2024年华师大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年华师大新版高一化学上册月考试卷640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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、某混合气体由一氧化碳和二氧化碳组成，若混合气体在标准状况下的密度是1．875g／L,则混合气体中一氧化碳和二氧化碳的体积比是：（）A.1：3B.3:1C.1:7D.7:12、2010年10月，嫦娥二号卫星成功进入探月试验轨道，科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨23He，100吨23He核聚变释放的能量相当于目前人类一年消耗的能量。下列说法正确的是A.23He的最外层电子数为2，具有较强的金属性B.23He位于周期表第二周期IIIA族C.其原子核中质子数为2、中子数为1D.核聚变是通过化学反应而释放出的能量3、反应rm{+HO-NO_{2}xrightarrow[triangle]{{脜篓脕貌脣谩}}}rm{+HO-NO_{2}xrightarrow[triangle

]{{脜篓脕貌脣谩}}}的反应类型是rm{-NO_{2}+H_{2}O}rm{(}A.加成反应B.取代反应C.化合反应D.分解反应rm{)}4、硝酸铜是制备rm{Cu隆陋Zn隆陋Al}系催化剂的重要原料，制取硝酸铜现有三种设计方案可供选用：rm{垄脵Cu}与稀硝酸反应制取：rm{3Cu+8HNO_{3}(}稀rm{)篓T篓T篓T3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{垄脷Cu}与浓硝酸反应制取：rm{Cu+4HNO_{3}(}浓rm{)篓T篓T篓TCu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{垄脹}通氧气于铜屑与稀硝酸的体系中制取：rm{2Cu+4HNO_{3}+O_{2}篓T篓T篓T2Cu(NO_{3})_{2}+2H_{2}O}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.制取相同量的硝酸铜需硝酸的量rm{垄脹}最多B.制取相同量的硝酸铜rm{垄脵}产生的有毒气体物质的量比rm{垄脷}多C.三种方案中硝酸的利用率rm{垄脹>垄脵>垄脷}D.三种方案的反应都可以在铁制容器中进行5、rm{2016}年rm{6}月rm{8}日，国际纯粹与应用化学联合会rm{(IUPAC)}公布了新元素的元素符号，rm{113}号元素为rm{Nh}rm{ll5}号元素为rm{Mc}rm{117}号元素为rm{Ts}rm{ll8}号元素为rm{Og}关于这四种元素，下列说法正确的是()A.rm{Al}的金属性强于rm{Nh}B.rm{Mc}所在族的某种元素是一种优良的半导体，并在芯片产业中应用广泛C.单质的氧化性：rm{F_{2}>Ts_{2}}D.rm{Og}所在族的所有元素都达到了最外层rm{8}电子稳定结构6、下列各组性质比较中，正确的是rm{垄脵}酸性：rm{HClO_{4}>HBrO_{4}>HIO_{4}}rm{垄脷}碱性：rm{Ba(OH)_{2}>Mg(OH)_{2}>Be(OH)_{2}}rm{垄脹}氧化性：rm{F_{2}>C>O_{2}}rm{垄脺}还原性：rm{Na>Mg>Al}rm{垄脻}气态氢化物稳定性：rm{HF>HCl>H_{2}S}A.rm{垄脷垄脹垄脺}B.rm{垄脵垄脷垄脺垄脻}C.rm{垄脵垄脹垄脻}D.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺垄脻}7、下表中对应关系正确的是rm{(}rm{)}

。rm{A}rm{CH_{3}CH_{3}+Cl_{2}xrightarrow{{鹿芒脮脮}}CH_{3}CH_{2}Cl+HCl}

rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl隆煤CH_{3}CH_{2}Cl}均为取代反应rm{B}明矾用于净水。

碳酸钠溶液显碱性均发生了水解反应rm{C}rm{Cl_{2}+2Br?=2Cl?+Br_{2}}

rm{Zn+Cu^{2+}=Zn^{2+}+Cu}均为单质被还原的置换反应rm{D}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}隆眉}

rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}均为水作还原剂的氧化还原反应A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}8、下列物质中，属于酸性氧化物，但不溶于水的是rm{(}rm{)}A.rm{CO_{2}}B.rm{SiO_{2}}C.rm{SO_{3}}D.rm{Fe_{2}O_{3}}评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、下列说法正确的是（）A.每一个化学反应都会伴随着能量变化B.氯化氢溶于水氢氯共价键被破坏C.化学键的断裂和形成是化学反应能量变化的主要原因D.离子化合物一定由金属元素和非金属元素组成，非金属元素之间不能形成离子化合物10、rm{100mL2mol/L}的盐酸跟过量的锌片反应，为减缓反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是()A.加入适量的rm{6mol/L}盐酸B.加入少量rm{NaNO_{3}}溶液C.加入适量的蒸馏水D.加入少量的醋酸钠固体11、柠檬酸(用H3R表示)是一种高效除垢剂。常温时，用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中H3R、H2R-、HR2-、R3-的物质的量百分数随pH的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.由a点判断H3R的第一步电离常数Ka1(H3R)的数量级为10-3B.若b点溶液中金属阳离子只有Na+，则有c(Na+)=c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)C.pH=6时，c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)D.反应2H2R-H3R+HR2-在该温度下的平衡常数K=10x-y12、常温下，Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7，Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5，设H2SO3溶液中c(总)=c()+c()+c(H2SO3)。室温下将氨气通入25.00mL0.1000mol·L−1H2SO3溶液中（忽略溶液体积变化），下列说法正确的是A.溶液中始终存在：c()+c(H+)=c()+c()+c(OH−)B.在NH4HSO3溶液中：c()＞c()＞c(NH3·H2O)＞c(H2SO3)C.pH=7的溶液：c()=2c()+c()D.c()=2c(总)的溶液中：c(NH3·H2O)+c(OH−)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)13、室温下，用含0.2molNaOH的溶液恰好吸收0.2molNO2后得1L溶液，反应的化学方程式为：2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O。对反应后的溶液，下列说法正确的是（已知：Ka(HNO2)=7.1×10-4、Ka(CH3COOH)=1.7×10-5）（）A.n(NO2-)+n(OH-)-n(H+)=0.1molB.若通入0.01molHCl气体，溶液pH大于2（忽略溶液体积的变化）C.若加入少量CH3COONa固体，溶液的碱性会减弱D.此时溶液的pH大于0.1mol/L的CH3COONa溶液14、室温下，若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.的溶液：B.的溶液和的溶液混合C.的溶液和的溶液等体积混合：D.的溶液和的溶液等体积混合：15、由下列实验操作和现象所得到的结论正确的是。实验操作和现象结论A向某溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加少量溶液，溶液变红溶液中含有B室温下，测得相同浓度的和溶液的pH分别为8和9酸性：C蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热加氢氧化钠溶液至溶液呈碱性，再加入少量新制继续加热生成砖红色沉淀蔗糖完全水解D向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少量等物质的量的和固体，溶解而不溶解

A.AB.BC.CD.D16、将下列物质加入水中，会显著放热的有A.烧碱B.浓硫酸C.食盐D.生石灰17、rm{1L0.1mol隆陇L^{-1}}的rm{K_{2}SO_{4}}溶液中A.rm{K^{+}}的物质的量为rm{0.2mol}B.rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量为rm{0.1mol}C.rm{K^{+}}的物质的量浓度为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}D.rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量浓度为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)18、下图是氮元素的各种价态与物质类别的对应关系：（1）根据A对应的化合价和物质类别，A的摩尔质量是，从氮元素的化合价能否发生变化的角度判断，图中既有氧化性又有还原性的化合物有。（2）实验室依据复分解反应原理制取NH3的化学方程式是。（3）浓、稀硝酸的性质既相似又有差别，若要除去铁制品表面的铜镀层应使。（4）汽车尾气中含有CO和NOx等多种有害气体，若在汽车的排气管上安装一种催化转化装置，可使CO与NOx反应，生成两种无毒气体，则该反应的化学方程式为。（5）合成法制硝酸是以NH3为原料，经催化氧化后再用水吸收来实现的，若开始时投入17吨NH3，最后生产出的硝酸为42吨，则硝酸的产率是。19、（12）下图中的每一方框内表示一种反应物或生成物,其中A、C、D、E、F在通常情况下均为气体，且A与C物质的量之比为1:1。B为常见液体。试回答下列问题:（1）X是；F是(都填化学式)。（2）AD反应的化学方程式。（3）G与Cu的反应中，G表现得性质有。（4）X与过量NaOH溶液反应（加热）的离子方程式。（5）以C、B、D为原料可生产G，若使amolC完全转化为G，理论上至少需要Dmol。20、化学是一门以实验为基础的科学，化学实验是化学学习的重要内容．根据你掌握的知识，判断下列描述正确的是____（填序号）

A．将一小块pH试纸浸入稀盐酸中；测定溶液的pH

B．要配制一定浓度的氯化钾溶液1000mL；准确称取氯化钾固体，放入到1000mL的容量瓶中，加水溶解，振荡摇匀，定容。

C．用苯萃取碘水中的I2时；有机层从分液漏斗的上口倒出。

D．各放一张质量相同的滤纸于天平的两盘上；将NaOH固体放在左盘纸上称量。

E．在焰色反应实验中先用稀盐酸洗涤铂丝；然后直接蘸取待测液在酒精喷灯上灼烧观察火焰颜色。

F．在钠与水反应中；用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中。

H．在制备一定量的蒸馏水操作中，将温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处．21、现有如下两个反应：（A）NaOH+HCl═NaCl+H2O

（B）2FeCl3+Fe═3FeCl2

①根据两反应本质，分别判断能否用于设计原电池____．

②如果不能，说明其原因____．22、下列物质属于电解质的有_______________________

rm{垄脵Cu}rm{垄脷H_{2}SO_{4}}rm{垄脹NaOH}rm{垄脺NaCl}rm{垄脻CaO}rm{垄脼CO_{2}}rm{垄脽CaCO_{3}}rm{垄脿H_{2}}23、（1）2molN2H4中所含氢原子个数与______molH2O所含氢原子个数相同。

（2）含0.6molFe3+的Fe2（SO4）3所含的SO42-的物质的量是______mol

（3）3.01×1023个CH4中所含电子的个数与______molNH3所含电子的个数相同。

（4）有一种气体的质量是14g，体积是4.48L（标准状况），该气体的摩尔质量为______g/mol。24、乙烯是石油裂解气的主要成分；它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平．请回答下列问题．

（1）乙烯的电子式____，结构简式____．

（2）鉴别甲烷和乙烯的试剂是____（填序号）．

A．稀硫酸。

B．溴的四氯化碳溶液。

C．水。

D．酸性高锰酸钾溶液。

（3）下列物质中，可以通过乙烯加成反应得到的是____（填序号）．

A．CH3CH3

B．CH3CHCl2

C．CH3CH2OH

D．CH3CH2Br

（4）已知2CH3CHO+O22CH3COOH．若以乙烯为主要原料合成乙酸；其合成路线如下图所示．

反应②的化学方程式为____．

工业上以乙烯为原料可以生产一种重要的合成有机高分子化合物，其反应的化学方程式为____，反应类型是____．25、按要求写出方程式．

rm{(1)}碳酸钙和盐酸rm{(}写出离子方程式rm{)}______

rm{(2)H^{+}+OH^{-}=H_{2}O(}写出对应的化学方程式rm{)}______

评卷人得分四、判断题(共1题，共5分)26、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）评卷人得分五、结构与性质(共1题，共9分)27、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL；大理石用量为10.00g。

（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：。实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol·L-1实验目的①298粗颗粒2.00（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；②_______________③_______________④_______________

（2）实验装置如图1所示，如何检验该装置的气密性________________________________

（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图2：依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率________________________

（4）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。_______评卷人得分六、综合题(共4题，共16分)28、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

29、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题30、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

31、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】试题分析：混合气体在标准状况下的密度是1．875g/L，则混合气体平均摩尔质量为：1．875g/L×22．4L/mol=42g/mol，设混合气体中含有xmolCO，ymolCO2，则M=(28x+44Y)÷(x+y)=42，解之得：x：y=1：7，故C项正确。考点：本题考查气体体积比的计算。【解析】【答案】D2、C【分析】【解析】【答案】C3、B【分析】解：在加热；浓硫酸作催化剂的条件下；苯分子中的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应，故选B．

根据取代反应的定义“有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应”来分析解答．

本题考查了取代反应的判断，根据取代反应的定义来分析解答即可，注意乙酸和乙醇的酯化反应也属于取代反应．【解析】rm{B}4、C【分析】【分析】本题考查学生对实验方案的理解与评价，难度不大，实质是根据方程式的计算，注意基础知识的灵活运用与掌握。【解答】A.由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备rm{1molCu(NO_{3})_{2}}需要rm{HNO_{3}}的物质的量，rm{垄脵}中需要rm{dfrac{8}{3}molHNO_{3}}rm{垄脷}中需要rm{4molHNO_{3}}rm{垄脹}中需要rm{2molHNO_{3}}所以需要硝酸的量rm{垄脷>垄脵>垄脹}rm{垄脹}最少；故A错误，故A不符合题意；

B.由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备rm{1molCu(NO_{3})_{2}}rm{垄脵}中放出rm{dfrac{2}{3}molNO}气体，rm{垄脷}中放出rm{2molNO_{2}}气体，rm{垄脹}中没有气体放出，制取相同量的硝酸铜rm{垄脵}产生的有毒气体比rm{垄脷}少，故B错误，故B不符合题意；

C.由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备rm{1molCu(NO_{3})_{2}}rm{垄脵}中需要rm{dfrac{8}{3}molHNO_{3}}放出rm{dfrac{2}{3}molNO}气体，硝酸利用率为rm{dfrac{dfrac{8}{3}mol-dfrac{2}{3}mol}{dfrac{8}{3}mol}=75拢楼}rm{dfrac{dfrac{8}{3}mol-

dfrac{2}{3}mol}{dfrac{8}{3}mol}=75拢楼}中需要rm{垄脷}放出rm{4molHNO_{3}}气体，硝酸利用率为rm{dfrac{4mol-2mol}{4mol}=50拢楼}rm{2molNO_{2}}中没有气体放出，rm{dfrac{4mol-2mol}{4mol}=50拢楼

}的利用率为rm{垄脹}三种方案中硝酸的利用率rm{HNO_{3}}故C正确，rm{100%}

D.稀硝酸与铁发生反应，且生成的rm{垄脹>垄脵>垄脷}与铁反应，故不可以在铁制容器中进行，故D错误，故C符合题意；

故选C。rm{Cu(NO_{3})_{2}}【解析】rm{C}5、C【分析】【分析】本题考查元素周期表和元素周期律知识，难度不大。【解答】A.rm{Nh}与与rm{Nh}位于同主族，金属性比rm{Al}强，故A错误；rm{Al}号元素所在族中的硅元素是一种优良的半导体，并在芯片产业中应用广泛，故B错误；B.rm{114}号元素所在族中的硅元素是一种优良的半导体，并在芯片产业中应用广泛，故B错误；rm{114}非金属性强C.非金属性气态氯化物的稳定性rm{F>Ts}；气态氯化物的稳定，所以所在族为：rm{HF>HTs}；族，氦元素最外层rm{HF>HTs}个电子，故D错误。D.rm{Og}所在族为rm{0}族，氦元素最外层rm{2}个电子，故D错误。rm{Og}【解析】rm{C}6、B【分析】【分析】本题注意把握元素周期律的递变规律以及金属性、非金属性与最高价含氧酸、碱以及氢化物稳定性的关系。【解答】元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，rm{垄脵}正确正确；元素的金属性越强；对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；元素的非金属性越强，对应离子的还原性越弱。

rm{垄脵}氧化性的研究对象不是元素，故错误；rm{垄脹}氧化性顺序为rm{垄脺}rm{Li}rm{+}rm{+}rm{>Na}rm{+}，故错误。故选C。rm{+}【解析】rm{B}7、B【分析】解：rm{A.}乙烯与rm{HCl}发生加成反应；而乙烷与氯气发生取代反应，故A错误；

B.铝离子；碳酸根离子均水解；则明矾水解生成胶体用于净水，碳酸钠溶液水解显碱性，故B正确；

C.金属单质之间的置换反应，金属单质被氧化，则rm{Zn}被氧化；而氯气与溴离子的反应中氯气被还原，故C错误；

D.水中rm{H}rm{O}元素的化合价均不变；则两个反应中水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；

故选B．

A.乙烯与rm{HCl}发生加成反应；

B.铝离子；碳酸根离子均水解；

C.金属单质之间的置换反应；金属单质被氧化；

D.水中rm{H}rm{O}元素的化合价均不变．

本题考查较综合，涉及氧化还原反应、盐类水解、单质置换反应及有机反应类型等，为高频考点，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重氧化还原反应的考查，题目难度不大．【解析】rm{B}8、B【分析】解：氧化铁是碱性氧化物，不能和碱反应；二氧化碳、二氧化硫能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，而且易溶于水；rm{SiO_{2}}能和碱反应生成盐和水；但是二氧化硅难溶于水；

故选B．

氧化物是由两种元素组成并且一种元素是氧元素的化合物；能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物．

本题主要考查氧化物的概念，解答时要分析物质的元素组成，然后再根据氧化物概念的含义进行分析、判断，从而得出正确的结论．【解析】rm{B}二、多选题(共9题，共18分)9、ABC【分析】解：A．因为化学反应的本质为旧键的断裂和新键的形成；化学键断裂吸收能量，生成化学键释放能量，所以化学反应都会伴随着能量变化，故A正确；

B．氯化氢溶于水；发生电离，H-Cl共价键破坏，故B正确；

C．化学键断裂吸收能量；生成化学键释放能量，化学反应的实质为化学键的断裂和形成，则化学键的断裂和形成是化学反应能量变化的主要原因，故C正确；

D．铵盐为离子化合物；但不含金属元素，氯化铝含金属元素为共价化合物，故D错误；

故选：ABC．

A．化学键断裂吸收能量；生成化学键释放能量，化学反应都会伴随着能量变化；

B．HCl中只含H-Cl共价键；

C．化学键断裂吸收能量；生成化学键释放能量；

D．铵盐为离子化合物．

本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断是为解答的关键，并注意利用实例来分析解答，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】【答案】ABC10、CD【分析】【分析】

本题考查影响化学反应速率的因素，题目难度一般。【解答】A.加入适量的rm{6mol/L}盐酸，会增加氢气的总量，故A错误；盐酸，会增加氢气的总量，故A错误；

rm{6mol/L}B.加入适量rm{NaNO}rm{NaNO}故B错误；

C.加入适量的蒸馏水，可rm{{,!}_{3}}

溶液，不能生成氢气，生成气体为rm{NO}故B错误；可减缓反应速率；又不影响生成氢气的总量，故D正确。

rm{NO}

减缓反应速率，又不影响生成氢气的总量，故C正确；【解析】rm{CD}11、CD【分析】【详解】

A.柠檬酸溶液电离方程式：H3RH2R-+H+，H2R-HR2-+H+，HR2-R3-+H+，在a点时，c(H2R-)=c(H3R)，第一步电离常数Ka1(H3R)==c(H+)=10-3.3，故其数量级为10-4；A错误；

B.b点时，c(NaH2R)=c(Na2HR)，根据物料守恒可得2c(Na+)=3[c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)]；B错误；

C.根据图示，随着pH值的增大，氢离子浓度会减小，平衡向右移动，所以H3R含量会减少。pH=6时，c(R3-)=c(HR2-)，溶液显示酸性，c(H+)>c(OH-)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，即c(HR2-)>c(H+)，故c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)；C正确；

D.H3RH2R-+H+的电离平衡常数Ka1(H3R)==c(H+)=10-x；H2R-HR2-+H+的电离平衡常数Ka2(H3R)==c(H+)=10-y，反应2H2R-H3R+HR2-在该温度下的平衡常数K==10x-y；D正确；

故合理选项是CD。12、CD【分析】【详解】

A．溶液中始终存在电荷守恒：c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH−)，A错误；B．常温下，NH4+的水解常数K1=≈5.7×10-10，HSO3-的水解常数K2=≈6.7×10-13，HSO3-的电离常数Ka2=1.0×10-7，Ka2＞K1＞K2，所以c()＞c()，c(NH3·H2O)＞c(H2SO3)，故c()＞c()＞c(NH3·H2O)＞c(H2SO3)，B错误；C．电荷守恒：c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH−)，pH=7的溶液：c(H+)=c(OH−)，所以c()=2c()+c()，C正确；D．c()=2c(总)=2[c()+c()+c(H2SO3)]，则该溶液为(NH4)2SO3，该溶液的质子守恒为：c(NH3·H2O)+c(OH−)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)，D正确。答案选CD。

【点睛】

书写(NH4)2SO3溶液的质子守恒方法：选定NH4+、SO32-、H2O为基准粒子，所以(NH4)2SO3溶液的质子守恒为：c(NH3·H2O)+c(OH−)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)。13、AB【分析】【分析】

反应后溶液中存在NO2-，由Ka(HNO2)=7.1×10-4、Ka(CH3COOH)=1.7×10-5可知，HNO2酸性比CH3COOH强，反应后的溶液pH小于等浓度的CH3COONa。

【详解】

A．根据反应后溶液中存在电荷守恒可知：其中NaNO3是强酸强碱盐，NaNO3中的故有A项正确；

B．若通入0.01molHCl气体，因为盐酸酸性大于亚硝酸，故发生反应：HCl+NaNO2=HNO2+NaCl，故溶液的pH>2；B项正确；

C．若加入少量的CH3COONa固体；因为醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液的碱性会增强，C项错误；

D．由Ka(HNO2)=7.1×10-4、Ka(CH3COOH)=1.7×10-5可知，HNO2酸性比CH3COOH强，故NaNO2水解程度小于CH3COONa的水解程度，故此时0.1mol/LNaNO2溶液的pH小于0.1mol/L的CH3COONa溶液；D项错误；

答案选AB。14、BD【分析】【详解】

由题可知，

A．0.1mol/L的NaHA溶液中的物料守恒：HA-的电离常数大于其水解程度，故溶液中因此故A错误；

B．的溶液和的溶液的混合液中c(Na+)<0.2mol/L，该溶液中电荷守恒为：溶液呈中性，故故B正确；

C．该混合溶液中电荷守恒：①，物料守恒：②，将①+②得：故C错误；

D．两溶液混合后发生反应：Na2A+H2A=2NaHA，溶液中c(NaHA)=c(H2A)=0.05mol/L，溶液中电荷守恒：①，物料守恒：②，将①+②进行相关转化得：因Ka1>Kh2，故溶液呈酸性，故故D正确；

故答案为：BD。

【点睛】

酸式盐与多元弱酸的强碱正盐溶液酸碱性比较：

（1）酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中的水解能力大于其电离能力；故溶液显碱性；

（2）多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主，例如Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。15、BD【分析】【详解】

A．二价铁离子和KSCN不反应，三价铁离子和KSCN溶液反应生成血红色络合物，二价铁离子易被氯水氧化生成三价铁离子，Fe2+检验时要先加KSCN溶液后加氯水，防止Fe3+干扰；故A错误；

B．相同物质的量浓度的钠盐溶液；溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，相应的酸的酸性越弱；室温下，测得相同浓度的NaX和NaY溶液的pH分别为8和9可知HX溶液的酸性强于HY，故B正确；

C．蔗糖完全水解和部分水解；溶液中都含有葡萄糖，碱性条件下都能与新制氢氧化铜悬着液共热反应生成氧化亚铜砖红色沉淀，故C错误；

D．相同条件下，组成和结构相似的难溶金属硫化物，溶解度大的物质先溶解于稀硫酸，向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少量等物质的量的和固体，溶解而不溶解，说明溶度积故D正确；

故选BD。16、ABD【分析】物质溶于水分为两个过程：构成物质的微粒向水中扩散的过程，这一过程需吸热，构成物质的微粒与水分子形成水和分子的过程，这一过程需放热，如果吸热大于放热则溶于水表现为吸热，如果吸热小于放热则溶于水表现为放热，如果吸热等于放热则表现为溶于水温度不变rm{.}常见的溶于水放热的有：浓硫酸、生石灰、氢氧化钠固体rm{.}常见吸热的有：硝酸铵．常见的溶于水放热的有：浓硫酸、生石灰、氢氧化钠固体rm{.}常见吸热的有：硝酸铵．A.rm{.}烧碱B.溶于水会放热，故A正确rm{;}rm{;}C.浓硫酸溶于水放热不明显，故C错误溶于水会放热，故B正确rm{;}D.rm{;}溶于水会放热，故D正确．食盐【解析】rm{ABD}17、ABD【分析】【分析】本题考察化学计量的相关计算。【解答】A.据公式rm{n=cV}得rm{K}得rm{n=cV}rm{K}rm{{,!}^{+}}的物质的量为：rm{2隆脕1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{2隆脕1L隆脕0.1mol隆陇L}故A正确；

rm{{,!}^{-1}}据公式rm{=0.2mol}故A正确；得rm{=0.2mol}B.rm{n=cV}rm{SO}rm{SO}故B正确

rm{{,!}_{4}^{2-}}的物质的量为：rm{1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}rm{=0.1mol}故B正确rm{=0.1mol}C.rm{1molK}rm{1molK}rm{{,!}_{2}}倍为rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}含rm{2mol}故C错误；

rm{2mol}rm{K^{+}}，rm{K}rm{K}故D正确。故选ABD。rm{{,!}^{+}}【解析】rm{ABD}三、填空题(共8题，共16分)18、略

【分析】试题分析：（1）由图看出A属于氮的氧化物，N化合价为+5价，可知为N2O5，其摩尔质量为108g·mol-1；处于中间价态的物质应既有氧化性又有还原性，图中化合物中只有NO、NO2；（2）实验室制取氨气利用氯化铵和消石灰，2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；（3）浓、稀硝酸都可以与铜镀层反应，但浓硝酸与铁发生钝化，所以用浓硝酸；（4）生成两种无毒气体应为氮气和二氧化碳，反应方程式为2xCO＋2NOx＝N2＋2xCO2；（5）根据NH3HNO3,根据关系式17吨氨气理论上制的硝酸质量为63吨，实际产量为42吨，则硝酸的产率为=67%。考点：本题考查了有关氮的化合物的有关性质，读取图像信息的能力。【解析】【答案】（1）108g·mol-1，NO、NO2（各1分）。（2）2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；（其它反应只要满足题意要求参照给分。没配平扣1分，无△或↑不扣分）（3）浓硝酸。（1分）（4）2xCO＋2NOx＝N2＋2xCO2（没配平扣1分）（5）67%（或66.7%）19、略

【分析】试题分析：A、C、D、E、F在通常情况下均为气体，A是可以和Na2O2反应的气体，常见的是CO2，生成的D为O2，X可以和盐酸反应生成CO2，X是碳酸盐或碳酸氢盐，X可以和NaOH反应生成气体，则X还可能是铵盐，X生成A与C物质的量之比为1:1，故X是NH4HCO3，那么B是H2O，C是NH3，E是NO，O2和NO反应生成F是NO2，B是H2O，那么G是HNO3，根据上述推断，（1）X是NH4HCO3；F是NH3（2）A生成D的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（3）G是HNO3，与铜反应体现了强氧化性和酸性。（4）NH4HCO3与过量NaOH溶液反应（加热）的离子方程式为：NH4++HCO3-+2OH-2H2O+CO32-+NH3↑（5）根据电子守恒有：amolNH3变为HNO3转移的电子为8amol，转移8amol电子的话需要反应O2的量为2amol.考点：物质的推断、离子方程式的书写和氧化还原反应中的电子守恒的运用。【解析】【答案】(1)NH4HCO3;NH3(2)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（3）氧化性和酸性（4）NH4++HCO3-+2OH-2H2O+CO32-+NH3↑（5）2a20、略

【分析】

A；pH试纸测溶液的pH时；要用玻璃棒蘸取待测也于试纸上，不能用试纸蘸取待测液，故A错误；

B；容量瓶的使用原则：不能作为溶解仪器；故B错误；

C；分液漏斗的使用原则：上层液体从上口倒出；下层液体从下口流出，故C正确；

D；氢氧化钠具有较强的吸水性；不能放在纸上称量，应该放在小烧杯或是称量瓶中，故D错误；

E；颜色反应的方法：直接蘸取待测液在酒精喷灯上灼烧观察火焰颜色；故E错误；

F；用镊子从煤油中取出金属钠；需要将煤油擦干，否则会燃烧，故F错误；

H；蒸馏实验的原理：测的是物质沸点的温度；所以温度计水银球的位置位于傻婆平的支管口处，故H正确．

故答案为：C；H．

【解析】【答案】A；根据pH试纸测溶液的pH的方法来回答；

B；根据容量瓶的使用原则和方法来回答；

C；根据分液漏斗的使用原则来回答；

D；氢氧化钠具有较强的吸水性；不能放在纸上称量；

E；根据颜色反应的方法来回答；

F；用镊子从煤油中取出金属钠；需要将煤油擦干再切；

H；根据蒸馏实验的原理知识来确定温度计水银球的位置．

21、（A）不行（B）可以|（A）不是氧化还原反应，没有发生电子的转移【分析】【解答】解：①原电池反应是自发进行的放热的氧化还原反应；（A）中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，所以不能设计成原电池，（B）中Fe元素化合价发生变化，所以可以设计成原电池，故答案为：（A）不行（B）可以；②（A）不是氧化还原反应，没有发生电子的转移，所以不能设计成原电池，故答案为：（A）不是氧化还原反应，没有发生电子的转移．

【分析】①原电池反应是自发进行的放热的氧化还原反应，结合元素的化合价变化分析；②原电池反应是自发进行的放热的氧化还原反应．22、②③④⑤⑦【分析】【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质；酸；碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质。大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。

【解答】rm{垄脵Cu}为单质；既不是电解质也不是非电解质．

rm{垄脷H_{2}SO_{4}}能电离出rm{H^{+}}和rm{SO_{4}^{2-}}在水溶液中能导电；属于电解质；

rm{垄脹NaOH}为离子化合物；在水溶液中或熔融状态下能导电，属于电解质；

rm{垄脺NaCl}为离子化合物；在水溶液中或熔融状态下能导电，属于电解质；

rm{垄脻CaO}为离子化合物；在水溶液中或熔融状态下能导电，属于电解质；

rm{垄脼CO_{2}}和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而导电，但电离出离子的物质是碳酸不是rm{CO_{2}}所以rm{CO_{2}}是非电解质；

rm{垄脽CaCO_{3}}是盐，在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分或熔化状态下都能完全电离，rm{CaCO_{3}篓TCa^{2+}+CO_{3}^{2-}}有自由移动的离子；能导电，属于电解质；

rm{垄脿H_{2}}为单质；既不是电解质也不是非电解质。

故答案为：rm{垄脷垄脹垄脺垄脻垄脽}【解析】rm{垄脷垄脹垄脺垄脻垄脽}23、40.90.570【分析】解：（1）要使N2H4含有的氢原子个数与水含有氢原子个数相同，则满足：2mol×4×NA=n（H2O）×2×NA，解得n（H2O）=4mol；

故答案为：4；

（2）Fe2（SO4）3中n（Fe3+）：n（SO42-）=2：3，故n（SO42-）=n（Fe3+）=×0.6mol=0.9mol；

故答案为：0.9；

（3）1个甲烷，1个氨气分子都含有10个电子，所以要使甲烷与氨气含有相同电子数，则二者物质的量相等，即n=-=0.5mol；

故答案为：0.5；

（4）气体的质量是14g，体积是4.48L（标准状况），该气体的摩尔质量为：=70g/mol；

故答案为：70。

（1）依据N=nNA结合物质的结构组成计算；

（2）Fe2（SO4）3中n（Fe3+）：n（SO42-）=2：3；

（3）依据N=nNA结合1个甲烷；1个氨气分子都含有10个电子；

（4）依据M=计算解答。

本题考查了物质的量有关计算，明确以物质的量为核心计算公式，熟悉物质的结构组成是解题关键，题目难度不大。【解析】40.90.57024、略

【分析】

（1）乙烯中含碳和碳之间以共价双键结合，电子式为：根据电子式可以书写结构简式为：H2C=CH2，故答案为：H2C=CH2；

（2）乙烯中含有碳碳双键；可以发生加成反应，使溴水褪色，可以被强氧化剂高锰酸钾氧化，从而使高锰酸钾褪色，而甲烷不能，故答案为：BD；

（3）乙烯和溴化氢发生加成生成溴乙烷；和水加成生成乙醇，和氢气加成生成乙烷，故答案为：ACD；

（4）乙烯可以和水加成生成乙醇，所以A是乙醇，乙醇可以被氧化为B乙醛，乙醛易被氧化为C乙酸，乙醇的催化氧化反应为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；乙烯可以发生加聚反应生成聚乙烯，反应为：属于加聚反应，故答案为：加聚反应．

【解析】【答案】（1）乙烯是含有碳碳双键的最简单的烯烃；根据电子式可以书写结构简式；

（2）乙烯中含有碳碳双键；可以发生加成反应，可以被强氧化剂氧化，而甲烷不能；

（3）乙烯加成反应的特征是原子或原子团加在双键碳原子上；双键变为单键；

（4）乙烯可以和水加成生成乙醇；乙醇可以被氧化为乙醛，乙醛易被氧化为乙酸；乙烯可以发生加聚反应生成聚乙烯．

25、CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；NaOH+HCl=NaCl+H2O；【分析】解：rm{(1)}碳酸钙是难溶物和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；离子方程式为：rm{CaCO_{3}+2H^{+}=Ca^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}故答案为：rm{CaCO_{3}+2H^{+}=Ca^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{(2)}氢氧化钡溶液和稀硫酸反应生成难溶硫酸钡沉淀和弱电解质水；离子方程式为：rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}故答案为：rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}

rm{(3)}硫酸铁是强电解质完全电离；电离方程式为：rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}=2Fe^{3+}+3SO_{4}^{2-}}故答案为：rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}=2Fe^{3+}+3SO_{4}^{2-}}

rm{(4)}符合离子方程式rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}的反应是强碱强酸稀溶液发生的中和反应生成水和溶于水的盐；化学方程式为：rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}故答案为：rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}

rm{(5)}符合离子方程式rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}的反应是可溶于水的碳酸盐和强酸发生的反应，化学方程式为rm{Na_{2}CO_{3}+2HCl=2NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}故答案为：rm{Na_{2}CO_{3}+2HCl=2NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉.}

rm{(1)}碳酸钙是难溶物和盐酸反应生成氯化钙；水和二氧化碳；依据书写方法写出离子方程式；

rm{(2)}氢氧化钡溶液和稀硫酸反应生成难溶硫酸钡沉淀和弱电解质水；

rm{(3)}硫酸铁是强电解质完全电离；

rm{(4)}符合离子方程式rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}的反应是强碱强酸稀溶液发生的中和反应生成水和溶于水的盐；

rm{(5)}符合离子方程式rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}的反应是可溶于水的碳酸盐和强酸发生的反应rm{.}本题考查了化学方程式、离子方程式、电离方程式的书写方法和注意问题，题目较简单，分清强弱电解质、难溶物是解题关键．【解析】rm{CaCO_{3}+2H^{+}=Ca^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}四、判断题(共1题，共5分)26、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．五、结构与性质(共1题，共9分)27、略

【分析】【分析】

（1）本实验是由实验①做对比实验探究影响反应速率的因素，所以在设计分组实验时，要设计出分别只有浓度、温度和接触面积不同时反应速率的变化，从而找出不同外界因素对反应速率的影响。由于实验①和实验②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，实验①和实验③探究温度对该反应速率的影响，故实验③的温度选择308K，实验①和实验④探究接触面积对该反应速率的影响，故实验④选择细颗粒的大理石；

（2）依据装置特点分析气密性的检查方法；

（3）化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。根据图像可以计算出70至90s内生成的CO2的体积；然后根据反应式可计算出消耗的硝酸的物质的量，最后计算其反应速率；

（4）根据反应物的用量计算生成CO2的最大质量；根据影响反应速率的因素比较实验②；③和④反应速率大小；以此判断曲线斜率大小，画出图像；

【详解】

（1）由实验目的可知；探究浓度；温度、接触面积对化学反应速率的影响，则实验①②的温度、大理石规格相同，只有浓度不同，实验①③中只有温度不同，实验①④中只有大理石规格不同；

故答案为（从上到下；从左到右顺序）：298；粗颗粒；1.00；308；粗颗粒；2.00；298；细颗粒；2.00；

（2）该装置的气密性的检查方法是：关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的质量为：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根据方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物质的量为：n(HNO3)=＝mol；

③溶液体积为25mL＝0.025L，所以HNO3减少的浓度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反应的时间t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范围内的平均反应速率为：

v(HNO3)＝Δc(HNO3)/t＝=mol·L－1·S－1=0.009mol·L－1·S－1

（4）实验②、③和④所用大理石的质量均为10.00g，其物质的量为=0.1mol，实验①、③和④所用硝酸的量相同均为：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的质量按硝酸计算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，实验②所用硝酸的量为1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石过量，反应生成的CO2的质量为0.025mol×44g/mol=0.55g；

实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，且HNO3浓度①>②，浓度越大，反应越快，故曲线斜率①>②；

实验①和③探究温度对该反应速率的影响，且温度③高于①，温度越高反应越快，故曲线斜率③>①；

实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响，且实验④为细颗粒，实验①为粗颗粒，颗粒越小，表面积越大，反应越快，故反应速率④>①，故曲线斜率④>①；

根据以上特征；画出图像如下：

【点睛】

本题考查了化学反应速率的影响因素，注意对题给信息的分析是处理是解答的关键，注意控制变量的实验方法的理解和掌握。【解析】298粗颗粒1.00308粗颗粒2.00298细颗粒2.00关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1六、综合题(共4题，共16分)28、反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1【分析】【解答】（1）因图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；

（2）因1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol﹣1；

则2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣1；

则利用盖斯定律将①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1；

【分析】（1）反应物总能量大于生成物总能量；催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，反应热不变；

（2）根