2025年苏教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年苏教版高一化学上册月考试卷834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、在粗盐提纯实验中；下列操作正确的是（）

A.为加快过滤速度；用玻璃棒在漏斗中进行搅拌。

B.过滤时；漏斗中液体的液面应低于滤纸边缘。

C.蒸发时；有晶体析出后就不用玻璃棒搅拌。

D.当蒸发皿中液体全部蒸干后；才能停止加热。

2、下表各组物质中，满足如图所示一步转化关系的选项是。选项XYZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu(OH)2CCCOCO2DSiSiO2H2SiO33、现在电动车普遍使用的是铅酸蓄电池，工作原理为rm{PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}+Pbunderset{{鲁盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}2PbSO_{4}+2H_{2}O}下列有关说法正确的是rm{PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}+Pb

underset{{鲁盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}2PbSO_{4}+2H_{2}O}rm{(}A.铅酸蓄电池放电时，电路中每转移rm{)}rm{2}电子，消耗rm{mol}rm{1}硫酸B.铅酸蓄电池在放电时，只有负极产生rm{mol}C.放电时，铅酸蓄电池的负极电极反应式为rm{PbSO_{4}}rm{Pb+SO_{4}}rm{{,!}^{2-}-2e=Pb}D.放电过程中，正极附近溶液的rm{SO_{4}}减小rm{pH}4、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.能溶解rm{Al_{2}O_{3}}的溶液中：rm{Na^{+}}rm{Ca^{2+}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{NO_{3}^{-}}B.强酸性溶液中：rm{Na^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{ClO^{-}}rm{I^{-}}C.滴入酚酞试液显红色的溶液中：rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{Br^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}D.强碱性溶液中：rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{CH3COO^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}5、材料与化学密切相关，表中对应关系错误的是rm{(}rm{)}

。材料主要化学成分rm{A}普通水泥、普通玻璃硅酸盐rm{B}刚玉、金刚石三氧化二铝rm{C}大理石、石灰石碳酸钙rm{D}光导纤维、石英二氧化硅A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}6、将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应2A(g)＋B(g)2C(g)，若2s(秒)后测得C的浓度为0.6mol/L，现有下列几种说法：①用物质A表示反应的平均速率为0.3mol/(L·s)②用物质B表示反应的平均速率为0.6mol/(L·s)③2s时物质A的转化率为60%④2s时物质B的浓度为0.7mol/L其中正确的是()A.①③B.①④C.②③D.③④7、下列有说法不正确的是（）A.离子晶体的晶格能是气态离子形成1mol晶胞时放出的能量B.金属的六方最密堆积和面心立方最密堆积的空间利用率最高C.钠晶胞结构如图钠晶胞中每个钠原子的配位数为8D.温度升高，金属的导电性将变弱8、容量瓶上标有的是：①温度、②浓度、③容量、④质量、⑤刻度线、⑥密度，其中正确的是（）A.①③⑤B.③⑤⑥C.①⑤⑥D.②③⑤9、将rm{3.84g}rm{Cu}投入一定量的浓rm{HNO_{3}}中，铜完全溶解，生成气体的颜色越来越淡，共收集到rm{1134mL}气体rm{(}标准状况rm{).}再把盛有此气体的容器倒扣在水中，容器内液面上升，再通入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体完全溶于水中，则通入rm{O_{2}}的体积是rm{(}rm{)}A.rm{672}rm{mL}B.rm{168}rm{mL}C.rm{504}rm{mL}D.rm{224}rm{mL}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、（10分）已知一些单质、化合物的沸点（1.01×105Pa，单位：℃）如下表所示：结合上表有关信息回答下列问题：（1）判断下列说法不正确的是____A．同周期元素的氢化物，原子序数越大，沸点越高B．上表中H2O、HF中由于含有氢键，故其分子特别稳定C．上表中，多数物质的沸点均与相对分子质量存在一定的关系D．周期表中各主族元素的单质其沸点都随原子序数的增大而升高E．氢化物的稳定性越高，其沸点越高（2）写出②系列中物质主要化学性质的递变规律（任写一种）：____；能说明该递变规律的化学事实是____（任写一例，用离子方程式表示）。（3）除极少数情况，同一系列中物质的沸点与相对分子质量之间存在一定的关系，该关系是____。（4）部分XX’型卤素互化物（X、X’表示不同的卤原子）和卤素单质的沸点也与其相对分子质量存在着如右图所示的关系。试推测ICl的沸点所处的最小范围____（填“物质的化学式”）。11、有无色气体；可能含有乙烯和二氧化硫的混合气体通入装有溴水的试管中，溴水褪色．

（1）甲同学认为溴水褪色的现象不能证明混合气体中有乙烯且乙烯具有不饱和性，其理由正确的是____．

a．乙烯与溴水易发生取代反应。

b．若先除去二氧化硫；再将气体（纯净物）通入装有溴水的试管中，使溴水褪色的反应，也未必是加成反应。

c．使溴水褪色的物质；未必是乙烯。

（2）乙同学经过细致观察试管中另一实验现象后，证明有乙烯，请简述这一实验现象____​12、实验室需纯净的NaCl晶体，但现有的NaCL晶体中混有少量的Na2SO4和NH4HCO3，为除去杂质，甲同学设计了如下实验：（已知NH4HCO3NH3+H2O+CO2）

（1）上述操作I、II的名称分别为______、______．

（2）进行操作“加入过量的BaCL2溶液”时，如何判断BaCL2溶液已过量，其方法是______．

（3）操作“加入过量的Na2CO3溶液”的目的是______．

（4）操作“加入过量的盐酸溶液”的目的是______．13、已知rm{FeCl_{3}}溶液与rm{Cu}反应为：rm{2FeCl_{3}+Cu篓T篓T篓TCuCl_{2}+2X}rm{(1)}上式中rm{X}物质的化学式为________。rm{(2)}在上述反应中，物质的氧化性相比较：_________________________。rm{(3)}若有rm{64g}铜被氧化，参与反应的rm{FeCl_{3}}的物质的量为_______。rm{(4)}该反应的离子方程式为______________________________。14、（10分）下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：。族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②3③④⑤⑥⑦⑧⑨4⑩。11。。11。1111。12。11。11⑴．在这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是（填化学式,下同），碱性最强的是，呈两性的氢氧化物是____，⑵．写出工业上冶炼⑤的化学方程式为；⑤与一种黑色晶体反应冶炼铁的化学方程式为：。⑶．在⑧与⑦中，非金属性较强的元素是，写出可以验证该结论的一个离子反应方程式。1115、阅读下面科普短文，回答问题。水是人体的重要组成成分，是进行体内反应的介质。人体缺水后会增加血液的粘稠度，易引发多种心脑血管疾病，因此常用阿司匹林来预防。在我们每天的日常生活中，不仅需要适当补充水分，也需要保证合理均衡的饮食。长期以来，我国居民有进食腌制肉类食品的习惯，摄入水果、蔬菜等碱性食物偏少，容易导致人体血液偏酸。因此合理选择饮食，能帮助我们打下健康的基础。请依据以上短文，判断下列说法是否正确rm{(}填“对”或“错”rm{)}rm{(1)}阿司匹林可以预防心脑血管疾病。_____rm{(2)}长期过量食用腌制肉类食品对人体是无害的。_____rm{(3)}水果、蔬菜等属于酸性食物，要控制摄入量。_____rm{(4)}人体内的水需要不断补充，水是进行体内反应的介质。_____评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．17、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）18、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）19、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）20、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）21、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）22、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）23、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）24、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、简答题(共1题，共5分)25、图中，rm{A}是一种最常见无色液体，rm{E}是空气的主要成分之一，rm{G}是极易溶于水的碱性气体，rm{Y}是胃酸的主要成分，rm{K}是不溶于稀硝酸的白色沉淀，反应rm{垄脻}是工业制rm{X}的主要反应之一．

请按要求填空：

rm{(1)}写出下列物质的化学式：rm{A}______，rm{E}______rm{F}______，rm{Y}______．

rm{(2)}反应rm{垄脻}的化学方程式为：______．

rm{(3)1molB}通过反应rm{垄脷}得到rm{1molF}rm{B}中rm{F}的质量分数为rm{72%}则rm{B}的化学式为：______．评卷人得分五、结构与性质(共1题，共8分)26、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、综合题(共4题，共24分)27、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：

28、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题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回答下列问题参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】

A；在过滤时；不能用玻璃棒在漏斗中进行搅拌，防止弄坏滤纸，故A错误；

B；过滤时；漏斗中液体的液面应低于滤纸边缘，故B正确；

C；蒸发时；有晶体析出后仍用玻璃棒搅拌，防止液体局部受热，故C错误；

D；蒸发皿中出现多量固体时；就停止加热，利用余热蒸干晶体，故D错误；

故选B．

【解析】【答案】A；在过滤时；不能用玻璃棒在漏斗中进行搅拌，防止弄坏滤纸；

B；过滤时；漏斗中液体的液面应低于滤纸边缘；

C；蒸发时；有晶体析出后仍用玻璃棒搅拌，防止液体局部受热；

D；蒸发皿中出现多量固体时；就停止加热，利用余热蒸干晶体．

2、C【分析】【解析】【答案】C3、C【分析】解：rm{A.}根据电池反应式知，铅酸电池蓄电池放电时，电路中每转移rm{2}rm{mol}电子，消耗rm{2mol}硫酸；故A错误；

B.铅酸电池蓄电池放电时，负极上铅失电子生成硫酸铅，正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，所以正负极上都产生rm{PbSO_{4}}故B错误；

C.放电时，铅酸蓄电池的负极电极反应式为rm{Pb+SO_{4}^{2-}-2e^{-}=PbSO_{4}}故C正确；

D.放电过程中，正极反应式为：rm{PbO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2e^{-}=PbSO_{4}+2H_{2}O}正极附近溶液的rm{pH}增大；故D错误．

故选C．

A.铅酸电池蓄电池放电时，电路中每转移rm{2}rm{mol}电子，消耗rm{2mol}硫酸；根据硫酸和转移电子之间的关系式计算；

B.根据总反应rm{PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}+Pbunderset{{鲁盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}2PbSO_{4}+2H_{2O}}产生的物质判断；

C、放电时，铅酸蓄电池的负极是rm{PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}+Pb

underset{{鲁盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}2PbSO_{4}+2H_{2O}}失电子的氧化反应；

D、放电过程中，正极反应式为：rm{Pb}据此回答．

本题考查了原电池和电解池原理，难点是电极反应式的书写，根据得失电子结合电解质溶液写电极反应式．rm{PbO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2e^{-}=PbSO_{4}+2H_{2}O}【解析】rm{C}4、D【分析】【分析】本题考查离子的共存，明确题目中的信息及离子之间的反应是解答本题的关键，注意发生的氧化还原反应，题目难度不大。【解答】A.能溶解rm{Al_{2}O_{3}}的溶液中，说明溶液中含有大量rm{H^{+}}或rm{OH^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}与rm{H^{+潞脥}OH^{-}}都不能共存；故A错误；

B.强酸性溶液中含有大量rm{H^{+}}rm{H^{+}}与rm{ClO^{-}}不能共存；故B错误；

C.滴入酚酞显红色的溶液，显碱性，rm{OH^{-}}与rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}反应不能共存；故C错误；

D.强碱性溶液含有大量的rm{OH^{-}}各离子间都不反应，可以共存，故D正确。故选D。

【解析】rm{D}5、B【分析】解：rm{A.}普通玻璃主要成分为rm{Na_{2}SiO_{3}}rm{CaSiO_{3}}和rm{SiO_{2}}水泥的成分为：rm{3CaO?SiO_{2}}rm{2CaO?SiO_{2}}rm{3CaO?Al_{2}O_{3}}二者主要成分都是硅酸盐，故A正确；

B.金刚石成分为碳单质；刚玉主要成分为氧化铝，故B错误；

C.大理石；石灰石主要成分都是碳酸钙；故C正确；

D.光导纤维；石英的主要成分为二氧化硅；故D正确；

故选：rm{B}．

A.依据水泥；和普通玻璃的主要成分解答；

B.金刚石成分为碳单质；

C.大理石；石灰石主要成分都是碳酸钙；

D.光导纤维；石英的主要成分为二氧化硅．

本题考查了物质的主要成分，属于对基础知识的考查，明确物质的成分是解题关键，注意对知识的积累．【解析】rm{B}6、B【分析】2s时生成C是0.6mol/L×2L＝1.2mol，则2A(g)＋B(g)2C(g)起始量（mol）420转化量（mol）1.20.61.22s时（mol）2.81.41.2所以用物质A表示反应的平均速率为速率之比是相应的化学计量数之比因此用物质B表示反应的平均速率为0.15mol/(L·s)2s时物质A的转化率为2s时物质B的浓度为1.4mol÷2L＝0.7mol/L因此答案选B。【解析】【答案】B7、A【分析】【解答】A；晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量；注意必须是气态离子，故A错误；

B；金属的四种堆积分别为简单立方堆积、体心立方堆积、面心立方最密堆积和六方最密堆积；其中简单立方堆积利用率最低，其次体心立方堆积，六方最密堆积和面心立方最密堆积空间利用率最高，故B正确；

C；根据钠晶胞的结构图即体心结构可知；每个钠原子周围距离最近的钠原子有8个，分别位于经过该顶点的8个晶胞的体心上，故C正确；

D；温度升高；金属离子与电子之间碰撞加剧，金属导电性变小，故D正确．

故选A．

【分析】A；晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量；通常取正值；

B；金属的四种堆积形式与空间利用率的关系；

C；观察钠晶胞结构即体心结构可知；每个钠原子周围距离最近的钠原子有8个；

D、利用金属键知识解释．8、A【分析】解：容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，实验室常见规格有50ml、100ml、150ml、200ml、500ml等，容量瓶上标有刻度、并标有容量；容量瓶对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用，瓶上标有使用温度，一般为250C．故应为①③⑤．

故选A．

根据容量瓶的使用特点来回答；容量瓶是用来配制一定体积；一定物质的量浓度溶液的定量仪器，对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用．

本题考查常见仪器的使用，注意容量瓶的使用注意事项，题目难度不大，要注意积累各种化学实验仪器的使用方法．【解析】【答案】A9、A【分析】解：整个过程中rm{HNO_{3}overset{Cu}{}NO}rm{NO_{2}overset{O_{2}}{}HNO_{3}}反应前后rm{NO_{2}overset{O_{2}}{

}HNO_{3}}的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则rm{HNO_{3}}失去电子数目等于rm{Cu}得到电子的数目；

设通入rm{O_{2}}的体积为rm{O_{2}}

则rm{dfrac{3.84g}{64g/mol}隆脕(2-0)=dfrac{V}{22.4L/mol}隆脕2隆脕(2-0)}

解得rm{V}

故选A．

整个过程中rm{dfrac{3.84g}{64g/mol}隆脕(2-0)=

dfrac{V}{22.4L/mol}隆脕2隆脕(2-0)}rm{NO_{2}overset{O_{2}}{}HNO_{3}}反应前后rm{V=0.672L=672mL}的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则rm{HNO_{3}overset{Cu}{}NO}失去电子数目等于rm{NO_{2}overset{O_{2}}{

}HNO_{3}}得到电子的数目；以此来解答．

本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握整个过程中元素的化合价变化、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意电子守恒的应用，题目难度不大．rm{HNO_{3}}【解析】rm{A}二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据表中氢化物沸点的数据变化可知，信息ABDE均是正确的。C不正确，因为HF、H2O、NH3等分子间均存在氢键，从而导致沸点偏高。（2）②系列中元素都是同主族元素，同主族自上而下，非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，因此根据非金属性较强的能置换出就发现减弱的课，反应的离子方程式可以是Cl2＋2Br－＝2Cl－＋Br2。（3）表中物质形成的晶体都是分子晶体，分子晶体的熔沸点与分子间作用力的强弱有关系，所以该关系应该是随相对分子质量增大，沸点升高。（4）由于ICl的沸点高于IBr的发生，且ICl的相对分子质量高于单质溴的，所以根据图像可知，ICl的沸点所处的最小范围是介于Br2的沸点和IBr沸点之间。考点：考查元素周期律的应用与判断、氢键的应用以及物质沸点高低的比较【解析】【答案】（10分）（每空2分）（1）ABDE；（2）单质的氧化性逐渐减弱，Cl2＋2Br－＝2Cl－＋Br2；（3）随相对分子质量增大，沸点升高。（4）介于Br2的沸点和IBr沸点之间。11、c观察到液体分层，下层为油状液体【分析】【解答】（1）a；乙烯是不饱和烃；能和溴水发生加成反应而不是取代，故a错误；

b、若先除去二氧化硫，再将气体（纯净物）通入装有溴水的试管中，则使溴水褪色的反应必为乙烯和溴水的加成，故b错误；

c、SO2有强还原性；能和溴水发生氧化还原反应，故使溴水褪色的物质，未必是乙烯，故c正确．

故选c．

（2）如果有乙烯；则和溴水发生加成反应生成油状的1，2﹣二溴乙烷，密度比水大，在水的下层，故答案为：观察到液体分层，下层为油状液体．

【分析】（1）乙烯是不饱和烃，能和溴水发生加成反应，SO2有强还原性；能和溴水发生氧化还原反应；

（2）如果有乙烯，则和溴水发生加成反应生成油状的1，2﹣二溴乙烷．12、略

【分析】解：NaCl晶体中混有少量的Na2SO4和NH4HCO3；加热固体碳酸氢铵分解生成氨气；二氧化碳和水蒸气，得到氯化钠和硫酸钠，溶于水得到溶液，加入过量氯化钡沉淀硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液过滤除去硫酸钡、碳酸钡沉淀，溶液中加入过量盐酸溶液除去碳酸钠，加热蒸发除去氯化氢得到氯化钠晶体；

（1）操作Ⅰ为加热分解碳酸氢铵；操作Ⅱ过滤除去硫酸钡和碳酸钡沉淀，故答案为：加热；过滤；

（2）进行操作“加入过量的BaCL2溶液”时，判断BaCL2溶液已过量；可以取上层清液加入氯化钙看是否有沉淀生成判断氯化钡是否过量，若出现沉淀证明未过量，若无沉淀证明氯化钡过量；

故答案为：取少量上层清液于试管中滴加氯化钙溶液无沉淀出现；则说明氯化钡溶液过量；

（3）加入过量碳酸钠溶液是为了除去过量的氯化钡；故答案为：除去过量的钡离子；

（4）依据流程分析可知；加入过量盐酸除去加入过量的碳酸钠，故答案为：除去过量的碳酸钠．

NaCl晶体中混有少量的Na2SO4和NH4HCO3；加热固体碳酸氢铵分解生成氨气；二氧化碳和水蒸气，得到氯化钠和硫酸钠，溶于水得到溶液，加入过量氯化钡沉淀硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液过滤除去硫酸钡、碳酸钡沉淀，溶液中加入过量盐酸溶液除去碳酸钠，加热蒸发除去氯化氢得到氯化钠晶体；

（1）操作Ⅰ为加热分解碳酸氢铵；操作Ⅱ过滤除去硫酸钡和碳酸钡沉淀；

（2）进行操作“加入过量的BaCL2溶液”时，判断BaCL2溶液已过量；可以加入氯化钙看是否有沉淀生成判断氯化钡是否过量；

（3）加入过量碳酸钠溶液是为了除去过量的氯化钡；

（4）加入过量盐酸除去加入过量的碳酸钠．

本题考查了物质分离提纯的流程分析和物质性质的理解应用，实验基本操作和物质性质是解题关键，题目难度中等．【解析】加热；过滤；取少量上层清液于试管中滴加氯化钙溶液无沉淀出现，则说明氯化钡溶液过量；除去过量的钡离子；除去过量的碳酸钠13、(1)FeCl2

(2)FeCl3>CuCl2

(3)2mol

(4)2Fe3＋＋Cu═══Cu2＋＋2Fe2＋【分析】【分析】

本题考查了氧化还原反应的基础知识。

【解答】

rm{(1)}rm{(1)}由反应rm{2FeCl_{3}}rm{+}rm{Cu=CuCl_{2}}rm{+}rm{2X}，根据原子守恒，很快判断rm{X}应为rm{FeCl_{2}}rm{2FeCl_{3}}rm{2FeCl_{3}}rm{+}，根据原子守恒，很快判断rm{Cu=CuCl_{2}}应为rm{Cu=CuCl_{2}}

rm{+}故答案为：rm{2X}rm{2X}；

rm{X}反应中rm{X}中的rm{FeCl_{2}}rm{FeCl_{2}}变为中的rm{FeCl_{2}}化合价降低，；为氧化剂，由rm{(2)}反应中rm{FeCl_{3}}中的rm{Fe^{3}}rm{{,!}^{+}}变为rm{FeCl_{2}}中的rm{Fe^{2}}rm{{,!}^{+}}化合价降低，rm{FeCl_{3}}为氧化剂，rm{Cu}由rm{0}价变为rm{CuCl_{2}}中rm{+}rm{2}价rm{Cu^{2}}rm{{,!}^{+}}化合价升高，失电子，发生氧化反应，rm{CuCl_{2}}为氧化产物，在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以rm{FeCl_{3}}的氧化性强于rm{CuCl_{2}}价变为rm{(2)}中rm{(2)}rm{FeCl_{3}}价rm{FeCl_{3}}rm{Fe^{3}}化合价升高，失电子，发生氧化反应，rm{Fe^{3}}为氧化产物，在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以rm{{,!}^{+}}的氧化性强于rm{FeCl_{2}}

rm{FeCl_{2}}故答案为：rm{Fe^{2}}rm{Fe^{2}}；

rm{{,!}^{+}}rm{n(Cu)=dfrac{64g}{64g/mol};=1;mol}rm{FeCl_{3}}，由反应方程式很快求出反应的rm{FeCl_{3}}为rm{Cu}rm{Cu}rm{0}rm{0}rm{CuCl_{2}}rm{CuCl_{2}}rm{+}rm{2}rm{2}rm{Cu^{2}}

rm{Cu^{2}}故答案为：rm{{,!}^{+}}rm{CuCl_{2}}；

rm{CuCl_{2}}该反应的离子方程式为rm{FeCl_{3}}

rm{FeCl_{3}}故答案为：rm{CuCl_{2}}rm{CuCl_{2}}

【解析】rm{(1)FeCl_{2}}

rm{(2)FeCl_{3}>CuCl_{2}}rm{(3)2mol}

rm{(4)2Fe^{3+}+Cu篓T篓T篓TCu^{2+}+2Fe^{2+}}14、略

【分析】（1）酸性最强的应在右上角，但F无正价，故为HClO4；碱性最强的应在左下角，故为KOH；（3）同周期，由左到右，元素的非金属性逐渐增强【解析】【答案】⑴HClO4；KOH；Al(OH)3（各1分）⑵．2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑（2分）3Fe3O4＋8Al9Fe＋4Al2O3（2分）⑶．Cl；（1分）Cl2＋S2－=S↓＋2Cl－（2分）15、（1）对（2）错（3）错（4）对【分析】【分析】本题考查化学与生活，侧重于化学与人体健康的考查，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累。【解答】rm{(1)}阿司匹林能抑制血小板的释放和凝聚，具有抗血栓作用，所以阿司匹林可以预防心脑血管疾病；故答案为：对；

rm{(2)}腌制肉类中含有亚硝酸钠等有毒物质；亚硝酸钠有毒，而且具有致癌作用，所以不能长期过量食用腌制肉类食品；

故答案为：错；

rm{(3)}蔬菜；水果多含钾、钠、钙、镁等盐类；在人体内代谢后生成碱性物质，使体液呈弱碱性，这类食物习惯上称为碱性食物；

故答案为：错；

rm{(4)}水约占人体体重的三分之二，是人体的重要组成部分，水在人体中的作用有四点：rm{垄脵}溶剂；rm{垄脷}反应介质；rm{垄脹}反应物；rm{垄脺}调节体温；不仅仅进行体内反应的介质；

故答案为：错。【解析】rm{(1)}对rm{(2)}错rm{(3)}错rm{(4)}对对rm{(1)}错rm{(2)}错rm{(3)}对rm{(4)}三、判断题(共9题，共18分)16、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．17、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．18、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．19、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．20、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．21、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．22、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．23、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol24、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共价键的数目四、简答题(共1题，共5分)25、略

【分析】解：rm{A}是一种无色液体，rm{A}为rm{H_{2}O}而rm{G}是一种极易溶于水的碱性气体，则rm{G}为rm{NH_{3}}rm{E}是空气的主要成分之一，由转化关系图可知，rm{C}为rm{O_{2}}rm{D}为rm{H_{2}}rm{E}为rm{N_{2}}rm{J}为rm{NO.Y}是胃酸的主要成分，rm{Y}为rm{HCl}rm{K}是不溶于稀硝酸的白色沉淀，rm{K}为rm{AgCl}反应rm{垄脻}是工业制rm{X}的主要反应之一，反应rm{垄脻}为氨气的催化氧化反应，则rm{X}为硝酸，故I为rm{AgNO_{3}.}由反应rm{垄脼}可知rm{H}为rm{NO_{2}}由反应rm{垄脺}可知rm{F}为rm{Ag}．

rm{(1)}由上述分析可知rm{.A}为rm{H_{2}O}rm{E}为rm{N_{2}}rm{F}为rm{Ag}rm{Y}为rm{HCl}

故答案为：rm{H_{2}O}rm{N_{2}}rm{Ag}rm{HCl}

rm{(2)}反应rm{垄脻}的化学方程式为：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}

故答案为：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}

rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}所以rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}中含有rm{(3)}rm{B}两种元素，rm{Ag}通过反应rm{N}得到rm{1molB}和rm{垄脷}rm{Ag}中rm{N_{2}}的质量分数为rm{B}rm{Ag}中rm{72%}rm{B}原子数目之比为rm{Ag}rm{N}rm{dfrac{72%}{108}}故B的化学式为rm{dfrac{1-72%}{14}=1}

故答案为：rm{3}．

rm{AgN_{3}}是一种无色液体，rm{AgN_{3}}为rm{A}而rm{A}是一种极易溶于水的碱性气体，则rm{H_{2}O}为rm{G}rm{G}是空气的主要成分之一，由转化关系图可知，rm{NH_{3}}为rm{E}rm{C}为rm{O_{2}}rm{D}为rm{H_{2}}rm{E}为rm{N_{2}}是胃酸的主要成分，rm{J}为rm{NO.Y}rm{Y}是不溶于稀硝酸的白色沉淀，rm{HCl}为rm{K}反应rm{K}是工业制rm{AgCl}的主要反应之一，反应rm{垄脻}为氨气的催化氧化反应，则rm{X}为硝酸，故I为rm{垄脻}由反应rm{X}可知rm{AgNO_{3}.}为rm{垄脼}由反应rm{H}可知rm{NO_{2}}为rm{垄脺}所以rm{F}中含有rm{Ag}rm{B}两种元素，rm{Ag}通过反应rm{N}得到rm{1molB}和rm{垄脷}rm{Ag}中rm{N_{2}}的质量分数为rm{B}rm{Ag}中rm{72%}rm{B}原子数目之比为rm{Ag}rm{N}rm{dfrac{72%}{108}}故B的化学式为rm{dfrac{1-72%}{14}=1}．

本题考查无机物的推断，题目涉及的物质比较多，需要学生熟练掌握元素化合物知识，物质的性质、转化中特殊反应等是推断突破口，难度中等．rm{3}【解析】rm{H_{2}O}rm{N_{2}}rm{Ag}rm{HCl}rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}rm{AgN_{3}}五、结构与性质(共1题，共8分)26、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-1六、综合题(共4题，共24分)27、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；

【分析】（1）反应物总能量大于生成物总能量；催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，反应热不变；

（2）根据反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）结合1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1计算反应热；

（3）根据反应物和生成物确定反应的历程；

（4）利用盖斯定律计算．28、1：52）盐酸体现出的性质有：____酸性和还原性3）用双线桥表示出电子转移的方向和数目：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O4）当被氧化的HCl为73克时，转移的电子的数目为____（填具体数