2025年外研版高一化学上册月考试卷

…………○…………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年外研版高一化学上册月考试卷990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、下图分别表示四种操作，其中有两处错误的是()2、非金属元素rm{R}位于第三周期，其原子的最外层有rm{n}个电子，则以下叙述错误的是rm{(}rm{)}A.rm{R}原子的电子数为rm{10+n}B.rm{R}能形成rm{R^{n-}}离子C.rm{R}的最高氧化物为rm{R_{2}O_{n}}或rm{RO_{n/2}}D.rm{R}的气态氢化物的化学式是rm{H_{8-n}R}3、下列关于rm{N_{A}}的说法正确的是()A.rm{0.2mol}浓硫酸与足量的rm{Cu}充分反应产生的rm{SO_{2}}分子数为rm{0.1N_{A}}B.足量rm{Fe}与rm{1mol}氯气反应，转移的电子数为rm{3N_{A}}C.标准状况下，rm{22.4LSO_{3}}含有分子的数目为rm{N_{A}}个D.rm{1molNa_{2}O_{2}}所含离子总数为rm{3N_{A}}4、下列生成乙酸的方法中，最符合绿色化学思想的是（）A.乙酸乙酯水解：CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OHB.乙醛氧化：2CH3CHO+O22CH3COOHC.淀粉发酵：淀粉→葡萄糖→乙醇→乙酸D.丁烷氧化：2CH3CH2CH2CH3+5O24CH3COOH+2H2O5、“钴酞菁（分子直径1.3×10-9m）”分子结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似，我国科学家在世界上第一次为“钴酞菁”分子恢复了磁性．下列关于“钴酞菁”的说法正确的是（）A.在水中形成的分散系属于悬浊液B.分子直径比Na+小C.“钴酞菁”分子不能透过滤纸D.在水中形成的分散系具有丁达尔效应评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、有一包白色固体粉末；可能由硫酸钠；硝酸钾、硝酸铵、碳酸钙、氯化钡、硫酸铜中的一种或几种组成，做实验得以下结果：

（1）将此固体粉末加到水中；得到白色沉淀和上层无色清液；

（2）过滤后；在滤出的白色沉淀里加入稀硝酸，白色沉淀部分溶解并有无色气体生成，该气体能使澄清石灰水变浑浊；

（3）在滤液中；加入适量的氢氧化钠溶液并加热，生成有刺激性气味的无色气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．

由此实验推断：该粉末中一定含有____；

一定不含有____；可能含有____．（填化学式）7、三草酸合铁rm{(}Ⅲrm{)}酸钾晶体rm{(K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]?3H_{2}O)}有很重要的用途rm{.}可用如图流程来制备rm{.}根据题意完成下列各题：

rm{(1)}要从溶液中得到绿矾，必须进行的实验操作是______rm{.(}按前后顺序填rm{)}

rm{a.}过滤洗涤rm{b.}蒸发浓缩rm{c.}冷却结晶rm{d.}灼烧rm{e.}干燥。

某兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体rm{(K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]?3H_{2}O)}中铁元素含量；做了如下实验：

步骤rm{1}称量rm{5.000g}三草酸合铁酸钾晶体，配制成rm{250ml}溶液．

步骤rm{2}取所配溶液rm{25.00ml}于锥形瓶中，加稀rm{H_{2}SO_{4}}酸化，滴加rm{KMnO_{4}}溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同时，rm{MnO_{4}^{-}}被还原成rm{Mn^{2+}.}向反应后的溶液中加入一定量锌粉；加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍里酸性．

步骤rm{3}在酸性条件下，用rm{0.010mol/L}rm{KMnO_{4}}溶液滴定步骤二所得溶液至终点，共做三次实验，平均消耗rm{KMnO_{4}}溶液rm{20.00ml}滴定中rm{MnO_{4}^{-}}被还原成rm{Mn^{2+}}．

rm{(2)}步骤rm{1}中；配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯；玻璃棒以外还有______；

主要操作步骤依次是：称量；溶解、转移、______、定容、摇匀．

rm{(3)}步骤rm{2}中；加入锌粉的目的是______．

rm{(4)}步骤rm{3}中；发生反应的离子方程式为：______．

rm{(5)}步骤rm{2}中，若加入的rm{KMnO_{4}}的溶液的量不够，则测得的铁含量______rm{.(}选填“偏低”、“偏高”、“不变”rm{)}

rm{(6)}某同学将rm{8.74g}无水三草酸合铁酸钾rm{(K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}])}在一定条件下加热分解，所得固体的质量为rm{5.42g}同时得到密度为rm{1.647g/L(}已折合成标准状况下rm{)}气体rm{(}是物质的量之比为rm{4}rm{5}的混合气体rm{).}研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有rm{K_{2}CO_{3}.}写出该分解反应的化学方程式______．8、较活泼金属与硝酸反应，产物复杂。如一定浓度的硝酸与镁反应，可同时得到rm{NO}rm{NO_{2}}rm{N_{2}}三种气体。某同学欲用下列仪器组装装置来直接验证有rm{NO}rm{NO_{2}}生成并制取氮化镁。rm{(}假设实验中每步转化均是完全的rm{)}

已知：rm{垄脵NO_{2}}沸点是rm{21.1隆忙}熔点是rm{-11隆忙}rm{NO}的沸点是rm{-151隆忙}熔点是rm{-164隆忙}rm{垄脷}氮化镁遇水会发生水解生成氨气；rm{垄脹NO}可被强氧化剂氧化。回答下列问题：rm{(1)}为达到上述实验目的，所选用的仪器的正确连接方式是rm{(}_____rm{)(}填序号rm{)}rm{a.A隆煤F隆煤D隆煤C隆煤F隆煤B隆煤F隆煤Eb.A隆煤C隆煤D隆煤F隆煤B隆煤F隆煤E}rm{c.A隆煤F隆煤C隆煤D隆煤F隆煤B隆煤Ed.A隆煤F隆煤D隆煤C隆煤F隆煤B隆煤E}rm{a.A隆煤F隆煤D隆煤C隆煤F隆煤B隆煤F隆煤Eb.

A隆煤C隆煤D隆煤F隆煤B隆煤F隆煤E}确定还原产物中有rm{c.A隆煤F隆煤C隆煤D隆煤F隆煤B隆煤Ed.

A隆煤F隆煤D隆煤C隆煤F隆煤B隆煤E}的现象是______________________________，实验中多次使用装置rm{(2)}最后一次使用装置rm{NO_{2}}的作用是____________________________________。rm{F}实验前需先打开开关rm{F}向装置内通rm{(3)}气体，其目的是____________，当_______________时停止通入rm{K}rm{CO_{2}}实验过程中，发现在rm{CO_{2}}中产生预期现象的同时，rm{(4)}中溶液颜色慢慢褪去，试写出rm{D}中反应的离子方程式____________________________________________________。rm{C}在rm{C}中反应开始时，某同学马上点燃rm{(5)}处的酒精灯，实验结束后通过测定发现rm{A}处的产品纯度不高，原因是______________________________________rm{B}用化学方程式回答rm{B}rm{(}验证rm{)}处有氮化镁生成的方法是_______________。rm{(6)}9、能电离出H+的化合物叫做酸______．（判断对错）10、rm{(1)1.5molH_{2}SO_{4}}的质量是______，其中含有___rm{molH}rm{(2)9.03隆脕10^{23}}个氨分子含________rm{mol}氨分子。rm{(3)}从rm{1L1mol/LNaOH}溶液中取出rm{100mL}则这rm{100mLNaOH}溶液中含rm{NaOH}的质量为__________rm{g}评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)11、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．12、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）13、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）14、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）15、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）16、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）评卷人得分四、原理综合题(共3题，共9分)17、利用选择性催化还原技术(简称“SCR技术”)实现汽车尾气中NO、NO2的脱除技术是目前比较热门的研究方向。SCR技术常以NH3(以尿素为原料转化得到)为还原剂，在合适的温度范围内将NO、NO2等气体有选择性的还原为N2和H2O，当汽车尾气中NO与NO2的比例不同时；分别发生三种不同类型的SCR反应：

①标准SCR反应4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1632.4kJ/mol

②快速SCR反应2NO(g)+4NH3(g)+2NO2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1518.2kJ/mol

③慢速SCR反应8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g)ΔH=-2739.6kJ/mol

回答下列问题：

(1)由反应①和②可计算反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH=_______。

(2)三种SCR反应的正反应均能自发进行，原因是_______。当汽车尾气中＞1时，主要发生反应_______(填序号)

(3)其他条件相同时；在甲；乙两种催化剂作用下进行反应①，相同时间内，NO的转化率与温度的关系如图所示：

在催化剂甲作用下，M点时_______(填“可能”、“一定”或“没有”)达到反应的平衡状态，理由是_______。

(4)当氨气足量时，在催化剂丙的作用下完成反应③，测得在相同时间内NO2脱除率随反应温度变化的情况如图所示，请解释NO2脱除率随温度变化的原因(催化剂未失效)_______。

(5)利用汽车尾气中CO还原其中NO、的技术(简称“NSR”)，也是近些年研究热点，NSR技术的主要化学原理为：2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0。某实验小组向2L恒温恒容的密闭容器中，充入1molCO和1molNO混合气体，加入Pt、Al2O3等催化剂模拟NSR技术发生NO脱除反应，t1时达到平衡，测得反应过程中CO2的体积分数与时间的关系如图所示。

①比较大小：m处v正_______n处v逆(填“＞”；“＜”或“＝”)。

②该反应在该温度下化学平衡常数K值为_______。18、研究氮及其化合物对化工生产有重要意义。

（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ·mol－1

4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=－908kJ·mol－1

请写出氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式：___________。

（2）工业合成氨的原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92.4kJ·mol－1。下图甲表示在一定体积的密闭容器中反应时N2的物质的量浓度随时间的变化，图乙表示在其他条件不变的情况下，改变起始投料中H2与N2的物质的量之比（设为k）对该平衡的影响。

①已知图甲中0～t1min内，v(H2)=0.03mol·L-1·min-1，则t1=________min；若从t2min起仅改变一个反应条件，则所改变的条件可能是____________________________（填一种即可）。

②图乙中，b点时k=_________。

③已知某温度下该反应的平衡常数K=10，在该温度下向容器中同时加入下列浓度的混合气体：c(H2)=0.1mol/L，c(N2)=0.5mol/L，c(NH3)=0.1mol/L，则在平衡建立过程中NH3的浓度变化趋势是__________（填“逐渐增大”“逐渐减小”或“恒定不变”）。

（3）联氨（又称肼，N2H4，无色液体）为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。（已知：N2H4+H+N2H5+）

①N2H5+的电子式为_______。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为________。

②联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgCl的试管中加入联氨溶液，观察到的现象___________________________________________________________。

（4）尿素(CO(NH2)2)是目前使用量较大的一种化学氮肥；工业上利用下图所示装置(阴；阳极均为惰性电极)电解尿素的碱性溶液制取氢气。

①该装置中阳极的总电极反应式为_____________________________________________。

②若两极共收集到气体22.4L(标准状况)，则消耗的尿素为____________g(忽略气体的溶解)。19、如图所示：甲；乙为相互串联的两电解池。试回答：

（1）乙池中Fe极电极反应式为___________，若在乙池中滴入少量酚酞试液，开始电解一段时间，铁极附近呈_________色。

（2）甲池若为用电解原理精炼铜(假设粗铜的组成是均匀的，且比其活泼和不活泼的成分均存在)的装置，则A电极名称为_____极，电极反应式为____________，电解质溶液可以是______；通电一段时间后，A极增重12.8g，则甲池溶液原溶质的浓度______(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”)，乙池C(石墨)极放出气体在标准状况下的体积为________，若此时，乙池剩余溶液为25℃，体积为400mL，则溶液的pH＝_______。评卷人得分五、结构与性质(共1题，共4分)20、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、其他(共4题，共24分)21、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。22、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。23、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。24、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】试题分析：A、读数时不能仰视或俯视，一处错误，错误；B、稀释浓硫酸时不能在量筒中稀释，也不能把水加入浓硫酸中，两处错误，正确；C、称量氢氧化钠固体时，应用小烧杯称量，不能用纸片，一处错误，错误；D、溶解过程中应用玻璃棒搅拌，不能用手摇动，一处错误，错误，答案选B。考点：考查对操作正误的判断【解析】【答案】B2、B【分析】解：rm{A.}非金属元素rm{R}位于第三周期，其原子的最外层有rm{n}个电子，有rm{3}个电子层，各层电子数为rm{2}rm{8}rm{n}原子的电子数为rm{10+n}故A正确；

B.属于非金属，可以形成阴离子，带rm{(8-n)}的单位负电荷，可能形成rm{R^{(8-n)-}}离子；故B错误；

C.最高正化合价为rm{n}rm{n}为奇数时，氧化物化学式为rm{R_{2}O_{n}}rm{n}为偶数时，氧化物化学式为rm{ROdfrac{n}{2}}故C正确；

D.最低负化合价为rm{-(8-n)}氢化物化学式为rm{H_{8-n}R}故D正确；

故选B．

A.非金属元素rm{R}位于第三周期，其原子的最外层有rm{n}个电子，有rm{3}个电子层，各层电子数为rm{2}rm{8}rm{n}

B.属于非金属，可以形成阴离子，带rm{(8-n)}的单位负电荷；

C.最高正化合价为rm{n}讨论rm{n}的奇偶性书写氧化物化学式；

D.最低负化合价为rm{-(8-n)}进而书写氢化物化学式．

本题考查原子结构与元素性质，难度不大，rm{C}选项为易错点，学生容易忽略rm{n}的奇偶性问题．【解析】rm{B}3、D【分析】【分析】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算与判断，解题时应注意铜与浓硫酸反应条件，注意摩尔体积使用对象为气体，注意过氧化钠中阴离子为过氧根离子，题目难度不大。【解答】A.浓硫酸与铜反应，消耗rm{0.2mol}浓硫酸则生成rm{0.1mol}二氧化硫，而含rm{H_{2}SO_{4}0.2mol}的浓硫酸与足量的rm{Cu}反应，随着反应进行硫酸浓度降低，变为稀硫酸，不再与铜反应，所以生成的二氧化硫分子式小于rm{0.1N_{A}}故A错误；

B.足量rm{Fe}与rm{1}rm{mol}氯气反应，氯气完全反应生成rm{2mol}氯离子，转移的电子数为rm{2N_{A}}故B错误；

C.标况下；三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；

D.rm{1molNa_{2}O_{2}}所含rm{2mol}钠离子，rm{1mol}过氧根离子，离子总数为rm{3N_{A}}故D正确。

故选D。【解析】rm{D}4、B【分析】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．产物有两种；不符合“绿色化学”的思想，故A错误；

B．反应物中原子全部转化为产物；且产物只有一种，符合“绿色化学”的思想，故B正确；

C．葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳；产物有两种，不符合“绿色化学”的思想，故C错误；

D．产物有两种；不符合“绿色化学”的思想，故D错误；

故选：B。

根据“绿色化学”的特征：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进行判断。

本题考查绿色化学，难度不大。要抓住绿色化学的特征：原子利用率为100%，产物只有一种。【解析】B5、D【分析】解：A．钴酞菁”的分子（直径为1.3nm）；其大小在胶体粒子范围之内，属于胶体，故A错误；

B．“钴酞菁”分子（直径为1.3nm），Na+半径小于1nm；故B错误；

C．“钴酞菁”分子（直径为1.3nm）；能透过滤纸，不能透过半透膜，故C错误；

D．钴酞菁”的分子（直径为1.3nm）；在水中形成的分散系属于胶体，具有丁达尔现象等性质，故D正确．

故选D．

”钴酞菁”的分子（直径为1.3nm）；在水中形成的分散系属于胶体分散系，具有胶体的性质，具有丁达尔现象；能透过滤纸等性质．

本题考查了胶体分散系的本质特征和胶体的性质，难度不大，掌握胶体分散系的本质特征是解题的关键．【解析】【答案】D二、填空题(共5题，共10分)6、Na2SO4、NH4NO3、CaCO3、BaCl2CuSO4KNO3【分析】【解答】（1）将此固体粉末加到水中，得到白色沉淀和上层无色清液，由于硫酸铜溶液是蓝色的，故一定不含有CuSO4；得到的白色沉淀可能是CaCO3或BaSO4；

（2）过滤后，在滤出的白色沉淀里加入稀硝酸，白色沉淀部分溶解并有无色气体生成，该气体使澄清石灰水变浑浊，由于碳酸钙能与硝酸反应生成二氧化碳，故一定含有CaCO3；硫酸钡是不溶于稀硝酸的白色沉淀，故一定有BaSO4，所以原固体中含有Na2SO4和BaCl2；

（3）在滤液中，加入适量的氢氧化钠溶液并加热，生成有刺激性气味的无色气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成了氨气，铵态氮肥能与碱性物质反应产生氨气，故原固体中一定含有NH4NO3，不能确定是否含有KNO3；

故答案为：Na2SO4、NH4NO3、CaCO3、BaCl2；CuSO4；KNO3．

【分析】由题意知溶液无色．则推知不含CuSO4溶液，有白色沉淀产生，可以推知有本身不溶于水的CaCO3存在或能相互反应生成BaSO4的Na2SO4和BaCl2的存在，然后依据加入稀硝酸沉淀部分溶解，则可以推断两种沉淀均存在，又通过加入强碱产生有刺激性气味的其体可以推断含有NH4NO3，对于KNO3只能为可能含有，以此解答该题．7、bcae；250ml容量瓶；洗涤；将Fe3+全部还原成Fe2+；5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；偏高；2K3[Fe（C2O4）3]═3K2CO3+Fe+FeO+4CO+5CO2【分析】解：rm{(1)}将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，将析出的固体过滤、洗涤、干燥，即可得到绿矾，故答选：rm{bcae}

rm{(2)}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{250ml}容量瓶；洗涤；

rm{(3)}加入锌粉的目的是将rm{Fe^{3+}}全部还原成rm{Fe^{2+}}故答案为：将rm{Fe^{3+}}全部还原成rm{Fe^{2+}}

rm{(4)MnO_{4}^{-}}能氧化rm{Fe^{2+}}得到rm{Fe^{3+}}和rm{Mn^{2+}}在步骤rm{3}中发生的离子反应为：rm{5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}

故答案为：rm{5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}

rm{(5)}若在步骤rm{2}中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根未被氧化，在步骤rm{3}中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大；从而计算出的铁的量增多，含量偏高；

故答案为：偏高；

rm{(6)}气体密度为rm{1.647g/L}其摩尔质量为rm{1.647g/L隆脕22.4L/mol=36.9g/mol}所以气体为rm{CO}和rm{C0_{2}}两者的物质的量之比rm{dfrac{44-36.9}{36.9-28}=dfrac{4}{5}}固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有rm{dfrac{44-36.9}{36.9-28}=dfrac

{4}{5}}结合电子得失守恒，可推测铁元素只能以亚铁和铁单质的形式存在，故方程式为：rm{K_{2}CO_{3}}

故答案为：rm{2K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]篓T3K_{2}CO_{3}+Fe+FeO+4CO+5CO_{2}}．

绿矾溶解于稀硫酸后加入草酸得到草酸亚铁晶体，过滤得到沉淀加入rm{2K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]篓T3K_{2}CO_{3}+Fe+FeO+4CO+5CO_{2}}rm{K_{2}Cr_{2}O_{4}}rm{H_{2}O_{2}}反应后得到三草酸合铁rm{H_{2}C_{2}O_{4}}Ⅲrm{(}酸钾晶体rm{)}

rm{(K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]?3H_{2}O)}根据溶液来得到晶体来分析实验操作；将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩；然后冷却结晶，将析出的固体过滤、洗涤、干燥；

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)}根据锌粉能与rm{(3)}反应，加入锌粉的目的是将rm{Fe^{3+}}全部还原成rm{Fe^{3+}}

rm{Fe^{2+}}根据物质的性质和书写离子方程式的要求来分析；

rm{(4)}若在步骤rm{(5)}中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根未被氧化，在步骤rm{2}中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大；从而计算出的铁的量增多；

rm{3}根据气体的密度为求出其摩尔质量，然后根据摩尔质量和质量守恒来判断成分；依据信息：固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有rm{(6)}结合电子得失守恒，可推测铁元素只能以亚铁和铁单质的形式存在；最后写出方程式．

本题主要考查溶液的配制、滴定和结晶等操作，注意基础实验知识的积累，把握实验步骤、原理和注意事项等问题，掌握基础是关键，题目难度中等．rm{K_{2}CO_{3}}【解析】rm{bcae}rm{250ml}容量瓶；洗涤；将rm{Fe^{3+}}全部还原成rm{Fe^{2+}}rm{5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}偏高；rm{2K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]篓T3K_{2}CO_{3}+Fe+FeO+4CO+5CO_{2}}8、（1）a

（2）A中有红棕色气体生成防止E中水蒸气进入B中，造成产物不纯

（3）排除装置内空气，防止干扰实验E中产生白色沉淀

（4）5NO+3MnO4-+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O

（5）CO2+2Mg2MgO+C

（6）取B中固体少量于试管中，向其中加入少量水，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则B中有氮化镁生成【分析】【分析】本题考查反应产物的测定、对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，题目难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力。探究一定浓度的硝酸与【解答】反应产物：三颈烧瓶中为镁和硝酸反应，可能得到rm{Mg}rm{A}三种气体，若二氧化氮气体，rm{NO_{2}}中有红棕色气体产生，rm{NO}沸点为rm{N_{2}}经过rm{A}装置冰盐水冷却生成的气体，rm{NO_{2}}中出现有色液体，rm{21.1隆忙}中盛放rm{D}的酸性高锰酸钾，若出现高锰酸钾褪色，说明有rm{D}生成，氧化反应为：rm{C}经过装置rm{1%}进行气体干燥，然后进入装置rm{NO}进行镁和氮气的反应，再经过装置rm{5NO+4H^{+}+3MnO_{4}^{-}篓T3Mn^{2+}+5NO_{3}^{-}+2H_{2}O}防止水蒸气进入rm{F}导致氮化镁水解，最后用氢氧化钡吸收尾气；rm{B}rm{F}为达到上述实验目的，所选用的仪器的正确连接方式是：rm{B}rm{(1)}为达到上述实验目的，所选用的仪器的正确连接方式是根据实验装置中的药品及实验的目的确定所选用的仪器的正确连接方式，二氧化氮为红棕色气体，确定还原产物中有rm{(1)}的现象是rm{A隆煤D隆煤C隆煤F隆煤B隆煤F隆煤E}中有红棕色气体产生；故选rm{a}或rm{a}中出现有色液体rm{(2)}氮化镁易水解，rm{NO_{2}}使用rm{A}的目的是防止水蒸气进入rm{(}导致氮化镁水解；rm{D}装置在该实验中为吸收尾气装置，实验中先打开开关rm{)}通过导管向装置内通入最后一次气体以排出装置内的空气，当rm{F}中出现白色沉淀，说明二氧化碳已经充满整个装置；rm{B}中溶液颜色慢慢褪去，为rm{(3)E}和高锰酸根离子反应氧化还原反应，该反应中，反应中物质的化合价变化：rm{K}rm{CO_{2}}元素化合价由rm{E}价rm{(4)C}价，一个rm{NO}得rm{MnO_{4}^{-}隆煤Mn^{2+}}个电子；rm{Mn}rm{+7}由rm{隆煤+2}价变成rm{MnO_{4}^{-}}价，一个rm{5}分子失去rm{NO隆煤NO_{3}^{-}}个电子，所以其最小公倍数为rm{N}故rm{+2}的计量数为rm{+5}rm{NO}的计量数为rm{3}然后根据原子守恒配平其它元素，配平后的离子方程式为：rm{15}故答案为：rm{MnO_{4}^{-}}rm{3}镁条与二氧化碳发生置换反应，生成碳与氧化镁，反应为rm{NO}所以在rm{5}中开始反应时，马上点燃rm{5NO+4H^{+}+3MnO_{4}^{-}篓T3Mn^{2+}+5NO_{3}^{-}+2H_{2}O}处的酒精灯，实验结束后通过测试发现rm{5NO+4H^{+}+3MnO_{4}^{-}篓T3Mn^{2+}+5NO_{3}^{-}+2H_{2}O}处的产品纯度不高，原因是装置中充满rm{(5)}而加热时rm{2Mg+CO_{2}=2MgO+C}也能与rm{A}反应，故答案为：装置中充满rm{B}而加热时rm{B}也能与rm{CO_{2}}反应；rm{CO_{2}}镁与硝酸反应时若有氮气生成，则生成的氮气和镁反应生成氮化镁，氮化镁易水解生成氨气，所以取少量rm{Mg}中反应后的固体放入试管中，再向试管中滴加适量的水并将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口处，试纸变蓝，说明有氮气生成，故答案为：取少量rm{CO_{2}}中反应后的固体放入试管中，再向试管中滴加适量的水并将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口处，试纸变蓝。rm{CO_{2}}rm{Mg}【解析】rm{(1)a}rm{(1)a}中有红棕色气体生成防止rm{(2)A}中有红棕色气体生成防止rm{E}中水蒸气进入rm{B}中，造成产物不纯中水蒸气进入rm{(2)A}中，造成产物不纯rm{E}排除装置内空气，防止干扰实验rm{B}中产生白色沉淀rm{(3)}排除装置内空气，防止干扰实验rm{E}中产生白色沉淀rm{(3)}rm{E}rm{(4)5NO+3MnO}rm{(4)5NO+3MnO}rm{{,!}_{4}^{-}}rm{+4H}rm{+4H}rm{{,!}^{+}_{=}}rm{3Mn}rm{3Mn}rm{{,!}^{2+}}rm{+5NO}rm{+5NO}rm{{,!}_{3}^{-}}rm{+2H}取rm{+2H}中固体少量于试管中，向其中加入少量水，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则rm{{,!}_{2}}中有氮化镁生成rm{O}9、略

【分析】解：酸是在溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，但是能电离出H+的化合物不一定是酸，如NaHSO4属于盐；但是能电离出氢离子，所以说法错误．

故答案为：×．

酸是在溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；据此分析．

本题考查了酸的概念，侧重于对基础知识的考查，题目难度不大，注意把握酸的概念．【解析】×10、（1）147g3（2）1.5（3）4【分析】【分析】本题考查物质的量的计算知识，难度不大，掌握以物质的量的计算是解答的关键。【解答】rm{(1)}rm{1.5molH}rm{1.5molH}rm{{,!}_{2}}rm{SO}的质量是：rm{m=n隆脕M=1.5mol隆脕98{g}big/{mol}=147g}其中含有rm{SO}氢离子；rm{{,!}_{4}}的质量是：rm{m=n隆脕M=1.5mol隆脕98{g}big/{mol}=147g

}其中含有rm{3mol}氢离子；个氨分子含：rm{dfrac{9.03隆脕{10}^{23}}{6.02隆脕{10}^{23}mo{l}^{-1}}=1.5mol}氨分子；rm{m=n隆脕M=1.5mol隆脕98{g}big/{mol}=147g

}从rm{3mol}溶液中取出rm{(2)9.03隆脕10}则这rm{(2)9.03隆脕10}溶液的浓度不变，所以氢氧化钠的质量为：rm{0.1L隆脕1{mol}big/{L}隆脕40{g}big/{mol}=4g}rm{{,!}^{23}}【解析】rm{(1)147g}rm{3}rm{(2)1.5}rm{(3)4}三、判断题(共6题，共12分)11、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．12、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．13、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目14、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．15、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/mol16、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素四、原理综合题(共3题，共9分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1632.4kJ/mol

②2NO(g)+4NH3(g)+2NO2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1518.2kJ/mol

根据盖斯定律，将反应①-②，整理可得反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH=-114.2kJ/mol；

(2)三个反应都是放热反应，焓变减少，熵又是增加的反应，体系的自由能△G=ΔH-T△S＜0；所以反应能够自发进行；

当汽车尾气中＞1时，c(NO)＞c(NO2)；尾气主要以NO为主，则主要发生①反应；

(3)①催化剂只能加快反应速率；但不能使化学平衡发生移动，故在其它条件相同时，使用甲催化剂与乙催化剂反应达到平衡时NO的转化率相等。由图可知在催化剂甲作用下，M点NO的转化率小于相同温度下乙作催化剂时NO的转化率，因此M点时反应没有达到平衡状态；

(4)当氨气足量时，在催化剂丙的作用下完成反应③，测得在相同时间内NO2脱除率随反应温度变化的情况如图所示，由于此时催化剂未失效，根据图示可知：在180℃之前NO2脱除率随温度的升高而增大，这是由于在180℃反应未达到平衡，随着温度的升高，反应速率加快，有更多的NO2反应转化为N2，使NO2的脱除率增大；由于该反应的正反应是放热反应，在180℃反应达到平衡状态后，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致NO2的脱除率所温度的升高而减小；

(5)①n处二氧化碳的体积分数不再改变，说明n处已达平衡状态，在n处：v正=v逆；在反应达到平衡之前，正反应速率随着反应物浓度的减小而减小，逆反应速率随生成物浓度的增大而增大，因此m处v正＞n处v正，而n处v正=v逆，所以m处v正＞n处v逆；

②对于反应2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)，在反应开始时n(CO)=n(NO)=1mol，假设反应CO物质的量是xmol，则根据物质反应转化关系可知平衡时各种气体的物质的量分别是n(CO)=n(NO)=(1-x)mol，n(CO)=xmol，n(N2)=0.5xmol，由于平衡时CO2的体积分数是50%，则解得x=0.8mol，由于容器的容积是2L，则各种气体的平衡浓度分别是c(CO)=c(NO)==0.1mol/L，c(CO2)==0.4mol/L，c(N2)==0.2mol/L，则该温度下的化学平衡常数K=【解析】-114.2kJ/mol3个SCR反应都是焓减、熵增的反应，体系的自由能△G＜0①没有M点处NO的转化率小于相同温度下乙作催化剂时的NO的转化率在180℃反应达到平衡前，随着温度的升高，反应速率增大，有更多NO2发生反应转化为N2，导致NO2的转化率随温度的升高而增大；当反应达到平衡后，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，导致NO2的转化率随温度的升高而减小＞32018、略

【分析】【分析】

（1）由盖斯定律计算可得；

（2）①由速率之比等于化学计量数之比；然后根据速率的计算公式求出时间。根据影响化学平衡的因素来解答；

②当N2与H2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时；达到平衡时氨的体积分数最大；

③根据浓度商和化学平衡常数比较，判断化学平衡移动方向，进而判断平衡建立过程中NH3的浓度变化趋势；

（3）①N2H4是二元弱碱，其性质与氨气相似，第一步电离出1个氢氧根离子和N2H5+，则第二步中N2H5+电离出1个氢氧根离子和N2H62+；

【详解】

（1）令①：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ·mol－1，②：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=－908kJ·mol－1，氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的化学方程式为③：4NH3(g)+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(g)，③=②-5①，△H=（－908-5180）kJ·mol－1=－1808kJ·mol－1，则氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式4NH3(g)+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(g)ΔH＝－1808kJ·mol－1；

（2）①0～t1min内，v(H2)=0.03mol·L-1·min-1，v(N2)=0.01mol·L-1·min-1，则==0.01mol·L-1·min-1，解得t1=30min。从t2min起N2的浓度逐渐减小，则所改变的条件可能是降低温度（或增大H2浓度、减小NH3浓度）使得平衡正向移动引起的；

②当N2与H2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大，即图乙中，b点时k=3：1；

③c(H2)=0.1mol/L，c(N2)=0.5mol/L，c(NH3)=0.1mol/L，则Qc===20＞10，所以反应逆向进行，NH3的浓度逐渐减小；

（3）①N2H4是二元弱碱，其性质与氨气相似，第一步电离出1个氢氧根离子和N2H5+，则第二步中N2H5+电离出1个氢氧根离子和N2H62+。N2H5+的电子式为N2H4是二元弱碱，其性质与氨气相似，第一步电离出1个氢氧根离子和N2H5+，则第二步中N2H5+电离出1个氢氧根离子和N2H62+，则联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2；

②N2H4被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，-2价的N元素被氧化为N2，反应方程式为：N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr；因此反应出现现象为：固体逐渐变黑，并有气泡产生；

（4）①阳极化合价升高失去电子，发生氧化反应，CO(NH2)2被氧化为N2，在碱性条件下产生碳酸根离子，则该装置中阳极的总电极反应式为CO(NH2)2＋8OH－－6e－=N2↑＋CO32—＋6H2O；

②该电解池总反应式为：CO(NH2)2＋2OH－=N2↑＋CO32—＋3H2↑，若两极共收集到气体22.4L(标准状况)，即1mol气体，其中氮气和氢气的物质的量之比为1:3，故氮气有0.25mol，CO(NH2)2的物质的量也为0.25mol，则消耗的尿素为0.25mol15g。【解析】4NH3(g)+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(g)ΔH＝－1808kJ·mol－130降低温度（或增大H2浓度、减小NH3浓度）3:1逐渐减小N2H6(HSO4)2固体逐渐变黑，并有气泡产生CO(NH2)2＋8OH－－6e－=N2↑＋＋6H2O1519、略

【分析】【分析】

(1)根据装置图；乙池中和电源正极连接的C电极为阳极，Fe为阴极，溶液中的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大；

(2)依据电解精炼原理；粗铜做阳极，精铜做阴极，含铜离子的电解质溶液；依据电极反应结合电子守恒计算放出气体体积和离子浓度，从而计算溶液的pH。

【详解】

(1)根据装置图，乙池中和电源正极连接的C电极为阳极，Fe为阴极，溶液中的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，阴极的反应式为：2H++2e-═H2↑；溶液中氢氧根离子浓度增大，酚酞变红，故答案为：2H++2e-═H2↑；红；

(2)甲池若用电解原理精炼铜，粗铜做阳极，精铜做阴极，用含铜离子的电解质为电解质溶液；甲池中A为阴极，B为阳极；所以A电极材料为精铜，电极反应为：Cu2++2e-═Cu，B电极为粗铜，Cu-2e-═Cu2+，电解质溶液可以为硫酸铜溶液，通电一段时间后，甲池中阳极上粗铜中的铁、锌、镍等金属失电子，溶液中铜离子得到电子析出铜，所以溶液中原溶质的浓度减小；A极增重12.8g为铜，物质的量==0.2mol，转移电子物质的量为0.4mol；乙池中C电极为阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，阳极电极反应为2Cl--2e-═Cl2↑，阴极电极反应：2H++2e