2025年人教A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年人教A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8题，共16分)1、下列有关燃料的说法错误的是A.燃料燃烧产物rm{CO_{2}}是温室气体之一B.化石燃料完全燃烧不会造成大气污染C.以天然气代替煤做燃料可减少大气污染D.燃料不完全燃烧排放的rm{CO}是大气污染物之一2、rm{Murad}等三位教授最早提出rm{NO}分子在人体内有独特功能，近年来此领域研究有很大进展。因此这三位教授荣获了rm{1998}年诺贝尔医学及生理学奖，关于rm{NO}的下列叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{NO}可以是某些含低价rm{N}物质氧化的产物B.rm{NO}不是亚硝酸酸酐C.rm{NO}可以是某些含高价rm{N}物质还原的产物D.rm{NO}是红棕色气体3、氨水显弱碱性的主要原因是rm{(}rm{)}A.通常状况下，氨的溶解度不大B.氨水中的rm{NH_{3}?H_{2}O}电离出少量rm{OH^{-}}C.溶于水的氨分子只有少量电离D.氨本身的弱碱性4、下列物质由离子构成的是（）A.铜B.二氧化碳C.金刚石D.氯化钠5、下列说法不正确的是（）A.反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量B.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应C.化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因D.化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化6、下列化学用语正确的是rm{(}rm{)}A.硫化氢分子的电子式：B.rm{S^{2-}}的结构示意图：C.rm{HClO}的结构式：rm{H-O-Cl}D.rm{NH_{4}Cl}的电子式：7、某主族元素rm{R}的原子其电子式可用表示，该元素组成的以下物质，其分子式肯定错误的是rm{(}rm{)}A.气态氢化物分子式为rm{RH_{5}}B.含氧酸分子式为rm{HRO_{3}}C.含氧酸分子式为rm{H_{3}RO_{4}}D.最高价氧化物分子式为rm{R_{2}O_{5}}8、有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：rm{Na^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Ba^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}.}现取两份rm{200mL}溶液进行如下实验：rm{垄脵}第一份加足量rm{NaOH}溶液，加热，收集到气体rm{0.68g}rm{垄脷}第二份加足量rm{BaCl_{2}}溶液后，得干燥沉淀rm{6.27g}经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为rm{2.33g.}根据上述实验，以下推测正确的是rm{(}rm{)}A.一定不存在rm{Ba^{2+}}rm{NH_{4}^{+}}可能存在B.rm{CO_{3}^{2-}}一定存在C.rm{Na^{+}}一定存在D.一定不存在rm{Cl^{-}}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、T℃时反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）过程中的能量变化如图所示；回答下列问题．

（1）写出该反应的热化学方程式（用E1、E2或E3表示，下同）____

（2）T℃时将3molSO2和1molO2通入体积为2L的恒温恒容密闭容器中，发生反应．2min时反应达到平衡，此时测得反应物O2还剩余0.1mol，则达到平衡时SO2的转化率为____，反应____（填“放出”或“吸收”）____热量．（用E1、E2或E3表示）

（3）下列叙述能证明该反应已达化学平衡状态的是____（填序号）

①SO2的体积分数不再发生变化②容器内压强不再发生变化③容器内气体原子总数不再发生变化④相同时间内消耗2nmolSO2的同时生成nmolO2⑤相同时间内消耗2nmolSO2的同时生成2nmolSO3

（4）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1、E2和E3的变化是：E1____，E2____，E3____（填“增大”“减小”或“不变”）．

（5）若以右图所示装置，用电化学原理生产硫酸，将SO2、O2以一定压强喷到活性电极上反应．写出两电极的电极反应式：____，____

为稳定持续生产，硫酸溶液的浓度应维持不变，则通入SO2和水的质量比为____．

（6）SOCl2是一种无色液体，可与碳共同构成锂电池的正极材料，且其放电时也有SO2气体产生．写出SOCl2在电池中放电时的电极反应式____．

10、(13分)有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba(NO3)2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如下实验：（1）写出实验过程中发生反应的化学方程式：。（2）固体粉末中一定不存在的物质是；一定存在的物质是；（3）将固体粉末可能的组合填入下表：（可以不填满，也可以再补充。）。序号化学式ⅠⅡⅢ（4）请设计一个实验进一步确定混合物的组成，简述实验步骤、现象和结论。____11、(8分)有一包固体粉末，可能含有下列阳离子或阴离子中的若干种：Na+、NH4+、Fe3+、Cu2+、Mg2+、Cl-、SO42-。现做以下实验：(1)取少量固体，加适量蒸馏水，搅拌后固体全部溶解，得到无色透明溶液；(2)在混合溶液中加入浓NaOH溶液并加热有刺激性气味的气体生成但没有沉淀(3)向混合溶液中滴入Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生。再滴入AgNO3溶液生成白色沉淀；试根据以上实验现象判断：这包白色粉末一定含有的离子是________________；一定不含有的离子是________；可能含有的离子是:__________________.并写出参加反应的离子方程式是：____________12、按要求填空：

rm{(1)}电离方程式：硫酸铁：______；碳酸氢钠：______；

rm{(2)}以下物质：rm{垄脵NH_{3}}rm{垄脷CaCO_{3}}rm{垄脹}酒精rm{垄脺}饱和食盐水rm{垄脻Cu}rm{垄脼KOH}rm{垄脽HCl}rm{垄脿}稀硫酸，属于电解质的有______rm{(}填编号rm{)}

rm{(3)14.7gH_{2}SO_{4}}分子所含氢原子数与______rm{L}rm{(}标准状况下rm{)NH_{3}}所含氢原子数相等；等质量的rm{N_{2}}和rm{N_{4}}所含的原子个数之比是______．13、氧化铝是一种性氧化物，它与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为。实验室制取Al(OH)3的化学方程式______________________________，离子方程式为用氨水而不用氢氧化钠溶液的主要原因是。14、（Ⅰ）气体制备时须先检查装置的气密性，下列各图所示装置，肯定不符合气密性检查要求的是____．

（Ⅱ）下面是中学化学实验中常见的几种仪器：

a．量筒b．容量瓶c．分液漏斗d．托盘天平e．温度计。

（1）其中标示出仪器使用温度的是____（填编号）．

（2）称取10.5g固体样品（1g以下使用游码）时，将样品放在了天平的右盘，则所称样品的实际质量为____g．

（3）使用前要检查仪器是否漏液的是____（填编号）．

（Ⅲ）实验室需要95mL1.0mol•L﹣1稀硫酸；现用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/mL）来进行配制．若实验仪器有：

A．100mL量筒B．托盘天平C．玻璃棒D．250mL容量瓶。

E．10mL量筒F．胶头滴管G．50mL烧杯H．100mL容量瓶。

（1）需量取浓硫酸的体积为____mL．

（2）实验时选用的仪器有（填序号）____

（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是（填序号）____

A．将稀释的硫酸液转移至容量瓶后；未洗涤烧杯和玻璃棒．

B．将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时；因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外．

C．未冷却至室温就定容．

D．用胶头滴管加水时；俯视观察溶液凹液面与容量瓶刻度相切．

E．容量瓶使用时未干燥。

F．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线．15、①在进行过滤操作时，需用到的玻璃仪器是______、______、______

②在进行分液和配制物质的量浓度溶液时，首先要分别对分液漏斗、容量瓶进行______．

③用一种试剂除去NaCl溶液中含有的CuCl2，写出所用试剂及反应的化学方程式除杂试剂：______（写化学式）离子方程式：______．

④如何检验粗盐溶液中是否含有SO42-______．16、按要求填空：

rm{(1)}已知rm{a}rm{g}rm{A}和rm{b}rm{g}rm{B}恰好完全反应生成rm{0.2mol}rm{C}和rm{d}rm{g}rm{D}则rm{C}的摩尔质量为______。

rm{(2)}除去rm{KCl}溶液中的rm{K_{2}SO_{4}}依次加入的试剂为rm{(}填溶质的化学式rm{)}______。

rm{(3)}用离子方程式表示除去下列各物质中的杂质rm{(}括号内为杂质rm{)}

rm{垄脵BaCl_{2}(HCl)}______；rm{垄脷Fe}rm{(Al)}______；

rm{(4)}把rm{0.5mol}钠投入过量的rm{m}rm{g}水中得到rm{a}rm{g}溶液；把rm{0.5mol}镁投入过量的rm{n}rm{g}盐酸中得到rm{b}rm{g}溶液。若rm{m=n}则rm{a}rm{b}的大小关系是______。17、含rm{A}元素的一种单质是一种重要的半导体材料，含rm{A}元素的一种化合物rm{C}可用于制造高性能的现代通讯材料rm{隆陋隆陋}光导纤维，rm{C}与烧碱反应生成含rm{A}元素的化合物rm{D}rm{(1)}在元素周期表中，rm{A}位于第____族，与rm{A}同族但相对原子质量比rm{A}小的元素rm{B}的原子结构示意图为____________，rm{A}与rm{B}在原子的电子层结构上的相同点是_____________________________。rm{(2)}易与rm{C}发生化学反应的酸是__________，反应的化学方程式是_____________________。rm{(3)}将rm{C}与纯碱混合高温熔融时发生化学反应生成rm{D}同时还生成rm{B}的最高价氧化物rm{E}将少量的rm{E}通入rm{D}的水溶液中，生成含rm{A}的化合物rm{F}rm{垄脵}分别写出生成rm{D}和rm{F}的化学反应方程式：_______________，_________________。rm{垄脷}要将纯碱高温熔化，下列坩埚中不可选用的是rm{(}rm{)}A.普通玻璃坩埚rm{B.}石英玻璃坩埚rm{C.}铁坩埚评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)18、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化19、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）20、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）21、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）22、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）23、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．评卷人得分四、元素或物质推断题(共1题，共4分)24、如图表示A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色。

回答下列问题：

(1)A→D反应常用于人工固氮，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)D→C是工业制硝酸的重要反应，化学方程式为_______。

(3)B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收，则B与的物质的量之比为_______，若该反应转移个电子，则参加反应的B的物质的量为_______mol。评卷人得分五、结构与性质(共1题，共7分)25、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、工业流程题(共4题，共28分)26、氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品，常用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂等，它难溶于水和乙醇，可溶于浓HCl与氨水形成的混合物，实验室用酸性蚀刻液(含)和碱性蚀刻液[含]来制备CuCl；实验过程的流程如下：

(1)步骤Ⅳ需要控制pH为1~2、80℃下进行，合适的加热方式是_______。

(2)步骤Ⅱ过滤得到固体，下列说法正确的是_______。A．为加快过滤速度，得到较干燥的固体，可进行抽滤B．宜用酸溶液洗涤沉淀C．在布氏漏斗中放入滤纸后，直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤D．在抽滤装置中洗涤晶体时，为减少晶体的损失，应使洗涤剂快速通过滤纸(3)步骤Ⅴ为了得到较为纯净的硫酸铜晶体，根据下表中物质的溶解度(单位为g)随温度的变化，写出步骤Ⅴ得到硫酸铜晶体的操作：_______。温度

物质0℃20℃40℃60℃80℃100℃氯化铜75808590100108硫酸铜121830506087

(4)写出还原过程中发生主要反应的离子方程式：_______。

(5)CuCl的定量分析，称取样品0.25g置于预先放入玻璃珠和过量溶液的锥形瓶中，不断摇动，待样品全部溶解后，加入50mL水，邻菲罗啉指示剂2滴，立即用的硫酸铈标准液滴定至绿色出现为终点，消耗标准液20.00mL，发生的反应为则样品的CuCl的质量分数为_______。27、某酸性废液含有H+、Fe3+、Ni2+、NO3—、F-和Cr2O72-等。下图是该废液的综合利用工艺流程：（假设：F—与金属离子的络合反应不影响其它反应和计算）

已知：金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：。Fe3+Ni2+Cr3+开始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9

Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+＋6NH3[Ni(NH3)6]2+（[Ni(NH3)6]2+为难电离的络合离子）

（1）滤渣1的主要成分为：____________。

（2）试剂X可以是足量氨水，还可以是：____________。（填序号）

A．Ni(OH)2B．Cr2O3C．Fe2O3D．NaOH

（3）若试剂X是足量氨水，“沉镍”的离子方程式为：____________。

（4）经检测，最后的残液中c(Ca2+)＝1.0×10─5mol•L-1，则残液中F－浓度____________（填“符合”或“不符合”）排放标准[已知Ksp(CaF2)=4×10-11，国家排放标准要求氟离子浓度小于10mg•L─1]。

（5）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NiO2＋Fe＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2,放电时若外电路中转移0.6mol电子则正极增重____g。

②图为双膜三室电解法处理含镍废水回收金属镍的原理示意图，阳极的电极反应式为____；电解过程中，需要控制溶液pH值为4左右，原因是_______。

28、我国每年产生的废旧铅蓄电池约330万吨。从含铅废料（PbSO4、PbO2、PbO等）中回收铅；实现铅的再生，意义重大。一种回收铅的工作流程如下：

（1）铅蓄电池放电时，PbO2作_______极，其电极质量在_______（填“减小”；“不变”、“增加”）

（2）过程I，已知：PbSO4、PbCO3的溶解度(20℃)见图l；Na2SO4、Na2CO3的溶解度见图2。

①根据图l写出过程I的离子方程式：_____________________________________。

②生产过程中的温度应保持在40℃，若温度降低，根据图2，解释可能原因：_____________________。

（3）过程Ⅱ，写出PbO2反应的化学方程式___________________________。

（4）过程Ⅲ，将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液，生成Pb；如图3。

①阴极的电极反应式是__________________________________。

②电解一段时间后，PbCl42－浓度极大下降，为了恢复其浓度且实现物质的循环利用，阴极区采取的方法是_____________________。29、“NaH2PO2还原法”制备高纯度氢碘酸和亚磷酸钠(Na2HPO3)的工业流程如图。

已知：25℃时，H3PO3的pKa1=1.3，pKa2=6.6。

（1）“合成”过程，主要氧化产物为H3PO3，相应的化学方程式为___________。

（2）“除铅”过程，FeS除去微量Pb2+的离子方程式为___________。

（3）“减压蒸馏”过程，I-回收率为95%，则剩余固体的主要成分为___________（填化学式）。

（4）“调pH=11”的作用是___________。

（5）氢碘酸也可以用“电解法”制备，装置如图所示。其中双极膜(BPM)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-；A；B为离子交换膜。

①B膜最佳应选择___________

②阳极的电极反应式是___________。

③少量的I-因为浓度差通过BPM膜，若撤去A膜，其缺点是：___________参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】本题考查了燃料燃烧产物的分析、物质性质的判断应用，注意知识的积累，题目较简单。【解答】A.形成温室效应的气体主要是二氧化碳的大量排放；故A正确；

B.化石燃料含有硫等因素；完全燃烧会生成二氧化硫会形成酸雨，会造成大气污染，故B错误；

C.压缩天然气含有杂质少；燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故C正确；

D.燃料不完全燃烧排放的rm{CO}有毒；能结合人体中血红蛋白损失运送氧的能力，是大气污染物之一，故D正确。

故选B。

【解析】rm{B}2、D【分析】结合rm{NO}的物理性质和化学性质，知道rm{NO}是无色气体。【解析】rm{D}3、B【分析】解：rm{A}气体的溶解度与溶液酸碱性无关；故A不符合；

B；氨水溶液中存在一水合氨的电离平衡；溶液呈碱性是因为电离出了氢氧根离子，故B正确；

C；溶液碱性和氢氧根离子浓度有关；故C不符合；

D；氨气本身无碱性；是在溶液中先形成一水合氨，后一水合氨电离出氢氧根离子，故D不符合；

故选B．

氨水溶液中存在一水合氨的电离平衡；溶液呈碱性是因为电离出了氢氧根离子．

本题考查了弱电解质的电离平衡分析，溶液酸碱性的实质分析，题目难度中等．【解析】rm{B}4、D【分析】解：A；铜属于金属单质；是由铜原子直接构成的，故A错误．

B；二氧化碳属于气态化合物；是由二氧化碳分子构成的，故B错误．

C；金刚石属于固态非金属单质；是由碳原子直接构成的，故C错误．

D；氯化钠是由钠离子和氯离子构成的；故D正确．

故选：D．

根据金属；大多数固态非金属单质、稀有气体等由原子构成；有些物质是由分子构成的；气态的非金属单质和由非金属元素组成的化合物，如氢气、水等；有些物质是由离子构成的，一般是含有金属元素和非金属元素的化合物，如氯化钠，进行分析判断即可．

本题难度不大，主要考查了构成物质的微观粒子方面的知识，对物质进行分类与对号入座、掌握常见物质的粒子构成是正确解答本题的关键．【解析】【答案】D5、B【分析】解：A；反应前后遵循能量守恒；所以反应物的总能量和生成物的总能量相对大小决定了反应的吸热放热，故A正确；

B；需加热的反应不一定是吸热反应；有些反应只是反应发生所需要的条件，故B错误；

C；化学反应的实质是就化学键的断裂和新化学键的形成；所以化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，故C正确；

D；敞口容器中；常温下反应的能量变化主要表现为热量的变化，所以恒压反应热等于焓变，故D正确；

故选B．

A；化学反应的热量变化由反应物和生成物的焓决定的；即反应物的总能量和生成物的总能量大小决定了反应吸热还是放热；

B；加热只是反应进行需要的引发条件；和吸热反应、放热反应无直接的关系；

C；也可以从化学键的断裂和形成判断；即形成化学键放出的能量大于断裂化学键吸收的能量，反应为放热反应，反之是吸热反应；

D；化学反应的能量变化通常表现为热量变化；

本题考查了反应的实质，反应前后能量的变化原因，反应能量变化与反应条件的关系．【解析】【答案】B6、C【分析】解：rm{A.H_{2}S}为共价化合物，硫原子与两个氢原子分别共用rm{1}对电子，电子式：故A错误；

B.硫离子的核内有rm{16}个质子，故硫离子的结构示意图为：故B错误；

C.次氯酸的中心原子是氧原子，结构式为rm{H-O-Cl}故C正确；

D.rm{NH_{4}Cl}为离子化合物，阴阳离子需要标出所带荷，铵根离子和氯离子还应该标出最外层电子，氯化铵正确的电子式为：故D错误；

故选：rm{C}．

A.rm{H_{2}S}为共价化合物，硫原子与两个氢原子分别共用rm{1}对电子；

B.硫离子核内有rm{16}个质子，核外有rm{18}个电子；

C.次氯酸中心原子为氧原子，存在rm{1}个氧氯键和rm{1}个氢氧键；

D.氯化铵的电子式中氯离子的最外层电子式没有标出．

本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，熟悉原子结构示意图、电子式、结构式的书写方法是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{C}7、A【分析】【分析】

本题考查元素对应化学式的推断；题目难度不大，本题注意根据电子式推断元素的可能种类以及最高化合价以及最低化合价。

【解答】

元素rm{R}的原子其电子式可用下式表示：根据电子式可知原子最外层电子数rm{5}其最高化合价应为rm{+5}价，最低化合价为rm{-3}价；则：

A.最低化合价为rm{-3}价，则气态氢化物分子式为rm{RH}rm{3}；故A错误；

B.最高化合价为rm{3}价，如为rm{+5}元素，则含氧酸分子式为rm{N}故B正确；

C.最高化合价为rm{HRO_{3}}价，如为rm{+5}元素，则含氧酸分子式为rm{P}故C正确；

D.最高化合价为rm{H_{3}RO_{4}}价，则最高价氧化物分子式为rm{+5}rm{R}rm{2}rm{2}；故D正确。

故选A。rm{O}【解析】rm{A}8、B【分析】解：根据rm{垄脵}可知生成的气体为氨气，其物质的量为：rm{dfrac{0.68g}{17g/mol}=0.04mol}说明每份溶液中含有rm{dfrac

{0.68g}{17g/mol}=0.04mol}

根据rm{0.04molNH_{4}^{+}}可知rm{垄脷}沉淀为硫酸钡，rm{2.33g}沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物，则原溶液中一定存在rm{6.27g}rm{CO_{3}^{2-}}根据离子共存，溶液中一定不存在rm{SO_{4}^{2-}}rm{Ba^{2+}}硫酸钡的物质的量为：rm{dfrac{2.33g}{233g/mol}=0.01mol}生成碳酸钡沉淀的物质的量为：rm{dfrac{6.27g-2.33g}{197g/mol}=0.02mol}rm{2.33g}铵根离子所带正电荷与rm{dfrac

{2.33g}{233g/mol}=0.01mol}硫酸根离子、rm{dfrac

{6.27g-2.33g}{197g/mol}=0.02mol}碳酸根离子所带负电荷相等；则不能确定溶液中是否含有氯离子和钠离子；

根据分析可知，原溶液中一定存在rm{0.04mol}rm{0.01mol}rm{0.02mol}一定不存在rm{NH_{4}^{+}}可能含有rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}

故选B．

rm{Ba^{2+}}第一份加足量rm{Na^{+}}溶液，加热，收集到气体rm{Cl^{-}}该气体为氨气，其物质的量为：rm{dfrac{0.68g}{17g/mol}=0.04mol}说明每份溶液中含有rm{垄脵}

rm{NaOH}第二份加足量rm{0.68g}溶液后，得干燥沉淀rm{dfrac

{0.68g}{17g/mol}=0.04mol}经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为rm{0.04molNH_{4}^{+}}则rm{垄脷}沉淀为硫酸钡，rm{BaCl_{2}}沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物，则原溶液中一定存在rm{6.27g}rm{2.33g}根据离子共存，溶液中一定不存在rm{2.33g}rm{6.27g}硫酸钡的物质的量为：rm{dfrac{2.33g}{233g/mol}=0.01mol}生成碳酸钡沉淀的物质的量为：rm{dfrac{6.27g-2.33g}{197g/mol}=0.02mol}rm{CO_{3}^{2-}}铵根离子所带正电荷与rm{SO_{4}^{2-}}硫酸根离子、rm{Ba^{2+}}碳酸根离子所带负电荷相等；则不能确定溶液中是否含有氯离子和钠离子，据此进行判断．

本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质及检验方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．rm{2.33g}【解析】rm{B}二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】

（1）△H=反应物吸收的能量-生成物放出的能量═-E3kJ/mol=-（E2-E1）kJ/mol；

故答案为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=-E3kJ/mol或△H=-（E2-E1）kJ/mol

（2）从图象知；反应物的能量大于生成物的能量，所以该反应是放热反应．

2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）放热E3

反应开始3mol1mol0E3

转化1.8mol0.9mol1.8mol0.9E3

平衡1.2mol0.1mol1.8mol

所以SO2的转化率=×100%=60%

故答案为：60%；放出；0.9E3；

（3）该反应前后气体体积减小；化学平衡状态的标志：正逆反应速率相等；体系各物质的含量不变．

①②④符合条件；根据原子守恒；各元素的原子总数始终不变，故③错；⑤所指方向一致，故⑤错．

故选：①②④；

（4）加入催化剂，改变了反应历程，改变反应速率，但平衡不移动，所以E2、E1减小，E3不变；

故答案为：E2、E1减小，E3不变；

（5）根据原电池反应原理；还原剂在负极上发生氧化反应，氧化剂在正极上发生还原反应，该原电池的本质是。

2SO2+O2+2H2O=H2SO4，为维持浓度不变，SO2和O2反应生成硫酸的质量分数是50%；所需的水为反应反应的水和做溶剂的水，所以质量比为=2×64：（2×18+2×98）=16：29

故答案为：+：O2+4e-+4H+═2H2O，-：SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+；16：29；

（6）SOCl2中S的化合价是+4价；是中间价态，能发生氧化还原反应，反应中有二氧化硫生成，也有S单质生成；

故答案为：2SOCl2+4e-═S+SO2↑+4Cl-

【解析】【答案】（1）先求出此反应的焓变；根据热化学方程式的书写规则再写出热化学方程式；

（2）根据转化率的公式计算；

（3）根据达化学平衡状态的判断依据判断；

（4）根据催化剂对化学反应的影响判断；

（5）根据原电池的电极反应式的书写规则书写；

（6）根据原电池的电池反应式的书写规则书写．

10、略

【分析】【解析】【答案】（1）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑（2分）（2）CuSO4；（2分）CaCO3、KCl；（2分）（3）（各2分）。ICaCO3、Na2SO4、KClIICaCO3、KCl、Ba(NO3)2（4）用试管取适量①过滤得的无色溶液，加入少量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则为组合I，否则为组合II。（3分）11、略

【分析】【解析】【答案】(８分)（１）Cl-，NH4+（２）Fe3+Cu2+Mg2+SO42-（３）Na+（４）Ag++Cl-=AgCl12、略

【分析】解：rm{(1)}硫酸铁为强电解质，在溶液中完全电离生成rm{Fe^{3+}}和rm{SO_{4}^{2-}}离子，电离方程式为rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}篓T2Fe^{3+}+3SO_{4}^{2-}}碳酸氢钠为强电解质完全电离，电离方程式：rm{NaHCO_{3}=Na^{+}+HCO_{3}^{-}}

故答案为：rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}篓T2Fe^{3+}+3SO_{4}^{2-}}rm{NaHCO_{3}=Na^{+}+HCO_{3}^{-}}

rm{(2)垄脵垄脹}为非电解质，rm{垄脷垄脼垄脽}为电解质，rm{垄脺垄脻垄脿}既不是电解质也不是非电解质；

故答案为：rm{垄脷垄脼垄脽}

rm{(3)}设需要氨气的体积为rm{x}

rm{14.7gH_{2}SO_{4}}分子所含氢原子数：rm{dfrac{14.7g}{98g/mol}隆脕2=0.3mol}rm{dfrac

{14.7g}{98g/mol}隆脕2=0.3mol}标况下氨气含氢原子数：rm{xL}

根据题意得：rm{dfrac{x}{22.4L/mol}隆脕3=0.3}解得rm{dfrac{x}{22.4L/mol}隆脕3}

rm{dfrac

{x}{22.4L/mol}隆脕3=0.3}和rm{x=2.24L}中都只有氮原子组成，质量相同的rm{N_{2}}和rm{N_{4}}中含有相等的原子数，即等质量的rm{N_{2}}和rm{N_{4}}所含的原子个数之比是rm{N_{2}}rm{N_{4}}

故答案为：rm{1}rm{1}rm{2.24}．

rm{1}均为强电解质，完全电离，用“rm{1}”；注意遵循电荷守恒；原子守恒；

rm{(1)}在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质；无论是电解质还是非电解质都必须是化合物；

rm{篓T}依据硫酸分子和氨气分子的构成求解；rm{(2)}和rm{(3)}中都只有氮原子组成，质量相同的rm{N_{2}}和rm{N_{4}}中含有相等的原子数．

本题考查了电解质的判断，物质的量的相关计算，涉及到的知识多是高考常考的内容，但是都是基础知识，题目难度不大．rm{N_{2}}【解析】rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}篓T2Fe^{3+}+3SO_{4}^{2-}}rm{NaHCO_{3}=Na^{+}+HCO_{3}^{-}}rm{垄脷垄脼垄脽}rm{2.24}rm{1}rm{1}13、略

【分析】考查了铝的氧化物及氢氧化物的性质及制取【解析】【答案】两性，Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OAl2(SO4)3+6NH3·H2O=2Al(OH)3↓+3(NH4)2SO4Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+主要原因是生成的氢氧化铝会和过量的氢氧化钠反应，而一水合氨不再与氢氧化铝反应14、Dab9.5bc5.4C、E、F、G、HCD【分析】【解答】（Ⅰ）A；B、C利用形成的稳定的液面差可以判断装置的气密性是否完好；D装置中液面保持水平时，外界大气压和右边装置中的压强相等，没有压强差所以不能检验装置的气密性，故答案为：D；

（Ⅱ）（1）液体的体积受温度的影响，温度不同使，用量筒量取的液体、容量瓶中的液体的体积不同，导致产生误差，故答案为：ab；

（2）称量物体时；游码的数值要加在砝码一边，物体与砝码放反位置时，砝码的质量等于物体的质量加上游码的质量，称量10.5g物体时，砝码的质量是10g，游码的质量数值是0.5g，物体的质量是10g﹣0.5g=9.5g．故答案为：9.5；

（3）d、e不能盛装液体，故错；a使用时不会造成漏液现象，故错；b、c有塞子，所以有漏液的可能，所以要检查是否漏液，故答案为：bc；

（Ⅲ）（1）根据稀释前后溶质的物质的量不变列式；设所取溶液的体积为xmL，故列式为：

0.1L×1.0mol•L﹣1=x=5.4；故答案为：5.4；

（2）量取5.4mL硫酸用10mL量筒；50mL的烧杯用来稀释溶液，玻璃棒用来搅拌；引流，胶头滴管的作用是定容，100mL容量瓶的作用是配置溶液．

故答案为：C；E、F、G、H；

（3）根据物质的量浓度公式C=判断；

A．n偏小V不变；所以配置的溶液浓度偏低；

B．n偏小V不变；所以配置的溶液浓度偏低；

C．溶液有热胀冷缩的性质；所以配置的溶液体积偏小n不变，浓度偏大；

D．配置的溶液体积偏小n不变；浓度偏大；

E．对n；V无影响；所以对浓度无影响；

F．V偏大n不变；所以溶液的浓度偏小．

故答案为：CD．

【分析】（Ⅰ）根据能否形成稳定的液面差判断；

（Ⅱ）（1）根据温度对仪器的使用是否有影响判断；

（2）根据游码的标示是否是物质的质量计算；

（3）根据仪器使用时能否漏液判断；

（Ⅲ）（1）根据溶液稀释前后溶质的物质的量相等计算；

（2）根据各仪器的作用选择；

（3）根据物质的量浓度公式分析误差．15、略

【分析】解：①过滤操作使用的玻璃仪器有玻璃棒；漏斗、烧杯等；故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；

②使用仪器盛装溶液时；要先对仪器进行查漏以防止在实验过程中漏水；故答案为：查漏；

③除Cu2+可以选取氢氧化钠，使之生成氢氧化铜沉淀，反应的方程式为CuCl2+2NaOH=2NaCl+Cu（OH）2↓；

故答案为：NaOH；CuCl2+2NaOH=2NaCl+Cu（OH）2↓；

④在检验SO42-时，加入氯化钡之前要先加盐酸以排除离子的干扰．

故答案为：先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，说明含有SO42-．

①过滤操作使用玻璃棒；漏斗、烧杯等；

②使用仪器盛装溶液时；要先对仪器进行检漏；

③除Cu2+可以选取氢氧化钠；使之生成氢氧化铜沉淀；

④在检验SO42-时，加入氯化钡之前要先加盐酸以排除离子的干扰．

本题考查中学实验中常见的操作及其他简单实验原理，难度不大，注重实验基础知识的考查．【解析】烧杯；漏斗；玻璃棒；查漏；NaOH；CuCl2+2NaOH=2NaCl+Cu（OH）2↓；先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，说明含有SO42-16、略

【分析】解：rm{(1)ag}rm{A}和rm{bg}rm{B}恰好完全反应生成rm{0.2mol}rm{C}和rm{d}rm{g}rm{D}依据质量守恒可知rm{C}的质量为：rm{(a+b-d)g}则其摩尔质量为：rm{dfrac{(a+b-d)g}{0.2mol}=5(a+b-d)}rm{dfrac

{(a+b-d)g}{0.2mol}=5(a+b-d)}

故答案为：rm{g?mol^{-1}}rm{5(a+b-d)}

rm{g?mol^{-1}}除去rm{(2)}溶液中的rm{KCl}应先加入过量rm{K_{2}SO_{4}}使rm{BaCl_{2}}生成沉淀，然后加入rm{SO_{4}^{2-}}使过量的rm{K_{2}CO_{3}}生成沉淀，过滤后再加入适量rm{BaCl_{2}}除去过量的rm{HCl}

故答案为：rm{K_{2}CO_{3}}rm{BaCl_{2}}rm{K_{2}CO_{3}}

rm{HCl}可用碳酸钡除去氯化钡中的杂质rm{(3)垄脵}发生反应为：rm{HCl}

故答案为：rm{BaCO_{3}+2H^{+}=Ba^{2+}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}

rm{BaCO_{3}+2H^{+}=Ba^{2+}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}与rm{垄脷Al}溶液发生反应：rm{NaOH}而rm{BaCO_{3}+2H^{+}=Ba^{2+}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}不反应，据此可除去rm{Fe}中混有的rm{Fe}

故答案为：rm{Al}

rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}把rm{(4)}钠投入到rm{0.5mol}水rm{mg}过量rm{(}中；则：

rm{)}

rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}rm{0.5mol}

故溶液质量增重rm{0.25mol}

把rm{=0.5mol隆脕23g/mol-0.25mol隆脕2g/mol=11g}镁投入到rm{0.5mol}盐酸rm{ng}过量rm{(}中；则：

rm{)}

rm{Mg+HCl=MgCl_{2}+H_{2}隆眉}rm{0.5mol}

故溶液质量增重rm{0.5mol}

由于rm{=0.5mol隆脕24g/mol-0.5mol隆脕2g/mol=11g}则所得溶液质量相等，即rm{m=n}

故答案为：rm{a=b}

rm{a=b}根据质量守恒计算出rm{(1)}的质量，然后根据rm{C}计算rm{M=dfrac{m}{n}}的摩尔质量；

rm{C}除去rm{(2)}溶液中的rm{KCl}应使rm{K_{2}SO_{4}}离子转化为沉淀；注意不能引入新的杂质；

rm{SO_{4}^{2-}}碳酸钡与rm{(3)垄脵}反应生成氯化钡；二氧化碳和水；

rm{HCl}铁不与氢氧化钠溶液反应，而rm{垄脷}与强碱溶液反应；

rm{Al}反应后的溶液质量增重rm{(4)}金属质量rm{=}生成氢气的质量；计算溶液质量增重进行判断。

本题考查较为综合，涉及物质的量的计算、物质分离与提纯方法的综合应用，题目难度中等，明确物质分离与提纯原则为解答关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系，试题培养了学生的综合应用能力。rm{-}【解析】rm{5(a+b-d)g?mol^{-1}}rm{BaCl_{2}}rm{K_{2}CO_{3}}rm{HCl}rm{BaCO_{3}+2H^{+}=Ba^{2+}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{BaCO_{3}+2H^{+}=Ba^{2+}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{a=b}17、（1）ⅣA最外层均有4个电子。

（2）氢氟酸SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O

（3）①Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓

②AB

【分析】【分析】本题考查无机物的推断；为高频考点，涉及硅及其化合物性质；转化及化学用语的考查，侧重分析与推断、计算能力的考查，综合性较强，题目难度不大。

【解答】含rm{A}元素的一种单质是一种重要的半导体材料，则rm{A}为rm{Si}含rm{A}元素的一种化合物rm{C}可用于制造高性能的现代通讯材料--光导纤维，则rm{C}为rm{SiO_{2}}rm{C}与烧碱反应生成含rm{A}元素的化合物rm{D}为rm{Na_{2}SiO_{3}}

rm{(1)A}的最外层电子数为rm{4}位于第Ⅳrm{A}族，与rm{A}同族但相对原子质量比rm{A}小的元素rm{B}为rm{C}其原子结构示意图为二者最外层均有rm{4}个电子，故答案为：Ⅳrm{A}最外层均有rm{4}个电子；

rm{(2)}二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅与水，反应方程式为：rm{SiO_{2}+4HF篓TSiF_{4}隆眉+2H_{2}O}故答案为：氢氟酸；rm{SiO_{2}+4HF篓TSiF_{4}隆眉+2H_{2}O}

rm{(3)垄脵}将rm{SiO_{2}}与纯碱混合高温熔融时反应生成rm{Na_{2}SiO_{3}}同时还生成rm{B}的最高价氧化物rm{E}则rm{E}为rm{CO_{2}}rm{B}为rm{C}反应为rm{Si{O}_{2}+N{a}_{2}C{O}_{3}overset{赂脽脦脗}{=}N{a}_{2}Si{O}_{3}+C{O}_{2}隆眉}将全部的rm{Si{O}_{2}+N{a}_{2}C{O}_{3}

overset{赂脽脦脗}{=}N{a}_{2}Si{O}_{3}+C{O}_{2}隆眉}与全部的rm{CO_{2}}在足量的水中混合后，生成了含rm{Na_{2}SiO_{3}}的化合物rm{A}为rm{F}反应方程式为rm{H_{2}SiO_{3}}故答案为：rm{Si{O}_{2}+N{a}_{2}C{O}_{3}overset{赂脽脦脗}{=}N{a}_{2}Si{O}_{3}+C{O}_{2}隆眉}rm{Na_{2}SiO_{3}+CO_{2}+H_{2}O=Na_{2}CO_{3}+H_{2}SiO_{3}隆媒}

rm{Si{O}_{2}+N{a}_{2}C{O}_{3}

overset{赂脽脦脗}{=}N{a}_{2}Si{O}_{3}+C{O}_{2}隆眉}普通玻璃坩埚、石英玻璃坩埚中的二氧化硅在高温下都能与碳酸钠反应，应在铁坩埚中熔融，故答案为：rm{Na_{2}SiO_{3}+CO_{2}+H_{2}O=Na_{2}CO_{3}+H_{2}SiO_{3}隆媒}

rm{垄脷}【解析】rm{(1)}Ⅳrm{A}最外层均有rm{4}个电子。

rm{(2)}氢氟酸rm{SiO_{2}+4HF篓TSiF_{4}隆眉+2H_{2}O}

rm{(3)垄脵Si{O}_{2}+N{a}_{2}C{O}_{3}overset{赂脽脦脗}{=}N{a}_{2}Si{O}_{3}+C{O}_{2}隆眉}rm{(3)垄脵Si{O}_{2}+N{a}_{2}C{O}_{3}

overset{赂脽脦脗}{=}N{a}_{2}Si{O}_{3}+C{O}_{2}隆眉}

rm{Na_{2}SiO_{3}+CO_{2}+H_{2}O=Na_{2}CO_{3}+H_{2}SiO_{3}隆媒}

rm{垄脷AB}三、判断题(共6题，共12分)18、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；19、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．20、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．21、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．22、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．23、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．四、元素或物质推断题(共1题，共4分)24、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色，B为二氧化氮；A为氮气，氮气和氧气生成一氧化氮C，一氧化氮和氧气生成二氧化氮D，二氧化氮和水生成硝酸E，硝酸和铜生成一氧化氮、硝酸铜；氮气和氢气生成氨气D，氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮；

【详解】

（1）A→D反应为氮气和氢气催化生成氨气，

（2）D→C为氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮和水，

（3）二氧化氮B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收生成硝酸，反应为则二氧化氮与的物质的量之比为4:1；该反应电子转移情况为若该反应转移个电子，则参加反应的二氧化氮的物质的量为1mol。【解析】(1)

(2)

(3)4:11五、结构与性质(共1题，共7分)25、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、工业流程题(共4题，共28分)26、略

【分析】【分析】

根据实验目的：实验室用酸性蚀刻液和碱性蚀刻液来制备CuCl；根据流程图可知，酸性蚀刻液和碱性蚀刻液混合产生Cu(OH)Cl的悬浊液经过滤，水洗，再加浓硫酸变成硫酸铜溶液，硫酸铜溶液再经蒸发浓缩；冷却结晶，可得硫酸铜晶体，由亚硫酸铵还原变成氯化亚铜沉淀，再经过滤洗涤干燥得氯化亚铜固体，以此来解析；

(1)

温度需要控制在80℃下进行；故采用水浴加热；

(2)

A．抽滤有助于加快过滤速度；正确；

B．固体可以和酸反应；不能用酸性溶液洗涤，错误；

C．放入滤纸后；要滴加蒸馏水使滤纸紧贴于漏斗，用玻璃棒引流，将固液混合物转移到滤纸上，打开水龙头抽滤，C错误；

D．洗涤过程洗涤剂应该慢流通过固体；D错误；

故选A。

(3)

根据溶解性曲线；宜采用冷却结晶的方法析出晶体，故采用蒸发浓缩；冷却结晶；

(4)

硫酸晶体与亚硫酸铵还原变成氯化亚铜沉淀，铜的化合价由+2价降低为-1价，而硫的化合价由+4价升高为+6价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守可得反应离子方程式为：2Cu2++SO+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；

(5)

根据反应CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+可知CuCl～Ce4+，可知样品的CuCl的质量分数为：×100%=79.6%。【解析】(1)热水浴。

(2)A

(3)蒸发浓缩；冷却结晶。

(4)

(5)79.6%27、略

【分析】【分析】

某酸性废液含有和等，在溶液中加入废氧化铁调节溶液PH=3.5，使铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣1，滤液中加入与发生反应生成铬离子，加碱沉淀铬离子形成氢氧化铬沉淀，过滤后的滤液中加入沉淀镍，过滤得