2024年粵教滬科版高一化學下冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年粵教滬科版高一化學下冊月考試卷927考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、把①纖維素②淀粉③蛋白質④油脂分別在一定條件下進行水解；最后一定只得到一種產物的是（）

A.①②

B.②③④

C.①②③

D.②④

2、將一定量鐵粉和銅粉的混合物加入由稀rm{H_{2}SO_{4}}和rm{HNO_{3}}組成的混合溶液中，充分反應后金屬粉末有剩余，下列有關推斷正確的是rm{(}rm{)}

A.反應過程中不可能產生rm{H_{2}}

B.剩余的金屬粉末中一定有銅。

C.往反應后的溶液中加入rm{KSCN}溶液會變血紅色。

D.往反應后的溶液中加入足量的稀rm{H_{2}SO_{4}}則金屬粉末的質量一定會減少3、一定溫度和壓強下，2體積AB2氣體和1體積B2氣體化合生成2體積氣態(tài)化合物，則該化合物的化學式為（）A.AB3B.AB2C.A3BD.A2B34、將一定量rm{Mg}rm{Al}合金溶于rm{1mol?L^{-1}}的rm{HCl}溶液中，進而向所得溶液中滴加rm{1mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液，產生沉淀的物質的量rm{(n)}與滴加的rm{NaOH}溶液體積rm{(mL)}的圖示如下rm{.}下列分析的結論中正確的是rm{(}rm{)}A.溶解“一定量rm{Mg}rm{Al}合金”的rm{HCl}溶液的體積小于rm{80mL}B.由題中數(shù)據(jù)，無法求出實驗中產生rm{H_{2}}的物質的量C.無法確定rm{Mg}rm{Al}合金中rm{n(Mg)/n(Al)}的最大值D.欲求出rm{a}的取值范圍尚缺少一個條件5、鑒別淀粉、蛋白質、葡萄糖水溶液，依次所用試劑和對應的現(xiàn)象正確的是rm{(}rm{)}A.碘水，變藍色；濃硝酸，變黃色；新制氫氧化銅，磚紅色沉淀B.濃硝酸，變黃色；新制氫氧化銅，磚紅色沉淀；碘水，變藍色C.新制氫氧化銅，磚紅色沉淀；碘水，變藍色；濃硝酸，變黃色D.碘水，變藍色；新制氫氧化銅，磚紅色沉淀；濃硝酸，變黃色評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、下列能量轉化過程中有化學能變化的是（）A.氯化銨熱分解反應B.氮氣和氫氣化合生成氨的反應C.碘升華D.綠色植物的光合作用生成淀粉7、以石油、煤和天然氣為主要原料生產的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.陶瓷B.塑料C.合成纖維D.合成橡膠8、下列有關實驗操作或判斷不正確的是rm{(}rm{)}A.配制一定物質的量濃度溶液，定容時俯視刻度線會導致所配溶液濃度偏小B.用干燥的rm{pH}試紙測定氯水的rm{pH}C.配制稀硫酸時，可先在燒杯中加入一定體積的蒸餾水，再邊緩慢加入濃硫酸邊攪拌E.觀察鉀元素焰色反應的操作：先將鉑絲放在稀鹽酸中洗滌，然后蘸取固體氯化鉀，置于酒精燈的火焰上進行灼燒，觀察．E.觀察鉀元素焰色反應的操作：先將鉑絲放在稀鹽酸中洗滌，然后蘸取固體氯化鉀，置于酒精燈的火焰上進行灼燒，觀察．9、rm{1L0.1mol隆隴L^{-1}}的rm{K_{2}SO_{4}}溶液中A.rm{K^{+}}的物質的量為rm{0.2mol}B.rm{SO_{4}^{2-}}的物質的量為rm{0.1mol}C.rm{K^{+}}的物質的量濃度為rm{0.1mol隆隴L^{-1}}D.rm{SO_{4}^{2-}}的物質的量濃度為rm{0.1mol隆隴L^{-1}}10、下列各組物質中，所含分子數(shù)相同的是A.rm{10gH_{2}}和rm{10gO_{2}}B.rm{7gN_{2}}和rm{11gCO_{2}}C.rm{9gH_{2}O}和rm{0.5molBr_{2}}D.rm{2.24LH_{2}(}標準狀況rm{)}和rm{0.1molN_{2}}11、溫度為T℃，向體積不等的恒容密閉容器中分別加入足量活性炭和發(fā)生反應：反應相同時間，測得各容器中的轉化率與容器體積的關系如圖所示。下列說法正確的是。

A.T℃時，該反應的化學平衡常數(shù)為B.圖中c點所示條件下，v(正)=v(逆)C.圖中a點所示條件下，v(正)=v(逆)D.向a點平衡體系中充入一定量的達到平衡時，的轉化率比原平衡小12、rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.rm{23gNa}變?yōu)閞m{Na^{+}}時失去的電子數(shù)為rm{N_{A}}B.rm{18gH_{2}O}所含的電子數(shù)為rm{N_{A}}C.rm{8gHe}所含的分子數(shù)為rm{N_{A}}D.rm{16gO_{2}}與rm{16gO_{3}}所含的原子數(shù)均是rm{N_{A}}13、下列能量轉化過程中有化學能變化的是rm{(}rm{)}A.氯化銨熱分解反應B.氮氣和氫氣化合生成氨的反應C.碘升華D.綠色植物的光合作用生成淀粉評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)14、0.5mol的Y元素的離子得到6.02×1023個電子被還原成中性原子，0.4gY的氧化物恰好與100mL0.2mol?L-1的鹽酸完全反應；Y原子核內質子數(shù)和中子數(shù)相等．寫出：

（1）Y的元素符號為____，它在周期表的位置為____；

（2）Y的氧化物與鹽酸反應的離子方程式為____．15、寫出鐵粉與水蒸氣在高溫下發(fā)生的反應并用單線橋表示電子轉移情況．____．16、（6分）現(xiàn)有0.2mol/LBa(NO3)2溶液，則2L該溶液中含有________molBa2+；3L該溶液中含有________molNO3-；0.5L該溶液中鋇離子的物質的量濃度為________mol/L。17、用電子式表示下列化合物的形成過程：rm{(1)Na_{2}S}___________________；rm{(2)CaCl_{2}}_______________；rm{(3)CH_{4}}____________________；rm{(4)CO_{2}}________________。18、原電池原理的發(fā)現(xiàn)是儲能和供能技術的巨大進步；是化學對人類的一項重大貢獻．

（1）現(xiàn)有如下兩個反應：A．NaOH+HCl=NaCl+H2O，B．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑判斷能否設計成原電池A．____B．____．（填“能”或“不能”）

（2）由銅片、鋅片和足量稀H2SO4組成的原電池中；若鋅片只發(fā)生原電池腐蝕，一段時間后某電極產生3.36L標準狀況下的氣體．

①負極是____（填“鋅”或“銅”），發(fā)生____反應（填“氧化”或“還原”）；

②正極的電極反應式為____；

③產生這些氣體共需轉移電子____mol．19、標準狀況下，①4g氫氣②33.6L甲烷(CH4)③6.02×1023個水分子中，含分子數(shù)最多的是(填寫序號，下同)_____，含原子數(shù)最多的是_____，質量最大的是______，體積最小的是______。20、Ⅰ．已知NaHS04是一種酸式鹽，在工業(yè)上應用廣泛，根據(jù)NaHS04的性質回答下列問題：

(1)寫出NaHS04在水溶液中的電離方程式：____________

(2)若向NaHS04溶液中滴加Ba(OH)2至SO42-完全沉淀時的離子方程式為____________

(3)滴加Ba(0H)2溶液使溶液呈中性時的化學方程式為____________

Ⅱ．(4)若在標準狀況下；將VLHCl氣體溶于lL水中，所得溶液密度為dg/ml，則此溶液的物質的量濃度為____________

(5)一定質量的鋁鐵合金溶于足量的NaOH溶液中，完全反應后產生3.36L(標準狀況下)氣體；用同樣質量的鋁鐵合金完全溶于足量的鹽酸中，在標準狀況下產生5.6L(標準狀況下)的氣體，則該合金中鋁、鐵的物質的量之比為____________．評卷人得分四、判斷題(共1題，共9分)21、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）評卷人得分五、探究題(共2題，共6分)22、某學習小組，用稀HNO3與大理石反應過程中質量減小的方法，探究影響反應速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細顆粒與粗顆粒兩種規(guī)格，實驗溫度為298K、308K，每次實驗HNO3的用量為25.00mL、大理石用量為10.00g。實驗設計如表：。編號T/K大理石規(guī)格HNO3濃度①298粗顆粒2.00mol·L-1②298粗顆粒1.00mol·L-1③308粗顆粒2.00mol·L-1④298細顆粒2.00mol·L-1將相應的實驗目的填入下列空格中：（1）實驗①和②探究對該反應速率的影響；（2）實驗①和③探究對該反應速率的影響；（3）實驗①和④探究對該反應速率的影響23、某校實驗小組的同學用實驗的方法區(qū)別稀鹽酸和稀硫酸鈉溶液（記作M；N）；請你一同參與．

（1）甲組同學向M、N中分別加入少量的鐵粉，觀察到M中產生大量無色氣泡，則M中發(fā)生反應的化學方程式為______．

（2）乙組同學向M、N中分別滴加Na2CO3溶液，發(fā)現(xiàn)M也有無色氣泡產生，N沒有氣泡產生，則M中發(fā)生反應的化學反應方程式為______．

（3）丙組同學向M、N中分別加入滴加BaCl2溶液，N中出現(xiàn)的現(xiàn)象是______．

（4）丁組同學用了下列試劑中的一種也將M、N區(qū)別開來，這種試劑是______（填序號）

①酚酞試液②硫酸銅溶液③氯化鈉溶液④pH試紙．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】

①②淀粉；纖維素常在無機酸（一般為稀硫酸）催化作用下發(fā)生水解；最終生成葡萄糖；

③蛋白質水解最后得到多種氨基酸；

④在酸性條件下水解為甘油（丙三醇）高級脂肪酸；而在堿性條件下水解為甘油高級脂肪酸鹽．

故選A．

【解析】【答案】淀粉；纖維素常在無機酸（一般為稀硫酸）催化作用下發(fā)生水解；生成葡萄糖；蛋白質水解最后得到多種氨基酸；在酸性條件下水解為甘油（丙三醇）和高級脂肪酸；在堿性條件下水解為甘油、高級脂肪酸鹽．

2、B【分析】【分析】鐵比銅活潑，將一定量鐵粉和銅粉的混合物加入由稀rm{H_{2}SO_{4}}和rm{HNO_{3}}組成的混合溶液中，首先是較活潑的鐵與酸溶液反應，當鐵完全反應后，且溶液中存在：rm{H^{+}}rm{(Fe^{3+})}rm{NO_{3}^{-}}時，銅溶解，所以剩余金屬可能為鐵或鐵與銅的混合物，由于發(fā)生：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{Cu+2Fe^{3+}=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}則當金屬粉末有剩余，溶液中不存在rm{Fe^{3+}}當溶液中rm{NO_{3}^{-}}完全消耗時；加入硫酸，金屬不再溶解．

【解答】A.鐵比銅活潑，硝酸氧化性大于硫酸，將一定量鐵粉和銅粉的混合物加入由稀rm{H_{2}SO_{4}}和rm{HNO_{3}}組成的混合溶液中，首先是較活潑的鐵與在酸性條件下與rm{NO_{3}^{-}}反應，當溶液中rm{NO_{3}^{-}}完全消耗時，鐵和rm{H^{+}}反應生成rm{H_{2}}故A錯誤；

B.鐵比銅活潑，將一定量鐵粉和銅粉的混合物加入由稀rm{H_{2}SO_{4}}和rm{HNO_{3}}組成的混合溶液中，首先是較活潑的鐵與酸溶液反應，當鐵完全反應后，且溶液中存在：rm{H^{+}}rm{Fe^{3+}}rm{NO_{3}^{-}}時；銅溶解，所以剩余金屬可能為鐵或鐵與銅的混合物，所以剩余金屬一定含有銅，故B正確；

C.由于發(fā)生：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{Cu+2Fe^{3+}=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}則當金屬粉末有剩余，溶液中不存在rm{Fe^{3+}}加入rm{KSCN}溶液不一定變成血紅色；故C錯誤；

D.當剩余金屬為銅時，且溶液中rm{NO_{3}^{-}}完全消耗時；加入硫酸，金屬不再溶解，故D錯誤。

故選B?！窘馕觥縭m{B}3、A【分析】解：令生成的氣體的化學式為X，同溫同壓下，氣體的體積之比等于物質的量之比，2體積AB2氣體和1體積B2氣體化合生成2體積氣態(tài)化合物X；

則反應方程式為2AB2+B2=2X，根據(jù)原子守恒，所以X為AB3．

故選A．

同溫同壓下；氣體的體積之比等于物質的量之比，據(jù)此確定化學計量數(shù)，寫出反應方程式，根據(jù)原子守恒求算該化合物的化學式．

本題考查阿伏加德羅定律的推論，難度不大，關鍵是相同條件下，氣體體積之比等于物質的量之比，可借助PV=nRT理解阿伏伽德羅定律及推論．【解析】【答案】A4、B【分析】根據(jù)圖可知，首先發(fā)生的反應是中和過量的酸：rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}然后是沉淀兩種金屬離子：rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒}

rm{Al^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}最后是rm{Al(OH)_{3}}的溶解：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=[Al(OH)_{4}]^{-}}從橫坐標rm{80mL}到rm{90mL}這段可以求出。

rm{n(Al(OH)_{3})=0.01mol}則rm{n(Al)=n(Al(OH)_{3})=0.01mol}所以沉淀rm{Al^{3+}}需要的rm{OH^{-}}為rm{0.03mol}即rm{NaOH}溶液的體積為rm{30mL}鎂離子和鋁離子沉淀完全消耗的堿的體積為rm{80-a}若假設鹽酸不剩，所以沉淀rm{Mg^{2+}}需要rm{NaOH}溶液的體積最大值為rm{50mL}求出rm{n(Mg)}的最大值為rm{0.025mol}所以該合金中鎂鋁兩元素物質的量之比的最大值為rm{2.5}故C錯誤；

rm{0.01mol}的金屬鋁消耗鹽酸為rm{0.03mol}當金屬鎂的最大物質的量為rm{0.025mol}時，消耗鹽酸的最大量是rm{0.05mol}所以溶解金屬鎂、鋁所需rm{HCl}溶液的體積小于或者是等于rm{80mL}故A錯誤；

金屬鎂的量不確定；無法判斷生成氫氣的量的多少，故B正確；

假設鹽酸溶解金屬后不剩，這種情況下，酸恰好與合金反應完全，即rm{a=0}通過極值法，當合金中完全是鋁時，因為沉淀rm{Al^{3+}}需要rm{NaOH}溶液的體積為rm{30mL}從圖可知，中和過量的酸所消耗的堿液體積最大為rm{50mL}但是假設不成立，最大值是不存在的，所以的取值范圍為rm{0leqslanta<50}故D錯誤．

故選B。

A.根據(jù)鹽酸和金屬鋁；金屬鎂的反應以及沉淀鎂離子和鋁離子的過程實質來回答；

B.確定了金屬鎂和金屬鋁的量就可以確定生成氫氣的量；

C.根據(jù)圖象中消耗的氫氧化鈉的量確定合金中金屬鎂的最大量；進而確定該合金中兩元素物質的量之比的最大值；

D.合金的組成可以采用極限假設法，當金屬全部是金屬鋁時剩余的酸最多，rm{a}的值最大來判斷rm{a}得取值范圍。

本題考查學生有關金屬元素鋁及其化合物的性質的知識，結合圖象進行考查，增大了難度?！窘馕觥縭m{B}5、A【分析】【分析】本題考查糖類和蛋白質的檢驗。熟悉物質的結構和性質即可解答?！窘獯稹縭m{壟脵}因淀粉遇碘單質變藍；可利用碘水來鑒別；

rm{壟脷}蛋白質遇濃硝酸變黃；

rm{壟脹}葡萄糖溶液在堿性條件下與新制rm{Cu(OH)_{2}}懸濁液共熱生成磚紅色沉淀。故A正確。

故選A。【解析】rm{A}二、多選題(共8題，共16分)6、ABD【分析】解：A．氯化銨受熱分解為氨氣和HCl；屬于化學變化，轉化過程中有化學能變化，故A正確；

B．氮氣和氫氣化合生成氨的反應；屬于化學變化，轉化過程中有化學能變化，故B正確；

C．碘升華是物理變化；轉化過程中沒有化學能變化，故C錯誤；

D．綠色植物的光合作用生成淀粉；屬于化學變化，轉化過程中有化學能變化，故D正確；

故選ABD．

根據(jù)物理變化和化學變化的區(qū)別分析；有新物質生成的物質變化為化學變化，沒有新物質的生成的物質變化為物理變化，化學變化中有化學能變化，以此分析．

本題考查了常見的能量轉化形式，把握變化過程是物理變化還是化學變化是解題關鍵，難度不大．【解析】【答案】ABD7、BCD【分析】解：以煤；石油和天然氣為主要原料可制造化工產品、合成塑料、合成橡膠、合成纖維等；

故選BCD．

三大合成材料是合成塑料；合成橡膠、合成纖維．

本題考查煤、石油和天然氣的用途，難度不大，平時注意知識的積累．【解析】rm{BCD}8、ABDE【分析】解：rm{A.}配制一定物質的量濃度溶液；定容時俯視刻度線，導致加入的水的量減少，溶液體積變小，所配溶液濃度偏大，故A錯誤；

B.氯水中rm{HClO}具有強氧化性，不能利用試紙測定rm{pH}應選rm{pH}計；故B錯誤；

C.由于稀釋過程中放出大量的熱；且濃硫酸密度大于水，所以配制稀硫酸時，可先在燒杯中加入一定體積的蒸餾水，再邊緩慢加入濃硫酸邊攪拌，故C正確；

D.氫氧化鈉具有強腐蝕性；且容易潮解變質，稱量氫氧化鈉時應該放在小燒杯中快速稱量，故D錯誤；

E.做鉀元素的焰色反應時；需要透過藍色的鈷玻璃觀察火焰顏色，故E錯誤；

F.氫氧化亞鐵被空氣中的氧氣氧化為氫氧化鐵；應隔絕空氣制取，故F正確；

故選A、rm{B}rm{D}rm{E}．

A.定容時俯視刻度線；導致加入的水的量減少；

B.氯水中含具有漂白性的rm{HClO}

C.稀釋時將密度大的液體注入密度小的液體中；

D.rm{NaOH}應在小燒杯中稱量；

E.觀察rm{K}的焰色反應時；需要透過藍色的鈷玻璃；

F.盛有rm{NaOH}溶液的滴管；伸入硫酸亞鐵溶液中，防止氫氧化亞鐵被氧化．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、溶液配制、rm{pH}測定、物質的制備及實驗技能等為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大．【解析】rm{ABDE}9、ABD【分析】【分析】本題考察化學計量的相關計算?！窘獯稹緼.據(jù)公式rm{n=cV}得rm{K}得rm{n=cV}rm{K}rm{{,!}^{+}}的物質的量為：rm{2隆脕1L隆脕0.1mol隆隴L}rm{2隆脕1L隆脕0.1mol隆隴L}故A正確；

rm{{,!}^{-1}}據(jù)公式rm{=0.2mol}故A正確；得rm{=0.2mol}B.rm{n=cV}rm{SO}rm{SO}故B正確

rm{{,!}_{4}^{2-}}的物質的量為：rm{1L隆脕0.1mol隆隴L}rm{1L隆脕0.1mol隆隴L}rm{{,!}^{-1}}rm{=0.1mol}故B正確rm{=0.1mol}C.rm{1molK}rm{1molK}rm{{,!}_{2}}倍為rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}含rm{2mol}故C錯誤；

rm{2mol}rm{K^{+}}，rm{K}rm{K}故D正確。故選ABD。rm{{,!}^{+}}【解析】rm{ABD}10、BCD【分析】【分析】本題考查物質的量、摩爾質量、氣體摩爾體積等化學計量的計算，阿伏伽德羅定律的應用等，難度中等?！窘獯稹緼.rm{n({H}_{2})=dfrac{10g}{;2g/mol;}=5mol}rm{n({O}_{2})=dfrac{10g}{32g/mol};;=dfrac{5}{16}mol}二者物質的量不相等，所含分子數(shù)不相等，故A錯誤；B.rm{n({N}_{2})=dfrac{;7g}{;28g/mol;}=0.25mol}rm{n(C{O}_{2})=dfrac{;11g}{44g/mol};;=0.25mol}物質的量相同，則分子數(shù)相同，故B正確；C.rm{n({H}_{2})=

dfrac{10g}{;2g/mol;}=5mol}為rm{n({O}_{2})=dfrac{10g}{32g/mol};;=

dfrac{5}{16}mol}與rm{n({N}_{2})=

dfrac{;7g}{;28g/mol;}=0.25mol}物質的量相同，則分子數(shù)相同，故C正確；D.標準狀況下rm{n(C{O}_{2})=

dfrac{;11g}{44g/mol};;=0.25mol}為rm{9gH_{2}O}和rm{0.5mol}物質的量相同，則分子數(shù)相同，故D正確。故選BCD。rm{0.5molBr_{2}}【解析】rm{BCD}11、CD【分析】【分析】

圖中b點NO2的轉化率最高，則溫度為T℃時，b點恰好達到平衡狀態(tài)，由于ab曲線上對應容器的體積逐漸增大，NO2的起始濃度逐漸減小，但濃度均大于b點，NO2的濃度越大，反應速率越大，達到平衡的時間越短，所以ab曲線上反應均達到平衡狀態(tài)，反應正向是氣體體積增大的反應，隨著容器體積的增大，NO2的轉化率逐漸增大，b點達到最大；b點以后，隨著容器體積的增大，NO2的起始濃度減小，反應速率減慢，達到平衡的時間延長，所以bc曲線上反應均未達到平衡狀態(tài)，由于NO2的起始濃度低，則反應正向進行。

【詳解】

A．由圖可知，b點NO2的轉化率最高，則溫度為T℃時，b點恰好達到平衡狀態(tài)，而ab曲線上對應容器的體積均小于V2L，起始投料相同，則NO2的起始濃度均大于b點，ab曲線上物質的反應速率均大于b點，所以ab曲線上反應均先于b點達到平衡狀態(tài)，即ab曲線上反應均達到平衡狀態(tài)，由于a點時NO2的轉化率為40%，a點反應三段式為，

2C（s）+2NO2（g）?N2（g）+2CO2（g）

起始量（mol）100

變化量（mol）0.40.20.4

平衡量（mol）0.60.20.4

各物質平衡濃度為c（NO2）＝mol/L、c（N2）＝mol/L、c（CO2）＝mol/L，T℃時，該反應的化學平衡常數(shù)＝＝＝，A錯誤；

B．由分析可知bc曲線上反應均未達到平衡狀態(tài)，且反應正向進行，v(正)＞v(逆)；B錯誤；

C．a點已達平衡狀態(tài)；所以v(正)=v(逆)，C正確；

D．反應2C（s）+2NO2（g）?N2（g）+2CO2（g）正向氣體體積減小，恒溫恒容條件下，平衡體系中再充入一定量的NO2，相當增大壓強，平衡逆向移動，NO2的平衡轉化率減小，即向a點平衡體系中充入一定量的NO2，達到平衡時，NO2的轉化率比原平衡小，D正確；

答案選CD。

【點睛】

本題考查化學平衡的計算、化學平衡的影響因素和平衡圖象分析判斷，明確外界因素對化學平衡的影響、把握圖象信息分析是解題的關鍵，注意平衡常數(shù)的表達式和三段式格式在平衡計算中的應用。12、AD【分析】【分析】本題考查了阿伏加德羅常數(shù)和物質的量的相關計算，題目難度不大。【解答】A.rm{23gNa}是rm{1mol}是rm{23gNa}rm{1mol}rm{1molNa}變?yōu)閞m{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+;}}故A正確；

時失去的電子數(shù)為rm{N}rm{N}rm{{,!}_{A}}是B.rm{18gH}rm{18gH}rm{{,!}_{2}}故B錯誤；

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

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

rm{16gO}【解析】rm{AD}13、ABD【分析】解：rm{A.}氯化銨受熱分解為氨氣和rm{HCl}屬于化學變化，轉化過程中有化學能變化，故A正確；

B.氮氣和氫氣化合生成氨的反應；屬于化學變化，轉化過程中有化學能變化，故B正確；

C.碘升華是物理變化；轉化過程中沒有化學能變化，故C錯誤；

D.綠色植物的光合作用生成淀粉；屬于化學變化，轉化過程中有化學能變化，故D正確；

故選ABD．

根據(jù)物理變化和化學變化的區(qū)別分析；有新物質生成的物質變化為化學變化，沒有新物質的生成的物質變化為物理變化，化學變化中有化學能變化，以此分析．

本題考查了常見的能量轉化形式，把握變化過程是物理變化還是化學變化是解題關鍵，難度不大．【解析】rm{ABD}三、填空題(共7題，共14分)14、略

【分析】

（1）6.02×1023個電子為1mol，則0.5mol的Y元素的離子得到2mol電子還原為中性原子，則離子為Y2+；

設YO的物質的量為x；

由YO+2HCl═YCl2+H2O

12

x0.1L×0.2mol/L

解得x=0.01mol；

則YO的摩爾質量為=40g/mol；

則Y的摩爾質量為40g/mol-16g/mol=24g/mol；

即Y的相對原子質量為24；又Y原子核內質子數(shù)和中子數(shù)相等；

則質子數(shù)為12；為Mg元素，位于第三周期第ⅡA族；

故答案為：Mg；第三周期第ⅡA族；

（2）化學反應為MgO+2HCl═MgCl2+H2O，MgO、H2O在離子反應中應保留化學式；

則離子反應為MgO+2H+═Mg2++H2O，故答案為：MgO+2H+═Mg2++H2O．

【解析】【答案】6.02×1023個電子為1mol，則0.5mol的Y元素的離子得到2mol電子還原為中性原子，則離子為Y2+，利用YO+2HCl═YCl2+H2O計算Y的摩爾質量；再利用Y原子核內質子數(shù)和中子數(shù)相等來確定Y的位置，以此來解答．

15、略

【分析】

鐵粉與水蒸氣在高溫下發(fā)生的反應中，化合價升高的元素是鐵元素，失去電子，化合價降低元素是氫元素，得到電子，電子轉移情況如下所示：故答案為：．

【解析】【答案】化合價升高元素在反應物中失去電子；化合價降低元素在反應中得到電子，得失電子數(shù)相等即為反應中轉移電子數(shù)．

16、略

【分析】試題分析：現(xiàn)有0.2mol/LBa(NO3)2溶液，則2L該溶液中含有鋇離子的物質的量為0.2mol/Lx2L=0.4mol；3L溶液中硝酸根離子的物質的量為0.2mol/Lx2x3L=1.2mol；取0.5L該溶液，硝酸根離子濃度不變仍為0.2mol/L，答案為：0.4；1.2；0.2考點：物質的量的計算【解析】【答案】0.4；1.2；0.217、（1）Na2S：

（2）CaCl2：

（3）CH4：

（4）CO2：【分析】【分析】本題考查用電子式的形成過程，題目難度不大，注意相關基礎知識的積累?！窘獯稹縭m{(1)Na_{2}S}為離子化合物，用電子式表示形成過程為：；故答案為：rm{(2)CaCl_{2}}為離子化合物，用電子式表示形成過程為：；故答案為：rm{(3)CH_{4}}共價化合物，各原子達到穩(wěn)定結構，用電子式表示形成過程為：；故答案為：rm{(4)CO_{2}}共價化合物，各原子達到穩(wěn)定結構，用電子式表示形成過程為：故答案為：?！窘馕觥縭m{(1)Na_{2}S}rm{(2)CaCl_{2}}rm{(3)CH_{4}}rm{(4)CO_{2}}18、略

【分析】

（1）反應A．NaOH+HCl=NaCl+H2O不是氧化還原反應，不能設計成原電池，反應B．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑是氧化還原反應；能設計成原電池，故答案為：不能；能；

（2）①Zn；Cu、硫酸構成的原電池中；活潑金屬鋅做負極，發(fā)生氧化反應，故答案為：鋅；氧化；

②Zn、Cu、硫酸構成的原電池中，金屬銅做正極，正極反應是：2H++2e-→H2↑，故答案為：2H++2e-→H2↑；

③根據(jù)電極反應：2H++2e-→H2↑；產生3.36L即0.15mol標準狀況下的氫氣，轉移電子數(shù)為：0.3mol，故答案為：0.3．

【解析】【答案】（1）自發(fā)的氧化還原反應才能設計成原電池；

（2）①原電池中；活潑金屬做負極，發(fā)生氧化反應；

②原電池的正極發(fā)生得電子的還原反應；

③根據(jù)電極反應和轉移的電子情況來計算。

19、略

【分析】試題分析：根據(jù)物質的量與摩爾質量、質量的關系，氣體摩爾體積的計算和微粒數(shù)與物質的量、阿伏伽德羅常熟的關系進行計算：氫氣的物質的量為2mol，質量為4g，氫氣分子數(shù)為2NA，氫原子數(shù)為4NA，標準狀況下的體積為44.8L；甲烷的物質的量為1.5mol，質量為24g，分子數(shù)為1.5NA，原子數(shù)為1.5NA×5=7.5NA，標準狀況下的體積為33.6L；水的物質的量為1mol，質量為18g，分子數(shù)為1NA，原子數(shù)為1NA×3=3NA，水常溫下是非氣體，其體積約為18mL．綜上分析，可知：含分子數(shù)最多的是①，含原子數(shù)最多的是②，質量最大的是②，體積最小的是③．答案為：①；②；②；③?？键c：考查物質的量與摩爾質量、質量的關系，氣體摩爾體積、微粒數(shù)、物質的量、阿伏伽德羅常數(shù)計算。【解析】【答案】①、②、②、③20、略

【分析】解：Ⅰ．(1)NaHSO4是強電解質，能完全電離出Na+、H+、SO42-，即NaHSO4=Na++H++SO42-；

故答案為：NaHSO4=Na++H++SO42-；

(2)假設SO42-的物質的量為1mol，則NaHSO4溶液中含有1molSO42-，1molH+，向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-剛好沉淀完全時，需要1molBa(OH)2，即加入的Ba2+為1mol，OH-為2mol，由于H+為1mol，則需要OH-1mol，OH-過量，反應的離子方程式為H++SO42++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O；

故答案為：H++SO42++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O；

(3)向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液，當氫離子恰好被完全中和時溶液為中性，所以化學方程式為Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O；

故答案為：Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O；

Ⅱ．(4)標準狀況下，氣體的物質