2025年湘师大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年湘师大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6题，共12分)1、下列反应最能体现“原子经济”的是（）A.甲烷与氯气制备一氯甲烷B.乙烯聚合为聚乙烯高分子材料C.以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜D.用苯和浓硝酸反应制取硝基苯2、下列物质的变化，不能通过一步化学反应完成的是A.rm{N_{2}隆煤NH_{3}}B.rm{SiO_{2}隆煤Na_{2}SiO_{3}}C.rm{Na_{2}O_{2}隆煤Na_{2}CO_{3;;;;}}D.rm{SiO_{2}隆煤H_{2}SiO_{3}}3、rm{120隆忙}时，将rm{0.1mol}某气态烃在足量的氧气中完全燃烧；测得反应前后气体体积相等，则该气态烃可能。

rm{(}rm{)}A.乙烷B.乙烯C.丙烷D.苯4、从海水中提取镁，可按如下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳；②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物；③将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物；④将得到的产物熔融电解得到镁．下列说法不正确的是（）A.此法的优点之一是原料来源丰富B.①②③步骤的目的是从海水中获取MgCl2C.提取镁的过程涉及化合、分解、置换反应D.第④步电解时，还会产生副产品氯气5、硫酸在下列反应中，只起催化作用的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}乙酸和乙醇的酯化反应。

rm{垄脷}苯的硝化反应。

rm{垄脹}油脂的水解反应。

rm{垄脺}淀粉的水解反应．A.rm{垄脵垄脺}B.rm{垄脷垄脺}C.rm{垄脹垄脺}D.rm{垄脵垄脹}6、胶体分散系与其它分散系的本质区别是rm{(}rm{)}A.分散质粒子大小B.是否有丁达尔现象C.是否稳定D.分散质粒子是否带电评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、将O2、NO、NH3、HCl分别收集于等体积的四个容器中，用导管把四个容器连成整体，若使各种气体混合均匀（前后条件相同），混合前后容器内压强之比约为。（不考虑N2O4的存在）8、化石燃料之一的天然气；其主要成分是甲烷．请回答下列问题．

（1）甲烷的电子式是：____．

（2）甲烷与氯气在光照下反应的产物有____种，该反应的类型是____．

（3）甲烷的空间构型是____，可证明其构型的实验事实是：____9、在含有NO3-、SO42-、CO32-三种离子的溶液中，加入足量的硫酸，其中明显减少的阴离子有______，明显增加的阴离子有______；再加入足量的BaCl2溶液明显减少的阴离子有______，明显增加的阴离子有______；最后加入足量的AgNO3溶液，则溶液中剩下的阴离子为______．其中，向溶液中加入足量的硫酸时的离子方程式为：______．10、海洋资源的开发前景十分广泛如图是我们从海水中提取镁的流程图．

上述一系列转化过程中，未涉及的基本反应类型是______；其中电解氯化镁制备金属镁的化学方程式为______．11、写出下列反应的化学方程式（1）乙烯和溴的四氯化碳溶液的反应__________________________。（2）乙醇与红热的铜丝反应得到乙醛。（3）乙酸乙酯与氢氧化钠反应_________________________________________。12、硫酸或硝酸在下列用途或反应中各表现的性质是：A.强酸性rm{B.}易挥发性rm{C.}吸水性rm{D.}脱水性rm{E.}强氧化性rm{F.}不稳定性rm{(1)}胆矾中加入浓硫酸，久置变为白色粉末___；rm{(2)}用铝槽车装运浓硫酸或浓硝酸__________；rm{(3)}蔗糖中加入浓硫酸，形成“黑色发糕”______；rm{(4)}浓硝酸久置会变黄____________________；rm{(5)}浓硝酸与不活泼金属铜单质反应_____；rm{(6)98%}以上的浓硝酸俗称“发烟硝酸”________。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)13、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化14、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．15、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）16、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）17、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化18、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）19、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）20、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）评卷人得分四、工业流程题(共2题，共10分)21、锰及其化合物间的转化如图。

请回答下列问题：

（1）反应①发生的主要化学反应的方程式为：_____。

（2）粗KMnO4晶体中含有少量的K2CO3，为了得到纯的KMnO4晶体，操作Ⅲ的名称为_____。

（3）测定高锰酸钾样品纯度采用硫酸锰滴定：向高锰酸钾溶液中滴加硫酸锰溶液，产生黑色沉淀。当____；表明达到滴定终点。

（4）已知：常温下，Ksp[Mn(OH)2]=2.4×10-13。工业上，调节pH可以沉淀废水中Mn2+，当pH=10时，溶液中c（Mn2+）=_____。

（5）如图，用Fe、C作电极电解含MnO4-的碱性污水，使之转化为Mn(OH)2沉淀除去。A电极是____（填“Fe”或“C”），该电极的产物使碱性污水中MnO4-转化为沉淀除去的离子方程式为____。

22、氯化磷酸三钠具有良好的灭菌、消毒、漂白作用。湿法磷酸由硫酸分解磷矿石得到，其中含Fe3+、Al3+等杂质。以湿法磷酸为原料制取氯化磷酸三钠的工艺流程如下：

已知：a．温度高时；NaClO易分解。

b．常温下；磷酸的物种分布分数与pH的关系如下图所示：

回答下列问题：

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F时产生的有毒气体主要是________________(填化学式)。

(2)反应Ⅰ中磷酸转化为钠盐，其钠盐再与Fe3+、Al3+作用形成沉淀。

①反应Ⅰ中发生多个反应，其中磷酸转化为Na2HPO4的主要离子方程式为___________，常温下应控制pH约为_____________________________。

②常温下，HPO+Fe3+FePO4+H+的lgK为_________

(3)反应Ⅱ中不用Na2CO3溶液的原因是____________________________________________；

(4)反应Ⅲ的化学方程式为____________________________________________；

反应Ⅳ中两种溶液混合后需快速冷却，其目的是____________________________；

“母液”中的溶质有NaClO、_____________________(填2种)。评卷人得分五、结构与性质(共1题，共6分)23、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、实验题(共4题，共28分)24、某些资料认为rm{NO}rm{NO_{2}}不能与rm{Na_{2}O_{2}}反应rm{.}某小组学生提出质疑；他们从理论上分析过氧化钠和二氧化氮都有氧化性，根据化合价升降原则提出假设：

假设Ⅰrm{.}过氧化钠氧化二氧化氮。

假设Ⅱrm{.}二氧化氮氧化过氧化钠。

rm{(1)}小组甲同学设计实验如图rm{1}所示：

rm{垄脵}试管rm{A}中反应的化学方程式是______．

rm{垄脷}待试管rm{B}中收集满气体，向试管rm{B}中加入适量rm{Na_{2}O_{2}}粉末，塞紧塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将余烬木条迅速伸进试管内，看见木条复燃rm{.}甲同学认为假设Ⅱ正确；乙同学认为该装置不能达到实验目的，为达到实验目的，在rm{A}rm{B}之间增加一个装置；该装置的作用是______．

rm{垄脹}乙同学用改进后装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；余烬木条未复燃rm{.}得出结论：假设Ⅰ正确rm{.NO_{2}}和rm{Na_{2}O_{2}}反应的方程式是______．

rm{(2)}丙同学认为rm{NO}易与rm{O_{2}}发生反应，应更易被rm{Na_{2}O_{2}}氧化．

查阅资料：

rm{垄脵2NO+Na_{2}O_{2}篓T2NaNO_{2}}

rm{垄脷6NaNO_{2}+3H_{2}SO_{4}篓T3Na_{2}SO_{4}+2HNO_{3}+4NO隆眉+2H_{2}O}

rm{垄脹}酸性条件下，rm{NO}或rm{NO2-}都能与rm{MnO4-}反应生成rm{NO3-}和rm{Mn^{2+}}

丙同学用如图rm{2}所示装置rm{(}部分夹持装置略rm{)}探究rm{NO}与rm{Na_{2}O_{2}}的反应．

rm{垄脵}在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间rm{N_{2}}目的是______．

rm{垄脷}充分反应后，取rm{D}装置中产物少许；加入稀盐酸，若观察到______现象，则产物是亚硝酸钠．

rm{垄脹F}装置的作用是______，该装置中发生反应的离子方程式为______．25、（14分）某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按下图所示装置进行实验。请回答下列问题：（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是____________________，其中发生反应的化学方程式为_________________________________。（2）实验过程中，装置B中发生的现象是，说明SO2具有性；装置C中发生的现象是，说明SO2具有性；（3）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象：______________；（4）尾气可采用溶液吸收。26、Ⅰrm{.}控制变量法是化学实验的一种常用方法。下表是某学习小组研究等物质的量浓度的稀硫酸和锌反应的实验数据，分析以下数据，回答下列问题：rm{(1)}化学反应速率本质上是由________决定的，但外界条件也会影响反应速率的大小。本实验中实验rm{2}和实验rm{3}表明________对反应速率有影响，该因素对反应速率的具体影响是：其它条件相同时，________反应速率越快。rm{(2)}我们最好选取实验________rm{(}填rm{3}个实验序号rm{)}研究锌的形状对反应速率的影响。我们发现在其它条件相同时，反应物间的________反应速率越快。rm{(3)}若采用与实验rm{1}完全相同的条件，但向反应容器中滴加少量硫酸铜溶液，发现反应速率明显加快。原因是______________________________。rm{(4)}利用表中数据，可以求得：硫酸的物质的量浓度是________rm{mol/L}Ⅱrm{.}某温度时，在rm{5L}的容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。请通过计算回答下列问题：rm{(5)}反应开始至rm{2min}rm{Y}的平均反应速率________。rm{(6)}分析有关数据，写出rm{X}rm{Y}rm{Z}的反应方程式________________。27、如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置；请根据装置回答问题。

（1）从含碘的CC14溶液中提取碘和回收CC14；选择装置______。（填代表装置图的字母，下同）；①中放沸石的作用是______，仪器②的名称是______，其中冷凝水的流向是______。最后晶态碘在______里聚集。

（2）除去CO2气体中混有的少量HCl气体；选择装置______，该分离方法的名称为______。粗盐的提纯，选装置______。

（3）现用CC14从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液；其实验操作可分解为如下几步：

a．把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；

b．把50mL碘水和15mLCCl4加入分液漏斗中；并盖好玻璃塞；

c．检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；

d．倒转分液漏斗用力振荡；并不时______，最后关闭活塞，把分液漏斗放正；

e．旋开活塞；用烧杯接收溶液；

f．从分液漏斗上口倒出上层水溶液；

g．将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔；

h．静置；分层。

就此实验；完成下列填空：

①完成d步骤操作中所缺内容______。

②上述g步骤操作的目的______。

③上述h步骤中静置后下层液体的颜色为______。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【解答】解：原子利用率为100%；即反应物全部转化为最终产物，生成物只有一种．

A．甲烷与氯气制备一氯甲烷；产物有多种，不符合“原子经济”的思想，故A错误；

B．乙烯聚合为聚乙烯高分子材料；反应物中原子全部转化为产物，且产物只有一种，符合“原子经济”的思想，故B正确；

C．以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜；产物有三种，不符合“原子经济”的思想，故C错误；

D．用苯和浓硝酸反应制取硝基苯；产物有两种，不符合“原子经济”的思想，故D错误；

故选B．

【分析】“原子经济”：反应物中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，即生成物质只有一种．2、D【分析】本题考查无机物的相互转化。A.氮气与氢气反应生成氨气，能通过一步化学反应完成，rm{A}不符合题意；B.碳酸钠与二氧化硅高温下生成硅酸钠和二氧化碳，能通过一步化学反应完成，rm{B}不符合题意；C.过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，能通过一步化学反应完成，rm{C}不符合题意；D.二氧化硅不溶于水，不能生成硅酸，rm{D}符合题意。故选D。【解析】rm{D}3、B【分析】解：在rm{120隆忙}rm{1.01隆脕10^{5}Pa}条件下；生成的水为气态；

rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac{y}{4})O_{2}xrightarrow{{碌茫脠录}}xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O(g)}

所以rm{1+(x+dfrac{y}{4})=x+dfrac{y}{2}}

解得：rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac{y}{4})O_{2}

xrightarrow{{碌茫脠录}}xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O(g)}即分子式中氢原子数目为rm{1+(x+dfrac{y}{4})=x+dfrac

{y}{2}}满足条件的只有rm{y=4}

故选B．

反应前后气体的体积没有发生改变，则前后气体的化学计量数相等，根据烃在足量的氧气中充分燃烧的通式rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac{y}{4})O_{2}xrightarrow{{碌茫脠录}}xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O(g)}计算．

本题考查有机物分子式的确定，题目难度中等，注意掌握燃烧的通式在化学计算中的应用方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力．rm{4}【解析】rm{B}4、C【分析】解：A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子；所以从海水中提取镁，原料来源丰富，故A正确；

B．从海水中提取金属镁，最基本的方法是往海水里加石灰乳，得到Mg（OH）2沉淀，将沉淀分离后再加入盐酸变成MgCl2；之后经过滤、干燥、电解，即可得到金属镁，据此结合从海水中提取镁的步骤知：①②③步骤的目的是从海水中获取MgCl2；故B正确；

C．海水中的镁离子和氢氧化钙反应；为复分解反应，得到氢氧化镁的沉淀，制取盐酸为化合反应，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁，为复分解反应，氯化镁电解为分解反应，该过程中未涉及的反应为置换反应，故C错误；

D．第④步电解熔融氧化镁，产物为镁和氯气，MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；故D正确；

故选C．

A．根据海水中含有的离子分析；

B．根据①②③步骤的反应进行分析；

C．根据提取镁的过程涉及的反应分析；

D．镁为活泼金属；根据第④步反应物和生成物分析．

本题主要考查了从海水中提取镁，掌握相关的化学反应原理是解答的关键，题目较简单．【解析】【答案】C5、C【分析】解：rm{垄脵}乙酸和乙醇的酯化反应，硫酸作为催化剂和吸水剂，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脷}苯的硝化反应，硫酸作为催化剂和吸水剂，故rm{垄脷}错误；

rm{垄脹}油脂的水解反应，硫酸作为催化剂，故rm{垄脹}正确；

rm{垄脺}淀粉的水解反应，硫酸作为催化剂，故rm{垄脺}正确；

故选C．

rm{垄脵}除了催化作用；还起到吸水剂的作用，促使平衡向产生酯的方向移动；

rm{垄脷}除了催化作用；还起到吸水剂的作用，促使平衡向产生硝基苯的方向移动；

rm{垄脹}只起催化作用；

rm{垄脺}只起催化作用．

本题考查硫酸在有机反应中所起的作用，难度不大rm{.}要注意平时的积累．【解析】rm{C}6、A【分析】解：当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液rm{(}小于rm{1nm)}胶体rm{(1nm隆芦100nm)}浊液rm{(}大于rm{100nm)}

所以；溶液；胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小．

故选A．

当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液rm{(}小于rm{1nm)}胶体rm{(1nm隆芦100nm)}浊液rm{(}大于rm{100nm)}．

本题考查胶体的性质，题目难度不大，注意胶体的性质，特别是胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子直径在rm{1nm隆芦100nm}之间．【解析】rm{A}二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【解析】【答案】（2分）8:38、5取代反应正四面体构型二氯甲烷没有同分异构体【分析】【解答】（1）因碳原子的最外层有4个电子，氢原子最外层1个电子，一个碳原子形成4对共用电子对，一个氢原子形成一对共用电子对，所以电子式为：

故答案为：

（2）由于甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4；还有无机物：氯化氢，总计5种产物；

故答案为：5；取代反应；

（3）甲烷的中心原子是碳原子，碳原子上的价电子都形成了共价键，属于ABn型的结构，当n=4时，该分子是正四面体结构，所以甲烷是正四面体构型；若是正方形，二氯代物有两种异构体：两个氯原子在邻位和两个氯原子在对位；若是正四面体，则只有一种，因为正四面体的两个顶点总是相邻关系，由此，由CH2Cl2只代表一种物质；可以判断甲烷分子是空间正四面体结构，而不是平面正方形结构．

故答案为：正四面体构型；二氯甲烷没有同分异构体．

【分析】（1）甲烷是共价化合物；碳原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氢原子能形成一个共价键达到稳定结构，据此写出甲烷的电子式；

（2）甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4；还有无机物氯化氢，据此完成即可；

（3）根据价层电子对互斥理论判断甲烷的空间构型；若是正四面体，则只有一种结构，因为正四面体的两个顶点总是相邻关系．9、略

【分析】解：加入足量的硫酸，能与硫酸反应的为CO32-，生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，CO32-减少，SO42-增加，再加入足量的BaCl2溶液，可生成硫酸钡沉淀，SO42-减少，Cl-增加，最后加入足量的AgNO3溶液，可生成AgCl沉淀，最后溶液剩下NO3-；

故答案为：CO32-；SO42-；SO42-；Cl-；NO3-；CO32-+2H+=CO2↑+H2O．

加入足量的硫酸，能与硫酸反应的为CO32-，生成二氧化碳和水，再加入足量的BaCl2溶液，可生成硫酸钡沉淀，最后加入足量的AgNO3溶液；可生成AgCl沉淀，以此解答该题．

本题考查了常见的离子检验方法，为高频考点，题目难度中等，涉及的离子之间的反应较多，注意根据有关离子间的反应和现象分析，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．【解析】CO32-；SO42-；SO42-；Cl-；NO3-；CO32-+2H+=CO2↑+H2O10、略

【分析】解：四种反应类型特点：化合反应多变一；分解反应一变多，置换反应单换单，复分解反应：化合价不变，成分两交换；

生石灰与水反应生成氢氧化钙，反应的化学方程式为：CaO+H2O═Ca（OH）2；为化合反应；

氢氧化镁与盐酸反应Mg（OH）2+2HCl═MgCl2+2H2O为复分解反应；

氯化镁通电分解MgCl2Mg+Cl2↑；生成镁和氯气是分解反应；

上述一系列转化过程中；未涉及的基本反应类型是置换反应；

故答案为：置换反应；MgCl2Mg+Cl2↑；

四种反应类型特点：化合反应多变一；分解反应一变多，置换反应单换单，复分解反应：化合价不变，成分两交换；

根据反应物和生成物确定反应类型；根据质量守恒定律写成化学方程式，水与生石灰反应生成氢氧化钙是化合反应，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水是复分解反应，氯化镁通电分解成镁和氯气是分解反应．

本题考查了学生根据反应原理进行化学方程式类型的判断，掌握四大反应类型的特点是解答本题的关键，题目难度不大．【解析】置换反应；MgCl2Mg+Cl2↑11、略

【分析】试题分析：乙烯属于不饱和的烃，故可以与溴水发生加成反应。乙醇具有还原性，在催化剂铜的作用下可被氧化成乙醛。酯类在碱性条件下发生水解生成甘油和对应的钠盐考点：考查基本反应的相关知识点【解析】【答案】12、（1）C

（2）E

（3）DE

（4）F

（5）AE

（6）B【分析】【分析】本题考查浓硫酸、硝酸的性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意浓硫酸属于酸，具有酸性，还有吸水性、脱水性和强氧化性，注意吸水性和脱水性的区别，题目难度不大。【解答】rm{(1)}胆矾中加入浓硫酸，久置变为白色粉末，表现了浓硫酸的吸水性；故答案为：rm{C}rm{(2)}用铝槽车装运浓硫酸冷的浓硫酸或浓硝酸中放入铝片没有明显现象，金属产生钝化现象，在铝表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了进一步反应，可铝槽车装运浓硫酸或浓硝酸，体现了浓硫酸和浓硝酸的强氧化性；

故答案为：rm{E}rm{(3)}蔗糖是碳水化合物，浓硫酸能将蔗糖中的氢原子和氧原子按rm{2}rm{1}比例形成水脱去；浓硫酸把蔗糖变成黑色发糕的同时能闻到刺激性气味，说明浓硫酸能和碳反应生成刺激性气味的二氧化硫，说明浓硫酸具有强氧化性，则蔗糖中加入浓硫酸，形成“黑色发糕”，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性；

故答案为：rm{DE}rm{(4)}浓硝酸不稳定分解生成rm{NO_{2}}硝酸溶液中溶解了硝酸分解所产生的rm{NO_{2}}呈黄色；浓硝酸久置会变黄，体现了浓硝酸的不稳定性；

故答案为：rm{F}rm{(5)}浓硝酸与不活泼金属铜单质反应的方程式为rm{4HNO}rm{4HNO}rm{{,!}_{3}}浓rm{(}浓rm{)+Cu=Cu(NO}rm{(}rm{)+Cu=Cu(NO}rm{{,!}_{3})_{2}}rm{+2NO}rm{+2NO}rm{{,!}_{2}}在该反应中，硝酸中的氮元素化合价降低，硝酸是氧化剂体现氧化性，硝酸和金属反应生成硝酸盐体现酸性；

故答案为：rm{隆眉+2H}rm{隆眉+2H}rm{{,!}_{2}}以上的浓硝酸称为“发烟硝酸”；rm{O}在该反应中，硝酸中的氮元素化合价降低，硝酸是氧化剂体现氧化性，硝酸和金属反应生成硝酸盐体现酸性rm{O}【解析】rm{(1)}rm{C}rm{C}rm{(2)E}rm{(3)DE}rm{(4)F}rm{(5)AE}rm{(6)B}三、判断题(共8题，共16分)13、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；14、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；15、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．16、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/mol17、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；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】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．20、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．四、工业流程题(共2题，共10分)21、略

【分析】【分析】

将MnO2和KOH粉碎混合，目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，然后将混合物熔融并通入空气，根据流程图知，二者反应生成K2MnO4，根据元素守恒知还生成H2O，K2MnO4和CO2反应生成KMnO4、K2CO3、MnO2，KMnO4、K2CO3易溶于水而MnO2难溶于水，将KMnO4、K2CO3、MnO2溶于水然后过滤得到KMnO4、K2CO3混合溶液，再根据KMnO4、K2CO3溶解度差异采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4粗晶体，重结晶得到纯KMnO4晶体。

【详解】

(1)由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水，则反应化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；

(2)粗KMnO4晶体中含有少量的K2CO3，为了得到纯的KMnO4晶体；操作Ⅲ是粗晶体提纯，操作的名称为重结晶；

(3)测定高锰酸钾样品纯度采用硫酸锰滴定：向高锰酸钾溶液中滴加硫酸锰溶液；产生黑色沉淀，当高锰酸钾溶液由紫红色刚好褪色且半分钟不恢复，表明达到滴定终点；

(4)当pH=10时，c(OH-)=1×10-4mol/L，根据Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)•c2(OH-)，可知c(Mn2-)==2.4×10-5mol/L；

(5)用Fe、C作电极电解含MnO4-的污水，需要还原剂，电解池中铁做阳极失电子生成亚铁离子，亚铁离子还原高锰酸根离子生成锰离子，在碱溶液中生成氢氧化锰，反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+9OH-+4H2O=5Fe(OH)3↓+Mn(OH)2↓。

【点睛】

考查常见氧化剂与还原剂、氧化还原反应、化学计算和对工艺流程的理解、阅读题目获取信息的能力、电解池原理、溶度积常数计算等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力。【解析】①.2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O②.重结晶（或溶解、蒸发浓缩、冷却结晶）③.滴入最后一滴硫酸锰溶液，高锰酸钾溶液由紫红色刚好褪色且半分钟不恢复④.2.4×10-5mol/L⑤.Fe⑥.5Fe2++MnO4-+9OH-+4H2O=5Fe(OH)3↓+Mn(OH)2↓22、略

【分析】【分析】

首先利用硫酸分解磷矿石[Ca5(PO4)3F]得到湿法磷酸，其中含Fe3+、Al3+，加入碳酸钠溶液和磷酸反应，反应Ⅰ中磷酸转化为钠盐，其钠盐再与Fe3+、Al3+作用形成沉淀，过滤得到FePO4和AlPO4沉淀，滤液中主要含Na2HPO4；向滤液中加入NaOH溶液，得到Na3PO4；然后加入NaOH和足量氯气反应后的溶液(主要含NaCl和NaClO)，由于氯化磷酸三钠溶解度较小，所以会析出氯化磷酸三钠晶体，得到的母液主要含NaCl、NaClO、Na3PO4等。

【详解】

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F可以得到释放磷酸；该反应应为复分解反应，根据元素守恒，再结合HF为弱酸，可知产生的有毒气体主要是HF；

(2)①碳酸的酸性弱于磷酸，所以加入碳酸钠转化为Na2HPO4的主要离子方程式为据图可知pH约为10时，溶液中的P元素主要以的形成存在；

②常温下，HPO+Fe3+FePO4+H+的K==所以lgK=lgKa3-lgKsp[FePO4]，据图可知当c()=c(PO)时溶液pH=12.36，而Ka3=所以lgKa3=-12.36，所以lgK=-12.36-(-21.89)=9.53；

(3)据图可知当pH=14左右时磷元素主要以PO的形式存在，Na2CO3溶液的pH难以达到14，不能将Na2HPO4全部转化为Na3PO4，还会引入Na2CO3杂质；

(4)反应III为氯气和NaOH溶液的反应，生成氯化钠和次氯酸钠，方程式为NaClO受热易分解，冷却混合液可以减少次氯酸钠的分解；“母液”中的溶质有NaClO、NaCl、Na3PO4。

【点睛】

虽然强碱弱酸盐显碱性，可以用来调节溶液的pH值，但要注意水解盐的碱性较弱，当需要强碱性环境时还需要碱溶液进行调节。【解析】HF109.53Na2CO3溶液的pH难以达到14，不能将Na2HPO4全部转化为Na3PO4，还会引入Na2CO3杂质减少次氯酸钠分解NaCl、Na3PO4五、结构与性质(共1题，共6分)23、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、实验题(共4题，共28分)24、略

【分析】解：rm{(1)垄脵Cu}与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，其反应的化学方程式为：rm{Cu+4HNO_{3}(}浓rm{)=Cu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}

故答案为：rm{Cu+4HNO_{3}(}浓rm{)=Cu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{垄脷Cu}与浓硝酸反应生成二氧化氮中含有水蒸气，水蒸气能与过氧化钠反应生成氧气，所以要在rm{A}rm{B}之间增加一个装置干燥装置，除去生成rm{NO_{2}}气体中混有的水蒸气；

故答案为：除去生成rm{NO_{2}}气体中混有的水蒸气；

rm{垄脹}若过氧化钠氧化二氧化氮，则生成硝酸钠，其反应的化学方程式为：rm{Na_{2}O_{2}+2NO_{2}=2NaNO_{3}}

故答案为：rm{Na_{2}O_{2}+2NO_{2}=2NaNO_{3}}

rm{(2)垄脵}空气中的氧气能氧化rm{NO}实验时要排尽装置中的空气，所以在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间rm{N_{2}}目的是：将装置中的空气排出；

故答案为：将装置中的空气排出；

rm{垄脷}亚硝酸钠中加盐酸会生成rm{NO}rm{NO}遇到空气中的氧气会变为红棕色，则检验rm{D}装置中物质的方法为：取rm{D}装置中产物少许；加入稀盐酸，若产生无色气体，遇到空气变为红棕色，产物是亚硝酸钠，反之为硝酸钠；

故答案为：产生无色气体；遇到空气变为红棕色；

rm{垄脹}未反应的rm{NO}会污染环境，用高锰酸钾溶液吸收，将rm{NO}氧化成硝酸根离子，反应的离子方程式为rm{5NO+4H^{+}+3MnO_{4}^{-}篓T5NO_{3}^{-}+3}rm{Mn^{2+}+2H_{2}O}

故答案为：吸收未反应的rm{NO}rm{5NO+4H^{+}+3MnO_{4}^{-}篓T5NO_{3}^{-}+3}rm{Mn^{2+}+2H_{2}O.}

rm{(1)垄脵Cu}与浓硝酸反应生成二氧化氮；硝酸铜和水；

rm{垄脷Cu}与浓硝酸反应生成二氧化氮中含有水蒸气；

rm{垄脹}若过氧化钠氧化二氧化氮；则生成硝酸钠，依据氧化还原反应元素化合价变化配平书写发生反应的化学方程式；

rm{(2)垄脵}空气中的氧气能氧化rm{NO}实验时要排尽装置中的空气；

rm{垄脷}亚硝酸钠中加盐酸会生成rm{NO}rm{NO}遇到空气中的氧气会变为红棕色；

rm{垄脹}未反应的rm{NO}会污染环境，用高锰酸钾溶液吸收，将rm{NO}氧化成硝酸根离子．

本题考查了实验过程分析，物质性质的实验探究，明确物质性质和实验操作的目的和实验步骤分析是解题关键，题目难度中等．【解析】rm{Cu+4HNO_{3}(}浓rm{)=Cu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}除去生成rm{NO_{2}}气体中混有的水蒸气；rm{Na_{2}O_{2}+2NO_{2}=2NaNO_{3}}将装置中的空气排出；产生无色气体，遇到空气变为红棕色；吸收未反应的rm{NO}rm{5NO+4H^{+}+3MnO_{4}^{-}篓T5NO_{3}^{-}+3Mn^{2+}+2H_{2}O}25、略

【分析】试题分析：此题是一道实验题，制备SO2并验证其化学性质，比较综合。（1）盛放亚硫酸钠仪器为蒸馏烧瓶；发生化学方程式为Na2SO3+H2SO4（浓）＝Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）高锰酸钾与SO2发生氧化还原反应，现象是溶液由紫红色变为无色（或紫红色褪色）；SO2发生氧化反应，说明SO2具有还原性；C中Na2S与SO2发生氧化还原反应生成物为S,现象是无色溶液中出现黄色浑浊（或出现乳白色沉淀）；SO2发生还原反应，说明SO2具有氧化性；（3）品红与SO2后褪色，品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色即可证明SO2与品红作用的可逆性。（4）尾气用NaOH吸收，发生反应防止污染环境，SO+2NaOH=Na2SO3+H2O考点：制备SO2并验证其化学性质。【解析】【答案】（1）蒸馏烧瓶；Na2SO3+H2SO4（浓）＝Na2SO4+SO2↑+H2O（2）溶液由紫红色变为无色（或紫红色褪色）；还原；无色溶液中出现黄色浑浊（或出现乳白色沉淀）；氧化；（3）品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色（4）NaOH26、Ⅰ.（1）反应物本身的性质温度温度越高（2）1、2和4接触面积越大（3）锌会置换出少量的金属铜，在该条件下构成了原电池，加快了反应速率（4）2.0Ⅱ.（5）0.03mol/（L•min）（6）X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）【分析】【分析】本题考查了探究影响化学反应速率的因素、化学平衡的计算，题目难度中等，注意掌握温度、浓度、催化剂等对化学反应速率的影响，明确化学平衡及其计算方法，试题知识点较多、充分考查学生的分析、理