2025年外研版高一化學下冊月考試卷含答案

…………○…………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年外研版高一化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列物質中，只含有極性共價鍵的是A.NaOHB.NaClC.Cl2D.H2S2、在標準狀況下CH4、HCl、H2S、NH3均為氣體。在標準狀況下分別有①13.44LCH4②1molHCl分子③27.2gH2S④2.408×1023個NH3分子，下列說法正確的是A.體積：②＞③＞④＞①B.密度：②＞③＞①＞④C.質量：②＞③＞④＞①D.H原子個數(shù)：①＞③＞④＞②3、下列實驗能夠說明溶液中存在rm{SO_{4}^{2-}}的是rm{(}rm{)}A.加入rm{BaCl_{2}}溶液，產生白色沉淀B.加入rm{BaCl_{2}}溶液，產生白色沉淀，再加鹽酸，沉淀不消失C.加入足量稀鹽酸，沒有明顯現(xiàn)象，再加入rm{BaCl_{2}}溶液，產生白色沉淀D.加入過量rm{Ba(OH)_{2}}溶液，產生白色沉淀，再加入少量鹽酸，沉淀不消失4、20℃時，飽和NaCl溶液的密度為ρg?cm-3，物質的量濃度為cmol?L-1，則下列說法中不正確的是（）A.20℃時，飽和NaCl溶液的溶解度：S=gB.此溶液中NaCl的質量分數(shù)為：×100%C.20℃時，密度小于ρg?cm-3的NaCl溶液是不飽和溶液D.溫度低于20℃時，飽和NaCl溶液的濃度小于cmol?L-15、有A；B、C、D四塊金屬片；進行如下實驗：

①A；B用導線相連后；同時浸入稀硫酸中，A極為負極；

②C；D用導線相連后；同時浸入稀硫酸中，電流由D→導線→C；

③B；C相連后；同時浸入稀硫酸中，C極產生大量氣泡；

④B；D相連后；同時浸入硫酸銅溶液中，片刻取出電極稱量，D極質量增加．

據(jù)此；判斷四種金屬活動性順序（）

A.C＞A＞B＞D

B.A＞C＞D＞B

C.B＞D＞C＞A

D.A＞B＞C＞D

6、下列性質的遞變規(guī)律不正確的是（）A.NaOH，KOH，CsOH堿性依次增強B.Li、Na、K，Rb、Cs的失電子能力逐漸增強C.Al3+、Mg2+、Na+的離子半徑依次減小D.F2、Cl2、Br2、I2的熔沸點依次升高，密度依次增大7、下列反應中，水只作還原劑的是()。A.rm{CaO+H_{2}O=Ca(OH)_{2}}B.rm{C+H_{2}O=CO+H_{2}}C.rm{2F_{2}+2H_{2}O=4HF+O_{2}}D.rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}8、在rm{298K}rm{101kPa}時，已知：rm{2H_{2}O(g)==O_{2}(g)+2H_{2}(g)}rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{1攏祿}Cl_{2}(}rm{g)+H_{2}(g)==2HCl(g)}rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{2攏祿}2Cl_{2}(g)+2H_{2}O(g)==4HCl(g)+O_{2}(g)}rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{3攏祿}}則rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{3}}與rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{1}}和rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{2}}間的關系正確的是rm{(}rm{)}A.rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{3}=婁隴}rm{H}rm{{,!}_{1}+2婁隴}rm{H}rm{{,!}_{2}}B.rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{3}=婁隴}rm{H}rm{{,!}_{1}+婁隴}rm{H}rm{{,!}_{2}}C.rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{3}=婁隴}rm{H}rm{{,!}_{1}-2婁隴}rm{H}rm{{,!}_{2}}D.rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{3}=婁隴}rm{H}rm{{,!}_{1}-婁隴}rm{H}rm{{,!}_{2}}評卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)9、下列實驗操作；現(xiàn)象和結論描述均正確的是（）

。序號實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結論A向某無色溶液中滴加鹽酸產生能使澄清石灰水變渾濁氣體說明溶液中一定含有CO32-B向某無色溶液中滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液產生白色沉淀說明溶液中一定含有SO42-C向某溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加氯水先無明顯現(xiàn)象，后出現(xiàn)血紅色溶液說明溶液中一定含有Fe2+D向一定濃度的Na2SiO3溶液中通入適量的CO2出現(xiàn)白色沉淀說明H2CO3的酸性比H2SiO3強A.AB.BC.CD.D10、需加入適當?shù)难趸瘎┎拍軐崿F(xiàn)的反應是()A.rm{PCl_{3}隆煤PCl_{5}}B.rm{MnO_{2}隆煤Mn^{2+}}C.rm{SO_{2}隆煤SO_{3}^{2-}}D.rm{Fe隆煤Fe_{2}O_{3}}11、已知反應：rm{壟脵2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangleH=-221kJ/mol}

rm{壟脵2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangle

H=-221kJ/mol}稀溶液中，rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}下列結論正確的是rm{壟脷}rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)triangle

H=-57.3kJ/mol}A.碳的燃燒熱大于rm{(}rm{)}B.rm{110.5}的反應熱為rm{kJ/mol}rm{壟脵}C.稀硫酸與稀rm{221}溶液反應的中和熱為rm{kJ/mol}rm{NaOH}D.稀醋酸與稀rm{57.3}溶液反應生成rm{kJ/mol}rm{NaOH}水，放出rm{1}rm{mol}熱量rm{57.3}12、將充滿rm{20mLNO}的試管倒置于盛有蒸鎦水的燒杯中，然后向試管里通入純氧氣，當試管內液面穩(wěn)定在試管容積的rm{dfrac{4}{5}}時，則通入rm{O_{2}}為可能rm{(}rm{)}A.rm{12mL}B.rm{15}rm{mL}C.rm{19mL}D.rm{31mL}13、下列關于物質性質的敘述中，正確的是（）A.硫是一種淡黃色的難溶于水的晶體，既有氧化性又有還原性B.NO2溶于水生成硝酸，所以NO2是酸性氧化物C.Cl2能在常溫下與金屬活動性順序表中大多數(shù)金屬反應D.硅是應用廣泛的半導體材料，常溫下化學性質不活潑，在自然界中有游離態(tài)存在14、下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進烘箱烘干B.做蒸餾實驗時，在蒸餾燒瓶中應加入沸石，以防暴沸rm{.}如果在沸騰前發(fā)現(xiàn)忘記加沸石，應立即停止加熱，冷卻后補加C.在未知溶液中滴加rm{BaCl_{2}}溶液出現(xiàn)白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，說明該未知溶液中存在rm{SO_{4}^{2-}}或rm{SO_{3}^{2-}}D.由rm{CuSO_{4}}溶液獲取rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}晶體，應采用在較高溫度下制得濃溶液再冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥的方法得到15、下列敘述中正確的是A.rm{{,!}^{24}Mg^{34}S}晶體中電子總數(shù)與中子總數(shù)之比為rm{1隆脙1}B.rm{PCl_{3}}和rm{Na_{2}O_{2}}中各原子或離子最外層都滿足rm{8}電子穩(wěn)定結構C.用電子式表示rm{HCl}形成過程：D.第三周期元素形成的簡單離子中，半徑最小的是rm{Al^{3+}}16、高鐵酸鉀rm{(K_{2}FeO_{4})}是一種新型，高效，多功能水處理劑，可由下列反應制得：rm{2Fe(OH)_{3}+3Cl_{2}+10KOHoverset{脪祿露簍脤玫錄鎂}{=}2K_{2}FeO_{4}+6KCl+8H_{2}O}對于該反應，下列說法正確的是rm{2Fe(OH)_{3}+3Cl_{2}+10KOH

overset{脪祿露簍脤玫錄鎂}{=}2K_{2}FeO_{4}+6KCl+8H_{2}O}rm{(}A.rm{)}是氧化劑B.rm{KOH}發(fā)生還原反應C.rm{Cl_{2}}是氧化產物D.生成rm{K_{2}FeO_{4}}轉移rm{1molK_{2}FeO_{4}}的電子rm{6mol}17、下列有關電化學原理的說法中，錯誤的是rm{(}rm{)}A.rm{Pb+PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}underset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}2PbSO_{4}+2H_{2}O}鉛為負極，rm{Pb+PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}

underset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}2PbSO_{4}+2H_{2}O}為正極B.電解氯化銅溶液，rm{PbO_{2}}向陰極遷移C.氯堿工業(yè)中電解氯化鈉溶液陰極產物為氯氣D.可充電的電池稱“二次電池”，在充電時rm{Cu^{2+}}是將電能轉變成化學能，在放電時，又將化學能轉化成電能rm{.}評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)18、研究NO2、SO2、CO等大氣污染氣體的處理以及燃料的開發(fā)與利用有重要意義。（1）NO2可用水吸收，利用反應6NO2+8NH37N2+12H2O也可以處理NO2。當轉移1.2mol電子時，消耗的NO2在標準狀況下是______________L。（2）已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=－196.6kJ·mol－12NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=－113.0kJ·mol－1則反應NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的△H=______kJ·mol－1（3）CO可用于合成甲醇，反應方程式為CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。由甲醇和氧氣以及強堿做電解質溶液的新型手機電池，電量是現(xiàn)用鎳氫電池和鋰電池的10倍，可連續(xù)使用1個月充電一次。假定放電過程中，甲醇完全氧化產生的CO2被充分吸收生成CO32－①該電池反應的總離子方程式為____________________________________________。②甲醇在____極發(fā)生反應（填正或負），電池在放電過程中溶液的pH將____________（填降低或上升、不變）；若有16克甲醇蒸氣被完全氧化,產生的電能電解足量的CuSO4溶液，（假設整個過程中能量利用率為80％），則將產生標準狀況下的O2________________升。19、下表列出了①～⑨九種元素在周期表中的位置：請按要求回答下列問題。(1)元素④的名稱是______，元素④在周期表中所處位置____________，從元素原子得失電子的角度看，元素④具有____________(填“氧化性”或“還原性”)。(2)按氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性由弱到強的順序排列，⑥④⑦的氫化物穩(wěn)定性：___________________________________(寫氫化物的化學式)。(3)元素⑦的原子結構示意圖是____________。(4)寫出元素⑤形成的單質在氧氣中燃燒的化學方程式______________________；這一反應是____________(填“吸熱”或“放熱”)反應。(5)用電子式表示①與⑨反應得到的化合物的形成過程___________________________。20、如圖是中學實驗中常用到的儀器．

（1）該裝置除用于洗氣外，還有其它用途：醫(yī)院給病人輸氧時，往往在氧氣鋼瓶與病人呼吸面具之間安裝盛有水的該裝置，用于____，此時氧氣應從____口導入．

（2）若用該裝置收集H2，H2應從____端通入；若收集Cl2，Cl2應從____端通入；若瓶中充滿水，要收集O2，O2應從____端通入．

（3）該裝置既可收集H2、Cl2、O2，還可適用于____、____（必要時可盛適量液體）

a．制氣b．貯氣c．干燥。

（4）實驗室用MnO2與濃鹽酸反應制Cl2的實驗中，在將生成的Cl2通入NaOH溶液之前，先將Cl2從該裝置____管口導入，此時該裝置所起的作用是防止____．

（5）當用該裝置收集NO時，應采取的主要操作步驟是____．

21、（10分）現(xiàn)有下列九種物質：①蔗糖（C12H22O11）、②熔融NaCl、③NaCl溶液、④鋁、⑤氫氧化鋇、⑥液氧（O2）、⑦硫酸銅、⑧酒精（C2H6O）、⑨H2SO4（1）在以上物質中，屬于電解質的是（填寫序號）。（2）從上述物質中選出兩種物質作為反應物，寫出一個符合下列反應類型的化學方程式：①化合反應；②置換反應；③復分解反應；④有非電解質參與反應的氧化還原反應。22、下表是某城市某日的空氣質量報告：。污染指數(shù)首要污染物空氣質量等級空氣質量狀況rm{55}rm{SO_{2}}Ⅱ良該市某校研究性學習小組對表中首要污染物rm{SO_{2}}導致酸雨的成因進行了如下探究：

rm{(1)}用如圖所示裝置進行實驗．

rm{壟脵A}裝置的作用是______rm{(}填“干燥”或“氧化”rm{)SO_{2}}氣體．

rm{壟脷}實驗過程中，rm{B}裝置內石蕊試紙的顏色沒有發(fā)生變化，rm{C}裝置內濕潤的藍色石蕊試紙變______色，說明rm{SO_{2}}與水反應生成一種酸．

rm{壟脹D}裝置的作用是______rm{.D}中發(fā)生反應的化學方程式是______．

rm{(2)}往盛有水的燒杯中通入rm{SO_{2}}氣體，測得所得溶液的rm{pH}______rm{7(}填“rm{>}”“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}然后每隔rm{1h}測定其rm{pH}發(fā)現(xiàn)rm{pH}逐漸______rm{(}填“變大”或“變小”rm{)}直至恒定rm{.}說明燒杯中的溶液被空氣中的氧氣氧化最終生成rm{H_{2}SO_{4}}．

rm{(3)SO_{2}}形成酸雨的另一途徑為：rm{SO_{2}}與空氣中的rm{O_{2}}在飄塵的作用下反應生成rm{SO_{3}}rm{SO_{3}}溶于降水生成rm{H_{2}SO_{4}}則在此過程中的飄塵是作為______rm{(}填“催化劑rm{隆爐隆爐}或“氧化劑”rm{)}．

rm{(4)SO_{2}}與空氣中的氧氣、水反應生成硫酸而形成酸雨rm{.}該市可能易出現(xiàn)酸雨．

rm{(5)}汽車排放的尾氣，硝酸、化肥等工業(yè)生產排出的廢氣中都含有氮的氧化物，氮的氧化物溶于水最終轉化為______，是造成酸雨的另一主要原因．23、硫酸的分子式為______，相對分子質量為______，摩爾質量為______；rm{49}克硫酸的物質的量為______，其中含rm{O}原子的個數(shù)約為______，將rm{49}克硫酸配制成rm{500mL}溶液，所得溶液中溶質的物質的量濃度為______，rm{H^{+}}的物質的量濃度為______．評卷人得分四、判斷題(共4題，共20分)24、過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸．（判斷對錯）25、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．26、摩爾是七個基本物理量之一．（判斷對錯）27、標準狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對錯）評卷人得分五、結構與性質(共1題，共3分)28、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。_______參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】考查化學鍵的判斷。一般活潑的金屬和活潑的非金屬容易形成離子鍵，非金屬元素的原子間形成共價鍵，所以A中含有離子鍵和極性鍵。B中含有離子鍵。C中含有非極性鍵。D中含有極性鍵。所以答案選D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、D【分析】試題分析：A、在標準狀況下1摩爾氯化氫的體積為22.4升，27.2克硫化氫的物質的量為27.2/34=.8摩爾，體積為0.8×22.4=17.92升，2.408×1023個NH3分子為0.4摩爾，體積為0.4×22.4=8.96升，所以體積順序為④②③①④，所以不選AA；B、氣體的密度比等于相對分子質量比，所以密度比順序為②③④①，所以不選B；C、氣體的質量分別為：9.6；36.5；27.2；6.8，所以質量順序為②③①④，所以不選C；D、氫原子個數(shù)分別為：2.4；1；1.6；1.2，所以順序為①③④②，選D。考點：物質的量的相關計算。【解析】【答案】D3、C【分析】解：rm{A.}白色沉淀可能為rm{AgCl}碳酸鋇等，則原溶液中不一定含rm{SO_{4}^{2-}}故A不選；

B.白色沉淀可能為rm{AgCl}或硫酸鋇，則原溶液中不一定含rm{SO_{4}^{2-}}故B不選；

C.加入足量稀鹽酸，沒有明顯現(xiàn)象，排除銀離子、碳酸根離子、亞硫酸根離子等干擾，再加入rm{BaCl_{2}}溶液，產生白色沉淀，白色沉淀為硫酸鋇，則原溶液中一定含rm{SO_{4}^{2-}}故C選；

D.若原溶液含rm{Ag^{+}}加入rm{HCl}后，也會產生白色沉淀，應加硝酸觀察沉淀是否溶液檢驗硫酸根離子，不能確定是否含rm{SO_{4}^{2-}}故D不選；

故選C．

A.白色沉淀可能為rm{AgCl}碳酸鋇等；

B.白色沉淀可能為rm{AgCl}或硫酸鋇；

C.加入足量稀鹽酸，沒有明顯現(xiàn)象，排除銀離子、碳酸根離子、亞硫酸根離子等干擾，再加入rm{BaCl_{2}}溶液；產生白色沉淀，白色沉淀為硫酸鋇；

D.若原溶液含rm{Ag^{+}}加入rm{HCl}后；也會產生白色沉淀．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握離子檢驗的試劑、現(xiàn)象、結論為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意排除干擾離子的影響及實驗的評價性分析，題目難度不大．【解析】rm{C}4、A【分析】解：A.20℃時，1L飽和NaCl溶液中溶解的氯化鈉的質量為58.5cg，溶液質量為1000ρ，則該溫度下氯化鈉的溶解度為：S=×100g=g；故A錯誤；

B．依據(jù)C=可知，ω=×100%=×100%；故B正確；

C.20℃時，等體積的飽和溶液中含有氯化鈉的物質的量達到最大，所以密度小于ρg/cm3的NaCl溶液是不飽和溶液；故C正確；

D．溫度低于20℃時；氯化鈉飽和溶液中溶解的氯化鈉減少，所以飽和NaCl溶液的濃度小于cmol/L，故D正確；

故選：A。

A．設溶液體積為1L；根據(jù)氯化鈉密度；濃度及溶解度表達式計算出該溫度下的溶解度；

B．依據(jù)C=可知，ω=×100%；據(jù)此解答；

C．相同溫度下；氯化鈉飽和溶液的密度最大，若氯化鈉溶液密度小于飽和溶液的密度，則該溶液一定為不飽和溶液；

D．溫度降低；氯化鈉的溶解度減小，溶液中氯化鈉的物質的量濃度減??；

本題考查了物質的量濃度與溶質質量分數(shù)的計算，注意掌握物質的量濃度的概念、飽和溶液中溶解度的概念及計算方法，題目難度中等．【解析】A5、D【分析】

①活潑性較強的金屬作原電池的負極，A、B用導線相連后，同時插入稀H2SO4中；A極為負極，則活潑性：A＞B；

②C；D用導線相連后；同時浸入稀硫酸中，電子由負極→導線→正極，電流方向與電子方向相反，電流由正極D→導線→負極C，則活潑性C＞D；

③B；C相連后；同時浸入稀硫酸中，C極產生大量氣泡，說明C為原電池的正極，較不活潑，則活潑性：B＞C；

④B；D相連后；同時浸入硫酸銅溶液中，片刻取出電極稱量，D極質量增加，說明D為原電池的正極，較不活潑，則活潑性B＞D；

所以有：A＞B＞C＞D

故選D．

【解析】【答案】活潑性較強的金屬作原電池的負極；易失去電子而被氧化；原電池中電子從負極流經外電路流向正極，電流從正極沿外電路流向負極；原電池正極上得電子生成氣體或析出單質；

6、C【分析】【解答】解：A、Na、K、Cs位于同一主族，且原子序數(shù)逐漸增大，同主族元素隨核電荷數(shù)的增大元素的金屬性逐漸增強，則對應最高價氧化物的水化物的堿性逐漸增強，故A正確；B、Li、Na、K、Rb；Cs位于同一主族；且原子序數(shù)逐漸增大，同主族元素隨核電荷數(shù)的增大元素的金屬性逐漸增強，則失電子能力逐漸增強，故B正確；

C、Na、Mg、Al位于同一周期，且原子序數(shù)逐漸增大，同周期元素從左到右離子半徑逐漸減小，所以Al3+、Mg2+、Na+的離子半徑依次增大；故C錯誤；

D、F2、Cl2、Br2、I2的相對分子質量逐漸增大；分子間作用力依次增強，所以熔沸點依次升高，密度依次升高，故D正確．

故選C．

【分析】A；元素的金屬性越強；則對應最高價氧化物的水化物的堿性越強；

B；元素的金屬性越強；則失電子能力越強；

C；同周期元素從左到右離子半徑逐漸減??；

D、結構相似的分子晶體，相對分子質量越大，熔沸點和密度越大．7、C【分析】【分析】本題考查氧化還原反應，明確元素的化合價是解答本題的關鍵，難度不大?！窘獯稹緼.rm{CaO+{H}_{2}O=Ca(OH{)}_{2}}中沒有元素化合價的變化；則不屬于氧化還原反應，故A錯誤；

B.rm{CaO+{H}_{2}O=Ca(OH{)}_{2}

}中有元素化合價的變化，則屬于氧化還原反應，且水中rm{C+{H}_{2}O=CO+{H}_{2}}元素的化合價降低；則水作氧化劑，故B錯誤；

C.rm{2{F}_{2}+2{H}_{2}O=4HF+{O}_{2}}中有元素化合價的變化，則屬于氧化還原反應，且水中rm{H}元素的化合價升高；則水作還原劑，故C正確；

D.rm{3N{O}_{2}+{H}_{2}O=2HN{O}_{3}+NO}中有元素化合價的變化；則屬于氧化還原反應，水既不是氧化劑也不是還原劑，故D錯誤。

故選C。rm{2{F}_{2}+2{H}_{2}O=4HF+{O}_{2}

}【解析】rm{C}8、A【分析】【分析】本題考查蓋斯定律的應用的知識。提高了學生分析問題的能力。?【解答】rm{壟脵}rm{壟脵}rm{2H_{2}O(g)=O_{2}(g)+2H_{2}(g)}rm{婁隴H_{1}}

rm{壟脷Cl_{2}(}rm{g)+H_{2}(g)=2HCl(g)婁隴H_{2}}，整理可得：rm{壟脹2Cl_{2}(g)+2H_{2}O(g)=4HCl(g)+O_{2}(g)婁隴H_{3}}所以rm{壟脵+2隆脕壟脷=}故A正確。故選A。

rm{壟脹}【解析】rm{A}二、雙選題(共9題，共18分)9、C|D【分析】解：A．氣體可能為二氧化碳或二氧化硫，則溶液中可能含有CO32-或SO32-，或HCO3-等；故A錯誤；

B．白色沉淀為氯化銀或硫酸鋇，則溶液中可能含有SO42-或銀離子；但二者不能同時存在，故B錯誤；

C．先滴加KSCN溶液，無現(xiàn)象可知不含鐵離子，再滴加氯水出現(xiàn)血紅色溶液，可知亞鐵離子被氧化為鐵離子，則溶液中一定含有Fe2+；故C正確；

D．白色沉淀為硅酸，發(fā)生強酸制備弱酸的反應，則說明H2CO3的酸性比H2SiO3強；故D正確；

故選CD．

A．氣體可能為二氧化碳或二氧化硫；

B．白色沉淀為氯化銀或硫酸鋇；

C．先滴加KSCN溶液；無現(xiàn)象可知不含鐵離子，再滴加氯水出現(xiàn)血紅色溶液，可知亞鐵離子被氧化為鐵離子；

D．白色沉淀為硅酸；發(fā)生強酸制備弱酸的反應．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握離子檢驗、強酸制取弱酸原理、實驗技能為解答本題的關鍵，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】CD10、AD【分析】【分析】本題考查氧化還原反應氧化劑還原劑的相關問題，題目較容易?！窘獯稹緼.rm{PCl}rm{PCl}rm{{,!}_{3}}rm{隆煤PCl}磷元素的化合價升高，需要加入氧化劑才能實現(xiàn)，故A正確；

rm{隆煤PCl}rm{{,!}_{5}}B.rm{MnO}rm{MnO}錳元素化合價降低，需要還原劑，故B錯誤；

rm{{,!}_{2}}rm{隆煤Mn}rm{隆煤Mn}硫元素化合價rm{{,!}^{2+}}不變，故C錯誤；

C.rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}rm{隆煤SO_{3}^{2-}}硫元素化合價rm{bub}不變，故C錯誤；rm{隆煤SO_{3}^{2-}}rm{bub}

D.rm{Fe隆煤Fe}【解析】rm{AD}11、rAC【分析】解：rm{A.}碳的燃燒熱是指rm{1mol}碳完全燃燒生成的穩(wěn)定的氧化物rm{CO_{2}}放出的熱量，從rm{2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangleH=-221kJ/mol}可知rm{2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangle

H=-221kJ/mol}碳燃燒生成rm{1mol}放出rm{CO}碳的燃燒熱大于rm{110.5kJ}故A正確；

B.焓變是用反應前后生成物的能量和減去反應物的能量和表示；當完全以熱量形式變化時，稱為反應熱，故B錯誤；

C.稀硫酸和稀rm{110.5kJ/mol}為強酸和強堿，反應生成rm{NaOH}水，放出的熱量為rm{1mol}rm{57.3kJ}故C正確；

D.稀醋酸與稀rm{triangleH=-57.3kJ/mol}溶液混合，稀醋酸是弱電解質存在電離平衡，電離過程是吸熱過程，所以rm{triangleH<-57.3kJ/mol}故D錯誤；

故選：rm{NaOH}．

A、燃燒熱是指rm{triangleH<-57.3

kJ/mol}純凈物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物放出的熱量，表示燃燒熱的熱化學方程式中可燃物為rm{AC}產物為穩(wěn)定氧化物以此解答；

B、rm{1mol}是化學反應焓變；不一定是反應熱；

C、在稀溶液中，酸跟堿發(fā)生中和反應生成rm{1mol}水時的反應熱叫做中和熱；

D、強酸與強堿的稀溶液發(fā)生中和反應的熱化學方程式為rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)簍TH_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ?mol^{-1}}弱電解質存在電離平衡，電離過程是吸熱過程．

本題考查了燃燒熱、中和熱的概念分析理解，掌握熱化學方程式的意義是解答本題的關鍵，題目較簡單．rm{triangleH}【解析】rm{AC}12、rAC【分析】解：當試管內液面穩(wěn)定在試管容積的rm{dfrac{4}{5}}說明反應后剩余氣體體積為：rm{20mL隆脕(1-dfrac{4}{5})=4mL}

由rm{20mL隆脕(1-dfrac

{4}{5})=4mL}可知，若剩余rm{4NO+3O_{2}+2H_{2}O簍T4HNO_{3}}氣體為rm{4mL}則氧氣為rm{(20mL-4mL)隆脕dfrac{3}{4}=12mL}

若剩余rm{NO}氣體為氧氣，則rm{(20mL-4mL)隆脕dfrac

{3}{4}=12mL}完全轉化為硝酸，故氧氣體積為：rm{20mL隆脕dfrac{3}{4}+4mL=19mL}

故選AD．

一氧化氮與氧氣的反應為rm{4mL}當試管內液面穩(wěn)定在試管容積的rm{20mLNO}說明反應后剩余氣體體積為：rm{20mL隆脕(1-dfrac{4}{5})=4mL}剩余的氣體可能為一氧化氮；有可能為氧氣，分別根據(jù)反應方程式計算出兩種情況下需要氧氣的體積．

本題考查了混合物反應的計算，題目難度中等，明確反應后剩余氣體組成為解答關鍵，注意掌握一氧化氮與氧氣、水反應的總方程式及討論法在化學計算中的應用，試題培養(yǎng)了學生的化學計算能力．rm{20mL隆脕dfrac

{3}{4}+4mL=19mL}【解析】rm{AC}13、A|C【分析】解：A．硫單質不溶于水；微溶于酒精，易溶于二硫化碳，化合價居于中間價，既有氧化性又有還原性，故A正確；

B．酸性氧化物溶于水生成酸，與堿反應生成鹽和水，而二氧化氮與水反應生成硝酸和NO，二氧化氮與氫氧化鈉溶液的反應為：2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O；該反應中有化合價變化，不屬于復分解反應，所以二氧化氮不屬于酸性氧化物，故B錯誤；

C．氯氣化學性質活潑；能和大多數(shù)金屬反應，故C正確；

D．硅屬于半導體材料；常溫下化學性質不活潑，在自然界中，沒游離態(tài)的硅，只有以化合態(tài)存在的硅，如二氧化硅；硅酸鹽等，故D錯誤；

故選AC．

A．硫單質不溶于水；化合價處于中間價態(tài)，既能夠被氧化也能夠被還原；

B．二氧化氮溶于水生成硝酸和NO；不屬于酸性氧化物；

C．氯氣化學性質活潑；能和大多數(shù)金屬反應；

D．硅屬于半導體材料；常溫下化學性質不活潑，但是在自然界中以化合態(tài)存在．

本題考查了常見元素及其化合物性質、酸性氧化物的判斷等知識，題目難度中等，注意掌握常見元素單質及其化合物性質，B為易錯點，需要明確二氧化氮不是酸性氧化物．【解析】【答案】AC14、rBD【分析】解：rm{A.}錐形瓶；容量瓶中有少量的蒸餾水；不影響滴定結果或配制溶液的濃度，所以不需要烘干錐形瓶或容量瓶，故A錯誤；

B.體加熱要加沸石或碎瓷片；引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加熱一段時間后發(fā)現(xiàn)忘記加碎瓷片，應該采取停止加熱，待溶液冷卻后重新添加碎瓷片，該操作合理，故B正確；

C.可能生成rm{AgCl}沉淀；應加入硝酸鋇檢驗，故C錯誤；

D.由溶液獲得晶體；可用蒸發(fā)；結晶的方法，洗滌、干燥后可得到晶體，故D正確．

故選BD．

A.錐形瓶和容量瓶在使用時不需要烘干；

B.蒸餾操作中需要加入沸石；若在沸騰前發(fā)現(xiàn)忘記加沸石，應立即停止加熱，冷卻后補加，避免發(fā)生爆沸現(xiàn)象；

C.可能生成rm{AgCl}沉淀；

D.由溶液獲得晶體；可用蒸發(fā)；結晶的方法．

本題考查了化學實驗基本操作方法及評價，題目難度中等，明確正確的操作方法為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學實驗能力．【解析】rm{BD}15、BD【分析】【分析】

【解答】A.rm{1mol^{24}Mg^{34}S}晶體中電子總的物質的量為rm{(12+16)mol=28mol}中子總的物質的量為rm{[(24-12)+(34-16)]mol=30mol}電子總數(shù)與中子總數(shù)之比為rm{28mol}rm{30mol=14}rm{15}故A錯誤；B.共價化合物元素原子的最外層電子數(shù)rm{+|}該元素化合價rm{|=8}滿足rm{8}電子結構，所以rm{PCl}該元素化合價rm{+|}滿足rm{|=8}電子結構，所以rm{8}rm{PCl}rm{{,!}_{3}}電子結構；各原子滿足rm{8}電子結構；rm{Na}rm{8}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}中rm{Na}rm{Na}電子結構，故B正確；rm{{,!}^{+}}為共價化合物，不存在陰陽離子，故C錯誤；D.電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同時，核內質子越多，半徑越小，和rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}^{2-}}簡單離子為最外層均為rm{8}電子結構，故B正確；層，其余元素簡單離子為rm{8}層，C.rm{HCl}為共價化合物，不存在陰陽離子，的質子多，離子半徑小，故D正確。rm{HCl}第三周期元素形成的簡單離子中，rm{Na}rm{Mg}rm{Al}簡單離子為rm{2}層，其余元素簡單離子為rm{3}層，rm{Al}的質子多，離子半徑小，故D正確?！窘馕觥縭m{BD}16、BC【分析】【分析】本題考查氧化還原反應的本質，氧化劑與還原劑，題目難度不大?！窘獯稹緼.rm{KOH}在反應前后元素的化合價沒有發(fā)生變化，既不是氧化劑，又不是還原劑，故A錯誤；在反應前后元素的化合價沒有發(fā)生變化，既不是氧化劑，又不是還原劑，故A錯誤；

rm{KOH}B.rm{Cl}中氯元素的化合價降低，是氧化劑，rm{Cl}

rm{{,!}_{2}}發(fā)生還原反應，故B正確；中鐵元素化合價升高生成C.rm{Fe(OH)}rm{Fe(OH)}rm{{,!}_{3}}rm{K}所以rm{K}rm{{,!}_{2}}

rm{FeO}rm{FeO}rm{{,!}_{4}}rm{K_{2}FeO_{4}}是氧化產物，故C正確；的電子，故D錯誤。D.生成rm{1molK}rm{1molK}【解析】rm{BC}17、rAC【分析】解：rm{A}rm{Pb+PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}underset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}2PbSO_{4}+2H_{2}O}構成原電池，放電時鉛為負極，rm{Pb+PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}

underset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}2PbSO_{4}+2H_{2}O}為正極；故A錯誤；

B；陽離子向陰極移動；所以銅離子向陰極移動，故B正確；

C；氯離子在陽極放電生成氯氣；而陰極產生氫氣，故C錯誤；

D；充電過程的反應物是放電過程的生成物；所以充電是使放電的氧化還原反應逆向進行，所以在充電時，是將電能轉變成化學能，在放電時，又將化學能轉化成電能，故D正確；

故選AC．

A、rm{Pb+PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}underset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}2PbSO_{4}+2H_{2}O}放電時鉛為負極，rm{PbO_{2}}為正極；

B；陽離子向陰極移動；

C；氯離子在陽極放電生成氯氣；

D；充電過程的反應物是放電過程的生成物；所以充電是使放電的氧化還原反應逆向進行．

本題考查了充電電池的工作原理，難度不大，正確使用充電電池，減少資源浪費．rm{Pb+PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}

underset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}2PbSO_{4}+2H_{2}O}【解析】rm{AC}三、填空題(共6題，共12分)18、略

【分析】【解析】試題分析：（1）在反應6NO＋8NH37N5＋12H2O中NO2作氧化劑，化合價由反應前的+4價降低到反應后0價，因此當反應中轉移1.2mol電子時，消耗NO2的物質的量為所以標準狀況下的體積是（2）根據(jù)熱化學方程式①2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH1＝－196.6kJ·mol-1、②2NO（g）+O2（g）2NO2（g）ΔH2＝－113.0kJ·mol-1可知，（②－①）÷2即得出NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）ΔH＝（ΔH2－ΔH1）÷2＝(－113.0kJ/mol＋196.6kJ/mol)÷2＝＋41.8kJ/mol。（3）①由于電解質是強堿溶液，所以該甲醇燃料電池的總反應式是2CH3OH＋3O2＋4OH－＝2CO32－＋6H2O。②原電池中較活潑的金屬是負極，失去電子，發(fā)生氧化反應。電子經導線傳遞到正極，所以溶液中的陽離子向正極移動，正極得到電子，發(fā)生還原反應，所以甲醇在負極通入。根據(jù)總反應式可知，電池在放電過程中溶液的pH將減小。16g甲醇的物質的量是16g÷32g/mol＝0.5mol，在反應中失去0.5mol×6＝3mol電子，則根據(jù)電子的得失守恒可知，生成氧氣的物質的量是則氧氣在標準狀況下的體積是0.6mol×22.4L/mol＝13.44L。考點：考查氧化還原反應的計算、蓋斯定律的應用、原電池和電解池的有關判斷與計算【解析】【答案】（16分每空二分）（1）6.72（2）－41.8；（3）2CH3OH+3O2+4OH－＝2CO32－+6H2O負下降13.4419、略

【分析】【解析】試題分析：元素④是處在第二周期，第ⅥA族，是氧元素。在元素周期表中，同一周期中，從左到右，元素的非金屬性越來越強，氧化性越來越強，元素對應的氫化物穩(wěn)定性也越來越好，而同一主族中，從上到下，元素的非金屬性越來越弱，元素對應的氫化物穩(wěn)定性也越來越差，故穩(wěn)定性：PH3＜H2S＜H2O。（3）元素⑦是硫元素，其原子結構示意圖為（4）元素⑤處在第三周期第ⅠA，判斷為Na，在氧氣中燃燒的化學方程式為2Na＋O2Na2O2該反應為放出大量的熱量，為放熱反應。（5）首先根據(jù)①與⑨在元素周期中的位置快速判斷兩者分別為H和Cl，兩者形成HCl，其電子式形成方程為：考點：元素周期表,元素周期律,化學鍵【解析】【答案】(1)氧或氧元素第二周期ⅥA族氧化性(2)PH3＜H2S＜H2O(3)(4)2Na＋O2Na2O2放熱(5)20、通過管口逸出氣泡速度，調節(jié)氣流速度YXYXbcxNaOH溶液倒吸流入反應器在瓶中裝滿水，從X端通入NO，將水從Y端排出【分析】【解答】（1）在氧氣鋼瓶與病人呼吸面具之間安裝盛有水的該裝置；觀察氣泡產生控制反應速率，則氣體應從溶液的下方出現(xiàn)，所以從Y管口進氣，故答案為：通過管口逸出氣泡速度，調節(jié)氣流速度；Y；

（2）Cl2的密度比空氣大；故要從長導管進氣，將空氣擠壓到集氣瓶上部排出；氫氣的密度比空氣小，要從短導管進氣，將空氣擠壓到集氣瓶底部排出；若將集氣瓶中充滿水，則氣體由短導管進入，將水擠壓到集氣瓶底部排出，故答案為：X；Y；X；

（3）集氣瓶可用處儲存氣體，做洗氣瓶等，不能用于制備氣體，故答案為：b；c；

（4）為防止倒吸；氣體收集裝置中導氣管應長些，所以該裝置中應“短進長出”，故答案為：X；NaOH溶液倒吸流入反應器；

（5）一氧化氮氣體不易溶于水；所以可用排水集氣法收集氣體，排水集氣法收集裝置中的導氣管應“短進長出”，否則，會有一部分水不能排出，故答案為：在瓶中裝滿水，從X端通入NO，將水從Y端排出。

【分析】（1）在氧氣鋼瓶與病人呼吸面具之間安裝盛有水的該裝置；觀察氣泡產生控制反應速率，則氣體應從溶液的下方出現(xiàn)；

（2）Cl2的密度比空氣大；氫氣的密度比空氣小，氧氣不溶于水；

（3）集氣瓶可用處儲存氣體；做洗氣瓶等；

（4）為防止倒吸；氣體收集裝置中導氣管應長些；

（5）一氧化氮的性質分析判斷，一氧化氮不溶于水，可用排水集氣法收集．21、略

【分析】試題分析：（1）電解質是水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物，所以熔融氯化鈉、氫氧化鋇、硫酸銅、硫酸是電解質，答案選②⑤⑦⑨；（2）①化合反應是多種物質生成一種物質的反應，如Al與氧氣的反應，化學方程式為4Al+3O22Al2O3；②置換反應是一種單質與一種化合物生成另一種單質和另一種化合物的反應，在所給物質中Al與硫酸銅的置換反應或Al與硫酸的置換反應，化學方程式為2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu或2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑；③復分解反應是溶液中兩種化合物反應生成新的兩種化合物的反應，如硫酸銅與氫氧化鋇的反應或硫酸與氫氧化鋇的反應，化學方程式為Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O或CuSO4+Ba(OH)2=Cu(OH)2↓+BaSO4↓④蔗糖、酒精是非電解質，二者的燃燒反應都是氧化反應，化學方程式為C12H22O11+12O212CO2+11H2O或C2H6O+3O22CO2+3H2O考點：考查物質分類的判斷，物質之間反應的判斷，化學方程式的書寫【解析】【答案】（每空2分）（1）②⑤⑦⑨（2）①4Al+3O22Al2O3②2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu或2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑③Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O或CuSO4+Ba(OH)2=Cu(OH)2↓+BaSO4↓④C12H22O11+12O212CO2+11H2O或C2H6O+3O22CO2+3H2O22、(1)①干燥；

②紅；

③吸收多余SO2氣體，避免污染空氣；SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；

(2)＜；變小；

(3)催化劑；

?(5)硝酸【分析】解：rm{(1)壟脵}二氧化硫與濃硫酸不反應；濃硫酸有吸水性，可以吸收二氧化硫中的水蒸氣，所以濃硫酸的作用為：干燥二氧化硫氣體，故答案為：干燥；

rm{壟脷}裝置rm{B}內藍色石蕊試紙雖然與二氧化硫氣體接觸，但卻不變色，可以說明二氧化硫氣體不能使干燥的藍色試紙變色；rm{C}裝置內二氧化硫與水形成亞硫酸；酸能使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變紅，故答案為：紅；

rm{壟脹}二氧化硫任意排放會形成酸雨，為了防止污染空氣，用氫氧化鈉溶液吸收；反應的化學方程式是rm{SO_{2}+2NaOH=Na_{2}SO_{3}+H_{2}O}

故答案為：吸收多余rm{SO_{2}}氣體，避免污染空氣；rm{SO_{2}+2NaOH=Na_{2}SO_{3}+H_{2}O}

rm{(2)}當溶液的rm{pH<7}顯酸性，當溶液的rm{pH=7}顯中性，當溶液的rm{pH>7}顯堿性，rm{S0_{2}}與水反應生成了亞硫酸，溶液顯酸性，所以溶液的rm{pH<7}亞硫酸易被空氣中的氧氣氧化成硫酸，硫酸是強酸，酸性增強，所以rm{PH}變??；

故答案為：rm{<}變小；

rm{(3)S0_{2}}與空氣中的rm{0_{2}}在飄塵的作用下反應生成rm{S0_{3}}而飄塵的質量和性質在反應前后不發(fā)生變化，說明此過程中飄塵作催化劑，故答案為：催化劑；

rm{(5)}氮的氧化物在空氣中：rm{2NO+O_{2}=2NO_{2}}rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{4NO_{2}+O_{2}+2H_{2}O簍T4HNO_{3}}rm{4NO+3O_{2}+2H_{2}O簍T4HNO_{3}}所以氮的氧化物溶于水最終轉化為硝酸；

故答案為：rm{HNO_{3}}．

rm{(1)壟脵}根據(jù)濃硫酸具有吸水性分析；rm{壟脷}二氧化硫氣體不能使干燥的藍色試紙變色；rm{C}裝置內生成了亞硫酸；rm{壟脹}二氧化硫是有毒的氣體；可被氫氧化鈉吸收生成亞硫酸鈉和水，據(jù)此書寫方程式；

rm{(2)}根據(jù)溶液的酸堿性與rm{pH}的關系進行解答，當溶液的rm{pH<7}顯酸性，當溶液的rm{pH=7}顯中性，當溶液的rm{pH>7}顯堿性；亞硫酸易被空氣中的氧氣氧化，最終生成rm{H_{2}S0_{4}}

rm{(3)SO_{2}}與空氣中的rm{O_{2}}在飄塵的作用下反應生成rm{SO_{3}}rm{SO_{3}}溶于降水生成rm{H_{2}SO_{4}}飄塵起催化作用；

rm{(5)}二氧化氮溶于水；生成硝酸和一氧化氮，按一定比例混合一氧化氮；氧氣和水，或二氧化氮和氧氣和水可幾乎完全轉化為硝酸．

本題主要考查了酸雨的形成，側重考查了二氧化硫的性質，注意二氧化硫對空氣的污染和二氧化硫的吸收的反應原理，題目難度中等．【解析】rm{(1)}rm{壟脵}干燥；

rm{壟脵}紅；

rm{壟脷}吸收多余rm{壟脷}氣體，避免污染空氣；rm{壟脹}

rm{壟脹}變?。?/p>

rm{SO_{2}}催化劑；

rm{SO_{2}+2NaOH=Na_{2}SO_{3}+H_{2}O}硝酸rm{(2)<}23、H2SO4；98；98g/mol；0.5mol；2NA；1mol/L；2mol/L【分析】解：硫酸的分子式為rm{H_{2}SO_{4}}其相對分子質量rm{=1隆脕2+32+16隆脕4=98}其摩爾質量為rm{98g/mol}

rm{49g}硫酸的物質的量rm{=dfrac{49g}{98g/mol}=0.5mol}rm{=dfrac

{49g}{98g/mol}=0.5mol}原子物質的量rm{O}氧原子數(shù)目rm{=0.5mol隆脕4=2mol}溶于水配成rm{=2mol隆脕N_{A}mol^{-1}=2N_{A}}溶液，所得硫酸溶液物質的量的濃度rm{=dfrac{0.5mol}{0.5L}=1mol/L}溶液中硫酸完全電離，故rm{500mL}

故答案為：rm{=dfrac

{0.5mol}{0.5L}=1mol/L}rm{c(H^{+})=2c(H_{2}SO_{4})=2mol/L}rm{H_{2}SO_{4}}rm{98}rm{98g/mol}rm{0.5mol}rm{2N_{A}}．

硫酸的分子式為rm{1mol/L}其相對分子質量等于分子式中各元素原子相對原子質量總和，摩爾質量以rm{2mol/L}為單位；數(shù)值上等于其相對分子質量；

根據(jù)rm{H_{2}SO_{4}}計算rm{g/mol}硫酸的物質的量，結合分子含有rm{n=dfrac{m}{M}}原子數(shù)目計算rm{49g}原子物質的量，再根據(jù)rm{O}計算氧原子數(shù)目，根據(jù)rm{O}計算所得硫酸溶液物質的量的濃度，溶液中硫酸完全電離，故rm{N=nN_{A}}

本題考查摩爾質量、物質的量濃度相關計算，比較基礎，注意對基礎知識的理解掌握．rm{c=dfrac{n}{V}}【解析】rm{H_{2}SO_{4}}rm{98}rm{98g/mol}rm{0.5mol}rm{2N_{A}}rm{1mol/L}rm{2mol/L}四、判斷題(共4題，共20分)24、A【分析】【解答】過濾是把不溶于液體的固體物質跟液體分離開來的一種混合物分離的方法；過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸，避免萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就