2025年牛津译林版高一化学下册月考试卷

…………○…………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年牛津译林版高一化学下册月考试卷885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、铝用来焊接钢轨是利用()。A.铝同氧气反应生成稳定的保护层B.铝是热的良导体C.铝是强还原剂，铝热反应放热D.铝合金强度大2、在核电荷数为1～20的元素中；原子的最外层电子数等于次外层电子数的有（）

A.1种。

B.2种。

C.3种。

D.4种。

3、某学生测定的下列数据中，不合理的是（）A.用pH试纸测得某地水的pH为5.2B.用10mL量筒量取7.5mL的水C.用托盘天平称得某食盐样品的质量为16.7gD.测得某粗盐中氯化钠的质量分数为90.5%4、容量瓶上没有标记的是（）A.标线B.温度C.物质的量浓度D.容积5、X；Y、Z、M、N代表五种金属；它们之间有以下反应：

①水溶液中：X+Y2+=X2++Y②Z+2H2O（冷水）=Z（OH）2+H2↑③M、N为电极，与N盐组成原电池，电极反应为：M-2e-=M2+④Y可以溶于稀硫酸；M不被稀硫酸氧化。

则这五种金属活泼性由强到弱的顺序是（）A.Z＞X＞Y＞N＞MB.Z＞Y＞X＞M＞NC.Z＞X＞Y＞M＞ND.Y＞M＞N＞Z＞X6、下列过程可以表示如图所示的能量变化的是

A.rm{Al}和rm{Fe_{2}O_{3}}的铝热反应B.氢原子形成rm{H-H}键C.rm{Ba(OH)_{2}隆陇8H_{2}O}与rm{NH_{4}Cl}的反应D.rm{NaOH}溶液与rm{CH_{3}COOH}溶液反应7、设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体一定含有NA个氧原子B.1L0.1mol/LNaHSO4溶液中含有0.1NA个HSO4-C.将0.1molFeCl3溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为0.1NAD.0.1molNa2O2固体与足量的H2O充分反应，转移0.2NA个电子8、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是（）A.在常温常压下，11.2gO2含有的分子数为0.5NAB.71gCl2所含原子数为2NAC.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1NAD.物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl﹣个数为NA评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、某温度下；体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是。

A.a、b、c三点溶液的离子浓度之和a＞b＞cB.b点溶液中c(H+)+c(NH3·H2O)=c(OH－)C.用等浓度的NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，恰好反应时消耗NaOH溶液的体积Vb=VcD.a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞b＞c10、25℃时，将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol·L-1的溶液。溶液中c(NH3·H2O)、c(NH4+)与pH的关系如下图所示。下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是。

A.W点表示溶液中：c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)B.pH=7.0溶液中：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)C.pH=10.5的溶液中：c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)＜0.1mol·L-1D.向W点所表示的1L溶液中加入0.05molNaOH固体(忽略溶液体积变化)：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)11、处理烟气中的SO2，可以采用碱吸-电解法，其流程如图：模拟过程Ⅱ如图，下列推断正确的是（）

A.膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜B.SO2是含有极性键的极性分子C.a极的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑D.若收集22.4L的P(标准状况下)，则有2molN离子移向右室12、我国科研工作者研发了电解熔融甲硫醇钠（CH3SNa）制备杀虫剂CH3-S-S-CH3的方法，克服了常规合成法造成的污染，并大幅度提高了原料转化率。基本原理如图所示，A、B为惰性电极，CH3-S-S-CH3在A电极产生；下列说法错误的是（）

A.M极为电源的正极，B极为电解池的阴极B.A极的电极反应：2CH3S-+2e-═CH3-S-S-CH3C.装置中的离子交换膜为阳离子交换膜D.该装置工作一段时间，右侧电极室中NaOH浓度减小13、以石油、煤和天然气为主要原料生产的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.陶瓷B.塑料C.合成纤维D.合成橡胶14、rm{1L0.1mol隆陇L^{-1}}的rm{K_{2}SO_{4}}溶液中A.rm{K^{+}}的物质的量为rm{0.2mol}B.rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量为rm{0.1mol}C.rm{K^{+}}的物质的量浓度为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}D.rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量浓度为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、(28分，每空2分)下表是元素周期表中短周期元素的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。。主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01AB2DEFJ3CGHI（1）金属性最强的元素名称是____，性质最稳定的元素是____（填化学式）（2）在一定条件下，A与E可形成一种极易溶于水的气态化合物，其电子式为____；该物质溶于水后的溶液呈________性(填“酸”、“碱”或“中”)，原因是（用相关方程式解释）。（3）X微粒核外有10个电子，当获得3个电子时呈电中性，写出该粒子的结构示意图，X元素在周期表中的位置：，X最高价氧化物的水化物与过量NaOH反应的离子方程式：（4）“神舟”六号载人飞船内需要有一种化合物来吸收航天员呼出的CO2，你认为该物质应该是由上表中的________(填字母序号)元素组成的，用化学方程式表示吸收原理：________。飞船中需要制造一种适合航天员生存的人工态环境，还应该在氧气中充入一种稀释气体，该气体结构式为。（5）用电子式表示H与C形成化合物的过程：（6）J和I氢化物的沸点较高的是____（用化学式），原因是。16、一定条件下气体rm{A}与气体rm{B}反应生成气体rm{C}反应过程中反应物与生成物的浓度随时间变化的曲线如图rm{.}依图中数据回答．

rm{垄脵}该反应的化学方程式为______．

rm{垄脷}反应从开始进行至时间rm{t_{1}}用气体rm{B}浓度变化表示的该反应的反应速率是______．

rm{垄脹}此反应在达到平衡时，rm{A}的转化率为______．17、rm{(1)}在发射“神舟七号”的火箭推进器中装有肼rm{(N_{2}H_{4})}和过氧化氢，当两者混合时即产生气体，并放出大量的热。已知：rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)}rm{娄陇H=-641.6kJ隆陇mol^{-1}}rm{H_{2}O(l)篓TH_{2}O(g)}rm{娄陇H=+44kJ隆陇mol^{-1}}若用rm{6.4g}液态肼与足量过氧化氢反应生成氮气和液态水，则整个过程中转移的电子的物质的量为________，放出的热量为__________。rm{(2)}我国“长征三号甲”运载火箭一级推进剂也采用四氧化二氮作为氧化剂，燃料是液态偏二甲肼rm{(C_{2}H_{8}N_{2})}火箭起飞时的反应产物都是无毒的气体，并放出大量热，已知rm{10.0g}液态偏二甲肼与液态四氧化二氮完全燃烧可放出rm{425kJ}热量，该反应的热化学方程式为___________________。火箭上升过程中“尾巴”是红棕色的原因是_____________________。rm{(3)}液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。一种以液态肼rm{(N_{2}H_{4})}为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，rm{KOH}溶液作为电解质溶液。该原电池负极的反应式为：__________________________。rm{(4)}飞船或空间站中的宇航员新陈代谢的气体是二氧化碳等，而呼吸需要的则是氧气。利用所学的化学知识设计一个能够循环处理飞船或空间站内气体的方法rm{(}写出化学方程式即可rm{)}______________________________________________________。18、实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，直至rm{-3}价。某同学取一定量铝、铁混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入rm{4mol隆陇L^{-1}}的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积rm{(mL)}与产生的沉淀的物质的量rm{(mol)}的关系如图所示。试回答下列问题：rm{(1)}图中rm{OC}段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为____。rm{(2)}在rm{DE}段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为____；上述rm{CD}段说明溶液中____结合rm{OH^{-}}的能力比____强rm{(}填离子符号rm{)}rm{(3)B}与rm{A}的差值为____rm{mol}rm{(4)B}点对应的沉淀的物质的量为____rm{mol}rm{C}点对应的氢氧化钠溶液的体积为____rm{mL}19、（共10分）下表是A、B、C、D、E五种有机物的有关信息:。A①能使溴的四氯化碳溶液褪色②比例模型如图③能与水在一定条件下反应生成CB①由C、H两种元素组成②球棍模型如图C①由C、H、O三种元素组成②能与Na反应③与E反应生成相对分子质量为88的酯D①相对分子质量比C少2②能由C催化氧化得到E①由C、H、O三种元素组成②其水溶液能使紫色石蕊试液变红回答下列问题:(1)A～E中,属于烃的是__________(填字母)（2分）。(2)A能使溴的四氯化碳溶液褪色,发生反应的化学方程式为_______________________（2分）。(3)C催化氧化生成D的化学方程式为________________________（2分）。(4)有机物B具有的性质是_____________（2分）(填序号)。①无色无味的溶液；②有毒；③不溶于水；④密度比水大；⑤能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色。(5)E的水溶液能使紫色石蕊试液变红,说明E的水溶液显酸性,现设计一个实验来比较E与碳酸酸性的强弱,则该实验的原理是_____________________________（2分）(用化学方程式说明)。20、是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成：已知：请回答下列问题：（1）A与银氨溶液反应有银镜生成，则A的结构简式是____。（2）B→C的反应类型是____。（3）E的结构简式是____。（4）写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：▲。（5）下列关于G的说法正确的是（）a．能与溴单质反应b.．能与金属钠反应c．1molG最多能和3mol氢气反应d．分子式是C9H7O3（6）写出与D互为同分异构体且含苯环、属于酯类的结构简式：21、试分析下列各种情况下微粒间作用力的变化情况rm{(}填“离子键”“极性键”“非极性键”或“分子间作用力”rm{)}rm{(1)CO_{2}}溶于水时破坏_____________；rm{(2)CaCl_{2}}和rm{Na_{2}CO_{3}}反应时，被破坏的化学键有________形成的化学键有________；rm{(3)Na_{2}O}熔化时被破坏的是________。rm{(4)}用电子式表达rm{CaCl_{2;}}形成过程________________评卷人得分四、结构与性质(共1题，共5分)22、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。_______评卷人得分五、计算题(共1题，共7分)23、（8分）往容积为10L的密闭容器内通入40molN2和120molH2，在一定条件下进行反应，经2s后达到平衡状态，平衡时c(N2)为2mol/L。(1)用H2的浓度变化表示2s内的平均速率v(H2)＝________。(2)氮气的转化率是________。(3)平衡时混合气体中氨的体积分数是________。(4)容器内反应前后压强比是________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】铝是强还原剂，铝热反应放出大量的热，可达到很高的温度，生成了氧化铝和液态铁，从而将钢轨焊接在一起。【解析】【答案】C2、B【分析】

在核电荷数为1～20的元素中，原子的最外层电子数等于次外层电子数的有Be、Ar两种；

故选B．

【解析】【答案】1～20号元素最多有4个电子层，如有次外层，至少有2个电子层，根据核外电子排布规律，当有2个电子层时，符合题意的是Be；当有3个电子层时，符合题意的是Ar；当有4个电子层时；1～20号元素均不符合，且核电荷数也超过20．

3、A【分析】pH只能读数到整数，所以选项A是错误的，其余都是正确的，答案选A。【解析】【答案】A4、C【分析】【解答】容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的定量仪器；但对于溶液的浓度没有限制；

只能在常温下使用；容量瓶上标有使用温度；

实验室有不同规格的容量瓶；容量瓶上标有容量和刻度；

故只有C错误；故选C．

【分析】容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的定量仪器，只能在常温下使用，实验室有不同规格的容量瓶，以此解答该题．5、C【分析】解：①水溶液中：X+Y2+=X2++Y；可知活泼性为X＞Y；

②Z+2H2O（冷水）=Z（OH）2+H2↑；说明Z为活泼性很强的金属，而其它反应在溶液中进行，说明其它金属与水不反应，则Z最活泼；

③M、N为电极，与N盐组成原电池，电极反应为M-2e-=M2+；说明M为负极，活泼性为M＞N；

④Y可以溶于稀硫酸；M不被稀硫酸氧化，说明活泼性Y＞M；

则这五种金属活泼性由强到弱的顺序是Z＞X＞Y＞M＞N；

故选C．

比较金属活泼性强弱；可根据金属之间的置换反应；与水；酸反应的剧烈程度；原电池的正负极，负极较活泼以及金属活动顺序表等，以此解答该题．

本题综合考查金属的活泼性的比较，涉及原电池反应，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用的考查，难度不大，注意比较问题的角度．【解析】【答案】C6、C【分析】略【解析】rm{C}7、A【分析】试题分析：A.若23g全是NO2，则n(NO2)=23g÷46g/mol=0.5mol,n(O)=1mol.若23g全是N2O4，则n(N2O4)=23g÷92g/mol=0.25mol,n(O)=1mol.所以23gNO2和N2O4的混合气体一定含有NA个氧原子。正确。B．在水溶液中发生电离：NaHSO4=Na++H++SO42-。因此溶液中无HSO4-。错误。C．将0.1molFeCl3溶于沸水发生水解制成胶体时，发生水解反应的离子只是其中的很少一部分离子。故错误。D．在2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑反应中，每摩尔Na2O2的充分反应，转移NA个电子。所以0.1molNa2O2固体充分反应，转移0.1NA个电子.错误。考点：考查有关阿伏加德罗常数的计算的知识。【解析】【答案】A8、B【分析】【解答】解：A．不是标准状况下；不能根据22.4L/mol计算氧气的物质的量，故A错误；

B．71g氯气的物质的量为1mol，1mol氯气分子中含有2molCl原子，所含原子数为2NA；故B正确；

C．标准状况下；水不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故C错误；

D．没有告诉0.5mol/L的MgCl2溶液的体积；无法计算溶液中含有氯离子的物质的量，故D错误；

故选B．

【分析】A．常温常压下；不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算；

B．根据n=计算出氯气的物质的量；再计算出含有原子的物质的量及数目；

C．标准状况下水的状态不是气体；

D．缺少溶液体积，无法计算溶液中含有氯离子的数目．二、多选题(共6题，共12分)9、AD【分析】【分析】

盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，盐酸完全电离，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸不能继续电离，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵离子可继续水解，溶液中的氢离子浓度变化小，所以含c点的曲线pH变化是盐酸溶液的，含a、b点的曲线pH变化是氯化铵溶液的。

【详解】

A．由于a点溶液稀释后得到b点，故b点的离子浓度小于a点；而氯化铵溶液的浓度远大于HCl，而氯化铵溶液是由于水解显酸性，而HCl是由于完全电离显酸性，故b和c点pH相同，故b点氯化铵的浓度必须远大于c点HCl的浓度，故离子浓度之和的大小关系为a＞b＞c；故A正确；

B．b点溶液中，根据质子守恒，得出c(OH−)+c(NH3⋅H2O)=c(H+)；故B错误；

C．用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，b点为铵根水解导致溶液呈酸性，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而c点只有盐酸消耗NaOH(盐酸完全电离)，故消耗NaOH溶液体积Vb＞Vc；故C错误；

D．盐酸电离出的氢离子浓度抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子浓度来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，水的电离程度越大，a点的pH＜b点的pH，说明a点酸性大于b点酸性、a点氢离子大于b点氢离子，所以a、b二点溶液水的电离程度a＞b，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度a＞b＞c；故D正确；

答案选AD。10、AD【分析】【详解】

将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol/L的混合溶液，当溶液中只有NH4+时，NH4+水解使溶液呈酸性，随着c(NH3·H2O)的增大，溶液碱性增强，根据图示，当pH=9.25时，c(NH3·H2O)=c(NH4+)，因此当溶液的pH＜9.25时，c(NH3·H2O)＜c(NH4+)，当pH＞9.25时，c(NH3·H2O)＞c(NH4+)，因此随着溶液pH的增大，浓度增大的是c(NH3·H2O)、减小的是c(NH4+)。A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒可得c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，在W点时c(NH3·H2O)=c(NH4+)，所以c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，A正确；B．室温下pH=7.0＜9.25，溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，则溶液中c(NH4+)＞c(NH3·H2O)，NH3·H2O主要以电解质分子存在，NH3·H2O、H2O的电离程度十分微弱，其电离产生的离子浓度很小，故微粒浓度大小关系为：c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(H+)=c(OH-)，B错误；C．该混合溶液中，无论pH如何变化都存在c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，则c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+c(H+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L+c(H+)＞0.1mol/L，C错误；D．W点溶液中存在c(NH3·H2O)=c(NH4+)=0.05mol/L，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒可知c(Cl-)＜c(NH4+)=0.05mol/L，向1L该溶液中加入0.05molNaOH，则c(Na+)=0.05mol/L，c(Na+)＞c(Cl-)，NaCl电离产生离子浓度Cl-浓度c(Cl-)大于NH3·H2O电离产生的离子NH4+、OH-的浓度，且溶液中还有水会微弱电离产生OH-，故离子浓度关系为：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)，D正确；故合理选项是AD。11、AB【分析】【详解】

A．b电极上稀硫酸转化为浓硫酸，过程中SO42-的量增大，则是由SO32-转化得到，发生反应SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+，则膜2应为阴离子交换膜；a电极上稀NaOH溶液转化为浓NaOH溶液，过程中OH-浓度增大，则发生电极反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑；膜1应为阳离子交换膜，A正确；

B．SO2分子中的S=O键是极性共价键，由于分子中正、负电荷重心不重合，因此SO2属于极性分子；B正确；

C．a电极上稀NaOH溶液转化为浓NaOH溶液，过程中OH-浓度增大，且反应有气体产生，则应发生的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；C错误；

D．a电极发生电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，若收集22.4LP(标准状况下)，即收集标况下H2的的物质的量n(H2)==1mol，根据电极反应式可知转移电子数为2mol，b电极发生反应：SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知有1molSO32-通过膜2进入右室；D错误；

故合理选项是AB。12、BD【分析】【分析】

由电解装置图可知，熔融甲硫醇钠在阳极失电子发生氧化反应生成CH3-S-S-CH3，电极反应为：2CH3S--2e-═CH3-S-S-CH3，则A电极为电解池的阳极，与电源正极相接，所以M极为电源的正极，N极为电源的负极，B极为电解池的阴极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；电解过程中阳极区的钠离子通过离子交换膜移向阴极，据此分析解答。

【详解】

A．由上述分析可知；M极为电源的正极，B极为电解池的阴极，故A正确；

B．A电极为电解池的阳极，熔融甲硫醇钠失电子发生氧化反应生成CH3-S-S-CH3，电极反应为：2CH3S--2e-═CH3-S-S-CH3；故B错误；

C．电解过程中阳极区的钠离子通过离子交换膜移向阴极；所以装置中的离子交换膜为阳离子交换膜，故C正确；

D．该装置工作一段时间，右侧电极室中氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；钠离子通过离子交换膜移向阴极，所以NaOH浓度增大，故D错误；

答案选BD。13、BCD【分析】解：以煤；石油和天然气为主要原料可制造化工产品、合成塑料、合成橡胶、合成纤维等；

故选BCD．

三大合成材料是合成塑料；合成橡胶、合成纤维．

本题考查煤、石油和天然气的用途，难度不大，平时注意知识的积累．【解析】rm{BCD}14、ABD【分析】【分析】本题考察化学计量的相关计算。【解答】A.据公式rm{n=cV}得rm{K}得rm{n=cV}rm{K}rm{{,!}^{+}}的物质的量为：rm{2隆脕1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{2隆脕1L隆脕0.1mol隆陇L}故A正确；

rm{{,!}^{-1}}据公式rm{=0.2mol}故A正确；得rm{=0.2mol}B.rm{n=cV}rm{SO}rm{SO}故B正确

rm{{,!}_{4}^{2-}}的物质的量为：rm{1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}rm{=0.1mol}故B正确rm{=0.1mol}C.rm{1molK}rm{1molK}rm{{,!}_{2}}倍为rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}含rm{2mol}故C错误；

rm{2mol}rm{K^{+}}，rm{K}rm{K}故D正确。故选ABD。rm{{,!}^{+}}【解析】rm{ABD}三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】根据元素周期表中的位置推断出元素的种类，按照题目要求作出回答。【解析】【答案】（1）Na、He；（2）碱性、NH3+H2O=NH3·H2O=NH4++OH－(3)第三周期第ⅢA族，4OH-+Al3+=AlO2-+2H2O(4)CF,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(5)（6）HF，HF中有氢键，沸点比HCl高。16、3A+B2C；mol•L-1•min-1；75%【分析】解：rm{(1)}由图象可知，在反应中，rm{A}的浓度逐渐减小，rm{B}rm{C}的浓度逐渐增大，则rm{A}rm{B}为反应物，rm{C}为生成物，相同时间内浓度的变化比值为rm{c(A)}rm{c(B)}rm{c(C)=(0.8-0.2)}rm{(0.5-0.3)}rm{0.4=3}rm{1}rm{2}化学反应中浓度变化之比等于化学剂量数之比，则化学方程式为rm{3A+B}rm{2C}故答案为：rm{3A+B}rm{2C}

rm{(2)}反应从开始进行至时间rm{t_{1}}用气体rm{B}浓度变化表示的该反应的反应速率为：rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}=dfrac{0.5mol/L-0.3mol/L}{t_{1}}=dfrac{o.2}{t_{1}}mol?L^{-1}?min^{-1}}故答案为：rm{dfrac{o.2}{t_{1}}mol?L^{-1}?min^{-1}}

rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}=

dfrac{0.5mol/L-0.3mol/L}{t_{1}}=dfrac

{o.2}{t_{1}}mol?L^{-1}?min^{-1}}根据转化了的浓度与起始浓度之比可求得rm{dfrac

{o.2}{t_{1}}mol?L^{-1}?min^{-1}}的转化率为rm{dfrac{0.8mol/L-0.2mol/L}{0.8mol/L}隆脕100%=75%}故答案为：rm{(3)}．

rm{A}根据图象中rm{dfrac

{0.8mol/L-0.2mol/L}{0.8mol/L}隆脕100%=75%}rm{75%}rm{(1)}浓度的变化趋势判断反应物和生成物；根据浓度变化之比等于化学剂量数之比确定反应的化学方程式；

rm{A}根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算反应速率；

rm{B}根据转化了的浓度与起始浓度之比可求得rm{C}的转化率；

本题考查了根据图象写方程式、化学反应速率的计算及转化率的计算，难度较小，解题关键是准确分析图表．rm{(2)}【解析】rm{3A+B}rm{2C}rm{dfrac{o.2}{t_{1}}mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{dfrac

{o.2}{t_{1}}mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{75%}17、(1)0.8mol163.5kJ

(2)C2H8N2(l)＋2N2O4(l)=2CO2(g)＋4H2O(g)＋3N2(g)ΔH＝-2550.0kJ·mol-1四氧化二氮分解产生红棕色的二氧化氮。

(3)N2H4＋4OH--4e-＝N2↑＋4H2O

(4)2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2【分析】【分析】

本题主要考察热化学方程式的书写；氧化还原反应的电子转移和原电池等相关内容，整体难度一般。

【解答】

rm{(1)6.4g}液态肼的物质的量为rm{0.2mol}液态肼完全被过氧化氢氧化为氮气与水蒸气时，rm{N}的化合价从rm{-2}价升高到rm{0}价，rm{1mol}液态肼完全反应转移的电子为rm{4mol}故rm{6.4g}液态肼转移的电子为rm{0.8mol}由盖斯定律可知，液态肼与过氧化氢反应生成氮气和液态水的热化学方程式：rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)=N_{2}(g)+4H_{2}O(l)}rm{娄陇H=-817.6kJ隆陇mol^{-1}}故rm{0.2mol}液态肼放出的热量为rm{0.2mol隆脕817.6kJ隆陇mol^{-1}=163.5kJ}故答案为：rm{0.2mol隆脕817.6kJ隆陇mol^{-1}=163.5

kJ}rm{0.8mol}

rm{163.5kJ}与偏二甲肼反应的产物为rm{(2)N_{2}O_{4}}rm{CO_{2}}和气态水，rm{N_{2}}与rm{1molC_{2}H_{8}N_{2}(l)}完全燃烧放出的热量为rm{425kJ隆脗(10.0g隆脗60g/mol)=2550.0kJ/mol}热化学方程式为rm{N_{2}O_{4}}rm{425kJ隆脗(10.0g隆脗60g/mol)=2550.0

kJ/mol}火箭上升过程中；泄漏出的四氧化二氮分解产生二氧化氮，红棕色即为二氧化氮的颜色。

故答案为：rm{C_{2}H_{8}N_{2}(l)+2N_{2}O_{4}(l)=2CO_{2}(g)+4H_{2}O(g)+3N_{2}(g)}rm{娄陇H=-2550.0kJ隆陇mol^{-1}}四氧化二氮分解产生红棕色的二氧化氮；

rm{C_{2}H_{8}N_{2}(l)+2N_{2}O_{4}(l)=2CO_{2}(g)+4H_{2}O(g)+3N_{2}(g)}负极通入的是液体燃料rm{娄陇H=-2550.0kJ隆陇mol^{-1}}负极发生反应rm{(3)}故答案为：rm{N_{2}H_{4}}

rm{N_{2}H_{4}+4OH^{-}-4e^{-}=N_{2}隆眉+4H_{2}O}将rm{N_{2}H_{4}+4OH^{-}-4e^{-}=N_{2}隆眉+4H_{2}O}等气体转化为可供呼吸的氧气，可以利用过氧化钠和二氧化碳反应，反应的方程式为：rm{(4)}故答案为rm{CO2}

rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}【解析】rm{(1)0.8mol}rm{163.5kJ}

rm{(2)C_{2}H_{8}N_{2}(l)+2N_{2}O_{4}(l)=2CO_{2}(g)+4H_{2}O(g)+3N_{2}(g)}rm{(2)

C_{2}H_{8}N_{2}(l)+2N_{2}O_{4}(l)=2CO_{2}(g)+4H_{2}O(g)+3N_{2}(g)}四氧化二氮分解产生红棕色的二氧化氮。

rm{娄陇H=-2550.0kJ隆陇mol^{-1}}

rm{(3)N_{2}H_{4}+4OH^{-}-4e^{-}=N_{2}隆眉+4H_{2}O}rm{(4)2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}18、(1)H++OH-=H2O(2)NH4++OH-=NH3·H2OFe3+、Al3+NH4+、H2OFe3+Al3+NH4+(3)0.008(4)0.0327【分析】【分析】本题考查反应产物的判断，确定反应产物和反应的先后顺序问题是关键。熟悉物质的性质是解题的基础。【解答】rm{(1)}图中rm{OC}段没有沉淀生成是因为多余的硝酸和氢氧化钠发生中和反应，此阶段发生反应的离子方程式为：图中rm{(1)}段没有沉淀生成是因为多余的硝酸和氢氧化钠发生中和反应，此阶段发生反应的离子方程式为：rm{OC}rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}故答案为：铝、铁混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出说明产生硝酸中的rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}转化成硝酸铵，根据反应过程来看，rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}段发生中和反应，rm{(2)}段是硝酸铝和硝酸铁与氢氧化钠反应，rm{N}段，沉淀的物质的量没有变化是硝酸铵和氢氧化钠反应产生一水合氨，rm{OC}段是氢氧化铝和氢氧化钠反应使沉淀的量减少，则rm{CD}阶段发生反应的离子方程式为：rm{DE}rm{EF}rm{DE}上述rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}}段说明溶液中铁离子和铝离子结合rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}}的能力比铵根离子强；故答案为：rm{隆陇}rm{H_{2}O}rm{H_{2}O}rm{CD}rm{OH^{-}}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}}rm{隆陇}rm{H_{2}O}与rm{隆陇}的差值为氢氧化铝和氢氧化钠反应时减少的氢氧化铝的物质的量，根据rm{OH^{-}+Al(OH)_{3}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}可知，rm{H_{2}O}rm{H_{2}O}rm{Fe^{3+}}故答案为：rm{Fe^{3+}}rm{Al^{3+}}rm{NH_{4}^{+};}由前面的分析可知rm{Al^{3+}}段是硝酸铵和氢氧化钠反应，根据rm{NH_{4}^{+};}可知，rm{(3)}rm{B}与rm{A}的差值为氢氧化铝和氢氧化钠反应时减少的氢氧化铝的物质的量rm{B}rm{A}rm{OH^{-}+Al(OH)_{3}=

AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}根据得失电子守恒，设铁的物质的量为rm{n[Al(OH)_{3}]=n(NaOH)=4mol/L}则有rm{隆脕(36-34)隆脕10^{-3}L=}rm{隆脕(36-34)隆脕10^{-3}L=}rm{0.008mol}所以rm{0.008mol}点对应的沉淀的物质的量为rm{(4)}rm{DE}rm{NH_{4}NO_{3}隆煤NaOH}rm{n(NH}rm{4}rm{4}rm{NO}rm{3}rm{3}rm{)=n(NaOH)=4mol/L隆脕(34-31)隆脕10^{-3}L=0.012mol}和硝酸铝以及硝酸铁反应的氢氧化钠为rm{n(NaOH)=3n[Al(OH)_{3}]+3n[Fe(OH)_{3}]=3隆脕0.032mol=0.096mol}则消耗的氢氧化钠的体积为rm{a}则和硝酸反应的氢氧化钠的体积为rm{3a+0.008mol}故答案为：rm{隆脕3=0.012mol隆脕[5-(-3)]}rm{a=0.024mol}所以rm{B}点对应的沉淀的物质的量为rm{隆脕3=0.012mol隆脕[5-(-3)]}rm{a=0.024mol}【解析】rm{(1)H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{(1)H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{(2)NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}}rm{(2)NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}}rm{隆陇}rm{H_{2}O}rm{Fe^{3+}}、rm{Al^{3+}}rm{NH_{4}^{+}}、rm{隆陇}rm{H_{2}O}rm{Fe^{3+}}rm{H_{2}O}rm{Fe^{3+}}rm{Al^{3+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Al^{3+}}19、略

【分析】【解析】【答案】（共10分）(1)（2分）A、B(2)（2分）CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br(3)（2分）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O(4)（2分）‚ƒ(5)（2分）2CH3COOH+CaCO3=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑20、略

【分析】【解析】【答案】（12分）(1)CH3CHO（2分）(2)取代反应（1分）（3）（2分）（2分）(5)a、b（2分）（6）三种（答案略）（3分）21、rm{(1)}极性键

rm{(2)}离子键离子键

rm{(3)}离子键

rm{(4)}【分析】【分析】本题考查的是化学键类型和用电子式表示形成过程，难度较小。【解答】rm{(1)}二氧化碳溶于水生成碳酸，破坏极性键，故答案为：极性键；rm{(2)}氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，破坏离子键形成新的离子键，故答案为：离子键，离子键；rm{(3)}氧化钠熔化时破坏离子键，故答案为：离子键；rm{(4)}用电子式表示氯化钙的形成过程为故答案为：【解析】rm{(1)}极性键rm{(2)}离子键离子键rm{(3)}离子键rm{(4)}四、结构与性质(共1题，共5分)22、略

【分析】【分析