2025年粵教滬科版高一化學下冊月考試卷含答案

…………○…………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年粵教滬科版高一化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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8題，共16分)1、雷雨天閃電時空氣中有臭氧生成，下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}互為同位素B.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}的相互轉化是化學變化C.等物質的量的rm{O_{2}}和rm{O_{3}}含有的質子數(shù)不相同D.在相同的溫度與壓強下，等體積的rm{O_{2}}和rm{O_{3}}含有相同的分子數(shù)2、下列反應中水既不作氧化劑，又不作還原劑的氧化還原反應是()A.rm{Cl_{2}+H_{2}O簍THCl+HClO}B.rm{CaO+H_{2}簍TCa(OH)_{2}}C.rm{2Na+2H_{2}O簍T2NaOH+H_{2}隆眉}D.rm{C+H_{2}Ounderset{賂脽脦脗}{overset{}{=}}CO+H_{2}}rm{C+H_{2}O

underset{賂脽脦脗}{overset{}{=}}CO+H_{2}}3、用rm{N}rm{{,!}_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列物質中物質的量最大的是rm{(}rm{)}A.標準狀況下rm{4.48L}氧氣B.rm{0.6molSO_{2}}C.含有rm{N}rm{{,!}_{A}}個分子的甲烷D.rm{10.6gNa_{2}CO_{3}(Na_{2}CO_{3}}的摩爾質量是rm{106g?mol^{-1})}4、已知硫酸溶液的密度隨濃度增大而增大；若將質量分數(shù)分別為20%與50%的硫酸溶液等體積混和，則所得混合溶液的質量分數(shù)（）

A.35%

B.＜35%

C.＞35%

D.無法確定。

5、把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成兩等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂;另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇。則原混合溶液中鉀離子的濃度為（）A.mol·L-1B.mol·L-1C.mol·L-1D.mol·L-16、在某化學反應中，生成物B的濃度在10s內從1.5mol/L變成2.0mol/L，則這10s內B的平均反應速率是（）A.0.05mol/（L?s）B.0.05mol/LC.0.20mol/（L?s）D.0.20mol/L7、下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.二氧化硫可用來加工食品，以使食品增白B.氨易液化，常用作制冷劑C.硫酸可用于精煉石油、金屬加工之前的酸洗D.硅是半導體材料，用作光電池材料8、一種三室微生物燃料電池可用于污水凈化、海水淡化，其工作原理如圖所示rm{.}以下說法不正確的是rm{(}rm{)}

A.rm{X}氣體為rm{CO_{2}}B.處理后的含硝酸根廢水rm{pH}降低C.中間室中的rm{Cl^{-}}移向左室D.電路中每通過rm{1mol}電子，產(chǎn)生標準狀況下氮氣的體積為rm{2.24L}評卷人得分二、雙選題(共6題，共12分)9、1LA氣體與0.5LB氣體反應，恢復原溫度和壓強時，生成氣體的體積為1L，已知生成物的化學式為X2Y，則A的分子式為（）A.XY2B.XYC.X2D.Y210、氫氣還原氧化銅：rm{CuO+H_{2}underline{underline{Delta}}}rm{CuO+

H_{2}underline{underline{Delta}}}在該反應中rm{H_{2}O+Cu}rm{(}A.rm{)}做還原劑B.rm{CuO}做氧化劑C.銅元素的化合價降低D.銅元素的化合價升高rm{CuO}11、如圖所示裝置或操作不能達到實驗目的是（）

A.利用甲裝置檢查裝置的氣密性B.利用乙裝置制取NO2，井檢驗其還原性，小試管中的試劑可為淀粉-KI溶液C.利用丙裝置制取并收集氨氣D.利用丁裝置分離沸點接近互不相溶的渡體混合物12、一定質量的鐵、氧化鐵、氧化銅的混合物粉末放入rm{100mL4.40mol/L}鹽酸中，充分反應后產(chǎn)生rm{896mLH_{2}(}標準狀況rm{)}殘留固體rm{1.28g.}過濾，濾液中無rm{Cu^{2+}}將濾液加水稀釋到rm{200mL}測得其中rm{c(H^{+})}為rm{0.400mol/L}下列判斷正確的是()A.殘留固體中一定不含有鐵B.濾液中可能含有rm{Fe^{3+}}C.原混合物中rm{n(Fe)>n(Fe_{2}O_{3})+n(CuO)}D.原混合物中鐵為rm{3.36g}13、下列事實能用化學平衡移動原理解釋的是A.光照新制的氯水時，溶液的rm{pH}值逐漸減小B.加入催化劑可以加快合成氨的速率C.實驗室可以用排飽和食鹽水的方法收集氯氣D.給rm{H_{2}}rm{I_{2}}rm{HI}平衡混合體系加壓，顏色變深14、下列溶液中溶質的物質的量濃度為rm{1mol?L^{-1}}的是rm{(}rm{)}A.將rm{40}rm{g}rm{NaOH}溶解于rm{1}rm{L}水中配成的rm{NaOH}溶液B.常溫常壓下將rm{22.4}rm{L}rm{HCl}氣體溶于水配成rm{1}rm{L}的鹽酸溶液C.將rm{1}rm{L}rm{10}rm{mol/L}的濃鹽酸與水混合配成rm{10}rm{L}溶液D.從rm{1000}rm{mL}rm{1}rm{mol/L}rm{NaCl}溶液中取出rm{100}rm{mL}的溶液評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、下表是元素周期表的前三周期，針對表中A～G七種元素填空：族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01A2BCD3EFG（1）A、B兩種元素組成相對分子質量最小的化合物，其分子的空間結構為____。（2）七種元素中的最高價氧化物對應水化物的酸性最強的是____（用化學式表示，下同）；堿性最強的是____，該化合物屬于____。（選填離子或共價化合物），該化合物的電子式為____，所含化學鍵類有____、____。（3）用A、D的單質可以制成燃料電池，電池中裝有E的最高價氧化物的水化物的濃溶液作電解質溶液，用多孔的金屬惰性電極浸入上述濃溶液中，在X極通入D的單質，Y極通入A的單質，則Y極是該電池的____極（選填正極或者負極），X極的電極反應式是____。當電池中轉移1mol電子時，消耗A單質的體積為____L（標況）。16、已知原子序數(shù)為rm{a}的元素rm{M}位于第rm{6}周期第Ⅱrm{A}族，元素rm{N}為同周期的第Ⅲrm{A}族，則rm{N}的原子序數(shù)為______．17、按要求完成下列填空(l)寫出下列物質的電離方程式：Fe2(SO4)3__________________________________________________，NaHCO3______________________________________________________。(2)寫出下列反應的離子方程式：稀鹽酸與碳酸鈣反應____________________________________________，氫氧化鋇溶液與稀硫酸反應_______________________________________。(3)寫出與下列離子方程式相對應的化學方程式：H＋＋OH－=H2O__________________________________________，CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O__________________________________。18、

上述圖象中；

（1）表示向一定量澄清石灰水中不斷通入CO2氣體的圖象是____，發(fā)生的離子方程式為____、____；

（2）表示向一定量AlCl3溶液中逐滴加入過量氨水的圖象是____，反應的化學方程式為____．19、填寫下列空白：

（1）元素周期表中共______個周期，其中有______個短周期，有______個長周期；每個周期元素的______相同．共有______個族，其中有______個主族和______個副族，還有______族和______族．周期表中最活潑的非金屬元素位于第縱行．

（2）寫出表示含有6個質子、8個中子的原子的化學符號：______．

（3）元素周期表的第三周期元素，從左到右，原子半徑逐漸______；元素的金屬性逐漸______，非金屬性逐漸______．該周期元素中，除稀有氣體外，原子半徑最大的是______；最高價氧化物對應的水化物堿性最強的是______；最高價氧化物對應的水化物呈兩性的是______；最高價氧化物對應的水化物酸性最強的是______．20、某溶液中存在Mg2+、Ag+、Ba2+三種金屬離子，現(xiàn)用NaOH、Na2CO3、NaCl三種溶液使它們分別沉淀并分離出來，要求每次只加一種溶液，濾出一種沉淀，所加溶液的正確順序是______（填化學式）21、請完成下面兩個問題：

rm{(1)}已知有反應：rm{H_{2}S+2Fe^{3+}=S隆媒+2Fe^{2+}+2H^{+}.}請完成以下方程式rm{隆玫Fe_{3}S_{4}+隆玫H^{+}=隆玫S隆媒+隆玫}______rm{+隆玫H_{2}S隆眉}

rm{(2)}某容器中有rm{3mol}的rm{C}和rm{xg}的rm{O_{2}}用電火花引發(fā)反應；待充分反應后，測得容器內氣體對氫氣的相對密度為。

rm{19.6.}則rm{x}的值為______．22、依據(jù)事實；寫出下列反應的熱化學方程式．

rm{(1)1mol}rm{Cu}與適量rm{O_{2}(g)}起反應生成rm{CuO(s)}放出rm{157kJ}熱量______

rm{(2)}若適量的rm{N_{2}}和rm{O_{2}}完全反應，每生成rm{23}克rm{NO_{2}}需要吸收rm{16.95kJ}熱量______．23、rm{(1)}在下列物質中：rm{{壟脵}CO_{2}}rm{{壟脷}{KOH}}rm{{壟脹}{He}}rm{{壟脺}{BaS}O_{4}}rm{{壟脻}NaCl{.}}其中只含有離子鍵的是rm{(}填序號，下同rm{)}____；既含有離子鍵又含有共價鍵的是____，不含化學鍵的是_____．

rm{(2)}下列物質在所述變化中：rm{{壟脵}}燒堿熔化rm{{壟脷}{HCl}}氣體溶于水rm{{壟脹}NH_{4}{Cl}}受熱分解rm{{壟脺}}干冰升華rm{{.}}其中化學鍵未被破壞的是rm{(}填序號，下同rm{)}______，僅發(fā)生共價鍵破壞的是______，既發(fā)生離子鍵破壞，又發(fā)生共價鍵破壞的是______．評卷人得分四、判斷題(共3題，共21分)24、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．25、向蛋白質溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學變化．（判斷對錯）26、標準狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對錯）評卷人得分五、結構與性質(共1題，共4分)27、某探究小組用HNO3與大理石反應過程中質量減小的方法，研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25.0mL；大理石用量為10.00g。

（1）請完成以下實驗設計表，并在實驗目的一欄中填出對應的實驗編號：。實驗編號T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實驗目的①298粗顆粒2.00（Ⅰ）實驗①和②探究HNO3濃度對該反應速率的影響；

（Ⅱ）實驗①和③探究溫度對該反應速率的影響；

（Ⅲ）實驗①和④探究大理石規(guī)格（粗、細）對該反應速率的影響；②_______________③_______________④_______________

（2）實驗裝置如圖1所示，如何檢驗該裝置的氣密性________________________________

（3）實驗①中CO2質量隨時間變化的關系見下圖2：依據(jù)反應方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計算實驗①在70-90s范圍內HNO3的平均反應速率________________________

（4）請在答題卡的框圖中，畫出實驗②、③和④中CO2質量隨時間變化關系的預期結果示意圖。_______參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】解：rm{A.O_{2}}和rm{O_{3}}都是由氧元素形成的不同單質；故互為同素異形體，故A錯誤；

B.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}為不同的物質，rm{O_{2}}和rm{O_{3}}的相互轉化過程中有新物質生成；屬于化學變化，故B正確；

C.等物質的量的氧氣和臭氧，其分子數(shù)相等，每個氧氣分子中含有rm{16}個質子、每個臭氧分子中含有rm{24}個質子；所以等物質的量的氧氣和臭氧其質子數(shù)不同，故C正確；

D.同溫同壓同體積的氣體分子數(shù)相同，在相同的溫度與壓強下，等體積的rm{O_{2}}與rm{O_{3}}含有相同的分子數(shù)；故D正確；

故選A．

A.有相同質子數(shù)；不同中子數(shù)的原子互為同位素，相同元素組成，不同形態(tài)的單質互為同素異形體；

B.有新物質生成的變化屬于化學變化；

C.等物質的量的氧氣和臭氧；其分子數(shù)相等，再根據(jù)氧氣分子構成判斷；

D.根據(jù)阿伏伽德羅定律分析．

本題以臭氧為載體考查了基本概念、分子的構成、物質的性質以及阿伏伽德羅定律的應用，根據(jù)同位素和同素異形體的概念、化學變化的特征、臭氧的性質等知識點來分析解答即可，注意：同位素、同素異形體、同分異構體的區(qū)別，題目難度中等．【解析】rm{A}2、A【分析】【分析】本題考查氧化還原反應，為高頻考點，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，側重氧化劑、還原劑判斷考查，注意從化合價角度分析，題目難度不大?！窘獯稹緼.只有rm{Cl}元素的化合價變化；則水既不作氧化劑，也不作還原劑，故A正確；

B.沒有元素的化合價變化，不屬于氧化還原反應；故B錯誤；

C.rm{H}元素的化合價降低；則水為氧化劑，故C錯誤；

D.rm{H}元素的化合價降低；則水為氧化劑，故D錯誤。

故選A?！窘馕觥縭m{A}3、C【分析】【分析】

A.依據(jù)rm{n=}rm{dfrac{V}{22.4}}計算得到；

B.物質的量為rm{0.6mol}

C.依據(jù)rm{n=}rm{dfrac{N}{N_{A}}}計算得到物質的量；D.依據(jù)rm{n=}rm{dfrac{m}{M}}計算物質的量?！窘獯稹緼.標準狀況下rm{4.48L}氧氣物質的量rm{=dfrac{4.48L}{22.4L}=0.2mol}

B.rm{=dfrac

{4.48L}{22.4L}=0.2mol}物質的量為rm{0.6molSO_{2}}

C.含有rm{0.6mol}個分子的甲烷物質的量為rm{N_{A}}

D.rm{1mol}物質的量rm{=dfrac{10.6g}{106g/mol}=0.1mol}

比較可知rm{10.6gNa_{2}CO_{3}}物質的量最大；故C正確。

故選C。

rm{=dfrac

{10.6g}{106g/mol}=0.1mol}【解析】rm{C}4、C【分析】

令質量分數(shù)分別為20%與50%的硫酸溶液的密度分別為xg/ml；yg/ml；硫酸溶液的密度隨濃度增大而增大；所以x＜y．

假定體積為1ml；則20%硫酸溶液的質量為1ml×xg/ml=xg，溶質硫酸的質量為xg×20%=20%xg．

50%的硫酸溶液的質量為1ml×yg/ml=yg；溶質硫酸的質量為yg×50%=50%yg．

所以混合后硫酸的質量分數(shù)為===50%-30．

由于x＜y，所以＞1，所以50%-30＞35%．

故選：C．

【解析】【答案】令質量分數(shù)分別為20%與50%的硫酸溶液的密度分別為xg/ml；yg/ml；硫酸溶液的密度隨濃度增大而增大；所以x＜y．假定體積為1ml，混合后溶質質量為混合前兩溶液中溶質質量之和，混合后溶液質量為混合前溶液質量之和，根據(jù)質量分數(shù)定義用x、y表示出混合后的質量分數(shù)，結合密度關系判斷．

5、D【分析】試題分析：兩等份溶液中一份加氫氧化鈉溶液時發(fā)生Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，由方程式知2n（Mg2+）=n（OH-），另一份加BaCl2的溶液發(fā)生Ba2++SO42-═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42-）=n（Ba2+），由電荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42-），故每份中溶液n（K+）=（2b-a）mol，故原溶液中鉀離子濃度=mol·L-1，選D?？键c：考查電解質溶液計算——電荷守恒法?！窘馕觥俊敬鸢浮緿6、A【分析】解：已知生成物B的濃度在10s內從1.5mol/L變成2.0mol/L，則10s內的濃度變化為2.0mol/L-1.5mol/L=0.5mol/L，則v===0.05mol/（L?s）；

故選A．

根據(jù)v=計算反應速率．

本題考查了反應速率的計算，屬于基礎性試題的考查，難度不大，明確反應速率的含義和計算依據(jù)是答題的關鍵，有助于培養(yǎng)學生的邏輯思維能力和規(guī)范答題能力．【解析】【答案】A7、A【分析】解：rm{A.}二氧化硫能和有色物質反應生成無色物質而具有漂白性；但二氧化硫有毒，不能漂白食品，故A錯誤；

B.液氨氣化時吸收熱量導致其周圍溫度降低；所以液氨作制冷劑，故B正確；

C.硫酸為沸點高，酸性強，可用于制取多種揮發(fā)性酸，在石油精煉中，要用濃硫酸除去汽油和潤滑油中的雜質rm{-}硫化物和不飽和碳氫化合物；故C正確；

D.硅是半導體材料；用作光電池材料，故D正確；

故選A．

A.二氧化硫有毒且有漂白性；

B.液氨氣化時導致其周圍溫度降低；所以液氨作制冷劑；

C.硫酸為沸點高；酸性強，在石油精煉中，要用濃硫酸除去汽油和潤滑油中的雜質--硫化物和不飽和碳氫化合物；

D.硅是半導體材料；用作光電池材料．

本題考查了物質的用途，明確物質的性質是解本題關鍵，性質決定用途、用途體現(xiàn)選項，會運用化學知識解釋生活現(xiàn)象，題目難度不大．【解析】rm{A}8、B【分析】解：該原電池中，硝酸根離子得電子發(fā)生還原反應，則右邊裝置中電極是正極，電極反應式為rm{2NO_{3}^{-}+10e^{-}+12H^{+}=N_{2}隆眉+6H_{2}O}左邊裝置電極是負極，負極上有機物失電子發(fā)生氧化反應生成rm{X}有機物在厭氧菌作用下生成二氧化碳；

A.有機物在厭氧菌作用下生成二氧化碳，所以rm{X}氣體為rm{CO_{2}}故A正確；

B.正極電極反應式為rm{2NO_{3}^{-}+10e^{-}+12H^{+}=N_{2}隆眉+6H_{2}O}氫離子參加反應導致溶液酸性減小，溶液的rm{pH}增大；故B錯誤；

C.放電時，電解質溶液中陰離子rm{Cl^{-}}移向負極室左室；故C正確；

D.根據(jù)rm{2NO_{3}^{-}+10e^{-}+12H^{+}=N_{2}隆眉+6H_{2}O}知，電路中每通過rm{1}rm{mol}電子，產(chǎn)生標準狀況下氮氣的體積rm{=dfrac{1mol}{10}隆脕22.4L/mol=2.24L}故D正確；

故選B．

該原電池中，硝酸根離子得電子發(fā)生還原反應，則右邊裝置中電極是正極，電極反應式為rm{=dfrac

{1mol}{10}隆脕22.4L/mol=2.24L}左邊裝置電極是負極，負極上有機物失電子發(fā)生氧化反應生成rm{2NO_{3}^{-}+10e^{-}+12H^{+}=N_{2}隆眉+6H_{2}O}有機物在厭氧菌作用下生成二氧化碳，據(jù)此分析解答．

本題考查化學電源新型電池，側重考查學生獲取信息、分析推斷能力，根據(jù)rm{X}元素化合價變化確定正負極，難點是電極反應式的書寫，且原電池和電解池原理是高考高頻點，要熟練掌握．rm{N}【解析】rm{B}二、雙選題(共6題，共12分)9、B|C【分析】解：相同溫度和壓強下，同一反應的不同氣體其計量數(shù)之比等于其體積之比，A、B和生成物的計量數(shù)之比=1L：0.5L：1L=2：1：2，其方程式為2A+B=2X2Y，根據(jù)反應前后原子守恒知，A、D不符合，B、C符合，若A為XY，則B為X2，若A為X2，則B為Y2；

故選：BC．

相同溫度和壓強下；同一反應的不同氣體其計量數(shù)之比等于其體積之比，根據(jù)氣體的體積之比再結合原子守恒確定A的分子式．

本題考查了阿伏伽德羅定律及其推論，明確同一反應、相同條件下不同氣體的體積與其計量數(shù)之間的關系是解本題關鍵，題目難度不大．【解析】【答案】BC10、BC【分析】略【解析】rm{BC}11、B|D【分析】解：A；甲裝置檢驗裝置氣密性時；從右邊玻璃管中加水至液面高于左邊液面，若水柱差保持不變，則可以證明裝置不漏氣，故A正確．

B；乙裝置銅和濃硝酸制備的二氧化氮氣體；通過小孔進入小試管中生成碘單質使淀粉碘化鉀溶液變藍色，二氧化氮和碘化鉀的反應中二氧化氮體現(xiàn)氧化性，所以不可實現(xiàn)實驗要求，故B錯誤．

C；丙裝置濃氨水遇生石灰產(chǎn)生氨氣；氨氣易溶于水不能用排水法收集，且密度小于空氣密度，實驗采用向下排空氣法收集，即進入右邊試管收集即可，故C正確．

D；丁裝置是蒸餾裝置；主要用于分離沸點不同的液體混合物，互不相溶的液體采用分液的方法分離，故D錯誤．

故選BD．

A；根據(jù)能否產(chǎn)生壓強差判斷裝置的氣密性．

B；二氧化氮具有氧化性；能把碘離子氧化生成碘單質．

C；生石灰和水反應放出熱量；加快氨水的分解，氨氣采用向下排空氣法收集．

D；互不相溶的液體采用分液的方法分離．

本題考查了混合物的分離、裝置氣密性的檢驗、氣體的制取和收集等知識點，難度不大，明確二氧化氮和碘化鉀反應的方程式為：NO2+2KI+H20=N0+I2+2KOH．【解析】【答案】BD12、AC【分析】【分析】本題考查混合物反應的計算，題目難度中等，側重考查學生分析計算能力，注意從溶液存在的離子判斷物質反應的程度，注意利用守恒法與總方程式解答，試題培養(yǎng)了學生的化學計算能力?！窘獯稹緼.反應后溶液中還有較多rm{H^{+}}rm{H^{+}}離子剩余，且濾液中沒有rm{Cu}rm{Cu}只有rm{{,!}^{2+}}故A選項正確；，可知殘留物沒有rm{Fe}只有rm{Cu}故A選項正確；可以殘留說明溶液中沒有rm{Fe}rm{Cu}B.而rm{Cu}可以殘留說明溶液中沒有rm{Fe}rm{Cu}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}，溶液中陽離子為rm{H}rm{H}rm{{,!}^{+}}和rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}，故B選項錯誤；C.發(fā)生反應：rm{Fe+Fe}rm{Fe+Fe}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}rm{+6HCl=3FeCl}rm{+6HCl=3FeCl}rm{2}rm{2}rm{+3H}由方程式可知原混合物中rm{+3H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Fe+CuO+2HCl=FeCl}rm{O}故C選項正確；rm{Fe+CuO+2HCl=FeCl}rm{2}rm{2}原溶液中rm{+Cu+H}參加反應的rm{+Cu+H}中的rm{2}元素轉化到氫氣、水中，根據(jù)rm{2}原子守恒，rm{O}rm{Fe+2HCl=FeCl}rm{O}rm{Fe+2HCl=FeCl}rm{2}rm{2}rm{+H}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{隆眉}由方程式可知原混合物中rm{n(Fe)>n(Fe}rm{隆眉}即：rm{n(Fe)>n(Fe}rm{2}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}=0.44mol-0.08mol}rm{2}rm{O}rm{O}故混合物中rm{3}rm{3}rm{)+n(CuO)}故C選項正確；由銅元素守恒，則rm{n(CuO)=n(Cu)=dfrac{1.28g}{64g/mol}}rm{)+n(CuO)}由D.反應后剩余rm{n(H}原子守恒：rm{n(H}rm{{,!}^{+}}rm{)=0.4mol/L隆脕0.2L=0.08mol}原溶液中rm{n(HCl)=4.4mol/L隆脕0.1L=0.44mol}參加反應的rm{HCl}中的rm{H}元素轉化到氫氣、水中，根據(jù)rm{H}原子守恒，rm{2n(H}rm{)=0.4mol/L隆脕0.2L=0.08mol}rm{n(HCl)=4.4mol/L隆脕0.1L=0.44mol}則rm{HCl}rm{H}rm{H}rm{2n(H}rm{2}反應中rm{2}失電子，rm{O)+2n(H}rm{O)+2n(H}rm{2}rm{2}rm{)=n}和部分鹽酸得電子，根據(jù)轉移電子守恒得：rm{)=n}總rm{(HCl)-n}rm{(HCl)-n}余rm{(H}rm{(H}即rm{{,!}^{+}}rm{)}即：rm{2n(H}rm{)}rm{2n(H}rm{2}rm{2}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}

=0.44mol-0.08mol}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}

=0.44mol-0.08mol}rm{n(H}則rm{n(H}故D錯誤。rm{2}rm{2}【解析】rm{AC}13、rAC【分析】【分析】本題考查了勒夏特列原理的使用條件，難度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必須是可逆反應，且符合平衡移動的原理?！窘獯稹緼.氯水中存在化學平衡rm{Cl_{2}+H_{2}O?HCl+HClO}光照使氯水中的次氯酸分解，次氯酸濃度減小，使得平衡向右移動，氫離子濃度變大，溶液的rm{PH}值減??；能用勒夏特列原理解釋，故A符合；

B.催化劑改變反應速率；不改變化學平衡，不能用化學平衡移動原理解釋，故B不符合；

C.用飽和食鹽水收集氯氣可以降低氯氣在水中的溶解；能用化學平衡移動原理解釋，故C符合；

D.增大壓強；體積減小，濃度增大，但是平衡不移動，故D不符合。

故選AC。

【解析】rm{AC}14、rCD【分析】解：rm{A.}體積指溶液體積不是溶劑體積，所以rm{40gNaOH}溶解于rm{1L}水中配成的rm{NaOH}溶液濃度不是rm{1mol/L}故A錯誤．

B.氣體摩爾體積受溫度和壓強的影響，溫度越高，氣體摩爾體積越大，標況下，rm{22.4LHCl}的物質的量是rm{1mol}常溫常壓下，rm{22.4LHCl}的物質的量小于rm{1mol}所以常溫常壓下將rm{22.4LHCl}氣體溶于水配成rm{1L}的鹽酸溶液的物質的量濃度不是rm{1mol/L}故B錯誤．

C.將rm{1L10mol/L}的濃鹽酸與水混合配成rm{10L}溶液，溶質濃度為rm{1mol/L}故C正確；

D.溶液的物質的量濃度有均一性，與取出溶液的體積大小無關，從rm{1000mL1mol/LNaCl}溶液中取出rm{100mL}的溶液，溶質濃度為rm{1mol/L}故D正確．

故選CD．

A.體積指溶液體積不是溶劑體積；

B.根據(jù)溫度；壓強對氣體摩爾體積的影響；

C.根據(jù)rm{C=dfrac{n}{V}}解題；

D.根據(jù)溶液濃度的均一性判斷．

本題考查了有關物質的量濃度的問題，難度不大，注意溶液的濃度有均一性，與取出溶液的體積大小無關．【解析】rm{CD}三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】【解析】試題分析：根據(jù)元素在周期表中的相對位置可知，A是H，B是C，C是N，D是O，E是Na，F(xiàn)是S，G是Cl。（1）A、B兩種元素組成相對分子質量最小的化合物是甲烷，其分子的空間結構為正四面體。（2）金屬性或非金屬性越強，最高價氧化物的水化物的堿性或酸性越強，則七種元素中的最高價氧化物對應水化物的酸性最強的是HClO4；堿性最強的是NaOH，該化合物屬于離子，該化合物的電子式為所含化學鍵類有離子鍵和極性鍵。（3）原電池中較活潑的金屬是負極，失去電子，發(fā)生氧化反應。電子經(jīng)導線傳遞到正極，所以溶液中的陽離子向正極移動，正極得到電子，發(fā)生還原反應，據(jù)此可知，氫氣在負極通入，氧氣在正極通入。由于電解質是氫氧化鈉溶液，所以正極電極反應式是O2＋4e－＋2H2O＝4OH－。氫氣在反應中失去2個電子，所以當電池中轉移1mol電子時，消耗A單質的體積為0.5mol×22.4L/mol＝11.2L?？键c：考查元素周期律的結構和元素周期律的應用以及原電池的應用、電極反應式的書寫【解析】【答案】（每空1分，共10分）（1）正四面體（2）HClO4NaOH離子化合物離子鍵極性共價鍵（極性鍵或者共價鍵都可以給分）（3）負（或者負極）O2＋4e－＋2H2O＝4OH－11.216、略

【分析】解：元素周期表中，在第六、七周期的過渡元素中又出現(xiàn)鑭系和錒系，因此第六周期中第rm{IIA}元素與第rm{IIIA}元素原子序數(shù)相差rm{25}所以rm{N}的原子序數(shù)為rm{a+25}．

故答案為：rm{a+25}．

元素周期表中；在第六；七周期中的過渡元素中出現(xiàn)鑭系和錒系，根據(jù)周期表的結構來回答．

本題考查學生元素周期表的結構知識，注意把握周期表中的列和族的關系及副族元素的位置，題目難度不大．【解析】rm{a+25}17、略

【分析】試題分析：（1）表示電解質電離出離子的式子是電離方程式。硫酸鐵和碳酸氫納均是電解質，其電離方程式分別為Fe2(SO4)3＝2Fe3++3SO42-、NaHCO3＝Na++HCO3-。（2）用實際參加反應的離子符號來表示反應的式子是離子方程式，則稀鹽酸與碳酸鈣反應以及氫氧化鋇溶液與稀硫酸反應的離子方程式分別是CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O、Ba2++2OH-+2H++SO42-＝BaSO4↓+2H2O。（3）離子方程式可以用來表示一類反應，所以能表示離子反應H＋＋OH－=H2O的化學方程式可以是HCl+NaOH＝NaCl+H2O；能表示離子反應CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O的化學方程式可以是Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O?？键c：考查電離方程式、離子方程式以及化學方程式的書寫【解析】【答案】（每空1分共6分）（1）Fe2(SO4)3＝2Fe3++3SO42-，NaHCO3＝Na++HCO3-（2）CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2OBa2++2OH-+2H++SO42-＝BaSO4↓+2H2O(3)HCl+NaOH＝NaCl+H2ONa2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O（其他合理答案也可得分）18、略

【分析】

（1）向一定量澄清石灰水中不斷通入CO2氣體，發(fā)生反應分別為：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-；則反應的圖象為A；

故答案為：A；Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-；

（2）向一定量AlCl3溶液中逐滴加入過量氨水發(fā)生反應為：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；反應對應的圖象為B；

故答案為：B；Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．

【解析】【答案】（1）向一定量澄清石灰水中不斷通入CO2氣體，發(fā)生反應分別為：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-；

（2）向一定量AlCl3溶液中逐滴加入過量氨水發(fā)生反應為：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．以此進行判斷．

19、略

【分析】解：（1）元素周期表中共七個周期；其中有三個短周期，有四個長周期；每個周期元素的電子層數(shù)相同．共有16個族，其中有7個主族和7個副族，還有ⅤⅢ族和0族，周期表中最活潑的非金屬元素位于第17縱行，故答案為：7；3；4；電子層數(shù)；16；7；7；0；ⅤⅢ；

（2）含有6個質子、8個中子的原子為C，其質量數(shù)為13，原子的化學符號為613C，故答案為：613C；

（3）同一周期；從左到右（稀有氣體除外），原子半徑逐漸減小；

元素的金屬性逐漸減弱；非金屬性逐漸增強．

第三周期元素元素中；除稀有氣體外，原子半徑最大的是鈉；

最高價氧化物對應的水化物堿性最強的是鈉；

最高價氧化物對應的水化物呈兩性的是鋁；

最高價氧化物對應的水化物酸性最強的是氯．

故答案為：減小；減弱；增強；鈉；鈉；鋁；氯．

（1）元素周期表有18個縱行；7個主族；7個副族、1個0族、1個ⅤⅢ族，ⅤⅢ族包含8、9、10三個縱行，七個橫行七個周期，由此分析解答；

（2）含有6個質子；8個中子的原子為C；其質量數(shù)為13；

（3）同一周期；從左到右（稀有氣體除外），原子半徑逐漸減?。?/p>

元素的金屬性逐漸減弱；非金屬性逐漸增強．

第三周期元素元素中；除稀有氣體外，原子半徑最大的是鈉；

最高價氧化物對應的水化物堿性最強的是鈉；

最高價氧化物對應的水化物呈兩性的是鋁；

最高價氧化物對應的水化物酸性最強的是氯；由此解答．

本題考查元素周期表的結構與應用，為高頻考點，把握周期表的結構、元素性質與位置為解答的關鍵，注重基礎知識的考查，題目難度不大．【解析】7；3；4；電子層數(shù)；16；7；7；0；ⅤⅢ；613C；減?。粶p弱；增強；鈉；鈉；鋁；氯20、略

【分析】解：Mg2+、Ag+均與NaOH反應生成沉淀，Mg2+、Ag+、Ba2+均與Na2CO3反應生成沉淀，因每次只加一種溶液，濾出一種沉淀，則先加NaCl，生成AgCl沉淀，再加NaOH，生成氫氧化鎂沉淀，最后加碳酸鈉，生成碳酸鋇沉淀，則所加溶液的正確順序是NaCl、NaOH、Na2CO3；

故答案為：NaCl、NaOH、Na2CO3．

Mg2+、Ag+均與NaOH反應生成沉淀，Mg2+、Ag+、Ba2+均與Na2CO3反應生成沉淀；結合每次只加一種溶液，濾出一種沉淀來解答．

本題考查離子的檢驗及分離，為高頻考點，把握常見離子之間的反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大．【解析】NaCl、NaOH、Na2CO321、略

【分析】解：rm{(1)Fe_{3}S_{4}}中鐵元素化合價為rm{+dfrac{8}{3}}價，硫為rm{-2}價，依據(jù)氧化還原反應，鐵降為rm{+2}價，硫升為硫單質中rm{0}價，則rm{1molFe_{3}S_{4}}參加反應，要使得失電子守恒，二價鐵離子系數(shù)為rm{3}硫單質系數(shù)為rm{1}依據(jù)原子個數(shù)守恒，硫化氫系數(shù)為rm{3}氫離子系數(shù)為rm{6}方程式為rm{Fe_{3}S_{4}+6H^{+}=S隆媒+3Fe^{2+}+3H_{2}S隆眉}

故答案為：rm{1}rm{6}rm{1Fe^{2+}}rm{3}

rm{(2)}同溫同壓下，氣體的密度之比等于相對分子質量之比，容器內氣體對氫氣的相對密度為rm{19.6}則其平均相對分子質量為rm{19.6隆脕2=39.2}rm{39.2<44}

若氧氣不足，則混合氣體為二氧化碳與一氧化碳的混合氣體，設二氧化碳物質的量為rm{x}一氧化碳物質的量為rm{y}則：

rm{x+y=3}

rm{dfrac{44x+28y}{x+y}=39.2}

解得rm{dfrac

{44x+28y}{x+y}=39.2}rm{x=2.1mol}

則氧氣的質量為rm{(2.1+dfrac{0.9}{2})mol隆脕32g/mol=81.6g}

若氧氣過量，則混合氣體為二氧化碳和氧氣，依據(jù)碳原子守恒，二氧化碳物質的量為rm{y=0.9mol}設氧氣的物質的量為rm{(2.1+dfrac

{0.9}{2})mol隆脕32g/mol=81.6g}則rm{dfrac{44隆脕3+32x}{3+x}=39.2}解得rm{3mol}則氧氣的質量為：rm{x}

故答案為：rm{dfrac

{44隆脕3+32x}{3+x}=39.2}或rm{x=2mol}．

rm{(3+2)mol隆脕32g/mol=160g}中鐵元素化合價為rm{81.6}價，硫為rm{160}價，依據(jù)氧化還原反應，鐵降為rm{(1)Fe_{3}S_{4}}價，硫升為硫單質中rm{+dfrac{8}{3}}價；依據(jù)原子個數(shù)守恒；得失電子守恒配平；

rm{-2}同溫同壓下，氣體的密度之比等于相對分子質量之比，容器內氣體對氫氣的相對密度為rm{+2}則其平均相對分子質量為rm{0}rm{(2)}分情況計算：rm{19.6}氧氣過量，rm{19.6隆脕2=39.2}氧氣不足．

本題考查了氧化還原反應方程式配平，有關物質的量計算，明確反應中元素化合價變化，熟悉氧化還原反應得失電子守恒，相對密度與相對分子質量的關系，抓住原子個數(shù)守恒是解題關鍵，題目難度中等．rm{39.2<44}【解析】rm{Fe^{2+}}rm{81.6}或rm{160}22、Cu（s）+O2（g）═CuO（s）△H=-157kJ?mol-1；N2（g）+O2（g）=NO2（g）△H=+33.9kJ?mol-1【分析】解：rm{(1)1mol}rm{Cu}與適量rm{O_{2}(g)}起反應生成rm{CuO(s)}放出rm{157kJ}熱量，則熱化學方程式為rm{Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}

rm{Cu(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}若適量的rm{Cu(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}和rm{(2)}完全反應，每生成rm{N_{2}}克rm{O_{2}}需要吸收rm{23}熱量，rm{n(NO_{2})=dfrac{23g}{46g/mol}=0.5mol}則生成rm{NO_{2}}需要吸收熱量為rm{16.95kJ}則熱化學方程式為rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=NO_{2}(g)triangleH=+33.9kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=NO_{2}(g)triangleH=+33.9kJ?mol^{-1}}．

熱化學方程式中應注明物質的狀態(tài)；且物質的量與熱量成正比，放熱反應的焓變?yōu)樨?，吸熱反應的焓變?yōu)檎?，以此來解答?/p>

本題考查熱化學方程式，為高頻考點，把握反應中能量變化、物質的量與熱量關系、焓變正負為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意熱化學方程式的書寫方法，題目難度不大．rm{n(NO_{2})=dfrac

{23g}{46g/mol}=0.5mol}【解析】rm{Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=NO_{2}(g)triangleH=+33.9kJ?mol^{-1}}23、（1）⑤②④③

（2）④②③【分析】【分析】

本題主要考查物質中的化學鍵的類型以及物質溶解和熔化過程中的破壞的化學鍵的類型；題目較簡單。

【解答】

rm{壟脵}二氧化碳分子中只含有共價鍵；

rm{壟脷}氫氧化鉀分子中既含有離子鍵又含有共價鍵；

rm{壟脹He}分子為單原子分子，rm{He}分子中既不含有離子鍵；也不含有共價鍵；

rm{壟脺}硫酸鋇分子中既含有離子鍵又含有共價鍵；

rm{壟脻}氯化鈉分子中只含有離子鍵；

rm{(1)}分子中只含有離子鍵的物質為rm{壟脻}分子中既含有離子鍵又含有共價鍵的為rm{壟脷壟脺}分子中不含有化學鍵的為rm{壟脹}故答案為：rm{壟脻}rm{壟脷壟脺}rm{壟脹}

rm{壟脵}燒堿即為氫氧化鈉；分子中既含有離子鍵又含有共價鍵，分子熔化時只破壞離子鍵；

rm{壟脷}氯化氫氣體溶于水；形成氫離子和氯離子，破壞共價鍵；

rm{壟脹}氯化銨受熱分解形成氨氣和氯化氫；既破壞離子鍵也破壞共價鍵；

rm{壟脺}干冰即為二氧化碳；升華時既不破壞離子鍵，也不破壞共價鍵；

rm{(2)}化學未破壞的為rm{壟脺}僅共價鍵破壞的為rm{壟脵壟脷}既發(fā)生離子鍵破壞，又發(fā)生共價鍵破壞的是rm{壟脹}故答案為：rm{壟脺}rm{壟脷}rm{壟脹}【解析】rm{(1)