2024年沪科版高一化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年沪科版高一化学上册阶段测试试卷757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9题，共18分)1、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族。下列叙述正确的是（）A.元素X的简单氢化物的沸点比W的氢化物的沸点低B.元素Y的最高价氧化物对应水化物的为强碱C.化合物YX、ZX2、WX2中化学键的类型相同D.原子半径的大小顺序：rY>rZ>rW>rX2、下列变化属于氧化还原反应的是A.碘的升华B.次氯酸见光分解C.氢氧化铁受热分解D.氧化铜溶于盐酸中3、下列氯化物中，能用金属和稀盐酸直接反应制得的是A.CuCl2B.FeCl2C.AgClD.FeCl34、有以下四种微粒14N、15N、N2、N4（结构为），已知断裂1molN-N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ热量，根据以上信息和数据，下列说法正确的是（）A.14N2与15N2互为同位素，N4与N2互为同素异形体B.N4属于一种新型的化合物C.14N与15N化学性质不相同D.1molN4气体完全转变为N2将放出882kJ热量5、在下列反应中，盐酸做还原剂的是rm{(}rm{)}

A.rm{Zn+2HCl=H_{2}隆眉+ZnCl_{2}}B.rm{HCl+KOH=KCl+H_{2}O}C.rm{CaCO_{3}+2HCl=CO_{2}隆眉+CaCl_{2}+H_{2}O}D.rm{MnO_{2}+4HCl(}浓rm{)overset{?}{=}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{)overset{?}{=}

MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}6、某实验小组只领取下列仪器或用品：铁架台、铁圈、铁夹、三脚架、石棉网、烧杯、分液漏斗、酒精灯、玻璃棒、量筒、蒸发皿、烧瓶、火柴、滤纸、漏斗。只用上述仪器或用品不能进行的实验是A.蒸发B.萃取C.过滤D.蒸馏7、下列离子方程式正确的是（）A.铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B.在过氧化钠中加入稀硫酸：O22﹣+4H+═2H2O+O2↑C.澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣D.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓8、进行化学实验时应强化安全意识．下列做法正确的是（）A.金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火B.加热碳酸氢钠固体时使试管竖直向上C.浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗D.实验室制取少量的氯气，在通风橱内进行9、下列说法正确的是A.rm{N}rm{{,!}_{A}}个氯气分子的体积为rm{22.4L}B.标准状况下，rm{18gH_{2}O}的体积是rm{22.4L}C.在常温常压下，rm{14gN_{2}}含有的原子数为rm{0.5}rm{N}rm{{,!}_{A}}D.标准状况下，rm{22.4LH_{2}}和rm{O_{2}}的混合物所含分子数为rm{N}rm{{,!}_{A}}评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)10、下列反应的离子方程式中，不正确的是（）A.氯化铜溶液与铁粉反应：Cu2++Fe═Fe3++CuB.NaHSO4溶液与氢氧化钠溶液反应：OH-+H+═H2OC.氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2++SO42-═BaSO4↓D.碳酸钙与盐酸反应：CaCO3+2H+═H2O+CO2↑+Ca2+11、将盛有12mLNO2和O2混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2mL无色气体，则原混合气体中O2的体积可能是（）A.1.2mLB.2.4mLC.3.6mLD.4mL12、有关煤的说法正确的是（）A.煤中含有单质碳、苯、二甲苯、焦炉气B.煤的干馏是物理变化C.煤由复杂的有机物和无机物组成，煤的干馏是化学变化D.煤主要含有碳和氢两种元素，同时还含有少量的硫、氧、氮等元素13、下列金属可用来与稀硫酸反应制备rm{H_{2}}的是rm{(}rm{)}A.rm{Mg}B.rm{Ag}C.rm{Cu}D.rm{Fe}14、用足量的盐酸跟一定量的锌反应制取一定体积的氢气，为了提高化学反应速率而又不影响生成氢气的体积，下列措施中合理的是rm{(}rm{)}A.加入少量稀硫酸B.加热C.加蒸馏水D.加入少量硫酸铜溶液15、下列说法正确的是（）A.二氧化碳的相对分子质量是44B.“物质的量浓度”可简称为“量浓度”C.阿伏加德罗常数的单位是mol-1D.1mol任何物质所占体积都是22.4L16、下列对一些实验事实和理论解释正确的是（）

。选项实验事实理论解释AHCl气体溶于水，能导电HCl为离子化合物BHBr的酸性强于HCl的酸性Br的非金属性比Cl强CK3C60在熔融状态下能够导电K3C60中含有离子键DHF的沸点高于HClHF分子间形成有氢键A.AB.BC.CD.D17、实验室从海带灰中提取碘的操作过程中，仪器选用不正确的是（）A.称取5g左右的干海带--托盘天平B.过滤煮沸后的海带灰和水的混合物--漏斗C.用蒸发结晶的方法从氧化后的海带灰浸取液中提取碘--蒸发皿D.用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘--长颈漏斗18、下列混合物中括号内为杂质，要除杂所用的试剂和操作均正确的是rm{(}rm{)}A.乙烷rm{(}乙烯rm{)}酸性rm{KMnO_{4}}溶液洗气B.乙醇rm{(}乙酸rm{)}生石灰蒸馏C.乙酸乙酯rm{(}乙醇rm{)}水分液D.溴苯rm{(}溴rm{)}rm{CCl_{4}}溶液萃取分液评卷人得分三、多选题(共5题，共10分)19、下列各组微粒具有相同质子数和电子数的是()A.rm{OH^{?}}和rm{NH_{4}^{+;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}B.rm{H_{2}O}和rm{NH_{3;;;}}C.rm{F^{?}}和rm{OH^{?;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}D.rm{O^{2?}}和rm{NH_{4}^{+}}20、假定把rm{{}_{6}^{12}C}的相对原子质量改为rm{24}那么下列叙述____的是rm{(}rm{)}

A.此时rm{{,!}^{16}O}的相对原子质量为rm{32}B.rm{N_{A}}个rm{O_{2}}与rm{N_{A}}个rm{H_{2}}的质量比为rm{16:1}C.rm{N_{2}}的摩尔质量为rm{28g/mol}D.标准状况下，rm{16gO_{2}}的体积约为rm{5.6L}21、处理烟气中的SO2，可以采用碱吸-电解法，其流程如图：模拟过程Ⅱ如图，下列推断正确的是（）

A.膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜B.SO2是含有极性键的极性分子C.a极的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑D.若收集22.4L的P(标准状况下)，则有2molN离子移向右室22、NCl3是一种黄色粘稠状液体，常用干杀菌消毒，工业上通过情性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备NCl3；其原理如图所示。下列说法正确的是。

A.在b极区产生的气体是H2B.a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2OC.溶液中的Cl-移向a极区D.若将阴离子交换膜改为阳离子交换膜，NH4Cl的利用率不变23、乙酸分子的结构式为下列反应及断键部位正确的是rm{(}rm{)}A.乙酸的电离，是rm{垄脵}键断裂B.乙酸与乙醇发生酯化反应，是rm{垄脵}键断裂C.在红磷存在时，rm{Br_{2}}与rm{CH_{3}COOH}的反应：rm{CH_{3}COOH+Br}2rm{xrightarrow[]{潞矛脕脳}}rm{CH_{2}Br隆陋COOH+HBr}是rm{垄脹}键断裂D.乙酸变成乙酸酐的反应：rm{2CH_{3}COOH篓D隆煤}rm{+H_{2}O}是rm{垄脵垄脷}键断裂评卷人得分四、填空题(共2题，共16分)24、A元素原子M电子层上有6个电子．B元素与A元素的原子核外电子层数相同；B元素的原子最外电子层只有1个电子．

（1）B元素的原子结构示意图为____．

（2）A、B两元素形成的常见化合物的电子式是____，该化合物在无色火焰上灼烧时，火焰呈____色．

（3）在上述化合物水溶液中通入氯气发生反应的离子方程式是：____．25、某研究性学习小组设计如图装置制取氯气并以氯气为原料进行实验．

(1)装置A烧瓶中发生反应的化学方程式为____________；

(2)装置B中饱和食盐水的作用是____________；装置C中浓硫酸的作用是____________；

(3)实验时；先点燃____________处的酒精灯，再点燃____________处酒精灯，写出D中反应的化学方程式____________，写出E中反应的离子方程式____________；

(4)若实验中用12mol•L-1浓盐酸10mL与足量的MnO2反应，生成Cl2的物质的量总是小于0.03mol；试分析可能存在的原因是：①____________，②____________．

欲使反应生成Cl2的物质的量最大程度的接近0.03mol，则在装置气密性良好的前提下实验中应采取的措施是____________．评卷人得分五、综合题(共4题，共24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】【解析】试题分析：X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，说明X原子为O；由于Z单质可制成半导体材料，说明Z为Si；又因为X、Y、Z、W都是短周期元素，且原子序数依次增大，Y原子的最外层只有2个电子，W与X属于同一主族，故Y原子为：Mg；W原子为：S；H2O的沸点比H2S的高，选项A错误；元素Y的最高价氧化物对应水化物的为Mg(OH)2,不是强碱，选项B错误；MgO、SiO2、SO2三者的化学键分别为：离子键、共价键、共价键，化学键的类型不相同，选项C错误；故选D。考点：元素周期表、元素原子结构【解析】【答案】D2、B【分析】【解析】试题分析：凡是有元素化合价升降的反应都是氧化还原反应，因此选项B是氧化还原反应，其余选项都不是氧化还原反应，答案选B。考点：氧化还原反应的判断【解析】【答案】B3、B【分析】【解析】【答案】B4、D【分析】解：A．N4与N2是同种元素形成的不同单质；不是同位素，故A错误；

B．N4由N组成；是一种单质，故B错误；

C．14N与15N互为同位数；化学性质相同，故C错误；

D．1molN4气体中含有0.6molN-N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1moN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167KJ=1002KJ；形成化学键放出的热量为2×942kJ=1884KJ，所以反应放热，放出的热量为1884KJ-1002KJ=882KJ，故应为放出882KJ热量，故D正确；

故选D．

A．同位素是质子数相同；中子数不同的原子；同素异形体是同种元素形成的不同单质；

B．化合物是由不同种元素组成的纯净物；单质是由同种元素组成的纯净物；

C．同位素化学性质相同；

D．根据化学键断裂要吸收热量，形成化学键要放出热量，根据题中数据计算出1molN4转变成N2放出的热量．

本题考查较为综合，涉及物质的组成和分类以及反应热的计算等问题，题目难度不大，注意基础知识的把握．【解析】【答案】D5、D【分析】【分析】本题考查氧化还原反应。氧化剂在反应中化合价降低被还原。【解答】A.rm{H}元素的化合价降低，rm{HCl}被还原；为氧化剂，故A错误；

B.各元素的化合价都没有变化；盐酸表现出酸性，故B错误；

C.各元素的化合价都没有变化；盐酸表现出酸性，故C错误；

D.反应中rm{Cl}元素化合价升高；盐酸为还原剂，故D正确。

故选D。【解析】rm{D}6、D【分析】试题分析：由于蒸馏时必须有冷凝管冷却气体，所以根据所给的仪器可知，缺少冷凝管，所以不能进行蒸馏实验，其余实验都是可以的，答案选D。考点：化学实验基本操作【解析】【答案】D7、C【分析】【解答】解：A．铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；故A错误；

B．在过氧化钠中加入稀硫酸，过氧化钠不能拆开，正确的离子方程式为：2Na2O2+4H+═2H2O+O2↑+4Na+；故B错误；

C．澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应，反应的离子方程式为：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣；故C正确；

D．稀硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O；故D错误；

故选C．

【分析】A．铁与盐酸反应生成的是亚铁离子；

B．过氧化钠在离子方程式中不能拆开；

C．小苏打过量；反应生成碳酸钙沉淀；碳酸钠和水；

D．漏掉了氢离子与氢氧根离子生成水的反应．8、D【分析】解：A．金属钠着火生成过氧化钠；与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应，反应生成的氧气助燃，不能灭火，应利用沙土铺盖，故A错误；

B．碳酸氢钠分解生成水；则用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口略向下倾斜，故B错误；

C．酸碱中和放出大量的热；且强酸；强碱具有强腐蚀性，则浓硫酸溅到皮肤上时立即用抹布擦拭，再水冲洗，最后涂上适量的碳酸氢钠溶液，故C错误；

D．氯气有毒；为了防止中毒，制备有毒气体的实验时，要及时将气体排出，所以要在通风橱中进行，故D正确；

故选D．

A．金属钠着火生成过氧化钠；与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应；

B．碳酸氢钠分解生成水；

C．酸碱中和放出大量的热；且强酸；强碱具有强腐蚀性；

D．制备有毒气体的实验时；要及时将气体排出．

本题考查化学与生活、实验安全，把握物质的性质、实验基本技能、实验安全常识等为解答的关键，题目难度不大．【解析】【答案】D9、D【分析】【分析】本题旨在考查学生对阿伏伽德罗常数的应用。【解答】A.气体没有指明在标况下，故A错误；B.标况下水为液体，不能用气体摩尔体积计算，故B错误；C.rm{14g}氮气物质的量为rm{0.5mol}含有原子个数为rm{N_{A}}故C错误；D.标况下，rm{22.4L}气体的物质的量为rm{1mol}含有分子数为rm{N_{A}}故D正确。故选D。【解析】rm{D}二、双选题(共9题，共18分)10、A|C【分析】解：A．氯化铜溶液与铁粉反应的离子反应为Cu2++Fe═Fe2++Cu；故A错误；

B．NaHSO4溶液与氢氧化钠溶液反应的离子反应为OH-+H+═H2O；故B正确；

C．氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应的离子反应为2OH-+2H++Ba2++SO42-═BaSO4↓+2H2O；故C错误；

D．碳酸钙与盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+═H2O+CO2↑+Ca2+；故D正确；

故选AC．

A．反应生成氯化亚铁；Cu；

B．反应生成硫酸钠和水；

C．漏写生成水的离子反应；

D．反应生成氯化钙；水、二氧化碳．

本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应及分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．【解析】【答案】AC11、A|D【分析】解：如氧气过量；则剩余2ml无色气体为氧气，设参加反应的氧气的体积为x，则有：

4NO2+O2+2H2O=4HNO3

4xx

4x+x=12ml-2ml=10ml；

x=2ml；所以氧气的体积为：2ml+2ml=4ml；

如NO2过量；则剩余2ml无色气体为NO，设氧气的体积为y；

4NO2+O2+2H2O=4HNO3

4yy

3NO2+H2O=2HNO3+NO

31

（12ml-y-4y）2

y=1.2ml；

故选AD．

NO2和O2混合气体与反应可能的反应式有：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO；根据反应的方程式有讨论的方法计算．

本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意气体的过量判断，结合方程式计算．【解析】【答案】AD12、C|D【分析】解：A；煤干馏后生成苯、甲苯、二甲苯等芳香烃；所以煤中不含有苯、二甲苯和焦炉气等，故A错误；

B．干馏为化学变化；煤干馏后生成苯；甲苯、二甲苯等芳香烃，所以煤中不含有苯、甲苯、二甲苯等芳香烃，故B错误；

C；煤是由无机物和有机物所组成的复杂的混合物；主要含碳和氢两种元素；干馏为化学变化，煤干馏后生成苯、甲苯、二甲苯等芳香烃，故C正确；

D；煤是由无机物和有机物所组成的复杂的混合物；主要含碳和氢两种元素，同时还含有少量的硫、氧、氮等元素，故D正确；

故选CD．

A；煤干馏后生成苯、甲苯、二甲苯等芳香烃；

B；干馏为化学变化；煤干馏后生成苯、甲苯、二甲苯等芳香烃；

C；煤是由无机物和有机物所组成的复杂的混合物；煤在干馏时发生复杂的化学反应；

D；煤是由无机物和有机物所组成的复杂的混合物；主要含碳和氢两种元素；

本题考查了煤的干馏的有关知识，应注意煤中本不含苯、二甲苯和焦炉气，是煤通过干馏，发生了复杂的化学反应，才制得了苯、二甲苯和焦炉气等．【解析】【答案】CD13、rAD【分析】解：在金属活动性顺序表中，位于氢之前的金属能和酸反应生成氢气，rm{Mg}rm{Fe}位于rm{H}元素之前，所以能和稀硫酸反应生成氢气，rm{Ag}和rm{Cu}位于氢之后；所以不能和稀硫酸反应，故选AD．

在金属活动性顺序表中；位于氢之前的金属能和酸反应生成氢气，据此分析解答．

本题以rm{Mg}rm{Fe}等金属为载体考查金属活动性顺序，熟悉金属活动性顺序表是解本题关键，题目难度不大．【解析】rm{AD}14、rAB【分析】解：rm{A.}加入少量稀硫酸；氢离子的浓度变大，反应速率加快，由于与一定量的锌反应，最终生成氢气的体积不受影响，故A正确；

B.加热；反应速率加快，但氢气的体积无影响，故B正确；

C.加入蒸馏水；溶液浓度降低，反应速率减小，故C错误；

D.加少量硫酸铜；锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，氢气的量减少，故D错误．

故选AB．

对应盐酸与锌的反应；提高反应速率，可增大浓度；升高温度或形成原电池反应等，不影响生成氢气的体积，以此解答该题．

本题考查影响反应速率的因素，为高考常考考点，注意锌过量，生成氢气由盐酸决定，把握浓度、温度、原电池对反应速率的影响即可解答，题目难度不大．【解析】rm{AB}15、A|C【分析】解：A．二氧化碳的相对分子质量为12+16×2=44；故A正确；

B．“量”指代不明确；“物质的量浓度”不可简称为“量浓度”，故B错误；

C．阿伏加德罗常数的单位是mol-1；故C正确；

D．标况下；1mol任何气体占有的体积约是22.4L，选项中物质不一定为气体，且所处状态不一定为标况下，故D错误；

故选AC．

A．相对分子质量对分子中各元素原子总的相对原子质量之和；

B．“量”指代不明确；“物质的量浓度”不可简称为“量浓度”；

C．阿伏加德罗常数的单位是mol-1；

D．标况下；1mol任何气体占有的体积约是22.4L．

本题考查对常用化学计量的有关理解，比较基础，注意气体摩尔体积的使用条件与对象．【解析】【答案】AC16、C|D【分析】解：A．HCl中只含共价键；为共价化合物，但HCl在水分子的作用下能电离出自由移动的离子，解释错误，故A错误；

B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，与其氢化物的水溶液酸性强弱无关，所以不能根据HCl、HBr水溶液酸性强弱判断非金属性；故B错误；

C．含有自由移动的离子或电子的物质能导电，K3C60在熔融状态下能够导电且是化合物；说明该物质中含有离子键，故C正确；

D．含有分子间氢键的物质导致其熔沸点升高；HF中含有氢键；HCl中不含氢键，所以氢键导致HF的沸点高于HCl，故D正确；

故选CD．

A．HCl中只含共价键；为共价化合物；

B．元素的非金属性越强；其最高价氧化物的水化物酸性越强，与其氢化物的水溶液酸性强弱无关；

C．含有自由移动的离子或电子的物质能导电；

D．含有分子间氢键的物质导致其熔沸点升高．

本题考查非金属性强弱判断、氢键、离子键等知识点，侧重考查基本理论，知道金属、非金属性强弱判断方法，知道氢键对物质物理性质的影响，题目难度不大．【解析】【答案】CD17、C|D【分析】解：A．粗略称量干海带可用托盘天平；故A正确；

B．过滤煮沸后的海带灰水混合液可用漏斗分离；故B正确；

C．用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘；用萃取，使用分液漏斗，故C错误；

D．四氯化碳与水互不相溶；可用分液漏斗进行分液，故D错误．

故选CD．

可用托盘天平粗略称量干海带；灼烧固体应在坩埚中进行，用漏斗过滤浊液，萃取后的液体混合物用分液的方法分离，以此解答该题．

本题考查物质的分离和提纯知识，题目难度不大，注意把握常见物质的分离操作方法和使用的仪器，学习中注意相关基础知识的积累．【解析】【答案】CD18、rBC【分析】解：rm{A.}乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；引入新杂质，应选溴水洗气，故A错误；

B.乙酸与rm{CaO}反应后；增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，故B正确；

C.乙醇与水互溶；乙酸乙酯与水分层，然后分液可分离，故C正确；

D.二者均易溶于四氯化碳，不能除杂，应选rm{NaOH}溶液；分液；故D错误；

故选BC．

A.乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；

B.乙酸与rm{CaO}反应后；增大与乙醇的沸点差异；

C.乙醇与水互溶；乙酸乙酯与水分层；

D.二者均易溶于四氯化碳．

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大．【解析】rm{BC}三、多选题(共5题，共10分)19、BC【分析】【分析】本题考查微粒的质子数和电子数的关系，明确中性微粒、阳离子、阴离子的电子的数目计算是解答的关键，并注意中性微粒中质子数等于电子数。【解答】A.rm{OH^{-}}的质子数为rm{8+1=9}rm{OH^{-}}的电子数为rm{9+1=10}rm{NH_{4}^{+}}的质子数为rm{7+4=11}rm{NH_{4}^{+}}的电子数为rm{11-1=10}故A错误；

B.rm{H_{2}O}的质子数等于电子数等于rm{1隆脕2+8=10}rm{NH_{3}}的质子数等于电子数等于rm{7+1隆脕3=10}故B正确；

C.rm{F^{-}}的质子数等于rm{9}电子数等于rm{10}rm{OH^{-}}的质子数为rm{8+1=9}rm{OH^{-}}的电子数为rm{9+1=10}故C正确；

D.rm{O^{2-}}的质子数为rm{8}电子数为rm{8+2=10}rm{NH_{4}^{+}}的质子数为rm{7+4=11}rm{NH_{4}^{+}}的电子数为rm{11-1=10}故D错误。

故选BC。

【解析】rm{BC}20、CD【分析】【分析】

本题考查了相对原子质量的概念；只要把握碳的相对原子质量翻了一倍，而其他元素的相对原子质量是相对于碳来比较的，故它们的相对原子质量也翻一倍，此题即可解出。

【解析】

rm{A}rm{{,!}^{16}O}的相对原子质量原本为rm{16}现在翻一倍，所以为rm{32}故A说法正确；

rm{B}rm{N_{A}}个rm{O_{2}}与rm{N_{A}}个rm{H_{2}}的质量比为rm{64:4=16:1}；故B说法正确；

rm{C}rm{N_{2}}的摩尔质量应该变为rm{56g/mol}；故C说法错误；

rm{D}阿伏伽德罗的常数翻倍了，气体的摩尔体积也会翻倍，故rm{16g}氧气的的物质的量为rm{0.25mol}但气体摩尔体积为rm{44.8L/mol}所以体积应为rm{11.2L}因为它只是改变了计数的方法，一定质量的气体，它的体积还是一定的，故D说法错误。

故选CD。【解析】rm{CD}21、AB【分析】【详解】

A．b电极上稀硫酸转化为浓硫酸，过程中SO42-的量增大，则是由SO32-转化得到，发生反应SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+，则膜2应为阴离子交换膜；a电极上稀NaOH溶液转化为浓NaOH溶液，过程中OH-浓度增大，则发生电极反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑；膜1应为阳离子交换膜，A正确；

B．SO2分子中的S=O键是极性共价键，由于分子中正、负电荷重心不重合，因此SO2属于极性分子；B正确；

C．a电极上稀NaOH溶液转化为浓NaOH溶液，过程中OH-浓度增大，且反应有气体产生，则应发生的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；C错误；

D．a电极发生电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，若收集22.4LP(标准状况下)，即收集标况下H2的的物质的量n(H2)==1mol，根据电极反应式可知转移电子数为2mol，b电极发生反应：SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知有1molSO32-通过膜2进入右室；D错误；

故合理选项是AB。22、AC【分析】【分析】

根据图示信息知道：a电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应，反应式为：NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，b电极是阴极，氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，电解过程中，阴离子可以经过阴离子交换膜移向阳极，则Cl-移向a极区。

【详解】

A.b电极是阴极，氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，所以在b极区产生的气体是H2；故A正确；

B.a电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应，反应式为：NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+；故B错误；

C.溶液中的Cl-移向阳极a极区；故C正确；

D.若将阴离子交换膜改为阳离子交换膜，又a电极反应式为：NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，则生成的氢离子经过阳离子交换膜移向阴极，而氯离子无法通过交换膜进入阳极区，导致产率降低，NH4Cl的利用率降低；故D错误。

故选：AC。23、ACD【分析】【分析】本题考查乙酸的性质，明确反应的机理是解题的关键。【解答】A.乙酸的电离，羟基上的氢氧键断裂，即rm{垄脵}键断裂，故A正确；B.乙酸与乙醇发生酯化反应，碳氧单键断裂，即rm{垄脷}键断裂；故B错误；

C.在红磷存在时，rm{Br}rm{Br}rm{{,!}_{2}}与rm{CH}rm{CH}的反应：rm{{,!}_{3}}rm{COOH}的反应：rm{CH}rm{COOH}2rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{COOH+Br}rm{COOH+Br}甲基上的碳氢键断裂，即rm{xrightarrow[]{潞矛脕脳}}键断裂，故C正确；D.乙酸变成乙酸酐的反应rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{Br隆陋COOH+HBr}甲基上rm{Br隆陋COOH+HBr}rm{垄脹}一个乙酸分子中碳氧单键断裂，另一个乙酸分子羟基上的氢氧键断裂，即：rm{2CH}键断裂，故D正确。故选ACD。rm{2CH}【解析】rm{ACD}四、填空题(共2题，共16分)24、略

【分析】

A元素原子M电子层上有6个电子；核外各层电子分别为2；8、6，原子序数为16，应为S元素，B元素与A元素的原子核外电子层数相同，则原子核外有3个电子层，B元素的原子最外电子层只有1个电子，则核外各层电子数分别为2、8、1，原子序数为11，应为Na元素；

（1）B为Na元素，原子序数为11，核外有3个电子层，各层电子分别为2、8、1，原子结构示意图为故答案为：

（2）A、B两元素形成的常见化合物Na2S，为离子化合物，电子式为Na元素的焰色反应呈黄色；

故答案为：黄；

（3）氯气具有强氧化性，Na2S具有还原性，在水溶液中氧化还原反应生成单质S，反应的离子方程式为Cl2+S2-=S↓+2Cl-，故答案为：Cl2+S2-=S↓+2Cl-．

【解析】【答案】A元素原子M电子层上有6个电子；核外各层电子分别为2；8、6，原子序数为16，应为S元素，B元素与A元素的原子核外电子层数相同，则原子核外有3个电子层，B元素的原子最外电子层只有1个电子，则核外各层电子数分别为2、8、1，原子序数为11，应为Na元素，结合对应单质及化合物的性质解答该题．

25、略

【分析】解：(1)浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O

；注意稀盐酸和二氧化锰不反应．

故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；

(2)制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气；氯化氢极易溶于水，氯气也能溶于水，所以不能用水除去氯化氢气体；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，食盐水中含有氯离子，能抑制氯气的溶解，所以要想除去氯气中的氯化氢应饱和食盐水；浓硫酸常常干燥能和碱反应气体，故选浓硫酸．

故答案为：除去HCl；吸收水蒸气；

(3)实验开始需要先生成氯气充满装置后，再加热D处铁和氯气发生反应，氯气有强氧化性，能把二价铁离子氧化为三价铁离子，反应的离子方程式为：2Fe+3Cl2=2FeCl3；尾气吸收需要用氢氧化钠溶液吸收氯气，反应的离子方程式为，Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

故答案为：A；D；2Fe+3Cl2=2FeCl3；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

(4)反应过程中浓盐酸是易挥发性酸，随反应进行盐酸浓度减小，稀盐酸和二氧化锰不能生成氯气；若实验中用12mol•L-1浓盐酸10mL与足量的MnO2反应，生成Cl2的物质的量总是小于0.03mol，原因是HCl挥发，浓盐酸变稀不再反应；欲使反应生成Cl2的物质的量最大程度的接近0.03mol；反应过程中尽可能减少反应为损失，缓慢加热减少氯化氢的挥发；

故答案为：HCl挥发，浓盐酸变稀不再反应；慢慢滴加浓盐酸，缓缓加热；【解析】MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O;除去HCl;吸收水蒸气;A;D;2Fe+3Cl2=2FeCl3;Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;HCl挥发;浓盐酸变稀不再反应;慢慢滴加浓盐酸，缓缓加热五、综合题(共4题，共24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