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121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9题，共18分)1、下列坐标图所表示的量的关系中，错误的是（）A.

烷烃分子中碳原子数x与氢原子数y的关系B.

氢气燃烧时，其物质的量x与消耗氧气的物质的量y的关系C.

氯化钠溶于水时，水的质量x与溶解度y的关系D.

硫酸溶液中，硫酸的质量分数x与溶液密度y的关系2、下列有关原子结构、元素性质的说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Si}rm{P}rm{S}rm{Cl}元素的单质与氢气化合越来越容易B.元素原子最外层电子数越多，元素金属性越强C.元素周期表共有rm{18}列，第rm{3}列是第Ⅰrm{B}族，第rm{17}列是第Ⅶrm{A}族D.rm{F^{-}}rm{O^{2-}}rm{Mg^{2+}}rm{Na^{+}}离子半径逐渐减小3、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.无色溶液中：rm{Al^{3+}.Cl^{-}.MnO_{4}^{-}.SO_{4}^{2-}}B.含有大量rm{HCO_{3}^{-}}的溶液中：rm{Na^{+}.Ca^{2+}.NO_{3}^{-}.Cl^{-}}C.rm{0.1mol/LAgNO_{3}}溶液：rm{H^{+}.K^{+}.SO_{4}^{2-}.Cl^{-}}D.使石蕊变红色的溶液：rm{CH_{3}COO^{-}.Cl^{-}.NO_{3}^{-}.K^{+}}4、下列关于化石燃料的加工说法不正确的是rm{(}rm{)}A.石油裂解主要得到乙烯B.煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气C.石蜡油受热分解产生了可以使酸性高锰酸钾溶液褪色的烯烃D.煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径5、短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，下列说法正确的是（）A.X、Y、Z三种元素中，X的非金属性最强B.Y氢化物的稳定性比Z的氢化物弱C.Y的最高正化合价为＋7价D.X单质的熔点比Z的低6、下图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极。则下列有关的判断，正确的是A.a为负极、b为正极B.a为阳极、b为阴极C.电解过程中，d电极质量增加D.电解过程中，氯离子浓度不变7、安全是顺利进行实验及避免伤害的保障。下列实验操作正确且不是从实验安全角度考虑的是A.操作①：使用稍浸入液面下的倒扣漏斗检验氢气的纯度B.操作②：使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出C.操作③：吸收氨气或氯化氢气体并防止倒吸D.操作④：用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立，检查容量瓶是否漏水8、下列叙述正确的是（）A.ⅠA族元素单质的熔点从上往下逐渐降低B.分子晶体中一定存在共价键C.ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最好的其沸点也最高D.同周期非金属氧化物对应的水化物的酸性从左往右依次增强9、有些科学家提出硅是“rm{21}世纪的能源”，这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用rm{.}下列关于硅及其化合物的说法正确的是rm{(}rm{)}A.水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品B.高温下，可在试管内完成焦炭和石英砂rm{(SiO_{2})}制取硅的反应C.光导纤维的主要成分是rm{SiO_{2}}D.自然界中硅元素的贮量丰富，并存在大量的单质硅评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)10、下列叙述中正确的是（）A.向含有澄清石灰水中通入CO2至产生的沉淀恰好溶解时，若加入NaOH溶液，可观察到沉淀生成B.向Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中滴加盐酸溶液，均可观察到立即产生气体C.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO11、下列有关物质的俗称，正确的是（）A.Fe2O3--铁红B.SiO2--玛瑙C.Na2SiO3水玻璃D.NaHCO3--苏打12、工业上常用浓氨水检验氯气管道，其反应为：3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2，利用该反应中产物白烟这一现象来判断管道是否漏气，关于该反应的说法不正确的是（）A.氧化剂是Cl2B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：8C.每生成1molN2，转移3mol电子D.被氧化与未被氧化的NH3物质的量之比为1：313、下图是rm{198K}时rm{N_{2}}与rm{H_{2}}反应过群中能量变化的曲线图。下列叙述正确的是A.该反应的热化学方程式为：rm{{{N}_{2}}+3{{H}_{2}}rightleftharpoons2N{{H}_{3}},vartriangleH=-92kJcdotmo{{l}^{-1}}}B.rm{{{N}_{2}}+3{{H}_{2}}rightleftharpoons

2N{{H}_{3}},vartriangleH=-92kJcdotmo{{l}^{-1}}}曲线是加入正催化剂时的能量变化曲线C.加入催化剂，该化学反应的反应历程改变，因此反应热也改变D.在温度、体积均一定的条件下，通入rm{b}和rm{2molN_{2}}反应后放出的热量为rm{6molH_{2}}则rm{Q_{1}kJ}rm{184>Q_{1}}14、根据元素周期律；碱金属元素的下列性质从上到下依次递增的有()

A.金属性B.化合价C.原子半径D.单质的熔沸点15、下列实验装置与目的不相符的是rm{(}rm{)}

。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}

向容量瓶中转移液体

验证化学能转化成电能

中和热的测定

分离四氯化碳和水A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、（6分）乙醇在能源、生产及日常生活等许多方面都有十分广泛的应用。请计算：（1）将足量乙醇与9.2g金属钠充分反应，则标准状况下生成气体的体积是L（2）若一定量的乙醇和O2在密闭容器中燃烧后的产物为CO2、CO和H2O（g）。产物依次经过浓硫酸和碱石灰使其被充分吸收，浓硫酸增重10.8g，碱石灰增重13.2g。则氧气的物质的量是mol，燃烧产物的平均摩尔质量是g/mol。17、（9分）⑴一个确定的化学反应完成后的结果是吸收能量还是放出能量，决定于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小。若反应物的总能量____（填“＞”、“＜”、“=”）生成物的总能量，该反应就放出能量；若反应物的总能量____生成物的总能量，该反应就吸收能量。⑵普通锌锰酸性干电池的内部结构如图所示，请回答①该电池的负极材料为____该电极反应为____②正极材料为____，正极得到电子的氧化剂为____③电解质为____⑶化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减少量或生成物浓度的增加量来表示。若时间用秒表示，则化学反应速率的单位是____。⑷在外界条件不变的情况下，一个可逆反应达到的最大限度是该反应达到____状态。18、某同学把自制的一种黄色花汁；分别滴加到下列不同的试剂中，并记录观察到的现象如下表所示．

。试剂稀盐酸食醋蔗糖水蒸馏水肥皂水烧碱溶液石灰水颜色红红黄黄绿绿绿请分析上表；并回答下列问题：

（1）该花汁______（填“可以”或“不可以”）作酸碱指示剂．

（2）蚊子叮咬人时射入蚁酸（具有酸的性质），使皮肤红肿、痛痒．要缓解这种症状，简易可行的办法是在叮咬处涂抹上述试剂中的______．

（3）胃酸的主要成分是盐酸，胃舒平（主要成分Al（OH）3）和小苏打常用于治疗胃酸过多症，写出小苏打治疗胃酸过多症时的化学反应方程式______．

（4）石灰水暴露于空气中易变质，写出变质反应的化学方程式：______．19、（1）.等物质的量的CO和CO2中所含O原子个数之比____，C原子数之比，二者的质量之比。（2）下列物质中：（1）Cu（2）Br2⑶Na2O⑷蔗糖⑸NaCl溶液⑹SO3⑺Ba(OH)2属于电解质的是，属于非电解质的是____，能导电的是。(用序号填写)20、下表是元素周期表的一部分，回答下列问题：。族周期IAⅡAⅢAⅣAVAⅥAⅦA02①②③④3⑤⑥⑦⑧⑨⑩1112（1）写出①元素的名称____（2）写出⑨元素的符号____（3）在这些元素中，____（用元素符号填写，下同）是最活泼的金属元素；____是最活泼的非金属元素；____是最不活泼的元素。（4）这些元素的最高价氧化物的对应水化物中____酸性最强；____碱性最强；（5）从⑤到?的元素中，____原子半径最小。（6）比较⑤和⑥的化学性质，更活泼，试用实验证明此现象（简述操作、现象和结论）____。21、（10分）选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。A．萃取分液法B．加热分解C．结晶法D．分液法E．渗析法F．蒸馏法G．过滤法(1)___________分离饱和食盐水和沙子的混合物；(2)___________从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中获得硝酸钾；(3)___________分离水和煤油的混合物；(4)___________分离水和酒精；(5)___________分离溴水中的溴和水。22、含碳原子数最少且存在同分异构体的烷烃的分子式是______，其同分异构体的结构简式是______．评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)23、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、简答题(共2题，共18分)24、rm{X}rm{Y}rm{Z}为不同短周期非金属元素的气态单质。在一定条件下能发生反应：rm{Y+X隆煤}甲rm{(g)}rm{Y+Z隆煤}乙rm{(g)}甲、乙可化合生成离子化合物，甲的相对分子质量小于乙。rm{(1)X}的结构式是___________。rm{(2)}磷在rm{Z}气体中燃烧可生成液态丙rm{(PZ_{3})}分子，也可生成固态丁rm{(PZ_{5})}分子。磷固体单质和rm{Z}气体单质反应生成rm{lmol}液体丙时，反应过程与能量变化如图rm{I}所示，该反应的热化学方程式是____________。已知磷固体和rm{Z}气体反应，生成rm{lmol}固态丁时，放热rm{399kJ}则rm{1mol}固态丁转化为液体丙时的反应热rm{triangleH=}_________rm{(3)}某同学拟用图rm{II}所示装置证明氧化性rm{Z>I_{2}}已知高锰酸钾与乙的浓溶液反应生成rm{Z}则rm{a}是_______的水溶液。若仅将rm{a}换为甲的浓溶液，实验时液体上方会产生大量白烟并有气体单质生成，则该反应的化学方程式是____。rm{(4)}向一定浓度的rm{BaCl_{2}}溶液中通入rm{SO_{2}}气体，未见沉淀生成，若在通入rm{SO_{2}}气体的同时加入由rm{X}rm{Y}rm{Z}中的一种或几种元素组成的某纯净物，即可生成白色沉淀，该纯净物可能是___________或____。25、rm{A}是用途最广的金属，rm{B}rm{C}是两种常见气体单质，其中rm{B}为黄氯色，rm{E}溶液为常见强酸，rm{D}溶液中滴加rm{KSCN}溶液显血红色；它们相互转化关系如图所示．

请回答：

rm{(1)}写出rm{A}与rm{B}反应的化学方程式：______

rm{(2)}写出第rm{{垄脺}}步反应的化学方程式为______．

rm{(3)}写出向rm{F}溶液中通入rm{B}时发生反应的离子方程式______．

rm{(4)}写出rm{Cu}与rm{D}溶液反应的离子方程式______．

rm{(5)}用离子方程式表示rm{D}溶液中滴加rm{KSCN}溶液显红色的原因______．评卷人得分六、综合题(共4题，共28分)26、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：

27、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题28、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：

29、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9题，共18分)1、D【分析】解：A．烷烃分子中C；H原子数关系式为：y=2x+2；图象为斜率为2的上升的直线，故A正确；

B．氢气与氧气反应的关系式为：2H2-O2，则氢气物质的量x与消耗氧气的物质的量y的关系为：y=x，该图象为斜率为的上升的直线；图象与实际相符合，故B正确；

C．氯化钠的溶度积与水的多少无关；所以氯化钠溶于水时，水的质量x与溶解度y曲线为直线，故C正确；

D．由于硫酸的密度大于水的密度；所以硫酸的质量分数越大，硫酸溶液的密度应该越大，图象与实际不符，故D错误；

故选D．

A．烷烃CxHy中碳氢原子数关系式为：y=2x+2；据此进行判断图象是否正确；

B．氢气燃烧时，反应的关系式为：2H2-O2，氢气物质的量x与消耗氧气的物质的量y的关系为：y=x；

C．氯化钠的溶解度与温度有关；温度不变，氯化钠的溶度积不变；

D．硫酸的密度大于水；硫酸的质量分数越大，溶液密度越大．

本题考查了溶解度的判断、溶质质量分数的计算与判断、烷烃分子组成等知识，题目难度中等，注意掌握烷烃的分子组成、溶质质量分数计算方法，选项D为易错点，注意硫酸密度大于水，硫酸含量越大，溶液密度越大，若是乙醇，结果恰好相反．【解析】【答案】D2、A【分析】【分析】本题属于元素周期表和元素周期律的综合应用，考查了原子结构、元素性质、元素在周期表中的位置间的关系、微粒半径等知识点，题目难度不大。熟悉原子结构、元素周期表形成规律是解题关键。【解答】A.rm{Si}rm{P}rm{S}rm{Cl}为同周期元素；非金属性依次增强，非金属性越强与氢气化合越容易，故A正确；

B.电子层数相同时；元素原子最外层电子数越多，失去电子能力越弱，金属性越弱，故B错误；

C.元素周期表共有rm{18}列，第rm{3}列是第Ⅲrm{B}族，第rm{17}列是第Ⅶrm{A}族；故C错误；

D.核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，半径越小。rm{O^{2-}}rm{F^{-}}rm{Mg^{2+}}rm{Na^{+}}离子具有相同的电子数，离子半径rm{O^{2-}}rm{F^{-}}rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}逐渐减小；故D错误。

故选A。【解析】rm{A}3、B【分析】A.含rm{MnO_{4}^{-}}的溶液显紫色，故A错误；rm{B.}含有大量rm{HCO_{3}^{-}}的溶液中，rm{Na^{+}}rm{Ca^{2+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{Cl^{-}}间不发生离子反应，可大量共存，故B正确；rm{C.Ag^{+}}和rm{Cl^{-}}可生成沉淀，不能大量共存，故C错误；rm{D.}使石蕊变红色的溶液显酸性，rm{CH_{3}COO^{-}}在酸性溶液里不能大量共存，故D错误，答案为rm{B}【解析】rm{B}4、D【分析】解：rm{A}石油的裂解的目的是为了获得“三烯”--乙烯、丙烯和rm{1}rm{3-}丁二烯；故乙烯是石油裂解后的产物，故A正确；

B.煤隔绝空气加强热主要得到焦炭；煤焦油、粗氨水和焦炉气；故B正确；

C.石蜡油分解生成乙烯；乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；

D.煤制煤气有新物质一氧化碳和氢气生成；是化学变化，故D错误．

故选D．

A；石油的裂解的目的是为了获得“三烯”；

B.rm{.}煤隔绝空气加强热主要得到焦炭；煤焦油、粗氨水和焦炉气；

C.石蜡油分解生成乙烯；乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色；

D.有新物质生成的变化叫化学变化；没有新物质生成的变化叫物理变化．

本题考查石油的分馏、裂解、煤的干馏、物理变化与化学变化的区别，难度不大，注意有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化．【解析】rm{D}5、D【分析】由题目信息（短周期图示位置关系），可确定X、Y、Z三种元素分别为He、F、S。A项中，非金属性最强的是F；B项中，HF比H2S更稳定；C项中，元素F无正化合价；D项中，因常温常压下He为气体，S为固体，故D正确。【解析】【答案】D6、A【分析】【解析】【答案】A7、D【分析】试题分析：A、由于连通氢气发生装置的导管在液面以下，所以可以防止点燃不纯氢气时发生爆炸，正确；B、打开活塞使漏斗内气体放出以防止分液漏斗内压强过大引起危险，正确；C、水层在下层不能防止倒吸，操作不正确，错误；D、检查容量瓶是否漏水操作正确，但不是从实验安全角度考虑的，错误，答案选D。考点：考查实验的操作机安全知识【解析】【答案】D8、C【分析】解：A．碱金属元素的原子的半径随原子序数的增大而增大；则单质的熔点随原子序数的增大而降低，但H元素的单质最低，故A错误；

B．稀有气体形成的晶体中不存在化学键；则分子晶体中不一定存在共价键，故B错误；

C．ⅥA族元素的氢化物中；因O的非金属性最强，则稳定性最好为水，含氢键，则沸点最大，故C正确；

D．同周期从左向右非金属性增强；则非金属氧化物对应的水化物的酸性从左往右依次增强，但第二周期除外（O；F没有正价），故D错误；

故选C．

A．碱金属单质的电荷相同；半径越大，单质的熔点越低；

B．稀有气体形成的晶体中不存在化学键；

C．ⅥA族元素的氢化物中；稳定性最好为水，含氢键；

D．同周期从左向右非金属性增强．

本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的位置、性质及元素周期律为解答的关键，注意元素的性质特例，题目难度不大．【解析】【答案】C9、C【分析】解：rm{A.}水泥；玻璃都是硅酸盐制品；水晶的主要成分为二氧化硅，故A错误；

B.试管自身含有二氧化硅；高温条件下可以和焦炭反应，故B错误；

C.rm{SiO_{2}}是光导纤维的主要成分；故C正确；

D.硅在自然界中以化合态存在；自然界中无游离态的硅，故D错误；

故选：rm{C}．

A.水晶的主要成分为二氧化硅；

B.试管为玻璃制品；自身含有二氧化硅；

C.rm{SiO_{2}}是光导纤维的主要成分；

D.硅在自然界中以化合态存在．

本题考查学生硅、硅酸盐的有关知识，明确硅及其化合物的性质是解题关键，主要硅酸盐改写氧化物形式的一般格式．【解析】rm{C}二、双选题(共6题，共12分)10、A|C【分析】解：A．沉淀恰好溶解时；生成碳酸氢钙，再加NaOH反应生成碳酸钙，则观察到白色沉淀生成，故A正确；

B．滴加盐酸溶液；先与碳酸钠反应，后与碳酸氢钠反应，则不能立即生成气体，故B错误；

C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体为二氧化碳，可知氯水中含H+；故C正确；

D．氯气可氧化亚铁离子；则溶液颜色变成棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，故D错误；

故选AC．

A．沉淀恰好溶解时；生成碳酸氢钙，再加NaOH反应生成碳酸钙；

B．滴加盐酸溶液；先与碳酸钠反应；

C．向氯水中加入NaHCO3粉末；有气泡产生，气体为二氧化碳；

D．氯气可氧化亚铁离子．

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、发生的反应与现象为解答的关键，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】【答案】AC11、A|B|C【分析】解：A．铁红为氧化铁的俗称，其化学式为Fe2O3；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Na2SiO3；故C正确；

D．NaHCO3俗名小苏打，苏打是碳酸钠Na2CO3；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】【答案】ABC12、B|C【分析】解：A、反应中Cl2为氧化剂，NH3为还原剂；故A正确；

B、反应中Cl2为氧化剂，NH3为还原剂，由方程式可知，当有8molNH3参加反应；有2mol被氧化，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故B错误；

C、生成6molNH4Cl有6mol×（1-0）=6mol电子转移；故C错误；

D、3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2反应中有8mol氨参加反应，2mol是还原剂，还有6mol未被氧化，所以被氧化与未被氧化的NH3物质的量之比为1：3；故D正确；

故选BC．

反应3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，NH3与HCl反应生成氯化铵；有白烟生成，以此解答．

本题以氨气的性质考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应及转移电子的考查，题目难度不大．【解析】【答案】BC13、BD【分析】【分析】本题考查学生对化学反应焓变的理解和对热化学方程式的掌握程度。【解答】A.热化学方程式中必须标明物质的聚集状态，故A项错误；B.一般的化学反应中，加入催化剂的目的是降低反应的活化能，从而加快化学反应速率，因此rm{b}曲线是加入催化剂的能量变化曲线，B正确；C.催化剂只是改变反应速率，一个化学反应的反应热只是由反应物的初始态和生成物的终态决定，与过程无关，故C项错误；D.由图可得到，rm{1molN_{2}}和rm{3molH_{2}}完全反应后放出的热量为rm{92kJ}则rm{2molN}rm{2molN}rm{{,!}_{2}}和rm{6molH}完全反应后放出的热量为rm{6molH}但是该反应是可逆反应，且正反应方向是总气体的物质的量减少的方向，在温度和体积一定时，反应物的物质的量越多，转化率越大，故D项正确。故选BD。rm{{,!}_{2}}【解析】rm{BD}14、AC【分析】【分析】本题考查了碱金属元素性质递变规律，明确同主族元素性质的递变规律是解题关键，题目难度不大。【解答】碱金属元素原子最外层都有rm{1}个电子，化合价都为rm{+1}价，从上到下电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，单质的金属性逐渐增强，单质的熔沸点逐渐降低，故AC正确。故选AC。

【解析】rm{AC}15、rBD【分析】解：rm{A.}配制一定物质的量浓度的溶液时；需要通过玻璃杯引流将液态转移到容量瓶中，玻璃杯下端放在容量瓶的刻度线下方，图示装置合理，故A错误；

B.该装置中；负极为锌，而右边烧杯中的电解质溶液为硫酸锌，不存在得电子的离子，该装置无法构成原电池，则无法达到实验目的，故B正确；

C.测定中和热时；需要用泡沫塑料保温隔热，两个烧杯口相平，用环形玻璃棒搅拌，图示装置能够完成中和热的测定，故C错误；

D.四氯化碳不溶于水；可通过分液操作电离开四氯化碳和水，图示装置能够达到实验目的，故D错误；

故选B．

A.向容量瓶中转移液态时；需要用玻璃杯引流，玻璃杯下端放在容量瓶刻度线下方；

B.该装置右边不存在不存在得电子的离子；则无法构成原电池；

C.根据测定中和热原理及正确的操作方法分析；

D.四氯化碳与水互不相溶；可通过分液操作分离．

本题考查了实验装置的综合，题目难度中等，涉及中和热测定、原电池装置、溶液配制、分液等知识，明确常见实验装置特点及使用方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．【解析】rm{BD}三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】试题分析：（1）由题意：2Na~H2↑46g22.4L9.2gV(H2)V(H2)==4.48L（2）根据氢原子守恒，可得：C2H5OH~3H2O1mol54gn(C2H5OH)10.8gn(C2H5OH)==0.2mol碱石灰增重的质量即为生成CO2的质量，故n(CO2)==0.3mol根据化学反应过程中碳原子守恒可得：n(CO)=2×0.2mol－0.3mol=0.1mol.根据氧原子守恒：n(O2)==0.55mol..（2分）产物的总物质的量n=0.6+0.3+0.1=1mol；产物的总质量m=10.8+13.2+2.8=26.8g产物平均摩尔质量M=26.8g/mol考点：考查乙醇的化学性质及燃烧产物的混合物的平均相对分子质量的计算的知识。【解析】【答案】（1）4.48L；（2）0.55mol，26.8g/mol17、略

【分析】【解析】【答案】（9分）⑴>，<⑵Zn，Zn-2e－=Zn2+②石墨（或碳棒），MnO2③糊状NH4Cl⑶mol·L－1·s－1⑷化学平衡18、略

【分析】解：（1）该花汁能使酸碱性不同的溶液呈现不同的颜色；所以可以作酸碱指示剂，故答案为：可以；

（2）蚁酸能使皮肤红肿；痛痒；要缓解这种症状应该涂抹弱碱性物质，肥皂水呈弱碱性，烧碱和氢氧化钙都属于强碱，故选：肥皂水；

（3）小苏打的成分为碳酸氢钠，碳酸氢钠和HCl反应生成氯化铝、二氧化碳和水，反应方程式为NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，故答案为：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑；

（4）二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，反应方程式为Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，故答案为：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O．

（1）能使酸碱性不同的溶液呈现不同颜色的物质可以作酸碱指示剂；

（2）蚁酸能使皮肤红肿；痛痒；要缓解这种症状应该涂抹弱碱性物质；

（3）小苏打的成分为碳酸氢钠；碳酸氢钠和HCl反应生成氯化铝；二氧化碳和水；

（4）二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水．

本题考查了化学与生活，涉及酸碱指示剂的判断、酸碱中和反应、酸碱的性质等知识点，知道酸碱指示剂的判断方法，熟悉元素化合物性质即可解答，会运用化学知识解释生活现象，题目难度不大．【解析】可以；肥皂水；NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑；Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O19、略

【分析】试题分析：在水溶液中或者是融熔状态下能够导电的化合物叫电解质，在水溶液中和在熔融状态下不能够导电的化合物叫非电解质，也就是说，非电解质也是化合物。考点：考查电解质和物质的量。【解析】【答案】（1）1﹕2，1﹕1，7﹕11（2）⑶Na2O、⑺Ba(OH)2；⑷蔗糖、⑹SO3；（1）Cu、⑸NaCl溶液20、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据元素在周期表中的位置可知，①是碳元素。（2）⑨是磷元素，元素符号是P。（3）同周期自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。同主族自上而下，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，据此可知金属性最强的是Na，非金属性最强的是F。最不活泼的元素是稀有气体元素Ar。（4）金属性或非金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性或酸性最强，所以这些元素的最高价氧化物的对应水化物中HClO4的酸性最强，NaOH的碱性最强。（5）同周期自左向右原子半径逐渐减小，所以从⑤到?的元素中，Cl原子半径最小。（6）比较金属性强弱可以通过金属单质与水反应的激烈程度进行比较或最高价氧化物的水化物的碱性减弱来进行，据此可以判断。考点：考查元素周期表的结构、元素周期律的应用【解析】【答案】(10分)4．⑴碳⑵P⑶Na；F；Ar⑷HClO4；NaOH；⑸Cl（6）（略）（（6）2分，其余各1分）21、略

【分析】【解析】试题分析：(1)饱和食盐水（溶液）和沙子（难溶物）分离用过滤法。(2)从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中获得硝酸钾；硝酸钾的溶解度受温度影响大，氯化钠的溶解度受温度影响小，故选择结晶法进行分离。(3)分离水和煤油的混合物；互不相溶且密度有差异，用分液法。(4)分离水和酒精；两者相溶沸点有差异可选择蒸馏法。(5)分离溴水中的溴和水。可用适当的有机溶剂去萃取溴。考点：物质的分离方法【解析】【答案】(1)G(2)C(3)D(4)F(5)A22、略

【分析】解：烷烃中碳原子数目rm{leqslant3}的烷烃不存在同分异构体现象，即rm{CH_{4}}rm{C_{2}H_{6}}rm{C_{3}H_{8}}都无同分异构体，从丁烷开始才出现同分异构体，rm{C_{4}H_{10}}既可表示正丁烷rm{(CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3})}也可表示异丁烷rm{(CH_{3}CH(CH_{3})_{2})}

故答案为：rm{C_{4}H_{10}}rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH(CH_{3})_{2}}．

根据烷烃中碳原子数目rm{leqslant3}的烷烃不存在同分异构体现象；从丁烷开始才出现同分异构现象分析解答．

本题考查同分异构体的书写，题目难度不大，同分异构体一般考虑碳链异构、官能团位置异构、官能团种类异构．【解析】rm{C_{4}H_{10}}rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH(CH_{3})_{2}}四、判断题(共1题，共3分)23、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、简答题(共2题，共18分)24、（1）N≡N

（2）2P(g)+3Cl2(g)=2PCl3(l)△H=-612kJ/mol-93kJ/mol

（3）淀粉KI8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2

（4）Cl2NH3

【分析】【分析】

本题考查较为综合，涉及无机物的推断、电子式、热化学方程式、氧化性的比较等问题，侧重考查学生对知识的迁移运用能力的考查，需要学生具备扎实的基础。rm{X}rm{Y}rm{Z}为不同短周期非金属元素的气态单质，rm{Y+X隆煤}甲rm{(g)}rm{Y+Z隆煤}乙rm{(g).}甲、乙可化合生成离子化合物，则该化合物为rm{NH_{4}Cl}甲的相对分子质量小于乙，则甲为rm{NH_{3}}乙为rm{HCl}rm{Y}为rm{H_{2}}rm{X}为rm{N_{2}}rm{Z}为rm{Cl_{2}}

【解答】

rm{(1)X}为rm{N_{2}}氮原子之间有rm{3}对共用电子对，结构式为：rm{N隆脭N}

故答案为：rm{N隆脭N}

rm{(2)}白磷rm{(P_{4})}在氯气中燃烧可生成液态丙为rm{PCl_{3}}生成固体丁为rm{PCl_{5}}由图可知，白磷固体和氯气反应生成rm{1molPCl_{3}}时放出热量为rm{306kJ}反应热化学方程式为：rm{2P(g)+3Cl_{2}(g)=2PCl_{3}(l)triangleH=-612kJ/mol}

rm{2P(g)+3Cl_{2}(g)=2PCl_{3}(l)triangle

H=-612kJ/mol}rm{2P(g)+3Cl_{2}(g)=2PCl_{3}(l)triangleH=-612kJ/mol}rm{垄脵}rm{2P(g)+5Cl_{2}(g)=2PCl_{5}(l)triangleH=-2隆脕399kJ/mol=-798KJ/mol}根据盖斯定律，可得：rm{垄脵}rm{2P(g)+3Cl_{2}(g)=2PCl_{3}(l)triangle

H=-612kJ/mol}可得：rm{PCl_{5}(s)=PCl_{3}(l)+Cl_{2}(g)triangleH=-93kJ/mol}

故答案为：rm{2P(g)+3Cl_{2}(g)=2PCl_{3}(l)triangleH=-612kJ/mol}rm{垄脷}

rm{垄脷}氯气的氧化性大于碘的氧化性，将氯气通入淀粉rm{2P(g)+5Cl_{2}(g)=2PCl_{5}(l)triangle

H=-2隆脕399kJ/mol=-798KJ/mol}溶液中生成碘单质，溶液变蓝，即rm{垄脵-}溶液为淀粉rm{垄脷}可得：溶液；

氯气具有强氧化性，与过量氨气反应生成rm{垄脷}和rm{PCl_{5}(s)=PCl_{3}(l)+Cl_{2}(g)triangle

H=-93kJ/mol}反应的方程式为rm{2P(g)+3Cl_{2}(g)=2PCl_{3}(l)triangle

H=-612kJ/mol}

故答案为：淀粉rm{-93kJ/mol}rm{(3)}

rm{KI}若在通入rm{a}气体的同时加入rm{KI}发生反应为rm{NH_{4}Cl}在rm{N_{2}}溶液中生成rm{8NH_{3}+3Cl_{2}=6NH_{4}Cl+N_{2}}沉淀，若在通入rm{KI}气体的同时加入rm{8NH_{3}+3Cl_{2}=6NH_{4}Cl+N_{2}}溶液中存在大量的rm{(4)}可生成沉淀rm{SO_{2}}

故答案为：rm{Cl_{2}}rm{SO_{2}+Cl_{2}+2H_{2}O篓TH_{2}SO_{4}+2HCl}．

rm{BaCl_{2}}【解析】rm{(1)N}rm{隆脭N}

rm{隆脭N}rm{(2)2P(g)+3Cl_{2}(g)=2PCl}rm{3}rm{3}

rm{(l)triangleH=-612kJ/mol}淀粉rm{-93kJ/mol}rm{(3)}

rm{KI}

rm{8NH_{3}+3Cl_{2}=6NH_{4}Cl+N_{2}}25、rm{(1)2Fe+3Cl_{2}overset{碌茫脠录}{=}2FeCl_{3}}

rm{(1)2Fe+3Cl_{2}overset{碌茫脠录}{=}

2FeCl_{3}}

rm{(2)Fe+2Fe^{3+}篓T3Fe^{2+}}

rm{(3)Cl_{2}+2Fe^{2+}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}

rm{(4)2Fe^{3+}+Cu篓T2Fe^{2+}+Cu^{2+}}

rm{(5)Fe^{3+}+3SCN^{-}=Fe(SCN)_{3}}【分析】【分析】本题考查无机物推断，为高频考点，涉及rm{Fe}及其化合物之间的转化，知道铁离子及亚铁离子的检验方法及现象，知道氯化亚铁和氢氧化钠反应现象及氢氧化亚铁的制备方法，题目难度不大。rm{A}是用途最广的金属，则rm{A}是rm{Fe}rm{D}溶液中滴加rm{KSCN}溶液显血红色，说明rm{D}中含有铁离子，rm{B}rm{C}是两种常见气体单质，则rm{B}应该具有强氧化性，rm{B}rm{C}反应生成rm{E}rm{E}溶液为常见强酸，则rm{B}是rm{Cl}rm{2}、rm{2}是rm{C}rm{H}、rm{2}是rm{2}rm{E}为rm{HCl}rm{D}，rm{FeCl}溶液是盐酸、rm{3}溶液是氯化铁溶液，rm{3}和氯化铁溶液反应生成rm{E}rm{D}，所以rm{A}是rm{FeCl}rm{2}，rm{2}和稀盐酸反应生成rm{F}rm{FeCl}。【解答】rm{2}在氯气中燃烧生成氯化铁，反应方程式为rm{2Fe+3Cl_{2}overset{碌茫脠录}{=}2FeCl_{3}}故答案为：rm{2Fe+3Cl_{2}overset{碌茫脠录}{=}2FeCl_{3}}

rm{2}和氯化铁反应生成可溶性的氯化亚铁，化学方程式为rm{Fe}故答案为：rm{H}

rm{2}氯气具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，二者反应生成氯化铁，离子方程式为rm{2}

故答案为：rm{(1)Fe}

rm{2Fe+3Cl_{2}overset{碌茫脠录}{=}

2FeCl_{3}}铜和氯化铁发生氧化还原反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为rm{2Fe+3Cl_{2}overset{碌茫脠录}{=}

2FeCl_{3}}

故答案为：rm{(2)Fe}

rm{Fe+2FeCl_{3}篓T3FeCl_{2}}为氯化铁，铁离子用rm{Fe+2FeCl_{3}篓T3FeCl_{2}}溶液检验，能和rm{(3)}溶液混合生成络合物而使溶液呈血红色，离子方程式为rm{Cl_{2}+2Fe^{2+}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}

故答案为：rm{Cl_{2}+2Fe^{2+}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}

rm{(4)}【解析】rm{(1)2Fe+3Cl_{2}overset{碌茫脠录}{=}2FeCl_{3}}

rm{(1)2Fe+3Cl_{2}overset{碌茫脠录}{=}

2FeCl_{3}}

rm{(2)Fe+2Fe^{3+}篓T3Fe^{2+}}

rm{(3)Cl_{2}+2Fe^{2+}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}

rm{(4)2Fe^{3+}+Cu篓T2Fe^{2+}+Cu^{2+}}

rm{(5)Fe^{3+}+3SCN^{-}=Fe(SCN)_{3}}六、综合题(共4题，共28分)26、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．27、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