2024年沪科版高一化学上册月考试卷

…………○…………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年沪科版高一化学上册月考试卷258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6题，共12分)1、从海水里可以提取溴，主要反应为2Br-+Cl2=2Cl-+Br2；下列说法正确的是（）

A.溴离子具有氧化性。

B.氯气是还原剂。

C.该反应属于复分解反应。

D.Br2是氧化产物。

2、某化学反应中产物的总能量为60kJ，如果该反应是放热反应，那么反应物总能量可能是A.50kJB.30kJC.80kJD.20kJ3、钋（Po）是周期表中的第84号元素，是居里夫在1898年发现的．钋-210属极毒放射性核素．据报道，最近俄罗斯的前特工利特维科的死亡与钋-210的毒害有关．对钋-210的叙述正确的是（）A.钋是一种银白色金属，能在黑暗中发光B.钋的原子核内有210个中子C.钋-210原子中中子数与核外电子数之差为126D.钋-210的摩尔质量为210g4、对于化学反应的限度的叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.任何可逆反应都有一定的限度B.对于反应rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}只有达到限度时才有rm{2v(O_{2})=v(SO_{3})}C.对于反应rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}达到限度时，增大容器容积能减小正反应速率D.化学反应达到限度时，正逆反应速率相等5、某学生用滤纸折成一只纸蝴蝶并在纸蝴蝶上喷洒某种试剂，挂在铁架台上。另取一只盛有某种溶液的烧杯，放在纸蝴蝶的下方rm{(}如图rm{)}过一会儿，发现白色纸蝴蝶上的喷洒液转变为红色，喷洒在纸蝴蝶上的试剂与小烧杯中的溶液是()

A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}6、欲将食盐固体与碘的混合物分离；最好的方法是（）

A.溶解；过滤。

B.溶解；过滤、蒸发。

C.溶解、加AgNO3；过滤。

D.升华。

评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)7、rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.rm{23gNa}变为rm{Na^{+}}时失去的电子数为rm{N_{A}}B.rm{18gH_{2}O}所含的电子数为rm{N_{A}}C.rm{8gHe}所含的分子数为rm{N_{A}}D.rm{16gO_{2}}与rm{16gO_{3}}所含的原子数均是rm{N_{A}}8、在1L密闭容器中通入2mol氨气，在一定温度下，发生下列反应：2NH3N2+3H2，达到平衡时，容器内N2的百分含量为a%，若维持容器的体积和温度都不变，分别通入下列几组物质，达到平衡时，容器内N2的含量仍为a%的是（）A.3molH2和1molN2B.2molNH3和1molN2C.2molN2和3molH2D.0.1molNH3，0.95molN2和2.85molH29、25℃时，将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol·L-1的溶液。溶液中c(NH3·H2O)、c(NH4+)与pH的关系如下图所示。下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是。

A.W点表示溶液中：c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)B.pH=7.0溶液中：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)C.pH=10.5的溶液中：c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)＜0.1mol·L-1D.向W点所表示的1L溶液中加入0.05molNaOH固体(忽略溶液体积变化)：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)10、H2SO3是二元弱酸，NaHSO3溶液呈酸性，在0.1mol·L-1NaHSO3溶液中，下列关系正确的是A.B.C.D.11、下列表示对应化学反应的离子方程式不正确的是A.向Na2SO3中滴加稀HNO3溶液：＋2H+=SO2↑＋H2OB.0.3molFeBr2与0.4molCl2在溶液中反应：8Cl2＋6Fe2+＋10Br－=6Fe3+＋16Cl－＋5Br2C.用稀硝酸除去试管内壁银镜：Ag＋2H+＋=Ag+＋NO2↑＋H2OD.酸性KMnO4氧化H2O2：2＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O12、往rm{CuO}和铁粉的混合物中，加入一定量的稀rm{H_{2}SO_{4}}并微热，当反应停止后，滤出不溶物，并向滤液中插入一枚铁钉，片刻后，取出铁钉，发现铁钉并无任何变化rm{.}根据上述现象，确定下面说法中正确的是A.不溶物一定是铜B.不溶物一定是铁C.不溶物中一定含铜，但不一定含铁D.滤液中一定含有rm{FeSO_{4}}一定没有rm{CuSO_{4}}13、氢气还原氧化铜的反应为：rm{CuO+H_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}在该反应中rm{CuO+H_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}rm{(}A.rm{)}作还原剂B.rm{CuO}作氧化剂C.铜元素化合价降低D.氢元素化合价升高rm{CuO}14、下列各组物质中，所含分子数相同的是A.rm{10gH_{2}}和rm{10gO_{2}}B.rm{7gN_{2}}和rm{11gCO_{2}}C.rm{9gH_{2}O}和rm{0.5molBr_{2}}D.rm{2.24LH_{2}(}标准状况rm{)}和rm{0.1molN_{2}}15、温度为T1时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)(正反应放热)。实验测得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如下：。时间/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03

下列说法正确的是A.0~2s内，该反应的平均速率v(NO)=0.03mol·L-1·s-1B.其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，则达平衡时NO2体积分数减小C.其他条件不变，移走部分NO2，则平衡正向移动，平衡常数增大D.当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2＞T1评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、（14分）实验室欲配制0.5mol/L的NaOH溶液500ml有以下仪器：①烧杯②100ml量筒③100ml容量瓶④500ml容量瓶⑤玻璃棒⑥托盘天平（带砝码）（1）配制时，必须使用的仪器有___________（填代号），还缺少的仪器是__________。该试验中两次用到玻璃棒，其作用分别是_______________，_________________。（2）使用容量瓶前必须进行的一步操作是_____________________。（3）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却其正确的操作顺序为_____________________________________________。（填代号）（4）在配制过程中，其他操作都正确的，下列操作会引起误差偏高的是__________。①没有洗涤烧杯和玻璃棒②未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量中③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水④定容时俯视标线⑤定容时仰视标线17、下列有关实验的说法正确的是____．

A．用pH试纸测得某浓度Na2CO3溶液的pH等于12.3

B．可用湿润的pH试纸测定新制氯水的pH

C．某实验小组推断水垢的成分是碳酸钙和碳酸镁。

D．向CH3COONa溶液中滴入酚酞试液；溶液变浅红，加热后溶液红色加深。

E．向白色ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液，沉淀变为黑色，说明Ksp（ZnS）＜Ksp（CuS）

F．在配制硫酸铁溶液时；为了防止发生水解，可以加入少量的稀硫酸。

G．AlCl3溶液蒸干并灼烧后的产物是Al（OH）3．18、下列物质中水溶液能导电但属于非电解质的有______rm{(}填序号rm{)}

rm{垄脵}乙醇rm{垄脷}氨气rm{垄脹}氯气rm{垄脺}氯化钠rm{垄脻}硫酸rm{垄脼}干冰rm{垄脽BaSO_{4}垄脿}醋酸rm{垄谩}氢氧化钠rm{垄芒CaO}．19、某双原子分子构成的气体，其摩尔质量为rm{M}rm{g/mol}该气体质量为rm{m}rm{g}阿伏加德罗常数为rm{N_{A}}则：

rm{垄脵}该气体的物质的量为______rm{mol}．

rm{垄脷}该气体在标准状况下的体积为______L.

rm{垄脹}该气体在标准状况下的密度为______rm{g/L}．

rm{垄脺}该气体所含原子总数为______个rm{.}20、有一包白色固体，可能含有Na2CO3，Na2SO4，KNO3，CuSO4，BaCl2中的若干种；现用它做以下实验，并得到相应现象：

（1）取少量固体粉末加到足量水中；得到白色悬浊液，静置后上层为无色澄清溶液，下部为白色沉淀．

（2）取（1）中的沉淀；加入足量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生．

根据上述实验现象判断．该白色固体中一定有____，一定不会有____，可能会有____．上述反应现象的有关离子方程式为：____、____．21、常见的易挥发的物质有____22、（1）有两瓶pH=12的碱溶液，一瓶是强碱，一瓶是弱碱．现有石蕊试液、酚酞试液、pH试纸和蒸馏水，而无其它试剂，简述如何用最简单的方法判断哪瓶是强碱．____

（2）有两份等体积的0.1mol/L的醋酸溶液，分别用蒸馏水和0.1mol/L的醋酸钠溶液稀释100倍，用0.1mol/L的醋酸钠溶液稀释后的溶液pH较____（填：“大”或“小”）原因：____23、某温度时；在2L容器中A；B两种物质间的转化反应中，A、B物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析得：

（1）该反应的化学方程式为______

（2）反应开始至4min时，A的平均反应速率为______．

（3）4min时，反应是否达到平衡状态？______（填“是”或“否”）；

8min时，v（正）______v（逆）（填“＞”、“＜”或“=”）．评卷人得分四、判断题(共3题，共12分)24、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）25、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．26、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共6分)27、如图表示A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色。

回答下列问题：

(1)A→D反应常用于人工固氮，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)D→C是工业制硝酸的重要反应，化学方程式为_______。

(3)B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收，则B与的物质的量之比为_______，若该反应转移个电子，则参加反应的B的物质的量为_______mol。评卷人得分六、结构与性质(共1题，共9分)28、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL；大理石用量为10.00g。

（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：。实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol·L-1实验目的①298粗颗粒2.00（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；②_______________③_______________④_______________

（2）实验装置如图1所示，如何检验该装置的气密性________________________________

（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图2：依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率________________________

（4）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。_______参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】

A．该反应中溴离子失电子化合价升高；所以溴离子作还原剂，具有还原性，故A错误；

B．该反应中氯气得电子化合价降低；所以氯气是氧化剂，故B错误；

C．该反应中有元素化合价的变化；属于氧化还原反应，复分解反应中反应前后各元素的化合价都不变，所以一定不属于复分解反应，故C错误；

D．该反应中溴离子作还原剂；溴离子对应的产物是溴，所以溴是氧化产物，故D正确；

故选D．

【解析】【答案】在氧化还原反应中得电子化合价降低的是氧化剂；失电子化合价升高的是还原剂，氧化剂具有氧化性，还原剂具有还原性，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，复分解反应是两种化合物相互交换成分生成另外的两种化合物，复分解反应一定不是氧化还原反应．

2、C【分析】【解析】【答案】C3、A【分析】解：A；由元素周期表知钋为第六周期ⅥA族的元素；据递变规律知Po是银白色金属，具有放射性，能在黑暗中发光，故A正确；

B；质量数=质子数+中子数；质量数为210，质子数为84，所以中子数=210-84=126，故B错误；

C；原子核外电子数=质子数；所以中子数-核外电子数=126-84=42，故C错误；

D；钋-210的质量数为210；其摩尔质量为210g/mol，故D错误．

故选A．

中子数=质量数-质子数；原子中核外电子数=核内质子数，摩尔质量在数值上等于质量数，但是摩尔质量单位为g/mol．

本题考查的是元素周期律与原子结构的知识，难度不大，注意元素的质量数与摩尔质量的关系．【解析】【答案】A4、B【分析】解：rm{A}可逆反应中；当正逆反应相等时，达到反应限度，可逆反应不可能完全反应，存在反应限度，故A正确；

B、只要反应发生就有rm{2v(O_{2})=v(SO_{3})}而不是平衡状态，故B错误；

C；体积增大反应物的浓度减小；正逆反应速率减慢，故C正确；

D；化学反应达到限度；也就是达平衡时，正逆反应速率相等，故D正确；

故选B．

A；可逆反应不可能完全反应；存在反应限度；

B、只要反应发生就有rm{2v(O_{2})=v(SO_{3})}

C；体积增大反应物的浓度减小；正逆反应速率减慢；

D；达平衡时正逆反应速率相等．

本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为rm{0}．【解析】rm{B}5、A【分析】【分析】本题考查了指示剂及元素化合物的性质，注意根据题意运用排除法进行选择。由题干所给信息，滤纸折的蝴蝶喷上某种试剂后是白色的，说明该试剂是无色的，已知石蕊试液是紫色的，无色的酚酞溶液遇碱性溶液变红色，以及浓氨水呈碱性且有挥发性等知识点分析即可。【解答】从白色的蝴蝶变成红色可推断滤纸上喷洒的物质不是石蕊，而是酚酞试液；浓氨水有挥发性，挥发出的氨气遇到试剂中的水形成氨水，氨水呈碱性，无色的酚酞溶液遇碱性溶液变红色，氢氧化钠溶液没有挥发性，不能使蝴蝶变红。故选A。【解析】rm{A}6、D【分析】

碘易升华；可通过加热使碘升华而使混合物分离，操作较为简单，而过滤；溶解然后蒸发的操作比较麻烦，而C项会使被提纯的物质变质，不可用；

故选D．

【解析】【答案】根据碘易升华；可通过升华的方法分离，而氯化钠加热不分解，以此来解答．

二、多选题(共9题，共18分)7、AD【分析】【分析】本题考查了阿伏加德罗常数和物质的量的相关计算，题目难度不大。【解答】A.rm{23gNa}是rm{1mol}是rm{23gNa}rm{1mol}rm{1molNa}变为rm{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+;}}故A正确；

时失去的电子数为rm{N}rm{N}rm{{,!}_{A}}是B.rm{18gH}rm{18gH}rm{{,!}_{2}}故B错误；

C.rm{O}的摩尔质量是rm{O}rm{1mol}所含的分子数为所含的电子数为rm{10N}故C错误；

rm{10N}rm{{,!}_{A}}和rm{He}均可看做是rm{4g/mol}原子的集合体，rm{8gHe}的摩尔质量是rm{2N_{A}}故D.rm{O_{2}}rm{O_{3}}rm{O}rm{O}rm{16g/mol}故D正确。故选AD。

rm{16gO}【解析】rm{AD}8、AD【分析】【分析】

反应2NH3⇌3H2+N2，在恒温恒容下，达到平衡时，容器内N2的百分含量也为a%，说明与原平衡是等效平衡，按化学计量数转化到方程式的左边，满足n(NH3)=2mol即可；据此进行分析。

【详解】

根据等效平衡，按化学计量数转化到方程式的左边，满足n(NH3)=2mol，则达到平衡时，容器内N2的百分含量为a%；

A．3molH2+1molN2按化学计量数转化到方程式的左边可得：n(NH3)=2mol，与初始量2molNH3相同；属于等效平衡，故A符合题意；

B．2molNH3+1molN2与初始量2molNH3不相同，则不属于等效平衡，达到平衡时，容器内N2的百分含量不是a%；故B不符合题意；

C．2molN2+3molH2按化学计量数转化到方程式的左边，可得：n(NH3)=2mol、n(N2)=1mol；与初始加入物质不同，不是等效平衡，故C不符合题意；

D．0.1molNH3+0.95molN2+2.85molH2，按化学计量数转化到方程式的左边可得：n(NH3)=2mol，与初始量2molNH3相同；属于等效平衡，故D符合题意；

答案选AD。9、AD【分析】【详解】

将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol/L的混合溶液，当溶液中只有NH4+时，NH4+水解使溶液呈酸性，随着c(NH3·H2O)的增大，溶液碱性增强，根据图示，当pH=9.25时，c(NH3·H2O)=c(NH4+)，因此当溶液的pH＜9.25时，c(NH3·H2O)＜c(NH4+)，当pH＞9.25时，c(NH3·H2O)＞c(NH4+)，因此随着溶液pH的增大，浓度增大的是c(NH3·H2O)、减小的是c(NH4+)。A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒可得c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，在W点时c(NH3·H2O)=c(NH4+)，所以c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，A正确；B．室温下pH=7.0＜9.25，溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，则溶液中c(NH4+)＞c(NH3·H2O)，NH3·H2O主要以电解质分子存在，NH3·H2O、H2O的电离程度十分微弱，其电离产生的离子浓度很小，故微粒浓度大小关系为：c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(H+)=c(OH-)，B错误；C．该混合溶液中，无论pH如何变化都存在c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，则c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+c(H+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L+c(H+)＞0.1mol/L，C错误；D．W点溶液中存在c(NH3·H2O)=c(NH4+)=0.05mol/L，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒可知c(Cl-)＜c(NH4+)=0.05mol/L，向1L该溶液中加入0.05molNaOH，则c(Na+)=0.05mol/L，c(Na+)＞c(Cl-)，NaCl电离产生离子浓度Cl-浓度c(Cl-)大于NH3·H2O电离产生的离子NH4+、OH-的浓度，且溶液中还有水会微弱电离产生OH-，故离子浓度关系为：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)，D正确；故合理选项是AD。10、AB【分析】【分析】

HSO3－在水溶液中即可以电离也可以水解，HSO3－H＋＋SO32－，HSO3－＋H2OH2SO3＋OH，NaHSO3溶液显酸性，说明HSO3－电离程度大于水解程度。

【详解】

A、NaHSO3溶液显酸性，说明HSO3－电离程度大于水解程度，说明电离生成SO32－的浓度大于水解生成H2SO3的浓度，水解和电离都是微弱的，则HSO3－浓度最大，有c(HSO3—)＞c(SO32—)＞c(H2SO3)；A正确；

B、NaHSO3溶液中，根据物料守恒，c(Na＋)=c(HSO3—)+c(SO32—)+c(H2SO3)；B正确；

C、由于发生水解，有c(Na＋)>c(HSO3—)；C错误；

D、根据电荷守恒，有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO3—)＋c(OH－)＋2c(SO32—)；D错误；

答案选AB。11、AC【分析】【详解】

A.向Na2SO3中滴加稀HNO3溶液，两者发生氧化还原反应：3＋2H+＋2=3＋2NO↑＋H2O；故A错误；

B.0.3molFeBr2与0.4molCl2在溶液中反应，0.15mol氯气先与0.3mol亚铁离子反应，再是0.25mol氯气与0.5mol溴离子反应，再扩大倍数得到：8Cl2＋6Fe2+＋10Br－=6Fe3+＋16Cl－＋5Br2；故B正确；

C.用稀硝酸除去试管内壁银镜，反应生成硝酸银和一氧化氮气体：3Ag＋4H+＋=3Ag+＋NO↑＋2H2O；故C错误；

D.酸性KMnO4氧化H2O2，双氧水变为氧气，高锰酸根变为锰离子：2＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O；故D正确。

综上所述，答案为AC。12、CD【分析】【分析】本题考查金属的活动性顺序，题目难度不大。【解答】A.根据放入滤液中的粗铁丝无任何变化，可得出氧化铜与硫酸反应形成的硫酸铜全部被置换，滤出固体中含铜，但却不能判断混合物的铁是否完全反应，所以，不溶物含铜但一定只有铜却理由不足，故A错误；B.根据选项A的分析，可判断不溶物中一定含铜，可能含铁，故B错误；C.根据选项A的分析，可判断不溶物中一定含铜，可能含铁，故C正确；rm{D}rm{.}因为加入的硫酸已完全反应且滤液中不含硫酸铜，可判断滤液中一定含有硫酸亚铁，因为放入滤液的铁无任何变化，可判断滤液中一定不含硫酸及硫酸铜因为加入的硫酸已完全反应且滤液中不含硫酸铜，可判断滤液中一定含有硫酸亚铁，因为放入滤液的铁无任何变化，可判断滤液中一定不含硫酸及硫酸铜，rm{.}故rm{D}。故选CD。正确【解析】rm{CD}13、BCD【分析】解：rm{A.CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价被还原，rm{CuO}作氧化剂；故A错误；

B.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价降低被还原；作氧化剂，故B正确；

C.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价；铜元素化合价降低，故C正确；

D.该反应中氢气中rm{H}元素化合价升高被氧化；故D正确；

故选BCD．

反应rm{CuO+H_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}中，氧化铜中rm{CuO+H_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}元素化合价降低被还原，氧化铜为氧化剂；氢气中rm{Cu}元素化合价升高被氧化；为还原剂，据此进行解答．

本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质及特征为解答关键，注意掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．rm{H}【解析】rm{BCD}14、BCD【分析】【分析】本题考查物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积等化学计量的计算，阿伏伽德罗定律的应用等，难度中等。【解答】A.rm{n({H}_{2})=dfrac{10g}{;2g/mol;}=5mol}rm{n({O}_{2})=dfrac{10g}{32g/mol};;=dfrac{5}{16}mol}二者物质的量不相等，所含分子数不相等，故A错误；B.rm{n({N}_{2})=dfrac{;7g}{;28g/mol;}=0.25mol}rm{n(C{O}_{2})=dfrac{;11g}{44g/mol};;=0.25mol}物质的量相同，则分子数相同，故B正确；C.rm{n({H}_{2})=

dfrac{10g}{;2g/mol;}=5mol}为rm{n({O}_{2})=dfrac{10g}{32g/mol};;=

dfrac{5}{16}mol}与rm{n({N}_{2})=

dfrac{;7g}{;28g/mol;}=0.25mol}物质的量相同，则分子数相同，故C正确；D.标准状况下rm{n(C{O}_{2})=

dfrac{;11g}{44g/mol};;=0.25mol}为rm{9gH_{2}O}和rm{0.5mol}物质的量相同，则分子数相同，故D正确。故选BCD。rm{0.5molBr_{2}}【解析】rm{BCD}15、AD【分析】【详解】

A．根据表格数据可知：在0~2s内，NO的物质的量由0.20mol变为0.08mol，△n(NO)=0.20mol-0.08mol=0.12mol，则该反应的平均速率v(NO)==0.03mol·L-1·s-1；A正确；

B．其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相当于增大体系的压强，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，所以达平衡时NO2体积分数增大；B错误；

C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故其他条件不变，移走部分NO2；化学平衡正向移动，但平衡常数不变，C错误；

D．k正、k逆为速率常数，只受温度影响，在温度为T1时，根据表格数据，容器容积是2L，结合物质反应关系可知平衡时各种物质的浓度c(NO)=0.03mol/L，c(O2)=0.015mol/L，c(NO2)=0.07mol/L，化学平衡常数K=＞0，说明k正＞k逆，若k正＝k逆，则K减小，化学平衡逆向移动，由于该反应的正反应为放热反应，则改变条件是升高温度，所以温度T2＞T1；D正确；

故合理选项是AD。三、填空题(共8题，共16分)16、略

【分析】试题分析：（1）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、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，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以需要的仪器有托盘天平、烧杯、500ml的容量瓶、胶头滴管、药匙，(1)配制时，必须使用的仪器有①④⑤⑥,还缺少的仪器是胶头滴管;该试验中两次用到玻璃棒，其作用分别是,加速溶解、引流；（2）因为最后需颠倒摇匀，所以容量瓶在使用前必须检查是否漏水．答案为：检查容量瓶是否漏水；（3）配制溶液时，正确的操作顺序为②①③⑧⑤⑥⑦④；（4）①没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质质量减少，所配溶液浓度偏低；②未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，温度恢复室温后，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响；④定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；⑤定容时仰视标线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低．选：②④。考点：考查一定物质的量浓度溶液的配制。【解析】【答案】29．（1）①④⑤⑥；胶头滴管；加速溶解；引流（2）检查是否漏液（水）（3）②①③⑧⑤⑥⑦④（4）②④17、DF【分析】【解答】A．pH试纸的精确度为1；不能得出pH是12.3，故A错误；

B．新制氯水具有漂白性；可以漂白pH试纸，故不能利用pH试纸测定新制氯水的pH值，故B错误；

C．氢氧化镁比碳酸镁更难溶；故水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，故C错误；

D．醋酸钠水解呈碱性；升高温度，碱性增强，加入酚酞的溶液更红，故D正确；

E．向白色ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液；沉淀变为黑色，发生沉淀的转化，说明硫化铜更难溶，可知二者溶度积关系为：Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），故E错误；

F．在配制硫酸铁溶液时；为了防止发生水解，可以加入少量的稀硫酸，故F正确；

G．氢氧化铝加热分解得到氧化铝；故D错误；

故选DF．

【分析】A．pH试纸的精确度为1；

B．氯水具有漂白性；

C．水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁；

D．醋酸钠为强碱弱酸盐；水解呈碱性，升高温度，水解程度增大；

E．白色ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液；沉淀变为黑色，发生沉淀的转化；

F．配制硫酸铁溶液；抑制铁离子水解，加少量的硫酸；

G．氯化铝蒸干灼烧得到的是氧化铝．18、略

【分析】解：rm{垄脵}乙醇在水溶液里不导电；故错误；

rm{垄脷}氨气和水反应生成氨水；氨水能电离出阴阳离子而使其溶液导电，所以氨气是非电解质，故正确；

rm{垄脹}氯气是单质；既不是电解质也不是非电解质，故错误；

rm{垄脺}氯化钠在水溶液里电离出阴阳离子而使其溶液导电；但氯化钠是电解质，故错误；

rm{垄脻}硫酸在水溶液里电离出阴阳离子而使其溶液导电；但硫酸是电解质，故错误；

rm{垄脼}干冰和水反应生成碳酸；碳酸能电离出阴阳离子而使其溶液导电，所以干冰是非电解质，故正确；

rm{垄脽BaSO_{4}}在水溶液里不电离；则不导电，故错误；

rm{垄脿}醋酸在水溶液里电离出阴阳离子而使其溶液导电；但醋酸是电解质，故错误；

rm{垄谩}氢氧化钠在水溶液里电离出阴阳离子而使其溶液导电；但氢氧化钠是电解质，故错误；

rm{垄芒CaO}和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能电离出阴阳离子而使其溶液导电，但是rm{CaO}是电解质；故错误；

故答案为：rm{垄脷垄脼}．

在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；溶液能导电说明含有自由移动的离子．

本题考查了电解质和非电解质的判断，根据其定义来分析解答即可，难度不大．【解析】rm{垄脷垄脼}19、略

【分析】解：rm{(1)}由rm{n=dfrac{m}{M}}可知，该气体的物质的量为rm{dfrac{mg}{Mg/mol}=dfrac{m}{M}mol}故答案为：rm{dfrac{mg}{Mg/mol}=dfrac

{m}{M}mol}

rm{dfrac{m}{M}}该气体的物质的量为rm{(2)}则rm{V=nV_{m}=dfrac{22.4m}{M}L}故答案为：rm{dfrac{m}{M}mol}

rm{(3)娄脩=dfrac{m}{V}=dfrac{m}{dfrac{22.4m}{M}}=dfrac{M}{22.4}g/L}故答案为：rm{V=nV_{m}=dfrac

{22.4m}{M}L}

rm{dfrac{22.4m}{M}}该气体的物质的量为rm{(3)娄脩=dfrac{m}{V}=dfrac{m}{

dfrac{22.4m}{M}}=dfrac{M}{22.4}g/L}又是双原子分子，根据rm{dfrac{M}{22.4}}可知原子数为rm{(4)}个，故答案为：rm{dfrac{m}{M}mol}．

根据rm{n=dfrac{N}{N_{A}}=dfrac{V}{V_{m}}=dfrac{m}{M}}结合分子的构成计算．

本题考查物质的量的相关计算，题目难度不大，注意把握相关计算公式．rm{n=dfrac{N}{N_{A}}}【解析】rm{dfrac{m}{M}}rm{dfrac{22.4m}{M}}rm{dfrac{M}{22.4}}rm{dfrac{2mN_{A}}{M}}20、略

【分析】

（1）一包白色固体中，Na2CO3，Na2SO4，KNO3，CuSO4，BaCl2中可能存在的成分；取少量固体粉末加到足量水中，得到白色悬浊液，碳酸钠能与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，静置后上层为无色澄清溶液，硫酸铜溶液为蓝色，则一定不含有硫酸铜；

（2）取（1）中的沉淀，加入足量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生，碳酸钡沉淀能与硝酸反应生成易溶于水的硝酸钡和气体二氧化碳，硫酸钠能与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，硫酸钡不溶于稀硝酸，则固体中一定含有碳酸钠和氯化钡，一定不含有硫酸钡和硫酸铜，可能含有硝酸钾，碳酸钠能与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀的离子方程式为：Ba2++CO32-═BaCO3↓，碳酸钡沉淀与硝酸反应生成易溶于水的硝酸钡和气体二氧化碳的离子方程式为：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑；

故答案为：BaCl2、Na2CO3；CuSO4、Na2SO4；KNO3；Ba2++CO32-═BaCO3↓；BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑．

【解析】【答案】（1）硫酸铜溶液为蓝色；白色沉淀有碳酸钡和硫酸钡，碳酸钡沉淀能溶于硝酸，硫酸钡不可；

（2）碳酸钡沉淀能与硝酸反应生成易溶于水的硝酸钡和气体二氧化碳；硫酸钡不可．

21、单质：Br2，I2；氧化物：干冰；氢化物：液氨；，水，苯，汽油等烃类；酸：HNO3、HCl；有机物：甲醇、乙醇、甲酸、乙酸、甲醛乙醛、乙酸乙酯等．【分析】【解答】常见的易挥发性的物质有：单质：Br2，I2；氧化物：干冰；氢化物：液氨；，水，苯，汽油等烃类；酸：HNO3；HCl；有机物：甲醇、乙醇、甲酸、乙酸、甲醛乙醛、乙酸乙酯等；

答：单质：Br2，I2；氧化物：干冰；氢化物：液氨；，水，苯，汽油等烃类；酸：HNO3；HCl；有机物：甲醇、乙醇、甲酸、乙酸、甲醛乙醛、乙酸乙酯等．

【分析】常温下呈液态或固态的物质，其沸点越低的越易挥发，据此解答．22、各取等体积碱液用蒸馏水稀释相同倍数（如100倍），然后用pH试纸分别测其pH值，pH值变化大的那瓶是强碱大醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离，溶液的pH增大．【分析】【解答】（1）所给药品中；石蕊试液；酚酞试液只能用来判断溶液的酸碱性，不能判断酸性的强弱，可根据弱酸稀释时促进电离，两种碱稀释相同的倍数后溶液中的氢离子浓度不等来比较，则各取等体积碱液用蒸馏水稀释相同倍数（如100倍），然后用pH试纸分别测其pH值，pH值变化大的那瓶是强碱；

故答案为：各取等体积碱液用蒸馏水稀释相同倍数（如100倍）；然后用pH试纸分别测其pH值，pH值变化大的那瓶是强碱；

（2）都稀释相同的倍数；相当于向醋酸溶液中加入少量醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸的电离，所以溶液的pH增大，故答案为：大；醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离，溶液的pH增大．

【分析】（1）比较强弱电解质的方法有很多；本题设计实验思路是要注意从所给提供的药品考虑，可根据强弱碱稀释时溶液PH的变化不同来分析；

（2）向醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离，溶液的pH增大．23、略

【分析】解：（1）图象分析A为反应物；B为生成物，物质的量不变化说明反应达到平衡状态，依据AB消耗的物质的量之比计算得到化学方程式的计量数之比，A物质的量变化=0.8mol-0.2mol=0.6mol；B变化物质的量=0.5mol-0.2mol=0.3mol，AB反应的物质的量之比2：1，所以反应的化学方程式：2A⇌B，故答案为：2A⇌B；

（2）反应开始至4min时，A物质的量变化=0.8mol-0.4mol=0.4mol，A的平均反应速率==0.05mol/L•min；故答案为：0.05mol/L•min；

（3）图象分析随时间变化AB物质的量发生变化；说明未达到平衡，8分钟时AB物质的量不变，说明反应达到平衡状态，故答案为：否；=．

（1）依据图象分析A为反应物；B为生成物，物质的量不变化说明反应达到平衡状态，依据AB消耗的物质的量之比计算得到化学方程式的计量数之比写出化学方程式；

（2）依据反应速率V=计算；

（3）图象分析随时间变化AB物质的量发生变化；说明未达到平衡8分钟时AB物质的量不变，说明反应达到平衡状态．

本题考查了化学平衡影响因素分析，化学反应速率计算应用，主要是图象分析判断，题目难度中等．【解析】2A⇌B；0.05mol/L•min；否；=四、判断题(共3题，共12分)24、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目25、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．26、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．五、元素或物质推断题(共1题，共6分)27、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色，B为二氧化氮；A为氮气，氮