2025年沪科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2025年沪科版高一化学上册月考试卷557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、下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是（）A.2mol水的摩尔质量和1mol水的摩尔质量B.200mL1mol/L氯化钙溶液中c（Cl﹣）和100mL2mol/L氯化钾溶液中c（Cl﹣）C.64g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4L一氧化碳中氧原子数D.20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度2、下列实验操作正确的是（）A.将浓硫酸转移至容量瓶中，加水稀释至距标线2～3cm处，改用胶头滴管定容B.用酒精萃取碘水中的碘单质C.进行液体蒸馏实验时，冷凝管中应充满自来水D.某溶液加入盐酸酸化的氯化钡溶液后，出现白色沉淀，则原溶液中必有SO42-3、将下列装置如图连接，rm{D}rm{F}rm{X}rm{Y}rm{E}都是铂电极，rm{C}是铁电极rm{.}甲，乙，丙三个装置中电解前后溶液的体积都是rm{500mL.}将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在rm{F}极附近显红色rm{.}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.电源rm{B}极的名称是负极，丁中rm{Y}极附近颜色变深B.乙装置中电解一段时间后，加入rm{0.2mol}盐酸则可以恢复原来的浓度C.设甲池中溶液的体积在电解前后都是rm{500ml}当乙池所产生气体的体积为rm{4.48L(}标准状况rm{)}时，甲池中所生成物质的物质的量浓度为rm{0.2mol/L}D.甲装置中电解反应的总化学方程式是：rm{CuSO_{4}+Fedfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cu+FeSO_{4}}rm{CuSO_{4}+Fedfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cu+FeSO_{4}}4、将rm{0.2molMnO_{2}}和rm{50mL12mol/L}盐酸混合后加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量rm{AgNO_{3}}溶液，生成rm{AgCl}沉淀物质的量为A.等于rm{0.3mol}B.小于rm{0.3mol}C.大于rm{0.3mol}小于rm{0.6mol}D.等于rm{0.6mol}5、与主族元素在周期表中所处的位置无关的是（）A.原子序数B.核内中子数C.电子层数D.最外层电子数6、一定量的锌与100mL18.5mol•L-1的浓H2SO4充分反应后，锌完全溶解，同时生成标准状况下的气体33.6L．将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液中c（H+）=0.1mol•L-1．则生成的气体中SO2和H2的体积比为（）

A.1：2

B.2：1

C.1：4

D.4：1

7、下列实验操作不正确的是（）A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、下列根据实验事实得出的结论正确的是。实验事实结论rm{A}加热的铝箔熔化，但液态的铝不滴落熔点：氧化铝rm{>}铝rm{B}溶液中加入盐酸酸化的rm{BaCl_{2}}溶液有白色沉淀生成该溶液中一定含有rm{SO_{4}^{2-}}rm{C}硅酸钠溶液能使酚酞试液变红硅酸钠溶液呈碱性rm{D}常温下，铜与冷的浓rm{H_{2}SO_{4}}不反应铜与浓硫酸发生钝化A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}9、下列各组物质中，所含分子数相同的是A.rm{10gH_{2}}和rm{10gO_{2}}B.rm{7gN_{2}}和rm{11gCO_{2}}C.rm{9gH_{2}O}和rm{0.5molBr_{2}}D.rm{2.24LH_{2}(}标准状况rm{)}和rm{0.1molN_{2}}10、下列两组实验，将CO(g)和H2O(g)通入体积为2L的恒容密闭容器中：发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，结合表中数据，下列说法错误的是。实验组温度/℃起始量/mol达到平衡所需时间/min达到平衡所需时间/minH2OCOH2COH2CO1650241.62.452900120.41.63

A.混合气体的平均相对分子质量不再变化，则反应达到平衡B.实验1中，反应达到平衡后，CO的体积分数为40%C.升高温度有利于提高实验1和实验2中CO的转化率D.实验2的反应平衡常数K=11、下列叙述中一定正确的是A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c(H+)为10-13mol/LB.pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)之比为1︰10C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液中可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D.1.0mol/LNa2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)12、下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是A.pH=2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)B.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)C.物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-)+2c(OH-)＝2c(H+)+c(CH3COOH)D.0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2-)13、室温下，若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.的溶液：B.的溶液和的溶液混合C.的溶液和的溶液等体积混合：D.的溶液和的溶液等体积混合：14、下列气体中不能用碱石灰干燥的是（）A.HClB.CO2C.NH3D.SO215、从减少环境污染的角度看，应大力推广的能源是rm{(}rm{)}A.氢能B.太阳能C.风能D.化石燃料评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)16、中学化学常见物质A；B、C、D、E有如下转化（已知A、B、C、D、E均含有同一元素）：

请写出：

（1）B→C+D的离子方程式。

____；

（2）E→F化学方程式____．

（3）若A→B过程的反应不是化合反应，试写出该反应可能的化学方程式____．

（4）D通过化合反应转化为C的离子方程式为____．

17、现有三种常见治疗胃病药品的标签：①②③这三种药品中所含的物质均能中和胃里过量的盐酸。（1）某患者服用①药片2片后发生打嗝现象，请计算该患者服用该药片2片产生气体体积约mL。（体积按标准状况计）（2）若按每片药片中和胃酸的量来衡量药效，则每服用药片③1片，相当于服用药片②片。（精确到小数点后一位）18、（24分）下图是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩中元素，填写下列空格：。①⑩②③④⑤⑦⑧⑨⑥⑴在这10种元素中，原子半径较小的是________(填元素符号)，化学性质最不活泼的元素是_____(填“元素符号”)；其中一种核素可测定文物年代，这种核素的符号是____。⑵元素①的原子结构示意图为__________；元素①的最高价氧化物结构式为：________，元素⑩的单质电子式为：__________。请用电子式表示化合物④和⑧的形成过程________________________________________________。⑶元素⑤的氧化物与盐酸反应的离子方程式为：_________________________________。元素⑤的单质与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：________________________________。⑷元素⑤的单质与Fe和稀硫酸构成原电池，试在下面的方框内画出原电池装置图，标出原电池的电极材料和电解质溶液，并写出负极的电极反应为___________________________。（5）元素⑧单质能溶于水，水液呈____色，在其中通入元素⑦的某种氧化物，溶液颜色褪去，用化学方程式表示原因。（6）元素⑦的最高正价和最低负价分别为____、________，在一定条件下，元素⑦与H2反应有一定限度(可理解为反应进行的程度)，请判断在相同条件下元素⑥与H2反应的限度(选填“更大”、“更小”或“相同”)________。19、如图是元素周期表的一部分，回答下列问题：

rm{(1)}元素rm{e}的负一价离子的结构示意图为______，rm{e}rm{f}rm{g}rm{h}rm{i}对应简单离子的半径由大到小的顺序为______rm{(}用具体微粒符号表示rm{)}．

rm{(2)}元素rm{i}的单质溶于水；生成一种具有漂白作用的化合物，该化合物的电子式为______．

rm{(3)}以元素rm{b}的最简气态氢化物为燃料，以rm{f}的最高价氧化物对应的水化物为电解质溶液，请写出该燃料电池的负极反应方程式______．20、rm{SO_{2}}rm{CO}rm{CO_{2}}rm{NO_{x}}是对环境影响较大的几种气体，对它们的合理控制和治理是优化我们生存环境的有效途径。利用电化学原理将rm{CO}rm{SO_{2}}转化为重要化工原料，装置如图所示：rm{(1)}若rm{A}为rm{CO}rm{B}为rm{H_{2}}rm{C}为rm{CH_{3}OH}则通入一氧化碳的一极为______极。rm{(2)}若rm{A}为rm{SO_{2}}rm{B}为rm{O_{2}}rm{C}为rm{H_{2}SO_{4}}则负极的电极反应式为___________________。rm{(3)}若rm{A}为rm{NO_{2}}rm{B}为rm{O_{2}}rm{C}为rm{HNO_{3}}则正极的电极反应式为_________________________。评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)21、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）评卷人得分五、结构与性质(共1题，共8分)22、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。_______评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共7分)23、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、C【分析】【解答】解：A.2mol水的摩尔质量和1mol水的摩尔质量的摩尔质量都是18g/mol；故A错误；

B.1mol/L氯化钙溶液中c（Cl﹣）=2mol/L，100mL2mol/L氯化钾溶液中c（Cl﹣）=2mol/L；两溶液中氯离子浓度相等，故B错误；

C.64g二氧化硫的物质的量为1mol；1mol二氧化硫中含有2mol氧原子，标况下22.4LCO的物质的量为1mol，1molCO含有1mol氧原子，前者刚好是后者两倍，故C正确；

D.20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为：c1=mol/L，10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度：c1=mol/L；由于两溶液的质量分数不同，所以前者不是后者两倍，故D错误；

故选C．

【分析】A．水的摩尔质量为18g/mol；与水的物质的量大小无关；

B.1mol/L氯化钙溶液中c（Cl﹣）=2mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c（Cl﹣）=2mol/L；

C.64g二氧化硫的物质的量为1mol；含有2mol氧原子；标况下22.4L一氧化碳的物质的量为1mol，含有1mol氧原子；

D．根据c=可知，物质的量浓度与溶液的质量分数、密度应该，由于两溶液的密度、质量分数进行讨论．2、C【分析】解：A．在容量瓶中加水至刻度线1～2cm处改用胶头滴管定容；不能在距标线2～3cm处，故A错误；

B．酒精与水互溶；则酒精不能作催化剂，故B错误；

C．进行液体蒸馏实验时；冷凝管中应充满自来水，且冷水下进上出，冷却效果好，故C正确；

D．白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则原溶液中可能有SO42-或银离子；但二者不能同时存在，故D错误；

故选C．

A．在容量瓶中加水至刻度线1～2cm处改用胶头滴管定容；

B．酒精与水互溶；

C．冷凝管中应充满自来水；冷却效果好；

D．白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握溶液的配制、混合物分离提纯、离子检验为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】【答案】C3、B【分析】解：rm{A.}将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在rm{F}极附近显红色，说明rm{F}极有rm{NaOH}生成，则rm{F}为阴极，rm{E}为阳极，电源rm{A}为正极、rm{B}为负极，丁中rm{Y}连接电源负极，则rm{Y}为阴极，rm{X}为阳极；氢氧化铁胶体胶粒带正电荷，向阴极移动，故A正确；

B.乙中电解反应的总化学方程式是：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉+2NaOH}相当于析出rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉+2NaOH}气体，由于反应中物质的有关具体量未知，不能确定加入rm{HCl}物质的量；且盐酸含有水，故B错误；

C.甲装置中，rm{HCl}为阳极，电极反应式为rm{C}rm{Fe-2e-=Fe^{2+}}为阴极，电极反应式为：rm{D}电解反应的总化学方程式是：rm{CuSO_{4}+Fedfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cu+FeSO_{4}}

乙中产生气体为氢气、氯气，二者物质的量之比为rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}rm{CuSO_{4}+Fedfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cu+FeSO_{4}}则氯气物质的量为rm{dfrac{4.48L}{22.4L/mol}隆脕dfrac{1}{2}=0.1mol}根据电子转移守恒，甲中生成rm{1}的物质的量为rm{dfrac{0.1mol隆脕2}{2}=0.1mol}rm{1}的物质的量浓度为rm{dfrac{0.1mol}{0.5L}=0.2mol/L}故C正确；

D.由rm{dfrac{4.48L}{22.4L/mol}隆脕dfrac

{1}{2}=0.1mol}中分析可知，甲装置中电解反应的总化学方程式是：rm{CuSO_{4}+Fedfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cu+FeSO_{4}}故D正确；

故选：rm{FeSO_{4}}．

A.将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在rm{dfrac

{0.1mol隆脕2}{2}=0.1mol}极附近显红色，说明rm{FeSO_{4}}极有rm{dfrac

{0.1mol}{0.5L}=0.2mol/L}生成，则rm{C}为阴极，rm{CuSO_{4}+Fedfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cu+FeSO_{4}}为阳极，电源rm{B}为正极、rm{F}为负极；氢氧化铁胶体胶粒带正电荷，向阴极移动；

B.乙中电解反应的总化学方程式是：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉+2NaOH}相当于析出rm{F}气体，应加入为氢气或氯气物质的量rm{NaOH}倍的rm{F}气体；可以恢复原溶液浓度；

C.甲装置中，rm{E}为阳极，电极反应式为rm{A}rm{B}为阴极，电极反应式为：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉+2NaOH}电解反应的总化学方程式是：rm{CuSO_{4}+Fedfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cu+FeSO_{4}}

乙中产生气体为氢气、氯气，二者物质的量之比为rm{HCl}rm{2}计算氯气物质的量，根据电子转移守恒计算甲中生成rm{HCl}的物质的量；进而计算其浓度；

D.由rm{C}中分析可知，甲装置中电解反应的总化学方程式是：rm{CuSO_{4}+Fedfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cu+FeSO_{4}}．

本题考查电解原理，能正确判断电解池的阴阳极是解本题的关键，理解掌握离子放电顺序，难度中等．rm{Fe-2e-=Fe^{2+}}【解析】rm{B}4、C【分析】【分析】

本题考查浓盐酸与二氧化锰反应的性质、根据方程式的有关计算等，题目难度不大，注意rm{MnO}rm{2}只与浓盐酸反应。

【解答】反应的化学方程式为rm{2}浓rm{)overset{?}{=}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{MnO_{2}+4HCl(}rm{)overset{?}{=}

MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}

根据方程式可知rm{n(MnO_{2})=0.2mol}过量，如盐酸完全反应，则生成rm{n(HCl)=0.05L隆脕12mol/L=0.6mol}溶液剩余rm{MnO_{2}}但rm{0.15molCl_{2}}只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，rm{0.3molCl^{-}}的还原性减弱，反应停止，所以溶液中溶液剩余rm{MnO_{2}}大于rm{HCl}所以，反应完全后向留下的溶液中加入足量rm{Cl^{-}}溶液，生成rm{0.3mol}沉淀物质的量大于rm{AgNO_{3}}但小于rm{AgCl}故C正确。

故选C。

rm{0.3mol}【解析】rm{C}5、B【分析】解：原子序数等于原子的最外层电子数；元素核外电子层数等于周期表的周期数，元素的最外层电子数等于主族元素的序数，原子的核外电子排布决定元素在周期表中的位置，与中子数无关；

故选：B。

周期表中核外电子层数=周期数；最外层电子数=主族数，以此解答该题。

本题考查原子结构与元素周期表的关系，侧重考查学生的分析能力以及双基知识的掌握，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。【解析】B6、C【分析】

n（H2SO4）浓=0.1L×18.5mol/L=1.85mol；

剩余硫酸的物质的量为：n（H2SO4）剩=×1L×0.1mol/L=0.05mol；

消耗硫酸的物质的量为：n（H2SO4）消耗=1.85mol-0.05mol=1.8mol；

锌与浓硫酸发生：Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；

生成气体为SO2和H2的混合物，物质的量为=1.5mol；

设混合物气体中含有xmolSO2，ymolH2；

Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+H2O

2xmolxmol

Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑

ymolymol

则有：

解之得：

所以n（SO2）：n（H2）=x：y=0.3：1.2=1：4

故选C．

【解析】【答案】锌与浓硫酸发生：Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，生成气体为SO2和H2的混合物，物质的量为=1.5mol，剩余硫酸的物质的量为：n（H2SO4）剩=×1L×0.1mol/L=0.05mol；

消耗硫酸的物质的量为：n（H2SO4）消耗=0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol；根据反应的化学方程式计算．

7、C【分析】【解答】解：A；熄灭酒精灯时；应用灯帽盖灭，不能用嘴吹，故A正确；B、闻气体气味时，应用手轻轻在瓶口扇动，让少量的气体飘入鼻孔，故B正确；

C；试管加热应用试管夹夹持或固定在铁架台上；且试管内液体的量不能超过三分之一，故C错误；

D；向试管内滴加液体时要注意垂直并悬空；不能深入试管内部，故D正确．

故选C．

【分析】A；熄灭酒精灯时；应用灯帽盖灭；

B；闻气体气味时；应用手轻轻在瓶口扇动；

C；试管加热应用试管夹夹持或固定在铁架台上；

D、向试管内滴加液体时要注意垂直并悬空．二、多选题(共8题，共16分)8、AC【分析】【分析】本题考查离子的检验、铝的性质、铜的性质、硅酸盐的性质，题目难度不大。【解答】A.铝的表面有一层致密的氧化铝保护膜，熔点：氧化铝rm{>}铝，所以加热的铝箔熔化，但液态的铝不滴落，故A正确；铝，所以加热的铝箔熔化，但液态的铝不滴落，故A正确；

rm{>}

B.溶液中可能含有氯离子，故B错误；，故C正确；C.酚酞试液变红，说明硅酸钠溶液呈碱性

故选AC。

D.钝化属于化学反应，故D错误。【解析】rm{AC}9、BCD【分析】【分析】本题考查物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积等化学计量的计算，阿伏伽德罗定律的应用等，难度中等。【解答】A.rm{n({H}_{2})=dfrac{10g}{;2g/mol;}=5mol}rm{n({O}_{2})=dfrac{10g}{32g/mol};;=dfrac{5}{16}mol}二者物质的量不相等，所含分子数不相等，故A错误；B.rm{n({N}_{2})=dfrac{;7g}{;28g/mol;}=0.25mol}rm{n(C{O}_{2})=dfrac{;11g}{44g/mol};;=0.25mol}物质的量相同，则分子数相同，故B正确；C.rm{n({H}_{2})=

dfrac{10g}{;2g/mol;}=5mol}为rm{n({O}_{2})=dfrac{10g}{32g/mol};;=

dfrac{5}{16}mol}与rm{n({N}_{2})=

dfrac{;7g}{;28g/mol;}=0.25mol}物质的量相同，则分子数相同，故C正确；D.标准状况下rm{n(C{O}_{2})=

dfrac{;11g}{44g/mol};;=0.25mol}为rm{9gH_{2}O}和rm{0.5mol}物质的量相同，则分子数相同，故D正确。故选BCD。rm{0.5molBr_{2}}【解析】rm{BCD}10、AC【分析】【详解】

A．反应中；气体的分子数；物质的量始终不变，气体质量守恒，则混合气体的平均相对分子质量始终不变，故混合气体的平均相对分子质量不再变化不能说明反应达到平衡，A错误；

B．实验1中，反应达到平衡后，存在三段式：CO的体积分数为B正确；

C．实验1中，CO的转化率α(CO)==40%，实验2中，CO的转化率α(CO)==20%；则升高温度，不利于提高CO的转化率，C错误；

D．实验2，反应达到平衡后，存在三段式：反应平衡常数D正确；

答案选AC。11、BD【分析】【详解】

A.醋酸是一元弱酸，部分电离，存在电离平衡，所以醋酸电离产生的H+浓度小于0.1mol/L，但溶液温度不确定，因此不能确定水电离出的c(H+)浓度大小；A错误；

B.pH=2的醋酸溶液，c(H+)=0.01mol/L，pH=1的CH3COOH溶液，c(H+)=0.1mol/L，故两种溶液中c(H+)之比为=0.01mol/L0.1mol/L=1︰10；B正确；

C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液，根据电荷守恒，溶液中不可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)；C错误；

D.在1.0mol/LNa2CO3溶液中，根据质子守恒，可得c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；D正确；

故合理选项是BD。12、AC【分析】【详解】

A.pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合，酸和碱发生反应后的溶液中存在的离子有：H+、M+、OH-、A-，无论酸碱的相对多少如何，溶液总是呈电中性的，根据电荷守恒有：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)；A正确；

B.同浓度的CH3COONa、NaOH、Na2CO3三种溶液中，pH的比较为NaOH>Na2CO3>CH3COONa，所以pH相同时，三种溶液的浓度由小到大为：NaOH2CO33COONa；B错误;

C.物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，即混合溶液中CH3COOH和CH3COONa物质的量相等；为了分析的方便，不妨假设它们的物质的量均为1mol，溶液中存在以下三个平衡：

CH3COOH⇌CH3COO-+H+，CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，H2O⇌H++OH-

根据电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)①

根据物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)②

将①代入②消去2c(Na+)即得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)；C正确；

D.0.1moL/L的NaHA溶液中存在三个平衡：

H2O⇌H++OH-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，HA-⇌H++A2-

已知其pH=4，说明HA-的电离强于水解，即c(A2-)>c(H2A)；D错误；

故合理选项为AC。13、BD【分析】【详解】

由题可知，

A．0.1mol/L的NaHA溶液中的物料守恒：HA-的电离常数大于其水解程度，故溶液中因此故A错误；

B．的溶液和的溶液的混合液中c(Na+)<0.2mol/L，该溶液中电荷守恒为：溶液呈中性，故故B正确；

C．该混合溶液中电荷守恒：①，物料守恒：②，将①+②得：故C错误；

D．两溶液混合后发生反应：Na2A+H2A=2NaHA，溶液中c(NaHA)=c(H2A)=0.05mol/L，溶液中电荷守恒：①，物料守恒：②，将①+②进行相关转化得：因Ka1>Kh2，故溶液呈酸性，故故D正确；

故答案为：BD。

【点睛】

酸式盐与多元弱酸的强碱正盐溶液酸碱性比较：

（1）酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中的水解能力大于其电离能力；故溶液显碱性；

（2）多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主，例如Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。14、ABD【分析】解：碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，是碱性干燥剂，不能用来干燥酸性气体，氨气是碱性气体，可以用碱石灰干燥，而HCl、CO2、SO2是酸性气体；不能用碱石灰干燥；

故选ABD．

用干燥剂干燥气体时；总的原则是：中性干燥剂既可以用来干燥酸性气体又可以用来干燥碱性气体；酸性干燥剂不能用来干燥碱性气体；碱性干燥剂不能用来干燥酸性气体；碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，是碱性干燥剂．

本题考查气体的净化和干燥，难度不大，注意常见的干燥剂有：浓硫酸、碱石灰；其中，浓硫酸是酸性干燥剂，碱石灰是碱性干燥剂．【解析】【答案】ABD15、ABC【分析】解：太阳能；风能使用不会产生污染物；氢能使用过程中产生水，也不会产生污染物，他们都是清洁能源，大力推广能够减少环境污染，化石燃料的燃烧能够产生粉尘和有毒气体，能够造成环境污染；

故选：rm{ABC}．

根据能源使用过程中的生成物是否污染环境解答；太阳能；风能使用不会产生污染物，氢能使用过程中产生水，也不会产生污染物，据此分析解答．

本题考查了新能源的开发与利用，熟悉氢能、太阳能、风能使用过程不会产生污染物是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{ABC}三、填空题(共5题，共10分)16、略

【分析】

A；B、C、D、E是中学化学常见物质；E和氧气反应生成红褐色固体F，F是氢氧化铁，E是氢氧化亚铁，A、B、C、D、E均含有同一元素，所以都含有铁元素．A反应生成B，所以B是化合物；B反应既能生成C又能生成D，C反应生成E，D反应生成F，所以C含有二价铁离子，D含有三价铁离子，B中既有二价铁元素又有三价铁元素，所以B是四氧化三铁．

（1）金属氧化物Fe3O4和酸反应生成盐和水，故答案为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；

（2）氢氧化亚铁不稳定，和氧气反应生成红褐色的请氧化铁，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

（3）生成Fe3O4有两个途径；一个是铁在氧气中燃烧，一个是铁与水蒸气反应；因为A→B过程的反应不是化合反应，所以只有铁与水蒸气反应符合条件；

故答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑；

（4）D含三价铁离子，具有氧化性，C含二价铁离子，D通过化合反应转化为C，且不引进新的杂质，所以最好加入铁，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+．

【解析】【答案】先找题眼E和氧气反应生成红褐色固体F；判断F是氢氧化铁，E是氢氧化亚铁．已知A；B、C、D、E均含有同一元素，采用倒推的方法判断C含二价铁D含三价铁，从而倒推知B含二价、三价铁元素，确定B是四氧化三铁；

17、略

【分析】【解析】【答案】（1）112mL（2）1.5片18、略

【分析】【解析】【答案】（24分）(1)F,Ar，14C（3分），(2)O=C=O；（3分），（2分），(3)Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑（4分）(4)Al－3e－＝Al3＋（2分）（2分），(5)浅黄绿色，SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl（2分）(6)+6（1分）；-2（1分）；更小（1分）19、略

【分析】解：由元素在周期表中的位置可知rm{a}为rm{H}元素、rm{b}为rm{C}元素、rm{c}为rm{N}元素、rm{d}为rm{O}元素、rm{e}为rm{F}元素、rm{f}为rm{Na}元素、rm{g}为rm{Al}元素、rm{h}为rm{S}元素、rm{i}为rm{Cl}元素．

rm{(1)e}为rm{F}元素，对应的阴离子原子核外有rm{10}个电子，离子的结构示意图为rm{e}为rm{F}元素、rm{f}为rm{Na}元素、rm{g}为rm{Al}元素、rm{h}为rm{S}元素、rm{i}为rm{Cl}元素，对应简单离子的半径由大到小的顺序为rm{S^{2-}>Cl^{-}>F^{-}>Na^{+}>Al^{3+}}

故答案为：rm{S^{2-}>Cl^{-}>F^{-}>Na^{+}>Al^{3+}}

rm{(2)}元素rm{i}的单质溶于水，生成一种具有漂白作用的化合物，为rm{HClO}为共价化合物，含有rm{H-O}键，电子式为故答案为：

rm{(3)}以元素rm{b}的最简气态氢化物为燃料，以rm{f}的最高价氧化物对应的水化物为电解质溶液，为甲烷的碱性燃料电池，负极发生氧化反应，生成碳酸根离子和水，电极方程式为rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O}故答案为：rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O.}

由元素在周期表中的位置可知rm{a}为rm{H}元素、rm{b}为rm{C}元素、rm{c}为rm{N}元素、rm{d}为rm{O}元素、rm{e}为rm{F}元素、rm{f}为rm{Na}元素、rm{g}为rm{Al}元素、rm{h}为rm{S}元素、rm{i}为rm{Cl}元素．

rm{(1)e}为rm{F}元素，对应的阴离子原子核外有rm{10}个电子；一般来说，离子核外的电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；

rm{(2)}元素rm{i}的单质溶于水，生成一种具有漂白作用的化合物，为rm{HClO}为共价化合物，含有rm{H-O}键；

rm{(3)}以元素rm{b}的最简气态氢化物为燃料，以rm{f}的最高价氧化物对应的水化物为电解质溶液；为甲烷的碱性燃料电池，负极发生氧化反应，生成碳酸根离子和水．

本题以原子结构与位置关系为载体，考查化学用语、离子半径比较等，为高考常见题型与高频考点，侧重考查学生的分析能力，推断元素是解题关键，是对所学知识的综合运用，注意基础知识的理解掌握，难度不大．【解析】rm{S^{2-}>Cl^{-}>F^{-}>Na^{+}>Al^{3+}}rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O}20、rm{(1)}正

rm{(2)SO_{2}-2e^{-}+2H_{2}O篓TSO}rm{+4H^{+}}

rm{(3)O_{2}+4e^{-}+4H^{+}篓T2H_{2}O}【分析】【分析】本题考查有关原电池原理，难度不大，掌握原电池原理是解答的关键。【解答】rm{(1)CO}变为rm{CH_{3}OH}化合价降低则得电子，故为正极；rm{(2)SO_{2}}变为rm{H_{2}SO_{4}}是硫化合价升高，则为负极，电极反应式为：rm{SO_{2}-2e^{-}+2H_{2}O篓TSO}rm{+4H^{+}}rm{(3)NO_{2}}变为rm{HNO_{3}}是化合价升高，故为负极，正极为通入氧气的一极，故正极电极反应式为：rm{O_{2}+4e^{-}+4H^{+}篓T2H_{2}O}【解析】rm{(1)}正rm{(2)SO_{2}-2e^{-}+2H_{2}O篓TSO}rm{+4H^{+}}rm{(3)O_{2}+4e^{-}+4H^{+}篓T2H_{2}O}四、判断题(共1题，共7分)21、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．五、结构与性质(共1题，共8分)22、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30