2025年浙科版高一化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年浙科版高一化学下册阶段测试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7题，共14分)1、实验室在制备气体时，对某些气体来说,收集方法即可采用排水法，又可采用排空气法收集。下列气体中，能同时采用上述两种收集方法的是（）A.NH3B.NOC.NO2D.H22、下列配制的溶液浓度偏高的是（）A.配制盐酸溶液，用量筒取盐酸时俯视刻度线B.配制盐酸溶液定容时，仰视容量瓶C.称量4gNaOH配制0.20mol/LNaOH溶液500mL时，砝码错放左盘D.配制NaOH溶液时，溶液未经冷却即注入容量瓶并定容至刻度线3、如图所示是元素周期表的一部分，X、Y、Z、W均为短周期元素，若w原子最外层电子数是其内层电子数的则下列说法中不正确的是（）A.最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞ZB.Y元素的两种同素异形体在常温下都是气体C.原子半径由大到小排列顺序：Z＞Y＞XD.阴离子半径由大到小排列顺序：Z＞W＞X＞Y4、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种主族元素，rm{A}rm{B}元素的阳离子和rm{C}rm{D}元素的阴离子都具有相同的电子层结构，且rm{A}的阳离子氧化性比rm{B}的氧化性弱，rm{C}的阴离子所带电荷数比rm{D}的阴离子所带电荷数多，则rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的原子序数大小关系是A.rm{B>A>C>D}B.rm{C>B>A>D}C.rm{B>A>D>C}D.rm{A>B>C>D}5、几种短周期元素的原子半径和主要化合价见下表，下列说法中正确的是()。。元素代号原子半径rm{/nm}主要化合价rm{X}rm{0.160}rm{+2}rm{Y}rm{0.143}rm{+3}rm{Z}rm{0.102}rm{+6}rm{-2}rm{L}rm{0.099}rm{+7}rm{-1}rm{M}rm{0.077}rm{+4}rm{-4}rm{Q}rm{0.074}rm{-2}A.等物质的量的rm{X}rm{Y}的单质与足量的盐酸反应，生成的rm{H_{2}}一样多B.rm{Y}与rm{Q}形成的化合物不能跟氢氧化钠溶液反应C.rm{Q}的氢化物沸点低于rm{Z}的氢化物沸点D.在化学反应中，rm{M}原子与其他原子易形成共价键而不易形成离子键6、碘是人体必需的微量元素，rm{{,!}^{127}I}的中子数为rm{74}则其原子序数为A.rm{201}B.rm{127}C.rm{74}D.rm{53}7、不能用检验新制氯水和长期放置的氯水的试剂是rm{(}rm{)}A.石蕊试液B.品红溶液C.rm{FeCl_{2}}溶液D.rm{AgNO_{3}}溶液评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)8、设rm{N_{A}}为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法不正确的是rm{(}rm{)}A.常温下，rm{48gO_{3}}和rm{48gO_{2}}含有的电子数目为rm{3N_{A}}B.rm{1molOH^{-}}离子中含电子数目为rm{10}rm{N_{A}}C.rm{0.5L0.2mol?L^{-1}}的rm{NaCl}溶液中含有的rm{Na^{+}}数是rm{0.1}rm{N_{A}}D.rm{33.6LCO}中含有的原子总数是rm{3N_{A}}9、关于化学键的下列叙述中，正确的是（）A.离子化合物可能含共价键B.共价化合物可能含离子键C.离子化合物中只含离子键D.共价化合物中不含离子键10、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}rm{W}为五种短周期元素。rm{X}rm{Y}rm{Z}是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为rm{15}rm{X}与rm{Z}可形成rm{XZ_{2}}分子；rm{Y}与rm{M}形成的气态化合物在标准状况下的密度为rm{0.76g隆陇L^{-1}}rm{W}的质子数是rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}四种元素质子数之和的rm{1/2}下列说法正确的是A.原子半径：rm{W>Z>Y>X>M}B.rm{YZ_{2}}溶于水形成的溶液具有较强的氧化性C.rm{1molWM}溶于足量水中完全反应共转移rm{2mol}电子D.由rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}四种元素可能形成离子化合物11、高铁酸钾rm{(K_{2}FeO_{4})}是一种新型，高效，多功能水处理剂，可由下列反应制得：rm{2Fe(OH)_{3}+3Cl_{2}+10KOHoverset{脪禄露篓脤玫录镁}{=}2K_{2}FeO_{4}+6KCl+8H_{2}O}对于该反应，下列说法正确的是rm{2Fe(OH)_{3}+3Cl_{2}+10KOH

overset{脪禄露篓脤玫录镁}{=}2K_{2}FeO_{4}+6KCl+8H_{2}O}rm{(}A.rm{)}是氧化剂B.rm{KOH}发生还原反应C.rm{Cl_{2}}是氧化产物D.生成rm{K_{2}FeO_{4}}转移rm{1molK_{2}FeO_{4}}的电子rm{6mol}12、下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.rm{{,!}^{1}H}和rm{{,!}^{2}H}是不同的核素，它们的质子数相同B.rm{{,!}^{6}Li}和rm{{,!}^{7}Li}的质子数相等，电子数也相等C.rm{{,!}^{14}C}和rm{{,!}^{14}N}的质量数相等，中子数相等D.rm{{,!}^{13}C}和rm{{,!}^{14}C}属于同一种元素，它们质量数相等13、下列反应中，不属于氧化还原反应的是（）A.3Cl2+6KOH═5KCl+KClO3+3H2OB.2NO2十2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2OC.SnCl4+2H2O═SnO2+4HClD.3CCl4+K2Cr2O7═2CrO2Cl2+3COCl2+2KCl评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、（每空2分，共10分）在同温同压下,对于等质量的SO2和CO2两种气体,求其下列各项比值。（1）摩尔质量比__（2）密度比__（3）物质的量比__（4）体积比___（5）分子数比__15、按下列要求自制铜-镁简易电池，并回答有关问题。a.用砂纸擦净一块铜片和镁条。b.用盐酸溶液浸湿一张滤纸，把浸湿的滤纸放在镁条上。c.把滤纸和镁条并放在一块塑料板上。d.把镁条连接到电流计的一个端钮e.把铜片压在滤纸上。f.把铜片连接到电流计的另一个端钮。g.观察电流表指针变化。请回答下列问题。（1）在以上简易电池中，____是负极,电极反应式________是正极，电极反应式____（2）在以上电池中，电子由____经____流向____16、在2L容器中3种物质间进行反应，X、Y、Z的物质的量随时间的变化曲线如图。反应在t­时到达平衡，依图所示：①该反应的化学方程式是________。②反应起始至t，Y的平均反应速率是____。17、rm{(1)}现有以下物质rm{垄脵NaCl}溶液rm{垄脷CO_{2}}rm{垄脹}铜rm{垄脺BaSO_{4}}固体rm{垄脻}蔗糖rm{垄脼}酒精rm{垄脽}熔融的rm{KNO_{3}}其中属于电解质的是______rm{(}填上序号rm{)}属于电解质且能够导电的是______rm{(}填上序号rm{)}．

rm{(2)}写出下列电解质在水中的电离方程式。

rm{垄脵}硝酸铜______

rm{垄脷}硫酸铁______

rm{(3)}写出反应“rm{K_{2}CO_{3}+2HCl=2KCl+CO_{2}隆眉+H_{2}O}”的离子反应方程式是：______．18、已知A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平；现以A为主要原料合成一种具有果香味的物质E，其合成路线如图所示．

请回答下列问题：

（1）写出B、D化合物中官能团：B中含官能团名称____；D中含官能团结构简式____．由A聚合生成的一种高分子化合物的结构简式____．

（2）写出反应的化学方程式：

①____．

④____．19、判断下列各组中两种物质的关系；将其序号填写在表格中：

①②CH3COOH和HCOOCH3

③④

⑤⑥16O、17O、18O⑦金刚石和石墨；

。类别同素异形体同分异构体同位素同种物质组号________________20、Ca（ClO）2与浓盐酸反应会生成Cl2，该反应的化学方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O

（1）浓盐酸在反应中显示出来的性质是______（填写字母）

A．只有还原性B．还原性和酸性C．只有氧化性D．氧化性和酸性。

（2）产生0.3molCl2；则转移的电子的物质的量为______

（3）该反应中氧化产物与还原产物的质量比为______

（4）用双线桥法表示该氧化还原反应中电子转移的方向和数目______．评卷人得分四、判断题(共2题，共10分)21、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）22、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．评卷人得分五、结构与性质(共1题，共8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7题，共14分)1、D【分析】【解析】试题分析：排水法收集气体，要求气体难溶于水，且不与水发生反应；能用向上排空气法收集，要求该气体密度比空气的大且不与空气反应；能用向下排空气法收集，要求该气体密度比空气的小且不与空气反应。A项中的NH3易溶于水，不能用排水法收集；密度比空气小，可采用向下排空气法收集，所以A不符合。B项中的NO会与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集；NO难溶于水，且不与水发生反应，可采用排水法收集。所以B不符合。C项中的NO2会与水发生反应，不能用排水法收集；不与空气反应且密度比空气大，可采用向上排空气法收集。所以C不符合。D项中的H2难溶于水且不与水发生反应，不与空气反应且密度比空气小，可采用排水法和向下排空气法收集，所以D符合。故本题选D。考点：气体的收集方法【解析】【答案】D2、D【分析】【解答】解：A．配制盐酸溶液，用量筒取盐酸时俯视刻度线，n（HCl）偏小，由c=可知，c偏低，故A不选；B．配制盐酸溶液定容时，仰视容量瓶，水加多，则V偏大，由c=可知；c偏低，故B不选；

C．称量4gNaOH配制0.20mol/LNaOH溶液500mL时，砝码错放左盘，m（NaOH）偏小，n（NaOH）偏小，由c=可知；c偏低，故C不选；

D．溶液未经冷却即注入容量瓶并定容至刻度线，则V偏小，由c=可知；c偏高，故D选；

故选D．

【分析】结合c=及不当操作对n、V的影响判断浓度的变化，以此来解答．3、C【分析】解：X、Y、Z、W均为短周期元素，若w原子最外层电子数是其内层电子数的原子最外层电子数不超过8个，则W最外层电子数是7，且W属于短周期元素，所以W原子其内层电子总数为10，则W是Cl元素；

由X；Y、Z、W在周期表中的位置关系可知；Z为S元素，Y为O元素，X为N元素；

A．根据元素周期律知；元素W的非金属性大于Z，则最高价氧化物的水化物酸性W＞Z，故A正确；

B．Y为O元素；Y元素的两种同素异形体为氧气和臭氧，在常温下都是气体，故B正确；

C．电子层越多的原子其原子半径越大；同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径大小顺序是Z＞X＞Y，故C错误；

D．离子的电子层数越多；其离子半径越大，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数的增大而减小，所以这几种离子半径大小顺序是Z＞W＞X＞Y，故D正确；

故选C．

X、Y、Z、W均为短周期元素，若w原子最外层电子数是其内层电子数的原子最外层电子数不超过8个，则W最外层电子数是7，且W属于短周期元素，所以W原子其内层电子总数为10，则W是Cl元素；

由X；Y、Z、W在周期表中的位置关系可知；Z为S元素，Y为O元素，X为N元素，根据元素所在周期表中的位置，结合元素周期律的递变规律进行分析解答．

本题考查位置、结构、性质的相互关系应用，正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意元素周期律的灵活运用，知道电子层结构相同的离子半径大小的比较方法．【解析】【答案】C4、C【分析】【分析】

本题考查元素的推断；注意同周期元素性质和结构的递变规律，把握好相关基础知识，此类题目不难解答。

【解答】

素的阳离子和rm{C}rm{D}元素的阴离子都具有相同的电子层结构，则rm{A}rm{B}元素的原子序数大于rm{C}rm{D}元素的原子序数；

同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，对应的单质的还原性逐渐减弱，rm{A}单质的还原性比rm{B}单质的还原性强，则rm{A}的原子序数小于rm{B}

同周期元素从左到右原子的最外层电子数逐渐增多，rm{C}的阴离子所带负电荷比rm{D}的阴离子所带负电荷多，则rm{D}的最外层电子数比rm{C}多，所以rm{D}的原子序数大于rm{C}所以四种元素的原子序数大小关系为rm{B>A>D>C}故C正确。

故选C。

【解析】rm{C}5、D【分析】【分析】​本题考查元素的性质与位置关系，学生能利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键，并熟悉元素及其单质、化合物的性质来解答即可，难度不大。【解答】短周期元素，由元素的化合价可知，rm{Q}只有rm{-2}价，则rm{Q}为rm{O}元素，rm{Z}有rm{+6}rm{-2}价，可知rm{Z}为rm{S}元素；rm{L}有rm{+7}rm{-1}价，则rm{L}为氯元素；rm{M}有rm{+4}rm{-4}价，原子半径rm{L>M}则rm{M}为rm{C}元素；rm{X}为rm{+2}价，rm{Y}为rm{+3}价，原子半径rm{X>Y>Z}所以rm{X}为rm{Mg}元素，rm{Y}为rm{Al}元素．只有rm{Q}价，则rm{-2}为rm{Q}元素，rm{O}有rm{Z}rm{+6}价，可知rm{-2}为rm{Z}元素；rm{S}有rm{L}rm{+7}价，则rm{-1}为氯元素；rm{L}有rm{M}rm{+4}价，原子半径rm{-4}则rm{L>M}为rm{M}元素；rm{C}为rm{X}价，rm{+2}为rm{Y}价，原子半径rm{+3}所以rm{X>Y>Z}为rm{X}元素，rm{Mg}为rm{Y}元素．rm{Al}A.为rm{X}为rm{Mg}元素，rm{Y}为rm{Al}元素，等物质的量的rm{X}rm{Y}的单质与足量盐酸反应，根据电子转移守恒可知，二者生成rm{H}元素，rm{X}为rm{Mg}元素，等物质的量的rm{Y}rm{Al}的单质与足量盐酸反应，根据电子转移守恒可知，二者生成rm{X}rm{Y}rm{H}rm{2}rm{2}为rm{2}rm{3}rm{2}与rm{3}形成的化合物为，故A错误；B.rm{Y}与rm{Q}形成的化合物为rm{Al}rm{Y}rm{Q}rm{Al}rm{2}rm{2}所以稳定性rm{O}rm{O}rm{3}即rm{3}的氢化物的稳定性强于，氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，故B错误；的氢化物的稳定性C.为非金属性rm{Cl>S}所以稳定性rm{HCl>H}元素，最外层电子数为rm{Cl>S}电子不易得失，与其它原子易形成共价键而不易形成离子键，故D正确。rm{HCl>H}rm{2}。rm{2}rm{S}即rm{L}的氢化物的稳定性强于rm{Z}的氢化物的稳定性【解析】rm{D}6、D【分析】【分析】本题考查原子结构和原子的表示方法，题目难度不大。通过此类题目注意整理常见化学用语的书写，理解质子、中子、电子各微粒对元素性质所起的作用。【解答】碘是人体必需的微量元素，rm{{,!}^{127}}rm{I}的质量数为rm{127}，中子数为rm{74}，该原子中质子数rm{=}质量数rm{-}中子数rm{=127-74=53}，由原子序数rm{=}质子数rm{=}核外电子数rm{=}核电荷数，可知rm{{,!}^{127}}rm{I}的原子序数为rm{53}。的质量数为rm{{,!}^{127}}，中子数为rm{I}，该原子中质子数rm{I}质量数rm{127}中子数rm{127}，由原子序数rm{74}质子数rm{74}核外电子数rm{=}核电荷数，可知rm{=}rm{-}的原子序数为rm{-}。rm{=127-74=53}rm{=127-74=53}。rm{=}rm{=}【解析】rm{D}7、D【分析】解：rm{A.}新制氯水和长期放置的氯水溶液都显酸性，新制氯水和长期放置的氯水加入石蕊试液溶液都变红，但新制氯水含有rm{HClO}rm{HClO}具有漂白性；所以溶液变红后又褪色，可以鉴别，故A错误；

B.新制氯水中含有rm{HClO}rm{HClO}具有漂白性；长期放置的氯水无漂白性，新制氯水和长期放置的氯水加入品红溶液，前者褪色，后者无现象，可以鉴别，故B错误；

C.新制氯水中含有rm{Cl_{2}}rm{Cl_{2}}具有氧化性，能与rm{FeCl_{2}}溶液反应：rm{2FeCl_{2}+Cl_{2}篓T2FeCl_{3}}新制氯水溶液变黄，长期放置的氯水与rm{FeCl_{2}}溶液不反应，无现象，所以可用rm{FeCl_{2}}溶液鉴别；故C错误；

D.新制氯水和长期放置的氯水中都含有氯离子，都能与rm{AgNO_{3}}溶液反应生成白色沉淀rm{AgCl}现象相同，无法鉴别，故D正确；

故选：rm{D}

将氯气溶于水得到氯水rm{(}浅黄绿色rm{)}氯水含多种微粒，有rm{H_{2}O}rm{Cl_{2}}rm{HClO}rm{Cl^{-}}rm{H^{+}}rm{OH^{-}(}极少量，水微弱电离出来的rm{)}长期放置的氯水变成稀盐酸，溶液中含有rm{Cl^{-}}rm{H^{+}}rm{OH^{-}(}极少量，水微弱电离出来的rm{)}根据现象不同来鉴别．

本题考查新制氯水和长期放置的氯水的成分，题目难度不大，注意各自的成分和性质是解题的关键，注重基础知识的积累．【解析】rm{D}二、双选题(共6题，共12分)8、rAD【分析】解：rm{A.}臭氧和氧气都是由氧原子构成，相同质量臭氧和氧气含有氧原子数相同，rm{48gO_{3}}和rm{48gO_{2}}含有氧原子的物质的量为：rm{dfrac{48g}{16g/mol}=3mol}含有电子数为：rm{dfrac

{48g}{16g/mol}=3mol}故A错误；

B.rm{3mol隆脕8隆脕N_{A}=24N_{A}}个氢氧根离子含有rm{1}个电子，则rm{10}离子中含电子数目为rm{1molOH^{-}}rm{10}故B正确；

C.rm{N_{A}}的rm{0.5L0.2mol?L^{-1}}溶液中含有氯化钠物质的量为：rm{NaCl}含有的rm{0.5L隆脕0.2mol/L=0.1mol}数是rm{Na^{+}}rm{0.1}

故C正确；

D.气体状况未知，rm{N_{A}}未知；无法计算一氧化碳物质的量和含原子数，故D错误；

故选：rm{Vm}．

A.臭氧和氧气都是由氧原子构成，相同质量臭氧和氧气含有氧原子数相同，依据rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{N}{N_{A}}}计算解答；

B.rm{AD}个氢氧根离子含有rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac

{N}{N_{A}}}个电子；

C.依据rm{1}计算氯化钠的物质的量，rm{10}氯化钠含有rm{n=CV}钠离子；

D.气体状况未知．

本题考查阿伏加德罗常数应用与判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大．rm{1mol}【解析】rm{AD}9、A|D【分析】解：A；离子化合物中可能含共价键；如NaOH，故A正确．

B；共价化合物中一定不含离子键；故B错误．

C；离子化合物中可能含共价键；如NaOH，故C错误．

D；共价化合物中一定不含离子键；故D正确．

故选AD．

根据离子键；共价键与离子化合物、共价化合物的关系分析；根据选项看能否找出例子；如果能找出例子，该题正确，否则错误．

本题考查了离子键、共价键与离子化合物、共价化合物的关系，侧重考查学生对这几个概念的辨别能力；要注意的是：离子化合物中可能含共价键，共价化合物中一定不含离子键．【解析】【答案】AD10、BD【分析】【分析】本题考查元素推断，涉及氧化还原反应中的电子得失、氮元素化合物的性质、微粒半径大小比较、离子键离子化合物的判断等知识，难度不大。【解答】rm{X}rm{Y}rm{Z}是原子序数依次递增的同周期元素，由rm{X}rm{Y}rm{Z}的最外层电子数之和为rm{15}则rm{X}rm{Y}rm{Z}的最外层电子数依次为rm{4}rm{5}rm{6}因为它们是短周期元素，所以依次可能为碳、氮、氧或硅、磷、硫，rm{X}与rm{Z}可形成rm{XZ_{2}}分子，故rm{X}rm{Y}rm{Z}分别为rm{C}rm{N}rm{O}三种元素；rm{N}元素与rm{M}形成的气态化合物在标准状况下的密度rm{0.76g?L^{-1}}该气态化合物的摩尔质量为rm{22.4L/mol隆脕0.76g?L^{-1}=17g/mol}则rm{M}为rm{H}元素；rm{W}的质子数是rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}四种元素质子数之和的rm{1/2}，推出rm{1/2}的质子数为rm{W}rm{1/2}所以rm{1/2}为rm{隆脕(6+7+8+1)=11}元素；A.电子层数越多，半径越大，则所有元素中rm{W}原子半径最小，rm{Na}原子半径最大，同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上到下原子半径增大，故原子半径rm{H}即rm{Na}故A错误；B.rm{Na>C>N>O>H}rm{W>X>Y>Z>M}为rm{YZ}rm{YZ}溶于水形成硝酸溶液，硝酸具有较强的氧化性，故B正确；C.rm{{,!}_{2}}为与水发生反应：rm{{,!}_{2}}rm{NO_{2,}NO}中氢元素由rm{2}价升高为rm{2}价，rm{NaH}中氢元素由rm{NaH+H_{2}O=NaOH+H_{2}隆眉}价降低为rm{NaH}价，rm{-1}溶于足量水中完全反应共转移rm{0}电子，故C错误；D.由rm{H_{2}O}rm{+1}rm{0}rm{1molNaH}四种元素形成的化合物可为氨基酸、碳酸铵、醋酸铵等物质，若为碳酸铵、醋酸铵则为rm{1mol}，故D正确。故选BD。rm{X}【解析】rm{BD}11、BC【分析】【分析】本题考查氧化还原反应的本质，氧化剂与还原剂，题目难度不大。【解答】A.rm{KOH}在反应前后元素的化合价没有发生变化，既不是氧化剂，又不是还原剂，故A错误；在反应前后元素的化合价没有发生变化，既不是氧化剂，又不是还原剂，故A错误；

rm{KOH}B.rm{Cl}中氯元素的化合价降低，是氧化剂，rm{Cl}

rm{{,!}_{2}}发生还原反应，故B正确；中铁元素化合价升高生成C.rm{Fe(OH)}rm{Fe(OH)}rm{{,!}_{3}}rm{K}所以rm{K}rm{{,!}_{2}}

rm{FeO}rm{FeO}rm{{,!}_{4}}rm{K_{2}FeO_{4}}是氧化产物，故C正确；的电子，故D错误。D.生成rm{1molK}rm{1molK}【解析】rm{BC}12、rAB【分析】解：rm{A}rm{{,!}^{1}H}和rm{{,!}^{2}H}是氢元素的不同核素，质子数相同均为rm{1}故A正确；

B、rm{{,!}^{6}Li}和rm{{,!}^{7}Li}的质子数相等均为rm{3}电子数也相等均为rm{3}故B正确；

C、rm{{,!}^{14}C}和rm{{,!}^{14}N}的质量数相等，质子数分别为rm{6}rm{7}中子数分别为：rm{14-6=8}rm{14-7=7}它们的中子数不等，故C错误；

D、rm{{,!}^{13}C}和rm{{,!}^{14}C}属于同一种元素，它们质量数分别为rm{13}rm{14}故D错误．

故选AB．

根据原子表示法的知识，元素符号左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数，质量数rm{-}质子数rm{=}中子数；质子数相同而中子数不同的同种元素的原子互为同位素．

本题考查同位素及原子的构成，明确同位素的概念及原子中的量的关系是解答本题的关键，难度不大，注重了对基础知识的考查．【解析】rm{AB}13、CD【分析】解：A．反应中Cl元素化合价发生变化；属于氧化还原反应，故A不选；

B．反应中N元素化合价发生变化；属于氧化还原反应，故B不选；

C．没有元素的化合价变化；不属于氧化还原反应，故C选；

D．没有元素的化合价变化；不属于氧化还原反应，故D选。

故选：CD。

发生的反应中；含元素的化合价变化，则为氧化还原反应；若不含元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此解答该题．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答关键，侧重氧化还原反应判断的考查，题目难度不大．【解析】CD三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】试题分析：设质量分别为1g，则n(SO2)=n(CO2)=（1）摩尔质量的数值等于相对分子质量；所以摩尔质量比等于相对分子质量之比，为16:11；（2）根据阿伏伽德罗定律的推论，同温同压下气体密度比等于摩尔质量比，为16:11；（3）物质的量比为=11:16；（4）根据阿伏伽德罗定律的推论，同温同压下，体积比等于物质的量比，为11:16；（5）分子数比等于物质的量比，为11:16。考点：本题考查阿伏伽德罗定律。【解析】【答案】16:1116:1111:1611:1611:1615、略

【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。镁的金属性强于铜，则镁是负极，失去电子，电极反应式是Mg-2e-=Mg2+；铜是正极，溶液中的氢离子得到电子，电极反应式是2H++2e_=H2↑。（2）该原电池中，电子由负极（或镁极板）经导线或外电路或电流计流向正极（或铜极板）。考点：考查原电池应用的有关判断【解析】【答案】(1)MgMg-2e-=Mg2+Cu2H++2e_=H2↑(2)负极（或镁极板），导线或外电路或电流计，正极（或铜极板）16、略

【分析】【解析】试题分析：（1）由图象可以看出，反应中X的物质的量减小，Y、Z的物质的量增多，则X为反应物，Y、Z为生成物．t时刻后，X的物质的量为定值且不为零，为可逆反应，且△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=0.8mol：1.2mol：0.4mol=2：3：1，则反应的化学方程式为：2X?3Y+Z。（2）在tmin时间内，用Y表示反应的平均速率v（Y）=△c(Y)÷△t="(1.2mol-0mo"l)÷2L÷tmin=0.6/tmol/(L﹒min)mol/（L﹒min）。考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线化学反应速率变化曲线及其应用【解析】【答案】(3分)（1）2X3Y＋Z（2分）（2）0.6/tmol/(L﹒min)（1分）17、略

【分析】解：rm{(1)垄脵NaCl}溶液能导电；但是混合物，既不是电解质也不是非电解质；

rm{垄脷CO_{2}}自身不能电离；不能导电，是非电解质；

rm{垄脹}铜能导电；但是单质，既不是电解质也不是非电解质；

rm{垄脺BaSO_{4}}固体不能导电；在熔化状态下能导电，是电解质；

rm{垄脻}蔗糖不能导电；是非电解质；

rm{垄脼}酒精不能导电；是非电解质；

rm{垄脽KNO_{3}}是离子化合物，熔融的rm{KNO_{3}}能导电，rm{KNO_{3}}是电解质；

故属于电解质的是：rm{垄脺垄脽}能导电的是：rm{垄脽}

故答案为：rm{垄脺垄脽}rm{垄脽}

rm{(2)垄脵}硝酸铜是强电解质，完全电离出铜离子和硝酸根离子，电离方程式为：rm{Cu(NO_{3})_{2}=Cu^{2+}+2NO_{3}^{-}}

故答案为：rm{Cu(NO_{3})_{2}=Cu^{2+}+2NO_{3}^{-}}

rm{垄脷}硫酸铁是强电解质，完全电离出铁离子和硫酸根离子，电离方程式为：rm{Fe?(SO?)?=2Fe^{3+}+3SO_{4}^{2-}}

故答案为：rm{Fe?(SO_{4})?=2Fe^{3+}+3SO_{4}^{2-}}

rm{(3)K_{2}CO_{3}+2HCl=2KCl+CO_{2}隆眉+H_{2}O}碳酸钾和氯化钾是易溶性的盐、rm{HCl}是强酸，写为离子，则离子方程式为：rm{2H^{+}+CO_{3}^{2-}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}

故答案为：rm{2H^{+}+CO_{3}^{2-}=CO_{2}隆眉+H_{2}O.}

rm{(1)}电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；离子化合物在熔融时导电；

rm{(2)垄脵}硝酸铜是强电解质；完全电离出铜离子和硝酸根离子；

rm{垄脷}硫酸铁是强电解质；完全电离出铁离子和硫酸根离子；

rm{(3)}碳酸钾和氯化钾是易溶性的盐、rm{HCl}是强酸；写为离子．

本题考查了电解质和非电解质的判断、导电性的判断、离子方程式的书写、电离方程式等，题目难度不大，理解相关概念是解答本题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力．【解析】rm{垄脺垄脽}rm{垄脽}rm{Cu(NO_{3})_{2}=Cu^{2+}+2NO_{3}^{-}}rm{Fe?(SO?)?=2Fe^{3+}+3SO_{4}^{2-}}rm{2H^{+}+CO_{3}^{2-}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}18、略

【分析】

A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；A为乙烯，与水发生加成反应生成乙醇，故B为乙醇，乙醇氧化生成C，C氧化生成D，故C为乙醛；D是乙酸，乙酸与乙醇生成具有果香味的物质E，E为乙酸乙酯；

（1）B为乙醇，含有羟基；D是乙酸，含有-COOH；CH2=CH2发生加聚反应生成高分子化合物

故答案为：羟基；-COOH；

（2）反应①是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；

反应④是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；

故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O．

【解析】【答案】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；A为乙烯，与水发生加成反应生成乙醇，故B为乙醇，乙醇氧化生成C，C氧化生成D，故C为乙醛；D是乙酸，乙酸与乙醇生成具有果香味的物质E，E为乙酸乙酯，据此解答．

19、略

【分析】

因同种元素组成的不同单质称为同素异形体；属单质，故答案为：⑦；

因分子式相同结构不同的化合物称为同分异构体；属化合物，故答案为：②⑤；

因质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素；属元素，故答案为：⑥；

而①④是同种物质；故答案为：①④．

【解析】【答案】根据同素异形体；同分异构体、同位素的定义判断．

20、B0.3mol1：1【分析】解：（1）该反应中；浓盐酸中的氯元素部分失去电子作还原剂，部分化合价不变，作酸，所以浓盐酸的性质是还原性和酸性，故选B；

（2）该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，生成1mol氯气，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂，生成1mol氯气，所以生成2mol氯气时其转移电子是2mol，故产生0.3molCl2；则转移的电子的物质的量为0.3mol；

故答案为：0.3mol；

（3）该反应中；次氯酸钙得电子作氧化剂，盐酸失电子作还原剂，其对应的产物都是氯气，得失电子数相等时，生成氧化产物和还原产物的氯气的物质的量相等，所以其质量之比是1：1，故答案为1：1；

（4）该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，生成1mol氯气，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂，生成1mol氯气，所以其转移电子数是2，

故答案为：．

（1）根据氯元素的化合价变化来确定其性质；

（2）根据氯气和转移电子之间的关系式计算；

（3）该反应中；次氯酸钙得电子作氧化剂，盐酸失电子作还原剂，其对应的产物都是氯气，根据得失电子数相等确定氧化产物和还原产物的质量之比；

（4）该反应中；1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，生成1mol氯气，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂，生成1mol氯气，所以其转移电子数是2．

本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，注意该反应中盐酸既作还原剂又作酸，难度不大．【解析】B0.3mol1：1四、判断题(共2题，共10分)21、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下