2025年浙教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2025年浙教新版高一化学上册月考试卷449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、配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是（）A.所用NaOH已吸潮B.NaOH溶解后立即转移到容量瓶中C.有少量NaOH溶液残留在烧杯内D.向容量瓶加水时眼睛一直仰视液面2、RbH是一种离子化合物，它跟水反应的方程式为：RbH+H2O=RbOH+H2↑，它也能跟液氨、乙醇等发生类似的反应，并都产生氢气，下列有关RbH的叙述错误的是（）A.灼烧RbH时，火焰有特殊颜色B.RbH中H+半径比Li+半径小C.跟液氨反应时，有RbNH2生成D.在Na、K、Rb三种单质中，Rb的熔点最高3、硼有两种天然同位素rm{;_{5}^{10}}B、rm{;_{5}^{11}B}假设硼元素的相对原子质量为rm{10.2}则rm{;_{5}^{11}B}的质量分数为rm{(}rm{)}A.rm{20%}B.rm{80%}C.rm{78.4%}D.rm{21.6%}4、废电池处理不当不仅造成浪费，还会对环境造成严重污染。对人体健康也存在极大的危害。有同学想将其变废为宝，他的以下想法你认为不正确的是()A.把锌皮取下洗净用于实验室制取氢气B.碳棒取出洗净用作电极C.把铜帽取下洗净回收利用D.电池内部填有rm{NH_{4}Cl}等化学物质，将废电池中的黑色糊状物作化肥施用5、将AlCl3溶液和NaOH溶液等体积混合，得到的沉淀物中所含铝元素的质量与溶液中所含铝元素的质量相等，则原AlCl3溶液和NaOH溶液物质的量浓度之比可能是（）A.1：3B.2：7C.1：4D.3：26、标准状况下，相同物质的量的SO2和SO3；下列有关说法正确的是（）

A.具有相同数目的原子数。

B.具有相同的氧原子数。

C.具有相同的质量。

D.质量比为4：5

7、下列关于铝的叙述中，不正确的是（）A.铝是地壳里含量最多的金属元素B.铝容易失去电子，表现还原性C.在空气中用酒精灯点不着D.在常温下，铝不能与氧气反应8、下列基本实验操作与所需关键仪器合理的是（）A.过滤（泥三角）B.蒸馏（分液漏斗）C.蒸发（蒸发皿）D.萃取（玻璃棒）9、下列各组顺序的排列不正确的是()

A.碱性强弱：rm{M}rm{g}rm{(OH)_{2}<C}rm{a}rm{(OH)_{2}<B}rm{a}rm{(OH)_{2}}

B.阴离子还原性：rm{F^{-}<C}rm{l}rm{{,!}^{-}<B}rm{r}rm{{,!}^{-}}

C.离子半径：rm{F^{-}>N}rm{a}rm{{,!}^{+}>M}rm{g}rm{{,!}^{2+}>A}rm{l}rm{{,!}^{3+}}

D.沸点：rm{HF>HCl>HBr>HI}评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)10、将铁铝硅合金样品分等量两份分别与足量稀盐酸和烧碱充分反应放出氢气质量相同．合金中铁铝硅质量比不可能是（）A.112：81：28B.336：27：84C.324：135：36D.56：81：5611、如图是一定条件下的可逆反应rm{X+Y?Z}在反应过程中的反应速率rm{(V)}与时间rm{(t)}的关系曲线，下列叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{t_{2}}到rm{t_{3}}反应已经停止B.rm{t_{2}}时，反应到达限度C.rm{t_{1}}时，正反应速率大于逆反应速率D.rm{t_{2}}到rm{t_{3}}反应仍在进行，正反应速率等于逆反应速率12、对下列实验过程的评价，正确的是()A.某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液一定显碱性B.验证烧碱溶液中是否含有rm{Cl^{-}}先加稀硝酸除去rm{OH^{-}}再加入rm{AgNO_{3}}溶液，有白色沉淀，证明含rm{Cl^{-}}C.某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐D.某溶液中先滴加足量稀盐酸，无明显变化，再滴加少量rm{BaCl_{2}}溶液，生成白色沉淀，证明该溶液一定含有rm{SO_{4}^{2-}}13、科学家最近在rm{隆陋100隆忙}的低温下合成了一种烃rm{X}经红外光谱和核磁共振表明其分子中的氢原子的化学环境没有区别，根据分析，绘制了如图所示的球棍模型。下列说法中错误的是A.烃rm{X}的分子式为rm{C_{5}H_{4}}B.分子中碳原子的化学环境有rm{2}种C.具有rm{2}个三元环的rm{X}的同分异构体有rm{2}种rm{(}含本身rm{)}D.rm{X}分子中只有碳碳单键，没有碳碳双键14、在一定条件下，容积为rm{2L}的密闭容器中，将rm{2mol}rm{M}气体和rm{3mol}rm{N}气体混合发生下列反应rm{2M(g)+3N(g)?xQ(g)+3R(g)}该反应达到平衡时生成rm{2.4mol}rm{R}并测得rm{Q}浓度为rm{0.4mol/L}下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.rm{x}值为rm{1}B.混合气体的密度增大C.平衡时rm{N}的浓度为rm{0.6}rm{mol/L}D.rm{N}的转化率为rm{80%}15、当干冰熔化或气化时，下列各项中发生变化的是rm{(}rm{)}A.分子内化学键B.分子间距离C.分子构型D.分子间作用力16、下列叙述中错误的是rm{(}rm{)}A.酸性：rm{HClO_{4}>H_{2}SiO_{3}>H_{3}PO_{4}}B.还原性：rm{Na>Mg>Al}C.稳定性：rm{HF>HCl>HBr}D.原子半径：rm{Cl>S>O}17、rm{X}rm{Y}均为短周期元素，两者组成化合物的化学式为rm{X_{2}Y_{3}}已知rm{X}的原子序数为rm{m}则rm{Y}的原子序数不可能是rm{(}rm{)}A.rm{m+11}B.rm{m+4}C.rm{m-6}D.rm{m-5}18、下列各组元素的性质递变情况错误的是rm{(}rm{)}A.rm{Li}rm{Be}rm{B}原子最外层电子数依次增多B.rm{P}rm{S}rm{Cl}元素最高正价依次升高C.rm{N}rm{O}rm{F}原子半径依次增大D.rm{Li}rm{Na}rm{K}rm{Rb}单质的密度依次增大评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)19、（10分）已知五种元素的原子序数的大小顺序为C＞A＞B＞D＞E，A、C同周期，B、C同主族。A与B形成离子化合物A2B，A2B中所有离子的电子数相同，其电子总数为30；D和E可形成4核10个电子分子。试回答下列问题：（1）写出下列元素的元素名称：A_____、C______。（2）用电子式表示离子化合物A2B的形成过程：。（3）写出D元素形成的单质的结构式；D与E形成的化合物的电子式。（4）实验室制取D的氢化物的化学方程式。（5）A、B两元素组成的化合物A2B2属于（“离子”或“共价”）化合物，存在的化学键是。20、由高锰酸钾受热分解化学方程式，回答下例问题：rm{(1)}氧化剂____还原剂____rm{(2)}被氧化是元素是__________；被还原的元素是__________；rm{(3)}用双线桥表示电子转移方向和数目____；rm{(4)1}摩高锰酸钾分解转移电子的物质的量__________rm{.}21、（共10分）下表是A、B、C、D、E五种有机物的有关信息:。A①能使溴的四氯化碳溶液褪色②比例模型如图③能与水在一定条件下反应生成CB①由C、H两种元素组成②球棍模型如图C①由C、H、O三种元素组成②能与Na反应③与E反应生成相对分子质量为88的酯D①相对分子质量比C少2②能由C催化氧化得到E①由C、H、O三种元素组成②其水溶液能使紫色石蕊试液变红回答下列问题:(1)A～E中,属于烃的是__________(填字母)（2分）。(2)A能使溴的四氯化碳溶液褪色,发生反应的化学方程式为_______________________（2分）。(3)C催化氧化生成D的化学方程式为________________________（2分）。(4)有机物B具有的性质是_____________（2分）(填序号)。①无色无味的溶液；②有毒；③不溶于水；④密度比水大；⑤能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色。(5)E的水溶液能使紫色石蕊试液变红,说明E的水溶液显酸性,现设计一个实验来比较E与碳酸酸性的强弱,则该实验的原理是_____________________________（2分）(用化学方程式说明)。22、有下列反应：

rm{垄脵Fe+CuSO_{4}=Cu+FeSO_{4}}rm{垄脷CaO+H_{2}O=Ca(OH)_{2}}

rm{垄脹Ba(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}rm{垄脺Zn+2HCl=ZnCl_{2}+H_{2}隆眉}

rm{垄脻2KClO_{3}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2KCl+O_{2}隆眉}rm{垄脼CaCO_{3}dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}CaO+CO_{2}隆眉}

rm{垄脽2CO+O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}2CO_{2}}rm{垄脻2KClO_{3}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2KCl+O_{2}隆眉}

rm{垄脼CaCO_{3}dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}CaO+CO_{2}隆眉}既是分解反应又是氧化还原反应是______；既是化合反应又是氧化还原反应是______；

rm{垄脽2CO+O_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}2CO_{2}}反应rm{垄脿SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}=BaSO_{4}隆媒}中；氧化剂是______，还原剂是______；

rm{(1)}反应rm{(2)}的离子反应方程式为______

rm{垄脵}反应rm{(3)}的离子反应方程式为______

rm{垄脹}写出一个符合rm{(4)}的化学反应方程式______．rm{垄脺}23、在密闭容器中盛有rm{HI}气体，在rm{400隆忙}时建立如下平衡：rm{2HI(g)?H_{2}}rm{(g)+I_{2}}rm{(g)}rm{triangleH>0}改变下列条件，请填空：rm{(}填写变化情况rm{)}

rm{(1)}将温度升至rm{480隆忙}混合气体的颜色______，rm{(}加深，变浅、不变rm{)HI}的分解率______，rm{(}增大、减小、不变rm{)}化学平衡向______移动，平衡常数______rm{(}增大、减小、不变rm{)}混合气体的总质量______rm{(}增大、减小、不变rm{)}

rm{(2)}若将密闭容器的体积压缩了rm{dfrac{1}{4}}平衡常数______rm{(}增大、减小、不变rm{)}评卷人得分四、判断题(共2题，共8分)24、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．25、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分五、简答题(共2题，共10分)26、欲验证某溶液中含有较大量的rm{Cl^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}三种离子，如果只取一次该溶液，分别用三种试剂将三种离子检验出来rm{(}要求每加入一种试剂能够检验出一种离子rm{)}假设所加试剂均为足量，则加入试剂的先后顺序为rm{(}写化学式rm{)}______、______、______．27、rm{300隆忙}时，将rm{2mol}rm{A}和rm{2mol}rm{B}两种气体混合于rm{2L}密闭容器中，发生如下反应：rm{3A(g)+B(g)?2C(g)+2D(g)triangleH=Q}rm{3A(g)+B(g)?2C(g)+2D(g)triangle

H=Q}末达到平衡，生成rm{2min}rm{0.8mol}

rm{D}时，该反应的平衡常数表达式为rm{(1)300隆忙}______已知rm{K=}则rm{K_{300隆忙}<K_{350隆忙}}______rm{triangleH}填“rm{0(}”或“rm{>}”rm{<}

rm{)}在rm{(2)}末时，rm{2min}的平衡浓度为______，rm{B}的平均反应速率为______。

rm{D}若温度不变，缩小容器容积，则rm{(3)}的转化率______rm{A}填“增大”“减小”或“不变”rm{(}rm{)}评卷人得分六、工业流程题(共3题，共30分)28、氟化钾是一种重要的无机氟化工产品，广泛应用于医药、农药和金属冶炼等领域。采用湿法磷酸副产物氟硅酸(含有少量等)制备氟化钾的工艺流程如图所示(已知：)：

请回答下列问题：

（1）碱解过程主要反应的化学方程式为_____，其中要严格控制KOH用量，否则易生成副产物_____(填化学式)溶解在滤液中。

（2）碱解反应中温度对氟化钾收率的影响如图所示。由如图可知，实验选择适宜的反应温度为____；最高点后，随温度升高曲线下降的原因可能是_______。

（3）Ba(OH)2加入量对含量和氟化钾纯度的影响如图所示。当由0.004到0.005时，氟化钾的纯度升高，这是由于__。

（4）Ba(OH)2和BaCO3是常见的除硫试剂。若使用BaCO3代替Ba(OH)2，当沉淀转化达到平衡时，滤液中___[已知保留小数点后三位]。

（5）浓度均为0.1mol/L的KF和HF的混合溶液中：2c(H+)-2c(OH-)____c(F-)-c(HF)(填“>”“<”或“=”)。

（6）1986年，化学家KarlChrite用KMnO4和KF、HF混合溶液反应生成稳定配离子该反应氧化产物是一种常见的无色无味气体单质，则该反应的离子方程式为_____。29、我国每年产生的废旧铅蓄电池约330万吨。从含铅废料（PbSO4、PbO2、PbO等）中回收铅；实现铅的再生，意义重大。一种回收铅的工作流程如下：

（1）铅蓄电池放电时，PbO2作_______极，其电极质量在_______（填“减小”；“不变”、“增加”）

（2）过程I，已知：PbSO4、PbCO3的溶解度(20℃)见图l；Na2SO4、Na2CO3的溶解度见图2。

①根据图l写出过程I的离子方程式：_____________________________________。

②生产过程中的温度应保持在40℃，若温度降低，根据图2，解释可能原因：_____________________。

（3）过程Ⅱ，写出PbO2反应的化学方程式___________________________。

（4）过程Ⅲ，将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液，生成Pb；如图3。

①阴极的电极反应式是__________________________________。

②电解一段时间后，PbCl42－浓度极大下降，为了恢复其浓度且实现物质的循环利用，阴极区采取的方法是_____________________。30、下列为某学生在实验室中制备高锰酸钾晶体的流程图。

根据上图回答下列问题：

（1）操作①和②均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择坩埚为_____(填字母)；

a.石英坩埚b.氧化铝坩埚c.铁坩埚。

（2）已知：3MnO42-+2H2O⇌2MnO4-+MnO2+4OH-。操作④中通CO2调pH=10~11，其目的是_____；

（3）得到墨绿色溶液后，也可用如图所示方法制备KMnO4；电极均为铂电极。

①A极上的电极反应式为_____；

②这种方法与上面的方法相比，其优点是_____；

（4）实验室中，可用0.10mol/L，草酸作标准溶液，利用下述反应，测定所得KMnO4晶体的纯度。5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O

取agKMnO4晶体样品配制成100mL溶液。每次取20.00mL于锥形瓶中进行滴定实验两次。两次实验所用草酸标准溶液的体积分别为22.15mL和22.17mL，由此求得KMnO4晶体的纯度为_______。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【解答】解：A；所用NaOH固体已潮解；称取一定质量的NaOH时，溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故A不选；B、在烧杯中溶解NaOH固体后，立即将溶液转移到容量瓶中，NaOH溶于水放出大量的热，冷却后溶液体积偏小，造成所配溶液浓度偏高，故B选；

C；有少量NaOH溶液残留在烧杯内；造成溶质损失，浓度偏低，故C不选；

D；定容时仰视；会造成溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故D不选．

故选B．

【分析】根据C=nV计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高．2、D【分析】解：A．碱金属元素的焰色反应都呈现一定的颜色，所以Rb的焰色反应有颜色；故A正确；

B．离子的电子层数越多其离子半径越大，锂离子电子层数大于氢离子，所以RbH中H+半径比Li+半径小；故B正确；

C．根据RbH和水反应知，该反应生成氢气，则与液氨反应生成RbNH2；故C正确；

D．碱金属单质中其熔点随着原子序数增大而减小，所以Rb熔点最低；故D错误；

故选D．

A．碱金属元素的焰色反应都呈现一定的颜色；

B．离子的电子层数越多其离子半径越大；

C．根据RbH和水反应知，该反应生成氢气，则与液氨反应生成RbNH2；

D．碱金属单质中其熔点随着原子序数增大而减小．

本题考查碱金属元素结构和性质，为高频考点，明确原子结构、元素周期律、物质性质是解本题关键，侧重考查学生分析判断及知识迁移能力，题目难度不大．【解析】【答案】D3、D【分析】解：硼元素的相对原子质量是rm{10.2}设rm{{,!}^{10}B}和rm{{,!}^{11}B}的物质的量分别是rm{xmol}rm{ymol}则：

rm{dfrac{10x+11y}{x+y}=10.2}

解得rm{dfrac

{10x+11y}{x+y}=10.2}rm{x}rm{y=4}

则rm{1}的质量分数为rm{dfrac{1mol隆脕11g/mol}{5moltimes10.2g/mol}隆脕100%=21.6%}

故选：rm{{,!}^{11}_{5}B}．

硼元素的相对原子质量是rm{dfrac{1mol隆脕11g/mol}{5moltimes

10.2g/mol}隆脕100%=21.6%}再根据rm{overset{.}{M}=dfrac{m_{{脳脺}}}{n_{{脳脺}}}}计算其物质的量之比，进而计算rm{D}的质量分数．

本题考查物质的量的有关计算，掌握以物质的量为中心的计算，可以利用十字交叉法计算物质的量故选，题目难度不大．rm{10.2}【解析】rm{D}4、D【分析】【分析】本题主要考查了废电池的垃圾资源处理方法，题目难度不大，掌握化学电源的反应原理。【解答】A.把锌皮取下洗净用于实验室制取氢气，可以充分利用锌片资源，故A正确；B.碳棒取下洗净用作电极，可以充分利用碳资源，故B正确；C.把铜帽取下洗净回收利用，可以充分利用铜资源，故C正确；D.电池内部填有氯化铵等化学物质，将废电池中的黑色糊状物直接作化肥用，黑色糊状物中的锰等元素会污染土壤，故D错误。故选D。【解析】rm{D}5、B【分析】解：设AlCl3和NaOH的浓度分别为c1和c2；相同体积为V；

若NaOH过量，生成NaAlO2，此时参加反应的AlCl3的物质的量是c1Vmol，NaOH是3c1Vmol，生成c1Vmol的Al（OH）3，又因为得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等，则说明第一步反应完后，生成的Al（OH）3有一半（c1V）发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，则NaOH的物质的量为：3c1V+0.5c1V=3.5c1V=c2V，整理可得c1：c2=2：7；

当氯化铝过量时，氢氧化钠不足，生成氢氧化铝白色沉淀发生反应：Al3++3OH-═Al（OH）3↓，设反应掉的铝离子物质的量为x，得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等，则c1V-x=x，即x=0.5c1V，消耗氢氧化钠的物质的量为3x=1.5c1Vmol，则1.5c1V=c2V，整理可得c1：c2=2：3；

故选：B。

将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，沉淀为Al（OH）3，溶液中的铝可能为AlCl3或NaAlO2，可分别发生：Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；结合反应的离子方程式分为两种情况讨论计算。

本题考查化学方程式的计算，为高考常见题型，题目难度中等，注意根据题给信息以及反应的相关方程式解答该题，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查。【解析】B6、D【分析】

假设SO2和SO3的物质的量都是1mol．

A、1molSO2含有的原子的物质的量为3mol，1molSO3含有原子的物质的量为4mol；原子数目不相同，故A错误；

B、1molSO2含有的O原子的物质的量为2mol，1molSO3含有的O原子的物质的量为3mol；O原子数目不相同，故B错误；

C、1molSO2的质量为1mol×64g/mol=64g，1molSO3质量为1mol×80g/mol=80g；二者质量不相等，故C错误；

D、1molSO2的质量为1mol×64g/mol=64g，1molSO3质量为1mol×80g/mol=80g；二者质量64g：80g=4：5，故D正确．

故选D．

【解析】【答案】结合化学式根据N=NA计算原子数目；根据m=nM计算质量；据此判断．

7、D【分析】【解答】铝是地壳中含量最多的金属元素，其最外层电子数为3，易失去电子，表现还原性，活泼性较强，A、B两项正确；常温下在空气中加热铝时，铝表面形成的Al2O3可以阻碍O2与内部的铝继续反应；所以用酒精灯点不着，C项正确。

【分析】本题考查金属铝的化学性质，熟练掌握铝属于活泼金属、易发生氧化反应是解题的关键​。8、C【分析】【解答】解：A．过滤时必须用到的一组仪器是烧杯；漏斗、玻璃棒、铁架台；故A错误；B．蒸馏操作中使用的仪器是铁架台（带铁圈）、酒精灯、蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管和锥形瓶等，故B错误；

C．蒸发时用到的仪器主要有酒精灯；铁架台（带铁圈）、蒸发皿、玻璃棒等；故C正确；

D．萃取实验使用的仪器有分液漏斗；烧杯和铁架台（带铁圈）；故D错误．

故选C．

【分析】A．过滤需要使用漏斗；

B．蒸馏使用蒸馏烧瓶；

C．蒸发时用到蒸发皿；

D．萃取主要用到分液漏斗．9、D【分析】【分析】本题考查较为综合，涉及离子半径、碱性、还原性、熔点大小的判断，为高频考点，根据元素周期律来分析解答即可，注意相关基础知识的积累，难度不大。【解答】A.同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增大，则对应的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，故A正确；

B.非金属性rm{F>Cl>Br}元素的非金属性越强，对应的简单阴离子的还原性越弱，故B正确；元素的非金属性越强，对应的简单阴离子的还原性越弱，故B正确；

rm{F>Cl>Br}C.电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，rm{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+}}、rm{Mg}rm{Mg}rm{{,!}^{2+}}、rm{Al}rm{Al}所以离子半径：rm{{,!}^{3+}}、rm{F}rm{F}rm{{,!}^{-}}电子层结构相同，原子序数：rm{Al>Mg>Na>F}所以离子半径：rm{F}rm{Al>Mg>Na>F}rm{F}rm{{,!}^{-}}rm{>Na}

rm{>Na}rm{{,!}^{+}}分子间含氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点：rm{>Mg}rm{>Mg}

rm{{,!}^{2+}}rm{>Al}【解析】rm{D}二、双选题(共9题，共18分)10、C|D【分析】解：不管是和酸反应还是和碱反应；铝产生的氢气的量是相等的；

所以只要铁和盐酸反应产生的氢气的量与硅和氢氧化钠反应产生的氢气的量相等就行了；

2Fe～2H2

1124

Si～2H2

284

所以铁与硅的质量比为112：28=4：1；

铝的量任意；

选项中AB符合；CD不符合；

故选CD．

不管是和酸反应还是和碱反应；铝产生的氢气的量是相等的，所以只要铁和盐酸反应产生的氢气的量与硅和氢氧化钠反应产生的氢气的量相等就行了，根据反应的关系式计算二者的质量关系．

本题考查混合物的计算，题目难度不大，本题注意从生成氢气的质量相等判断铁与硅的质量关系．【解析】【答案】CD11、rAC【分析】解：rm{A}rm{t_{1}}时；正逆反应都发生，且正方向反应速率大于逆反应速率，但是不停止，故A错误；

B、rm{t_{2}}时；正逆反应速率相等，达到平衡，则反应到达限度，故B正确；

C、rm{t_{1}}时；正逆反应都发生，但是没有指明正逆反应速率曲线，所以无法判断正方向反应速率和逆反应速率关系，故C错误；

D、rm{t_{2}-t_{3}}正逆反应速率相等，化学反应达到动态平衡，正逆反应速率相等，但是不为零，故D正确；

故选AC．

由图可知，反应从某开始，在rm{t_{2}}之前正反应速率不等于逆反应速率，rm{t_{2}}时反应到达限度，在rm{t_{2}}之后化学反应处于动态平衡中；各物质的浓度不再变化，据此回答判断．

本题考查化学反应速率及化学平衡图象，注重对图象的分析，明确图象中纵横坐标及点、线、面的意义是解答本题的关键，难度不大．【解析】rm{AC}12、BD【分析】【分析】主要考查常见离子的检验，化学实验方案的评价，题目难度不大。【解答】A.石蕊遇酸变红，则无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液可能显酸性，故rm{A}错误；B.先加稀硝酸，排除干扰离子，再加硝酸银检验氯离子，试剂的加入顺序、现象、结论均合理，故rm{A}正确；C.固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，无色气体为二氧化碳，固体可能为碳酸盐或碳酸氢盐等，故rm{B}错误；D.向该溶液中先加了盐酸rm{B}排除可能存在的其它微粒如碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等的干扰rm{C}再加入rm{C}溶液，产生了白色沉淀，说明了该沉淀不溶于稀盐酸rm{BaCl_{2}}应为rm{BaCl_{2}}，溶液中含有，，，，故rm{BaSO_{4}}正确。故选rm{BaSO_{4}}。

rm{SO}rm{SO}【解析】rm{BD}13、CD【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，掌握常见有机物的基本性质是解题的关键，注意题目所给结构、信息与性质灵活联系，难度不大。【解答】由图可知周围的四个碳每个碳上只连有一个氢原子则三元环的两个碳为碳碳双键，确定其分子式为rm{C_{5}H_{4}}根据实际问题回答即可。A.根据上述分析可知其分子式为rm{C}rm{C}rm{{,!}_{5}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{4}}种为中心碳和周围两个碳碳双键的四个碳，故B正确；，故A正确；个三元环的B.分子中碳原子的化学环境有rm{2}种为中心碳和周围两个碳碳双键的四个碳，故B正确；的结构只有这一种，故C错误；rm{2}C.具有rm{2}个三元环的rm{X}的结构只有这一种，故C错误；rm{2}【解析】rm{CD}14、rAD【分析】解：rm{A.}平衡时生成的rm{Q}的物质的量为：rm{0.4mol/L隆脕2L=0.8mol}生成rm{R}为rm{2.4mol}物质的量之比等于化学计量数之比，故rm{0.8mol}rm{2.4mol=x}rm{3}解得rm{x=1}故A正确rm{A}

B.反应体系中各组分都是气体，混合气体的质量不变，容器的容积恒定，根据rm{娄脩=dfrac{m}{V}}可知混合气体的密度不变；故B错误；

C.反应达到平衡时，生成rm{2.4molR}由方程式rm{2M(g)+3N(g)?x}rm{Q(g)+3R(g)}可知，参加反应的rm{N}的物质的量为rm{2.4mol}故平衡时rm{N}的物质的量为rm{3mol-2.4mol=0.6mol}rm{N}的平衡浓度为：rm{c(N)=dfrac{0.6mol}{2L}=0.3mol/L}故C错误；

D.参加反应的rm{c(N)=dfrac

{0.6mol}{2L}=0.3mol/L}的物质的量为rm{N}则rm{2.4mol}的转化率为：rm{dfrac{2.4mol}{3mol}隆脕100%=80%}故D正确；

故选AD．

A.根据rm{N}计算生成rm{dfrac

{2.4mol}{3mol}隆脕100%=80%}的物质的量，结合rm{n=cV}的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算rm{Q}的值；

B.容器的容积不变，混合气体的质量不变，根据rm{R}判断；

C.根据生成的rm{x}的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的rm{娄脩=dfrac{m}{V}}的物质的量，rm{R}的平衡浓度rm{N}

D.根据rm{N}可知参加反应的rm{=dfrac{n}{V}}的物质的量，然后根据转化率的表达式计算出rm{C}的转化率．

本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，注意掌握化学反应速率、物质的量浓度、转化率等概念及计算方法，明确有关化学平衡的计算方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．rm{N}【解析】rm{AD}15、rBD【分析】解：干冰汽化；只是由二氧化碳固体变成二氧化碳的气体，改变的是二氧化碳的分子间距离和分子间作用力，发生的是物理变化，与分子内的共价键；化学性质无关．

故选BD．

干冰汽化；只是由二氧化碳固体变成二氧化碳的气体，改变的是二氧化碳的分子间距离和分子间作用力，发生的是物理变化，与分子内的共价键无关．

本题考查化学键类型的判断，为高频考点，题目难度不大，注意晶体的类型，分子间作用力和化学键的区别．【解析】rm{BD}16、rAD【分析】解；rm{A.Si}rm{P}rm{Cl}位于同一周期，非金属性rm{Cl>P>Si}元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的酸性越强，故A错误；

B.rm{Na}rm{Mg}rm{Al}位于同一周期，金属性rm{Na>Mg>Al}金属性越强，对应的单质的还原性越强，故B正确；

C.rm{F}rm{Cl}rm{Br}位于周期表同一主族，元素的非金属性rm{F>Cl>Br}元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C正确；

D.rm{Cl}和rm{S}位于同一周期，原子半径rm{S>Cl}rm{S}和rm{O}位于同一主族，原子半径rm{S>O}故D错误。

故选：rm{AD}

元素周期表中；同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，元素的金属性越强，单质的还原性越强，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，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，氢化物的稳定性越强，以此解答．

本题考查元素周期律的递变规律，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和运用的考查，为高考高频考点，注意把握元素的性质与对应单质、化合物的性质的关系，把握金属性、非金属性的比较角度，难度不大．【解析】rm{AD}17、rBC【分析】解：rm{A}若化合物rm{X_{2}Y_{3}}为rm{B_{2}S_{3}}rm{B}的核电荷数为rm{5}rm{S}的为rm{16}已知rm{X}的核电荷数为rm{n}则rm{Y}的核电荷数为rm{m+11}故A有可能；

B、根据价序原则，化合价为奇数的，核电荷数为奇数，化合价为偶数的，核电荷数为偶数，则rm{X}rm{Y}的核电荷数之差不可能为偶数rm{4}因奇数和偶数的差与和还是奇数，故B不可能；

C、根据价序原则，化合价为奇数的，核电荷数为奇数，化合价为偶数的，核电荷数为偶数，则rm{X}rm{Y}的核电荷数之差不可能为偶数rm{6}因奇数和偶数的差与和还是奇数，不可能为rm{C}

D、若化合物rm{X_{2}Y_{3}}为rm{Al_{2}O_{3}}rm{Al}的核电荷数为rm{13}rm{O}的为rm{8}已知rm{X}的核电荷数为rm{m}则rm{Y}的核电荷数为rm{m-5}故D有可能；

故选BC．

根据化合物rm{X_{2}Y_{3}}则rm{X}元素的化合价为rm{+3}价，rm{Y}元素的化合价为rm{-2}价，则rm{X}可能为rm{B}或rm{Al}元素，rm{Y}可能为rm{O}或rm{S}元素，还存在特殊情况为rm{X}为rm{N}元素，rm{Y}为rm{O}元素形成的化合物．

本题考查化合价与化学式及核电荷数的关系，为高频考点，把握常见的化合物中的元素的化合价及元素的核电荷数的关系为解答的关键，能利用举例的方法或价序原则来分析解答，题目难度不大．【解析】rm{BC}18、rCD【分析】解：rm{A}rm{Li}rm{Be}rm{B}原子最外层电子数依次为rm{1}rm{2}rm{3}逐渐增多，故A正确；

B、rm{P}rm{S}rm{Cl}元素最高正价依次为rm{+5}rm{+6}rm{+7}逐渐升高，故B正确；

C、rm{N}rm{O}rm{F}是同周期元素的原子；从左到右，原子半径依次减小，故C错误；

D；钠的密度大于钾的密度；故D错误；

故选CD．

A；同周期元素的原子；从左到右，最外层电子数依次增多；

B、元素最高正价rm{=}最外层电子数；

C；同周期元素的原子；从左到右，原子半径依次减小；

D；碱金属从上到下；密度依次增大，但是钾反常．

本题考查学生元素周期律的应用知识，学生只要掌握元素周期律的知识就可以迅速解题，难度不大，学生要注意碱金属密度钾出现反常．【解析】rm{CD}三、填空题(共5题，共10分)19、略

【分析】【解析】【答案】（10分）(除电子式形成过程，化学方程式每个2分，其余每空1分)（1）钠、硫。（2）（3）N≡N；（4）Ca(OH)2+2NH4Cl==CaCl2+2NH3↑+2H2O。（5）离子离子键和共价键20、（1）KMnO4；KMnO4（2）氧；锰；（3）（4）2mol。【分析】本题考查氧化还原反应的有关知识。高锰酸钾受热分解的化学方程式是rm{2KMnO_{4}}rm{K_{2}MnO_{4}+MnO_{2}+O_{2}隆眉}rm{(1)}反应中rm{(1)}中的rm{KMnO_{4}}元素的化合价一部分从rm{Mn}价降低到rm{+7}价，一部分从rm{+6}价降低到rm{+7}价，rm{+4}元素的化合价一部分从rm{O}价升高到rm{-2}价，一部分价态不变，所以rm{0}既做rm{KMnO_{4}}氧化剂又做还原剂，故答案为：rm{KMnO}rm{KMnO}rm{4}rm{4}元素的化合价一部分从rm{KMnO}价降低到rm{KMnO}价，一部分从rm{4}价降低到rm{4}价，得电子，被还原；rm{(2)Mn}元素的化合价一部分从rm{+7}价升高到rm{+6}价，失电子，被氧化，故答案为：氧rm{+7}rm{+4}rm{O}用双线桥表示电子转移方向和数目rm{-2}由rm{0}可知；锰；rm{(3)}用双线桥表示电子转移方向和数目参加反应，转移电子rm{(3)}若rm{(4)}由rm{(4)}rm{(3)}参加反应，转移电子rm{2mol}故答案为：rm{2mol}rm{KMnO}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{KMnO}rm{KMnO}rm{4}rm{4}氧rm{KMnO}rm{KMnO}rm{4}rm{4}rm{(2)}rm{(2)}21、略

【分析】【解析】【答案】（共10分）(1)（2分）A、B(2)（2分）CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br(3)（2分）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O(4)（2分）‚ƒ(5)（2分）2CH3COOH+CaCO3=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑22、略

【分析】解：rm{(1)垄脻2KClO_{3}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2KCl+O_{2}隆眉}和rm{垄脼CaCO_{3}dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}CaO+CO_{2}隆眉}在分解反应，但只有rm{(1)垄脻2KClO_{3}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2KCl+O_{2}隆眉}中化合价发生变化，所以rm{垄脼CaCO_{3}dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}CaO+CO_{2}隆眉}既是分解反应又是氧化还原反应；rm{垄脻}和rm{垄脽2CO+O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}2CO_{2}}是化合反应，但只有rm{垄脻}元素化合价发生变化，所以rm{垄脷CaO+H_{2}O=Ca(OH)_{2}}既是化合反应又是氧化还原反应；

故答案为：rm{垄脽2CO+O_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}2CO_{2}}rm{垄脽}

rm{垄脽}中铁失电子化合价升高；所以铁是还原剂，硫酸铜中铜元素化合价降低，所以硫酸铜是氧化剂；

故答案为：rm{垄脻}rm{垄脽}

rm{(2)Fe+CuSO_{4}=Cu+FeSO_{4}}反应rm{CuSO_{4}}的离子反应方程式为：rm{Fe}

故答案为：rm{(3)}

rm{垄脹}反应rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+SO_{4}^{2-}+2H^{+}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}的离子反应方程式为：rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+SO_{4}^{2-}+2H^{+}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}

故答案为：rm{(4)}

rm{垄脺}硝酸钡和硫酸反应生成不溶性的硫酸钡沉淀和可溶性的硝酸，反应方程式为：rm{Zn+2H^{+}=Zn^{2+}+H_{2}隆眉}故答案为：rm{Zn+2H^{+}=Zn^{2+}+H_{2}隆眉}．

分解反应是由一种物质生成两种或两种以上物质的反应；氧化还原反应的特征是有化合价升降，在氧化还原反应中得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，在水溶液里进行的反应存在离子反应．

本题考查了氧化还原反应和离子反应，明确氧化还原反应和离子反应的概念是解本题关键，注意离子方程式的书写是学习难点．rm{(5)}【解析】rm{垄脻}rm{垄脽}rm{CuSO_{4}}rm{Fe}rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+SO_{4}^{2-}+2H^{+}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}rm{Zn+2H^{+}=Zn^{2+}+H_{2}隆眉}rm{Ba(NO_{3})_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2HNO_{3}}23、变深；增大；向正反应方向；增大；不变；不变【分析】解：rm{(1)}在rm{400隆忙}时建立如下平衡：rm{2HI(g)?H_{2}}rm{(g)+I_{2}}rm{(g)}rm{triangleH>0}反应是气体体积不变的吸热反应，将温度升至rm{480隆忙}平衡向吸热反应进行，平衡正向进行，碘单质浓度增大，颜色变深，碘化氢分解率增大，平衡常数不变，反应前后都是气体，混合气体质量不变；

故答案为：变深；增大；向正反应方向；增大；不变；

rm{(2)}若将密闭容器的体积压缩了rm{dfrac{1}{4}}压强增大，平衡常数不变，故答案为：不变．

rm{(1)}化学平衡是气体体积不变的吸热反应；升高温度平衡向正向进行，依据平衡移动方向分析碘化氢分解率，混合气体质量守恒，平衡常数随温度变化；

rm{(2)}平衡常数随温度变化；不随浓度变化．

本题考查了化学平衡影响因素的分析判断，主要是平衡常数的分析应用，注意平衡常数随温度变化，掌握基础是关键，题目较简单．【解析】变深；增大；向正反应方向；增大；不变；不变四、判断题(共2题，共8分)24、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．25、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、简答题(共2题，共10分)26、略

【分析】解：用三种试剂将三种离子检验出来；每加一种试剂能够检验出一种离子，此时要注意每加入一种试剂只能与一种离子结合，检验氯离子可以使用银离子，检验硫酸根离子可以使用钡离子，检验碳酸根离子可以使用氢离子，而银离子和钡离子都可以与碳酸根离子结合成沉淀，所以需先检验碳酸根离子，此时可以加入稀硝酸，检验氯离子所用的银离子可以与硫酸根离子结合成微溶于水的硫酸银，所以需先检验钡离子，此时可以加入硝酸钡，最后检验银离子，可以加入硝酸银；

故答案为：rm{HNO_{3}}rm{Ba(NO_{3})_{2}}rm{AgNO_{3}}．

检验氯离子可以使用银离子；检验硫酸根离子可以使用钡离子，检验碳酸根离子可以使用氢离子．

本题考查了常见离子的检验，完成此题，可以依据已有的知识进行，同时需考虑物质之间的反应，题目较简单．【解析】rm{HNO_{3}}rm{Ba(NO_{3})_{2}}rm{AgNO_{3}}27、略

【分析】解：对于反应rm{3A(g)+B(g)?2C(g)+2D(g)}

开始rm{(mol)}rm{2}rm{2}rm{0}rm{0}

变化rm{(mol)}rm{1.2}rm{0.4}rm{0.8}rm{0.8}

平衡rm{(mol)}rm{0.8}rm{1.6}rm{0.8}rm{0.8}

rm{(1)}化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则rm{K=dfrac{c^{2}(C)隆脕c^{2}(D)}{c^{3}(A)timesc(B)}}rm{K=dfrac

{c^{2}(C)隆脕c^{2}(D)}{c^{3}(A)timesc(B)}}说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，rm{K_{300隆忙}<K_{350隆忙}}故答案为：rm{dfrac{c^{2}(C)隆脕c^{2}(D)}{c^{3}(A)timesc(B)}}rm{triangleH>0}

rm{dfrac

{c^{2}(C)隆脕c^{2}(D)}{c^{3}(A)timesc(B)}}由上述计算可知，平衡时rm{>}的物质的量为rm{(2)}所以rm{B}的平衡浓度为rm{c(B)=dfrac{1.6mol}{2L}=0.8mol/L}平衡时rm{1.6mol}的物质的量为rm{B}所以用rm{c(B)=dfrac

{1.6mol}{2L}=0.8mol/L}表示的平均反应速率为rm{v(D)=dfrac{dfrac{0.8mol}{2L}}{2min}=0.2mol/(L?min)}故答案为：rm{D}rm{0.8mol}

rm{D}由方程式可知，气体的化学计量数之和前后相等，则反应前后气体体积不变，压强对平衡无影响，缩小容器容积，则rm{v(D)=dfrac{dfrac

{0.8mol}{2L}}{2min}=0.2mol/(L?min)}的转化率不变；故答案为：不变。

根据三段式求出各组分的物质的量的变化量；平衡时各组分的物质的量；

rm{0.8mol/L}化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；根据平衡常数的变化可判断温度对平衡移动的影响；

rm{0.2mol/(L?min)}根据方程式计算rm{(3)}的物质的量可计算rm{A}的浓度，根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算反应速率；

rm{(1)}该反应反应前后气体体积不变；结合方程式的特点判断平衡的影响结果；

本题考查反应速率的计算，难度中等，注意三段式解题法的利用，注意三行式在解题中的应用．rm{(2)}【解析】rm{(1)dfrac{c^{2}(C)隆脕c^{2}(D)}{c^{3}(A)timesc(B)}}rm{(1)dfrac

{c^{2}(C)隆脕c^{2}(D)}{c^{3}(A)timesc(B)}}

rm{>}rm{(2)0.8mol/L}

rm{0.2mol/(L?min)}不变rm{(3)}六、工业流程题(共3题，共30分)28、略

【分析】【分析】

通过湿法磷酸副产物氟硅酸制备氟化钾的过程中，碱解过程主要发生的反应为氟硅酸与氢氧化钾的反应，生成二氧化硅及酸碱中和反应的盐其中为目标产物，硅酸钾则为需要除去的杂质。为了减少的量，需要控制氢氧化钾的用量。通过过滤除去二氧化硅等不溶物，再加入氢氧化钡除去和少量的即可获得粗制的据此答题。

【详解】

（1）碱解过程主要发生的反应为氟硅酸与氢氧化钾的反应，会生成二氧化硅及酸碱中和反应的盐故该反应方程式可写为该反应要严格控制KOH用量，否则易使溶解，产生更多的副产物故答案为

（2）从图中可知80℃时，氟化钾收率最高，故实验选择适宜的反应温度为80℃；但由于温