2025年苏人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2025年苏人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6题，共12分)1、引起下列环境污染的原因不正确的是A.重金属、农药和难分解的有机物会造成水体污染B.装饰材料中的甲醛、芳香烃及氡会造成居室污染C.SO2、NO2、CO2都会导致酸雨的形成D.CO2和CH4的大量排放会造成温室效应的加剧2、在强酸性无色溶液中，下列离子组能大量共存的是()A.rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{OH^{-}}rm{Cl^{-}}B.rm{Na^{+}}rm{Cu^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}C.rm{K^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cl^{-}}D.rm{Ba^{2+}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{K^{+}}3、锌与rm{100mL}rm{18.5mol?L^{-1}}的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲rm{33.6L(}标准状况rm{).}将反应后的溶液稀释至rm{1L}测得rm{c(H_{2}SO_{4})=0.05mol/L}下列叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.反应中共消耗rm{1.8}rm{mol}rm{H_{2}SO_{4}}B.气体甲中rm{SO_{2}}与rm{H_{2}}的体积比为rm{1}rm{5}C.反应中共消耗rm{97.5}rm{g}rm{Zn}D.反应中共转移rm{3}rm{mol}电子4、元素周期表中101-109号元素属于（）A.锕系元素B.金属元素C.镧系元素D.第六周期元素5、下列关于化学变化的说法中，错误的是（）A.化学键断裂时要吸收能量，形成新化学键时要放出能量B.化学变化的实质是旧化学键断裂，新化学键形成C.在化学变化过程中，一定要吸收或放出能量D.吸收能量或放出能量的过程，一定是化学变化过程6、下列关于有机化合物的说法正确的是（）A.乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别B.戊烷（C5H12）有两种同分异构体C.乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键D.糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、A；B、C、D、E五种物质的焰色反应都显黄色；电解熔融的A可以得到单质B，电解A的水溶液可以得到碱性溶液C．转化关系如图：

（1）按要求写出下列物质：B的原子结构示意图____；物质C的俗名____；

（2）写出A→C的化学方程式：____；

（3）写出C溶液与E溶液反应的离子方程式：____；

（4）写出除去D固体中的E杂质的化学方程式：____；

（5）检验物质A中阴离子的实验操作方法是：____．

8、（12分）氮元素的单质和常见的化合物在工、农业生产中用途广泛．（1）工业上利用分离空气的方法得到氮气．空气各主要成分的沸点如下：。N2O2ArCO2-196℃-183℃-186℃-78℃现将空气深度冷却液化，然后缓慢升温，则最先分离出来的气体是______．（2）雷雨时空气中的N2转化为NO，生成物NO是______色的气体，______（填“易”或“难”）溶于水；NO在空气中很容易被氧化成NO2，NO2能与水发生化学反应．NO2与水反应的化学方程式为__________________．（3）实验室可用固体NH4Cl与固体Ca（OH）2加热反应制取氨气．①制取氨气的化学方程式为__________________；②要制取标准状况下4.48L的氨气，至少需要称取固体NH4Cl的质量为______g．（4）已知：4NH3+6NO5N2+6H2O化学研究性学习小组的同学在技术人员的指导下，按下列流程，探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能．若控制其他实验条件均相同，在催化反应器中装载不同的催化剂，将经催化反应后的混合气体，通过一定体积滴有酚酞的稀硫酸溶液（溶液的体积、浓度均相同）．①NH3与稀硫酸溶液反应的离子方程式为__________________；②为了比较不同催化剂的催化性能，需要测量并记录的数据是____________．9、现有下列物质S、H2S、O2、SO2、FeCl2、H2SO4，以S元素、O元素或Fe元素的价态判断在氧化还原反应中只能作还原剂的是____（填化学符号，下同），只能做氧化剂的是____，既能作氧化剂又能作还原剂的是____。10、工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-；它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理，常用的处理方法为还原沉淀法．

该法的工艺流程为CrOCr2OCr3+Cr（OH）3↓

①第①步的反应是否为氧化还原反应______（填“是”或“否”）

②第②步中，还原1molCr2O72-离子，需要______mol的FeSO4•7H2O．

③写出第③步反应的离子方程式______．11、海洋植物如海带；海藻中含有大量的碘元素；碘元素以碘离子的形式存在．实验室里从海藻中提取碘的流程如图1：

（1）实验室焙烧海带，需要下列仪器中的______（填序号）．

a．试管b．烧杯。

c．坩埚d．泥三角。

e．铁三脚架f．酒精灯。

（2）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：①______，③______．

（3）提取碘的过程中，可选择的有机试剂是______

A．甲苯；酒精B．四氯化碳、苯。

C．汽油；乙酸D．汽油、甘油。

（4）③过程需要使用的主要玻璃仪器为______．

（5）小组用CCl4萃取碘水中的碘，在如图2的分液漏斗中，下层液体呈______色；他们打开分液漏斗活塞，却未见液体流下，原因可能是______．

（6）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂；还须经过蒸馏，指出下面实验装置图3中的错误之处：

①______；

②______；

③______．

（7）进行上述蒸馏操作时，使用水浴加热的原因是______．12、rm{(1)}下列化合物rm{垄脵KBr}rm{垄脷H_{2}S}rm{垄脹NaOH}rm{垄脺HF}rm{垄脻SO_{2}}中，只含离子键的有__________，只含共价键的有_______________，既含有离子键又含有共价键的有__________，属于离子化合物的有_____________rm{(}填序号rm{)}rm{(2)}月球含有rm{H}rm{He}rm{N}rm{Na}rm{Mg}rm{Si}等元素，是人类未来的资源宝库。rm{垄脵^{3}He}是高效核能原料，其原子核内中子数为____。rm{垄脷Na}的原子结构示意图为____，rm{Na}在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为____。rm{(3)MgCl_{2}}在工业上应用广泛，可由rm{MgO}制备。rm{垄脵MgO}的熔点比金刚石的熔点____rm{(}填“高”或“低”rm{)}rm{垄脷}月球上某矿石经处理得到的rm{MgO}中含有少量rm{SiO_{2}}rm{SiO_{2}}的晶体类型为____________。13、（5分）铜跟氯气在点燃条件下可发生反应：Cu+Cl2=CuCl2。在该反应中，氯元素的化合价（填“升高”或“降低”），被（填“氧化”或“还原”，下同）；Cl2作剂，具有性。若反应中消耗了1molCu，则生成molCuCl2。14、下列实验操作与方法正确的是____（填序号）．

15、分析以下rm{A隆芦D}四个涉及rm{H_{2}O_{2}}的反应rm{(}未配平rm{)}填空：A.rm{Na_{2}O_{2}+HCl隆陋隆煤H_{2}O_{2}+NaCl}B.rm{Ag_{2}O+H_{2}O_{2}隆陋隆煤Ag+O_{2}隆眉+H_{2}O}C.rm{H_{2}O_{2}隆陋隆煤H_{2}O+O_{2}隆眉}D.rm{H_{2}O_{2}+Cr_{2}(SO_{4})_{3}+KOH隆陋隆煤K_{2}CrO_{4}+K_{2}SO_{4}+H_{2}O}rm{(1)H_{2}O_{2}}仅体现氧化性的反应是________，rm{H_{2}O_{2}}仅体现还原性的反应是____________，rm{H_{2}O_{2}}既体现氧化性，又体现还原性的反应是________，rm{H_{2}O_{2}}既不作氧化剂又不作还原剂的反应是__________。rm{(}填代号rm{)}rm{(2)}用“单线桥法”标出rm{D}反应中电子转移的方向和数目：

rm{3H_{2}O_{2}+Cr_{2}(SO_{4})_{3}+10KOH=2K_{2}CrO_{4}+3K_{2}SO_{4}+8H_{2}O}反应中氧化剂是______，被氧化的元素是________，还原产物是________。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)16、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）17、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）18、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）19、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）20、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．21、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）22、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）23、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）评卷人得分四、其他(共4题，共12分)24、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。25、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。26、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。27、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。评卷人得分五、计算题(共2题，共4分)28、准确称取rm{Ag_{2}O}和rm{Ag_{2}O_{2}}的固体混合物rm{2.588g}在一定条件下完全分解为rm{Ag}和rm{O_{2}}得到rm{224.0mLO_{2}(}在标准状况下rm{).}计算rm{Ag_{2}O}和rm{Ag_{2}O_{2}}的物质的量rm{.(}写出必要过程rm{)}29、(8分)在100mL0.5mol/LAlCl3溶液中，加入100mLNaOH溶液，得到1.56g沉淀。求NaOH溶液的物质的量浓度。评卷人得分六、综合题(共4题，共8分)30、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

31、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题32、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

33、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】CO2不会形成酸雨，但会形成温室效应，所以选项C是错误的，其余都是正确的。答案选C。【解析】【答案】C2、C【分析】【分析】

本题考查离子的共存，明确复分解反应发生的条件是解答的关键，注意离子的颜色即可解答，题目难度不大rm{.}在强酸性溶液中，含大量的rm{H}rm{+}；离子之间结合生成水；气体、沉淀等，则不能共存，结合常见离子的颜色来解答。

rm{+}

【解答】A.因rm{H^{+}}结合生成水；则不能共存，故A错误；

B.该组离子之间不反应，能共存，但rm{OH^{-}}为蓝色；与无色溶液不符，故B错误；

C.该组离子之间不反应；能共存，且均为无色离子，故C正确；

D.rm{Cu^{2+}}rm{HCO_{3}^{-}}结合生成水和二氧化碳气体；则不能共存，故D错误；

故选C。rm{H^{+}}【解析】rm{C}3、B【分析】解：生成气体的物质的量为rm{dfrac{33.6L}{22.4L/mol}=1.5mol}溶液剩余硫酸的物质的量为rm{dfrac

{33.6L}{22.4L/mol}=1.5mol}

参加反应的rm{1L隆脕0.05mol/L=0.05mol}随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小；

设反应生成rm{n(H_{2}SO_{4})=0.1L隆脕18.5mol/L-0.05mol=1.8mol}rm{xmolSO_{2}}

rm{ymolH_{2}}浓rm{Zn+2H_{2}SO_{4}(}

rm{)=ZnSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{x}rm{2x}

rm{x}稀rm{Zn+H_{2}SO_{4}(}

rm{)=ZnSO_{4}+H_{2}隆眉}rm{y}rm{y}

rm{begin{cases}x+y=1.52x+y=1.8end{cases}}

解之得rm{y}rm{begin{cases}x+y=1.5

2x+y=1.8end{cases}}

所以反应会生成rm{x=0.3}的二氧化硫和rm{y=1.2}的氢气．

A.由以上计算可知，反应中共消耗rm{0.3mol}故A正确；

B.气体rm{1.2mol}为rm{1.8molH_{2}SO_{4}}和rm{A}的混合物，且rm{SO_{2}}rm{H_{2}}rm{V(SO_{2})}故B错误；

C.反应中共消耗金属rm{V(H_{2})=1}的质量rm{4}故C正确；

D.在反应rm{Zn}浓rm{m(Zn)=(0.3mol+1.2mol)隆脕65g/mol=97.5g}中，生成rm{Zn+2H_{2}SO_{4}(}的二氧化硫转移电子为rm{)=ZnSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}反应rm{0.3mol}稀rm{0.6mol}中，生成rm{Zn+H_{2}SO_{4}(}氢气转移电子rm{)=ZnSO_{4}+H_{2}隆眉}所以反应中共转移rm{1.2mol}电子；故D正确；

故选B．

rm{2.4mol}和浓硫酸发生：rm{3mol}浓rm{Zn}随着反应的进行，溶液浓度减小；

稀硫酸与rm{Zn+2H_{2}SO_{4}(}发生：rm{)=ZnSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}稀rm{Zn}则生成的气体为rm{Zn+H_{2}SO_{4}(}和的rm{)=ZnSO_{4}+H_{2}隆眉}混合物；根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算．

本题考查氧化还原反应计算，为高频考点，把握电子守恒、原子守恒为计算的关键，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，题目难度不大．rm{SO_{2}}【解析】rm{B}4、B【分析】解：A；锕系元素的原子序数在89到103之间；所以101-109号元素部分属于锕系元素，故A错误；

B；101-109都是金属元素；故B正确；

C；镧系元素的原子序数为；57-71；所以101-109号不是镧系元素，故C错误；

D；第六周期O族元素的原子序数为：86；所以101-109号元素属于第七周期元素，故D错误；

故选B．

A；锕系元素的原子序数在89到103之间；

B；101-109都是金属元素；

C；镧系元素的原子序数为；57-71；

D；第六周期O族元素的原子序数为：86．

本题考查了元素在周期表中位置的判断，明确元素原子核外电子层数与周期数、最外层电子数与主族族序数之间的关系是解本题关键，题目难度中等．【解析】【答案】B5、D【分析】解：A；化学键是相邻原子间强烈的相互作用；破坏时要吸收能量，形成化学键要放出能量，故A正确；

B；在化学变化中；分子分解成原子，原子再重新结合成新分子，分子变成原子时化学键断裂，原子形成分子时化学键形成，所以化学反应中物质变化的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，故B正确；

C；化学变化一定存在能量的变化；在化学变化过程中，一定要吸收或放出能量，故C正确；

D；物理变化也可能伴随能量变化；例如冰变成水要吸热，水蒸气冷凝成水会放热，故D错误．

故选：D．

A；化学键是相邻原子间强烈的相互作用；破坏时要吸收能量，形成化学键要放出能量；

B；在化学变化中；分子分解成原子，原子再重新结合成新分子，这个过程就是旧化学键断裂和新化学键形成的过程；

C；化学变化一定存在能量的变化；不是吸收就是释放；

D；物理变化也可能伴随能量变化；例如物质三态之间的变化．

本题从化学反应的过程与化学键的关系及其能量转化形式来考查，题目难度不大．【解析】【答案】D6、A【分析】解：A．乙酸可与碳酸钠反应；乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，二者现象不同，可鉴别，故A正确；

B．戊烷有正戊烷；异戊烷、新戊烷3种同分异构体；故B错误；

C．聚乙烯和苯分子中不含碳碳双键；故C错误；

D．糖中的单糖不能发生水解；故D错误．

故选A．

A．乙酸可与碳酸钠反应；乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液；

B．戊烷有3种同分异构体；

C．聚乙烯和苯分子中不含碳碳双键；

D．单糖不能发生水解．

本题考查较为综合，涉及有机物的鉴别、同分异构体、有机物结构和性质等知识，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】【答案】A二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】

A、B、C、D、E五种物质的焰色反应都显黄色，应含有Na元素，D和E都可与盐酸反应生成A，则A应为NaCl，电解熔融的A可以得到单质B，电解A的水溶液可以得到碱性溶液C，则B为Na，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3；

（1）B为Na，原子核外有3个电子层，最外层电子数为1，原子结构示意图为C为NaOH，俗称烧碱；火碱、苛性钠；

故答案为：烧碱；火碱、苛性钠；

（2）A→C的反应为电解食盐水，方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（3）C溶液与E溶液反应的离子方程式为2HCO3-+OH-═CO32-+H2O，故答案为：2HCO3-+OH-═CO32-+H2O；

（4）NaHCO3不稳定，加热易分解，可通过加热的方法除去，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；

故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；

（5）A应为NaCl；检验氯离子的方法是取少量A溶液于试管，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则证明含有氯离子；

故答案为：取少量A溶液于试管；滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则证明含有氯离子．

【解析】【答案】A、B、C、D、E五种物质的焰色反应都显黄色，应含有Na元素，D和E都可与盐酸反应生成A，则A应为NaCl，电解熔融的A可以得到单质B，电解A的水溶液可以得到碱性溶液C，则B为Na，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3；结合对应物质的性质解答该题．

8、略

【分析】试题分析：（1加热升温最先变为气体的是沸点最低的物质，从表格中看出沸点最低的是N2，所以最先分离出来的气体是N2。（2）NO是无色的气体难溶于水，NO2溶于水的方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。（3）实验室可用固体NH4Cl与固体Ca（OH）2加热反应制取氨气的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑，状况下4.48L的氨气的物质的量为：4.48L÷22.4L/mol=0.2mol,根据方程式知道生成0.2mol的氨气至少需要0.2mol的NH4Cl，质量为：0.2mol×53.5g/mol=10.7g。（4）氨气是碱性气体，与稀硫酸溶液反应的离子方程式为：NH3+H+=NH4+；要比较催化剂的性能就要从反应的快慢来比较，所以要记录反应所需要的时间。考点：物质的基本性质、氨气的性质、物质的量的计算和反应速率测定需要的物理量。【解析】【答案】（1）N2；（1分）（2）无；（1分）难；（1分）3NO2+H2O=2HNO3+NO；（2分）（3）①2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑；（2分）②10.7；（2分）（4）①NH3+H+=NH4+；（2分）②溶液显色所需时间．（1分）9、H2SO2、H2SO4S、SO2、FeCl2【分析】【解答】解：由于S的化合价是0价，既能升高，也可以降低；H2S中S元素化合价是﹣2价，是最低价，只能升高；氧气中O元素是0价，能够降低；FeCl2中Fe元素的价态是+2价；既能升高，也可以降低；硫酸中的S元素是+6价，属于最高价只能降低；

只能做还原剂，说明化合价只能升高，元素处于最低价，六种物质中，H2S中S元素化合价是﹣2价；是最低价，只能升高；

只能做氧化剂，说明物质的化合价处于最高价，化合价只能降低，O2中O元素、H2SO4的S元素处于最高价；只能降低，只做氧化剂；

既能做氧化剂，又能做还原剂，说明化合价处于中间价态，满足的有：S、SO2、FeCl2；

故答案为：H2S；O2、H2SO4；S、SO2、FeCl2．

【分析】S的化合价是0价，既能升高，也可以降低；H2S中S元素化合价是﹣2价；氧气中O元素是0价；FeCl2中Fe元素的价态是+2价；硫酸中的S元素是+6价，根据以上元素的价态进行判断元素性质．10、略

【分析】解：①第①步中Cr元素的化合价在反应前后均为+6价；则不是氧化还原反应，故答案为：否；

②第②步中，还原1molCr2O72-离子，由电子守恒可知，需要FeSO4•7H2O的物质的量为=6mol；故答案为：6；

③第③步中铬离子与碱反应生成沉淀，离子反应为Cr3++3OH-=Cr（OH）3↓，故答案为：Cr3++3OH-=Cr（OH）3↓．

①第①步中Cr元素的化合价在反应前后均为+6价；

②结合电子守恒计算；

③第③步中铬离子与碱反应生成沉淀．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合电子守恒计算，题目难度不大．【解析】否；6；Cr3++3OH-=Cr（OH）3↓11、略

【分析】解：（1）灼烧海带需要的仪器有：酒精灯；三脚架、泥三角及坩埚；故选cdef；

（2）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法；从碘水中分离出碘采用分液方法，所以①的操作名称是过滤，③的操作名称是分液，故答案为：过滤；分液；

（3）A．酒精和水互溶；所以不能作萃取剂，故错误；

B．四氯化碳；苯符合萃取剂条件；所以能作萃取剂，故B正确；

C．汽油和碘反应；乙酸和水互溶，所以汽油；乙酸不能作萃取剂，故错误；

D．汽油和碘反应；甘油和水互溶；所以汽油、甘油不能作萃取剂，故错误；

故选B；

（4）③的操作是萃取；需要分液漏斗和烧杯，故答案为：分液漏斗和烧杯；

（5）四氯化碳的密度大于水且和水不互溶；四氯化碳能萃取碘，所以有机层在下方；水在上方，碘的四氯化碳溶液呈紫色；如果分液漏斗上口活塞小孔未与空气相通，则液体不会流出；

故答案为：紫；分液漏斗上口活塞小孔未与空气相通；

（6）温度计测量馏分温度；所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处；冷凝管中的水遵循“下进上出”原则，否则易炸裂冷凝管；加热烧瓶需要垫石棉网，否则，烧瓶受热不均匀；

故答案为：温度计水银球位置；冷凝管中水流方向；未加石棉网；

（7）水浴加热时烧瓶受热均匀；且温度不至于过高而使碘转化为气态；

故答案为：水浴加热时烧瓶受热均匀；且温度不至于过高．

（1）灼烧海带需要的仪器有：酒精灯；三脚架、泥三角及坩埚；

（2）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法；从碘水中分离出碘采用分液方法；

（3）萃取剂的选取标准：和原溶剂不互溶；和溶质不反应，溶质在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度；

（4）③的操作是萃取；需要分液漏斗和烧杯；

（5）四氯化碳的密度大于水且和水不互溶；四氯化碳能萃取碘，所以有机层在下方；水在上方；如果分液漏斗上口活塞小孔未与空气相通，则液体不会流出；

（6）温度计测量馏分温度；冷凝管中的水遵循“下进上出”原则，加热烧瓶需要垫石棉网；

（7）水浴加热时烧瓶受热均匀；且温度不至于过高．

本题考查海水资源综合利用，侧重考查学生对化学实验基本操作能力的掌握，明确实验原理是解本题关键，知道萃取剂的选取标准，知道常见仪器作用，题目难度不大．【解析】cdef；过滤；分液；B；分液漏斗和烧杯；紫；分液漏斗上口活塞小孔未与空气相通；温度计水银球位置；冷凝管水流方向；未加石棉网；水浴加热时烧瓶受热均匀，且温度不至于过高12、（1）①②④⑤③①③（2）1（3）低原子晶体【分析】【分析】本题考查了化学键的判断、原子、离子结构，物质组成和结构的理解应用，，明确离子键和共价键的区别是解本题关键，注意离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，只存在共价键的化合物不一定属于共价分子，可能属于原子晶体，为易错点，题目难度中等。【解答】rm{(1)垄脵KBr}是离子化合物，存在的化学键是离子键；rm{垄脷H_{2}S}是共价化合物，氢原子与硫原子之间形成的是共价键；rm{垄脹NaOH}是离子化合物，钠离子和氢氧根离子之间形成的是离子键，氢氧根离子中氢原子与氧原子之间形成的是共价键；rm{垄脺HF}是共价化合物，氢原子与氟原子之间形成的是共价键；rm{垄脻}rm{SO_{2}}是共价化合物，是共价化合物，rm{SO_{2}}氧原子与硫原子之间形成的是共价键；故答案为：rm{垄脵}rm{垄脵}rm{垄脷垄脺垄脻}rm{垄脷垄脺垄脻}rm{垄脹}rm{垄脹}中质量数为rm{垄脵垄脹}质子数为rm{垄脵垄脹}则中子数rm{(2)}rm{(2)}rm{垄脵^{3}}的核外有rm{He}中质量数为rm{3}质子数为rm{2}则中子数rm{=3-2=1}个电子，分三层排布，分别为rm{He}rm{3}rm{2}所以rm{=3-2=1}的原子结构示意图为故答案为：rm{1}在氧气中燃烧生成过氧化钠，为离子化合物，其电子式为

故答案为：

rm{1}rm{垄脷Na}是离子晶体，而rm{11}所以rm{2}的熔点低于rm{8}；

故答案为：低；

rm{1}二氧化硅原子间以共价键结合形成空间网状结构的晶体属于原子晶体；属于原子晶体；

故答案为：原子晶体。rm{Na}【解析】rm{(1)垄脵}rm{垄脷垄脺垄脻}rm{垄脹}rm{垄脵垄脹}rm{(2)1}rm{(3)}低原子晶体13、略

【分析】【解析】【答案】降低还原氧化氧化114、A【分析】【解答】A．分液漏斗使用前需检验是否漏水；检查时一手托住瓶底，另一只手摁住瓶塞，倒转检查，故A正确；

B．用试管加热液体时，液体不能超过试管容积的且用拇指顶住试管夹短柄，故B错误；

C．用胶头滴管滴加液体时不能将胶头滴管插入到试管内部；故C错误；

D．过滤时漏斗应紧贴烧杯内壁；故D错误．

故选A．

【分析】A．检查时一手托住瓶底；另一只手摁住瓶塞，倒转检查；

B．液体不能超过试管容积的

C．胶头滴管插入到试管内部会污染药品；

D．漏斗应紧贴烧杯内壁．15、（1）DBCA（2）H2O2CrH2O【分析】【分析】本题考查了氧化还原反应，为高频考点，注意从元素化合价变化判断氧化性、还原性及氧化还原反应方程式的配平，题目难度中等，注意判断一个反应是否属于氧化还原反应，关键在于判断元素的化合价是否发生变化；rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}处于中间价态，它既可以升高又可以降低，即rm{{,!}_{2}}中的氧元素化合价为rm{-1}处于中间价态，它既可以升高又可以降低，即rm{H}rm{-1}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}是一个非氧化还原反应，双氧水既不是氧化剂，也不是还原剂；B.rm{{,!}_{2}}既有氧化性又有还原性。被还原成单质银，【解答】仅表现为还原性，其中氧元素转化为rm{(1)A.Na_{2}O_{2}+HCl隆煤H_{2}O_{2}+NaCl}

C.rm{Ag_{2}O+H_{2}O_{2}隆煤Ag+O_{2}+H_{2}O}过氧化氢的分解反应，是一个自身氧化还原反应，rm{Ag_{2}O}既表现了氧化性；又表现了还原性；

D.rm{H_{2}O_{2}}双氧水在反应中化合价由rm{O_{2}}变成rm{H_{2}O_{2}隆煤H_{2}O+O_{2}}化合价降低被还原，双氧水仅做氧化剂；

所以rm{H_{2}O_{2}}仅体现氧化性的反应是rm{H_{2}O_{2}+Cr_{2}(SO_{4})_{3}+KOH隆煤K_{2}CrO_{4}+K_{2}SO_{4}+H_{2}O}rm{-1}仅体现还原性的反应是rm{-2}rm{H_{2}O_{2}}既体现氧化性，又体现还原性的反应是rm{D}rm{H_{2}O_{2}}既不做氧化剂又不做还原剂的反应是rm{B}

故答案为：rm{H_{2}O_{2}}rm{C}rm{H_{2}O_{2}}rm{A}

rm{D}中rm{B}的化合价为rm{C}价，反应后变成了rm{A}化合价变成rm{(2)Cr_{2}(SO_{4})_{3}}rm{Cr}元素化合价升高被氧化，化合价升高了rm{+3}价，一分子rm{K_{2}CrO_{4}}参与反应，化合价至少升高rm{+6}价；rm{Cr}中氧元素化合价为rm{3}价，反应后变成了rm{Cr_{2}(SO_{4})_{3}}价的rm{6}化合价降低了rm{H_{2}O_{2}}价，rm{-1}分子双氧水反应，至少化合价降低rm{-2}价，化合价变化的最小公倍数为rm{O}所以rm{1}的计量数为rm{1}双氧水的计量数为rm{2}然后利用观察法配平其它物质，配平后的方程式为rm{6}该反应中转移rm{Cr_{2}(SO_{4})_{3}}rm{1}失去电子，rm{3}得到电子，则电子转移方向和数目为氧化剂是rm{3H_{2}O_{2}+Cr_{2}(SO_{4})_{3}+10KOH=2K_{2}CrO_{4}+3K_{2}SO_{4}+8H_{2}O}rm{6e^{-}}rm{Cr}rm{O}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}

故答案为：被氧化的元素是rm{Cr}rm{Cr}还原产物是rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}

rm{O}【解析】rm{(1)DBCA}rm{(1)DBCA}rm{(2)}rm{H_{2}}rm{O_{2;;;;}Cr}rm{H_{2}}rm{O}三、判断题(共8题，共16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、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．18、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19、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．20、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；21、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．22、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．23、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素四、其他(共4题，共12分)24、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)225、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-26、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)227、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-五、计算题(共2题，共4分)28、略

【分析】

rm{n(O_{2})=dfrac{0.224L}{22.4L/mol}=1.000隆脕10^{-2}mol}

设样品中rm{n(O_{2})=dfrac

{0.224L}{22.4L/mol}=1.000隆脕10^{-2}mol}的物质的量为rm{Ag_{2}O_{2}}rm{x}的物质的量为rm{Ag_{2}O}

rm{begin{cases}248g/mol隆脕x+232g/mol隆脕y=2.588gx+dfrac{y}{2}=1.000隆脕10^{-2}end{cases}}

rm{y}

rm{begin{cases}

248g/mol隆脕x+232g/mol隆脕y=2.588gx+dfrac

{y}{2}=1.000隆脕10^{-2}end{cases}}

本题考查根据方程式计算，注意根据质量守恒和元素守恒分析计算，侧重对学生分析思维能力的考查，比较简单．rm{x=9.500隆脕10^{-3}mol}【解析】解：rm{n(O_{2})=dfrac{0.224L}{22.4L/mol}=1.000隆脕10^{-2}mol}

设样品中rm{n(O_{2})=dfrac

{0.224L}{22.4L/mol}=1.000隆脕10^{-2}mol}的物质的量为rm{Ag_{2}O_{2}}rm{x}的物质的量为rm{Ag_{2}O}

rm{begin{cases}248g/mol隆脕x+232g/mol隆脕y=2.588gx+dfrac{y}{2}=1.000隆脕10^{-2}end{cases}}

解之得：rm{y}rm{begin{cases}

248g/mol隆脕x+232g/mol隆脕y=2.588gx+dfrac

{y}{2}=1.000隆脕10^{-2}end{cases}}答：rm{x=9.500隆脕10^{-3}mol}和rm{y=1.000隆脕10^{-3}mol}的物质的量分别为：rm{Ag_{2}O}rm{Ag_{2}O_{2}}．rm{n(Ag_{2}O)=0.001mol}29、略

【分析】试题分析：1.56g氢氧化铝的物质的量为0.02mol。若氢氧化钠不足，则只发生所以氢氧化钠的浓度为0.02mol×3÷0.1L=0.6mol/L；若氢氧化钠过量，则生成氢氧化铝0.02mol、生成偏铝酸根离子0.05－0.02=0.03mol，所以氢氧化钠的浓度为(0.02mol×3+0.03mol×4)÷0.1L=1.8mol/L。考点：本题考查铝的有关计算。【解析】【答案】0.6mol/L1.8mol/L六、综合题(共4题，共8分)30、反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1【分析】【解答】（1）因图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；

（2）因1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol﹣1；

则2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣1；

则利用盖斯定律将①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1；

【分析】（1）反应物总能量大于生成物总能量；催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，反应热不变；

（2）根据反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）结合1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1计算反应热；

（3）根据反应物和生成物确定反应的历程；

（4）利用盖斯定律计算．31、1：52）盐酸体现出的性质有：____酸性和还原性3）用双线桥表示出电子转移的方向和数目：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O4）当被氧化的HCl为7