2025年鲁教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2025年鲁教版高一化学上册月考试卷583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、已知HNO3的相对分子质量为63，则HNO3的摩尔质量是（）A.63B.63g•mol-1C.63gD.63mol-12、同温同压下，1体积X2气体与3体积Y2气体化合生成2体积气体化合物Z，则化合物Z的化学式可表示为（）A.XY3B.XYC.X3YD.X2Y33、印刷铜质电路板的“腐蚀液”为rm{FeCl_{3}.}已知铜、铁均能与rm{FeCl_{3}}溶液反应，反应方程式分别为：rm{Cu+2FeCl_{3}篓TCuCl_{2}+2FeCl_{2}}rm{FeCl_{3}+2Fe篓T3FeCl_{2}.}现将一包铜铁的混合粉末放入到盛有rm{FeCl_{3}}溶液的烧杯中，充分反应后烧杯仍有少量固体rm{.}关于烧杯中物质组成的说法正确的是rm{(}rm{)}A.溶液中一定含有rm{FeCl_{2}}固体中一定含有铜B.溶液中一定含有rm{FeCl_{2}}rm{FeCl_{3}}固体中一定含有铜和铁C.溶液中一定含有rm{FeCl_{2}}rm{CuCl_{2}}固体中一定含有铜D.溶液中一定含有rm{FeCl_{2}}固体只有铜4、下列措施是为了降低化学反应速率的是rm{(}rm{)}A.铁粉代替铁钉与稀硫酸反应制取氢气B.双氧水制氧气时加入少量二氧化锰C.镁和水反应时，适当进行加热D.食品放在冰箱中贮藏5、天宫一号搭载的长征二号火箭使用的主要燃料是偏二甲肼（用R表示）和四氧化二氮，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R+2N2O4＝3N2+4H2O+2CO2，下列叙述错误的是A.此反应可在瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行B.此反应是氧化还原反应，N2O4做还原剂C.此反应是氧化还原反应，偏二甲肼做还原剂D.此反应中R的分子式为C2H8N26、在标准状况下：rm{垄脵6.72LCH_{4}垄脷3.01隆脕10^{23}}个rm{垄脵6.72LCH_{4}

垄脷3.01隆脕10^{23}}分子rm{HCl}rm{垄脹13.6gH_{2}S}下列对这四种气体的关系从大到小表述正确的是()A.体积：rm{垄脺0.2molNH_{3}}B.密度：rm{垄脺>垄脵>垄脷>垄脹}C.质量：rm{垄脷>垄脹>垄脺>垄脵}D.氢原子数：rm{垄脷>垄脵>垄脹>垄脺}rm{垄脵>垄脷>垄脹>垄脺}7、关于硝酸的叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.浓硝酸与浓盐酸一样，在空气中出现白雾B.硝酸见光分解和受热分解产物相同，都是rm{NO_{2}.O_{2}.H_{2}O}C.rm{NO_{2}}和水反应有rm{HNO_{3}}生成，所以rm{NO_{2}}是硝酐D.硝酸与金属反应，既表现出氧化性，又表现出酸性8、下列离子方程式正确的是A.氯化亚铁溶液中通人氯气：rm{Fe^{2+}+Cl_{2}=Fe^{3+}+2Cl^{-}}B.硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：rm{SiO_{3}^{2-}+2H^{+}=H_{2}SiO_{3}隆媒}C.向氢氧化亚铁中加入足量稀硝酸：rm{Fe(OH)_{2}+2H^{+}=Fe^{2+}+2H_{2}O}D.将过量二氧化硫气体通入冷氨水中：rm{SO_{2}+NH_{3}隆陇H_{2}O=HSO_{3}^{-}+NH_{4}^{+}}9、已知还原性rm{I^{-}>Fe^{2+}>Br^{-}}下列离子方程式正确的是rm{(}rm{)}A.将少量rm{Cl_{2}}通入rm{FeBr_{2}}溶液中：rm{Cl_{2}+2Br^{-}篓TBr_{2}+2Cl^{-}}B.将足量rm{Cl_{2}}通入rm{FeBr_{2}}溶液中：rm{2Fe^{2+}+2Br^{-}+2Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+Br_{2}+4Cl^{-}}C.将少量rm{Cl_{2}}通入rm{FeI_{2}}溶液中：rm{2Fe^{2+}+2I^{-}+3Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2I_{2}+6Cl^{-}}D.将rm{672mLCl_{2}(}标况rm{)}通入rm{250mL0.1molL^{-1}}的rm{FeI_{2}}溶液中：rm{2Fe^{2+}+10I^{-}+6Cl_{2}篓T12Cl^{-}+5I_{2}+2Fe^{3+}}评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、下列说法正确的是（）A.每一个化学反应都会伴随着能量变化B.氯化氢溶于水氢氯共价键被破坏C.化学键的断裂和形成是化学反应能量变化的主要原因D.离子化合物一定由金属元素和非金属元素组成，非金属元素之间不能形成离子化合物11、pH=2的A；B两种酸溶液各1mL；分别加水稀释到1000mL，其溶液的pH与体积（V）的关系如图所示，则下列说法正确的是（）

A.A.B两种酸溶液物质的量浓度一定相等B.若a=5，则A是强酸，B是弱酸C.稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强D.若a＜5，则A．B都是弱酸且A的酸性>B12、工业上可利用如图所示电解装置吸收和转化SO2（A、B均为惰性电极），下列说法正确的是（）

A.B极为电解池的阳极B.B极区吸收5molSO2，则A极区生成25molS2OC.B极区电解液为稀硫酸，电解一段时间后硫酸浓度增大D.A极的电极反应为2SO-2e-+4H+=S2O+2H2O13、科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示；用Cu-Si合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法正确的是（）

A.电子由液态Cu-Si合金流出，流入液态铝电极B.液态铝电极与正极相连，作为电解池的阴极C.在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原D.三层液熔盐的作用是使电子能够在三层间自由流动14、下列各组物质中，所含分子数相同的是()A.rm{10gH_{2}}和rm{10gO_{2}}B.rm{7gN_{2}}和rm{11gCO_{2}}C.rm{9gH_{2}O}和rm{0.5molBr_{2}}D.rm{224mLH_{2}(}标准状况rm{)}和rm{0.1molN_{2}}15、短周期元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}在元素周期表中的相对位置如图所示。已知rm{Y}rm{W}的原子序数之和是rm{Z}的rm{3}倍，下列说法正确的是()。rm{Y}rm{Z}rm{X}rm{W}A.原子半径：rm{X>Y>Z}B.气态氢化物的稳定性：rm{X>Z}C.rm{Z}rm{W}均可与rm{Mg}形成共价化合物D.最高价氧化物对应水化物的酸性：rm{Z>Y}16、下列有关物质的俗称，正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Fe_{2}O_{3}}--铁红B.rm{SiO_{2}}--玛瑙C.rm{Na_{2}SiO_{3}}水玻璃D.rm{NaHCO_{3}}--苏打评卷人得分三、双选题(共9题，共18分)17、把rm{2.5mol}rm{A}和rm{2.5mol}rm{B}混合盛入容积为rm{2L}的密闭容器里，发生如下反应：rm{3A(g)+B(g)?x}rm{C(g)+2D(g)}经rm{5s}反应达平衡，在此rm{5s}内rm{C}的平均反应速率为rm{0.2mol?L^{-1}?s^{-1}}同时生成rm{1mol}rm{D}下列叙述中错误的是rm{(}rm{)}A.rm{x=4}B.达到平衡状态时rm{A}的转化率为rm{50%}C.rm{5s}内rm{B}的反应速率rm{v(B)=0.05}rm{mol/(L?s)}D.达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比为rm{5}rm{6}18、已知rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{R}是原子序数依次增大的短周期主族元素，rm{X}是原子半径最小的元素，rm{Y}的最高正价与最低负价的代数和为rm{0}rm{Z}的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，rm{W}原子最外层电子数是最内层电子数的rm{3}倍。下列说法正确的是A.rm{X}与rm{Y}形成的化合物只有一种B.rm{R}的氢化物的热稳定性比rm{W}的强C.rm{Z}的离子半径比rm{W}的离子半径小D.rm{R}分别与rm{Y}rm{Z}形成的化合物中化学键的类型相同19、从物质的量浓度为rm{1mol隆陇L^{隆陋1}}的氢氧化钠溶液rm{1L}中取出rm{100mL}下面关于这rm{100mL}溶液的叙述中不正确的是A.物质的量浓度为rm{0.1mol隆陇L^{隆陋1;}}B.物质的量浓度为rm{1mol隆陇L^{隆陋1}}C.含氢氧化钠rm{0.4g}D.含氢氧化钠rm{0.1mol}20、质子数和中子数相同的原子rm{X}其阳离子rm{X^{n+}}核外有rm{a}个电子，则rm{X}的质量数为rm{(}rm{)}A.rm{2a}B.rm{2(a-n)}C.rm{n+2a}D.rm{2(a+n)}21、实验室从海带灰中提取碘的操作过程中，仪器选用不正确的是（）A.称取5g左右的干海带--托盘天平B.过滤煮沸后的海带灰和水的混合物--漏斗C.用蒸发结晶的方法从氧化后的海带灰浸取液中提取碘--蒸发皿D.用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘--长颈漏斗22、下列实验操作正确的是（）A.蒸发操作时，应将溶液完全蒸干后停止加热B.稀释浓硫酸时，沿烧杯内壁将浓硫酸缓慢加入水中，边加边搅拌C.分液操作时，先放出下层液体，再关闭活塞，从漏斗口倒出上层液体D.配制一定物质的量浓度的溶液时，若加水超过容量瓶的刻度线，用胶头滴管吸出多余液体23、短周期主族元素rm{W}rm{R}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序数依次增大，且分占三个不同的周期rm{.W}与rm{X}同主族，rm{R}与rm{Z}同主族，rm{R}原子最外层电子数是其内层电子数的rm{3}倍，rm{Y}是地壳中含量最多的金属元素rm{.}下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{W}rm{X}是金属元素B.原子半径：rm{R<Y<Z}C.简单气态氢化物的热稳定性：rm{R>Z}D.rm{X}rm{Y}rm{Z}的最高价氧化物对应的水化物能相互反应24、rm{CaCO_{3}}与稀盐酸反应rm{(}放热反应rm{)}生成rm{CO_{2}}的量与反应时间的关系如图所示rm{.}下列结论不正确的是rm{(}rm{)}A.反应开始rm{2}分钟内平均反应速率最大B.反应rm{4}分钟后平均反应速率最小C.反应开始rm{4}分钟内温度对反应速率的影响比浓度大D.反应rm{4}分钟后反应速率下降的原因是盐酸浓度逐渐减小25、下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的rm{SO_{3}}B.可以用品红溶液鉴别rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}C.rm{SO_{2}}能使品红溶液、酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色，但褪色原理不同D.少量rm{SO_{2}}通过rm{CaCl_{2}}的溶液能生成白色沉淀评卷人得分四、填空题(共3题，共12分)26、I（6分）A、B、C三个烧杯中分别盛有200mL相同物质的量浓度的稀硫酸（1）分别写出三个装置中铁片表面发生反应的离子方程式：A____；B____；C____。（2）一段时间后，三个烧杯中的硫酸恰好全部被消耗，C中产生了3.36L（标准状况）气体，则原稀硫酸溶液的物质的量浓度=____mol·L-1。此时，三个烧杯中液体质量由大到小的顺序为：____（填写序号）。（3）比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是____（填写序号）。Ⅱ（7分）某科研单位利用电化学原理用SO2来制备硫酸，装置如下图，含有某种催化剂。电极为多孔的材料，能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触。(1)通入SO2的电极为________极，其电极反应式为______________________，此电极区pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)电解质溶液中的H＋通过质子膜________(填“向左”“向右”或“不”)移动，通入氧气的电极反应式为________________________________。27、如表是元素周期表的一部分：

。族。

IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA2②③④⑤⑥3⑦⑧⑨⑩（1）表中元素⑩的氢化物的化学式为____，此氢化物的还原性比元素的氢化物的还原性____稳定性____（填强或弱）

（2）某元素的原子结构示意图为：在周期表位于____．该氢化物沸点比甲烷____．

（3）用电子式表示与⑧形成化合物形成过程：____．

（4）写出⑦与⑨、⑨与的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式：⑦与⑨：____、⑨与____．28、请从如图中选用必要的装置进行电解饱和食盐水的实验；要求测定产生的氢气的体积，并检验氯气．

(1)A极发生的电极反应式是____________B极发生的电极反应式是____________

(2)设计上述气体实验装置时；各接口的正确连接顺序为：A接____________；____________接____________；B接____________、____________接____________．

(3)证明产物中有Cl2的实验现象是____________．

(4)已知电解后测得产生的H2的体积为44.8mL(已经折算成标准状况)；电解后溶液的体积为50mL，此时溶液中NaOH的物质的量浓度为____________．

(5)有一和电解饱和食盐水能量转换相反的装置中，一极通入甲烷，另一极通入氧气，电解质溶液为KOH溶液，负极的反应式为____________正极的反应式为____________．评卷人得分五、判断题(共2题，共10分)29、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．30、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）评卷人得分六、实验题(共2题，共6分)31、实验室需要rm{450mL}rm{1.0mol?L^{-1}}的硫酸溶液，某小组的同学设计如下实验步骤并依此进行配制，请回答相关问题rm{.(}已知所用rm{98%}浓硫酸的密度为rm{1.84g/mL)}

rm{垄脵}计算需rm{98%}的浓硫酸的体积；

rm{垄脷}在烧杯中将浓硫酸稀释；

rm{垄脹}接着将稀释后的硫酸转移到容量瓶中；

rm{垄脺}洗涤烧杯和玻璃棒rm{3}次；并将洗涤液转移到容量瓶中；

rm{垄脻}定容；

rm{垄脼}摇匀．

rm{(1)}该实验中选用的定量仪器；除量筒外，还有______．

rm{(2)}该实验应该用rm{(}多大规格rm{)}______的量筒rm{(}可供选择的量筒规格为rm{10mL}rm{15mL}rm{20mL}rm{50mL}和rm{100mL)}量取______rm{mL}rm{98%}的浓硫酸．

rm{(3)垄脵}在配制过程中，如果没有洗涤烧杯和玻璃棒，其他操作都正确，那么所配溶液的实际浓度将______rm{(}填“偏大、偏小、无影响”rm{)}

rm{垄脷}某同学转移溶液的操作如图所示；该同学操作中的错误是______．

rm{垄脹}若用胶头滴管定容时；不小心滴水滴过了刻度线，你认为应该采取的处理方法是：______．

rm{垄脺}下列操作中，可能造成所配制溶液的浓度偏高的是______rm{(}填选项rm{)}．

rm{a.}溶解后没有冷却至室温就将液体转移至容量瓶中。

rm{b.}定容时；俯视刻度线。

rm{c.}洗涤后的容量瓶中残留少量蒸馏水。

rm{d.}用量筒量取浓硫酸，读数时仰视刻度线．32、下图是制取无水氯化铜的实验装置图，将分液漏斗中的浓盐酸滴加到盛有二氧化锰的烧瓶中，请回答下列问题：rm{(1)}盛放药品前，应采取的实验操作是________________________________________．rm{(2)}烧瓶rm{A}中发生反应的化学方程式是_________________________________________．rm{(3)C}瓶中的溶液是__________，其作用是____________________，玻璃管rm{D}中发生反应的化学方程式为____________________________________．rm{(4)}若用rm{200mL10mol隆陇L^{-1}}的浓盐酸与足量的二氧化锰固体加热反应rm{(}不考虑氯化氢挥发rm{)}则产生氯气的物质的量为________rm{0.5mol(}填大于、小于、等于rm{)}原因是______________________________参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】解：摩尔质量的单位为g•mol-1，数值上和相对分子质量相等，硝酸的相对分子质量为63，故硝酸得摩尔质量为63g•mol-1；故选B．

摩尔质量的单位为g•mol-1；数值上和相对分子质量相等，依此分析．

本题考查了摩尔质量的单位及和相对分子质量的关系，理解摩尔质量概念即可解答．【解析】【答案】B2、A【分析】解：一定温度和压强下，1体积X2气体与3体积Y2气体化合生成2体积气体化合物；设该化合物为Z；

由气体的体积之比等于物质的量之比等于化学计量数之比，则反应表示为X2+3Y2═2Z，由原子守恒可知，Z的化学式为XY3；

故选A．

一定温度与压强下；气体的体积之比等于物质的量之比等于化学计量数之比，然后利用原子守恒定律来确定化学式．

本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确一定温度与压强下气体体积与化学计量数的关系是解答本题的关键，题目难度不大．【解析】【答案】A3、A【分析】解：rm{A.}铁的化学性质比铜活泼，因此铁首先和氯化铁溶液反应，只有铁反应完，铜才可以与氯化铁溶液反应生成rm{CuCl_{2}}因此充分反应后烧杯中仍有少量固体，则烧杯溶液中一定含有的溶质是rm{FeCl_{2}}烧杯中一定含有的固体是rm{Cu}故A正确；

B.烧杯仍有少量固体；而铁和铜都能够与三价铁离子反应，所以不可能有三价铁离子，故B错误；

C.如果铁过量；则溶液中只有氯化亚铁，不会有氯化铜，故C错误；

D.铁过量；反应生成氯化铁，剩余铜和铁，故D错误；

故选：rm{A}．

在金属活动性顺序中，铁rm{>}铜，即铁的还原性强于铜，将一包铜铁的混合粉末放入到盛有rm{FeCl_{3}}溶液的烧杯中；铁先与三价铁离子反应，铁过量则铜不发生反应，铁不足铜再与氯化铁发生反应．

本题考查了氧化还原反应的先后规律，熟悉金属活动顺序表，清楚铁与铜还原性强弱是解题关键，侧重考查学生分析问题，解决问题能力，题目难度不大．【解析】rm{A}4、D【分析】解：rm{A.}铁粉代替铁钉与稀硫酸反应制取氢气；反应物接触面积增大导致反应速率加快，故A不选；

B.双氧水制取氧气时加入少量二氧化锰；二氧化锰是催化剂，降低反应所需活化能，加快反应速率，故B不选；

C.升高温度；活化分子百分数增大，导致反应速率增大，故C不选；

D.食品放在冰箱中贮藏；温度降低，活化分子百分数减小，反应速率降低，故D选；

故选D．

反应物浓度减小；降低温度、减小反应物接触面积等方法都能降低化学反应速率；据此分析解答．

本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确温度、浓度、反应物接触面积等外界对化学反应速率影响原理是解本题关键，注意各影响因素的适用范围，题目难度不大．【解析】rm{D}5、B【分析】试题分析：A、偏二甲肼和四氧化二氮剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行，故A正确；B、N元素在反应物中以化合态存在，反应生成氮气，N元素化合价变化，因此该反应是氧化还原反应，N2O4中N元素化合价从＋4价降低到0价，N2O4是氧化剂，故B错误；C、N2O4中N元素化合价降低，N2O4是氧化剂，偏二甲肼中所含元素化合价一定有升高，故偏二甲肼作还原剂，故C正确；D、根据原子守恒可知，偏二甲肼的分子式为C2H8N2，故D正确，答案选B。考点：考查氧化还原反应的应用与判断【解析】【答案】B6、D【分析】【分析】

本题考查了物质的量的有关计算；掌握基本公式及其公式间的转化是解本题关键，注意信息中的标况；物质的构成，难度中等。

【解答】

A.甲烷的体积是rm{6.72L}rm{3.01隆脕10^{23}}个rm{HCl}分子的体积rm{=dfrac{3.01隆脕10^{23}}{6.02隆脕10^{23}/mol}隆脕22.4mol/L=11.2L}rm{=dfrac

{3.01隆脕10^{23}}{6.02隆脕10^{23}/mol}隆脕22.4mol/L=11.2L}的体积rm{=dfrac{13.6g}{34g/mol}隆脕22.4L/mol=8.96L}rm{13.6gH_{2}S}的体积rm{=dfrac

{13.6g}{34g/mol}隆脕22.4L/mol=8.96L}所以气体体积大小顺序是rm{0.2molNH_{3}}故A错误；

B.相同条件下，气体摩尔体积相同，根据rm{=0.2mol隆脕22.4L/mol=4.48L}知，密度与其相对分子质量成正比，所以密度大小顺序是rm{垄脷>垄脹>垄脵>垄脺}故B正确；

C.甲烷的质量rm{=dfrac{6.72L}{22.4L/mol}隆脕16g/mol=4.8g}氯化氢的质量rm{=dfrac{3.01隆脕10^{23}}{6.02隆脕10^{23}/mol}隆脕36.5g/mol=18.25g}硫化氢的质量是rm{娄脩=dfrac{M}{V_{m}}}氨气的质量rm{垄脷>垄脹>垄脺>垄脵}所以质量大小顺序是rm{=dfrac

{6.72L}{22.4L/mol}隆脕16g/mol=4.8g}故C错误；

D.根据rm{=dfrac

{3.01隆脕10^{23}}{6.02隆脕10^{23}/mol}隆脕36.5g/mol=18.25g}知，这几种气体的物质的量分别是：甲烷的体积是rm{13.6g}其物质的量是rm{=0.2mol隆脕17g/mol=3.4g}氢原子的物质的量是rm{垄脷>垄脹>垄脵>垄脺}rm{A}个rm{6.72L}分子的体积rm{=dfrac{3.01隆脕10^{23}}{6.02隆脕10^{23}/mol}隆脕22.4mol/L=11.2L}其物质的量是rm{0.3mol}氢原子的物质的量是rm{1.2mol}rm{3.01隆脕10^{23}}的体积rm{=dfrac{13.6g}{34g/mol}隆脕22.4L/mol=8.96}其物质的量是rm{HCl}氢原子的物质的量是rm{=dfrac

{3.01隆脕10^{23}}{6.02隆脕10^{23}/mol}隆脕22.4mol/L=11.2L}氨气的物质的量是rm{0.5mol}氢原子的物质的量是rm{0.5mol}氢原子个数大小顺序是rm{13.6gH_{2}S}故D错误。

故选D。rm{=dfrac

{13.6g}{34g/mol}隆脕22.4L/mol=8.96}【解析】rm{D}7、C【分析】解：rm{A.}浓硝酸和浓盐酸都有挥发性；所以浓硝酸暴露空气中因挥发而在空气中形成液体小液滴，故A正确；

B.硝酸不稳定见光和受热分解，所以硝酸见光分解和受热分解产物相同，都是rm{NO_{2}}rm{O_{2}}rm{H_{2}O}故B正确；

C.二氧化氮中氮元素是rm{+4}价，而硝酸中氮是rm{+5}价，所以rm{HNO_{3}}的酸酐是五氧化二氮；故C错误；

D.硝酸与金属反应；生成氮的氧化物表现出氧化性，生成硝酸盐表现出酸性，所以硝酸与金属反应，既表现出氧化性，又表现出酸性，故D正确；

故选C。

A.浓硝酸和浓盐酸都有挥发性；

B.硝酸不稳定见光和受热分解；

C.二氧化氮中氮元素是rm{+4}价，而硝酸中氮是rm{+5}价；

D.硝酸在反应中应生成硝酸盐表现为酸性，且硝酸还原生成rm{NO}或rm{NO_{2}}等物质表现硝酸的强氧化性。

本题考查硝酸的性质，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用，有利于培养学生学习的积极性和良好的科学素养，难度不大。【解析】rm{C}8、D【分析】【分析】本题是对离子方程式的书写知识的考察，是中学化学的重要知识，难度一般。关键是掌握离子方程式的书写规律，侧重知识的能力考察。【解答】A.没有配平正确应当为：rm{2}rm{2}故A错误；rm{Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}B.硅酸钠溶液与醋酸溶液混合的方程式是：rm{SiO}rm{SiO}rm{3}rm{3}rm{2}rm{2}rm{-}rm{-}rm{+2CH_{3}COOH}rm{+2CH_{3}COOH}，故B错误；rm{=H}rm{=H}rm{2}rm{2}rm{SiO}rm{SiO}rm{3}rm{3}rm{隆媒+}rm{隆媒+}rm{CH_{3}COO^{-}}rm{CH_{3}COO^{-}}C.向氢氧化亚铁中加入足量稀硝酸的方程式是：rm{3Fe(OH)}rm{3Fe(OH)}rm{2}rm{2}rm{+10H}rm{+10H}rm{+}rm{+}rm{+NO_{3}^{-}}rm{=3Fe}rm{=3Fe}rm{2+}，符合离子反应的规律，故D正确。故选D。rm{2+}【解析】rm{D}9、D【分析】解：已知还原性rm{I^{-}>Fe^{2+}>Br^{-}}加氧化剂，先与还原性强的离子反应；

A.将少量rm{Cl_{2}}通入rm{FeBr_{2}}溶液中，只氧化rm{Fe^{2+}}则离子方程式为：rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}故A错误；

B.足量rm{Cl_{2}}通入rm{FeBr_{2}}溶液中氧化rm{Fe^{2+}}rm{Br^{-}}则离子方程式为：rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Br_{2}+6Cl^{-}}故B错误；

C.将少量rm{Cl_{2}}通入rm{FeI_{2}}溶液中，只氧化rm{I^{-}}而不氧化rm{Fe^{2+}}则离子方程式为：rm{2I^{-}+Cl_{2}篓TI_{2}+2Cl^{-}}故C错误；

D.先氧化rm{I^{-}}再氧化rm{Fe^{2+}}rm{n(Cl_{2})=dfrac{0.672L}{22.4L/mol}=0.03mol}rm{n(Cl_{2})=dfrac

{0.672L}{22.4L/mol}=0.03mol}由物质的量之间的关系写出方程式为：rm{n(FeI_{2})=0.25L隆脕0.1molL^{-1}=0.25mol}故D正确；

故选D．

已知还原性rm{2Fe^{2+}+10I^{-}+6Cl_{2}篓T12Cl^{-}+5I_{2}+2Fe^{3+}}加氧化剂，先与还原性强的离子反应；

A.只氧化rm{I^{-}>Fe^{2+}>Br^{-}}

B.足量rm{Fe^{2+}}通入rm{Cl_{2}}溶液中氧化rm{FeBr_{2}}rm{Fe^{2+}}

C.只氧化rm{Br^{-}}而不氧化rm{I^{-}}

D.先氧化rm{Fe^{2+}}再氧化rm{I^{-}}根据物质的量之间的关系计算．

本题考查了元素化合物的性质、氧化还原反应、离子方程式的书写，题目难度中等，注意把握离子方程式书写方法，明确氧化还原反应中物质之间反应的先后顺序是解题的关键．rm{Fe^{2+}}【解析】rm{D}二、多选题(共7题，共14分)10、ABC【分析】解：A．因为化学反应的本质为旧键的断裂和新键的形成；化学键断裂吸收能量，生成化学键释放能量，所以化学反应都会伴随着能量变化，故A正确；

B．氯化氢溶于水；发生电离，H-Cl共价键破坏，故B正确；

C．化学键断裂吸收能量；生成化学键释放能量，化学反应的实质为化学键的断裂和形成，则化学键的断裂和形成是化学反应能量变化的主要原因，故C正确；

D．铵盐为离子化合物；但不含金属元素，氯化铝含金属元素为共价化合物，故D错误；

故选：ABC．

A．化学键断裂吸收能量；生成化学键释放能量，化学反应都会伴随着能量变化；

B．HCl中只含H-Cl共价键；

C．化学键断裂吸收能量；生成化学键释放能量；

D．铵盐为离子化合物．

本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断是为解答的关键，并注意利用实例来分析解答，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】【答案】ABC11、BD【分析】【详解】

A.因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c(酸)=c(H+)，对于一元弱酸，c(酸)>c(H+)；则A；B两种酸溶液的物质的量浓度一定不相等，故A错误；

B.由图可知；若a=5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故B正确；

C.由图可知；稀释后A的pH大，则A酸溶液的酸性比B酸溶液弱，故C错误；

D.稀释1000倍；若a小于5，则A；B都是弱酸，且A的酸性强于B，故D正确。

故选BD。12、AC【分析】【分析】

根据题目所示的电解池装置，左侧A极区流入亚硫酸根流出连二亚硫酸根，此时A极区S元素化合价降低，发生得电子的还原反应，因此A极为阴极，A极的电极方程式为2SO+2e-+4H+=S2O+2H2O；右侧B极区流入二氧化硫流出硫酸，此时B极区S元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，因此B极为阳极，B极的电极方程式为SO2+2H2O-2e-=SO+4H+；据此分析。

【详解】

A．A极处加入SO产生S2O硫元素化合价降低，发生还原反应，则A极为电解池阴极，B极为电解池阳极，A正确；

B．B极区吸收5molSO2，生成H2SO4，硫元素化合价升高2价，转移电子5mol×2=10mol，根据得失电子守恒，则阴极也转移10mol电子，2SO~S2O~2e-，则A极区生成5molS2OB错误；

C．B极区电解液为稀硫酸，电解过程中SO2转化为H2SO4；则电解一段时间后硫酸浓度增大，C正确；

D．A极处加入产生S2O电解过程中硫元素化合价降低，则A极的电极反应为2SO+2e-+4H+=S2O+2H2O；D错误；

故选AC。13、AB【分析】【详解】

A．由图可知：液态铝为阴极；连接电源负极，所以电子流入液态铝，液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出，故A正确；

B．图中，铝电极上Si4+得电子还原为Si；故该电极为阴极，与电源负极相连，故B正确；

C．由图可知，电解池的阳极上Si失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si；所以Si优先于Cu被氧化，故C错误；

D．使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反应的面积；使单质硅高效的在液态铝电极上沉积，但电子不能进入电解质中，故D正确；

故答案为AB。

【点睛】

考查学生电解池的工作原理及其应用等知识，属于陌生类新型试题，解题的关键是提取图片信息并运用图片给予信息解答，由图可知该装置为电解池：Si4+在液态铝电极得电子转化为Si，所以液态铝电极为阴极，连接电源负极，则Cu-Si合金所在电极为阳极，与电源正极相接，三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供离子自由移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率。14、BC【分析】略【解析】rm{BC}15、AD【分析】略。【解析】rm{AD}16、ABC【分析】解：rm{A.}铁红为氧化铁的俗称，其化学式为rm{Fe_{2}O_{3}}铁红常常用于涂料；油漆中，故A正确；

B.石英中具有彩色环带或层状的称为玛瑙；主要成分是二氧化硅，故B正确；

C.水玻璃是硅酸钠的水溶液，化学式为rm{Na_{2}SiO_{3}}故C正确；

D.rm{NaHCO_{3}}俗名小苏打，苏打是碳酸钠rm{Na_{2}CO_{3}}故D错误；

故选ABC．

A.铁红为氧化铁的俗称；

B.玛瑙主要成分是二氧化硅；

C.水玻璃是硅酸钠的水溶液；

D.碳酸氢钠为小苏打．

本题考查了化学用语，明确物质的成分及俗称是解本题关键，注意物质的用途，题目难度不大．【解析】rm{ABC}三、双选题(共9题，共18分)17、rBD【分析】解：平衡时，生成的rm{C}的物质的量为rm{0.2mol/(L漏qs)隆脕5s隆脕2L=2mol}

rm{3A(}气rm{)+B(}气rm{)?XC(}气rm{)+2D(}气rm{)}

开始rm{(mol)}rm{2.5}rm{2.5}rm{0}rm{0}

变化rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.5}rm{0.5X}rm{1}

平衡rm{(mol)}rm{1}rm{2}rm{2}rm{1}

rm{x=4}则。

A.由以上分析可知rm{x=4}故A正确；

B.平衡时rm{A}的转化率为rm{dfrac{1.5mol}{2.5mol}隆脕100%=60%}故B错误；

C.rm{v(B)=dfrac{dfrac{0.5mol}{2L}}{5s}=0.05mol/(L漏qs)}故C正确；

D.达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比rm{dfrac

{1.5mol}{2.5mol}隆脕100%=60%}rm{v(B)=dfrac{dfrac

{0.5mol}{2L}}{5s}=0.05mol/(L漏qs)}rm{=(1+2+2+1)}故D错误．

故选BD．

根据三段式解题法；求出混合气体各组分物质的量的变化量；平衡时各组分的物质的量．

平衡时，生成的rm{(2.5+2.5)=6}的物质的量为rm{5}

rm{C}气rm{0.2mol/(L漏qs)隆脕5s隆脕2L=2mol}气rm{3A(}气rm{)+B(}气rm{)?XC(}

开始rm{)+2D(}rm{)}rm{(mol)}rm{2.5}rm{2.5}

变化rm{0}rm{0}rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.5}

平衡rm{0.5X}rm{1}rm{(mol)}rm{1}rm{2}

rm{2}

以此根据相关计算公式计算相关物理量．

本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、压强比及转化率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意反应中物质的量关系，题目难度不大．rm{1}【解析】rm{BD}18、BC【分析】【分析】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，侧重对元素周期律的考查，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握。【解答】rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{R}是原子序数依次增大的短周期主族元素。rm{X}是原子半径最小的元素，则rm{X}为rm{H}元素；rm{Z}的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则rm{Z}为rm{Mg}rm{W}原子最外层电子数是最内层电子数的rm{3}倍，最外层电子数为rm{6}结合原子序数可知，rm{W}为rm{S}故rm{R}为rm{Cl}rm{Y}的最高正价与最低负价的代数和为rm{0}处于Ⅴrm{A}族，原子序数小于rm{Mg}故rm{Y}为rm{C}元素。A.rm{X}为rm{H}元素，rm{Y}为rm{C}元素，二者形成的化合物有许多种，故A错误；B.非金属性rm{Cl>S}故氢化物稳定性rm{HCl>H_{2}S}故B正确；C.镁离子核外有rm{2}个电子层，硫离子核外有rm{3}个电子层，则rm{Z}的离子半径比rm{W}的离子半径小，故C正确；D.四氯化碳中为共价键，氯化镁中为离子键，故D错误。故选BC。【解析】rm{BC}19、BD【分析】略。

【解析】rm{BD}20、rBD【分析】解：依据阳离子核外电子数rm{=}质子数rm{-}带电荷数，阳离子rm{X^{n+}}核外有rm{a}个电子，可知质子数rm{=a+n}又因为rm{X}的质子数等于中子数，质量数rm{=}质子数rm{+}中子数，所以rm{X}的质量数为：rm{2隆脕(a+n)=2(a+n)}

故答案为：rm{D}．

质量数rm{=}质子数rm{+}中子数；阳离子核外电子数rm{=}质子数rm{+}带电荷数．

本题考查了质子数、中子数、质量数、核外电子数之间的关系，注意阴阳离子中核外电子数的计算方法，难度不大．【解析】rm{BD}21、C|D【分析】解：A．粗略称量干海带可用托盘天平；故A正确；

B．过滤煮沸后的海带灰水混合液可用漏斗分离；故B正确；

C．用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘；用萃取，使用分液漏斗，故C错误；

D．四氯化碳与水互不相溶；可用分液漏斗进行分液，故D错误．

故选CD．

可用托盘天平粗略称量干海带；灼烧固体应在坩埚中进行，用漏斗过滤浊液，萃取后的液体混合物用分液的方法分离，以此解答该题．

本题考查物质的分离和提纯知识，题目难度不大，注意把握常见物质的分离操作方法和使用的仪器，学习中注意相关基础知识的积累．【解析】【答案】CD22、B|C【分析】解：A．蒸发时不能蒸干；利用余热加热，出现大量固体时停止加热，故A错误；

B．稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；并及时散热，则稀释浓硫酸时，沿烧杯内壁将浓硫酸缓慢加入水中，边加边搅拌，故B正确；

C．分液时避免上下层液体混合；则先放出下层液体，再关闭活塞，从漏斗口倒出上层液体，故C正确；

D．若加水超过容量瓶的刻度线；实验失败，应重新配制，不能用胶头滴管吸出多余液体，故D错误；

故选BC．

A．蒸发时不能蒸干；利用余热加热；

B．稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；并及时散热；

C．分液时避免上下层液体混合；

D．若加水超过容量瓶的刻度线；实验失败，应重新配制．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、溶液配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】【答案】BC23、rCD【分析】解：由以上分析可知rm{W}为rm{H}rm{R}为rm{O}rm{X}为rm{Na}rm{Y}为rm{Al}rm{Z}为rm{S}

A.rm{W}为rm{H}元素；为非金属，故A错误；

B.rm{Al}和rm{S}位于第三周期，rm{R}为第二周期元素，原子半径rm{Al>S>O}故B错误；

C.元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，非金属性rm{O>S}则简单气态氢化物的热稳定性：rm{R>Z}故C正确；

D.rm{X}rm{Y}rm{Z}的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠；氢氧化铝和硫酸；氢氧化铝具有两性，可与酸、强碱反应，故D正确；

故选CD．

短周期主族元素rm{W}rm{R}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序数依次增大，且分别占有三个不同的周期，则rm{W}应为rm{H}元素，rm{R}最外层电子数是其内层电子数的rm{3}倍，原子核外应有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{6}应为rm{O}元素，rm{R}与rm{Z}同主族，rm{Z}应为rm{S}元素；rm{W}与rm{X}同主族，rm{X}的原子序数大于rm{R}rm{X}应为rm{Na}元素，rm{Y}是地壳中含量最多的金属元素，应为rm{Al}元素；以此解答该题．

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{CD}24、rAC【分析】解：rm{A}由图可知，rm{2隆芦4}分钟时间内，生成的二氧化碳的体积最多，故rm{2隆芦4min}反应速率最快；故A错误；

B、rm{4min}后氢离子浓度起主要作用，氢离子浓度降低，rm{4}分钟后的平均反应速率最小；故B正确；

C、随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，rm{0隆芦2}分钟反应刚开始，温度较低此时反应速率由氢离子浓度决定，rm{2隆芦4min}反应速率最快，rm{2隆芦4}分钟温度对反应速率起主要作用，rm{4min}后反应速率又降低；氢离子浓度起主要作用，故C错误；

D、反应rm{4}分钟后；温度较高，但此时反应速率降低，可以想到是因为随反应进行氢离子浓度降低，故D正确；

故选AC．

A；相同时间内；生成的二氧化碳的体积越大，表明反应速率越快，据此结合图象判断；

B、rm{4min}后氢离子浓度起主要作用；氢离子浓度降低；

C、随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，rm{2隆芦4min}反应速率最快，说明反应为放热反应，rm{0隆芦4}分钟温度对反应速率起主要作用，rm{4min}后反应速率又降低；氢离子浓度起主要作用；

D、反应rm{4}分钟后；温度较高，但此时反应速率降低，可以想到是因为随反应进行氢离子浓度降低．

本题考查反应速率的定量表示及有关图象，难度中等，注意根据速率定义式进行理解，注意理解影响反应速率的因素．【解析】rm{AC}25、rAD【分析】解：rm{A.}硫与氧气反应生成二氧化硫；得不到三氧化硫，故A错误；

B.二氧化硫具有漂白性能够使品红溶液褪色；二氧化碳不具有此性质，所以可以鉴别二者，故B正确；

C.rm{SO_{2}}能使品红溶液体现其漂白性、二氧化硫使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色体现其还原性；二者褪色原理不同，故C正确；

D.盐酸酸性强于亚硫酸，据强酸制备弱酸，少量rm{SO2}通过rm{CaCl2}的溶液不发生反应；不能生成白色沉淀，故D错误；

故选：rm{AD}．

A.硫与氧气反应生成二氧化硫；

B.依据二氧化硫具有漂白性解答；

C.依据二氧化硫的漂白性和还原性解答；

D.盐酸酸性强于亚硫酸；依据强酸制备弱酸解答．

本题考查了二氧化硫知识，熟悉二氧化硫的漂白性、还原性是解题关键，注意二氧化硫漂白原理与次氯酸漂白原理的不同，题目难度不大．【解析】rm{AD}四、填空题(共3题，共12分)26、略

【分析】【解析】试题分析：I（1）根据装置图的特点可知，A是铁的化学腐蚀，反应的离子方程式是Fe+2H+＝Fe2++H2↑；B和C都是原电池，其中B中铁是负极，电极反应式是Fe-2e-＝Fe2+；C中铁是正极，溶液中的氢离子放电，电极反应式是2H++2e-＝H2↑。（2）氢气的物质的量是3.36L÷22.4L/mol＝0.15mol，则根据氢原子守恒可知，稀硫酸的浓度是0.15mol÷0.2L＝0.75mol/L。锌的摩尔质量大于铁的，所以三个烧杯中液体质量由大到小的顺序为C＞A＝B。（3）A中是化学腐蚀，B中是铁的析氢腐蚀，C中是牺牲阳极的阴极保护法，所以A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是BAC。II(1)原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。在反应中SO2失去电子，所以通入SO2的电极为负极，其电极反应式为O2－2e－＋2H2O===SO＋4H＋，因此此电极区pH减小。（2）溶液中的阳离子向正极移动，电解质溶液中的H＋通过质子膜向右移动，通入氧气的是正极，电极反应式是O2＋4e－＋4H＋===2H2O。考点：考查金属的电化学腐蚀及防护、原电池的应该应用、判断和计算阴极电极反应式的书写【解析】【答案】（13分）I（1）AFe+2H+=Fe2++H2↑。BFe-2e-="=="Fe2+C2H++2e-===H2↑（2）0.75mol·L-1。C>A=B（3）由快到慢的顺序是BAC（填写序号）。II(1)负SO2－2e－＋2H2O===SO＋4H＋（2分）减小(2)向右O2＋4e－＋4H＋===2H2O（2分）（其余每空1分）27、略

【分析】

（1）⑩为P，其氢化物的化学式为PH3，为S，非金属性S＞P，则还原性PH3＞H2S，气态氢化物H2S＞PH3，故答案为：PH3；强；弱；

（2）K层电子数最多为2，则x=2，则原子结构中有3个电子层，最外层电子数为4，在元素周期表中的位置为第三周期第ⅣA族，气态氢化物的相对分子质量PH3＞CH4，则PH3沸点高；

故答案为：第三周期第ⅣA族；高；

（3）为S，⑧为Mg，形成的化合物为离子化合物，其形成过程为故答案为：

（4）⑦为Na，⑨为Al，为Cl，NaOH与Al（OH）3反应的离子反应为OH-+Al（OH）3═AlO2-+2H2O，HClO4与Al（OH）3反应的离子反应为3H++Al（OH）3═Al3++3H2O；

故答案为：OH-+Al（OH）3═AlO2-+2H2O；3H++Al（OH）3═Al3++3H2O．

【解析】【答案】（1）⑩为P，为S；非金属性越强，则对应离子的还原性越弱，气态氢化物越稳定；

（2）K层电子数最多为2；则x=2，根据原子结构分析其在元素周期表中的位置，气态氢化物的相对分子质量越大，沸点越高；

（3）为S；⑧为Mg，形成的化合物为离子化合物；

（4）⑦为Na，⑨为Al，为Cl；然后利用酸碱之间的反应来分析．

28、略

【分析】解：(1)电解饱和食盐水获得氯气时；A极是活泼金属电极，应为阴极，阴极上是氢离子得电子；

反应式为：2H++2e-=H2↑，B极是阳极，阳极是氯离子失电子的过程，反应式是：2Cl--2e-=Cl2↑；

故答案为：2H++2e-=H2↑；2Cl--2e-=Cl2↑；

(2)测定产生的氢气的体积用排水量气法；导管是短进长出，所以A接G，用装有淀粉碘化钾溶液的洗气瓶检验氯气时，导管要长进短出，所以B接D，氯气要进行尾气处理，即E接C，故答案为：G；F、H、D、E、C；

(3)氯气可以将碘化钾中的碘置换出来，生成的碘单质可使使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，所以证明产物中有Cl2的实验现象是湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；故答案为：湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；

(4)根据电解饱和食盐水的电解原理方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，当产生的H2的体积为44.8mL0.002mol时，生成氢氧化钠的物质的量为0.004mol，所以溶液中NaOH的物质的量浓度==0.08mol/L；

故答案为：0.08mol/L；

(5)在甲烷燃料电池中，负极上失电子的是燃料甲烷，在碱性环境下电极反应为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，正极上得电子的是氧气，在碱性环境下电极反应为：2O2+8e-+4H2O=8OH-；

故答案为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；2O2+8e-+4H2O=8OH-．【解析】2H++2e-=H2↑;2Cl--2e-=Cl2↑;G;F;H;D;E;C;湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝;0.08mol/L;CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O;2O2+8e-+4H2O=8OH-五、判断题(共2题，共10分)29、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．30、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．六、实验题(共2题，共6分)31、略

【分析】解：rm{(1)}配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容等，用到的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器有烧瓶和分液漏