2025年浙科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年浙科版高一化学下册月考试卷570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、将等质量的铜片在酒精灯上加热后；分别插入下列溶液中，放置片刻，铜片质量增加的是（）

A.硝酸。

B.无水乙醇。

C.石灰水。

D.盐酸。

2、下列物质中加入金属钠不产生氢气的是rm{(}rm{)}A.乙醇B.乙酸C.水D.苯3、CH3﹣CH2﹣OH和CH3﹣O﹣CH3互为（）A.同分异构体B.同素异形体C.同位素D.同系物4、一定温度下，可逆反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）达到平衡的标志是（）A.容器内每减少1molA2，同时生成2molAB3B.容器内每减少1molA2，同时生成3molB2C.容积一定时，容器内气体密度保持不变D.容器内A2、B2、AB3的物质的量浓度相等5、下列各组元素的原子随着原子序数的递增，有关递变不正确的是()A.原子半径：rm{C>N>O>F}B.金属性：rm{Na<K<Rb<Cs}C.最高正价：rm{P<S<Cl<Ar}D.最外层电子数：rm{Na<Mg<Al<Si}评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、下列实验操作正确的是rm{(}rm{)(}填序号rm{)}．A.用带橡皮塞的棕色试剂瓶存放浓硝酸B.容量瓶rm{.}分液漏斗使用前均需检查是否漏水C.分液漏斗分液时，必须先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出E.氨气喷泉实验时，收集气体的烧瓶必须干燥E.氨气喷泉实验时，收集气体的烧瓶必须干燥7、某温度下；体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是。

A.a、b、c三点溶液的离子浓度之和a＞b＞cB.b点溶液中c(H+)+c(NH3·H2O)=c(OH－)C.用等浓度的NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，恰好反应时消耗NaOH溶液的体积Vb=VcD.a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞b＞c8、25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.0.1mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(Fe2+)＞c(H+)B.pH＝11的氨水和pH＝3的盐酸溶液等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H+)C.在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：2c(Na+)＝c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(H2CO3)D.0.1mol·L－1的醋酸钠溶液20mL与0.1mol·L－1盐酸10mL混合后溶液显酸性：c(CH3COOH)＞c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(H+)9、500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)＝6.0mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（）A.原混合溶液中c(K＋)为2mol·L-1B.上述电解过程中共转移4mol电子C.电解得到的Cu的物质的量为0.5molD.电解后溶液中c(H＋)为2mol·L-110、硼酸(H3BO3)为一元弱酸，已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH﹣═B(OH)4﹣，H3BO3可以通过电解的方法制备。其工作原理如下图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子；阴离子通过)。下列说法错误的是()

A.阳极的电极反应式为：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+B.反应一段时间以后，阴极室NaOH溶液浓度减小C.当电路中通过3mol电子时，可得到1molH3BO3D.B(OH)4﹣穿过阴膜进入产品室，Na+穿过阳膜进入阴极室11、下列叙述中，正确的是()A.共价化合物不可能含有离子键B.rm{CCl_{4}}和rm{NH_{3}}都是只含有非极性键的共价化合物C.rm{Na_{2}O_{2}}是含有非极性键的离子化合物D.rm{CaO}和rm{NaCl}晶体熔化时要破坏离子键12、如图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是rm{(}rm{)}

A.漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁B.玻璃棒用作引流C.将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁E.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度．E.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度．评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、（11分）近年来，乳酸成为研究热点之一。乳酸可以用化学方法合成，也可以由淀粉通过发酵法制备。利用乳酸为原料制成的高分子材料具有生物兼容性，而且在哺乳动物体内或自然环境中都可以最终降解成为二氧化碳和水。乳酸还有许多其他用途。（1）请写出乳酸分子中官能团的名称____、。（2）乳酸能与纯铁粉反应制备一种补铁药物该反应中的还原剂是____________（3）乳酸聚合成的纤维非常适合做手术缝合线，其原因是________。（4）乳酸发生下列变化所用的试剂是a，b（写化学式）(5)请写出下列反应的化学方程式，并注明反应类型：①乳酸与乙醇的反应；14、如图所示的装置在实验室中用途比较广泛：

①排空气法收集气体，若收集NH3气体，进气口为______（填“a”或“b”）．

②若瓶中装满水，可用于收集下列气体中的______（选填编号）．

A、NH3B、HClC、O2D、NO2

此时进气口为______（填“a”或“b”）．

③如果广口瓶中盛放浓硫酸，可用作气体干燥装置，则该装置不可以干燥的气体有______（选填编号）．

A、N2B、O2C、H2D、NH3

④此装置还可用于除去气体中的杂质气体．若要用此装置除去CO2中混有的少量SO2气体，则装置中应盛放的液体可能是______（选填编号）．

A、饱和NaHCO3溶液B、盐酸C、NaOH溶液D、H2SO4溶液．15、化合物rm{A}的结构简式为：它是汽油燃烧品质抗震性能的参照物，用系统命名法对它命名______，其中rm{A}的同分异构体中含等效氢原子种类最少的一种结构简式为：______；若rm{A}是由烯烃和rm{H_{2}}通过加成反应得到，则该烯烃的结构简式为______．16、现有A；B、C、D、E五种元素；它们的质子数依次增多．

①A的核电荷数大于2，可形成氢化物H2A；该氢化物在常温下是液体；

②A和B两元素可形成B2A3化合物；该化合物既能溶于强酸，又能溶于强碱；

③C+离子比B3+离子多8个电子；

④C与D元素可以形成化合物CD；

⑤CD的溶液中通入氯气后加淀粉溶液显蓝色；

⑥在周期表中E处于C的下两个周期；E单质可与冷水反应生成氢气，反应时E的单质与生成的氢气的物质的量之比为2：1．试回答：

（1）B是____、E是____．（写元素名称）：

（2）B的离子结构示意图____，D的单质分子的电子式____，C元素最高价氧化物的水化物的电子式____．

（3）用电子式表示H2A形成过程：____

（4）写出CD的溶液中通入氯气的离子方程式：____

（5）比较B、C、E三种元素形成的简单离子氧化性的强弱：（B、C、E离子用实际离子符号表示）氧化性：____．17、（14分）I．（6分）下表是生活生产中常见的物质，表中列出了它们一种主要成分（其它成分未列出）。编号①②③④⑤⑥⑦名称绿矾醋精苏打酒精铜导线蔗糖烧碱主要成分FeSO4CH3COOHNa2CO3CH3CH2OHCuC12H22ONaOH（1）请你对表中①~⑦的主要成分进行分类（填编号）属于电解质的是，属于非电解质的是。（2）写出②与⑦反应的离子方程式Ⅱ.（8分）5molCO的质量为，其中含有个一氧化碳分子。（用NA表示）相同质量的H2、NO、O2、Cl2四种气体中，含有分子数目最少的是，在相同温同压下，体积最大的是。18、离子键的强弱主要决定于离子半径和离子的电荷值．一般规律是：离子半径越小，电荷值越大，则离子键越强．试分析：①K2O②CaO③MgO的离子键由强到弱的顺序是____________．评卷人得分四、判断题(共2题，共16分)19、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化20、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化评卷人得分五、实验题(共2题，共16分)21、把rm{NaOH}rm{MgCl_{2}}rm{AlCl_{3}}三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生rm{1.16g}白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入rm{1.00mol/LHCl}溶液，加入rm{HCl}溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示．

rm{垄脵A}点的沉淀物的化学式为______．

rm{垄脷}写出rm{A}点至rm{B}点发生反应的离子方程式：______．

rm{垄脹}原混合物中rm{NaOH}的质量是______rm{g}rm{C}点rm{(}此时沉淀恰好完全溶解rm{)HCl}溶液的体积为______rm{mL}．22、实验室欲用rm{NaOH}固体配制rm{1.0mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液rm{240mL}

rm{(1)}配制溶液时；一般可以分为以下几个步骤：

rm{垄脵}称量rm{垄脷}计算rm{垄脹}溶解rm{垄脺}倒转摇匀rm{垄脻}转移rm{垄脼}洗涤rm{垄脽}定容rm{垄脿}冷却。

其正确的操作顺序为______rm{.}本实验必须用到的仪器有天平；药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有______．

rm{(2)}某同学欲称量一定量的rm{NaOH}固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图rm{.}烧杯的实际质量为______rm{g}要完成本实验该同学应称出______rm{g}rm{NaOH}．

rm{(3)}使用容量瓶前必须进行的一步操作是______．评卷人得分六、工业流程题(共3题，共18分)23、重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种重要的化工原料，以FeO·Cr2O3为原料制备K2Cr2O7的流程如下：

已知：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2

回答下列问题：

(1)写出滤渣的一种用途：___________________。

(2)“调节pH”可实现CrO42-和Cr2O72-在溶液中相互转化。室温下，若初始浓度为1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H+)的变化如图所示：

①由图可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)。

②根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为_________。

(3)流程中的“转化”过程中发生的反应属于_________(填基本反应类型)。

(4)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrO42-生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10－5mol·L-1)时，溶液中c(Ag+)为_______mol·L-1，此时溶液中c(CrO42-)等于________mol·L－1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)24、钼酸钠(Na2MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上利用钼精矿(主要成分为MoS2)制备金属钼和钼酸钠晶体的流程如下图所示。

回答下列问题：

(1)如果在空气中焙烧1molMoS2时，S转移12mol电子，则MoS2中钼元素的化合价为____；焙烧产生的尾气对环境的主要危害是___。

(2)若在实验室中进行操作2，则从钼酸钠溶液中得到钼酸钠晶体的操作步骤是_；过滤；洗涤、干燥。

(3)钼精矿中MoS2含量的测定：取钼精矿16g，经在空气中焙烧、操作1、操作2得到钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)12.1g(假设各步的转化率均为100%)，钼精矿中MoS2的质量分数为_________。(已知MoS2的相对分子质量为160，Na2MoO4·2H2O的相对分子质量为242)。

(4)操作3硫元素被氧化为最高价，发生反应的离子方程式为_______。

(5)用镍、钼作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)的装置如图所示。b电极上的电极反应式为____________。

(6)某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，该温度下BaMoO4的Ksp的值为____。

25、铅及其化合物用途广泛，三盐基硫酸铅（3PbO·PbSO4·H2O，摩尔质量=990g/mol）简称三盐。以铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐的工艺流程如图所示。

已知：

请回答下列问题：

(1)步骤①中涉及的主要反应的平衡常数K=____（列出计算式即可）。步骤②中滤渣的主要成分是____。

(2)步骤③酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施是____（任答一条）。

(3)步骤⑥合成三盐的化学方程式为____。现用100t铅泥可制得纯净干燥的三盐49.5t，若铅元素的利用率为75%，则铅泥中铅元素的质量分数为___%。简述步骤⑦检验沉淀洗涤完全的方法___。

(4)已知水中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2、Pb(OH)3-、Pb(OH)42-，其中Pb(OH)2是沉淀，各形态铅的物质的量的分数α随溶液pH变化的关系如图所示，除去污水中的铅，最好控制溶液的pH在____左右，当溶液的pH由13转化为14时发生反应的离子方程式是：________________

(5)将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，进一步电解Na2PbCl4生成Pb，如图所示。阴极电极反应式是_________

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】

A、因铜片在酒精灯上加热后生成CuO，质量增加，将它投入硝酸中，发生反应：CuO+2HNO3═Cu（NO3）2+H2O，Cu2+进入溶液；铜片的质量会减小，故A错误；

B、因铜片在酒精灯上加热后生成CuO，质量增加，将它投入无水乙醇中，发生反应：CH3CH2OH+CuO-→CH3CHO+H2O+

Cu；又恢复为铜，铜片的质量不变，故B错误；

C；因铜片在酒精灯上加热后生成CuO；质量增加，将它投入石灰水中，氧化铜不与石灰水反应，铜片质量增加，故C正确；

D；与A同理；铜片的质量会减小，故D错误；

故选：C．

【解析】【答案】先根据铜片在酒精灯上加热生成CuO；质量增加，然后考虑表面的氧化铜与选项中的物质是否反应，确定铜片质量如何变化．

2、D【分析】解：rm{A}乙醇能与钠反应；羟基上的氢原子被还原，生成乙醇钠和氢气，故A不选；

B；乙酸能与钠反应；羧基中的氢原子被还原，生成乙酸钠和氢气，故B不选；

C；水与钠反应生成氢氧化钠和氢气；故C不选；

D；苯与钠不反应；故D选．

故选D．

根据有机物具有的官能团可知有机物的性质；则能跟钠反应的有机物有羧酸；醇、酚等．

本题考查苯、乙醇、乙酸的性质等，难度较小，以识记为主，根据所学知识来解答．【解析】rm{D}3、A【分析】【解答】解：CH3﹣CH2﹣OH和CH3﹣O﹣CH3的分子式都是C2H6O，二者含有的官能团分别为羟基、醚键，则结构不同，所以CH3﹣CH2﹣OH和CH3﹣O﹣CH3互为同分异构体；

故选A．

【分析】CH3﹣CH2﹣OH和CH3﹣O﹣CH3的分子式都是C2H6O，二者含有的官能团不同，则结构不同，据此判断二者的关系．4、B【分析】解：A、只要反应发生，就具备容器内每减少1molA2，同时生成2molAB3；故A错误；

B、容器内每减少1molA2等效于消耗3molB2，同时生成3molB2；正逆反应速率相等，达平衡状态，故B正确；

C；容积一定时；容器内气体密度一直保持不变，故C错误；

D、容器内A2、B2、AB3的物质的量浓度相等；而不是不变的状态，故D错误；

故选B．

根据化学平衡状态的特征解答；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度；百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．

本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．【解析】【答案】B5、C【分析】【分析】本题综合考查元素周期律知识，为高考常见题型，侧重于学生的基础知识的应用，易错点为rm{C}，注意rm{C}无正价。【解答】A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径：rm{F}故A正确；

rm{C>N>O>F}故B正确；

B.同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，所以金属性：rm{Na<K<Rb<Cs}故B正确；C.rm{Na<K<Rb<Cs}为稀有气体元素，最外层为电子结构，不容易得失电子，无最高正价，故C错误；rm{Ar}

rm{8}D.同周期元素从左到右原子最外层电子数逐渐增多，分别为rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}故D正确。rm{1}故D正确。

rm{2}rm{3}【解析】rm{C}二、多选题(共7题，共14分)6、BCE【分析】解：rm{A.}浓硝酸腐蚀橡胶；所以能加快橡胶老化，所以浓硝酸不能存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中，故A错误；

B.带有旋塞和瓶塞的仪器；一般在使用前需要检查是否漏水，所以容量瓶和分液漏斗在使用前均需检查是否漏水，故B正确；

C.分液时；上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出，否则易导致引入杂质，故C正确；

D.蒸馏时；温度计测量馏分温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，故D错误；

E.因为氨气极易溶于水；氨气喷泉实验时，如果收集气体的烧瓶不干燥，会导致部分氨气溶于水，而达不到形成喷泉的压强差，导致无法形成喷泉实验，所以所以氨气喷泉实验时，收集气体的烧瓶必须干燥，故E正确；

F.测定溶液的rm{pH}值时，rm{pH}试纸不能事先润湿，否则导致溶液浓度降低，测定的rm{pH}值可能改变；故F错误；

故选BCE．

A.浓硝酸能腐蚀橡胶；

B.带有旋塞和瓶塞的仪器；一般在使用前需要检查是否漏水；

C.分液时；上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出；

D.蒸馏时；温度计测量馏分温度；

E.利用压强差形成喷泉；

F.测定溶液的rm{pH}值时，rm{pH}试纸不能事先润湿．

本题考查化学实验评价，为高频考点，涉及实验基本操作，明确实验原理及基本操作规范性是解本题关键，注意蒸馏时温度计位置，为易错点．【解析】rm{BCE}7、AD【分析】【分析】

盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，盐酸完全电离，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸不能继续电离，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵离子可继续水解，溶液中的氢离子浓度变化小，所以含c点的曲线pH变化是盐酸溶液的，含a、b点的曲线pH变化是氯化铵溶液的。

【详解】

A．由于a点溶液稀释后得到b点，故b点的离子浓度小于a点；而氯化铵溶液的浓度远大于HCl，而氯化铵溶液是由于水解显酸性，而HCl是由于完全电离显酸性，故b和c点pH相同，故b点氯化铵的浓度必须远大于c点HCl的浓度，故离子浓度之和的大小关系为a＞b＞c；故A正确；

B．b点溶液中，根据质子守恒，得出c(OH−)+c(NH3⋅H2O)=c(H+)；故B错误；

C．用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，b点为铵根水解导致溶液呈酸性，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而c点只有盐酸消耗NaOH(盐酸完全电离)，故消耗NaOH溶液体积Vb＞Vc；故C错误；

D．盐酸电离出的氢离子浓度抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子浓度来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，水的电离程度越大，a点的pH＜b点的pH，说明a点酸性大于b点酸性、a点氢离子大于b点氢离子，所以a、b二点溶液水的电离程度a＞b，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度a＞b＞c；故D正确；

答案选AD。8、AD【分析】【详解】

A.(NH4)2Fe(SO4)2溶液中亚铁离子及铵根离子都水解，但是水解程度较小，根据物料守恒得：c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(Fe2+)＞c(H+)，故正确；B.pH＝11的氨水的浓度大于和pH＝3的盐酸溶液浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒分析，离子浓度关系为c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)，故错误；C.在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中物料守恒有：2c(Na+)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)，故正确；D.0.1mol·L－1的醋酸钠溶液20mL与0.1mol·L－1盐酸10mL混合后溶液中的溶质是等物质的量浓度的氯化钠、醋酸和醋酸钠，混合溶液显酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，氯离子不水解，醋酸电离程度较小，所以离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)；故正确。故选AD。

【点睛】

pH加和等于14的两种溶液等体积混合，弱的电解质有剩余，溶液显弱的性质。一般等浓度的醋酸和醋酸钠混合，因为醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液显酸性。9、AB【分析】【详解】

电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，两阶段的化学方程式分别为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，2H2O2H2↑＋O2↑；气体的物质的量==1mol；每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量==1mol，则铜离子的物质的量浓度==2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=6mol•L-1-2mol/L×2=2mol/L，

A．根据分析知，原混合溶液中c(K+)为2mol•L-1，故A正确；

B．转移电子的物质的量=1mol×4=4mol，故B正确；

C．根据以上分析知；铜的物质的量为1mol，故C错误；

D．第一阶段才有H+产生，第一阶段转移了2mol电子，产生的H+的物质的量为2mol，电解后溶液中c(H+)为：=4mol/L；故D错误；

故选：AB。10、BC【分析】【分析】

由图可知a极与电源正极相连为阳极，电解质为稀硫酸，故电极反应式为：生成的H+通过阳膜进入产品室，b极为阴极，发生电极反应：为了平衡电荷Na+穿过阳膜进入阴极室，B(OH)4﹣穿过阴膜进入产品室；以此分析。

【详解】

A．电解时阳极a上H2O失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+；故A正确；

B．阴极电极反应式为4H2O+4e﹣═2H2↑+4OH﹣，Na+穿过阳膜进入阴极室；所以阴极室NaOH溶液浓度增大，故B错误；

C．阳极电极反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，电路中通过3mol电子时有3molH+生成，硼酸(H3BO3)为一元弱酸，生成1mol硼酸需要1molH+，所以电路中通过3mol电子时，可得到3molH3BO3；故C错误；

D．阳离子会经过阳极膜进入阴极室，阴离子会经过阴极膜进入阳极室，B(OH)4﹣穿过阴膜进入产品室，Na+穿过阳膜进入阴极室；故D正确。

故答案选：BC。11、ABCD【分析】略【解析】rm{ABCD}12、ADE【分析】解：rm{A.}漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁；应漏斗末端颈尖紧靠烧杯壁，故A错误；

B.玻璃棒用作引流；使液体顺利流下，故B正确；

C.将滤纸湿润；使其紧贴漏斗壁，防止液体从滤纸与漏斗的缝隙流下，故C正确；

D.滤纸边缘应低于漏斗上边缘；故D错误；

E.玻璃棒不能在漏斗中轻轻搅动以加过过滤速度；可能捣破滤纸，过滤失败，故E错误；

故答案为：rm{ADE}．

过滤遵循一贴二低三靠rm{.}一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出rm{.}总之；“一贴；二低、三靠”，都是为了保证过滤实验操作成功，据此分析解答．

本题考查设计过滤实验应遵循的三个要点，既要知其然，更要知其所以然，才能一一答对，题目难度不大．【解析】rm{ADE}三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】（1）根据乳酸的结构简式可知。分子中含有的官能团是羟基和羧基。（2）铁的化合价从0价升高到＋2价，被氧化作还原剂。（3）由于乳酸具有生物兼容性，在人体内最终降解物为二氧化碳和水，对人无害。（4）在反应a中羟基不变，所以试剂是氢氧化钠或碳酸钠或碳酸氢钠。在反应b中羟基生成－ONa，所以试剂只能是金属钠。（5）乳酸含有羧基和乙醇发生酯化反应，方程式为【解析】【答案】（1）羟基、羧基（不分先后，每空1分）（2）Fe(1分)（3）乳酸具有生物兼容性，在人体内最终降解物为二氧化碳和水，对人无害（1分）（4）NaHCO3或NaOH或Na2CO3（任一种即可）、Na（每空各2分）（5）（2分）（反应条件不写扣1分）、酯化反应或取代反应（1分）14、略

【分析】解：①氨气密度小于空气的密度，应该采用向下排空气法收集，则收集NH3气体，进气口为b，故答案为：b；

②不易溶于水的气体可以采用排水法收集，二氧化氮、氨气和氯化氢都能和水反应，所以不能用排水法收集，只有氧气不易溶于水，所以氧气采用排水法收集，故选C；为将水排除，则气体进气口为b，故答案为：C；b；

③浓硫酸具有酸性和强氧化性；不能干燥部分有还原性的气体；不能干燥碱性气体，氨气属于碱性气体，所以不能干燥氨气，故答案为：D；

④A．饱和NaHCO3溶液与二氧化硫反应；与二氧化碳不反应，且不引入新杂质，故A正确；

B．均不与盐酸反应；不能除杂，故错误；

C．NaOH溶液和二氧化碳；二氧化硫都反应；所以不能用NaOH溶液除杂，故错误；

D．H2SO4和二氧化硫；二氧化碳都不反应；所以不能除杂，故错误；

故答案为：A．

①氨气密度小于空气的密度；应该采用向下排空气法收集；

②不易溶于水的气体可以采用排水法收集；导管应短进长出；

③浓硫酸具有酸性和强氧化性；不能干燥部分有还原性的气体；不能干燥碱性气体；

④除去二氧化碳中的二氧化硫；利用二氧化硫的还原性；亚硫酸的酸性大于碳酸来分析．

本题考查实验装置综合，为高频考点，涉及气体的收集、干燥及除杂等，注意根据气体的溶解性及密度确定收集方法、根据气体的性质确定干燥剂、根据杂质的性质确定除杂剂，侧重分析及实验能力的考查，题目难度不大．【解析】b；C；b；D；A15、略

【分析】解：主链五个碳，依据系统命名法得到物质的名称为：rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷；

rm{A}的同分异构体中含等效氢原子种类最少的一种物质为rm{2}rm{2}rm{3}rm{3-}四甲基丁烷，结构简式为

若rm{A}是由烯烃和rm{H_{2}}通过加成反应得到，则该烯烃的结构简式可能为：rm{CH_{2}=C(CH_{3})CH_{2}C(CH_{3})_{3}}或rm{(CH_{3})_{2}C=CH(CH_{3})_{3}}

故答案为：rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷；rm{CH_{2}=C(CH_{3})CH_{2}C(CH_{3})_{3}}或rm{(CH_{3})_{2}C=CH(CH_{3})_{3}}．

为烷烃，主链为戊烷，在rm{2}号rm{C}含有rm{2}个甲基，在rm{3}号rm{C}含有rm{1}个甲基；据此对该有机物进行命名；

rm{A}的同分异构体中含等效氢原子种类最少的一种物质为rm{2}rm{2}rm{3}rm{3-}四甲基丁烷；

在该烷烃的碳架上添加碳碳双键即可得到烯烃的结构简式．

本题考查较为综合，涉及有机物的命名、结构和性质、同分异构体，侧重于学生的双基的考查，注意把握有机物的结构、性质的判断，难度不大．【解析】rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷；rm{CH_{2}=C(CH_{3})CH_{2}C(CH_{3})_{3}}或rm{(CH_{3})_{2}C=CH(CH_{3})_{3}}16、略

【分析】

A；B、C、D、E五种元素；它们的质子数依次增多．

①A的核电荷数大于2，可形成氢化物H2A；该氢化物在常温下是液体，则A为氧元素；

②A和B两元素可形成B2A3化合物；该化合物既能溶于强酸，又能溶于强碱，则B为铝元素；

③B为铝元素，C+离子比B3+离子多8个电子；则C为钾元素；

④C与D元素可以形成化合物CD；⑤CD的溶液中通入氯气后加淀粉溶液显蓝色，则D为碘元素；

⑥C为钾元素；在周期表中E处于C的下两个周期，E单质可与冷水反应生成氢气，反应时E的单质与生成的氢气的物质的量之比为2：1，则E为+1价金属，与钾元素同主族，则E为Cs元素．

（1）由上述分析可知；B是铝元素，E是铯元素，故答案为：铝；铯；

（2）B是铝元素，铝离子有2个电子层，核内质子数为13，最外层有8个电子，铝离子结构示意图

D为碘元素，D的单质分子的电子式为C为钾元素，C元素最高价氧化物的水化物为KOH，电子式为

故答案为：

（3）A为氧元素，用电子式表示H2O形成过程为

故答案为：

（4）氯气具有强氧化性，KI溶液中通入氯气，氯气将碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式2I-+Cl2═I2+2Cl-，故答案为：2I-+Cl2═I2+2Cl-；

（5）B是铝元素，C为钾元素，D是铯元素，金属性Al＜K＜Cs，所以B、C、E三种元素形成的简单离子氧化性Al3+＞K+＞Cs+；

故答案为：Al3+＞K+＞Cs+．

【解析】【答案】现有A；B、C、D、E五种元素；它们的质子数依次增多．

①A的核电荷数大于2，可形成氢化物H2A；该氢化物在常温下是液体，则A为氧元素；

②A和B两元素可形成B2A3化合物；该化合物既能溶于强酸，又能溶于强碱，则B为铝元素；

③B为铝元素，C+离子比B3+离子多8个电子；则C为钾元素；

④C与D元素可以形成化合物CD；⑤CD的溶液中通入氯气后加淀粉溶液显蓝色，则D为碘元素；

⑥C为钾元素；在周期表中E处于C的下两个周期，E单质可与冷水反应生成氢气，反应时E的单质与生成的氢气的物质的量之比为2：1，则E为+1价金属，与钾元素同主族，则E为Cs元素．

17、略

【分析】试题分析：I.（1）电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，电解质主要包括酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物；非电解质是指在水溶液中和熔融状态下不导电的化合物，非电解质主要包括非金属氧化物、大部分有机物等。①FeSO4属于盐类，是电解质，②CH3COOH属于酸，是电解质，③Na2CO3属于盐类，是电解质，④CH3CH2OH在溶液中不能电离出离子，是非电解质，⑤Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，⑥C12H22O在溶液中不能电离出离子，是非电解质，⑦NaOH属于碱，是电解质。故电解质有①②③⑦，非电解质有④⑥。（2）CH3COOH与NaOH反应的离子方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，CH3COOH是弱酸，要写成化学式。II．根据m=M×n，5molCO的质量为28g/mol×5mol=140g，根据N=n×NA，5molCO含有的一氧化碳分子为5NA，由N=n×NA=(m×NA)/M可知质量相等时摩尔质量越大，分子个数就越少，H2、NO、O2、Cl2四种气体中Cl2的摩尔质量最大，含有的分子数最少；H2的摩尔质量最小，物质的量最大，相同温同压下，物质的量越大，体积就越大，故H2、NO、O2、Cl2四种气体中H2的物质的量最大，体积最大。考点：电解质和非电解质的概念、物质的量的计算、阿伏伽德罗推论。【解析】【答案】I．（每空2分）（1）①②③⑦、④⑥（2）CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2OII．(每空2分)140g5NACl2H218、略

【分析】解：离子半径Mg2+＜Ca2+＜K+；

离子电荷数K+＜Mg2+=Ca2+；

离子半径越小；电荷值越大，则离子键越强；

则离子键由强到弱的顺序是③＞②＞①；

故答案为：③②①．【解析】③②①四、判断题(共2题，共16分)19、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；20、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；五、实验题(共2题，共16分)21、略

【分析】解：固体组成的混合物溶于足量水后，再加入盐酸时，rm{0-A}时沉淀的质量不变，说明溶液中rm{NaOH}过量，加入rm{10mL}盐酸恰好中和过量的rm{NaOH}再加盐酸沉淀增多，说明rm{[Al(OH)_{4}]^{-}}转化为rm{Al(OH)_{3}}故A点沉淀物为rm{Mg(OH)_{2}}rm{AB}段发生反应：rm{[Al(OH)_{4}]^{-}+H^{+}=Al(OH)_{3}隆媒+H_{2}O}rm{B}点溶液中存在的溶质是rm{NaCl}沉淀为rm{Mg(OH)_{2}}rm{Al(OH)_{3}}rm{B}点后发生反应：rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}=Al^{3+}+3H_{2}O}rm{Mg(OH)_{2}+2H^{+}=Mg^{2+}+2H_{2}O.}

rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}为rm{Mg(OH)_{2}}因为加入rm{10mL}盐酸恰好中和过量的rm{NaOH}再加盐酸沉淀增多，说明rm{[Al(OH)_{4}]^{-}}转化为rm{Al(OH)_{3}}故A点沉淀物为rm{Mg(OH)_{2}}

故答案为：rm{Mg(OH)_{2}}

rm{(2)}由上述分析可知，rm{A}点至rm{B}点发生反应的离子方程式为：rm{[Al(OH)_{4}]^{-}+H^{+}=Al(OH)_{3}隆媒+H_{2}O}

故答案为：rm{[Al(OH)_{4}]^{-}+H^{+}=Al(OH)_{3}隆媒+H_{2}O}

rm{(3)AB}段发生反应：rm{[Al(OH)_{4}]^{-}+H^{+}=Al(OH)_{3}隆媒+H_{2}O}则rm{n[Al(OH)_{3}]=n(HCl)=1mol/L隆脕(0.03-0.01)L=0.02mol}根据铝原子守恒得rm{n(AlCl_{3})=n[Al(OH)_{3}]=0.02mol}氯化铝的质量为：rm{0.02mol隆脕133.5g/mol=2.67g}

rm{A}点沉淀的是氢氧化镁，则rm{n(Mg(OH)_{2})=dfrac{1.16g}{58g/mol}=0.02mol}根据rm{n(Mg(OH)_{2})=dfrac

{1.16g}{58g/mol}=0.02mol}原子守恒得rm{Mg}rm{n(MgCl_{2})=n[Mg(OH)_{2}]=0.02mol}点溶液中存在的溶质是rm{B}由rm{NaCl}离子和rm{Na^{+}}离子守恒得，原混合物中rm{Cl^{-}}则原混合物中rm{n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl^{-})=2n(MgCl_{2})+3n(AlCl_{3})+n(HCl)=0.02mol隆脕2+0.02mol隆脕3+0.03L隆脕1mol/L=0.13mol}的质量是：rm{NaOH}

rm{40g/mol隆脕0.13mol=5.20g}点rm{C}根据质量守恒可知rm{n(NaCl)=0.13mol}点rm{C}此时沉淀恰好完全溶解rm{(}溶液的体积为：rm{dfrac{0.13mol}{1mol/L}=0.13L=130mL}

故答案为：rm{)HCl}rm{dfrac

{0.13mol}{1mol/L}=0.13L=130mL}．

固体组成的混合物溶于足量水后，再加入盐酸时，rm{2.67}时沉淀的质量不变，说明溶液中rm{0.13}过量，加入rm{0-A}盐酸恰好中和过量的rm{NaOH}再加盐酸沉淀增多，说明rm{10mL}转化为rm{NaOH}故A点沉淀物为rm{[Al(OH)_{4}]^{-}}rm{Al(OH)_{3}}段发生反应：rm{Mg(OH)_{2}}rm{AB}点溶液中存在的溶质是rm{[Al(OH)_{4}]^{-}+H^{+}=Al(OH)_{3}隆媒+H_{2}O}沉淀为rm{B}rm{NaCl}rm{Mg(OH)_{2}}点后发生反应：rm{Al(OH)_{3}}rm{B}

由rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}=Al^{3+}+3H_{2}O}段消耗盐酸，结合反应方程式、rm{Mg(OH)_{2}+2H^{+}=Mg^{2+}+2H_{2}O}原子守恒计算rm{AB}rm{Al}点溶液中存在的溶质是氯化钠，根据原子守恒可知rm{n(AlCl_{3})}则原混合物中rm{B}．

本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确曲线变化趋势及每段发生的化学反应为解本题关键，注意掌握守恒法在化学计算中的应用．rm{n(NaOH)=n(NaCl)}【解析】rm{Mg(OH)_{2}}rm{[Al(OH)_{4}]^{-}+H^{+}=Al(OH)_{3}隆媒+H_{2}O}rm{5.20}rm{130}22、略

【分析】解：rm{(1)}配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到rm{250mL}容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线rm{1隆芦2cm}时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、rm{250mL}容量瓶；胶头滴管；

故答案为：rm{垄脷垄脵垄脹垄脿垄脻垄脼垄脽垄脺}rm{250mL}容量瓶；

rm{(2)}因天平的称量原理：左盘物体的质量rm{=}右盘物体的质量rm{+}游码的读数，所以烧杯的实际质量为rm{30g-2.6g=27.4g}因配制溶液的体积为rm{240ml}而容量瓶的规格没有rm{240ml}只能选用rm{250ml}rm{NaOH}的质量rm{m=cvM=1.0mol?L^{-1}隆脕0.25L隆脕40g/mol=10.0g}

故答案为：rm{27.4}rm{10.0}

rm{(3)}因使用容量瓶前必须进行的一步操作是检查容量瓶是否漏水；

故答案为：检查容量瓶是否漏水．

rm{(1)}根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；

rm{(2)}根据天平的称量原理；根据rm{m=nM=cvM}计算溶质rm{NaOH}的质量；

rm{(3)}使用容量瓶前必须进行的一步操作是检漏．

本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及误差分析，难度不大，注意实验的基本操作方法和注意事项．【解析】rm{垄脷垄脵垄脹垄脿垄脻垄脼垄脽垄脺}rm{250mL}容量瓶；rm{27.4}rm{10.0}检查容量瓶是否漏水六、工业流程题(共3题，共18分)23、略

【分析】【分析】

(1)根据反应确定滤渣的成分；然后确定其用途；

(2)①根据Cr2O72-的含量与H+的浓度关系分析判断；

②根据平衡常数的定义式计算；

(3)根据流程中的“转化”过程中反应物；生成物的种类及反应特点判断发生的反应类型；

(4)根据溶度积常数分析计算。

【详解】

(1)在熔融、氧化时，发生反应：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2，然后水浸，Na2CrO4和NaNO2进入溶液，而Fe2O3难溶于水，因此滤渣主要成分是Fe2O3；该物质是红棕色粉末状固体，可用作颜料，也可以用作炼铁的原料；

(2)①根据图示可知溶液中H+越大，Cr2O72-的浓度越大，说明含量越高，说明溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率增大；

②在溶液中存在可逆反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，在开始时c(CrO42-)=1.0mol/L，平衡时c(Cr2O72-)=0.4mol/L，则消耗CrO42-的浓度为0.8mol/L，所以平衡时c(CrO42-)=(1.0-0.8)mol/L=0.2mol/L，此时溶液中c(H+)=4.0×10-7mol/L，则该反应的化学平衡常数K==6.25×1013；

(3)在流程中的“转化”过程中Na2Cr2O7与KCl反应产生K2Cr2O7与NaCl；两种化合物交换成分，产生两种新的化合物，反应为复分解反应；

(4)AgCl的Ksp为2.0×10-10，当Cl-沉淀完全时，c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，此时溶液中c(Ag+)=mol/L=2.0×10-5mol/L；

由于Ag2CrO4的Ksp为2.0×10-12，所以溶液中c(CrO42-)=mol/L=5.0×10-3mol/L。

【点睛】

本题考查物质制备方案设计及物质含量的测定的方法，明确流程图中每一步发生的反应及操作方法为解答关键，难点是(4)的计算，正确利用溶度积常数的含义，根据Ksp计算溶液中离子浓度，试题考查了学生的分析能力及化学计算、化学实验能力。【解析】用作颜料增大6.25×1013复分解反应2.0×10-55.0×10-324、略

【