2025年浙科版高一化學上冊月考試卷

…………○…………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年浙科版高一化學上冊月考試卷320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6題，共12分)1、下列化學反應既不屬于氧化還原反應又不屬于四種基本反應類型的是()A.Cl2＋2KBr=Br2＋2KClB.2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑C.3O22O3D.CH4+2O2CO2+2H2O2、將鐵粉和銅粉混合均勻后平均分成四等份；分別加入同濃度的稀硝酸充分反應，在標準狀況下生成NO的體積和剩余金屬的質(zhì)量如表（設硝酸的還原產(chǎn)物只有NO）：下列推斷正確的是（）

。編號①②③④稀硝酸體積/mL100200300400剩余金屬/g18.09．600NO體積/mL224044806720VA.①的上層清液中含有Fe2+、Fe3+、Cu2+B.硝酸的濃度為1mol?L-1C.每份混合物中鐵粉的質(zhì)量為16.8gD.④中V=11.2L3、將少量SO2通入Fe2(SO4)3溶液中發(fā)生反應：SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+；然后再加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生反應：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。下列判斷正確的是A.還原性Cr3+>Fe2+>SO2B.氧化性Cr2O72->SO2>Fe3+C.兩個反應中Fe2(SO4)3均作還原劑D.Cr2O72-能將SO2氧化成SO42-4、向含rm{FeCl_{3}}rm{FeCl_{2}}rm{AlCl_{3}}rm{NaCl}的溶液中，加入足量的rm{Na_{2}O_{2}}固體后，再加入過量的稀鹽酸，溶液中離子數(shù)目不發(fā)生變化的是A.rm{Na^{+}}B.rm{Al^{3+}}C.rm{Fe^{3+}}D.rm{Fe^{2+}}5、有人設計出利用rm{CH_{4}}和rm{O_{2}}的反應，用鉑電極在rm{KOH}溶液中構成原電池rm{.}電池的總反應類似于rm{CH_{4}}在rm{O_{2}}中燃燒；則下列說法正確的是。

rm{壟脵}每消耗rm{1molCH}每消耗rm{壟脵}rm{1molCH}rm{{,!}_{4}}可以向外電路提供rm{8mole}

rm{8mole}rm{{,!}^{-}}負極上rm{{,!}}rm{壟脷}負極上rm{CH}rm{壟脷}rm{CH}rm{{,!}_{4}}失去電子，電極反應式rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{4}}rm{+10OH}rm{+10OH}rm{{,!}^{-}}rm{-8e}rm{-8e}

rm{{,!}^{-}}rm{=CO}負極上是rm{=CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{+7H}rm{+7H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{壟脹}負極上是rm{O}rm{壟脹}

rm{O}rm{{,!}_{2}}電池放電后，溶液獲得電子，電極反應式為rm{O}不斷升高．A.rm{O}B.rm{{,!}_{2}}C.rm{+2H}D.rm{+2H}rm{{,!}_{2}}6、與rm{OH^{-}}具有相同質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)的微粒是rm{(}rm{)}A.rm{F_{2}}B.rm{Cl^{-}}C.rm{NH_{3}}D.rm{NH_{2}^{-}}評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、現(xiàn)有下列十組物質(zhì)：

①O2和O3②126C和146C③4039K和4020Ca④甲烷和丙烷⑤甲醇和乙二醇。

⑥和⑦和

⑧葡萄糖和果糖⑨蔗糖和麥芽糖⑩淀粉和纖維素。

（1）互為同分異構體的是______．（填序號）

（2）互為同系物的是______．（填序號）

（3）⑦中兩有機物按系統(tǒng)命名法命名的名字分別為：__________、______．8、rm{壟脵25隆忙}時，將rm{amol/L}的rm{NaCN}溶液與rm{0.01mol/L}的鹽酸等體積混合，反應后測得溶液rm{pH=7}

則rm{(a)HCN}的電離常數(shù)rm{K_{a}(}用含rm{簍祿}的代數(shù)式表示rm{)}為______；

rm{(b)}下列關于該溶液的說法正確的是______．

A.此溶液有rm{C(Na^{+})+C(H^{+})=C(OH^{-})+C(CN^{-})}

B.此溶液有rm{C(Na^{+})=C(HCN)+C(CN^{-})}

C.混合溶液中水的電離程度一定大于該溫度下純水的電離程度。

rm{壟脷25隆忙}時，rm{H_{2}SO_{3}?HSO_{3}^{-}+H^{+}}的電離常數(shù)rm{K_{a}=1隆脕10^{-2}mol?L^{-1}}則該溫度下rm{NaHSO_{3}}水解反應的平衡常數(shù)rm{K_=}______rm{mol?L^{-1}}若向rm{NaHSO_{3}}溶液中加入少量rm{I_{2}}則溶液中將rm{dfrac{c(H_{2}SO_{3})}{c(HSO_{3}^{-})}}______rm{dfrac

{c(H_{2}SO_{3})}{c(HSO_{3}^{-})}}填“增大”、“減小”或“不變”rm{(}rm{)}9、（1）某種復合材料具有耐高溫、強度高、導電性好、導熱性好的特點，則該復合材料的基體和增強體材料分別可能是____．

A．金屬；碳纖維。

B．陶瓷；SiO2

C．合成樹脂；SiO2、Al2O3、Na2O

D．合成樹脂；碳纖維。

（2）石黑炸彈也叫斷電炸彈、輕炸彈，專用于破壞敵方的電力設施．這種炸彈爆炸后會噴散出大量經(jīng)化學方法制成的石墨絲（碳纖維），其直徑僅有幾千分之一英寸．這種石墨絲非常輕，在目標上空可飄浮較長一段時間，形成較大范圍的“碳纖維云”，它們粘上電力設施時，即會破壞電力系統(tǒng)．簡述石墨炸彈能夠破壞電力系統(tǒng)的原因：____10、鐵和銅是生活中兩種常見的金屬材料，某同學查閱資料得知鐵主要是由鐵礦石經(jīng)熱還原的方法冶煉的，常見的鐵礦石有磁鐵礦、赤鐵礦、黃鐵礦（主要成分為FeS2）等．

（1）赤鐵礦的主要成分為______（填化學式），工業(yè)上用赤鐵礦冶煉鐵的化學反應方程式為______；

（2）從礦物資料查得；一定條件下自然界存在如下反應：

14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4；

該反應中氧化劑是______（填化學式），當有5molFeS2發(fā)生反應時，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為______；

（3）印刷電路板是由高分子材料和銅箔復合而成，刻制印刷電路時，用FeCl3溶液作“腐蝕液”，請寫出刻制過程的離子方程式______．11、rm{(1)}有下列各組物質(zhì)：rm{壟脵O_{2}}與rm{O_{3}壟脷CuSO_{4}隆隴3H_{2}O}與rm{CuSO_{4}隆隴5H_{2}O壟脹H_{4}SiO_{4}}與rm{Si(OH)_{4}壟脺[Cr(H_{2}O)_{4}Cl_{2}]Cl隆隴2H_{2}O}與rm{[Cr(H_{2}O)_{5}Cl]Cl_{2}隆隴H_{2}O壟脻H_{2}O}與rm{CuSO_{4}隆隴5H_{2}O

壟脹H_{4}SiO_{4}}乙苯與二甲苯rm{Si(OH)_{4}

壟脺[Cr(H_{2}O)_{4}Cl_{2}]Cl隆隴2H_{2}O}rm{[Cr(H_{2}O)_{5}Cl]Cl_{2}隆隴H_{2}O

壟脻H_{2}O}rm{D_{2}O壟脼}其中兩者互為同分異構體的組是______________________rm{壟脽}相對分子質(zhì)量為rm{壟脿}且沸點最低的烷烴的結構簡式_________________________rm{壟謾}工業(yè)生產(chǎn)rm{(2)}烈性炸藥的化學方程式：____________________rm{72}的系統(tǒng)命名rm{(3)}_________________________________rm{TNT}的系統(tǒng)命名：_________________________rm{(4)}的系統(tǒng)命名_____________________________________rm{;}對溴苯乙烯與丙烯的共聚物是一種高分子阻燃劑，具有低毒、熱穩(wěn)定性好等優(yōu)點。rm{(5)}寫出該共聚物的結構簡式___________________________________________________________________rm{(6)}丙烯催化二聚得到rm{(7)}rm{壟脵}二甲基rm{壟脷}丁烯，甲與rm{2}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁烯互為同分異構體，且所有碳原子處于同一平面。寫出rm{2}的結構簡式__________________．rm{3-}寫出與互為同分異構體，且一溴代物只有兩種的芳香經(jīng)rm{-1-}的名稱：_____________________；寫出由芳香烴rm{B}生成這兩種一溴代物的化學方程式：______________________________________________________________．rm{(8)}12、寫出下列物質(zhì)的電子式。

rm{NaOH}______、rm{NH_{4}Cl}______、rm{CO_{2}}______、rm{HClO}______、rm{NH_{3}}______．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)13、蛋白質(zhì)的鹽析過程是一個可逆過程，據(jù)此可以分離和提純蛋白質(zhì)．14、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）15、在冶金工業(yè)的煙道廢氣中，?；煊写罅康腟O2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。16、向蛋白質(zhì)溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學變化．（判斷對錯）17、含碳的化合物一定是有機化合物．（判斷對錯）18、摩爾是七個基本物理量之一．（判斷對錯）19、向蛋白質(zhì)溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學變化．（判斷對錯）20、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、結構與性質(zhì)(共1題，共2分)21、某探究小組用HNO3與大理石反應過程中質(zhì)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(zhì)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(nèi)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(zhì)量隨時間變化關系的預期結果示意圖。_______評卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共8分)22、如圖表示A；B、C、D、E五種含氮物質(zhì)相互轉(zhuǎn)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(zhì)的量之比為_______，若該反應轉(zhuǎn)移個電子，則參加反應的B的物質(zhì)的量為_______mol。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】試題分析：A選項為氧化還原反應以及屬于置換反應，正確。B選項不屬于氧化還原反應但屬于分解反應，錯誤。C選項既不屬于氧化還原反應又不屬于四種基本反應，正確。D選項屬于氧化還原反應，錯誤?？键c：氧化還原反應的定義和四種基本反應的分類?！窘馕觥俊敬鸢浮緾2、C【分析】解：由表中數(shù)據(jù)可知，實驗①②都有金屬剩余，則溶液中不可能含有硝酸鐵，溶液中金屬離子為+2價，在實驗①的基礎上加入100mL硝酸，參加反應的金屬的質(zhì)量為18g-9.6g=8.4g，生成NO的體積為4480mL-2240mL=2240mL，NO物質(zhì)的量為0.1mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，參加反應金屬的物質(zhì)的量為=0.15mol，參加反應金屬的平均摩爾質(zhì)量為=56g/mol；故該過程只有Fe參加反應，故實驗①只有Fe參與反應；

在實驗②的基礎上加入100mL硝酸，參加反應的金屬的質(zhì)量為9.6g，生成NO的體積為6720mL-4480mL=2240mL，NO物質(zhì)的量為0.1mol，若該過程只有Cu參加反應，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則Cu的物質(zhì)的量==0.15mol；Cu的質(zhì)量=0.15mol×64g/mol=9.6g，等于參加反應金屬的質(zhì)量，故該過程只有Cu反應，且Cu恰好完全反應，故加入200mL硝酸時，F(xiàn)e恰好反應生成硝酸亞鐵，在實驗③的基礎上再加入100mL硝酸，為硝酸與溶液中亞鐵離子反應生成NO；

A．實驗①發(fā)生反應3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，硝酸量不足，金屬過量，所以不可能有Fe3+、Cu2+；故A錯誤；

B．實驗①發(fā)生反應3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成NO的物質(zhì)的量為=0.1mol，根據(jù)方程式可知，參加反應的硝酸的物質(zhì)的量為0.1mol×4=0.4mol，故硝酸的物質(zhì)的量濃度為：c==4mol/L；故B錯誤；

C．由上述分析可知，實驗①發(fā)生反應3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成NO的物質(zhì)的量為=0.1mol，根據(jù)方程式可知，參加反應的Fe的物質(zhì)的量為0.1mol×=0.15mol；故參加反應Fe的質(zhì)量=0.15mol×56g/mol=8.4g，所以每份混合物中鐵粉的質(zhì)量為8.4g×2=16.8g，故C正確；

D．由上述分析可知，實驗②中Fe與硝酸恰好反應生成硝酸亞鐵，生成NO的物質(zhì)的量==0.2mol，由3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，溶液中亞鐵離子的物質(zhì)的量為0.3mol，在實驗③的基礎上再加入100mL硝酸，為硝酸與溶液中亞鐵離子反應生成NO，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，生成NO的物質(zhì)的量為：=0.1mol；故生成NO的體積為：0.1mol×22.4L/mol=2.24L，則V=6.72L+2.24L=8.96L，故D錯誤；

故選C．

A．由表中數(shù)據(jù)可知，實驗①②都有金屬剩余，根據(jù)實驗①發(fā)生反應3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O分析解答；

B．實驗①硝酸全部反應，根據(jù)c=計算硝酸的物質(zhì)的量濃度；

C．由表中數(shù)據(jù)可知，實驗①②都有金屬剩余，則溶液中不可能含有硝酸鐵，溶液中金屬離子為+2價，在實驗①的基礎上加入100mL硝酸，參加反應的金屬的質(zhì)量為18g-9.6g=8.4g，生成NO的體積為4480mL-2240mL=2240mL，NO物質(zhì)的量為0.1mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，參加反應金屬的物質(zhì)的量為=0.15mol，參加反應金屬的平均摩爾質(zhì)量為=56g/mol；故該過程只有Fe參加反應，故實驗①只有Fe參與反應，根據(jù)NO的體積結合方程式計算參加反應Fe的物質(zhì)的量；根據(jù)m=nM計算①中參加反應Fe的質(zhì)量；

D．實驗②中Fe與硝酸恰好反應生成硝酸亞鐵，在實驗②的基礎上加入100mL硝酸，參加反應的金屬的質(zhì)量為9.6g，在實驗③的基礎上再加入100mL硝酸，為硝酸與溶液中亞鐵離子反應生成NO，溶液中亞鐵離子的物質(zhì)的量為0.3mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒和據(jù)V=nVm計算生成的氣體體積．

本題考查混合物的有關計算，根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷各階段發(fā)生的反應是解題關鍵，側重對學生綜合能力的考查，本題過程復雜、計算量較大，為易錯題目，難度較大．【解析】【答案】C3、D【分析】在氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的。所以氧化性是Cr2O72->Fe3+>SO2，還原性是Cr3+＜Fe2+＜SO2。在第一個反應中硫酸鐵是氧化劑，在第二個反應中硫酸鐵是氧化產(chǎn)物，所以選項D是正確的，答案選D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿4、B【分析】【分析】本題主要考查物質(zhì)的性質(zhì)，要求學生熟記教材知識，并能靈活應用。注意過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉，及過氧化鈉具有強氧化性，逐項進行分析?！窘獯稹扛鶕?jù)過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉，溶液中鈉離子增多，然后根據(jù)氫氧化鈉與rm{FeCl_{3}}rm{FeCl_{2}}rm{AlCl_{3}}反應；最后產(chǎn)物再與過量的鹽酸反應，以及過氧化鈉具有強氧化性，亞鐵離子具有還原性，易被氧化為三價鐵；

A.rm{Na_{2}O_{2}}與水反應的方程式為：rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O簍T4NaOH+O_{2}隆眉}溶液中鈉離子增多，故A錯誤；

B.鋁離子加過量過氧化鈉時生成偏鋁酸鈉；再加過量鹽酸又反應生成鋁離子，數(shù)目不變，故B正確；

C.過氧化鈉具有強氧化性；所以二價鐵會被氧化為三價鐵，三價鐵數(shù)目增加，故C錯誤；

D.過氧化鈉具有強氧化性；所以二價鐵會被氧化為三價鐵，二價鐵離子為零，故D錯誤。

故選B?！窘馕觥縭m{B}5、A【分析】【分析】本題考查堿性甲烷電池的工作原理，題目難度不大，本題中注意把握電極反應式的書寫，正確判斷兩極的化學反應，在學習中注意積累電子、電流、離子的流向?！窘獯稹縭m{壟脵}通入rm{CH_{4}}的電極為負極，電極反應為：rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O}每消耗rm{1molCH_{4}}可以向外電路提供rm{8mole^{-}}故rm{壟脵}正確；

rm{壟脷}通入rm{CH_{4}}的電極為負極失電子反應氧化反應，電極反應為：rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O}故rm{壟脷}正確；

rm{壟脹}通入氧氣的一極為原電池的正極，得到電子發(fā)生還原反應：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}故rm{壟脹}錯誤；

rm{壟脹}電池反應式為：rm{CH_{4}+2OH^{-}+2O_{2}=CO_{3}^{2-}+3H_{2}O}隨著反應的進行，溶液中氫氧根離子不斷減少，溶液rm{pH}不斷減小，所以該電池使用一段時間后應補充rm{KOH}故rm{壟脺}錯誤。

故選A。【解析】rm{A}6、D【分析】解：氫氧根離子中質(zhì)子數(shù)為各元素的質(zhì)子數(shù)之和，一個氫氧根離子中的質(zhì)子數(shù)是rm{9}個，電子數(shù)是rm{10}個．

A.rm{F_{2}}中質(zhì)子數(shù)是rm{18}電子數(shù)是rm{18}所以和氫氧根離子中質(zhì)子數(shù)不相同，故A錯誤；

B.rm{Cl^{-}}質(zhì)子數(shù)是rm{17}電子數(shù)是rm{18}所以和氫氧根離子中質(zhì)子數(shù)不相同，故B錯誤；

C.氨氣分子中質(zhì)子數(shù)是rm{10}電子數(shù)是rm{10}所以和氫氧根離子中質(zhì)子數(shù)相同，電子數(shù)不同，故C錯誤；

D.rm{NH_{2}^{-}}中質(zhì)子數(shù)是rm{9}電子數(shù)是rm{10}和氫氧根離子中質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)都相同，故D正確．

故選D．

氫氧根離子中質(zhì)子數(shù)為各元素的質(zhì)子數(shù)之和，一個氫氧根離子中的質(zhì)子數(shù)是rm{9}個，電子數(shù)是rm{10}個．

本題考查了離子中質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)的計算，難度不大，明確陽離子中質(zhì)子數(shù)rm{=}電子數(shù)rm{+}電荷數(shù)，陰離子中質(zhì)子數(shù)rm{=}電子數(shù)rm{-}電荷數(shù)．【解析】rm{D}二、填空題(共6題，共12分)7、略

【分析】解：（1）⑦和⑧葡萄糖和果糖⑨蔗糖和麥芽糖是分子式相同；但結構不同的化合物，互為同分異構體，故選：⑦⑧⑨；

（3）④甲烷和丙烷，結構相似、通式相同，相差1個CH2原子團；互為同系物，故選：④；

（4）的主鏈含有4個碳原子；在2號位有1個甲基，名稱為2-甲基丁烷；

的主鏈含有3個碳原子；在2號位有2個甲基，名稱為2，2-二甲基丙烷；

故答案為：2-甲基丁烷；2；2-二甲基丙烷．

（1）具有相同分子式而結構不同的化合物互為同分異構體；

（2）同系物指結構相似、通式相同，組成上相差1個或者若干個CH2原子團；具有相同官能團的化合物；

（3）依據(jù)烷烴的命名法則中：選取最長碳鏈為主鏈進行判斷即可；離支鏈近的一端開始編號；

本題考查了五同、有機物系統(tǒng)命名方法的應用，注意主鏈選擇，起點編號原則，名稱書寫的規(guī)范方法，難度中等．【解析】⑦⑧⑨；④；2-甲基丁烷；2，2-二甲基丙烷8、（100a-1）×10-7mol?L-1；B；1.0×10-12；增大【分析】解：rm{壟脵(a)}由于反應后測得溶液rm{pH=7}根據(jù)電荷守恒：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(CN^{-})+c(Cl^{-})}則rm{c(CN^{-})=c(Na^{+})-c(Cl^{-})=(dfrac{a}{2}-0.005)mol/L}

由物料守恒可知，rm{c(CN^{-})=c(Na^{+})-c(Cl^{-})=(dfrac

{a}{2}-0.005)mol/L}rm{c(CN^{-})+c(HCN)=c(Na^{+})}

rm{K_{a}漏聞dfrac{c(H^{+})cdotc(CN^{-})}{c(HCN)}=dfrac{10^{-7}隆脕(dfrac{a}{2}-0.005)}{0.005}=(100a-1)隆脕10^{-7}mol?L^{-1}}

故答案為：rm{c(HCN)=c(Na^{+})-c(CN^{-})=0.005mol/L}

rm{K_{a}漏聞dfrac{c(H^{+})cdot

c(CN^{-})}{c(HCN)}=dfrac{10^{-7}隆脕(dfrac

{a}{2}-0.005)}{0.005}=(100a-1)隆脕10^{-7}mol?L^{-1}}時，將rm{(100a-1)隆脕10^{-7}mol?L^{-1}}的rm{(b)A.25隆忙}溶液與rm{amol/L}的鹽酸等體積混合，反應后測得溶液rm{NaCN}由電荷守恒可知，rm{0.01mol/L}故A錯誤；

B.混合前，rm{pH=7}的rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(CN^{-})+c(Cl^{-})}溶液中鈉離子的濃度等于rm{amol/L}的總濃度，由物料守恒可知，混合溶液有rm{NaCN}故B正確；

C.如果rm{CN^{-}}的電離程度大于rm{C(Na^{+})=C(HCN)+C(CN^{-})}的水解程度；則水的電離被抑制，所以混合溶液中水的電離程度不一定大于該溫度下純水的電離程度，故C錯誤；

故答案為：rm{HCN}

rm{NaCN}已知rm{Ka=dfrac{c(H^{+})隆脕c(HSO_{3}^{-})}{c(H_{2}SO_{3})}}水解方程式為：rm{B}rm{K_=dfrac{c(H_{2}SO_{3})隆脕K_{w}}{c(HSO_{3}^{-})隆脕c(H^{+})}=1.0隆脕10^{2}隆脕1.0隆脕10^{-14}=1.0隆脕10^{-12}}當加入少量rm{壟脷}時，碘把弱酸rm{Ka=dfrac

{c(H^{+})隆脕c(HSO_{3}^{-})}{c(H_{2}SO_{3})}}亞硫酸rm{HSO_{3}^{-}+H_{2}O?H_{2}SO_{3}+OH^{-}}氧化成強酸rm{K_=dfrac

{c(H_{2}SO_{3})隆脕K_{w}}{c(HSO_{3}^{-})隆脕c(H^{+})}=1.0隆脕10^{2}隆脕1.0隆脕10^{-14}=1.0隆脕10^{-12}}硫酸、氫碘酸rm{I_{2}}溶液酸性增強，rm{(}增大，但是溫度不變，rm{)}不變，則rm{dfrac{c(H_{2}SO_{3})}{c(HSO_{3}^{-})}}增大；

故答案為：rm{(}增大．

rm{)}反應后測得溶液rm{[H^{+}]}根據(jù)電荷守恒和物料守恒即可計算出rm{Kb}和rm{dfrac

{c(H_{2}SO_{3})}{c(HSO_{3}^{-})}}的濃度，進而計算出rm{1.0隆脕10^{-12}}

rm{壟脵(a)}根據(jù)電荷守恒分析；

B.根據(jù)物料守恒分析；

C.如果rm{pH=7}的電離程度大于rm{CN^{-}}的水解程度；則水的電離被抑制；

rm{HCN}根據(jù)rm{Ka=dfrac{c(H^{+})隆脕c(HSO_{3}^{-})}{c(H_{2}SO_{3})}}rm{K_=dfrac{c(H_{2}SO_{3})隆脕K_{w}}{c(HSO_{3}^{-})隆脕c(H^{+})}}代入數(shù)據(jù)進行計算．

本題考查了酸堿混合的定性判斷、溶液中守恒關系的應用、電離常數(shù)與水解常數(shù)的應用等知識，題目難度中等，明確酸堿混合的定性判斷及溶液酸堿性與溶液rm{K_{a}}的計算方法為解答關鍵，試題側重考查學生的分析、理解能力．rm{(b)A.}【解析】rm{(100a-1)隆脕10^{-7}mol?L^{-1}}rm{B}rm{1.0隆脕10^{-12}}增大9、A石墨炸彈爆炸產(chǎn)生的石墨絲具有良好的導電性，當它們粘上電力設施時，就會造成短路而導致停電，同時電路中某些硬件設施也會遭到破壞【分析】【解答】（1）A；碳纖維為增強體、金屬為基體的復合材料應具有增強體的優(yōu)點和基體的優(yōu)點．碳纖維熔點高、硬度大；金屬熔點高、導電、導熱，二者的密度都較小，因此該碳纖維增強金屬基復合材料具有耐高溫、強度高、導電性好、導熱性好的特點，故A符合；

B、陶瓷，SiO2；強度高，抗沖擊，絕緣性好，耐熱溫度低于300℃，不能耐高溫，故B不符合；

C、合成樹脂；SiO2、Al2O3、Na2O；其中的氧化鈉不能耐高溫，故C不符合；

D；合成樹脂；碳纖維；耐高溫，強度大，但導電性差；

故答案為：A；

（2）石墨炸彈爆炸產(chǎn)生的石墨絲中含有石墨；它是導體，具有良好的導電性，當它們粘上電力設施時，就會造成短路而導致停電，同時電路中某些硬件設施也會遭到破壞，從而使電源損壞，供電系統(tǒng)癱瘓；

故答案為：石墨炸彈爆炸產(chǎn)生的石墨絲具有良好的導電性；當它們粘上電力設施時，就會造成短路而導致停電，同時電路中某些硬件設施也會遭到破壞．

【分析】（1）A；碳纖維熔點高、硬度大；金屬熔點高、導電、導熱，二者的密度都較??；

B、陶瓷，SiO2；不能耐高溫；

C、合成樹脂；SiO2、Al2O3、Na2O；氧化鈉不能耐高溫；

D；合成樹脂；碳纖維；導電性差；

（2）依據(jù)石墨具有良好的導電性，石墨是導體和短路的危害分析判斷．10、略

【分析】解：（1）赤鐵礦的主要成分為氧化鐵，化學式為Fe2O3，工業(yè)上用一氧化碳還原赤鐵礦冶煉鐵，同時生成二氧化碳，反應的化學方程式為Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；

故答案為：Fe2O3；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；

（2）在反應14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，銅從+2價降為+1價，硫從-1價降為-2價，所以反應中氧化劑為CuSO4和FeS2，反應中化合價降低的總數(shù)為14×1+7×1=21，即當有5molFeS2發(fā)生反應時，電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量為21mol，數(shù)目為21NA；

故答案為：CuSO4和FeS2；21NA；

（3）刻制印刷電路時，用FeCl3溶液與銅反應生成亞鐵離子和銅離子，反應的離子方程為Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；

故答案為：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+．

（1）赤鐵礦的主要成分為氧化鐵；工業(yè)上用一氧化碳還原赤鐵礦冶煉鐵，同時生成二氧化碳，根據(jù)元素守恒書寫化學方程式；

（2）在氧化還原反應中元素化合價降低的作氧化劑；根據(jù)氧化還原反應方程中元素的化合價的變化等于轉(zhuǎn)移電子數(shù)目進行判斷；

（3）刻制印刷電路時，用FeCl3溶液與銅反應生成亞鐵離子和銅離子；根據(jù)電荷守恒和元素守恒書寫反應的離子方程．

本題綜合考查元素化合物、氧化還原反應分析等，為高考常見題型，把握發(fā)生的化學反應為解答的關鍵，側重氧化還原反應的考查，注意離子反應的書寫方法，題目難度不大．【解析】Fe2O3；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；CuSO4和FeS2；21NA；Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+11、rm{(1)壟脺壟脼壟脽壟謾}

rm{(2)C(CH_{3})_{4}}

rm{(3)}

rm{(4)2}rm{2}rm{4}rm{5-}四甲基rm{-3}rm{3-}二乙基己烷

rm{(5)3}rm{5-}二甲基rm{-4-}乙基rm{-3-}己烯

rm{(6)1}rm{24-}三甲基苯

rm{(7)}

rm{(8)}均三甲苯或rm{1}rm{3}rm{5-}三甲苯【分析】【分析】本題考查的是有機物的結構和性質(zhì)，難度一般?！窘獯稹縭m{(1)}同分異構體是指分子式相同但是結構不同的不同的物質(zhì)，因此屬于同分異構體的有rm{壟脺壟脼壟脽壟謾}故答案為：rm{壟脺壟脼壟脽壟謾}rm{(2)}相對分子質(zhì)量為rm{72}的烷烴為rm{C_{5}H_{12}}其中沸點最低的為新戊烷，結構簡式為rm{C(CH}rm{3}rm{3}rm{)}，故答案為：rm{4}rm{4}rm{C(CH}rm{3}；rm{3}工業(yè)生產(chǎn)rm{)}烈性炸藥是甲苯和濃硝酸的反應，方程式為故答案為：rm{4}的系統(tǒng)命名中取最長的碳鏈為主鏈，代有四個甲基和兩個乙基，該物質(zhì)的名稱為rm{4}rm{(3)}rm{TNT}rm{(4)}四甲基rm{2}rm{2}二乙基己烷，故答案為：rm{4}rm{5-}rm{-3}rm{3-}四甲基rm{2}rm{2}二乙基己烷；rm{4}rm{5-}個甲基和一個乙基，碳碳雙鍵在rm{-3}rm{3-}號碳原子之間，該物質(zhì)的名稱為rm{(5)}的結構中取最長的含碳碳雙鍵的碳鏈為主鏈，代有rm{2}個甲基和一個乙基，碳碳雙鍵在rm{3}rm{4}號碳原子之間二甲基rm{2}乙基rm{3}己烯，故答案為：rm{4}rm{3}二甲基rm{5-}乙基rm{-4-}己烯；rm{-3-}將甲基連接的碳原子標記為rm{3}號碳，并使甲基的位置和最小，該物質(zhì)的名稱為rm{5-}rm{-4-}rm{-3-}三甲基苯，故答案為：rm{(6)}rm{1}rm{1}三甲基苯；rm{2}對溴苯乙烯與丙烯的共聚反應為該共聚物的結構簡式為故答案為：rm{4-}甲與rm{1}rm{2}二甲基rm{4-}丁烯互為同分異構體，且所有碳原子處于同一平面，說明碳碳雙鍵在結構的中間，結構具有對稱性，其結構簡式為故答案為：rm{(7)壟脵}與互為同分異構體，分子式為rm{壟脷}且一溴代物只有兩種的芳香經(jīng)說明結構有對稱性，其結構為名稱為均三甲苯或rm{2}rm{3-}rm{-1-}三甲苯，其與溴在溴化鐵催化劑反應生成一溴代物和溴化氫，方程式為故答案為：均三甲苯或rm{(8)}rm{C_{9}H_{12}}rm{1}三甲苯；rm{3}【解析】rm{(1)壟脺壟脼壟脽壟謾}rm{(2)C(CH_{3})_{4}}rm{(3)}rm{(4)2}rm{2}rm{4}rm{5-}四甲基rm{-3}rm{3-}二乙基己烷rm{(5)3}rm{5-}二甲基rm{-4-}乙基rm{-3-}己烯rm{(6)1}rm{24-}三甲基苯rm{(7)}rm{(8)}均三甲苯或rm{1}rm{3}rm{5-}三甲苯12、【分析】解：氫氧化鈉屬于離子化合物，電子式中需要標出陰陽離子所帶電荷，鈉離子直接用離子符號表示，氫氧根離子需要標出最外層電子，氫氧化鈉的電子式為：氯化銨是離子化合物，由氨根離子與氯離子構成，電子式為：二氧化碳中存在兩對碳氧共用電子對，二氧化碳的電子式為：rm{HClO}為共價化合物，分子中存在rm{1}個氧氫鍵和rm{1}個rm{Cl-O}鍵，次氯酸的電子式為：rm{NH_{3}}屬于共價化合物，不存在離子鍵，分子中存在rm{3}對共用電子對，氮原子最外層為rm{8}個電子，氨氣的電子式為

故答案為：．

氫氧化鈉為離子化合物，電子式中需要標出陰陽離子所帶電荷，氫氧根離子需要標出最外層電子；氯化銨為離子晶體，由氨根離子與氯離子通過離子鍵結合在一起；二氧化碳中存在兩個碳氧鍵，rm{C}rm{O}原子最外層都達到最外層rm{8}個電子；rm{HClO}為共價化合物，分子中存在rm{1}個氧氫鍵和rm{1}個rm{Cl-O}鍵；rm{NH_{3}}屬于共價化合物，不存在離子鍵，分子中存在rm{3}對共用電子對，氮原子最外層為rm{8}個電子．

本題考查了電子式的書寫，題目難度中等，注意掌握電子式的概念及表示方法，明確離子化合物與共價化合物的電子式的表示方法及區(qū)別．【解析】三、判斷題(共8題，共16分)13、A【分析】【解答】向雞蛋清中加入飽和硫酸鈉溶液；可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化；再向試管里加入足量的蒸餾水，觀察到的現(xiàn)象是變澄清，鹽析是可逆過程，可以采用多次鹽析的方法分離；提純蛋白質(zhì)．

故答案為：對．

【分析】向雞蛋清中加入飽和硫酸銨溶液，可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化．14、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構成，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)鈉離子結構計算最外層電子總數(shù)．15、A【分析】【解答】依據(jù)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(jù)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(shù)守恒書寫方程式．16、B【分析】【解答】蛋白質(zhì)溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質(zhì)析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質(zhì)生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學變化的實質(zhì)是在原子核不變的情況下，有新物質(zhì)生成，分析各選項是否符合化學變化的概念，即有新物質(zhì)生成，就是化學變化．17、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素；但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機物相似，把它們歸入無機物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機化合物，簡稱有機物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素，但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機物相似，把它們歸入無機物．18、B【分析】【解答】摩爾是物質(zhì)的量的單位；是國際單位制中七個基本單位之一；

故答案為：×．

【分析】摩爾是物質(zhì)的量的單位．19、B【分析】【解答】蛋白質(zhì)溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質(zhì)析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質(zhì)生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學變化的實質(zhì)是在原子核不變的情況下，有新物質(zhì)生成，分析各選項是否符合化學變化的概念，即有新物質(zhì)生成，就是化學變化．20、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(zhì)生成的變化，物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化，據(jù)此解題．四、結構與性質(zhì)(共1題，共2分)21、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308K，實