2025年北師大版高一化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年北師大版高一化學(xué)下冊月考試卷251考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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7題，共14分)1、下列物質(zhì)中既含有離子鍵，又含有共價鍵的是（）A.HNO3B.H2OC.MgCl2D.Na2O22、下列做法存在安全隱患的是①將水沿?zé)瓋?nèi)壁緩緩加入濃硫酸中，用玻璃棒不斷攪拌②實驗室制取氯氣時，尾氣用堿液吸收③取用金屬鈉或鉀做完實驗后，剩余的藥品要放回原瓶④夜間廚房發(fā)生煤氣泄漏時，應(yīng)立即開燈檢查煤氣泄漏的原因，然后打開所有的門窗通風(fēng)⑤干冰可用于鈉、鎂等金屬的滅火A.①④⑤B.①②③④C.①③④⑤D.全部3、用氫氧化鈉固體配制rm{480mL0.1mol/LNaOH}溶液時，下列有關(guān)說法錯誤的是rm{(}rm{)}A.用到的玻璃儀器有：玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶、量筒、燒杯B.需rm{1.92}rm{g}氫氧化鈉固體C.沒有等溶液冷卻就轉(zhuǎn)移，或定容時俯視，均導(dǎo)致所配溶液濃度偏高D.洗凈的容量瓶不須干燥后才能用，但使用前須檢漏4、氯的原子序數(shù)為17，35Cl是氯的一種核素，下列說法正確的是A.35Cl原子所含質(zhì)子數(shù)為18B.1/18mol的1H35Cl分子所含中子數(shù)約為6.02×1023C.3.5g35Cl2氣體的體積約為22.4LD.35Cl2氣體的摩爾質(zhì)量為705、已知氣體的摩爾質(zhì)量越小，擴散速度越快．如圖所示為氣體擴散速度的實驗，兩種氣體擴散相遇時形成白色煙環(huán)．下列關(guān)于甲、乙的判斷正確的是（）A.甲是濃氨水，乙是濃硫酸B.甲是濃鹽酸，乙是濃氨水C.甲是濃氨水，乙是濃鹽酸D.甲是濃硝酸，乙是濃氨水6、rm{X}元素最高氧化物對應(yīng)的水化物為rm{H_{2}XO}則它對應(yīng)的氣態(tài)氫化物為A.rm{HX}B.rm{H2X}C.rm{XH3}D.rm{XH4}7、貼有下列危險品標(biāo)志的藥品起火時，不能用水滅火的是()

A.劇毒品B.劇毒品C.腐蝕品

D.有害品rm{(}遠(yuǎn)離食品rm{)}評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)8、下列過程有化學(xué)鍵被破壞同時又有化學(xué)鍵形成的是（）A.碘升華B.氯氣溶于水C.氯化鈉晶體熔融D.NH4Cl9、下列敘述不正確的是（）A.常壓下，正戊烷、異戊烷、新戊烷的沸點依次降低B.制備純凈的氯乙烷可用等物質(zhì)的量乙烷和氯氣在光照條件下反應(yīng)C.等物質(zhì)的量的乙烷、乙烯和苯分別在氧氣中充分燃燒，消耗氧氣最多的是苯D.用18O標(biāo)記的CH3CH218OH與乙酸反應(yīng)制取乙酸乙酯，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時，18O存在于水、乙醇以及乙酸乙酯10、下列分子中，所有原子都滿足最外層為rm{8}電子結(jié)構(gòu)的是rm{(}rm{)}A.rm{BF_{3}}B.rm{NCl_{3}}C.rm{PCl_{3}}D.rm{CHCl_{3}}11、下列關(guān)于使用托盤天平的敘述，不正確的是rm{(}rm{)}A.稱量前先調(diào)節(jié)托盤天平的零點B.稱量時左盤放被稱量物，右盤放砝碼C.潮濕或具有腐蝕性的藥品，必須放在玻璃器皿里稱量，其他固體藥品可直接放在天平托盤上稱量D.用托盤天平可以準(zhǔn)確稱量至rm{0.01g}12、下列分子中的中心原子的雜化方式為rm{sp}雜化，分子的空間構(gòu)型為直線形且分子中形成rm{婁脨}鍵的是()A.rm{C_{2}H_{2}}B.rm{BeCl_{2}}C.rm{CO_{2}}D.rm{HClO}13、同溫同壓下，等質(zhì)量的SO2和CO2相比較，下列敘述正確的是（）A.密度比為16：11B.密度比為11：16C.體積比為1：1D.體積比為11：1614、目前國際空間站處理rm{CO_{2}}廢氣涉及的反應(yīng)為rm{CO_{2}+4H_{2}overset{{卯脡麓脽祿爐錄脕}}{}CH_{4}+2H_{2}O.}關(guān)于該反應(yīng)的下列說法正確的是rm{CO_{2}+4H_{2}overset{{卯脡麓脽祿爐錄脕}}{

}CH_{4}+2H_{2}O.}rm{(}A.釕催化劑能加快該反應(yīng)的速率B.升高溫度能減慢該反應(yīng)的速率C.達(dá)到平衡時，rm{)}能rm{CO_{2}}轉(zhuǎn)化為rm{100%}D.達(dá)到平衡時，反應(yīng)速率：rm{CH_{4}}正rm{v(}逆rm{)=v(}rm{)neq0}15、下列各物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實現(xiàn)的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{4}xrightarrow[{鹿芒脮脮}]{Cl_{2}}HCloverset{NH_{3}}{}NH_{4}Cl}B.rm{CH_{2}簍TCH_{2}xrightarrow[{麓脽祿爐錄脕},triangle]{H_{2}O}CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[{麓脽祿爐錄脕},triangle]{O_{2}}CH_{3}CHO}C.淀粉rm{xrightarrow[triangle]{{麓脽祿爐錄脕}}}葡萄糖rm{xrightarrow[triangle]{AgNO_{3}{脠脺脪潞}}}銀鏡D.rm{NH_{3}xrightarrow[{麓脽祿爐錄脕}]{O_{2}}NOoverset{H_{2}O}{}HNO_{3}}rm{CH_{4}xrightarrow[{鹿芒脮脮}]{Cl_{2}}HCl

overset{NH_{3}}{}NH_{4}Cl}評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)16、填寫下列空白．

（1）表示含有17個質(zhì)子、20個中子的原子的化學(xué)符號是____．

（2）第二周期ⅤA族元素的最高價氧化物的水化物的化學(xué)式為____．

（3）原電池的本質(zhì)是____．

（4）與Na+具有相同電子數(shù)的分子有____、____（寫分子式；只寫出兩種）．

（5）在①C②K③H④C⑤Ca⑥C⑦H幾種符號中，有____種核素，有____種元素；①、④、⑥互稱為____．

（6）水分子中，共有____對共用電子．

（7）從能量角度看，斷開化學(xué)鍵要____能量，形成化學(xué)鍵要____能量，所有的燃燒反應(yīng)都會____能量．17、食鹽是日常生活的必需品；也是重要的化工原料．

粗食鹽常含有少量Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-等雜質(zhì)離子，實驗室提供的試劑如下：飽和Na2CO3溶液、飽和K2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液；75%乙醇、四氯化碳．實驗室提純NaCl的流程如下：

（1）欲除去溶液Ⅰ中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-離子，選出A所代表的多種試劑，按滴加順序依次為iNaOHii______iii______（填化學(xué)式）．

（2）請寫出下列試劑加入時發(fā)生反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式：

加入試劑i：______；

加入試劑iii：______．

（3）洗滌除去NaCl晶體表面附帶的少量KCl，選用的試劑為______．（從提供的試劑中選）

（4）實驗中用到的鹽酸的物質(zhì)的量濃度為0.400mol/L；現(xiàn)實驗室某濃鹽酸試劑瓶上的有關(guān)數(shù)據(jù)如圖：

欲用上述濃鹽酸配制實驗所需濃度的稀鹽酸480mL；

①配制需要的玻璃儀器有______（填儀器名稱）

②需量取的濃鹽酸的體積為______．18、某同學(xué)應(yīng)用如下所示裝置研究物質(zhì)的性質(zhì)．其中氣體A的主要成分是氯氣，還含有少量空氣和水蒸氣．請回答下列問題：

(1)該項實驗的主要目的是研究干燥的氯氣有沒有____________性．

(2)濃硫酸的作用是____________．

(3)實驗過程中觀察到B瓶中干燥的有色布條(“褪”或“不褪”)____________色．

(4)在該實驗中，裝置還存缺陷，你認(rèn)為還需加____________裝置才能使裝置符合要求．19、銅鋅原電池rm{(}如圖所示rm{)}是最簡單的電池。

rm{(1)}請完整說明該電池的工作原理rm{(}即過程中電流是如何產(chǎn)生rm{)}_____________________________________________________________。rm{(2)}請?zhí)顚懴铝斜砀瘛Ｒ匚镔|(zhì)負(fù)極反應(yīng)物正極反應(yīng)物負(fù)極材料正極材料離子導(dǎo)體電子導(dǎo)體20、從能量的變化和反應(yīng)的快慢等角度研究反應(yīng)：rm{2H_{2}+O_{2}=2H_{2}O.}

rm{(1)}為了加快反應(yīng)速率；可以采取的措施有______．

A.使用催化劑rm{B.}適當(dāng)提高氧氣的濃度rm{C.}適當(dāng)提高反應(yīng)的溫度rm{D.}適當(dāng)降低反應(yīng)的溫度。

rm{(2)}現(xiàn)有如下兩個反應(yīng)：rm{(A)NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}rm{(B)2FeCl_{3}+Cu=2FeCl_{2}+CuCl_{2}}

根據(jù)兩反應(yīng)本質(zhì)，判斷______rm{(}填rm{(A)}rm{(B))}能設(shè)計成原電池；其原因______．

rm{(3)}鐵鎳蓄電池又稱愛迪生電池；電池的電解液為堿性溶液，放電時的總反應(yīng)為：

rm{Fe+Ni_{2}O_{3}+3H_{2}O簍TFe(OH)_{2}+2Ni(OH)_{2}}．

rm{壟脵}工作時電池負(fù)極是______rm{(}填電極材料rm{)}．

rm{壟脷}負(fù)極電極反應(yīng)式為rm{Fe+2OH^{-}-2e^{-}簍TFe(OH)_{2}}則正極為______

rm{壟脹}當(dāng)外電路中通過rm{0.2mol}電子時，理論上消耗的鐵的質(zhì)量______克rm{.}21、請寫出甲醇rm{(CH_{3}OH)}和空氣組成的燃料電池的電極反應(yīng)方程式。rm{(1)}當(dāng)電解質(zhì)溶液為稀硫酸時，其正電極反應(yīng)式為__________，負(fù)極反應(yīng)式為__________。rm{(2)}當(dāng)電解質(zhì)溶液為rm{KOH}時，其正電極反應(yīng)式為__________，負(fù)極反應(yīng)式為__________。22、銅和濃硫酸發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：

rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}濃rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}}rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}}其中硫元素被______rm{CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}填“氧化”或“還原”，下同rm{(}發(fā)生______反應(yīng)；濃rm{)}作______劑，具有______性rm{H_{2}SO_{4}}在該反應(yīng)中，若消耗了rm{.}則轉(zhuǎn)移了______rm{32gCu}電子，生成______rm{mol}rm{L}標(biāo)準(zhǔn)狀況rm{SO_{2}(}氣體．rm{)}23、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種短周期元素，已知相鄰的rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四種元素原子核外共有rm{56}個電子，在周期表中的位置如圖所示。rm{E}的單質(zhì)可與酸反應(yīng)，rm{1molE}單質(zhì)與足量酸作用，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下能產(chǎn)生rm{33.6LH_{2}}rm{E}的陽離子與rm{A}的陰離子核外電子層結(jié)構(gòu)完全相同。回答下列問題：rm{(1)A}與rm{E}形成的化合物的化學(xué)式是__________________。rm{(2)B}的氫化物的化學(xué)式為__________，rm{C}的元素名稱為_______，rm{D}的單質(zhì)與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________________________。rm{(3)}短周期某兩種元素的淡黃色固體化合物的電子式為____________________，rm{(4)D}與rm{E}形成的化合物的水溶液中滴入燒堿溶液直至過量，觀察到的現(xiàn)象是____________，有關(guān)反應(yīng)的____方程式為____rm{;}_____________．評卷人得分四、判斷題(共1題，共4分)24、向蛋白質(zhì)溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學(xué)變化．（判斷對錯）評卷人得分五、工業(yè)流程題(共2題，共12分)25、錳及其化合物間的轉(zhuǎn)化如圖。

請回答下列問題：

（1）反應(yīng)①發(fā)生的主要化學(xué)反應(yīng)的方程式為：_____。

（2）粗KMnO4晶體中含有少量的K2CO3，為了得到純的KMnO4晶體，操作Ⅲ的名稱為_____。

（3）測定高錳酸鉀樣品純度采用硫酸錳滴定：向高錳酸鉀溶液中滴加硫酸錳溶液，產(chǎn)生黑色沉淀。當(dāng)____；表明達(dá)到滴定終點。

（4）已知：常溫下，Ksp[Mn(OH)2]=2.4×10-13。工業(yè)上，調(diào)節(jié)pH可以沉淀廢水中Mn2+，當(dāng)pH=10時，溶液中c（Mn2+）=_____。

（5）如圖，用Fe、C作電極電解含MnO4-的堿性污水，使之轉(zhuǎn)化為Mn(OH)2沉淀除去。A電極是____（填“Fe”或“C”），該電極的產(chǎn)物使堿性污水中MnO4-轉(zhuǎn)化為沉淀除去的離子方程式為____。

26、2019年諾貝爾化學(xué)獎授予在開發(fā)鋰離子電池方面做出卓越貢獻(xiàn)的三位化學(xué)家。鋰被譽為“高能金屬”，是鋰電池的電極材料，工業(yè)上用β-鋰輝礦(主要成分為Li2O·Al2O3·4SiO2以及少量鈣、鎂雜質(zhì))和氟磷灰石(Ca5P3FO12)聯(lián)合制取鋰離子電池正極材料(LiFePO4)；其工業(yè)生產(chǎn)流程如圖：

已知：①Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34；

②LiFePO4難溶于水。

回答下列問題：

（1）氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合價為___，沉淀X的主要成分是___(寫化學(xué)式)。

（2）操作3的名稱是___，操作1所需的玻璃儀器名稱為___。

（3）蒸發(fā)濃縮Li2SO4溶液的目的是___。

（4）寫出合成反應(yīng)的離子方程式___。

（5）科學(xué)家設(shè)計一種鋰電池的反應(yīng)原理為LiFePO4Li+FePO4，放電時正極反應(yīng)式為___。

（6）工業(yè)上取300噸含氧化鋰5%的β-鋰輝礦石，經(jīng)上述變化得到純凈的LiFePO4共110.6噸，則元素鋰的利用率為___。評卷人得分六、綜合題(共4題，共12分)27、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

28、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題29、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

30、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【解析】試題分析：A、B項中的HNO3和H2O中只存在共價鍵；C項中的MgCl2是由簡單的陰、陽離子形成離子鍵，只含離子鍵；D項中Na2O2中既含離子鍵又含共價鍵，Na+與O22-間是離子鍵，O22-原子團(tuán)內(nèi)部原子間以共價鍵結(jié)合。故本題選D。考點：化學(xué)鍵【解析】【答案】D2、A【分析】【解析】試題分析：①將水沿?zé)瓋?nèi)壁緩緩加入濃硫酸中，會使液體受熱飛濺，最好是把硫酸加入水中；②正確；③對于固體鉀、鈉等要回收，正確；④夜間廚房發(fā)生煤氣泄漏時，不能有明火，也就不能開燈；⑤干冰與鎂等金屬可以發(fā)生反應(yīng)，不能明火?？键c：考查實驗室安全問題?！窘馕觥俊敬鸢浮緼3、B【分析】解：rm{A}配制步驟有計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等操作，一般用托盤天平稱量，用藥匙取用藥品，在燒杯中溶解rm{(}可用量筒量取水rm{)}冷卻后轉(zhuǎn)移到rm{500mL}容量瓶中，并用玻璃棒引流，當(dāng)加水至液面距離刻度線rm{1隆蘆2cm}時；改用膠頭滴管滴加．

所以需要的儀器為：托盤天平、藥匙、燒杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管，量筒rm{(}可用可不用rm{)}．

所以需要的玻璃儀器有：燒杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管，量筒rm{(}可用可不用rm{)}故A正確；

B、實驗室沒有rm{480mL}的容量瓶，選擇大于rm{480mL}且相近規(guī)格的容量瓶，故應(yīng)選擇rm{500mL}容量瓶，配制rm{500ml0.1mol/LNaOH}溶液需要氫氧化鈉質(zhì)量為rm{0.1L隆脕0.5mol/L隆脕40g/mol=2.0g}故B錯誤；

C；溶液具有熱脹冷縮的性質(zhì)；未冷卻就轉(zhuǎn)移定容，冷卻后所配溶液的體積偏小，所配溶液的濃度偏高；定容時俯視，導(dǎo)致導(dǎo)致所配溶液的體積偏小，所配溶液的濃度偏高，故C正確；

D；溶液配制需加水定容；容量瓶不干燥對所配溶液濃度無影響，故不須干燥即可使用；最后需上下顛倒，反復(fù)搖勻，使用前必須檢查容量瓶是否漏水，故D正確．

故選B．【解析】rm{B}4、B【分析】【解析】【答案】B5、C【分析】解：由氣體的摩爾質(zhì)量越?。粩U散速度越快，所以氨氣的擴散速度比氯化氫快，氨氣比濃鹽酸離煙環(huán)遠(yuǎn)，所以甲為濃氨水；乙為濃鹽酸．

故選C．

氣體的摩爾質(zhì)量越??；氣體擴散速度越快，相同時間內(nèi)擴散的距離就越遠(yuǎn)，再根據(jù)煙環(huán)物質(zhì)可以判斷甲乙．

本題主要考查對信息的應(yīng)用，明確易揮發(fā)性的物質(zhì)及物質(zhì)的摩爾質(zhì)量與距離的關(guān)系是解答的關(guān)鍵，難度較小．【解析】【答案】C6、B【分析】【分析】本題考查元素的化合價，明確化合物中正負(fù)化合價的代數(shù)和為rm{0}來計算最高正價，元素在氫化物中的化合價為最高正價rm{-8}是解答本題的關(guān)鍵，難度不大?！窘獯稹坑稍刈罡哒齼r氧化物對應(yīng)的水化物的化學(xué)式是rm{H_{2}XO_{4}}則最高價為rm{+6}價，其最低價為rm{+6-8=-2}價，即元素的氣態(tài)氫化物中的化合價為rm{-2}價；

A.rm{HX}中rm{X}的化合價為rm{-1}價；故A錯誤；

B.rm{H_{2}X}中rm{X}的化合價為rm{-2}價；故B正確；

C.rm{XH_{4}}中rm{X}的化合價為rm{-4}價；故C錯誤；

D.rm{XH_{3}}中rm{X}的化合價為rm{-3}價；故D錯誤。

故選B。

【解析】rm{B}7、B【分析】【分析】本題考查危險品標(biāo)志，難度不大，了解起火時，不能用水滅火的物質(zhì)的性質(zhì)、各個標(biāo)簽所代表的含義是解答本題的關(guān)鍵?！窘獯稹緼.圖中所示標(biāo)志是有毒氣體標(biāo)志；有毒氣體起火時能用水來滅火，故A錯誤；

B.圖中所示標(biāo)志是遇濕易燃物品標(biāo)志；起火時不能用水滅火，故B正確；

C.圖中所示標(biāo)志是腐蝕品標(biāo)志；腐蝕品起火時能用水來滅火，故C錯誤；

D.圖中所示標(biāo)志是有害品rm{(}遠(yuǎn)離食品rm{)}標(biāo)志，有害品rm{(}遠(yuǎn)離食品rm{)}起火時能用水來滅火；故D錯誤。

故選B。

【解析】rm{B}二、雙選題(共8題，共16分)8、B|D【分析】解：A．碘升華；共價鍵不變，只破壞分子間作用力，故A不選；

B．氯氣溶于水生成次氯酸和鹽酸；發(fā)生化學(xué)變化，化學(xué)鍵一定破壞同時又有化學(xué)鍵形成，故B選；

C．食鹽熔化；離子鍵破壞，故C不選；

D．氯化銨分解；發(fā)生化學(xué)變化，化學(xué)鍵一定破壞同時又有化學(xué)鍵形成，故D選；

故選BD．

化學(xué)變化中化學(xué)鍵一定被破壞；共價化合物或離子化合物電離時化學(xué)鍵被破壞，以此來解答．

本題考查化學(xué)鍵，為高頻考點，把握變化過程中化學(xué)鍵是否變化為解答的關(guān)鍵，注意分子晶體的三態(tài)變化只破壞分子間作用力，題目難度中等．【解析】【答案】BD9、B|D【分析】解：A．烷烴同分異構(gòu)體中支鏈越多；沸點越低，則正戊烷；異戊烷、新戊烷的沸點依次降低，故A正確；

B．制備純凈的氯乙烷；應(yīng)選加成反應(yīng)，沒有副產(chǎn)物，而乙烷和氯氣在光照條件下反應(yīng)產(chǎn)物復(fù)雜，且為鏈鎖反應(yīng)，故B錯誤；

C．等物質(zhì)的量的乙烷、乙烯和苯，由CxHy燃燒通式可知消耗氧氣取決x+則1mol乙烷；乙烯和苯消耗氧氣分別為3.5mol、3mol、7.5mol，消耗氧氣最多的是苯，故C正確；

D．酯化反應(yīng)羧酸脫-OH，醇脫H，且為可逆反應(yīng)，則用18O標(biāo)記的CH3CH218OH與乙酸反應(yīng)制取乙酸乙酯，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時，18O存在于乙醇中；故D錯誤；

故選BD．

A．烷烴同分異構(gòu)體中支鏈越多；沸點越低；

B．制備純凈的氯乙烷；應(yīng)選加成反應(yīng)，沒有副產(chǎn)物；

C．等物質(zhì)的量的乙烷、乙烯和苯，由CxHy燃燒通式可知消耗氧氣取決x+

D．酯化反應(yīng)羧酸脫-OH；醇脫H，且為可逆反應(yīng)．

本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握有機物的性質(zhì)、反應(yīng)類型等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大．【解析】【答案】BD10、rBC【分析】解：rm{A.BF_{3}}中，rm{3+3neq8}則不滿足所有原子最外層為rm{8}電子結(jié)構(gòu)；故A不選；

B.rm{NCl_{3}}中，rm{5+3=8}滿足所有原子最外層為rm{8}電子結(jié)構(gòu)；故B選；

C.rm{PCl_{3}}中，rm{5+3=8}滿足所有原子最外層為rm{8}電子結(jié)構(gòu)；故C選；

D.rm{CHCl_{3}}中，rm{H}原子最外層最多滿足rm{2}個電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；故D不選；

故選BC．

所有原子都滿足最外層為rm{8}電子結(jié)構(gòu)，對于rm{AB_{n}}型化合物，rm{A}的族序數(shù)與成鍵數(shù)rm{(n)}酯化等于rm{8}即可；氫化物除外，并結(jié)合最外層電子解答．

本題考查核外電子的排布，注意原子的最外層電子及元素的族序數(shù)、成鍵數(shù)等即可解答，注重基礎(chǔ)知識的考查，題目難度不大，學(xué)生解答中以忽略“所有原子”．【解析】rm{BC}11、rCD【分析】解：rm{A}使用托盤天平稱量前；必須先將游碼移到標(biāo)尺左端的零刻度線處，故A正確；

B；稱量時；按照“左物右碼”的原則稱量，故B正確；

C；潮濕或具有腐蝕性的藥品；必須放在玻璃器皿里稱量，但是其他固體藥品不能直接放在天平托盤上稱量，需要墊一張大小相同的紙片進(jìn)行稱量，故C錯誤；

D、托盤天平能夠準(zhǔn)確到rm{0.1g}故D錯誤；

故選CD．

天平的使用規(guī)則及注意事項是一個重點知識；包括不要超過天平的最大稱量；如何放置天平、怎樣調(diào)節(jié)橫梁平衡、調(diào)節(jié)橫梁平衡前要將游碼移到標(biāo)尺左端的零刻度線處、左盤放物體，右盤放砝碼、向右移動游碼的作用、怎樣讀數(shù)等等．

該題考查了天平的使用方法和讀數(shù)方法，屬于基本技能，要求熟練掌握使用方法．【解析】rm{CD}12、AC【分析】【分析】本題考查了雜化軌道理論，題目難度不大，根據(jù)價層電子對互斥理論來分析解答即可。【解答】A.rm{C_{2}H_{2}}的結(jié)構(gòu)簡式為rm{CH隆脭CH}含有三鍵，所以有rm{婁脨}鍵，rm{C}原子采用rm{sp}雜化；符合題意，故A選；

B.氯化鈹分子中，鈹原子含有兩個共價單鍵，不含孤電子對，所以價層電子對數(shù)是rm{2}中心原子以rm{sp}雜化軌道成鍵，分子中不含rm{婁脨}鍵；故B不符合題意；

C.rm{CO_{2}}的結(jié)構(gòu)式為rm{O=C=O}分子中含有碳氧雙鍵，含有rm{婁脨}鍵，rm{C}原子采用rm{sp}雜化；符合題意，故C選；

D.rm{HClO}中，rm{O}原子的價層電子對數(shù)是rm{4}中心原子以rm{sp^{3}}雜化軌道成鍵，含有rm{2}個孤電子對，分子為rm{V}形；故D不符合題意。

故選AC。【解析】rm{AC}13、A|D【分析】解：等質(zhì)量的SO2和CO2，設(shè)質(zhì)量均為m，物質(zhì)的量之比為=11：16；

根據(jù)ρ=可知；氣體摩爾質(zhì)量與密度成正比，則密度之比為：64g/mol：44g/mol=16：11，故A正確；B錯誤；

同溫同壓下氣體物質(zhì)的量與體積成正比；則體積之比為11：16，故C錯誤；D正確；

故選AD．

等質(zhì)量的SO2和CO2，設(shè)質(zhì)量均為m，物質(zhì)的量之比為=11：16，結(jié)合同溫同壓下物質(zhì)的量與體積成正比、ρ=對各選項進(jìn)行判斷．

本題考查阿伏伽德羅定律及其推論的應(yīng)用，題目難度中等，試題側(cè)重學(xué)生計算能力的考查，注意把握有關(guān)計算公式及阿伏伽德羅定律的推論即可解答．【解析】【答案】AD14、rAD【分析】解：rm{A.}加入催化劑；可降低反應(yīng)的活化能，增大反應(yīng)速率，故A正確；

B.升高溫度；活化分子數(shù)目增多，反應(yīng)速率增大，故B錯誤；

C.為可逆反應(yīng)；反應(yīng)物不可能全部轉(zhuǎn)化，故C錯誤；

D.達(dá)到平衡時；正逆反應(yīng)速率相等，但不為零，故D正確；

故選AD．

加入催化劑；升高溫度可增大反應(yīng)速率；該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，達(dá)到平衡時，正逆反應(yīng)速率相等，但不為零，以此解答該題．

本題考查化學(xué)反應(yīng)速率的影響以及化學(xué)平衡等問題，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，注意把握影響反應(yīng)速率的因素以及平衡狀態(tài)的特征，難度不大．【解析】rm{AD}15、rAB【分析】解：rm{A.}甲烷在光照條件下與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成氯化氫；氯化氫可與氨氣反應(yīng)生成氯化銨，故A正確；

B.乙烯與水發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇；乙醇發(fā)生催化氧化可生成乙醛，可實現(xiàn)反應(yīng)，故B正確；

C.葡萄糖與銀氨溶液發(fā)生反應(yīng)生成銀鏡；加入硝酸銀，不能發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成銀鏡，故C錯誤；

D.rm{NO}與水不反應(yīng)，rm{NO}如生成硝酸；應(yīng)通入氧氣，故D錯誤．

故選AB．

A.甲烷與氯氣反應(yīng)生成氯化氫；氯化氫可與氨氣反應(yīng)生成氯化銨；

B.乙烯與水發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇；乙醇發(fā)生催化氧化可生成乙醛；

C.葡萄糖與銀氨溶液發(fā)生反應(yīng)生成銀鏡；

D.rm{NO}與水不反應(yīng)．

本題綜合考查有機物的性質(zhì)以及元素化合物知識，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，注意把握有機物的官能團(tuán)的性質(zhì)以及反應(yīng)條件，難度不大．【解析】rm{AB}三、填空題(共8題，共16分)16、3717ClHNO3氧化還原反應(yīng)H2OCH474同位素2吸收放出放出【分析】【解答】（1）含有17個質(zhì)子、20個中子的原子為氯原子，質(zhì)量數(shù)為37，原子的化學(xué)符號是3717Cl；

故答案為：3717Cl；

（2）第二周期ⅤA族為氮元素，最高價為+5價，最高價氧化物的水化物的化學(xué)式為HNO3，故答案為：HNO3；

（3）原電池反應(yīng)的本質(zhì)是自發(fā)的氧化還原反應(yīng)；負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極發(fā)生還原反應(yīng)，故答案為：氧化還原反應(yīng)；

（4）Na+具有10個電子，具有相同電子數(shù)的分子有Ne、HF、NH3、H2O、CH4，故答案為：H2O；CH4；

（5）核素是指具有一定數(shù)目的質(zhì)子和一定數(shù)目的中子的一種原子，屬于原子的有①C②K③H④C⑤Ca⑥C⑦H，它們都表示核素，即共有7種核素；具有相同質(zhì)子數(shù)的同一類原子是同種元素，有C、K、H、Ca4種元素；質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同的同一元素的不同原子互稱同位素，在7種微粒中，①C④C⑥C質(zhì)子數(shù)都是6；而中子數(shù)分別為6；7、和8，即互為同位素，故答案為：7；4；同位素；

（6）O為﹣2價；H為+1價，水分子中，共有2對共用電子，故答案為：2；

（7）斷鍵吸收能量；成鍵放出能量，燃燒反應(yīng)是指：混合物中的可燃成分急劇與氧反應(yīng)形成火焰放出大量的熱和強烈的光的過程，是放熱反應(yīng)，故答案為：吸收；放出；放出．

【分析】（1）含有17個質(zhì)子；20個中子的原子為氯原子；質(zhì)量數(shù)為37，據(jù)此答題；

（2）第二周期ⅤA族為氮元素；最高價為+5價，據(jù)此寫最高價氧化物的水化物的化學(xué)式；

（3）原電池反應(yīng)的本質(zhì)是負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)；正極發(fā)生還原反應(yīng)，電子由負(fù)極沿導(dǎo)線流向正極，從而實現(xiàn)將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能；

（4）Na+具有10個電子；

（5）核素是指具有一定數(shù)目質(zhì)子和一定數(shù)目中子的一種原子；具有相同質(zhì)子數(shù)的同一類原子是同種元素；具有相同質(zhì)子數(shù)；不同中子數(shù)同一元素的不同原子互為同位素；

（6）O為﹣2價；

（7）斷鍵吸收能量，成鍵放出能量，燃燒反應(yīng)是指：混合物中的可燃成分急劇與氧反應(yīng)形成火焰放出大量的熱和強烈的光的過程；17、略

【分析】解：（1）欲除去溶液Ⅰ中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-離子；應(yīng)首先加入過量的氫氧化鈉除去鎂離子和三價鐵離子，然后加入過量的氯化鋇可以除去硫酸根離子，最后加入過量的飽和碳酸鈉溶液除去過量的鋇離子和鈣離子；

故答案為：BaCl2溶液；飽和Na2CO3溶液；

（2）加入氫氧化鈉后氫氧根離子與鎂離子反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，離子方程式為：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓；

與鐵離子反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀，離子方程式為：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；

加入碳酸鈉后，鈣離子與碳酸根離子反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，離子方程式為：Ba2++CO32-=BaCO3↓；

鋇離子與碳酸根離子反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀，離子方程式：Ca2++CO32-=CaCO3↓；

故答案為：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓；Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；Ba2++CO32-=BaCO3↓；Ca2++CO32-=CaCO3↓；

（3）除去NaCl晶體表面的少量的KCl，應(yīng)選用75%的乙醇，因為CCl4有毒，同時KCl也不會溶解在CCl4中；

故答案為：75%乙醇；

（4）①用濃溶液配制烯溶液的步驟為：計算出需要的濃鹽酸的體積16.8ml；用20ml量筒量取所需要的濃鹽酸的體積，在燒杯中稀釋（可用量筒量取水），用玻璃棒攪拌，冷卻后轉(zhuǎn)移到500ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌并將洗滌液移入容量瓶中，當(dāng)加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加至溶液凹面與刻度線水平相切，蓋好瓶塞，搖勻，所以還需要的玻璃儀器有：20mL量筒；膠頭滴管、玻璃棒、燒杯、500mL容量瓶；

故答案為：20mL量筒；膠頭滴管、玻璃棒、燒杯、500mL容量瓶；

②從濃鹽酸試劑瓶上的有關(guān)數(shù)據(jù)可知鹽酸的密度為1.19g/ml；質(zhì)量分?jǐn)?shù)為36.5%，摩爾質(zhì)量為36.5g/mol；

依據(jù)C=該濃鹽酸的物質(zhì)的量濃度為：C==11.9mol/L；稀釋前后溶液中所含的氯化氫的物質(zhì)的量不變，設(shè)消耗濃鹽酸的體積為Vml，則11.9mol/L×V=0.400mol/L×500ml，解得V=16.8ml；

故答案為：16.8ml．

（1）加入過量的氫氧化鈉可以除去鎂離子和三價鐵離子；加入過量的氯化鋇可以除去硫酸根離子，最后加入過量的碳酸鈉除去過量的鋇離子和鈣離子，注意碳酸鈉一定放在在后；

（2）加入氫氧化鈉后氫氧根離子與鎂離子反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀；與鐵離子反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀；

加入碳酸鈉后；鈣離子與碳酸根離子反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，鋇離子與碳酸根離子反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀；

（3）根據(jù)有機物的性質(zhì)以及氯化鉀在有機物中的溶解度知識來回答；

（4）①據(jù)實驗操作的步驟以及每步操作需要儀器確定反應(yīng)所需儀器；

②依據(jù)稀釋前后溶液中所含的氯化氫的物質(zhì)的量不變計算解答．

本題考查了粗鹽的提純以及一定物質(zhì)的量濃度溶液的配置，題目難度不大，明確除去雜質(zhì)離子用到的試劑及順序，熟悉配置一定物質(zhì)的量濃度溶液所需要的儀器和步驟是解題的關(guān)鍵．【解析】BaCl2溶液；飽和Na2CO3溶液；Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；Ba2++CO32-=BaCO3↓、Ca2++CO32-=CaCO3↓；75%乙醇；20mL量筒、膠頭滴管、玻璃棒、燒杯、500mL容量瓶；16.8ml18、略

【分析】解：(1)該實驗通過觀察干燥氯氣與濕氯氣分別對有色布條的漂白作用；來研究干燥的氯氣有沒有漂白性，故答案為：漂白；

(2)濃H2SO4具有吸水性；可吸收水蒸氣，在本實驗中的作用是干燥氯氣，故答案為：干燥氯氣；

(3)與研究目的直接相關(guān)的實驗現(xiàn)象是：

A瓶中濕氯氣在濃硫酸瓶中鼓泡后被干燥；

B瓶中干燥的布條不褪色；說明干燥氯氣沒有漂白性；

C瓶中氯氣與水生成氯水；有色布條褪色；說明濕氯氣對有色布條的漂白作用明顯；故答案為：不褪；

(4)氯氣有毒，排放到空氣中會污染空氣，應(yīng)進(jìn)行尾氣吸收，在裝置后加上尾氣吸收裝置(類似C瓶)，吸收液為燒堿溶液，故答案為：尾氣吸收．【解析】漂白;干燥氯氣;不褪;尾氣吸收19、（1）Zn失電子變成Zn2+，電子由鋅片流出，經(jīng)過導(dǎo)線傳遞到銅片上，H+過來得電子，溶液中的SO42-受Zn2+吸引，向負(fù)極移動，形成閉合回路，從而產(chǎn)生電流（2）Zn片H+ZnCu片SO42-導(dǎo)線【分析】【分析】

rm{Cu}rm{Zn}稀硫酸組成的原電池，活潑金屬rm{Zn}做原電池的負(fù)極、rm{Cu}做原電池的正極，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)、正極發(fā)生氧化反應(yīng)，電子和離子的定向移動形成閉合回路形成電流?！窘獯稹?/p>

rm{(1)Cu}rm{Zn}稀硫酸組成的原電池，活潑金屬rm{Zn}作原電池的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}失去的電子通過導(dǎo)線達(dá)到作正極的rm{Cu}電極，稀硫酸電離出的rm{H^{+}}在正極發(fā)生氧化反應(yīng)rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}溶液中的rm{SO_{4}^{2-}}離子向負(fù)極作定向移動形成閉合回路形成電流。rm{(2)}在rm{Cu}rm{Zn}稀硫酸組成的原電池中，rm{Zn}作負(fù)極、rm{Cu}作正極；在負(fù)極上rm{Zn}失去電子作反應(yīng)物，在正極上rm{H^{+}}得電子生成氫氣；在原電池中導(dǎo)線作為電子的導(dǎo)體，硫酸根離子作為離子導(dǎo)體?！窘馕觥縭m{(1)Zn}失電子變成rm{Zn^{2+}}電子由鋅片流出，經(jīng)過導(dǎo)線傳遞到銅片上，rm{H^{+}}過來得電子，溶液中的rm{SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}受rm{{,!}_{4}^{2-}}吸引，向負(fù)極移動，形成閉合回路，從而產(chǎn)生電流rm{Zn^{2+}}片rm{(2)Zn}rm{H^{+;;;;;}Zn}片rm{Cu}rm{SO}導(dǎo)線rm{{,!}_{4}^{2-;;;;}}20、rm{ABC}rm{B}rm{(A)}不是氧化還原反應(yīng)，rm{(B)}是氧化還原反應(yīng)；rm{Fe}rm{Ni_{2}O_{3}+2e^{-}+3H_{2}O=2Ni(OH)_{2}+2OH^{-}}rm{5.6}【分析】解：rm{(1)A.}使用催化劑；加快反應(yīng)速率，故A選；

B.適當(dāng)提高氧氣的濃度；反應(yīng)物濃度增大，反應(yīng)速率加快，故B選；

C.適當(dāng)提高反應(yīng)的溫度；反應(yīng)速率加快，故C選；

D.適當(dāng)降低反應(yīng)的溫度；反應(yīng)速率減慢，故D不選；

故答案為：rm{ABC}

rm{(2)}原電池的構(gòu)成條件之一是必須能自發(fā)的進(jìn)行氧化還原反應(yīng)，rm{(A)}不是氧化還原反應(yīng)，rm{(B)}是氧化還原反應(yīng)，所以rm{(A)}不能設(shè)計成原電池，rm{(B)}能設(shè)計成原電池．

故答案為：rm{B}rm{(A)}不是氧化還原反應(yīng)，rm{(B)}是氧化還原反應(yīng)．

rm{(3)壟脵Fe+Ni_{2}O_{3}+3H_{2}O=Fe(OH)_{2}+2Ni(OH)_{2}}rm{Fe}元素的化合價升高，rm{Ni}元素的化合價降低，所以正極為rm{Ni_{2}O_{3}}負(fù)極為rm{Fe}

故答案為：rm{Fe}

rm{壟脷}正極上rm{Ni_{2}O_{3}}得電子，堿性條件下生成rm{Ni(OH)_{2}}則電池放電時，正極反應(yīng)為rm{Ni_{2}O_{3}+2e^{-}+3H_{2}O=2Ni(OH)_{2}+2OH^{-}}

故答案為：rm{Ni_{2}O_{3}+2e^{-}+3H_{2}O=2Ni(OH)_{2}+2OH^{-}}

rm{壟脹}已知負(fù)極反應(yīng)為rm{Fe+2OH^{-}-2e^{-}=Fe(OH)_{2}}當(dāng)外電路中通過rm{0.2mol}電子時，參加反應(yīng)的rm{Fe}為rm{0.1mol}則消耗的鐵的質(zhì)量為rm{5.6g}

故答案為：rm{5.6}

rm{(1)}增大反應(yīng)物濃度；使用催化劑、升高溫度等均可加快反應(yīng)速率；

rm{(2)}根據(jù)原電池的構(gòu)成條件判斷能否構(gòu)成原電池；

rm{(3)壟脵Fe+Ni_{2}O_{3}+3H_{2}O=Fe(OH)_{2}+2Ni(OH)_{2}}rm{Fe}元素的化合價升高，rm{Ni}元素的化合價降低；

rm{壟脷}負(fù)極上rm{Fe}失電子；堿性條件下生成氫氧化亞鐵；

rm{壟脹}根據(jù)負(fù)極的電極反應(yīng)計算．

本題考查了影響反應(yīng)速率的因素、原電池原理的判斷與應(yīng)用等，題目涉及的知識點較多，側(cè)重于考查學(xué)生對所學(xué)知識的綜合應(yīng)用能力．【解析】rm{ABC}rm{B}rm{(A)}不是氧化還原反應(yīng)，rm{(B)}是氧化還原反應(yīng)；rm{Fe}rm{Ni_{2}O_{3}+2e^{-}+3H_{2}O=2Ni(OH)_{2}+2OH^{-}}rm{5.6}21、略

【分析】【分析】本題考查燃料電池的工作原理和規(guī)律：負(fù)極上是燃料失電子的氧化反應(yīng)，在正極上氧氣發(fā)生得電子的還原反應(yīng)。特別注意電解質(zhì)溶液的酸堿性并能靈活應(yīng)用?！窘獯稹縭m{(1)}當(dāng)電解質(zhì)溶液為稀硫酸時，其正極發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)物為rm{O_{2}}在酸性環(huán)境下生成的氧離子和氫離子結(jié)合生成水，其電極反應(yīng)式為：rm{O_{2}+4e^{-}+4H^{+}=2H_{2}O}負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為：rm{CH_{4}O-6e^{-}+H_{2}O=6H^{+}+CO_{2}}所以本題答案為：rm{O_{2}+4e^{-}+4H^{+}=2H_{2}O}rm{CH_{4}O-6e^{-}+H_{2}O=6H^{+}+CO_{2}}rm{(2)}當(dāng)電解質(zhì)溶液為rm{KOH}時，其正極發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)物為rm{O_{2}}在堿性環(huán)境下生成的氧離子和水結(jié)合生成氫氧根離子，其電極反應(yīng)式為：rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為：rm{CH_{4}O-6e^{-}+8OH^{-}=CO_{3}^{2-}+6H_{2}O}所以本題答案為：rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}；rm{CH_{4}O-6e^{-}+8OH^{-}=CO_{3}^{2-}+6H_{2}O}【解析】rm{(1)O_{2}+4e^{-}+4H^{+}=2H_{2}OCH_{4}O-6e^{-}+H_{2}O=6H^{+}+CO_{2}}rm{(2)O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}rm{CH_{4}O-6e^{-}+8OH^{-}=CO_{3}^{2-}+6H_{2}O}22、略

【分析】解：反應(yīng)rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}濃rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}中，rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}元素化合價降低，被還原，發(fā)生還原反應(yīng)，濃rm{S}作氧化劑；表現(xiàn)為氧化性；

在該反應(yīng)中，若消耗了rm{H_{2}SO_{4}}即rm{32gCu}則轉(zhuǎn)移了rm{0.5mol}電子，生成rm{1mol}標(biāo)準(zhǔn)條件下體積為rm{0.5molSO_{2}}

故答案為：還原；還原；氧化；氧化；rm{11.2L}rm{1}．

反應(yīng)rm{11.2}濃rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}中，rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}元素化合價升高，為氧化，rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}為還原劑，rm{Cu}元素化合價降低，被還原，rm{Cu}為氧化劑；生成硫酸銅，硫酸還表現(xiàn)酸性，結(jié)合化合價的變化計算該題．

本題考查濃硫酸的性質(zhì)，側(cè)重于氧化還原反應(yīng)的考查，為高考高頻考點，注意把握元素化合價的變化，難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累．rm{S}【解析】還原；還原；氧化；氧化；rm{1}rm{11.2}23、（1）Al2O3、

（2）PH3硫Cl2+H2O=HCl+HClO

（3）

（4）先產(chǎn)生白色沉淀，后沉淀逐漸溶解Al3++3OH-=Al（OH）3↓Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O【分析】【分析】本題考查位置、結(jié)構(gòu)、性質(zhì)的關(guān)系，明確圖中的位置及相鄰的rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四種元素原子核外共有rm{56}個電子、是解答本題的關(guān)鍵。【解答】因rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四種短周期元素在圖中位置可知，rm{A}為第二周期元素，rm{B}rm{C}rm{D}為第三周期元素，設(shè)rm{C}的核外電子數(shù)為rm{X}則rm{A}rm{B}rm{D}的最外層電子數(shù)為分別為rm{X-8}rm{X-1}rm{X+1}所以：rm{X+X-8+X-1+X+1=56}解得rm{X=16}則rm{B}為磷，rm{C}為硫，rm{D}為氯，rm{A}為氧；根據(jù)rm{E}的單質(zhì)可與酸反應(yīng)，rm{1molE}單質(zhì)與足量酸作用，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下能產(chǎn)生rm{33.6LH_{2}}可知rm{E}為rm{+3}價金屬，又rm{E}的陽離子與rm{A}的陰離子核外電子層結(jié)構(gòu)相同，則rm{E}為鋁．

rm{(1)}因rm{A}為氧，rm{E}為鋁，rm{A}與rm{E}形成的化合物的化學(xué)式是rm{Al_{2}O_{3}}故答案為：rm{Al_{2}O_{3}}

rm{(2)}因rm{B}為磷元素，所以rm{B}氫化物化學(xué)式為rm{PH_{3}}rm{C}為硫；rm{D}為氯，其單質(zhì)與水反應(yīng)：rm{Cl_{2}+H_{2}O=}rm{HCl+HClO}故答案為：rm{PH_{3}}硫；rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}rm{(3)}淡黃色固體為過氧化鈉，其電子式為：故答案為：；rm{(4)}氫氧化鋁為兩性氧化物能與堿反應(yīng)生成鹽和水，所以向rm{D}與rm{E}形成的化合物的水溶液中滴入燒堿溶液直至過量，觀察到的現(xiàn)象是先有白色膠狀沉淀產(chǎn)生并逐漸增多，隨rm{NaOH}加入又逐漸溶解最終澄清，離子方程式為：rm{Al^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案為：先產(chǎn)生白色沉淀，后沉淀逐漸溶解；rm{Al^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

【解析】rm{(1)Al_{2}O_{3隆壟}}rm{(2)}rm{PH_{3;;}}硫rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}硫rm{PH_{3;;}}rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}rm{(3)}先產(chǎn)生白色沉淀，后沉淀逐漸溶解rm{(3)}rm{(4)}rm{Al^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}四、判斷題(共1題，共4分)24、B【分析】【解答】蛋白質(zhì)溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質(zhì)析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質(zhì)生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學(xué)變化的實質(zhì)是在原子核不變的情況下，有新物質(zhì)生成，分析各選項是否符合化學(xué)變化的概念，即有新物質(zhì)生成，就是化學(xué)變化．五、工業(yè)流程題(共2題，共12分)25、略

【分析】【分析】

將MnO2和KOH粉碎混合，目的是增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，然后將混合物熔融并通入空氣，根據(jù)流程圖知，二者反應(yīng)生成K2MnO4，根據(jù)元素守恒知還生成H2O，K2MnO4和CO2反應(yīng)生成KMnO4、K2CO3、MnO2，KMnO4、K2CO3易溶于水而MnO2難溶于水，將KMnO4、K2CO3、MnO2溶于水然后過濾得到KMnO4、K2CO3混合溶液，再根據(jù)KMnO4、K2CO3溶解度差異采用濃縮結(jié)晶、趁熱過濾得到KMnO4粗晶體，重結(jié)晶得到純KMnO4晶體。

【詳解】

(1)由工藝流程轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空氣時發(fā)生反應(yīng)生成K2MnO4，根據(jù)元素守恒還應(yīng)生成水，則反應(yīng)化學(xué)方程式為2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；

(2)粗KMnO4晶體中含有少量的K2CO3，為了得到純的KMnO4晶體；操作Ⅲ是粗晶體提純，操作的名稱為重結(jié)晶；

(3)測定高錳酸鉀樣品純度采用硫酸錳滴定：向高錳酸鉀溶液中滴加硫酸錳溶液；產(chǎn)生黑色沉淀，當(dāng)高錳酸鉀溶液由紫紅色剛好褪色且半分鐘不恢復(fù)，表明達(dá)到滴定終點；

(4)當(dāng)pH=10時，c(OH-)=1×10-4mol/L，根據(jù)Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)?c2(OH-)，可知c(Mn2-)==2.4×10-5mol/L；

(5)用Fe、C作電極電解含MnO4-的污水，需要還原劑，電解池中鐵做陽極失電子生成亞鐵離子，亞鐵離子還原高錳酸根離子生成錳離子，在堿溶液中生成氫氧化錳，反應(yīng)的離子方程式為：5Fe2++MnO4-+9OH-+4H2O=5Fe(OH)3↓+Mn(OH)2↓。

【點睛】

考查常見氧化劑與還原劑、氧化還原反應(yīng)、化學(xué)計算和對工藝流程的理解、閱讀題目獲取信息的能力、電解池原理、溶度積常數(shù)計算等，需要學(xué)生具有扎實的基礎(chǔ)知識與靈活運用知識解決問題的能力?！窘馕觥竣?2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O②.重結(jié)晶（或溶解、蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶）③.滴入最后一滴硫酸錳溶液，高錳酸鉀溶液由紫紅色剛好褪色且半分鐘不恢復(fù)④.2.4×10-5mol/L⑤.Fe⑥.5Fe2++MnO4-+9OH-+4H2O=5Fe(OH)3↓+Mn(OH)2↓26、略

【分析】【分析】

β-鋰輝礦焙燒后，溶于硫酸生成硫酸鋰、硫酸鋁、硫酸鈣、硫酸鎂和二氧化硅沉淀，調(diào)節(jié)pH為6，鋁離子沉淀，濾液的硫酸鎂能與氫氧化鈣反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，氫氧化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，得到濾液硫酸鋰蒸發(fā)濃縮后與磷酸二氫銨、硫酸亞鐵反應(yīng)生成難溶的LiFePO4。

【詳解】

⑴氟磷灰石(Ca5P3FO12)中Ca為+2價，O為-2價，F(xiàn)為-1價，根據(jù)化合物價態(tài)代數(shù)和為0得到磷元素的化合價為+5，β-鋰輝礦焙燒后，溶于硫酸生成硫酸鋰、硫酸鋁、硫酸鈣、硫酸鎂和二氧化硅沉淀，調(diào)節(jié)pH為6，鋁離子沉淀，濾液的硫酸鎂能與氫氧化鈣反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，氫氧化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，因此沉淀X的主要成份的化學(xué)式是CaCO3和Mg(OH)2；故答案為：+5；CaCO3、Mg(OH)2。

⑵觀察流程可知；操作1得到硫酸鈣，因此操作1為過濾，所需的玻璃儀器有燒杯；漏斗、玻璃棒，操作3得到有機相，因此操作3為分液；故答案為：分液；燒杯、漏斗、玻璃棒。

⑶蒸發(fā)濃縮Li2SO4溶液；可使溶液中鋰離子濃度增大，便于生成磷酸亞鐵鋰沉淀；故答案為：增大溶液中鋰離子濃度，便于生成磷酸亞鐵鋰沉淀。

⑷合成反應(yīng)是磷酸二氫銨、磷酸亞鐵和硫酸鋰，產(chǎn)物為難溶的LiFePO4，其離子方程式H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+；故答案為：H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+。

⑸科學(xué)家設(shè)計一種鋰電池的反應(yīng)原理為LiFePO4Li+FePO4，則Li為負(fù)極，F(xiàn)ePO4為正極，放電時正極反應(yīng)式為FePO4+Li++e－=LiFePO4；故答案為：FePO4+Li++e－=LiFePO4。

⑹300噸含氧化鋰5%的β-鋰輝礦中Li2O的質(zhì)量為300噸×5%=15噸，根據(jù)關(guān)系式Li2O—2LiFePO4，理論上可生成磷酸亞鐵鋰為則元素鋰的利用率為故答案為70%?！窘馕觥?5CaCO3、Mg(OH)2分液燒杯、漏斗、玻璃棒增大溶液中鋰離子濃度，便于生成磷酸亞鐵鋰沉淀H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+FePO4+Li++e－=LiFePO470%六、綜合題(共4題，共12分)27、反應(yīng)物能量生成物能量無降低因為催化劑改變了反應(yīng)的歷程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ?mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1【分析】【解答】（1）因圖中A；C分別表示反應(yīng)物總能量、生成物總能量；B為活化能，反應(yīng)熱可表示為A、C活化能的大小之差，活化能的大小與反應(yīng)熱無關(guān)，加入催化劑，活化能減小，反應(yīng)反應(yīng)熱不變；

（2）因1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化為2molSO3的△H=﹣198kJ?mol﹣1；

則2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ?mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2時，自身被還原為四價釩化合物；四價釩化合物再被氧氣氧化，則反應(yīng)的相關(guān)方程式為：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ?mol﹣1；