2025年牛津上海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年牛津上海版高一化学下册月考试卷956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8题，共16分)1、下列四种基本类型反应中一定属于氧化还原反应的是（）A.复分解反应B.分解反应C.化合反应D.置换反应2、下列物质的转化能实现的是（）A.NaNa2ONa2O2B.AlCl3Al（OH）3NaAlO2C.NaOHNa2CO3NaHCO3D.FeFeCl2FeCl33、根据表中部分短周期元素的原子半径和主要化合价信息，判断以下叙述正确的是()。元素代号rm{L}rm{M}rm{Q}rm{R}rm{T}原子半径rm{/nm}rm{0.154}rm{0.118}rm{0.099}rm{0.102}rm{0.073}主要化合价rm{+1}rm{+3}rm{+7}rm{-1}rm{+6}rm{-2}rm{-2}A.氢化物的沸点：rm{H_{2}T<H_{2}R}B.rm{L}和rm{Q}形成的化合物中，两种微粒最外层均达到rm{8}电子稳定结构C.单质的还原性：rm{L<M}D.简单离子半径的大小顺序为rm{r(L^{+})>r(T^{2-})>r(M^{3+})}4、下列物品所用材料为硅酸盐的是（）

A.水晶镜片。

B.陶瓷餐具。

C.石英光导纤维。

D.计算机芯片。

5、若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A.7.8gNa2O2所含离子总数为0.4NAB.2.0gD2O(重水)含有的质子数是NAC.标准状况下，0.5NA个SO3分子所占的体积约为11.2LD.4℃时，18mL水分子中所含共价键的数目为4NA6、已知反应：

①2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ/mol

②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol

下列结论正确的是（）A.碳的燃烧热110.5kJ/molB.①的反应热为221kJ/molC.稀醋酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/molD.稀盐酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/mol7、下列叙述正确的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}氧化还原反应的实质是电子的转移．

rm{垄脷}若rm{1mol}气体的体积为rm{22.4L}则它一定处于标准状况下．

rm{垄脹}标准状况下，rm{1L}rm{HCl}和rm{1L}rm{H_{2}O}的物质的量相同．

rm{垄脺}溶于水得到的溶液可以导电的化合物就是电解质．

rm{垄脻}利用丁达尔现象区别溶液和胶体．

rm{垄脼}两种物质的物质的量相同；则它们在标准状况下的体积也相同．

rm{垄脽}在同温；同体积时；气体物质的物质的量越大，则压强越大．

rm{垄脿}同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比．A.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}B.rm{垄脷垄脹垄脼垄脽垄脿}C.rm{垄脵垄脻垄脽垄脿}D.rm{垄脺垄脻垄脽垄脿}8、下列几种试剂不能把浓度均为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}的rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}鉴别开的是A.rm{0.1mol隆陇L隆楼^{1}BaCl_{2}}溶液B.澄清石灰水C.稀盐酸D.rm{pH}试纸评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、工业上常用碳在高温下与二氧化硅反应制取粗硅：SiO2+2CSi+2CO↑．在该反应中，作为氧化剂的物质是____（填化学式，下同），作为还原剂的物质是____．若利用该反应制取14gSi，则需消耗____molSiO2．10、物质X、Y、Z均含同种短周期元素，其转化关系如下图所示（反应条件未标出）。（1）若X是无色极易溶于水的刺激性气味气体，Z是红棕色气体，由Y与W反应生成Z的化学方程式是_______________________________________________________。（2）若X含三种短周期元素，其中两种元素的原子的质子数之和等于另一种元素原子的质子数，单质W是常见金属，则X的稀溶液转化为Y的离子方程式是。（3）若X是空气的主要成分之一，W原子的最外层电子数是内层电子数的二倍；则Y与W反应生成0.1molZ时，反应中转移的电子数为__________________________。（4）若Y是白色胶状沉淀，W为烧碱，则0.1molY与足量W反应生成Z时消耗烧碱的质量为克。11、已知88gD218O和36gH216O，请填空：（1）两者所含的质子数之比为_______________。（2）两者所含的中子数之比为_______________。（3）若将它们分别与足量的金属钾反应，则两者产生的气体的质量之比为____12、某生应用如图所示的方法研究物质的性质；其中气体A的主要成分是氯气，杂质是空气和水蒸气．回答下列问题：

（1）该项研究（实验）的主要目的是______．

（2）浓H2SO4的作用是______，与研究目的直接相关的实验现象是______．

（3）从物质性质的方面来看，这样的实验设计还存在事故隐患，事故表现是______．

（4）请写出克服事故隐患所发生的反应方程式______．13、现有以下物质①NaCl晶体②CO2③液态的纯醋酸④铜⑤BaSO4固体⑥蔗糖⑦酒精⑧氨水；请回答下列问题（填序号）

（1）能导电的是______

（2）属于电解质的是______

（3）属于非电解质的是______．14、rm{Bodensteins}研究了下列反应：rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)triangleH=+11kJ/mol}在rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)triangle

H=+11kJ/mol}时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数rm{716K}与反应时间rm{x(HI)}的关系如下表：。rm{t}rm{t/min}rm{0}rm{20}rm{40}rm{60}rm{80}rm{120}rm{x(HI)}rm{1}rm{0.91}rm{0.85}rm{0.815}rm{0.795}rm{0.784}rm{x(HI)}rm{0}rm{0.60}rm{0.73}rm{0.773}rm{0.780}rm{0.784}由上述实验数据计算得到rm{v_{脮媒}隆芦x(HI)}和rm{v_{脛忙}隆芦x(H_{2})}的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为________________rm{(}填字母rm{)}评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化16、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）17、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）18、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）19、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）评卷人得分四、工业流程题(共1题，共3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___________。评卷人得分五、实验题(共4题，共12分)21、电子工业常用rm{30%}的rm{FeCl_{3}}溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。rm{(1)}检验溶液中rm{Fe^{3+}}存在的试剂是，证明rm{Fe^{3+}}存在的现象是。rm{(2)}写出rm{FeCl_{3}}溶液与金属铜发生反应的化学方程式：。rm{(3)}某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得rm{FeCl_{3}}溶液，准备采用下列步骤：

A.请写出上述实验中加入或生成的有关物质的化学式。rm{垄脵}，rm{垄脷}，rm{垄脹}，rm{垄脺}，rm{垄脻}，rm{垄脼}。B.请写出相关反应的化学方程式。22、实验室常用氯化铵与氢氧化钙的固体混合物加热制取氨气，该反应的化学方程式为：rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}xrightarrow{triangle}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O.}下列是实验室提供的有关装置：

。气体发生装置

rm{a}

rm{b}

rm{c}气体收集装置

rm{垄脵}

rm{垄脷}

rm{垄脹}rm{(1)}请从图中选择实验室制取氨气的气体发生装置______rm{(}填序号rm{)}气体收集装置______rm{(}填序号rm{)}．

rm{(2)}某学生用rm{100mL}注射器收集了rm{50mL}纯净的氨气，然后再抽取rm{10mL}滴有酚酞试液的蒸馏水，并用橡皮塞封闭针头rm{.}充分振荡后，注射器内______rm{(}填“有”或“无”rm{)}气体剩余；其中的液体呈______色，请用方程式解释液体颜色变化的原因：______．

rm{(3)}氨具有广泛的用途，它可用于______rm{(}举出一种即可rm{).}工业上合成氨常常要用______作催化剂，所加催化剂能否提高rm{N_{2}}的转化率______rm{.}理由是______．

rm{(4)}工业合成氨的简易流程如下：

通过循环Ⅰ可利用的气态物质是______

A.催化剂rm{B.}只有rm{N_{2}}C.只有rm{H_{2}}rm{D.N_{2}}和rm{H_{2}}．23、（10分）“84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购买了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：“84消毒液”：含25%NaClO、1000mL、密度1.192g·cm－3，稀释100倍(体积比)后使用。请根据以上信息和相关知识回答下列问题：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度为________mol·L－1。（2）该同学取100mL“威露士”牌“84消毒液”稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)＝________mol·L－1。（3）一瓶“威露士”牌“84消毒液”能吸收空气中________L的CO2(标准状况)而变质。(已知：CO2＋2NaClO＋H2O===Na2CO3＋2HClO)（4）该同学参阅“威露士”牌“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含25%NaClO的消毒液。下列说法正确的是________。A．如上图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制C．利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低D．需要称量的NaClO固体质量为143g24、观察下列实验装置图；按要求作答：

rm{(1)}装置中rm{c}rm{d}的名称分别为____、____________。rm{(2)}分离下列物质，需要在哪套装置中进行rm{?}I.干燥rm{H_{2}}可采用______rm{(}填装置序号rm{)}装置。rm{II.}除去食盐溶液中的水，可采用____rm{(}填装置序号rm{)}装置。rm{III.}淡化食盐水，可采用_____rm{(}填装置序号rm{)}装置。rm{IV.}实验室中的石灰水久置，液面上常悬浮有rm{CaCO_{3}}微粒。可采用____rm{(}填装置序号rm{)}装置除去rm{Ca(OH)_{2}}溶液中悬浮的rm{CaCO_{3}}微粒。rm{V.}分离碘水中的碘应先选择装置____rm{(}填装置序号rm{)}进行______和____操作后，再用装置____rm{(}填装置序号rm{)}进行______操作。评卷人得分六、其他(共4题，共12分)25、（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____、、、、。26、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。27、（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____、、、、。28、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8题，共16分)1、D【分析】试题分析：A、复分解反应都不是氧化还原反应。错误。B、只有有单质生成的分解反应才是氧化还原反应。错误。C、只有有单质参加的化合反应才是氧化还原反应。错误。D、所有的置换反应在反应前后都有元素的化合价的变化，所以一定是氧化还原反应。正确。考点：考查基本类型反应与氧化还原反应的关系的知识。【解析】【答案】D2、C【分析】【解答】解：A．钠与氧气加热生成过氧化钠，所以NaNa2O不能实现；故A不选；

B．一水合氨为弱碱，氢氧化铝不能与弱碱反应，所以Al（OH）3NaAlO2；不能实现，故B不选；

C．氢氧化钠与二氧化碳反应，二氧化碳少量反应生成碳酸钠，二氧化碳过量，碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以NaOHNa2CO3NaHCO3；能够实现，故C选；

D．铁与氯气反应生成氯化铁，得不到氯化亚铁，所以FeFeCl2不能实现；故D不选；

故选：C．

【分析】A．钠与氧气加热生成过氧化钠；

B．氢氧化铝不能与弱碱反应；

C．氢氧化钠与二氧化碳反应；二氧化碳少量反应生成碳酸钠，二氧化碳过量，碳酸钠与二氧化碳；水反应生成碳酸氢钠；

D．铁与氯气反应生成高价氯化物．3、B【分析】【分析】

本题考查元素的性质与位置关系；学生能利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键，并熟悉元素及其单质；化合物的性质来解答即可，难度不大。

【解答】

短周期元素，由元素的化合价可知，rm{T}只有rm{-2}价，则rm{T}为rm{O}元素，rm{R}有rm{+6}rm{-2}价，可知rm{R}为rm{S}元素；rm{Q}有rm{+7}rm{-1}价，则rm{Q}为氯元素；rm{L}rm{M}只有正化合价，原子半径rm{L>M>Q}则rm{L}为rm{Na}元素，rm{M}为rm{Al}元素。

A、rm{T}为rm{O}元素，rm{R}为rm{S}元素；形成的氢化物水分子中存在氢键，沸点较高，故沸点rm{H_{2}T>H_{2}R}故A错误；

B、rm{L}为rm{Na}元素，rm{Q}为氯元素；形成的化合物为氯化钠，氯化钠是离子化合物，由钠离子与氯离子构成，钠离子与氯离子最外层均达到rm{8}电子稳定结构；故B正确；

C、rm{L}为rm{Na}元素，rm{M}为rm{Al}元素，同周期自左而右金属性减弱，所以金属性rm{Na>Al}金属性越强，单质的还原性越强，单质的还原性顺序：rm{Na>Al}即rm{L>M}故C错误；

D、rm{L}为rm{Na}元素，rm{T}为rm{O}元素，rm{R}为rm{S}元素；三者的简单离子分别为rm{Na^{+}}rm{O^{2-}}rm{S^{2-}}rm{Na^{+}}rm{O^{2-}}电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以rm{Na^{+}<O^{2-}}rm{O^{2-}}rm{S^{2-}}最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，所以rm{O^{2-}<S^{2-}}所以离子半径rm{Na^{+}<O^{2-}<S^{2-}}即rm{R>T>L}故D错误。

故选B。

【解析】rm{B}4、B【分析】

A．水晶的成分是二氧化硅；不是硅酸盐，故A错误；

B．陶瓷餐具是硅酸盐；故B正确；

C．光导纤维的成分是二氧化硅；不是硅酸盐，故C错误；

D．计算机芯片的成分是硅单质；不是硅酸盐，故D错误．

故选B．

【解析】【答案】在无机非金属材料中；硅及其化合物是密切联系化学与生活的一类重要物质，在人类的文明发展过程中扮演着重要的角色．陶瓷；玻璃、水泥等都是硅酸盐产品．

5、B【分析】【解析】试题分析：过氧化钠中阴阳离子的个数之比是1:2，所以7.8gNa2O2所含离子总数为0.3NA，A不正确；重水的相对分子质量是20，含有1个质子，所以2.0gD2O(重水)含有的质子数是NA，B正确；在标准状况下，三氧化硫不是气态，不能适用于气体摩尔体积，C不正确；4℃时，18mL水的质量是18g，物质的量是1mol，含有2mol共价键，D不正确，答案选B。考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断【解析】【答案】B6、D【分析】【解答】A；燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物反应放出的热量；反应①生成的氧化物是一氧化碳不是稳定氧化物，故热量不能计算燃烧热，故A错误；

B、2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ/mol；反应热包含符号，反应的反应热为﹣221KJ/mol，故B错误；

C；醋酸是弱电解质；电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故C错误；

D；稀的强酸、强碱的中和热为△H=﹣57.3kJ/mol；稀盐酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/mol，故D正确；

故选D．

【分析】A；依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物反应放出的热量分析判断；

B、反应热包含符号，①的反应热为﹣221kJ•mol﹣1；

C；醋酸是弱酸存在电离平衡；电离过程是吸热过程分析；

D、依据中和热是强酸和强碱稀溶液反应生成1mol水放出的热量分析判断．7、C【分析】解：rm{垄脵}氧化还原反应的实质是电子的转移；化合价的升降为特征，故正确；

rm{垄脷}气体的体积取决于温度、压强，温度越高，压强越小，则体积越大，不一定标准状况下才是rm{22.4L/mol}故错误；

rm{垄脹}标准状况下，rm{H_{2}O}为液体；故错误；

rm{垄脺}溶于水得到的溶液可以导电的化合物也可为非电解质；例如氨气，故错误；

rm{垄脻}胶体具有丁达尔现象；可鉴别，故正确；

rm{垄脼}只有气体符合；故错误；

rm{垄脽}由rm{PV=nRT}可知；在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大，故正确；

rm{垄脿}由rm{娄脩=dfrac{m}{V}=dfrac{nM}{nV_{m}}}可知同温同压下；气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故正确．

故选C．

rm{娄脩=dfrac{m}{V}=dfrac

{nM}{nV_{m}}}氧化还原反应的实质是电子的转移；

rm{垄脵}气体的体积取决于温度、压强，不一定标准状况下才是rm{垄脷}

rm{22.4L/mol}标准状况下，rm{垄脹}为液体；

rm{H_{2}O}溶于水得到的溶液可以导电的化合物也可为非电解质；

rm{垄脺}胶体具有丁达尔现象；

rm{垄脻}只有气体符合；

rm{垄脼}根据rm{垄脽}判断；

rm{PV=nRT}根据rm{娄脩=dfrac{m}{V}=dfrac{nM}{nV_{m}}}判断．

本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、电解质、阿伏伽德罗定律等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．rm{垄脿}【解析】rm{C}8、B【分析】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的鉴别。A.碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，而碳酸氢钠不反应，能鉴别，故A错误；B.碳酸钠和碳酸氢钠都与澄清石灰水反应产生碳酸钙白色沉淀，不能用来鉴别，故B正确；C.碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，而碳酸氢钠和盐酸直接反应产生二氧化碳气体，所以同浓度的碳酸钠和碳酸氢钠中滴加盐酸，碳酸氢钠溶液中立即产生气泡，现象不同，能鉴别，故C错误；D.根据“越弱越水解”，同浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液的水解程度不同，溶液的rm{pH}值不同，能用rm{pH}试纸鉴别，故D错误。故选B。明确碳酸钠和碳酸氢钠的化学性质是解答本题的关键。

【解析】rm{B}二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】

SiO2+2CSi+2CO↑中；Si元素的化合价由+4价降低为0，C元素的化合价由0升高为+2价；

则SiO2为氧化剂；C为还原剂；

该反应制取14gSi，其物质的量为=0.5mol，由Si原子守恒可知，消耗0.5molSiO2；

故答案为：SiO2；C；0.5．

【解析】【答案】SiO2+2CSi+2CO↑中；Si元素的化合价由+4价降低为0，C元素的化合价由0升高为+2价，结合氧化还原反应中的基本概念来解答．

10、略

【分析】【解析】试题分析：（1）Z是红棕色气体，则Z是NO2。若X是无色极易溶于水的刺激性气味气体，因此X是氨气，氨气和氧气反应生成NO和水，NO和氧气反应生成NO2，则由Y与W反应生成Z的化学方程式是2NO+O2＝2NO2。（2）单质W是常见金属，则关键图中转化特点可知，W应该是变价的金属铁。X含三种短周期元素，其中两种元素的原子的质子数之和等于另一种元素原子的质子数，因此X是硝酸，Y是硝酸铁，Z是硝酸亚铁。则X的稀溶液转化为Y的离子方程式是Fe+4H++NO3—＝Fe3++NO↑+2H2O。（3）若X是空气的主要成分之一，则X是氧气或氮气。W原子的最外层电子数是内层电子数的二倍，因此W是单质碳，所以X是氧气，Y是CO2，Z是CO。则Y与W反应的方程式是CO2＋C2CO，所以生成0.1molZ时，反应中转移的电子数为0.1mol×NA，即6.02×1022。（4）若Y是白色胶状沉淀，W为烧碱，因此X是铝盐，Y是氢氧化铝，Z是偏铝酸钠。氢氧化铝或氢氧化钠反应的化学方程式是Al(OH)3＋NaOH＝NaAlO2＋2H2O，所以0.1molY与足量W反应生成Z时消耗烧碱的质量是0.1mol×40g/mol＝4.0g。考点：考查无机框图题的判断【解析】【答案】（8分）（1）2NO+O2＝2NO2（2）Fe+4H++NO3—＝Fe3++NO↑+2H2O（3）6.02×1022或0.1NA（4）411、略

【分析】【解析】【答案】(6分)（每空2分）（1）2∶1（2）3∶1（3）4∶112、略

【分析】解：（1）本实验为对比实验；将氯气分别于干燥布条和湿润布条进行比较，不难看出实验目的是探究氯气具有漂白性的条件，故答案为：探究氯气具有漂白性的条件；

（2）浓硫酸具有吸水性；常用作干燥剂，本试验中起到吸收气体C中的水的作用，燥氯气不具有漂白性，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，故答案为：吸收气体C中的水；干燥布条不褪色，湿润的布条褪色；

（3）氯气有毒；应进行尾气处理，不能随意排放到空气中，故答案为：没有尾气处理装置，造成环境污染；

（4）一般用NaOH溶液吸收多余的氯气，其反应的方程式为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O．

本实验的目的是探究氯气具有漂白性的条件下；干燥氯气不具有漂白性，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气有毒，应进行尾气处理，不能随意排放到空气中，一般用NaOH溶液吸收氯气．

本题考查氯气的漂白性的探究实验，题目难度不大，本题注意氯气与氯水性质的区别．【解析】探究氯气具有漂白性的条件；吸收气体A中的水；干燥布条不褪色，湿润的布条褪色；没有尾气处理装置，造成环境污染；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O13、略

【分析】解：（1）铜中存在自由移动的电子；则能导电；氨水中存在自由移动的离子，则能导电，故答案为：④⑧；

（2）NaCl晶体、液态的纯醋酸、BaSO4固体都是化合物；且在水溶液中或熔化状态下能导电，则属于电解质，故答案为：①③⑤；

（3）CO2的溶液虽导电；但在水中电离的不是其本身，则属于非电解质，蔗糖；酒精的水溶液不导电，属于非电解质，故答案为：②⑥⑦．

存在自由移动的带电微粒即可导电；在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物属于电解质；在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物属于非电解质．

本题较简单，考查电解质与非电解质，明确电解质与非电解质都属于化合物及导电的原因即可解答，难度不大．【解析】④⑧；①③⑤；②⑥⑦14、rm{BE}【分析】【分析】本题旨在考查学生对化学平衡建立过程图象的理解，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握图象曲线变化的特点，结合方程式的特征以及平衡移动解答，难度较小。升高温度，正、逆反应速率均加快，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应建立平衡，平衡时rm{HI}的物质的量分数减小，逆反应建立平衡，平衡时rm{H_{2}}的物质的量分数增大，据此答题。【解答】对于rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)}反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除rm{C}点，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时rm{HI}的物质的量分数减小，因此排除rm{A}点，故选B点；对于rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)}反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，再次平衡时rm{H_{2}}的物质的量分数增大，故选E点；因此反应重新达到平衡，rm{v_{脮媒}隆芦x(HI)}对应的点为rm{B}rm{v_{脛忙}隆芦x(H_{2})}对应的点为rm{E}故答案为：rm{BE}【解析】rm{BE}三、判断题(共5题，共10分)15、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；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】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．18、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．19、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．四、工业流程题(共1题，共3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%五、实验题(共4题，共12分)21、(1)KSCN溶液溶液变成红色(2)2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2(3)A.①Fe②FeCl2③Fe和Cu④HCl⑤FeCl2⑥Cl2B.CuCl2+Fe=FeCl2+Cu2FeCl3+Fe=3FeCl2Fe+2HCl=FeCl2+H2↑2FeCl2+Cl2=2FeCl3【分析】从腐蚀铜的废液中回收铜。【解析】rm{(1)KSCN}溶液溶液变成红色rm{(2)2FeCl_{3}+Cu=2FeCl_{2}+CuCl_{2}}rm{(3)A.垄脵Fe垄脷FeCl_{2}垄脹Fe}和rm{Cu垄脺HCl}rm{垄脻FeCl_{2}垄脼Cl_{2}}B.rm{CuCl_{2}+Fe=FeCl_{2}+Cu}rm{2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}rm{Fe+2HCl=FeCl_{2}+H_{2}隆眉}rm{2FeCl_{2}+Cl_{2=}2FeCl_{3}}22、略

【分析】解：rm{(1)}依据反应原理rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}xrightarrow{triangle}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}可知制备氨气反应物状态为固体与固体，反应条件为加热，所以应选择装置rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}

xrightarrow{triangle}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}制备；

氨气密度小于空气密度，易溶于水，应采用向下排空气法收集，所以应选择装置rm{b}收集；

故答案为：rm{垄脵}rm{b}

rm{垄脵}氨气极易溶于水，rm{(2)}体积水溶解rm{1}体积氨气，所以用rm{700}注射器收集了rm{100mL}纯净的氨气，然后再抽取rm{50mL}滴有酚酞试液的蒸馏水，并用橡皮塞封闭针头rm{10mL}充分振荡后，注射器内无气体剩余，氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成铵根离子与氢氧根离子使溶液显碱性，离子方程式为：rm{.}所以遇到酚酞变红色；

故答案为：无；红；rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}

rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}氨气在铁触媒作用下催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，所以氨气可以用来制造硝酸，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以使用铁触媒做催化剂只能提高反应速率，不能提高rm{(3)}的转化率；

故答案为：制造硝酸；铁触媒；不能；催化剂只改变化学反应速率；不影响平衡移动；

rm{N_{2}}rm{(4)N_{2}}在高温高压的条件下反应生成rm{H_{2}}由图可知：流程中可循环利用的物质，故答案为：rm{NH_{3}}．

rm{D}依据反应原理rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}xrightarrow{triangle}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}反应物状态和反应条件选择发生装置；氨气密度小于空气密度；易溶于水，应采用向下排空气法收集；

rm{(1)}依据氨气极易溶于水，rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}

xrightarrow{triangle}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}体积水溶解rm{(2)}体积氨气；结合氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成铵根离子与氢氧根离子解答；

rm{1}依据氨气在铁触媒作用下催化氧化生成一氧化氮；一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸的性质，结合化学平衡移动影响因