2025年沪教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年沪教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5题，共10分)1、0.2molCH4的质量为（）A.1.6gB.3.2gC.5.6gD.8g2、下列有关叙述正确的是（）A.离子化合物中一定含有共价键B.共价化合物中可能含有离子键C.第IA族元素与第VIIA族可能形成离子化合物，也可能形成共价化合物D.非金属元素间不可能形成离子化合物3、已知短周期元素的离子：rm{{,!}_{a}A^{2+}}rm{{,!}_{b}B^{+}}rm{{,!}_{c}C^{3-}}rm{{,!}_{d}D^{-}}都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是A.主族序数rm{C>D>B>A}B.原子序数rm{d>c>b>a}C.最外层电子数rm{A>B>D>C}D.离子半径rm{C>D>B>A}4、某链状有机物分子中含m个n个－CH2－、X个－CH3，则X的数目可能是A.3m+2nB.m+2nC.m+2D.3m5、16O和18O是氧元素的两种核素，NA表示阿伏加德罗常数的数值．下列说法正确的是（）A.16O和18O的质量数相同，但是中子数不同B.16O和18O核外电子排布不同C.通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化D.标准状况下，1.12L16O2和1.12L18O2均含0.1NA个氧原子评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)6、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是（）A.2.3g金属钠全部变成钠离子时失去的电子数目为0.2NAB.2g氢气所含的原子数目为NAC.17gNH3所含的电子数为10NAD.NA个氧分子和NA个氢分子的质量比等于16：17、分析下列各物质的物理性质，可判断其固态不属于分子晶体的是（）A.碳化铝，黄色晶体，熔点2200℃，熔融态不导电B.溴化铝，无色晶体，熔点98℃，熔融态不导电C.五氟化钒，无色晶体，熔点19.5℃，易溶于乙醇、氯仿、丙酮中D.溴化钾，无色晶体，熔融时或溶于水中都能导电8、下列有关说法正确的是（）A.KClO3和SO2溶于水后的溶液均可导电，故KClO3和SO2均为电解质B.CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值增大C.反应NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）在室温下自发进行，则该反应的△H＜0D.向浓度均为0.1mol•L-1KI和NaCl混合溶液中，滴加几滴硝酸镍溶液，只得到AgI沉淀说明Ksp（Agl）＜Ksp（AgCl）9、下列说法不正确的是（）A.同周期主族元素原子半径从左做到右依次减小B.同主族元素从上到下原子半径依次增大C.同主族元素离子半径从上到下依次增大D.同周期元素离子半径依次减小10、在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质．下列实验现象和结论一致且正确的是（）A.溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有C12分子存在B.加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HC1O分子存在C.加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有HC1O存在D.先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有C1-存在评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)11、请按下列要求写出有关反应的离子方程式：⑴铜与氯化铁的反应____⑵往氯化亚铁中通入氯气____⑶①向10L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中滴入含有0.5molBa(OH)2的溶液．写出反应的离子方程式____.②向所得溶液中加入等体积同浓度的Ba(OH)2溶液.写出此步反应的离子方程式____12、有演示实验：用脱脂棉花包住约0.2g过氧化钠粉末；置于石棉网上，往脱脂棉上滴水，可观察到脱脂棉剧烈燃烧起来．

（1）由实验现象所得出的有关Na2O2和H2O反应的结论是：

a．有氧气生成；b．____．

（2）某学校研究性学习小组拟用图装置进行实验；以证明上述结论．

①用以验证结论a的实验操作方法及现象是：____．

②用以验证结论b的实验操作方法及现象是：____．

（3）该研究性学习小组的同学认为Na2O2和H2O反应可生成H2O2，现请你设计一个简单的实验证明Na2O2和足量的H2O充分反应后的溶液中有H2O2存在．（只要求列出实验所用的试剂及观察到的现象）

试剂：____．

现象：____．

13、如图所示，横坐标为溶液的rm{pH}纵坐标为rm{Zn^{2+}}或rm{ZnO_{2}^{2-}}物质的量浓度的对数；

回答下列问题rm{.(ZnO_{2}^{2-}}和rm{[Zn(OH)_{4}]^{2-}}表示一样rm{)}

rm{(1)}往rm{ZnCl_{2}}溶液中加入足量的氢氧化钠溶液；反应的离子方程式可表示为：

______

rm{(2)}从图中数据计算可得rm{Zn(OH)_{2}}的溶度积rm{Ksp=}______．14、某反应体系中的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O．

（1）请将Au2O3之外的反应物与生成物分别填入以下空格并配平．

+____+____=____+____+____

（2）反应中1mol还原剂____（填“得到”或“失去”）____mol电子．

（3）纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白后布匹的“脱氯剂”，Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl，则还原剂和氧化剂物质的量之比为____．15、实验室中氢氧化钠溶液在在空气中放置，因密封不好会变质，有关反应的离子方程式为____；为了检测一瓶氢氧化钠溶液是否已变质，可取少量该溶液向其中加入____，若有____现象发生，则说明烧碱溶液已经变质．为了除去烧碱溶液中的杂质，应加入适量的____，并进行过滤．16、（6分）A、B、C、D4种元素，A元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等；B的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层少2个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C．(1)B元素的名称______；B在周期表中的位置第__________周期，第________族；(2)C的元素符号________，C的最高价氧化物的化学式___________；(3)D的最高价氧化物对应的水化物的化学式____17、下列物质中属于电解质的是：____属于非电解质的是____．能导电的是____．①CO2②NaOH固体③NaHCO3固体④C12H22O11（蔗糖）⑤H2SO4溶液⑥铁．18、下列变化属于放热反应的是______rm{(}填序号rm{)}．

rm{垄脵}葡萄糖在人体内被氧化成rm{CO2}rm{垄脷}天然气的燃烧；rm{垄脹}煅烧大理石；rm{垄脺}稀盐酸与稀氨水混合；rm{垄脻}生石灰与水反应生成熟石灰；rm{垄脼}干冰的升华；rm{垄脽}钠与水反应；rm{垄脿}消石灰与氯化铵晶体的反应．评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)19、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）评卷人得分五、原理综合题(共2题，共18分)20、CO是大气污染气体；可利用化学反应进行治理或转化。

(1)甲醇是重要的溶剂和燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0

①T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO和1.2molH2，一段时间后达到平衡，此时H2与CH3OH的体积分数之比为2：5，该反应的平衡常数K＝___________；此时若向容器中再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)；则平衡将___________移动。(填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”)

②在一容积可变的密闭容器中充入一定物质的量的CO和H2，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。a、b、c三点平衡常数K(a)、K(b)、K(c)的大小关系是___________。b、d点的正反应速率vb(CO)_______va(CO).

(2)沥青混凝土可作为2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)反应的催化剂。图表示在相同的恒容密闭容器；相同起始浓度、反应相同的时间；使用同质量的不同沥青混凝土(α型、β型)催化时，CO的转化率与温度的关系。

①a、b；c、d四点中表示平衡状态的是___________；

②e点转化率出现突变的原因可能是______________________。

(3)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解时CO2在阴极区转化为HCOOH；其原理示意图如下：

电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_________________________。21、镍(Ni)及其化合物广泛应用于生产电池；电镀和催化剂等领域。

（1）某蓄电池反应为2NiO(OH)+Cd+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。该蓄电池充电时，被氧化的物质是__(填化学式)，放电时若生成73gCd(OH)2，则外电路中转移的电子数是___。

（2）镍的羰化反应为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH。

①一定温度下，将一定量的粗镍和CO加入到1L的恒容密闭容器中反应，5s后测得Ni(CO)4的物质的量为1.5mol，则0~5s内平均反应速率v(CO)=__mol·L·s-1。

②该反应的平衡常数K随温度升高而减小，则该反应的ΔH__0(填“>”或“<")。

（3）NiSO4·6H2O晶体是一种绿色易溶于水的晶体；广泛应用于化学镀镍；生产电池等，可由电镀废渣(除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素)为原料制取。制取步骤如下：

①在实验室中，欲用98%的浓硫酸(密度1.84g·mL-1)配制40%的稀硫酸，需要的玻璃仪器除玻璃棒外，还有__。

②向滤液Ⅰ中加入Na2S的目的是_。(已知：Ksp[FeS]=6.3×10-18，Ksp[CuS]=1.3×10-36，Ksp[ZnS]=1.3×10-24，Ksp[NiS]=1.1×10-21)

③滤液Ⅲ中所含的阳离子主要有__。

④NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的离子方程式为__。

⑤在制备NiSO4·6H2O晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，原因是__(写出一条即可)。评卷人得分六、工业流程题(共4题，共20分)22、工业上制备BaCl2·2H2O有如下两种途径。

途径1：以重晶石（主要成分BaSO4）为原料；流程如下：

（1）写出“高温焙烧”时反应的化学方程式：_____________________________________。

（2）气体用过量NaOH溶液吸收，得到硫化钠。Na2S水解的离子方程式为_____________。

（3）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，=___________。[Ksp(AgBr)=5.4×10-13，Ksp(AgCl)=2.0×10-10]

途径2：以毒重石(主要成分BaCO3，含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)为原料；流程如下：

已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9。Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.7

（4）为提高矿石的浸取率，可采取的措施是_________。

（5）加入NH3·H2O调节pH=8可除去___________（填离子符号），滤渣Ⅱ中含_________（填化学式）。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________。

（6）重量法测定产品纯度的步骤为：准确称取mgBaCl2·2H2O试样，加入100mL水，用3mL2mol·L－1的HCl溶液加热溶解。边搅拌，边逐滴加入0.1mol·L－1H2SO4溶液。待BaSO4完全沉降后，过滤，用0.01mol·L－1的稀H2SO4洗涤沉淀3~4次，直至洗涤液中不含Cl－为止。将沉淀置于坩埚中经烘干灼烧至恒重，称量为ng。则BaCl2·2H2O的质量分数为_________。

（7）20℃时，PbCl2(s)在不同浓度盐酸中的最大溶解量(单位：g·L-1)如图所示。下列叙述正确的是_______________

A．盐酸浓度越大，Ksp(PbCl2)越大。

B．PbCl2能与一定浓度的盐酸反应。

C．x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)相等。

D．往含Pb2+的溶液中加入过量浓盐酸，可将Pb2+完全转化为PbCl2(s)23、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。

24、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___。25、2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂被誉为“高能金属”，是锂电池的电极材料，工业上用β-锂辉矿(主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2以及少量钙、镁杂质)和氟磷灰石(Ca5P3FO12)联合制取锂离子电池正极材料(LiFePO4)；其工业生产流程如图：

已知：①Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34；

②LiFePO4难溶于水。

回答下列问题：

（1）氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合价为___，沉淀X的主要成分是___(写化学式)。

（2）操作3的名称是___，操作1所需的玻璃仪器名称为___。

（3）蒸发浓缩Li2SO4溶液的目的是___。

（4）写出合成反应的离子方程式___。

（5）科学家设计一种锂电池的反应原理为LiFePO4Li+FePO4，放电时正极反应式为___。

（6）工业上取300吨含氧化锂5%的β-锂辉矿石，经上述变化得到纯净的LiFePO4共110.6吨，则元素锂的利用率为___。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】解：甲烷的摩尔质量是16g/mol，所以根据m=nM可知，0.2molCH4的质量为0.2mol×16g/mol=3.2g．

故选B．

M（CH4）=16g/mol；结合m=nM计算．

本题考查物质的量的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意相关计算公式的运用，难度不大．【解析】【答案】B2、C【分析】解：A．离子化合物中一定含有离子键；可能含有共价键，如KOH中含有共价键；NaCl中不含共价键，故A错误；

B．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B错误；

C．一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，H-Cl原子之间存在共价键；NaCl中只存在离子键，故C正确；

D．非金属元素之间可能形成离子化合物；如铵盐，故D错误；

故选C．

A．离子化合物中一定含有离子键；可能含有共价键；

B．只含共价键的化合物是共价化合物；

C．一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；

D．非金属元素之间可能形成离子化合物．

本题考查化学键和化合物关系，侧重考查基本概念，根据物质中存在的微粒及微粒之间作用力判断即可，易错选项是D．【解析】【答案】C3、D【分析】【分析】本题考查了元素周期表、元素周期律的知识，掌握半径的变化规律是解题的关键。

【解答】

【解答】A.、短周期元素的离子rm{aA^{2+}}、rm{bB^{+}}、rm{cC}rm{{,!}^{3-}}、rm{dD^{-}}都具有相同的电子层结构，所以其原子序数为、rm{aA^{2+}}rm{aA^{2+}}、rm{bB^{+}}都具有相同的电子层结构，所以其原子序数为rm{bB^{+}}rm{cC}rm{{,!}^{3-}}故rm{cC}错误；rm{{,!}^{3-}}rm{dD^{-}}rm{dD^{-}}，故rm{a>b>d>c}错误；，主族序数为rm{d>c>a>b}故rm{A}错误；rm{d>c>a>b}rm{A}rm{A}、B.原子序数为rm{a>b>d>c}，故rm{B}错误；rm{a>b>d>c}、rm{a>b>d>c}由离子所带电荷可知rm{B}最外层电子数分别为rm{B}、、C.、已知短周期元素的离子rm{aA^{2}}rm{{,!}^{+}}、rm{bB}rm{{,!}^{+}}rm{cC^{3-}}、rm{dD^{-}}由离子所带电荷可知rm{ABCD}最外层电子数分别为rm{2}、rm{1}、rm{5}、rm{7}，故原子最外层电子数目为rm{D>C>A>B}，故rm{C}错误；，故原子最外层电子数目为rm{aA^{2}}，故rm{aA^{2}}错误；rm{{,!}^{+}}rm{bB}，故rm{bB}正确。rm{{,!}^{+}}rm{cC^{3-}}。rm{cC^{3-}}

rm{dD^{-}}【解析】rm{D}4、C【分析】根据结构可知，烃是烷烃。根据通式CnH2n+2可知（m＋n＋X）×2＋2＝m＋2n＋3X，解得X＝m＋2，答案选C。【解析】【答案】C5、D【分析】【解答】解：A、16O和18O的质量数分别为16和18；质子数均为8个，故中子数不同，故A错误；

B、16O与18O的核外均有8个电子；故核外电子排布相同，故B错误；

C、化学变化中的最小微粒是原子，故化学变化中不能实现16O和18O的相互转化；故C错误；

D、标况下，1.12L16O2和1.12L18O2的物质的量均为0.05mol，而16O2和18O2均为双原子分子，故0.05mol16O2和18O2中均含0.1mol氧原子即0.1NA个；故D正确．

故选D．

【分析】A、16O和18O的质量数分别为16和18；

B、16O与18O的核外均有8个电子；

C；化学变化中的最小微粒是原子；

D、标况下，1.12L16O2和1.12L18O2的物质的量均为0.05mol，而16O2和18O2均为双原子分子．二、双选题(共5题，共10分)6、C|D【分析】解：A、2.3g钠的物质的量为0.1mol，而反应后变为+1价，故0.1mol钠失去0.1mol电子即0.1NA个；故A错误；

B、氢气由氢原子构成，故2g氢气中含有的氢原子的物质的量为n==2mol，即2NA个；故B错误；

C、17g氨气的物质的量为1mol，而氨气为10电子分子，故1mol氨气中含10mol电子即10NA个；故C正确；

D、NA个氧分子和NA个氢分子的物质的量均为1mol；而等物质的量的物质的质量之比等于摩尔质量之比，故两者的质量之比为32：2=16：1，故D正确．

故选CD．

A；求出钠的物质的量；然后根据反应后变为+1价来分析；

B；氢气由氢原子构成；

C；求出氨气的物质的量；然后根据氨气为10电子分子；

D；等物质的量的物质的质量之比等于摩尔质量之比．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．【解析】【答案】CD7、A|D【分析】解：A．碳化铝；黄色晶体，熔点2200℃，熔融态不导电，应为原子晶体，故A选；

B．溴化铝；无色晶体，熔点98℃，熔融态不导电，具有分子晶体的性质，属于分子晶体，故B不选；

C．五氟化钒；无色晶体，熔点19.5℃，易溶于乙醇；氯仿、丙酮中，具有分子晶体的性质，属于分子晶体，故C不选；

D．溴化钾；无色晶体，熔融时或溶于水中都能导电，构成微粒为离子，应为离子晶体，故D选；

故选AD．

A．熔点高不是分子晶体的性质；

B．熔沸点较低；液体不导电，则构成微粒为分子；

C．熔沸点较低；易溶于有机溶剂；

D．熔融时能导电；构成微粒为离子．

本题考查原子晶体、分子晶体、离子晶体的性质，熟悉熔沸点及构成微粒是解答本题的关键，题目难度不大．【解析】【答案】AD8、C|D【分析】解：A．二氧化硫本身不能电离；其溶于水能导电的原因是二氧化硫与水反应生成的亚硫酸导电，二氧化硫是非电解质，故A错误；B．

CH3COOH⇌CH3COO-+H+常温下加水稀释；促进电离；

B．CH3COOH⇌CH3COO-+H+常温下加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，温度不变，K不变，故此值减小，故B错误；

C．NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）中；△S＜0，室温下可自发进行，则△H-T△S＜0，可知该反应的△H＜0，故C正确；

D．Ksp越小，越易生成沉淀，生成AgI，可说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）；故D正确，故选CD．

A．电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；

B．在CH3COOH溶液中存在：CH3COOH⇌CH3COO-+H+常温下加水稀释；溶液中氢离子浓度减小，依据平衡常数表达式变换解答即可；

C．NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）中；△S＜0，室温下可自发进行，则△H-T△S＜0；

D．Ksp越小；越易生成沉淀．

本题考查较为综合，涉及物质的检验，性质的探究以及难溶电解质的溶解平衡等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．【解析】【答案】CD9、C|D【分析】解：A．同周期主族元素；自左而右核电荷数增大，对核外电子吸引增强，原子半径减小，故A正确；

B．同主族自上而下；电子层增大，原子半径增大，故B正确；

C．氢负离子半径大于锂离子半径；故C错误；

D．同周期各阳离子电子层结构相同；各阴离子电子层结构相同，且阴离子比阳离子多1个电子层，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，故同周期元素离子半径先减小，再增大，再减小，故D错误．

故选CD．

A．同周期主族元素；自左而右核电荷数增大，对核外电子吸引增强，原子半径减小；

B．同主族自上而下；电子层增大，原子半径增大；

C．氢负离子半径大于锂离子半径；

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．

本题考查微粒半径比较，难度中等，掌握半径比较规律是解题关键，C选项为易错点，学生容易忽略氢负离子．【解析】【答案】CD10、AC【分析】解：氯气通入溶液中，与水反应发生Cl2+H2O═HCl+HClO，氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-；

A、氯气为黄绿色气体，具有刺激性气味，则氯水呈浅黄色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在；故A正确；

B；氯气和氢氧化钠反应；则不能说明有HClO存在，故B错误；

C；次氯酸具有漂白性；则加入有色布条后，有色布条褪色，说明有HClO分子存在，故C正确；

D、因AgCl不溶于水，则加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl-存在；但不能证明氯水中是否含有氯离子，故D错误；

故选：AC。

氯气通入溶液中，与水反应发生Cl2+H2O═HCl+HClO，氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-；利用离子；分子的性质来分析．

本题考查氯水的成分及氯水中各微粒的性质，明确离子、分子的性质是解答本题的关键，难度不大．【解析】AC三、填空题(共8题，共16分)11、略

【分析】【解析】试题分析：（1）氯化铁能把铜氧化生成氯化铜，反应的离子方程式是Cu＋2Fe3+==Cu2+＋2Fe2+。(2)氯气具有强氧化性，能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，反应的离子方程式是2Fe2+＋Cl2="="2Fe3+＋2Cl－。（3）①碳酸氢钠和氢氧化钡的物质的量之比是2:1的，所以反应后恰好生成碳酸钡、碳酸钠和水，则反应的离子方程式是Ba2＋＋2HCO3－＋2OH－===BaCO3↓＋CO32－＋2H2O。②由于反应后溶液中还有碳酸钠生成，所以再加入氢氧化钡溶液，则又生成碳酸钡沉淀，即反应的离子方程式是Ba2＋＋CO32－===BaCO3↓。考点：考查离子方程式的书写【解析】【答案】(8分)(1)Cu＋2Fe3+==Cu2+＋2Fe2+(2)2Fe2+＋Cl2==2Fe3+＋2Cl－(3)Ba2＋＋2HCO3－＋2OH－===BaCO3↓＋CO32－＋2H2OBa2＋＋CO32－===BaCO3↓12、反应放出热量打开活塞（或阀门）向试管内包有过氧化钠的石棉网上滴几滴水，用带火星的木条靠近p处，如果木条复燃，则有氧气生成，反之无氧气生成将导管q置于水槽中．再打开分液漏斗的开关，发现q处有气泡放出MnO2迅速放出使带火星的木条复燃的气体【分析】【解答】（1）脱脂棉剧烈燃烧说明具备燃烧的条件，试管内空气较少，若剧烈燃烧应该有大量氧气，只有该反应是放热反应才能使燃料温度达到着火点，根据题意知该反应有氧气生成且放热，故答案为：ab；

（2）①氧气具有使带火星的木条复燃的性质；所以可用带火星的木条靠近p处，如果木条复燃，则有氧气生成，反之无氧气生成；

故答案为：打开活塞（或阀门）向试管内包有过氧化钠的石棉网上滴几滴水；用带火星的木条靠近p处，如果木条复燃，则有氧气生成，反之无氧气生成．

②气体具有热胀冷缩的性质；如果该反应放热，放出的热量能使集气瓶内空气的压强增大；如果q导管插入盛水的小烧杯中，有气泡冒出，证明此反应放热；

故答案为：将导管q置于水槽中．再打开分液漏斗的开关；发现q处有气泡放出；

（3）双氧水在二氧化锰作催化剂条件下能迅速分解生成氧气；所以所选试剂是二氧化锰，反应现象是迅速放出使带火星的木条复燃的气体；

故答案为：MnO2；迅速放出使带火星的木条复燃的气体．

【分析】（1）燃烧的条件是①物质具有可燃性；②可燃物与氧气接触，③温度达到可燃物的着火点，根据燃料燃烧的条件分析；

（2）①氧气具有能使带火星的木条复燃的性质；

②气体具有热胀冷缩的性质；该反应放出的热量能使集气瓶内空气的压强增大，据此分析问题；

（3）根据双氧水的性质知，在有二氧化锰作催化剂条件下，双氧水能迅速分解生成氧气．13、Zn2++4OH-═[Zn（OH）4]2-；10-17【分析】解：rm{(1)}由图象可知溶液的碱性较强时，锌的存在形式为rm{[Zn(OH)_{4}]^{2-}}所以该反应的离子方程式为：rm{Zn^{2+}+4OH^{-}篓T[Zn(OH)_{4}]^{2-}}

故答案为：rm{Zn^{2+}+4OH^{-}篓T[Zn(OH)_{4}]^{2-}}

rm{(2)}当溶液的rm{pH=7.0}时，rm{c(Zn^{2+})=10^{-3}mol?L^{-1}}rm{K_{sp}=c(Zn^{2+})?c^{2}(OH^{-})=10^{-3}隆脕(10^{-7})^{2}=10^{-17}}

故答案为：rm{10^{-17}}．

rm{(1)}由图象可知溶液的碱性较强时，锌的存在形式为rm{[Zn(OH)_{4}]^{2-}}结合元素守恒书写方程；

rm{(2)}根据图中数据，利用rm{K_{sp}=c(Zn^{2+})?c^{2}(OH^{-})}计算．

本题考查了难溶电解质的溶解平衡及其计算，题目难度中等，正确分析图象中数据为解答关键，注意熟练掌握溶度积的概念及计算方法，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．【解析】rm{Zn^{2+}+4OH^{-}篓T[Zn(OH)_{4}]^{2-}}rm{10^{-17}}14、略

【分析】

（1）Au2O3为反应物，则反应中Au2O3→Au2O，Au的化合价由+3价变为+1价，化合价总共降低2×2=4价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O3→1Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，Na2S2O3→Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价总共升高4×（2.5-2）=2，根据化合价升降相等，可知Au2O3系数为1，Na2S4O6系数为2，根据Au守恒可知Au2O系数为1，根据硫元素守恒可知Na2S2O3系数为4，根据元素Na元素守恒可知NaOH的系数为4，根据H元素守恒可知H2O系数为2，反应方程式为Au2O3+4Na2S2O3+2H2O=Au2O+2Na2S4O6+4NaOH．

故答案为：4Na2S2O3、2H2O；Au2O、2Na2S4O6；4NaOH．

（2）Na2S2O3→Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，Na2S2O3是还原剂，所以1molNa2S2O3反应失去的电子物质的量为1mol×2×（2.5-2）=1mol．

故答案为：失去；1．

（3）反应中Na2S2O3→H2SO4，S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，Na2S2O3是还原剂，Cl2→NaCl、HCl，Cl元素化合价由0价降低为-1价，Cl2是氧化剂，根据电子转移相等，所以n（Na2S2O3）×2×（6-2）=n（Cl2）×2，故n（Na2S2O3）：n（Cl2）=1：4．

故答案为：1：4．

【解析】【答案】（1）Au2O3为反应物，则反应中Au2O3→Au2O，Au的化合价由+3价变为+1价，化合价总共降低2×2=4价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O3→1Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，Na2S2O3→Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价总共升高4×（2.5-2）=2，根据化合价升降相等，可知Au2O3系数为1，Na2S4O6系数为2；根据元素守恒配平其它物质的系数．

（2）Na2S2O3→Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，Na2S2O3是还原剂，据此计算1molNa2S2O3反应失去的电子物质的量．

（3）反应中Na2S2O3→H2SO4，S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，Na2S2O3是还原剂，Cl2→NaCl、HCl，Cl元素化合价由0价降低为-1价，Cl2是氧化剂；根据电子转移相等，计算还原剂和氧化剂物质的量之比．

15、略

【分析】

氢氧化钠是碱，能和空气中酸性氧化物二氧化碳反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：2OH-+CO2=CO32-+H2O；

如果氢氧化钠变质；氢氧化钠溶液中就含有碳酸钠，检验碳酸根离子可以氢氧化钙溶液或氯化钙溶液，可取少量该溶液向其中加入氢氧化钙溶液或氯化钙溶液，如果有白色沉淀说明氢氧化钠溶液中含有碳酸钠，说明氢氧化钠变质，否则不变质；

除去烧碱溶液中的杂质；应加入适量的氢氧化钙溶液，并进行过滤．

故答案为：2OH-+CO2=CO32-+H2O；氢氧化钙溶液或氯化钙溶液；氢氧化钙溶液．

【解析】【答案】氢氧化钠是碱；能和酸性氧化物反应生成盐和水，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水；

如果氢氧化钠变质；氢氧化钠溶液中就含有碳酸钠，检验碳酸根离子常用氢氧化钙或钙盐，可取少量该溶液向其中加入氢氧化钙或钙盐，如果有白色沉淀说明氢氧化钠变质，否则不变质；

除去烧碱溶液中碳酸钠；加入试剂和碳酸钠反应且不和氢氧化钠反应，且不能引进新的杂质，能生成氢氧化钠最好．

16、略

【分析】A元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等，则A是H。B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，所以B是第ⅤA，B的原子半径是其所在主族中最小的，则B是N。C元素原子的最外层电子数比次外层少2个，因此C是第三周期元素，则C是S。C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，所以D是K。【解析】【答案】(1)氮；二，VA；(2)S，H2SO4；(3)KOH（各1分）17、②③|①④|⑤⑥【分析】【解答】解：①CO2是非金属氧化物，不能导电，属于非电解质；②NaOH固体不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；③NaHCO3固体不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；④C12H22O11（蔗糖）不能导电，属于非电解质；⑤H2SO4溶液能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑥铁能导电，属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故答案为：②③；①④；⑤⑥．【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质．大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物不管在水溶液中或熔融状态下能够导电与否，都不是电解质或非电解质．18、略

【分析】解：rm{垄脵}葡萄糖在人体内被氧化成rm{CO2}同时放出热量供人体各项生理活动所需，是放热反应；

rm{垄脷}天然气的燃烧是放热反应；

rm{垄脹}煅烧大理石是吸热反应；

rm{垄脺}稀盐酸与稀氨水混合是放热反应；

rm{垄脻}生石灰与水反应生成熟石灰是放热反应；

rm{垄脼}干冰的升华是物理变化；是吸热过程；

rm{垄脽}钠与水反应是放热反应；

rm{垄脿}消石灰与氯化铵晶体的反应是吸热反应；

属于放热反应的是rm{垄脵垄脷垄脺垄脻垄脽}

故答案为：rm{垄脵垄脷垄脺垄脻垄脽}．

根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧；金属与酸或水反应、中和反应、铝热反应、绝大多数化合反应、食物腐败、炸药爆炸等；

常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应rm{(}如rm{C}和rm{CO_{2})}rm{Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}和rm{NH_{4}Cl}反应等分析．

本题考查吸热反应和放热反应，难度不大，明确常见的吸热反应和放热反应类型是解题的关键，注意吸热反应和放热反应是针对于化学变化而言的．【解析】rm{垄脵垄脷垄脺垄脻垄脽}四、判断题(共1题，共2分)19、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol五、原理综合题(共2题，共18分)20、略

【分析】【分析】

（1）①同一容器中，两种气体的体积之比等于物质的量之比，计算出平衡时反应物生成物各自的物质的量浓度，然后计算平衡常数，达到平衡后再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)；计算此时的浓度商，然后与平衡常数对比；

②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0，该反应正反应为放热反应，当压强相同时，温度越高CO的平衡转化率越低，结合图象，T123；对应放热反应，温度越高，平衡常数越小；同温时压强越大反应速率越快；

（2）①对应放热反应，当反应达到平衡后，升高温度平衡要逆向移动，反应物转化率下降，判断a、b；c、d四点中哪个点处于平衡状态；

②e点转化率出现突变的原因可能是温度升高催化剂中毒；失去活性；

（3）阳极产生发生的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极产生的H+与HCO3-反应，导致HCO3-的浓度降低，K+部分迁移至阴极区。

【详解】

（1）①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO和1.2molH2，一段时间后达到平衡，令反应消耗CO的物质的量为xmol，反应中反应物、生成物物质的量变化之比等于化学计量数之比，故反应消耗H2的物质的量为2xmol，反应生成CH3OH的物质的量为xmol，故平衡时n(CO)=(1-x)mol，n(H2)=(1.2-2x)mol，n(CH3OH)=xmol，同一容器中，两气体的体积之比等于物质的量之比，(1.2-2x)：x=2：5，x=5/6，x=0.5，故平衡时n(CO)=0.5mol，n(H2)=0.2mol，n(CH3OH)=0.5mol，c(CO)=0.25mol·L－1，c(H2)=0.1mol·L－1，c(CH3OH)=0.25mol·L－1，K=0.25/[0.25×(0.1)2]=100；此时向容器中再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)，容器中CO、CH3OH的物质的量浓度变为0.45mol·L－1、0.35mol·L－1，Qc=0.35/[0.45×(0.1)2]=77.7<100；说明此时平衡向正反应方向移动；

②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0，该反应正反应为放热反应，当压强相同时，温度越高CO的平衡转化率越低，结合图象，T123，正反应为放热反应，温度越高，正反应的平衡常数越小，故K(a)>K(b)>K(c)；在其他条件相同时，增大压强，化学反应速率加快，由于压强b>d，vb(CO)>va(CO).；

（2）①当反应达到平衡后，升高温度平衡要逆向移动，CO的转化率降低，则a、b；c、d四点中表示平衡状态的是c、d；

②e点转化率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失去活性；

（3）阳极产生发生的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极产生的H+与HCO3-反应，H++HCO3-=CO2↑+H2O，HCO3-的浓度降低，K+部分迁移至阴极区。

【点睛】

本题考查化学反应平衡常数，浓度商与平衡常数之间的关系，结合图像回答有关反应速率和化学平衡有关问题，考生要能从题中的图像中分析问题。【解析】100正反应方向K(a)>K(b)>K(c)>c、d温度升高后催化剂失去活性阳极产生O2，pH降低，HCO3-的浓度降低，K+部分迁移至阴极区21、略

【分析】【分析】

（3）加入硫酸后，滤液I中主要溶质为CuSO4、NiSO4、FeSO4、ZnSO4、H2SO4，调节pH后加入Na2S使Cu2+、Zn2+以硫化物沉淀，因Ksp[FeS]>Ksp[NiS]，因此加入Na2S不能将Fe2+除去(Ni2+先于Fe2+沉淀，达不到目的)，因此再向滤液II中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH调节pH将Fe3+沉淀，滤液III中主要含有Na+、Ni2+，再加入Na2CO3生成NiCO3；以此解答。

【详解】

（1）该电池充电时，Ni(OH)2转化为NiO(OH)，Ni元素化合价升高，因此被氧化的物质为：Ni(OH)2；放电时若生成73gCd(OH)2，其物质的量为Cd元素化合价升高2价，则外电路中转移的电子数是0.5mol×2×NAmol-1=NA或60.2×1023；

（2）①5s后测得Ni(CO)4的物质的量为1.5mol，则5s内消耗CO的物质的量为1.5mol×4=6mol，则0~5s内平均反应速率

②该反应的平衡常数K随温度升高而减小，说明升高温度，平衡逆向移动，即逆向为吸热反应，因此正向为放热反应，故ΔH<0；

（3）①该配制实验为浓溶液稀释配制稀溶液；需要的玻璃仪器有：量筒；烧杯、玻璃棒，因此还需要烧杯、量筒；

②由上述分析可知，加入Na2S的目的是除去溶液中Cu2+、Zn2+；

③由上述分析可知，滤液III中主要含有的阳离子为：Na+、Ni2+；

④该反应中，Ni元素化合价从+2价升高至+3价，Cl元素从+1价降低为-1价，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒以及溶液呈强碱性可知，该反应的离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O；

⑤乙醇较水更易挥发，若用水进行洗涤，在后续干燥过程中难以掌握烘干时间和温度，因此采用乙醇洗涤，其原因是能够加快晶体的干燥。【解析】①.Ni(OH)2②.NA或6.02×1023③.1.2④.<⑤.烧杯、量筒⑥.除去溶液中的Zn2+和Cu2+⑦.Na+、Ni2+⑧.2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O⑨.加快晶体的干燥六、工业流程题(共4题，共20分)22、略

【分析】【详解】

（1）由流程图知高温焙烧时为重晶石矿和炭发生氧化还原反应，其中炭过量，故可知反应为：BaSO4+4C4CO↑+BaS；答案为：BaSO4+4C4CO↑+BaS；

（2）Na2S为强碱弱酸盐，弱酸根离子与水电离产生的H+结合生成弱酸，其水解的离子方程式为：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，答案为：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-；

（3）根据沉淀溶解平衡常数计算式有：当两种沉淀共存时有：则故答案为：

（4）提高矿石浸取率；可采取的措施有：搅拌；升高温度、延长浸出时间、增大盐酸的浓度、粉碎矿石增大接触面积等，故答案为：将矿石粉碎，搅拌，适当升高温度等；

（5）根据流程图及表格中数据可知，加入NH3·H2O调节pH=8时，只有Fe3+完全沉淀除去。加入NaOH，调节pH=12.5，对比表格中数据可知，此时Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，所以滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；根据已知条件，若草酸过量，会生成BaC2O4沉淀，使得最终产物的量减少。故答案为：Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀；产品的产量减少；

（6）根据题意可知最后的沉淀为BaSO4，质量为ng，则其物质的量=根据Ba原子守恒，则BaCl2·2H2O的物质的量为故产品纯度=故答案为：

（7）根据图像中坐标的含义及图像的变化；利用难溶电解质的沉淀溶解平衡及其影响因素分析解答：

A．Ksp(PbCl2)只与温度有关系，温度不变，Ksp(PbCl2)不变；A项错误；

B．根据图像知当盐酸浓度大于1mol/L时，PbCl2的溶解度随盐酸浓度的增大而增大，则PbCl2能与一定浓度的盐酸反应；B项正确；

C．x、y两点对应的溶液中c（Cl-）不同，则c(Pb2+)不等；C项错误；

D．根据图像，往含Pb2+的溶液中加入浓盐酸越多，PbCl2溶解度越大，不能将Pb2+完全转化为(PbCl2)(s)；D项错误；

答案选B。

【点睛】

化工流程题在解题时首先要明确原料和产品，即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清反应原理，明确目的，最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述和工整书写。【解析】①.BaSO4+4C4CO↑+BaS②.S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-③.④.将矿石粉碎，搅拌，适当升高温度等⑤.Fe3+⑥.Mg(OH)2、Ca(OH)2⑦.H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少⑧.⑨.B23、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；

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