2025年統(tǒng)編版2024高一化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………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年統(tǒng)編版2024高一化學(xué)下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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、將等物質(zhì)的量的A、B混合于2L的密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g），經(jīng)4min后測得D的濃度為0.5mol/L，c（A）：c（B）=3：5，以C表示的平均速率v（C）=0.125mol·L-1·min-1，下列說法正確的是A．v(B)=0.125mol·L-1·min-1B．4min時，A的物質(zhì)的量為0.75molC．該反應(yīng)方程式中，x=1D．4min時，A的轉(zhuǎn)化率為50％2、已知在酸性溶液中，下列物質(zhì)氧化KI時，自身發(fā)生如下變化：Fe3+→Fe2+；MnO4﹣→Mn2+；Cl2→2Cl﹣；HNO3→NO．如果分別用等物質(zhì)的量的這些物質(zhì)氧化足量的KI，得到I2最少的是（）A.Fe3+B.MnO4﹣C.Cl2D.HNO33、一定條件下，硫的某種含氧酸rm{H_{2}SO_{4}(xleqslant4)}與rm{H_{2}S}可發(fā)生如下反應(yīng)：rm{H_{2}S+H_{2}SO_{4}-S+(x-3)SO_{2}+H_{2}O(}未配平rm{)}下列推斷合理的是rm{(}rm{)}A.該反應(yīng)中，一定有rm{SO_{2}}B.該反應(yīng)中，rm{H_{2}S}作還原劑，rm{H_{2}SO_{4}}作氧化劑C.若rm{x=3}則還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為rm{1}rm{1}D.若rm{x=4}每生成rm{1molS}轉(zhuǎn)移的電子為rm{6mol}4、抗禽流感藥物達菲可用莽草酸為原料來合成。莽草酸結(jié)構(gòu)簡式如下所示。下列說法正確的是()A.莽草酸的化學(xué)式為rm{C_{7}H_{6}O_{5}}B.rm{1mol}莽草酸最多能和rm{4molNaOH}發(fā)生反應(yīng)C.莽草酸分子中所有碳原子共平面D.莽草酸在一定條件下可以發(fā)生取代、加成、氧化等反應(yīng)5、下列物質(zhì)包裝時應(yīng)貼上下圖標志的是rm{(}rm{)}

A.食鹽B.汽油C.小蘇打D.燒堿6、已知某有機物rm{A}的紅外光譜和核磁共振氫譜如下圖所示，下列說法中正確的rm{(}rm{)}

A.由紅光外譜可知，該有機物中有三種不同的化學(xué)鍵B.由核磁共振氫譜可知，該有機物分子中有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子C.僅由核磁共振氫譜即可得知其分子中的氫原子總數(shù)D.若rm{A}的化學(xué)式為rm{C_{2}H_{6}O}則其結(jié)構(gòu)簡式為rm{CH_{3}-O-CH_{3}}7、密度為1.45g/cm3的硫酸中，逐漸滴入BaCl2溶液直到沉淀完全為止；測得沉淀質(zhì)量與原硫酸溶液質(zhì)量相等，則原硫酸溶液物質(zhì)的量濃度為（）

A.6.22mol/L

B.12.22mol/L

C.15.8mol/L

D.16.8mol/L

評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、（6分）根據(jù)物質(zhì)的組成和性質(zhì)特點，運用樹狀分類法對下列物質(zhì)進行分類：鈉（Na）、氯氣（Cl2）、鹽酸、硫酸（H2SO4）、碳酸鈣（CaCO3）、氧化鈉（Na2O）、氫氧化鈉（NaOH）、空氣9、海帶中含有豐富的碘rm{.}為了從海帶中提取碘；某研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計并進行了以下實驗：

請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

rm{(1)}步驟rm{壟脵}灼燒海帶時；除需要三腳架外，還需要用到的實驗儀器是______

rm{(}從下列儀器中選出所需的儀器，用標號字母填寫在空白處rm{)}

A、燒杯rm{B}坩堝rm{C}表面皿rm{D}泥三角rm{E}酒精燈rm{F}干燥器。

rm{(2)}步驟rm{壟脻}的儀器名稱是______；

rm{(3)}步驟rm{壟脼}的目的是從含碘的苯溶液中分離出單質(zhì)碘和回收苯；該步驟的實驗操作名稱是______；

rm{(4)}若反應(yīng)后有rm{Mn^{2+}}步驟rm{壟脺}反應(yīng)的離子方程式是______；

rm{(5)}步驟rm{壟脻}中，某學(xué)生選擇用苯來提取碘的理由是______．10、指出下列能量變化rm{(}提示：答是由什么能轉(zhuǎn)化為什么能rm{)}

rm{(1)}學(xué)校燃燒煤煮飯______；

rm{(2)}給手機的電池充電______；

rm{(3)}火力發(fā)電______．11、A元素原子第三層電子層上有6個電子．B元素與A元素的原子核外電子層數(shù)相同；B元素的原子最外電子層只有1個電子．

（1）A元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖為．

（2）A、B兩元素形成的化合物的名稱是____，化學(xué)式為____．12、（6分）A、B、C、D、E5瓶透明溶液，分別是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3、AgNO3溶液中的一種。①A與B反應(yīng)有氣體生成②B與C反應(yīng)有沉淀生成③C與D反應(yīng)有沉淀生成④D與E反應(yīng)有沉淀生成⑤A與E反應(yīng)有氣體生成⑥在②和③的反應(yīng)中生成的沉淀是同一種物質(zhì)B是_________D是_________(均填化學(xué)式)13、（8分）（1）濃H2SO4能夠用于干燥某些氣體，是由于它具有性；下列氣體能用濃硫酸來進行干燥的氣體是____（可多選，但只要有選錯項，即得0分）①Cl2②H2S③NH3④CO2（2）濃H2SO4能使紙片變黑，是由于它具有性；（3）濃H2SO4可以與Cu反應(yīng)，是由于它具有________性和性，其反應(yīng)的化學(xué)方程式是：____________。評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、蛋白質(zhì)的鹽析過程是一個可逆過程，據(jù)此可以分離和提純蛋白質(zhì)．15、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．16、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）17、標準狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對錯）18、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．19、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）20、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）21、將藍色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對錯）評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共28分)22、Ni(OH)2作為合成鎳鈷錳三元電極材料的原料，工業(yè)上可用紅土鎳礦(主要成分為NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)制備；工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：

(1)“濾渣1”的成分為______(寫化學(xué)式)。

(2)“除鐵”中，加入NaClO的目的是_________________，為了證明加入NaClO已足量，可選擇的試劑是__________(填字母標號)。

a.KSCN溶液、氯水b.K3[Fe(CN)6]溶液c.NaOH溶液。

(3)已知“濾渣2”的成分為黃鈉鐵礬，其化學(xué)式為NaFe3(SO4)2(OH)6；則“除鐵”

中“Na2CO3/△”條件下生成濾渣2的離子方程式為_______________。

(4)“除鎂”中，若溶液pH過小，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________。

(5)“沉鎳”的離子方程式為__________。

(6)以鎳鈷錳三元材料(可簡寫為Li1-nMO2)為一極電極材料的新型鋰電池工作原理如圖所示，放電時總反應(yīng)為Li1-nMO2+LinC6LiMO2+6C，則充電時b極的電極反應(yīng)式為____________________。

23、2020年我國廢舊鋰離子電池的產(chǎn)生將達到爆發(fā)期；某高校實驗室利用廢舊鈷酸鋰正極片進行鈷酸鋰的再生工藝設(shè)計如下，請回答下列問題：

(1)拆解廢舊電池前需要進行放電，以避免在拆解過程中因局部短路起火，放電方式為電化學(xué)放電，可以將廢舊電池浸泡在_____________中進行放電。

A．酒精B．98%H2SO4C．Na2SO4溶液。

(2)預(yù)處理時，鈷酸鋰(Li0.5CoO2)高溫下分解得到LiCoO2、Co3O4和一種氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________。

(3)已知難溶物CoC2O4的Ksp=4.0×10-6，一般認為離子濃度達到10-5mol/L時即完全除盡。沉鈷過程中，當Co2+完全沉淀時，溶液中的濃度至少為_________mol/L。

(4)沉鈷過程中，草酸鹽體系中鈷離子形態(tài)分布如圖，在不同pH范圍鈷離子形態(tài)不同的原因___________________。

(5)在空氣氛圍下CoC2O4?2H2O氧化分解制備Co3O4的失重曲線如圖所示，已知失重率大約為19.7%；失重率大約為36.3%；失重率大約為3.0%。請寫出發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式______________________。

(6)已知生成草酸鈷的過程為吸熱過程。在沉淀時間考查溫度對Co2+沉淀率的影響，結(jié)果如圖所示，沉淀率呈先增大后減小的趨勢的原因可能____________。

24、下列為某學(xué)生在實驗室中制備高錳酸鉀晶體的流程圖。

根據(jù)上圖回答下列問題：

（1）操作①和②均需在坩堝中進行，根據(jù)實驗實際應(yīng)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(diào)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(yīng)式為_____；

②這種方法與上面的方法相比，其優(yōu)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(yīng)，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_______。25、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；NaClO易分解。

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

回答下列問題：

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F時產(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)生多個反應(yīng)，其中磷酸轉(zhuǎn)化為Na2HPO4的主要離子方程式為___________，常溫下應(yīng)控制pH約為_____________________________。

②常溫下，HPO+Fe3+FePO4+H+的lgK為_________

(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____________________________________________；

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)。評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共5分)26、某探究小組用HNO3與大理石反應(yīng)過程中質(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，大理石有細顆粒與粗顆粒兩種規(guī)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(shè)計表，并在實驗?zāi)康囊粰谥刑畛鰧?yīng)的實驗編號：。實驗編號T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實驗?zāi)康蘑?98粗顆粒2.00（Ⅰ）實驗①和②探究HNO3濃度對該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅱ）實驗①和③探究溫度對該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅲ）實驗①和④探究大理石規(guī)格（粗、細）對該反應(yīng)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(zhì)量隨時間變化的關(guān)系見下圖2：依據(jù)反應(yīng)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計算實驗①在70-90s范圍內(nèi)HNO3的平均反應(yīng)速率________________________

（4）請在答題卡的框圖中，畫出實驗②、③和④中CO2質(zhì)量隨時間變化關(guān)系的預(yù)期結(jié)果示意圖。_______評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共8分)27、如圖表示A；B、C、D、E五種含氮物質(zhì)相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系圖。其中A、B、C、D常溫下都是氣體；B為紅棕色。

回答下列問題：

(1)A→D反應(yīng)常用于人工固氮，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。

(2)D→C是工業(yè)制硝酸的重要反應(yīng)，化學(xué)方程式為_______。

(3)B與一定量的氧氣混合通入水中能被完全吸收，則B與的物質(zhì)的量之比為_______，若該反應(yīng)轉(zhuǎn)移個電子，則參加反應(yīng)的B的物質(zhì)的量為_______mol。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【解析】【答案】D2、A【分析】【解答】由氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒，1mol氧化劑得電子越多，生成的I2就多；

A.1molFe3+→Fe2+得1mole﹣；

B.1molMnO4﹣→Mn2+得5mole﹣；

C.1molCl2→2Cl﹣得2mole﹣；

D.1molHNO3→NO得3mole﹣；

顯然A中1mol氧化劑得電子最少，生成的I2就最少；

故選A．

【分析】用等物質(zhì)的量的這些物質(zhì)氧化足量的KI，設(shè)氧化劑均為1mol，得到電子越多，生成碘越多，反之越少，以此來解答．3、B【分析】解：rm{A}可能發(fā)生rm{3H_{2}S+H_{2}SO_{4}=4S+4H_{2}O}的反應(yīng)；所以不一定有二氧化硫生成，故A錯誤；

B、rm{H_{2}S}中硫元素由rm{-2}價最低價態(tài)，化合價只能升高，是還原劑，而rm{H_{2}SO_{4}}中的硫最高價態(tài)；化合價降價低是氧化劑，故B正確；

C、若rm{x=3}則發(fā)生rm{3H_{2}S+H_{2}SO_{4}=4S+4H_{2}O}的反應(yīng)，所以還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為：rm{1}rm{3}而不是rm{1}rm{1}故C錯誤；

D、若rm{x=4}單質(zhì)硫是硫化氫中rm{-2}價的硫氧化得到的，所以每生成rm{1molS}轉(zhuǎn)移的電子為rm{2mol}故D錯誤；

故選：rm{B}．

A、可能發(fā)生rm{3H_{2}S+H_{2}SO_{4}=4S+4H_{2}O}的反應(yīng)；

B、rm{H_{2}S}中硫元素由rm{-2}價最低價態(tài)，rm{H_{2}SO_{4}}中的硫最高價態(tài)；

C、若rm{x=3}則發(fā)生rm{3H_{2}S+H_{2}SO_{4}=4S+4H_{2}O}的反應(yīng)，所以還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為：rm{1}rm{3}

D、若rm{x=4}單質(zhì)硫是硫化氫中rm{-2}價的硫氧化得到的；由此分析轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目．

本題考查氧化還原反應(yīng)的計算，為高頻考點和常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析、計算能力的考查，答題注意把握元素化合價的變化，為解答該題的關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】rm{B}4、D【分析】【分析】本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，把握官能團及其性質(zhì)關(guān)系即可解答，側(cè)重考查醇、羧酸、烯烴性質(zhì)，注意該物質(zhì)中不含苯環(huán)。【解答】A.由莽草酸的結(jié)構(gòu)簡式可知，其分子式為rm{C}rm{C}rm{{,!}_{7}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{11}}rm{O}B.莽草酸分子中只有rm{O}與rm{{,!}_{5}}反應(yīng)，則，故A錯誤；莽草酸最多能和rm{-COOH}發(fā)生反應(yīng)，故B錯誤；rm{NaOH}莽草酸分子中只有雙鍵rm{1mol}為平面結(jié)構(gòu)，環(huán)狀結(jié)構(gòu)中含rm{1molNaOH}個四面體結(jié)構(gòu)的C.則莽草酸分子中所有的碳原子不可能處于同一平面，rm{C}rm{4}rm{C}碳碳雙鍵，碳碳雙鍵可以發(fā)生加成反應(yīng)、氧化反應(yīng)，羧基、羥基可發(fā)生酯化反應(yīng)故C錯誤；取代反應(yīng)D.莽草酸分子中含rm{-OH}rm{-COOH}碳碳雙鍵，碳碳雙鍵可以發(fā)生加成反應(yīng)、氧化反應(yīng)，羧基、羥基可發(fā)生酯化反應(yīng)rm{(}取代反應(yīng)rm{)}rm{-OH}可以發(fā)生氧化反應(yīng)，故D正確。rm{-OH}可以發(fā)生氧化反應(yīng)，故D正確。rm{-COOH}rm{(}【解析】rm{D}5、D【分析】【分析】本題考查危險品標志?！窘獯稹繄D示標志為腐蝕品，應(yīng)選有腐蝕性的物質(zhì)。A.食鹽無腐蝕性，錯誤；B.汽油無腐蝕性，錯誤；C.小蘇打無腐蝕性，錯誤；D.燒堿有腐蝕性，正確。故選D?！窘馕觥縭m{D}6、A【分析】解：rm{A.}由紅光外譜可知，該有機物中有rm{C-H}rm{O-H}rm{C-O}三種不同的化學(xué)鍵；故A正確；

B.由核磁共振氫譜可知，存在rm{3}個吸收峰；該有機物分子中有三種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，故B錯誤；

C.僅由核磁共振氫譜即可得知其分子中的氫原子種類；不能確定氫原子數(shù)目，故C錯誤；

D.若rm{A}的化學(xué)式為rm{C_{2}H_{6}O}則其結(jié)構(gòu)簡式為rm{CH_{3}OCH_{2}OH}故D錯誤；

故選A．

由有機物rm{A}的紅外光譜和核磁共振氫譜，含三種化學(xué)鍵、三種rm{H}則rm{A}可能為rm{CH_{3}OCH_{2}OH}以此來解答．

本題考查有機物的推斷及分子式確定，為高頻考點，把握紅外光譜和核磁共振氫譜的應(yīng)用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與推斷能力的考查，題目難度不大．【解析】rm{A}7、A【分析】

令硫酸鋇的質(zhì)量為233g；由于硫酸溶液的質(zhì)量=硫酸鋇的質(zhì)量，則硫酸溶液的質(zhì)量為233g；

所以硫酸溶液體積為=ml

設(shè)硫酸溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量為x；則。

BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HCl

1mol233g

x233g

所以；x=1mol．

所以原的硫酸溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為=6.22mol/L．

故選：A．

【解析】【答案】硫酸溶液與氯化鋇溶液反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀；假設(shè)原硫酸溶液的質(zhì)量，計算出硫酸溶液體積．沉淀硫酸鋇質(zhì)量與原硫酸溶液質(zhì)量相等，根據(jù)硫酸與氯化鋇反應(yīng)的化學(xué)方程式，由硫酸鋇質(zhì)量求出硫酸溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量，再由溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度定義計算．

二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】【解析】【答案】9、略

【分析】解：rm{(1)}灼燒固體物質(zhì)一般使用rm{(}瓷rm{)}坩堝，而坩堝加熱需要用泥三腳支撐然后放在三腳架上，三腳架下面的空間放酒精燈rm{.}故答案為：rm{BDE}

rm{(2)}步驟rm{壟脻}為從碘水中萃取碘單質(zhì)，需要萃取分液，用到分液漏斗，故答案為：分液漏斗；rm{(3)}步驟rm{壟脼}的目的是從含碘苯溶液中分離出單質(zhì)碘和回收苯；是利用互溶的兩種液體的沸點不同來分離，則實驗操作為蒸餾；

故答案為：蒸餾；

rm{(4)}碘離子在酸性條件下可被rm{MnO_{2}}氧化，故答案為：rm{2I^{-}+MnO_{2}+4H^{+}=Mn^{2+}+I_{2}+2H_{2}O}

rm{(5)}根據(jù)萃取的基本原則兩種溶劑互不相溶；且溶質(zhì)在一種溶劑中的溶解度比在另一種大的多，故答案為：苯與水互不相溶；碘在苯中的溶解度比在水中大．

rm{(1)}根據(jù)實驗操作步驟rm{壟脵}灼燒來分析用到的實驗儀器；

rm{(2)}步驟rm{壟脻}為從碘水中萃取碘單質(zhì)；需要萃取分液，用到分液漏斗；

rm{(3)}步驟rm{壟脼}的目的是從含碘的苯溶液中分離出單質(zhì)碘和回收苯；利用沸點的差異用蒸餾的方法；

rm{(4)MnO_{2}}具有較強的氧化性；在酸性條件下可氧化碘離子；

rm{(5)}根據(jù)萃取的基本原則兩種溶劑互不相溶；且溶質(zhì)在一種溶劑中的溶解度比在另一種大的多；

本題考查灼燒的實驗，物質(zhì)的分離方法，碘單質(zhì)的檢驗，難度適中，考查學(xué)生解決實際問題的能力．【解析】rm{BDE}分液漏斗；蒸餾；rm{2I^{-}+MnO_{2}+4H^{+}簍TMn^{2+}+I^{2}+2H_{2}O}苯與水互不相溶；碘在苯中的溶解度比在水中大10、略

【分析】解：rm{(1)}學(xué)校燃燒煤煮飯是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能光能；

故答案為：化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能；光能；

rm{(2)}給手機的電池充電是利用電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能；

故答案為：電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能；

rm{(3)}燃燒煤將煤的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為水的內(nèi)能；水蒸氣膨脹做功轉(zhuǎn)化為汽輪機的機械能，汽輪機帶動發(fā)電機轉(zhuǎn)動將機械能轉(zhuǎn)化為電能；

故答案為：化學(xué)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；機械能和電能．

rm{(1)}煤燃燒是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能；光能等；

rm{(2)}手機電池充電時通電電解電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能；

rm{(3)}火力發(fā)電是將化學(xué)能最終轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；將內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機械能，最后將機械能轉(zhuǎn)化為電能．

本題考查了物質(zhì)變化過程中能量的變化，注意知識的積累，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能、光能；電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能；化學(xué)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能、機械能和電能11、略

【分析】

（1）A元素原子第三層電子層上有6個電子，所以第一和第二層已經(jīng)排滿，為硫元素，故答案為：

（2）B元素與A元素的原子核外電子層數(shù)相同即為三層，B元素的原子最外電子層只有1個電子，所以是11號的鈉元素，鈉和硫形成的化合物為硫化鈉，化學(xué)式為：Na2S，故答案為：硫化鈉；Na2S．

【解析】【答案】（1）根據(jù)元素的原子核外電子排布規(guī)律來回答；

（2）根據(jù)元素的最外層電子數(shù)來確定化合價進而確定所形成的化合物及化學(xué)式．

12、略

【分析】由題意可知：A和B、E均可產(chǎn)生氣體，是可知A為Na2CO3；而B、D均可和C產(chǎn)生的沉淀相同，則此沉淀為AgCl，C為AgNO3；綜上可知B必為HCl，D為BaCl2，E為NaHSO4【解析】【答案】HClBaCl213、略

【分析】【解析】【答案】（1）吸水性，①④（2）脫水性（3）酸性，強氧化性Cu+2H2SO4(濃)=CuSO4+SO2+2H2O三、判斷題(共8題，共16分)14、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(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)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(xiàn)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(zhì)．

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(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化．15、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(yīng)放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據(jù)溫度計在該裝置中的位置與作用；16、B【分析】【解答】n===1mol，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據(jù)n=計算物質(zhì)的量，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．17、B【分析】【解答】標準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標準狀況己烷不是氣體，物質(zhì)的量不是0.1mol，故上述錯誤；

故答案為：錯．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應(yīng)用條件分析判斷，標準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol18、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(yīng)放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據(jù)溫度計在該裝置中的位置與作用；19、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構(gòu)成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質(zhì)的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質(zhì)的量，再根據(jù)鈉離子結(jié)構(gòu)計算最外層電子總數(shù)．20、B【分析】【解答】n===1mol，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據(jù)n=計算物質(zhì)的量，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．21、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(xué)變化，故答案為：×．

【分析】化學(xué)變化是指有新物質(zhì)生成的變化，物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化，據(jù)此解題．四、工業(yè)流程題(共4題，共28分)22、略

【分析】【分析】

紅土鎳礦(主要成分為NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)粉碎后用硫酸浸取，Ni、Fe、Mg元素進入溶液，濾渣1為不溶于稀硫酸的SiO2；過濾后向濾液中加入次氯酸鈉將Fe2+氧化成Fe3+，然后加入碳酸鈉并加熱除去鐵元素和部分硫酸根，得到濾渣2為NaFe3(SO4)2(OH)6；過濾后向濾液中加入NaF除去鎂離子，得到濾渣3為MgF2；過濾后加入碳酸氫銨得到碳酸鎳沉淀，將碳酸鎳沉淀加稀硫酸溶解，再向溶液中加入NaOH得到Ni(OH)2。

(6)根據(jù)圖中放電時Li+的流向可知，放電時b極為正極，a極為負極；充電時b極為陽極，a極為陰極。根據(jù)總反應(yīng)，放電時Li元素被氧化，所以LinC6為負極，即a極材料為LinC6，b極材料為Li1-nMO2。

【詳解】

(1)濾渣1的成分為不溶于稀硫酸的SiO2；

(2)加入NaClO可以將Fe2+氧化成Fe3+；便于除去；

當NaClO足量時，溶液Fe元素以Fe3+的形式存在，不含F(xiàn)e2+，所以只要證明溶液中沒有Fe2+就可以說明NaClO足量；

a．由于溶液中存在Fe3+，所以滴加KSCN溶液溶液會顯紅色，再加氯水沒有明顯變化，無法檢驗Fe2+；故不選a；

b．Fe2+可以和K3[Fe(CN)6]溶液生成藍色沉淀，故b合適；

c．加NaOH溶液會產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，即便有Fe2+，產(chǎn)生的Fe(OH)2沉淀也會被迅速氧化，而且Fe(OH)3沉淀的顏色會覆蓋掉Fe(OH)2的顏色，所以無法通過NaOH溶液判斷是否有Fe2+；故不選c；

綜上所述選b；

(3)反應(yīng)物有Fe3+、Na2CO3、SO等，產(chǎn)物有NaFe3(SO4)2(OH)6，產(chǎn)物中的OHˉ說明該反應(yīng)過程有Fe3+與CO的雙水解，所以產(chǎn)物應(yīng)該還有CO2，根據(jù)元素守恒可得離子方程式為Na+＋3Fe3+＋2SO＋3H2O＋3CO＝NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋3CO2↑；

(4)F－與H+結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，MgF2?Mg2++2F－平衡向右移動；導(dǎo)致鎂離子沉淀不完全；

(5)沉鎳時反應(yīng)有Ni2+、NH4HCO3，產(chǎn)物有NiCO3說明不是雙水解，而是Ni2+與HCO電離出的CO結(jié)合生成NiCO3沉淀，促進HCO的電離，同時產(chǎn)生大量的氫離子，而氫離子又和HCO反應(yīng)生成二氧化碳和水，所以離子方程式為Ni2+＋2HCO＝NiCO3↓＋CO2↑＋H2O；

(6)充電時b極為陽極，LiMO2失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，產(chǎn)生Li+，根據(jù)總反應(yīng)可知電極反應(yīng)式為LiMO2－ne－＝Li1-nMO2＋nLi+。

【點睛】

第5小題離子方程式的書寫要注意該過程不是金屬陽離子和碳酸氫根發(fā)生雙水解，因為如果是雙水解，則產(chǎn)生的沉淀應(yīng)為氫氧化物，而不是碳酸鹽。【解析】①.SiO2②.將Fe2+氧化成Fe3+③.b④.Na+＋3Fe3+＋2SO＋3H2O＋3CO＝NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋3CO2↑⑤.F－與H+結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，MgF2?Mg2++2F－平衡向右移動⑥.Ni2+＋2HCO3－＝NiCO3↓＋CO2↑＋H2O⑦.LiMO2－ne－＝Li1-nMO2＋nLi+23、略

【分析】【分析】

廢舊鈷酸鋰(Li0.5CoO2)電池預(yù)處理時，Li0.5CoO2高溫分解得到LiCoO2、Co3O4和O2；加入葡萄糖和鹽酸進行還原輔助酸浸，鈷元素轉(zhuǎn)化為CoCl2；加入(NH4)2C2O4溶液沉鈷，Co2+轉(zhuǎn)化為CoC2O4沉淀；在空氣中氧化煅燒，CoC2O4轉(zhuǎn)化為Co3O4；再用Li2CO3處理，即轉(zhuǎn)化為Li0.5CoO2。

【詳解】

(1)廢舊電池電化學(xué)放電，需發(fā)生原電池反應(yīng)，所以可以將廢舊電池浸泡在電解質(zhì)溶液中進行放電，酒精和98%H2SO4都不能導(dǎo)電，只有Na2SO4溶液能導(dǎo)電；故選C。答案為：C；

(2)預(yù)處理時，鈷酸鋰(Li0.5CoO2)高溫下分解得到LiCoO2、Co3O4和一種氣體，由于Co元素化合價降低，則氣體為O2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為6Li0.5CoO23LiCoO2+Co3O4+O2↑。答案為：6Li0.5CoO23LiCoO2+Co3O4+O2↑；

(3)沉鈷過程中，當Co2+完全沉淀時，c(Co2+)≤10-5mol/L，c()=mol/L≥0.4mol/L，所以溶液中的濃度至少為0.4mol/L。答案為：0.4；

(4)沉鈷過程中，草酸鹽體系中鈷離子形態(tài)分布如圖，pH較小時，主要生成鈷的草酸氫鹽，因為酸性較強溶液中，草酸根水解轉(zhuǎn)化為草酸氫根或草酸，所以在不同pH范圍鈷離子形態(tài)不同的原因為：低pH范圍時，水解為H2C2O4和隨著pH增高，水解程度降低。答案為：低pH范圍時，水解為H2C2O4和隨著pH增高，水解程度降低；

(5)設(shè)加熱前，CoC2O4?2H2O的質(zhì)量為183g，即CoC2O4?2H2O為1mol，則失重率大約為19.7%時，剩余固體質(zhì)量為183g×(1-19.7%)=147g；失重率大約為36.3%，剩余固體質(zhì)量為183g×(1-19.7%-36.3%)=80.5g；失重率大約為3.0%，剩余固體質(zhì)量為183g×(1-19.7%-36.3%-3.0%)=75g。則時，失重183g-147g=36g，=2mol，則此時剛好失去全部結(jié)晶水，所得固體為CoC2O4；時，依據(jù)流程圖中提供的信息，產(chǎn)物為Co3O4(也可從=241.5g/mol得到證實)；時，M(產(chǎn)物)==75g/mol，則其為CoO。因此時，CoC2O4轉(zhuǎn)化Co3O4，此時應(yīng)有O2參與反應(yīng)，且產(chǎn)物中還有碳的氧化物CO2，發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。答案為：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2；

(6)因為生成草酸鈷的過程為吸熱過程，所以升高溫度平衡正向移動，Co2+沉淀率增大，后來沉淀率下降，應(yīng)由溶解度的增大引起。所以沉淀率呈先增大后減小的趨勢的原因可能為：溫度的提高有利于增加Co2+與的有效碰撞(或沉淀速率)，同時由于草酸鈷的沉淀反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，溫度升高有利于沉淀反應(yīng)正移；由于草酸鉆的溶解度在較高溫度下可能會增大，因此過高溫度反而在一定程度上降低Co2+的沉淀率。答案為：溫度的提高有利于增加Co2+與的有效碰撞(或沉淀速率)，同時由于草酸鈷的沉淀反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，溫度升高有利于沉淀反應(yīng)正移；由于草酸鉆的溶解度在較高溫度下可能會增大，因此過高溫度反而在一定程度上降低Co2+的沉淀率。

【點睛】

在利用失重實驗進行產(chǎn)物分析時，可大膽進行假設(shè)。通常情況下，結(jié)晶水合物都是先失去結(jié)晶水，然后是無水鹽再分解生成金屬氧化物，最后是金屬氧化物再分解；再利用數(shù)據(jù)進行證實。【解析】C6Li0.5CoO23LiCoO2+Co3O4+O2↑0.4低pH范圍時，水解為H2C2O4和隨著pH增高，水解程度降低3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2溫度的提高有利于增加Co2+與的有效碰撞(或沉淀速率)，同時由于草酸鈷的沉淀反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，溫度升高有利于沉淀反應(yīng)正移；由于草酸鉆的溶解度在較高溫度下可能會增大，因此過高溫度反而在一定程度上降低Co2+的沉淀率24、略

【分析】【分析】

在堿性條件下氯酸鉀與二氧化錳加熱熔融發(fā)生氧化還原反應(yīng)，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(diào)節(jié)PH值為10～11，使MnO42-發(fā)生歧化反應(yīng)，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(jié)晶得高錳酸鉀晶體，據(jù)此分析解答。

【詳解】

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

(2)已知：3MnO42-+2H2O?2MnO4-+MnO2+4OH-。操作④是使MnO42-發(fā)生歧化反應(yīng)，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(zhuǎn)化率；

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

②這種方法與上面的方法相比；其優(yōu)點是無副產(chǎn)品，產(chǎn)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(jù)反應(yīng)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%)?！窘馕觥縞有利于平衡向右進行，提高MnO42-轉(zhuǎn)化率MnO42--e-=MnO4-無副產(chǎn)品，產(chǎn)率高，工藝簡便或%25、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，過濾得到FePO4和AlPO4沉淀，濾液中主要含Na2HPO4；向濾液中加入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，所以會析出氯化磷酸三鈉晶體，得到的母液主要含NaCl、NaClO、Na3PO4等。

【詳解】

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F可以得到釋放磷酸；該反應(yīng)應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)，根據(jù)元素守恒，再結(jié)合HF為弱酸，可知產(chǎn)生的有毒氣體主要是HF；

(2)①碳酸的酸性弱于磷酸，所以加入碳酸鈉轉(zhuǎn)化為Na2HPO4的主要離子方程式為據(jù)圖可知pH約為10時，溶液中的P元素主要以的形成存在；

②常溫下，HPO+Fe3+FePO4+H+的K==所以lgK=lgKa3-lgKsp[FePO4]，據(jù)圖可知當c()=c(PO)時溶液pH=12.36，而Ka3=所以lgKa3=-12.36，所以lgK=-12.36-(-21.89)=9.53；

(3)據(jù)圖可知當pH=14左右時磷元素主要以PO的形式存在，Na2CO3溶液的pH難以達到14，不能將Na2HPO4全部轉(zhuǎn)化為Na3PO4，還會引入Na2CO3雜質(zhì)；

(4)反應(yīng)III為氯氣和NaOH溶液的反應(yīng)，生成氯化鈉和次氯酸鈉，方程式為NaClO受熱易分解，冷卻混合液可以減少次氯酸鈉的分解；“母液”中的溶質(zhì)有NaClO、NaCl、Na3PO4。

【點睛】

雖然強堿弱酸鹽顯堿性，可以用來調(diào)節(jié)溶液的pH值，但要注意水解鹽的堿性較弱，當需要強堿性環(huán)境時還需要堿溶液進行調(diào)節(jié)。【解析】HF109.53Na2CO3溶液的pH難以達到14，不能將Na2HPO4全部轉(zhuǎn)化為Na3PO4，還會引入Na2CO3雜質(zhì)減少次氯酸鈉分解NaCl、Na3PO4五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共5分)26、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(yīng)速率的因素，所以在設(shè)計分組實驗時，要設(shè)計出分別只有濃度、溫度和接觸面積不同時反應(yīng)速率的變化，從而找出不同外界因素對反應(yīng)速率的影響。由于實驗①和實驗②探究HNO3濃度對該反應(yīng)速率的影響，實驗①和實驗③探究溫度對該反應(yīng)速率的影響，故實驗③的溫度選擇30