2025年华东师大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年华东师大版高一化学上册月考试卷701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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列溶液中离子的检验方法和结论相符的一组是序号检验方法结论A向一种未知溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成未知溶液中一定含有SO42—B向一种未知溶液中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀未知溶液中一定含有Al3+C向一种未知溶液中加入盐酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成未知溶液中一定含有Cl—D向一种未知溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体不能确定未知溶液中一定含有CO32—2、电子表和电子计算器的电源常用微型银锌原电池，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质溶液为一定浓度的KOH溶液，放电时锌极上的电极反应式为：Zn－2e-+2OH-=Zn(OH)2；氧化银电极上的反应式为：Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH－，总反应式为：Ag2O+H2O+Zn=Zn(OH)2+2Ag。下列说法正确的是（）A.溶液中OH-向正极移动，K+、H+向负极移动B.锌发生还原反应，氧化银发生氧化反应C.锌是负极，氧化银是正极D.随着电极反应的不断进行，电解质的碱性减弱3、在使酚酞变红的溶液中，能大量共存的离子组是（）A.Na+HCO3-SO42-Br-B.Cu2+K+SO42-NO3-C.Na+K+Cl-NO3-D.Fe3+K+SO42-Cl-4、已知rm{0.5L}的rm{AlCl_{3}}溶液中含有rm{0.5mol}rm{Al^{3+}.}下列关于该溶液的说法不正确的是rm{(}rm{)}A.该溶液中溶质的物质的量浓度为rm{1}rm{mol?L^{-1}}B.该溶液中含有rm{133.5}rm{g}rm{AlCl_{3}}C.配制rm{100}rm{mL}该溶液，需用rm{13.35}rm{g}rm{AlCl_{3}}D.量取rm{100}rm{mL}该溶液倒入烧杯中，烧杯中rm{Cl^{-}}的物质的量为rm{0.3mol}5、rm{OF_{2}}中rm{O}元素的化合价为rm{(}rm{)}A.rm{-2}B.rm{-1}C.rm{+2}D.rm{+6}6、在元素周期表短周期中的rm{X}和rm{Y}两种元素可组成化合物rm{XY_{3}}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{XY_{3}}一定是离子化合物B.rm{X}和rm{Y}一定属于同一周期C.若rm{Y}的原子序数为rm{m}rm{X}的原子序数可能是rm{m隆脌4}D.rm{X}和rm{Y}一定不属于同一主族7、rm{13.}有机化合物可能发生的化学反应有rm{垄脵}加成rm{垄脷}氧化rm{垄脹}燃烧rm{垄脺}加聚rm{垄脻}取代A.rm{垄脵垄脷垄脹}B.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺垄脻}C.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}D.rm{垄脵垄脹垄脺}8、几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：

。元素代号rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}原子半径rm{/pm}rm{160}rm{143}rm{75}rm{74}主要化合价rm{+2}rm{+3}rm{+5}rm{+3}rm{-3}rm{-2}下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.rm{X}rm{Y}元素的金属性rm{X<Y}B.一定条件下，rm{Z}单质与rm{W}的常见单质直接生成rm{ZW_{2}}C.rm{Y}的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D.四种元素形成的单核离子半径由大到小的顺序为：rm{Z^{3-}>W^{2-}>X^{2+}>Y^{3+}}评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)9、下列各组物质中，所含分子数相同的是（）A.10gH2和10gO2B.5.6LN2（标准状况）和11gCO2C.9gH2O和0.5molBr2D.22.4mLH2（标准状况）和0.1molN210、下列装置所示的实验中，能达到目的是（）A.

长时间看到Fe（OH）2白色沉淀B.

除去Cl2中的HCl杂质C.

比较NaHCO3、Na2CO3的热稳定性D.

分离碘酒中的碘和酒精11、某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案．

方案①：2.7gAlX溶液Al（OH）3沉淀。

方案②：2.7gAlY溶液Al（OH）3沉淀。

NaOH溶液和稀盐酸的浓度均是3mol/L，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液和稀盐酸时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法正确的是（）A.X溶液和Y溶液中均只含一种溶质B.b曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液C.在O点时两方案中所得溶液浓度相等D.a、b曲线表示的反应都是复分解反应12、下列关于可逆反应的叙述不正确的是()

A.可逆反应是指既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应方向进行的反应B.rm{2H_{2}Ooverset{脥篓碌莽}{=}2H_{2}+O_{2}}与rm{2H_{2}+O_{2}overset{碌茫脠录}{=}2H_{2}O}互为可逆反应C.可逆反应的进行有一定的限度D.可逆反应达到平衡时的本质原因是正逆反应速率相等13、下列有关物质检验的操作、现象及结论均正确的是rm{(}rm{)}

。选项实验操作及现象实验结论rm{A}向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有rm{SO_{4}^{2-}}rm{B}向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水中，变石灰水浑浊该溶液中一定含有rm{CO_{3}^{2-}}rm{C}向无色溶液中滴加氯水，再加rm{CCl_{4}}振荡、静置、溶液分层，下层呈紫红色该溶液中一定含有rm{I^{-}}rm{D}取洁净的铂丝在酒精灯火焰上灼烧至无色，再蘸取少量溶液置于火焰上灼烧，火焰呈黄色，通过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色该溶液一定含有rm{Na^{+}}rm{K^{+}}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}14、下列离子方程式书写正确的是rm{(}rm{)}A.实验室用大理石和稀盐酸制取rm{CO_{2}}rm{2H^{+}+CO_{3}^{2-}篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O}B.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}篓TBaSO_{4}隆媒}C.钠与水反应：rm{2Na+2H_{2}O篓T2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}D.氯气与水反应：rm{Cl_{2}+H_{2}O篓TH^{+}+Cl^{-}+HClO}15、W粒子的结构如图所示；下列关于它的说法不正确的是（）

A.Y=2B.若X=18，则Z=8C.若X=17，它的最高价氧化物化学式为W2O7D.若X=14，它的氢化物的化学式为H2W16、下列关于氨气的说法不正确的是（）A.NH3溶于水后，水溶液中存在大量的NHB.NH3能在铂的存在下与O2反应C.凡是铵盐都能与苛性钠共热产生NH3D.碳铵受热分解产生的气体经碱石灰干燥后可得纯净的NH3评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、(10)已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素,其中A、D同主族.A元素的单质是密度最小的气体,B元素原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍,且其最外层电子数比C元素原子的最外层电子数少2。试回答下列问题：（1）写出B的元素符号：____。（2）C在元素周期表中的位置为。（3）写出BA4的电子式：（4）用电子式表示离子化合物D2C的形成过程。（5）写出D2C2与A2C反应的化学方程式：18、（6分）利用碳棒、锌片和200ml稀硫酸组成原电池，将化学能转化为电能，当碳棒上共产生3.36L（标准状况）气体时，硫酸恰好全部被消耗。试计算：（1）锌片的质量减少了多少？（2）原稀硫酸溶液的物质的量浓度。（3）有多少个电子通过了导线。19、（1）用“双线桥”表示电子转移的方向和数目：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑

每消耗3molNa2O2转移电子为______mol，______是氧化产物．写出Na2O2的一个用途：______．

（2）SiO2是玻璃的成分之一，用化学方程式说明为什么盛碱的试剂瓶不用玻璃塞？______．20、已知：rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)=Na_{2}CO_{3}(s)+10H_{2}O(g)triangleH_{1}=+532.4kJ?mol^{-1}}

rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)=Na_{2}CO_{3}?2H_{2}O(s)+8H_{2}O(g)triangleH_{2}=+373.6kJ?mol^{-1}}

rm{H_{2}O(g)=H_{2}O(l)triangleH_{3}=-44kJ?mol^{-1}}

写出rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)=Na_{2}CO_{3}(s)+10H_{2}O(g)triangle

H_{1}=+532.4kJ?mol^{-1}}脱水分解后生成碳酸钠固体和液态水的热化学方程式______．rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)=Na_{2}CO_{3}?2H_{2}O(s)+8H_{2}O(g)triangle

H_{2}=+373.6kJ?mol^{-1}}21、海洋约占地球表面积的71%；是一个远未完全开发的巨大化学资源宝库，海水水资源的利用和海水化学资源的利用具有非常广阔的前景．回答下列问题：

（1）海水淡化处理多用蒸馏法．如图是海水蒸馏原理示意图．蒸馏法的特点是设备结构；操作简单；淡水质量好，但也具有明显的缺陷．

1你认为蒸馏法进行海水淡化的主要缺陷是____；

②我省某沿海地区拟采用蒸馏法兴建一座大型海水淡化工厂，为克服蒸馏法海水淡化的缺陷，请你为该地区提出一条合理化建议____；

（2）海水淡化后得到的淡水应进行技术处理后才能得到完全满足生产、生活要求的水，使用离子交换树脂与水中的离子进行交换是常用的水处理技术．聚丙烯酸钠是一种离子交换树脂，已知丙烯酸钠的化学式为CH2=CH-COONa试写出生成聚丙烯酸钠的化学方程：____；

（3）从海水中可以获取食盐；镁、钾、溴及其化工产品．空气吹出法是目前从海水中提取溴的常用方法；具体流程如下：

①实验室中粗盐提纯的步骤是____；在反应②中得到的溶液中通入空气、水蒸汽的作用是____；

②反应的离子方程式分别为____；

③在反应中消耗标况下896m3SO2时，共转移____mol电子；

（4）上述流程中虚线方框内生产流程的作用是____．22、(5分)有W、X、Y、Z四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大；W元素原子是所有原子中半径最小的；X元素原子L层电子数是K层电子数的3倍,Y元素原子的最外层电子数与电子层数相同；Z元素原子的最外层电子数比次外层少1。由此可知：(1)写出它们的元素符号W_______X______Y_______Z________.（2）X在元素周期表中的位置是_________。23、元素周期表包括______个周期，______个族．______个主族，______个副族，还有一个rm{0}族和一个______族rm{.}24、计算题：要求写出必要的计算过程在某rm{100mL}的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是rm{0.4mol隆陇L^{-1}}rm{0.1mol隆陇L^{-1}}向该混合液中加入rm{1.92g}铜粉，加热，待充分反应后，求所得溶液中铜离子的物质的量浓度？评卷人得分四、简答题(共3题，共9分)25、工业上用铝土矿（主要成分SiO2、Al2O3、Fe3O4）提取氧化铝作冶炼铝的原料；提取的操作过程如图所示：

（1）不溶物为______（写化学式，下同），滤液甲中的溶质为______；

（2）滤液甲中含铝元素的溶质与过量NaOH溶液反应进入滤液乙，发生此反应的反应物的物质的量之比为______．若使用氨水能否达到上述目的______（填“能”或“否”）．

（3）若向滤液甲中加入碘化钾溶液，相关的离子反应方程式为______，从该溶液中获得碘单质需要加入______（填试剂名称），振荡、静置，再经______（填操作名称）；蒸馏后即得到碘单质．

（4）③步骤中通入二氧化碳是过量的，写出此步发生的离子反应方程式：______；

（5）若将铝土矿用过量氢氧化钠溶液溶解，过滤后向滤液中通入过量CO2，再经过滤、加热得到的物质是______．

（6）②步骤得到的沉淀为灰绿色，沉淀变为红褐色需要较长时间，欲快速得到红褐色沉淀，可以向此沉淀中加入过量的______（填字母）

A．过氧化钠B．氯水C．稀硝酸D．酸性高锰酸钾溶液．26、健康成人体内含铁元素约rm{4g}铁元素以rm{Fe^{2+}}和rm{Fe^{3+}}的形式存在rm{.Fe^{2+}}易被吸收，服用维生素rm{C}可使食物中的rm{Fe^{3+}}转化成rm{Fe^{2+}}利于人体对铁的吸收rm{.}请回答下列问题：

rm{(1)}以下为常见的铁元素的几种微粒，其中既有氧化性又有还原性的是______．

A.rm{Fe}rm{B.Fe^{2+}}C.rm{Fe^{3+}}

rm{(2)}维生素rm{C}可使食物中的rm{Fe^{3+}}转化为rm{Fe^{2+}}在此过程中______是氧化剂，说明维生素rm{C}具有______性rm{.}

rm{(3)}市场上出售的某种麦片中含有微量的颗粒细小的还原性铁粉，这些铁粉在人体胃酸rm{(}主要成分是盐酸rm{)}的作用下转化成亚铁盐rm{.}此反应的离子方程式为______．

rm{(4)}缺铁性贫血患者应补充rm{Fe^{2+}.}一些补铁剂以硫酸亚铁为主要成分，用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，推测糖衣的作用是______．27、为探究rm{SO_{2}}的漂白是rm{SO_{2}}直接作用于有色物质，还是rm{SO_{2}}与水反应的产物的作用，设计如图装置进行实验：rm{(}图中所用硫酸的质量分数为rm{70%)}

rm{(1)}为探究干燥的rm{SO_{2}}能不能使品红褪色；

请指出设计的实验装置图中两个明显的不足：

rm{垄脵}______；

rm{垄脷}______．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】试题分析：A、向一种未知溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，未知溶液中含有SO42—或Ag+,都有白色沉淀生成，A错误；B、溶液中有Al3+、Mg2+滴加NaOH溶液，都产生白色沉淀，故B错误；C、向一种未知溶液中加入盐酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，中间过程引入了Cl—，不能确定原溶液中是否有Cl—，C错误；D、向一种未知溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，不能确定未知溶液中一定含有CO32—，正确。考点：离子检验的方法【解析】【答案】D2、C【分析】【分析】Zn发生氧化反应，溶液中阳离子移向正极，随反应的进行，由于消耗水，使KOH溶液的浓度减小，pH略微增大，故C正确。3、C【分析】解：A．碱性溶液中不能大量存在HCO3-；故A不选；

B．碱性溶液中不能大量存在Cu2+；故B不选；

C．碱性溶液中该组离子之间不反应；可大量共存，故C选；

D．碱性溶液中不能大量存在Fe3+；故D不选；

故选C．

使酚酞变红的溶液；显碱性，根据离子之间不能结合生成沉淀；气体、水等，则离子大量共存，以此来解答．

本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应的判断，题目难度不大．【解析】【答案】C4、B【分析】解：rm{A}rm{c(Al^{3+})=dfrac{0.5mol}{0.5L}=1mol/L}而氯化铝的浓度等于铝离子的浓度，故该氯化铝溶液的物质的量浓度为rm{c(Al^{3+})=dfrac

{0.5mol}{0.5L}=1mol/L}故A正确；

B、氯化铝的物质的量rm{1mol/L}铝离子物质的量rm{=}质量为rm{=0.5mol}故B错误；

C、氯化铝的物质的量浓度为rm{0.5mol隆脕133.5g/mol=66.75g}配制rm{1mol/L}该溶液需用氯化铝的质量为rm{100mL}故C正确；

D、溶液中铝离子浓度为rm{0.1L隆脕1mol/L隆脕133.5g/mol=13.35g}氯离子的浓度是铝离子浓度的三倍，故氯离子浓度为rm{1mol/L}则rm{3mol/L}溶液中含有的氯离子的物质的量为rm{100mL}故D正确．

故选B．

rm{0.3mol}某浓度的rm{0.5L}溶液中含有rm{AlCl_{3}}rm{0.5mol}rm{Al^{3+}}浓度为rm{Al^{3+}}

A、rm{1mol/L}物质的量浓度等于氯化铝的物质的量浓度；

B、铝离子物质的量等于氯化铝的物质的量，根据rm{Al^{3+}}计算判断；

C、该溶液氯化铝的物质的量浓度为rm{m=nM}根据rm{1mol/L}计算氯化铝的物质的量，再根据rm{n=cV}计算氯化铝的质量；

D、溶液中氯化铝浓度为rm{m=nM}根据rm{1mol/L}计算氯离子的物质的量．

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键．rm{n=cV}【解析】rm{B}5、C【分析】解：化合物中正负化合价的代数和为rm{0}则rm{O}元素的化合价为rm{0-(-1)隆脕2=+2}

故选C．

化合物中正负化合价的代数和为rm{0}且化合物中rm{F}只有rm{-1}价；以此来解答．

本题考查元素的化合价，为高频考点，把握常见元素的化合价、化合价的计算方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意rm{F}只有负价，题目难度不大．【解析】rm{C}6、C【分析】解：短周期中的rm{X}和rm{Y}两种元素可组成化合物rm{XY_{3}}rm{X}rm{Y}的化合价为rm{+3}rm{-1}价时，可能分别在Ⅲrm{A}rm{VIIA}rm{X}rm{Y}的化合价为rm{+6}rm{-2}价时可能均在Ⅵrm{A}还有可能为rm{NH_{3}}rm{AlF_{3}}rm{NaN_{3}}等；

A.通过以上分析知，rm{XY_{3}}不一定是离子化合物，可能是共价化合物，如rm{NH_{3}}等；故A错误；

B.通过以上分析知，如果该物质是rm{NH_{3}}rm{AlF_{3}}rm{NaN_{3}}则rm{X}和rm{Y}不属于同一周期；故B错误；

C.若rm{XY_{3}}为rm{AlF_{3}}或rm{PF_{3}}rm{Y}的原子序数为rm{m}rm{X}的原子序数是rm{m隆脌4}故C正确；

D.如果该物质是rm{SO_{3}}时；二者位于同一主族，故D错误；

故选Brm{.}短周期中的rm{X}和rm{Y}两种元素可组成化合物rm{XY_{3}}rm{X}rm{Y}的化合价为rm{+3}rm{-1}价时，可能分别在Ⅲrm{A}ⅥⅠrm{A}rm{X}rm{Y}的化合价为rm{+6}rm{-2}价时可能均在Ⅵrm{A}还有可能为rm{NH_{3}}rm{AlF_{3}}rm{NaN_{3}}等，据此分析解答rm{.}本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用，明确元素周期表结构、物质结构是解本题关键，采用举例法分析解答，同时考查学生思维的缜密性，易错选项是rm{D}题目难度中等．【解析】rm{C}7、B【分析】分子中含有碳碳双键，可发生加成、氧化和加聚反应，则rm{垄脵垄脷垄脺}正确；含有羧基和羟基，可发生取代反应，则rm{垄脻}正确；该有机物为烃的衍生物，rm{C}的化合价不是最高价，故可燃烧生成rm{CO}rm{CO}则rm{{,!}_{2}}正确。rm{垄脹}【解析】rm{B}8、D【分析】解：rm{W}化合价为rm{-2}价，没有最高正化合价rm{+6}价，rm{W}为氧元素；rm{Z}元素化合价为rm{+5}rm{+3}rm{-3}rm{Z}处于Ⅴrm{A}族，原子半径与氧元素相差不大，则rm{Z}与氧元素处于同一周期，则rm{Z}为氮元素；rm{X}化合价为rm{+2}价，应为周期表第Ⅱrm{A}族，rm{Y}的化合价为rm{+3}价，应为周期表第Ⅲrm{A}族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于rm{X}rm{Y}的原子半径与rm{W}rm{Z}原子半径相差很大，则rm{X}rm{Y}应在第三周期，所以rm{X}为镁元素，rm{Y}为铝元素．

A.同周期自左而右金属性减弱，故金属性rm{Mg>Al}故A错误；

B.在放电条件下氮气与氧气可以化合生成rm{NO}不能直接生成rm{NO_{2}}故B错误；

C.rm{Y}的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝；不能溶于稀氨水，故C错误；

D.电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：rm{N^{3-}>O^{2-}>Mg^{2+}>Al^{3+}}故D正确；

故选：rm{D}．

rm{W}化合价为rm{-2}价，没有最高正化合价rm{+6}价，故rm{W}为氧元素；rm{Z}元素化合价为rm{+5}rm{+3}rm{-3}rm{Z}处于Ⅴrm{A}族，原子半径与氧元素相差不大，则rm{Z}与氧元素处于同一周期，则rm{Z}为氮元素；rm{X}化合价为rm{+2}价，应为周期表第Ⅱrm{A}族，rm{Y}的化合价为rm{+3}价，应为周期表第Ⅲrm{A}族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于rm{X}rm{Y}的原子半径与rm{W}rm{Z}原子半径相差很大，则rm{X}rm{Y}应在第三周期，所以rm{X}为镁元素，rm{Y}为铝元素；结合元素周期律知识解答该题．

本题考查元素位置结构和性质的关系及应用，题目难度中等，根据原子半径、元素化合价推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握．【解析】rm{D}二、双选题(共8题，共16分)9、B|C【分析】解：所含分子数相等；说明两种物质的物质的量相等；

A．根据n=知；两种气体的质量相等但摩尔质量不等，所以其物质的量不等，所以分子数不等，故A错误；

B．标况下氮气物质的量===0.25mol，11gCO2的物质的量==0.25mol；所以二者分子数相等，故B正确；

C.9gH2O物质的量==0.5mol，0.5molBr2；所以二者分子数相等，故C正确；

D．标况下，22.4mLH2物质的量为0.001mol；0.01mol氮气，二者的物质的量不等，所以其分子数不等，故D错误；

故选BC．

所含分子数相等，说明两种物质的物质的量相等，根据n==计算其物质的量来判断即可．

本题考查物质的量的计算，侧重考查分析计算能力，明确物质的量公式中各个物理量的关系即可解答，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件，题目难度不大．【解析】【答案】BC10、A|C【分析】解：A．Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出；可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，能够达到实验目的，故A正确；

B．图示装置无法达到洗气目的；插入集气瓶中的导管应该采用长进短出的方式，故B错误；

C．碳酸氢钠不稳定；在小试管中，而碳酸钠不分解，图中装置可比较稳定性，故C正确；

D．酒精与水相互溶解；不能选用酒精作萃取剂，可用四氯化碳或苯，故D错误；

故选AC．

A．若要较长时间看到Fe（OH）2白色沉淀；制备实验装置应排出空气，防止氢氧化亚铁被氧化；

B．洗气时；加入洗气瓶的导管应该采用长进短出的方式；

C．碳酸氢钠不稳定；在小试管中，而碳酸钠不分解；

D．酒精与水互溶；混合液不分层，无法通过分液分离．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度中等，把握氢氧化亚铁制备、混合物分离提纯、稳定性比较、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．【解析】【答案】AC11、C|D【分析】解：由实验方案可知，方案①：2.7gAlX（AlCl3）溶液Al（OH）3沉淀；

方案②：2.7gAlY（NaAlO2）溶液Al（OH）3沉淀；

n（Al）==0.1mol，n（HCl）=3mol/L×0.1L=0.3mol，n（NaOH）=3mol/L×0.1L=0.3mol，由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，酸完全反应，而NaOH剩余，则图中b表示向Y中加盐酸；a表示向X中加NaOH；

A．由上述分析可知，X中溶质只有AlCl3，而Y中溶质为NaAlO2；NaOH；故A错误；

B．b中开始不生成沉淀，则b表示向Y中加盐酸；故B错误；

C．在O点时；沉淀达到最大，所得溶液中只有氯化钠溶质，与向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH和HCl的浓度及体积相等，根据原子守恒，所以O点时两方案中所得溶液浓度相等，故C正确；

D．a表示的是氯化铝和氢氧化钠的复分解反应，b表示的是偏铝酸钠；NaOH分别和盐酸的反应；均为复分解反应，故D正确；

故选CD．

由实验方案可知，方案①：2.7gAlX（AlCl3）溶液Al（OH）3沉淀；

方案②：2.7gAlY（NaAlO2）溶液Al（OH）3沉淀；

n（Al）==0.1mol，n（HCl）=3mol/L×0.1L=0.3mol，n（NaOH）=3mol/L×0.1L=0.3mol，由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，酸完全反应，而NaOH剩余，则图中b表示向Y中加盐酸；a表示向X中加NaOH，以此来解答．

本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握发生的反应及量的关系、图象分析为解答的关键，侧重分析、计算、实验能力的综合考查，题目难度中等．【解析】【答案】CD12、AB【分析】【分析】本题考查了化学反应的限度与可逆反应，化学平衡的特点，难度不大，注意理解可逆反应的特征和化学反应的限度。【解答】A.只有条件相同、能正逆反应同时进行的化学反应才是可逆反应，故A错误；B.反应条件不同，所以不是可逆反应，故B错误；C.可逆反应的进行有一定的限度，故C正确；D.可逆反应达到平衡时的本质原因是正逆反应速率相等，故D正确。故选AB。【解析】rm{AB}13、rCD【分析】解：rm{A.}检验硫酸根离子，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡溶液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，可能生成rm{AgCl}沉淀；故A错误；

B.产生气体为二氧化碳时，可能含有rm{HCO_{3}^{-}}故B错误。

C.下层呈紫红色；说明生成碘，则溶液中含有碘离子，故C正确；

D.焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，钾的焰色反应为紫色，说明含有rm{Na^{+}}rm{K^{+}}故D正确．

故选CD．

A.加入盐酸酸化的氯化钡溶液，可能生成rm{AgCl}沉淀；

B.可能含有rm{HCO_{3}^{-}}

C.下层呈紫红色；说明生成碘；

D.焰色反应呈黄色；说明含有钠元素，钾的焰色反应为紫色．

本题考查常见离子的检验，为高频考点，侧重考查学生的分析、实验和评价能力，注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．【解析】rm{CD}14、rCD【分析】解：rm{A.}碳酸钙不能拆开，正确的离子方程式为：rm{CaCO_{3}+2H^{+}=Ca^{2+}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}故A错误；

B.硫酸铜与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，正确的离子方程式为：rm{SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+Cu^{2+}+2OH^{-}=Cu(OH)_{2}隆媒+BaSO_{4}隆媒}故B错误；

C.钠与水反应生成rm{NaOH}和氢气，反应的离子方程式为：rm{2Na+2H_{2}O篓T2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}故C正确；

D.氯气与水反应的离子方程式为：rm{Cl_{2}+H_{2}O篓TH^{+}+Cl^{-}+HClO}故D正确；

故选CD．

A.大理石的主要成分为碳酸钙；碳酸钙为难溶物，不能拆开；

B.漏掉了铜离子与氢氧根离子生成氢氧化铜的反应；

C.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；

D.氯气与水的反应生成氯化氢和次氯酸．

本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．【解析】rm{CD}15、B|D【分析】解：A．微粒有3个电子层；第一电子层填充满电子，第一电子层容纳2个电子，故Y=2，故A正确；

B．W粒子为中性原子；若X=18，则Z=8，但W也可能是阴离子或阳离子，质子数不等于核外电子数，故B错误；

C．若X=17，则W为氯元素，最高价氧化物是Cl2O7，符合W2O7；故C正确；

D．若X=14，则为Si元素，氢化物的化学式为SiH4，不符合H2W；故D错误；

故选BD．

A．第一电子层容纳2个电子；故Y=2；

B．W粒子可能是阴离子；阳离子或中性原子；

C．若X=17，则W为氯元素，最高价氧化物是Cl2O7；

D．若X=14，则为Si元素，氢化物的化学式为SiH4．

本题考查核外电子排布规律、微粒中质子数与电子数关系、结构位置性质关系等，比较基础，注意W粒子可能是阴离子、阳离子或中性原子．【解析】【答案】BD16、A|B【分析】解：A．NH3溶于水后，大部分氨气与水反应：NH3+H2O⇌NH3•H2O，氨水只有部分电离：NH3•H2O，⇌NH4++OH-，所以水溶液中存在少量的NH故A错误；

B．氨气在铂的存在并加热的条件下能发生催化氧化生成一氧化氮；故B错误；

C．铵根离子都能与苛性钠共热产生NH3、水，所以凡是铵盐都能与苛性钠共热产生NH3；故C正确；

D．碳铵受热分解产生氨气、水蒸气和二氧化碳，碱石灰能吸收二氧化碳和水，所以碳铵受热分解产生的气体经碱石灰干燥后可得纯净的NH3；故D正确；

故选：AB；

A．根据NH3溶于水后，大部分氨气与水反应：NH3+H2O⇌NH3•H2O，氨水部分电离：NH3•H2O，⇌NH4++OH-；

B．根据氨气能发生催化氧化；

C．铵根离子都能与苛性钠共热产生NH3；水；

D．根据碱石灰能吸收二氧化碳和水；

本题主要考查了氨气和铵盐的性质，难度不大，根据课本知识即可完成．【解析】【答案】AB三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】密度最小的气体是氢气，A是氢元素。元素原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍是碳元素，B是碳，C的最外层电子数是6。A、D同主族A、B、C、D为原子序数依次增大，故C是氧元素，D是钠元素。【解析】【答案】(1）C(2)第二周ⅥA族（3）(4)（5）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑18、略

【分析】【解析】【答案】⑴9.75g⑵0.75mol/L⑶1.806×102319、略

【分析】解：（1）2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有O元素的化合价变化，过氧化钠为氧化剂也为还原剂，该反应转移2e-；“双线桥”表示电子转移的方向和数目为。

每消耗3molNa2O2转移电子为3mol，失去电子被氧化，则O2是氧化产物，Na2O2的一个常见用途为作供氧剂；

故答案为：3；O2；供氧剂；

（2）二氧化硅与碱反应生成具有粘合性的硅酸钠，则不能使用玻璃塞，发生的反应为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O．

（1）2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有O元素的化合价变化；过氧化钠为氧化剂也为还原剂；

（2）二氧化硅与碱反应生成具有粘合性的硅酸钠；则不能使用玻璃塞．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的应用，题目难度不大．【解析】3；O2；供氧剂；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O20、略

【分析】解：rm{垄脵Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)篓TNa_{2}CO_{3}(s)+10H_{2}O(g)triangleH_{1}=+532.36kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)篓TNa_{2}CO_{3}?H_{2}O(s)+9H_{2}O(g)triangleH_{2}=+373.6kJ?mol^{-1}}

rm{垄脹H_{2}O(g)=H_{2}O(l)triangleH_{3}=-44kJ?mol^{-1}}

由盖斯定律rm{垄脵Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)篓TNa_{2}CO_{3}(s)+10H_{2}O(g)triangle

H_{1}=+532.36kJ?mol^{-1}}得到：rm{垄脷Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)篓TNa_{2}CO_{3}?H_{2}O(s)+9H_{2}O(g)triangle

H_{2}=+373.6kJ?mol^{-1}}rm{垄脹H_{2}O(g)=H_{2}O(l)triangle

H_{3}=-44kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{垄脵-垄脷+垄脹}rm{Na_{2}CO_{3}?2H_{2}O(s)篓TNa_{2}CO_{3}(s)+2H_{2}O(l)}．

依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需要的热化学方程式．

本题考查了热化学方程式的书写和盖斯定律的计算应用，题目较简单．rm{triangleH=+70.8KJ/mol}【解析】rm{Na_{2}CO_{3}?2H_{2}O(s)篓TNa_{2}CO_{3}(s)+2H_{2}O(l)}rm{triangleH=+70.8KJ/mol}21、略

【分析】

（1）①因蒸馏法进行海水淡化需要不断进行加热；成本较大；②考虑其他形式的能量的运用，如太阳能；风能；

（2）因CH2=CH-COONa生成聚丙烯酸钠是加聚反应：nCH2=CH-COONa

（3）①粗盐的杂质有Ca2+、Mg2+、SO42-；泥砂；加过量氢氧化钡除去硫酸根，再加入过量碳酸钠除去钡镁离子过虑再加盐酸最后蒸发结晶得到较纯净的氯化钠晶体，蒸发水分，原来溶在水的盐就会结晶出来，因溴易挥发，溶液中通入空气、水蒸汽可以使溴挥发出来；

②反应①为电解饱和食盐水：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑

反应②为氯气氧化溴离子：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-

反应③为Br2氧化SO2：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4

③SO2的物质的量=40000mol，SO2中S由+4价变为+6价，一个SO2转移2个电子；故共转移80000mol电子；

（4）起初有溴最终也有溴；所以这一步为溴的富集；

故答案为：（1）①消耗大量的能量；成本太高②利用风能或太阳。

（2）nCH2=CH-COONa

（3）①溶解；过滤，蒸发结晶；吹出溴蒸气。

②2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-

③80000

（4）富集溴单质。

【解析】【答案】（1）①从成本的角度考虑；

②因某沿海地区有太阳能；风能；可以将这些能量转变为热能；

（2）根据加聚反应来写化学方程式；

（3）①根据粗盐的成分；选择恰当的方法；根据溴易挥发；

②根据反应写出化学方程式；

③根据一个SO2转移的电子数目以及SO2的物质的量；

（4）根据起初有溴最终也有溴；考虑物质的富集．

22、略

【分析】【解析】【答案】(1)HOAlCl(2)第二周期VIA族23、略

【分析】解：元素周期表包括rm{7}个周期，rm{16}个族，其中rm{7}个主族，rm{7}个副族，还有一个rm{0}族和一个Ⅷ族；

故答案为：rm{7}rm{16}rm{7}rm{7}Ⅷ．

元素周期表中有rm{7}个横行，rm{18}个纵行，rm{8}rm{9}rm{10}三个纵行为第Ⅷ族，则共rm{16}个族；以此来解答．

本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素周期表的周期、族的划分为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意族的排布，题目难度不大．【解析】rm{7}rm{16}rm{7}rm{7}Ⅷ24、0.225mol·L-1【分析】【分析】本题考查了化学计算，为高考常见题型，题目难度中等。【解答】rm{1}个rm{H_{2}SO_{4}}含有rm{2}个rm{H^{+}}所以rm{H^{+}}浓度是rm{0.1*2=0.2mol/L}个rm{1}含有rm{H_{2}SO_{4}}个rm{2}所以rm{H^{+}}浓度是rm{H^{+}}rm{0.1*2=0.2mol/L}个rm{1}个rm{HNO_{3}}含有rm{1}个rm{H^{+}}所以rm{H^{+}}浓度是rm{0.4*1=0.4mol/L}含有rm{1}个rm{HNO_{3}}所以rm{1}浓度是rm{H^{+}}

rm{H^{+}}rm{0.4*1=0.4mol/L}物质的量是rm{H^{+}}

的总浓度是rm{0.2+0.4=0.6mol/L}物质的量是rm{n=cV=0.6*0.1=0.06mol}个rm{0.2+0.4=0.6mol/L}含有rm{n=cV=0.6*0.1=0.06mol}个rm{1}个rm{HNO_{3}}含有rm{1}个rm{NO_{3}^{-}}所以rm{NO_{3}^{-}}的浓度是rm{0.4*1=0.4mol/L}物质的量是rm{n=cV=0.4*0.1=0.04mol}所以rm{1}的浓度是rm{HNO_{3}}物质的量是rm{1}

rm{NO_{3}^{-}}的物质的量是rm{NO_{3}^{-}}

rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}

rm{0.4*1=0.4mol/L}rm{n=cV=0.4*0.1=0.04mol}rm{Cu}的物质的量是rm{n=m/M=1.92/64=0.03mol}

rm{Cu}rm{n=m/M=1.92/64=0.03mol}rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}

+2NO隆眉+4H_{2}O}

rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}

+2NO隆眉+4H_{2}O}的rm{3}rm{8}rm{2}需要rm{3}的rm{8}与rm{2}的rm{0.03}rm{0.08}rm{0.02}事实情况是rm{0.03}只有rm{0.08}不足，rm{0.02}是从上面的方程式中可以看出，rm{0.03mol}的rm{Cu}需要rm{0.08mol}的rm{H^{+}}与rm{0.02mol}的rm{NO_{3}^{-}}事实情况是rm{H^{+}}只有rm{0.06mol}不足，rm{NO3-}是rm{0.04mol}足量，反应计算要以不足的物质为基础；由方程式足量，反应计算要以不足的物质为基础；由方程式rm{0.03mol}rm{Cu}rm{0.08mol}可计算出铜的物质的量rm{H^{+}}

rm{0.02mol}rm{NO_{3}^{-}}浓度为rm{H^{+}}rm{0.06mol}【解析】rm{0.225mol隆陇L}rm{0.225mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}四、简答题(共3题，共9分)25、略

【分析】解；铝土矿加过量盐酸溶解，Fe3O4、Al2O3和HCl反应溶解，反应方程式分别为：Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O．而SiO2不与盐酸反应，所以沉淀为不溶物SiO2；滤液甲中含有的阳离子有Fe3+、Fe2+、Al3+、H+，加入过量烧碱，氢离子和氢氧化钠反应生成水，铁离子、亚铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀、氢氧化亚铁，最终生成氢氧化铁，生成的氢氧化铝易溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸根离子，所以沉淀的成分是氢氧化铁；滤液乙中含有偏铝酸钠和氯化钠，通入过量的二氧化碳可以得到碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-，氢氧化铝沉淀加热可以得到氧化铝，即2Al（OH）3Al2O3+3H2O；

（1）由以上分析可知不溶物为SiO2，滤液甲中的溶质为FeCl3、FeCl2、AlCl3、HCl，故答案为：SiO2；FeCl3、FeCl2、AlCl3；HCl；

（2）滤液甲中含铝元素的溶质与过量NaOH溶液反应进入滤液乙，反应的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；发生此反应的反应物的物质的量之比为1：4，氢氧化铝与强碱反应，不溶于氨水；

故答案为：1：4；否；

（3）滤液甲含有Fe3+，具有氧化性，可与碘离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2；从该溶液中获得碘单质需要加入四氯化碳进行萃取，然后分液；蒸馏可得到碘；