2025年统编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年统编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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、正确掌握化学用语是学好化学的基础．下列化学用语中正确的是（）

A.乙烯的结构简式为CH2CH2

B.乙醇的结构简式C2H6O

C.Ca2+的结构示意图为

D.羟基的电子式：

2、下列各组物质发生的变化，所克服的微粒间的作用力属于同种类型的是A.碘单质的升华和氯化铵受热分解B.二氧化硅和氧化铝的熔化C.氯化钾和钾的熔化D.水和液氯的汽化3、下列各组物质性质的比较,正确的是（）A.酸性：HClO4>H3PO4>H2SO4B.氢化物稳定性：H2S>HF>H2OC.氧化性：F2>Cl2>Br2>I2D.碱性：NaOH>Mg(OH)2>Ca(OH)24、rm{Cl_{2}}和rm{SO_{2}}都具有漂白作用，能使品红溶液褪色rm{.}若将等物质的量的rm{Cl_{2}}rm{SO_{2}}混合后，再通入品红与rm{BaCl_{2}}的混合溶液，能观察到的现象是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}溶液很快褪色rm{垄脷}溶液不褪色rm{垄脹}出现沉淀rm{垄脺}不出现沉淀．A.rm{垄脵垄脷}B.rm{垄脵垄脹}C.rm{垄脷垄脹}D.rm{垄脷垄脺}5、下面关于金属钠的描述正确的是rm{(}rm{)}A.钠在自然界里可以游离态或化合态存在B.钠离子和钠原子都具有较强的还原性C.等质量钠与分别与氧气生成rm{NaO}和rm{Na_{2}O_{2}}时，转移电子的物质的量相等D.钠和钾的合金于室温下呈固态，可做原子反应堆的导热剂6、一定量的盐酸与过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的rm{(}rm{)}

rm{垄脵NaOH}固体；rm{垄脷Na_{2}SO_{4}}溶液；rm{垄脹KNO_{3}}溶液；rm{垄脺H_{2}O}rm{垄脻CaCO_{3}}固体；rm{垄脼NaCl}固体．A.rm{垄脵垄脷垄脻}B.rm{垄脷垄脹垄脼}C.rm{垄脷垄脹垄脺垄脻}D.rm{垄脷垄脺}7、下表为元素周期表的一部分rm{(}数字为原子序数rm{)}其中rm{X}为rm{35}的是()A.

B.

C.

D.8、下列关于合金的叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.合金一定是多种金属的混合物B.合金的性能往往比纯金属优越C.合金的熔点一般比其组成金属低D.合金的硬度一般比其组成金属大评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、用rm{FeCl_{3}}溶液腐蚀印刷电路板上铜箔的反应是：rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}下列有关说法正确的是A.rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+

Cu^{2+}}是还原剂，被腐蚀B.rm{Cu}是氧化剂C.该反应是置换反应D.该反应属于离子反应rm{Fe^{3+}}10、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11、下列关于氮气的说法中，正确的是A.氮气既可作氧化剂又可作还原剂B.雷雨天，空气中的氮气与氧气可反应生成一氧化氮C.1molN2可与3molH2完全反应生成2molNH3D.氮的固定是将氮气转化成含氮的化合物12、在恒温恒容的密闭容器中按照下表甲、乙、丙三种方式分别投料，发生反应：3H2（g）＋N2（g）2NH3（g），测得甲容器中H2的平衡转化率为40%，下列说法正确的是（）.。N2（mol）H2（mol）NH3（mol）甲130乙0.51.51丙004

A.乙容器中反应向逆向进行B.达到平衡时，甲、乙、丙三容器中NH3体积分数的大小顺序：甲＝乙>丙C.乙中的NH3转化率为40%D.若丙在恒温恒压的密闭容器进行，平衡后往容器中再充入4molNH3，重新达到平衡时，体系中NH3体积分数不变13、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＋)14、氮氧化物(NOx)是有毒的大气污染物，研究发现，可以采用如图装置有效去除氮的氧化物，下列说法正确的是（）

A.Pt电极II比Pt电极I电势低B.电解过程中，Pt电极I上发生反应：2HSO+2e-=S2O+2OH-C.电解过程中，左极室pH会逐渐减小D.转移1mol电子时，吸收塔中消耗0.5molS2O15、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{224mLH_{2}(}标准状况rm{)}和rm{0.1molN_{2}}16、rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.rm{23gNa}变为rm{Na^{+}}时失去的电子数为rm{N_{A}}B.rm{18gH_{2}O}所含的电子数为rm{N_{A}}C.rm{8gHe}所含的分子数为rm{N_{A}}D.rm{16gO_{2}}与rm{16gO_{3}}所含的原子数均是rm{N_{A}}17、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}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)18、（8分）①44.8L某气体在标准状况下的质量为142g，该气体的摩尔质量为_________；②N2在标准状况下的密度为__________g/L；③在molAL2(SO4)3中含0.3molSO42—，其中含Al3+个。19、如图所示实验装置可用于制取乙炔．

请填空：

（1）A管的作用是____，制取乙炔的化学方程式是____．

（2）乙炔通入KMnO4酸性溶液中观察到的现象是____，乙炔发生了____反应．

（3）乙炔通入溴水的CCl4溶液中观察到的现象是____．

（4）为了安全，点燃乙炔前应____，乙炔燃烧时的实验现象是．____

20、化学式为C8Hm的烷烃，m值等于____；CnH22的烯烃，n值等于____；相对分子质量为82的炔烃的分____子式为21、相等物质的量的CO和CO2①所含分子数目之比为____

②所含O原子数目之比为____

③相同条件下的体积之比为____

④相同条件下的密度之比为____．22、rm{O_{2}}和rm{O_{3}}是氧元素的两种单质；根据其分子式完成下列各题：

rm{(1)}等温等压下，等体积的rm{O_{2}}和rm{O_{3}}所含分子个数比为______；原子个数比为______，质量比为______．

rm{(2)}设rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数的数值，如果rm{a}rm{g}氧气中含有的分子数为rm{b}则rm{c}rm{g}氧气在标准状况下的体积约是______rm{(}用含rm{N_{A}}的式子表示rm{)}．

rm{(3)}配制rm{100mL}rm{1mol/L}的稀rm{H_{2}SO_{4}}液，需用量筒量取浓rm{H_{2}SO_{4}(}密度为rm{1.84g?mL^{-1}}质最分数为rm{98%)}的体积为______rm{mL}．23、Ⅰrm{.}下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是()A.rm{CaC_{2}}B.rm{NH_{4}NO_{3;;;;;;;;;;;;;;;;}}C.rm{N_{2}H_{4;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}D.rm{Na_{2}O_{2}}Ⅱrm{.}图rm{A}所示的转化关系中rm{(}具体反应条件略rm{)}rm{a}rm{b}rm{c}和rm{d}分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物，rm{i}的溶液为常见的酸。rm{a}的一种同素异形体的晶胞如图rm{B}所示。

回答下列问题：rm{(1)}图rm{B}对应的物质名称是____，其晶胞中的原子数为____，晶体的类型为____。rm{(2)d}中元素的原子核外电子排布式为________。rm{(3)}图rm{A}中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是____，原因是________，该物质的分子构型为____，中心原子的杂化轨道类型为____。rm{(4)}图rm{A}中的双原子分子中，极性最大的分子是________。rm{(5)k}的分子式为____，中心原子的杂化轨道类型为____，属于____分子rm{(}填“极性”或“非极性”rm{)}24、写出下列物质的电子式：

rm{垄脵KCl}______；rm{垄脷Cl_{2}}______；rm{垄脹N_{2}}______；rm{垄脺H_{2}O}______；rm{垄脻CH_{4}}______．25、某同学做同周期元素性质递变规律实验时，自己设计了一套实验方案，并记录了有关实验现象发如表：。实验方案实验现象1．用砂纸擦后的镁带与沸水反应；再向反应液中滴加酚酞。

2．向新制的H2S饱和溶液中滴加新制的氯水。

3．钠与滴有酚酞试液的冷水反应。

4．镁带与2mol/L的盐酸反应。

5．铝条与2mol/L的盐酸反应。

6．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量A．浮于水面；熔成小球，四处游动，逐渐缩小，溶液变红色。

B．产生大量气体；气体可燃，溶液变浅红色。

C．反应不十分强烈；产生的气体可燃。

D．剧烈反应；产生的气体可燃。

E．生成白色絮状沉淀；继而沉淀消失。

F．生成淡黄色沉淀请你帮助该同学整理并完成实验报告。

(1)实验目的：____________

(2)实验用品：仪器；材料____________药品____________

(3)实验内容：(填写题给信息表中的序号或大写英文字母；并写出有空格处的离子方程式)

。实验方案实验现象有关离子方程式AB不填不填不填EF(4)实验结论：____________．评卷人得分四、判断题(共2题，共4分)26、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）27、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）评卷人得分五、计算题(共1题，共3分)28、在rm{100隆忙}时，将rm{0.01mol}的四氧化二氮气体充入rm{0.1L}的密闭容器中，发生反应，隔一定时间对该容器内的物质进行分析，得到如下表格：。时间rm{/s}rm{dfrac{mathrm{{脜篓露脠}}}{mathrm{(}{mol}mathrm{{隆陇}}L^{mathrm{{-}}1}mathrm{)}}}rm{0}rm{20}rm{40}rm{60}rm{80}rm{0}rm{c(N_{2}O_{4})}rm{0.100}rm{0.070}rm{0.050}rm{c_{3}}rm{a}rm{b}rm{c(NO_{2})}rm{0}rm{0.060}rm{c_{2}}rm{0.120}rm{0.120}rm{0.120}请填空：rm{(1)}该反应的化学方程式为_________。达到平衡时rm{N_{2}O_{4}}的转化率为____，表中rm{c_{2}}__rm{c_{3};a}__rm{b(}填“rm{>}”“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}rm{(2)}在rm{0隆芦20s}内，rm{N_{2}O_{4}}的平均反应速率为________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】

A、乙烯的结构简式为CH2═CH2；双键不能省略，故A错误；

B、C2H6O是乙醇的分子式，应写出官能团羟基的结构简式，乙醇的结构简式为C2H5OH；故B错误；

C、Ca2+核内20个质子，核外18个电子，Ca2+的结构示意图为故C正确；

D；羟基中的氧原子的最外层电子数为6；而在电子式中氧原子的最外层电子数为7，故D错误．

故选C．

【解析】【答案】A；结构简式中双键不能省略；

B、C2H6O是乙醇的分子式；应写出官能团羟基的结构简式；

C；根据原子结构示意图书写判断；

D；根据羟基中的氧原子的最外层电子数为6．

2、D【分析】A中前者是分子间作用力，后者是化学键。B中前者是极性键，后者是离子键。C中前者是离子键，后者是金属键。D中全部是分子间作用力，答案选D。【解析】【答案】D3、C【分析】非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，相应氢化物的稳定性越强，非金属性是F＞O＞S＞P-,所以选项AB都是错误的。金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性是Ca＞Na＞Mg，D不正确。同主族自上而下非金属性逐渐减弱，C正确，答案选C。【解析】【答案】C4、C【分析】解：等物质的量的rm{SO_{2}}和rm{Cl_{2}}混合后的气体溶解于适量的蒸馏水中，发生反应：rm{SO_{2}+Cl_{2}+2H_{2}O=2HCl+H_{2}SO_{4}}生成盐酸和硫酸都不具有漂白性，所以不能使品红溶液，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，rm{H_{2}SO_{4}+BaCl_{2}=BaSO_{4}隆媒+2HCl}所以会产生白色沉淀；

故选C．

将等物质的量的rm{SO_{2}}和rm{Cl_{2}}反应生成盐酸和硫酸，再通入品红与rm{BaCl_{2}}的混合溶液；依据生成盐酸和硫酸的性质判断发生反应及现象，硫酸和氯化钡反应会出现白色沉淀，据此解答．

本题考查氯气和二氧化硫的反应，明确二者发生反应及生成物的性质是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{C}5、C【分析】解：rm{A}钠性质活泼；能够与空气中水、氧气反应，自然界中只能以化合态存在，故A错误；

B；钠离子无还原性；钠原子具有还原性，故B错误；

C、等质量钠与分别与氧气生成rm{Na_{2}O}和rm{Na_{2}O_{2}}时，钠元素都由rm{0}价变成rm{+1}价，所以等质量钠与分别与氧气生成rm{Na_{2}O}和rm{Na_{2}O_{2}}时；转移电子的物质的量相等，故C正确；

D；钠和钾的合金于室温下呈液态；而不是固体，故D错误；

故选C。

A；钠性质活泼；能够与空气中水、氧气反应；

B；钠离子无还原性；钠原子具有还原性；

C、等质量钠与分别与氧气生成rm{NaO}和rm{Na_{2}O_{2}}时，钠元素都由rm{0}价变成rm{+1}价；

D；钠和钾的合金于室温下呈液态。

本题考查钠的性质，为高频考点，把握性质与用途、保存方法的关系为解答的关键，题目难度不大，注重基础知识的考查，题目难度不大。【解析】rm{C}6、D【分析】解：rm{垄脵}加rm{NaOH}固体；与盐酸反应，生成氢气减少，故错误；

rm{垄脷Na_{2}SO_{4}}不参加反应；溶液体积增大，浓度减小，则反应速率减小，但生成氢气的总量不变，故正确；

rm{垄脹}在酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，与铁反应生成rm{NO}故错误；

rm{垄脺}加rm{H_{2}O}减小氢离子浓度，不能改变氢离子的物质的量，故正确；

rm{垄脻}加入rm{CaCO_{3}}固体，消耗rm{H^{+}}生成氢气的总量较少，故错误；

rm{垄脼}加入rm{NaCl}固体；溶液浓度不变，反应速率不变，故错误．

故选D．

rm{Fe}过量；为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可减小氢离子的浓度，但不能改变氢离子的物质的量，以此来解答．

本题考查影响反应速率的因素，为高考常考考点，注意rm{Fe}过量，生成氢气由盐酸决定，把握浓度对反应速率的影响即可解答，题目难度不大．【解析】rm{D}7、D【分析】【分析】本题考查元素周期表的结构，学生能根据原子序数判断元素及其在周期表位置即可解答，题目难度不大。【解答】rm{X}的原子序数为rm{35}为rm{Br}元素，位于周期表中第四周期第ⅤⅡrm{A}族．

A.rm{14}号，rm{50}号元素分别为rm{Si}rm{Sn}处于第Ⅳrm{A}族，则rm{X}的原子序数为rm{33}不符合，故A错误；

B.rm{26}号，rm{28}号元素分别为rm{Fe}rm{Ni}处于第四周期，则rm{X}在第五周期；不符合，故B错误；

C.rm{74}号、rm{76}号元素分别为rm{W}rm{Os}处于第六周期，则rm{X}为第四周期的rm{Mn}元素；不符合，故C错误；

D.rm{18}号、rm{54}号元素分别为rm{Ar}rm{Xe}则rm{X}位于周期表中第四周期第ⅤⅡrm{A}族；符合，故D正确。

故选D。【解析】rm{D}8、A【分析】解：rm{A.}合金可以是金属和非金属的混合物；故A错误；

B.合金是金属与金属或金属于非金属的混合物；硬度大，熔点低，耐腐蚀，机械性能好，故B正确；

C.合金为混合物；则熔点一般比其组成金属低，故C正确；

D.合金具有优良的机械性能；硬度比它的各成分金属大，故D正确．

故选A．

合金为金属与金属或金属与非金属融合而成的化合物；一般来说，合金的熔点低；硬度大，以此解答该题．

本题主要考查合金与合金的性质，为高频考点，侧重化学与生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀rm{.}本考点基础性强，题目难度不大．【解析】rm{A}二、多选题(共9题，共18分)9、ABD【分析】【分析】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，注意把握元素化合价的变化与对应物质的性质，从化合价升降的角度认识氧化还原反应的相关概念。【解答】A.rm{Cu}元素化合价升高；被氧化，为还原剂，故A正确；

B.rm{Fe}元素化合价降低，被还原，rm{Fe^{3+}}是氧化剂；故B正确；

C.生成物中没有单质；不是置换反应，故C错误；

D.该反应有离子参加；是离子反应，故D正确。

故选ABD。【解析】rm{ABD}10、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}11、ABD【分析】【详解】

A．处于中间价态的物质既有氧化性又有还原性；氮气中N元素化合价处于中间价态，所以既可以作氧化剂又可以作还原剂，如：氮气和金属反应时作氧化剂，和氧气反应时作还原剂，故A正确；

B．放电条件下氮气和氧气发生氧化还原反应生成NO，反应方程式为故B正确；

C．N2与H2反应为可逆反应；不可能完全反应，故C错误；

D．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮；即氮的固定是将N2转化成含氮化合物的过程，故D正确；

故答案选ABD。12、AD【分析】【详解】

A.甲、乙容器是等效的，根据甲中氨气的量为0.8mol，则乙中反应向逆向进行，故A正确；

B.达到平衡时，甲、乙两个容器中NH3体积分数的大小相等：甲＝乙，丙容器可以理解先变为是甲容器的两倍，则此时NH3体积分数与甲相等，但又变为与甲容器一样大，则加压，平衡正向移动，氨气体积分数变大，因此三个容器中NH3体积分数的大小相等：丙>甲＝乙；故B错误；

C.甲乙容器是等效平衡的，平衡是氨气的物质的量为0.8mol，乙则消耗0.2mol，此时乙中的NH3转化率故C错误；

D.若丙在恒温恒压的密闭容器进行，平衡后往容器中再充入4molNH3，前后两者是等效平衡，重新达到平衡时，体系中NH3体积分数不变；故D正确。

综上所述；答案诶AD。

【点睛】

利用建模思想来分析丙装置，加入的量是甲的两倍，先理解为丙容器是甲容器的二倍，这样就与甲容器等效，再压缩变为只有甲一样大的容器，这样就建立起思维模式了。13、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。14、BD【分析】【分析】

据图可知电解池右侧产生O2，说明O元素被氧化，则Pt电极II为电解池阳极；左侧HSO被还原为S2O所以Pt电极I为电解池阴极；S2O进入吸收塔后被NOx氧化为HSO同时产生氮气。

【详解】

A．Pt电极II为电解池阳极；Pt电极I为电解池阴极，所以Pt电极II电势更高，故A错误；

B．电解过程中，Pt电极I上HSO得电子被还原为S2O根据电子守恒和元素守恒可得电极反应式为2HSO+2e-=S2O+2OH-；故B正确；

C．阳极水电离出的氢氧根放电产生氧气；同时生成氢离子，氢离子经过质子交换膜迁移到左侧，与阴极产生的氢氧根离子结合生成水，所以电解过程左室pH基本不变，故C错误；

D．S2O转化为HSO硫元素的化合价升高1价，所以转移1mol电子时，吸收塔中消耗0.5molS2O故D正确；

故答案为BD。15、BC【分析】略【解析】rm{BC}16、AD【分析】【分析】本题考查了阿伏加德罗常数和物质的量的相关计算，题目难度不大。【解答】A.rm{23gNa}是rm{1mol}是rm{23gNa}rm{1mol}rm{1molNa}变为rm{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+;}}故A正确；

时失去的电子数为rm{N}rm{N}rm{{,!}_{A}}是B.rm{18gH}rm{18gH}rm{{,!}_{2}}故B错误；

C.rm{O}的摩尔质量是rm{O}rm{1mol}所含的分子数为所含的电子数为rm{10N}故C错误；

rm{10N}rm{{,!}_{A}}和rm{He}均可看做是rm{4g/mol}原子的集合体，rm{8gHe}的摩尔质量是rm{2N_{A}}故D.rm{O_{2}}rm{O_{3}}rm{O}rm{O}rm{16g/mol}故D正确。故选AD。

rm{16gO}【解析】rm{AD}17、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}三、填空题(共8题，共16分)18、略

【分析】【解析】【答案】（每空2分,共8分）①__71g/mol___②__1.25___③_____0.1_______0.2NA_或1.204X102319、调节水面的高度来控制反应的发生和停止CaC2+2H2O→Ca（OH）2+CH≡CH↑高锰酸钾溶液褪色氧化溴的四氯化碳溶液褪色检查乙炔的纯度明亮火焰并伴有浓烈的黑烟【分析】【解答】（1）图示装置可通过调节A管的高度，控制反应的发生和停止：将A管提高，右管中水面上升，与电石接触发生反应；将A管降低，右管中水面下降，水与电石脱离接触，反应停止，则制取乙炔的化学反应方程式为CaC2+2H2O→Ca（OH）2+CH≡CH↑；

故答案为：调节水面的高度来控制反应的发生和停止；CaC2+2H2O→Ca（OH）2+CH≡CH↑；

（2）乙炔容易被高锰酸钾氧化；使高锰酸钾褪色，故答案为：高锰酸钾溶液褪色；氧化；

（3）乙炔能够和溴水发生加成反应；导致溴的四氯化碳溶液褪色，故答案为：溴的四氯化碳溶液褪色；

（4）乙炔燃烧的化学方程式为2CH≡CH+5O24CO2+2H2O；乙炔中含碳的质量分数较大；燃烧时火焰明亮并伴有浓烈的黑烟；乙炔点燃前必须检验其纯度；

故答案为：检查乙炔的纯度；明亮火焰并伴有浓烈的黑烟．

【分析】（1）通过图中A管；可以控制反应的开始和停止；实验室通过电石与水的反应制取乙炔；

（2）乙炔能使酸性高锰酸钾溶液褪色；发生了氧化反应；

（3）关键乙炔与溴发生加成反应进行判断；

（4）乙炔是可燃性气体，可燃性气体在点燃前必须检验其纯度，以免发生爆炸；因乙炔中含碳的质量分数较大，在燃烧时火焰明亮并伴有浓烈的黑烟．20、1811C6H10【分析】【解答】烷烃的通式为：CnH2n+2，化学式为C8Hm的烷烃；将n=8带入2n+2得，m=18；

烷烃的通式为：CnH2n，CnH22的烯烃；2n=22，则n=11；

相对分子质量为82的炔烃，炔烃的通式为：CnH2n+2，则12n+2n﹣2=82，所以n=6，即烷烃的分子式为C6H10；

故答案为：18；11；C6H10．

【分析】烷烃为饱和烃，烷烃的通式为：CnH2n+2；烯烃中含有碳碳双键，烯烃的通式为：CnH2n；炔烃中含有碳碳三键，炔烃炔烃的通式为：CnH2n﹣2，根据有机物的通式进行解答．21、1：1|1：2|1：1|7：11【分析】【解答】解：相等物质的量的CO和CO2，设物质的量均为1mol，则①由N=nNA可知，所含分子数目之比为1：1，故答案为：1：1；②所含O原子数目之比为1：1×2=1：2，故答案为：1：2；③由V=nVm可知，相同条件下的体积之比为1：1，故答案为：1：1；④由ρ=可知，相同条件下的密度之比为28：44=7：11，故答案为：7：11．【分析】设物质的量均为1mol，结合V=nVm、N=nNA、ρ=及分子构成计算．22、略

【分析】解：rm{(1)}等温等压下，气体摩尔体积相等，根据rm{n=dfrac{V}{V_{m}}}可知等体积的rm{O_{2}}和rm{O_{3}}具有相同物质的量，根据rm{N=nN_{A}}可知二者含有分子个数比为rm{1}rm{1}含有原子个数比rm{=(1隆脕2)}rm{(1隆脕3)=2}rm{3}根据rm{m=nM}可知二者质量之比rm{=}摩尔质量之比rm{=32g/mol}rm{48g/mol=2}rm{3}

故答案为：rm{1}rm{1}rm{2}rm{3}rm{2}rm{3}

rm{(2)}设rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数的数值，如果rm{a}rm{g}氧气中含有的分子数为rm{b}则rm{c}rm{g}氧气含有分子数为：rm{dfrac{cg}{ag}隆脕b=dfrac{bc}{a}}rm{dfrac{cg}{ag}隆脕b=dfrac

{bc}{a}}氧气的物质的量为：rm{dfrac{dfrac{bc}{a}}{N_{A}mol^{-1}}=dfrac{bc}{acdotN_{A}}mol}标况下rm{cg}氧气的体积为：rm{22.4L/mol隆脕dfrac{bc}{acdotN_{A}}mol=dfrac{22.4bc}{acdotN_{A}}L}

故答案为：rm{dfrac{22.4bc}{acdotN_{A}}L}

rm{dfrac{dfrac

{bc}{a}}{N_{A}mol^{-1}}=dfrac{bc}{acdotN_{A}}mol}配制rm{ag}rm{22.4L/mol隆脕dfrac{bc}{acdot

N_{A}}mol=dfrac{22.4bc}{acdotN_{A}}L}的稀rm{dfrac{22.4bc}{acdot

N_{A}}L}液，该过程中硫酸的物质的量不变，设需要浓硫酸的体积为rm{(3)}则。

rm{100mL}解得rm{1mol/L}

故答案为：rm{H_{2}SO_{4}}．

rm{xmL}根据rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{N}{N_{A}}=dfrac{V}{V_{m}}}计算；

rm{1.84g?mL^{-1}隆脕xmL隆脕98%=1mol/L隆脕0.1L隆脕98g/mol}先计算出rm{x隆脰5.4}氧气中含有分子数，然后根据rm{n=dfrac{N}{N_{A}}=dfrac{V}{V_{m}}}计算；

rm{5.4}配制过程中硫酸的物质的量不变；据此列式计算．

本题考查物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与其它物理量之间的关系为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及化学计算能力．rm{(1)}【解析】rm{1}rm{1}rm{2}rm{3}rm{2}rm{3}rm{dfrac{22.4bc}{acdotN_{A}}L}rm{dfrac{22.4bc}{acdot

N_{A}}L}rm{5.4}23、I.ADII.（1）金刚石8原子晶体）金刚石1原子晶体8）（2）1s22s22p63s23p52）1s22s22p63s23p5分子间形成氢键（3）H2O分子间形成氢键V型sp3型3H2O）Vsp3）（4）HCl极性4HCl【分析】【分析】本题考查无机物推断、物质结构与性质，涉及化学键、杂化方式、晶体结构、分子极性、核外电子排布、分子构型等知识，关键根据晶胞结构判断rm{b}难度中等。【解答】I.rm{A.CaC_{2}}中rm{Ca^{2+}}和rm{C_{2}^{2-}}之间存在离子键，碳原子之间存在非极性键，且属于离子化合物，故A正确；B.rm{NH_{4}NO_{3}}中rm{NH_{4}^{+}}与rm{NO_{3}^{-}}之间存在离子键，但不存在非极性键，故B错误；C.rm{N_{2}H_{4}}是存在极性键和非极性键的共价化合物，故C错误；D.rm{Na_{2}O_{2}}是rm{Na^{+}}和rm{O_{2}^{2-}}之间存在离子键，氧原子和氧原子之间存在非极性键的离子化合物，故D正确；故答案为：rm{AD}rm{II.a}rm{b}rm{c}和rm{d}分别为四种短周期元素的常见单质，rm{b}与rm{c}反应生成水，故rm{b}rm{c}分别为rm{H_{2}}rm{O_{2}}中的一种，rm{a}的一种同素异形体的晶胞中每个原子周围有rm{4}个键，判断为金刚石，则rm{a}为rm{C}则rm{b}为rm{H_{2}}rm{c}为rm{O_{2}}由转化关系可知，rm{f}为rm{CO}rm{g}为rm{CO_{2}}因rm{i}是常见的酸，只由rm{b}rm{d}形成可判断为盐酸，则rm{d}为rm{Cl_{2}}rm{i}为rm{HCl}而rm{k}与水反应生成rm{CO_{2}}与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由rm{f}rm{d}反应得到，应含rm{C}rm{O}rm{Cl}三种元素，只能判断为rm{COCl_{2}}

rm{(1)}由上述分析可知，图rm{B}对应的位置为金刚石，该晶胞中rm{C}原子数目为；属于原子晶体；

故答案为：金刚石；rm{8}原子晶体；

rm{(2)d}中元素为rm{Cl}元素，基态原子电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{5}}故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{5}}

rm{(3)}所有两元素形成的物质中，水分子之间存在氢键，常温下是液态，其它都是气体，故水的沸点最高，水分子中rm{O}原子形成rm{2}个rm{娄脪}键、含有rm{2}对孤电子对，故为rm{V}型结构，中心原子含rm{2}对孤电子对，rm{2}个rm{娄脪}键，其杂化轨道类型为rm{sp^{3}}

故答案为：rm{H_{2}O}分子间形成氢键；rm{V}型；rm{sp^{3}}

rm{(4)}所有双原子分子中，只有rm{H}rm{Cl}电负性差值最大，因而rm{HCl}的极性最大，故答案为：rm{HCl}

rm{(5)k}的分子式为rm{COCl_{2}}rm{COCl_{2}}中rm{C}原子成rm{3}个rm{娄脪}键、rm{1}个rm{娄脨}键，没有孤电子对，rm{C}原子采取rm{sp^{2}}杂化；为平面三角形结构，分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子；

故答案为：rm{COCl_{2}}rm{sp^{2}}极性。【解析】I.rm{AD}rm{AD}．rm{II}．rm{II}rm{(}rm{1}rm{)}金刚石rm{8}原子晶体金刚石rm{(}原子晶体rm{1}rm{1}rm{)}rm{8}rm{8}rm{(}rm{2}rm{)}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{5}}rm{(}rm{2}分子间形成氢键rm{2}型rm{)}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{5}}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{5}}rm{(}rm{3}rm{)}rm{H_{2}O}分子间形成氢键rm{V}型rm{sp^{3}}rm{(}rm{3}rm{3}rm{)}rm{H_{2}O}极性rm{H_{2}O}rm{V}24、略

【分析】解：rm{垄脵KCl}存在钾离子和氯离子，钾离子为简单阳离子，氯离子最外层为rm{8}电子，氯化钾的电子式为

故答案为：

rm{垄脷}氯气分子中存在rm{1}个氯氯共用电子对，氯气分子的电子式为：

故答案为：

rm{垄脹N_{2}}氮气中存在氮氮三键，氮原子最外层达到rm{8}电子稳定结构，氮气的电子式为

故答案为：

rm{垄脺H_{2}O}中存在两个氧氢键，氧原子最外层达到rm{8}电子稳定结构，水的电子式为

故答案为：

rm{垄脻}碳原子最外层的rm{4}个电子分别与氢原子形成共用电子对，电子式为故答案为：．

rm{垄脵}氯化钾为离子化合物；电子式中需要标出阴阳离子所带电荷；

rm{垄脷}氯气中存在rm{1}对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到rm{8}电子稳定结构；

rm{垄脹}氮气分子中存在氮氮三键，氮原子最外层为rm{8}电子；

rm{垄脺}水为共价化合物，分子中存在rm{2}个氧氢键，氧原子最外层为rm{8}电子；

rm{垄脻CH_{4}}分子中，碳原子与rm{4}个氢原子分别共用一对电子，形成rm{4}个rm{C-H}键．

本题考查了电子式的书写，题目难