2024年北师大版高一化学上册月考试卷

…………○…………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年北师大版高一化学上册月考试卷487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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、从化学原理和经济效益角度分析下列从海水中提取镁单质的方法最可行的是rm{(}rm{)}A.海水rm{overset{NaOH}{}Mg(OH)_{2}overset{{碌莽陆芒}}{}Mg}B.海水rm{overset{{脮么路垄}}{}MgCl_{2}overset{{碌莽陆芒}}{}Mg}C.海水rm{overset{{脢炉禄脪脠茅}}{}Mg(OH)_{2}overset{{碌莽陆芒}}{}Mg}D.海水rm{overset{{脢炉禄脪脠茅}}{}Mg(OH)_{2}overset{{脩脦脣谩}}{}MgCl_{2}overset{{碌莽陆芒}}{}Mg}rm{overset{NaOH}{}Mg(OH)_{2}

overset{{碌莽陆芒}}{}Mg}2、下列实验操作或处理方式不正确的是rm{(}rm{)}A.使用酒精灯时，洒出的酒精在桌子上燃烧起来，立即用水扑灭B.在做乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯的实验中，要在混合液中加碎瓷片防暴沸C.蒸发结晶食盐溶液时，当有较多晶体析出时就停止加热D.过滤时，滤液液面应低于滤纸边缘3、用CuSO4•5H2O晶体配制500mL浓度为1mol•L-1的硫酸铜溶液时，正确的是（）A.用托盘天平称取80.0g晶体用于配制溶液B.将正确称取的晶体置于预先量取的500mL水中C.定容前先将烧杯中溶解得到的溶液小心地直接倾倒至500mL规格的容量瓶D.正确定容后，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀4、将SO2气体通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀生成，继续通入另一种气体仍无沉淀产生。则通入的该气体可能是A.NO2B.NH3C.CO2D.Cl25、下列物质中，能够导电的电解质是（）A.Cu丝B.熔融的MgCl2C.NaCl溶液D.蔗糖评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、某原电池总反应的离子方程式是：rm{Zn+Cu^{2+}篓TZn^{2+}+Cu}依据此反应设计原电池的正确组合是rm{(}rm{)}。选项正极负极电解质溶液rm{A}rm{Cu}rm{Zn}稀盐酸rm{B}rm{C}rm{Zn}硫酸铜溶液rm{C}rm{Cu}rm{Zn}氯化铜溶液rm{D}rm{Cu}rm{Zn}硝酸铜溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}7、下列两组实验，将CO(g)和H2O(g)通入体积为2L的恒容密闭容器中：发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，结合表中数据，下列说法错误的是。实验组温度/℃起始量/mol达到平衡所需时间/min达到平衡所需时间/minH2OCOH2COH2CO1650241.62.452900120.41.63

A.混合气体的平均相对分子质量不再变化，则反应达到平衡B.实验1中，反应达到平衡后，CO的体积分数为40%C.升高温度有利于提高实验1和实验2中CO的转化率D.实验2的反应平衡常数K=8、常温下在20mL0.lmol·L-1Na2CO3溶液中逐渐滴加入0.1mol/LHC1溶液40mL，溶液的pH逐渐降低，下列说法正确的是A.完全反应以后，溶液呈现中性B.当盐酸加入20mL时，溶液中NHCO3的物质的量为0.002molC.20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶于中D.20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶于中9、25℃时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是A.在0.1mol·L－1Na2S溶液中：2c(Na＋)=c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)B.pH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(CH3COO－)C.向0.1mol·L－1盐酸与0.1mol·L－1K2CO3溶液等体积混合：c(K＋)＞c(Cl－)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H＋)D.向0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性：c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(SO42－)＞c(OH－)=c(H＋)10、常温下，在新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水电离出来的c水(H+)与NaOH溶液的体积之间的关系如图所示。下列推断正确的是。

A.用pH试纸测定E点对应的溶液，其pH=3B.G点对应的溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)C.常温下加水稀释H点对应的溶液，溶液pH减小D.F、H点对应的溶液中都存在：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)11、我国科技工作者设计了一种电解装置，能将甘油(C3H8O3)和二氧化碳转化为甘油醛(C3H6O3)和合成气；原理如图所示。下列说法正确的是。

A.催化电极b与电源正极相连B.电解时催化电极a附近的pH增大C.电解时阴离子透过交换膜向a极迁移D.生成的甘油醛与合成气的物质的量相等12、从减少环境污染的角度看，应大力推广的能源是rm{(}rm{)}A.氢能B.太阳能C.风能D.化石燃料13、下列有关说法正确的是()A.rm{9.2}rm{g}rm{NO}rm{2}气体中含有分子数目为rm{2}rm{0.2N}B.标准状况下，rm{A}rm{A}rm{2.24}rm{L}中含有氧原子数目为rm{SO}rm{3}C.rm{3}水中含中子、质子、电子数目均为rm{0.3N}rm{A}D.将rm{A}rm{1.8g}rm{N}rm{A}通入足量rm{A}溶液中，转移电子数目均为rm{7.8gNa}rm{2}rm{2}14、如图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是rm{(}rm{)}

A.漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁B.玻璃棒用作引流C.将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁E.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度．E.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度．评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、(7分)请回答下列有关金属的问题。(1)铝是活泼金属，通常铝锅却很耐腐蚀，原因是。(2)右边是某探究实验装置图。一段时间后，能观察到现象(装置气密性良好，且开始时U型管两端的红墨水液面相平)。(3)X、Y、Z是三种金属固体，将X和Y浸入稀硫酸中，Y溶解并产生氢气，X无变化；将X和Z浸入硝酸银溶液中，X表面有银析出而Z无变化。①X、Y、Z和银四种金属的活动性由强到弱的顺序是。②具体确定一种X后，写出X与硝酸银溶液反应的化学方程式。16、盱眙县澳吉尔国际绿博园；采用智能化温室，以盆式；墙式、床式、管式、柱式等新型栽培技术，培育特色的瓜果、花卉及蔬菜，勾勒出一幅幅充满春意的画卷．

①能引起温室效应的气体主要是____；

②新鲜的瓜果蔬菜富含____，多吃可以预防____病．

③要定期进行消毒，通常使用过氧乙酸（CH3COOOH），其制备方法以醋酸、双氧水为原料加以制备，写出其化学方程式为____17、向rm{Fe(OH)_{3}}胶体中逐滴滴入过量的盐酸；会出现一系列变化：

先出现______，原因：______，随后______原因rm{(}用离子方程式表示rm{)}______．18、图是Na2SO3溶液中各离子浓度的相对大小关系示意图。其中，③是_______。（填微粒符号）19、（8分）标出下列氧化还原反应的电子转移数目和方向，并写出氧化剂和还原剂（1）Fe2O3＋3AlAl2O3＋3Fe氧化剂是，还原剂是（2）2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O氧化剂是，还原剂是20、rm{(1)}某兴趣小组同学汲取热电厂附近的雨水进行实验rm{.}雨水样品在空气中放置rm{2}小时后，通过测定发现雨水样品的酸性会增强，你认为会形成溶液酸性这一变化的原因是rm{(}用离子方程式表示rm{)}______

rm{(2)}正常雨水的溶液也是偏酸性；这是因为______

rm{(3)}该兴趣小组同学为测定空气中二氧化硫的体积分数，做了如下实验：取标准状况下的空气rm{1.000L(}内含氮气、氧气、二氧化硫、二氧化碳等rm{)}慢慢通过足量氯水，rm{(}反应的化学方程式为rm{SO_{2}+Cl_{2}+H_{2}O=2HCl+H_{2}SO_{4})}在所得溶液中加入过量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，将沉淀洗涤、干燥，称得其质量为rm{0.233g.}计算该空气样品中二氧化硫的体积分数______．21、实验室配制rm{0.4mol?L^{-1}}的rm{NaOH}标准溶液rm{220mL}时有如下步骤：

rm{A}用胶头滴管加水至溶液凹液面正好与瓶颈刻度线相平。

rm{B}天平放好后；游码拨到零，调节螺丝，使指针在标尺中间。

rm{C}把容量瓶塞好；反复摇匀，然后注入试剂瓶，贴上标签。

rm{D}在天平上用烧杯正确称取所需rm{NaOH}固体。

rm{E}在烧杯中加入适量蒸馏水溶解rm{NaOH}

rm{F}直接将蒸馏水缓缓注入容量瓶，直到液面接近刻度线rm{1-2cm}处。

rm{G}冷却到室温；将溶液转移到容量瓶中。

rm{H}用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒rm{2-3}次，洗涤液注入容量瓶rm{.}回答下列问题：

rm{(1)}配制该溶液应选用______rm{mL}容量瓶．

rm{(2)}用托盘天平称取______rm{g}固体rm{NaOH}．

rm{(3)}正确的操作顺序为______．

rm{(4)}若rm{H}操作的洗涤液不注入容量瓶，配制的溶液浓度将______rm{(}填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同rm{)}

rm{(5)}若rm{G}操作中不冷却，将溶解后的rm{NaOH}溶液直接注入容量瓶，立即定容，可能导致配制溶液的物质的量浓度将______．

rm{(6)}若rm{NaOH}中含有rm{KOH}会使配制溶液的物质的量浓度将______．评卷人得分四、实验题(共1题，共3分)22、当今世界各国充分认识到海洋资源的重要性；海水的综合利用是当今的热点话题之一．

rm{(1)}利用海水脱硫可以有效地解决煤燃烧过程中排放的rm{SO_{2}}造成的一系列环境问题rm{.}其工艺流程如图所示：

天然海水吸收含硫的烟气后；需要用氧气进行氧化处理，其反应的化学方程式是______：

氧化后的海水需要加入rm{NaOH}与之混合后才能排放rm{.}该操作的主要目的是______

rm{(2)}利用氯碱工业产品来处理含rm{S0_{2}}的烟气的流程如图所示：

rm{垄脵}“吸收装置”中发生反应的离子方程式是______．

rm{垄脷}上述流程中循环利用的物质是。

rm{(3)}空气吹出法是最早工业化海水提溴的方法；适合从低浓度含溴溶液中提取溴．

rm{垄脵}通入空气吹出rm{Br_{2}}并用rm{Na_{2}C0_{3}}吸收的目的是______．

rm{垄脷}反应rm{垄脹}中每生成rm{3mol}rm{Br_{2}}转移电子的物质的______rm{mol}．

rm{垄脹}为了除去工业rm{Br_{2}}中微量的rm{Cl_{2}}可向工业rm{Br_{2}}中______填字母rm{)}．

rm{a.}通入rm{HBr}rm{b.}加入rm{NaBr}溶液rm{c.}加入rm{Na_{2}C0_{3}}溶液rm{d.}加入rm{Na_{2}SO_{3}}溶液。

rm{(4)}从海水中提纯粗盐后的母液中含有rm{K^{+}}rm{Na^{+}}和rm{Mg^{2+}}等阳离子rm{.}对母液进行一系列的加工可制得金属镁．

rm{垄脵}从离子反应的角度思考；在母液中加入石灰乳所起的作用是______．

rm{垄脷}电解熔融的无水氯化镁所得的镁蒸气在特定的环境中冷却后即为固体镁rm{.}下列物质中可以用作镁蒸气的冷却剂的是______rm{(}填字母rm{)}．

A.rm{Ar}rm{B.C0_{2}}rm{C.}空气rm{D.0_{2}}rm{E.}水蒸气．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】

本题考查了海水中提取镁的过程，知道每一步发生的反应及操作方法，再结合物质的性质、金属冶炼方法的选取等知识点来分析解答，题目难度中等。海水中含有镁离子，先将海水蒸发、浓缩得到含有镁离子的溶液，再向溶液中加入沉淀剂将rm{Mg^{;2+}}转化为rm{Mg(OH)_{2}}将rm{Mg(OH)_{2}}溶于稀盐酸得到rm{MgCl_{2}}将rm{MgCl_{2}}在rm{HCl}氛围中加热得到rm{MgCl_{2}}固体，电解熔融rm{MgCl_{2}}得到rm{Mg}

【解答】

海水中含有镁离子，先将海水蒸发、浓缩得到含有镁离子的溶液，再向溶液中加入沉淀剂将rm{Mg^{2+}}转化为rm{Mg(OH)_{2}}加入的沉淀剂应该具有碱性且价格较廉价、来源丰富，贝壳中含有rm{CaCO_{3}}且来源丰富，煅烧贝壳得到rm{CaO}将rm{CaO}溶于水得到rm{Ca(OH)_{2}}所以加入的沉淀剂是rm{Ca(OH)_{2}}将镁离子转化为rm{Mg(OH)_{2}}将rm{Mg(OH)_{2}}溶于稀盐酸得到rm{MgCl_{2}}将rm{MgCl_{2}}在rm{HCl}氛围中加热得到rm{MgCl_{2}}固体，电解熔融rm{MgCl_{2}}得到rm{Mg}rm{MgCl_{2}(}熔融rm{)dfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{.}}{;}Mg+Cl_{2}隆眉}故D正确。

故选D；

rm{)dfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{

.}}{;}Mg+Cl_{2}隆眉}【解析】rm{D}2、A【分析】【分析】主要考查化学实验的基本操作，解题关键掌握酒精灯的使用，过滤，蒸发等基本操作及其过程中的安全和事故处理。【解答】A.使用酒精灯时；洒出的酒精在桌子上燃烧起来，可以用湿抹布盖灭，否则会造成火势蔓延，故A错误；

B.在做乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯的实验中；混合液体容易暴沸，所以要在混合液中加碎瓷片防暴沸，故B正确；

C.蒸发结晶食盐溶液时；当有较多晶体析出时就停止加热，不能将溶液蒸干，避免蒸干时导致氯化钠晶体飞溅，故C正确；

D.过滤时；滤液必须低于滤纸边缘，避免滤液不经过滤直接进入烧杯，影响过滤质量，故D正确。

故选A。【解析】rm{A}3、D【分析】解：A．m（CuSO4•5H2O）=0.5L×1mol/L×250g/mol=125.0g；用托盘天平称取125.0g晶体用于配制溶液，故A错误；

B．因溶解后转移；定容；则烧杯中水的体积要小于500mL，故B错误；

C．不能直接倾倒至500mL规格的容量瓶；应冷却后转移，故C错误；

D．正确定容后；再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，操作合理，故D正确；

故选：D。

n（CuSO4•5H2O）=n（CuSO4）=0.5L×1mol/L=0.5mol，则m（CuSO4•5H2O）=0.5mol×250g/mol=125g；在烧杯中溶解；冷却后转移到500mL容量瓶中定容，以此来解答．

本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，为基础性习题，把握物质的量的计算、溶液配制的操作等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】D4、C【分析】【解析】试题分析：SO2溶于水显酸性，因此和氯化钡不能反应生成亚硫酸钡白色沉淀。NO2溶于水生成硝酸，硝酸能把SO2氧化生成硫酸钡白色沉淀；氨气溶于水显碱性，中和氢离子，生成亚硫酸钡白色沉淀；同样氯气具有强氧化性，能把SO2氧化生成硫酸钡白色沉淀，CO2也不能和氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，答案选C。考点：考查SO2和氯化钡溶液反应的有关判断【解析】【答案】C5、B【分析】【解答】解：A；铜丝能导电；但铜丝是单质不是化合物，所以铜丝不是电解质也不是非电解质，故A错误．B、熔融的氯化镁中含有自由移动的离子，所以能导电，氯化镁是能导电的电解质，故B正确．

C；氯化钠溶液中含有自由移动的阴阳离子所以能导电；但氯化钠溶液是混合物，所以不是电解质，故C错误．

D；蔗糖在水溶液里或熔融状态都以分子分子；所以都不导电，蔗糖是非电解质，故D错误．

故选：B．

【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，能导电的物质中含有自由电子或离子，据此分析解答．二、多选题(共9题，共18分)6、BCD【分析】解：锌失电子发生氧化反应而作负极，不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极rm{(}石墨rm{)}铜离子在正极上得电子发生还原反应，则电解质为可溶性的铜盐，符合条件的是rm{BCD}故选BCD．

根据电池反应式知；失电子的金属作负极，则锌作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，铜离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中含有铜离子，则电解质溶液为可溶性的铜盐．

本题考查了原电池工作原理，判断正负极、电解质溶液时，要根据电池反应式判断：发生氧化反应的电极为负极，发生还原反应的电极为正极，含有发生还原反应的离子溶液为电解质溶液．【解析】rm{BCD}7、AC【分析】【详解】

A．反应中；气体的分子数；物质的量始终不变，气体质量守恒，则混合气体的平均相对分子质量始终不变，故混合气体的平均相对分子质量不再变化不能说明反应达到平衡，A错误；

B．实验1中，反应达到平衡后，存在三段式：CO的体积分数为B正确；

C．实验1中，CO的转化率α(CO)==40%，实验2中，CO的转化率α(CO)==20%；则升高温度，不利于提高CO的转化率，C错误；

D．实验2，反应达到平衡后，存在三段式：反应平衡常数D正确；

答案选AC。8、CD【分析】【分析】

碳酸钠的物质的量=0.1mol∙L−1×0.02L=0.002mol，盐酸的物质的量=0.1mol∙L−1×0.04L=0.004mol；当二者反应时，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳，根据物料守恒和电荷守恒分析解答。

【详解】

A.完全反应后；部分二氧化碳溶于水，导致溶液呈弱酸性，故A错误；

B.当盐酸加入20mL时，二者恰好反应生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子水解导致溶液中NaHCO3的物质的量小于0.002mol；故B错误；

C.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(OH−)；故C正确；

D.根据质子守恒得c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3−)=c(OH−)；故D正确。

综上所述；答案为CD。

【点睛】

当反应物给了物质的量或则浓度和溶液体积时要抓住反应后的溶质，分析溶质可能水解或电离等情况。9、BC【分析】【详解】

A、根据0.1mol·L-1Na2S溶液中的物料守恒可得：c(Na＋)=2c(S2－)+2c(HS－)+2c(H2S)；故A错误；

B、pH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，根据电荷守恒可得：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(CH3COO－)；故B正确；

C、将0.1mol·L-1盐酸与0.1mol·L-1K2CO3溶液等体积混合，反应生成KHCO3，反应后溶质为KCl和KHCO3，HCO3－部分水解，溶液显示碱性，c(OH－)＞c(H＋)，溶液中离子浓度大小为：c(K＋)＞c(Cl－)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H＋)；故C正确；

D、向0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性，则c(OH－)=c(H＋)，若加入等物质的量的NaOH，生成硫酸铵和硫酸钠，显酸性，因此氢氧化钠的物质的量应该稍大些，则c(Na＋)＞c(SO42－)，根据电荷守恒可得：c(Na＋)+c(NH4＋)=2c(SO42－)，则c(SO42－)＞c(NH4＋)，溶液中离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(SO42－)＞c(NH4＋)＞c(OH－)=c(H＋)；故D错误；

答案选BC。10、BC【分析】【详解】

往氯水中滴加NaOH溶液，会使平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO正向移动；生成NaCl和NaClO，图中四个关键点的溶质E点为HCl和HClO，F点为NaCl；HClO和NaClO，G点为NaCl和NaClO，H点氢氧化钠过量，溶质有NaCl、NaClO和NaOH。

A．E点溶液有漂白性；不能用pH试纸测定酸碱度，故A错误；

B．G点溶液的NaCl和NaClO的量1:1，NaClO部分水解显碱性，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)；故B正确；

C．对H点的溶液加水稀释，过量的NaOH大量存在，稀释对OH-浓度减小的影响比对NaClO水解的促进作用大；所以pH减小，故C正确；

D．分清F、H点的溶质，便可知F点溶液显中性，而H点溶液显碱性，c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)只能在溶液显中性时成立；故D错误；

答案选BC。

【点睛】

判断出E，F，G，H的溶质成分是解本题的关键。11、CD【分析】【分析】

由示意图可知，催化电极b表面上CO2还原为CO，为电解池的阴极，与电源的负极相连，则催化电极a为阳极，电极表面上甘油(C3H8O3)氧化为甘油醛(C3H6O3)。

【详解】

A．催化电极b表面CO2还原为CO；为电解池的阴极，与电源的负极相连，故A错误；

B．催化电极a为阳极，电极表面上甘油(C3H8O3)氧化为甘油醛(C3H6O3)，电极反应式为C3H8O3-2e-+2CO32-=C3H6O3+2HCO3-；溶液中碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠溶液，则电极附近的pH减小，故B错误；

C．电解池工作时；阴离子向阳极区移动，即阴离子透过交换膜向a极迁移，故C正确；

D．阳极生成1molC3H6O3转移2mole-，阴极生成1molCO和H2的混合气体转移2mole-；电解池工作时，阴；阳极转移电子的物质的量相等，则生成的甘油醛与合成气的物质的量相等，故D正确；

故选CD。

【点睛】

根据准确根据电解池原理判断电极是解题关键，阳极上发生氧化反应，而甘油转化为甘油醛是氧化反应，则催化电极a为阳极，电解池工作的特点是电子守恒，据此判断阳极和阴极电解产物之间的关系，是解题难点。12、ABC【分析】解：太阳能；风能使用不会产生污染物；氢能使用过程中产生水，也不会产生污染物，他们都是清洁能源，大力推广能够减少环境污染，化石燃料的燃烧能够产生粉尘和有毒气体，能够造成环境污染；

故选：rm{ABC}．

根据能源使用过程中的生成物是否污染环境解答；太阳能；风能使用不会产生污染物，氢能使用过程中产生水，也不会产生污染物，据此分析解答．

本题考查了新能源的开发与利用，熟悉氢能、太阳能、风能使用过程不会产生污染物是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{ABC}13、ABCD【分析】【分析】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下三氧化硫不是气体，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。【解答】A.rm{9.2g}二氧化氮的物质的量为rm{0.2mol}由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，所以气体的分子数减少，含有分子数目小于rm{0.2N_{A}}故A错误；

B.标准状况下，三氧化硫不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算三氧化硫的物质的量，故B错误；C.rm{H_{2}O}中所含质子、电子的数目均为rm{10}个，含中子数为rm{8}个，所以rm{1molH_{2}O}中所含中子数目为rm{8N_{A}}rm{1.8g}水中含中子数为rm{0.8N_{A}}水中含中子数为rm{1.8g}故C错误；D.rm{0.8N_{A}}rm{7.8gNa}rm{7.8gNa}rm{{,!}_{2}}的物质的量为rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{0.1mol}rm{Na}rm{Na}溶液中，rm{{,!}_{2}}与水反应生成rm{O}和rm{O}过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，rm{{,!}_{2}}元素的化合价由通入足量rm{NaOH}溶液中，价升高到rm{NaOH}价，rm{Na_{2}O_{2}}反应，转移rm{NaOH}电子，所以rm{O_{2}}rm{O}rm{-1}rm{0}rm{Na_{2}O_{2}}溶液中，转移电子数目均为rm{1mol}将rm{7.8gNa}rm{7.8gNa}

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{ABCD}14、ADE【分析】解：rm{A.}漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁；应漏斗末端颈尖紧靠烧杯壁，故A错误；

B.玻璃棒用作引流；使液体顺利流下，故B正确；

C.将滤纸湿润；使其紧贴漏斗壁，防止液体从滤纸与漏斗的缝隙流下，故C正确；

D.滤纸边缘应低于漏斗上边缘；故D错误；

E.玻璃棒不能在漏斗中轻轻搅动以加过过滤速度；可能捣破滤纸，过滤失败，故E错误；

故答案为：rm{ADE}．

过滤遵循一贴二低三靠rm{.}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rm{.}总之；“一贴；二低、三靠”，都是为了保证过滤实验操作成功，据此分析解答．

本题考查设计过滤实验应遵循的三个要点，既要知其然，更要知其所以然，才能一一答对，题目难度不大．【解析】rm{ADE}三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】【解析】试题分析：(1)铝在空气中易被氧气氧化生成Al2O3，Al2O3非常致密，可以阻止内部的金属进一步被腐蚀。(2)在密闭试管里的铁钉发生吸氧腐蚀，空气中的氧气被消耗，压强减小，所以U型管中红墨水左边高右边低。(3)①根据金属活动性顺序表可知X、Y、Z的活泼性为：Y>X>Ag>Z。②X可以将Ag从硝酸银溶液中置换出来，则X比银活泼，所以X可以是铜，发生的反应为Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag。考点：金属的性质、金属的腐蚀【解析】【答案】⑴铝表面有层致密的氧化膜⑵U形管中红墨水的液面左高右低（或被吸入锥形瓶中）等(3)①Y>X>Ag>Z②Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag16、CO2维生素C坏血CH3COOH+H2O2→CH3COOOH+H2O【分析】【解答】①二氧化碳是引起温室效应的主要气体，故答案为：CO2；

②新鲜的蔬菜和水果中含有丰富的维生素C；维生素C又叫抗坏血酸，可防止坏血病；牙龈出血，增强人的抵抗力；

故答案为：维生素C；坏血；

③醋酸与双氧水反应生成过氧乙酸和水，化学方程式：CH3COOH+H2O2→CH3COOOH+H2O；

故答案为：CH3COOH+H2O2→CH3COOOH+H2O．

【分析】①根据二氧化碳是引起温室效应的主要气体解答；

②新鲜的蔬菜和水果中含有丰富的维生素C；维生素C又叫抗坏血酸，可防止坏血病；牙龈出血，增强人的抵抗力；

③醋酸与双氧水反应生成过氧乙酸和水；17、略

【分析】解：电解质盐酸电离出的rm{Cl^{-}}使rm{Fe(OH)_{3}}胶体发生聚沉；生成红褐色沉淀；

氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀，继续加入硫酸，会发生酸碱中和反应，红褐色沉淀溶解，生成氯化铁和水，此反应的离子方程式是rm{Fe(OH)_{3}+3H^{+}篓TFe^{3+}+3H_{2}O}

故答案为：红褐色沉淀；rm{Fe(OH)_{3}}胶粒吸附氯离子中和表明电性而聚沉；红褐色沉淀溶解变为黄色溶液；rm{Fe(OH)_{3}+3H^{+}篓TFe^{3+}+3H_{2}O.}

根据胶体的性质判断；加入盐酸产生聚沉现象；氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀，盐酸和氢氧化铁沉淀反应，生成氯化铁和水，据此进行解答．

本题考查胶体的性质，题目难度不大，明确常见胶体的性质即可解答，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力．【解析】红褐色沉淀；rm{Fe(OH)_{3}}胶粒吸附氯离子中和表明电性而聚沉；红褐色沉淀溶解变为黄色溶液；rm{Fe(OH)_{3}+3H^{+}篓TFe^{3+}+3H_{2}O}18、略

【分析】【分析】

依据亚硫酸钠为强电解质；完全电离，亚硫酸根离子为多元弱酸根离子，部分发生水解生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子，亚硫酸氢根离子继续水解生成硫离子和氢氧根离子结合水的电离，排序。

【详解】

Na2SO3是可溶性盐，在水中发生电离：Na2SO3=2Na++SO32-，SO32-在溶液中会发生水解作用：SO32-+H2OHSO3-+OH-，水解产生的HSO3-会进一步发生水解作用：HSO3-+H2OH2SO3+OH-，亚硫酸钠虽然能水解，但程度不大，所以溶液中主要离子为钠离子和亚硫酸根离子，所以氢氧根离子浓度略大于HSO3-，由于溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显呈碱性，所以H+是最小的，所以离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)，③是OH-。

【点睛】

本题考查了盐类水解规律在离子浓度大小比较的应用。盐的水解规律是有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性。多元弱酸的酸根离子分步水解，主要是第一步水解。在比较离子浓度大小时，要运用电荷守恒、物料守恒及质子守恒分析判断。【解析】OH-19、略

【分析】【解析】【答案】(共8分)20、略

【分析】解：rm{(1)}亚硫酸和空气中的氧气反应生成硫酸，故离子方程式为rm{2H_{2}SO_{3}+O_{2}=4H^{+}+2SO_{4}^{2-}}

故答案为：rm{2H_{2}SO_{3}+O_{2}=4H^{+}+2SO_{4}^{2-}}

rm{(2)}空气中存在rm{CO_{2}}溶于水生成碳酸使雨水显酸性，正常雨水的rm{pH}值约等于rm{5.6}

故答案为：大气中的rm{CO_{2}}溶于雨水；

rm{(3)}利用关系式：rm{SO_{2}隆芦SO_{4}^{2-}隆芦BaSO_{4}}

rm{0.001mol}rm{dfrac{0.233g}{233g/mol}=1隆脕10^{-3}mol}

rm{dfrac

{0.233g}{233g/mol}=1隆脕10^{-3}mol}

rm{n(SO_{2})=n(BaSO_{4})=1隆脕10^{-3}mol}空气中rm{1L}的体积为rm{SO_{2}}rm{22.4L/mol隆脕0.001mol=0.0224L}的体积分数为rm{dfrac{0.0224L}{1L}隆脕100%=2.24%}

故答案为：rm{SO_{2}}．

rm{dfrac

{0.0224L}{1L}隆脕100%=2.24%}亚硫酸和空气中的氧气反应生成硫酸；

rm{2.24%}空气中存在rm{(1)}溶于水使雨水显酸性，正常雨水的rm{(2)}值约等于rm{CO_{2}}

rm{pH}利用关系式：rm{5.6}根据rm{(3)}沉淀的质量求出rm{SO_{2}隆芦SO_{4}^{2-}隆芦BaSO_{4}}的体积；最后求出体积分数．

本题考查物质组成与含量的测定、二氧化硫的性质、氧化还原方程式的书写以及实验原理，注意实验基本操作和物质性质的分析应用，根据原理即可完成，题目难度中等．rm{BaSO_{4}}【解析】rm{2H_{2}SO_{3}+O_{2}=4H^{+}+2SO_{4}^{2-}}大气中的rm{CO_{2}}溶于雨水；rm{2.24%}21、250；4.0；BDEGHFAC；偏低；偏高；偏低【分析】解：rm{(1)}配制rm{0.4mol?L^{-1}}的rm{NaOH}标准溶液rm{220mL}由于没有rm{220mL}的容量瓶，根据“大而近”的原则，应选用rm{250mL}的容量瓶，故答案为：rm{250}rm{(2)}根据rm{n=cV}可知需要的rm{NaOH}的物质的量rm{n=0.4mol?L^{-1}隆脕0.25L=0.1mol}质量rm{m=nM=0.1mol隆脕40g/mol=4.0g}故答案为：rm{4.0}rm{(3)}由于操作过程是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，故正确的排序为：rm{B隆煤D隆煤E隆煤G隆煤H隆煤F隆煤A隆煤C}故答案为：rm{BDEGHFAC}rm{(4)}若rm{H}操作的洗涤液不注入容量瓶，会导致溶质的损失，则溶液浓度将偏低，故答案为：偏低；rm{(5)}未冷却就立即转移到容量瓶中并定容，待溶液冷却后体积偏小，则浓度偏高，故答案为：偏高；rm{(6)}若rm{NaOH}中含有rm{KOH}由于rm{M_{KOH}>M_{NaOH}}若rm{NaOH}中含有rm{KOH}则rm{n}OHrm{{,!}^{-}}会偏小，会使配制溶液的物质的量浓度将偏低，故答案为：偏低rm{.(1)}根据容量瓶只有一条刻度线，只能配制其相应规格的体积的溶液，常用的容量瓶的规格有：rm{100mL/250mL/500mL/1000mL}rm{(2)}根据rm{n=cV}和rm{m=nM}来计算；rm{(3)}据操作过程是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等步骤来排序；rm{(4)}根据rm{c=dfrac{n}{V}}通过判断不当操作对溶质的物质的量rm{n}和溶液体积rm{V}的影响来分析误差；rm{(5)}根据rm{c=dfrac{n}{V}}通过判断不当操作对溶质的物质的量rm{n}和溶液体积rm{V}的影响来分析误差；rm{(6)}根据rm{c=dfrac{n}{V}}通过判断不当操作对溶质的物质的量rm{n}和溶液体积rm{V}的影响来分析误差rm{.}本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及误差分析，难度不大，注意实验的基本操作方法和注意事项．【解析】rm{250}rm{4.0}rm{BDEGHFAC}偏低；偏高；偏低四、实验题(共1题，共3分)22、略

【分析】解：rm{(1)}氧气将rm{H_{2}SO_{3}}氧化为硫酸，该反应为rm{2H_{2}SO_{3}+O_{2}=2H_{2}SO_{4}}氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸rm{(H^{+})}即rm{NaOH}与硫酸发生