2025年人教版高一化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年人教版高一化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷265考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、對(duì)于下列事實(shí)的解釋錯(cuò)誤的是（）①蔗糖中加入濃硫酸后出現(xiàn)發(fā)黑現(xiàn)象，說(shuō)明濃硫酸具有脫水性②濃硝酸的顏色變黃，說(shuō)明濃硝酸見(jiàn)光易分解③SO2氣體通入溴水使溴水褪色，說(shuō)明SO2具有漂白性④常溫下濃硫酸可用鐵槽車儲(chǔ)運(yùn)，說(shuō)明常溫下濃硫酸跟鐵不反應(yīng)．A.①②③④B.③④C.只有③D.只有④2、W、X、Y、Z是短周期元素，其部分性質(zhì)如表，下列說(shuō)法正確的是。W單質(zhì)是淡黃色固體X在地殼中的含量居第二位Y原子最外層電子數(shù)是電子總數(shù)的2/3Z第三周期原子半徑最小的金屬A.氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：XB.最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：Y＞XC.離子半徑：Z＞W(wǎng)D.Y的氧化物中含有非極性共價(jià)鍵3、有15gA物質(zhì)與10.5gB物質(zhì)恰好完全反應(yīng)，生成7.2gC物質(zhì)、1.8gD物質(zhì)和0.3molE物質(zhì)．則E的摩爾質(zhì)量是（）A.27.5g?mol-1B.55g?mol-1C.100g?mol-1D.111g?mol-14、下列說(shuō)法正確的是()A.rm{1mol}任何氣體的體積都是rm{22.4L}B.rm{1molH2}的質(zhì)量是rm{2g?mol^{-1}}它所占的體積是rm{22.4L?mol^{-1}}C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{1mol}任何物質(zhì)所占的體積都約為rm{22.4L}D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{1mol}任何氣體所占的體積都約為rm{22.4L}5、能用來(lái)分離Fe3+和Al3+的試劑是（）

A.氨水。

B.NaOH溶液和鹽酸。

C.氨水和鹽酸。

D.NaOH溶液。

6、用括號(hào)中的試劑除去下列氣體物質(zhì)中所含雜質(zhì)；所用藥品正確的是（）

A.CO2中混有HCl（飽和Na2CO3溶液）

B.Cl2中混有HCl（AgNO3溶液）

C.H2S中混有H2O蒸氣（濃硫酸）

D.NO中混有NO2（水）

7、下列物質(zhì)中，屬于烴的是（）A.CH2Cl2B.CH3CH2OHC.CH3CHOD.CH3CH2CH2CH3CH38、下列操作不能達(dá)到目的是rm{(}rm{)}

。選項(xiàng)目的操作rm{A}配制rm{100mL1.0mol?L^{-1}}rm{CuSO_{4}}溶液將rm{25g}rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}溶于rm{100mL}蒸餾水中rm{B}除去固體rm{Na_{2}CO_{3}}中的少量rm{NaHCO_{3}}將混合物加熱充分反應(yīng)rm{C}在溶液中將rm{MnO_{4}^{-}}完全轉(zhuǎn)化為rm{Mn^{2+}}向酸性rm{KMnO_{4}}溶液中通入rm{SO_{2}}氣體至紫色消失確定rm{NaCl}溶液中是否混有rm{Na_{2}CO_{3}}取少量溶液滴加rm{CaCl_{2}}溶液，觀察是否出現(xiàn)白色渾濁A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評(píng)卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)9、下列有關(guān)物質(zhì)的量濃度的相關(guān)說(shuō)法中錯(cuò)誤的是（）A.將25gCuSO4.5H2O晶體加水配成100mL溶液，該溶液的物質(zhì)的量濃度為1mol/LB.將100mL5mol/L鹽酸溶液在蒸發(fā)皿中蒸發(fā)至50mL溶液，物質(zhì)的量濃度變?yōu)?0mol/LC.將10mL0.1mol/LNaCl溶液和90mL水混合，所得溶液物質(zhì)的量濃度約為0.01mol/LD.實(shí)驗(yàn)室要用容量瓶配制0.2mol/L的NaCl溶液950mL，應(yīng)稱量NaCl固體11.1g10、下列關(guān)于氫元素的敘述中，錯(cuò)誤的是（）A.自然界中有11H、12H、13H三種氫的同位素，它們的化學(xué)性質(zhì)不相同B.H失去1個(gè)電子后，變成1個(gè)質(zhì)子C.H、H、H是三種不同的原子D.11H、21H、31H在化學(xué)反應(yīng)中容易失去一個(gè)電子而顯+1價(jià)11、下列圖中，表示正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.12、rm{700隆忙}時(shí)，向容積為rm{1L}的密閉容器中充入rm{CO_{2}}和rm{H_{2}}發(fā)生反應(yīng)：rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)overset{}{?}}rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)overset{}{?}

}反應(yīng)過(guò)程中測(cè)定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見(jiàn)下表。rm{CO(g)+H_{2}O(g)}表中rm{(}。rm{t_{2}>t_{1})}反應(yīng)時(shí)間rm{/min}rm{n(CO_{2})/mol}rm{H_{2}/mol}rm{0}rm{1.50}rm{1.00}rm{t_{1}}rm{0.40}rm{t_{2}}rm{0.90}下列說(shuō)法不正確的是A.反應(yīng)在rm{t_{1}min}內(nèi)的平均速率為rm{v}rm{(H_{2}O)=0.60/t_{1;}mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}B.溫度升至rm{(H_{2}O)=0.60

/t_{1;}mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}上述反應(yīng)平衡常數(shù)為rm{800隆忙}則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)C.保持其他條件不變，起始時(shí)向容器中充入rm{1.56}和rm{1.00molCO}到達(dá)平衡時(shí)，rm{1.50molH_{2}O}D.保持其他條件不變，向平衡體系中再通入rm{c(CO_{2})=0.90mol/L}與原平衡相比，達(dá)到新平衡時(shí)rm{1.00molH_{2}}轉(zhuǎn)化率增大，rm{CO_{2}}的體積分?jǐn)?shù)增大rm{H_{2}}13、下列說(shuō)法____的是A.rm{SO_{2}}具有還原性，故可作漂白劑B.利用丁達(dá)爾效應(yīng)可區(qū)分膠體和溶液C.二氧化硫；氮氧化物、總懸浮顆粒物屬于大氣監(jiān)測(cè)；空氣質(zhì)量日?qǐng)?bào)的內(nèi)容。

D.水晶是無(wú)色透明的晶體，可以制成硅太陽(yáng)能電池14、rm{amolFeS}與rm{bmolFeO}投入到rm{V}rm{L}rm{c}rm{mol?L^{-1}}的硝酸溶液中充分反應(yīng)，產(chǎn)生rm{NO}氣體，所得澄清溶液成分可看作是rm{Fe(NO_{3})_{3}}rm{H_{2}SO_{4}}的混合液，則反應(yīng)中未被還原的硝酸可能為rm{(}rm{)}A.rm{(a+b)隆脕63g}B.rm{(a+b)隆脕189g}C.rm{(a+b)mol}D.rm{(Vc-dfrac{9a+b}{3})mol}15、已知rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}為短周期元素，它們的原子半徑依次增大，rm{W}和rm{Z}rm{X}和rm{Y}分別同主族，rm{Y}rm{Z}同周期rm{.Z}能與rm{X}形成兩種常見(jiàn)的離子化合物，離子個(gè)數(shù)比均為rm{2}rm{1.}下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是rm{(}rm{)}A.rm{Z}rm{Y}rm{X}rm{W}的原子序數(shù)依次減小B.rm{W}與rm{X}可形成既含極性共價(jià)鍵又含非極性共價(jià)鍵的化合物C.rm{Z}的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物是短周期元素形成的最強(qiáng)堿D.rm{X}的簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)低于rm{Y}的簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)16、下列敘述中錯(cuò)誤的是rm{(}rm{)}A.酸性：rm{HClO_{4}>H_{2}SiO_{3}>H_{3}PO_{4}}B.還原性：rm{Na>Mg>Al}C.穩(wěn)定性：rm{HF>HCl>HBr}D.原子半徑：rm{Cl>S>O}評(píng)卷人得分三、填空題(共5題，共10分)17、制冷劑是一種易被壓縮、液化的氣體，液化后在管內(nèi)循環(huán)，蒸發(fā)時(shí)吸收熱量，使環(huán)境溫度降低，達(dá)到制冷的目的。人們?cè)捎靡颐选H3、CH3Cl等作制冷制，但它們不是有毒就是易燃，于是科學(xué)家根據(jù)元素性質(zhì)的遞變規(guī)律來(lái)開(kāi)發(fā)新的制冷劑。根據(jù)已有知識(shí)，某些元素化合物的易燃性、毒性變化趨勢(shì)如下：(1)氫化物的易燃性：SiH4＞PH3＞H2S＞HCl，則________＞________＞H2O＞HF(填物質(zhì)的化學(xué)式)。(2)化合物的毒性：PH3＞NH3，CCl4＞CF4，則H2S________H2O，CS2________CO2(填“＞”“＝”或“＜”)。于是科學(xué)家們開(kāi)始把注意力集中在含F(xiàn)、Cl的化合物上。(3)已知CCl4的沸點(diǎn)為76.8℃，CF4的沸點(diǎn)為－128℃，新的制冷劑的沸點(diǎn)范圍應(yīng)介于二者之間，經(jīng)過(guò)較長(zhǎng)時(shí)間的反復(fù)實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)了制冷劑CF2Cl2(氟利昂)，其他類似的制冷劑可以是________。(4)然而這種制冷劑造成的當(dāng)今某一環(huán)境問(wèn)題是_____________________________。但求助于周期表中元素及其化合物的______(填寫(xiě)下列選項(xiàng)的編號(hào))變化趨勢(shì)開(kāi)發(fā)制冷劑的科學(xué)思維方法是值得借鑒的。①毒性；②沸點(diǎn)；③易燃性；④水溶性；⑤顏色A．①②③B．②④⑤C．②③④D．①②④⑤18、A、B、C、D、E、F是五種短周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大；A元素的原子是半徑最小的原子；B元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物與其氣態(tài)氫化物反應(yīng)生成一種鹽X；D與A同主族，且與F同周期；F元素的最外層電子數(shù)是其次外層電子數(shù)的3/4倍，A、B、D、F這四種元素，每一種與C元素都能形成元素的原子個(gè)數(shù)比不相同的若干種化合物。D、E、F三種元素對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物間兩兩皆能反應(yīng)。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（2）寫(xiě)出C、D兩種元素形成的原子個(gè)數(shù)比為1:1的物質(zhì)的含有的化學(xué)鍵為_(kāi)___。（3）可以驗(yàn)證C和F兩種元素非金屬性強(qiáng)弱的結(jié)論是（填編號(hào)）____；①比較這兩種元素常見(jiàn)單質(zhì)的熔點(diǎn)②比較這兩種元素的單質(zhì)與氫氣化合的難易程度③比較這兩種元素的氣態(tài)氫化物的還原性(4)A、C、D、F四種元素可以形成兩種酸式鹽（均由四種元素組成），這兩種酸式鹽的化學(xué)式分別為_(kāi)___、____。（5）A、C、F間可形成甲、乙兩種微粒，它們均為負(fù)一價(jià)雙原子陰離子，且甲有18個(gè)電子，乙有10個(gè)電子，則甲與乙反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___。19、（8分）已知A、B、C、D是中學(xué)化學(xué)中常見(jiàn)的四種不同微粒，它們之間存在如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系．（1）如果A、B是10電子離子，C、D是10電子分子，A、B、C、D均含有兩種元素．請(qǐng)寫(xiě)出A、B的電子式：A、B____、C、D的化學(xué)式C、D．（2）寫(xiě)出A離子與B反應(yīng)的離子方程式：．20、rm{(1)}目前用量最大、用途最廣泛的合金是______。rm{(2)A}rm{B}rm{C}rm{X}均為中學(xué)常見(jiàn)的物質(zhì)，一定條件下它們的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下rm{(}副產(chǎn)物已略去rm{)}．rm{Axrightarrow[路麓脫婁壟脵]{+X}}rm{Bxrightarrow[路麓脫婁壟脷]{+X}C}試回答：rm{Axrightarrow[路麓脫婁壟脵]{+X}

}若rm{Bxrightarrow[路麓脫婁壟脷]{+X}

C}為rm{壟脵}則rm{X}不可能是_________rm{O_{2}}填選項(xiàng)rm{A}．rm{(}rm{)}rm{a.NH_{3}}rm{b.Mg}若rm{c.S}rm{壟脷}rm{A}的水溶液均顯堿性，焰色反應(yīng)均為黃色，rm{B}為rm{C}則rm{X}的俗名為_(kāi)__________。rm{CO_{2}}在體積不變的rm{B}的密閉容器中，充入rm{(3)}和rm{2L}在一定條件下發(fā)生合成氨反應(yīng)。當(dāng)反應(yīng)rm{3molH_{2}}時(shí)，rm{1molN_{2}}的物質(zhì)的量變?yōu)閞m{0.5min}則用rm{N_{2}}來(lái)表示此反應(yīng)的反應(yīng)速率為rm{0.5mol}______________；若其他條件不變，將此容器的體積縮小為原來(lái)的一半，當(dāng)反應(yīng)到rm{H_{2}}時(shí)，rm{v(H_{2})=}的物質(zhì)的量將_______rm{0.5min}填“大于”、“小于”或“等于”rm{N_{2}}rm{0.5mol(}以上條件，反應(yīng)都未達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)rm{)}rm{(}21、乙烯的電子式____，結(jié)構(gòu)式____，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式____，空間構(gòu)型____。評(píng)卷人得分四、判斷題(共1題，共3分)22、在冶金工業(yè)的煙道廢氣中，?；煊写罅康腟O2和CO；它們都是大氣的污染物，在773K和催化劑（鋁礬土）的作用下，使二者反應(yīng)可收回大量的硫磺．

請(qǐng)寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：____

請(qǐng)判斷該反應(yīng)式寫(xiě)的是否正確。評(píng)卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共28分)23、鉬酸鈉(Na2MoO4)是一種冷卻水系統(tǒng)的金屬緩蝕劑，工業(yè)上利用鉬精礦(主要成分為MoS2)制備金屬鉬和鉬酸鈉晶體的流程如下圖所示。

回答下列問(wèn)題：

(1)如果在空氣中焙燒1molMoS2時(shí)，S轉(zhuǎn)移12mol電子，則MoS2中鉬元素的化合價(jià)為_(kāi)___；焙燒產(chǎn)生的尾氣對(duì)環(huán)境的主要危害是___。

(2)若在實(shí)驗(yàn)室中進(jìn)行操作2，則從鉬酸鈉溶液中得到鉬酸鈉晶體的操作步驟是_；過(guò)濾；洗滌、干燥。

(3)鉬精礦中MoS2含量的測(cè)定：取鉬精礦16g，經(jīng)在空氣中焙燒、操作1、操作2得到鉬酸鈉晶體(Na2MoO4·2H2O)12.1g(假設(shè)各步的轉(zhuǎn)化率均為100%)，鉬精礦中MoS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)________。(已知MoS2的相對(duì)分子質(zhì)量為160，Na2MoO4·2H2O的相對(duì)分子質(zhì)量為242)。

(4)操作3硫元素被氧化為最高價(jià)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。

(5)用鎳、鉬作電極電解濃NaOH溶液制備鉬酸鈉(Na2MoO4)的裝置如圖所示。b電極上的電極反應(yīng)式為_(kāi)___________。

(6)某溫度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，該溫度下BaMoO4的Ksp的值為_(kāi)___。

24、某酸性廢液含有H+、Fe3+、Ni2+、NO3—、F-和Cr2O72-等。下圖是該廢液的綜合利用工藝流程：（假設(shè)：F—與金屬離子的絡(luò)合反應(yīng)不影響其它反應(yīng)和計(jì)算）

已知：金屬離子開(kāi)始沉淀和沉淀完全時(shí)的pH：。Fe3+Ni2+Cr3+開(kāi)始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9

Ni2+與足量氨水的反應(yīng)為：Ni2+＋6NH3[Ni(NH3)6]2+（[Ni(NH3)6]2+為難電離的絡(luò)合離子）

（1）濾渣1的主要成分為：____________。

（2）試劑X可以是足量氨水，還可以是：____________。（填序號(hào)）

A．Ni(OH)2B．Cr2O3C．Fe2O3D．NaOH

（3）若試劑X是足量氨水，“沉鎳”的離子方程式為：____________。

（4）經(jīng)檢測(cè)，最后的殘液中c(Ca2+)＝1.0×10─5mol?L-1，則殘液中F－濃度____________（填“符合”或“不符合”）排放標(biāo)準(zhǔn)[已知Ksp(CaF2)=4×10-11，國(guó)家排放標(biāo)準(zhǔn)要求氟離子濃度小于10mg?L─1]。

（5）鎳(Ni)及其化合物廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)電池；電鍍和催化劑等領(lǐng)域。

①某蓄電池反應(yīng)為NiO2＋Fe＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2,放電時(shí)若外電路中轉(zhuǎn)移0.6mol電子則正極增重____g。

②圖為雙膜三室電解法處理含鎳廢水回收金屬鎳的原理示意圖，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)___；電解過(guò)程中，需要控制溶液pH值為4左右，原因是_______。

25、工業(yè)上制備BaCl2·2H2O有如下兩種途徑。

途徑1：以重晶石（主要成分BaSO4）為原料；流程如下：

（1）寫(xiě)出“高溫焙燒”時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____________________________________。

（2）氣體用過(guò)量NaOH溶液吸收，得到硫化鈉。Na2S水解的離子方程式為_(kāi)____________。

（3）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，當(dāng)兩種沉淀共存時(shí)，=___________。[Ksp(AgBr)=5.4×10-13，Ksp(AgCl)=2.0×10-10]

途徑2：以毒重石(主要成分BaCO3，含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質(zhì))為原料；流程如下：

已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9。Ca2+Mg2+Fe3+開(kāi)始沉淀時(shí)的pH11.99.11.9完全沉淀時(shí)的pH13.911.13.7

（4）為提高礦石的浸取率，可采取的措施是_________。

（5）加入NH3·H2O調(diào)節(jié)pH=8可除去___________（填離子符號(hào)），濾渣Ⅱ中含_________（填化學(xué)式）。加入H2C2O4時(shí)應(yīng)避免過(guò)量，原因是_________。

（6）重量法測(cè)定產(chǎn)品純度的步驟為：準(zhǔn)確稱取mgBaCl2·2H2O試樣，加入100mL水，用3mL2mol·L－1的HCl溶液加熱溶解。邊攪拌，邊逐滴加入0.1mol·L－1H2SO4溶液。待BaSO4完全沉降后，過(guò)濾，用0.01mol·L－1的稀H2SO4洗滌沉淀3~4次，直至洗滌液中不含Cl－為止。將沉淀置于坩堝中經(jīng)烘干灼燒至恒重，稱量為ng。則BaCl2·2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)________。

（7）20℃時(shí)，PbCl2(s)在不同濃度鹽酸中的最大溶解量(單位：g·L-1)如圖所示。下列敘述正確的是_______________

A．鹽酸濃度越大，Ksp(PbCl2)越大。

B．PbCl2能與一定濃度的鹽酸反應(yīng)。

C．x、y兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中c(Pb2+)相等。

D．往含Pb2+的溶液中加入過(guò)量濃鹽酸，可將Pb2+完全轉(zhuǎn)化為PbCl2(s)26、氯化磷酸三鈉具有良好的滅菌、消毒、漂白作用。濕法磷酸由硫酸分解磷礦石得到，其中含F(xiàn)e3+、Al3+等雜質(zhì)。以濕法磷酸為原料制取氯化磷酸三鈉的工藝流程如下：

已知：a．溫度高時(shí)；NaClO易分解。

b．常溫下；磷酸的物種分布分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如下圖所示：

回答下列問(wèn)題：

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F時(shí)產(chǎn)生的有毒氣體主要是________________(填化學(xué)式)。

(2)反應(yīng)Ⅰ中磷酸轉(zhuǎn)化為鈉鹽，其鈉鹽再與Fe3+、Al3+作用形成沉淀。

①反應(yīng)Ⅰ中發(fā)生多個(gè)反應(yīng)，其中磷酸轉(zhuǎn)化為Na2HPO4的主要離子方程式為_(kāi)__________，常溫下應(yīng)控制pH約為_(kāi)____________________________。

②常溫下，HPO+Fe3+FePO4+H+的lgK為_(kāi)________

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

(4)反應(yīng)Ⅲ的化學(xué)方程式為_(kāi)___________________________________________；

反應(yīng)Ⅳ中兩種溶液混合后需快速冷卻，其目的是____________________________；

“母液”中的溶質(zhì)有NaClO、_____________________(填2種)。評(píng)卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共2分)27、某探究小組用HNO3與大理石反應(yīng)過(guò)程中質(zhì)量減小的方法，研究影響反應(yīng)速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細(xì)顆粒與粗顆粒兩種規(guī)格，實(shí)驗(yàn)溫度為298K、308K，每次實(shí)驗(yàn)HNO3的用量為25.0mL；大理石用量為10.00g。

（1）請(qǐng)完成以下實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)表，并在實(shí)驗(yàn)?zāi)康囊粰谥刑畛鰧?duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)編號(hào)：。實(shí)驗(yàn)編號(hào)T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實(shí)驗(yàn)?zāi)康蘑?98粗顆粒2.00（Ⅰ）實(shí)驗(yàn)①和②探究HNO3濃度對(duì)該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅱ）實(shí)驗(yàn)①和③探究溫度對(duì)該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅲ）實(shí)驗(yàn)①和④探究大理石規(guī)格（粗、細(xì)）對(duì)該反應(yīng)速率的影響；②_______________③_______________④_______________

（2）實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示，如何檢驗(yàn)該裝置的氣密性________________________________

（3）實(shí)驗(yàn)①中CO2質(zhì)量隨時(shí)間變化的關(guān)系見(jiàn)下圖2：依據(jù)反應(yīng)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計(jì)算實(shí)驗(yàn)①在70-90s范圍內(nèi)HNO3的平均反應(yīng)速率________________________

（4）請(qǐng)?jiān)诖痤}卡的框圖中，畫(huà)出實(shí)驗(yàn)②、③和④中CO2質(zhì)量隨時(shí)間變化關(guān)系的預(yù)期結(jié)果示意圖。_______參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【解析】試題分析：SO2具有還原性，能被溴水氧化，③不正確；常溫下鐵和濃硫酸發(fā)生鈍化，鈍化是化學(xué)變化，④不正確，其余選項(xiàng)是正確的，答案選B?？键c(diǎn)：考查濃硫酸、硝酸等性質(zhì)【解析】【答案】B2、A|B【分析】試題分析：W為硫，X為氧Y為碳Z為鋁。半徑越小其酸性、熱穩(wěn)定性、非金屬性、氧化性就越強(qiáng)。所以答案AB考點(diǎn)：考查元素周期律的相關(guān)知識(shí)點(diǎn)【解析】【答案】AB3、B【分析】解：15gA物質(zhì)和10.5gB物質(zhì)完全反應(yīng)；生成7.2gC物質(zhì)，1.8gD物質(zhì)和0.3molE物質(zhì)；

由質(zhì)量守恒定律可知；反應(yīng)前后的物質(zhì)的質(zhì)量和相等；

則E的質(zhì)量為15g+10.5g-7.2g-1.8g=16.5g；

E的物質(zhì)的量為0.3mol；

則E的摩爾質(zhì)量為=55g/mol；

故選B．

先根據(jù)質(zhì)量守恒定律來(lái)計(jì)算生成的E物質(zhì)的質(zhì)量，再利用M=計(jì)算摩爾質(zhì)量進(jìn)行計(jì)算．

本題考查摩爾質(zhì)量的計(jì)算，題目難度不大，明確質(zhì)量守恒定律的應(yīng)用來(lái)計(jì)算E的質(zhì)量是解答本題的關(guān)鍵，然后利用摩爾質(zhì)量的概念即可解答．【解析】【答案】B4、D【分析】略?！窘馕觥縭m{D}5、B【分析】

A、加入氯水，F(xiàn)e3+與Al3+離子都不反應(yīng)；不能分離，故A錯(cuò)誤；

B、加入NaOH，Al3+可與NaOH反應(yīng)生成Al（OH）3，Al（OH）3具有兩性；可與NaOH反應(yīng)生成溶液水的偏鋁酸鈉，可分離，故B正確；

C；使用氨水和鹽酸；無(wú)法分離氫氧化鐵和氫氧化鋁，故C錯(cuò)誤；

D；加入過(guò)量氫氧化鈉溶液；能夠生成氫氧化鐵和偏鋁酸鈉，但是無(wú)法恢復(fù)到鐵離子和鋁離子，故D錯(cuò)誤；

故選B．

【解析】【答案】根據(jù)Al3+可與NaOH反應(yīng)生成Al（OH）3，Al（OH）3具有兩性；可與NaOH反應(yīng)生成溶液水的偏鋁酸鈉，注意還要能夠恢復(fù)到原來(lái)的狀態(tài)，以此解答該題．

6、D【分析】

A．CO2中混有HCl，通入飽和Na2CO3溶液，CO2與Na2CO3反應(yīng)，應(yīng)通入飽和NaHCO3溶液；故A錯(cuò)誤；

B．Cl2中混有HCl；通入硝酸銀溶液，氯氣與水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，進(jìn)而生成AgCl沉淀，應(yīng)通入飽和食鹽水除去，故B錯(cuò)誤；

C．H2S與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)；應(yīng)通過(guò)濃磷酸或硅膠除去水，故C錯(cuò)誤；

D．NO2與水反應(yīng)生成NO；既可除去雜質(zhì)，又不引入新的雜質(zhì)，故D正確．

故選D．

【解析】【答案】A．CO2與Na2CO3反應(yīng)；

B．氯氣與水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸；通入硝酸銀生成AgCl沉淀；

C．H2S與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

D．NO2與水反應(yīng)生成NO．

7、D【分析】解：A．CH2Cl2含有氯元素；故A錯(cuò)誤；

B．CH3CH2OH含有氧元素；故B錯(cuò)誤；

C．CH3CHO含有氧元素；故C錯(cuò)誤；

D．CH3CH2CH2CH3CH3是烷烴；故D正確．

故選D．

烴是指僅含碳?xì)鋬煞N元素的有機(jī)化合物；據(jù)此判斷．

本題考查烴的概念與有機(jī)物的組成，比較基礎(chǔ)，注意基礎(chǔ)知識(shí)的掌握．清楚烴僅含C、H兩種元素是解題關(guān)鍵．【解析】【答案】D8、A【分析】解：rm{A.}水的體積不等于溶液的體積，應(yīng)加水至溶液的體積等于rm{100mL}故A錯(cuò)誤；

B.碳酸氫鈉受熱易分解生成碳酸鈉；故B正確；

C.rm{KMnO_{4}}在酸性條件下被還原生成rm{Mn^{2+}}rm{KMnO_{4}}與rm{SO_{2}}發(fā)生氧化還原反應(yīng)；溶液紫色消失，可說(shuō)明高錳酸鉀被還原，故C正確；

D.氯化鈉中若含有碳酸鈉；溶液中滴加氯化鈣會(huì)生成碳酸鈣白色沉淀，若沒(méi)有碳酸鈉，則沒(méi)有白色沉淀產(chǎn)生，故D正確．

故選A．

A.水的體積不等于溶液的體積；

B.碳酸氫鈉受熱易分解；

C.rm{KMnO_{4}}可與rm{SO_{2}}發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

D.氯化鈉和氯化鈣不反應(yīng)；碳酸鈉和氯化鈣生成碳酸鈣沉淀．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，涉及物質(zhì)的分離、檢驗(yàn)和溶液的配制、物質(zhì)的檢驗(yàn)等知識(shí)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰驮u(píng)價(jià)能力的考查，為高考常見(jiàn)題型和高頻考點(diǎn)，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同以及實(shí)驗(yàn)的合理性和可行性的評(píng)價(jià)，難度不大．【解析】rm{A}二、雙選題(共8題，共16分)9、B|D【分析】解：A、25gCuSO4.5H2O晶體的物質(zhì)的量為=0.1mol，所以硫酸銅的物質(zhì)的量為0.1mol，溶液體積為0.1L，硫酸銅溶液濃度為=1mol/L；故A正確；

B；氯化氫易揮發(fā)；加熱蒸發(fā)鹽酸濃度降低，故B錯(cuò)誤；

C；混合后溶液體積約是100ml；令混合后氯化鈉的濃度為c，所以10ml×0.1mol/L=100ml×c，解得c=0.01mol/L，故C正確；

D；沒(méi)有950ml的容量瓶；應(yīng)選擇1000ml容量瓶，配制0.2mol/L的NaCl溶液需氯化鈉質(zhì)量為1L×0.2mol/L×58.5g/mol=11.7g，故D錯(cuò)誤．

故選：BD．

A、25gCuSO4.5H2O晶體的物質(zhì)的量為0.1mol，溶液體積為0.1L，根據(jù)c=計(jì)算判斷．

B；氯化氫易揮發(fā)；加熱蒸發(fā)濃度降低．

C；混合后溶液體積約是100ml；根據(jù)稀釋定律混合前后氯化鈉的物質(zhì)的量相等，據(jù)此計(jì)算稀釋后溶液濃度．進(jìn)行判斷．

D；沒(méi)有950ml的容量瓶；應(yīng)選擇1000ml容量瓶，根據(jù)m=cVM計(jì)算所需氯化鈉質(zhì)量．

考查物質(zhì)的量濃度計(jì)算與理解，難度不大，注意物質(zhì)溶于水溶質(zhì)發(fā)生變化的計(jì)算及溶液配制容量瓶規(guī)格選擇．【解析】【答案】BD10、A|D【分析】解：A．元素的化學(xué)性質(zhì)主要與核外電子排布有關(guān)；同位素原子由于具有相同的核外電子排布，故化學(xué)性質(zhì)幾乎完全相同，故A錯(cuò)誤；

B．H為1個(gè)質(zhì)子；1個(gè)電子、0個(gè)中子構(gòu)成的原子；失去1個(gè)電子后，僅剩1個(gè)質(zhì)子的氫離子，故B正確；

C．H、H、H的質(zhì)子數(shù)都為1；相同，中子數(shù)分別為0；1、2不同，為三種不同的原子，故C正確；

D．H元素通常在與其它非金屬元素形成的共價(jià)化合物；在共價(jià)化合物中由于共用電子對(duì)的偏移（偏離H原子），顯+1價(jià)，不是容易失去一個(gè)電子而顯+1價(jià)，故D錯(cuò)誤；

故選AD．

A．元素的化學(xué)性質(zhì)主要與核外電子排布有關(guān)；三種氫的同位素，核外電子排布相同，中子數(shù)不同，化學(xué)性質(zhì)相似；

B．氫原子核外為1個(gè)電子；失去1個(gè)電子后，僅剩1個(gè)質(zhì)子的氫離子；

C．H、H、H是質(zhì)子數(shù)相同；中子數(shù)不同的三種原子；

D．H元素通常在與其它非金屬元素形成的共價(jià)化合物中顯+1價(jià)；其原因是由于共用電子對(duì)的偏移（偏離H原子）而造成；

本題考查關(guān)于氫元素的有關(guān)知識(shí)，側(cè)重概念的理解，把握H、H、H的構(gòu)成為解答關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】【答案】AD11、rAC【分析】解：若反應(yīng)物的總能量rm{>}生成物的總能量，則反應(yīng)為放熱反應(yīng)，若反應(yīng)物的總能量rm{<}生成物的總能量；則反應(yīng)為吸熱反應(yīng)．

故選AC．

根據(jù)反應(yīng)物的總能量和生成物的總能量的相對(duì)大小來(lái)判斷．

本題考查化學(xué)反應(yīng)中能量變化的原因，在化學(xué)反應(yīng)中，由于反應(yīng)中存在能量的變化，所以反應(yīng)物的總能量和生成物的總能量不可能相等，難度不大．【解析】rm{AC}12、BC【分析】略【解析】rm{BC}13、AD【分析】【分析】本題考查較為綜合，涉及物質(zhì)的漂白性、膠體、二氧化硅以及二氧化硫的性質(zhì)，為高考常見(jiàn)題型，側(cè)重元素化合物知識(shí)的綜合理解和運(yùn)用的考查，題目難度不大。【膠體】A.二氧化硫做漂白劑是因?yàn)槠渚哂衅仔?；與還原性無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；

B.膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)；溶液不具有丁達(dá)爾效應(yīng)，因此可通過(guò)丁達(dá)爾效應(yīng)區(qū)分溶液和膠體，故B正確；

C.二氧化硫；氮氧化物、總懸浮顆粒物都對(duì)人體有害；屬于空氣污染物，故C正確；

D.水晶是無(wú)色透明的石英晶體；制作硅太陽(yáng)能電池的原料為晶體硅而非二氧化硅晶體，故D錯(cuò)誤。

故選AD。

【解析】rm{AD}14、rBD【分析】解：分情況討論：

rm{1}當(dāng)硝酸恰好反應(yīng)時(shí)，rm{amolFeS}與rm{bmolFeO}被氧化生成rm{Fe(NO_{3})_{3}}根據(jù)鐵原子守恒找出鐵原子和硝酸的關(guān)系式：

rm{amolFeS+bmolFeO隆煤(amol+bmol)Fe隆煤(amol+bmol)Fe(NO_{3})_{3}隆煤3(amol+bmol)HNO_{3}}所以未被還原的硝酸的質(zhì)量rm{=3(amol+bmol)隆脕63g/mol=(a+b)隆脕189g}故B正確．

rm{2}當(dāng)硝酸過(guò)量時(shí)，rm{amolFeS}與rm{bmolFeO}生成rm{Fe(NO_{3})_{3}}和rm{H_{2}SO_{4}}失去的電子數(shù)rm{=amol[(3-2)+(6-(-2))]+bmol(3-2)=(9a+b)mol}氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)相等，所以硝酸得到rm{(9a+b)mol}電子生成一氧化氮，一個(gè)硝酸分子得到rm{3}個(gè)電子生成rm{NO}所以被還原的硝酸的物質(zhì)的量rm{=dfrac{(9a+b)mol}{3}}未被還原的硝酸的物質(zhì)的量rm{=(Vc-dfrac{9a+b}{3})mol}故D正確．

故選BD．

分情況討論：

rm{=(Vc-dfrac

{9a+b}{3})mol}當(dāng)硝酸恰好反應(yīng)時(shí)；生成硝酸鐵的硝酸就是未被還原的硝酸，根據(jù)鐵離子的物質(zhì)的量計(jì)算未被還原的硝酸的物質(zhì)的量即可．

rm{1}當(dāng)硝酸過(guò)量時(shí)，除去生成一氧化氮的硝酸就是未被還原的硝酸，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒計(jì)算被還原的硝酸，硝酸總量rm{2}被還原的硝酸rm{-}未被還原的硝酸．

本題考查了有關(guān)氧化還原反應(yīng)的計(jì)算，難度較大，明確該題要分情況討論是解本題的關(guān)鍵，注意本題要結(jié)合原子守恒和得失電子守恒進(jìn)行分析解答．rm{=}【解析】rm{BD}15、rAD【分析】解：rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}為短周期元素，它們的原子半徑依次增大，rm{W}與rm{Z}rm{X}和rm{Y}分別同主族，rm{Y}rm{Z}同周期，rm{Z}能與rm{X}形成兩種常見(jiàn)的離子化合物，離子個(gè)數(shù)比均為rm{2}rm{1}則rm{Z}是rm{Na}元素、rm{X}是rm{O}元素，rm{X}和rm{Y}同一主族且為短周期元素，則rm{Y}是rm{S}元素，rm{W}和rm{Z}同一主族，且與半徑最小，則rm{X}為rm{H}元素；

A.通過(guò)以上分析知，rm{Y}的原子序數(shù)大于rm{Z}即rm{Y}rm{Z}rm{X}rm{W}的原子序數(shù)依次減?。还蔄錯(cuò)誤；

B.rm{X}是rm{O}元素，rm{W}是rm{H}元素，rm{W}與rm{X}可形成的rm{H_{2}O_{2}}中既含極性共價(jià)鍵又含非極性共價(jià)鍵；故B正確；

C.rm{Z}為rm{Na}元素；其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水合物為氫氧化鈉，氫氧化鈉是短周期元素中金屬性最強(qiáng)的金屬，則氫氧化鈉是短周期元素是短周期元素形成的最強(qiáng)堿，故C正確；

D.rm{X}的簡(jiǎn)單氫化物為rm{H_{2}O}rm{Y}的簡(jiǎn)單氫化物是rm{H_{2}S}水中含有氫鍵但硫化氫不含氫鍵，導(dǎo)致水的沸點(diǎn)高于硫化氫，故D錯(cuò)誤；

故選：rm{AD}

rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}為短周期元素，它們的原子半徑依次增大，rm{W}與rm{Z}rm{X}和rm{Y}分別同主族，rm{Y}rm{Z}同周期，rm{Z}能與rm{X}形成兩種常見(jiàn)的離子化合物，離子個(gè)數(shù)比均為rm{2}rm{1}則rm{Z}是rm{Na}元素、rm{X}是rm{O}元素，rm{X}和rm{Y}同一主族且為短周期元素，則rm{Y}是rm{S}元素，rm{W}和rm{Z}同一主族，且與半徑最小，則rm{X}為rm{H}元素；結(jié)合選項(xiàng)分析解答．

本題考查位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)關(guān)系的應(yīng)用，根據(jù)原子結(jié)構(gòu)及元素周期表確定元素，再結(jié)合元素周期律、物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)解答，注意氫鍵對(duì)物質(zhì)性質(zhì)的影響，難度中等．【解析】rm{AD}16、rAD【分析】解；rm{A.Si}rm{P}rm{Cl}位于同一周期，非金屬性rm{Cl>P>Si}元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的酸性越強(qiáng)，故A錯(cuò)誤；

B.rm{Na}rm{Mg}rm{Al}位于同一周期，金屬性rm{Na>Mg>Al}金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的單質(zhì)的還原性越強(qiáng)，故B正確；

C.rm{F}rm{Cl}rm{Br}位于周期表同一主族，元素的非金屬性rm{F>Cl>Br}元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，故C正確；

D.rm{Cl}和rm{S}位于同一周期，原子半徑rm{S>Cl}rm{S}和rm{O}位于同一主族，原子半徑rm{S>O}故D錯(cuò)誤。

故選：rm{AD}

元素周期表中；同周期元素從左到右金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強(qiáng)，同主族元素從上到下金屬性逐漸增強(qiáng)，非金屬性逐漸減弱，元素的金屬性越強(qiáng)，單質(zhì)的還原性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的堿性越強(qiáng)，元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性逐漸增強(qiáng)，氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，以此解答．

本題考查元素周期律的遞變規(guī)律，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和基本概念的理解和運(yùn)用的考查，為高考高頻考點(diǎn)，注意把握元素的性質(zhì)與對(duì)應(yīng)單質(zhì)、化合物的性質(zhì)的關(guān)系，把握金屬性、非金屬性的比較角度，難度不大．【解析】rm{AD}三、填空題(共5題，共10分)17、略

【分析】(1)根據(jù)元素周期律，氫化物越穩(wěn)定的元素，非金屬性越強(qiáng)，從題中所給出的信息可知，氫化物的易燃性順序?yàn)镾iH4＞PH3＞H2S＞HCl，因此得出氫化物越不穩(wěn)定的越易燃燒，很容易得出氫化物的易燃性順序：CH4＞NH3＞H2O＞HF。(2)根據(jù)已知化合物的毒性PH3＞NH3，CCl4＞CF4，總結(jié)規(guī)律得出結(jié)論；同類型的化合物，非金屬性越弱的元素形成的化合物毒性越強(qiáng)，因此毒性：H2S＞H2O，CS2＞CO2。(3)根據(jù)題中信息CCl4的沸點(diǎn)76.8℃、CF4的沸點(diǎn)－128℃，說(shuō)明只含碳與氯元素的化合物沸點(diǎn)高，而只含碳與氟元素的化合物沸點(diǎn)低，因此組成中含C、Cl、F元素的化合物的沸點(diǎn)將會(huì)介于76.8℃和－128℃之間，故其他類似的制冷劑可以是CFCl3或CF3Cl?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)CH4NH3(2)＞＞(3)CFCl3或CF3Cl(4)使大氣臭氧層出現(xiàn)空洞A18、略

【分析】【解析】試題分析：A元素的原子是半徑最小的原子，則A是氫元素。B元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物與其氣態(tài)氫化物反應(yīng)生成一種鹽X，則B一定是氮元素，X是硝酸銨。D與A同主族，且與F同周期；F元素的最外層電子數(shù)是其次外層電子數(shù)的3/4倍，又因?yàn)镕的原子序數(shù)最大，所以F是第三周期元素，則F是S元素，因此D是Na元素。A、B、D、F這四種元素，每一種與C元素都能形成元素的原子個(gè)數(shù)比不相同的若干種化合物，這說(shuō)明C應(yīng)該是氧元素。D、E、F三種元素對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物間兩兩皆能反應(yīng)，則E應(yīng)該是鋁元素?？键c(diǎn)：考查元素周期表的結(jié)構(gòu)、元素周期律的應(yīng)用【解析】【答案】（11分）（1）氮氧鋁（各1分）（2）離子鍵和非極性共價(jià)鍵(2分)（3）②③（2分）（4）NaHSO4(1分)NaHSO3(1分)（5）OH—+HS—==H2O+S2—(2分)19、略

【分析】【解析】【答案】（1）NH4+、OH—、的電子式（各2分）NH3、H2O（各1分）（2）NH4++OH—==NH3↑+H2O（2分）20、rm{(1)}鋼

rm{(2)b}純堿

rm{(3)1.5mol/(L隆隴min)}或者rm{1.5mol隆隴L^{隆陋1}隆隴min^{隆陋1}}小于【分析】【分析】本題主要考查無(wú)機(jī)物質(zhì)的推斷，化學(xué)反應(yīng)速率的計(jì)算和化學(xué)平衡，較綜合?！窘獯稹縭m{(1)}目前用量最大、用途最廣泛的合金是鋼；故答案為：鋼；rm{(2)壟脵}rm{X}為rm{O_{2}}若rm{A}為氨氣，則rm{B}為rm{NO}rm{C}為rm{NO_{2}}可以實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化，若rm{A}為鎂，則rm{B}為氧化鎂，氧化鎂與氧氣不再反應(yīng)，不能再轉(zhuǎn)化，若rm{A}為rm{S}則rm{B}為二氧化硫，rm{C}為三氧化硫，可以實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故A不可能為鎂，故答案為：rmrm{壟脷}若rm{A}rm{B}rm{C}的水溶液均顯堿性，焰色反應(yīng)均為黃色，說(shuō)明三者為鈉的化合物，rm{X}為rm{CO_{2}}則可知rm{A}為氫氧化鈉，rm{B}為碳酸鈉，rm{C}為碳酸氫鈉，故B的俗名為純堿；故答案為：純堿；rm{(3)}初始氮?dú)鉃閞m{1mol}當(dāng)反應(yīng)rm{0.5min}時(shí)，rm{N_{2}}的物質(zhì)的量變?yōu)閞m{0.5mol}反應(yīng)掉rm{0.5mol}由于氫氣和氮?dú)獍凑誶m{3:1}反應(yīng)，故氫氣反應(yīng)掉rm{1.5mol}rm{v(H_{2})=1.5/(2x0.5)=}rm{1.5mol/(L隆隴min)}若其他條件不變，將此容器的體積縮小為原來(lái)的一半，即考慮為加壓，該反應(yīng)是氣體系數(shù)減小的反應(yīng)，加壓該反應(yīng)正向移動(dòng)，參與反應(yīng)的氮?dú)鈱⒃龆?，大于rm{0.5mol}則剩余氮?dú)庑∮趓m{0.5mol}故答案為：rm{1.5mol/(L隆隴min)}或者rm{1.5mol隆隴L^{隆陋1}隆隴min^{隆陋1}}小于。

【解析】rm{(1)}鋼rm{(2)b}純堿rm{(3)1.5mol/(L隆隴min)}或者rm{1.5mol隆隴L^{隆陋1}隆隴min^{隆陋1}}小于21、略

【分析】【分析】本題考查的是乙烯的結(jié)構(gòu)?！窘獯稹恳蚁┑姆肿邮綖閞m{C_{2}H_{4}}分子中碳原子與碳原子通過(guò)兩對(duì)共用電子對(duì)相連接，碳原子與氫原子通過(guò)一對(duì)共用電子對(duì)相連接，所以電子式為結(jié)構(gòu)式結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為rm{CH_{2}=CH_{2}}分子中rm{2}個(gè)碳原子和rm{4}個(gè)氫原子在同一平面；為平面型分子；

故答案為：rm{CH_{2}=CH_{2}}平面型分子?！窘馕觥縭m{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{=CH}rm{=CH}四、判斷題(共1題，共3分)22、A【分析】【解答】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應(yīng)生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案為：對(duì)．

【分析】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應(yīng)生成二氧化碳和硫，結(jié)合原子個(gè)數(shù)守恒書(shū)寫(xiě)方程式．五、工業(yè)流程題(共4題，共28分)23、略

【分析】【分析】

制備鉬酸鈉：鉬精礦(主要成分為MoS2)在空氣中焙燒得到MoO3，根據(jù)S元素的價(jià)態(tài)變化規(guī)律可知S元素被氧化成二氧化硫；然后MoO3用NaOH溶液溶解，過(guò)濾分離出難溶物，得到Na2MoO4溶液；經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得到Na2MoO4.2H2O；制備鉬單質(zhì)：鉬精礦(主要成分為MoS2)經(jīng)堿浸并用NaClO氧化，過(guò)濾得到Na2MoO4溶液，加入足量硫酸得到鉬酸沉淀，過(guò)濾后經(jīng)高溫灼燒得到MoO3，氫氣還原MoO3得到Mo。

【詳解】

(1)如果在空氣中焙燒1molMoS2時(shí)，S轉(zhuǎn)移12mol電子，根據(jù)電子守恒：(+4-x)×2=12，解得x=-2，所以MoS2中硫元素為-2價(jià)，鉬元素的化合價(jià)為+4；焙燒的產(chǎn)物除MoO3外的另一種是SO2，產(chǎn)生的尾氣對(duì)環(huán)境的主要危害是形成酸雨；(2)在實(shí)驗(yàn)室中進(jìn)行操作2，從鉬酸鈉溶液中得到鉬酸鈉晶體的操作步驟是加熱濃縮(或蒸發(fā)濃縮)、冷卻結(jié)晶，過(guò)濾、洗滌、干燥；(3)設(shè)鉬精礦中MoS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w，根據(jù)元素守恒可得關(guān)系式所以160:16w=242:12.1g，解得w=0.5，所以鉬精礦中MoS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50％；(4)根據(jù)題意可知NaClO將MoS2氧化生成和自身被還原成Clˉ，MoS2整體化合價(jià)升高18價(jià)，NaClO降低2價(jià)，所以二者的系數(shù)比為1:9，再結(jié)合元素可得發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為MoS2+6OHˉ+9ClOˉ=+2+9Clˉ+3H2O；(5)b與電源正極相連，為陽(yáng)極，所以鉬得電子發(fā)生氧化反應(yīng)，在堿性環(huán)境中生成Na2MoO4，根據(jù)電荷守恒和電子守恒可得電極反應(yīng)式為Mo-6eˉ+8OHˉ=+4H2O；(6)據(jù)圖可知c(Ba2＋)=2×10－4mol/L時(shí)，c()==2×10－4mol/L，所以BaMoO4的Ksp=c(Ba2＋)c()==2×10－4×2×10－4=4×10－8；

【點(diǎn)睛】

本題考查了物質(zhì)制備流程和方案的分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)的應(yīng)用，結(jié)合題目信息對(duì)流程的分析是本題的解題關(guān)鍵，難點(diǎn)為第4題中NaClO將MoS2氧化生成和的方程式的配平，要注意結(jié)合電子守恒、電荷守恒、質(zhì)量守恒進(jìn)行配平?！窘馕觥?4形成酸雨加熱濃縮(或蒸發(fā)濃縮)、冷卻結(jié)晶50％MoS2+6OHˉ+9ClO-=+2+9Clˉ+3H2OMo-6eˉ+8OHˉ=+4H2O4×10-824、略

【分析】【分析】

某酸性廢液含有和等，在溶液中加入廢氧化鐵調(diào)節(jié)溶液PH=3.5，使鐵離子全部沉淀，過(guò)濾得到濾渣1，濾液中加入與發(fā)生反應(yīng)生成鉻離子，加堿沉淀鉻離子形成氫氧化鉻沉淀，過(guò)濾后的濾液中加入沉淀鎳，過(guò)濾得到濾液中加入石灰漿沉淀得到濾渣3含有：和氫氧化鉻沉淀加酸生成鉻離子，高錳酸鉀將鉻離子氧化為重鉻酸根，結(jié)晶得到重鉻酸鉀晶體。

【詳解】

（1）調(diào)節(jié)溶液PH=3.5，使鐵離子全部沉淀，濾渣1為故答案為：

（2）據(jù)金屬離子開(kāi)始沉淀和沉淀完全時(shí)的pH分析，又不引入新雜質(zhì)可知還可以是故答案為：A；

（3）若試劑X是足量氨水，與足量氨水的反應(yīng)為：加入會(huì)生成更難溶的“沉鎳”的離子方程式為：故答案為：

（4）依據(jù)溶度積常數(shù)計(jì)算F-離子濃度，殘液中則依據(jù)國(guó)家排放標(biāo)準(zhǔn)要求氟離子濃度小于10mg?L-1分析判斷；不符合國(guó)家標(biāo)準(zhǔn)，故答案為：不符合；

（5）①根據(jù)方程式分析正極電極反應(yīng)式為：轉(zhuǎn)移2mol電子電極質(zhì)量增加2g，故轉(zhuǎn)移0.6mol電子則正極增重0.6g；故答案為：0.6；

②根據(jù)圖像可知，陽(yáng)極氫氧根放電生成氧氣，故電極反應(yīng)式為：電解過(guò)程中pH太高鎳離子會(huì)沉淀，pH太低則陰極氫離子會(huì)放電生成氫氣，故需要控制溶液pH值為4左右，故答案為：pH過(guò)高時(shí)會(huì)形成氫氧化物沉淀；pH過(guò)低時(shí)會(huì)有氫氣析出，降低鎳的回收率。

【點(diǎn)睛】

本題考查學(xué)生對(duì)元素及其化合物的主要性質(zhì)的掌握、書(shū)寫(xiě)化學(xué)反應(yīng)方程式、閱讀題目獲取新信息能力、對(duì)工藝流程的理解、電化學(xué)原理的理解等，難度中等，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)與綜合運(yùn)用知識(shí)、信息分析解決問(wèn)題能力?！窘馕觥縁e(OH)3A[Ni(NH3)6]2＋+S2-=NiS↓＋6NH3不符合0.64OH--4e-=2H2O+O2↑pH過(guò)高時(shí)Ni2+會(huì)形成氫氧化物沉淀，pH過(guò)低時(shí)會(huì)有氫氣析出，降低鎳的回收率25、略

【分析】【詳解】

（1）由流程圖知高溫焙燒時(shí)為重晶石礦和炭發(fā)生氧化還原反應(yīng)，其中炭過(guò)量，故可知反應(yīng)為：BaSO4+4C4CO↑+BaS；答案為：BaSO4+4C4CO↑+BaS；

（2）Na2S為強(qiáng)堿弱酸鹽，弱酸根離子與水電離產(chǎn)生的H+結(jié)合生成弱酸，其水解的離子方程式為：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，答案為：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-；

（3）根據(jù)沉淀溶解平衡常數(shù)計(jì)算式有：當(dāng)兩種沉淀共存時(shí)有：則故答案為：

（4）提高礦石浸取率；可采取的措施有：攪拌；升高溫度、延長(zhǎng)浸出時(shí)間、增大鹽酸的濃度、粉碎礦石增大接觸面積等，故答案為：將礦石粉碎，攪拌，適當(dāng)升高溫度等；

（5）根據(jù)流程圖及表格中數(shù)據(jù)可知，加入NH3·H2O調(diào)節(jié)pH=8時(shí)，只有Fe3+完全沉淀除去。加入NaOH，調(diào)節(jié)pH=12.5，對(duì)比表格中數(shù)據(jù)可知，此時(shí)Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，所以濾渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；根據(jù)已知條件，若草酸過(guò)量，會(huì)生成BaC2O4沉淀，使得最終產(chǎn)物的量減少。故答案為：Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4過(guò)量會(huì)導(dǎo)致生成BaC2O4沉淀；產(chǎn)品的產(chǎn)量減少；

（6）根據(jù)題意可知最后的沉淀為BaSO4，質(zhì)量為ng，則其物質(zhì)的量=根據(jù)Ba原子守恒，則BaCl2·2H2O的物質(zhì)的量為故產(chǎn)品純度=故答案為：

（7）根據(jù)圖像中坐標(biāo)的含義及圖像的變化；利用難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡及其影響因素分析解答：

A．Ksp(PbCl2)只與溫度有關(guān)系，溫度不變，Ksp(PbCl2)不變；A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B．根據(jù)圖像知當(dāng)鹽酸濃度大于1mol/L時(shí)，PbCl2的溶解度隨鹽酸濃度的增大而增大，則PbCl2能與一定濃度的鹽酸反應(yīng)；B項(xiàng)正確；

C．x、y兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中c（Cl-）不同，則c(Pb2+)不等；C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D．根據(jù)圖像，往含Pb2+的溶液中加入濃鹽酸越多，PbCl2溶解度越大，不能將Pb2+完全轉(zhuǎn)化為(PbCl2)(s)；D項(xiàng)錯(cuò)誤；

答案選B。

【點(diǎn)睛】

化工流程題在解題時(shí)首先要明確原料和產(chǎn)品，即箭頭進(jìn)出方向，其次依據(jù)流程圖分析反應(yīng)原理，緊扣信息，搞清流程中每一步發(fā)生了什么反應(yīng)，弄清反應(yīng)原理，明確目的，最后聯(lián)系儲(chǔ)存的知識(shí)，有效地進(jìn)行信息的利用，準(zhǔn)確表述和工整書(shū)寫(xiě)?！窘馕觥竣?BaSO4+4C4CO↑+BaS②.S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-③.④.將礦石粉碎，攪拌，適當(dāng)升高溫度等⑤.Fe3+⑥.Mg(OH)2、Ca(OH)2⑦.H2C2O4過(guò)量會(huì)導(dǎo)致生成BaC2O4沉淀，產(chǎn)品的產(chǎn)量減少⑧.⑨.B26、略

【分析】【分析】

首先利用硫酸分解磷礦石[Ca5(PO4)3F]得到濕法磷酸，其中含F(xiàn)e3+、Al3+，加入碳酸鈉溶液和磷酸反應(yīng)，反應(yīng)Ⅰ中磷酸轉(zhuǎn)化為鈉鹽，其鈉鹽再與Fe3+、Al3+作用形成沉淀，過(guò)濾得到FePO4和AlPO4沉淀，濾液中主要含Na2HPO4；向?yàn)V液中加入NaOH溶液，得到Na3PO4；然后加入NaOH和足量氯氣反應(yīng)后的溶液(主要含NaCl和NaClO)，由于氯化磷酸三鈉溶解度較小，所以會(huì)析出氯化磷酸三鈉晶體，得到的母液主要含NaC