2025年统编版2024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2024高一化学下册月考试卷793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7题，共14分)1、NA代表阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是（）A.在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同B.标准状况下，22.4L水所含的水分子数为NAC.在常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目为NAD.34g氨气所含质子数目为20NA2、水是人类赖以生存的物质rm{.H_{2}O}的摩尔质量的数值是rm{(}rm{)}A.rm{16}B.rm{18}C.rm{20}D.rm{22}3、如图是一种最新研制的聚合物锂电池，a极为含有Li、Co、Ni、Mn、O等元素组成的混盐，电解质为一种能传导Li+的高分子复合材料，b极为镶嵌金属锂的石墨烯材料，反应原理为：LixC6+Li3-xNiCoMnO6C6+Li3NiCoMnO6。下列说法正确的是。

A.充电时，电池的a极反应为Li3NiCoMnO6—xe-=xLi++Li3-xNiCoMnO6B.放电时，b极的电势高于a极C.交换膜应为阴离子交换膜D.充电时，若转移的电子数为6.02×1023个，则b极区会减少1molLi+4、沼气是一种能源，它的主要成分是CH4。0.5molCH4燃烧完全后生成CO2和液态H2O时，放出445kJ的热量。则下列热化学方程式中正确的是（）A、CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+H2O(g)；ΔH=—890kJ·mol-1B、CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；ΔH=＋890kJ·mol-1C、CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；ΔH=－890kJ·mol-1D、1/2CH4(g)+O2(g)=1/2CO2(g)+2H2O(g)；ΔH=－445kJ·mol-15、高铁的快速发展方便了我们的出行．工业上用铝热反应（2A1+Fe2O32Fe+A12O3）焊接钢轨间的缝隙．在反应中，Fe2O3（）A.是氧化剂B.是还原剂C.既是氧化剂也是还原剂D.既不是氧化剂也不是还原剂6、图中，rm{R}rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}为元素周期表中前四周期的部分元素，下列有关叙述正确的是rm{(}rm{)}A.五种元素中，只有rm{Z}为金属元素B.rm{W}位于Ⅵrm{A}族，有rm{+6}rm{-2}两种常见化合价C.rm{X}和rm{Y}的最高价氧化物对应水化物都是强酸D.rm{X}rm{Y}rm{Z}的气态氢化物的稳定性：rm{Y>X>Z}7、下列最简式中，不需要知道对应物质的相对分子质量即可确定其分子式的是rm{(}rm{)}A.rm{C_{3}H_{4}}B.rm{CH}C.rm{CH_{2}}D.rm{C_{2}H_{5}O}评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、某元素rm{1}个原子的质量为rm{a}rm{1}个rm{{,!}^{12}C}原子质量为rm{b}则该元素的这种原子的相对原子质量是A.rm{dfrac{12a}{b}}B.rm{dfrac{12b}{z}}C.rm{dfrac{a}{{{N}_{A}}}}D.rm{a隆陇N_{A}}9、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}10、最近日本科学家确认世界上还存在的另一种“分子足球”rm{N_{60}}它与rm{C_{60}}的结构相似rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{N_{60}}和rm{N_{2}}是同素异形体B.rm{N_{60}}中氮原子之间由共价键结合C.rm{N_{60}}高温或撞击后应该生成rm{N_{2}}D.rm{N_{60}}和rm{{,!}^{14}N}都是氮的同位素11、常温下，在新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水电离出来的c水(H+)与NaOH溶液的体积之间的关系如图所示。下列推断正确的是。

A.用pH试纸测定E点对应的溶液，其pH=3B.G点对应的溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)C.常温下加水稀释H点对应的溶液，溶液pH减小D.F、H点对应的溶液中都存在：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)12、下列各组微粒具有相同质子数和电子数的是()A.rm{OH^{?}}和rm{NH_{4}^{+;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}B.rm{H_{2}O}和rm{NH_{3;;;}}C.rm{F^{?}}和rm{OH^{?;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}D.rm{O^{2?}}和rm{NH_{4}^{+}}13、如下图所示，在注射器中加入少量rm{Na_{2}SO_{3}}晶体，并吸入少量浓硫酸rm{(}以不接触纸条为准rm{)}则下列有关说法正确的是A.湿润的蓝色石蕊试纸只变红不褪色B.湿润的品红试纸蘸有rm{KMnO_{4}}酸性溶液的滤纸均褪色证明了rm{SO_{2}}的漂白性C.湿润的碘化钾淀粉试纸未变蓝说明rm{SO_{2}}不能将rm{I^{-}}还原为rm{I_{2}}D.实验后，可把注射器中的物质推入rm{NaOH}溶液，以减少环境污染14、反应rm{4NH_{3}+5O_{2}=4NO+6H_{2}O}在rm{5L}的密闭容器中进行，rm{30s}后，rm{NO}的物质的量增加了rm{0.3mol}则此反应的平均速率可表示为rm{(}rm{)}A.rm{v(O_{2})=0.0025mol/(L?s)}B.rm{v(NO)=0.008}rm{mol/(L?s)}C.rm{v(H_{2}O)=0.003}rm{mol/(L?s)}D.rm{v(NH_{3})=0.002}rm{mol/(L?s)}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、（9分）A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，其中A与Y同主族，X与Z同主族，A与B和A与X均可形成10电子的化合物；B与Z的最外层电子数之比为2∶3，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红．请回答下列问题．(1)Z的原子结构示意图为______________(1分)；化合物BA4的电子式为____________(1分)．(2)化合物Y2X2中含有的化学键类型有________(2分)(填序号)．A．离子键B．极性共价键C．非极性共价键D．氢键(3)化合物A2X和A2Z中，沸点较高的是________(1分)(填化学式)，其主要原因是_______________________________________________________________(2分)。(4)A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物，此两种化合物发生反应的化学方程式为________________________________________________________(2分)。16、（10分）如图表示有关物质之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。（反应条件图中已省略。）（1）A、B、C、D代表的物质分别为、____、____、____（填化学式）；（2）反应①中的C、D均过量，该反应中所涉及的化学方程式分别是、（3）反应②中，若B与F物质的量之比为4∶3，G、H分别是、（填化学式）；（4）反应③产物中K的化学式为；（5）反应④的离子方程式为。17、化学是一门以实验为基础的学科，化学所取得的丰硕成果，是与实验的重要作用分不开的。结合下列实验装置图回答问题：III（1）写出上述图中仪器的名称：①；②；（2）若利用装置I分离乙酸（沸点118℃）和乙酸乙酯（沸点77.1℃）的混合物，还缺少的仪器有，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为；实验时仪器②中冷却水的进口为（选填“f”或“g”）。（3）现需配制250mL0.2mol·L－1NaCl溶液，装置II是某同学转移溶液的示意图，图中有两处错误分别是，。18、将气体A、B置于容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)2C(g)＋2D（g），反应进行到10s末，测得A的物质的量为1.8mol，B的物质的量为0.6mol，C的物质的量为0.8mol，则：1）用生成物C的浓度增加来表示该反应的速率为：____；2）用生成物A的浓度减少来表示该反应的速率为：____；3）反应前A的物质的量浓度是：____；4）10s末，生成物D的浓度为____。19、请在标有序号的空白处填空：

以下是与绿色化学；环境保护和人类健康息息相关的三个主题；请根据已知信息回答有关问题：

（1）下列制备氯乙烷的反应中原子经济性最高的是（可多选）____．

A．CH2═CH2+HCl﹣→CH3CH2Cl

B．CH3CH2OH+HCl﹣→CH3CH2Cl+H2O

C．CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl

D．CH2═CHCl+H2CH3CH2Cl

由上述四个反应可归纳出，原子经济性高的是____反应（填反应类型）．

（2）有毒物质的无害化也是绿色化学研究的内容之一．ClO2是一种性能优良的消毒剂，还可将废水中少量的S2﹣、NO和CN﹣等有毒有害的还原性酸根离子氧化除去．请写出用ClO2将废水中剧毒的CN﹣氧化成无毒气体的离子方程式____，并说明该方法的优点____20、rm{(1)}一次实验中，用rm{A}溶液体积为rm{80mL}其密度为rm{1.19g?cm^{-3}}rm{A}的质量分数为rm{36.5%}跟足量的rm{MnO_{2}}充分反应后，产生了rm{5.6L(}标准状况rm{)}的黄绿色气体单质rm{B.}则该反应的化学方程式为______；rm{A}的物质的量浓度为______，被氧化的rm{A}的物质的量为______，转移电子的物质的量是______rm{mol}．

rm{(2)}气体rm{B}与rm{Ca(OH)_{2}}反应的化学方程式是______；某温度将rm{B}通入rm{NaOH}溶液中，反应得到含有rm{Cl^{-}}与rm{ClO_{3}^{-}}物质的量之比为rm{5}rm{1}的混合液，该反应的离子方程式是______．21、某温度时，在一个rm{2L}的密闭容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示rm{.}根据图中数据；试填写下列空白：

rm{(1)}该反应的化学方程式为____

rm{(2)}从开始至rm{2}rm{min}，rm{Z}的平均反应速率为____

rm{(3)}某探究性学习小组用相同质量的锌和相同浓度的足量的稀盐酸反应得到实验数据如下表所示：。实验编号锌的状态反应温度rm{/隆忙}收集rm{100}rm{m}rm{L}氢气。

所需时间rm{/}rm{s}Ⅰ薄片rm{15}rm{200}Ⅱ薄片rm{25}rm{90}Ⅲ粉末rm{25}rm{10}rm{垄脵}该实验的目的是探究____、____对锌和稀盐酸反应速率的影响；

rm{垄脷}实验Ⅰ和Ⅱ表明____；化学反应速率越大；

rm{垄脹}能表明固体的表面积对反应速率有影响的实验编号是____和____；

rm{垄脺}请设计一个实验方案证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响：____。22、下图为几种粒子的结构示意图，据此，完成下列问题

rm{(1)}属于阳离子结构的粒子是________rm{(}填编号，下同rm{)}rm{(2)}具有稳定性结构的原子是________。rm{(3)}只能得电子的粒子是________；只能失电子的粒子是________；既能得电子，又能失电子的粒子是________。rm{(4)垄脹}粒子半径________rm{垄脺}粒子半径rm{(}填“大于”“小于”或“等于”rm{)}rm{(5)}某元素rm{R}形成的氧化物为rm{R_{2}O_{3}}则rm{R}的离子结构示意图可能是________。评卷人得分四、判断题(共3题，共9分)23、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）24、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）25、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）评卷人得分五、推断题(共1题，共7分)26、A；B、C、D、E、F均为短周期元素；且原子序数依次增大，A是原子半径最小的元素，B的最高价氧化物的水化物可与其氢化物反应形成盐类物质甲；A与D可以按照原子个数比4：1形成化合物乙，且乙分子中含有18个电子，E与B同主族，C的阳离子与F的阴离子相差一个电子层，且可形成离子个数比为2：1的离子化合物丙。

（1）E在周期表中的位置为______。

（2）下列说法正确的有______。

①化合物乙分子中只含有极性共价键。

②C；D、E、F原子半径由大到小的顺序为C＞D＞E＞F

③B；E形成的氢化物中；B的氢化物更稳定，沸点也最高。

④化合物甲和化合物丙都既含有离子键也含有共价键。

（3）将F燃烧的产物通入BaCl2和HNO3的混合溶液中；生成白色沉淀并放出无色气体，请用一个离子方程式表示该反应______

（4）写出一个由以上元素构成的10电子与18电子分子反应的化学方程式__________

（5）A与B可形成一种二元化合物X；其中A元素质量分数为2.33%．据研究X显弱酸性。

X电离的阴离子结构与二氧化碳相似；则该阴离子的电子式为______

（6）F的某种氧化物是大气污染物之一；也是某工业生产中的主要尾气之一。某校兴趣小组欲采用下列方案测定此工业尾气中的F的氧化物的含量。

通过的尾气体积为VL（已换算成标准状况）时，该尾气中F的氧化物含量（体积分数）为______（用含有V、m的代数式表示）评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共3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。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【解答】解：A；同温同压下相同体积的任何气体单质的物质的量相同；而气体单质可能为单原子分子、双原子分子或多原子分子，故含有的原子个数不一定相同，故A错误；

B；标况下水为液态；不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；

C、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氮气的物质的量小于0.5mol，则原子个数小于NA个；故C错误；

D、34g氨气的物质的量为2mol，而1mol氨气中含10mol质子，故2mol氨气中含20mol质子即20NA个；故D正确．

故选D．

【分析】A；气体单质可能为单原子分子、双原子分子或多原子分子；

B；标况下水为液态；

C；常温常压下；气体摩尔体积大于22.4L/mol；

D、求出氨气的物质的量，然后根据1mol氨气中含10mol质子来分析．2、B【分析】解：一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，单位为rm{g/mol.}由于水的相对分子质量为rm{18}故水的摩尔质量为rm{18g/mol}故数值为rm{18}故选B．

一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，摩尔质量的单位为rm{g/mol}据此分析．

本题考查了摩尔质量的数组，应注意的是物质的摩尔质量只在数值上和相对分子质量相同，但单位不同．【解析】rm{B}3、A【分析】【分析】

根据电池总反应可知放电时石墨烯上的Li单质被氧化，所以石墨烯为负极，即b电极为负极；则充电时该电极为阴极；放电时混盐发生还原反应，所以a电极为正极，充电时a电极发生氧化反应为阳极。

【详解】

A．充电时b极为阴极，Li+被还原成Li单质，根据总反应可知b极反应式为C6+xLi++xeˉ=LixC6，a极反应等于总反应减去b极反应为Li3NiCoMnO6—xe-=xLi++Li3-xNiCoMnO6；故A正确；

B．放电时a为正极，b为负极；正极电势高于负极，故B错误；

C．根据题意可知电解质可以传导锂离子；所以交换膜为阳离子交换膜，故C错误；

D．充电时b极为阴极，电极反应式为C6+xLi++xeˉ=LixC6，电极反应消耗Li+，但同时阳极产生的Li+会迁移到阴极，所以b极区Li+总量不变；故D错误；

故答案为A。4、C【分析】有关反应热的计算及热化学方程的书写。【解析】【答案】C5、A【分析】解：2A1+Fe2O32Fe+A12O3；该反应中铁元素的化合价由+3价变为0价，所以氧化铁得电子化合价降低是氧化剂，故选A．

2A1+Fe2O32Fe+A12O3；该反应中铝元素化合价由0价变为+3价，铁元素的化合价由+3价变为0价，得电子化合价降低的是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂．

本题考查了氧化还原反应中氧化剂、还原剂的判断，根据元素化合价变化与氧化剂、还原剂之间的关系解答即可，难度不大．【解析】【答案】A6、D【分析】解：rm{R}rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}为元素周期表中前四周期的部分元素，由图可知，rm{R}为rm{He}rm{W}为rm{O}rm{Y}为rm{Cl}rm{X}为rm{P}rm{Z}为rm{As}

A.五种元素均为非金属元素；故A错误；

B.rm{W}为rm{O}位于Ⅵrm{A}族；只有负价，无正价，故B错误；

C.磷酸为中强酸；的最高价氧化物对应水化物为高氯酸，高氯酸是强酸，故C错误；

D.非金属性rm{Cl>P>As}氢化物的稳定性：rm{Y>X>Z}故D正确；

故选D．

rm{R}rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}为元素周期表中前四周期的部分元素，由图可知，rm{R}为rm{He}rm{W}为rm{O}rm{Y}为rm{Cl}rm{X}为rm{P}rm{Z}为rm{As}

A.均为非金属元素；

B.rm{O}只有负价；

C.磷酸为中强酸；

D.非金属性越强；对应氢化物越稳定．

本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，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】rm{D}7、D【分析】解：rm{A.}最简式为rm{C_{3}H_{4}}可以是rm{C_{3}H_{4}}或rm{C_{6}H_{8}}或rm{C_{9}H_{12}}等；故A错误；

B.最简式为rm{CH}可以是rm{C_{2}H_{2}}或rm{C_{4}H_{4}(}环丁二烯rm{)}或rm{C_{8}H_{8}(}苯乙烯rm{)}故B错误；

C.任何烯烃最简式都是rm{CH_{2}}故C错误；

D.最简式为rm{C_{2}H_{5}O}碳原子扩大rm{1}倍为是rm{C_{4}H_{10}O_{2}}氢原子已饱和，只有一种分子，故D正确。

故选D．

因为碳氢化合物中碳成rm{4}条键，所以氢原子数必定是偶数，而且根据烷烃通式可得，最多氢原子数rm{=2n+2(n}是碳原子数rm{)}据此分析．

本题考查了根据实验式确定分子式，中等难度rm{.}碳成rm{4}条键，氢原子数必定是偶数，氢原子数最多为rm{2n+2(n}是碳原子数rm{)}是判断依据．【解析】rm{D}二、多选题(共7题，共14分)8、AD【分析】【分析】本题考查了阿伏加德罗常数和物质的量的相关计算，题目难度不大。【解答】相对原子质量的定义是：以rm{12C}原子质量的rm{1/12}做为标准，其他原子的质量与它相比较所得的值。所以相对原子质量是rm{a隆脗(b/12)=12a/b}原子质量的rm{12C}做为标准，其他原子的质量与它相比较所得的值。所以相对原子质量是rm{1/12}

rm{a隆脗(b/12)=12a/b}相对原子质量在数值上与摩尔质量相等，根据摩尔质量的概念可得出，这种原子的相对原子质量是rm{a隆陇N}故AD正确。rm{a隆陇N}

rm{{,!}_{A}}故选AD。【解析】rm{AD}9、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}10、ABC【分析】解：rm{A.N_{60}}与rm{N_{2}}符合同素异形体的概念，rm{N_{60}}与rm{N_{2}}互为同素异形体；故A正确；

B.rm{N_{60}}中只含氮原子；原子之间由共价键结合，故B正确；

C.rm{N_{60}}在高温和撞击后释放巨大能量，说明生成了rm{N}元素的很稳定的形式，而熟知的rm{N}最稳定存在形式就是rm{N_{2}}故C正确；

D.rm{N_{60}}是单质，rm{{,!}^{14}N}是氮的同位素；故D错误．

故选ABC．

A.同素异形体是同元素组成的不同单质；

B.原子通过共用电子对形成的化学键叫做共价键；非金属元素原子之间形成的一般是共价键；

C.rm{N_{60}}在高温和撞击后释放巨大能量，说明生成了rm{N}元素的很稳定的形式；

D.同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同原子．

本题考查了同位素、同素异形体概念的应用以及化学键，主要是概念的理解，题目难度不大．【解析】rm{ABC}11、BC【分析】【详解】

往氯水中滴加NaOH溶液，会使平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO正向移动；生成NaCl和NaClO，图中四个关键点的溶质E点为HCl和HClO，F点为NaCl；HClO和NaClO，G点为NaCl和NaClO，H点氢氧化钠过量，溶质有NaCl、NaClO和NaOH。

A．E点溶液有漂白性；不能用pH试纸测定酸碱度，故A错误；

B．G点溶液的NaCl和NaClO的量1:1，NaClO部分水解显碱性，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)；故B正确；

C．对H点的溶液加水稀释，过量的NaOH大量存在，稀释对OH-浓度减小的影响比对NaClO水解的促进作用大；所以pH减小，故C正确；

D．分清F、H点的溶质，便可知F点溶液显中性，而H点溶液显碱性，c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)只能在溶液显中性时成立；故D错误；

答案选BC。

【点睛】

判断出E，F，G，H的溶质成分是解本题的关键。12、BC【分析】【分析】本题考查微粒的质子数和电子数的关系，明确中性微粒、阳离子、阴离子的电子的数目计算是解答的关键，并注意中性微粒中质子数等于电子数。【解答】A.rm{OH^{-}}的质子数为rm{8+1=9}rm{OH^{-}}的电子数为rm{9+1=10}rm{NH_{4}^{+}}的质子数为rm{7+4=11}rm{NH_{4}^{+}}的电子数为rm{11-1=10}故A错误；

B.rm{H_{2}O}的质子数等于电子数等于rm{1隆脕2+8=10}rm{NH_{3}}的质子数等于电子数等于rm{7+1隆脕3=10}故B正确；

C.rm{F^{-}}的质子数等于rm{9}电子数等于rm{10}rm{OH^{-}}的质子数为rm{8+1=9}rm{OH^{-}}的电子数为rm{9+1=10}故C正确；

D.rm{O^{2-}}的质子数为rm{8}电子数为rm{8+2=10}rm{NH_{4}^{+}}的质子数为rm{7+4=11}rm{NH_{4}^{+}}的电子数为rm{11-1=10}故D错误。

故选BC。

【解析】rm{BC}13、AD【分析】【分析】本题考查二氧化硫的性质，rm{SO_{2}}的漂白性主要体现在使品红褪色。题目难度不大。【解答】A.品红不能使蓝色石蕊试纸褪色，故A正确；

B.漂白性是指使有色的有机物质褪色，rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}不是有机物，所以rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}溶液的滤纸褪色不能证明rm{SO}故rm{SO}

rm{{,!}_{2}}的漂白性，主要检验氧化B错误；的物质，如果将碘化钾氧化为碘单质，就能使淀粉变蓝。二氧化硫不能使其变蓝，说明二氧化硫不能将碘化钾氧化为碘单质，故C错误；C.碘化钾淀粉试纸溶液可吸收性D.rm{NaOH}溶液可吸收rm{SO}故rm{NaOH}正确rm{SO}

故选AD。

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{AD}14、ACD【分析】解：半分钟后rm{NO}的物质的量增加了rm{0.3mol}所以用rm{NO}表示的反应速率为rm{v(NO)=dfrac{dfrac{0.3mol}{5L}}{30s}=0.002mol/(L?s)}．

A、根据速率之比等于化学计量数之比，所以rm{v(O_{2})=dfrac{5}{4}v(NO)=隆脕0.002mol/(L?s)=0.0025mol/(L?s)}故A正确；

B、半分钟后rm{v(NO)=dfrac{dfrac

{0.3mol}{5L}}{30s}=0.002mol/(L?s)}的物质的量增加了rm{v(O_{2})=dfrac

{5}{4}v(NO)=隆脕0.002mol/(L?s)=0.0025mol/(L?s)}所以用rm{NO}表示的反应速率为rm{0.3mol}故B错误；

C、根据速率之比等于化学计量数之比，所以rm{NO}故C正确；

D、根据速率之比等于化学计量数之比，所以rm{v(NO)=0.002mol/(L?s)}故D正确．

故选ACD．

根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算rm{v(H_{2}O)=1.5v(NO)=1.5隆脕0.002mol/(L?s)=0.003mol/(L?s)}在根据速率之比等于化学计量数之比计算用其它物质表示的反应速率．

本题考查化学反应速率，难度不大，注意反应速率计算常用两种方法定义法与化学计量数法，根据情况选择使用．rm{v(NH_{3})=v(NO)=0.002mol/(L?s)}【解析】rm{ACD}三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】常见的10电子化合物中均含有氢原子，因此A是H。化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红，很明显是过氧化钠的性质，即X是O，Y是Na。B的原子序数小于A的，且氢化物是10电子，所以该化合物是甲烷或氨气，即B是C或N。因为B与Z的最外层电子数之比为2∶3，所以B不可能是氮元素，只能是碳元素，因此Z的最外层电子数是6，即是S。由于水分子中存在氢键，所以其沸点高于H2S的。H和O及H和S形成的18电子的化合物分别水H2O2和H2S，双氧水具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者可以发生氧化还原反应生成硫单质。【解析】【答案】(1)（各1分）(2)A、C（2分）(3)H2O（1分）水分子间存在氢键（2分）(4)H2O2＋H2S===2H2O＋S↓（2分）16、略

【分析】【解析】【答案】（1）AlCH2ONa2O2(2)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;2Al+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑(3)CO2CO(4)Na2CO3(5)2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-17、略

【分析】试题分析：（1）此装置为蒸馏装置，所以①是蒸馏烧瓶②是冷凝管（2）蒸馏是利用各物质沸点的不同而分离混合物的方法，所以装置I中缺少温度计，此装置为蒸馏装置，冷凝水应符合下进上出，所以②中水从g进f出（3）需配制250ml的溶液所以应选择250ml的容量瓶，同时未用玻璃棒引流考点：考查蒸馏、溶液配制的有关实验知识【解析】【答案】（1）蒸馏烧瓶冷凝管[每空1分]（2）温度计[2分]蒸馏g[每空1分]（3）未用玻璃棒引流，未采用250mL容量瓶[每空2分]18、略

【分析】【解析】试题分析：（1）生成C为0.8mol,则速率v="0.8mol/(2L*10s)="0.04mol/(L.s)；（2）利用速率之比等于方程式的系数之比，所以速率=(0.04/2)*3="0.06"mol/(L.s)；（3）C(A)=0.06mol/(L.s)*10*2=1.2mol,说明A消耗了1.2mol，原来的物质的量为3mol,则浓度为3/2="1.5"mol/L。（4）生成0.8mol的C，则生成D0.8mol，浓度为0.8mol/2L=0.4mol/L考点：化学反应速率的计算【解析】【答案】1）0.04mol/(L.s)；2）0.06mol/(L.s)；3）1.5mol/L；4）0.4mol/L。19、AD加成2ClO2+2CN﹣═2CO2↑+N2↑+2Cl﹣产物为无毒的气体（CO2和N2）【分析】【解答】（1）A、CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl中所有原子是否都转化成了所需产物；原子利用率100%，故A符合；

B、CH3CH2OH+HCl→CH3CH2Cl+H2O中除目标产物CH3CH2Cl外；还有水生成，原子利用率不是100%，故B不符合；

C、CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl中除目标产物CH3CH2Cl外；还有HCl生成，原子利用率不是100%，故C不符合；

D、CH2═CHCl+H2CH3CH2Cl中所有原子都转化成了所需产物；原子利用率100%，故D符合；

由上述四个反应可归纳出；原子经济性高的是加成反应；

故答案为：AD；加成；

（2）将CN﹣氧化成无毒的CO2和N2两种气体，而ClO2被还原为Cl﹣，离子反应为：2ClO2+2CN﹣═2CO2↑+N2↑+2Cl﹣，其优点为产物为无毒的气体（CO2和N2）；不污染环境；

故答案为：2ClO2+2CN﹣═2CO2↑+N2↑+2Cl﹣；产物为无毒的气体（CO2和N2）．

【分析】（1）把握“原料分子中的原子全转变为所需产物”或“不产生副产物；实现零排放”，然后根据题给各选项观察反应物中所有原子是否都转化成了所需产物；

（2）先根据题意先确定反应产物：应将CN﹣氧化成无毒的CO2和N2两种气体，而ClO2被还原为Cl﹣，Cl元素由+4﹣→﹣1价，C元素由+2﹣→+4，N元素由﹣3﹣→0价，然后再利用化合价升降法配平化学方程式．20、略

【分析】解：rm{(1)}二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，则该反应的化学方程式为rm{MnO_{2}+4HCl(}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}MnCl_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}反应中锰元素化合价降低，所以二氧化锰为氧化剂，氯化氢中rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}MnCl_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}价氯元素一半化合价升高，所以氯化氢为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为：rm{-1}rm{1}每生成rm{2}氯气转移rm{1mol}电子，则产生了rm{2mol}氯气，物质的量为：rm{dfrac{5.6L}{22.4L/mol}=0.25mol}则参加反应的氯化氢的物质的量为rm{5.6L}被氧化的氯化氢的物质的量为rm{dfrac

{5.6L}{22.4L/mol}=0.25mol}转移rm{1mol}电子，浓盐酸的物质的量浓度为：rm{dfrac{1000隆脕1.19隆脕36.5%}{36.5}=11.9mol/L}

故答案为：rm{0.5mol}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}MnCl_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{0.5mol}rm{dfrac

{1000隆脕1.19隆脕36.5%}{36.5}=11.9mol/L}rm{MnO_{2}+4HCl(}

rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}MnCl_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}氯气与rm{11.9mol/L}反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式是：rm{0.5mol}rm{0.5}生成氢氧化钠反应生成rm{(2)}与rm{Ca(OH)_{2}}是氧化还原反应，化合价分别由rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}篓TCaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}价升高为rm{Cl_{2}}价和rm{Cl^{-}}价，反应得到含有rm{ClO_{3}^{-}}与rm{0}物质的量之比为rm{-1}rm{+5}的混合液，则依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒可知反应的离子方程式：rm{Cl-}

故答案为：rm{ClO3-}rm{5}

rm{1}黄绿色气体为氯气，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；根据物质的量浓度与密度、质量分数、摩尔质量之间的关系式计算；根据生成的氯气与被氧化的rm{3Cl_{2}+6OH^{-}=5Cl^{-}+ClO_{3}^{-}+3H_{2}O.}的关系式计算．

rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}篓TCaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；rm{3Cl_{2}+6OH^{-}=5Cl^{-}+ClO_{3}^{-}+3H_{2}O.}生成氢氧化钠反应生成rm{(1)}与rm{HCl}是氧化还原反应，化合价分别由rm{(2)}价升高为rm{Cl_{2}}价和rm{Cl^{-}}价；依据氧化还原反应得失电子守恒，结合原子个数守恒配平方程式．

本题考查了化学方程式、离子方程式的书写以及有关氧化还原反应基本概念判断及计算，明确氯气的制备及性质，把握氧化还原反应基本概念及规律是解题关键，题目难度中等．rm{ClO_{3}^{-}}【解析】rm{MnO_{2}+4HCl(}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}MnCl_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}MnCl_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{11.9mol/L}rm{0.5mol}rm{0.5}rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}篓TCaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}rm{3Cl_{2}+6OH^{-}=5Cl^{-}+ClO_{3}^{-}+3H_{2}O}21、（1）3X+Y2Z（2）0.05mol/（L•min）（3）①固体表面积温度②温度越高③ⅡⅢ④在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应，比较收集相同体积的氢气所需要的时间。【分析】【分析】本题是对化学反应速率的知识的综合考查，是高考常考知识点，难度一般。关键是掌握化学反应速率的定义，侧重物质性质及反应原理的考查，注意方案的合理性、评价性分析。【解答】依据图像可得。rm{(1)}该反应的化学方程式为：rm{3X+Y}rm{2Z}故答案为：rm{3X+Y}rm{2Z}rm{(2)}依据反应速率的定义，从开始至rm{2}rm{min}rm{Z}的平均反应速率为：rm{0.05mol/(L?min)}故答案为：rm{0.05mol/(L?min)}rm{(3)}某探究性学习小组用相同质量的锌和相同浓度的足量的稀盐酸反应得到实验数据如下表所示：。实验编号锌的状态反应温度rm{/隆忙}收集rm{100mL}氢气。

所需时间rm{/s}Ⅰ薄片rm{15}rm{200}Ⅱ薄片rm{25}rm{90}Ⅲ粉末rm{25}rm{10}依据图表信息可得：rm{垄脵}该实验的目的是探究该实验的目的是探究固体表面积rm{垄脵}温度、故答案为：固体表面积；温度；对锌和稀盐酸反应速率的影响；实验Ⅰ和Ⅱ表明温度越高rm{垄脷}实验Ⅰ和Ⅱ表明rm{垄脷}故答案为：温度越高；，化学反应速率越大；能表明固体的的表面积对反应速率有影响的实验编号是Ⅱ和Ⅲ；rm{垄脹}能表明固体的故答案为：Ⅱ；Ⅲ；rm{垄脹}请设计一个实验方案证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响：在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应，比较收集相同体积的氢气所需要的时间。故答案为：在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应，比较收集相同体积的氢气所需要的时间。【解析】rm{(1)3X+Y}rm{2Z}rm{(2)}rm{0.05mol/(L?min)}rm{(3)垄脵}固体表面积温度rm{垄脷}温度越高rm{垄脹}ⅡⅢrm{垄脺}在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应，比较收集相同体积的氢气所需要的时间。22、（1）③⑤⑧

（2）②

（3）③⑤①④⑥⑦⑧

（4）小于。

（5）⑤【分析】【分析】

本题考查学生微粒的结构示意图知识；根据结构示意图推测出微粒的种类是解题的关键，难度不大。

【解答】rm{垄脷}为rm{Ne}原子；rm{垄脹}为rm{Mg^{2+}}rm{垄脺}为钠原子；rm{垄脻}为rm{Al^{3+}}rm{垄脼}为rm{S^{2-}}rm{垄脽}为rm{Si}原子；rm{垄脿}为rm{Fe^{2+}}

rm{(1)}阳离子结构：质子数rm{>}电子数，题中核内质子数rm{>}核外电子数的即为阳离子，rm{垄脹}为rm{Mg^{2+}}rm{垄脻}为rm{Al^{3+}}rm{垄脿}为rm{Fe^{2+}}均为阳离子，故答案为：rm{垄脹垄脻垄脿}

rm{(2)}原子不显电性，即质子数rm{=}电子数，故rm{垄脷垄脺垄脽}为原子，而当原子的最外层的电子为rm{2}或rm{8}时为稳定结构，故具有稳定结构的原子为rm{垄脷}

故答案为：rm{垄脷}

rm{(3)}当微粒处于元素的最高价态时，此微粒只能得电子，故只能得电子的是rm{垄脹垄脻}当微粒处于元素的最低价态时，只能失电子，故只能失电子的是rm{垄脵垄脺垄脼}当处于中间价态时，既能失电子也能得电子，故既能失电子又能得电子的为rm{垄脽垄脿}

故答案为：rm{垄脹垄脻}rm{垄脵垄脺垄脼}rm{垄脽垄脿}

rm{(4)}电子层数越多，半径越大，而rm{垄脹Mg^{2+}}有两个电子层，rm{垄脺Na}原子有rm{3}个电子层，故rm{垄脺Na}原子半径更大；

故答案为：小于；

rm{(5)}根据化合价规则，因为氧元素的化合价为rm{-2}所以rm{R}元素的化合价为rm{+3}即rm{R}原子的最外层电子数为rm{3}故rm{R}的离子显rm{+3}价，离子的结构示意图是rm{垄脻}

故答案为：rm{垄脻}【解析】rm{(1)垄脹垄脻垄脿}

rm{(1)垄脹垄脻垄脿}

rm{(2)垄脷}rm{(2)垄脷}rm{(3)垄脹垄脻}rm{垄脵垄脺垄脼}rm{垄脽垄脿}

rm{(3)垄脹垄脻}rm{垄脵垄脺垄脼}小于。

rm{垄脽垄脿}rm{(}四、判断题(共3题，共9分)23、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