2025年北师大新版高一化学上册月考试卷

…………○…………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2025年北师大新版高一化学上册月考试卷689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7题，共14分)1、以“点燃激情；传递梦想”为主题的奥运火炬“祥云”正在祖国各地传递．“祥云”火炬的燃料是丙烷，它在燃烧时放出大量的热．关于能量变化的说法正确的是（）

A.伴有能量变化的物质变化都是化学变化。

B.物质发生化学变化都伴随者能量变化。

C.化学反应中；反应物的总能量是低于生成物的总能量。

D.化学反应中；反应物的总能量是高于生成物的总能量。

2、设rm{N_{A}}为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.rm{23g}rm{Na}与足量rm{H_{2}O}完全反应后可生成rm{N_{A}}个rm{H_{2}}分子rm{(}已知：rm{2Na+2H_{2}O篓T2NaOH+H_{2}隆眉)}B.rm{18}rm{g}rm{H_{2}O}中含有的质子数为rm{10N_{A}}C.标准状况下，rm{22.4}rm{L}rm{N_{2}}和rm{H_{2}}的混合气体中含有rm{2N_{A}}个原子D.rm{24}rm{g}rm{O_{2}}和rm{24}rm{g}rm{O_{3}}所含的氧原子数目相等3、某有机物的结构为如图所示，这种有机物不可能具有的性质是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色；

rm{垄脷}能跟rm{NaOH}溶液反应；rm{垄脹}能发生酯化反应；

rm{垄脺}能发生加成反应；rm{垄脻}能发生水解反应．A.rm{垄脵垄脺}B.rm{垄脵垄脻}C.只有rm{垄脻}D.rm{垄脺}4、用试纸检验气体性质是一种重要的实验方法。如下图所示的实验中rm{(}可加热rm{)}下列试纸的选用、现象、对应结论都正确的一项是()A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}5、下列有关饮食的说法正确的是（）

A.我国应该禁止使用食品添加剂。

B.山梨酸钾作防腐剂要严格控制用量。

C.油脂是人体所需营养素；应尽量多食用油炸食品。

D.人体中没有水解纤维素的酶；应尽量选用不含纤维素的食品。

6、在一定温度下，可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡状态的标志A.C生成的速率与A分解的速率相等B.单位时间生成nmolA，同时生成3nmolBC.C的浓度不再变化D.C的分子数比为1∶3∶27、25℃时在10mL0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1HCl溶液20mL，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示．下列说法不正确的是（）A.Na2CO3溶液中c（Na+）═2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]B.a、b曲线分别代表的是HCO3﹣、H2CO3量的变化情况C.A点时：c（Na+）＞c（CO32﹣）═c（HCO3﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）D.B点时加入盐酸的体积为10mL，两者恰好完全反应生成NaHCO3评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、下列材料既含有硅元素又含有氧元素的是（）A.水泥B.晶体硅C.沙子D.普通陶瓷9、下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）A.NaHCO3B.Al2O3C.Al（OH）3D.Al10、以石油、煤和天然气为主要原料生产的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.陶瓷B.塑料C.合成纤维D.合成橡胶11、温度为T1时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)(正反应放热)。实验测得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如下：。时间/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03

下列说法正确的是A.0~2s内，该反应的平均速率v(NO)=0.03mol·L-1·s-1B.其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，则达平衡时NO2体积分数减小C.其他条件不变，移走部分NO2，则平衡正向移动，平衡常数增大D.当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2＞T112、某温度下；体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是。

A.a、b、c三点溶液的离子浓度之和a＞b＞cB.b点溶液中c(H+)+c(NH3·H2O)=c(OH－)C.用等浓度的NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，恰好反应时消耗NaOH溶液的体积Vb=VcD.a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞b＞c13、下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是A.pH=2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)B.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)C.物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-)+2c(OH-)＝2c(H+)+c(CH3COOH)D.0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2-)14、如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色。下列说法正确的是。

A.X是负极，Y是正极B.CuSO4溶液的pH减小C.a极产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸先变红后褪色D.若电路中转移了0.02mole－，Fe电极增重0.64g15、短周期元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}在元素周期表中的相对位置如图所示。已知rm{Y}rm{W}的原子序数之和是rm{Z}的rm{3}倍，下列说法正确的是()。rm{Y}rm{Z}rm{X}rm{W}A.原子半径：rm{X>Y>Z}B.气态氢化物的稳定性：rm{X>Z}C.rm{Z}rm{W}均可与rm{Mg}形成共价化合物D.最高价氧化物对应水化物的酸性：rm{Z>Y}评卷人得分三、双选题(共5题，共10分)16、将m1g铜铝合金投入到1LH2SO4和HNO3的混合溶液中，完全溶解后只生成VLNO气体（标准状况），向反应后的溶液中逐渐加入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示．下列说法中不正确的是（）A.m1-m2═10.2B.2c（H2SO4）+c（HNO3）═0.8mol•L-1C.原合金中铝的质量分数为34.7%D.V=2.2417、当干冰熔化或气化时，下列各项中发生变化的是rm{(}rm{)}A.分子内化学键B.分子间距离C.分子构型D.分子间作用力18、氢化铵rm{(NH_{4}H)}与氯化铵的结构相似，又知它与水反应有气体生成rm{.}下列关于氢化铵叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.是离子化合物，含有离子键和共价键B.电子式是C.与水反应时，是还原反应D.固体投入少量的水中，有两种气体产生19、如图所示，rm{A}处通入干燥rm{Cl_{2}}关闭rm{B}阀时，rm{C}处的红色布条看不到明显现象，打开rm{B}阀后，rm{C}处红色布条逐渐褪色，则rm{D}瓶中装的是rm{(}rm{)}A.浓rm{H_{2}SO_{4}}B.rm{NaOH}溶液C.浓盐酸D.饱和rm{NaCl}溶液20、某有机物的结构简式如图，下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.该有机物的分子式为rm{C_{11}H_{15}O_{3}}B.该有机物不能发生取代反应C.rm{1}rm{mol}该物质与足量的钠反应可以生成rm{1}rm{mol}氢气D.rm{1}rm{mol}该有机物可以与rm{1}rm{mol}碳酸钠发生反应评卷人得分四、填空题(共1题，共9分)21、（8分）今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH4＋、Cl－、Ca2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－，现取三份100mL溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加入足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；第三份加入足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀12.54g，经足量的盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答以下问题：（1）由第一份进行的实验推断该混合物是否一定含有Cl-，（2）由第二份进行的实验可知混合物中应含离子，其物质的量浓度为。（3）由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成份为。请计算形成该沉淀的原混合物中各离子的物质的量。（4）综合上述实验，你认为以下结论正确的是（）A．该混合物中一定含有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Cl-，且n(K+)≥0.04molB．该混合物中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Ca2+、K+、Cl-C．该混合物中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl-D．该混合物中一定含有NH4+、SO42-，可能含有Ca2+、K+、Cl-评卷人得分五、判断题(共1题，共10分)22、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。评卷人得分六、综合题(共4题，共28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7题，共14分)1、B【分析】

A．物质三态之间的转变是物理变化；但也存在能量的变化，故A错误；

B．物质发生化学反应的同时必定伴随着化学键的断裂和生成；则一定伴随能量的变化，有放热现象或吸热现象发生，故B正确；

C．吸热反应中；反应物的总能量是低于生成物的总能量，放热反应中，反应物的总能量是高于生成物的总能量，化学反应中，反应物的总能量不一定低于生成物的总能量，故C错误；

D．吸热反应中；反应物的总能量是低于生成物的总能量，放热反应中，反应物的总能量是高于生成物的总能量，化学反应中，反应物的总能量不一定高于生成物的总能量，故D错误；

故选：B；

【解析】【答案】A．物质三态之间的转变也存在能量的变化；

B．物质发生化学变化都伴随质量守恒和能量守恒；

C．吸热反应中；反应物的总能量低于生成物的总能量，放热反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量；

D．吸热反应中；反应物的总能量低于生成物的总能量，放热反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量；

2、A【分析】解：rm{A}rm{23g}钠的物质的量为rm{1mol}而rm{1mol}钠rm{隆芦0.5mol}氢气，即生成rm{0.5N_{A}}个氢气分子；故A错误；

B.rm{18g}水的物质的量为rm{1mol}而rm{1mol}水中含rm{10mol}质子即rm{10N_{A}}个；故B正确；

C.标准状况下，rm{22.4LN_{2}}和rm{H_{2}}的混合气体物质的量rm{=dfrac{22.4L}{22.4L/mol}=1mol}都是双原子分子，结合反应前后原子守恒得到气体中含有rm{=dfrac

{22.4L}{22.4L/mol}=1mol}个原子；故C正确；

D.氧气、臭氧都是由氧原子构成，rm{2N_{A}}氧气、臭氧所含氧原子的物质的量都等于rm{dfrac{24g}{16g/mol}=1.5mol}所含的氧原子数目相等，故D正确；

故选A．

A、求出钠的物质的量，然后根据rm{24g}钠rm{dfrac

{24g}{16g/mol}=1.5mol}氢气来分析；

B.求出水的物质的量，然后根据rm{1mol}水中含rm{隆芦0.5mol}质子来分析；

C.气体摩尔体积标准状况下为rm{1mol}结合原子守恒计算；

D.氧元素守恒结合rm{10mol}计算氧原子物质的量．

本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要是质量换算物质的量计算微粒数，注意气体摩尔体积的使用条件和适用对象，题目难度中等．rm{22.4L/mol}【解析】rm{A}3、C【分析】解：有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，则rm{垄脵垄脺}正确；

含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化等反应，则rm{垄脷垄脹}正确；

含有羟基，可发生取代、氧化反应，则rm{垄脵垄脹}正确；

不能发生水解反应，则rm{垄脻}错误．

故选C．

有机物中含有碳碳双键；可发生加成；加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和和酯化反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，以此解答该题．

本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大．【解析】rm{C}4、C【分析】【分析】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、检验及氧化还原反应的应用等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，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。【解答】A.碘水中含碘单质，淀粉遇碘单质变蓝，为淀粉的特性，与碘的氧化性无关，故A错误；B.浓氨水与生石灰反应制取氨气，检验氨气选红色湿润试纸，红色变为蓝色可检验氨气，故B错误；C.rm{Na_{2}SO_{3}}与硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与品红化合生成无色物质，说明二氧化硫具有漂白性，故C正确；D.rm{Cu}与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与rm{KI}发生氧化还原反应生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，说明rm{NO_{2}}为氧化性气体，故D错误。故选C。【解析】rm{C}5、B【分析】

A．合理使用食品添加剂；对丰富食品生产和促进人体健康有好处，可以食用，但不能过量，故A错误；

B．山梨酸钾作防腐剂要严格控制用量；过量对人体有害，故B正确；

C．膳食应均衡合理；多食用油炸食品对人体有害，故C错误；

D．人类膳食中的纤维素主要含于蔬菜和粗加工的谷类中；虽然不能被消化吸收，但有促进肠道蠕动，利于粪便排出等功能，故D错误．

故选B．

【解析】【答案】A．按照食品法规定的符合添加剂标准的食物对人体健康无害；

B．按照食品法规定的符合添加剂标准的食物对人体健康无害；

C．膳食应均衡合理；

D．虽人体内不含水解纤维素的酶；不能消化纤维素，但蔬菜中的纤维素对人体有用处．

6、C【分析】A选项均表示的是正反应速率；B选项均表示的是逆反应速率；D只是一个状态，与平衡没有直接关系。由平衡状态的概念可知答案为C【解析】【答案】C7、C【分析】【解答】解：A．Na2CO3溶液中存在物料守恒，即Na元素的总物质的量等于C元素总物质的量的2倍，则c（Na+）═2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]，故A正确；B．Na2CO3溶液中逐滴加入HCl先发生反应CO32﹣+H+=HCO3﹣，然后发生HCO3﹣+H+=H2CO3，由图象可知a代表的物质逐渐增多，则aHCO3﹣，b代表的物质开始没有，后来逐渐增多，则b为H2CO3；故B正确；

C．由图象可知，A点时：c（CO32﹣）和c（HCO3﹣）相同，溶液显碱性，则c（Na+）＞c（CO32﹣）═c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；故C错误；

D．B点时加入盐酸的体积为10mL，则Na2CO3和HCl的物质的量相同，由CO32﹣+H+=HCO3﹣可知，二者恰好反应生成NaHCO3；故D正确．

故选C．

【分析】A．根据物料守恒分析；

B．Na2CO3溶液中逐滴加入HCl先发生反应CO32﹣+H+=HCO3﹣，然后发生HCO3﹣+H+=H2CO3；根据反应结合图象分析；

C．A点时：c（CO32﹣）和c（HCO3﹣）相同；溶液显碱性；

D．B点时加入盐酸的体积为10mL，则Na2CO3和HCl的物质的量相同，二者恰好反应．二、多选题(共8题，共16分)8、ACD【分析】解：A；水泥属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，故A正确；

B；晶体硅是硅单质只含有硅元素；故B错误；

C；沙子的主要化学成分为二氧化硅；含有硅元素和氧元素，故C正确；

D；普通陶瓷均属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，故D正确；

故选：ACD．

水泥和普通陶瓷均属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，晶体硅是硅单质只含有硅元素，沙子的主要化学成分为二氧化硅，含有硅元素和氧元素．

本题考查常见由硅元素组成的无机非金属材料，知晓各种材料的成分是解题的基础，因此要重视基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】ACD9、ABCD【分析】解：A、NaHCO3属于弱酸酸式盐，既能与硫酸反应，生成CO2气体；又能与氢氧化钠反应，生成碳酸钠，故A正确；

B、Al2O3属于两性氧化物，既能与硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子；故B正确；

C、Al（OH）3属于两性氢氧化物，既能与酸反应，生成Al3+离子，又能与碱反应生成AlO2-离子；故C正确；

D、金属铝与硫酸反应生成Al3+和氢气，与氢氧化钠反应生成AlO2-和氢气；故D正确；

故选ABCD．

既能与酸反应；又能与碱反应的物质有弱酸弱碱盐；弱酸的酸式盐、两性氧化物、两性氢氧化物、金属铝、蛋白质和氨基酸等物质，以此解答本题．

本题考查物质的性质，题目难度不大，注意基础知识的积累与归纳总结．【解析】【答案】ABCD10、BCD【分析】解：以煤；石油和天然气为主要原料可制造化工产品、合成塑料、合成橡胶、合成纤维等；

故选BCD．

三大合成材料是合成塑料；合成橡胶、合成纤维．

本题考查煤、石油和天然气的用途，难度不大，平时注意知识的积累．【解析】rm{BCD}11、AD【分析】【详解】

A．根据表格数据可知：在0~2s内，NO的物质的量由0.20mol变为0.08mol，△n(NO)=0.20mol-0.08mol=0.12mol，则该反应的平均速率v(NO)==0.03mol·L-1·s-1；A正确；

B．其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相当于增大体系的压强，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，所以达平衡时NO2体积分数增大；B错误；

C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故其他条件不变，移走部分NO2；化学平衡正向移动，但平衡常数不变，C错误；

D．k正、k逆为速率常数，只受温度影响，在温度为T1时，根据表格数据，容器容积是2L，结合物质反应关系可知平衡时各种物质的浓度c(NO)=0.03mol/L，c(O2)=0.015mol/L，c(NO2)=0.07mol/L，化学平衡常数K=＞0，说明k正＞k逆，若k正＝k逆，则K减小，化学平衡逆向移动，由于该反应的正反应为放热反应，则改变条件是升高温度，所以温度T2＞T1；D正确；

故合理选项是AD。12、AD【分析】【分析】

盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，盐酸完全电离，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸不能继续电离，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵离子可继续水解，溶液中的氢离子浓度变化小，所以含c点的曲线pH变化是盐酸溶液的，含a、b点的曲线pH变化是氯化铵溶液的。

【详解】

A．由于a点溶液稀释后得到b点，故b点的离子浓度小于a点；而氯化铵溶液的浓度远大于HCl，而氯化铵溶液是由于水解显酸性，而HCl是由于完全电离显酸性，故b和c点pH相同，故b点氯化铵的浓度必须远大于c点HCl的浓度，故离子浓度之和的大小关系为a＞b＞c；故A正确；

B．b点溶液中，根据质子守恒，得出c(OH−)+c(NH3⋅H2O)=c(H+)；故B错误；

C．用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，b点为铵根水解导致溶液呈酸性，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而c点只有盐酸消耗NaOH(盐酸完全电离)，故消耗NaOH溶液体积Vb＞Vc；故C错误；

D．盐酸电离出的氢离子浓度抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子浓度来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，水的电离程度越大，a点的pH＜b点的pH，说明a点酸性大于b点酸性、a点氢离子大于b点氢离子，所以a、b二点溶液水的电离程度a＞b，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度a＞b＞c；故D正确；

答案选AD。13、AC【分析】【详解】

A.pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合，酸和碱发生反应后的溶液中存在的离子有：H+、M+、OH-、A-，无论酸碱的相对多少如何，溶液总是呈电中性的，根据电荷守恒有：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)；A正确；

B.同浓度的CH3COONa、NaOH、Na2CO3三种溶液中，pH的比较为NaOH>Na2CO3>CH3COONa，所以pH相同时，三种溶液的浓度由小到大为：NaOH2CO33COONa；B错误;

C.物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，即混合溶液中CH3COOH和CH3COONa物质的量相等；为了分析的方便，不妨假设它们的物质的量均为1mol，溶液中存在以下三个平衡：

CH3COOH⇌CH3COO-+H+，CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，H2O⇌H++OH-

根据电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)①

根据物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)②

将①代入②消去2c(Na+)即得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)；C正确；

D.0.1moL/L的NaHA溶液中存在三个平衡：

H2O⇌H++OH-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，HA-⇌H++A2-

已知其pH=4，说明HA-的电离强于水解，即c(A2-)>c(H2A)；D错误；

故合理选项为AC。14、CD【分析】【分析】

a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，则b电极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近有氢氧根离子生成，则b是阴极、a是阳极，所以Y是负极、X是正极，Cu是阳极，Fe是阴极，电解时，阳极上Cu失电子变成Cu2+；阴极上铜离子得电子；据此分析解答。

【详解】

a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，则b电极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近有氢氧根离子生成，则b是阴极、a是阳极，所以Y是负极、X是正极，Cu是阳极，Fe是阴极，电解时，阳极上Cu失电子变成Cu2+；阴极上铜离子得电子。

A.通过以上分析知；Y是负极；X是正极，故A错误；

B.电解时，左边装置阳极上为Cu失电子变成Cu2+，阴极Fe上为Cu2+得到电子被还原成Cu，所以CuSO4溶液的pH不变；故B错误；

C.a是阳极；电解质溶液中的氯离子失电子，a极产生氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，湿润的红色石蕊试纸先变红后褪色，故C正确；

D.Fe是阴极，阴极上铜离子得电子生成铜单质，电极反应为Cu2++2e-=Cu，若电路中转移了0.02mole－时；Fe电极上生成0.01mol的铜单质，质量为0.64g，Fe电极增重0.64g，故D正确；

答案选CD。15、AD【分析】略。【解析】rm{AD}三、双选题(共5题，共10分)16、B|D【分析】解：设合金中Cu为xmol；Al为ymol，则。

①64x+27y=m1；

②2x+3y=0.6L×1mol/L=×（5-2）

③y=

解得x=0.1mol；y=0.13mol，V=4.48L；

A．m1-m2为氢氧化铝的质量；为0.13mol×78g/mol=10.2g，故A正确；

B．n（NO）=0.2mol=n（HNO3），n（H+）=0.6mol，n（H2SO4）==0.2mol，2c（H2SO4）+c（HNO3）═0.6mol•L-1；故B错误；

C．原合金中铝的质量分数为×100%=34.7%；故C正确；

D．由上述分析可知；V=4.48L，故D错误；

故选BD．

由图可知加NaOH生成沉淀，则酸无剩余，Cu、Al失去电子，N得到电子，且图中酸碱恰好中和时生成沉淀最多，继续加NaOH，氢氧化铝溶解，m1-m2为氢氧化铝的质量；结合电子；原子守恒计算．

本题考查混合物的计算，为高频考点，把握图象与反应的对应关系、发生的反应为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意电子、原子守恒的应用，题目难度不大．【解析】【答案】BD17、rBD【分析】解：干冰汽化；只是由二氧化碳固体变成二氧化碳的气体，改变的是二氧化碳的分子间距离和分子间作用力，发生的是物理变化，与分子内的共价键；化学性质无关．

故选BD．

干冰汽化；只是由二氧化碳固体变成二氧化碳的气体，改变的是二氧化碳的分子间距离和分子间作用力，发生的是物理变化，与分子内的共价键无关．

本题考查化学键类型的判断，为高频考点，题目难度不大，注意晶体的类型，分子间作用力和化学键的区别．【解析】rm{BD}18、rBC【分析】解：rm{A.NH_{4}H}与氯化铵的结构相似，是由rm{NH_{4}^{+}}和rm{H^{-}}构成的离子化合物；故A正确；

B、rm{NH_{4}H}是离子化合物，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为故B错误；

C、rm{NH_{4}H}中含有rm{-1}价rm{H}与水反应时发生氧化还原生成氢气，rm{NH_{4}H}为还原剂；发生氧化反应，故C错误；

D.rm{NH_{4}H}固体投入少量水中，可生成rm{NH_{3}}和rm{H_{2}}故D正确．

故选BC．

A.rm{NH_{4}H}是铵根离子与氢负离子通过离子键形成的离子化合物；属于离子晶体；

B、rm{NH_{4}H}是离子化合物；由铵根离子与氢负离子构成；

C；化合价升高元元素发生氧化反应；

D、rm{NH_{4}H}固体投入少量水中，可生成rm{NH_{3}}和rm{H_{2}}．

本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意元素化合价的判断，为解答该题的关键，根据元素化合价的变化判断物质在反应中具有的性质．【解析】rm{BC}19、rCD【分析】解：rm{A.}浓硫酸具有吸水性；氯气通过浓硫酸得到干燥的氯气，干燥的氯气不能使干燥有色布条褪色，与实验不符合，故A不选；

B.氯气通过rm{NaOH}溶液，与氢氧化钠反应，则rm{C}中没有氯气，所以rm{C}处布条不褪色；与实验不符合，故B不选；

C.氯气与浓盐酸不反应，但进入rm{C}的为潮湿的氯气，含rm{HClO}则rm{C}处红色布条逐渐褪色；故C选；

D.氯气与食盐水不反应，但进入rm{C}的为潮湿的氯气，含rm{HClO}则rm{C}处红色布条逐渐褪色；故D选；

故选CD．

次氯酸具有漂白作用而氯气不具有漂白性，所以干燥的氯气不能漂白有色布条，含水蒸气的氯气能使有色布条褪色，rm{A}处通入氯气，关闭rm{B}阀后，rm{C}处红布逐渐褪色，说明rm{D}处可以带出水蒸气；以此来解答．

本题考查物质的性质及实验装置的综合运用，为高频考点，把握实验装置的作用、发生的反应等为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大．【解析】rm{CD}20、rCD【分析】解：rm{A.}由结构可知分子式为rm{C_{11}H_{12}O_{3}}故A错误；

B.含有羧基；羟基；可发生取代反应，故B错误；

C.含有羧基、羟基，都可与钠反应生成氢气，则rm{1}rm{mol}该物质与足量的钠反应可以生成rm{1}rm{mol}氢气；故C正确；

D.只有羧基与碳酸钠反应，如生成碳酸氢钠，则rm{1}rm{mol}该有机物可以与rm{1}rm{mol}碳酸钠发生反应；故D正确．

故选CD．

由结构可知，分子中含碳碳双键、rm{-COOH}rm{-OH}结合烯烃；羧酸、醇的性质来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸、醇性质的考查，题目难度不大．【解析】rm{CD}四、填空题(共1题，共9分)21、略

【分析】试题分析：（1）第一份：第一份加入AgNO3，溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在：Cl-、CO32-、SO42-；第二份：加足量NaOH溶液加热后生成的0.08mol气体为氨气，则溶液中一定含有NH4+，且物质的量为0.08mol；第三份：根据题中信息可知4.66为硫酸钡，n（BaSO4）=n（SO42-）==0.02mol；12.54g为硫酸钡和碳酸钡，所以碳酸钡的物质的量为：=0.04mol；再根据电荷守恒，正电荷为：n（+）=n（NH4+）=0.08mol；n（-）=2n（CO32-）+2n（SO42-）=0.12mol，故一定有K+，至少0.04mol，浓度至少是0.8mol/L；（1）由于碳酸根离子、硫酸根离子都能够与银离子反应生成碳酸银、硫酸银沉淀，所以无法确定原溶液中是否存在氯离子，故答案为：不一定，因为碳酸银、硫酸银都是沉淀；（2）加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体，该气体为氨气，说明溶液中一定存在铵离子，铵离子的物质的量浓度为：c（NH4+）==0.8mol/L，故答案为：NH4+；0.8mol/L；（3）加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，说明沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物，其中4.66g为硫酸钡沉淀，n（BaSO4）=n（SO42-）==0.02mol；碳酸钡沉淀的质量为：12.54g-4.66g=7.88g，所以n（BaCO3）=n（CO32-）==0.04mol，故答案为：BaCO3、BaSO4；n(CO32-)=0.04moln(SO42-)=0.02mol（4）根据以上分析可知，溶液中一定存在：K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Cl-，若存在氯离子，钾离子的物质的量大于0.04mol；若不存在氯离子，钾离子的物质的量为0.04mol，所以A正确，故选A．考点：常见离子的检验方法【解析】【答案】（1）否；（2）NH4+0.8mol/L（3）BaCO3BaSO4；n(CO32-)=0.04moln(SO42-)=0.02mol（4）A五、判断题(共1题，共10分)22、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．六、综合题(共4题，共28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