2025年外研版三年级起点高一化学下册月考试卷含答案

…………○…………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2025年外研版三年级起点高一化学下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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、据报道，锌电池可能取代目前广泛使用的铅蓄电池，因为锌电池容量更大，而且没有铅污染。其电池反应为：2Zn＋O2＝2ZnO，原料为锌粒、碳棒、电解液和空气，则下列叙述正确的是A.锌为正极，空气进入负极反应B.正极反应为:Zn－2－＝Zn2＋C.工作时电流由碳棒电极经外电路流向锌极D.正极发生氧化反应2、完全沉淀等物质的量浓度的rm{NaCl}rm{MgCl_{2}}rm{AlCl_{3}}溶液中的rm{Cl^{-}}消耗等物质的量浓度的rm{AgNO_{3}}溶液的体积比为rm{1:1:1}则上述溶液的体积比为。

A.rm{1:1:1}B.rm{3:2:1}C.rm{6:3:2}D.rm{9:3:1}3、下列关于对燃烧现象的认识中，不正确的是A.燃烧一定是氧化还原反应B.燃烧一定发光放热C.燃烧一定是化学反应D.燃烧一定有氧气参与4、对于100mL0.5mol/LH2SO4溶液与铁片的反应，采取下列措施能使反应速率加快的是：①升高温度；②改用100mL1.0mol/LH2SO4溶液；③改用300mL0.5mol/LH2SO4溶液；④用等量铁粉代替铁片；⑤改用质量分数为98%的H2SO4溶液（）A.①③④B.①②④C.①②③④D.①②③⑤5、下列工业制法和生产中，说法不正确的是A.金属钠可以从四氯化钛中还原出金属钛B.工业制备和提纯硅的三步化学反应都是氧化还原反应C.镁的提取中将氯化镁溶液蒸发结晶可直接获得无水氯化镁，电解熔融无水氯化镁得金属镁D.硫酸的工业制法中，依次使用的三种设备是沸腾炉，接触室，吸收塔6、设rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.rm{5.6gFe}和足量的盐酸完全反应失去电子数为rm{0.3N_{A}}B.常温常压下，rm{200g}质量分数为rm{17%}的rm{H_{2}O_{2}}溶液中含氧原子数目为rm{N_{A}}C.rm{7.1g}氯气与足量rm{NaOH}溶液反应电子转移数为rm{0.1N_{A}}D.标况下，rm{4.48L}的水中含有rm{H_{2}O}分子的数目为rm{0.2N_{A}}7、下列粒子的中子数一定相同的是rm{(}rm{)}A.rm{K}和rm{K^{+}}B.rm{{,!}^{40}Ca}和rm{{,!}^{40}Ca^{2+}}C.rm{{,!}^{14}C}和rm{{,!}^{14}N}D.rm{{,!}^{18}O}和rm{{,!}^{16}O^{2-}}评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、阿伏加德罗常数值约为rm{6.02隆脕10^{23}}下列有关叙述正确的是A.rm{1molNH_{4}Cl}固体中共价键总数为rm{5隆脕6.02隆脕10^{23}}B.rm{16g}氧气和臭氧混合气体中的氧原子数约为rm{1隆脕6.02隆脕10^{23}}C.rm{18gD_{2}O}中含有的电子数约为rm{0.9隆脕6.02隆脕10^{23}}D.rm{1molNa_{2}O_{2}}固体中离子总数为rm{4隆脕6.02隆脕10^{23}}9、下列关于氮气的说法中，正确的是A.氮气既可作氧化剂又可作还原剂B.雷雨天，空气中的氮气与氧气可反应生成一氧化氮C.1molN2可与3molH2完全反应生成2molNH3D.氮的固定是将氮气转化成含氮的化合物10、pH=2的A；B两种酸溶液各1mL；分别加水稀释到1000mL，其溶液的pH与体积（V）的关系如图所示，则下列说法正确的是（）

A.A.B两种酸溶液物质的量浓度一定相等B.若a=5，则A是强酸，B是弱酸C.稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强D.若a＜5，则A．B都是弱酸且A的酸性>B11、下列叙述中正确的是A.钢铁发生电化学腐蚀时，正极上发生的反应为Fe-2e-=Fe2+B.用惰性电极分别电解熔融的NaCl和饱和食盐水时，阳极的电极反应式均为：2Cl--2e-=Cl2↑C.铜锌原电池工作时，若有13克锌被溶解，外电路就有0.2mol电子通过D.电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液12、用碳棒作电极电解下列物质的水溶液，一段时间后，加入适量括号内物质，可使溶液恢复原溶质原浓度的是A.NaCl(NaCl)B.MgSO4(MgO)C.CuSO4(CuCO3)D.CuCl2(CuCl2)13、下列材料既含有硅元素又含有氧元素的是（）A.水泥B.晶体硅C.沙子D.普通陶瓷14、下列有关说法正确的是()A.rm{9.2}rm{g}rm{NO}rm{2}气体中含有分子数目为rm{2}rm{0.2N}B.标准状况下，rm{A}rm{A}rm{2.24}rm{L}中含有氧原子数目为rm{SO}rm{3}C.rm{3}水中含中子、质子、电子数目均为rm{0.3N}rm{A}D.将rm{A}rm{1.8g}rm{N}rm{A}通入足量rm{A}溶液中，转移电子数目均为rm{7.8gNa}rm{2}rm{2}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、按图所示实验过程填空：（1）写出上述反应的离子方程式：①；②；③。（2）填空：ab____cd____。16、（7分）某温度时，在2L容器中X、Y、Z三种物质随时间的变化关系曲线如图所示。1.由图中的数据分析，该反应的化学方程式为；2.反应开始至2min、5min时Z的平均反应速率分别为____、____；3.开始____min后，反应达到最大限度。17、（18分）实验室用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液0.5L，回答下列问题（1）简述该实验的主要实验步骤（2）所需仪器为：容量瓶（规格：）、托盘天平、还需要那些实验仪器才能完成该实验，请写出：。（3）试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响及造成该影响的原因。①配制前容量瓶洗涤后没烘干，对所配溶液浓度的影响____（偏大、偏小、无影响。以下同）②未洗涤烧杯和玻璃棒，对所配溶液浓度的影响：____。③为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至溶量瓶定容。对所配溶液浓度的影响：____。④定容后，加盖倒转摇匀后，发现溶面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶液浓度的影响____。18、核外电子层结构相同的一组粒子是______

A．Mg2+、Al3+、Cl-、NeB．Na+、F-、S2-、Ar

C．K+、Ca2+、S2-、ArD．Mg2+、Na+、Cl-、S2-

其离子半径大小关系为（由大到小排列）______；

将下列粒子的符号填入相应的空格内：O2、NH3、H2O2、（NH4）2SO4；NaCl．

（1）存在非极性键的分子是______．

（2）存在极性键的分子是______．

（3）存在极性共价键的离子化合物是______．19、现有下列rm{6}种物质：rm{垄脵Na_{2}O_{2}}rm{垄脷Al(OH)_{3}}rm{垄脹}浓rm{HNO_{3}}rm{垄脺FeCl_{3}垄脻}稀rm{H_{2}SO_{4}垄脼Ba(OH)_{2}}固体，rm{垄脿A1_{2}(SO_{4})_{3}}请按要求回答下列问题：rm{(1)}与水反应产生无色气体的是__rm{(}填序号，下同rm{)}rm{(2)}遇rm{KSCN}溶液显红色的是__；rm{(3)}常温下能使铝表面生成致密氧化膜的是__；rm{(4)}既能与酸反应又能与碱反应的是__rm{(5)}两物质溶液间发生反应的离子方程式为rm{H^{+}+OH^{-!-!}=H_{2}O}请写出该反应的化学方程式：rm{H^{+}+OH^{-!-!}=

H_{2}O}______________________。溶于水配成rm{(6)17.1g垄脿}溶液，则溶液中rm{500mL}的物质的量浓度为_________。rm{SO_{4}^{2}隆楼}20、在一定条件下，RO3n﹣和I﹣发生反应的离子方程式如下：RO3n﹣+6I﹣+6H+=R﹣+3I2+3H2O

（1）RO3n﹣中R元素的化合价是____

（2）R元素的原子最外层的电子数是____21、在一条鱼、虾绝迹的小河边有四座工厂：甲、乙、丙、丁rm{(}如图所示rm{)}经处理，它们所排出的废液里每厂只含有rm{Na_{2}CO_{3}}rm{FeCl_{3}}rm{Ca(OH)_{2}}rm{HCl}中的一种。某环保小组对河水监测时发现：rm{垄脵}甲处河水呈乳白色；rm{垄脷}乙处河水呈红褐色；rm{垄脹}丙处河水由浑浊变清；rm{垄脺}丁处河水产生气泡，河水仍清。

请推断：rm{(1)}四座工厂排出的废液里含有的污染物是甲________，乙________，丙________，丁________。rm{(2)}在rm{M}处取出的河水中，肯定含有的大量离子是________。评卷人得分四、元素或物质推断题(共1题，共9分)22、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。评卷人得分五、解答题(共1题，共6分)23、（1）新制备的氯水中存在许多微粒，氯水呈黄绿色，说明氯水中含有______（填分子式），若加入Na2CO3会有大量无色气体产生，说明氯水中含有______（填离子符号），若加入AgNO3溶液；会有白色沉淀产生，说明氯水中含有______（填离子符号），若滴入蓝色墨水，墨水会褪色，说明氯水中含有______（填分子式）

（2）写出下列仪器的名称。

①______②______③______④______⑤______．

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。根据反应式可知，锌失去电子，作负极，氧气得到电子，在正极通入，所以只有选项C是正确的，其余都是错误的，答案选C。【解析】【答案】C2、C【分析】【分析】本题考查离子反应的计算，明确消耗等量的硝酸银得出氯离子的物质的量相同是解答的关键，注意浓度与物质的量的计算，题目难度不大。【解答】消耗等物质的量浓度的rm{AgNO_{3}}溶液的体积比为rm{1}rm{1}rm{1}则rm{n(AgNO_{3})}相等，完全沉淀等物质的量浓度的rm{NaCl}rm{MgCl_{2}}rm{AlCl_{3}}溶液中的rm{Cl^{-}}

由rm{n(AgCl)=n(Cl^{-})=n(AgNO_{3})}可知；

rm{cV(NaCl)=cV(MgCl_{2})隆脕2=cV(AlCl_{3})隆脕3}

解得rm{V(NaCl)}rm{V(MgCl_{2})}rm{V(AlCl_{3})=6}rm{3}rm{2}故C正确。

故选C。【解析】rm{C}3、D【分析】【解析】【答案】D4、B【分析】【解答】解：①适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，故正确；②改用100mL1.0mol/LH2SO4溶酸，酸的浓度增大，反应速率加快，故正确；③改用300mL0.5mol/LH2SO4溶液；酸的浓度不变，反应速率不变，故错误；④用等量铁粉代替铁片，增大固体接触面积，使反应速率加快，故正确；⑤改用98%的硫酸，浓硫酸与铁不生成氢气，则不能加快反应速率，故错误；综上所述，①②④正确；

故选B．

【分析】若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，注意加入浓硫酸的性质，以此解答该题．5、C【分析】【分析】本题考查了海水资源的开发和利用，涉及金属的冶炼氧化还原反应等知识点，根据金属的活动性强弱与冶炼方法的选取、电解原理、物质的性质等知识点来分析解答，注意由带结晶水的氯化镁制取氯化镁的条件，为易错点。【解答】A.钠与熔融的四氯化钛反应生成单质钛，故A正确；B.rm{垄脵SiO_{2}+2Coverset{赂脽脦脗}{=}Si+2CO隆眉}反应前后有元素化合价变化；rm{垄脷Si+2Cl_{2}overset{赂脽脦脗}{=}SiCl_{4}}反应前后有化合价变化；rm{垄脹SiCl_{4}+2H_{2}overset{赂脽脦脗}{=}Si+4HCl}反应前后有元素化合价变化，所以都是氧化还原反应，故B正确；C.氯化镁是强酸弱碱盐，蒸发结晶得到氢氧化镁，所以在氯化氢的氛围中蒸发结晶可直接获得无水氯化镁，故C错误；D.工业制硫酸的三设备是：沸腾炉、接触室和吸收塔，故D正确。故选C。【解析】rm{C}6、C【分析】【分析】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。【解答】A.铁与盐酸反应后变为rm{+2}价，rm{5.6g}铁的物质的量为rm{0.1mol}故失去rm{0.2mol}电子；故A错误；

B.因水中也有氧原子，故氧原子总数为：rm{dfrac{200隆脕17拢楼g}{34g/mol}隆脕{N}_{A}mo{l}^{-1}隆脕2+dfrac{200隆脕83拢楼}{18g/mol}隆脕{N}_{A}mo{l}^{-1}隆脕1}不是rm{dfrac{200隆脕17拢楼g}{34g/mol}隆脕{N}_{A}mo{l}^{-1}隆脕2+

dfrac{200隆脕83拢楼}{18g/mol}隆脕{N}_{A}mo{l}^{-1}隆脕1}rm{N}故B错误；

C.据反应可知氯气中氯从rm{N}价变为rm{{,!}_{A}}同时也变为rm{0}故rm{+1}氯气与足量rm{-1}溶液反应电子转移数为：rm{dfrac{7.1g}{71g/mol}隆脕{N}_{A}mo{l}^{-1}隆脕1=0.1{N}_{A}}；故C正确；

D.标况下；水为液态，故D错误。

故选C。

rm{7.1g}氯气与足量rm{NaOH}溶液反应电子转移数为：rm{dfrac{7.1g}{71g/mol}隆脕{N}_{A}mo{l}^{-1}隆脕1=0.1{N}_{A}

}【解析】rm{C}7、B【分析】解：rm{A}rm{K}的质子数为rm{19}质量数可能是rm{39}也可能是rm{40}所以中子数可能是rm{20}也可能是rm{21}所以rm{K}和rm{K^{+}}的中子数不一定不同；故A错误；

B、rm{{,!}^{40}Ca}的中子数rm{=40-20=20}rm{{,!}^{40}Ca^{2+}}的中子数rm{=40-20=20}所以rm{{,!}^{40}Ca}和rm{{,!}^{40}Ca^{2+}}的中子数相同；故B正确；

C、rm{{,!}^{14}C}的中子数rm{=14-6=8}rm{{,!}^{14}N}的中子数rm{=14-7=7}所以rm{{,!}^{14}C}和rm{{,!}^{14}N}的中子数不同；故C错误；

D、rm{{,!}^{18}O}的中子数rm{=18-8=10}rm{{,!}^{16}O^{2-}}的中子数rm{=16-8=8}所以rm{{,!}^{18}O}和rm{{,!}^{16}O^{2-}}的中子数不同；故D错误；

故选：rm{B}．

元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数rm{=}质量数rm{-}质子数．

本题考查了质量数、中子数、质子数之间的关系，难度不大，注意基础知识的积累．【解析】rm{B}二、多选题(共7题，共14分)8、BC【分析】【分析】本题考查阿伏加德罗常数和化学计量的综合计算，题目难度一般。【解答】A.rm{1molNH}rm{1molNH}rm{{,!}_{4}}固体中共价键总数为rm{Cl}固体中共价键总数为rm{4隆脕6.02隆脕10}rm{Cl}故A错误；

B.rm{4隆脕6.02隆脕10}氧气和臭氧混合气体中的氧原子数约为rm{{,!}^{23}}故B正确；

C.rm{16g}中含有的电子数约为rm{1隆脕6.02隆脕10^{23}}故C正确；

D.rm{18gD_{2}O}固体中离子总数为rm{0.9隆脕6.02隆脕10^{23}}故D错误。

故选BC。

rm{1molNa_{2}O_{2}}【解析】rm{BC}9、ABD【分析】【详解】

A．处于中间价态的物质既有氧化性又有还原性；氮气中N元素化合价处于中间价态，所以既可以作氧化剂又可以作还原剂，如：氮气和金属反应时作氧化剂，和氧气反应时作还原剂，故A正确；

B．放电条件下氮气和氧气发生氧化还原反应生成NO，反应方程式为故B正确；

C．N2与H2反应为可逆反应；不可能完全反应，故C错误；

D．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮；即氮的固定是将N2转化成含氮化合物的过程，故D正确；

故答案选ABD。10、BD【分析】【详解】

A.因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c(酸)=c(H+)，对于一元弱酸，c(酸)>c(H+)；则A；B两种酸溶液的物质的量浓度一定不相等，故A错误；

B.由图可知；若a=5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故B正确；

C.由图可知；稀释后A的pH大，则A酸溶液的酸性比B酸溶液弱，故C错误；

D.稀释1000倍；若a小于5，则A；B都是弱酸，且A的酸性强于B，故D正确。

故选BD。11、BD【分析】【详解】

A.钢铁发生电化学腐蚀时，负极上Fe失去电子，发生氧化反应，电极反应式为为Fe-2e-=Fe2+；A错误；

B.用惰性电极电解熔融NaCl时，阴极上发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑；用惰性电极电解饱和食盐水时，由于阴离子放电能力Cl->OH-，所以阴极上发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑；B正确；

C.13gZn的物质的量为n(Zn)==0.2mol；由于Zn是+2价金属，所铜锌原电池工作时，若有13g锌被溶解，外电路就会有0.2mol×2=0.4mol电子通过，C错误；

D.电解精炼铜时；要以粗铜作阳极，纯铜作阴极，含有Cu离子的溶液如硫酸铜溶液作电解质溶液，D正确；

故合理选项是BD。12、CD【分析】【分析】

【详解】

A．用碳棒作电极电解NaCl溶液，阳极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应式为：2H++2e-=H2↑；所以需要通HCl才可以使溶液恢复原浓度，故A不选；

B．用碳棒作电极电解MgSO4溶液，阳极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为：4H++4e-=2H2↑；相当于电解水，所以需要加水就可以使溶液恢复原浓度，故B不选；

C．用碳棒作电极电解CuSO4溶液，阳极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为：2Cu2++4e-=2Cu，所以需要加CuO或CuCO3可以使溶液恢复原浓度；故C选；

D．用碳棒作电极电解CuCl2溶液，阳极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应式为：2H++2e-=H2↑；所以需要加入氯化铜可以使溶液恢复原浓度，故D选；

故选CD。13、ACD【分析】解：A；水泥属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，故A正确；

B；晶体硅是硅单质只含有硅元素；故B错误；

C；沙子的主要化学成分为二氧化硅；含有硅元素和氧元素，故C正确；

D；普通陶瓷均属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，故D正确；

故选：ACD．

水泥和普通陶瓷均属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，晶体硅是硅单质只含有硅元素，沙子的主要化学成分为二氧化硅，含有硅元素和氧元素．

本题考查常见由硅元素组成的无机非金属材料，知晓各种材料的成分是解题的基础，因此要重视基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】ACD14、ABCD【分析】【分析】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下三氧化硫不是气体，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。【解答】A.rm{9.2g}二氧化氮的物质的量为rm{0.2mol}由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，所以气体的分子数减少，含有分子数目小于rm{0.2N_{A}}故A错误；

B.标准状况下，三氧化硫不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算三氧化硫的物质的量，故B错误；C.rm{H_{2}O}中所含质子、电子的数目均为rm{10}个，含中子数为rm{8}个，所以rm{1molH_{2}O}中所含中子数目为rm{8N_{A}}rm{1.8g}水中含中子数为rm{0.8N_{A}}水中含中子数为rm{1.8g}故C错误；D.rm{0.8N_{A}}rm{7.8gNa}rm{7.8gNa}rm{{,!}_{2}}的物质的量为rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{0.1mol}rm{Na}rm{Na}溶液中，rm{{,!}_{2}}与水反应生成rm{O}和rm{O}过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，rm{{,!}_{2}}元素的化合价由通入足量rm{NaOH}溶液中，价升高到rm{NaOH}价，rm{Na_{2}O_{2}}反应，转移rm{NaOH}电子，所以rm{O_{2}}rm{O}rm{-1}rm{0}rm{Na_{2}O_{2}}溶液中，转移电子数目均为rm{1mol}将rm{7.8gNa}rm{7.8gNa}

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{ABCD}三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】试题分析：（1）①溴离子和亚铁离子均能被氯气氧化，因此向溴化亚铁溶液中通入足量氯气的离子方程式为2Fe2＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2。②单质溴易溶在四氯化碳中，且四氯化碳的密度大于水的。因此下层是有机层，溶液呈橙红色；上层是水层含有铁离子，溶液呈棕黄色。铁离子能氧化碘化钾生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，所以反应②的离子方程式为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2。③下层含有单质溴，单质溴的氧化性强于单质碘的，能把碘化钾氧化生成单质碘。单质碘易溶在四氯化碳中溶液呈紫红色，所以反应③的离子方程式为Br2＋2I－＝2Br－＋I2。（2）根据以上分析可知颜色分别是a棕黄b橙红c蓝d紫红。考点：考查氧化还原反应方程式的应用与书写、卤素单质的溶解性以及颜色的判断、物质的检验、萃取等【解析】【答案】（11分）（1）①2Fe2＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2（3分）②2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2（2分）③Br2＋2I－＝2Br－＋I2（2分）（2）a棕黄b橙红c蓝d紫红（各1分）16、略

【分析】（1）根据图像可知X和Y是反应物，Z是生成物，反应进行到2min时X、Y、Z的变化量分别为1.0mol－0.7mol＝0.3mol、1.0mol－0.9mol0.1mol、0.3mol－0.1mol＝0.2mol，所以反应式为3X+Y2Z。（2）2min时Z的变化量是0.2mol，5min是Z的变化量是0.5mol－0.1mol＝0.4mol，所以Z的反应速率分别为（3）根据图像可知，当反应进行到5min时，各种物质的浓度不再发生变化，所以反应达到平衡状态。【解析】【答案】1.3X+Y2Z2.0.05mol.L-1.min-1,,0.04mol.L-1.min-13.517、略

【分析】【解析】【答案】（1）简述该实验的主要实验步骤：略。（2）容量瓶（规格：500ml）、还需要的实验仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管。（3）①影响无影响（偏大、偏小、无影响。以下同）②影响：偏小。③影响：偏大。④影响偏小。18、略

【分析】解：A；镁离子、铝离子和氖的电子层结构相同；比氯离子少一个电子层，故A错误；

B；钠离子和氟离子电子层结构相同；硫离子和氩原子电子层结构相同，但钠离子和氟离子比硫离子和氩原子少一个电子层，故B错误；

C；钾离子、钙离子、硫离子和氩核外都是18个电子；所以电子层结构相同，故C正确；

D；钠离子和镁离子电子层结构相同；硫离子和氯离子电子层结构相同，但钠离子和镁离子比氯离子和硫离子少一个电子层，故D错误；

故选C；

K+、Ca2+、S2-中，具有相同电子层结构，原子序数越小半径越大，故半径大小顺序为S2-＞K+＞Ca2+，故答案为：S2-＞K+＞Ca2+；

在O2、NH3、H2O2、（NH4）2SO4、NaCl中，O2只含有非极性键，属于非极性分子；NH3只含极性键，为三角锥形结构，结构不对称，正负电荷的中心不重合，为极性分子；H2O2含极性键和非极性键，结构不对称，正负电荷的中心不重合，为极性分子；（NH4）2SO4含有共价键和离子键；配位键；属于离子化合物；NaCl只含离子键，为离子化合物；

（1）存在非极性键的分子是O2、H2O2，故答案为：O2、H2O2；

（2）存在极性键的分子是NH3、H2O2，故答案为：NH3、H2O2；

（3）存在极性共价键的离子化合物是（NH4）2SO4，故答案为：（NH4）2SO4．

原子变成阴离子时电子层数不变；原子变成阳离子时电子层数减少一个，同一周期的阴阳离子电子层数不同，同一周期的阴离子和下一周期的阳离子电子层结构相同；一般活泼金属元素与活泼非金属元素形成离子键；同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子；结构不对称，正负电荷的中心不重合，则为极性分子，据此分析解答．

本题考查了阴阳离子半径大小比较、原子的电子层结构、键的极性和分子的极性，难度不大，明确阴阳离子中核外电子的排不和基本概念是解本题的关键．【解析】C；S2-＞K+＞Ca2+；O2、H2O2；NH3、H2O2；（NH4）2SO419、（1）①

（2）④

（3）③

（4）②

（5）Ba（OH）2+2HNO3=Ba（NO3）2+2H2O

（6）0.3mol·L-1

【分析】【分析】

本题考查常见的无机物的化学性质；化学方程式与离子方程式的关系、物质的量浓度的计算；题目难度不大。

【解答】rm{(1)}与水反应产生无色气体的是rm{Na}与水反应产生无色气体的是rm{(1)}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}故答案为：rm{O}rm{{,!}_{2}}遇rm{垄脵}溶液显红色的是rm{(2)}遇rm{KSCN}溶液显红色的是rm{FeCl}rm{(2)}故答案为：rm{KSCN}rm{FeCl}常温下能使铝表面生成致密氧化膜的是浓rm{{,!}_{3;}}rm{垄脺}故答案为：rm{(3)}常温下能使铝表面生成致密氧化膜的是浓rm{HNO}rm{(3)}既能与酸反应又能与碱反应的是rm{HNO}rm{{,!}_{3}}故答案为：rm{垄脷}rm{(4)}既能与酸反应又能与碱反应的是rm{Al(OH)}酸和碱之间可以发生中和反应生成盐和水，氢氧化钡rm{(4)}rm{Al(OH)}rm{{,!}_{3}}rm{垄脹}rm{(5)}酸和碱之间可以发生中和反应生成盐和水，氢氧化钡rm{(5)}和硝酸的反应为：rm{Ba(OH)}rm{Ba(OH)}rm{{,!}_{2}}rm{+2HNO}rm{+2HNO}

rm{{,!}_{3}}rm{=Ba(NO}rm{=Ba(NO}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}故答案为：rm{Ba(OH)}rm{Ba(OH)}rm{{,!}_{2}}rm{+2HNO}rm{+2HNO}rm{{,!}_{3}}rm{=Ba(NO}rm{=Ba(NO}rm{{,!}_{3}}rm{)}的rm{)}rm{{,!}_{2}}故答案为：rm{+2H}

rm{+2H}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{垄脵}rm{(2)}rm{(2)}rm{垄脺}rm{(3)}rm{(3)}rm{垄脹}rm{(4)}rm{(4)}

rm{垄脷}20、+57【分析】【解答】（1）根据离子方程式遵循电荷守恒可知：（﹣n）+（﹣6）+6=﹣1，可知n=1，根据RO3n﹣离子化合价代数和关系：（x﹣2×3）=﹣1（设R的化合价为x）；可知x=+5，故答案为：+5；

（2）RO3n﹣中R元素的化合价不一定为最高正价，应根据反应物中R﹣离子的化合价进行判断，根据生成R﹣离子可知R得1个电子后达到8电子稳定结构；应为第七主族元素，最外层电子数为7，故答案为：7．

【分析】（1）根据离子方程式遵循电荷守恒判断RO3n﹣离子所带电荷；并以此判断化合价；

（2）根据生成R﹣离子可知R得1个电子后达到8电子稳定结构，应为第七主族元素．21、（1）Ca（OH）2CuCl2HClNa2