2025年滬科版高一化學上冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版高一化學上冊月考試卷557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水的摩爾質量和1mol水的摩爾質量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)和標準狀況下22.4L一氧化碳中氧原子數(shù)D.20%NaOH溶液中NaOH的物質的量濃度和10%NaOH溶液中NaOH的物質的量濃度2、下列實驗操作正確的是（）A.將濃硫酸轉移至容量瓶中，加水稀釋至距標線2～3cm處，改用膠頭滴管定容B.用酒精萃取碘水中的碘單質C.進行液體蒸餾實驗時，冷凝管中應充滿自來水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}極的名稱是負極，丁中rm{Y}極附近顏色變深B.乙裝置中電解一段時間后，加入rm{0.2mol}鹽酸則可以恢復原來的濃度C.設甲池中溶液的體積在電解前后都是rm{500ml}當乙池所產(chǎn)生氣體的體積為rm{4.48L(}標準狀況rm{)}時，甲池中所生成物質的物質的量濃度為rm{0.2mol/L}D.甲裝置中電解反應的總化學方程式是：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的是（）A.原子序數(shù)B.核內中子數(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充分反應后，鋅完全溶解，同時生成標準狀況下的氣體33.6L．將反應后的溶液稀釋至1L，測得溶液中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、下列實驗操作不正確的是（）A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)8、下列根據(jù)實驗事實得出的結論正確的是。實驗事實結論rm{A}加熱的鋁箔熔化，但液態(tài)的鋁不滴落熔點：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}(}標準狀況rm{)}和rm{0.1molN_{2}}10、下列兩組實驗，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CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，結合表中數(shù)據(jù)，下列說法錯誤的是。實驗組溫度/℃起始量/mol達到平衡所需時間/min達到平衡所需時間/minH2OCOH2COH2CO1650241.62.452900120.41.63

A.混合氣體的平均相對分子質量不再變化，則反應達到平衡B.實驗1中，反應達到平衡后，CO的體積分數(shù)為40%C.升高溫度有利于提高實驗1和實驗2中CO的轉化率D.實驗2的反應平衡常數(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、下列溶液中有關物質的量濃度關系正確的是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，室溫時下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是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，應大力推廣的能源是rm{(}rm{)}A.氫能B.太陽能C.風能D.化石燃料評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)16、中學化學常見物質A；B、C、D、E有如下轉化（已知A、B、C、D、E均含有同一元素）：

請寫出：

（1）B→C+D的離子方程式。

____；

（2）E→F化學方程式____．

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

（4）D通過化合反應轉化為C的離子方程式為____．

17、現(xiàn)有三種常見治療胃病藥品的標簽：①②③這三種藥品中所含的物質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，請計算該患者服用該藥片2片產(chǎn)生氣體體積約mL。（體積按標準狀況計）（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，相當于服用藥片②片。（精確到小數(shù)點后一位）18、（24分）下圖是元素周期表的一部分，針對表中的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)，化學性質最不活潑的元素是_____(填“元素符號”)；其中一種核素可測定文物年代，這種核素的符號是____。⑵元素①的原子結構示意圖為__________；元素①的最高價氧化物結構式為：________，元素⑩的單質電子式為：__________。請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的離子方程式為：_________________________________。元素⑤的單質與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式為：________________________________。⑷元素⑤的單質與Fe和稀硫酸構成原電池，試在下面的方框內畫出原電池裝置圖，標出原電池的電極材料和電解質溶液，并寫出負極的電極反應為___________________________。（5）元素⑧單質能溶于水，水液呈____色，在其中通入元素⑦的某種氧化物，溶液顏色褪去，用化學方程式表示原因。（6）元素⑦的最高正價和最低負價分別為____、________，在一定條件下，元素⑦與H2反應有一定限度(可理解為反應進行的程度)，請判斷在相同條件下元素⑥與H2反應的限度(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}的負一價離子的結構示意圖為______，rm{e}rm{f}rm{g}rm{h}rm{i}對應簡單離子的半徑由大到小的順序為______rm{(}用具體微粒符號表示rm{)}．

rm{(2)}元素rm{i}的單質溶于水；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}的最高價氧化物對應的水化物為電解質溶液，請寫出該燃料電池的負極反應方程式______．20、rm{SO_{2}}rm{CO}rm{CO_{2}}rm{NO_{x}}是對環(huán)境影響較大的幾種氣體，對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。利用電化學原理將rm{CO}rm{SO_{2}}轉化為重要化工原料，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}}則負極的電極反應式為___________________。rm{(3)}若rm{A}為rm{NO_{2}}rm{B}為rm{O_{2}}rm{C}為rm{HNO_{3}}則正極的電極反應式為_________________________。評卷人得分四、判斷題(共1題，共7分)21、將藍色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對錯）評卷人得分五、結構與性質(共1題，共8分)22、某探究小組用HNO3與大理石反應過程中質量減小的方法，研究影響反應速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細顆粒與粗顆粒兩種規(guī)格，實驗溫度為298K、308K，每次實驗HNO3的用量為25.0mL；大理石用量為10.00g。

（1）請完成以下實驗設計表，并在實驗目的一欄中填出對應的實驗編號：。實驗編號T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實驗目的①298粗顆粒2.00（Ⅰ）實驗①和②探究HNO3濃度對該反應速率的影響；

（Ⅱ）實驗①和③探究溫度對該反應速率的影響；

（Ⅲ）實驗①和④探究大理石規(guī)格（粗、細）對該反應速率的影響；②_______________③_______________④_______________

（2）實驗裝置如圖1所示，如何檢驗該裝置的氣密性________________________________

（3）實驗①中CO2質量隨時間變化的關系見下圖2：依據(jù)反應方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計算實驗①在70-90s范圍內HNO3的平均反應速率________________________

（4）請在答題卡的框圖中，畫出實驗②、③和④中CO2質量隨時間變化關系的預期結果示意圖。_______評卷人得分六、元素或物質推斷題(共1題，共7分)23、如圖表示A；B、C、D、E五種含氮物質相互轉化的關系圖。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反應常用于人工固氮，寫出該反應的化學方程式：_______。

(2)D→C是工業(yè)制硝酸的重要反應，化學方程式為_______。

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

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錯誤；

C.64g二氧化硫的物質的量為1mol；1mol二氧化硫中含有2mol氧原子，標況下22.4LCO的物質的量為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的物質的量濃度為：c1=mol/L，10%NaOH溶液中NaOH的物質的量濃度：c1=mol/L；由于兩溶液的質量分數(shù)不同，所以前者不是后者兩倍，故D錯誤；

故選C．

【分析】A．水的摩爾質量為18g/mol；與水的物質的量大小無關；

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二氧化硫的物質的量為1mol；含有2mol氧原子；標況下22.4L一氧化碳的物質的量為1mol，含有1mol氧原子；

D．根據(jù)c=可知，物質的量濃度與溶液的質量分數(shù)、密度應該，由于兩溶液的密度、質量分數(shù)進行討論．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；不能在距標線2～3cm處，故A錯誤；

B．酒精與水互溶；則酒精不能作催化劑，故B錯誤；

C．進行液體蒸餾實驗時；冷凝管中應充滿自來水，且冷水下進上出，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；但二者不能同時存在，故D錯誤；

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．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握溶液的配制、混合物分離提純、離子檢驗為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，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}為負極，丁中rm{Y}連接電源負極，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，故A正確；

B.乙中電解反應的總化學方程式是：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，由于反應中物質的有關具體量未知，不能確定加入rm{HCl}物質的量；且鹽酸含有水，故B錯誤；

C.甲裝置中，rm{HCl}為陽極，電極反應式為rm{C}rm{Fe-2e-=Fe^{2+}}為陰極，電極反應式為：rm{D}電解反應的總化學方程式是：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}}則氯氣物質的量為rm{dfrac{4.48L}{22.4L/mol}隆脕dfrac{1}{2}=0.1mol}根據(jù)電子轉移守恒，甲中生成rm{1}的物質的量為rm{dfrac{0.1mol隆脕2}{2}=0.1mol}rm{1}的物質的量濃度為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，甲裝置中電解反應的總化學方程式是：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}為負極；氫氧化鐵膠體膠粒帶正電荷，向陰極移動；

B.乙中電解反應的總化學方程式是：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉+2NaOH}相當于析出rm{F}氣體，應加入為氫氣或氯氣物質的量rm{NaOH}倍的rm{F}氣體；可以恢復原溶液濃度；

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

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

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

D.由rm{C}中分析可知，甲裝置中電解反應的總化學方程式是：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的性質、根據(jù)方程式的有關計算等，題目難度不大，注意rm{MnO}rm{2}只與濃鹽酸反應。

【解答】反應的化學方程式為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，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，反應停止，所以溶液中溶液剩余rm{MnO_{2}}大于rm{HCl}所以，反應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；

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。

本題考查原子結構與元素周期表的關系，側重考查學生的分析能力以及雙基知識的掌握，題目難度不大，注意相關基礎知識的積累?！窘馕觥緽6、C【分析】

n（H2SO4）濃=0.1L×18.5mol/L=1.85mol；

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

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

鋅與濃硫酸發(fā)生：Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+H2O，隨著反應的進行，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，物質的量為=1.5mol；

設混合物氣體中含有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，隨著反應的進行，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，物質的量為=1.5mol，剩余硫酸的物質的量為：n（H2SO4）剩=×1L×0.1mol/L=0.05mol；

消耗硫酸的物質的量為：n（H2SO4）消耗=0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol；根據(jù)反應的化學方程式計算．

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

C；試管加熱應用試管夾夾持或固定在鐵架臺上；且試管內液體的量不能超過三分之一，故C錯誤；

D；向試管內滴加液體時要注意垂直并懸空；不能深入試管內部，故D正確．

故選C．

【分析】A；熄滅酒精燈時；應用燈帽蓋滅；

B；聞氣體氣味時；應用手輕輕在瓶口扇動；

C；試管加熱應用試管夾夾持或固定在鐵架臺上；

D、向試管內滴加液體時要注意垂直并懸空．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、鋁的性質、銅的性質、硅酸鹽的性質，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膜，熔點：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.鈍化屬于化學反應，故D錯誤?！窘馕觥縭m{AC}9、BCD【分析】【分析】本題考查物質的量、摩爾質量、氣體摩爾體積等化學計量的計算，阿伏伽德羅定律的應用等，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}二者物質的量不相等，所含分子數(shù)不相等，故A錯誤；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}物質的量相同，則分子數(shù)相同，故C正確；D.標準狀況下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．反應中；氣體的分子數(shù)；物質的量始終不變，氣體質量守恒，則混合氣體的平均相對分子質量始終不變，故混合氣體的平均相對分子質量不再變化不能說明反應達到平衡，A錯誤；

B．實驗1中，反應達到平衡后，存在三段式：CO的體積分數(shù)為B正確；

C．實驗1中，CO的轉化率α(CO)==40%，實驗2中，CO的轉化率α(CO)==20%；則升高溫度，不利于提高CO的轉化率，C錯誤；

D．實驗2，反應達到平衡后，存在三段式：反應平衡常數(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?。籄錯誤；

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錯誤；

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

故合理選項是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)生反應后的溶液中存在的離子有：H+、M+、OH-、A-，無論酸堿的相對多少如何，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，三種溶液的濃度由小到大為：NaOH2CO33COONa；B錯誤;

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

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溶液中存在三個平衡：

H2O?H++OH-，HA-+H2O?H2A+OH-，HA-?H++A2-

已知其pH=4，說明HA-的電離強于水解，即c(A2-)>c(H2A)；D錯誤；

故合理選項為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錯誤；

D．兩溶液混合后發(fā)生反應：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進行相關轉化得：因Ka1>Kh2，故溶液呈酸性，故故D正確；

故答案為：BD。

【點睛】

酸式鹽與多元弱酸的強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更強，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；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；風能使用不會產(chǎn)生污染物；氫能使用過程中產(chǎn)生水，也不會產(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；風能使用不會產(chǎn)生污染物，氫能使用過程中產(chǎn)生水，也不會產(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、風能使用過程不會產(chǎn)生污染物是解題關鍵，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是中學化學常見物質；E和氧氣反應生成紅褐色固體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反應生成B，所以B是化合物；B反應既能生成C又能生成D，C反應生成E，D反應生成F，所以C含有二價鐵離子，D含有三價鐵離子，B中既有二價鐵元素又有三價鐵元素，所以B是四氧化三鐵．

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

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

（3）生成Fe3O4有兩個途徑；一個是鐵在氧氣中燃燒，一個是鐵與水蒸氣反應；因為A→B過程的反應不是化合反應，所以只有鐵與水蒸氣反應符合條件；

故答案為：3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑；

（4）D含三價鐵離子，具有氧化性，C含二價鐵離子，D通過化合反應轉化為C，且不引進新的雜質，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含二價鐵D含三價鐵，從而倒推知B含二價、三價鐵元素，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、rm3zlj1dl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，對應的陰離子原子核外有rm{10}個電子，離子的結構示意圖為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，對應簡單離子的半徑由大到小的順序為rm{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}的單質溶于水，生成一種具有漂白作用的化合物，為rm{HClO}為共價化合物，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}的最高價氧化物對應的水化物為電解質溶液，為甲烷的堿性燃料電池，負極發(fā)生氧化反應，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、rmtbdb35d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，對應的陰離子原子核外有rm{10}個電子；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}的單質溶于水，生成一種具有漂白作用的化合物，為rm{HClO}為共價化合物，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}的最高價氧化物對應的水化物為電解質溶液；為甲烷的堿性燃料電池，負極發(fā)生氧化反應，生成碳酸根離子和水．

本題以原子結構與位置關系為載體，考查化學用語、離子半徑比較等，為高考常見題型與高頻考點，側重考查學生的分析能力，推斷元素是解題關鍵，是對所學知識的綜合運用，注意基礎知識的理解掌握，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】本題考查有關原電池原理，難度不大，掌握原電池原理是解答的關鍵?！窘獯稹縭m{(1)CO}變?yōu)閞m{CH_{3}OH}化合價降低則得電子，故為正極；rm{(2)SO_{2}}變?yōu)閞m{H_{2}SO_{4}}是硫化合價升高，則為負極，電極反應式為：rm{SO_{2}-2e^{-}+2H_{2}O簍TSO}rm{+4H^{+}}rm{(3)NO_{2}}變?yōu)閞m{HNO_{3}}是化合價升高，故為負極，正極為通入氧氣的一極，故正極電極反應式為：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】藍色硫酸銅晶體放入濃硫酸生成硫酸銅和水；屬于化學變化，故答案為：×．

【分析】化學變化是指有新物質生成的變化，物理變化是指沒有新物質生成的變化，據(jù)此解題．五、結構與性質(共1題，共8分)22、略

【分析】【分析】

（1）本實驗是由實驗①做對比實驗探究影響反應速率的因素，所以在設計分組實驗時，要設計出分別只有濃度、溫度和接觸面積不同時反應速率的變化，從而找出不同外界因素對反應速率的影響。由于實驗①和實驗②探究HNO3濃度對該反應速率的影響，實驗①和實驗③探究溫度對該反應速率的影響，故實驗③的溫度選擇30