2024年人教版PEP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2024年人教版PEP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6题，共12分)1、据报道，1996年8月，我国科学家首次制出一种新核素镅—235，已知镅（Am）的原子序数为95，下列关于的叙述正确的是A.镅—235与铀—235具有相同的质子数B.镅—235的原子质量是12C原子质量的235倍C.镅—235原子核内中子数为140，核外电子数为95D.镅—235与铀—235互为同位素2、在一定条件下，可与苯发生反应的是（）A.酸性高锰酸钾溶液B.溴水C.浓硫酸和浓硝酸的混合物D.氯化氢3、常温下；下列溶液可用铁制容器盛装的是（）

A.稀盐酸。

B.稀硫酸。

C.浓硝酸。

D.稀硝酸。

4、在下列各组溶液中，离子一定能大量共存的是()A.强碱性溶液中：Na＋、K＋、SO42－、AlO2－B.含有0.1mol·L－1Fe3＋的溶液中：K＋、Mg2＋、Cl－、I－C.无色透明溶液中：HCO3－、Na＋、Cl－、OH－D.与铝反应生成H2的溶液中：Na＋、Cu2＋、Cl－、SO42－5、将某些化学知识用图象表示，可以收到直观、简明的效果rm{.}下列图象所表示的化学知识中，明显不正确的是rm{(}rm{)}A.

分散系的分类B.

稀释浓盐酸的过程C.

向碳酸钠溶液中逐滴滴入盐酸D.

向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠至过量6、己知rm{R^{2+}}核外有rm{a}个电子，rm{b}个中子。正确表示rm{R}原子符号的是rm{(}rm{)}A.rm{{,!}_{a}^{b}{R}}B.rm{{,!}_{a+2}^{a+b-2}{R}}C.rm{{,!}_{a+2}^{a+b+2}{R}}D.rm{{,!}_{a-2}^{a+b}{R}}评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)7、一定温度下，将一定量的纯醋酸加水稀释，稀释过程中溶液的导电性变化如图所示rm{.}则下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.醋酸的电离度：rm{c<b<a}B.溶液的rm{pH}值：rm{b<a<c}C.蘸取rm{a}点溶液滴在湿润的rm{pH}试纸上，测得rm{pH}值一定偏大D.若分别取rm{a}rm{b}rm{c}三点的溶液各rm{10mL}各用同浓度的氢氧化钠溶液中和，消耗rm{NaOH}溶液的体积rm{a>b>c}8、下列实验能达到实验目的是rm{(}rm{)}A.

观察铁的吸氧腐蚀B.

比较氯、碳、硅的非金属性C.

实验室蒸馏石油D.

甲烷与氯气的取代反应9、氟、氯、溴、碘四种元素，它们的下列性质的递变规律正确的是（）A.单质密度依次增大B.单质的熔沸点依次降低C.Cl2可以从KBr溶液置换出Br2D.氟、氯、溴、碘四种元素的氢化物沸点逐渐升高10、rm{a}rm{b}rm{c}rm{d}都是短周期元素，原子半径rm{d>c>a>b}其中rm{a}rm{b}处在同一周期，rm{a}rm{c}处在同一主族rm{.c}原子核内质子数等于rm{a}rm{b}原子核内质子数之和，rm{c}原子最外层上的电子数是rm{d}原子次外层电子数的一半rm{.}下列说法中正确的rm{(}rm{)}A.rm{a}rm{c}两元素处在元素周期表的rm{VIA}族B.rm{b}rm{d}两种元素可组成化学式为rm{d_{2}b_{2}}的化合物，且阴阳离子个数比为rm{1}rm{2}C.rm{c}单质可在rm{b}单质中燃烧生成的化合物的分子式为rm{cb_{2}}D.rm{c}的单质可用来制作光导纤维11、下列变化必须加还原剂才能发生的是rm{(}rm{)}A.rm{Na_{2}CO_{3}隆煤NaHCO_{3}}B.rm{MnO_{4}^{-}隆煤Mn^{2+}}C.rm{Cu隆煤CuO}D.rm{H_{2}O_{2}隆煤H_{2}O}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)12、在反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中：

（1）____元素化合价升高，____元素化合价降低．（填元素名称）

（2）____是氧化剂，Cu发生了____反应，____是氧化产物．

（3）标出以下反应的电子转移方向和数目：

3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

若有1.5molCu发生了反应，则转移的电子的个数是____．13、（6分）铁丝在氯气中点燃发生反应：2Fe+3Cl22FeCl3，其中氯元素的化合价_______（填“升高”或“降低”），氯元素被_________（填“氧化”或“还原”）；Fe做_________剂，具有性。在该反应中，若消耗了1molFe，则生成_______molFeCl3，转移mol电子。14、有一包白色固体，可能含有CaCO3、Na2SO4、KNO3、CuSO4、BaCl2五种物质中的一种或几种．现进行如下实验：

（1）取少量固体粉末加到足量水中；得到白色沉淀，上层为无色清液．

（2）继续往其中加入足量稀硝酸；白色沉淀完全消失，并有气泡产生．

（3）取少量（2）中的溶液滴加Ba（NO3）2溶液；有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶．

根据上述实验现象判断：该白色固体中一定含有____，一定不含有____，可能含有____．

如何验证可能存在的物质____．15、现有A、B、C三种化合物，各取40g相混合，完全反应后，得18gB，49gC，还有D生成．已知D的相对分子质量为106，现将22gA和11gB反应，能生成D的物质的量为____________．16、依据氧化还原反应：2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）设计的原电池如图所示．请回答下列问题：

（1）电极X的材料是______；

（2）银电极为电池的______极，发生的电极反应为______；

（3）外电路中的电子是从______电极流向______电极（从铜、银中选填．）17、（8分）用给定的化学用语回答下列问题（填写化学用语的代号：A、B）A.过滤B.结晶C.萃取D、丁达尔效应E、分液F、蒸馏（1）鉴别胶体和溶液可根据。（2）从KNO3溶液中提取KNO3，采用法。（3）分离MnO2和水的混合物，可利用____。（4）食用花生油混有水份，可利用。18、写出钠和水反应的化学方程式______，其中的还原剂是______；

铝的最高价氧化物对应的水化物的化学式为______，呈______（填“酸性”“碱性”“两性”）．19、rm{(1)}物质的量是高中化学中常用的物理量，请完成有关其内容的填空：rm{垄脵15.6gNa_{2}X}含有rm{0.4molNa^{+}}rm{Na_{2}X}的摩尔质量为____________，含rm{X3.2g}的rm{Na_{2}X}的物质的量为____________。rm{垄脷}硫酸钾和硫酸铝的混合溶液，已知其中rm{Al^{3+}}的浓度为rm{0.4mol/L}硫酸根离子浓度为rm{0.75mol/L}则rm{K^{+}}的物质的量浓度为_________。rm{(2)}有以下几种物质：rm{垄脵}纯rm{H_{2}SO_{4}}rm{垄脷}硝酸钾溶液rm{垄脹}铜rm{垄脺}二氧化碳rm{垄脻}酒精rm{垄脼}碳酸氢钠固体rm{垄脽}蔗糖rm{垄脿NaCl}晶体rm{垄谩}氨水rm{垄芒}熔融rm{KCl}rm{垄脵}以上能导电的是_______________________rm{(}填序号，下同rm{)}rm{垄脷}以上属于电解质的是________________；属于非电解质的是_____________。rm{垄脹}写出属于酸式盐的物质溶于水后的电离方程式____________________________。。

评卷人得分四、判断题(共3题，共21分)20、摩尔是七个基本物理量之一．（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、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）评卷人得分五、综合题(共4题，共16分)23、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：

24、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题25、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：

26、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】【解析】【答案】C2、C【分析】解：A；苯不含碳碳双键；不能被酸性高锰酸钾氧化，故A错误；

B；苯与液溴在铁作催化剂条件下发生反应；与溴水不反应，故B错误；

C；苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂加热条件发生取代反应；生成硝基苯，故C正确；

D；苯能与氢气、氯气发生加成反应；苯中不含碳碳双键，不能与氯化氢反应，故D错误．

故选C．

A；苯不含碳碳双键；

B；苯与溴水不反应；

C；苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂加热条件下发生反应；

D；苯与氯化氢不能发生加成反应．

本题考查苯的性质，难度不大，注意苯的结构，碳原子之间的化学键是介于单键与双键之间的一种特殊化学键．【解析】【答案】C3、C【分析】

A；盐酸能和铁反应生成氢气；不能用铁制品容器盛放，故A错误；

B；稀硫酸能和铁铝反应生成氢气；不能用铁制品容器盛放，故B错误；

C；常温下；铁在浓硝酸中发生钝化现象，故铁制品容器可以盛放浓硝酸，故C正确；

D；常温下；稀硝酸能和铁反应生成一氧化氮、硝酸铁等，不能用铁制品容器盛放，故D错误．

故选C．

【解析】【答案】根据铁的性质进行解答；能持续发生反应则不能用铁容器来盛放．

4、A【分析】【解析】试题分析：A、强碱性溶液存在大量的OH-，该组离子在碱性溶液中不反应，则一定能大量共存，故A正确。B、因Fe3+与I-能发生氧化还原反应，则一定不能大量共存，故B错误。C、因HCO3-、OH-能结合生成碳酸根离子和水，则一定不能大量共存，故C错误。D、与铝反应生成H2的溶液可能为酸或碱的溶液，若溶液为碱性，则OH-能与Cu2+结合生成沉淀，则一定不能大量共存，故D错误。故选A．考点：离子共存问题。【解析】【答案】：A5、A【分析】解：rm{A.}分散系的本质区别是分散质微粒直径的大小，分散质粒度小于rm{1nm}的为溶液，大于rm{100nm}的为浊液，介于rm{1-100nm}的为胶体；故A错误；

B.盐酸溶液加水稀释溶液中离子浓度减小；溶液的导电能力逐渐减弱，故B正确；

C.碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠；碳酸氢钠再与盐酸反应生成二氧化碳，所以开始滴加盐酸，不会产生二氧化碳，一段时间后，开始产生二氧化碳，故C正确；

D.先后发生的反应为：rm{AlCl_{3}+3NaOH=Al(OH)_{3}隆媒+3NaCl}rm{Al(OH)_{3}+NaOH=NaAlO_{2}+2H_{2}O}生成沉淀过程消耗的rm{NaOH}与沉淀溶解消耗的rm{NaOH}体积比是rm{3}rm{1}故D正确；

故选：rm{A}．

A.分散系的本质区别是分散质微粒直径的大小；

B.溶液的导电性与溶液中离子浓度有关；

C.碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠；碳酸氢钠再与盐酸反应生成二氧化碳；

D.根据可能发生的反应rm{Al^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}rm{Al^{3+}+4OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}分析．

本题考查了常见的用数轴法表示化学知识，难度中等，明确分散系分类依据，熟悉相关物质的性质及发生的反应是解题关键，题目难度中等．【解析】rm{A}6、C【分析】【分析】本题考查质子数、中子数和质量数之间的关系，要注意原子符号的意义。【解答】rm{R^{2+}}离子核外有rm{a}个电子，质子数rm{=}核外电子数rm{+}电荷数rm{=a+2}质量数rm{=}质子数rm{+}中子数rm{=a+2+b}所以rm{R}原子符号为rm{{,!}_{a+2}^{a+b+2}R}故C正确。

故选C。

【解析】rm{C}二、双选题(共5题，共10分)7、AC【分析】解：rm{A.}醋酸为弱电解质，加水促进电离，浓度越小，电离程度越大，则乙酸的电离程度：rm{a<b<c}故A错误；

B.电离程度反应了氢离子的浓度，溶液导电能力越大，离子浓度越大，氢离子浓度越大，rm{pH}越小，溶液的rm{pH}值：rm{b<a<c}故B正确；

C、由图象可看出，rm{a}点稀释导电能力增强，所以开始阶段以溶质的电离为主，则蘸取rm{a}点溶液滴在湿润的rm{pH}试纸上，测得rm{pH}值变小；而不是变大，故C错误；

D、随水的量增加，等体积混合溶液中和碱的能力逐渐降低，所以分别取rm{a}rm{b}rm{c}三点的溶液各rm{10mL}各用同浓度的氢氧化钠溶液中和，消耗rm{NaOH}溶液的体积rm{a>b>c}故D正确；

故选AC．

醋酸为弱电解；浓度越小，电离程度越大，对于该溶液，电离程度反应了氢离子的浓度，溶液导电能力越大，离子浓度越大，结合溶液的电荷守恒分析．

本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意把握弱电解质的电离特点，注意导电能力与离子浓度大小有关．【解析】rm{AC}8、rAC【分析】解：rm{A.}如果rm{Fe}发生吸氧腐蚀；会导致左边试管中压强减小，右边试管导气管中液面会上升，所以图中装置可观察铁的吸氧腐蚀，故A正确；

B.盐酸易挥发；盐酸与硅酸钠溶液反应，则图中装置不能比较碳；硅的非金属性，故B错误；

C.蒸馏中温度计测定馏分温度；冷却水下进上出；则图中蒸馏实验装置合理，故C正确；

D.rm{0.01mol/L}食盐水不是饱和溶液；氯气可溶解，且该实验需要光照，则试管中液面上升也不能验证取代反应的发生，故D错误；

故选AC．

A.食盐水为中性；发生吸氧腐蚀，右侧红墨水沿着导管上升；

B.盐酸易挥发；盐酸与硅酸钠溶液反应；

C.蒸馏中温度计测定馏分温度；冷却水下进上出；

D.rm{0.01mol/L}食盐水不是饱和溶液；氯气可溶解，且该实验需要光照．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及电化学腐蚀、混合物分离提纯实验、常见有机物性质等，把握物质的性质及实验装置图的作用、反应原理为解答的关键，注意实验方案的评价性、操作性分析，题目难度不大．【解析】rm{AC}9、A|C【分析】解：A．卤族元素中；其单质的密度随着原子序数的增大而增大，且其单质的颜色逐渐加深，故A正确；

B．卤族元素单质结构相似；其单质的熔沸点与其相对分子质量成正比，单质的熔沸点随着原子序数的增大而增大，故B错误；

C．其单质的氧化性随着原子序数的增大而减弱，所以Cl2可以从KBr溶液置换出Br2；故C正确；

D．卤族元素氢化物的沸点随着原子序数的增大而呈增大趋势；但HF中含有氢键导致HF的沸点最高，故D错误；

故选AC．

A．卤族元素中；其单质的密度随着原子序数的增大而增大；

B．单质的熔沸点随着原子序数的增大而增大；

C．其单质的氧化性随着原子序数的增大而减弱；

D．HF的沸点最高．

本题考查了卤族元素性质的相似性及递变性，金属以碱金属族为例、非金属以卤族元素为例熟记同一主族元素性质的相似性及递变性，注意碱金属族熔沸点变化规律和卤族元素的正好相反，注意HF中氢键对HF沸点的影响，题目难度不大．【解析】【答案】AC10、BC【分析】解：rm{a}rm{b}rm{c}rm{d}都是短周期元素，原子半径rm{d>c>a>b}其中rm{a}rm{b}处在同一周期，rm{a}rm{c}处在同一主族，可以判断rm{a}rm{b}处于第二周期，rm{c}处于第三周期，rm{a}rm{c}处在同一主族，二者质子数相差rm{8}rm{c}原子核内质子数等于rm{a}rm{b}原子核内质子数之和，故rm{b}的质子数为rm{8}则rm{b}为rm{O}元素；rm{c}原子最外层上的电子数是rm{d}原子次外层电子数的一半，rm{d}不能处于第二周期，只能为第三周期元素，故rm{c}最外层电子数为rm{4}则rm{a}为rm{C}元素，rm{c}为rm{Si}元素，rm{d}为rm{Na}或rm{Mg}或rm{Al}元素．

A.rm{a}为rm{C}元素，rm{c}为rm{Si}元素，最外层电子数为rm{4}处于周期表第Ⅳrm{A}族；故A错误；

B.rm{b}为rm{O}元素，若rm{d}为rm{Na}元素，二者可组成化合物rm{Na_{2}O_{2}}且阴阳离子个数比为rm{1}rm{2}故B正确；

C.rm{Si}单质可在氧气中燃烧生成rm{SiO_{2}}故C正确；

D.用来制作光导纤维的rm{SiO_{2}}故D错误；

故选BC．

rm{a}rm{b}rm{c}rm{d}都是短周期元素，原子半径rm{d>c>a>b}其中rm{a}rm{b}处在同一周期，rm{a}rm{c}处在同一主族，可以判断rm{a}rm{b}处于第二周期，rm{c}处于第三周期，rm{a}rm{c}处在同一主族，二者质子数相差rm{8}rm{c}原子核内质子数等于rm{a}rm{b}原子核内质子数之和，故rm{b}的质子数为rm{8}则rm{b}为rm{O}元素；rm{c}原子最外层上的电子数是rm{d}原子次外层电子数的一半，rm{d}不能处于第二周期，只能为第三周期元素，故rm{c}最外层电子数为rm{4}则rm{a}为rm{C}元素，rm{c}为rm{Si}元素，rm{d}为rm{Na}或rm{Mg}或rm{Al}元素；据此解答该题．

本题考查结构性质与位置的关系等，题目难度中等，正确推断元素的种类为解答该题的关键，根据原子序数与半径关系确定大体位置，注意相关基础知识的积累．【解析】rm{BC}11、rBC【分析】解：rm{A.}元素化合价没有发生变化；不是氧化还原反应，故A错误；

B.rm{Mn}元素化合价降低；被还原，应加入还原剂，故B正确；

C.rm{Cu}元素化合价降低；应加入还原剂，故C正确；

D.可自身发生氧化还原反应生成；无需加入还原剂，故D错误．

故选BC；

必须加入还原剂才能进行；则选项中应为氧化剂的还原反应，氧化剂中某元素的化合价降低，以此来解答．

本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意把握常见反应的特点以及物质的性质，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】rm{BC}三、填空题(共8题，共16分)12、略

【分析】

（1）在反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中；铜元素的化合价从0价升高到了+2价，硝酸中氮元素的化合价从+5价降到了+2价，故答案为：铜；氮；

（2）硝酸中氮元素的化合价从+5价降到了+2价，所以硝酸是氧化剂，铜元素的化合价从0价升高到了+2价，所以金属铜是还原剂，发生氧化反应，产物硝酸铜是氧化产物，故答案为：HNO3；氧化；Cu（NO3）2；

（3）反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=6，电子转移方向和数目如下所示：当3mol金属铜参加反应时，转移电子6mol，所以若有1.5molCu发生了反应，则转移的电子的物质的量为3mol，即3NA=1.806×1024个，故答案为：1.806×1024．

【解析】【答案】（1）根据化合价的变化来判断；

（2）化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；该元素发生还原反应，对应的产物是还原产物；化合价升高元素所在的反应物是还原剂，该元素发生氧化反应，对应的产物是氧化产物；

（3）氧化还原反应中；化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，该元素被还原，化合价升高元素所在的反应物是还原剂，该元素被氧化，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数，据此标电子转移情况，并进行相关的计算．

13、略

【分析】试题分析：根据2Fe+3Cl22FeCl3反应，Cl元素的化合价反应前是0价，反应后是-1价，所以反应后降低；化合价降低，被还原；Fe元素的化合价反应前是0价，反应后是+3价，化合价升高，被氧化，作还原剂；具有还原性；在该反应中，若消耗了1molFe，则生成1molFeCl3，1个Fe失去3个电子，所以1molFe失去3mol电子，所以共转移3mol电子。考点：考查氧化还原反应的分析，还原剂、氧化剂的判断，转移电子数的判断【解析】【答案】（6分）（每空1分）降低，还原，还原，还原。1，3。14、CaCO3、Na2SO4CuSO4、BaCl2KNO3取样，进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃，火焰呈紫色，证明有KNO3．【分析】【解答】（1）取少量固体粉末加到足量水中，得到白色沉淀，上层为无色清液，一定不含CuSO4；含有CaCO3或是BaCl2、Na2SO4都有中的一种情况；

（2）继续往其中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，则沉淀是CaCO3，一定含CaCO3；

（3）取少量（2）中的溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶，沉淀是硫酸钡，一定含有Na2SO4，一定不含BaCl2．

综上知道：一定含有CaCO3、Na2SO4；一定不含有CuSO4、BaCl2；可能含有KNO3，检验硝酸钾可以检验其中的钾离子，可以进行颜色反应来检验，取样，进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃，火焰呈紫色，证明有KNO3．

故答案为：CaCO3、Na2SO4；CuSO4、BaCl2；KNO3；取样，进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃，火焰呈紫色，证明有KNO3．

【分析】（1）取少量固体粉末加到足量水中，得到白色沉淀，上层为无色清液，一定不含CuSO4；含有CaCO3或是BaCl2、Na2SO4都有中的一种情况；

（2）继续往其中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，则沉淀是CaCO3，一定含CaCO3；

（3）取少量（2）中的溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶，沉淀是硫酸钡，一定含有Na2SO4，一定不含BaCl2．据此来回答．15、略

【分析】解：40gA完全反应；参加反应的B的质量为40g-18g=22g，生成的C的质量为49g-40g=9g，根据质量守恒定律可知，生成的D的质量为40g+22g-9g=53g；

11gB完全反应需要A的质量为40g×=20g，小于22g，故22gA和11gB反应，B完全反应，故生成D的质量为53g×=26.5g，故生成D的物质的量为=0.25mol；

故答案为：0.25mol．【解析】0.25mol16、略

【分析】解：（1）由反应“2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）”可知，在反应中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，所以X电极材料是Cu，Ag+在正极上得电子被还原，电解质溶液为AgNO3；

故答案为：Cu；

（2）正极为活泼性较Cu弱的Ag，Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为Ag++e=Ag；

故答案为：正极；Ag++e-=Ag；

（3）电子从负极Cu沿导线流向正极Ag；故答案为：Cu；Ag．

（1）根据电池反应式知；失电子化合价升高的金属作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，得电子的化合价降低的可溶性反应物作电解质溶液，据此设计原电池；

（2）原电池中；易失电子的电极铜为负极，银作正极，正极上得电子发生还原反应；

（3）电子从负极沿导线流向正极．

本题考查了原电池设计，明确原电池原理是解本题关键，根据电池反应式中得失电子的物质选取负极材料和电解质，知道原电池中正负极的判断方法，难度不大．【解析】Cu；正；Ag++e-=Ag；Cu；Ag17、略

【分析】【解析】【答案】18、略

【分析】解：钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；反应中钠元素化合价0价变化为+1价失电子做还原剂；

铝的最高价为+3价；最高价氧化物对应水化物是氢氧化铝，氢氧化铝和酸碱都发生反应生成盐和水属于两性氢氧化物；

故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；Na；Al（OH）3；两性．

钠和水反应生成氢氧化钠和氢气；反应中元素化合价升高的失电子做还原剂；

铝的最高价为+3价；最高价氧化物对应水化物是氢氧化铝，氢氧化铝和酸碱都发生反应生成盐和水．

本题考查了物质性质，主要是钠、铝及其化合物性质的掌握，注意知识积累，题目较简单．【解析】2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；Na；Al（OH）3；两性19、（1）①78g/mol0.1mol②0.3mol/L

（2）②③⑨⑩①⑥⑧⑩④⑤⑦NaHCO3=Na+＋HCO3-

【分析】【分析】本题考查了电解质电离方程式书写，明确电解质强弱及电离方式是解题关键，题目难度不大。第rm{(1)}问考查摩尔质量和物质的量浓度。第rm{(2)}问考查电解质和非电解质的区别，电解质和非电解质都属于化合物，如果是导电的单质，如铁，是既不属于电解质又不属于非电解质的。硫酸氢根为强酸的酸根能拆，但是碳酸氢根为弱酸的酸根不能拆。【解答】

rm{(1)垄脵Na}rm{(1)垄脵Na}rm{{,!}_{2}}含有rm{X}含有rm{0.4molNa}rm{X}rm{0.4molNa}rm{{,!}^{+}}的物质的量为，则rm{Na_{2}X}rm{0.2mol}rm{Na}的摩尔质量rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{X}的摩尔质量rm{M=15.6g}rm{X}的摩尔质量rm{M=15.6g}rm{/0.2mol=78}的rm{g/mol}rm{g/mol}rm{X}的物质的量rm{M=78-23隆脕2=32g/mol}rm{dfrac{3.2g}{32g/mol?}=0.1mol}含rm{X3.2g}的rm{Na}溶液电中性，设rm{X3.2g}rm{Na}rm{{,!}_{2}}

rm{X}的物质的量rm{n=}rm{X}rm{n=}rm{dfrac{3.2g}{32g/mol?}=0.1mol

}rm{垄脷}溶液电中性，设rm{K}rm{垄脷}rm{K}

rm{{,!}^{+}}的物质的量浓度为rm{x}的物质的量浓度为rm{x}rm{0.4}故答案为：rm{0.4}rm{隆脕}rm{3+x}rm{3+x}纯rm{隆脕}rm{1=0.75}rm{1=0.75}rm{隆脕}rm{2}硝酸钾溶液，能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；rm{2}铜，能导电，属于金属单质，既不是电解质也不是非电解质；rm{x=0.3}二氧化碳，不能导电，属于非电解质；rm{x=0.3}酒精，在熔融状态下和水溶液中都不能导电的化合物，属于非电解质即rm{K^{+}}的物质的量浓度为rm{0.3}碳酸氢钠固体，不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；rm{K^{+}}蔗糖，不能导电，是非电解质；rm{0.3}晶体，不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；rm{mol/L}氨水，能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；rm{垄脵78g/mol}熔融rm{0.1mol}能导电，是电解质，碳酸氢钠是酸式盐，碳酸氢根为弱酸的酸根不能拆，在水溶液中电离出钠离子和碳rm{垄脷0.3mol/L}氢根离子。rm{(2)垄脵}纯rm{H}rm{(2)垄脵}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}，不能导电，溶于水能导电，是电解质；rm{垄脷}硝酸钾溶液，能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；rm{垄脹}铜，能导电，属于金属单质，既不是电解质也不是非电解质；rm{垄脺}二氧化碳，不能导电，属于非电解质；rm{垄脻}酒精，在熔融状态下和水溶液中都不能导电的化合物，rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{垄脵78g/mol}rm{0.1mol}rm{垄脷0.3mol/L}rm{(2)垄脷垄脹垄谩垄芒}rm{垄脵垄脼垄脿垄芒}rm{垄脺垄脻垄脽}rm{NaHCO_{3}}

rm{=Na^{+}+HCO_{3}^{-}}四、判断题(共3题，共21分)20、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．21、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】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，可能含有氧元素五、综合题(共4题，共16分)23、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．24、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73克时，转移的电子的数目为____（填具体数字）1.204×1024【分析】【解答】解：（1）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，1KClO3中氯元素的化合价由+5价变为0价，所以1KClO3是氧化剂，5HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，所以5HCl是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：5；故答案为：1：5；（2）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，6HCl参与反应，其中5HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，1HCl化合价不变，所以盐酸体现出的性质有酸性和还原性，故答案为：酸性和还原性；（3）反应中只有Cl元素化合价发生变化，Cl元素化合价分别由+5价、﹣1价变化为0价，当有3molCl2生成时，转移5mol电子，则电子转移的方向和数目为故答案为：（4）当被氧化的HCl为73克时即=2mol，又HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价被氧化，所以转移2mol电子，数目为1.204×10