2025年教科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2025年教科新版高一化学下册月考试卷749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9题，共18分)1、下列物质的性质比较，正确的是rm{(}rm{)}A.酸性：rm{H_{2}SO_{4}>HClO_{4}>HBrO_{4}}B.碱性：rm{NaOH>KOH>RbOH}C.非金属性：rm{P>S>Cl}D.气态氢化物稳定性：rm{HF>HCl>H_{2}S}2、同温同压下，质量相同的rm{CO_{2}}rm{H_{2}}rm{O_{2}}rm{CH_{4}}rm{SO_{2}}五种气体，下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.所占的体积由大到小的顺序是：rm{H_{2}>CH_{4}>O_{2}>CO_{2}>SO_{2}}B.所含分子数由多到少的顺序是：rm{H_{2}>CH_{4}>O_{2}>CO_{2}>SO_{2}}C.密度由大到小的顺序是：rm{SO_{2}>CO_{2}>O_{2}>CH_{4}>H_{2}}D.所含的电子数由多到少是：rm{CO_{2}>SO_{2}>CH_{4}>O_{2}>H_{2}}3、将rm{50mL0.5mol/LNaOH}溶液加水稀释到rm{500mL}稀释后溶液中rm{NaOH}的物质的量浓度rm{(}rm{)}A.rm{0.3mol/L}B.rm{0.03mol/L}C.rm{0.05mol/L}D.rm{0.04mol/L}4、下列判断正确的是A.第三、四周期同主族元素的原子序数相差rm{8}B.任何原子的核外电子层数都等于它在周期表中的周期数C.短周期中次外层电子数是最外层电子数rm{2}倍的元素一定是非金属元素D.短周期中族序数与周期数相同的元素只有rm{H}rm{Be}5、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{IA}族元素的金属性比rm{IIA}族元素的金属性强B.同周期非金属氧化物对应的水化物的酸性从左到右依次增强C.第三周期元素的离子半径从左到右逐渐减小D.rm{VIA}族元素的氢化物中，稳定性最好的其沸点也最高6、原计划实现全球卫星通讯需发射rm{77}颗卫星，这与铱rm{(Ir)}元素的原子核外电子数恰好相等，因此称为“铱星计划”rm{.}已知铱的一种同位素是rm{;_{77}^{191}Ir}则其核内的中子数是rm{(}rm{)}A.rm{77}B.rm{114}C.rm{191}D.rm{268}7、甲醇燃料电池可用于笔记本电脑等，它一极通入氧气，另一极通入甲醇；电解质能传导H+．电池工作时，2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O；下列说法正确的是（）

A.通甲醇一极为正极。

B.正极电极反应式3O2+12H++12e-=6H2O

C.电池工作时电子从氧气一极流向甲醇一极。

D.当转移24mole-时；消耗的甲醇2mol

8、10ml浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应；若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成总量的是（）

①K2SO4②CH3COONa③CuSO4④Na2SO4．A.①③B.②④C.①②④D.③④9、铅蓄电池的两极分别为rm{Pb}和rm{PbO_{2}}电解质溶液为硫酸，工作时反应为rm{Pb+PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}篓T2PbSO_{4}+2H_{2}O}下列结论正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Pb}为正极，发生氧化反应B.rm{SO_{4}^{2-}}只向正极移动C.外电路电流由rm{PbO_{2}}流向rm{Pb}D.溶液的rm{c(H^{+})}不断增大评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、（8分）（1）在淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气，立即会看到溶液变蓝色，这是因为_______________，反应的离子方程式是____________________。（2）在碘和淀粉形成的蓝色溶液中通入SO气体，发现蓝色逐渐消失，这是因为_____________________，反应的离子方程式是______________________。（3）对比（1）和（2）实验所得的结果，将ClISO按还原性由强到弱顺序排列为____________________。11、（4分）用单线桥表示下列反应（1）2KClO3==2KCl+3O2↑（2）Zn+H2SO4==ZnSO4+H2↑12、复分解反应的条件是生成_____________、_____________或____________。13、已知铜能被稀硝酸溶解,其反应的化学方程式如下3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O（1）用双线桥法分析上述反应的电子转移情况(只需标出电子得失的方向和数目)__________________________________________________________________。（2）上述反应中氧化剂是,氧化产物是。（3）上述反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。（4）若反应中转移了0．6mol电子,产生的气体在标准状况下的体积是。14、在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子．使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ•mol﹣1表示．请认真观察图1；然后回答问题．

（1）图中所示反应是____（填“吸热”或“放热”）反应．

（2）已知拆开1molH﹣H键、1molI﹣I、1molH﹣I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ．则由1mol氢气和1mol碘反应生成HI会____（填“放出”或“吸收”）____kJ的热量．在化学反应过程中，是将____转化为____

（3）某实验小组同学进行如图2的实验；以探究化学反应中的能量变化．

（1）实验表明：①中的温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是____（填“吸热”或“放热”）反应．

（2）实验②中，该小组同学在烧杯中加入5mL1.0mol/L盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，该反应是____（填“吸热”或“放热”）反应．15、钠有NaCl、Na2O2、NaHCO3和Na2SiO3等多种重要的化合物．请根据题意选择钠的化合物的化学式填空：

（1）常用来作为潜水艇和呼吸面具中氧气来源的淡黄色固体是____；

（2）常用于焙制糕点，也可用作抗酸药的是____；

（3）可用于制备硅胶和木材防火剂的是____．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)16、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化17、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）18、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）19、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）20、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）21、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）22、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、计算题(共4题，共32分)23、（1）将23gKOH和K2SO4的混合物溶于一定量的水中，再加入足量的BaCl2溶液，产生沉淀23.3g，试计算该混合物中K2SO4的质量．

（2）另取23g该混合物，加入177克一定浓度的稀硫酸恰好完全反应，求所得K2SO4溶液（不饱和溶液）中溶质的质量分数．24、在一rm{10L}的密闭容器中充入rm{SO_{2}}和rm{O_{2}}发生反应：rm{2S{O}_{2}left(gright)+{O}_{2}left(gright)?2S{O}_{3}left(gright)}测得rm{2S{O}_{2}left(gright)+{O}_{2}left(gright)?2S{O}_{3}left(gright)

}内，rm{4min}的物质的量由开始的rm{O_{2}}降到rm{18mol}再过rm{14mol}rm{tmin}的物质的量变为rm{O_{2}}求：rm{10mol}末rm{(1)4min}的浓度。rm{SO_{3}}内用rm{(2)4min}表示的反应速率。rm{SO_{2}}________rm{(3)t}填“rm{(}”“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}理由是________________________。rm{)4min}25、把一小块镁铝合金溶于100mL盐酸中，然后向其中滴入1mol·L-1NaOH溶液，生成沉淀的质量和加入NaOH溶液的体积如下图所示。①写出OA段的离子反应方程式②写出BC段的化学方程式③合金中镁的质量g。④盐酸的物质的量浓度mol·L-1。26、将Cu片放入0.1mol/LFeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，此时在溶液中有c(Fe3+)：c(Fe2+)=2：3，则Fe3+与Cu2+的物质的量之比为多少？评卷人得分五、结构与性质(共1题，共2分)27、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9题，共18分)1、D【分析】解：rm{A}元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性rm{Cl>Br>S}所以最高价氧化物对应的酸性强弱为rm{HClO_{4}>HBrO_{4}>H_{2}SO_{4}}故A错误；

B、元素的金属性越强，对应的最高级氧化物的水化物的碱性越强，同主族元素从上往下金属性增强，所以碱性强弱为rm{RbOH>KOH>NaOH}故B错误；

C、同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强，所以非金属性由弱到强的顺序为rm{P<S<Cl}故C错误；

D、元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，非金属性由强到弱的顺序为rm{F>Cl>S}所以气态氢化物稳定性为rm{HF>HCl>H_{2}S}故D正确；

故选D．

A；元素的非金属性越强；对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；

B；元素的金属性越强；对应的最高级氧化物的水化物的碱性越强；

C；同周期元素从左到右；元素的非金属性逐渐增强；

D；元素非金属性越强；氢化物的稳定性越强．

本题考查元素周期律知识，为高考高频考点，侧重于学生分析能力的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及元素的性质与对应单质、化合物的性质的关系，难度不大．【解析】rm{D}2、D【分析】解：rm{A.}根据rm{n=dfrac{m}{M}}可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则同温同压下体积与物质的量成正比，质量相同的rm{CO_{2}}rm{H_{2}}rm{O_{2}}rm{CH_{4}}rm{SO_{2}}五种气体，所占的体积由大到小的顺序是：rm{H_{2}>CH_{4}>O_{2}>CO_{2}>SO_{2}}故A正确；

B.根据rm{n=dfrac{m}{M}}可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，同温同压下，质量相同的rm{CO_{2}}rm{H_{2}}rm{O_{2}}rm{CH_{4}}rm{SO_{2}}分子数由多到少的顺序是：rm{H_{2}>CH_{4}>O_{2}>CO_{2}>SO_{2}}故B正确；

C.同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，rm{CO_{2}}rm{H_{2}}rm{O_{2}}rm{CH_{4}}rm{SO_{2}}五种气体摩尔质量由小到大的顺序是：rm{H_{2}<CH_{4}<O_{2}<CO_{2}<SO_{2}}密度之比为：rm{H_{2}<CH_{4}<O_{2}<CO_{2}<SO_{2}}故C正确；

D.取rm{mg}四种气体，质量相同的rm{CO_{2}}rm{H_{2}}rm{O_{2}}rm{CH_{4}}rm{SO_{2}}五种气体含电子数分别为：rm{dfrac{m}{44}隆脕22}rm{dfrac{m}{2}隆脕2}rm{dfrac{m}{32}隆脕16}rm{dfrac{m}{16}隆脕10}rm{dfrac{m}{64}隆脕32}所含的电子数由多到少是：rm{H_{2}>CH_{4}>CO_{2}=O_{2}=SO_{2}}故D错误；

故选；rm{D}．

A.根据rm{n=dfrac{m}{M}}可知；质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则同温同压下体积与物质的量成正比；

B.根据rm{n=dfrac{m}{M}}可知；质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小；

C.同温同压下；密度之比等于摩尔质量之比；

D.根据rm{n=dfrac{m}{M}}可知；结合物质结构解答．

本题考查了阿伏伽德罗常数的计算及应用，明确质量、物质的量的关系，熟悉常见物质的摩尔质量及相关计算公式即可解答．【解析】rm{D}3、C【分析】解：令稀释后rm{NaOH}溶液的物质的量浓度为rm{c}根据稀释定律，稀释前后溶质rm{NaOH}的物质的量不变；则：

rm{0.05L隆脕0.5mol/L=0.5L隆脕c}

解得rm{c=0.05mol/L}

故选C．

根据稀释定律，稀释前后溶质rm{NaOH}的物质的量不变，据此计算稀释后rm{NaOH}溶液的物质的量浓度．

本题考查了物质的量浓度的有关计算，侧重于稀释定律的应用的考查，题目难度不大．【解析】rm{C}4、B【分析】【分析】本题考查有关周期表的知识，难度不大，掌握周期表的结构是解答的关键。【解答】A.如rm{VIA}主族的rm{S}与rm{Se}相差rm{18}故A错误；B.周期表中的周期数就是按原子核外电子层数排列的，故任何原子的核外电子层数都等于它在周期表中的周期数，故B正确；C.短周期中次外层电子数是最外层电子数rm{2}倍的元素如rm{Li}是金属，故C错误；倍的元素如rm{2}是金属，故C错误；rm{Li}为第三周期D.rm{Al}为第三周期rm{IIIA}族元素，短周期中族序数与周期数相同，故D错误。族元素，短周期中族序数与周期数相同，故D错误。rm{Al}rm{IIIA}【解析】rm{B}5、D【分析】解：rm{A.}由元素周期律可知，同周期的rm{IA}族元素的金属性比rm{IIA}族的元素金属性强；故A错误；

B.同周期非金属元素最高价氧化物对应的水化物的酸性从左到右依次增加；不是最高价氧化物的水化物的酸性没有规律，故B错误；

C.第三周期元素的阴离子；具有相同电子层结构，则第三周期元素的阴离子半径从左到右逐渐减小，故C错误；

D.rm{VIA}族元素中rm{O}的非金属性最强，氢化物中稳定性最好的是rm{H_{2}O}rm{H_{2}O}分子间含有氢键；沸点最高，故D正确；

故选D．

A.同周期；从左向右金属性减弱；

B.同周期非金属元素最高价氧化物对应的水化物的酸性从左到右依次增加；

C.第三周期元素的阴离子；具有相同电子层结构，原子序数大的离子半径小；

D.非金属性越强；气态氢化物越稳定，分子间含有氢键的沸点较高．

本题考查同主族、同周期元素性质及元素化合物性质，为高频考点，把握同主族、同周期的位置关系及非金属性比较为解答的关键，选项D为易错点，注意特例应用，题目难度不大．【解析】rm{D}6、B【分析】解：对rm{{,!}^{191}_{77}Ir}来说，质子数是rm{77}质量数是rm{191}则中子数为rm{191-77=114}

故选B．

根据原子的表示方法及中子数rm{=}质量数rm{-}质子数的关系计算．

本题很简单，考查同位素原子的构成，明确同位素具有相同的质子数及原子中的“量”的关系即可解答．【解析】rm{B}7、B【分析】

A；燃料电池中；通甲醇一极为负极，故A错误；

B、燃料电池正极上是氧气发生得电子的还原反应，在酸性电解质下，正极电极反应式为：3O2+12H++12e-=6H2O；故B正确；

C；电池工作时电子从负极甲醇一极流向正极氧气一极；故C错误；

D、反应2CH3OH+3O2=2CO2+4H2中；消耗2mol的甲醇，转移电子的物质的量是12mol，所以当消耗24mole-时，消耗的甲醇4mol，故D错误．

故选B．

【解析】【答案】燃料电池是一种特殊的原电池；负极上是燃料发生失电子的氧化反应，正极上是氧气发生得电子的还原反应，电子从负极流向正极，可以根据电极反应来计算转移电子和消耗甲醇的量之间的关系．

8、C【分析】【解答】解：①加入K2SO4溶液；不反应，由于体积变大，减小氢离子浓度但不改变其物质的量，反应速率减小，生成氢气的量不变，故正确；

②加入CH3COONa溶液；溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子降低，且提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故正确；

③Zn可以置换出Cu；构成原电池，加快反应速率，故错误；

④加入硫酸钠溶液；不反应，由于体积变大，减小氢离子浓度但不改变其物质的量，反应速率减小，生成氢气的量不变；

故选C．

【分析】根据反应的实质为Zn+2H+═Zn2++H2↑，为了减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量，则减小氢离子的浓度但不能改变氢离子的物质的量即可，注意Zn过量，以此来解答．9、C【分析】解：rm{A.Pb}失电子发生氧化反应，则rm{Pb}作负极；故A错误；

B.原电池工作时；阴离子移向负极，故B错误；

C.外电路中电流从正极rm{PbO_{2}}流向负极rm{Pb}故C正确；

D.由总反应式rm{Pb+PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}篓T2PbSO_{4}+2H_{2}O}可知电池工作时电解质硫酸的浓度不断减小，溶液的rm{c(H^{+})}不断减小；故D错误；

故选C．

铅蓄电池放电时，负极是rm{Pb}正极是rm{PbO_{2}}负极反应式为rm{Pb+SO_{4}^{2-}-2e^{-}篓TPbSO_{4}}正极反应式为rm{SO_{4}^{2-}+PbO_{2}+2e^{-}+4H^{+}篓TPbSO_{4}+2H_{2}O}放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动；阴离子向负极移动，据此分析解答．

本题考查原电池的工作原理，为高频考点，明确得失电子与电极关系是解本题关键，难点是电极反应式的书写，易错点是判断阴阳离子移动方向，题目难度不大．【解析】rm{C}二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【解析】试题分析：（1）氯气具有强氧化性，能把I被氧化成I，I使淀粉变成蓝色，反应的离子方程式是2I+Cl＝I+2Cl（2）单质碘具有氧化性，能把SO2氧化生成硫酸，而碘被还原生成碘离子，反应的离子方程式是I+SO+2HO＝2I+SO+4H（3）由于在氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的，是以三种还原剂的还原性强弱顺序是考点：考查氧化还原反应的有关判断、应用以及离子方程式的书写【解析】【答案】（8分）（1）I被氧化成I，I使淀粉变成蓝色（1分）2I+Cl＝I+2Cl（2分）（2）I被SO还原成I（1分）I+SO+2HO＝2I+SO+4H（2分）（3）（2分）11、略

【分析】试题分析：）单线桥法中的箭头由还原剂指向氧化剂，反应2KClO3==2KCl+3O2↑氯酸钾既是氧化剂，又是还原剂，电子由氧原子转移到氯原子，表示为（2）反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑中，锌的化合价从0价升高到+2价，硫酸中氢的化合价从+6降到0价，锌是还原剂，硫酸是氧化剂，表示为考点：考查单线桥法表示电子转移。【解析】【答案】（1）（2）12、略

【分析】【解析】【答案】沉淀、气体、弱电解质13、略

【分析】试题分析：（1）在反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素的化合价由0升高到+2价，N元素的化合价由+5降低为+2价，转移的电子为6e-，则双线桥法标出电子得失的方向和数目为故答案为：（2）N元素的化合价降低，Cu元素的化合价升高，则硝酸为氧化剂，硝酸铜为氧化产物；（3）生成硝酸盐体现硝酸的酸性，生成NO体现硝酸的氧化性，由反应及氮原子守恒可知，8mol硝酸反应时6mol硝酸体现酸性，2mol硝酸体现氧化性，3mol铜体现了还原性，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3；（4）由反应可知生成2molNO转移的电子为6mol，则反应中转移了0．6mol电子，产生的气体的物质的量为0．2mol，其在标准状况下的体积为0．2mol×22．4L/mol=4．48L。考点：氧化还原反应；硝酸的化学性质。【解析】【答案】（1）（2）HNO3Cu(NO3)2（3）2∶3（4）4．48L14、放热放出11化学能热能吸热放热【分析】【解答】（1）依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量；反应为放热反应；

故答案为：放热；

（2）在反应H2+I2⇌2HI中；断裂1molH﹣H键，1molI﹣I键共吸收的能量为：1×436kJ+151kJ=587kJ，生成2molHI，共形成2molH﹣I键，放出的能量为：2×299kJ=598kJ，吸收的能量少，放出的能量多，所以该反应为放热反应，放出的热量为：598kJ﹣587kJ=11kJ，化学能转化为热能；

故答案为：放出；11；化学能；热能；

（3）氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是吸热反应；铝条与盐酸反应是放热反应；

故答案为：吸热；放热；

【分析】（1）反应物的能量大于生成物的能量；反应为放热反应，反之为吸热反应；

（2）化学反应中；化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热；

（3）根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧；所有金属与酸反应、金属与水反应；所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；

常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）．15、Na2O2NaHCO3Na2SiO3【分析】【解答】（1）过氧化钠能够与水、二氧化碳反应生成氧气，即2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；常作为潜水艇和呼吸面具中氧气来源；

故答案为：Na2O2；

（2）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠；水和二氧化碳；能够与盐酸反应，用于焙制糕点，也可用作抗酸药；

故答案为：NaHCO3；

（3）向硅酸钠中加入强酸可以获得弱酸硅酸；硅酸钠可以制备硅胶，此外还可以做木材防火剂；

故答案为：Na2SiO3．

【分析】（1）过氧化钠能够与水；二氧化碳反应生成氧气；

（2）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠；水和二氧化碳；

（3）向硅酸钠中加入强酸可以获得弱酸硅酸，硅酸钠的用途：制备硅胶和木材防火剂．三、判断题(共7题，共14分)16、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；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】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、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．20、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/mol21、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/mol22、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、计算题(共4题，共32分)23、略

【分析】

（1）发生K2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2KCl；产生沉淀23.3g，结合反应计算；

（2）发生H2SO4+2KOH═2H2O+K2SO4，溶质为K2SO4，溶质的质量分数=×100%；以此来解答．

本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握发生的反应、质量关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意溶质为硫酸钾，题目难度不大．【解析】解：（1）设混合物中K2SO4的质量为x；

K2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2KCl

174233

x23.3g

解得x=17.4g；

答：该混合物中K2SO4的质量为17.4g；

（2）设生成K2SO4的质量为y；

H2SO4+2KOH═2H2O+K2SO4

112174

23g-17.4gy

解得y=8.7g；

反应后溶质K2SO4的质量=8.7g+17.4=26.1g；

反应后溶液的质量=23g+177g=200g；

所得K2SO4溶液中溶质的质量分数为×100%=13.05%；

答：所得K2SO4溶液中溶质的质量分数为13.05%．24、rm{(1)0.8mol/L}

rm{(2)0.2mol/(L?min)}

rm{(3)>}随反应进行反应物的浓度减小，反应速率减小，达到平衡所需时间长【分析】【分析】

本题考查了化学反应后物质浓度；速率的计算分析应用；主要是一些反应速率因素的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单。

【解答】

在一rm{10L}的密闭容器中充入rm{SO_{2}}和rm{O_{2}}发生反应：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}测得rm{4min}内rm{O_{2}}的物质的量由开始的rm{18mol}降到rm{14mol}反应的氧气为rm{18mol-14mol=4mol}

rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}

变化量rm{8}rm{4}rm{8}

rm{(1)4min}求rm{SO_{3}}的浓度rm{=dfrac{8mol}{10L}=0.8mol/L}答：rm{=dfrac{8mol}{10L}

=0.8mol/L}求rm{4min}的浓度为rm{SO_{3}}

rm{0.8mol/L}内用rm{(2)4min}表示的反应速率rm{=dfrac{dfrac{8mol}{10L}}{4min}=0.2mol/(L?min)}答：rm{SO_{2}}内用rm{=dfrac{dfrac{8mol}{10L}}{4min}

=0.2mol/(L?min)}表示的反应速率rm{4min}

rm{SO_{2}}测得rm{0.2mol/(L?min)}内rm{(3)}的物质的量由开始的rm{4min}降到rm{O_{2}}再过rm{18mol}的物质的量变为rm{14mol}反应过程中消耗氧气物质的量都是rm{tminO_{2}}但随反应进行反应物的浓度减小，反应速率减小，达到平衡所需时间长；

故答案为：rm{10mol}随反应进行反应物的浓度减小，反应速率减小，达到平衡所需时间长。rm{4mol}【解析】rm{(1)0.8mol/L}

rm{(2)0.2mol/(L?min)}

rm{(3)>}随反应进行反应物的浓度减小，反应速率减小，达到平衡所需时间长25、略

【分析】试题分析：①由图可知，从开始至加入NaOH溶液10mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后盐酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O，则OA段的离子反应方程式为H++OH-=H2O；②继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为氯化钠溶液．再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，则BC段的化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；③由图可知，从加入10mL氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，该阶段消耗氢氧化钠40mL，由氢氧根守恒可知3n[Al(OH)3]+2n[Mg(OH)2]=n（NaOH）=（0.06L-0.02L）×1mol/L=0.04mol．从加入氢氧化钠溶液50mL～60mL溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以n[Al(OH)3]=（0.06-0.05）L×1mol/L=0.01mol，3×0.01mol+2n[Mg(OH)2]=0.04mol,解得n[Mg(OH)2]=0.005mol，由原子守恒n（Mg）=n[Mg(OH)2]=0.005mol，m（Al）=0.01mol×27g•mol-1=0.27g，m（Mg）=0.005mol×24g•mol-1=0.12g，答：合金中镁的质量为0.12g；④加入氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为氯化钠溶液，根据钠原子守恒，此时溶液中n（NaCl）=n（NaOH）=0.05L×1mol/L=0.05mol，根据氯原子守恒n（HCl）=0.05mol，盐酸的物质的量浓度为0.05/0.1=0.5mol/L，答：该盐酸的浓度为0.5mol/L．考点：考查化学计算。【解析】【答案】①H++OH-=H2O②Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O③0.12④0.526、略

【分析】反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，根据反应的离子方程式计算．【解析】解：设有生成xmolFe2+；

2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+

221

xxx

反应后c(Fe3+)：c(Fe2+)=2：3；

则n(Fe3+)=n(Fe2+)=mol；

由方程式可知：生成的Cu2+的物质的量为x；

所以，反应后的溶液中：n(Fe3+)：n(Cu2+)=mol：xmol=4：3；

答：Fe3+与Cu