2025年人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年人教版高一化学下册月考试卷438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、含有相同氧原子数的CO2和CO的物质的量之比为A.1:1B.1:2C.2:3D.2:12、下列实验操作中错误的是（）A.进行蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处B.进行分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C.进行蒸发结晶操作时，应将溶液蒸干D.进行称量操作时，应将称量物放在托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘3、某有机物的结构为HOCH2CH=CHCH2COOH，这种有机物不可能具有的性质是①能发生水解反应②能使酸性KMnO4溶液褪色③能跟NaOH溶液反应④能发生酯化反应⑤能发生加聚反应A.①②B.只有①C.只有⑤D.①④4、下列物质属于弱电解质的是rm{(}rm{)}A.rm{NaOH}B.rm{H_{2}SO_{4}}C.rm{NaCl}D.rm{H_{2}O}5、下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.凡是分子组成相差一个或几个“rm{CH_{2}}”原子团的物质，彼此一定是同系物B.植物油能够使溴水褪色而矿物油不能使溴水褪色C.具有苯环结构的蛋白质遇浓rm{HNO_{3}}变性，产生黄色不溶物D.组成元素的质量分数相同，且相对分子质量也相同的不同化合物互为同分异构体6、高温下；炽热的铁与水蒸气在一个体积可变的密闭容器中进行反应：

rm{3Fe(s)+4H_{2}O(g)=Fe_{3}O_{4}(s)+4H_{2}(g)}下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是rm{(}rm{)}A.把铁块变成铁粉B.将容器的体积缩小一半C.压强不变，充入氮气使容器体积增大D.体积不变，充入氮气使容器压强增大7、下列实验操作中，所用仪器合理的是rm{(}rm{)}A.在蒸发皿中放入rm{NaCl}溶液，加热、蒸发得到rm{NaCl}晶体B.用rm{10}rm{mL}量筒量取rm{4.80}rm{mL}的盐酸C.用托盘天平秤取rm{25.20g}rm{NaCl}D.用rm{1000mL}容量瓶配制rm{450mL0.1}rm{mol/L}的盐酸8、向rm{100mL18mol/L}的硫酸中加入足量铜片，加热并充分反应。下列有关说法正确的是A.充分反应后转移rm{1.8mol}电子B.rm{H_{2}SO_{4}}只作氧化剂C.若不加热应生成rm{H_{2}}D.消耗的铜的质量一定少于rm{57.6g}9、rm{2mol}rm{A}与rm{2mol}rm{B}混合于rm{2L}的密闭容器中发生如下反应：rm{2A(g)+3B(g)?2C(g)+zD(g)}rm{2s}后rm{A}的转化率为rm{50%}测得rm{v(D)=0.25mol?L^{-1}?s^{-1}}下列推断不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{v(C)=v(D)=0.25}rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}B.rm{z=2}C.rm{B}的转化率为rm{25%}D.rm{C}的体积分数为rm{28.6%}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、(６分)在第三周期元素中，除稀有气体元素外：⑴原子半径最小的元素是；（填元素符号）⑵金属性最强的元素是；（填元素符号）⑶最高价氧化物对应水化物酸性最强的是，（用化学式回答，下同）：⑷最不稳定的气态氢化物是____；⑸最高价氧化物对应水化物碱性最强的是；⑹氧化物中具有两性的是____。11、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种短周期元素，它们的原子序数由rm{A}到rm{D}依次增大，已知rm{A}和rm{B}原子有相同的电子层数，且rm{A}的rm{L}层电子数是rm{K}层电子数的两倍，rm{C}燃烧时呈现黄色火焰，rm{C}的单质在点燃条件下与rm{B}的单质充分反应，可以得到与rm{D}单质颜色相同的淡黄色固态化合物；试根据以上叙述回答：

rm{(1)}元素名称：rm{A}______rm{B}______rm{C}______rm{D}______．

rm{(2)}写出rm{AB_{2}}的电子式为______．

rm{(3)}用电子式表示化合物rm{C_{2}D}的形成过程______．12、氯水中含有多种成分，因而具有多重性质．根据氯水分别与如图四种物质发生的反应填空（a、b；c、d重合部分代表物质间反应；且氯水足量）．

（1）能证明氯水具有漂白性的是____（填“a”、“b”；“c”或“d”）．

（2）c过程中的现象是____．

（3）a过程中的化学方程式为____．

b过程中的离子方程式为____．

13、在下列各组物质中；找出合适的序号填在对应的空格内：

rm{垄脵^{12}C}和rm{{,!}^{14}C}rm{垄脷;_{19}^{40}K}和rm{;_{20}^{40}Ca}rm{垄脹}异戊烷rm{(}rm{)}和新戊烷rm{(}rm{)}

rm{垄脺}和rm{垄脻}甲烷与丙烷rm{垄脼}乙醇rm{(CH_{3}CH_{2}OH)}和二甲醚rm{(CH_{3}OCH_{3})}

rm{(1)}互为同位素的是______；rm{(2)}互为同分异构体的是______；

rm{(3)}互为同系物的是______；rm{(4)}为同一种物质的是______．14、rm{(1)}把对应物质的字母代码填入括号内．

A.水玻璃rm{B.}明矾rm{C.}浓硫酸rm{D.}过氧化钠rm{E.}新制氯水rm{F.}小苏打rm{G.}二硫化碳rm{H.}次氯酸钙。

rm{垄脵}能使石蕊试液先变红后褪色______

rm{垄脷}能做木材防火剂______

rm{垄脹}能做处理胃酸过多的一种药剂______

rm{垄脺}能作为处理试管内壁沾有硫磺的一种试剂______

rm{(2)}绿色化学要求综合考虑经济、技术、环保等方面来设计化学反应路线rm{.}现以铜为原料制取硫酸铜，以下图为例设计符合绿色化学思想的反应路线rm{.Aloverset{HCl}{}AlCl_{3}overset{NH_{3}cdotH_{2}O}{}Al(OH)_{3}}______．rm{.Aloverset{HCl}{}AlCl_{3}

overset{NH_{3}cdotH_{2}O}{}Al(OH)_{3}}评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）16、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。17、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）18、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）19、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）20、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）21、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）22、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）23、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、结构与性质(共1题，共6分)24、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。_______评卷人得分五、工业流程题(共3题，共9分)25、钴钼系催化剂主要用于石油炼制等工艺，从废钴钼催化剂（主要含有MoS2、CoS和Al2O3）中回收钴和钼的工艺流程如图：

已知：浸取液中的金属离子主要为MoOCo2+、Al3+。

（1）钼酸铵[(NH4)2MoO4]中Mo的化合价为___，MoS2在空气中高温焙烧产生两种氧化物：SO2和___（填化学式）。

（2）酸浸时，生成MoO的离子方程式为___。

（3）若选择两种不同萃取剂按一定比例（协萃比）协同萃取MoO和Co2+，萃取情况如图所示，当协萃比=___更有利于MoO的萃取。

（4）向有机相1中滴加氨水，发生反应的离子方程式为___。

（5）Co2+萃取的反应原理为Co2++2HRCoR2+2H+，向有机相2中加入H2SO4能进行反萃取的原因是___（结合平衡移动原理解释）。

（6）水相2中的主要溶质除了H2SO4，还有___（填化学式）。

（7）Co3O4可用作电极，若选用KOH电解质溶液，通电时可转化为CoOOH，则阳极电极反应式为___。26、铋(Bi)是一种稀有金属；目前世界年产量约4000t左右。铋的主要用途是制造易熔合金，作为冶金添加剂及制药工业等方面。铋的冶炼分为粗炼和精炼两个阶段：

Ⅰ.粗炼。辉铋矿(Bi2S3)铋华(Bi2O3)混合精矿(Bi2S3/Bi2O3)沉淀熔炼还原熔炼混合熔炼

Ⅱ.精炼。

回答下列问题：

(1)铋在元素周期表中的位置是_______________。

(2)①还原熔炼法中还需加入一定量造渣剂(纯碱)使其与矿石中的脉石(主要为Al2O3)形成熔渣，写出形成熔渣反应的化学反应方程式______________________________。

②对于混合精矿，矿料中的Bi2S3和Bi2O3可在高温下彼此进行氧化还原反应生产粗铋，写出此反应的化学反应方程式______________________________。

③有些硫化铋矿也可用湿法处理，即加入三氯化铁与盐酸的混合液，可溶解硫化铋和少量天然铋，这是利用了_______________________________。

(3)电解精炼时，以_______作为阳极，__________作为阴极，电解液一般用FeCl3/HCl。此时电解出的铋还含有砷；锑、碲杂质；需进一步除去：

①除砷；锑。

在熔融粗铋中通入空气，砷、锑将优先氧化为As2O3及Sb2O3，根据上图分析其原因是________________________________。

②除碲：向除砷、锑后的熔铋中继续鼓入空气并加入NaOH，杂质碲被氧化为TeO2随即被NaOH吸入形成亚碲酸钠，写出吸入反应的离子反应方程式_______________________。27、氯化磷酸三钠具有良好的灭菌、消毒、漂白作用。湿法磷酸由硫酸分解磷矿石得到，其中含Fe3+、Al3+等杂质。以湿法磷酸为原料制取氯化磷酸三钠的工艺流程如下：

已知：a．温度高时；NaClO易分解。

b．常温下；磷酸的物种分布分数与pH的关系如下图所示：

回答下列问题：

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F时产生的有毒气体主要是________________(填化学式)。

(2)反应Ⅰ中磷酸转化为钠盐，其钠盐再与Fe3+、Al3+作用形成沉淀。

①反应Ⅰ中发生多个反应，其中磷酸转化为Na2HPO4的主要离子方程式为___________，常温下应控制pH约为_____________________________。

②常温下，HPO+Fe3+FePO4+H+的lgK为_________

(3)反应Ⅱ中不用Na2CO3溶液的原因是____________________________________________；

(4)反应Ⅲ的化学方程式为____________________________________________；

反应Ⅳ中两种溶液混合后需快速冷却，其目的是____________________________；

“母液”中的溶质有NaClO、_____________________(填2种)。评卷人得分六、其他(共4题，共8分)28、（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____、、、、。29、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。30、（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____、、、、。31、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9题，共18分)1、B【分析】试题分析：1molCO2中含有2molO，1molCO中含有1molO,因此含有相同氧原子数的CO2和CO物质的量之比为1：2，B正确。考点：考查物质的量的计算。【解析】【答案】B2、C【分析】【解析】试题分析：．进行蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故A正确；进行分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故B正确；进行蒸发结晶操作时，不能将溶液蒸干，应该是有大量的晶体出现时，停止加热，让余热把水分蒸干，故C的操作是错误的，为本题的正确答案；进行称量操作时，应将称量物放在托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘，故D正确。考点：实验基本操作【解析】【答案】C3、B【分析】【解析】【答案】B4、D【分析】解：rm{A}氢氧化钠是强碱；在水中能完全电离，故为强电解质，故A错误；

B；硫酸是强酸；在水中能完全电离，故为强电解质，故B错误；

C；氯化钠是盐；在水中能完全电离，故为强电解质，故C错误；

D；水只能部分电离；是弱电解质，故D正确。

故选：rm{D}

在水溶液中不能完全电离的电解质为弱电解质；包括弱酸；弱碱、少部分盐和水；能完全电离的电解质为强电解质，包括强酸、强碱、大部分盐和水，据此分析。

本题考查了强弱电解质的本质区别以及判断，应注意的是强电解质能完全电离，而弱电解质只能部分电离。【解析】rm{D}5、A【分析】解：rm{A.}结构相似、分子组成相差若干个“rm{CH_{2}}”原子团的有机化合物互相称为同系物；故A错误；

B.植物油含有碳碳双键；能使溴水褪色，矿物油不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，故B正确；

C.蛋白质的颜色反应：具有苯环结构的蛋白质遇浓rm{HNO_{3}}变性；产生黄色不溶物，故C正确；

D.组成元素的质量分数相同；且相对分子质量也相同，故两者分子式相同，不同化合物，即结构不同，故两者互为同分异构体，故D正确；

故选A．

A.结构相似、分子组成相差若干个“rm{CH_{2}}”原子团的有机化合物互相称为同系物；

B.植物油含有碳碳双键；矿物油不含有碳碳双键；

C.根据蛋白质的性质进行判断；

D.具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体．

不同考查同系物、同分异构体的概念，植物油和矿物油的区别，蛋白质的性质等，难度不大rm{.}要注意基础知识的积累．【解析】rm{A}6、D【分析】

试题分析：增大固体反应物的表面积；可以加快反应速率；该反应有气体参加，增大压强，反应速率加快。压强不变，充入氮气使容器体积增大，则水蒸气的浓度降低，反应速率降低。体积不变，充入氮气使容器压强增大，但水蒸气的浓度不变，反应速率不变，答案选D。

考点：考查外界条件对反应速率的影响。

点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重考查学生对外界条件影响反应速率的熟悉了解掌握程度。该题的关键是明确压强对反应速率影响的实质是通过改变物质的浓度来实现的，需要具体问题、具体分析。【解析】rm{D}7、A【分析】解：rm{A}溶液的蒸发结晶用蒸发皿；将氯化钠溶液放入蒸发皿中蒸发结晶，即可得氯化钠晶体，故A正确；

B、量筒只能精确到rm{0.1mL}故用rm{10mL}量筒量取不出rm{4.80mL}溶液；故B错误；

C、托盘天平只能精确到rm{0.1g}故用托盘天平称量不出rm{25.20g}的氯化钠固体；故C错误；

D、容量瓶只能配制和其规格相对应的体积的溶液，即用rm{1000mL}容量瓶只能配制出rm{1000mL}溶液，配制不出rm{450mL}溶液；故D错误。

故选A。

A；溶液的蒸发结晶用蒸发皿；

B、量筒只能精确到rm{0.1mL}

C、托盘天平只能精确到rm{0.1g}

D；容量瓶只能配制和其规格相对应的体积的溶液。

本题考查了实验室中常见仪器的使用，难度不大，注意量筒、托盘天平只能精确到rm{0.1}而滴定管能精确到rm{0.01mL}【解析】rm{A}8、D【分析】

试题分析：铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，随着反应进行，硫酸浓度变稀，铜与稀硫酸不反应。rm{A}硫酸不可能完全反应，转移电子数小于rm{1.8mol}错误；rm{B}硫酸表现氧化性和酸性，错误；rm{C}铜与浓硫酸常温下不反应，错误；rm{D}由rm{Cu隆芦2H_{2}SO_{4}}知消耗铜的物质的量小于rm{0.9mol}正确。

考点：元素及其化合物【解析】rm{D}9、C【分析】解：rm{2s}后rm{A}的转化率为rm{50%}则反应的rm{A}为rm{2mol隆脕50%=1mol}则。

rm{2A(g)+3B(g)?2C(g)+zD(g)}

开始rm{2}rm{2}rm{0}rm{0}

转化rm{1}rm{1.5}rm{1}rm{0.5z}

rm{2s}rm{1}rm{0.5}rm{1}rm{0.5z}

A.rm{v(C)=dfrac{dfrac{1mol}{2L}}{2s}=0.25mol?L^{-1}?s^{-1}=v(D)}故A正确；

B.因反应速率之比等于化学计量数之比，由rm{v(C)=dfrac{dfrac

{1mol}{2L}}{2s}=0.25mol?L^{-1}?s^{-1}=v(D)}可知，rm{A}故B正确；

C.rm{z=2}的转化率为rm{dfrac{1.5mol}{2mol}隆脕100%=75%}故C错误；

D.由物质的量之比等于体积之比，则rm{B}的体积分数为rm{dfrac{1}{1+0.5+1+1}隆脕100%=28.6%}故D正确；

故选C．

rm{dfrac

{1.5mol}{2mol}隆脕100%=75%}后rm{C}的转化率为rm{dfrac

{1}{1+0.5+1+1}隆脕100%=28.6%}则反应的rm{2s}为rm{A}则。

rm{50%}

开始rm{A}rm{2mol隆脕50%=1mol}rm{2A(g)+3B(g)?2C(g)+zD(g)}rm{2}

转化rm{2}rm{0}rm{0}rm{1}

rm{1.5}rm{1}rm{0.5z}rm{2s}rm{1}

结合反应速率之比等于化学计量数之比及转化率；体积分数的概念来解答．

本题考查化学平衡的计算，明确化学平衡的三段法计算是解答本题的关键，题目难度中等．rm{0.5}【解析】rm{C}二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】【解析】【答案】ClNaHClO4SiH4NaOHAl2O311、略

【分析】解：有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种短周期元素，它们的原子序数由rm{A}到rm{D}依次增大rm{.}已知rm{A}和rm{B}原子有相同的电子层数，则rm{A}rm{B}处于同一周期，且rm{A}的rm{L}层电子数是rm{K}层电子数的两倍，则rm{A}有rm{2}个电子层，rm{L}层电子数为rm{4}故A为碳元素；rm{C}单质燃烧时呈现黄色火焰，则rm{C}为钠元素；rm{C}的单质在点燃时与足量的rm{B}单质充分反应，可以得到与rm{D}单质颜色相同的淡黄色固态化合物，则rm{B}为氧元素，rm{D}为硫元素；

rm{(1)}通过以上分析知，rm{A}是碳，rm{B}是氧，rm{C}是钠，rm{D}是硫；

故答案为：碳；氧；钠；硫；

rm{(2)CO_{2}}分子中碳原子与氧原子形成rm{2}对共用电子对，电子式为

故答案为：

rm{(3)C_{2}D}是硫化钠，由钠离子与硫离子构成，硫化钠电子式为用电子式表示其形成过程为：

故答案为：．

有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种短周期元素，它们的原子序数由rm{A}到rm{D}依次增大rm{.}已知rm{A}和rm{B}原子有相同的电子层数，则rm{A}rm{B}处于同一周期，且rm{A}的rm{L}层电子数是rm{K}层电子数的两倍，则rm{A}有rm{2}个电子层，rm{L}层电子数为rm{4}故A为碳元素；rm{C}单质燃烧时呈现黄色火焰，则rm{C}为钠元素；rm{C}的单质在点燃时与足量的rm{B}单质充分反应，可以得到与rm{D}单质颜色相同的淡黄色固态化合物，则rm{B}为氧元素，rm{D}为硫元素；据此解答．

本题考查结构性质位置关系应用，侧重对电子式的考查，注意掌握电子式表示化学键或物质的性质过程．【解析】碳；氧；钠；硫；12、略

【分析】

（1）氯水中的HClO有强氧化性；一般在应用其漂白时，HClO的强氧化性将有色物质氧化成无色物质，本题中氯水能使石蕊试液先变红，后褪色，故答案为：d；

（2）氯水中有Cl-，加入AgNO3溶液有白色沉淀生成；生成AgCl沉淀，故答案为：有白色沉淀生成；

（3）Cl2是新制氯水的主要成分，具有强氧化性，与FeCl2发生氧化还原反应；

反应的化学方程式为2FeCl2+Cl2═2FeCl3，氯水中含有HCl和HClO，具有酸性，与CO32-反应生成二氧化碳气体，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故答案为：2FeCl2+Cl2═2FeCl3；CO32-+2H+=CO2↑+H2O．

【解析】【答案】将氯气溶于水得到氯水（浅黄绿色），氯水含多种微粒，其中有H2O、Cl2、HClO、Cl-、H+、OH-（极少量；水微弱电离出来的）．

氯水的性质取决于其组成的微粒：

1）强氧化性：Cl2是新制氯水的主要成分，实验室常用氯水代替氯气，如氯水中的氯气能与KI，KBr、FeCl2、SO2、Na2SO3等物质反应．

2）漂白、消毒性：氯水中的Cl2和HClO均有强氧化性；一般在应用其漂白和消毒时，应考虑HClO，HClO的强氧化性将有色物质氧化成无色物质，不可逆．

3）酸性：氯水中含有HCl和HClO，故可被NaOH中和，盐酸还可与NaHCO3，CaCO3等反应．

4）不稳定性：HClO不稳定光照易分解．因此久置氯水（浅黄绿色）会变成稀盐酸（无色）失去漂白性．

5）沉淀反应：加入AgNO3溶液有白色沉淀生成（氯水中有Cl-）．

13、略

【分析】解：rm{(1)^{12}C}和rm{{,!}^{14}C}质子数都为rm{6}中子数不同，是碳元素的不同原子，互为同位素；

故选：rm{垄脵}

rm{(2)}异戊烷rm{(}rm{)}和新戊烷rm{(}rm{)}乙醇rm{(CH_{3}CH_{2}OH)}和二甲醚rm{(CH_{3}OCH_{3})}两组物质分别是分子式相同；但结构不同的化合物，互为同分异构体；

故选：rm{垄脹垄脼}

rm{(3)}甲烷与丙烷结构相似、通式相同，相差rm{2}个rm{CH_{2}}原子团；互为同系物；

故选：rm{垄脻}

rm{(4)}和都是四面体结构；结构一样，为同一种物质；

故选：rm{垄脺}．

质子数相同，质量数rm{(}或中子数rm{)}不同的原子互称同位素；

具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；

同系物指结构相似、通式相同，组成上相差rm{1}个或者若干个rm{CH_{2}}原子团；具有相同官能团的化合物；

组成和结构都相同的物质为同一物质；同一物质组成；结构、性质都相同，结构式的形状及物质的聚集状态可能不同．

本题考查了同位素、同分异构体、同系物、同素异形体的概念及判断，题目难度不大，注意掌握“五同”的概念及区别，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．【解析】rm{垄脵}rm{垄脹垄脼}rm{垄脻}rm{垄脺}14、略

【分析】解：rm{(1)}使石蕊试液先变红后褪色的物质具有酸性且具有氧化性，应该是新制氯水，其中含有盐酸和次氯酸，故答案为：rm{E}

rm{垄脷}硅酸钠能做木材防火剂，是耐火材料，故答案为：rm{A}

rm{垄脹}能做处理胃酸过多的一种药剂必须是可以和盐酸反应的物质，可以选择碳酸氢钠，故答案为：rm{F}

rm{垄脺}单质硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，所以二硫化碳作为处理试管内壁沾有硫磺的一种试剂，故答案为：rm{G}

rm{(2)}以铜为原料制取硫酸铜，符合“绿色化学”思想的反应，应先生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，反应的方程式为rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}故路线为：

故答案为：．

rm{CuO+H_{2}SO_{4}篓TCuSO_{4}+H_{2}O}能使石蕊试液先变红后褪色的物质具有酸性且具有氧化性；

rm{(1)}能做木材防火剂的是耐火材料；

rm{垄脷}能做处理胃酸过多的一种药剂必须是可以和盐酸反应的物质；

rm{垄脹}单质硫不溶于水；微溶于酒精，易溶于二硫化碳．

rm{垄脺}以铜为原料制取硫酸铜；符合“绿色化学”思想的反应，应先生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜．

本题侧重物质的性质以及应用知识的考查，注意知识的迁移应用是关键，难度中等．rm{(2)}【解析】rm{E}rm{A}rm{F}rm{G}三、判断题(共9题，共18分)15、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．16、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．17、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．18、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】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，据此解题．19、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．20、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目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、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．23、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目四、结构与性质(共1题，共6分)24、略

【分析】【分析】

（1）本实验是由实验①做对比实验探究影响反应速率的因素，所以在设计分组实验时，要设计出分别只有浓度、温度和接触面积不同时反应速率的变化，从而找出不同外界因素对反应速率的影响。由于实验①和实验②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，实验①和实验③探究温度对该反应速率的影响，故实验③的温度选择308K，实验①和实验④探究接触面积对该反应速率的影响，故实验④选择细颗粒的大理石；

（2）依据装置特点分析气密性的检查方法；

（3）化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。根据图像可以计算出70至90s内生成的CO2的体积；然后根据反应式可计算出消耗的硝酸的物质的量，最后计算其反应速率；

（4）根据反应物的用量计算生成CO2的最大质量；根据影响反应速率的因素比较实验②；③和④反应速率大小；以此判断曲线斜率大小，画出图像；

【详解】

（1）由实验目的可知；探究浓度；温度、接触面积对化学反应速率的影响，则实验①②的温度、大理石规格相同，只有浓度不同，实验①③中只有温度不同，实验①④中只有大理石规格不同；

故答案为（从上到下；从左到右顺序）：298；粗颗粒；1.00；308；粗颗粒；2.00；298；细颗粒；2.00；

（2）该装置的气密性的检查方法是：关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的质量为：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根据方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物质的量为：n(HNO3)=＝mol；

③溶液体积为25mL＝0.025L，所以HNO3减少的浓度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反应的时间t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范围内的平均反应速率为：

v(HNO3)＝Δc(HNO3)/t＝=mol·L－1·S－1=0.009mol·L－1·S－1

（4）实验②、③和④所用大理石的质量均为10.00g，其物质的量为=0.1mol，实验①、③和④所用硝酸的量相同均为：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的质量按硝酸计算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，实验②所用硝酸的量为1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石过量，反应生成的CO2的质量为0.025mol×44g/mol=0.55g；

实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，且HNO3浓度①>②，浓度越大，反应越快，故曲线斜率①>②；

实验①和③探究温度对该反应速率的影响，且温度③高于①，温度越高反应越快，故曲线斜率③>①；

实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响，且实验④为细颗粒，实验①为粗颗粒，颗粒越小，表面积越大，反应越快，故反应速率④>①，故曲线斜率④>①；

根据以上特征；画出图像如下：

【点睛】

本题考查了化学反应速率的影响因素，注意对题给信息的分析是处理是解答的关键，注意控制变量的实验方法的理解和掌握。【解析】298粗颗粒1.00308粗颗粒2.00298细颗粒2.00关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1五、工业流程题(共3题，共9分)25、略

【分析】【分析】

从废钴钼催化剂(主要含有MoS2、CoS和Al2O3)经过焙烧后，得到MoO3，CoO和二氧化硫，加入硫酸后，浸取液中的金属离子主要为MoO22+、Co2+、Al3+，经过萃取和分液得到有机相1和水相1，有机相1中含有MoO22+，加入氨水后得到钼酸铵溶液，经结晶后得到钼酸铵；水相1中含有Co2+、Al3+，SO42-，经萃取分液后，水相2中含有H2SO4和Al2（SO4）3，有机相2中含有Co2+、SO42-；加入硫酸后，得到水相3，加入草酸铵，得到草酸钴，加热草酸钴可以得到四氧化三钴，据此分析解答。

【详解】

(1)(NH4)2MoO4中，铵根离子为+1价，O为-2价，所有元素的化合价之和为0，Mo的化合价为+6价；MoS2和氧气反应的化学方程式为：2MoS2+7O2=2MoO3+4SO2，可知生成物有二氧化硫和MoO3两种氧化物；

(2)MoS2在空气中高温焙烧产生MoO3，酸浸时，生成MoO22+的离子方程式为MoO3+2H+=MoO22++H2O；

(3)根据图像，找到MoO22+最多，Co2+较少的协萃比为4:1；

(4)有机相1中含有MoO22+，向有机相1中滴加氨水，发生反应的离子方程式为MoO+4NH3·H2O=MoO+4NH+2H2O；

(5)根据Co2++2HR⇌CoR2+2H+可知，加入H2SO4，c(H+)增大；平衡向左移动，能进行反萃取；

(6)水相1中含有Co2+、Al3+，SO42-，经萃取分液后，水相2中含有H2SO4和Al2(SO4)3；

(7)Co3O4可以表示成CoO⋅Co2O3，在碱性条件下可发生氧化反应，实质为CoO生成CoOOH，电极反应为Co3O4+OH-+H2O–e-=3CoOOH。【解析】①.+6价②.MoO3③.MoO3+2H+=MoO22++H2O④.4：1⑤.MoO+4NH3·H2O=MoO+4NH+2H2O⑥.根据Co2++2HRCoR2+2H+可知，加入H2SO4，c(H+)增大，平衡向左移动⑦.Al2(SO4)3⑧.Co3O4+OH-+H2O–e-=3CoOOH26、略

【分析】【分析】

(3)电解精炼时；需要被提纯的金属作为阳极被氧化成阳离子，再在阴极被还原以达到精炼的目的；

①根据△G=△H-T△S<0时反应可以自发进行进行分析；

②Te与S元素同主族，亚碲酸根应为TeO

【详解】

(1)Bi元素为83号元素；与N；P等元素同主族，位于元素周期表第六周期VA族；