2025年沪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年沪教版高一化学上册月考试卷855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、下列各组物质，化学键类型相同、晶体类型也相同的是（）A.SO2和SiO2B.Na2O2和Na2OC.CO2和H2SD.CCl4和KCl2、一定量的H2在一定条件下完全燃烧后，生成气态H2O，放出热量Q1，等质量的H2在相同条件下完全燃烧生成液态H2O，放出热量Q2，则Q1和Q2的关系是A.Q1＞Q2B.Q1＝Q2C.Q1＜Q2D.无法确定3、下列关于浓rm{HNO_{3}}和浓rm{H_{2}SO_{4}}的叙述中正确的是rm{(}rm{)}A.常温下都不能用铝制容器贮存B.滴在紫色石蕊试纸上，试纸都变黑C.常温下都能与铜较快反应D.露置在空气中，容器内酸液的浓度都降低4、下列分子中的所有原子满足最外层rm{8}个电子结构结构的是rm{(}rm{)}A.rm{HCl}B.rm{BF_{3}}C.rm{NCl_{3}}D.rm{PCl_{5}}5、下列说法中，能说明恒温恒容密闭容器中的反应：3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）已达到平衡状态的是（）A.X和Y的消耗速率之比为3：1B.容器内压强不随时间变化而变化C.容器内X、Y、Z的物质的量相等D.容器内混合气体的密度不随时间变化6、下列混合物，能用分液漏斗分离的是：A.酒精和水B.乙酸乙酯和水C.乙醇和乙酸D.汽油和油脂7、将相同质量的铜分别和过量浓硝酸、稀硝酸反应，下列叙述正确的是()A.反应速率：两者相同B.消耗硝酸的物质的量：前者多，后者少C.反应生成气体的颜色：前者浅，后者深D.反应中转移的电子总数：前者多，后者少8、rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2SO_{3}(g)}反应过程的能量变化如图所示rm{.}下列说法错误的是rm{(}rm{)}

A.图中rm{A}表示反应物的总能量B.图中rm{E}的大小对该反应的rm{triangleH}有影响C.该反应通常用rm{V_{2}O_{5}}作催化剂，加rm{V_{2}O_{5}}会使图中rm{B}点降低D.加入催化剂rm{V_{2}O_{5}}后，该反应的rm{triangleH}不变9、几种短周期元素的原子半径和主要化合价见表：

。元素代号rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{L}rm{M}rm{Q}原子半径rm{/nm}rm{0.160}rm{0.143}rm{0.102}rm{0.099}rm{0.077}rm{0.074}主要化合价rm{+2}rm{+3}rm{+6}rm{-2}rm{+7}rm{-1}rm{+4}rm{-4}rm{-2}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.在化学反应中，rm{M}原子既不容易失去电子，又不容易得到电子B.等物质的量的rm{X}rm{Y}的单质与足量盐酸反应，生成的氢气一样多C.rm{Y}与rm{Q}形成的化合物不可能跟氢氧化钠溶液反应D.rm{Z}的氢化物的稳定性强于rm{L}的氢化物的稳定性评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、一个体重50kg的健康人含铁元素2g，这2g铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在。Fe2+易被吸收，所以给贫血者补充铁时，应补充含Fe2+的亚铁盐（如FeSO4）。服用维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，有利于人体对铁的吸收。（1）经常进行Fe2+与Fe3+的转化，可表示为Fe2+Fe3+。在过程A中，Fe2+作____剂。（2）维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，维生素C在这个反应中具有____性。（3）某同学要检验Fe3+，向溶液中加入____（写化学式）溶液变成红色。要除去FeCl3溶液中少量的氯化亚铁，可行的办法是____(填字母)。a．加入铜粉b．加入铁粉c．通入氯气d．加入NaOH溶液根据选用的试剂，写出除去FeCl3溶液中少量的氯化亚铁过程中发生反应的离子方程式____。（4）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀铜箔，制造印刷线路板，写出FeCl3与金属铜反应的离子方程式____。（5）使用过的腐蚀液会失效，但可以回收利用，某兴趣小组为了从使用过的腐蚀液中回收铜，应使用的试剂是____(填字母)a．铜粉b．氯气c．铁粉d．KSCN溶液11、标准状况下，10.8gCO和CO2混合气体的体积是6.72L，则此混合气体中，CO和CO2的物质的量之比是____，CO的质量分数为____．12、如图所示A为泡沫塑料板，上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃搅拌棒，两个小孔不能开得过大，其目的是______；若实验中不加盖泡沫塑料板，则求得的中和热数值（填偏大、偏小、无影响）．13、

rm{(1)}既有离子键又有非极性键的是______；既有离子键又有极性键的是______．

rm{{垄脵}MgCl_{2}{垄脷}Na_{2}S{垄脹}NH_{4}NO_{3}{垄脺}K_{2}O_{2}{垄脻}Ca(OH)_{2}{垄脼}Na_{2}CO_{3}{垄脽}SiF_{4}}

rm{(2)X}rm{Y}是构成上述物质元素中的两种，能形成rm{XY_{2}}型化合物，已知rm{XY_{2}}中共有rm{38}个电子，若rm{XY_{2}}为离子化合物，用电子式表示rm{XY_{2}}的形成过程______；若rm{XY_{2}}为共价化合物时，其电子式为：______．14、（１２分）（1）30%的H2SO4和50%的H2SO4等质量混合后，所得溶液的质量分数________(填“大于”、“小于”或“等于”)40%，如果等体积混合，混合后溶液的质量分数________(填“大于”、“小于”或“等于”)40%。（2）已知98%的浓H2SO4的物质的量浓度为18.4mol·L－1，试判断49%的H2SO4的物质的量浓度________(填“大于”、“小于”或“等于”)9.2mol·L－1。（3）在一定温度和压强下，1体积X2(g)和3体积Y2(g)化合生成2体积Z(g)，则Z气体的化学式是________。（4）在标准状况下，CO和CO2的混合气体质量为36g，体积为22.4L，则CO所占的体积是__________L，质量是________g。15、有rm{A}质子数rm{B}中子数rm{C}核外电子数rm{D}最外层电子数rm{E}电子层数用代表上述概念的序号，完成下列问题：rm{(1)}元素的种类由________决定。rm{(2)}原子的种类由________决定。rm{(3)}元素有无同位素由________决定。rm{(4)}元素的化合价主要由________决定。rm{(5)}元素的化学性质主要由________决定。16、选择下列实验方法分离物质；将分离方法的序号填在横线上．

A.萃取分液rm{B.}升华rm{C.}结晶rm{D.}过滤rm{E.}蒸馏rm{F.}分液。

rm{(1)}分离饱和食盐水与沙子的混合物______

rm{(2)}从碘水中提取碘单质______

rm{(3)}分离rm{CCl_{4}(}沸点为rm{76.75隆忙)}和甲苯rm{(}沸点为rm{110.6隆忙)}的混合物______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)17、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）18、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）19、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）20、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化21、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）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、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）评卷人得分四、推断题(共3题，共24分)24、如图是部分短周期元素的单质及其化合物（或其溶液）的转化关系．已知在常温常压下；A是固体，B；C、D、E是非金属单质且都是气体，C呈黄绿色；化合物F是淡黄色固体，化合物G的焰色反应为黄色，化合物I和J通常状况下呈气态；D和E的反应是化工生产中的一种重要的固氮反应．

请回答下列问题：

①E和J的电子式分别是____和____．

②写出F和CO2反应的化学方程式并用单线桥法表示电子转移的情况____

③将少量单质C通入盛有淀粉碘化钾溶液的试管中，溶液变蓝色，该反应的离子方程式为____．

④标况下3.36L气体B与A完全反应，转移电子的数目为____．25、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}七种短周期主族元素的原子序数依次增大rm{.A}和rm{E}最外层电子数相同，短周期主族元素的原子中，rm{E}原子的半径最大；rm{B}rm{C}和rm{F}在周期表中相邻，rm{B}rm{C}同周期，rm{C}rm{F}同主族，rm{F}原子的质子数是rm{C}原子质子数的rm{2}倍；rm{A}和rm{C}可形成两种常见的液态化合物rm{X}和rm{Y(}相对分子质量rm{X<Y)}rm{D}形成的分子为双原子分子rm{.}回答问题：

rm{(1)D}元素的名称为______，rm{F}形成的离子的结构示意图为______．

rm{(2)}写出液态化合物rm{Y}的一种用途______．

rm{(3)}用某种金属易拉罐与rm{A}rm{C}rm{E}组成的化合物的水溶液反应；产生的气体可充填气球，请写出该反应的离子方程式______．

rm{(4)A}rm{B}rm{G}三种元素两两组合形成的化合物在空气中相遇形成白烟，反应的化学方程式为______．26、如图表示常见元素单质及化合物相应转化关系；部分反应的产物没有全部列出。

已知：rm{B}是一种黄绿色气体，rm{C}在所有气体中密度最小，rm{D}是一种碱；rm{X}rm{Y}是生活中应用最为广泛的金属，rm{F}是一种红棕色氧化物，常用作红色油漆和涂料；rm{Z}为气态氧化物。

请回答下列问题：

rm{(1)}气体rm{B}具有______rm{(}填“还原性”、“氧化性”或“漂白性”rm{)}反应rm{垄脷}属于四种基本反应类型反应中的______。

rm{(2)}有学生认为rm{B}与rm{X}反应的产物rm{E}不一定是纯净物。他认为产物中可能还有______rm{(}填化学式rm{)}为验证其猜想该同学设计了相关实验，你认为他需要选择的试剂为______rm{(}填序号rm{)}

rm{a.}酸性高锰酸钾溶液rm{b.NaOH}溶液rm{c.KSCN}溶液rm{d.}稀硫酸。

rm{(3)}若rm{Z}能导致温室效应，则反应rm{{垄脹}}的离子反应方程式为______。

rm{(4)}若rm{Z}是我国酸雨形成的罪魁祸首，目前应用最广泛的工业处理含rm{Z}废气的方法是在一定条件下与生石灰作用而使其固定，产物可作建筑材料，反应的化学方程式为______。评卷人得分五、结构与性质(共1题，共2分)27、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、其他(共4题，共20分)28、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。29、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。30、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。31、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】A中都是极性键，但前者形成的是分子晶体，后者形成的是原子晶体。B中都是离子晶体，但前者还含有非极性键。C中都是由极性键形成的分子晶体。D中前者是由极性键形成的分子晶体，后者是由离子键形成的离子晶体。答案选C。【解析】【答案】C2、C【分析】【解析】【答案】C3、D【分析】解：rm{A.}常温下，rm{Al}遇浓rm{HNO_{3}}和浓rm{H_{2}SO_{4}}都可发生钝化；则常温下都能用铝制容器贮存，故A错误；

B.浓硫酸具有脱水性；则滴在紫色石蕊试纸上，试纸最终变黑，而浓硝酸滴在紫色石蕊试纸上变红，故B错误；

C.浓硫酸与rm{Cu}反应需要加热；常温下浓硝酸能与铜较快，故C错误；

D.浓硝酸易挥发使溶质减少；浓硫酸具有吸水性使溶剂增多，则露置在空气中，容器内酸液的浓度都降低，故D正确；

故选D．

A.常温下，rm{Al}遇浓rm{HNO_{3}}和浓rm{H_{2}SO_{4}}都可发生钝化；

B.浓硫酸具有脱水性；

C.浓硫酸与rm{Cu}反应需要加热；

D.浓硝酸易挥发；浓硫酸具有吸水性．

本题考查浓硝酸和浓硫酸的性质，为高频考点，把握浓酸的强氧化性、浓硫酸的三大特性为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．【解析】rm{D}4、C【分析】解：rm{A.HCl}中rm{Cl}原子最外层电子为rm{7+1=8}rm{H}原子的最外层电子数rm{=1+1=2}故A不选；

B.rm{BF_{3}}中rm{B}元素的化合价为rm{+3}rm{B}原子核外电子数为rm{3}所以rm{3+3=6}rm{B}原子不满足rm{8}电子结构；rm{F}元素化合价为rm{-1}rm{F}原子最外层电子数为rm{7}所以rm{|-1|+7=8}rm{F}原子满足rm{8}电子结构；故B不选；

C.rm{NCl_{3}}中，rm{N}原子的最外层电子为：rm{5+3=8}rm{Cl}原子的最外层电子为：rm{7+|-1|=8}都满足rm{8}电子稳定结构；故C选；

D.rm{PCl_{5}}中，rm{P}原子的最外层电子为：rm{5+5=10}rm{Cl}原子的最外层电子为：rm{7+|-1|=8}不都满足rm{8}电子稳定结构；故D不选；

故选C．

分子中原子的最外层电子数可以根据每种元素原子的最外层电子数与化合价的绝对值之和来判断．

本题考查原子的结构，难度不大注意判断是否满足rm{8}电子结构的方法，注意利用化合价与最外层电子数来分析即可解答．【解析】rm{C}5、B【分析】解：A；只要反应发生就有X和Y的消耗速率之比为3：1；故A错误；

B；随着反应的进行体系压强逐渐减小；容器内压强保持不变说明达平衡状态，故B正确；

C；当体系达平衡状态时；容器内X、Y、Z的物质的量可能相等，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故C错误；

D；恒容密闭容器内混合气体的密度一直不随时间变化；故D错误；

故选：B。

根据化学平衡状态的特征解答；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度；百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。

本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。【解析】B6、B【分析】只有互不相溶的液体之间才能用分液漏斗进行分离，乙酸乙酯不溶于水，B正确。其余都是易溶或互溶的，答案选B。【解析】【答案】B7、B【分析】硝酸越浓，氧化性越强，所以浓硝酸和铜反应速率快，A不正确。根据方程式Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2H2O＋2NO2↑和3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋4H2O＋2NO↑可知B正确，C不正确。反应中消耗的铜一样多，所以转移多电子数一样多，答案是B。【解析】【答案】B8、B【分析】解：rm{A.}图中rm{A}rm{C}分别表示反应物总能量和生成物总能量；故A正确；

B.rm{E}为反应物的活化能；对反应热无影响，故B错误；

C.加入催化剂；可降低反应的活化能，故C正确；

D.加催化剂降低活化能；反应热不变，故D正确．

故选B．

A、rm{C}分别表示反应物总能量的生成物总能量，rm{B}为活化能；活化能的大小与反应热无关，加催化剂降低活化能，以此解答该题．

本题考查反应过程的能量变化图以及热化学方程式，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，注意活化能与反应热的关系．【解析】rm{B}9、A【分析】解：短周期元素，由元素的化合价可知，rm{Q}只有rm{-2}价，rm{Z}有rm{+6}rm{-2}价，则rm{Q}为rm{O}元素、rm{Z}为rm{S}元素；rm{L}有rm{+7}rm{-1}价，则rm{L}为氯元素；rm{M}有rm{+4}rm{-4}价，处于rm{IVA}族，原子半径小于氯的，则rm{M}为碳元素；rm{Y}为rm{+3}价，处于Ⅲrm{A}族，原子半径大于硫，所以rm{Y}为rm{Al}元素；rm{X}有rm{+2}价，处于Ⅱrm{A}族，原子半径rm{X>Al}则rm{X}为rm{Mg}元素．

A.rm{M}为碳元素，最外层电子数为rm{4}在化学反应中，rm{M}原子既不容易失去电子；又不容易得到电子，故A正确；

B.rm{X}为rm{Mg}元素，rm{Y}为rm{Al}元素，等物质的量的rm{X}rm{Y}的单质与足量盐酸反应，根据电子转移守恒可知，二者生成rm{H_{2}}为rm{2}rm{3}故B错误；

C.rm{Y}与rm{Q}形成的化合物为rm{Al_{2}O_{3}}氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，故C错误；

D.非金属性rm{Cl>S}所以稳定性rm{HCl>H_{2}S}即rm{L}的氢化物的稳定性强于rm{Z}的氢化物的稳定性；故D错误；

故选A．

短周期元素，由元素的化合价可知，rm{Q}只有rm{-2}价，rm{Z}有rm{+6}rm{-2}价，则rm{Q}为rm{O}元素、rm{Z}为rm{S}元素；rm{L}有rm{+7}rm{-1}价，则rm{L}为氯元素；rm{M}有rm{+4}rm{-4}价，处于rm{IVA}族，原子半径小于氯的，则rm{M}为碳元素；rm{Y}为rm{+3}价，处于Ⅲrm{A}族，原子半径大于硫，所以rm{Y}为rm{Al}元素；rm{X}有rm{+2}价，处于Ⅱrm{A}族，原子半径rm{X>Al}则rm{X}为rm{Mg}元素；结合元素周期律及物质的结构与性质解答．

本题考查结构性质位置关系一样，利用原子半径及化合价来推断出元素是解答关键，并熟悉元素及其单质、化合物的性质，注意对元素周期律的理解掌握，难度中等．【解析】rm{A}二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【解析】试题分析：（1）在A中铁元素的化合价由+2价升高到+3价，铁元素的化合价升高，则A中Fe2+做还原剂。（2）由信息维生素C可使食物中的三价铁离子还原成二价铁离子，该反应中铁元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，即维生素C为还原剂，体现还原性。（3）Fe3+和KSCN溶液发生特征反应，反应后溶液呈红色。氯化亚铁被强化剂氧化呈氯化铁，故选c。离子方程式为2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl?。（4）FeCl3与金属铜发生氧化还原反应，铜溶解，反应的离子方程式为2Fe3++Cu2+==2Fe2++Cu2+。（5）铁的活泼性大于铜的活泼性，置换出铜一般用铁，故选c。考点：氧化还原反应铁的重要化合物的性质及反应【解析】【答案】（8分）（1）还原（1分）；（2）还原（1分）；（3）KSCN（1分）c（1分）2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl?（1分）（4）2Fe3++Cu2+==2Fe2++Cu2+（1分）（5）c（2分）11、1：1|38.9%【分析】【解答】解：混合气体的物质的量==0.3mol，CO和CO2的物质的量分别是xmol、ymol，则解得：所以CO和CO2的物质的量之比=0.15mol：0.15mol=1：1；CO质量分数==38.9%，故答案为：1：1；38.9%．【分析】混合气体的物质的量==0.3mol，根据混合气体物质的量、质量计算二者物质的量之比，根据m=nM计算CO质量，由此计算CO质量分数．12、略

【分析】解：如图所示；A为泡沫塑料板，上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃搅拌棒，若两个小孔开得过大，会导致散失较多的热量，影响测定结果，所以两个小孔不能开得过大的目的是：减少热量损失；

大烧杯上若不盖硬纸板；会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小；

故答案为：减少热量散失；偏小．

根据测定中和热过程中必须尽量减少热量的散失分析；不盖硬纸板；会有一部分热量散失，据此判断测定误差．

本题考查了中和热的测定方法，题目难度不大，明确中和热的操作方法为解答关键，能够正确判断测定误差，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．【解析】减少热量损失13、（1）④③⑤⑥

（2）【分析】【分析】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及化学键判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。【解答】rm{(1)垄脵MgCl_{2}}中只含离子键；

rm{垄脷Na_{2}S}中只含离子键；

rm{垄脹NH_{4}NO_{3}}中含离子键和极性共价键；

rm{垄脺K_{2}O_{2}}中含离子键和rm{O-O}非极性键；

rm{垄脻Ca(OH)_{2}}中含离子键和极性共价键；

rm{垄脼Na_{2}CO_{3}}中含离子键和极性共价键；

rm{垄脽SiF_{4}}中只含极性共价键；

既有离子键又有非极性键的是rm{垄脺}既有离子键又有极性键的是rm{垄脹垄脻垄脼}故答案为：rm{垄脺}rm{垄脹垄脻垄脼}

rm{(2)XY_{2}}中共有rm{38}个电子，rm{dfrac{38}{3}隆脰12}应存在第二周期元素，若rm{XY_{2}}为离子化合物，rm{Y}为rm{F}rm{X}为rm{Ca}应为rm{CaF_{2}}用电子式表示rm{XY_{2}}的形成过程为若rm{XY_{2}}为共价化合物时，rm{X}为rm{C}rm{Y}为rm{S}化合物为rm{CS_{2}}其电子式为

故答案为：

【解析】rm{(1)垄脺}rm{垄脹垄脻垄脼}rm{(2)}14、略

【分析】试题解析：（1）设原硫酸质量为m，30%的H2SO4溶质为质量0.4m，50%的H2SO4溶质的质量为0.5m；混合后体积发生变化但质量不变，所以w（H2SO4）=×100%=40%；如果等体积混合，设体积分别为Vml，30%的H2SO4溶液密度为ρ1，50%的H2SO4溶液密度为ρ2，则混合后溶液的质量分数为w（H2SO4）=×100%，因硫酸的浓度越大，密度越大，则ρ1＜ρ2，则w（H2SO4）＞40%；（2））根据c=计算，设98%的浓H2SO4的密度为x，49%的H2SO4溶液的密度为y，物质的量浓度为c，则：=18.4，=c，所以：=因硫酸的浓度越大，密度越大，则x＞y，则：c＜9.2mol/L。（3）根据阿伏加德罗定律可知，1molX2和3molY2化合生成2mol的气体化合物，所以根据原子守恒即质量守恒定律可知，该化合物的化学式是XY3。（4）设CO的物质的量为Xmol，CO2的物质的量为Ymol，则28X+44Y=36，X+Y=1，解得X=Y=0.5，则CO的体积=0.5mol×22.4L/mol=11.2L,质量为=0.5mol×28g/mol=14g。考点：溶液浓度的计算【解析】【答案】（1）等于大于（2）小于（3）XY3（4）11.21415、（1）A

（2）AB

（3）B

（4）D

（5）D【分析】【分析】本题考查了原子的构成，侧重考查学生对原子结构的掌握程度，难度不大，属容易题，根据原子的构成、元素的概念和原子核外电子排布思考。【解答】rm{(1)}元素是具有相同核内质子数rm{(}或核电荷数rm{)}的一类原子的总称，故选A；rm{(2)}原子是具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，故选AB；rm{(3)}同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素，故选B；rm{(4)}化合价主要由价电子决定，而主族元素价电子一般就是最外层电子，而副族元素大多还包括次外层的一些电子，故选D；rm{(5)}发生化学反应时，无论电子的得失还是电子的偏移都与原子的最外层电子数有关，所以元素的化学性质取决于原子最外层电子数，故选D。【解析】rm{(1)A}rm{(2)AB}rm{(3)B}rm{(4)D}rm{(5)D}16、略

【分析】解：rm{(1)}沙子不溶于水，可用过滤的方法分离，故答案为：rm{D}

rm{(2)}沙子不溶于水，可用萃取的方法分离，故答案为：rm{A}

rm{(3)}二者沸点不同，可蒸馏分离，故答案为：rm{E}．

rm{(1)}沙子不溶于水；

rm{(2)}碘易溶于有机溶剂；

rm{(3)}二者沸点不同；可蒸馏分离．

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{D}rm{A}rm{E}三、判断题(共7题，共14分)17、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．18、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．19、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20、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；21、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．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，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．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/mol四、推断题(共3题，共24分)24、|||Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣|1.806×1023【分析】【解答】解：化合物G的焰色反应为黄色，含有Na元素，F能与二氧化碳反应得到气体单质B与G，可推知F为Na2O2，B为O2，G为Na2CO3，而A与B（氧气）反应得到F（过氧化钠），则A为Na．G（Na2CO3）与I反应得到CO2，则I属于酸，I由气体非金属单质C与D在光照条件下得到，则I为HCl，C、D分别为H2、Cl2中的一种，I和J通常状况下呈气态，二者反应得到铵盐，且D和E的反应是化工生产中的一种重要的固氮反应，可推知J为NH3，D为H2，E为N2，铵盐为NH4Cl，故C为Cl2．①由上述分析可知，E为N2，电子式为J为NH3，电子式为：故答案为：②Na2O2和CO2反应的化学方程式并用单线桥法表示电子转移的情况：故答案为：③将少量单质Cl2通入盛有淀粉碘化钾溶液的试管中，溶液变蓝色，说明生成碘单质，该反应的离子方程式为：Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，故答案为：Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣；④A和B反应方程式为：2Na+O2Na2O2，参加反应氧气为=0.15mol，反应中氧元素由0价降低为﹣1价，转移电子的数目为0.15mol×2×6.02×1023mol﹣1=1.806×1023；

故答案为：1.806×1023．

【分析】化合物G的焰色反应为黄色，含有Na元素，F能与二氧化碳反应得到气体单质B与G，可推知F为Na2O2，B为O2，G为Na2CO3，而A与B（氧气）反应得到F（过氧化钠），则A为Na．G（Na2CO3）与I反应得到CO2，则I属于酸，I由气体非金属单质C与D在光照条件下得到，则I为HCl，C、D分别为H2、Cl2中的一种，I和J通常状况下呈气态，二者反应得到铵盐，且D和E的反应是化工生产中的一种重要的固氮反应，可推知J为NH3，D为H2，E为N2，铵盐为NH4Cl，故C为Cl2，据此解答．25、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}七种短周期主族元素的原子序数依次增大rm{.A}和rm{E}最外层电子数相同，二者同主族，短周期主族元素的原子中，rm{E}原子的半径最大，则rm{E}为rm{Na}rm{B}rm{C}和rm{F}在周期表中相邻，rm{B}rm{C}同周期，rm{C}rm{F}同主族，则rm{B}rm{C}处于第二周期，rm{F}处于第三周期，rm{F}原子的质子数是rm{C}原子质子数的rm{2}倍，则rm{C}为rm{O}元素、rm{F}为rm{S}元素，可知rm{B}为rm{N}元素；rm{A}和rm{C}可形成两种常见的液态化合物rm{X}和rm{Y(}相对分子质量rm{X<Y)}则rm{A}为rm{H}元素，rm{X}为rm{H_{2}O}rm{Y}为rm{H_{2}O_{2}}rm{D}形成的分子为双原子分子，且原子序数介于氧、钠之间，故D为rm{F}元素；rm{G}的原子序数大于硫，故G为rm{Cl}．

rm{(1)}由上述分析可知，rm{D}为氟元素，rm{F}形成的离子为rm{S^{2-}}离子结构示意图为：

故答案为：氟；

rm{(2)}液态化合物rm{Y}为rm{H_{2}O_{2}}一定浓度的rm{H_{2}O_{2}}溶液作消毒剂；

故答案为：一定浓度的rm{H_{2}O_{2}}溶液作消毒剂；

rm{(3)}用某种金属易拉罐与rm{A}rm{C}rm{E}组成的化合物rm{NaOH}的水溶液反应，产生的气体可充填气球，是rm{Al}与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，该反应的离子方程式：rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O篓T2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}

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

rm{(4)H}rm{N}rm{Cl}三种元素两两组合形成的化合物在空气中相遇形成白烟，是氨气与rm{HCl}反应生成氯化铵，反应的化学方程式为：rm{NH_{3}+HCl篓TNH_{4}Cl}

故答案为：rm{NH_{3}+HCl篓TNH_{4}Cl}．

A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}七种短周期主族元素的原子序数依次增大，rm{A}和rm{E}最外层电子数相同，二者同主族，短周期主族元素的原子中，rm{E}原子的半径最大，则rm{E}为rm{Na}rm{B}rm{C}和rm{F}在周期表中相邻，rm{B}rm{C}同周期，rm{C}rm{F}同主族，则rm{B}rm{C}处于第二周期，rm{F}处于第三周期；rm{F}原子的质子数是rm{C}原子质子数的rm{2}倍，则rm{C}为rm{O}元素、rm{F}为rm{S}元素，可知rm{B}为rm{N}元素；rm{A}和rm{C}可形成两种常见的液态化合物rm{X}和rm{Y(}相对分子质量rm{X<Y)}则rm{A}为rm{H}元素，rm{X}为rm{H_{2}O}rm{Y}为rm{H_{2}O_{2}}rm{D}形成的分子为双原子分子，且原子序数介于氧、钠之间，故D为rm{F}元素；rm{G}的原子序数大于硫，故G为rm{Cl}据此解答．

本题考查结构性质位置关系应用，题目难度中等，推断元素是解题关键，注意对元素化合物性质的掌握，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力．【解析】氟；一定浓度的rm{H_{2}O_{2}}溶液作消毒剂；rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O篓T2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}rm{NH_{3}+HCl篓TNH_{4}Cl}26、rm{(1)}氧化性；氧化性；rm{(1)}

置换反应rm{(2)}rm{(2)}；rm{FeCl}rm{FeCl}rm{2}

rm{2}rm{a}rm{a}rm{(3)}rm{(3)}rm{CO_{2}{+}AlO_{2}^{{-}}{+}2H_{2}O{=}Al(OH)_{3}{隆媒+}HCO_{3}^{{-}}}rm{(4)}

rm{(4)}【分析】【分析】

本题考查无机物推断；物质的颜色；温室效应气体、形成酸雨的气体等是推断突破口，题目比较综合，需要学生熟练掌握基础知识，难度中等。

【解答】

电解食盐水得到rm{B}rm{C}rm{D}rm{B}是一种黄绿色气体，则rm{B}为rm{Cl_{2}}rm{C}是所有气体中密度最小的一种，则rm{C}为rm{H_{2}}rm{D}是一种强碱，则rm{D}为rm{NaOH}rm{X}rm{Y}是生活中应用最为广泛的金属，rm{F}是一种红棕色的固体氧化物，常可以用作制备红色油漆和涂料，则rm{F}为rm{Fe_{2}O_{3}}由转化关系可知rm{X}为rm{Fe}rm{E}为rm{FeC}rm{l}rm{l}rm{{,!}_{3}}为铝热反应，，反应rm{垄脷}为铝热反应，rm{Y}为rm{Al}rm{G}为rm{Al}为rm{垄脷}rm{Y}为rm{Al}rm{G}rm{Al}rm{{,!}_{2}}rm{O}为rm{O}rm{{,!}_{3}}

，与氢氧化钠反应反应生成rm{I}为rm{NaAlO}为rm{I}具有氧化性，反应rm{NaAlO}是rm{{,!}_{2}}与氧化铁反应生成氧化铝与rm{(1)B}属于置换反应；

故答案为：氧化性；置换反应；

rm{Cl_{2}}学生认为rm{垄脷}与rm{Al}反应的产物rm{Fe}不一rm{(2)}rm{B}rm{X}锰酸钾褪色，而氢氧化钠、rm{E}与铁离子反应，影响亚铁离子检验，而硫酸不反应，为验证其猜想，该同学需要选择的试剂为酸性高锰酸钾溶液，故选定是纯净物，他认为产物中可能还有rm{FeCl}

故答案为：rm{FeCl}rm{2}rm{2}；

，亚铁离子具有还原性，能使酸性高若rm{KSCN}能导致温室效应，则rm{a}为rm{FeCl}反应rm{2}是过量的二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应rm{2}的离子反应方程式为；rm{a}

故答案为：rm{a}

rm{(3)}若rm{Z}是我国酸雨形成的罪魁rm{Z}为rm{CO_{2}}rm{{垄脹}}rm{{垄脹}}反应的化学方程式为：rm{CO_{2}{+}AlO_{2}^{{-}}{+}2H_{2}O{=}Al(OH)_{3}{隆媒+}HCO_{3}^{{-}}}rm{CO_{2}{+}AlO_{2}^{{-}}{+}2H_{2}O{=}Al(OH)_{3}{隆媒+}HCO_{3}^{{-}}}rm{(4)}rm{Z}祸首，则rm{Z}为rm{SO}rm{Z}；

故答案为：rm{SO}rm{2}rm{2}，生石灰与二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，rm{2SO}rm{2}rm{2}

rm{+2CaO+O}【解析】rm{(1)}氧化性；氧化性；rm{(1)}置换反应rm{(2)}rm{(2)}；rm{FeCl}rm{FeCl}rm{2}rm{2}rm{a}rm{a}rm{(3)}rm{(3)}rm{CO_{2}{+}AlO_{2}^{{-}}{+}2H_{2}O{=}Al(OH)_{3}{隆媒+}HCO_{3}^{{-}}}rm{(4)}