2025年新世纪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年新世纪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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、从海水中获得物质和能量具有广阔的前景，下列做法不正确的是A.蒸馏法是海水淡化的方法之一B.海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，所以多食海带可治疗和预防甲状腺肿大C.氯化钠、氯化镁和单质溴等物质不需要化学变化就能够从海水中获得D.重视和开发潮汐能、波浪能等新型清洁能源，有利于人类的可持续发展2、某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O．它可能的结构共有（不考虑立体异构）（）A.4种B.5种C.6种D.7种3、如图是学习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．据此下列说法正确的是（）

A.该硫酸的物质的量浓度为9.2mol•LB.1molZn与足量的该硫酸反应产生2g氢气C.配制200mL4.6mol•L的稀硫酸需取该硫酸50mLD.50mL该硫酸溶液中加入足量的铜片并加热，充分反应后被还原的硫酸的物质的量为0.46mol4、下列反应中水既不作氧化剂，又不作还原剂的氧化还原反应是()A.rm{Cl_{2}+H_{2}O篓THCl+HClO}B.rm{CaO+H_{2}篓TCa(OH)_{2}}C.rm{2Na+2H_{2}O篓T2NaOH+H_{2}隆眉}D.rm{C+H_{2}Ounderset{赂脽脦脗}{overset{}{=}}CO+H_{2}}rm{C+H_{2}O

underset{赂脽脦脗}{overset{}{=}}CO+H_{2}}5、下列电子式中，正确的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.6、直接提供电能的反应一般是放热反应，下列反应中能直接提供电能的是（）A.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应B.氢氧化钠与稀盐酸反应C.灼热的炭与CO2反应D.H2与O2的反应7、元素周期表是学习化学的重要工具，如图是元素周期表中的一格，从该图中，我们获取的相关信息中错误的是rm{(}rm{)}A.该元素的名称是钠B.该元素的原子序数为rm{11}C.该元素在地壳中的含量为rm{22.99%}D.该元素的元素符号为rm{Na}8、rm{X}rm{Y}rm{Z}三种元素的电子层数相同，它们的最高价氧化物分别为酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物，则三种元素的原子序数的大小顺序是()A.rm{X>Y>Z}B.rm{Y>Z>X}C.rm{X>Z>Y}D.rm{Z>X>Y}9、rm{2009}年rm{1}月rm{15}日，rm{NASA(}美国宇航局rm{)}宣布了一条震惊世人的消息：火星上有生命。这种判断的依据是，火星表面有一层主要成分是甲烷气体的“火星雾气”，而这些甲烷气体正是由一种叫做“产烷生物”的火星生命持续不断释放出来的。以下有关甲烷的说法中错误的是A.甲烷、乙烷的性质完全相同B.“火星雾气”是很好的燃料C.动物的尸体及其排泄物发酵能够产生甲烷D.“火星雾气”主要含两种元素评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、T℃时，在密闭容器中进行的反应：COCl2(g)⇌CO(g)+Cl2(g)△H=108kJ·mol-1；在4min；10min、14min时均只改变影响平衡的一个条件，各物质的浓度变化如图所示：

下列说法正确的是（）A.4min时改变的条件是：降低体系的温度B.10min时改变的条件是：向体系中再充入Cl2C.14min时改变的条件是：增大容器的体积D.若T℃时，起始向2L的恒容密闭容器中充入COCl2、Cl2、CO均为0.20mol，则达到平衡前，v正>v逆11、下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是：A.室温下，向0.01mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)>c(SO42－)>c(NH4＋)>c(OH－)＝c(H＋)B.0.1mol·L－1NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(OH－)>c((HCO3－)>c(H＋)C.Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)+2c(H2CO3)D.25℃时，pH＝4.75、浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO－)＋c(OH－)3COOH)＋c(H＋)12、以石油、煤和天然气为主要原料生产的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.陶瓷B.塑料C.合成纤维D.合成橡胶13、下列实验操作正确的是rm{(}rm{)(}填序号rm{)}．A.用带橡皮塞的棕色试剂瓶存放浓硝酸B.容量瓶rm{.}分液漏斗使用前均需检查是否漏水C.分液漏斗分液时，必须先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出E.氨气喷泉实验时，收集气体的烧瓶必须干燥E.氨气喷泉实验时，收集气体的烧瓶必须干燥14、下列有关实验操作或判断不正确的是rm{(}rm{)}A.配制一定物质的量浓度溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小B.用干燥的rm{pH}试纸测定氯水的rm{pH}C.配制稀硫酸时，可先在烧杯中加入一定体积的蒸馏水，再边缓慢加入浓硫酸边搅拌E.观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀盐酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的火焰上进行灼烧，观察．E.观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀盐酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的火焰上进行灼烧，观察．15、rm{1L0.1mol隆陇L^{-1}}的rm{K_{2}SO_{4}}溶液中A.rm{K^{+}}的物质的量为rm{0.2mol}B.rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量为rm{0.1mol}C.rm{K^{+}}的物质的量浓度为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}D.rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量浓度为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}16、某原电池总反应的离子方程式是：rm{Zn+Cu^{2+}篓TZn^{2+}+Cu}依据此反应设计原电池的正确组合是rm{(}rm{)}。选项正极负极电解质溶液rm{A}rm{Cu}rm{Zn}稀盐酸rm{B}rm{C}rm{Zn}硫酸铜溶液rm{C}rm{Cu}rm{Zn}氯化铜溶液rm{D}rm{Cu}rm{Zn}硝酸铜溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)17、在①H2S②SO2③CO④Cl2⑤HI⑥CO2六种气体中；符合下列要求的是：（填序号）

（1）属于酸性氧化物的是____；

（2）能使品红溶液褪色的是____；

（3）通入石蕊试液先变红后褪色的是____；

（4）能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的是____；

（5）能与Br2水反应的是____18、实验室制备溴乙烷rm{(C_{2}H_{5}Br)}的装置和步骤如右图：rm{(}已知溴乙烷的沸点rm{38.4隆忙)}

rm{垄脵}检查装置的气密性，向装置图所示的rm{U}型管和大烧杯中加入冰水；

rm{垄脷}在圆底烧瓶中加入rm{10mL95%}乙醇、rm{28mL}浓硫酸，然后加入研细的rm{13g}溴化钠和几粒碎瓷片；

rm{垄脹}小心加热；使其充分反应。

回答下列问题：

rm{(1)}该实验制取溴乙烷的化学方程式为rm{(}生成的盐为rm{NaHSO_{4})}___________________________。

rm{(2)}反应时若温度过高，可看到有红棕色气体产生，其成分为__________rm{(}写分子式rm{)}

rm{(3)}为了更好的控制反应温度；除用图示的小火加热，更好的加热方式是__________。

rm{(4)U}型管内可观察到的现象是_____________________________。

rm{(5)}反应结束后，rm{U}形管中粗制的rm{C_{2}H_{5}Br}呈棕黄色。为了除去粗产品中的杂质，可选择下列试剂中的_________________rm{(}填序号rm{)}。A.苯B.rm{H_{2}O}C.rm{Na_{2}SO_{3}}溶液D.rm{CCl_{4}}所需的主要玻璃仪器是______________rm{(}填仪器名称rm{)}

rm{(6)}下列几项实验步骤，可用于检验溴乙烷中溴元素，其正确的操作顺序是：取少量溴乙烷，然后__________________rm{(}填代号rm{)}

rm{垄脵}加热；rm{垄脷}加入rm{AgNO_{3}}溶液；rm{垄脹}加入稀rm{HNO_{3}}酸化；rm{垄脺}加入rm{NaOH}溶液；rm{垄脻}冷却19、蛇纹石矿可以看作由rm{MgO}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{Al_{2}O_{3}}rm{SO_{2}}组成，由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如图rm{1}

rm{(1)}蛇纹石矿加盐酸溶解后，溶液里除了rm{Mg^{2+}}外；还含有的金属离子是______．

rm{(2)}进行rm{I}操作时，控制溶液的rm{pH=7.8(}有关氢氧化物沉淀的rm{pH}见下表rm{)}rm{Ca(OH)_{2}}不能过量，若rm{Ca(OH)_{2}}过量可能会导致______溶解；产生______沉淀．

。氢氧化物rm{Fe(OH)_{3}}rm{Al(OH)_{3}}rm{Mg(OH)_{2}}开始沉淀rm{pH}rm{1.9}rm{3.3}rm{9.4}

沉淀完全时rm{PH}rm{3.2}rm{5.4}rm{12.4}rm{(3)}从沉淀混合物rm{A}中提取红色氧化物作为颜料，先向沉淀物rm{A}中加入rm{(}填所加物质的化学式rm{)}然后______、______、灼烧rm{(}填实验操作名称rm{).}灼烧操作需在______中进行rm{(}填写仪器名称rm{)}上述实验中，可以循环利用的物质是______rm{(}填化学式rm{)}．

rm{(4)}现设计实验，确定产品rm{aMgCO_{3}?bMg(OH)_{2}?cH_{2}O}中rm{a}rm{b}rm{c}的值，请写出下列实验步骤中所需要测定的项目rm{(}可用试剂：浓硫酸、碱石灰、氢氧化钠溶液、澄清石灰水rm{)}rm{垄脵}样品称量，rm{垄脷}高温分解，rm{垄脹}测出水蒸气的质量，rm{垄脺}______，rm{垄脻}称量rm{MgO}的质量．

rm{(5)}从下列仪器图rm{2}中rm{(}装有必要的试剂rm{)}中选择完成上述实验所必需的仪器，连接一套装置______rm{(}选择仪器代号，可重复使用，用“rm{A隆煤B隆煤隆煤}”表示rm{)}

rm{(6)18.2g}产品完全分解后rm{.}产生rm{6.6gCO_{2}}和rm{8.OgMgO}由此可知，产品的化学式中rm{a=}______，rm{b=}______，rm{c=}______．20、（14分）某化学兴趣小组在课外活动中，对某溶液进行了多次检测，其中三次检测结果如下表所示，请回答：。检测次数溶液中检测出的物质第一次KCl、K2SO4、Na2CO3、NaCl第二次KCl、BaCl2、Na2SO4、K2CO3第三次Na2SO4、KCl、K2CO3、NaCl（1）三次检测结果中第次检测结果不正确。（2）检测时，为了确定溶液中是否存在SO42-和CO32-：第一，向溶液滴加溶液（填化学式），其目的是。第二，继续加入过量的该溶液，其目的是。第三，再向溶液中加入溶液（填化学式），确定离子的存在，其离子反应方程式为。21、（14分）R、X、Y、Z、Q、W是六种原子序数依次增大的短周期元素，其相关信息如下表：。元素相关信息RR在周期表中的周期数、族序数与其原子序数均相等XX原子形成的化合物种类最多YY的氢化物与其最高价氧化物的水化物化合生成一种盐ZZ原子的最外层电子数为K层电子数的3倍QQ存在质量数为23，中子数为12的核素WW在所处周期中原子半径最小（1）Y的元素名称，它在元素周期表中位置是；（2）元素非金属性X比W____（填“强”或“弱”）；X和W的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的是（写化学式）（3）R与X形成的化合物中，分子中R、X原子个数比为1:1，且分子中只有一种环境的R原子，常温下呈液态，该物质的结构简式是____。R、X、Z可以形成X2R6Z2化合物，1mol该物质与足量的金属钠反应生成1mol氢气，则该物质的结构简式是，请写出该物质的一种主要用途。评卷人得分四、判断题(共2题，共18分)22、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）23、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分五、结构与性质(共1题，共2分)24、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、实验题(共1题，共2分)25、（10分）镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。主要步骤如下：（1）为了使转化为试剂①可以选用____，要使完全转化为沉淀，加入试剂①的量应____；（2）加入试剂①后，能够分离得到沉淀的方法是____；（3）试剂②可以选用；（4）无水在熔融状态下，通电后会产生和该反应的化学方程式为：。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【解析】【答案】C2、B【分析】【解答】由完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O，不妨设有机化合物为CnH2nOx，若只有1个氧原子，58﹣16=42，剩下的为碳和氢，14n=42，则碳只能为3个，即为C3H6O，1个不饱和度．若有2个O，那么58﹣32=26，14n=26，n不可能为分数，则不可能为2个氧原子，所以分子式为C3H6O；再根据官能团异构；碳链异构确定同分异构体的种类：醛一种，酮一种，烯醇一种，三元含氧杂环，三元碳环一种，四元杂环一种，共6种，而由题意可知有机物为单官能团，烯醇应舍去，故选B；

【分析】根据题意，可先解得分子式．设为CnH2nOx，若只有1个氧原子，58﹣16=42，剩下的为碳和氢，14n=42，则碳只能为3个，即为C3H6O，1个不饱和度．若有2个O，那么58﹣32=26，14n=26，n不可能为分数，则不可能为2个氧原子，再根据官能团异构、碳链异构确定同分异构体的种类．3、C【分析】解：A．c===18.4mol/L；故A错误；

B．锌与浓硫酸反应生成二氧化硫；与稀硫酸反应生成氢气，故B错误；

C．配制200mL4.6mol•L的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为=0.05L=50mL；故C正确；

D．随着反应的进行；浓硫酸浓度逐渐降低，稀硫酸与铜不反应，故D错误．

故选C．

A．由c=计算；

B．锌与浓硫酸反应生成二氧化硫；与稀硫酸反应生成氢气；

C．根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算；

D．稀硫酸与铜不反应．

本题考查物质的量浓度的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握浓硫酸的性质，难度不大．【解析】【答案】C4、A【分析】【分析】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化剂、还原剂判断考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大。【解答】A.只有rm{Cl}元素的化合价变化；则水既不作氧化剂，也不作还原剂，故A正确；

B.没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应；故B错误；

C.rm{H}元素的化合价降低；则水为氧化剂，故C错误；

D.rm{H}元素的化合价降低；则水为氧化剂，故D错误。

故选A。【解析】rm{A}5、A【分析】解：rm{A}水为共价化合物，rm{H}原子和rm{O}原子间以共价键结合，且三个原子不在一条直线上，即电子式为故A正确；

B、rm{HCl}为共价化合物，在rm{H}原子和rm{Cl}原子间以共价键结合，故分子中存在一个rm{H-Cl}键，氯原子最外层达到rm{8}个电子，氯化氢正确的电子式为故B错误；

C、氯化钠属于离子化合物，电子式中钠离子形成离子符号形式，氯离子需要标出最外层电子，氯化钠正确的电子式为故C错误；

D、氮气分子中存在氮氮三键，氮原子最外层达到rm{8}电子稳定结构，氮气正确的电子式为故D错误．

故选A．

A、水为共价化合物，rm{H}原子和rm{O}原子间以共价键结合；

B、rm{HCl}为共价化合物，在rm{H}原子和rm{Cl}原子间以共价键结合；

C；氯化钠为离子化合物；在钠离子和氯离子间以离子键结合；

D、氮气为单质，rm{N}原子间通过三对共用电子对结合．

本题考查了电子式的判断，该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，主要是考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，注意掌握电子式的概念及正确的表示方法．【解析】rm{A}6、D【分析】【解析】试题分析：一般氧化还原反应才能设计成原电池，提供电能。据此可知选项AB不正确，二者都是非氧化还原反应，C是氧化还原反应，但是吸热反应，答案选D。考点：考查原电池、反应热的有关判断【解析】【答案】D7、C【分析】解：rm{A.}由上图元素周期表；可知该元素的名称是钠，说法正确，故A正确；

B.该元素的原子序数为rm{11}说法正确，故B正确；

C.由上图元素周期表；不能推测该元素在地壳中的含量，故C错误；

D.由上图元素周期表，可知该元素的名称是钠，元素符号为rm{Na}故D正确．

故选C．

根据图中元素周期表可以获得的信息：左上角的数字表示原子序数；字母表示该元素的元素符号；中间的汉字表示元素名称；汉字下面的数字表示相对原子质量；进行分析判断即可．

本题难度不大，考查学生灵活运用元素周期表中元素的信息进行分析解题的能力．【解析】rm{C}8、C【分析】【分析】本题考查元素周期律，侧重于学生的分析能力的考查，明确同周期元素性质的变化规律及原子序数的关系即可解答。【解答】同一周期的三种短周期元素rm{X}rm{Y}rm{Z}它们的最高价氧化物分别为酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物，则rm{X}为非金属性、rm{Y}为金属、rm{Z}既具有一定的金属性又具有一定的非金属性，结合同周期随原子序数增大，金属性减弱，非金属性增强，故原子序数rm{X>Z>Y}故C正确。

故选C。

【解析】rm{C}9、A【分析】【分析】解答本题的关键是要掌握物质的分类、组成和甲烷的性质方面的知识，只有这样才能对问题做出正确的判断。【解答】A.甲烷、乙烷均属于烷烃，化学性质相似，物理性质不同，若熔沸点、密度等，故A错误；

B.“火星雾气”主要成分是甲烷气体，是很好的燃料，故B正确；C.沼气rm{(}主要成分是甲烷rm{)}是由植物残体分解生成的，故C正确；D.“火星雾气”主要成分是甲烷气体，主要含rm{C}rm{H}两种元素，故D正确。rm{C}两种元素，故D正确。rm{H}故选A。【解析】rm{A}二、多选题(共7题，共14分)10、CD【分析】【详解】

A.由图可知；4min瞬间浓度不变，不可能是改变压强；浓度，应是改变温度，此时反应物的浓度减小，产物浓度增加，说明平衡正向移动，而正向为吸热反应，则应该是升高温度，故A错误；

B.10min瞬间氯气浓度不变；CO的浓度降低，故改变条件为分离出CO，故B错误；

C.14min瞬间各物质的浓度同时减小；且平衡正向移动，应为增大容器的体积，减小压强，故C正确；

D.T℃时由图像起点可得平衡常数K=若起始向2L的恒容密闭容器中充入COCl2、Cl2、CO均为0.20mol，则Qc=正>v逆；故D正确；

故选：CD。11、AC【分析】【详解】

A、室温下，向0.01mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液，如加入等物质的量的NaOH，溶液呈酸性，若呈中性，则加入的NaOH应多于硫酸氢铵，但小于硫酸氢铵物质的量的2倍，溶液中存在NH4+和NH3·H2O，故有c(Na＋)>c((SO42－)>c(NH4＋)>c(OH－)＝c(H＋)；故A正确；

B、NaHCO3溶液中，OH-是由HCO3-水解和水的电离所生成的，但是这些都是微弱的，HCO3-的浓度应大于OH-浓度；故B错误；

C、由电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），由物料守恒可得：c（Na+）=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c（H2CO3），合并可得c(OH－)－c(H＋)＝c((HCO3－)+2c(H2CO3)；故C正确；

D、25C时，pH=4.75、浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa的混合液为酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则溶液中c（CH3COO-）>c（Na+）>c（CH3COOH），根据电荷守恒可得：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），由于c（Na+）>c（CH3COOH），则c（CH3COO-）+c（OH-）>c（CH3COOH）+c（H+）；故D错误；

故选AC。12、BCD【分析】解：以煤；石油和天然气为主要原料可制造化工产品、合成塑料、合成橡胶、合成纤维等；

故选BCD．

三大合成材料是合成塑料；合成橡胶、合成纤维．

本题考查煤、石油和天然气的用途，难度不大，平时注意知识的积累．【解析】rm{BCD}13、BCE【分析】解：rm{A.}浓硝酸腐蚀橡胶；所以能加快橡胶老化，所以浓硝酸不能存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中，故A错误；

B.带有旋塞和瓶塞的仪器；一般在使用前需要检查是否漏水，所以容量瓶和分液漏斗在使用前均需检查是否漏水，故B正确；

C.分液时；上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出，否则易导致引入杂质，故C正确；

D.蒸馏时；温度计测量馏分温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，故D错误；

E.因为氨气极易溶于水；氨气喷泉实验时，如果收集气体的烧瓶不干燥，会导致部分氨气溶于水，而达不到形成喷泉的压强差，导致无法形成喷泉实验，所以所以氨气喷泉实验时，收集气体的烧瓶必须干燥，故E正确；

F.测定溶液的rm{pH}值时，rm{pH}试纸不能事先润湿，否则导致溶液浓度降低，测定的rm{pH}值可能改变；故F错误；

故选BCE．

A.浓硝酸能腐蚀橡胶；

B.带有旋塞和瓶塞的仪器；一般在使用前需要检查是否漏水；

C.分液时；上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出；

D.蒸馏时；温度计测量馏分温度；

E.利用压强差形成喷泉；

F.测定溶液的rm{pH}值时，rm{pH}试纸不能事先润湿．

本题考查化学实验评价，为高频考点，涉及实验基本操作，明确实验原理及基本操作规范性是解本题关键，注意蒸馏时温度计位置，为易错点．【解析】rm{BCE}14、ABDE【分析】解：rm{A.}配制一定物质的量浓度溶液；定容时俯视刻度线，导致加入的水的量减少，溶液体积变小，所配溶液浓度偏大，故A错误；

B.氯水中rm{HClO}具有强氧化性，不能利用试纸测定rm{pH}应选rm{pH}计；故B错误；

C.由于稀释过程中放出大量的热；且浓硫酸密度大于水，所以配制稀硫酸时，可先在烧杯中加入一定体积的蒸馏水，再边缓慢加入浓硫酸边搅拌，故C正确；

D.氢氧化钠具有强腐蚀性；且容易潮解变质，称量氢氧化钠时应该放在小烧杯中快速称量，故D错误；

E.做钾元素的焰色反应时；需要透过蓝色的钴玻璃观察火焰颜色，故E错误；

F.氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；应隔绝空气制取，故F正确；

故选A、rm{B}rm{D}rm{E}．

A.定容时俯视刻度线；导致加入的水的量减少；

B.氯水中含具有漂白性的rm{HClO}

C.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；

D.rm{NaOH}应在小烧杯中称量；

E.观察rm{K}的焰色反应时；需要透过蓝色的钴玻璃；

F.盛有rm{NaOH}溶液的滴管；伸入硫酸亚铁溶液中，防止氢氧化亚铁被氧化．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液配制、rm{pH}测定、物质的制备及实验技能等为解答的关键，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】rm{ABDE}15、ABD【分析】【分析】本题考察化学计量的相关计算。【解答】A.据公式rm{n=cV}得rm{K}得rm{n=cV}rm{K}rm{{,!}^{+}}的物质的量为：rm{2隆脕1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{2隆脕1L隆脕0.1mol隆陇L}故A正确；

rm{{,!}^{-1}}据公式rm{=0.2mol}故A正确；得rm{=0.2mol}B.rm{n=cV}rm{SO}rm{SO}故B正确

rm{{,!}_{4}^{2-}}的物质的量为：rm{1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}rm{=0.1mol}故B正确rm{=0.1mol}C.rm{1molK}rm{1molK}rm{{,!}_{2}}倍为rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}含rm{2mol}故C错误；

rm{2mol}rm{K^{+}}，rm{K}rm{K}故D正确。故选ABD。rm{{,!}^{+}}【解析】rm{ABD}16、BCD【分析】解：锌失电子发生氧化反应而作负极，不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极rm{(}石墨rm{)}铜离子在正极上得电子发生还原反应，则电解质为可溶性的铜盐，符合条件的是rm{BCD}故选BCD．

根据电池反应式知；失电子的金属作负极，则锌作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，铜离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中含有铜离子，则电解质溶液为可溶性的铜盐．

本题考查了原电池工作原理，判断正负极、电解质溶液时，要根据电池反应式判断：发生氧化反应的电极为负极，发生还原反应的电极为正极，含有发生还原反应的离子溶液为电解质溶液．【解析】rm{BCD}三、填空题(共5题，共10分)17、②⑥②④④④①②⑤【分析】【解答】（1）酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，SO2和CO2属于酸性氧化物；CO为不成盐氧化物；故答案为：②⑥；

（2）氯气与水反应产生HClO，HClO的强氧化性将有色物质氧化成无色物质，SO2能使品红溶液褪色；加热会恢复原来的颜色；故答案为：②④；

（3）通入石蕊试液先变红说明具有酸性；后褪色说明氧化性；故答案为：④；

（4）Cl2具有强氧化性，能将KI氧化为I2；使淀粉碘化钾试纸变蓝；故答案为：④；

（5）能与溴水发生氧化还原反应的物质具有还原性，H2S、SO2；HI均能与溴水发生氧化还原反应；CO虽具有还原性，但与溴水不反应；

故答案为：①②⑤．

【分析】（1）根据酸性氧化物的定义分析；

（2）能使品红溶液褪色的物质具有漂白性；

（3）通入石蕊试液先变红说明具有酸性；后褪色说明氧化性；

（4）能使淀粉碘化钾试纸变蓝的物质具有氧化性，能将KI氧化为I2；

（5）能与溴水发生氧化还原反应的物质具有还原性，且能在溶液中反应18、（14分，各2分）（1）C2H5OH+NaBr+H2SO4NaHSO4+C2H5Br+H2O

（2）Br2SO2（3）水浴加热（4）有油状液体生成（5）c分液漏斗（6）④①⑤③②【分析】

试题分析：rm{(1)}浓硫酸和溴化钠反应生成溴化氢，溴化氢和乙醇发生取代反应生成溴乙烷，则该实验制取溴乙烷的化学方程式为rm{C_{2}H_{5}OH+NaBr+H_{2}SO_{4}}rm{NaHSO_{4}+C_{2}H_{5}Br+H_{2}O}

rm{(2)}由于浓硫酸具有强氧化性，而溴离子具有还原性，所以如果温度过高，则浓硫酸有可能把溴离子氧化生成单质溴，而浓硫酸的还原产物是rm{SO_{2}}其中溴蒸气是红棕色的。

rm{(3)}由于溴乙烷的沸点rm{38.4隆忙}所以为了更好的控制反应温度，除用图示的小火加热，更好的加热方式是水浴加热。

rm{(4)}溴乙烷的沸点低，所以在冰水的冷却下由气态变成液态，则rm{U}型管内可观察到的现象是有油状液体生成。

rm{(5)}生成的溴乙烷中由于溶解了单质溴而使rm{C_{2}H_{5}Br}呈棕黄色；溴单质具有强氧化性，所以为了除去粗产品中的杂质，应该选择具有还原性的亚硫酸钠溶液。溴乙烷不溶于水，直接分液即可，所需的主要玻璃仪器是分液漏斗。

rm{(6)}要检验溴乙烷中溴元素，则首先要使溴乙烷在氢氧化钠的水溶液中水解，然后在加入硝酸银溶液。但需要注意的是在加入硝酸银溶液之前，必须要加入硝酸中和氢氧化钠，所以正确的操作顺序是rm{垄脺垄脵垄脻垄脹垄脷}

考点：考查溴乙烷的制备中仪器的选择；实验操作、条件控制、物质的分离和提纯以及卤素原子的检验等。

点评：该题溴乙烷的制备为载体，重点考查学生对物质制备的了解掌握情况，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性。试题综合性强，贴近高考，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范严谨的实验设计能力以及动手操作能力。该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用知识解决实际问题的能力。【解析】rm{(14}分，各rm{2}分rm{)(1)C_{2}H_{5}OH+NaBr+H_{2}SO_{4}}rm{NaHSO_{4}+C_{2}H_{5}Br+H_{2}O}

rm{(2)Br_{2}}rm{SO_{2}(3)}水浴加热rm{(4)}有油状液体生成rm{(5)c}分液漏斗rm{(6)垄脺垄脵垄脻垄脹垄脷}19、略

【分析】解：rm{(1)}蛇纹石加盐酸溶解，rm{MgO}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{Al_{2}O_{3}}和rm{HCl}反应溶解，反应方程式分别为：rm{MgO+2HCl=MgCl_{2}+H_{2}O}rm{Fe_{2}O_{3}+6HCl=2FeCl_{3}+3H_{2}O}rm{Al_{2}O_{3}+6HCl=2AlCl_{3}+3H_{2}O.}而rm{SiO_{2}}不与盐酸反应，以沉淀的形式除去rm{.}故答案为：rm{Fe^{3+}}rm{Al^{3+}}

rm{(2)}由rm{(1)}知，此时溶液中除了rm{Mg^{2+}}外，还含有rm{Fe^{3+}}rm{Al^{3+}}杂质，需除去rm{Fe^{3+}}rm{Al^{3+}}但不能损失rm{Mg^{2+}}因rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}和rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}利用平衡移动的原理，消耗rm{H^{+}}使上述水解平衡向正反应方向移动，除去rm{Fe^{3+}}rm{Al^{3+}}加rm{Ca(OH)_{2}}需将溶液的rm{pH}控制在rm{7隆芦8}若rm{pH}过高，会导致生成的rm{Al(OH)_{3}}发生反应rm{Al(OH)_{3}+OH-=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}溶解，rm{Mg(OH)_{2}}在rm{pH}为rm{9.4}时开始沉淀，所以碱性增强rm{Mg(OH)_{2}}会沉淀，同时rm{Mg^{2+}}也因转化为沉淀而损失．

故答案为：rm{Al(OH)_{3}}rm{Mg(OH)_{2}}

rm{(3)}从实验步骤图知：沉淀混合物为rm{Fe(OH)_{3}}和rm{Al(OH)_{3}}红色氧化物是沉淀物rm{Fe(OH)_{3}}分解后得到的rm{Fe_{2}O_{3}}所以得先加碱把rm{Al(OH)_{3}}除掉，反应为：rm{Al(OH)_{3}+NaOH=NaAlO_{2}+2H_{2}O}然后过滤洗涤灼烧即可；从实验步骤图知：上述实验中，步骤Ⅱ中通二氧化碳，生成碳酸钙，碳酸钙分解可得到二氧化碳，作为第Ⅱ步的原料，碱式碳酸镁分解得到rm{CO_{2}}可以循环使用的物质是rm{CaCO_{3}}或rm{CO_{2}}．

故答案为：rm{NaOH}或rm{Ca(OH)_{2}}过滤；洗涤；坩埚；rm{CO_{2}}

rm{(4)}利用碱石灰吸收rm{CO_{2}}前后的质量差求二氧化碳质量；故答案为：测出二氧化碳的质量；

rm{(5)}加热用rm{A}吸收水蒸气用浓硫酸，用碱石灰吸收二氧化碳，第二个碱石灰可防止空气中的二氧化碳和水进入装置，故答案为：rm{A隆煤C隆煤D隆煤D}

rm{(6)m(}样品rm{)=18.2g}rm{m(CO_{2})=6.6g}rm{m(MgO)=8.0g}碱式碳酸镁分解：rm{aMgCO_{3}?bMg(OH)_{2}?cH_{2}Odfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}(a+b)MgO+aCO_{2}隆眉+(b+c)H_{2}O隆眉}根据质量守恒得：rm{aMgCO_{3}?bMg(OH)_{2}?cH_{2}Odfrac{

overset{;;triangle

;;}{}}{;}(a+b)MgO+aCO_{2}隆眉+(b+c)H_{2}O隆眉}则rm{m(H_{2}O)=18.2g-6.6g-8.0g=3.6g}rm{m(MgO)篓T0.2mol}rm{n(CO_{2})篓T0.15mol}得：rm{n(H_{2}O)篓T0.2mol}rm{a}rm{b}rm{c=0.15}rm{0.05}rm{0.15=3}rm{1}故答案为：rm{3}rm{3}rm{1}．

rm{3}蛇纹石矿可以看做rm{(1)}rm{MgO}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{Al_{2}O_{3}}组成，蛇纹石加盐酸溶解后，rm{SiO_{2}}rm{MgO}rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{Al_{2}O_{3}}反应溶解，而rm{HCl}和rm{SiO_{2}}不反应；不能溶解；

rm{HCl}当氢氧化钙过量时，溶液碱性增强，rm{(2)}会溶解，从氢氧化物沉淀的rm{Al(OH)_{3}}表中可看出，rm{pH}在rm{Mg(OH)_{2}}为rm{pH}时开始沉淀，所以碱性增强rm{9.4}会沉淀；

rm{Mg(OH)_{2}}红色氧化物为rm{(3)}应先将其中含有的少量rm{Fe_{2}O_{3}}除去，除去rm{Al(OH)_{3}}的方法是利用它能溶于强碱的性质；此过程中rm{Al(OH)_{3}}是可以重复使用的；

rm{CO_{2}}利用浓硫酸的吸水性干燥，再称量碱石灰吸收rm{(4)}前后的质量；

rm{CO_{2}}加热用rm{(5)}吸收水蒸气用浓硫酸，用碱石灰吸收二氧化碳；

rm{A}确定产品rm{(6)}中rm{aMgCO_{3}?bMg(OH)_{2}?cH_{2}O}rm{a}rm{b}的值，需要测定的数据是rm{c}样品质量；rm{垄脵}质量；rm{垄脷MgO}生成rm{垄脹}的质量rm{CO_{2}}或体积rm{(}rm{)}生成水的质量．

本题主要考查了元素化合物中金属铝、铁的性质，解题时不仅需熟知物质间的反应原理，还需灵活运用于实验的设计，难度中等．rm{垄脺}【解析】rm{Fe^{3+}}rm{Al^{3+}}rm{Al(OH)_{3}}rm{Mg(OH)_{2}}过滤；洗涤；坩埚；rm{CO_{2}}测出二氧化碳的质量；rm{A隆煤C隆煤D隆煤D}rm{3}rm{1}rm{3}20、略

【分析】试题分析：（1）因氯化钡与硫酸钠在同一溶液中不共存，所以第二次检测结果不正确；（2）为了确定溶液中是否存在硫酸根离子、碳酸根离子，必须在确定硫酸根离子时，先排除碳酸根离子的干扰，所以我们首先检验并除去碳酸根离子，第一，向溶液滴加稀硝酸，其目的是检验碳酸根离子，第二，继续加入过量的稀硝酸，其目的是除去碳酸根离子，第三，再向溶液中加入氯化钡溶液，确定硫酸根离子的存在，其离子反应方程式为Ba2++SO42-==BaSO4↓.考点：考查离子的检验。【解析】【答案】（14分）（1）二（2）稀HNO3检验CO32-除去CO32-BaCl2SO42-Ba2++SO42-==BaSO4↓21、略

【分析】根据元素核外电子排布及性质可知，R、X、Y、Z、Q、W六种元素分别是H、C、N、O、Na、Cl。（1）氮元素的原子序数是7，所以位于第二正确第ⅤA。（2）非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，碳的非金属性弱于氯元素的。因此碳酸的酸性弱于高氯酸的。（3）常温下呈液态且碳、氢原子个数之比是1︰1的化合物是苯，其结构简式为能和金属钠反应，说明含有－OH。根据分子式可知，该化合物的是乙二醇，结构简式为CH2OHCH2OH，该化合物的一种主要用途是汽车发动机的抗冻剂。【解析】【答案】（1）氮，第2周期第VA族；（2）弱；HClO4。（3）CH2OHCH2OH，汽车发动机的抗冻剂四、判断题(共2题，共18分)22、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，