2025年浙科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年浙科版高一化学上册月考试卷930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7题，共14分)1、宏观物质是由微粒构成的，微粒之间存在相互作用，下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.食盐是由rm{Na^{+}}和rm{Cl^{-}}通过离子键形成的离子化合物B.rm{Si}与rm{C}同属Ⅳrm{A}族，因此rm{SiO_{2}}和rm{CO_{2}}两种物质中微粒间作用完全相同C.含有共价键的化合物不一定是共价化合物D.冰中rm{H_{2}O}分子间存在氢键、rm{H_{2}O}分子内存在极性共价键2、下列有关物质用途的叙述不正确的是()A.氧化铁常用作红色油漆和涂料B.氯气可用于自来水杀菌消毒C.单质硅是光导纤维的主要成分D.过氧化钠可用作潜艇里氧气的来源3、已知rm{2MO}rm{{,!}_{y}^{x}}rm{{,!}^{-}+5S^{2-}+16H^{+}=2M^{2+}+5S隆媒+8H_{2}O}则rm{MO}rm{{,!}_{y}^{x}}rm{{,!}^{-}}中rm{M}的化合价为A.rm{+3}B.rm{+4}C.rm{+6}D.rm{+7}4、营养物质能够为有机体提供生命活动所需要的能量．下列单位质量的营养物质产生能量最高的是（）A.糖类B.油脂C.蛋白质D.酶5、已知在25℃，101kPa下，57gC8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出2758.80kJ热量．表示上述反应的热化学方程式正确的是（）A.C8H18（l）+12.5O2（g）=8CO2（g）+9H2O（g）△H=﹣48.40kJ•mol﹣1B.C8H18（1）+12.5O2（g）=8CO2（g）+9H2O（1）△H=﹣5517.6kJ•mol﹣1C.C8H18（1）+12.5O2（g）=8CO2（g）+9H2O（1）△H=+5517.6kJ•mol﹣1D.C8H18（1）+12.5O2（g）=8CO2（g）+9H2O（1）△H=﹣48.40kJ•mol﹣16、下列变化属于物理变化的是（）A.煤的气化B.石油的分馏C.石油的裂解D.煤的干馏7、如果你家里的食用花生油不小心混入了部分水，利用你所学的知识，采用最简便的分离方法是()A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、在恒温恒容的密闭容器中按照下表甲、乙、丙三种方式分别投料，发生反应：3H2（g）＋N2（g）2NH3（g），测得甲容器中H2的平衡转化率为40%，下列说法正确的是（）.。N2（mol）H2（mol）NH3（mol）甲130乙0.51.51丙004

A.乙容器中反应向逆向进行B.达到平衡时，甲、乙、丙三容器中NH3体积分数的大小顺序：甲＝乙>丙C.乙中的NH3转化率为40%D.若丙在恒温恒压的密闭容器进行，平衡后往容器中再充入4molNH3，重新达到平衡时，体系中NH3体积分数不变9、25℃时，用0.1mol·L－1的KOH溶液滴定10mL0.1mol·L－1的H2C2O4溶液；所得滴定曲线如图所示。忽略混合时溶液体积的变化，下列有关各点溶液中粒子浓度关系正确的是。

A.a点溶液中：c(H＋)＝0.1mol·L－1＋c(OH－)－c(H2C2O4)＋c(C2O42-)B.b点溶液中：c(K＋)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42-)C.c点溶液中：c(K＋)＜c(C2O42－)－c(H2C2O4)＋0.1mol·L－1D.d点溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)10、25℃时，稀释HA、HB两种酸溶液，溶液pH的变化曲线如图所示，其中V1表示稀释前酸的体积，V2表示稀释后溶液的体积。下列说法正确的是（）

A.曲线上a、b两点的值一定相等B.pH相同时，c(HA)>c(HB)C.当lg=6时，HA溶液的pH=8D.已知，酸的酸性越强，其对应钠盐的碱性越弱，则25℃时，NaA溶液的pH一定小于NaB溶液11、某碱性溶液中只含有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－4种离子。下列描述正确的是()。A.该溶液可能由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成B.该溶液一定由pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成C.该溶液中离子浓度一定为c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)D.加入一定量冰醋酸，c(CH3COO－)可能大于、等于或小于c(Na＋)12、下列材料既含有硅元素又含有氧元素的是（）A.水泥B.晶体硅C.沙子D.普通陶瓷13、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}14、rm{100mL2mol/L}的盐酸跟过量的锌片反应，为减缓反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是()A.加入适量的rm{6mol/L}盐酸B.加入少量rm{NaNO_{3}}溶液C.加入适量的蒸馏水D.加入少量的醋酸钠固体15、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、填空题(共9题，共18分)16、(18分)为了除去KCl溶液中少量的MgCl2、MgSO4，从稀盐酸、Na2CO3、Ba(NO3)2、K2CO3、Ba(OH)2溶液中，选择A、B、C3种试剂，按图中的实验步骤进行操作：(1)3种试剂的化学式：A________，B________，C________。(2)加过量A的原因是____________，有关反应的化学方程式为_____________________________________________________(3)加过量B的原因是________________，有关反应的化学方程式为17、（2015秋•东阳市校级月考）实验室中需要配制2mol•L﹣1的NaCl溶液950mL，配制时应称取的NaCl的质量是____．18、天然气的主要成分是______；地壳中含量最多的金属元素是______．19、将装有甲烷和氯气混合气体的三个集气瓶用玻璃片盖好瓶口后；分别作如下处理，各有怎样的现象发生．

①置于黑暗中的现象：______；

②放在有光线的房子里：______反应后向瓶内注入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，出现的现象是______甲烷和氯气发生的一系列的反应都是______（填反应类型）；

请写出甲烷和氯气反应生成的一氯甲烷化学方程式______．20、一定质量的镁铝混合物投到rm{2mol隆陇L^{-1}}的盐酸中，待金属完全溶解后，向溶液中加入rm{2mol隆陇L^{-1}}的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如图所示。

则：rm{(1)80隆芦90ml}对应反应的离子方程式________________。rm{(2)}金属铝的质量为_____________rm{(3)}沉淀最大时溶液中溶质为_____________rm{(4)}盐酸的体积是____________。rm{(5)a}的取值范围是_____________。21、（3分）如图：以一铜锌合金为阳极，一纯铜为阴极（起始时两电极质量相等），进行电解，电解液为硫酸铜溶液，当外电路有1.806×1023个电子转移时，阴极比阳极重19.25g，求铜锌合金中铜的质量分数。（已知：电极反应式为阳极：Zn-2e－=Zn2+、Cu-2e－=Cu2+阴极：Cu2++2e－=Cu)22、病人输液用的葡萄糖注射液是葡萄糖（化学式为C6H12O6）的水溶液，其标签如图，则该注射液中葡萄糖的质量分数为______物质的量浓度为______．23、最近，我国利用生产磷铵排放的废渣磷石膏制取硫酸并联产水泥的技术研究获得成功．已知磷灰石的主要成分是Ca3(PO4)2，具体生产磷铵流程如下：

回答下列问题：

(1)操作a的名称是____________，实验室中进行此操作的非玻璃仪器或用品有____________；在实验室中操作b的名称是____________．

(2)装置a中生成两种酸式盐；它们的化学式分别是____________．

(3)依题意猜测固体A中一定含有的物质的化学式是____________(结晶水部分不写)．

(4)热交换器是实现冷热交换的装置．化学实验中也经常利用热交换来实现某种实验目的；气；液热交换时通常使用的仪器是____________．

(5)制硫酸所产生的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2、微量的SO3和酸雾．能用于测定硫酸尾气中SO2含量的是____________．(选填字母)

A．NaOH溶液；酚酞试液。

B．KMnO4溶液、稀H2SO4

C．碘水；淀粉溶液

D．氨水、酚酞试液．24、CoxFe3-xO3+x是录像用的高性能磁粉的主要成分．该化合物中氧为-2价，Co和Fe可能为+2或+3价，且每种元素只有一种化合价．则x=______，Co的化合价为______．评卷人得分四、判断题(共2题，共4分)25、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．26、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）评卷人得分五、工业流程题(共4题，共8分)27、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____。

28、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_______。

29、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__________________。30、用含锂废渣（主要金属元素的含量：Li3.50%Ni6.55%Ca6.41%Mg13.24%）制备Li2CO3，并用其制备Li+电池的正极材料LiFePO4。部分工艺流程如下：

资料：ⅰ滤液1；滤液2中部分两者的浓度（g/L）

ⅱEDTA能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物。

ⅲ某些物质溶解度（S）：

I．制备Li2CO3粗品。

(l)上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是___。

(2)向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品的操作是______。

(3)处理lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是____g。（摩尔质量：Li7g.mol-lLi2CO374g.mol-l）

II．纯化Li2CO3粗品。

(4)将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3。电解原理如图所示，阳极的电极反应式是_______。

III．制备LiFePO4

(5)将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式是__。评卷人得分六、其他(共4题，共24分)31、（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____、、、、。32、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。33、（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____、、、、。34、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。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】解：rm{A.}食盐中rm{Na^{+}}和rm{Cl^{-}}通过离子键结合在一起；含有离子键的化合物属于离子化合物，则食盐属于离子化合物，故A正确；

B.rm{Si}与rm{C}同属Ⅳrm{A}族，rm{SiO_{2}}是原子晶体，晶体中存在共价键，rm{CO_{2}}是分子晶体；分子内存在共价键，分子间存在分子间作用力，故B错误；

C.离子化合物中可能含有共价键，如rm{NaOH}中含有rm{O-H}共价键；属于离子化合物，故C正确；

D.rm{H_{2}O}分子间存在氢键，非金属原子间通过共价键结合，则水分子中rm{O}与rm{H}原子之间通过共价键结合；故D正确．

故选B．

A.阴阳离子之间通过离子键结合；

B.rm{SiO_{2}}是原子晶体，rm{CO_{2}}是分子晶体；

C.离子化合物中可能含有共价键；

D.rm{H_{2}O}分子间存在氢键；非金属原子间通过共价键结合．

本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键及常见的实例，题目难度不大．【解析】rm{B}2、C【分析】【分析】本题考查了物质的用途，明确物质的性质是解题关键，题目难度不大。日常学习中要注意相关知识的积累，以便快速准确解答。【解答】A.氧化铁为红棕色固体，性质稳定，常用作红色油漆和涂料，故A正确；B.氯气可与水反应生成次氯酸，可用于自来水杀菌消毒，故B正确；C.光导纤维的主要成分是二氧化硅，故C错误；D.过氧化钠与二氧化碳和水反应均能生成氧气，所以可用作潜艇里氧气的来源，故D正确。故选C。【解析】rm{C}3、D【分析】【分析】

本题考查学生氧化还原反应及根据信息提取知识的能力等，难度中等，关键根据电荷守恒及元素守恒判断rm{x}rm{y}的值，是对所学知识的综合运用与能力考查，是一道不错的能力考查题目。根据rm{O}原子守恒计算rm{y}的值，再根据电荷守恒计算rm{x}的值，令rm{MO_{y}^{x-}}中rm{M}的化合价为rm{a}根据各元素化合价代数和等于离子所带的电荷计算rm{a}的值。

【解答】

对于反应rm{2MO_{y}^{x-}+5S^{2-}+16H^{+}=2M^{2+}+5S隆媒+8H_{2}O}由rm{O}原子守恒可知rm{2y=8}所以rm{y=4}

由电荷守恒可知rm{2隆脕(-x)+5隆脕(-2)+16=2隆脕2}解得rm{x=1}

rm{MO_{y}^{x-}}中为rm{MO_{4}^{-}}令rm{MO_{4}^{-}}中rm{M}的化合价为rm{a}则：

rm{a+4隆脕(-2)=-1}

解得rm{a=+7}故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}4、B【分析】【解答】基本营养物质有糖类；油脂、蛋白质等；其中单位质量的油脂产生的能量最高．

故选B．

【分析】基本营养物质有糖类、油脂、蛋白质等，其中油脂产生的能量最高．5、B【分析】【解答】解：在25℃时，101kPa下，57gC8H18（辛烷）物质的量为0.5mol，燃烧生成二氧化碳和液态水时放出2758.80kJ热量，则1mol辛烷即114g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出5517.6KJ的热量，热化学方程式为：C8H18（1）+12.5O2（g）=8CO2（g）+9H2O（1）△H=﹣5517.6kJ•mol﹣1；故选B．

【分析】在25℃时，101kPa下，57gC8H18（辛烷）物质的量为0.5mol，燃烧生成二氧化碳和液态水时放出2758.80kJ热量，则1mol辛烷即114g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出5517.6KJ的热量，根据反应物和生成物的状态及反应热写出其热化学反应方程式，注意反应为状态，据此解答．6、B【分析】解：A．煤的气化是将其转化为可燃气体的过程，主要反应为碳与水蒸气反应生成H2；CO等气体；属于化学变化，故A错误；

B．石油的分馏没有新物质生成；属于物理变化，故B正确；

C．石油裂解是大分子分解生成小分子；是化学变化，故C错误；

D．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程；属于化学变化，故D错误．

故选B．

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，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断．

本题考查化学变化，注意化学变化的实质是有新物质生成，解答本题时须从概念入手，分析各选项是否有生成新物质，即可解题，本题难度不大．【解析】【答案】B7、B【分析】略。

【解析】rm{B}二、多选题(共8题，共16分)8、AD【分析】【详解】

A.甲、乙容器是等效的，根据甲中氨气的量为0.8mol，则乙中反应向逆向进行，故A正确；

B.达到平衡时，甲、乙两个容器中NH3体积分数的大小相等：甲＝乙，丙容器可以理解先变为是甲容器的两倍，则此时NH3体积分数与甲相等，但又变为与甲容器一样大，则加压，平衡正向移动，氨气体积分数变大，因此三个容器中NH3体积分数的大小相等：丙>甲＝乙；故B错误；

C.甲乙容器是等效平衡的，平衡是氨气的物质的量为0.8mol，乙则消耗0.2mol，此时乙中的NH3转化率故C错误；

D.若丙在恒温恒压的密闭容器进行，平衡后往容器中再充入4molNH3，前后两者是等效平衡，重新达到平衡时，体系中NH3体积分数不变；故D正确。

综上所述；答案诶AD。

【点睛】

利用建模思想来分析丙装置，加入的量是甲的两倍，先理解为丙容器是甲容器的二倍，这样就与甲容器等效，再压缩变为只有甲一样大的容器，这样就建立起思维模式了。9、AC【分析】【详解】

A.根据物料守恒，a点溶液中有：c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(HC2O4-)＝0.1mol·L－1，即c(C2O42-)+c(HC2O4-)＝0.1mol·L－1-c(H2C2O4)，电荷守恒有c(H＋)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH－)=0.1mol·L－1-c(H2C2O4)＋c(C2O42-)＋c(OH－)；选项A正确；

B.b点时加入10mLKOH溶液，生成KHC2O4溶液，由图像可知，该溶液显酸性，所以HC2O4-的电离程度大于其水解程度，所以c(C2O42-)＞c(H2C2O4)；选项B错误；

C．c点时，溶液呈中性，c(H＋)=c(OH－)，结合电荷守恒得c(K＋)=c(HC2O4－)+2c(C2O42-)，溶液变稀，结合物料守恒有c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(HC2O4-)＜0.1mol·L－1，则c(K＋)=c(HC2O4－)+2c(C2O42-)=c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)-c(H2C2O4)，故有c(K＋)＜c(C2O42－)－c(H2C2O4)＋0.1mol·L－1；选项C正确；

D.d点时加入20mLKOH溶液，生成K2C2O4溶液，存在质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)+2c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)，故有c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)；选项D错误；

答案选AC。10、AD【分析】【分析】

在25℃下，稀释HA、HB两种酸溶液pH=2，加水稀释至稀释100倍，HA溶液pH=4，说明HA为强酸，溶液HB的PH<4；说明HB为弱酸。

【详解】

在25℃下，稀释HA、HB两种酸溶液pH=2，加水稀释至稀释100倍，HA溶液pH=4，说明HA为强酸，溶液HB的PH<4；说明HB为弱酸。

A.曲线上a、b两点，温度不变比值一定不变；所以比值一定相等，故A正确；

B.HA为强酸，HB为弱酸存在电离平衡，pH相同时，c(HA)

C.HA为强酸，lg=6时，稀释106倍；此时需要考虑水的电离，溶液pH接近7，不可能变化为碱，故C错误；

D.HA为强酸，HB为弱酸，25℃时，NaA是强酸盐溶液的pH=7，NaB溶液中B−离子水解溶液显碱性pH>7；NaA溶液的pH一定小于NaB溶液，故D正确；

故选AD。

【点睛】

关于坐标图像题的分析有以下规律：1看面：看横坐标及纵坐标的含义；2看线：看曲线的变化趋势；3看点：看曲线上的特殊点，如起点、拐点、交叉点、终点等。11、AD【分析】【详解】

A、等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合，反应生成CH3COONa，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，也存在Na＋、CH3COO－、H＋、OH－；4种离子，A正确；

B、醋酸为弱酸，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合；醋酸过量，溶液呈酸性，B错误；

C、如NaOH过量较多，可存在c(OH－)＞c(CH3COO－)；C错误；

D、溶液中存在c(OH－)+c(CH3COO－)=c(H＋)+c(Na＋)，如加入一定量的醋酸，溶液呈酸性，则c(CH3COO－)＞c(Na＋)，呈碱性，则c(CH3COO－)＜c(Na＋)，呈中性，则c(CH3COO－)=c(Na＋)；故D正确；

答案选AD。12、ACD【分析】解：A；水泥属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，故A正确；

B；晶体硅是硅单质只含有硅元素；故B错误；

C；沙子的主要化学成分为二氧化硅；含有硅元素和氧元素，故C正确；

D；普通陶瓷均属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，故D正确；

故选：ACD．

水泥和普通陶瓷均属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，晶体硅是硅单质只含有硅元素，沙子的主要化学成分为二氧化硅，含有硅元素和氧元素．

本题考查常见由硅元素组成的无机非金属材料，知晓各种材料的成分是解题的基础，因此要重视基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】ACD13、AD【分析】略。【解析】rm{AD}14、CD【分析】【分析】

本题考查影响化学反应速率的因素，题目难度一般。【解答】A.加入适量的rm{6mol/L}盐酸，会增加氢气的总量，故A错误；盐酸，会增加氢气的总量，故A错误；

rm{6mol/L}B.加入适量rm{NaNO}rm{NaNO}故B错误；

C.加入适量的蒸馏水，可rm{{,!}_{3}}

溶液，不能生成氢气，生成气体为rm{NO}故B错误；可减缓反应速率；又不影响生成氢气的总量，故D正确。

rm{NO}

减缓反应速率，又不影响生成氢气的总量，故C正确；【解析】rm{CD}15、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、填空题(共9题，共18分)16、略

【分析】【解析】试题分析：Mg2＋可以用过量的OH－除去，SO42－可以用过量的Ba2＋除去，所以需要的试剂是氢氧化钡，而过量的氢氧化钡可以用过量的碳酸钾除去，最后加入适量盐酸酸化即可。所以A是氢氧化钡，B是碳酸钾，C是盐酸。考点：考查物质的分离和提纯【解析】【答案】（18分）(1)Ba(OH)2K2CO3稀HCl(2)为了除尽Mg2＋、SO42-MgCl2＋Ba(OH)2===BaCl2＋Mg(OH)2↓，MgSO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋Mg(OH)2↓(3)为了除尽过量的Ba2＋Ba(OH)2＋K2CO3===2KOH＋BaCO3↓，BaCl2＋K2CO3===BaCO3↓＋2KCl17、117g【分析】【解答】实验室中没有950mL的容量瓶；在配制950mL2mol/L的氯化钠溶液，实际上配制的是1000mL2mol/L的NaCl溶液；

1000mL2mol/L的NaCl溶液中含有氯化钠的物质的量为：2mol/L×1L=2mol；需要氯化钠的质量为：58.5g/mol×2mol=117g；

故答案为：117g．

【分析】配制950mL2mol/L的氯化钠溶液，实际上配制的是1000mL2mol/L的NaCl溶液，根据n=cV计算出氯化钠的物质的量，再根据m=nM计算出需要氯化钠的质量．18、略

【分析】解：天然气的主要成分是甲烷；地壳中含量最多的金属元素是铝元素．

故填：甲烷；铝元素．

天然气是一种比较清洁的能源；主要成分是甲烷；

地壳中元素的含量由高到低分别是氧元素；硅元素、铝元素、铁元素、钙元素等．

本题主要考查基础知识，比较简单，只要熟记教材内容即可顺利解答．【解析】甲烷；铝元素19、略

【分析】解：①甲烷与氯气反应须在光照的条件下反应；所以，在黑暗的条件下，无现象；

故答案为：无明显现象；

②甲烷与氯气反应，可生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4等；其中二氯甲烷；三氯甲烷与四氯甲烷为油状液体，所以放在有光线的房子里，黄绿色的氯气被反应掉，气体的颜色变浅，有油状液滴生成；

反应后向瓶内注入适量硝酸酸化的AgNO3溶液；反应生成白色沉淀氯化银；甲烷与氯气在光照下发生取代反应；

甲烷分子中的氢原子被氯气分子中的氯原子取代，生成一氯甲烷和氯化氢，反应方程式为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl；

故答案为：黄绿色逐渐变浅，有油状液滴生成；有白色沉淀生成；取代反应；CH4+Cl2CH3Cl+HCl．

①根据甲烷和氯气反应的条件解答；

②根据甲烷与氯气反应的产物的性质解答；甲烷和氯气发生反应；甲烷分子中的氢原子被氯离子取代，生成氯代甲烷和氯化氢，该反应为取代反应；加入硝酸银溶液后生成了氯化银沉淀；甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢，据此写出反应的化学方程式．

本题考查甲烷的取代反应，题目难度不大，注意甲烷与氯气发生取代反应的特点以及生成物的性质，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活运用能力．【解析】无明显现象；颜色变浅，内壁有油状液滴；有白色沉淀生成；取代反应；CH4+Cl2CH3Cl+HCl20、(1)Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O

(2)0.54g

(3)NaCl

(4)80mL

(5)0≤a＜50【分析】【分析】本题考查离子方程式的计算；镁、铝的化学性质等知识；题目难度中等，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，注意质量守恒在化学计算中的应用方法。

【解答】rm{0隆芦a}段没有生成沉淀，说明盐酸过量，加入的氢氧化钠与氯化氢反应；rm{a隆芦80}段开始生成沉淀，加入rm{80mL}氢氧化钠溶液后沉淀达到最大量，此时溶液中的溶质为rm{NaCl}rm{80隆芦90}段氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗了rm{10mLNaOH}则氢氧化铝沉淀的物质的量为：rm{2mol/L隆脕0.01L=0.02mol}当加入rm{90mLNaOH}溶液后氢氧化铝完全溶解；此时沉淀只有氢氧化镁；

rm{(1)}根据分析可知，rm{80隆芦90ml}对应反应的离子方程式：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案为：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

rm{(2)}从横坐标rm{80mL}到rm{90mL}这段可以得出：rm{n(Al(OH)_{3})=0.02mol}则rm{n(Al)=n(Al(OH)_{3})=0.02mol}原混合物中铝的质量为：rm{27g/mol隆脕0.02mol=0.54g}

故答案为：rm{0.54}

rm{(3)}加入rm{80mL}氢氧化钠溶液时，溶质为rm{NaCl}故答案为：rm{NaCl}

rm{(4)}加入rm{80mL}氢氧化钠溶液时，溶质为rm{NaCl}则：rm{n(HCl)=n(NaOH)=2mol/L隆脕0.08L=0.16mol}

盐酸的体积为：rm{dfrac{0.16mol}{2mol/L}=0.08L=80mL}

故答案为：rm{dfrac

{0.16mol}{2mol/L}=0.08L=80mL}

rm{80}假设盐酸溶解金属后没有剩余，此时酸恰好与合金反应完全，即rm{(5)}通过极值法，当合金中完全是铝时，因为沉淀rm{a=0}需要消耗rm{Al^{3+}}溶液的体积为rm{NaOH}从图可知，中和过量的酸所消耗的碱液体积最大为rm{30mL}但是假设不成立，最大值是不存在的，所以的取值范围为rm{50mL}

故答案为：rm{0leqslanta<50}

rm{0leqslanta<50}【解析】rm{(1)Al(OH)_{3}+OH^{-}}rm{=AlO_{2}^{-}}rm{+2H_{2}O}

rm{(2)0.54g}

rm{(3)NaCl}rm{(4)80mL}

rm{(5)0leqslanta<50}rm{(5)0leqslant

a<50}21、略

【分析】【解析】【答案】（3分）66.3%22、略

【分析】解：（1）由标签所提供的信息；可知该注射液中葡萄糖的质量分数为5%，故答案为：5%；

（2）葡萄糖的质量为25g，其物质的量n=≈0.138mol，则c==0.28mol/L；故答案为：0.28mol/L．

（1）由标签所提供的信息可知该注射液中葡萄糖的质量分数；

（2）由溶质的质量=溶液质量×质量分数计算葡萄糖的质量，根据n=计算葡萄糖的物质的量，再根据c=来计算该注射液中葡萄糖的物质的量浓度．

本题以信息的形式考查物质的量浓度、质量分数，体现化学知识在生活中的实际应用，难度不大，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．【解析】5%；0.28mol/L23、略

【分析】解：(1)分离固体和液体的方法是过滤；过滤需要盛放药品的烧杯；过滤的漏斗、引流作用的玻璃棒、固定漏斗的铁架台(含铁圈)、滤纸等；此操作的非玻璃仪器或用品有铁架台(含铁圈)、滤纸；

从溶液中析出晶体的方法是：将溶液蒸发浓缩；冷却结晶可得相应晶体．

故答案为：过滤；铁架台(含铁圈)；滤纸；蒸发浓缩、冷却结晶．

(2)装置a中磷酸与氨气发生反应，磷酸是三元酸，可以生成(NH4)3PO4、(NH4)2HPO4、NH4H2PO4三种盐，其中(NH4)2HPO4、NH4H2PO4两种酸式盐．

故答案为：(NH4)2HPO4、NH4H2PO4．

(3)由信息可知生产磷铵排放的废渣磷石膏制取硫酸，磷灰石的主要成分是Ca3(PO4)2，在萃取槽中与硫酸发生反应，有磷酸生成，结合流程中硫酸制备，故固体A应为CaSO4．

故答案为：CaSO4．

(4)能实现气；液热交换的装置是冷凝管；下口进水上口处谁，气体和水流方向相反，充分进行热交换．

故答案为：冷凝管．

(5)A、NaOH溶液与SO2、微量的SO3和酸雾反应，测量的SO2含量偏高；故A错误；

B、硫酸尾气中只有SO2能被酸性KMnO4溶液氧化，溶液颜色由紫红色变为无色，根据KMnO4溶液的体积结合方程式计算SO2的含量；故B正确；

C、硫酸尾气中只有SO2能被碘水氧化SO2，溶液颜色由蓝色变为无色，根据碘水溶液的体积结合方程式计算SO2的含量；故C正确；

D、氨水NaOH溶液与SO2、微量的SO3和酸雾反应，测量的SO2含量偏高；故D错误．

故选BC．【解析】过滤;铁架台(含铁圈)、滤纸;蒸发浓缩、冷却结晶;(NH4)2HPO4、NH4H2PO4;CaSO4;冷凝管;BC24、略

【分析】解：若Co；Fe的化合价均为+2；则2x+2（3-x）-2（3+x）=-2x，不符合化合价代数和为0，不成立；

若Co；Fe的化合价均为+3；则3x+3（3-x）-2（3+x）=0，则x=1.5，不是整数；

假设Co为+3价；则铁为+2价，根据化合价代数和为零，则有3x+2（3-x）-2（3+x）=0，解x=0（无Co），不合理；

据此即可判断应该是Co为+2价；铁为+3价，则有2x+3（3-x）-2（3+x）=0，解得x=1．

故答案为：1；+2．

根据化合物的化学式为CoxFe3-xO3+x；利用已知元素的化合价及化合物中正负化合价的代数和为0来解答．

本题考查利用元素化合价的计算原则来求原子个数及元素的化合价，难点是利用原则来确定钴和铁元素的化合价，学生应根据信息合理选择元素的化合价是关键，题目难度不大．【解析】1；+2四、判断题(共2题，共4分)25、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．26、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．五、工业流程题(共4题，共8分)27、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=+4H2O4×10-828、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29、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