2025年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2025年滬科版高一化學下冊月考試卷133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6題，共12分)1、某元素只存在兩種天然同位素，且在自然界它們的含量相近，其相對原子質量為197.0，原子核外的電子數(shù)為97．下列敘述錯誤的是（）A.它是副族元素B.它是第七周期元素C.它的原子核內有97個質子D.它的一種同位素的核內有108個中子2、下列每組中的兩對物質，都能用分液漏斗分離且油層由分液漏斗上口倒出的是rm{(}rm{)}A.汽油和水，四氯化碳和水B.汽油和水，苯和水C.食用油和水，醋酸和水D.葡萄糖和水，酒精和水3、某堿性蓄電池在充電和放電時發(fā)生的反應為：rm{Fe+NiO_{2}+2H_{2}Ounderset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}Fe(OH)_{2}+Ni(OH)_{2}}下列說法中正確的是rm{Fe+NiO_{2}+2H_{2}O

underset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}Fe(OH)_{2}+Ni(OH)_{2}}rm{(}A.放電時，負極上發(fā)生反應的物質是rm{)}B.放電時，正極反應是：rm{Fe}C.充電時，陰極反應是：rm{NiO_{2}+2e^{-}+2H^{+}簍TNi(OH)_{2}}D.充電時，陽極附近rm{Ni(OH)_{2}-2e^{-}+2OH^{-}簍TNiO_{2}+2H_{2}O}增大rm{pH}4、下列解釋實驗事實的離子方程式書寫正確的是A.用氫氧化鈉溶液吸收氯氣：rm{Cl_{2}+2OH^{-}=}rm{ClO^{-}+Cl^{-}+H_{2}O}B.用大理石與稀鹽酸制備二氧化碳：rm{CO{,!}_{3}^{2-}+2H^{+}=}rm{CO_{2}隆眉+H_{2}O}C.稀硫酸與氫氧化鋇溶液混合產生沉淀：rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}=}rm{BaSO_{4}隆媒}D.銅片放入稀硝酸中產生氣體：rm{Cu+4H^{+}+2NO{,!}_{3}^{-;}=Cu^{2+}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}5、已知A的原子序數(shù)是x，B2-與A3+具有相同的電子層結構，則B元素的原子序數(shù)為Ax+5Bx-5Cx+1Dx-16、已知某飽和溶液的①溶液質量，②溶劑質量，③溶液體積，④溶質的摩爾質量，⑤溶質的溶解度，⑥溶液的密度．利用以上部分已知條件不能計算出該飽和溶液的物質的量的濃度的是（）A.①②④⑥B.②④⑤C.①②③④D.④⑤⑥評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、下表為元素周期表的一部分；請參照元素①-⑨在表中的位置，用化學用語回答下列問題：

（1）⑦號元素氫化物的分子式是____，⑧號元素氫化物的電子式是____．

（2）②、③、⑤的原子半徑由大到小的順序為____．

（3）②、④、⑦的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性由強到弱的順序是____．

（4）①、④、⑤三種元素可形成既含離子鍵又含極性共價鍵的化合物，寫出其化合物的電子式：____．

（5）⑥的最高價氧化物與⑤的最高價氧化物的水化物反應的離子方程式為____．8、分類法對研究化學物質和化學反應有重要的意義，請完成下列問題。今有七種物質：①鋁線②熔化的KNO3③氯氣④NaCl晶體⑤液態(tài)氯化氫⑥石灰水⑦乙醇其中能導電的物質是____，屬于電解質的是，屬于非電解質的是。9、現(xiàn)有含rm{NaCl}rm{Na_{2}SO_{4}}和rm{NaNO_{3}}的混合物，選擇適當?shù)脑噭⑵滢D化為相應的沉淀或固體，從而實現(xiàn)rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}和rm{NO_{3}^{-}}的相互分離rm{.}相應的實驗過程可用下圖表示：

請回答下列問題：

rm{(1)}寫出實驗流程中下列物質的化學式試劑rm{X}______沉淀rm{A}______沉淀rm{B}______

rm{(2)}上述實驗流程中加入過量的rm{Na_{2}CO_{3}}的目的是______．

rm{(3)}按此實驗方案得到的溶液rm{3}中肯定含有______rm{(}填化學式rm{)}雜質．10、如圖為一“鐵鏈”圖案，小明在圖案上分別寫了rm{H_{2}}rm{CO_{2}}rm{Na_{2}O}rm{NaCl}rm{FeCl_{3}}五種物質，圖中相連的兩種物質均可歸屬為一類，相交部分rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}為其相應的分類依據代號rm{.}請回答下列問題：

rm{(1)}請將分類依據代號填人相應的括號內：

______兩種物質都不是電解質。

______兩種物質都是鈉的化合物。

______兩種物質都是氧化物。

______兩種物質都是鹽。

rm{(2)}用潔凈的燒杯取少量蒸餾水，用酒精燈加熱至沸騰，向燒杯中逐滴加入rm{1mol?L^{-}}的上圖中某種物質rm{M}的水溶液；繼續(xù)煮沸可制得一種紅褐色膠體．

rm{壟脵}物質rm{M}的化學式為______．

rm{壟脷}證明有紅褐色膠體生成的實驗操作是______．11、核磁共振（NMR）是研究有機物結構的有力手段之一，在所研究的化合物分子中，每一個結構中的等性氫原子的1H-NMR譜中都給出了相應的峰（信號）；譜中峰的強度與結構中的等性氫原子數(shù)成正比．現(xiàn)有某種有機物，通過元素分析得到的數(shù)據為C：85.71%，H：14.29%（質量分數(shù)），質譜數(shù)據表明它的相對分子質量為84．

（1）該化合物的分子式為____．

（2）已知該物質可能存在多種結構；A；B、C是其中的三種，請根據下列要求填空：

①A是鏈狀化合物與氫氣加成產物分子中有三個甲基，則A的可能結構有____種（不考慮立體異構）．

②B是鏈狀化合物，1H-NMR譜中只有一個信號，則B的結構簡式為：____．

③C是環(huán)狀化合物；1H-NMR譜中也只有一個信號，則C的結構簡式為：____．12、在放電條件下，氮氣與氧氣可直接化合：N2＋O22NO。該反應中，氧化劑是________（填化學式），若反應中消耗了1molN2，則轉移_______mol電子。13、（10分）現(xiàn)有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，選擇適當?shù)脑噭⑵滢D化為相應的沉淀或固體，從而實現(xiàn)Cl-、SO42-和NO3-的相互分離。相應的實驗過程可用下圖表示：請回答下列問題：（1）寫出實驗流程中下列物質的化學式：試劑X：_______,沉淀A：_______，沉淀B：________.（2）上述實驗流程中加入過量的Na2CO3的目的是____________.（3）按此實驗方案得到的溶液3中肯定含有___________（填化學式）雜質。評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)14、煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是物理變化15、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）16、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）17、向蛋白質溶液中滴加Na2SO4溶液產生沉淀屬于化學變化．（判斷對錯）18、含碳的化合物一定是有機化合物．（判斷對錯）19、過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸．（判斷對錯）20、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）評卷人得分四、其他(共4題，共28分)21、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結構相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應，所產生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個質子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應水化物的化學式____、、、、。22、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數(shù)比____________,其電子式為．該物質中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質通入YX2的水溶液中發(fā)生反應的離子方程式為。23、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結構相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應，所產生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個質子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應水化物的化學式____、、、、。24、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數(shù)比____________,其電子式為．該物質中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質通入YX2的水溶液中發(fā)生反應的離子方程式為。評卷人得分五、原理綜合題(共4題，共24分)25、（1）氫氣是一種未來十分理想的能源。

鑭鎳合金是一種良好的儲氫材料；在一定條件下通過如下反應實現(xiàn)儲氫：

LaNi3（s）+3H2（g）LaNi3H6（s）?H<0。某實驗室模擬該過程，向體積一定的密閉容器中充入反應物發(fā)生反應。H2的平衡轉化率與其初始加入量（n）、反應溫度（T）的關系如下左圖所示；一定溫度（T）下，將amol的氫氣充入體積是1L的容器內，氣體的壓強（P）隨時間（t）的變化關系如下右圖所示：

①n1、n2、n3的大小關系是_______。

②溫度T1下反應的平衡常數(shù)是__________（用含a的代數(shù)式表示）。

③保持溫度不變，在t6時刻將容積壓縮至原容積的一半，容器內的壓強_________6kPa（填寫“大于”或“小于”）。

（2）貯氫合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4等有機化工產品的反應。溫度為TK時發(fā)生以下反應①

②

③

_______。

（3）TK時，向一恒壓密閉容器中充入等物質的量的CO（g）和H2O（g）發(fā)生上述反應②（已排除其他反應干擾）；測得CO（g）物質的量分數(shù)隨時間變化如下表所示：

若初始投入CO為2mol，恒壓容器容積10L，用H2O（g）表示該反應0-5分鐘內的速率v[H2O(g)]=______。6分鐘時，僅改變一種條件破壞了平衡，且第9min達到平衡時，CO的物質的量是0.2mol，則改變的外界條件為_________。

（4）溫度、壓強對反應CO（g）十2H2（g）=CH3OH（g）?H=-90.1kJ·mol-1中CO轉化率的影響如圖所示：

①溫度在較低范圍內，對CO轉化率影響的主要因素是____________（填“溫度”或“壓強”）。

②由圖像可知，溫度越低，壓強越大，CO轉化率越高。但實際生產往往采用300~400°C和10MPa的條件，其原因是________。26、甲烷水蒸氣催化重整（SMR）是傳統(tǒng)制取富氫混合氣的重要方法；具有工藝簡單；成本低等優(yōu)點。

回答下列問題：

（1）已知1000K時；下列反應的平衡常數(shù)和反應熱：

①CH4(g)C(s)+2H2(g)K1=10.2ΔH1

②2CO(g)C(s)+CO2(g)K2=0.6ΔH2

③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)K3=1.4ΔH3

④CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)K4ΔH4（SMR）

則1000K時，K4=____________；ΔH4=_________（用ΔH1、ΔH2、ΔH3來表示）。

（2）在進入催化重整裝置前，先要對原料氣進行脫硫操作，使其濃度為0.5ppm以下。脫硫的目的為______________。

（3）下圖為不同溫度條件下電流強度對CH4轉化率的影響。由圖可知，電流對不同催化劑、不同溫度條件下的甲烷水蒸氣催化重整反應均有著促進作用，則可推知ΔH4____0（填“>”或“<”）。

（4）下圖為不同溫度條件下6小時穩(wěn)定測試電流強度對H2產率的影響。由圖可知，隨著溫度的降低，電流對H2產率的影響作用逐漸____________（填“增加”“減小”或“不變”），600℃時，電流對三種催化劑中的____________（用圖中的催化劑表示式回答）影響效果最為顯著，當溫度高于750℃時，無論電流強度大小，有無催化劑，H2產率趨于相同，其原因是______________。

（5）我國科學家對甲烷和水蒸氣催化重整反應機理也進行了廣泛研究，通常認為該反應分兩步進行。第一步：CH4催化裂解生成H2和碳（或碳氫物種），其中碳（或碳氫物種）吸附在催化劑上，如CH4→Cads/[C(H)n]ads+(2–)H2；第二步：碳（或碳氫物種）和H2O反應生成CO2和H2，如Cads/[C(H)n]ads+2H2O→CO2+(2+)H2。反應過程和能量變化殘圖如下（過程①沒有加催化劑，過程②加入催化劑），過程①和②ΔH的關系為：①_______②（填“＞”“＜”或“＝”）；控制整個過程②反應速率的是第_______步，其原因為____________________________。27、二甲醚是一種重要的清潔燃料。合成二甲醚是解決能源危機的研究方向之一。

（1）用CO2和H2可以合成二甲醚(CH3OCH3)

已知：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H1=-90.1kJ/mol

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2=-41.1kJ/mol

2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3=-24.5kJ/mol

則反應2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=____。

（2）二甲醚(CH3OCH3)燃料電池可以提升能量利用率。利用二甲醚酸性介質燃料電池電解200mL飽和食鹽水(惰性電極)；電解一段時間后，陰極收集到標況下的氫氣2.24L(設電解后溶液體積不變)

①二甲醚燃料電池的正極反應式為____，負極反應式為____。

②請寫出電解食鹽水的化學方程式____。

③電解后溶液的pH=____，理論上消耗二甲醚的質量為____(保留一位小數(shù))。28、我國科學家最近發(fā)明了一種電池，電解質為和由a和b兩種離子交換膜隔開；形成A；B、C三個電解質溶液區(qū)域，結構示意圖如下：

回答下列問題：

(1)電池中，為______極，B區(qū)域的電解質為______(填“”、“”或“”)。

(2)電池反應的離子方程式為______。

(3)陽離子交換膜為圖中的______膜(填“a”或“b”)。

(4)此電池中，消耗理論上可產生的容量(電量)為______毫安時()(1mol電子的電量為1F，結果保留整數(shù))

(5)已知E為電池電動勢(電池電動勢即電池的理論電壓，是兩個電極電位之差，)，為電池反應的自由能變，則該電池與傳統(tǒng)鉛酸蓄電池相比較，____________(填“＞”或“＜”)。

(6)Zn是一種重要的金屬材料，工業(yè)上一般先將ZnS氧化，再采用熱還原或者電解法制備。利用還原ZnS也可得到Zn，其反應式如下：ZnS(s)+H2(g)Zn(s)+H2S(g)。727℃時，上述反應的平衡常數(shù)此溫度下，在盛有的剛性容器內通入壓強為的達平衡時的分壓為______Pa(結果保留兩位小數(shù))。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】解：原子核外的電子數(shù)為97；故原子核內質子數(shù)為97，原子核外有七個電子層，最外層為2個電子，位于周期表中第七周期，第ⅢB的錒系元素，元素的相對原子質量根據同位素的相對原子質量計算所得的平均值，不等于質量數(shù)，不能確定其中一種同位素的質量數(shù)，不能確定其中一種同位素的中子數(shù)，故ABC正確，D錯誤；

故選D．

核外電子數(shù)=質子數(shù)；利用質子數(shù)減各周期容納的元素種數(shù)確定在周期表中的位置，元素的相對原子質量根據同位素的相對原子質量計算所得的平均值，不等于質量數(shù)，不能確定其中一種同位素的質量數(shù)．

本題考查結構位置性質關系、元素周期表、相對分子質量等，難度不大，確定元素在周期表中的位置是關鍵．【解析】【答案】D2、B【分析】解：rm{A.}汽油和水互不相溶；四氯化碳和水互不相溶，能用分液漏斗進行分離，但是四氯化碳密度大于水，從下口流出，故A錯誤；

B.汽油和水；苯和水，兩組均互不相同，而且油狀液體的密度小于水在上層，從上口到出，故B正確；

C.食用油和水互不相溶；能用分液漏斗進行分離，醋酸和水互溶，不能用分液漏斗進行分離，故C錯誤；

D.葡萄糖易溶于水；酒精和水互溶，都不能用分液漏斗進行分離，故D錯誤．

故選B．

根據分液漏斗可以將互不相溶的兩層液體分開；一般來說：有機溶質易溶于有機溶劑，無機溶質易溶于無機溶劑．

本題考查了物質分離方法中的分液法，熟記物質的性質是解題的關鍵所在，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，難度不大．【解析】rm{B}3、A【分析】解：rm{A.}放電時，rm{Fe}元素化合價升高；被氧化，應為原電池負極，故A正確；

B.此電池為堿性電池，反應方程式時不能出現(xiàn)rm{H^{+}}放電時，正極反應是rm{NiO_{2}+2e^{-}+2H_{2}O=Ni(OH)_{2}+2OH^{-}}故B錯誤；

C.充電時，陰極反應為原電池負極反應的逆反應，陰極反應是rm{Fe(OH)_{2}+2e^{-}=Fe+2OH^{-}}故C錯誤；

D.充電時，陽極反應為rm{Ni(OH)_{2}+2OH^{-}-2e^{-}+=NiO_{2}+2H_{2}O}rm{OH^{-}}濃度減小，則陽極附近rm{pH}值減??；故D錯誤；

故選A．

由總反應式rm{Fe+NiO_{2}+2H_{2}Ounderset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}Fe(OH)_{2}+Ni(OH)_{2}}可知，根據原電池在放電時，負極發(fā)生氧化反應，正極發(fā)生還原反應，再根據元素化合價變化，可判斷該電池負極發(fā)生反應的物質為rm{Fe+NiO_{2}+2H_{2}O

underset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}Fe(OH)_{2}+Ni(OH)_{2}}正極為rm{Fe}此電池為堿性電池，在書寫電極反應和總電池反應方程式時不能出現(xiàn)rm{NiO_{2}}故放電時的電極反應是：負極：rm{H^{+}}正極：rm{Fe-2e^{-}+2OH^{-}=Fe(OH)_{2}}原電池充電時；發(fā)生電解反應，此時陰極反應為原電池負極反應的逆反應，陽極反應為原電池正極反應的逆反應．

本題考查原電池和電解池的工作原理，題目難度中等，注意電解反應式的書寫，為解答該題的關鍵，答題時注意體會．rm{NiO_{2}+2e^{-}+2H_{2}O=Ni(OH)_{2}+2OH^{-}.}【解析】rm{A}4、A【分析】【分析】本題考查了離子方程式正誤判斷，明確發(fā)生的化學反應是解答本題的關鍵，題目難度不大?！窘獯稹緼.用氫氧化鈉溶液吸收氯氣，離子方程式：rm{Cl}rm{2}rm{2}rm{+2OH}rm{-}rm{-}rm{=ClO}rm{-}rm{-}rm{+Cl}rm{-}故A正確；B.碳酸鈣與鹽酸反應的離子反應為rm{-}故B錯誤；

C.稀硫酸與氫氧化鋇溶液混合產生沉淀：rm{+H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{CaCO_{3}+2H^{+}簍TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{Ba}rm{2+}rm{2+}rm{+2OH}rm{-}rm{-}rm{+2H}rm{+}rm{+}故C錯誤；

D.銅片放入稀硝酸中產生氣體，離子方程式：rm{+SO}故D錯誤。

故選A。

rm{4}【解析】rm{A}5、B【分析】【解析】【答案】B6、B【分析】解：A．根據①②可計算溶質的質量，再由④計算溶質的物質的量，由①⑥可計算溶液的體積，利用c=來可計算這種飽和溶液物質的量濃度；故A正確；

B．由②④⑤可計算溶質的物質的量；但無法計算體積，所以無法計算濃度，故B錯誤；

C．根據“①溶液的質量、②溶劑的質量”可計算溶質的質量，再由④及n=計算溶質的物質的量，由③及c=可計算這種飽和溶液物質的量濃度；故C正確；

D．利用⑤可計算質量分數(shù)，再由④、⑥并結合c=可計算該飽和溶液物質的量濃度；故D正確；

故選B．

A．根據①②可計算溶質的質量，再由④計算溶質的物質的量，由①⑥可計算溶液的體積，最后利用c=來解答；

B．由②④⑤可計算溶質的物質的量；但無法計算體積；

C．根據①②可計算溶質的質量，再由④計算溶質的物質的量，然后根據③及c=計算出溶液的濃度；

D．利用⑤可計算質量分數(shù)，再利用c=來分析．

本題考查物質的量濃度的計算，題目難度中等，注意掌握物質的量濃度的概念及計算方法，熟悉物質的量濃度的計算公式及各個量之間的關系是解答本題的關鍵．【解析】【答案】B二、填空題(共7題，共14分)7、略

【分析】

由元素在周期表中的位置可知；①為H，②為C，③為N，④為O，⑤為Na，⑥為Al，⑦為Si，⑧為S，⑨為Cl；

（1）Si的氫化物為SiH4，S的氫化物為H2S，其電子式為故答案為：SiH4；

（2）②為C；③為N，⑤為Na，Na的電子層最多，半徑最大，由同周期元素從左到右原子半徑在減小，則C＞N，原子半徑由大到小的順序為Na＞C＞N，故答案為：Na＞C＞N；

（3）非金屬性O＞C＞Si，態(tài)氫化物穩(wěn)定性由強到弱的順序為H2O＞CH4＞SiH4，故答案為：H2O＞CH4＞SiH4；

（4）①、④、⑤三種元素可形成既含離子鍵又含極性共價鍵的化合物為NaOH，其電子式為故答案為：

（5）氧化鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和水，離子反應為Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；

故答案為：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O．

【解析】【答案】根據元素在周期表中的位置可知；①為H，②為C，③為N，④為O，⑤為Na，⑥為Al，⑦為Si，⑧為S，⑨為Cl，然后利用元素及其單質化合物的性質來解答．

8、略

【分析】【解析】【答案】①②⑥；②④⑤；⑦9、略

【分析】解：rm{(1)}如先加入rm{AgNO_{3}}則會同時生成rm{Ag_{2}SO_{4}}和rm{AgCl}沉淀，則應先加入過量的rm{BaCl_{2}[}或rm{Ba(NO_{3})_{2}]}生成rm{BaSO_{4}}沉淀，然后在濾液中加入過量的rm{AgNO_{3}}使rm{Cl^{-}}全部轉化為rm{AgCl}沉淀，則試劑rm{X}為rm{BaCl_{2}[}或rm{Ba(NO_{3})_{2}]}沉淀rm{A}為rm{BaSO_{4}}沉淀rm{B}為rm{AgCl}

故答案為：rm{BaCl_{2}[}或rm{Ba(NO_{3})_{2}]}rm{BaSO_{4}}rm{AgCl}

rm{(2)}加入過量的rm{BaCl_{2}[}或rm{Ba(NO_{3})_{2}]}然后在濾液中加入過量的rm{AgNO_{3}}使rm{Cl^{-}}全部轉化為rm{AgCl}沉淀，在所得濾液中含有rm{Ag^{+}}rm{Ba^{2+}}在所得濾液中加入過量的rm{Na_{2}CO_{3}}使溶液中的rm{Ag^{+}}rm{Ba^{2+}}完全沉淀；

故答案為：除去過量的rm{Ba^{2+}}rm{Ag^{+}}

rm{(3)}在所得濾液中加入過量的rm{Na_{2}CO_{3}}最后所得溶液為rm{NaNO_{3}}和rm{Na_{2}CO_{3}}的混合物，加入稀rm{HNO_{3}}最后進行蒸發(fā)操作可得固體rm{NaNO_{3}}

故答案為：rm{Na_{2}CO_{3}}．

實驗室分離含rm{NaCl}rm{Na_{2}SO_{4}}和rm{NaNO_{3}}的混合物，實現(xiàn)rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}和rm{NO_{3}^{-}}的相互分離，可在混合物中加入rm{BaCl_{2}}或rm{Ba(NO_{3})_{2}}生成rm{BaSO_{4}}沉淀，發(fā)生反應為rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒}然后加入過量的rm{AgNO_{3}}生成rm{AgCl}沉淀，反應的離子方程式為rm{Cl^{-}+Ag^{+}=AgCl隆媒}最后加入過量的rm{Na_{2}CO_{3}}使溶液中的rm{Ag^{+}}rm{Ba^{2+}}完全沉淀，過濾之后，加入稀rm{HNO_{3}}溶液從而得到rm{NaNO_{3}}以此解答該題．

本題考查物質的分離提純操作，題目難度中等，本題注意rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}的性質，把握除雜原則，提純時不能引入新的雜質，注意把握實驗的先后順序．【解析】rm{BaCl_{2}[}或rm{Ba(NO_{3})_{2}]}rm{BaSO_{4}}rm{AgCl}除去過量的rm{Ba^{2+}}rm{Ag^{+}}rm{Na_{2}CO_{3}}10、略

【分析】解：rm{(1)}電解質必須滿足：在水溶液或熔融狀態(tài)下能夠導電的化合物，氧化鈉、氯化鈉、氯化鐵為電解質，而氫氣和二氧化碳都不是電解質，所以不是電解質的為rm{A}鈉的化合物為氧化鈉和氯化鈉；所以C正確；含有兩種元素，其中一種為氧元素的為氧化物，滿足的為二氧化碳和氧化鈉，即B正確；含有酸根離子和陽離子的化合物為鹽，滿足條件的為氯化鐵和氯化鈉，所以D正確；

故答案為：rm{A}rm{C}rm{B}rm{D}

rm{(2)壟脵}用潔凈的燒杯取少量蒸餾水，用酒精燈加熱至沸騰，向燒杯中逐滴加入rm{1mol?L^{-1}}的上圖中某種物質rm{M}的水溶液，繼續(xù)煮沸可制得一種紅褐色膠體，紅褐色的膠體為氫氧化鐵膠體，所以rm{M}為rm{FeCl_{3}}

故答案為：rm{FeCl_{3}}

rm{壟脷}膠體具有丁達爾效應，可以利用此性質檢驗膠體，方法為：用一束光照射燒杯中的液體，若能產生丁達爾效應，則證明生成了rm{Fe(OH)_{3}}膠體；

故答案為：用一束光照射燒杯中的液體，若能產生丁達爾效應，則證明生成了rm{Fe(OH)_{3}}膠體．

rm{(1)}在水溶液或熔融狀態(tài)下能夠導電的化合物為電解質；不滿足該條件的物質為非電解質；含有鈉元素的化合物為鈉的化合物；由兩種元素，其中一種為氧元素的化合物為氧化物；含有酸根離子和陽離子的化合物為鹽；

rm{(2)壟脵}根據“紅褐色膠體”可知膠體為氫氧化鐵膠體，rm{M}為氯化鐵；

rm{壟脷}根據膠體的丁達爾效應進行解答．

本題考查了酸堿鹽、氧化物的概念、電解質與非電解質的概念、鈉的化合物、氫氧化鐵膠體的制備、膠體的化學性質，題目難度中等，試題涉及的知識點較多，題量稍大，充分考查了學生對所學知識的掌握情況．【解析】rm{A}rm{C}rm{B}rm{D}rm{FeCl_{3}}用一束光照射燒杯中的液體，若能產生丁達爾效應，則證明生成了rm{Fe(OH)_{3}}膠體11、略

【分析】

（1）該有機物的相對分子質量為84，C的質量分數(shù)85.71%，H的質量分數(shù)14.29%，二者質量分數(shù)之和為100%，故該有機物屬于烴，分子中C原子數(shù)目為=6、H原子的數(shù)目為=12，故該有機物的分子式為C6H12，故答案為：C6H12；

（2）①A是鏈狀化合物，分子中含有1個C=C雙鍵，與氫氣加成產物分子中有三個甲基，分子中含有1個支鏈，符合條件的同分異構體有：（CH3）2CHCH2CH=CH2、CH3CH2CH（CH3）CH=CH2、CH3CH2CH2C（CH3）=CH2、（CH3）2CHCH=CHCH3、CH3CH2C（CH3）=CHCH3、CH3CH2CH=C（CH3）2、（CH3CH2）2C=CH2；故由7種同分異構體；

故答案為：7；

②B是鏈狀化合物，分子中含有1個C=C雙鍵，1H-NMR譜中只有一個信號，分子中只有1種H原子，分子中含有12個H原子，故含有4個甲基，關于雙鍵對稱，故B的結構簡式為（CH3）2C=C（CH3）2，故答案為：（CH3）2C=C（CH3）2；

③C是環(huán)狀化合物，為環(huán)烷烴，1H-NMR譜中也只有一個信號，分子中只有1種H原子，故每個C原子上的H原子相同，為環(huán)己烷，結構簡式為故答案為：．

【解析】【答案】（1）該有機物的相對分子質量為84，C的質量分數(shù)85.71%，H的質量分數(shù)14.29%，二者質量分數(shù)之和為100%，故該有機物屬于烴，分子中C原子數(shù)目為=6、H原子的數(shù)目為=12，故該有機物的分子式為C6H12；

（2）①A是鏈狀化合物；分子中含有1個C=C雙鍵，與氫氣加成產物分子中有三個甲基，分子中含有1個支鏈，據此書寫可能的同分異構體；

②B是鏈狀化合物，分子中含有1個C=C雙鍵，1H-NMR譜中只有一個信號；分子中只有1種H原子，分子中含有12個H原子，故含有4個甲基，關于雙鍵對稱，據此書寫；

③C是環(huán)狀化合物，為環(huán)烷烴，1H-NMR譜中也只有一個信號；分子中只有1種H原子，故每個C原子上的H原子相同，為環(huán)己烷．

12、略

【分析】【解析】試題分析：根據方程式可知，氮氣中氮元素的化合價從0價升高到＋2價，失去電子，做還原劑。氧氣中氧元素的化合價從0價降低到－2價，得到電子，氧氣是氧化劑。若反應中消耗了1molN2，則轉移4mol電子?？键c：考查氧化還原反應的有關判斷和計算【解析】【答案】（4分，每空2分）O2413、略

【分析】試題分析：首先向含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物中加入BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液，產生A：BaSO4沉淀；再向濾液1中加入過量的AgNO3溶液，形成沉淀B：AgCl；再過濾向濾液2中加入過量的Na2CO3溶液發(fā)生沉淀反應產生BaCO3、Ag2CO3沉淀，所以沉淀C是BaCO3、Ag2CO3；得到的濾液3中含雜質Na2CO3?？键c：考查混合物的分離、提純、實驗操作的目的物質的純度的知識。【解析】【答案】（1）BaCl2[或Ba(NO3)2]BaSO4AgCl；（2）除去過量的Ba2+、Ag+；（3）Na2CO3三、判斷題(共7題，共14分)14、B【分析】【解答】煤的氣化是在高溫條件下煤與水蒸氣反應生成CO和H2；是化學變化；

煤液化；是把固體炭通過化學加工過程，使其轉化成為液體燃料；化工原料和產品的先進潔凈煤技術，有新物質生成，屬于化學變化；

煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱；煤發(fā)生復雜的反應獲得煤焦油；焦爐煤氣等的過程，是化學變化．故煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是化學變化，故此說法錯誤．故答案為：錯誤．

【分析】沒有新物質生成的變化是物理變化，有新物質生成的變化是化學變化；15、B【分析】【解答】n===1mol，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．16、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質的量，再根據鈉離子結構計算最外層電子總數(shù)．17、B【分析】【解答】蛋白質溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學變化的實質是在原子核不變的情況下，有新物質生成，分析各選項是否符合化學變化的概念，即有新物質生成，就是化學變化．18、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素；但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機化合物，簡稱有機物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素，但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物．19、A【分析】【解答】過濾是把不溶于液體的固體物質跟液體分離開來的一種混合物分離的方法；過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸，避免萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導致過濾失敗，所以題干說法正確；

故答案為：正確．

【分析】根據過濾的注意事項‘一貼二低三靠’；取用液體藥品的方法進行分析解答．

一貼：過濾時；為了保證過濾速度快，而且避免液體順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，濾紙應緊貼漏斗內壁，且中間不要留有氣泡．

二低：如果濾紙邊緣高于漏斗邊緣；過濾器內的液體極有可能溢出；如果漏斗內液面高于濾紙邊緣，液體也會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，這樣都會導致過濾失敗．

三靠：傾倒液體的燒杯口要緊靠玻璃棒，是為了使液體順著玻璃棒緩緩流下，避免了液體飛濺；玻璃棒下端如果緊靠一層濾紙?zhí)?，萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導致過濾失敗，而靠在三層濾紙?zhí)巹t能避免這一后果；漏斗下端管口的尖嘴要緊靠承接濾液的燒杯內壁，可以使濾液順著燒杯內壁流下，避免了濾液從燒杯中濺出．20、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質的量，再根據鈉離子結構計算最外層電子總數(shù)．四、其他(共4題，共28分)21、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)222、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2電子式略離子鍵非極性共價鍵（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-23、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)224、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2電子式略離子鍵非極性共價鍵（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-五、原理綜合題(共4題，共24分)25、略

【分析】【分析】

(1)LaNi3（s）+3H2（g）LaNi3H6（s）?H<0。

①該反應是一個氣體分子數(shù)減小的反應；在恒容密閉容器中進行該反應，充入氫氣，相當于增大壓強，平衡正向移動，氫氣的轉化率將增大；

②由圖可知；平衡時，體系壓強由9kPa變?yōu)?kPa，氫氣的物質的量變?yōu)槠鹗贾档娜种唬?/p>

③保持溫度不變；容積壓縮至原容積的一半，平衡正向移動，氣體分子數(shù)減小，壓強應小于起始壓強的2倍；

(2)第三個反應出現(xiàn)CH3OH(g)，但目標方程式未出現(xiàn)CH3OH(g)，可得出第三個方程式用不到，根據觀察發(fā)現(xiàn)，②-①可以得到用蓋斯定律計算即可；

(3)是一個氣體體積不變的反應，故氣體總物質的量=2mol+2mol=4mol，0-5分鐘，CO含量減小了0.4，即減小了4×0.4mol=1.6mol，結合體積可計算濃度變化量，進而計算CO表示的速率，進而計算v[H2O(g)]。6分鐘到9分鐘；CO的含量下降，說明平衡正向移動，且6到9分鐘CO含量減少程度比2到5分鐘小，說明6分鐘改變的條件使反應速率減小了；

(4)①分析圖發(fā)現(xiàn)；低溫時，無論壓強多大，CO的轉化率都相等；

②實際化工生產除了需要考慮平衡原理外；還要考慮實際生產效率；成本投入等。

【詳解】

(1)①恒溫恒容下，增大氫氣的起始量，壓強增大，平衡正向移動，氫氣的轉化率增大，結合圖像可知：n1＜n2＜n3，故答案為：n1＜n2＜n3；

②該反應中只有氫氣一種氣體，則容器壓強與氫氣的物質的量成正比，溫度T1時，起始時，壓強為9kPa，平衡時，壓強為3kPa，設平衡時氫氣的物質的量為n，則解得：n=則平衡時，c(H2)=所以，K==故答案為：

③假設平衡不移動，則t6時刻將容積壓縮至原容積的一半，壓強應變?yōu)閠6時刻壓強的2倍；即6kPa，但實際情況是，平衡正向移動，氣體分子數(shù)減小，所以，此時容器內的壓強小于6kPa，故答案為：小于；

(2)②-①得：=(-41kJ·mol-1)-(+165kJ·mol-1)=-206kJ·mol-1，故答案為：-206kJ·mol-1；

(3)是一個氣體分子總數(shù)不變的反應，故氣體總物質的量=2mol+2mol=4mol，0-5分鐘，CO含量減小了0.4，即減小了4×0.4mol=1.6mol，則CO濃度減小了=0.16mol/L，v(CO)==0.032mol/L，由方程式計量數(shù)可知v[H2O(g)]=v(CO)=0.032mol/L。由分析可知；6分鐘時改變的條件使平衡正向移動；同時反應速率減小，又從表格可知，6分鐘時CO含量沒有變化，不可能是移走生成物，綜上所述，6分鐘時，降低了溫度，故答案為：0.032mol/L；降低溫度；

(4)①由圖可知；低溫時，無論壓強多大，CO的轉化率幾乎相等，則低溫時，對CO轉化率影響的主要因素是溫度，故答案為：溫度；

②溫度太低；反應速率太慢，不利于甲醇的合成，壓強太大，設備抗壓要求增大，設備成本增加，故實際生產往往采用300~400°C和10MPa的條件，故答案為：溫度太低，反應速率太慢，不利于甲醇的合成，壓強太大，設備要求提高，成本增加。

【點睛】

(1)LaNi3(s)+3H2(g)LaNi3H6(s)，只涉及氫氣一種氣體，溫度、容積不變，增加氫氣的起始量，壓強增大，平衡正向移動，氫氣的轉化率增大！【解析】n1＜n2＜n3小于-206kJ·mol-10.032mol/L降低溫度溫度溫度太低，反應速率太慢，不利于甲醇的合成，壓強太大，設備要求提高，成本增加26、略

【分析】【詳解】

（1）方程式CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，是由方程式①+2×③?②得到，K4===33.32，ΔH4=ΔH1+2ΔH3?ΔH2。

（2）硫會與催化劑反應；會使催化劑中毒，因此要脫硫。

（3）由圖可知電流相同時，750℃甲烷的轉化率比600℃時甲烷的轉化率高，說明溫度越高，轉化率越高，K越大，ΔH4>0。

（4）據圖可知，隨溫度降低，H2產率的變化幅度也增大，電流對H2產率的影響作用逐漸增加；600℃時，10Ni?3MgO/γ?Al2O3催化劑在不同電流時H2產率的變化幅度最大，因此電流對10Ni?3MgO/γ?Al2O3催化劑影響最為顯著；測試時間為6小時，當溫度高于750℃時，由于反應速率加快，反應已經達平衡移動，而催化劑不影響平衡移動，因此無論電流強度大小，有無催化劑，H2產率趨于相同。

（5）同一化學反應，催化劑只能改變反應的速率，對反應熱不會造成影響，故過程①和②ΔH相等。根據活化能越大，反應速率就越慢，故控制整個反應速率的是活化能較高的步驟，即控速步驟為第Ⅱ步。【解析】33.32ΔH1+2ΔH3?ΔH2硫能使催化劑中毒（或硫能使催化劑活性下降