2024年华师大新版高一化学上册月考试卷含答案

…………○…………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上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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7题，共14分)1、136C-NMR（核磁共振）可用于含碳化合物的结构分析，136C表示的含义错误的是（）A.与126C互为同位素B.表示碳元素的一种核素C.质量数是13，核内有6个中子D.原子序数是6，核内有7个中子2、在rm{1LNa_{2}SO_{4}}和rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}的混合溶液中，测得rm{Al^{3+}}浓度为rm{0.1mol/L}加入rm{1L0.3mol/L}的rm{BaCl_{2}}溶液，恰好使完全沉淀，则原混合溶液中rm{Na^{+}}的浓度为A.rm{0.6mol/L}B.rm{0.45mol/L}C.rm{0.3mol/L}D.rm{0.15mol/L}3、配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，使配得的溶液浓度偏大的是rm{(}rm{)}A.容量瓶中原有少量蒸馏水B.溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯C.定容时观察液面俯视D.定容时倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于标线，再补几滴水到标线4、除去下列物质中少量杂质的方法正确的是A.除去CO2中混有的HCl：用饱和碳酸钠溶液洗气B.除去KCl溶液中混有的K2SO4：加入过量BaCl2溶液，过滤C.除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入过量铁粉，过滤D.除去NaHCO3中混有的Na2CO3：用加热法5、下列提纯物质的方法正确的是[A.除去Mg粉中的Al粉：加入足量NaOH溶液后，过滤、洗涤B.除去BaCO3固体中混有的BaSO4：加入过量盐酸后，过滤、洗涤C.除去CO中混有的CO2：用足量NaOH洗气D.除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀硝酸后，过滤、洗涤6、两种金属混合物粉末15g，与足量的盐酸反应时生成标准状况下11.2L氢气，符合上述情况的金属混合物是（）A.Zn、FeB.Zn、AgC.Al、CuD.Mg、Al7、由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物23g，与足量的盐酸反应产生的氢气标准状况下为22.4L，则两种金属组成的混合物可能是（）A.锌与镁B.铁与锌C.铝与铁D.镁与铁评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、X、Y、Z三种元素的离子结构都和Ar具有相同的电子层排布。H2在X单质中燃烧，产生苍白色火焰；Y元素的气态氢化物是H2Y，其最高价氧化物中Y的质量分数为40%；Z元素和氮元素在同一族。(1)根据以上条件，推断X____，Y____，Z____（填写元素名称）；（2）写出它们的最高价氧化物的水化物的化学式X____，Y____，Z____。9、为了探究外界条件对该反应化学反应速率的影响，某研究小组进行了以下实验：以HCl和碳酸钙的反应为研究对象，实验方案与数据记录如下表，（t表示收集amLCO2所需的时间．

。序号反应。

温度/℃c（HCl）/

mol•L-1v（HCl）

/mL碳酸钙的形状t/min120210块状t1220210粉末t2320410粉末t3440210粉末t4（1）设计实验1和实验2的目的是研究______对化学反应速率的影响．

（2）为研究温度对化学反应速率的影响，可以将实验______和实验______（填序号）作对比．

（3）将实验2和实验3作对比，t2______t3（填“＞”、“＜”或“=”）．10、科学家发现：具有rm{2}rm{8}rm{20}rm{28}rm{50}rm{82}rm{114}rm{126}等数目的质子或中子的原子核具有特别的稳定性，并将这些偶数称为“幻数”，而具有双幻数的rm{rlap{_{2}}{^{4}}He}rm{rlap{_{28}}{^{56}}Ni}rm{rlap{_{50}}{^{132}}Sn}rm{rlap{_{82}}{^{208}}Pb}等尤为稳定。根据此信息回答下列问题：

rm{(1)}写出前两种质子数为“幻数”时的元素原子的结构示意图，并标明元素符号：写出前两种质子数为“幻数”时的元素原子的结构示意图，并标明元素符号：rm{(1)}

___________________________，___________________________。已知氧有三种同位素rm{(2)}已知氧有三种同位素rm{(2)}rm{rlap{_{8}}{^{16}}}rm{O}rm{O}rm{rlap{_{8}}{^{17}}}根据上述“幻数”规律，氧的同位素中原子核最稳定的是_____________________________。

rm{O}rm{O}根据现有元素周期律推算，rm{rlap{_{8}}{^{18}}}rm{O}根据上述“幻数”规律，氧的同位素中原子核最稳定的是_____________________________。位于元素周期表的位置：第_______周期第______族。核稳定性rm{O}________rm{(3)}根据现有元素周期律推算，rm{(3)}填“rm{rlap{_{114}}{^{298}}}”、“rm{R}位于元素周期表的位置：第_______周期第______族。核稳定性”或“rm{R}”rm{rlap{_{114}}{^{298}}}rm{R}________11、周期表前rm{20}号中的五种常见元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}原子序数依次减小，其中rm{A}是前rm{20}号元素中最活泼的金属元素，且rm{A}rm{B}rm{C}三种原子最外层共有rm{10}个电子，且这rm{3}种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应，rm{D}的气态氢化物能被其最高价氧化物对应水化物吸收生成盐，rm{E}元素原子最外层电子数是次外层电子数的rm{2}倍．

rm{(1)}写出下列元素名称：

rm{A}______，rm{B}______，rm{C}______，rm{D}______，rm{E}______

rm{(2)}写出rm{A}rm{B}rm{C}三种元素的最高价氧化物对应水化物两两之间发生反应的化学方程式：

rm{垄脵}______；rm{垄脷}______．

rm{(3)}比较rm{D}rm{E}的最高价氧化物的水化物的酸性：______rm{(}用化学式及”rm{<}”或”rm{>}”表示rm{)}12、洪灾过后；饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一．漂白粉是常用的消毒剂．

（1）工业上将氯气通入石灰乳[Ca（OH）2]制取漂白粉，化学反应方程式为____．

（2）漂白粉的有效成分是（填化学式）____．

（3）漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为____．13、实验室欲用NaOH固体配制1.0mol•L-1的NaOH溶液240mL：

（1）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倒转摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却。

其正确的操作顺序为____．本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有____．

（2）某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图．烧杯的实际质量为____g，要完成本实验该同学应称出____gNaOH．

（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是____．

（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是____．

①没有洗涤烧杯和玻璃棒。

②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面。

③容量瓶不干燥；含有少量蒸馏水。

④定容时俯视刻度线。

⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容。

⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线．14、铁是重工业的支柱材料．

（1）用赤铁矿在高炉中冶炼铁的化学原理为：（用化学方程式表示）____；

（2）每年有大量的钢铁被腐蚀，电化腐蚀是主要方式，钢铁电化腐蚀____和____两种，用电极方程式表示它们的不同点：____；

（3）在灼热的银白色铁屑中通水蒸汽片刻，铁屑变黑就停止反应，用过量盐酸使固体完全溶解，试分析所得溶液中的阳离子：一定存在的有：____；可能存在的有：____；

（4）Fe（OH）3难溶于水，在25℃时，其Ksp=2.79×10﹣39，该温度下，用酸溶解Fe（OH）3的离子方程式为：Fe（OH）3（s）+3H+（aq）⇌Fe3+（aq）+3H2O（l），则该反应的平衡常数____．15、向碳酸钠的浓溶液中逐滴加入稀盐酸，直到不再生成二氧化碳气体为止，则在此过程中，溶液中碳酸氢根离子滚度的变化趋势是______．16、按要求写出下列物质对应的式子rm{(}画了斜线的空格不写rm{)}。名称分子式结构式结构简式乙烯________rm{backslash}丙烯____rm{backslash}

______乙炔rm{backslash}________

异丁烷____

rm{backslash}______评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)17、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）18、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）19、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）20、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．21、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化22、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。23、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）24、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、结构与性质(共1题，共10分)25、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。_______评卷人得分五、探究题(共2题，共8分)26、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27、水蒸气通过灼热的焦炭后得到的混合气体有哪些成分？某化学兴趣小组在老师的指导下；对此进行了实验探究．

【提出猜想】

①该混合气体只含有一氧化碳；氢气。

②该混合气体含有一氧化碳；二氧化碳、氢气和水蒸气。

③该混合气体只含有二氧化碳；氢气和水蒸气。

④该混合气体只含有一氧化碳；二氧化碳和氢气。

【查阅资料】

a．无水硫酸铜遇水由白色变为蓝色．

b．碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物．

c．浓硫酸具有强烈的吸水性；常用作某些气体的干燥剂。

【实验过程】同学们在老师的指导下设计了如下图所示装置；并进行了实验（部分夹持仪器已略去）．

（1）装置A中无水硫酸铜变蓝，装置B中澄清石灰水变浑浊，由此得出的结论为混合气体中有______．B中变化的化学方程式为______．

（2）装置C中的药品为足量的烧碱溶液，其作用为______．

（3）E中氧化铜变红、F中无水硫酸铜变蓝、G中澄清石灰水变浑浊，说明混合气体中还存在的气体是______；E中的变化说明氧化铜具有______性．（填“氧化”或“还原”）

【实验结论】

（4）上述四种猜想中，猜想______（填序号）是正确的．

【实验反思】

（5）经过讨论，同学们将上图中装置C～H进行了简化，只用如图所示装置并自选必要试剂就能完成探究．其中，干燥管中碱石灰的作用为______，烧杯上能观察到的现象是______．最后一步的实验操作及现象是______．评卷人得分六、推断题(共2题，共16分)28、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}中都含有一种过渡金属元素，rm{C}为不溶于水的白色固体，rm{E}为不溶于水的红褐色固体，rm{G}为黄绿色的气体，它们存在如图所示的转化关系。rm{(1)}工业上制取rm{G}气体的化学方程式____。rm{(2)}检验rm{D}溶液中的金属阳离子时常用到一种盐溶液，反应的离子方程式为____。rm{(3)C隆煤E}的化学方程式为____________。rm{(4)}若rm{F}与rm{A}为同一种物质，rm{F}与rm{D}的水溶液反应的离子方程式为____。29、原子序数由小到大排列的四种短周期元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}其中rm{X}rm{Z}rm{W}与氢元素可组成rm{XH_{3}}rm{H_{2}Z}和rm{HW}共价化合物；rm{Y}与氧元素可组成rm{Y_{2}O}和rm{Y_{2}O_{2}}离子化合物。rm{(1)Y_{2}O_{2}}中含有的化学键是_______________。rm{(2)}用电子式表示rm{Y_{2}O}的形成过程：____________________________________。rm{(3)}由rm{X}rm{W}组成的化合物分子中，rm{X}rm{W}原子的最外层均达到rm{8}电子稳定结构，该化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物，试写出反应的化学方程式：___________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】解：A．126C与136C质子数均为6；中子数分别为6；7，均属碳元素的不同核素，互为同位素，故A正确；

B．613C的质子数为6；所以是碳元素的一种原子，即是碳元素的一种核素，故B正确；

C．613C的质子数为6；质量数为13，所以原子序数为6，中子数为13-6=7，故C错误；

D．613C的质子数为6；质量数为13，所以原子序数为6，中子数为13-6=7，故D正确．

故选C．

A．质子数相同；而中子数不同的原子互为同位素；

B．核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；

C．中子数=质量数-质子数；

D．元素符号的左下角为质子数．

本题考查核素的表示方法和质量数与质子数、中子数之间的关系，涉及质量数A=质子数Z+中子数N、核外电子数=质子数=核电荷数=原子序数的应用，同位素和同素异形体的辨析，难度不大．【解析】【答案】C2、C【分析】【分析】本题考查离子方程式计算、物质的量浓度的计算等，注意电荷守恒的运用，难度不大。【解答】假设溶液体积均为rm{1L}rm{Ba^{2+}}离子物质的量为rm{1L隆脕0.3mol/L=0.3mol}混合溶液中加入rm{BaCl_{2}}恰好使溶液中的rm{SO_{4}^{2-}}离子完全沉淀；则：

rm{SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}篓TBaSO_{4}隆媒}

rm{0.3mol}rm{0.3mol}rm{c(S{{O}_{4}}^{2-})=dfrac{0.3mol}{1L}=0.3mol/L}又溶液不显电性，则有rm{c(S{{O}_{4}}^{2-})=

dfrac{0.3mol}{1L}=0.3mol/L}故rm{3n(Al^{3+})+c(Na^{+})=2c(SO_{4}^{2-})}

解得rm{0.1mol/L隆脕3+c(Na^{+})=0.3mol/L隆脕2}故C正确。

故选C。

rm{c(Na^{+})=0.3mol/L}【解析】rm{C}3、C【分析】解：rm{A.}容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液的体积无影响，根据rm{c=dfrac{n}{V}}分析配得的溶液浓度不变；故A错误；

B.溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，导致溶质的质量减小，溶质的物质的量减小，根据rm{c=dfrac{n}{V}}分析配得的溶液浓度减小；故B错误；

C.定容时观察液面俯视，溶液的液面低于刻度线，导致溶液的体积偏小，根据rm{c=dfrac{n}{V}}分析配得的溶液浓度偏大；故C正确；

D.定容时倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于标线，再补几滴水到标线，过会儿滞留在刻度线以上溶液会下落，导致溶液的体积偏大，根据rm{c=dfrac{n}{V}}分析配得的溶液浓度偏小；故D错误；

故选：rm{C}．

根据rm{c=dfrac{n}{V}}分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．

本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制的误差分析，注意从rm{c=dfrac{n}{V}}分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．【解析】rm{C}4、C【分析】试题分析：A、饱和碳酸钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，将原物质除掉，不符合除杂原则，故A错误；B、用氯化钡除去氯化钾中的硫酸钾，会带入新的杂质氯化钡，能除去杂质但引入了新的杂质氯化钡，不符合除杂原则，故B错误；C、铁粉不与氯化亚铁反应，能与氯化铁反应生成氯化亚铁，故C正确；D、NaHCO3受热分解为Na2CO3，原物质被除去，故D错误。考点：物质的分离、提纯和除杂【解析】【答案】C5、A|C【分析】试题分析：A、Al与NaOH反应，而Mg不能，则加入足量NaOH溶液后，过滤、洗涤可除去Mg粉中的Al粉，A正确；B、BaCO3与盐酸反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，B错误；C、CO2与NaOH溶液反应，而CO不能，则用足量NaOH洗气可除去CO中混有的CO2，C正确；D、Cu、CuO均与稀硝酸反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，D错误；答案选AC。考点：考查物质的分离提纯。【解析】【答案】AC6、C【分析】【解答】解：11.2L氢气的物质的量为：n==0.5mol，假设金属都为+2价，则金属混合物的平均摩尔质量为：=30g/mol；A．Zn的相对分子质量为65，Fe的相对原子质量为56，平均摩尔质量大于30g/mol，故A错误；

B．Zn的相对分子质量为65；Ag与盐酸不反应，生成0.5mol氢气所以Zn的质量为0.5mol×65g/mol=32.5g，大于15g，不符合题意，故B错误；

C．当Al的化合价为+2价时，可看成其摩尔质量为：×2=18g/mol；铜不反应，生成0.5mol氢气需要铝9g，若铜的质量为6g，则15g二者的化合物完全反应生成0.5mol氢气，符合要求，故C正确；

D．Mg的相对原子质量为24，当Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为：×2=18g/mol；镁和铝的摩尔质量都小于30g/mol，故D错误；

故选C．

【分析】假设金属都为+2价，根据摩尔质量的表达式M=计算金属混合物的平衡摩尔质量，利用平均值法对各选项进行判断，注意金属铝转化成+2价时的摩尔质量为：×2=18g/mol．7、C【分析】解：若均为+2价金属，与盐酸反应氢气，存在M～H2↑，n（H2）==1mol，则金属的平均相对摩尔质量为=23g/mol；

A．Zn；Mg的相对原子质量分别为65、24；均大于23，故A不选；

B．Fe；Zn的相对原子质量分别为56、65；均大于23，故B不选；

C．Al转化为+2价时其相对原子质量为27×=18；Fe的相对原子质量为56，则平均值可为23，故C选；

D．Mg；Fe的相对原子质量分别为24、56；均大于23，故D不选；

故选C．

若均为+2价金属，与盐酸反应氢气，存在M～H2↑，n（H2）==1mol，则金属的平均相对摩尔质量为=23g/mol；结合平均值法来解答．

本题考查金属与酸的反应，为高频考点，把握+2价金属与酸反应的规律及平均值为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意平均值法的应用，题目难度不大．【解析】【答案】C二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】【解析】试题分析：H2在X单质中燃烧，产生苍白色火焰，推出X是氯，Z元素和氮元素在同一族，可推出Z是磷。Y元素的气态氢化物是H2Y，可能Y为硫，其最高价氧化物中Y的质量分数为40%，可确定Y为硫。X、Y、Z对应的最高价氧化物的水化物的化学式为HClO4、H2SO4、H3PO4考点：元素推断【解析】【答案】(1)氯硫磷（2）HClO4H2SO4H3PO49、略

【分析】解：（1）实验1和实验2主要是碳酸钙的形状不同；则实验目的为实验1和实验2是研究碳酸钙的形状或固体形状不同，即表面积大小对化学反应速率的影响；

故答案为：固体表面积；

（2）实验2和实验4其他条件都相同；只有温度不同，故答案为：2；4；

（3）试验2和实验3相比较；试验3总的盐酸浓度大，反应速率大，所用时间短；故答案为：＞．

（1）实验1和实验2主要是碳酸钙的形状不同；

（2）实验2和实验4其他条件都相同；只有温度不同；

（3）试验2和实验3相比较；试验3总的盐酸浓度大，反应速率大，所用时间短．

本题主要考查了影响化学反应速率的因素的探究，同学们要认真分析实验步骤设计中的对比，要前后联系，抓住要改变的条件，问题就会迎刃而解，本考点主要出现在实验题中．【解析】固体表面积；2；4；＞10、（1）HeO

（2）O

（3）七IVA>【分析】【分析】本题考查核素、元素周期表的结构及其应用、原子结构示意图等知识点，题目难度不大。【解答】rm{(1)}质子数为rm{2}的元素为rm{He}质子数为rm{8}的元素为rm{O}，它们的原子结构示意图分别为：rm{He:}rm{O:}故答案为：rm{He:}rm{O:}rm{(2)overset{16}{8}O}的质子数为rm{8}中子数为rm{8}具有双幻数的原子尤为稳定，所以氧的同位素中原子核最稳定的是rm{overset{16}{8}O}故答案为：rm{overset{16}{8}O}rm{(3)}原子序数为rm{2}rm{10}rm{18}rm{36}rm{54}rm{86}rm{118}分别对应元素为第一、二、三、四、五、六、七周期的rm{0}族元素，rm{114}号可看成在rm{118}号元素的位置再往前数四个位置，即rm{114}号元素所在的位置，它为第七周期第原子序数为rm{(3)}rm{2}rm{10}rm{18}rm{36}rm{54}rm{86}分别对应元素为第一、二、三、四、五、六、七周期的rm{118}族元素，rm{0}号可看成在rm{114}号元素的位置再往前数四个位置，即rm{118}号元素所在的位置，它为第七周期第rm{114}族，rm{IVA}rm{overset{298}{114}}的质子数为rm{R}的质子数为rm{114}中子数为rm{184}具有双幻数，rm{overset{289}{114}}中子数为rm{R}具有双幻数，rm{114}rm{184}的质子数为rm{overset{289}{114}}中子数为rm{R}不具有双幻数，所以rm{overset{298}{114}R>overset{289}{114}R}故答案为：七；rm{114}rm{115}rm{overset{298}{114}

R>overset{289}{114}R}【解析】rm{(1)He}rm{O}rm{(2)overset{16}{8}O}rm{(3)}七rm{IVA}rm{>}11、略

【分析】解：周期表前rm{20}号中的五种常见元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}原子序数依次减小，其中rm{A}是前rm{20}号元素中最活泼的金属元素，则rm{A}为rm{K}元素；且rm{A}rm{B}rm{C}三种原子最外层共有rm{10}个电子，且这rm{3}种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应，则rm{C}为rm{Al}元素，rm{B}元素的最外层电子数为rm{10-3-1=6}所以rm{C}为rm{S}元素；rm{D}的气态氢化物能被其最高价氧化物对应水化物吸收生成盐，所以rm{D}为rm{N}元素；rm{E}元素原子最外层电子数是次外层电子数的rm{2}倍，rm{E}有两个电子层，rm{K}层有rm{2}个电子，rm{L}层有rm{4}个电子，则电子总数为rm{6}即rm{E}为rm{C}元素；

rm{(1)}由分析可知，各元素名称为：rm{A}为钾；rm{B}为硫；rm{C}为铝；rm{D}为氮；rm{E}为碳；

故答案为：钾；硫，铝，氮，碳；

rm{(2)A}rm{B}rm{C}三种元素的最高价氧化物对应水化物分别为rm{KOH}rm{H_{2}SO_{4}}rm{Al(OH)_{3}}rm{Al(OH)_{3}}与rm{KOH}反应生成偏铝酸钾和水，反应方程式为：rm{Al(OH)_{3}+KOH篓TKAlO_{2}+2H_{2}O}rm{H_{2}SO_{4}}与rm{Al(OH)_{3}}反应生成硫酸铝和水，反应方程式为：rm{2Al(OH)_{3}+3H_{2}SO_{4}篓TAl_{2}(SO_{4})_{3}+6H_{2}O}

故答案为：rm{Al(OH)_{3}+KOH篓TKAlO_{2}+2H_{2}O}rm{2Al(OH)_{3}+3H_{2}SO_{4}篓TAl_{2}(SO_{4})_{3}+6H_{2}O}

rm{(3)}元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：rm{N>C}则酸性：rm{HNO_{3}>H_{2}CO_{3}}

故答案为：rm{HNO_{3}>H_{2}CO_{3}}．

周期表前rm{20}号中的五种常见元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}原子序数依次减小，其中rm{A}是前rm{20}号元素中最活泼的金属元素，则rm{A}为rm{K}元素；且rm{A}rm{B}rm{C}三种原子最外层共有rm{10}个电子，且这rm{3}种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应，则rm{C}为rm{Al}元素，rm{B}元素的最外层电子数为rm{10-3-1=6}所以rm{C}为rm{S}元素；rm{D}的气态氢化物能被其最高价氧化物对应水化物吸收生成盐，所以rm{D}为rm{N}元素；rm{E}元素原子最外层电子数是次外层电子数的rm{2}倍，rm{E}有两个电子层，rm{K}层有rm{2}个电子，rm{L}层有rm{4}个电子，则电子总数为rm{6}即rm{E}为rm{C}元素；结合元素化合物知识来解答．

本题考查位置、结构及性质的应用，把握元素在周期表的位置、元素化合物知识为解答的关键，注意电子排布的应用及氢氧化铝的两性，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大．【解析】钾；硫；铝；氮；碳；rm{Al(OH)_{3}+KOH篓TKAlO_{2}+2H_{2}O}rm{2Al(OH)_{3}+3H_{2}SO_{4}篓TAl_{2}(SO_{4})_{3}+6H_{2}O}rm{HNO_{3}>H_{2}CO_{3}}12、略

【分析】

（1）氯气与碱反应生成金属氯化物和次氯酸盐，工业上将氯气通入石灰乳[Ca（OH）2]制取漂白粉；氯气和石灰乳。

[Ca（OH）2]反应生成氯化钙和次氯酸钙以及水，方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；

故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；

（2）次氯酸盐是漂白杀毒剂的有效成分，漂白粉的有效成份是Ca（ClO）2，故答案为：Ca（ClO）2；

（3）漂白粉的漂白原理是：次氯酸钙与空气中的水和CO2作用生成的次氯酸是一种很好的杀菌消毒剂；反应方程式如下：

Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO．

【解析】【答案】（1）工业上将氯气通入到石灰乳中在制取漂白粉；氯气与碱反应生成金属氯化物和次氯酸盐；

（2）次氯酸盐是漂白杀毒剂的有效成分；

（3）次氯酸钙可以和空气中的水及二氧化碳反应生成具有漂白作用的次氯酸．

13、略

【分析】

（1）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，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：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；

故答案为：②①③⑧⑤⑥⑦④；250mL容量瓶；

（2）因天平的称量原理：左盘物体的质量=右盘物体的质量+游码的读数；所以烧杯的实际质量为27.4g；

因配制溶液的体积为240ml，而容量瓶的规格没有240ml，只能选用250ml，NaOH的质量m=cvM=1.0mol•L-1×0.25L×40g/mol=10.0g；

故答案为：27.4；10.0；

（3）因使用容量瓶前必须进行的一步操作是检查容量瓶是否漏水；故答案为：检查容量瓶是否漏水；

（4）①没有洗涤烧杯和玻璃棒；溶质的质量减少，浓度偏小，故①错误；

②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面；溶质的质量减少，浓度偏小，故②错误；

③容量瓶不干燥；含有少量蒸馏水，溶液的体积不变，浓度不变，故③错误；

④定容时俯视刻度线；溶液的体积偏小，浓度偏高，故④正确；

⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容；冷却下来溶液的体积偏小，浓度偏高，故⑤正确；

⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀；静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏小，故⑥错误；

故答案为：④⑤．

【解析】【答案】（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；

（2）根据天平的称量原理；根据m=nM=cvM计算溶质NaOH的质量；

（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是检漏；

（4）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．

14、Fe2O3+3CO2Fe+3CO2吸氧腐蚀、析氢腐蚀吸氧正极：2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣析氢正极：2H++2e﹣=H2Fe2+、H+Fe3+2.79×103【分析】【解答】（1）用赤铁矿在高炉中冶炼铁的化学原理为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2

（2）钢铁电化腐蚀吸氧和析氢两种，用电极方程式为：吸氧正极：2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣；析氢正极：2H++2e﹣=H2；故答案为：吸氧腐蚀、析氢腐蚀；吸氧正极：2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣；析氢正极：2H++2e﹣=H2；

（3）铁和水蒸气反应，产物为四氧化三铁和氢气，加入过量盐酸，固体完全溶解，必发生反应：Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O，所以所得溶液中存在的阳离子是一定有Fe2+、H+，四氧化三铁黑色固体中可能含有过量的铁，可能将三价铁离子全部转化成二价铁离子，Fe+2Fe3+═3Fe2+，所以所得溶液中存在的阳离子是一定有Fe2+、H+，可能有Fe3+；

故答案为：Fe2+、H+；Fe3+；

（2）Ksp【Fe（OH）3】=c（Fe3+）•c3（OH﹣）=2.79×10﹣39，水解平衡常数Kh=故Ksp[Fe（OH）3]×=（kw）3=（10﹣14）3=10﹣42，所以Kh==2.79×103；

答该反应的平衡常数为：2.79×103；

【分析】（1）用赤铁矿在高炉中冶炼铁的化学原理为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；

（2）钢铁电化腐蚀吸氧和析氢两种，用电极方程式为：吸氧正极：2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣；析氢正极：2H++2e﹣=H2；

（3）产物四氧化三铁中有+2价的铁和+3价的铁；还有可能有过量的铁；

（4）Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•c3（OH﹣），水解平衡常数Kh=故Ksp[Fe（OH）3]×=（kw）3，据此计算；15、略

【分析】解：碳酸钠为二元弱酸对应的正盐，逐滴加入盐酸，先发生反应生成酸式盐，反应的离子方程式为：rm{CO_{3}^{2-}+H^{+}篓THCO_{3}^{-}}此时溶液中的碳酸氢根离子浓度逐渐增大，当完全生成碳酸氢根离子时，继续反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}篓TH_{2}O+CO_{2}隆眉}溶液中的碳酸氢根离子浓度又逐渐减小；

故答案为：先逐渐增大；而后减小．

碳酸钠为二元弱酸对应的正盐；逐滴加入盐酸，先发生反应生成酸式盐，再生成二氧化碳气体和水．

本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意有关物质的性质以及相关基础知识的积累，把握反应的先后顺序为解答的关键．【解析】先逐渐增大，而后减小16、略

【分析】解：乙烯的分子式为rm{C_{2}H_{4}}分子中碳原子与碳原子通过两对共用电子对相连接，碳原子与氢原子通过一对共用电子对相连接，所以结构式

丙烯分子式为rm{C_{3}H_{6}}分子中rm{2}个碳原子与碳原子通过碳碳双键连接，一个碳原子以单键和碳原子连接，结构简式为：rm{CH_{3}-CH=CH_{2}}

乙炔分子式rm{C_{2}H_{2}}分子中含一个碳碳三键，碳原子分别和一个氢原子连接，结构式为：rm{H-C隆脭C-H}结构简式rm{CH隆脭CH}

异丁烷分子式rm{C_{4}H_{10}}是烷烃主链有三个碳原子，第二个碳原子上有一个甲基，结构简式rm{CH_{3}CH(CH_{3})CH_{3}}

故答案为：。名称分子式结构式结构简式乙烯rm{C_{2}H_{4}}rm{backslash}丙烯rm{C_{3}H_{6}}rm{backslash}rm{CH_{3}-CH=CH_{2}}乙炔rm{backslash}rm{H-C隆脭C-H}rm{CH隆脭CH}异丁烷rm{C_{4}H_{10}}rm{backslash}rm{CH_{3}CH(CH_{3})CH_{3}}

根据乙烯分子式为rm{C_{2}H_{4}}分子中碳原子与碳原子通过两对共用电子对相连接，碳原子与氢原子通过一对共用电子对相连接，然后根据分子式；结构式的书写方法来写；

丙烯分子式为rm{C_{3}H_{6}}分子中rm{2}个碳原子与碳原子通过碳碳双键连接；一个碳原子以单键和碳原子连接，然后根据分子式；结构式的书写方法来写；

乙炔分子式rm{C_{2}H_{2}}分子中含一个碳碳三键，碳原子分别和一个氢原子连接；

异丁烷分子式为rm{C_{4}H_{10}}是烷烃主链有三个碳原子，第二个碳原子上有一个甲基；

本题主要考查了分子式、结构式、结构简式的书写，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．【解析】rm{C_{2}H_{4}}rm{C_{3}H_{6}}rm{CH_{3}-CH=CH_{2}}rm{H-C隆脭C-H}rm{CH隆脭CH}rm{C_{4}H_{10}}rm{CH_{3}CH(CH_{3})CH_{3}}三、判断题(共8题，共16分)17、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．18、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．19、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol20、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．21、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；22、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．23、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．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共价键的数目四、结构与性质(共1题，共10分)25、略

【分析】【分析】

（1）本实验是由实验①做对比实验探究影响反应速率的因素，所以在设计分组实验时，要设计出分别只有浓度、温度和接触面积不同时反应速率的变化，从而找出不同外界因素对反应速率的影响。由于实验①和实验②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，实验①和实验③探究温度对该反应速率的影响，故实验③的温度选择308K，实验①和实验④探究接触面积对该反应速率的影响，故实验④选择细颗粒的大理石；

（2）依据装置特点分析气密性的检查方法；

（3）化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。根据图像可以计算出70至90s内生成的CO2的体积；然后根据反应式可计算出消耗的硝酸的物质的量，最后计算其反应速率；

（4）根据反应物的用量计算生成CO2的最大质量；根据影响反应速率的因素比较实验②；③和④反应速率大小；以此判断曲线斜率大小，画出图像；

【详解】

（1）由实验目的可知；探究浓度；温度、接触面积对化学反应速率的影响，则实验①②的温度、大理石规格相同，只有浓度不同，实验①③中只有温度不同，实验①④中只有大理石规格不同；

故答案为（从上到下；从左到右顺序）：298；粗颗粒；1.00；308；粗颗粒；2.00；298；细颗粒；2.00；

（2）该装置的气密性的检查方法是：关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的质量为：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根据方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物质的量为：n(HNO3)=＝mol；

③溶液体积为25mL＝0.025L，所以HNO3减少的浓度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反应的时间t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范围内的平均反应速率为：

v(HNO3)＝Δc(HNO3)/t＝=mol·L－1·S－1=0.009mol·L－1·S－1

（4）实验②、③和④所用大理石的质量均为10.00g，其物质的量为=0.1mol，实验①、③和④所用硝酸的量相同均为：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的质量按硝酸计算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，实验②所用硝酸的量为1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石过量，反应生成的CO2的质量为0.025mol×44g/mol=0.55g；

实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，且HNO3浓度①>②，浓度越大，反应越快，故曲线斜率①>②；

实验①和③探究温度对该反应速率的影响，且温度③高于①，温度越高反应越快，故曲线斜率③>①；

实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响，且实验④为细颗粒，实验①为粗颗粒，颗粒越小，表面积越大，反应越快，故反应速率④>①，故曲线斜率④>①；

根据以上特征；画出图像如下：

【点睛】

本题考查了化学反应速率的影响因素，注意对题给信息的分析是处理是解答的关键，注意控制变量的实验方法的理解和掌握。【解析】298粗颗粒1.00308粗颗粒2.00298细颗粒2.00关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1五、探究题(共2题，共8分)26、略

【分析】考查外界条件对反应速率的影响。在其它条件不变的情况下，增多反应物浓度或升高温度或增大反应物的接触面积或使用催化剂均能加快反应速率。根据实验中的数据可知①②硝酸的浓度不同，所以是探究浓度对反应速率的影响的。①③中温度不同，所以探究的是温度对反应速率对影响。①④中固体的表面积不同，所以探究的是固体颗粒大小对反应速率影响的。【解析】【答案】（1）浓度；（2）温度；（3）固体颗粒大小27、略

【分析】解：（1）由无水硫酸铜遇水变蓝和澄清石灰水遇二氧化碳变浑浊的特点可知，混合气体中有水蒸气和二氧化碳；装置B中澄清石灰水与二氧化碳反应的化学式是：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O．

（2）C装置中应是氢氧化钠溶液；目的是吸收混合气体中的二氧化碳．

（3）E中氧化铜变红；说明有一氧化碳气体或氢气或二者的混合气体；F中无水硫酸铜变蓝，说明有氢气，因为氢气还原氧化铜可生成水；G中澄清石灰水变浑浊，说明有一氧化碳气体，因为一氧化碳还原氧化铜可生成二氧化碳；同时E中的变化说明，氧化铜具有氧化性．

【实验结论】根据以上实验可知；混合气体中有氢气；一氧化碳、水蒸气、二氧化碳，故猜想②正确．

【实验反思】碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物；其中的氢氧化钠固体可吸收二氧化碳，氧化钙可吸收水蒸气．因为还有氢气和一氧化碳，所以烧杯壁上有小水珠（或水雾），因氢气燃烧生成水；最后迅速将小烧杯倒转，并向其中倒入澄清石灰水，石灰水变浑浊．因一氧化碳燃烧生成了二氧化碳．

故答案为：（1）水蒸气和二氧化碳；Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O；（2）除去过量的CO2；（3）氢气和一氧化碳；氧化；（4）②；（5）除去混合气体中的水蒸气和二氧化碳；有水珠（或水雾）；迅速将小烧杯倒转；并向其中倒入澄清石灰水，石灰水变浑浊．

（1）根据无水硫酸铜遇水变蓝和澄清石灰水遇二氧化碳变浑浊；判断混合气体中的气体；并根据记忆写出石灰水与二氧化碳的反应式；

（2）CD装置应是除去（1）中所验证的气体；

（3）根据E中氧化铜变红；F中无水硫酸铜变蓝、G中澄清石灰水变浑浊；判断混合气体中其余气体；

【实验结论】根据以上的实验结论对号即可；

【实验反思】根据碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物做出判断；根据剩余的氢气和一氧化碳可以燃烧判断烧杯中的现象和最后一步实验操作．

本题以实验探究的形式考查常见气体氢气、一氧化碳、二氧化碳和水蒸气的性质，同学们要具有综合的化学知识才能做好此题．【解析】水蒸气和二氧化碳；Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O；除去过量的CO2；氢气和一氧化碳；氧化；②；除去混合气体中的水蒸气和二氧化碳；有水珠；迅速将小烧杯倒转，并向其中倒入澄清石灰水，石灰水变浑浊六、推断题(共2题，共16分)28、（1））1）＋＋（2）Fe3＋＋3SCN－＝Fe(SCN)3－＝2Fe3）3SCN＋Fe(SCN)3＋（3）4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3＝34Fe(OH)2）O2＋2H2O＋＝4Fe(OH)3＋（4）Fe＋2Fe3＋＝3Fe2＋4【分析】【分析】本题考查无机物的推断，涉及铁及其化合物以及氯气的性质，难度不大，注意根据题目所给物质的颜色结合反应关系推断。【解答】rm{G}为黄绿色的气体，则rm{G}为氯气，rm{E}为不溶于水的红褐色固体，rm{C}为不溶于水的白色固体，则rm{E}为氢氧化铁，rm{C}为氢