2024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2024年北师大版高一化学上册月考试卷802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7题，共14分)1、在大量的硫酸铜饱和溶液中，其他条件不变，再加入16克无水硫酸铜，下列说法正确的是A.溶液仍然饱和，但浓度变大B.析出晶体的质量大于25克C.析出晶体的质量等于25克D.析出晶体的质量大于16克、小于25克2、下列有关原电池的说法中正确的是（）A.电极一定要由两种不同的金属组成B.电子流出的一极是正极C.两极均发生氧化还原反应D.由化学能转化为电能的装置3、(双选)将下列物质加入溴水中,溴水颜色不变浅的是()。A.KCl晶体B.KI晶体C.CCl4D.Mg4、黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成的，爆炸时的反应是：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，该反应的还原剂是（）A.CB.C和SC.KNO3D.S和KNO35、在光照条件下，将等物质的量的甲烷和氯气充分反应，所得产物中物质的量最多的是（）A.CH3ClB.CH2Cl2C.CHCl3D.HCl6、在短周期元素中，属于非金属（包括稀有气体）元素的有()A.9种B.10种C.12种D.13种7、对化学反应限度的叙述，错误的是rm{(}rm{)}A.任何可逆反应都有一定的限度B.化学反应达到限度时，正逆反应速率相等C.化学平衡是一定条件下的平衡，当条件改变时，平衡可能会遭到破坏D.当达到化学平衡时，正逆反应均已停止评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、某溶液A可能含有Cu2+、NH4+、Al3+、Mg2+、Na+、Fe3+、SO42-中的几种．若取A溶液加固体Na2O2，有无色无味气体放出，并生成白色沉淀，加入Na2O2的量x与生成沉淀的量y用图表示．

问：（1）A中一定存在的离子有：____；

（2）A中一定不存在的离子有：____；

（3）当x=a时，写出所得溶液里溶质的电离方程式：____．

9、如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此回答下列问题：（1）该硫酸的物质的量浓度为mol/L。（2）配制250mL0.92mol·L-1的稀硫酸需取该硫酸mL。（2分）（3）配制时必需的玻璃仪器有：______________________________________________________。（2分）（4）定容时，待容量瓶中溶液的凹液面正好与刻度线相切，盖好瓶塞后的下一步操作是______。（1分）（5）定容时,若加入的水超过刻度线,必须采取的措施是。（1分）（6）下列操作对H2SO4的物质的量浓度有什么影响（偏高、偏低或无影响）？①转移溶液后，未洗涤烧杯：；（1分）②容量瓶用水洗净后未烘干：；（1分）③定容时俯视容量瓶的刻度线：。（1分）10、现有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种易溶于水的强电解质，它们由如下离子组成rm{(}各种离子不重复rm{).}

阳离子：rm{H^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Ba^{2+}}

阴离子：rm{OH^{-}}rm{Cl^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}

已知：

rm{垄脵0.1mol/L}rm{A}溶液的rm{c(H^{+})>0.1mol/L}

rm{垄脷}将rm{B}溶液分别与其它三种溶液混合；均有白色沉淀生成；

rm{垄脹}往rm{C}溶液中加入rm{HNO_{3}}酸化的rm{AgNO_{3}}溶液；产生白色沉淀。

根据分析；请填空：

rm{(1)}写出下列物质的化学式：rm{A}______、rm{C}______。

rm{(2)D}既能与rm{A}溶液反应，也能与rm{B}溶液反应，请写出rm{D}与过量的rm{B}溶液反应的离子方程式______

rm{(3)}检验rm{A}溶液中阴离子的方法是______。11、下表是元素周期表的一部分，针对表中的rm{垄脵隆芦垄芒}种元素；填写下列空白：

。主族。

周期Ⅰrm{A}Ⅱrm{A}Ⅲrm{A}Ⅳrm{A}Ⅴrm{A}Ⅵrm{A}Ⅶrm{A}rm{0}族rm{2}rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{3}rm{垄脺}rm{垄脻}rm{垄脼}rm{垄脽}rm{垄脿}rm{4}rm{垄谩}rm{垄芒}rm{(1)}在这些元素中，化学性质最不活泼的是：______rm{(}填具体元素符号，下同rm{)}原子结构示意图为______rm{.}元素rm{垄芒}名称为______在周期表中的位置______．

rm{(2)}在最高价氧化物的水化物中；酸性最强的化合物的分子式是______，碱性最强的化合物的电子式是______．

rm{(3)}用电子式表示元素rm{垄脺}与rm{垄脼}的化合物的形成过程：______，该化合物属于______rm{(}填“共价”或“离子”rm{)}化合物．

rm{(4)}表示rm{垄脵}与rm{垄脽}的化合物的电子式______，该化合物是由______rm{(}填“极性”、“非极性”rm{)}键形成的．

rm{(5)垄脹}rm{垄脼}rm{垄脽}三种元素形成的离子；离子半径由大到小的顺序是______．

rm{(6)垄脺}和rm{垄脹}形成含有非极性共价键的离子化合物的电子式______

rm{(7)}元素rm{垄脷}的氢化物的结构式为______；该氢化物常温下和元素rm{垄脷}的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为______．12、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六种短周期主族元素，原子序数依次增大。其中rm{B}的单质在常温下为双原子分子，它与rm{A}的单质可形成气态分子rm{X}rm{X}的水溶液呈碱性；rm{D}的简单阳离子与rm{X}具有相同电子数，且rm{D}是同周期元素中原子半径最大的元素；rm{F}元素的原子最外层比次外层少两个电子，rm{C}与rm{F}同主族；rm{D}rm{E}rm{F}这rm{3}种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水。则rm{(1)B}单质的电子式为______________；rm{F}的气态氢化物的结构式为_____________；rm{X}的化学名称为____________。rm{(2)B}rm{C}rm{F}分别与rm{A}形成的化合物中最稳定的物质电子式是________________rm{(}写化学式rm{)}rm{(3)D}是同周期简单阳离子中离子半径最________的元素。rm{(4)}化合物rm{A_{2}C}和rm{A_{2}F}中，沸点较高的是____rm{(}填化学式rm{)}其主要原因是________。rm{(5)}用电子式表示元素rm{D}与rm{F}的化合物的形成过程：____________________________________。rm{(6)}写出rm{D}rm{E}两元素最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式：________________________。13、有原子序数依次增大的五种短周期元素A；B、C、D、E；已知A、E同主族，A元素的原子半径最小，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C元素的最高价氧化物的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y；A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，回答下列问题：

（1）B在周期表中的位置是____，E的原子结构示意图____

（2）写出同时含A、B、C、D四种元素的两种盐的化学式____、____

（3）BD2的结构式为____，E和D形成的一种化合物与BD2发生氧化还原反应，该反应的方程式为____

（4）C元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应的离子方程式____

（5）在一定条件下，一定量的A的单质与C的单质反应，可生成17克气体化合物CA3，同时放出46kJ的热量，写出该反应的热化学方程式____．14、写出下列反应的离子方程式：

rm{(1)}用稀硫酸清洗铁锈rm{(Fe_{2}O_{3})}______

rm{(2)}硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液混合______

rm{(3)}向足量澄清石灰水中通入二氧化碳______

rm{(4)}氯化铁溶液和氢氧化钾溶液反应______

rm{(5)}锌与硫酸铜反应______．15、铝用途广泛，用铝土矿rm{(}主要成分为rm{Al_{2}O_{3}?nH_{2}O}少量rm{SiO_{2}}和rm{Fe_{2}O_{3})}制取rm{Al}有如下途径：

rm{(1)}滤液rm{A}加过量rm{NaOH}离子方程式表示为______

rm{(2)}灼烧时盛放药品的仪器名称是______．

rm{(3)}步骤Ⅳ中发生反应的化学方程式是______．

rm{(4)}步骤Ⅲ中生成固体rm{C}的离子反应方程式为______．

rm{(5)}取滤液rm{B}rm{100mL}加入rm{1mol?L^{-1}}盐酸rm{200mL}沉淀量达到最大且质量为rm{11.7g.}则滤液rm{B}中rm{c(AlO;_{2}^{-})=}______，rm{c(Na^{+})}______rm{6mol?L^{-1}(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}．16、氧化还原是一类重要的反应．

rm{(1)}已知反应rm{Cu+2Fe^{3+}=Cu^{2+}+2Fe^{2+}}反应中还原剂是______，氧化性rm{Fe^{3+}}______rm{Cu^{2+}(}填“rm{<}”或“rm{>}”rm{)}．

rm{(2)}在rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}反应中，若转移rm{3mol}电子；则所产生的氧气在标准状况下的体积为______L.

rm{(3)}在rm{xR^{2+}+yH^{+}+O_{2}篓TmR^{3+}+nH_{2}O}的离子方程式中，对系数rm{m}和rm{R^{2+}}rm{R^{3+}}判断正确的是______．

A.rm{m=y}rm{R^{3+}}是还原剂rm{B.m=2y}rm{R^{2+}}被氧化。

C.rm{m=2}rm{R^{3+}}是氧化剂rm{D.m=4}rm{R^{2+}}是还原剂。

rm{(4)}用双线桥标出反应rm{2KMnO_{4}+16HCl(}浓rm{)篓T2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}中电子转移的方向和数目．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)17、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）18、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）19、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）20、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）21、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、计算题(共4题，共36分)22、（6分）将3.84gFe和Fe2O3的混合物溶于120mL的盐酸，刚好完全反应，生成0.03molH2，若反应后的溶液中无Fe3+，且溶液体积不变，试求：（1）原混合物中Fe2O3和Fe的质量分别为多少？（2）原盐酸的物质的量浓度。23、（5分）标准状况下，H2和CO的混合气体共8.96L，测得其质量为6.0g，试计算此混合气体中H2和CO的质量和体积各为多少？24、某火力发电厂使用的燃料煤中硫的质量分数为0.32%．该电厂每天要燃烧这种煤200t；请通过计算回答：

（1）如果煤中的硫全部转化为SO2，该电厂每天燃烧产生SO2多少升（标准状况）？

（2）将SO2用“钙基固硫法”处理可以“变废为宝”：SO2CaSO3CaSO4

假设转化过程的损失可以忽略不计，计算该电厂每天用“钙基固硫法”处理产生的SO2，可获得纯度为85%的CaSO4多少吨？25、将等物质的量的rm{A}rm{B}混合于rm{5L}的密闭容器中，发生反应：rm{3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)}经rm{5min}后，测得rm{D}的浓度为rm{0.2mol?L}后，测得rm{5min}的浓度为rm{D}rm{0.2mol?L}rm{{,!}^{-1}}，rm{c(A):c(B)=1:2}rm{C}的平均反应速率是rm{0.02mol}的平均反应速率是rm{c(A):c(B)=1:2}rm{C}rm{0.02mol}rm{?(L?min)}请写出计算过程rm{?(L?min)}rm{{,!}^{-1}}

。rm{(}请写出计算过程rm{)}的平均反应速率；rm{(}的值；rm{)}反应开始前放入容器中的求：rm{(1)D}的平均反应速率；的物质的量；rm{(1)D}时rm{(2)x}的物质的量浓度。rm{(3)}评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共5分)26、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、B【分析】【解析】试题分析：硫酸铜溶液已经达到饱和状态，所以再加入16克无水硫酸铜，不能再溶解，必然析出晶体。由于析出的晶体是CuSO4·5H2O，从而导致原溶液中溶剂减少，因此实际析出的晶体质量大于25g，答案选B。考点：考查硫酸铜饱和溶液的有关计算【解析】【答案】B2、D【分析】【解答】解；A．原电池的电极可由两种不同的金属构成；也可由金属和能导电的非金属构成，故A错误；

B．电子流出的一极是负极；故B错误；

C．负极发生氧化反应；正极发生还原反应，故C错误；

D．原电池是把化学能转变为电能的装置；电子由负极经外电路流向正极，故D正确．

故选D．

【分析】原电池是把化学能转变为电能的装置，原电池放电时，负极上失去电子发生氧化反应，即电子流出的是负极，正极上得电子发生还原反应，阳离子会移向正极，电极材料可由金属构成，也可由能导电的非金属和金属材料构成．3、A|B【分析】溴水中加入KCl不发生反应,颜色无明显变化,A对;加入KI晶体后,Br2与KI反应置换出I2,溶液颜色加深,B对;加入CCl4后Br2被萃取到下层,水层颜色变浅;加入金属Mg后金属与溴水反应,消耗Br2,颜色变浅。【解析】【答案】AB4、A【分析】【解答】解：该反应中S元素化合价由0价变为﹣2价；C元素化合价由0价变为+4价、N元素化合价由+5价变为0价；失电子化合价升高的反应物是还原剂，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，所以C是还原剂，S和硝酸钾是氧化剂，故选A．

【分析】该反应中S元素化合价由0价变为﹣2价、C元素化合价由0价变为+4价、N元素化合价由+5价变为0价，失电子化合价升高的反应物是还原剂，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，据此分析解答．5、D【分析】【解答】解：甲烷在发生取代反应时，除了生成有机物之外，还有氯化氢生成，且有几个氢原子，就生成几分子氯化氢，所以氯化氢的物质的量最多，故选：D．【分析】甲烷第一步取代生成等量的HCl和一氯甲烷，在后续的取代中氯代甲烷总的物质的量不变，而HCl不断增多，因此其物质的量在生成物中最大；6、D【分析】【分析】正确答案：D

短周期包括一；二、三周期；利用每一周期非金属元素的种类来分析解答．

第一周期有H；He两种非金属元素；

第二周期有B；C、N、O、F、Ne六种非金属元素；

第三周期有Si、P、S、Cl、Ar五种非金属元素；

即短周期有2+6+5=13种非金属元素；

故选D．7、D【分析】解：rm{A.}可逆反应不能完全转化；则任何可逆反应都有一定的限度，故A正确；

B.达到反应的最大限度时，正逆反应速率相等，且不为rm{0}故B正确；

C.一定条件下建立平衡；改变条件时正逆反应速率可能变化，若变化程度不同，则平衡遭到破坏，故C正确；

D.化学平衡为动态平衡；正逆反应仍在进行，故D错误；

故选D．

A.可逆反应不能完全转化；

B.平衡时正逆反应速率相等；

C.一定条件下建立平衡；改变条件时正逆反应速率可能变化；

D.化学平衡为动态平衡．

本题考查化学平衡，为高频考点，把握平衡的建立、平衡的特征、平衡判定为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大．【解析】rm{D}二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】

（1）从图象判断：生成沉淀先增多后减少，说明含有Al3+、Mg2+离子，溶液呈电中性，则一定含有SO42-离子；

故答案为：Al3+、Mg2+、SO42-；

（2）生成白色沉淀，说明不含Cu2+、Fe3+离子，有无色无味气体放出，说明不含NH4+离子；

故答案为：Cu2+、NH4+、Fe3+；

（3）当x=a时，Al3+、Mg2+完全产生沉淀，则溶液为Na2SO4，电离方程式为Na2SO4=2Na++SO42-；

故答案为：Na2SO4=2Na++SO42-．

【解析】【答案】解答该题从以下角度分析：

①生成白色沉淀，说明不含Cu2+、Fe3+离子；

②有无色无味气体放出，说明不含NH4+离子；

③从图象判断：生成沉淀先增多后减少，说明含有Al3+、Mg2+离子．

④从溶液电中性和离子共存角度作进一步分析．

9、略

【分析】试题分析：（1）根据c＝可知，该硫酸的物质的量浓度为c＝＝＝18.4mol/L。（2）在稀释过程中溶质的物质的量是不变的，则配制250mL0.92mol·L-1的稀硫酸需取该硫酸的体积＝=0.0125L＝12.5ml。（3）浓硫酸需要量筒量取，浓硫酸的稀释需要烧杯和玻璃棒，定容还需要胶头滴管，所以配制一定物质的量浓度溶液时必需的玻璃仪器有烧杯，玻璃棒，250ml容量瓶，胶头滴管，量筒。（4）定容时，待容量瓶中溶液的凹液面正好与刻度线相切，盖好瓶塞后的下一步操作是倒转摇匀。（5）定容时,若加入的水超过刻度线，这说明实验失败，必须采取的措施是重新配制。（6）根据cB＝nB/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。①转移溶液后，未洗涤烧杯，则溶质减少，所配浓度偏低；②容量瓶用水洗净后未烘干，则溶液体积和溶质质量均不变，因此所配浓度无影响；③定容时俯视容量瓶的刻度线，则容量瓶中溶液的体积减少，因此所配浓度偏高。考点：考查物质的量浓度的计算、配制以及误差分析等【解析】【答案】（1）18.4mol/L（2分）（2）12.5mL（2分）（3）烧杯，玻璃棒，250ml容量瓶，胶头滴管，量筒（2分）（4）倒转摇匀（1分）（5）重新配制（1分）（6）①偏低（1分）②无影响（1分）③偏高（1分）10、略

【分析】解：rm{(1)}由上述分析可知rm{A}为rm{H_{2}SO_{4}}rm{C}为rm{MgCl_{2}}故答案为：rm{H_{2}SO_{4}}rm{MgCl_{2}}

rm{(2)D}与过量的rm{B}溶液反应的离子方程式为rm{NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}+Ba^{2+}+2OH^{-}=BaCO_{3}隆媒+H_{2}O+NH_{3}?H_{2}O}故答案为：rm{NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}+Ba^{2+}+2OH^{-}=BaCO_{3}隆媒+H_{2}O+NH_{3}?H_{2}O}

rm{(3)}检验rm{A}溶液中阴离子的方法是取少量rm{A}溶液与试管中，加入稀盐酸无明显现象，再加少量氯化钡有白色沉淀产生，则rm{A}溶液中有rm{SO_{4}^{2-}}

故答案为：取少量rm{A}溶液与试管中，加入稀盐酸无明显现象，再加少量氯化钡有白色沉淀产生，则rm{A}溶液中有rm{SO_{4}^{2-}}

由rm{垄脵0.1mol/LA}溶液的rm{c(H^{+})>0.1mol/L}则rm{A}为rm{H_{2}SO_{4}}

rm{垄脷}将rm{B}溶液分别与其它四种溶液混合，均有白色沉淀生成，rm{B}中含有rm{Ba^{2+}}rm{垄脹}往rm{C}溶液中加入rm{HNO_{3}}酸化的rm{AgNO_{3}}溶液，产生白色沉淀，rm{C}中含有rm{Cl^{-}}由于rm{NH_{4}^{+}}rm{Mg^{2+}}与rm{OH^{-}}不能共存，故B中含有rm{OH^{-}}则rm{B}为rm{Ba(OH)_{2}}rm{B}与rm{A}rm{C}rm{D}均产生白色沉淀，则rm{C}为rm{MgCl_{2}}rm{D}为rm{NH_{4}HCO_{3}}以此来解答。

本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子反应为解答本题的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。【解析】rm{H_{2}SO_{4}}rm{MgCl_{2}}rm{NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}+Ba^{2+}+2OH^{-}=BaCO_{3}隆媒+H_{2}O+NH_{3}?H_{2}O}取少量rm{A}溶液与试管中，加入稀盐酸无明显现象，再加少量氯化钡有白色沉淀产生，则rm{A}溶液中有rm{SO_{4}^{2-}}11、Ar；溴；第四周期第ⅦA族；HClO4；离子；极性共价键；S2-＞Cl-＞O2-；NH3+HNO3═NH4NO3【分析】解：由元素在周期表中位置，知rm{垄脵}为rm{C}rm{垄脷}为rm{N}rm{垄脹}为rm{O}rm{垄脺}为rm{Na}rm{垄脻}为rm{Al}rm{垄脼}为rm{S}rm{垄脽}为rm{Cl}rm{垄脿}为rm{Ar}rm{垄谩}为rm{K}rm{垄芒}为rm{Br}

rm{(1)}稀有气体rm{Ar}原子最外层有rm{8}个电子，为稳定结构，化学性质最不活泼，原子结构示意图为：元素rm{垄芒}为rm{Br}元素，名称是溴，处于周期表中第第周期第rm{VIIA}族，故答案为：rm{Ar}溴；第四周期第Ⅶrm{A}族；

rm{(2)}上述元素后者rm{Cl}非金属性最强，其最高价含氧酸rm{HClO_{4}}的酸性越强；上述元素中，rm{K}的金属性最强，故Krm{OH}的碱性最强，rm{KOH}的电子式为

故答案为：rm{HClO_{4}}

rm{(3)垄脺}与rm{垄脼}形成的化合物为rm{Na_{2}S}由钠离子与硫离子构成，形成的是离子化合物，用rm{Na}原子、rm{S}原子电子式表示其形成过程为：故答案为：离子；

rm{(4)}四氯化碳为共价化合物，所有原子均满足最外层rm{8}个电子的稳定结构，电子式为rm{C}与rm{Cl}形成的是极性共价键；

故答案为：极性共价键；

rm{(5))垄脹}rm{垄脼}rm{垄脽}三种元素形成的离子分别是：rm{O^{2-}}rm{S^{2-}}rm{Cl^{-}}氧离子电子层数为rm{2}后两者为rm{3}层，由于rm{S}的原子序数小于rm{Cl}故离子半径：rm{S^{2-}>Cl^{-}>O^{2-}}

故答案为：rm{S^{2-}>Cl^{-}>O^{2-}}

rm{(6)}钠与氧形成的含有非极性共价键的离子化合物是过氧化钠，过氧化钠是离子化合物，rm{2}个rm{O}原子形成过氧根离子，电子式为：

故答案为：

rm{(7)}氨气中rm{N}与rm{H}形成共价键，电子式为：氨气与硝酸反应生成硝酸铵，化学反应方程式为：rm{NH_{3}+HNO_{3}篓TNH_{4}NO_{3}}故答案为：rm{NH_{3}+HNO_{3}篓TNH_{4}NO_{3}}．

由元素在周期表中位置，知rm{垄脵}为rm{C}rm{垄脷}为rm{N}rm{垄脹}为rm{O}rm{垄脺}为rm{Na}rm{垄脻}为rm{Al}rm{垄脼}为rm{S}rm{垄脽}为rm{Cl}rm{垄脿}为rm{Ar}rm{垄谩}为rm{K}rm{垄芒}为rm{Br}

rm{(1)}稀有气体最外层电子满足稳定结构，元素rm{垄芒}为rm{Br}据此解答即可；

rm{(2)}非金属性越强；最高价含氧酸的酸性越强；金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；

rm{(3)垄脺}与rm{垄脼}形成的化合物为rm{Na_{2}S}由钠离子与硫离子构成，用rm{Na}原子、rm{S}原子电子式表示其形成；

rm{(4)}四氯化碳为共价化合物，所有原子均满足最外层rm{8}个电子的稳定结构；不同种原子之间形成极性共价键；

rm{(5)}电子层数越多；半径越大，相同核外电子排布的离子，原子序数越小，半径越大；

rm{(6)Na}与rm{O}可以形成氧化钠和过氧化钠；过氧化钠中含有非极性共价键；

rm{(7)N}的氢化物为氨气，氨气中rm{N}与rm{H}分别形成rm{1}对共价键；氨气与硝酸反应生成硝酸铵．

本题考查元素周期表与元素周期律，难度不大，注意掌握电子式表示化学键或物质的形成，掌握氢键对物质结构与性质的影响．【解析】rm{Ar}溴；第四周期第Ⅶrm{A}族；rm{HClO_{4}}离子；极性共价键；rm{S^{2-}>Cl^{-}>O^{2-}}rm{NH_{3}+HNO_{3}篓TNH_{4}NO_{3}}12、（1）H-S-H氨气（2）（3）大（4）H2O水分子间存在氢键（5）（6）Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O【分析】【分析】本题考查原子结构与性质以及元素周期律的应用，掌握常见原子的结构与性质是解题的关键，灵活应用元素周期律，平时要注意基础知识的积累，难度不大。【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六种短周期主族元素，原子序数依次增大。其中rm{B}的单质在常温下为双原子分子，它与rm{A}的单质可形成气态分子rm{X}rm{X}的水溶液呈碱性确定rm{X}为氨气，说明rm{A}为氢，rm{B}为氮，rm{D}的简单阳离子与氨具有相同电子数，且rm{D}是同周期元素中原子半径最大的元素确定rm{D}为钠，rm{F}元素的原子最外层比次外层少两个电子确定rm{F}为硫，rm{C}与硫同主族确定其为氧，rm{D}rm{E}rm{F}这rm{3}种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水确定rm{E}为铝，根据具体问题回答即可。为氮气，其电子式为rm{(1)B}的气态氢化物为硫化氢，对应的结构式为rm{F}rm{H-S-H}为氨气，故答案为：rm{X}氨气；；rm{H-S-H}氨气；氮、氧、硫形成的氢化物最稳定的为水，因为三种元素中氧元素的非金属性最强，水的电子式为故答案为：rm{H-S-H}电子层数相同时核电荷数越大，离子半径越小，所以钠是rm{(2)}氮、氧、硫形成的氢化物最稳定的为水，因为三种元素中氧元素的非金属性最强，水的电子式为rm{(2)}rm{(3)}水和硫化氢比较，水的沸点会比较高，因为水分子间存在氢键使熔沸点反常高，同周期简单阳离子中离子半径最大的元素，故答案为：大；rm{(4)}水和硫化氢比较，水的沸点会比较高，因为水分子间存在氢键使熔沸点反常高，rm{隆庐}rm{(4)}rm{隆庐}水分子间存在氢键；故答案为：钠与硫反应生成硫化钠的形成过程为故答案为：rm{H}氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，对应的离子方程式为：rm{2}rm{2}rm{O}rm{(5)}rm{(6)}rm{Al(OH)}rm{Al(OH)}rm{{,!}_{3}}rm{+OH}故答案为：rm{+OH}rm{{,!}^{-}}rm{=AlO}rm{=AlO}rm{{,!}_{2}^{-}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}【解析】rm{(1)}rm{(1)}氨气rm{H-S-H}氨气rm{H-S-H}rm{(2)}大rm{(3)}大rm{(3)}水分子间存在氢键rm{(4)H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{(5)}rm{(6)Al(OH)}rm{3}rm{3}rm{+OH^{-}=AlO}13、略

【分析】

有原子序数依次增大的五种短周期元素A；B、C、D、E；A元素的原子半径最小，则A为H；B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则内层电子数为2，最外层电子数为4，即B为C；C元素的最高价氧化物的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y，Y为硝酸铵，即C为N；A、E同主族，则E为Na；A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，则D为O；

（1）B为C，位于元素周期表中的第二周期第ⅣA族，E为Na，原子结构示意图为

故答案为：第二周期第ⅣA族；

（2）盐是由阳离子与酸根离子构成，A、B、C、D四种元素的两种盐的阳离子只能为铵根离子，则盐为NH4HCO3、CH3COONH4，故答案为：NH4HCO3；CH3COONH4；

（3）BD2为CO2，其结构式为O=C=O，与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

故答案为：O=C=O；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

（4）C元素的最高价氧化物的水化物为硝酸，氢化物为氨气，则二者反应的离子反应为NH3+H+=NH4+；

故答案为：NH3+H+=NH4+；

（5）氮气与氢气生成17g氨气放出46kJ的热量，则生成2molNH3放出92kJ的热量；则热化学反应方程式为。

N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1；

故答案为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1．

【解析】【答案】有原子序数依次增大的五种短周期元素A；B、C、D、E；A元素的原子半径最小，则A为H；B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则内层电子数为2，最外层电子数为4，即B为C；C元素的最高价氧化物的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y，Y为硝酸铵，即C为N；A、E同主族，则E为Na；A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，则D为O，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答．

14、略

【分析】解：rm{(1)}稀硫酸与三氧化二铁反应生成硫酸铁与水，离子方程式为：rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}O}

故答案为：rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}O}

rm{(2)}硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液混合，离子方程式为：rm{Cu^{2+}+SO_{4}^{2-}+2OH^{-}+Ba^{2+}篓TBaSO_{4}隆媒+Cu(OH)_{2}隆媒}

故答案为：rm{Cu^{2+}+SO_{4}^{2-}+2OH^{-}+Ba^{2+}篓TBaSO_{4}隆媒+Cu(OH)_{2}隆媒}

rm{(3)}澄清石灰水与二氧化碳反应生成碳酸钙，离子方程式为：rm{Ca^{2+}+2OH^{-}+CO_{2}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

故答案为：rm{Ca^{2+}+2OH^{-}+CO_{2}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

rm{(4)}氯化铁溶液和氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铁、氯化钾，离子反应为rm{Fe^{3+}+3OH^{-}篓TFe(OH)_{3}隆媒}

故答案为：rm{Fe^{3+}+3OH^{-}篓TFe(OH)_{3}隆媒}

rm{(5)}锌与硫酸铜反应生成硫酸锌和rm{Cu}离子反应为rm{Zn+Cu^{2+}篓TZn}rm{{,!}^{2+}+Cu}

故答案为：rm{Zn+Cu^{2+}篓TZn^{2+}+Cu}．

rm{(1)}稀硫酸与三氧化二铁反应生成硫酸铁与水；

rm{(2)}硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀；

rm{(3)}澄清石灰水与二氧化碳反应生成碳酸钙；

rm{(4)}氯化铁溶液和氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铁；氯化钾；

rm{(5)}锌与硫酸铜反应生成硫酸锌和rm{Cu}．

本题考查了离子方程式的书写，题目难度不大，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子方程式应遵循客观事实、遵循电荷守恒、原子个数守恒规律．【解析】rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}O}rm{Cu^{2+}+SO_{4}^{2-}+2OH^{-}+Ba^{2+}篓TBaSO_{4}隆媒+Cu(OH)_{2}隆媒}rm{Ca^{2+}+2OH^{-}+CO_{2}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{Fe^{3+}+3OH^{-}篓TFe(OH)_{3}隆媒}rm{Zn+Cu^{2+}篓TZn^{2+}+Cu}15、略

【分析】解：rm{(1)}根据以上分析，滤液rm{A}中含有rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}rm{Fe(SO_{4})_{3}}加入过量rm{NaOH}故反应的离子方程式为rm{4OH^{-}+Al^{3+}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}rm{Fe^{3+}+3OH^{-}篓TFe(OH)_{3}隆媒}

故答案：rm{4OH^{-}+Al^{3+}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}rm{Fe^{3+}+3OH^{-}篓TFe(OH)_{3}隆媒}

rm{(2)}根据加热溶液一般在蒸发皿里进行；而固体一般在坩埚中进行，故答案：坩埚；

rm{(3)}根据以上分析，固体rm{C}为氢氧化铝，所以步骤Ⅳ中发生反应的化学方程式rm{2Al(OH)_{3}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}Al_{2}O_{3}+3H_{2}O}故答案：rm{2Al(OH)_{3}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}Al_{2}O_{3}+3H_{2}O}

rm{2Al(OH)_{3}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}Al_{2}O_{3}+3H_{2}O}步骤Ⅲ中生成固体rm{2Al(OH)_{3}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}Al_{2}O_{3}+3H_{2}O}的反应是向滤液rm{(4)}中通入二氧化碳气体，又根据以上分析，滤液rm{C}中含有rm{B}故反应的离子方程式：rm{B}故答案：rm{NaAlO_{2}}

rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O篓TAl(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}根据以上分析滤液rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O篓TAl(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}中含有硫酸钠、偏铝酸钠、过量的氢氧化钠，向滤液中加入rm{(5)}盐酸rm{B}沉淀量达到最大且质量为rm{1mol/L}为rm{200mL}的质量，则根据铝原子守恒，rm{c(AlO;_{2}^{-})=dfrac{n(Al(OH);_{3})}{V}=dfrac{dfrac{11.7}{78}}{0.1}=1.5mol?L^{-1}}

最后所得的溶液中溶质为硫酸钠、氯化钠，根据钠离子守恒有rm{11.7g}根据氯离子与硫酸根守恒有rm{Al(OH)_{3}}rm{n(Na_{2}SO_{4})=n(H_{2}SO_{4})>3n(Al_{2}(SO_{4})_{3})=3隆脕dfrac{11.7}{78}mol=0.45mol}故rm{c(AlO;_{2}^{-})=dfrac

{n(Al(OH);_{3})}{V}=dfrac{dfrac

{11.7}{78}}{0.1}=1.5mol?L^{-1}}故rm{c(Na^{+})>dfrac{1.1mol}{0.1L}=11mol/L}

故答案：rm{n(NaOH)=n(NaCl)+2(Na_{2}SO_{4})}rm{n(NaCl)=n(HCl)=0.2L隆脕1mol/L=0.2mol}

rm{n(Na_{2}SO_{4})=n(H_{2}SO_{4})>3n(Al_{2}(SO_{4})_{3})=3隆脕

dfrac{11.7}{78}mol=0.45mol}和硫酸不反应，rm{n(NaOH)=n(NaCl)+2(Na_{2}SO_{4})>0.2mol+2隆脕0.45mol=1.1mol}和氢氧化钠不反应而氧化铝能反应，向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳可以生成氢氧化铝沉淀rm{c(Na^{+})>dfrac

{1.1mol}{0.1L}=11mol/L}铝土矿中加入硫酸，沉淀rm{1.5mol?L^{-1}}为rm{>}滤液rm{SiO_{2}}中含有rm{Fe_{2}O_{3}}rm{.}加入过量rm{A}沉淀rm{SiO_{2}}为rm{A}滤液rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}中含有rm{Fe(SO_{4})_{3}}通入二氧化碳气体，滤液rm{NaOH}中含有碳酸钠或碳酸氢钠；氢氧化铝在加热分解可生成氧化铝，以此解答该题．

考查混合物的有关计算及反应方程式的书写，难度中等，清楚反应过程是解题的关键，注意守恒思想的运用，简化计算过程．rm{B}【解析】rm{4OH^{-}+Al^{3+}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}rm{Fe^{3+}+3OH^{-}篓TFe(OH)_{3}隆媒}坩埚；rm{2Al(OH)_{3}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}Al_{2}O_{3}+3H_{2}O}rm{2Al(OH)_{3}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}Al_{2}O_{3}+3H_{2}O}rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O篓TAl(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}rm{1.5mol?L^{-1}}rm{>}16、略

【分析】解：rm{(1)}反应rm{垄脵}中rm{Cu}化合价升高，被氧化，为还原剂，由反应rm{垄脵}可知氧化性rm{Fe^{3+}>Cu^{2+}}故答案为：rm{Cu}rm{>}

rm{(2)}在rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}反应中，只有rm{Na_{2}O_{2}}中rm{O}元素的化合价发生变化，分别由rm{-1}价变化为rm{0}价和rm{-2}价，所以转移电子数为rm{2e^{-}}则转移rm{3mol}电子，产生的氧气为rm{1.5mol}体积为rm{1.5mol隆脕22.4L/mol=33.6L}故答案为：rm{33.6}

rm{(3)}根据氧原子守恒，所以rm{n=2}根据氢原子守恒，所以rm{y=4}根据rm{R}原子守恒则rm{x=m}根据电荷守恒则rm{2x+y=3m}所以rm{x=y=m}在反应中，rm{R}的化合价升高，rm{R^{2+}}是还原剂，所以rm{R^{3+}}是氧化产物，氧元素化合价降低，所以rm{H_{2}O}是还原产物；

A、rm{m=y=4}rm{R^{2+}}是还原剂；故A错误；

B、rm{m=y}rm{R^{2+}}是还原剂；被氧化，故B错误；

C、rm{m=4}rm{R^{3+}}是氧化产物；故C错误；

D、rm{m=4}rm{R^{2+}}是还原剂；故D正确；

故选：rm{D}

rm{(4)}反应rm{2KMnO_{4}+16HCl(}浓rm{)=2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}中，rm{Mn}元素的化合价由rm{+7}降低为rm{+2}rm{KMnO_{4}}为氧化剂，得到的电子为rm{2隆脕(7-2)e^{-}=10e^{-}}rm{Cl}元素的化合价由rm{-1}升高为rm{0}rm{HCl}为还原剂，失去的电子为rm{5隆脕2隆脕(1-0)e^{-}=10e^{-}}双线桥标出反应中电子的转移方向和数目为

答：双线桥标出反应中电子转移的方向和数目为．

rm{(1)}根据元素的化合价的变化判断还原剂和氧化剂；氧化还原反应反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，以此比较氧化性强弱；

rm{(2)}在rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}反应中，只有rm{Na_{2}O_{2}}中rm{O}元素的化合价发生变化，分别由rm{-1}价变化为rm{0}价和rm{-2}价，所以转移电子数为rm{2e^{-}}

rm{(3)}根据氧原子守恒，所以rm{n=2}根据氢原子守恒，所以rm{y=4}根据rm{R}原子守恒则rm{x=m}根据电荷守恒则rm{2x+y=3m}所以rm{x=y=m}在反应中，rm{R}的化合价升高，rm{R^{2+}}是还原剂，所以rm{R^{3+}}是氧化产物，氧元素化合价降低，所以rm{H_{2}O}是还原产物；以此来解答；

rm{(4)}根据反应中rm{Mn}元素的化合价降低、rm{Cl}元素的化合价升高来分析氧化剂；还原剂、及转移的电子数；并用双线桥标出下列反应方程式电子的转移方向和数目．

本题考查氧化还原反应，侧重于概念的理解和计算，为高考高频考点，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，题目难度不大．【解析】rm{Cu}rm{>}rm{33.6}rm{D}三、判断题(共5题，共10分)17、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．18、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．19、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】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共价键的数目四、计算题(共4题，共36分)22、略

【分析】考查根据方程式进行的有关计算。（1）设原混合物中Fe和Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymolFe2O3+6H+=2Fe3++3H2OFe+2Fe3+=3Fe2+Fe+2H+=Fe2++H2↑y2yy2y(x-y)(x-y)x-y=0.0356x+160y=3.84解得x=0.04，y=0.01故m(Fe)=0.04mol×56g·mol-1=2.24gm(Fe2O3)=0.01mol×160g·mol-1=1.6g（2）n(HCl)=2n(FeCl2)=2[n(Fe)+2n(Fe2O3)]=2×0.06mol=0.12molc(HCl)=n(HCl)/V[HCl(aq)]=0.12mol/0.12L=1mol/L【解析】【答案】（1）m(Fe)=2.24gm(Fe2O3)=1.6g（2）1mol/L23、略

【分析】考查物质的量的有关计算。根据可知混合气的物质的量是8.96L÷22.4L/mol=0.4moln(H2)×2g/mol+(0.4mol-n(H2))×28g/mol=6.0g解得n(H2)=0.2mol所以n(CO)=0.4mol-0.2mol=0.2mol由于n＝m/M所以m(H2)=0.2mol×2g/mol=0.4gm(CO)=0.2mol×28g/mol=5.6gV(CO)=V(H2)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L