2025年浙教新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年浙教新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6题，共12分)1、下列各物质所含原子个数按由大到小的顺序排列的是（）

①标况下11.2升的NH3

②1mol氦气。

③3.01×1023个水分子。

④19.6克的H3PO4．A.①④③②B.④③②①C.②③④①D.①④②③2、碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是A.洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡B.从Z导管出来的气体中无二氧化碳C.洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡D.在Z导管口有红棕色气体出现3、反应属于取代反应是（）

A.C3H8+5O23CO2+4H2O

B.CH4+C12CH3C1+HCl

C.

D.+3H2

4、下列各组物质的比较，不正确的是A.原子半径：Na＜Mg＜AlB.热稳定性：HCl＞HBr＞HIC.酸性强弱：H2SiO4＜H2CO3＜H2SO4D.离子半径：O2-＞Na+＞Al3+5、汽车安全气囊是在发生撞车时、产生二次碰撞前能够自动膨胀保护乘员的装置，碰撞时发生反应：rm{10NaN_{3}+2KNO_{3}篓TK_{2}O+5Na_{2}O+16N_{2}隆眉.}下列判断正确的是rm{(}rm{)}A.rm{N_{2}}既是氧化剂又是还原剂B.rm{NaN_{3}}中rm{N}元素被还原C.每生成rm{16molN_{2}}转移rm{30mole^{-}}D.还原产物与氧化产物质量之比为rm{1}rm{15}6、下列关于催化剂的说法，正确的是rm{(}rm{)}A.催化剂能使不起反应的物质发生反应B.在化学反应前后催化剂性质和质量都不改变C.催化剂能改变化学反应速率D.在化学反应过程中，催化剂能提高转化率评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中；发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率．请回答下列问题：

（1）上述实验中发生反应的化学方程式有______、______；

（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是通过一系列反应构成了Cu/Zn原电池，该原电池的电极反应式，负极：______；正极：______

（3）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有______（答两种）．

（4）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响；该同学设计了如下一系列实验．将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间．

。实验。

混合溶液ABCDEF4mol•L-1H2SO4/mL-130V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL-100.52.55V620H2O/mL-1V7V8V9V10100①请完成此实验设计，其中：V1=______，V6=______，V9=______；

②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高．但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降．请分析氢气生成速率下降的主要原因______．8、按要求填空。

rm{(1)}写出电子式：

rm{KF}______

rm{NaOH}______

rm{HCl}______

rm{NH_{4}Cl}______

rm{(2)}用电子式表示下列化合物的形成过程：

rm{CaF_{2}}______．

rm{NaCl}______．9、回答下列问题：

rm{(1)}用甲烷制备一氯甲烷的化学方程式是______；该反应的类型是______；

rm{(2)}用乙烯制备氯乙烷的化学方程式是______，该反应的类型是______．10、金属rm{Na}rm{Mg}rm{Al}有广泛的应用．rm{(1)}周期表中rm{Na}rm{Mg}rm{Al}所在的周期是___________．rm{(2)}为比较rm{Na}rm{Mg}rm{Al}的金属性，进行了如下实验：实验rm{1}各取rm{1.0g}金属钠和镁，分别加入到rm{5mL}水中，钠与水反应剧烈，镁与水反应缓慢．实验rm{2}各取rm{1.0g}的镁条和铝条，分别加入到rm{5mL1.0mol/L}盐酸中，镁与盐酸反应剧烈，铝与盐酸反应较剧烈．已知：元素金属性强弱可以从其单质与水rm{(}或酸rm{)}反应置换出氢的难易程度来判断．由实验rm{1}和实验rm{2}得出的结论是____，用原子结构理论解释：同周期元素从左到右，____．rm{(3)Na}rm{Mg}rm{Al}都可以用于制备储氢的金属氢化物rm{.NaH}是离子化合物，能与水发生氧化还原反应生成rm{H_{2}}该反应的还原剂是____．11、指出在使用下列仪器（已经洗涤干净）或用品时的第一步操作：

①石蕊试纸（检验气体）：____．

②容量瓶：____．

③滴定管：____．

④集气瓶（收集氨气）____．

⑤托盘天平：____12、在体积为2L密闭容器中加入反应物A，B，发生如下反应：A+2B=3C．经2min后，A的浓度从开始时的1.0mol•L﹣1降到0.8mol•L﹣1．已知反应开始时B的浓度是1.2mol•L﹣1．则：2min末B的浓度____，C的物质的量____．2min内，用A物质的浓度变化来表示该反应的反应速率，即V（A）=____．13、物质的量是它表示含有______的集合体，符号为______，单位______，对象是______及特定组合；阿伏加德罗常数（NA）的单位______．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)14、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化15、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．16、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）17、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）18、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）19、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）评卷人得分四、工业流程题(共3题，共9分)20、以白云石（主要成分为CaCO3和MgCO3）为原料制备氧化镁和轻质碳酸钙的一种工艺流程如下：

已知：Ksp[Mg(OH)2]=5×10−12

（1）白云石高温煅烧所得固体产物的主要成分为_______（填化学式）。

（2）NH4NO3溶液呈酸性的原因为_______（用离子方程式表示）。

（3）“浸取”后，c(Mg2+)应小于5×10−6mol·L−1，则需控制溶液pH______。

（4）“碳化”反应的化学方程式为_______。

（5）煅烧所得固体的活性与其中CaO含量及固体疏松程度有关。其他条件相同时，将不同温度下的煅烧所得固体样品加入酸化的酚酞溶液中，引起溶液变色所需时间不同，由此可知煅烧所得固体的活性差异。溶液变色的时间与各样品煅烧温度的关系如图所示。当温度高于950℃时，煅烧所得固体易板结，活性降低；当温度低于950℃时，活性降低的原因为_______。将不同温度下的煅烧所得固体样品加入水中，也可测量其活性，则此时需测量的数据为相同时间后_______与样品煅烧温度之间的关系。

21、我国每年产生的废旧铅蓄电池约330万吨。从含铅废料（PbSO4、PbO2、PbO等）中回收铅；实现铅的再生，意义重大。一种回收铅的工作流程如下：

（1）铅蓄电池放电时，PbO2作_______极，其电极质量在_______（填“减小”；“不变”、“增加”）

（2）过程I，已知：PbSO4、PbCO3的溶解度(20℃)见图l；Na2SO4、Na2CO3的溶解度见图2。

①根据图l写出过程I的离子方程式：_____________________________________。

②生产过程中的温度应保持在40℃，若温度降低，根据图2，解释可能原因：_____________________。

（3）过程Ⅱ，写出PbO2反应的化学方程式___________________________。

（4）过程Ⅲ，将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液，生成Pb；如图3。

①阴极的电极反应式是__________________________________。

②电解一段时间后，PbCl42－浓度极大下降，为了恢复其浓度且实现物质的循环利用，阴极区采取的方法是_____________________。22、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__。评卷人得分五、探究题(共4题，共12分)23、某学习小组，用稀HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，探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25.00mL、大理石用量为10.00g。实验设计如表：。编号T/K大理石规格HNO3浓度①298粗颗粒2.00mol·L-1②298粗颗粒1.00mol·L-1③308粗颗粒2.00mol·L-1④298细颗粒2.00mol·L-1将相应的实验目的填入下列空格中：（1）实验①和②探究对该反应速率的影响；（2）实验①和③探究对该反应速率的影响；（3）实验①和④探究对该反应速率的影响24、某实验小组的同学用氢氧化钙和盐酸进行酸碱中和的实验时；向烧杯中的氢氧化钙溶液加入稀盐酸，实验结束后，发现忘了滴加指示剂．他们停止滴加稀盐酸，并对烧杯内溶液中的溶质成分进行探究．

（1）复分解反应的发生需要一定的条件．氢氧化钙和盐酸能发生复分解反应是因为______．

（2）探究烧杯中溶液中溶质的成分．

【提出问题】该烧杯内溶液中的溶质是什么？

【猜想】猜想一：可能是Ca（OH）2和CaCl2；猜想二：可能只有CaCl2

猜想三：可能是______．

【查阅资料】CaCl2溶液显中性．

【进行实验】

实验一：取少量烧杯内溶液于试管中，滴入几滴酚酞溶液，振荡，若______；说明猜想一不正确．

实验二：另取烧杯内的少量溶液于另一只试管中，逐滴加入碳酸钠溶液至过量，若______；说明猜想二不正确，猜想三正确．

实验三：取少量烧杯内溶液于试管中，用下列物质中的______（填序号）不能说明猜想三正确．

A；紫色石蕊B、氢氧化铜C、硝酸银D、锌。

【反思与拓展】

①在分析化学反应后所得物质成分时，除考虑生成物外还需考虑______．

②要处理烧杯内溶液，使其溶质只含有CaCl2，应向烧杯中加入过量的______．

③实验室欲中和100g7.3%的盐酸，至少需要多少克熟石灰？25、（8分）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用带刻度的集气瓶排水法收集氢气，每隔1分钟记录一次数据（累计值）：。时间（min）12345氢气体积（mL）50120232290310（1）从0～3分钟时间段内，产生氢气的速率是如何变化的？答：。造成这种变化的主要因素是；从3～5分钟时间段内，产生氢气的速率是如何变化的？答：。造成这种变化的主要因素是。（2）在盐酸中分别加入等体积的下列溶液，能减缓反应速率而又不减少产生氢气的量的是。A．蒸馏水B．NaCl溶液C．Na2CO3溶液D．CuSO4溶液（3）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5分钟五个时间段中，反应速率最大的时间段的盐酸的反应速率为（设溶液体积不变，上述气体体积为标况下数据）。26、请你参与下列探究：

[问题情景]某化学实验小组同学将铁粉投入硫酸铜溶液中，发现生成红色固体物质的同时有较多的气泡放出．同学们都能解释红色固体物质的出现，请你写出生成红色固体物质的化学反应方程式______．但却对气体的生成产生了疑问；这激发了同学们强烈的探究欲望，生成的是什么气体？

[提出猜想]从物质组成元素的角度，放出的气体可能是O2、SO2、H2．

[查阅资料]SO2易溶于水，它能与过量的NaOH溶液反应，生成Na2SO3．

[方案设计]依据上述猜想；实验小组同学分别设计了如下方案：

（1）甲同学认为是O2，则较简单的检验方法是______．

（2）乙同学认为是SO2，则只需将放出的气体通入盛有NaOH溶液的洗气瓶中，称量通气前后洗气瓶的质量．写出SO2与过量的NaOH溶液反应的化学方程式______．

（3）甲、乙同学实验的结果表明气体中既不含O2也不含SO2．丙同学根据以上实验结果推测气体是H2．

[实验探究]丙同学为了检验H2；收集了一试管气体，用拇指堵住试管口且管口略向下倾斜靠近火焰移开拇指点火，听到很小的声音．然后再将气体用带尖嘴的导管导出点燃且用冷而干燥的烧杯罩在火焰上方，气体在空气中安静的燃烧，产生淡蓝色火焰，烧杯壁上有水珠生成，接触烧杯的手能感觉到发热．

结论：铁粉与硫酸铜的溶液反应时，产生的气体是______．

[思维拓展]由上述实验可以推出，硫酸铜溶液中可能含有______物质．评卷人得分六、计算题(共2题，共16分)27、将一定质量的镁铝合金投入100mL一定浓度的盐酸中；合金完全溶解．向所得溶液中滴加浓度为5mol/L的NaOH溶液，生成的沉淀跟加入的NaOH溶液的体积关系如图．（横坐标体积单位是mL，纵坐标质量单位是g）求：

①合金中Mg的质量；

②所用HCl的物质的量浓度；

③加180mL的NaOH溶液时，求溶液中各溶质成分的浓度．（溶液混合后，引起液体体积的变化忽略不计）28、取rm{10ml}rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{Na_{2}SO_{4}}的混合溶液，加入过量rm{BaCl_{2}}溶液后得到rm{8.24g}白色沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到rm{2.33g}并有气体放出rm{.}试计算：

rm{(1)}原混合溶液中rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{Na_{2}SO_{4}}的物质的量浓度；

rm{(2)}产生的气体在标准状况下的体积．

rm{(}已知rm{BaSO_{4}}相对分子质量为rm{233}rm{BaCO_{3}}相对分子质量为rm{197}rm{)}参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】解：①氨气的物质的量为=0.5mol；氨气是4原子分子，故氨气中原子的物质的量为2mol；

②氦气是单原子分子；氦气物质的量和氦原子物质的量相同，1mol氦气含1mol原子；

③3.01×1023个水的物质的量为：=0.5mol；原子物质的量为水的3倍，故含有原子的物质的量为0.5mol×3=1.5mol；

④磷酸的物质的量为=0.2mol；磷酸分子含有8个原子，原子的物质的量为磷酸的8倍，0.2mol磷酸含有原子的物质的量为0.2mol×8=1.6mol；

故含有原子数目由多到少顺序为：①④③②；

故选A．

原子的物质的量越大；含有原子的数目越多；

①根据n=计算氨气的物质的量；氨气分子含有4个原子，原子的物质的量为氨气的4倍；

②氦气是单原子分子；氦气物质的量和氦原子物质的量相同；

③根据n=计算水的物质的量；原子物质的量为水的3倍；

④根据n=计算磷酸的物质的量；磷酸分子含有8个原子，原子的物质的量为磷酸的8倍．

本题考查物质的量的有关计算，比较基础，注意稀有气体是单原子分子．【解析】【答案】A2、D【分析】试题分析：碳跟浓硫酸共热产生的气体X中含有CO2、SO2;铜跟浓硝酸反应产生的气体Y是NO2，若二者同时通入足量氯化钡溶液中，NO2反应产生的NO和硝酸，硝酸会把SO2氧化为硫酸，CO2在酸性环境部能溶解而逸出，硫酸与溶液中的溶质发生复分解反应产生硫酸钡白色沉淀，逸出气体中的NO在导管口遇空气发生反应产生红棕色的NO2气体。不正确选项是D。考点：考查物质的性质及反应现象的关系的知识。【解析】【答案】D3、B【分析】

A；丙烷燃烧属于氧化反应；故A错误．

B；甲烷中的氢原子被氯原子取代生成氯代烃；属于取代反应，故B正确．

C；乙烯中的碳碳双键中一个键断裂与另一个乙烯分子中的碳原子上的半键相连生成高分子化合物；属于加聚反应，故C错误．

D；苯和氢气生成环己烷的反应属于加成反应；故D错误．

故选B．

【解析】【答案】根据取代反应的定义“有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应”进行判断．

4、A【分析】考查元素周期律的应用。同周期原子半径自左向右逐渐减小，所以原子半径为Na＞Mg＞Al，A不正确。非金属性是Cl＞Br＞I，所以氢化物的稳定性逐渐较弱，B正确。非金属性是S＞C＞Si，所以最高价氧化物的水化物的酸性逐渐较弱，C正确。核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，D正确。答案是A。【解析】【答案】A5、D【分析】解：rm{A.}只有rm{N}元素的化合价变化，则rm{N_{2}}既是氧化产物又是还原产物；故A错误；

B.rm{NaN_{3}}中rm{N}元素化合价升高；失去电子被氧化，故B错误；

C.由反应可知，rm{2molKNO_{3}}反应转移电子为rm{2mol隆脕(5-0)=10mol}即每生成rm{16molN_{2}}转移rm{10mol}电子；故C错误；

D.该反应中rm{10molNaN_{3}}是还原剂，生成氧化产物rm{N_{2}}的物质的量是rm{15mol}rm{2molKNO_{3}}是氧化剂，生成还原产物rm{N_{2}}的物质的量是rm{1mol}还原产物与氧化产物质量之比为rm{1}rm{15}故D正确；

故选：rm{D}

rm{10NaN_{3}+2KNO_{3}篓TK_{2}O+5Na_{2}O+16N_{2}隆眉}中，只有rm{N}元素的化合价变化，由rm{N}元素的化合价降低可知，rm{2molKNO_{3}}反应转移电子为rm{2mol隆脕(5-0)=10mol}以此来解答．

本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大．【解析】rm{D}6、C【分析】解：rm{A}催化剂在化学反应里能改变其他物质的化学反应速率；但不能使不起反应的物质发生反应，故A错误；

B、催化剂在化学反应前后质量和化学性质rm{(}而不是性质rm{)}不变；故B错误；

C；催化剂能加快或减慢化学反应速率；即催化剂能改变化学反应速率，故C正确．

D；催化剂能加快或减慢化学反应速率；但是催化剂对化学平衡状态无影响，不能提高转化率，故D错误．

故选：rm{C}．

在化学反应里能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后都没有发生变化的物质叫做催化剂rm{.}催化剂的特点可以概括为“一变二不变”；一变是能够改变化学反应速率，二不变是指质量和化学性质在化学反应前后保持不变，而且催化剂对化学平衡状态无影响．

本题难度不大，考查对催化剂概念的理解，掌握催化剂的特征rm{(}“一变二不变”rm{)}是正确解答本题的关键．【解析】rm{C}二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】解：（1）因为Cu2+的氧化性比H+的强，所以加入硫酸铜，Zn先跟硫酸铜反应，反应完后再与酸反应，反应的有关方程式为：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；

故答案为：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu；Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；

（2）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜，与锌形成原电池反应，负极锌失去电子生成锌离子，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+；正极氢离子得到电子生成氢气，电极反应为：2H++2e-=H2↑

故答案为：Zn-2e-=Zn2+；2H++2e-=H2↑；

（3）对于溶液中的化学反应；影响反应速率的因素还有浓度；温度、催化剂以及固体表面积大小等，要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等；

故答案为：升高反应温度；适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等；

（4）①要对比试验效果，除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，则每组硫酸的量需要保持相同，六组反应的总体积也应该相同．A组中硫酸为30ml，那么其它组硫酸量也都为30mL，而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20ml，水为0，那么总量为20ml，所以V6=10mL，V9=17.5mL，V1=30mL；

故答案为：30；10；17.5；

②因为锌会先与硫酸铜反应；直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降；

故答案为：当加入的CuSO4溶液超过一定量时；生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶液的接触面积．

（1）因为Cu2+的氧化性比H+的强；所以加入硫酸铜，Zn先跟硫酸铜反应，反应完后再与酸反应，据此写出反应的化学方程式；

故答案为：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu；Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；

（2）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu置换出铜；与锌形成原电池反应，负极锌失去电子生成锌离子，正极氢离子得到电子生成氢气，据此写出电极反应式；

（3）根据影响反应速率的还有浓度；温度、催化剂以及固体表面积大小等因素分析；

（4）①要对比试验效果；除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，则每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同，据此进行分析；

②硫酸铜量较多时；反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应．

本题考查了影响化学反应速率的因素，题目难度中等，明确影响化学反应速率的因素为解答关键，本题的易错点为（4），V1、V6、V9的判断需要根据对照试验要求分析表中数据，最后一问应该能够想到“覆盖”的问题．【解析】Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu；Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；Zn-2e-=Zn2+；2H++2e-=H2↑；升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等；30；10；17.5；当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶液的接触面积8、略

【分析】解：rm{(1)KF}为离子化合物，由钾离子和氟离子构成，故电子式为

氢氧化钠为离子化合物，钠离子与氢氧根离子通过离子键结合而成，rm{NaOH}的电子式为

氯化氢为共价化合物，分子中含有rm{1}个rm{H-Cl}其电子式为

氯化铵为离子化合物，铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及最外层电子，其电子为

故答案为：

rm{(2)}氟化钙为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷，用电子式表示其形成过程为

rm{NaCl}为离子化合物，书写电子式时注意，左边写钠原子和氯原子电子式，右边写氯化钠的电子式，中间用箭头连接，用电子式表示氯化钠的形成过程为

故答案为：．

首先判断化合物是离子化合物还是共价化合物；然后依据电子式的书写原则解答；

若是离子化合物；其电子式由阴；阳离子的电子式组合而成，相同的离子不能合并；

若是共价化合物；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．

本题考查常见化学用语的书写，题目难度中等，明确电子式的书写原则即可解答，注意掌握用电子式表示化合物形成过程的方法，试题培养了学生的规范答题能力．【解析】9、略

【分析】解：甲烷和氯气在光照条件下反应生成一氯甲烷和氯化氢，rm{CH_{4}+Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{}CH_{3}Cl+HCl}甲烷中的氢原子被氯原子所替代，所以属于取代反应；

乙烯和氯化氢反应生成氯乙烷，反应方程式为rm{CH_{4}+Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{

}CH_{3}Cl+HCl}该反应中乙烯的双键两端的碳原子与氢原子和氯原子结合生成氯乙烷，所以属于加成反应．

故答案为：rm{CH_{4}+Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{}CH_{3}Cl+HCl}取代反应；rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl隆煤CH_{3}CH_{2}Cl}加成反应．

取代反应：有机物分子里的某些原子或原子团被其他原子或原子团所替代的反应；加成反应：有机物分子中双键rm{CH_{4}+Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{

}CH_{3}Cl+HCl}或三键rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl隆煤CH_{3}CH_{2}Cl}两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应；根据反应物和生成物；反应条件写出化学方程式；根据取代反应和加成反应的定义判断反应类型．

本题考查了反应方程式的书写及取代反应和加成反应的判断，难度不大，注意取代反应和加成反应的区别．rm{(}【解析】rm{CH_{4}+Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{}CH_{3}Cl+HCl}取代反应；rm{CH_{4}+Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{

}CH_{3}Cl+HCl}加成反应rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl隆煤CH_{3}CH_{2}Cl}10、（1）第三周期（2）金属性Na>Mg>Al原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱（3）NaH【分析】【分析】本题考查原子结构与元素周期律的关系，原子结构与元素性质的关系等，难度不大。【解答】rm{(1)}周期表中rm{Na}rm{Mg}rm{Al}分别是rm{11}rm{12}rm{13}号元素，所以所在周期是第三周期；故答案为：第三周期；rm{(2)}由实验rm{1}各取rm{1.0g}金属钠和镁，分别加入到rm{5mL}水中，钠与水反应剧烈，镁与水反应缓慢。根据与水反应剧烈程度可知钠比镁金属性强；由实验rm{2}各取rm{1.0g}的镁条和铝条，分别加入到rm{5mL1.0mol/L}盐酸中，镁与盐酸反应剧烈，铝与盐酸反应较剧烈。根据与盐酸反应剧烈程度可知镁比铝金属性强；所以各取rm{1}金属钠和镁，分别加入到rm{1.0g}水中，钠与水反应剧烈，镁与水反应缓慢。根据与水反应剧烈程度可知钠比镁金属性强；由实验rm{5mL}各取rm{2}的镁条和铝条，分别加入到rm{1.0g}盐酸中，镁与盐酸反应剧烈，铝与盐酸反应较剧烈。根据与盐酸反应剧烈程度可知镁比铝金属性强；所以金属性rm{5mL1.0mol/L}；用原子结构理论解释：同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱故答案为：金属性rm{Na>Mg>Al}；原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱；rm{Na>Mg>Al}是离子化合物，氢元素为rm{(3)NaH}价，与水发生氧化还原反应生成rm{-1}时，化合价升高变为rm{H_{2}}价，所以该反应的还原剂是rm{0}故答案为：rm{NaH}rm{NaH}【解析】rm{(1)}第三周期rm{(2)}金属性rm{Na>Mg>Al}原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱rm{(3)NaH}11、把试纸用蒸馏水湿润检查容量瓶是否漏水检查滴定管是否漏水干燥集气瓶；调节零点【分析】【解答】（1）用石蕊试纸检验气体的酸碱性；需先用蒸馏水湿润试纸，溶解气体，故答案为：把试纸用蒸馏水湿润；

（2）容量瓶带有玻璃塞；配制溶液前需要检验是否漏水，故答案为：检查容量瓶是否漏水；

（3）酸式滴定管带有玻璃活塞；碱式滴定管带有玻璃珠，使用前均需检查滴定管是否漏水，故答案为：检查滴定管是否漏水；

（4）氨气极易溶于水；收集之前需干燥集气瓶，故答案为：干燥集气瓶；

（5）托盘天平使用前需要调0；故答案为：调节零点．

【分析】（1）用石蕊试纸检验气体的酸碱性；需先用蒸馏水湿润试纸，溶解气体；

（2）容量瓶带有玻璃塞；配制溶液前需要检验是否漏水；

（3）滴定管带有玻璃活塞或玻璃珠；需检查滴定管是否漏水；

（4）氨气极易溶于水；

（5）托盘天平使用前需调0．12、0.8mol/L|1.2mol|0.1mol/（L．min）【分析】【解答】解：2min内△c（A）=1mol/L﹣0.8mol/L=0.2mol/L；

浓度变化量之比等于化学计量数之比；则△c（B）=2△c（A）=2×0.2mol/L=0.4mol/L，故2min末B的浓度=1.2mol/L﹣0.4mol/L=0.8mol/L；

浓度变化量之比等于化学计量数之比；则△c（C）=3△c（A）=3×0.2mol/L=0.6mol/L，故2min末C的物质的量=0.6mol/L×2L=1.2mol；

2min内，用A物质的浓度变化来表示该反应的反应速率，v（A）==0.1mol/（L．min）；

故答案为：0.8mol/L；1.2mol；0.1mol/（L．min）．

【分析】计算2min内△c（A），利用浓度变化量之比等于化学计量数之比计算△c（B），2min末B的浓度=B的起始浓度﹣△c（B），利用浓度变化量之比等于化学计量数之比计算△c（C），根据n=cV计算C的物质的量，根据v=计算v（A）．13、略

【分析】解：物质的量是一个物理量，用于表示含有一定数目粒子集合体，符号为n，单位是mol，对象是微粒以及其特定组合，阿伏伽德罗常数的单位是mol-1；

故答案为：一定数目粒子；n；mol；微粒；mol-1．

物质的量是一个物理量，用于表示含有一定数目粒子集合体，物质的量的单位是mol，阿伏伽德罗常数的单位是mol-1；据此解答即可．

本题考查了物质的量的概念和单位，应注意的是阿伏伽德罗常数的单位是mol-1，难度不大．【解析】一定数目粒子；n；mol；微粒；mol-1三、判断题(共6题，共12分)14、B【分析】【解答】煤的气化是在高温条件下煤与水蒸气反应生成CO和H2；是化学变化；

煤液化；是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料；化工原料和产品的先进洁净煤技术，有新物质生成，属于化学变化；

煤的干馏是将煤隔绝空气加强热；煤发生复杂的反应获得煤焦油；焦炉煤气等的过程，是化学变化．故煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是化学变化，故此说法错误．故答案为：错误．

【分析】没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化；15、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；16、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．17、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．18、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19、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素四、工业流程题(共3题，共9分)20、略

【分析】【分析】

白云石(主要成分为CaCO3和MgCO3)高温煅烧得到CaO和MgO；由于铵根水解显酸性，所以之后加入硝酸铵调节pH浸取，使CaO溶解，浸取后溶液中的溶质主要为硝酸钙和一水合氨，过滤掉不溶的MgO，之后向溶液中依次通入过量氨气；二氧化碳，得到碳酸钙。

【详解】

(1)高温煅烧白云石得到CaO和MgO；

(2)硝酸铵溶液中由于存在铵根的水解所以显碱性，水解方程式为NH+H2ONH3·H2O+H+；

(3)Ksp[Mg(OH)2]=c2(OHˉ)·c(Mg2+)，当c(Mg2+)=5×10−6mol·L−1时，c(OHˉ)=mol/L=1×10-3mol/L，此时pH=11，若c(Mg2+)小于5×10−6mol·L−1，则需要pH>11；

(4)硝酸铵浸取后溶液中的溶质主要为硝酸钙和一水合氨，通入氨气、二氧化碳，发生复分解反应，化学方程式为Ca(NO3)2+CO2+2NH3=CaCO3↓+2NH4NO3；

(5)煅烧温度较低，CaCO3未完全分解；CaO的含量偏低，所以活性降低；氧化钙和水反应放热，氧化钙含量越高与样品与水反应放出的热量越多，所以也可将不同温度下的煅烧所得固体样品加入水中，测量的相同时间后反应液的温度与样品煅烧温度之间的关系，来判断样品的活性。

【点睛】

碳化的过程与侯氏制碱法制取纯碱的原理类似，通氨气使溶液碱性增强，更好的吸收二氧化碳，同时过量的氨气可以防止碳酸氢钙的生成。【解析】①.CaO、MgO②.NH+H2ONH3·H2O+H+③.＞11④.Ca(NO3)2+CO2+2NH3=CaCO3↓+2NH4NO3⑤.煅烧温度较低，CaCO3未完全分解，CaO的含量偏低⑥.温度21、略

【分析】【分析】

含铅废料（PbSO4、PbO2、PbO等），加入饱和碳酸钠溶液过滤得到PbCO3、PbO2、PbO和滤液硫酸钠溶液，PbCO3、PbO2、PbO加入草酸过滤得到PbO粗品，将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液，生成Pb和O2。

【详解】

（1）铅蓄电池放电时，铅元素化合价0价变化为+2价，Pb做负极，铅元素化合价+4价变化为+2价，PbO2做正极，发生反应为：PbO2+4H＋+SO42－+2e－=PbSO4+2H2O；由反应可知，电极质量增加。

（2）①碳酸铅溶解度小于硫酸铅，根据图l写出过程I的离子方程式为：PbSO4（s）+CO32－（aq）=PbCO3（s）+SO42－（aq）。

②生产过程中的温度应保持在40℃，若温度降低，PbSO4的转化速率下降；反应速率减小的原因是温度降低；硫酸钠和碳酸钠浓度降低，反应速率减小。

（3）根据过程Ⅱ分析可知，发生反应2PbO2+H2C2O4═2PbO+H2O2+2CO2↑。

（4）①阴极的电极反应是发生还原反应，元素化合价降低，阴极的电极反应式是，PbCl42－+2e－=Pb+4Cl－。

②阴极电解一段时间后溶液为HCl和NaCl的混合溶液，根据题意“将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液”继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用。【解析】①.正②.增加③.PbSO4（s）+CO32－（aq）=PbCO3（s）+SO42－（aq）④.温度降低、硫酸钠和碳酸钠浓度降低，反应速率减小⑤.2PbO2+H2C2O4═2PbO+H2O2+2CO2↑⑥.PbCl42－+2e－=Pb+4Cl－⑦.向阴极区加PbO粗品22、略

【分析】【分析】

根据流程可知，将含锂废渣研磨后，在70℃下用稀硫酸酸浸出其中的金属离子，得到含有Li+、Ca2+、Mg2+的酸性溶液，其中部分Ca2+与SO42-结合生成CaSO4沉淀，过滤，滤渣1主要是CaSO4，向滤液1中加入NaOH调节溶液pH=12，沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，滤渣2主要是Ni(OH)2、Mg(OH)2和少量的Ca(OH)2，滤液中含有Li+，向滤液2中加入EDTA，再加入饱和的Na2CO3溶液，90℃下充分反应，得到沉淀趁热过滤后得到粗品Li2CO3，将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液来制备高纯度的LiOH，再转化得到电池级Li2CO3，将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下发生反应Li2CO3+2C+2FePO42LiFePO4+3CO；据此作答。

【详解】

（1）流程中为加快反应速率而采取的措施是研磨；70℃加热；

（2）根据保重数据可知Li2CO3高温时的溶解度较小，因此90℃下充分反应后，通过趁热过滤分离出固体Li2CO3粗品；

（3）1kg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，那么浸出的Li+的物质的量为=5amol，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，那么粗品中含Li2CO3的质量为5amol××b×74g/mol=185abg；

（4）根据电解示意图可知，阳极失去电子发生氧化反应，OH-放电，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；

（5）Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，根据元素分析可知可燃性气体为CO，因此方程式为：Li2CO3+2C+2FePO42LiFePO4+3CO

【点睛】

以物质制备为载体的工艺流程题目较为综合，耐心细致、理清流程，深入思考是解答该类题目的前提。分析该类题目时要注意统筹全题，整体解答，对物质的转化不仅要烂熟于胸，还要与化学反应原理、化学实验等知识密切联系在一起。【解析】研磨、70℃加热趁热过滤185ab4OH--4e-=2H2O+O2↑Li2CO3+2C+2FePO42LiFePO4+3CO五、探究题(共4题，共12分)23、略

【分析】考查外界条件对反应速率的影响。在其它条件不变的情况下，增多反应物浓度或升高温度或增大反应物的接触面积或使用催化剂均能加快反应速率。根据实验中的数据可知①②硝酸的浓度不同，所以是探究浓度对反应速率的影响的。①③中温度不同，所以探究的是温度对反应速率对影响。①④中固体的表面积不同，所以探究的是固体颗粒大小对反应速率影响的。【解析】【答案】（1）浓度；（2）温度；（3）固体颗粒大小24、略

【分析】解：（1）复分解反应发生的条件是：生成物中有沉淀；水或气体放出；氢氧化钙和盐酸反应生成了氯化钙和水，故符合条件；

（2）【猜想】反应可能是恰好反应；只有氯化钙（猜想二）；也可能是一种物质完全反应，另一种物质有剩余，若氢氧化钙过量，则含有氢氧化钙和氯化钙（猜想一）；若盐酸过量，则含有盐酸和氯化钙（猜想三）；

【进行实验】因为酚酞遇碱会变红色；而结论是猜想一不正确，即不含有氢氧化钙，故观察到的现象是溶液无明显变化（或溶液不变红色）；

根据结论猜想二不正确；猜想三正确，即含有盐酸和氯化钙，其中的氯化钙溶液可以和碳酸钠溶液反应生成沉淀，稀盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，因为碳酸钙在盐酸存在的情况下不能以沉淀的形式析出，故碳酸钠先和盐酸反应产生气泡，再和氯化钙反应产生沉淀；

虽然盐酸能够和硝酸银反应产生沉淀；但由于其中的氯化钙也能够和硝酸银产生相同的现象，不能选择；

【反思与拓展】

①因为反应可能是完全反应；也可能是其中的一种反应物过量，因此在分析化学反应后所得物质成分时，除考虑生成物外还需考虑反应物的用量；

②盐酸会与碳酸钙反应而将过量盐酸除去．

③解：设至少需要熟石灰的质量为x

污水中HCl的质量：100g×7.3%=7.3g

2HCl+Ca（OH）2═CaCl2+2H2O

7374

7.3gx

解之得：x=7.4g

答：至少需要熟石灰7.4g．

故答案为：（1）有水生成；（2）猜想三：可能是CaCl2；HCl；

【进行实验】溶液无色（或无明显现象）；先产生气泡；后出现白色沉淀；C；

【反思与拓展】

①反应物是否过量；②CaCO3；③7.4g．

（1）；据复分解反应发生的条件考虑；（2）、【猜想】根据反应的程度进行猜想：恰好反应、一种物质完全反应；另一种物质有剩余；

【进行实验】根据酚酞遇碱变红来进行解答；根据盐酸的性质进行分析；但注意氯化钙中也含有氯离子；

【反思与拓展】

①根据实验的结论进行发生反思；

②根据酸会与碳酸钙反应进行分析③．计算出100g污水中的HCl的质量；然后根据盐酸和氢氧化钙反应的化学方程式求出至少需要熟石灰的质量．

本题考查了酸碱中和反应以及实验设计的能力．设计实验时，可以从反应后的产物和其有关的性质着手；检验时要注意氯离子的干扰．【解析】有水生成；可能是CaCl2、HCl；溶液无色（或无明显现象）；先产生气泡，后出现白色沉淀；C；反应物是否过量；CaCO325、略

【分析】（1）根据表中数据可知，在0～1、1～2、2～3内生成的氢气分别是（ml）50、70、112，所以反应速率逐渐增大，这是由于锌与盐酸反应放热，使溶液温度升高，反应速率增大。在3～4、4～5内生成的氢气分别是（ml）58、20，所以反应速率逐渐减小，这是由于随着反应进行，c(H+)逐渐减小，反应速率逐渐减小。（2）稀释能降低氢离子浓度，但不减少氢离子的物质的量，所以A正确。氯化钠溶液也是相当于稀释，B正确。碳酸钠能消耗氢离子，导致生成的氢气减少，C不正确，锌能置换出铜，从而构成原电池，加快反应速率，D不正确。答案选AB。（3）根据（1）可知，在2～3内生成的氢气最多，氢气的物质的量是0.005mol，消耗盐酸是0.01mol，所以盐酸的反应速率是【解析】【答案】（1）反应速率逐渐增大（1分）；锌与盐酸反应放热，使溶液温度升高（1分）；反应速率逐渐减小（1分）；随着反应进行，c(H+)逐渐减小（1分）。（2）A、B(2分)（3）0.1mol/（L•min）（2分，单位错、漏得0分）26、略

【分析】解：铁能和硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁，其方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；

【方案设计】

（1）氧气的鉴定一般是用带火星的木条伸入收集的气体中；若复燃说明是氧气；

（2）SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，其方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；

【实验探究】根据实验的现象：气体在空气里安静的燃烧；产生淡蓝色火焰，烧杯壁上有水珠生成，接触烧杯的手能感觉到发热．说明这种气体是氢气；

【思维拓展】因为活动性在氢前的金属和酸反应能产生氢气；所以由上述实验可以推出，可断定该溶液呈酸性；

故答案为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；

【方案设计】

（1）用带火星的木条伸入收集的气体中若复燃说明是氧气；

（2）SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；

【实验探究】氢气；

【思维拓展】酸性；

依据铁能和硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁进行书写即可；

【方案设计】（1）运用氧气支持燃烧能使带火星的木条复燃解答．

（2）运用SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠和水解答．

【实验探究】运用氢气的燃烧现象分析判断。

【思维拓展】

运用金属和酸的反应能生成氢气的特点进行解答．

本题综合考查了金属的化学性质、氧气的检验、使用氢气的注意事项以及碱的部分性质，解题的关键是进行知识的迁移和灵活运用．【解析】Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；用带火星的木条伸入收集的气体中若复燃说明是氧气；SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；氢气；酸性六、计算题(共2题，共16分)27、略

【分析】

①由图可知，从加入20m氢氧化钠溶液L开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，再加氢氧化钠，氢氧化铝溶解，所以最后的11.6g沉淀就是氢氧化镁，由元素守恒可知n（Mg）=n[Mg（OH）2]；再利用m=nM计算Mg的质量；

②加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3；溶液为氯化钠溶液，根据钠元素守恒此时溶液中n（NaCl）=n（NaOH），据此计算出n（HCl），再计算盐酸的物质的量浓度；

③加180mL的NaOH溶液时，溶液中的溶质为NaCl和NaAlO2，利用Al原子守恒计算，再由n（Na+）=n（NaCl）+n（NaAlO2）求出NaCl的物质的量和浓度．

本题考查镁铝化合物性质、混合物的计算，以图象题的形式考查，题目难度中等，分析图象各阶段的发生的反应是解题关键，再利用守恒计算．【解析】解：①由图可知，从加入20m氢氧化钠溶液L开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，再加氢氧化钠，氢氧化铝溶解，所以最后的11.6g沉淀就是氢氧化镁，即n[Mg（OH）2]=0.2mol，由元素守恒可知n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.2mol；所以Mg的质量为0.2mol×24g/mol=4.8g；

答：合金中Mg的质量为4.8g；

②加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）