2024年粤教沪科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年粤教沪科版高一化学下册月考试卷927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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、把①纤维素②淀粉③蛋白质④油脂分别在一定条件下进行水解；最后一定只得到一种产物的是（）

A.①②

B.②③④

C.①②③

D.②④

2、将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀rm{H_{2}SO_{4}}和rm{HNO_{3}}组成的混合溶液中，充分反应后金属粉末有剩余，下列有关推断正确的是rm{(}rm{)}

A.反应过程中不可能产生rm{H_{2}}

B.剩余的金属粉末中一定有铜。

C.往反应后的溶液中加入rm{KSCN}溶液会变血红色。

D.往反应后的溶液中加入足量的稀rm{H_{2}SO_{4}}则金属粉末的质量一定会减少3、一定温度和压强下，2体积AB2气体和1体积B2气体化合生成2体积气态化合物，则该化合物的化学式为（）A.AB3B.AB2C.A3BD.A2B34、将一定量rm{Mg}rm{Al}合金溶于rm{1mol?L^{-1}}的rm{HCl}溶液中，进而向所得溶液中滴加rm{1mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液，产生沉淀的物质的量rm{(n)}与滴加的rm{NaOH}溶液体积rm{(mL)}的图示如下rm{.}下列分析的结论中正确的是rm{(}rm{)}A.溶解“一定量rm{Mg}rm{Al}合金”的rm{HCl}溶液的体积小于rm{80mL}B.由题中数据，无法求出实验中产生rm{H_{2}}的物质的量C.无法确定rm{Mg}rm{Al}合金中rm{n(Mg)/n(Al)}的最大值D.欲求出rm{a}的取值范围尚缺少一个条件5、鉴别淀粉、蛋白质、葡萄糖水溶液，依次所用试剂和对应的现象正确的是rm{(}rm{)}A.碘水，变蓝色；浓硝酸，变黄色；新制氢氧化铜，砖红色沉淀B.浓硝酸，变黄色；新制氢氧化铜，砖红色沉淀；碘水，变蓝色C.新制氢氧化铜，砖红色沉淀；碘水，变蓝色；浓硝酸，变黄色D.碘水，变蓝色；新制氢氧化铜，砖红色沉淀；浓硝酸，变黄色评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、下列能量转化过程中有化学能变化的是（）A.氯化铵热分解反应B.氮气和氢气化合生成氨的反应C.碘升华D.绿色植物的光合作用生成淀粉7、以石油、煤和天然气为主要原料生产的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.陶瓷B.塑料C.合成纤维D.合成橡胶8、下列有关实验操作或判断不正确的是rm{(}rm{)}A.配制一定物质的量浓度溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小B.用干燥的rm{pH}试纸测定氯水的rm{pH}C.配制稀硫酸时，可先在烧杯中加入一定体积的蒸馏水，再边缓慢加入浓硫酸边搅拌E.观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀盐酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的火焰上进行灼烧，观察．E.观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀盐酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的火焰上进行灼烧，观察．9、rm{1L0.1mol隆陇L^{-1}}的rm{K_{2}SO_{4}}溶液中A.rm{K^{+}}的物质的量为rm{0.2mol}B.rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量为rm{0.1mol}C.rm{K^{+}}的物质的量浓度为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}D.rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量浓度为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}10、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}}11、温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和发生反应：反应相同时间，测得各容器中的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.T℃时，该反应的化学平衡常数为B.图中c点所示条件下，v(正)=v(逆)C.图中a点所示条件下，v(正)=v(逆)D.向a点平衡体系中充入一定量的达到平衡时，的转化率比原平衡小12、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}}13、下列能量转化过程中有化学能变化的是rm{(}rm{)}A.氯化铵热分解反应B.氮气和氢气化合生成氨的反应C.碘升华D.绿色植物的光合作用生成淀粉评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、0.5mol的Y元素的离子得到6.02×1023个电子被还原成中性原子，0.4gY的氧化物恰好与100mL0.2mol•L-1的盐酸完全反应；Y原子核内质子数和中子数相等．写出：

（1）Y的元素符号为____，它在周期表的位置为____；

（2）Y的氧化物与盐酸反应的离子方程式为____．15、写出铁粉与水蒸气在高温下发生的反应并用单线桥表示电子转移情况．____．16、（6分）现有0.2mol/LBa(NO3)2溶液，则2L该溶液中含有________molBa2+；3L该溶液中含有________molNO3-；0.5L该溶液中钡离子的物质的量浓度为________mol/L。17、用电子式表示下列化合物的形成过程：rm{(1)Na_{2}S}___________________；rm{(2)CaCl_{2}}_______________；rm{(3)CH_{4}}____________________；rm{(4)CO_{2}}________________。18、原电池原理的发现是储能和供能技术的巨大进步；是化学对人类的一项重大贡献．

（1）现有如下两个反应：A．NaOH+HCl=NaCl+H2O，B．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑判断能否设计成原电池A．____B．____．（填“能”或“不能”）

（2）由铜片、锌片和足量稀H2SO4组成的原电池中；若锌片只发生原电池腐蚀，一段时间后某电极产生3.36L标准状况下的气体．

①负极是____（填“锌”或“铜”），发生____反应（填“氧化”或“还原”）；

②正极的电极反应式为____；

③产生这些气体共需转移电子____mol．19、标准状况下，①4g氢气②33.6L甲烷(CH4)③6.02×1023个水分子中，含分子数最多的是(填写序号，下同)_____，含原子数最多的是_____，质量最大的是______，体积最小的是______。20、Ⅰ．已知NaHS04是一种酸式盐，在工业上应用广泛，根据NaHS04的性质回答下列问题：

(1)写出NaHS04在水溶液中的电离方程式：____________

(2)若向NaHS04溶液中滴加Ba(OH)2至SO42-完全沉淀时的离子方程式为____________

(3)滴加Ba(0H)2溶液使溶液呈中性时的化学方程式为____________

Ⅱ．(4)若在标准状况下；将VLHCl气体溶于lL水中，所得溶液密度为dg/ml，则此溶液的物质的量浓度为____________

(5)一定质量的铝铁合金溶于足量的NaOH溶液中，完全反应后产生3.36L(标准状况下)气体；用同样质量的铝铁合金完全溶于足量的盐酸中，在标准状况下产生5.6L(标准状况下)的气体，则该合金中铝、铁的物质的量之比为____________．评卷人得分四、判断题(共1题，共9分)21、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）评卷人得分五、探究题(共2题，共6分)22、某学习小组，用稀HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，探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25.00mL、大理石用量为10.00g。实验设计如表：。编号T/K大理石规格HNO3浓度①298粗颗粒2.00mol·L-1②298粗颗粒1.00mol·L-1③308粗颗粒2.00mol·L-1④298细颗粒2.00mol·L-1将相应的实验目的填入下列空格中：（1）实验①和②探究对该反应速率的影响；（2）实验①和③探究对该反应速率的影响；（3）实验①和④探究对该反应速率的影响23、某校实验小组的同学用实验的方法区别稀盐酸和稀硫酸钠溶液（记作M；N）；请你一同参与．

（1）甲组同学向M、N中分别加入少量的铁粉，观察到M中产生大量无色气泡，则M中发生反应的化学方程式为______．

（2）乙组同学向M、N中分别滴加Na2CO3溶液，发现M也有无色气泡产生，N没有气泡产生，则M中发生反应的化学反应方程式为______．

（3）丙组同学向M、N中分别加入滴加BaCl2溶液，N中出现的现象是______．

（4）丁组同学用了下列试剂中的一种也将M、N区别开来，这种试剂是______（填序号）

①酚酞试液②硫酸铜溶液③氯化钠溶液④pH试纸．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】

①②淀粉；纤维素常在无机酸（一般为稀硫酸）催化作用下发生水解；最终生成葡萄糖；

③蛋白质水解最后得到多种氨基酸；

④在酸性条件下水解为甘油（丙三醇）高级脂肪酸；而在碱性条件下水解为甘油高级脂肪酸盐．

故选A．

【解析】【答案】淀粉；纤维素常在无机酸（一般为稀硫酸）催化作用下发生水解；生成葡萄糖；蛋白质水解最后得到多种氨基酸；在酸性条件下水解为甘油（丙三醇）和高级脂肪酸；在碱性条件下水解为甘油、高级脂肪酸盐．

2、B【分析】【分析】铁比铜活泼，将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀rm{H_{2}SO_{4}}和rm{HNO_{3}}组成的混合溶液中，首先是较活泼的铁与酸溶液反应，当铁完全反应后，且溶液中存在：rm{H^{+}}rm{(Fe^{3+})}rm{NO_{3}^{-}}时，铜溶解，所以剩余金属可能为铁或铁与铜的混合物，由于发生：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{Cu+2Fe^{3+}=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}则当金属粉末有剩余，溶液中不存在rm{Fe^{3+}}当溶液中rm{NO_{3}^{-}}完全消耗时；加入硫酸，金属不再溶解．

【解答】A.铁比铜活泼，硝酸氧化性大于硫酸，将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀rm{H_{2}SO_{4}}和rm{HNO_{3}}组成的混合溶液中，首先是较活泼的铁与在酸性条件下与rm{NO_{3}^{-}}反应，当溶液中rm{NO_{3}^{-}}完全消耗时，铁和rm{H^{+}}反应生成rm{H_{2}}故A错误；

B.铁比铜活泼，将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀rm{H_{2}SO_{4}}和rm{HNO_{3}}组成的混合溶液中，首先是较活泼的铁与酸溶液反应，当铁完全反应后，且溶液中存在：rm{H^{+}}rm{Fe^{3+}}rm{NO_{3}^{-}}时；铜溶解，所以剩余金属可能为铁或铁与铜的混合物，所以剩余金属一定含有铜，故B正确；

C.由于发生：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{Cu+2Fe^{3+}=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}则当金属粉末有剩余，溶液中不存在rm{Fe^{3+}}加入rm{KSCN}溶液不一定变成血红色；故C错误；

D.当剩余金属为铜时，且溶液中rm{NO_{3}^{-}}完全消耗时；加入硫酸，金属不再溶解，故D错误。

故选B。【解析】rm{B}3、A【分析】解：令生成的气体的化学式为X，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，2体积AB2气体和1体积B2气体化合生成2体积气态化合物X；

则反应方程式为2AB2+B2=2X，根据原子守恒，所以X为AB3．

故选A．

同温同压下；气体的体积之比等于物质的量之比，据此确定化学计量数，写出反应方程式，根据原子守恒求算该化合物的化学式．

本题考查阿伏加德罗定律的推论，难度不大，关键是相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，可借助PV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论．【解析】【答案】A4、B【分析】根据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}然后是沉淀两种金属离子：rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒}

rm{Al^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}最后是rm{Al(OH)_{3}}的溶解：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=[Al(OH)_{4}]^{-}}从横坐标rm{80mL}到rm{90mL}这段可以求出。

rm{n(Al(OH)_{3})=0.01mol}则rm{n(Al)=n(Al(OH)_{3})=0.01mol}所以沉淀rm{Al^{3+}}需要的rm{OH^{-}}为rm{0.03mol}即rm{NaOH}溶液的体积为rm{30mL}镁离子和铝离子沉淀完全消耗的碱的体积为rm{80-a}若假设盐酸不剩，所以沉淀rm{Mg^{2+}}需要rm{NaOH}溶液的体积最大值为rm{50mL}求出rm{n(Mg)}的最大值为rm{0.025mol}所以该合金中镁铝两元素物质的量之比的最大值为rm{2.5}故C错误；

rm{0.01mol}的金属铝消耗盐酸为rm{0.03mol}当金属镁的最大物质的量为rm{0.025mol}时，消耗盐酸的最大量是rm{0.05mol}所以溶解金属镁、铝所需rm{HCl}溶液的体积小于或者是等于rm{80mL}故A错误；

金属镁的量不确定；无法判断生成氢气的量的多少，故B正确；

假设盐酸溶解金属后不剩，这种情况下，酸恰好与合金反应完全，即rm{a=0}通过极值法，当合金中完全是铝时，因为沉淀rm{Al^{3+}}需要rm{NaOH}溶液的体积为rm{30mL}从图可知，中和过量的酸所消耗的碱液体积最大为rm{50mL}但是假设不成立，最大值是不存在的，所以的取值范围为rm{0leqslanta<50}故D错误．

故选B。

A.根据盐酸和金属铝；金属镁的反应以及沉淀镁离子和铝离子的过程实质来回答；

B.确定了金属镁和金属铝的量就可以确定生成氢气的量；

C.根据图象中消耗的氢氧化钠的量确定合金中金属镁的最大量；进而确定该合金中两元素物质的量之比的最大值；

D.合金的组成可以采用极限假设法，当金属全部是金属铝时剩余的酸最多，rm{a}的值最大来判断rm{a}得取值范围。

本题考查学生有关金属元素铝及其化合物的性质的知识，结合图象进行考查，增大了难度。【解析】rm{B}5、A【分析】【分析】本题考查糖类和蛋白质的检验。熟悉物质的结构和性质即可解答。【解答】rm{垄脵}因淀粉遇碘单质变蓝；可利用碘水来鉴别；

rm{垄脷}蛋白质遇浓硝酸变黄；

rm{垄脹}葡萄糖溶液在碱性条件下与新制rm{Cu(OH)_{2}}悬浊液共热生成砖红色沉淀。故A正确。

故选A。【解析】rm{A}二、多选题(共8题，共16分)6、ABD【分析】解：A．氯化铵受热分解为氨气和HCl；属于化学变化，转化过程中有化学能变化，故A正确；

B．氮气和氢气化合生成氨的反应；属于化学变化，转化过程中有化学能变化，故B正确；

C．碘升华是物理变化；转化过程中没有化学能变化，故C错误；

D．绿色植物的光合作用生成淀粉；属于化学变化，转化过程中有化学能变化，故D正确；

故选ABD．

根据物理变化和化学变化的区别分析；有新物质生成的物质变化为化学变化，没有新物质的生成的物质变化为物理变化，化学变化中有化学能变化，以此分析．

本题考查了常见的能量转化形式，把握变化过程是物理变化还是化学变化是解题关键，难度不大．【解析】【答案】ABD7、BCD【分析】解：以煤；石油和天然气为主要原料可制造化工产品、合成塑料、合成橡胶、合成纤维等；

故选BCD．

三大合成材料是合成塑料；合成橡胶、合成纤维．

本题考查煤、石油和天然气的用途，难度不大，平时注意知识的积累．【解析】rm{BCD}8、ABDE【分析】解：rm{A.}配制一定物质的量浓度溶液；定容时俯视刻度线，导致加入的水的量减少，溶液体积变小，所配溶液浓度偏大，故A错误；

B.氯水中rm{HClO}具有强氧化性，不能利用试纸测定rm{pH}应选rm{pH}计；故B错误；

C.由于稀释过程中放出大量的热；且浓硫酸密度大于水，所以配制稀硫酸时，可先在烧杯中加入一定体积的蒸馏水，再边缓慢加入浓硫酸边搅拌，故C正确；

D.氢氧化钠具有强腐蚀性；且容易潮解变质，称量氢氧化钠时应该放在小烧杯中快速称量，故D错误；

E.做钾元素的焰色反应时；需要透过蓝色的钴玻璃观察火焰颜色，故E错误；

F.氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；应隔绝空气制取，故F正确；

故选A、rm{B}rm{D}rm{E}．

A.定容时俯视刻度线；导致加入的水的量减少；

B.氯水中含具有漂白性的rm{HClO}

C.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；

D.rm{NaOH}应在小烧杯中称量；

E.观察rm{K}的焰色反应时；需要透过蓝色的钴玻璃；

F.盛有rm{NaOH}溶液的滴管；伸入硫酸亚铁溶液中，防止氢氧化亚铁被氧化．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液配制、rm{pH}测定、物质的制备及实验技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{ABDE}9、ABD【分析】【分析】本题考察化学计量的相关计算。【解答】A.据公式rm{n=cV}得rm{K}得rm{n=cV}rm{K}rm{{,!}^{+}}的物质的量为：rm{2隆脕1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{2隆脕1L隆脕0.1mol隆陇L}故A正确；

rm{{,!}^{-1}}据公式rm{=0.2mol}故A正确；得rm{=0.2mol}B.rm{n=cV}rm{SO}rm{SO}故B正确

rm{{,!}_{4}^{2-}}的物质的量为：rm{1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}rm{=0.1mol}故B正确rm{=0.1mol}C.rm{1molK}rm{1molK}rm{{,!}_{2}}倍为rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}含rm{2mol}故C错误；

rm{2mol}rm{K^{+}}，rm{K}rm{K}故D正确。故选ABD。rm{{,!}^{+}}【解析】rm{ABD}10、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}11、CD【分析】【分析】

图中b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行。

【详解】

A．由图可知，b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，而ab曲线上对应容器的体积均小于V2L，起始投料相同，则NO2的起始浓度均大于b点，ab曲线上物质的反应速率均大于b点，所以ab曲线上反应均先于b点达到平衡状态，即ab曲线上反应均达到平衡状态，由于a点时NO2的转化率为40%，a点反应三段式为，

2C（s）+2NO2（g）⇌N2（g）+2CO2（g）

起始量（mol）100

变化量（mol）0.40.20.4

平衡量（mol）0.60.20.4

各物质平衡浓度为c（NO2）＝mol/L、c（N2）＝mol/L、c（CO2）＝mol/L，T℃时，该反应的化学平衡常数＝＝＝，A错误；

B．由分析可知bc曲线上反应均未达到平衡状态，且反应正向进行，v(正)＞v(逆)；B错误；

C．a点已达平衡状态；所以v(正)=v(逆)，C正确；

D．反应2C（s）+2NO2（g）⇌N2（g）+2CO2（g）正向气体体积减小，恒温恒容条件下，平衡体系中再充入一定量的NO2，相当增大压强，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率减小，即向a点平衡体系中充入一定量的NO2，达到平衡时，NO2的转化率比原平衡小，D正确；

答案选CD。

【点睛】

本题考查化学平衡的计算、化学平衡的影响因素和平衡图象分析判断，明确外界因素对化学平衡的影响、把握图象信息分析是解题的关键，注意平衡常数的表达式和三段式格式在平衡计算中的应用。12、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}13、ABD【分析】解：rm{A.}氯化铵受热分解为氨气和rm{HCl}属于化学变化，转化过程中有化学能变化，故A正确；

B.氮气和氢气化合生成氨的反应；属于化学变化，转化过程中有化学能变化，故B正确；

C.碘升华是物理变化；转化过程中没有化学能变化，故C错误；

D.绿色植物的光合作用生成淀粉；属于化学变化，转化过程中有化学能变化，故D正确；

故选ABD．

根据物理变化和化学变化的区别分析；有新物质生成的物质变化为化学变化，没有新物质的生成的物质变化为物理变化，化学变化中有化学能变化，以此分析．

本题考查了常见的能量转化形式，把握变化过程是物理变化还是化学变化是解题关键，难度不大．【解析】rm{ABD}三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】

（1）6.02×1023个电子为1mol，则0.5mol的Y元素的离子得到2mol电子还原为中性原子，则离子为Y2+；

设YO的物质的量为x；

由YO+2HCl═YCl2+H2O

12

x0.1L×0.2mol/L

解得x=0.01mol；

则YO的摩尔质量为=40g/mol；

则Y的摩尔质量为40g/mol-16g/mol=24g/mol；

即Y的相对原子质量为24；又Y原子核内质子数和中子数相等；

则质子数为12；为Mg元素，位于第三周期第ⅡA族；

故答案为：Mg；第三周期第ⅡA族；

（2）化学反应为MgO+2HCl═MgCl2+H2O，MgO、H2O在离子反应中应保留化学式；

则离子反应为MgO+2H+═Mg2++H2O，故答案为：MgO+2H+═Mg2++H2O．

【解析】【答案】6.02×1023个电子为1mol，则0.5mol的Y元素的离子得到2mol电子还原为中性原子，则离子为Y2+，利用YO+2HCl═YCl2+H2O计算Y的摩尔质量；再利用Y原子核内质子数和中子数相等来确定Y的位置，以此来解答．

15、略

【分析】

铁粉与水蒸气在高温下发生的反应中，化合价升高的元素是铁元素，失去电子，化合价降低元素是氢元素，得到电子，电子转移情况如下所示：故答案为：．

【解析】【答案】化合价升高元素在反应物中失去电子；化合价降低元素在反应中得到电子，得失电子数相等即为反应中转移电子数．

16、略

【分析】试题分析：现有0.2mol/LBa(NO3)2溶液，则2L该溶液中含有钡离子的物质的量为0.2mol/Lx2L=0.4mol；3L溶液中硝酸根离子的物质的量为0.2mol/Lx2x3L=1.2mol；取0.5L该溶液，硝酸根离子浓度不变仍为0.2mol/L，答案为：0.4；1.2；0.2考点：物质的量的计算【解析】【答案】0.4；1.2；0.217、（1）Na2S：

（2）CaCl2：

（3）CH4：

（4）CO2：【分析】【分析】本题考查用电子式的形成过程，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。【解答】rm{(1)Na_{2}S}为离子化合物，用电子式表示形成过程为：；故答案为：rm{(2)CaCl_{2}}为离子化合物，用电子式表示形成过程为：；故答案为：rm{(3)CH_{4}}共价化合物，各原子达到稳定结构，用电子式表示形成过程为：；故答案为：rm{(4)CO_{2}}共价化合物，各原子达到稳定结构，用电子式表示形成过程为：故答案为：。【解析】rm{(1)Na_{2}S}rm{(2)CaCl_{2}}rm{(3)CH_{4}}rm{(4)CO_{2}}18、略

【分析】

（1）反应A．NaOH+HCl=NaCl+H2O不是氧化还原反应，不能设计成原电池，反应B．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑是氧化还原反应；能设计成原电池，故答案为：不能；能；

（2）①Zn；Cu、硫酸构成的原电池中；活泼金属锌做负极，发生氧化反应，故答案为：锌；氧化；

②Zn、Cu、硫酸构成的原电池中，金属铜做正极，正极反应是：2H++2e-→H2↑，故答案为：2H++2e-→H2↑；

③根据电极反应：2H++2e-→H2↑；产生3.36L即0.15mol标准状况下的氢气，转移电子数为：0.3mol，故答案为：0.3．

【解析】【答案】（1）自发的氧化还原反应才能设计成原电池；

（2）①原电池中；活泼金属做负极，发生氧化反应；

②原电池的正极发生得电子的还原反应；

③根据电极反应和转移的电子情况来计算。

19、略

【分析】试题分析：根据物质的量与摩尔质量、质量的关系，气体摩尔体积的计算和微粒数与物质的量、阿伏伽德罗常熟的关系进行计算：氢气的物质的量为2mol，质量为4g，氢气分子数为2NA，氢原子数为4NA，标准状况下的体积为44.8L；甲烷的物质的量为1.5mol，质量为24g，分子数为1.5NA，原子数为1.5NA×5=7.5NA，标准状况下的体积为33.6L；水的物质的量为1mol，质量为18g，分子数为1NA，原子数为1NA×3=3NA，水常温下是非气体，其体积约为18mL．综上分析，可知：含分子数最多的是①，含原子数最多的是②，质量最大的是②，体积最小的是③．答案为：①；②；②；③。考点：考查物质的量与摩尔质量、质量的关系，气体摩尔体积、微粒数、物质的量、阿伏伽德罗常数计算。【解析】【答案】①、②、②、③20、略

【分析】解：Ⅰ．(1)NaHSO4是强电解质，能完全电离出Na+、H+、SO42-，即NaHSO4=Na++H++SO42-；

故答案为：NaHSO4=Na++H++SO42-；

(2)假设SO42-的物质的量为1mol，则NaHSO4溶液中含有1molSO42-，1molH+，向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-刚好沉淀完全时，需要1molBa(OH)2，即加入的Ba2+为1mol，OH-为2mol，由于H+为1mol，则需要OH-1mol，OH-过量，反应的离子方程式为H++SO42++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O；

故答案为：H++SO42++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O；

(3)向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当氢离子恰好被完全中和时溶液为中性，所以化学方程式为Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O；

故答案为：Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O；

Ⅱ．(4)标准状况下，气体的物质