2024年沪科新版高一化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科新版高一化学上册月考试卷806考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.含有NA个氮原子的氮气在标准状况下的体积约为22.4LB.25℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NAC.在常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5NAD.标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA2、下列关于乙烯和乙烷比较的说法中，不正确的是()。A.乙烯的结构简式为CH2CH2，乙烷的结构简式为CH3CH3B.乙烯分子中所有原子处于同一平面上，乙烷分子则为立体结构，原子不都在同一平面上C.乙烯分子中含有碳碳双键，乙烷分子中含有碳碳单键，双键不如单键稳定，导致乙烯的性质比乙烷活泼D.乙烯分子中因含有不饱和键，导致乙烯能使酸性KMnO4溶液和溴的四氯化碳溶液褪色3、下列关于“物质的量”“摩尔”“摩尔质量”的叙述正确的是A.物质的摩尔质量等于其相对分子（原子）质量B.“物质的量”是国际单位制中的一个基本单位C.0.012kg12C中所含的碳原子数为NAD.1mol任何物质都含有约6.02×1023个原子4、一定条件将C5H12裂解，最多可以得到烯烃的种数是（）A.3种B.4种C.5种D.6种5、如图，rm{A}处通入rm{Cl_{2}}关闭rm{B}阀时，rm{C}中的湿润红色布条看不到明显变化；打开rm{B}阀后，rm{C}中的湿润红色布条逐渐褪色rm{.}则rm{D}瓶中盛放的是rm{(}rm{)}A.浓盐酸B.饱和rm{NaCl}溶液C.浓硫酸D.rm{NaOH}溶液6、下列各组物质的晶体中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是rm{(}rm{)}A.干冰和二氧化硅B.食盐和金刚石C.烧碱和冰D.碘片和足球烯评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、如下图所示，在注射器中加入少量rm{Na_{2}SO_{3}}晶体，并吸入少量浓硫酸rm{(}以不接触纸条为准rm{)}则下列有关说法正确的是A.湿润的蓝色石蕊试纸只变红不褪色B.湿润的品红试纸蘸有rm{KMnO_{4}}酸性溶液的滤纸均褪色证明了rm{SO_{2}}的漂白性C.湿润的碘化钾淀粉试纸未变蓝说明rm{SO_{2}}不能将rm{I^{-}}还原为rm{I_{2}}D.实验后，可把注射器中的物质推入rm{NaOH}溶液，以减少环境污染8、下列有关实验操作或判断不正确的是rm{(}rm{)}A.配制一定物质的量浓度溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小B.用干燥的rm{pH}试纸测定氯水的rm{pH}C.配制稀硫酸时，可先在烧杯中加入一定体积的蒸馏水，再边缓慢加入浓硫酸边搅拌E.观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀盐酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的火焰上进行灼烧，观察．E.观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀盐酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的火焰上进行灼烧，观察．9、常温下在20mL0.lmol·L-1Na2CO3溶液中逐渐滴加入0.1mol/LHC1溶液40mL，溶液的pH逐渐降低，下列说法正确的是A.完全反应以后，溶液呈现中性B.当盐酸加入20mL时，溶液中NHCO3的物质的量为0.002molC.20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶于中D.20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶于中10、常温下，下列各溶液的叙述中正确的是A.NaHSO3与Na2SO3混合溶液中：3c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)B.0.1mol·L-1的醋酸钠溶液20mL与0.1mol·L-1盐酸10mL混合后溶液显酸性c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)C.等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c(Na+)＝c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)D.向1.00L0.3mol·L-1NaOH溶液中缓慢通入0.2molCO2气体，溶液中：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)11、把炭和氧化铜组成的混合物隔绝空气加热，充分反应后称量所得剩余固体的质量为rm{112g}向此剩余固体中加入rm{200g}稀硫酸，稀硫酸恰好被完全反应，过滤后所得滤渣呈红色rm{.}同时将反应所得的气体全部通入含溶质rm{37g}的澄清石灰水中，得到沉淀rm{25g.}下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.生成气体的质量可能是rm{11}克或rm{33}克B.滤渣中的红色物质可能是rm{32}克或rm{96}克C.参与反应的氧化铜质量可能是rm{40}克或rm{120}克D.稀硫酸的溶质质量可能是rm{38.4}克或rm{115.2}克12、某原电池总反应的离子方程式是：rm{Zn+Cu^{2+}篓TZn^{2+}+Cu}依据此反应设计原电池的正确组合是rm{(}rm{)}。选项正极负极电解质溶液rm{A}rm{Cu}rm{Zn}稀盐酸rm{B}rm{C}rm{Zn}硫酸铜溶液rm{C}rm{Cu}rm{Zn}氯化铜溶液rm{D}rm{Cu}rm{Zn}硝酸铜溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分三、双选题(共7题，共14分)13、下列做法中符合“绿色化学”思想的是（）A.CO2不是大气污染物，所以可以大量排放到空气中B.以无磷洗涤剂代替含磷洗涤剂C.实验后的有毒有害物质应分类收集，统一处理D.在通风橱中制取氯气时不用NaOH溶液吸收尾气14、下列各组元素性质活原子结构递变情况错误的是（）A.Li、Be、B原子最外层电子数依次增多B.P、S、Cl元素最高正化合价依次增小C.N、O、F原子半径依次增大D.Na、K、Rb的电子层数依次增多15、下列关于离子化合物的叙述不正确的是（）A.离子化合物中都含有离子键B.离子化合物中的阳离子只能是金属离子C.有些离子化合物可能含有共价健D.溶于水可以导电的化合物一定是离子化合物16、关于如图所示装置的叙述，不正确的是rm{(}rm{)}

A.铜是正极，锌是负极B.铜片质量逐渐减少C.电流从锌片经导线流向铜片D.铜片上有气泡产生17、下列叙述中，正确的是（）A.在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B.得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强C.反应前各原子的物质的量之和一定等于反应后各原子的物质的量之和D.溶液稀释前溶质的物质的量一定等于溶液稀释后溶质的物质的量18、火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：rm{2CuFeS_{2}+O_{2}overset{赂脽脦脗}{=}Cu_{2}S+2FeS+SO_{2}}下列说法正确的是rm{2CuFeS_{2}+O_{2}overset{赂脽脦脗}{=}

Cu_{2}S+2FeS+SO_{2}}rm{(}A.rm{)}既是氧化产物又是还原产物B.rm{SO_{2}}仅作还原剂，硫元素被氧化C.每生成rm{CuFeS_{2}}有rm{1molCu_{2}S}硫被氧化D.每转移rm{4mol}电子，有rm{1.2mol}硫被氧化rm{0.2mol}19、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.在接触室里用rm{98.3%}的浓硫酸吸收rm{SO_{3}}目的是防止形成酸雾便于rm{SO_{3}}吸收完全B.工业制玻璃和炼铁过程中都要加入石灰石，目的是除去杂质二氧化硅C.工业上用金属钠与rm{TiCl_{4}}溶液在高温下反应，目的是将金属钛从氯化物中置换出来D.海水中提取镁的过程中加入贝壳煅烧制得的石灰，目的是将rm{Mg^{2+}}转变成rm{Mg(OH)_{2}}评卷人得分四、元素或物质推断题(共1题，共5分)20、如图表示A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色。

回答下列问题：

(1)A→D反应常用于人工固氮，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)D→C是工业制硝酸的重要反应，化学方程式为_______。

(3)B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收，则B与的物质的量之比为_______，若该反应转移个电子，则参加反应的B的物质的量为_______mol。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】含有NA个氮原子的氮气是0.5mol，在标准状况下的体积约为11.2L，A不正确。64gSO2是1mol，含有3mol原子，B正确。在常温常压下，11.2LCl2不是0.5mol，C不正确。标准状况下，水不是气体，D不正确。答案选B。【解析】【答案】B2、A【分析】乙烯的结构简式为CH2＝CH2。乙烯分子中的一个键易断裂，导致乙烯比乙烷活泼，乙烷中的碳碳单键稳定，致使乙烷不能使酸性KMnO4溶液和溴的四氯化碳溶液褪色。【解析】【答案】A3、C【分析】【解析】【答案】C4、C【分析】【解答】C5H12有三种裂解方式分别是：C5H12→CH4+C4H8；C5H12→C2H6+C3H6；C5H12→C3H8+C2H4；

C4H8的烯烃有3种分别是：CH3CH2CH=CH2，CH3CH=CHCH3，CH3（CH3）C=CH2；

C3H6的烯烃是丙烯；

C2H4的烯烃是乙烯；

所以最多可以得到5中烯烃；故选C．

【分析】裂解是深度裂化是将石油中大分子分解为小分子的过程，目的是得到小分子的烯烃，C5H12有三种裂解方式分别是：C5H12→CH4+C4H8；C5H12→C2H6+C3H6；C5H12→C3H8+C2H4，据此解答．5、D【分析】解：干燥氯气不能使有色布条褪色，氯气能使有色布条褪色的原因是：氯气和水反应生成具有漂白性的rm{HClO}打开rm{B}阀后，rm{C}中的湿润红色布条逐渐褪色，关闭rm{B}阀时，rm{C}中的湿润红色布条看不到明显变化，说明通入到rm{C}中的物质不含氯气，则rm{D}中物质能够吸收氯气；浓盐酸；饱和氯化钠溶液、浓硫酸都不能吸收氯气，氢氧化钠能够与氯气反应，可以用氢氧化钠吸收氯气；

故选：rm{D}

干燥氯气不能使有色布条褪色，氯气能使有色布条褪色的原因是：氯气和水反应生成具有漂白性的rm{HClO}打开rm{B}阀后，rm{C}中的湿润红色布条逐渐褪色，关闭rm{B}阀时，rm{C}中的湿润红色布条看不到明显变化，说明通入到rm{C}中的物质不含氯气；据此解答．

本题主要考查了氯水能使有色布条褪色的原理，解题时需紧紧抓住干燥氯气不能漂白，潮湿氯气漂白是生成次氯酸rm{.}题目难度不大．【解析】rm{D}6、D【分析】解：rm{A.SiO_{2}}是共价键结合的原子晶体；干冰是含有共价键的分子晶体，所以晶体类型不同，故A错误；

B.金刚石属于原子晶体；食盐为离子晶体，晶体类型不同，故B错误；

C.烧碱属于离子晶体；冰属于分子晶体，晶体类型不同，故C错误；

D.碘和足球烯都只含有共价键；且都为分子晶体，故D正确．

故选D．

根据晶体的类型和所含化学键的类型分析；离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键，金属单质含有金属键．

本题考查化学键类型和晶体类型的关系rm{.}判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键．【解析】rm{D}二、多选题(共6题，共12分)7、AD【分析】【分析】本题考查二氧化硫的性质，rm{SO_{2}}的漂白性主要体现在使品红褪色。题目难度不大。【解答】A.品红不能使蓝色石蕊试纸褪色，故A正确；

B.漂白性是指使有色的有机物质褪色，rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}不是有机物，所以rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}溶液的滤纸褪色不能证明rm{SO}故rm{SO}

rm{{,!}_{2}}的漂白性，主要检验氧化B错误；的物质，如果将碘化钾氧化为碘单质，就能使淀粉变蓝。二氧化硫不能使其变蓝，说明二氧化硫不能将碘化钾氧化为碘单质，故C错误；C.碘化钾淀粉试纸溶液可吸收性D.rm{NaOH}溶液可吸收rm{SO}故rm{NaOH}正确rm{SO}

故选AD。

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{AD}8、ABDE【分析】解：rm{A.}配制一定物质的量浓度溶液；定容时俯视刻度线，导致加入的水的量减少，溶液体积变小，所配溶液浓度偏大，故A错误；

B.氯水中rm{HClO}具有强氧化性，不能利用试纸测定rm{pH}应选rm{pH}计；故B错误；

C.由于稀释过程中放出大量的热；且浓硫酸密度大于水，所以配制稀硫酸时，可先在烧杯中加入一定体积的蒸馏水，再边缓慢加入浓硫酸边搅拌，故C正确；

D.氢氧化钠具有强腐蚀性；且容易潮解变质，称量氢氧化钠时应该放在小烧杯中快速称量，故D错误；

E.做钾元素的焰色反应时；需要透过蓝色的钴玻璃观察火焰颜色，故E错误；

F.氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；应隔绝空气制取，故F正确；

故选A、rm{B}rm{D}rm{E}．

A.定容时俯视刻度线；导致加入的水的量减少；

B.氯水中含具有漂白性的rm{HClO}

C.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；

D.rm{NaOH}应在小烧杯中称量；

E.观察rm{K}的焰色反应时；需要透过蓝色的钴玻璃；

F.盛有rm{NaOH}溶液的滴管；伸入硫酸亚铁溶液中，防止氢氧化亚铁被氧化．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液配制、rm{pH}测定、物质的制备及实验技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{ABDE}9、CD【分析】【分析】

碳酸钠的物质的量=0.1mol∙L−1×0.02L=0.002mol，盐酸的物质的量=0.1mol∙L−1×0.04L=0.004mol；当二者反应时，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳，根据物料守恒和电荷守恒分析解答。

【详解】

A.完全反应后；部分二氧化碳溶于水，导致溶液呈弱酸性，故A错误；

B.当盐酸加入20mL时，二者恰好反应生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子水解导致溶液中NaHCO3的物质的量小于0.002mol；故B错误；

C.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(OH−)；故C正确；

D.根据质子守恒得c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3−)=c(OH−)；故D正确。

综上所述；答案为CD。

【点睛】

当反应物给了物质的量或则浓度和溶液体积时要抓住反应后的溶质，分析溶质可能水解或电离等情况。10、BC【分析】【详解】

A、NaHSO3与Na2SO3物质的量之比不确定，则c（Na+）与c(HSO3-)+c(SO32-)的关系无法确定；A错误；

B、0.1mol·L-1的醋酸钠溶液20mL与0.1mol·L-1盐酸10mL混合后生成等量的CH3COOH、NaCl和CH3COONa，溶液显酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根的水解，则：c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)；B正确；

C、等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合，生成等量的(NH4)2SO4和Na2SO4，因为NH4+发生水解反应使溶液呈酸性，则c(Na+)＝c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)；C正确；

D、向1.00L0.3mol·L-1NaOH溶液中缓慢通入0.2molCO2气体，生成等量的Na2CO3和NaHCO3，因为CO32‾的水解程度大，则c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)；D错误；

答案选BC。11、ABC【分析】解：氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙的反应为：rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}二氧化碳过量时碳酸钙部分溶解，反应的化学方程式为：rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}篓TCa(HCO_{3})_{2}}

A.如果二氧化碳不足，碳酸钙是rm{25g}根据反应可知生成二氧化碳的质量为：rm{25g隆脕dfrac{44}{100}=11g}

如果二氧化碳过量，rm{25g隆脕dfrac

{44}{100}=11g}氢氧化钙和二氧化碳反应生成rm{37g}碳酸钙沉淀，然后过量的二氧化碳溶解rm{50g}碳酸钙，则总共消耗二氧化碳的质量为：rm{dfrac{37}{74}隆脕44g+dfrac{25}{100}隆脕44g=33g}故A正确；

B.氧化铜和碳反应的化学方程式及其质量关系为：

rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{(50-25)g=25g}rm{dfrac{37}{74}隆脕44g+dfrac

{25}{100}隆脕44g=33g}

如果生成的一氧化碳是rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出生成的铜的质量是rm{128}如果生成的二氧化碳是rm{44}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出生成的铜的质量是rm{11g}故B正确；

C.rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{32g}rm{33g}

如果生成的一氧化碳是rm{96g}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出反应的氧化铜的质量是rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}如果生成的一氧化碳是rm{160}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出反应的氧化铜的质量是rm{44}故C正确；

D.由于不知剩余氧化铜的质量；因此无法判断稀硫酸中的溶质质量，故D错误；

故选ABC．

氢氧化钙和少量二氧化碳反应生成碳酸钙的反应为rm{11g}二氧化碳过量时碳酸钙部分溶解，发生反应为rm{40g}

A.当二氧化碳不足时，只发生反应rm{33g}据此计算出生成二氧化碳的质量；当二氧化碳稍过量时，发生反应rm{120g}rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}据此计算出生成二氧化碳的质量；

B.氧化铜和碳反应的化学方程式及其质量关系为：

rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}篓TCa(HCO_{3})_{2}}rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

分别根据二氧化碳为rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}篓TCa(HCO_{3})_{2}}计算出滤渣中的红色物质的质量；

C.rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}rm{128}

分别根据二氧化碳为rm{44}rm{11g}计算参与反应的氧化铜的可能质量；

D.不知剩余氧化铜的质量；无法判断稀硫酸中的溶质质量．

本题考查混合物反应的计算，题目浓度较大，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．rm{33g}【解析】rm{ABC}12、BCD【分析】解：锌失电子发生氧化反应而作负极，不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极rm{(}石墨rm{)}铜离子在正极上得电子发生还原反应，则电解质为可溶性的铜盐，符合条件的是rm{BCD}故选BCD．

根据电池反应式知；失电子的金属作负极，则锌作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，铜离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中含有铜离子，则电解质溶液为可溶性的铜盐．

本题考查了原电池工作原理，判断正负极、电解质溶液时，要根据电池反应式判断：发生氧化反应的电极为负极，发生还原反应的电极为正极，含有发生还原反应的离子溶液为电解质溶液．【解析】rm{BCD}三、双选题(共7题，共14分)13、B|C【分析】解：A．二氧化碳的大量排放能够引起温室效应；故A错误；

B．含磷洗涤剂的大量使用能够引起水体的富营养化；引起水污染，以无磷洗涤剂代替含磷洗涤剂，可以减少水体的污染，故B正确；

C．实验后的有毒有害物质应分类收集；统一处理，能够减少环境污染，故C正确；

D．在通风橱中制取氯气时不用NaOH溶液吸收尾气；容易引起空气污染，故D错误；

故选：BC．

绿色化学又称环境友好化学；其核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，据此解答．

本题考查了绿色化学的含义，明确绿色化学的要求即可解答，题目难度不大．【解析】【答案】BC14、B|C【分析】解：A．Li；Be、B位于同周期；原子序数逐渐增大，则原子最外层电子数依次增多，故A正确；

B．P；S、Cl元素最高正化合价依次增加；分别为+5、+6、+7，故B错误；

C．N；O、F位于同周期；原子序数逐渐增大，原子半径依次减小，故C错误；

D．Na、K、Rb位于同主族；电子层数依次增多，故D正确；

故选BC．

同周期从左向右原子半径减小；最外层电子数增加、最高正价增大；电子层相同；同主族从上到下原子半径增大，电子层数增加，以此来解答．

本题考查周期表和周期律的综合应用，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．【解析】【答案】BC15、B|D【分析】解：A．含有离子键的化合物是离子化合物；离子化合物中可能含有共价键，所以离子化合物中都含有离子键，故A正确；

B．离子化合物中阳离子可能不是金属离子；如铵盐，故B错误；

C．含有离子键的化合物是离子化合物；离子化合物中可能含有共价键，如KOH等，故C正确；

D．溶于水可以导电的化合物可能是离子化合物也可能是共价化合物；如硫酸等共价化合物，故D错误；

故选BD．

A．含有离子键的化合物是离子化合物；离子化合物中可能含有共价键；

B．离子化合物中阳离子可能不是金属离子；

C．含有离子键的化合物是离子化合物；离子化合物中可能含有共价键；

D．溶于水可以导电的化合物可能是离子化合物也可能是共价化合物．

本题考查化学键和化合物的关系，侧重考查基本概念，明确物质构成微粒及微粒之间存在作用力是解本题关键，注意规律中的特殊现象，易错选项是B．【解析】【答案】BD16、rBC【分析】解：在锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，活泼金属rm{Zn}作负极，失电子发生氧化反应，氢离子在正极rm{Cu}上得电子发生还原反应；

A.铜是正极，rm{Zn}是负极；故A正确；

B.rm{Cu}是正极；没有参加反应，质量不改变，故B错误；

C.rm{Zn}作负极；失电子，电子从负极锌片流出，经导线流向铜，电流与电子运动方向相反，则电流从铜片经导线流向锌片，故C错误；

D.氢离子在正极rm{Cu}上得电子生成氢气；冒出气泡，故D正确；

故选BC．

在锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，活泼金属rm{Zn}作负极，失电子发生氧化反应，氢离子在正极rm{Cu}上得电子发生还原反应；据此分析．

本题考查学生原电池的工作原理，可以根据所学知识进行回答，注意正极发生还原反应，现象一般为产生气泡或质量增加，难度不大．【解析】rm{BC}17、C|D【分析】解：A．氧化还原反应中；可以同种元素既失去电子也得到电子，如氯气与水的反应等，故A错误；

B．得电子多少；与氧化性无关，而氧化性与得电子的难易有关，故B错误；

C．化学反应中；遵循原子守恒，原子为化学变化中的最小微粒，则反应前各原子的物质的量之和一定等于反应后各原子的物质的量之和，故C正确；

D．溶液稀释前后；溶质的物质的量不变，则溶液稀释前溶质的物质的量一定等于溶液稀释后溶质的物质的量，故D正确；

故选CD．

A．氧化还原反应中；可以同种元素既失去电子也得到电子；

B．得电子多少；与氧化性无关；

C．化学反应中；遵循原子守恒；

D．溶液稀释前后；溶质的物质的量不变．

本题考查氧化还原反应、质量守恒定律及溶液稀释等，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从常见的实例及反应原理角度分析，题目难度不大．【解析】【答案】CD18、AD【分析】【分析】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，注意把握元素的化合价及反应中的变化为解答的关键，侧重基本概念的考查，题目难度不大。【解答】A.rm{O}元素的化合价由rm{0}降低为rm{-2}价，rm{S}元素的化合价由rm{-2}价升高为rm{+4}价，则rm{SO_{2}}既是氧化产物又是还原产物，故A正确；B.rm{Cu}元素的化合价降低，rm{S}元素的化合价升高，则rm{CuFeS_{2}}既作还原剂又作还原剂，rm{S}元素被氧化，故B错误；C.由反应可知，生成rm{1molCu_{2}S}有rm{1mol}硫被氧化，故C错误；D.由反应可知，rm{1molS}被氧化转移rm{6mol}电子，则每转移rm{1.2mol}电子，有rm{0.2mol}硫被氧化，故D正确。故选AD。【解析】rm{AD}19、rAD【分析】解：rm{A.}在吸收塔中三氧化硫与水反应生成硫酸，但水直接吸收三氧化硫会形成酸雾，使三氧化硫的吸收率降低，生产实践中用rm{98.3%}的浓rm{H_{2}SO_{