2024年沪教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2024年沪教版高一化学下册月考试卷960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8题，共16分)1、下列物质可以用铝制容器存放的是（）A.浓硝酸B.稀硫酸C.浓盐酸D.浓氢氧化钠溶液2、下列反应属于吸热反应的是rm{(}rm{)}A.燃烧木炭取暖B.炸药爆炸C.酸碱中和反应D.煅烧石灰石3、rm{2Mg+CO_{2}}rm{C+2MgO}的反应类型属于A.化合反应B.分解反应C.置换反应D.复分解反应4、下列实验方案设计中，可行的是（）A.加过量稀盐酸后过滤，可除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉B.用萃取的方法可将汽油和煤油进行分离C.用溶解、过滤的方法可分离硝酸钾和氯化钠固体混合物D.将混有氢气的氧气通过灼热的氧化铜，以除去其中的氢气5、锶（Sr）是元素周期表中第五周期IIA族的元素；下列关于锶及其化合物的说法中不正确的是（）

A.锶能与冷水剧烈反应。

B.锶的失电子能力比钙强。

C.Sr（OH）2的碱性比Ca（OH）2弱。

D.氧化锶是碱性氧化物。

6、将等体积的苯、汽油和水在试管中充分混合后静置。下列图示现象正确的是7、下列说法正确的是（）A.二氧化碳分子中存在共价键和分子间作用力B.甲烷、氨和双氧水都是只由极性键结合而成的分子C.同主族不同元素的最高价氧化物的水化物从上到下酸性递增D.氟化氢的沸点高于氯化氢的沸点，水的沸点高于硫化氢的沸点8、下列反应的离子方程式有错误的是rm{(}rm{)}A.硫酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液rm{H^{+}+OH^{-}篓TH_{2}O}B.钾与水rm{K+2H_{2}O=K^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}C.碳酸氢钙溶液与氢氧化钠溶液rm{Ca^{2+}+HCO;_{3}^{-}+OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}D.小苏打溶液与盐酸反应rm{HCO;_{3}^{-}+H^{+}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{Ca^{2+}+HCO;_{3}^{-

}+OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、有关蔗糖与浓硫酸的反应，下列说法正确的有rm{(}rm{)}A.产生rm{CO_{2}}B.浓硫酸表现出脱水性C.放出大量的热D.浓硫酸表现出还原性10、下列有关实验操作或判断不正确的是rm{(}rm{)}A.配制一定物质的量浓度溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小B.用干燥的rm{pH}试纸测定氯水的rm{pH}C.配制稀硫酸时，可先在烧杯中加入一定体积的蒸馏水，再边缓慢加入浓硫酸边搅拌E.观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀盐酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的火焰上进行灼烧，观察．E.观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀盐酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的火焰上进行灼烧，观察．11、下列根据实验事实得出的结论正确的是。实验事实结论rm{A}加热的铝箔熔化，但液态的铝不滴落熔点：氧化铝rm{>}铝rm{B}溶液中加入盐酸酸化的rm{BaCl_{2}}溶液有白色沉淀生成该溶液中一定含有rm{SO_{4}^{2-}}rm{C}硅酸钠溶液能使酚酞试液变红硅酸钠溶液呈碱性rm{D}常温下，铜与冷的浓rm{H_{2}SO_{4}}不反应铜与浓硫酸发生钝化A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}12、三个容积相同的恒容密闭容器中各自充入1molCO和一定量的H2，分别在T1、T2、T3温度下发生如下反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0。当反应达到平衡状态时，测得CO的转化率与投料比[]的关系如下图所示。下列说法正确的是（）

A.H2的平衡转化率：a＞b＞cB.上述三种温度之间大小关系为T1＞T2＞T3C.a点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，平衡向正方向移动D.c点状态下再通入1molCO和4molH2，新平衡中CH3OH的体积分数增大13、某同学组装了如图所示的电化学装置；则下列说法正确的是（）

A.图中甲池为原电池装置，Cu电极发生还原反应B.实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3-的浓度不变C.若甲池中Ag电极质量增加5.4g时，乙池某电极析出1.6g金属，则乙中的某盐溶液可能是AgNO3溶液D.若用铜制U形物代替“盐桥”，工作一段时间后取出U型物称量，质量不变14、往rm{CuO}和铁粉的混合物中，加入一定量的稀rm{H_{2}SO_{4}}并微热，当反应停止后，滤出不溶物，并向滤液中插入一枚铁钉，片刻后，取出铁钉，发现铁钉并无任何变化rm{.}根据上述现象，确定下面说法中正确的是A.不溶物一定是铜B.不溶物一定是铁C.不溶物中一定含铜，但不一定含铁D.滤液中一定含有rm{FeSO_{4}}一定没有rm{CuSO_{4}}15、下列有关物质的俗称，正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Fe_{2}O_{3}}--铁红B.rm{SiO_{2}}--玛瑙C.rm{Na_{2}SiO_{3}}水玻璃D.rm{NaHCO_{3}}--苏打评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、（12分）铁在工农业生产、生活等方面都有重要的应用。（1）正常人体内铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在。正二价铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含Fe2+的亚铁盐，如硫酸亚铁。服用维生素C，可使食物中的Fe3+还原成Fe2+，有利于人体吸收。则，在人体中进行Fe3+→Fe2+的转化时，Fe3+作剂，发生反应。（2）市场出售的某种麦片中含有微量的颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉在人体胃酸（主要成分是盐酸）的作用下转化成亚铁盐。此反应的离子方程式为。（3）铁钉在氯气中被锈蚀为棕黄色物质FeCl3，写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目。（4）实验室中，制取Fe(OH)3胶体的操作是；该反应的离子方程式是；证明胶体已经制成的方法是。17、在自然界中发现的和由人工合成的有机物已有几千万种；请填写下列空白：

（1）甲烷是最简单的有机物，其电子式为______．

（2）甲烷和苯等可以从石油化工生产中获得，苯的结构简式为______，乙烯在空气中充分燃烧的化学方程式为______．

（3）乙醇和乙酸是生活中两种常见的有机物，乙醇分子中含有的官能团为______，乙醇可以与金属钠反应产生一种无色无味的气体，该气体是______；在实验室中可利用如图所示装置制取少量的乙酸乙酯，试管a中发生反应的化学方程式为______，试管b中得到的乙酸乙酯位于液面的______（填“上”或“下”）部．18、按要求填空。

rm{(1)}给下列物质命名：____

rm{(2)}写电子式：氯化铵______过氧化钠______二氧化碳______

rm{(3)}乙醇与钠反应的化学方程式：______

rm{(4)}乙醇被铜催化氧化化学方程式：______

rm{(5)}乙酸与乙醇发生酯化反应化学方程式：______．19、下图是各物质的反应关系图：已知A和E都是黄色粉末。F有刺激性气味且有漂白性常被不法商人用来漂白腐竹等。请据此回答下列问题：（1）写出下列各物质的化学式：A．__________H．___________；（2）写出反应①和反应②的化学方程式：①___________________________________________________；②__________________________________________________。20、如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置；请根据装置回答问题：

装置图1中A的名称是____，B的名称是____．A中一般要加入碎瓷片，其作用是____装置图4中盛溶液的仪器名称是____21、NH4Cl的电子式______，氧化钠的电子式______，CO2的结构式______．22、已知：rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)=Na_{2}CO_{3}(s)+10H_{2}O(g)triangleH_{1}=+532.4kJ?mol^{-1}}

rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)=Na_{2}CO_{3}?2H_{2}O(s)+8H_{2}O(g)triangleH_{2}=+373.6kJ?mol^{-1}}

rm{H_{2}O(g)=H_{2}O(l)triangleH_{3}=-44kJ?mol^{-1}}

写出rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)=Na_{2}CO_{3}(s)+10H_{2}O(g)triangle

H_{1}=+532.4kJ?mol^{-1}}脱水分解后生成碳酸钠固体和液态水的热化学方程式______．rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)=Na_{2}CO_{3}?2H_{2}O(s)+8H_{2}O(g)triangle

H_{2}=+373.6kJ?mol^{-1}}23、含有相同分子个数的SO2和SO3，其质量比为______，摩尔质量比为______，物质的量比为______，其中所含氧原子个数比为______，硫原子个数比为______。评卷人得分四、判断题(共4题，共24分)24、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）25、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．26、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）27、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）评卷人得分五、实验题(共2题，共14分)28、用rm{18mol?L^{-1}}浓硫酸配制rm{80mL}rm{3.0mol?L^{-1}}稀硫酸的实验步骤如下：rm{垄脵}计算所用浓硫酸的体积rm{垄脷}量取一定体积的浓硫酸rm{垄脹}溶解rm{垄脺}转移、洗涤rm{垄脻}定容；摇匀完成下列问题：

rm{(1)}用量筒量取所需浓硫酸的体积为______，所用的量筒的规格______rm{(}从下列中选用rm{A.10mL}rm{B.25mL}rm{C.50mL}rm{D.100mL)}．

rm{(2)}配制溶液时需用的玻璃仪器是______；______，玻璃棒，量筒，烧杯．

rm{(3)}下列操作结果可以导致物质的量浓度偏低的是______

rm{a.}容量瓶没有干燥。

rm{b.}摇匀后观察发现溶液未达刻度线；再用滴管加几滴蒸馏水至刻度线。

rm{c.}定容时俯视刻度线。

rm{d.}摇匀后；取溶液时不慎将溶液溅出。

rm{e.}用量筒量取浓硫酸后未用蒸馏水将量筒洗涤rm{2-3}次．29、rm{(1)}反应rm{3Fe(S)+4H_{2}O(g)篓TFe_{3}O_{4}(s)+4H_{2}(g)}在一可变的容积的密闭容器中进行；试回答：

rm{垄脵}增加rm{Fe}的量，其正反应速率的变化是______rm{(}填增大、不变、减小，以下相同rm{)}

rm{垄脷}将容器的体积缩小一半；其正反应速率______．

rm{垄脹}保持体积不变，充入rm{N_{2}}使体系压强增大；其正反应速率______．

rm{垄脺}保持压强不变，充入rm{N_{2}}使容器的体积增大；其正反应速率______．

rm{(2)}将等物质的量的rm{A}和rm{B}混合于rm{2L}的密闭容器中，发生如下反应：rm{3A(g)+B(g)?xC(g)+2D(g)}rm{5min}后测得rm{c(D)=0.5mol?L^{-1}}rm{c(A)}rm{c(B)=3}rm{5}rm{C}的反应速率是rm{0.1mol?L^{-1}?min^{-1}}．

rm{垄脵A}在rm{5min}末的浓度是______rm{.垄脷v(B)=}______rm{.}rm{垄脹x=}______．评卷人得分六、综合题(共4题，共32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8题，共16分)1、A【分析】解：A；铝在浓硝酸中发生钝化现象；故铝制品容器可以盛放浓硝酸，故A正确；

B；稀硫酸有弱氧化性；能和铝反应生成氢气，不能用铝制品容器盛放，故B错误；

C；盐酸是弱氧化性的酸；能和铝反应生成氢气，不能用铝制品容器盛放，故C错误；

D；氢氧化钠溶液能和铝反应；不能用铝制品容器盛放，故D错误．

故选A．

Al是较活泼的金属；能与酸；强碱反应，但是铝遇到浓硫酸和浓硝酸会钝化，据此分析．

本题考查了铝的化学性质，铁、铝都能和浓硫酸、浓硝酸在常温下发生钝化现象，所以可用铁、铝制容器盛放浓硫酸、浓硝酸，题目较简单，注意把握常见金属的性质．【解析】【答案】A2、D【分析】解：rm{A.}所有的燃烧反应都属于放热反应；故A错误；

B.炸药爆炸是放热反应；故B错误；

C.酸碱中和反应属于放热反应；故C错误；

D.煅烧石灰石是分解反应反应；属于吸热反应，故D正确；

故选D。

根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧；金属与酸或水反应、中和反应、铝热反应、绝大多数化合反应等；

常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应rm{(}如rm{C}和rm{CO_{2})}rm{Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}与氯化铵的反应。

本题考查吸热反应和放热反应，难度不大，明确常见的吸热反应和放热反应类型是解题的关键，注意基础知识的积累。【解析】rm{D}3、C【分析】【分析】两种或两种以上的物质生成一种物质的反应为化合反应；

一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应；

一种物质生成两种或两种以上物质的反应为分解反应；

两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应为复分解反应，据此分析。【解答】根据金属镁在二氧化碳中燃烧的化学方程式rm{2Mg+CO}2rm{2MgO+C}可以知道；该反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，故属于置换反应。

故选C。【解析】rm{C}4、A【分析】解：A．Mg；Al与盐酸反应；但Cu不能反应，则加过量稀盐酸后过滤，可除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉，故A正确；

B．汽油和煤油互溶；萃取不能分离，应选蒸馏法，故B错误；

C．硝酸钾和氯化钠均溶于水；过滤不能分离，应选结晶法，故C错误；

D．混有氢气的氧气通过灼热的氧化铜；氢气不纯加热可能发生爆炸，且氧气中可能混有水蒸气，不能除杂，故D错误；

故选：A。

A．Mg；Al与盐酸反应；但Cu不能反应；

B．汽油和煤油互溶；

C．硝酸钾和氯化钠均溶于水；

D．混有氢气的氧气通过灼热的氧化铜；氢气不纯加热可能发生爆炸，且氧气中可能混有水蒸气．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大．【解析】A5、C【分析】

A．Ca、Ba等金属能与是剧烈反应，Sr与Ca；Ba等元素位于同一主族；且金属性更强，能与冷水发生剧烈反应，故A正确；

B．同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强；故B正确；

C．同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强；对应的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，故C错误；

D．Sr具有较强的金属性；对应的氧化物为碱性氧化物，故D正确．

故选C．

【解析】【答案】锶（Sr）是元素周期表中第五周期IIA族；与Ca；Ba等元素位于同一主族，根据同主族元素的性质的相似性和递变性解答该题．

6、D【分析】【解析】试题分析：苯和汽油互溶，不溶于水，且密度小于水的，所以正确的答案选D。考点：考查有机物溶解性的判断【解析】【答案】D7、D【分析】解：A．二氧化碳分子中存在共价键；分子间存在分子间作用力；分子中不存在分子间作用力，故A错误；

B．CH4中含有极性键，空间结构为正四面体，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，H2O2中含有极性键，空间结构不对称，属于极性分子；NH3中含有极性键；空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故B错误；

C．元素的非金属性越强；其最高价氧化物的水化物的酸性越强，同主族从上到下非金属性减弱，则最高价氧化物的水化物酸性减弱，故C错误；

D．氟化氢分子间存在氢键；氟化氢所以的沸点高于氯化氢的沸点，水分子间存在氢键，所以水的沸点高于硫化氢的沸点，故D正确；

故选D．

A．二氧化碳分子间存在分子间作用力；分子内存在化学键；

B．结构对称；正负电荷的中心重合，则为非极性分子；极性分子中正负电荷的中心不重合，具有一定的极性；

C．元素的非金属性越强；其最高价氧化物的水化物的酸性越强；

D；同主族的氢化物；分子间存在氢键的沸点较高．

本题考查化学键和分子间作用力，熟悉常见元素之间的成键是解答本题的关键，注意化学键、空间构型与分子的极性的有关．【解析】【答案】D8、B【分析】解：rm{A.}硫酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液，离子方程式：rm{H^{+}+OH^{-}篓TH_{2}O}故A正确；

B.钾与水，离子方程式：rm{2K+2H_{2}O=2K^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}故B错误；

C.碳酸氢钙溶液与少量氢氧化钠溶液反应，离子方程式为：rm{Ca^{2+}+HCO_{3}^{-}+OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}故C正确；

D.小苏打溶液与盐酸反应，离子方程式：rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}故D正确；

故选：rm{B}．

A.硫酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠和水；

B.电荷不守恒；

C.碳酸氢钙溶液与少量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙；水和氢氧化钠；

D.小苏打溶液与盐酸反应生成二氧化碳；水和氯化钠．

本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，书写时注意电荷守恒、原子个数守恒、化学式的拆分．【解析】rm{B}二、多选题(共7题，共14分)9、ABC【分析】解：浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能将蔗糖中的rm{H}rm{O}元素以rm{2}rm{1}脱去；将蔗糖氧化为二氧化碳，所以体现了浓硫酸的强氧化性和脱水性，所以D错误；

故选ABC．

浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能将蔗糖中的rm{H}rm{O}元素以rm{2}rm{1}脱去；将蔗糖氧化为二氧化碳，所以体现了浓硫酸的强氧化性和脱水性，由此分析解答．

本题考查了浓硫酸的性质，根据浓硫酸的脱水性、吸水性、强氧化性来分析解答，注意脱水性和吸水性的区别，为易错点．【解析】rm{ABC}10、ABDE【分析】解：rm{A.}配制一定物质的量浓度溶液；定容时俯视刻度线，导致加入的水的量减少，溶液体积变小，所配溶液浓度偏大，故A错误；

B.氯水中rm{HClO}具有强氧化性，不能利用试纸测定rm{pH}应选rm{pH}计；故B错误；

C.由于稀释过程中放出大量的热；且浓硫酸密度大于水，所以配制稀硫酸时，可先在烧杯中加入一定体积的蒸馏水，再边缓慢加入浓硫酸边搅拌，故C正确；

D.氢氧化钠具有强腐蚀性；且容易潮解变质，称量氢氧化钠时应该放在小烧杯中快速称量，故D错误；

E.做钾元素的焰色反应时；需要透过蓝色的钴玻璃观察火焰颜色，故E错误；

F.氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；应隔绝空气制取，故F正确；

故选A、rm{B}rm{D}rm{E}．

A.定容时俯视刻度线；导致加入的水的量减少；

B.氯水中含具有漂白性的rm{HClO}

C.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；

D.rm{NaOH}应在小烧杯中称量；

E.观察rm{K}的焰色反应时；需要透过蓝色的钴玻璃；

F.盛有rm{NaOH}溶液的滴管；伸入硫酸亚铁溶液中，防止氢氧化亚铁被氧化．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液配制、rm{pH}测定、物质的制备及实验技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{ABDE}11、AC【分析】【分析】本题考查离子的检验、铝的性质、铜的性质、硅酸盐的性质，题目难度不大。【解答】A.铝的表面有一层致密的氧化铝保护膜，熔点：氧化铝rm{>}铝，所以加热的铝箔熔化，但液态的铝不滴落，故A正确；铝，所以加热的铝箔熔化，但液态的铝不滴落，故A正确；

rm{>}

B.溶液中可能含有氯离子，故B错误；，故C正确；C.酚酞试液变红，说明硅酸钠溶液呈碱性

故选AC。

D.钝化属于化学反应，故D错误。【解析】rm{AC}12、AD【分析】【详解】

A．a、b两点投料比相同，在投料比[]不变时，CO的转化率越大，则H2的转化率也越大，所以H2的平衡转化率：a＞b；投料比越大，则CO的转化率越大，H2的转化率就越小，根据图示可知c点的投料比最大，故该点H2的转化率最小，因此H2的平衡转化率大小关系为：a＞b＞c；A正确；

B．该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，CO的转化率会减小。根据图示可知在投料比相同时，CO的转化率的大小关系：T1＞T2＞T3，说明反应温度：T1＜T2＜T3；B错误；

C．a点时CO的转化率是50%，在反应开始时加入CO的物质的量是1mol，则此时CO及反应产生的CH3OH的物质的量都是0.5mol，CO、CH3OH的浓度相等，a点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，CO、CH3OH的浓度仍然相同，此时Qc=K；说明化学平衡不发生移动，C错误；

D．c点为平衡状态，在反应开始时其投料比[]=4，若此时再通入1molCO和4molH2，与原开始投料比相同，由于增大反应物浓度，使反应体系的压强增大，增大压强化学平衡向气体体积减小的正向移动，会产生更多的CH3OH，最终达到新平衡中CH3OH的体积分数增大；D正确；

故合理选项是AD。13、CD【分析】【分析】

甲池为原电池装置；活泼的铜失电子作负极，电流方向从正极流向负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，铜放电生成铜离子，盐桥中的阴离子硝酸根离子向左边移动，如果用铜制U形物代替“盐桥”，甲池中的右边一个池为原电池装置，据此分析解答。

【详解】

A.图中甲池为原电池装置；Cu电极为负极发生氧化反应，故A错误；

B.实验过程中，铜放电生成铜离子，盐桥中的阴离子硝酸根离子向左边移动，所以左侧烧杯中NO3−的浓度变大；故B错误；

C.若甲池中Ag电极质量增加5.4g时，即生成银5.4g，物质的量为所以整个电路转移0.05mol的电子，如果乙池中是足量硝酸银应生成5.4g的银，只生成1.6g，这说明硝酸银不足，可能含有硝酸银，故C正确；

D.用铜制U形物代替“盐桥”；右边铜的质量减少，而左边铜的质量增加，而整个电路转移电子数相等，所以减少的质量与增加的质量相等，U形管的质量不变，故D正确；

故选CD。14、CD【分析】【分析】本题考查金属的活动性顺序，题目难度不大。【解答】A.根据放入滤液中的粗铁丝无任何变化，可得出氧化铜与硫酸反应形成的硫酸铜全部被置换，滤出固体中含铜，但却不能判断混合物的铁是否完全反应，所以，不溶物含铜但一定只有铜却理由不足，故A错误；B.根据选项A的分析，可判断不溶物中一定含铜，可能含铁，故B错误；C.根据选项A的分析，可判断不溶物中一定含铜，可能含铁，故C正确；rm{D}rm{.}因为加入的硫酸已完全反应且滤液中不含硫酸铜，可判断滤液中一定含有硫酸亚铁，因为放入滤液的铁无任何变化，可判断滤液中一定不含硫酸及硫酸铜因为加入的硫酸已完全反应且滤液中不含硫酸铜，可判断滤液中一定含有硫酸亚铁，因为放入滤液的铁无任何变化，可判断滤液中一定不含硫酸及硫酸铜，rm{.}故rm{D}。故选CD。正确【解析】rm{CD}15、ABC【分析】解：rm{A.}铁红为氧化铁的俗称，其化学式为rm{Fe_{2}O_{3}}铁红常常用于涂料；油漆中，故A正确；

B.石英中具有彩色环带或层状的称为玛瑙；主要成分是二氧化硅，故B正确；

C.水玻璃是硅酸钠的水溶液，化学式为rm{Na_{2}SiO_{3}}故C正确；

D.rm{NaHCO_{3}}俗名小苏打，苏打是碳酸钠rm{Na_{2}CO_{3}}故D错误；

故选ABC．

A.铁红为氧化铁的俗称；

B.玛瑙主要成分是二氧化硅；

C.水玻璃是硅酸钠的水溶液；

D.碳酸氢钠为小苏打．

本题考查了化学用语，明确物质的成分及俗称是解本题关键，注意物质的用途，题目难度不大．【解析】rm{ABC}三、填空题(共8题，共16分)16、略

【分析】试题分析：（1）在人体中进行Fe3+→Fe2+的转化时，铁的价态降低作氧化剂，维生素为还原剂，答案为氧化；还原；（2）胃酸的主要成分为HCl，与铁反应生成氯化亚铁和氢气，故答案为Fe+2H+＝Fe2++H2↑；（3）铁钉在氯气中被腐蚀成FeCl3，氯气做氧化剂，方程式为2Fe+3Cl2=2FeCl3;（4）制取氢氧化铁胶体时不能向氯化铁中直接加热氢氧化钠溶液、不能长时间加热、不能搅拌，以上操作均能引起胶体的聚沉。正确方法为向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续加热，直至溶液变成红褐色，停止加热;离子方程式为Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+;用丁达尔效应来鉴别胶体的形成，故答案为：向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续加热，直至溶液变成红褐色，停止加热;Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+;丁达尔效应考点：氧化剂与还原剂、氢氧化铁胶体的制备【解析】【答案】（1）氧化。还原;（2）Fe+2H+＝Fe2++H2↑;（3）2Fe+3Cl2=2FeCl3;（4）向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续加热，直至溶液变成红褐色，停止加热;Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+;丁达尔效应17、略

【分析】解：（1）甲烷分子中含有4个碳氢键，甲烷的电子式为：

故答案为：

（2）苯分子中所有原子都共平面，其结构简式为：乙烯在空气中完全燃烧生成二氧化碳气体和水，反应的化学方程式为：C2H4+3O22CO2+2H2O；

故答案为：C2H4+3O22CO2+2H2O．

（3）乙醇的结构简式为CH3CH2OH，其分子中含有的官能团为羟基；乙醇能够与金属钠反应生成乙醇钠和氢气；试管a中乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；乙酸乙酯的密度小于水；所以生成的乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液的上部；

故答案为：羟基；氢气；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；上．

（1）甲烷为共价化合物；其分子中含有4个碳氢键，碳原子最外层达到8电子稳定结构，据此写出甲烷的电子式；

（2）苯分子中的碳碳键为一种独特键；其分子中所有原子共平面，据此写出其结构简式；乙烯在空气中完全燃烧生成二氧化碳气体和水；

（3）乙醇分子中含有的官能团为羟基；乙醇能够与钠反应生成氢气；乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；乙酸乙酯的密度小于碳酸钠溶液．

本题考查了常见有机物结构与性质，题目难度不大，涉及电子式、结构简式的书写、酯化反应、有机物结构与性质等知识，明确常见有机物结构与性质为解答关键，注意掌握乙酸乙酯的制取原理．【解析】C2H4+3O22CO2+2H2O；羟基；氢气；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；上18、略

【分析】解：rm{(1)}的最长碳链含有rm{6}个碳原子，rm{2}rm{4}位上两个甲基，rm{3}位上一个乙基，命名为：rm{2}rm{4-}二甲基rm{-3-}乙基己烷；

故答案为：rm{2}rm{4-}二甲基rm{-3-}乙基己烷；

rm{(2)}氯化铵为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化铵的电子式为：过氧化钠为离子化合物，化合物中存在钠离子和过氧根离子，过氧化钠的电子式为二氧化碳分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为

故答案为：

rm{(3)}乙醇含有羟基，可与钠反应生成氢气，方程式为rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na隆煤2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}隆眉}

故答案为：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na隆煤2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}隆眉}

rm{(4)}乙醇在催化剂存在条件下与氧气反应生成乙醛的化学方程式为：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

故答案为：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}酯化反应中羧酸提供羟基，醇应该氢原子，所以反应的机理可以表示为rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

故答案为：rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}}rm{(5)}

rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}}烷烃命名原则：

rm{CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}长：选最长碳链为主链；

rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}}多：遇等长碳链时；支链最多为主链；

rm{CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O.}近：离支链最近一端编号；

rm{(1)}小：支链编号之和最小rm{垄脵}看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

rm{垄脷}简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号rm{垄脹}如取代基不同；就把简单的写在前面，复杂的写在后面；

rm{垄脺}氯化铵为离子化合物；电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，过氧化钠为离子化合物，化合物中存在钠离子和过氧根离子，二氧化碳分子中存在两个碳氧双键，据此书写电子式；

rm{.}钠能置换羟基上的氢；

rm{垄脻}乙醇中含rm{.}能发生催化氧化生成乙醛；

rm{(2)}羧酸脱去羟基；醇脱去氢原子生成乙酸乙酯和水．

本题综合考查有机物的命名、结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握乙醇的性质，把握反应的条件以及相关方程式的书写，难度不大．rm{(3)}【解析】rm{2}rm{4-}二甲基rm{-3-}乙基己烷；rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na隆煤2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}隆眉}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}19、略

【分析】试题分析：（1）、由题意可知，具有刺激性气味，有漂白性的F为SO2；由转化关系及主要物质的性质可知，A、B、C、E、F、G、H分别为Na2O2、Na2CO3、O2、S、SO2、SO3、H2SO4；（2）、过氧化钠常用作供氧剂，与CO2发生氧化还原反应，生成碳酸钠和氧气，反应式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；铜与浓硫酸混合加热，反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。考点：考查硫及其化合物的转化等相关知识。【解析】【答案】（共12分）（1）Na2O2；H2SO4（2）①2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2②Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O20、蒸馏烧瓶冷凝管防止暴沸蒸发皿【分析】【解答】A为蒸馏烧瓶；B为冷凝管；沸石或碎瓷片可防止暴沸；装置图4中盛溶液的仪器名称是蒸发皿；故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；防止暴沸；蒸发皿．

【分析】根据仪器形状确定仪器名称，沸石或碎瓷片可防暴沸．21、略

【分析】解：氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：

氧化钠是离子化合物，由钠离子与氧离子构成，电子式为；

二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为

故答案为：．

氯化铵是由氨根离子与氯离子通过离子键结合而成的离子化合物；

氧化钠是由钠离子与氧离子通过离子键结合而成的离子化合物；

二氧化碳中碳原子与2个氧原子通过共用四对电子形成共价化合物．

本题考查常用化学用语，准确判断物质所含化学键类型、熟练掌握电子式书写方法即可解答，题目难度不大．【解析】22、略

【分析】解：rm{垄脵Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)篓TNa_{2}CO_{3}(s)+10H_{2}O(g)triangleH_{1}=+532.36kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)篓TNa_{2}CO_{3}?H_{2}O(s)+9H_{2}O(g)triangleH_{2}=+373.6kJ?mol^{-1}}

rm{垄脹H_{2}O(g)=H_{2}O(l)triangleH_{3}=-44kJ?mol^{-1}}

由盖斯定律rm{垄脵Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)篓TNa_{2}CO_{3}(s)+10H_{2}O(g)triangle

H_{1}=+532.36kJ?mol^{-1}}得到：rm{垄脷Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)篓TNa_{2}CO_{3}?H_{2}O(s)+9H_{2}O(g)triangle

H_{2}=+373.6kJ?mol^{-1}}rm{垄脹H_{2}O(g)=H_{2}O(l)triangle

H_{3}=-44kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{垄脵-垄脷+垄脹}rm{Na_{2}CO_{3}?2H_{2}O(s)篓TNa_{2}CO_{3}(s)+2H_{2}O(l)}．

依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需要的热化学方程式．

本题考查了热化学方程式的书写和盖斯定律的计算应用，题目较简单．rm{triangleH=+70.8KJ/mol}【解析】rm{Na_{2}CO_{3}?2H_{2}O(s)篓TNa_{2}CO_{3}(s)+2H_{2}O(l)}rm{triangleH=+70.8KJ/mol}23、4：54：51：12：31：1【分析】解：根据n=可知，含有相同分子个数的SO2和SO3具有相同的物质的量；二者物质的量之比=1：1，摩尔质量之比=64g/mol：80g/mol=4：5，则二者质量之比=摩尔质量之比=4：5；

等物质的量的SO2和SO3所含氧原子个数比=（1×2）：（1×3）=2：3；含有硫原子个数比═（1×1）：（1×1）=1：1；

故答案为：4：5；4：5；1：1；2：3；1：1。

根据n=可知二者的物质的量相等；根据m=nM计算出二者质量之比，然后结合二者化学式组成计算含有氧原子；硫原子的个数之比。

本题考查物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与其它物理量之间的关系即可解答，试题培养了学生的化学计算能力。【解析】4：54：51：12：31：1四、判断题(共4题，共24分)24、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．25、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；26、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．27、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/mol五、实验题(共2题，共14分)28、16.7mL；B；100mL容量瓶；胶头滴管；be【分析】解：rm{(1)}用rm{18mol?L^{-1}}浓硫酸配制rm{80mL}rm{3.0mol?L^{-1}}稀硫酸，应选择rm{100mL}容量瓶，设需要浓硫酸体积为rm{V}则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：rm{18mol/L隆脕V=100mL隆脕3.0mol/L}解得rm{V=16.7mL}应选择rm{25mL}量筒；

故答案为：rm{16.7mL}rm{B}

rm{(2)}配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、rm{100mL}容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的玻璃仪器：rm{100mL}容量瓶；胶头滴管；

故答案为：rm{100mL}容量瓶；胶头滴管；

rm{(3)a.}容量瓶没有干燥，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故rm{a}不选；

rm{b.}摇匀后观察发现溶液未达刻度线，再用滴管加几滴蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故rm{b}选；

rm{c.}定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故rm{c}不选；

rm{d.}溶液具有均一性，摇匀后，取溶液时不慎将溶液溅出对溶液浓度不产生影响，故rm{c}不选；

rm{e.}用量筒量取浓硫酸后未用蒸馏水将量筒洗涤rm{2-3}次，导致量取浓硫酸中含有硫酸的物质的量偏小，溶液浓度偏小，故rm{e}选；

故选：rm{be}．

rm{(1)}依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；依据浓硫酸体积选择合适规格量筒；

rm{(2)}配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算；量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等；据此选择需要仪器；

rm{(3)}分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据rm{C=dfrac{n}{V}}进行误差分析；

本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，难度不大，掌握公式的运用和配制原理是解题的关键，注意误差分析的方法和技巧．【解析】rm{16.7mL}rm{B}rm{100mL}容量瓶；胶头滴管；rm{be}29、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}因铁是固体；增加铁的量，没有增加铁的浓度，所以不能改变反应速率，故答案为：不变．

rm{垄脷}容器的体积缩小；容器内各物质的浓度都增大，浓度越大，化学反应速率越快，故答案为：增大；．

rm{垄脹}体积不变，充入rm{N_{2}}使体系压强增大；但各物质的浓度不变，所以反应速率不变，故答案为：不变；

rm{垄脺}压强不变，充入rm{N_{2}}使容器的体积增大；但各物质的浓度都减小，浓度越小，反应速率越小，故答案为：减小；

rm{(2)垄脵}平衡时rm{D}的浓度为rm{0.5mol/L}rm{D}的物质的量为rm{2L隆脕0.5mol/L=1mol}则：

rm{3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)}

起始rm{(mol)}rm{n}rm{n}rm{0}

变化rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.5}rm{1}

平衡rm{(mol)}rm{n-1.5}rm{n-0.5}

所以rm{(n-1.5)}rm{(n-0.5)=3}rm{5}解得rm{n=3}

rm{A}在rm{5min}末的浓度是rm{dfrac{3mol-1.5mol}{2L}=0.75}rm{dfrac

{3mol-1.5mol}{2L}=0.75}

故答案为：rm{mol?L^{-1}}rm{0.75}

rm{mol?L^{-1}}从开始到平衡时rm{垄脷}的平均反应速率rm{=dfrac{dfrac{0.5mol}{2L}}{5min}=0.05mol/L?min}故答案为：rm{B}rm{=dfrac{dfrac

{0.5mol}{2L}}{5min}=0.05mol/L?min}

rm{0.05}反应速率之比等于化学计量数之比，所以rm{mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{垄脹}rm{v(B)}rm{v(C)=0.05mol/(L.min)}所以rm{0.1mol/(L?min)=1}故答案为：rm{x}．

rm{x=2}固体的量的增减不能改变反应速率；

rm{2}容器的体积缩小；容器内各物质的浓度都增大，浓度越大，化学反应速率越快；

rm{(1)垄脵}体积不变，充入rm{垄脷}使体系压强增大；但各物质的浓度不变；

rm{垄脹}压强不变，充入rm{N_{2}}使容器的体积增大；但各物质的浓度都减小；

rm{垄脺}根据rm{N_{2}}的浓度求出rm{(2)}的物质的量，根据方程式计算消耗rm{D}rm{D}物质的量，再根据平衡时rm{A}rm{B}浓度之比列方程计算rm{A}与rm{B}的起始物质的量，计算平衡时rm{A}的物质的量，可计算浓度；根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算rm{B}根据反应速率之比等于化学计量数之比求出rm{A}值．

本题考查了化学反应速率与化学计量数的关系，侧重于学生的分析、计算能力的考查，明确同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比是解rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}的关键，注意把握化学反应速率的影响因素，难度不大．rm{v(B)}【解析】不变；增大；不变；减小；rm{0.75mol?L^{-1}}rm{0.05mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{2}六、综合题(共4题，共32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）+O