2024年沪科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年沪科版高一化学下册月考试卷20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9题，共18分)1、两个体积相同的容器，一个盛有CO，另一个盛有N2和C2H4；在同温同压下两容器内的气体一定具有相同的：（）

①原子总数②质子总数③分子总数④质量．

A.①②

B.②③

C.①③

D.③④

2、下列用水就能鉴别的一组物质是（）A.苯、己烷、四氯化碳B.苯、乙醇、四氯化碳C.溴苯、乙醇、四氯化碳D.溴苯、乙醇、乙酸3、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.2mol•L-1的Na2SO4溶液中含有4NA个Na+B.将含有0.1molFeCl3的饱和溶液逐滴滴入足量沸水中，得到Fe（OH）3胶体数目为0.1NAC.在标准状况下，11.2L氖气中含有NA个氖原子D.7.8gNa2O2中阴离子数目为0.1NA4、一些简单原子的原子结构可用如图①、②、③形象地表示：根据该图的示意，则下列有关图①、②、③所表示的原子叙述正确的是（）A.①②③互为同位素B.①②③互为同素异形体C.①②③为同种原子D.①②③具有相同的质量数5、为了比较铁和铜金属活动性强弱；某研究小组的同学设计了如下一些方案，并将实验结果记录如下：

能根据以上各种现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案一共有（）。方案现象或产物①将铁片置于CuSO4溶液中铁片上有亮红色物质析出②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧产物分别为FeCl3和CuCl2③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物分别为Fe2（SO4）3和CuSO4④将铁片和铜片分别置于稀硫酸溶液中铁片上有气泡，铜片上不产生气泡⑤将铁片和铜片同时插入盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接铁片溶解，铜片上有气泡产生A.2种B.3种C.4种D.5种6、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.氯水用于消毒是因为氯水中含有氯分子B.二氧化硫具有漂白性是因为二氧化硫能与部分有机色素生成不稳定的无色物质C.过氧化钠具有漂白性是因为过氧化钠能与水反应生成的氢氧化钠为强碱D.活性炭能使品红溶液褪色是因为活性炭具有还原性7、下列叙述正确的是（）A.铜能导电，所以铜是电解质B.BaSO4难溶于水，但BaSO4属于强电解质C.液态HCl不能导电，所以HCl是非电解质D.氯气的水溶液能导电，氯气是电解质8、硅被誉为无机非金属材料的主角，下列物品用到硅单质的是（）A.光电池B.光导纤维C.石英钟表D.陶瓷餐具9、下列溶液中物质的量浓度为rm{1mol?L^{-1}}的是rm{(}rm{)}A.将rm{40g}rm{NaOH}溶解于rm{1L}水中B.rm{10g}rm{NaOH}溶解在水中配成rm{250mL}溶液C.从rm{100mL}rm{10mol?L^{-1}}的浓盐酸中取出rm{10mL}D.将rm{22.4L}氯化氢气体溶于水配成rm{1L}溶液评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、(9分）已知：①A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平②现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示。回答下列问题：（1）B、D分子中的官能团名称分别是、。（2）写出下列反应的反应类型：①，②，④。（3）写出下列反应的化学方程式：②；④。11、1molH2的体积约是22.4L______．12、某科研小组采集到两种铜矿标本，经地理老师辨认为孔雀石和石青，老师说其化学组成均可表示为rm{x}rm{CuCO_{3}隆陇}rm{y}rm{Cu(OH)_{2}}属于天然碳酸盐类铜矿．rm{(1)}为了准确测定两种矿石的化学组成，该小组同学将两种矿石分别与足量盐酸反应，孔雀石耗用的盐酸的物质的量与生成的rm{CO_{2}}的物质的量之比为rm{4隆脙1}石青则为rm{3隆脙1.}请确定它们的化学组成，孔雀石：____；石青：____．rm{(2)}现取两份等质量的两种矿石的混合物样品，一份加入过量盐酸，生成rm{CO_{2;}6.6g}对另一份样品加热使其完全分解，得到rm{CuO20g}则混合物中孔雀石和石青的物质的量之比为________．13、某同学拟用氯化钙固体；碳酸钠溶液和稀硝酸等试剂；先制得碳酸钙，最终制得纯净的硝酸钙晶体．

（1）请帮助该同学完成下列实验操作步骤：

①用蒸馏水完全溶解CaCl2固体后，加入____溶液；

②将反应后的混合物过滤；并用适量蒸馏水洗涤沉淀；

③将沉淀加入____中；使之完全溶解。

④用____的方法（用“有机物萃取”或“蒸发结晶”）；得到纯净的硝酸钙晶体．

（2）该过程涉及2个化学反应，请写出这两个反应的离子方程式：____、____．14、（6分）有人在研究硫酸亚铁受热分解反应时，作了两种假设：⑴假设它按氯酸钾受热分解的方式来分解，反应的化学方程式为：⑵假设它按碳酸钙受热分解的方式来分解，反应的化学方程式为：⑶事实上，硫酸亚铁分解为氧化铁，二氧化硫，三氧化硫（分解温度为500℃左右），则反应化学方程式为：15、rm{LiPF_{6}}产品中通常混有少量rm{LiF.}取样品rm{w}rm{g}测得rm{Li}的物质的量为rm{n}rm{mol}则该样品中rm{LiPF_{6}}的物质的量为______rm{mol(}用含rm{w}rm{n}的代数式表示rm{)}．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)16、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．17、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）18、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）19、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）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、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）22、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、原理综合题(共4题，共8分)23、汽车尾气中含有CO、NO等有害气体。

（1）汽车尾气中NO生成过程的能量变化示意图如下：

该条件下，1molN2和1molO2完全反应生成NO，会_______________（填“吸收”或“放出”）________kJ能量。

（2）通过NO传感器可监测汽车尾气中NO的含量，其工作原理如下图所示：

①NiO电极上发生的是_______________反应（填“氧化”或“还原”）。

②外电路中，电子的流动方向是从_______电极流向______电极（填“NiO”或“Pt”）；Pt电极上的电极反应式为_______________。

（3）一种新型催化剂能使NO和CO发生反应：2NO＋2CO2CO2＋N2。已知增大催化剂的比表面积可提高该反应速率。为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下表中。。实验

编号t（℃）NO初始浓度

（mol/L）CO初始浓度

（mol/L）催化剂的比表面积（m2/g）Ⅰ2801.20×10－35.80×10－382Ⅱ2801.20×10－3B124Ⅲ350A5.80×10－382

①请把表中数据补充完整：A_______________；B_______________。

②能验证温度对化学反应速率影响规律的是实验_______________（填实验序号）。

③实验Ⅰ和实验Ⅱ中，NO的物质的量浓度c（NO）随时间t的变化曲线如下图所示，其中表示实验Ⅱ的是曲线_________（填“甲”或“乙”）。

24、已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下，830℃时，向一个2L的密闭容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B。温度70080083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4

(1)反应达平衡后，升高温度，平衡_______移动（填“正向”或“逆向”）

(2)830℃达平衡时，A的转化率为________。25、硼（B）可形成H3BO3、NaBH4、NaBO2等化合物；用途广泛。

（1）H3BO3为一元弱酸，可由硼砂（Na2B4O7﹒10H2O）与盐酸加热反应制得。该反应的化学方程式为____________________。常温下0.1mol·L-1的H3BO3溶液pH约为5.0，则H3BO3的电离常数Ka约为____。

（2）在恒容密闭容器中发生储氢反应：BPO4(s)+4Na(s)+2H2(g)Na3PO4(s)+NaBH4(s)ΛH<0

下图为NaBH4产率与反应温度的关系曲线：

①反应达到平衡时，下列有关叙述正确的是_____。（填标号）

A．生成1molNaBH4只需1molBPO4、4molNa和2molH2

B．若向容器内通入少量H2，则v（放氢）<v（吸氢）

C．升高温度；放氢速率加快，重新达到平衡时容器压强增大。

D．降低温度；该反应的平衡常数减小。

②NaBH4的产率在603K之前随温度升高而增大的原因是___________________。

（3）NaBH4可水解放出氢气，反应方程式为：NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2↑。

①t1/2为NaBH4水解的半衰期（水解一半所需要的时间，单位为分钟）。lgt1/2随pH和温度的变化如图所示。在酸性条件下，NaBH4不能稳定存在，原因是_____（用离子方程式表示）；T1__T2。（填“>”或“<”）

②用H2制备H2O2的一种工艺简单、能耗低的方法，反应原理如下图所示。总反应的化学方程式为___________。26、利用生物质乙醇制氢具有良好的应用前景。回答下列问题：

(1)电催化生物乙醇制氢的装置如图所示。能量转化方式为_______。

(2)乙醇；水蒸气催化重整制氢包含的主要反应如下：

Ⅰ.

Ⅱ.

Ⅲ.

①反应时_______

②一定条件下，各物质的物质的量分数()与温度的关系如图所示。随着温度升高，(g)的物质的量分数不断降低，其原因是_______；600K后，的物质的量分数逐渐降低的原因是_______。

③反应过程主要积炭反应及平衡常数如表：。反应500K600K700K800K199210.4397.68.71.36

为减少积炭，可采取的措施是_______(写一种)。

④在恒压密闭容器中，充入1mol乙醇和mmol总压强为0.1MPa，在T℃发生反应(不考虑发生其它反应)，达平衡时，乙醇的转化率为氢气的压强为_______MPa，该反应的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。评卷人得分五、解答题(共4题，共32分)27、处于同一条小河的上、中、下游的甲、乙、丙三座工厂，每厂向小河排放的废液里含有CuCl2、Ca（OH）2；HCl中的一种．环保局对污水监测发现：（1）甲处水域呈浑浊的乳白色（2）乙处水域变成蓝色浑浊（3）丙处水域由浑浊变清．

（1）各厂排放的废液中分别含有：甲______；乙______、丙______．（填化学式）

（2）请写出乙处水域发生反应的离子方程式：______．

28、含铁元素的物质有很多；它们对人体健康；生产生活都有重要作用，请完成以下填空：

（1）指出下列化合物中铁元素的化合价（O均为-2价）：Fe（OH）2______Fe2O3______Na2FeO4______

（2）取少量某品牌油漆的原料Fe2O3（红棕色粉末）并加入适量盐酸，反应后得到棕黄色FeCl3溶液，取少量棕黄色溶液置于试管中，滴入NaOH溶液，可观察到Fe（OH）3沉淀生成；生成沉淀的离子方程式为______．另在小烧杯中加入30mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入2mL上述棕黄色溶液，继续加热至______色液体，停止加热，用______物理方法证明所得分散系的类别，写出制备该分散系的化学方程式______．

（3）高铁酸钠（Na2FeO4）能有效地杀灭水中的病菌．工业制备Na2FeO4的化学方程式：

2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O（O均为-2价）；请用双线桥表示该反应的电子转移方向和总数______．

（4）一个体重50kg的健康人含铁元素2g，Fe2+易被人体吸收，所以给贫血者补充铁时，服用维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+；有利于人体对铁的吸收．维生素C在这个反应中表现______（“氧化性”“还原性”）．

29、草木灰中富含钾盐，主要成分是碳酸钾，还含有少量氯化钾和硫酸钾．现从草木灰中提取钾盐，并用实验检验其中的CO32-、SO42-和Cl-．

（1）从草木灰中提取钾盐的实验操作顺序如下：

①称取样品；②溶解沉降，③______，④______，⑤冷却结晶．

（2）用托盘天平称量样品时；若某同学把样品放在右盘，砝码放在左盘，当天平平衡时读为24.4g（1克以下用游码），则样品的实际质量为______．

（3）将制得的少量晶体放入试管；加入蒸馏水溶解并把溶液分成三份，分装在3支试管里．

①在第一支试管里加入稀盐酸；可观察有______生成，证明溶液中有碳酸根离子．

②在第二支试管里加入足量______后；再加入______，可观察到有白色沉淀生成，证明溶液中有硫酸根离子．（写物质名称）

③在第三支试管里加适量的硝酸银溶液，观察到有沉淀产生，由此证明溶液中一定含Cl-．你认为该结论是否严密？______（填“严密”或“不严密”）为什么？______．

30、铁及铁的化合物应用广泛，如FeCl3可用作印刷电路铜版腐蚀剂和外伤止血剂等．

（1）写出FeCl3溶液腐蚀印刷电路板的离子方程式______．

（2）若将（1）中的反应设计成原电池；请在方框内画出原电池的装置图，标出正；负极，并写出电极反应式．

负极反应：______；

正极反应：______．

评卷人得分六、综合题(共4题，共28分)31、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：

32、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题33、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：

34、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9题，共18分)1、D【分析】

①、在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，物质的量相等，NO是双原子分子，N2是双原子分子、C2H4是6原子分子，NO分子数目与N2和C2H4的总分子数相等时；原子数一定不相等，故①错误；

②、CO分子中质子数为14，N2分子中质子数为14，C2H4分子中质子数为16，故NO分子数目与N2和C2H4的总分子数相等时；质子数数一定不相等，故②错误；

③、在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，CO的分子式与N2和C2H4的总分子数目相同；故③正确；

④、CO、N2和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，NO物质的量与N2和C2H4的总物质的量相等时；质量一定相等，故④正确；

故选D．

【解析】【答案】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，CO分子数目与N2和C2H4含有的总分子数目相同，物质的量相同，NO是双原子分子，N2是双原子分子、C2H4是6原子分子，当二者分子数相等时，原子数一定不相等，CO分子中质子数为14，N2分子中质子数为14，C2H4分子中质子数为16，二者分子数相等时，质子数一定不相等，CO、N2和C2H4的摩尔质量都是28g/mol；物质的量相同，质量一定相同．

2、B【分析】【解析】【答案】B3、D【分析】解：A；溶液体积不明确；故溶液中的钠离子的个数无法计算，故A错误；

B、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒个数小于0.1NA个；故B错误；

C；标况下11.2L氖气的物质的量为0.5mol；而氖气为单原子分子，故0.5mol氖气中含0.5NA个氖原子，故C错误；

D、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.1mol过氧化钠中含阴离子为0.1NA个；故D正确．

故选D．

A；溶液体积不明确；

B；一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；

C；求出氖气的物质的量；然后根据氖气为单原子分子来分析；

D；求出过氧化钠的物质的量；然后根据过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成来分析．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构【解析】【答案】D4、A【分析】解：①；②、③三种原子分别为氕、氘、氚；它们质子数都为1；中子数分别为0、1、2，故互为同位素，质量数分别为1、2、3，是三种不同的原子；

故选A．

有相同质子数；不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；

相同元素组成；不同形态的单质互为同素异形体．

本题考查同位素、同素异形体的概念，难度不大．对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题．【解析】【答案】A5、B【分析】解：金属的金属性强弱判断方法：金属的金属性越强；其最高价氧化物的水化物碱性越强，活泼性较强的金属能置换出较不活泼金属，金属和酸或水反应越剧烈；

①将铁片置于CuSO4溶液中；铁片上有亮红色物质析出，Fe能置换出硫酸铜中的铜，说明金属性铁＞铜，故正确；

②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧，产物分别为FeCl3和CuCl2；Fe元素化合价变化大于Cu，不能根据金属失电子多少判断金属性强弱，故错误；

③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物分别为Fe2（SO4）3和CuSO4；Fe元素化合价变化大于Cu，不能根据金属失电子多少判断金属性强弱，故错误；

④将铁片和铜片分别置于稀硫酸溶液中；铁片上有气泡，铜片上不产生气泡，说明金属性Fe＞Cu，故正确；

⑤将铁片和铜片同时插入盛有稀硫酸的烧杯中；并用导线连接，铁片溶解，铜片上有气泡产生，说明Fe能置换出氢气；铜不能置换出氢气，则金属性Fe＞Cu，故正确；

故选B．

金属的金属性强弱判断方法：金属的金属性越强；其最高价氧化物的水化物碱性越强，活泼性较强的金属能置换出较不活泼金属，金属和酸或水反应越剧烈，据此分析解答．

本题考查金属的金属性强弱判断，为高频考点，金属的金属性强弱与失电子难易程度有关，与失电子多少无关，易错选项是②．【解析】【答案】B6、B【分析】解：rm{A.}氯水中含rm{HClO}具有强氧化性，则氯水用于消毒，故A错误；

B.二氧化硫具有漂白性；是因为二氧化硫能与部分有机色素化合生成不稳定的无色物质，故B正确；

C.过氧化钠具有漂白性；是因为过氧化钠具有强氧化性，使有色物质褪色，故C错误；

D.活性炭能使品红溶液褪色；是因为活性炭具有吸附性，故D错误；

故选B．

A.氯水消毒与rm{HClO}有关；

B.二氧化硫具有漂白性；与发生化合反应有关；

C.过氧化钠具有漂白性；与强氧化性有关；

D.活性炭能使品红溶液褪色；与吸附性有关．

本题考查二氧化硫的性质，侧重物质性质的考查，注重元素化合物知识的综合应用，注意区别具有漂白性物质的漂白原理，题目难度不大．【解析】rm{B}7、B【分析】解：A．铜是单质；既不是电解质也不是非电解质，故A错误；

B．硫酸钡难溶于水；但溶解的硫酸钡完全电离，所以硫酸钡是强电解质，故B正确；

C．液态氯化氢中不含自由移动的离子；所以不导电，但在水溶液里能电离出阴阳离子，所以氯化氢是电解质，故C错误；

D．氯气是单质；既不是电解质也不是非电解质，故D错误；

故选B．

在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，注意电解质和非电解质都必须是化合物．

本题考查了电解质和非电解质的判断，根据定义来分析解答即可，注意导电的不一定是电解质，电解质不一定导电，为易错点．【解析】【答案】B8、A【分析】解：A．晶体硅导电性介于导体与绝缘体之间；是良好的半导体材料，是制作光电池注意原料，故A正确；

B．光导纤维的主要原料为二氧化硅；故B错误；

C．石英钟表的构成材料为二氧化硅；不是单质硅，故C错误；

D．陶瓷餐具的原料为二氧化硅；不是单质硅，故D错误；

故选：A．

晶体硅导电性介于导体与绝缘体之间；是良好的半导体材料，为无机非金属材料的主角，而二氧化硅具有熔点高；硬度大的特点，常用于制备耐高温材料和光导纤维；

据此解答．

本题主要考查硅及其化合物的性质与应用，熟悉二氧化硅、硅的性质是解题关键，题目难度不大．【解析】【答案】A9、B【分析】解：rm{A.1L}水为溶剂的体积；溶液的体积未知，无法计算其浓度，故A错误；

B.rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{10g}{40g/mol}=0.25mol}rm{c=dfrac{n}{V}=dfrac{0.25mol}{0.25L}=1mol/L}故B正确；

C.溶液具有均一性，则从rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac

{10g}{40g/mol}=0.25mol}rm{c=dfrac{n}{V}=dfrac

{0.25mol}{0.25L}=1mol/L}的浓盐酸中取出rm{100mL}浓度仍为rm{10mol?L^{-1}}故C错误；

D.状况未知，rm{10mL}不确定；则不能计算其物质的量，故D错误；

故选B．

A.rm{10mol/L}水为溶剂的体积；

B.结合rm{Vm}rm{1L}计算；

C.溶液具有均一性；

D.状况未知，rm{n=dfrac{m}{M}}不确定．

本题考查物质的量浓度的计算，为高频考点，把握物质的量、质量、体积及浓度的关系为解答该题的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．rm{c=dfrac{n}{V}}【解析】rm{B}二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【解析】【答案】11、略

【分析】解：气体的体积计算公式：V=nVm；在标准状况下，气体摩尔体积为：22.4L/mol，1mol氢气的体积约是22.4L；

题中没有告诉是标况下（或气体摩尔体积）；1mol气体的体积不一定是22.4L；

故答案为：错误．

标况下的气体摩尔体积为：22.4L/mol；使用条件为：①物质的状态表示是气体，②必须告诉是标准状况下，据此进行判断．

本题考查了气体摩尔体积计算，题目难度不大，注意掌握标况下气体摩尔体积的使用条件，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，提高学生的灵活应变能力．【解析】错误12、(1)CuCO3·Cu(OH)22CuCO3·Cu(OH)2

(2)1∶1【分析】【分析】本题考查矿物资源的利用，涉及利用守恒进行物质的量的综合计算，难度一般。【解答】rm{(1)}设孔雀石的化学式为rm{xCuCO_{3}隆陇yCu(OH)_{2}}，则依据题意rm{dfrac{x}{2x+2y}=dfrac{1}{4}}rm{dfrac{x}{y}=dfrac{1}{1}}孔雀石的化学式为rm{dfrac{x}{2x+2y}=dfrac{1}{4}

}又设石青的化学式为rm{dfrac{x}{y}=dfrac{1}{1}

}

则rm{dfrac{x}{2x+2y}=dfrac{1}{3}}rm{dfrac{x}{y}=dfrac{2}{1}}石青的化学式为rm{CuCO_{3}隆陇Cu(OH)_{2}}故答案为：rm{xCuCO_{3}隆陇yCu(OH)_{2}}rm{dfrac{x}{2x+2y}=dfrac{1}{3}

}

rm{dfrac{x}{y}=dfrac{2}{1}

}设该样品中孔雀石物质的量分数为rm{2CuCO_{3}隆陇Cu(OH)_{2}}则石青为rm{CuCO_{3}隆陇Cu(OH)_{2}}

rm{begin{cases}({n}_{1}+2{n}_{2})隆脕44=6.6(2{n}_{1}+3{n}_{2})隆脕80=20end{cases}}解得rm{2CuCO_{3}隆陇Cu(OH)_{2}}rm{(2)}rm{n_{1}}故答案为：rm{n_{2}}rm{begin{cases}({n}_{1}+2{n}_{2})隆脕44=6.6

(2{n}_{1}+3{n}_{2})隆脕80=20end{cases}}

rm{n_{1}}【解析】rm{(1)CuCO_{3}隆陇Cu(OH)_{2;;;;}2CuCO_{3}隆陇Cu(OH)_{2}}

rm{(1)CuCO_{3}隆陇Cu(OH)_{2;;;;}

2CuCO_{3}隆陇Cu(OH)_{2}}rm{(2)1隆脙1}13、略

【分析】

（1）用氯化钙固体；碳酸钠溶液和稀硝酸等试剂；先制得碳酸钙，最终制得纯净的硝酸钙晶体，则。

①用蒸馏水完全溶解CaCl2固体后；加入碳酸钠溶液，故答案为：碳酸钠；

③将沉淀加入然后过滤；将得到的沉淀溶于硝酸，使之完全溶解，故答案为：稀硝酸；

④蒸发结晶可得到硝酸钙晶体；故答案为：蒸发结晶；

（2）涉及两个反应为氯化钙与碳酸钠的反应、碳酸钙与硝酸的反应，发生的离子反应分别为Ca2++CO32-═CaCO3↓、CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O；

故答案为：Ca2++CO32-═CaCO3↓；CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O．

【解析】【答案】（1）用氯化钙固体；碳酸钠溶液和稀硝酸等试剂；先制得碳酸钙，最终制得纯净的硝酸钙晶体，则先发生氯化钙与碳酸钠的反应，然后过滤，将得到的沉淀溶于硝酸，蒸发结晶可得到硝酸钙晶体；

（2）涉及两个反应为氯化钙与碳酸钠的反应；碳酸钙与硝酸的反应．

14、略

【分析】【解析】【答案】(6分，每空2分）⑴FeSO4____________FeS+2O2↑⑵FeSO4____________FeO+SO3↑⑶2FeSO4____________Fe2O3+SO2↑+SO315、略

【分析】解：根据rm{Li}守恒和质量守恒计算，设rm{LiPF_{6}}为rm{xmol}rm{LiF}为rm{ymol}根据rm{Li}守恒，有rm{x+y=n}根据质量守恒有rm{152x+26y=w}解得rm{x=dfrac{w-26n}{126}mol}

故答案为：rm{dfrac{w-26n}{126}mol}．

根据rm{Li}守恒和质量守恒计算，设rm{LiPF_{6}}为rm{xmol}rm{LiF}为rm{ymol}根据rm{Li}守恒，有rm{x+y=n}根据质量守恒有rm{152x+26y=w}由此分析解答．

本题考查化学计算等知识，注意题干所给信息的使用，侧重对学生实验能力的培养和解题方法的指导，有助于培养学生规范、严谨的根据守恒知识进行相关计算．【解析】rm{dfrac{w-26n}{126}}三、判断题(共7题，共14分)16、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．17、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．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、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．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】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol22、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、原理综合题(共4题，共8分)23、略

【分析】【详解】

（1）根据图中信息可得热化学方程式N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=(+945+498-2×630)kJ/mol=+183kJ/mol，故该条件下，1molN2和1molO2完全反应生成NO，会吸收183kJ能量；（2）由题给装置图知，该装置为原电池，O2－由Pt电极移向NiO电极，则Pt电极为原电池的正极，NiO为负极。①NiO为负极，电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，发生氧化反应；②外电路中，电子的流动方向是从负极NiO电极流向正极Pt电极；Pt为正极，电极上的电极反应式为O2＋4e－＝2O2－；（3）①因Ⅰ、Ⅱ比表面积不同，则应控制温度相同，所有浓度应控制相同来验证催化剂比表面积对速率的影响；Ⅰ、Ⅲ比表面积相同，温度不同，则所有浓度应控制相同来验证反应温度对速率的影响，故答案为A1.20×10－3；B5.80×10－3；②能验证温度对化学反应速率影响规律的是实验实验Ⅰ和实验Ⅲ；③因Ⅰ、Ⅱ温度相同，催化剂对平衡移动无影响，则平衡不移动，但Ⅱ的速率大，则Ⅱ先达到化学平衡，其中表示实验Ⅱ的是曲线乙。【解析】吸收183氧化NiOPtO2＋4e－＝2O2－1.20×10－35.80×10－3实验Ⅰ和实验Ⅲ乙24、略

【分析】【分析】

(1)根据平衡移动原理；结合温度与平衡常数的关系分析判断；

(2)假设A转化浓度为x，根据物质反应转化关系，可得平衡时各种物质的浓度，带入平衡常数表达式可得x的数值，然后利用转化率=×100%计算。

【详解】

(1)根据平衡移动原理：升高温度；化学平衡向吸热反应方向移动。由表格数据可知，升高温度，该反应的化学平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应方向为吸热反应；

(2)在2L的密闭容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B，发生反应：A(g)+B(g)C(g)+D(g)，反应开始时c(A)=0.2mol÷2L=0.1mol/L，c(B)=0.8mol÷2L=0.4mol/L，c(C)=c(D)=0，假设反应达到平衡时A转化浓度为x，根据物质反应转化关系可知平衡时：c(C)=c(D)=xmol/L，c(A)=(0.1-x)mol/L，c(B)=(0.4-x)mol/L，由于在830℃时平衡常数为1.0，所以=1.0，解得x=0.08mol/L，所以830℃达平衡时，A的转化率=×100%=80%。

【点睛】

本题考查了平衡移动原理的应用。涉及化学平衡常数的应用及反应转化率的计算注意温度对吸热反应影响更大，温度不变时，化学平衡常数不变，化学方程式相反时，平衡常数则互为倒数。【解析】①.逆向②.80%25、略

【分析】【分析】

（1）一元弱酸电离常数为达到平衡时；溶液所电离生成的各种离子浓度的乘积跟溶液中未电离的分子浓度的比。

（2）掌握外界条件温度和浓度对化学平衡移动的影响；即可解题。

（3）温度越低，反应越慢，t1/2越大。根据图示分析出pH相同的时候所对应的lgt1/2越大，t1/2越大。

【详解】

（1）Na2B4O7﹒10H2O与盐酸加热反应生成H3BO3、NaCl和H2O。因此答案为Na2B4O7·l0H2O+2HC14H3BO3+2NaCl+5H2O。H3BO3为一元弱酸，电离方程式为H3BO3H++H2BO3-，根据电离常数的定义可知Ka===1.0×10-9。

（2）①A．该反应为可逆反应，1molBPO4、4molNa和2molH2不可能完全反应转化为1molNaBH4；故A错误。

B．若向容器内通入少量H2，增加反应物的浓度，反应向正反应方向进行，则v（放氢）<v（吸氢）。故B正确。

C．升高温度；正逆反应速率都加快，升高温度反应向吸热反应即放氢方向进行，重新达到平衡时容器压强增大，故C正确。

D．该反应为放热反应；温度降低，平衡向正反应方向进行，平衡常数变大，故D错误。本题选BC。

②NaBH4的产率在603K之前随温度升高而增大是因为反应没有达到平衡状态；温度升高，反应速率加快。

（3）①根据NaBH4水解的化学方程式可知BH4-中H显-1价，和水电离的H+发生氧化还原反应生成H2。在酸性条件下BH4-和H+发生氧化还原反应生成H2，离子方程式为BH4-+H++3H2O=H3BO3+4H2↑。t1/2越大lgt1/2越大，pH相同的时候T1对应的lgt1/2大，也就是T1时水解的半衰期长，反应速率慢，温度低，T1＜T2。

②根据图示可知Pd和［PdCl2O2］2-为中间产物，［PdCl4］2-为催化剂，反应的化学方程式为H2+O2H2O2。【解析】Na2B4O7·l0H2O+2HC14H3BO3+2NaCl+5H2O1.0×10-9BC反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快BH4-+H++3H2O=H3BO3+4H2↑<H2+O2H2O226、略

【分析】(1)

由图可知；电催化生物乙醇制氢的过程中涉及的能量转化为太阳能转化为电能；电能转化为化学能，故答案为：太阳能转化为电能、电能转化为化学能；

(2)

①由盖斯定律可知，反应Ⅱ—得反应则△H=(+255.6kJ/mol)—=+246.9kJ/mol；故答案为：+246.9；

②由方程式可知，反应Ⅰ、Ⅱ均是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应Ⅲ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡移动过程中，水的物质的量分数都不断降低；反应为吸热反应，600K后温度升高，平衡向正反应方向移动，甲烷的物质的量分数逐渐降低，故答案为：反应Ⅰ、Ⅱ均是吸热反应，升高温度平衡右移，反应Ⅲ是放热反应，升高温度平衡左移，水的物质的量均不断减小；反应为吸热反应；温度升高，平衡右移；

③由平衡常数随温度升高都减小可知；主要积炭反应的反应都为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，减少积炭，故答案为：升高温度；

④由题意可建立如下三段式：

由三段式可知，氢气的压强为MPa，反应的平衡常数=故答案为：【解析】(1)太阳能转化为电能；电能转化为化学能。

(2)+246.9反应Ⅰ、Ⅱ均是吸热反应，升高温度平衡右移，反应Ⅲ是放热反应，升高温度平衡左移，水的物质的量均不断减小反应为吸热反应，温度升高，平衡右移升高温度五、解答题(共4题，共32分)27、略

【分析】

（1）甲、乙、丙三座工厂，每厂向小河排放的废液里含有CuCl2、Ca（OH）2、HCl中的一种，甲处水域呈浑浊的乳白色，氢氧化钙微溶于水，水溶液中会变浑浊，证明为Ca（OH）2；乙处水域变成蓝色浑浊，说明生成氢氧化铜沉淀；乙排放的是CuCl2；氯化铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜沉淀；丙处水域由浑浊变清．说明丙排放的是盐酸；盐酸和氢氧化钙浑浊液反应；各厂排放的废液中，推断甲为Ca（OH）2，乙为CuCl2；丙为HCl；

故答案为：Ca（OH）2；CuCl2；HCl；

（2）浑浊是氢氧化钙引起，乙处水域排放的是氯化铜，发生反应是氯化铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式：Cu2++Ca（OH）2=Cu（OH）2+Ca2+；

故答案为：Cu2++Ca（OH）2=Cu（OH）2+Ca2+．

【解析】【答案】（1）甲处水域呈浑浊的乳白色，氢氧化钙微溶于水，水溶液中会变浑浊，证明为Ca（OH）2；

（2）乙处水域变成蓝色浑浊，说明生成氢氧化铜沉淀；乙排放的是CuCl2；氯化铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜沉淀；

（3）丙处水域由浑浊变清．说明丙排放的是盐酸；盐酸和氢氧化钙浑浊液反应．

28、略

【分析】

（1）化合物中各元素的化合价的代数和为0，所以Fe（OH）2中；氢氧根离子显-1价，所以铁元素显+2价；

Fe2O3中氧元素显-2价，所以铁元素显+3价；Na2FeO4中；钠元素显+1价，氧元素显-2价，所以铁元素显+6价．

故答案为：+2；+3；+6．

（2）根据题意知，反应物是氢氧化钠和氯化铁，生成物是氢氧化铁沉淀，所以离子方程式为：Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓；向沸水中滴加氯化铁溶液可制得红褐色氢氧化铁胶体；

离子反应为Fe3++3H2O（沸水）═Fe（OH）3（胶体）+3H+；氢氧化铁胶体具有丁达尔效应．

故答案为：Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓；红褐色；丁达尔效应；Fe3++3H2O（沸水）═Fe（OH）3（胶体）+3H+；

（3）2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O；该方程式中，一个铁原子由+3价失3个电子变成+6价，2个铁原子失去6个电子，NaClO中的Cl元素的原子得2个电子，3个Cl原子得6个电子，所以转移电子数为6．

故答案为：

（4）Fe3+转化成Fe2+，Fe3+体现氧化性，在氧化还原反应中，氧化剂和还原剂同时存在，服用维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+；所以维生素C体现还原性．

故答案为：还原性．

【解析】【答案】（1）根据化合物中各元素的化合价的代数和为0计算铁元素的化合价；

（2）根据反应物；生成物及反应现象写出相应的离子方程式；向沸水中滴加氯化铁溶液可制得氢氧化铁胶体；胶体具有丁达尔效应；

（3）根据化合价的变化计算转移电子数；箭头从反应物指向生成物；

（4）根据Fe3+的性质判断维生素C的性质；

29、略

【分析】

（1）草木灰中的钾盐可以溶于水中形成溶液；然后利用过滤的方法可以获得钾盐的水溶液，将所得的水溶液蒸发结晶可以获得氯化钾的固体，故答案为：过滤；蒸发；

（2）把样品放在右盘；砝码放在左盘，则砝码的质量=样品的质量+游码的质量，由数据可知砝码为24g，游码为0.4g；

所以样品的质量=砝码的质量-游码的质量=24g-0.4g=23.6g；故答案为：23.6g；

（3）①碳酸根离子可以和盐酸反应生成水和二氧化碳产生无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体；所以可以在第一支试管里加入稀盐酸，看是否有二氧化碳气体产生来检验碳酸根的存在，故答案为：无色无味气体；

②硫酸根离子可以和钡离子之间反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，碳酸根离子会干扰硫酸根的检验，所以可以向第二支试管中加入足量盐酸后，再滴加氯化钡溶液，可观察到有白色沉淀生成，证明溶液中有SO42-；

原理方程式为：2H++CO32-═CO2↑+H2O；Ba2++SO42-═BaSO4↓；

故答案为：盐酸；氯化钡；

③在第三支试管里加适量的硝酸银；观察到有沉淀产生，碳酸根；硫酸根、氯离子均会与银离子作用产生沉淀，故答案为：不严密；硫酸根和碳酸根干扰．

【解析】【答案】（1）草木灰中钾盐可溶于水；沉降之后经过滤分离，滤液经蒸发；结晶可得钾盐；

（2）由数据可知砝码为24g；游码为0.4g，根据天平平衡的杠杆原理分析；

（3）①碳酸根离子可与氢离子反应生成二氧化碳气体；

②检验钡离子可先加盐酸；然后加氯化钡观察是否有沉淀生成；

③检验银离子；应排除硫酸根和碳酸根干扰．

30、略

【分析】

（1）Fe3+有强氧化性，能把金属铜氧化成铜离子，自身被还原成Fe2+，反应方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；

（2）设计成原电池时，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，该电池反应中三价铁离子得电子发生还原反应，所以正极上的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+（或2Fe3++2e-=2Fe2+），铜失电子发生氧化反应，所以负极上的电极反应式为Cu=2Cu2++2e-（或Cu-2e-=Cu2+）；

电池反应中发生氧化反应的金属作负极，所以铜作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，可选石墨作正极，发生还原反应的电解质溶液作原电池的电解质溶液，所以该原电池图为故答案为：Cu-2e-=Cu2+；

Fe3++e-=Fe2+（或2Fe3++2e-=2Fe2+）．

【解析】【答案】（1）Fe3+有强氧化性；能把金属铜氧化成铜离子；

（2）根据电池反应式设计原电池；由发生反应的反应类型设计正负极，将发生氧化反应的金属单质设计成负极，比负极不活泼的金属或导电的非金属设计成正极，反应物中的电解质设计为电解质溶液；

六、综合题(共4题，共28分)31、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