2025年统编版高一化学下册月考试卷

…………○…………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年统编版高一化学下册月考试卷235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9题，共18分)1、在熔融状态下，Na与KCl存在可逆反应：Na＋KClNaCl＋K，通过调整温度，可利用金属Na来制取K。。物质KNaKClNaCl熔点（℃）63.697.8770801沸点（℃）77488315001413根据上表的熔点和沸点，确定由Na与KCl反应制取K的合适温度为（）A.770℃B.801℃C.850℃D.770℃～801℃2、下列气体不能用浓硫酸干燥的是()A.H2B.SO2C.NH3D.N23、分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用，下列分类标准合理的是（）A.根据碳酸钠溶于水呈碱性，碳酸钠既属于盐，又属于碱B.根据物质是否能导电，将物质分为电解质、非电解质C.根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体D.根据化学反应过程中元素化合价是否发生变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应4、菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食．主要原因是河虾中含有五价砷（As），西红柿中含有比较多的维生素C，两者同食时会生成有毒的三价砷．下列说法正确的是（）A.因为河虾中含有砷元素，所以不能食用B.“两者同食”发生的反应中维生素C作氧化剂C.五价砷在维生素C作用下发生了还原反应D.已知砒霜的主要成分是氧化砷，可以推测所含的砷元素化合价为+55、下列反应符合图所示的是()

A.铝片与盐酸的反应B.rm{Ba(OH)_{2}隆陇8H_{2}O}与rm{NH_{4}Cl}晶体的反应C.酸碱中和反应D.甲烷在氧气中的燃烧6、下列物质间的转化不能一步实现的是rm{(}rm{)}A.rm{Na隆煤Na_{2}O_{2}隆煤Na_{2}CO_{3}隆煤NaHCO_{3}}B.rm{Al隆煤Al_{2}O_{3}隆煤Al(OH)_{3}隆煤NaAlO_{2}}C.rm{Fe隆煤FeCl_{2}隆煤Fe(OH)_{2}隆煤Fe(OH)_{3;;;;;;;;;;;;;;;;;}}D.rm{NaOH隆煤NaHCO_{3}隆煤Na_{2}CO_{3}隆煤NaOH}7、下列各组物质发生变化时，所克服的微粒间作用力属于同种类型的是rm{(}rm{)}A.二氧化硅和氢氧化钠的熔化B.碘和干冰的升华C.氯化氢和氯化钠的溶解D.汞和硫的气化8、.将标准状况下aLHCl气体溶于1000g水中，得到的盐酸密度为bｇ·cm－3，则该盐酸的物质的量浓度为A.mol·L－1B.mol·L－1C.mol·L－1D.mol·L－19、“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料；纳米碳就是其中一种．若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（）

①是溶液②是胶体③能产生丁达尔效应④能透过滤纸⑤不能透过滤纸⑥静置后会析出黑色沉淀．A.①④⑤B.②③④C.②③⑤D.①③④⑥评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、下列有关化学反应速率和化学平衡影响的图像；其中图像和实验结论表达错误的是。

A.a是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，正反应ΔH>0B.b是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图象，Ⅰ是使用催化剂时的曲线C.c是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图象，压强p1>p2D.d是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl固体后化学反应速率随时间变化的图象11、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+)12、往rm{CuO}和铁粉的混合物中，加入一定量的稀rm{H_{2}SO_{4}}并微热，当反应停止后，滤出不溶物，并向滤液中插入一枚铁钉，片刻后，取出铁钉，发现铁钉并无任何变化rm{.}根据上述现象，确定下面说法中正确的是A.不溶物一定是铜B.不溶物一定是铁C.不溶物中一定含铜，但不一定含铁D.滤液中一定含有rm{FeSO_{4}}一定没有rm{CuSO_{4}}13、氢气还原氧化铜的反应为：rm{CuO+H_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}在该反应中rm{CuO+H_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}rm{(}A.rm{)}作还原剂B.rm{CuO}作氧化剂C.铜元素化合价降低D.氢元素化合价升高rm{CuO}14、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}克评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、（18分）某氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅杂质，现欲制取纯净的氧化铝，某同学设计如下的实验方案。请回答下列问题：（1）沉淀A的成分是（填化学式），沉淀B的成分是（填化学式）；（2）滤液A中若加入过量的铁粉，可能发生的所有离子方程式为：、；（3）在操作Ⅰ的名称是，其中玻璃棒的作用是。16、实验室有如图所示仪器；请从A～E中选择适当的装置填入①～④题的空裕内（填字母）

①常用于溶解固体物质的仪器是____

②可以在酒精灯火焰上直接加热的是____．

③配制一定物质的量浓度的溶液所必需的定量仪器是____

④D容器上除标有容量外，还标有____．

17、下列五种物质中①Ne②HI③H2O2④KOH⑤Na2O⑥Na2O2，只存在极性键的是______，既存在非极性键又存在离子键的是______，不存在化学键的是______；（填写序号）18、海洋资源的利用具有广阔前景。rm{(1)}如图是从海水中提取镁的简单流程：rm{垄脵}工业上常用于沉淀rm{Mg^{2+}}的试剂rm{A}是________rm{(}填化学式rm{)}rm{Mg(OH)_{2}}转化为rm{MgCl_{2}}的离子方程式是________。rm{垄脷}由无水rm{MgCl_{2}}制取rm{Mg}的化学方程式是________。rm{(2)}海带灰中富含以rm{I^{-}}形式存在的碘元素rm{.}实验室提取rm{I_{2}}的途径如下所示：rm{垄脵}灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器名称是________。rm{垄脷}向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，其目的是________。19、（9分）下图为周期表中的一部分。已知A、B、C、D均为短周期元素，A与D原子序数之和为C原子序数的1．5倍。（1）B元素符号是：_______、D在元素周期表中第_______族。（2）四种元素中原子半径最大的是（填元素符号）_______，B、C、D三种离子中半径最大的是（填离子符号）_______。（3）B比C的氢化物的沸点高是因为_______；A、D两元素的气态氢化物相互反应的生成物的电子式：，其中存在_______键、_______（填“极性”或“非极性”）共价键。（4）写一个离子方程式证明C和D的非金属性相对强弱：。20、（10分）下表为元素周期表的一部分，请参照元素①－⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题：（1）④、⑤、⑥的形成的简单离子半径由大到小的顺序为。（2）②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是。（3）①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：。（4）由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生以下反应：X溶液与Y溶液反应的离子方程式为，N→⑥的单质的化学方程式为。21、以黄铁矿为原料生产硫酸的工艺流程图如下：

（1）将燃烧黄铁矿的化学方程式补充完整：4____+11O22Fe2O3+8SO2

（2）接触室中发生反应的化学方程式是____．

（3）依据工艺流程图判断下列说法正确的是（选填序号字母）____．

a．为使黄铁矿充分燃烧；需将其粉碎。

b．过量空气能提高SO2的转化率。

c．使用催化剂能提高SO2的反应速率和转化率。

d．沸腾炉排出的矿渣可制造水泥或制砖；含铁品位高的矿渣可炼铁。

（4）每160gSO3气体与液态H2O化合放出260.6kJ的热量，该反应的热化学方程式是____．

（5）吸收塔排出的尾气先用氨水吸收，再用浓硫酸处理，得到较高浓度的SO2和铵盐．

①SO2既可作为生产硫酸的原料循环再利用，也可用于工业制溴过程中吸收潮湿空气中的Br2．SO2吸收Br2的离子方程式是____．

②为测定该铵盐中氮元素的质量分数，将不同质量的铵盐分别加入到50.00mL相同浓度的NaOH溶液中，沸水浴加热至气体全部逸出（此温度下铵盐不分解）．该气体经干燥后用浓硫酸吸收完全，测定浓硫酸增加的质量．铵盐质量为10.00g和20.00g时，浓硫酸增加的质量相同；铵盐质量为30.00g时，浓硫酸增加的质量为0.68g；铵盐质量为40.00g时，浓硫酸的质量不变．计算：该铵盐中氮元素的质量分数是____%；若铵盐质量为15.00g，浓硫酸增加的质量为____．（计算结果保留两位小数）22、在下列物质中：①Na②Fe（OH）2固体③Na2O固体④CO2⑤FeCl3溶液⑥蔗糖溶液⑦熔融MgSO4⑧NaCl晶体（请用序号填空）．

属于氧化物的是____，属于盐的是____，属于电解质的是____，能导电的是____．评卷人得分四、判断题(共4题，共16分)23、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化24、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）25、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．26、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共7分)27、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。评卷人得分六、解答题(共3题，共18分)28、（1）用18mol•L-1的硫酸配制1.00mol•L-1的硫酸100mL．若实验仪器有：

A.100mL量筒；B．托盘天平、C．玻璃棒、D.50mL容器瓶、E.10mL量筒、F．胶头滴管、G.50mL烧杯、H.100mL容量瓶．

实验时应选用仪器是______（填字母）；

（2）在容量瓶的使用方法中；下列操作不正确的是______（填字母）；

A．使用容量瓶前检查其是否漏水．

B．容量瓶用蒸馏水洗净后；再用待配溶液洗涤．

C．配制溶液时；如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线1-2cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水到刻度线．

D．配制溶液时；如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线1-2cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水到刻度线．

E．盖好瓶盖；用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次。

（3）浓H2SO4稀释时应该______；

（4）若实验遇到下列情况；对硫酸溶液的物质的量浓度有何影响？（填“偏高”；“偏低”或“不变”）

①稀释硫酸后的烧杯未洗涤：______；

②未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中：______；

③摇匀后发现液面低于刻度线再加水：______；

④容量瓶中原有少量蒸馏水：______．

29、一支容积为12mL的试管内充满O2和NO2的混合气体，将试管倒置于水中，充分反应后，（1）若无气体剩余，原混合气体中NO2和O2的体积各为多少？（2）若气体剩余2mL，原混合气体中NO2和O2的体积各为多少？

30、将镁带投入盛放在敞口容器的盐酸里，产生H2的速率与时间的关系可由图表示．

（1）写出离子反应方程式______

（2）在下列因素中①H+的浓度②镁带的表面积③溶液的温度④Cl-的浓度不能影响该反应速率的因素有______（填序号）；

（3）解释图中AB段形成的原因______；

（4）解释图中t1时刻后速率变小的原因______．

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】K、Na的活泼性相近，要从上述可逆的置换反应中制取K，主要是利用K的沸点比Na的低而控制温度使K气化。其余三种物质均为液体，便于生成的K蒸气不断逸出，使反应向生成K的方向进行而制得K。应在801℃～883℃间合理。【解析】【答案】C2、C【分析】【解析】试题分析：氨气是碱性气体，能和浓硫酸反应生成硫酸铵，故不能用浓硫酸干燥氨气，其余选项都是可以的，答案选C。考点：考查浓硫酸干燥气体的有关判断【解析】【答案】C3、D【分析】解：A；金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，碳酸钠属于盐不是碱，故A错误；

B；水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；水溶液中和熔融状态都不导电的化合物为非电解质，金属可以导电但不是化合物，不是电解质或非电解质，故B错误；

C；分散系的本质是微粒直径大小；分散质微粒直径在1nm-100nm形成的分散系为胶体，分散质微粒直径大于100nm形成的分散系为浊液，小于1nm形成的分散系为溶液，故C错误；

D；化学反应过程中元素化合价变化是氧化还原反应的标志；根据化学反应过程中元素化合价是否发生变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，D正确；

故选D．

A；金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；

B；水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；水溶液中和熔融状态都不导电的化合物为非电解质；

C；分散系的本质却别是微粒直径大小；

D；化学反应过程中元素化合价变化是氧化还原反应的标志；

本题考查了物质分类，物质性质分析应用，主要是分散系分类的依据，电解质和非电解质概念的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单．【解析】【答案】D4、C【分析】解：A；河虾中含有砷元素为五价砷；是无毒的，能食用，三价砷有毒，故A错误；

B；根据维生素C的作用是将五价砷转化为三价砷；所以五价砷做氧化剂，维生素C做还原剂，五价砷发生了还原反应，故B错误；

C；由信息可知；反应中砷元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C在反应中作还原剂，所以五价砷发生了还原反应，故C正确；

D；五价砷是无毒的；三价砷有毒，砒霜的毒性即为砷元素的毒性，砒霜中所含的砷元素化合价为+3，故D错误．

故选C．

A；五价砷是无毒的；三价砷有毒；

B；氧化剂在反应中发生还原反应；

C；根据维生素C的作用：将五价砷转化为三价砷来回答；

D；五价砷是无毒的；三价砷有毒，砒霜的毒性即为砷元素的毒性．

本题以生活中的信息来考查氧化还原反应，明确信息中砷元素的化合价变化是解答本题的关键，信息的获取和应用是解答本题的关键．【解析】【答案】C5、B【分析】【分析】本题考查学生常见的吸热反应和放热反应，可以根据所学知识进行回答，难度不大。【解答】根据图示：反应物的总能量小于生成物的总能量；所以表示吸热反应．

A.铝片与盐酸的反应为放热反应；故A错误；

B.rm{Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}与rm{NH_{4}Cl}晶体的反应为吸热反应；故B正确；

C.酸碱中和反应为放热反应；故C错误；

D.甲烷在氧气中的燃烧为放热反应；故D错误。

故选B。【解析】rm{B}6、B【分析】【分析】

本题考查物质间的转化；熟练掌握物质的性质，是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法。

【解答】

A.钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，故A不选；B.三氧化二铝不能一步生成氢氧化铝，故B选；C.铁和盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁在空气中被氧化为氢氧化铁，故C不选；D.氢氧化钠溶液与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙溶液反应生成氢氧化钠，故D不选；故选B。【解析】rm{B}7、B【分析】解：rm{A.}二氧化硅和氢氧化钠的熔化；分别破坏共价键；离子键，故A不选；

B.碘和干冰的升华；均破坏分子间作用力，故B选；

C.氯化氢和氯化钠的溶解于水；分别破坏共价键；离子键，故C不选；

D.汞的气化破坏金属键；硫的气化破坏分子间作用力，故D不选；

故选B．

根据离子晶体熔化克服离子键；原子晶体熔化克服共价键，金属晶体熔化克服金属键，分子晶体熔化或升华克服分子间作用力，以此来解答．

本题考查晶体类型及化学键，明确不同类型的晶体在熔化时克服不同的作用力是解答本题的关键，题目难度不大，注意把握晶体类型．【解析】rm{B}8、D【分析】【解析】【答案】D9、B【分析】解：“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料；纳米碳就是其中一种，属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，故②③④正确；

故选B．

“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料；纳米碳就是其中一种，属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题；

本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，分散系的本质区别是分散质微粒直径大小．【解析】【答案】B二、多选题(共5题，共10分)10、CD【分析】【分析】

A．升高温度；平衡向吸热方向移动，根据反应方向判断反应热；B．催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，平衡不移动；C．A的转化率随着B的增加而增大；D．氯化钾不影响平衡移动。

【详解】

A．根据图像知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的△H＞0，故A正确；B．使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，所以a是使用催化剂时的曲线，故B正确；C．不断加入B，A的转化率增大，故C错误；D．该反应实质为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大化学平衡不移动，故D错误；选CD。

【点睛】

本题考查了图像分析，会根据图像中曲线变化趋势、拐点、交点来确定平衡移动方向，注意A中正逆反应速率相等后才是改变条件后平衡的移动，为易错点。11、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。12、CD【分析】【分析】本题考查金属的活动性顺序，题目难度不大。【解答】A.根据放入滤液中的粗铁丝无任何变化，可得出氧化铜与硫酸反应形成的硫酸铜全部被置换，滤出固体中含铜，但却不能判断混合物的铁是否完全反应，所以，不溶物含铜但一定只有铜却理由不足，故A错误；B.根据选项A的分析，可判断不溶物中一定含铜，可能含铁，故B错误；C.根据选项A的分析，可判断不溶物中一定含铜，可能含铁，故C正确；rm{D}rm{.}因为加入的硫酸已完全反应且滤液中不含硫酸铜，可判断滤液中一定含有硫酸亚铁，因为放入滤液的铁无任何变化，可判断滤液中一定不含硫酸及硫酸铜因为加入的硫酸已完全反应且滤液中不含硫酸铜，可判断滤液中一定含有硫酸亚铁，因为放入滤液的铁无任何变化，可判断滤液中一定不含硫酸及硫酸铜，rm{.}故rm{D}。故选CD。正确【解析】rm{CD}13、BCD【分析】解：rm{A.CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价被还原，rm{CuO}作氧化剂；故A错误；

B.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价降低被还原；作氧化剂，故B正确；

C.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价；铜元素化合价降低，故C正确；

D.该反应中氢气中rm{H}元素化合价升高被氧化；故D正确；

故选BCD．

反应rm{CuO+H_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}中，氧化铜中rm{CuO+H_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}元素化合价降低被还原，氧化铜为氧化剂；氢气中rm{Cu}元素化合价升高被氧化；为还原剂，据此进行解答．

本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质及特征为解答关键，注意掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．rm{H}【解析】rm{BCD}14、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}三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】试题分析：由分离流程可知，氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅杂质，加入过量盐酸，氧化铝与过量盐酸反应生成氯化铝，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，二氧化硅不与盐酸反应，则操作I为过滤，得到沉淀A为SiO2，滤液A中含氯化铝、氯化铁、盐酸，再加入过量NaOH，氯化铝与碱反应生成偏铝酸钠和氯化钠，氯化铁与碱反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，盐酸与碱反应生成氯化钠，则操作为过滤，得到沉淀B为Fe(OH)3，滤液中有NaAlO2、NaCl、NaOH，再通入过量的二氧化碳，与NaAlO2反应生成Al(OH)3，分解生成氧化铝，（1）由上述分析可知，沉淀A为SiO2，沉淀B为Fe(OH)3；（2）滤液A中含氯化铝、氯化铁、盐酸，则滤液A中若加入过量的铁粉，可能发生的所有离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+2Fe3+=3Fe2+；（3）由上述分析可知，操作I为过滤，玻璃棒的作用为引流。考点：考查物质的分离提纯实验方案设计。【解析】【答案】（1）SiO2，Fe(OH)3（2）Fe+2H+=Fe2++H2↑；Fe+2Fe3+=3Fe2+；（3）过滤，引流。16、BCD20℃【分析】【解答】①常用于溶解固体物质的仪器只有烧杯；即B，故答案为：B；

②可以在酒精灯火焰上直接加热的是试管；故答案为：C；

③配制一定物质的量浓度的溶液所必需的定量仪器是容量瓶；故答案为：D；

④D容器只能在常温下使用；除标有容量外，还标有20℃，故答案为：20℃．

【分析】题中A为量筒，可用于量取一定体积的液体，B为烧杯，可用于溶解，C为试管，可用作反应容器，可直接加热，D为容量瓶，可用于配制一定浓度的溶液，E为锥形瓶，可用作反应容器，以此解答该题．17、略

【分析】解：不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，单原子分子构成的物质中不含化学键，①Ne中不含化学键、②HI中只含极性键、③H2O2中H-O原子之间存在极性键、O-O原子之间存在非极性键，④KOH中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键、O-H原子之间存在极性键，⑤Na2O中只含离子键、⑥Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键；O-O原子之间存在非极性键；所以只存在极性键的是②，既存在非极性键又存在离子键的是⑥、不存在化学键的是①；

故答案为：②；⑥；①．

不同非金属元素之间易形成极性键；同种非金属元素之间易形成非极性键，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，单原子分子构成的物质中不含化学键．

本题考查化学键判断，侧重考查基本概念，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意单原子分子中不存在化学键，为易错点．【解析】②；⑥；①18、（1）①Ca(OH)2或CaOMg(OH)2+2H2=Mg++2H+O②（2）①坩埚②将I2+氧化成I2+2【分析】【分析】本题考查了海水资源的利用，镁的制取，离子方程式和化学方程式的书写，加热仪器的选择，过氧化氢的作用等，难度一般。【解答】rm{(1)垄脵}工业上常用石灰乳或氧化钙沉淀rm{Mg^{2+}}rm{CaO}和rm{H_{2}O}反应生成rm{Ca(OH)}rm{2}，rm{2}rm{Ca(OH)}和镁离子反应生成rm{2}rm{2}；氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水，反应的化学方程式为：rm{Mg(OH)}rm{2}rm{2}rm{Mg(OH)}rm{2}rm{2}rm{2}所以离子方程式为rm{+2HCl=MgCl}rm{2}rm{2}rm{+2H}rm{2}rm{2}rm{O}或rm{Mg(OH)}rm{2}rm{2}rm{+2H^{+}=Mg^{2+}+2H}rm{2}rm{2}rm{O}故答案为：rm{Ca(OH)_{2}}rm{CaO}；rm{Mg(OH)}镁是活泼金属，常采用电解方法制取镁，熔融状态下电解氯化镁冶炼镁，电解反应方程式为rm{MgC{l}_{2}(脠脹脠脷)overset{碌莽陆芒}{=}C{l}_{2}隆眉+Mg}rm{2}rm{2}rm{MgC{l}_{2}(脠脹脠脷)overset{碌莽陆芒}{=}C{l}_{2}隆眉+Mg}rm{+2H}灼烧固体时所用的主要仪器名称是坩埚；故答案为：坩埚；rm{+2H}加入氢离子和过氧化氢起的作用为氧化剂，将碘离子转化为单质碘；rm{{,!}^{+}}将rm{=Mg}氧化成rm{=Mg}rm{{,!}^{2+}}rm{+2H}【解析】rm{(1)垄脵Ca(OH)}rm{2}或rm{2}rm{CaO}rm{Mg(OH)}rm{2}rm{2}rm{2}rm{垄脷MgC{l}_{2}(脠脹脠脷)overset{碌莽陆芒}{=}C{l}_{2}隆眉+Mg}rm{+2H^{+}=Mg^{2+}+2H}坩埚rm{2}将rm{2}氧化成rm{2}rm{O}rm{垄脷MgC{l}_{2}(脠脹脠脷)

overset{碌莽陆芒}{=}C{l}_{2}隆眉+Mg}19、略

【分析】试题分析：假设B的原子序数是a,则A是a-1,C是a+8,D是a+9．根据题意可得(a-1)+(a+9)=1．5(a+8)。解得a=8,所以这几种元素分别是：A是N；B是O；C是S；D是Cl。（1）B元素符号是O；D在元素周期表中第ⅦA族；（2）同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大。所以这四种元素中原子半径最大的是S。电子层结构相同的微粒，核电荷数越大，离子半径就越小；电子层结构不同的微粒，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以B、C、D三种离子中半径最大的是S2-；（3）O和S是同族元素，它们的氢化物的结构相似，而沸点H2O的比H2S高是因为水分子间有氢键,增加了分子之间的相互吸引，使物质汽化消耗的能量高；A、D两元素的气态氢化物相互反应的生成物NH4Cl的电子式是其中存在离子键、极性共价键；（4）活动性强的元素的单质能够把活动性弱的元素从化合物中置换出来，证明C和D的非金属性相对强弱的一个离子方程式是：S2-+Cl2=S↓+2Cl-。考点：考查元素的推断、元素形成的化合物的性质、结构及相互反应的知识。【解析】【答案】(1)O；ⅦA族；（2）S；S2-；（3）水分子间有氢键；离子、极性；（4）S2-+Cl2=S↓+2Cl-20、略

【分析】【解析】【答案】21、FeS22SO2+O22SO3abdSO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）；△H=﹣130.3kJ/molSO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣14.562.31g【分析】【解答】（1）依据题意，黄铁矿是制硫酸的第一步所需的原料，由成分可知化学式为FeS2，故答案为：FeS2；

（2）沸腾炉中生成的二氧化硫气体和空气中的氧气在接触室内发生的催化氧化反应生成三氧化硫；2SO2+O22SO3故答案为：2SO2+O22SO3；

（3）粉碎矿石增大接触面积提高反应速率；增加空气的量会使平衡正向进行，提高了二氧化硫的转化率；催化剂只改变速率不改变平衡，不改变转化率；生产过程中的矿渣中含有三氧化二铁；所以正确的是abd；故答案为：abd；

（4）每160gSO3气体物质的量为2mol；与液态H2O化合放出260.6kJ的热量，1mol三氧化硫和水反应放热130.3kJ；热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）；△H=﹣130.3kJ/mol

故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）；△H=﹣130.3kJ/mol；

（5）①SO2吸收Br2的反应中二氧化硫被氧化为硫酸，溴单质被还原为溴化氢，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣；

②从吸收塔出来的气体用一定量氨水吸收，得到的铵盐产品是（NH4）2SO3和NH4HSO3的混合物；本反应历程是：OH﹣首先是和NH4HSO3中的H+反应，随后有多的OH﹣再和NH4+反应放出氨气，所以随着铵盐的量的增大，NH4HSO3的量也增大；放出的氨气的量会为0．

由题知铵盐质量为30.00g时，产生0.04molNH3．该铵盐中NH4HSO4先与NaOH溶液反应，2NH4HSO4+2NaOH=（NH4）2SO4+Na2SO4+H2O，只有当NH4HSO4中的H+消耗完全后，NH4+才能与NaOH溶液反应产生NH3，NH4++OH﹣=NH3↑+H2O．据此判断铵盐质量为10.00g时NaOH溶液过量，铵盐质量为20.00g和30.00g时，消耗的NaOH质量相等．设10.00g铵盐中NH4HSO4与（NH4）2SO4的物质的量分别为X、Y，n（NH3）=n（OH﹣）﹣n（H+），则有：。铵盐质量/g10.0020.0030.0040.00含NH4HSO4、（NH4）2SO4/molX、Y2X、2Y3X、3Y4X、4Y产生NH3/molX+2YX+2Y0.040消耗NaOH/mol2X+2Y3X+2Y3X+0.043X+0.04因此3X+2Y=3X+0.04，解得Y=0.02mol，又115X+132Y=10.00，得X=0.064mol．则该铵盐中氮元素的质量分数=×100%=14.56%．计算15.00g铵盐与NaOH溶液反应产生的NH3；由上面讨论可知此NaOH溶液中共有0.232molNaOH，当铵盐质量为15.00g时含0.096molNH4HSO4和0.03mol（NH4）2SO4，共有NH4+和H+0.252mol，故NaOH不足，此时产生n（NH3）=（0.232﹣0.096）mol=0.136mol，NH3的质量=0.136mol×17g/mol=2.31g．

故答案为：14.56；2.31g．

【分析】（1）利用工业制硫酸的原理分析；需要的原料是黄铁矿；

（2）接触室内的反应是二氧化硫的催化氧化；

（3）依据影响反应速率的因素和平衡移动的影响因素分析解答；

（4）每160gSO3气体物质的量为2mol；与液态H2O化合放出260.6kJ的热量；依据热化学方程式书写方法写出，标注物质聚集状态和对应量的反应热；

（5）二氧化硫吸收溴单质利用的是二氧化硫的还原性和溴单质的氧化性；根据氧化还原反应书写离子方程式；

（6）本反应历程是：OH﹣首先是和NH4HSO3中的H+反应，随后有多的OH﹣再和NH4+反应放出氨气，所以随着铵盐的量的增大，NH4HSO3的量也增大，放出的氨气的量会为0．浓硫酸增加的质量就是氨气的质量．第一次和第二次放出的氨气的量是一样的，所以说第一次肯定是OH﹣的量过量．利用第二次的量计算（因为是OH﹣不足）．22、③④|⑦⑧|②③⑦⑧|①⑤⑦【分析】【解答】解：①Na是单质；能导电，但不是氧化物；盐和电解质；

②Fe（OH）2固体不能导电；是电解质；

③Na2O固体不能导电；是氧化物，是电解质；

④CO2不能导电；是氧化物；

⑤FeCl3溶液能导电；是混合物，故不是氧化物；盐和电解质；

⑥蔗糖溶液不能导电；是混合物，既不是氧化物；也不是盐和电解质；

⑦熔融MgSO4能导电；是盐，是电解质；

⑧NaCl晶体不能导电；是盐，是电解质．

故是氧化物的是③④；是盐的是⑦⑧，是电解质的是②③⑦⑧，能导电的是①⑤⑦．

故答案为：③④；⑦⑧；②③⑦⑧；①⑤⑦．

【分析】由两种元素组成；其中一种为氧元素的为氧化物；

阴离子是酸根离子；阳离子是金属离子或铵根离子的化合物为盐；

在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；

有自由移动的电子或离子的物质能导电．四、判断题(共4题，共16分)23、B【分析】【解答】煤的气化是在高温条件下煤与水蒸气反应生成CO和H2；是化学变化；

煤液化；是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料；化工原料和产品的先进洁净煤技术，有新物质生成，属于化学变化；

煤的干馏是将煤隔绝空气加强热；煤发生复杂的反应获得煤焦油；焦炉煤气等的过程，是化学变化．故煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是化学变化，故此说法错误．故答案为：错误．

【分析】没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化；24、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．25、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．26、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目五、元素或物质推断题(共1题，共7分)27、略

【分析】【分析】

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，B为二氧化氮；A为氮气，氮气和氧气生成一氧化氮C，一氧化氮和氧气生成二氧化氮D，二氧化氮和水生成硝酸E，硝酸和铜生成一氧化氮、硝酸铜；氮气和氢气生成氨气D，氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮；

【详解】

（1）A→D反应为氮气和氢气催化生成氨气，

（2）D→C