2025年沪教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年沪教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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列化合物不能由单质直接化合得到的是A.Na2O2B.Fe3O4C.NOD.FeCl22、已知反应A（g）+B（g）═C（g）+D（s）的能量变化如图所示；下列说法正确的是（）

A.该反应的能量变化表现为释放能量B.该反应中反应物B的总能量小于生成物C的能量C.该反应的能量变化是将化学能转化为热能、电能等其它形式D.该反应能量变化的实质是旧化学键断裂与新化学键形成的结果3、下列叙述中能肯定说明金属A比金属B的活泼性强的是（）A.1molA从酸中置换生成的H2比1molB从酸中置换生成的H2多B.A原子电子层数比B原子的电子层数多C.A和B都是元素周期表的主族金属元素，B的最高价氧化物的水化物能被A的最高价氧化物的水化物溶解D.A原子最外层电子数比B原子的最外层电子数少4、已知：rm{a}rm{b}rm{c}三物质间有如下转化关系rm{a隆煤b隆煤c隆煤a}物质间转化均只需要一步反应便能完成，则rm{a}rm{b}rm{c}不可能是rm{(}rm{)}A.rm{a}rm{Fe}rm{b}rm{FeCl_{3}}rm{c}rm{FeCl_{2}}B.rm{a}rm{AlCl_{3}}rm{b}rm{Al(OH)_{3}}rm{c}rm{Al_{2}O_{3}}C.rm{a}rm{N_{2}}rm{b}rm{NH_{3}}rm{c}rm{NO_{2}}D.rm{a}rm{SO_{2}}rm{b}rm{SO_{3}}rm{c}rm{H_{2}SO_{4}}5、为亚硝酸盐会使rm{Fe^{2+}}离子转变成rm{Fe^{3+}}离子，生成高铁血红蛋白而丧失与rm{O_{2}}结合的能力rm{.}服用维生素rm{C}可缓解亚硝酸盐的中毒，这说明维生素rm{C}具有rm{(}rm{)}A.酸性B.碱性C.氧化性D.还原性6、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A.22.4L氘（D2）气体，含有中子数为2NAB.1.6gNH2-离子所含电子数为NAC.4g氦气所含分子数为0.5NAD.NA个SO3分子在标准状况下的体积为22.4L7、rm{Cl^{-}}的物质的量浓度相同的rm{NaCl}rm{MgCl_{2}}rm{AlCl_{3}}三种溶液，当溶液的体积比为rm{3}rm{2}rm{1}时，三种溶液中rm{NaCl}rm{MgCl_{2}}rm{AlCl_{3}}的物质的量浓度之比为rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{1}rm{1}B.rm{1}rm{2}rm{3}C.rm{6}rm{3}rm{2}D.rm{2}rm{3}rm{6}8、下列说法正确的是。

A.光照下，rm{1molCH_{4}}最多能与rm{4molCl}rm{4molCl}rm{{,!}_{2}}发生取代反应，产物中物质的量最多的是rm{CCl}rm{CCl}B.苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液在一定条件下能发生取代反应rm{{,!}_{4;;;;}}C.甲烷与乙烯混合物可通过溴的四氯化碳溶液分离D.乙烯和苯分子中均含独立的碳碳双键，都能与rm{H_{2}}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表列出了①～⑨九种元素在周期表中的位置。。族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02⑤⑥3①③④⑦⑨4②⑧请回答：（1）形成化合物种类最多的元素是(填元素符号)。（2）在①、②、③三种元素的氧化物对应的水化物中，碱性最强的是(填化学式)。（3）①、②、③三种元素按离子半径由大到小的顺序依次为(填离子符号)。（4）⑥元素形成的具有强氧化性的氢化物电子式是，该元素另一种氢化物在常温下与②发生反应的化学方程式为。10、在1～18号元素中；除稀有气体元素外（填元素符号）：

（1）原子半径最大的元素是______，原子半径最小的元素是______．

（2）单质的还原性最强的元素是______，单质的氧化性最强的元素是______．11、氮元素在地球上含量丰富；氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用．

（1）硝酸与盐酸；浓硫酸并称为工业三大强酸；下面从不同的角度对硝酸、盐酸、浓硫酸进行分类，试将尚未完成的类别名称分别填在相应的空格内．

（2）稀硫酸不能与铜反应；但稀硝酸可以与铜反应，反应的。

方程式为（未配平）：

______Cu+______HNO3（稀）═______Cu（NO3）2+______NO↑+______H2O

①配平上述反应方程式（将各物质的计量系数填在横线上）；

②该反应的氧化剂是______，氧化产物是______；

（3）二氧化氮（NO2）在工业上可以用来制硝酸，反应式为3NO2+H2O═2HNO3+NO，当有6mol电子发生转移时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为______；

（4）亚硝酸钠（NaNO2）是一种工业盐，外观和食盐相似，但有毒．某工厂废切削液中含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成水污染，但加入下列物质中的某一种就能使NaNO2转化为不引起污染的N2，该物质是______；

A．NaClB．H2O2C．NH4ClD．浓H2SO4．12、铁炭混合物rm{(}铁屑和活性炭的混合物rm{)}纳米铁粉均可用于处理水中污染物．

rm{(1)}铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池rm{{.}}将含有rm{Cr_{2}O_{7}^{2{-}}}的酸性废水通过铁炭混合物，在微电池正极上rm{Cr_{2}O_{7}^{2{-}}}转化为rm{Cr^{3{+}}}其电极反应式为______．

rm{(2)}在相同条件下，测量总质量相同、铁的质量分数不同的铁炭混合物对水中rm{Cu^{2{+}}}和rm{Pb^{2{+}}}的去除率，结果如图rm{1}所示．

rm{{垄脵}}当铁炭混合物中铁的质量分数为rm{0}时，也能去除水中少量的rm{Cu^{2{+}}}和rm{Pb^{2{+}}}其原因是______．

rm{{垄脷}}当铁炭混合物中铁的质量分数大于rm{50{%}}时，随着铁的质量分数的增加，rm{Cu^{2{+}}}和rm{Pb^{2{+}}}的去除率不升反降；其主要原因是______．

rm{(3)}纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物．

rm{{垄脵}}一定条件下，向rm{{FeS}O_{4}}溶液中滴加碱性rm{{NaB}H_{4}}溶液，溶液中rm{BH_{4}^{{-}}(B}元素的化合价为rm{{+}3)}与rm{Fe^{2{+}}}反应生成纳米铁粉、rm{H_{2}}和rm{B(OH)_{4}^{{-}}}其离子方程式为______．

rm{{垄脷}}纳米铁粉与水中rm{NO_{3}^{{-}}}反应的离子方程式为rm{4Fe{+}NO_{3}^{{-}}{+}10H^{{+}}{=}4Fe^{2{+}}{+}NH_{4}^{{+}}{+}3H_{2}O}研究发现，若rm{pH}偏低将会导致rm{NO_{3}^{{-}}}的去除率下降；其原因是______．

rm{{垄脹}}相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中rm{NO_{3}^{{-}}}的速率有较大差异rm{(}见图rm{2)}产生该差异的可能原因是______．13、按要求写出下列化学反应的方程式：

（1）将铝片放入到NaOH溶液中（离子方程式）____

（2）用NaOH溶液吸收氯气（化学方程式）____

（3）加热碳酸氢钠固体（化学方程式）____

（4）盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞而不用玻璃塞（用化学方程式解释）____．14、rm{(1)}同温同压下rm{.}同体积的甲烷rm{(CH_{4})}和二氧化碳分子数之比为______；物质的量之比为______原子总数之比为______，质量之比为______，密度之比为______．

rm{(2)}在标准状况下rm{.4gH_{2}}rm{11.2LO_{2}}rm{1molH_{2}O}中rm{.}所含分子数最多的是______，含原子数最多的是______，质量最大的是______，体积最小的是______．15、某可逆反应从rm{0-2}分钟进行过程中，在不同反应时间各物质的量的变化情况如图所示rm{.}则该反应的反应物是______，生成物是______，化学方程式为______；反应开始至rm{2}分钟时，能否用rm{C}表示反应速率？______若能，其反应速率为______，若不能，则其原因为______；rm{2}分钟后rm{A}rm{B}rm{C}各物质的量不再随时间的变化而变化，说明在这个条件下，反应已达到了______状态．16、设rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数，已知rm{a}rm{g}某气体中含分子数为rm{b}且该气体的摩尔质量为______．17、煅烧硫铁矿rm{(}主要成分为rm{FeS_{2})}的反应为：rm{4FeS_{2}+11O_{2}}rm{dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}.}试回答下列问题．

rm{dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}.}可用哪些物质来表示该反应的化学反应速率______．

rm{(1)}某时刻时测得，生成rm{(2)}的速率为rm{SO_{2}}则氧气减少的速率为______rm{0.64mol/(L?s)}．

rm{mol/(L?s)}该工业生产中将矿石粉碎的目的：__________．rm{(3)}评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)18、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．19、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化20、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）21、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）22、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）23、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．24、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。25、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）26、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、原理综合题(共1题，共9分)27、氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。

(1)用活性炭还原NO的有关反应为：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。向恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，T℃时，各物质起始浓度及10min和20min各物质平衡浓度如表所示：。浓度mol/L

时间minNO

N2

CO2

010001052.52.520240.25

①在10min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，20min时重新达到平衡，则改变的条件是____。

②在20min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，此时反应v正___v逆（填“＞”“＜”或“＝”）。

(2)工业上由N2、H2来制备NH3。不同温度下，向三个相同的容器中投入相同的反应物进行反应，测得不同温度时平衡混合物中NH3的物质的量分数随压强增大而变化如图所示。

①M点的v正_______Q点的v正（填“＞”“＜”或“＝”）。

②图中三条曲线对应的温度分别为T1、T2、T3，其中温度最高的是____。

③恒温恒容条件下，能说明反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)达到平衡状态的是____（填选项字母）

A．2v(N2)＝v(NH3)B．c2(NH3)/[c(N2)c3(H2)]保持不变。

C．反应器中的压强不再发生变化D．3molH－H键断裂的同时；有2molN－H键断裂。

(3)NO2存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)△H＜0，在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压（分压＝总压×物质的量分数）有如下关系：v(NO2)＝k1·p2(NO2)，v(N2O4)＝k2·p(N2O4)；相应的速率与其分压关系如图所示。

一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp（压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算）间的关系是k1＝____；在上图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是______。评卷人得分五、结构与性质(共1题，共10分)28、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。_______参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】试题分析：A、钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，能由单质直接化合得到，A不正确；B、铁在氧气中燃烧生成四氧化生铁，能由单质直接化合得到，B不正确；C、氮气与氧气化合生成NO,能由单质直接化合得到，C不正确；D、铁在氯气中燃烧生成FeCl3，得不到FeCl2，D正确，答案选D。考点：考查物质性质以及反应中生成物的判断【解析】【答案】D2、D【分析】【解答】解：A；图象分析可知反应过程中反应物能量低于生成物能量；反应是吸热反应，故A错误；

B；图象分析可知反应过程中反应物总能量低于生成物总能量；AB能量低于CD总能量，但该反应中反应物A、B的总能量不一定小于生成物C的能量，故B错误；

C；图象分析反应物总能量低于生成物总能量；结合能量守恒分析反应是吸热反应，该反应的能量变化是将化学能转化为热能，反应不一定是氧化还原反应，无电子转移形成电流，故C错误；

D；断裂化学键吸收能量；形成化学键放出能量，反应中断开化学键吸收的总能量高于形成化学键放出的总能量，所以形成C、D键释放的总能量大于断A、B键吸收的总能量，表现为反应吸热，该反应能量变化的实质是旧化学键断裂与新化学键形成的结果，故D正确；

故选D．

【分析】A；图象分析可知反应过程中反应物能量低于生成物能量；反应是吸热反应；

B；图象分析可知反应过程中反应物能量低于生成物；

C；依据反应实质分析；断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量过程中一定伴随能量变化，但不一定是氧化还原反应，无电能产生；

D、依据反应实质分析，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量过程中一定伴随能量变化．3、C【分析】解：A．金属的金属性强弱与失电子多少无关，与失电子难易程度有关，1molA从酸中置换生成的H2比1molB从酸中置换生成的H2多；不能说明金属性A＞B，如K金属性大于Al，故A错误；

B．A原子电子层数比B原子的电子层数多；不能说明A的金属性大于B，如Fe原子电子层大于Na，但金属性Na＞Fe，故B错误；

C．A和B都是元素周期表的主族金属元素；B的最高价氧化物的水化物能被A的最高价氧化物的水化物溶解，则最高价氧化物的水化物碱性A＞B，所以金属性A＞B，故C正确；

D．A原子最外层电子数比B原子的最外层电子数少；不能说明金属性A＞B，如最外层电子数Li＜Ba，但金属性Ba＞Li，故D错误；

故选C．

金属的金属性越强；金属单质的还原性越强，金属与酸或水越容易置换出氢气，金属最高价氧化物的水化物碱性越强，较活泼金属能将较不活泼金属从其可溶性盐溶液中置换出来，据此分析解答．

本题考查金属性强弱判断，为高频考点，金属的金属性强弱与失电子难易程度有关，与失电子多少无关，易错选项是A．【解析】【答案】C4、C【分析】解：rm{A.Feoverset{Cl_{2}}{}FeCl_{3}overset{Fe}{}FeCl_{2}overset{Zn}{}Fe}可实现反应的转化，故A正确；

B.rm{AlCl_{3}overset{{脠玫录卯}}{}Al(OH)_{3}overset{{赂脽脦脗}}{}Al_{2}O_{3}overset{HCl}{}AlCl_{3}}可实现反应的转化，故B正确；

C.氨气被氧化生成rm{A.Feoverset{Cl_{2}}{}FeCl_{3}

overset{Fe}{}FeCl_{2}overset{Zn}{}Fe}不能直接生成二氧化氮，故C错误；

D.rm{SO_{2}overset{O_{2}}{}SO_{3}overset{H_{2}O}{}H_{2}SO_{4}overset{Cu}{}SO_{2}}可实现反应的转化，故D正确．

故选C．

A.铁与氯气反应生成氯化铁；氯化铁可生成氯化亚铁，氯化亚铁被还原可生成铁；

B.氯化铝与碱反应生成氢氧化铝；氢氧化铝分解生成氧化铝，氧化铝与盐酸反应可生成氯化铝；

C.氨气被氧化生成rm{AlCl_{3}overset{{脠玫录卯}}{}Al(OH)_{3}

overset{{赂脽脦脗}}{}Al_{2}O_{3}overset{HCl}{}AlCl_{3}}

D.二氧化硫被氧化生成三氧化硫；三氧化硫与水反应生成硫酸，硫酸被还原可生成二氧化硫．

本题考查了常见元素单质及其化合物性质，题目难度中等，明确题干转化关系及限制条件的含义为解答关键，注意熟练掌握常见元素单质及其化合物性质，试题培养了学生的逻辑推理能力．rm{NO}【解析】rm{C}5、D【分析】解：由信息可知，亚硝酸盐会使rm{Fe^{2+}}离子转变成rm{Fe^{3+}}离子而中毒，服用维生素rm{C}可缓解亚硝酸盐的中毒，即维生素rm{C}可将铁离子转化为亚铁离子；

在维生素rm{C}可将铁离子转化为亚铁离子中，rm{Fe}元素的化合价降低，则维生素rm{C}中某元素的化合价升高，所以维生素rm{C}具有还原性；

故选D．

由信息可知，服用维生素rm{C}可缓解亚硝酸盐的中毒，即维生素rm{C}可将铁离子转化为亚铁离子；以此来解答．

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，侧重氧化还原反应分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{D}6、B【分析】解：A；气体所处的状态不明确；故氘气体的物质的量无法计算，故A错误；

B、1.6gNH2-离子的物质的量为0.1mol，而NH2-离子中含10个电子，故0.1mol此离子中含NA个电子；故B正确；

C、4g氦气的物质的量n==1mol，故分子个数N=nNA=NA；故C错误；

D；标况下三氧化硫为固体；故不能根据气体摩尔体积来计算其体积，故D错误．

故选B．

A；气体所处的状态不明确；

B、求出NH2-离子的物质的量，然后根据NH2-离子中含10个电子来分析；

C、求出氦气的物质的量，然后根据分子个数N=nNA来计算；

D；标况下三氧化硫为固体．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构．【解析】【答案】B7、C【分析】解：rm{c(NaCl)=c(Cl^{-})}

rm{c(MgCl_{2})=dfrac{1}{2}c(Cl^{-})}

rm{c(AlCl_{3})=dfrac{1}{3}c(Cl^{-})}

rm{c(MgCl_{2})=dfrac

{1}{2}c(Cl^{-})}的物质的量浓度相同；

则rm{c(AlCl_{3})=dfrac

{1}{3}c(Cl^{-})}rm{Cl^{-}}rm{c(NaCl)}rm{c(MgCl_{2})}rm{c(AlCl_{3})=c(Cl^{-})}rm{dfrac{1}{2}c(Cl^{-})}rm{dfrac{1}{3}c(Cl^{-})=6}

故选：rm{3}．

氯离子离子浓度rm{2}电解质浓度rm{C}化学式中氯离子数目；与溶液体积无关．

本题考查物质的量浓度计算，比较基础，注意根据电离方程式理解电解质与电解质离子浓度关系．rm{=}【解析】rm{C}8、B【分析】【分析】本题考查了甲烷、乙烯和苯等烃的性质，属于比较基础的习题。【解答】A.甲烷和氯气反应后，产物中物质的量最多的是rm{HCl}故A错误；B.苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液加热后会生成硝基苯，发生的是取代反应，故B正确；C.rm{.}甲烷与乙烯混合物可通过溴的四氯化碳溶液是除去甲烷中的乙烯，不能达到分离的目的，故C错误；甲烷与乙烯混合物可通过溴的四氯化碳溶液是除去甲烷中的乙烯，不能达到分离的目的，故C错误；D.苯分子中没有碳碳双键，故D错误。故选B。rm{.}【解析】rm{B}二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】试题分析：①、②、③分别为钠，钾、铝，半径越大，碱性越强，所以碱性最强的是氢氧化钾，离子半径大小比较：电子层数越大，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小。⑥元素为氧元素，所以形成具有强氧化性的氢化物双氧水。考点：元素周期表与元素周期律【解析】【答案】（1）C（2）KOH（3）（4）10、略

【分析】解：（1）同一周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小；同主族元素从上到下元素的原子半径逐渐增大，可知原子半径最大的是Na，最小的为H；

故答案为：Na；H；

（2）同一周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱；非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，且元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，元素的金属性越强，对应的单质的还原性越强，可知单质的还原性最强的为Na；单质的氧化性最强的元素是F；

故答案为：Na；F．

根据元素周期律的递变规律判断；元素周期表中，同一周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下元素的原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，以此解答该题．

本题考查元素周期表和元素周期律知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】Na；H；Na；F11、略

【分析】解：（1）硝酸；盐酸都是一元酸；而硝酸、浓硫酸都是含氧酸，故答案为：一元酸、二元酸、含氧酸；

（2）①铜前面的系数为3，而还原产物一氧化氮前面系数为2，然后根据质量守恒得其它各物质前面的系数，分别为：3；8、3、2、4，故答案为：3、8、3、2、4；

②反应物中元素化合价升高的物质为还原剂，对应的产物为氧化产物，元素化合价降低的物质为氧化剂，氧化剂是HNO3，氧化产物是Cu（NO3）2；

故答案为：HNO3，Cu（NO3）2；

（3）由方程式可知3NO2+H2O═2HNO3+NO，转移2mol电子发生转移时，2molNO2被氧化与1molNO2被还原；则有6mol电子发生转移时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2×3：1×3=2：1，故答案为：2：1；

（4）NaNO2转化为不引起污染的N2，NaNO2被还原，所以应加还原剂，而且发生氧化还原过程中不引入新的杂质，综合考虑选用NH4Cl；故选C．

（1）硝酸；盐酸都是一元酸；而硝酸、浓硫酸都是含氧酸；

（2）先根据化合价升降守恒；再根据质量守恒配平，反应物中元素化合价升高的物质为还原剂，对应的产物为氧化产物，元素化合价降低的物质为氧化剂；

（3）由方程式可知3NO2+H2O═2HNO3+NO，转移2mol电子发生转移时，2molNO2被氧化与1molNO2被还原；

（4）NaNO2转化为不引起污染的N2，NaNO2被还原；所以应加还原剂，而且发生氧化还原过程中不引入新的杂质．

本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念的考查，明确反应中元素的化合价变化即可解答，注重基础知识的训练，题目难度不大．【解析】3；8；3；2；4；HNO3；Cu（NO3）2；2：1；C12、Cr2O72-+14H++6e-=2Cr3++7H2O；活性炭对Cu2+和Pb2+具有吸附作用；铁的质量分数的增加，碳铁混合物中国微电池数目减少；2Fe2++BH4-+4OH-=2Fe+2H2↑+B（OH）4-；纳米铁粉与氢离子反应生成氢气；Cu或Cu2+催化纳米铁粉去除NO3-的反应（或形成Fe-Cu原电池增大纳米铁粉去除NO3-的反应速率）【分析】解：rm{(1)}正极上rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}转化为rm{Cr^{3+}}发生还原反应，在酸性溶液中，电极方程式为rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}+14H^{+}+6e^{-}=2Cr^{3+}+7H_{2}O}故答案为：rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}+14H^{+}+6e^{-}=2Cr^{3+}+7H_{2}O}

rm{(2)垄脵}当铁炭混合物中铁的质量分数为rm{0}时，则只有碳粉，可去除水中少量的rm{Cu^{2+}}和rm{Pb^{2+}}原因是碳粉具有吸附性，也可起到净水的作用；

故答案为：活性炭对rm{Cu^{2+}}和rm{Pb^{2+}}具有吸附作用；

rm{垄脷}随着铁的质量分数的增加，形成的微电池数目减少，反应速率减小，则rm{Cu^{2+}}和rm{Pb^{2+}}的去除率不升反降；

故答案为：铁的质量分数的增加；碳铁混合物中微电池数目减少；

rm{(3)垄脵}向rm{FeSO_{4}}溶液中滴加碱性rm{NaBH_{4}}溶液，溶液中rm{BH_{4}^{-}(B}元素的化合价为rm{+3)}与rm{Fe^{2+}}反应生成纳米铁粉、rm{H_{2}}和rm{B(OH)_{4}^{-}}反应中只有rm{Fe}rm{H}元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，离子方程式为rm{2Fe^{2+}+BH_{4}^{-}+4OH^{-}=2Fe+2H_{2}隆眉+B(OH)_{4}^{-}}

故答案为：rm{2Fe^{2+}+BH_{4}^{-}+4OH^{-}=2Fe+2H_{2}隆眉+B(OH)_{4}^{-}}

rm{垄脷pH}偏低，氢离子浓度偏大，则铁可与氢离子反应生成氢气，可导致rm{NO_{3}^{-}}的去除率下降；故答案为：纳米铁粉与氢离子反应生成氢气；

rm{垄脹}由图rm{2}可知铜离子浓度越大；去除率越大，铜离子可起到催化作用，也可能形成原电池反应；

故答案为：rm{Cu}或rm{Cu^{2+}}催化纳米铁粉去除rm{NO_{3}^{-}}的反应rm{(}或形成rm{Fe-Cu}原电池增大纳米铁粉去除rm{NO_{3}^{-}}的反应速率rm{)}．

rm{(1)}正极上rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}转化为rm{Cr^{3+}}发生还原反应，结合电荷守恒书写电极方程式；

rm{(2)垄脵}当铁炭混合物中铁的质量分数为rm{0}时，则只有碳粉，碳粉具有吸附性，可去除水中少量的rm{Cu^{2+}}和rm{Pb^{2+}}

rm{垄脷}随着铁的质量分数的增加，形成的微电池数目减少，则rm{Cu^{2+}}和rm{Pb^{2+}}的去除率不升反降；

rm{(3)垄脵}向rm{FeSO_{4}}溶液中滴加碱性rm{NaBH_{4}}溶液，溶液中rm{BH_{4}^{-}(B}元素的化合价为rm{+3)}与rm{Fe^{2+}}反应生成纳米铁粉、rm{H_{2}}和rm{B(OH)_{4}^{-}}反应中只有rm{Fe}rm{H}元素化合价发生变化；结合质量守恒；电荷守恒可写出离子方程式；

rm{垄脷pH}偏低；氢离子浓度偏大，则铁可与氢离子反应生成氢气；

rm{垄脹}由图rm{2}可知铜离子浓度越大；去除率越大，铜离子可起到催化作用，也可能形成原电池反应．

本题考查物质的分离、提纯，侧重于化学与生后、环境的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键，难度中等．【解析】rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}+14H^{+}+6e^{-}=2Cr^{3+}+7H_{2}O}活性炭对rm{Cu^{2+}}和rm{Pb^{2+}}具有吸附作用；铁的质量分数的增加，碳铁混合物中国微电池数目减少；rm{2Fe^{2+}+BH_{4}^{-}+4OH^{-}=2Fe+2H_{2}隆眉+B(OH)_{4}^{-}}纳米铁粉与氢离子反应生成氢气；rm{Cu}或rm{Cu^{2+}}催化纳米铁粉去除rm{NO_{3}^{-}}的反应rm{(}或形成rm{Fe-Cu}原电池增大纳米铁粉去除rm{NO_{3}^{-}}的反应速率rm{)}13、略

【分析】

（1）根据离子方程式的书写方法；易溶易电离的物质写成离子形式，难溶难电离；单质、氧化物、气体用化学式，铝片放入氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：

2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）氯气有毒；常用氢氧化钠溶液吸收，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠；次氯酸钠和水，化学方程式为：

Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

（3）加热碳酸氢钠固体生成碳酸钠、水和二氧化碳，化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；

（4）玻璃塞的主要成分为硅酸钠、二氧化硅等，盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞而不用玻璃塞，因为二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O．

故答案为：（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

（3）2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；

（4）SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O．

【解析】【答案】（1）根据离子方程式的书写方法；易溶易电离的物质写成离子形式，难溶难电离；单质、氧化物、气体用化学式表示，利用铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气解答；

（2）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠；次氯酸钠和水；

（3）加热碳酸氢钠生成碳酸钠；水和二氧化碳；

（4）玻璃塞的主要成分为硅酸钠；二氧化硅等；二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水．

14、略

【分析】解：rm{(1)}同温同压下，相同体积的气体物质的量相同，分子数目相同，则物质的量之比为rm{1}rm{1}分子数之比为rm{1}rm{1}

甲烷的分子式为rm{CH_{4}}rm{1}个分子中含有rm{5}个原子，二氧化碳的分子式为rm{CO_{2}}rm{1}个分子中含有rm{3}个原子，相同物质的量的气体原子数之比为rm{5}rm{3}

甲烷的相对分子质量为rm{16}二氧化碳的相对分子质量为rm{44}则质量之比为rm{16}rm{44=4}rm{11}

体积相同，则密度之比等于质量之比，所以二者的密度之比为rm{4}rm{11}

故答案为：rm{1}rm{1}rm{1}rm{1}rm{5}rm{3}rm{4}rm{11}rm{4}rm{11}

rm{(2)4g}氢气的物质的量rm{n(H_{2})=dfrac{4g}{2g/mol}=2mol}含有原子数为rm{n(H_{2})=dfrac

{4g}{2g/mol}=2mol}标况下体积为：rm{4N_{A}}

rm{2mol隆脕22.4L/mol=44.8L}氧气的物质的量rm{n(O_{2})=dfrac{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}含有原子数为rm{11.2L}质量为rm{n(O_{2})=dfrac

{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}

rm{0.5mol隆脕2隆脕N_{A}=N_{A}}rm{0.5mol隆脕32g/mol=16g}含有原子数为rm{1mol}质量为rm{H_{2}O}标况下体积rm{V=dfrac{18g/mol}{1g/mL}=18mL}

依据rm{1mol隆脕3隆脕N_{A}=3N_{A}}分子个数与物质的量成正比，所以在标准状况下，rm{1mol隆脕18g/mol=18g}rm{V=dfrac

{18g/mol}{1g/mL}=18mL}rm{N=n隆脕N_{A}}rm{4g}rm{H_{2}}rm{11.2L}中，所含分子数最多的是：rm{O_{2}}rm{1mol}质量最大的为rm{H_{2}O}rm{4g}含原子数最多的是rm{H_{2}}rm{1mol}体积最小的是：rm{H_{2}O}

故答案为：rm{4g}rm{H_{2}}rm{1molH_{2}O}rm{4g}rm{H_{2}}rm{4g}rm{H_{2}}

rm{1mol}同温同压下；相同体积的气体物质的量相同，根据物质的量和分子组成计算原子个数关系，根据物质的量和气体的摩尔质量计算质量和密度关系；

rm{H_{2}O}依据rm{n=dfrac{N}{N_{A}}=dfrac{V}{V_{m}}=dfrac{m}{M}}结合rm{1molH_{2}O.}个氢气分子含有rm{(1)}个氢原子，rm{(2)}个氧气分子含有rm{n=dfrac{N}{N_{A}}=dfrac

{V}{V_{m}}=dfrac{m}{M}}个氧原子，rm{1}个水分子含有rm{2}个原子解答．

本题考查了物质的量的计算，题目难度中等，注意掌握物质的量与摩尔质量、阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积之间的关系，明确密度与摩尔质量的关系为解答关键，试题有利于提高学生的化学计算能力．rm{1}【解析】rm{1}rm{1}rm{1}rm{1}rm{5}rm{3}rm{4}rm{11}rm{4}rm{11}rm{4gH_{2}}rm{4gH_{2}}rm{1molH_{2}O}rm{1molH_{2}O}15、略

【分析】解：由图象可以看出，rm{A}rm{B}的物质的量逐渐减小，则rm{A}rm{B}为反应物，rm{C}的物质的量逐渐增多，作为rm{C}为生成物；

当反应到达rm{2min}时，rm{trianglen(A)=2mol}rm{trianglen(B)=1mol}rm{trianglen(C)=2mol}

化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则rm{trianglen(A)}rm{trianglen(B)}rm{trianglen(C)=2}rm{1}rm{2}

所以反应的化学方程式为：rm{2A+B}rm{2C}

由于不能确定溶液的体积；则不能计算浓度的变化，无法计算反应速率；

当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再变化，rm{2}分钟后rm{A}rm{B}rm{C}各物质的量不再随时间的变化而变化；

说明在这个条件下；反应已达到了平衡状态；

故答案为：rm{A}rm{B}rm{C}rm{2A+B}rm{2C}不能；因为不知道此反应的容器体积不能计算物质的浓度；化学平衡．

从物质的物质的量的变化趋势判断反应物和生成物；根据物质的物质的量变化值等于化学计量数之比书写化学方程；

化学反应速率是单位时间内浓度的变化；

当反应达到平衡状态时；各物质的物质的量不再变化；

本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，注意把握由图象判断化学方程式的方法．【解析】rm{AB}rm{C}rm{2A+B?2C}不能；因为不知道此反应的容器体积不能计算物质的浓度；平衡16、g/mol【分析】解：rm{ag}气体的物质的量为rm{dfrac{b}{N_{A}mol^{-1}}=dfrac{b}{N_{A}}mol}

则该气体摩尔质量为rm{dfrac{ag}{dfrac{b}{N_{A}}mol}=dfrac{aN_{A}}{b}g/mol}

故答案为：rm{dfrac{b}{N_{A}mol^{-1}}=dfrac

{b}{N_{A}}mol}．

根据rm{dfrac{ag}{dfrac{b}{N_{A}}mol}=

dfrac{aN_{A}}{b}g/mol}计算气体物质的量，再根据rm{dfrac{aN_{A}}{b}g/mol}计算气体摩尔质量．

本题考查物质的量计算，比较基础，注意掌握以物质的量为中心的计算．rm{n=dfrac{N}{N_{A}}}【解析】rm{dfrac{aN_{A}}{b}g/mol}17、略

【分析】解：rm{(1)4FeS_{2}+11O_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}化学反应速率是指单位时间内反应物浓度减小或生成物浓度增大表示，只有气体或者溶液才有浓度的变化，固体或者纯液体的浓度是定值，反应能用来表示化学反应速率的物质不能是固体和纯液体，反应中用来表示反应速率的物质为rm{(1)4FeS_{2}+11O_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}和rm{SO_{2}}

故答案为：rm{O_{2}}和rm{SO_{2}}

rm{O_{2}}rm{(2)v(SO_{2})}rm{v(O_{2})=8}故rm{v(O_{2})=dfrac{11}{8}v(SO_{2})=dfrac{11}{8}隆脕0.64=0.88mol/(L?s)}故答案为：rm{11}

故答案为：rm{v(O_{2})=dfrac{11}{8}v(SO_{2})=

dfrac{11}{8}隆脕0.64=0.88mol/(L?s)}

rm{0.88mol/(L?s)}该工业生产中将矿石粉碎的目的是增大接触面积；加快反应速率；

故答案为：增大接触面积；加快反应速率．

rm{0.88}只有气体或者溶液才有浓度的变化；固体或者纯液体的浓度是定值；

rm{(3)}根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算；

rm{(1)}矿石粉碎增大接触面积加快反应速率．

本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键，题目难度不大．rm{(2)}【解析】rm{SO_{2}}和rm{O_{2}}rm{0.88}增大接触面积，加快反应速率三、判断题(共9题，共18分)18、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．19、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；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、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/mol22、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素23、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；24、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．25、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．26、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、原理综合题(共1题，共9分)27、略

【分析】【分析】

(1)②根据浓度商Qc和平衡常数K的关系；判断平衡移动；

(2)①Q；M两点在同一等温曲线上；但M点压强高，根据压强对化学反应速率的影响作答；

②合成氨反应是气体体积减小的放热反应；根据温度对平衡的影响作答；

③反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度，百分含量不变，以及由此衍生的一些物理量不变，据此判断；

(3)达到平衡时，正逆反应速率相等，满足平衡条件v(NO2)=2v(N2O4)；即为平衡点。

【详解】

(1)根据表中数据，10min改变条件后，到20min，重新达到平衡，NO的浓度减少3mol·L－1，N2的浓度增加了1.5mol·L－1，符合化学计量数之比，CO2的浓度理应增加，现在CO2的浓度减少了2.25mol·L－1，说明10min改变的条件是分离出了产物CO2(或减小CO2的浓度)；

②根据表中的数据，此温度下，该反应的平衡常数20min时，保持温度和容器的体积不变充入NO和N2，浓度增加为原来的两倍，c(NO)=4mol·L－1，c(N2)=8mol·L－1，则此时的浓度商Qc小于K，平衡正向移动，则v正＞v逆；

(2)合成氨反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＜0；

①Q、M两点在同一等温曲线上，但是M点压强高；其他条件一定时，压强越大，化学反应速率越大，因此M点的正反应速率大，则M点的v正＞Q点的v正

②合成氨反应是正向气体体积减小的放热反应，其他条件一定时，温度升高能使化学平衡逆向移动，则NH3的含量越小，根据图像可知，T1、T2、T3中温度最高的是T3；

③A．2v(N2)＝v(