2025年滬科版高一化學(xué)上冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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年滬科版高一化學(xué)上冊(cè)月考試卷557考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列各組數(shù)據(jù)中，前者剛好是后者兩倍的是（）A.2mol水的摩爾質(zhì)量和1mol水的摩爾質(zhì)量B.200mL1mol/L氯化鈣溶液中c（Cl﹣）和100mL2mol/L氯化鉀溶液中c（Cl﹣）C.64g二氧化硫中氧原子數(shù)和標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L一氧化碳中氧原子數(shù)D.20%NaOH溶液中NaOH的物質(zhì)的量濃度和10%NaOH溶液中NaOH的物質(zhì)的量濃度2、下列實(shí)驗(yàn)操作正確的是（）A.將濃硫酸轉(zhuǎn)移至容量瓶中，加水稀釋至距標(biāo)線2～3cm處，改用膠頭滴管定容B.用酒精萃取碘水中的碘單質(zhì)C.進(jìn)行液體蒸餾實(shí)驗(yàn)時(shí)，冷凝管中應(yīng)充滿自來水D.某溶液加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液后，出現(xiàn)白色沉淀，則原溶液中必有SO42-3、將下列裝置如圖連接，rm{D}rm{F}rm{X}rm{Y}rm{E}都是鉑電極，rm{C}是鐵電極rm{.}甲，乙，丙三個(gè)裝置中電解前后溶液的體積都是rm{500mL.}將電源接通后，向乙中滴入酚酞試液，在rm{F}極附近顯紅色rm{.}下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.電源rm{B}極的名稱是負(fù)極，丁中rm{Y}極附近顏色變深B.乙裝置中電解一段時(shí)間后，加入rm{0.2mol}鹽酸則可以恢復(fù)原來的濃度C.設(shè)甲池中溶液的體積在電解前后都是rm{500ml}當(dāng)乙池所產(chǎn)生氣體的體積為rm{4.48L(}標(biāo)準(zhǔn)狀況rm{)}時(shí)，甲池中所生成物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為rm{0.2mol/L}D.甲裝置中電解反應(yīng)的總化學(xué)方程式是：rm{CuSO_{4}+Fedfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cu+FeSO_{4}}rm{CuSO_{4}+Fedfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cu+FeSO_{4}}4、將rm{0.2molMnO_{2}}和rm{50mL12mol/L}鹽酸混合后加熱，反應(yīng)完全后向留下的溶液中加入足量rm{AgNO_{3}}溶液，生成rm{AgCl}沉淀物質(zhì)的量為A.等于rm{0.3mol}B.小于rm{0.3mol}C.大于rm{0.3mol}小于rm{0.6mol}D.等于rm{0.6mol}5、與主族元素在周期表中所處的位置無關(guān)的是（）A.原子序數(shù)B.核內(nèi)中子數(shù)C.電子層數(shù)D.最外層電子數(shù)6、一定量的鋅與100mL18.5mol?L-1的濃H2SO4充分反應(yīng)后，鋅完全溶解，同時(shí)生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體33.6L．將反應(yīng)后的溶液稀釋至1L，測(cè)得溶液中c（H+）=0.1mol?L-1．則生成的氣體中SO2和H2的體積比為（）

A.1：2

B.2：1

C.1：4

D.4：1

7、下列實(shí)驗(yàn)操作不正確的是（）A.B.C.D.評(píng)卷人得分二、多選題(共8題，共16分)8、下列根據(jù)實(shí)驗(yàn)事實(shí)得出的結(jié)論正確的是。實(shí)驗(yàn)事實(shí)結(jié)論rm{A}加熱的鋁箔熔化，但液態(tài)的鋁不滴落熔點(diǎn)：氧化鋁rm{>}鋁rm{B}溶液中加入鹽酸酸化的rm{BaCl_{2}}溶液有白色沉淀生成該溶液中一定含有rm{SO_{4}^{2-}}rm{C}硅酸鈉溶液能使酚酞試液變紅硅酸鈉溶液呈堿性rm{D}常溫下，銅與冷的濃rm{H_{2}SO_{4}}不反應(yīng)銅與濃硫酸發(fā)生鈍化A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}9、下列各組物質(zhì)中，所含分子數(shù)相同的是A.rm{10gH_{2}}和rm{10gO_{2}}B.rm{7gN_{2}}和rm{11gCO_{2}}C.rm{9gH_{2}O}和rm{0.5molBr_{2}}D.rm{2.24LH_{2}(}標(biāo)準(zhǔn)狀況rm{)}和rm{0.1molN_{2}}10、下列兩組實(shí)驗(yàn)，將CO(g)和H2O(g)通入體積為2L的恒容密閉容器中：發(fā)生反應(yīng)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，結(jié)合表中數(shù)據(jù)，下列說法錯(cuò)誤的是。實(shí)驗(yàn)組溫度/℃起始量/mol達(dá)到平衡所需時(shí)間/min達(dá)到平衡所需時(shí)間/minH2OCOH2COH2CO1650241.62.452900120.41.63

A.混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再變化，則反應(yīng)達(dá)到平衡B.實(shí)驗(yàn)1中，反應(yīng)達(dá)到平衡后，CO的體積分?jǐn)?shù)為40%C.升高溫度有利于提高實(shí)驗(yàn)1和實(shí)驗(yàn)2中CO的轉(zhuǎn)化率D.實(shí)驗(yàn)2的反應(yīng)平衡常數(shù)K=11、下列敘述中一定正確的是A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水電離出的c(H+)為10-13mol/LB.pH=2與pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)之比為1︰10C.僅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四種離子的某溶液中可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D.1.0mol/LNa2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)12、下列溶液中有關(guān)物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A.pH=2的HA溶液與pH＝12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)B.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三種溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)C.物質(zhì)的量濃度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合：c(CH3COO-)+2c(OH-)＝2c(H+)+c(CH3COOH)D.0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2-)13、室溫下，若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時(shí)下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A.的溶液：B.的溶液和的溶液混合C.的溶液和的溶液等體積混合：D.的溶液和的溶液等體積混合：14、下列氣體中不能用堿石灰干燥的是（）A.HClB.CO2C.NH3D.SO215、從減少環(huán)境污染的角度看，應(yīng)大力推廣的能源是rm{(}rm{)}A.氫能B.太陽能C.風(fēng)能D.化石燃料評(píng)卷人得分三、填空題(共5題，共10分)16、中學(xué)化學(xué)常見物質(zhì)A；B、C、D、E有如下轉(zhuǎn)化（已知A、B、C、D、E均含有同一元素）：

請(qǐng)寫出：

（1）B→C+D的離子方程式。

____；

（2）E→F化學(xué)方程式____．

（3）若A→B過程的反應(yīng)不是化合反應(yīng)，試寫出該反應(yīng)可能的化學(xué)方程式____．

（4）D通過化合反應(yīng)轉(zhuǎn)化為C的離子方程式為____．

17、現(xiàn)有三種常見治療胃病藥品的標(biāo)簽：①②③這三種藥品中所含的物質(zhì)均能中和胃里過量的鹽酸。（1）某患者服用①藥片2片后發(fā)生打嗝現(xiàn)象，請(qǐng)計(jì)算該患者服用該藥片2片產(chǎn)生氣體體積約mL。（體積按標(biāo)準(zhǔn)狀況計(jì)）（2）若按每片藥片中和胃酸的量來衡量藥效，則每服用藥片③1片，相當(dāng)于服用藥片②片。（精確到小數(shù)點(diǎn)后一位）18、（24分）下圖是元素周期表的一部分，針對(duì)表中的①～⑩中元素，填寫下列空格：。①⑩②③④⑤⑦⑧⑨⑥⑴在這10種元素中，原子半徑較小的是________(填元素符號(hào))，化學(xué)性質(zhì)最不活潑的元素是_____(填“元素符號(hào)”)；其中一種核素可測(cè)定文物年代，這種核素的符號(hào)是____。⑵元素①的原子結(jié)構(gòu)示意圖為__________；元素①的最高價(jià)氧化物結(jié)構(gòu)式為：________，元素⑩的單質(zhì)電子式為：__________。請(qǐng)用電子式表示化合物④和⑧的形成過程________________________________________________。⑶元素⑤的氧化物與鹽酸反應(yīng)的離子方程式為：_________________________________。元素⑤的單質(zhì)與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為：________________________________。⑷元素⑤的單質(zhì)與Fe和稀硫酸構(gòu)成原電池，試在下面的方框內(nèi)畫出原電池裝置圖，標(biāo)出原電池的電極材料和電解質(zhì)溶液，并寫出負(fù)極的電極反應(yīng)為___________________________。（5）元素⑧單質(zhì)能溶于水，水液呈____色，在其中通入元素⑦的某種氧化物，溶液顏色褪去，用化學(xué)方程式表示原因。（6）元素⑦的最高正價(jià)和最低負(fù)價(jià)分別為____、________，在一定條件下，元素⑦與H2反應(yīng)有一定限度(可理解為反應(yīng)進(jìn)行的程度)，請(qǐng)判斷在相同條件下元素⑥與H2反應(yīng)的限度(選填“更大”、“更小”或“相同”)________。19、如圖是元素周期表的一部分，回答下列問題：

rm{(1)}元素rm{e}的負(fù)一價(jià)離子的結(jié)構(gòu)示意圖為______，rm{e}rm{f}rm{g}rm{h}rm{i}對(duì)應(yīng)簡單離子的半徑由大到小的順序?yàn)開_____rm{(}用具體微粒符號(hào)表示rm{)}．

rm{(2)}元素rm{i}的單質(zhì)溶于水；生成一種具有漂白作用的化合物，該化合物的電子式為______．

rm{(3)}以元素rm的最簡氣態(tài)氫化物為燃料，以rm{f}的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為電解質(zhì)溶液，請(qǐng)寫出該燃料電池的負(fù)極反應(yīng)方程式______．20、rm{SO_{2}}rm{CO}rm{CO_{2}}rm{NO_{x}}是對(duì)環(huán)境影響較大的幾種氣體，對(duì)它們的合理控制和治理是優(yōu)化我們生存環(huán)境的有效途徑。利用電化學(xué)原理將rm{CO}rm{SO_{2}}轉(zhuǎn)化為重要化工原料，裝置如圖所示：rm{(1)}若rm{A}為rm{CO}rm{B}為rm{H_{2}}rm{C}為rm{CH_{3}OH}則通入一氧化碳的一極為______極。rm{(2)}若rm{A}為rm{SO_{2}}rm{B}為rm{O_{2}}rm{C}為rm{H_{2}SO_{4}}則負(fù)極的電極反應(yīng)式為___________________。rm{(3)}若rm{A}為rm{NO_{2}}rm{B}為rm{O_{2}}rm{C}為rm{HNO_{3}}則正極的電極反應(yīng)式為_________________________。評(píng)卷人得分四、判斷題(共1題，共7分)21、將藍(lán)色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共8分)22、某探究小組用HNO3與大理石反應(yīng)過程中質(zhì)量減小的方法，研究影響反應(yīng)速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細(xì)顆粒與粗顆粒兩種規(guī)格，實(shí)驗(yàn)溫度為298K、308K，每次實(shí)驗(yàn)HNO3的用量為25.0mL；大理石用量為10.00g。

（1）請(qǐng)完成以下實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)表，并在實(shí)驗(yàn)?zāi)康囊粰谥刑畛鰧?duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)編號(hào)：。實(shí)驗(yàn)編號(hào)T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實(shí)驗(yàn)?zāi)康蘑?98粗顆粒2.00（Ⅰ）實(shí)驗(yàn)①和②探究HNO3濃度對(duì)該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅱ）實(shí)驗(yàn)①和③探究溫度對(duì)該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅲ）實(shí)驗(yàn)①和④探究大理石規(guī)格（粗、細(xì)）對(duì)該反應(yīng)速率的影響；②_______________③_______________④_______________

（2）實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示，如何檢驗(yàn)該裝置的氣密性________________________________

（3）實(shí)驗(yàn)①中CO2質(zhì)量隨時(shí)間變化的關(guān)系見下圖2：依據(jù)反應(yīng)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計(jì)算實(shí)驗(yàn)①在70-90s范圍內(nèi)HNO3的平均反應(yīng)速率________________________

（4）請(qǐng)?jiān)诖痤}卡的框圖中，畫出實(shí)驗(yàn)②、③和④中CO2質(zhì)量隨時(shí)間變化關(guān)系的預(yù)期結(jié)果示意圖。_______評(píng)卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共7分)23、如圖表示A；B、C、D、E五種含氮物質(zhì)相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系圖。其中A、B、C、D常溫下都是氣體；B為紅棕色。

回答下列問題：

(1)A→D反應(yīng)常用于人工固氮，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。

(2)D→C是工業(yè)制硝酸的重要反應(yīng)，化學(xué)方程式為_______。

(3)B與一定量的氧氣混合通入水中能被完全吸收，則B與的物質(zhì)的量之比為_______，若該反應(yīng)轉(zhuǎn)移個(gè)電子，則參加反應(yīng)的B的物質(zhì)的量為_______mol。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【解答】解：A.2mol水的摩爾質(zhì)量和1mol水的摩爾質(zhì)量的摩爾質(zhì)量都是18g/mol；故A錯(cuò)誤；

B.1mol/L氯化鈣溶液中c（Cl﹣）=2mol/L，100mL2mol/L氯化鉀溶液中c（Cl﹣）=2mol/L；兩溶液中氯離子濃度相等，故B錯(cuò)誤；

C.64g二氧化硫的物質(zhì)的量為1mol；1mol二氧化硫中含有2mol氧原子，標(biāo)況下22.4LCO的物質(zhì)的量為1mol，1molCO含有1mol氧原子，前者剛好是后者兩倍，故C正確；

D.20%NaOH溶液中NaOH的物質(zhì)的量濃度為：c1=mol/L，10%NaOH溶液中NaOH的物質(zhì)的量濃度：c1=mol/L；由于兩溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不同，所以前者不是后者兩倍，故D錯(cuò)誤；

故選C．

【分析】A．水的摩爾質(zhì)量為18g/mol；與水的物質(zhì)的量大小無關(guān)；

B.1mol/L氯化鈣溶液中c（Cl﹣）=2mol/L，2mol/L氯化鉀溶液中c（Cl﹣）=2mol/L；

C.64g二氧化硫的物質(zhì)的量為1mol；含有2mol氧原子；標(biāo)況下22.4L一氧化碳的物質(zhì)的量為1mol，含有1mol氧原子；

D．根據(jù)c=可知，物質(zhì)的量濃度與溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)、密度應(yīng)該，由于兩溶液的密度、質(zhì)量分?jǐn)?shù)進(jìn)行討論．2、C【分析】解：A．在容量瓶中加水至刻度線1～2cm處改用膠頭滴管定容；不能在距標(biāo)線2～3cm處，故A錯(cuò)誤；

B．酒精與水互溶；則酒精不能作催化劑，故B錯(cuò)誤；

C．進(jìn)行液體蒸餾實(shí)驗(yàn)時(shí)；冷凝管中應(yīng)充滿自來水，且冷水下進(jìn)上出，冷卻效果好，故C正確；

D．白色沉淀可能為AgCl或硫酸鋇，則原溶液中可能有SO42-或銀離子；但二者不能同時(shí)存在，故D錯(cuò)誤；

故選C．

A．在容量瓶中加水至刻度線1～2cm處改用膠頭滴管定容；

B．酒精與水互溶；

C．冷凝管中應(yīng)充滿自來水；冷卻效果好；

D．白色沉淀可能為AgCl或硫酸鋇．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握溶液的配制、混合物分離提純、離子檢驗(yàn)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大．【解析】【答案】C3、B【分析】解：rm{A.}將電源接通后，向乙中滴入酚酞試液，在rm{F}極附近顯紅色，說明rm{F}極有rm{NaOH}生成，則rm{F}為陰極，rm{E}為陽極，電源rm{A}為正極、rm{B}為負(fù)極，丁中rm{Y}連接電源負(fù)極，則rm{Y}為陰極，rm{X}為陽極；氫氧化鐵膠體膠粒帶正電荷，向陰極移動(dòng)，故A正確；

B.乙中電解反應(yīng)的總化學(xué)方程式是：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉+2NaOH}相當(dāng)于析出rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉+2NaOH}氣體，由于反應(yīng)中物質(zhì)的有關(guān)具體量未知，不能確定加入rm{HCl}物質(zhì)的量；且鹽酸含有水，故B錯(cuò)誤；

C.甲裝置中，rm{HCl}為陽極，電極反應(yīng)式為rm{C}rm{Fe-2e-=Fe^{2+}}為陰極，電極反應(yīng)式為：rm{D}電解反應(yīng)的總化學(xué)方程式是：rm{CuSO_{4}+Fedfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cu+FeSO_{4}}

乙中產(chǎn)生氣體為氫氣、氯氣，二者物質(zhì)的量之比為rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}rm{CuSO_{4}+Fedfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cu+FeSO_{4}}則氯氣物質(zhì)的量為rm{dfrac{4.48L}{22.4L/mol}隆脕dfrac{1}{2}=0.1mol}根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，甲中生成rm{1}的物質(zhì)的量為rm{dfrac{0.1mol隆脕2}{2}=0.1mol}rm{1}的物質(zhì)的量濃度為rm{dfrac{0.1mol}{0.5L}=0.2mol/L}故C正確；

D.由rm{dfrac{4.48L}{22.4L/mol}隆脕dfrac

{1}{2}=0.1mol}中分析可知，甲裝置中電解反應(yīng)的總化學(xué)方程式是：rm{CuSO_{4}+Fedfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cu+FeSO_{4}}故D正確；

故選：rm{FeSO_{4}}．

A.將電源接通后，向乙中滴入酚酞試液，在rm{dfrac

{0.1mol隆脕2}{2}=0.1mol}極附近顯紅色，說明rm{FeSO_{4}}極有rm{dfrac

{0.1mol}{0.5L}=0.2mol/L}生成，則rm{C}為陰極，rm{CuSO_{4}+Fedfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cu+FeSO_{4}}為陽極，電源rm{B}為正極、rm{F}為負(fù)極；氫氧化鐵膠體膠粒帶正電荷，向陰極移動(dòng)；

B.乙中電解反應(yīng)的總化學(xué)方程式是：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉+2NaOH}相當(dāng)于析出rm{F}氣體，應(yīng)加入為氫氣或氯氣物質(zhì)的量rm{NaOH}倍的rm{F}氣體；可以恢復(fù)原溶液濃度；

C.甲裝置中，rm{E}為陽極，電極反應(yīng)式為rm{A}rm{B}為陰極，電極反應(yīng)式為：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉+2NaOH}電解反應(yīng)的總化學(xué)方程式是：rm{CuSO_{4}+Fedfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cu+FeSO_{4}}

乙中產(chǎn)生氣體為氫氣、氯氣，二者物質(zhì)的量之比為rm{HCl}rm{2}計(jì)算氯氣物質(zhì)的量，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算甲中生成rm{HCl}的物質(zhì)的量；進(jìn)而計(jì)算其濃度；

D.由rm{C}中分析可知，甲裝置中電解反應(yīng)的總化學(xué)方程式是：rm{CuSO_{4}+Fedfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cu+FeSO_{4}}．

本題考查電解原理，能正確判斷電解池的陰陽極是解本題的關(guān)鍵，理解掌握離子放電順序，難度中等．rm{Fe-2e-=Fe^{2+}}【解析】rm{B}4、C【分析】【分析】

本題考查濃鹽酸與二氧化錳反應(yīng)的性質(zhì)、根據(jù)方程式的有關(guān)計(jì)算等，題目難度不大，注意rm{MnO}rm{2}只與濃鹽酸反應(yīng)。

【解答】反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{2}濃rm{)overset{?}{=}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{MnO_{2}+4HCl(}rm{)overset{?}{=}

MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}

根據(jù)方程式可知rm{n(MnO_{2})=0.2mol}過量，如鹽酸完全反應(yīng)，則生成rm{n(HCl)=0.05L隆脕12mol/L=0.6mol}溶液剩余rm{MnO_{2}}但rm{0.15molCl_{2}}只與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣和氯化錳，隨著鹽酸濃度的降低，rm{0.3molCl^{-}}的還原性減弱，反應(yīng)停止，所以溶液中溶液剩余rm{MnO_{2}}大于rm{HCl}所以，反應(yīng)完全后向留下的溶液中加入足量rm{Cl^{-}}溶液，生成rm{0.3mol}沉淀物質(zhì)的量大于rm{AgNO_{3}}但小于rm{AgCl}故C正確。

故選C。

rm{0.3mol}【解析】rm{C}5、B【分析】解：原子序數(shù)等于原子的最外層電子數(shù)；元素核外電子層數(shù)等于周期表的周期數(shù)，元素的最外層電子數(shù)等于主族元素的序數(shù)，原子的核外電子排布決定元素在周期表中的位置，與中子數(shù)無關(guān)；

故選：B。

周期表中核外電子層數(shù)=周期數(shù)；最外層電子數(shù)=主族數(shù)，以此解答該題。

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期表的關(guān)系，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力以及雙基知識(shí)的掌握，題目難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累。【解析】B6、C【分析】

n（H2SO4）濃=0.1L×18.5mol/L=1.85mol；

剩余硫酸的物質(zhì)的量為：n（H2SO4）剩=×1L×0.1mol/L=0.05mol；

消耗硫酸的物質(zhì)的量為：n（H2SO4）消耗=1.85mol-0.05mol=1.8mol；

鋅與濃硫酸發(fā)生：Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+H2O，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，硫酸濃度降低，發(fā)生：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；

生成氣體為SO2和H2的混合物，物質(zhì)的量為=1.5mol；

設(shè)混合物氣體中含有xmolSO2，ymolH2；

Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+H2O

2xmolxmol

Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑

ymolymol

則有：

解之得：

所以n（SO2）：n（H2）=x：y=0.3：1.2=1：4

故選C．

【解析】【答案】鋅與濃硫酸發(fā)生：Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+H2O，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，硫酸濃度降低，發(fā)生：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，生成氣體為SO2和H2的混合物，物質(zhì)的量為=1.5mol，剩余硫酸的物質(zhì)的量為：n（H2SO4）剩=×1L×0.1mol/L=0.05mol；

消耗硫酸的物質(zhì)的量為：n（H2SO4）消耗=0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol；根據(jù)反應(yīng)的化學(xué)方程式計(jì)算．

7、C【分析】【解答】解：A；熄滅酒精燈時(shí)；應(yīng)用燈帽蓋滅，不能用嘴吹，故A正確；B、聞氣體氣味時(shí)，應(yīng)用手輕輕在瓶口扇動(dòng)，讓少量的氣體飄入鼻孔，故B正確；

C；試管加熱應(yīng)用試管夾夾持或固定在鐵架臺(tái)上；且試管內(nèi)液體的量不能超過三分之一，故C錯(cuò)誤；

D；向試管內(nèi)滴加液體時(shí)要注意垂直并懸空；不能深入試管內(nèi)部，故D正確．

故選C．

【分析】A；熄滅酒精燈時(shí)；應(yīng)用燈帽蓋滅；

B；聞氣體氣味時(shí)；應(yīng)用手輕輕在瓶口扇動(dòng)；

C；試管加熱應(yīng)用試管夾夾持或固定在鐵架臺(tái)上；

D、向試管內(nèi)滴加液體時(shí)要注意垂直并懸空．二、多選題(共8題，共16分)8、AC【分析】【分析】本題考查離子的檢驗(yàn)、鋁的性質(zhì)、銅的性質(zhì)、硅酸鹽的性質(zhì)，題目難度不大?！窘獯稹緼.鋁的表面有一層致密的氧化鋁保護(hù)膜，熔點(diǎn)：氧化鋁rm{>}鋁，所以加熱的鋁箔熔化，但液態(tài)的鋁不滴落，故A正確；鋁，所以加熱的鋁箔熔化，但液態(tài)的鋁不滴落，故A正確；

rm{>}

B.溶液中可能含有氯離子，故B錯(cuò)誤；，故C正確；C.酚酞試液變紅，說明硅酸鈉溶液呈堿性

故選AC。

D.鈍化屬于化學(xué)反應(yīng)，故D錯(cuò)誤?！窘馕觥縭m{AC}9、BCD【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的量、摩爾質(zhì)量、氣體摩爾體積等化學(xué)計(jì)量的計(jì)算，阿伏伽德羅定律的應(yīng)用等，難度中等?！窘獯稹緼.rm{n({H}_{2})=dfrac{10g}{;2g/mol;}=5mol}rm{n({O}_{2})=dfrac{10g}{32g/mol};;=dfrac{5}{16}mol}二者物質(zhì)的量不相等，所含分子數(shù)不相等，故A錯(cuò)誤；B.rm{n({N}_{2})=dfrac{;7g}{;28g/mol;}=0.25mol}rm{n(C{O}_{2})=dfrac{;11g}{44g/mol};;=0.25mol}物質(zhì)的量相同，則分子數(shù)相同，故B正確；C.rm{n({H}_{2})=

dfrac{10g}{;2g/mol;}=5mol}為rm{n({O}_{2})=dfrac{10g}{32g/mol};;=

dfrac{5}{16}mol}與rm{n({N}_{2})=

dfrac{;7g}{;28g/mol;}=0.25mol}物質(zhì)的量相同，則分子數(shù)相同，故C正確；D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下rm{n(C{O}_{2})=

dfrac{;11g}{44g/mol};;=0.25mol}為rm{9gH_{2}O}和rm{0.5mol}物質(zhì)的量相同，則分子數(shù)相同，故D正確。故選BCD。rm{0.5molBr_{2}}【解析】rm{BCD}10、AC【分析】【詳解】

A．反應(yīng)中；氣體的分子數(shù)；物質(zhì)的量始終不變，氣體質(zhì)量守恒，則混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量始終不變，故混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再變化不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡，A錯(cuò)誤；

B．實(shí)驗(yàn)1中，反應(yīng)達(dá)到平衡后，存在三段式：CO的體積分?jǐn)?shù)為B正確；

C．實(shí)驗(yàn)1中，CO的轉(zhuǎn)化率α(CO)==40%，實(shí)驗(yàn)2中，CO的轉(zhuǎn)化率α(CO)==20%；則升高溫度，不利于提高CO的轉(zhuǎn)化率，C錯(cuò)誤；

D．實(shí)驗(yàn)2，反應(yīng)達(dá)到平衡后，存在三段式：反應(yīng)平衡常數(shù)D正確；

答案選AC。11、BD【分析】【詳解】

A.醋酸是一元弱酸，部分電離，存在電離平衡，所以醋酸電離產(chǎn)生的H+濃度小于0.1mol/L，但溶液溫度不確定，因此不能確定水電離出的c(H+)濃度大??；A錯(cuò)誤；

B.pH=2的醋酸溶液，c(H+)=0.01mol/L，pH=1的CH3COOH溶液，c(H+)=0.1mol/L，故兩種溶液中c(H+)之比為=0.01mol/L0.1mol/L=1︰10；B正確；

C.僅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四種離子的某溶液，根據(jù)電荷守恒，溶液中不可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)；C錯(cuò)誤；

D.在1.0mol/LNa2CO3溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒，可得c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；D正確；

故合理選項(xiàng)是BD。12、AC【分析】【詳解】

A.pH=2的HA溶液與pH=12的MOH溶液任意比混合，酸和堿發(fā)生反應(yīng)后的溶液中存在的離子有：H+、M+、OH-、A-，無論酸堿的相對(duì)多少如何，溶液總是呈電中性的，根據(jù)電荷守恒有：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)；A正確；

B.同濃度的CH3COONa、NaOH、Na2CO3三種溶液中，pH的比較為NaOH>Na2CO3>CH3COONa，所以pH相同時(shí)，三種溶液的濃度由小到大為：NaOH2CO33COONa；B錯(cuò)誤;

C.物質(zhì)的量濃度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合，即混合溶液中CH3COOH和CH3COONa物質(zhì)的量相等；為了分析的方便，不妨假設(shè)它們的物質(zhì)的量均為1mol，溶液中存在以下三個(gè)平衡：

CH3COOH?CH3COO-+H+，CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-，H2O?H++OH-

根據(jù)電荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)①

根據(jù)物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)②

將①代入②消去2c(Na+)即得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)；C正確；

D.0.1moL/L的NaHA溶液中存在三個(gè)平衡：

H2O?H++OH-，HA-+H2O?H2A+OH-，HA-?H++A2-

已知其pH=4，說明HA-的電離強(qiáng)于水解，即c(A2-)>c(H2A)；D錯(cuò)誤；

故合理選項(xiàng)為AC。13、BD【分析】【詳解】

由題可知，

A．0.1mol/L的NaHA溶液中的物料守恒：HA-的電離常數(shù)大于其水解程度，故溶液中因此故A錯(cuò)誤；

B．的溶液和的溶液的混合液中c(Na+)<0.2mol/L，該溶液中電荷守恒為：溶液呈中性，故故B正確；

C．該混合溶液中電荷守恒：①，物料守恒：②，將①+②得：故C錯(cuò)誤；

D．兩溶液混合后發(fā)生反應(yīng)：Na2A+H2A=2NaHA，溶液中c(NaHA)=c(H2A)=0.05mol/L，溶液中電荷守恒：①，物料守恒：②，將①+②進(jìn)行相關(guān)轉(zhuǎn)化得：因Ka1>Kh2，故溶液呈酸性，故故D正確；

故答案為：BD。

【點(diǎn)睛】

酸式鹽與多元弱酸的強(qiáng)堿正鹽溶液酸堿性比較：

（1）酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽中酸式酸根離子的電離能力和水解能力哪一個(gè)更強(qiáng)，如NaHCO3溶液中的水解能力大于其電離能力；故溶液顯堿性；

（2）多元弱酸的強(qiáng)堿正鹽溶液：多元弱酸根離子水解以第一步為主，例如Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。14、ABD【分析】解：堿石灰是氧化鈣和氫氧化鈉的混合物，是堿性干燥劑，不能用來干燥酸性氣體，氨氣是堿性氣體，可以用堿石灰干燥，而HCl、CO2、SO2是酸性氣體；不能用堿石灰干燥；

故選ABD．

用干燥劑干燥氣體時(shí)；總的原則是：中性干燥劑既可以用來干燥酸性氣體又可以用來干燥堿性氣體；酸性干燥劑不能用來干燥堿性氣體；堿性干燥劑不能用來干燥酸性氣體；堿石灰是氧化鈣和氫氧化鈉的混合物，是堿性干燥劑．

本題考查氣體的凈化和干燥，難度不大，注意常見的干燥劑有：濃硫酸、堿石灰；其中，濃硫酸是酸性干燥劑，堿石灰是堿性干燥劑．【解析】【答案】ABD15、ABC【分析】解：太陽能；風(fēng)能使用不會(huì)產(chǎn)生污染物；氫能使用過程中產(chǎn)生水，也不會(huì)產(chǎn)生污染物，他們都是清潔能源，大力推廣能夠減少環(huán)境污染，化石燃料的燃燒能夠產(chǎn)生粉塵和有毒氣體，能夠造成環(huán)境污染；

故選：rm{ABC}．

根據(jù)能源使用過程中的生成物是否污染環(huán)境解答；太陽能；風(fēng)能使用不會(huì)產(chǎn)生污染物，氫能使用過程中產(chǎn)生水，也不會(huì)產(chǎn)生污染物，據(jù)此分析解答．

本題考查了新能源的開發(fā)與利用，熟悉氫能、太陽能、風(fēng)能使用過程不會(huì)產(chǎn)生污染物是解題關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】rm{ABC}三、填空題(共5題，共10分)16、略

【分析】

A；B、C、D、E是中學(xué)化學(xué)常見物質(zhì)；E和氧氣反應(yīng)生成紅褐色固體F，F(xiàn)是氫氧化鐵，E是氫氧化亞鐵，A、B、C、D、E均含有同一元素，所以都含有鐵元素．A反應(yīng)生成B，所以B是化合物；B反應(yīng)既能生成C又能生成D，C反應(yīng)生成E，D反應(yīng)生成F，所以C含有二價(jià)鐵離子，D含有三價(jià)鐵離子，B中既有二價(jià)鐵元素又有三價(jià)鐵元素，所以B是四氧化三鐵．

（1）金屬氧化物Fe3O4和酸反應(yīng)生成鹽和水，故答案為：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；

（2）氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，和氧氣反應(yīng)生成紅褐色的請(qǐng)氧化鐵，故答案為：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

（3）生成Fe3O4有兩個(gè)途徑；一個(gè)是鐵在氧氣中燃燒，一個(gè)是鐵與水蒸氣反應(yīng)；因?yàn)锳→B過程的反應(yīng)不是化合反應(yīng)，所以只有鐵與水蒸氣反應(yīng)符合條件；

故答案為：3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑；

（4）D含三價(jià)鐵離子，具有氧化性，C含二價(jià)鐵離子，D通過化合反應(yīng)轉(zhuǎn)化為C，且不引進(jìn)新的雜質(zhì)，所以最好加入鐵，故答案為：2Fe3++Fe=3Fe2+．

【解析】【答案】先找題眼E和氧氣反應(yīng)生成紅褐色固體F；判斷F是氫氧化鐵，E是氫氧化亞鐵．已知A；B、C、D、E均含有同一元素，采用倒推的方法判斷C含二價(jià)鐵D含三價(jià)鐵，從而倒推知B含二價(jià)、三價(jià)鐵元素，確定B是四氧化三鐵；

17、略

【分析】【解析】【答案】（1）112mL（2）1.5片18、略

【分析】【解析】【答案】（24分）(1)F,Ar，14C（3分），(2)O=C=O；（3分），（2分），(3)Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑（4分）(4)Al－3e－＝Al3＋（2分）（2分），(5)淺黃綠色，SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl（2分）(6)+6（1分）；-2（1分）；更?。?分）19、略

【分析】解：由元素在周期表中的位置可知rm{a}為rm{H}元素、rm為rm{C}元素、rm{c}為rm{N}元素、rmdsyiwyw為rm{O}元素、rm{e}為rm{F}元素、rm{f}為rm{Na}元素、rm{g}為rm{Al}元素、rm{h}為rm{S}元素、rm{i}為rm{Cl}元素．

rm{(1)e}為rm{F}元素，對(duì)應(yīng)的陰離子原子核外有rm{10}個(gè)電子，離子的結(jié)構(gòu)示意圖為rm{e}為rm{F}元素、rm{f}為rm{Na}元素、rm{g}為rm{Al}元素、rm{h}為rm{S}元素、rm{i}為rm{Cl}元素，對(duì)應(yīng)簡單離子的半徑由大到小的順序?yàn)閞m{S^{2-}>Cl^{-}>F^{-}>Na^{+}>Al^{3+}}

故答案為：rm{S^{2-}>Cl^{-}>F^{-}>Na^{+}>Al^{3+}}

rm{(2)}元素rm{i}的單質(zhì)溶于水，生成一種具有漂白作用的化合物，為rm{HClO}為共價(jià)化合物，含有rm{H-O}鍵，電子式為故答案為：

rm{(3)}以元素rm的最簡氣態(tài)氫化物為燃料，以rm{f}的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為電解質(zhì)溶液，為甲烷的堿性燃料電池，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，生成碳酸根離子和水，電極方程式為rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O}故答案為：rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O.}

由元素在周期表中的位置可知rm{a}為rm{H}元素、rm為rm{C}元素、rm{c}為rm{N}元素、rmaagmovm為rm{O}元素、rm{e}為rm{F}元素、rm{f}為rm{Na}元素、rm{g}為rm{Al}元素、rm{h}為rm{S}元素、rm{i}為rm{Cl}元素．

rm{(1)e}為rm{F}元素，對(duì)應(yīng)的陰離子原子核外有rm{10}個(gè)電子；一般來說，離子核外的電子層數(shù)越多，離子半徑越大，核外電子排布相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小；

rm{(2)}元素rm{i}的單質(zhì)溶于水，生成一種具有漂白作用的化合物，為rm{HClO}為共價(jià)化合物，含有rm{H-O}鍵；

rm{(3)}以元素rm的最簡氣態(tài)氫化物為燃料，以rm{f}的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為電解質(zhì)溶液；為甲烷的堿性燃料電池，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，生成碳酸根離子和水．

本題以原子結(jié)構(gòu)與位置關(guān)系為載體，考查化學(xué)用語、離子半徑比較等，為高考常見題型與高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，推斷元素是解題關(guān)鍵，是對(duì)所學(xué)知識(shí)的綜合運(yùn)用，注意基礎(chǔ)知識(shí)的理解掌握，難度不大．【解析】rm{S^{2-}>Cl^{-}>F^{-}>Na^{+}>Al^{3+}}rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O}20、rm{(1)}正

rm{(2)SO_{2}-2e^{-}+2H_{2}O簍TSO}rm{+4H^{+}}

rm{(3)O_{2}+4e^{-}+4H^{+}簍T2H_{2}O}【分析】【分析】本題考查有關(guān)原電池原理，難度不大，掌握原電池原理是解答的關(guān)鍵?！窘獯稹縭m{(1)CO}變?yōu)閞m{CH_{3}OH}化合價(jià)降低則得電子，故為正極；rm{(2)SO_{2}}變?yōu)閞m{H_{2}SO_{4}}是硫化合價(jià)升高，則為負(fù)極，電極反應(yīng)式為：rm{SO_{2}-2e^{-}+2H_{2}O簍TSO}rm{+4H^{+}}rm{(3)NO_{2}}變?yōu)閞m{HNO_{3}}是化合價(jià)升高，故為負(fù)極，正極為通入氧氣的一極，故正極電極反應(yīng)式為：rm{O_{2}+4e^{-}+4H^{+}簍T2H_{2}O}【解析】rm{(1)}正rm{(2)SO_{2}-2e^{-}+2H_{2}O簍TSO}rm{+4H^{+}}rm{(3)O_{2}+4e^{-}+4H^{+}簍T2H_{2}O}四、判斷題(共1題，共7分)21、B【分析】【解答】藍(lán)色硫酸銅晶體放入濃硫酸生成硫酸銅和水；屬于化學(xué)變化，故答案為：×．

【分析】化學(xué)變化是指有新物質(zhì)生成的變化，物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化，據(jù)此解題．五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共8分)22、略

【分析】【分析】

（1）本實(shí)驗(yàn)是由實(shí)驗(yàn)①做對(duì)比實(shí)驗(yàn)探究影響反應(yīng)速率的因素，所以在設(shè)計(jì)分組實(shí)驗(yàn)時(shí)，要設(shè)計(jì)出分別只有濃度、溫度和接觸面積不同時(shí)反應(yīng)速率的變化，從而找出不同外界因素對(duì)反應(yīng)速率的影響。由于實(shí)驗(yàn)①和實(shí)驗(yàn)②探究HNO3濃度對(duì)該反應(yīng)速率的影響，實(shí)驗(yàn)①和實(shí)驗(yàn)③探究溫度對(duì)該反應(yīng)速率的影響，故實(shí)驗(yàn)③的溫度選擇30