2025高考化学解密之考点篇试题 基本概念和基本理论（解答大题）（Word版附解析）

这是一份2025高考化学解密之考点篇试题 基本概念和基本理论（解答大题）（Word版附解析），共73页。试卷主要包含了请回答下列问题，请完成以下题目，3胶体，完成下列问题，铁盐广泛用于净水、除污等等内容，欢迎下载使用。
1．（2024秋•昆山市校级期中）碳元素构建了生命的骨架，也是人类研发新材料的宝藏。
（1）已知A是甲烷的一种同系物，且同时满足下列条件，写出A的结构简式： 。
①0.1ml A完全燃烧消耗标准状况下17.92LO2；
②A的沸点与其同分异构体相比，A的最低。
（2）草酸（结构如图）是一种具有还原性的二元弱酸，可将酸性KMnO4中的Mn元素还原为Mn2+。写出草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式 。
（3）工业常利用CH4与CO2为原料重整制备CO和H2，但实际过程中催化剂表面易产生积碳导致活性降低。研究表明，在催化剂Ni/CeO2中掺入MnOx可产生更多的氧空位，生成更多的可流动O*，能有效减少积碳生成，其路径如图所示。
①路径甲、乙中生成的相同中间产物是 （填化学式）。
②试推理并写出减少催化剂积碳的反应方程式 。
（4）CO2参与的乙苯（）脱氢机理如图所示（α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点）。
①CO2吸附到催化剂表面时，选择B位点的原因是 。
②图中步骤Ⅱ的过程可描述为 。
2．（2024秋•平顶山月考）月饼，又称团圆饼，是我国传统节日中秋节的节令食品和象征，在传统文化的传承和寄托上有着重要的作用。为了延长月饼的保鲜时间，市售月饼常会在包装袋内添加干燥剂和抗氧化剂，回答下列问题：
（1）月饼中添加的K2CO3在水溶液中电离的电离方程式为 ，往K2CO3溶液中滴加几滴无色酚酞，溶液变红，说明碳酸钾溶液呈 （填“酸”、“碱”或“中”）性。
（2）工业上常使用CaO作食品干燥剂，CaO的俗名为 ，CaO与水反应的化学方程式为 ；已知将SO2通入澄清石灰水的现象与CO2完全相同，也是先生成沉淀后沉淀溶解，请依次写出将SO2通入澄清石灰水至过量时生成沉淀和沉淀溶解的化学方程式 、 。
（3）铁系脱氧剂的主要成分是铁粉、二氧化硅、活性炭、水、食用盐等。铁粉与氧气接触会生成氧化铁，该反应的化学方程式为 。
（4）维生素C（C6H8O6）常用作食品的抗氧化剂，维生素 （填“是”或“不是”）人体六大基本营养素之一。
3．（2024秋•海珠区校级月考）请回答下列问题：
（1）对烟道气中的SO2进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。CO还原法：一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16g S（s），该反应 （填“放出”或“吸收”）的热量为 kJ。
（2）实验测得，5g甲醇（CH3OH）液体在氧气中充满燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为 。
（3）CH4和CO2重整制取合成气CO和H2，在减少室温气体排放的同时，可充分利用碳资源。该重整工艺主要涉及以下反应：
反应a：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g） ΔH1＞0
反应b：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＞0
反应c：CH4（g）⇌C（s）+2H2（g） ΔH3＞0
反应d：2CO（g）⇌C（s）+CO2（g） ΔH4＜0
重整时往反应体系中通入一定量的水蒸气，可在消除积碳的同时生成水煤气，反应为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），该反应的ΔH＝ （写出一个代数式）。
（4）工业上接触法生产硫酸的主要反应之一是：在一定的温度、压强和钒催化剂存在的条件下，SO2被空气中的O2氧化为SO3。V2O5是钒催化剂的活性成分。郭汗贤等提出：V2O5在对反应Ⅰ的催化循环过程中，经历了Ⅱ、Ⅲ两个反应阶段，图示如下：
①有关气体分子中1ml化学键断裂时需要吸收的能量数据如下：
由此计算反应Ⅰ的ΔH＝ kJ/ml。
②反应Ⅱ、Ⅲ的化学方程式为 、 。
4．（2024秋•斗门区月考）请完成以下题目：
现有下列12种物质：①盐酸 ②硫酸铜固体 ③SO2 ④熔融的NaCl ⑤CaO固体 ⑥Al（OH）3 ⑦硫酸 ⑧Fe2O3 ⑨蔗糖 ⑩Ba（OH）2溶液 ⑪Cu ⑫石墨，请将上述物质按要求完成下列问题：
（1）属于碱性氧化物的有 （填序号），属于电解质的是 （填序号）。
（2）请写出一种与⑫石墨互为同素异形体的物质： （填名称或化学式）。
（3）向⑩Ba（OH）2溶液中滴加②硫酸铜的水溶液，反应离子方程式： 。
（4）胃酸过多的人常有胃疼烧心的感觉，服用适量的胃舒平（主要成分为⑥Al（OH）3）能治疗胃酸汁多，请写出其反应的离子方程式： 。
（5）某课外活动小组进行Fe（OH）3胶体的制备实验并检验其相关性质。
①若将饱和FeCl3溶液分别滴入下列液体中，能形成胶体的是 （填字母）。
A．冷水
B．沸水
C．NaOH浓溶液
D．NaCl浓溶液
②写出制备Fe（OH）3胶体的化学方程式： 。
（6）向⑩氢氧化钡溶液中逐滴滴加⑦硫酸的水溶液，溶液的导电能力变化曲线（纵坐标表示导电能力，横坐标为时间）如图中的 （填序号），写出对应的离子反应方程式： 。
5．（2024秋•青羊区校级月考）Ⅰ．图为五个椭圆交叉构成的图案，图中相邻相交的两椭圆中的物质均可按一定标准归为一类，A、B、C、D为相应的分类标准代号。
（1）相邻的两种物质都是电解质的是 （填分类标准代号，下同）。
（2）图中相邻的两种物质能够相互反应的是 。
（3）上述五种物质中的某一物质能与某种强酸反应生成上述中的另一种物质，则该反应的离子方程式为 。
Ⅱ．某化学兴趣小组欲利用图装置进行相关探究实验。首先在水槽中加入200mL 2ml/L的硫酸铜，同时将一个表面光滑的小球（与硫酸铜不反应）放入溶液中，小球悬浮在溶液中央，闭合开关K，电流表发生偏转。
（4）向溶液中逐滴加入与硫酸铜溶液的密度相同的Ba（OH）2溶液至反应完全，发生反应的离子方程式是 ，此过程中小球的位置变化 。
（5）将Ba（OH）2溶液换成浓度相同（假设密度也相同）的Na2CO3溶液（已知CuCO3为蓝色难溶物且不分解）。滴加Na2CO3溶液至反应完全的过程中，除观察到小球位置变化外，还观察到的现象是 ，可能发生的离子反应方程式是 。
6．（2024秋•南岗区校级月考）将少量饱和FeCl3溶液分别滴加到下列物质中，得到分散系①、②、③。
（1）用激光笔分别照射分散系①、②、③，观察到仅有分散系③中形成了一条光亮的“通路”，则得到分散系③的反应的化学方程式为 。
（2）下列关于分散系②和③的描述，说法正确的是 。
A．两者颜色相同
B．两者稳定性相同
C．两者分散质粒子大小相同
D．两者都有净水的能力
（3）分散系③因久置而形成少量浑浊，将该液体加入图示长方体装置的A区，C区盛满持续流动的蒸馏水。
①观察到滤纸上 ，B区液体呈 。
②过一段时间后，取少量C区液体于试管中，滴加几滴 溶液，若 现象，说明对浑浊的分散系③的分离实验已结束。
7．（2024秋•皇姑区校级月考）甲同学向25mL沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。
（1）写出操作中制备Fe（OH）3胶体的离子反应方程式为 。
（2）甲同学向制得的Fe（OH）3胶体中逐滴加入了稀H2SO4溶液至过量，产生的现象为 ，涉及到的离子反应方程式为 。
（3）鉴别溶液和胶体常用的方法是 ，分离溶液和胶体常用的方法是 。
（4）下列有关于说法正确的是 。
A．直径为20nm的纳米碳酸钙为胶体
B．溶液和胶体都可以通过滤纸和半透膜
C．1个FeCl3与水反应制得1个Fe（OH）3胶体粒子
D．明矾净水是利用胶体的吸附性
E．胶体的分散质粒子的直径在1×10﹣9m∼1×10﹣7m
F．PM2.5是指大气中接近2.5微米的颗粒物，PM2.5在空气中会形成胶体
8．（2024秋•重庆月考）现有课外活动小组进行Fe（OH）3胶体的制备并检验其性质，甲同学在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸并用玻璃棒搅拌至溶液呈红褐色，停止加热，即制得Fe（OH）3胶体。
（1）请评价该操作是否正确 （填“正确”或“不正确”）。
（2）请写出制备氢氧化铁胶体的化学方程式 。
（3）乙同学用如图所示的装置来提纯新制的氢氧化铁胶体，实验过程中不断更换烧杯中的蒸馏水，更换蒸馏水若干次后，取少量烧杯中的液体，向其中加入硝酸银溶液，若 （填实验现象），则说明氢氧化铁胶体中的杂质离子已经完全除去。
（4）经实验发现，溶液几乎都有丁达尔效应（粒子对光的散射现象），且丁达尔现象随其浓度升高逐渐增强，胶体的丁达尔现象比溶液的强。现用如图装置区别FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体，当只看到一次丁达尔现象出现，烧杯1中是 （填“溶液”或“胶体”，下同），烧杯2中是 。
（5）查阅资料：①pH＞10时，Fe（OH）3胶体溶解。②研究表明：Fe（OH）3胶体可净化水中的砷酸，砷酸浓度较低时以吸附为主，砷酸浓度较高时以反应为主。
不同pH时，测得溶液中Fe（OH）3胶体对砷酸的吸附效率如图。pH为3～9时，Fe（OH）3胶体对砷酸的吸附效率高，pH较高时，吸附效率降低的原因是 。
去除水中高浓度酸的原理是Fe（OH）3胶体与砷酸反应生成砷酸铁（FeAsO4）沉淀，化学方程式是 。
9．（2024秋•新津区校级月考）完成下列问题。
（1）现有以下13种物质：a．金刚石、b．纯碱、c．乙醇、d．盐酸、e．氢氧化钡、f．三氧化硫、g．硫酸氢钠、h．氮气、i．空气、j．食盐水、k．铁、m．胆矾、n．氢氧化铁胶体，图所示对其中部分物质进行分类。回答下列问题：
①该分类方法是 ，类别1是 ，分类标准2是 。
②a物质的两种同素异形体的名称是 。
③13种物质在上述状态下能导电的有（填字母编号，下同） ，物质中属于电解质的是 ，属于非电解质的是 。
④向NaHSO4溶液中加Fe粉可产生气体，对应的离子方程式是 。
将NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液混合，恰好呈中性，对应的离子方程式为 。
⑤写出物质f与物质e的溶液发生的复分解反应方程式为 。
⑥写出氢氧化铁胶体的制备反应方程式为 。
（2）“碳捕捉技术”常用于去除或分离气流中的二氧化碳。利用NaOH溶液“捕捉”CO2的基本过程如图所示（部分条件及物质已略去）。请回答下列问题：
①反应、分离中，发生反应的化学方程式分别为CaO+H2O＝Ca（OH）2和 。
②高温反应炉中，涉及反应的基本反应类型为 。
③整个过程中，可以循环利用的物质为 （填化学式）
10．（2024秋•宿迁月考）铁盐广泛用于净水、除污等。
Ⅰ．某化学兴趣小组的同学们制备氢氧化铁胶体：取40mL蒸馏水于洁净的烧杯中，用酒精灯加热至沸腾，然后向烧杯中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。
（1）生成Fe（OH）3胶体的化学方程式为 。
（2）新制Fe（OH）3胶体的胶团结构如图1所示。
Fe（OH）3胶体粒子带 （选填“正”或“负”）电荷。
（3）Fe（OH）3胶体能够除去水中重金属离子原因是 。
Ⅱ．H2S是有毒的污染性气体，可将其与氧气的混合气体通入；FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中进行处理，其物质转化如图2所示。
（4）步骤②反应的离子方程式为 。
Ⅲ．高铁酸盐是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，工业上可用湿法制备K2FeO4，其原理是现将FeCl3、NaClO与NaOH混合制备Na2FeO4，再加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4晶体。
（5）制备Na2FeO4的离子方程式为 。
（6）加入饱和KOH溶液，能析出K2FeO4的原因是 。
（7）K2FeO4在中性和酸性溶液中不稳定，可与水反应生成O2，其消毒、净水原理为 （填写化学方程式）。
11．（2024秋•浦东新区校级月考）我国科学家屠呦呦因成功从黄花蒿中提取抗疟药物青蒿素而获得2015年诺贝尔奖。她于2019年9月17日被授予共和国勋章。青蒿素作为一线抗疟药物，已在全球挽救数百万人生命，极大降低了疟疾患者的死亡率，为疟疾防治与人类健康作出了重要贡献。
（1）青蒿素是一种用于治疗疟疾的药物，挽救了全球特别是发展中国家的数百万人的生命。它的分子式为C15H22O5，关于青蒿素的说法正确的是 。
青蒿素含氧原子数目为0.05NA
B.标准状况下，1ml青蒿素的体积为22.4L
C.青蒿素含氧的质量分数为10%
D.青蒿素的摩尔质量为282
（2）从黄花蒿中提取青蒿素的流程如图：
已知：青蒿素为白色针状晶体，易溶于乙醇、乙醚、苯和汽油等有机溶剂，不溶于水，熔点为156∼157℃，沸点为389.9℃，热稳定性差。屠呦呦团队经历了使用不同溶剂和不同温度的探究过程，实验结果如下：
①对黄花蒿进行破碎的目的是 。
②研究发现，青蒿素分子中的某个基团对热不稳定。分析用乙醚作溶剂，提取效率高于乙醇的原因是 。
③从青蒿（粉末）中提取青蒿素的方法以萃取原理为基础，乙醚浸提法的具体操作如下：
ⅰ乙醚浸提法涉及到的操作中，不会用到的装置是 。
ⅱ操作Ⅲ的主要过程可能是 。
A．加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶
B．加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤
C．加入乙醚进行萃取分液
D．加入乙醇后，再加入苯或汽油进行萃取
④某科研小组通过控制其他实验条件不变，来研究原料的粒度、提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响，其结果如图所示：
由如图可知控制其他实验条件不变，采用的最佳粒度、时间和温度为 。
⑤由上可知，在提取青蒿素的过程中，还应充分考虑物质的 等物理性质（写出两点即可）。
12．（2024秋•浦东新区校级月考）氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。能形成水，甲烷等重要化合物；在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，例如氢氧燃料电池产生电能，天然气燃烧等。
（1）实验室欲配制1.0ml/L的KOH溶液920mL。实验过程中必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、 、 ，需称量 gKOH固体。
（2）实验室有化学纯的浓硫酸，其试剂瓶标签上的部分内容如下，用该浓硫酸配制100mL，1.84ml•L﹣1稀硫酸溶液，需浓硫酸的体积 mL。
（3）氢化钠（NaH）可与水反应生成氢氧化钠与氢气，利用这一原理可在野外用作生氢剂，利用NaH及图装置测定气体摩尔体积，具体操作如下：
①读数。
调节量气管、水准管内液面相平，记录量气管起始体积读数为V1mL。
②反应。
打开分液漏斗旋塞至氢化钠反应完全，冷却至室温。
③读数。
调整量气管、水准管内液面相平，记录量气管读数V2mL。
ⅰ求：产生氢气的质量为 。
ⅱ求：该条件下气体摩尔体积Vm＝ （用m、V1、V2代数式表示）。
13．（2024秋•浦东新区校级月考）我国航天和探月成就显著，包括成功发射东方红一号卫星、神舟系列飞船，实现载人航天；嫦娥系列探测器完成“绕、落、回“三步走目标，婂娥六号实现月球背面采样返回，彰显了中国航天事业的强大实力和科技创新能力。
（1）“神舟七号”的燃料是氢化锂三兄弟：LiH、LiD、LiT。其中Li的质量数为7，则对相同物质的量的这三种物质的下列说法正确的是 。
A.质子数之比为1：2：3
B.中子数之比为1：1：1
C.摩尔质量之比为8：9：10
D.化学性质不相同
（2）化学和航天科技发展息息相关，下列说法正确的是 。
A.“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其太阳能电池的材料是二氧化硅
B.月壤中的“嫦娥石[（Ca8Y）Fe（PO4）7]“：其成分属于有机盐
C.“嫦娥六号”首次在月球背面发现的石墨烯，属于有机高分子材料
D.火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为Fe2O3
（3）“天问一号”采用了我国自主研制的高性能碳化硅增强铝基复合材料。工业上制取碳化硅的化学反应高温方程式为：SiO2+3CSiC+2X↑，请写出X的化学式 。若生成4g碳化硅，则其中含有 个碳原子；生成4g碳化硅的同时，生成X气体的体积在标准状况下为 L。根据物质分类的知识，合理的推测SiO2可能发生的反应，试举一例用化学方程式表示 。
（4）此次探测任务中，我国火星车“祝融”号利用了正十一烷（C11H24）储存能量。其原理是：白天火星温度升高，正十一烷从固态变为液态，此过程叫 ，该过程 （“吸收”或“放出”）能量；到了晚上反之。78g正十一烷（C11H24）完全燃烧，需要氧气 ml，生成二氧化碳分子 个。
（5）我国成功地发射了嫦娥一号探测卫星，对月球土壤中14种元素的分布及含量进行探测。科学家应用以下流程提取镁元素，已知获取的矿物中主要含有橄榄石[Mg2Fe2SiO6]等和少量Fe2O3、SiO2。回答下列问题：
①橄榄石中铁为 价。
②为了提高“酸浸”效率，除了可以将矿物粉碎以外，还可以 （写一条即可）。
③“滤渣1”主要成分为 和不溶性硅酸盐。
④氧化的作用是 。
14．（2024秋•雨花区校级月考）回答下列问题：
（1）已知CuO具有氧化性，能够和氨气反应生成两种单质，请写出在加热条件下CuO和NH3反应的化学方程式： 。
（2）氢化钠（NaH）可在野外用作生氢剂，其中氢元素为﹣1价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH+H2O＝NaOH+H2↑。
该反应中NaH中的氢元素被 ，H2O中的氢元素被 （填“氧化”或“还原”）。
（3）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中一种方法的化学原理可用离子方程式表示为：
请用单线桥表示该反应的电子转移方向与数目 。上述反应中氧化剂是 ，还原剂是 。
（4）查阅资料知：Na2O2在一定条件下可以转化为NaNO2，NaNO2易溶于水且溶解时吸热，有咸味，遇酸易放出气体，人误食会中毒。请回答下列问题：
①已知NaNO2能发生如下反应：
2NaNO2+4HI＝2NO↑+I2+2NaI+2H2O
上述反应中氧化剂是 ，氧化产物是 。
②根据上述反应鉴别NaNO2和NaCl，可选择以下物质中的 进行实验（填序号）。
A．食用白醋 B．碘化钾淀粉试纸 C．淀粉 D．酒精
③某厂废液中含有3%～6%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是 （填序号）。
A．浓硫酸 B．NH4Cl C．HNO3 D．KMnO4
15．（2024秋•朝阳月考）Ⅰ．对于数以千万计的化学物质和如此丰富的化学变化，分类法的作用几乎是无可替代的。如：纯净物根据其组成和性质可进行如下分类。
（1）如图所示的分类方法属于 。
（2）某化学兴趣小组对下列四组物质进行研究：
A．HCl、H2SO4、HNO3、H2CO3
B．Na2CO3、NaNO3、AgNO3、NaNO2
C．FeCl3溶液、蒸馏水、CaCO3悬浊液、Fe（OH）3胶体
D．NaOH、KOH、Fe2O3、Ca（OH）2
填写下列空白：
Ⅱ．甘肃马家窑遗址出土的青铜刀是我国最早冶炼的青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为Cu2（OH）2CO3，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。某同学利用以下反应实现了“铜→铜绿→…→铜”的转化。
（3）从物质分类标准看，“铜绿”属于 （填字母）。
A．酸
B．碱
C．盐
D．氧化物
（4）写出B的化学式： 。
（5）请写出铜绿与盐酸反应的化学方程式： 。
（6）上述转化过程中属于氧化还原反应的是 。（填写反应序号）
16．（2024秋•朝阳月考）现有下列几种物质：①石墨②CH4③CuSO4•5H2O④液态HCl⑤NaHSO4固体⑥Ba（OH）2溶液，回答下列问题：
（1）上述物质中属于电解质的是 （填序号，下同），能导电的是 。
（2）按照物质的组成进行分类，NaHSO4属于 （填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”），其溶于水时的电离方程式为 。
（3）向Ba（OH）2溶液中加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀时，溶液呈 （填“碱性”“中性”或“酸性”），其反应的离子方程式为 。
（4）CuSO4•5H2O属于 （填“纯净物”或“混合物”），用化学方程式和文字说明无水CuSO4可用于检验水存在的原因： 。
（5）已知蒸馏水几乎不导电，某化学小组利用图甲装置做导电性实验，向Ba（OH）2溶液中逐滴加入上述 （填序号）溶液时，其导电性的变化趋势如图乙所示，图乙中OA段对应的离子方程式为 。
17．（2024秋•沧州月考）按要求进行计算，直接写出计算结果。
（1）32.0gO2和2.0gH2组成的混合气体在标准状况下体积约为 。
（2）标准状况下3.36L某气体的质量为8.1g，则该气体的摩尔质量为 。
（3）某块光卤石（KCl•MgCl2•6H2O）中含5.3250gCl﹣，则该光卤石的物质的量为 。
（4）据报道，材料科学家研究发现了首例带结晶水的晶体在5K下呈现超导性。该晶体的化学式为Na0.35CO2•1.3H2O。122.45g该晶体中含氧原子的物质的量为 。
（5）现有14.4g由CO和CO2组成的混合气体，在标准状况下所占的体积约为8.96L。回答下列问题：
①该混合气体中CO的物质的量为 ml。
②混合气体中碳原子的个数为 NA（用NA表示阿伏加德罗常数的值）。
③将该混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中。则气球中收集到的气体的电子总数为 NA。
18．（2024•安徽开学）宏微结合是研究化学的重要方法，从微观的角度了解物质及其变化，有助于更好地认识物质的组成和变化的本质。
Ⅰ.（1）下表为部分元素的原子结构示意图：
①表中硫元素的核电荷数x＝ 。
②R3+离子与氖原子的核外电子排布相同，则R元素为 元素（填元素名称）。
③一个水分子中所含电子总数为 。
④硫元素与氧元素的化学性质相似的原因是 。
（2）甲和乙在一定条件下反应生成丙和丁，反应的微观模型如图所示。
①该反应的生成物中，属于氧化物的是 （填化学式）
②每个甲分子是由 构成的。
③参加反应的甲和乙分子个数比为 。
（3）如图是稀硫酸与甲溶液发生复分解反应的微观模型，请写出一种符合图示的a微粒的符号： 。
Ⅱ.人们在实验研究中总结出常见金属的活动性顺序：
（4）请在表中□内填写对应的元素符号 。
（5）Mg、Sn、Pb、Cu、Ag五种金属，能与稀盐酸（或稀硫酸）发生置换反应的金属有 种；写出其中最活泼的金属与稀盐酸反应的化学方程式 。
19．（2024秋•湖南月考）对于数以千万计的化学物质和如此丰富的化学变化，分类法的作用几乎是无可替代的。已知有下列物质：
①Ca②熔融CaO③Ca（OH）2固体④干冰（CO2）⑤酒精（C2H5OH）⑥稀硫酸⑦稀氨水⑧有色玻璃⑨稀醋酸⑩小苏打粉末（NaHCO3）⑪Fe（OH）3胶体
请回答：
（1）属于酸式盐的有 （填序号，下同），属于胶体的有 。
（2）能导电的物质有 ，不能导电的电解质有 ，非电解质有 。
（3）将⑥的水溶液逐滴加入到⑪中的现象是 。
（4）写出下列反应的离子方程式。
Ⅰ.⑥与⑦反应： 。
Ⅱ.向③的溶液中加入过量⑩的溶液： 。
（5）通常情况下，在弱酸及弱碱的稀溶液中，弱酸、弱碱的电离程度均较小，据此可判断，向⑨中逐滴加入⑦直至过量，溶液的导电能力[电流（Ⅰ）]随⑦的滴入量[质量（m）]的变化趋势正确的是 （填标号）。
（6）H3PO4是三元酸，能与NaOH反应生成NaH2PO4、Na2HPO4两种酸式盐和Na3PO4一种正盐。磷还有一种含氧酸叫亚磷酸（H3PO3），是二元弱酸，那么Na2HPO3为 （填“正盐”或“酸式盐”）。
20．（2024秋•浦东新区校级月考）“遂古之初，谁传道之？上下未形，何由考之？”屈原的《天问》体现出了中华民族对真理追求的坚韧与执着。
2020年7月23日，长征5号遥四运载火箭将我国首次执行火星探测任务的“天问一号”火星探测器成功进入预定轨道，标志着我国行星探测迈出了第一步。请回答以下问题：
（1）“天问一号”采用了我国自主研制的高性能碳化硅增强铝基复合材料。工业上制取碳化硅的化学反应高温方程式为：SiO2+3CSiC+2X↑，请写出X的化学式 。若生成4g碳化硅，则其中含有 个碳原子；生成4g碳化硅的同时，生成X气体的体积在标准状况下为 L。根据物质分类的知识，合理的推测SiO2可能发生的反应，试举一例用化学方程式表示 。
（2）此次探测任务中，我国火星车“祝融”号利用了正十一烷（C11H24）储存能量。其原理是：白天火星温度升高，正十一烷从固态变为液态，此过程叫 ，该过程 （“吸收”或“放出”）能量；到了晚上反之。78g正十一烷（C11H24）完全燃烧，需要氧气 ml，生成二氧化碳分子 个。
（3）北京时间2021年6月17日9时22分，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。飞船之所以能够腾空升起，依靠的是化学推进剂，化学推进剂包含了燃料和助燃剂。偏二甲肼（C2H8N2）是一种高能燃料，燃烧产生巨大的能量，可作为航天运载火箭的推进力来源，下列叙述中正确的是 。
A．偏二甲肼的摩尔质量为60g
B．6.02×1023个偏二甲肼分子的质量为60g
C．1ml偏二甲肼的质量为
D．6g偏二甲肼含有NA个偏二甲肼分子
（4）4℃时，若20滴水恰好为1mL，那么1滴水中含有的水分子数为 （用NA表示阿伏加德罗常数的值）。
A．
B．
C．
D．
21．（2024秋•浦东新区校级月考）实验室利用如图装置测量锌的相对原子质量。ag锌与H2SO4反应（设锌全部参加反应，产生气体在量程范围内，室温时该气体的密度为0.0818g/L）请回答下列问题。
（1）称量锌的质量所用的仪器是 ；
检验该装置的气密性的方法是 ；
（2）A管中发生的化学反应方程是 ；
（3）实验结束，恢复到室温后测定C中收集到液体的体积为VL，则锌的相对原子质量表达式为 。量筒中液体读数时，如果俯视读数，会导致测定的体积 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。如果锌的质量是准确的，读数时视线正常，但实际测得锌的相对原子质量偏大的可能原因是 。
（4）若气体测量装置部分改为图D的装置，要保证容器内气压与大气压一致的操作是 ，读数时注意视线 。
如果锌的质量是准确的，读数时视线正常，但实际测得锌的相对原子质量偏小的可能原因是 、 。
22．（2024秋•浦东新区校级月考）物质的量广泛用于化学、生物等基础科学的研究与分析，完成下列有关计算。
（1）标况下，6.72LNH3物质的量是 ，质量是 ，所含原子个数是 ，与 ml的CH4所含氢原子数相等。
室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成A、B两室，向A室中充入H2和O2的混合气体，向B室中充入3ml空气，此时活塞的位置如图所示：
（2）A室混合气体的物质的量为 ，推断过程中运用了什么定律？ 。
（3）实验测得A室混合气体的质量为102g，则该混合气体的密度是同温同压条件下氢气密度的 倍；混合气体中，H2和O2的体积比为 。
（4）将A室中H2与O2的混合气体点燃引爆，恢复原温度后，最终活塞停留的位置在 刻度。
（5）常温常压下，等质量的CH4、CO2、O2、H2分别吹出四个气球，吹出的气球的体积依次为V1、V2、V3、V4，体积由大到小的顺序是 。
23．（2024•重庆开学）如图是甲、乙、内三种物质的溶解度曲线。请根据图中信息回答下列问题：
（1）甲、乙两种物质在 ℃时溶解度相等；
（2）t3℃时，把30克甲充分溶解在50克水中，所得溶液质量是 g。
（3）t3℃时，将等质量甲、乙、丙三种物质的饱和溶液中降温到t1℃，所含溶剂质量由多到少的顺序是 ；
（4）下列说法正确的是 （填序号）。
A．甲中混有少量乙，可以采用蒸发结晶的方法提纯甲
B．t1℃时，甲、丙两物质饱和溶液中所含溶质质量相等
C．丙对应的物质可能为气体或者氢氧化钙
D．t2℃时，将甲、乙、丙三种物质的饱和溶液分别降低温度到t1℃（不考虑水的蒸发），所得溶液中溶质的质量分数依次为W1、W2、W3，则：W2＞W1＝W3
24．（2024•江州区校级开学）元素周期表是学习和研究化学的重要工具。请根据如表回答下列问题。
（1）用微粒的观点解释常温下6号元素组成的单质化学性质比较稳定的原因是 。
（2）若某元素原子结构示意图如图所示，则该元素应位于元素周期表的 （填“①”或“②”）位置。
（3）某物质经过检测，只含有8号元素，则该物质 （填序号）。
A．一定是单质
B．可能是化合物
C．一定是纯净物
D．可能是混合物
（4）纵行中，H、Li、Na三种元素的相同点是 ，三种元素的不同点是 ；横行中，Li、Be、B三种元素的相同点是 ，三种元素的不同点是 。
（5）请用上述周期表中所给元素组合成的物质写一个化学方程式： ，该反应的基本反应类型是 。
25．（2024•南岗区校级开学）自然界中的铜元素存在于多种矿石中，如黄铜矿、辉铜矿等，均可作为工业炼铜的原料。
（1）由铜可以制得胆矾（CuSO4•5H2O），用胆矾配制50.0g质量分数为16%的CuSO4溶液，用托盘天平称取胆矾的质量为 g。
（2）2.50gCuSO4•5H2O样品受热脱水及分解过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示，CuSO4•5H2O存在的最高温度为 ℃；1000℃时生成一种氧化物e，其化学式为 。
（3）工业上以辉铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜。火法炼铜的反应原理可以表示为：Cu2S+O22Cu+SO2，取10t含Cu2S为64%的辉铜矿，理论上可最多生产出 吨铜。
2025菁优高考化学解密之基本概念和基本理论（解答大题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共25小题）
1．（2024秋•昆山市校级期中）碳元素构建了生命的骨架，也是人类研发新材料的宝藏。
（1）已知A是甲烷的一种同系物，且同时满足下列条件，写出A的结构简式： C（CH3）4 。
①0.1ml A完全燃烧消耗标准状况下17.92LO2；
②A的沸点与其同分异构体相比，A的最低。
（2）草酸（结构如图）是一种具有还原性的二元弱酸，可将酸性KMnO4中的Mn元素还原为Mn2+。写出草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式 。
（3）工业常利用CH4与CO2为原料重整制备CO和H2，但实际过程中催化剂表面易产生积碳导致活性降低。研究表明，在催化剂Ni/CeO2中掺入MnOx可产生更多的氧空位，生成更多的可流动O*，能有效减少积碳生成，其路径如图所示。
①路径甲、乙中生成的相同中间产物是 CHx （填化学式）。
②试推理并写出减少催化剂积碳的反应方程式 Ni—C+O*→Ni+CO 。
（4）CO2参与的乙苯（）脱氢机理如图所示（α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点）。
①CO2吸附到催化剂表面时，选择B位点的原因是 B位点带部分负电荷，吸引CO2中带正电荷的C原子 。
②图中步骤Ⅱ的过程可描述为 B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上 。
【答案】（1）C（CH3）4；
（2）；
（3）①CHx；
②Ni—C+O*→Ni+CO；
（4）①B位点带部分负电荷，吸引CO2中带正电荷的C原子；
②B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。
【分析】（1）根据烷烃完全燃烧的化学方程式为，，一般情况下，同种烷烃的不同异构体，支链越多其沸点越低，进行分析；
（2）根据草酸是一种二元弱酸，酸性KMnO4具有强氧化性，将草酸氧化为CO2，进行分析；
（3）根据路径甲、乙中生成的相同中间产物为CHx，在催化剂Ni/CeO2中掺入MnOx可产生更多的氧空位，生成更多的可流动O*，能有效减少催化剂的积碳生成进行分析；
（4）根据CO2中C显正价，O显负价，B位点带部分负电荷，可以吸引CO2中的C原子，B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用进行分析。
【解答】解：（1）已知A是甲烷的同系物，所以A符合烷烃的通式，烷烃完全燃烧的化学方程式为，0.1ml A完全燃烧消耗标准状况下17.92LO2（0.8ml），则1ml A完全燃烧消耗的8ml O2，，解得n＝5，所以A为戊烷C5H12，戊烷的同分异构体有正戊烷、异戊烷和新戊烷，一般情况下，同种烷烃的不同异构体，支链越多其沸点越低，所以A的结构简式为C（CH3）4，
故答案为：C（CH3）4；
（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，将草酸（二元弱酸）氧化为二氧化碳，所以草酸与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为，
故答案为：；
（3）①由图可知，路径甲、乙中生成的相同中间产物为CHx，
故答案为：CHx；
②在催化剂Ni/CeO2中掺入MnOx可产生更多的氧空位，生成更多的可流动O*，能有效减少催化剂的积碳生成；反应路径中，减少催化剂积碳的反应为 Ni—C和可流动O*反应生成CO和Ni的反应Ni—C+O*→Ni+CO，
故答案为：Ni—C+O*→Ni+CO；
（4）①CO2中C显正价，O显负价，B位点带部分负电荷，可以吸引CO2中的C原子，便于CO2中带部分负电荷的O氧原子发生后续反应，
故答案为：B位点带部分负电荷，吸引CO2中带正电荷的C原子；
②图中标注电性，可以从静电吸引的角度阐述这一过程：B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上，，
故答案为：B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。
【点评】本题主要考查化学方程式的有关计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2．（2024秋•平顶山月考）月饼，又称团圆饼，是我国传统节日中秋节的节令食品和象征，在传统文化的传承和寄托上有着重要的作用。为了延长月饼的保鲜时间，市售月饼常会在包装袋内添加干燥剂和抗氧化剂，回答下列问题：
（1）月饼中添加的K2CO3在水溶液中电离的电离方程式为 ，往K2CO3溶液中滴加几滴无色酚酞，溶液变红，说明碳酸钾溶液呈 碱 （填“酸”、“碱”或“中”）性。
（2）工业上常使用CaO作食品干燥剂，CaO的俗名为 生石灰 ，CaO与水反应的化学方程式为 CaO+H2O＝Ca（OH）2 ；已知将SO2通入澄清石灰水的现象与CO2完全相同，也是先生成沉淀后沉淀溶解，请依次写出将SO2通入澄清石灰水至过量时生成沉淀和沉淀溶解的化学方程式 Ca（OH）2+SO2＝CaSO3↓+H2O 、 CaSO3+H2O+SO2＝Ca（HSO3）2 。
（3）铁系脱氧剂的主要成分是铁粉、二氧化硅、活性炭、水、食用盐等。铁粉与氧气接触会生成氧化铁，该反应的化学方程式为 4Fe+3O2＝2Fe2O3 。
（4）维生素C（C6H8O6）常用作食品的抗氧化剂，维生素 是 （填“是”或“不是”）人体六大基本营养素之一。
【答案】（1）；碱；
（2）生石灰；CaO+H2O＝Ca（OH）2；Ca（OH）2+SO2＝CaSO3↓+H2O；CaSO3+H2O+SO2＝Ca（HSO3）2；
（3）4Fe+3O2＝2Fe2O3；
（4）是。
【分析】（1）根据碳酸钾在水溶液中完全电离出钾离子、碳酸根离子，碱性溶液能使酚酞变红色，进行分析；
（2）根据CaO的俗名为氧化钙，CaO与水反应生成熟石灰氢氧化钙，SO2通入澄清石灰水先生成亚硫酸钙沉淀，继续通入二氧化硫，亚硫酸钙与二氧化硫反应生成可溶性亚硫酸氢钙进行分析；
（3）根据铁粉与氧气接触会生成氧化铁进行分析；
（4）根据六大基本营养素的来源进行分析。
【解答】解：（1）碳酸钾在水溶液中完全电离出钾离子、碳酸根离子，电离方程式为，碱性溶液能使酚酞变红色，往碳酸钾溶液中滴加几滴无色酚酞，溶液变红，说明碳酸钾溶液呈碱性，
故答案为：；碱；
（2）CaO的俗名为氧化钙，CaO与水反应生成熟石灰氢氧化钙，化学方程式为CaO+H2O＝Ca（OH）2；SO2通入澄清石灰水先生成亚硫酸钙沉淀，反应方程式为：Ca（OH）2+SO2＝CaSO3↓+H2O，继续通入二氧化硫，亚硫酸钙与二氧化硫反应生成可溶性亚硫酸氢钙，CaSO3+H2O+SO2＝Ca（HSO3）2，沉淀溶解，
故答案为：生石灰；CaO+H2O＝Ca（OH）2；Ca（OH）2+SO2＝CaSO3↓+H2O；CaSO3+H2O+SO2＝Ca（HSO3）2；
（3）铁粉与氧气接触会生成氧化铁，4Fe+3O2＝2Fe2O3，
故答案为：4Fe+3O2＝2Fe2O3；
（4）维生素是人体六大基本营养素之一，
故答案为：是。
【点评】本题主要考查电离方程式的书写等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
3．（2024秋•海珠区校级月考）请回答下列问题：
（1）对烟道气中的SO2进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。CO还原法：一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16g S（s），该反应 放热 （填“放出”或“吸收”）的热量为 135 kJ。
（2）实验测得，5g甲醇（CH3OH）液体在氧气中充满燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为 CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣726.4kJ/ml 。
（3）CH4和CO2重整制取合成气CO和H2，在减少室温气体排放的同时，可充分利用碳资源。该重整工艺主要涉及以下反应：
反应a：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g） ΔH1＞0
反应b：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＞0
反应c：CH4（g）⇌C（s）+2H2（g） ΔH3＞0
反应d：2CO（g）⇌C（s）+CO2（g） ΔH4＜0
重整时往反应体系中通入一定量的水蒸气，可在消除积碳的同时生成水煤气，反应为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），该反应的ΔH＝ ΔH1﹣ΔH2﹣ΔH3 （写出一个代数式）。
（4）工业上接触法生产硫酸的主要反应之一是：在一定的温度、压强和钒催化剂存在的条件下，SO2被空气中的O2氧化为SO3。V2O5是钒催化剂的活性成分。郭汗贤等提出：V2O5在对反应Ⅰ的催化循环过程中，经历了Ⅱ、Ⅲ两个反应阶段，图示如下：
①有关气体分子中1ml化学键断裂时需要吸收的能量数据如下：
由此计算反应Ⅰ的ΔH＝ ﹣98 kJ/ml。
②反应Ⅱ、Ⅲ的化学方程式为 SO2+V2O5⇌V2O4•SO3 、 。
【答案】（1）放热；135；
（2）CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣726.4kJ/ml；
（3）ΔH1﹣ΔH2﹣ΔH3；
（4）①﹣98；
②SO2+V2O5⇌V2O4•SO3； 。
【分析】（1）根据SO2和CO反应生成S和CO2的反应是放热反应进行分析；
（2）根据5g液态CH3OH在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时放出113.5kJ热量，进行分析；
（3）根据盖斯定律，反应a﹣反应b﹣反应c，得目标方程进行分析；
（4）根据反应的焓变等于反应物键能和减去生成物的键能和，反应Ⅱ为二氧化硫和V2O5生成V2O4•SO3进行分析。
【解答】解：（1）根据图示可知，SO2和CO反应生成S和CO2的反应是放热反应；每生成1ml S（s），该反应放出的热量为679 kJ﹣409 kJ＝270 kJ；则生成16gS（s）该反应放出的热量为135kJ，
故答案为：放热；135；
（2）5g液态CH3OH在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时放出113.5kJ热量，故32g即1ml液态CH3OH在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时放出×113.5kJ＝726.4kJ热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣726.4kJ/ml，
故答案为：CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣726.4kJ/ml；
（3）根据盖斯定律，反应a﹣反应b﹣反应c，得反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），该反应的ΔH＝ΔH1﹣ΔH2﹣ΔH3，
故答案为：ΔH1﹣ΔH2﹣ΔH3；
（4）①反应的焓变等于反应物键能和减去生成物的键能和，则反应Ⅰ：ΔH＝（2×535+×496）kJ/ml﹣3×472kJ/ml＝﹣98kJ/ml，
故答案为：﹣98；
②反应Ⅱ为二氧化硫和V2O5生成V2O4•SO3反应为：SO2+V2O5⇌V2O4•SO3；Ⅲ为V2O4•SO3和氧气生成三氧化硫，化学方程式为，
故答案为：SO2+V2O5⇌V2O4•SO3； 。
【点评】本题主要考查有关反应热的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
4．（2024秋•斗门区月考）请完成以下题目：
现有下列12种物质：①盐酸 ②硫酸铜固体 ③SO2 ④熔融的NaCl ⑤CaO固体 ⑥Al（OH）3 ⑦硫酸 ⑧Fe2O3 ⑨蔗糖 ⑩Ba（OH）2溶液 ⑪Cu ⑫石墨，请将上述物质按要求完成下列问题：
（1）属于碱性氧化物的有 ⑤⑧ （填序号），属于电解质的是 ②④⑤⑥⑦⑧ （填序号）。
（2）请写出一种与⑫石墨互为同素异形体的物质： 金刚石、C60等 （填名称或化学式）。
（3）向⑩Ba（OH）2溶液中滴加②硫酸铜的水溶液，反应离子方程式： Ba2+++Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓+BaSO4↓ 。
（4）胃酸过多的人常有胃疼烧心的感觉，服用适量的胃舒平（主要成分为⑥Al（OH）3）能治疗胃酸汁多，请写出其反应的离子方程式： Al（OH）3+3H+＝Al3++3H2O 。
（5）某课外活动小组进行Fe（OH）3胶体的制备实验并检验其相关性质。
①若将饱和FeCl3溶液分别滴入下列液体中，能形成胶体的是 B （填字母）。
A．冷水
B．沸水
C．NaOH浓溶液
D．NaCl浓溶液
②写出制备Fe（OH）3胶体的化学方程式： FeCl3+3H2OFe（OH）3↓（胶体）+3HCl 。
（6）向⑩氢氧化钡溶液中逐滴滴加⑦硫酸的水溶液，溶液的导电能力变化曲线（纵坐标表示导电能力，横坐标为时间）如图中的 D （填序号），写出对应的离子反应方程式： H+++Ba2++OH﹣＝H2O+BaSO4↓、2H+++Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O 。
【答案】（1）⑤⑧；②④⑤⑥⑦⑧；
（2）金刚石、C60等；
（3）Ba2+++Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓+BaSO4↓；
（4）Al（OH）3+3H+＝Al3++3H2O；
（5）①B；
②FeCl3+3H2OFe（OH）3↓（胶体）+3HCl；
（6）D；H+++Ba2++OH﹣＝H2O+BaSO4↓、2H+++Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O。
【分析】（1）和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；
（2）同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
（3）向⑩Ba（OH）2溶液中滴加②硫酸铜的水溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钡沉淀；
（4）服用适量的胃舒平（主要成分为⑥Al（OH）3）能治疗胃酸汁多是氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水；
（5）①饱和的氯化铁溶液滴入沸水中加热到红褐色得到氢氧化铁胶体；
②氯化铜和水反应生成氢氧化铁胶体和盐酸；
（6）根据氢氧化钡为强电解质，溶液中含有大量钡离子和氢氧根离子，导电能力很强，向氢氧化钡中加入硫酸氢钠水溶液，先发生反应H+++Ba2++OH﹣＝H2O+BaSO4↓，该阶段钡离子和氢氧根离子浓度减小，导电能力减弱，钡离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子消耗一半，还有加进来的钠离子，还能导电，接下来氢氧根离子浓度继续减小且加进来的硫酸根离子与钠离子未反应，导电能力减弱，但是没有第一阶段减弱的快，待溶液中氢氧根离子消耗完，溶液中离子浓度开始增大，导电能力增强，进行分析。
【解答】解：（1）属于碱性氧化物的是：⑤CaO固体、⑧Fe2O3，属于电解质的是：②硫酸铜固体、④熔融的NaCl、⑤CaO固体、⑥Al（OH）3、⑦硫酸、⑧Fe2O3，
故答案为：⑤⑧；②④⑤⑥⑦⑧；
（2）与⑫石墨互为同素异形体的物质为金刚石、C60等，
故答案为：金刚石、C60等；
（3）向⑩Ba（OH）2溶液中滴加②硫酸铜的水溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2+++Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓+BaSO4↓，
故答案为：Ba2+++Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓+BaSO4↓；
（4）服用适量的胃舒平（主要成分为⑥Al（OH）3）能治疗胃酸汁多是氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为：Al（OH）3+3H+＝Al3++3H2O，
故答案为：Al（OH）3+3H+＝Al3++3H2O；
（5）①若将饱和FeCl3溶液分别滴入沸水中，加热到红褐色，能形成氢氧化铁胶体，
故答案为：B；
②制备Fe（OH）3胶体的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe（OH）3↓（胶体）+3HCl，
故答案为：FeCl3+3H2OFe（OH）3↓（胶体）+3HCl；
（6）氢氧化钡为强电解质，溶液中含有大量钡离子和氢氧根离子，导电能力很强，向氢氧化钡中加入硫酸氢钠水溶液，先发生反应H+++Ba2++OH﹣＝H2O+BaSO4↓，该阶段钡离子和氢氧根离子浓度减小，导电能力减弱，钡离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子消耗一半，还有加进来的钠离子，还能导电，接下来氢氧根离子浓度继续减小且加进来的硫酸根离子与钠离子未反应，导电能力减弱，但是没有第一阶段减弱的快，待溶液中氢氧根离子消耗完，溶液中离子浓度开始增大，导电能力增强，所以导电能力变化图像为D；硫酸氢钠与氢氧化钡按照物质的量之比2：1反应生成硫酸钡和硫酸钠和水，溶液呈中性，溶液恰好呈中性时的离子反应方程式：2H+++Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，
故答案为：D；H+++Ba2++OH﹣＝H2O+BaSO4↓、2H+++Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O。
【点评】本题考查了物质分类、物质性质的分析判断、胶体制备、离子反应等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
5．（2024秋•青羊区校级月考）Ⅰ．图为五个椭圆交叉构成的图案，图中相邻相交的两椭圆中的物质均可按一定标准归为一类，A、B、C、D为相应的分类标准代号。
（1）相邻的两种物质都是电解质的是 CD （填分类标准代号，下同）。
（2）图中相邻的两种物质能够相互反应的是 D 。
（3）上述五种物质中的某一物质能与某种强酸反应生成上述中的另一种物质，则该反应的离子方程式为 Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O 。
Ⅱ．某化学兴趣小组欲利用图装置进行相关探究实验。首先在水槽中加入200mL 2ml/L的硫酸铜，同时将一个表面光滑的小球（与硫酸铜不反应）放入溶液中，小球悬浮在溶液中央，闭合开关K，电流表发生偏转。
（4）向溶液中逐滴加入与硫酸铜溶液的密度相同的Ba（OH）2溶液至反应完全，发生反应的离子方程式是 Ba2++2OH﹣+Cu2++＝BaSO4↓+Cu（OH）2↓ ，此过程中小球的位置变化 小球下沉 。
（5）将Ba（OH）2溶液换成浓度相同（假设密度也相同）的Na2CO3溶液（已知CuCO3为蓝色难溶物且不分解）。滴加Na2CO3溶液至反应完全的过程中，除观察到小球位置变化外，还观察到的现象是 有蓝色沉淀产生，溶液颜色变浅；电流表偏转角度减小但不到0 ，可能发生的离子反应方程式是 Cu2++＝CuCO3↓ 。
【答案】（1）CD；
（2）D；
（3）Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O；
（4）Ba2++2OH﹣+Cu2++＝BaSO4↓+Cu（OH）2↓；小球下沉；
（5）有蓝色沉淀产生，溶液颜色变浅；电流表偏转角度减小但不到0；Cu2++ ＝CuCO3↓。
【分析】（1）根据在熔融状态下或在溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，属于非电解质进行分析；
（2）根据FeCl3会与KOH反应生成沉淀进行分析；
（3）根据Fe2O3为碱性氧化物，能与盐酸反应生成FeCl3，进行分析；
（4）根据向硫酸铜溶液中加密度相同的氢氧化钡溶液，两者反应生成硫酸钡和Cu（OH）2，反应生成两种沉淀，溶液密度减小，小于小球的密度，进行分析；
（5）根据向硫酸铜溶液中加碳酸钠溶液，两者发生复分解反应生成蓝色碳酸铜沉淀和硫酸钠，硫酸钠为强电解质，由于溶液混合时体积增大，至完全反应时溶液中离子浓度小于原硫酸铜溶液，溶液导电性减弱但不为0，进行分析。
【解答】解：（1）C2H5OH和CO2均为非电解质，Fe2O3、FeCl3、KOH均为电解质，相邻的两种物质都是电解质的是CD，
故答案为：CD；
（2）5种物质分别为：C2H5OH、CO2、Fe2O3、FeCl3、KOH，相邻的两种物质能够相互反应的是FeCl3、KOH，
故答案为：D；
（3）5种物质分别为：C2H5OH、CO2、Fe2O3、FeCl3、KOH，Fe2O3为碱性氧化物，能与盐酸反应生成FeCl3，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，
故答案为：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O；
（4）向硫酸铜溶液中加密度相同的氢氧化钡溶液，两者反应生成硫酸钡和Cu（OH）2，反应的离子方程式为Ba2++2OH﹣+Cu2++＝BaSO4↓+Cu（OH）2↓；由于反应生成两种沉淀，溶液密度减小，小于小球的密度，所以小球下沉，
故答案为：Ba2++2OH﹣+Cu2++＝BaSO4↓+Cu（OH）2↓；小球下沉；
（5）向硫酸铜溶液中加碳酸钠溶液，两者发生复分解反应生成蓝色碳酸铜沉淀和硫酸钠，反应的离子方程式为Cu2++ ＝CuCO3↓；生成的硫酸钠为强电解质，由于溶液混合时体积增大，至完全反应时溶液中离子浓度小于原硫酸铜溶液，溶液导电性减弱但不为0，所以除观察到小球位置变化外，还观察到的现象是：有蓝色沉淀产生，溶液颜色变浅；电流表偏转角度减小但不到0，
故答案为：有蓝色沉淀产生，溶液颜色变浅；电流表偏转角度减小但不到0；Cu2++ ＝CuCO3↓。
【点评】本题主要考查酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
6．（2024秋•南岗区校级月考）将少量饱和FeCl3溶液分别滴加到下列物质中，得到分散系①、②、③。
（1）用激光笔分别照射分散系①、②、③，观察到仅有分散系③中形成了一条光亮的“通路”，则得到分散系③的反应的化学方程式为 FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl 。
（2）下列关于分散系②和③的描述，说法正确的是 A 。
A．两者颜色相同
B．两者稳定性相同
C．两者分散质粒子大小相同
D．两者都有净水的能力
（3）分散系③因久置而形成少量浑浊，将该液体加入图示长方体装置的A区，C区盛满持续流动的蒸馏水。
①观察到滤纸上 有红褐色沉淀 ，B区液体呈 红褐色 。
②过一段时间后，取少量C区液体于试管中，滴加几滴 AgNO3（或硝酸银） 溶液，若 无白色沉淀生成 现象，说明对浑浊的分散系③的分离实验已结束。
【答案】（1）FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；
（2）A；
（3）有红褐色沉淀；红褐色；AgNO3（或硝酸银）；无白色沉淀生成。
【分析】（1）①氯化铁溶液滴入冷水中溶解，②滴入氢氧化钠溶液中发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，③滴入沸水中加热得到氢氧化铁胶体；
（2）饱和氯化铜溶液为黄色，①为氯化铁溶液，②为氢氧化铁浊液，溶液均一稳定，浊液不均一不稳定；
（3）溶液、胶体、浊液分散系中溶液和胶体能通过滤纸，溶液能通过半透膜，胶体不能通过半透膜。
【解答】解：（1）用激光笔分别照射分散系①、②、③，观察到仅有分散系③中形成了一条光亮的“通路”，则得到分散系③的反应的化学方程式：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，
故答案为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；
（2）A．两者颜色相同，都是红褐色分散系，故A正确；
B．两者稳定性不相同，②得到浊液静置分层，故B错误；
C．①为溶液，②为浊液，两者分散质粒子大小不相同，故C错误；
D．①为溶液，②为浊液，两者不具有净水的能力，故D错误；
故答案为：A；
（3）分散系③因久置而形成少量浑浊，将该液体加入图示长方体装置的A区，C区盛满持续流动的蒸馏水，
①观察到滤纸上有红褐色沉淀氢氧化铁，B区液体为红褐色氢氧化铁胶体，
故答案为：有红褐色沉淀；红褐色；
②过一段时间后，取少量C区液体于试管中，滴加几滴AgNO3（或硝酸银）溶液，若无白色沉淀生成，说明对浑浊的分散系③的分离实验已结束，
故答案为：AgNO3（或硝酸银）；无白色沉淀生成。
【点评】本题考查了胶体制备、胶体性质和应用，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
7．（2024秋•皇姑区校级月考）甲同学向25mL沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。
（1）写出操作中制备Fe（OH）3胶体的离子反应方程式为 Fe3++3H2O＝Fe（OH）3（胶体）+3H+ 。
（2）甲同学向制得的Fe（OH）3胶体中逐滴加入了稀H2SO4溶液至过量，产生的现象为 先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液变棕黄色 ，涉及到的离子反应方程式为 Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O 。
（3）鉴别溶液和胶体常用的方法是 丁达尔效应 ，分离溶液和胶体常用的方法是 渗析 。
（4）下列有关于说法正确的是 DE 。
A．直径为20nm的纳米碳酸钙为胶体
B．溶液和胶体都可以通过滤纸和半透膜
C．1个FeCl3与水反应制得1个Fe（OH）3胶体粒子
D．明矾净水是利用胶体的吸附性
E．胶体的分散质粒子的直径在1×10﹣9m∼1×10﹣7m
F．PM2.5是指大气中接近2.5微米的颗粒物，PM2.5在空气中会形成胶体
【答案】（1）Fe3++3H2O＝Fe（OH）3（胶体）+3H+；
（2）先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液变棕黄色；Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O；
（3）丁达尔效应；渗析；
（4）DE。
【分析】（1）制备Fe（OH）3胶体的离子反应方程式为：Fe3++3H2O＝Fe（OH）3（胶体）+3H+；
（2）向制得的Fe（OH）3胶体中逐滴加入了稀H2SO4溶液至过量，产生的现象为先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液变棕黄色，涉及到的离子反应方程式为：Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O；
（3）鉴别溶液和胶体常用的方法是丁达尔效应，分离溶液和胶体常用的方法是渗析；
（4）A．直径为20nm的纳米碳酸钙为纯净物；
B．溶液和胶体都可以通过滤纸，胶体不能通过半透膜；
C．胶粒为多个氢氧化铁胶体的集合体；
D．明矾净水是利用胶体的吸附性；
E．胶体的分散质粒子的直径在1×10﹣9m∼1×10﹣7m；
F．胶体的分散质粒子的直径在1×10﹣9m∼1×10﹣7m，因此PM2.5在空气中不会形成胶体。
【解答】解：（1）制备Fe（OH）3胶体的离子反应方程式为：Fe3++3H2O＝Fe（OH）3（胶体）+3H+，
故答案为：Fe3++3H2O＝Fe（OH）3（胶体）+3H+；
（2）向制得的Fe（OH）3胶体中逐滴加入了稀H2SO4溶液至过量，产生的现象为先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液变棕黄色，涉及到的离子反应方程式为：Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O，
故答案为：先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液变棕黄色；Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O；
（3）鉴别溶液和胶体常用的方法是丁达尔效应，分离溶液和胶体常用的方法是渗析，
故答案为：丁达尔效应；渗析；
（4）A．直径为20nm的纳米碳酸钙为纯净物，不是胶体，故A错误；
B．溶液和胶体都可以通过滤纸，胶体不能通过半透膜，故B错误；
C．胶粒为多个氢氧化铁胶体的集合体，故C错误；
D．明矾净水是利用胶体的吸附性，故D正确；
E．胶体的分散质粒子的直径在1×10﹣9m∼1×10﹣7m，故E正确；
F．胶体的分散质粒子的直径在1×10﹣9m∼1×10﹣7m，因此PM2.5在空气中不会形成胶体，故F错误；
故答案为：DE。
【点评】本题主要考查胶体的性质，为高频考点，题目难度不大。
8．（2024秋•重庆月考）现有课外活动小组进行Fe（OH）3胶体的制备并检验其性质，甲同学在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸并用玻璃棒搅拌至溶液呈红褐色，停止加热，即制得Fe（OH）3胶体。
（1）请评价该操作是否正确 不正确 （填“正确”或“不正确”）。
（2）请写出制备氢氧化铁胶体的化学方程式 FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl 。
（3）乙同学用如图所示的装置来提纯新制的氢氧化铁胶体，实验过程中不断更换烧杯中的蒸馏水，更换蒸馏水若干次后，取少量烧杯中的液体，向其中加入硝酸银溶液，若 无白色沉淀 （填实验现象），则说明氢氧化铁胶体中的杂质离子已经完全除去。
（4）经实验发现，溶液几乎都有丁达尔效应（粒子对光的散射现象），且丁达尔现象随其浓度升高逐渐增强，胶体的丁达尔现象比溶液的强。现用如图装置区别FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体，当只看到一次丁达尔现象出现，烧杯1中是 胶体 （填“溶液”或“胶体”，下同），烧杯2中是 溶液 。
（5）查阅资料：①pH＞10时，Fe（OH）3胶体溶解。②研究表明：Fe（OH）3胶体可净化水中的砷酸，砷酸浓度较低时以吸附为主，砷酸浓度较高时以反应为主。
不同pH时，测得溶液中Fe（OH）3胶体对砷酸的吸附效率如图。pH为3～9时，Fe（OH）3胶体对砷酸的吸附效率高，pH较高时，吸附效率降低的原因是 pH较高时，氢氧根离子浓度较大，Fe（OH）3胶体溶解，失去吸附性，吸附效率降低 。
去除水中高浓度酸的原理是Fe（OH）3胶体与砷酸反应生成砷酸铁（FeAsO4）沉淀，化学方程式是 Fe（OH）3（胶体）+H3AsO4＝FeAsO4↓+3H2O 。
【答案】（1）不正确；
（2）
（3）无白色沉淀产生；
（4）胶体；溶液；
（5）pH较高时，氢氧根离子浓度较大，Fe（OH）3胶体溶解，失去吸附性，吸附效率降低；Fe（OH）3（胶体）+H3AsO4＝FeAsO4↓+3H2O。
【分析】（1）将蒸馏水煮沸，向其中滴加几滴饱和FeC13溶液，继续加入液体呈红褐色，停止加热，就得到Fe（OH）3胶体，继续煮沸并用玻璃棒搅拌会发生聚沉；
（2）将蒸馏水煮沸，向其中滴加几滴饱和FeC13溶液，继续加入液体呈红褐色，停止加热，就得到Fe（OH）3胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；
（3）用渗析的方法提纯净化胶体，若烧杯中无氯离子，则胶体中的杂质离子已被全部除去；（4）根据题意知，溶液几乎都有丁达尔效应（粒子对光的散射现象），且丁达尔现象随其浓度升高逐渐增强，胶体的丁达尔现象比溶液的强，可利用丁达尔效应区分胶体与溶液；
（5）Fe（OH）3胶体的胶粒表面积大，选择性吸附正电荷而带正电，当溶液pH较大时，胶粒上的电荷被中和，Fe（OH）3胶体溶解，失去吸附性，因此导致其吸附净化水中的砷酸的效率降低，当水中酸浓度较大时，氢氧化铁胶体与砷酸发生中和反应。
【解答】解：（1）向沸腾的蒸馏水中滴加几滴饱和FeC13溶液，继续加热至液体呈红褐色，停止加热，就制取得到Fe（OH）3胶体，制取Fe（OH）3胶体时不能用玻璃棒搅拌，否则会聚沉形成Fe（OH）3沉淀，故上述评价该操作是错误的；
故答案为：不正确；
（2）饱和FeC13溶液与沸腾的蒸馏水H2O反应制取得到Fe（OH）3胶体和HCl，则制取Fe（OH）3（胶体）反应的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，
故答案为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；
（3）由于分散质微粒直径大小：胶粒＞电解质离子，因此将制取得到的到Fe（OH）3胶体和HCl的混合物悬放在蒸馏水中，经过足够长的时间，Cl﹣、Na+会通过半透膜，而胶粒不能通过半透膜，若取少量烧杯中的液体，向其中加入硝酸银溶液，若不能反应产生白色沉淀，说明该水溶液中无Cl﹣，不能发生沉淀反应：Ag++Cl﹣＝AgCl↓，则证明氢氧化铁胶体中的杂质离子已经完全除去，
故答案为：无白色沉淀产生；
（4）根据题意：溶液几乎都有丁达尔效应（粒子对光的散射现象），且丁达尔现象随其浓度升高逐渐增强，胶体的丁达尔现象比溶液的强。若利用如图装置区别FeC13溶波和Fe（OH）3胶体，当只看到一次丁达尔现象出现，烧杯1中是胶体，烧杯2是FeCl3溶液；若烧杯1是FeCl3溶液，烧杯2是胶体，则两个烧杯都会产生丁达尔效应，与题意不符合，
故答案为：胶体；溶液；（5）当溶液的pH为3～9时，Fe（OH）3胶体对砷酸的吸附效率高，当溶液pH较高时，吸附效率降低，原因是pH较高时，氢氧根离子浓度较大，Fe（OH）3胶体中胶粒的电荷被中和而使胶体溶解，从而失去吸附性，导致Fe（OH）3胶体吸附效率降低；去除水中高浓度酸的原理是Fe（OH）3胶体与砷酸发生中和反应生成砷酸铁（FeAsO4）沉淀，该反应的化学方程式是：Fe（OH）3（胶体）+H3AsO4＝FeAsO4↓+3H2O，
故答案为：pH较高时，氢氧根离子浓度较大，Fe（OH）3胶体溶解，失去吸附性，吸附效率降低；Fe（OH）3（胶体）+H3AsO4＝FeAsO4↓+3H2O。
【点评】本题考查胶体的制备和性质，难度不大，掌握基础是解题的关键。
9．（2024秋•新津区校级月考）完成下列问题。
（1）现有以下13种物质：a．金刚石、b．纯碱、c．乙醇、d．盐酸、e．氢氧化钡、f．三氧化硫、g．硫酸氢钠、h．氮气、i．空气、j．食盐水、k．铁、m．胆矾、n．氢氧化铁胶体，图所示对其中部分物质进行分类。回答下列问题：
①该分类方法是 树状分类法 ，类别1是 混合物 ，分类标准2是 元素种类 。
②a物质的两种同素异形体的名称是 石墨、C60 。
③13种物质在上述状态下能导电的有（填字母编号，下同） djkn ，物质中属于电解质的是 begm ，属于非电解质的是 cf 。
④向NaHSO4溶液中加Fe粉可产生气体，对应的离子方程式是 Fe+2H+＝Fe2++H2↑ 。
将NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液混合，恰好呈中性，对应的离子方程式为 。
⑤写出物质f与物质e的溶液发生的复分解反应方程式为 SO3+Ba（OH）2＝BaSO4↓+H2O 。
⑥写出氢氧化铁胶体的制备反应方程式为 FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl 。
（2）“碳捕捉技术”常用于去除或分离气流中的二氧化碳。利用NaOH溶液“捕捉”CO2的基本过程如图所示（部分条件及物质已略去）。请回答下列问题：
①反应、分离中，发生反应的化学方程式分别为CaO+H2O＝Ca（OH）2和 Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH 。
②高温反应炉中，涉及反应的基本反应类型为 分解反应 。
③整个过程中，可以循环利用的物质为 CaO、NaOH （填化学式）
【答案】（1）①树状分类法；混合物；元素种类；
②石墨、C60；
③d j k n；b e g m；c f；
④Fe+2H+＝Fe2++H2↑；；
⑤SO3+Ba（OH）2＝BaSO4↓+H2O；
⑥FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；
（2）①Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH；
②分解反应；
③CaO、NaOH。
【分析】（1）根据对一类物质进行再分类的分类方法为树状分类法，由一种或是多种物质组成将其分为纯净物和混合物，组成元素是一种或是多种，将纯净物分为单质和化合物，含有自由移动的电子或离子的物质能导电，电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，NaHSO4溶液电离出H+，三氧化硫与氢氧化钡的溶液发生的复分解反应生成硫酸钡沉淀和水，进行分析；
（2）根据高温反应炉中，CaCO3分解生成CaO和CO2，高温反应炉产生的CaO可进入反应、分离步骤再利用，反应、分离中溶液含有NaOH，可进入捕捉室吸收二氧化碳进行分析。
【解答】（1）①对一类物质进行再分类的分类方法为树状分类法，根据由一种或是多种物质组成将其分为纯净物和混合物，类别1是混合物，分类标准2是元素种类，根据组成元素是一种或是多种，将纯净物分为单质和化合物，
故答案为：树状分类法；混合物；元素种类；
②a金刚石是由碳元素形成的一种单质，其两种同素异形体的名称是石墨、C60，
故答案为：石墨、C60；
③含有自由移动的电子或离子的物质能导电，13种物质在上述状态下能导电的有d j k n，电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质的是b e g m，非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质的是c f，
故答案为：d j k n；b e g m；c f；
④NaHSO4溶液电离出H+，加Fe粉可产生气体氢气，对应的离子方程式是Fe+2H+＝Fe2++H2↑；将NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液混合，恰好呈中性，说明H+和OH﹣恰好反应，NaHSO4和Ba（OH）2按2：1反应，对应的离子方程式为，
故答案为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑；；
⑤物质f三氧化硫与物质e氢氧化钡的溶液发生的复分解反应生成硫酸钡沉淀和水，反应方程式为SO3+Ba（OH）2＝BaSO4↓+H2O，
故答案为：SO3+Ba（OH）2＝BaSO4↓+H2O；
⑥实验室用饱和氯化铁溶液和沸水制备氢氧化铁胶体，制备反应方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，
故答案为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；
（2）①利用NaOH溶液“捕捉”CO2生成Na2CO3，反应、分离中，发生反应的化学方程式分别为CaO+H2O＝Ca（OH）2和Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH，
故答案为：Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH；
②高温反应炉中，CaCO3分解生成CaO和CO2，涉及反应的基本反应类型为分解反应，
故答案为：分解反应；
③高温反应炉产生的CaO可进入反应、分离步骤再利用，反应、分离中溶液含有NaOH，可进入捕捉室吸收二氧化碳，可以循环利用的物质为CaO、NaOH，
故答案为：CaO、NaOH。
【点评】本题主要考查电解质与非电解质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
10．（2024秋•宿迁月考）铁盐广泛用于净水、除污等。
Ⅰ．某化学兴趣小组的同学们制备氢氧化铁胶体：取40mL蒸馏水于洁净的烧杯中，用酒精灯加热至沸腾，然后向烧杯中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。
（1）生成Fe（OH）3胶体的化学方程式为 FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl 。
（2）新制Fe（OH）3胶体的胶团结构如图1所示。
Fe（OH）3胶体粒子带 正 （选填“正”或“负”）电荷。
（3）Fe（OH）3胶体能够除去水中重金属离子原因是 Fe（OH）3胶体吸附水中重金属离子 。
Ⅱ．H2S是有毒的污染性气体，可将其与氧气的混合气体通入；FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中进行处理，其物质转化如图2所示。
（4）步骤②反应的离子方程式为 CuS+2Fe3+＝Cu2++2Fe2++S 。
Ⅲ．高铁酸盐是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，工业上可用湿法制备K2FeO4，其原理是现将FeCl3、NaClO与NaOH混合制备Na2FeO4，再加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4晶体。
（5）制备Na2FeO4的离子方程式为 2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O 。
（6）加入饱和KOH溶液，能析出K2FeO4的原因是 高铁酸钾溶解度小于高铁酸钠 。
（7）K2FeO4在中性和酸性溶液中不稳定，可与水反应生成O2，其消毒、净水原理为 4K2FeO4+10H2O＝4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8KOH （填写化学方程式）。
【答案】Ⅰ．（1）FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；
（2）正；
（3）Fe（OH）3胶体吸附水中重金属离子；
Ⅱ．（4）CuS+2Fe3+＝Cu2++2Fe2++S；
Ⅲ．（5）2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O；
（6）高铁酸钾溶解度小于高铁酸钠；
（7）4K2FeO4+10H2O＝4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8KOH。
【分析】Ⅰ．（1）取40mL蒸馏水于洁净的烧杯中，用酒精灯加热至沸腾，然后向烧杯中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热生成Fe（OH）3胶体；
（2）氢氧化铁胶体不带电，能够吸附阳离子生成带电的氢氧化铁胶粒；
（3）Fe（OH）3胶体粒子具有较大表面积，具有吸附性；
Ⅱ．（4）步骤②是CuS和 Fe3+离子反应生成Cu2+、Fe2+和S；
Ⅲ．（5）将FeCl3、NaClO与NaOH混合制备Na2FeO4；
（6）Na2FeO4溶液中加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4晶体；
（7）K2FeO4在中性和酸性溶液中不稳定，可与水反应生成O2，本身被还原为Fe3+，Fe3+离子水解生成氢氧化铁胶体，能吸附悬浮杂质，起到净水作用。
【解答】解：Ⅰ．（1）生成Fe（OH）3胶体的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，
故答案为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；
（2）新制Fe（OH）3胶体的胶团结构分析可知，Fe（OH）3胶体粒子带正电荷，
故答案为：正；
（3）Fe（OH）3胶体能够除去水中重金属离子原因是：Fe（OH）3胶体吸附水中重金属离子，
故答案为：Fe（OH）3胶体吸附水中重金属离子；
Ⅱ．（4）步骤②是CuS和 Fe3+离子反应生成Cu2+、Fe2+和S，反应的离子方程式为：CuS+2Fe3+＝Cu2++2Fe2++S，
故答案为：CuS+2Fe3+＝Cu2++2Fe2++S；
Ⅲ．（5）将FeCl3、NaClO与NaOH混合制备Na2FeO4，反应的离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O，
故答案为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O；
（6）加入饱和KOH溶液，能析出K2FeO4的原因是：高铁酸钾溶解度小于高铁酸钠，
故答案为：高铁酸钾溶解度小于高铁酸钠；
（7）K2FeO4在中性和酸性溶液中不稳定，可与水反应生成O2，其消毒、净水原理为：4K2FeO4+10H2O＝4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8KOH，
故答案为：4K2FeO4+10H2O＝4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8KOH。
【点评】本题考查了胶体制备。胶体性质、物质性质和应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
11．（2024秋•浦东新区校级月考）我国科学家屠呦呦因成功从黄花蒿中提取抗疟药物青蒿素而获得2015年诺贝尔奖。她于2019年9月17日被授予共和国勋章。青蒿素作为一线抗疟药物，已在全球挽救数百万人生命，极大降低了疟疾患者的死亡率，为疟疾防治与人类健康作出了重要贡献。
（1）青蒿素是一种用于治疗疟疾的药物，挽救了全球特别是发展中国家的数百万人的生命。它的分子式为C15H22O5，关于青蒿素的说法正确的是 A 。
青蒿素含氧原子数目为0.05NA
B.标准状况下，1ml青蒿素的体积为22.4L
C.青蒿素含氧的质量分数为10%
D.青蒿素的摩尔质量为282
（2）从黄花蒿中提取青蒿素的流程如图：
已知：青蒿素为白色针状晶体，易溶于乙醇、乙醚、苯和汽油等有机溶剂，不溶于水，熔点为156∼157℃，沸点为389.9℃，热稳定性差。屠呦呦团队经历了使用不同溶剂和不同温度的探究过程，实验结果如下：
①对黄花蒿进行破碎的目的是 增大接触面积，提高青蒿素的浸取率 。
②研究发现，青蒿素分子中的某个基团对热不稳定。分析用乙醚作溶剂，提取效率高于乙醇的原因是 乙醚沸点比乙醇低，防止温度过高使得热稳定差的青蒿素产生副反应 。
③从青蒿（粉末）中提取青蒿素的方法以萃取原理为基础，乙醚浸提法的具体操作如下：
ⅰ乙醚浸提法涉及到的操作中，不会用到的装置是 BD 。
ⅱ操作Ⅲ的主要过程可能是 B 。
A．加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶
B．加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤
C．加入乙醚进行萃取分液
D．加入乙醇后，再加入苯或汽油进行萃取
④某科研小组通过控制其他实验条件不变，来研究原料的粒度、提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响，其结果如图所示：
由如图可知控制其他实验条件不变，采用的最佳粒度、时间和温度为 60%、120min、50℃ 。
⑤由上可知，在提取青蒿素的过程中，还应充分考虑物质的 溶解度、稳定性 等物理性质（写出两点即可）。
【答案】（1）A；
（2）①增大接触面积，提高青蒿素的浸取率；
②乙醚沸点比乙醇低，防止温度过高使得热稳定差的青蒿素产生副反应；
③ⅰ.BD；
ⅱ.B；
④60%、120min、50℃；
⑤溶解度、稳定性。
【分析】（1）摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，当质量以g为单位时，摩尔质量在数值上与其相对分子质量或相对原子质量相等，摩尔质量的单位为g/ml。如CO2的摩尔质量为44g/ml，CO2的相对分子质量为44，1ml CO2的质量为44g，注意，三者数值上相等，但单位不同；
（2）由题给流程可知，向干燥破碎后的黄花蒿中加入乙醚浸取、过滤得到提取液和滤渣；提取液经蒸馏分离得到乙醚和青蒿素粗品，向粗品中加入95%的乙醇溶解、浓缩、结晶、过滤得到青蒿素精品。
【解答】解：（1）A.青蒿素的摩尔质量为282g/ml，则2.82g青蒿素的物质的量为：，0.01ml C15H22O5中含有氧原子的物质的量为：0.01ml×5＝0.05ml，含有氧原子的数目为0.05NA，故A正确；
B.标准状况下青蒿素不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故B错误；
C.青蒿素的含氧量为：，故C错误；
D.摩尔质量数值上等于相对分子质量，但摩尔质量有单位，为g/ml，则青蒿素的摩尔质量为282g/ml，故D错误；
故答案为：A。
①对黄花蒿进行破碎可以增大固体表面积，有利于增大接触面积，提高青蒿素的浸取率，
故答案为：增大接触面积，提高青蒿素的浸取率；
②由题给信息可知，青蒿素热稳定性差，选用沸点较低的乙醚溶解提取青蒿素，可以防止温度较高导致青蒿素发生副反应而变质，
故答案为：乙醚沸点比乙醇低，防止温度过高使得热稳定差的青蒿素产生副反应；
③ⅰ.由分析可知，操作Ⅰ为过滤、操作Ⅱ为蒸馏、操作Ⅲ为重结晶，根由图可知，A为蒸馏装置、B为分液装置、C为过滤的装置、D为灼烧固体的装置，所以乙醚浸提法涉及到的操作中不会用到的装置是分液装置、灼烧固体的装置，故答案为：BD；
ⅱ.由分析可知，操作Ⅲ的主要过程为向粗品中加入95%的乙醇溶解、浓缩、结晶、过滤得到青蒿素精品，
故答案为：B；
④由图可知，原料的粒度为60%、提取时间为120min、温度为50℃时，青蒿素提取速率最大，所以控制其他实验条件不变，采用的最佳粒度、时间和温度为60%、120min、50℃，
故答案为：60%、120min、50℃；
⑤由青蒿素在水中溶解度极小，易溶于乙醚可知，提取青蒿素时应考虑物质的溶解度，由青蒿素分子中的某个基团对热不稳定可知，提取青蒿素时还要考虑青蒿素的稳定性，
故答案为：溶解度、稳定性。
【点评】本题主要考查物质的量的相关计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
12．（2024秋•浦东新区校级月考）氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。能形成水，甲烷等重要化合物；在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，例如氢氧燃料电池产生电能，天然气燃烧等。
（1）实验室欲配制1.0ml/L的KOH溶液920mL。实验过程中必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、 胶头滴管 、 1000mL容量瓶 ，需称量 56 gKOH固体。
（2）实验室有化学纯的浓硫酸，其试剂瓶标签上的部分内容如下，用该浓硫酸配制100mL，1.84ml•L﹣1稀硫酸溶液，需浓硫酸的体积 10.0 mL。
（3）氢化钠（NaH）可与水反应生成氢氧化钠与氢气，利用这一原理可在野外用作生氢剂，利用NaH及图装置测定气体摩尔体积，具体操作如下：
①读数。
调节量气管、水准管内液面相平，记录量气管起始体积读数为V1mL。
②反应。
打开分液漏斗旋塞至氢化钠反应完全，冷却至室温。
③读数。
调整量气管、水准管内液面相平，记录量气管读数V2mL。
ⅰ求：产生氢气的质量为 。
ⅱ求：该条件下气体摩尔体积Vm＝ （用m、V1、V2代数式表示）。
【答案】（1）胶头滴管；1000mL容量瓶；56；
（2）10.0；
（3）ⅰ.；
ⅱ.。
【分析】（1）根据配制一定浓度的KOH溶液过程中需要用到的玻璃仪器进行分析；
（2）根据物质的量浓度与溶质质量分数之间的转换关系，稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，进行分析；
（3）根据NaH+H2O＝NaOH+H2↑，化学计量数之比等于物质的量之比，可知氢气质量，气体摩尔体积的计算式进行分析。
【解答】解：（1）配制1.0ml/L的KOH溶液920mL过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、1000mL容量瓶，需称量1.0ml/L×1L×56g/ml＝56g，
故答案为：胶头滴管、1000mL容量瓶；56；
（2）根据物质的量浓度与溶质质量分数之间的转换关系，可得，设需要该浓硫酸的体积为V，根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，则：V×18.4ml/L＝100mL×1.84ml•L﹣1，V＝10.0mL，
故答案为：10.0；
（3）ⅰ.由题可知，NaH+H2O＝NaOH+H2↑，（NaH）为mg，即，根据化学计量数之比等于物质的量之比，可知氢气质量为，
故答案为：；
ⅱ.该条件下气体摩尔体积，
故答案为：。
【点评】本题主要考查配制一定物质的量浓度的溶液等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
13．（2024秋•浦东新区校级月考）我国航天和探月成就显著，包括成功发射东方红一号卫星、神舟系列飞船，实现载人航天；嫦娥系列探测器完成“绕、落、回“三步走目标，婂娥六号实现月球背面采样返回，彰显了中国航天事业的强大实力和科技创新能力。
（1）“神舟七号”的燃料是氢化锂三兄弟：LiH、LiD、LiT。其中Li的质量数为7，则对相同物质的量的这三种物质的下列说法正确的是 C 。
A.质子数之比为1：2：3
B.中子数之比为1：1：1
C.摩尔质量之比为8：9：10
D.化学性质不相同
（2）化学和航天科技发展息息相关，下列说法正确的是 D 。
A.“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其太阳能电池的材料是二氧化硅
B.月壤中的“嫦娥石[（Ca8Y）Fe（PO4）7]“：其成分属于有机盐
C.“嫦娥六号”首次在月球背面发现的石墨烯，属于有机高分子材料
D.火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为Fe2O3
（3）“天问一号”采用了我国自主研制的高性能碳化硅增强铝基复合材料。工业上制取碳化硅的化学反应高温方程式为：SiO2+3CSiC+2X↑，请写出X的化学式 CO 。若生成4g碳化硅，则其中含有 0.1NA 个碳原子；生成4g碳化硅的同时，生成X气体的体积在标准状况下为 4.48 L。根据物质分类的知识，合理的推测SiO2可能发生的反应，试举一例用化学方程式表示 SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O 。
（4）此次探测任务中，我国火星车“祝融”号利用了正十一烷（C11H24）储存能量。其原理是：白天火星温度升高，正十一烷从固态变为液态，此过程叫 熔化 ，该过程 吸收 （“吸收”或“放出”）能量；到了晚上反之。78g正十一烷（C11H24）完全燃烧，需要氧气 8.5 ml，生成二氧化碳分子 5.5NA 个。
（5）我国成功地发射了嫦娥一号探测卫星，对月球土壤中14种元素的分布及含量进行探测。科学家应用以下流程提取镁元素，已知获取的矿物中主要含有橄榄石[Mg2Fe2SiO6]等和少量Fe2O3、SiO2。回答下列问题：
①橄榄石中铁为 +2 价。
②为了提高“酸浸”效率，除了可以将矿物粉碎以外，还可以 适当提高H2SO4的浓度（或升高反应体系的温度、搅拌） （写一条即可）。
③“滤渣1”主要成分为 SiO2 和不溶性硅酸盐。
④氧化的作用是 将Fe2+氧化为Fe3+ 。
【答案】（1）C；
（2）D；
（3）CO；0.1NA；4.48；SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O；
（4）熔化；吸收；8.5；5.5NA；
（5）①+2；
②适当提高H2SO4的浓度（或升高反应体系的温度、搅拌）；
③SiO2；
④将Fe2+氧化为Fe3+。
【分析】（1）根据LiH、LiD、LiT，其中Li的质量数为7，LiH、LiD、LiT的组成元素相同，结构相同，则三种物质的化学性质相同，进行分析；
（2）根据太阳能电池的材料是单质硅，石墨烯属于无机非金属材料，赤铁矿主要成分为Fe2O3，进行分析；
（3）根据SiO2为酸性氧化物，可以与碱和碱性氧化物发生反应进行分析；
（4）根据物质从固态到液态，该过程是融化，正十一烷在氧气中完全燃烧会生成两种氧化物分别是CO2、H2O，物质燃烧方程式可知1 ml C11H24完全燃烧反应消耗17 ml O2，进行分析；
（5）根据矿物经过酸浸然后过滤得到二氧化硅、不溶性硅酸盐等，滤液中加入双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，通入氨气调节pH生成氢氧化铁沉淀，过滤，向滤液中加入碱液得到氢氧化镁沉淀，过滤洗涤干燥用盐酸溶解，最后电解熔融的氯化镁得到金属镁，进行分析。
【解答】解：（1）A．LiH、LiD、LiT的质子数之比为（3+1）：（3+1）：（3+1）＝1：1：1，故A错误；
B．LiH、LiD、LiT的中子数之比为（4+0）：（4+1）：（4+2）＝4：5：6，故B错误；
C．LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为（7+1）：（7+2）：（7+3）＝8：9：10，故C正确；
D．LiH、LiD、LiT的组成元素相同，结构相同，则三种物质的化学性质相同，故D错误；
故答案为：C；
（2）A．太阳能电池的材料是单质硅，不是二氧化硅，故A错误；
B．“嫦娥石[（Ca8Y）Fe（PO4）7]”，其成分属于无机盐，故B错误；
C．石墨烯是一种从石墨材料中剥离出的单层碳原子面材料，是碳的二维结构，石墨烯属于无机非金属材料，故C错误；
D．氧化铁是红棕色固体，火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为Fe2O3，故D正确；
故答案为：D；
（3）根据质量守恒可知，方程式中，X为CO，4gSiC的物质的量为0.1ml，含有0.1NA个碳原子，生成4gSiC同时，生成0.2ml CO，标准状况下体积为4.48L。有物质分类可知，SiO2为酸性氧化物，可以与碱和碱性氧化物发生反应，如SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O，
故答案为：CO；0.1NA；4.48；SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O；
（4）物质从固态到液态，该过程是融化，该过程中吸收热量；正十一烷在氧气中完全燃烧会生成两种氧化物分别是CO2、H2O，该燃烧反应的化学方程式为：C11H24+17O211CO2+12H2O；78 g正十一烷的物质的量是n（C11H24）＝＝0.5ml。根据物质燃烧方程式可知1 ml C11H24完全燃烧反应消耗17 ml O2，则0.5 ml C11H24完全燃烧反应消耗O2的物质的量n（O2）＝0.5ml×17ml＝8.5 ml，生成n（CO2）＝0.5ml×11ml＝5.5 ml，分子数为5.5NA，
故答案为：熔化；吸收；8.5；5.5NA；
（5）①橄榄石中Mg是+2价，Si是+4价，O是﹣2价，根据化合价代数和为0可判断铁为+2价，
故答案为：+2；
②为了提高“酸浸”效率，还可以适当提高H2SO4的浓度（或升高反应体系的温度、搅拌），
故答案为：适当提高H2SO4的浓度（或升高反应体系的温度、搅拌）；
③根据分析，可知“滤渣1”主要成分为SiO2和不溶性硅酸盐，
故答案为：SiO2；
④根据以上分析可知“氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+。
【点评】本题主要考查物质的量的相关计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
14．（2024秋•雨花区校级月考）回答下列问题：
（1）已知CuO具有氧化性，能够和氨气反应生成两种单质，请写出在加热条件下CuO和NH3反应的化学方程式： 3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O 。
（2）氢化钠（NaH）可在野外用作生氢剂，其中氢元素为﹣1价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH+H2O＝NaOH+H2↑。
该反应中NaH中的氢元素被 氧化 ，H2O中的氢元素被 还原 （填“氧化”或“还原”）。
（3）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中一种方法的化学原理可用离子方程式表示为：
请用单线桥表示该反应的电子转移方向与数目 。上述反应中氧化剂是 ClO﹣ ，还原剂是 Fe3+ 。
（4）查阅资料知：Na2O2在一定条件下可以转化为NaNO2，NaNO2易溶于水且溶解时吸热，有咸味，遇酸易放出气体，人误食会中毒。请回答下列问题：
①已知NaNO2能发生如下反应：
2NaNO2+4HI＝2NO↑+I2+2NaI+2H2O
上述反应中氧化剂是 NaNO2 ，氧化产物是 I2 。
②根据上述反应鉴别NaNO2和NaCl，可选择以下物质中的 B 进行实验（填序号）。
A．食用白醋 B．碘化钾淀粉试纸 C．淀粉 D．酒精
③某厂废液中含有3%～6%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是 B （填序号）。
A．浓硫酸 B．NH4Cl C．HNO3 D．KMnO4
【答案】（1）3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；
（2）氧化；还原；
（3）；ClO﹣；Fe3+：
（4）①NaNO2；I2；
②B；
③B。
【分析】（1）根据CuO具有氧化性，氨气具有还原性，二者反应生成单质铜、氮气和水，进行分析；
（2）根据反应NaH+H2O＝NaOH+H2↑中NaH的H元素化合价由﹣1价上升到0价，被氧化，H2O的H元素由+1价下降到0价，被还原进行分析；
（3）根据中Cl元素由+1价下降到﹣1价，Fe元素由+3价上升到+6价，进行分析；
（4）根据2NaNO2+4HI＝2NO↑+I2+2NaI+2H2O，N元素化合价由+3价下降到+2价，I元素化合价由﹣1价上升到0价，NaNO2可以将I﹣氧化为I2，进行分析；
【解答】解：（1）CuO具有氧化性，氨气具有还原性，二者反应生成单质铜、氮气和水，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，
故答案为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；
（2）反应NaH+H2O＝NaOH+H2↑中NaH的H元素化合价由﹣1价上升到0价，被氧化，H2O的H元素由+1价下降到0价，被还原，
故答案为：氧化；还原；
（3）中Cl元素由+1价下降到﹣1价，Fe元素由+3价上升到+6价，氧化剂是ClO﹣，还原剂是Fe3+，用单线桥表示该反应的电子转移方向与数目为：，
故答案为：；ClO﹣；Fe3+：
（4）①已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI＝2NO↑+I2+2NaI+2H2O，N元素化合价由+3价下降到+2价，I元素化合价由﹣1价上升到0价，氧化剂是NaNO2，氧化产物是I2，
故答案为：NaNO2；I2；
②已知NaNO2可以将I﹣氧化为I2，而NaCl不能，可选择碘化钾淀粉试纸鉴别NaNO2和NaCl，
故答案为：B；
③NaNO2转化为N2的过程中N元素化合价由+3价下降到0价，需要加入还原性，可以选择NH4Cl，浓硫酸、HNO3、KMnO4均具有氧化性，
故答案为：B。
【点评】本题主要考查化学方程式的书写等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
15．（2024秋•朝阳月考）Ⅰ．对于数以千万计的化学物质和如此丰富的化学变化，分类法的作用几乎是无可替代的。如：纯净物根据其组成和性质可进行如下分类。
（1）如图所示的分类方法属于 树状分类法 。
（2）某化学兴趣小组对下列四组物质进行研究：
A．HCl、H2SO4、HNO3、H2CO3
B．Na2CO3、NaNO3、AgNO3、NaNO2
C．FeCl3溶液、蒸馏水、CaCO3悬浊液、Fe（OH）3胶体
D．NaOH、KOH、Fe2O3、Ca（OH）2
填写下列空白：
Ⅱ．甘肃马家窑遗址出土的青铜刀是我国最早冶炼的青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为Cu2（OH）2CO3，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。某同学利用以下反应实现了“铜→铜绿→…→铜”的转化。
（3）从物质分类标准看，“铜绿”属于 C （填字母）。
A．酸
B．碱
C．盐
D．氧化物
（4）写出B的化学式： CuO 。
（5）请写出铜绿与盐酸反应的化学方程式： Cu2（OH）2CO3+4HCl＝2CuCl2+3H2O+CO2↑ 。
（6）上述转化过程中属于氧化还原反应的是 ①⑤ 。（填写反应序号）
【答案】（1）树状分类法；
（2）阳离子种类；碱；HCl；蒸馏水；
（3）C；
（4）CuO；
（5）Cu2（OH）2CO3+4HCl＝2CuCl2+3H2O+CO2↑；
（6）①⑤。
【分析】（1）根据树状分类法进行分析；
（2）根据分类标准进行分析；
（3）根据盐的概念进行分析；
（4）根据Cu（OH）2受热分解为CuO和水，进行分析；
（5）根据碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳，进行分析；
（6）根据氧化还原反应的概念进行分析；
【解答】解：（1）由图知，该分类方法属于树状分类法，
故答案为：树状分类法；
（2）B组．Na2CO3、NaNO3、AgNO3、NaNO2中按阳离子种类分，AgNO3不属于该类别；
D组．NaOH、KOH、Fe2O3、Ca（OH）2中，按碱分，Fe2O3不属于该类别；
A组．HCl、H2SO4、HNO3、H2CO3中，按含氧酸分，HCl不属于该类别；
C组．FeCl3溶液、蒸馏水、CaCO3悬浊液、Fe（OH）3胶体中蒸馏水属于纯净物，不属于分散性，
故答案为：阳离子种类；碱；HCl；蒸馏水；
（3）“铜绿”是碱式碳酸铜，属于盐，
故答案为：C；
（4）Cu（OH）2受热分解为CuO和水，故B为CuO，
故答案为：CuO；
（5）依据转化过程，知碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳，反应方程式为Cu2（OH）2CO3+4HCl＝2CuCl2+3H2O+CO2↑，
故答案为：Cu2（OH）2CO3+4HCl＝2CuCl2+3H2O+CO2↑；
（6）在反应过程中①铜→铜绿发生了化合反应，也是氧化还原反应；②铜绿→A是铜绿跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O，A为铜盐，是复分解反应；③A→Cu（OH）2是铜盐和碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应；④Cu（OH）2→B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应。⑤B→Cu是氧化铜和氢气反应生成铜和水，是置换反应也是氧化还原反应，
故答案为：①⑤。
【点评】本题主要考查酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
16．（2024秋•朝阳月考）现有下列几种物质：①石墨②CH4③CuSO4•5H2O④液态HCl⑤NaHSO4固体⑥Ba（OH）2溶液，回答下列问题：
（1）上述物质中属于电解质的是 ③④⑤ （填序号，下同），能导电的是 ①⑥ 。
（2）按照物质的组成进行分类，NaHSO4属于 盐 （填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”），其溶于水时的电离方程式为 NaHSO4＝Na++H++ 。
（3）向Ba（OH）2溶液中加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀时，溶液呈 碱性 （填“碱性”“中性”或“酸性”），其反应的离子方程式为 Ba2++OH﹣++H+＝BaSO4↓+H2O 。
（4）CuSO4•5H2O属于 纯净物 （填“纯净物”或“混合物”），用化学方程式和文字说明无水CuSO4可用于检验水存在的原因： CuSO4+5H2O＝CuSO4•5H2O，固体的颜色由白色变为蓝色 。
（5）已知蒸馏水几乎不导电，某化学小组利用图甲装置做导电性实验，向Ba（OH）2溶液中逐滴加入上述 ③ （填序号）溶液时，其导电性的变化趋势如图乙所示，图乙中OA段对应的离子方程式为 Ba2++2OH﹣++Cu2+＝BaSO4↓+Cu（OH）2↓ 。
【答案】（1）③④⑤；①⑥；
（2）盐；NaHSO4＝Na++H++；
（3）碱性；Ba2++OH﹣++H+＝BaSO4↓+H2O；
（4）纯净物；CuSO4+5H2O＝CuSO4•5H2O，固体的颜色由白色变为蓝色；
（5）③；Ba2++2OH﹣++Cu2+＝BaSO4↓+Cu（OH）2↓。
【分析】（1）能在熔融状态或水溶液中导电的化合物，为电解质；存在自由移动的电子或者离子可以导电；
（2）NaHSO4电离产生金属阳离子和酸根阴离子；
（3）向Ba（OH）2溶液中加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀时，二者以1：1反应，反应方程式为：Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+NaOH+H2O；
（4）CuSO4•5H2O是由一种物质组成的，CuSO4固体的颜色为白色，CuSO4•5H2O固体的颜色为蓝色；
（5）根据图乙知，随着另一种溶液的滴加，溶液中离子浓度逐渐减小，在A点溶液中没有离子，能和Ba（OH）2溶液反应导致离子浓度逐渐减小的为③。
【解答】解：（1）③④⑤属于电解质，①含有自由移动的电子、⑥含有自由移动的离子，所以①⑥能导电，
故答案为：③④⑤；①⑥；
（2）NaHSO4电离产生金属阳离子和酸根阴离子，所以在物质分类中属于盐，溶于水时电离出Na+、H+、，电离方程式为NaHSO4＝Na++H++，
故答案为：盐；NaHSO4＝Na++H++；
（3）向Ba（OH）2溶液中加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀时，二者以1：1反应，反应方程式为：Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+NaOH+H2O，溶质为NaOH，溶液呈碱性，离子方程式为Ba2++OH﹣++H+＝BaSO4↓+H2O，
故答案为：碱性；Ba2++OH﹣++H+＝BaSO4↓+H2O；
（4）CuSO4•5H2O是由一种物质组成的，为纯净物；CuSO4固体的颜色为白色，CuSO4•5H2O固体的颜色为蓝色，反应方程式为CuSO4+5H2O＝CuSO4•5H2O，固体的颜色由白色变为蓝色，
故答案为：纯净物；CuSO4+5H2O＝CuSO4•5H2O，固体的颜色由白色变为蓝色；
（5）根据图乙知，随着另一种溶液的滴加，溶液中离子浓度逐渐减小，在A点溶液中没有离子，能和Ba（OH）2溶液反应导致离子浓度逐渐减小的为③，OA段对应的离子方程式为Ba2++2OH﹣++Cu2+＝BaSO4↓+Cu（OH）2↓，
故答案为：③；Ba2++2OH﹣++Cu2+＝BaSO4↓+Cu（OH）2↓。
【点评】本题考查离子方程式的书写及基本概念，侧重考查对基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质的性质、离子方程式的书写规则及基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
17．（2024秋•沧州月考）按要求进行计算，直接写出计算结果。
（1）32.0gO2和2.0gH2组成的混合气体在标准状况下体积约为 44.8L 。
（2）标准状况下3.36L某气体的质量为8.1g，则该气体的摩尔质量为 54g/ml 。
（3）某块光卤石（KCl•MgCl2•6H2O）中含5.3250gCl﹣，则该光卤石的物质的量为 0.03ml 。
（4）据报道，材料科学家研究发现了首例带结晶水的晶体在5K下呈现超导性。该晶体的化学式为Na0.35CO2•1.3H2O。122.45g该晶体中含氧原子的物质的量为 3.3ml 。
（5）现有14.4g由CO和CO2组成的混合气体，在标准状况下所占的体积约为8.96L。回答下列问题：
①该混合气体中CO的物质的量为 0.2 ml。
②混合气体中碳原子的个数为 0.4 NA（用NA表示阿伏加德罗常数的值）。
③将该混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中。则气球中收集到的气体的电子总数为 2.8 NA。
【答案】（1）44.8L；
（2）54g•ml﹣1；
（3）0.05ml；
（4）3.3ml；
（5）①0.2；
②0.4；
③2.8。
【分析】（1）根据n＝可求出氧气和氢气的物质的量，再由V＝n•Vm可求出体积；
（2）根据n＝＝可求算摩尔质量；
（3）由氯离子的质量可求氯离子的物质的量，进一步可求光卤石的物质的量；
（4）由晶体的物质的量可求晶体的物质的量，进一步可求氧原子的物质的量；
（5）①利用CO和CO2的总体积可求其总物质的量，再利用其质量可求得CO和CO2的物质的量；
②根据CO和CO2的总体积可求其总物质的量，根据碳原子守恒可求得碳原子个数；
③有图可知，收集到的气体为CO，一个CO含有14各电子，再结合①可计算。
【解答】解：（1）已知32.0gO2和2.0gH2，根据n＝可求出氧气和氢气的物质的量都是1ml，再由V＝n•Vm＝2ml×22.4L/ml＝44.8L，
故答案为：44.8L；
（2）已知标准状况下3.36L某气体，根据n＝，其物质的量为0.15ml，又知其质量为8.1g，根据n＝，则该气体的摩尔质量为M＝＝54g/ml，
故答案为：54g/ml；
（3）已知某块光卤石（KCl•MgCl2•6H2O）中含5.3250gCl﹣，则Cl﹣的物质的量为0.15ml，所以光卤石的物质的量为0.05ml，
故答案为：0.05ml；
（4）已知该晶体的化学式为Na0.35CO2•1.3H2O，所以其摩尔质量为112.45g/ml，则122.45g该晶体的物质的量为1ml，所以氧原子的物质的量为3.3ml，
故答案为：3.3ml；
（5）①已知14.4g由CO和CO2组成的混合气体在标准状况下所占的体积约为8.96L，其物质的量为0.4ml，设CO和CO2的物质的量分别为x和y，所以有x+y＝0.4，28x+44y+14.4，解得x＝y＝0.2ml，
故答案为：0.2ml；
②由①可知标准状况下8.96LCO和CO2组成的混合气体总物质的量为0.4ml，根据碳原子守恒可知，碳原子个数N＝n•NA＝0.4NA，
故答案为：0.4；
③有图可知，NaOH溶液吸收了CO2，浓硫酸吸收了水，气球中收集的为CO，一个CO含有14个电子，再结合①可知，气球中收集到的气体的电子总数为2.8NA，
故答案为：2.8。
【点评】本题考有关物质的量的计算，难度不大，掌握基本公式是解题的关键。
18．（2024•安徽开学）宏微结合是研究化学的重要方法，从微观的角度了解物质及其变化，有助于更好地认识物质的组成和变化的本质。
Ⅰ.（1）下表为部分元素的原子结构示意图：
①表中硫元素的核电荷数x＝ 16 。
②R3+离子与氖原子的核外电子排布相同，则R元素为 Al 元素（填元素名称）。
③一个水分子中所含电子总数为 10 。
④硫元素与氧元素的化学性质相似的原因是 元素原子的最外层电子数相同 。
（2）甲和乙在一定条件下反应生成丙和丁，反应的微观模型如图所示。
①该反应的生成物中，属于氧化物的是 H2O （填化学式）
②每个甲分子是由 一个碳原子和两个氧原子 构成的。
③参加反应的甲和乙分子个数比为 1：3 。
（3）如图是稀硫酸与甲溶液发生复分解反应的微观模型，请写出一种符合图示的a微粒的符号： Cl﹣或 。
Ⅱ.人们在实验研究中总结出常见金属的活动性顺序：
（4）请在表中□内填写对应的元素符号 Fe 。
（5）Mg、Sn、Pb、Cu、Ag五种金属，能与稀盐酸（或稀硫酸）发生置换反应的金属有 3 种；写出其中最活泼的金属与稀盐酸反应的化学方程式 Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑ 。
【答案】（1）①16；
②Al；
③10；
④元素原子的最外层电子数相同；
（2）①H2O；
②一个碳原子和两个氧原子；
③1：3；
（3）Cl﹣或；
（4）Fe；
（5）3；Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑。
【分析】（1）①硫是16号元素，核电荷数等于原子序数；
②氖原子核外电子有10个，R元素的原子失去3个电子形成的阳离子R3+的核外电子数为10，则R元素的原子的电子总数＝10+3＝13，则R元素为Al元素；
③核外电子数等于原子序数；
④硫元素与氧元素的化学性质相似的原因是：元素原子的最外层电子数相同；
（2）①氧化物是指由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物；
②甲为CO2，每个CO2分子是由一个碳原子和两个氧原子构成；
③该反应为CO2+3H2CH3OH+H2O；
（3）该微观模型表示的是Ba2+和反应生成BaSO4沉淀，a是阴离子且不与H+反应，可以为Cl﹣或；
（4）由金属活动性顺序表分析；
（5）金属活动性顺序表中只有排在氢前面的金属，才能置换出酸中的氢，而排在氢后面的金属不能置换出酸中的氢；最活泼的是Mg，与稀盐酸反应的化学方程式为：Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑。
【解答】解：（1）①硫是16号元素，表中硫元素的核电荷数x＝16，
故答案为：16；
②氖原子核外电子有10个，R元素的原子失去3个电子形成的阳离子R3+的核外电子数为10，则R元素的原子的电子总数＝10+3＝13，则R元素为Al元素，
故答案为：Al；
③一个H2O分子中所含电子总数为2+8＝10，
故答案为：10；
④硫元素与氧元素的化学性质相似的原因是：元素原子的最外层电子数相同，
故答案为：元素原子的最外层电子数相同；
（2）①氧化物是指由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物，该反应的生成物中，属于氧化物的是H2O，
故答案为：H2O；
②甲为CO2，每个CO2分子是由一个碳原子和两个氧原子构成，
故答案为：一个碳原子和两个氧原子；
③该反应为CO2+3H2CH3OH+H2O，参加反应的CO2和H2分子个数比为1：3，
故答案为：1：3；
（3）该微观模型表示的是Ba2+和反应生成BaSO4沉淀，a是阴离子且不与H+反应，可以为Cl﹣或，
故答案为：Cl﹣或；
（4）由金属活动性顺序表可知，表中□内填写对应的元素符号为Fe，
故答案为：Fe；
（5）金属活动性顺序表中只有排在氢前面的金属，才能置换出酸中的氢，而排在氢后面的金属不能置换出酸中的氢，Mg、Sn，Pb、Cu，Ag五种金属中，Mg、Sn、Pb排在H前面，因此能与稀盐酸（或稀硫酸）发生置换反应的金属有Mg、Sn，Pb，共3种，最活泼的是Mg，与稀盐酸反应的化学方程式为：Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑，
故答案为：Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑。
【点评】本题主要考查原子结构示意图及金属活动性顺序等知识，为基础知识的考查，题目难度不大。
19．（2024秋•湖南月考）对于数以千万计的化学物质和如此丰富的化学变化，分类法的作用几乎是无可替代的。已知有下列物质：
①Ca②熔融CaO③Ca（OH）2固体④干冰（CO2）⑤酒精（C2H5OH）⑥稀硫酸⑦稀氨水⑧有色玻璃⑨稀醋酸⑩小苏打粉末（NaHCO3）⑪Fe（OH）3胶体
请回答：
（1）属于酸式盐的有 ⑩ （填序号，下同），属于胶体的有 ⑧⑪ 。
（2）能导电的物质有 ①②⑥⑦⑨⑪ ，不能导电的电解质有 ③⑩ ，非电解质有 ④⑤ 。
（3）将⑥的水溶液逐滴加入到⑪中的现象是 先生成红褐色沉淀，随着硫酸的不断加入，沉淀溶解，溶液变黄色 。
（4）写出下列反应的离子方程式。
Ⅰ.⑥与⑦反应： H++NH3•H2O＝+H2O 。
Ⅱ.向③的溶液中加入过量⑩的溶液： Ca2++2+2OH﹣＝CaCO3↓+2H2O+ 。
（5）通常情况下，在弱酸及弱碱的稀溶液中，弱酸、弱碱的电离程度均较小，据此可判断，向⑨中逐滴加入⑦直至过量，溶液的导电能力[电流（Ⅰ）]随⑦的滴入量[质量（m）]的变化趋势正确的是 A （填标号）。
（6）H3PO4是三元酸，能与NaOH反应生成NaH2PO4、Na2HPO4两种酸式盐和Na3PO4一种正盐。磷还有一种含氧酸叫亚磷酸（H3PO3），是二元弱酸，那么Na2HPO3为 正盐 （填“正盐”或“酸式盐”）。
【答案】（1）⑩；⑧⑪；
（2）①②⑥⑦⑨⑪；③⑩；④⑤；
（3）先生成红褐色沉淀，随着硫酸的不断加入，沉淀溶解，溶液变黄色；
（4）Ⅰ．H++NH3•H2O＝+H2O；
Ⅱ．Ca2++2+2OH﹣＝CaCO3↓+2H2O+；
（5）A；
（6）正盐。
【分析】（1）多元酸背碱部分中和生成的盐为酸式盐，分散质微粒直径1nm～100nm，在分散剂中形成的分散系为胶体；
（2）物质导电有两种原因，一是金属类有自由移动的电子能够导电，二是能够电离产生自由离子能够导电，水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；
（3）将⑥的水溶液逐滴加入到⑪中，胶体先聚沉，后溶解；
（4）Ⅰ．⑥向③的溶液中加入过量⑩的溶液稀硫酸和⑦稀氨水反应生成硫酸铵和水；
Ⅱ．向③Ca（OH）2的溶液中加入过量⑩小苏打粉末（NaHCO3）的溶液，Ca（OH）2完全反应；
（5）CH3COOH溶液中滴入氨水至过量，发生反应的离子方程式为：CH3COOH+NH3•H2O＝CH3COO﹣++H2O，随着反应的进行，溶液中离子浓度逐渐增大，溶液的导电性逐渐增强，当CH3COOH和+NH3•H2O恰好完全反应时，再滴加氨水，离子的数量没有明显的增加，但溶液的体积增大，则离子浓度减小，溶液的导电能力减弱；
（6）酸碱恰好完全反应生成的盐为正盐。
【解答】解：（1）属于酸式盐的是⑩小苏打粉末（NaHCO3），属于胶体的是⑧有色玻璃、⑪Fe（OH）3胶体，
故答案为：⑩；⑧⑪；
（2）能导电的物质有：①Ca、②熔融CaO、⑥稀硫酸、⑦稀氨水、⑨稀醋酸、⑪Fe（OH）3胶体，不能导电的电解质有：③Ca（OH）2固体、⑩小苏打粉末（NaHCO3），非电解质为：④干冰（CO2）、⑤酒精（C2H5OH），
故答案为：①②⑥⑦⑨⑪；③⑩；④⑤；
（3）将⑥的水溶液逐滴加入到⑪中，胶体先聚沉，后溶解，发生的现象为：先生成红褐色沉淀，随着硫酸的不断加入，沉淀溶解，溶液变黄色，
故答案为：先生成红褐色沉淀，随着硫酸的不断加入，沉淀溶解，溶液变黄色；
（4）Ⅰ．⑥稀硫酸和⑦稀氨水反应生成硫酸铵和水，反应的离子方程式为：H++NH3•H2O＝+H2O，
故答案为：H++NH3•H2O＝+H2O；
Ⅱ．向③Ca（OH）2的溶液中加入过量⑩小苏打粉末（NaHCO3）的溶液，Ca（OH）2完全反应，反应的离子方程式为：Ca2++2+2OH﹣＝CaCO3↓+2H2O+，
故答案为：Ca2++2+2OH﹣＝CaCO3↓+2H2O+；
（5）CH3COOH溶液中滴入氨水至过量，发生反应的离子方程式为：CH3COOH+NH3•H2O＝CH3COO﹣++H2O，随着反应的进行，溶液中离子浓度逐渐增大，溶液的导电性逐渐增强，当CH3COOH和+NH3•H2O恰好完全反应时，再滴加氨水，离子的数量没有明显的增加，但溶液的体积增大，则离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，故与A图变化趋势一致，
故答案为：A；
（6）H3PO4是三元酸，能与NaOH反应生成NaH2PO4、Na2HPO4两种酸式盐和Na3PO4一种正盐，磷还有一种含氧酸叫亚磷酸（H3PO3），是二元弱酸，那么Na2HPO3为正盐，
故答案为：正盐。
【点评】本题考查了物质分类、物质组成、物质性质和制备、离子方程式书写等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大
20．（2024秋•浦东新区校级月考）“遂古之初，谁传道之？上下未形，何由考之？”屈原的《天问》体现出了中华民族对真理追求的坚韧与执着。
2020年7月23日，长征5号遥四运载火箭将我国首次执行火星探测任务的“天问一号”火星探测器成功进入预定轨道，标志着我国行星探测迈出了第一步。请回答以下问题：
（1）“天问一号”采用了我国自主研制的高性能碳化硅增强铝基复合材料。工业上制取碳化硅的化学反应高温方程式为：SiO2+3CSiC+2X↑，请写出X的化学式 CO 。若生成4g碳化硅，则其中含有 0.1NA 个碳原子；生成4g碳化硅的同时，生成X气体的体积在标准状况下为 4.48 L。根据物质分类的知识，合理的推测SiO2可能发生的反应，试举一例用化学方程式表示 SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O 。
（2）此次探测任务中，我国火星车“祝融”号利用了正十一烷（C11H24）储存能量。其原理是：白天火星温度升高，正十一烷从固态变为液态，此过程叫 熔化 ，该过程 吸收 （“吸收”或“放出”）能量；到了晚上反之。78g正十一烷（C11H24）完全燃烧，需要氧气 8.5 ml，生成二氧化碳分子 5.5NA 个。
（3）北京时间2021年6月17日9时22分，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。飞船之所以能够腾空升起，依靠的是化学推进剂，化学推进剂包含了燃料和助燃剂。偏二甲肼（C2H8N2）是一种高能燃料，燃烧产生巨大的能量，可作为航天运载火箭的推进力来源，下列叙述中正确的是 B 。
A．偏二甲肼的摩尔质量为60g
B．6.02×1023个偏二甲肼分子的质量为60g
C．1ml偏二甲肼的质量为
D．6g偏二甲肼含有NA个偏二甲肼分子
（4）4℃时，若20滴水恰好为1mL，那么1滴水中含有的水分子数为 B （用NA表示阿伏加德罗常数的值）。
A．
B．
C．
D．
【答案】（1）CO；0.1NA；4.48；SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O；
（2）熔化、吸收；8.5；5.5NA；
（3）B；
（4）B。
【分析】（1）依据化学反应中原子个数守恒判断X的化学式，依据化学方程式结合n＝计算；
（2）固态物质吸收能量，可由固态转化成液态，烷烃完全燃烧生成二氧化碳和水，据此书写方程式，依据方程式计算正十一烷完全燃烧耗氧量和生成二氧化碳分子数；
（3）A．摩尔质量的单位是g/ml等，以g/ml为单位数值上等于其相对分子质量；
B．根据n＝计算偏二甲肼的物质的量，再根据m＝nM计算其质量；
C．1ml偏二甲肼的质量为60g；
D．根据n＝计算偏二甲肼的物质的量，再根据N＝nNA计算其分子数目；
（4）4℃时，水的密度为1g/mL，由公式m＝ρV求算水的质量，进而求算水的物质的量和分子数。
【解答】解：（1）化学反应遵循原子个数守恒，依据原子个数守恒可知，反应中SiO2+3CSiC+2X↑，X应含有1个C和1个O，即化学式X为CO，化学方程式为：SiO2+3CSiC+2CO↑，若生成4g碳化硅，物质的量为：＝0.1ml，含有碳原子个数为0.1NA，依据方程式可知，生成0.1ml碳化硅同时生成0.2ml CO，标况下体积为0.2ml×22.4L/ml＝4.48L，根据物质分类的知识，SiO2可能属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，例如SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O，
故答案为：CO；0.1NA；4.48；SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O；
（2）固态物质熔化为液态，需要吸收能量，正十一烷完全燃烧生成二氧化碳和水，化学方程式为：C11H24+17O211CO2+12H2O，78g正十一烷（C11H24）物质的量为＝0.5ml，完全燃烧消耗氧气的物质的量为0.5ml×17＝8.5ml，生成二氧化碳物质的量为0.5ml×11＝5.5ml，个数为5.5NA，
故答案为：熔化；吸收；8.5；5.5NA。
（3）A．偏二甲肼的摩尔质量为60g/ml，1ml偏二甲肼的质量为60g，故A错误；
B．6.02×1023个偏二甲肼的物质的量为＝1ml，其质量为1ml×60g/ml＝60g，故B正确；
C．1ml偏二甲肼的质量为60g，偏二甲肼的摩尔质量为60g/ml，故C错误；
D．6g偏二甲肼的物质的量为＝0.1ml，根据N＝nNA可知，含有分子数目为0.1NA，故D错误，
故答案为：B；
（4）20滴水恰好为1mL，1滴水的体积为＝0.05mL，质量为1g/mL×0.05mL＝0.05g，1滴水中含有的水分子数为×NA/ml＝，
故答案为：B。
【点评】本题考查物质的量有关计算、摩尔质量，掌握以物质的量为中心的计算，题目基础性强，有利于基础知识的复习巩固。
21．（2024秋•浦东新区校级月考）实验室利用如图装置测量锌的相对原子质量。ag锌与H2SO4反应（设锌全部参加反应，产生气体在量程范围内，室温时该气体的密度为0.0818g/L）请回答下列问题。
（1）称量锌的质量所用的仪器是 电子天平 ；
检验该装置的气密性的方法是 将C中导管插入水槽的水中，微热A装置，若C中导管口看到气泡，冷却后C中导管液面上升，形成一段水柱，说明气密性良好 ；
（2）A管中发生的化学反应方程是 Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑ ；
（3）实验结束，恢复到室温后测定C中收集到液体的体积为VL，则锌的相对原子质量表达式为 。量筒中液体读数时，如果俯视读数，会导致测定的体积 偏高 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。如果锌的质量是准确的，读数时视线正常，但实际测得锌的相对原子质量偏大的可能原因是 导管内残留的液体没有进入量筒，导致测定的V值偏低 。
（4）若气体测量装置部分改为图D的装置，要保证容器内气压与大气压一致的操作是 上下移动乙管，使甲乙管内液面向平 ，读数时注意视线 与凹液面最低处相平 。
如果锌的质量是准确的，读数时视线正常，但实际测得锌的相对原子质量偏小的可能原因是 读取气体的体积的时候，可能气体的温度尚未恢复到室温 、 乙管中的液面低于甲管的液面 。
【答案】（1）电子天平；将C中导管插入水槽的水中，微热A装置，若C中导管口看到气泡，冷却后C中导管液面上升，形成一段水柱，说明气密性良好；
（2）Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑；
（3）；偏高；导管内残留的液体没有进入量筒，导致测定的V值偏低；
（4）上下移动乙管，使甲乙管内液面向平；读数时候视线与 凹 液面最低处相平；读取气体的体积的时候，可能气体的温度尚未恢复到室温；乙管中的液面低于甲管的液面，导致测量的 V 值偏高。
【分析】装置A中锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气，氢气难溶于水，将装置B中水压至装置C中量筒量取气体体积，以此进行分析解答。
【解答】解：（1）从提供的数据0.0818g/L来看，精度在0.0001g，故称量使用电子天平，检验装置的气密性的方法是：将C中导管插入水槽的水中，微热A装置，若C中导管口看到气泡，冷却后C中导管液面上升，形成一段水柱，说明气密性良好，
故答案为：电子天平；将C中导管插入水槽的水中，微热A装置，若C中导管口看到气泡，冷却后C中导管液面上升，形成一段水柱，说明气密性良好；
（2）A中锌与硫酸反应制取氢气，方程式为：Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑，
故答案为：Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑；
（3）设锌的相对原子质量为x，氢气的质量＝VL×0.0818g/L＝0.0818Vg，根据Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑，可得关系式：
Zn～H2
xg 2
ag 0.0818Vg
，解得x＝，量筒中液体如果俯视读数时，测定气体的体积偏高；如果锌的质量是准确的，但实际测得锌的相对原子质量偏小的可能原因是：导管内残留的液体没有进入量筒，导致测定的V值偏低，
故答案为：；偏高；导管内残留的液体没有进入量筒，导致测定的V值偏低；
（4）若气体测量装置部分改为图D的装置，要保证容器内气压与大气压一致的操作是：通过上下移动乙管，使甲乙管内液面向平，读数时注意视线要与凹液面的最低处保持水平；如果锌的质量是准确的，但实际测得锌的相对原子质量偏小的可能原因是V值偏大，体积与压强和温度有关，故可能得原因是读取气体的体积的时候，可能气体的温度尚未恢复到室温或乙管中的液面低于甲管的液面，导致测量的V值偏高，
故答案为：上下移动乙管，使甲乙管内液面向平；读数时候视线与凹液面最低处相平；读取气体的体积的时候，可能气体的温度尚未恢复到室温、乙管中的液面低于甲管的液面。
【点评】本题主要考查了金属的化学性质和一些实验的操作，是一道综合性实验探究题，难度较大，掌握基础知识，结合题给信息是解答该题的关键。
22．（2024秋•浦东新区校级月考）物质的量广泛用于化学、生物等基础科学的研究与分析，完成下列有关计算。
（1）标况下，6.72LNH3物质的量是 0.3ml ，质量是 5.1g ，所含原子个数是 1.2NA ，与 0.225 ml的CH4所含氢原子数相等。
室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成A、B两室，向A室中充入H2和O2的混合气体，向B室中充入3ml空气，此时活塞的位置如图所示：
（2）A室混合气体的物质的量为 6ml ，推断过程中运用了什么定律？ 阿伏加德罗定律 。
（3）实验测得A室混合气体的质量为102g，则该混合气体的密度是同温同压条件下氢气密度的 8.5 倍；混合气体中，H2和O2的体积比为 1：1 。
（4）将A室中H2与O2的混合气体点燃引爆，恢复原温度后，最终活塞停留的位置在 2 刻度。
（5）常温常压下，等质量的CH4、CO2、O2、H2分别吹出四个气球，吹出的气球的体积依次为V1、V2、V3、V4，体积由大到小的顺序是 V4、V1、V3、V2 。
【答案】（1）0.3ml；5.1g；1.2NA；0.225；
（2）6ml；阿伏加德罗定律；
（3）8.5；1：1；
（4）2；
（5）V4、V1、V3、V2。
【分析】（1）根据n＝＝＝计算；
（2）用阿伏加德罗定律，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，计算出A中混合气体物质的量6ml；
（3）同温同压下气体的密度之比等于平均摩尔质量之比，先计算出气体的平均摩尔质量可求出相对密度，设混合气体中H2和O2的物质的量分别为x、y，则①x+y＝6ml，②2x+32y＝102g，联立①②可解；
（4）A室混合气体为6ml，有3ml H2和3ml O2，由方程式2H2+O2＝2H2O计算可得；
（5）等质量的CH4、CO2、O2、O2四种气体的物质的量与其摩尔质量成反比，即摩尔质量越大，则物质的量越小，在同温同压下，体积越小。
【解答】解：（1）NH3物质的量n＝＝＝0.3ml，质量m＝nM＝0.3ml×17g•ml﹣1＝5.1g，所含原子数目N＝nNA＝0.3ml×4NA＝1.2NA，氨气中含有H原子0.3ml×3＝0.9ml，含有0.9ml H原子的CH4为＝0.225ml，
故答案为：0.3ml；5.1g；1.2NA；0.225；
（2）相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，VA：VB＝nA：nB，解得nA＝6ml，则A中混合气体的物质的量为6ml，推断中用的是阿伏加德罗定律，
故答案为：6ml；阿伏加德罗定律；
（3）A室混合气体的平均摩尔质量M＝＝＝17g•ml﹣1，平均分子量为17，同温同压下气体的密度之比等于平均摩尔质量之比，则＝＝＝8.5，密度是同温同压条件下氢气密度的8.5倍，设混合气体中H2和O2的物质的量分别为x、y，则①x+y＝6ml，②2x+32y＝102g，联立解得x＝y＝3ml，则两种气体是1：1混合，
故答案为：8.5；1：1；
（4）A室混合气体为6ml，有3ml H2和3ml O2，由方程式2H2+O2＝2H2O可知，氧气过量，完全反应恢复至室温，此时A中气体余1.5ml O2，B中是3ml气体，则体积比为1：2，则活塞停留在2位置，
故答案为：2；
（5）气体的物质的量n＝，在同温同压下，气体摩尔体积相同，气体的体积V＝n•Vm，即V＝•Vm可知，摩尔质量越大，体积越小，CH4、CO2、O2、H2的摩尔质量分别为16g/ml、44g/ml、32g/ml、2g/ml，体积由大到小的顺序是V4、V1、V3、V2，
故答案为：V4、V1、V3、V2。
【点评】本题考查了物质的量的计算、阿伏加德罗定律及其应用，为高频考点，把握反应中体积不变及物质的量相关计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意基本公式的应用，题目难度不大。
23．（2024•重庆开学）如图是甲、乙、内三种物质的溶解度曲线。请根据图中信息回答下列问题：
（1）甲、乙两种物质在 t2 ℃时溶解度相等；
（2）t3℃时，把30克甲充分溶解在50克水中，所得溶液质量是 75 g。
（3）t3℃时，将等质量甲、乙、丙三种物质的饱和溶液中降温到t1℃，所含溶剂质量由多到少的顺序是 甲＜乙＜丙 ；
（4）下列说法正确的是 C （填序号）。
A．甲中混有少量乙，可以采用蒸发结晶的方法提纯甲
B．t1℃时，甲、丙两物质饱和溶液中所含溶质质量相等
C．丙对应的物质可能为气体或者氢氧化钙
D．t2℃时，将甲、乙、丙三种物质的饱和溶液分别降低温度到t1℃（不考虑水的蒸发），所得溶液中溶质的质量分数依次为W1、W2、W3，则：W2＞W1＝W3
【答案】（1）t2；
（2）75；
（3）甲＜乙＜丙；
（4）C。
【分析】根据固体的溶解度曲线，可以查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性；可以比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小；可以判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断提纯晶体的方法。
【解答】解：（1）通过分析溶解度曲线可知，t2℃时，甲、乙两种物质的溶解度相等，
故答案为：t2；
（2）t3℃时，甲物质的溶解度为50g，即100g水中最多能溶解50g甲物质，达到饱和状态，则把30克甲充分溶解在50克水中，最多能溶解25g甲物质，所得溶液质量是：50g+25g＝75g，
故答案为：75；
（3）t3℃时，溶解度关系为：甲＞乙＞丙，则等质量甲、乙、丙三种物质的饱和溶液中，溶剂关系为：甲＜乙＜丙，降温到t1℃，甲析出了溶质，但乙、丙未析出溶质，因此溶剂关系为：甲＜乙＜丙，
故答案为：甲＜乙＜丙；
（4）A．甲溶解度受温度变化影响较大，乙溶解度受温度变化影响较小，甲中混有少量乙时，可用降温结晶的方法提纯甲，故A错误；
B．t1℃时，甲、丙两物质的溶解度相等，则此温度下，等质量的甲丙两物质饱和溶液中所含溶质质量相等，选项中没有指明溶液的质量，无法确定溶质质量，故B错误；
C．气体的溶解度随温度升高而减小，氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，丙物质的溶解度随温度升高而减小，故丙对应的物质可能为气体或者氢氧化钙，故C正确；
D．t2℃时，将甲、乙、丙三种物质的饱和溶液分别降低温度到t1℃（不考虑水的蒸发），所得溶液中溶质的质量分数依次为W1、W2、W3，降低温度，甲乙的溶解度降低，有晶体析出，变为t1℃的饱和溶液，t1℃时，乙的溶解度大于甲，则饱和溶液的溶质质量分数关系为：乙＞甲，即W2＞W1，降低温度，丙物质的溶解度变大，变为t1℃的不饱和溶液，溶液组成不变，溶质质量分数不变，t1℃甲的溶解度大于t2℃丙的溶解度，则三种物质的溶质质量分数关系为：乙＞甲＞丙，即W2＞W1＞W3，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线来解决相关的问题，难度不大，从而培养分析问题、解决问题的能力，掌握溶解度曲线的含义是解答该题的关键。
24．（2024•江州区校级开学）元素周期表是学习和研究化学的重要工具。请根据如表回答下列问题。
（1）用微粒的观点解释常温下6号元素组成的单质化学性质比较稳定的原因是 碳原子最外层电子数4，不容易得到和失去电子 。
（2）若某元素原子结构示意图如图所示，则该元素应位于元素周期表的 ② （填“①”或“②”）位置。
（3）某物质经过检测，只含有8号元素，则该物质 D （填序号）。
A．一定是单质
B．可能是化合物
C．一定是纯净物
D．可能是混合物
（4）纵行中，H、Li、Na三种元素的相同点是 最外层电子数相同 ，三种元素的不同点是 电子层数不同，核电荷数不同 ；横行中，Li、Be、B三种元素的相同点是 电子层数相同 ，三种元素的不同点是 最外层电子数不同，核电荷数不同 。
（5）请用上述周期表中所给元素组合成的物质写一个化学方程式： 2H2O22H2O+O2↑ ，该反应的基本反应类型是 分解反应 。
【答案】（1）碳原子最外层电子数4，不容易得到和失去电子；
（2）第三周期第ⅦA族；
（3）D；
（4）最外层电子数相同；电子层数不同，核电荷数不同；电子层数相同；最外层电子数不同，核电荷数不同；
（5）2H2O22H2O+O2↑；分解反应。
【分析】（1）6号元素为C元素，最外层电子数为4，既不易失电子，也不易得到电子；
（2）若某元素原子结构示意图如图所示为Cl元素，电子层数＝周期序数，最外层电子数＝主族族序数；
（3）某物质经过检测，只含有8号元素，为O元素，可能为纯净物，也可能为混合物；
（4）同主族最外层电子数相同，大中城市不同，同周期电子层数相同，最外层电子数不同；
（5）利用周期表中元素组成的物质可以是过氧化氢，过氧化氢催化剂作用下分解生成水和氧气。
【解答】解：（1）6号元素组成的单质为碳单质，碳原子最外层电子数4，不容易得到和失去电子，单质化学性质比较稳定，
故答案为：碳原子最外层电子数4，不容易得到和失去电子；
（2）若某元素原子结构示意图如图所示，则该元素应位于元素周期表的第三周期第ⅦA族，
故答案为：第三周期第ⅦA族；
（3）某物质经过检测，只含有8号元素，为O元素，可能为纯净物，如O2，也可能为混合物，如为O2和O3的混合物，
故答案为：D；
（4）纵行中，H、Li、Na为同主族元素，三种元素的相同点是：最外层电子数相同，三种元素的不同点是：电子层数不同，核电荷数不同，横行中，Li、Be、B为同周期元素，三种元素的相同点为：电子层数相同，三种元素的不同点为：最外层电子数不同，核电荷数不同，
故答案为：最外层电子数相同；电子层数不同，核电荷数不同；电子层数相同；最外层电子数不同，核电荷数不同；
（5）利用周期表中元素组成的物质可以是过氧化氢，过氧化氢催化剂作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑，反应为分解反应，
故答案为：2H2O22H2O+O2↑；分解反应。
【点评】本题考查了周期表结构、元素性质的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
25．（2024•南岗区校级开学）自然界中的铜元素存在于多种矿石中，如黄铜矿、辉铜矿等，均可作为工业炼铜的原料。
（1）由铜可以制得胆矾（CuSO4•5H2O），用胆矾配制50.0g质量分数为16%的CuSO4溶液，用托盘天平称取胆矾的质量为 125. g。
（2）2.50gCuSO4•5H2O样品受热脱水及分解过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示，CuSO4•5H2O存在的最高温度为 102 ℃；1000℃时生成一种氧化物e，其化学式为 Cu2O 。
（3）工业上以辉铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜。火法炼铜的反应原理可以表示为：Cu2S+O22Cu+SO2，取10t含Cu2S为64%的辉铜矿，理论上可最多生产出 5.12 吨铜。
【答案】（1）12.5；
（2）102；Cu2O；
（3）5.12t。
【分析】（1）根据题中数据显计算出硫酸铜的质量，再根据硫酸铜的质量求出胆矾的质量即可；
（2）根据胆矾样品质量随温度变化的曲线图来分析解答；根据题中数据和信息来分析解答；
（3）根据方程式找出Cu2S和铜的质量比，再根据Cu2S的质量求出铜的质量即可。
【解答】解：（1）配制50.0g质量分数为16%的CuSO4溶液，需要硫酸铜的质量为50.0g×16%＝8g，则称取胆矾的质量为8g÷＝12.5g，
故答案为：12.5；
（2）由胆矾样品质量随温度变化的曲线图可知，CuSO4•5H2O存在的最高温度为102℃，2.50gCuSO4•5H2O中，CuSO4的质量为2.50g×＝1.60g，说明c点的物质是CuSO4，CuSO4在高于680℃时分解为氧化铜和三氧化硫，氧化铜的质量为1.60g×＝0.80g，说明d点的物质是氧化铜，0.80g氧化铜中Cu的质量为0.80g×＝0.64g，根据反应前后元素的质量不变，0.72g固体中Cu的质量为0.64g，氧元素的质量为0.72g﹣0.64g＝0.08g，则氧化物e中，铜、氧的原子个数比＝：＝2：1，则1000℃时生成一种氧化物e，其化学式为Cu2O，
故答案为：102；Cu2O；
（3）设理论上可最多生产出铜的质量为x，
Cu2S+O22Cu+SO2
160 128
10t×64% x
x＝5.12t
故答案为：5.12。
【点评】本题主要考查了化学反应中定量关系和图象相结合，题目难度较大，要准确解答此类题，关键要对化学反应知识熟练，并能结合图象的数学意义综合考虑。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/11/6 23:34:54；用户：组卷48；邮箱：zyb048@xyh.cm；学号：41419011
化学键
S＝O（SO2）
O＝O（O2）
S＝O（SO3）
能量/kJ
535
496
472
溶剂
水
乙醇
乙醚
沸点/℃
100
78
35
提取效率
几乎为0
35%
95%
硫酸化学纯（CP）（500mL）
品名：硫酸
化学式：H2SO4
相对分子质量：98
密度：1.84g/cm3
质量分数：98%
A组
B组
C组
D组
分类标准
含氧酸

分散系

不属于该类别的物质

AgNO3

Fe2O3
化学键
S＝O（SO2）
O＝O（O2）
S＝O（SO3）
能量/kJ
535
496
472
溶剂
水
乙醇
乙醚
沸点/℃
100
78
35
提取效率
几乎为0
35%
95%
硫酸化学纯（CP）（500mL）
品名：硫酸
化学式：H2SO4
相对分子质量：98
密度：1.84g/cm3
质量分数：98%
A组
B组
C组
D组
分类标准
含氧酸
ㅤ阳离子种类ㅤ
分散系
ㅤ碱ㅤ
不属于该类别的物质
ㅤㅤHCl
AgNO3
ㅤ蒸馏水ㅤ
Fe2O3