2024年粵教滬科版高一化學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………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)2024年粵教滬科版高一化學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列實(shí)驗(yàn)基本操作中，主要是出于實(shí)驗(yàn)安全考慮的是A.實(shí)驗(yàn)剩余的藥品不能放回原試劑瓶B.點(diǎn)燃可燃性氣體前的驗(yàn)純C.氣體實(shí)驗(yàn)裝置在實(shí)驗(yàn)前進(jìn)行氣密性檢查D.膠頭滴管不能交叉使用2、下列物質(zhì)間的反應(yīng)，其產(chǎn)物一定不含F(xiàn)e2+的是（）A.鐵與氯氣B.鐵與氯化鐵溶液C.鐵與鹽酸D.鐵與硝酸3、rm{2016}年rm{IUPAC}命名rm{117}號(hào)元素為rm{T_{S}}rm{T_{S}}的原子核外最外層電子數(shù)是rm{7}下列說(shuō)法不正確的是()

A.rm{T_{S}}是第七周期第Ⅶrm{A}族元素B.rm{T_{S}}的同位素原子具有相同的電子數(shù)C.rm{T_{S}}在同族元素中非金屬性最弱D.中子數(shù)為rm{176}的rm{T_{S}}核素符號(hào)是rm{{,!}_{117}^{176}Ts}4、氫氧化鐵膠體穩(wěn)定存在的主要原因是（）

A.膠粒直徑小于1nm

B.膠粒作布朗運(yùn)動(dòng)。

C.膠粒帶正電荷。

D.膠粒不能通過(guò)半透膜。

5、如圖是某學(xué)校實(shí)驗(yàn)室從化學(xué)試劑商店買(mǎi)回的硫酸試劑標(biāo)簽上的部分內(nèi)容．據(jù)此；下列說(shuō)法正確的是（）

A.該硫酸的物質(zhì)的量濃度為9.2mol?L-1

B.1molZn與足量的該硫酸反應(yīng)；標(biāo)準(zhǔn)狀況下產(chǎn)生22.4L氣體時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA

C.配制200mL4.6mol?L-1的稀硫酸需取該硫酸50mL

D.該硫酸與等體積的水混合后所得溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)小于49%

6、下列氣態(tài)氫化物最穩(wěn)定的是（）A.HClB.HBrC.HFD.HI7、下列實(shí)驗(yàn)“操作和現(xiàn)象”與“結(jié)論”對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是。操作和現(xiàn)象結(jié)論rm{A}向裝有rm{Fe(NO_{3})_{2}}溶液的試管中加入稀rm{H_{2}SO_{4}}在管口觀察到紅棕色氣體rm{HNO_{3}}分解成了rm{NO_{2}}rm{B}向淀粉溶液中加入稀rm{H_{2}SO_{4}}加熱幾分鐘，冷卻后再加新制rm{Cu(OH)_{2}}懸濁液，加熱，沒(méi)有磚紅色沉淀生成淀粉沒(méi)有水解成葡萄糖rm{C}苯和溴水混合振蕩、靜置后溴水層褪色苯與溴發(fā)生了加成反應(yīng)rm{D}向飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中通入足量rm{CO_{2}}溶液變渾濁析出了rm{NaHCO_{3}}晶體A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}8、給定條件下，下列選項(xiàng)中所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能一步實(shí)現(xiàn)的是rm{(}rm{)}A.rm{Naxrightarrow[{碌茫脠錄}]{O_{2}}Na_{2}O_{2}xrightarrow{CO_{2}}Na_{2}CO_{3}}B.rm{MgCO_{3}xrightarrow{{脩脦脣謾}}MgCl_{2}}溶液rm{Na

xrightarrow[{碌茫脠錄}]{O_{2}}Na_{2}O_{2}

xrightarrow{CO_{2}}Na_{2}CO_{3}}C.rm{Al_{2}O_{3}xrightarrow{H_{2}O}Al(OH)_{3}xrightarrow{{脩脦脣謾}}AlCl_{3}}D.rm{Sxrightarrow[{碌茫脠錄}]{O_{2}}SO_{3}xrightarrow{H_{20}}H_{2}SO_{4}}rm{MgCO_{3}

xrightarrow{{脩脦脣謾}}MgCl_{2}}評(píng)卷人得分二、多選題(共6題，共12分)9、rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是A.rm{23gNa}變?yōu)閞m{Na^{+}}時(shí)失去的電子數(shù)為rm{N_{A}}B.rm{18gH_{2}O}所含的電子數(shù)為rm{N_{A}}C.rm{8gHe}所含的分子數(shù)為rm{N_{A}}D.rm{16gO_{2}}與rm{16gO_{3}}所含的原子數(shù)均是rm{N_{A}}10、溫度為T(mén)1時(shí)，在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)(正反應(yīng)放熱)。實(shí)驗(yàn)測(cè)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逆為速率常數(shù)，受溫度影響。不同時(shí)刻測(cè)得容器中n(NO)、n(O2)如下：。時(shí)間/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03

下列說(shuō)法正確的是A.0~2s內(nèi)，該反應(yīng)的平均速率v(NO)=0.03mol·L-1·s-1B.其他條件不變，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，則達(dá)平衡時(shí)NO2體積分?jǐn)?shù)減小C.其他條件不變，移走部分NO2，則平衡正向移動(dòng)，平衡常數(shù)增大D.當(dāng)溫度改變?yōu)門(mén)2時(shí)，若k正=k逆，則T2＞T111、某溫度下，在一固定容積的密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)：A2+B2?2AB。該條件下，A2、B2、AB均為氣體。下列情況一定能說(shuō)明該反應(yīng)已達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是A.氣體的密度不再改變時(shí)B.氣體的總物質(zhì)的量不再改變時(shí)C.混合氣體中各組分的含量不再改變時(shí)D.每消耗1molB2同時(shí)有2molAB分解時(shí)12、向絕熱恒容密閉容器中通入SO2和NO2，一定條件下使反應(yīng)SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)達(dá)到平衡；正反應(yīng)速率隨時(shí)間變化如圖所示。由圖可得出不正確的結(jié)論是()

A.反應(yīng)△H<0B.反應(yīng)物濃度a點(diǎn)大于b點(diǎn)C.反應(yīng)在c點(diǎn)達(dá)到平衡狀態(tài)D.SO2的轉(zhuǎn)化率：a～b段小于b～c段13、鋅-空氣電池的電容量大，可作為汽車(chē)的清潔能源。該電池的電解質(zhì)溶液為KOH溶液，放電總反應(yīng)式為：2Zn+O2+4OH-+2H2O═2[Zn(OH)4]2-。下列說(shuō)法正確的是()A.充電時(shí)，電解質(zhì)溶液中K+向陰極移動(dòng)B.充電時(shí)，電解質(zhì)溶液中c(OH-)逐漸減小C.放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為：Zn+4OH--2e-═[Zn(OH)4]2-D.放電時(shí)，電路中通過(guò)2mol電子，消耗氧氣22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)14、某原電池總反應(yīng)的離子方程式是：rm{Zn+Cu^{2+}簍TZn^{2+}+Cu}依據(jù)此反應(yīng)設(shè)計(jì)原電池的正確組合是rm{(}rm{)}。選項(xiàng)正極負(fù)極電解質(zhì)溶液rm{A}rm{Cu}rm{Zn}稀鹽酸rm{B}rm{C}rm{Zn}硫酸銅溶液rm{C}rm{Cu}rm{Zn}氯化銅溶液rm{D}rm{Cu}rm{Zn}硝酸銅溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評(píng)卷人得分三、填空題(共6題，共12分)15、現(xiàn)有以下物質(zhì)：①NaCl固體②鹽酸③Ba(OH)2溶液④銅⑤二氧化碳?xì)怏w⑥硫酸氫鉀固體⑦乙醇(C2H5OH)⑧液態(tài)硫酸⑨熔融態(tài)BaSO4⑩液態(tài)SO3請(qǐng)回答下列問(wèn)題(用序號(hào))：以上物質(zhì)中屬于化合物的是（填序號(hào)，下同），屬于鹽的是，屬于氧化物的是,能導(dǎo)電的是_______________________，屬于電解質(zhì)的是______________________，屬于非電解質(zhì)的是___________________。16、（7分）某棕黃色氣體A由兩種前18號(hào)常見(jiàn)元素組成，測(cè)得同溫同壓下該氣體對(duì)空氣的相對(duì)密度為3.0，A溶于水只生成一種產(chǎn)物B，B的溶液在放置過(guò)程中其酸性會(huì)增強(qiáng)并放出一種單質(zhì)氣體C。A可用另一種單質(zhì)氣體D與潮濕的Na2CO3反應(yīng)制得，同時(shí)生成兩種鈉鹽；單質(zhì)氣體D也可和HgO反應(yīng)制得A。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）氣體A的化學(xué)式為_(kāi)____________。（2）用化學(xué)方程式表示B溶液酸性增強(qiáng)的原因_____________。（3）氣體單質(zhì)D與潮濕的Na2CO3反應(yīng)制得制取A的化學(xué)方程式為_(kāi)____________。（4）氣體單質(zhì)D與HgO反應(yīng)制得A的化學(xué)方程式為_(kāi)____________。17、金幣、銀幣、銅幣等金屬貨幣在我國(guó)歷史上曾發(fā)揮過(guò)重要的作用，其中的一些被收藏愛(ài)好者珍藏著，在一位收藏家的家中，陳列了很多金屬貨幣。rm{(1)}其中有些貨幣表面是黑色，且有少量的綠色銹狀物，則這肯定是_______幣，黑色物質(zhì)是__________，綠色物質(zhì)的化學(xué)式是____________________，若要除去這些物質(zhì)應(yīng)選用_____________。充分反應(yīng)后，這枚金屬幣的真面目為_(kāi)_____________色。rm{(2)}其中有一枚是閃閃發(fā)光的黃色金屬幣，它肯定是_________幣，表面一直未被氧化的原因是_____________________________________________________________。18、（1）4gH2與24.5L（25C，101kPa）CO2相比，所含分子數(shù)目多的是____；各1.5mol上述兩種氣體相比較，質(zhì)量大的是____

（2）某狀況下，2g二氧化碳?xì)怏w的體積是1120mL，2gA氣體的體積是770mL，A的摩爾質(zhì)量是____．

（3）某金屬氯化物MCl240.5g含0.6molCl-，則該氯化物的摩爾質(zhì)量為_(kāi)___，金屬M(fèi)的相對(duì)原子質(zhì)量為_(kāi)___．19、（10分）同溫同壓下，若A容器中充滿氣體Ox和B容器中充滿氣體Oy（1）若所含分子總數(shù)相等，則A容器和B容器的容積之比是（用x、y表示,下同）（2）若兩容器中所含原子總數(shù)相等，則A容器和B容器的容積比是（3）若兩容器的體積比為y∶x，則Ox和Oy物質(zhì)的量之比為_(kāi)________，質(zhì)量之比為_(kāi)______，密度之比為_(kāi)_____________。20、（13分）下表是元素周期表的一部分，按要求填空（填元素符號(hào)或化學(xué)式）：。族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02①②3③④⑤⑥⑦⑧⑨4⑩⑾⑿（1）寫(xiě)出下列元素的元素符號(hào)：①____②____（2）在這些元素中，最活潑的金屬元素是____，最活潑的非金屬元素是____，最不活潑的元素是____。（3）在這些元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物中，酸性最強(qiáng)的是，堿性最強(qiáng)的是，呈兩性的氫氧化物是。（4）在③與④的單質(zhì)中，化學(xué)性質(zhì)較活潑的是____，判斷依據(jù)是；在⑧與⑿的單質(zhì)中，化學(xué)性質(zhì)較為活潑的是____，判斷依據(jù)是。（5）⑾與⑿原子序數(shù)之差____評(píng)卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共24分)21、重鉻酸鉀(K2Cr2O7)是一種重要的化工原料，以FeO·Cr2O3為原料制備K2Cr2O7的流程如下：

已知：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2

回答下列問(wèn)題：

(1)寫(xiě)出濾渣的一種用途：___________________。

(2)“調(diào)節(jié)pH”可實(shí)現(xiàn)CrO42-和Cr2O72-在溶液中相互轉(zhuǎn)化。室溫下，若初始濃度為1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)隨c(H+)的變化如圖所示：

①由圖可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡轉(zhuǎn)化率________(填“增大”“減小”或“不變”)。

②根據(jù)A點(diǎn)數(shù)據(jù)，計(jì)算出該轉(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)為_(kāi)________。

(3)流程中的“轉(zhuǎn)化”過(guò)程中發(fā)生的反應(yīng)屬于_________(填基本反應(yīng)類型)。

(4)在化學(xué)分析中采用K2CrO4為指示劑，以AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+與CrO42-生成磚紅色沉淀，指示到達(dá)滴定終點(diǎn)。當(dāng)溶液中Cl-恰好完全沉淀(濃度等于1.0×10－5mol·L-1)時(shí)，溶液中c(Ag+)為_(kāi)______mol·L-1，此時(shí)溶液中c(CrO42-)等于________mol·L－1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.0×10-12和2.0×10-10)22、氯化亞銅(CuCl)是一種重要的化工產(chǎn)品，常用作催化劑、殺菌劑、媒染劑、脫色劑等，它難溶于水和乙醇，可溶于濃HCl與氨水形成的混合物，實(shí)驗(yàn)室用酸性蝕刻液(含)和堿性蝕刻液[含]來(lái)制備CuCl；實(shí)驗(yàn)過(guò)程的流程如下：

(1)步驟Ⅳ需要控制pH為1~2、80℃下進(jìn)行，合適的加熱方式是_______。

(2)步驟Ⅱ過(guò)濾得到固體，下列說(shuō)法正確的是_______。A．為加快過(guò)濾速度，得到較干燥的固體，可進(jìn)行抽濾B．宜用酸溶液洗滌沉淀C．在布氏漏斗中放入濾紙后，直接用傾析法轉(zhuǎn)移溶液和沉淀，再打開(kāi)水龍頭抽濾D．在抽濾裝置中洗滌晶體時(shí)，為減少晶體的損失，應(yīng)使洗滌劑快速通過(guò)濾紙(3)步驟Ⅴ為了得到較為純凈的硫酸銅晶體，根據(jù)下表中物質(zhì)的溶解度(單位為g)隨溫度的變化，寫(xiě)出步驟Ⅴ得到硫酸銅晶體的操作：_______。溫度

物質(zhì)0℃20℃40℃60℃80℃100℃氯化銅75808590100108硫酸銅121830506087

(4)寫(xiě)出還原過(guò)程中發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式：_______。

(5)CuCl的定量分析，稱取樣品0.25g置于預(yù)先放入玻璃珠和過(guò)量溶液的錐形瓶中，不斷搖動(dòng)，待樣品全部溶解后，加入50mL水，鄰菲羅啉指示劑2滴，立即用的硫酸鈰標(biāo)準(zhǔn)液滴定至綠色出現(xiàn)為終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液20.00mL，發(fā)生的反應(yīng)為則樣品的CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)______。23、四氯化鈦是制取海綿鈦和氯化法鈦白(二氧化鈦)的主要原料，用于制造顏料和鈦有機(jī)化合物以及國(guó)防上用的煙幕劑。同時(shí)也是制取航天航空工業(yè)材料——鈦合金的重要原料，由鈦鐵礦(主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等雜質(zhì))，制備TiCl4等產(chǎn)品的一種工藝流程如下：

已知：

Ⅰ.①中加入鐵屑至浸出液顯紫色；此時(shí)溶液仍呈強(qiáng)酸性。該過(guò)程中有如下反應(yīng)發(fā)生：

2Fe3++Fe===3Fe2+、2TiO2+(無(wú)色)+Fe+4H+===2Ti3+(紫色)+Fe2++2H2O、Ti3+(紫色)+Fe3++H2O===2TiO2+(無(wú)色)+Fe2++2H+；

Ⅱ.四氯化鈦的熔點(diǎn)-25.0℃，沸點(diǎn)136.4℃，SiCl4的熔點(diǎn)-68.8℃；沸點(diǎn)57.6℃。

回答下列問(wèn)題：

(1)用鹽酸酸浸時(shí)，為使酸浸速率加快，可采取的措施是：________________(至少寫(xiě)2條)，發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式為：___________。

(2)廢渣的成分是_______。

(3)如何檢驗(yàn)富含TiO2+溶液中是否還含鐵元素_____________。

(4)若將制得的固體TiO2·nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3雜質(zhì)，還可制得鈦白粉。已知25℃時(shí)，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____。

(5)上述工藝具有成本低、可用低品位礦物為原料等優(yōu)點(diǎn)。依據(jù)綠色化學(xué)理念，該工藝流程中存在的不足之處是_______(只要求寫(xiě)出一項(xiàng))。

(6)要精制含少量SiCl4雜質(zhì)的TiCl4，可采用的方法是_______。

(7)用TiCl4水解生成TiO2·nH2O，經(jīng)過(guò)濾、水洗除去其中的Clˉ，再烘干、焙燒除去水分得到粉體TiO2．寫(xiě)出TiCl4水解生成TiO2·nH2O的化學(xué)方程式__________________。24、2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予在開(kāi)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(yù)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L(zhǎng)i2O·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(wèn)題：

（1）氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合價(jià)為_(kāi)__，沉淀X的主要成分是___(寫(xiě)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_(kāi)__。

（3）蒸發(fā)濃縮Li2SO4溶液的目的是___。

（4）寫(xiě)出合成反應(yīng)的離子方程式___。

（5）科學(xué)家設(shè)計(jì)一種鋰電池的反應(yīng)原理為L(zhǎng)iFePO4Li+FePO4，放電時(shí)正極反應(yīng)式為_(kāi)__。

（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_(kāi)__。評(píng)卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共7分)25、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】試題分析：A、防止藥品被污染，實(shí)驗(yàn)剩余的藥品不能放回原試劑瓶中，不是出于實(shí)驗(yàn)安全考慮，不選；B、可燃性氣體不純時(shí)，點(diǎn)燃容易發(fā)生爆炸，出于安全考慮，選；C、有的實(shí)驗(yàn)（O2制備）防止裝置漏氣導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)失敗，氣體實(shí)驗(yàn)裝置在實(shí)驗(yàn)前進(jìn)行氣密性檢查，不是出于實(shí)驗(yàn)安全考慮，不選；D、防止藥品變質(zhì)，滴管不能交叉使用，不是出于實(shí)驗(yàn)安全考慮，不選?？键c(diǎn)：考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作等相關(guān)知識(shí)?！窘馕觥俊敬鸢浮緽2、A【分析】解：A．氯氣能將金屬氧化為最高價(jià)，鐵在氯氣中燃燒2Fe+3Cl22FeCl3，產(chǎn)物是氯化鐵，一定不含F(xiàn)e2+；故A正確；

B．鐵具有還原性，氯化鐵具有氧化性，兩者反應(yīng)Fe+2FeCl3=3FeCl2，一定含F(xiàn)e2+；故B錯(cuò)誤；

C．鐵與鹽酸反應(yīng)Fe+2HCl═FeCl2+H2↑生成氯化亞鐵和氫氣，一定含F(xiàn)e2+；故C錯(cuò)誤；

D．硝酸具有強(qiáng)氧化性，與鐵發(fā)生反應(yīng)時(shí)，鐵可被氧化生成Fe3+，如鐵過(guò)量時(shí)進(jìn)一步發(fā)，2Fe3++Fe=3Fe2+，則反應(yīng)后溶液中可能存在Fe2+或Fe3+二者都有；故D錯(cuò)誤；

故選A．

A．氯氣具有強(qiáng)氧化性；鐵在氯氣中燃燒生成氯化鐵；

B．鐵與氯化鐵溶液反應(yīng)生成氯化亞鐵；

C．鐵與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣；

D．鐵與硝酸反應(yīng)，如鐵不足，則鐵被氧化生成Fe3+，如鐵過(guò)量，則可生成Fe2+；

本題綜合考查鐵的性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于基礎(chǔ)知識(shí)的綜合理解與運(yùn)用的考查，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累，難度不大．【解析】【答案】A3、D【分析】【分析】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)，題目難度不大，明確原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系為解答關(guān)鍵，注意掌握原子構(gòu)成及表示方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力?！窘獯稹緼.該原子結(jié)構(gòu)示意圖為該元素位于第七周期、第rm{VIIA}族；故A正確；

B.同位素具有相同質(zhì)子數(shù)、不同中子數(shù)，而原子的質(zhì)子數(shù)rm{=}核外電子總數(shù)，則rm{T_{S}}的同位素原子具有相同的電子數(shù)；故B正確；

C.同一主族元素中，隨著原子序數(shù)越大，元素的非金屬性逐漸減弱，則rm{T_{S}}在同族元素中非金屬性最弱；故C正確；

D.該元素的質(zhì)量數(shù)rm{=}質(zhì)子數(shù)rm{+}中子數(shù)rm{=176+117=293}該原子正確的表示方法為：rm{{,!}_{117}^{293}Ts}故D錯(cuò)誤。

故選D。

【解析】rm{D}4、C【分析】

A．膠體中分散質(zhì)的微粒大小為1-100nm；故A錯(cuò)誤；

B．膠體中的粒子無(wú)時(shí)無(wú)刻不在做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)；但不是膠體穩(wěn)定存在的主要原因，故B錯(cuò)誤；

C．膠體不帶電；氫氧化鐵膠粒帶正電，因?yàn)槎紟N電荷，膠粒之間是相排斥的，不易聚集成大顆粒，達(dá)不到100nm以上就沉不下來(lái)，故C正確；

D．膠粒不能透過(guò)半透膜；故D錯(cuò)誤；

故選C．

【解析】【答案】本題根據(jù)膠體中分散質(zhì)的微粒大小為1-100nm；膠粒不能透過(guò)半透膜，膠粒時(shí)刻在不停的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，氫氧化鐵膠粒帶正電，因?yàn)槎紟N電荷，膠粒之間是相排斥的，不易聚集成大顆粒，使氫氧化鐵膠體可以穩(wěn)定存在等知識(shí)點(diǎn)來(lái)解題．

5、C【分析】

A、濃H2SO4的物質(zhì)的量濃度c=mol/L=18.4mol/L；故A錯(cuò)誤；

B、Zn失2個(gè)電子形成鋅離子，1molZn失去2mol電子，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子為2NA；根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知；生成的二氧化硫的物質(zhì)的量為1mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為22.4L，故B錯(cuò)誤；

C；根據(jù)稀釋定律；稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，來(lái)計(jì)算濃硫酸的體積，設(shè)濃硫酸的體積為xmL，則xmL×18.4mol/L=200mL×4.6mol/L，解得：x=50，所以應(yīng)量取的濃硫酸體積是50mL，故C正確；

D、等體積混合，設(shè)體積分別為Vml，98%的H2SO4溶液密度為ρ1，水密度為ρ2，則混合后溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w（H2SO4）=×100%=×100%，因硫酸的密度大于水的密度，則ρ1＜ρ2，所以×100%＞49%；故D錯(cuò)誤．

故選：C．

【解析】【答案】A、根據(jù)c=計(jì)算濃硫酸的物質(zhì)的量濃度；

B；濃硫酸與鋅反應(yīng)生成的氣體為二氧化硫；根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知鋅與二氧化硫的物質(zhì)的量相等，鋅失去的電子即為反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子；

C；根據(jù)溶液稀釋前后溶質(zhì)物質(zhì)的量不變計(jì)算所需濃硫酸的體積；

D；根據(jù)密度和體積計(jì)算溶液的總質(zhì)量；根據(jù)硫酸的密度大于水的密度，判斷質(zhì)量分?jǐn)?shù)關(guān)系．

6、C【分析】解：四種氫化物對(duì)應(yīng)的元素在同一主族，同主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，則有非金屬性F＞Cl＞Br＞I；

元素的非金屬性越強(qiáng)；對(duì)應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，所以氫化物最穩(wěn)定的是HF；

故選C．

元素的非金屬性越強(qiáng)；對(duì)應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，四種氫化物對(duì)應(yīng)的元素在同一主族，根據(jù)元素的非金屬性的遞變規(guī)律判斷．

本題考查元素周期律的遞變，題目難度不大，本題注意非金屬性與氫化物穩(wěn)定性之間的關(guān)系．【解析】【答案】C7、D【分析】【分析】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，題目難度中等，明確常見(jiàn)物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)及反應(yīng)原理等為解答的關(guān)鍵，注意實(shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Α！窘獯稹緼.向裝有rm{Fe(NO_{3})_{2}}溶液的試管中加入稀rm{H_{2}SO_{4}}硝酸根在氫離子存在下表現(xiàn)強(qiáng)氧化性將二價(jià)鐵離子氧化，硝酸根被還原為rm{NO}rm{NO}又被空氣中的氧氣氧化為二氧化氮；故A錯(cuò)誤；

B.向淀粉溶液中加入稀rm{H_{2}SO_{4}}加熱幾分鐘，冷卻后再加人新制rm{Cu(OH)_{2}}濁液加熱；沒(méi)有紅色沉淀生成是因?yàn)槔鋮s后沒(méi)有加入堿中和過(guò)量的稀硫酸，故B錯(cuò)誤；

C.苯和溴水混合振蕩；靜置后溴水層褪色；是苯和溴水發(fā)生了萃取，不是發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D.rm{Na_{2}CO_{3}}的溶解度大于rm{NaHCO_{3}}則向飽和rm{Na_{2}CO_{3}}中通人足量rm{CO_{2}}會(huì)析出rm{NaHCO_{3}}溶液變渾濁，故D正確。

故選D。【解析】rm{D}8、A【分析】解：rm{A.2Na+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}Na_{2}O_{2}}rm{A.2Na+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠錄};}}{;}Na_{2}O_{2}}物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能一步實(shí)現(xiàn)，故A正確；

B.rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{MgCO_{3}+2HCl=MgCl_{2}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}溶液電解不能一步得到金屬鎂；應(yīng)是電解熔融氯化鎂固體得到金屬鎂，物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能一步實(shí)現(xiàn)，故B錯(cuò)誤；

C.氧化鋁不溶于水；不能一步反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能一步實(shí)現(xiàn)，故C錯(cuò)誤；

D.硫和氧氣反應(yīng)生成二氧化硫；不能一步生成三氧化硫，物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能一步實(shí)現(xiàn)，故D錯(cuò)誤；

故選A．

A.鈉點(diǎn)燃反應(yīng)生成過(guò)氧化鈉；過(guò)氧化鈉和二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣；

B.碳酸鎂和鹽酸反應(yīng)生成氯化鎂溶液；氯化鎂溶液電解得到氯氣；氫氣和氫氧化鎂沉淀；

C.氧化鋁是難溶于水的氧化物不能和水反應(yīng)生成氫氧化鋁；

D.硫和氧氣反應(yīng)生成二氧化硫；二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸；

本題考查了常見(jiàn)物質(zhì)性質(zhì)和反應(yīng)產(chǎn)物的分析判斷，主要是鈉、鎂、鋁及其化合物性質(zhì)的理解應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．rm{MgCl2}【解析】rm{A}二、多選題(共6題，共12分)9、AD【分析】【分析】本題考查了阿伏加德羅常數(shù)和物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算，題目難度不大?！窘獯稹緼.rm{23gNa}是rm{1mol}是rm{23gNa}rm{1mol}rm{1molNa}變?yōu)閞m{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+;}}故A正確；

時(shí)失去的電子數(shù)為rm{N}rm{N}rm{{,!}_{A}}是B.rm{18gH}rm{18gH}rm{{,!}_{2}}故B錯(cuò)誤；

C.rm{O}的摩爾質(zhì)量是rm{O}rm{1mol}所含的分子數(shù)為所含的電子數(shù)為rm{10N}故C錯(cuò)誤；

rm{10N}rm{{,!}_{A}}和rm{He}均可看做是rm{4g/mol}原子的集合體，rm{8gHe}的摩爾質(zhì)量是rm{2N_{A}}故D.rm{O_{2}}rm{O_{3}}rm{O}rm{O}rm{16g/mol}故D正確。故選AD。

rm{16gO}【解析】rm{AD}10、AD【分析】【詳解】

A．根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知：在0~2s內(nèi)，NO的物質(zhì)的量由0.20mol變?yōu)?.08mol，△n(NO)=0.20mol-0.08mol=0.12mol，則該反應(yīng)的平均速率v(NO)==0.03mol·L-1·s-1；A正確；

B．其他條件不變，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相當(dāng)于增大體系的壓強(qiáng)，由于該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡正向移動(dòng)，所以達(dá)平衡時(shí)NO2體積分?jǐn)?shù)增大；B錯(cuò)誤；

C．化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)不變，故其他條件不變，移走部分NO2；化學(xué)平衡正向移動(dòng)，但平衡常數(shù)不變，C錯(cuò)誤；

D．k正、k逆為速率常數(shù)，只受溫度影響，在溫度為T(mén)1時(shí)，根據(jù)表格數(shù)據(jù)，容器容積是2L，結(jié)合物質(zhì)反應(yīng)關(guān)系可知平衡時(shí)各種物質(zhì)的濃度c(NO)=0.03mol/L，c(O2)=0.015mol/L，c(NO2)=0.07mol/L，化學(xué)平衡常數(shù)K=＞0，說(shuō)明k正＞k逆，若k正＝k逆，則K減小，化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，由于該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則改變條件是升高溫度，所以溫度T2＞T1；D正確；

故合理選項(xiàng)是AD。11、CD【分析】【詳解】

A.根據(jù)質(zhì)量守恒定律；該反應(yīng)前后氣體的總質(zhì)量不變，體積不變，密度始終保持不變，無(wú)法判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài)，A錯(cuò)誤；

B.該反應(yīng)為反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)；所以反應(yīng)前后氣體的總物質(zhì)的量始終保持不變，無(wú)法判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài)，B錯(cuò)誤；

C.當(dāng)正逆反應(yīng)速率相等時(shí)；混合氣體中各組分的含量不再改變，達(dá)到了平衡狀態(tài)，C正確；

D.單位時(shí)間內(nèi)，每消耗1molB2同時(shí)有2molAB分解，說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，達(dá)到了平衡狀態(tài)，D正確；故答案為：CD。12、CD【分析】A.反應(yīng)開(kāi)始反應(yīng)物濃度最大,但反應(yīng)速率隨著反應(yīng)進(jìn)行再逐漸增大,說(shuō)明反應(yīng)為放熱反應(yīng),所以A選項(xiàng)是正確的;B.反應(yīng)向正反應(yīng)進(jìn)行時(shí),隨著反應(yīng)的進(jìn)行,反應(yīng)物濃度逐漸降低,所以B選項(xiàng)是正確的;C.c點(diǎn)反應(yīng)速率最大,隨后正反應(yīng)速率逐漸減小,反應(yīng)繼續(xù)向正反應(yīng)方向進(jìn)行,但沒(méi)有達(dá)到平衡狀態(tài),故C錯(cuò)誤;D.因?yàn)閍～b段的反應(yīng)速率大于b～c段反應(yīng)速率，所以SO2的轉(zhuǎn)化率：a～b段大于b～c段，D選項(xiàng)是錯(cuò)誤的;所以答案：CD。13、AC【分析】【分析】

根據(jù)2Zn+O2+4OH-+2H2O═2[Zn(OH)4]2-可知，O2中元素的化合價(jià)降低，被還原，在原電池正極上反應(yīng)，電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-，Zn元素化合價(jià)升高，被氧化，在原電池負(fù)極上反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-；結(jié)合原電池和電解池原理分析解答。

【詳解】

A．充電時(shí)；為電解池，陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)，陰離子向陽(yáng)極移動(dòng)，故A正確；

B．原電池總反應(yīng)為2Zn+O2+4OH-+2H2O═2[Zn(OH)4]2-，充電與放電時(shí)電極反應(yīng)相反，即充電總反應(yīng)為2[Zn(OH)4]2-=2Zn+O2↑+4OH-+2H2O，生成OH-、c(OH-)增大；故B錯(cuò)誤；

C．放電時(shí)，Zn發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)，為負(fù)極，電極反應(yīng)式為Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-；故C正確；

D．放電時(shí)，通入O2的電極為正極，電極反應(yīng)為O2+4e-+2H2O=4OH-；轉(zhuǎn)移2mol電子，消耗氧氣0.5mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為11.2L，故D錯(cuò)誤；

故選AC。14、BCD【分析】解：鋅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)而作負(fù)極，不如鋅活潑的金屬或?qū)щ姷姆墙饘僮髡龢Orm{(}石墨rm{)}銅離子在正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則電解質(zhì)為可溶性的銅鹽，符合條件的是rm{BCD}故選BCD．

根據(jù)電池反應(yīng)式知；失電子的金屬作負(fù)極，則鋅作負(fù)極，不如負(fù)極活潑的金屬或?qū)щ姷姆墙饘僮髡龢O，銅離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以電解質(zhì)溶液中含有銅離子，則電解質(zhì)溶液為可溶性的銅鹽．

本題考查了原電池工作原理，判斷正負(fù)極、電解質(zhì)溶液時(shí)，要根據(jù)電池反應(yīng)式判斷：發(fā)生氧化反應(yīng)的電極為負(fù)極，發(fā)生還原反應(yīng)的電極為正極，含有發(fā)生還原反應(yīng)的離子溶液為電解質(zhì)溶液．【解析】rm{BCD}三、填空題(共6題，共12分)15、略

【分析】試題分析：由不同種元素組成的純凈物叫化合物，屬于化合物的是NaCl固體、二氧化碳?xì)怏w、硫酸氫鉀固體、乙醇(C2H5OH)、液態(tài)硫酸、熔融態(tài)BaSO4、液態(tài)SO3；能電離出金屬陽(yáng)離子和酸根陰離子的化合物叫鹽，屬于鹽的有NaCl固體、硫酸氫鉀固體、熔融態(tài)BaSO4；由兩種元素組成，其中一種是氧元素的化合物叫氧化物，屬于氧化物的是二氧化碳?xì)怏w、液態(tài)SO3；含有自由移動(dòng)離子、電子的物質(zhì)能導(dǎo)電，能導(dǎo)電的是鹽酸、Ba(OH)2溶液、銅、熔融態(tài)BaSO4；電解質(zhì)是在水溶液或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物，酸堿鹽都是電解質(zhì)，屬于電解質(zhì)的是NaCl固體、硫酸氫鉀固體、液態(tài)硫酸、熔融態(tài)BaSO4；非電解質(zhì)是在水溶液或熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物，屬于非電解質(zhì)的是二氧化碳?xì)怏w、乙醇(C2H5OH)、液態(tài)SO3?？键c(diǎn)：本題考查物質(zhì)分類?！窘馕觥俊敬鸢浮繉儆诨衔锏氖洽佗茛蔻撷啖幄猓瑢儆邴}的是①⑥⑨，屬于氧化物的是⑤⑩,能導(dǎo)電的是②③④⑨，屬于電解質(zhì)的是①⑥⑧⑨，屬于非電解質(zhì)的是⑤⑦⑩16、略

【分析】試題分析：某棕黃色氣體A由兩種前18號(hào)常見(jiàn)元素組成，測(cè)得同溫同壓下該氣體對(duì)空氣的相對(duì)密度為3.0，故由阿伏伽德羅定律可知?dú)怏wA的摩爾質(zhì)量為：3×29=87g/mol，A溶于水只生成一種產(chǎn)物B，B的溶液在放置過(guò)程中其酸性增強(qiáng)，說(shuō)明B物質(zhì)為酸，則A為酸酐，即為酸性氧化物；B的溶液在放置過(guò)程中其酸性會(huì)增強(qiáng)并放出一種單質(zhì)氣體C，則B為HClO，故（1）氣體A的化學(xué)式為Cl2O；（2）B溶液酸性增強(qiáng)的原因2HClO2HCl+O2↑；單質(zhì)氣體C為O2，A可用另一種單質(zhì)氣體D與潮濕的Na2CO3反應(yīng)制得，故氣體D為Cl2，故（3）氣體單質(zhì)D與潮濕的Na2CO3反應(yīng)制得制取A的化學(xué)方程式為：2Cl2+2Na2CO3+H2O＝Cl2O↑+2NaHCO3+2NaCl；（4）氣體單質(zhì)D與HgO反應(yīng)制得A的化學(xué)方程式為：2Cl2+HgO=Cl2O↑+HgCl2?？键c(diǎn)：物質(zhì)鑒別?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）Cl2O(1分)（2）2HClO2HCl+O2↑(2分)（3）2Cl2+2Na2CO3+H2O＝Cl2O↑+2NaHCO3+2NaCl(2分)（4）2Cl2+HgO=Cl2O↑+HgCl2(2分)17、（1）銅氧化銅Cu2(OH)2CO3稀酸紫紅

（2）金金不活潑，不易與空氣中的O2反應(yīng)【分析】【分析】本題考查了常見(jiàn)金屬的性質(zhì)；試題側(cè)重考查了金；銀、銅的化學(xué)性質(zhì)，題目難度中等，注意掌握常見(jiàn)金屬及其化合物的性質(zhì)，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)的能力。

【解答】rm{(1)}銅在銅、銀、金中比較活潑，能與空氣中氧氣發(fā)生反應(yīng)生成氧化銅，也能與空氣中氧氣、水及rm{CO_{2}}一起發(fā)生反應(yīng)而得到銅銹，所以這些肯定是銅幣，黑色物質(zhì)是氧化銅，綠色物質(zhì)是堿式碳酸銅rm{[Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}]}堿式碳酸銅、氧化銅可溶于稀酸，所以將其放入稀酸中可以將其除去，充分反應(yīng)后，這枚金屬幣的真面目為紫紅色，故答案為：銅；氧化銅；rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}稀酸；紫紅；rm{(2)}金化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，不容易被氧化，閃閃發(fā)光的黃色金屬幣為金幣，故答案為：金；金不活潑，不易與空氣中的rm{O_{2}}反應(yīng)?！窘馕觥縭m{(1)}銅氧化銅rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}稀酸紫紅rm{(2)}金金不活潑，不易與空氣中的rm{O_{2}}反應(yīng)18、略

【分析】

（1）4gH2的物質(zhì)的量為=2mol；

25C，101kPa時(shí)，Vm＞22.4/mol，則24.5L（25C，101kPa）CO2的物質(zhì)的量＜

則所含分子數(shù)目多的是H2；

由m=nM可知：各1.5mol上述兩種氣體；

m（H2）=1.5mol×2g/mol=3g，n（CO2）=1.5mol×44g/mol=66g；

則質(zhì)量大的是CO2；

故答案為：H2；CO2．

（2）根據(jù)n==可知相同條件下相同質(zhì)量的氣體的體積與摩爾質(zhì)量成反比；

則44g/mol：M=770ml：1120ml；

M==64g/mol；

故答案為：64g/mol；

（3）n（MCl2）=×n（Cl-）=×0.6mol=0.3mol；

M===135g/mol；

金屬M(fèi)的摩爾質(zhì)量為135g/mol-2×35.5g/mol=64g/mol；

原子的摩爾質(zhì)量和相對(duì)原子質(zhì)量在數(shù)值上相等；所以金屬M(fèi)的相對(duì)原子質(zhì)量為64；

故答案為：135g/mol；64．

【解析】【答案】根據(jù)n==以及N=nNA比較分子數(shù)目并判斷質(zhì)量大?。辉拥哪栙|(zhì)量和相對(duì)原子質(zhì)量在數(shù)值上相等．

19、略

【分析】（1）根據(jù)阿伏加德羅定律可知，若所含分子總數(shù)相等，則A容器和B容器的容積之比是1:1。（2）若兩容器中所含原子總數(shù)相等，則A容器和B容器的容積比是1/x︰1/y＝y(tǒng):x。（3）同溫同壓下，若兩容器的體積比為y∶x，則Ox和Oy物質(zhì)的量之比為y:x；質(zhì)量之比為質(zhì)量之比為y×16x:x×16y＝1:1；同溫同壓下，兩種氣體的密度之比是相應(yīng)的摩爾質(zhì)量之比，所以密度之比是x:y?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?0分）(1)1:1(2)y:x(3)y:x，1:1，x:y20、略

【分析】【解析】【答案】（1）N；F；（2）K；F；Ar（3）HClO4；KOH；Al（OH）3（4）Na；鈉與冷水劇烈反應(yīng)，而鎂與冷水幾乎不反應(yīng)；Cl2；氯氣可以與溴化鉀反應(yīng)，置換出單質(zhì)溴。（5）15（每空1分，共13分）四、工業(yè)流程題(共4題，共24分)21、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)反應(yīng)確定濾渣的成分；然后確定其用途；

(2)①根據(jù)Cr2O72-的含量與H+的濃度關(guān)系分析判斷；

②根據(jù)平衡常數(shù)的定義式計(jì)算；

(3)根據(jù)流程中的“轉(zhuǎn)化”過(guò)程中反應(yīng)物；生成物的種類及反應(yīng)特點(diǎn)判斷發(fā)生的反應(yīng)類型；

(4)根據(jù)溶度積常數(shù)分析計(jì)算。

【詳解】

(1)在熔融、氧化時(shí)，發(fā)生反應(yīng)：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2，然后水浸，Na2CrO4和NaNO2進(jìn)入溶液，而Fe2O3難溶于水，因此濾渣主要成分是Fe2O3；該物質(zhì)是紅棕色粉末狀固體，可用作顏料，也可以用作煉鐵的原料；

(2)①根據(jù)圖示可知溶液中H+越大，Cr2O72-的濃度越大，說(shuō)明含量越高，說(shuō)明溶液酸性增大，CrO42-的平衡轉(zhuǎn)化率增大；

②在溶液中存在可逆反應(yīng)：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，在開(kāi)始時(shí)c(CrO42-)=1.0mol/L，平衡時(shí)c(Cr2O72-)=0.4mol/L，則消耗CrO42-的濃度為0.8mol/L，所以平衡時(shí)c(CrO42-)=(1.0-0.8)mol/L=0.2mol/L，此時(shí)溶液中c(H+)=4.0×10-7mol/L，則該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K==6.25×1013；

(3)在流程中的“轉(zhuǎn)化”過(guò)程中Na2Cr2O7與KCl反應(yīng)產(chǎn)生K2Cr2O7與NaCl；兩種化合物交換成分，產(chǎn)生兩種新的化合物，反應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)；

(4)AgCl的Ksp為2.0×10-10，當(dāng)Cl-沉淀完全時(shí)，c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，此時(shí)溶液中c(Ag+)=mol/L=2.0×10-5mol/L；

由于Ag2CrO4的Ksp為2.0×10-12，所以溶液中c(CrO42-)=mol/L=5.0×10-3mol/L。

【點(diǎn)睛】

本題考查物質(zhì)制備方案設(shè)計(jì)及物質(zhì)含量的測(cè)定的方法，明確流程圖中每一步發(fā)生的反應(yīng)及操作方法為解答關(guān)鍵，難點(diǎn)是(4)的計(jì)算，正確利用溶度積常數(shù)的含義，根據(jù)Ksp計(jì)算溶液中離子濃度，試題考查了學(xué)生的分析能力及化學(xué)計(jì)算、化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Α！窘馕觥坑米黝伭显龃?.25×1013復(fù)分解反應(yīng)2.0×10-55.0×10-322、略

【分析】【分析】

根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康模簩?shí)驗(yàn)室用酸性蝕刻液和堿性蝕刻液來(lái)制備CuCl；根據(jù)流程圖可知，酸性蝕刻液和堿性蝕刻液混合產(chǎn)生Cu(OH)Cl的懸濁液經(jīng)過(guò)濾，水洗，再加濃硫酸變成硫酸銅溶液，硫酸銅溶液再經(jīng)蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶，可得硫酸銅晶體，由亞硫酸銨還原變成氯化亞銅沉淀，再經(jīng)過(guò)濾洗滌干燥得氯化亞銅固體，以此來(lái)解析；

(1)

溫度需要控制在80℃下進(jìn)行；故采用水浴加熱；

(2)

A．抽濾有助于加快過(guò)濾速度；正確；

B．固體可以和酸反應(yīng)；不能用酸性溶液洗滌，錯(cuò)誤；

C．放入濾紙后；要滴加蒸餾水使濾紙緊貼于漏斗，用玻璃棒引流，將固液混合物轉(zhuǎn)移到濾紙上，打開(kāi)水龍頭抽濾，C錯(cuò)誤；

D．洗滌過(guò)程洗滌劑應(yīng)該慢流通過(guò)固體；D錯(cuò)誤；

故選A。

(3)

根據(jù)溶解性曲線；宜采用冷卻結(jié)晶的方法析出晶體，故采用蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶；

(4)

硫酸晶體與亞硫酸銨還原變成氯化亞銅沉淀，銅的化合價(jià)由+2價(jià)降低為-1價(jià)，而硫的化合價(jià)由+4價(jià)升高為+6價(jià)，根據(jù)化合價(jià)升降守恒、原子守恒和電荷守可得反應(yīng)離子方程式為：2Cu2++SO+2Cl?+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；

(5)

根據(jù)反應(yīng)CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，F(xiàn)e2++Ce4+=Fe3++Ce3+可知CuCl～Ce4+，可知樣品的CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：×100%=79.6%?！窘馕觥?1)熱水浴。

(2)A

(3)蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶。

(4)

(5)79.6%23、略

【分析】【分析】

鈦鐵礦(主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等雜質(zhì))加入足量鹽酸，得到的濾渣為不溶于酸的SiO2，得到含TiO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等離子的強(qiáng)酸性浸出液，加入足量的鐵粉至浸出液顯紫色，鐵元素轉(zhuǎn)化為Fe2+；經(jīng)系列處理得到綠礬和富含TiO2+的溶液，向溶液中加熱水促進(jìn)TiO2+的水解，生成TiO2·nH2O，焙燒分解得到TiO2，在與氯氣、焦炭混合反應(yīng)得到TiCl4；廢氣主要是二氧化碳。

【詳解】

(1)適當(dāng)增大鹽酸濃度；適當(dāng)升高溫度；攪拌、減小鈦鐵礦粒徑等都可以加快浸取速率；該過(guò)程主要發(fā)生FeTiO3和鹽酸的反應(yīng)，根據(jù)題目信息可知反應(yīng)過(guò)程中Ti元素生成TiO2+，結(jié)合元素守恒和電荷守恒可得離子方程式為FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；

(2)廢渣為不溶于鹽酸的SiO2;

(3)鐵元素可能以Fe2+或Fe3+的形式存在，取少量溶液，加入KSCN溶液，若不變紅，則不含F(xiàn)e3+，再加入氯水，仍然不變紅，則不含F(xiàn)e2+；綜上說(shuō)明溶液中不含鐵元素；

(4)Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O的平衡常數(shù)K===4.0×104；

(5)根據(jù)圖示；該工藝流程中存在的不足之處是：流程中的廢渣；廢液、廢氣沒(méi)有進(jìn)行合理的處理或回收再利用等；

(6)四氯化鈦的熔點(diǎn)-25.0℃，沸點(diǎn)136.4℃，SiCl4的熔點(diǎn)-68.8℃；沸點(diǎn)57.6℃，二者的沸點(diǎn)差異較大，所以可以用分餾的方法分離；

(7)TiCl4水解生成TiO2·nH2O的化學(xué)方程式為T(mén)iCl4+(n+2)H2OTiO2·nH2O+4HCl。

【點(diǎn)睛】

第3小題為易錯(cuò)點(diǎn)，要注意需要對(duì)三價(jià)鐵和二價(jià)鐵都要進(jìn)行檢驗(yàn)；第7小題中書(shū)寫(xiě)水解反應(yīng)方程式要注意水的計(jì)量數(shù)，生成的TiO2·nH2O中還有n個(gè)水分子。【解析】①.適當(dāng)增大鹽酸濃度；適當(dāng)升高溫度；攪拌、減小鈦鐵礦粒徑等②.FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O③.SiO2④.取少量溶液，加入KSCN溶液，若不變紅，再加入氯水，仍然不變紅，說(shuō)明溶液中不含鐵元素⑤.4.0×104⑥.沒(méi)有對(duì)“三廢”進(jìn)行合理的處理或回收再利用等⑦.蒸餾(或分餾)⑧.TiCl4+(n+2)H2OTiO2·nH2O+4HCl24、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(jià)，O為-2價(jià)，F(xiàn)為-1價(jià)，根據(jù)化合物價(jià)態(tài)代數(shù)和為0得到磷元素的化合價(jià)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(guò)濾，所需的玻璃儀器有燒杯；漏斗、玻璃棒，操作3得到有機(jī)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Li2SO