2025年鲁教版高一化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年鲁教版高一化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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、控制变量是科学研究的重要方法。已知反应：rm{Na_{2}S_{2}O_{3}+H_{2}SO_{4}=S隆媒+SO_{2}隆眉+H_{2}O+Na_{2}SO_{4}}下列条件中反应速率最快的是rm{(}rm{)}

A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}2、rm{17.}对反应：rm{C+CO_{2}overset{赂脽脦脗}{?}2CO}可使化学反应速率增大的措施是rm{C+CO_{2}overset{赂脽脦脗}{?}

2CO}rm{(}rm{)}缩小体积rm{垄脵}升高温度rm{垄脷}通入rm{垄脹}rm{CO_{2}}增加碳的量rm{垄脺}降低压强A.rm{垄脻}B.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}C.rm{垄脷垄脹垄脺垄脻}D.rm{垄脵垄脷垄脹}rm{垄脷垄脹垄脺}3、对于下列各组反应，反应开始时，产生氢气速率最快的是rm{(}rm{)}A.rm{70隆忙}将rm{0.1mol}镁粉加入到rm{10mL6mol?L^{-1}}的硝酸溶液中B.rm{60隆忙}将rm{0.2mol}镁粉加入到rm{20mL3mol?L^{-1}}的盐酸溶液中C.rm{60隆忙}将rm{0.1mol}镁粉加入到rm{10mL3mol?L^{-1}}的硫酸溶液中D.rm{60隆忙}将rm{0.2mol}铁粉加入到rm{10mL3mol?L^{-1}}的盐酸溶液中4、25℃；101kPa下：

①2Na（s）+O2（g）═Na2O（s）△H1=-414kJ/mol

②2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H1=-511kJ/mol

下列说法正确的是（）A.①和②产物的阴阳离子个数比不相等B.①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C.25℃、101kPa下Na2O（s）+O2（g）═2Na2O2（s）△H=-142kJ/molD.25℃、101kPa下Na2O2（s）+2Na（g）═2Na2O（s）△H=-317kJ/mol5、如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是()。选项rm{X}收集气体rm{Y}rm{A}碱石灰氯气水rm{B}碱石灰氨气水rm{C}氯化钙二氧化硫氢氧化钠rm{D}氯化钙一氧化氮氢氧化钠A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}6、下列有关化学与自然资源的开发利用说法中不正确的是rm{(}rm{)}A.海水提镁的过程为：rm{MgCl_{2}(aq)xrightarrow{{脢炉禄脪脠茅}}Mg(OH)_{2}xrightarrow{{矛脩脡脮}}MgOxrightarrow{{碌莽陆芒}}Mg}B.石油裂化的主要目的是提高汽油等轻质燃油的产量C.煤干馏的产品很多，属于化学变化D.海水提溴是将海水中的化合态的溴富集再转化为游离态的溴rm{MgCl_{2}(aq)

xrightarrow{{脢炉禄脪脠茅}}Mg(OH)_{2}xrightarrow{{矛脩脡脮}}MgO

xrightarrow{{碌莽陆芒}}Mg}7、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.Ⅰrm{A}族元素的金属性比Ⅱrm{A}族元素的金属性强B.第三周期元素的离子半径从左到右逐渐减小C.同周期非金属氧化物对应的水化物的酸性从左到右依次增强D.Ⅳrm{A}族元素的氢化物中，稳定性最好的是rm{CH_{4}}8、加碘盐的主要成分是rm{NaCl}还添加了适量的rm{KIO_{3}.}下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{KIO_{3}}和rm{NaCl}为离子化合物，均只含离子键B.rm{KIO_{3}}中阳离子的结构示意图为C.rm{{,!}^{23}Na^{37}Cl}中质子数和中子数之比是rm{8}rm{7}D.次碘酸的结构式为rm{H-O-I}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、如图所示为短周期的一部分，则A可能是（填元素符号）______，如果B原子和C原子的核外电子总数之和为A的4倍，则A的原子序数为______，B为（填元素符号，下同）______，C为______．画出A的原子结构示意图：______C的离子结构示意图：______．10、已知某反应rm{A(g)+B(g)?C(g)+D(g)}过程中的能量变化如图所示；回答下列问题．

rm{(1)}该反应是______反应rm{(}填“吸热”、“放热”rm{)}该反应的rm{triangleH=}______rm{KJ?mol^{-1}(}用含rm{E_{1}}rm{E_{2}}的代数式表示rm{)}rm{1mol}气体rm{A}和rm{1mol}气体rm{B}具有的总能量比rm{1mol}气体rm{C}和rm{1mol}气体rm{D}具有的总能量______rm{(}填“一定高”、“一定低”、“高低不一定”rm{)}．

rm{(2)}若在反应体系中加入催化剂使逆反应速率增大，则rm{E_{1}}和rm{E_{2}}的变化是：rm{E_{1}}______，rm{E_{2}}______，rm{triangleH}______rm{(}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}．11、0.5molH2SO4的质量是____g，含____个H2SO4分子，含____mol氧原子．12、（12分）A-E六种元素中，除A外均为短周期元素，它们的原子结构或性质如表所示：。序号元素结构或性质①A生活中常见的金属，它有两种氯化物，相对分子质量相差35.5②B原子最外层电子数是内层电子数的1/5③CK层和M层上电子数之和等于L层上电子数④D与B同周期，且最外层电子数等于电子层数⑤E1­—20号元素中原子半径最大（除稀有气体外）（1）工业上利用D单质与A的一种红色氧化物反应，在野外焊接钢轨，其化学方程式：。（2）分别由A、B、D、E所形成的简单离子中，具有还原性的离子是____，氧化性最弱的离子是____。（填离子符号）（3）D的最高价氧化物对应水化物常用于治疗胃酸（含盐酸）过多症，请写出有关反应的化学方程式。（4）证明物质中含有E元素的方法是:用洁净的铂丝棒蘸取少量含E元素的物质在酒精灯上灼烧，能够观察到色火焰。（5）B与D形成的合金是工业上重要的材料。写出该合金在工业上的一个用途____。某同学仅使用天平和右图所示的装置测定某些数据即可求出该合金中B元素的含量。①实验需要测定三个物理量：合金的质量m、a和b。a是反应前装置和药品的总质量；b是；②干燥管中盛放的试剂最好是。③合金中B元素的质量分数是（用m、a、b表示）。13、比一比．

（1）金属性：K______Ca

（2）非金属性：S______F

（3）酸性：H2SO4______H2SiO3

（4）碱性：Ba（OH）2______Ca（OH）2

（5）稳定性：NH3______SiH4

（6）半径：Al3+______S2-．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）15、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。16、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）17、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）18、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）评卷人得分四、结构与性质(共1题，共9分)19、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。_______评卷人得分五、探究题(共3题，共27分)20、（10分）请你参与下列探究：[问题情景]某化学实验小组同学将铁粉投入硫酸铜溶液中，发现生成红色固体物质的同时有较多的气泡放出。同学们都能解释红色固体物质的出现，请你写出生成红色固体物质的化学反应方程式____。但却对气体的生成产生了疑问，这激发了同学们强烈的探究欲望，生成的是什么气体？[提出猜想]从物质组成元素的角度，放出的气体可能是O2、SO2、H2。[查阅资料]SO2易溶于水，它能与过量的NaOH溶液反应，生成Na2SO3。[方案设计]依据上述猜想，实验小组同学分别设计了如下方案：（1）甲同学认为是O2，则较简单的检验方法是。（2）乙同学认为是SO2，则只需将放出的气体通入盛有NaOH溶液的洗气瓶中，称量通气前后洗气瓶的质量。写出SO2与过量的NaOH溶液反应的化学方程式。（3）甲、乙同学实验的结果表明气体中既不含O2也不含SO2。丙同学根据以上实验结果推测气体是H2。[实验探究]丙同学为了检验H2，收集了一试管气体，用拇指堵住试管口且管口略向下倾斜靠近火焰移开拇指点火，听到很小的声音。然后再将气体用带尖嘴的导管导出点燃且用冷而干燥的烧杯罩在火焰上方，气体在空气中安静的燃烧，产生淡蓝色火焰，烧杯壁上有水珠生成，接触烧杯的手能感觉到发热。结论：铁粉与硫酸铜的溶液反应时，产生的气体是。[思维拓展]由上述实验可以推出，硫酸铜溶液中可能含有物质。21、某学习小组，用稀HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，探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25.00mL、大理石用量为10.00g。实验设计如表：。编号T/K大理石规格HNO3浓度①298粗颗粒2.00mol·L-1②298粗颗粒1.00mol·L-1③308粗颗粒2.00mol·L-1④298细颗粒2.00mol·L-1将相应的实验目的填入下列空格中：（1）实验①和②探究对该反应速率的影响；（2）实验①和③探究对该反应速率的影响；（3）实验①和④探究对该反应速率的影响22、请你参与下列探究：

[问题情景]某化学实验小组同学将铁粉投入硫酸铜溶液中，发现生成红色固体物质的同时有较多的气泡放出．同学们都能解释红色固体物质的出现，请你写出生成红色固体物质的化学反应方程式______．但却对气体的生成产生了疑问；这激发了同学们强烈的探究欲望，生成的是什么气体？

[提出猜想]从物质组成元素的角度，放出的气体可能是O2、SO2、H2．

[查阅资料]SO2易溶于水，它能与过量的NaOH溶液反应，生成Na2SO3．

[方案设计]依据上述猜想；实验小组同学分别设计了如下方案：

（1）甲同学认为是O2，则较简单的检验方法是______．

（2）乙同学认为是SO2，则只需将放出的气体通入盛有NaOH溶液的洗气瓶中，称量通气前后洗气瓶的质量．写出SO2与过量的NaOH溶液反应的化学方程式______．

（3）甲、乙同学实验的结果表明气体中既不含O2也不含SO2．丙同学根据以上实验结果推测气体是H2．

[实验探究]丙同学为了检验H2；收集了一试管气体，用拇指堵住试管口且管口略向下倾斜靠近火焰移开拇指点火，听到很小的声音．然后再将气体用带尖嘴的导管导出点燃且用冷而干燥的烧杯罩在火焰上方，气体在空气中安静的燃烧，产生淡蓝色火焰，烧杯壁上有水珠生成，接触烧杯的手能感觉到发热．

结论：铁粉与硫酸铜的溶液反应时，产生的气体是______．

[思维拓展]由上述实验可以推出，硫酸铜溶液中可能含有______物质．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】本题考查化学反应速率的影响因素，题目难度不大。【解答】温度越高，浓度越大，反应速率越大，选项中加入硫酸、硫代硫酸钠的浓度、体积都相同，则加入水越多，溶液浓度越小，则rm{D}选项温度高，浓度大，反应速率最快，故选D。【解析】rm{D}2、C【分析】【分析】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握常见的外因为解答的关键，注意压强、浓度的变化，把握浓度变化则反应速率变化为解答的关键，题目难度不大。【解答】rm{垄脵}该反应为气体参加的反应，缩小体积，则增大压强，反应速率加快，故rm{垄脵}正确；

rm{垄脷}升高温度可增大反应速率，故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}通入rm{CO_{2}}反应物浓度增大，反应速率加快，故rm{垄脹}正确；

rm{垄脺}增加炭的量，增加固体物质的浓度不影响化学反应速率，故rm{垄脺}错误；

rm{垄脻}降低压强，浓度减小，反应速率减小，故rm{垄脻}错误。

故选C。【解析】rm{C}3、C【分析】解：活泼性rm{Mg>Fe}则rm{Mg}反应较快，硝酸与金属反应不生成氢气，rm{C}中氢离子浓度最大；且温度较高，则反应速率最大．

故选C．

影响化学反应速率的主要因素是物质的本身性质；对于同一个化学反应，反应物浓度越大，温度越高，反应速率越大，注意硝酸与金属反应不生成氢气．

本题考查化学反应速率的影响因素，难度不大，注意金属的活泼性强弱，为影响反应速率的主要因素，易错点为rm{A}注意硝酸与金属反应不生成氢气．【解析】rm{C}4、D【分析】解：A．①和②产物中阳离子均为钠离子；阴离子分别为氧离子，过氧根离子，则阴阳离子个数比均为1：2，故A错误；

B．①和②生成等物质的量的产物；由Na元素的化合价变化可知转移电子数相同，故B错误；

C．根据盖斯定律②×2-①×2可得：2Na2O（s）+O2（g）═2Na2O2（s）△H=（-511kJ/mol）×2-（-414kJ/mol）×2=-284kJ/mol；故C错误；

D．由盖斯定律可知①×2-②可得：Na2O2（s）+2Na（s）═2Na2O（s）；则△H=（-414kJ/mol）×2-（-511kJ/mol）=-317kJ/mol，故D正确；

故选D．

A．①和②产物的阴阳离子个数比均为1：2；

B．①和②生成等物质的量的产物；由Na元素的化合价判断转移电子；

C．根据盖斯定律②×2-①×2可得2Na2O（s）+O2（g）═2Na2O2（s）；

D．由盖斯定律可知，①×2-②可得Na2O2（s）+2Na（s）═2Na2O（s）．

本题考查反应热与焓变的应用，题目难度中等，涉及盖斯定律的应用、氧化还原反应的计算、物质的量的计算等知识，明确盖斯定律的内容为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．【解析】【答案】D5、C【分析】【分析】本题考查了气体的干燥、收集和尾气处理，题目难度不大，根据气体的性质确定干燥剂、尾气处理试剂，根据气体的溶解性及密度确定收集方法，注意氨气不能用氯化钙干燥，为易错点。【解答】A.碱石灰呈碱性；能与氯气反应，所以氯气不能用碱石灰干燥，且氯气吸收多余的氯气应该用碱液，故A错误；

B.氨气密度小于空气；应该采用向下排空气法收集，故B错误；

C.二氧化硫密度大于空气且常温下和空气中成分不反应；氯化钙和二氧化硫不反应，所以能用氯化钙干燥，故C正确；

D.常温下rm{NO}和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，所以得不到rm{NO}rm{NO}采用排水法收集；故D错误。

故选C。

【解析】rm{C}6、A【分析】解：rm{A}海水提镁的过程中从海水中得到氯化镁；得到氯化镁固体再电解熔融氯化镁得镁，氧化镁熔点高不能电解制备金属镁，故A错误；

B；石油裂化的主要目的是将长的碳链断裂成短的碳链；得到汽油，以提高汽油的产量，故B正确；

C；煤干馏是将煤隔绝空气加强热；产生很多新物质，所以是化学变化，故C正确；

D；根据工业上海水中提取溴的方法可知；是先将海水中的化合态的溴富集再转化为游离态的溴，故D正确；

故选A．

A；海水提镁的过程中从海水中沉淀镁离子；加入盐酸溶解得到氯化镁，再电解熔融氯化镁得镁；

B；石油裂化的主要目的是将长的碳链断裂成短的碳链；得到汽油；

C；煤干馏是将煤隔绝空气加强热；产生很多新物质；

D；工业上海水中提取溴是利用氧化剂氧化溴离子为溴单质；通过碳酸钠吸收溴单质后，得到溴离子和溴酸根离子，再加入酸反应生成溴单质，将海水中的化合态的溴富集再转化为游离态的溴；

本题考查海水资源及其综合利用、煤和石油的加工等，题目难度中等，注意工业上用电解法制镁的方法、海水提溴、海水提镁的工业生产流程的理解应用．【解析】rm{A}7、D【分析】解：rm{A.}同一周期中，Ⅰrm{A}族元素的金属性比Ⅱrm{A}族元素的金属性强，若不在同一周期，Ⅱrm{A}族元素的金属性可能大于Ⅰrm{A}族元素，如rm{Ca}的金属性大于rm{Na}rm{Li}故A错误；

B.电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则第三周期元素离子半径大小顺序为：rm{P^{3-}>S^{2-}>Cl^{-}>Na^{+}>Mg^{2+}>Al^{3+}}故B错误；

C.同周期非金属元素最高价氧化物的水化物酸性从左到右依次增强，但低价态氧化物的水化物酸性不一定如此，如rm{H_{2}SO_{4}}的酸性比rm{HClO}强；故C错误；

D.Ⅳrm{A}族元素中，非金属性最强的为rm{C}非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性最好的是rm{CH_{4}}故D正确；

故选D．

A.Ⅰrm{A}族元素的金属性不一定比Ⅱrm{A}族元素的金属性强；

B.第三周期的阳离子比阴离子少rm{1}个电子层；则阳离子半径大于阴离子；

C.同周期非金属元素最高价氧化物的水化物酸性从左到右依次增强；

D.非金属性越强；氢化物的稳定性越强．

本题考查同主族、同周期元素性质及元素化合物性质，为高频考点，把握同主族、同周期的位置关系及非金属性比较为解答的关键，注意掌握元素周期律的内容．【解析】rm{D}8、D【分析】解：rm{A.KIO_{3}}中含有rm{I-O}共价键和离子键；故A错误；

B.rm{K^{+}}的原子核外有rm{3}个电子层，最外层电子数为rm{8}离子的结构示意图为故B错误；

C.rm{{,!}^{23}Na^{37}Cl}中质子数和中子数分别为rm{(11+17)}rm{(23-11+37-17)=28}rm{32=7}rm{8}故C错误；

D.次碘酸中rm{O}为中心原子，rm{O}形成rm{2}个共价键，结构式为rm{H-O-I}故D正确．

故选D．

A.rm{KIO_{3}}中含有共价键和离子键；

B.rm{K^{+}}的原子核外有rm{3}个电子层，最外层电子数为rm{8}

C.rm{{,!}^{23}Na^{37}Cl}中质子数和中子数分别为rm{(11+17)}rm{(23-11+37-17)}

D.次碘酸中rm{O}为中心原子．

本题考查较为综合，涉及化学键、原子结构示意图、原子结构以及结构式等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于基本概念的理解和化学用语的应用，难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】rm{D}二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】解：图为短周期的一部分，由元素在周期表中的位置可知，A处于第二周期，B、C处于第三周期，令A的原子序数为x，则B、C的原子序数分别为x+7、x+9，B原子和C原子的核外电子总数之和为A的4倍，则x+7+x+9=4x，解得x=8，故A为氧元素、B为P、C为Cl，A的原子序数为8；A为O；B为P；C为Cl；A为O元素，原子结构示意图为C为Cl元素，质子数为17，离子核外电子数为18，离子结构示意图为故答案为：8；O，P，Cl；．

图为短周期的一部分；由元素在周期表中的位置可知，A处于第二周期，B；C处于第三周期，令A的原子序数为x，则B、C的原子序数分别为x+7、x+9，B原子和C原子的核外电子总数之和为A的4倍，则x+7+x+9=4x，解得x=8，故A为氧元素、B为P、C为Cl，据此解答．

本题考查结构位置关系、原子结构示意图，难度不大，注意理解同主族元素原子序数关系．【解析】8；O；P；Cl；10、吸热；E1-E2；一定低；减小；减小；不变【分析】解：rm{(1)}由图象可知该反应是一个能量升高的反应，所以属于吸热反应；rm{triangleH=}反应物的总键能rm{-}生成物的总键能，所以rm{triangleH=E_{1}-E_{2}}由图象可知可知该反应是一个能量升高的反应，所以rm{1mol}气体rm{A}和rm{1mol}气体rm{B}具有的总能量比rm{1mol}气体rm{C}和rm{1mol}气体rm{D}具有的总能量低；

故答案为：吸热；rm{E_{1}-E_{2}}一定低；

rm{(2)}加入催化剂改变了反应的途径，降低反应所需的活化能，所以rm{E_{1}}和rm{E_{2}}的变化是减小，催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变，所以rm{E}的大小对该反应的反应热无影响；

故答案为：减小；减小；不变．

rm{(1)}根据反应物与生成物总能量大小判断，根据rm{triangleH=}反应物的总键能rm{-}生成物的总键能；

rm{(2)}加入催化剂能降低反应的活化能；催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变．

本题考查反应热的判断，rm{triangleH}的计算，难度适中，注意催化剂对活化能和反应热的影响．【解析】吸热；rm{E_{1}-E_{2}}一定低；减小；减小；不变11、略

【分析】

0.5mol硫酸的质量为：0.5mol×98g/mol=49g；

硫酸的分子个数为0.5mol×6.02×1023=3.01×1023；

氧原子的物质的量为0.5mol×4=2mol．

【解析】【答案】根据硫酸的物质的量可求出硫酸的质量；根据硫酸的分子式和氧原子个数可求出氧原子的物质的量．

12、略

【分析】【解析】【答案】（1）(2分)2Al+Fe2O3____2Fe+Al2O3（2）(各1分)Fe2+,K+（3）(2分)Al(OH)3＋3H+＝Al3+＋3H2O（4）(1分)显紫色。（5）①(1分)b是反应后装置和药品的总质量②(1分)碱石灰（或其他碱性干燥剂）13、略

【分析】解：（1）同周期从左向右金属性减弱；则金属性：K＞Ca，故答案为：＞；

（2）同周期从左向右非金属性增强；同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性：S＜F，故答案为：＜；

（3）非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：H2SO4＞H2SiO3；故答案为：＞；

（4）金属性越强，对应碱的碱性越强，则碱性Ba（OH）2＞Ca（OH）2；故答案为：＞；

（5）非金属性越强，对应氢化物越稳定，则稳定性：NH3＞SiH4；故答案为：＞；

（6）电子层越多，离子半径越大，则半径：Al3+＜S2-；故答案为：＜．

（1）同周期从左向右金属性减弱；

（2）同周期从左向右非金属性增强；同主族从上到下非金属性减弱；

（3）非金属性越强；对应最高价含氧酸的酸性越强；

（4）金属性越强；对应碱的碱性越强；

（5）非金属性越强；对应氢化物越稳定；

（6）电子层越多；离子半径越大．

本题考查元素周期表和周期律的应用，为高频考点，把握元素的位置、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】＞；＜；＞；＞；＞；＜三、判断题(共5题，共10分)14、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．15、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．16、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．17、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18、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．四、结构与性质(共1题，共9分)19、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