2025年粤教沪科版高一化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年粤教沪科版高一化学上册阶段测试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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列各类物质中，一定含有氢氧两种元素的是()A.氧化物B.酸式盐C.含氧酸D.没有合理选项2、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X2-、Z+都与Mg2+具有相同的核外电子层结构。则下列说法中正确的是A.Y元素位于第二周期第ⅦA族或0族B.X、Y、Z三种元素中非金属性最强的是X元素C.X、Y、Z三种元素形成的简单离子的半径都比Mg2+半径小D.Z分别与X、Y形成的化合物都是离子化合物3、对危险化学品要在包装标签上印上警示性标志，下列化学药品名称与警示标志名称对应正确的是rm{(}rm{)}A.酒精rm{-}剧毒品B.浓硫酸rm{-}腐蚀品C.汽油rm{-}腐蚀品D.烧碱rm{-}剧毒品4、下列关于化学键的说法正确的是rm{(}rm{)}A.含有金属元素的化合物一定是离子化合物B.第Ⅰrm{A}族和第Ⅶrm{A}族原子化合时，一定生成离子键C.由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物D.离子化合物中可能同时含有离子键和共价键5、下列除去杂质的实验方法正确的是rm{(}rm{)}A.除去rm{CO}中少量rm{O_{2}}通过灼热的rm{Cu}网后收集气体B.除去rm{K_{2}CO_{3}}固体中少量rm{NaHCO_{3}}置于坩埚中加热C.除去rm{FeSO_{4}}溶液中混有的rm{CuSO_{4}}加入适量rm{Zn}粉后过滤D.除去四氯化碳和水的混合物中的水，实验室可采用分液法6、鲁菜菜谱大全中记载：河虾不宜与西红柿同食。主要原因是河虾中含有rm{+5}价砷，西红柿中含有比较多的维生素rm{C}两者同食时会生成有毒的rm{+3}价砷。下列说法正确的是()A.在该反应中维生素rm{C}作催化剂B.由上述信息可推知维生素rm{C}具有还原性C.因为河虾中含有砷元素，所以不能食用D.上述反应中维生素rm{C}作氧化剂7、下列气体中，不会造成空气污染的是rm{(}rm{)}A.rm{N_{2}}B.rm{NH_{3}}C.rm{NO_{2}}D.rm{SO_{2}}8、一定温度下，某一密闭恒容的容器内存在可逆反应rm{A(g)+3B(s)}rm{2C(g)}可判断其达到化学平衡状态的是rm{(}rm{)}A.当生成rm{C}的速率为rm{0}时B.容器内混合气体的密度不随时间而变化C.单位时间内生成rm{nmolA}同时生成rm{3nmolB}D.rm{A}rm{B}rm{C}的分子数之比为rm{1:3:2}9、下列实验操作中错误的是rm{(}rm{)}A.使用分液漏斗分液时，可将漏斗颈上的玻璃塞打开B.过滤时应用玻璃棒搅拌，目的是为了加快过滤速度C.除去rm{N_{2}}中混有的rm{O_{2}}可使混合气体通过灼热的铜网D.粗盐提纯时，当蒸发到剩余少量液体时，停止加热，利用余热将液体蒸干评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、以石油、煤和天然气为主要原料生产的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.陶瓷B.塑料C.合成纤维D.合成橡胶11、温度为T1时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)(正反应放热)。实验测得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如下：。时间/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03

下列说法正确的是A.0~2s内，该反应的平均速率v(NO)=0.03mol·L-1·s-1B.其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，则达平衡时NO2体积分数减小C.其他条件不变，移走部分NO2，则平衡正向移动，平衡常数增大D.当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2＞T112、在恒温、恒容的条件下，有反应2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g），现从两条途径分别建立平衡。途径I：A、B的起始浓度为2mol·L-1；途径II：C、D的起始浓度分别为2mol·L-1和6mol·L-1；则以下叙述正确的是（）A.两途径最终到平衡时，体系内混合气的百分组成相同B.两途径最终达到平衡时，体系内混合气的百分组成不同C.达平衡时，途径I的反应速率υ（A）等于途径II的反应速率υ（A）D.达平衡时，途径I所得混合气的密度为途径II所得混合气密度的13、如图是电解CuCl2溶液的装置；其中c；d为石墨电极。则下列判断正确的是（）

A.a为负极、b为正极B.电解过程中，c电极上发生氧化反应C.d为阳极，电极反应为：2Cl－-2e-=Cl2↑D.电解过程中，电能转化为化学能14、容量瓶上含有下列量中的rm{(}rm{)}A.压强B.温度C.容积E.刻度线E.刻度线评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、（12分）．目前世界上60%的镁是从海水提取的。海水提镁的主要流程如下：请回答下列问题：（1）从离子反应的角度思考，写出在沉淀池的离子方程式____。（2）操作A是____，操作B是____。（3）加入的足量试剂a是____（填化学式）。（4）无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，该反应的化学方程式为。（5）有同学认为：可直接加热Mg(OH)2得到MgO，再电解熔融MgO制金属镁，这样可简化实验步骤，体现实验的简约性原则。你________（填“同意”或“不同意”）此观点。16、物质的量是它表示含有______的集合体，符号为______，单位______，对象是______及特定组合；阿伏加德罗常数（NA）的单位______．17、（1）已知25℃时，C2H5OH（l）的燃烧热为1366.8kJ/mol，用热化学方程式表示：______；

（2）列出可逆反应Br2+H2O⇌H++Br-+HBrO的平衡常数的表达式：______；

（3）用惰性电极电解MgBr2溶液的阴极反应方程式：______；

（4）硫酸为电解质溶液的甲烷燃料电池中，正极反应方程式：______；

（5）已知右图针筒内发生可逆反应：2NO2⇌N2O4；平衡后，在恒温条件下把针筒往里推（减小体积），试描述观察到的现象．

①若从侧面观察，则看到的现象为：______；

②若从正向观察，则看到的现象为：______．

（6）可逆反应3A（g）3B（？）+C（？）△H＞0，达到化学平衡后，升高温度．若B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量______；若B、C都不是气体，气体的平均相对分子质量______．（填“变大”、“变小”、“不变”或“无法确定”）18、分析下列各种变化或用途中指定物质所表现出的性质rm{垄脜}实验室将硝酸放在棕色试剂瓶中保存，是因为rm{HNO_{3}}________的性质；rm{垄脝}实验室利用rm{NaNO_{3}}固体与浓硫酸微热时反应制rm{HNO_{3}}反应体现浓硫酸的________性；rm{垄脟}在灯泡中充入rm{N_{2}}是利用了rm{N_{2}}________的性质；rm{垄脠}氢硫酸敞口放置，溶液会变浑浊，表现了rm{H_{2}S}的________性。19、氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程．下面是一个还原过程的反应式：

2NO3-+10H++8e-→N2O+5H2O

Fe2（SO4）3、KMnO4、Na2CO3、FeSO4四种物质中的一种物质能使上述还原过程发生．

（1）写出该氧化还原反应的离子方程式：____；

（2）该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为____；

（3）反应中硝酸体现了____、____性质；

（4）反应中若产生0.2mol气体，则转移电子的物质的量是____．20、（7分）J、L、M、R、T是原子序数依次增大的短周期主族元素，J、R在周期表中的相对位置如右表；J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等；M是地壳中含量最多的元素。（1）元素T在周期表中的位置是位于①_________。（2）J和氢组成的化合物A每个分子由4个原子组成且含有2个氢原子，其结构式为②________________，已知充分燃烧agA物质时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则A物质燃烧热的热化学方程式是③__________。（3）M和R形成的一种化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色，该反应的离子方程式为④______________。（4）在微电子工业中，L的最简单气态氢化物的水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为：⑤。（5）写出三种仅由上述五种元素中的一种或两种元素形成的漂白剂的化学式：⑥__________________。（6）其中L、M、R形成的氢化物沸点由高到低的顺序是⑦（用化学式表示）21、（8分）甲、乙、丙、丁是常见的非金属单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体。气体A和B以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液。请根据下图的转化关系回答：（1）按要求写出下列物质的化学式：A:B:E:F:（2）写出溶液C中加氯水的离子方程式：____（3）在催化剂和加热条件下，A可与丙反应，化学方程式为：22、用MnO2和浓盐酸制取纯净干燥的氯气，并让氯气与铜粉反应制取纯净的无水CuCl2；装置如图所示．

请回答下列问题：

（1）实验前检查链套装量的气密性的方法是______

（2）B中选用的试剂是饱和食盐水，其作用是______，C中选用的试剂是______，其作用是______．

（3）D中反应的化学方程式是______，将此生成物溶于少量水，得到______色溶液．23、浓硝酸往往由于溶解了______而呈黄色，去除黄色的方法是______．评卷人得分四、简答题(共4题，共24分)24、rm{(1)}在rm{25隆忙}条件下将rm{pH=11}的氨水稀释rm{100}倍后溶液的rm{pH}为rm{(}填序号rm{)}______．

A.rm{9}rm{B.13}rm{C.11隆芦13}之间rm{D.9隆芦11}之间。

rm{(2)25隆忙}时，向rm{0.1mol/L}的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液rm{pH}减小，主要原因是rm{(}填序号rm{)}______．

A.氨水与氯化铵发生化学反应。

B.氯化铵溶液水解显酸性，增加了rm{c(H^{+})}

C.氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，使rm{c(OH^{-})}减小。

rm{(3)}室温下，如果将rm{0.1mol}rm{NH_{4}Cl}和rm{0.05mol}rm{NaOH}全部溶于水，形成混合溶液rm{(}假设无损。

失rm{)}

rm{垄脵}______和______两种粒子的物质的量之和等于rm{0.1mol}．

rm{垄脷}______和______两种粒子的物质的量之和比rm{OH^{-}}多rm{0.05mol}．

rm{(4)}已知某溶液中只存在rm{OH^{-}}rm{H^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Cl^{-}}四种离子；某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：

A.rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}rm{B.c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})>c(H^{+})}

C.rm{c(Cl^{-})>c(H^{+})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})}rm{D.c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}

rm{垄脵}若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质的名称是______，上述离子浓度大小顺序关系中正确的是rm{(}选填序号rm{)}______．

rm{垄脷}若上述关系中rm{C}是正确的；则溶液中溶质的化学式是______．

rm{垄脹}若该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前rm{c(HCl)}______rm{c(NH_{3}?H_{2}O)(}填“rm{>}”、“rm{<}”、或“rm{=)}．25、已知反应：rm{垄脵Cl_{2}+2KBr篓T2KCl+Br_{2}}rm{垄脷2KMnO_{4}+16HCl(}浓rm{)篓T2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}rm{垄脹Br_{2}+K_{2}S篓T2KBr+S}rm{(1)}下列说法正确的是____．A.上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B.氧化性由强到弱顺序为rm{KMnO_{4}>Cl_{2}>Br_{2}>S}C.反应rm{垄脷}中还原剂与氧化剂的物质的量之比为rm{8}rm{1}D.反应rm{垄脹}中rm{lmol}还原剂被氧化则转移电子的物质的量为rm{2mol}rm{(2)}用双线桥法标出反应rm{垄脷}中电子转移的方向和数目．____rm{(3)}某同学欲用rm{KMnO_{4}}固体配制rm{100mL0.5mol.L^{-1}}的溶液rm{.}回答下列问题：rm{垄脵}配制rm{KMnO_{4}}溶液时需用的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、____、____．rm{垄脷}应用托盘天平称取rm{KMnO_{4}(158g/mol)}固体____rm{g.}rm{垄脹}不规范的实验操作会导致实验结果的误差rm{.}分析下列操作对实验结果的影响偏小的是rm{(}请填序号rm{)}____．A.加水定容时俯视刻度线B.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理C.颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上D.在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外．26、下面是四种盐在不同温度下的溶解度（g/100gH2O）

。温度]NaNO3KNO3NaClKCl10°C80.520.935.731.0100°C17524639.156（假设：（1）盐类共存时不影响各自的溶解度．（2）分离晶体时；溶剂的损耗忽略不计．）

某同学设计用物质的量比为1：1的硝酸钠和氯化钾为原料；加入一定量的水制取硝酸钾晶体的实验，其流程如图：

（1）在①和③的实验过程中，关键的实验条件是______．

（2）分离出晶体的②和④的操作是______（填“蒸发”、“结晶”、“过滤”中的某种操作）．硝酸钾晶体是______（填“A”或“C”）．

（3）粗产品中可能含有的杂质离子是______；检验的方法是______．

（4）欲将粗产品提纯，可采取的方法是______．27、现有含rm{NaCL}rm{Na_{2}SO_{4}}和rm{NaNO_{3}}的混合物，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而实现rm{CL^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}和rm{NO_{3}^{-}}的相互分离rm{.}相应的实验过程可用下图表示。

rm{(1)}写出实验流程中下列物质的化学式：试剂rm{X}______，沉淀rm{A}______，沉淀rm{B}______．

rm{(2)}上述实验流程中加入过量的rm{Na_{2}CO_{3}}的目的是______．

rm{(3)}按此实验方案得到的溶液rm{3}中肯定含有______rm{(}填化学式rm{)}杂质；为了解决这个问题，可以向溶液rm{3}中加入适量的______，之后若要获得固体rm{NaNO_{3}}需进行的实验操作是______rm{(}填操作名称rm{)}．评卷人得分五、工业流程题(共4题，共24分)28、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)29、一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等。

②部分阳离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表。

③CoCl2·6H2O熔点86℃；易溶于水；乙醚等；常温下稳定，加热至110~120℃时失去结晶水变成无水氯化钴。

(1)写出Co2O3与Na2SO3和盐酸反应的离子方程式______________________。

(2)加入NaClO3的目的是______________________；加入过量NaClO3可能生成有毒气体，该气体是___________(填化学式)

(3)为了除去Fe3+、Al3+，需加Na2CO3调pH，则pH应控制的范围为_____________________.

(4)加萃取剂的目的是___________；金属离子在萃取剂中的萃取率与pH的关系如图，据此分析pH的最佳范围为___________(填字母序号)。

A.2.0~2.5B.3.0~3.5C.4.0~4.5D.5.0~5.5

(5)CoCl2·6H2O常用减压烘干法烘干，原因是___________。30、Ni(OH)2作为合成镍钴锰三元电极材料的原料，工业上可用红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)制备；工艺流程如图所示。回答下列问题：

(1)“滤渣1”的成分为______(写化学式)。

(2)“除铁”中，加入NaClO的目的是_________________，为了证明加入NaClO已足量，可选择的试剂是__________(填字母标号)。

a.KSCN溶液、氯水b.K3[Fe(CN)6]溶液c.NaOH溶液。

(3)已知“滤渣2”的成分为黄钠铁矾，其化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6；则“除铁”

中“Na2CO3/△”条件下生成滤渣2的离子方程式为_______________。

(4)“除镁”中，若溶液pH过小，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________。

(5)“沉镍”的离子方程式为__________。

(6)以镍钴锰三元材料(可简写为Li1-nMO2)为一极电极材料的新型锂电池工作原理如图所示，放电时总反应为Li1-nMO2+LinC6LiMO2+6C，则充电时b极的电极反应式为____________________。

31、工业上制取CuCl2的生产流程如下：

请结合下表数据，回答问题：。物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3溶度积(25℃)8.0×10-162.2×10-204.0×10-38完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.43~4

(1)在溶液A中加入NaClO的目的是_________________。

(2)在溶液B中加入CuO主要涉及的离子反应方程式为________________。

(3)操作a为___________。

(4)在Cu(OH)2中加入盐酸使Cu(OH)2转化为CuCl2，采用稍过量盐酸和低温蒸干的目的是___。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】由两种因素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物，A不正确。酸式盐中不一定含有氧元素，例如NaHS，B不正确。含氧酸中一定同时含有氢氧两种因素，答案选C。【解析】【答案】C2、D【分析】试题分析：X2-、Z+都与Mg2+具有相同的核外电子层结构，说明离子的原子核外都有10个电子，则X为O元素，Z为Na元素，又X、Y、Z是原子序数依次增大，则Y应为F元素，则A、Y为主族元素，应为F，不可能为0族元素，故A错误；B、X为O元素，Y为F元素，F元素的非金属性最强，故B错误；C、X、Y、Z三种元素形成的简单离子与Mg2+具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则半径都比Mg2+半径大，故C错误；D、Na为活泼金属单质，O、F的非金属性较强，则形成的化合物为离子化合物，故D正确。故选D。考点：考查原子结构与元素周期律知识【解析】【答案】D3、B【分析】分析：rm{A.}酒精易燃；rm{B.}浓硫酸有强腐蚀性；rm{C.}汽油易燃；rm{D.}烧碱有强腐蚀性。

解答：rm{A.}酒精易燃；是易燃品，故A错误；

B.浓硫酸有强腐蚀性；是腐蚀品，故B正确；

C.汽油易燃是易燃品；故C错误；

D.烧碱有强腐蚀性；是腐蚀品，故D错误。

故选B．

本题考查危险化学品的分类，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握。【解析】rm{B}4、D【分析】解：rm{A}含有金属元素的化合物不一定是离子化合物；如氯化铝是共价化合物，故A错误；

B、第Ⅰrm{A}族和第Ⅶrm{A}族原子化合时，不一定生成离子键，可能生成共价键，如rm{H}元素和rm{F}元素能形成共价化合物rm{HF}故B错误；

C；由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物；如铵盐，故C错误；

D、离子化合物中可能同时含有离子键和共价键，如rm{NaOH}故D正确；

故选D．

A；含有金属元素的化合物不一定是离子化合物；

B、第Ⅰrm{A}族和第Ⅶrm{A}族原子化合时；不一定生成离子键；

C；由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物；

D；离子化合物中可能同时含有离子键和共价键．

本题考查了化合物和化学键的关系，明确物质的构成微粒及微粒间的作用力即可解答，注意不能根据是否含有金属元素判断离子键，为易错点．【解析】rm{D}5、D【分析】解：rm{A.Cu}与氧气反应，但rm{CO}还原rm{CuO}则不能利用灼热的rm{Cu}网除杂；故A错误；

B.rm{NaHCO_{3}}加热分解生成碳酸钠；引入新杂质，则加热法不能除杂，故B错误；

C.rm{Zn}与硫酸铜反应生成硫酸锌，引入新杂质，应选加足量rm{Fe}过滤；故C错误；

D.四氯化碳和水的混合物分层；选分液法可分离，故D正确；

故选D．

A.rm{Cu}与氧气反应，但rm{CO}还原rm{CuO}

B.rm{NaHCO_{3}}加热分解生成碳酸钠；

C.rm{Zn}与硫酸铜反应生成硫酸锌；

D.四氯化碳和水的混合物分层．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{D}6、B【分析】【分析】本题以生活中的信息来考查氧化还原反应，明确信息中砷元素的化合价变化是解答本题的关键，信息的获取和应用是解答本题的关键。【解答】A.由信息可知，反应中砷元素的化合价降低，则维生素rm{C}中某元素的化合价升高，则维生素rm{C}在反应中作还原剂；故A错误；

B.由信息可知，反应中砷元素的化合价降低，则维生素rm{C}中某元素的化合价升高，则维生素rm{C}在反应中作还原剂；故B正确；

C.河虾中含有五价砷；无毒，则能够食用，故C错误；

D.反应中砷元素的化合价降低，则维生素rm{C}中某元素的化合价升高，则维生素rm{C}在反应中作还原剂；故D错误。

故选B。【解析】rm{B}7、A【分析】解：rm{A.N_{2}}为空气的主要成分；无毒，不会造成空气污染，故A正确；

B.rm{NH_{3}}虽然无毒；但有刺激性气味，其溶于水溶液呈碱性，对人伤害较大，也会造成空气污染，故B错误；

C.rm{NO_{2}}有毒；排放在空气中，造成空气污染，故C错误；

D.rm{SO_{2}}有毒；排放在空气中，造成空气污染，故D错误；

故选：rm{A}

rm{NO_{2}}rm{SO_{2}}都有毒，排放在空气中，造成空气污染，rm{NH_{3}}虽然无毒，但有刺激性气味，其溶于水溶液呈碱性，对人伤害较大，也会造成空气污染，而rm{N_{2}}为空气的主要成分；不是污染物，以此来解答．

本题考查空气的污染性气体，题目难度不大，注意常见元素化合物的性质以及空气的污染等问题．【解析】rm{A}8、B【分析】【分析】本题主要考查化学平衡状态判断。根据达到平衡着状态，各组分的浓度不变，正逆反应速率相等进行判断。【解答】A.当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等但不等于rm{0}当生成rm{C}的速率为rm{0}时，反应未开始或反应停止，故A错误；当生成rm{0}的速率为rm{C}时，反应未开始或反应停止，故A错误；B.rm{0}是固体，当混合气体的密度不随时间而变化时，说明已达平衡，故B正确；C.同一方向反应，不能判定是否达平衡。无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内，生成恒容容器，rm{B}是固体，当混合气体的密度不随时间而变化时，说明已达平衡，故B正确；就同时生成rm{B}故C错误；D.达到平衡时，各物质的浓度不变，不等于rm{nmolA}，故D错误。故选B。rm{3nmolB}【解析】rm{B}9、B【分析】解：rm{A.}将漏斗上口的玻璃塞打开；使内外空气相通，保证液体顺利流出，故A正确；

B.过滤时不能搅拌；防止滤纸破损，故B错误；

C.铜可与氧气反应；可除去氧气，故C正确；

D.蒸发时注意温度不能过高而导致固体迸溅；当剩余少量液体时，停止加热，利用余热将液体蒸干，故D正确．

故选B．

A.使内外空气相通；保证液体顺利流出；

B.过滤时不能搅拌；

C.铜可与氧气反应；

D.蒸发时注意温度不能过高而导致固体迸溅．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的分离与提纯等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{B}二、多选题(共5题，共10分)10、BCD【分析】解：以煤；石油和天然气为主要原料可制造化工产品、合成塑料、合成橡胶、合成纤维等；

故选BCD．

三大合成材料是合成塑料；合成橡胶、合成纤维．

本题考查煤、石油和天然气的用途，难度不大，平时注意知识的积累．【解析】rm{BCD}11、AD【分析】【详解】

A．根据表格数据可知：在0~2s内，NO的物质的量由0.20mol变为0.08mol，△n(NO)=0.20mol-0.08mol=0.12mol，则该反应的平均速率v(NO)==0.03mol·L-1·s-1；A正确；

B．其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相当于增大体系的压强，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，所以达平衡时NO2体积分数增大；B错误；

C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故其他条件不变，移走部分NO2；化学平衡正向移动，但平衡常数不变，C错误；

D．k正、k逆为速率常数，只受温度影响，在温度为T1时，根据表格数据，容器容积是2L，结合物质反应关系可知平衡时各种物质的浓度c(NO)=0.03mol/L，c(O2)=0.015mol/L，c(NO2)=0.07mol/L，化学平衡常数K=＞0，说明k正＞k逆，若k正＝k逆，则K减小，化学平衡逆向移动，由于该反应的正反应为放热反应，则改变条件是升高温度，所以温度T2＞T1；D正确；

故合理选项是AD。12、AD【分析】【详解】

途径II中C、D的起始浓度分别为2mol·L-1和6mol·L-1；用“极限法一边倒”，途径II完全等效于恒温；恒容条件下起始加入4mol/LA和4mol/LB；途径II中A、B的起始物质的量浓度是途径I中A、B的起始物质的量浓度的2倍，该反应反应前后气体的体积不变，则途径II与途径I为恒温、恒容下的比例等效平衡；

A.途径II与途径I为恒温；恒容下的比例等效平衡；两途径最终到平衡时，体系内混合气的百分组成相同，A正确；

B.途径II与途径I为恒温；恒容下的比例等效平衡；两途径最终到平衡时，体系内混合气的百分组成相同，B错误；

C.途径II与途径I为恒温；恒容下的比例等效平衡；达到平衡时途径II中各物质的物质的量浓度是途径I的2倍，则达平衡时途径I的反应速率υ（A）小于途径II的反应速率υ（A），C错误；

D.途径II与途径I为恒温、恒容下的比例等效平衡，达到平衡时途径II中各物质的物质的量浓度是途径I的2倍，则达平衡时，途径I所得混合气的密度为途径II所得混合气密度的D正确；

答案选AD。13、BD【分析】【分析】

由图可知，电流从正极流向负极，则a为正极，b为负极；则c为阳极，d为阴极，铜离子在阴极得到电子，氯离子在阳极失去电子，结合电解池的基本工作原理解题。

【详解】

A.电流从正极流向负极，则a为正极，b为负极；故A错误；

B.电解过程中，c为阳极，还原剂失电子发生氧化反应，2Cl－-2e-=Cl2↑；故B正确；

C.d为阴极，铜离子在阴极得到电子，其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；故C错误；

D.电解过程中；电能转化为化学能，故D正确；

故选BD。

【点睛】

本题主要考查了学生对电解原理这个知识点的理解以及掌握情况，解答本题的关键是首先判断出电源正负极，然后分析电解池的阳极是否是惰性电极，最后确定电极反应。解答本题时需要注意的是，题目中给出的是电流方向，不是电子的运动方向。14、BCE【分析】解：容量瓶上标有唯一一条刻度线、容积、温度rm{(20隆忙)}没有标示压强和密度，选BCE．

容量瓶是精密的仪器；不能受热，不能用于溶解固体和稀释浓溶液，在瓶体上标有一条刻度线；容积和温度，据此分析．

本题考查了容量瓶的结构，难度不大，属于识记性知识的考查rm{.}应加强基础的掌握．【解析】rm{BCE}三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】（1）镁离子和OH－结合生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为Mg2++2OH－==Mg(OH)2↓。（2）氢氧化镁不溶于水，过滤即可。氯化镁易溶于水，要得到氯化镁晶体，需要加热浓缩（或蒸发结晶）。（3）氢氧化镁和盐酸反应才能生成氯化镁，即a是氯化氢。（4）镁是活泼的金属，需要通过电解法冶炼，方程式为MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑。（5）氧化镁的熔点太高，熔合要消耗大量的能量，所以此观点是错误的，不同意。【解析】【答案】Mg2++2OH－==Mg(OH)2↓过滤加热浓缩（或蒸发结晶）HClMgCl2（熔融）Mg+Cl2↑不同意16、略

【分析】解：物质的量是一个物理量，用于表示含有一定数目粒子集合体，符号为n，单位是mol，对象是微粒以及其特定组合，阿伏伽德罗常数的单位是mol-1；

故答案为：一定数目粒子；n；mol；微粒；mol-1．

物质的量是一个物理量，用于表示含有一定数目粒子集合体，物质的量的单位是mol，阿伏伽德罗常数的单位是mol-1；据此解答即可．

本题考查了物质的量的概念和单位，应注意的是阿伏伽德罗常数的单位是mol-1，难度不大．【解析】一定数目粒子；n；mol；微粒；mol-117、略

【分析】解：（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；乙醇的燃烧热为-1366.8kJ/mol，燃烧热的热化学方程式为：

C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.8kJ•mol-1；

故答案为：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.8kJ•mol-1；

（2）列出可逆反应Br2+H2O⇌H++Br-+HBrO的平衡常数的表达式

故答案为：

（3）用惰性电极电解MgBr2溶液阴极上是氢离子得到电子生成氢气，阴极电极反应2H++2e-=H2↑；

故答案为：2H++2e-=H2↑；

（4）酸性溶液中甲烷燃料电池中，氧气在正极得到电子生成水，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O；

故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；

（5）二氧化氮是红棕色气体，四氧化二氮为无色气体，2NO2⇌N2O4；反应是气体体积减小的反应，平衡后，在恒温条件下把针筒往里推（减小体积），增大压强平衡正向进行，侧面观察，气体颜色先因为气体体积减小变深，随平衡移动颜色变浅，但比原平衡颜色深，正面观察应是颜色不变随后变浅；

故答案为：先变深后变浅；颜色不变随后变浅；

（6）反应为吸热反应；升高温度平衡向正反应方向移动，结合物质的状态判断相对分子质量的变化；

若B是气体；C不是气体，气体的物质的量不变，但气体的质量减小，则相对分子质量减小；

若B；C都不是气体；气体只有A，则气体的平均相对分子质量不变；

故答案为：变小；不变；

（1）依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量计算分析；标注物质聚集状态和对应焓变写出热化学方程式；

（2）依据反应的离子方程式和平衡常数概念书写；注意纯液体不写入表达式；

（3）依据电解原理分析，用惰性电极电解MgBr2溶液阴极上是氢离子得到电子生成氢气；

（4）酸性溶液中甲烷燃料电池中甲烷失电子生成二氧化碳；氧气在正极得到电子生成水；

（5）2NO2⇌N2O4；反应是气体体积减小的反应，平衡后，在恒温条件下把针筒往里推（减小体积），增大压强平衡正向进行，二氧化氮是红棕色气体，四氧化二氮为无色气体；

（6）反应为吸热反应；升高温度平衡向正反应方向移动，结合物质的状态判断相对分子质量的变化；

本题考查化学平衡的移动，侧重于基础知识的考查，为高考高频考点，注意把握相关基础知识的积累，难度不大．【解析】C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.8kJ•mol-1；2H++2e-=H2↑；O2+4e-+4H+=2H2O；先变深后变浅；颜色不变随后变浅；变小；不变18、rm{(1)}不稳定性

rm{(2)}难挥发性

rm{(3)}不活泼性rm{(}或不易发生化学反应rm{)}

rm{(4)}还原性【分析】【分析】本题考查物质的性质。【解答】rm{(1)}硝酸不稳定，易分解生成红棕色二氧化氮气体，故实验室将硝酸放在棕色试剂瓶中保存，故答案为：不稳定性；rm{(2)NaNO_{3}}固体与浓硫酸微热时反应制rm{HNO_{3}}该反应为难挥发性酸制取挥发行酸，反应体现浓硫酸的难挥发性，故答案为：难挥发性；rm{(3)}氮气化学性质稳定，在灯泡中充入氮气，是利用了rm{N_{2}}不活泼的性质，故答案为：不活泼性rm{(}或不易发生化学反应rm{)}rm{(4)}氢硫酸敞口放置，与空气中的氧气反应生成rm{S}沉淀，溶液会变浑浊，表现了rm{H_{2}S}的还原性，故答案为：还原性。

【解析】rm{(1)}不稳定性rm{(2)}难挥发性rm{(3)}不活泼性rm{(}或不易发生化学反应rm{)}rm{(4)}还原性19、略

【分析】

（1）反应2NO3-+10H++8e-→N2O+5H2O体现了硝酸的氧化性，Fe2（SO4）3、KMnO4、Na2CO3、FeSO4四种物质中只有FeSO4具有氧化性，硝酸可以将FeSO4氧化，即8Fe2++2NO3-+10H+=8Fe3++N2O+5H2O，故答案为：8Fe2++2NO3-+10H+=8Fe3++N2O+5H2O；

（2）化合价降低元素是氮元素，所在反应物硝酸是氧化剂，化合价升高元素铁元素所在反应物FeSO4是还原剂；氧化剂和还原剂物质的量之比为1：4，故答案为：1：4；

（3）硝酸生成N2O；其中的氮元素化合价降低体现硝酸的氧化性，生成硝酸盐体现硝酸的酸性，故答案为：氧化性；酸性；

（4）根据离子方程式：8Fe2++2NO3-+10H+=8Fe3++N2O+5H2O，生成1mol的N2O转移的电子为8mol；若产生0.2mol气体，则转移电子的物质的量是1.6mol，故答案为：1.6．

【解析】【答案】（1）反应2NO3-+10H++8e-→N2O+5H2O体现了硝酸的氧化性；可以将还原性的离子氧化；

（2）化合价降低元素所在反应物是氧化剂；化合价升高元素所在反应物是还原剂；

（3）硝酸的氮元素化合价降低体现硝酸的氧化性；生成硝酸盐体现硝酸的酸性；

（4）根据化学方程式和转移的电子数来计算回答．

20、略

【分析】考查元素周期表的结构及其应用。地壳中含量最多的元素是氧，则M是氧。J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，则J是第ⅣA元素，根据J的物质可判断J是碳，则R是硫。由于原子序数依次增大，所以L是N，T是Cl。（2）含有2个氢原子的有机物是乙炔，结构式为CH≡CH。燃烧热是指在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，生成1mol二氧化碳气体，放出热量是bkJ，所以燃烧热多的热化学方程式为C2H2(g)＋5/2O2(g)＝2CO2(g)＋H2O(l)；ΔH＝－2bkJ/mol。（3）能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明该化合物具有还原性，因此是SO2，方程式为2MnO4ˉ+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。（4）氮的氢化物是氨气，具有还原性，被双氧水氧化生成氮气和水，方程式为2NH3+3H2O2=N2+6H2O。（5）常见漂白剂有O3、Cl2、SO2、ClO2等。（6）水和氨气中都存在氢键，但氧原子的非金属性强于氮原子的，所以形成的氢键要，常温下是液体，氨气是气体，所以沸点高低顺序为H2O>NH3>H2S。【解析】【答案】（1）第三正确第ⅦA族。（2）CH≡CH；C2H2(g)＋5/2O2(g)＝2CO2(g)＋H2O(l)；ΔH＝－2bkJ/mol（3）2MnO4ˉ+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+（4）2NH3+3H2O2=N2+6H2O_。（5）O3、Cl2、SO2、ClO2任写三个（6）H2O>NH3>H2S21、略

【分析】【解析】【答案】（8分）(1)NH3，SO2,AgCl,BaSO4(各1分)(2）SO32－＋Cl2＋H2O＝SO42－＋2Cl－＋2H＋（2分）(3）4NH3＋5O2====4NO＋6H2O（加热，催化剂）(2分)22、略

【分析】解：（1）该装置气密性检验方法：用酒精灯加热烧瓶；当烧杯中的导管口有气泡冒出时，停止加热，若导管口部形成一段水柱，表明整套装置不漏；

故答案为：用酒精灯加热烧瓶；当烧杯中的导管口有气泡冒出时，停止加热，若导管口部形成一段水柱，表明整套装置不漏；

（2）浓盐酸具有挥发性；所以混合气体中含有氯化氢；水蒸气；氯化氢极易溶于水，氯气的溶解度较小．所以可用盛有饱和食盐水（或水）除去混合气体中的氯化氢；浓硫酸具有吸水性，能够干燥氯气；

故答案为：除去A中产生的气体中含有的HCl气体；浓硫酸，除去Cl2中混有的水蒸汽；

（3）铜与氯气在加热条件下生成氯化铜，化学方程式：Cu+Cl2CuCl2；氯化铜溶于水得到蓝色氯化铜溶液；

故答案为：Cu+Cl2CuCl2；蓝．

（1）化学实验装置的气密性检验的原理是使装置内外的压强不相等；

（2）根据浓盐酸的性质及反应方程式确定混合气体的成分；根据氯化氢的性质判断饱和食盐水（或水）的作用；

（3）铜与氯气在加热条件下生成氯化铜；氯化铜溶于水得到蓝色氯化铜溶液．

本题考查了氯气的制备和性质的检验，明确氯气制备原理及各装置作用即可解答，题目难度不大．【解析】用酒精灯加热烧瓶，当烧杯中的导管口有气泡冒出时，停止加热，若导管口部形成一段水柱，表明整套装置不漏；除去A中产生的气体中含有的HCl气体；浓硫酸；除去Cl2中混有的水蒸汽；Cu+Cl2CuCl2；蓝23、略

【分析】解：浓硝酸具有不稳定性受热易分解生成二氧化氮和氧气、水，二氧化氮溶于硝酸，所以浓硝酸显黄色，通入空气发生反应：rm{4NO_{2}+O_{2}+2H2O=4HNO_{3}}所以可以除去二氧化氮，故答案为：二氧化氮；通入空气．

浓硝酸具有不稳定性受热易分解生成二氧化氮和氧气、水，二氧化氮溶于硝酸，所以浓硝酸显黄色，要除去这个黄色，就是要除去rm{NO_{2}}同时不能往溶液中引入杂质，尽量不减少rm{HNO_{3}}的量和作为浓rm{HNO_{3}}特有的性质．

本题考查了硝酸的性质，题目难度不大，明确硝酸、二氧化氮的性质是解题关键，注意除杂的原则，不能引人新的杂质．【解析】二氧化氮；通入空气四、简答题(共4题，共24分)24、D；C；NH3•H2O；NH4+；NH4+；H+；氯化铵；A；NH4Cl和HCl；＜【分析】解：rm{(1)}一水合氨为弱电解质，存在电离平衡，稀释后一水合氨的电离程度增大，溶液中氢氧根离子的物质的量增大，所以将rm{pH=11}的氨水稀释rm{100}倍后，稀释后的溶液中氢氧根离子浓度大于原来的rm{dfrac{1}{100}}溶液的rm{pH}应该rm{9-11}之间；

故答案为：rm{D}

rm{(2)}一水合氨是弱电解质，溶液中存在电离平衡，向溶液中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的rm{pH}减小；

A.氨水与氯化铵不发生化学反应；故A错误；

B.氯化铵溶液水解显酸性；但铵根离子浓度远远大于氢离子浓度，所以铵根离子抑制一水合氨电离为主，氢离子浓度减小，故B错误；

C.氯化铵溶于水，电离出大量铵根离子，抑制了氨水的电离，使rm{c(OH^{-})}减小；故C正确；

故选：rm{C}

rm{(3)垄脵}根据rm{N}原子守恒可知，溶液中rm{NH_{3}?H_{2}O}和rm{NH_{4}^{+}}两种粒子的物质的量之和等于rm{0.1mol}

故答案为：rm{NH_{3}?H_{2}O}rm{NH_{4}^{+}}

rm{垄脷}根据电荷守恒式rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})+c(Na^{+})=c(OH^{-})+c(Cl^{-})}则rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})-c(OH^{-})=c(Cl^{-})-c(Na^{+})=0.1mol-0.05mol}

故答案为：rm{NH_{4}^{+}}rm{H^{+}}

rm{(4)垄脵}水中含有氢离子和氢氧根离子，若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质是rm{NH_{4}Cl}氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，所以rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})}盐类水解较微弱，所以离子浓度大小顺序是rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}

故答案为：氯化铵；rm{A}

rm{垄脷}若上述关系中rm{c(Cl^{-})>c(H^{+})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})}是正确的，溶液呈酸性，则溶液中的溶质为氯化铵和rm{HCl}

故答案为：rm{NH_{4}Cl}和rm{HCl}

rm{垄脹}若该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，氯化铵溶液呈碱性，要使氨水和稀盐酸混合溶液呈中性，则氨水物质的量应该稍微大些，因为二者体积相等，所以rm{c(HCl)<c(NH_{3}?H_{2}O)}

故答案为：rm{<}．

rm{(1)}将rm{pH=11}的氨水稀释rm{100}倍后，稀释后的溶液中氢氧根离子浓度大于原来rm{dfrac{1}{100}}

rm{(2)}氨水是弱电解质；存在电离平衡，向溶液中加入相同的离子能抑制氨水电离，据此回答判断；

rm{(3)}若将rm{0.1molNH_{4}Cl}和rm{0.05molNaOH}全部溶于水形成混合溶液，溶液中存在rm{NH_{4}^{+}}和rm{NH_{3}?H_{2}O}结合物料守恒和电荷守恒解答；

rm{(4)垄脵}若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质是rm{NH_{4}Cl}氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒；

rm{垄脷}若上述关系中rm{c(Cl^{-})>c(H^{+})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})}是正确的，溶液呈酸性，则溶液中的溶质为氯化铵和rm{HCl}

rm{垄脹}若该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成；且恰好呈中性，氯化铵溶液呈碱性，要使氨水和稀盐酸混合溶液呈中性，则氨水物质的量应该稍微大些．

本题考查了rm{pH}的简单计算，注意明确弱电解质只能部分电离，在溶液中存在电离平衡，注意平衡移动原理的应用，弱电解质电离和盐类水解，侧重考查学生分析计算能力，把握溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意电荷守恒及物料守恒的正确灵活运用．【解析】rm{D}rm{C}rm{NH_{3}?H_{2}O}rm{NH_{4}^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{H^{+}}氯化铵；rm{A}rm{NH_{4}Cl}和rm{HCl}rm{<}25、（1）BD

（2）

（3）①100mL容量瓶；胶头滴管

②7.9

③CD

【分析】【分析】本题考查氧化还原反应、溶液的配制，把握反应中元素化合价变化以及误差分析的方法为解答的关键，侧重电子转移方向和数目、以及溶液配制操作的考查，题目难度不大。【解答】rm{(1)A.}第rm{垄脷}反应物没有单质，故不是置换反应，故A错误；反应物没有单质，故不是置换反应，故A错误；rm{垄脷}B.据同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可以知rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}rm{>Cl}rm{>Cl}rm{{,!}_{2}}故B正确；C.rm{>Br}中还原剂为rm{>Br}与氧化剂rm{{,!}_{2}}rm{>S}故B正确；故应当为rm{>S}故C错误；D.反应rm{垄脷}中还原剂为rm{HCl}与氧化剂rm{KMnO}中rm{垄脷}还原剂硫化钾被氧化则转移电子的物质的量为rm{HCl}故D正确；rm{KMnO}

rm{{,!}_{4}}反应中，化合价升高元素是氯元素，失电子，化合价降低元素是锰元素，得到电子，化合价升高数rm{5:1}化合价降低数反应rm{垄脹}中rm{lmol}还原剂硫化钾被氧化则转移电子的物质的量为rm{2mol}故D正确；转移电子数rm{垄脹}单线桥表，反应中电子转移的方向和数目为

rm{lmol}

rm{2mol}配制故选BD；溶液，需要配制rm{(2)}则还需要rm{=}容量瓶、用于定容的胶头滴管，故为：rm{=}容量瓶；胶头滴管；

rm{=10}

rm{(3)}根据rm{(5)垄脵}知，如果rm{90mL}偏小或rm{100mL}偏大都导致配制溶液浓度偏小；

A.加水定容时俯视刻度线；导致溶液体积偏小，配制溶液浓度偏大，故错误；

B.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理；溶液体积和溶质物质的量都不变，则配制溶液浓度不变，故错误；

C.颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上；导致溶液体积偏大，配制溶液浓度偏小，故正确；

D.在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外；溶质的物质的量偏小，配制溶液浓度偏小，故正确；

故选CD。

rm{100mL}【解析】rm{(1)BD}rm{(2)}rm{(3)}rm{垄脵}rm{垄脵}容量瓶；胶头滴管rm{100mL}rm{垄脷}rm{垄脷}rm{7.9}

rm{垄脹}26、略

【分析】解：（1）硝酸钠和氯化钾不同温度下溶解度不同；控制温度可使其析出，故答案为：控制温度；

（2）固体和液体分离用过滤；将硝酸钠和氯化钾加水溶解；蒸发浓缩，有氯化钠析出，A为氯化钠，过滤分离出氯化钠，将滤液冷却可使硝酸钾析出，C为硝酸钾，故答案为：过滤；C；

（3）产品中可能仍含少量的NaCl，即Na+、Cl-；Na+利用焰色反应；Cl-用AgNO3溶液和稀硝酸检验，故答案为：Na+、Cl-；Na+利用焰色反应；Cl-用AgNO3溶液和稀硝酸检验；

（4）进一步提纯的方法是重结晶；故答案为：重结晶．

（1）硝酸钠和氯化钾不同温度下溶解度不同；

（2）固体和液体分离用过滤；将硝酸钠和氯化钾加水溶解，蒸发浓缩，有氯化钠析出，过滤分离出氯化钠，将滤液冷却可使硝酸钾析出；

（3）产品中可能仍含少量的NaCl；Na+利用焰色反应；Cl-用AgNO3溶液和稀硝酸检验；

（4）可进行重结晶提纯．

本题考查物质分离、提纯的实验方案设计，把握流程中试剂的量及发生的化学反应为解答的关键，明确离子的性质及混合物的分离、提纯方法即可解答，题目难度中等．【解析】控制温度；过滤；C；Na+、Cl-；Na+利用焰色反应；Cl-用AgNO3溶液和稀硝酸检验；重结晶27、（1）BaCl2[或Ba（NO3）2]BaSO4）1或BaCl2[（Ba）NO32]AgCl​

BaSO4）除去过量的（2）除去过量的Ba2+、Ag+

（3）、2

（Ba2+）Ag+3Na2CO3【分析】【分析】本题考查物质的分离提纯操作，本题注意rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}的性质，把握除杂原则，提纯时不能引入新的杂质，注意把握实验的先后顺序。【解答】rm{(1)}如先加入rm{AgNO_{3}}则会同时生成rm{Ag_{2}SO_{4}}和rm{AgCl}沉淀，则应先加入过量的rm{BaCl_{2}[}或rm{Ba(NO_{3})_{2}]}生成rm{BaSO_{4}}沉淀，然后在滤液中加入过量的rm{AgNO_{3}}使rm{Cl^{-}}全部转化为rm{AgCl}沉淀，则试剂rm{X}为rm{BaCl_{2}[}或rm{Ba(NO_{3})_{2}]}沉淀rm{A}为rm{BaSO_{4}}沉淀rm{B}为rm{AgCl}

故答案为：rm{BaCl_{2}[}或rm{Ba(NO_{3})_{2}]}rm{BaSO_{4}}rm{AgCl}；

rm{(2)}加入过量的rm{BaCl_{2}[}或rm{Ba(NO_{3})_{2}]}然后在滤液中加入过量的rm{AgNO_{3}}使rm{Cl^{-}}全部转化为rm{AgCl}沉淀，在所得滤液中含有rm{Ag^{+}}rm{Ba^{2+}}在所得滤液中加入过量的rm{Na_{2}CO_{3}}使溶液中的rm{Ag^{+}}rm{Ba^{2+}}完全沉淀；

故答案为：除去过量的rm{Ba^{2+}}rm{Ag^{+}}

rm{(3)}反应rm{垄脷}为硝酸银与氯化钠的反应，方程式为rm{NaCl+AgNO_{3}=AgCl隆媒+NaNO_{3}}最后加入过量的rm{Na_{2}CO_{3}}，使溶液中的rm{Ag^{+}}、rm{Ba^{2+}}完全沉淀，过滤之后，滤液中除了含有硝酸钠以外，还有过量的碳酸钠溶液，加入稀rm{HNO_{3}}溶液，rm{Na_{2}CO_{3}}与稀rm{HNO_{3}}溶液反应生成二氧化碳气体和rm{NaNO_{3}}，蒸发结晶后可得到rm{NaNO_{3}}，，使溶液中的rm{Na_{2}CO_{3}}、rm{Na_{2}CO_{3}}完全沉淀，过滤之后，滤液中除了含有硝酸钠以外，还有过量的碳酸钠溶液，加入稀rm{Ag^{+}}溶液，rm{Ag^{+}}与稀rm{Ba^{2+}}溶液反应生成二氧化碳气体和rm{Ba^{2+}}，蒸发结晶后可得到rm{HNO_{3}}，rm{HNO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{HNO_{3}}rm{HNO_{3}}rm{NaNO_{3}}rm{NaNO_{3}}rm{NaNO_{3}}rm{NaNO_{3}}故答案为：rm{Na}rm{Na}【解析】rm{(}rm{1}rm{)}rm{BaCl_{2}[}或rm{Ba}rm{(}rm{NO_{3}}rm{)}rm{2}rm{]}rm{BaSO_{4;;;;}}rm{(}rm{1}rm{1}或rm{)}rm{BaCl_{2}[}rm{BaCl_{2}[}rm{Ba}rm{Ba}rm{(}rm{NO_{3}}rm{NO_{3}}

rm{)}rm{2}rm{2}除去过量的rm{]}、rm{]}

rm{BaSO_{4;;;;}}rm{BaSO_{4;;;;}}rm{AgCl}rm{(}rm{2}rm{)}除去过量的rm{Ba^{2+}}、rm{Ag^{+}}

rm{(}rm{3}rm{)}rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}五、工业流程题(共4题，共24分)28、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2.0×10-55.0×10-329、略

【分析】【分析】

含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，