2025年冀教新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年冀教新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5题，共10分)1、实验室用NaCl固体配400mL1.0mol／LNaCl溶液，下列判断不对的是（）A.用托盘天平称取NaCl固体23.4gB.应选用500mL的容量瓶来配制此溶液C.在转移操作中不慎将溶液洒到容量瓶外面，应该重新配置溶液D.加蒸馏水至离刻度线1-2cm时改用胶头滴管定容2、某元素X的气态氢化物化学式为XH3，则X的最高价氧化物的水化物及相应的酸性氧化物化学式均正确的是（）A.HXO3XO2B.HXO2X2O3C.H3XO3X2O3D.H3XO4X2O53、rm{V}rm{LFe_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中含rm{Fe^{3+}}rm{m}rm{g}则溶液中rm{SOrlap{{!,}^{2-}}{{!,}_{4}}}的物质的量浓度为()A.rm{dfrac{3}{112V}mol隆陇L^{-1}}B.rm{dfrac{3m}{112}mol隆陇L^{-1}}C.rm{dfrac{3}{112}mol隆陇L^{-1}}D.rm{dfrac{3m}{112V}mol隆陇L^{-1}}rm{dfrac{3}{112

V}mol隆陇L^{-1}}4、下列关于原电池的叙述中正确的是rm{(}rm{)}A.正极和负极必须是金属B.原电池是把化学能转化成电能的装置C.原电池工作时，正极和负极上发生的都是氧化还原反应D.锌、铜和盐酸构成的原电池工作时，锌片上有rm{6.5}rm{g}锌溶解，正极上就有rm{0.1}rm{g}氢气生成5、下列归纳总结完全正确的一组是（）。A．化学之最B．化学与生活①密度最小的气体是氢气。

②地壳中含量最高的金属元素是铝。

③天然存在的最硬的物质是金刚石①衣服上的油污：可用汽油除去。

②冰箱中的异味：可用活性炭吸附。

③水壶中的水垢：可加食盐水浸泡除去C．物质保存方法及解释D．化学与工农业①浓盐酸密封保存：防止吸水变稀。

②氢氧化钠密封保存：防止潮解；变质。

③白磷在冷水中保存：隔绝空气防止自燃①用二氧化碳与铁矿石反应炼铁。

②石油炼制可得汽油；煤油、柴油等。

③施用过量化肥、农药来增加粮食产量A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、（3分）根据下列几种粒子的结构示意图，回答问题：（填粒子符号）（1）其中属于阴离子的是，（2）属于金属元素的是，（3）具有相似化学性质的是。7、在50mLamol·L－1的硝酸溶液中，加入6．4gCu，固体全部溶解，且还原产物只有NO2和NO。将反应后溶液用蒸馏水稀释至100mL，测得c(NO3-)＝4mol·L－1。（1）稀释后的溶液中c(H+)＝mol·L－1（2）若a＝10，则生成的气体中NO2的物质的量为________mol（3）治理氮氧化物污染的方法之一是用NaOH溶液进行吸收，反应原理如下：NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O2NO2＋2NaOH=NaNO2＋NaNO3＋H2O若上述混合气体被1mol·L－1的NaOH溶液恰好吸收，则NaOH溶液的体积为________mL8、填空：rm{(1)(CH_{3}CH_{2})_{2}CHCH_{3}}的名称是____；rm{(1)

(CH_{3}CH_{2})_{2}CHCH_{3}}rm{{,!}_{;;}}rm{(2)2}二甲基rm{3-}己烯的结构简式为____；rm{-2-}烯烃rm{(3)}与氢气加成后的生成物是rm{A}rm{2}二甲基丁烷，则rm{2-}的名称是____；rm{A}已知丙酮rm{(4)}键线式表示为则键线式为物物质的分子式为____；

rm{(CH_{3}COCH_{3})}四联苯的一氯代物有____种；

rm{(5)}在rm{(6)}rm{CH_{3}-}分子中，处于同一平面上的原子数最多可能有____个。rm{-CH=CH-C隆脭C-CH_{3}}9、铁是重要的常见金属材料,也是人类较早使用的金属之一。请运用铁及其化合物的知识，完成下列问题。（1）铁路大提速后，为将短铁轨焊接成长铁轨，可在铁轨接口处加入四氧化三铁和铝粉的混合物，用镁条引燃发生反应，写出发生置换反应的化学方程式并用单线桥法标出电子转移__________________；（2）向20mL的沸蒸馏水中逐滴滴加5～6滴0.1mol/L的FeCl3溶液，继续煮沸没有观察到透明的红褐色现象，请问此时分散系中粒子直径的范围是______nm，判断的依据是_________________________；（3）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：_________________________。（4）某校同学为测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，提出如下假设：a.只含________________________（填写溶质化学式）。b.可能组成为___________________（填写溶质化学式）。（5）欲从废腐蚀液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液，设计实验方案如下：请写出上述实验中加入或生成的有关物质的化学式：①__________③_____________④___________10、Ⅰ．工业上常用电解饱和食盐水的方法制备氯气，其装置如图1所示，如果在饱和食盐水中滴加酚酞，通电后____（填X或Y）极附近溶液变红，写出电解饱和食盐水的化学方程式____．再用氯气制备漂白粉，请写出漂白粉长期露置在空气中失效的反应的化学方程式____．

Ⅱ．请利用图2装置及试剂组装一套装置，其流程是先制取纯净干燥的Cl2（不收集），后试验干燥的Cl2和潮湿的Cl2有无漂白性．

（1）按气体从左向右流向将各装置依次连接起来（填接口标号）：a接____，____接____，____接____，____接____，____接____．

（2）圆底烧瓶中发生反应的化学方程式是____．如果将过量二氧化锰与20mL12mol•L-1的盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气明显少于0.06mol．其主要原因为____．

（3）E装置的作用是____，F装置的作用是____．

（4）装置____（填“B”或“C”）中的有色布条褪色，以上事实说明起漂白作用的物质是____．11、选择下列实验方法分离物质；将分离方法的序号填在横线上。

A萃取分液法B结晶法C分液法D蒸馏法E过滤法。

①____分离饱和食盐水与沙子的混合物．

②____分离水和汽油的混合物．

③____分离互溶的四氯化碳（沸点为76.75℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的混合物．

④____从碘的水溶液里提取碘．

⑤____从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾．12、（8分）有效地利用现有新能源和开发新能源已受到各国的重视。(1)工业上可用改进汽油组成的办法来改善汽油的燃烧性能。例如，加入CH30C(CH3)3，来生产无铅汽油”。H3COC(CH3)3分子必存在的原子间连接形式有。(填写编号，多选不得分)①>C=0②>C=C<③④(2)天然气的燃烧产物无毒、热值高、管道输送方便，将成为我国西部开发的重点之一，天然气常和石油伴生，其主要的成分是甲烷。能说明它是正四面体而非正方形平面结构的理由是。(填写编号)①其一氯取代物不存在同分异构体②其二氯取代物不存在同分异构体（3）1980年我国首次制成一辆燃氢汽车，乘员12人，以50km/h行驶了40km。为了有效发展民用氢能源，首先必须制得廉价的氢气。下列可供开发又较经济的制氢方法是①电解水②锌和稀硫酸反应③光解海水（4）其次，制得纯氢气后，还需要解决的问题是。（写出其中的一个）评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)13、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）14、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）15、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）16、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）17、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）18、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（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）评卷人得分四、结构与性质(共1题，共8分)20、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、计算题(共3题，共15分)21、现有含Cl-的固体试样，其Cl-的质量分数为A%，为了确定试样是否合格，并简化计算过程，实验者用0.200mol/L的AgNO3标准液滴定已称量的试样配制的溶液，让滴入的AgNO3溶液的mL数正好等于样品中Cl-的质量分数的A值，求称取试样质量为多少？22、将Na2CO3•aH2O和NaHCO3混合物14.6g加入足量的2mol•L-1盐酸；产生标况下气体3.36L．反应后的溶液蒸干得11.7g固体。计算：

（1）混合物中NaHCO3的质量分数是多少？

（2）a=？

（3）反应所需盐酸的体积至少为多少？23、由硫酸铜、硫酸铁和硫酸组成的混合溶液，其rm{pH=1}rm{c(Fe^{3+})=0.3mol/L}rm{c(SO}rm{c(SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}取rm{)=0.9mol/L}取rm{100mL}该溶液加入足量的铁粉，充分反应。请计算：该溶液加入足量的铁粉，充分反应。请计算：

rm{)=0.9mol/L}硫酸铜的物质的量浓度为________。rm{100mL}消耗铁粉的质量为________。

rm{(1)}参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】试题分析：实验室没有400ML的容量瓶，所以不能称23.4g，所以A错误。考点：试验。【解析】【答案】A2、D【分析】解：X的气态氢化物的化学式为XH3；X最低负价为-3，所以其最高正价为+5价．

A．HXO3中中X元素化合价为+5，对应的酸性氧化物为N2O5；故A错误；

B．HXO2、X2O3中X元素化合价均为+3；不符合题意，故B错误；

C．H3XO3、X2O3中X元素化合价均为+3；不符合题意，故C错误；

D．H3XO4、X2O5中X元素化合价均为+5；符合题意，故D正确；

故选D．

X的气态氢化物的化学式为XH3；X最低负价为-3，所以其最高正价为+5价，结合选项中元素化合价及常见化合物化学式判断．

本题考查学生元素周期律的应用知识，难度不大，注意掌握“元素的最高正价+|最低负价|=8”，根据化学式计算元素化合价．【解析】【答案】D3、D【分析】【分析】本题考查物质的量浓度的相关计算，题目难度不大，注意根据化学式计算溶液中rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}【解答】的物质的量浓度。rm{V}rm{mL}溶液中，含有rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}则rm{n(F{e}^{3+})=dfrac{mg}{56g/mol}=dfrac{m}{56}mol}根据化学式可得rm{Fe^{3+}mg}的物质的量为rm{n(S{{O}_{4}}^{2-})=dfrac{3}{2}隆脕n(F{e}^{3+})=dfrac{3}{2}隆脕dfrac{m}{56}mol=dfrac{3m}{112}mol}所以rm{n(F{e}^{3+})=dfrac{mg}{56g/mol}=

dfrac{m}{56}mol}的物质的量浓度为rm{c(S{{O}_{4}}^{2-})=dfrac{n}{V}=dfrac{dfrac{3m}{112}}{V}mol/L=dfrac{3m}{112V}mol/L}选项D符合题意。故选D。

rm{SO_{4}^{2-}}【解析】rm{D}4、B【分析】解：rm{A}原电池的正极和负极可能是两种不同的金属；也可能是金属和导电的非金属，故A错误；

B；原电池是把化学能转化成电能的装置；故B正确；

C；原电池放电时；负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，故C错误；

D、锌、铜和盐酸构成的原电池中发生的电池反应式为：rm{Zn+2HCl=ZnCl_{2}+H_{2}隆眉}

设锌片上有rm{6.5g}锌溶解，正极上得到的氢气为rm{x}．

rm{Zn+2HCl=ZnCl_{2}+H_{2}隆眉}

rm{65g}rm{2g}

rm{6.5g}rm{x}

rm{x=0.2g}当锌片上有rm{6.5g}锌溶解，正极上得到的氢气为rm{0.2g}故D错误．

故选B．

A；原电池的正极和负极可能是两种不同的金属；也可以是金属和非金属；

B；根据原电池的定义分析判断；

C；原电池放电时；负极上失电子，正极上得电子，根据得失电子判断反应类型；

D；根据锌和氢气之间的关系式计算．

本题考查了原电池原理，难度不大，注意学会根据得失电子判断化学反应类型．【解析】rm{B}5、A【分析】解：A．密度最小的气体是氢气；地壳中含量最高的金属元素是铝，天然存在的最硬的物质是金刚石，故A正确；

B．除去水垢常用醋酸浸泡除去；不能用食盐水浸泡，因为食盐水与碳酸钙或氢氧化镁不反应，故B错误；

C．浓盐酸有挥发性；HCl气体的挥发使盐酸浓度变稀，所以密封保存，故C错误；

D．一氧化碳有还原性；能与铁矿石反应炼铁，但二氧化碳与氧化铁不反应；合理施用化肥；农药来增加粮食产量，过量施用化肥、农药会造成水和空气污染，故D错误；

故选：A。

A；密度最小的气体是氢气；地壳中含量最高的金属元素是铝，天然存在的最硬的物质是金刚石；

B；水壶中的水垢可加醋酸浸泡除去；

C；浓盐酸有挥发性；必须密封；

D；一氧化碳有还原性；能与铁矿石反应炼铁；施用过量化肥、农药会造成水和空气污染；

本题考查化学的基本知识，大部分属于生活常识性知识，需要加强记忆。本题难度不大，是基础题，注意积累。【解析】A二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】它们分别是氧原子、氧离子、硫离子、钠原子即⑴质子数＜核外电子数的为阴离子，选B；⑵D；⑶最外层电子数相同化学性质相似，选AC。【解析】【答案】①B②D③AC7、略

【分析】试题分析：（1）在稀释后的溶液中含有Cu(NO3)2、HNO3。根据物料守恒可得n(NO3-)=2n(Cu2＋)+n(H＋)．n(Cu2＋)=6．4g÷64g/mol=0．1mol;n(NO3-)=4mol/L×0．1L=0．4mol。所以n(H＋)=0．4mol－2×0．1mol=0．2mol．稀释后的溶液中c(H+)＝n(H＋)÷V=0．2mol÷0．1L=2mol/L。（2）若a＝10，n(HNO3)(总)=0．05L×10mol/L=0．5molL;根据n(HNO3)(剩余）=0．2mol．则反应消耗的硝酸的物质的量为0．3mol．开始的硝酸为浓硝酸，发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。，随着反应的进行硝酸变为稀硝酸，发生反应:3Cu＋8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O假设产生的NO2、NO的物质的量分别为x、y．则根据方程式中Cu与硝酸的物质的量关系可得x/2+3y/2=0．1;2x+4y=0．3．解得x=0．05;y=0．05．因此生成的气体中NO2的物质的量为0．05mol。（3）由方程式可以看出n(NOx)=n(NaOH)．n(NOx)=n(NO2)+n(NO)=0．05+0．05=0．1mol。所以n(NaOH)=0．1mol．V(NaOH)=n÷C=0．1mol÷1mol/L=0．1L=100ml。考点：考查守恒法在金属与硝酸反应的计算中的应用的知识。【解析】【答案】（1）2（2）0．05（3）1008、（1）3-甲基戊烷（2）（3）3，3-二甲基-1-丁烯（4)C5H10O2（5）5（6）20

【分析】【分析】本题考查有机物的命名、结构简式的书写、分子式的书写、同分异构体的判断以及有机物中共面的问题，理解相应的方法是解题的关键。【解答】rm{(1)}根据尽量使主链长，使支链的位置序号小的原则，rm{(CH_{3}CH_{2})_{2}CHCH_{3}}的名称是：rm{3-}甲基戊烷；故答案为：rm{3-}甲基戊烷；rm{(2)2}rm{3-}二甲基rm{-2-}己烯的结构简式为：故答案为：rm{(3)}烯烃rm{A}与氢气加成后的生成物是rm{2}rm{2-}二甲基丁烷，根据将相邻的两个碳去掉rm{2}个rm{H}将碳碳单键变成双键，符合要求的rm{A}名称是：rm{3}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁烯；故答案为：rm{3}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁烯；rm{(4)}键线式为物物质的分子式为：rm{C}rm{5}rm{5}rm{H}rm{10}rm{10}故答案为：rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}rm{C}rm{5}rm{5}

rm{H}根据rm{10}的种类，一氯代物有rm{10}种；故答案为：rm{O}

rm{{,!}_{2}}在rm{{,!}_{2}}rm{(5)}分子中，根据苯环中的所有原子共平面、含双键的rm{H}个原子共平面以及含三键的rm{5}个原子共线的原则，只有左右两边的甲基中各rm{5}个rm{(6)}不共平面外，其余原子可能有rm{CH_{3}-}个共平面；故答案为：rm{-CH=CH-C隆脭C-CH_{3}}rm{6}【解析】rm{(1)3-}甲基戊烷rm{(2)}rm{(3)3}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁烯rm{(4)C_{5}H_{10}O_{2}}rm{(5)5}rm{(6)20}

9、略

【分析】试题分析：（1）铝是活泼的金属，能和四氧化生铁发生铝热反应生成铁和氧化铝。在反应中铝元素的化合价从0价升高到＋3价，失去3个电子。四氧化生铁中铁元素的化合价从＋价降低到0价，所以根据电子的得失守恒可知，其电子转移的表示方法为（2）向20mL的沸蒸馏水中逐滴滴加5～6滴0.1mol/L的FeCl3溶液，继续煮沸没有观察到透明的红褐色现象，这说明反应中没有得到氢氧化铁胶体。由于胶体粒子粒径在1～100nm之间，该实验没有制备出胶体，所以此时分散系中粒子直径的范围是＜1nm。（3）铁离子具有氧化性，能把铜氧化生成铜离子，而铁离子被还原为亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+。（4）根据化学方程式2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2可知，反应后的溶液中溶质的可能组成是：a、如果恰好反应，则溶质是FeCl2、CuCl2；b、如果氯化铁过量，则溶质是FeCl3、FeCl2、CuCl2。（5）铁的金属性强于铜，则要从溶液中中得到铜，需要加入金属铁置换出铜，即①是Fe，②是氯化亚铁；加入的铁是过量的，则得到的滤渣是铁和铜的混合物。要分离出铜，需要加入盐酸溶解铁，过滤、洗涤后得到铜，即④是盐酸，⑤是氯化亚铁和盐酸的混合物。将②与⑤混合通入氯气将氯化亚铁氧化生成氯化铁即可。考点：考查氧化还原反应的表示；氢氧化铁胶体制备；离子方程式的书写以及物质的分离与提纯【解析】【答案】（1）（2）＜1nm，胶体粒子粒径在1～100nm之间，该实验没有制备出胶体，因此粒径在此范围。（3）2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+。（4）a.FeCl2、CuCl2；b.FeCl3、FeCl2、CuCl2（5）①Fe③Fe、Cu④HCl10、略

【分析】

Ⅰ．电解饱和食盐水的方法制备氯气，装置图中与电源正极连接的Y电极为阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，与电源负极连接的X电极为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子发生还原反应，生成氢气，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；阴极附近水的电离平衡因为氢离子减小，氢氧根离子浓度增大，溶液变红；氯气和消石灰反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；漂白粉变质的原因是次氯酸钙和二氧化碳、水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的化学方程式为Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案为：X；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；

Ⅱ．（1）验装置的连接顺序为：发生装置→除杂装置→性质检验装置→尾气处理装置；因为收集的是气体，所以除杂装置中长导管进气，段导管出气；因为饱和食盐水中有水，浓硫酸有吸水性，所以先连接饱和食盐水装置后连接浓硫酸装置；试验干燥的Cl2和潮湿的Cl2有无漂白性；因为湿润的有色布条有水分，所以D装置先连接C后连接B；

故答案为：a→i→j→g→f→e→d→b→c→h；

（2）浓盐酸有还原性；二氧化锰有氧化性，浓盐酸和二氧化锰能发生氧化还原反应生成氯化锰；氯气和水．随反应进行，浓盐酸浓度减小变稀后不能和二氧化锰反应生成氯气；

故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；反应一段时间后；盐酸浓度变稀，不能和二氧化锰就反应；

（3）浓盐酸有挥发性，浓盐酸中的水在加热的条件下变成水蒸气，所以氯气中混有氯化氢和水蒸气；氯气有毒，污染环境，所以不能直接排空；氯气能和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气．氯化氢极易溶于水，氯气能溶于水，且与水反应，Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，降低氯气的溶解度，所以可用饱和的食盐水除去HCl气体；

故答案为：吸收多余的氯气防止污染空气；除去氯气中的HCl气体；

（4）氯气能水反应，反应方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；C瓶中的成分是氯气，不能使有色布条褪色，BB瓶中有次氯酸生成，使有色布条褪色，以上事实说明起漂白作用的物质是次氯酸，故答案为：B，次氯酸（HClO）．

【解析】【答案】Ⅰ．电解饱和食盐水的方法制备氯气；装置图中与电源正极连接的Y电极为阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，与电源负极连接的X电极为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子发生还原反应，生成氢气；阴极附近水的电离平衡因为氢离子减小，氢氧根离子浓度增大，溶液变红；氯气和消石灰反应生成氯化钙；次氯酸钙和水；漂白粉变质的原因是次氯酸钙和二氧化碳、水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸；

Ⅱ．（1）根据实验发生装置→除杂装置→性质检验装置→尾气处理装置排序；

（2）根据浓盐酸和二氧化锰的性质判断生成物；从而写出反应方程式；稀盐酸不与二氧化锰反应生成氯气；

（3）根据混合气体的成分及浓硫酸；氢氧化钠、饱和食盐水的性质分析；

（4）根据成分分析现象；根据现象得出结论．

11、略

【分析】

①饱和食盐水与沙子为固体与液体不互溶的混合物；可用过滤方法分离；

②水和汽油互不相溶；可用分液的方法分离；

③四氯化碳和甲苯互溶；但二者沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离；

④碘在苯等有机溶剂中的溶解度较水中大；可用萃取的方法分离；

⑤硝酸钾和氯化钠都溶于水；但二者在水中的溶解度不同，可用结晶的方法分离．

故答案为：E；C；D；A；B．

【解析】【答案】根据混合物中各物质溶解性；沸点、被吸附性能及在不同溶剂中溶解性的不同；可以选用过滤和结晶、蒸馏（或分馏）、纸上层析、萃取和分液等方法进行分离和提纯，可参照下表采取分离方法．

。分离提纯方法适用范围过滤固体与液体不互溶的混合物结晶与重结晶混合物中各成分在溶剂中溶解度不同，包括蒸发溶剂结晶和降温结晶蒸馏（分馏）①难挥发的固体杂质在液体中形成的混合物②互溶液体沸点有明显差异层析被吸附能力不同的物质的分离分液两种互不混溶的液体混合物萃取溶质在互不相溶的溶剂里溶解度不同

12、略

【分析】（1）根据H3COC(CH3)3分子的结构简式可判断，分子全部是单键形成的，①②不正确。分子中不含羟基，所以④不正确。答案选③。（2）如果甲烷是正方形平面结构，则其二氯取代物就存在两种同分异构体。所以答案选②。（3）电解水需要消耗大量的电脑，不正确。锌和稀硫酸反应，生成的气体少，不能满足需要。所以正确的答案是③。（4）得到氢气后人类还需解决的问题是氢气的储存和运输问题。因为氢气是很活泼的气体，容易燃烧和爆炸，不易大量储存和运输。【解析】【答案】（1）③(2)②（3）③（4）氢气的储存和运输三、判断题(共7题，共14分)13、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．14、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．15、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16、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】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，可能含有氧元素四、结构与性质(共1题，共8分)20、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；

根据以上特征；画出图像如下：

【点睛】

本题考查了化学反应速率的影响因素，注意对题给信息的分析是处理是解答的关键，注意控制变量的实验方法的理解和掌握。【解析】298粗颗粒1.00308粗颗粒2.00298细颗粒2.00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Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1五、计算题(共3题，共15分)21、略

【分析】发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，可知n(AgNO3)=n(Cl-)，取AgNO3标准液的体积为AmL，根据n=cV计算n(AgNO3)，进而计算m(Cl-)，试样质量=．【解析】解：取AgNO3标准液的体积为AmL，则n(AgNO3)=A×10-3L×0.2mol/L=2A×10-4mol；

发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，可知n(Cl-)=n(AgNO3)=2A×10-4mol；

故m(Cl-)=2A×10-4mol×35.5g/mol=n(Cl-)=71A×10-4g，试样质量==0.71g

答：称取试样质量为0.71g．22、解：产生标况下气体3.36L，为二氧化碳，则n（CO2）=mol=0.15mol；

设混合物中含Na2CO3•aH2Oxmol、NaHCO3ymol

Na2CO3•aH2O+2HCl═2NaCl+（a+1）H2O+CO2↑NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑

xmol2xmol2xmolxmolymolymolymolymol

则x+y=0.15①

58.5×（2x+y）=11.7②

联立解得x=0.05y=0.1

（1）则混合物中NaHCO3的质量分数是w（NaHCO3）=×100%=57.5%；

答：混合物中NaHCO3的质量分数是57.5%；

（2）已知Na2CO3•aH2O和NaHCO3混合物14.6g；则0.05×（106+18a）+