2025年粤教版高一化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年粤教版高一化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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6题，共12分)1、C6H12和C2H6O的混合物中氧的质量分数为8%，则混合物中氢的质量分数为（）A.8%B.13%C.14%D.78%2、rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子数变化如图所示rm{.}已知rm{W}的一种核素的质量数为rm{18}中子数为rm{10}rm{X}和rm{Ne}原子的核外电子数相差rm{1}rm{Y}的单质是一种常见的半导体材料，rm{Z}的非金属性在同周期元素中最强rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.对应简单离子半径：rm{X>W}B.对应气态氢化物的稳定性rm{Y>Z}C.化合物rm{XZW}既含离子键，又含共价键D.rm{Y}的氧化物与rm{Z}的氧化物和rm{X}的最高价氧化物对应的水化物均能反应3、能正确表示下列化学反应的离子方程式的是（）A.氢氧化钡溶液与硫酸的反应OH-＋H+＝H2OB.澄清的石灰水与稀盐酸反应Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2OC.铜片插入硝酸银溶液中Cu+Ag+=Cu2++AgD.碳酸钙溶于稀盐酸中CaCO3＋2H+＝Ca2+＋H2O＋CO2­4、设rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1L}rm{0.1mol?L^{-1}}的氨水含有rm{0.1N_{A}}个rm{OH^{-}}B.rm{1molCl_{2}}与足量的铁反应，转移的电子数为rm{3N_{A}}C.常温常压下，rm{22.4LCCl_{4}}含有个rm{N_{A}}个rm{CCl_{4}}分子D.rm{1}rm{mol}rm{Na}与足量rm{O_{2}}反应，生成rm{Na_{2}O}和rm{Na_{2}O_{2}}的混合物，钠失去rm{N_{A}}个电子5、下列事实不能说明rm{X}元素比rm{Y}元素的非金属性强的是rm{(}rm{)}A.与rm{H_{2}}化合时rm{X}单质比rm{Y}单质容易B.rm{X}的最高价氧化物的水化物的酸性比rm{Y}的最高价氧化物的水化物的酸性强C.rm{X}原子的最外层电子数比rm{Y}原子的最外层电子数多D.rm{X}单质可以把rm{Y}从其氢化物中置换出来6、只给出下列甲中和乙中对应的量，能组成一个求物质的量的公式的是()。序号rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}甲物质微粒数标况下气体摩尔体积固体体积溶质的质量分数非标准状况下物质的质量乙阿伏加德罗常数标况下气体体积固体密度溶液的体积物质的摩尔质量A.rm{垄脹垄脺}B.rm{垄脹垄脺垄脻}C.rm{垄脷垄脹垄脺}D.rm{垄脵垄脷垄脻}评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、完成下列填空：

rm{(1)}决定物质体积的因素有rm{垄脵}构成物质的粒子数；rm{垄脷}粒子大小；rm{垄脹}粒子间的距离rm{.}对固体、液体物质而言，它主要是由上述______决定rm{(}填写编号，下同rm{)}对气体物质而言；它主要由上述______决定．

rm{(2)}标准状况下，体积为rm{11.2L}的rm{CO_{2}}的质量______rm{g}其所含原子的总数是______个rm{.}

rm{(3)}配制rm{100mL2mol?L^{-1}}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液，需要某rm{98%H_{2}SO_{4}}溶液rm{(}密度为rm{1.8g/cm^{-3})}的体积为______rm{ml(}保留三位有效数字rm{).}取配制后的溶液rm{20ml}rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量为______，加入足量的锌，生成标况下氢气的体积为：______L.8、今欲用NaHCO3固体配制480mL0.2mol/L的NaHCO3溶液．根据题意填空：

（1）配制该溶液应选用____mL容量瓶．

（2）用托盘天平称取____g固体NaHCO3．

（3）将称好的NaHCO3固体放至500mL的大烧杯中；倒入约250mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌至完全溶解．待冷却至室温后，将烧杯中的溶液用玻璃棒引流转移至容量瓶．

（4）用少量蒸馏水洗涤烧杯2-3次；并将每次洗涤的溶液都注入容量瓶，轻轻晃动容量瓶，使溶液混和均匀．

（5）向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面离刻度线约2-3厘米时，改用____滴加蒸馏水至液面与刻度线相切．盖好瓶塞；摇匀．

（6）配制好的溶液____（填“能”或“不能”）长期存放在容量瓶中．

（7）以下因素会造成实验结果偏低的是____

A．定容时观察液面仰视B．定容时观察液面俯视。

C．有少量NaOH溶液残留在烧杯中D．容量瓶中原来有少量蒸馏水．9、（6分）将4molSO2和2molO2在2L的密闭容器中混合，在一定条件下发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。若经过2s后测得SO3的浓度为0.6mol/L，用氧气表示该反应2s内的平均速率V(O2)＝；2s末O2浓度为；2s末SO2的转化率为。10、分析下列实例，根据已有的知识和经验，填写下表．。实例影响速率的因素如何影响粉状的碳酸钙与盐酸反应比块状的碳酸钙反应快反应物颗粒的大小（或。

反应物接触面积的大小）反应物的颗粒越小（或。

反应物接触面积越大），反应速率越快夏天食物易变质________硫在氧气中比在空气中燃烧快________双氧水与二氧化锰混合可快速产生氧气________工业合成氨通常要在高压下进行________11、已知1.505×1023个X气体分子的质量为8g，则X气体的摩尔质量是______．12、根据元素周期律填空：

rm{(1)}已知rm{SiH_{4}}能够在空气中自燃，rm{H_{2}S}可燃，试推测rm{PH_{3}}应______；

rm{(2)}已知rm{H_{2}SiO_{3}}为弱酸，rm{H_{2}SO_{4}}为强酸，则rm{H_{3}PO_{4}}为______；

rm{(3)}已知氢氧化铝又称为铝酸rm{(H_{3}AlO_{3})}当其失去水后变成rm{HAlO_{2}}称为偏铝酸，则rm{H_{3}PO_{4}}称为______，而rm{HPO_{3}}称为______．

rm{(4)}已知rm{NaOH}为强碱，rm{Al(OH)_{3}}为两性氢氧化物，则rm{Mg(OH)_{2}}为______．13、（1）常温常压下，气体体积的大小取决于_______．同温同压下，等质量的SO2和SO3气体的体积比为：______；密度比为：______。

（2）气体化合物A的分子式为NxOy，已知同温同压下10mLA受热分解生成10mLN2和15mLO2；则A的分子式为：______。

（3）物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液体积比为3：2：1时，三种溶液中c（Cl-）之比为：______。

（4）现有mg某气体，由双原子分子构成，它的摩尔质量为Mg•mol-1．若阿伏加德罗常数用NA表示；则：该气体所含原子总数为______个；该气体在标准状况下的体积为______L。

（5）已知一个铁原子的质量为bg，则铁原子摩尔质量为______。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)14、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）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、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）17、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）18、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）19、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）20、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．21、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）22、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）评卷人得分四、实验题(共4题，共28分)23、二氧化硫是重要的工业原料；探究其制备方法和性质具有非常重要的意义．

rm{(1)}简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作：______．

某学习小组设计用如图装置验证二氧化硫的化学性质．

rm{(2)}能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象______．

rm{(3)}为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管rm{b}中的溶液分成三份；分别进行如下实验．

方案Ⅰ：向第一份溶液中加入rm{AgNO_{3}}溶液；有白色沉淀生成。

方案Ⅱ：向第二份溶液中加入品红溶液；红色褪去。

方案Ⅲ：向第三份溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液；产生白色沉淀。

上述方案中合理的是______rm{(}填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”rm{)}试管rm{b}中发生反应的离子方程式为______．24、某地煤矸石经预处理后含rm{SiO_{2}}rm{Al_{2}O_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}一种综合利用煤矸石制取绿矾rm{(FeSO_{4}?7H_{2}O)}的工艺流程如图所示．

rm{(1)}过滤操作需要用到的玻璃仪器除了烧杯；玻璃棒还有______．

rm{(2)}滤液rm{B}焰色反应呈黄色，试剂rm{X}是______rm{(}用化学式表示rm{)}滤渣rm{SiO_{2}}可制取木材防火剂；该防火剂的化学式为______．

rm{(3)}滤液rm{B}中含的阴离子有______rm{(}写离子符号rm{)}．

rm{(4)}由溶液rm{D}转化为溶液rm{E}的离子方程式为：______．

rm{(5)}若在酸性的rm{FeCl_{2}}溶液中通入氧气，得到棕黄色溶液，请写出此反应的离子方程式______．25、（19分）某物质A经下图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题：（1）若A常温下为淡黄色固体单质，B是有刺激性气味的无色气体。①组成A的元素在周期表位置为____；对应离子的结构示意图为____②写出B→C反应的化学方程式：____③若将B通入品红溶液中，现象____体现了B的性；若将B通入紫色的石蕊溶液中，现象____体现了B的水溶液的性。④D的浓溶液在加热条件下可与铜反应并生成B气体，该反应的化学方程式为：____。（2）若A在常温下为气体，且能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C是红棕色气体。①A、C的化学式分别是：A____，C②写出A→B反应的化学方程式：____③若将A通入滴有酚酞的水中，现象____请用方程式表示其原因：；④D的浓溶液可与铜反应并生成C气体，则该反应的化学方程式为：____。26、乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体（H2C2O4•xH2O）进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务．该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体（H2C2O4•xH2O）中x值．通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值．

①称取1.260g纯草酸晶体；将其制成100.00mL水溶液为待测液．

②取25.00mL待测液放入锥形瓶中；再加入适量的稀硫酸．

③用浓度为0.1000mol/L的酸性KMnO4标准溶液进行滴定；达到终点时消耗10.00mL．

回答下列问题：

（1）配平氧化还原反应方程式：______H2C2O4+______MnO4-+______H+═______CO2↑+Mn2++______H2O

（2）滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的______（填“甲”或“乙”）滴定管中．

（3）本实验滴定达到终点的标志是______．

（4）通过上述数据；求x的值（写出计算过程）．

（5）误差分析：

①若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会______（填“偏大”；“偏小”或“不变”；下同）．

②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会______．评卷人得分五、工业流程题(共4题，共28分)27、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___________。28、氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品，常用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂等，它难溶于水和乙醇，可溶于浓HCl与氨水形成的混合物，实验室用酸性蚀刻液(含)和碱性蚀刻液[含]来制备CuCl；实验过程的流程如下：

(1)步骤Ⅳ需要控制pH为1~2、80℃下进行，合适的加热方式是_______。

(2)步骤Ⅱ过滤得到固体，下列说法正确的是_______。A．为加快过滤速度，得到较干燥的固体，可进行抽滤B．宜用酸溶液洗涤沉淀C．在布氏漏斗中放入滤纸后，直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤D．在抽滤装置中洗涤晶体时，为减少晶体的损失，应使洗涤剂快速通过滤纸(3)步骤Ⅴ为了得到较为纯净的硫酸铜晶体，根据下表中物质的溶解度(单位为g)随温度的变化，写出步骤Ⅴ得到硫酸铜晶体的操作：_______。温度

物质0℃20℃40℃60℃80℃100℃氯化铜75808590100108硫酸铜121830506087

(4)写出还原过程中发生主要反应的离子方程式：_______。

(5)CuCl的定量分析，称取样品0.25g置于预先放入玻璃珠和过量溶液的锥形瓶中，不断摇动，待样品全部溶解后，加入50mL水，邻菲罗啉指示剂2滴，立即用的硫酸铈标准液滴定至绿色出现为终点，消耗标准液20.00mL，发生的反应为则样品的CuCl的质量分数为_______。29、氟化钾是一种重要的无机氟化工产品，广泛应用于医药、农药和金属冶炼等领域。采用湿法磷酸副产物氟硅酸(含有少量等)制备氟化钾的工艺流程如图所示(已知：)：

请回答下列问题：

（1）碱解过程主要反应的化学方程式为_____，其中要严格控制KOH用量，否则易生成副产物_____(填化学式)溶解在滤液中。

（2）碱解反应中温度对氟化钾收率的影响如图所示。由如图可知，实验选择适宜的反应温度为____；最高点后，随温度升高曲线下降的原因可能是_______。

（3）Ba(OH)2加入量对含量和氟化钾纯度的影响如图所示。当由0.004到0.005时，氟化钾的纯度升高，这是由于__。

（4）Ba(OH)2和BaCO3是常见的除硫试剂。若使用BaCO3代替Ba(OH)2，当沉淀转化达到平衡时，滤液中___[已知保留小数点后三位]。

（5）浓度均为0.1mol/L的KF和HF的混合溶液中：2c(H+)-2c(OH-)____c(F-)-c(HF)(填“>”“<”或“=”)。

（6）1986年，化学家KarlChrite用KMnO4和KF、HF混合溶液反应生成稳定配离子该反应氧化产物是一种常见的无色无味气体单质，则该反应的离子方程式为_____。30、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_______。

评卷人得分六、推断题(共1题，共9分)31、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六种短周期主族元素，原子序数依次增大。其中rm{B}的单质在常温下为双原子分子，它与rm{A}的单质可形成分子rm{X}rm{X}的水溶液呈碱性；rm{D}的简单阳离子与rm{X}具有相同电子数，且rm{D}是同周期中简单离子半径最小的元素；rm{E}元素的原子最外层比次外层少两个电子，rm{C}rm{F}两种元素的原子最外层共有rm{13}个电子。则。

rm{(1)C}在周期表中的位置为第______周期______族，rm{E}的离子结构示意图______；

rm{(2)A}分别与rm{C}rm{E}形成的化合物熔沸点较低的为______rm{(}写化学式rm{)}原因______；

rm{(3)B}rm{C}rm{E}分别与rm{A}形成的化合物中最稳定的是______rm{(}写化学式rm{)}原因______；

rm{(4)F}的单质在反应中常作氧化剂，该单质的水溶液与rm{E}的低价氧化物反应的离子方程式为______。

rm{(5)X}在纯净的rm{C}单质中可以安静的燃烧，生成rm{B}的单质。该方应的化学方程式为：______。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】解：C2H6O中O的质量分数为所以混合物中C2H6O质量分数为=23%，所以混合物中C6H12的质量分数为1-23%=77%；

混合物中C2H6O含H元素在混合物中的质量分数为×23%=3%；

混合物中C6H12含H元素在混合物中的质量分数为×77%=11%；

所以混合物中氢的质量分数为3%+11%=14%；

故选：C．

C2H6O中含有O元素，根据混合物中氧的质量分数计算出C2H6O的质量分数，进而计算C6H12的质量分数，再结合化学式计算出C2H6O和C6H12中所含H元素在混合物中的质量分数；二者之和混合物中氢的质量分数．

本题考查质量分数的计算，难度中等，关键根据氧的质量分数结合C2H6O化学式计算混合物中C2H6O质量分数．【解析】【答案】C2、C【分析】解：rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是四种常见的短周期元素，rm{W}的一种核素的质量数为rm{18}中子数为rm{10}可知rm{W}的质子数为rm{8}则rm{W}是氧元素；rm{X}和rm{Ne}原子的核外电子数相差rm{1}且原子半径比rm{W}大，可知rm{X}为rm{11}号元素，故rm{X}为rm{Na}元素；rm{Y}的原子半径介于rm{X}和rm{W}之间，rm{Y}的单质是一种常见的半导体材料，所以rm{Y}是rm{Si}元素；rm{Z}的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于rm{Si}故rm{Z}为rm{Cl}元素；

A.rm{O}rm{Na}对应的简单离子具有相同的核外电子排布；核电荷数越大，离子半径越小，故A错误；

B.非金属性rm{Cl>Si}rm{HCl}稳定性较强；故B错误；

C.rm{NaClO}含有离子键和共价键；故C正确；

D.rm{Y}为rm{Si}除与rm{HF}酸反应外与其它酸不反应；故D错误．

故选C．

rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是四种常见的短周期元素，rm{W}的一种核素的质量数为rm{18}中子数为rm{10}可知rm{W}的质子数为rm{8}则rm{W}是氧元素；rm{X}和rm{Ne}原子的核外电子数相差rm{1}且原子半径比rm{W}大，可知rm{X}为rm{11}号元素，故rm{X}为rm{Na}元素；rm{Y}的原子半径介于rm{X}和rm{W}之间，rm{Y}的单质是一种常见的半导体材料，所以rm{Y}是rm{Si}元素；rm{Z}的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于rm{Si}故rm{Z}为rm{Cl}元素；以此解答该题．

本题考查结构性质位置关系应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，关键是根据原子半径与原子序数确定元素，注意对基础知识的理解掌握．【解析】rm{C}3、D【分析】试题分析：A、产物还有BaSO4沉淀，错误；B、澄清的石灰水为溶液，Ca(OH)2完全电离，应该拆成离子，错误；C、电荷左右不相等，没有配平，错误；D、CaCO3难溶，与HCl反应生成Ca2+、CO2和H2O，正确。考点：本题考查离子方程式的书写。【解析】【答案】D4、D【分析】解：rm{A}氨水是弱电解质，只能部分电离出氢氧根离子，故rm{0.1mol}氨水中无法求算氢氧根的物质的量；故A错误；

B、rm{1mol}氯气和足量铁反应，氯气得到rm{2mole^{-}}故转移电子数为rm{2N_{A}}故B错误；

C、常温常压不是标准状况下，四氯化碳是液体，故无法计算rm{22.4L}四氯化碳的物质的量；故C错误；

D、rm{1molNa}反应中失去rm{1mole^{-}}根据电子守恒，钠失去rm{N_{A}}个电子；故D正确；

故选D．

A；氨水是弱电解质；部分电离；

B、根据电子守恒，rm{1molCl_{2}}与足量的铁反应失去rm{2mol}电子；

C；四氯化碳是液体；且本题提供的条件不是标准状况下；

D、根据电子守恒，rm{1molNa}失去rm{1mole^{-}}．

本题借助阿伏伽德罗常数，考查了有关气体摩尔体积、强化还原反应电子转移等知识，难度中等．【解析】rm{D}5、C【分析】解：rm{A.}元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，与rm{H_{2}}化合越容易，与rm{H_{2}}化合时rm{X}单质比rm{Y}单质容易，元素的非金属性rm{X}大于rm{Y}故A正确；

B.元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，rm{X}的最高价氧化物的水化物的酸性比rm{Y}的最高价氧化物的水化物的酸性强，可说明rm{X}的非金属性比rm{Y}强；故B正确；

C.rm{X}原子的最外层电子数比rm{Y}原子的最外层电子数多，rm{X}的非金属性不一定比rm{Y}强，如rm{I}最外层rm{7}个电子，rm{O}最外层rm{6}个电子，但是rm{O}的非金属性比rm{I}强；故C错误；

D.元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，rm{X}单质可以把rm{Y}从其氢化物中置换出来，说明rm{X}单质的氧化性大于rm{Y}单质，元素的非金属性rm{X}大于rm{Y}故D正确；

故选：rm{C}

比较非金属元素的非金属性强弱；可根据单质之间的置换反应；与氢气化合的难易程度、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性等角度判断．

本题考查非金属性的判断，题目难度不大，注意非金属性的递变规律以及比较非金属性的角度．【解析】rm{C}6、D【分析】【分析】本题考查了物质的量与气体摩尔体积、摩尔质量等的综合应用，题目难度中等，明确物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积等物理量之间的关系为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。【解答】rm{垄脵}物质的量rm{n=dfrac{N}{{N}_{A}}}根据rm{垄脵}可以计算出物质的量，故rm{垄脵}正确；

rm{垄脷}标况下气体的物质的量rm{n=dfrac{V}{{V}_{m}}}则rm{垄脷}中数据可以计算出物质的量，故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}根据固体的体积和密度只能计算出固体的质量，缺少固体的摩尔质量，无法计算其物质的量，故rm{垄脹}错误；

rm{垄脺}根据溶质的质量分数和溶液的体积无法计算溶质的质量，且缺少溶质的摩尔质量，无法计算溶质的物质的量，故rm{垄脺}错误；

rm{垄脻}根据rm{n=dfrac{m}{M}}可以计算出该物质的物质的量，故rm{垄脻}正确。

故选D。【解析】rm{D}二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】解：rm{(1)}相同物质粒子数目越大；占有的体积越大对固体；液体物质而言，粒子大小远远大于粒子间的距离，可以忽略粒子间的距离，故构成物质的粒子数及粒子大小决定固体、液体的体积；而对气体物质而言，粒子间的距离远远大于粒子大小，可以忽略粒子大小，故构成物质的粒子数、粒子间的距离决定气体体积大小；

故答案为：rm{垄脵垄脷}rm{垄脵垄脹}

rm{(2)}标况下，rm{11.2L}二氧化碳的物质的量为：rm{dfrac{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}其质量为rm{dfrac

{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}则含有原子数为rm{0.5mol隆脕44g/mol=22g}

故答案为：rm{N=nN_{A}=3隆脕0.5mol隆脕N_{A}=1.5N_{A}}rm{22}

rm{1.5N_{A}}根据rm{(3)}可知，浓硫酸物质的量浓度为：rm{dfrac{1000隆脕1.8隆脕98%}{98}mol/L=18mol/L}根据稀释定律，需要浓硫酸的体积为：rm{dfrac{100mL隆脕2mol/L}{18mol/L}=11.1mL}

rm{c=dfrac{1000娄脩娄脴}{M}}溶液中rm{dfrac

{1000隆脕1.8隆脕98%}{98}mol/L=18mol/L}则rm{dfrac

{100mL隆脕2mol/L}{18mol/L}=11.1mL}根据rm{20mL}原子守恒，生成氢气的物质的量为rm{n(H_{2}SO_{4})=0.02L隆脕2mol/L=0.04mol}标况下生成氢气体积为：rm{n(SO_{4}^{2-})=n(H_{2}SO_{4})=0.04mol}

故答案为：rm{H}rm{0.04mol}rm{0.04mol隆脕22.4L/mol=0.896L}．

rm{11.1}对固体；液体物质而言；粒子大小远远大于粒子间的距离，可以忽略粒子间的距离；而对气体物质而言，粒子间的距离远远大于粒子大小，可以忽略粒子大小，相同物质粒子数目越大，占有的体积越大；

rm{0.04mol}根据rm{0.896}计算二氧化碳的物质的量，再根据rm{(1)}计算其质量，由rm{(2)}

rm{n=dfrac{V}{V_{m}}}根据rm{m=nM}计算浓硫酸物质的量浓度，再根据稀释定律计算需要浓硫酸的体积；根据rm{N=nN_{A}}计算rm{(3)}溶液中rm{c=dfrac{1000娄脩娄脴}{M}}rm{n=cV}的物质的量等于rm{20mL}的物质的量，根据rm{n(H_{2}SO_{4})}原子守恒计算生成氢气的物质的量，再根据rm{SO_{4}^{2-}}计算氢气体积．

本题考查影响物质体积的因素、物质的量有关计算质，题目难度不大，侧重对基础知识的巩固，明确物质的量与其它物理量之间的关系为解答关键，试题培养了学生的化学计算能力．rm{H_{2}SO_{4}}【解析】rm{垄脵垄脷}rm{垄脵垄脹}rm{22}rm{1.5N_{A}}rm{11.1}rm{0.04mol}rm{0.896}8、略

【分析】

（1）配制0.2mol/L的NaHCO3溶液480mL；没有480mL的容量瓶，选择大于480mL，且体积相近的容量瓶．故应选择500mL容量瓶．

故答案为：500．

（2）需碳酸氢钠的质量为m=0.5L×0.2mol•L-1×84g/mol=8.4g．

故答案为：8.4．

（5）操作步骤有计算；称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，盖好瓶塞，摇匀．

故答案为：胶头滴管．

（6）容量瓶不能长期盛放液体；配好的溶液应转移到试剂瓶中，贴标签存放．

故答案为：不能．

（7）A．定容时观察液面仰视；使溶液的体积偏大，所以溶液浓度偏低；

B．定容时观察液面俯视；使溶液的体积偏低，所以溶液浓度偏高；

C．有少量NaOH溶液残留在烧杯中；转移到容量瓶中氢氧化钠的质量减小，溶液浓度偏低；

D．最后需要定容；容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响．

故选：AC

【解析】【答案】（1）根据所配溶液的体积；选择容量瓶的规格．

（2）利用n=cv计算出碳酸氢钠的物质的量；再根据m=nM计算所需碳酸氢钠的质量．

（5）据配制溶液的实验操作过程进行解答．

（6）容量瓶不能长期盛放液体；配好的溶液应转移到试剂瓶中，贴标签存放．

（7）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析判断．

9、略

【分析】【解析】【答案】（6分）0.15mol/(L·s)0.7mol/L30%（各2分）10、温度|温度升高，反应速率加快|反应物浓度|反应物浓度增大，反应速率加快|催化剂|加入催化剂，增大反应速率|压强|压强增大，反应速率加快【分析】【解答】解：升高温度；化学反应速率一定加快，夏天温度较高，加快了化学反应速率，所以夏天食物易变质；

增大反应物的浓度；能加快反应速率，氧气的浓度大于空气中氧气的浓度，所以硫在氧气中燃烧比在空气中燃烧快；

二氧化锰在双氧水的分解反应中作催化剂；催化剂能降低反应需要的活化能，所以能加快反应速率；

增大压强；气体的浓度增大，反应速率加快，所以合成氨需要在高压下进行；

故答案为：。实例影响速率的因素如何影响粉状的碳酸钙与盐酸反应比块状的碳酸钙反应快反应物颗粒的大小（或。

反应物接触面积的大小）反应物的颗粒越小（或。

反应物接触面积越大），反应速率越快夏天食物易变质温度温度升高，反应速率加快硫在氧气中比在空气中燃烧快反应物浓度反应物浓度增大，反应速率加快双氧水与二氧化锰混合可快速产生氧气催化剂加入催化剂，增大反应速率工业合成氨通常要在高压下进行压强压强增大，反应速率加快【分析】影响化学反应速率的因素有：温度、浓度、接触面积、压强、催化剂等，注意各种影响因素的使用条件，据此分析．11、略

【分析】解：气体的物质的量为n==0.25mol，气体的摩尔质量M==32g/mol；故答案为：32g/mol．

先根据n=求出气体的物质的量，然后再根据M=求出气体的摩尔质量．

本题考查了有关物质的量的计算，能灵活运用公式是解本题的关键，难度不大，注意摩尔质量的单位是g/mol．【解析】32g/mol12、略

【分析】解：rm{(1)Si}rm{P}rm{S}是处于第三周期的相邻的三种元素，元素及其化合物在性质上有相似性和递变性，rm{SiH_{4}}能够在空气中自燃，rm{H_{2}S}可燃，而rm{P}在rm{Si}和rm{S}的中间，故rm{PH_{3}}应易燃；故答案为：易燃；

rm{(2)Si}rm{P}rm{S}是处于第三周期的相邻的三种元素，rm{Si}rm{P}rm{S}的非金属性渐强，而元素的非金属性越强，则最高价含氧酸的酸性越强，而已知rm{H_{2}SiO_{3}}为弱酸，rm{H_{2}SO_{4}}为强酸，则rm{H_{3}PO_{4}}为中强酸；故答案为：中强酸；

rm{(3)H_{3}PO_{4}}称为磷酸，而rm{HPO_{3}}为rm{H_{3}PO_{4}}的失水产物；故为偏磷酸，故答案为：磷酸；偏磷酸；

rm{(4)Na}rm{Mg}rm{Al}同为第三周期的相邻的三种元素，金属性rm{Na}rm{Mg}rm{Al}逐渐减弱，而元素的金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，故rm{NaOH}为强碱，rm{Al(OH)_{3}}为两性氢氧化物，则rm{Mg(OH)_{2}}为中强碱；故答案为：中强碱．

rm{(1)Si}rm{P}rm{S}是处于第三周期的相邻的三种元素；性质上有相似性和递变性来分析；

rm{(2)Si}rm{P}rm{S}是处于第三周期的相邻的三种元素；元素的非金属性越强，则最高价含氧酸的酸性越强；

rm{(3)HPO_{3}}为rm{H_{3}PO_{4}}的失水产物；

rm{(4)Na}rm{Mg}rm{Al}同为第三周期的相邻的三种元素；元素的金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强．

本题考查了元素周期表中同周期的元素的性质的相似性和递变性，应注意的是元素的非金属性越强，则最高价含氧酸的酸性越强，元素的金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强．【解析】易燃；中强酸；磷酸；偏磷酸；中强碱13、气体分子的数目5：44：5N2O31：2：3bNAg/mol【分析】解：（1）影响气体体积的因素有分子数目；气体分子间距。温度、压强决定气体的分子间距；状态确定，气体分子之间的距离就确定，故常温常压下气体的体积大小主要取决于分子数目；

同温同压下，等质量的SO2和SO3气体的体积等于物质的量之比；=5：4；同温同压下；密度之比等于摩尔质量之比，等于64：80=4：5；

故答案为：气体分子的数目；5：4；4：5；

（2）相同条件下，气体摩尔体积相等，气体的体积之比等于其物质的量之比，同一化学反应中，各物质的物质的量之比等于其计量数之比，同温同压下10mLA受热分解生成10mLN2和15mLO2，则2A3O2+2N2，根据原子守恒知反应物A的化学式为N2O3；

故答案为：N2O3；

（3）NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度为c；则溶液中氯离子的浓度分别为c×1；c×2、c×3，所以三种溶液中氯离子的物质的量浓度之比为c：c×2：c×3=1：2：3；

故答案为：1：2：3；

（4）现有mg某气体，由双原子分子构成，它的摩尔质量为Mg•mol-1．若阿伏加德罗常数用NA表示，则：该气体所含原子总数为：×2×NA=该气体在标准状况下的体积为：×22.4=

故答案为

（5）一个铁原子的质量为bg，则1molFe原子的质量为bNAg，则铁原子的摩尔质量为：bNAg/mol；

故答案为：bNAg/mol；

（1）影响气体体积的因素有分子数目；气体分子间距。温度、压强决定气体的分子间距；状态确定，气体分子之间的距离就确定，故常温常压下气体的体积大小主要取决于分子数目。据此分析；同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，密度之比等于摩尔质量之比；

（2）相同条件下；气体摩尔体积相等，气体的体积之比等于其物质的量之比，同一化学反应中，各物质的物质的量之比等于其计量数之比，根据原子守恒确定反应物的化学式，以此来解答；

（3）设NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度为c；则溶液中氯离子的浓度分别为：c×1；c×2、c×3，据此可以计算出三种溶液中氯离子的物质的量浓度之比；

（4）依据n===计算；

（5）摩尔质量以g/mol为单位；数值上等于1mol原子或分子以g为单位时质量的数值；

本题考查物质的量有关计算，涉及对摩尔质量的计算，阿伏伽德罗定律及推论的应用，熟悉以物质的量为核心计算公式是解题关键，题目难度不大。【解析】气体分子的数目5：44：5N2O31：2：3bNAg/mol三、判断题(共9题，共18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、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】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．17、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．18、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/mol19、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20、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；21、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．22、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．四、实验题(共4题，共28分)23、打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；a试管中有淡黄色沉淀生成；Ⅲ；SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-【分析】解rm{(1)}分液漏斗的使用方法：打开分液漏斗上口的活塞；旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；

故答案为：打开分液漏斗上口的活塞；旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；

rm{(2)}二氧化硫具有氧化性，可以和最低价的硫化钠发生氧化还原反应，生成淡黄色的沉淀rm{S}故答案为：rm{a}试管中有淡黄色沉淀生成；

rm{(3)}方案rm{I}向第一份溶液中加入rm{AgNO_{3}}溶液；有白色沉淀生成，可能是氯水中的氯离子产生的作用；

方案Ⅱ：向第二份溶液加入品红溶液；红色褪去，可以是氯水中含有的漂白性物质次氯酸起的作用；

方案Ⅲ：向第三份溶液加入rm{BaCl_{2}}溶液，产生白色沉淀，证明溶液中含硫酸根离子，是二氧化硫在酸性环境下被氯水氧化生成的，即rm{SO_{2}+Cl_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Cl^{-}}rm{S}元素的化合价升高；体现二氧化硫的还原性，则实验设计合理；

故答案为：Ⅲ；rm{SO_{2}+Cl_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Cl^{-}}．

rm{(1)}用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加液体；应使分液漏斗和烧瓶内压强相等；

rm{(2)}二氧化硫具有氧化性；可以和最低价的硫化钠发生氧化还原反应；

rm{(3)}氯气具有氧化性；可以将二氧化硫氧化到最高价的硫酸．

本题考查二氧化硫的性质及实验设计，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及rm{(2)}中实验目的为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；rm{a}试管中有淡黄色沉淀生成；Ⅲ；rm{SO_{2}+Cl_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Cl^{-}}24、略

【分析】解：rm{(1)}过滤操作需要用到的玻璃仪器除了烧杯；玻璃棒；还有漏斗，故答案为：漏斗；

rm{(2)X}为强碱，焰色反应为黄色，可知rm{X}为rm{NaOH}滤渣rm{SiO_{2}}可制取木材防火剂，该防火剂的化学式为，故答案为：rm{NaOH}rm{Na_{2}SiO_{3}}

rm{(3)}由上述分析可知，滤液rm{B}中含的阴离子有rm{AlO_{2}^{-}}rm{Cl^{-}}rm{OH^{-}}故答案为：rm{AlO_{2}^{-}}rm{Cl^{-}}rm{OH^{-}}

rm{(4)}由溶液rm{D}转化为溶液rm{E}的离子方程式为rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}故答案为：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}

rm{(5)}在酸性的rm{FeCl_{2}}溶液中通入氧气，得到棕黄色溶液，此反应的离子方程式为rm{4Fe^{2+}+O_{2}+4H^{+}=4Fe^{3+}+2H_{2}O}故答案为：rm{4Fe^{2+}+O_{2}+4H^{+}=4Fe^{3+}+2H_{2}O.}

由流程可知，含rm{SiO_{2}}rm{Al_{2}O_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}加盐酸过滤分离出rm{SiO_{2}}滤液rm{A}中含氯化铝、氯化铁和盐酸，rm{X}为rm{NaOH}滤液rm{B}中含偏铝酸钠、rm{NaOH}rm{NaCl}滤渣rm{C}为rm{Fe(OH)_{3}}加rm{Y}为稀硫酸，溶解后生成rm{D}为硫酸铁，rm{Fe}与硫酸铁反应生成rm{E}为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶得到rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}以此来解答．

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验的结合，题目难度不大．【解析】漏斗；rm{NaOH}rm{Na_{2}SiO_{3}}rm{AlO_{2}^{-}}rm{Cl^{-}}rm{OH^{-}}rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{4Fe^{2+}+O_{2}+4H^{+}=4Fe^{3+}+2H_{2}O}25、略

【分析】【解析】【答案】(共19分)（2）①第三周期VIA族；(各1分)②2SO2+O22SO3(2分)③品红溶液褪色；漂白；溶液变红；酸(各1分)④Cu+2H2SO4（浓）____CuSO4+SO2↑+2H2O(2分)（2）①NH3，NO2(各1分)②4NH3+5O2==4NO+6H2O(2分)③溶液变红(1分)；NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-(2分)④Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O(2分)26、略

【分析】解：（1）草酸（H2C2O4）与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，草酸被氧化成二氧化碳，高锰酸钾被还原成锰离子，反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H20；

故答案为：5；2、6、10、2、8；

（2）因为KMnO4具有强氧化性；会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装，故答案为：甲；

（3）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时；溶液将由无色变为紫色；

故答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时；溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；

（4）由题给化学方程式及数据可知，2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；

2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O

25

0.1000mol/L×0.01L0.0025mol

25.00mL待测液中含有0.0025molH2C2O4，100.00mL待测液中含有0.01molH2C2O4，0.01molH2C2O4的质量为0.01mol

×90g/mol=0.9g；所以1.260g纯草酸晶体中水的物质的量为1.260g-0.9g=0.36g，其物质的量为0.02mol，则x=2；

故答案为：2；

（5）①若滴定终点时仰视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏大，由此所得n（H2C2O4）偏大，则n（H2O）偏小；x偏小；

故答案为：偏小；

②若酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小；则消耗其体积偏大，所得x值偏小；

故答案为：偏小．

（1）草酸（H2C2O4）与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应；草酸被氧化成二氧化碳，高锰酸钾被还原成锰离子；

（2）KMnO4具有强氧化性；会腐蚀橡胶管；

（3）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点；

（4）由题给化学方程式及数据计算出1.260g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量，然后求出1.260g纯草酸晶体中含H2O的物质的量，根据H2O的物质的量和纯草酸晶体的物质的量的关系求出x；

（5）若滴定终点时仰视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏大，由此所得n（H2C2O4）偏大，则n（H2O）偏小；x偏小，据此分析．

本题考查中和滴定实验，题目难度中等，注意掌握草酸含量的计算方法及中和滴定中的误差分析即可解答．【解析】5；2；6；10；8；甲；当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；偏小；偏小五、工业流程题(共4题，共28分)27、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%28、略

【分析】【分析】

根据实验目的：实验室用酸性蚀刻液和碱性蚀刻液来制备CuCl；根据流程图可知，酸性蚀刻液和碱性蚀刻液混合产生Cu(OH)Cl的悬浊液经过滤，水洗，再加浓硫酸变成硫酸铜溶液，硫酸铜溶液再经蒸发浓缩；冷却结晶，可得硫酸铜晶体，由亚硫酸铵还原变成氯化亚铜沉淀，再经过滤洗涤干燥得氯化亚铜固体，以此来解析；

(1)

温度需要控制在80℃下进行；故采用水浴加热；

(2)

A．抽滤有助于加快过滤速度；正确；

B．固体可以和酸反应；不能用酸性溶液洗涤，错误；

C．放入滤纸后；要滴加蒸馏水使滤纸紧贴于漏斗，用玻璃棒引流，将固液混合物转移到滤纸上，打开水龙头抽滤，C错误；

D．洗涤过程洗涤剂应该慢流通过固体；D错误；

故选A。

(3)

根据溶解性曲线；宜采用冷却结晶的方法析出晶体，故采用蒸发浓缩；冷却结晶；

(4)

硫酸晶体与亚硫酸铵还原变成氯化亚铜沉淀，铜的化合价由+2价降低为-1价，而硫的化合价由+4价升高为+6价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守可得反应离子方程式为：2Cu2++SO+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；

(5)

根据反应CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+可知CuCl～Ce4+，可知样品的CuCl的质量分数为：×100%=79.6%。【解析】(1)热水浴。

(2)A

(3)蒸发浓缩；冷却结晶。

(4)

(5)79.6%29、略

【分析】【分析】

通过湿法磷酸副产物氟硅酸制备氟化钾的过程中，碱解过程主要发生的反应为氟硅酸与氢氧化钾的反应，生成二氧化硅及酸碱中和反应的盐其中为目标产物，硅酸钾则为需要除去的杂质。为了减少的量，需要控制氢氧化钾的用量。通过过滤除去二氧化硅等不溶物，再加入氢氧化钡除去和少量的即可获得粗制的据此答题。

【详解】

（1）碱解过程主要发生的反应为氟硅酸与氢氧化钾的反应，会生成二氧化硅及酸碱中和反应的盐故该反应方程式可写为该反应要严格控制KOH用量，否则易使溶解，产生更多的副产物故答案为

（2）从图中可知80℃时，氟化钾收率最高，故实验选择适宜的反应温度为80℃；但由于温度过高时，易分解为SiF4和HF，所以在80℃最高点后，随温度升高曲线下降，故答案应为80℃、温度过高时，易分解为SiF4和HF；

（3）由于在除硫过程中，Ba2+能与KF溶液中少量的反应生成沉淀，所以当由0.004到0.005时，氟化钾的纯度升高，故答案应为Ba2+能与KF溶液中少量的反应生成沉淀；

（4）Ba(OH)2和BaCO3是常见的除硫试剂。若使用BaCO3代替Ba(OH)2，当沉淀转化达到平衡时，滤液中==0.022；故答案应为0.022；

（5）浓度均为0.1mol/L的KF和HF的混合溶液中存在电荷守恒关系为：c()+c()=c()+c(）；物料守恒关系为：2c()=c()+c(HF)。将物料守恒中c()代入电荷守恒中，即可得到2c()-2c(）=c()-c(HF)；故答案为=；

（6）KMnO4和KF、HF混合溶液反应可生成稳定配离子该反应氧化产物为氧气，则根据氧化还原反应对该反应的离子方程式进行配平为故答案为

【点睛】

该题为工业流程问题，在分析流程图