2025年北师大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2025年北师大版高一化学上册月考试卷964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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、一定温度下，可逆反应N2+3H22NH3达到平衡的标志是A.N2、H2、NH3浓度相等B.N2，H2，NH3分子数之比为1:3:2C.单位时间内生成nmolN2同时生成2nmolNH3D.单位时间内生成nmolN2同时生成3nmolH22、下列有关rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}的性质比较中，____是rm{(}rm{)}

A.热稳定性：rm{Na_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{>NaHCO}rm{>NaHCO}

rm{{,!}_{3}}B.溶解度：rm{Na_{2}}rm{CO}rm{CO}

rm{{,!}_{3}}rm{<NaHCO}C.与盐酸反应的速率：rm{<NaHCO}rm{{,!}_{3}}rm{{,!}}rm{Na_{2}}rm{CO}

rm{CO}rm{{,!}_{3}}D.相对分子量：rm{<NaHCO}rm{<NaHCO}rm{{,!}_{3}}3、下列物质中，含rm{H}原子数最多的是A.rm{33.6LCH_{4}(STP)}B.rm{1.204隆脕10^{24}}个rm{HCl}分子C.rm{0.5molNH_{3}}D.rm{34gH_{2}S}4、下列有关实验原理或操作不正确的是rm{(}rm{)}A.

实验室制rm{NH_{3}}B.

除去rm{CO_{2}}中的rm{HCl}C.

检验rm{K_{2}CO_{3}}中的rm{K^{+}}D.

收集rm{NO}气体5、以苯为原料，不能通过一步反应而制得的有机物是（）6、下列化合物中，含有非极性键的离子化合物是A.Ba(OH)2B.H2SO4C.Na2O2D.CaCl27、下列物质分离方法错误的是()A.用过滤的方法除去食盐水中的泥沙B.用四氯化碳萃取碘水中的碘C.用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水D.用分液的方法分离硫酸和水8、依据2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl，HClO+HCl=Cl2+H2O，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，Fe+Cu2+=Fe2++Cu判断下列氧化剂的氧化性强弱顺序正确的是（）A.Fe3+＞HClO＞Cl2＞Fe2+＞Cu2+B.HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+C.Cl2＞HClO＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+D.Fe3+＞Cu2+＞Cl2＞HClO＞Fe2+评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、（5分）氨是一种重要的化工产品，其化学式为____，具有气味，密度比空气的____（填“大”或“小”），____（填“易”或“难”）溶于水，因此，收集氨气应采用_______________法。10、rm{Na}rm{N{,!}_{2}}rm{Ar}rm{Na{,!}_{2}O{,!}_{2}}中：________________存在共价键。金刚石熔化时，要破坏_______________；晶体rm{CO{,!}_{2}(}干冰rm{)}熔化时，要破坏__________________，写出电子式：rm{NH{,!}_{3}}_______________，rm{MgF{,!}_{2}}________________。11、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，已知rm{A}原子核内无中子；rm{B}和rm{C}原子有相同的电子层数，且rm{B}的最外层电子数是次外层电子数的两倍，rm{A}和rm{D}rm{C}和rm{E}分别同主族，rm{D}的单质在足量rm{C}单质燃烧生成淡黄色固态化合物，rm{F}与rm{E}相邻rm{.}试根据以上叙述回答：

rm{(1)}元素名称rm{A}______，rm{B}______，rm{C}______，rm{D}______，rm{E}______，rm{F}______；

rm{(2)F}元素在周期表中的位置是______；

rm{(3)}用电子式表示下列物质：

rm{D}单质在足量rm{C}单质中燃烧生成的化合物：______；属于______化合物rm{(}填“离子”或“共价”rm{)}

rm{E}的气态氢化物：______；属于______化合物rm{(}填“离子”或“共价”rm{)}

rm{(4)}用电子式分别表示下列物质的形成过程：

rm{BC_{2}}的形成过程______；

rm{D_{2}C}的形成过程______．12、已知一些共价键的键能如下rm{(}单位：rm{kJ?mol^{-1})}

rm{H-H}rm{436.4}rm{Cl-Cl}rm{242.7}rm{H-Cl}rm{431.8}

rm{垄脵}写出氢气在氯气中燃烧生成氯化氢气体的热化学方程式：______．

rm{垄脷}若有rm{1g}氢气在氯气中完全燃烧，可放出热量______rm{kJ}．13、(8分)有以下几种物质①熔融氯化钠②液态氯化氢③Cu④蔗糖⑤KAl（SO4）2⑥NaHCO3溶液，填空回答：（填序号）（1）以上物质中属于电解质的是；属于非电解质的是；能导电的是。（2）写出⑤的电离方程式：。14、（18分）已知X、Y、Z、W四种元素分布在元素周期表中的三个不同短周期元素里，且原子序数依次增大。X、W同主族，Y、Z为同周期的相邻元素。W原子的质子数等于Y、Z原子最外层电子数之和。Y的氢化物分子中有3个共价键。Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。试推断：（1）写出X、Y的元素符号：X、Y；（2）W在元素周期表中的位置是；Z的原子结构示意图（3）由X、Y、Z所形成的离子化合物的化学式是____，它与W的最高价氧化物的水化物的溶液反应时的离子方程式是____；（4）用电子式表示Y的氢化物的形成过程____。15、实验室配制500mL0.1mol/L的NaOH溶液，有如下操作步骤：①计算所需NaOH固体的质量并用托盘天平称取；②将称量好的NaOH固体放入烧杯中，加入适量的蒸馏水溶解，然后转移至容量瓶中；③用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶中并轻轻摇匀；④继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切；⑤塞紧容量瓶的塞子，充分摇匀。回答下列问题：（1）容量瓶在使用前，必须（2）实验中用托盘天平实际称取NaOH固体的质量是（3）上述实验操作②中，缺少的步骤是（4）在实验中，未进行操作③，所配溶液的浓度会（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）；定容时俯视液面，所配溶液的浓度会。称量前容量瓶有少量水，所配溶液的浓度会。16、对于实验室制氯气有下列反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O

氧化剂是____，还原剂是____；

氧化产物是____还原产物是____．17、（1）下列微粒：H、K、H+、K+、Ca、Cl-、K中有______种元素，有______种核素，其中______互为同位素．

（2）AXn+共有x个电子，该阳离子的中子数为N，则N=______．

（3）下列物质中Na2O、CO2、CaCl2、H2O2、Ca（OH）2、Na2O2、NH4Cl属于含非极性键的共价化合物的是______，含非极性键的离子化合物是______．

（4）下列曲线分别表示元素的某种性质与核电荷数的关系（X为核电荷数，Y为元素的有关性质）．把与下面元素有关的性质相符的曲线标号（用“A”、“B”、“C”、“D”）填入相应的空格中：

①第ⅣA族元素的最外层电子数______；②第三周期元素的最高化合价______．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)18、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）19、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．20、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）21、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）22、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）23、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．24、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）25、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）26、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）评卷人得分四、其他(共4题，共24分)27、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。28、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。29、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。30、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。评卷人得分五、综合题(共4题，共24分)31、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：

32、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题33、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：

34、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、C【分析】【解析】试题分析：化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不再变化，注意反应化学方程式中气体的化学计量数之和前后不等的特点，以此判断。A．N2、H2和NH3的浓度相等，不能用来判断是否达到平衡状态，故A错误；B．平衡时各物质的浓度取决于反应开始时的配料比以及反应转化的程度，不能用来判断是否达到平衡状态，故B错误；C．单位时间内生成nmolN2同时生成2nmolNH3，说明正、逆反应速率相等，能用来判断是否达到平衡状态，故C正确；D．无论是否达到平衡状态，都存在单位时间里每增加1molN2，同时增加3molH2，不能说明正逆反应速率相等，故D错误；故选A。考点：化学平衡状态的判断【解析】【答案】C2、C【分析】【分析】本题考查rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}性质，题目难度不大，注意把握rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}性质的异同，注重基础知识的积累。rm{NaHCO_{3}}与rm{Na_{2}CO_{3}}相比较，rm{NaHCO_{3}}不稳定，加热易分解，常温时，rm{Na_{2}CO_{3}}溶解度较大，与盐酸反应时，rm{NaHCO_{3}}反应剧烈。【解答】

A.rm{NaHCO_{3}}不稳定，加热易分解：rm{2NaHCO_{3}overset{?}{=}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}碳酸钠受热稳定，故A正确；

B.常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出，可知常温时水溶解性：rm{2NaHCO_{3}overset{?}{=}

Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}故B正确；

C.分别滴加rm{Na_{2}CO_{3}>NaHCO_{3}}溶液，反应离子方程式为rm{HCl}rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O}相同条件下rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}篓TH_{2}O+CO_{2}隆眉}比rm{NaHCO_{3}}反应放出气体剧烈；故C错误；

D.因相对原子质量rm{Na_{2}CO_{3}}则相对分子质量：rm{Na>H}故D正确。

故选C。rm{Na_{2}CO_{3}>NaHCO_{3}}【解析】rm{C}3、A【分析】略【解析】rm{A}4、D【分析】解：rm{A.}氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气；氨气的密度比空气的密度小，向下排空气法收集，试管口塞一团棉花防止与空气对流，故A正确；

B.rm{HCl}与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；图中导管长进短出可除杂，故B正确；

C.观察rm{K}的焰色反应透过蓝色的钴玻璃；图中操作合理，故C正确；

D.rm{NO}不能利用排空气法收集；易被氧化，应选排水法收集，故D错误；

故选D．

A.氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气；氨气的密度比空气的密度小；

B.rm{HCl}与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；

C.观察rm{K}的焰色反应透过蓝色的钴玻璃；

D.rm{NO}不能利用排空气法收集；易被氧化．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的制备、混合物分离提纯、焰色反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验的结合，题目难度不大．【解析】rm{D}5、A【分析】【解析】试题分析：苯不能与溴发生加成反应，所以不能一步得到苯与溴反应得到的是所以A为本题的正确选项，C可以由苯与浓硝酸和浓硫酸一步得到，D可由苯和氢气加成一步得到。考点：苯及其衍生物【解析】【答案】A6、C【分析】【解析】试题分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。又因为含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，据此可知A是含有离子键和极性键的离子化合物，B是含有极性键的共价化合物，C是含有离子键和非极性键的离子化合物，D是含有离子键的离子化合物，答案选C。考点：考查化学键以及化合物的判断【解析】【答案】C7、D【分析】萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法。泥沙不溶于水，过滤即可；单质碘易溶再有机溶剂中，萃取即可；自来水可以通过蒸馏制取蒸馏水；硫酸和水互溶，不能分液，选项D不正确，所以正确的答案选D。【解析】【答案】D8、B【分析】解：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，所以氧化性Cl2＞Fe3+；HClO+H++Cl-=H2O+Cl2中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，所以氧化性HClO＞Cl2；

2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，所以氧化性Fe3+＞Cu2+；Fe+Cu2+=Fe2++Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，所以氧化性Cu2+＞Fe2+；

综上可得氧化剂的氧化性强弱顺序是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；

故选B．

在同一氧化还原反应中；氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答．

本题考查氧化性强弱的判断，根据元素化合价变化来分析判断即可，注意规律的使用，难度不大．【解析】【答案】B二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】【解析】【答案】NH3刺激性小易向下排空气10、N2、Na2O2共价键分子间作用力

【分析】【分析】本题考查化学键的分类、分子间作用力、电子式的书写，题目难度一般。【解答】rm{Na}rm{N_{2}}rm{Na}rm{N_{2}}、rm{Ar}rm{Na_{2}}rm{Ar}中：rm{Na_{2}}rm{O_{2}}中：rm{O_{2}}共价键rm{N_{2}}干冰rm{Na_{2}O_{2}}熔化时，要破坏分子间作用力存在共价键。金刚石熔化时，要破坏；晶体rm{CO_{2}(}干冰rm{)}熔化时，要破坏rm{CO_{2}(}故答案为：rm{)}，共价键；分子间作用力；电子式：rm{NH_{3}}【解析】rm{N_{2}}rm{Na_{2}O_{2}}共价键分子间作用力11、氢；碳；氧；钠；硫；氯；第三周期第ⅦA族；离子；共价；【分析】解：有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，已知rm{A}原子核内无中子，应为rm{H}元素；rm{B}和rm{C}原子有相同的电子层数，位于相同周期，且rm{B}的最外层电子数是次外层电子数的两倍，则rm{B}为rm{C}元素，rm{A}和rm{D}rm{C}和rm{E}分别同主族，rm{D}的单质在足量rm{C}单质燃烧生成淡黄色固态化合物，则rm{C}为rm{O}元素，rm{D}为rm{Na}元素，rm{E}为rm{S}元素，rm{F}与rm{E}相邻，应为rm{Cl}元素；

rm{(1)}由以上分析可知，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}分别属于氢；碳、氧、钠、硫、氯；故答案为：氢；碳；氧；钠；硫；氯；

rm{(2)F}为rm{Cl}元素，位于周期表第三周期第Ⅶrm{A}族，故答案为：第三周期第Ⅶrm{A}族；

rm{(3)D}单质在足量rm{C}单质中燃烧生成的化合物为过氧化钠，属于离子化合物，电子式为rm{E}为rm{S}对应的氢化物为共价化合物，电子式为

故答案为：离子；共价；

rm{(4)}二氧化碳是氧原子和碳原子之间通过共价键形成的共价化合物，形成过程为：

氧化钠为离子化合物，形成过程为

故答案为：．

有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，已知rm{A}原子核内无中子，应为rm{H}元素；rm{B}和rm{C}原子有相同的电子层数，位于相同周期，且rm{B}的最外层电子数是次外层电子数的两倍，则rm{B}为rm{C}元素，rm{A}和rm{D}rm{C}和rm{E}分别同主族，rm{D}的单质在足量rm{C}单质燃烧生成淡黄色固态化合物，则rm{C}为rm{O}元素，rm{D}为rm{Na}元素，rm{E}为rm{S}元素，rm{F}与rm{E}相邻，应为rm{Cl}元素；以此解答该题．

本题考查结构性质位置关系应用，题目难度中等，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握，试题涉及的知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．【解析】氢；碳；氧；钠；硫；氯；第三周期第Ⅶrm{A}族；离子；共价；12、略

【分析】解：rm{垄脵}反应rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)篓T2HCl(g)}焓变rm{triangleH=}反应物键能总和rm{-}生成物键能总和rm{=436.4kJ/mol+242.7kJ/mol-2隆脕431.8kJ/mol=-184.5kJ/mol}

则热化学方程式为：rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)=2HCl(g)triangleH=-184.5kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)=2HCl(g)triangleH=-184.5kJ?mol^{-1}}

rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)=2HCl(g)triangle

H=-184.5kJ?mol^{-1}}根据rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)=2HCl(g)triangleH=-184.5kJ?mol^{-1}}说明rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)=2HCl(g)triangle

H=-184.5kJ?mol^{-1}}氢气在氯气中完全燃烧放出rm{垄脷}的热量；

rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)=2HCl(g)triangle

H=-184.5kJ?mol^{-1}}氢气在氯气中完全燃烧放出的热量为：rm{1mol}

故答案为：rm{184.5kJ}．

rm{1g}焓变rm{0.5mol隆脕184.5kJ?mol^{-1}=92.25kJ}反应物键能总和rm{92.25}生成物键能总和；标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式；

rm{垄脵}氢气的物质的量为rm{=}根据焓变计算．

本题考查了反应过程中能量变化，焓变和键能的关系计算应用，热化学方程式书写方法，掌握基础是解题关键，题目较基础．rm{-}【解析】rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)=2HCl(g)triangleH=-184.5kJ?mol^{-1}}rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)=2HCl(g)triangle

H=-184.5kJ?mol^{-1}}rm{92.25}13、略

【分析】试题分析：电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是在水溶液或熔融状态下都不能导电的化合物；含有可自由移动离子（或电子）的物质能导电；硫酸铝钾能电离出K+、Al3+、SO42-。考点：本题考查电解质、非电解质、电离方程式。【解析】【答案】（1）①②⑤④①③⑥（2）KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-14、略

【分析】【解析】【答案】（1）H(2分)N(2分)（2）第三周期第ⅠA族(3分)(2分)（3）NH4NO3(3分)NH4++OH-===NH3·H2O(3分)（4）+3(3分)15、略

【分析】试题分析：（1）容量瓶是准确配制一定体积、一定浓度的溶液的仪器。由于配制的溶液由均一性、稳定性。在配制的最后一步要摇匀。所以在使用前，必须检查容量瓶是否漏水。（2）n(NaOH)=C·V=0.1mol/L×0.5L=0.05mol.m(NaOH)=0.05mol×40g/mol=2.0g.托盘天平的准确度为0.1g,所以实验中用托盘天平实际称取NaOH固体的质量是2.0g.（3）NaOH固体溶解在水中放出热量，而容量瓶配制溶液时要求的温度是室温20度，所以上述实验操作②中，缺少的步骤是冷却至室温。（4）在实验中，溶解溶质使用的烧杯的内壁及玻璃棒上都沾有溶质，若未进行操作③，就会使一部分溶质没有完全转移到容量瓶中，所以所配溶液的浓度会偏低。定容时如果俯视液面，则加入的溶液的体积就会偏小，则所配溶液的浓度会偏高。如果称量前容量瓶有少量水，但由于未改变溶质的物质的量的多少，也未影响溶液的体积的大小，所以对所配溶液的浓度不会产生任何影响。考点：考查容量瓶的使用、物质的量浓度的溶液的配制的步骤及误差分析的知识。【解析】【答案】（1）检验是否漏水（2）2.0g（3）冷却（4）偏低,偏高,无影响16、KMnO4|HCl|Cl2|MnCl2【分析】【解答】解：2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价降低，氧化剂为KMnO4，对应还原产物为MnCl2，Cl元素的化合价升高，则HCl为还原剂，对应氧化产物为Cl2，故答案为：KMnO4；HCl；Cl2；MnCl2．【分析】2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，以此来解答．17、略

【分析】解：（1）元素的种类由质子数决定，质子数不同，元素的种类就不同，质子数相同为同种元素，K、K质子数相同为同种元素，H、Ca分别属于H和Ca元素，所以共有4种元素；核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，H、K、Ca、K为4种核素；质子数相同，中子数不同为同种元素的同位素，1940K与1939K质子数相同中子数不同，故为同位素，故答案为：4；4；1940K与1939K；

（2）根据在阳离子中：核电荷数=质子数=核外电子数+所带电荷数；即核电荷数=质子数=x+n，又根据质量数=质子数+中子数，即中子数=质量数-质子数=A-（x+n），故答案为：A-x-n；

（3）同种非金属元素之间形成非极性共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，符合含非极性键的共价化合物条件的是H2O2；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，则符合含非极性键的离子化合物条件的是Na2O2；

故答案为：H2O2；Na2O2；

（4）①ⅡA族元素的最外层电子数相等；图象B符合，故答案为：B；

②第3周期的最高化合价从左→右依次升高；图象C符合，故答案为：C．

（1）元素就是具有相同的核电荷数（即核内质子数）的一类原子的总称；核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；具有相同质子数；不同中子数同一元素的不同核素互为同位素；

（2）在阳离子中；核电荷数=质子数=核外电子数+所带电荷数；

（3）铵盐是全部由非金属元素组成的离子化合物；

只含共价键的化合物是共价化合物；不同非金属元素之间易形成极性共价键；

同种非金属元素之间形成非极性共价键；

活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键；同种非金属元素之间易形成非极性共价键；

（4）①根据同一主族元素的最外层电子数相等；

②第三周期的最高化合价从左→右依次升高．

本题考查较为综合，涉及核数的种类、元素的种类、同位素的概念，原子结构和元素周期律的关系及应用，为高频考点，根据概念的内涵来分析解答，注意离子键和共价键的区别，题目难度不大．【解析】4；4；1940K与1939K；A-x-n；H2O2；Na2O2；B；C三、判断题(共9题，共18分)18、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．19、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．20、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．21、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素22、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．23、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．24、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．25、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．26、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素四、其他(共4题，共24分)27、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)228、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-29、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)230、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-五、综合题(共4题，共24分)31、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）根据反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）结合1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1计算反应热；

（3）根据反应物和生成物确定反应的历程；

（4）利用盖斯定律计算．32、1：52）盐酸体现出的性质有：____酸性和还原性3）用双线桥表示出电子转移的方向和数目：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O4）当被氧化的HCl为73克时，转移的电子的数目为____（填具体数字）1.204×1024【分析】【解答】解：（1）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，1KClO3中氯元素的化合价由+5价变为0价，所以1KClO3是氧化剂，5HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，所以5HCl是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：5；故答案为：1：5；（2）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，6HCl参与反应，其中5HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，1HCl化合价不变，所以盐酸体现出的性质有酸性和还原性，故答案为：酸性和还原性；（3）反应中只有Cl元素化合价发生变化，Cl元