2025年粤教沪科版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年粤教沪科版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8题，共16分)1、雷雨天闪电时空气中有臭氧生成，下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}互为同位素B.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}的相互转化是化学变化C.等物质的量的rm{O_{2}}和rm{O_{3}}含有的质子数不相同D.在相同的温度与压强下，等体积的rm{O_{2}}和rm{O_{3}}含有相同的分子数2、下列反应中水既不作氧化剂，又不作还原剂的氧化还原反应是()A.rm{Cl_{2}+H_{2}O篓THCl+HClO}B.rm{CaO+H_{2}篓TCa(OH)_{2}}C.rm{2Na+2H_{2}O篓T2NaOH+H_{2}隆眉}D.rm{C+H_{2}Ounderset{赂脽脦脗}{overset{}{=}}CO+H_{2}}rm{C+H_{2}O

underset{赂脽脦脗}{overset{}{=}}CO+H_{2}}3、用rm{N}rm{{,!}_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列物质中物质的量最大的是rm{(}rm{)}A.标准状况下rm{4.48L}氧气B.rm{0.6molSO_{2}}C.含有rm{N}rm{{,!}_{A}}个分子的甲烷D.rm{10.6gNa_{2}CO_{3}(Na_{2}CO_{3}}的摩尔质量是rm{106g?mol^{-1})}4、已知硫酸溶液的密度随浓度增大而增大；若将质量分数分别为20%与50%的硫酸溶液等体积混和，则所得混合溶液的质量分数（）

A.35%

B.＜35%

C.＞35%

D.无法确定。

5、把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为（）A.mol·L-1B.mol·L-1C.mol·L-1D.mol·L-16、在某化学反应中，生成物B的浓度在10s内从1.5mol/L变成2.0mol/L，则这10s内B的平均反应速率是（）A.0.05mol/（L•s）B.0.05mol/LC.0.20mol/（L•s）D.0.20mol/L7、下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.二氧化硫可用来加工食品，以使食品增白B.氨易液化，常用作制冷剂C.硫酸可用于精炼石油、金属加工之前的酸洗D.硅是半导体材料，用作光电池材料8、一种三室微生物燃料电池可用于污水净化、海水淡化，其工作原理如图所示rm{.}以下说法不正确的是rm{(}rm{)}

A.rm{X}气体为rm{CO_{2}}B.处理后的含硝酸根废水rm{pH}降低C.中间室中的rm{Cl^{-}}移向左室D.电路中每通过rm{1mol}电子，产生标准状况下氮气的体积为rm{2.24L}评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)9、1LA气体与0.5LB气体反应，恢复原温度和压强时，生成气体的体积为1L，已知生成物的化学式为X2Y，则A的分子式为（）A.XY2B.XYC.X2D.Y210、氢气还原氧化铜：rm{CuO+H_{2}underline{underline{Delta}}}rm{CuO+

H_{2}underline{underline{Delta}}}在该反应中rm{H_{2}O+Cu}rm{(}A.rm{)}做还原剂B.rm{CuO}做氧化剂C.铜元素的化合价降低D.铜元素的化合价升高rm{CuO}11、如图所示装置或操作不能达到实验目的是（）

A.利用甲装置检查装置的气密性B.利用乙装置制取NO2，井检验其还原性，小试管中的试剂可为淀粉-KI溶液C.利用丙装置制取并收集氨气D.利用丁装置分离沸点接近互不相溶的渡体混合物12、一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入rm{100mL4.40mol/L}盐酸中，充分反应后产生rm{896mLH_{2}(}标准状况rm{)}残留固体rm{1.28g.}过滤，滤液中无rm{Cu^{2+}}将滤液加水稀释到rm{200mL}测得其中rm{c(H^{+})}为rm{0.400mol/L}下列判断正确的是()A.残留固体中一定不含有铁B.滤液中可能含有rm{Fe^{3+}}C.原混合物中rm{n(Fe)>n(Fe_{2}O_{3})+n(CuO)}D.原混合物中铁为rm{3.36g}13、下列事实能用化学平衡移动原理解释的是A.光照新制的氯水时，溶液的rm{pH}值逐渐减小B.加入催化剂可以加快合成氨的速率C.实验室可以用排饱和食盐水的方法收集氯气D.给rm{H_{2}}rm{I_{2}}rm{HI}平衡混合体系加压，颜色变深14、下列溶液中溶质的物质的量浓度为rm{1mol?L^{-1}}的是rm{(}rm{)}A.将rm{40}rm{g}rm{NaOH}溶解于rm{1}rm{L}水中配成的rm{NaOH}溶液B.常温常压下将rm{22.4}rm{L}rm{HCl}气体溶于水配成rm{1}rm{L}的盐酸溶液C.将rm{1}rm{L}rm{10}rm{mol/L}的浓盐酸与水混合配成rm{10}rm{L}溶液D.从rm{1000}rm{mL}rm{1}rm{mol/L}rm{NaCl}溶液中取出rm{100}rm{mL}的溶液评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、下表是元素周期表的前三周期，针对表中A～G七种元素填空：族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01A2BCD3EFG（1）A、B两种元素组成相对分子质量最小的化合物，其分子的空间结构为____。（2）七种元素中的最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是____（用化学式表示，下同）；碱性最强的是____，该化合物属于____。（选填离子或共价化合物），该化合物的电子式为____，所含化学键类有____、____。（3）用A、D的单质可以制成燃料电池，电池中装有E的最高价氧化物的水化物的浓溶液作电解质溶液，用多孔的金属惰性电极浸入上述浓溶液中，在X极通入D的单质，Y极通入A的单质，则Y极是该电池的____极（选填正极或者负极），X极的电极反应式是____。当电池中转移1mol电子时，消耗A单质的体积为____L（标况）。16、已知原子序数为rm{a}的元素rm{M}位于第rm{6}周期第Ⅱrm{A}族，元素rm{N}为同周期的第Ⅲrm{A}族，则rm{N}的原子序数为______．17、按要求完成下列填空(l)写出下列物质的电离方程式：Fe2(SO4)3__________________________________________________，NaHCO3______________________________________________________。(2)写出下列反应的离子方程式：稀盐酸与碳酸钙反应____________________________________________，氢氧化钡溶液与稀硫酸反应_______________________________________。(3)写出与下列离子方程式相对应的化学方程式：H＋＋OH－=H2O__________________________________________，CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O__________________________________。18、

上述图象中；

（1）表示向一定量澄清石灰水中不断通入CO2气体的图象是____，发生的离子方程式为____、____；

（2）表示向一定量AlCl3溶液中逐滴加入过量氨水的图象是____，反应的化学方程式为____．19、填写下列空白：

（1）元素周期表中共______个周期，其中有______个短周期，有______个长周期；每个周期元素的______相同．共有______个族，其中有______个主族和______个副族，还有______族和______族．周期表中最活泼的非金属元素位于第纵行．

（2）写出表示含有6个质子、8个中子的原子的化学符号：______．

（3）元素周期表的第三周期元素，从左到右，原子半径逐渐______；元素的金属性逐渐______，非金属性逐渐______．该周期元素中，除稀有气体外，原子半径最大的是______；最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是______；最高价氧化物对应的水化物呈两性的是______；最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是______．20、某溶液中存在Mg2+、Ag+、Ba2+三种金属离子，现用NaOH、Na2CO3、NaCl三种溶液使它们分别沉淀并分离出来，要求每次只加一种溶液，滤出一种沉淀，所加溶液的正确顺序是______（填化学式）21、请完成下面两个问题：

rm{(1)}已知有反应：rm{H_{2}S+2Fe^{3+}=S隆媒+2Fe^{2+}+2H^{+}.}请完成以下方程式rm{隆玫Fe_{3}S_{4}+隆玫H^{+}=隆玫S隆媒+隆玫}______rm{+隆玫H_{2}S隆眉}

rm{(2)}某容器中有rm{3mol}的rm{C}和rm{xg}的rm{O_{2}}用电火花引发反应；待充分反应后，测得容器内气体对氢气的相对密度为。

rm{19.6.}则rm{x}的值为______．22、依据事实；写出下列反应的热化学方程式．

rm{(1)1mol}rm{Cu}与适量rm{O_{2}(g)}起反应生成rm{CuO(s)}放出rm{157kJ}热量______

rm{(2)}若适量的rm{N_{2}}和rm{O_{2}}完全反应，每生成rm{23}克rm{NO_{2}}需要吸收rm{16.95kJ}热量______．23、rm{(1)}在下列物质中：rm{{垄脵}CO_{2}}rm{{垄脷}{KOH}}rm{{垄脹}{He}}rm{{垄脺}{BaS}O_{4}}rm{{垄脻}NaCl{.}}其中只含有离子键的是rm{(}填序号，下同rm{)}____；既含有离子键又含有共价键的是____，不含化学键的是_____．

rm{(2)}下列物质在所述变化中：rm{{垄脵}}烧碱熔化rm{{垄脷}{HCl}}气体溶于水rm{{垄脹}NH_{4}{Cl}}受热分解rm{{垄脺}}干冰升华rm{{.}}其中化学键未被破坏的是rm{(}填序号，下同rm{)}______，仅发生共价键破坏的是______，既发生离子键破坏，又发生共价键破坏的是______．评卷人得分四、判断题(共3题，共21分)24、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．25、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）26、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）评卷人得分五、结构与性质(共1题，共4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。_______参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】解：rm{A.O_{2}}和rm{O_{3}}都是由氧元素形成的不同单质；故互为同素异形体，故A错误；

B.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}为不同的物质，rm{O_{2}}和rm{O_{3}}的相互转化过程中有新物质生成；属于化学变化，故B正确；

C.等物质的量的氧气和臭氧，其分子数相等，每个氧气分子中含有rm{16}个质子、每个臭氧分子中含有rm{24}个质子；所以等物质的量的氧气和臭氧其质子数不同，故C正确；

D.同温同压同体积的气体分子数相同，在相同的温度与压强下，等体积的rm{O_{2}}与rm{O_{3}}含有相同的分子数；故D正确；

故选A．

A.有相同质子数；不同中子数的原子互为同位素，相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；

B.有新物质生成的变化属于化学变化；

C.等物质的量的氧气和臭氧；其分子数相等，再根据氧气分子构成判断；

D.根据阿伏伽德罗定律分析．

本题以臭氧为载体考查了基本概念、分子的构成、物质的性质以及阿伏伽德罗定律的应用，根据同位素和同素异形体的概念、化学变化的特征、臭氧的性质等知识点来分析解答即可，注意：同位素、同素异形体、同分异构体的区别，题目难度中等．【解析】rm{A}2、A【分析】【分析】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，侧重氧化剂、还原剂判断考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大。【解答】A.只有rm{Cl}元素的化合价变化；则水既不作氧化剂，也不作还原剂，故A正确；

B.没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应；故B错误；

C.rm{H}元素的化合价降低；则水为氧化剂，故C错误；

D.rm{H}元素的化合价降低；则水为氧化剂，故D错误。

故选A。【解析】rm{A}3、C【分析】【分析】

A.依据rm{n=}rm{dfrac{V}{22.4}}计算得到；

B.物质的量为rm{0.6mol}

C.依据rm{n=}rm{dfrac{N}{N_{A}}}计算得到物质的量；D.依据rm{n=}rm{dfrac{m}{M}}计算物质的量。【解答】A.标准状况下rm{4.48L}氧气物质的量rm{=dfrac{4.48L}{22.4L}=0.2mol}

B.rm{=dfrac

{4.48L}{22.4L}=0.2mol}物质的量为rm{0.6molSO_{2}}

C.含有rm{0.6mol}个分子的甲烷物质的量为rm{N_{A}}

D.rm{1mol}物质的量rm{=dfrac{10.6g}{106g/mol}=0.1mol}

比较可知rm{10.6gNa_{2}CO_{3}}物质的量最大；故C正确。

故选C。

rm{=dfrac

{10.6g}{106g/mol}=0.1mol}【解析】rm{C}4、C【分析】

令质量分数分别为20%与50%的硫酸溶液的密度分别为xg/ml；yg/ml；硫酸溶液的密度随浓度增大而增大；所以x＜y．

假定体积为1ml；则20%硫酸溶液的质量为1ml×xg/ml=xg，溶质硫酸的质量为xg×20%=20%xg．

50%的硫酸溶液的质量为1ml×yg/ml=yg；溶质硫酸的质量为yg×50%=50%yg．

所以混合后硫酸的质量分数为===50%-30．

由于x＜y，所以＞1，所以50%-30＞35%．

故选：C．

【解析】【答案】令质量分数分别为20%与50%的硫酸溶液的密度分别为xg/ml；yg/ml；硫酸溶液的密度随浓度增大而增大；所以x＜y．假定体积为1ml，混合后溶质质量为混合前两溶液中溶质质量之和，混合后溶液质量为混合前溶液质量之和，根据质量分数定义用x、y表示出混合后的质量分数，结合密度关系判断．

5、D【分析】试题分析：两等份溶液中一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，由方程式知2n（Mg2+）=n（OH-），另一份加BaCl2的溶液发生Ba2++SO42-═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42-）=n（Ba2+），由电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42-），故每份中溶液n（K+）=（2b-a）mol，故原溶液中钾离子浓度=mol·L-1，选D。考点：考查电解质溶液计算——电荷守恒法。【解析】【答案】D6、A【分析】解：已知生成物B的浓度在10s内从1.5mol/L变成2.0mol/L，则10s内的浓度变化为2.0mol/L-1.5mol/L=0.5mol/L，则v===0.05mol/（L•s）；

故选A．

根据v=计算反应速率．

本题考查了反应速率的计算，属于基础性试题的考查，难度不大，明确反应速率的含义和计算依据是答题的关键，有助于培养学生的逻辑思维能力和规范答题能力．【解析】【答案】A7、A【分析】解：rm{A.}二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性；但二氧化硫有毒，不能漂白食品，故A错误；

B.液氨气化时吸收热量导致其周围温度降低；所以液氨作制冷剂，故B正确；

C.硫酸为沸点高，酸性强，可用于制取多种挥发性酸，在石油精炼中，要用浓硫酸除去汽油和润滑油中的杂质rm{-}硫化物和不饱和碳氢化合物；故C正确；

D.硅是半导体材料；用作光电池材料，故D正确；

故选A．

A.二氧化硫有毒且有漂白性；

B.液氨气化时导致其周围温度降低；所以液氨作制冷剂；

C.硫酸为沸点高；酸性强，在石油精炼中，要用浓硫酸除去汽油和润滑油中的杂质--硫化物和不饱和碳氢化合物；

D.硅是半导体材料；用作光电池材料．

本题考查了物质的用途，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途、用途体现选项，会运用化学知识解释生活现象，题目难度不大．【解析】rm{A}8、B【分析】解：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，电极反应式为rm{2NO_{3}^{-}+10e^{-}+12H^{+}=N_{2}隆眉+6H_{2}O}左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应生成rm{X}有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳；

A.有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，所以rm{X}气体为rm{CO_{2}}故A正确；

B.正极电极反应式为rm{2NO_{3}^{-}+10e^{-}+12H^{+}=N_{2}隆眉+6H_{2}O}氢离子参加反应导致溶液酸性减小，溶液的rm{pH}增大；故B错误；

C.放电时，电解质溶液中阴离子rm{Cl^{-}}移向负极室左室；故C正确；

D.根据rm{2NO_{3}^{-}+10e^{-}+12H^{+}=N_{2}隆眉+6H_{2}O}知，电路中每通过rm{1}rm{mol}电子，产生标准状况下氮气的体积rm{=dfrac{1mol}{10}隆脕22.4L/mol=2.24L}故D正确；

故选B．

该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，电极反应式为rm{=dfrac

{1mol}{10}隆脕22.4L/mol=2.24L}左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应生成rm{2NO_{3}^{-}+10e^{-}+12H^{+}=N_{2}隆眉+6H_{2}O}有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，据此分析解答．

本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据rm{X}元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握．rm{N}【解析】rm{B}二、双选题(共6题，共12分)9、B|C【分析】解：相同温度和压强下，同一反应的不同气体其计量数之比等于其体积之比，A、B和生成物的计量数之比=1L：0.5L：1L=2：1：2，其方程式为2A+B=2X2Y，根据反应前后原子守恒知，A、D不符合，B、C符合，若A为XY，则B为X2，若A为X2，则B为Y2；

故选：BC．

相同温度和压强下；同一反应的不同气体其计量数之比等于其体积之比，根据气体的体积之比再结合原子守恒确定A的分子式．

本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，明确同一反应、相同条件下不同气体的体积与其计量数之间的关系是解本题关键，题目难度不大．【解析】【答案】BC10、BC【分析】略【解析】rm{BC}11、B|D【分析】解：A；甲装置检验装置气密性时；从右边玻璃管中加水至液面高于左边液面，若水柱差保持不变，则可以证明装置不漏气，故A正确．

B；乙装置铜和浓硝酸制备的二氧化氮气体；通过小孔进入小试管中生成碘单质使淀粉碘化钾溶液变蓝色，二氧化氮和碘化钾的反应中二氧化氮体现氧化性，所以不可实现实验要求，故B错误．

C；丙装置浓氨水遇生石灰产生氨气；氨气易溶于水不能用排水法收集，且密度小于空气密度，实验采用向下排空气法收集，即进入右边试管收集即可，故C正确．

D；丁装置是蒸馏装置；主要用于分离沸点不同的液体混合物，互不相溶的液体采用分液的方法分离，故D错误．

故选BD．

A；根据能否产生压强差判断装置的气密性．

B；二氧化氮具有氧化性；能把碘离子氧化生成碘单质．

C；生石灰和水反应放出热量；加快氨水的分解，氨气采用向下排空气法收集．

D；互不相溶的液体采用分液的方法分离．

本题考查了混合物的分离、装置气密性的检验、气体的制取和收集等知识点，难度不大，明确二氧化氮和碘化钾反应的方程式为：NO2+2KI+H20=N0+I2+2KOH．【解析】【答案】BD12、AC【分析】【分析】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，侧重考查学生分析计算能力，注意从溶液存在的离子判断物质反应的程度，注意利用守恒法与总方程式解答，试题培养了学生的化学计算能力。【解答】A.反应后溶液中还有较多rm{H^{+}}rm{H^{+}}离子剩余，且滤液中没有rm{Cu}rm{Cu}只有rm{{,!}^{2+}}故A选项正确；，可知残留物没有rm{Fe}只有rm{Cu}故A选项正确；可以残留说明溶液中没有rm{Fe}rm{Cu}B.而rm{Cu}可以残留说明溶液中没有rm{Fe}rm{Cu}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}，溶液中阳离子为rm{H}rm{H}rm{{,!}^{+}}和rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}，故B选项错误；C.发生反应：rm{Fe+Fe}rm{Fe+Fe}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}rm{+6HCl=3FeCl}rm{+6HCl=3FeCl}rm{2}rm{2}rm{+3H}由方程式可知原混合物中rm{+3H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Fe+CuO+2HCl=FeCl}rm{O}故C选项正确；rm{Fe+CuO+2HCl=FeCl}rm{2}rm{2}原溶液中rm{+Cu+H}参加反应的rm{+Cu+H}中的rm{2}元素转化到氢气、水中，根据rm{2}原子守恒，rm{O}rm{Fe+2HCl=FeCl}rm{O}rm{Fe+2HCl=FeCl}rm{2}rm{2}rm{+H}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{隆眉}由方程式可知原混合物中rm{n(Fe)>n(Fe}rm{隆眉}即：rm{n(Fe)>n(Fe}rm{2}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}=0.44mol-0.08mol}rm{2}rm{O}rm{O}故混合物中rm{3}rm{3}rm{)+n(CuO)}故C选项正确；由铜元素守恒，则rm{n(CuO)=n(Cu)=dfrac{1.28g}{64g/mol}}rm{)+n(CuO)}由D.反应后剩余rm{n(H}原子守恒：rm{n(H}rm{{,!}^{+}}rm{)=0.4mol/L隆脕0.2L=0.08mol}原溶液中rm{n(HCl)=4.4mol/L隆脕0.1L=0.44mol}参加反应的rm{HCl}中的rm{H}元素转化到氢气、水中，根据rm{H}原子守恒，rm{2n(H}rm{)=0.4mol/L隆脕0.2L=0.08mol}rm{n(HCl)=4.4mol/L隆脕0.1L=0.44mol}则rm{HCl}rm{H}rm{H}rm{2n(H}rm{2}反应中rm{2}失电子，rm{O)+2n(H}rm{O)+2n(H}rm{2}rm{2}rm{)=n}和部分盐酸得电子，根据转移电子守恒得：rm{)=n}总rm{(HCl)-n}rm{(HCl)-n}余rm{(H}rm{(H}即rm{{,!}^{+}}rm{)}即：rm{2n(H}rm{)}rm{2n(H}rm{2}rm{2}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}

=0.44mol-0.08mol}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}

=0.44mol-0.08mol}rm{n(H}则rm{n(H}故D错误。rm{2}rm{2}【解析】rm{AC}13、rAC【分析】【分析】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且符合平衡移动的原理。【解答】A.氯水中存在化学平衡rm{Cl_{2}+H_{2}O?HCl+HClO}光照使氯水中的次氯酸分解，次氯酸浓度减小，使得平衡向右移动，氢离子浓度变大，溶液的rm{PH}值减小；能用勒夏特列原理解释，故A符合；

B.催化剂改变反应速率；不改变化学平衡，不能用化学平衡移动原理解释，故B不符合；

C.用饱和食盐水收集氯气可以降低氯气在水中的溶解；能用化学平衡移动原理解释，故C符合；

D.增大压强；体积减小，浓度增大，但是平衡不移动，故D不符合。

故选AC。

【解析】rm{AC}14、rCD【分析】解：rm{A.}体积指溶液体积不是溶剂体积，所以rm{40gNaOH}溶解于rm{1L}水中配成的rm{NaOH}溶液浓度不是rm{1mol/L}故A错误．

B.气体摩尔体积受温度和压强的影响，温度越高，气体摩尔体积越大，标况下，rm{22.4LHCl}的物质的量是rm{1mol}常温常压下，rm{22.4LHCl}的物质的量小于rm{1mol}所以常温常压下将rm{22.4LHCl}气体溶于水配成rm{1L}的盐酸溶液的物质的量浓度不是rm{1mol/L}故B错误．

C.将rm{1L10mol/L}的浓盐酸与水混合配成rm{10L}溶液，溶质浓度为rm{1mol/L}故C正确；

D.溶液的物质的量浓度有均一性，与取出溶液的体积大小无关，从rm{1000mL1mol/LNaCl}溶液中取出rm{100mL}的溶液，溶质浓度为rm{1mol/L}故D正确．

故选CD．

A.体积指溶液体积不是溶剂体积；

B.根据温度；压强对气体摩尔体积的影响；

C.根据rm{C=dfrac{n}{V}}解题；

D.根据溶液浓度的均一性判断．

本题考查了有关物质的量浓度的问题，难度不大，注意溶液的浓度有均一性，与取出溶液的体积大小无关．【解析】rm{CD}三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【解析】试题分析：根据元素在周期表中的相对位置可知，A是H，B是C，C是N，D是O，E是Na，F是S，G是Cl。（1）A、B两种元素组成相对分子质量最小的化合物是甲烷，其分子的空间结构为正四面体。（2）金属性或非金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性或酸性越强，则七种元素中的最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是HClO4；碱性最强的是NaOH，该化合物属于离子，该化合物的电子式为所含化学键类有离子键和极性键。（3）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，氢气在负极通入，氧气在正极通入。由于电解质是氢氧化钠溶液，所以正极电极反应式是O2＋4e－＋2H2O＝4OH－。氢气在反应中失去2个电子，所以当电池中转移1mol电子时，消耗A单质的体积为0.5mol×22.4L/mol＝11.2L。考点：考查元素周期律的结构和元素周期律的应用以及原电池的应用、电极反应式的书写【解析】【答案】（每空1分，共10分）（1）正四面体（2）HClO4NaOH离子化合物离子键极性共价键（极性键或者共价键都可以给分）（3）负（或者负极）O2＋4e－＋2H2O＝4OH－11.216、略

【分析】解：元素周期表中，在第六、七周期的过渡元素中又出现镧系和锕系，因此第六周期中第rm{IIA}元素与第rm{IIIA}元素原子序数相差rm{25}所以rm{N}的原子序数为rm{a+25}．

故答案为：rm{a+25}．

元素周期表中；在第六；七周期中的过渡元素中出现镧系和锕系，根据周期表的结构来回答．

本题考查学生元素周期表的结构知识，注意把握周期表中的列和族的关系及副族元素的位置，题目难度不大．【解析】rm{a+25}17、略

【分析】试题分析：（1）表示电解质电离出离子的式子是电离方程式。硫酸铁和碳酸氢纳均是电解质，其电离方程式分别为Fe2(SO4)3＝2Fe3++3SO42-、NaHCO3＝Na++HCO3-。（2）用实际参加反应的离子符号来表示反应的式子是离子方程式，则稀盐酸与碳酸钙反应以及氢氧化钡溶液与稀硫酸反应的离子方程式分别是CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O、Ba2++2OH-+2H++SO42-＝BaSO4↓+2H2O。（3）离子方程式可以用来表示一类反应，所以能表示离子反应H＋＋OH－=H2O的化学方程式可以是HCl+NaOH＝NaCl+H2O；能表示离子反应CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O的化学方程式可以是Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O。考点：考查电离方程式、离子方程式以及化学方程式的书写【解析】【答案】（每空1分共6分）（1）Fe2(SO4)3＝2Fe3++3SO42-，NaHCO3＝Na++HCO3-（2）CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2OBa2++2OH-+2H++SO42-＝BaSO4↓+2H2O(3)HCl+NaOH＝NaCl+H2ONa2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O（其他合理答案也可得分）18、略

【分析】

（1）向一定量澄清石灰水中不断通入CO2气体，发生反应分别为：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-；则反应的图象为A；

故答案为：A；Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-；

（2）向一定量AlCl3溶液中逐滴加入过量氨水发生反应为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；反应对应的图象为B；

故答案为：B；Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．

【解析】【答案】（1）向一定量澄清石灰水中不断通入CO2气体，发生反应分别为：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-；

（2）向一定量AlCl3溶液中逐滴加入过量氨水发生反应为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．以此进行判断．

19、略

【分析】解：（1）元素周期表中共七个周期；其中有三个短周期，有四个长周期；每个周期元素的电子层数相同．共有16个族，其中有7个主族和7个副族，还有ⅤⅢ族和0族，周期表中最活泼的非金属元素位于第17纵行，故答案为：7；3；4；电子层数；16；7；7；0；ⅤⅢ；

（2）含有6个质子、8个中子的原子为C，其质量数为13，原子的化学符号为613C，故答案为：613C；

（3）同一周期；从左到右（稀有气体除外），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．

第三周期元素元素中；除稀有气体外，原子半径最大的是钠；

最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是钠；

最高价氧化物对应的水化物呈两性的是铝；

最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是氯．

故答案为：减小；减弱；增强；钠；钠；铝；氯．

（1）元素周期表有18个纵行；7个主族；7个副族、1个0族、1个ⅤⅢ族，ⅤⅢ族包含8、9、10三个纵行，七个横行七个周期，由此分析解答；

（2）含有6个质子；8个中子的原子为C；其质量数为13；

（3）同一周期；从左到右（稀有气体除外），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．

第三周期元素元素中；除稀有气体外，原子半径最大的是钠；

最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是钠；

最高价氧化物对应的水化物呈两性的是铝；

最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是氯；由此解答．

本题考查元素周期表的结构与应用，为高频考点，把握周期表的结构、元素性质与位置为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．【解析】7；3；4；电子层数；16；7；7；0；ⅤⅢ；613C；减小；减弱；增强；钠；钠；铝；氯20、略

【分析】解：Mg2+、Ag+均与NaOH反应生成沉淀，Mg2+、Ag+、Ba2+均与Na2CO3反应生成沉淀，因每次只加一种溶液，滤出一种沉淀，则先加NaCl，生成AgCl沉淀，再加NaOH，生成氢氧化镁沉淀，最后加碳酸钠，生成碳酸钡沉淀，则所加溶液的正确顺序是NaCl、NaOH、Na2CO3；

故答案为：NaCl、NaOH、Na2CO3．

Mg2+、Ag+均与NaOH反应生成沉淀，Mg2+、Ag+、Ba2+均与Na2CO3反应生成沉淀；结合每次只加一种溶液，滤出一种沉淀来解答．

本题考查离子的检验及分离，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】NaCl、NaOH、Na2CO321、略

【分析】解：rm{(1)Fe_{3}S_{4}}中铁元素化合价为rm{+dfrac{8}{3}}价，硫为rm{-2}价，依据氧化还原反应，铁降为rm{+2}价，硫升为硫单质中rm{0}价，则rm{1molFe_{3}S_{4}}参加反应，要使得失电子守恒，二价铁离子系数为rm{3}硫单质系数为rm{1}依据原子个数守恒，硫化氢系数为rm{3}氢离子系数为rm{6}方程式为rm{Fe_{3}S_{4}+6H^{+}=S隆媒+3Fe^{2+}+3H_{2}S隆眉}

故答案为：rm{1}rm{6}rm{1Fe^{2+}}rm{3}

rm{(2)}同温同压下，气体的密度之比等于相对分子质量之比，容器内气体对氢气的相对密度为rm{19.6}则其平均相对分子质量为rm{19.6隆脕2=39.2}rm{39.2<44}

若氧气不足，则混合气体为二氧化碳与一氧化碳的混合气体，设二氧化碳物质的量为rm{x}一氧化碳物质的量为rm{y}则：

rm{x+y=3}

rm{dfrac{44x+28y}{x+y}=39.2}

解得rm{dfrac

{44x+28y}{x+y}=39.2}rm{x=2.1mol}

则氧气的质量为rm{(2.1+dfrac{0.9}{2})mol隆脕32g/mol=81.6g}

若氧气过量，则混合气体为二氧化碳和氧气，依据碳原子守恒，二氧化碳物质的量为rm{y=0.9mol}设氧气的物质的量为rm{(2.1+dfrac

{0.9}{2})mol隆脕32g/mol=81.6g}则rm{dfrac{44隆脕3+32x}{3+x}=39.2}解得rm{3mol}则氧气的质量为：rm{x}

故答案为：rm{dfrac

{44隆脕3+32x}{3+x}=39.2}或rm{x=2mol}．

rm{(3+2)mol隆脕32g/mol=160g}中铁元素化合价为rm{81.6}价，硫为rm{160}价，依据氧化还原反应，铁降为rm{(1)Fe_{3}S_{4}}价，硫升为硫单质中rm{+dfrac{8}{3}}价；依据原子个数守恒；得失电子守恒配平；

rm{-2}同温同压下，气体的密度之比等于相对分子质量之比，容器内气体对氢气的相对密度为rm{+2}则其平均相对分子质量为rm{0}rm{(2)}分情况计算：rm{19.6}氧气过量，rm{19.6隆脕2=39.2}氧气不足．

本题考查了氧化还原反应方程式配平，有关物质的量计算，明确反应中元素化合价变化，熟悉氧化还原反应得失电子守恒，相对密度与相对分子质量的关系，抓住原子个数守恒是解题关键，题目难度中等．rm{39.2<44}【解析】rm{Fe^{2+}}rm{81.6}或rm{160}22、Cu（s）+O2（g）═CuO（s）△H=-157kJ•mol-1；N2（g）+O2（g）=NO2（g）△H=+33.9kJ•mol-1【分析】解：rm{(1)1mol}rm{Cu}与适量rm{O_{2}(g)}起反应生成rm{CuO(s)}放出rm{157kJ}热量，则热化学方程式为rm{Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}

rm{Cu(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)篓TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}若适量的rm{Cu(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)篓TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}和rm{(2)}完全反应，每生成rm{N_{2}}克rm{O_{2}}需要吸收rm{23}热量，rm{n(NO_{2})=dfrac{23g}{46g/mol}=0.5mol}则生成rm{NO_{2}}需要吸收热量为rm{16.95kJ}则热化学方程式为rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=NO_{2}(g)triangleH=+33.9kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=NO_{2}(g)triangleH=+33.9kJ?mol^{-1}}．

热化学方程式中应注明物质的状态；且物质的量与热量成正比，放热反应的焓变为负，吸热反应的焓变为正，以此来解答．

本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、物质的量与热量关系、焓变正负为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意热化学方程式的书写方法，题目难度不大．rm{n(NO_{2})=dfrac

{23g}{46g/mol}=0.5mol}【解析】rm{Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=NO_{2}(g)triangleH=+33.9kJ?mol^{-1}}23、（1）⑤②④③

（2）④②③【分析】【分析】

本题主要考查物质中的化学键的类型以及物质溶解和熔化过程中的破坏的化学键的类型；题目较简单。

【解答】

rm{垄脵}二氧化碳分子中只含有共价键；

rm{垄脷}氢氧化钾分子中既含有离子键又含有共价键；

rm{垄脹He}分子为单原子分子，rm{He}分子中既不含有离子键；也不含有共价键；

rm{垄脺}硫酸钡分子中既含有离子键又含有共价键；

rm{垄脻}氯化钠分子中只含有离子键；

rm{(1)}分子中只含有离子键的物质为rm{垄脻}分子中既含有离子键又含有共价键的为rm{垄脷垄脺}分子中不含有化学键的为rm{垄脹}故答案为：rm{垄脻}rm{垄脷垄脺}rm{垄脹}

rm{垄脵}烧碱即为氢氧化钠；分子中既含有离子键又含有共价键，分子熔化时只破坏离子键；

rm{垄脷}氯化氢气体溶于水；形成氢离子和氯离子，破坏共价键；

rm{垄脹}氯化铵受热分解形成氨气和氯化氢；既破坏离子键也破坏共价键；

rm{垄脺}干冰即为二氧化碳；升华时既不破坏离子键，也不破坏共价键；

rm{(2)}化学未破坏的为rm{垄脺}仅共价键破坏的为rm{垄脵垄脷}既发生离子键破坏，又发生共价键破坏的是rm{垄脹}故答案为：rm{垄脺}rm{垄脷}rm{垄脹}【解析】rm{(1)