…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年統編版2024高一化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、已知氯酸鈉（NaClO3）與鹽酸反應的化學方程式為：NaClO3+6HCl=NaCl+3Cl2↑+3H2O，則氧化產物和還原產物的質量比為（）A.6：1B.5：1C.3：1D.2：12、某混合氣體中可能含有rm{Cl_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{2}}rm{NO}rm{NO_{2}}中的兩種或多種氣體。現將此無色透明的混合氣體通過品紅溶液后，品紅溶液褪色，把剩余氣體排入空氣中，很快變為紅棕色。對于原混合氣體成分的判斷中正確的是rm{(}rm{)}A.肯定有rm{SO_{2}}和rm{NO}一定無rm{O_{2;;;;;;;;;;;;;;;;}}B.肯定沒有rm{Cl_{2}}和rm{NO_{2}}一定有rm{O_{2}}C.可能有rm{Cl_{2}}和rm{O_{2;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}D.肯定只有rm{NO}3、下列圖示變化表示吸熱反應的是()A.B.C.D.4、現有2mol/L鹽酸和稀硫酸溶液各100mL，分別加入等量的鐵粉，反應結束后所生成的氫氣體積比為2：3，則加入的鐵粉的質量為（）A.5.6gB.8.4gC.2.8gD.16.8g5、現有如下各說法：

rm{壟脵}在水分子中氫；氧原子間以共價鍵相結合。

rm{壟脷}活潑金屬和活潑非金屬化合時一般形成離子鍵；

rm{壟脹}非金屬元素間形成的化合物一定是共價化合物；

rm{壟脺}根據電離方程式rm{HCl=H^{+}+Cl^{-}}判斷rm{HCl}分子里存在離子鍵；

rm{壟脻}冰的密度比水的密度小；這與氫鍵有關。

上述各種說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{壟脵壟脷壟脻}B.rm{壟脵壟脷壟脺壟脻}C.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺壟脻}D.rm{壟脵壟脹壟脺壟脻}6、下列反應中，電子轉移方向和數目正確的是A.B.C.D.評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)7、下列關于Na2CO3和NaHCO3的說法中正確的是（）A.Na2CO3比NaHCO3易溶于水B.NaHCO3比Na2CO3穩定C.澄清的石灰水能與Na2CO3反應，不與NaHCO3反應D.等物質的量的Na2CO3和NaHCO3與等濃度足量的鹽酸反應，消耗鹽酸體積之比為2：18、某溶液中有Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+四種陽離子，若向其中加入過量的NaOH溶液，微熱并攪拌，過濾，在濾渣中再加入過量的鹽酸，所得溶液中含有的陽離子是（）A.Mg2+B.Fe2+C.Fe3+D.Al3+9、在下列化學方程式中，能夠用離子方程式rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒}表示的是rm{(}rm{)}A.rm{BaCl_{2}+K_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2KCl}B.rm{BaCO_{3}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+CO_{2}隆眉+H_{2}O}C.rm{Ba(NO_{3})_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2HNO_{3}}D.rm{Ba(OH)_{2}+2KHSO_{4}=BaSO_{4}隆媒+K_{2}SO_{4}+2H_{2}O}10、下列反應屬于取代反應的是()A.甲烷與氯氣反應生成一氯甲烷B.苯與濃硫酸、濃硝酸的混合液共熱C.乙烯與溴反應生成rm{1}rm{2-}二溴乙烷D.乙醇與氧氣反應生成乙醛11、金屬鈰rm{(_{58}Ce)}常用于制作稀土磁性材料，可應用于制造玻璃、打火石、陶瓷和合金等。已知：rm{Ce^{4+}+Fe^{2+}=Ce^{3+}+Fe^{3+}}下列說法正確的是()A.rm{Ce}元素位于元素周期表第六周期第rm{IIIB}族B.rm{{}_{58}^{138}{C}e}rm{{}_{58}^{142}{C}e}是同素異形體C.鈰能溶于rm{HI}溶液，發生反應的離子方程式為：rm{Ce+4H^{+}=Ce^{4+}+2H_{2}}D.鈰的原子核外有rm{58}個電子12、表中；對陳述Ⅰ；Ⅱ的正確性判斷都正確的是（）

。選項陳述Ⅰ陳述ⅡA碳酸鈉、碳酸氫鈉能用澄清石灰水鑒別Na2CO3能與澄清石灰水反應生成白色沉淀；

而NaHCO3不能B金屬鈉具有強還原性高壓鈉燈發出透霧性強的紅光CCl2和SO2都具有漂白性Cl2和SO2混合用于漂白紙張D用濃H2SO4吸收SO3SO3能和水反應A.AB.BC.CD.D13、元素符號、反應方程式、結構示意圖、電子式、結構式等通常叫做化學用語．下列有關化學用語的表示方法中錯誤的是（）A.次氯酸的電子式：B.S2-的結構示意圖：C.O-18的原子符號：OD.CO2分子的結構式：O=C=O14、哈伯因發明了由氮氣合成氨氣的方法而獲得1918年諾貝爾化學獎．現向一密閉容器中充入1molN2和3molH2，在一定條件下發生反應：N2+3H2?2NH3．下列有關說法不正確的是（）A.若2分鐘達到化學平衡時N2還剩下0.4mol，則v（N2）=0.3mol/（L?min）B.達到化學平衡時，單位時間內每生成0.1mol的H2同時生成0.1mol的NH3C.達到化學平衡時，N2、H2和NH3的物質的量濃度不再變化D.達到化學平衡后，若增大壓強使容器體積縮小，化學反應速率將會增大評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、由電解法獲得的粗鋁中含一定量的金屬鈉和氫氣，這些雜質可采用吹氣精煉法除去，產生的尾氣經處理后可用于鋼材鍍鋁。工藝流程如下：

rm{(}注：rm{NaCl}熔點為rm{801隆忙}rm{AlCl}注：rm{(}熔點為rm{NaCl}rm{801隆忙}rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}升華在rm{181隆忙}升華rm{)}rm{181隆忙}精煉前，需清除坩堝表面的氧化鐵和石英砂，防止精煉時它們分別與鋁發生置換反應產生新的雜質，其中石英砂與鋁反應的化學方程式為____。rm{)}將rm{(1)}連續通入坩堝中的粗鋁熔體，雜質隨氣泡上浮除去。氣泡的主要成分除rm{(2)}外還含有____；固態雜質粘附于氣泡上，在熔體表面形成浮渣，浮渣中肯定存在____。rm{Cl_{2}}在用廢堿液處理氣體rm{Cl_{2}}的過程中，所發生反應的離子方程式為____。rm{(3)}鍍鋁電解池中，熔融鹽電鍍液中鋁元素和氯元素主要以rm{A}形式存在，鋁電極的主要電極反應式為____。rm{(4)}16、二寫出下列反應的化學方程式；是離子反應的并寫出離子方程式：

rm{(1)}碳酸鈉溶液和澄清石灰水反應______

rm{(2)}氫氧化鎂與硫酸反應______

rm{(3)}少量二氧化碳通入澄清石灰水______．17、X、Y、Z、M、G五種元素分屬三個不同短周期，且原子序數依次增大。X、Z同主族，可形成離子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3兩種分子。Y2是空氣的主要成分之一。請回答下列問題：（1）M在元素周期表中的位置為________________。（2）Y、Z的單質或兩元素之間形成的化合物共有________種；Y、G的單質或兩元素之間形成的化合物可作水消毒劑的有（寫出兩種物質的化學式）（3）上述五種元素中兩元素形成的化合物之間可相互反應生成單質M的化學方程式為。（4）ZX與水反應放出氣體的化學方程式為___________________________。18、在下列各組物質中；找出合適的序號填在對應的空格內：

①NO2和N2O4②12C和14C③和④異戊烷[]新戊烷[]

⑤⑥甲烷與丙烷⑦乙醇（CH3CH2OH）和乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）

注意：以上七組物質；不一定是每組物質都能找到對應填空。

（1）互為同位素的是______；（2）互為同分異構體的是______；（3）互為同系物的是______；（4）同一種物質的是______．19、物質的類別和核心元素的化合價是研究物質性質的兩個基本視角。

rm{(1)SO_{2}}可以轉化成rm{S}說明rm{SO_{2}}具有rm{{,!}_{;;;;;;;;;;;;;;;}}性，在rm{2H_{2}S+SO_{2}簍T3S+2H_{2}O}反應中，氧化產物與還原產物的物質的量之比為__________。rm{(2)}從氧化還原反應的角度，理論上下列試劑中____可能實現將rm{SO_{2}}轉化成rm{SO_{3}}的是____________rm{a.O_{2;;;;}b.Cl_{2}}rm{c.FeCl_{3}}rm{d.H_{2}}rm{e.Na_{2}SO_{3;}}rm{f.KMnO_{4}}rm{(3)}寫出由rm{SO_{2}}轉化成rm{Na_{2}SO_{3}}的離子反應方程式___________________，該反應說明rm{SO_{2}}具有____________的通性。評卷人得分四、探究題(共2題，共20分)20、（8分）某學生為了探究鋅與鹽酸反應過程中的速率變化，他在100mL稀鹽酸中加入足量的鋅粉，用帶刻度的集氣瓶排水法收集氫氣，每隔1分鐘記錄一次數據（累計值）：。時間（min）12345氫氣體積（mL）50120232290310（1）從0～3分鐘時間段內，產生氫氣的速率是如何變化的？答：。造成這種變化的主要因素是；從3～5分鐘時間段內，產生氫氣的速率是如何變化的？答：。造成這種變化的主要因素是。（2）在鹽酸中分別加入等體積的下列溶液，能減緩反應速率而又不減少產生氫氣的量的是。A．蒸餾水B．NaCl溶液C．Na2CO3溶液D．CuSO4溶液（3）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5分鐘五個時間段中，反應速率最大的時間段的鹽酸的反應速率為（設溶液體積不變，上述氣體體積為標況下數據）。21、水蒸氣通過灼熱的焦炭后得到的混合氣體有哪些成分？某化學興趣小組在老師的指導下；對此進行了實驗探究．

【提出猜想】

①該混合氣體只含有一氧化碳；氫氣。

②該混合氣體含有一氧化碳；二氧化碳、氫氣和水蒸氣。

③該混合氣體只含有二氧化碳；氫氣和水蒸氣。

④該混合氣體只含有一氧化碳；二氧化碳和氫氣。

【查閱資料】

a．無水硫酸銅遇水由白色變為藍色．

b．堿石灰是固體氫氧化鈉和氧化鈣的混合物．

c．濃硫酸具有強烈的吸水性；常用作某些氣體的干燥劑。

【實驗過程】同學們在老師的指導下設計了如下圖所示裝置；并進行了實驗（部分夾持儀器已略去）．

（1）裝置A中無水硫酸銅變藍，裝置B中澄清石灰水變渾濁，由此得出的結論為混合氣體中有______．B中變化的化學方程式為______．

（2）裝置C中的藥品為足量的燒堿溶液，其作用為______．

（3）E中氧化銅變紅、F中無水硫酸銅變藍、G中澄清石灰水變渾濁，說明混合氣體中還存在的氣體是______；E中的變化說明氧化銅具有______性．（填“氧化”或“還原”）

【實驗結論】

（4）上述四種猜想中，猜想______（填序號）是正確的．

【實驗反思】

（5）經過討論，同學們將上圖中裝置C～H進行了簡化，只用如圖所示裝置并自選必要試劑就能完成探究．其中，干燥管中堿石灰的作用為______，燒杯上能觀察到的現象是______．最后一步的實驗操作及現象是______．評卷人得分五、解答題(共2題，共18分)22、將碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物27.4g，加熱到質量不再變化時剩余物質質量21.2g．求混合物中Na2CO3和NaHCO3各多少g？

23、比較鈉、鋁、氮的離子半徑大小，并說明原因．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】解：NaClO3+6HCl═NaCl+3Cl2↑+3H2O中，Cl元素的化合價由+5價降低為0，Cl元素的化合價由-1價升高為0，氧化劑為NaClO3；由此得到還原產物為1mol，還原劑為HCl，HCl被氧化，所以氧化產物為5mol，則氧化產物和還原產物的質量比為5：1；

故選B．

NaClO3+6HCl═NaCl+3Cl2↑+3H2O中；Cl元素的化合價由+5價降低為0，Cl元素的化合價由-1價升高為0，以此來解答．

本題考查氧化還原反應的計算，為高頻考點，把握反應中元素的化合價變化及電子守恒為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，題目難度不大．【解析】【答案】B2、A【分析】略【解析】rm{A}3、A【分析】【分析】本題考查了化學反應能量變化，注意知識的積累，掌握基礎是解題關鍵，題目較簡單。【解答】A.圖象分析可知反應物能量低于生成物能量；結合能量守恒判斷該反應為吸熱反應，故A正確；

B.圖象可知反應物能量高于生成物能量；反應為放熱反應，故B錯誤；

C.濃硫酸溶于水為放熱過程；故C錯誤；

D.稀鹽酸和鋅發生氧化還原反應，rm{Zn+2HCl=ZnCl_{2}+H_{2}}屬于放熱反應，故D錯誤。

故選A。【解析】rm{A}4、B【分析】【解答】由于最后生成的氣體質量不等；證明鹽酸反應不足；硫酸過量，否則若鐵過量，則生成氣體的質量之比應該是1：2，若鐵不足，生成的氫氣體積相等；

Fe+2HCl═FeCl2+H2↑①

121

生成氣體的物質的量為：=0.1mol；氫氣的質量為0.1mol×2g/mol=0.2g；

反應完畢后生成氣體的質量之比為2：3，所以由硫酸生成的氣體質量為：0.2g×=0.3g；

設鐵的質量為x；則。

Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑②

562

x0.3g

x=8.4g

故選B．

【分析】發生反應方程式為：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑①、Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑②，如果對于這兩個反應都是鐵不足，就不可能是氣體質量比是2：3，所以一定是鐵對一個反應不足，對于另一個反應過量；通過方程式可知，鐵消耗HCl多，則反應①中鹽酸不足，可以算出來生成H2為0.05mol，根據質量比可算出來②反應生成H2為0.075mol，對于反應②Fe不足，以此計算鐵的質量．5、A【分析】解：rm{壟脵}在水分子中，氫、氧原子間通過共用電子對形成化學鍵，是共價鍵，故rm{壟脵}正確．

rm{壟脷}活潑金屬和活潑非金屬一般通過電子的得失形成陰陽離子，陰陽離子間通過靜電作用形成離子鍵，故rm{壟脷}正確．

rm{壟脹}形成氯化銨的元素全部是非金屬元素，但氯化銨是離子化合物，故rm{壟脹}錯誤．

rm{壟脺HCl}分子中氫、氯原子間通過共用電子對形成化學鍵，是共價鍵；在其溶液里，在水分子的作用下，能電離出陰陽離子，故rm{壟脺}錯誤．

rm{壟脻}在冰中，由于氫鍵的作用，水分子間形成正四面體結構，使得水分子間的空隙變大，所以水變冰后體積增大，密度變小，故rm{壟脻}正確．

故選A．

rm{壟脵}根據共價鍵的定義判斷；

rm{壟脷}根據離子鍵的定義判斷；

rm{壟脹}找反面離子判斷；

rm{壟脺}根據共價鍵的定義判斷；

rm{壟脻}根據氫鍵對物質性質的影響判斷；

做本題時應明確：氫鍵不是化學鍵，氫鍵對物質的物理性質有影響，對物質化學性質無影響，其作用力的大小介于范德華力和化學鍵之間．【解析】rm{A}6、A【分析】【分析】本題考查了氧化還原反應的特征和實質知識，是對教材知識的考查，難度不大。【解答】A.硫和氧氣的反應中，硫元素失電子化合價升高，氧元素得電子化合價降低，轉移電子數rm{=}化合價降低總數目rm{=}化合價升高總數目，故A項正確；B.根據化合價不交叉的原則，硫化氫中硫元素化合價從rm{-2}價應升高到rm{0}價，硫酸中硫元素的化合價從rm{+6}價降到rm{+4}價，轉移電子rm{2mol}故B項錯誤；C.鐵元素化合價升高失去電子，氫元素化合價降低得到電子，故C項錯誤；D.鹽酸中的氯元素化合價升高應是失去電子，重鉻酸鉀中鉻元素化合價降低應是得到電子，得失電子數目為rm{6}故D項錯誤。故選A。【解析】rm{A}二、雙選題(共8題，共16分)7、A|D【分析】解：A．相同的溫度下，NaHCO3溶解度比Na2CO3小，則Na2CO3比NaHCO3易溶于水；故A正確；

B．因2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸鈉加熱不分解，所以Na2CO3比NaHCO3穩定；故B錯誤；

C．澄清的石灰水既能與Na2CO3反應，又能與NaHCO3反應；故C錯誤；

D．等物質的量的Na2CO3和NaHCO3與等濃度足量的鹽酸反應；根據鈉守恒，生成氯化鈉的物質的量之比為：2：1，所以消耗等濃度足量的鹽酸體積之比為2：1，故D正確；

故選AD．

NaHCO3不穩定，溶解度比Na2CO3小，與鹽酸反應較Na2CO3劇烈，可與NaOH反應生成Na2CO3，Na2CO3可與水、二氧化碳反應生成NaHCO3；以此解答該題．

本題考查碳酸鈉與碳酸氫鈉的性質，明確發生的化學反應是解答本題的關鍵，并注意利用穩定性、與酸的反應、水解、與堿的反應來分析解答．【解析】【答案】AD8、A|C【分析】解：Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+四種陽離子中，若向其中加入過量的NaOH溶液，發生反應有：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；

Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；過濾后濾渣中含有。

Mg（OH）2和Fe（OH）3，在濾渣中再加入過量的鹽酸，所得溶液中含有的陽離子是Mg2+和Fe3+；

故選AC．

根據各離子的性質，判斷加入過量NaOH溶液時所發生的反應，注意Fe2+與Fe3+的轉化，以及Al3+生成AlO2-的性質．

本題考查離子的性質，題目難度不大，注意加入NaOH后所發生的反應，注意各離子的性質．【解析】【答案】AC9、rAC【分析】解：rm{A.BaCl_{2}+K_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2KCl}的離子反應為rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒}故A正確；

B.rm{BaCO_{3}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+CO_{2}隆眉+H_{2}O}的離子反應為rm{BaCO_{3}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒+CO_{2}隆眉+H_{2}O}故B錯誤；

C.rm{Ba(NO_{3})_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2HNO_{3}}的離子反應為rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒}故C正確；

D.rm{Ba(OH)_{2}+2KHSO_{4}=BaSO_{4}隆媒+K_{2}SO_{4}+2H_{2}O}的離子反應為rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}故D錯誤；

故選AC．

可溶性鋇鹽與可溶性硫酸鹽rm{(}或硫酸rm{)}反應生成硫酸鋇和可溶性鹽rm{(}或強酸rm{)}的離子反應可用rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒}表示；以此來解答．

本題考查離子反應方程式的書寫，明確發生的化學反應即可解答，熟悉常見物質的溶解性是解答的關鍵，題目難度不大．【解析】rm{AC}10、AB【分析】略。

【解析】rm{AB}11、AD【分析】【分析】本題考查有關元素及其化合物的結構與性質，難度不大，掌握相關知識是解答的關鍵。【解答】A.rm{58}號元素，據元素周期表的結構可知為第六周期第rm{IIIB}族，故A正確；族，故A正確；rm{IIIB}B.這兩個均為原子，是同位素，故B錯誤；C.從已知反應可知如生成rm{Ce}則會氧化碘離子，故C錯誤；D.原子序數為rm{Ce}也就是原子rm{{,!}^{4+}}個電子，故D正確。rm{58}核外有rm{58}個電子，故D正確。【解析】rm{AD}12、D【分析】解：A．碳酸鈉；碳酸氫鈉都與氫氧化鈣溶液反應生成碳酸鈣沉淀；無法用澄清石灰水鑒別碳酸鈉和碳酸氫鈉，故A錯誤；

B．高壓鈉燈發出透霧性強的光；為鈉的焰色反應，為鈉元素的性質，不體現還原性，故B錯誤；

C．Cl2和SO2在溶液中發生氧化還原反應生成硫酸和HCl，降低了漂白性，不能將Cl2和SO2混合漂白紙張；故C錯誤；

D．SO3能和水反應，但直接吸收時易形成酸霧，所以硫酸工業中用濃H2SO4吸收SO3；故D正確；

故選D．

A．碳酸鈉和碳酸氫鈉都能夠與氫氧化鈣生成碳酸鈣沉淀；

B．高壓鈉燈發出透霧性強的光；為鈉的焰色反應；

C．氯氣與二氧化硫發生氧化還原反應生成氯化氫和硫酸；降低了漂白性；

D．硫酸工業中；為了避免形成酸霧，通常用濃硫酸吸收三氧化硫．

本題考查了化學實驗方案的評價，題目難度中等，涉及碳酸鈉和碳酸氫鈉的性質、鈉的性質、氯氣和二氧化硫的漂白性等知識，明確常見元素及其化合物性質為解答關鍵，試題培養了學生的分析能力及靈活應用能力．【解析】【答案】D13、A|C【分析】解：A．次氯酸為共價化合物，中心原子為O，正確的電子式為故A錯誤；

B．S2-的最外層達到8電子穩定結構，其離子結構示意圖為：故B正確；

C．O-18的質量數為18，該原子正確的表示方法為：18O；故C錯誤；

D．CO2分子中含有兩個碳氧雙鍵；其結構式為：O=C=O，故D正確；

故選AC．

A．次氯酸的中心原子為O；分子中不存在H-Cl鍵；

B．硫離子的核電荷數為16；核外電子總數為18，最外層達到8電子穩定結構；

C．元素符號的左上角為質量數；

D．二氧化碳為直線型結構；分子中含有兩個碳氧雙鍵．

本題考查了常見化學用語的表示方法，題目難度不大，涉及電子式、元素符號、離子結構示意圖、結構式等知識，明確常見化學用語的書寫原則為解答關鍵，試題有利于提高學生的規范答題能力．【解析】【答案】AC14、A|B【分析】解：A．若2分鐘達到化學平衡時N2還剩下0.4mol，則消耗的氮氣為1-0.4=0.6mol，所以v（N2）=未指明體積，則無法計算速率，故A錯誤；

B．單位時間內生成0.1mol的H2，同時生成0.1mol的NH3；由化學計量數之比等于化學反應速率之比，則氫氣的正逆反應速率不等，該反應沒有達到平衡狀態，故B錯誤；

C．達到化學平衡時，正逆反應速率相等，N2、H2和NH3的物質的量濃度不再變化；故C正確；

D．達增大壓強使容器體積縮小；則增大單位體積內的活化分子數目，所以化學反應速率將會增大，故D正確．

故選AB．

A、根據v（N2）=進行計算；

B；轉化為同種物質的反應速率；判斷正逆反應速率的關系，正逆反應速率相等達到化學平衡狀態；

C、1molN2和3molH2混合進行反應不能完全轉化；

D；增大壓強使容器體積縮小；則增大單位體積內的活化分子數目，所以化學反應速率將會增大．

本題考查較為綜合，涉及可逆反應反應速率的計算、反應速率的影響因素以及化學平衡狀態的判斷，題目難度不大，注意把握可逆反應的特點以及平衡狀態的標志．【解析】【答案】AB三、填空題(共5題，共10分)15、(1)3SiO2＋4Al=2Al2O3＋3Si

(2)AlCl3NaCl

(3)Cl2＋2OH-=ClO-＋Cl-＋H2O

(4)Al-3e-＋4Cl-=AlCl4-【分析】【分析】本題考查物質分離和提純，為高頻考點，涉及電解原理、離子反應等知識點，明確物質的性質是關鍵，注意分析流程圖中物質成分及其性質、發生的反應。

粗鋁中含有rm{Al}rm{Na}和氫氣，在坩堝中精煉粗鋁并加熱至rm{700隆忙}通入氯氣，氯氣和氫氣反應生成rm{HCl}rm{Na}rm{Al}和氯氣分別生成rm{NaCl}和rm{AlCl}rm{Al}和氫氣，在坩堝中精煉粗鋁并加熱至rm{Na}通入氯氣，氯氣和氫氣反應生成rm{700隆忙}rm{HCl}rm{Na}和氯氣分別生成rm{Al}和rm{NaCl}rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}

，所以得到的鋁液為高純鋁液，然后冷卻得到高純鋁錠；熔點為rm{NaCl}熔點為rm{801隆忙}rm{AlCl}rm{NaCl}rm{801隆忙}rm{AlCl}時升華，所以得到的尾氣中含有rm{{,!}_{3}}在rm{181隆忙}時升華，所以得到的尾氣中含有rm{HCl}rm{Cl}rm{181隆忙}rm{HCl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}能和堿液反應，為和rm{AlCl}和rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}，冷凝氣體，氣體rm{A}能和堿液反應，為rm{HCl}和rm{Cl}rm{A}rm{HCl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}，發生反應rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}rm{+2OH}rm{+2OH}rm{{,!}^{-}}rm{簍TCl}rm{簍TCl}rm{{,!}^{-}}rm{+ClO}rm{+ClO}rm{{,!}^{-}}rm{+H}

rm{+H}中含有rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{H}rm{O}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{+OH}熔融，采用電鍍方法得到鍍鋁制品，據此分析。【解答】rm{+OH}rm{{,!}^{-}}和氫氣，在坩堝中精煉粗鋁并加熱至rm{簍TH}通入氯氣，氯氣和氫氣反應生成rm{簍TH}rm{{,!}_{2}}rm{O}和氯氣分別生成rm{O}和氣體rm{B}中含有rm{AlCl}rm{B}rm{AlCl}

rm{{,!}_{3}}熔點為，將rm{AlCl}rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}和rm{KCl}rm{NaCl}熔融，采用電鍍方法得到鍍鋁制品，據此分析。時升華，所以得到的尾氣中含有rm{KCl}rm{NaCl}粗鋁中含有rm{Al}rm{Na}和氫氣，在坩堝中精煉粗鋁并加熱至rm{700隆忙}通入氯氣，氯氣和氫氣反應生成rm{HCl}rm{Na}rm{Al}和氯氣分別生成rm{NaCl}和rm{AlCl}rm{Al}rm{Na}rm{700隆忙}能和堿液反應，為rm{HCl}和rm{Na}rm{Al}rm{NaCl}rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}，所以得到的鋁液為高純鋁液，然后冷卻得到高純鋁錠；rm{NaCl}熔點為rm{801隆忙}rm{AlCl}rm{NaCl}rm{801隆忙}rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}在rm{181隆忙}時升華，所以得到的尾氣中含有rm{HCl}rm{Cl}rm{181隆忙}rm{HCl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}和rm{AlCl}rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}，冷凝氣體，氣體rm{A}能和堿液反應，為rm{HCl}和rm{Cl}

rm{A}中含有rm{HCl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}，發生反應rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}熔融，采用電鍍方法得到鍍鋁制品，rm{+2OH}rm{+2OH}rm{{,!}^{-}}rm{簍TCl}反應方程式為rm{簍TCl}rm{{,!}^{-}}

rm{+ClO}rm{+ClO}rm{{,!}^{-}}

rm{+H}熔點為rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{H}rm{O}時升華，加熱時氯化鋁升華，所以得到的尾氣中含有rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{+OH}rm{+OH}rm{{,!}^{-}}

rm{簍TH}rm{簍TH}rm{{,!}_{2}}

rm{O}氯氣和堿反應生成鹽，離子反應方程式為rm{O}氣體rm{B}中含有rm{AlCl}

rm{B}rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}

，將rm{AlCl}鍍鋁電解池中，熔融鹽電鍍液中鋁元素和氯元素主要以rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}和rm{KCl}rm{NaCl}熔融，采用電鍍方法得到鍍鋁制品，rm{KCl}rm{NaCl}rm{(1)}rm{(1)}高溫下，鋁和rm{SiO}rm{SiO}rm{{,!}_{2}}

發生置換反應生成氧化鋁和rm{Si}反應方程式為rm{Si}rm{3SiO_{2}+4Al=2Al_{2}O_{3}+3Si}，【解析】rm{(1)3SiO_{2}+4Al=2Al_{2}O_{3}+3Si}rm{(1)

3SiO_{2}+4Al=2Al_{2}O_{3}+3Si}rm{(2)AlCl_{3}}rm{NaCl}rm{(3)Cl_{2}+2OH^{-}=ClO^{-}+Cl^{-}+H_{2}O}rm{(4)Al-3e^{-}+4Cl^{-}=AlCl_{4}^{-}}16、略

【分析】解：rm{(1)}碳酸鈉溶液和澄清石灰水反應生成碳酸鈣和氫氧化鈉，化學方程式：rm{Na_{2}CO_{3}+Ca(OH)_{2}=CaCO_{3}隆媒+2NaOH}離子方程式：rm{CO_{3}^{2-}+Ca^{2+}=CaCO_{3}隆媒}

故答案為：rm{Na_{2}CO_{3}+Ca(OH)_{2}=CaCO_{3}隆媒+2NaOH}rm{CO_{3}^{2-}+Ca^{2+}=CaCO_{3}隆媒}

rm{(2)}氫氧化鎂與硫酸反應生成硫酸鎂和氫氧化鈉，化學方程式：rm{Mg(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}=MgSO_{4}+2H_{2}O}離子方程式：rm{Mg(OH)_{2}+2H^{+}=Mg^{2+}+2H_{2}O}

故答案為：rm{Mg(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}=MgSO_{4}+2H_{2}O}rm{Mg(OH)_{2}+2H^{+}=Mg^{2+}+2H_{2}O}

rm{(3)}少量二氧化碳通入澄清石灰水反應生成碳酸鈣和水，化學方程式：rm{CO_{2}+Ca(OH)_{2}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}離子方程式：rm{CO_{2}+Ca^{2+}+2OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

故答案為：rm{CO_{2}+Ca(OH)_{2}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{CO_{2}+Ca^{2+}+2OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O.}

rm{(1)}碳酸鈉溶液和澄清石灰水反應生成碳酸鈣和氫氧化鈉；

rm{(2)}氫氧化鎂與硫酸反應生成硫酸鎂和氫氧化鈉；

rm{(3)}少量二氧化碳通入澄清石灰水反應生成碳酸鈣和水．

本題考查了離子方程式、化學方程式的書寫，明確反應實質是解題關鍵，注意化學式的拆分，題目難度不大．【解析】rm{Na_{2}CO_{3}+Ca(OH)_{2}=CaCO_{3}隆媒+2NaOH}rm{CO_{3}^{2-}+Ca^{2+}=CaCO_{3}隆媒}rm{Mg(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}=MgSO_{4}+2H_{2}O}rm{Mg(OH)_{2}+2H^{+}=Mg^{2+}+2H_{2}O}rm{CO_{2}+Ca(OH)_{2}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{CO_{2}+Ca^{2+}+2OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}17、略

【分析】【解析】試題分析：X、Y、Z、M、G五種元素分屬三個不同短周期，且原子序數依次增大，所以X一定是氫元素。Y、M同主族，可形成MY2、MY3兩種分子，Y2是空氣的主要成分之一，這說明Y是氧元素，M是硫因素。X、Z同主族，可形成離子化合物ZX，且Z的原子序數大于Y，小于M，所以Z是Na。G的原子序數大于S的，則G是氯元素。（1）S的原子序數是16，位于周期表中第三周期第ⅥA族。（2）Y、Z的單質或兩元素之間形成的化合物共有5種，分別是Na、O2、O3、Na2O、Na2O2。Y、G的單質或兩元素之間形成的化合物可作水消毒劑的有Cl2、O3、ClO2。（3）上述五種元素中兩元素形成的化合物之間可相互反應生成單質M，這說明M在化合物中的化合價分別是正價和負價，滿足條件的是SO2和H2S，反應的化學化學方程式為2H2S+SO2＝3S+2H2O。（4）NaH中H元素的化合價是－1價，易被水中＋1價的H氧化生成氫氣，反應的化學方程式是NaH+H2O＝NaOH＋H2↑。考點：考查元素推斷、元素周期表的價格和常見化學用語的書寫等【解析】【答案】（10分）（1）第三周期第ⅥA族（2）5；Cl2、O3、ClO2（3）2H2S+SO2＝3S+2H2O（4）NaH+H2O＝NaOH＋H2↑18、略

【分析】解：（1）12C和14C質子數都為6；中子數不同，是碳元素的不同原子，互為同位素，故選：②；

（2）異戊烷[]新戊烷[]是分子式相同；但結構不同的化合物，互為同分異構體，故選：④；

（3）甲烷與丙烷結構相似、通式相同，相差2個CH2原子團；互為同系物，故選：⑥；

（4）都是四面體結構；結構一樣，為同一種物質，故選：⑤．

質子數相同質量數（或中子數）不同的原子互稱同位素；

具有相同分子式而結構不同的化合物互為同分異構體；

同系物指結構相似、通式相同，組成上相差1個或者若干個CH2原子團；具有相同官能團的化合物；

組成和結構都相同的物質為同一物質；同一物質組成；結構、性質都相同，結構式的形狀及物質的聚集狀態可能不同．

本題考查“四同”比較，難度不大，側重考查學生的辨別能力，選項多，要細心排查，是對心理素質的考驗，需要注意的是是同一種物質．【解析】②；④；⑥；⑤19、（1）氧化2：1

（2）de

（3）SO2+2OH-═SO32-酸性氧化物【分析】【分析】本題考查二氧化硫的性質以及氧化還原反應，難度不大。【解答】rm{(1)}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}硫元素的化合價降低，被還原，說明可以轉化成rm{S}硫元素的化合價降低，被還原，說明rm{SO}rm{S}rm{SO}氧化性rm{{,!}_{2}}具有；在rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}反應中，rm{{,!}_{2}}rm{S=2H}rm{S=2H}元素的化合價由rm{{,!}_{2}}降低為rm{O+3S隆媒}反應中，rm{SO}為氧化劑；rm{O+3S隆媒}rm{SO}rm{{,!}_{2}}中中rm{S}元素的化合價由rm{+4}降低為rm{0}為氧化劑；rm{H}元素的化合價由rm{S}升高到rm{+4}為還原劑，則rm{0}單質既是氧化產物又是還原產物，rm{H}原子守恒及反應可知，rm{{,!}_{2}}還原劑反應生成氧化產物為rm{S}中rm{S}元素的化合價由rm{-2}升高到rm{0}為還原劑，則rm{S}單質既是氧化產物又是還原產物，rm{S}氧化劑反應生成還原產物為rm{S}rm{-2}rm{0}rm{S}，故答案為：氧化；由rm{S}原子守恒及反應可知，rm{2mol}還原劑反應生成氧化產物為rm{2mol}rm{1mol}氧化劑反應生成還原產物為rm{1mol}rm{S}

rm{2mol}rm{2mol}rm{1mol}rm{1mol}所以氧化產物與還原產物的物質的量之比為rm{2mol}rm{1mol=2}rm{1}需加氧化劑，rm{2mol}rm{1mol=2}rm{1}rm{2}rm{1}rm{(2)}將rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}均是常見的氧化劑，轉化成rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{3}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2隆壟}}是常見的還原劑，不能將rm{Cl}轉化成rm{Cl}需，故答案為：rm{{,!}_{2}}、rm{FeCl}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}、rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}，、rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}酸性氧化物rm{SO}故答案為：rm{SO}酸性氧化物。rm{{,!}_{3}}【解析】rm{(1)}氧化rm{2}rm{1}

rm{(2)de}rm{(3)SO_{2}+2OH^{-}簍TSO_{3}^{2-}}酸性氧化物四、探究題(共2題，共20分)20、略

【分析】（1）根據表中數據可知，在0～1、1～2、2～3內生成的氫氣分別是（ml）50、70、112，所以反應速率逐漸增大，這是由于鋅與鹽酸反應放熱，使溶液溫度升高，反應速率增大。在3～4、4～5內生成的氫氣分別是（ml）58、20，所以反應速率逐漸減小，這