2025年湘教新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年湘教新版高一化学上册月考试卷780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、在元素周期表中；铂的表示如图所示，下列对图示解读正确的是（）

A.铂是非金属元素，在常温下呈固态B.“78”是铂的原子序数C.“195.1”是铂的质量数D.铂的名称为Pt2、某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为11：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（）A.1：3B.4：3C.2：1D.3：13、可以用离子方程式rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}表示的化学反应是rm{(}rm{)}rm{垄脵}醋酸溶液与氢氧化钾溶液反应；

rm{垄脷}氢氧化钠溶液与稀硝酸反应；

rm{垄脹}稀盐酸与氢氧化铜反应。

rm{垄脺}石灰石与盐酸反应；

rm{垄脻}稀硫酸与氢氧化钡溶液反应；

rm{垄脼}硫酸氢钠与氢氧化钠的反应A.rm{垄脵垄脹}B.rm{垄脷垄脺垄脻}C.rm{垄脷垄脼}D.rm{垄脷垄脺垄脻垄脼}4、用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A.3molNO2与足量H2O反应，转移的电子数为NAB.常温常压下，22．4L氦气含有NA个氦原子C.标准状况下，22．4L单质溴所含有的原子数目不为2NAD.钠在氧气中燃烧，1molO2作氧化剂时得到的电子数为4NA5、25℃时，用0.0500mol•L﹣1H2C2O4（二元弱酸）溶液滴定25.00mL0.1000mol•L﹣1NaOH溶液所得滴定曲线如图．下列说法正确的是（）

A.点①所示溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）=c（OH﹣）B.点②所示溶液中：c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）=c（Na+）+c（H+）C.点③所示溶液中：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）D.滴定过程中可能出现：c（Na+）＞c（C2O42﹣）=c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）6、有机物分子中原子间rm{(}或原子与原子团间rm{)}的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列各项的事实不能说明上述观点的是A.乙烷不能发生加成反应，而乙烯能发生加成反应B.苯在rm{50隆忙隆芦60隆忙}时发生硝化反应，而甲苯在rm{30隆忙}时即可C.乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.乙醇不能与rm{NaHCO_{3}}溶液反应，而乙酸能与rm{NaHCO_{3}}溶液反应7、下列说法正确的是()

A.可用蘸有浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气。

B.氯水；氨水、浓硝酸都要存放在棕色瓶里。

C.铵态氮肥不能与草木灰混合使用；但可以暴晒在太阳底下。

D.rm{SO_{2}}气体通入rm{NaOH}溶液中，产生倒吸现象，说明rm{SO_{2}}极易溶于水8、下列物质的沸点由低到高排列顺序正确的是()rm{垄脵}正丁烷rm{垄脷}异丁烷rm{垄脹}戊烷rm{垄脺}己烷A.rm{垄脵垄脷垄脺垄脹}B.rm{垄脷垄脵垄脹垄脺}C.rm{垄脵垄脺垄脷垄脹}D.rm{垄脺垄脷垄脵垄脹}9、下列各组元素按最高正价递增顺序排列的是rm{(}rm{)}A.rm{N}rm{O}rm{F}rm{Ne}B.rm{Li}rm{Be}rm{B}rm{C}C.rm{Li}rm{Na}rm{Be}rm{Mg}D.rm{F}rm{Cl}rm{Br}rm{I}评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)10、在rm{100kPa}时，rm{1mol}红磷变成白磷时吸收rm{17kJ}热量。rm{100kPa}时，下列推论正确的是A.rm{lmol}白磷比rm{lmol}红磷的能量更高B.rm{lmol}红磷比rm{lmol}白磷的能量更高C.红磷比白磷稳定D.白磷比红磷稳定11、设rm{N_{A}}为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是

A.rm{2.0gD_{2}O}所含中子数为rm{N_{A}}B.rm{2.8gN_{2}}和rm{CO}的混合气体中所含质子数为rm{l.4N_{A}}C.过氧化钠与水反应时，生成rm{0.1mol}氧气转移的电子数为rm{0.1N_{A}}D.标准状况下，rm{22.4LCCl_{4}}含有rm{5N_{A}}个原子12、下列元素中，原子最外层电子数与其电子层数相同的有A.rm{H}B.rm{Na}C.rm{Al}D.rm{Si}13、实验室用rm{100ml}rm{1mol/L}的rm{H_{2}SO_{4}}与锌粒反应制备氢气rm{.}下列措施能使反应速率加快的是rm{(}rm{)}A.改用rm{300}rm{ml}rm{1mol/L}的rm{H_{2}SO_{4}}B.改用热的rm{100ml}rm{3mol/L}的rm{H_{2}SO_{4}}C.向该稀硫酸中加几滴硫酸铜溶液D.改用rm{18mol/L}的硫酸14、可逆反应：rm{2NO_{2}}rm{?2NO+O_{2}}在体积不变的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是rm{(}rm{)}A.单位时间内生成rm{nmolO_{2}}的同时生成rm{2nmolNO_{2}}B.混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态C.用rm{NO_{2}}rm{NO}rm{O_{2}}表示的反应速率的比为rm{2隆脙2隆脙1}的状态D.混合气体的密度不再改变的状态评卷人得分三、多选题(共5题，共10分)15、在1L密闭容器中通入2mol氨气，在一定温度下，发生下列反应：2NH3N2+3H2，达到平衡时，容器内N2的百分含量为a%，若维持容器的体积和温度都不变，分别通入下列几组物质，达到平衡时，容器内N2的含量仍为a%的是（）A.3molH2和1molN2B.2molNH3和1molN2C.2molN2和3molH2D.0.1molNH3，0.95molN2和2.85molH216、已知NaHSO3溶液和Na2CO3溶液混合后加热煮沸能产生CO2气体。现有浓度均为0.1mol/L的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，则两溶液中各粒子物质的量浓度的关系一定正确的是(R表示S或C)A.c(Na+)+c(H+)＝c(HRO3－)+2c(RO32－)+c(OH－)B.c(H+)+c(H2RO3)＝c(RO32－)+c(OH－)C.c(Na+)＞c(HRO3－)＞c(H+)＞c(OH－)＞c(RO32－)D.c(HRO3－)＞c(H2RO3)＞c(OH－)＞c(RO32－)＞c(H+)17、全钒液流电池是一种以钒为活性物质呈循环流动液态的氧化还原电池，适合用作电动汽车的动力电源，其工作原理如图所示。已知充电过程中V3＋发生还原反应。下列说法不正确的是。

A.质子交换膜可阻止VO与V2＋直接发生反应B.充电时，阴极的电极反应为：V2＋－e－＝V3＋C.充电时，氢离子通过交换膜移向右侧D.放电时，正极的电极反应为：VO＋e－＋H2O＝VO2＋＋2OH－18、下列说法中不正确的是（）A.SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)只能在高温下自发进行，则该反应ΔH＜0B.在外加电流的阴极保护法中，海上石油钢铁钻井平台与直流电源的负极相连C.25℃时0.1mol·L-1CH3COONa溶液加水稀释后，溶液中的值减小D.“氧阴极还原法”制取H2O2的反应为2H2O+O22H2O2。反应中每消耗2.24LO2(标准状况下），转移的电子数目为0.4×6.02×l02319、反应rm{4NH_{3}+5O_{2}=4NO+6H_{2}O}在rm{5L}的密闭容器中进行，rm{30s}后，rm{NO}的物质的量增加了rm{0.3mol}则此反应的平均速率可表示为rm{(}rm{)}A.rm{v(O_{2})=0.0025mol/(L?s)}B.rm{v(NO)=0.008}rm{mol/(L?s)}C.rm{v(H_{2}O)=0.003}rm{mol/(L?s)}D.rm{v(NH_{3})=0.002}rm{mol/(L?s)}评卷人得分四、填空题(共1题，共7分)20、目前世界上rm{60拢楼}的镁是从海水中提取的。主要步骤如下：rm{(1)}为了使rm{MgSO_{4}}转化为rm{Mg(OH)_{2}}试剂rm{垄脵}可以选用________rm{(}填化学式rm{)}要使rm{MgSO_{4}}完全转化为沉淀，加入试剂的量应________。rm{(2)}加入试剂rm{垄脵}后，能够分离得到rm{Mg(OH)_{2}}沉淀的方法是________。rm{(3)}试剂rm{垄脷}可以选用________，写出反应的离子方程式：________。rm{(4)}无水rm{MgCl_{2}}在熔融状态下，通电后产生镁和和氯气，该反应的化学方程式为________________。rm{(5)}海水中镁的含量为rm{1.10mg隆陇L^{-1}}若假设海水中镁元素全部存在于rm{MgSO_{4}}中，则海水中rm{MgSO_{4}}的含量为____rm{mg隆陇L^{-1}}若某工厂每天生产rm{1.00t}镁，则每天需要海水的体积为________rm{L}rm{(}保留小数点后两位rm{)}评卷人得分五、判断题(共2题，共18分)21、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）22、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）评卷人得分六、结构与性质(共1题，共10分)23、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9题，共18分)1、B【分析】【解答】解：A；铂是金属元素；而不是非金属，故A错误；

B；原子序数等于质子数；所以“78”是铂的原子序数，故B正确；

C；质量数等于质子数加上中子数；而195.1是铂的相对原子质量，故C错误；

D；铂的元素符号为Pt；而不是名称，故D错误；

故选B．

【分析】A；铂是金属元素；

B；原子序数等于质子数；

C；质量数等于质子数加上中子数；

D、铂的元素符号为Pt．2、B【分析】解：Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程；化合价分别由0价升高为+1价和+5价；

ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为11：1；

则可设ClO-为11mol，ClO3-为1mol；被氧化的Cl共为12mol；

失去电子的总物质的量为11mol×（1-0）+1mol×（5-0）=16mol；

氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等；

Cl2生成KCl是被还原的过程；化合价由0价降低为-1价；

则得到电子的物质的量也应为16mol；

则被还原的Cl的物质的量为16mol；

所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：12mol=4：3；

故选B．

Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，Cl2生成KCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量；进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比．

本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题注意从氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度计算，注意守恒法的利用．【解析】【答案】B3、C【分析】【分析】本题旨在考查学生对离子方程式的书写的应用。【解答】rm{垄脵}醋酸溶液与氢氧化钾溶液反应；醋酸为弱电解质，不能拆开，故错误；醋酸溶液与氢氧化钾溶液反应；醋酸为弱电解质，不能拆开，故错误；

rm{垄脵}氢氧化钠溶液与稀硝酸反应；为强酸和强碱反应，符合要求，故正确；

rm{垄脷}氢氧化钠溶液与稀硝酸反应；为强酸和强碱反应，符合要求，故正确；稀盐酸与氢氧化铜反应，氢氧化铜难溶于水，应写成分子形式，故错误；

rm{垄脷}石灰石与盐酸反应；石灰石难溶于水，不能拆开，故错误；

rm{垄脹}稀盐酸与氢氧化铜反应，氢氧化铜难溶于水，应写成分子形式，故错误；稀硫酸与氢氧化钡溶液反应；二者反应生成硫酸钡沉淀，故错误；rm{垄脹}硫酸氢钠与氢氧化钠的反应；rm{垄脺}石灰石与盐酸反应；石灰石难溶于水，不能拆开，故错误；rm{垄脺}通过以上分析，rm{垄脻}稀硫酸与氢氧化钡溶液反应；二者反应生成硫酸钡沉淀，故错误；正确。故C正确。故选C。rm{垄脻}【解析】rm{C}4、C【分析】【解析】试题分析：A、应为2NA，故错；B、不在标况下，无法计算，故错；D、应为2NA，故错。故选C。考点：阿佛加德罗常数的应用【解析】【答案】C5、D【分析】【解答】解：A．点①所示的溶液的体积25mL，草酸和氢氧化钠恰好完全反应，生成正盐草酸钠，草酸钠水解，所以溶液中，c（Na+）═2c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）+2c（C2O42﹣）①；

根据电荷守恒得：关系式为：c（Na+）+c（H+）═c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）+2c（C2O42﹣）②，将①代入②得：c（H+）+2c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）=c（OH﹣）；故A错误；

B．点②溶液中，溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣）①，根据电荷守恒得：关系式为：c（Na+）+c（H+）═c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）+2c（C2O42﹣）②，将①代入②得c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）=c（Na+）；故B错误；

C．点③所示的溶液的体积50mL，草酸过量，溶液溶质为NaHC2O4，溶液呈酸性，草酸氢根离子的电离大于草酸氢根离子的水解，所以c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）；故C错误；

D．点①为草酸钠成碱性，点②溶液呈中性为草酸钠、草酸氢钠，点③溶液呈酸性，介于②和③之间，随着草酸的滴入，NaHC2O4逐渐增多，所以可出现c（Na+）＞c（C2O42﹣）=c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）；故D正确；

故选D．

【分析】25℃时，用0.0500mol•L﹣1H2C2O4（二元弱酸）溶液滴定25.00mL0.1000mol•L﹣1NaOH溶液，发生的反应为：H2C2O4+2NaOH=Na2C2O4+2H2O、H2C2O4+Na2C2O4=2NaHC2O4．

A．点①表示滴入25.00mL0.0500mol•L﹣1H2C2O4（二元弱酸）溶液；恰好完全反应，生成正盐草酸钠，结合电荷守恒判断；

B．点②溶液中，溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣）；结合电荷守恒判断；

C．点③滴入0.0500mol•L﹣1H2C2O4（二元弱酸）溶液50.00mL，溶液溶质为NaHC2O4；溶液呈酸性；

D．点①为草酸钠成碱性，点②溶液溶质为NaHC2O4、Na2C2O4呈中性，点③溶液，溶质为NaHC2O4，呈酸性，介于②和③之间溶液NaHC2O4逐渐增多，溶液呈酸性．6、A【分析】试题分析：rm{A}乙烯结构中存在碳碳双键，可发生加成反应，而烷烃中没有碳碳双键，故不能发生加成反应，与原子或原子团间的相互影响无关，错误；rm{B}甲苯易与硝酸发生硝化反应，说明苯环对甲基有影响；rm{C}甲苯易与高锰酸钾溶液反应，说明苯环对甲基有影响，正确；rm{D}乙酸中羧基中碳氧双键的作用，导致羧基上的氢原子很活泼，可与碳酸氢钠溶液反应，正确，故本题选A。

考点：原子或原子团之间的相互影响​【解析】rm{A}7、A【分析】【分析】本题考查学生化学实验中的安全及事故处理知识，题目难度不大，旨在考查学生的基础知识的掌握，学生养成良好的实验习惯。【解答】A.浓盐酸和rm{NH_{3}}反应生成固体rm{NH_{4}Cl}产生白烟，故A正确；

B.见光分解的物质存放在棕色瓶里；而氨水见光不分解，所以不要存放在棕色瓶里，故B错误；

C.木灰中的碳酸根离子水解显碱性；铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者相互促进，与水解有关，故C错误；

D.rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}溶液中，产生倒吸现象，说明气体通入rm{NaOH}溶液中，产生倒吸现象，说明rm{SO}rm{NaOH}rm{SO}溶液；故D错误。

故选A。

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{A}8、B【分析】【分析】本题考查有机物同系物、同分异构体沸点变化规律的应用。【解答】组成结构相似的分子晶体；相对分子质量越大沸点越高；同分异构体支链越多，沸点越低；丁烷；戊烷、己烷是同系物，是组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，丁烷、戊烷、己烷沸点依次升高，正丁烷和异丁烷是同分异构体，异丁烷支链多，异丁烷比正丁烷沸点低，沸点由低到高的顺序是异丁烷、正丁烷、戊烷、己烷。

故选B。【解析】rm{B}9、B【分析】解：rm{A.N}rm{O}rm{F}rm{Ne}最外层电子数依次为rm{5}rm{6}rm{7}rm{8}rm{N}元素最高正化合价为rm{+5}而rm{O}rm{F}rm{Ne}元素没有最高正化合价；故A不符合；

B.rm{Li}rm{Be}rm{B}rm{C}最外层电子数依次为rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}其最高化合价依次升高，故B符合；

C.rm{Li}rm{Na}rm{Be}rm{Mg}最外层电子数依次为rm{1}rm{1}rm{2}rm{2}元素最高正价分别为rm{+1}rm{+1}rm{+2}rm{+2}故C不符合；

D.rm{F}rm{Cl}rm{Br}rm{I}同主族，最外层电子数都是rm{7}rm{Cl}rm{Br}rm{I}元素最高正化合价为rm{+7}而rm{F}元素没有正化合价；故D不符合；

故选B．

元素的最高正价rm{=}最外层电子数；同主族元素最高正化合价相等，注意氧元素没有最高正价，氟元素无正价．

本题考查原子结构与性质关系，难度不大，注意主族元素最高正化合价rm{=}最外层电子数rm{=}主族族序数，但氧、氟元素没有最高正价．【解析】rm{B}二、双选题(共5题，共10分)10、AC【分析】【分析】本题主要考查了热化学方程式的有关知识，涉及到的知识点较多，注重对基础知识的考查和训练。【解答】由题干知：红磷转化为白磷为吸热反应；则rm{1mol}红磷具有的能量比rm{1mol}白磷具有的能量低，红磷比白磷稳定；故AC正确。故选AC。试题篮【解析】rm{AC}11、CD【分析】【分析】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。【解答】A.rm{1}个个rm{1}有rm{D_{2}O}个中子，rm{10}的物质的量为rm{2.0gD_{2}O}因此rm{0.1mol}所含中子的物质的量为rm{2.0gD_{2}O}故A正确；rm{1mol}

B.和rm{N_{2}}的摩尔质量均为rm{CO}因此rm{28g/mol}和rm{2.8gN_{2}}的物质的量为rm{CO}又每个rm{0.1mol}和rm{N_{2}}分子都是含有rm{CO}个质子，因此rm{14}和rm{2.8gN_{2}}含有的质子的物质的量为rm{CO}故B正确；rm{1.4mol}

价变为C.过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由rm{-1}价变为rm{0}价，故当生成rm{0.1mol}氧气时转移rm{0.2mol}电子即rm{0.2N}价，故当生成rm{-1}氧气时转移rm{0}电子即rm{0.1mol}rm{0.2mol}rm{0.2N}

rm{A}rm{A}个，故C错误；D.标准状况下，rm{CCl_{4}}为液体，不能用标况下气体摩尔体积计算rm{CCl_{4;}}的分子数，也就无法得到其原子数，故D错误。【解析】rm{CD}12、AC【分析】略【解析】rm{AC}13、rBC【分析】解：rm{A.}改用rm{300}rm{ml}rm{1mol/L}的rm{H_{2}SO_{4}}rm{H_{2}SO_{4}}浓度不变；反应速率不变，故A错误；

B.改用热的rm{100ml}rm{3mol/L}的rm{H_{2}SO_{4}}rm{H_{2}SO_{4}}浓度增大并且温度也升高所以；反应速率加快，故B正确；

C.向该稀硫酸中加几滴硫酸铜溶液；锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故C正确；

D.改用rm{18mol/L}的硫酸；锌与浓硫酸不生成氢气，故D错误。

故选：rm{BC}

增大rm{H_{2}SO_{4}}与锌粒的反应速率；可通过外界条件对化学反应速率的影响来考虑，可增大浓度；升高温度，增大固体的表面积或形成原电池反应等因素来实现．

本题考查化学反应速率的影响，侧重于基本理论知识的理解和运用的考查，为高频考点，难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】rm{BC}14、AB【分析】【分析】本题考查了化学平衡状态的判断，难度一般。【解答】A.单位时间内生成rm{nmolO_{2}}的同时生成rm{2nmolNO_{2}}能说明正逆反应速率的相等关系，证明该可逆反应达到平衡状态，故A正确；B.混合气体的平均相对分子质量rm{=}平均摩尔质量rm{=}混合气体的总质量rm{/}混合气体的总物质的量，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，因此当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，证明该可逆反应达到平衡状态，故B正确；C.用rm{NO_{2}}rm{NO}rm{O_{2}}表示的反应速率的比为rm{2隆脙2隆脙1}的状态是反应进行到任何时刻都成立的关系，不能说明该可逆反应达到平衡状态，故C错误；D.该反应是一个反应前后气体的质量不会改变的化学反应，混合气体的质量是守恒的，容器的体积不变，混合气体的密度不会改变，所以该反应并不一定达到平衡状态，故D错误。故选AB。

【解析】rm{AB}三、多选题(共5题，共10分)15、AD【分析】【分析】

反应2NH3⇌3H2+N2，在恒温恒容下，达到平衡时，容器内N2的百分含量也为a%，说明与原平衡是等效平衡，按化学计量数转化到方程式的左边，满足n(NH3)=2mol即可；据此进行分析。

【详解】

根据等效平衡，按化学计量数转化到方程式的左边，满足n(NH3)=2mol，则达到平衡时，容器内N2的百分含量为a%；

A．3molH2+1molN2按化学计量数转化到方程式的左边可得：n(NH3)=2mol，与初始量2molNH3相同；属于等效平衡，故A符合题意；

B．2molNH3+1molN2与初始量2molNH3不相同，则不属于等效平衡，达到平衡时，容器内N2的百分含量不是a%；故B不符合题意；

C．2molN2+3molH2按化学计量数转化到方程式的左边，可得：n(NH3)=2mol、n(N2)=1mol；与初始加入物质不同，不是等效平衡，故C不符合题意；

D．0.1molNH3+0.95molN2+2.85molH2，按化学计量数转化到方程式的左边可得：n(NH3)=2mol，与初始量2molNH3相同；属于等效平衡，故D符合题意；

答案选AD。16、AB【分析】【分析】

NaHSO3溶液和Na2CO3溶液混合后加热煮沸能产生CO2气体，这说明HSO3－的酸性强于碳酸以及HCO3－。

【详解】

A.c(Na+)+c(H+)＝c(HRO3－)+2c(RO32－)+c(OH－)；符合电荷守恒，A正确；

B.c(H+)+c(H2RO3)＝c(RO32－)+c(OH－)；符合质子守恒，B正确；

C.亚硫酸氢钠溶液显酸性，即HSO3－的电离程度大于水解程度。而碳酸氢钠溶液显碱性，说明HCO3－的电离程度小于水解程度；所以选项C不正确；

D.由C分析可知；选项D不正确；

答案选AB。17、BD【分析】【分析】

充电过程中V3＋发生还原反应，则右侧电极上V3+转化为V2＋时V元素的化合价降低得电子，发生还原反应，充电时，则右侧电极为阴极，左侧电极为阳极，阴极电极反应为V3++e－＝V2+，阳极极电极反应为VO2+-e-+H2O=VO+2H+；则放电时，左侧为正极，正极反应为VO+2H++e-=VO2++H2O，右侧为负极：负极反应为：V2+-e－=V3+；据此分析解答。

【详解】

A．质子交换膜只允许H+通过，则可阻止VO与V2＋直接发生反应；故A正确；

B．充电时，阴极得电子发生还原反应，电极反应为：V3++e－＝V2+；故B错误；

C．充电时；阳离子向阴极移动，根据分析，充电时，右侧为阴极，则氢离子通过交换膜移向右侧，故C正确；

D．根据分析，放电时，正极的电极反应为：VO+2H++e-=VO2++H2O；故D错误；

答案选BD。18、AD【分析】【详解】

A．SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)的ΔS＞0，该反应只能在高温下自发进行，则该反应ΔH＞0；A不正确；

B．在外加电流的阴极保护法中；为阻止钢铁失电子，海上石油钢铁钻井平台应作阴极，所以应与直流电源的负极相连，B正确；

C．25℃时0.1mol·L-1CH3COONa溶液加水稀释后，CH3COO的水解程度变大，n(Na+)不变，而n(CH3COOH)增大，所以溶液中=的值减小；C正确；

D．“氧阴极还原法”制取H2O2的反应为2H2O+O22H2O2。2.24LO2(标准状况下）的物质的量为0.1mol，O元素由0价降低为-1价，所以转移的电子数目为0.2×6.02×l023；D不正确；

故选AD。19、ACD【分析】解：半分钟后rm{NO}的物质的量增加了rm{0.3mol}所以用rm{NO}表示的反应速率为rm{v(NO)=dfrac{dfrac{0.3mol}{5L}}{30s}=0.002mol/(L?s)}．

A、根据速率之比等于化学计量数之比，所以rm{v(O_{2})=dfrac{5}{4}v(NO)=隆脕0.002mol/(L?s)=0.0025mol/(L?s)}故A正确；

B、半分钟后rm{v(NO)=dfrac{dfrac

{0.3mol}{5L}}{30s}=0.002mol/(L?s)}的物质的量增加了rm{v(O_{2})=dfrac

{5}{4}v(NO)=隆脕0.002mol/(L?s)=0.0025mol/(L?s)}所以用rm{NO}表示的反应速率为rm{0.3mol}故B错误；

C、根据速率之比等于化学计量数之比，所以rm{NO}故C正确；

D、根据速率之比等于化学计量数之比，所以rm{v(NO)=0.002mol/(L?s)}故D正确．

故选ACD．

根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算rm{v(H_{2}O)=1.5v(NO)=1.5隆脕0.002mol/(L?s)=0.003mol/(L?s)}在根据速率之比等于化学计量数之比计算用其它物质表示的反应速率．

本题考查化学反应速率，难度不大，注意反应速率计算常用两种方法定义法与化学计量数法，根据情况选择使用．rm{v(NH_{3})=v(NO)=0.002mol/(L?s)}【解析】rm{ACD}四、填空题(共1题，共7分)20、（1）Ca(OH)2或者CaO过量（2）过滤（3）盐酸或者HClMg(OH)2＋2H＋＝Mg2＋＋2H2O（4）（5）5.509.09×108【分析】【分析】本题考查工艺流程、离子反应、物质的分离等。理解工艺流程原理是解题的关键。是对学生综合能力的考查，学生需要具备扎实的基础和灵活运用能力，难度中等。【解答】rm{(}rm{1}rm{)}为了使rm{MgSO}rm{(}rm{1}为了使rm{1}rm{)}rm{MgSO}rm{MgSO}rm{4}rm{4}转化为rm{Mg}rm{(}rm{OH}rm{)}rm{Mg}可以选用rm{Mg}rm{(}，要使rm{OH}rm{OH}rm{)}rm{2}rm{2}，应选择碱性物质，在工业生产中一般选择易得的碱性物质氢氧化钙或氧化钙，所以试剂rm{垄脵}可以选用过量；rm{垄脵}rm{Ca(OH)_{2}}rm{Ca(OH)_{2}}固液分离的方法是过滤，所以加入试剂或者rm{CaO}，要使rm{MgSO}后，能够分离得到rm{CaO}rm{CaO}rm{MgSO}rm{MgSO}rm{4}rm{4}完全转化为沉淀，加入试剂的量应过量；故答案为：过滤；故答案为：故答案为：rm{Ca(OH)_{2}}rm{Ca(OH)_{2}}从生成物来看，加入的物质应该能和氢氧化镁反应且含有氯离子，所以试剂或者rm{CaO}过量；可以选用盐酸或者rm{CaO}过量；rm{CaO}rm{(}rm{2}rm{)}固液分离的方法是过滤，所以加入试剂rm{垄脵}后，能够分离得到rm{Mg}rm{(}rm{OH}rm{)}rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{垄脵}rm{Mg}；rm{Mg}故答案为：盐酸或者rm{(}rm{OH}rm{OH}rm{)}rm{2}rm{2}沉淀的方法是：过滤；；无水rm{(}rm{3}rm{)}从生成物来看，加入的物质应该能和氢氧化镁反应且含有氯离子，所以试剂rm{垄脷}可以选用rm{(}rm{3}rm{MgC{l}_{2}(脠脹脠脷)overset{脥篓碌莽}{=}Mg+C{l}_{2}隆眉}rm{3}故答案为：rm{MgC{l}_{2}(脠脹脠脷)overset{脥篓碌莽}{=}Mg+C{l}_{2}隆眉}rm{)}rm{垄脷}rm{HCl}，二者反应生成氯化镁和水，反应的离子方程式：海水中镁的含量为rm{Mg(OH)_{2}}rm{Mg(OH)_{2}}rm{+}rm{2H}rm{2H}rm{{,!}^{+}=}rm{Mg^{2}}rm{Mg^{2}}的含量为rm{dfrac{24+96}{24}隆脕1.10mg隆陇{L}^{-1}=5.50mg隆陇{L}^{-1}}rm{{,!}^{+}+}镁，则每天需要海水的体积为rm{dfrac{1.00隆脕{10}^{9}mg}{1.10mg/L}=9.09隆脕{10}^{8}L}rm{2H_{2}O}；故答案为：rm{2H_{2}O}rm{HCl}rm{Mg(OH)_{2}}【解析】rm{(1)Ca(OH)_{2}}或者rm{CaO}过量rm{(2)}过滤rm{(3)}盐酸或者rm{HCl}rm{Mg(OH)_{2}+2H^{+}=Mg^{2+}+2H_{2}O}rm{(4)MgC{l}_{2}(脠脹脠脷)overset{脥篓碌莽}{=}Mg+C{l}_{2}隆眉}rm{(4)MgC{l}_{2}(脠脹脠脷)

overset{脥篓碌莽}{=}Mg+C{l}_{2}隆眉}rm{(5)5.50}rm{9.09隆脕10^{8}}五、判断题(共2题，共18分)21、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．22、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