2025年统编版2024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2024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6题，共12分)1、已知氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应的化学方程式为：NaClO3+6HCl=NaCl+3Cl2↑+3H2O，则氧化产物和还原产物的质量比为（）A.6：1B.5：1C.3：1D.2：12、某混合气体中可能含有rm{Cl_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{2}}rm{NO}rm{NO_{2}}中的两种或多种气体。现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是rm{(}rm{)}A.肯定有rm{SO_{2}}和rm{NO}一定无rm{O_{2;;;;;;;;;;;;;;;;}}B.肯定没有rm{Cl_{2}}和rm{NO_{2}}一定有rm{O_{2}}C.可能有rm{Cl_{2}}和rm{O_{2;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}D.肯定只有rm{NO}3、下列图示变化表示吸热反应的是()A.B.C.D.4、现有2mol/L盐酸和稀硫酸溶液各100mL，分别加入等量的铁粉，反应结束后所生成的氢气体积比为2：3，则加入的铁粉的质量为（）A.5.6gB.8.4gC.2.8gD.16.8g5、现有如下各说法：

rm{垄脵}在水分子中氢；氧原子间以共价键相结合。

rm{垄脷}活泼金属和活泼非金属化合时一般形成离子键；

rm{垄脹}非金属元素间形成的化合物一定是共价化合物；

rm{垄脺}根据电离方程式rm{HCl=H^{+}+Cl^{-}}判断rm{HCl}分子里存在离子键；

rm{垄脻}冰的密度比水的密度小；这与氢键有关。

上述各种说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{垄脵垄脷垄脻}B.rm{垄脵垄脷垄脺垄脻}C.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺垄脻}D.rm{垄脵垄脹垄脺垄脻}6、下列反应中，电子转移方向和数目正确的是A.B.C.D.评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)7、下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中正确的是（）A.Na2CO3比NaHCO3易溶于水B.NaHCO3比Na2CO3稳定C.澄清的石灰水能与Na2CO3反应，不与NaHCO3反应D.等物质的量的Na2CO3和NaHCO3与等浓度足量的盐酸反应，消耗盐酸体积之比为2：18、某溶液中有Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，过滤，在滤渣中再加入过量的盐酸，所得溶液中含有的阳离子是（）A.Mg2+B.Fe2+C.Fe3+D.Al3+9、在下列化学方程式中，能够用离子方程式rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒}表示的是rm{(}rm{)}A.rm{BaCl_{2}+K_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2KCl}B.rm{BaCO_{3}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+CO_{2}隆眉+H_{2}O}C.rm{Ba(NO_{3})_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2HNO_{3}}D.rm{Ba(OH)_{2}+2KHSO_{4}=BaSO_{4}隆媒+K_{2}SO_{4}+2H_{2}O}10、下列反应属于取代反应的是()A.甲烷与氯气反应生成一氯甲烷B.苯与浓硫酸、浓硝酸的混合液共热C.乙烯与溴反应生成rm{1}rm{2-}二溴乙烷D.乙醇与氧气反应生成乙醛11、金属铈rm{(_{58}Ce)}常用于制作稀土磁性材料，可应用于制造玻璃、打火石、陶瓷和合金等。已知：rm{Ce^{4+}+Fe^{2+}=Ce^{3+}+Fe^{3+}}下列说法正确的是()A.rm{Ce}元素位于元素周期表第六周期第rm{IIIB}族B.rm{{}_{58}^{138}{C}e}rm{{}_{58}^{142}{C}e}是同素异形体C.铈能溶于rm{HI}溶液，发生反应的离子方程式为：rm{Ce+4H^{+}=Ce^{4+}+2H_{2}}D.铈的原子核外有rm{58}个电子12、表中；对陈述Ⅰ；Ⅱ的正确性判断都正确的是（）

。选项陈述Ⅰ陈述ⅡA碳酸钠、碳酸氢钠能用澄清石灰水鉴别Na2CO3能与澄清石灰水反应生成白色沉淀；

而NaHCO3不能B金属钠具有强还原性高压钠灯发出透雾性强的红光CCl2和SO2都具有漂白性Cl2和SO2混合用于漂白纸张D用浓H2SO4吸收SO3SO3能和水反应A.AB.BC.CD.D13、元素符号、反应方程式、结构示意图、电子式、结构式等通常叫做化学用语．下列有关化学用语的表示方法中错误的是（）A.次氯酸的电子式：B.S2-的结构示意图：C.O-18的原子符号：OD.CO2分子的结构式：O=C=O14、哈伯因发明了由氮气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖．现向一密闭容器中充入1molN2和3molH2，在一定条件下发生反应：N2+3H2⇌2NH3．下列有关说法不正确的是（）A.若2分钟达到化学平衡时N2还剩下0.4mol，则v（N2）=0.3mol/（L•min）B.达到化学平衡时，单位时间内每生成0.1mol的H2同时生成0.1mol的NH3C.达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化D.达到化学平衡后，若增大压强使容器体积缩小，化学反应速率将会增大评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、由电解法获得的粗铝中含一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用于钢材镀铝。工艺流程如下：

rm{(}注：rm{NaCl}熔点为rm{801隆忙}rm{AlCl}注：rm{(}熔点为rm{NaCl}rm{801隆忙}rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}升华在rm{181隆忙}升华rm{)}rm{181隆忙}精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，其中石英砂与铝反应的化学方程式为____。rm{)}将rm{(1)}连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去。气泡的主要成分除rm{(2)}外还含有____；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在____。rm{Cl_{2}}在用废碱液处理气体rm{Cl_{2}}的过程中，所发生反应的离子方程式为____。rm{(3)}镀铝电解池中，熔融盐电镀液中铝元素和氯元素主要以rm{A}形式存在，铝电极的主要电极反应式为____。rm{(4)}16、二写出下列反应的化学方程式；是离子反应的并写出离子方程式：

rm{(1)}碳酸钠溶液和澄清石灰水反应______

rm{(2)}氢氧化镁与硫酸反应______

rm{(3)}少量二氧化碳通入澄清石灰水______．17、X、Y、Z、M、G五种元素分属三个不同短周期，且原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子。Y2是空气的主要成分之一。请回答下列问题：（1）M在元素周期表中的位置为________________。（2）Y、Z的单质或两元素之间形成的化合物共有________种；Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有（写出两种物质的化学式）（3）上述五种元素中两元素形成的化合物之间可相互反应生成单质M的化学方程式为。（4）ZX与水反应放出气体的化学方程式为___________________________。18、在下列各组物质中；找出合适的序号填在对应的空格内：

①NO2和N2O4②12C和14C③和④异戊烷[]新戊烷[]

⑤⑥甲烷与丙烷⑦乙醇（CH3CH2OH）和乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）

注意：以上七组物质；不一定是每组物质都能找到对应填空。

（1）互为同位素的是______；（2）互为同分异构体的是______；（3）互为同系物的是______；（4）同一种物质的是______．19、物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。

rm{(1)SO_{2}}可以转化成rm{S}说明rm{SO_{2}}具有rm{{,!}_{;;;;;;;;;;;;;;;}}性，在rm{2H_{2}S+SO_{2}篓T3S+2H_{2}O}反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________。rm{(2)}从氧化还原反应的角度，理论上下列试剂中____可能实现将rm{SO_{2}}转化成rm{SO_{3}}的是____________rm{a.O_{2;;;;}b.Cl_{2}}rm{c.FeCl_{3}}rm{d.H_{2}}rm{e.Na_{2}SO_{3;}}rm{f.KMnO_{4}}rm{(3)}写出由rm{SO_{2}}转化成rm{Na_{2}SO_{3}}的离子反应方程式___________________，该反应说明rm{SO_{2}}具有____________的通性。评卷人得分四、探究题(共2题，共20分)20、（8分）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，用带刻度的集气瓶排水法收集氢气，每隔1分钟记录一次数据（累计值）：。时间（min）12345氢气体积（mL）50120232290310（1）从0～3分钟时间段内，产生氢气的速率是如何变化的？答：。造成这种变化的主要因素是；从3～5分钟时间段内，产生氢气的速率是如何变化的？答：。造成这种变化的主要因素是。（2）在盐酸中分别加入等体积的下列溶液，能减缓反应速率而又不减少产生氢气的量的是。A．蒸馏水B．NaCl溶液C．Na2CO3溶液D．CuSO4溶液（3）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5分钟五个时间段中，反应速率最大的时间段的盐酸的反应速率为（设溶液体积不变，上述气体体积为标况下数据）。21、水蒸气通过灼热的焦炭后得到的混合气体有哪些成分？某化学兴趣小组在老师的指导下；对此进行了实验探究．

【提出猜想】

①该混合气体只含有一氧化碳；氢气。

②该混合气体含有一氧化碳；二氧化碳、氢气和水蒸气。

③该混合气体只含有二氧化碳；氢气和水蒸气。

④该混合气体只含有一氧化碳；二氧化碳和氢气。

【查阅资料】

a．无水硫酸铜遇水由白色变为蓝色．

b．碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物．

c．浓硫酸具有强烈的吸水性；常用作某些气体的干燥剂。

【实验过程】同学们在老师的指导下设计了如下图所示装置；并进行了实验（部分夹持仪器已略去）．

（1）装置A中无水硫酸铜变蓝，装置B中澄清石灰水变浑浊，由此得出的结论为混合气体中有______．B中变化的化学方程式为______．

（2）装置C中的药品为足量的烧碱溶液，其作用为______．

（3）E中氧化铜变红、F中无水硫酸铜变蓝、G中澄清石灰水变浑浊，说明混合气体中还存在的气体是______；E中的变化说明氧化铜具有______性．（填“氧化”或“还原”）

【实验结论】

（4）上述四种猜想中，猜想______（填序号）是正确的．

【实验反思】

（5）经过讨论，同学们将上图中装置C～H进行了简化，只用如图所示装置并自选必要试剂就能完成探究．其中，干燥管中碱石灰的作用为______，烧杯上能观察到的现象是______．最后一步的实验操作及现象是______．评卷人得分五、解答题(共2题，共18分)22、将碳酸钠和碳酸氢钠的混合物27.4g，加热到质量不再变化时剩余物质质量21.2g．求混合物中Na2CO3和NaHCO3各多少g？

23、比较钠、铝、氮的离子半径大小，并说明原因．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】解：NaClO3+6HCl═NaCl+3Cl2↑+3H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为0，Cl元素的化合价由-1价升高为0，氧化剂为NaClO3；由此得到还原产物为1mol，还原剂为HCl，HCl被氧化，所以氧化产物为5mol，则氧化产物和还原产物的质量比为5：1；

故选B．

NaClO3+6HCl═NaCl+3Cl2↑+3H2O中；Cl元素的化合价由+5价降低为0，Cl元素的化合价由-1价升高为0，以此来解答．

本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．【解析】【答案】B2、A【分析】略【解析】rm{A}3、A【分析】【分析】本题考查了化学反应能量变化，注意知识的积累，掌握基础是解题关键，题目较简单。【解答】A.图象分析可知反应物能量低于生成物能量；结合能量守恒判断该反应为吸热反应，故A正确；

B.图象可知反应物能量高于生成物能量；反应为放热反应，故B错误；

C.浓硫酸溶于水为放热过程；故C错误；

D.稀盐酸和锌发生氧化还原反应，rm{Zn+2HCl=ZnCl_{2}+H_{2}}属于放热反应，故D错误。

故选A。【解析】rm{A}4、B【分析】【解答】由于最后生成的气体质量不等；证明盐酸反应不足；硫酸过量，否则若铁过量，则生成气体的质量之比应该是1：2，若铁不足，生成的氢气体积相等；

Fe+2HCl═FeCl2+H2↑①

121

生成气体的物质的量为：=0.1mol；氢气的质量为0.1mol×2g/mol=0.2g；

反应完毕后生成气体的质量之比为2：3，所以由硫酸生成的气体质量为：0.2g×=0.3g；

设铁的质量为x；则。

Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑②

562

x0.3g

x=8.4g

故选B．

【分析】发生反应方程式为：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑①、Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑②，如果对于这两个反应都是铁不足，就不可能是气体质量比是2：3，所以一定是铁对一个反应不足，对于另一个反应过量；通过方程式可知，铁消耗HCl多，则反应①中盐酸不足，可以算出来生成H2为0.05mol，根据质量比可算出来②反应生成H2为0.075mol，对于反应②Fe不足，以此计算铁的质量．5、A【分析】解：rm{垄脵}在水分子中，氢、氧原子间通过共用电子对形成化学键，是共价键，故rm{垄脵}正确．

rm{垄脷}活泼金属和活泼非金属一般通过电子的得失形成阴阳离子，阴阳离子间通过静电作用形成离子键，故rm{垄脷}正确．

rm{垄脹}形成氯化铵的元素全部是非金属元素，但氯化铵是离子化合物，故rm{垄脹}错误．

rm{垄脺HCl}分子中氢、氯原子间通过共用电子对形成化学键，是共价键；在其溶液里，在水分子的作用下，能电离出阴阳离子，故rm{垄脺}错误．

rm{垄脻}在冰中，由于氢键的作用，水分子间形成正四面体结构，使得水分子间的空隙变大，所以水变冰后体积增大，密度变小，故rm{垄脻}正确．

故选A．

rm{垄脵}根据共价键的定义判断；

rm{垄脷}根据离子键的定义判断；

rm{垄脹}找反面离子判断；

rm{垄脺}根据共价键的定义判断；

rm{垄脻}根据氢键对物质性质的影响判断；

做本题时应明确：氢键不是化学键，氢键对物质的物理性质有影响，对物质化学性质无影响，其作用力的大小介于范德华力和化学键之间．【解析】rm{A}6、A【分析】【分析】本题考查了氧化还原反应的特征和实质知识，是对教材知识的考查，难度不大。【解答】A.硫和氧气的反应中，硫元素失电子化合价升高，氧元素得电子化合价降低，转移电子数rm{=}化合价降低总数目rm{=}化合价升高总数目，故A项正确；B.根据化合价不交叉的原则，硫化氢中硫元素化合价从rm{-2}价应升高到rm{0}价，硫酸中硫元素的化合价从rm{+6}价降到rm{+4}价，转移电子rm{2mol}故B项错误；C.铁元素化合价升高失去电子，氢元素化合价降低得到电子，故C项错误；D.盐酸中的氯元素化合价升高应是失去电子，重铬酸钾中铬元素化合价降低应是得到电子，得失电子数目为rm{6}故D项错误。故选A。【解析】rm{A}二、双选题(共8题，共16分)7、A|D【分析】解：A．相同的温度下，NaHCO3溶解度比Na2CO3小，则Na2CO3比NaHCO3易溶于水；故A正确；

B．因2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸钠加热不分解，所以Na2CO3比NaHCO3稳定；故B错误；

C．澄清的石灰水既能与Na2CO3反应，又能与NaHCO3反应；故C错误；

D．等物质的量的Na2CO3和NaHCO3与等浓度足量的盐酸反应；根据钠守恒，生成氯化钠的物质的量之比为：2：1，所以消耗等浓度足量的盐酸体积之比为2：1，故D正确；

故选AD．

NaHCO3不稳定，溶解度比Na2CO3小，与盐酸反应较Na2CO3剧烈，可与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3可与水、二氧化碳反应生成NaHCO3；以此解答该题．

本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并注意利用稳定性、与酸的反应、水解、与碱的反应来分析解答．【解析】【答案】AD8、A|C【分析】解：Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+四种阳离子中，若向其中加入过量的NaOH溶液，发生反应有：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；

Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；过滤后滤渣中含有。

Mg（OH）2和Fe（OH）3，在滤渣中再加入过量的盐酸，所得溶液中含有的阳离子是Mg2+和Fe3+；

故选AC．

根据各离子的性质，判断加入过量NaOH溶液时所发生的反应，注意Fe2+与Fe3+的转化，以及Al3+生成AlO2-的性质．

本题考查离子的性质，题目难度不大，注意加入NaOH后所发生的反应，注意各离子的性质．【解析】【答案】AC9、rAC【分析】解：rm{A.BaCl_{2}+K_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2KCl}的离子反应为rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒}故A正确；

B.rm{BaCO_{3}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+CO_{2}隆眉+H_{2}O}的离子反应为rm{BaCO_{3}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒+CO_{2}隆眉+H_{2}O}故B错误；

C.rm{Ba(NO_{3})_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2HNO_{3}}的离子反应为rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒}故C正确；

D.rm{Ba(OH)_{2}+2KHSO_{4}=BaSO_{4}隆媒+K_{2}SO_{4}+2H_{2}O}的离子反应为rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}故D错误；

故选AC．

可溶性钡盐与可溶性硫酸盐rm{(}或硫酸rm{)}反应生成硫酸钡和可溶性盐rm{(}或强酸rm{)}的离子反应可用rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒}表示；以此来解答．

本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应即可解答，熟悉常见物质的溶解性是解答的关键，题目难度不大．【解析】rm{AC}10、AB【分析】略。

【解析】rm{AB}11、AD【分析】【分析】本题考查有关元素及其化合物的结构与性质，难度不大，掌握相关知识是解答的关键。【解答】A.rm{58}号元素，据元素周期表的结构可知为第六周期第rm{IIIB}族，故A正确；族，故A正确；rm{IIIB}B.这两个均为原子，是同位素，故B错误；C.从已知反应可知如生成rm{Ce}则会氧化碘离子，故C错误；D.原子序数为rm{Ce}也就是原子rm{{,!}^{4+}}个电子，故D正确。rm{58}核外有rm{58}个电子，故D正确。【解析】rm{AD}12、D【分析】解：A．碳酸钠；碳酸氢钠都与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀；无法用澄清石灰水鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故A错误；

B．高压钠灯发出透雾性强的光；为钠的焰色反应，为钠元素的性质，不体现还原性，故B错误；

C．Cl2和SO2在溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，降低了漂白性，不能将Cl2和SO2混合漂白纸张；故C错误；

D．SO3能和水反应，但直接吸收时易形成酸雾，所以硫酸工业中用浓H2SO4吸收SO3；故D正确；

故选D．

A．碳酸钠和碳酸氢钠都能够与氢氧化钙生成碳酸钙沉淀；

B．高压钠灯发出透雾性强的光；为钠的焰色反应；

C．氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化氢和硫酸；降低了漂白性；

D．硫酸工业中；为了避免形成酸雾，通常用浓硫酸吸收三氧化硫．

本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及碳酸钠和碳酸氢钠的性质、钠的性质、氯气和二氧化硫的漂白性等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】【答案】D13、A|C【分析】解：A．次氯酸为共价化合物，中心原子为O，正确的电子式为故A错误；

B．S2-的最外层达到8电子稳定结构，其离子结构示意图为：故B正确；

C．O-18的质量数为18，该原子正确的表示方法为：18O；故C错误；

D．CO2分子中含有两个碳氧双键；其结构式为：O=C=O，故D正确；

故选AC．

A．次氯酸的中心原子为O；分子中不存在H-Cl键；

B．硫离子的核电荷数为16；核外电子总数为18，最外层达到8电子稳定结构；

C．元素符号的左上角为质量数；

D．二氧化碳为直线型结构；分子中含有两个碳氧双键．

本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、元素符号、离子结构示意图、结构式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力．【解析】【答案】AC14、A|B【分析】解：A．若2分钟达到化学平衡时N2还剩下0.4mol，则消耗的氮气为1-0.4=0.6mol，所以v（N2）=未指明体积，则无法计算速率，故A错误；

B．单位时间内生成0.1mol的H2，同时生成0.1mol的NH3；由化学计量数之比等于化学反应速率之比，则氢气的正逆反应速率不等，该反应没有达到平衡状态，故B错误；

C．达到化学平衡时，正逆反应速率相等，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化；故C正确；

D．达增大压强使容器体积缩小；则增大单位体积内的活化分子数目，所以化学反应速率将会增大，故D正确．

故选AB．

A、根据v（N2）=进行计算；

B；转化为同种物质的反应速率；判断正逆反应速率的关系，正逆反应速率相等达到化学平衡状态；

C、1molN2和3molH2混合进行反应不能完全转化；

D；增大压强使容器体积缩小；则增大单位体积内的活化分子数目，所以化学反应速率将会增大．

本题考查较为综合，涉及可逆反应反应速率的计算、反应速率的影响因素以及化学平衡状态的判断，题目难度不大，注意把握可逆反应的特点以及平衡状态的标志．【解析】【答案】AB三、填空题(共5题，共10分)15、(1)3SiO2＋4Al=2Al2O3＋3Si

(2)AlCl3NaCl

(3)Cl2＋2OH-=ClO-＋Cl-＋H2O

(4)Al-3e-＋4Cl-=AlCl4-【分析】【分析】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及电解原理、离子反应等知识点，明确物质的性质是关键，注意分析流程图中物质成分及其性质、发生的反应。

粗铝中含有rm{Al}rm{Na}和氢气，在坩埚中精炼粗铝并加热至rm{700隆忙}通入氯气，氯气和氢气反应生成rm{HCl}rm{Na}rm{Al}和氯气分别生成rm{NaCl}和rm{AlCl}rm{Al}和氢气，在坩埚中精炼粗铝并加热至rm{Na}通入氯气，氯气和氢气反应生成rm{700隆忙}rm{HCl}rm{Na}和氯气分别生成rm{Al}和rm{NaCl}rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}

，所以得到的铝液为高纯铝液，然后冷却得到高纯铝锭；熔点为rm{NaCl}熔点为rm{801隆忙}rm{AlCl}rm{NaCl}rm{801隆忙}rm{AlCl}时升华，所以得到的尾气中含有rm{{,!}_{3}}在rm{181隆忙}时升华，所以得到的尾气中含有rm{HCl}rm{Cl}rm{181隆忙}rm{HCl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}能和碱液反应，为和rm{AlCl}和rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}，冷凝气体，气体rm{A}能和碱液反应，为rm{HCl}和rm{Cl}rm{A}rm{HCl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}，发生反应rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}rm{+2OH}rm{+2OH}rm{{,!}^{-}}rm{篓TCl}rm{篓TCl}rm{{,!}^{-}}rm{+ClO}rm{+ClO}rm{{,!}^{-}}rm{+H}

rm{+H}中含有rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{H}rm{O}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{+OH}熔融，采用电镀方法得到镀铝制品，据此分析。【解答】rm{+OH}rm{{,!}^{-}}和氢气，在坩埚中精炼粗铝并加热至rm{篓TH}通入氯气，氯气和氢气反应生成rm{篓TH}rm{{,!}_{2}}rm{O}和氯气分别生成rm{O}和气体rm{B}中含有rm{AlCl}rm{B}rm{AlCl}

rm{{,!}_{3}}熔点为，将rm{AlCl}rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}和rm{KCl}rm{NaCl}熔融，采用电镀方法得到镀铝制品，据此分析。时升华，所以得到的尾气中含有rm{KCl}rm{NaCl}粗铝中含有rm{Al}rm{Na}和氢气，在坩埚中精炼粗铝并加热至rm{700隆忙}通入氯气，氯气和氢气反应生成rm{HCl}rm{Na}rm{Al}和氯气分别生成rm{NaCl}和rm{AlCl}rm{Al}rm{Na}rm{700隆忙}能和碱液反应，为rm{HCl}和rm{Na}rm{Al}rm{NaCl}rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}，所以得到的铝液为高纯铝液，然后冷却得到高纯铝锭；rm{NaCl}熔点为rm{801隆忙}rm{AlCl}rm{NaCl}rm{801隆忙}rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}在rm{181隆忙}时升华，所以得到的尾气中含有rm{HCl}rm{Cl}rm{181隆忙}rm{HCl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}和rm{AlCl}rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}，冷凝气体，气体rm{A}能和碱液反应，为rm{HCl}和rm{Cl}

rm{A}中含有rm{HCl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}，发生反应rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}熔融，采用电镀方法得到镀铝制品，rm{+2OH}rm{+2OH}rm{{,!}^{-}}rm{篓TCl}反应方程式为rm{篓TCl}rm{{,!}^{-}}

rm{+ClO}rm{+ClO}rm{{,!}^{-}}

rm{+H}熔点为rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{H}rm{O}时升华，加热时氯化铝升华，所以得到的尾气中含有rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{+OH}rm{+OH}rm{{,!}^{-}}

rm{篓TH}rm{篓TH}rm{{,!}_{2}}

rm{O}氯气和碱反应生成盐，离子反应方程式为rm{O}气体rm{B}中含有rm{AlCl}

rm{B}rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}

，将rm{AlCl}镀铝电解池中，熔融盐电镀液中铝元素和氯元素主要以rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}和rm{KCl}rm{NaCl}熔融，采用电镀方法得到镀铝制品，rm{KCl}rm{NaCl}rm{(1)}rm{(1)}高温下，铝和rm{SiO}rm{SiO}rm{{,!}_{2}}

发生置换反应生成氧化铝和rm{Si}反应方程式为rm{Si}rm{3SiO_{2}+4Al=2Al_{2}O_{3}+3Si}，【解析】rm{(1)3SiO_{2}+4Al=2Al_{2}O_{3}+3Si}rm{(1)

3SiO_{2}+4Al=2Al_{2}O_{3}+3Si}rm{(2)AlCl_{3}}rm{NaCl}rm{(3)Cl_{2}+2OH^{-}=ClO^{-}+Cl^{-}+H_{2}O}rm{(4)Al-3e^{-}+4Cl^{-}=AlCl_{4}^{-}}16、略

【分析】解：rm{(1)}碳酸钠溶液和澄清石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠，化学方程式：rm{Na_{2}CO_{3}+Ca(OH)_{2}=CaCO_{3}隆媒+2NaOH}离子方程式：rm{CO_{3}^{2-}+Ca^{2+}=CaCO_{3}隆媒}

故答案为：rm{Na_{2}CO_{3}+Ca(OH)_{2}=CaCO_{3}隆媒+2NaOH}rm{CO_{3}^{2-}+Ca^{2+}=CaCO_{3}隆媒}

rm{(2)}氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁和氢氧化钠，化学方程式：rm{Mg(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}=MgSO_{4}+2H_{2}O}离子方程式：rm{Mg(OH)_{2}+2H^{+}=Mg^{2+}+2H_{2}O}

故答案为：rm{Mg(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}=MgSO_{4}+2H_{2}O}rm{Mg(OH)_{2}+2H^{+}=Mg^{2+}+2H_{2}O}

rm{(3)}少量二氧化碳通入澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，化学方程式：rm{CO_{2}+Ca(OH)_{2}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}离子方程式：rm{CO_{2}+Ca^{2+}+2OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

故答案为：rm{CO_{2}+Ca(OH)_{2}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{CO_{2}+Ca^{2+}+2OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O.}

rm{(1)}碳酸钠溶液和澄清石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠；

rm{(2)}氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁和氢氧化钠；

rm{(3)}少量二氧化碳通入澄清石灰水反应生成碳酸钙和水．

本题考查了离子方程式、化学方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意化学式的拆分，题目难度不大．【解析】rm{Na_{2}CO_{3}+Ca(OH)_{2}=CaCO_{3}隆媒+2NaOH}rm{CO_{3}^{2-}+Ca^{2+}=CaCO_{3}隆媒}rm{Mg(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}=MgSO_{4}+2H_{2}O}rm{Mg(OH)_{2}+2H^{+}=Mg^{2+}+2H_{2}O}rm{CO_{2}+Ca(OH)_{2}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{CO_{2}+Ca^{2+}+2OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}17、略

【分析】【解析】试题分析：X、Y、Z、M、G五种元素分属三个不同短周期，且原子序数依次增大，所以X一定是氢元素。Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，Y2是空气的主要成分之一，这说明Y是氧元素，M是硫因素。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，且Z的原子序数大于Y，小于M，所以Z是Na。G的原子序数大于S的，则G是氯元素。（1）S的原子序数是16，位于周期表中第三周期第ⅥA族。（2）Y、Z的单质或两元素之间形成的化合物共有5种，分别是Na、O2、O3、Na2O、Na2O2。Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有Cl2、O3、ClO2。（3）上述五种元素中两元素形成的化合物之间可相互反应生成单质M，这说明M在化合物中的化合价分别是正价和负价，满足条件的是SO2和H2S，反应的化学化学方程式为2H2S+SO2＝3S+2H2O。（4）NaH中H元素的化合价是－1价，易被水中＋1价的H氧化生成氢气，反应的化学方程式是NaH+H2O＝NaOH＋H2↑。考点：考查元素推断、元素周期表的价格和常见化学用语的书写等【解析】【答案】（10分）（1）第三周期第ⅥA族（2）5；Cl2、O3、ClO2（3）2H2S+SO2＝3S+2H2O（4）NaH+H2O＝NaOH＋H2↑18、略

【分析】解：（1）12C和14C质子数都为6；中子数不同，是碳元素的不同原子，互为同位素，故选：②；

（2）异戊烷[]新戊烷[]是分子式相同；但结构不同的化合物，互为同分异构体，故选：④；

（3）甲烷与丙烷结构相似、通式相同，相差2个CH2原子团；互为同系物，故选：⑥；

（4）都是四面体结构；结构一样，为同一种物质，故选：⑤．

质子数相同质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；

具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；

同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团；具有相同官能团的化合物；

组成和结构都相同的物质为同一物质；同一物质组成；结构、性质都相同，结构式的形状及物质的聚集状态可能不同．

本题考查“四同”比较，难度不大，侧重考查学生的辨别能力，选项多，要细心排查，是对心理素质的考验，需要注意的是是同一种物质．【解析】②；④；⑥；⑤19、（1）氧化2：1

（2）de

（3）SO2+2OH-═SO32-酸性氧化物【分析】【分析】本题考查二氧化硫的性质以及氧化还原反应，难度不大。【解答】rm{(1)}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}硫元素的化合价降低，被还原，说明可以转化成rm{S}硫元素的化合价降低，被还原，说明rm{SO}rm{S}rm{SO}氧化性rm{{,!}_{2}}具有；在rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}反应中，rm{{,!}_{2}}rm{S=2H}rm{S=2H}元素的化合价由rm{{,!}_{2}}降低为rm{O+3S隆媒}反应中，rm{SO}为氧化剂；rm{O+3S隆媒}rm{SO}rm{{,!}_{2}}中中rm{S}元素的化合价由rm{+4}降低为rm{0}为氧化剂；rm{H}元素的化合价由rm{S}升高到rm{+4}为还原剂，则rm{0}单质既是氧化产物又是还原产物，rm{H}原子守恒及反应可知，rm{{,!}_{2}}还原剂反应生成氧化产物为rm{S}中rm{S}元素的化合价由rm{-2}升高到rm{0}为还原剂，则rm{S}单质既是氧化产物又是还原产物，rm{S}氧化剂反应生成还原产物为rm{S}rm{-2}rm{0}rm{S}，故答案为：氧化；由rm{S}原子守恒及反应可知，rm{2mol}还原剂反应生成氧化产物为rm{2mol}rm{1mol}氧化剂反应生成还原产物为rm{1mol}rm{S}

rm{2mol}rm{2mol}rm{1mol}rm{1mol}所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为rm{2mol}rm{1mol=2}rm{1}需加氧化剂，rm{2mol}rm{1mol=2}rm{1}rm{2}rm{1}rm{(2)}将rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}均是常见的氧化剂，转化成rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{3}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2隆垄}}是常见的还原剂，不能将rm{Cl}转化成rm{Cl}需，故答案为：rm{{,!}_{2}}、rm{FeCl}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}、rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}，、rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}酸性氧化物rm{SO}故答案为：rm{SO}酸性氧化物。rm{{,!}_{3}}【解析】rm{(1)}氧化rm{2}rm{1}

rm{(2)de}rm{(3)SO_{2}+2OH^{-}篓TSO_{3}^{2-}}酸性氧化物四、探究题(共2题，共20分)20、略

【分析】（1）根据表中数据可知，在0～1、1～2、2～3内生成的氢气分别是（ml）50、70、112，所以反应速率逐渐增大，这是由于锌与盐酸反应放热，使溶液温度升高，反应速率增大。在3～4、4～5内生成的氢气分别是（ml）58、20，所以反应速率逐渐减小，这