之后加入硝酸铵调节pH浸取，使CaO溶解，浸取后溶液中的溶质主要为硝酸钙和一水合氨，过滤掉不溶的MgO，之后向溶液中依次通入过量氨气；二氧化碳，得到碳酸钙。

【详解】

(1)高温煅烧白云石得到CaO和MgO；

(2)硝酸铵溶液中由于存在铵根的水解所以显碱性，水解方程式为NH+H2ONH3·H2O+H+；

(3)Ksp[Mg(OH)2]=c2(OHˉ)·c(Mg2+)，当c(Mg2+)=5×10−6mol·L−1时，c(OHˉ)=mol/L=1×10-3mol/L，此时pH=11，若c(Mg2+)小于5×10−6mol·L−1，则需要pH>11；

(4)硝酸铵浸取后溶液中的溶质主要为硝酸钙和一水合氨，通入氨气、二氧化碳，发生复分解反应，化学方程式为Ca(NO3)2+CO2+2NH3=CaCO3↓+2NH4NO3；

(5)煅烧温度较低，CaCO3未完全分解；CaO的含量偏低，所以活性降低；氧化钙和水反应放热，氧化钙含量越高与样品与水反应放出的热量越多，所以也可将不同温度下的煅烧所得固体样品加入水中，测量的相同时间后反应液的温度与样品煅烧温度之间的关系，来判断样品的活性。

【点睛】

碳化的过程与侯氏制碱法制取纯碱的原理类似，通氨气使溶液碱性增强，更好的吸收二氧化碳，同时过量的氨气可以防止碳酸氢钙的生成。【解析】①.CaO、MgO②.NH+H2ONH3·H2O+H+③.＞11④.Ca(NO3)2+CO2+2NH3=CaCO3↓+2NH4NO3⑤