2025年沪教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2025年沪教版高一化学下册月考试卷489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5题，共10分)1、下列物质中，摩尔质量最大的是（）A.10mLH2OB.0.8molNaOHC.54gAlD.1gH3PO42、近段时间，朝鲜的“核危机”引起了全球的瞩目，其焦点问题就是朝鲜核电站采用轻水堆还是重水堆，重水堆核电站在发电的同时还可以生产出可供研制核武器的钚rm{(;_{94}^{239}Pu)}下列有关rm{;_{94}^{239}PuPu}的说法不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{;_{94}^{239}Pu}含rm{94}个质子B.rm{;_{94}^{239}Pu}中的中子数和质子数之差为rm{51}C.rm{;_{94}^{239}Pu}中含有rm{94}个中子D.rm{;_{94}^{239}Pu}具有放射性3、已知下列反应：

Co2O3+6HCl（浓）═2CoCl2+Cl2↑+3H2O

2FeCl3+2KI═2FeCl2+I2+2KClCl2+2FeCl2═2FeCl3

则下列物质氧化性由强到弱的顺序是（）A.I2＞FeCl3＞Cl2＞Co2O3B.Co2O3＞Cl2＞FeCl3＞I2C.Cl2＞Co2O3＞I2＞FeCl3D.Cl2＞I2＞Co2O3＞FeCl34、下列有关粒子的表示方法正确的是A.氨气分子的电子式：B.硫原子结构示意图：C.氯气分子的结构式：rm{Cl-Cl}D.rm{H_{2}O}的电子式：5、rm{{,!}^{13}C-NMR(}核磁共振rm{)}rm{{,!}^{15}N-NMR}可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，rm{KurtWuthrich}等人为此获得rm{2002}年诺贝尔化学奖rm{.}下面有关rm{{,!}^{13}}C、rm{{,!}^{15}N}叙述正确的是rm{(}rm{)}A.rm{{,!}^{13}C}与rm{{,!}^{15}N}有相同的中子数B.rm{{,!}^{13}C}与rm{C_{60}}互为同素异形体C.rm{{,!}^{15}N}与rm{{,!}^{14}N}互为同位素D.rm{{,!}^{15}N}的核外电子数与中子数相同评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、以石油、煤和天然气为主要原料生产的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.陶瓷B.塑料C.合成纤维D.合成橡胶7、能用酒精灯直接加热的仪器是()A.量筒B.坩埚C.试管D.蒸发皿8、下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是()A.质子数为rm{17}中子数为rm{20}的氯原子：rm{rlap{_{17}}{^{20}}Cl}B.氯离子rm{(Cl^{-})}的结构示意图：C.氯分子的电子式：D.氯气的结构式：rm{Cl隆陋Cl}9、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>B10、室温下，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。CH3COOH和CH3COONH4形成的缓冲溶液常用于高岭土的成分分析。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒浓度关系正确的是()A.0.1mol·L－1CH3COOH溶液：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)B.0.1mol·L－1CH3COONH4溶液：c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)C.0.1mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等体积混合：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)D.0.3mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等体积混合：c(CH3COOH)＋c(H＋)－c(NH3·H2O)－c(OH－)＝0.15mol·L－111、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+2H2O12、现有阳离子交换膜、阴离子交换膜、石墨电极和如图所示的电解槽。用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液。下列说法中正确的是（）

A.b是阳离子交换膜，允许Na＋通过B.从A口出来的是NaOH溶液C.阴极反应式为4OH-－4e-=2H2O＋O2↑D.Na2SO4溶液从F口加入13、能用酒精灯直接加热的仪器是()A.量筒B.坩埚C.试管D.蒸发皿评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、工业上用铝土矿(主要成份是Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2)提取氧化铝冶炼铝的原料(纯净的Al2O3)；提取操作过程如下：

请回答下列问题：

(1)请写主要成份的化学式：滤渣A____________；滤液丙中的溶质是NaCl和____________．

(2)反应②中Al3+反应的离子方程式为____________；反应③的离子方程式为____________；反应④的化学方程式为____________．15、标准状况下的甲烷和一氧化碳的混合气体rm{8.96L}其质量为rm{7.60g}则混合气体平均相对分子质量为________；混合气体中甲烷的体积为________；一氧化碳的质量为________。16、在下图转化关系中，已知B、D都是淡黄色固体，请回答下列问题。⑴写出下列物质的化学式：B，G。⑵写出下列反应的化学方程式：A→B：；E→F：；B→C：。⑶将过量气体E通入到下列各组溶液后，离子仍能大量共存的是。A．Ba2+、Ca2+、Cl－B．OH－、CO32－、Na+C．Ca2+、ClO－、Cl－D．H+、Fe3+、NO3－17、用电子式表示下列物质：

CaCl2______

H2S：______

NaOH：______．18、写出下列反应的化学方程式；并注明氧化剂；还原剂。

①“曾青得铁化为铜”：______；

②用CO还原Fe2O3炼铁：______．19、I、rm{(1)}写出硫酸铁在水溶液中电离的电离方程式_______________________________

rm{(2)}用单线桥法；标出下列氧化还原反应的电子转移方向和电子总数。

rm{2KMnO_{4}{+}16HCl{=}2KCl{+}2MnCl_{2}{+}5Cl_{2}{隆眉+}8H_{2}O}rm{(3)}在一定条件下，rm{RO_{3}^{n{-}}}和氯气可发生如下反应：rm{RO_{3}^{n{-}}{+}Cl_{2}{+}2OH^{{-}}{=}RO_{4}^{2{-}}{+}2Cl^{{-}}{+}H_{2}O}由以上反应可知在上过程中rm{RO_{3}^{n{-}}}被____________rm{(}填“氧化”或“还原”rm{){,}RO_{3}^{n{-}}}中元素rm{R}的化合价是__________．rm{II}某反应中反应物与生成物有：rm{{As}H_{3}}rm{H_{2}SO_{4}}rm{{KBr}O_{3}}rm{K_{2}SO_{4}}rm{H_{3}{As}O_{4}}rm{H_{2}O}和一种未知物质rm{X{.}(As}为砷元素rm{)}

rm{(1)}已知rm{{KBr}O_{3}}在反应中得到电子；则该反应的还原剂是____________．

rm{(2)}已知rm{0{.}2molKBrO_{3}}在反应中得到rm{1mol}电子生成rm{1molX}则rm{X}的化学式为____________．

rm{(3)}根据上述反应可推知____________．

rm{a{.}}氧化性：rm{{KBr}O_{3}{>}H_{3}{As}O_{4}b{.}H_{3}A_{S}O_{4}}是还原产物。

rm{{KBr}O_{3}{>}H_{3}{As}O_{4}

b{.}H_{3}A_{S}O_{4}}还原性：rm{{As}H_{3}{>}Xd{.}K_{2}SO_{4}}和rm{c{.}}是还原产物rm{{As}H_{3}{>}X

d{.}K_{2}SO_{4}}评卷人得分四、工业流程题(共4题，共36分)20、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___________。21、七铝十二钙(12CaO·7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3)和废铝片制备七铝十二钙的工艺如下：

(1)电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为_____

(2)一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4-和Al2Cl7-两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为______22、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__________________。23、2020年我国废旧锂离子电池的产生将达到爆发期；某高校实验室利用废旧钴酸锂正极片进行钴酸锂的再生工艺设计如下，请回答下列问题：

(1)拆解废旧电池前需要进行放电，以避免在拆解过程中因局部短路起火，放电方式为电化学放电，可以将废旧电池浸泡在_____________中进行放电。

A．酒精B．98%H2SO4C．Na2SO4溶液。

(2)预处理时，钴酸锂(Li0.5CoO2)高温下分解得到LiCoO2、Co3O4和一种气体，该反应的化学方程式为_________________。

(3)已知难溶物CoC2O4的Ksp=4.0×10-6，一般认为离子浓度达到10-5mol/L时即完全除尽。沉钴过程中，当Co2+完全沉淀时，溶液中的浓度至少为_________mol/L。

(4)沉钴过程中，草酸盐体系中钴离子形态分布如图，在不同pH范围钴离子形态不同的原因___________________。

(5)在空气氛围下CoC2O4∙2H2O氧化分解制备Co3O4的失重曲线如图所示，已知失重率大约为19.7%；失重率大约为36.3%；失重率大约为3.0%。请写出发生的化学反应方程式______________________。

(6)已知生成草酸钴的过程为吸热过程。在沉淀时间考查温度对Co2+沉淀率的影响，结果如图所示，沉淀率呈先增大后减小的趋势的原因可能____________。

评卷人得分五、简答题(共4题，共28分)24、乙烯的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平．请回答：

（1）乙烯的结构式是______．

（2）若将乙烯气体通入溴的四氯化碳溶液中，反应的化学方程式为______．

（3）可以用来除去乙烷中混有的乙烯的试剂是______．（填序号）

①水②氢气③溴水④酸性高锰酸钾溶液。

（4）在一定条件下，乙烯能与水反应生成有机物A，A的结构简式是______，其反应类型是______反应（填“取代”或“加成”）．

（5）下列化学反应原理相同的是______（填序号）．

①乙烯使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色。

②SO2使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色。

③SO2使品红溶液和滴有酚酞的NaOH溶液褪色．25、学习了“化学反应的速率是通过实验测得的”以后；某同学设计了下列实验：

按如图安装两套装置，在锥形瓶内各盛有rm{2}克铁rm{(}分别为细铁丝和碎铁屑rm{)}通过分液漏斗分别加入rm{40mL4mol/L}的硫酸溶液，比较二者收集rm{10mLH_{2}}所用的时间．

rm{(1)}如何检查该装置的气密性______．

rm{(2)}该实验除测量化学反应速率外；还能证明______．

rm{(3)}该实验还可通过______来测量化学反应速率rm{(}写出一条即可rm{)}．26、铅蓄电池是常用的化学电源，其电极材料分别是rm{Pb}和rm{PbO_{2}}电解液为稀硫酸rm{.}放电时，该电池总反应式为：rm{Pb+PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}}rm{underset{{鲁盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}2PbSO_{4}+2H_{2}O.}请根据上述情况判断：

rm{(1)}该蓄电池的负极材料是______，放电时发生______rm{(}填“氧化”或“还原”rm{)}反应．

rm{(2)}该蓄电池放电时，电解质溶液的酸性______rm{(}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}电解质溶液中阴离子移向______rm{(}填“正”或“负”rm{)}极．

rm{(3)}已知硫酸铅为不溶于水的白色固体，生成时附着在电极上rm{.}试写出该电池放电时，正极的电极反应______rm{(}用离子方程式表示rm{)}．

rm{(4)}氢氧燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度高于铅蓄电池rm{.}若电解质为rm{KOH}溶液，则氢氧燃料电池的负极反应式为______，正极电极反应为______该电池工作时，外电路每流过rm{1隆脕10^{3}}rm{mol}rm{e^{-}}消耗标况下氧气______L.27、某温度时，在一个rm{2L}的密闭容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：rm{(1)}该反应的化学方程式为__________________________________；rm{(2)}从开始至rm{2min}rm{Z}的平均反应速率为_________；rm{(3)}若rm{X}rm{Y}rm{Z}均为气体，反应达平衡时：此时体系的压强是开始时的______________________倍。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【解答】解：A．水的相对分子质量为18；摩尔质量为18g/mol；B．氢氧化钠的相对分子质量为40，摩尔质量为40g/mol；

C．铝的相对分子质量为27；摩尔质量为27g/mol；

D．磷酸的相对分子质量为98；摩尔质量为98g/mol；

故磷酸的摩尔质量最大；

故选D．

【分析】摩尔质量以g/mol作单位数值上等于其相对分子质量，与物质的质量或物质的量无关，据此解答．2、C【分析】解：rm{A}．rm{;_{94}^{239}Pu}含rm{94}个质子；故A正确；

B.rm{;_{94}^{239}Pu}含rm{94}个质子，质量数为rm{239}则中子数rm{=239-94=145}所以中子数和质子数之差为rm{51}故B正确；

C.rm{;_{94}^{239}Pu}含rm{94}个质子，质量数为rm{239}则中子数rm{=239-94=145}故C错误；

D.rm{;_{94}^{239}Pu}属于放射性元素；具有放射性，故D正确．

故选C．

原子符号中左上角为质量数，左下角为质子数，质量数rm{=}质子数rm{+}中子数；据此分析．

本题考查了解原子的构成，熟记规律“原子序数rm{=}核内质子数rm{=}核外电子数rm{=}核电荷数”和“质子数rm{+}中子数rm{=}相对原子质量”，题目难度不大．【解析】rm{C}3、B【分析】【解答】在Co2O3+6HCl（浓）═2CoCl2+Cl2↑+3H2O中，氧化剂是Co2O3，氧化产物是Cl2，所以氧化性Co2O3＞Cl2；在2FeCl3+2KI═2FeCl2+I2+2KCl中，氧化剂是FeCl3，氧化产物是I2，所以氧化性FeCl3＞I2；在Cl2+2FeCl2═2FeCl3中，氧化剂是Cl2，氧化产物是FeCl3，所以氧化性Cl2＞FeCl3；

故氧化性由强到弱的顺序是：Co2O3＞Cl2＞FeCl3＞I2；

故选B．

【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性．4、C【分析】【分析】本题考查原子结构示意图、分子的电子式和结构式，属于化学用语的考查，题目难度不大。由于此类题型涉及物质广泛，日常学习中要做好专题整理，以便快速准确解答。【解答】A.氨气的电子式为：故A不符合题意；B.硫原子结构示意图为：故B不符合题意；C.氯气分子的结构式：rm{Cl-Cl}故C故C符合题意rm{Cl-Cl}；，故D不符合题意。故选C。D.水是共价化合物，不应用中括号，不能标电荷【解析】rm{C}5、C【分析】解：rm{A}．rm{{,!}^{13}C}与rm{{,!}^{15}N}的中子数分别为rm{7}rm{8}故A错误；

B.rm{{,!}^{13}C}为原子，rm{C_{60}}为单质；二者不是同素异形体，故B错误；

C.rm{{,!}^{15}N}与rm{{,!}^{14}N}为质子数都是rm{7}但中子数不同的原子，则互为同位素，故C正确；

D.rm{{,!}^{15}N}的核外电子数为rm{7}中子数为rm{15-7=8}故D错误；

故选C．【解析】rm{C}二、多选题(共8题，共16分)6、BCD【分析】解：以煤；石油和天然气为主要原料可制造化工产品、合成塑料、合成橡胶、合成纤维等；

故选BCD．

三大合成材料是合成塑料；合成橡胶、合成纤维．

本题考查煤、石油和天然气的用途，难度不大，平时注意知识的积累．【解析】rm{BCD}7、BCD【分析】【分析】

本题考查常见化学仪器的使用知识，难度不大，掌握常见的化学仪器的使用是解答的关键。【解答】

可以直接加热的仪器有：坩埚、试管、蒸发皿，故BCD正确。

故选BCD。

【解析】rm{BCD}8、CD【分析】略。【解析】rm{CD}9、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。10、BD【分析】【详解】

A.0.1mol·L-1CH3COOH溶液中存在醋酸的电离和水的电离，醋酸电离产生的醋酸根与氢离子相等，水也能电离出氢离子，则氢离子的浓度大于醋酸根，即c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)；故A错误；

B.因为醋酸的电离平衡常数与一水合氨的电离平衡常数相等，则醋酸铵中醋酸根与铵根的水解程度相同，溶液呈中性，溶液中有c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)；故B正确；

C.0.1mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等体积混合，根据电荷守恒有c(NH4+)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)，物料守恒有2c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，两式对应相减有c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)；故C错误；

D.0.3mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等体积混合，根据电荷守恒有c(NH4+)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)，物料守恒有4c(NH4+)＋4c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，两式对应相减有3c(NH4+)＋4c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，移项有c(CH3COOH)＋c(H＋)－c(NH3·H2O)－c(OH－)＝3c(NH4+)＋3c(NH3·H2O)=(3×0.1mol·L－1)÷2=0.15mol·L－1；故D正确；

综上所述，答案为BD。11、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。12、AD【分析】【分析】

电解饱和Na2SO4溶液时，阳极附近是OH-放电，生成氧气，阴极附近时H+放电生成氢气，由于装置中放置了离子交换膜，在两极分别生成NaOH和H2SO4；需在阳极室一侧放置阴离子交换膜，只允许通过阴离子，在阴极一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子，接电源正极的是阳极，即B放出氧气，C生成氢气，以此解答该题。

【详解】

A.阴极生成氢气和OH-；在阴极一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子，生成NaOH，故A正确；

B.A为阳极，氢氧根离子放电产生的气体是氧气，同时生成氢离子，则阳极附近生成硫酸，则从A口出来的是H2SO4溶液；故B错误；

C.阴极附近时H+放电生成氢气，反应式为2H++2e-═H2↑；故C错误；

D.NaOH在阴极附近生成，硫酸在阳极生成，则Na2SO4溶液从F口加入；故D正确；

故选AD。13、BCD【分析】【分析】

本题考查常见化学仪器的使用知识，难度不大，掌握常见的化学仪器的使用是解答的关键。【解答】

可以直接加热的仪器有：坩埚、试管、蒸发皿，故BCD正确。

故选BCD。

【解析】rm{BCD}三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】解：(1)铝土矿的成分中；氧化铁和氧化铝均能和盐酸反应得到对应的盐，只有二氧化硅和盐酸不反应，偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳可以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠；

故答案为：SiO2；NaHCO3；

(2)氧化铁和氧化铝均能和盐酸反应得到对应的盐，所以滤液甲的成分是氯化铝和氯化铁，铝离子和过量的氢氧根反应为：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；所以滤液乙的成分是偏铝酸钠，向其中通入过量的二氧化碳，反应为：AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-；氢氧化铝受热易分解，即2Al(OH)3Al2O3+3H2O；

故答案为：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-；2Al(OH)3Al2O3+3H2O．【解析】SiO2;NaHCO3;Al3++4OH-═AlO2-+2H2O;AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-;2Al(OH)3Al2O3+3H2O15、19；6.72L；2.8g【分析】【分析】本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握物质的量、质量、体积的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意碳原子守恒的应用，题目难度不大。【解答】rm{n(}气体rm{)=dfrac{8.96L}{22.4L/mol}=0.4mol}其质量为rm{)=dfrac

{8.96L}{22.4L/mol}=0.4mol}则混合气体平均相对分子质量为rm{7.6g}

设rm{dfrac{7.6}{0.4}=19}为rm{CO}甲烷为rm{xmol}则。

rm{begin{cases}overset{x+y=0.4}{28x+16y=7.6}end{cases}}

解得rm{ymol}rm{begin{cases}

overset{x+y=0.4}{28x+16y=7.6}end{cases}}

甲烷的体积为rm{x=0.1mol}一氧化碳的质量为rm{y=0.3mol}

故答案为：rm{0.3mol隆脕22.4L/mol=6.72L}rm{0.1mol隆脕28g/mol=2.8g}rm{19}

rm{6.72L}【解析】rm{19}rm{6.72L}rm{2.8g}16、略

【分析】试题分析：根据已知条件及相互转化关系可知：A是Na；B是Na2O2；C是NaOH；D是S；E是SO2；F是SO3；G是H2SO4.；H是Na2SO4或NaHSO4。（1）物质B的化学式是Na2O2；物质G的化学式为H2SO4。（2）A→B的化学方程式为2Na+O2Na2O2；E→F的化学方程式为2SO2＋O22SO3；B→C的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。（3）A.SO2的水溶液显酸性，在酸性条件下选项中的离子不会发生反应，能够电离共存。正确。B.SO2+2OH－=SO32-+H2O.不能大量共存。错误。C.发生氧化还原反应：ClO－+H2O+SO2=SO42-+2H++Cl-.不能大量共存。错误。D.发生反应：2Fe3++2H2O+SO2=SO42-+2Fe2++4H+。故选项为A.考点：考查元素、化合物的推断、化学方程式的书写、离子的共存等知识。【解析】【答案】⑴Na2O2，H2SO4⑵A→B：2Na+O2Na2O2E→F：2SO2＋O22SO3B→C：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑⑶A17、略

【分析】解：CaCl2为离子化合物，由钙离子和氯离子构成，其电子式为故答案为：

H2S为共价化合物，S原子最外层达到8电子稳定结构，其电子式为故答案为：

NaOH为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子为阴离子，需要标出所带电荷及最外层电子，氢氧化钠的电子式为

故答案为：．

氯化钙是离子化合物；离子化合物中阴离子写出电荷及电性并用“[]”括起来，阳离子写出电荷和电性即可，离子都满足8电子稳定结构；

硫化氢为共价化合物；共价化合物的电子式需要标出最外层电子；

氢氧化钠为离子化合物；钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子需要标出所带电荷及最外层电子．

本题考查电子式的书写，题目难度不大，明确电子式的书写原则为解答关键，注意掌握离子化合物与共价化合物的电子式的区别，试题侧重考查学生的规范答题能力．【解析】18、略

【分析】解：①“曾青得铁化为铜”：湿法炼铜CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，反应中铜元素化合价从+2价变化为0价，化合价降低得到电子，所以CuSO4做氧化剂；铁元素的化合价从0价变化为+2价，元素化合价升高失电子，所以铁做还原剂；

故答案为：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，氧化剂：CuSO4；还原剂：Fe；

②用CO还原Fe2O3炼铁：工业冶铁Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，反应中铁元素化合价从+3价变化为0价，化合价降低得到电子，所以Fe2O3做氧化剂；碳元素的化合价从+2价变化为+4价，元素化合价升高失电子，所以CO做还原剂；

故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，氧化剂：Fe2O3；还原剂：CO．

①“曾青得铁化为铜”：湿法炼铜为铁和硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜；铁元素的化合价升高，铜元素的化合价降低；

②用CO还原Fe2O3炼铁：工业冶铁为三氧化二铁和一氧化碳反应；反应生成铁和二氧化碳，碳元素的化合价升高，铁元素的化合价降低．

本题考查化学反应及氧化还原反应中氧化剂、还原剂的判断，元素化合价的变化是氧化还原反应的判断依据和特征，依据化合价变化分析，“升失氧，降得还”，题目难度不大．【解析】CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，氧化剂：CuSO4；还原剂：Fe；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，氧化剂：Fe2O3；还原剂：CO19、I.（1）Fe2(SO4)3=2Fe3++2SO42−

（2）

（3）氧化+4

II.（1）AsH3

（2）Br2

（3）ac【分析】【分析】本题考查氧化还原反应相关知识及应用，题目较难。【解答】I.rm{(1)}硫酸铁是强电解质，在水溶液里完全电离，电离方程式为：rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}=2Fe^{3+}+2SO_{4}^{2?}}故答案为：rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}=2Fe^{3+}+2SO_{4}^{2?}}rm{(2)}盐酸中的氯元素失去电子转移给高锰酸钾中的锰元素，故答案为：rm{(3)}分析可知：氯气化合价降低被还原，则rm{RO_{3}^{n?}}中的rm{R}化合价升高被氧化；设rm{RO_{3}^{n?}}中的rm{R}的化合价为rm{x}价，根据得失电子守恒可得：rm{1隆脕2=6隆陋x}则rm{x=+4}故答案为：氧化；rm{+4}rm{II.(1)}分析可知，砷化氢化合价升高变成砷酸，故砷化氢是还原剂，故答案为：rm{AsH_{3}}；rm{(2)0.2mol}的溴酸钾反应得到rm{1mol}的电子生成rm{X}设rm{X}中溴元素的化合价是rm{y}价，可得：rm{0.2隆脕(5隆陋y)=1}解得：rm{y=0}即rm{X}是溴单质，故答案为：rm{Br_{2隆拢}}rm{(3)a.}根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，故rm{a}正确；rm{b.}砷化氢被氧化得到砷酸，故其是氧化产物，故rm{b}错误；rm{c.}还原剂的还原性大于还原产物，故rm{c}正确；rm{d.}溴单质的还原产物，故rm{d}错误。故选rm{ac}【解析】I.rm{(1)Fe_{2}(SO_{4})_{3}=2Fe^{3+}+2SO_{4}^{2?}}rm{(2)}rm{(3)}氧化rm{+4}rm{II.(1)AsH_{3;}}rm{(2)Br_{2;}}rm{(3)ac}四、工业流程题(共4题，共36分)20、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%21、略

【分析】【分析】

(1)用Al片和石墨作电极制备Al(OH)3；Al作阳极，据此分析；

(2)放电时负极材料电极本身Al放电，失电子，根据AlCl4-和Al2Cl7-中铝元素和氯元素的比例来确定AlCl4-作反应物而生成Al2Cl7-。

【详解】

(1)用Al片和石墨作电极来制备Al(OH)3，Al作阳极，石墨作阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极上是来自于水的H+放电：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Al3+与OH-会结合形成难溶性的Al(OH)3，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可得总反应：2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑；

(2)放电时，负极电极本身Al放电，失电子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-作反应物而Al2Cl7-为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-。

【点睛】

本题考查了电解池和原电池的知识，电解池的阳极和原电池的负极失去电子，发生氧化反应，电解池的阴极和原电池的正极得到电子，发生还原反应，结合电解质中含有的微粒书写电极反应式。【解析】2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-22、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+4HCl23、略

【分析】【分析】

废旧钴酸锂(Li0.5CoO2)电池预处理时，Li0.5CoO2高温分解得到LiCoO2、Co3O4和O2；加入葡萄糖和盐酸进行还原辅助酸浸，钴元素转化为CoCl2；加入(NH4)2C2O4溶液沉钴，Co2+转化为CoC2O4沉淀；在空气中氧化煅烧，CoC2O4转化为Co3O4；再用Li2CO3处理，即转化为Li0.5CoO2。

【详解】

(1)废旧电池电化学放电，需发生原电池反应，所以可以将废旧电池浸泡在电解质溶液中进行放电，酒精和98%H2SO4都不能导电，只有Na2SO4溶液能导电；故选C。答案为：C；

(2)预处理时，钴酸锂(Li0.5CoO2)高温下分解得到LiCoO2、Co3O4和一种气体，由于Co元素化合价降低，则气体为O2，该反应的化学方程式为6Li0.5CoO23LiCoO2+Co3O4+O2↑。答案为：6Li0.5CoO23LiCoO2+Co3O4+O2↑；

(3)沉钴过程中，当Co2+完全沉淀时，c(Co2+)≤10-5mol/L，c()=mol/L≥0.4mol/L，所以溶液中的浓度至少为0.4mol/L。答案为：0.4；

(4)沉钴过程中，草酸盐体系中钴离子形态分布如图，pH较小时，主要生成钴的草酸氢盐，因为酸性较强溶液中，草酸根水解转化为草酸氢根或草酸，所以在不同pH范围钴离子形态不同的原因为：低pH范围时，水解为H2C2O4和随着pH增高，水解程度降低。答案为：低pH范围时，水解为H2C2O4和随着pH增高，水解程度降低；

(5)设加热前，CoC2O4∙2H2O的质量为183g，即CoC2O4∙2H2O为1mol，则失重率大约为19.7%时，剩余固体质量为183g×(1-19.7%)=147g；失重率大约为36.3%，剩余固体质量为183g×(1-19.7%-36.3%)=80.5g；失重率大约为3.0%，剩余固体质量为183g×(1-19.7%-36.3%-3.0%)=75g。则时，失重183g-147g=36g，=2mol，则此时刚好失去全部结晶水，所得固体为CoC2O4；时，依据流程图中提供的信息，产物为Co3O4(也可从=241.5g/mol得到证实)；时，M(产物)==75g/mol，则其为CoO。因此时，CoC2O4转化Co3O4，此时应有O2参与反应，且产物中还有碳的氧化物CO2，发生的化学反应方程式3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。答案为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2；

(6)因为生成草酸钴的过程为吸热过程，所以升高温度平衡正向移动，Co2+沉淀率增大，后来沉淀率下降，应由溶解度的增大引起。所以沉淀率呈先增大后减小的趋势的原因可能为：温度的提高有利于增加Co2+与的有效碰撞(或沉淀速率)，同时由于草酸钴的沉淀反应是吸热反应，温度升高有利于沉淀反应正移；由于草酸钻的溶解度在较高温度下可能会增大，因此过高温度反而在一定程度上降低Co2+的沉淀率。答案为：温度的提高有利于增加Co2+与的有效碰撞(或沉淀速率)，同时由于草酸钴的沉淀反应是吸热反应，温度升高有利于沉淀反应正移；由于草酸钻的溶解度在较高温度下可能会增大，因此过高温度反而在一定程度上降低Co2+的沉淀率。

【点睛】

在利用失重实验进行产物分析时，可大胆进行假设。通常情况下，结晶水合物都是先失去结晶水，然后是无水盐再分解生成金属氧化物，最后是金属氧化物再分解；再利用数据进行证实。【解析】C6Li0.5CoO23LiCoO2+Co3O4+O2↑0.4低pH范围时，水解为H2C2O4和随着pH增高，水解程度降低3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2温度的提高有利于增加Co2+与的有效碰撞(或沉淀速率)，同时由于草酸钴的沉淀反应是吸热反应，温度升高有利于沉淀反应正移；由于草酸钻的溶解度在较高温度下可能会增大，因此过高温度反而在一定程度上降低Co2+的沉淀率五、简答题(共4题，共28分)24、略

【分析】解：（1）乙烯的电子式为乙烯的结构式为．

故答案为：．

（2）乙烯中含有碳碳双键，性质较活泼，能和溴发生加成反应生成CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br．

故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br．

（3）乙烯中含有碳碳双键；可以发生加成反应，可以被强氧化剂氧化，而甲烷不能；乙烯能和溴水发生加成反应，乙烯和酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳气体，乙烯和水；氢气只有在一定条件下才反应，所以可以用来除去乙烷中混有的乙烯的试剂是溴的四氯化碳溶液，故选③．

故答案为：③．

（4）在一定条件下，乙烯能与水发生加成反应生成乙醇，乙醇的结构简式为CH3CH2OH．

故答案为：CH3CH2OH；加成．

（5））①乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色的原因是：溴和乙烯发生了加成反应；乙烯使高锰酸钾溶液褪色的原因是：乙烯和高锰酸钾发生氧化还原反应而褪色；所以反应原理不同，故错误；

②SO2使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是：二氧化硫和溴水或高锰酸钾反应氧化还原反应而褪色；所以反应原理相同，故正确；

③SO2使品红溶液褪色的原因是：二氧化硫和有色物质生成了无色物质而褪色；二氧化硫使滴有酚酞的NaOH溶液褪色的原因是：二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，使溶液的碱性降低而褪色，所以原理不同，故错误；

故选②．

（1）根据乙烯的电子式写出乙烯的结构式；

（2）根据乙烯的结构特点及性质分析；乙烯易和溴加成；

（3）乙烯中含有碳碳双键；可以发生加成反应，可以被强氧化剂氧化，而甲烷不能；

（4）乙烯中含有碳碳双键；可以发生加成反应；有机物分子中的不饱和键两端的碳原子与其它原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应．

（5）根据发生反应的反应类型；原理判断；

本题考查了乙烯的化学性质，难度不大，乙烯的碳碳双键结构决定了其化学性质较活泼，能和溴水发生加成反应．【解析】CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br；③；CH3CH2OH；加成；②25、略

【分析】解：rm{(1)}根据装置图中有注射器；利用压强差来选择气密性的检查方法，检查方法为：关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，如活塞复原，则装置的气密性良好；

故答案为：关闭分液漏斗活塞；将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，如活塞复原，则装置的气密性良好；

rm{(2)}其他条件一样，只有反应物铁的状态rm{(}即表面积rm{)}不一样；通过收集等量的氢气所用时间的长短可得出反应物的表面积会影响到反应速率，所以这个实验还能证明其他条件不变，增大反应物的表面积，化学反应速率会加快；

故答案为：其他条件不变；增大反应物的表面积，化学反应速率会加快；

rm{(3)}根据反应离子方程式：rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}可知：该实验还可通过相同时间内溶液中氢离子浓度；亚铁离子浓度的变化来测量化学反应速率；

故答案为：相同时间内溶液中氢离子浓度；亚铁离子浓度的变化．

rm{(1)}根据装置图中有注射器；利用压强差来选择气密性的检查方法；

rm{(2)}其他条件一样，只有反应物铁的状态rm{(}即表面积rm{)}不一样；通过收集等量的氢气所用时间的长短可得出反应物的表面积会影响到反应速率；