2025年蘇人新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年蘇人新版高一化學上冊月考試卷966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6題，共12分)1、目前，人類已經發(fā)現(xiàn)的非金屬元素除稀有氣體元素外共有16種，下列對這16種非金屬元素的判斷不正確的是①都是主族元素，原子的最外層電子數都大于3②單質在反應中都只能作氧化劑③對應的含氧酸都是強酸。④氫化物常溫下都是氣態(tài)，所以又叫氣態(tài)氫化物⑤氣態(tài)氧化物與水反應都不會再生成氣體A.全部B.只有①②C.只有①②③④D.只有①②④⑤2、下列反應的離子方程式中，正確的是rm{(}rm{)}A.鐵跟稀硫酸反應：rm{2Fe+6H^{+}簍T2Fe^{3+}+3H_{2}隆眉}B.碳酸氫鈣溶液跟鹽酸反應：rm{Ca(HCO_{3})_{2}+2H^{+}簍TCa^{2+}+2H_{2}O+2CO_{2}隆眉}C.醋酸跟氫氧化鉀溶液反應：rm{CH_{3}COOH+OH^{-}簍TCH_{3}COO^{-}+H_{2}O}D.鹽酸與氨水反應：rm{H^{+}+OH^{-}簍TH_{2}O}3、下列表示化學用語或模型正確的是rm{(}rm{)}A.有rm{8}個中子的碳原子的核素符號：rm{;^{12}C}B.rm{H_{2}O}的電子式C.rm{Cl^{-}}的結構示意圖：D.rm{CH_{4}}分子的比例模型4、利用圖所示裝置進行下列實驗，其中丙中實驗現(xiàn)象描述正確的是rm{(}rm{)}

。實驗試劑甲試劑乙試劑丙丙中的現(xiàn)象rm{A}rm{70%}硫酸rm{Na_{2}SO_{3}}紫色石蕊試液溶液先變紅后褪色rm{B}濃鹽酸rm{KMnO_{4}}含酚酞的rm{NaOH}溶液溶液褪色rm{C}稀鹽酸rm{CaCO_{3}}rm{BaCl_{2}}溶液有白色沉淀生成rm{D}濃氨水rm{CaO}rm{AlCl_{3}}溶液先生成白色沉淀然后沉淀溶解A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}5、有機物rm{X}完全燃燒的產物只有二氧化碳和水，元素組成分析發(fā)現(xiàn)，該物質中碳元素的質量分數為rm{64.86%}氫元素的質量分數為rm{13.51%}它的核磁共振氫譜有rm{5}組明顯的吸收峰，且只含有一個甲基。下列關于有機物rm{X}的說法正確的是A.分子式為rm{C_{3}H_{8}O}B.rm{X}不能催化氧化成醛C.與rm{X}含有相同官能團的同分異構體有rm{3}種D.rm{X}發(fā)生消去反應生成兩種結構的烯烴6、密閉容器中自由移動的活塞兩邊分別充入空氣和rm{H_{2}}rm{O_{2}}的混合氣體，開始體積比為rm{1}rm{3}若將rm{H_{2}}rm{O_{2}}的混合氣體點燃引爆，恢復到原來溫度rm{(}水為液態(tài)rm{)}活塞右滑停留于容器的正中央，則原來rm{H_{2}}rm{O_{2}}的體積比可能為rm{(}rm{)}A.rm{2}rm{7}B.rm{5}rm{4}C.rm{1}rm{1}D.rm{7}rm{2}評卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)7、把rm{2.5mol}rm{A}和rm{2.5mol}rm{B}混合盛入容積為rm{2L}的密閉容器里，發(fā)生如下反應：rm{3A(g)+B(g)?x}rm{C(g)+2D(g)}經rm{5s}反應達平衡，在此rm{5s}內rm{C}的平均反應速率為rm{0.2mol?L^{-1}?s^{-1}}同時生成rm{1mol}rm{D}下列敘述中錯誤的是rm{(}rm{)}A.rm{x=4}B.達到平衡狀態(tài)時rm{A}的轉化率為rm{50%}C.rm{5s}內rm{B}的反應速率rm{v(B)=0.05}rm{mol/(L?s)}D.達到平衡狀態(tài)時容器內氣體的壓強與起始時壓強比為rm{5}rm{6}8、玻璃、陶瓷和水泥是三大重要的無機非金屬材料，它們的組成成分都含有的元素是rm{(}rm{)}A.rm{S}B.rm{C}C.rm{Si}D.rm{O}9、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}rm{W}為五種短周期元素。rm{X}rm{Y}rm{Z}是原子序數依次遞增的同周期元素，且最外層電子數之和為rm{15}rm{X}與rm{Z}可形成rm{XZ_{2}}分子；rm{Y}與rm{M}形成的氣態(tài)化合物在標準狀況下的密度為rm{0.76g隆隴L^{-1}}rm{W}的質子數是rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}四種元素質子數之和的rm{1/2}下列說法正確的是A.原子半徑：rm{W>Z>Y>X>M}B.rm{YZ_{2}}溶于水形成的溶液具有較強的氧化性C.rm{1molWM}溶于足量水中完全反應共轉移rm{2mol}電子D.由rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}四種元素可能形成離子化合物10、下列有關rm{Cl}rm{N}rm{S}等非金屬元素化合物的說法正確的是rm{(}rm{)}A.漂白粉的成分為次氯酸鈣和氯化鈣B.實驗室可用濃硫酸干燥氨氣C.實驗室可用rm{NaOH}溶液處理rm{NO_{2}}和rm{HCl}廢氣D.濃硫酸具有強氧化性，所以濃硫酸可用于干燥rm{H_{2}}和rm{CO_{2}}11、如圖為rm{A}rm{B}rm{C}三種物質的溶解度曲線，請據圖判斷下列敘述中不正確的是rm{(}rm{)}

A.rm{t_{1}隆忙}時，rm{B}物質的溶解度為rm{40g}B.要將rm{C}的不飽和溶液轉化為飽和溶液可以采取降溫的方法C.rm{t_{2}隆忙}時，三種物質的溶解度由大到小的順序為：rm{A>B>C}D.將rm{t_{2}隆忙}時rm{A}rm{B}的飽和溶液降溫到rm{t_{1}隆忙}時，析出的晶體rm{A}比rm{B}多12、化學用語是學習化學的重要工具，可用來表示物質的組成．物質的結構和物質的變化等，下列用于表示物質結構的化學用語表述正確的是（）A.乙烯的結構簡式：CH2CH2B.H2O2的結構式：H-0-0-HC.氮氣的電子式D.CH4分子的比例模型13、下列敘不正的是（）A.NH3易液化，液氨常用作制冷劑B.與金屬反應時，稀HNO3可能被還原為更低價態(tài)，則稀HNO3氧化性強于濃HNO3C.銨鹽受熱易分解，因此貯存氨態(tài)氮肥時要密封保存，并放在陰涼通風處D.稀HNO3和活潑金屬反應時主要得到氫氣14、有關下列實驗各裝置圖的敘述，不正確的是rm{(}rm{)}

A.裝置rm{壟脵}可用于吸收實驗中多余的rm{Cl_{2}}B.裝置rm{壟脷}可用于收集rm{H_{2}}rm{NH_{3}}rm{Cl_{2}}rm{HCl}rm{NO_{2}}等C.裝置rm{壟脹}中rm{X}為苯，可用于吸收氨氣或氯化氫D.裝置rm{壟脺}中可用于收集氨氣，并吸收多余的氨氣15、rm{2016}年rm{1}月rm{1}日起修訂厲的rm{隆露}中華人民共和國大氣污染防治法rm{隆路}正式施行，這將對我國的大氣污染防治產生重要影響rm{.}下列有關說法正確的是rm{(}rm{)}A.綠色食品就是不含任何化學物質的食品B.燃煤時添加生石灰以減少rm{SO_{2}}的排放C.rm{PM2.5}是指環(huán)境空氣中直徑小于或等于rm{2.5}微米的顆粒物D.rm{pH}在rm{5.6隆蘆7.0}之間的降水通常稱為酸雨評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)16、用黃銅礦（主要成分是CuFeS2）生產粗銅的反應原理如下：

CuFeS4Cu2SCu2OCu

（1）已知在反應①、②中均生成相同的氣體分子，該氣體具有漂白性．請分別寫出反應①______．

②的化學方程式是______、______．

（2）基態(tài)銅原子的核外電子排布式為______，硫、氧元素相比，第一電離能較大的是______．

（3）反應①和②生成的氣體分子的中心原子的雜化類型是______，分子的空間構型是______．

（4）某學生用硫酸銅溶液與氨水做了一組實驗，CuSO4溶液中加氨水生成藍色沉淀，再加氨水沉淀溶解，得到深藍色透明溶液，最后向該溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu（NH3）4]SO4?H2O晶體，請解釋加入乙醇后析出晶體的原因______；在該晶體中存在化學鍵的種類有______．

（5）Cu2O的晶胞結構如圖所示，該晶胞的邊長為acm，則Cu2O的密度為______g?cm-3（用NA表示阿伏加德羅常數的數值）．17、在元素周期表第3周期中，置換酸中氫的能力最強的元素的元素符號為____，化學性質最穩(wěn)定的元素符號是____，最高價氧化物的水化物的酸性最強的化合物的化學式是____，堿性最強的化合物的化學式是____，顯兩性的氫氧化物的化學式是____，該兩性氫氧化物與鹽酸、氫氧化鈉溶液分別反應的離子方程式為____、____，原子半徑最大的金屬元素的名稱是____，離子半徑最小的離子結構示意圖是____．18、下表是元素周期表的一部分，請回答有關問題：。主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②③3④⑤⑥⑦⑧4⑨⑩(1)表中化學性質最不活潑的元素，其原子結構示意圖為___________________。(2)表中能形成兩性氫氧化物的元素是______(填元素名稱)，寫出該元素的單質與⑨最高價氧化物的水化物反應的化學方程式__________________________________________________。(3)①、④、⑤、⑥、⑦、⑨六種元素的最高價氧化物的水化物中，按堿性減弱酸性增強的順序排列為______________________________________(用化學式表示)。(4)③元素與⑩元素兩者核電荷數之差是__________。(5)請寫出②的氫化物發(fā)生催化氧化的化學方程式________________。(6)請寫出⑤元素的最高價氧化物的水化物與⑦元素的最高價氧化物的水化物反應的離子方程式____。19、（12分）（1）氯氣可溶于水，常溫下，1體積水中溶解2體積的氯氣，溶于水的氯氣一部分與水反應，該化學方程式是____。（2）多余氯氣常用NaOH溶液吸收，寫出化學方程式____（3）氯水中含有多種成分。將紫色石蕊試液滴入氯水中，溶液顯紅色起作用的成分是____________；過一會兒，溶液顏色逐漸褪去，起作用的成分是____________；往氯水中滴入硝酸銀溶液，產生白色沉淀，起作用的成分是________________。20、（每空1分共計10分）由銅、鋅和稀鹽酸組成的原電池中，①銅是____極，發(fā)生____反應，電流的方向從____極到極；鋅是____極，發(fā)生____反應，電極反應式是。②當導線中有1mol電子通過時，理論上鋅片質量____（填增加或減少）____g③銅片上析出____21、A、B、C、D四種短周期元素，0.5molA的元素的離子得到NA個電子后被還原為中性原子；0.4gA的氧化物恰好與100mL0.2mol/L的鹽酸完全反應；A元素原子核內質子數與中子數相等．B元素原子核外電子數比A元素原子核外電子數多1；C﹣離子核外電子層數比A元素的離子核外電子層數多1；D元素原子最外層電子數是次外層電子數的2倍．（1）A元素的符號____；（2）B的單質____；C____；D____．22、有幾種元素的微粒的最外電子層結構如圖所示；其中：

(1)某電中性微粒一般不和其他元素的原子反應；這種微粒符號是____________．

(2)某微粒的鹽溶液，加入AgNO3溶液時會出現(xiàn)白色渾濁，這種微粒符號是____________．23、燃料電池是一種新能源rm{.}利用rm{2CO+O_{2}簍T2CO_{2}}設計燃料電池時，負極發(fā)生反應的氣體是_____，酸性條件下正極發(fā)生反應的電極反應是_____．評卷人得分四、判斷題(共1題，共3分)24、向蛋白質溶液中滴加Na2SO4溶液產生沉淀屬于化學變化．（判斷對錯）評卷人得分五、探究題(共4題，共40分)25、（7分）現(xiàn)有失去標簽的兩瓶無色溶液：氯化鈉溶液和稀鹽酸。某化學探究小組打算用物理和化學兩種方法加以區(qū)別。請回答：（1）化學方法在不選用酸堿指示劑、pH試紙的情況下，按表中方法一（示例）填寫。所選試劑須屬于不同物質類別（單質、氧化物、酸、堿、鹽、有機物等）。。所選試劑判別方法方法一鋅取少量樣品分別與鋅反應，有氣體產生的是稀鹽酸，沒有的是氯化鈉溶液。方法二方法三（2）物理方法同學小王使用了酒精燈和玻璃棒兩種儀器，就把這兩種無色溶液區(qū)分開了。請你猜測一下他的做法：操作方法：判斷方法：26、某學習小組，用稀HNO3與大理石反應過程中質量減小的方法，探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25.00mL、大理石用量為10.00g。實驗設計如表：。編號T/K大理石規(guī)格HNO3濃度①298粗顆粒2.00mol·L-1②298粗顆粒1.00mol·L-1③308粗顆粒2.00mol·L-1④298細顆粒2.00mol·L-1將相應的實驗目的填入下列空格中：（1）實驗①和②探究對該反應速率的影響；（2）實驗①和③探究對該反應速率的影響；（3）實驗①和④探究對該反應速率的影響27、（12分）某學習小組為證明并觀察銅與稀HNO3反應的產物是NO，設計了如下圖所示的實驗裝置。請你根據他們的思路，回答有關的問題。（一）實驗儀器：大試管、玻璃導管、橡皮塞、燒杯、棉花、注射器。（二）實驗藥品：銅絲、稀硝酸、碳酸鈣顆粒、燒堿溶液。（三）實驗原理：銅與稀硝酸反應的離子反應方程式____。（四）實驗步驟：1、按右圖所示連接好裝置，檢驗裝置的________；2、向試管中加入一定量的固體藥品（填化學式）________，然后向試管中倒入過量的稀硝酸，并迅速塞緊帶銅絲和導管的橡皮塞；3、讓試管中的反應進行一段時間后，用蘸有NaOH溶液的棉花團封住導管口；4、將銅絲向下移動插入試管液體中，使之與稀硝酸反應；5、把注射器的針孔插入試管口的橡皮塞中，緩慢向試管內推入空氣。（五）實驗討論：1、實驗步驟②的目的是（寫出反應的離子方程式，結合文字說明）____；2、實驗步驟⑤的目的是（寫出反應的化學方程式，結合文字說明）____。（六）實驗評價：該裝置的優(yōu)點是（任寫一個即可）____；有同學提出：增加右圖所示裝置，在步驟②完成后，當有明顯現(xiàn)象再撤去該裝置，并繼續(xù)步驟③的“用蘸有NaOH溶液的棉花團封住導管口”。請評價他的做法____________。28、（7分）現(xiàn)有失去標簽的兩瓶無色溶液：氯化鈉溶液和稀鹽酸。某化學探究小組打算用物理和化學兩種方法加以區(qū)別。請回答：（1）化學方法在不選用酸堿指示劑、pH試紙的情況下，按表中方法一（示例）填寫。所選試劑須屬于不同物質類別（單質、氧化物、酸、堿、鹽、有機物等）。。所選試劑判別方法方法一鋅取少量樣品分別與鋅反應，有氣體產生的是稀鹽酸，沒有的是氯化鈉溶液。方法二方法三（2）物理方法同學小王使用了酒精燈和玻璃棒兩種儀器，就把這兩種無色溶液區(qū)分開了。請你猜測一下他的做法：操作方法：判斷方法：評卷人得分六、計算題(共3題，共30分)29、鋁與rm{NO_{3}^{-}}在酸性或堿性條件下均可反應，回答下列問題：rm{(1)}為了降低飲用水中rm{NO_{3}^{-}}的濃度，可以在堿性條件下用鋁粉將rm{NO_{3}^{-}}還原為rm{N_{2}}完善并配平該反應：__rm{Al+}___rm{NO}___rm{Al+}rm{NO}rm{{,!}_{3}^{-;}}___rm{+}___rm{OH}rm{+}rm{OH}____________rm{{,!}^{-}}____rm{=}____________rm{+}____rm{N}rm{=}rm{+}____rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{隆眉+}____rm{H}rm{隆眉+}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}某同學取一定質量的鐵鋁合金與rm{O}稀硝酸充分反應，反應過程中沒有氣體放出。在反應結束后的溶液中，逐滴加入每消耗rm{1molNO}溶液，所加rm{1molNO}溶液的體積rm{{,!}_{3}^{-}}與產生沉淀的物質的量，轉移的電子數目為________。的關系如圖所示。

rm{(2)}寫出rm{100mLxmol/L}段發(fā)生反應的離子方程式_____________________。

rm{4mol/LNaOH}rm{NaOH}點對應的溶液中含有的陽離子除rm{(mL)}rm{(mol)}rm{壟脵}寫出rm{EF}段發(fā)生反應的離子方程式_____________________。

rm{壟脵}rm{EF}_________。rm{壟脷C}點對應的溶液中含有的陽離子除rm{Na}鐵鋁合金中鋁的物質的量分數為______________________。rm{壟脷C}30、向rm{50mLNa_{2}SO_{4}}和rm{Na_{2}CO_{3}}的混合溶液中加入過量的rm{BaCl_{2}}溶液，得到rm{14.51g}白色沉淀，向白色沉淀中加入過量的稀rm{HNO_{3}}充分反應后，沉淀減少到rm{4.66g}并有氣體產生．

rm{(1)}原混合溶液中rm{Na_{2}SO_{4}}的物質的量濃度是多少？

rm{(2)}產生的氣體在標準狀況下的體積是多少？

rm{(3)}原溶液中rm{Na^{+}}物質的量濃度是多少？31、rm{(4}分rm{)}將rm{12}克rm{CO}和rm{CO_{2}}的混合氣體通過足量灼熱的氧化銅后，得到氣體的總質量為rm{18}克，求原混合氣rm{.}體中的rm{CO}的質量分數rm{?}參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】稀有氣體不屬于主族，①錯誤。②不正確，例如氫元素等。F沒有含氧酸，且對應的含氧酸不一定都是強酸，例如碳酸等。④不正確，例如水是液態(tài)。⑤不正確，例如NO2和水反應生成NO，所以答案選A。【解析】【答案】A2、C【分析】解：rm{A.}鐵跟稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣，正確的離子方程式為：rm{Fe+2H^{+}簍TFe^{2+}+H_{2}隆眉}故A錯誤；

B.碳酸氫鈣溶液跟鹽酸反應生成氯化鈣、二氧化碳和水，正確的離子方程式為：rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}簍TH_{2}O+CO_{2}隆眉}故B錯誤；

C.醋酸跟氫氧化鉀溶液反應的離子方程式為：rm{CH_{3}COOH+OH^{-}簍TCH_{3}COO^{-}+H_{2}O}故C正確；

D.鹽酸與氨水反應生成氯化銨和水，正確的離子方程式為：rm{H^{+}+NH_{3}?H_{2}O簍TH_{2}O+3NH_{4}^{+}}故D錯誤；

故選C．

A.鐵與稀硫酸反應生成亞鐵離子；

B.碳酸氫鈣為易溶物；應該拆開；

C.醋酸與氫氧化鉀溶液反應生成醋酸鉀和水；

D.一水和氨為弱堿；離子方程式中一水合氨按應該拆開．

本題考查了離子方程式的判斷，為高考的高頻題，屬于中等難度的試題，注意掌握離子方程式的書寫原則，明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應物、生成物是否正確，檢查各物質拆分是否正確，如難溶物、弱電解質等需要保留化學式，檢查是否符合原化學方程式等．【解析】rm{C}3、D【分析】解：rm{A.}有rm{8}個中子的碳原子的質量數為rm{14}該核素符號正確表示為：rm{{,!}^{14}C}故A錯誤；

B.rm{H_{2}O}是共價化合物，是由原子和氫原子形成共價鍵，其電子式為：故B錯誤；

C.氯離子的核電荷數為rm{17}最外層為rm{18}個電子，氯離子結構示意圖為：故C錯誤；

D.甲烷分子中含有rm{1}個rm{C}rm{4}個rm{H}原子，為正四面體結構，碳原子半徑大于氫原子，甲烷的比例模型為：故D正確；

故選D．

A.質量數rm{=}質子數rm{+}質子數，元素符號的左上角為質量數，該碳原子的質量數為rm{14}

B.水為共價化合物；其電子式中需要標出原子的最外層電子；

C.氯離子的核電荷數為rm{17}

D.根據甲烷的比例模型與球棍模型的表示方法判斷．

本題考查了常見化學用語的表示方法判斷，題目難度中等，注意掌握電子式、元素符號、離子結構示意圖、比例模型等化學用語的表示方法，明確離子結構示意圖與原子結構示意圖、球棍模型與比例模型的區(qū)別．【解析】rm{D}4、B【分析】解：rm{A.}二氧化硫不能漂白酸堿指示劑；故A錯誤；

B.濃鹽酸與高錳酸鉀生成氯氣；氯氣可與氫氧化鈉溶液反應，故B正確；

C.因碳酸的酸性比鹽酸弱；二氧化碳與氯化鋇溶液不反應，故C錯誤；

D.氫氧化鋁不溶于氨水；但可與強堿反應，故D錯誤．

故選B．

由裝置圖可知甲和乙在常溫下反應生成氣體；可結合物質的性質判斷反應能否發(fā)生，丙用于收集氣體，且防止倒吸，以此解答該題．

本題考查了物質的性質及實驗基本操作及反應現(xiàn)象，為高頻考點，側重考查學生的分析、實驗能力，明確實驗原理是解本題關鍵，再結合物質的性質分析解答，題目難度不大．【解析】rm{B}5、C【分析】【分析】本題主要考查的是有機物有關計算，找準有機物元素組成，首先確定其實驗式是解決此類題目的關鍵。由rm{C}與rm{H}的質量分數之和不是rm{100%}燃燒產物只有二氧化碳和水，推斷該有機物中含有rm{O}且依據質量分數與相對原子質量之比求出各種元素的個數比，即可確定其分子組成，由含有rm{4}組吸收峰，說明含有四種不同環(huán)境的rm{H}依據以上分析解答即可。與rm{C}的質量分數之和不是rm{H}燃燒產物只有二氧化碳和水，推斷該有機物中含有rm{100%}且依據質量分數與相對原子質量之比求出各種元素的個數比，即可確定其分子組成，由含有rm{O}組吸收峰，說明含有四種不同環(huán)境的rm{4}依據以上分析解答即可。

rm{H}

A.rm{N(C):N(H):N(O)=dfrac{64.86攏樓}{12}攏潞dfrac{13.51攏樓}{1}攏潞dfrac{1-64.86攏樓-13.51攏樓}{16}=4攏潞10攏潞1}最簡式為【解答】A.rm{N(C):N(H):N(O)=dfrac{64.86攏樓}{12}攏潞

dfrac{13.51攏樓}{1}攏潞dfrac{1-64.86攏樓-13.51攏樓}{16}=4攏潞10攏潞1

}最簡式為rm{N(C):N(H):N(O)=dfrac{64.86攏樓}{12}攏潞

dfrac{13.51攏樓}{1}攏潞dfrac{1-64.86攏樓-13.51攏樓}{16}=4攏潞10攏潞1

}rm{C}rm{C}，滿足物質的組成，rm{4}rm{4}rm{H}rm{H}rm{10}rm{10}，故A錯誤；rm{O}

B.rm{O}組明顯的吸收峰，且只含有一個甲基，則故分子式為是rm{C}rm{C}能催化氧化成醛，故B錯誤；rm{4}含有相同官能團的同分異構體有：rm{4}rm{H}rm{H}共rm{10}種；故C正確；

D.rm{10}發(fā)生消去反應生成一種結構的烯烴rm{O}rm{O}它的核磁共振氫譜有rm{5}組明顯的吸收峰，且只含有一個甲基，則rm{X}是rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}rm{X}能催化氧化成醛，故B錯誤；rm{5}rm{X}rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}rm{X}C.與rm{X}含有相同官能團的同分異構體有：rm{X}

rm{CH_{3}CH_{2}CHOHCH_{3}}【解析】rm{C}6、D【分析】解：反應前左右壓強都相等，氣體的物質的量之比等于體積之比，令空氣的物質的量為rm{1mol}則氫氣、氧氣的混合氣體為rm{3mol.}反應后恢復至原來的溫度，活塞正好停留在容器的中間rm{.}說明反應后左右氣體的物質的量相等，右室中剩余氣體為rm{1mol}

若剩余的氣體為氫氣，參加反應氣體共rm{2mol}由rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}2H_{2}O}可知，氧氣為rm{2mol隆脕dfrac{1}{3}=dfrac{2}{3}mol}故氫氣為rm{3mol-dfrac{2}{3}mol=dfrac{7}{3}mol}故Hrm{2H_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠錄};}}{;}2H_{2}O}rm{2mol隆脕dfrac{1}{3}=dfrac

{2}{3}mol}的體積比為rm{3mol-dfrac{2}{3}mol=dfrac

{7}{3}mol}rm{{,!}_{2}}rm{O_{2}}

若剩余的氣體為氧氣，參加反應氣體共rm{dfrac{7}{3}mol}由rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}2H_{2}O}可知，氫氣為rm{2mol隆脕dfrac{2}{3}=dfrac{4}{3}mol}故氧氣為rm{3mol-dfrac{4}{3}mol=dfrac{5}{3}mol}故Hrm{dfrac{2}{3}mol=7}rm{2}的體積比為rm{2mol}rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠錄};}}{;}2H_{2}O}rm{2mol隆脕dfrac{2}{3}=dfrac

{4}{3}mol}

故選D．

反應前左右壓強都相等，氣體的物質的量之比等于體積之比，令空氣的物質的量為rm{3mol-dfrac{4}{3}mol=dfrac

{5}{3}mol}則氫氣、氧氣的混合氣體為rm{{,!}_{2}}反應后恢復至原來的溫度，活塞正好停留在容器的中間rm{O_{2}}說明反應后左右氣體的物質的量相等，右室中剩余氣體為rm{dfrac{4}{3}mol}剩余的氣體可能為氫氣，也可能為氧氣，據此討論計算．

本題考查化學方程式的有關計算，側重考查學生分析計算能力，明確左右室的氣體的物質的量關系是解答本題的關鍵，注意：該反應中可能是氧氣過量也可能是氫氣過量，題目難度不大．rm{dfrac{5}{3}mol=4}【解析】rm{D}二、雙選題(共9題，共18分)7、rBD【分析】解：平衡時，生成的rm{C}的物質的量為rm{0.2mol/(L漏qs)隆脕5s隆脕2L=2mol}

rm{3A(}氣rm{)+B(}氣rm{)?XC(}氣rm{)+2D(}氣rm{)}

開始rm{(mol)}rm{2.5}rm{2.5}rm{0}rm{0}

變化rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.5}rm{0.5X}rm{1}

平衡rm{(mol)}rm{1}rm{2}rm{2}rm{1}

rm{x=4}則。

A.由以上分析可知rm{x=4}故A正確；

B.平衡時rm{A}的轉化率為rm{dfrac{1.5mol}{2.5mol}隆脕100%=60%}故B錯誤；

C.rm{v(B)=dfrac{dfrac{0.5mol}{2L}}{5s}=0.05mol/(L漏qs)}故C正確；

D.達到平衡狀態(tài)時容器內氣體的壓強與起始時壓強比rm{dfrac

{1.5mol}{2.5mol}隆脕100%=60%}rm{v(B)=dfrac{dfrac

{0.5mol}{2L}}{5s}=0.05mol/(L漏qs)}rm{=(1+2+2+1)}故D錯誤．

故選BD．

根據三段式解題法；求出混合氣體各組分物質的量的變化量；平衡時各組分的物質的量．

平衡時，生成的rm{(2.5+2.5)=6}的物質的量為rm{5}

rm{C}氣rm{0.2mol/(L漏qs)隆脕5s隆脕2L=2mol}氣rm{3A(}氣rm{)+B(}氣rm{)?XC(}

開始rm{)+2D(}rm{)}rm{(mol)}rm{2.5}rm{2.5}

變化rm{0}rm{0}rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.5}

平衡rm{0.5X}rm{1}rm{(mol)}rm{1}rm{2}

rm{2}

以此根據相關計算公式計算相關物理量．

本題考查化學平衡的計算，為高頻考點，把握化學平衡三段法、壓強比及轉化率的計算為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，注意反應中物質的量關系，題目難度不大．rm{1}【解析】rm{BD}8、rCD【分析】解：普通玻璃的主要化學成分為二氧化硅，含少量鈣、鎂；一般陶瓷主要的化學成分為：硅、鋁、鉀、鈉、鈣、鎂、鐵、鈦，根據陶瓷種類用途不同化學成分含量各不相同；一般水泥為硅酸鹽水泥，主要化學成分為：硅、鋁、鈣、鎂以及少量添加劑，所以它們的組成成分都含有的元素是rm{Si}．

故選C．

水泥；玻璃、陶瓷三種材料都屬于無機非金屬材料；即硅酸鹽材料，含有相同的成分是二氧化硅，據此來回答．

本題考查學生水泥、玻璃、陶瓷的主要成分，根據課本知識來回答，難度不大．【解析】rm{CD}9、BD【分析】【分析】本題考查元素推斷，涉及氧化還原反應中的電子得失、氮元素化合物的性質、微粒半徑大小比較、離子鍵離子化合物的判斷等知識，難度不大?！窘獯稹縭m{X}rm{Y}rm{Z}是原子序數依次遞增的同周期元素，由rm{X}rm{Y}rm{Z}的最外層電子數之和為rm{15}則rm{X}rm{Y}rm{Z}的最外層電子數依次為rm{4}rm{5}rm{6}因為它們是短周期元素，所以依次可能為碳、氮、氧或硅、磷、硫，rm{X}與rm{Z}可形成rm{XZ_{2}}分子，故rm{X}rm{Y}rm{Z}分別為rm{C}rm{N}rm{O}三種元素；rm{N}元素與rm{M}形成的氣態(tài)化合物在標準狀況下的密度rm{0.76g?L^{-1}}該氣態(tài)化合物的摩爾質量為rm{22.4L/mol隆脕0.76g?L^{-1}=17g/mol}則rm{M}為rm{H}元素；rm{W}的質子數是rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}四種元素質子數之和的rm{1/2}，推出rm{1/2}的質子數為rm{W}rm{1/2}所以rm{1/2}為rm{隆脕(6+7+8+1)=11}元素；A.電子層數越多，半徑越大，則所有元素中rm{W}原子半徑最小，rm{Na}原子半徑最大，同周期自左向右原子半徑逐漸減小，同主族自上到下原子半徑增大，故原子半徑rm{H}即rm{Na}故A錯誤；B.rm{Na>C>N>O>H}rm{W>X>Y>Z>M}為rm{YZ}rm{YZ}溶于水形成硝酸溶液，硝酸具有較強的氧化性，故B正確；C.rm{{,!}_{2}}為與水發(fā)生反應：rm{{,!}_{2}}rm{NO_{2,}NO}中氫元素由rm{2}價升高為rm{2}價，rm{NaH}中氫元素由rm{NaH+H_{2}O=NaOH+H_{2}隆眉}價降低為rm{NaH}價，rm{-1}溶于足量水中完全反應共轉移rm{0}電子，故C錯誤；D.由rm{H_{2}O}rm{+1}rm{0}rm{1molNaH}四種元素形成的化合物可為氨基酸、碳酸銨、醋酸銨等物質，若為碳酸銨、醋酸銨則為rm{1mol}，故D正確。故選BD。rm{X}【解析】rm{BD}10、rAC【分析】解：rm{A.}漂白精的主要成分為次氯酸鈣和氯化鈣；其中有效成分為次氯酸鈣，故A正確；

B.因氨氣和濃硫酸反應；則不能用濃硫酸干燥氨氣，應用堿石灰，故B錯誤；

C.rm{NO_{2}}和rm{HCl}都可與rm{NaOH}反應；可用氫氧化鈉溶液處理尾氣，故C正確；

D.能硫酸具有吸水性；可用于干燥氫氣和二氧化碳等氣體，故D錯誤．

故選AC．

A.漂白粉的主要成分是次氯酸鈣和氯化鈣；有效成分是次氯酸鈣；

B.濃硫酸具有酸性；不能干燥堿性氣體；

C.rm{NO_{2}}和rm{HCl}都可與rm{NaOH}反應；

D.濃硫酸用于干燥氣體與吸水性有關．

本題考查較為綜合，涉及物質的組成、性質以及應用，側重于化學與生活、生產的考查，為高頻考點，有利于培養(yǎng)學生的良好的科學素養(yǎng)，難度不大．【解析】rm{AC}11、rAC【分析】解：rm{A}由rm{B}的溶解度曲線可知，在rm{t1隆忙}時，rm{B}物質的溶解度為rm{40}克；故A正確；

B、由于rm{C}的溶解度隨溫度的升高而減?。灰虼艘蛊洳伙柡腿芤恨D化成飽和溶液應采取升溫的方法，故B錯誤；

C、有三物質的溶解度曲線可知，在rm{t2隆忙}時，三物質的溶解度大小關系是rm{A>B>C}故C正確；

D、由于rm{A}的溶解度隨溫度的升高而增大；且受溫度的影響很大，等質量的飽和溶液降低相同的溫度，溶解度變化大的析出晶體多，故D錯誤；

故選AC．

根據固體物質的溶解度曲線可以：rm{壟脵}查出某物質在某溫度下的溶解度，rm{壟脷}比較不同物質在同一溫度下的溶解度大小，rm{壟脹}判斷物質的溶解度隨溫度變化的變化情況；從而確定通過升溫還是降溫的方法使飽和溶液和不飽和溶液間相互轉化，判斷通過降溫還是蒸發(fā)溶劑的方法使溶質從溶液中結晶析出，等質量的飽和溶液降低相同的溫度，溶解度變化大的析出晶體多．

本題難度不是很大，主要考查了根據固體的溶解度曲線來解決相關的問題，從而培養(yǎng)學生分析問題、解決問題的能力．【解析】rm{AC}12、B|C【分析】解：A．乙烯的結構簡式中的碳碳雙鍵不能省略，乙烯結構簡式為CH2=CH2；故A錯誤；

B．雙氧水為共價化合物，H2O2的結構式為：H-0-0-H；故B正確；

C．氮氣分子中含有氮氮三鍵，氮氣的電子式為：故C正確；

D．甲烷為正面體結構，由原子相對大小表示空間結構為比例模型，則CH4分子正確的比例模型為：故D錯誤；

故選BC．

A．乙烯的結構簡式中的碳碳雙鍵不能省略；

B．雙氧水為共價化合物；分子中存在兩個氫氧鍵和1個氧氧鍵；

C．氮氣分子中含有氮氮三鍵；氮原子最外層達到8電子穩(wěn)定結構；

D．為甲烷的球棍模型；不是比例模型．

本題考查了化學用語的表示方法，題目難度中等，注意掌握比例模型與球棍模型、電子式、結構簡式、結構式等化學用語的書寫原則，明確比例模型與球棍模型、結構簡式與結構式的區(qū)別．【解析】【答案】BC13、B|D【分析】解：根據氨氣物理性質：NH3易化；通常用作制冷劑，故A確；

受熱易分物儲存時；要封保存并放在陰涼通風，故C正確；

屬和硝應的原產物是一氧氮；不會產生氫氣，故D錯．

選BD．

濃HN3化性強于稀HNO；

A；NH3液；液氨常用作冷劑；

金屬和硝酸應的還原產物是一氮．

本題考查學生質的質面的知識可以根據教知識來回答度不大．【解析】【答案】BD14、rAC【分析】解：rm{A.}導管在液面下；可發(fā)生倒吸，則圖中裝置可收集尾氣，但易發(fā)生倒吸，故A錯誤；

B.rm{a}進氣可收集密度比空氣密度大的氣體，rm進入可收集密度比空氣密度小的氣體，則裝置rm{壟脷}可用于收集rm{H_{2}}rm{NH_{3}}rm{Cl_{2}}rm{HCl}rm{NO_{2}}等；故B正確；

C.rm{X}為苯，密度比水的小，則rm{X}在上層，不能隔絕氣體和水，rm{X}應為四氯化碳；故C錯誤；

D.堿石灰可干燥氨氣，氨氣的密度比空氣密度小，易溶于水，則圖rm{壟脺}中可用于收集氨氣；并吸收多余的氨氣，故D正確；

故選AC．

A.導管在液面下；可發(fā)生倒吸；

B.rm{a}進氣可收集密度比空氣密度大的氣體，rm進入可收集密度比空氣密度小的氣體；

C.rm{X}為苯，密度比水的小，則rm{X}在上層；不能隔絕氣體和水；

D.堿石灰可干燥氨氣；氨氣的密度比空氣密度小，易溶于水．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握實驗裝置的作用、實驗技能及物質的性質為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，題目難度不大．【解析】rm{AC}15、rBC【分析】解：rm{A.}綠色食品并非指顏色是綠色的食品；而是對產自良好生態(tài)環(huán)境的，無污染；安全、優(yōu)質的食品的總稱，并非不含任何化學物質，故A錯誤；

B.二氧化硫可以與堿性物質如rm{CaO}發(fā)生化學反應，所以燃煤時添加生石灰以減少rm{SO_{2}}的排放；故B正確；

C.rm{PM2.5}是指環(huán)境空氣中直徑小于或等于rm{2.5}微米的顆粒物；主要來源是化石燃料的燃燒和揚塵，故C正確；

D.雨水中溶有二氧化碳，則正常雨水的rm{pH}約為rm{5.6}若雨水的rm{pH<5.6}該該雨水為酸雨，故D錯誤；

故選BC．

A.綠色食品是對產自良好生態(tài)環(huán)境的；無污染；安全、優(yōu)質的食品的總稱；

B.氧化鈣與二氧化硫反應；從而大大減少了二氧化硫的排放；

C.根據rm{PM2.5}的概念分析；

D.正常雨水的rm{pH}約為rm{5.6}酸雨是指溶液rm{pH}小于rm{5.6}的雨水．

本題考查了環(huán)境污染及治理，題目難度不大，涉及rm{PM2.5}綠色食品、酸雨等的概念及判斷，明確常見環(huán)境污染類型及治理方法為解答關鍵，試題側重基礎知識的考查，有利于提高學生的環(huán)境保護意識．【解析】rm{BC}三、填空題(共8題，共16分)16、略

【分析】解：（1）由題給信息知反應①是Cu2S和O2反應生成Cu2O的反應，由于Cu元素的化合價不變，O元素的化合價降低，則S元素的化合價一定升高，結合所學知識知道生成的物質為二氧化硫．化學方程式為2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；

反應②是Cu2O和Cu2S反應生成Cu的反應，Cu元素的化合價降低，元素S的化合價升高生成二氧化硫，化學方程式為2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑；

故答案為：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑；

（2）Cu是29號元素，原子核外電子數為29，銅的基態(tài)原子核外電子排布式1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；同主族元素第一電離能自上而下逐漸減小，所以第一電離能較大的是氧；

故答案為：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；氧；

（3）由（1）分析知反應①②生成的相同氣體分子是SO2，SO2中價層電子對個數=2+（6-2×2）=3，所以S原子采用sp2雜化；由于含有一個孤電子對，其空間構型是V型；

故答案為：sp2；V型；

（4）在水中得到深藍色透明溶液，加入乙醇析出晶體，說明在乙醇中溶解性降低，根據相似相溶分析：乙醇分子極性弱于水的極性，在乙醇中溶解度降低；[Cu（NH3）4]SO4中硫酸根離子和[Cu（NH3）4]2+存在離子鍵，N原子和銅原子之間存在配位鍵，NH3中H和N之間存在共價鍵，所以[Cu（NH3）4]SO4中所含的化學鍵有共價鍵；離子鍵、配位鍵；

故答案為：乙醇分子極性比水分子極性弱；加入乙醇降低溶劑的極性，從而降低溶質的溶解度；共價鍵；離子鍵、配位鍵；

（5）O原子在晶胞的頂點和體心，故O原子數=8×+1=2，Cu原子全部在體心，故Cu原子數=4，即一個氧化亞銅晶胞中有2個O原子和4個Cu原子，則該氧化物的密度ρ==g?cm-3=g?cm-3．

故答案為：．

（1）由題給信息知反應①是Cu2S和O2反應生成Cu2O的反應，由于Cu元素的化合價不變，O元素的化合價降低，則S元素的化合價一定升高，結合所學知識知道生成的物質為二氧化硫．化學方程式為同理，反應②是Cu2O和Cu2S反應生成Cu的反應；Cu元素的化合價降低，元素S的化合價升高生成二氧化硫，知道了反應物和生成物，配平化學方程式即可；

（2）Cu是29號元素；原子核外電子數為29，根據核外電子排布規(guī)律書寫銅的基態(tài)原子價電子排布式；

同主族元素第一電離能自上而下逐漸減?。?/p>

（3）由（1）分析知反應①②生成的相同氣體分子是SO2，SO2中價層電子對個數=2（6-2×2）=3，且含有一個孤電子對，所以其空間構型是V型，S原子采用sp2雜化；

（4）根據相似相容原理判斷；陰陽離子存在離子鍵；非金屬元素間易形成共價鍵，配合物中存在配位鍵；

（5）由均攤法計算氧化亞銅晶胞中Cu原子和O原子的數目，根據密度計算公式ρ=計算即可．

本題考查較為全面，涉及到化學方程式的書寫、電子排布式、分子空間構型、雜化類型的判斷以及有關晶體的計算，但解題具有較強的方法性和規(guī)律性，學習中注意總結如何書寫電子排布式，如何判斷分子空間構型以及有關晶體計算等方法，題目難度中等．【解析】2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑；此空刪去；1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；氧；sp2；V型；乙醇分子極性比水分子極性弱，加入乙醇降低溶劑的極性，從而降低溶質的溶解度；共價鍵、離子鍵、配位鍵；17、略

【分析】

同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱；非金屬性逐漸增強；

則置換酸中氫的能力最強的元素為金屬性最強的元素為Na；堿性最強的化合物為NaOH；

化學性質最穩(wěn)定的元素為0族元素，第三周期元素為Ar；

最高價氧化物的水化物的酸性最強的化合物對應的元素為Cl元素，對應的酸為HClO4；

第三周期中的兩性氫氧化物為Al（OH）3；

與鹽酸、氫氧化鈉溶液分別反應的離子方程式為：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O、Al（OH）3+3OH-=[Al（OH）4]-；

同周期元素從左到右元素原子半徑逐漸減?。粍t原子半徑最大的是Na；

離子半徑最小的離子為Al3+，離子結構示意圖是．

故答案為：Na；Ar；HClO4；NaOH；Al（OH）3；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O、Al（OH）3+3OH-=[Al（OH）4]-；鈉；．

【解析】【答案】同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱；非金屬性逐漸增強，以此判斷對應的單質；化合物的相關性質．

18、略

【分析】【解析】試題分析：由元素在周期表中的位置可知，①為C，②為N，③為F，④為Mg，⑤為Al，⑥為S，⑦為Cl，⑧為Ar，⑨為K，⑩為Br。（1）Ar的最外層電子數為8，為穩(wěn)定結構，則化學性質不活潑，其原子結構示意圖為故答案為：（2）上述元素中只有Al的氫氧化物為兩性，其離子反應為2Al＋2KOH＋2H2O===2KAlO2＋3H2↑，故答案為：鋁；2Al＋2KOH＋2H2O===2KAlO2＋3H2↑；（3）元素的金屬性越強，其最高價氧化物的水化物的堿性越強；元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物的酸性越強，故堿性減弱酸性增強的順序排列為KOH、Mg(OH)2、Al(OH)3、H2CO3、H2SO4、HClO4；（4）③為F元素，核電核數為9，⑩為Br，核電核數為35，故兩者核電荷數之差是26；（5）②為N，其氫化物為NH3，故②的氫化物發(fā)生催化氧化的化學方程式為4NH3＋5O24NO＋6H2O；（6）⑤為Al，其最高價氧化物的水化物為Al(OH)3；⑦為Cl，其最高價氧化物的水化物為HClO4,是強酸，故反應的離子方程式為Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O?？键c：位置結構性質的相互關系應用【解析】【答案】（每空2分，共14分）：(1)(2)鋁2Al＋2KOH＋2H2O===2KAlO2＋3H2↑(3)KOH、Mg(OH)2、Al(OH)3、H2CO3、H2SO4、HClO4(4)26(5)4NH3＋5O24NO＋6H2O(6)Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O19、略

【分析】【解析】試題分析：（1）氯氣與水反應的化學方程式為Cl2+H2O=HCl+HClO；（2）氯氣與NaOH溶液反應的化學方程式為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（3）氯氣是氯氣溶于水后形成的溶液，而溶于水的氯氣只占一部分，因此氯水中的主要成分有H+、Cl-、ClO-、HClO、Cl2、H2O。使紫色石蕊試紙變紅的應為酸，故起作用的成分應為H+；褪色主要是HClO的強氧化性；產生的白色沉淀為AgCl,因此起作用的為Cl-?？键c：氯氣的性質；化學方程式的書寫【解析】【答案】（1）（3分）Cl2+H2O="HCl"+HClO（2）（3分）Cl2+2NaOH="NaCl"+NaClO+H2O（3）（6分）每空2分HCl(H+);HClO;HCl(Cl-)20、略

【分析】【解析】【答案】(1)正極還原正極到負極負極氧化Zn+2e-=Zn2+(2)減少32.5g③氫氣21、Mg|Al|Cl|C【分析】【解答】解：短周期元素A、B、C、D中，0.5molA元素的離子得到NA個電子被還原為中性原子，則A離子為帶2個單位正電荷的陽離子，0.4gA的氧化物恰好與100ml0.2mol/L的鹽酸完全反應，由AO+2HCl═ACl2+H2O，可知M（AO）==40g/mol，所以A的摩爾質量為40g/mol﹣16g/mol=24g/mol，又A原子核內質子數目與中子數目相等，則質子數為12，即A為Mg元素；B元素原子核外電子數比A元素原子核外電子數多1，則B為Al．Cˉ離子核外電子層數比A元素的離子核外電子層數多1，Cˉ離子核外電子數為18，故C為Cl元素；D元素原子最外層電子數是最內層電子數的2倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數為4，則D為C元素．（1）由上述分析可知，A、B、C、D四種元素符號分別為：Mg、Al、Cl、C，故答案為：Mg；（2）B的單質是鋁單質；C是氯氣；D是碳單質，故答案為：Al、Cl、C．【分析】短周期元素A、B、C、D中，0.5molA元素的離子得到NA個電子被還原為中性原子，則A離子為帶2個單位正電荷的陽離子，0.4gA的氧化物恰好與100ml0.2mol/L的鹽酸完全反應，由AO+2HCl═ACl2+H2O，可知M（AO）==40g/mol，所以A的摩爾質量為40g/mol﹣16g/mol=24g/mol，又A原子核內質子數目與中子數目相等，則質子數為12，即A為Mg元素；B元素原子核外電子數比A元素原子核外電子數多1，則B為Al．Cˉ離子核外電子層數比A元素的離子核外電子層數多1，Cˉ離子核外電子數為18，故C為Cl元素；D元素原子最外層電子數是最內層電子數的2倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數為4，則D為C元素，據此解答．22、略

【分析】解：(1)根據題意可知：電中性微?；瘜W性質穩(wěn)定，是具有穩(wěn)定結構原子，質子數等于核外電子數為18，該粒子為Ar，故答案為：Ar；

(2)因白色渾濁是氯化銀，所以該粒子是氯離子，故答案為：Cl-．【解析】Ar;Cl-．23、COO2+4H++4e-=2H2O【分析】【分析】本題考查原電池原理，根據燃料電池的工作原理規(guī)律來分析解答即可，比較簡單?！窘獯稹坑蓃m{2CO+O_{2}簍T2CO_{2}}該燃料電池中通入rm{CO}的一極是負極，發(fā)生氧化反應，酸性條件下通rm{O_{2}}的一極是正極，發(fā)生還原反應rm{O_{2}+4H^{+}+4e^{-}=2H_{2}O}故答案為：rm{CO}rm{O_{2}+4H^{+}+4e^{-}=2H_{2}O}

【解析】rm{CO}rm{O_{2}+4H^{+}+4e^{-}=2H_{2}O}四、判斷題(共1題，共3分)24、B【分析】【解答】蛋白質溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學變化的實質是在原子核不變的情況下，有新物質生成，分析各選項是否符合化學變化的概念，即有新物質生成，就是化學變化．五、探究題(共4題，共40分)25、略

【分析】（1）鹽酸顯酸性，能和碳酸鹽反應產生CO2氣體，據此可以鑒別。（2）鹽酸具有揮發(fā)性，而氯化鈉沒有，因此通過蒸發(fā)溶劑，最后有固體析出的是氯化鈉。【解析】【答案】（1）開放性試題，只要符合題意即可。（3分）下面是一種可行的辦法：。所選試劑判別方法碳酸鈣取少量樣品分別與碳酸鈣反應，有氣體產生的是稀鹽酸，沒有的是氯化鈉溶液。（2）操作方法：用玻璃棒分別蘸取兩種溶液，在酒精燈上灼燒。（2分）判斷方法：有固體出現(xiàn)的是氯化鈉溶液，沒有的是稀鹽酸（2分）26、略

【分析】考查外界條件對反應速率的影響。在其它條件不變的情況下，增多反應物濃度或升高溫度或增大反應物的接觸面積或使用催化劑均能加快反應速率。根據實驗中的數據可知①②硝酸的濃度不同，所以是探究濃度對反應速率的影響的。①③中溫度不同，所以探究的是溫度對反應速率對影響。①④中固體的表面積不同，所以探究的是固體顆粒大小對反應速率影響的。【解析】【答案】（1）濃度；（2）溫度；（3）固體顆粒大小27、略

【分析】①硝酸是氧化性酸，能和銅發(fā)生氧化還原反應，方程式為3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O。②制氣裝置連接好后，首先檢驗裝置的氣密性。③由于裝置中含有空氣，會氧化生成的NO，從而干擾實驗，所以需要先排盡裝置中的空氣?？梢岳孟跛岷吞妓徕}反應生成的CO2來實現(xiàn)，即加入的固體藥品是碳酸鈣，反應的方程式為CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O。⑤由于NO極易被氧化生成紅棕色NO2，所以目的是證明Cu與稀硝酸反應生成NO的，方程式為2NO+O2=2NO2。⑥評價實驗可以從操作的難易程度、尾氣的處理、實驗現(xiàn)象等考慮。根據裝置及實驗過程可知，優(yōu)點是使用可抽動的銅絲能隨時控制反應的開始和結束，節(jié)約藥品用量，減少污染氣體的產生。（或使用蘸有NaOH溶液的棉花團封住導管口，可防止NO和NO2氣體逸出污染大氣。）⑦由于在排空氣時，無法判斷是否完全排盡，所以通過石灰水變渾濁的現(xiàn)象，來準確判斷試管內無空氣后，才進行步驟④，使得出的結論更科學?！窘馕觥俊敬鸢浮竣?Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O（2分）②氣密性（1分）③CaCO3（1分）④CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O（2分），利用CO2排出試管中的空氣，防止O2與NO反應（1分）⑤2NO+O2=2NO2（1分）,氣體由無色變紅棕色證明Cu與稀硝酸反應生成NO（1分）⑥使用可抽動的銅絲能隨時控制反應的開始和結束，節(jié)約藥品用量，減少污染氣體的產生。（或使用蘸有NaOH溶液的棉花團封住導管口，可防止NO和NO2氣體逸出污染大氣。）（2分）⑦通過石灰水變渾濁的現(xiàn)象準確判斷試管內無空氣后，才進行步驟④，使得出的結論更科學。（1分）28、略

【分析】（1）鹽酸顯酸性，能和碳酸鹽反應產生CO2氣體，據此可以鑒別。（2）鹽酸具有揮發(fā)性，而氯化鈉沒有，因此通過蒸發(fā)溶劑，最后有固體析出的是氯化鈉。【解析】【答案】（1）開放性試題，只要符合題意即可。（3分）下面是一種可行的辦法：。所選試劑判別方法碳酸鈣取少量樣品分別與碳酸鈣反應，有氣體產生的是稀鹽酸，沒有的是氯化鈉溶液。（2）操作方法：用玻璃棒分別蘸取兩種溶液，在酒精燈上灼燒。（2分）判斷方法：有固體出現(xiàn)的是氯化鈉溶液，沒有的是稀鹽酸（2分）六、計算題(共3題，共30分)29、（1）106410AlO2-325NA

（2）①Al(OH)3+OH?=AlO2?+2H2O

②NH4＋、Al3+、Fe3+

③1.48

④25%【分析】【分析】本題考查氧化還原方程式的配平、氧化換反應電子轉移數目的計算、化學方程式的有關計算，根據得失電子守恒、質量守恒和電荷守恒配平方程式，明確每段圖像發(fā)生的化學反應是解題的關鍵。【解答】rm{(1)}鋁元素化合價共升高了鋁元素化合價共升高了rm{(1)}3"role="presentation">rm{3}3"role="presentation">rm{3}rm{3}rm{3}rm{3}rm{3}rm{3}rm{3}rm{3}rm{3}價，兩個氮原子化合價共降低了10"role="presentation">rm{10}10"role="presentation">rm{10}rm{10}rm{10}rm{10}rm{10}rm{10}價，根據得失電子守恒，則需要轉移電子30mol"role="presentation">rm{30}30mol"role="presentation">rm{30}每消耗rm{30}rm{30}rm{30}電子，即轉移的電子數目為rm{30}

rm{30}，所以金屬鋁的前面系數是10"role="presentation">rm{10}10"role="presentation">rm{10}rm{10}rm{10}rm{10}rm{10}rm{10}，rm{NO}rm{NO}鐵鋁合金與足量很稀rm{{,!}_{3}^{-}}充分反應，被氧化為前面系數是6"role="presentation">rm{6}通過題意，反應始終沒有氣體生成，可以得出不會有氮的氧化物生成，由于硝酸的濃度越稀，對應還原產物中氮元素的化合價越低，可以推測6"role="presentation">rm{6}元素由rm{6}變成了rm{6}價，由圖可得硝酸過量，加入氫氧化鈉溶液應先與硝酸反應，再生成沉淀，當沉淀完全后，由圖知繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液，沉淀量不變，可得與rm{6}發(fā)生了反應，則隨著rm{6}的滴加，發(fā)生的反應依次有：rm{6}，氮氣前面系數是3"role="presentation">rm{3}3"role="presentation">rm{3}rm{3}rm{3}段發(fā)生反應的離子方程式為rm{3}rm{3}

故答案為：rm{3}，根據原子守恒和電荷守恒配平該反應的方程式為：rm{10Al+6NO}段發(fā)生反應的離子方程式為rm{10Al+6NO}則rm{{,!}_{3}^{-}}點對應的溶液中含有的陽離子除rm{+4OH}rm{+4OH}rm{{,!}^{-}}rm{=10AlO_{2}^{-}+3N}rm{=10AlO_{2}^{-}+3N}

rm{{,!}_{2}}rm{隆眉+2H}rm{隆眉+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O}每消耗rm{1molNO}

rm{O}由反應過程可知，到加入氫氧化鈉為rm{1molNO}時，溶液中溶質為硝酸鈉與硝酸銨，rm{{,!}_{3}^{-}}段發(fā)生的反應為，轉移rm{5mol}電子，即轉移的電子數目為rm{5N_{A}}則rm{5mol}rm{5N_{A}}故答案為：根據鈉元素守恒，可知rm{10}rm{6}rm{4}rm{10AlO_{2}^{-}}rm{3}rm{2}根據氮元素守恒計算原硝酸溶液中rm{10}則稀硝酸的物質的量濃度為rm{dfrac{0.148mol}{0.1L}=1.48mol/L}；

故答案為：rm{6}

rm{4}rm{10AlO_{2}^{-}}rm{3}rm{2}rm{5N_{A}}rm{(2)}rm{HNO3}rm{Al^{3+}}rm{Fe^{3+}}rm{N}rm{+5}rm{?3}rm{NH_{4}^{+}}rm{NaOH}rm{H^{+}+OH^{?}=H_{2}O}rm{Fe^{3+}+3OH^{?}=Fe(OH)_{3}隆媒}rm{Al^{3+}+3OH^{?}=Al(OH)_{3}隆媒}rm{NH_{4}^{+}+OH^{?}簍TNH_{3}?H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+OH^{?}=AlO_{2}^{?}+2H_{2}O}rm{壟脵EF}段發(fā)生反應的離子方程式為rm{壟脵EF}rm{Al(OH)_{3}+OH^{?}=AlO_{2}^{?}+2H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+OH^{?}=AlO_{2}^{?}+2H_{2}O}rm{壟脷OC}rm{壟脷OC}根據rm{H^{+}+OH^{?}=H_{2}O}可知，rm{C}點對應的溶液中含有的陽離子除rm{Na}的物質的量為rm{C}根據鋁元素守恒，故混合金屬中rm{n(Al)=0.05moln(Al)=0.05mol}由圖可知，rm{Na}段消耗的氫氧化鈉的體積為rm{{,!}^{+}}故該階段參加反應的氫氧化鈉為外，還含有rm{