2024年沪教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2024年沪教版高一化学上册月考试卷670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、19世纪中叶；俄国化学家门捷列夫对化学学科的巨大贡献是（）

A.提出了原子学说。

B.提出了元素周期律。

C.提出了分子学说。

D.制定了科学的元素周期表。

2、下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒作用相同的是（）①过滤②蒸发③溶解④向容量瓶转移液体A.①和②B.①和③C.③和④D.①和④3、下列物质不可能是乙烯加成产物的是（）A.CH3CH3B.CH3CHCl2C.CH3CH2OHD.CH3CH2Br4、下列说法正确的是（）A.22.4L氧气中一定含有6.02×1023个氧分子B.18g水在标准状况下的体积是22.4LC.标准状况下，20mLNH3与60mLO2所含的分子数之比为1：3D.物质的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量或相对分子质量5、有关硝酸的性质的叙述中，正确的是rm{(}rm{)}A.稀硝酸能使红色石蕊试纸变蓝B.硝酸能与rm{Na_{2}CO_{3}}反应，但不能生成rm{CO_{2}}C.硝酸的氧化性很强，能氧化所有金属D.浓硝酸因分解放出rm{NO_{2}}又溶解于硝酸而呈黄色6、检验某未知溶液中是否含有SO42﹣，下列操作最合理的是（）A.加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液B.先加入HNO3酸化，再加Ba（NO3）2C.加入盐酸酸化的BaCl2D.先用盐酸酸化，若有沉淀，则过滤，滤液中再加BaCl2溶液7、下列叙述错误的是（）A.1mol任何粒子集体都含有约6.02×1023个该种粒子B.0.012kg12C含有约6.02×1023个碳原子C.1mol水中含有2mol氢元素和1mol氧元素D.1molNH3约含有6.02×1024个电子8、关于氧化物的叙述正确的是（）A.非金属氧化物一定是酸性氧化物B.碱性氧化物一定是金属氧化物C.碱性氧化物都能与水化合生成碱D.酸性氧化物都能与水化合生成酸9、下列物质中互为同分异构体的是rm{(}rm{)}A.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}B.rm{CH_{3}COOH}和rm{HCOOCH_{3}}C.和D.和评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、液化石油气是一种常用燃料，液化石油气通常由石油裂化得到；在液化石油气中主要含有丙烷和丁烷，还含有丙烯（C3H6）、丁烯、甲烷、乙烷等。（1）液化石油气中含有的丙烷和丙烯（C3H6）在有机物分类中都属于甲烷与丁烷二者的关系是____（2）乙烯和丙烯（C3H6）他们既可以分别发生反应形成聚合物，也可以按一定比例相互反应形成聚合物请写出三种有关聚合物的结构简式____、____、____（3）化石燃料是指：____、____、；11、下列仪器中，能直接用来加热的仪器有哪些：____

A、试管B、容量瓶C、烧杯D、量筒E、烧瓶F、坩埚．12、在氧化还原反应中，氧化剂电子，发生的反应是反应；还原剂电子，发生的反应是____________反应。铁与氯气反应的化学方程式为，生成物中铁是价，铁与盐酸反应的离子程式为，生成物中铁是_____价。13、（11分）A、B、C、D、E是除稀有气体以外的5种短周期元素，原子序数依次增大并分占三个周期。B、C、D为同一周期依次相邻的3种元素，B和D的原子序数之比为3：4，E原子的电子层数等于最外层电子数。请回答相关问题：（1）B元素在周期表中的位置____，C元素是（填元素符号）（2）比较D和E简单离子半径大小（用离子符号表示）：。（3）A与D形成含18电子化合物的化学式为____。（4）元素E形成的简单离子的水溶液与c的氢化物的水溶液反应的离子方程式；（5）2007年7月2日，美、德两国科学家成功合成了具有独特化学特性的E2A6化合物，该物质在D2中能烧，写出它在D2中完全燃烧的化学方程式.14、（6分）已知有以下物质相互转化。试回答：(1)写出B的化学式____，D的化学式____。(2)写出由E转变成F的化学方程式。(3)写出向G溶液加入A的有关离子反应方程式。15、通常氢氧燃料电池有酸式和碱式两种；试回答下列问题：

（1）在酸式介质中，负极材料为______，正极材料为______，酸式电池的电极反应：负极：______，正极：______．电解质溶液PH的变化______（填“变大”；“变小”，“不变”）

（2）在碱式介质中，碱式电池的电极反应：负极：______，正极：______

电解质溶液PH的变化______（填“变大”；“变小”，“不变”）

（3）氢氧燃料电池汽车作为上海世博园中的交通工具之一，下列有关说法不正确的是______．

A．太阳光催化分解水制氢气比电解水气氢气更为科学。

B．氢氧燃料电池作为汽车动力更能保护环境。

C．以稀H2SO4；KOH为介质的氢氧燃料电池的负极电极反应式相同。

D．以稀H2SO4；KOH为介质的氢氧燃料电池的总反应式相同。

（4）纯电动车采用了高效耐用的一种新型可充电电池，该电池的总反应式为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH．

①该电池放电时负极反应式为______．

②放电时每转移3mol电子，正极有______molK2FeO4被还原．

（5）锰酸锂离子电池在混合动力车等大型蓄电池应用领域占据主导地位．电池反应式为：Li1-xMnO4+LixLiMnO4，下列有关说法不正确的是______．

A．放电时电池的正极反应式为：Li1-xMnO4+xLi++xe-═LiMnO4

B．放电过程中；石墨没有得失电子。

C．该电池也能在KOH溶液的环境中正常工作。

D．充电时电池上标有“-”的电极应与外接电源的负极相连．16、写出下列电离方程式或化学方程式。

（1）工业上用电解NaCl溶液的方式制取氯气，化学反应方程式为______．

（2）实验室制氯气时，多余的氯气通入NaOH溶液中，化学反应方程式为______．

（3）漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2，写出Ca（ClO）2溶于水后的电离方程式为______；

漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为______．17、在K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O反应中，______是氧化剂，______是还原剂，______元素被氧化，______元素被还原，若0.3mol氯气生成则转移的电子数目为______．18、工业合成氨反应：rm{N_{2}+3H_{2}}rm{2NH_{3}}是一个放热的可逆反应，反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂。已知形成rm{1molH隆陋H}键、rm{1molN隆陋H}键、rm{1molN隆脭N}键放出能量分别为rm{436kJ}rm{391kJ}rm{946kJ}则：rm{(1)}若rm{1molN_{2}}完全反应生成rm{NH_{3}}可________rm{(}填“吸收”或“放出”rm{)}热量________rm{kJ}rm{(2)}如果将rm{1molN_{2}}和rm{3molH_{2}}混合，使其充分反应，放出的热量总小于上述数值，其原因是________________________。rm{(3)}实验室模拟工业合成氨时，在容积为rm{2L}的密闭容器内，反应经过rm{10min}后，生成rm{10molNH_{3}}则用rm{N_{2}}表示的化学反应速率为________rm{mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}rm{(4)}一定条件下，当合成氨的反应达到化学平衡时，下列说法正确的是________。rm{a.}正反应速率和逆反应速率相等rm{b.}正反应速率最大，逆反应速率为rm{0}rm{c.N_{2}}的转化率达到最大值rm{d.N_{2}}和rm{H_{2}}的浓度相等rm{e.N_{2}}rm{H_{2}}和rm{NH_{3}}的体积分数相等rm{f.}反应达到最大限度评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)19、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化20、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）21、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）22、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）23、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．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、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）26、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）27、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、其他(共4题，共40分)28、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。29、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。30、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。31、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。评卷人得分五、原理综合题(共2题，共6分)32、汽车尾气中含有CO、NOx等有毒气体；对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体。

（1）已知4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g)ΔH=-1200kJ·mol-1

①该反应在________________（填“高温；低温或任何温度”）下能自发进行。

②对于该反应，改变某一反应条件（温度T1>T2），下列图像正确的是_______(填序号)。

③某实验小组模拟上述净化过程，一定温度下，在2L的恒容密闭容器中，起始时按照甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，测得甲中CO的转化率为50%，则该反应的平衡常数为__________；两种方式达平衡时，N2的体积分数：甲______乙（填“>、=、<或不确定”，下同），NO2的浓度：甲______乙。甲乙0.2molNO20.1molNO20.4molCO0.2molCO

（2）柴油汽车尾气中的碳烟(C)和NOx可通过某含钴催化剂催化消除。不同温度下，将模拟尾气（成分如下表所示）以相同的流速通过该催化剂测得所有产物(CO2、N2、N2O)与NO的相关数据结果如图所示。模拟尾气气体（10mol）碳烟NOO2HeHe物质的量（mol）0.0250.59.475a

①375℃时，测得排出的气体中含0.45molO2和0.0525molCO2，则Y的化学式为________。

②实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是______________________。33、如图所示：甲；乙为相互串联的两电解池。试回答：

（1）乙池中Fe极电极反应式为___________，若在乙池中滴入少量酚酞试液，开始电解一段时间，铁极附近呈_________色。

（2）甲池若为用电解原理精炼铜(假设粗铜的组成是均匀的，且比其活泼和不活泼的成分均存在)的装置，则A电极名称为_____极，电极反应式为____________，电解质溶液可以是______；通电一段时间后，A极增重12.8g，则甲池溶液原溶质的浓度______(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”)，乙池C(石墨)极放出气体在标准状况下的体积为________，若此时，乙池剩余溶液为25℃，体积为400mL，则溶液的pH＝_______。评卷人得分六、综合题(共4题，共32分)34、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：

35、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题36、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：

37、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、B|D【分析】

A．道尔顿提出了近代原子学说；故A错误；

B．1869年；俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，故B正确；

C．阿佛加德罗提出了分子学说；故C错误；

D．1869年；俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，故D正确．

故选BD．

【解析】【答案】1869年；俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循．

2、D【分析】过滤时需要玻璃棒引流，蒸发通过玻璃棒的搅拌，防止热体局部过热；溶解通过玻璃棒的局部，加速溶解；向容量瓶转移液体需要玻璃棒的引流，答案选D。【解析】【答案】D3、B【分析】有机物分子的不饱和键(双键或三键)两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫作加成反应。所以A是乙烯和氢气的加成产物，C是乙烯和水的加成产物，D水乙烯和溴化氢的加成产物。B中的2个氯原子连在同一个碳原子，不可能是乙烯的加成产物。答案选B。【解析】【答案】B4、C【分析】【解答】解：A．没有告诉在标况下；不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L氧气的物质的量，故A错误；B．18g水的物质的量为1mol，标况下水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算1mol水的体积，故B错误；

C．标准状况下，20mLNH3与60mLO2的物质的量之比等于气体体积之比；为20mL：60mL=1：3，所含的分子数之比为1：3，故C正确；

D．摩尔质量单位如果为kg/mol；则摩尔质量在数值上不等于其相对分子质量或相对分子质量，故D错误；

故选C．

【分析】A．没有告诉在标准状况下；不能使用标况下的气体摩尔体积计算氧气的物质的量；

B．水在标准状况下不是气体；不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的体积；

C．相同条件下；气体的体积之比=其物质的量之比=分子数之比；

D．当摩尔质量以g/mol为单位时，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量或相对分子质量．5、D【分析】解：rm{A.}稀硝酸具有酸的通性；能使紫色或蓝色石蕊试液变红色，故A错误；

B.硝酸的酸性大于碳酸；硝酸能和碳酸钠反应生成二氧化碳，故B错误；

C.硝酸虽然具有氧化性；但能氧化部分金属，不能氧化金等金属，故C错误；

D.浓硝酸不稳定；易分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸而使其溶液呈黄色，故D正确；

故选D．

A.稀硝酸具有酸的通性；

B.硝酸的酸性大于碳酸；

C.硝酸的氧化性很强；不能氧化所有金属；

D.浓硝酸不稳定；易分解生成二氧化氮．

本题考查了硝酸的性质，硝酸具有酸的通性、挥发性、强氧化性等性质，硝酸的强氧化性是rm{N}元素体现的，酸性是rm{H}元素体现的．【解析】rm{D}6、D【分析】【解答】A．加入HNO3酸化了的Ba（NO3）2溶液；若为亚硫酸根离子也生成白色沉淀，不能检验，故A错误；

B．先加入HNO3酸化，若为亚硫酸根离子，亚硫酸根离子被硝酸氧化成硫酸根离子，再加Ba（NO3）2；生成白色沉淀硫酸钡，不能检验，故B错误；

C．先入HCl酸化了的BaCl2溶液；生成白色沉淀可能为AgCl，不能检验，故C错误；

D．检验某未知溶液中是否含有SO42﹣；应先加盐酸酸化，若有沉淀，则过滤，排除其它离子的干扰，再加氯化钡，生成白色沉淀可检验，故D正确；

故选D．

【分析】检验某未知溶液中是否含有SO42﹣，应先加盐酸排除其它离子的干扰如碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等的干扰，再加氯化钡，以此来解答．7、C【分析】【解答】解：A、依据阿伏伽德罗常数的概念分析判断，1mol任何微粒集体含有阿伏伽德罗常数个微粒，1mol任何粒子集体都含有约6.02×1023个该种粒子，故A正确；B、依据规定0.012kg12C含有碳原子数为1mol，0.012kg12C含有约6.02×1023个碳原子；故B正确；

C；物质的量是描述微观粒子的物理量；元素是宏观概念，1mol水中含有2mol氢原子和1mol氧原子，故C错误；

D、1molNH3约含10mol电子，约含有6.02×1024个电子；故D正确；

故选C．

【分析】A；依据阿伏伽德罗常数的概念分析判断；1mol任何微粒集体含有阿伏伽德罗常数个微粒；

B、依据规定0.012kg12C含有碳原子数为1mol分析；

C；物质的量是描述微观粒子的物理量；元素是宏观概念；

D、1molNH3约含10mol电子分析；8、B【分析】解：A．非金属氧化物可以是不成盐氧化物；如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物；故A错误；

B．金属氧化物分为碱性氧化物；两性氧化物、过氧化物等；所以碱性氧化物一定是金属氧化物，故B正确；

C．碱性氧化物不一定都和水反应生成碱，如Fe2O3是碱性氧化物但不与水反应；故C错误；

D．酸性氧化物不一定都能与水化合生成酸；如：二氧化硅是酸性氧化物，故D错误；

故选B．

A．金非金属氧化物可以是不成盐氧化物；

B．金属氧化物分为碱性氧化物；两性氧化物、过氧化物等；

C．碱性氧化物不一定都和水反应生成碱；

D．酸性氧化物不一定都能与水化合生成酸．

本题考查了酸碱盐、氧化物的概念及其联系，难度不大，但概念间的联系是学习的难点，注意物质的分类方法和常见物质的种类．【解析】【答案】B9、B【分析】解：rm{A.O_{2}}与rm{O_{3}}是由氧元素组成的不同单质；属同素异形体，故A正确；

B.rm{CH_{3}COOH}和rm{HCOOCH_{3}}分子式相同；结构不同，属于同分异构体，故B正确；

C.和名称与结构简式一致；为同一种物质，故C错误；

D.和都属于烷烃，结构相似，相差rm{1}个rm{CH_{2}}原子团；互为同系物，故D错误．

故选B．

具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；

同系物指结构相似、通式相同，组成上相差rm{1}个或者若干个rm{CH_{2}}原子团；具有相同官能团的化合物；

同种元素形成的不同单质互为同素异形体；

组成和结构都相同的物质为同一物质；同一物质组成；结构、性质都相同，结构式的形状及物质的聚集状态可能不同．

本题考查“五同”比较，难度不大，侧重考查学生的辨别能力，注意把握概念的内涵与外延．【解析】rm{B}二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】（1）丙烷和丙烯都是碳氢化合物，所以烃。甲烷和丁烷结构相似，分子组成相差2个CH2原子团，且都是同一类物质，所以互为同系物。（2）乙烯和丙烯分别自身加聚得到聚乙烯和聚丙烯，结构简式分别为乙烯和丙烯也共同加聚，其结构简式为【解析】【答案】（1）烃同系物（2）（3）石油、煤、天然气11、AF【分析】【解答】试管；坩埚能直接加热；

量筒；容量瓶不能加热；

烧杯和烧瓶加热时需要垫石棉网．

故答案为：A；F．

【分析】可以加热的常用仪器有：试管；烧杯、烧瓶、锥形瓶、蒸发皿和坩埚等．

直接不能用于加热的是量筒；漏斗、集气瓶等．

能加热的仪器又分为直接加热和间接加热两种，能直接加热的有：试管、蒸发皿和坩埚；需要垫石棉网加热的仪器有：烧杯、烧瓶、锥形瓶等．12、略

【分析】试题分析：氧化还原反应中，氧化剂是化合价降低、得到电子、发生还原反应、生成物是还原产物；还原剂是化合价升高、失去电子、发生氧化反应、生成物是氧化产物。氯气表现强氧化性，能把变价金属氧化为最高价，即2Fe＋3Cl2=2FeCl3，其中FeCl3中Fe的价态+3，铁与盐酸的反应，利用H+的弱氧化性，把铁单质氧化为Fe2+。考点：考查氧化还原反应等相关知识。【解析】【答案】得到还原失去氧化2Fe＋3Cl2=2FeCl3＋3Fe＋2H＋=Fe2+＋H2↑＋213、略

【分析】【解析】【答案】（1）第二周期ⅣA族（2分）N（1分（2）O2->Al3+（2分）（3）H2O2（2分）（4）Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+（2分）（5）A12H6+3O2Al2O3+3H2O（2分）14、略

【分析】【解析】【答案】（6分）（1）FeC12（1分）；KC1（1分）（2）4Fe（OH）3+O2+2H2O=4Fe（OH）3（2分）（3）2Fe3++Fe=3Fe2+（2分）15、略

【分析】解：（1）在酸性氢氧燃料电池中，石墨作电极，在负极由氢气失电子生成氢离子，电极反应为2H2-4e-=4H+；在正极由氧气得电子生成氢氧根离子，生成的氢氧根离子结合氢离子生成水，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，由于正负极消耗与生成的氢离子等量，所以氢离子的总量不变，而总电极反应式为2H2+O22H2O；水的总量增加，故PH变大；

故答案为：石墨；石墨；2H2-4e-=4H+；O2+4e-+4H+=2H2O；变大；

（2）在碱式介质中，氢气在负极失去电子生成氢离子，氢离子结合氢氧根离子生成水，电极反应式为2H2-4e-+4OH-=2H2O；氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，由于正负极消耗与生成的氢氧根离子等量，所以氢氧根离子的总量不变，而总电极反应式为2H2+O2=2H2O；水的总量增加，故PH变小；

故答案为：2H2-4e-+4OH-=2H2O；O2+4e-+2H2O=4OH-；变小；

（3）A、电解获得H2消耗较多的能量，而在催化剂作用下利用太阳能来分解H2O获得H2更为科学；故A正确；

B、氢氧燃料电池产物H2O无污染；能有效保护环境，故B正确；

C、以稀H2SO4、KOH为介质的氢氧燃料电池的负极电极反应式分别为：H2-2e-═4H+，H2-2e-+2OH-=2H2O；不相同，故C错误；

D、以稀H2SO4、KOH为介质的氢氧燃料电池的总反应式均为2H2+O2=2H2O；故D正确．

故选C；

（4）①放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2，故答案为：Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2；

②放电时，正极上1molK2FeO4得3mol电子发生还原反应生成1molFe（OH）3，所以每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原；故答案为：1；

（5）A、根据总反应式可知Li失去电子，电池负极反应式为：xLi-xe-═xLi+，由总反应式减去负极反应式可得放电时的正极反应式为Li1-xMnO4+xLi++xe-═LiMnO4；故A正确；

B、放电过程中，根据总反应式Li1-xMnO4+LixLiMnO4；可判断石墨没有电子得失，故B正确；

C、Li能与KOH溶液中的H2O反应；导致电池无法正常工作，故C错误；

D；充电过程是放电的逆向过程；外界电源的负极提供的电子使原电池负极获得电子发生还原反应，所以标有“-”的电极应与外接电源的负极相连，故D正确．

故答案为：C．

（1）在酸性氢氧燃料电池中电极本身不放电；氢气在负极失电子，被氧化，氧气在正极得电子，被还原；

（2）在碱式介质中；氢气失去电子生成氢离子，氢离子结合氢氧根离子生成水；

（3）A；太阳能催化分解水制氢气将太阳能直接转化为化学能；

B；氢氧燃料电池产物无污染；

C、以稀H2SO4；KOH为介质的氢氧燃料电池的负极在不同介质中反应式不同；

D、以稀H2SO4；KOH为介质的氢氧燃料电池的总反应式相同；

（4）①放电时；负极上锌失电子发生氧化反应；

②放电时，正极上1molK2FeO4得3mol电子发生还原反应生成1molFe（OH）3；

（5）放电时的反应为Li1-xMnO4+Lix=LiMnO4；化合物中Li元素的化合价降低，单质L中i元素的化合价升高，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应来解答．

本题考查电解池与原电池，需要明确电极反应中放电为原电池，而充电为电解池，氢氧燃料电池的负极在不同介质中反应式不同，题目难度较大．【解析】石墨；石墨；2H2-4e-=4H+；O2+4e-+4H+=2H2O；变大；2H2-4e-+4OH-=2H2O；O2+4e-+2H2O=4OH-；变小；C；Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2；1；C16、略

【分析】解：（1）工业上用电解NaCl溶液的方式制取氯气，化学反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（2）实验室制氯气时，多余的氯气通入NaOH溶液中，化学反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；

（3）Ca（ClO）2属于强电解质完全电离，电离方程式为：Ca（ClO）2═Ca2++2ClO-；漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸反应化学反应方程式为：H2O+CO2+Ca（ClO）2=CaCO3↓+2HClO；

故答案为：Ca（ClO）2═Ca2++2ClO-；H2O+CO2+Ca（ClO）2=CaCO3↓+2HClO．

（1）电解NaCl溶液生成氢氧化钠；氢气、氯气；

（2）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠；次氯酸钠和水；

（3）Ca（ClO）2属于强电解质完全电离；吸收空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸．

本题考查了物质性质的分析应用，掌握物质性质和基础知识是解题关键，题目较简单．【解析】2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；Ca（ClO）2═Ca2++2ClO-；H2O+CO2+Ca（ClO）2=CaCO3↓+2HClO17、略

【分析】解：该反应中Cr元素化合价由+6价变为+3价，部分Cl元素化合价由-1价变为0价，所以K2Cr2O7是氧化剂、HCl是还原剂，Cl元素被氧化、Cr元素被还原；若0.3mol氯气生成则转移的电子数目=0.3mol×2=0.6mol；

故答案为：K2Cr2O7；HCl；Cl；Cr；0.6mol．

该反应中Cr元素化合价由+6价变为+3价；部分Cl元素化合价由-1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，根据氯气和转移电子之间的关系式计算．

本题考查了氧化还原反应，根据元素化合价变化结合基本概念来分析解答，知道常见元素化合价是解本题关键，题目难度不大．【解析】K2Cr2O7；HCl；Cl；Cr；0.6mol18、(1)放出9292(2)和该反应是可逆反应，1molN2和3molH2不能完全反应，因此放出能量总是小于92kJ不能完全反应，因此放出能量总是小于1molN23molH292kJ(3)0.25【分析】【分析】

本题旨在考查学生对反应热和焓变、化学反应中的能量变化、化学反应速率的概念、化学平衡状态的判断等应用。【解答】

rm{(1)}若rm{1molN}若rm{(1)}rm{1molN}rm{{,!}_{2}}完全反应生成rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{3}}焓变为rm{3}故放出热量，故答案为：放出；rm{3}rm{隆脕436+946-6隆脕391=}如果将rm{隆脕436+946-6隆脕391=}rm{-92KJ/mol}rm{92}rm{(2)}如果将rm{1molN}rm{(2)}rm{1molN}和rm{{,!}_{2}}不能完全反应，因此放出能量总是小于和rm{3molH}rm{3molH}rm{{,!}_{2}}和混合，使其充分反应，放出的热量总小于上述数值，其原因是：不能完全反应，因此放出能量总是小于该反应是可逆反应，rm{1molN_{2}}和rm{3molH_{2}}不能完全反应，因此放出能量总是小于rm{92kJ}rm{1molN_{2}}

rm{1molN_{2}}rm{3molH_{2}}rm{3molH_{2}}rm{92kJ}rm{92kJ}；故答案为：该反应是可逆反应，rm{1molN_{2}}和rm{3molH_{2}}不能完全反应，因此放出能量总是小于rm{92kJ}rm{1molN_{2}}rm{1molN_{2}}rm{3molH_{2}}反应速率之比为rm{3molH_{2}}故氮气的反应速率为rm{dfrac{dfrac{10mol}{2L}}{10min隆脕2}=0.25mol/left(L隆陇minright)}故答案为：rm{92kJ}

rm{92kJ}；达到平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，故正确；

rm{(3)}达到平衡时，正逆反应速率相等，且不为rm{(3)}故错误；

根据反应rm{N}达到平衡时，反应物的转化率为最大值，故rm{N}正确；

rm{{,!}_{2}}达到平衡时，氮气和氢气的浓度不一定相等，故rm{+3H}错误；

rm{+3H}达到平衡时，三者的体积分数不一定相等，故rm{{,!}_{2}}错误；

rm{2NH}达到平衡时，反应达到最大限度，故rm{2NH}正确。

rm{{,!}_{3}}

可知氨气和氮气化学计量数之比为rm{2:1}反应速率之比为rm{2:1}故氮气的反应速率为rm{dfrac{

dfrac{10mol}{2L}}{10min隆脕2}=0.25mol/left(L隆陇minright)}故答案为：rm{0.25}【解析】rm{(1)}rm{(1)}放出rm{92}rm{92}和rm{92}不能完全反应，因此放出能量总是小于rm{(2)}rm{(2)}该反应是可逆反应，rm{1molN_{2}}和rm{3molH_{2}}不能完全反应，因此放出能量总是小于rm{92kJ}rm{1molN_{2}}三、判断题(共9题，共18分)19、B【分析】【解答】煤的气化是在高温条件下煤与水蒸气反应生成CO和H2；是化学变化；

煤液化；是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料；化工原料和产品的先进洁净煤技术，有新物质生成，属于化学变化；

煤的干馏是将煤隔绝空气加强热；煤发生复杂的反应获得煤焦油；焦炉煤气等的过程，是化学变化．故煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是化学变化，故此说法错误．故答案为：错误．

【分析】没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化；20、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．21、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目22、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．23、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；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】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．26、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．27、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目四、其他(共4题，共40分)28、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)229、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-30、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)231、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-五、原理综合题(共2题，共6分)32、略

【分析】【详解】

（1）已知4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g)ΔH=-1200kJ·mol−1

①已知ΔH=-1200kJ·mol−1<0，正反应为气体体积减小的过程，即为熵减的过程，∆S<0

结合复合判据ΔH-T∆S<0反应能自发进行；则该反应在低温时能自发进行；

②A.已知T1>T2，由T1到T2为降温；反应速率应减小，图像与实际不符，故A错误；

B.利用“先拐先平数值大”的原则，根据图中显示可得T12；图像与实际不符，故B错误；

C.增大压强反应向体积减小的方向移动，即正反应方向移动，CO2的体积分数增大；保持压强不变，降低温度，反应向放热的方向移动，即正反应方向移动，CO2的体积分数增大；图像与实际相符合，故C正确；

D.平衡常数只与温度有关；改变压强平衡不移动，图像与实际相符合，故D正确；

答案选CD；

③设甲中达到平衡状态时CO的变化量为xmol，则可得x=0.2mol，根据反应4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g)，

初始（mol）0.40.200

变化（mol）0.20.10.20.05

平衡（mol）0.20.10.20.05

则该反应的平衡常数K==10

甲的投料时乙的两倍，条件不变的情况下，两种方式达平衡时，甲N2的体积分数大于乙，甲NO2的浓度大于乙；

（2）①图中参与反应生成X和Y的一氧化氮的物质的量为：0.025mol×(8%+16%)=0.006mol，模拟尾气中O2的物质的量为0.5mol，测得排出的气体中含0.45molO2，说明实际参与反应的氧气的物质的量为0.05mol，同时测得0.0525molCO2，根据氧原子守恒，可知一氧化二氮的物质的量为：0.05×2+0.006−0.0525×2=0.001mol，根据氮原子守恒可知氮气的物质的量为：×(0.006-0.001×2)mol=0.002mol，所以16%对应的是氮气，而8%对应是一氧化二氮，即Y对应是N2O；

②实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是NO2中存在2NO2N2O4的平衡体系，NO2气体中存在N2O4，不便于定量测定。【解析】低温CD10>>N2O2NO2N2O4，NO2气体中存在N2O4，不便于定量测定。33、略

【分析】【分析】

(1)根据装置图；乙池中和电源正极连接的C电极为阳极，Fe为阴极，溶液中的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大；

(2)依据电解精炼原理；粗铜做阳极，精铜做阴极，含铜离子的电解质溶液；依据电极反应结合电子守恒计算放出气体体积和离子浓度，从而计算溶液的pH。

【详解】

(1)根据装置图，乙池中和电源正极连接的C电极为阳极，Fe为阴极，溶液中的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，阴极的反应式为：2H++2e-═H2↑；溶液中氢氧根离子浓度增大，酚酞变红，故答案为：2H++2e-═H2↑；红；

(2)甲池若用电解原理精炼铜，粗铜做阳极，精铜做阴极，用含铜离子的电解质为电解质溶液；甲池中A为阴极，B为阳极；所以A电极材料为精铜，电极反应为：Cu2++2e-═Cu，B电极为粗铜，Cu-2e-═Cu2+，电解质溶液可以为硫酸铜溶液，通电一段时间后，甲池中阳极上粗铜中的铁、锌、镍等金属失电子，溶液中铜离子得到电子析出铜，所以溶液中原溶质的浓度减小；A极增重12.8g为铜，物质的量==0.2mol，转移电子物质的量为0.4mol；乙池中C电极为阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，阳极电极反应为2Cl--2e-═Cl2↑，阴极电极反应：2H++2e-═H2↑；电池反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑依据电子守恒，生成氯气物质的量0.2mol，反应的氢离子物质的量为0.4mol；标准状况下体积=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；依据氢离子减少和氢氧根离子增多相同，溶液中氢氧根离子浓度==1mol/L，所以pH=14，故答案为：阴；Cu2++2e-═Cu；CuSO4；减小；4.48L；14。【解析】2H++2e-═H2↑红阴Cu2++2e-═CuCuSO4减小4.48L14六、综合题(共4题，共32分)34、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．35、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+6HC