2025年北师大新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2025年北师大新版高一化学上册月考试卷423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、苯（）与乙烯相比较，下列叙述正确的是（）A.都能被酸性KMnO4氧化B.所有原子都在同一平面上C.都能使溴水因反应而褪色D.都容易发生取代反应2、能通过化学反应使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是①HI②氯化亚铁③甲苯④丙烯⑤SO2⑥焦炉气A.除①外B.除②外C.除③外D.除⑥外3、下列反应不属于氧化还原反应的是()A.rm{Cu_{2}S+O_{2}overset{赂脽脦脗}{=}2Cu+SO_{2}}B.rm{Cu_{2}S+O_{2}overset{赂脽脦脗}{=}2Cu+

SO_{2}}C.rm{NaHCO_{3}+HCl=NaCl+H_{2}O+CO_{2}}D.rm{H_{2}O+NaH=NaOH+H_{2}隆眉}rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O}4、有下列反应：2KMnO4+5K2SO3+3H2SO4══6K2SO4+2MnSO4+3H2O；在反应中还原产物和氧化产物的物质的量之比为（）

A.1：4

B.1：3

C.2：5

D.3：2

5、下列各组物质中，前者为强电解质，后者为弱电解质的是（）A.硫酸、硫酸镁B.碳酸、碳酸镁C.食盐、酒精D.碳酸氢钠、醋酸6、下列关于放射性气体氡22286Rn的说法正确的是()A.质量数为222B.中子数为86C.质子数为136D.核电荷数为2227、下列变化中，不需要破坏化学键的是（）A.氯化氢气体溶于水B.氯化钠溶于水C.加热氯酸钾使其分解D.碘升华8、短周期元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}它们的原子序数依次增大rm{.X}与rm{Z}同主族，并且原子序数之和为rm{20.Y}原子的质子数为rm{Z}原子的质子数的一半，rm{W}原子的最外层电子数比rm{Y}原子的最外层电子数多rm{2}个rm{.}下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.原子半径rm{Z>W>Y>X}B.rm{Y}的最高价氧化物对应的水化物可与其气态氢化物发生化合反应C.气态氢化物的稳定性rm{Z>W}D.rm{X}的气态氢化物与足量rm{W}单质在光照条件下反应生成物均为气体9、将一块严重锈蚀而部分变成铜绿rm{[Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}]}的铜块研磨成粉末，在空气中充分灼烧成rm{CuO}固体质量的变化情况不可能是rm{(}rm{)}A.增重rm{10%}B.增重rm{30%}C.不变D.减轻rm{20%}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、（6分）某硫酸厂以硫铁矿为原料生产硫酸，主要过程的化学反应情况如下：。生产过程化学反应反应情况硫铁矿的燃烧4+11O22Fe2O3+8SO24％的硫元素损失而混入炉渣SO2的接触氧化2SO2+O22SO3SO2转化率为95％SO3的吸收SO3+H2O=H2SO4SO3的吸收率为98％（1）将硫铁矿燃烧的化学方程式补充完整：4+11O22Fe2O3+8SO2（2）该厂现用100吨含硫40％的硫铁矿生产硫酸，可生产98％的浓H2SO4多少吨？（除上述硫的损失外，忽略其它损失）11、（8分）下表是周期表中的一部分，根据元素A—I在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：。ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01A2DEGI3Bm]CFH(1)表中元素，化学性质最不活泼的是，氧化性最强的单质是____，(2)最高价氧化物的水化物碱性最强的是，酸性最强的是；(3)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物中，最稳定的是；(4)在B、C、D、E、F、G、H中，原子半径最大的是.离子半径最大的是.写出AEH形成的一种盐(化肥)的电子式.12、填写下列空白：

rm{(1)}某元素的气态氢化物的化学式rm{XH_{4}}则其最高价氧化物对应的水化物的化学式为______．

rm{(2))}氧元素有三种核素rm{{,!}^{16}O}rm{{,!}^{17}O}rm{{,!}^{18}O}它们在自然界中所占的原子个数百分比分别为rm{a%}rm{b%}rm{c%}则氧元素的相对原子质量为______．

rm{(3)}物质的量相同的rm{H_{2}O}和rm{D_{2}O}与足量钠反应；放出的气体的质量之比为______．

rm{(4)X^{2-}}含中子rm{N}个，rm{X}的质量数为rm{A}则rm{1g}rm{X}的氢化物中含质子的物质的量是______rm{mol}．

rm{(5)}铷和另一种碱金属形成的合金rm{4.6g}与足量的水反应后，产生rm{0.2g}氢气，则此合金中另一碱金属可能是：______．13、溴苯是一种无色油状液体，实验室制取溴苯的化学方程式为______；分离溴苯和苯混合物的方法为______．14、燃料电池在生产、生活中用途广泛。rm{(1)}某种熔融碳酸盐燃料电池以rm{Li_{2}CO_{3}}rm{K_{2}CO_{3}}为电解质，rm{CH_{4}}为燃料，空气为氧化剂。该电池的工作原理如图所示。rm{a}处通入的气体为________；rm{CO_{3}^{2-}}向________rm{(}填“rm{M}”或“rm{N}”rm{)}极移动；正极的电极反应式为________。rm{(2)}已知rm{6NO_{2}+8NH_{3}=7N_{2}+12H_{2}O}利用该反应设计电池的装置如图所示。此方法既能有效清除废气中的氮氧化物，减轻环境污染，又能充分利用化学能。为使电池持续放电，离子交换膜需选用________rm{(}填“阳”或“阴”rm{)}离子交换膜；电极rm{A}的电极反应式为________；当有rm{4.48L(}已折算成标准状况下的体积rm{)NO_{2}}被处理时，转移的电子数为________。15、目前地球环境污染问题越来越严重，温室效应、臭氧层的破坏、光化学烟雾事件、酸雨的形成、有毒物质的污染等问题已受到世界各国普遍关注和研究。请回答下列问题：rm{(1)}产生温室效应的原因主要是大气中含有的________增多rm{(}填序号，下同rm{)}rm{A.SO_{2}}rm{B.NO_{2}}rm{C.CO_{2}}rm{D.CO}rm{(2)}臭氧层的破坏导致紫外线对地球表面辐射的增加，从而使全球皮肤癌的发病率明显增加。造成这一现象的主要原因是________。rm{A.}人们大量使用了氟氯烃rm{B.}人们在炼钢时向空气中排放了大量高炉煤气rm{C.}石油炼制厂排放了大量的甲烷、氢气rm{D.}硝酸、硫酸工厂排放了大量的二氧化硫和一氧化氮rm{(3)}在上世纪rm{60}年代，一些工业发达国家的城市都相继发生过光化学烟雾事件，并造成数以千计的人员伤亡，光化学烟雾事件产生的主要原因是________。rm{A.}汽油的不完全燃烧rm{B.}大量使用化肥和农药rm{C.}白色塑料垃圾的漂浮rm{D.}金属矿物的冶炼rm{(4)}为了减少大气中二氧化碳的含量，下列措施不可行的是________。rm{A.}改进能源结构rm{B.}提高能源利用率rm{C.}大量使用化石燃料rm{D.}提倡植树种草评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）17、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．18、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）19、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。20、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）21、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．评卷人得分四、结构与性质(共1题，共3分)22、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、元素或物质推断题(共1题，共7分)23、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、计算题(共2题，共14分)24、在一定条件下，rm{A}气体与rm{B}气体反应生成rm{C}气体rm{.}反应过程中，反应物与生成物的浓度随时间变化的曲线如图rm{.}回答下列问题：

rm{(1)}该反应的化学方程式为__________________；rm{(2)0隆芦10s}内rm{A}气体的反应速率为______________；rm{(3)}反应后与反应前的压强之比为_______________；rm{(4)14s}时，rm{A}气体的物质的量分数为_________________。25、将rm{25.6g}铜与足量的浓硫酸共热，完全反应后，试计算：rm{(1)}生成的rm{SO_{2}}在标准状况下的体积；rm{(2)}被还原的硫酸的物质的量。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】苯分子中不存在碳碳双键，所以和溴水及酸性高锰酸钾溶液都不反应。乙烯的主要化学性质是加成反应和氧化反应，而不是取代反应，D不正确。答案选B。【解析】【答案】B2、C【分析】碘化氢、亚铁离子和SO2都具有还原性，能被溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色。甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，但和溴水不反应。丙烯分子中含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化。焦炉气中含有乙烯，所以能和溴水发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化。答案选C。【解析】【答案】C3、C【分析】【分析】本题考查了氧化还原反应的判断，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质、特征为解答关键，注意掌握常见反应类型与氧化还原反应的关系，试题有利于提高学生的灵活应用能力。【解答】A.rm{Cu_{2}S+O_{2}overset{赂脽脦脗}{=}2Cu+SO_{2}}为置换反应，存在元素化合价变化，属于氧化还原反应，故A不选；B.rm{Cu_{2}S+O_{2}overset{赂脽脦脗}{=}2Cu+

SO_{2}}rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O}元素存在化合价变化，属于氧化还原反应，故B不选；C.rm{NaHCO_{3}+HCl=NaCl+H_{2}O+CO_{2}}为复分解反应，无元素化合价的变化，是非氧化还原反应，故C选；D.rm{H_{2}O+NaH=NaOH+H_{2;}隆眉}中存在rm{Cl}元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选C。

rm{NaHCO_{3}+HCl=NaCl+H_{2}O+

CO_{2}}【解析】rm{C}4、C【分析】

在反应2KMnO4+5K2SO3+3H2SO4═6K2SO4+2MnSO4+3H2O中，锰元素化合价由+7价降低为+2价，锰元素被还原，还原产物是MnSO4，硫元素化合价由+4价升高为+6价，硫元素被氧化，氧化产物是K2SO4．由方程式可知，锰元素全部被还原，+4硫元素全部氧化，根据化学计量数判断氧化剂KMnO4与还原剂K2SO3的物质的量之比为2：5．由于KMnO4～MnSO4，K2SO3～K2SO4；所以反应中还原产物和氧化产物的物质的量之比为2：5．

故选C．

【解析】【答案】在反应2KMnO4+5K2SO3+3H2SO4═6K2SO4+2MnSO4+3H2O中，锰元素化合价由+7价降低为+2价，锰元素被还原，还原产物是MnSO4，硫元素化合价由+4价升高为+6价，硫元素被氧化，氧化产物是K2SO4．由方程式可知；锰元素全部被还原，+4硫元素全部氧化，根据化学计量数判断氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5．据此判断．

5、D【分析】【解析】试题分析：A中硫酸和硫酸镁均是强电解质；B中碳酸是弱电解质、碳酸镁是强电解质；C中食盐是强电解质、酒精是非电解质；D中碳酸氢钠是强电解质、醋酸是弱电解质。考点：电解质【解析】【答案】D6、A【分析】考查原子的组成及表示方法。在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，中子数是222－86＝136，又因为质子数等于核外电子数，所以只有选项A是正确的。答案选A。【解析】【答案】A7、D【分析】【解答】解：A．氯化氢溶于水；氯化氢在水分子作用下电离出阴阳离子而破坏化学键，故A错误；

B．氯化钠溶于水；氯化钠在水分子作用下电离出钠离子和氯离子而破坏化学键，故B错误；

C．化学反应中有旧化学键的断裂；所以加热氯酸钾使其分解一定有化学键破坏，故C错误；

D．碘升华时只是状态发生变化；没有发生化学键破坏，故D正确；

故选D．

【分析】发生化学反应时物质中的化学键被破坏，熔化及电离过程中化学键也被破坏，以此来分析．8、B【分析】解：短周期元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}它们的原子序数依次增大。rm{X}与rm{Z}同主族，并且原子序数之和为rm{20}设rm{X}的原子序数为rm{x}则rm{x+x+8=20}解得rm{x=6}所以rm{X}为rm{C}rm{Z}为rm{Si}rm{Y}原子的质子数为rm{Z}原子的质子数的一半，则rm{Y}为rm{N}rm{W}原子的最外层电子数比rm{Y}原子的最外层电子数多rm{2}个，则rm{W}为rm{F}

A.电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的半径小，则原子半径为rm{Z>X>Y>W}故A错误；

B.rm{Y}的最高价氧化物对应的水化物硝酸可与其气态氢化物氨气发生化合反应生成硝酸铵；故B正确；

C.非金属性rm{W>Z}则气态氢化物的稳定性rm{Z<W}故C错误；

D.rm{X}的气态氢化物甲烷与足量rm{W}单质rm{(}氯气rm{)}在光照条件下反应生成物中；四氯化碳为液体，故D错误；

故选：rm{B}

短周期元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}它们的原子序数依次增大rm{.X}与rm{Z}同主族，并且原子序数之和为rm{20}设rm{X}的原子序数为rm{x}则rm{x+x+8=20}解得rm{x=6}所以rm{X}为rm{C}rm{Z}为rm{Si}rm{Y}原子的质子数为rm{Z}原子的质子数的一半，则rm{Y}为rm{N}rm{W}原子的最外层电子数比rm{Y}原子的最外层电子数多rm{2}个，则rm{W}为rm{F}然后结合元素化合物性质及元素周期律来解答．

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构的关系推断各元素为解答的关键，注意元素周期律的应用，选项D为解答的易错点，题目难度不大．【解析】rm{B}9、B【分析】解：因为固体最多增重rm{Cu隆煤CuO}固体最多减轻rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}隆煤CuO}

rm{垄脵}假设全部为铜：则加热变为氧化铜，会增重氧元素的质量，相当于铜元素质量的rm{dfrac{16}{64}隆脕100%=25%}

rm{dfrac

{16}{64}隆脕100%=25%}假设全部为铜绿：则加热后只余氧化铜，那么减轻的质量应为rm{垄脷}中保留rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}部分外的质量；

即rm{dfrac{222-160}{222}隆脕100%=27.9%}

综上所属，由于是两种情况的混合物，所以固体质量的变化情况应是处于两者之间，也就是在增重rm{CuO}与减轻rm{dfrac

{222-160}{222}隆脕100%=27.9%}之间的；当混合物中铜的含量约为rm{25%}时；反应前后固体质量不变即铜与氧气反应时得到的氧元素的质量等于碱式碳酸铜失去的水和二氧化碳的质量；

故选B．

含铜绿rm{27.9%}的铜块，在空气中充分灼烧到质量不再变化为止，碱式碳酸铜分解，铜氧化，最终产物应为氧化铜；根据题意可知其中存在铜单质rm{52.8%}部分变质rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}且有铜绿rm{(}有变质的部分rm{)}固体最多增重是由于rm{(}的变化，固体最多减轻是由于rm{).}的变化；故可根据极值法求出增重最多的和减轻最少的进行判断．

本题考查了运用质量守恒的规律，通过归纳不同物质或不同变化过程中相同点和不同点，有效地寻找出它们之间的内在联系以及融合点和嫁接点，从而培养了学生的创新思维能力．rm{Cu隆煤CuO}【解析】rm{B}二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【解析】【答案】（1）FeS2（2分）(2)111.72吨（4分）11、略

【分析】【解析】【答案】略12、略

【分析】解：rm{(1)}元素rm{X}的气态氢化物的化学式为rm{XH_{4}}所以rm{X}的最低负价为rm{-4}价，所以元素rm{R}的最高正价为rm{+4}价，rm{X}的最高价氧化物的水化物的化学式为rm{H_{2}XO_{3}}

故答案为：rm{H_{2}XO_{3}}

rm{(2)^{16}O}rm{{,!}^{17}O}rm{{,!}^{18}O}在自然界中所占的原子个数百分比分别为：rm{a%}rm{b%}rm{c%}则氧元素的近似相对原子质量为：rm{16a%+17b%+18c%}

故答案为：rm{16a%+17b%+18c%}

rm{(3)}物质的量相同的rm{H_{2}O}和rm{D_{2}O}与足量钠反应生成的rm{H_{2}}rm{D_{2}}物质的量相等，放出的气体的质量之比语气摩尔质量成正比，则生成气体的质量之比rm{=2g/mol}rm{4g/mol=1}rm{2}

故答案为：rm{1}rm{2}

rm{(4)X^{2-}}含中子rm{N}个，rm{X}原子rm{X^{2-}}含有中子数相同，则rm{X}原子的质子数rm{=A-N}rm{X}的氢化物为rm{H_{2}X}该氢化物中含有质子数rm{=A-N+2}rm{1gH_{2}X}的物质的量为：rm{dfrac{1g}{(A+2)g/mol}=dfrac{1}{A+2}mol}rm{dfrac{1g}{(A+2)g/mol}=dfrac

{1}{A+2}mol}rm{1g}的氢化物中含质子的物质的量是：rm{dfrac{1}{A+2}mol隆脕A-N+2=dfrac{A-N+2}{A+2}mol}

故答案为：rm{X}

rm{dfrac{1}{A+2}mol隆脕A-N+2=dfrac

{A-N+2}{A+2}mol}氢气的物质的量为：rm{dfrac{0.2g}{2g/mol}=0.1mol}

由rm{dfrac{A-N+2}{A+2}}

rm{(5)}rm{dfrac

{0.2g}{2g/mol}=0.1mol}

rm{2M+2H_{2}O篓T2MOH+H_{2}隆眉}rm{2}

则金属的平均摩尔质量为：rm{dfrac{4.2g}{0.2mol}=21g/mol}

铷的摩尔质量为rm{1}则另一种碱金属的摩尔质量一定小于rm{0.2mol}碱金属元素中摩尔质量小于rm{0.1mol}的只有rm{dfrac

{4.2g}{0.2mol}=21g/mol}则另一碱金属可能是rm{85.5g/mol}

故答案为：rm{21g/mol}．

rm{21g/mol}根据元素rm{Li}的气态氢化物的化学式确定元素rm{Li}的最低负价，而元素的最高正价rm{Li}最低负价rm{(1)}进而求得rm{X}元素最高正价，结合选项各化学式中rm{X}元素的化合价；

rm{+|}氧元素的近似相对原子量为各原子的相对原子量与其百分含量之积的和；

rm{|=8}和rm{X}物质的量相等时，与足量钠反应生成的rm{X}rm{(2)}物质的量相等，然后根据rm{(3)H_{2}O}计算生成气体质量之比；

rm{D_{2}O}含中子rm{H_{2}}个，rm{D_{2}}原子含有质子数rm{m=nM}质量数rm{(4)X^{2-}}中子数rm{N}rm{X}的氢化物为rm{=}该氢化物中含有质子数rm{-}然后结合rm{=A-N}计算；

rm{X}钾和另一种碱金属在化合物中的化合价均为rm{H_{2}X}价，计算出氢气的物质的量，然后根据rm{=A-N+2}计算金属的物质的量及摩尔质量；利用平均摩尔质量的来解答．

本题考查较为综合，涉及化学方程式的计算、物质的量的计算、原子结构与元素周期律的应用等知识，题目难度中等，明确原子构成、物质的量与其它物理量之间的关系为解答关键，试题知识点较多，充分考查了学生的灵活应用能力．rm{n=dfrac{m}{M}}【解析】rm{H_{2}XO_{3}}rm{16a%+17b%+18c%}rm{1}rm{2}rm{dfrac{A-N+2}{A+2}}rm{Li}13、略

【分析】解：用苯和液溴、铁粉混合可得溴苯，反应的方程式为溴苯与苯互溶，但沸点不同，选择蒸馏法分离；

故答案为：蒸馏．

苯；液溴在催化剂条件下发生取代反应生成溴苯；溴苯与苯互溶，但沸点不同，以此来解答．

本题考查有机物的性质及混合物分离，为高频考点，把握苯和溴苯的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意苯的性质，题目难度不大．【解析】蒸馏14、（1）CH4MO2+2CO2+4e-=2CO32-

（2）阴2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O0.8NA

【分析】【分析】

本题考查了化学电源新型电池；明确原电池中物质得失电子；电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物，难度中等。

【解答】

rm{(1)}燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极式正极，根据电子流向可知，左边电极是负极、右边电极是正极，所以rm{a}是rm{CH_{4}}rm{b}是rm{O_{2拢禄}}原电池放电时，阴离子向负极移动，则碳酸根离子向负极移动；正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}rm{{,!}}故答案为rm{CH4}rm{M}rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}

rm{(2)}原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，防止二氧化氮反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，导致原电池不能正常工作；电解质呈碱性，则负极电极方程式为rm{2NH_{3}-6e^{-}+6OH^{-}=N_{2}+6H_{2}O}rm{n(NO_{2})=dfrac{4.48}{22.4}=0.2mol}正极的反应式为rm{n(NO_{2})=dfrac{4.48}{22.4}

=0.2mol}则rm{N_{2}+8OH^{-}+8e^{-}=2NO_{2}+4H_{2}O}rm{n(e^{-})=0.8mol}故答案为：阴；rm{N(e^{-})=0.8xN_{A}=0.8N_{A}}rm{2NH_{3}-6e^{-}+6OH^{-}=N_{2}+6H_{2}O}rm{0.8N_{A隆拢}}【解析】rm{(1)CH4}rm{M}rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO}rm{3}rm{3}

rm{{,!}^{2-}}阴rm{(2)}rm{2NH_{3}-6e^{-}+6OH^{-}=N_{2}+6H_{2}O}

rm{0.8N_{A}}15、rm{(1)C}

rm{(2)A}

rm{(3)A}

rm{(4)C}【分析】略【解析】rm{(1)C}rm{(2)A}rm{(3)A}rm{(4)C}三、判断题(共6题，共12分)16、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．17、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．18、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．19、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．20、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．21、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．四、结构与性质(共1题，共3分)22、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、元素或物质推断题(共1题，共7分)23、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，氮气和氧气生成一氧化氮C，一氧化氮和氧气生成二氧化氮D，二氧化氮和水生成硝酸E，硝酸和铜生成一氧化氮、硝酸铜；氮气和氢气生成氨气D，氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮；

【详解】

（1）A→D反应为氮气和氢气催化生成氨气，

（2）D→C为氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮和水，

（3）二氧化氮B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收生成硝酸，反应为则二氧化氮与的物质的量之比为4:1；该反应电子转移情况为若该反应转移个电子，则参加反应的二氧化氮的物质的量为1mol。【解析】(1)

(2)

(3)4:11六、计算题(共2题，共14分)24、rm{(1)3A+B?2C}

rm{(2)0.06mol隆陇{L}^{-1}隆陇{s}^{-1}}

rm{(2)0.06mol隆陇{L}^{-1}隆陇{s}^{-1}

}rm{(3)9}

rm{13}rm{(4)22.2%}【分析】【分析】本题考查了化学反应速率和化学平衡的有关知识，涉及速率的计算、平衡的计算等。【解答】rm{(1)}由图象可以知道，在反应中，rm{A}的浓度逐渐减小，rm{B}的浓度逐渐增大，则rm{A}rm{B}为反应物，rm{C}为生成物，相同时间内浓度的变化比值为rm{c(A):c(B):c(C)=(0.8-0.2):(0.5-0.3):0.4=3:1:2}化学反应中浓度变化之比等于化学剂量数之比，则化学方程式为rm{c(A):c(B):c(C)=(0.8-0.2):(0.5-0.3):0.4=3:1:2

}故答案为：rm{3A+B?2C}

rm{3A+B?2C}反应从开始进行至rm{(2)}，用气体rm{10s}浓度变化表示的该反应的反应速率为：rm{v=dfrac{?c}{?t}=dfrac{0.8-0.2}{10}=0.06mol隆陇{L}^{-1}隆陇{s}^{-1}}

故答案为：rm{0.06mol隆陇{L}^{-1}隆陇{s}^{-1}}

rm{A}反应前总的浓度为rm{v=dfrac{?c}{?t}=

dfrac{0.8-0.2}{10}=0.06mol隆陇{L}^{-1}隆陇{s}^{-1}}平衡时总浓度为rm{0.06mol隆陇{L}^{-1}隆陇{s}^{-1}

}则反应后与反应前的压强之比为rm{(3)}rm{0.8+0.5=1.3mol/L}rm{0.2+0.3+0.4=0.9mol/L}；

故答案为：rm{0.9}

rm{1.3=9}rm{13}时，各物质的浓度不变，rm{9:13}气体的物质的量分数为rm{dfrac{0.2}{0.2+0.3+0.4}=dfrac{2}{9}}约为rm{(4)14}

故答案为：rm{s}rm{s}【解析】rm{(1)3A+B?2C}

rm{(2)0.06mol隆陇{L}^{-1}隆陇{s}^{-1}}

rm{(2)0.06mol隆陇{L}^{-1}隆陇{s}^{-1}

}rm{(3)9}

rm{13}rm{(4)22.2%}25、解：25.6g铜的物质的量=≈0.4mol则：

Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；

121

0.4moln（H2SO4）n（SO2）

解得：n（H2SO4）=0.8mol；n（SO2）=0.4mol；

（1）生成的SO2在标准状况下的体积=0.4mol×22.4L/mol=8.96L；

答：生成的SO2在标准状况下的体积为8.96L；

（2）依据方程式Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O可知：2mol硫酸中有1mol硫酸中硫化合价降低表现氧化性，被还原，1mol硫酸与铜离子结合生成硫酸铜，表现酸性，所以当25.6g铜与足量的浓硫酸共热，完全反应后，被还原硫酸的物质的量为：0.8mol×=0.4mol；

答：被还原的硫酸的物质的量是0.4mol．【分析】【分析】本题考查了有关化学方程式的计算，明确铜与浓硫酸发生的化学反应、熟悉浓硫酸在反应中表现的性质是解题关键，题目难度不大rm{.}铜与浓硫酸在加热条件下发生反应，方程式为：rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}该反应中，rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}硫酸中有rm{2mol}硫酸中硫化合价降低表现氧化性，被还原，rm{1mol}硫酸与铜离子结合生成硫酸铜，表现酸性，浓硫酸铜完全反应，依据方程式计算解答。rm{1mol}【解答】铜的物质的量解：rm{25.6g}铜的物质的量rm{=}rm{25.6g}rm{=}则：rm{dfrac{25.6g}{64g/mol}}rm{隆脰0.4mol}则：rm{隆脰0.4mol}rm{Cu+2H}rm{Cu+2H}浓rm{{,!}_{2}}rm{dfrac{underline{