2025年沪科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年沪科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7题，共14分)1、下列有关短周期元素的叙述中；肯定正确的是（）

A.原子最外层电子只有1个或2个的元素是金属元素。

B.16号元素原子的最外层电子数是4号元素原子最外层电子数的四倍。

C.11号元素与17号元素能形成XY2型化合物。

D.136C表示的碳原子核内有6个质子；7个中子。

2、已知卤代烃可与金属钠反应，生成碳链较长的烃：R-X+2Na+R′-X→R-R′+2NaX，现有碘乙烷和1-碘丙烷的混合物与金属钠反应后，不可能生成（）A.戊烷B.丁烷C.己烷D.2-甲基丁烷3、下列有关化学用语表示正确的是rm{(}rm{)}A.中子数为rm{20}的氯原子：rm{;_{17}^{20}Cl}B.四氯化碳的电子式：C.铝原子的结构示意图：D.二氧化碳的结构式：rm{O-C-O}4、下列各组性质比较中，正确的是①酸性：HClO4>HBrO4>HIO4②碱性：Ba(OH)2>Mg(OH)2>Be(OH)2③氧化性：F>Si>O④稳定性：HCl>H2S>SiH4A.①②③B.②③④C.①②④D.①③④5、已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气，现按下图进行卤素的性质实验。玻璃管内装有分别滴有不同溶液的白色棉球，反应一段时间后，对图中指定部位颜色描述正确的是()

A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}6、rm{VmLAl_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中，含有rm{Al^{3+}a}rm{g}取rm{V/2mL}溶液稀释到rm{3V}rm{mL}则稀释后溶液中rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量浓度是A.rm{dfrac{250a}{27V}mol隆陇{L}^{-1}}B.rm{dfrac{250a}{9V}mol隆陇{L}^{-1}}C.rm{dfrac{500a}{27V}mol隆陇{L}^{-1}}D.rm{dfrac{125a}{9V}mol隆陇{L}^{-1}}rm{dfrac{250a}{27V}mol隆陇{L}^{-1}

}7、某温度下，将rm{Cl_{2}}通入rm{NaOH}溶液中，反应得到rm{NaCl}rm{NaClO}rm{NaClO_{3}}的混合溶液，经测定rm{ClO^{-}}与rm{Cl^{-}}的浓度之比为rm{1}rm{6}则rm{Cl_{2}}与rm{NaOH}溶液反应时被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为rm{(}rm{)}A.rm{21}rm{5}B.rm{2}rm{1}C.rm{3}rm{1}D.rm{4}rm{1}评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、rm{100mL2mol/L}的盐酸跟过量的锌片反应，为减缓反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是()A.加入适量的rm{6mol/L}盐酸B.加入少量rm{NaNO_{3}}溶液C.加入适量的蒸馏水D.加入少量的醋酸钠固体9、全钒液流电池是一种以钒为活性物质呈循环流动液态的氧化还原电池，适合用作电动汽车的动力电源，其工作原理如图所示。已知充电过程中V3＋发生还原反应。下列说法不正确的是。

A.质子交换膜可阻止VO与V2＋直接发生反应B.充电时，阴极的电极反应为：V2＋－e－＝V3＋C.充电时，氢离子通过交换膜移向右侧D.放电时，正极的电极反应为：VO＋e－＋H2O＝VO2＋＋2OH－10、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-111、下列气体中不能用碱石灰干燥的是（）A.HClB.CO2C.NH3D.SO212、rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}是重要的核工业原料，在自然界的丰度很低。rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}的浓缩一直为国际社会所关注。下列有关rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}的说法中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}原子核中含有rm{92}个中子B.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}原子核外有rm{92}个电子C.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}与rm{rlap{_{92}}{^{238}}U}互为同位素D.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}与rm{rlap{_{92}}{^{238}}U}互为同素异形体13、某原电池总反应的离子方程式是：rm{Zn+Cu^{2+}篓TZn^{2+}+Cu}依据此反应设计原电池的正确组合是rm{(}rm{)}。选项正极负极电解质溶液rm{A}rm{Cu}rm{Zn}稀盐酸rm{B}rm{C}rm{Zn}硫酸铜溶液rm{C}rm{Cu}rm{Zn}氯化铜溶液rm{D}rm{Cu}rm{Zn}硝酸铜溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、一学生设计了如下实验方法分离NaCl和CaCl2两种固体混合物填空和回答下列问题：（1）B物质是____（写化学式）（2）按此实验方案分离得到的NaCl，经分析含有杂质，是因为上述方案中某一步设计有毛病，这一步的正确设计方案应是。（3）若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B物质和另一物质的质量，这种物质是。（4）请写出从B到C的离子方程式。15、有两包白色粉末，分别是K2CO3和NaHCO3；请你写出2种不同的鉴别方法．

（1）____

（2）____．16、隐形眼镜常用双氧水（即过氧化氢的水溶液）消毒，过氧化氢的分子式为H2O2，则在过氧化氢分子中存在的化学键类型有_________，过氧化氢属于_________（“离子”或者“共价”）化合物，过氧化氢的电子式为__________________。17、钙和氢气在一定温度下可反应生成一种灰白色的化合物rm{A}该化合物在熔融状态下能导电。取少量rm{A}投放水中剧烈反应放出一种无色无味气体，并形成一种碱溶液。rm{(1)}钙和氢气反应的化学方程式：_________________________，其中rm{H_{2}}作___________剂。rm{(2)}化合物rm{A}与水反应的方程式为：_______________________，其中rm{A}作____________剂。18、把rm{1}体积rm{CH_{4}}和rm{4}体积rm{Cl_{2}}组成的混合气体充入大试管中，将此试管倒立在盛有rm{AgNO_{3}}溶液的水槽中，放在光亮处，片刻后发现试管壁上有油状液滴出现，该油状液滴可能是____________，水槽中还观察到____________，原因是____________rm{(}用离子方程式解释rm{).}若向水槽中再滴入几滴紫色石蕊试液又观察到____________，原因是____________．19、rm{(1)}写出下列反应的离子方程式．

rm{垄脵}用稀盐酸清洗铁锈．______

rm{垄脷}稀硫酸与氢氧化铜反应．______

rm{(2)}配平反应rm{Cu+HNO_{3}=Cu(NO_{3})_{2}+NO隆眉+}______rm{H_{2}O}并标出电子转移方向和数目______rm{.}该反应中氧化剂为______，被还原的元素是______，每生成rm{3.36L}标准状况下的气体，转移电子数目为______．评卷人得分四、判断题(共3题，共24分)20、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）21、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）22、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．评卷人得分五、工业流程题(共4题，共36分)23、氟化钾是一种重要的无机氟化工产品，广泛应用于医药、农药和金属冶炼等领域。采用湿法磷酸副产物氟硅酸(含有少量等)制备氟化钾的工艺流程如图所示(已知：)：

请回答下列问题：

（1）碱解过程主要反应的化学方程式为_____，其中要严格控制KOH用量，否则易生成副产物_____(填化学式)溶解在滤液中。

（2）碱解反应中温度对氟化钾收率的影响如图所示。由如图可知，实验选择适宜的反应温度为____；最高点后，随温度升高曲线下降的原因可能是_______。

（3）Ba(OH)2加入量对含量和氟化钾纯度的影响如图所示。当由0.004到0.005时，氟化钾的纯度升高，这是由于__。

（4）Ba(OH)2和BaCO3是常见的除硫试剂。若使用BaCO3代替Ba(OH)2，当沉淀转化达到平衡时，滤液中___[已知保留小数点后三位]。

（5）浓度均为0.1mol/L的KF和HF的混合溶液中：2c(H+)-2c(OH-)____c(F-)-c(HF)(填“>”“<”或“=”)。

（6）1986年，化学家KarlChrite用KMnO4和KF、HF混合溶液反应生成稳定配离子该反应氧化产物是一种常见的无色无味气体单质，则该反应的离子方程式为_____。24、七铝十二钙(12CaO·7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3)和废铝片制备七铝十二钙的工艺如下：

(1)电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为_____

(2)一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4-和Al2Cl7-两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为______25、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___。26、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_______。评卷人得分六、探究题(共3题，共24分)27、（12分）某学习小组为证明并观察铜与稀HNO3反应的产物是NO，设计了如下图所示的实验装置。请你根据他们的思路，回答有关的问题。（一）实验仪器：大试管、玻璃导管、橡皮塞、烧杯、棉花、注射器。（二）实验药品：铜丝、稀硝酸、碳酸钙颗粒、烧碱溶液。（三）实验原理：铜与稀硝酸反应的离子反应方程式____。（四）实验步骤：1、按右图所示连接好装置，检验装置的________；2、向试管中加入一定量的固体药品（填化学式）________，然后向试管中倒入过量的稀硝酸，并迅速塞紧带铜丝和导管的橡皮塞；3、让试管中的反应进行一段时间后，用蘸有NaOH溶液的棉花团封住导管口；4、将铜丝向下移动插入试管液体中，使之与稀硝酸反应；5、把注射器的针孔插入试管口的橡皮塞中，缓慢向试管内推入空气。（五）实验讨论：1、实验步骤②的目的是（写出反应的离子方程式，结合文字说明）____；2、实验步骤⑤的目的是（写出反应的化学方程式，结合文字说明）____。（六）实验评价：该装置的优点是（任写一个即可）____；有同学提出：增加右图所示装置，在步骤②完成后，当有明显现象再撤去该装置，并继续步骤③的“用蘸有NaOH溶液的棉花团封住导管口”。请评价他的做法____________。28、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29、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．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】

A．原子最外层电子只有1个或2个的元素不一定为金属元素；如H；He，故A错误；

B.16号元素原子的最外层电子数为6；4号元素原子最外层电子数为2，则16号元素原子的最外层电子数是4号元素原子最外层电子数的三倍，故B错误；

C.11号元素与17号元素能形成XY型化合物；故C错误；

D．136C表示的碳原子核内有6个质子；中子为13-6=7，故D正确；

故选D．

【解析】【答案】A．H元素的最外层电子数为1；He的最外层电子数为2；

B.16号元素原子的最外层电子数为6；4号元素原子最外层电子数为2；

C.11号元素与17号元素能形成的化合物为NaCl；

D．136C中左下角的数字为质子数；左上角的数字为质量数，质子数+中子数=质量数．

2、D【分析】解：根据卤代烃可与金属钠反应，生成碳链较长的烃：R-X+2Na+R′-X→R-R′+2NaX，碘乙烷和1-碘丙烷与钠反应时，有同种碘代烷分子的反应，也有异种碘代烷分子的反应．当碘乙烷和CH3-CH2-CH2-I反应时生成戊烷；当碘乙烷和碘乙烷反应时生成丁烷；当CH3-CH2-CH2-I和CH3-CH2-CH2-I反应时生成已烷；故选D．

碘乙烷和1-碘丙烷与钠反应时；有同种碘代烷分子的反应，也有异种碘代烷分子的反应．

本题考查信息给予题，难度不大，注意同种碘代烷分子也能发生反应．【解析】【答案】D3、C【分析】解：rm{A.}元素符号的左上角标质量数，中子数为rm{20}的氯原子，质量数rm{=}质子数rm{+}中子数rm{=20+17=37}故该符号为rm{{,!}_{17}^{37}Cl}故A错误；

B.rm{CCl_{4}}是共价化合物，碳原子分别与rm{4}个氯原子通过一对共用电子对结合，rm{CCl_{4}}的电子式为故B错误；

C.rm{Al}原子的原子序数为rm{13}有rm{3}个电子层，最外层rm{3}个电子，原子结构示意图为故C正确；

D.二氧化碳中rm{C}分别与rm{O}形成rm{2}对共价键，结构式为rm{O=C=O}故D错误。

故选C。

A.中子数为rm{20}则质量数为rm{37}元素符号左上角的数字为质量数；

B.rm{CCl_{4}}是共价化合物，碳原子分别与rm{4}个氯原子通过一对共用电子对结合；

C.rm{Al}原子序数为rm{13}有rm{3}个电子层，最外层rm{3}个电子；

D.二氧化碳中rm{C}分别与rm{O}形成rm{2}对共价键；据此解答即可。

本题主要考查的是核素中各部分的含义、共价化合物电子式的书写、原子结构示意图书写、结构式等，综合性较强，但是难度不大。【解析】rm{C}4、C【分析】【解析】【答案】C5、A【分析】【分析】此题考查氯气的性质综合性知识，关键是要记下氯气的性质。【解答】常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出rm{Cl_{2}}rm{垄脵}处充满黄绿色rm{Cl_{2}}

氯气进入玻璃管后与rm{垄脷}处rm{NaBr}溶液发生置换反应生成rm{Br_{2}}白色棉球变为橙色；

氯气和rm{垄脹}处rm{KI}溶液反应置换出rm{I_{2}}遇淀粉变蓝；

rm{垄脺}处利用氯气与碱液反应进行rm{Cl_{2}}的尾气吸收，尽管反应生成的物质均为无色，但棉球本身是白色的，所以rm{垄脺}处的颜色为白色。

故选A。【解析】rm{A}6、A【分析】【分析】本题考查物质的量浓度的有关计算，难度不大，属于字母型计算，容易计算出问题，注意对公式的理解与灵活运用。根据rm{n=dfrac{m}{M}}计算rm{agAl^{3+}}的物质的量，进而计算rm{dfrac{V}{2}mL}溶液中rm{Al^{3+}}的物质的量，根据电荷守恒可知rm{2n(SO_{4}^{2-})=3n(Al^{3+})}据此计算rm{dfrac{V}{2}mL}溶液中rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量，稀释为rm{3VmL}溶液中rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量不变，再根据rm{c=dfrac{n}{V}}计算稀释后溶液rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量浓度。【解答】rm{agAl^{3+}}的物质的量为rm{dfrac{ag}{27g/mol}=dfrac{a}{27}mol}

故rm{dfrac{ag}{27g/mol}=dfrac

{a}{27}mol}溶液中rm{dfrac{V}{2}mL}的物质的量为rm{dfrac{a}{27}mol隆脕dfrac{1}{2}=dfrac{a}{54}mol}

根据电荷守恒可知rm{Al^{3+}}故rm{dfrac{a}{27}mol隆脕dfrac{1}{2}=

dfrac{a}{54}mol}溶液中rm{2n(SO_{4}^{2-})=3n(Al^{3+})}的物质的量为rm{dfrac{a}{54}mol隆脕dfrac{3}{2}=dfrac{a}{36}mol}

取rm{dfrac{V}{2}mL}溶液稀释到rm{SO_{4}^{2-}}rm{dfrac{a}{54}mol隆脕dfrac{3}{2}=

dfrac{a}{36}mol}则稀释后溶液rm{dfrac{V}{2}mL}的物质的量浓度为rm{dfrac{dfrac{a}{36}mol}{3V隆脕10^{-3}L}=dfrac{250a}{27}mol/L}

故选A。rm{3V}【解析】rm{A}7、C【分析】解：rm{Cl_{2}}通入rm{NaOH}溶液中，反应得到rm{NaCl}rm{NaClO}rm{NaClO_{3}}的混合溶液；

rm{Cl}元素的化合价由rm{0}升高为rm{+1}rm{+5}价，rm{Cl}元素的化合价由rm{0}降低为rm{-1}价；

测定rm{ClO^{-}}与rm{Cl^{-}}的浓度之比为rm{1}rm{6}设物质的量分别为rm{1mol}rm{6mol}设生成rm{NaClO_{3}}为rm{x}

由电子守恒可知，rm{6mol隆脕(1-0)=1mol隆脕(1-0)+x隆脕(5-0)}解得rm{x=1mol}

反应时被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为rm{6mol}rm{(1mol+1mol)=3}rm{1}

故选C．

测定rm{ClO^{-}}与rm{Cl^{-}}的浓度之比为rm{1}rm{6}设物质的量分别为rm{1mol}rm{6mol}设生成rm{NaClO_{3}}为rm{x}结合电子守恒计算．

本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大．【解析】rm{C}二、多选题(共6题，共12分)8、CD【分析】【分析】

本题考查影响化学反应速率的因素，题目难度一般。【解答】A.加入适量的rm{6mol/L}盐酸，会增加氢气的总量，故A错误；盐酸，会增加氢气的总量，故A错误；

rm{6mol/L}B.加入适量rm{NaNO}rm{NaNO}故B错误；

C.加入适量的蒸馏水，可rm{{,!}_{3}}

溶液，不能生成氢气，生成气体为rm{NO}故B错误；可减缓反应速率；又不影响生成氢气的总量，故D正确。

rm{NO}

减缓反应速率，又不影响生成氢气的总量，故C正确；【解析】rm{CD}9、BD【分析】【分析】

充电过程中V3＋发生还原反应，则右侧电极上V3+转化为V2＋时V元素的化合价降低得电子，发生还原反应，充电时，则右侧电极为阴极，左侧电极为阳极，阴极电极反应为V3++e－＝V2+，阳极极电极反应为VO2+-e-+H2O=VO+2H+；则放电时，左侧为正极，正极反应为VO+2H++e-=VO2++H2O，右侧为负极：负极反应为：V2+-e－=V3+；据此分析解答。

【详解】

A．质子交换膜只允许H+通过，则可阻止VO与V2＋直接发生反应；故A正确；

B．充电时，阴极得电子发生还原反应，电极反应为：V3++e－＝V2+；故B错误；

C．充电时；阳离子向阴极移动，根据分析，充电时，右侧为阴极，则氢离子通过交换膜移向右侧，故C正确；

D．根据分析，放电时，正极的电极反应为：VO+2H++e-=VO2++H2O；故D错误；

答案选BD。10、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。11、ABD【分析】解：碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，是碱性干燥剂，不能用来干燥酸性气体，氨气是碱性气体，可以用碱石灰干燥，而HCl、CO2、SO2是酸性气体；不能用碱石灰干燥；

故选ABD．

用干燥剂干燥气体时；总的原则是：中性干燥剂既可以用来干燥酸性气体又可以用来干燥碱性气体；酸性干燥剂不能用来干燥碱性气体；碱性干燥剂不能用来干燥酸性气体；碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，是碱性干燥剂．

本题考查气体的净化和干燥，难度不大，注意常见的干燥剂有：浓硫酸、碱石灰；其中，浓硫酸是酸性干燥剂，碱石灰是碱性干燥剂．【解析】【答案】ABD12、BC【分析】略。【解析】rm{BC}13、BCD【分析】解：锌失电子发生氧化反应而作负极，不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极rm{(}石墨rm{)}铜离子在正极上得电子发生还原反应，则电解质为可溶性的铜盐，符合条件的是rm{BCD}故选BCD．

根据电池反应式知；失电子的金属作负极，则锌作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，铜离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中含有铜离子，则电解质溶液为可溶性的铜盐．

本题考查了原电池工作原理，判断正负极、电解质溶液时，要根据电池反应式判断：发生氧化反应的电极为负极，发生还原反应的电极为正极，含有发生还原反应的离子溶液为电解质溶液．【解析】rm{BCD}三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】试题分析：（1）NaCl和CaCl2两种固体混合物，溶解后加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，过滤后得到的沉淀B为碳酸钙；（2）由于碳酸钠过量，所以滤液中的物质有氯化钠和碳酸钠，因此要得到纯净的氯化钠就需要除去碳酸钠，向滤液中加入适量盐酸至不产生气体，生成氯化钠和水和二氧化碳，蒸发后最后的固体物质是氯化钠；（3）要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的碳酸钙的质量，根据反应CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O可计算氯化钙的质量，混合物A的总质量减去氯化钙的质量可得氯化钠的质量；（4）碳酸钙和盐酸发生：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，得到氯化钙溶液，经蒸发可得到氯化钙固体。考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；离子方程式的书写．【解析】【答案】（1）CaCO3；（2）加入适量盐酸至不产生气体（3）A；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O15、略

【分析】

根据K2CO3和NaHCO3的性质差异鉴别：NaHCO3加热易分解，NaHCO3与盐酸反应剧烈；Na元素与K元素的焰色反应不同，则可用如下方法鉴别：

（1）加热分解法：取两种少许待检粉末于试管中，分别加热，有CO2气体产生的是NaHCO3；

（2）盐酸产气法：取两种少许待检粉末于试管中，同时分别在两支试管中加入1mL稀盐酸，产气速率快的是NaHCO3；

（3）焰色反应法：取两种粉末进行焰色反应实验，透过钴玻璃能够观察到紫色火焰的是K2CO3；

故答案为：取两种少许待检粉末于试管中，分别加热，有CO2气体产生的是NaHCO3或取两种粉末进行焰色反应实验，透过钴玻璃能够观察到紫色火焰的是K2CO3；

取两种少许待检粉末于试管中，同时分别在两支试管中加入1mL稀盐酸，放出气体速度快的是NaHCO3．

【解析】【答案】鉴别物质利用的是物质间的性质的差异，K2CO3和NaHCO3的性质差异有：前者热稳定性比后者强；前者与后者的焰色反应现象不同；与盐酸反应的速率不同．

16、略

【分析】试题分析：过氧化氢的分子式为H2O2分子中只存在共价键，属于共价化合物，电子式为考点：化学键种类的判断、电子式的书写【解析】【答案】共价键；共价；17、（1）Ca+H2=CaH2氧化

（2）CaH2＋2H2O=Ca(OH)2+2H2↑还原【分析】【分析】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重知识迁移应用能力的考查，题目难度不大。【解答】rm{(1)Ca}与氢气反应生成rm{CaH}与氢气反应生成rm{(1)Ca}rm{CaH}rm{{,!}_{2}}，该反应为rm{Ca+H}rm{Ca+H}rm{{,!}_{2}}rm{篓TCaH}元素的化合价降低，则rm{篓TCaH}rm{{,!}_{2}}，rm{H}元素的化合价降低，则rm{H}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}作氧化剂，故答案为：rm{Ca+H}

rm{Ca+H}rm{{,!}_{2}}rm{篓TCaH}rm{篓TCaH}rm{{,!}_{2}}反应生成；rm{(2)CaH}rm{(2)CaH}rm{{,!}_{2}}与rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}反应生成rm{Ca(OH)}rm{O}rm{Ca(OH)}rm{{,!}_{2}}、rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}，钙反应为rm{CaH}rm{CaH}元素的化合价升高，则rm{{,!}_{2}}作还原剂，

rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O篓T}rm{O篓T}rm{Ca(OH)_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}还原。rm{隆眉}rm{CaH}【解析】rm{(1)Ca+H}rm{(1)Ca+H}rm{{,!}_{2}}rm{=CaH}rm{=CaH}rm{{,!}_{2;;}}氧化rm{(2)CaH}rm{(2)CaH}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O=Ca(OH)}还原rm{O=Ca(OH)}18、CH2Cl2、CHCl3、CCl4;有白色沉淀产生;Ag++Cl-═AgCl↓;溶液变红;因反应生成HCl使溶液显酸性【分析】解：rm{CH_{4}}和rm{Cl_{2}}光照生成rm{CH_{3}Cl(}气体rm{)}rm{CH_{2}Cl_{2}}rm{CHCl_{3}}rm{CCl_{4}}rm{HCl}随着反应进行，rm{Cl_{2}}不断消耗，黄绿色逐渐消失，又由于生成的rm{CH_{2}Cl_{2}}rm{CHCl_{3}}rm{CCl_{4}}常温下均为无色液体，rm{Cl_{2}}易溶于有机溶剂，使试管壁上有黄色油滴；因生成的rm{HCl}易溶于水，反应后，试管内气体压强减小，水位在试管内上升，rm{HCl}溶于水后，与rm{AgNO_{3}}反应生成rm{AgCl}白色沉淀，同时溶液中溶质为rm{HNO_{3}}故加入紫色石蕊试液后溶液变红；

故答案为：rm{CH_{2}Cl_{2}}rm{CHCl_{3}}rm{CCl_{4}}有白色沉淀产生；rm{Ag^{+}+Cl^{-}篓TAgCl隆媒}溶液变红；因反应生成rm{HCl}使溶液显酸性．【解析】rm{CH_{2}Cl_{2}}rm{CHCl_{3}}rm{CCl_{4};}有白色沉淀产生rm{;Ag^{+}+Cl^{-}篓TAgCl隆媒;}溶液变红rm{;}因反应生成rm{HCl}使溶液显酸性19、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}用稀盐酸清洗铁锈的离子反应为rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}O}故答案为：rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}O}

rm{垄脷}稀硫酸与氢氧化铜反应的离子反应为rm{Cu(OH)_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}故答案为：rm{Cu(OH)_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}

rm{(2)}该反应中部分rm{N}元素化合价由rm{+5}价变为rm{+2}价，则氧化剂为rm{HNO_{3}}rm{N}元素被还原，对应还原产物为rm{NO}rm{Cu}元素化合价由rm{0}价变为rm{+2}价，则还原剂为rm{Cu}rm{Cu}元素被氧化，对应氧化产物为rm{Cu(NO_{3})_{2}}该反应转移rm{6e^{-}}用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目为若反应中转移rm{6mol}的电子生成rm{2molNO}每生成rm{3.36L}标准状况下的气体，转移电子数目为rm{dfrac{3.36L}{22.4L/mol}隆脕3隆脕N_{A}=0.45N_{A}(}或rm{dfrac

{3.36L}{22.4L/mol}隆脕3隆脕N_{A}=0.45N_{A}(}

故答案为：rm{2.709隆脕10^{23})}rm{4}rm{HNO_{3}}rm{N}或rm{0.45N_{A}(}

rm{2.709隆脕10^{23}).}氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水；

rm{(1)垄脵}稀硫酸与氢氧化铜反应生成硫酸铜和水；

rm{垄脷}元素的化合价升高，rm{(2)Cu}元素的化合价降低，该反应转移rm{N}反应为rm{6e^{-}}中；以此来解答．

本题考查离子反应及氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意转移电子的计算，题目难度不大．rm{3Cu+8HNO_{3}篓T3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}【解析】rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}O}rm{Cu(OH)_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}rm{4}rm{HNO_{3}}rm{N}rm{0.45N_{A}(}或rm{2.709隆脕10^{23})}四、判断题(共3题，共24分)20、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．21、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免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，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

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．22、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．五、工业流程题(共4题，共36分)23、略

【分析】【分析】

通过湿法磷酸副产物氟硅酸制备氟化钾的过程中，碱解过程主要发生的反应为氟硅酸与氢氧化钾的反应，生成二氧化硅及酸碱中和反应的盐其中为目标产物，硅酸钾则为需要除去的杂质。为了减少的量，需要控制氢氧化钾的用量。通过过滤除去二氧化硅等不溶物，再加入氢氧化钡除去和少量的即可获得粗制的据此答题。

【详解】

（1）碱解过程主要发生的反应为氟硅酸与氢氧化钾的反应，会生成二氧化硅及酸碱中和反应的盐故该反应方程式可写为该反应要严格控制KOH用量，否则易使溶解，产生更多的副产物故答案为

（2）从图中可知80℃时，氟化钾收率最高，故实验选择适宜的反应温度为80℃；但由于温度过高时，易分解为SiF4和HF，所以在80℃最高点后，随温度升高曲线下降，故答案应为80℃、温度过高时，易分解为SiF4和HF；

（3）由于在除硫过程中，Ba2+能与KF溶液中少量的反应生成沉淀，所以当由0.004到0.005时，氟化钾的纯度升高，故答案应为Ba2+能与KF溶液中少量的反应生成沉淀；

（4）Ba(OH)2和BaCO3是常见的除硫试剂。若使用BaCO3代替Ba(OH)2，当沉淀转化达到平衡时，滤液中==0.022；故答案应为0.022；

（5）浓度均为0.1mol/L的KF和HF的混合溶液中存在电荷守恒关系为：c()+c()=c()+c(）；物料守恒关系为：2c()=c()+c(HF)。将物料守恒中c()代入电荷守恒中，即可得到2c()-2c(）=c()-c(HF)；故答案为=；

（6）KMnO4和KF、HF混合溶液反应可生成稳定配离子该反应氧化产物为氧气，则根据氧化还原反应对该反应的离子方程式进行配平为故答案为

【点睛】

该题为工业流程问题，在分析流程图时，应结合目标产物和分离操作将每一步的物质成分分析清楚，再进行作答。书写电解质溶液中的守恒关系时，要将溶液中的溶质成分及含量判断清楚再进行书写。【解析】80℃温度过高时，易分解为SiF4和HF除硫过程中，Ba2+能与KF溶液中少量的反应生成沉淀0.022=24、略

【分析】【分析】

(1)用Al片和石墨作电极制备Al(OH)3；Al作阳极，据此分析；

(2)放电时负极材料电极本身Al放电，失电子，根据AlCl4-和Al2Cl7-中铝元素和氯元素的比例来确定AlCl4-作反应物而生成Al2Cl7-。

【详解】

(1)用Al片和石墨作电极来制备Al(OH)3，Al作阳极，石墨作阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极上是来自于水的H+放电：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Al3+与OH-会结合形成难溶性的Al(OH)3，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可得总反应：2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑；

(2)放电时，负极电极本身Al放电，失电子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-作反应物而Al2Cl7-为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-。

【点睛】

本题考查了电解池和原电池的知识，电解池的阳极和原电池的负极失去电子，发生氧化反应，电解池的阴极和原电池的正极得到电子，发生还原反应，结合电解质中含有的微粒书写电极反应式。【解析】2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-25、略

【分析】【分析】

从废钴钼催化剂(主要含有MoS2、CoS和Al2O3)经过焙烧后，得到MoO3，CoO和二氧化硫，加入硫酸后，浸取液中的金属离子主要为MoO22+、Co2+、Al3+，经过萃取和分液得到有机相1和水相1，有机相1中含有MoO22+，加入氨水后得到钼酸铵溶液，经结晶后得到钼酸铵；水相1中含有Co2+、Al3+，SO42-，经萃取分液后，水相2中含有H2SO4和Al2（SO4）3，有机相2中含有Co2+、SO42-；加入硫酸后，得到水相3，加入草酸铵，得到草酸钴，加热草酸钴可以得到四氧化三钴，据此分析解答。

【详解】

(1)(NH4)2MoO4中，铵根离子为+1价，O为-2价，所有元素的化合价之和为0，Mo的化合价为+6价；MoS2和氧气反应的化学方程式为：2MoS2+7O2=2MoO3+4SO2，可知生成物有二氧化硫和MoO3两种氧化物；

(2)MoS2在空气中高温焙烧产生MoO3，酸浸时，生成MoO22+的离子方程式为MoO3+2H+=MoO22++H2O；

(3)根据图像，找到MoO22+最多，Co2+较少的协萃比为4:1；

(4)有机相1中含有MoO22+，向有机相1中滴加氨水，发生反应的离子方程式为MoO+4NH3·H2O=MoO+4NH+2H2O；

(5)根据Co2++2HR⇌CoR2+2H+可知，加入H2SO4，c(H+)增大；平衡向左移动，能进行反萃取；

(6)水相1中含有Co2+、Al3+，SO42-，经萃取分液后，水相2中含有H2SO4和Al2(SO4)3；

(7)Co3O4可以表示成CoO⋅Co2O3，在碱性条件下可发生氧化反应，实质为CoO生成CoOOH，电极反应为Co3O4+OH-+H2O–e-=3CoOOH。【解析】①.+6价②.MoO3③.MoO3+2H+=MoO22++H2O④.4：1⑤.MoO+4NH3·H2O=MoO+4NH+2H2O⑥.根据Co2++2HRCoR2+2H+可知，加入H2SO4，c(H+)增大，平衡向左移动⑦.Al2(SO4)3⑧.Co3O4+OH-+H2O–e-=3CoOOH26、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K2M