2025年苏人新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年苏人新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9题，共18分)1、一种新型燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极上通乙烷和氧气，其电极反应式分别为：2C2H6+36OH?–28e?＝4CO32?+24H2O，14H2O+7O2+28e?＝28OH?。有关此电池的叙述正确的是A.电解质溶液中的阴离子向正极移动B.放电一段时间后，KOH的物质的量浓度不变C.通乙烷的电极为负极D.参加反应的O2和C2H6的物质的量之比为2:72、关于氢键的下列说法中正确的是（）A.每个水分子内含有两个氢键B.在水蒸气、水和冰中都含有氢键C.分子间能形成氢键使物质的熔点和沸点升高D.HF的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键3、rm{CH_{4}}中混有rm{C_{2}H_{4}}欲除去rm{C_{2}H_{4}}得到纯净的rm{CH_{4}}最好依次通过盛有下列哪一组试剂的洗气瓶rm{(}rm{)}A.澄清石灰水，浓rm{H_{2}SO_{4}陋陇}B.酸性rm{KMnO_{4}}溶液，浓rm{H_{2}SO_{4}陋陇}C.rm{Br_{2}}水，浓rm{H_{2}SO_{4}陋陇}D.浓rm{H_{2}SO_{4}}酸性rm{KMnO_{4}}溶液4、下列说法正确的是()A.摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量B.rm{1.8g}的rm{NH_{4}^{+}}离子中含有的电子数为rm{N_{A}}C.同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数相同D.若气体摩尔体积为rm{22.4L?mol^{-1}}则所处条件为标准状况5、已知氮的氧化物跟rm{NaOH}溶液发生的化学反应如下：

rm{2NO_{2}+2NaOH篓TNaNO_{3}+NaNO_{2}+H_{2}O}

rm{NO_{2}+NO+2NaOH篓T2NaNO_{2}+H_{2}O}

现有rm{mmolNO_{2}}和rm{nmolNO}组成的混合气体，要用rm{NaOH}溶液使其完全吸收无气体剩余，现有浓度为rm{amol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液，则需此rm{NaOH}溶液的体积是rm{(}rm{)}A.rm{dfrac{m}{a}L}B.rm{dfrac{2m}{3a}L}C.rm{dfrac{2(m+n)}{3a}L}D.rm{dfrac{m+n}{a}L}6、已知有如下反应：①2BrO3－+Cl2==Br2+2ClO3－，②ClO3－+5Cl－+6H+==3Cl2+3H2O，③2FeCl3+2KI==2FeCl2+2KCl+I2，④2FeCl2+Cl2==2FeCl3。下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是A.ClO3－＞BrO3－＞Cl2＞Fe3+＞I2B.BrO3－＞Cl2＞ClO3－＞I2＞Fe3+C.BrO3－＞ClO3－＞Cl2＞Fe3+＞I2D.BrO3－＞ClO3－＞Fe3+＞Cl2＞I27、有A、B、C、D四种主族元素，A、B元素的阳离子和C、D元素的阴离子都具有相同的电子层结构，且A的阳离子氧化性比B的阳离子氧化性弱，C的阴离子所带负电荷比D的阴离子所带负电荷多，则A、B、C、D的原子序数大小关系是（）A.B>A>C>DB.C>B>A>DC.A>B>C>DD.B>A>D>C8、下列过程属于物理变化的是（）A.海水晒盐B.煤的气化C.石油裂化D.氨溶于水9、是谁第一个想到苯是环状结构的（）A.拉瓦锡B.维勒C.阿佛加德罗D.凯库勒评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)10、下列说法正确的是（）A.二氧化碳的相对分子质量是44B.“物质的量浓度”可简称为“量浓度”C.阿伏加德罗常数的单位是mol-1D.1mol任何物质所占体积都是22.4L11、在100mL0.5mol/LAlCl3溶液中，加入100mLNaOH溶液，得到2.34g沉淀．则NaOH溶液物质的量浓度是（单位：mol/L）（）A.0.6B.0.9C.1.6D.1.712、为探究原电池的形成条件和反应原理；某同学设计了如下实验步骤并记录了现象：

rm{垄脵}向一定浓度的稀硫酸中插入锌片；看到有气泡生成；

rm{垄脷}向上述稀硫酸中插入铜片；没有看到有气泡生成；

rm{垄脹}将锌片与铜片上端接触并捏住，一起插入稀硫酸中，看到铜片上有气泡生成，且生成气泡的速率比实验rm{垄脵}中快；

rm{垄脺}在锌片和铜片中间接上电流计；再将锌片和铜片插入稀硫酸中，发现电流计指针偏转．

下列关于以上实验设计及现象的分析，正确的是rm{(}rm{)}A.实验rm{垄脵}rm{垄脷}说明锌能与稀硫酸反应而铜不能B.实验rm{垄脹}说明发生原电池反应时会加快化学反应速率C.实验rm{垄脹}说明在该条件下铜可以与稀硫酸反应生成氢气D.实验rm{垄脺}说明该原电池中锌为正极、铜为负极13、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A.1molNH4+所含质子数为10NAB.10克氖气所含原子数约为6.02×1023C.标准状况下，22.4LSO2所含的分子数为NAD.常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含氧原子数为2NA14、若甲、丙为短周期、同一主族元素组成的单质，乙、丁都是由两种元素组成的化合物，它们之间有如图所示的转化关系，则满足条件的甲和丙可以为（）A.钠和氢气B.氟和氧气C.碳和硅D.氯气和溴15、已知氢化钠rm{(NaH)}是一种离子化合物，其中钠是rm{+1}价，rm{NaH}与水反应放出rm{H_{2}(NaH+H_{2}O隆煤NaOH+H_{2}).}下列叙述中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{NaH}在水中显酸性B.rm{NaH}中氢离子的电子层排布与氦原子相同C.rm{NaH}在反应中表现氧化性D.rm{NaH}中氢离子可被氧化成氢气评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、为测定Cl2、Br2的氧化性强弱，设计了如下实验：（可供选择的试剂有：氯水、溴水、NaCl溶液、NaBr溶液、酒精、四氯化碳）实验步骤如下：（横线上填出所选的试剂或现象）可以证明Cl2的氧化性____（填强于、弱于）Br2的氧化性，此反应的离子反应方程式为：____．

17、（4分）为了供学生课外活动，要求把SO42-、CO32-、H+、OH-、NH4+、Fe3+、Na+七种离子根据共存原理分为两组混合溶液，两组的离子数目要接近。分配结果是：第一组：____________________。第二组：____________________。18、为了证明CO具有还原性，有人利用下列装置设计了系列的实验，其中A为气体发生装置，C为尾气处理装置，X装置可以盛放不同的试剂重复使用。已知草酸与浓硫酸共热发生如下反应：（1）若以草酸．浓硫酸为原料制备一氧化碳，则该气体发生装置中所用到的玻璃仪器除了导管外，还有______________________________。（2）装置连接无误，装入药品后，在加热装置B之前应进行的一步操作是__________，C中尾气的的处理方法是______________________________。（3）已知B中固体为CuO，现要制得纯净干燥的CO以验证其还原性，则A．B之间放置的X装置（可重复）中所装试剂依次为：____________________，澄清石灰水，____________________，证明CO具有还原性的现象为____________________。（4）除上述现象外，若再用一次X装置，还有一种能说明CO具有还原性的现象，则装置X的安装位置及所装试剂为：______________________________，现象为：________________________________________。19、（6分）用纯净的碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，请回答：（1）实验过程如下图所示，分析判断：________段化学反应速率最快。（2）为了减缓上述反应的速率，欲向溶液中加入下列物质，你认为可行的是（）A.蒸馏水B.氯化钠固体C.氯化钠溶液D.浓盐酸（3）除了上述方法外，你认为还可以采取哪些措施来减缓化学反应速率？（至少回答两种）20、rm{(1)CuSO_{4}?5H_{2}O}是重要的铜盐之一，在电镀、印染、颜料、农药等方面有广泛应用rm{.}从硫酸铜溶液中获取rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}所包含的操作依次为：______；______、过滤、洗涤、干燥．

rm{(2)}某同学用rm{10mol/L}的浓盐酸配制rm{250mL1mol/L}的稀盐酸rm{.}请回答下列问题：

rm{垄脵}需要量取浓盐酸______rm{mL}．

rm{垄脷}配制该稀盐酸时使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有______、______等rm{.}

rm{垄脹}配制该稀盐酸时，下列操作会导致所配溶液浓度偏高的是______rm{.(}填字母rm{)}

A.稀释时有少量溶液洒到烧杯外面rm{B.}定容时俯视读取刻度。

C.原容量瓶洗净后未干燥rm{D.}定容时液面超过了刻度线。

rm{垄脺}从rm{250mL1mol/L}的稀盐酸中取出rm{25mL}溶液，其物质的量浓度是______rm{mol/L}其含有溶质的物质的量为______rm{mol}．21、rm{2009}年rm{9}月rm{8}日，中国卫生部部长陈竺表示，中国甲型rm{H1N1}流感疫苗接种方案的原则已经确立：要首先保护最为易感和脆弱的人群，特别是中学生、有基础性疾病rm{(}如糖尿病rm{)}的人、一线的公共服务人员rm{.}请根据这一主题和题意回答下列问题rm{.(}用下列选项的字母代号填空rm{)}

A.蛋白质rm{B.}强氧化性rm{C.}葡萄糖rm{D.}变性。

E.强酸性rm{F.}淀粉rm{G.}盐析rm{H.}强还原性。

rm{(1)}糖尿病是因为病人的尿液中含______而得名的．

rm{(2)}甲型rm{H1N1}流感病毒和疫苗都含有______．

rm{(3)}为预防甲型rm{H1N1}流感rm{.}可用具有______的rm{NaClO}溶液进行环境消毒．

rm{(4)}烹制猪肉时温度达到rm{71隆忙}就可杀死细菌和病毒rm{.}这是因为细菌和病毒发生了______．22、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。23、氯化铵是一种重要化工原料；也是一种常用的氨肥．

（1）氯化铵作为化肥时不宜与草木灰（主要成分K2CO3）混用．其原因是______．

（2）热的浓氯化铵溶液可以清洗铁器表面锈迹；写出相关反应的离子方程式：______．

（3）常温下，在20mLamol．L-1氨水中滴加加20mLbmol．L-1HCl溶液恰好至溶液呈中性．计算常温下，NH3．H2O的电离常数Kb=______（用含a，b的精确代数式表示）

（4）为了探究外界条件对氯化铵水解平衡的影响，设计如下实验方案：。实验序号c（NH4Cl）/mol．L-1温度/℃待测物理量实验目的Ⅰ0.530x-Ⅱ1.5iy探究浓度对氯化铵水解平衡的影响Ⅲ0.535ziiⅣ2.040m探究温度、浓度同时对氯化铵水解平衡的影响限选药品和仪器：恒温水浴、pH计、烧杯、0.1mol．L-1硝酸银溶液、蒸馏水和各种浓度的NH4Cl溶液．

①实验中；“待测物理量”是______．

②i=______；ii：______．

③上述表格中，y______（填“＞”“＜”或“=”）m．24、（10分）A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示(反应条件和部分产物未标出)。(1)若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，则A的原子结构示意图为________，反应④的化学方程式为______________________________。(2)若A是常见的变价金属的单质，D、F是气态单质，且反应①在水溶液中进行。反应②也在水溶液中进行，其离子方程式是__________________________________，用电子式表示化合物B的形成过程：_______________________________。(3)若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式为___________________________________。（3）同族非金属元素之间相互置换的一般是第ⅣA、第ⅥA、第ⅦA。评卷人得分四、判断题(共3题，共24分)25、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）26、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）27、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化评卷人得分五、其他(共4题，共32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】【解析】试题分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。据此可知，乙烷在负极通入，氧气在正极通入，选项AB不正确，C正确。根据电极反应式可知，参加反应的O2和C2H6的物质的量之比为7:2，D不正确，答案选C。考点：考查乙烷燃料电池的判断【解析】【答案】C2、C【分析】水蒸气中没有氢键，水和冰中都含有氢键，水分子内有氢键也有分子间的氢键。分子间能形成氢键使物质的熔点和沸点升高，稳定性不是氢键的原因。C正确。【解析】【答案】C3、C【分析】解：二者均不与石灰水、浓硫酸反应，乙烯含有碳碳双键，能和溴水以及酸性高锰酸钾溶液反应rm{.}但酸性高锰酸钾溶液能把乙烯氧化生成rm{CO_{2}}所以要除去rm{C_{2}H_{4}}得到rm{CH_{4}}需要依次通过rm{Br_{2}}水；浓硫酸；

故选C．

乙烯能与溴水发生加成反应；而甲烷不能，结合除杂不能引入新杂质来解答．

本题考查混合物分离、提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，侧重除杂的考查，注意发生的反应，题目难度不大．【解析】rm{C}4、B【分析】【分析】本题主要考查的是摩尔的定义以及气体摩尔体积的定义；属于概念性理解题，注意影响气体体积的因素有物质的量；温度和压强，注意总结，题目难度不大。

【解答】A.物质的量是表示微粒数目集合体的物理量；其单位是摩尔，摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故A错误；

B.rm{1.8g}的rm{NH}的rm{1.8g}rm{NH}离子的物质的量为rm{dfrac{1.8g}{18g/mol}=0.1mol}含有的电子数为rm{{,!}_{4}^{+}}离子的物质的量为rm{dfrac{1.8g}{18g/mol}=0.1mol

}含有的电子数为rm{N}rm{dfrac{1.8g}{18g/mol}=0.1mol

}；故B正确；

C.rm{N}；故C错误；

D.气体摩尔体积是单位物质的量的气体所占有的体积，气体体积与温度和压强有关，温度升高，气体体积增大，压强增大，气体体积减小，所以不是在标况下，气体摩尔体积有可能为rm{{,!}_{A}}故D错误；

故选B。

【解析】rm{B}5、D【分析】解：反应生成物有rm{NaNO_{3}}rm{NaNO_{2}}由化学式可知rm{n(Na}原子rm{)=n(N}原子rm{)}由于恰好反应，根据原子守恒可知rm{n(NaOH)=n(NO)+n(NO_{2})=(m+n)mol}

故此氢氧化钠溶液的物质的量浓度rm{dfrac{(m+n)mol}{amol/L}=dfrac{(m+n)}{a}L}

故选D．

rm{dfrac{(m+n)mol}{amol/L}=dfrac

{(m+n)}{a}L}单独不能被吸收，rm{NO}和rm{NO}混合气体被rm{NO_{2}}溶液被完全吸收，由方程式可知满足rm{NaOH}rm{n(NO_{2})}反应生成物有rm{n(NO)geqslant1}rm{NaNO_{3}}由化学式可知rm{NaNO_{2}}原子rm{n(Na}原子rm{)=n(N}根据原子守恒计算rm{)}再根据rm{n(NaOH)}计算rm{c=dfrac{n}{V}}的物质的量浓度．

本题考查混合物的有关计算，难度中等，根据原子守恒计算是关键，侧重对解题方法技巧与学生思维能力的考查．rm{NaOH}【解析】rm{D}6、C【分析】考查氧化还原反应的有关应用。在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，据此可知，①中是BrO3－＞Cl2；②中是ClO3－＞Cl2；③中是Fe3+＞I2；④中是Cl2＞Fe3+，所以正确的答案选C。【解析】【答案】C7、D【分析】【解析】【答案】D8、A【分析】【解答】A．海水晒盐没有新物质生成；属于物理变化，故A正确；

B．煤的气化是煤与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气；属于化学变化，故B错误；

C．石油裂化是由大分子经裂化而得的小分子的汽油；属于化学变化，故C错误；

D．氨溶于水与水结合生成一水和氨；有新物质生成属于化学变化，故D错误．

故选A．

【分析】A．海水晒盐没有新物质生成；

B．煤的气化是煤与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气；

C．石油裂化是由大分子经裂化而得的小分子的汽油；

D．氨溶于水与水结合生成一水和氨．9、D【分析】解：A．拉瓦锡的主要贡献是发现了氧气；故A错误；

B．维勒用无机物合成了尿素；突破了无机物与有机物的界限，故B错误；

C．阿佛加德罗提出了分子学说；故C错误；

D．凯库勒提出苯是环状结构；故D正确．

故选D．

1866年凯库勒提出了苯的单；双键交替的正六边形平面结构．

本题考查化学史，熟记化学发展史中各科学家所作出的巨大贡献即可解答．【解析】【答案】D二、双选题(共6题，共12分)10、A|C【分析】解：A．二氧化碳的相对分子质量为12+16×2=44；故A正确；

B．“量”指代不明确；“物质的量浓度”不可简称为“量浓度”，故B错误；

C．阿伏加德罗常数的单位是mol-1；故C正确；

D．标况下；1mol任何气体占有的体积约是22.4L，选项中物质不一定为气体，且所处状态不一定为标况下，故D错误；

故选AC．

A．相对分子质量对分子中各元素原子总的相对原子质量之和；

B．“量”指代不明确；“物质的量浓度”不可简称为“量浓度”；

C．阿伏加德罗常数的单位是mol-1；

D．标况下；1mol任何气体占有的体积约是22.4L．

本题考查对常用化学计量的有关理解，比较基础，注意气体摩尔体积的使用条件与对象．【解析】【答案】AC11、B|D【分析】解：100mL0.5mol/L的AlCl3溶液中氯化铝的物质的量=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量=0.05mol×78g/mol=3.9g＞2.34g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2；

n[Al（OH）3]==0.03mol；

①若碱不足，由Al3++3OH-═Al（OH）3↓可知，NaOH的物质的量为0.03mol×3=0.09mol，则c（NaOH）==0.9mol/L；

②沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2；则：

Al3++3OH-═Al（OH）3↓

0.05mol0.15mol0.05mol

Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O

（0.05-0.03）mol（0.05-0.03）mol

则消耗的碱的物质的量为：0.15mol+（0.05-0.03）mol=0.17mol，则c（NaOH）==1.7mol/L；

故选BD．

100mL0.5mol/L的AlCl3溶液中氯化铝的物质的量=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量=0.05mol×78g/mol=3.9g＞2.34g，说明存在有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2；结合方程式计算消耗氢氧化钠物质的量，进而计算NaOH溶液的物质的量的浓度．

本题考查方程式的有关计算，题目难度中等，关键是根据氯化铝与氢氧化铝的量判断发生的反应，再结合反应的有关方程式计算，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．【解析】【答案】BD12、rAB【分析】解：rm{A.垄脵}中能产生气体，说明锌能和稀硫酸反应，rm{垄脷}中不产生气体；说明铜和稀硫酸不反应，同时说明锌的活泼性大于铜，故A正确；

B.rm{垄脹}中锌；铜和电解质溶液构成原电池；锌易失电子而作负极，生成气泡的速率加快，说明原电池能加快作负极金属被腐蚀，故B正确；

C.rm{垄脹}中铜电极上氢离子得电子生成氢气；而不是铜和稀硫酸反应生成氢气，故C错误；

D.实验rm{垄脺}说明有电流产生；易失电子的金属作负极，所以锌作负极，铜作正极，故D错误；

故选AB．

rm{垄脵}向一定浓度的稀硫酸中插入锌片；看到有气泡生成，说明锌较活泼，能置换出氢气；

rm{垄脷}向上述稀硫酸中插入铜片；没有看到有气泡生成，说明铜不活泼，不能置换出氢气；

rm{垄脹}将锌片与铜片上端接触并捏住，一起插入稀硫酸中，看到铜片上有气泡生成，且生成气泡的速率比实验rm{垄脵}中快；构成原电池时能加速金属被腐蚀；

rm{垄脺}在锌片和铜片中间接上电流计；再将锌片和铜片插入稀硫酸中，发现电流计指针偏转，说明该装置中产生电流，发生电化学腐蚀．

本题考查了探究原电池原理，利用对比实验通过观察现象得出原电池原理，同时考查学生分析问题、动手能力、总结归纳能力等，题目难度不大．【解析】rm{AB}13、C|D【分析】解：A.1mol铵根离子中含有质子的物质的量为11mol，所含质子数为11NA；故A错误；

B.10g氖气的物质的量为=0.5mol，0.5mol氖气分子中含有0.5mol氖原子，所含原子数约为3.01×1023；故B错误；

C．标况下22.4L二氧化硫的分子数为=1mol，所含的分子数为NA；故C正确；

D．常温常压下，32gO2和O3中含有32g氧原子，含有氧原子的物质的量为=2mol，混合气体所含氧原子数为2NA；故D正确；

故选CD．

A．铵根离子中含有11个质子；1mol铵根离子含有11mol质子；

B．氖气的摩尔质量为20g/mol；为单原子分子；

C．标况下22.4L二氧化硫的物质的量为1mol；

D．氧气和臭氧分子中都只含有氧元素，根据n=计算出氧原子的物质的量．

本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，B为易错点，注意稀有气体为单原子分子．【解析】【答案】CD14、A|C【分析】解：若甲；丙为短周期、同一主族元素形成的单质；乙、丁都是由两种元素组成的化合物，该反应为置换反应．

A．钠能和水或酸反应生成氢气；且Na和H属于同一主族短周期元素；符合条件，故A正确；

B．氟能和水反应生成氧气；F和O属于同一周期元素，故B错误；

C．碳和二氧化硅反应生成Si单质；且C和Si都属于同一主族短周期元素，符合条件，故C正确；

D．氯气和溴化钠反应生成溴单质；溴属于长周期元素，不符合条件，故D错误．

故选AC．

若甲；丙为短周期、同一主族元素形成的单质；乙、丁都是由两种元素组成的化合物，该反应为置换反应，钠能和水或酸反应生成氢气、氟能和水反应生成氧气、碳和二氧化硅反应生成Si单质，溴属于长周期元素，据此分析解答．

本题以元素化合物知识为载体考查置换反应及元素周期表结构等知识点，明确物质的性质是解本题关键，注意C能置换出Si单质，但生成CO而不是二氧化碳，为易错点．【解析】【答案】AC15、BD【分析】解：rm{A.}氢化钠和水反应生成氢氧化钠；氢氧化钠是强碱，所以其溶液呈碱性，故A错误；

B.rm{NaH}中rm{H}元素是rm{-1}价，其核外电子数为rm{2}所以其电子层排布与氦原子的相同，故B正确；

C.氢化钠中氢元素的化合价由rm{-1}价变为rm{0}价；表现还原性，故C错误；

D.氢化钠中氢元素的化合价由rm{-1}价变为rm{0}价；氢离子失电子被氧化生成氢气，故D正确；

故选BD．

氢化钠中含有钠离子和氢离子，为离子晶体，氢化钠和水反应生成氢气，反应方程式为：rm{NaH+H_{2}O=NaOH+H_{2}隆眉}该反应中氢元素化合价由rm{-1}价、rm{+1}价变为rm{0}价；据此分析解答．

本题考查了氢化钠的有关知识，明确氢化钠中氢离子的结构是解本题关键，注意氢化钠中氢元素显rm{-1}价，为易错点．【解析】rm{BD}三、填空题(共9题，共18分)16、略

【分析】

要想比较氯气和溴的氧化性大小；做如下实验：

方案1：少量氯化钠溶液→加适量溴水（振荡；溶液混合，且溶液不变色）→加入四氯化碳（振荡）→现象（溶液分层，下层呈橙红色，上层无色）→说明溴和氯离子不反应，证明溴的氧化性小于氯气；

方案2：少量溴化钠反应→加适量氯水（振荡；溶液由黄绿色变成橙色）→加入四氯化碳（振荡）→现象（溶液分层，下层呈橙红色，上层无色）→说明氯气和溴离子反应，能证明氯气的氧化性大于溴．

通过以上实验知，氯气的氧化性大于溴，离子方程式为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-．

故答案为：强于；Cl2+2Br-=Br2+2Cl-．

【解析】【答案】根据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来设计实验；要想比较氯气的氧化性大于溴的氧化性，只要使氯气和溴的盐溶液混合观察是否有溴单质生成，如果有溴单质生成就说明氯气的氧化性大于溴单质，否则不能证明．

17、略

【分析】试题分析：假设其中的一组中含有H+，由于H+与OH-、CO32-会发生离子反应而不能大量共存，所以OH-、CO32-在另一组中；由于OH-与NH4+、Fe3+会发生离子反应而不能大量共存，所以NH4+、Fe3+应该与H+一组；在该组中的这三种离子都是阳离子，根据溶液呈电中性的原则，还应该含有阴离子，只能是SO42-；另一组中含有NH4+、Fe3+，根据溶液呈电中性的原则也应该含有阳离子,只能是Na+。所以这两组离子分别是：H+、SO42-、NH4+、Fe3+和OH-、CO32-、Na+。考点：考查离子共存及溶液的电中性原理的知识。【解析】【答案】（4分）H+、SO42-、NH4+、Fe3+；OH-、CO32-、Na+18、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据反应原理可知，该反应是液体和液体之间通过加热制备气体的，所以还需要的仪器有圆底烧瓶、分液漏斗、酒精灯，（2）由于生成的CO是可燃性气体，所以在加热装置B之前应进行的一步操作是先让A反应一段时间，收集C中的气体并检验其纯度。CO有毒，具有可燃性，所以通过点燃法或气囊收集法等进行尾气处理。（3）由于生成的CO中含有CO2和水蒸气，所以需要首先除杂。为了保证CO2完全除去，则为还需要利用澄清的石灰水来检验CO2是否除尽。除去CO2用氢氧化钠溶液，干燥CO应该用浓硫酸。CO具有还原性，能把氧化铜还原生成单质铜，所以证明CO具有还原性的现象为B中黑色固体变红。（4）由于CO的氧化产物是CO2，所以还可以通过检验CO2的生成来说明。即将X接于B．C之间，所装试剂为澄清石灰水，而实验现象是A．B间澄清石灰水不变浑浊，B．C间澄清石灰水变浑浊。考点：考查CO制备、除杂、尾气处理以及性质探究的有关实验判断【解析】【答案】（1）圆底烧瓶．分液漏斗．酒精灯（2）先让A反应一段时间，收集C中的气体并检验其纯度；点燃法或气囊收集法等（3）NaOH溶液（2分）；浓硫酸（2分）；B中黑色固体变红（4）将X接于B．C之间，所装试剂为澄清石灰水（2分）；A．B间澄清石灰水不变浑浊，B．C间澄清石灰水变浑浊（2分）19、略

【分析】化学反应速率是单位时间内物质的量的改变，主要决定于物质的本身性质，但也与外界因素有关：浓度、温度、接触面积等等。【解析】【答案】（6分，每小题各2分）（1）EF；（2）AC；（3）改用较大块的碳酸钙固体，或用与盐酸不反应的东西将碳酸钙部分包住，或加入醋酸钠溶液等，或降低温度20、略

【分析】解：rm{(1)}从硫酸铜溶液中获取rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}操作步骤：加热浓缩；蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥；

故答案为：加热浓缩；蒸发结晶；

rm{(2)垄脵}用rm{10mol/L}的浓盐酸配制rm{250mL1mol/L}的稀盐酸，设需要浓盐酸体积为rm{V}则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：rm{10mol/L隆脕V=250mL隆脕1mol/L}解得rm{V=25.0mL}

故答案为：rm{25.0}

rm{垄脷}配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算；量取、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等；用到的仪器：

量筒、烧杯、玻璃棒、rm{250mL}容量瓶；胶头滴管；所以缺少的仪器：

故答案为：rm{250mL}容量瓶；胶头滴管；

rm{垄脹A.}稀释时有少量溶液洒到烧杯外面；导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；

rm{B.}定容时俯视读取刻度；导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B选；

C.原容量瓶洗净后未干燥；对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故C不选；

rm{D.}定容时液面超过了刻度线；导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不选；

故选；rm{B}

rm{垄脺}溶液具有均一性，所以浓度与体积无关，从rm{250mL1mol/L}的稀盐酸中取出rm{25mL}溶液，其物质的量浓度是rm{1mol/Lmol/L}其含有溶质的物质的量为：rm{0.025L隆脕1mol/L=0.025mol}

故答案为：rm{1}rm{0.025}．

rm{(1)}依据从溶液中得到晶体的操作步骤解答；

rm{(2)垄脵}依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸的体积；

rm{垄脷}配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算；量取、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等；据此选择需要的仪器；

rm{垄脹}分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据rm{C=dfrac{n}{V}}进行误差分析；

rm{垄脺}依据溶液的均一性结合rm{n=CV}计算解答．

本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意误差分析的方法和技巧，题目难度不大．【解析】加热浓缩；蒸发结晶；rm{25.0}rm{250mL}容量瓶；胶头滴管；rm{B}rm{1}rm{0.025}21、略

【分析】解：rm{(1)}糖尿病病人的尿液中含有葡萄糖，故答案为：rm{C}

rm{(2)}甲型rm{H1N1}流感病毒和疫苗的成分都是蛋白质，故答案为：rm{A}

rm{(3)NaClO}溶液有强氧化性，能杀菌消毒，故答案为：rm{B}

rm{(4)}细菌和病毒是蛋白质，蛋白质遇高温发生变性，故答案为：rm{D}．

rm{(1)}病人的尿液中含有葡萄糖；

rm{(2)}病毒和疫苗的成分都是蛋白质；

rm{(3)NaClO}溶液有强氧化性；

rm{(4)}蛋白质遇高温发生变性．

本题考查葡萄糖和蛋白质的性质，难度不大，基础知识的积累．【解析】rm{C}rm{A}rm{B}rm{D}22、（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}23、氯化铵与碳酸钾发生相互促进的水解反应生成氨气，会降低肥效6NH4++Fe2O32Fe3++6NH3↑+3H2O×10-7mol/L溶液的pH30探究温度对氯化铵水解平衡的影响＞【分析】解：（1）氯化铵水解显酸性，K2CO3水解显碱性；二者相互促进水解的反应，使铵态氮肥反应放出氨气，会降低肥效；

故答案为：氯化铵与碳酸钾发生相互促进的水解反应生成氨气；会降低肥效；

（2）氯化铵水解生成一水合氨和盐酸，盐酸与氧化铁反应生成氯化铁，其反应的离子方程式为：6NH4++Fe2O32Fe3++6NH3↑+3H2O；

故答案为：6NH4++Fe2O32Fe3++6NH3↑+3H2O；

（3）混合液为中性，则c（H+）=c（OH-），在常温下c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L；

根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）可知：c（NH4+）=c（Cl-），混合后溶液体积增大一倍，则溶液中c（Cl-）=c（NH4+）=0.5bmol/L；

所以混合液中c（NH3•H2O）=0.5amol/L-c（NH4+）=0.5amol/L-0.5bmol/L；

所以常温下NH3•H2O的电离常数Kb===×10-7mol/L；

故答案为：×10-7mol/L；

（4）①由提供的药品和仪器可知；pH计用于准确的测定溶液的pH，所以待测物理量是溶液的pH；

故答案为：溶液的pH；

②探究浓度对氯化铵水解平衡的影响；则温度必须相同，所以实验II的温度与实验I相同，即为30℃；实验I与实验III浓度相同，温度不同，所以实验III是探究温度对氯化铵水解平衡的影响；

故答案为：探究温度对氯化铵水解平衡的影响；

故答案为：30；

③水解反应属于吸热反应；温度越高促进水解，氢离子浓度增大，浓度越高，