2024年华师大新版高一化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年华师大新版高一化学下册月考试卷567考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、硫化氢与二氧化硫反应生成了32g单质硫，则氧化产物和还原产物的质量之比是（）A.1：2B.1：3C.1：1D.2：12、日常生活中食用的白糖、冰糖和红糖的主要成分是（）。A.淀粉B.葡萄糖C.蔗糖D.果糖3、下列有关化学用语使用正确的是（）A.硫原子的结构示意图：B.H2、是氢的三种同位素C.原子核内有10个中子的氧原子D.金刚石、石墨、甲烷属于同素异形体4、下列物质中含有原子个数由大到小排列正确的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵0.1molH_{3}PO_{4}垄脷10.6g}碳酸钠rm{垄脹}标况下rm{11.2L}氦气rm{(}气rm{)}rm{垄脺4隆忙}时的rm{9mLH_{2}O.}A.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}B.rm{垄脺垄脵垄脷垄脹}C.rm{垄脺垄脷垄脹垄脵}D.rm{垄脷垄脺垄脹垄脵}5、rm{6}rm{A}rm{B}rm{C}均为短周期元素，它们在周期表中的位置如下图rm{.}已知rm{B}rm{C}两元素在周期表中族序数之和是rm{A}元素序数的rm{2}倍；rm{B}rm{C}元素的原子序数之和是rm{A}元素原子序数的rm{4}倍，则rm{A}rm{B}rm{C}所在的一组是

A.rm{Be}rm{Na}rm{Al}B.rm{B}rm{Mg}rm{Si}C.rm{O}rm{P}rm{Cl}D.rm{C}rm{Al}rm{P}

6、下列各组物质中，不能满足如图所示一步转化关系的是7、某元素Z的核外电子数等于核内中子数，取其单质2.8g与O2完全反应，可得6g化合物ZO2；Z元素在周期表中位置是（）

①第3周期②第2周期③第ⅣA族④第ⅤA族．A.②④B.①④C.①③D.②③8、区别rm{CO_{2}}和rm{SO_{2}}气体，选用的试剂是A.紫色石蕊试液B.澄清石灰水C.rm{Ba(OH)_{2}}溶液D.品红溶液9、化学实验技能是进行科学探究的基础和保证。下列有关实验操作正确的是()A.萃取分离B.萃取分离C.量取液体D.称取rm{NaOH}固体评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)10、下列反应的离子方程式正确的是rm{(}rm{)}A.铜跟浓rm{HNO_{3}}反应：rm{Cu+4H^{+}+2NO_{3}^{-}篓TCu^{2+}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}B.向氯化铝溶液中加入过量氨水：rm{Al^{3+}+3OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}C.向水通入中rm{NO_{2}}rm{3NO_{2}+H_{2}O篓T2H^{+}+2NO_{3}^{-}+NO}D.rm{NH_{4}Cl}溶液和rm{AgNO_{3}}溶液混合：rm{NH_{4}Cl+Ag^{+}篓TAgCl隆媒+NH_{4}^{+}}11、工业上常用浓氨水检验氯气管道，其反应为：rm{3Cl_{2}+8NH_{3}篓T6NH_{4}Cl+N_{2}}利用该反应中产物白烟这一现象来判断管道是否漏气，关于该反应的说法不正确的是rm{(}rm{)}A.氧化剂是rm{Cl}rm{2}B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为rm{2}rm{3}C.每生成rm{8}rm{1molN}，转移rm{2}电子D.被氧化与未被氧化的rm{2}rm{3mol}物质的量之比为rm{NH}rm{3}rm{3}12、Y元素与X元素形成的化合物能在水中电离出电子层结构相同的离子，该化合物是（）A.氯化钾B.硫化钠C.氯化钠D.氯化钙13、下列化合物中，既存在离子键又存在共价键的是rm{(}rm{)}A.氢氧化钠B.乙醇C.氯化钾D.过氧化钠14、下列除杂rm{(}括号内是杂质rm{)}所选用的试剂及操作方法均____的一组是

A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、实验室要配制250mL0.8mol•L-1的NaOH溶液．

（1）需称取NaOH固体的质量为____g．

（2）在下列仪器中：①托盘天平（带砝码盒）；②量筒；③烧杯；④玻璃棒；⑤漏斗；⑥500mL容量瓶；⑦药匙；⑧250mL容量瓶；⑨胶头滴管；⑩坩埚．

A、实验过程中必须用到的仪器有：____（填写代号）．

B、容量瓶使用前应____．

（3）实验时该同学操作步骤如下；请将步骤C补充完整．

A；在烧杯中将已称量好的NaOH用蒸馏水充分溶解；

B；将NaOH溶液沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；

C、____；

D；振荡；继续向容量瓶中加水直到液面接近刻度线1-2cm处；

E；改用胶头滴管加水；使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；

F；将容量瓶盖紧；摇匀．

（4）进行操作B前还需注意____；若不进行C操作，则会使所配溶液浓度____（填“偏大”、“偏小”或“不变”），若进行E操作时仰视则会使所配溶液浓度____（同前）．16、下图是由一些常见元素组成的单质及其化合物之间的转化关系图。常温常压下，D、F均为无色无味的气体，B是最常见的无色液体，A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体；G是一种红褐色沉淀，且G、H、I、J中都含有同一种元素（反应中生成的部分物质已略去）。请回答下列问题：从反应②的实验现象可以得出物质C具有的某些物理性质有（写两点）：。（2）J暴露在空气中的现象是。（3）①--⑦的反应中属于非氧化还原反应的有。（4）反应①的化学方程式为。（5）将115g甲酸(HCOOH)完全燃烧后的产物通过足量的固体A中，固体A将增重g。17、已知铜在常温下能被rm{HNO_{3}}溶解，反应方程式为：rm{3Cu+8HNO_{3}篓T篓T篓T3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{(1)}请将上述反应改成离子方程式_____________________________________________。rm{(2)}上述反应中，氧化剂是___________，氧化产物是______________。rm{(3)}每rm{3molCu}参加反应，转移的电子__________个rm{(}阿伏伽德罗常数用rm{N_{A}}表示rm{)}在反应的硝酸中没有参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的________________。rm{(4)}纯净的浓硝酸是无色的，但保存不当则呈黄色。为了除去所含的杂质，所采用的方法__rm{_}，有关化学方程式为_____。实验室贮存浓硝酸的方法是______________。18、一定温度下，反应rm{3Fe(s)+4H_{2}O(g)?Fe_{3}O_{4}(s)+4H_{2}(g)}在一密闭容器中进行达平衡后，试回答：

rm{(1)}增加rm{Fe}的物质的量，其正反应速率______rm{(A.}变快rm{B.}不变rm{C}变慢，前rm{4}问填字母代号rm{)}．

rm{(2)}将容器的体积缩小一半；其正反应速率______，逆反应速率______．

rm{(3)}若保持体积不变，充入rm{Ar}其逆反应速率______．

rm{(4)}保持压强不变，充入rm{Ar}其正反应速率______．

rm{(5)}保持压强不变，充入rm{Ar}该反应向______方向移动rm{.(}填正移、逆移或不移rm{)}19、实验室需纯净的rm{NaCl}晶体，但现有的rm{NaCL}晶体中混有少量的rm{Na_{2}SO_{4}}和rm{NH_{4}HCO_{3}}为除去杂质，甲同学设计了如下实验：rm{(}已知rm{NH_{4}HCO_{3}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}}rm{NH_{4}HCO_{3}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}}rm{NH_{3}+H_{2}O+CO_{2}}

rm{)}上述操作rm{(1)}rm{I}的名称分别为______；______．

rm{II}进行操作“加入过量的rm{(2)}溶液”时，如何判断rm{BaCL_{2}}溶液已过量；其方法是______．

rm{BaCL_{2}}操作“加入过量的rm{(3)}溶液”的目的是______．

rm{Na_{2}CO_{3}}操作“加入过量的盐酸溶液”的目的是______．rm{(4)}20、用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4；其原理如图所示(电极材料均为石墨)。

(1)图中a极要连接电源的________(填“正”或“负”)极，C口流出的物质是________。

(2)SO32－放电的电极反应式为__________。21、A、B、C、D四种短周期元素，A元素有三个电子层，其中最外层电子数占总电子数的1/6；B元素原子核外电子数比A元素原子核外电子数多1；C－离子核外电子层数比A元素的离子核外电子层数多1；D元素原子最外层电子数是次外层的2倍。请填写下列空格：（1）请写出A的元素符号；（2）C的一价阴离子的结构示意图；B的原子的结构示意图；（3）A、B两元素相比较，A元素的金属性较强，可以验证该结论的实验是（）。A．将这两种元素的块状单质分别放入冷水中B．将这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应C．将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞试液D．比较这两种元素的气态氢化物的热稳定性22、某实验小组用废铁屑（含少量铁锈等杂质）来制铁红．实验过程如下：先将废铁屑清洗干净；并加工成粉末．

铁粉悬浊液滤液溶液沉淀铁红。

（1）铁红的化学式为______；操作a和操作b______（填“相同”或“不同”）．

（2）步骤⑤中用到的仪器有三脚架、泥三角、玻璃棒、坩埚钳、______和______

（3）步骤③反应产物中加入几滴KSCN，溶液会变红，请写出步骤③的离子方程式______．

（4）步骤④的离子方程式为______．

（5）检验步骤④加入氨水后沉淀是否完全的方法是______．

（6）将卜述过程中满足下列分类条件的反应的离子方程式填入相应方框．

（7）有人建议取消步骤③，你认为______（填“合理”或“不合理”），理由是______．评卷人得分四、判断题(共4题，共16分)23、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化24、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。25、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）26、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）评卷人得分五、其他(共4题，共16分)27、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。28、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。29、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。30、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。评卷人得分六、推断题(共1题，共6分)31、已知单质rm{A}rm{B}rm{C}和甲、乙、丙、丁四种化合物有如图的转化关系，rm{C}为密度最小的气体，甲是一种高熔点的离子化合物，丙常温下是一种常见液体。根据以上转化关系回答：rm{(1)A}原子的原子结构示意图为_______。rm{(2)}写出下列变化的方程式：rm{垄脵A}与rm{NaOH}溶液反应的化学方程式______________________________________________________________。rm{垄脷}甲与rm{NaOH}溶液反应的离子方程式_______________________________________________________________。rm{垄脹}乙与过量rm{CO_{2}}反应的方程式：。rm{(3)}将一定量的rm{A}加入到rm{NaOH}溶液中，产生的rm{C}在标准状况下的体积为rm{3.36L}则消耗的rm{A}的物质的量为________，转移电子的物质的量为________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【解析】【答案】D2、C【分析】【解答】日常生活中食用的白糖；冰糖和红糖的主要成分是蔗糖。

【分析】根据蔗糖的性质和用途和应用进行分析。3、C【分析】解：A．硫原子的核电荷数为16，核外电子总数为16，最外层为6个电子，硫原子正确的结构示意图为：故A错误；

B．H2、D2、T2都是氢气分子；为同一种物质，H；D、T为氢的同位素，故B错误；

C．氧原子质子数为8，原子核内有10个中子的氧原子，质量数为10+8=18，符号为故C正确；

D．金刚石；石墨都是碳元素组成的单质；甲烷是化合物，与金刚石、石墨不属于同素异形体，故D错误；

故选C．

A．图示为硫离子结构示意图；硫原子的核外电子总数16，最外层为6个电子；

B．同位素的研究对象为原子；是指同种元素的不同原子之间的互称；

C．元素符号的左上角表示的质量数；质量数=质子数+中子数，左下角为质子数；

D．相同元素组成；不同形态的单质互为同素异形体．

本题考查了常见化学用语的书写方法判断，题目难度不大，注意掌握结构示意图、同位素、元素符号等化学用语的概念及书写方法，选项B为易错点，注意同位素的研究对象为原子．【解析】【答案】C4、B【分析】解：rm{垄脵0.1molH_{3}PO_{4}}中原子的物质的量为rm{0.8mol}

rm{垄脷10.6g}碳酸钠的物质的量为rm{0.1mol}原子的物质的量为rm{0.6mol}

rm{垄脹}标况下rm{11.2L}氦气rm{(}气rm{)}的物质的量为：rm{0.5mol}原子的物质的量为：rm{0.5mol}

rm{垄脺4隆忙}时的rm{9mLH_{2}O4}的质量为rm{9g}其物质的量rm{0.5mol}含有原子物质的量rm{=0.5mol隆脕3=1.5mol}所以原子个数由大到小排列为：rm{垄脺垄脵垄脷垄脹}

故选B．

根据rm{n=dfrac{m}{M}}计算碳酸钠的物质的量，根据rm{n=dfrac{V}{V_{m}}}计算氨气物质的量，根据rm{m=娄脩V}计算水的质量，再根据rm{n=dfrac{m}{M}}计算水的物质的量；结合分子含有原子数目计算原子总物质的量，注意稀有气体为单原子分子，据此解答．

本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活应用，注意稀有气体为单原子分子．【解析】rm{B}5、C【分析】rm{[}分析rm{]}本题主要考查元素周期表的结构及周期律的利用，难度中等，关键清楚原子序数。rm{[}解答rm{]}由图可知应为第二、第三周期元素，令rm{A}的原子序数为rm{x}用rm{x}表示出rm{B}rm{C}的原子序数，根据rm{B}rm{C}元素的原子序数之和是rm{A}元素原子序数的rm{4}倍列方程求rm{x}判断rm{A}rm{B}rm{C}元素。令rm{A}的原子序数为rm{x}则rm{B}的原子序数为rm{x+8-1}rm{C}的原子序数为rm{x+8+1.}

所以rm{(x+8-1)+(x+8+1)=4x}解得rm{x=8}

所以rm{A}为rm{O}元素，rm{B}为rm{P}元素，rm{C}为rm{Cl}元素。

故选C。

【解析】rm{C}6、A【分析】【解析】【答案】A7、C【分析】解：2.8gR元素单质与氧气完全反应，可得到6g化合物RO2，则氧元素质量=6g-2.8g=3.2g，令R的相对原子质量为a，则=解得a=28，元素R的核外电子数等于核内中子数，故R的质子数为14，故为Si元素，在周期表中位于第3周期第IVA族；

故选C．

利用质量守恒定律计算参加反应氧气质量；再根据化学式中R；O元素质量之比计算R的相对分子质量，进而计算R的质子数确定元素．

本题考查了元素的推断和周期表的结构，题目难度不大，明确化合物化学式RO2中R元素与O元素的关系是解本题的关键，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．【解析】【答案】C8、D【分析】【分析】本题考查rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}的鉴别，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，熟悉物质的性质是解答本题的关键，应注意利用两种物质的性质的差异来鉴别它们，难度不大。【解答】A.rm{SO}rm{2}和rm{2}rm{CO}气体都可使紫色石蕊试液变红，不能鉴别，故A错误；B.rm{2}rm{2}和rm{SO}rm{2}气体都可使澄清石灰水变浑浊，无法鉴别，故B错误；C.rm{2}rm{CO}和rm{2}rm{2}气体与氢氧化钡溶液都反应生成白色沉淀，不能鉴别，故C错误；D.rm{SO}rm{2}具有漂白性，可使品红褪色，可鉴别，故D正确。故选D。rm{2}【解析】rm{D}9、A【分析】略【解析】rm{A}二、双选题(共5题，共10分)10、rAC【分析】解：rm{A.}铜跟浓rm{HNO_{3}}反应生成二氧化氮气体，反应的离子方程式为：rm{Cu+4H^{+}+2NO_{3}^{-}篓TCu^{2+}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}故A正确；

B.向氯化铝溶液中加入过量氨水，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：rm{Al^{3+}+3NH_{3}?H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}^{+}}故B错误；

C.向水通入中rm{NO_{2}}反应生成rm{NO}和硝酸，反应的离子方程式为：rm{3NO_{2}+H_{2}O篓T2H^{+}+2NO_{3}^{-}+NO}故C正确；

D.rm{NH_{4}Cl}溶液和rm{AgNO_{3}}溶液混合，反应生成硝酸铵和氯化银沉淀，正确的离子方程式为：rm{Cl^{-}+Ag^{+}篓TAgCl隆媒}故D错误；

故选AC．

A.铜与浓硝酸反应生成硝酸铜；二氧化氮气体和水；

B.氨水为弱碱；离子方程式中一水合氨不能拆开；

C.二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；

D.氯化铵为易溶的强电解质；离子方程式中应该拆开．

本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．【解析】rm{AC}11、BC【分析】【分析】本题以氨气的性质考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应及转移电子的考查，题目难度不大。A.反应中rm{Cl_{2}}为氧化剂，rm{NH_{3}}为还原剂；故A正确；

B.反应中rm{Cl_{2}}为氧化剂，rm{NH_{3}}为还原剂，由方程式可知，当有rm{8molNH_{3}}参加反应，有rm{2mol}被氧化，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为rm{3}rm{2}故B错误；

C.生成rm{6molNH_{4}Cl}有rm{6mol隆脕(1-0)=6mol}电子转移；故C错误；

D.rm{3Cl_{2}+8NH_{3}篓T6NH_{4}Cl+N_{2}}反应中有rm{8mol}氨参加反应，rm{2mol}是还原剂，还有rm{6mol}未被氧化，所以被氧化与未被氧化的rm{NH_{3}}物质的量之比为rm{1}rm{3}故D正确；

故选BC。

【解析】rm{BC}12、AD【分析】解：A．氯化钾中钾离子与氯离子电子层结构相同；核外电子数都为18，故A正确；

B．硫离子；钠离子的核外电子数分别为18、10；故B错误；

C．氯离子；钠离子的核外电子数分别为18、10；故C错误；

D．氯化钙种氯离子；钙离子电子层结构相同；核外电子数都为18，故D正确。

故选：AD。

Y元素与X元素形成的化合物能在水中电离出电子层结构相同的离子；则两种离子的核外电子数相同，以此解答该题。

本题考查原子结构与性质，为高频考点，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，注意把握核外电子排布的特点。【解析】AD13、AD【分析】解：rm{A.NaOH}中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、rm{O-H}原子之间存在共价键；故A正确；

B.乙醇分子中rm{C-H}rm{C-C}rm{C-O}rm{O-H}原子之间只存在共价键；故B错误；

C.rm{KCl}中钾离子和氯离子之间只存在离子键；故C错误；

D.过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、rm{O-O}原子之间存在共价键；故D正确；

故选AD．

活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第rm{IA}族rm{(H}元素除外rm{)}元素、第rm{IIA}族元素和第rm{VIA}族元素、第rm{VIIA}族元素之间易形成离子键；据此分析解答．

本题考查化学键判断，为高频考点，侧重考查基本概念，明确基本概念区别及物质构成微粒是解本题关键，题目难度不大．【解析】rm{AD}14、AC【分析】略【解析】rm{AC}三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】

（1）需要氢氧化钠的物质的量为0.8mol/L×0.25L=0.2mol；故需要氢氧化钠的质量为0.2mol×40g/mol=8.0g；

故答案为：8.0；

（2）A；配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加；

所以需要的仪器为：①托盘天平（带砝码盒）；③烧杯、④玻璃棒、⑦药匙、⑧250mL容量瓶、⑨胶头滴管、②量筒。

（可以可不用）；

故答案为：①③④⑦⑧⑨；

B；溶液配制定容后需要反复上下颠倒摇匀；故使用容量瓶之前应检查是否漏水；

故答案为：检查容量瓶是否漏水；

（3）根据溶液配制的步骤可知；C为洗涤烧杯与玻璃棒2～3次，并将洗涤液移入容量瓶内；

故答案为：洗涤烧杯与玻璃棒2～3次；并将洗涤液移入容量瓶内；

（4）氢氧化钠溶解放出大量的热；故移液之前应冷却溶液恢复到室温；

不进行洗涤操作；烧杯壁；玻璃棒上沾有少量的氢氧化钠，移入容量瓶内氢氧化钠的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏小，定容时仰视，使液面在刻度线以上，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小；

故答案为：冷却溶液恢复到室温；偏小；偏小．

【解析】【答案】（1）根据n=cV计算需要氢氧化钠的物质的量；再根据m=nM计算需要氢氧化钠的质量；

（2）A；根据操作步骤选取需要的实验仪器；

B；溶液配制定容后需要反复上下颠倒摇匀；故使用容量瓶之前应检查是否漏水；

（3）根据溶液配制的步骤可知；C为洗涤烧杯与玻璃棒，并将洗涤液移入容量瓶内；

（4）氢氧化钠溶解放出大量的热；故移液之前应冷却恢复到室温；

不进行洗涤操作，烧杯壁、玻璃棒上沾有少量的氢氧化钠，移入容量瓶内氢氧化钠的物质的量偏小，定容时仰视，使液面在刻度线以上，所配溶液的体积偏大，结合c=分析对溶液浓度的影响．

16、略

【分析】试题分析：A是有单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体，淡黄色固体为Na2O2，则C为Na，D为O2，A为Na2O2，,D、F均为无色无味的气体，B是最常见的无色液体应为H2O，则E为NaOH，F为H2,,G是一种红褐色沉淀，是Fe(OH)3,H是FeCl3,I是FeCl2，J是Fe(OH)2。（1）钠是银白色金属固体、密度比水小、熔点低等（2）J是Fe(OH)2暴露在空气中易被氧化成Fe(OH)3，其现象是白色固体迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。（3）①--⑦中③④⑥属于非氧化还原反应。（4）A为Na2O2，反应①是Na2O2与水的反应：2Na2O2＋2H2O＝2NaOH＋O2↑（5）甲酸(HCOOH)的分子式CH2O2,燃烧后产物通过Na2O2，增重的质量就是其中含有的CO和H2的质量，增重=115g×30/46=75g考点：钠及其化合物，铁及其化合物的性质【解析】【答案】（1）银白色金属、固体、密度比水小、熔点低等（写到两点合理即可）（2）白色固体迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。（3）③④⑥（4）2Na2O2＋2H2O＝2NaOH＋O2↑（5）7517、(1)3Cu＋8H++2NO3-=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O

(2)HNO3Cu(NO3)2

(3)6NA

(4)通氧气4NO2+O2+2H2O=4HNO3​保存在棕色细口瓶并置于阴凉处【分析】【分析】本题考查氧化还原反应的概念、有关计算以及离子方程式的书写，题目难度不大。【解答】rm{(1)}在rm{3Cu+8HNO_{3}篓T3Cu(NO_{3})_{2}}rm{+2NO隆眉+4H_{2}O}反应中，rm{HNO_{3}}和rm{Cu(NO_{3})_{2}}溶于水且电离，应写成离子的形成，改写后的离子方程式为：rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}篓T3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}故答案为：rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}篓T3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{(2)}在rm{3Cu+8HNO_{3}篓T3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}反应中，rm{Cu}元素的化合价由rm{0}价升高为rm{+2}价，为还原剂，被氧化，氧化产物为rm{Cu(NO_{3})_{2}}；rm{HNO_{3}}中rm{N}元素的化合价由rm{+5}价降为rm{+2}价，被还原，为氧化剂；故答案为：rm{HNO_{3}}rm{Cu(NO_{3})_{2;}}rm{(3)}在rm{3Cu+8HNO_{3}篓T3}rm{Cu(NO_{3})_{2}}rm{+2NO隆眉+4H_{2}O}反应中，rm{Cu}元素的化合价由rm{0}价升高为rm{+2}价，转移rm{2}个电子，当rm{3molCu}参加反应时转移rm{6mol}电子，即rm{6N_{A}}个；反应中产生rm{Cu(NO_{3})_{2;}}的rm{HNO_{3}}没有参加氧化还原反应，没有参加氧化还原反应的硝酸占参加反应的全部硝酸的rm{dfrac{3}{4}}故答案为：rm{6N_{A}}rm{dfrac{3}{4}}rm{(4)}纯净的浓硝酸是无色的，但见光或受热则呈黄色，原因是：rm{4HNO_{3}=2H_{2}O+O_{2}+4NO_{2}}生成的生成的rm{4HNO_{3}=2H_{2}O+O_{2}+4NO_{2}}rm{NO_{2}}溶于硝酸而使其显黄色，为了除去所含的杂质，应通入氧气，与反应生成硝酸，反应为：rm{NO_{2}}浓硝酸见光或受热易分解，所以实验室中应将浓硝酸rm{4NO_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}}保存在棕色细口瓶并置于阴凉处，通氧气；故答案为：rm{4NO_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}}棕色细口瓶并置于阴凉处保存在

。【解析】rm{(1)3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{(1)

3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{(2)HNO_{3}}rm{Cu(NO_{3})_{2}}rm{(3)6N_{A}}rm{dfrac{3}{4}}通氧气rm{(4)}保存在棕色细口瓶并置于阴凉处rm{4NO_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}}18、B；A；A；B；C；不移【分析】解：rm{(1)}因铁是固体；增加铁的量，没有增加铁的浓度，所以不能改变反应速率，其正反应速率不变；

故答案为：rm{B}

rm{(2)}容器的体积缩小；容器内各物质的浓度都增大，浓度越大，化学反应速率越快，所以其正反应速率；逆反应速率都变快；

故答案为：rm{A}rm{A}

rm{(3)}体积不变，充入rm{Ar}使体系压强增大，但各物质的浓度不变，所以反应速率不变，即其逆反应速率不变；

故答案为：rm{B}

rm{(4)}压强不变，充入rm{Ar}使容器的体积增大；但各物质的浓度都减小，浓度越小，反应速率越小，其正反应速率变慢；

故答案为：rm{C}

rm{(5)}该反应前后气体的体积不变，保持压强不变，充入rm{Ar}体积增大，各物质的浓度都减小，但正逆反应同等程度减小，平衡不移动；

故答案为：不移．

影响化学反应速率的因素有以下几方面；温度越高，反应越快；物质间的接触面积越充分，反应速度越快；反应物颗粒的大小，颗粒越小，反应速度越快；通常反应物的浓度越大，反应速度越快，加入催化剂可以改变其反应速率等．

注意：rm{1}浓度对化学反应速率的影响适用范围是溶液或气体．

rm{2}压强对化学反应速率的影响是通过改变物质的浓度影响的．

rm{3}温度对化学反应速率的影响适用于所有化学反应；无论该反应是放热反应还是吸热反应．

本题综合考查了影响化学反应的速率外在因素、化学平衡移动等知识，可以从温度、物质间的接触面积，反应物颗粒的大小，反应物的浓度及催化剂等方面作出回答，注意反应前后气体的体积不变的反应，改变压强，平衡不移动，题目难度不大．【解析】rm{B}rm{A}rm{A}rm{B}rm{C}不移19、略

【分析】解：rm{NaCl}晶体中混有少量的rm{Na_{2}SO_{4}}和rm{NH_{4}HCO_{3}}加热固体碳酸氢铵分解生成氨气；二氧化碳和水蒸气，得到氯化钠和硫酸钠，溶于水得到溶液，加入过量氯化钡沉淀硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液过滤除去硫酸钡、碳酸钡沉淀，溶液中加入过量盐酸溶液除去碳酸钠，加热蒸发除去氯化氢得到氯化钠晶体；

rm{(1)}操作Ⅰ为加热分解碳酸氢铵；操作Ⅱ过滤除去硫酸钡和碳酸钡沉淀，故答案为：加热；过滤；

rm{(2)}进行操作“加入过量的rm{BaCL_{2}}溶液”时，判断rm{BaCL_{2}}溶液已过量；可以取上层清液加入氯化钙看是否有沉淀生成判断氯化钡是否过量，若出现沉淀证明未过量，若无沉淀证明氯化钡过量；

故答案为：取少量上层清液于试管中滴加氯化钙溶液无沉淀出现；则说明氯化钡溶液过量；

rm{(3)}加入过量碳酸钠溶液是为了除去过量的氯化钡；故答案为：除去过量的钡离子；

rm{(4)}依据流程分析可知；加入过量盐酸除去加入过量的碳酸钠，故答案为：除去过量的碳酸钠．

rm{NaCl}晶体中混有少量的rm{Na_{2}SO_{4}}和rm{NH_{4}HCO_{3}}加热固体碳酸氢铵分解生成氨气；二氧化碳和水蒸气，得到氯化钠和硫酸钠，溶于水得到溶液，加入过量氯化钡沉淀硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液过滤除去硫酸钡、碳酸钡沉淀，溶液中加入过量盐酸溶液除去碳酸钠，加热蒸发除去氯化氢得到氯化钠晶体；

rm{(1)}操作Ⅰ为加热分解碳酸氢铵；操作Ⅱ过滤除去硫酸钡和碳酸钡沉淀；

rm{(2)}进行操作“加入过量的rm{BaCL_{2}}溶液”时，判断rm{BaCL_{2}}溶液已过量；可以加入氯化钙看是否有沉淀生成判断氯化钡是否过量；

rm{(3)}加入过量碳酸钠溶液是为了除去过量的氯化钡；

rm{(4)}加入过量盐酸除去加入过量的碳酸钠．

本题考查了物质分离提纯的流程分析和物质性质的理解应用，实验基本操作和物质性质是解题关键，题目难度中等．【解析】加热；过滤；取少量上层清液于试管中滴加氯化钙溶液无沉淀出现，则说明氯化钡溶液过量；除去过量的钡离子；除去过量的碳酸钠20、略

【分析】【分析】

依据电解质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极，阳离子移向阴极，a为阴极，b为阳极，在阳极失去电子变成可能伴有氢氧根离子放电生成氧气，所以C口流出的物质是H2SO4；阴极区放电离子为氢离子生成氢气，据此解答。

【详解】

（1）由上述分析可知，a接电源负极；C口流出的物质是H2SO4；

故答案为：负；硫酸或H2SO4；

（2）发生氧化反应，放电的电极反应式为：

故答案为：【解析】负硫酸或H2SO421、略

【分析】试题分析：A元素有三个电子层，其中最外层电子数占总电子数的1/6，说明A的原子序数是6的倍数，在第三周期元素中，6的倍数的元素有12号元素Mg、18号元素Ar。B元素原子核外电子数比A元素原子核外电子数多1，所以短周期内A只能是Mg，则B是Al；C－离子核外电子层数比A元素的离子核外电子层数多1，则C是第三周期元素Cl；D元素原子最外层电子数是次外层的2倍，说明D是第二周期元素C。（1）A的元素符号Mg（2）C的一价阴离子Cl-的结构示意图为B的原子的结构示意图（3）A、镁、铝与冷水不反应，无法判断金属性的强弱，错误；B、与同浓度的盐酸反应，反应剧烈的金属性强，可以判断，正确；C、镁、铝与热水反应，比较反应分快慢及滴入酚酞的颜色变化，可以判断金属性的强弱，正确；D、金属不存在气态氢化物，错误，答案选BC。考点：考查元素推断，元素符号、原子离子结构示意图，金属性的比较【解析】【答案】(1)Mg(2)(3)BC22、略

【分析】解：（1）三氧化二铁为红棕色固体，化学式为：Fe2O3；操作a和操作b目的都是分离固体和液体；都是过滤；所以二者相同；

故答案为：Fe2O3；相同；

（2）沉淀灼烧用到的仪器：酒精灯；三脚架，玻璃棒，坩埚，坩埚钳，泥三角；

故答案为：酒精灯；坩埚；

（3）双氧水在酸性环境下能够氧化二价铁离子生成三价铁离子，离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（4）三价铁离子与一水合氨反应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为：Fe3++3NH3•H20=Fe（OH）3↓+3NH4+；

故答案为：Fe3++3NH3•H20=Fe（OH）3↓+3NH4+；

（5）取上层清液；加入KSCN，溶液呈现红色，则三家铁离子沉淀不完全，若不出现红色，可证明三价铁离子沉淀完全；

故答案为：取上层清液放入试管；加入几滴KSCN，观察溶液盐酸是否变血红色；

（6）该过程中依次发生的反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；2Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓；2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；

属于离子反应的有：Fe+2H+=Fe2++H2↑；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Fe+2Fe3+=3Fe2+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

属于置换反应的有：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

属于化合反应的有：Fe+2Fe3+=3Fe2+；

故答案为：

（7）氢氧化亚铁不稳定容易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁；所以不需要进行步骤③，故答案为：合理；氢氧化亚铁不稳定容易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁．

（1）三氧化二铁为红棕色固体；操作a和操作b目的都是分离固体和液体；

（2）依据沉淀灼烧用到的仪器：酒精灯；三脚架，玻璃棒，坩埚，坩埚钳，泥三角；

（3）双氧水在酸性环境下能够氧化二价铁离子生成三价铁离子；

（4）三价铁离子与一水合氨反应生成氢氧化铁沉淀；

（5）如果三价铁离子沉淀不完全；则取上层清液，加入KSCN，溶液呈现红色；

（6）依据制备过程中发生的化学反应；结合置换反应；离子反应、化合反应的概念解答；

（7）氢氧化亚铁不稳定容易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁．

本题考查了三氧化二铁的制备，熟悉铁及其化合物的性质是解题关键，题目难度中等．【解析】Fe2O3；相同；酒精灯；坩埚；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe3++3NH3•H20=Fe（OH）3↓+3NH4+；取上层清液放入试管，加入几滴KSCN，观察溶液盐酸是否变血红色；合理；氢氧化亚铁不稳定容易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁四、判断题(共4题，共16分)23、B【分析】【解答】煤的气化是在高温条件下煤与水蒸气反应生成CO和H2；是化学变化；

煤液化；是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料；化工原料和产品的先进洁净煤技术，有新物质生成，属于化学变化；

煤的干馏是将煤隔绝空气加强热；煤发生复杂的反应获得煤焦油；焦炉煤气等的过程，是化学变化．故煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是化学变化，故此说法错误．故答案为：错误．

【分析】没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化；24、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．25、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．26、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．五、其他(共4题，共16分)27、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)228、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl-