2025年岳麓版高一化學下冊月考試卷

…………○…………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年岳麓版高一化學下冊月考試卷778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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、氧化還原反應的實質是rm{(}rm{)}A.氧元素的得失B.化合價的升降C.電子的轉移D.離子的轉移2、rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}均為的短周期主族元素，原子序數依次增加，且原子核外rm{L}電子層的電子數分別為rm{0}rm{5}rm{8}rm{8}它們的最外層電子數之和為rm{18.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}rm{0}rm{5}rm{8}它們的最外層電子數之和為rm{8}下列說法正確的是rm{18.}rm{(}A.原子的半徑：rm{)}B.陰離子的還原性：rm{W>X}C.氧化物的水化物的酸性：rm{W>Z}D.rm{Y<Z}與rm{X}不能存在于同一離子化合物中rm{Y}3、若rm{N_{A}}代表阿伏加德羅常數，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{1}個標準大氣壓，rm{20隆忙}下rm{11.2LN_{2}}含有的分子數為rm{0.5N_{A}}B.rm{4隆忙}時rm{9mL}水和標準狀況下rm{11.2L}氮氣含有相同的分子數C.同溫同壓下，rm{N_{A}}個rm{NO}與rm{N_{A}}個rm{N_{2}}和rm{O_{2}}的混合氣體的體積不相等D.rm{0隆忙}rm{1.01隆脕10^{4}Pa}時，rm{11.2}rm{L}氧氣所含的原子數目為rm{N_{A}}4、下列關于化學反應速率的說法正確的是A.rm{1L0.1mol?L^{-1}}鹽酸和rm{1L0.1mol?L^{-1}}硫酸分別與rm{1L2mol?L^{-1}NaOH}溶液反應速率相同B.化學反應速率為rm{0.8mol?L^{-1}?s^{-1}}其含義是時間為rm{1s}時，某物質的濃度是rm{0.8mol?L^{-1}}C.對于任何化學反應來說，反應速率越大，反應現(xiàn)象就越明顯D.rm{0.1mol?L^{-1}}鹽酸和rm{0.1mol?L^{-1}}硝酸與相同形狀和大小的大理石反應的速率相同5、下列溶液中能夠區(qū)別SO2和CO2氣體的是①澄清石灰水②H2S溶液③KMnO4酸性溶液④氯水⑤品紅溶液（）

A.①②③

B.②③④

C.除①以外。

D.全部。

6、等質量的CH4和NH3相比較；下列結論中錯誤的是（）

A.兩種氣體的分子個數之比為17：16

B.兩種氣體的原子個數之比為17：16

C.兩種氣體的氫原子個數之比為17：12

D.同溫同壓下；兩種氣體的體積之比為17：12

7、在探究新制飽和氯水成分的實驗中，下列根據實驗現(xiàn)象得出的結論不正確的是（）A.氯水的顏色呈淺黃綠色，說明氯水中含有Cl2B.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，產生白色沉淀，說明氯水中含有Cl﹣C.向氯水中加入NaHCO3粉末，有氣泡產生，說明氯水中含有H+D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液顏色變成棕黃色，說明氯水中含有HClO8、某短周期元素rm{X}其原子的電子層數為rm{n}最外層電子數為rm{(2n+1).}下列有關rm{X}的說法中不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{X}能與某些金屬元素形成化合物B.rm{X}形成的單質可能與水發(fā)生氧化還原反應C.rm{X}不可能為第一周期元素D.由rm{X}形成的含氧酸均為強酸9、下列說法正確的是rm{(}rm{)}

A.含有金屬元素的化合物一定是離子化合物B.完全由非金屬元素形成的化合物可能是離子化合物C.rm{IA}族和rm{VIIA}族元素化合時，一定形成離子鍵D.共價化合物中可能含有離子鍵評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)10、下表是元素周期表的一部分；回答下列有關問題：

（1）寫出下列元素符號：①____，⑥____，⑦____．

（2）畫出原子的結構示意圖：④____，⑧____．

（3）在①～12元素中，金屬性最強的元素是____，非金屬性最強的元素是____，最不活潑的元素是____．（均填元素符號）

（4）元素⑦與元素⑧相比，非金屬性較強的是____（用元素符號表示），下列表述中能證明這一事實的是____．

a．常溫下⑦的單質和⑧的單質狀態(tài)不同b．⑧的氫化物比⑦的氫化物穩(wěn)定。

c．一定條件下⑦和⑧的單質都能與氫氧化鈉溶液反應。

（5）第三周期中原子半徑最大的元素是____（填序號），跟它同周期原子半徑最小的元素是____（填序號），它們可以形成____（填離子或共價）化合物，用電子式表示其形成過程如下：____．

（6）已知某元素原子最外層電子數是其次外層電子數的2倍，該元素可以與⑧形成一種AB4型的化合物，請用電子式表示其形成過程：____．11、NO分子因污染空氣而臭名昭著。近年來，發(fā)現(xiàn)少量的NO在生物體內許多組織中存在，它有擴張血管、免疫、增強記憶的功能，而成為當前生命科學的研究熱點，NO亦被稱為“明星分子”。請回答下列問題：（1）NO對環(huán)境的危害在于____(填編號)A．破壞臭氧層B．光化學煙霧C．造成酸雨（2）下列關于NO的說法不正確的是____A．NO為無色氣體B．NO在空氣中很不穩(wěn)定C．NO是汽車尾氣的有害成分之一D．NO分子所含電子總數為偶數（3）在含Cu+離子的酶的活化中，亞硝酸根（NO2—）離子可轉化為NO，寫出Cu+和亞硝酸根離子在酸性水溶液中反應的離子方程式____12、①高錳酸鉀和濃鹽酸可以發(fā)生如下反應：

2KMnO4+16HCl（濃）═5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O，在該反應中，氧化劑是____．

②標出上述方程式電子轉移的方向與數目（用雙線橋法）____．13、同溫同壓下，rm{SO_{2}}與氦氣的密度之比為______；若質量相同，兩種氣體的體積比為______．14、（8分）完成下列各題。（1）中國的瓷器馳名世界，制備陶瓷是以粘土[主要成分Al2Si2O5(OH)4]為原料，經高溫燒結而成。若以氧化物形式表示粘土的組成，應寫為：。（2）如果胃酸過多，可服用（填寫化學式）緩解癥狀，但如果患有胃潰瘍，則不能服用，以防止胃穿孔。（3）賞心悅目的雕花玻璃是用氫氟酸對玻璃進行刻蝕而制成的，這一過程中發(fā)生反應的化學方程式為：。（4）二氧化氯（ClO2）是一種高效、廣譜、安全的殺菌、消毒劑，工業(yè)上是用氯酸鈉（NaClO3）與鹽酸反應生產ClO2的，反應過程中同時會生成氯氣。寫出該反應的化學方程式：。15、（8分）H2SO4的摩爾質量是，196gH2SO4的物質的量是，其中含有____gO和molH。16、某有機物的相對分子質量為75；元素的質量分數為碳32%；氫6.67%、氮18.67%，其余為氧．

（1）該有機物的分子式為______．

（2）該有機物能與醇發(fā)生酯化反應、與無機酸反應生成鹽（含有-NH2基團），該有機物的結構簡式為______．17、下列是關于rm{Cl_{2}}的制備和性質的系列實驗；請回答有關問題．

rm{(1)}實驗室是用二氧化錳和濃鹽酸反應制氯氣；其化學方程式是：

rm{MnO_{2}+4HCl(}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+2H_{2}O+Cl_{2}隆眉}

寫出該反應的離子方程式______，指出該反應的還原劑：______rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}MnCl_{2}+2H_{2}O+Cl_{2}隆眉}產生rm{.}標準狀況rm{11.2LCl_{2}(}轉移的電子物質的量是______．

rm{)}把紅熱的銅絲插入已收集滿氯氣的集氣瓶中rm{(2)}可觀察的現(xiàn)象：______，再往瓶中加入少量的水，振蕩，溶液呈______色rm{.}該反應的化學方程式：______；

rm{.}如果把干燥的氯氣通入干燥的有色布條中；布條______褪色；

rm{(3)}多余的氯氣要用氫氧化鈉溶液吸收；寫出該反應的離子方程式：______；

rm{(4)}有______，該實驗應在通風櫥中進行．rm{(5)Cl_{2}}評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)18、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．19、在冶金工業(yè)的煙道廢氣中，常混有大量的SO2和CO；它們都是大氣的污染物，在773K和催化劑（鋁礬土）的作用下，使二者反應可收回大量的硫磺．

請寫出該反應的化學方程式：____

請判斷該反應式寫的是否正確。20、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）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）22、將藍色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對錯）評卷人得分四、簡答題(共4題，共36分)23、實驗室需要250mL2mol/L的稀H2SO4，現(xiàn)用18.4mol/L的濃H2SO4來配制可供選擇的儀器有：①玻璃棒②燒瓶③燒杯④膠頭滴管⑤量筒⑥托盤天平⑦藥匙．

（1）上述儀器中在配制稀H2SO4時，還缺少的儀器是______．

（2）經計算，需量取濃H2SO4的體積為______．

量取濃硫酸時應選用______（選填①10mL；②50mL、③100mL三種規(guī)格）的量筒．

（3）配制溶液過程中下列操作能引起所配溶液濃度偏高是______．

A量取濃硫酸時俯視讀數。

B量取濃硫酸后的量筒未洗滌；內壁殘留的溶液未轉移到燒杯中。

C未冷卻到室溫就定容。

D定容時仰視讀數。

E定容搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線；繼續(xù)用膠頭滴管加水至刻度線。

（4）若取40mL所配的稀H2SO4，用2mol/LNaOH與之恰好反應完全，配制所需的NaOH溶液需用托盤天平稱取NaOH固體______克，可得Na2SO4的物質的量為______．24、濃硫酸與木炭粉在加熱條件下反應．已知酸性KMnO4溶液可以吸收SO2；試用下圖所示各裝置設計一個實驗，驗證上述反應所產生的各種產物．

。編號①②③④裝置（1）寫出木炭與濃硫酸反應的化學方程式______．標準狀況下，若生成6.72L的氣體，則轉移電子的物質的量為______．這些裝置的連接順序（按產物氣流從左到右的方向）是（填裝置的編號）：

______→______→______→______．

（2）實驗時可觀察到：裝置①中A瓶的溶液褪色，C瓶的溶液不褪色．B瓶溶液的作用是______，C瓶溶液的作用是______．

（3）裝置②中所加的固體藥品是______，可確證的產物是______，確定裝置②在整套裝置中位置的理由是______．

（4）盛放濃硫酸的試劑瓶標簽上應印有下列警示標記中的______25、“長征二號”捆綁式火箭推進劑以肼rm{(N_{2}H_{4})}為燃料，rm{NO_{2}}為氧化劑，反應生成rm{N_{2}}和水蒸氣。已知：rm{壟脵N_{2}(g)+2O_{2}(g)簍T2NO_{2}(g)}rm{壟脵

N_{2}(g)+2O_{2}(g)簍T2NO_{2}(g)}rm{壟脷N_{2}H_{4}(g)+O_{2}(g)簍TN_{2}(g)+2H_{2}O(g)}rm{簍SH_{1}=+67.7kJ/mol}rm{壟脹1/2H_{2}(g)+1/2F_{2}(g)簍THF(g)}rm{壟脷

N_{2}H_{4}(g)+O_{2}(g)簍TN_{2}(g)+2H_{2}O(g)}rm{壟脺H_{2}(g)+1/2O_{2}(g)簍TH_{2}O(g)}rm{簍SH_{2}=-534kJ/mol}rm{壟脹

1/2H_{2}(g)+1/2F_{2}(g)簍THF(g)}肼的結構式為___________，分子中含有的化學鍵類型是_____________rm{簍SH_{3}=-269kJ/mol}填“離子鍵”、“極性鍵”、“非極性鍵”rm{壟脺

H_{2}(g)+1/2O_{2}(g)簍TH_{2}O(g)}rm{簍SH_{4}=-242kJ/mol}肼和rm{(1)}反應的熱化學方程式為___________，此反應用于火箭推進，除釋放大量能量和快速產生氣體外，還有一個很大的優(yōu)點是______________rm{(}有人認為若用氟氣代替二氧化氮作氧化劑，反應釋放的能量更大，則肼和氟氣反應的熱化學方程式為___________________rm{)}肼rm{壟脝}空氣堿性rm{NO_{2}}為電解質rm{壟脟}燃料電池rm{壟脠}氧化產物為大氣主要成分rm{-}的能量轉化率高。寫出負極的電極反應式______________________。已知：電流效率可用單位質量的燃料提供的電子數表示。肼rm{(KOH}空氣堿性rm{)}為電解質rm{(}燃料電池、氨氣rm{)}空氣堿性rm{-}為電解質rm{(KOH}燃料電池rm{)}氧化產物為大氣主要成分rm{-}的電流效率之比為__________rm{(KOH}26、實驗室有一包固體粉末樣品可能是rm{MgCO_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{FeO}的混合物．

I.甲學生設計實驗方案，以確定樣品中是否含有rm{FeO}除樣品外，實驗室只提供以下試劑：rm{KMnO_{4}}溶液、鹽酸、稀硫酸、rm{KSCN}溶液、rm{NaOH}溶液；請你描述甲學生的實驗操作步驟；現(xiàn)象及結論：______．

Ⅱrm{.}經甲學生實驗確定該樣品中不存在rm{FeO}乙學生想在甲學生的實驗基礎上進一步來測定混合物中rm{Fe_{2}O_{3}}的含量：乙學生準備用如圖所示各儀器按一定順序連接成一套完整的裝置進行實驗，以測定rm{Fe_{2}O_{3}}的質量分數．

請回答下列問題：

rm{(1)}盛裝鹽酸的儀器的名稱是______，裝置的連接順序是：______rm{隆煤}______rm{隆煤}______rm{隆煤}______rm{(}填圖中字母序號，各儀器只能選用一次rm{)}．

rm{(2)}實驗過程中需要持續(xù)通入空氣，其作用除可以起到“攪拌”rm{A}rm{D}中反應物以實現(xiàn)充分反應外；還有一個重要作用是：______．

rm{(3)}為提高測定的準確度，在rm{B}中最應加入的物質是：______rm{(}填字母編號rm{)}．

rm{a.}飽和rm{NaHCO_{3}}溶液rm{b.}蒸餾水rm{c.}濃硫酸rm{d.NaOH}溶液。

rm{(4)}在進行乙學生的實驗方案評價時，有學生認為不必測定rm{A}中沉淀的質量，而只要測出裝置rm{A}在吸收反應產生的氣體前后的質量差，就能完成實驗要求rm{.}實驗證明，若用此法測得rm{Fe_{2}O_{3}}的質量分數將______rm{(}填“偏大”、“偏小”或“不變”rm{)}．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】解：氧化還原反應的特征為化合價的升降；其實質為電子的轉移或得失，而氧化還原反應中不一定有氧元素參加；

故選C．

氧化還原反應的特征為化合價的升降；其實質為電子的轉移或得失，以此來解答．

本題考查氧化還原反應，為高頻考點，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，側重實質和特征的考查，注意二者的區(qū)別和聯(lián)系，題目難度不大．【解析】rm{C}2、B【分析】略【解析】rm{B}3、B【分析】解：rm{A}rm{1}個標準大氣壓，rm{20隆忙}不是標準狀況，rm{11.2LN_{2}}物質的量不是rm{0.5mol}含有的分子數不是rm{0.5N_{A}}故A錯誤；

B、rm{4隆忙}時水的密度為rm{1g/ml}rm{9mL}水質量為rm{9g}物質的量為rm{0.5mol}標準狀況下rm{11.2L}氮氣物質的量為rm{0.5mol}含有相同的分子數，故B正確；

C；同溫同壓條件物質的量相同的氣體；體積相同，故C錯誤；

D、rm{0隆忙}rm{1.01隆脕10^{4}Pa}時，不是標準狀況，rm{11.2L}氧氣物質的量不是rm{0.5mol}故D錯誤；

故選B．

A、依據氣體摩爾體積的條件應用分析，只有標準狀況氣體摩爾體積為rm{22.4L/mol}

B、rm{4隆忙}時水的密度為rm{1g/ml}rm{9mL}水質量為rm{9g}質量換算物質的量，體積換算物質的量計算對比分析；

C；依據阿伏伽德羅定律內容是同溫同壓同體積氣體物質的量相同分析；

D、標準狀況是指rm{0^{circ}C}rm{101.3KPa}．

本題考查了阿伏伽德羅常數的應用，主要考查氣體摩爾體積的條件應用，質量換算物質的量計算微粒數，題目較簡單．【解析】rm{B}4、D【分析】【分析】本題考查了影響化學反應速率的因素，反應速率化學反應相對快慢，與反應現(xiàn)象沒有必然關系?！窘獯稹緼.rm{1}rm{L}rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}鹽酸和rm{1}rm{L}rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}硫酸分別與rm{1}rm{L}rm{2}rm{mol?L^{-1}}rm{NaOH}溶液反應；硫酸溶液中氫離子濃度大于鹽酸溶液中氫離子濃度，反應速率不相同，故A錯誤；

B.反應速率是指單位時間內物質濃度的變化；是平均速率不是瞬時速率，故B錯誤；

C.由于反應速率與反應現(xiàn)象沒有必然的關系，反應速率是表示的化學反應相對快慢的，故C錯誤；D.鹽酸和硝酸的氫離子濃度相同；則反應速率相同，故D正確。

故選D。

【解析】rm{D}5、C【分析】

①SO2和CO2都屬于酸性氧化物，它們都能使澄清石灰水變渾濁，所以不能利用澄清石灰水來區(qū)別SO2和CO2；

②SO2具有氧化性，能將H2S溶液氧化生成單質（有黃色沉淀生成），而CO2沒有此性質，所以能利用H2S溶液區(qū)別SO2和CO2；

③SO2也具有還原性，能被KMnO4酸性溶液氧化（溶液褪色），而CO2沒有此性質，所以能利用KMnO4酸性溶液區(qū)別SO2和CO2；

④SO2也具有還原性，能被氯水氧化（溶液褪色），而CO2沒有此性質，所以能利用KMnO4酸性溶液區(qū)別SO2和CO2；

⑤SO2還具有漂白性，能使品紅溶液褪色，而CO2沒有此性質，所以能利用KMnO4酸性溶液區(qū)別SO2和CO2；

所以，能夠區(qū)別SO2和CO2氣體的溶液有：②③④⑤；

故選C．

【解析】【答案】根據SO2和CO2性質的差異可知，二氧化硫既有氧化性又有還原性，而二氧化碳在溶液中不發(fā)生氧化還原反應，則利用二氧化硫的還原性及漂白性來區(qū)分SO2和CO2氣體．

6、B|D【分析】

令CH4和NH3的質量都為1g，CH4的物質的量為=mol，NH3的物質的量為=mol．

A、分子數目之比等于物質的量之比，等質量的CH4和NH3分子數之比為mol：mol=17：16；故A正確；

B、每個CH4分子含有5個原子，1gCH4含有原子的物質的量為5×mol，每個NH3分子含有4個原子，1gNH3含有的原子物質的量為4×mol，所以等質量的CH4和NH3含有原子數目之比為5×mol：4×mol=85：64；故B錯誤；

C、每個CH4分子含有4個H原子，1gCH4含有H原子的物質的量為4×mol，每個NH3分子含有3個H原子，1gNH3含有H的原子物質的量為3×mol，所以等質量的CH4和NH3含有H原子數目之比為4×mol：3×mol=17：12；故C正確；

D、同溫同壓下，氣體體積之比等于物質的量之比，故等質量的CH4和NH3的體積之比為mol：mol=17：16；故D錯誤；

故選BD．

【解析】【答案】令CH4和NH3的質量都為1g，根據n=計算CH4和NH3的物質的量；

A；分子數目之比等于物質的量之比；

B、每個CH4分子含有5個原子，每個NH3分子含有4個原子；計算二者含有的原子的物質的量，據此判斷；

C、每個CH4分子含有4個H原子，每個NH3分子含有3個H原子；計算二者含有的H原子的物質的量，據此判斷；

D；同溫同壓下；氣體體積之比等于物質的量之比．

7、D【分析】【解答】解：溶液中存在平衡Cl2+H2O?HCl+HClO；A．只有氯氣有顏色，為黃綠色，氯水呈淺黃綠色是由于含有氯氣，故A正確；

B．溶液與硝酸銀反應產生白色沉淀，只能是氯離子與銀離子反應得到AgCl白色沉淀，說明氯水中含有Cl﹣；故B正確；

C．溶液呈酸性；能與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，故C正確；

D．溶液中氯氣；HClO都強氧化性；都可以將亞鐵離子氧化為鐵離子，而使溶液變?yōu)樽攸S色，不能說明氯水中含有HClO，故D錯誤；

故選D．

【分析】溶液中存在平衡Cl2+H2O?HCl+HClO，只有氯氣有顏色，為黃綠色，氯水中含有氯氣而呈淺黃綠色，溶液中HCl與硝酸銀反應產生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，溶液中氯氣、HClO都強氧化性，都可以將亞鐵離子氧化為鐵離子，而使溶液變?yōu)樽攸S色．8、D【分析】解：某短周期元素rm{X}其原子的電子層數為rm{n}最外層電子數為rm{(2n+1)}由于最外層電子數不超過rm{8}第一電子層最多容納rm{2}個電子，故rm{n=2}或rm{3}對應的最外層電子數為rm{5}或rm{7}則rm{X}為rm{N}或rm{Cl}元素；

A.rm{X}為rm{N}或rm{Cl}能與一些金屬元素形成化合物，如二氮化三鎂；氯化鈉，故A正確；

B.若為氯氣，能與水反應生成rm{HCl}與rm{HClO}屬于氧化還原反應，故B正確；

C.短周期元素rm{X}其原子的電子層數為rm{n}最外層電子數為rm{(2n+1)}由于第一電子層最多容納rm{2}個電子，故rm{X}不可能為第一周期元素；故C正確；

D.rm{X}為rm{N}或rm{Cl}形成的含氧酸不一定為強酸，若rm{HClO}為弱酸；故D錯誤；

故選D．

某短周期元素rm{X}其原子的電子層數為rm{n}最外層電子數為rm{(2n+1)}由于最外層電子數不超過rm{8}第一電子層最多容納rm{2}個電子，故rm{n=2}或rm{3}對應的最外層電子數為rm{5}或rm{7}則rm{X}為rm{N}或rm{Cl}元素；結合元素化合物性質解答．

本題考查核外電子排布、結構與位置關系、元素化合物性質等，推斷元素是解題關鍵，難度不大．【解析】rm{D}9、B【分析】【分析】本題考查了離子鍵、共價鍵、離子化合物、共價化合物的知識。側重對基礎知識的考查。【解答】A.含有金屬元素的化合物不一定是離子化合物，如rm{AlCl_{3}}是共價化合物；故A錯誤；

B.完全由非金屬元素形成的化合物可能是離子化合物，如rm{NH_{4}Cl}故B正確；

C.rm{IA}族和rm{VIIA}族元素化合時，可能形成離子鍵也可能形成共價鍵，如rm{HF}中只含共價鍵，rm{NaF}中只含離子鍵；故C錯誤；

D.共價化合物中一定不含離子鍵；含有離子鍵的化合物是離子化合物，故D錯誤。

故選B。【解析】rm{B}二、填空題(共8題，共16分)10、略

【分析】

由元素在周期表中的位置可知，①為N，②為F，③為Na，④為Mg，⑤為Al，⑥為Si，⑦為S，⑧為Cl，⑨為Ar，⑩為K，（11）為Ca，（12）為Br；

（1）由上述分析可知①N；⑥Si，⑦S，故答案為：N；Si；S；

（2）Mg在元素周期表中第三周期第ⅡA族，原子結構示意圖為Cl在元素周期表中第三周期第ⅤⅡA族，原子結構示意圖為，

故答案為：

（3）以上元素中金屬性最強的是K，非金屬性最強的是F，Ar的最外層電子數為8，則Ar最不活潑故答案為：K；F；Ar；

（4）⑦為S，⑧為Cl，同周期元素從左向右元素的非金屬增強，則Cl的非金屬性強，可利用氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性來驗證，故答案為：Cl；b；

（5）第三周期從左向右原子半徑在減小；則Na的原子半徑最大，即選③，原子半徑最小的為Cl，即選⑧，二者形成的化合物為NaCl，為離子化合物；

其形成過程為故答案為：③；⑧；離子；

（6）某元素原子最外層電子數是其次外層電子數的2倍，該元素為C，與⑧形成一種AB4型的化合物為CCl4，其形成過程為

故答案為：．

【解析】【答案】由元素在周期表中的位置可知，①為N，②為F，③為Na，④為Mg，⑤為Al，⑥為Si，⑦為S，⑧為Cl，⑨為Ar，⑩為K，（11）為Ca，（12）為Br；然后利用元素及其單質；化合物的性質來解答．

11、略

【分析】【解析】試題分析：（1）因NO易與氧氣結合，氮的氧化物易形成酸雨，易形成光化學煙霧，NO能與臭氧反應，故A、B、C正確。（2）NO分子所含電子總數為15，為奇數，故本題選D。（3）亞硝酸根離子可轉化為NO，Cu+轉化為Cu2+，酸性條件下的離子反應為Cu++NO2-+2H+=Cu2++NO↑+H2O，考點：氮的氧化物的性質及其對環(huán)境的影響?！窘馕觥俊敬鸢浮浚ǎ。〢、B、C（2分）（2）D（1分）（3）Cu+＋NO2—＋2H+=Cu2+＋NO↑＋H2O（2分）12、KMnO4|【分析】【解答】解：①反應2KMnO4+16HCl=2MnCl2↑+2KCl+5C12↑+8H2O，KMnO4中Mn化合價由+7降低到+2，則KMnO4為氧化劑，故答案為：KMnO4；②反應2KMnO4+16HCl=2MnCl2↑+2KCl+5C12↑+8H2O，KMnO4中Mn化合價由+7降低到+2，則KMnO4為氧化劑，16HCl中有10HCl的Cl化合價由﹣1升高到0價，則轉移電子數為10mol，所以雙線橋表示為：

故答案為：．

【分析】①氧化劑化合價降低；②根據反應2KMnO4+16HCl=2MnCl2↑+2KCl+5C12↑+8H2O，KMnO4中Mn化合價由+7降低到+2，則KMnO4為氧化劑，生成MnCl2為還原產物；

16HCl中有10HCl的Cl化合價由﹣1升高到0價，轉移電子數為10mol來標電子轉移情況．13、略

【分析】解：相同條件下，密度之比等于摩爾質量之比，故rm{SO_{2}}與氦氣的密度之比rm{=64g/mol}rm{4g/mol=16}rm{1}

相同條件下，質量相同，氣體體積之比與摩爾質量成反比，故兩種氣體的體積比rm{=4g/mol}rm{64g/mol=1}rm{16}

故答案為：rm{16}rm{1}rm{1}rm{16}．

相同條件下；密度之比等于摩爾質量之比；相同條件下，質量相同，氣體體積之比與摩爾質量成反比．

本題考查物質的量的計算，難度不大，注意根據rm{pV=nRT}理解阿伏伽德羅定律及推論．【解析】rm{16}rm{1}rm{1}rm{16}14、略

【分析】試題分析：（1）以氧化物形式表示復雜的鹽的化學式，先寫活潑金屬的氧化物，再寫非金屬氧化物，Al2Si2O5(OH)4以氧化物形式表示為Al2O3·2SiO2·2H2O；（2）碳酸氫鈉能和鹽酸反應，所以碳酸氫鈉能治療胃酸過多，但由于反應生成二氧化碳，所以患有胃潰瘍的病人不能服用，以防止胃穿孔；（3）氫氟酸對玻璃進行刻蝕的方程式為SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；（4）氯酸鈉（NaClO3）與鹽酸反應生產ClO2的，反應過程中同時會生成氯氣的方程式2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O?？键c：本題考查化學方程式?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）Al2O3·2SiO2·2H2O（2）NaHCO3（3）SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O（4）2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O15、略

【分析】【解析】試題分析：如果質量的單位用g表示，則摩爾質量在數值上等于物質的相對分子質量或相對原子質量，所以硫酸的摩爾質量是98g/mol。根據n＝m/M可知，196g硫酸的物質的量是196g÷98g/mol＝2mol。根據硫酸的化學式可知，含有2mol×2＝4mol氫原子和2mol×4mol＝8mol氧原子，則氧原子的質量是16g/mol×8mol＝128g?？键c：考查物質的量的有關計算【解析】【答案】98g/L2mol128416、略

【分析】解：（1）因相對分子質量為75；碳；氫、氮、氧四種元素的質量分數分別為32%、6.67%、18.67%、（1-32%-6.67%-18.67%）=42.66%；

而相對原子質量分別為12；1、14、16；

則分子中碳、氫、氮、氧原子的個數分別為：N（C）==2，N（H）==5，N（N）=1，N（O）==2；

即該有機物分子式為：C2H5NO2；

故答案為：C2H5NO2；

（2）能與醇發(fā)生酯化反應，說明分子內含有-COOH；再去掉一個-NH2，余下一個-CH2-，于是得出其結構簡式為H2NCH2COOH．

故答案為：H2NCH2COOH．

（1）根據相對原子質量及元素的質量分數來計算有機物分子中原子的個數之比；然后書寫物質的分子式；

（2）能與醇發(fā)生酯化反應，說明分子內含有-COOH；再去掉一個-NH2，余下一個-CH2-；于是得出其結構簡式．

本題考查物質化學式的推斷，能利用元素的質量分數來計算原子個數之比是解答的關鍵，然后書寫分子式即可．【解析】C2H5NO2；H2NCH2COOH17、MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；氯化氫；1mol；劇烈燃燒形成了棕黃色的煙；藍；Cu+Cl2CuCl2；不；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；毒【分析】解：rm{(1)MnO_{2}+4HCl(}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+2H_{2}O+Cl_{2}隆眉}改寫成離子方程式應注意二氧化錳為氧化物、水為弱電解質、氯氣為單質應保留化學式，離子方程式：rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}

反應中氯化氫中的氯離子化合價升高；發(fā)生氧化反應，所以氯化氫為還原劑；

依據方程式rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}MnCl_{2}+2H_{2}O+Cl_{2}隆眉}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+2H_{2}O+Cl_{2}隆眉}可知：每生成rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}氯氣轉移rm{MnO_{2}+4HCl(}電子，rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}MnCl_{2}+2H_{2}O+Cl_{2}隆眉}標準狀況rm{1mol}其物質的量為rm{2mol}轉移電子數為rm{11.2LCl_{2}(}

故答案為：rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}氯化氫；rm{)}

rm{0.5mol}把紅熱的銅絲插入已收集滿氯氣的集氣瓶中，銅絲劇烈燃燒，形成了棕黃色的煙，發(fā)生反應rm{Cu+Cl_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}CuCl_{2}}再往瓶中加入少量的水，振蕩，溶液為氯化銅溶液，呈藍色；

故答案為：劇烈燃燒形成了棕黃色的煙；藍色；rm{Cu+Cl_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}CuCl_{2}}

rm{1mol}氯氣不具有漂白性；所以把干燥的氯氣通入干燥的有色布條中，布條不褪色，故答案為：不；

rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉和次氯酸鈉和水，離子方程式：rm{1mol}故答案為：rm{(2)}

rm{Cu+Cl_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠錄};}}{;}CuCl_{2}}氯氣是一種有毒氣體；它主要通過呼吸道侵入人體并溶解在黏膜所含的水分里，生成次氯酸和鹽酸，對上呼吸道黏膜造成有害的影響，所以需要在通風櫥中制備，故答案為：有．

rm{Cu+Cl_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠錄};}}{;}CuCl_{2}}化學方程式rm{(3)}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+2H_{2}O+Cl_{2}隆眉}結合離子方程式的書寫方法解答；

分析反應中元素化合價變化；依據還原劑是指有元素化合價升高失去電子的物質判斷還原劑，依據元素化合價變化數目計算轉移電子數；

rm{(4)}根據銅和氯氣反應的現(xiàn)象解答；根據氯化銅的溶液的顏色解答；銅和氯氣反應生成氯化銅；

rm{Cl_{2}+2OH^{-}=Cl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}氯氣不具有漂白性；

rm{Cl_{2}+2OH^{-}=Cl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉和次氯酸鈉和水；

rm{(5)}在通風櫥中進行制備的氣體；通常情況下有毒．

本題考查了氯氣的實驗室制法和性質的檢驗，掌握氯氣的性質和化學方程式的書寫方法是解題關鍵，題目難度中等．rm{(1)}【解析】rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+2H_{2}O+Cl_{2}隆眉}氯化氫；rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+2H_{2}O+Cl_{2}隆眉}劇烈燃燒形成了棕黃色的煙；藍；rm{Cu+Cl_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}CuCl_{2}}不；rm{1mol}毒rm{Cu+Cl_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠錄};}}{;}CuCl_{2}}三、判斷題(共5題，共10分)18、B【分析】【解答】蒸餾是用來分離沸點不同的液體混合物；溫度計測量的是蒸汽的溫度，故應放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據溫度計在該裝置中的位置與作用；19、A【分析】【解答】依據題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案為：對．

【分析】依據題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應生成二氧化碳和硫，結合原子個數守恒書寫方程式．20、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．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，據此解題．22、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，據此解題．四、簡答題(共4題，共36分)23、略

【分析】解：（1）配制一定物質的量濃度硫酸溶液的一般步驟有：量?。幌♂?、移液、洗滌、定容、搖勻等操作；一般用量筒量取濃硫酸溶液在燒杯中稀釋，冷卻后轉移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，當加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，所以需要的儀器有玻璃棒、量筒、膠頭滴管、小燒杯、250ml容量瓶，還缺少的儀器為：250ml容量瓶；

故答案為：250mL容量瓶；

（2）設需要濃硫酸溶液的體積為V，根據溶液稀釋前后溶質的物質的量不變得：2mol?L-1×250ml=V×18.4mol/L；解得V=27.2mL；應選擇50ml量筒；

故答案為：27.2mL；②；

（3）A量取濃硫酸時俯視讀數；導致量取的濃硫酸的體積偏小，硫酸的物質的量偏小，溶液濃度偏低，故A不選；

B量取濃硫酸后的量筒未洗滌；內壁殘留的溶液未轉移到燒杯中，實驗操作正確，溶液濃度準確，故B不選；

C未冷卻到室溫就定容；冷卻后，溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故C選；

D定容時仰視讀數；導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故D不選；

E定容搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線；繼續(xù)用膠頭滴管加水至刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故E不選；

故選：C；

（4）40mL2mol/L的稀H2SO4，中n（H2SO4）=2mol/L×0.04L=0.08mol；則：

H2SO4～2NaOH～Na2SO4；

121

0.08mol0.16mol0.08mol

所以需要氫氧化鈉物質的量為0.16mol；生成硫酸鈉的物質的量為0.08mol；

需要2mol/LNaOH氫氧化鈉的體積V==0.08L；則需要配制100mL溶液，需要氫氧化鈉的質量=2mol/L×40g/mol×0.1L=8.0g；

故答案為：8.0；0.08mol．

（1）根據配制一定物質的量濃度溶液的操作步驟選取實驗儀器；

（2）根據溶液稀釋前后溶質的物質的量不變計算所需濃硫酸溶液的體積；根據濃硫酸的體積選取量筒；注意所選量筒的容積應稍大于或等于量取溶液的體積；

（3）分析操作對溶質的物質的量和溶液的體積的影響，依據C=進行誤差分析；

（4）依據H2SO4～2NaOH～Na2SO4；據此計算需要氫氧化鈉的物質的量；質量，生成硫酸鈉的物質的量．

本題考查了配制一定物質的量濃度溶液及有關方程式的計算，明確配制原理和過程是解題關鍵，注意容量瓶、量筒的選擇，題目難度中等．【解析】250mL容量瓶；27.2mL；②；C；8.0；0.08mol24、略

【分析】解：（1）根據木炭粉與濃硫酸發(fā)生反應書寫化學方程式，該反應為C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O；若生成3mol的氣體，則轉移電子的物質的量為4mol，所以。

標準狀況下；若生成6.72L即0.3mol的氣體，則轉移電子的物質的量為0.4mol，檢驗二氧化碳和二氧化硫時用到的溶液中均含有水，所以先檢驗水的存在，二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰水變渾濁，所以先檢驗二氧化硫，再除去，最后檢驗二氧化碳，則其連接順序是：④→②→①→③；

故答案為：C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O；0.4mol；④→②→①→③；

（2）A為檢驗二氧化硫裝置；B；C為除去二氧化硫并檢驗是否除盡二氧化硫的裝置；

故答案為：將多余的SO2全部氧化吸收；確證產物中SO2已被B瓶溶液全部氧化；

（3）無水硫酸銅為白色固體，遇水可變?yōu)槲逅蛩徙~（CuSO4?5H2O）為藍色固體，用于檢驗水的存在，由于產物氣流通過①、③時會帶出水蒸氣，所以②必須在①、③之前，故答案為：無水CuSO4；水蒸氣；由于產物氣流通過①；③時會帶出水蒸氣；所以②必須在①、③之前；

（4）濃硫酸具有很強的腐蝕性；盛放濃硫酸的試劑瓶標簽上應印有具有腐蝕性的標志，所以D正確．

故選D．

（1）根據木炭粉與濃硫酸發(fā)生反應書寫化學方程式；檢驗二氧化碳和二氧化硫時用到的溶液中均含有水；所以先檢驗水的存在，二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰水變渾濁，所以先檢驗二氧化硫，再除去，最后檢驗二氧化碳；

（2）根據實驗目的和裝置圖考慮操作步驟和試劑的作用及發(fā)生反應；從整體考慮，A為檢驗二氧化硫裝置，B；C為除去二氧化硫并檢驗是否除盡二氧化硫的裝置；

（3）根據實驗目的知；還要檢驗水蒸氣，水蒸氣能使無水硫酸銅變藍，根據生成物的性質確定無水硫酸銅的位置；

（4）濃硫酸具有腐蝕性；無毒；不燃燒，結合在化學與生活中能夠使用的化學物質分析解答．

本題考查物質的檢驗，注意產物檢驗所用的試劑以及檢驗的先后順序，為易錯點，難度較大．【解析】C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O；0.4mol；④；②；①；③；將多余的SO2全部氧化吸收；確證產物中SO2已被B瓶溶液全部氧化；無水CuSO4；水蒸氣；由于產物氣流通過①、③時會帶出水蒸氣，所以②必須在①、③之前；D25、rm{(1)}極性鍵非極性鍵

rm{(2)2N_{2}H_{4}(g)+2NO_{2}(g)簍T簍T3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)}rm{triangleH=-1153.7KJ/mol}反應的產物無污染

rm{(3)N_{2}H_{4}(g)+2F_{2}(g)簍T簍TN_{2}(g)+4HF(g)}rm{triangleH=-1135KJ/mol}

rm{(4)N_{2}H_{4}-4e^{-}+4OH^{-}簍T簍TN_{2}+4H_{2}O}rm{17:24}【分析】【分析】本題考查蓋斯定律及反應熱的計算；熟悉熱化學反應方程式的書寫與反應熱的計算即可解答，難度中等，注意理解蓋斯定律。

【解答】rm{(1)N_{2}H_{4}}中rm{N}原子之間形成rm{1}對共用電子對，rm{N}原子rm{H}原子質量形成rm{1}對共用電子對，結構式為分子中含有的化學鍵類型是極性鍵、非極性鍵，故答案為：極性鍵、非極性鍵；rm{(2)}已知：rm{壟脵N_{2}}rm{(g)+2O_{2}(g)=2NO_{2}}rm{(g)triangleH=+67.7kJ/mol}rm{(g)triangle

H=+67.7kJ/mol}rm{壟脷N_{2}H_{4}(g)+O_{2}}rm{(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O}根據蓋斯定律，rm{(g)triangleH=-543kJ/mol}得rm{2N_{2}H_{4}(g)+2NO_{2}(g)簍T3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-1153.7KJ/mol}肼rm{壟脷隆脕2-壟脵}和rm{2N_{2}H_{4}(g)+2NO_{2}(g)簍T3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-1153.7KJ/mol}反應，產物為氮氣和水，無污染，故答案為：rm{2N_{2}H_{4}(g)+2NO_{2}(g)簍T3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-1153.7KJ/mol}反應的產物無污染；rm{(N_{2}H_{4})}已知：rm{H_{2}O_{2}}rm{2N_{2}H_{4}(g)+2NO_{2}(g)簍T3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-1153.7KJ/mol}rm{(3)}rm{壟脹1/2H_{2}(g)+1/2F_{2}(g)簍THF(g)triangleH=-269kJ/mol}rm{壟脺H_{2}(g)+1/2O_{2}(g)簍TH_{2}O(g)triangleH=-242kJ/mol}根據蓋斯定律，rm{壟脷N_{2}H_{4}(g)+O_{2}}得rm{(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O}rm{(g)triangleH=-543kJ/mol}rm{(g)triangleH=-1135KJ/mol}故答案為：rm{壟脹1/2H_{2}(g)+1/2F_{2}(g)簍THF(g)triangle

H=-269kJ/mol}rm{壟脺

H_{2}(g)+1/2O_{2}(g)簍TH_{2}O(g)triangleH=-242kJ/mol}rm{(g)triangleH=-1135KJ/mol}rm{壟脷-壟脺隆脕2+壟脹隆脕4}肼rm{N_{2}H_{4}(g)+2F_{2}}空氣堿性rm{(g)簍TN_{2}(g)+4HF}為電解質rm{(g)triangle

H=-1135KJ/mol}燃料電池