2025年湘教新版高一化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………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年湘教新版高一化學(xué)上冊月考試卷780考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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9題，共18分)1、在元素周期表中；鉑的表示如圖所示，下列對圖示解讀正確的是（）

A.鉑是非金屬元素，在常溫下呈固態(tài)B.“78”是鉑的原子序數(shù)C.“195.1”是鉑的質(zhì)量數(shù)D.鉑的名稱為Pt2、某溫度下將Cl2通入KOH溶液里，反應(yīng)后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，經(jīng)測定ClO-與ClO3-的物質(zhì)的量濃度之比為11：1，則Cl2與KOH反應(yīng)時，被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為（）A.1：3B.4：3C.2：1D.3：13、可以用離子方程式rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}表示的化學(xué)反應(yīng)是rm{(}rm{)}rm{壟脵}醋酸溶液與氫氧化鉀溶液反應(yīng)；

rm{壟脷}氫氧化鈉溶液與稀硝酸反應(yīng)；

rm{壟脹}稀鹽酸與氫氧化銅反應(yīng)。

rm{壟脺}石灰石與鹽酸反應(yīng)；

rm{壟脻}稀硫酸與氫氧化鋇溶液反應(yīng)；

rm{壟脼}硫酸氫鈉與氫氧化鈉的反應(yīng)A.rm{壟脵壟脹}B.rm{壟脷壟脺壟脻}C.rm{壟脷壟脼}D.rm{壟脷壟脺壟脻壟脼}4、用NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列有關(guān)說法正確的是A.3molNO2與足量H2O反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAB.常溫常壓下，22．4L氦氣含有NA個氦原子C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22．4L單質(zhì)溴所含有的原子數(shù)目不為2NAD.鈉在氧氣中燃燒，1molO2作氧化劑時得到的電子數(shù)為4NA5、25℃時，用0.0500mol?L﹣1H2C2O4（二元弱酸）溶液滴定25.00mL0.1000mol?L﹣1NaOH溶液所得滴定曲線如圖．下列說法正確的是（）

A.點①所示溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）=c（OH﹣）B.點②所示溶液中：c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）=c（Na+）+c（H+）C.點③所示溶液中：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）D.滴定過程中可能出現(xiàn)：c（Na+）＞c（C2O42﹣）=c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）6、有機物分子中原子間rm{(}或原子與原子團間rm{)}的相互影響會導(dǎo)致物質(zhì)化學(xué)性質(zhì)的不同。下列各項的事實不能說明上述觀點的是A.乙烷不能發(fā)生加成反應(yīng)，而乙烯能發(fā)生加成反應(yīng)B.苯在rm{50隆忙隆蘆60隆忙}時發(fā)生硝化反應(yīng)，而甲苯在rm{30隆忙}時即可C.乙烷不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，而甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.乙醇不能與rm{NaHCO_{3}}溶液反應(yīng)，而乙酸能與rm{NaHCO_{3}}溶液反應(yīng)7、下列說法正確的是()

A.可用蘸有濃鹽酸的棉棒檢驗輸送氨氣的管道是否漏氣。

B.氯水；氨水、濃硝酸都要存放在棕色瓶里。

C.銨態(tài)氮肥不能與草木灰混合使用；但可以暴曬在太陽底下。

D.rm{SO_{2}}氣體通入rm{NaOH}溶液中，產(chǎn)生倒吸現(xiàn)象，說明rm{SO_{2}}極易溶于水8、下列物質(zhì)的沸點由低到高排列順序正確的是()rm{壟脵}正丁烷rm{壟脷}異丁烷rm{壟脹}戊烷rm{壟脺}己烷A.rm{壟脵壟脷壟脺壟脹}B.rm{壟脷壟脵壟脹壟脺}C.rm{壟脵壟脺壟脷壟脹}D.rm{壟脺壟脷壟脵壟脹}9、下列各組元素按最高正價遞增順序排列的是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}評卷人得分二、雙選題(共5題，共10分)10、在rm{100kPa}時，rm{1mol}紅磷變成白磷時吸收rm{17kJ}熱量。rm{100kPa}時，下列推論正確的是A.rm{lmol}白磷比rm{lmol}紅磷的能量更高B.rm{lmol}紅磷比rm{lmol}白磷的能量更高C.紅磷比白磷穩(wěn)定D.白磷比紅磷穩(wěn)定11、設(shè)rm{N_{A}}為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是

A.rm{2.0gD_{2}O}所含中子數(shù)為rm{N_{A}}B.rm{2.8gN_{2}}和rm{CO}的混合氣體中所含質(zhì)子數(shù)為rm{l.4N_{A}}C.過氧化鈉與水反應(yīng)時，生成rm{0.1mol}氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{0.1N_{A}}D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{22.4LCCl_{4}}含有rm{5N_{A}}個原子12、下列元素中，原子最外層電子數(shù)與其電子層數(shù)相同的有A.rm{H}B.rm{Na}C.rm{Al}D.rm{Si}13、實驗室用rm{100ml}rm{1mol/L}的rm{H_{2}SO_{4}}與鋅粒反應(yīng)制備氫氣rm{.}下列措施能使反應(yīng)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.改用熱的rm{100ml}rm{3mol/L}的rm{H_{2}SO_{4}}C.向該稀硫酸中加幾滴硫酸銅溶液D.改用rm{18mol/L}的硫酸14、可逆反應(yīng)：rm{2NO_{2}}rm{?2NO+O_{2}}在體積不變的密閉容器中進行，達到平衡狀態(tài)的標(biāo)志是rm{(}rm{)}A.單位時間內(nèi)生成rm{nmolO_{2}}的同時生成rm{2nmolNO_{2}}B.混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變的狀態(tài)C.用rm{NO_{2}}rm{NO}rm{O_{2}}表示的反應(yīng)速率的比為rm{2隆脙2隆脙1}的狀態(tài)D.混合氣體的密度不再改變的狀態(tài)評卷人得分三、多選題(共5題，共10分)15、在1L密閉容器中通入2mol氨氣，在一定溫度下，發(fā)生下列反應(yīng)：2NH3N2+3H2，達到平衡時，容器內(nèi)N2的百分含量為a%，若維持容器的體積和溫度都不變，分別通入下列幾組物質(zhì)，達到平衡時，容器內(nèi)N2的含量仍為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溶液混合后加熱煮沸能產(chǎn)生CO2氣體。現(xiàn)有濃度均為0.1mol/L的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，則兩溶液中各粒子物質(zhì)的量濃度的關(guān)系一定正確的是(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、全釩液流電池是一種以釩為活性物質(zhì)呈循環(huán)流動液態(tài)的氧化還原電池，適合用作電動汽車的動力電源，其工作原理如圖所示。已知充電過程中V3＋發(fā)生還原反應(yīng)。下列說法不正確的是。

A.質(zhì)子交換膜可阻止VO與V2＋直接發(fā)生反應(yīng)B.充電時，陰極的電極反應(yīng)為：V2＋－e－＝V3＋C.充電時，氫離子通過交換膜移向右側(cè)D.放電時，正極的電極反應(yīng)為：VO＋e－＋H2O＝VO2＋＋2OH－18、下列說法中不正確的是（）A.SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)只能在高溫下自發(fā)進行，則該反應(yīng)ΔH＜0B.在外加電流的陰極保護法中，海上石油鋼鐵鉆井平臺與直流電源的負極相連C.25℃時0.1mol·L-1CH3COONa溶液加水稀釋后，溶液中的值減小D.“氧陰極還原法”制取H2O2的反應(yīng)為2H2O+O22H2O2。反應(yīng)中每消耗2.24LO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況下），轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.4×6.02×l02319、反應(yīng)rm{4NH_{3}+5O_{2}=4NO+6H_{2}O}在rm{5L}的密閉容器中進行，rm{30s}后，rm{NO}的物質(zhì)的量增加了rm{0.3mol}則此反應(yīng)的平均速率可表示為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)}評卷人得分四、填空題(共1題，共7分)20、目前世界上rm{60攏樓}的鎂是從海水中提取的。主要步驟如下：rm{(1)}為了使rm{MgSO_{4}}轉(zhuǎn)化為rm{Mg(OH)_{2}}試劑rm{壟脵}可以選用________rm{(}填化學(xué)式rm{)}要使rm{MgSO_{4}}完全轉(zhuǎn)化為沉淀，加入試劑的量應(yīng)________。rm{(2)}加入試劑rm{壟脵}后，能夠分離得到rm{Mg(OH)_{2}}沉淀的方法是________。rm{(3)}試劑rm{壟脷}可以選用________，寫出反應(yīng)的離子方程式：________。rm{(4)}無水rm{MgCl_{2}}在熔融狀態(tài)下，通電后產(chǎn)生鎂和和氯氣，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________。rm{(5)}海水中鎂的含量為rm{1.10mg隆隴L^{-1}}若假設(shè)海水中鎂元素全部存在于rm{MgSO_{4}}中，則海水中rm{MgSO_{4}}的含量為____rm{mg隆隴L^{-1}}若某工廠每天生產(chǎn)rm{1.00t}鎂，則每天需要海水的體積為________rm{L}rm{(}保留小數(shù)點后兩位rm{)}評卷人得分五、判斷題(共2題，共18分)21、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）22、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）評卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共10分)23、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(shè)計表，并在實驗?zāi)康囊粰谥刑畛鰧?yīng)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?zāi)康蘑?98粗顆粒2.00（Ⅰ）實驗①和②探究HNO3濃度對該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅱ）實驗①和③探究溫度對該反應(yīng)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(yīng)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(zhì)量隨時間變化的關(guān)系見下圖2：依據(jù)反應(yīng)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計算實驗①在70-90s范圍內(nèi)HNO3的平均反應(yīng)速率________________________

（4）請在答題卡的框圖中，畫出實驗②、③和④中CO2質(zhì)量隨時間變化關(guān)系的預(yù)期結(jié)果示意圖。_______參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【解答】解：A；鉑是金屬元素；而不是非金屬，故A錯誤；

B；原子序數(shù)等于質(zhì)子數(shù)；所以“78”是鉑的原子序數(shù)，故B正確；

C；質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)加上中子數(shù)；而195.1是鉑的相對原子質(zhì)量，故C錯誤；

D；鉑的元素符號為Pt；而不是名稱，故D錯誤；

故選B．

【分析】A；鉑是金屬元素；

B；原子序數(shù)等于質(zhì)子數(shù)；

C；質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)加上中子數(shù)；

D、鉑的元素符號為Pt．2、B【分析】解：Cl2生成ClO-與ClO3-是被氧化的過程；化合價分別由0價升高為+1價和+5價；

ClO-與ClO3-的物質(zhì)的量濃度之比為11：1；

則可設(shè)ClO-為11mol，ClO3-為1mol；被氧化的Cl共為12mol；

失去電子的總物質(zhì)的量為11mol×（1-0）+1mol×（5-0）=16mol；

氧化還原反應(yīng)中氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等；

Cl2生成KCl是被還原的過程；化合價由0價降低為-1價；

則得到電子的物質(zhì)的量也應(yīng)為16mol；

則被還原的Cl的物質(zhì)的量為16mol；

所以被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為16mol：12mol=4：3；

故選B．

Cl2生成ClO-與ClO3-是被氧化的過程，Cl2生成KCl是被還原的過程，氧化還原反應(yīng)中氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等，根據(jù)ClO-與ClO3-的物質(zhì)的量濃度之比可計算失去電子的總物質(zhì)的量；進而可計算得到電子的總物質(zhì)的量，可計算被還原的氯元素的物質(zhì)的量，則可計算被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比．

本題考查氧化還原反應(yīng)的計算，題目難度不大，本題注意從氧化還原反應(yīng)中氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等的角度計算，注意守恒法的利用．【解析】【答案】B3、C【分析】【分析】本題旨在考查學(xué)生對離子方程式的書寫的應(yīng)用?！窘獯稹縭m{壟脵}醋酸溶液與氫氧化鉀溶液反應(yīng)；醋酸為弱電解質(zhì)，不能拆開，故錯誤；醋酸溶液與氫氧化鉀溶液反應(yīng)；醋酸為弱電解質(zhì)，不能拆開，故錯誤；

rm{壟脵}氫氧化鈉溶液與稀硝酸反應(yīng)；為強酸和強堿反應(yīng)，符合要求，故正確；

rm{壟脷}氫氧化鈉溶液與稀硝酸反應(yīng)；為強酸和強堿反應(yīng)，符合要求，故正確；稀鹽酸與氫氧化銅反應(yīng)，氫氧化銅難溶于水，應(yīng)寫成分子形式，故錯誤；

rm{壟脷}石灰石與鹽酸反應(yīng)；石灰石難溶于水，不能拆開，故錯誤；

rm{壟脹}稀鹽酸與氫氧化銅反應(yīng)，氫氧化銅難溶于水，應(yīng)寫成分子形式，故錯誤；稀硫酸與氫氧化鋇溶液反應(yīng)；二者反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，故錯誤；rm{壟脹}硫酸氫鈉與氫氧化鈉的反應(yīng)；rm{壟脺}石灰石與鹽酸反應(yīng)；石灰石難溶于水，不能拆開，故錯誤；rm{壟脺}通過以上分析，rm{壟脻}稀硫酸與氫氧化鋇溶液反應(yīng)；二者反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，故錯誤；正確。故C正確。故選C。rm{壟脻}【解析】rm{C}4、C【分析】【解析】試題分析：A、應(yīng)為2NA，故錯；B、不在標(biāo)況下，無法計算，故錯；D、應(yīng)為2NA，故錯。故選C?？键c：阿佛加德羅常數(shù)的應(yīng)用【解析】【答案】C5、D【分析】【解答】解：A．點①所示的溶液的體積25mL，草酸和氫氧化鈉恰好完全反應(yīng)，生成正鹽草酸鈉，草酸鈉水解，所以溶液中，c（Na+）═2c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）+2c（C2O42﹣）①；

根據(jù)電荷守恒得：關(guān)系式為：c（Na+）+c（H+）═c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）+2c（C2O42﹣）②，將①代入②得：c（H+）+2c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）=c（OH﹣）；故A錯誤；

B．點②溶液中，溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣）①，根據(jù)電荷守恒得：關(guān)系式為：c（Na+）+c（H+）═c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）+2c（C2O42﹣）②，將①代入②得c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）=c（Na+）；故B錯誤；

C．點③所示的溶液的體積50mL，草酸過量，溶液溶質(zhì)為NaHC2O4，溶液呈酸性，草酸氫根離子的電離大于草酸氫根離子的水解，所以c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）；故C錯誤；

D．點①為草酸鈉成堿性，點②溶液呈中性為草酸鈉、草酸氫鈉，點③溶液呈酸性，介于②和③之間，隨著草酸的滴入，NaHC2O4逐漸增多，所以可出現(xiàn)c（Na+）＞c（C2O42﹣）=c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）；故D正確；

故選D．

【分析】25℃時，用0.0500mol?L﹣1H2C2O4（二元弱酸）溶液滴定25.00mL0.1000mol?L﹣1NaOH溶液，發(fā)生的反應(yīng)為：H2C2O4+2NaOH=Na2C2O4+2H2O、H2C2O4+Na2C2O4=2NaHC2O4．

A．點①表示滴入25.00mL0.0500mol?L﹣1H2C2O4（二元弱酸）溶液；恰好完全反應(yīng)，生成正鹽草酸鈉，結(jié)合電荷守恒判斷；

B．點②溶液中，溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣）；結(jié)合電荷守恒判斷；

C．點③滴入0.0500mol?L﹣1H2C2O4（二元弱酸）溶液50.00mL，溶液溶質(zhì)為NaHC2O4；溶液呈酸性；

D．點①為草酸鈉成堿性，點②溶液溶質(zhì)為NaHC2O4、Na2C2O4呈中性，點③溶液，溶質(zhì)為NaHC2O4，呈酸性，介于②和③之間溶液NaHC2O4逐漸增多，溶液呈酸性．6、A【分析】試題分析：rm{A}乙烯結(jié)構(gòu)中存在碳碳雙鍵，可發(fā)生加成反應(yīng)，而烷烴中沒有碳碳雙鍵，故不能發(fā)生加成反應(yīng)，與原子或原子團間的相互影響無關(guān)，錯誤；rm{B}甲苯易與硝酸發(fā)生硝化反應(yīng)，說明苯環(huán)對甲基有影響；rm{C}甲苯易與高錳酸鉀溶液反應(yīng)，說明苯環(huán)對甲基有影響，正確；rm{D}乙酸中羧基中碳氧雙鍵的作用，導(dǎo)致羧基上的氫原子很活潑，可與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，正確，故本題選A。

考點：原子或原子團之間的相互影響?【解析】rm{A}7、A【分析】【分析】本題考查學(xué)生化學(xué)實驗中的安全及事故處理知識，題目難度不大，旨在考查學(xué)生的基礎(chǔ)知識的掌握，學(xué)生養(yǎng)成良好的實驗習(xí)慣?！窘獯稹緼.濃鹽酸和rm{NH_{3}}反應(yīng)生成固體rm{NH_{4}Cl}產(chǎn)生白煙，故A正確；

B.見光分解的物質(zhì)存放在棕色瓶里；而氨水見光不分解，所以不要存放在棕色瓶里，故B錯誤；

C.木灰中的碳酸根離子水解顯堿性；銨態(tài)氮肥中銨根離子水解顯酸性，二者相互促進，與水解有關(guān)，故C錯誤；

D.rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}溶液中，產(chǎn)生倒吸現(xiàn)象，說明氣體通入rm{NaOH}溶液中，產(chǎn)生倒吸現(xiàn)象，說明rm{SO}rm{NaOH}rm{SO}溶液；故D錯誤。

故選A。

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{A}8、B【分析】【分析】本題考查有機物同系物、同分異構(gòu)體沸點變化規(guī)律的應(yīng)用?！窘獯稹拷M成結(jié)構(gòu)相似的分子晶體；相對分子質(zhì)量越大沸點越高；同分異構(gòu)體支鏈越多，沸點越低；丁烷；戊烷、己烷是同系物，是組成和結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)量依次增大，丁烷、戊烷、己烷沸點依次升高，正丁烷和異丁烷是同分異構(gòu)體，異丁烷支鏈多，異丁烷比正丁烷沸點低，沸點由低到高的順序是異丁烷、正丁烷、戊烷、己烷。

故選B?！窘馕觥縭m{B}9、B【分析】解：rm{A.N}rm{O}rm{F}rm{Ne}最外層電子數(shù)依次為rm{5}rm{6}rm{7}rm{8}rm{N}元素最高正化合價為rm{+5}而rm{O}rm{F}rm{Ne}元素沒有最高正化合價；故A不符合；

B.rm{Li}rm{Be}rm{B}rm{C}最外層電子數(shù)依次為rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}其最高化合價依次升高，故B符合；

C.rm{Li}rm{Na}rm{Be}rm{Mg}最外層電子數(shù)依次為rm{1}rm{1}rm{2}rm{2}元素最高正價分別為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，最外層電子數(shù)都是rm{7}rm{Cl}rm{Br}rm{I}元素最高正化合價為rm{+7}而rm{F}元素沒有正化合價；故D不符合；

故選B．

元素的最高正價rm{=}最外層電子數(shù)；同主族元素最高正化合價相等，注意氧元素沒有最高正價，氟元素?zé)o正價．

本題考查原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)關(guān)系，難度不大，注意主族元素最高正化合價rm{=}最外層電子數(shù)rm{=}主族族序數(shù)，但氧、氟元素沒有最高正價．【解析】rm{B}二、雙選題(共5題，共10分)10、AC【分析】【分析】本題主要考查了熱化學(xué)方程式的有關(guān)知識，涉及到的知識點較多，注重對基礎(chǔ)知識的考查和訓(xùn)練?！窘獯稹坑深}干知：紅磷轉(zhuǎn)化為白磷為吸熱反應(yīng)；則rm{1mol}紅磷具有的能量比rm{1mol}白磷具有的能量低，紅磷比白磷穩(wěn)定；故AC正確。故選AC。試題籃【解析】rm{AC}11、CD【分析】【分析】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計算，掌握物質(zhì)的量的計算公式和物質(zhì)結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，難度不大?！窘獯稹緼.rm{1}個個rm{1}有rm{D_{2}O}個中子，rm{10}的物質(zhì)的量為rm{2.0gD_{2}O}因此rm{0.1mol}所含中子的物質(zhì)的量為rm{2.0gD_{2}O}故A正確；rm{1mol}

B.和rm{N_{2}}的摩爾質(zhì)量均為rm{CO}因此rm{28g/mol}和rm{2.8gN_{2}}的物質(zhì)的量為rm{CO}又每個rm{0.1mol}和rm{N_{2}}分子都是含有rm{CO}個質(zhì)子，因此rm{14}和rm{2.8gN_{2}}含有的質(zhì)子的物質(zhì)的量為rm{CO}故B正確；rm{1.4mol}

價變?yōu)镃.過氧化鈉與水反應(yīng)時，氧元素的價態(tài)由rm{-1}價變?yōu)閞m{0}價，故當(dāng)生成rm{0.1mol}氧氣時轉(zhuǎn)移rm{0.2mol}電子即rm{0.2N}價，故當(dāng)生成rm{-1}氧氣時轉(zhuǎn)移rm{0}電子即rm{0.1mol}rm{0.2mol}rm{0.2N}

rm{A}rm{A}個，故C錯誤；D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{CCl_{4}}為液體，不能用標(biāo)況下氣體摩爾體積計算rm{CCl_{4;}}的分子數(shù)，也就無法得到其原子數(shù)，故D錯誤?！窘馕觥縭m{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}}濃度不變；反應(yīng)速率不變，故A錯誤；

B.改用熱的rm{100ml}rm{3mol/L}的rm{H_{2}SO_{4}}rm{H_{2}SO_{4}}濃度增大并且溫度也升高所以；反應(yīng)速率加快，故B正確；

C.向該稀硫酸中加幾滴硫酸銅溶液；鋅置換出銅，形成原電池反應(yīng)，反應(yīng)速率增大，故C正確；

D.改用rm{18mol/L}的硫酸；鋅與濃硫酸不生成氫氣，故D錯誤。

故選：rm{BC}

增大rm{H_{2}SO_{4}}與鋅粒的反應(yīng)速率；可通過外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率的影響來考慮，可增大濃度；升高溫度，增大固體的表面積或形成原電池反應(yīng)等因素來實現(xiàn)．

本題考查化學(xué)反應(yīng)速率的影響，側(cè)重于基本理論知識的理解和運用的考查，為高頻考點，難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累．【解析】rm{BC}14、AB【分析】【分析】本題考查了化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷，難度一般。【解答】A.單位時間內(nèi)生成rm{nmolO_{2}}的同時生成rm{2nmolNO_{2}}能說明正逆反應(yīng)速率的相等關(guān)系，證明該可逆反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故A正確；B.混合氣體的平均相對分子質(zhì)量rm{=}平均摩爾質(zhì)量rm{=}混合氣體的總質(zhì)量rm{/}混合氣體的總物質(zhì)的量，質(zhì)量是守恒的，物質(zhì)的量只有達到平衡時才不變，因此當(dāng)混合氣體的平均摩爾質(zhì)量不再改變時，證明該可逆反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故B正確；C.用rm{NO_{2}}rm{NO}rm{O_{2}}表示的反應(yīng)速率的比為rm{2隆脙2隆脙1}的狀態(tài)是反應(yīng)進行到任何時刻都成立的關(guān)系，不能說明該可逆反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故C錯誤；D.該反應(yīng)是一個反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量不會改變的化學(xué)反應(yīng)，混合氣體的質(zhì)量是守恒的，容器的體積不變，混合氣體的密度不會改變，所以該反應(yīng)并不一定達到平衡狀態(tài)，故D錯誤。故選AB。

【解析】rm{AB}三、多選題(共5題，共10分)15、AD【分析】【分析】

反應(yīng)2NH3?3H2+N2，在恒溫恒容下，達到平衡時，容器內(nèi)N2的百分含量也為a%，說明與原平衡是等效平衡，按化學(xué)計量數(shù)轉(zhuǎn)化到方程式的左邊，滿足n(NH3)=2mol即可；據(jù)此進行分析。

【詳解】

根據(jù)等效平衡，按化學(xué)計量數(shù)轉(zhuǎn)化到方程式的左邊，滿足n(NH3)=2mol，則達到平衡時，容器內(nèi)N2的百分含量為a%；

A．3molH2+1molN2按化學(xué)計量數(shù)轉(zhuǎn)化到方程式的左邊可得：n(NH3)=2mol，與初始量2molNH3相同；屬于等效平衡，故A符合題意；

B．2molNH3+1molN2與初始量2molNH3不相同，則不屬于等效平衡，達到平衡時，容器內(nèi)N2的百分含量不是a%；故B不符合題意；

C．2molN2+3molH2按化學(xué)計量數(shù)轉(zhuǎn)化到方程式的左邊，可得：n(NH3)=2mol、n(N2)=1mol；與初始加入物質(zhì)不同，不是等效平衡，故C不符合題意；

D．0.1molNH3+0.95molN2+2.85molH2，按化學(xué)計量數(shù)轉(zhuǎn)化到方程式的左邊可得：n(NH3)=2mol，與初始量2molNH3相同；屬于等效平衡，故D符合題意；

答案選AD。16、AB【分析】【分析】

NaHSO3溶液和Na2CO3溶液混合后加熱煮沸能產(chǎn)生CO2氣體，這說明HSO3－的酸性強于碳酸以及HCO3－。

【詳解】

A.c(Na+)+c(H+)＝c(HRO3－)+2c(RO32－)+c(OH－)；符合電荷守恒，A正確；

B.c(H+)+c(H2RO3)＝c(RO32－)+c(OH－)；符合質(zhì)子守恒，B正確；

C.亞硫酸氫鈉溶液顯酸性，即HSO3－的電離程度大于水解程度。而碳酸氫鈉溶液顯堿性，說明HCO3－的電離程度小于水解程度；所以選項C不正確；

D.由C分析可知；選項D不正確；

答案選AB。17、BD【分析】【分析】

充電過程中V3＋發(fā)生還原反應(yīng)，則右側(cè)電極上V3+轉(zhuǎn)化為V2＋時V元素的化合價降低得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，充電時，則右側(cè)電極為陰極，左側(cè)電極為陽極，陰極電極反應(yīng)為V3++e－＝V2+，陽極極電極反應(yīng)為VO2+-e-+H2O=VO+2H+；則放電時，左側(cè)為正極，正極反應(yīng)為VO+2H++e-=VO2++H2O，右側(cè)為負極：負極反應(yīng)為：V2+-e－=V3+；據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．質(zhì)子交換膜只允許H+通過，則可阻止VO與V2＋直接發(fā)生反應(yīng)；故A正確；

B．充電時，陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：V3++e－＝V2+；故B錯誤；

C．充電時；陽離子向陰極移動，根據(jù)分析，充電時，右側(cè)為陰極，則氫離子通過交換膜移向右側(cè)，故C正確；

D．根據(jù)分析，放電時，正極的電極反應(yīng)為：VO+2H++e-=VO2++H2O；故D錯誤；

答案選BD。18、AD【分析】【詳解】

A．SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)的ΔS＞0，該反應(yīng)只能在高溫下自發(fā)進行，則該反應(yīng)ΔH＞0；A不正確；

B．在外加電流的陰極保護法中；為阻止鋼鐵失電子，海上石油鋼鐵鉆井平臺應(yīng)作陰極，所以應(yīng)與直流電源的負極相連，B正確；

C．25℃時0.1mol·L-1CH3COONa溶液加水稀釋后，CH3COO的水解程度變大，n(Na+)不變，而n(CH3COOH)增大，所以溶液中=的值減??；C正確；

D．“氧陰極還原法”制取H2O2的反應(yīng)為2H2O+O22H2O2。2.24LO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況下）的物質(zhì)的量為0.1mol，O元素由0價降低為-1價，所以轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.2×6.02×l023；D不正確；

故選AD。19、ACD【分析】解：半分鐘后rm{NO}的物質(zhì)的量增加了rm{0.3mol}所以用rm{NO}表示的反應(yīng)速率為rm{v(NO)=dfrac{dfrac{0.3mol}{5L}}{30s}=0.002mol/(L?s)}．

A、根據(jù)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)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正確；

B、半分鐘后rm{v(NO)=dfrac{dfrac

{0.3mol}{5L}}{30s}=0.002mol/(L?s)}的物質(zhì)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}表示的反應(yīng)速率為rm{0.3mol}故B錯誤；

C、根據(jù)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，所以rm{NO}故C正確；

D、根據(jù)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，所以rm{v(NO)=0.002mol/(L?s)}故D正確．

故選ACD．

根據(jù)rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}計算rm{v(H_{2}O)=1.5v(NO)=1.5隆脕0.002mol/(L?s)=0.003mol/(L?s)}在根據(jù)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比計算用其它物質(zhì)表示的反應(yīng)速率．

本題考查化學(xué)反應(yīng)速率，難度不大，注意反應(yīng)速率計算常用兩種方法定義法與化學(xué)計量數(shù)法，根據(jù)情況選擇使用．rm{v(NH_{3})=v(NO)=0.002mol/(L?s)}【解析】rm{ACD}四、填空題(共1題，共7分)20、（1）Ca(OH)2或者CaO過量（2）過濾（3）鹽酸或者HClMg(OH)2＋2H＋＝Mg2＋＋2H2O（4）（5）5.509.09×108【分析】【分析】本題考查工藝流程、離子反應(yīng)、物質(zhì)的分離等。理解工藝流程原理是解題的關(guān)鍵。是對學(xué)生綜合能力的考查，學(xué)生需要具備扎實的基礎(chǔ)和靈活運用能力，難度中等。【解答】rm{(}rm{1}rm{)}為了使rm{MgSO}rm{(}rm{1}為了使rm{1}rm{)}rm{MgSO}rm{MgSO}rm{4}rm{4}轉(zhuǎn)化為rm{Mg}rm{(}rm{OH}rm{)}rm{Mg}可以選用rm{Mg}rm{(}，要使rm{OH}rm{OH}rm{)}rm{2}rm{2}，應(yīng)選擇堿性物質(zhì)，在工業(yè)生產(chǎn)中一般選擇易得的堿性物質(zhì)氫氧化鈣或氧化鈣，所以試劑rm{壟脵}可以選用過量；rm{壟脵}rm{Ca(OH)_{2}}rm{Ca(OH)_{2}}固液分離的方法是過濾，所以加入試劑或者rm{CaO}，要使rm{MgSO}后，能夠分離得到rm{CaO}rm{CaO}rm{MgSO}rm{MgSO}rm{4}rm{4}完全轉(zhuǎn)化為沉淀，加入試劑的量應(yīng)過量；故答案為：過濾；故答案為：故答案為：rm{Ca(OH)_{2}}rm{Ca(OH)_{2}}從生成物來看，加入的物質(zhì)應(yīng)該能和氫氧化鎂反應(yīng)且含有氯離子，所以試劑或者rm{CaO}過量；可以選用鹽酸或者rm{CaO}過量；rm{CaO}rm{(}rm{2}rm{)}固液分離的方法是過濾，所以加入試劑rm{壟脵}后，能夠分離得到rm{Mg}rm{(}rm{OH}rm{)}rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{壟脵}rm{Mg}；rm{Mg}故答案為：鹽酸或者rm{(}rm{OH}rm{OH}rm{)}rm{2}rm{2}沉淀的方法是：過濾；；無水rm{(}rm{3}rm{)}從生成物來看，加入的物質(zhì)應(yīng)該能和氫氧化鎂反應(yīng)且含有氯離子，所以試劑rm{壟脷}可以選用rm{(}rm{3}rm{MgC{l}_{2}(脠脹脠脷)overset{脥簍碌莽}{=}Mg+C{l}_{2}隆眉}rm{3}故答案為：rm{MgC{l}_{2}(脠脹脠脷)overset{脥簍碌莽}{=}Mg+C{l}_{2}隆眉}rm{)}rm{壟脷}rm{HCl}，二者反應(yīng)生成氯化鎂和水，反應(yīng)的離子方程式：海水中鎂的含量為rm{Mg(OH)_{2}}rm{Mg(OH)_{2}}rm{+}rm{2H}rm{2H}rm{{,!}^{+}=}rm{Mg^{2}}rm{Mg^{2}}的含量為rm{dfrac{24+96}{24}隆脕1.10mg隆隴{L}^{-1}=5.50mg隆隴{L}^{-1}}rm{{,!}^{+}+}鎂，則每天需要海水的體積為rm{dfrac{1.00隆脕{10}^{9}mg}{1.10mg/L}=9.09隆脕{10}^{8}L}rm{2H_{2}O}；故答案為：rm{2H_{2}O}rm{HCl}rm{Mg(OH)_{2}}【解析】rm{(1)Ca(OH)_{2}}或者rm{CaO}過量rm{(2)}過濾rm{(3)}鹽酸或者rm{HCl}rm{Mg(OH)_{2}+2H^{+}=Mg^{2+}+2H_{2}O}rm{(4)MgC{l}_{2}(脠脹脠脷)overset{脥簍碌莽}{=}Mg+C{l}_{2}隆眉}rm{(4)MgC{l}_{2}(脠脹脠脷)

overset{脥簍碌莽}{=}Mg+C{l}_{2}隆眉}rm{(5)5.50}rm{9.09隆脕10^{8}}五、判斷題(共2題，共18分)21、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構(gòu)成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質(zhì)的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質(zhì)的量，再根據(jù)鈉離子結(jié)構(gòu)計算最外層電子總數(shù)．22、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