2025年北师大版高一化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年北师大版高一化学下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9题，共18分)1、不同条件下，对于工业合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3，下列表示其反应最快的是（）A.v（H2）=0.09mol/（L•s）B.v（N2）=0.02mol/（L•min）C.v（NH3）=0.02mol/（L•min）D.v（NH3）=0.03mol/（L•s）2、氢氧燃料电池是将rm{H_{2}}和rm{O_{2}}分别通入电池，穿过浸入rm{20%-40%}的rm{KOH}溶液的多孔碳电极，其电池反应为rm{2H_{2}+4OH^{-}-4e^{-}篓T4H_{2}O}和rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}篓T4OH^{-}}则下列叙述正确的rm{(}rm{)}A.通氢气的一极是正极，通氧气的一极是负极B.通氢气的一极发生的是还原反应C.工作一段时间后电解质溶液的rm{pH}值减小D.工作时负极区附近的rm{pH}值增大3、位于元素周期表第三周期ⅥA族的元素是A.碳B.氧C.硫D.硅4、合成氨工业为人类解决粮食问题做出了巨大贡献．一定条件下，在密闭容器中进行合成氨反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），当正、逆反应速率相等且不等于零时，下列说法不正确的是（）A.N2、H2完全转化为NH3B.N2、H2、NH3在容器中共存C.反应已达到化学平衡状态D.N2、H2、NH3的浓度不再改变5、铋（Bi）的两种同位素原子分别为：Bi与Bi，下列说法中正确的是（）A.Bi比Bi的质量数小1B.Bi和Bi都含有83个中子C.Bi和Bi的核外电子数不同D.Bi和Bi分别含有126和127个质子6、下列物质互为同分异构体的一组是rm{(}rm{)}A.甲烷和乙烷B.丙烯和环丙烷C.rm{{,!}^{l2}C}与rm{{,!}^{14}C}D.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}7、下列说法中错误的是()A.化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化B.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应C.反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量D.大多数化合反应是放出能量的反应8、下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{L}水中溶解了rm{40}rm{g}rm{NaOH}后，所得溶液浓度为rm{1}rm{mol/L}B.从rm{1}rm{L}rm{2}rm{mol/L}的rm{NaCl}溶液中取出rm{0.5}rm{L}该溶液的浓度为rm{1}rm{mol/L}C.将rm{2.24}rm{L(}标准状况rm{)HCl}气体溶于水制成rm{100}rm{mL}溶液，其物质的量浓度为rm{1}rm{mol/L}D.配制rm{1}rm{L}rm{0.2}rm{mol/L}的rm{CuSO_{4}}溶液，需用rm{32g}胆矾9、在甲、乙、丙三种溶液中各含有rm{Cl^{-}}rm{Br^{-}}rm{I^{-}}中的一种，向甲溶液中加入淀粉溶液和氯水时，溶液变成橙色，再加入乙溶液时，溶液颜色没有明显变化，则甲、乙、丙溶液中依次含的离子为rm{(}rm{)}A.rm{Cl^{-}}rm{Br^{-}}rm{I^{-}}B.rm{Br^{-}}rm{I^{-}}rm{Cl^{-}}C.rm{Br^{-}}rm{Cl^{-}}rm{I^{-}}D.rm{Cl^{-}}rm{I^{-}}rm{Br^{-}}评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、（1）为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-以及泥沙等杂质；某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：

①第5步实验操作需要烧杯、____、____玻璃仪器．

②步骤2中，判断加入BaCl2已过量的方法是：____．

③除杂试剂BaCl2、NaOH、Na2CO3加入的顺序必须满足____．

④若先用盐酸调pH值再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是____．

（2）为检验粗盐溶液中Cl-、SO42-请根据内容填空：

①首先检验____离子，应先加入过量的____．

②将所得混合物过滤，然后在溶液中加入试剂____检验另一离子．11、已知实验室制氯气的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O；其中：

（1）MnO2中Mn元素被____．

（2）HCl中氯原子____（填“得到”或“失去”）电子．

（3）反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为____．

（4）若参加反应的HCl是146g，则被氧化的HCl是____mol．

（5）用单线桥法表示此反应中电子转移情况．MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O．12、下列四种物质中，①硫化钾、②干冰、③氩、④氢氧化钠存在共价键的分子晶体是____，只存在离子键的是____，既存在离子键又存在共价键的是____，不存在化学键的是____（请用序号填空）．13、按要求完成下列各题：

（1）用电子式表示MgCl2的形成过程____．H2O的电子式为____

（2）质量相同的H2O和D2O所含质子数之比为____．

（3）利用如图装置采用适当试剂可完成某探究实验；并得出相应实验结论．请根据相关信息回答：

①为了证明元素的非金属性强弱是S＞C＞Si．你认为各物质应该是：甲为____；乙为____；丙为____．（已知乙中有气泡产生；丙中有白色沉淀）

②如果甲为水，乙为Na2O2粉末，丙为H2S的饱和水溶液．实验中观察到丙中生成淡黄色沉淀．说明元素O、S非金属性强弱为____14、回答下题；

rm{(1)}下列原子：rm{;_{6}^{14}}C、rm{;_{7}^{14}N}rm{;_{11}^{23}Na}rm{;_{1}^{3}}H、rm{;_{92}^{235}U}rm{;_{19}^{40}}K、rm{;_{92}^{238}U}中共有______种元素；______种核素，______互为同位素．

rm{(2)}阴离子的中子数为rm{N}rm{{,!}^{A}X^{n-}}共有rm{x}个电子，则rm{N=}______．

rm{(3)}书写电子式rm{HClO}______rm{NaCl}______．15、硫酸的性质有：rm{A.}强酸性；rm{B.}吸水性；rm{C.}脱水性；rm{D.}强氧化性rm{.}在下列硫酸的用途或化学反应中；硫酸可能表现上述的一个或者多个性质，试用字母填空：

rm{(1)}实验室干燥氢气______；

rm{(2)}浓硫酸与金属铜的反应______；

rm{(3)}实际生产中；浓硫酸可用钢瓶贮运______；

rm{(4)}浓硫酸使蔗糖变黑，且有刺激性气味的气体产生______．16、（10分）小美在五连环中填入了5种物质，相连环物质间能发生反应，不相连环物质间不能发生反应。请完成下列问题：（1）五连环中发生的反应中①属于置换反应的化学方程式为_________________________________________________；②属于复分解反应的化学方程式为_________________________________________________；③属于化合反应的化学方程式为__________________________________________________________。（2）写出CO2与NaOH溶液反应的化学方程式_____________________________________________________。（3）上述反应中属于氧化还原反应的有________个。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)17、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）18、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）19、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。20、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．21、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）22、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）评卷人得分四、其他(共4题，共8分)23、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。24、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。25、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。26、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共7分)27、如图表示A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色。

回答下列问题：

(1)A→D反应常用于人工固氮，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)D→C是工业制硝酸的重要反应，化学方程式为_______。

(3)B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收，则B与的物质的量之比为_______，若该反应转移个电子，则参加反应的B的物质的量为_______mol。评卷人得分六、工业流程题(共4题，共36分)28、钼酸钠(Na2MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上利用钼精矿(主要成分为MoS2)制备金属钼和钼酸钠晶体的流程如下图所示。

回答下列问题：

(1)如果在空气中焙烧1molMoS2时，S转移12mol电子，则MoS2中钼元素的化合价为____；焙烧产生的尾气对环境的主要危害是___。

(2)若在实验室中进行操作2，则从钼酸钠溶液中得到钼酸钠晶体的操作步骤是_；过滤；洗涤、干燥。

(3)钼精矿中MoS2含量的测定：取钼精矿16g，经在空气中焙烧、操作1、操作2得到钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)12.1g(假设各步的转化率均为100%)，钼精矿中MoS2的质量分数为_________。(已知MoS2的相对分子质量为160，Na2MoO4·2H2O的相对分子质量为242)。

(4)操作3硫元素被氧化为最高价，发生反应的离子方程式为_______。

(5)用镍、钼作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)的装置如图所示。b电极上的电极反应式为____________。

(6)某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，该温度下BaMoO4的Ksp的值为____。

29、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_______。

30、工业上制备BaCl2·2H2O有如下两种途径。

途径1：以重晶石（主要成分BaSO4）为原料；流程如下：

（1）写出“高温焙烧”时反应的化学方程式：_____________________________________。

（2）气体用过量NaOH溶液吸收，得到硫化钠。Na2S水解的离子方程式为_____________。

（3）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，=___________。[Ksp(AgBr)=5.4×10-13，Ksp(AgCl)=2.0×10-10]

途径2：以毒重石(主要成分BaCO3，含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)为原料；流程如下：

已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9。Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.7

（4）为提高矿石的浸取率，可采取的措施是_________。

（5）加入NH3·H2O调节pH=8可除去___________（填离子符号），滤渣Ⅱ中含_________（填化学式）。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________。

（6）重量法测定产品纯度的步骤为：准确称取mgBaCl2·2H2O试样，加入100mL水，用3mL2mol·L－1的HCl溶液加热溶解。边搅拌，边逐滴加入0.1mol·L－1H2SO4溶液。待BaSO4完全沉降后，过滤，用0.01mol·L－1的稀H2SO4洗涤沉淀3~4次，直至洗涤液中不含Cl－为止。将沉淀置于坩埚中经烘干灼烧至恒重，称量为ng。则BaCl2·2H2O的质量分数为_________。

（7）20℃时，PbCl2(s)在不同浓度盐酸中的最大溶解量(单位：g·L-1)如图所示。下列叙述正确的是_______________

A．盐酸浓度越大，Ksp(PbCl2)越大。

B．PbCl2能与一定浓度的盐酸反应。

C．x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)相等。

D．往含Pb2+的溶液中加入过量浓盐酸，可将Pb2+完全转化为PbCl2(s)31、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__________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】解：由于不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比；则不同物质表示的反应速率与其化学计量数的比值越大，表示反应速率越快；

A．v（H2）=0.09mol/（L•s）=5.4mol/（L•min），=1.8mol/（L•min）；

B.=0.02mol/（L•min）；

C.=0.01mol/（L•min）；

D．v（NH3）=0.03mol/（L•s）=1.8mol/（L•min），则=0.9mol/（L•min）；

故选：A．

由于不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比；则不同物质表示的反应速率与其化学计量数的比值越大，表示反应速率越快，注意单位保持一致．

本题考查反应速率快慢比较，难度不大，也可转化为同种物质的反应速率进行比较，注意单位保持一致．【解析】【答案】A2、C【分析】解：rm{A}在燃料电池中；通入燃料氢气的一极为电池的负极，通入氧气的一极是正极，故A错误；

B；在燃料电池中；通入燃料氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，故B错误；

C、氢氧燃料电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，产物为水，工作一段时间后电解质溶液碱性减弱，rm{pH}减小；故C正确；

D、氢氧燃料电池中通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：rm{2H_{2}+4OH^{-}-4e^{-}篓T4H_{2}O}负极区附近rm{pH}减小；故D错误．

故选C．

氢氧燃料电池是将化学能转变为电能的装置；工作时，通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，产物为水．

本题主要考查原电池的工作原理，根据得失电子确定正负极，题目难度不大，注意电极反应式的书写．【解析】rm{C}3、C【分析】考查元素周期表的结构。周期表第三周期ⅥA族的元素是硫，所以答案选C。【解析】【答案】C4、A【分析】【解答】反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；当正；逆反应速率相等且不等于零时，化学平衡状态．

A；可逆反应中；反应物不能完全转化为氨气，故A错误；

B、N2、H2、NH3在容器中共存；故B正确；

C；正、逆反应速率相等且不等于零时的状态是化学平衡状态；故C正确；

D；化学平衡状态时；各组分的浓度不随时间的变化而变化，故D正确．

故选A．

【分析】根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等来回答判断．5、A【分析】【解答】解：A、Bi比Bi的质量数小1，故A正确；B、Bi和Bi都含有83个质子；故B错误；

C、Bi和Bi都含有83个核外电子；故C错误；

D、Bi和Bi分别含有126和127个中子；故D错误．

故选A．

【分析】由题意可知，原子序数为83，Bi元素的两种原子的质量数为209和210，根据质量数=质子数+中子数计算．6、B【分析】解：rm{A.}甲烷和乙烷分子式不同，结构相似，组成相差rm{CH_{2}}为同系物，故A不符合；

B.丙烯和环丙烷分子式为rm{C_{3}H_{6}}结构不同，为同分异构体，故B符合；

C.rm{{,!}^{12}C}和rm{{,!}^{14}C}是质子数相同；中子数不同的原子，属于同位素，故C不符合；

D.氧气与臭氧是氧元素组成的不同的单质；互称同素异形体，故D不符合；

故选B．

具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同分异构体必须满足：分子式相同，结构不同，据此进行解答．

本题主要考查同位素、同素异形体、同分异构体等化学基本概念，题目难度不大，明确这几个概念的区别是解本题的关键，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．【解析】rm{B}7、B【分析】【分析】本题主要考查了反应中能量的变化，需要注意的是一个化学反应发生的条件与反应的热效应无关。【解答】A.化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化；故A正确；

B.反应是放热反应还是吸热反应与反应条件无关系，只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系；反应物所具有的总能量高于生成的总能量，则为放热反应，反之为吸热反应，故B错误；

C.一个反应是放出能量还是吸收能量取决于反应物总能量和生成物总能量的相对大小；反应物所具有的总能量高于生成的总能量，则为放热反应，反之为吸热反应，故C正确；

D.一般来说，大多数化合反应是放出能量的反应；故D正确。

故选B。【解析】rm{B}8、C【分析】解：rm{A.40gNaOH}的物质的量rm{=dfrac{40g}{40g/mol}=1mol}rm{=dfrac

{40g}{40g/mol}=1mol}固体溶于rm{1mol/LNaOH}水后溶液体积大于rm{1L}则配制溶液浓度小于rm{1L}故A错误；

B.溶液具有均一性，其浓度与体积多少无关，所以从rm{1mol/L}rm{1}rm{L}rm{2}的rm{mol/L}溶液中取出rm{NaCl}rm{0.5}溶液浓度仍然为rm{L}故B错误；

C.标况下rm{2mol/L}的rm{n(HCl)=dfrac{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol}该气体溶于水制成rm{2.24LHCl}溶液，rm{c=dfrac{n}{V}=dfrac{0.1mol}{0.1L}=1mol/L}故C正确；

D.胆矾的摩尔质量是rm{n(HCl)=dfrac

{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol}胆矾质量rm{100mL}故D错误．

故选C．

A.rm{c=dfrac{n}{V}=dfrac

{0.1mol}{0.1L}=1mol/L}的物质的量rm{=dfrac{40g}{40g/mol}=1mol}rm{250g/mol}固体溶于rm{m=nM=0.2mol/L隆脕1L隆脕250g/mol=50g}水后溶液体积大于rm{40gNaOH}

B.溶液具有均一性；其浓度与体积多少无关；

C.标况下rm{=dfrac

{40g}{40g/mol}=1mol}的rm{n(HCl)=dfrac{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol}该气体溶于水制成rm{1mol/LNaOH}溶液，根据rm{1L}计算溶液物质的量浓度；

D.胆矾的摩尔质量是rm{1L}根据rm{2.24LHCl}计算胆矾质量．

本题考查物质的量浓度有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确物质的量浓度公式中各个物理量关系是解本题关键，注意rm{n(HCl)=dfrac

{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol}中rm{100mL}指溶液体积而不是溶剂体积，为易错点．rm{c=dfrac{n}{V}}【解析】rm{C}9、C【分析】解：向甲中加淀粉溶液和氯水，则溶液变为橙色，发生rm{Cl_{2}+2Br^{-}=Br_{2}+2Cl^{-}}则甲中含有溴离子；

再加入乙溶液；颜色无明显变化，因氯气能氧化碘离子，则乙中不含碘离子，即乙中含氯离子；

甲；乙、丙三种溶液各含有一种离子；则丙中含碘离子；

所以甲、乙、丙依次含有rm{Br^{-}}rm{Cl^{-}}rm{I^{-}}

故选C．

向甲中加淀粉溶液和氯水，则溶液变为橙色，则甲中含有溴离子；再加入乙溶液，颜色无明显变化，则乙中没有rm{I^{-}}所以乙含氯离子，以此来解答．

本题以置换反应为载体考查同一主族性质递变规律，明确同一主族元素性质递变规律即可解答，知道非金属性强弱判断方法，熟练掌握元素周期律内涵并会灵活运用，题目难度不大．【解析】rm{C}二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】

（1）①过滤装置是分离难溶性物质和溶液的分离方法；用到的玻璃仪器为：烧杯；玻璃棒、漏斗，故答案为：玻璃棒；漏斗；

②过量的氯化钡会将全部的硫酸根离子沉淀完毕，只要是硫酸根剩余，则氯化钡会与其反应出现白色沉淀，所以判断BaCl2已过量的方法是：取第②步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量；

故答案为：取第②步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量；

③除杂试剂为了根号除去杂质离子，一般是过量的，碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，BaCl2、NaOH、Na2CO3加入的顺序必须满足最后加入碳酸钠；过滤后再加盐酸制不再有气体生成即可，故答案为：在氢氧化钠和氯化钡试剂加入后再加入碳酸钠；

④若先用盐酸调pH再过滤；氢氧化镁沉淀；碳酸钙沉淀均会和盐酸反应，将对实验结果产生影响；

故答案为：在此酸度条件下；会有部分沉淀溶解，从而影响制得精盐的纯度；

（2）在检验氯离子时；是加入硝酸银出现白色沉淀，证明氯离子的存在；但是硫酸银是微溶于水的，量多了也就变成沉淀了，所以要先检验硫酸根离子，再检验氯离子；先检验硫酸根离子的存在，加入过量的试剂是硝酸钡；过滤沉淀后，加入硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子的存在；

故答案为：SO42-；Ba（NO3）2；硝酸酸化的硝酸银溶液．

【解析】【答案】（1）①根据过滤操作要求分析；依据过滤实验用到的仪器来回答；

②根据钡离子能和硫酸根之间反应生成硫酸钡沉淀来检验氯化钡是否过量；

③碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来；除镁离子用氢氧化钠；除钙离子用碳酸钠，除硫酸根离子用氯化钡，所加试剂要过量，为了将多余的杂质除掉，碳酸钠必须放在氯化钡的后面；

④氢氧化镁沉淀；碳酸钙沉淀均会和盐酸反应；

（2）氯化银；硫酸钡均是不溶于稀硝酸的白色沉淀；在检验氯离子时；是加入硝酸银出现白色沉淀，证明氯离子的存在；但是硫酸银是微溶于水的，量多了也就变成沉淀了，所以要先检验硫酸根离子，再检验氯离子．

11、略

【分析】

（1）因反应中二氧化锰中的Mn元素的得电子化合价降低而被还原；故答案为：还原；

（2）反应中氯元素的化合价升高；则氯元素失去电子，故答案为：失去；

（3）由MnO2+4HCl=MnCl2+2H2O+Cl2↑可知，1molMnO2反应时氧化剂为1mol；但参加反应的4molHCl中只有。

2molHCl作还原剂；即还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；

（4）参加氧化还原反应的氯化氢是参加反应的氯化氢的一半；所以被氧化的氯化氢的质量是73g，其物质的量=

=2mol；故答案为：2；

（5）该反应中Cl元素失去电子，Mn元素得到电子，转移的电子总数为2e-，则电子转移的方向和数目（浓）═MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：（浓）═MnCl2+Cl2↑+2H2O．

【解析】【答案】（1）氧化还原反应中；得电子化合价降低的元素被还原；

（2）在氧化还原反应中；失电子化合价升高的元素被氧化；

（3）根据得失电子确定还原剂和氧化剂的物质的量关系；

（4）根据参加反应的氯化氢和被氧化的氯化氢之间的关系式计算；

（5）根据失去电子的元素和得到电子的元素及转移的电子总数来标出电子转移的方向和数目；

12、略

【分析】

①硫化钾晶体是离子晶体；存在的化学键是离子键；

②干冰是分子晶体；存在的化学键是极性共价键；

③氩形成的晶体是分子晶体；氩是单原子分子，不存在化学键，只存在分子间作用力；

④氢氧化钠晶体是离子晶体；存在的化学键有离子键；共价键；

故答案为：②；①；④；③．

【解析】【答案】先判断晶体类型；再判断晶体中存在的微粒及化学键类型．

13、10：9硫酸碳酸钠硅酸钠O＞S【分析】【解答】（1）MgCl2属于离子化合物，Mg最外层两个电子被两个Cl原子得到，用电子式表示形成过程为：

H2O是共价化合物，是由原子和氢原子形成共价键，电子式为

故答案为：

（2）质量相同的H2O和D2O的物质的量之比为=10：9；所以质子数之比为10：9；

故答案为：10：9；

（3）①元素非金属性强其最高价氧化物对应的水合物酸性越强；即酸性硫酸＞碳酸＞硅酸，根据强酸制取弱酸的原理知甲；乙、丙；

故答案为：硫酸；碳酸钠、硅酸钠；

②水与过氧化钠反应生成氧气；氧气氧化性比硫强，氧气通入硫化氢溶液中可将硫置换出来，则非金属性：O＞S．

故答案为：O＞S．

【分析】（1）MgCl2属于离子化合物；Mg最外层两个电子被两个Cl原子得到；水是共价化合物，其电子式由对应原子的电子式组成，并要表示出两原子之间的共用电子对情况；

（2）先计算H2O和D2O的物质的量；再计算分子中质子数之比；

（3）①通过复分解反应可以比较物质酸性强弱；最高价氧化物酸性越强，元素非金属性越强；

②单质的氧化性越强，元素的非金属性越强．14、6；7；U、U；A-x+n；【分析】解：rm{(1)}涉及元素有rm{C}rm{N}rm{Na}rm{H}rm{U}rm{K}共rm{6}种，有rm{7}种核素，rm{;_{92}^{235}U}rm{;_{92}^{238}U}相互为同位素，故答案为：rm{6}rm{7}rm{;_{92}^{235}U}rm{;_{92}^{238}U}

rm{(2)^{A}X^{n-}}共有rm{x}个电子，可知质子数为rm{x-n}质量数为rm{A}则中子数rm{=}质量数rm{-}质子数rm{=A-x+n}故答案为：rm{A-x+n}

rm{(3)HClO}rm{NaCl}分别为共价化合物、离子化合物，次氯酸的电子式为氯化钠的电子式为

故答案为：．

rm{(1)}元素具有相同的质子数；核素具有相同的质子数，但中子数不同，相同元素的不同核素之间互为同位素；

rm{(2)^{A}X^{n-}}共有rm{x}个电子，可知质子数为rm{x-n}质量数为rm{A}则中子数rm{=}质量数rm{-}质子数；

rm{(3)HClO}rm{NaCl}分别为共价化合物；离子化合物．

本题考查较为综合，涉及核素、电子式等知识，为高频考点，侧重考查学生的双基，难度不大，注意把握电子式的书写，区别核素、同位素等概念．【解析】rm{6}rm{7}rm{;_{92}^{235}U}rm{;_{92}^{238}U}rm{A-x+n}15、B；AD；D；CD【分析】解：rm{(1)}做干燥剂是浓硫酸的吸水性，所以实验室用浓硫酸干燥氢气，体现了硫酸的吸水性，故选：rm{B}

rm{(2)}稀硫酸和铜不反应，浓硫酸和铜在加热条件下反应，体现浓硫酸的酸性和强氧化性，故选：rm{AD}

rm{(3)}实际生产中，浓硫酸可用钢瓶贮运，金属产生钝化现象，体现浓硫酸的强氧化性，故选：rm{D}

rm{(4)}浓硫酸使蔗糖变黑，是浓硫酸的脱水性，碳粉与热的浓硫酸反应放出有刺激性气味的气气体，体现浓硫酸的强氧化性，故选：rm{CD}．

rm{(1)}做干燥剂是浓硫酸的吸水性；

rm{(2)}稀硫酸和铜不反应；浓硫酸和铜在加热条件下反应，体现浓硫酸的酸性和强氧化性；

rm{(3)}产生钝化现象是浓硫酸的强氧化性；

rm{(4)}浓硫酸使蔗糖变黑；是浓硫酸的脱水性，碳粉与热的浓硫酸反应放出有刺激性气味的气气体，体现浓硫酸的强氧化性．

浓硫酸除具有酸的通性外，还有强氧化性、吸水性、脱水性，吸水性和脱水性的区别：吸水性吸的是游离态的水，脱水性脱的是氢氧原子按rm{2}rm{1}形成的水．【解析】rm{B}rm{AD}rm{D}rm{CD}16、略

【分析】试题分析：（1）①可以发生置换反应的是Fe和稀盐酸，方程式为：Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑。②盐酸和NaOH溶液可以发生复分解反应，方程式为：NaOH＋HCl===NaCl＋H2O。③CO2和C生成CO是化合反应，方程式为：CO2＋C2CO。（2）CO2与NaOH溶液反应的产物与反应物的量有关系，当CO2不过量发生：CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O，当CO2过量发生：CO2＋NaOH===NaHCO3（3）①、③反应反应中元素的化合价发生了改变是氧化还原反应。考点：四种基本类型反应。【解析】【答案】（1）①Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑②NaOH＋HCl===NaCl＋H2O③CO2＋C2CO（2）CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O或CO2＋NaOH===NaHCO3（3）2三、判断题(共6题，共12分)17、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．18、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．19、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．20、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．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】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、其他(共4题，共8分)23、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)224、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-25、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)226、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-五、元素或物质推断题(共1题，共7分)27、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色，B为二氧化氮；A为氮气，氮气和氧气生成一氧化氮C，一氧化氮和氧气生成二氧化氮D，二氧化氮和水生成硝酸E，硝酸和铜生成一氧化氮、硝酸铜；氮气和氢气生成氨气D，氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮；

【详解】

（1）A→D反应为氮气和氢气催化生成氨气，

（2）D→C为氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮和水，

（3）二氧化氮B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收生成硝酸，反应为则二氧化氮与的物质的量之比为4:1；该反应电子转移情况为若该反应转移个电子，则参加反应的二氧化氮的物质的量为1mol。【解析】(1)

(2)

(3)4:11六、工业流程题(共4题，共36分)28、略

【分析】【分析】

制备钼酸钠：钼精矿(主要成分为MoS2)在空气中焙烧得到MoO3，根据S元素的价态变化规律可知S元素被氧化成二氧化硫；然后MoO3用NaOH溶液溶解，过滤分离出难溶物，得到Na2MoO4溶液；经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na2MoO4.2H2O；制备钼单质：钼精矿(主要成分为MoS2)经碱浸并用NaClO氧化，过滤得到Na2MoO4溶液，加入足量硫酸得到钼酸沉淀，过滤后经高温灼烧得到MoO3，氢气还原MoO3得到Mo。

【详解】

(1)如果在空气中焙烧1molMoS2时，S转移12mol电子，根据电子守恒：(+4-x)×2=12，解得x=-2，所以MoS2中硫元素为-2价，钼元素的化合价为+4；焙烧的产物除MoO3外的另一种是SO2，产生的尾气对环境的主要危害是形成酸雨；(2)在实验室中进行操作2，从钼酸钠溶液中得到钼酸钠晶体的操作步骤是加热浓缩(或蒸发浓缩)、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；(3)设钼精矿中MoS2的质量分数为w，根据元素守恒可得关系式所以160:16w=242:12.1g，解得w=0.5，所以钼精矿中MoS2的质量分数为50％；(4)根据题意可知NaClO将MoS2氧化生成和自身被还原成Clˉ，MoS2整体化合价升高18价，NaClO降低2价，所以二者的系数比为1:9，再结合元素可得发生反应的离子方程式为MoS2+6OHˉ+9ClOˉ=+2+9Clˉ+3H2O；(5)b与电源正极相连，为阳极，所以钼得电子发生氧化反应，在碱性环境中生成Na2MoO4，根据电荷守恒和电子守恒可得电极反应式为Mo-6eˉ+8OHˉ=+4H2O；(6)据图可知c(Ba2＋)=2×10－4mol/L时，c()==2×10－4mol/L，所以BaMoO4的Ksp=c(Ba2＋)c()==2×10－4×2×10－4=4×10－8；

【点睛】

本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，难点为第4题中NaClO将MoS2氧化生成和的方程式的配平，要注意结合电子守恒、电荷守恒、质量守恒进行配平。【解析】+4形成酸雨加热浓缩(或蒸发浓缩)、冷却结晶50％MoS2+6OHˉ+9ClO-=+2+9Clˉ+3H2OMo-6eˉ+8OHˉ=+4H2O4×10-829、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30、略

【分析】【详解】

（1）由流程图知高温焙烧时为重晶石矿和炭发生氧化还原反应，其中炭过量，故可知反应为：BaSO4+4C4CO↑