2025年冀教版高一化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年冀教版高一化学下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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、一容器中X元素构成的气态单质X2分子有3种，相对分子质量分别为32、34、36。又知容器中3种分子数之比为15∶4∶1。由此可以确定的是（）A.若容器中X2全部转化为它的同素异形体X3，那么Ｘ３的分子量有3种B.质量数为16的一种核素在此容器中的原子百分数为85%C.只要容器中同位素组成不变，X原子在任何条件下发生重新组合，最后得到三种X2，分子数之比总是15∶4∶1D.此容器中X2的平均分子量是342、有关碱性氢氧燃料电池的下列叙述正确的是()A.此电池能发出蓝色火焰B.氢气为正极，氧气为负极C.工作时电解液一定与rm{H_{2}}反应D.负极：rm{2H_{2}+4OH^{-}-4e^{-}=4H_{2}O}3、下图所示实验基本操作错误的是rm{(}rm{)}A.

倾倒液体B.

点燃酒精灯C.

洗涤试管D.

稀释浓硫酸4、ClO2是一种广谱型的消毒剂，根据世界环保联盟的要求，ClO2将逐渐取代Cl2成为自来水的消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，在以上反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为()A.1∶1B.2∶1C.1∶2D.2∶35、将铜和氧化铁的混和物溶于足量稀盐酸中，向所得溶液中滴入2滴KSCN溶液后出现红色．下列有关说法错误的是（）A.容器中可能有固体残渣B.所得溶液中一定存在Fe2+C.反应过程中水的电离程度增大D.再加入铜后，溶液红色逐渐退去6、我国科学家在世界上首次合成了三种新核素，其中一种新核素的名称是铪-185，符号Hf，下列关于铪-185的叙述，不正确的是（）A.它是一种新的原子B.它是一种新的元素C.它的质量数为185D.它是铪-180的一种新的同位素7、在水溶液中能大量共存，且加入过量稀硫酸时，有气体生成的是()A.rm{Na^{+;}}rm{Ag^{+}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{Cl^{-}}B.rm{H^{+}}rm{K^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{OH^{-;}}C.rm{Na^{+;}}rm{K^{+}}rm{CO_{3}^{2-;}}rm{Cl^{-}}D.rm{Na^{+;}}rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}8、在相同的温度和压强下，rm{4}个相同体积的密闭容器中分别装有rm{4}种气体rm{.}则rm{4}个容器中气体的质量最大是rm{(}rm{)}A.rm{CO_{2}}B.rm{O_{2}}C.rm{N_{2}}D.rm{CH_{4}}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、（12分）某可逆反应从0—2分钟进行过程中，在不同反应时间各物质的量的变化情况如图所示。则该反应的的反应物是____，生成物是____，化学方程式为；反应开始至2分钟时，能否用C表示反应速率？若能，其反应速率为____，若不能，则其原因为_________________；2分钟后A、B、C各物质的量不再随时间的变化而变化，说明在这个条件下，反应已达到了____状态。10、由于Fe（OH）2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐与碱反应制得白色纯净的Fe（OH）2沉淀．某研究性小组在研究制备Fe（OH）2的过程中；按图进行实验，最终在两极间的溶液中首先观察到白色沉淀．

（1）请从所提供的试剂或电极材料中选择正确的序号填在横线上：

①纯水②NaCl溶液③NaOH溶液④四氯化碳⑤CuCl2溶液⑥乙醇⑦铁棒⑧植物油⑨碳棒。

a为____，b为____，c为____，d为____．（填序号）

（2）书写电极反应式：

阳极____．阴极____．

（3）c的作用是____．

（4）在加入c之前，对d溶液的简单处理应是____，这样处理的目的是____．11、微粒rm{{,!}^{23}_{11}Na^{+}}中的质子数是______，中子数是______，核外电子数是______．12、rm{(1)}同温同压下；同体积甲烷和二氧化碳分子数之比______物质的量之比______原子总数之比______，质量之比______密度之比______

rm{(2)}在标况下，rm{4}克氢气、rm{11.2}升氧气、rm{1}摩尔水这种，所含分子数最多的为______质量最大的为______体积最小的为______．13、某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气(标况)，实验记录如下(累计值)：。时间(min)12345氢气体积(mL)50120232290310(1)哪一时间段(指0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min)反应速率最大____min，原因是；(2)哪一段时段的反应速率最小min，原因是____；(3)如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，他在盐酸中分别加入等体积的下列溶液：A.蒸馏水；BNa2SO4溶液；C.NaNO3溶液；D.CuSO4溶液；E.Na2CO3溶液，你认为可行的是(填写字母代号)。14、已知反应：

Ⅰ.2K2CrO4+H2SO4→K2Cr2O7+K2SO4+H2O

Ⅱ．Fe2（SO4）3+2HI→2FeSO4+I2+H2SO4

Ⅲ．K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4→3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O

（1）上述三个反应中，属于非氧化还原反应的是____（填序号）

（2）Fe2（SO4）3、K2Cr2O7、I2的氧化性由强到弱的顺序为____；

（3）反应Ⅱ中的还原产物是____；

（4）在下式中标出电子转移的方向和数目：K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4→____

（5）若用K2Cr2O7与HI反应，每生成12.7gI2生成，转移电子____个．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）16、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）17、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）18、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化19、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．20、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）21、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）22、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）23、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）评卷人得分四、推断题(共4题，共36分)24、通常情况下，微粒rm{A}和rm{B}为分子，rm{C}和rm{E}为阳离子，rm{D}为阴离子，它们都含有rm{10}个电子；rm{B}溶于rm{A}后所得的物质可电离出rm{C}和rm{D}rm{A}rm{B}rm{E}三种微粒反应后可得rm{C}和一种白色沉淀rm{.}请回答：

rm{(1)}用化学符号表示下列rm{4}种微粒：

rm{A}______；rm{B}______；rm{C}______；rm{D}______．

rm{(2)}写出rm{A}rm{B}rm{E}三种微粒反应的离子方程式：______．25、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}rm{H}是原子序数依次增大的八种短周期元素。rm{A}rm{F}的族序数均等于周期数，rm{B}的一种同位素原子常用作文物年代鉴定，rm{D}和rm{H}同主族，且rm{H}的最高化合价与其最低化合价的代数和等于rm{4}rm{E}的最高价氧化物对应的水化物和rm{F}的最高价氧化物对应的水化物之间可发生反应。rm{G}是短周期主族元素中原子半径最大的非金属元素。则：rm{(1)D}与rm{E}之间形成的原子个数比为rm{1隆脙1}的化合物所含的化学键类型是____________。rm{(2)D}rm{E}rm{F}rm{H}四种元素离子半径由小到大的顺序为_______________。rm{(}填离子符号rm{)}rm{(3)}下列图线中能代表rm{B}元素所在族氢化物沸点变化规律的是_______rm{(}填字母编号rm{)}rm{(4)}运送飞船的火箭燃料有一种液态化合物是由rm{A}rm{C}元素组成的，已知该化合物的相对分子质量为rm{32}其中rm{A}元素的质量分数为rm{12.5%}若该化合物与rm{A_{2}D_{2}}恰好完全反应，能产生两种无毒又不污染环境的物质，试写出该反应的化学方程式：_________________。rm{(5)}化合物rm{CA_{5}}液态时可导电，投入水中可产生气体rm{CA_{3}}和rm{A_{2}}则rm{CA_{5}}电子式为__________。26、四种短周期元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的性质或结构信息如下：

信息：rm{垄脵}原子半径：rm{A>B>C>D垄脷}四种元素之间形成的某三种分子的比例模型及部分性质如下：

甲：是地球上最常见的物质之一；是所有生命体生存的重要资源，约占人体体重的三分之二．

乙：无色，无气味并且易燃rm{.}是常见的一种基础能源．

丙：有强氧化性的弱酸；可以用于消毒杀菌．

请根据上述信息回答下列问题．

rm{(1)B}元素在元素周期表中的位置为______，请写出rm{BC_{2}}分子的电子式：______．

rm{(2)A}所在周期中，rm{E}元素的单质还原性最强，rm{F}元素的某些盐类常用作净水剂rm{.E}单质与甲反应有化合物rm{X}生成rm{.}请写出以下两个反应的离子方程式：

rm{垄脵A}元素的单质与物质甲发生反应：______．

rm{垄脷F}rm{C}两种元素组成的化合物rm{Y}可作为高温结构陶瓷材料，rm{X}与rm{Y}两种化合物在溶液中发生反应：______．

rm{(3)}物质丁的元素组成和甲相同，丁分子具有rm{18}电子结构rm{.}向盛有一定浓度丁溶液的试管中，逐滴加入硫酸酸化的硫酸亚铁溶液rm{.}滴加过程中的现象为：

rm{垄脵}试管中溶液变成深棕黄色；发生反应的离子方程式为______；

rm{垄脷}开始有少量气泡出现rm{(}经验证是氧气rm{)}片刻后反应变得剧烈，继续滴加溶液，静置一段时间，试管底部出现红褐色沉淀rm{.}请回答“片刻后反应变得剧烈”的原因是rm{a}______rm{b}______．27、A、rm{B}rm{C}rm{D}四种元素的核电荷数均小于rm{18}rm{A}元素原子核外只有rm{1}个电子；rm{B}是地壳中含量最多的元素；rm{B}rm{C}可形成两种化合物rm{CB}和rm{CB_{2}}rm{C}的最高正价与最低负价绝对值相等，rm{CB}有毒，rm{CB_{2}}可用于灭火；rm{D^{+}}具有与rm{Ne}原子相同的电子层结构．

rm{(1)}试判断rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种元素的名称．

rm{A}______，rm{B}______，rm{C}______，rm{D}______．

rm{(2)}由rm{A}rm{B}rm{D}三种元素组成的化合物的电子式为______，rm{CB_{2}}的电子式为______．

rm{(3)D}和rm{B}组成的某种化合物为淡黄色固体，该物质的电子式为______，该物质与rm{CB_{2}}反应的化学方程式为______．评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共4分)28、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。评卷人得分六、综合题(共4题，共28分)29、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

30、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题31、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

32、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】试题分析：X元素构成的气态单质X2分子有3种，则该元素有两种同位素原子，它们的相对原子质量分别是16、18。A、若容器中X2全部转化为它的同素异形体X3，那么Ｘ３的分子量有3×16、3×18、2×16+18、2×18+16四种，错误；B、质量数为16的一种核素在此容器中的原子百分数为（15×2+4）÷（15×2+4+4+1×2）=85%，正确。C、只要容器中同位素组成不变，X原子在任何条件下发生重新组合，最后得到三种X2，分子数之比不是总是15∶4∶1，错误；D、此容器中X2的平均分子量是（32×15+34×4+36×1）÷20=32．6，错误。考点：考查同位素原子及它们形成的分子的个数、相对分子质量的关系的知识。【解析】【答案】B2、D【分析】略【解析】rm{D}3、D【分析】解：rm{A.}倾倒液体，试管倾倒rm{45^{circ}}口对口倾倒，标签正对手心，瓶塞倒放，图中操作合理，故A正确；

B.用火柴点燃酒精灯；不能用燃着的酒精灯引燃，则点燃操作合理，故B正确；

C.用试管刷洗涤；图中洗涤试管合理，故C正确；

D.稀释浓硫酸时将浓硫酸注入水中；并不断搅拌，图中试剂加入顺序不合理，可导致液滴飞溅，故D错误；

故选D．

A.倾倒液体，试管倾倒rm{45^{circ}}口对口倾倒，标签正对手心，瓶塞倒放；

B.用火柴点燃酒精灯；不能用燃着的酒精灯引燃；

C.用试管刷洗涤；

D.稀释浓硫酸时将浓硫酸注入水中；并不断搅拌．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验基本操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{D}4、B【分析】【解析】试题分析：反应中NaClO3是氧化剂，被还原为ClO2；Na2SO3是还原剂，被氧化为SO42－，由得失电子相等得n(NaClO3)×1=n(Na2SO3)×2。考点：化学计算【解析】【答案】B5、A【分析】【解答】解：将铜和氧化铁的混和物溶于足量稀盐酸中，发生反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；向所得溶液中滴入2滴KSCN溶液后出现红色，说明铁离子过量，铜在溶液中一定全部溶解，生成氯化铜，部分铁元素变化为亚铁盐；

A．氧化铁溶于过量的稀盐酸；生成的氯化铁过量铜全部溶解，容器中不可能有固体残渣，故A错误；

B．向所得溶液中滴入2滴KSCN溶液后出现红色；说明铁离子过量，铜在溶液中一定全部溶解，生成氯化铜，部分铁元素变化为亚铁盐，故B正确；

C．氧化铁溶解于盐酸；氢离子浓度减小，生成的氯化铜；氯化亚铁和氯化铁溶液中水解溶液显酸性，对水的电离起到促进作用，反应过程中水的电离程度增大，故C正确；

D．分析可知铁离子过量，向所得溶液中滴入2滴KSCN溶液后出现红色，Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，加入铜发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3；平衡逆向进行，铁离子消失后溶液红色褪去，故D正确；

故选A．

【分析】将铜和氧化铁的混和物溶于足量稀盐酸中，发生反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，向所得溶液中滴入2滴KSCN溶液后出现红色，说明铁离子过量，铜一定全部溶解；6、B【分析】解：A、185Hf是一种原子；其质量数为185，质子数为72，是一种新的原子，故A正确；

B、185Hf是一种原子；而不是新元素，是新的核素，故B错误；

C、185Hf是一种原子；其质量数为185，故C正确；

D、因它们的质子数都是72，中子数不同，则互为同位素，即是183Hf的一种新的同位素；故D正确；

故选B．

185Hf是一种原子；其质量数为185，质子数为72，中子数=质量数-质子数，质子数相同，中子数不同的原子互为同位素．

本题较简单，考查核素、元素、同位素的关系，明确原子中的数字的意义及原子中量的关系即可解答．【解析】【答案】B7、C【分析】略【解析】rm{C}8、A【分析】解：在相同的温度和压强下，rm{4}个容积相同的容器中，气体的物质的量相同，其摩尔质量越大，则气体的质量越大，容器中分别装有rm{4}种气体：rm{CO_{2}}rm{O_{2}}rm{N_{2}}rm{CH_{4}}所以rm{4}个容器中气体的质量由大到小的顺序是rm{CO_{2}>O_{2}>N_{2}>CH_{4}}气体质量最大的量二氧化碳，故选A．

在相同的温度和压强下，rm{4}个容积相同的容器中；气体的物质的量相同，其摩尔质量越大，则气体的质量越大，据此分析．

本题考查阿伏伽德罗定律、物质的量有关计算，题目比较基础，注意对公式的理解与灵活应用．【解析】rm{A}二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】根据图像可判断A和B的物质的量是减小，所以是反应物，C的物质的量是增加的，是生成物。达到平衡时A、B、C的物质的量的变化量分别为2mol、1mol、2mol，所以反应的方程式为2A+B2C。反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，由于容器的容积不知道，所以不能计算反应的反应速率。2敏后各种物质的浓度不再发生，所以反应达到化学平衡状态。【解析】【答案】A；B，2A+B2C，不能，无体积，无法求出浓度变化值平衡状态10、⑦⑨或⑦⑧②或③Fe﹣2e﹣=Fe2+2H++2e﹣=H2↑隔绝空气，防止产物被氧化加热溶液可以排除溶液中溶解的氧气【分析】【解答】（1）按图进行实验；最终在两极间的溶液中首先观察到白色沉淀，则阳极上铁放电生成亚铁离子，所以铁作阳极，金属或导电的非金属作阴极，可以选用铁或石墨；

阴极上氢离子放电同时有氢氧根离子生成；所以可以选用氢氧化钠溶液或氯化钠溶液，为防止亚铁离子被氧化，则C的密度小于水的密度，所以C可以选用植物油；

故答案为：⑦；⑨或⑦；⑧；②或③；

（2）制纯净的Fe（OH）2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，a与电源正极相连，则a为阳极，电极反应为Fe﹣2e﹣=Fe2+；石墨为阴极，阴极上氢离子得电子，则阴极发生的电极反应为2H++2e﹣=H2↑，故答案为：Fe﹣2e﹣=Fe2+；2H++2e﹣=H2↑；

（3）苯的密度水的小；不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化；故答案为：隔绝空气，防止产物被氧化；

（4）在加入c之前；对d溶液的简单处理应是加热溶液可以排除溶液中溶解的氧气，故答案为：加热溶液；可以排除溶液中溶解的氧气．

【分析】（1）用电解法制取氢氧化亚铁时；阳极上铁失电子生成亚铁离子，阴极上氢离子放电，阴极附近生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子生成氢氧化亚铁；

（2）制纯净的Fe（OH）2沉淀；则Fe为阳极，失去电子，a与电源正极相连，则a为阳极；石墨为阴极，阴极上氢离子得电子；

（3）苯的密度水的小；不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化；

（4）加热溶液可以排除溶液中溶解的氧气．11、略

【分析】解：因rm{{,!}^{23}_{11}Na^{+}}的质子数为rm{11}质量数为rm{23}中子数rm{=}质量数rm{-}质子数rm{=23-11=12}核外电子数rm{=}质子数rm{-}所带电荷数rm{=11-1=10}故答案为：rm{11}rm{12}rm{10}．

在阳离子中，质量数rm{=}质子数rm{+}中子数；核电荷数rm{=}质子数rm{=}核外电子数rm{+}所带电荷数．

了解原子的定义和构成：原子由原子核和核外电子构成，其中原子核由质子和中子构成的rm{.}特别要注意：在阳离子中，核电荷数rm{=}质子数rm{=}核外电子数rm{+}所带电荷数，在阴离子中：核电荷数rm{=}质子数rm{=}核外电子数rm{-}所带电荷数，不管是原子还是离子中，质量数都等于质子数加中子数．【解析】rm{11}rm{12}rm{10}12、略

【分析】解：rm{(1)}同温同压下，相同体积的气体物质的量相同，分子数目相同，则物质的量之比为rm{1}rm{1}分子数之比为rm{1}rm{1}

甲烷的分子式为rm{CH_{4}}rm{1}个分子中含有rm{5}个原子，二氧化碳的分子式为rm{CO_{2}}rm{1}个分子中含有rm{3}个原子，相同物质的量的气体原子数之比为rm{5}rm{3}

甲烷的相对分子质量为rm{16}二氧化碳的相对分子质量为rm{44}则质量之比为rm{16}rm{44=4}rm{11}

体积相同，则密度之比等于物质的质量之比，也为rm{4}rm{11}

故答案为：rm{1}rm{1}rm{1}rm{1}rm{5}rm{3}rm{4}rm{11}rm{4}rm{11}

rm{(2)4g}氢气的物质的量rm{n(H_{2})=dfrac{4g}{2g/mol}=2mol}含有原子数为rm{n(H_{2})=dfrac

{4g}{2g/mol}=2mol}标况下体积为：rm{4N_{A}}

rm{2mol隆脕22.4L/mol=44.8L}氧气的物质的量rm{n(O_{2})=dfrac{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}含有原子数为rm{11.2L}质量为rm{n(O_{2})=dfrac

{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}

rm{0.5mol隆脕2隆脕N_{A}=N_{A}}含有原子数为rm{0.5mol隆脕32g/mol=16g}质量为rm{1molH_{2}O}标况下体积rm{V=dfrac{18g}{1g/mL}=18mL}

依据rm{1mol隆脕3隆脕N_{A}=3N_{A}}分子个数与物质的量成正比，所以在标准状况下，rm{1mol隆脕18g/mol=18g}rm{V=dfrac

{18g}{1g/mL}=18mL}rm{N=n隆脕N_{A}}中，所含分子数最多的是：rm{4gH_{2}}

所以含原子数最多的是：rm{11.2LO_{2}}质量最大的是水；体积最小为液态水；

故答案为：rm{1molH_{2}O}rm{4gH_{2}}rm{4gH_{2}}

rm{H_{2}}同温同压下，相同体积的气体的物质的量相等，含有相同分子数目，甲烷分子含有原子数目为甲烷分子的rm{H_{2}O}倍，二氧化碳分子含有原子数目为二氧化碳分子的rm{H_{2}O.}倍；进而计算分子含有的原子数目之比，根据物质的量和气体的摩尔质量计算质量和密度关系；

rm{(1)}依据rm{n=dfrac{N}{N_{A}}=dfrac{V}{V_{m}}=dfrac{m}{M}}结合rm{5}个氢气分子含有rm{3}个氢原子，rm{(2)}个氧气分子含有rm{n=dfrac{N}{N_{A}}=dfrac

{V}{V_{m}}=dfrac{m}{M}}个氧原子，rm{1}个水分子含有rm{2}个原子解答．

本题考查了物质的量的有关计算，明确rm{n=dfrac{N}{N_{A}}=dfrac{V}{V_{m}}=dfrac{m}{M}}即可解答，题目难度不大，侧重考查学生对基础知识掌握熟练程度，注意标况下水是液体．rm{1}【解析】rm{1}rm{1}rm{1}rm{1}rm{5}rm{3}rm{4}rm{11}rm{4}rm{11}rm{4gH_{2}}rm{H_{2}O}rm{H_{2}O}13、略

【分析】试题分析：（1）从表中数据看出0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min内收集到的氢气体积分别为（ml）50、70、112、58、20，所以2min～3min收集的氢气比其他时间段多，反应速率最大。这是由于虽然反应中c(H+)下降，但主要原因是Zn置换H2的反应是放热反应，温度升高，从而导致反应速率升高，即温度对反应速率影响占主导作用（2）根据（1）中分析可知4min～5min收集的氢气最少，反应速率最慢。这是由于虽然反应中放热，但主要原因是c(H+)下降，反应物浓度越低，反应速率越小，即浓度对反应速率影响占主导作用。（3）A、加入蒸馏水，溶液的浓度减小，反应速率减小，但H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故A正确；B、加入硫酸钠溶液，相当于稀释，减小盐酸的浓度，反应速率减小，但H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故B正确；C、加入NaNO3溶液，相当于稀释，减小盐酸的浓度。但此时溶液中含有硝酸，与金属反应得不到氢气，故C错误；D、加入CuSO4溶液，锌能置换出铜，锌、铜、稀盐酸形成原电池，加快了化学反应速率，氢气的量不变，故D错误；E、加入Na2CO3溶液，Na2CO3能与盐酸反应，盐酸的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量减小，氢气的量也减小，故E错误，答案选AB。考点：考查外界条件对反应速率的影响【解析】【答案】（1）2－3min（1分），因反应放热（1分）（2）4－5min（1分），此时氢离子浓度小（1分）（3）AB（2分）14、ⅠK2Cr2O7＞Fe2（SO4）3＞I2FeSO46.02×1022【分析】【解答】（1）三个反应中；只有Ⅰ不存在元素化合价的变化，所以属于非氧化还原反应，故答案为：Ⅰ；

（2）在③中氧化剂是K2Cr2O7，氧化产物是Fe3+，所以氧化性：K2Cr2O7＞Fe3+，在②中，氧化剂是Fe3+，氧化产物是I2，所以氧化性：Fe3+＞I2，综上，氧化性顺序为：K2Cr2O7＞Fe2（SO4）3＞I2，故答案为：K2Cr2O7＞Fe2（SO4）3＞I2；

（3）氧化还原反应Fe2（SO4）3+2HI→2FeSO4+I2+H2SO4中，化合价降低的Fe元素得到电子，化合价降低元素所在的产物是还原产物，所以FeSO4是还原产物，故答案为：FeSO4；

（4）该氧化还原反应中，化合价升高的铁元素失去电子，化合价降低的铬元素得到电子，得失电子数相等为6，所以反应转移电子数为6，电子转移的方向和数目如下所示：故答案为：

（5）12.7gI2的物质的量是=0.05mol；

根据反应：K2Cr2O7+14HI═2KI+2CrI3+3I2+7H2O转移电子。

36mol

0.05mol0.1mol

所以转移电子是6.02×1022个，故答案为：6.02×1022个．

【分析】（1）有电子转移的化学反应是氧化还原反应；其特征是有元素化合价升降；

（2）同一自发进行的氧化还原反应中；氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此判断氧化性强弱；

（3）化合价降低元素所在的产物是还原产物；

（4）氧化还原反应中；化合价升高元素失电子，化合价降低元素得到电子，化合价升降数值是相等的，据此回答；

（5）根据氧化还原反应中得失电子守恒确定反应物之间的关系，并进行相关计算即可．三、判断题(共9题，共18分)15、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．16、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17、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18、B【分析】【解答】煤的气化是在高温条件下煤与水蒸气反应生成CO和H2；是化学变化；

煤液化；是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料；化工原料和产品的先进洁净煤技术，有新物质生成，属于化学变化；

煤的干馏是将煤隔绝空气加强热；煤发生复杂的反应获得煤焦油；焦炉煤气等的过程，是化学变化．故煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是化学变化，故此说法错误．故答案为：错误．

【分析】没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化；19、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；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、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．22、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．23、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．四、推断题(共4题，共36分)24、H2O；NH3；NH4+；OH-；Al3++3NH3+3H2O═Al（OH）3↓+3NH4+或Mg2++2NH3+2H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+【分析】解：常见的rm{10}电子分子有rm{H_{2}O}rm{NH_{3}}rm{CH_{4}}rm{HF}等，常见的rm{10}电子阳离子有rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{H_{3}O^{+}}常见的rm{10}电子阴离子有rm{F^{-}}rm{OH^{-}}根据“rm{B}溶于rm{A}后所得的物质可电离出rm{C}和rm{D}”，可推出rm{A}为rm{H_{2}O}rm{B}为rm{NH_{3}}rm{C}为rm{NH_{4}^{+}}rm{D}为rm{OH^{-}}再根据rm{A}rm{B}rm{E}反应后可得rm{C}和一种白色沉淀，可推出rm{E}为rm{Mg^{2+}}或rm{Al^{3+}}

rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}为rm{H_{2}O}rm{B}为rm{NH_{3}}rm{C}为rm{NH_{4}^{+}}rm{D}为rm{OH^{-}}

故答案为：rm{H_{2}O}rm{NH_{3}}rm{NH_{4}^{+}}rm{OH^{-}}

rm{(2)A}为rm{H_{2}O}rm{B}为rm{NH_{3}}rm{E}为rm{Mg^{2+}}或rm{Al^{3+}}rm{A}rm{B}rm{E}三种微粒反应的离子方程式为：rm{Al^{3+}+3NH_{3}+3H_{2}O篓TAl(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}^{+}}或。

rm{Mg^{2+}+2NH_{3}+2H_{2}O篓TMg(OH)_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}}

故答案为：rm{Al^{3+}+3NH_{3}+3H_{2}O篓TAl(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}^{+}}或rm{Mg^{2+}+2NH_{3}+2H_{2}O篓TMg(OH)_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}}．

常见的rm{10}电子分子有rm{H_{2}O}rm{NH_{3}}rm{CH_{4}}rm{HF}等，常见的rm{10}电子阳离子有rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{H_{3}O^{+}}常见的rm{10}电子阴离子有rm{F^{-}}rm{OH^{-}}根据“rm{B}溶于rm{A}后所得的物质可电离出rm{C}和rm{D}”，可推出rm{A}为rm{H_{2}O}rm{B}为rm{NH_{3}}rm{C}为rm{NH_{4}^{+}}rm{D}为rm{OH^{-}}再根据rm{A}rm{B}rm{E}反应后可得rm{C}和一种白色沉淀，可推出rm{E}为rm{Mg^{2+}}或rm{Al^{3+}}从而得出答案．

考查物质rm{(}微粒rm{)}的推断、离子反应等，难度中等，掌握常见的rm{10}电子微粒及其性质是推断的关键，rm{B}溶于rm{A}后所得的物质可电离出rm{C}和rm{D}是突破口．【解析】rm{H_{2}O}rm{NH_{3}}rm{NH_{4}^{+}}rm{OH^{-}}rm{Al^{3+}+3NH_{3}+3H_{2}O篓TAl(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}^{+}}或rm{Mg^{2+}+2NH_{3}+2H_{2}O篓TMg(OH)_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}}25、(1)离子键非极性共价键（2）Al3+﹤Na+﹤O2-﹤S2-（3）a(4)N2H4+2H2O2＝N2+4H2O（5）【分析】【分析】本题考查了位置、结构与性质的关系，题目难度中等，根据题干信息正确推断各元素名称为解答关键，注意掌握元素周期表中各元素位置、结构与性质的关系，明确元素周期律、元素周期表的内容，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。【解答】rm{AF}的族序数等于周期数，则rm{A}为rm{H}元素，rm{F}为rm{Al}元素，rm{D}和rm{H}同主族，且rm{H}的最高化合价与其最低化合价的代数和等于rm{4}则rm{D}为rm{O}元素，rm{H}为rm{S}元素；短周期主族元素原子半径最大的为rm{Si}故G为rm{Si}元素；和rm{D}同主族，且rm{H}的最高化合价与其最低化合价的代数和等于rm{H}则rm{4}为rm{D}元素，rm{O}为rm{H}元素；短周期主族元素原子半径最大的为rm{S}故G为rm{Si}元素；rm{Si}rm{(1)}与rm{(1)}之间形成的原子个数比为rm{D}与rm{E}之间形成的原子个数比为rm{1隆脙1}的化合物为rm{Na_{2}O_{2}}故化学键类型为离子键和非极性共价键；的化合物为rm{D}故化学键类型为离子键和非极性共价键；rm{E}电子层数越大，离子半径越大，故rm{1隆脙1}半径最大，具有相同核外电子层排布的，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径由小到大的顺序rm{Na_{2}O_{2}}rm{(2)}电子层数越大，离子半径越大，故rm{S^{2-}}半径最大，具有相同核外电子层排布的，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径由小到大的顺序rm{(2)}rm{S^{2-}}rm{Al^{3+}漏聜Na^{+}漏聜O^{2-}漏聜S}的氢化物中含有氢键，沸点高，而rm{{,!}^{2-}}为碳元素，属于rm{{,!}^{2-}}族元素，气态氢化物的沸点随着相对分子质量的增大而增大，故CHrm{(3)N}rm{O}rm{F}的氢化物中含有氢键，沸点高，而rm{B}为碳元素，属于rm{IV_{A}}族元素，气态氢化物的沸点随着相对分子质量的增大而增大，故CHrm{4}的沸点应选rm{a}点；的沸点应选rm{(3)N}点；rm{O}由rm{F}rm{B}两元素组成的化合物，作为运送飞船的火箭燃料，常温下是一种液态化合物，该化合物的相对分子质量为rm{IV_{A}}其中rm{4}元素的质量分数为rm{a}则该化合物为rm{(4)}rm{(4)}rm{H}rm{N}rm{32}rm{H}rm{12.5%}rm{N_{2}H_{4}}该反应的化学方程式为rm{N}rm{2}rm{2}rm{H}rm{4}rm{4}rm{+2H}含有铵根离子和rm{2}其电子式为rm{2}【解析】rm{(1)}离子键非极性共价键rm{(2)Al^{3+}漏聜Na^{+}漏聜O^{2-}漏聜S^{2-}}rm{(3)a}rm{(4)N_{2}H_{4}}rm{+2H_{2}O_{2}=N_{2}+4H_{2}O}rm{+

2H_{2}O_{2}=N_{2}+4H_{2}O}rm{(5)}26、略

【分析】解：四种短周期元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}由信息rm{垄脷}可知，甲为水、乙为甲烷、丙为次氯酸，再根据信息rm{垄脵}原子半径大小rm{A>B>C>D}可得，rm{A}为rm{Cl}元素、rm{B}为碳元素、rm{C}为氧元素、rm{D}为氢元素．

rm{(1)}碳元素原子有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{4}故处于第rm{2}周期rm{IVA}族，rm{CO_{2}}分子中碳原子与氧原子之间形成rm{2}对共用电子对，电子式为

故答案为：第rm{2}周期rm{IVA}族；

rm{(2)A}所在周期中，rm{E}元素的单质还原性最强，则rm{E}是rm{Na}元素；rm{F}元素的某些盐类常用作净水剂，则rm{F}是rm{Al}元素；rm{E}单质与甲反应有化合物rm{X}rm{X}为rm{NaOH}

rm{(2)垄脵}氯气和水反应生成rm{HCl}和rm{HClO}离子反应方程式为rm{Cl_{2}+H_{2}O=H^{+}+Cl^{-}+HClO}故答案为：rm{Cl_{2}+H_{2}O篓TH^{+}+Cl^{-}+HClO}

rm{垄脷Al}rm{O}两种元素组成的化合物rm{Y}为rm{Al_{2}O_{3}}氧化铝和rm{NaOH}反应生成偏铝酸钠和水，离子反应方程式为rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}

故答案为：rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}篓T2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}

rm{(3)}物质丁的元素组成和甲相同，丁分子具有rm{18}电子结构，则丁是双氧水，向盛有一定浓度丁溶液的试管中，逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液rm{.}滴加过程中的现象是：

rm{垄脵}浅绿色溶液变成深棕黄色，说明亚铁离子被双氧水氧化生成铁离子，发生rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}篓T2Fe^{3+}+2H_{2}O}故答案为：rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}篓T2Fe^{3+}+2H_{2}O}

rm{垄脷}有少量气泡出现rm{(}经验证是氧气rm{)}说明双氧水分解生成氧气，常温时反应rm{2H_{2}O_{2}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}较慢，因而开始气泡少；随着反应的进行温度升高，并且被逐渐增多的rm{Fe^{3+}}催化；使反应速率加快而剧烈；

故答案为：反应放热，温度升高；rm{Fe^{3+}}有催化作用．

四种短周期元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}由信息rm{垄脷}可知，甲为水、乙为甲烷、丙为次氯酸，再根据信息rm{垄脵}原子半径大小rm{A>B>C>D}可得，rm{A}为rm{Cl}元素、rm{B}为碳元素、rm{C}为氧元素、rm{D}为氢元素．

rm{(1)}碳元素原子有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{4}处于第rm{2}周期rm{IVA}族；rm{CO_{2}}分子中碳原子与氧原子之间形成rm{2}对共用电子对；

rm{(2)A}所在周期中，rm{E}元素的单质还原性最强，则rm{E}是rm{Na}元素；rm{F}元素的某些盐类常用作净水剂，则rm{F}是rm{Al}元素；rm{E}单质与甲反应有化合物rm{X}rm{X}为rm{NaOH}

rm{垄脵}氯气和水反应生成rm{HCl}和rm{HClO}

rm{垄脷Al}rm{O}两种元素组成的化合物rm{Y}为rm{Al_{2}O_{3}}氧化铝和rm{NaOH}反应生成偏铝酸钠和水；

rm{(3)}物质丁的元素组成和甲相同，丁分子具有rm{18}电子结构，则丁是双氧水，向盛有一定浓度丁溶液的试管中，逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液rm{.}滴加过程中的现象是：

rm{垄脵}浅绿色溶液变成深棕黄色；说明亚铁离子被双氧水氧化生成铁离子；

rm{垄脷}有少量气泡出现rm{(}经验证是氧气rm{)}说明双氧水分解生成氧气，常温时反应rm{2H_{2}O_{2}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}较慢，因而开始气泡少；受热并且被逐渐增多的rm{Fe^{3+}}催化；使反应速率加快而剧烈．

本题考查位置结构性质相互关系及应用，侧重考查元素推断、离子方程式的书写、物质结构等知识点，知道离子方程式的书写规则及物质性质即可解答，题目难度不大．【解析】第rm{2}周期rm{IVA}族；rm{Cl_{2}+H_{2}O篓TH^{+}+Cl^{-}+HClO}rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}篓T2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}篓T2Fe^{3+}+2H_{2}O}反应放热，温度升高；rm{Fe^{3+}}有催化作用27、氢；氧；碳；钠；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种元素的核电荷数均小于rm{18}rm{A}元素原子核外只有rm{1}个电子，则rm{A}为rm{H}元素；rm{B}是地壳中含量最多的元素，则rm{B}为rm{O}元素；rm{B}rm{C}可形成两种化合物rm{CB}和rm{CB_{2}}rm{C}的最高正价与最低负价绝对值相等，rm{CB}有毒，rm{CB_{2}}可用于灭火，则rm{C}为碳元素；rm{D^{+}}具有与rm{Ne}原子相同的电子层结构，则rm{D}为rm{Na}

rm{(1)(1)}由上述分析可知，rm{A}为氢元素、rm{B}为氧元素、rm{C}为碳元素、rm{D}为钠元素；

故答案为：氢；氧；碳；钠；

rm{(2)}由rm{A}rm{B}rm{D}三种元素组成的化合物氢氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为：rm{CB_{2}}为rm{CO_{2}}rm{CO_{2}}的电子式为

故答案为：

rm{(3)}由rm{B}rm{D}两种元素组成的rm{Na_{2}O_{2}}的电子式为rm{CO_{2}}与rm{Na_{2}O_{2}}反应的化学方程式：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}

故答案为：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}．

A、rm{B}rm{C}rm{D}四种元素的核电荷数均小于rm{18}rm{A}元素原子核外只有rm{1}个电子，则rm{A}为rm{H}元素；rm{B}是地壳中含量最多的元素，则rm{B}为rm{O}元素；rm{B}rm{C}可形成两种化合物rm{CB}和rm{CB_{2}}rm{C}的最高正价与最低负价绝对值相等，rm{CB}有毒，rm{CB_{2}}可用于灭火，则rm{C}为碳元素；rm{D^{+}}具有与rm{Ne}原子相同的电子层结构，则rm{D}为rm{Na}以此解答该题．

本题考查结构性质位置关系应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，关键是推断元素，掌握电子式的书写，旨在考查学生对基础知识的巩固．【解析】氢；氧；碳；钠；rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}五、元素或物质推断题(共1题，共4分)28、略

【分析】【分析】

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，B为二氧化氮；A为氮气，氮气和氧气生成一氧化氮C，一氧化氮和氧气生成二氧化氮D，二氧化氮和水生成硝酸E，硝酸和铜生成一氧化氮、硝酸铜；氮气和氢气生成氨气D，氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮；

【详解】

（1）A→D反应为氮气和氢气催化生成氨气，

（2）D→C为氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮和水，

（3）二氧化氮B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收生成硝酸，反应为则二氧化氮与的物质的量之比为4:1；该反应电子转移情况为若该反应转移个电子，则参加反应的二氧化氮的物质的量为1mol。【解析】(1)

(2)

(3)4:11六、综合题(共4题，共28分)29、反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1【分析】【解答】（1）因图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；

（2）因1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol﹣1；

则2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣1；

则利用盖斯定律将①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1；

【分