…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年華師大版高一化學下冊月考試卷533考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、可逆反應2NO2（g）2NO（g）＋O2（g）在體積固定的密閉容器中，達到平衡狀態的標志是（）①單位時間內生成nmolO2的同時生成2nmolNO2②單位時間內生成nmolO2的同時生成2nmolNO③用NO2、NO、O2表示的反應速率的比為2∶2∶1的狀態④混合氣體的顏色不再改變的狀態⑤混合氣體的密度不再改變的狀態⑥混合氣體的壓強不再改變的狀態⑦混合氣體的平均相對分子質量不再改變的狀態A.①④⑥⑦B.②③⑤⑦C.①③④⑤D.全部2、下列有關化學基本概念的判斷中正確的是（）①堿性氧化物一定是金屬氧化物。

②根據是否僅含一種元素分為純凈物與混合物。

③酸性氧化物一定是非金屬氧化物。

④硫酸；純堿、醋酸鈉和生石灰分別屬于酸、堿、鹽和氧化物。

⑤根據酸分子中含有的H原子個數將酸分為一元酸；二元酸、多元酸。

⑥MgO、Na2O2、CuO、Al2O3是金屬氧化物，也是堿性氧化物．A.①B.③⑤⑥C.②④⑤D.全部錯誤3、下列說法正確的是（）

①離子化合物一定含離子鍵；也可能含共價鍵。

②共價化合物一定含共價鍵；也可能含離子鍵。

③含金屬元素的化合物不一定是離子化合物。

④由非金屬元素組成的化合物一定是共價化合物。

⑤由分子組成的物質中一定存在共價鍵。

⑥離子化合物在熔融狀態下能導電．A.①③⑤B.②④⑥C.②③④D.①③⑥4、能把苯、四氯化碳、酒精、己烯四種物質區別開來的一種試劑是（）A.碳酸鈉B.石蕊試液C.水D.溴水5、我國最新報導的高超導體中，鉈rm{(Tl)}是其中之一，已知位于第六周期第Ⅲrm{A}族，關于鉈的說法，可能錯誤的是rm{(}rm{)}A.是銀白色金屬B.rm{Tl(OH)_{3}}有兩性C.與稀鹽酸反應生成鹽酸鹽D.鉈的金屬性強于鋁的金屬性6、下列實驗操作正確的是rm{(}rm{)}A.玻璃儀器外壁有水可以直接用酒精燈加熱B.把鼻孔湊近瓶口聞藥品的氣味C.酒精燈用完后，可用嘴吹滅D.實驗用剩的藥品一般不能隨意丟棄，也不放回原瓶，但實驗剩余的金屬鈉必須放回原瓶7、把一定量的鐵鋁合金平均分為兩份，分別與足量硫酸和氫氧化鈉溶液反應，結果放出rm{H_{2}}的物質的量之比是rm{3}rm{1}則合金中鐵與鋁的物質的量之比為rm{(}rm{)}A.rm{3}rm{1}B.rm{1}rm{3}C.rm{3}rm{2}D.rm{2}rm{3}8、“可燃冰”是天然氣與水相互作用形成的晶體物質，主要存在于凍土層和海底大陸架中rm{.}據測定每rm{0.1m^{3}}固體“可燃冰”能釋放出rm{20m^{3}}甲烷氣體，則下列說法中不正確的是rm{(}rm{)}A.“可燃冰”釋放的甲烷屬于烴B.“可燃冰”的分解與釋放，可能會誘發海底地質災害，加重溫室效應C.“可燃冰”將成為人類的后續能源D.“可燃冰”是水變的油9、在光照條件下，將2molCH4與足量的Cl2反應，得到等物質的量的四種取代物，則消耗Cl2物質的量為（）A.4molB.5molC.8molD.10mol評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)10、Ⅰ.有以下幾種物質：①食鹽晶體②乙醇③水銀④蔗糖⑤冰醋酸（純醋酸晶體）⑥KNO3溶液⑦熔融的氫氧化鈉⑧液態氯化氫填空回答（填序號）：（1）物質中構成的微粒只能在固定位置上振動的是；（2）以上物質可以導電是；（3）以上物質中屬于電解質的是；（4）以上物質中屬于非電解質是。Ⅱ.（1）O2、SO2、SO3三者質量之比為1∶2∶5，則它們的氧原子數之比為。（2）某金屬氯化物MCl240.5g中含有0.6molCl－，則MCl2的摩爾質量為，金屬M的相對原子質量為。（3）在VLFe2(SO4)3溶液中含有mgFe3+，則CFe3+為_______________；從中取出V/4L溶液，則SO42-物質的量濃度為_______________；再將這V/4L溶液溶液稀釋到4L，稀釋后溶液中溶質的物質的量濃度為___________________。11、（6分）現用質量分數為98%、密度為1.84g·cm－3的濃H2SO4來配制500mL、0.2mol·L－1的稀H2SO4。可供選擇的儀器有：①玻璃棒②燒瓶③燒杯④膠頭滴管⑤量筒⑥容量瓶⑦托盤天平⑧藥匙。請回答下列問題：（1）上述儀器中，在配制稀H2SO4時用不到的有_____________________(填代號)。（2）經計算，需濃H2SO4的體積為。（3）在配制過程中，其他操作都準確，下列操作中：能引起誤差偏高的有(填代號)。①洗滌量取濃H2SO4后的量筒，并將洗滌液轉移到容量瓶中；②未等稀釋后的H2SO4溶液冷卻至室溫就轉移到容量瓶中；③定容時，加蒸餾水超過標線，又用膠頭滴管吸出④轉移前，容量瓶中含有少量蒸餾水⑤定容搖勻后，發現液面低于標線，又用膠頭滴管加蒸餾水至標線⑥定容時，俯視標線12、如圖所示裝置，密閉容器內分別充入空氣和H2、O2的混合氣體在可移動的活塞兩邊，在標準狀況下若將H2、O2的混合氣體點燃引爆，活塞先左彈，恢復原溫度后，活塞右滑停留于容器的中央A處，則原來H2、O2的體積比最接近于____；此比例的H2和O2混合氣體的平均摩爾質量為____．13、請按要求寫出下列方程式。

①制取漂粉精的化學方程式______

②實驗室制備Cl2的化學方程式______

③實驗室制備Cl2的離子方程式______

④SO2氣體與氯水混合的離子方程式______

⑤SO2氣體通入H2S溶液中發生的化學方程式______

⑥NO2氣體通入水中發生的化學方程式______

⑦實驗室制備氨氣的化學方程式______

⑧Cu與稀硝酸反應的離子方程式______．14、rm{A}是某質的稀液，rm{D}是屬，rm{C}溶液在儲存時加入少量rm{D}其理由是rm{(}用必要的文字子程式示rm{)}______；rm{D}潮濕的空氣中發生氧蝕；寫出腐蝕時原電池正的極反式：______．

試答：

若rm{D}是有化性的單質，rm{A}元屬于主金屬素，則rm{A}為______rm{(}填元素符rm{)}．

若rm{A}rm{B}rm{C}為同一種金屬元機化合物，在溶液中rm{A}和rm{C}反應生rm{.}請寫出rm{B}轉化為rm{C}的所的方程式：______、______．15、在標準狀況下，由rm{CO}和rm{CO_{2}}組成的混合氣體為rm{6.72L}質量為rm{12g}混合物中rm{CO}和rm{CO_{2}}物質的量之比是______，密度是______rm{g/L(}保留兩位小數rm{)}．16、CO2的摩爾質量是____；2molCO2的質量是；它在標準狀況下所占的體積約為，所含的分子數目約為；所含氧原子的數目約為。17、用rm{50mL0.50mol/L}鹽酸與rm{50mL0.55mol/LNaOH}溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應rm{.}通過測定反應過程中所放出的熱量可計算中和熱rm{.}回答下列問題：

rm{(1)}從實驗裝置上看；圖中尚缺少的一種玻璃用品是______．

rm{(2)}燒杯間填滿碎紙條的作用是______．

rm{(3)}大燒杯上如不蓋硬紙板，求得的中和熱數值______rm{.(}填“偏大、偏小、無影響”rm{)}

rm{(4)}如果用rm{60mL0.50mol/L}鹽酸與rm{50mL0.55mol/LNaOH}溶液進行反應，與上述實驗相比，所放出的熱量______rm{(}填“相等、不相等”rm{)}所求中和熱______rm{(}填“相等、不相等”rm{)}．

簡述理由______．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)18、24g鎂原子的最外層電子數為NA（判斷對錯）19、某有機物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機物一定含有C、H、O三種元素．（判斷對錯）20、蛋白質的鹽析過程是一個可逆過程，據此可以分離和提純蛋白質．21、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．22、24g鎂原子的最外層電子數為NA（判斷對錯）23、向蛋白質溶液中滴加Na2SO4溶液產生沉淀屬于化學變化．（判斷對錯）24、將藍色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對錯）25、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）評卷人得分四、工業流程題(共3題，共18分)26、用鋁箔制備Al2O3、AlCl3·6H2O及明礬(摩爾質量為474g/mol)晶體；相關流程如下：

已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明礬在水中的溶解度如下表。溫度/℃010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109

(1)步驟II中發生的離子方程式___________；

(2)選出步驟Ⅳ過程中合理的操作并排序___________。

a．迅速降至室溫b．用玻璃棒摩擦器壁c．配制90℃的明礬飽和溶液。

d．自然冷卻至室溫e．選規則明礬小晶體并懸掛在溶液中央。

f．配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液。

(3)下列關于固液分離操作或描述正確的是___________。

A．步驟II通過量CO2后進行固液分離時為加快過濾速度可采用抽濾B．如圖中抽濾裝置有2處錯誤C．抽濾完畢時，應先關閉水龍頭，再斷開吸濾瓶和安全瓶之間的導管，以防止倒吸D．步驟Ⅴ，抽濾時，需用玻璃纖維替代濾紙(4)由溶液A制備AlCl3·6H2O的裝置如圖所示：

①通入HCl的作用有___________。

②步驟Ⅴ洗滌時，請使用合適的洗滌劑并描述具體的洗滌操作___________。

(5)用電子天平稱取3.000g的明礬粗產品，用水溶解后取相同體積的兩份溶液。第一份用BaCl2溶液滴定法測得n(SO)為0.006300mol；第二份用EDTA滴定法測得n(Al3+)為0.002900mol。則該試樣中明礬的純度為___________。27、工業上制取CuCl2的生產流程如下：

請結合下表數據，回答問題：。物質Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3溶度積(25℃)8.0×10-162.2×10-204.0×10-38完全沉淀時的pH范圍≥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主要涉及的離子反應方程式為________________。

(3)操作a為___________。

(4)在Cu(OH)2中加入鹽酸使Cu(OH)2轉化為CuCl2，采用稍過量鹽酸和低溫蒸干的目的是___。28、下列為某學生在實驗室中制備高錳酸鉀晶體的流程圖。

根據上圖回答下列問題：

（1）操作①和②均需在坩堝中進行，根據實驗實際應選擇坩堝為_____(填字母)；

a.石英坩堝b.氧化鋁坩堝c.鐵坩堝。

（2）已知：3MnO42-+2H2O?2MnO4-+MnO2+4OH-。操作④中通CO2調pH=10~11，其目的是_____；

（3）得到墨綠色溶液后，也可用如圖所示方法制備KMnO4；電極均為鉑電極。

①A極上的電極反應式為_____；

②這種方法與上面的方法相比，其優點是_____；

（4）實驗室中，可用0.10mol/L，草酸作標準溶液，利用下述反應，測定所得KMnO4晶體的純度。5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O

取agKMnO4晶體樣品配制成100mL溶液。每次取20.00mL于錐形瓶中進行滴定實驗兩次。兩次實驗所用草酸標準溶液的體積分別為22.15mL和22.17mL，由此求得KMnO4晶體的純度為_______。評卷人得分五、結構與性質(共1題，共9分)29、某探究小組用HNO3與大理石反應過程中質量減小的方法，研究影響反應速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細顆粒與粗顆粒兩種規格，實驗溫度為298K、308K，每次實驗HNO3的用量為25.0mL；大理石用量為10.00g。

（1）請完成以下實驗設計表，并在實驗目的一欄中填出對應的實驗編號：。實驗編號T/K大理石規格HNO3濃度/mol·L-1實驗目的①298粗顆粒2.00（Ⅰ）實驗①和②探究HNO3濃度對該反應速率的影響；

（Ⅱ）實驗①和③探究溫度對該反應速率的影響；

（Ⅲ）實驗①和④探究大理石規格（粗、細）對該反應速率的影響；②_______________③_______________④_______________

（2）實驗裝置如圖1所示，如何檢驗該裝置的氣密性________________________________

（3）實驗①中CO2質量隨時間變化的關系見下圖2：依據反應方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計算實驗①在70-90s范圍內HNO3的平均反應速率________________________

（4）請在答題卡的框圖中，畫出實驗②、③和④中CO2質量隨時間變化關系的預期結果示意圖。_______評卷人得分六、推斷題(共4題，共36分)30、A、rm{B}rm{C}是單質，其中rm{A}是金屬；各種物質間的轉化關系如圖：

根據圖示轉化關系回答：

rm{(1)}寫出下列物質的化學式rm{.}rm{A}______；乙______．

rm{(2)}寫出下列變化的化學方程式．

rm{壟脵A}與rm{NaOH}溶液反應的化學方程式______．

rm{壟脷}甲與rm{NaOH}溶液反應的化學方程式______．

rm{壟脹}乙通入過量rm{CO_{2}}反應的離子方程式______．

rm{(3)}將一定量的rm{A}加入到rm{NaOH}溶液中，產生的rm{C}在標準狀況下的體積為rm{3.36}rm{L}則消耗的rm{A}的物質的量為______，轉移電子的物質的量為______．31、A、B、C、D、E代表單質或化合物，它們之間的相互轉換關系如下圖所示。A為地殼含量僅次于氧的非金屬元素的單質，其晶體結構與金剛石相似。請填空：（1）形成單質A的原子的結構示意圖為____，它的最高化合價為____。（2）B的化學式（分子式）為____。B和碳反應生成A和E的化學方程式是____。（3）C的化學式（分子式）為____，D晶體中化學鍵類型有____。（4）設計實驗比較碳和A的非金屬性強弱（用離子方程式表示）____。32、A；B、C、D、E都是短周期元素；原子序數依次增大，A、B處于同一周期，C、D、E同處另一周期．C、B可按原子個數比2：l和1：1分別形成兩種離子化合物甲和乙．A原子的最外層電子數比次外層電子層多3個，C是短周期元素原子半徑最大的元素，E是地殼中含量最高的金屬元素．

根據以上信息回答下列問題：

（1）D元素在周期表中的位置是______；

（2）A單質的結構式______；

（3）乙物質中含有的化學鍵類型為______；

（4）A、B、C、D、E五種元素的原子半徑由小到大的順序是（用元素符號填寫）______．

（5）E的單質加入到C的最高價氧化物對應的水化物的溶液中，發生反應的離子方程式是______．33、已知有機物A；B、C、D、E、F有以下轉化關系．A的產量是衡量一個國家石油化工生產水平的標志；D能使石蕊試液變紅；E是不溶于水且具有香味的無色液體；相對分子質量是C的2倍；F是高分子聚合物，常用于制食品包裝袋．結合如圖關系回答問題：

（1）按要求回答下列問題：

①寫出A、C的結構簡式：A______、C______；

②寫出B、D中官能團的名稱：B______、D______；

③寫出反應②的反應方程式：______

（2）下列關于B的一種同系物甲醇的說法不正確的是______（填字母）．

a．甲醇的結構簡式為CH3OH；官能團為-OH

b．甲醇完全燃燒后的產物為CO2和H2O

c．B與甲醇都極易溶于水；是因為它們都能與水分子間形成氫鍵。

d．甲醇與鈉反應可以產生氫氣；所以甲醇顯酸性。

（3）A與苯都是石油化工的重要產品；在一定條件下A可以轉化生成苯，按要求回答下列問題：

①苯可以發生取代反應，寫出由苯制備溴苯的化學反應方程式：______

②純凈的溴苯是無色油狀液體，實驗室制得的粗溴苯通常因溶解了Br2呈褐色，可以加入試劑______除去，反應方程式為______，該除雜操作所必須的玻璃儀器是______．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】②中均表示的是正反應速率，不能說明v（正）、v（逆）是否相等；③中反應的任意時刻用NO2、NO、O2表示的反應速率之比均為2∶2∶1；⑤中根據質量守恒定律和ρ＝可知反應過程中混合氣體的密度一直不變化。【解析】【答案】A2、A【分析】【解答】解：①堿性氧化物是能和酸反應生成鹽和水的氧化物，堿性氧化物一定是金屬氧化物，故正確；②僅含一種元素的物質可以是純凈物，也可以是混合物，故錯誤；③酸性氧化物不一定是非金屬氧化物，如七氧化二錳屬于酸性氧化物，故錯誤；④硫酸、純堿、醋酸鈉和生石灰分別屬于酸、鹽、鹽和氧化物，故錯誤；⑤根據酸分子中電離出的氫離子個數將酸分為一元酸、二元酸、多元酸，故錯誤；⑥MgO、Na2O2、CuO、Al2O3是金屬氧化物，但是Al2O3不是堿性氧化物；故錯誤．故選A．

【分析】①堿性氧化物是能和酸反應生成鹽和水的氧化物；②根據物質的分子構成可以將物質分為純凈物與混合物；③酸性氧化物是能和堿反應生成鹽和水的氧化物；④純堿是碳酸鈉的俗稱；⑤根據酸電離出的氫離子個數將酸分為一元酸、二元酸、多元酸；⑥堿性氧化物是能和酸反應生成鹽和水的氧化物．3、D【分析】解：①含有離子鍵的化合物是離子化合物；離子化合物中可能含有共價鍵，如KOH，故正確；

②只含共價鍵的化合物是共價化合物；共價化合物中一定不含離子鍵，故錯誤；

③含金屬元素的化合物不一定是離子化合物；可能是共價化合物，如氯化鋁，故正確；

④由非金屬元素組成的化合物不一定是共價化合物；可能是離子化合物，如銨鹽，故錯誤；

⑤由分子組成的物質中不一定存在共價鍵；如稀有氣體，故錯誤；

⑥離子化合物在熔融狀態下能電離出陰陽離子；含有自由移動離子的化合物能導電，所以離子化合物在熔融狀態下能導電，故正確；

故選D．

①含有離子鍵的化合物是離子化合物；離子化合物中可能含有共價鍵；

②只含共價鍵的化合物是共價化合物；

③含金屬元素的化合物不一定是離子化合物；可能是共價化合物；

④由非金屬元素組成的化合物不一定是共價化合物；可能是離子化合物；

⑤由分子組成的物質中不一定存在共價鍵；

⑥離子化合物在熔融狀態下能電離出陰陽離子；含有自由移動離子的化合物能導電．

本題考查了物質和化學鍵的關系，明確物質的構成微粒即可解答，注意不能根據是否含有金屬元素判斷離子鍵，稀有氣體為單原子分子，稀有氣體中不存在化學鍵，為易錯點．【解析】【答案】D4、D【分析】解：A．苯；四氯化碳、酒精、己烯四種物質與碳酸鈉不反應；不能鑒別，故A錯誤；

B．苯；四氯化碳、酒精、己烯四種物質與石蕊試液不反應；且苯、四氯化碳以及己烯不溶于水，酒精與水混溶，不能鑒別，故B錯誤；

C．苯；四氯化碳、酒精、己烯四種物質與水不反應；且苯、四氯化碳以及己烯不溶于水，四氯化碳密度比水大，苯、己烯密度比水小，無法鑒別，故C錯誤；

D．溴易溶于苯；四氯化碳；苯的密度比水小，有色層在上層，四氯化碳密度比水大，有色層在下層，酒精與溴水互溶，己烯與溴發生加成反應而使溴水褪色，四種物質加入溴水中現象各不相同，可鑒別，故D正確．

故選D．

根據苯；四氯化碳、酒精的水溶性、密度以及己烯中含有C=C官能團的性質分析．

本題考查有機物的鑒別，題目難度不大，注意常見有機物的性質．【解析】【答案】D5、B【分析】解：rm{A.}鉈與鋁是同族元素；屬于金屬元素，可能是銀白色，故A正確；

B.rm{Al(OH)_{3}}是兩性氫氧化物，同主族從上到下金屬性在增強，rm{Tl(OH)_{3}}的堿性比rm{Al(OH)_{3}}強，rm{Tl(OH)_{3}}不一定是兩性氫氧化物，rm{Tl(OH)_{3}}應是堿性氫氧化物；故B錯誤；

C.rm{Tl}比rm{Al}活潑；則該金屬能與鹽酸反應生成鹽酸鹽，故C正確；

D.同主族從上到下金屬性增強；故鉈的金屬性強于鋁的金屬性，故D正確；

故選B．

A.rm{Tl}為金屬元素；金屬單質一般是銀白色；

B.同主族自上而下金屬性增強；最高價氧化物對應水化物的堿性增強，結合氫氧化鋁是兩性氫氧化物判斷；

C.rm{Tl}比rm{Al}活潑；能與鹽酸反應生成鹽與氫氣；

D.同主族從上到下金屬性增強．

本題考查同主族元素的性質，明確元素周期律是解答本題的關鍵，注意同主族元素化合物性質的相似性和遞變性，難度不大．【解析】rm{B}6、D【分析】

試題分析：對燃易引起火災，故不能進行酒精燈的對燃，A錯誤；聞氣體的氣味時，防止氣體有毒，應用手扇動，不能直接用鼻子聞rm{.}操作錯誤，B錯誤；吹滅酒精燈的做法可能會引發燃燒或爆炸，C錯誤rm{;}鈉的活潑性強，與空氣中的氧氣水等能發生劇烈反應，故剩余的鈉應放回原瓶，D正確rm{.}答案選D

考點：實驗基本操作【解析】rm{D}7、A【分析】解：與足量硫酸和氫氧化鈉溶液反應，則金屬一定完全反應，設合金中rm{Fe}為rm{xmol}rm{Al}與rm{ymol}則與硫酸反應時二者均失去電子，與rm{NaOH}反應時只有rm{Al}失去電子，放出rm{H_{2}}的物質的量之比是rm{3}rm{1}則失去電子數之比為rm{3}rm{1}則。

rm{(2x+3y)}rm{3y=3}rm{1}

解得rm{x}rm{y=3}rm{1}

故選A．

與足量硫酸和氫氧化鈉溶液反應，則金屬一定完全反應，設合金中rm{Fe}為rm{xmol}rm{Al}與rm{ymol}則與硫酸反應時二者均失去電子，與rm{NaOH}反應時只有rm{Al}失去電子，放出rm{H_{2}}的物質的量之比是rm{3}rm{1}則失去電子數之比為rm{3}rm{1}以此來解答．

本題考查氧化還原反應的計算，為高頻考點，把握酸堿足量、電子守恒為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，注意氫氣的物質的量比等于失去電子數之比，題目難度不大．【解析】rm{A}8、D【分析】解：rm{A.}“可燃冰”釋放出甲烷；甲烷屬于烴，故A正確；

B.甲烷燃燒能生成二氧化碳；二氧化碳能引起溫室效應，故B正確；

C.由題意可知；“可燃冰”將成為人類的后繼能源，故C正確；

D.可燃冰是天然氣與水的混合物；水不能變為油，故D錯誤．

故選D．

根據“可燃冰”形成的環境條件；根據可燃冰的成分；固態水和“可燃冰”的化學式進行分析判斷解答．

本題考查化石燃料與基本化工原料，讀懂題目信息是解題的關鍵，題目難度不大．【解析】rm{D}9、B【分析】解：反應完全后，得四種有機物物質的量相等，根據碳原子守恒知，CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的物質的量都是0.5mol，CH4與Cl2發生取代反應中消耗的氫原子和氯氣分子的個數比是1：1；

生成0.5molCH3Cl需要Cl2的物質的量為0.5mol；

生成0.5molCH2Cl2需要Cl2的物質的量為0.5mol×2=1mol；

生成0.5molCHCl3需要Cl2的物質的量為0.5mol×3=1.5mol；

生成0.5molCCl4需要Cl2的物質的量為0.5mol×4=2mol；

所以總共消耗的氯氣的物質的量n（Cl2）=（0.5+1+1.5+2）mol=5mol；

故選：B。

先根據碳原子守恒計算四種有機物的物質的量；然后根據有機物和氯氣的關系式計算總共消耗的氯氣的物質的量。

本題考查了烷烴的取代反應，明確取代反應中被取代的氫原子的物質的量與氯氣分子的物質的量的關系是解本題的關鍵，難度較大。【解析】B二、填空題(共8題，共16分)10、略

【分析】試題分析：Ⅰ、（1）組成物質的微粒之間存在相互作用，各微粒之間既有相互吸引力，又有相互排斥力，當微粒距離較近時，排斥力的作用明顯，將微粒推開，當微粒距離較大時，吸引力的作用明顯，將微粒拉近，所以通常微粒在較平衡的位置上做極小的運動，即只能在各自平衡位置附近做微小振動，選①④⑤；（2）含有自由移動離子或電子的物質能導電，③水銀中含有自由的電子，所以能導電，⑥KNO3溶液、⑦熔融的氫氧化鈉中含有自由移動的離子，所以能導電，選③⑥⑦；（3）①食鹽晶體、⑤純醋酸、⑦熔融的氫氧化鈉、⑧液態氯化氫溶于水都能導電，且都是化合物，所以都是電解質，選①⑤⑦⑧；（4）②乙醇和④蔗糖在水溶液里或熔融狀態下都以分子存在，所以都是非電解質，選②④。Ⅱ.（1）根據n==可知，O2、SO2、SO3三者質量之比為1：2：5，則O2、SO2、SO3的物質的量之比為：=1：1：2，它們的氧原子數之比為：1×2：1×2：2×3=1：1：3；（2）金屬氯化物MCl2，40.5g中含有0.6molCl-，則40.5gMCl2的物質的量為：0.6mol×=0.3mol，則MCl2的摩爾質量為：=135g/mol；M的相對原子質量為：135-35.5×2=64；（3）在VLFe2(SO4)3溶液中含有mgFe3+，鐵離子的物質的量為：=mol，鐵離子的物質的量濃度為：c(Fe3+)==mol/L；該溶液中硫酸根離子濃度為：c(SO42-)=c(Fe3+)=mol/L，溶液具有均一性，則從中取出L溶液中SO42-物質的量濃度仍然為mol/L；再將這L溶液溶液稀釋到4L，稀釋過程中溶質的物質的量不變，稀釋前Fe2(SO4)3的物質的量濃度為：c[Fe2(SO4)3]=c（Fe3+）=mol/L，則稀釋后Fe2(SO4)3溶液中溶質的物質的量濃度為：c[Fe2(SO4)3]=mol/L×=mol/L。考點：考查電解質、非電解質，物質的導電性，阿伏加德羅定律及推導。【解析】【答案】Ⅰ（1）①④⑤；（2）③⑥⑦；（3）①⑤⑦⑧；（4）②④Ⅱ.（1）1:1:3（2）135g/mol64（3）m/56Vmol/L；3m/112Vmol/L；m/1792mol/L11、略

【分析】試題分析：（1）配制步驟有量取、稀釋、移液、洗滌、定容、搖勻等操作，一般用量筒量取濃硫酸溶液在燒杯中稀釋，冷卻后轉移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，當加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，所以需要的儀器有玻璃棒、量筒、膠頭滴管、小燒杯、500ml容量瓶，所以用不到的儀器有燒瓶、托盤天平、藥匙。（2）濃硫酸的物質的量濃度為：設需要濃硫酸溶液體積為V，2mol/L×0.5L=18.4mol/LV=0.0054L=5.4mL；（3）①洗滌量取濃H2SO4后的量筒，并將洗滌液轉移到容量瓶中，量筒不用洗，所以溶質增加，溶液的濃度偏高；②未等稀釋后的H2SO4溶液冷卻至室溫就轉移到容量瓶中，溶液的體積受熱膨脹，溶液冷卻后，溶液的體積未到刻度線，所以濃度偏高；③定容時，加蒸餾水超過標線，又用膠頭滴管吸出，溶液減少，濃度偏低；④轉移前，容量瓶中含有少量蒸餾水，沒有影響到溶液的體積，故濃度不變；⑤定容搖勻后，發現液面低于標線，又用膠頭滴管加蒸餾水至標線，溶液的體積偏大，濃度偏低；⑥定容時，俯視標線，溶液的體積小，濃度偏高；故選①②⑥。考點：一定物質的量濃度的溶液的配制和誤差分析。【解析】【答案】（1）②⑦⑧（2）5.4mL（3）①②⑥12、7：2或4：5|8.67g/mol或18.67g/mol【分析】【解答】解：令空氣的物質的量為1mol，反應前，左右兩室的體積之比為1：3，反應前右室的物質的量為3mol，反應后，活塞處于中央，兩室體積相等，則兩室中氣體的物質的量相等，反應后右室氣體物質的量為1mol，發生反應2H2+O22H2O，設H2、O2的物質的量分別為xmol、ymol，若氫氣過量，則：x﹣2y=1，x+y=3，解得x：y=7：2，若氧氣過量，則：y﹣0.5x=1，x+y=3，解得x：y=4：5，原來H2、O2的體積比最接近于7：2或4：5；在相等的狀況下，氣體的體積之比等于物質的量之比，根據m=得到H2、O2的體積比最接近于7：2時，H2和O2混合氣體的平均摩爾質量M=g/mol=8.67g/mol；H2、O2的體積比最接近于4：5時，H2和O2混合氣體的平均摩爾質量M=g/mol=18.67g/mol，故答案為：7：2或4：5；8.67g/mol或18.67g/mol．【分析】反應前，左右兩室的體積之比為1：3，則左右兩室中氣體物質的量之比為1：3，反應后，活塞處于中央，兩室體積相等，則兩室中氣體的物質的量相等，令空氣的物質的量為1mol，設H2、O2的物質的量分別為xmol、ymol，討論氫氣或氧氣過量計算解答，相等的狀況下，氣體的體積之比等于物質的量之比，H2和O2混合氣體的平均摩爾質量M=．13、略

【分析】解：①漂粉精的主要成分是次氯酸鈣和氯化鈣，有效成分是次氯酸鈣，氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應方程式為：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

故答案為：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

②實驗室用二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下制取氯氣，兩者發生氧化還原反應，錳從+4價變為+2價，氯從-1價變為0價，化學方程式為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

③實驗室用二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下制取氯氣，MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，反應改寫為離子方程式時氧化物、單質、水、難溶物質要寫成化學式的形式，則其離子方程式為：4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O；

故答案為：MnO2+4H++2Cl-（濃）Mn2++Cl2↑+2H2O；

④Cl2具有氧化性，SO2具有還原性，SO2氣體與氯水混合兩者發生氧化還原反應生成鹽酸和硫酸，反應的離子方程式為SO2+H2O+Cl2═2Cl-+4H++SO42-；

故答案為：SO2+H2O+Cl2═2Cl-+4H++SO42-；

⑤硫化氫與二氧化硫發生硫元素的價態歸中反應，反應生成硫單質，反應的化學方程式為：2H2S+SO2=2H2O+3S↓；

故答案為：2H2S+SO2=2H2O+3S↓；

⑥二氧化氮與水反應，N元素的化合價由+4價變為+5價HNO3和+2價NO，反應的化學方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；

故答案為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；

⑦銨鹽和堿反應能生成氨氣，實驗室利用氫氧化鈣與氯化銨共熱制取氨氣，該化學反應為：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

故答案為：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

⑧Cu與稀硝酸反應，銅被氧化成+2價，生成硝酸銅，氮為還原為+2價生成NO，反應離子方程式為：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；

故答案為：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O．

①漂粉精的主要成分是次氯酸鈣和氯化鈣；有效成分是次氯酸鈣，利用氯氣與石灰乳為原料制備漂粉精；

②實驗室制備Cl2：二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯氣；氯化錳和水；

③二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯氣；氯化錳和水；根據離子反應方程式的書寫規則書寫該離子反應方程式；

④等物質的量的Cl2和SO2混合發生氧化還原反應生成鹽酸和硫酸；

⑤二氧化硫與硫化氫發生氧化還原反應生成硫單質和水；

⑥二氧化氮與水反應生成一氧化氮和硝酸；

⑦實驗室利用氫氧化鈣與氯化銨共熱制取氨氣；

⑧Cu與稀硝酸反應生成硝酸銅；NO與水；據此書寫離子方程式．

本題考查了化學方程式、離子方程式的書寫，題目難度中等，試題知識點較多，充分考查了學生的分析、理解能力及綜合應用能力，注意掌握化學方程式、離子方程式的書寫原則．【解析】2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；MnO2+4H++2Cl-（濃）Mn2++Cl2↑+2H2O；SO2+H2O+Cl2═2Cl-+4H++SO42-；2H2S+SO2=2H2O+3S↓；3NO2+H2O=2HNO3+NO；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O14、略

【分析】解：rm{D}是具有氧化性的單質rm{A}元短周期金屬元素，根反應系可知rm{A}為rm{NaB}為rm{Na2O}rm{DO2}rm{CNaO2}故答案：rm{Na}

若、rm{B}rm{C}為含一種金屬元素的無機物，在溶液中rm{A}和rm{C}反生成rm{.}判為：rm{l3隆煤A(OH)3隆煤l2}rm{A}為rm{Al3+}rm{B}為rm{AlOH)3}rm{C}為rm{O2-}rm{DNaH}或rm{lO2隆煤A(OH)3A3}rm{AAlO2-}rm{B}rm{Al(OH)3}rm{C}rm{A3+}rm{D}為rm{H+}rm{B}轉化為的所有可能的離方程為生成氫氧沉，在酸或中溶解的離子程式，反應的子方程式為：rm{AO)3+3H+Al3++32Al(OH3+OH簍TAl2+2H2O}

若rm{A}是某物質的溶液，rm{D}是金屬rm{.}說明金屬具有變價，稀溶液具有氧化性，推斷為：rm{HNO隆煤Fe(NO3)3隆煤Fe(O3)2D}為rm{F}因rm{FeNO3)2}被化而變質，可入鐵氧化硝鐵，離子方程式rm{2F+e簍TFe2}在的空氣易生吸氧腐蝕，寫出腐蝕時原池正的電極反應式為rm{O2H2+4e-4OH-}

故為：rm{l(OH)3+3+簍TA3++3H2}rm{(O)+OH-簍TAlO2-+2H2O}．

rm{D}是具有氧化性單質，rm{A}元于短周期族金屬元素，反應關系可知rm{A}rm{BNa2O}rm{D}為rm{2}rm{CNa2O2}

rm{AB}為含同一金屬元素的無機化合物，在液rm{A}和rm{C}反應成rm{B}判為rm{Al3+隆煤A(OH)Al2-}rm{D}為rm{OH-}或rm{AO2-隆煤Al(O)3Al3+}為rm{H+}．

本題機物的推斷，題目難度不大題注意把握反應的轉化特點，根據質的質、用途作解的突破．【解析】rm{Na}加入少量鐵，防止rm{Fe^{2+}}被氧化為rm{Fe^{3+}}rm{2Fe^{3+}+Fe簍T3Fe^{2+}}rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}簍T4OH^{-}}rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}簍TAl^{3+}+3H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}15、略

【分析】解：標準狀況下rm{6.72L}氣體的物質的量為：rm{dfrac{6.72L}{22.4L/mol}=0.3mol}

設rm{dfrac

{6.72L}{22.4L/mol}=0.3mol}和rm{CO}的物質的量物質的量分別為rm{CO_{2}}rm{x}

則：rm{begin{cases}x+y=0.328x+44y=12end{cases}}

解得：rm{begin{cases}x=0.075moly=0.225molend{cases}}

所以混合物中rm{y}和rm{begin{cases}x+y=0.3

28x+44y=12end{cases}}物質的量之比rm{begin{cases}x=0.075mol

y=0.225molend{cases}}rm{CO}rm{CO_{2}}

該混合氣體的密度為：rm{dfrac{12g}{6.72L}隆脰1.79g/L}

故答案為：rm{=0.075mol}rm{0.225mol=1}rm{3}．

根據rm{dfrac

{12g}{6.72L}隆脰1.79g/L}計算出混合氣體的物質的量，然后設出rm{1}和rm{3}的物質的量，分別根據物質的量、氣體總質量列式計算出物質的量，然后計算出物質的量之比；根據rm{1.79}計算出混合氣體的密度．

本題考查了物質的量的計算，題目難度不大，明確物質的量與摩爾質量、氣體摩爾體積的關系為解答關鍵，試題側重基礎知識的考查，有利于培養學生的化學計算能力．rm{n=dfrac{V}{V_{m}}}【解析】rm{1}rm{3}rm{1.79}16、略

【分析】如果用g/mol為單位，則物質的摩爾質量在數值等于物質的相對分子質量或相對原子質量，所以CO2的摩爾質量是44g/mol；根據n＝m/M可知，2molCO2的質量是88g；根據V＝n·Vm可知，標準狀況下的體積是44.8L；根據N＝n·NA可知，所含的分子數目約為1.204×1024；所含氧原子的數目約為1.204×1024×2＝2.408×1024。【解析】【答案】44g/mol，88g44.8L1.204×10242.408×102417、環形玻璃攪拌棒；減少實驗過程中的熱量損失；偏小；不相等；相等；因為中和熱是指酸跟堿發生中和反應生成1molH2O所放出的熱量，與酸堿的用量無關【分析】解：rm{(1)}根據量熱計的構造可知該裝置的缺少儀器是環形玻璃攪拌器；故答案為：環形玻璃攪拌器；

rm{(2)}中和熱測定實驗成敗的關鍵是保溫工作；大小燒杯之間填滿碎紙條的作用是：減少實驗過程中的熱量損失，故答案為：減少實驗過程中的熱量損失；

rm{(3))}大燒杯上如不蓋硬紙板；會有一部分熱量散失，求得的中和熱數值將會減小，故答案為：偏小；

rm{(4)}反應放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關，并若用rm{60mL0.25mol?L^{-1}}鹽酸溶液跟rm{50mL0.55mol?L^{-1}NaOH}溶液進行反應，與上述實驗相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏高，但是中和熱的均是強酸和強堿反應生成rm{1mol}水時放出的熱，與酸堿的用量無關，所以用rm{50mL0.50mol?L^{-1}}鹽酸代替鹽酸溶液進行上述實驗，測得中和熱數值相等，故答案為：不相等；相等；因為中和熱是指酸跟堿發生中和反應生成rm{1molH_{2}O}所放出的熱量；與酸堿的用量無關．

rm{(1)}根據量熱計的構造來判斷該裝置的缺少儀器；

rm{(2)}中和熱測定實驗成敗的關鍵是保溫工作；

rm{(3)}不蓋硬紙板；會有一部分熱量散失；

rm{(4)}反應放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關；并根據中和熱的概念和實質來回答．

本題考查學生有關中和熱的測定知識，可以根據所學知識進行回答，難度不大．【解析】環形玻璃攪拌棒；減少實驗過程中的熱量損失；偏小；不相等；相等；因為中和熱是指酸跟堿發生中和反應生成rm{1molH_{2}O}所放出的熱量，與酸堿的用量無關三、判斷題(共8題，共16分)18、B【分析】【解答】n===1mol，結合鎂原子最外層電子數為2計算，最外層電子數為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數為2計算．19、B【分析】【解答】解：某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水；說明該有機物中肯定含有碳；氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．

【分析】根據質量守恒可知，某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素20、A【分析】【解答】向雞蛋清中加入飽和硫酸鈉溶液；可以觀察到的現象為析出沉淀，說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質的溶解性變小，此過程叫做蛋白質的“鹽析”為物理變化；再向試管里加入足量的蒸餾水，觀察到的現象是變澄清，鹽析是可逆過程，可以采用多次鹽析的方法分離；提純蛋白質．

故答案為：對．

【分析】向雞蛋清中加入飽和硫酸銨溶液，可以觀察到的現象為析出沉淀，說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質的溶解性變小，此過程叫做蛋白質的“鹽析”為物理變化．21、B【分析】【解答】蒸餾是用來分離沸點不同的液體混合物；溫度計測量的是蒸汽的溫度，故應放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據溫度計在該裝置中的位置與作用；22、B【分析】【解答】n===1mol，結合鎂原子最外層電子數為2計算，最外層電子數為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數為2計算．23、B【分析】【解答】蛋白質溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學變化的實質是在原子核不變的情況下，有新物質生成，分析各選項是否符合化學變化的概念，即有新物質生成，就是化學變化．24、B【分析】【解答】藍色硫酸銅晶體放入濃硫酸生成硫酸銅和水；屬于化學變化，故答案為：×．

【分析】化學變化是指有新物質生成的變化，物理變化是指沒有新物質生成的變化，據此解題．25、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價鍵；故答案為：錯。

【分析】根據甲苯的結構簡式來確定化學鍵，確定存在C﹣H共價鍵的數目四、工業流程題(共3題，共18分)26、略

【分析】【分析】

根據流程：用NaOH溶液溶解鋁箔，發生反應：2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，向含有NaAlO2的溶液通入過量的CO2氣體，發生反應：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+得到Al(OH)3的膠狀固體，將一部分膠狀固體洗滌得到Al(OH)3，灼燒Al(OH)3得到氧化鋁，用硫酸溶解Al(OH)3加入K2SO4溶液，配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液，選規則明礬小晶體并懸掛在溶液中央，自然冷卻至室溫，得到明礬大晶體，另一部分膠狀固體用鹽酸溶解，得到AlCl3溶液，將HCl氣體通入AlCl3溶液，抑制AlCl3水解和促進AlCl3·6H2O結晶，冷水浴，用玻璃纖維抽濾，用濃鹽酸洗滌晶體，濾紙吸干干燥得AlCl3·6H2O晶體；據此分析解析；

(1)

NaAlO2的溶液含有氫氧化鈉，通入過量的CO2氣體，二氧化碳與氫氧化鈉反應生成碳酸氫鈉，二氧化碳與NaAlO2反應生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，發生反應：OH-+CO2=+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+

(2)

明礬的溶解度隨溫度的升高而增大；步驟IV中在培養規則明礬大晶體過程中，需要配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液，選規則明礬小晶體并懸掛在溶液中央，隨著自然冷卻至室溫，明礬飽和溶液變為過飽和溶液，導致明礬析出，明礬晶體會附著在規則明礬小晶體上，形成規則明礬大晶體，故正確操作為：fed；

(3)

A．步驟II通過量CO2后進行固液得到膠狀物；抽濾時不宜過濾膠狀沉淀，否則易在濾紙上形成一層密實的沉淀，A錯誤；

B．抽濾裝置有1處錯誤；漏斗頸口斜面沒有對著吸濾瓶的支管口，B錯誤；

C．抽濾完畢后；應先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，再關水龍頭以防倒吸，C錯誤；

D．由于溶液中含有H+；具有強酸性，在抽濾時會腐蝕濾紙，導致濾紙破損，所以改用玻璃纖維替代濾紙，D正確；

故選D。

(4)

Al3+會發生水解反應：Al3++3H2O=Al(OH)3+3H+，通入HCl可以抑制A13+的水解，增大了溶液中Cl-的濃度，有利于AlCl3·6H2O結晶；洗滌晶體時；先關小水龍頭，向漏斗中加入濃鹽酸，緩慢淋洗，以便充分洗去雜質，重復2-3次；

(5)

明礬中n(A13+)：n()=1：2，實驗測得n(A13+)：n()=0.002900mol：0.006300mol=29：63，明礬中可能含有硫酸鉀雜質，所以求明礬的純度應該用量不足的鋁離子，根據關系式Al3+~kAl(SO4)2·12H2O得出n(kAl(SO4)2·12H2O)=0.002900mol，則該試樣中銨明礬的純度為：=45.82%；【解析】(1)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCOOH-+CO2=HCO

(2)fed

(3)D

(4)增加c(Cl―)，有利于AlCl3·6H2O結晶和抑制AlCl3水解關小水龍頭；向漏斗中加入濃鹽酸，使液體緩慢通過固體，重復2-3次。

(5)45.82%27、略

【分析】【分析】

在粗氧化銅(含氧化亞鐵)中加鹽酸；將金屬氧化物溶解轉變成氯化銅和氯化亞鐵；然后加次氯酸鈉，將氯化亞鐵氧化成氯化鐵；再加氧化銅調節溶液的pH值促進氯化鐵水解最終轉變成氫氧化鐵沉淀除去；繼續加氧化銅調節pH值后過濾分離得到氫氧化銅，通過操作a洗滌沉淀，再采用稍過量鹽酸和低溫蒸干得到氯化銅晶體，據此分析解答。

【詳解】

(1)根據表中完全沉淀時的pH范圍可知，Fe2＋沉淀時Cu2＋已基本沉淀完全，所以必須先將Fe2＋轉變為Fe3＋才能完全除去，所以溶液A中加入NaClO的目的是氧化Fe2＋生成Fe3＋有利于沉淀分離，反應的離子方程式為：2H＋＋ClO?＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋Cl?＋H2O；

故答案為：氧化Fe2＋生成Fe3＋有利于沉淀分離；

(2)在溶液B中加CuO調節溶液的pH使Fe3＋完全沉淀，有關的反應為：

故答案為：

(3)操作a為洗滌；目的是洗滌氫氧化銅表面的可溶性雜質；

故答案為：洗滌；

(4)因為溶液中存在以下平衡：Cu2＋＋2H2O?Cu(OH)2＋2H＋，加入過量鹽酸和低溫，能使平衡逆移，防止Cu2＋水解；

故答案為：抑制Cu2＋水解。

【點睛】

本題以工業上制取CuCl2的生產流程為背景，綜合考查學生靈活運用元素化合物知識、氧化還原反應知識、沉淀轉化、鹽類水解以及實驗分析等知識和技能，難度較大。【解析】氧化Fe2＋生成Fe3＋有利于沉淀分離洗滌抑制Cu2＋水解28、略

【分析】【分析】

在堿性條件下氯酸鉀與二氧化錳加熱熔融發生氧化還原反應，二氧化錳被氧化成錳酸鉀，對生成物加強熱形成熔融混合物，冷卻研磨后溶于水得墨綠色K2MnO4溶液，K2MnO4溶液中加入氫氧化鉀溶液再調節PH值為10～11，使MnO42-發生歧化反應，生成MnO4-和MnO2；趁熱過濾除去二氧化錳，得高錳酸鉀溶液，冷卻結晶得高錳酸鉀晶體，據此分析解答。

【詳解】

(1)操作①和②中均有強堿性物質加熱；所以不能用含有與堿反應的成份的坩堝，石英(二氧化硅)和氧化鋁都可與強堿反應，鐵不與強堿反應，故答案選c；

(2)已知：3MnO42-+2H2O?2MnO4-+MnO2+4OH-。操作④是使MnO42-發生歧化反應，生成MnO4-和MnO2，通CO2可消耗氫氧根，使平衡正向移動，有利于提高MnO42-轉化率；

(3)①電解K2MnO4溶液(綠色)的方法制造KMnO4，根據圖示，電解過程中A極為陽極，是K2MnO4發生氧化反應生成KMnO4，電極反應式為MnO42--e-=MnO4-；

②這種方法與上面的方法相比；其優點是無副產品，產率高，工藝簡便；

(4)兩次實驗中滴定20mL樣品試液消耗草酸標準溶液的體積分別為22.15mL和22.17mL，則滴定過程消耗草酸標準溶液的平均體積為=22.16mL，根據反應5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，每20mL樣品試液中n(KMnO4)=n(H2C2O4)=×22.16×10-3L×0.1mol/L=8.846×10-4mol，則100mL樣品試液中n(KMnO4)=×8.846×10-4mol=4.432×10-3mol，則KMnO4晶體的純度為=(或%)。【解析】c有利于平衡向右進行，提高MnO42-轉化率MnO42--e-=MnO4-無副產品，產率高，工藝簡便或%五、結構與性質(共1題，共9分)29、略

【分析】【分析】

（1）本實驗是由實驗①做對比實驗探究影響反應速率的因素，所以在設計分組實驗時，要設計出分別只有濃度、溫度和接觸面積不同時反應速率的變化，從而找出不同外界因素對反應速率的影響。由于實驗①和實驗②探究HNO3濃度對該反應速率的影響，實驗①和實驗③探究溫度對該反應速率的影響，故實驗③的溫度選擇308K，實驗①和實驗④探究接觸面積對該反應速率的影響，故實驗④選擇細顆粒的大理石；

（2）依據裝置特點分析氣密性的檢查方法；

（3）化學反應速率通常用單位時間內濃度的變化量來表示。根據圖像可以計算出70至90s內生成的CO2的體積；然后根據反應式可計算出消耗的硝酸的物質的量，最后計算其反應速率；

（4）根據反應物的用量計算生成CO2的最大質量；根據影響反應速率的因素比較實驗②；③和④反應速率大小；以此判斷曲線斜率大小，畫出圖像；

【詳解】

（1）由實驗目的可知；探究濃度；溫度、接觸面積對化學反應速率的影響，則實驗①②的溫度、大理石規格相同，只有濃度不同，實驗①③中只有溫度不同，實驗①④中只有大理石規格不同；

故答案為（從上到下；從左到右順序）：298；粗顆粒；1.00；308；粗顆粒；2.00；298；細顆粒；2.00；

（2）該裝置的氣密性的檢查方法是：關閉分液漏斗活塞，向外拉或向內推分液漏斗的活塞，若一段時間后松開手，活塞又回到原來的位置，則證明裝置氣密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的質量為：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根據方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物質的量為：n(HNO3)=＝mol；

③溶液體積為25mL＝0.025L，所以HNO3減少的濃度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反應的時間t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范圍內的平均反應速率為：

v(HNO3)＝Δc(HNO3)/t＝=mol·L－1·S－1=0.009mol·L－1·S－1

（4）實驗②、③和④所用大理石的質量均為10.00g，其物質的量為=0.1mol，實驗①、③和④所用硝酸的量相同均為：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依據反應方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的質量按硝酸計算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，實驗②所用硝酸的量為1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石過量，反應生成的CO2的質量為0.025mol×44g/mol=0.55g；

實驗①和②探究HNO3濃度對該反應速率的影響，且HNO3濃度①>②，濃度越大，反應越快，故曲線斜率①>②；

實驗①和③探究溫度對該反應速率的影響，且溫度③高于①，溫度越高反應越快，故曲線斜率③>①；

實驗①和④探究大理石規格（粗、細）對該反應速率的影響，且實驗④為細顆粒，實驗①為粗顆粒，顆粒越小，表面積越大，反應越快，故反應速率④>①，故曲線斜率④>①；

根據以上特征；畫出圖像如下：

【點睛】

本題考查了化學反應速率的影響因素，注意對題給信息的分析是處理是解答的關鍵，注意控制變量的實驗方法的理解和掌握。【解析】298粗顆粒1.00308粗顆粒2.00298細顆粒2.00關閉分液漏斗活塞，向外拉或向內推分液漏斗的活塞，若一段時間后松開手，活塞又回到原來的位置，則證明裝置氣密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1六、推斷題(共4題，共36分)30、略

【分析】解：rm{(1)}由上述分析可知，乙是rm{NaAlO_{2}}rm{A}為rm{Al}

故答案為：rm{Al}rm{NaAlO_{2}}

rm{(2)壟脵Al}與rm{NaOH}溶液反應生成偏鋁酸鈉與氫氣，反應方程式為：rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O簍T2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}故答案為：rm{2Al+2NaOH+2H_{2}}rm{O簍T2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}

rm{壟脷Al_{2}O_{3}}與rm{NaOH}溶液反應生成偏鋁酸鈉與水，反應離子方程式為：rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}簍T2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}

故答案為：rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}簍T2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}

rm{壟脹}乙溶液中通入過量rm{CO_{2}}反應的離子方程式為：rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}

故答案為：rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O=Al(OH)_{3}+HCO_{3}^{-}}

rm{(3)}產生的rm{H_{2}}在標準狀況下的體積為rm{3.36L}物質的量為rm{dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}根據rm{dfrac

{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}可知，消耗的rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O簍T2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}的物質的量為rm{0.15mol隆脕dfrac{2}{3}=0.1mol}轉移電子的物質的量為rm{Al}

故答案為：rm{0.15mol隆脕dfrac

{2}{3}=0.1mol}rm{0.1mol隆脕3=0.3mol}rm{0.1}rm{mol}．

常見金屬單質中能與rm{0.3}溶液反應產生氣體的只有rm{mol}所以rm{NaOH}是rm{Al}乙是rm{A}rm{Al}是rm{NaAlO_{2}}甲是rm{C}的化合物，可和rm{H_{2}}溶液反應產生rm{Al}可甲能是rm{NaOH}則丙是rm{NaAlO_{2}}rm{Al_{2}O_{3}}即是rm{H_{2}O}根據rm{B}得丁是rm{O_{2}}驗證符合轉化關系，以此解答該題．

本題以“無機框圖題”的形式考查元素單質及其化合物的性質，為高考常見題型，涉及化學式及離子方程式書寫等，難度中等，在熟練掌握元素化合物知識的基礎上著重考查學生的發散思維、分析判斷、邏輯思維以及對無機物知識的綜合應用等能力，rm{NaAlO_{2}+CO_{2}+2H_{2}O簍TNaHCO_{3}+Al(OH)_{3}隆媒}與堿的特殊的反應是推斷的關鍵．rm{Al(OH)_{3}}【解析】rm{Al}rm{NaAlO_{2}}rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O簍T2NaAlO_{2}+3H_