2025年人教A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2025年人教A版高一化学下册月考试卷300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6题，共12分)1、下列说法正确的是（）A.CO2、CCl4、CH4三个分子中所有原子都满足最外层8电子结构B.第ⅠA族的金属元素形成的单质的熔点随原子序数的递增而降低C.第ⅦA族元素形成的单质的熔点随原子序数的递增而降低D.第ⅠA族元素燃烧形成的氧化物中氧的化合价都不是-22、下列各元素的原子在形成不同物质时，既能形成非极性键，也能形成极性键，还能形成离子键的是rm{.(}rm{)}A.rm{Na}B.rm{Fe}C.rm{O}D.rm{Ar}3、我国三峡工程所提供的清洁；廉价、强劲、可再生能源--水电；相当于每年燃烧3000万吨原煤的火力发电厂产生的电能，因此三峡工程有助于控制（）

①温室效应②形成酸雨③空气中的固体颗粒浓度④白色污染．

A.只有①

B.只有①②

C.①②③

D.①②③④

4、等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀H2SO4，同时向a中加入少量的CuSO4溶液，下列图表示产生H2的体积（V）与时间（t）的关系，其中正确的是：（）5、元素性质呈周期性变化的根本原因是rm{(}rm{)}A.相对原子质量逐渐增大B.核电荷数逐渐增大C.核外电子排布呈周期性变化D.元素的化合价呈周期性变化6、金刚石和石墨是碳元素的两种同素异形体，在rm{100kPA}时，rm{1mol}石墨转化为金刚石，要吸收rm{1.895kJ}的热量rm{.}试判断在rm{100kPA}压强下，下列结论正确的是rm{(}rm{)}A.石墨比金刚石稳定B.金刚石比石墨稳定C.rm{1mol}石墨比rm{1mol}金刚石的总能量高D.石墨转化为金刚石是物理变化评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，其中A与Y同主族，X与Z同主族，A与B和A与X均可形成10个电子化合物；B与Z的最外层电子数之比为2︰3，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红。请回答下列问题。(1)X在周期表中的位置是_____________________________。(2)化合物Y2X2的电子式为____；它含有的化学键类型有____（填序号）。A．离子键B．极性共价键C．非极性共价键D．氢键(3)A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物，此两种化合物发生反应生成Z的化学方程式为__________________________________________________________________。(4)A的单质与X的单质可制成新型的化学电源（KOH溶液作电解质溶液），两个电极均由多孔性碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电，则负极电极反应式为___________________(5)写出化合物Y2X2与水反应的离子方程式________________________________________。(6)B的最高价氧化物的结构式为_______________________________________________。8、（10分）A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。（1）写出下列物质的化学式：A：E：____J：____G：____（2）按要求写方程式：①A与B生成C和D的化学方程式：。②F在空气中转化为G的化学方程式：。③I转化为J的离子方程式：。9、氯碱厂电解精制的饱和食盐水；利用电解产品可制取漂白粉等。

rm{(1)}如果粗盐中含有rm{SO_{4}^{2-}}精制时须添加试剂除去rm{SO_{4}^{2-}}该试剂不能选用______。

A.rm{Ba(OH)_{2}}rm{B.Ba(NO_{3})_{2}}rm{C.BaCl_{2}}

rm{(2)}电解饱和食盐水发生的化学方程式______。

rm{(3)}利用氯气和氢氧化钠溶液制取“rm{84}”消毒液的化学方程式______。

rm{(4)}漂白粉在空气中久置后会变质的化学方程式______。10、rm{0.3molCO}和rm{CO_{2}}混合气体，质量为rm{10.8}克，rm{CO}和rm{CO_{2}}的物质的量之比______．11、在等质量的下列物质中：CO2、HCl、H2O、NH3．其中常温常压下密度最小的是____；所含分子数目最少的是____；所含原子数目最多的是____；在标准状况下体积最大的是____；在标准状况下体积最小的是____．12、（1）在同温同压下，等质量的CO和CO2，其体积之比为______，电子数之比为______，密度之比为______．

（2）9.5gMgCl2固体溶于水配成500mL溶液，其浓度为______mol•L-1，从中取出100mL溶液，其中Cl-的浓度为______mol•L-1；再把取出的溶液加水稀释成500mL，则此时MgCl2溶液的浓度为______mol•L-1．

（3）某金属氯化物MCl227g，含有0.40molCl-，则该氯化物的物质的量为______，摩尔质量为______，金属M的相对原子质量为______．13、有以下物质：①NaOH②Na2O2③HClO④MgCl2⑤K2SO4⑥Ne（用序号作答）

（1）只含有离子键的是______；

（2）只含有共价键的是______；

（3）没有化学键的是______；

（4）既有离子键，又有非极性共价键的是______；

（5）属于共价化合物的是______；

（6）属于离子化合物且阴阳离子个数比为2：1的是______．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)14、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）15、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）16、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．17、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）18、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）19、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4题，共20分)20、一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等。

②部分阳离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表。

③CoCl2·6H2O熔点86℃；易溶于水；乙醚等；常温下稳定，加热至110~120℃时失去结晶水变成无水氯化钴。

(1)写出Co2O3与Na2SO3和盐酸反应的离子方程式______________________。

(2)加入NaClO3的目的是______________________；加入过量NaClO3可能生成有毒气体，该气体是___________(填化学式)

(3)为了除去Fe3+、Al3+，需加Na2CO3调pH，则pH应控制的范围为_____________________.

(4)加萃取剂的目的是___________；金属离子在萃取剂中的萃取率与pH的关系如图，据此分析pH的最佳范围为___________(填字母序号)。

A.2.0~2.5B.3.0~3.5C.4.0~4.5D.5.0~5.5

(5)CoCl2·6H2O常用减压烘干法烘干，原因是___________。21、七铝十二钙(12CaO·7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3)和废铝片制备七铝十二钙的工艺如下：

(1)电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为_____

(2)一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4-和Al2Cl7-两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为______22、某酸性废液含有H+、Fe3+、Ni2+、NO3—、F-和Cr2O72-等。下图是该废液的综合利用工艺流程：（假设：F—与金属离子的络合反应不影响其它反应和计算）

已知：金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：。Fe3+Ni2+Cr3+开始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9

Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+＋6NH3[Ni(NH3)6]2+（[Ni(NH3)6]2+为难电离的络合离子）

（1）滤渣1的主要成分为：____________。

（2）试剂X可以是足量氨水，还可以是：____________。（填序号）

A．Ni(OH)2B．Cr2O3C．Fe2O3D．NaOH

（3）若试剂X是足量氨水，“沉镍”的离子方程式为：____________。

（4）经检测，最后的残液中c(Ca2+)＝1.0×10─5mol•L-1，则残液中F－浓度____________（填“符合”或“不符合”）排放标准[已知Ksp(CaF2)=4×10-11，国家排放标准要求氟离子浓度小于10mg•L─1]。

（5）镍(Ni)及其化合物广泛应用于生产电池；电镀和催化剂等领域。

①某蓄电池反应为NiO2＋Fe＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2,放电时若外电路中转移0.6mol电子则正极增重____g。

②图为双膜三室电解法处理含镍废水回收金属镍的原理示意图，阳极的电极反应式为____；电解过程中，需要控制溶液pH值为4左右，原因是_______。

23、Ni(OH)2作为合成镍钴锰三元电极材料的原料，工业上可用红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)制备；工艺流程如图所示。回答下列问题：

(1)“滤渣1”的成分为______(写化学式)。

(2)“除铁”中，加入NaClO的目的是_________________，为了证明加入NaClO已足量，可选择的试剂是__________(填字母标号)。

a.KSCN溶液、氯水b.K3[Fe(CN)6]溶液c.NaOH溶液。

(3)已知“滤渣2”的成分为黄钠铁矾，其化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6；则“除铁”

中“Na2CO3/△”条件下生成滤渣2的离子方程式为_______________。

(4)“除镁”中，若溶液pH过小，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________。

(5)“沉镍”的离子方程式为__________。

(6)以镍钴锰三元材料(可简写为Li1-nMO2)为一极电极材料的新型锂电池工作原理如图所示，放电时总反应为Li1-nMO2+LinC6LiMO2+6C，则充电时b极的电极反应式为____________________。

评卷人得分五、综合题(共4题，共8分)24、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：

25、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题26、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：

27、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6题，共12分)1、B【分析】解：A、CH4分子中氢最外层只有2个电子；而不是8电子结构，故A错误；

B；碱金属都为固体；碱金属自上而下，离子半径增大，金属键减弱，熔点降低，故B正确；

C；分子晶体的熔沸点随着相对分子质量的增大而升高；第ⅦA族元素形成的单质为分子晶体，则其单质的熔点随原子序数的递增而升高，故C错误；

D．H2O、Li2O中O元素化合价为-2价；故D错误．

故选B．

A、CH4分子中氢最外层只有2个电子；

B；根据离子半径对金属性的影响分析解答碱金属元素单质熔点变化；

C；第ⅦA族元素形成的单质的熔点随原子序数的递增而升高；

D；水中O元素化合价为-2价．

本题考查较综合，涉及物质的结构、物质的性质等知识点，根据物质的构成、物质的熔沸点与相对分子质量的关系等知识点来分析解答，比较容易．【解析】【答案】B2、C【分析】解：rm{Na}rm{Fe}为活泼金属，在反应中只能失去电子形成离子键；而rm{Ar}一般不能形成化学键；只有rm{O}可得到电子或与其它原子共用电子，如rm{Na_{2}O}中钠离子和氧离子之间就是离子键，rm{H_{2}O_{2}}中rm{O-O}为非极性共价键，rm{O-H}为极性共价键；

故选：rm{C}．

一般来说，活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属之间易形成共价键rm{(}铵盐除外rm{)}同种非金属元素原子之间形成非极性共价键，不同种非金属元素原子之间形成极性共价键，据此分析解答．

本题考查化学键，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，注意金属只能失去电子，题目难度不大．【解析】rm{C}3、C【分析】

将水能转换为电能的工程建设和生产运行；大大的减少了燃煤的使用，降低了温室气体；酸雨气体、粉尘等污染物的排放，有效地保护环境，低碳经济，节能减排．

故选C．

【解析】【答案】三峡工程所提供的清洁；廉价、强劲、可再生能源--水电；相当于每年燃烧3000万吨原煤的火力发电厂产生的电能，减少了污染气体、粉尘颗粒等的排放，减少了对大气的污染．白色污染是人们对难降解的塑料垃圾（多指塑料袋）污染环境现象的一种形象称谓．它是指用聚苯乙烯、聚丙烯、聚氯乙烯等高分子化合物制成的各类生活塑料制品使用后被弃置成为固体废物，由于随意乱丢乱扔，难于降解处理，以致造成城市环境严重污染的现象．

4、D【分析】【解析】试题分析：等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀H2SO4中，同时向a中放入少量的CuSO4溶液，发生：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，形成原电池，反应速率增大，但生成的氢气少。等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀H2SO4中，同时向a中放入少量的CuSO4溶液，发生：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，形成原电池，反应速率增大，反应用时少于b，但生成的氢气少也少于b，图象应为．故选D。考点：原电池和电解池的工作原理【解析】【答案】D5、C【分析】解：rm{A}元素的原子的相对原子质量增大；但不呈现周期性的变化，则不能决定元素性质出现周期性变化，故A错误；

B；原子序数在数值上等于这种原子的核电荷数；随着原子序数递增，核电荷数逐渐增大，但不出现规律性的变化，故B错误；

C；由原子的电子排布可知；随原子序数的递增，电子层数和最外层电子数都呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化，即原子的电子层排布的周期性变化是引起元素性质周期性变化的决定因素，故C正确；

D；元素的最高正化合价的周期性变化是原子的电子排布周期性变化的结果；化合价属于元素的性质，故D错误；

故选：rm{C}

A；元素的相对原子质量逐渐增大；但不呈现规律性的变化；

B；核电荷数逐渐增大；不呈现规律性的变化；

C；随原子序数的递增；电子层数和最外层电子数都呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化；

D；化合价属于元素的性质；元素的最高正化合价随原子序数的递增呈规律性变化．

本题要理解元素周期律的实质，元素性质的周期性变化是元素原子的核外电子排布的周期性变化的必然结果．【解析】rm{C}6、A【分析】解：rm{A}石墨转化为金刚石要吸收能量；说明石墨的能量低，稳定，故A正确；

B；石墨转化为金刚石要吸收能量；说明石墨的能量低，稳定，故B错误；

C、rm{1mol}石墨比rm{1mol}金刚石的总能量低；故C错误；

D；金刚石和石墨是不同的物质；是化学变化，故D错误；

故选：rm{A}．

在rm{100kPa}时，rm{1mol}石墨转化为金刚石，要吸收rm{1.895kJ}的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量；能量低的物质稳定；化学变化的特征是生成新物质．

本题主要考查金刚石和石墨的转化以及涉及到的能量变化，难度不大，需要掌握的是能量低的物质稳定．【解析】rm{A}二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】【解析】试题分析：A与B和A与X均可形成10个电子化合物，则A应为H元素，A与Y同主族，则Y为Na元素，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红，则X为O元素，Y2X2为Na2O2，X与Z同主族，则Z为S元素，B与Z的最外层电子数之比为2：3，则B元素的最外层电子数为4，根据A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，B应为C元素。(1)X为O元素，故在周期表中的位置是第二周期ⅥA族。(2)Y2X2为Na2O2，故电子式为它含有的化学键类型有离子键和非极性共价键，故选AC。(3)A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物，这两种化合物分别为H2O2和H2S，H2O2具有氧化性，H2S具有还原性，二者发生氧化还原反应生成H2O和S，反应的方程式为H2O2+H2S═2H2O+S↓。(4)A单质H2，X是单质O2，在原电池中H2失去电子，发生氧化反应，作为负极，故极电极反应式为H2–2e-+2OH-="="2H2O或2H2–4e-+4OH-="="4H2O。(5)Y2X2为Na2O2，故其与水反应的离子方程式为2Na2O2＋2H2O==="4"Na＋＋4OH-＋O2↑。(6)B为C元素，其最高价氧化物是CO2，其结构式为O=C=O。考点：位置结构性质的相互关系应用极性键和非极性键【解析】【答案】（每空2分，共14分）(1)第二周期ⅥA族(2)A、C（全对给分）(3)H2O2+H2S=S↓+2H­2O(4)H2–2e-+2OH-="="2H2O或2H2–4e-+4OH-="="4H2O(5)2Na2O2＋2H2O==="4"Na＋＋4OH-＋O2↑(6)O=C=O8、略

【分析】【解析】【答案】（10分）（1）Fe2O3FeCl2Al(OH)3Fe(OH)3（各1分，共4分）（2）①2Al+Fe2O32Fe+Al­2O3②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3③AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-（各2分，共6分）9、略

【分析】解：rm{(1)}添加钡试剂除去rm{SO_{4}^{2-}}注意不能引入新的杂质，选Brm{a(NO_{3})_{2}}会引入杂质硝酸根离子；所以该钡试剂不能选用；

故答案为：rm{B}

rm{(2)}电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，化学方程式为rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

故答案为：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

故答案为：rm{(3)}

rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O}漂白粉的有效成分为rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O}次氯酸钙在空气中发生反应：rm{(4)}rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}会导致漂白粉失效；

故答案为：rm{Ca(ClO)_{2}}rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}

rm{Ca(ClO)_{2}+H_{2}O+CO_{2}=2HClO+CaCO_{3}隆媒}添加钡试剂除去rm{2HClOdfrac{

overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}注意不能引入新的杂质；

rm{Ca(ClO)_{2}+H_{2}O+CO_{2}=2HClO+CaCO_{3}隆媒}电解饱和食盐水生成氢气；氯气和氢氧化钠；

rm{2HClOdfrac{

overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠；次氯酸钠和水；

rm{(1)}漂白粉的有效成分为次氯酸钙；次氯酸钙与空气中的二氧化碳和水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，导致漂白粉失效。

本题考查粗盐提纯及电解原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确发生的离子反应及电解反应是解答的关键，注意除杂不能引入新的杂质及试剂的添加顺序，题目难度中等。rm{SO_{4}^{2-}}【解析】rm{B}rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O}rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}rm{Ca(ClO)_{2}+H_{2}O+CO_{2}=2HClO+CaCO_{3}隆媒}10、略

【分析】解：设混合气体中rm{CO_{2}}的物质的量为rm{xmol}rm{CO}的物质的量为rm{ymol}根据二者质量及总物质的量，则：

rm{begin{cases}x+y=0.344x+28y=10.8end{cases}}

解得rm{begin{cases}x+y=0.3

44x+28y=10.8end{cases}}rm{x=0.15}

rm{y=0.15}和rm{CO}的物质的量之比rm{CO_{2}}rm{1}

故答案为：rm{1}rm{1}．

根据rm{1}进行相关物理量的计算，可设rm{n=dfrac{m}{M}}为rm{CO_{2}}rm{xmol}为rm{CO}列方程式计算．

本题考查物质的量的相关计算，注意把握相关物理量的计算公式，从质量守恒的角度列式计算，题目难度不大．rm{ymol}【解析】rm{1}rm{1}11、略

【分析】

二氧化碳的摩尔质量是44g/mol；氯化氢的摩尔质量是36.5g/mol，水的摩尔质量是18g/mol，氨气的摩尔质量是17g/mol；

同温同压下，气体摩尔体积相同，根据ρ=知，密度与气体摩尔质量成正比，所以气体密度最小的是NH3；

根据N=知，相同质量时，分子数和摩尔质量成反比，所以分子数最少的是CO2；

根据分子数和每个分子中含有的原子个数判断，已知含有分子数最多的是氨气分子，最少的在二氧化碳分子，一个二氧化碳分子中含有3个原子，一个氯化氢分子中含有2个原子，一个水分子中含有3个原子，一个氨气分子中含有4个原子，所以含有原子个数最多的是NH3；

根据V=知，相同质量、相同气体摩尔体积时，气体体积与摩尔质量成反比，所以体积最大的是NH3；水是液体，密度最大，所以其体积最小；

故答案为：NH3；CO2；NH3；NH3；H2O．

【解析】【答案】同温同压下，气体摩尔体积相同，根据ρ=知，密度与气体摩尔质量成正比；根据N=知，相同质量时，分子数和摩尔质量成反比；根据分子数和每个分子中含有的原子个数判断；根据V=知；相同质量；相同气体摩尔体积时，气体体积与摩尔质量成反比．

12、略

【分析】解：（1）根据n=可知，等质量的CO和CO2的物质的量之比为44g/mol：28g/mol=11：7；相同条件下气体体积之比等于物质的量之比，二者体积之比为11：7，含有电子数目之比为11×14：7×22=1：1，同温同压下气体密度之比等于摩尔质量之比，二者密度之比为28g/mol：44g/mol=7：11；

故答案为：11：7；1：1；7：11；

（2）9.5gMgCl2的物质的量为=0.1mol，溶于水配成500mL溶液，其浓度为=0.2mol•L-1，从中取出100mL溶液，其中Cl-的浓度为2×0.2mol•L-1=0.4mol•L-1；再把取出的溶液加水稀释成500mL，则此时MgCl2溶液的浓度为=0.04mol•L-1；

故答案为：0.2；0.4；0.04；

（3）金属氯化物MCl227g，含有0.40molCl-，则氯化物的物质的量为=0.2mol，氯化物摩尔质量为=135g/mol；金属M的相对原子质量为135-71=64；

故答案为：0.2mol；135g/mol；64．

（1）根据n=计算物质的量之比；相同条件下气体体积之比等于物质的量之比，结合每个分子含有电子数计算所含电子总数之比，同温同压下气体密度之比等于摩尔质量之比；

（2）根据n=计算氯化镁物质的量，再根据c=计算氯化镁的物质的量浓度；溶液是均一的取出溶液浓度与原溶液浓度相同，根据稀释定律计算稀释后氯化镁的浓度；

（3）金属氯化物MCl227g，含有0.40molCl-，则氯化物的物质的量为0.2mol，根据M=计算氯化物摩尔质量；进而计算金属M的相对原子质量．

本题考查阿伏伽德罗定律、物质的量有关计算，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握．【解析】11：7；1：1；7：11；0.2；0.4；0.04；0.2mol；135g/mol；6413、略

【分析】解：①NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键；O原子和H原子之间存在共价键；属于离子化合物；

②Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键；O原子之间存在共价键；属于离子化合物；

③HClO中O原子和H原子；Cl原子之间只存在共价键；属于共价化合物；

④MgCl2中镁离子和氯离子之间只存在离子键；属于离子化合物；

⑤K2SO4中钾离子和硫酸根离子之间存在离子键；S原子和O原子之间存在共价键，属于离子化合物；

⑥Ne是单原子分子；不存在化学键；

（1）只含有离子键的是④；故答案为：④；

（2）只含有共价键的是③；故答案为：③；

（3）没有化学键的是⑥；故答案为：⑥；

（4）既有离子键；又有非极性共价键的是②，故答案为：②；

（5）属于共价化合物的是③；故答案为：③；

（6）属于离子化合物且阴阳离子个数比为2：1的是④；故答案为：④．

一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，铵盐都属于离子化合物，据此分析解答．

本题考查化学键的判断，侧重考查化学基本概念，注意离子键和共价键的区别，注意：并不是所有的物质都含有化学键，稀有气体不含化学键，为易错点．【解析】④；③；⑥；②；③；④三、判断题(共6题，共12分)14、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．15、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．16、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；17、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．18、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．19、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4题，共20分)20、略

【分析】【分析】

含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体；应控制温度在86℃以下蒸发，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干。

【详解】

(1)水钴矿的主要成分为Co2O3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有Co2+，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，过量NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；

(3)Fe3+完全水解的pH为3.7，Al3+完全水解的pH为5.2，Co2+开始水解的PH为7.6，所以为了除去Fe3+、Al3+，加入Na2CO3调pH应控制的范围为5.2pH<7.6；

(4)根据流程图可知，存在Mn2+、Co2+金属离子的溶液中，加入萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知；调节溶液PH在3.0～3.5之间，故选B；

(5)根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干。【解析】Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O将Fe2+氧化成Fe3+Cl25.2pH<7.6除去溶液中的Mn2+B降低烘干温度，防止产品熔化或分解失去结晶水变为无水氯化钴21、略

【分析】【分析】

(1)用Al片和石墨作电极制备Al(OH)3；Al作阳极，据此分析；

(2)放电时负极材料电极本身Al放电，失电子，根据AlCl4-和Al2Cl7-中铝元素和氯元素的比例来确定AlCl4-作反应物而生成Al2Cl7-。

【详解】

(1)用Al片和石墨作电极来制备Al(OH)3，Al作阳极，石墨作阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极上是来自于水的H+放电：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Al3+与OH-会结合形成难溶性的Al(OH)3，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可得总反应：2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑；

(2)放电时，负极电极本身Al放电，失电子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-作反应物而Al2Cl7-为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-。

【点睛】

本题考查了电解池和原电池的知识，电解池的阳极和原电池的负极失去电子，发生氧化反应，电解池的阴极和原电池的正极得到电子，发生还原反应，结合电解质中含有的微粒书写电极反应式。【解析】2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-22、略

【分析】【分析】

某酸性废液含有和等，在溶液中加入废氧化铁调节溶液PH=3.5，使铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣1，滤液中加入与发生反应生成铬离子，加碱沉淀铬离子形成氢氧化铬沉淀，过滤后的滤液中加入沉淀镍，过滤得到滤液中加入石灰浆沉淀得到滤渣3含有：和氢氧化铬沉淀加酸生成铬离子，高锰酸钾将铬离子氧化为重铬酸根，结晶得到重铬酸钾晶体。

【详解】

（1）调节溶液PH=3.5，使铁离子全部沉淀，滤渣1为故答案为：

（2）据金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH分析，又不引入新杂质可知还可以是故答案为：A；

（3）若试剂X是足量氨水，与足量氨水的反应为：加入会生成更难溶的“沉镍”的离子方程式为：故答案为：

（4）依据溶度积常数计算F-离子浓度，残液中则依据国家排放标准要求氟离子浓度小于10mg•L-1分析判断；不符合国家标准，故答案为：不符合；

（5）①根据方程式分析正极电极反应式为：转移2mol电子电极质量增加2g，故转移0.6mol电子则正极增重0.6g；故答案为：0.6；

②根据图像可知，阳极氢氧根放电生成氧气，故电极反应式为：电解过程中pH太高镍离子会沉淀，pH太低则阴极氢离子会放电生成氢气，故需要控制溶液pH值为4左右，故答案为：pH过高时会形成氢氧化物沉淀；pH过低时会有氢气析出，降低镍的回收率。

【点睛】

本题考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、书写化学反应方程式、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解、电化学原理的理解等，难度中等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。【解析】Fe(OH)3A[Ni(NH3)6]2＋+S2-=NiS↓＋6NH3不符合0.64OH--4e-=2H2O+O2↑pH过高时Ni2+会形成氢氧化物沉淀，pH过低时会有氢气析出，降低镍的回收率23、略

【分析】【分析】

红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)粉碎后用硫酸浸取，Ni、Fe、Mg元素进入溶液，滤渣1为不溶于稀硫酸的SiO2；过滤后向滤液中加入次氯酸钠将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入碳酸钠并加热除去铁元素和部分硫酸根，得到滤渣2为NaFe3(SO4)2(OH)6；过滤后向滤液中加入NaF除去镁离子，得到滤渣3为MgF2；过滤后加入碳酸氢铵得到碳酸镍沉淀，将碳酸镍沉淀加稀硫酸溶解，再向溶液中加入NaOH得到Ni(OH)2。

(6)根据图中放电时Li+的流向可知，放电时b极为正极，a极为负极；充电时b极为阳极，a极为阴极。根据总反应，放电时Li元素被氧化，所以LinC6为负极，即a极材料为LinC6，b极材料为Li1-nMO2。

【详解】

(1)滤渣1的成分为不溶于稀硫酸的SiO2；

(2)加入NaClO可以将Fe2+氧化成Fe3+；便于除去；

当NaClO足量时，溶液Fe元素以Fe3+的形式存在，不含Fe2+，所以只要证明溶液中没有Fe2+就可以说明NaClO足量；

a．由于溶液中存在Fe3+，所以滴加KSCN溶液溶液会显红色，再加氯水没有明显变化，无法检验Fe2+；故不选a；

b．Fe2+可以和K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀，故b合适；

c．加NaOH溶液会产生Fe(OH)3沉淀，即便有Fe2+，产生的Fe(OH)2沉淀也会被迅速氧化，而且Fe(OH)3沉淀的颜色会覆盖掉Fe(OH)2的颜色，所以无法通过NaOH溶液判断是否有Fe2+；故不选c；

综上所述选b；

(3)反应物有Fe3+、Na2CO3、SO等，产物有NaFe3(SO4)2(OH)6，产物中的OHˉ说明该反应过程有Fe3+与CO的双水解，所以产物应该还有CO2，根据元素守恒可得离子方程式为Na+＋3Fe3+＋2SO＋3H2O＋3CO＝NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋3CO2↑；

(4)F－与H+结合形成弱电解质HF，MgF2⇌Mg2++2F－平衡向右移动；导致镁离子沉淀不完全；

(5)沉镍时反应有Ni2+、NH4HCO3，产物有NiCO3说明不是双水解，而是Ni2+与HCO电离出的CO结合生成NiCO3沉淀，促进HCO的电离，同时产生大量的氢离子，而氢离子又和HCO反应生成二氧化碳和水，所以离子方程式为Ni2+＋2HCO＝NiCO3↓＋CO2↑＋H2O；

(6)充电时b极为阳极，LiMO2失电子发生氧化反应，产生Li+，根据总反应可知电极反应式为LiMO2－ne－＝Li1-nMO2＋nLi+。

【点睛】

第5小题离子方程式的书写要注意该过程不是金属阳离子和碳酸氢根发生双水解，因为如果是双水解，则产生的沉淀应为氢氧化物，而不是碳酸盐。【解析】①.SiO2②.将Fe2+氧化成Fe3+③.b④.Na+＋3Fe3+＋2SO＋3H2O＋3CO＝NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋3CO2↑⑤.F－与H+结合形成弱电解质HF，MgF2⇌Mg2++2F－平衡向右移动⑥.Ni2+＋2HCO3－＝NiCO3↓＋CO2↑＋H2O⑦.LiMO2－ne－＝Li1-nMO2＋nLi+五、综合题(共4题，共8分)24、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；

【分析】（1）反应物总能量大于生成物总能量；催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，反应热不变；

（2）根据反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）结合1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1计算反应热；

（3）根据反应物和生成物确定反应的历程；

（4）利用盖斯定律计算．25、1：52）盐酸体现出的性质有：____酸性和还原性3）用双线桥表示出电子转移的方向和数目：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O4）当被氧化的HCl为73克时，转移的电子的数目为____（填具体数字）1.204×1024【分析】【解答】解：（1）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，1KClO3中氯元素的化合价由+5