2024年沪科版高一化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科版高一化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、在实验室中通常以加热乙醇和浓硫酸的混合液来制取乙烯，在这个反应里浓硫酸（）A.既是反应物又是脱水剂B.既是反应物又是催化剂C.既是催化剂又是脱水剂D.仅是催化剂2、下列能造成酸雨的物质是A.rm{O_{2}}B.rm{SO_{2}}C.rm{CO_{2}}D.rm{N_{2}}3、最新报道：科学家首次用rm{X}射线激光技术观察到rm{CO}与rm{O}在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{CO}和rm{O}生成rm{CO_{2}}是吸热反应B.在该过程中，rm{CO}断键形成rm{C}和rm{O}C.rm{CO}和rm{O}生成了具有极性共价键的rm{CO_{2;;;;;;;;;}}D.状态Ⅰrm{隆煤}状态Ⅲ表示rm{CO}与rm{O_{2}}反应的过程4、R2O8n-离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4-，若反应后R2O8n-变为RO42离子。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2。则n的值是A.1B.2C.3D.45、设阿伏加德罗常数为6.02×1023mol﹣1．关于1molH2O的叙述正确的是（）A.含有1molH2B.含有6.02×1023个水分子C.质量为18g/molD.在标准状况下的体积为22.4L6、已知在某温度时发生如下三个反应：（1）C+CO2═2CO、（2）C+H2O═CO+H2、（3）CO+H2O═CO2+H2，据此判断，该温度下C、CO、H2的还原性强弱顺序是（）A.CO＞C＞H2B.C＞CO＞H2C.C＞H2＞COD.CO＞H2＞C7、下图是元素周期表短周期的一部分，其中rm{Y}rm{W}的质子数之和为rm{25}下列说法正确的是()。rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}A.非金属性：rm{W<Z}B.原子半径：rm{X<Y}C.rm{Z}的最高价氧化物可溶于rm{Y}的氢化物的水溶液D.rm{Y}的最高价氧化的水化物酸性强于rm{W}最高价氧化的水化物8、在盛有溴水的试管中，加入少量苯后振荡，静置后rm{(}rm{)}A.整个溶液变橙色B.整个溶液变浅棕色C.上层无色、下层橙色D.下层无色、上层橙色评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、已知A；B、C是三种常见的单质；其中A为固体，B、C为气体；D的饱和溶液滴入沸水中继续煮沸，溶液呈红褐色；B和C反应时可观察到苍白色火焰，其产物极易溶于水得无色溶液E．它们之间转化关系如图所示．

（1）写出D与A反应的离子方程式：

D+A：____．

在D溶液中滴加硫氰化钾，溶液变为红色，相关离子方程式：____．

（2）写出在F中加入NaOH并在空气中放置所发生的反应的化学方程式（涉及两步变化）：____、____．

10、短周期元素rm{Q}rm{R}rm{T}rm{W}在元素周期表中的位置如图所示，其中，rm{T}所处的周期序数与主族序数相等。请回答下列问题：

rm{(1)T}的原子结构示意图为________。rm{(2)}元素的非金属性：rm{Q}______rm{W(}填“强于”或“弱于”rm{)}rm{(3)W}的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反应，生成两种物质，其中一种是气体，反应的化学方程式为：____________。11、某化学兴趣小组为检验碳和浓硫酸反应生成的产物，设计如图装置，请回答：rm{(1)}指出仪器名称：甲________乙________rm{(2)}乙仪器中发生反应的化学方程式为________；rm{(3)}证明有二氧化碳产生的实验现象是________；rm{(4)}若把rm{B}玻璃管移到rm{F}试管后连接，是否可行________rm{(}填“可行”或“不可行”rm{)}理由是________。12、离子键的强弱主要决定于离子半径和离子的电荷值。一般规律是：离子半径越小，电荷值越大，则离子键越强。试分析：①K2O②CaO③MgO的离子键由强到弱的顺序是____（4分）13、（1）有甲、乙、丙、丁四种金属，把甲、丙浸入稀硫酸中，用导线连接时丙为负极；把乙、丁分别浸入稀硫酸中，丁产生气泡的速率更大；把甲、乙用导线连接浸入稀硫酸中，甲上有气泡冒出；把丙浸入丁的硝酸盐溶液中，丙的表面有丁析出．这四种金属的活动性由强到弱的顺序是____．

（2）向5mLNaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为黄色，再滴入一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变成黑色，根据上述变化过程，分析此三种沉淀物的溶解度大小关系为____．

（3）现将足量的AgCl分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是____．

①20mL0.01mol•L﹣1KCl溶液。

②30mL0.02mol•L﹣1CaCl2溶液。

③40mL0.03mol•L﹣1HCl溶液。

④10mL蒸馏水。

⑤50mL0.05mol•L﹣1AgNO3溶液。

（4）某种甲醇燃料电池是采用铂或碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解液中直接加入纯化后的甲醇，同时向一个电极通入空气．此电池的负极发生的电极反应式是____；

（5）某酸H2B在水溶液中有如下变化：H2B═H++HB﹣；HB﹣⇌H++B2﹣；现有溶液0.10mol/L；100mL；试回答以下问题：

①溶液中的H+物质的量取值范围是：____

②已知0.1mol•L﹣1NaHB溶液的pH=2，则0.1mol•L﹣1H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是____（填“＜”，“＞”，或“=”）．14、在离子RO3n﹣中含有x个核外电子，R原子的质量数为A，则R原子中子数是____15、用化学式回答原子序数11-18号的元素的有关问题：

（1）除稀有气体外，原子半径最大的是______

（2）最高价氧化物的水化物碱性最强的是______

（3）最高价氧化物的水化物呈两性的是______

（4）最高价氧化物的水化物酸性最强的是______

（5）能形成气态氢化物且最稳定的是______．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．17、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）18、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）19、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）20、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）21、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）22、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）23、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）24、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）评卷人得分四、工业流程题(共2题，共10分)25、重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种重要的化工原料，以FeO·Cr2O3为原料制备K2Cr2O7的流程如下：

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

回答下列问题：

(1)写出滤渣的一种用途：___________________。

(2)“调节pH”可实现CrO42-和Cr2O72-在溶液中相互转化。室温下，若初始浓度为1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H+)的变化如图所示：

①由图可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)。

②根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为_________。

(3)流程中的“转化”过程中发生的反应属于_________(填基本反应类型)。

(4)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrO42-生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10－5mol·L-1)时，溶液中c(Ag+)为_______mol·L-1，此时溶液中c(CrO42-)等于________mol·L－1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)26、2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂被誉为“高能金属”，是锂电池的电极材料，工业上用β-锂辉矿(主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2以及少量钙、镁杂质)和氟磷灰石(Ca5P3FO12)联合制取锂离子电池正极材料(LiFePO4)；其工业生产流程如图：

已知：①Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34；

②LiFePO4难溶于水。

回答下列问题：

（1）氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合价为___，沉淀X的主要成分是___(写化学式)。

（2）操作3的名称是___，操作1所需的玻璃仪器名称为___。

（3）蒸发浓缩Li2SO4溶液的目的是___。

（4）写出合成反应的离子方程式___。

（5）科学家设计一种锂电池的反应原理为LiFePO4Li+FePO4，放电时正极反应式为___。

（6）工业上取300吨含氧化锂5%的β-锂辉矿石，经上述变化得到纯净的LiFePO4共110.6吨，则元素锂的利用率为___。评卷人得分五、原理综合题(共2题，共14分)27、甲醇(结构式)是一种基础有机化工原料，应用广泛。工业上可利用废气中的CO2合成CH3OH，发生反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H＝－49kJ·mol-1。

(1)已知反应中的相关化学键键能数据如下：。化学键O-HC-OC=OE/(kJmol-1)465343750

甲醇中C－H键比氢气中H－H键____(填“强”或“弱”)。相同条件下该反应的正反应活化能Ea(正)＝210kJ·mol-1，则逆反应活化能Ea(逆)＝______kJ·mol-1。

(2)在1L恒容密闭容器中充入CO2和H2，所得实验数据如下表。实验编号温度/。C起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(CO2)n(H2)n(CH3OH)n(H2)n(CH3OH)①1500.230.190.03②2000.100.260.02③2000.17a0.01

实验①平衡常数K＝______，若在该温度下起始时加入二氧化碳、氢气、甲醇气体和水蒸气各0.10mol，这时反应向________移动(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”)，判断理由是______。

实验②达到平衡时H2转化率为____。

实验③a＝_________。

(3)甲醇、空气和稀硫酸可以形成燃料电池，其正极电极反应式为________。28、C；N、S的氧化物常会造成一些环境问题；科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。

（1）目前工业上有一种方法是用CO2和H2在230℃，催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。如图表示恒压容器中和平移转化率达时的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式______________________。

（2）一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入和发生反应可用于回收燃烧烟气中的硫。若反应进行到时达平衡，测得的体积分数为0.5，则前20min的反应速率_______该温度下反应化学平衡常数K=________。（保留两位小数）

（3）工业上有多种方法用于的脱除。

①可用NaClO碱性溶液吸收为了提高吸收效率，常加入反应过程的示意图如图所示，产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力，因此可加快对的吸收。

a.的作用是____________________。

b.过程2的离子方程式___________________________________。

c.Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是_______________。

②“亚硫酸盐法”吸收烟气中的室温条件下，将烟气通入溶液中，测得溶液与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，点时溶液pH=7，则_____________。

（4）用石墨做电极，食盐水做电解液电解烟气脱氮的原理如图1，被阳极产生的氧化性物质氧化尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。电流密度对溶液和对烟气脱硝的影响如图2所示：

图1图2

①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3-反应的离子方程式__________________。排入空气的尾气，一定含有的气体单质是_________________（填化学式）。

②溶液的pH对NO去除率存在相关关系的原因是___________________________。评卷人得分六、综合题(共4题，共12分)29、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

30、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题31、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

32、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【解答】A；浓硫酸不是反应物；是催化剂，故A错误；

B；浓硫酸不是反应物；是催化剂，故B错误；

C；分析过程中发生的反应可知；浓硫酸既是催化剂又是脱水剂，故C正确；

D；过程中浓硫酸起到了催化剂、脱水剂等作用；故D错误；

故选C．

【分析】根据乙醇制取乙烯的反应原理进行分析，因浓硫酸能使乙醇发生消去反应，CH3CH2OHC2H4↑+H2O，反应中分子内脱水生成乙烯，体现了脱水性和催化剂的作用；脱水蔬菜的碳和浓硫酸加热反应生成二氧化硫，2H2SO4（浓）+CCO2↑+2H2O+2SO2↑，硫元素的化合价降低，体现了强氧化性，所以反应过程中体现了浓硫酸的脱水性、强氧化性．2、B【分析】【分析】本题考查了形成酸雨的主要物质，比较简单。【解答】A.氧气是大气的主要成分，不会形成酸雨，故A错误；B.二氧化硫能和水反应生成亚硫酸并进一步被氧化为硫酸，当雨水的rm{PH<5.6}时就形成酸雨，故B正确；C.二氧化碳是大气的成分之一，含量过多会形成温室效应，但不会形成酸雨，故C错误；D.氧气是大气的主要成分，不会形成酸雨，故D错误。故选B。【解析】rm{B}3、C【分析】【分析】本题侧重于化学反应原理的探究的考查，题目着重于考查学生的分析能力和自学能力，注意把握题给信息，难度不大。【解答】A.由图可知反应物总能量大于生成物总能量；为放热反应，故A错误；

B.由图可知不存在rm{CO}的断键过程；故B错误；

C.rm{CO}与rm{O}在催化剂表面形成rm{CO_{2}}rm{CO_{2}}含有极性共价键；故C正确；

D.状态Ⅰrm{隆煤}状态Ⅲ表示rm{CO}与rm{O}反应的过程，而不是与氧气反应，故D错误。故选C。【解析】rm{C}4、B【分析】锰元素的化合价变化为7-2=5，R2O8n-中R的化合价是＋(8－n/2)，在还原产物中R的化合价是＋6价，所以根据得失电子守恒可知5×2×(8－n/2－6)＝2×5，解得n＝2，答案选B。【解析】【答案】B5、B【分析】【解答】解：A、含有2mol氢原子，不能表示成氢气形式，故A错误；B、1mol任何微粒约含有6.02×1023个粒子；故B正确；

C；质量是18g；摩尔质量是18g/mol，故C错误；

D；在标况下；水不是气体，无法计算其体积，故D错误；

故选B．

【分析】A；1mol水中不含氢气气体；

B；根据阿伏伽德罗常数的含义判断；

C；质量单位是g；

D、标准状况下，水是液体，无法计算体积．6、B【分析】解：（1）C+CO2═2CO；反应中C为还原剂，CO为还原产物；

（2）C+H2O═CO+H2；反应中C为还原剂，氢气为还原产物；

（3）CO+H2O═CO2+H2；反应中CO为还原剂，氢气为还原产物；

氧化还原反应强弱规律：还原剂还原性大于还原产物还原性，所以还原性强弱顺序为：C＞CO＞H2；

故选：B．

氧化还原反应强弱规律：还原剂还原性大于还原产物还原性；据此解答．

本题考查了物质的还原性强弱比较，熟悉氧化还原反应规律是解题关键，题目难度不大．【解析】【答案】B7、C【分析】略【解析】rm{C}8、D【分析】解：向盛有溴水的试管中加入少量的苯；振荡，静置片刻，因苯能萃取溴水中的溴，且密度小于于水的密度，则溶液分为上下两层，上层为苯层，呈橙红色，下层为水层，无色，故选C．

苯能萃取溴水中的溴；且密度小于水的密度，溴溶于苯呈橙红色，以此来解答．

本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握萃取剂的选择，把握分离的原理、方法，难度不大．【解析】rm{D}二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】

A；B、C是三种常见的单质；其中A为固体，B、C为气体；D的饱和溶液滴入沸水中继续煮沸，溶液呈红褐色则D是氯化铁，A、B都是单质，且A是固体，所以A是铁，B是氯气；B和C反应时可观察到苍白色火焰，其产物极易溶于水得无色溶液E，则C是氢气，E是氯化氢，盐酸和铁反应生成氯化亚铁，则F是氯化亚铁；

（1）氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，离子反应方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色，离子反应方程式为：Fe3++3SCN-═Fe（SCN）3；

故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+，Fe3++3SCN-═Fe（SCN）3；

（2）氯化亚铁和氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成红褐色氢氧化铁，反应方程式为：FeCl2+2NaOH═Fe（OH）2↓+2NaCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；

故答案为：FeCl2+2NaOH═Fe（OH）2↓+2NaCl；4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3．

【解析】【答案】A；B、C是三种常见的单质；其中A为固体，B、C为气体；D的饱和溶液滴入沸水中继续煮沸，溶液呈红褐色则D是氯化铁，A、B都是单质，且A是固体，所以A是铁，B是氯气；B和C反应时可观察到苍白色火焰，其产物极易溶于水得无色溶液E，则C是氢气，E是氯化氢，盐酸和铁反应生成氯化亚铁，则F是氯化亚铁．

10、(1)(2)弱于(3)【分析】【分析】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，原子结构核外电子示意图，化学方程式的书写，硫及其浓硫酸的性质等，难度不大。【解答】根据短周期元素rm{Q}rm{R}rm{T}rm{W}在元素周期表中的位置知，rm{Q}和rm{R}位于第二周期、rm{T}和rm{W}位于第三周期，rm{T}所处的周期序数与主族序数相等，则rm{T}是rm{Al}元素，则rm{Q}是rm{C}元素、rm{R}是rm{N}元素、rm{W}是rm{S}元素；

rm{(1)T}是rm{Al}元素，其原子核外有rm{3}个电子层、最外层有rm{3}个电子，则其原子结构示意图为故答案为：

rm{(2)}同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，所以rm{Q}的非金属性弱于rm{R}故答案为：弱于；

rm{(3)W}是rm{S}元素，它的最高价氧化物对应水化物是rm{H_{2}SO_{4}}rm{S}与浓rm{H_{2}SO_{4}}反应氧化还原反应，生成两种物质，其中一种是气体应是rm{SO_{2}}，所以二者反应的化学方程式为rm{S+2{H}_{2}S{O}_{4}(脜篓)overset{?}{=}3S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}

故答案为：rm{S+2{H}_{2}S{O}_{4}(脜篓)overset{?}{=}3S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}

rm{SO_{2}}【解析】rm{(1)}rm{(1)}弱于rm{(3)S+2{H}_{2}S{O}_{4}(脜篓)overset{?}{=}3S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{(2)}弱于11、（1）分液漏斗圆底烧瓶（2）（3）气体通过E品红不褪色，通过F石灰水变浑浊（4）不可行气体通过水溶液时，会带出水汽，干扰产物中水的确定【分析】【分析】本题考查了浓硫酸的强氧化性的应用，题目难度中等，明确气体的性质及检验的先后顺序为解答关键，注意掌握浓硫酸的化学性质，能够正确书写浓硫酸与碳反应化学方程式。【解答】rm{(1)}依据装置图中操作的要求和图形分析，浓硫酸与木炭的反应需要把浓硫酸加入木炭加热反应，所以甲为分液漏斗，乙为圆底烧瓶；故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；rm{(2)}浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下回合木炭发生氧化还原反应，生成二氧化碳、二氧化硫、水，反应的化学方程式为：rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}(脜篓)overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}0}rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}(脜篓)

overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}0}rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}(脜篓)overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}0}；故答案为；。rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}(脜篓)

overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}0}气体通过rm{E}品红不褪色，通过rm{F}石灰水变浑浊；品红不褪色，通过rm{E}石灰水变浑浊；rm{F}rm{(4)}溶液中含有水分，若若把rm{B}玻璃管移到rm{F}试管后连接，气体通过水溶液时会带出水蒸气，影响了水的测定，所以该方法不可行。故答案为：不可行；气体通过水溶液时，会带出水汽，干扰产物中水的确定。【解析】rm{(1)}分液漏斗圆底烧瓶rm{(2)C+2{H}_{2}S{O}_{4}(脜篓)overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}0}rm{(2)C+2{H}_{2}S{O}_{4}(脜篓)

overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}0}气体通过rm{(3)}品红不褪色，通过rm{E}石灰水变浑浊rm{F}不可行气体通过水溶液时，会带出水汽，干扰产物中水的确定rm{(4)}12、略

【分析】【解析】【答案】22③①②13、丙丁乙甲AgCl＞AgI＞Ag2S④＞①＞③＞②＞⑤2CH3OH+2H2O﹣12e﹣═12H++2CO20.01＜n（H+）＜0.02＜（H2B第一步电离产生的H+对HB﹣的电离起了抑制作用）【分析】【解答】（1）把甲；丙分别浸入稀硫酸中；用导线连接时丙为负极，则活泼性丙＞甲；乙、丁分别浸入稀硫酸中，丁产生气泡的速率更大，则活泼性乙＜丁；把甲、乙用导线连接浸入稀硫酸中，甲上有气泡冒出，甲是正极，所以活泼性乙＞甲，把丙浸入丁的硝酸盐溶液中，丙的表面有丁析出，说明活泼性是丙＞丁，所以金属的活泼性是：丙＞丁＞乙＞甲，故答案为：丙丁乙甲；

（2）沉淀之所以发生转化是由于添加的离子破坏了原有的沉淀溶解平衡，从而导致沉淀溶解平衡的移动．沉淀转化的方向：一般向着溶解度小的物质方向转化，或者说对于沉淀类型相同的物质，一般向着Ksp减小的方向进行；向5mLNaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为淡黄色，再滴加一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变为黑色，根据上述变化过程中的沉淀现象可知，沉淀溶解度大小为：AgCl＞AgI＞Ag2S，故答案为：AgCl＞AgI＞Ag2S；

（3）根据c（Ag+）或c（Cl﹣）大小比较，c（Ag+）或c（Cl﹣）越小，AgCl的溶解度越大，①c（Cl﹣）=0.01mol/L，②c（Cl﹣）=0.04mol/L，③c（Cl﹣）=0.03mol/L，④c（Ag+）或c（Cl﹣）为0，⑤c（Ag+）=0.05mol/L；则AgCl的溶解度由大到小排列顺序是④＞①＞③＞②＞⑤；

故答案为：④＞①＞③＞②＞⑤；

（4）甲醇燃料电池工作时，原电池中负极上燃料甲醇失电子发生氧化反应：2CH3OH+2H2O﹣12e﹣═12H++2CO2，故答案为：2CH3OH+2H2O﹣12e﹣═12H++2CO2；

（5）①根据H2B═H++HB﹣；HB﹣⇌H++B2﹣指导，第一步电离是完全的电离，但是第二步是部分电离，所以0.01＜n（H+）＜0.02，故答案为：0.01＜n（H+）＜0.02；

②若0.1mol•L﹣1NaHB溶液的pH=2，说明溶液中C（H+）=0.01mol/L，则HB﹣的电离度是10%，H2B第一步完全电离，第二步部分电离，由于H2B第一步电离产生的H+抑制了HB﹣的电离，故H2B（0.1mol/L）的c（H+）小于0.11mol/L，故答案为：＜（H2B第一步电离产生的H+对HB﹣的电离起了抑制作用）．

【分析】（1）根据金属与酸发生反应的条件（在金属的活动性顺序表中排在H前面的金属能与酸发生反应；产生氢气，H后面的金属不能与酸反应）以及金属与盐溶液发生反应的条件（在金属的活动性顺序表中排在前面的金属能把它后面的金属从其盐溶液中置换出来）便可判断金属的活动性强弱；

（2）根据沉淀转化的实质；一种难溶物转化成另一种更难溶的物质分析判断；沉淀之所以发生转化是由于添加的离子破坏了原有的沉淀溶解平衡，从而导致沉淀溶解平衡的移动．沉淀转化的方向：一般向着溶解度小的物质方向转化；

（3）AgCl饱和溶液中存在AgCl（aq）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），AgCl的溶解度大小取决于溶液中c（Ag+）或c（Cl﹣）；从平衡移动的角度分析；

（4）燃料燃烧时；原电池中负极上燃料失电子发生氧化反应；

（5）①根据电离的程度来确定氢离子量的大小；

②若0.1mol•L﹣1NaHB溶液的pH=2，说明溶液中C（H+）=0.01mol/L，则HB﹣的电离度是10%，H2B第一步完全电离，第二步部分电离，且含有相同的离子能抑制弱根离子的电离．14、A+n+24﹣x【分析】【解答】R原子的质量数为A，设R原子核内含中子的数目为N，则R的质子数为A﹣N，离子RO3n﹣中共有x个核外电子；所以A﹣N+24+n=x，所以R原子核内含中子的数目N=A+n+24﹣x．

故答案为：A+n+24﹣x．

【分析】根据中子数=质量数﹣质子数，阴离子核外电子数=质子数+所带电荷数计算．15、略

【分析】解：在原子序数为11～18的元素中；处于第三周期；

（1）同周期自左而右原子半径减小；故原子半径最大的元素处于ⅠA族，故Na原子半径最大；

故答案为：Na；

（2）同周期自左而右金属性减弱；故金属性最强的元素处于ⅠA族，Na元素的金属性最强，NaOH的碱性最强；

故答案为：NaOH；

（3）氢氧化铝能与强酸；强碱反应生成盐与水；氢氧化铝是两性氢氧化物；

故答案为：Al（OH）3；

（4）同周期自左而右非金属性增强，Cl元素非金属性最强，非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，故HClO4酸性最强；

故答案为：HClO4；

（5）同周期自左而右非金属性增强；Cl元素非金属性最强，非金属性越强氢化物越稳定，故HCl最稳定；

故答案为：HCl．

在原子序数为11～18的元素中；处于第三周期；

（1）同周期自左而右原子半径减小；故原子半径最大的元素处于ⅠA族；

（2）同周期自左而右金属性减弱；故金属性最强的元素处于ⅠA族，金属性越强，最高价氧化物的水化物中碱性越强；

（3）氢氧化铝能与强酸；强碱反应生成盐与水；

（4）同周期自左而右非金属性增强；非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强；

（5）同周期自左而右非金属性增强；非金属性越强氢化物越稳定．

本题考查元素位置、结构与性质，把握同周期元素性质的递变规律为解答的关键，注意第三周期元素的性质及特性，题目难度不大．【解析】Na；NaOH；Al（OH）3；HClO4；HCl三、判断题(共9题，共18分)16、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；17、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．18、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．19、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol20、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素21、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．22、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．23、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．24、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol四、工业流程题(共2题，共10分)25、略

【分析】【分析】

(1)根据反应确定滤渣的成分；然后确定其用途；

(2)①根据Cr2O72-的含量与H+的浓度关系分析判断；

②根据平衡常数的定义式计算；

(3)根据流程中的“转化”过程中反应物；生成物的种类及反应特点判断发生的反应类型；

(4)根据溶度积常数分析计算。

【详解】

(1)在熔融、氧化时，发生反应：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2，然后水浸，Na2CrO4和NaNO2进入溶液，而Fe2O3难溶于水，因此滤渣主要成分是Fe2O3；该物质是红棕色粉末状固体，可用作颜料，也可以用作炼铁的原料；

(2)①根据图示可知溶液中H+越大，Cr2O72-的浓度越大，说明含量越高，说明溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率增大；

②在溶液中存在可逆反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，在开始时c(CrO42-)=1.0mol/L，平衡时c(Cr2O72-)=0.4mol/L，则消耗CrO42-的浓度为0.8mol/L，所以平衡时c(CrO42-)=(1.0-0.8)mol/L=0.2mol/L，此时溶液中c(H+)=4.0×10-7mol/L，则该反应的化学平衡常数K==6.25×1013；

(3)在流程中的“转化”过程中Na2Cr2O7与KCl反应产生K2Cr2O7与NaCl；两种化合物交换成分，产生两种新的化合物，反应为复分解反应；

(4)AgCl的Ksp为2.0×10-10，当Cl-沉淀完全时，c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，此时溶液中c(Ag+)=mol/L=2.0×10-5mol/L；

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

【点睛】

本题考查物质制备方案设计及物质含量的测定的方法，明确流程图中每一步发生的反应及操作方法为解答关键，难点是(4)的计算，正确利用溶度积常数的含义，根据Ksp计算溶液中离子浓度，试题考查了学生的分析能力及化学计算、化学实验能力。【解析】用作颜料增大6.25×1013复分解反应2.0×10-55.0×10-326、略

【分析】【分析】

β-锂辉矿焙烧后，溶于硫酸生成硫酸锂、硫酸铝、硫酸钙、硫酸镁和二氧化硅沉淀，调节pH为6，铝离子沉淀，滤液的硫酸镁能与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，得到滤液硫酸锂蒸发浓缩后与磷酸二氢铵、硫酸亚铁反应生成难溶的LiFePO4。

【详解】

⑴氟磷灰石(Ca5P3FO12)中Ca为+2价，O为-2价，F为-1价，根据化合物价态代数和为0得到磷元素的化合价为+5，β-锂辉矿焙烧后，溶于硫酸生成硫酸锂、硫酸铝、硫酸钙、硫酸镁和二氧化硅沉淀，调节pH为6，铝离子沉淀，滤液的硫酸镁能与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，因此沉淀X的主要成份的化学式是CaCO3和Mg(OH)2；故答案为：+5；CaCO3、Mg(OH)2。

⑵观察流程可知；操作1得到硫酸钙，因此操作1为过滤，所需的玻璃仪器有烧杯；漏斗、玻璃棒，操作3得到有机相，因此操作3为分液；故答案为：分液；烧杯、漏斗、玻璃棒。

⑶蒸发浓缩Li2SO4溶液；可使溶液中锂离子浓度增大，便于生成磷酸亚铁锂沉淀；故答案为：增大溶液中锂离子浓度，便于生成磷酸亚铁锂沉淀。

⑷合成反应是磷酸二氢铵、磷酸亚铁和硫酸锂，产物为难溶的LiFePO4，其离子方程式H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+；故答案为：H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+。

⑸科学家设计一种锂电池的反应原理为LiFePO4Li+FePO4，则Li为负极，FePO4为正极，放电时正极反应式为FePO4+Li++e－=LiFePO4；故答案为：FePO4+Li++e－=LiFePO4。

⑹300吨含氧化锂5%的β-锂辉矿中Li2O的质量为300吨×5%=15吨，根据关系式Li2O—2LiFePO4，理论上可生成磷酸亚铁锂为则元素锂的利用率为故答案为70%。【解析】+5CaCO3、Mg(OH)2分液烧杯、漏斗、玻璃棒增大溶液中锂离子浓度，便于生成磷酸亚铁锂沉淀H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+FePO4+Li++e－=LiFePO470%五、原理综合题(共2题，共14分)27、略

【分析】【详解】

(1)根据△H=反应的总键能－生成物的总键能，有△H=(2×750＋3EH－H)kJ·mol－1－(3EC－H×2＋465×3)kJ·mol－1=－49kJ·mol－1，则EH－H－EC－H=63kJ·mol－1＞０；因此甲醇中C－H键比氢气中H－H键弱；

根据△H=正反应活化能－逆反应的活化能=Ea(正)－Ea(逆)=－49kJ·mol－1，解得Ea(逆)=259KJ/mol；

(2)利用三等式求平衡常数；有。

则实验①的平衡常数

若在该温度下起始时加入二氧化碳、氢气、甲醇气体和水蒸气各0.10mol，此时的浓度商则此时反应向逆反应方向移动；

实验②，开始投入H2的物质的量为0.26mol，达到平衡时得到0.02molCH3OH，根据化学方程式，需要消耗0.06molH2，则氢气的转化率达到平衡时H2的转化率，有

实验③和实验②所处温度相同；平衡常数相同，利用平衡常数相同，求a的值，利用三等式和实验②，求出该温度下的平衡常数，有。

则实验③的三等式；有。

因温度相同，则平衡常数相等

解得a=0.13；

(3)甲醇、空气和稀硫酸可以形成燃料电池，正极得电子，发生还原反应，则正极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。【解析】弱2594.5逆反应方向Q=23.08%0.1328、略

【分析】【分析】

（1）根据图示，可知0.5molCO2和1.5molH2转化率达80%时放热23-3.4=19.6kJ，然后按比例计算：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）的△H得出该反应的热化学方程式；

（2）列出三行式；利用已知关系找出转化量和平衡量，代入计算公式计算速率和平衡常数；

（3）①a.由过程1和过程2的反应可知，Ni2O3的作用是作为催化剂；

b.根据催化过程的示意图可知，过程2中NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-；O；据此写出离子方程式；

c.Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4；有利于反应的进行；

②b点时溶液的pH=7；根据电荷守恒分析解答；

（4）①由图1可知，用石墨做电极，电解食盐水在阳极产生Cl2，将NO氧化为NO3-。电解时阴极产生H2。

②由图2可知；溶液的pH越小，NO的去除率越高。

【详解】

（1）根据图中数据，恒压容器中0.5molCO2和1.5molH2转化率达80％时的能量变化，23kJ-3.4kJ=19.6kJ，△H==-49kJ/mol，该反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol；

因此，本题正确答案是：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol；

（2）设进行到20min时达平衡，转化的CO的物质的量为2x，则：2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)

起始量（mol）210

转化量（mol）2xx2x

平衡量（mol）2-2x1-x2x

根据平衡时CO2的体积分数为0.5，有：=0.5；解得x=0.6；

则前20min的反应速率=0.03

平衡时，CO、SO2和CO2浓度分别为0.4mol/L；0.2mol/L、0.6mol/L；则。

平衡常数K===11.25。

因此；本题正确答案是：0.03；11.25；

（3）①a.由过程1和过程2的反应可知，Ni2O3的作用是作为催化剂；

b.根据催化过程的示意图可知，过程2中NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-、O，离子方程式为2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；

c.Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，是因为Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4；有利于反应的进行；

因此，本题正确答案是：催化剂；2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4；有利于反应的进行；

②b点时溶液的pH=7，根据电荷守恒：n(NH4+)=n(HSO3-)+2n(SO32-)，又根据图可知：n(HSO3-)=n(SO32-)，n(NH4+)：n(SO32-)=（1+2）:1=3:1；

因此；本题正确答案是：3:1；

（4）①由图1可知，用石墨做电极，电解食盐水在阳极产生Cl2，将NO氧化为NO3-，反应的离子方程式3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O。电解时阴极产生H2，故排入空气的尾气，一定含有的气体单质是H2。

因此，本题正确答案是：3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O；H2；

②由图2可知；溶液的pH越小，NO的去除率越高，溶液的pH对NO去除率存在相关关系的原因是次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强。

因此，本题正确答案是：次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强。【解析】CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol0.0311.25催化剂2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2OCa2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4，有利于反应的进行3:13Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2OH2次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强六、综合题(共4题，共12分)29、反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能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）因图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；

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

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

（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为：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；

则利用盖斯定律将①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1；

【分析】（1）反应物总能量大于生成物总能量；催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，反应热不变；

（2）根据反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）结合1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1计算反应热；

（3）根据反应物和生成物确定反应的