2025年华师大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年华师大版高一化学下册月考试卷533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、可逆反应2NO2（g）2NO（g）＋O2（g）在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是（）①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A.①④⑥⑦B.②③⑤⑦C.①③④⑤D.全部2、下列有关化学基本概念的判断中正确的是（）①碱性氧化物一定是金属氧化物。

②根据是否仅含一种元素分为纯净物与混合物。

③酸性氧化物一定是非金属氧化物。

④硫酸；纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物。

⑤根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸；二元酸、多元酸。

⑥MgO、Na2O2、CuO、Al2O3是金属氧化物，也是碱性氧化物．A.①B.③⑤⑥C.②④⑤D.全部错误3、下列说法正确的是（）

①离子化合物一定含离子键；也可能含共价键。

②共价化合物一定含共价键；也可能含离子键。

③含金属元素的化合物不一定是离子化合物。

④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物。

⑤由分子组成的物质中一定存在共价键。

⑥离子化合物在熔融状态下能导电．A.①③⑤B.②④⑥C.②③④D.①③⑥4、能把苯、四氯化碳、酒精、己烯四种物质区别开来的一种试剂是（）A.碳酸钠B.石蕊试液C.水D.溴水5、我国最新报导的高超导体中，铊rm{(Tl)}是其中之一，已知位于第六周期第Ⅲrm{A}族，关于铊的说法，可能错误的是rm{(}rm{)}A.是银白色金属B.rm{Tl(OH)_{3}}有两性C.与稀盐酸反应生成盐酸盐D.铊的金属性强于铝的金属性6、下列实验操作正确的是rm{(}rm{)}A.玻璃仪器外壁有水可以直接用酒精灯加热B.把鼻孔凑近瓶口闻药品的气味C.酒精灯用完后，可用嘴吹灭D.实验用剩的药品一般不能随意丢弃，也不放回原瓶，但实验剩余的金属钠必须放回原瓶7、把一定量的铁铝合金平均分为两份，分别与足量硫酸和氢氧化钠溶液反应，结果放出rm{H_{2}}的物质的量之比是rm{3}rm{1}则合金中铁与铝的物质的量之比为rm{(}rm{)}A.rm{3}rm{1}B.rm{1}rm{3}C.rm{3}rm{2}D.rm{2}rm{3}8、“可燃冰”是天然气与水相互作用形成的晶体物质，主要存在于冻土层和海底大陆架中rm{.}据测定每rm{0.1m^{3}}固体“可燃冰”能释放出rm{20m^{3}}甲烷气体，则下列说法中不正确的是rm{(}rm{)}A.“可燃冰”释放的甲烷属于烃B.“可燃冰”的分解与释放，可能会诱发海底地质灾害，加重温室效应C.“可燃冰”将成为人类的后续能源D.“可燃冰”是水变的油9、在光照条件下，将2molCH4与足量的Cl2反应，得到等物质的量的四种取代物，则消耗Cl2物质的量为（）A.4molB.5molC.8molD.10mol评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、Ⅰ.有以下几种物质：①食盐晶体②乙醇③水银④蔗糖⑤冰醋酸（纯醋酸晶体）⑥KNO3溶液⑦熔融的氢氧化钠⑧液态氯化氢填空回答（填序号）：（1）物质中构成的微粒只能在固定位置上振动的是；（2）以上物质可以导电是；（3）以上物质中属于电解质的是；（4）以上物质中属于非电解质是。Ⅱ.（1）O2、SO2、SO3三者质量之比为1∶2∶5，则它们的氧原子数之比为。（2）某金属氯化物MCl240.5g中含有0.6molCl－，则MCl2的摩尔质量为，金属M的相对原子质量为。（3）在VLFe2(SO4)3溶液中含有mgFe3+，则CFe3+为_______________；从中取出V/4L溶液，则SO42-物质的量浓度为_______________；再将这V/4L溶液溶液稀释到4L，稀释后溶液中溶质的物质的量浓度为___________________。11、（6分）现用质量分数为98%、密度为1.84g·cm－3的浓H2SO4来配制500mL、0.2mol·L－1的稀H2SO4。可供选择的仪器有：①玻璃棒②烧瓶③烧杯④胶头滴管⑤量筒⑥容量瓶⑦托盘天平⑧药匙。请回答下列问题：（1）上述仪器中，在配制稀H2SO4时用不到的有_____________________(填代号)。（2）经计算，需浓H2SO4的体积为。（3）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中：能引起误差偏高的有(填代号)。①洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中；②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中；③定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出④转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水⑤定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线⑥定容时，俯视标线12、如图所示装置，密闭容器内分别充入空气和H2、O2的混合气体在可移动的活塞两边，在标准状况下若将H2、O2的混合气体点燃引爆，活塞先左弹，恢复原温度后，活塞右滑停留于容器的中央A处，则原来H2、O2的体积比最接近于____；此比例的H2和O2混合气体的平均摩尔质量为____．13、请按要求写出下列方程式。

①制取漂粉精的化学方程式______

②实验室制备Cl2的化学方程式______

③实验室制备Cl2的离子方程式______

④SO2气体与氯水混合的离子方程式______

⑤SO2气体通入H2S溶液中发生的化学方程式______

⑥NO2气体通入水中发生的化学方程式______

⑦实验室制备氨气的化学方程式______

⑧Cu与稀硝酸反应的离子方程式______．14、rm{A}是某质的稀液，rm{D}是属，rm{C}溶液在储存时加入少量rm{D}其理由是rm{(}用必要的文字子程式示rm{)}______；rm{D}潮湿的空气中发生氧蚀；写出腐蚀时原电池正的极反式：______．

试答：

若rm{D}是有化性的单质，rm{A}元属于主金属素，则rm{A}为______rm{(}填元素符rm{)}．

若rm{A}rm{B}rm{C}为同一种金属元机化合物，在溶液中rm{A}和rm{C}反应生rm{.}请写出rm{B}转化为rm{C}的所的方程式：______、______．15、在标准状况下，由rm{CO}和rm{CO_{2}}组成的混合气体为rm{6.72L}质量为rm{12g}混合物中rm{CO}和rm{CO_{2}}物质的量之比是______，密度是______rm{g/L(}保留两位小数rm{)}．16、CO2的摩尔质量是____；2molCO2的质量是；它在标准状况下所占的体积约为，所含的分子数目约为；所含氧原子的数目约为。17、用rm{50mL0.50mol/L}盐酸与rm{50mL0.55mol/LNaOH}溶液在如图所示的装置中进行中和反应rm{.}通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热rm{.}回答下列问题：

rm{(1)}从实验装置上看；图中尚缺少的一种玻璃用品是______．

rm{(2)}烧杯间填满碎纸条的作用是______．

rm{(3)}大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值______rm{.(}填“偏大、偏小、无影响”rm{)}

rm{(4)}如果用rm{60mL0.50mol/L}盐酸与rm{50mL0.55mol/LNaOH}溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量______rm{(}填“相等、不相等”rm{)}所求中和热______rm{(}填“相等、不相等”rm{)}．

简述理由______．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)18、24g镁原子的最外层电子数为NA（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）20、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．21、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．22、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）23、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）24、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）25、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、工业流程题(共3题，共18分)26、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___________。27、工业上制取CuCl2的生产流程如下：

请结合下表数据，回答问题：。物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3溶度积(25℃)8.0×10-162.2×10-204.0×10-38完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.43~4

(1)在溶液A中加入NaClO的目的是_________________。

(2)在溶液B中加入CuO主要涉及的离子反应方程式为________________。

(3)操作a为___________。

(4)在Cu(OH)2中加入盐酸使Cu(OH)2转化为CuCl2，采用稍过量盐酸和低温蒸干的目的是___。28、下列为某学生在实验室中制备高锰酸钾晶体的流程图。

根据上图回答下列问题：

（1）操作①和②均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择坩埚为_____(填字母)；

a.石英坩埚b.氧化铝坩埚c.铁坩埚。

（2）已知：3MnO42-+2H2O⇌2MnO4-+MnO2+4OH-。操作④中通CO2调pH=10~11，其目的是_____；

（3）得到墨绿色溶液后，也可用如图所示方法制备KMnO4；电极均为铂电极。

①A极上的电极反应式为_____；

②这种方法与上面的方法相比，其优点是_____；

（4）实验室中，可用0.10mol/L，草酸作标准溶液，利用下述反应，测定所得KMnO4晶体的纯度。5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O

取agKMnO4晶体样品配制成100mL溶液。每次取20.00mL于锥形瓶中进行滴定实验两次。两次实验所用草酸标准溶液的体积分别为22.15mL和22.17mL，由此求得KMnO4晶体的纯度为_______。评卷人得分五、结构与性质(共1题，共9分)29、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。_______评卷人得分六、推断题(共4题，共36分)30、A、rm{B}rm{C}是单质，其中rm{A}是金属；各种物质间的转化关系如图：

根据图示转化关系回答：

rm{(1)}写出下列物质的化学式rm{.}rm{A}______；乙______．

rm{(2)}写出下列变化的化学方程式．

rm{垄脵A}与rm{NaOH}溶液反应的化学方程式______．

rm{垄脷}甲与rm{NaOH}溶液反应的化学方程式______．

rm{垄脹}乙通入过量rm{CO_{2}}反应的离子方程式______．

rm{(3)}将一定量的rm{A}加入到rm{NaOH}溶液中，产生的rm{C}在标准状况下的体积为rm{3.36}rm{L}则消耗的rm{A}的物质的量为______，转移电子的物质的量为______．31、A、B、C、D、E代表单质或化合物，它们之间的相互转换关系如下图所示。A为地壳含量仅次于氧的非金属元素的单质，其晶体结构与金刚石相似。请填空：（1）形成单质A的原子的结构示意图为____，它的最高化合价为____。（2）B的化学式（分子式）为____。B和碳反应生成A和E的化学方程式是____。（3）C的化学式（分子式）为____，D晶体中化学键类型有____。（4）设计实验比较碳和A的非金属性强弱（用离子方程式表示）____。32、A；B、C、D、E都是短周期元素；原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期．C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙．A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个，C是短周期元素原子半径最大的元素，E是地壳中含量最高的金属元素．

根据以上信息回答下列问题：

（1）D元素在周期表中的位置是______；

（2）A单质的结构式______；

（3）乙物质中含有的化学键类型为______；

（4）A、B、C、D、E五种元素的原子半径由小到大的顺序是（用元素符号填写）______．

（5）E的单质加入到C的最高价氧化物对应的水化物的溶液中，发生反应的离子方程式是______．33、已知有机物A；B、C、D、E、F有以下转化关系．A的产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志；D能使石蕊试液变红；E是不溶于水且具有香味的无色液体；相对分子质量是C的2倍；F是高分子聚合物，常用于制食品包装袋．结合如图关系回答问题：

（1）按要求回答下列问题：

①写出A、C的结构简式：A______、C______；

②写出B、D中官能团的名称：B______、D______；

③写出反应②的反应方程式：______

（2）下列关于B的一种同系物甲醇的说法不正确的是______（填字母）．

a．甲醇的结构简式为CH3OH；官能团为-OH

b．甲醇完全燃烧后的产物为CO2和H2O

c．B与甲醇都极易溶于水；是因为它们都能与水分子间形成氢键。

d．甲醇与钠反应可以产生氢气；所以甲醇显酸性。

（3）A与苯都是石油化工的重要产品；在一定条件下A可以转化生成苯，按要求回答下列问题：

①苯可以发生取代反应，写出由苯制备溴苯的化学反应方程式：______

②纯净的溴苯是无色油状液体，实验室制得的粗溴苯通常因溶解了Br2呈褐色，可以加入试剂______除去，反应方程式为______，该除杂操作所必须的玻璃仪器是______．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】②中均表示的是正反应速率，不能说明v（正）、v（逆）是否相等；③中反应的任意时刻用NO2、NO、O2表示的反应速率之比均为2∶2∶1；⑤中根据质量守恒定律和ρ＝可知反应过程中混合气体的密度一直不变化。【解析】【答案】A2、A【分析】【解答】解：①碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，故正确；②仅含一种元素的物质可以是纯净物，也可以是混合物，故错误；③酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如七氧化二锰属于酸性氧化物，故错误；④硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐、盐和氧化物，故错误；⑤根据酸分子中电离出的氢离子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，故错误；⑥MgO、Na2O2、CuO、Al2O3是金属氧化物，但是Al2O3不是碱性氧化物；故错误．故选A．

【分析】①碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物；②根据物质的分子构成可以将物质分为纯净物与混合物；③酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物；④纯碱是碳酸钠的俗称；⑤根据酸电离出的氢离子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸；⑥碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物．3、D【分析】解：①含有离子键的化合物是离子化合物；离子化合物中可能含有共价键，如KOH，故正确；

②只含共价键的化合物是共价化合物；共价化合物中一定不含离子键，故错误；

③含金属元素的化合物不一定是离子化合物；可能是共价化合物，如氯化铝，故正确；

④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物；可能是离子化合物，如铵盐，故错误；

⑤由分子组成的物质中不一定存在共价键；如稀有气体，故错误；

⑥离子化合物在熔融状态下能电离出阴阳离子；含有自由移动离子的化合物能导电，所以离子化合物在熔融状态下能导电，故正确；

故选D．

①含有离子键的化合物是离子化合物；离子化合物中可能含有共价键；

②只含共价键的化合物是共价化合物；

③含金属元素的化合物不一定是离子化合物；可能是共价化合物；

④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物；可能是离子化合物；

⑤由分子组成的物质中不一定存在共价键；

⑥离子化合物在熔融状态下能电离出阴阳离子；含有自由移动离子的化合物能导电．

本题考查了物质和化学键的关系，明确物质的构成微粒即可解答，注意不能根据是否含有金属元素判断离子键，稀有气体为单原子分子，稀有气体中不存在化学键，为易错点．【解析】【答案】D4、D【分析】解：A．苯；四氯化碳、酒精、己烯四种物质与碳酸钠不反应；不能鉴别，故A错误；

B．苯；四氯化碳、酒精、己烯四种物质与石蕊试液不反应；且苯、四氯化碳以及己烯不溶于水，酒精与水混溶，不能鉴别，故B错误；

C．苯；四氯化碳、酒精、己烯四种物质与水不反应；且苯、四氯化碳以及己烯不溶于水，四氯化碳密度比水大，苯、己烯密度比水小，无法鉴别，故C错误；

D．溴易溶于苯；四氯化碳；苯的密度比水小，有色层在上层，四氯化碳密度比水大，有色层在下层，酒精与溴水互溶，己烯与溴发生加成反应而使溴水褪色，四种物质加入溴水中现象各不相同，可鉴别，故D正确．

故选D．

根据苯；四氯化碳、酒精的水溶性、密度以及己烯中含有C=C官能团的性质分析．

本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，注意常见有机物的性质．【解析】【答案】D5、B【分析】解：rm{A.}铊与铝是同族元素；属于金属元素，可能是银白色，故A正确；

B.rm{Al(OH)_{3}}是两性氢氧化物，同主族从上到下金属性在增强，rm{Tl(OH)_{3}}的碱性比rm{Al(OH)_{3}}强，rm{Tl(OH)_{3}}不一定是两性氢氧化物，rm{Tl(OH)_{3}}应是碱性氢氧化物；故B错误；

C.rm{Tl}比rm{Al}活泼；则该金属能与盐酸反应生成盐酸盐，故C正确；

D.同主族从上到下金属性增强；故铊的金属性强于铝的金属性，故D正确；

故选B．

A.rm{Tl}为金属元素；金属单质一般是银白色；

B.同主族自上而下金属性增强；最高价氧化物对应水化物的碱性增强，结合氢氧化铝是两性氢氧化物判断；

C.rm{Tl}比rm{Al}活泼；能与盐酸反应生成盐与氢气；

D.同主族从上到下金属性增强．

本题考查同主族元素的性质，明确元素周期律是解答本题的关键，注意同主族元素化合物性质的相似性和递变性，难度不大．【解析】rm{B}6、D【分析】

试题分析：对燃易引起火灾，故不能进行酒精灯的对燃，A错误；闻气体的气味时，防止气体有毒，应用手扇动，不能直接用鼻子闻rm{.}操作错误，B错误；吹灭酒精灯的做法可能会引发燃烧或爆炸，C错误rm{;}钠的活泼性强，与空气中的氧气水等能发生剧烈反应，故剩余的钠应放回原瓶，D正确rm{.}答案选D

考点：实验基本操作【解析】rm{D}7、A【分析】解：与足量硫酸和氢氧化钠溶液反应，则金属一定完全反应，设合金中rm{Fe}为rm{xmol}rm{Al}与rm{ymol}则与硫酸反应时二者均失去电子，与rm{NaOH}反应时只有rm{Al}失去电子，放出rm{H_{2}}的物质的量之比是rm{3}rm{1}则失去电子数之比为rm{3}rm{1}则。

rm{(2x+3y)}rm{3y=3}rm{1}

解得rm{x}rm{y=3}rm{1}

故选A．

与足量硫酸和氢氧化钠溶液反应，则金属一定完全反应，设合金中rm{Fe}为rm{xmol}rm{Al}与rm{ymol}则与硫酸反应时二者均失去电子，与rm{NaOH}反应时只有rm{Al}失去电子，放出rm{H_{2}}的物质的量之比是rm{3}rm{1}则失去电子数之比为rm{3}rm{1}以此来解答．

本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握酸碱足量、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意氢气的物质的量比等于失去电子数之比，题目难度不大．【解析】rm{A}8、D【分析】解：rm{A.}“可燃冰”释放出甲烷；甲烷属于烃，故A正确；

B.甲烷燃烧能生成二氧化碳；二氧化碳能引起温室效应，故B正确；

C.由题意可知；“可燃冰”将成为人类的后继能源，故C正确；

D.可燃冰是天然气与水的混合物；水不能变为油，故D错误．

故选D．

根据“可燃冰”形成的环境条件；根据可燃冰的成分；固态水和“可燃冰”的化学式进行分析判断解答．

本题考查化石燃料与基本化工原料，读懂题目信息是解题的关键，题目难度不大．【解析】rm{D}9、B【分析】解：反应完全后，得四种有机物物质的量相等，根据碳原子守恒知，CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的物质的量都是0.5mol，CH4与Cl2发生取代反应中消耗的氢原子和氯气分子的个数比是1：1；

生成0.5molCH3Cl需要Cl2的物质的量为0.5mol；

生成0.5molCH2Cl2需要Cl2的物质的量为0.5mol×2=1mol；

生成0.5molCHCl3需要Cl2的物质的量为0.5mol×3=1.5mol；

生成0.5molCCl4需要Cl2的物质的量为0.5mol×4=2mol；

所以总共消耗的氯气的物质的量n（Cl2）=（0.5+1+1.5+2）mol=5mol；

故选：B。

先根据碳原子守恒计算四种有机物的物质的量；然后根据有机物和氯气的关系式计算总共消耗的氯气的物质的量。

本题考查了烷烃的取代反应，明确取代反应中被取代的氢原子的物质的量与氯气分子的物质的量的关系是解本题的关键，难度较大。【解析】B二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】试题分析：Ⅰ、（1）组成物质的微粒之间存在相互作用，各微粒之间既有相互吸引力，又有相互排斥力，当微粒距离较近时，排斥力的作用明显，将微粒推开，当微粒距离较大时，吸引力的作用明显，将微粒拉近，所以通常微粒在较平衡的位置上做极小的运动，即只能在各自平衡位置附近做微小振动，选①④⑤；（2）含有自由移动离子或电子的物质能导电，③水银中含有自由的电子，所以能导电，⑥KNO3溶液、⑦熔融的氢氧化钠中含有自由移动的离子，所以能导电，选③⑥⑦；（3）①食盐晶体、⑤纯醋酸、⑦熔融的氢氧化钠、⑧液态氯化氢溶于水都能导电，且都是化合物，所以都是电解质，选①⑤⑦⑧；（4）②乙醇和④蔗糖在水溶液里或熔融状态下都以分子存在，所以都是非电解质，选②④。Ⅱ.（1）根据n==可知，O2、SO2、SO3三者质量之比为1：2：5，则O2、SO2、SO3的物质的量之比为：=1：1：2，它们的氧原子数之比为：1×2：1×2：2×3=1：1：3；（2）金属氯化物MCl2，40.5g中含有0.6molCl-，则40.5gMCl2的物质的量为：0.6mol×=0.3mol，则MCl2的摩尔质量为：=135g/mol；M的相对原子质量为：135-35.5×2=64；（3）在VLFe2(SO4)3溶液中含有mgFe3+，铁离子的物质的量为：=mol，铁离子的物质的量浓度为：c(Fe3+)==mol/L；该溶液中硫酸根离子浓度为：c(SO42-)=c(Fe3+)=mol/L，溶液具有均一性，则从中取出L溶液中SO42-物质的量浓度仍然为mol/L；再将这L溶液溶液稀释到4L，稀释过程中溶质的物质的量不变，稀释前Fe2(SO4)3的物质的量浓度为：c[Fe2(SO4)3]=c（Fe3+）=mol/L，则稀释后Fe2(SO4)3溶液中溶质的物质的量浓度为：c[Fe2(SO4)3]=mol/L×=mol/L。考点：考查电解质、非电解质，物质的导电性，阿伏加德罗定律及推导。【解析】【答案】Ⅰ（1）①④⑤；（2）③⑥⑦；（3）①⑤⑦⑧；（4）②④Ⅱ.（1）1:1:3（2）135g/mol64（3）m/56Vmol/L；3m/112Vmol/L；m/1792mol/L11、略

【分析】试题分析：（1）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸溶液在烧杯中稀释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管、小烧杯、500ml容量瓶，所以用不到的仪器有烧瓶、托盘天平、药匙。（2）浓硫酸的物质的量浓度为：设需要浓硫酸溶液体积为V，2mol/L×0.5L=18.4mol/LV=0.0054L=5.4mL；（3）①洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，量筒不用洗，所以溶质增加，溶液的浓度偏高；②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，溶液的体积受热膨胀，溶液冷却后，溶液的体积未到刻度线，所以浓度偏高；③定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，溶液减少，浓度偏低；④转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，没有影响到溶液的体积，故浓度不变；⑤定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，溶液的体积偏大，浓度偏低；⑥定容时，俯视标线，溶液的体积小，浓度偏高；故选①②⑥。考点：一定物质的量浓度的溶液的配制和误差分析。【解析】【答案】（1）②⑦⑧（2）5.4mL（3）①②⑥12、7：2或4：5|8.67g/mol或18.67g/mol【分析】【解答】解：令空气的物质的量为1mol，反应前，左右两室的体积之比为1：3，反应前右室的物质的量为3mol，反应后，活塞处于中央，两室体积相等，则两室中气体的物质的量相等，反应后右室气体物质的量为1mol，发生反应2H2+O22H2O，设H2、O2的物质的量分别为xmol、ymol，若氢气过量，则：x﹣2y=1，x+y=3，解得x：y=7：2，若氧气过量，则：y﹣0.5x=1，x+y=3，解得x：y=4：5，原来H2、O2的体积比最接近于7：2或4：5；在相等的状况下，气体的体积之比等于物质的量之比，根据m=得到H2、O2的体积比最接近于7：2时，H2和O2混合气体的平均摩尔质量M=g/mol=8.67g/mol；H2、O2的体积比最接近于4：5时，H2和O2混合气体的平均摩尔质量M=g/mol=18.67g/mol，故答案为：7：2或4：5；8.67g/mol或18.67g/mol．【分析】反应前，左右两室的体积之比为1：3，则左右两室中气体物质的量之比为1：3，反应后，活塞处于中央，两室体积相等，则两室中气体的物质的量相等，令空气的物质的量为1mol，设H2、O2的物质的量分别为xmol、ymol，讨论氢气或氧气过量计算解答，相等的状况下，气体的体积之比等于物质的量之比，H2和O2混合气体的平均摩尔质量M=．13、略

【分析】解：①漂粉精的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，有效成分是次氯酸钙，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

②实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，两者发生氧化还原反应，锰从+4价变为+2价，氯从-1价变为0价，化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

③实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应改写为离子方程式时氧化物、单质、水、难溶物质要写成化学式的形式，则其离子方程式为：4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++Cl2↑+2H2O；

④Cl2具有氧化性，SO2具有还原性，SO2气体与氯水混合两者发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，反应的离子方程式为SO2+H2O+Cl2═2Cl-+4H++SO42-；

故答案为：SO2+H2O+Cl2═2Cl-+4H++SO42-；

⑤硫化氢与二氧化硫发生硫元素的价态归中反应，反应生成硫单质，反应的化学方程式为：2H2S+SO2=2H2O+3S↓；

故答案为：2H2S+SO2=2H2O+3S↓；

⑥二氧化氮与水反应，N元素的化合价由+4价变为+5价HNO3和+2价NO，反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；

故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；

⑦铵盐和碱反应能生成氨气，实验室利用氢氧化钙与氯化铵共热制取氨气，该化学反应为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

⑧Cu与稀硝酸反应，铜被氧化成+2价，生成硝酸铜，氮为还原为+2价生成NO，反应离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；

故答案为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O．

①漂粉精的主要成分是次氯酸钙和氯化钙；有效成分是次氯酸钙，利用氯气与石灰乳为原料制备漂粉精；

②实验室制备Cl2：二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气；氯化锰和水；

③二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气；氯化锰和水；根据离子反应方程式的书写规则书写该离子反应方程式；

④等物质的量的Cl2和SO2混合发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸；

⑤二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成硫单质和水；

⑥二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸；

⑦实验室利用氢氧化钙与氯化铵共热制取氨气；

⑧Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜；NO与水；据此书写离子方程式．

本题考查了化学方程式、离子方程式的书写，题目难度中等，试题知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，注意掌握化学方程式、离子方程式的书写原则．【解析】2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++Cl2↑+2H2O；SO2+H2O+Cl2═2Cl-+4H++SO42-；2H2S+SO2=2H2O+3S↓；3NO2+H2O=2HNO3+NO；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O14、略

【分析】解：rm{D}是具有氧化性的单质rm{A}元短周期金属元素，根反应系可知rm{A}为rm{NaB}为rm{Na2O}rm{DO2}rm{CNaO2}故答案：rm{Na}

若、rm{B}rm{C}为含一种金属元素的无机物，在溶液中rm{A}和rm{C}反生成rm{.}判为：rm{l3隆煤A(OH)3隆煤l2}rm{A}为rm{Al3+}rm{B}为rm{AlOH)3}rm{C}为rm{O2-}rm{DNaH}或rm{lO2隆煤A(OH)3A3}rm{AAlO2-}rm{B}rm{Al(OH)3}rm{C}rm{A3+}rm{D}为rm{H+}rm{B}转化为的所有可能的离方程为生成氢氧沉，在酸或中溶解的离子程式，反应的子方程式为：rm{AO)3+3H+Al3++32Al(OH3+OH篓TAl2+2H2O}

若rm{A}是某物质的溶液，rm{D}是金属rm{.}说明金属具有变价，稀溶液具有氧化性，推断为：rm{HNO隆煤Fe(NO3)3隆煤Fe(O3)2D}为rm{F}因rm{FeNO3)2}被化而变质，可入铁氧化硝铁，离子方程式rm{2F+e篓TFe2}在的空气易生吸氧腐蚀，写出腐蚀时原池正的电极反应式为rm{O2H2+4e-4OH-}

故为：rm{l(OH)3+3+篓TA3++3H2}rm{(O)+OH-篓TAlO2-+2H2O}．

rm{D}是具有氧化性单质，rm{A}元于短周期族金属元素，反应关系可知rm{A}rm{BNa2O}rm{D}为rm{2}rm{CNa2O2}

rm{AB}为含同一金属元素的无机化合物，在液rm{A}和rm{C}反应成rm{B}判为rm{Al3+隆煤A(OH)Al2-}rm{D}为rm{OH-}或rm{AO2-隆煤Al(O)3Al3+}为rm{H+}．

本题机物的推断，题目难度不大题注意把握反应的转化特点，根据质的质、用途作解的突破．【解析】rm{Na}加入少量铁，防止rm{Fe^{2+}}被氧化为rm{Fe^{3+}}rm{2Fe^{3+}+Fe篓T3Fe^{2+}}rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}篓T4OH^{-}}rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}篓TAl^{3+}+3H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}15、略

【分析】解：标准状况下rm{6.72L}气体的物质的量为：rm{dfrac{6.72L}{22.4L/mol}=0.3mol}

设rm{dfrac

{6.72L}{22.4L/mol}=0.3mol}和rm{CO}的物质的量物质的量分别为rm{CO_{2}}rm{x}

则：rm{begin{cases}x+y=0.328x+44y=12end{cases}}

解得：rm{begin{cases}x=0.075moly=0.225molend{cases}}

所以混合物中rm{y}和rm{begin{cases}x+y=0.3

28x+44y=12end{cases}}物质的量之比rm{begin{cases}x=0.075mol

y=0.225molend{cases}}rm{CO}rm{CO_{2}}

该混合气体的密度为：rm{dfrac{12g}{6.72L}隆脰1.79g/L}

故答案为：rm{=0.075mol}rm{0.225mol=1}rm{3}．

根据rm{dfrac

{12g}{6.72L}隆脰1.79g/L}计算出混合气体的物质的量，然后设出rm{1}和rm{3}的物质的量，分别根据物质的量、气体总质量列式计算出物质的量，然后计算出物质的量之比；根据rm{1.79}计算出混合气体的密度．

本题考查了物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积的关系为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于培养学生的化学计算能力．rm{n=dfrac{V}{V_{m}}}【解析】rm{1}rm{3}rm{1.79}16、略

【分析】如果用g/mol为单位，则物质的摩尔质量在数值等于物质的相对分子质量或相对原子质量，所以CO2的摩尔质量是44g/mol；根据n＝m/M可知，2molCO2的质量是88g；根据V＝n·Vm可知，标准状况下的体积是44.8L；根据N＝n·NA可知，所含的分子数目约为1.204×1024；所含氧原子的数目约为1.204×1024×2＝2.408×1024。【解析】【答案】44g/mol，88g44.8L1.204×10242.408×102417、环形玻璃搅拌棒；减少实验过程中的热量损失；偏小；不相等；相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关【分析】解：rm{(1)}根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；故答案为：环形玻璃搅拌器；

rm{(2)}中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；

rm{(3))}大烧杯上如不盖硬纸板；会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；

rm{(4)}反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用rm{60mL0.25mol?L^{-1}}盐酸溶液跟rm{50mL0.55mol?L^{-1}NaOH}溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成rm{1mol}水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用rm{50mL0.50mol?L^{-1}}盐酸代替盐酸溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：不相等；相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成rm{1molH_{2}O}所放出的热量；与酸碱的用量无关．

rm{(1)}根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；

rm{(2)}中和热测定实验成败的关键是保温工作；

rm{(3)}不盖硬纸板；会有一部分热量散失；

rm{(4)}反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；并根据中和热的概念和实质来回答．

本题考查学生有关中和热的测定知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．【解析】环形玻璃搅拌棒；减少实验过程中的热量损失；偏小；不相等；相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成rm{1molH_{2}O}所放出的热量，与酸碱的用量无关三、判断题(共8题，共16分)18、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．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20、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．21、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；22、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．23、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．24、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．25、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、工业流程题(共3题，共18分)26、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%27、略

【分析】【分析】

在粗氧化铜(含氧化亚铁)中加盐酸；将金属氧化物溶解转变成氯化铜和氯化亚铁；然后加次氯酸钠，将氯化亚铁氧化成氯化铁；再加氧化铜调节溶液的pH值促进氯化铁水解最终转变成氢氧化铁沉淀除去；继续加氧化铜调节pH值后过滤分离得到氢氧化铜，通过操作a洗涤沉淀，再采用稍过量盐酸和低温蒸干得到氯化铜晶体，据此分析解答。

【详解】

(1)根据表中完全沉淀时的pH范围可知，Fe2＋沉淀时Cu2＋已基本沉淀完全，所以必须先将Fe2＋转变为Fe3＋才能完全除去，所以溶液A中加入NaClO的目的是氧化Fe2＋生成Fe3＋有利于沉淀分离，反应的离子方程式为：2H＋＋ClO−＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋Cl−＋H2O；

故答案为：氧化Fe2＋生成Fe3＋有利于沉淀分离；

(2)在溶液B中加CuO调节溶液的pH使Fe3＋完全沉淀，有关的反应为：

故答案为：

(3)操作a为洗涤；目的是洗涤氢氧化铜表面的可溶性杂质；

故答案为：洗涤；

(4)因为溶液中存在以下平衡：Cu2＋＋2H2O⇌Cu(OH)2＋2H＋，加入过量盐酸和低温，能使平衡逆移，防止Cu2＋水解；

故答案为：抑制Cu2＋水解。

【点睛】

本题以工业上制取CuCl2的生产流程为背景，综合考查学生灵活运用元素化合物知识、氧化还原反应知识、沉淀转化、盐类水解以及实验分析等知识和技能，难度较大。【解析】氧化Fe2＋生成Fe3＋有利于沉淀分离洗涤抑制Cu2＋水解28、略

【分析】【分析】

在碱性条件下氯酸钾与二氧化锰加热熔融发生氧化还原反应，二氧化锰被氧化成锰酸钾，对生成物加强热形成熔融混合物，冷却研磨后溶于水得墨绿色K2MnO4溶液，K2MnO4溶液中加入氢氧化钾溶液再调节PH值为10～11，使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2；趁热过滤除去二氧化锰，得高锰酸钾溶液，冷却结晶得高锰酸钾晶体，据此分析解答。

【详解】

(1)操作①和②中均有强碱性物质加热；所以不能用含有与碱反应的成份的坩埚，石英(二氧化硅)和氧化铝都可与强碱反应，铁不与强碱反应，故答案选c；

(2)已知：3MnO42-+2H2O⇌2MnO4-+MnO2+4OH-。操作④是使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，通CO2可消耗氢氧根，使平衡正向移动，有利于提高MnO42-转化率；

(3)①电解K2MnO4溶液(绿色)的方法制造KMnO4，根据图示，电解过程中A极为阳极，是K2MnO4发生氧化反应生成KMnO4，电极反应式为MnO42--e-=MnO4-；

②这种方法与上面的方法相比；其优点是无副产品，产率高，工艺简便；

(4)两次实验中滴定20mL样品试液消耗草酸标准溶液的体积分别为22.15mL和22.17mL，则滴定过程消耗草酸标准溶液的平均体积为=22.16mL，根据反应5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，每20mL样品试液中n(KMnO4)=n(H2C2O4)=×22.16×10-3L×0.1mol/L=8.846×10-4mol，则100mL样品试液中n(KMnO4)=×8.846×10-4mol=4.432×10-3mol，则KMnO4晶体的纯度为=(或%)。【解析】c有利于平衡向右进行，提高MnO42-转化率MnO42--e-=MnO4-无副产品，产率高，工艺简便或%五、结构与性质(共1题，共9分)29、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-1六、推断题(共4题，共36分)30、略

【分析】解：rm{(1)}由上述分析可知，乙是rm{NaAlO_{2}}rm{A}为rm{Al}

故答案为：rm{Al}rm{NaAlO_{2}}

rm{(2)垄脵Al}与rm{NaOH}溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O篓T2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}故答案为：rm{2Al+2NaOH+2H_{2}}rm{O篓T2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}

rm{垄脷Al_{2}O_{3}}与rm{NaOH}溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}篓T2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}

故答案为：rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}篓T2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}

rm{垄脹}乙溶液中通入过量rm{CO_{2}}反应的离子方程式为：rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}

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

rm{(3)}产生的rm{H_{2}}在标准状况下的体积为rm{3.36L}物质的量为rm{dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}根据rm{dfrac

{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}可知，消耗的rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O篓T2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}的物质的量为rm{0.15mol隆脕dfrac{2}{3}=0.1mol}转移电子的物质的量为rm{Al}

故答案为：rm{0.15mol隆脕dfrac

{2}{3}=0.1mol}rm{0.1mol隆脕3=0.3mol}rm{0.1}rm{mol}．

常见金属单质中能与rm{0.3}溶液反应产生气体的只有rm{mol}所以rm{NaOH}是rm{Al}乙是rm{A}rm{Al}是rm{NaAlO_{2}}甲是rm{C}的化合物，可和rm{H_{2}}溶液反应产生rm{Al}可甲能是rm{NaOH}则丙是rm{NaAlO_{2}}rm{Al_{2}O_{3}}即是rm{H_{2}O}根据rm{B}得丁是rm{O_{2}}验证符合转化关系，以此解答该题．

本题以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质，为高考常见题型，涉及化学式及离子方程式书写等，难度中等，在熟练掌握元素化合物知识的基础上着重考查学生的发散思维、分析判断、逻辑思维以及对无机物知识的综合应用等能力，rm{NaAlO_{2}+CO_{2}+2H_{2}O篓TNaHCO_{3}+Al(OH)_{3}隆媒}与碱的特殊的反应是推断的关键．rm{Al(OH)_{3}}【解析】rm{Al}rm{NaAlO_{2}}rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O篓T2NaAlO_{2}+3H_