精品解析：天津市天津中学2024-2025学年高一上学期12月月考 化学试题

2024—2025学年第一学期天津中学高一年级第二次阶段性检测 化学学科试卷 可能用到的相对原子质量：H1；He4；O16；Fe56 第I卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意。) 1. 分类思想是研究化学的常用方法。下列物质的分类正确的是 A. 电解质：盐酸、 B. 酸性氧化物： C. 碱： D. 胶体：有色玻璃、胶体 2. 下列说法正确的是 A. H2、D2、T2是氢元素的同素异形体 B. H2、D2、T2摩尔质量之比为1：2：3 C. 由H、D、T与16O、17O、18O能形成9种水分子 D. D、T发生核聚变成为其他元素，属于化学变化 3. 下列叙述中，正确的是 A. KNO3固体不导电，所以KNO3不是电解质 B. 铜丝、石墨均能导电，但它们都不是电解质 C. 熔融的HCl能导电，所以HCl是电解质 D. NaCl溶于水，在通电条件下才能发生电离 4. 下列关于胶体和溶液的叙述正确的是（ ） A. 溶液呈电中性，部分胶体带电荷，部分胶体不带电荷 B. 胶体与其他分散系的本质区别是能否产生丁达尔效应 C. 氢氧化铁胶体是一种红褐色的液体 D. 胶体是具有一定稳定性的分散剂 5. 下列物质中不能通过化合反应直接生成的是（ ） A. B. C. D. 6. 用光洁的铂丝蘸取无色溶液在无色灯焰上灼烧时观察到黄色火焰，下列叙述正确的是 A. 只含有Na+ B. 一定含Na+，也可含K+ C. 既含Na+又含有K+ D. 可能含Na+或K+中一种 7. 使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是 选项 A B C D 试剂a CuSO4 NH4HCO3 H2SO4 CH3COOH 试剂b Ba(OH)2 Ca(OH)2 Ba(OH)2 NH3·H2O A. A B. B C. C D. D 8. 可以发生反应：．下列说法正确的是 A. 是氧化产物 B. 既是氧化剂又是还原剂 C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4 D. 完全反应，生成(标准状况下)HF 9. 下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以左右自由滑动的隔板(其质量忽略不计)。其中能表示相同温度时，等质量的氢气与氦气的是 A. B. C. D. 10. 下列化学用语的表述正确的是 A. NaHCO3电离：NaHCO3＝Na++H++CO B. NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：NH+OH‒＝NH3↑+H2O C. Fe(OH)3与氢碘酸溶液混合：Fe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2O D. 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全：Ba2++OH‒+H++SO＝BaSO4↓+H2O 11. 下列叙述正确的是 A. 最高正化合价： B. 金属性： C. 酸性： D. 还原性： 12. 配制一定物质的量浓度的稀溶液时，下列操作会造成所配溶液浓度偏高的是 A. 使用有少量蒸馏水的容量瓶配制溶液 B. 用量筒量取浓硫酸时仰视液面 C. 移液后烧杯未用蒸馏水洗涤 D. 定容时仰视液面 13. 锶是人体不可缺少的一种微量元素，位于元素周期表中第五周期第ⅡA族。下列关于38Sr的说法不正确的是 A. 原子最外层有2个电子 B. 中子数为52的Sr的核素符号为 C. 与同周期的53I的原子半径：Sr>I D. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：Ca(OH)2>Sr(OH)2 14. 下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 氯气溶于水： B. 将过量的通入NaOH溶液中： C. 与反应： D. 向溶液中加入过量氨水： 15. 下列说法正确的是 A. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素 B. 原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表第IIA族 C. 同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱 D. 同周期中金属性最强的元素是IA族的金属元素 16. 将钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有白色沉淀产生的是 ①MgSO4溶液 ②Na2SO4溶液 ③饱和澄清石灰水 ④Ca(HCO3)2溶液 ⑤CuSO4溶液 ⑥饱和NaCl溶液 A. ①④⑤⑥ B. ③④⑤⑥ C. ②④⑤⑥ D. ①③④⑥ 17. 某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为 A. 0.80 B. 0.85 C. 0.90 D. 0.93 18. 下列叙述中，正确的是 A. 高温下，铁和水蒸气反应可以生成 B. 可用KSCN溶液鉴别溶液和溶液 C. 合金的熔点一定比各成分金属的低 D. 稀土金属可以用于生产合金 19. NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 A. 固体中含离子总数为 B. 常温常压下，和的混合气体中含有个氧原子 C. 高温上，与足量水蒸气反应，生成的分子数目为 D. 与足量氯气反应时转移的电子数为 20. 用溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是 A. 若溶液中有，则一定有Cu析出 B. 若溶液中有，则一定没有固体析出 C. 若有固体存在，则溶液中一定有 D. 若无固体剩余，则溶液中一定有 21. 某离子反应涉及到H2O、ClO－、NH4+、OH－、N2、Cl－ 几种微粒，其中N2、ClO－ 的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应中Cl－ 为氧化产物 B. 消耗1 mol还原剂，转移3 mol电子 C. 反应后溶液的碱性增强 D. 该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2:3 22. 元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列判断正确的是 A. X的非金属性比Q的大 B. Q的简单离子半径比R的大 C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比Q的强 D. Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比R的强 23. 向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示。则下列有关说法中不正确的 A. 还原性：I- >Fe2+ >Br- B. 原混合溶液中FeBr2的物质的量为6mol C. 当通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl- D. 原溶液中：n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2：1：3 24. 向溶液中通入一定量的气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入的盐酸，产生的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是 A. 原溶液的浓度为 B. 通入在标准状况下的体积为 C. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为 D. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为 25. 在含等离子的溶液中，逐滴加入溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如图所示。下列叙述不正确的是 A. 原溶液的 B. 原溶液中 C. 与的差值为0.008mol D. 原溶液中 第II卷(非选择题，共50分) 可能用到的相对原子质量：H1；O16；S32；Cu64；Zn65；Ba137 26. 随原子序数的递增，八种短周期元素(用字母x表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。 根据判断出的元素回答问题： （1）在元素周期表的位置是_______。 （2）比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示，下同)_______>_______；比较的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_______>_______。 （3）上述元素可组成盐：，向盛有溶液的烧杯中滴加溶液，沉淀物质的量随溶液体积变化示意图如下： ①写出m点反应的离子方程式_______。 ②如果生成白色沉淀，需要加入溶液的体积_______或_______mL。 ③若在R溶液中改加溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为_______mol。 （4）Fe、Co、Ni能与反应，其中Co和Ni均生成二氯化物，由此推断、和的氧化性由强到弱的顺序为_______，与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：_______。 27. 高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。为紫色固体，某实验小组以次氯酸盐和铁盐为原料制备少量高铁酸钾。 (一)根据上图回答下列问题： （1）i中反应的离子方程式是_______； （2）配平方程式_______； ___________________________________+_______ （3）iii中反应说明溶解度：_______；(填“>”或“<”)； （4）将固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡产生，经检验为，液体有丁达尔效应。化学反应方程式是_______。 （5）在溶液中加入与等物质的量的，恰好转化为，写出该反应的离子方程式：_______。 (二)制备强碱性饱和溶液： ①将溶液加入仪器中，冷水浴冷却，通入搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止(装置如下图所示)。 ②将所得饱和倒入烧杯并置于冷水浴中，分几次加入固体并不断搅拌，过滤，得强碱性饱和溶液。 （6）装置a的作用_______； （7）写出甲装置中反应的离子方程式_______。 （8）石灰乳的作用(化学方程式)为_______。 28. 为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题： Ⅰ.甲方案 实验原理： 实验步骤： (1)判断沉淀完全的操作为____________。 (2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为_____________。 (3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为__________。 (4)固体质量为wg，则c(CuSO4)=________mol‧L-1。 (5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 Ⅱ.乙方案 实验原理：， 实验步骤: ①按右图安装装置(夹持仪器略去) ②…… ③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂 ④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录。 ⑤将CuSO4溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生 ⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录 ⑦处理数据 (6)步骤②为___________。 (7)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是________(填序号)。 a.反应热受温度影响 b.气体密度受温度影响 c.反应速率受温度影响 (8)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，则c(CuSO4)______mol‧L-1(列出计算表达式)。 (9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4)________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 (10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度：_________(填“是”或“否”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年第一学期天津中学高一年级第二次阶段性检测 化学学科试卷 可能用到的相对原子质量：H1；He4；O16；Fe56 第I卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意。) 1. 分类思想是研究化学的常用方法。下列物质的分类正确的是 A. 电解质：盐酸、 B. 酸性氧化物： C. 碱： D. 胶体：有色玻璃、胶体 【答案】D 【解析】 【详解】A．电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下自身能够导电的化合物，盐酸是混合物，不属于电解质，A错误； B．和NaOH溶液发生氧化还原反应生成NaNO2和NaNO3，不属于酸性氧化物，B错误； C．中含有OH-和Cu2+，属于碱式盐，不属于碱，C错误； D．分散质粒子的直径为1~100nm的分散系是胶体，有色玻璃是固溶胶，胶体是液溶胶，D正确； 故选D。 2. 下列说法正确的是 A. H2、D2、T2是氢元素的同素异形体 B. H2、D2、T2摩尔质量之比为1：2：3 C. 由H、D、T与16O、17O、18O能形成9种水分子 D. D、T发生核聚变成为其他元素，属于化学变化 【答案】B 【解析】 【详解】A．H2、D2、T2均为氢气，为同种物质，故A错误； B．H2、D2、T2摩尔质量分别为2g/mol、4g/mol、6g/mol，摩尔质量之比为1：2：3，故B正确； C．一个水分子中含有两个氢原子和一个氧原子，水分子所含有的氢原子可以是同一种氢原子，也可以是不同种氢原子，当氧原子是16O时，若是同一种氢原子，则能组成的水分子种类有3种，若是不同种氢原子，则由H、D、组成的水分子有1种，由D、T组成的水分子有1种，由H、T组成的水分子有1种，共有6种水分子，同理，当氧原子是17O、18O时，又分别有6种水分子，共18种，故C错误； D．氘（D）、氚（T）聚变反应属于物理变化，不属于化学变化，故D错误； 故选B。 3. 下列叙述中，正确的是 A. KNO3固体不导电，所以KNO3不是电解质 B. 铜丝、石墨均能导电，但它们都不是电解质 C. 熔融的HCl能导电，所以HCl是电解质 D. NaCl溶于水，在通电条件下才能发生电离 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．KNO3固体中离子受到离子键的作用，不能自由移动，所以不导电，但KNO3固体溶于水或熔融状态下能够发生电离，可以导电，所以KNO3属于电解质，A项错误； B．铜丝、石墨虽能导电，但均是单质，不是化合物，因此既不是电解质也不是非电解质，B项正确； C．熔融状态下，HCl仍是分子，不会电离成离子，是一种共价化合物，所以不能导电。HCl水溶液状态下可以电离出离子，从而可以导电，所以HCl是电解质，C项错误； D．NaCl溶于水可电离生成钠离子与氯离子，无需外接电源，D项错误； 答案选B。 4. 下列关于胶体和溶液的叙述正确的是（ ） A. 溶液呈电中性，部分胶体带电荷，部分胶体不带电荷 B. 胶体与其他分散系的本质区别是能否产生丁达尔效应 C. 氢氧化铁胶体是一种红褐色的液体 D. 胶体是具有一定稳定性的分散剂 【答案】C 【解析】 【详解】A. 溶液和胶体均不带电，都是呈电中性的分散系，应该说胶体粒子带电荷，故A错误； B. 胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，故B错误； C. 氢氧化铁胶体是一种红褐色的液体，C正确； D. 胶体是具有一定稳定性的分散系，而不是分散剂，故D错误； 故答案为C。 5. 下列物质中不能通过化合反应直接生成的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A. 金属钠和氧气可以直接化合生成过氧化钠，故A不符合题意； B. 氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故B不符合题意； C. Fe与硫酸铁发生化合反应生成硫酸亚铁，故C不符合题意； D. 硫酸铝不能通过化合反应直接生成，故D符合题意； 故答案为D。 6. 用光洁的铂丝蘸取无色溶液在无色灯焰上灼烧时观察到黄色火焰，下列叙述正确的是 A. 只含有Na+ B. 一定含Na+，也可含K+ C. 既含Na+又含有K+ D. 可能含Na+或K+中一种 【答案】B 【解析】 【详解】用光洁的铂丝蘸取无色溶液在无色灯焰上灼烧时观察到黄色火焰，一定有含Na+，黄色火焰会遮盖住K+的火焰颜色，因此一定含Na+，也可含K+，若通过蓝色钴玻璃片，没有紫色火焰，才能证明不存在钾离子。 答案选B。 7. 使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是 选项 A B C D 试剂a CuSO4 NH4HCO3 H2SO4 CH3COOH 试剂b Ba(OH)2 Ca(OH)2 Ba(OH)2 NH3·H2O A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．Ba(OH)2与CuSO4发生离子反应：Ba2++2OH-+Cu2++=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当CuSO4溶液过量时，其电离产生的Cu2+、导电，使灯泡逐渐又变亮，A不符合题意； B．Ca(OH)2与NH4HCO3发生离子反应：Ca2++2OH-++=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯泡很暗。当 NH4HCO3溶液过量时，其电离产生的、 导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意； C．Ba(OH)2与H2SO4发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当H2SO4溶液过量时，其电离产生的H+、导电，使灯泡逐渐又变亮，C不符合题意； D．CH3COOH与氨水发生离子反应：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-++H2O，反应后自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，灯泡更明亮，不出现亮—灭(或暗)—亮的变化，D符合题意； 故合理选项是D。 8. 可以发生反应：．下列说法正确的是 A. 是氧化产物 B. 既是氧化剂又是还原剂 C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4 D. 完全反应，生成(标准状况下)HF 【答案】C 【解析】 【分析】氟气的氧化性很强，只能作氧化剂使用，在化合物中，其化合价为价。反应：，元素化合价由价升高到价，被氧化，元素化合价由价降低到价，被还原；据此分析作答。 【详解】A．元素化合价由价降低到价，被还原，是还原产物，A错误； B．只有氧元素化合价降低，它是氧化剂，B错误； C．还原剂是，氧化剂是，还原剂与氧化剂的物质的量之比为，C正确； D．标准状况下，是液态，不是气体，不能计算其体积，D错误； 故选C。 9. 下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以左右自由滑动的隔板(其质量忽略不计)。其中能表示相同温度时，等质量的氢气与氦气的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】容器中间有一个可以左右自由滑动的隔板（其质量忽略不计），说明容器两侧的气体压强相等，相同温度时，等质量的 H2与 He的体积之比等于其物质的量之比，He为单原子分子，He的摩尔质量为4g/mol，H2的摩尔质量为2g/mol，所以等质量的氢气与氦气的分子数之比为2：1，体积比也为2：1； 故选A。 10. 下列化学用语的表述正确的是 A. NaHCO3电离：NaHCO3＝Na++H++CO B. NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：NH+OH‒＝NH3↑+H2O C. Fe(OH)3与氢碘酸溶液混合：Fe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2O D. 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全：Ba2++OH‒+H++SO＝BaSO4↓+H2O 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．NaHCO3为弱酸的酸式盐，HCO不能拆分，正确的电离方程式为：NaHCO3＝Na++HCO，A项错误； B．NaOH过量，则OH‒还会与HCO发生反应，且铵盐与稀溶液在不加热时主要生成NH3•H2O，正确的离子方程式为：NH+2OH‒+HCO＝NH3•H2O+H2O+ CO，B项错误； C．Fe3+具有氧化性，能与I‒发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I‒＝2Fe2++I2+6H2O，C项错误； D．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全，则反应中Ba(OH)2与NaHSO4的物质的量比为1:1，按“少定多变法”，可得离子方程式为：Ba2++OH‒+H++SO＝BaSO4↓+H2O，D项正确； 答案选D。 11. 下列叙述正确的是 A. 最高正化合价： B. 金属性： C. 酸性： D. 还原性： 【答案】D 【解析】 【详解】A．O元素通常情况下无最高正价，N的最高正价为+5价，A错误； B．同主族从上往下，金属性逐渐增强，则金属性：，B错误； C．HF为弱酸，HCl为强酸，C错误； D．非金属单质的氧化性越强，其对应的阴离子还原性越弱，单质的氧化性氯气大于硫单质，则还原性：，D正确； 故选D。 12. 配制一定物质的量浓度的稀溶液时，下列操作会造成所配溶液浓度偏高的是 A. 使用有少量蒸馏水的容量瓶配制溶液 B. 用量筒量取浓硫酸时仰视液面 C. 移液后烧杯未用蒸馏水洗涤 D. 定容时仰视液面 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．容量瓶内虽然有少量的蒸馏水，但在整个溶液配制中，不影响最终溶质的量和溶液的体积，所以对所配溶液的浓度无影响，故A不选； B．用量筒量取浓硫酸时仰视液面，量取的浓硫酸的量偏多，即溶质的量偏多，会造成所配溶液浓度偏高，故B可选； C．移液后烧杯未用蒸馏水洗涤，烧杯中会残留少量的溶质，即所配溶液中溶质的量偏小，会造成所配溶液浓度偏小，故C不选； D．定容时仰视液面，造成溶液的体积偏大，会造成所配溶液浓度偏小，故D不选； 故选B。 13. 锶是人体不可缺少的一种微量元素，位于元素周期表中第五周期第ⅡA族。下列关于38Sr的说法不正确的是 A. 原子最外层有2个电子 B. 中子数为52的Sr的核素符号为 C. 与同周期的53I的原子半径：Sr>I D. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：Ca(OH)2>Sr(OH)2 【答案】D 【解析】 【详解】A．主族序数等于原子最外层电子数，锶元素位于周期表中第五周期第ⅡA族，所以锶原子原子最外层有2个电子，故A正确； B．质量数=质子数+中子数=38+52=90，所以中子数为52的Sr的核素符号为，故B正确； C．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，由于原子序数：碘>锶，所以原子半径：Sr>I，故C正确； D．同一主族元素元素从上到下金属性增强，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性就越强，所以最高价氧化物对应的水化物的碱性：Ca(OH)2<Sr(OH)2，故D错误； 故答案选D。 14. 下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 氯气溶于水： B. 将过量的通入NaOH溶液中： C. 与反应： D. 向溶液中加入过量氨水： 【答案】D 【解析】 【详解】A．次氯酸是弱酸不能拆，A错误； B．过量的二氧化硫会与碱反应生成酸式盐亚硫酸氢钠，B错误； C．氧元素不守恒，，C错误； D．过量氨水不能溶解氢氧化铝，离子方程式为，D正确； 故选D。 15. 下列说法正确的是 A. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素 B. 原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表第IIA族 C. 同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱 D. 同周期中金属性最强的元素是IA族的金属元素 【答案】D 【解析】 【详解】A．过渡元素是元素周期表中所有的副族及VIII族元素，A错误； B．锰、铁和锌等过渡元素最外层电子数也为2，B错误； C．同主族元素最高价的含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱，C错误； D．同周期中从左到右金属性逐渐减弱，故金属性最强的元素是IA族的金属元素，D正确； 故选D。 16. 将钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有白色沉淀产生的是 ①MgSO4溶液 ②Na2SO4溶液 ③饱和澄清石灰水 ④Ca(HCO3)2溶液 ⑤CuSO4溶液 ⑥饱和NaCl溶液 A. ①④⑤⑥ B. ③④⑤⑥ C. ②④⑤⑥ D. ①③④⑥ 【答案】D 【解析】 【详解】钠与水反应生成NaOH和H2，钠与水反应消耗水、反应放出热量，且生成的NaOH可能与溶质反应，这些因素均可能导致沉淀产生。 ①NaOH与MgSO4生成白色Mg(OH)2沉淀； ②Na2SO4与NaOH不反应，无沉淀； ③饱和石灰水中，钠消耗水且放热，Ca(OH)2溶解度降低而析出白色沉淀； ④NaOH与Ca(HCO3)2反应生成白色CaCO3沉淀。 ⑤NaOH与CuSO4生成蓝色Cu(OH)2沉淀； ⑥钠与水反应消耗水，饱和NaCl溶液中析出白色NaCl晶体； 既有气体又有白色沉淀产生的是①③④⑥，选D。 17. 某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为 A. 0.80 B. 0.85 C. 0.90 D. 0.93 【答案】A 【解析】 【详解】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mL Cl2转移电子数为×2=0.01mol．则有：×(3-)×x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。 【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。本题中注意平均化合价的应用，根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。 18. 下列叙述中，正确的是 A. 高温下，铁和水蒸气反应可以生成 B. 可用KSCN溶液鉴别溶液和溶液 C. 合金的熔点一定比各成分金属的低 D. 稀土金属可以用于生产合金 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A.高温下，铁和水蒸气反应发生氧化还原反应生成四氧化三铁和氢气，故A错误； B.氯化铁溶液和硫酸铁溶液都是铁盐溶液，都能使硫氰化钾溶液变红色，不能用硫氰化钾溶液鉴别氯化铁溶液和硫酸铁溶液，故B错误； C.合金的熔点一般比各成分金属的低，硬度比各成分金属的高，有些合金没有固定熔点，故C错误； D.稀土金属添加至镁、铝、铜、锌、镍等有色合金中，可以改善合金的物理、化学性能，并提高合金室温及高温机械性能，常用于生产合金，故D正确； 故选D。 19. NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 A. 固体中含离子总数为 B. 常温常压下，和的混合气体中含有个氧原子 C. 高温上，与足量水蒸气反应，生成的分子数目为 D. 与足量氯气反应时转移的电子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，固体中含3mol离子，离子总数为3NA，A错误； B．常温常压下，和的混合气体中分子的物质的量不是1mol，则不含有个氧原子，B错误； C．，与足量水蒸气反应，生成的0.4mol，分子数目为，C正确； D．氯气与FeI2的反应：2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2，故1 mol FeI2与足量氯气反应时转移3mol电子，电子数为3NA，D错误； 故选C。 20. 用溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是 A. 若溶液中有，则一定有Cu析出 B. 若溶液中有，则一定没有固体析出 C. 若有固体存在，则溶液中一定有 D. 若无固体剩余，则溶液中一定有 【答案】C 【解析】 【分析】用溶液腐蚀印刷电路板上的铜，发生反应，据此分析解答。 【详解】A． 用溶液腐蚀印刷电路板上的铜，发生反应，所得的溶液中一定含有氯化亚铁、氯化铜，加入铁粉，若有剩余，铁粉先与发生反应，若此反应完成后铁粉无剩余，则不能发生，由此可知，溶液中一定有，但是不一定有Cu析出，故A错误； B． 若溶液中有，可能是加入的铁量不足，铁粉可能置换出一部分铜，剩余一部分，故可能有固体析出，故B错误； C． 若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有，故C正确； D． 无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁粉完全反应，溶液中一定含有，但是不一定含有，故D错误； 故选C。 21. 某离子反应涉及到H2O、ClO－、NH4+、OH－、N2、Cl－ 几种微粒，其中N2、ClO－ 的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应中Cl－ 为氧化产物 B. 消耗1 mol还原剂，转移3 mol电子 C. 反应后溶液的碱性增强 D. 该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2:3 【答案】B 【解析】 【分析】由曲线变化可知，随着反应进行，N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO－为另一反应物，由氯元素守恒可知Cl－是生成物，则反应的方程式：3ClO－+2NH4++2OH－=N2↑+5H2O+3Cl－，以此分析解答。 【详解】反应的方程式为：3ClO－+2NH4++2OH－=N2↑+5H2O+3Cl－。 A．由方程式可知，N元素的化合价升高，则N2为氧化产物，A错误； B．由方程式可知还原剂为NH4+，其中N元素的化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂转移3mol电子，B正确； C．由方程式可知反应在碱性条件下发生，反应消耗OH－，反应后溶液的碱性减弱，C错误； D．反应3ClO－+2NH4++2OH－=N2↑+5H2O+3Cl－中氧化剂为ClO－，还原剂为NH4+，故氧化剂与还原剂物质的量之比为3：2，D错误。 答案选B。 22. 元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列判断正确的是 A. X的非金属性比Q的大 B. Q的简单离子半径比R的大 C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比Q的强 D. Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比R的强 【答案】B 【解析】 【分析】元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示，则R为K，Y为Na，X为C，Z为S，Q为Cl。 【详解】A．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，高氯酸的酸性强于碳酸，因此X(C)的非金属性比Q(Cl)的弱，故A错误； B．根据同电子层结构核多径小，因此Q的简单离子半径比R的大，故B正确； C．非金属性越弱，其简单氢化物稳定性越弱，因此Z的简单气态氢化物H2S的热稳定性比Q(HCl)的弱，故C错误； D．同主族从上到下金属性逐渐增强，因此Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比R的弱，故D错误。 综上所述，答案为B。 23. 向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示。则下列有关说法中不正确的 A. 还原性：I- >Fe2+ >Br- B. 原混合溶液中FeBr2的物质的量为6mol C. 当通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl- D. 原溶液中：n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2：1：3 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据反应2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－可知还原性：Fe2＋>Br－；根据反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2可知还原性：I－>Fe2＋。所以还原性：I－>Fe2＋>Br－，故A正确； B．向溶液中通入氯气，各种离子反应的先后顺序为：I－、Fe2＋、Br－，所以先减少的是I－离子，根据反应2I－＋Cl2=I2＋2Cl－及图像可知：n(I－)=2mol，然后减少的是Fe2＋：发生反应的方程式是：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，根据消耗的氯气的物质的量可得n(Fe2＋)= 4mol，则原混合溶液中FeBr2的物质的量为n(FeBr2)=4mol-2mol ÷2=3mol，故B错误。 C．当通入2 mol Cl2时，其中1mol与溶液中I－离子发生反应，另1mol与溶液中Fe2＋反应。发生的离子反应可表示为：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－，故C正确； D．原溶液中：n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝4mol:2mol:(3×2)mol=2∶1∶3，故D正确； 故选：B。 24. 向溶液中通入一定量的气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入的盐酸，产生的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是 A. 原溶液的浓度为 B. 通入在标准状况下的体积为 C. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为 D. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为 【答案】B 【解析】 【分析】氢氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠或碳酸氢钠，加入盐酸，碳酸钠和盐酸首先生成碳酸氢钠、碳酸氢钠再和盐酸生成二氧化碳，由图，初始消耗盐酸25mL小于生成二氧化碳时消耗盐酸100mL-25mL=75mL，则溶液中通入一定量的气体，充分反应后，所得溶液为碳酸钠和碳酸氢钠的混合液； 【详解】A．加入100mL盐酸时，原氢氧化钠中钠离子恰好转化为氯化钠，根据化学反应中原子守恒，则有n(Na+)=n(Cl-)，所以n(NaOH)=n(HCl)=×0.1L=0.02mol， c(NaOH)=0.02mol÷0.1L =0.2mol/L，A错误； B．碳酸氢钠和盐酸生成二氧化碳，由图，75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量0.075L×=0.015mol，则产生0.015mol二氧化碳，通入的二氧化碳也为0.015mol，标准状况下的体积为，B正确； C．由分析可知，所得溶液为碳酸钠和碳酸氢钠的混合液，C错误； D．由分析可知，所得溶液为碳酸钠和碳酸氢钠的混合液，，则碳酸钠为0.025L×=0.005mol，此碳酸钠生成0.005mol碳酸氢钠，原碳酸氢钠为0.015mol-0.005mol=0.01mol，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为，D错误； 故选B。 25. 在含等离子的溶液中，逐滴加入溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如图所示。下列叙述不正确的是 A. 原溶液的 B. 原溶液中 C. 与的差值为0.008mol D. 原溶液中 【答案】D 【解析】 【分析】由给出的离子在滴入NaOH溶液时首先发生，然后Mg2+、Al3+结合OH－生成沉淀，与OH－反应生成一水合氨，氢氧化铝与OH－反应生成四羟基合铝酸根离子而溶解，并结合图可知，0～4mL时发生酸碱中和，4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH－生成沉淀，30mL～33mL发生与OH－反应生成一水合氨，33mL～35mL发生氢氧化铝的溶解反应； 【详解】A、由图0～4mL时发生，则H+的物质的量为0.004 L×4mol/L= 0.016mol，H+的物质的量浓度为0.016mol÷0.2L=0.08 mol/L，A正确； B．由，NaOH的物质的量为(35-33)×10－3L×4mol/L = 0.008mol，即Al(OH)3的物质的量=0.008 mol，则原溶液中n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.008 mol，由图可知溶解Al(OH)3消耗氢氧化钠溶液2mL，沉淀Mg2+、Al3+消耗氢氧化钠溶液30mL-4mL=26 mL，则n(NaOH)=(30-4)×10－3 L×4 mol/L－1=0.104 mol，根据氢氧根守恒，该阶段有3n[Al(OH)3] + 2n[Mg(OH)2] = n(NaOH)，则n[Mg(OH)2] =(0.104mol－0.008mol×3)= 0.04 mol，故原溶液中n(Mg2+) = 0.04 mol，故原溶液中n(Mg2+)：n(Al3+) = 5：1，B正确； C．由图可知，x与y的差值即为Al(OH)3的物质的量，结合B分析，Al(OH)3的物质的量= 0.008mol，C正确； D．溶液中的阴离子只有Cl－，则加入33 mL NaOH溶液时Cl－全部存在于NaCl中，则Cl－的物质的量为33×10－3 L×4 mol/L=0.132mol，原溶液中c(Cl-)== 0.66 mol/L，而非0.066 mol/L，D错误； 故选D。 第II卷(非选择题，共50分) 可能用到的相对原子质量：H1；O16；S32；Cu64；Zn65；Ba137 26. 随原子序数的递增，八种短周期元素(用字母x表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。 根据判断出的元素回答问题： （1）在元素周期表的位置是_______。 （2）比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示，下同)_______>_______；比较的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_______>_______。 （3）上述元素可组成盐：，向盛有溶液的烧杯中滴加溶液，沉淀物质的量随溶液体积变化示意图如下： ①写出m点反应的离子方程式_______。 ②如果生成白色沉淀，需要加入溶液的体积_______或_______mL。 ③若在R溶液中改加溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为_______mol。 （4）Fe、Co、Ni能与反应，其中Co和Ni均生成二氯化物，由此推断、和的氧化性由强到弱的顺序为_______，与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：_______。 【答案】（1）第三周期ⅢA族 （2） ①. O2- ②. Na+ ③. HClO4 ④. H2SO4 （3） ①. ②. 15 ③. 35 ④. 0.022 （4） ①. >> ②. 【解析】 【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素； 【小问1详解】 f是Al元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，据此判断f在元素周期表的位置为第三周期ⅢA族； 【小问2详解】 电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；d、e常见离子的半径大小，O2->Na+；同一周期元素，非金属性随着原子序数增大而增强；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故HClO4>H2SO4； 【小问3详解】 NH4Al(SO4)2在溶液中电离出、Al3+和；加入氢氧化钠，氢氧根离子首先和铝离子生成氢氧化铝沉淀、再和铵根离子生成一水合氨、氢氧根离子过量和氢氧化铝生成四羟基合铝酸根离子； ①m点反应为氢氧根离子和铵根离子生成一水合氨，离子方程式。 ②如果生成白色沉淀氢氧化铝：，若初始反应氢氧化钠不足，则需0.015mol氢氧化钠，为0.015mol÷1mol/L=15mL；若反应生成0.01mol氢氧化铝后又溶解0.005mol氢氧化铝：，则需氢氧化钠0.01mol×3+0.005mol=0.035mol，为0.035mol÷1mol/L=35mL； ③10mL 1mol/L NH4Al(SO4)2溶液中Al3+物质的量为0.01mol，的物质的量为0.01mol，的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 mol/LBa(OH)2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH-为0.048mol；由，可知不足，故可以得到0.02mol BaSO4；，反应生成0.01mol氢氧化铝，剩余OH-为0.048mol-0.03mol=0.018mol，，铵根离子反应后剩余OH-为0.018mol-0.01mol=0.008mol， 0.008mol氢氧根离子消耗0.008mol氢氧化铝，故得到Al(OH)3沉淀为0.01mol-0.008mol=0.002mol，则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol。 【小问4详解】 Fe、Co、Ni能与反应，其中Co和Ni均生成二氯化物，而铁生成三氯化铁，则说明铁单质还原性更强，对应三价铁离子氧化性更弱，故推断、和的氧化性由强到弱的顺序为：>>；与盐酸反应有黄绿色气体生成，反应中氯化合价-1变为0，则Co化合价由+3变为+2，结合电子守恒，反应为：。 27. 高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。为紫色固体，某实验小组以次氯酸盐和铁盐为原料制备少量高铁酸钾。 (一)根据上图回答下列问题： （1）i中反应的离子方程式是_______； （2）配平方程式_______； ___________________________________+_______ （3）iii中反应说明溶解度：_______；(填“>”或“<”)； （4）将固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡产生，经检验为，液体有丁达尔效应。化学反应方程式是_______。 （5）在溶液中加入与等物质的量的，恰好转化为，写出该反应的离子方程式：_______。 (二)制备强碱性饱和溶液： ①将溶液加入仪器中，冷水浴冷却，通入搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止(装置如下图所示)。 ②将所得饱和倒入烧杯并置于冷水浴中，分几次加入固体并不断搅拌，过滤，得强碱性饱和溶液。 （6）装置a的作用_______； （7）写出甲装置中反应的离子方程式_______。 （8）石灰乳的作用(化学方程式)为_______。 【答案】（1） （2） （3）> （4） （5） （6）使漏斗内的液体能顺利滴下 （7） （8） 【解析】 【分析】硫酸亚铁酸性条件下被过氧化氢氧化为硫酸铁，硫酸铁在NaClO强碱溶液中反应生成Na2FeO4溶液，过滤分离出溶液加入KOH饱和溶液得到，经过滤、烘干得高铁酸钾。 在冷的NaOH溶液中通入利用甲装置制得的氯气并搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止，然后向饱和NaClO溶液中加入NaOH固体，即可得NaClO强碱性饱和溶液； 【小问1详解】 i中反应的离子方程式为硫酸亚铁酸性条件下被过氧化氢氧化为硫酸铁，； 【小问2详解】 反应中铁化合价由+3变为+6、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒、质量守恒，反应为：； 【小问3详解】 加入饱和 KOH 溶液，可将 转化为 ，根据复分解反应发生的条件可知，的溶解性大，即溶解度：>。 【小问4详解】 固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡产生，经检验为，液体有丁达尔效应，反应中氧化合价升高被氧化，则铁化合价降低被还原为氢氧化铁胶体，结合电子守恒，反应为：； 【小问5详解】 溶液中加入与等物质的量的，恰好转化为，反应中1mol中铁化合价由+2变为+3，失去1mol电子，则1mol中0.5mol中氧得到1mol电子生成-2价氧，另0.5mol发生歧化反应生成氢氧化钠和氧气，总反应为：； 【小问6详解】 利用a管可平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下； 【小问7详解】 甲装置中反应为浓盐酸和高锰酸钾生成氯化锰和水、氯气、氯化钾，离子方程式； 【小问8详解】 氯气有毒，污染空气，石灰乳除去未反应氯气，防止氯气污染空气，反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，。 28. 为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题： Ⅰ.甲方案 实验原理： 实验步骤： (1)判断沉淀完全的操作为____________。 (2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为_____________。 (3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为__________。 (4)固体质量为wg，则c(CuSO4)=________mol‧L-1。 (5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 Ⅱ.乙方案 实验原理：， 实验步骤: ①按右图安装装置(夹持仪器略去) ②…… ③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂 ④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录。 ⑤将CuSO4溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生 ⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录 ⑦处理数据 (6)步骤②为___________。 (7)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是________(填序号)。 a.反应热受温度影响 b.气体密度受温度影响 c.反应速率受温度影响 (8)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，则c(CuSO4)______mol‧L-1(列出计算表达式)。 (9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4)________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 (10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度：_________(填“是”或“否”)。 【答案】 ①. 向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全 ②. AgNO3溶液 ③. 坩埚 ④. ⑤. 偏低 ⑥. 检查装置气密性 ⑦. b ⑧. ⑨. 偏高 ⑩. 否 【解析】 【分析】甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的固体是硫酸钡，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利用锌与稀硫酸反应释放出氢气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量，再利用锌的总的物质的量减去与酸反应的锌的物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的量，根据锌和硫酸铜的物质的量关系，计算出硫酸铜的物质的量，根据得到硫酸铜的浓度，据此分析。 【详解】Ⅰ．(1)硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有硫酸根离子，故判断沉淀完全的操作向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全； (2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡，为了证明还有没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净； (3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器为坩埚； (4)固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=，根据硫酸根守恒可知，CuSO4~BaSO4，则c(CuSO4)===mol‧L-1； (5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据可知，则测得c(CuSO4)偏低； Ⅱ．(6)加入药品之前需检查装置的气密性；步骤②为检查装置气密性； (7)气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变，密度也受温度和压强的影响，步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响；反应热不受温度的影响，只与反应物和生成物自身的能量有关，不随温度压强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快，步骤⑥需保证体系恢复到室温与反应速率无关； (8)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，氢气的质量=，利用氢气的质量得到氢气的物质的量n=，根据，与酸反应的锌的物质的量为，锌的总物质的量为，与硫酸铜反应的锌的物质的量为，根据，则c(CuSO4)=； (9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的质量偏小，与硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c(CuSO4)偏高； (10) 不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。 【点睛】本题甲方案计算时，需要根据硫酸根守恒，是易错点。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $