2025年牛津上海版高一化學下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年牛津上海版高一化學下冊月考試卷956考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列四種基本類型反應中一定屬于氧化還原反應的是（）A.復分解反應B.分解反應C.化合反應D.置換反應2、下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)化能實現(xiàn)的是（）A.NaNa2ONa2O2B.AlCl3Al（OH）3NaAlO2C.NaOHNa2CO3NaHCO3D.FeFeCl2FeCl33、根據(jù)表中部分短周期元素的原子半徑和主要化合價信息，判斷以下敘述正確的是()。元素代號rm{L}rm{M}rm{Q}rm{R}rm{T}原子半徑rm{/nm}rm{0.154}rm{0.118}rm{0.099}rm{0.102}rm{0.073}主要化合價rm{+1}rm{+3}rm{+7}rm{-1}rm{+6}rm{-2}rm{-2}A.氫化物的沸點：rm{H_{2}T<H_{2}R}B.rm{L}和rm{Q}形成的化合物中，兩種微粒最外層均達到rm{8}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)C.單質(zhì)的還原性：rm{L<M}D.簡單離子半徑的大小順序為rm{r(L^{+})>r(T^{2-})>r(M^{3+})}4、下列物品所用材料為硅酸鹽的是（）

A.水晶鏡片。

B.陶瓷餐具。

C.石英光導纖維。

D.計算機芯片。

5、若NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中正確的是（）A.7.8gNa2O2所含離子總數(shù)為0.4NAB.2.0gD2O(重水)含有的質(zhì)子數(shù)是NAC.標準狀況下，0.5NA個SO3分子所占的體積約為11.2LD.4℃時，18mL水分子中所含共價鍵的數(shù)目為4NA6、已知反應：

①2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ/mol

②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol

下列結(jié)論正確的是（）A.碳的燃燒熱110.5kJ/molB.①的反應熱為221kJ/molC.稀醋酸與稀NaOH溶液反應的中和熱為57.3kJ/molD.稀鹽酸與稀NaOH溶液反應的中和熱為57.3kJ/mol7、下列敘述正確的是rm{(}rm{)}

rm{壟脵}氧化還原反應的實質(zhì)是電子的轉(zhuǎn)移．

rm{壟脷}若rm{1mol}氣體的體積為rm{22.4L}則它一定處于標準狀況下．

rm{壟脹}標準狀況下，rm{1L}rm{HCl}和rm{1L}rm{H_{2}O}的物質(zhì)的量相同．

rm{壟脺}溶于水得到的溶液可以導電的化合物就是電解質(zhì)．

rm{壟脻}利用丁達爾現(xiàn)象區(qū)別溶液和膠體．

rm{壟脼}兩種物質(zhì)的物質(zhì)的量相同；則它們在標準狀況下的體積也相同．

rm{壟脽}在同溫；同體積時；氣體物質(zhì)的物質(zhì)的量越大，則壓強越大．

rm{壟脿}同溫同壓下，氣體的密度與氣體的相對分子質(zhì)量成正比．A.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}B.rm{壟脷壟脹壟脼壟脽壟脿}C.rm{壟脵壟脻壟脽壟脿}D.rm{壟脺壟脻壟脽壟脿}8、下列幾種試劑不能把濃度均為rm{0.1mol隆隴L^{-1}}的rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}鑒別開的是A.rm{0.1mol隆隴L隆樓^{1}BaCl_{2}}溶液B.澄清石灰水C.稀鹽酸D.rm{pH}試紙評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、工業(yè)上常用碳在高溫下與二氧化硅反應制取粗硅：SiO2+2CSi+2CO↑．在該反應中，作為氧化劑的物質(zhì)是____（填化學式，下同），作為還原劑的物質(zhì)是____．若利用該反應制取14gSi，則需消耗____molSiO2．10、物質(zhì)X、Y、Z均含同種短周期元素，其轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示（反應條件未標出）。（1）若X是無色極易溶于水的刺激性氣味氣體，Z是紅棕色氣體，由Y與W反應生成Z的化學方程式是_______________________________________________________。（2）若X含三種短周期元素，其中兩種元素的原子的質(zhì)子數(shù)之和等于另一種元素原子的質(zhì)子數(shù)，單質(zhì)W是常見金屬，則X的稀溶液轉(zhuǎn)化為Y的離子方程式是。（3）若X是空氣的主要成分之一，W原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的二倍；則Y與W反應生成0.1molZ時，反應中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為__________________________。（4）若Y是白色膠狀沉淀，W為燒堿，則0.1molY與足量W反應生成Z時消耗燒堿的質(zhì)量為克。11、已知88gD218O和36gH216O，請?zhí)羁眨海?）兩者所含的質(zhì)子數(shù)之比為_______________。（2）兩者所含的中子數(shù)之比為_______________。（3）若將它們分別與足量的金屬鉀反應，則兩者產(chǎn)生的氣體的質(zhì)量之比為____12、某生應用如圖所示的方法研究物質(zhì)的性質(zhì)；其中氣體A的主要成分是氯氣，雜質(zhì)是空氣和水蒸氣．回答下列問題：

（1）該項研究（實驗）的主要目的是______．

（2）濃H2SO4的作用是______，與研究目的直接相關(guān)的實驗現(xiàn)象是______．

（3）從物質(zhì)性質(zhì)的方面來看，這樣的實驗設(shè)計還存在事故隱患，事故表現(xiàn)是______．

（4）請寫出克服事故隱患所發(fā)生的反應方程式______．13、現(xiàn)有以下物質(zhì)①NaCl晶體②CO2③液態(tài)的純醋酸④銅⑤BaSO4固體⑥蔗糖⑦酒精⑧氨水；請回答下列問題（填序號）

（1）能導電的是______

（2）屬于電解質(zhì)的是______

（3）屬于非電解質(zhì)的是______．14、rm{Bodensteins}研究了下列反應：rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)triangleH=+11kJ/mol}在rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)triangle

H=+11kJ/mol}時，氣體混合物中碘化氫的物質(zhì)的量分數(shù)rm{716K}與反應時間rm{x(HI)}的關(guān)系如下表：。rm{t}rm{t/min}rm{0}rm{20}rm{40}rm{60}rm{80}rm{120}rm{x(HI)}rm{1}rm{0.91}rm{0.85}rm{0.815}rm{0.795}rm{0.784}rm{x(HI)}rm{0}rm{0.60}rm{0.73}rm{0.773}rm{0.780}rm{0.784}由上述實驗數(shù)據(jù)計算得到rm{v_{脮媒}隆蘆x(HI)}和rm{v_{脛忙}隆蘆x(H_{2})}的關(guān)系可用下圖表示。當升高到某一溫度時，反應重新達到平衡，相應的點分別為________________rm{(}填字母rm{)}評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)15、煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是物理變化16、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）17、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）18、含碳的化合物一定是有機化合物．（判斷對錯）19、摩爾是七個基本物理量之一．（判斷對錯）評卷人得分四、工業(yè)流程題(共1題，共3分)20、用鋁箔制備Al2O3、AlCl3·6H2O及明礬(摩爾質(zhì)量為474g/mol)晶體；相關(guān)流程如下：

已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明礬在水中的溶解度如下表。溫度/℃010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109

(1)步驟II中發(fā)生的離子方程式___________；

(2)選出步驟Ⅳ過程中合理的操作并排序___________。

a．迅速降至室溫b．用玻璃棒摩擦器壁c．配制90℃的明礬飽和溶液。

d．自然冷卻至室溫e．選規(guī)則明礬小晶體并懸掛在溶液中央。

f．配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液。

(3)下列關(guān)于固液分離操作或描述正確的是___________。

A．步驟II通過量CO2后進行固液分離時為加快過濾速度可采用抽濾B．如圖中抽濾裝置有2處錯誤C．抽濾完畢時，應先關(guān)閉水龍頭，再斷開吸濾瓶和安全瓶之間的導管，以防止倒吸D．步驟Ⅴ，抽濾時，需用玻璃纖維替代濾紙(4)由溶液A制備AlCl3·6H2O的裝置如圖所示：

①通入HCl的作用有___________。

②步驟Ⅴ洗滌時，請使用合適的洗滌劑并描述具體的洗滌操作___________。

(5)用電子天平稱取3.000g的明礬粗產(chǎn)品，用水溶解后取相同體積的兩份溶液。第一份用BaCl2溶液滴定法測得n(SO)為0.006300mol；第二份用EDTA滴定法測得n(Al3+)為0.002900mol。則該試樣中明礬的純度為___________。評卷人得分五、實驗題(共4題，共12分)21、電子工業(yè)常用rm{30%}的rm{FeCl_{3}}溶液腐蝕敷在絕緣板上的銅箔，制造印刷電路板。rm{(1)}檢驗溶液中rm{Fe^{3+}}存在的試劑是，證明rm{Fe^{3+}}存在的現(xiàn)象是。rm{(2)}寫出rm{FeCl_{3}}溶液與金屬銅發(fā)生反應的化學方程式：。rm{(3)}某工程師為了從使用過的腐蝕廢液中回收銅，并重新獲得rm{FeCl_{3}}溶液，準備采用下列步驟：

A.請寫出上述實驗中加入或生成的有關(guān)物質(zhì)的化學式。rm{壟脵}，rm{壟脷}，rm{壟脹}，rm{壟脺}，rm{壟脻}，rm{壟脼}。B.請寫出相關(guān)反應的化學方程式。22、實驗室常用氯化銨與氫氧化鈣的固體混合物加熱制取氨氣，該反應的化學方程式為：rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}xrightarrow{triangle}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O.}下列是實驗室提供的有關(guān)裝置：

。氣體發(fā)生裝置

rm{a}

rm

rm{c}氣體收集裝置

rm{壟脵}

rm{壟脷}

rm{壟脹}rm{(1)}請從圖中選擇實驗室制取氨氣的氣體發(fā)生裝置______rm{(}填序號rm{)}氣體收集裝置______rm{(}填序號rm{)}．

rm{(2)}某學生用rm{100mL}注射器收集了rm{50mL}純凈的氨氣，然后再抽取rm{10mL}滴有酚酞試液的蒸餾水，并用橡皮塞封閉針頭rm{.}充分振蕩后，注射器內(nèi)______rm{(}填“有”或“無”rm{)}氣體剩余；其中的液體呈______色，請用方程式解釋液體顏色變化的原因：______．

rm{(3)}氨具有廣泛的用途，它可用于______rm{(}舉出一種即可rm{).}工業(yè)上合成氨常常要用______作催化劑，所加催化劑能否提高rm{N_{2}}的轉(zhuǎn)化率______rm{.}理由是______．

rm{(4)}工業(yè)合成氨的簡易流程如下：

通過循環(huán)Ⅰ可利用的氣態(tài)物質(zhì)是______

A.催化劑rm{B.}只有rm{N_{2}}C.只有rm{H_{2}}rm{D.N_{2}}和rm{H_{2}}．23、（10分）“84消毒液”能有效殺滅甲型H1N1病毒，某同學購買了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，并查閱相關(guān)資料和消毒液包裝說明得到如下信息：“84消毒液”：含25%NaClO、1000mL、密度1.192g·cm－3，稀釋100倍(體積比)后使用。請根據(jù)以上信息和相關(guān)知識回答下列問題：（1）該“84消毒液”的物質(zhì)的量濃度為________mol·L－1。（2）該同學取100mL“威露士”牌“84消毒液”稀釋后用于消毒，稀釋后的溶液中c(Na＋)＝________mol·L－1。（3）一瓶“威露士”牌“84消毒液”能吸收空氣中________L的CO2(標準狀況)而變質(zhì)。(已知：CO2＋2NaClO＋H2O===Na2CO3＋2HClO)（4）該同學參閱“威露士”牌“84消毒液”的配方，欲用NaClO固體配制480mL含25%NaClO的消毒液。下列說法正確的是________。A．如上圖所示的儀器中，有四種是不需要的，還需一種玻璃儀器B．容量瓶用蒸餾水洗凈后，應烘干才能用于溶液配制C．利用購買的商品NaClO來配制可能導致結(jié)果偏低D．需要稱量的NaClO固體質(zhì)量為143g24、觀察下列實驗裝置圖；按要求作答：

rm{(1)}裝置中rm{c}rm848eg35的名稱分別為____、____________。rm{(2)}分離下列物質(zhì)，需要在哪套裝置中進行rm{?}I.干燥rm{H_{2}}可采用______rm{(}填裝置序號rm{)}裝置。rm{II.}除去食鹽溶液中的水，可采用____rm{(}填裝置序號rm{)}裝置。rm{III.}淡化食鹽水，可采用_____rm{(}填裝置序號rm{)}裝置。rm{IV.}實驗室中的石灰水久置，液面上常懸浮有rm{CaCO_{3}}微粒?？刹捎胈___rm{(}填裝置序號rm{)}裝置除去rm{Ca(OH)_{2}}溶液中懸浮的rm{CaCO_{3}}微粒。rm{V.}分離碘水中的碘應先選擇裝置____rm{(}填裝置序號rm{)}進行______和____操作后，再用裝置____rm{(}填裝置序號rm{)}進行______操作。評卷人得分六、其他(共4題，共12分)25、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質(zhì)子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結(jié)構(gòu)相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應，所產(chǎn)生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質(zhì)子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個質(zhì)子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應水化物的化學式____、、、、。26、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數(shù)比____________,其電子式為．該物質(zhì)中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質(zhì)通入YX2的水溶液中發(fā)生反應的離子方程式為。27、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質(zhì)子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結(jié)構(gòu)相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應，所產(chǎn)生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質(zhì)子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個質(zhì)子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應水化物的化學式____、、、、。28、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數(shù)比____________,其電子式為．該物質(zhì)中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質(zhì)通入YX2的水溶液中發(fā)生反應的離子方程式為。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】試題分析：A、復分解反應都不是氧化還原反應。錯誤。B、只有有單質(zhì)生成的分解反應才是氧化還原反應。錯誤。C、只有有單質(zhì)參加的化合反應才是氧化還原反應。錯誤。D、所有的置換反應在反應前后都有元素的化合價的變化，所以一定是氧化還原反應。正確。考點：考查基本類型反應與氧化還原反應的關(guān)系的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、C【分析】【解答】解：A．鈉與氧氣加熱生成過氧化鈉，所以NaNa2O不能實現(xiàn)；故A不選；

B．一水合氨為弱堿，氫氧化鋁不能與弱堿反應，所以Al（OH）3NaAlO2；不能實現(xiàn)，故B不選；

C．氫氧化鈉與二氧化碳反應，二氧化碳少量反應生成碳酸鈉，二氧化碳過量，碳酸鈉與二氧化碳、水反應生成碳酸氫鈉，所以NaOHNa2CO3NaHCO3；能夠?qū)崿F(xiàn)，故C選；

D．鐵與氯氣反應生成氯化鐵，得不到氯化亞鐵，所以FeFeCl2不能實現(xiàn)；故D不選；

故選：C．

【分析】A．鈉與氧氣加熱生成過氧化鈉；

B．氫氧化鋁不能與弱堿反應；

C．氫氧化鈉與二氧化碳反應；二氧化碳少量反應生成碳酸鈉，二氧化碳過量，碳酸鈉與二氧化碳；水反應生成碳酸氫鈉；

D．鐵與氯氣反應生成高價氯化物．3、B【分析】【分析】

本題考查元素的性質(zhì)與位置關(guān)系；學生能利用原子半徑及化合價來推斷出元素是解答本題的關(guān)鍵，并熟悉元素及其單質(zhì)；化合物的性質(zhì)來解答即可，難度不大。

【解答】

短周期元素，由元素的化合價可知，rm{T}只有rm{-2}價，則rm{T}為rm{O}元素，rm{R}有rm{+6}rm{-2}價，可知rm{R}為rm{S}元素；rm{Q}有rm{+7}rm{-1}價，則rm{Q}為氯元素；rm{L}rm{M}只有正化合價，原子半徑rm{L>M>Q}則rm{L}為rm{Na}元素，rm{M}為rm{Al}元素。

A、rm{T}為rm{O}元素，rm{R}為rm{S}元素；形成的氫化物水分子中存在氫鍵，沸點較高，故沸點rm{H_{2}T>H_{2}R}故A錯誤；

B、rm{L}為rm{Na}元素，rm{Q}為氯元素；形成的化合物為氯化鈉，氯化鈉是離子化合物，由鈉離子與氯離子構(gòu)成，鈉離子與氯離子最外層均達到rm{8}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；故B正確；

C、rm{L}為rm{Na}元素，rm{M}為rm{Al}元素，同周期自左而右金屬性減弱，所以金屬性rm{Na>Al}金屬性越強，單質(zhì)的還原性越強，單質(zhì)的還原性順序：rm{Na>Al}即rm{L>M}故C錯誤；

D、rm{L}為rm{Na}元素，rm{T}為rm{O}元素，rm{R}為rm{S}元素；三者的簡單離子分別為rm{Na^{+}}rm{O^{2-}}rm{S^{2-}}rm{Na^{+}}rm{O^{2-}}電子層排布相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，所以rm{Na^{+}<O^{2-}}rm{O^{2-}}rm{S^{2-}}最外層電子數(shù)相同，電子層越多離子半徑越大，所以rm{O^{2-}<S^{2-}}所以離子半徑rm{Na^{+}<O^{2-}<S^{2-}}即rm{R>T>L}故D錯誤。

故選B。

【解析】rm{B}4、B【分析】

A．水晶的成分是二氧化硅；不是硅酸鹽，故A錯誤；

B．陶瓷餐具是硅酸鹽；故B正確；

C．光導纖維的成分是二氧化硅；不是硅酸鹽，故C錯誤；

D．計算機芯片的成分是硅單質(zhì)；不是硅酸鹽，故D錯誤．

故選B．

【解析】【答案】在無機非金屬材料中；硅及其化合物是密切聯(lián)系化學與生活的一類重要物質(zhì)，在人類的文明發(fā)展過程中扮演著重要的角色．陶瓷；玻璃、水泥等都是硅酸鹽產(chǎn)品．

5、B【分析】【解析】試題分析：過氧化鈉中陰陽離子的個數(shù)之比是1:2，所以7.8gNa2O2所含離子總數(shù)為0.3NA，A不正確；重水的相對分子質(zhì)量是20，含有1個質(zhì)子，所以2.0gD2O(重水)含有的質(zhì)子數(shù)是NA，B正確；在標準狀況下，三氧化硫不是氣態(tài)，不能適用于氣體摩爾體積，C不正確；4℃時，18mL水的質(zhì)量是18g，物質(zhì)的量是1mol，含有2mol共價鍵，D不正確，答案選B?？键c：考查阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算和判斷【解析】【答案】B6、D【分析】【解答】A；燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物反應放出的熱量；反應①生成的氧化物是一氧化碳不是穩(wěn)定氧化物，故熱量不能計算燃燒熱，故A錯誤；

B、2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ/mol；反應熱包含符號，反應的反應熱為﹣221KJ/mol，故B錯誤；

C；醋酸是弱電解質(zhì)；電離需吸收熱量，稀醋酸與稀NaOH溶液反應生成1mol水，放出的熱量小于57.3kJ，故C錯誤；

D；稀的強酸、強堿的中和熱為△H=﹣57.3kJ/mol；稀鹽酸與稀NaOH溶液反應的中和熱為57.3kJ/mol，故D正確；

故選D．

【分析】A；依據(jù)燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物反應放出的熱量分析判斷；

B、反應熱包含符號，①的反應熱為﹣221kJ?mol﹣1；

C；醋酸是弱酸存在電離平衡；電離過程是吸熱過程分析；

D、依據(jù)中和熱是強酸和強堿稀溶液反應生成1mol水放出的熱量分析判斷．7、C【分析】解：rm{壟脵}氧化還原反應的實質(zhì)是電子的轉(zhuǎn)移；化合價的升降為特征，故正確；

rm{壟脷}氣體的體積取決于溫度、壓強，溫度越高，壓強越小，則體積越大，不一定標準狀況下才是rm{22.4L/mol}故錯誤；

rm{壟脹}標準狀況下，rm{H_{2}O}為液體；故錯誤；

rm{壟脺}溶于水得到的溶液可以導電的化合物也可為非電解質(zhì)；例如氨氣，故錯誤；

rm{壟脻}膠體具有丁達爾現(xiàn)象；可鑒別，故正確；

rm{壟脼}只有氣體符合；故錯誤；

rm{壟脽}由rm{PV=nRT}可知；在同溫同體積時，氣體物質(zhì)的物質(zhì)的量越大，則壓強越大，故正確；

rm{壟脿}由rm{婁脩=dfrac{m}{V}=dfrac{nM}{nV_{m}}}可知同溫同壓下；氣體的密度與氣體的相對分子質(zhì)量成正比，故正確．

故選C．

rm{婁脩=dfrac{m}{V}=dfrac

{nM}{nV_{m}}}氧化還原反應的實質(zhì)是電子的轉(zhuǎn)移；

rm{壟脵}氣體的體積取決于溫度、壓強，不一定標準狀況下才是rm{壟脷}

rm{22.4L/mol}標準狀況下，rm{壟脹}為液體；

rm{H_{2}O}溶于水得到的溶液可以導電的化合物也可為非電解質(zhì)；

rm{壟脺}膠體具有丁達爾現(xiàn)象；

rm{壟脻}只有氣體符合；

rm{壟脼}根據(jù)rm{壟脽}判斷；

rm{PV=nRT}根據(jù)rm{婁脩=dfrac{m}{V}=dfrac{nM}{nV_{m}}}判斷．

本題考查較為綜合，涉及氧化還原反應、電解質(zhì)、阿伏伽德羅定律等知識，為高頻考點，側(cè)重于學生的分析能力的考查，難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累．rm{壟脿}【解析】rm{C}8、B【分析】本題考查碳酸鈉和碳酸氫鈉的鑒別。A.碳酸鈉和氯化鋇反應生成碳酸鋇白色沉淀，而碳酸氫鈉不反應，能鑒別，故A錯誤；B.碳酸鈉和碳酸氫鈉都與澄清石灰水反應產(chǎn)生碳酸鈣白色沉淀，不能用來鑒別，故B正確；C.碳酸鈉和鹽酸反應是分步進行的，而碳酸氫鈉和鹽酸直接反應產(chǎn)生二氧化碳氣體，所以同濃度的碳酸鈉和碳酸氫鈉中滴加鹽酸，碳酸氫鈉溶液中立即產(chǎn)生氣泡，現(xiàn)象不同，能鑒別，故C錯誤；D.根據(jù)“越弱越水解”，同濃度的碳酸鈉和碳酸氫鈉溶液的水解程度不同，溶液的rm{pH}值不同，能用rm{pH}試紙鑒別，故D錯誤。故選B。明確碳酸鈉和碳酸氫鈉的化學性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵。

【解析】rm{B}二、填空題(共6題，共12分)9、略

【分析】

SiO2+2CSi+2CO↑中；Si元素的化合價由+4價降低為0，C元素的化合價由0升高為+2價；

則SiO2為氧化劑；C為還原劑；

該反應制取14gSi，其物質(zhì)的量為=0.5mol，由Si原子守恒可知，消耗0.5molSiO2；

故答案為：SiO2；C；0.5．

【解析】【答案】SiO2+2CSi+2CO↑中；Si元素的化合價由+4價降低為0，C元素的化合價由0升高為+2價，結(jié)合氧化還原反應中的基本概念來解答．

10、略

【分析】【解析】試題分析：（1）Z是紅棕色氣體，則Z是NO2。若X是無色極易溶于水的刺激性氣味氣體，因此X是氨氣，氨氣和氧氣反應生成NO和水，NO和氧氣反應生成NO2，則由Y與W反應生成Z的化學方程式是2NO+O2＝2NO2。（2）單質(zhì)W是常見金屬，則關(guān)鍵圖中轉(zhuǎn)化特點可知，W應該是變價的金屬鐵。X含三種短周期元素，其中兩種元素的原子的質(zhì)子數(shù)之和等于另一種元素原子的質(zhì)子數(shù)，因此X是硝酸，Y是硝酸鐵，Z是硝酸亞鐵。則X的稀溶液轉(zhuǎn)化為Y的離子方程式是Fe+4H++NO3—＝Fe3++NO↑+2H2O。（3）若X是空氣的主要成分之一，則X是氧氣或氮氣。W原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的二倍，因此W是單質(zhì)碳，所以X是氧氣，Y是CO2，Z是CO。則Y與W反應的方程式是CO2＋C2CO，所以生成0.1molZ時，反應中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1mol×NA，即6.02×1022。（4）若Y是白色膠狀沉淀，W為燒堿，因此X是鋁鹽，Y是氫氧化鋁，Z是偏鋁酸鈉。氫氧化鋁或氫氧化鈉反應的化學方程式是Al(OH)3＋NaOH＝NaAlO2＋2H2O，所以0.1molY與足量W反應生成Z時消耗燒堿的質(zhì)量是0.1mol×40g/mol＝4.0g?？键c：考查無機框圖題的判斷【解析】【答案】（8分）（1）2NO+O2＝2NO2（2）Fe+4H++NO3—＝Fe3++NO↑+2H2O（3）6.02×1022或0.1NA（4）411、略

【分析】【解析】【答案】(6分)（每空2分）（1）2∶1（2）3∶1（3）4∶112、略

【分析】解：（1）本實驗為對比實驗；將氯氣分別于干燥布條和濕潤布條進行比較，不難看出實驗目的是探究氯氣具有漂白性的條件，故答案為：探究氯氣具有漂白性的條件；

（2）濃硫酸具有吸水性；常用作干燥劑，本試驗中起到吸收氣體C中的水的作用，燥氯氣不具有漂白性，氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，故答案為：吸收氣體C中的水；干燥布條不褪色，濕潤的布條褪色；

（3）氯氣有毒；應進行尾氣處理，不能隨意排放到空氣中，故答案為：沒有尾氣處理裝置，造成環(huán)境污染；

（4）一般用NaOH溶液吸收多余的氯氣，其反應的方程式為：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案為：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O．

本實驗的目的是探究氯氣具有漂白性的條件下；干燥氯氣不具有漂白性，氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯氣有毒，應進行尾氣處理，不能隨意排放到空氣中，一般用NaOH溶液吸收氯氣．

本題考查氯氣的漂白性的探究實驗，題目難度不大，本題注意氯氣與氯水性質(zhì)的區(qū)別．【解析】探究氯氣具有漂白性的條件；吸收氣體A中的水；干燥布條不褪色，濕潤的布條褪色；沒有尾氣處理裝置，造成環(huán)境污染；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O13、略

【分析】解：（1）銅中存在自由移動的電子；則能導電；氨水中存在自由移動的離子，則能導電，故答案為：④⑧；

（2）NaCl晶體、液態(tài)的純醋酸、BaSO4固體都是化合物；且在水溶液中或熔化狀態(tài)下能導電，則屬于電解質(zhì)，故答案為：①③⑤；

（3）CO2的溶液雖導電；但在水中電離的不是其本身，則屬于非電解質(zhì)，蔗糖；酒精的水溶液不導電，屬于非電解質(zhì)，故答案為：②⑥⑦．

存在自由移動的帶電微粒即可導電；在水溶液中或熔化狀態(tài)下能導電的化合物屬于電解質(zhì)；在水溶液中和熔化狀態(tài)下都不能導電的化合物屬于非電解質(zhì)．

本題較簡單，考查電解質(zhì)與非電解質(zhì)，明確電解質(zhì)與非電解質(zhì)都屬于化合物及導電的原因即可解答，難度不大．【解析】④⑧；①③⑤；②⑥⑦14、rm{BE}【分析】【分析】本題旨在考查學生對化學平衡建立過程圖象的理解，側(cè)重于學生的分析能力的考查，注意把握圖象曲線變化的特點，結(jié)合方程式的特征以及平衡移動解答，難度較小。升高溫度，正、逆反應速率均加快，正反應為吸熱反應，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，正反應建立平衡，平衡時rm{HI}的物質(zhì)的量分數(shù)減小，逆反應建立平衡，平衡時rm{H_{2}}的物質(zhì)的量分數(shù)增大，據(jù)此答題?！窘獯稹繉τ趓m{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)}反應建立平衡時：升高溫度，正、逆反應速率均加快，因此排除rm{C}點，正反應為吸熱反應，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，因此平衡正向移動，再次平衡時rm{HI}的物質(zhì)的量分數(shù)減小，因此排除rm{A}點，故選B點；對于rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)}反應建立平衡時：升高溫度，正、逆反應速率均加快，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，因此平衡逆向移動，再次平衡時rm{H_{2}}的物質(zhì)的量分數(shù)增大，故選E點；因此反應重新達到平衡，rm{v_{脮媒}隆蘆x(HI)}對應的點為rm{B}rm{v_{脛忙}隆蘆x(H_{2})}對應的點為rm{E}故答案為：rm{BE}【解析】rm{BE}三、判斷題(共5題，共10分)15、B【分析】【解答】煤的氣化是在高溫條件下煤與水蒸氣反應生成CO和H2；是化學變化；

煤液化；是把固體炭通過化學加工過程，使其轉(zhuǎn)化成為液體燃料；化工原料和產(chǎn)品的先進潔凈煤技術(shù)，有新物質(zhì)生成，屬于化學變化；

煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱；煤發(fā)生復雜的反應獲得煤焦油；焦爐煤氣等的過程，是化學變化．故煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是化學變化，故此說法錯誤．故答案為：錯誤．

【分析】沒有新物質(zhì)生成的變化是物理變化，有新物質(zhì)生成的變化是化學變化；16、B【分析】【解答】n===1mol，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據(jù)n=計算物質(zhì)的量，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．17、B【分析】【解答】n===1mol，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據(jù)n=計算物質(zhì)的量，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．18、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素；但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機物相似，把它們歸入無機物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機化合物，簡稱有機物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素，但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機物相似，把它們歸入無機物．19、B【分析】【解答】摩爾是物質(zhì)的量的單位；是國際單位制中七個基本單位之一；

故答案為：×．

【分析】摩爾是物質(zhì)的量的單位．四、工業(yè)流程題(共1題，共3分)20、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：用NaOH溶液溶解鋁箔，發(fā)生反應：2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，向含有NaAlO2的溶液通入過量的CO2氣體，發(fā)生反應：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+得到Al(OH)3的膠狀固體，將一部分膠狀固體洗滌得到Al(OH)3，灼燒Al(OH)3得到氧化鋁，用硫酸溶解Al(OH)3加入K2SO4溶液，配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液，選規(guī)則明礬小晶體并懸掛在溶液中央，自然冷卻至室溫，得到明礬大晶體，另一部分膠狀固體用鹽酸溶解，得到AlCl3溶液，將HCl氣體通入AlCl3溶液，抑制AlCl3水解和促進AlCl3·6H2O結(jié)晶，冷水浴，用玻璃纖維抽濾，用濃鹽酸洗滌晶體，濾紙吸干干燥得AlCl3·6H2O晶體；據(jù)此分析解析；

(1)

NaAlO2的溶液含有氫氧化鈉，通入過量的CO2氣體，二氧化碳與氫氧化鈉反應生成碳酸氫鈉，二氧化碳與NaAlO2反應生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，發(fā)生反應：OH-+CO2=+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+

(2)

明礬的溶解度隨溫度的升高而增大；步驟IV中在培養(yǎng)規(guī)則明礬大晶體過程中，需要配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液，選規(guī)則明礬小晶體并懸掛在溶液中央，隨著自然冷卻至室溫，明礬飽和溶液變?yōu)檫^飽和溶液，導致明礬析出，明礬晶體會附著在規(guī)則明礬小晶體上，形成規(guī)則明礬大晶體，故正確操作為：fed；

(3)

A．步驟II通過量CO2后進行固液得到膠狀物；抽濾時不宜過濾膠狀沉淀，否則易在濾紙上形成一層密實的沉淀，A錯誤；

B．抽濾裝置有1處錯誤；漏斗頸口斜面沒有對著吸濾瓶的支管口，B錯誤；

C．抽濾完畢后；應先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，再關(guān)水龍頭以防倒吸，C錯誤；

D．由于溶液中含有H+；具有強酸性，在抽濾時會腐蝕濾紙，導致濾紙破損，所以改用玻璃纖維替代濾紙，D正確；

故選D。

(4)

Al3+會發(fā)生水解反應：Al3++3H2O=Al(OH)3+3H+，通入HCl可以抑制A13+的水解，增大了溶液中Cl-的濃度，有利于AlCl3·6H2O結(jié)晶；洗滌晶體時；先關(guān)小水龍頭，向漏斗中加入濃鹽酸，緩慢淋洗，以便充分洗去雜質(zhì)，重復2-3次；

(5)

明礬中n(A13+)：n()=1：2，實驗測得n(A13+)：n()=0.002900mol：0.006300mol=29：63，明礬中可能含有硫酸鉀雜質(zhì)，所以求明礬的純度應該用量不足的鋁離子，根據(jù)關(guān)系式Al3+~kAl(SO4)2·12H2O得出n(kAl(SO4)2·12H2O)=0.002900mol，則該試樣中銨明礬的純度為：=45.82%；【解析】(1)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCOOH-+CO2=HCO

(2)fed

(3)D

(4)增加c(Cl―)，有利于AlCl3·6H2O結(jié)晶和抑制AlCl3水解關(guān)小水龍頭；向漏斗中加入濃鹽酸，使液體緩慢通過固體，重復2-3次。

(5)45.82%五、實驗題(共4題，共12分)21、(1)KSCN溶液溶液變成紅色(2)2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2(3)A.①Fe②FeCl2③Fe和Cu④HCl⑤FeCl2⑥Cl2B.CuCl2+Fe=FeCl2+Cu2FeCl3+Fe=3FeCl2Fe+2HCl=FeCl2+H2↑2FeCl2+Cl2=2FeCl3【分析】從腐蝕銅的廢液中回收銅?！窘馕觥縭m{(1)KSCN}溶液溶液變成紅色rm{(2)2FeCl_{3}+Cu=2FeCl_{2}+CuCl_{2}}rm{(3)A.壟脵Fe壟脷FeCl_{2}壟脹Fe}和rm{Cu壟脺HCl}rm{壟脻FeCl_{2}壟脼Cl_{2}}B.rm{CuCl_{2}+Fe=FeCl_{2}+Cu}rm{2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}rm{Fe+2HCl=FeCl_{2}+H_{2}隆眉}rm{2FeCl_{2}+Cl_{2=}2FeCl_{3}}22、略

【分析】解：rm{(1)}依據(jù)反應原理rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}xrightarrow{triangle}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}可知制備氨氣反應物狀態(tài)為固體與固體，反應條件為加熱，所以應選擇裝置rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}

xrightarrow{triangle}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}制備；

氨氣密度小于空氣密度，易溶于水，應采用向下排空氣法收集，所以應選擇裝置rm收集；

故答案為：rm{壟脵}rm

rm{壟脵}氨氣極易溶于水，rm{(2)}體積水溶解rm{1}體積氨氣，所以用rm{700}注射器收集了rm{100mL}純凈的氨氣，然后再抽取rm{50mL}滴有酚酞試液的蒸餾水，并用橡皮塞封閉針頭rm{10mL}充分振蕩后，注射器內(nèi)無氣體剩余，氨氣與水反應生成一水合氨，一水合氨電離生成銨根離子與氫氧根離子使溶液顯堿性，離子方程式為：rm{.}所以遇到酚酞變紅色；

故答案為：無；紅；rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}

rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}氨氣在鐵觸媒作用下催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮與水反應生成硝酸，所以氨氣可以用來制造硝酸，催化劑只改變化學反應速率，不影響平衡移動，所以使用鐵觸媒做催化劑只能提高反應速率，不能提高rm{(3)}的轉(zhuǎn)化率；

故答案為：制造硝酸；鐵觸媒；不能；催化劑只改變化學反應速率；不影響平衡移動；

rm{N_{2}}rm{(4)N_{2}}在高溫高壓的條件下反應生成rm{H_{2}}由圖可知：流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)，故答案為：rm{NH_{3}}．

rm{D}依據(jù)反應原理rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}xrightarrow{triangle}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}反應物狀態(tài)和反應條件選擇發(fā)生裝置；氨氣密度小于空氣密度；易溶于水，應采用向下排空氣法收集；

rm{(1)}依據(jù)氨氣極易溶于水，rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}

xrightarrow{triangle}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}體積水溶解rm{(2)}體積氨氣；結(jié)合氨氣與水反應生成一水合氨，一水合氨電離生成銨根離子與氫氧根離子解答；

rm{1}依據(jù)氨氣在鐵觸媒作用下催化氧化生成一氧化氮；一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮與水反應生成硝酸的性質(zhì)，結(jié)合化學平衡移動影響因