2025年沪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年沪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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列物质中，含有非极性键的共价化合物是（）A.CH3CH3B.Na2O2C.NaClD.N22、已知反应P+Q=M+N是放热反应，下列关于反应能量的变化的说法中不正确的是（）A.断裂P和Q中化学键吸收的总能量小于形成M和N中化学键释放的总能量B.P和Q的总能量大于M和N的总能量C.P和Q的总能量小于M和N的总能量D.任何化学反应都伴随着能量变化3、0.8g某物质中含有3.01×1022个分子，该物质的相对分子量是（）A.16B.16gC.32D.32g/mol4、日常生活中的许多现象与化学反应有关,下列现象与氧化还原反应无关的是()A.铜器出现铜绿[Cu2(OH)2CO3]B.铁制菜刀生锈C.大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏D.铝锅表面生成致密的氧化膜5、分类法是一种行之有效；简单易行的科学方法．某同学用下表所示对所学知识进行分类；其中甲与乙、丙、丁是包含关系．下列各组中，正确的组合是（）

。选项甲乙、丙、丁A纯净物液氯、KAl（SO4）2、CuSO4•5H2OB能导电Fe、NaCl晶体、AgClC碱一水合氨、NaOH、纯碱D电解质盐酸、硫酸、硝酸A.AB.BC.CD.D6、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素B.常温常压下只有一种元素的单质呈液态C.周期表中的所有元素都是从自然界中发现的D.到目前为止所发现的原子种类共有一百多种7、已知铅蓄电池放电时发生如下反应：负极：rm{Pb-2e^{-}+SO_{4}^{2-}=PbSO_{4}}正极：rm{PbO_{2}+2e^{-}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}=PbSO_{4}+2H_{2}O}当铅蓄电池放电转移的电子能氧化rm{Cl^{-}}制得rm{Cl_{2}}rm{22.4L(}标况rm{)}时，电池内消耗的硫酸的量至少是rm{(}rm{)}A.rm{0.5}rm{mol}B.rm{5}rm{mol}C.rm{196g}D.rm{98g}评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、有关蔗糖与浓硫酸的反应，下列说法正确的有rm{(}rm{)}A.产生rm{CO_{2}}B.浓硫酸表现出脱水性C.放出大量的热D.浓硫酸表现出还原性9、一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），进行反应，2SO2+O2⇌2SO3，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示．下列判断中正确的是（）

A.该温度下，该反应的平衡常数K为400B.SO2的平衡转化率：a1＞a2＝a3C.达到平衡时，容器丁中的正反应速率比容器丙中的大D.达到平衡时，容器丙中c（SO3）大于容器甲中c（SO3）的两倍10、一种新型氟离子电池的电解质为和可嵌入这两种盐的晶体中，该电池工作时放电的示意图如图所示，下列判断正确的是（）

A.放电时，极为该电池的正极B.充电时，移向极C.充电时，阳极的电极反应式为D.电池总反应为11、rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}是重要的核工业原料，在自然界的丰度很低。rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}的浓缩一直为国际社会所关注。下列有关rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}的说法中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}原子核中含有rm{92}个中子B.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}原子核外有rm{92}个电子C.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}与rm{rlap{_{92}}{^{238}}U}互为同位素D.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}与rm{rlap{_{92}}{^{238}}U}互为同素异形体12、下列变化中必须加入氧化剂才能进行的是A.rm{CuO隆煤CuCl_{2}}B.rm{Zn隆煤Zn^{2+}}C.rm{H_{2}隆煤H_{2}O}D.rm{CO隆煤CO_{2}}13、把炭和氧化铜组成的混合物隔绝空气加热，充分反应后称量所得剩余固体的质量为rm{112g}向此剩余固体中加入rm{200g}稀硫酸，稀硫酸恰好被完全反应，过滤后所得滤渣呈红色rm{.}同时将反应所得的气体全部通入含溶质rm{37g}的澄清石灰水中，得到沉淀rm{25g.}下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.生成气体的质量可能是rm{11}克或rm{33}克B.滤渣中的红色物质可能是rm{32}克或rm{96}克C.参与反应的氧化铜质量可能是rm{40}克或rm{120}克D.稀硫酸的溶质质量可能是rm{38.4}克或rm{115.2}克评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、在下面的装置中，A是Cl2发生装置，C、D为气体的净化装置，C中装有饱和食盐水，D中装有浓H2SO4，E是硬质玻璃管中装有细铁丝网；F为干燥的广口瓶，烧杯G为尾气吸收装置．

试回答：

(1)A；B、G中各装有什么药品：____________；

(2)为什么从A中生成的气体一定要通过C；D两个装置？____________；

(3)E中的现象为____________；生成的物质是____________；

(4)写出A、G中发生反应的离子方程式和E中反应的化学方程式____________．15、某气态氧化物的化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为______，R的相对原子质量为______．16、下表是元素周期表的一部分,针对表中的①～⑨种元素,填写下列空白:。族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA零2①②③3④⑤⑥⑦(1)在这些元素中,化学性质最不活泼的是：____(填元素符号)。(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:。（3）①、②、③、⑤四种元素中在常温常压下的液态或气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是____。（填氢化物的分子式）（4）①与③形成的三原子分子属于（填电解质或非电解质），它的结构式是___________，其晶体类型为____________。⑥与④形成化合物的电子式是，其晶体类型为_____。(5)④元素某氧化物与①元素某氧化物反应生成单质③的化学方程式是__________________________；若有标况下22.4L单质B生成，电子转移的数目为。17、如图某气体X可能由H2、CO、CH4中的一种或几种组成；将X气体充分燃烧，把燃烧后生成的气体通过A；B两个洗气瓶。试回答下列问题。

①若A洗气瓶的质量增加，B洗气瓶的质量不变，则气体X是____。

②若A洗气瓶的质量不变，B洗气瓶的质量增加，则气体X是____。

③若A、B两个洗气瓶的质量都增加，则气体X可能是____。18、氨是一种重要的化工产品；是氮肥工业及制造硝酸的原料．为探究氨气的性质，某研究性学习小组做了以下实验：

（1）实验室用A图所示实验装置及化学药品（其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物来制取氨气．

①实验室制取氨气的化学方程式为______．

②若用加热碳酸氢铵固体制取纯净的氨气，你认为装置中U型管的作用是______．

（2）在实验中发现E装置中的固体由黑色变为红色，可推测氨气具有______性．

（3）某同学查阅资料发现Cu2O粉末也呈红色，因此推测上述红色固体中可能还含有Cu2O．已知：①Cu2O是碱性氧化物，在酸性溶液中Cu+不稳定，易转化为Cu和Cu2+．

②在空气中高温灼烧时：Cu2O稳定、不分解，而CuO将分解生成Cu2O和O2．

现有浓硝酸、稀硫酸、稀硝酸、氢氧化钠溶液及pH试纸，而没有其他试剂，请用最简便的实验方法证明红色固体中是否含有Cu2O．（简述操作方法；现象和结论）

（4）现有一份一定质量Cu和Cu2O混合物，向其中加入0.4L3.0mol/L稀硝酸，混合物完全溶解，同时生成4.48LNO（标准状况），向所得溶液中加入一定体积1.0mol/LNaOH溶液恰好使Cu2+沉淀完全，沉淀经洗涤、充分灼烧可得32.0g固体．下列有关说法正确的是【已知：3Cu2O+14HNO3（稀）═6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O】______：

A．加入NaOH溶液的体积为1.2L

B．Cu和Cu2O混合物质量为27.2g

C．混合物完全溶解后溶液中n（H+）=0.3mol

D．将等质量混合物完全还原至少需标准状况下H21.12L．19、rm{(1)}工业上常用氨气为原料制备硝酸，其中有一步非常重要的反应为：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{overset{;{麓脽禄炉录脕};}{}}{triangle}4NO+6H_{2}O}该反应的氧化剂为______，还原剂为______rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

overset{;{麓脽禄炉录脕};}{}}{triangle}4NO+6H_{2}O}用单线桥法表示该氧化还原反应电子转移的方向和数目：______rm{.}若有标准状况下rm{.}rm{V}氨气完全反应，并转移rm{L}个电子，则阿伏伽德罗常数rm{n}可表示为______rm{(N_{A})}写出含字母的表达式rm{(}．

rm{)}写出下列反应的离子方程式．

rm{(2)}铝片与硝酸汞溶液反应______．

rm{垄脵}向rm{垄脷}溶液中滴加氨水rm{MgCl_{2}}生成rm{(NH_{3}?H_{2}O)}沉淀______．

rm{Mg(OH)_{2}}向rm{(3)}溶液中滴加氨水，过滤得到rm{MgCl_{2}}沉淀，用蒸馏水对沉淀进行洗涤，洗涤方法是向过滤器中注入蒸馏水，直至没过沉定，然后等待液体从漏斗底部流出，重复操作rm{Mg(OH)_{2}}次rm{2隆芦3}以除去吸附溶液中的其它离子rm{(}检验该沉淀已经洗净的操作为______．rm{).}评卷人得分四、判断题(共1题，共8分)20、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）参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【解析】【答案】A2、C【分析】解：A．生成物化学键生成释放的能量高于反应物化学键断裂放出的能量；故A正确；

B．在放热反应中；反应物的能量高于生成物的能量，故B正确；

C．在放热反应中；反应物的能量高于生成物的能量，故C错误；

D．化学反应在生成新物质的同时；还伴随着能量的变化，故D正确．

故选C．

对于放热反应；反应物总能量大于生成物总能量，对于吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量．根据反应物和生成物能量之间的关系与反应的吸放热之间的关系以及化学键断裂和生成过程的能量变化来回答．

本题考查学生反应的吸放热和物质的能量以及化学键之间的关系，可以根据所学知识进行回答，难度不大．【解析】【答案】C3、A【分析】【解答】设该物质相对分子质量为M，所以该物质的物质的量n=

根据公式n=可知×NA=3.01×1022，所以=0.05（NA即是阿佛加德罗常数即为6.02×1023）；所以M=16g/mol；

物质的相对分子量在数值上等于其摩尔质量；则该物质的相对分子量是16．

故选A．

【分析】物质的相对分子量在数值上等于其摩尔质量，物质的相对分子量单位是1，根据公式n==进行计算．4、C【分析】【分析】正确答案：C

由题意即反应中没有元素化合价变化的反应；只有C。

A；铜由0价变成+2价；

B；铁由0价变成+3价；

C；正确；发生复分解反应；

D、铝由0价变成+3价。5、A【分析】解：A．液氯、KAl（SO4）2、CuSO4•5H2O都是一种物质组成的纯净物；故A正确；

B．Fe能导电；NaCl晶体、AgCl存在离子但不能自由移动不能导电；故B错误；

C．一水合氨和NaOH属于碱；纯碱为碳酸钠属于盐，故C错误；

D．盐酸是氯化氢的水溶液为混合物不是电解质；硫酸；硝酸溶于水导电属于电解质，故D错误；

故选A．

A．一种物质组成的为纯净物；

B．存在自由移动的电子或离子的物质能导电；

C．水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；

D．水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质．

本题考查了物质分类、物质组成、物质性质等知识点，主要是导电性实质的理解，掌握基础是解题关键，题目难度不大．【解析】【答案】A6、A【分析】解：rm{A.}金属元素与非金属元素的分界线附近；元素具有金属性；非金属性，则可以寻找制备半导体材料的元素，故A正确；

B.常温常压下rm{Hg}rm{Br}的单质为液态；不是只有一种，故B错误；

C.周期表中的元素大多是自然界存在的，但有些属于人造元素，都是放射性元素，包括rm{Tc}rm{Pm}rm{At}rm{Np}rm{Pu}rm{Am}rm{Cm}rm{Bk}rm{Cf}rm{Es}rm{Fm}rm{Md}rm{No}rm{Lr}rm{Rf}rm{Db}rm{Es}rm{Bh}rm{Hs}rm{Mt}和rm{110}rm{111}rm{112}号元素；故C错误；

D.目前为止，人类已发现的元素有rm{100}多种，同种元素可能具有多种核素，则原子种类远大于rm{100}种；故D错误；

故选A．

A.金属元素与非金属元素的分界线附近；元素具有金属性；非金属性；

B.常温常压下rm{Hg}rm{Br}的单质为液态；

C.周期表中的元素大多是自然界存在的；但有些属于人造元素；

D.目前为止，人类已发现的元素有rm{100}多种；同种元素可能具有多种核素．

本题考查元素周期表与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、原子结构、同位素、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大．【解析】rm{A}7、C【分析】解：电解氯化钠溶液时阳极上氯离子放电生成氯气，制得rm{1mol}氯气转移电子的物质的量为rm{1mol隆脕[0-(-1)]隆脕2=2mol}

设消耗硫酸的物质的量为rm{ymol}

放电时；铅蓄电池的电池反应式为：

rm{PbO_{2}+Pb+2H_{2}SO_{4}=2PbSO_{4}+2H_{2}O}转移电子。

rm{2mol}rm{2mol}

rm{y}rm{2mol}

则rm{y=2mol}所以消耗硫酸rm{2mol}质量为rm{2mol隆脕98g/mol=196g}

故选C．

已知铅蓄电池放电转移的电子能氧化rm{Cl^{-}}制得rm{Cl_{2}22.4L}即生成氯气为rm{1mol}串联电路中转移电子守恒，根据氯气和硫酸之间的关系式计算．

本题以电解池为载体考查了氧化还原反应的有关计算，明确原电池和电解池中发生的反应以及反应过程中电荷守恒是解本题的关键，题目难度不大．【解析】rm{C}二、多选题(共6题，共12分)8、ABC【分析】解：浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能将蔗糖中的rm{H}rm{O}元素以rm{2}rm{1}脱去；将蔗糖氧化为二氧化碳，所以体现了浓硫酸的强氧化性和脱水性，所以D错误；

故选ABC．

浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能将蔗糖中的rm{H}rm{O}元素以rm{2}rm{1}脱去；将蔗糖氧化为二氧化碳，所以体现了浓硫酸的强氧化性和脱水性，由此分析解答．

本题考查了浓硫酸的性质，根据浓硫酸的脱水性、吸水性、强氧化性来分析解答，注意脱水性和吸水性的区别，为易错点．【解析】rm{ABC}9、AD【分析】【分析】

对比四个容器投料和体积，乙与甲比较，SO2的投料加倍了；则平衡正向移动；丙与甲比较，投料是甲的两倍，相当于增大了压强，平衡正向移动；丁与甲比较，体积缩小了一倍，也相当于增大了压强，平衡正向移动。

【详解】

A、2SO2+O2⇌2SO3；

开始0.20.120

转化0.160.080.16

平衡0.040.040.16

K＝＝400；故A正确；

B、乙、丙相比，丙中氧气浓度大，丙、丁相比浓度相同，则SO2的平衡转化率：a1＜a2＝a3；故B错误；

C；丙、丁相比浓度相同；温度相同，则达到平衡时，容器丁中的正反应速率等于容器丙中的，故C错误；

D、甲、丙相比，丙中浓度为甲的2倍，且增大压强平衡正向移动，则达到平衡时，容器丙中c(SO3)大于容器甲中c(SO3)的两倍；故D正确；

答案选AD。

【点睛】

本题考查等效以及平衡的计算，采用对比法解答，乙、丙、丁都与甲比较，先判断是否等效，若不等效则相当于向哪个方向发生移动，再进行分析。10、AD【分析】【分析】

根据电子的移动方向，该电池放电时Mg失去电子结合F-生成MgF2，即b电极为负极，电极反应式为Mg+2F--2e-═MgF2，则a为正极，正极的电极反应式为充电时；电解池的阳极；阴极与原电池的正极、负极对应，即电解池的阳极为原电池的正极、阴极为原电池的负极，电极反应与原电池的电极反应相反，据此分析解答。

【详解】

A．根据上述分析，放电时，Mg失去电子、作负极，即b极为负极；a为正极，故A正确；

B．充电时，a极为阳极、b极为阴极，阴离子由阴极移向阳极，即F-从b极移向a极；故B错误；

C．充电时，电解池的阳极发生失去电子的氧化反应，阳极的电极反应式为故C错误；

D．放电时，负极的电极反应式为Mg+2F--2e-═MgF2，正极的电极反应式为因此该电池总反应为故D正确；

故选AD。

【点睛】

根据电池中电子的移动方向正确判断正负极是解题的关键。本题的易错点为C，要注意阳极发生氧化反应，应该失去电子。11、BC【分析】略。【解析】rm{BC}12、BCD【分析】【分析】本题旨在考查学生对氧化还原反应本质的应用。【解答】A.铜元素化合价没有发生变化，不发生氧化还原反应，故A错误；B.rm{Zn}元素的化合价升高，需要加氧化剂发生，故B正确；元素的化合价升高，需要加氧化剂发生，故B正确；rm{Zn}元素的化合价升高，需要加氧化剂发生，故C正确；C.rm{H}元素的化合价升高，需要加氧化剂发生，故C正确；rm{H}D.碳元素化合价升高，需要加入氧化剂发生，故D正确。【解析】rm{BCD}13、ABC【分析】解：氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙的反应为：rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}二氧化碳过量时碳酸钙部分溶解，反应的化学方程式为：rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}篓TCa(HCO_{3})_{2}}

A.如果二氧化碳不足，碳酸钙是rm{25g}根据反应可知生成二氧化碳的质量为：rm{25g隆脕dfrac{44}{100}=11g}

如果二氧化碳过量，rm{25g隆脕dfrac

{44}{100}=11g}氢氧化钙和二氧化碳反应生成rm{37g}碳酸钙沉淀，然后过量的二氧化碳溶解rm{50g}碳酸钙，则总共消耗二氧化碳的质量为：rm{dfrac{37}{74}隆脕44g+dfrac{25}{100}隆脕44g=33g}故A正确；

B.氧化铜和碳反应的化学方程式及其质量关系为：

rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{(50-25)g=25g}rm{dfrac{37}{74}隆脕44g+dfrac

{25}{100}隆脕44g=33g}

如果生成的一氧化碳是rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出生成的铜的质量是rm{128}如果生成的二氧化碳是rm{44}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出生成的铜的质量是rm{11g}故B正确；

C.rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{32g}rm{33g}

如果生成的一氧化碳是rm{96g}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出反应的氧化铜的质量是rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}如果生成的一氧化碳是rm{160}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出反应的氧化铜的质量是rm{44}故C正确；

D.由于不知剩余氧化铜的质量；因此无法判断稀硫酸中的溶质质量，故D错误；

故选ABC．

氢氧化钙和少量二氧化碳反应生成碳酸钙的反应为rm{11g}二氧化碳过量时碳酸钙部分溶解，发生反应为rm{40g}

A.当二氧化碳不足时，只发生反应rm{33g}据此计算出生成二氧化碳的质量；当二氧化碳稍过量时，发生反应rm{120g}rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}据此计算出生成二氧化碳的质量；

B.氧化铜和碳反应的化学方程式及其质量关系为：

rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}篓TCa(HCO_{3})_{2}}rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

分别根据二氧化碳为rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}篓TCa(HCO_{3})_{2}}计算出滤渣中的红色物质的质量；

C.rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}rm{128}

分别根据二氧化碳为rm{44}rm{11g}计算参与反应的氧化铜的可能质量；

D.不知剩余氧化铜的质量；无法判断稀硫酸中的溶质质量．

本题考查混合物反应的计算，题目浓度较大，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．rm{33g}【解析】rm{ABC}三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】解：(1)分析装置图A是氯气的发生装置；A中试剂为二氧化锰，B中是浓盐酸，氯气是有毒去不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收；

故答案为：MnO2；HCl；浓NaOH；

(2)生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢；先通过饱和食盐水除去氯化氢气体，再通过浓硫酸除去水蒸气，防止氯气中的杂质影响氯气和铁反应，使生成的物质不纯；

故答案为：除去HCl和H2O(气)，否则会影响Cl2与Fe在高温下的反应；使生成物不纯；

(3)E中是氯气和铁加热发生的反应；干燥的氯气和铁加热反应生成棕色烟氯化铁固体小颗粒；

答案为：棕色烟，FeCl3；

(4)A中是二化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；G中是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；E中是氯气和铁反应生成氯化铁2Fe+3Cl22FeCl3；

故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，2Fe+3Cl22FeCl3【解析】MnO2、HCl、浓NaOH;除去HCl和H2O否则会影响Cl2与Fe在高温下的反应，使生成物不纯;棕色烟;FeCl3;MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，2Fe+3Cl22FeCl315、略

【分析】解：标况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，其物质的量为=0.02mol，故该氧化物的摩尔质量==64g/mol；R的相对原子质量为64-32=32；

故答案为：64g/mol；32．

根据n=计算该氧化物的物质的量，根据M=计算其摩尔质量；进而计算R的相对原子质量．

本题考查以物质的量为中心的有关计算，明确质量、体积、物质的量、摩尔质量之间的关系是解答本题的关键．【解析】64g/mol；3216、略

【分析】试题分析：根据元素①～⑨在表中的位置可知，它们分别是C、N、O、Na、Si、Cl、Ar。（1）稀有气体的化学性质最不活泼，因此在这些元素中,化学性质最不活泼的是Ar。（2）非金属性或金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性或碱性越强，因此酸性最强的化合物是高氯酸，其化学式是HClO4；碱性最强的化合物是氢氧化钠，含有离子键和共价键的离子化合物，其电子式是（3）非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，非金属性是O＞N＞C＞Si，所以氢化物的稳定性是H2O＞NH3＞CH4＞SiH4。（4）碳元素与氧元素形成的三原子分子是CO2，由于CO2不能自身电离，所以是非电解质。分子中含有碳氧双键，因此其结构式为O＝C＝O，形成的晶体是分子晶体；Na和Cl都是活泼的金属与非金属，二者形成的化学键是离子键，形成的化合物是离子晶体，其电子式为（5）碳元素与钠元素的氧化物能反应生成氧气的应该是CO2与过氧化钠，反应的化学方程式为2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2；标准状况下22.4L氧气的物质的量是1mol，由于在反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，氧元素的化合价才－1价升高到0价，因此反应中转移电子的个数2NA。考点：考查元素周期表的结构以及元素周期律的应用【解析】【答案】（1）Ar（1分）（2）HClO4(1分)；（1分）（3）H2O＞NH3＞CH4＞SiH4（2分）（4）非电解质（1分）；O＝C＝O（1分）；分子晶体（1分）（1分）；离子晶体（1分）（5）2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2（2分）；2NA（2分）17、H2COCH4或H2、CO或H2、CH4或CO、CH4或H2、CO、CH4【分析】【解答】由浓H2SO4吸收水，石灰水吸收CO2得：

（1）若A瓶质量增加，B瓶质量不变，说明气体X燃烧只生成水，故X为H2。

（2）若A瓶质量不变，B瓶质量增加，说明气体X燃烧只有CO2生成；故X为CO。

（3）若A、B两瓶质量都增加，说明气体X燃烧产物既有H2O又有CO2，故X气体为不确定成分。它可以是CH4或以下组合：H2、CO；H2、CH4；CO、CH4；H2、CO、CH4。

【分析】（1）A洗气瓶的质量增加；B洗气瓶的质量不变，说明燃烧产物只有水生成，没有二氧化碳；

（2）A洗气瓶的质量不变；B洗气瓶的质量增加，说明燃烧产物只有二氧化碳，没有水，即气体中不含氢元素；

（3）A、B两个洗气瓶的质量都增加，说明燃烧产物为水和二氧化碳，即气体中必须含有碳、氢元素．18、略

【分析】解：（1）①固体氯化铵与氢氧化钙反应生的化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2═CaCl2+2NH3↑+2H2O；

故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2═CaCl2+2NH3↑+2H2O；

②碳酸氢铵分解除了生成氨气外还生成二氧化碳和水蒸气；要得到纯净干燥的氨气，可用B除去杂质二氧化碳和水蒸气；

（2）氨气通过C装置后；氧化铜由黑色变化为红色，证明氧化铜被还原为铜，可以证明氨气具有还原性；

故答案为：还原性；

（3）依据Cu2O是碱性氧化物，在酸性溶液中Cu+不稳定，易转化为Cu和Cu2+．如果含有Cu2O加入稀硫酸反应生成铜离子溶液显蓝色；

故答案为：取少量样品粉末于试管中，滴加稀硫酸，如果溶液呈蓝色，则样品中含有Cu2O；

（4）解：设混合物中有xmolCu和ymolCu2O；根据方程式列式：

3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

3832

xxxx

3Cu2O+14HNO3（稀）═6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O

31462

yy2yy

则生成NO的物质的量为：x+y==0.2mol；

又因为：Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓Cu（OH）2CuO+2H2O

1211mol80g

x+2y2（x+2y）x+2yx+2y32.0g

怎产生沉淀的质量为：（x+2y）×80g/mol=32g；

将方程式联立：x+y=0.2

（x+2y）×80=32

解得：x=0.2（mol）y=0.1（mol）

A．加入的氢氧化钠的物质的量：1.0mol/L×V=x+2y=0.4mol；解得：V=0.4L，故A错误；

B．Cu和Cu2O混合物质量为：0.2mol×64g/mol+0.1mol×144g/mol=27.2g；故B正确；

C．依据氮原子个数守恒，混合物完全溶解溶液中氢离子的物质的量等于剩余硝酸的物质的量=0.4L×3.0mol/L-=1.0mol；故C错误；

D．氧化亚铜被还原化学方程式为：Cu2O+H22Cu+H2O，消耗的氢气的物质的量等于Cu2O的物质的量等于0.1mol；标况下体积为：0.1mol/L×22.4L/mol=2.24L，故D错误；

故选B．

（1）①固体氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙；氨气、和水；

②碳酸氢铵分解除了生成氨气外还生成二氧化碳和水蒸气；要得到纯净干燥的氨气，可用B除去杂质二氧化碳和水蒸气；

（2）氨气通过加热的氧化铜；反应现象是黑色变化为红色，证明氧化铜被还原为铜，说明氨气具有还原性；

（3）依据Cu2O是碱性氧化物，在酸性溶液中Cu+不稳定，易转化为Cu和Cu2+．如果含有Cu2O加入稀硫酸反应生成铜离子溶液显蓝色；

（4）依据方程式利用原子个数守恒计算解答．

本题考查了氨气的制备和性质的检验，有关硝酸的计算，题目综合性强，难度中等，（4）题有关硝酸的计算是本题的难点，解题关键能够把握反应的实质，正确运用原子个数守恒定律，依据方程式列出相关量的关系式．【解析】2NH4Cl+Ca（OH）2═CaCl2+2NH3↑+2H2O；吸收碳酸氢铵分解产生的CO2和水蒸气；还原；B19、略

【分析】解：rm{(1)}反应rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{overset{;{麓脽禄炉录脕};}{}}{triangle}4NO+6H_{2}O}中，rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

overset{;{麓脽禄炉录脕};}{}}{triangle}4NO+6H_{2}O}元素化合价由rm{N}价升高到rm{-3}价，则rm{+2}为还原剂，rm{NH_{3}}元素化合价由rm{O}价降低到rm{0}价，则rm{-2}为