2025年苏教版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2025年苏教版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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列说法正确的是（）A.纤维素和淀粉遇碘水均呈蓝色B.油脂可用来制造肥皂C.石油分馏得到的汽油是纯净物D.煤的气化属于物理变化，煤的干馏属于化学变化2、将物质的量均为rm{3mol}的rm{A}rm{B}混合于rm{2L}的密闭容器中，发生反应：rm{3A(g)+B(g)}rm{3A(g)+B(g)}rm{?}rm{2C(g)+2D(g)}rm{2min}后测得rm{D}的浓度为rm{0.5mol/L}下列说法正确的是后测得rm{2C(g)+2D(g)}的浓度为rm{2min}下列说法正确的是A.反应速率rm{D}rm{0.5mol/L}B.当rm{v(B)=0.25}时，表明该反应已达到平衡C.rm{mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1;;;;;;;;;;;;;;;}}时，rm{v_{脮媒}(B)=2v_{脮媒}(C)}的物质的量为rm{2min}D.rm{A}时，rm{1.5mol}的转化率为rm{2min}rm{A}3、下列物质的沸点由高到低排列顺序正确的是()rm{垄脵}正丁烷rm{垄脷}异丁烷rm{垄脹}戊烷rm{垄脺}己烷A.rm{垄脵垄脷垄脺垄脹}B.rm{垄脷垄脵垄脹垄脺}C.rm{垄脺垄脹垄脵垄脷}D.rm{垄脺垄脹垄脷垄脵}4、若rm{N_{A}}表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.标准状况下，rm{5.6}rm{LCCl_{4}}含有的分子数为rm{0.25N_{A}}B.常温常压下，rm{8g}rm{CH_{4}}含有的分子数为rm{0.5N_{A}}C.rm{7.8g}rm{Na_{2}O_{2}}与足量水反应，转移电子数为rm{0.2N_{A}}D.常温下，rm{0.1mol}rm{Fe}与酸完全反应时，失去的电子数一定为rm{0.3N_{A}}5、下列实验中不能观察到明显变化的是rm{(}rm{)}A.把一段打磨过的镁带放入少量冷水中B.把rm{Cl_{2}}通入rm{FeCl_{2}}溶液中C.把绿豆大的钾投入少量水中D.把溴水滴加到淀粉rm{KI}溶液中6、有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是rm{(}rm{)}A.稀醋酸与rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{NaOH}溶液反应：rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)篓TH_{2}O(l)triangleH=-57.3}rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)篓TH_{2}O(l)triangle

H=-57.3}B.已知rm{2C(s)+O_{2}(g)篓T2CO(g)triangleH=-221}rm{kJ?mol^{-1}}则可知rm{2C(s)+O_{2}(g)篓T2CO(g)triangle

H=-221}的燃烧热为rm{kJ?mol^{-1}}rm{C}C.氢气的燃烧热为rm{110.5}rm{kJ?mol^{-1}}则水分解的热化学方程式为rm{2H_{2}O(l)篓T2H_{2}(g)+O_{2}(g)triangleH=+285.5}rm{285.5}D.甲烷的标准燃烧热为rm{triangleH=-890.3kJ?mol^{-1}}则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-890.3kJ?mol^{-1}}rm{kJ?mol^{-1}}评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、对rm{1molH_{2}O}的说法正确的是。

A.含有rm{6.02隆脕10^{23}}个氢分子B.含有rm{1.204隆脕10^{24}}个氢元素。

C.质量为rm{18g}D.氢原子与氧原子的物质的量之比为rm{2:1}8、常温下在20mL0.lmol·L-1Na2CO3溶液中逐渐滴加入0.1mol/LHC1溶液40mL，溶液的pH逐渐降低，下列说法正确的是A.完全反应以后，溶液呈现中性B.当盐酸加入20mL时，溶液中NHCO3的物质的量为0.002molC.20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶于中D.20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶于中9、用间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示。下列说法正确的是

A.电极I为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑B.电解时H+由电极II向电极I迁移C.吸收塔中的反应为2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSOD.每处理1mo1NO，可同时得到32gO210、500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)＝6.0mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（）A.原混合溶液中c(K＋)为2mol·L-1B.上述电解过程中共转移4mol电子C.电解得到的Cu的物质的量为0.5molD.电解后溶液中c(H＋)为2mol·L-111、氮氧化物(NOx)是有毒的大气污染物，研究发现，可以采用如图装置有效去除氮的氧化物，下列说法正确的是（）

A.Pt电极II比Pt电极I电势低B.电解过程中，Pt电极I上发生反应：2HSO+2e-=S2O+2OH-C.电解过程中，左极室pH会逐渐减小D.转移1mol电子时，吸收塔中消耗0.5molS2O12、rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}是重要的核工业原料，在自然界的丰度很低。rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}的浓缩一直为国际社会所关注。下列有关rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}的说法中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}原子核中含有rm{92}个中子B.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}原子核外有rm{92}个电子C.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}与rm{rlap{_{92}}{^{238}}U}互为同位素D.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}与rm{rlap{_{92}}{^{238}}U}互为同素异形体13、往rm{CuO}和铁粉的混合物中，加入一定量的稀rm{H_{2}SO_{4}}并微热，当反应停止后，滤出不溶物，并向滤液中插入一枚铁钉，片刻后，取出铁钉，发现铁钉并无任何变化rm{.}根据上述现象，确定下面说法中正确的是A.不溶物一定是铜B.不溶物一定是铁C.不溶物中一定含铜，但不一定含铁D.滤液中一定含有rm{FeSO_{4}}一定没有rm{CuSO_{4}}评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、分离或提纯下列物质；应选用下述哪一种？（填序号）

A；分液B、过滤C、萃取D、蒸馏E、结晶F、加热分解H、渗析。

（1）除去Ca（OH）2溶液中悬浮的CaCO3____；

（2）从碘水中提取碘____；

（3）除去氢氧化铁胶体中少量氯化铁溶液____；

（4）分离植物油和水____；

（5）除去Na2CO3中少量的NaHCO3____；

（6）用自来水制取蒸馏水____．15、填写表。

。物质摩尔质量物质的量质量分子或。

离子数目SO2______2mol____________SO__________________6.02×102416、将rm{24.4gNaOH}固体溶于水配成rm{100mL}溶液，其密度为rm{1.219g/mL}．rm{a.}该溶液中rm{NaOH}的物质的量浓度为____．rm{b.}从该溶液中取出rm{10mL}其中rm{NaOH}的物质的量浓度为____，含rm{NaOH}的质量为____，rm{c.}将取出的rm{10mL}溶液加水稀释到rm{100mL}稀释后溶液中rm{NaOH}的物质的量浓度为____．17、rm{(1)}工业上制粗硅的主要化学。

方程式为______．

rm{(2)}三大传统无机非金属材料是______．

rm{(3)}向硅酸钠水溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式______．

rm{(4)}关于rm{As}的反应中，反应物与生成物有：rm{AsH_{3}}rm{H_{2}SO_{4}}rm{KBrO_{3}}rm{K_{2}SO_{4}}rm{H_{3}AsO_{4}}rm{H_{2}O}和一种未知物质rm{X}．

rm{垄脵}已知rm{KBrO_{3}}在反应中得到电子；则该反应的还原剂是______．

rm{垄脷}已知rm{0.2mol}rm{KBrO_{3}}在反应中得到rm{1mol}电子生成rm{X}则rm{X}的化学式为______．

rm{垄脹}在该反应中；氧化剂与还原剂的物质的量之比为______．

rm{(5)}容量瓶上需标有以下五项中的__________

A.温度rm{B.}浓度rm{C.}规格rm{D.}压强rm{E.}刻度线．18、写出下列反应的离子方程式：

rm{(1)AgNO_{3}}溶液与rm{KCl}溶液混合：____________________________________

rm{(2)}硫酸和氢氧化钡溶液混合：____________________________________

rm{(3)}氢氧化钠溶液与盐酸溶液混合：____________________________________

rm{(4)}锌投入硫酸铜溶液中：____________________________________rm{(4)}下列离子方程式对应的化学方程式正确的是()A.rm{H^{+}+OH^{-}篓TH_{2}OCH_{3}COOH+NaOH篓TCH_{3}COONa+H_{2}O}B.rm{CaCO_{3}+2H^{+}篓TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}OCaCO_{3}+2HCl篓TCaCl_{2}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}C.rm{Mg^{2+}+2OH^{-}篓TMg(OH)_{2}隆媒}rm{H^{+}+OH^{-}篓TH_{2}O

CH_{3}COOH+NaOH篓TCH_{3}COONa+H_{2}O}rm{

CaCO_{3}+2H^{+}篓TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O

CaCO_{3}+2HCl篓TCaCl_{2}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}D.rm{Cu+2Ag^{+}篓TCu^{2+}+2AgCu+2AgNO_{3}篓TCu(NO_{3})_{2}+2Ag}rm{

Mg^{2+}+2OH^{-}篓TMg(OH)_{2}隆媒}19、实验室里通常用rm{MnO_{2}}与浓盐酸反应制取氯气，其反应的化学方程式为：rm{MnO_{2}+4HCl(}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}}rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}}

rm{MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}在该反应中，如有rm{(1)}rm{1mol}生成，被氧化的rm{Cl_{2}}的物质的量是______rm{HCl}转移电子的物质的量是______rm{mol}．

rm{mol}报纸报道了多起卫生间清洗时，因混合使用“洁厕灵”rm{(2)}主要成分是盐酸rm{(}与“rm{)}消毒液”rm{84}主要成分是rm{(}发生氯气中毒的事件rm{NaClO)}试根据你的化学知识分析，原因是rm{.}用离子方程式表示rm{(}______．rm{)}评卷人得分四、判断题(共3题，共6分)20、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）21、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。22、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）评卷人得分五、计算题(共3题，共24分)23、实验室里用二氧化锰与浓盐酸反应来制取适量的氯气。现用浓盐酸与二氧化锰反应，生成的氯气在标准状况时的体积为11.2升，(假设HCl全部参加反应)(MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑)计算：（1）参加的二氧化锰的质量。（2）被氧化的HCl的物质的量。24、取rm{1.43gNa_{2}CO_{3}隆陇XH_{2}O}溶于水配成rm{1.43g

Na_{2}CO_{3}隆陇XH_{2}O}溶液，然后逐滴滴入稀盐酸直至没有气体放出为止，用去盐酸rm{10mL}并收集到rm{2.0mL}标准状况下测得rm{112mLCO_{2}(}求：rm{)}稀盐酸物质的量浓度rm{(1)}rm{;}的摩尔质量rm{(2)Na_{2}CO_{3}隆陇XH_{2}O}rm{;}值。rm{(3)x}25、配制rm{0.2mol/L}rm{NaOH}溶液rm{500mL}需要称取固体rm{NaOH}的质量是多少？评卷人得分六、综合题(共4题，共16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6题，共12分)1、B【分析】解：A；淀粉遇碘水呈蓝色；纤维素遇碘水不变色，故A错误；

B；油脂在碱性条件下水解得到高级脂肪酸盐；可以作为肥皂，故B正确；

C；石油分馏得到的汽油是多种烃的混合物；故C错误；

D；煤的气化和干馏均有新物质生成；属于化学变化，故D错误，故选B．

A；淀粉遇碘水呈蓝色是淀粉的特性；

B；油脂在碱性条件下水解称为皂化反应；

C；只有一种物质组成的属于纯净物；

D；有新物质生成的变化属于化学变化．

本题主要考查的是淀粉的性质、油脂的性质以及物理变化与化学变化的区别，难度不大．【解析】【答案】B2、C【分析】【分析】rm{2min}后rm{C}的浓度为rm{0.25mol?L^{-1}?min^{-1}隆脕2min=0.5mol/L}则rm{2min}后rm{c(C)=0.5mol/L隆脕2L=1mol}rm{n(D)=0.5mol/L隆脕2L=1mol}则rm{x}rm{2=1mol}rm{1mol=1}rm{1}则rm{x=2}反应方程式为rm{3A(g)+B(g)?2C(g)+2D(g)}则：rm{3A(g)+B(g)?2C(g)+2D(g)}rm{3}rm{1}rm{2}rm{2}rm{n(A)}rm{n(B)}rm{1mol}rm{n(A)=dfrac{1mol隆脕3}{2}=1.5mol}rm{n(B)=dfrac{1mol隆脕1}{2}=0.5mol}设反应前rm{n(A)=dfrac{1mol隆脕3}{2}=1.5mol

}rm{n(B)=dfrac{1mol隆脕1}{2}=0.5mol

}的物质的量都为rm{A}则rm{B}rm{nmol}rm{(n-1.5)}解得：rm{(n-0.5)=3}即：反应前rm{5}rm{n=3}的物质的量都为rm{A}据此进行分析解答。【解答】A.反应速率rm{v(B)=dfrac{dfrac{0.5mol}{2L}}{2min}=0.125mol?{L}^{-1}?mi{n}^{-1}}故A错误；B.当rm{B}时，不能表明该反应已达到平衡，故B错误；C.rm{3mol}时，rm{v(B)=dfrac{

dfrac{0.5mol}{2L}}{2min}=0.125mol?{L}^{-1}?mi{n}^{-1}}的物质的量为：rm{v_{脮媒}(B)=2v_{脮媒}(C)}故C正确；D.rm{2min}时，rm{A}的转化率为：rm{dfrac{1.5mol}{3mol}隆脕100拢楼=50拢楼}故D错误。故选C。rm{3mol-1.5mol=1.5mol}【解析】rm{C}3、C【分析】【分析】本题考查有机物熔沸点的比较。【解答】依据碳原子数越多，沸点越高，碳原子数相同时，支链越多，沸点越低，故沸点由高到低的顺序是：rm{垄脺>垄脹>垄脵>垄脷}故C正确。

故选C。

【解析】rm{C}4、B【分析】解：rm{A}标况下四氯化碳为液态；故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故A错误；

B、分子个数rm{N=nN_{A}=dfrac{8g}{16g/mol}隆脕N_{A}/mol=0.5N_{A}}故B正确；

C、rm{N=nN_{A}=dfrac

{8g}{16g/mol}隆脕N_{A}/mol=0.5N_{A}}过氧化钠的物质的量为rm{7.8g}而rm{0.1mol}过氧化钠转移rm{1mol}电子，故rm{1mol}过氧化钠转移rm{0.1mol}个电子；故C错误；

D、铁和酸反应后的价态可能为rm{0.1N_{A}}价，也可能为rm{+2}价，故rm{+3}铁反应后失去的电子数可能为rm{0.1mol}个，也可能为rm{0.2N_{A}}个；故D错误．

故选B．

A；标况下四氯化碳为液态；

B、分子个数rm{0.3N_{A}}

C、求出过氧化钠的物质的量，然后根据rm{N=nN_{A}}过氧化钠转移rm{1mol}电子来分析；

D、铁和酸反应后的价态可能为rm{1mol}价，也可能为rm{+2}价．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．rm{+3}【解析】rm{B}5、A【分析】解：rm{A}因镁与冷水反应比较缓慢；现象不明显，故A正确；

rm{B}因rm{Cl_{2}}与rm{FeCl_{2}}溶液反应：rm{Cl_{2}+2FeCl_{2}=2FeCl_{3}}溶液由浅绿色变为棕黄色，现象明显，故B错误；

rm{C}因钾与水剧烈反应：rm{2K+2H_{2}O=2KOH+H_{2}隆眉}钾迅速熔化成一小球，四处游动，发出嘶嘶的响声，有火焰产生，现象明显，故C错误；

rm{D}因单质溴与rm{KI}溶液反应：rm{Br_{2}+2KI=I_{2}+2KBr}rm{I_{2}}遇淀粉变蓝；现象明显，故D错误；

故选：rm{A}．

A；根据镁与冷水反应比较缓慢；

B、根据rm{Cl_{2}}与rm{FeCl_{2}}溶液反应；

C；根据钾与水剧烈反应；

D、根据单质溴与rm{KI}溶液反应．

化学反应的快慢与反应现象明显与否无关，太快或太慢都不明显．【解析】rm{A}6、D【分析】解：rm{A.}醋酸的电离吸热，中和反应为放热反应，焓变为负，则稀醋酸与rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{NaOH}溶液反应：rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)篓TH_{2}O(l)triangleH>-57.3}rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)篓TH_{2}O(l)triangle

H>-57.3}故A错误；

B.rm{kJ?mol^{-1}}燃烧生成稳定氧化物二氧化碳时的能量为燃烧热，由rm{2C(s)+O_{2}(g)篓T2CO(g)triangleH=-221}rm{1molC}不能确定rm{2C(s)+O_{2}(g)篓T2CO(g)triangle

H=-221}的燃烧热；故B错误；

C.物质的量与热量成正比，且逆反应的焓变的符号相反、数值相同，由氢气的燃烧热为rm{kJ?mol^{-1}}rm{C}可知水分解的热化学方程式为rm{H_{2}O(l)篓TH_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)triangleH=+285.5}rm{285.5}故C错误；

D.rm{kJ?mol^{-1}}甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水的能量为燃烧热，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-890.3kJ?mol^{-1}}故D正确；

故选D．

A.醋酸的电离吸热；中和反应为放热反应，焓变为负；

B.rm{H_{2}O(l)篓TH_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)triangleH=+285.5}燃烧生成稳定氧化物二氧化碳时的能量为燃烧热；

C.物质的量与热量成正比；且逆反应的焓变的符号相反；数值相同；

D.rm{kJ?mol^{-1}}甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水的能量为燃烧热．

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃烧热与中和热、焓变与物质的量的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大．rm{1mol}【解析】rm{D}二、多选题(共7题，共14分)7、CD【分析】【分析】本题考查了物质的量的相关概念，题目难度不大。【解答】A.水分子中没有氢分子，故A错误；

B.元素只能说种类，不能用个数描述，故B错误；

C.水的摩尔质量是rm{18g/mol}rm{1molH}rm{18g/mol}rm{1molH}rm{{,!}_{2}}质量为rm{O}质量为rm{18g}故C正确；故C正确；

rm{O}rm{18g}D.rm{1molH}氢原子与氧原子的物质的量之比为rm{1molH}故D正确。故选CD。rm{{,!}_{2}}【解析】rm{CD}8、CD【分析】【分析】

碳酸钠的物质的量=0.1mol∙L−1×0.02L=0.002mol，盐酸的物质的量=0.1mol∙L−1×0.04L=0.004mol；当二者反应时，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳，根据物料守恒和电荷守恒分析解答。

【详解】

A.完全反应后；部分二氧化碳溶于水，导致溶液呈弱酸性，故A错误；

B.当盐酸加入20mL时，二者恰好反应生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子水解导致溶液中NaHCO3的物质的量小于0.002mol；故B错误；

C.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(OH−)；故C正确；

D.根据质子守恒得c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3−)=c(OH−)；故D正确。

综上所述；答案为CD。

【点睛】

当反应物给了物质的量或则浓度和溶液体积时要抓住反应后的溶质，分析溶质可能水解或电离等情况。9、BC【分析】【分析】

HSO3－在电极I上转化为S2O过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，电极反应为：2HSO+2e－+2H＋═S2O+2H2O；H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应：2H2O-4e－═O2↑+4H＋；电极Ⅱ为阳极。

【详解】

A．HSO3－在电极I上转化为S2O过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，电极反应为：2HSO+2e－+2H＋═S2O+2H2O；故A错误；

B．电极I为阴极，则电极Ⅱ为阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以电解池中H＋通过质子膜向电极I处移动；故B正确；

C．吸收塔中通入NO和S2O42－离子反应，生成N2和HSO所以反应方程式为：2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSO故C正确；

D．电极Ⅱ为阳极，H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应：2H2O-4e－═O2↑+4H＋，每处理1molNO，则转移电子数为1mol×2=2mol，根据电子转移守恒，则产生O2的物质的量为2mol×=0.5mol，质量为0.5mol×32g·mol－1=16g；故D错误；

故选BC。

【点睛】

本题考查电化学知识，根据电化学装置原理图分析，明确电极反应是解题的关键，突破口A，HSO在电极I上转化为S2O过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，由此分析。10、AB【分析】【详解】

电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，两阶段的化学方程式分别为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，2H2O2H2↑＋O2↑；气体的物质的量==1mol；每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量==1mol，则铜离子的物质的量浓度==2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=6mol•L-1-2mol/L×2=2mol/L，

A．根据分析知，原混合溶液中c(K+)为2mol•L-1，故A正确；

B．转移电子的物质的量=1mol×4=4mol，故B正确；

C．根据以上分析知；铜的物质的量为1mol，故C错误；

D．第一阶段才有H+产生，第一阶段转移了2mol电子，产生的H+的物质的量为2mol，电解后溶液中c(H+)为：=4mol/L；故D错误；

故选：AB。11、BD【分析】【分析】

据图可知电解池右侧产生O2，说明O元素被氧化，则Pt电极II为电解池阳极；左侧HSO被还原为S2O所以Pt电极I为电解池阴极；S2O进入吸收塔后被NOx氧化为HSO同时产生氮气。

【详解】

A．Pt电极II为电解池阳极；Pt电极I为电解池阴极，所以Pt电极II电势更高，故A错误；

B．电解过程中，Pt电极I上HSO得电子被还原为S2O根据电子守恒和元素守恒可得电极反应式为2HSO+2e-=S2O+2OH-；故B正确；

C．阳极水电离出的氢氧根放电产生氧气；同时生成氢离子，氢离子经过质子交换膜迁移到左侧，与阴极产生的氢氧根离子结合生成水，所以电解过程左室pH基本不变，故C错误；

D．S2O转化为HSO硫元素的化合价升高1价，所以转移1mol电子时，吸收塔中消耗0.5molS2O故D正确；

故答案为BD。12、BC【分析】略。【解析】rm{BC}13、CD【分析】【分析】本题考查金属的活动性顺序，题目难度不大。【解答】A.根据放入滤液中的粗铁丝无任何变化，可得出氧化铜与硫酸反应形成的硫酸铜全部被置换，滤出固体中含铜，但却不能判断混合物的铁是否完全反应，所以，不溶物含铜但一定只有铜却理由不足，故A错误；B.根据选项A的分析，可判断不溶物中一定含铜，可能含铁，故B错误；C.根据选项A的分析，可判断不溶物中一定含铜，可能含铁，故C正确；rm{D}rm{.}因为加入的硫酸已完全反应且滤液中不含硫酸铜，可判断滤液中一定含有硫酸亚铁，因为放入滤液的铁无任何变化，可判断滤液中一定不含硫酸及硫酸铜因为加入的硫酸已完全反应且滤液中不含硫酸铜，可判断滤液中一定含有硫酸亚铁，因为放入滤液的铁无任何变化，可判断滤液中一定不含硫酸及硫酸铜，rm{.}故rm{D}。故选CD。正确【解析】rm{CD}三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】

（1）可用过滤的方法除去Ca（OH）2溶液中悬浮的CaCO3；故答案为：B；

（2）碘在四氯化碳中的溶解度较在水中大；并且四氯化碳和水互不相溶，可用萃取的方法分离，故答案为：C；

（3）胶体不能透过半透膜；可用渗析的方法分离，故答案为：H；

（4）植物油和水互不相溶；可用分液的方法分离，故答案为：A；

（5）NaHCO3不稳定，加热分解生成Na2CO3；可用加热的方法除杂，故答案为：F；

（6）可用蒸馏的方法用自来水制取蒸馏水；故答案为：D．

【解析】【答案】分液是分离互不相溶的两种液体的方法；过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种方法；萃取利用溶质在不同溶剂中溶解度不同；用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来；蒸馏把互相溶解但沸点不同的两种液体或将水中难挥发性物质和水分离出来；结晶是根据物质的溶解度不同分离的一种方法；利用加热的方法可将不稳定物质分离；利用粒子直径大小，可用渗析的方法分离，结合物质的性质的异同可采取相对应的分离方法．

15、略

【分析】解：SO2摩尔质量=64g/mol，2molSO2的质量=nM=2mol×64g/mol=128g，分子数=nNA=2mol×6.02×1023/mol=1.204×1024；

SO42-离子物质的量==10mol；摩尔质量=（32+16×4）g/mol=96g/mol，质量=nM=10mol×96g/mol=960g；

故答案为：

。物质摩尔质量物质的量质量分子或。

离子数目SO264g/mol128g1.204×1024SO96g/mol10mol，96g

摩尔质量是单位物质的量的物质质量；即1mol物质的质量单位g/mol，数值上等于其相对分子质量，依据n=mM计算；

物质的量是国际基本物理量；用来表示微观粒子数目集体的物理量，单位mol，m=nM；

质量单位g；

分子或离子数依据阿伏伽德罗常数计算，n=

本题考查了物质的量、摩尔质量、微粒数、质量之间的计算关系，掌握基础是解题关键，题目难度不大．【解析】64g/mol；128g；1.204×1024；96g/mol；10mol；960g16、a．6.1mol/L

b．6.1mol/L2.44g

c．0.61mol/L【分析】【分析】本题考查物质的量浓度计算，题目贴近教材，基础性强，难度不大。理解物质的量浓度定义式并灵活应用。【解答】rm{a.NaOH}物质的量为rm{n=m/M=24.4g隆脗40g/mol=0.61mol}溶于水配成rm{100mL}溶液，所得溶液物质的量浓度为：rm{c=n/V=0.61mol隆脗0.1L=6.1mol/L}故答案为：rm{6.1mol/L}

rm{b.}溶液是均一的，取出溶液中浓度与原溶液浓度相等，从该溶液中取出rm{10mLNaOH}溶液的物质的量浓度为rm{6.1mol/L}溶液中rm{NaOH}质量为：rm{0.01L隆脕6.1mol/L隆脕40g/mol=2.44g}故答案为：rm{6.1mol/L}rm{2.44g}

rm{c.}根据稀释定律，稀释后溶液中rm{NaOH}的物质的量浓度为：rm{(6.1mol/L隆脕0.01L)隆脗0.1L=0.61mol/L}故答案为：rm{0.61mol/L}【解析】rm{a.6.1mol/L}

rm{b.6.1mol/L}rm{2.44g}

rm{c.0.61mol/L}17、略

【分析】解：rm{(1)}工业上制粗硅为碳还原二氧化硅生成硅和一氧化碳，发生化学方程式为rm{2C+SiO_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Si+2CO隆眉}故答案为：rm{2C+SiO_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Si+2CO隆眉}

rm{2C+SiO_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Si+2CO隆眉}三大传统无机非金属材料是玻璃；陶瓷和水泥；故答案为：玻璃、陶瓷和水泥；

rm{2C+SiO_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Si+2CO隆眉}向硅酸钠水溶液中通入少量二氧化碳发生反应生成碳酸钠和硅酸沉淀，离子方程式为：rm{(2)}

故答案为：rm{(3)}

rm{H_{2}O+CO_{2}+SiO_{3}^{2-}=CO_{3}^{2-}+H_{2}SiO_{3}隆媒}在反应中得到电子，则rm{H_{2}O+CO_{2}+SiO_{3}^{2-}=CO_{3}^{2-}+H_{2}SiO_{3}隆媒.}元素的化合价降低，给出的物质中rm{(4)垄脵KBrO_{3}}具有还原性，rm{Br}元素的化合价在反应中升高，故答案为：rm{AsH_{3}}

rm{As}设rm{AsH_{3}}中rm{垄脷}元素化合价为rm{X}由元素化合价的变化可知转移的电子为rm{Br}解得rm{x}则rm{0.2mol隆脕(5-x)=1mol}为rm{x=0}故答案为：rm{X}

rm{Br_{2}}在反应中生成rm{Br_{2}}得到rm{垄脹KBrO_{3}}个电子为氧化剂，rm{Br_{2}}在反应中生成rm{5}失去rm{AsH_{3}}个电子为还原剂，转移的电子数为rm{H_{3}AsO_{4}}则根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为rm{8}rm{40e^{-}}故答案为：rm{8}rm{5}

rm{8}容量瓶上需标有温度、规格和刻度线，故选：rm{5}．

rm{(5)}工业上制粗硅为碳还原二氧化硅生成硅和一氧化碳；

rm{ACE}三大传统无机非金属材料是玻璃；陶瓷和水泥；

rm{(1)}向硅酸钠水溶液中通入少量二氧化碳发生反应生成碳酸钠和硅酸沉淀；

rm{(2)}在反应中得到电子，则rm{(3)}元素的化合价降低，给出的物质中rm{(4)垄脵KBrO_{3}}具有还原性，rm{Br}元素的化合价在反应中升高；

rm{AsH_{3}}由元素化合价的变化来计算转移的电子；

rm{As}根据化合价的升降判断氧化剂和还原剂；根据得失电子守恒计算之比；

rm{垄脷}容量瓶上需标有温度；规格和刻度线．

本题考查硅及其化合物的性质以及氧化还原反应，明确元素的化合价是解答本题的关键，注意利用氧化还原反应中的规律及表示方法来解答即可，难度不大．rm{垄脹}【解析】rm{2C+SiO_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Si+2CO隆眉}玻璃、陶瓷和水泥；rm{2C+SiO_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Si+2CO隆眉}rm{H_{2}O+CO_{2}+SiO_{3}^{2-}=CO_{3}^{2-}+H_{2}SiO_{3}隆媒}rm{AsH_{3}}rm{Br_{2}}rm{8}rm{5}rm{ACE}18、（1）

（2）

（3）

（4）

（5）BD【分析】【分析】本题考查离子方程式的书写及判断，难度不大，掌握有关离子方程式的书写方法是解答的关键。【解答】rm{(1)}反应产生白色沉淀，方程式为：反应产生白色沉淀，方程式为：rm{(1)}rm{A{g}^{+}+C{l}^{-}=AgCl隆媒}产生白色沉淀及水，离子方程式为：rm{B{a}^{2+}+SO_{4}^{2-}+2{H}^{+}+2O{H}^{-}=BaS{O}_{4}隆媒+2{H}_{2}O}rm{(2)}酸碱中和反应，离子方程式为：rm{{H}^{+}+O{H}^{-}={H}_{2}O}rm{B{a}^{2+}+SO_{4}^{2-}+2{H}^{+}+2O{H}^{-}=BaS{O}_{4}隆媒+2{H}_{2}O

}发生置换反应，产生铜，故离子方程式为：rm{Zn+C{u}^{2+}=Z{n}^{2+}+Cu}rm{(3)}离子方程式表示强酸与强碱反应产生水，而化学方程式中醋酸是弱酸要写化学式，故A错误；B.碳酸钙难溶于水写化学式，与强酸反应，故B正确；C.碳酸镁不溶于水，要写化学式，且碳酸镁与氢氧化钠也不反应，故C错误；D.符合离子方程式的书写，故D正确。故选BD。rm{{H}^{+}+O{H}^{-}={H}_{2}O

}【解析】rm{(1)A{g}^{+}+C{l}^{-}=AgCl隆媒}rm{(2)B{a}^{2+}+SO_{4}^{2-}+2{H}^{+}+2O{H}^{-}=BaS{O}_{4}隆媒+2{H}_{2}O}rm{(3){H}^{+}+O{H}^{-}={H}_{2}O}rm{(4)Zn+C{u}^{2+}=Z{n}^{2+}+Cu}rm{(1)A{g}^{+}+C{l}^{-}=AgCl隆媒

}rm{(2)B{a}^{2+}+SO_{4}^{2-}+2{H}^{+}+2O{H}^{-}=BaS{O}_{4}隆媒+2{H}_{2}O

}19、略

【分析】解：rm{(1)}反应中rm{Mn}元素的化合价降低，rm{Mn}元素被还原，rm{Cl}元素化合升高，被氧化，化合价升高数值rm{=}化合价降低数值rm{=}转移电子数rm{=2}即有rm{1molCl_{2}}生成在消耗的rm{4mol}盐酸中，被氧化的rm{HCl}的物质的量是rm{2mol}转移电子是rm{2mol}故答案为：rm{2}rm{2}

rm{(2)}盐酸有还原性，次氯酸钠在酸性条件下有强氧化性，所以氯离子和次氯酸根离子能发生氧化还原反应生成氯气和水，离子方程式为rm{Cl^{-}+ClO^{-}+2H^{+}篓TCl_{2}隆眉+H_{2}O}氯气是有毒的气体，可以发生氯气中毒的事件，故答案为：rm{Cl^{-}+ClO^{-}+2H^{+}篓TCl_{2}隆眉+H_{2}O.}

rm{(1)}根据元素化合价的变化判断，反应中rm{Mn}元素的化合价降低，rm{Mn}元素被还原，rm{Cl}元素化合升高；被氧化，根据化合价变化的数目可确定电子转移的数目；

rm{(2)}根据氧化还原反应判断生成物；并写出相应的化学反应方程式．

本题涉及氧化还原反应中化合价升降和电子转移知识，考查了含氯化合物的性质，可以根据所学知识来回答，注意知识的灵活应用是关键，难度不大．【解析】rm{2}rm{2}rm{Cl^{-}+ClO^{-}+2H^{+}篓TCl_{2}隆眉+H_{2}O}四、判断题(共3题，共6分)20、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21、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．22、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．五、计算题(共3题，共24分)23、略

【分析】【解析】【答案】24.43.5g;1mol24、解：（1）CO2的物质的量是0.112L÷22.4L/mol＝0.005mol则根据方程式可知Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑可知盐酸的物质的量是0.005mol×2＝0.01mol所以盐酸的浓度是c（HCl）＝0.01mol÷0.002L＝5mol/L（2）根据碳原子守恒可知Na2CO3·XH2O的物质的量是0.005mol所以其摩尔质量M（Na2CO3·XH2O）＝1.43g÷0.005mol＝286g/mol（3）X＝答：稀盐酸的物质的量浓度为5mol/L，Na2CO3·XH2O的摩尔质量为286g/mol；x的值为10。【分析】【分析】本题考查化学方程式的计算，题目难度不大，注意有关计算公式的运用。【解答】解：rm{(1)CO_{2}}的物质的量是rm{0.112L隆脗22.4L/mol=0.005mol}则根据方程式可知rm{Na_{2}CO_{3}+2HCl=2NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}可知盐酸的物质的量是rm{0.005mol隆脕2=0.01mol}所以盐酸的浓度是rm{c(HCl)=0.01mol隆脗0.002L=5mol/L}rm{(2)}根据碳原子守恒可知rm{Na_{2}CO_{3}隆陇XH_{2}O}的物质的量是rm{0.005mol}所以其摩尔质量rm{M(Na_{2}CO_{3}隆陇XH_{2}O)=1.43g隆脗0.005mol=286g/mol}rm{M(Na_{2}CO_{3}隆陇XH_{2}O)=1.43g隆脗0.005mol=286g

/mol}答：稀盐酸的物质的量浓度为rm{(3)X=}rm{5mol/L}的摩尔质量为rm{Na_{2}CO_{3}隆陇XH_{2}O}rm{286g/mol}的值为rm{x}rm{10}【解析】解：rm{(1)CO_{2}}的物质的量是rm{0.112L隆脗22.4L/mol=0.005mol}则根据方程式可知rm{Na_{2}CO_{3}+2HCl=2NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}可知盐酸的物质的量是rm{0.005mol隆脕2=0.01mol}所以盐酸的浓度是rm{c(HCl)=0.01mol隆脗0.002L=5mol/L}rm{(2)}根据碳原子守恒可知rm{Na_{2}CO_{3}隆陇XH_{2}O}的物质的量是rm{0.005mol}所以其摩尔质量rm{M(Na_{2}CO_{3}隆陇XH_{2}O)=1.43g隆脗0.005mol=286g/mol}rm{M(Na_{2}CO_{3}隆陇XH_{2}O)=1.43g隆脗0.005mol=286g

/mol}答：稀盐酸的物质的量浓度为rm{(3)X=}rm{5mol/L}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}的摩尔质量为rm{隆陇XH}rm{隆陇XH}的值为rm{{,!}_{2}}rm{O}的摩尔质量为rm{O}25、略

【分析】

结合rm{m=cVM}计算．

本题考查配制一定浓度的溶液，为高频考点，把握物质的量浓度的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意托盘天平的感量，题目难度不大．【解析】解：溶液体积为rm{500mL}浓度为rm{0.2mol/L}则需要称取固体rm{NaOH}的质量是rm{0.5L隆脕0.2mol/L隆脕40g/mol=4.0g}

答：需要称取固体rm{NaOH}的质量是rm{4.0g}．六、综合题(共4题，共16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；