2024年粤教沪科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2024年粤教沪科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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列实验基本操作中，主要是出于实验安全考虑的是A.实验剩余的药品不能放回原试剂瓶B.点燃可燃性气体前的验纯C.气体实验装置在实验前进行气密性检查D.胶头滴管不能交叉使用2、下列物质间的反应，其产物一定不含Fe2+的是（）A.铁与氯气B.铁与氯化铁溶液C.铁与盐酸D.铁与硝酸3、rm{2016}年rm{IUPAC}命名rm{117}号元素为rm{T_{S}}rm{T_{S}}的原子核外最外层电子数是rm{7}下列说法不正确的是()

A.rm{T_{S}}是第七周期第Ⅶrm{A}族元素B.rm{T_{S}}的同位素原子具有相同的电子数C.rm{T_{S}}在同族元素中非金属性最弱D.中子数为rm{176}的rm{T_{S}}核素符号是rm{{,!}_{117}^{176}Ts}4、氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是（）

A.胶粒直径小于1nm

B.胶粒作布朗运动。

C.胶粒带正电荷。

D.胶粒不能通过半透膜。

5、如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容．据此；下列说法正确的是（）

A.该硫酸的物质的量浓度为9.2mol•L-1

B.1molZn与足量的该硫酸反应；标准状况下产生22.4L气体时，转移的电子数为NA

C.配制200mL4.6mol•L-1的稀硫酸需取该硫酸50mL

D.该硫酸与等体积的水混合后所得溶液的质量分数小于49%

6、下列气态氢化物最稳定的是（）A.HClB.HBrC.HFD.HI7、下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是。操作和现象结论rm{A}向装有rm{Fe(NO_{3})_{2}}溶液的试管中加入稀rm{H_{2}SO_{4}}在管口观察到红棕色气体rm{HNO_{3}}分解成了rm{NO_{2}}rm{B}向淀粉溶液中加入稀rm{H_{2}SO_{4}}加热几分钟，冷却后再加新制rm{Cu(OH)_{2}}悬浊液，加热，没有砖红色沉淀生成淀粉没有水解成葡萄糖rm{C}苯和溴水混合振荡、静置后溴水层褪色苯与溴发生了加成反应rm{D}向饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中通入足量rm{CO_{2}}溶液变浑浊析出了rm{NaHCO_{3}}晶体A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}8、给定条件下，下列选项中所示的物质间转化能一步实现的是rm{(}rm{)}A.rm{Naxrightarrow[{碌茫脠录}]{O_{2}}Na_{2}O_{2}xrightarrow{CO_{2}}Na_{2}CO_{3}}B.rm{MgCO_{3}xrightarrow{{脩脦脣谩}}MgCl_{2}}溶液rm{Na

xrightarrow[{碌茫脠录}]{O_{2}}Na_{2}O_{2}

xrightarrow{CO_{2}}Na_{2}CO_{3}}C.rm{Al_{2}O_{3}xrightarrow{H_{2}O}Al(OH)_{3}xrightarrow{{脩脦脣谩}}AlCl_{3}}D.rm{Sxrightarrow[{碌茫脠录}]{O_{2}}SO_{3}xrightarrow{H_{20}}H_{2}SO_{4}}rm{MgCO_{3}

xrightarrow{{脩脦脣谩}}MgCl_{2}}评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.rm{23gNa}变为rm{Na^{+}}时失去的电子数为rm{N_{A}}B.rm{18gH_{2}O}所含的电子数为rm{N_{A}}C.rm{8gHe}所含的分子数为rm{N_{A}}D.rm{16gO_{2}}与rm{16gO_{3}}所含的原子数均是rm{N_{A}}10、温度为T1时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)(正反应放热)。实验测得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如下：。时间/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03

下列说法正确的是A.0~2s内，该反应的平均速率v(NO)=0.03mol·L-1·s-1B.其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，则达平衡时NO2体积分数减小C.其他条件不变，移走部分NO2，则平衡正向移动，平衡常数增大D.当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2＞T111、某温度下，在一固定容积的密闭容器中进行反应：A2+B2⇌2AB。该条件下，A2、B2、AB均为气体。下列情况一定能说明该反应已达到化学平衡状态的是A.气体的密度不再改变时B.气体的总物质的量不再改变时C.混合气体中各组分的含量不再改变时D.每消耗1molB2同时有2molAB分解时12、向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡；正反应速率随时间变化如图所示。由图可得出不正确的结论是()

A.反应△H<0B.反应物浓度a点大于b点C.反应在c点达到平衡状态D.SO2的转化率：a～b段小于b～c段13、锌-空气电池的电容量大，可作为汽车的清洁能源。该电池的电解质溶液为KOH溶液，放电总反应式为：2Zn+O2+4OH-+2H2O═2[Zn(OH)4]2-。下列说法正确的是()A.充电时，电解质溶液中K+向阴极移动B.充电时，电解质溶液中c(OH-)逐渐减小C.放电时，负极反应为：Zn+4OH--2e-═[Zn(OH)4]2-D.放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L(标准状况)14、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}评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、现有以下物质：①NaCl固体②盐酸③Ba(OH)2溶液④铜⑤二氧化碳气体⑥硫酸氢钾固体⑦乙醇(C2H5OH)⑧液态硫酸⑨熔融态BaSO4⑩液态SO3请回答下列问题(用序号)：以上物质中属于化合物的是（填序号，下同），属于盐的是，属于氧化物的是,能导电的是_______________________，属于电解质的是______________________，属于非电解质的是___________________。16、（7分）某棕黄色气体A由两种前18号常见元素组成，测得同温同压下该气体对空气的相对密度为3.0，A溶于水只生成一种产物B，B的溶液在放置过程中其酸性会增强并放出一种单质气体C。A可用另一种单质气体D与潮湿的Na2CO3反应制得，同时生成两种钠盐；单质气体D也可和HgO反应制得A。请回答下列问题：（1）气体A的化学式为_____________。（2）用化学方程式表示B溶液酸性增强的原因_____________。（3）气体单质D与潮湿的Na2CO3反应制得制取A的化学方程式为_____________。（4）气体单质D与HgO反应制得A的化学方程式为_____________。17、金币、银币、铜币等金属货币在我国历史上曾发挥过重要的作用，其中的一些被收藏爱好者珍藏着，在一位收藏家的家中，陈列了很多金属货币。rm{(1)}其中有些货币表面是黑色，且有少量的绿色锈状物，则这肯定是_______币，黑色物质是__________，绿色物质的化学式是____________________，若要除去这些物质应选用_____________。充分反应后，这枚金属币的真面目为______________色。rm{(2)}其中有一枚是闪闪发光的黄色金属币，它肯定是_________币，表面一直未被氧化的原因是_____________________________________________________________。18、（1）4gH2与24.5L（25C，101kPa）CO2相比，所含分子数目多的是____；各1.5mol上述两种气体相比较，质量大的是____

（2）某状况下，2g二氧化碳气体的体积是1120mL，2gA气体的体积是770mL，A的摩尔质量是____．

（3）某金属氯化物MCl240.5g含0.6molCl-，则该氯化物的摩尔质量为____，金属M的相对原子质量为____．19、（10分）同温同压下，若A容器中充满气体Ox和B容器中充满气体Oy（1）若所含分子总数相等，则A容器和B容器的容积之比是（用x、y表示,下同）（2）若两容器中所含原子总数相等，则A容器和B容器的容积比是（3）若两容器的体积比为y∶x，则Ox和Oy物质的量之比为_________，质量之比为_______，密度之比为______________。20、（13分）下表是元素周期表的一部分，按要求填空（填元素符号或化学式）：。族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02①②3③④⑤⑥⑦⑧⑨4⑩⑾⑿（1）写出下列元素的元素符号：①____②____（2）在这些元素中，最活泼的金属元素是____，最活泼的非金属元素是____，最不活泼的元素是____。（3）在这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是，碱性最强的是，呈两性的氢氧化物是。（4）在③与④的单质中，化学性质较活泼的是____，判断依据是；在⑧与⑿的单质中，化学性质较为活泼的是____，判断依据是。（5）⑾与⑿原子序数之差____评卷人得分四、工业流程题(共4题，共24分)21、重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种重要的化工原料，以FeO·Cr2O3为原料制备K2Cr2O7的流程如下：

已知：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2

回答下列问题：

(1)写出滤渣的一种用途：___________________。

(2)“调节pH”可实现CrO42-和Cr2O72-在溶液中相互转化。室温下，若初始浓度为1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H+)的变化如图所示：

①由图可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)。

②根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为_________。

(3)流程中的“转化”过程中发生的反应属于_________(填基本反应类型)。

(4)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrO42-生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10－5mol·L-1)时，溶液中c(Ag+)为_______mol·L-1，此时溶液中c(CrO42-)等于________mol·L－1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)22、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_______。23、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__________________。24、2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂被誉为“高能金属”，是锂电池的电极材料，工业上用β-锂辉矿(主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2以及少量钙、镁杂质)和氟磷灰石(Ca5P3FO12)联合制取锂离子电池正极材料(LiFePO4)；其工业生产流程如图：

已知：①Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34；

②LiFePO4难溶于水。

回答下列问题：

（1）氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合价为___，沉淀X的主要成分是___(写化学式)。

（2）操作3的名称是___，操作1所需的玻璃仪器名称为___。

（3）蒸发浓缩Li2SO4溶液的目的是___。

（4）写出合成反应的离子方程式___。

（5）科学家设计一种锂电池的反应原理为LiFePO4Li+FePO4，放电时正极反应式为___。

（6）工业上取300吨含氧化锂5%的β-锂辉矿石，经上述变化得到纯净的LiFePO4共110.6吨，则元素锂的利用率为___。评卷人得分五、结构与性质(共1题，共7分)25、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL；大理石用量为10.00g。

（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：。实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol·L-1实验目的①298粗颗粒2.00（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；②_______________③_______________④_______________

（2）实验装置如图1所示，如何检验该装置的气密性________________________________

（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图2：依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率________________________

（4）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。_______参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】试题分析：A、防止药品被污染，实验剩余的药品不能放回原试剂瓶中，不是出于实验安全考虑，不选；B、可燃性气体不纯时，点燃容易发生爆炸，出于安全考虑，选；C、有的实验（O2制备）防止装置漏气导致实验失败，气体实验装置在实验前进行气密性检查，不是出于实验安全考虑，不选；D、防止药品变质，滴管不能交叉使用，不是出于实验安全考虑，不选。考点：考查化学实验基本操作等相关知识。【解析】【答案】B2、A【分析】解：A．氯气能将金属氧化为最高价，铁在氯气中燃烧2Fe+3Cl22FeCl3，产物是氯化铁，一定不含Fe2+；故A正确；

B．铁具有还原性，氯化铁具有氧化性，两者反应Fe+2FeCl3=3FeCl2，一定含Fe2+；故B错误；

C．铁与盐酸反应Fe+2HCl═FeCl2+H2↑生成氯化亚铁和氢气，一定含Fe2+；故C错误；

D．硝酸具有强氧化性，与铁发生反应时，铁可被氧化生成Fe3+，如铁过量时进一步发，2Fe3++Fe=3Fe2+，则反应后溶液中可能存在Fe2+或Fe3+二者都有；故D错误；

故选A．

A．氯气具有强氧化性；铁在氯气中燃烧生成氯化铁；

B．铁与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁；

C．铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；

D．铁与硝酸反应，如铁不足，则铁被氧化生成Fe3+，如铁过量，则可生成Fe2+；

本题综合考查铁的性质，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解与运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】A3、D【分析】【分析】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。【解答】A.该原子结构示意图为该元素位于第七周期、第rm{VIIA}族；故A正确；

B.同位素具有相同质子数、不同中子数，而原子的质子数rm{=}核外电子总数，则rm{T_{S}}的同位素原子具有相同的电子数；故B正确；

C.同一主族元素中，随着原子序数越大，元素的非金属性逐渐减弱，则rm{T_{S}}在同族元素中非金属性最弱；故C正确；

D.该元素的质量数rm{=}质子数rm{+}中子数rm{=176+117=293}该原子正确的表示方法为：rm{{,!}_{117}^{293}Ts}故D错误。

故选D。

【解析】rm{D}4、C【分析】

A．胶体中分散质的微粒大小为1-100nm；故A错误；

B．胶体中的粒子无时无刻不在做无规则运动；但不是胶体稳定存在的主要原因，故B错误；

C．胶体不带电；氢氧化铁胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，达不到100nm以上就沉不下来，故C正确；

D．胶粒不能透过半透膜；故D错误；

故选C．

【解析】【答案】本题根据胶体中分散质的微粒大小为1-100nm；胶粒不能透过半透膜，胶粒时刻在不停的无规则运动，氢氧化铁胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，使氢氧化铁胶体可以稳定存在等知识点来解题．

5、C【分析】

A、浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L；故A错误；

B、Zn失2个电子形成锌离子，1molZn失去2mol电子，反应转移的电子为2NA；根据电子转移守恒可知；生成的二氧化硫的物质的量为1mol，标准状况下体积为22.4L，故B错误；

C；根据稀释定律；稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，则xmL×18.4mol/L=200mL×4.6mol/L，解得：x=50，所以应量取的浓硫酸体积是50mL，故C正确；

D、等体积混合，设体积分别为Vml，98%的H2SO4溶液密度为ρ1，水密度为ρ2，则混合后溶液的质量分数为w（H2SO4）=×100%=×100%，因硫酸的密度大于水的密度，则ρ1＜ρ2，所以×100%＞49%；故D错误．

故选：C．

【解析】【答案】A、根据c=计算浓硫酸的物质的量浓度；

B；浓硫酸与锌反应生成的气体为二氧化硫；根据电子转移守恒可知锌与二氧化硫的物质的量相等，锌失去的电子即为反应转移的电子；

C；根据溶液稀释前后溶质物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；

D；根据密度和体积计算溶液的总质量；根据硫酸的密度大于水的密度，判断质量分数关系．

6、C【分析】解：四种氢化物对应的元素在同一主族，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则有非金属性F＞Cl＞Br＞I；

元素的非金属性越强；对应的氢化物越稳定，所以氢化物最稳定的是HF；

故选C．

元素的非金属性越强；对应的氢化物越稳定，四种氢化物对应的元素在同一主族，根据元素的非金属性的递变规律判断．

本题考查元素周期律的递变，题目难度不大，本题注意非金属性与氢化物稳定性之间的关系．【解析】【答案】C7、D【分析】【分析】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度中等，明确常见物质的性质、发生的反应及反应原理等为解答的关键，注意实验的评价性分析，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。【解答】A.向装有rm{Fe(NO_{3})_{2}}溶液的试管中加入稀rm{H_{2}SO_{4}}硝酸根在氢离子存在下表现强氧化性将二价铁离子氧化，硝酸根被还原为rm{NO}rm{NO}又被空气中的氧气氧化为二氧化氮；故A错误；

B.向淀粉溶液中加入稀rm{H_{2}SO_{4}}加热几分钟，冷却后再加人新制rm{Cu(OH)_{2}}浊液加热；没有红色沉淀生成是因为冷却后没有加入碱中和过量的稀硫酸，故B错误；

C.苯和溴水混合振荡；静置后溴水层褪色；是苯和溴水发生了萃取，不是发生加成反应，故C错误；

D.rm{Na_{2}CO_{3}}的溶解度大于rm{NaHCO_{3}}则向饱和rm{Na_{2}CO_{3}}中通人足量rm{CO_{2}}会析出rm{NaHCO_{3}}溶液变浑浊，故D正确。

故选D。【解析】rm{D}8、A【分析】解：rm{A.2Na+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠录};}}{;}Na_{2}O_{2}}rm{A.2Na+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠录};}}{;}Na_{2}O_{2}}物质间转化能一步实现，故A正确；

B.rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{MgCO_{3}+2HCl=MgCl_{2}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}溶液电解不能一步得到金属镁；应是电解熔融氯化镁固体得到金属镁，物质间转化不能一步实现，故B错误；

C.氧化铝不溶于水；不能一步反应生成氢氧化铝沉淀，物质间转化不能一步实现，故C错误；

D.硫和氧气反应生成二氧化硫；不能一步生成三氧化硫，物质间转化不能一步实现，故D错误；

故选A．

A.钠点燃反应生成过氧化钠；过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；

B.碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁溶液；氯化镁溶液电解得到氯气；氢气和氢氧化镁沉淀；

C.氧化铝是难溶于水的氧化物不能和水反应生成氢氧化铝；

D.硫和氧气反应生成二氧化硫；二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸；

本题考查了常见物质性质和反应产物的分析判断，主要是钠、镁、铝及其化合物性质的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．rm{MgCl2}【解析】rm{A}二、多选题(共6题，共12分)9、AD【分析】【分析】本题考查了阿伏加德罗常数和物质的量的相关计算，题目难度不大。【解答】A.rm{23gNa}是rm{1mol}是rm{23gNa}rm{1mol}rm{1molNa}变为rm{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+;}}故A正确；

时失去的电子数为rm{N}rm{N}rm{{,!}_{A}}是B.rm{18gH}rm{18gH}rm{{,!}_{2}}故B错误；

C.rm{O}的摩尔质量是rm{O}rm{1mol}所含的分子数为所含的电子数为rm{10N}故C错误；

rm{10N}rm{{,!}_{A}}和rm{He}均可看做是rm{4g/mol}原子的集合体，rm{8gHe}的摩尔质量是rm{2N_{A}}故D.rm{O_{2}}rm{O_{3}}rm{O}rm{O}rm{16g/mol}故D正确。故选AD。

rm{16gO}【解析】rm{AD}10、AD【分析】【详解】

A．根据表格数据可知：在0~2s内，NO的物质的量由0.20mol变为0.08mol，△n(NO)=0.20mol-0.08mol=0.12mol，则该反应的平均速率v(NO)==0.03mol·L-1·s-1；A正确；

B．其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相当于增大体系的压强，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，所以达平衡时NO2体积分数增大；B错误；

C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故其他条件不变，移走部分NO2；化学平衡正向移动，但平衡常数不变，C错误；

D．k正、k逆为速率常数，只受温度影响，在温度为T1时，根据表格数据，容器容积是2L，结合物质反应关系可知平衡时各种物质的浓度c(NO)=0.03mol/L，c(O2)=0.015mol/L，c(NO2)=0.07mol/L，化学平衡常数K=＞0，说明k正＞k逆，若k正＝k逆，则K减小，化学平衡逆向移动，由于该反应的正反应为放热反应，则改变条件是升高温度，所以温度T2＞T1；D正确；

故合理选项是AD。11、CD【分析】【详解】

A.根据质量守恒定律；该反应前后气体的总质量不变，体积不变，密度始终保持不变，无法判断是否达到平衡状态，A错误；

B.该反应为反应前后气体分子数不变的反应；所以反应前后气体的总物质的量始终保持不变，无法判断是否达到平衡状态，B错误；

C.当正逆反应速率相等时；混合气体中各组分的含量不再改变，达到了平衡状态，C正确；

D.单位时间内，每消耗1molB2同时有2molAB分解，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，D正确；故答案为：CD。12、CD【分析】A.反应开始反应物浓度最大,但反应速率随着反应进行再逐渐增大,说明反应为放热反应,所以A选项是正确的;B.反应向正反应进行时,随着反应的进行,反应物浓度逐渐降低,所以B选项是正确的;C.c点反应速率最大,随后正反应速率逐渐减小,反应继续向正反应方向进行,但没有达到平衡状态,故C错误;D.因为a～b段的反应速率大于b～c段反应速率，所以SO2的转化率：a～b段大于b～c段，D选项是错误的;所以答案：CD。13、AC【分析】【分析】

根据2Zn+O2+4OH-+2H2O═2[Zn(OH)4]2-可知，O2中元素的化合价降低，被还原，在原电池正极上反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，Zn元素化合价升高，被氧化，在原电池负极上反应，电极反应式为Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-；结合原电池和电解池原理分析解答。

【详解】

A．充电时；为电解池，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，故A正确；

B．原电池总反应为2Zn+O2+4OH-+2H2O═2[Zn(OH)4]2-，充电与放电时电极反应相反，即充电总反应为2[Zn(OH)4]2-=2Zn+O2↑+4OH-+2H2O，生成OH-、c(OH-)增大；故B错误；

C．放电时，Zn发生失去电子的氧化反应，为负极，电极反应式为Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-；故C正确；

D．放电时，通入O2的电极为正极，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-；转移2mol电子，消耗氧气0.5mol，标准状况下的体积为11.2L，故D错误；

故选AC。14、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}三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】试题分析：由不同种元素组成的纯净物叫化合物，属于化合物的是NaCl固体、二氧化碳气体、硫酸氢钾固体、乙醇(C2H5OH)、液态硫酸、熔融态BaSO4、液态SO3；能电离出金属阳离子和酸根阴离子的化合物叫盐，属于盐的有NaCl固体、硫酸氢钾固体、熔融态BaSO4；由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，属于氧化物的是二氧化碳气体、液态SO3；含有自由移动离子、电子的物质能导电，能导电的是盐酸、Ba(OH)2溶液、铜、熔融态BaSO4；电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，酸碱盐都是电解质，属于电解质的是NaCl固体、硫酸氢钾固体、液态硫酸、熔融态BaSO4；非电解质是在水溶液或熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质的是二氧化碳气体、乙醇(C2H5OH)、液态SO3。考点：本题考查物质分类。【解析】【答案】属于化合物的是①⑤⑥⑦⑧⑨⑩，属于盐的是①⑥⑨，属于氧化物的是⑤⑩,能导电的是②③④⑨，属于电解质的是①⑥⑧⑨，属于非电解质的是⑤⑦⑩16、略

【分析】试题分析：某棕黄色气体A由两种前18号常见元素组成，测得同温同压下该气体对空气的相对密度为3.0，故由阿伏伽德罗定律可知气体A的摩尔质量为：3×29=87g/mol，A溶于水只生成一种产物B，B的溶液在放置过程中其酸性增强，说明B物质为酸，则A为酸酐，即为酸性氧化物；B的溶液在放置过程中其酸性会增强并放出一种单质气体C，则B为HClO，故（1）气体A的化学式为Cl2O；（2）B溶液酸性增强的原因2HClO2HCl+O2↑；单质气体C为O2，A可用另一种单质气体D与潮湿的Na2CO3反应制得，故气体D为Cl2，故（3）气体单质D与潮湿的Na2CO3反应制得制取A的化学方程式为：2Cl2+2Na2CO3+H2O＝Cl2O↑+2NaHCO3+2NaCl；（4）气体单质D与HgO反应制得A的化学方程式为：2Cl2+HgO=Cl2O↑+HgCl2。考点：物质鉴别。【解析】【答案】（1）Cl2O(1分)（2）2HClO2HCl+O2↑(2分)（3）2Cl2+2Na2CO3+H2O＝Cl2O↑+2NaHCO3+2NaCl(2分)（4）2Cl2+HgO=Cl2O↑+HgCl2(2分)17、（1）铜氧化铜Cu2(OH)2CO3稀酸紫红

（2）金金不活泼，不易与空气中的O2反应【分析】【分析】本题考查了常见金属的性质；试题侧重考查了金；银、铜的化学性质，题目难度中等，注意掌握常见金属及其化合物的性质，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。

【解答】rm{(1)}铜在铜、银、金中比较活泼，能与空气中氧气发生反应生成氧化铜，也能与空气中氧气、水及rm{CO_{2}}一起发生反应而得到铜锈，所以这些肯定是铜币，黑色物质是氧化铜，绿色物质是碱式碳酸铜rm{[Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}]}碱式碳酸铜、氧化铜可溶于稀酸，所以将其放入稀酸中可以将其除去，充分反应后，这枚金属币的真面目为紫红色，故答案为：铜；氧化铜；rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}稀酸；紫红；rm{(2)}金化学性质稳定，不容易被氧化，闪闪发光的黄色金属币为金币，故答案为：金；金不活泼，不易与空气中的rm{O_{2}}反应。【解析】rm{(1)}铜氧化铜rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}稀酸紫红rm{(2)}金金不活泼，不易与空气中的rm{O_{2}}反应18、略

【分析】

（1）4gH2的物质的量为=2mol；

25C，101kPa时，Vm＞22.4/mol，则24.5L（25C，101kPa）CO2的物质的量＜

则所含分子数目多的是H2；

由m=nM可知：各1.5mol上述两种气体；

m（H2）=1.5mol×2g/mol=3g，n（CO2）=1.5mol×44g/mol=66g；

则质量大的是CO2；

故答案为：H2；CO2．

（2）根据n==可知相同条件下相同质量的气体的体积与摩尔质量成反比；

则44g/mol：M=770ml：1120ml；

M==64g/mol；

故答案为：64g/mol；

（3）n（MCl2）=×n（Cl-）=×0.6mol=0.3mol；

M===135g/mol；

金属M的摩尔质量为135g/mol-2×35.5g/mol=64g/mol；

原子的摩尔质量和相对原子质量在数值上相等；所以金属M的相对原子质量为64；

故答案为：135g/mol；64．

【解析】【答案】根据n==以及N=nNA比较分子数目并判断质量大小；原子的摩尔质量和相对原子质量在数值上相等．

19、略

【分析】（1）根据阿伏加德罗定律可知，若所含分子总数相等，则A容器和B容器的容积之比是1:1。（2）若两容器中所含原子总数相等，则A容器和B容器的容积比是1/x︰1/y＝y:x。（3）同温同压下，若两容器的体积比为y∶x，则Ox和Oy物质的量之比为y:x；质量之比为质量之比为y×16x:x×16y＝1:1；同温同压下，两种气体的密度之比是相应的摩尔质量之比，所以密度之比是x:y。【解析】【答案】（10分）(1)1:1(2)y:x(3)y:x，1:1，x:y20、略

【分析】【解析】【答案】（1）N；F；（2）K；F；Ar（3）HClO4；KOH；Al（OH）3（4）Na；钠与冷水剧烈反应，而镁与冷水几乎不反应；Cl2；氯气可以与溴化钾反应，置换出单质溴。（5）15（每空1分，共13分）四、工业流程题(共4题，共24分)21、略

【分析】【分析】

(1)根据反应确定滤渣的成分；然后确定其用途；

(2)①根据Cr2O72-的含量与H+的浓度关系分析判断；

②根据平衡常数的定义式计算；

(3)根据流程中的“转化”过程中反应物；生成物的种类及反应特点判断发生的反应类型；

(4)根据溶度积常数分析计算。

【详解】

(1)在熔融、氧化时，发生反应：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2，然后水浸，Na2CrO4和NaNO2进入溶液，而Fe2O3难溶于水，因此滤渣主要成分是Fe2O3；该物质是红棕色粉末状固体，可用作颜料，也可以用作炼铁的原料；

(2)①根据图示可知溶液中H+越大，Cr2O72-的浓度越大，说明含量越高，说明溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率增大；

②在溶液中存在可逆反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，在开始时c(CrO42-)=1.0mol/L，平衡时c(Cr2O72-)=0.4mol/L，则消耗CrO42-的浓度为0.8mol/L，所以平衡时c(CrO42-)=(1.0-0.8)mol/L=0.2mol/L，此时溶液中c(H+)=4.0×10-7mol/L，则该反应的化学平衡常数K==6.25×1013；

(3)在流程中的“转化”过程中Na2Cr2O7与KCl反应产生K2Cr2O7与NaCl；两种化合物交换成分，产生两种新的化合物，反应为复分解反应；

(4)AgCl的Ksp为2.0×10-10，当Cl-沉淀完全时，c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，此时溶液中c(Ag+)=mol/L=2.0×10-5mol/L；

由于Ag2CrO4的Ksp为2.0×10-12，所以溶液中c(CrO42-)=mol/L=5.0×10-3mol/L。

【点睛】

本题考查物质制备方案设计及物质含量的测定的方法，明确流程图中每一步发生的反应及操作方法为解答关键，难点是(4)的计算，正确利用溶度积常数的含义，根据Ksp计算溶液中离子浓度，试题考查了学生的分析能力及化学计算、化学实验能力。【解析】用作颜料增大6.25×1013复分解反应2.0×10-55.0×10-322、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%23、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+4HCl24、略

【分析】【分析】

β-锂辉矿焙烧后，溶于硫酸生成硫酸锂、硫酸铝、硫酸钙、硫酸镁和二氧化硅沉淀，调节pH为6，铝离子沉淀，滤液的硫酸镁能与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，得到滤液硫酸锂蒸发浓缩后与磷酸二氢铵、硫酸亚铁反应生成难溶的LiFePO4。

【详解】

⑴氟磷灰石(Ca5P3FO12)中Ca为+2价，O为-2价，F为-1价，根据化合物价态代数和为0得到磷元素的化合价为+5，β-锂辉矿焙烧后，溶于硫酸生成硫酸锂、硫酸铝、硫酸钙、硫酸镁和二氧化硅沉淀，调节pH为6，铝离子沉淀，滤液的硫酸镁能与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，因此沉淀X的主要成份的化学式是CaCO3和Mg(OH)2；故答案为：+5；CaCO3、Mg(OH)2。

⑵观察流程可知；操作1得到硫酸钙，因此操作1为过滤，所需的玻璃仪器有烧杯；漏斗、玻璃棒，操作3得到有机相，因此操作3为分液；故答案为：分液；烧杯、漏斗、玻璃棒。

⑶蒸发浓缩Li2SO