2025年人教版（2024）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2025年人教版（2024）高一化学下册月考试卷332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、制取一氯乙烷最好采用的方法是()A.乙烷和氯气反应B.乙烯和氯气反应C.乙烯和氯化氢反应D.乙烯和氢气反应后再和氯气反应2、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的原子序数都不超过rm{18}它们的离子rm{{,!}_{a}A^{m+}}rm{{,!}_{b}B^{n+}}rm{{,!}_{c}C^{m-}}rm{{,!}_{d}D^{n-}}rm{(m>n)}均具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.原子序数：rm{a>b>c>d}B.离子半径：rm{{,!}_{a}A^{m+}>_{b}B^{n+}>_{c}C^{m-}>_{d}D^{n-}}C.离子还原性：rm{{,!}_{a}A^{(n+1)+}>_{b}B^{n+}}离子氧化性：rm{{,!}_{c}C^{m-}>_{d}D^{n-}}D.单质还原性：rm{B>A}单质氧化性：rm{D>C}3、化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是rm{(}rm{)}A.甲烷的结构式：rm{CH_{4}}B.rm{NH_{4}Cl}的电子式：C.苯的实验式：rm{CH}D.乙烯的结构简式：rm{C_{2}H_{4}}4、有关硝酸的性质的叙述中，正确的是A.稀硝酸能使红色石蕊试纸变蓝B.硝酸能与Na2CO3反应，但不能生成CO2C.硝酸的氧化性很强，能氧化所有金属D.浓硝酸因分解放出NO2又溶解于硝酸而呈黄色5、某元素R的气态氢化物的化学式符合RH4，且氢的质量分数为25%。则R的最高价氧化物的水化物化学式为（）A.H2SO4B.H2CO3C.HNO3D.H2SiO36、已知某短周期元素原子的第三电子层上排布有rm{5}个电子，则该元素在周期表中位于A.第二周期Ⅳrm{A}族B.第二周期Ⅴrm{A}族C.第三周期Ⅳrm{A}族D.第三周期Ⅴrm{A}族评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)7、下列实验操作或装置错误的是（）A.

蒸馏B.

过滤C.

萃取D.

转移溶液8、一定条件下在一容积恒为2L的容器内发生反应：2A（g）+B（g）2C（g），已知起始投入4molA（g）和2molB（g），经2s后测得C的浓度为0.6mol/L，并且2s后各组分浓度不再改变．下列说法正确的是（）A.2s内用物质A表示的平均反应速率为0.3mol/（L•s）B.2s内用物质B表示的平均反应速率为0.6mol/（L•s）C.2s后每有0.6mol的物质B生成，同时就有0.6mol物质C生成D.2s时物质B的浓度为0.7mol/L9、如图，在光照条件下，将盛有CH4和Cl2的量筒倒扣于盛有饱和食盐水的水槽中进行实验，对实验现象及产物分析中错误的是（）A.混合气体的颜色变浅，量筒中液面上升B.量筒内壁上出现的油状液滴，应只是三氯甲烷、四氯甲烷的混合物C.已知HCl可降低NaCl的溶解度，故水槽中有固体物质析出D.甲烷与氯气反应后的产物只有CCl410、一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入rm{100mL4.40mol/L}盐酸中，充分反应后产生rm{896mLH_{2}(}标准状况rm{)}残留固体rm{1.28g.}过滤，滤液中无rm{Cu^{2+}}将滤液加水稀释到rm{200mL}测得其中rm{c(H^{+})}为rm{0.400mol/L}下列判断正确的是()A.残留固体中一定不含有铁B.滤液中可能含有rm{Fe^{3+}}C.原混合物中rm{n(Fe)>n(Fe_{2}O_{3})+n(CuO)}D.原混合物中铁为rm{3.36g}11、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如表所示，若rm{Y}原子的最外层电子数是次外层电子数的rm{3}倍rm{.}下列说法错误的是rm{(}rm{)}

。rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}A.气态氢化物的热稳定性：rm{X<Y}B.最高价氧化物对应水化物的酸性：rm{W>Z>X}C.元素rm{Y}和元素rm{Z}的最高正化合价之和的数值等于rm{9}D.rm{W}的单质具有漂白性，能使湿润的有色布条褪色12、下表各组物质中，rm{x}是主体物质，rm{y}是少量杂质，rm{z}是为了除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是()。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{x}rm{FeCl_{2}}溶液rm{FeCl_{3}}溶液rm{Fe}rm{CO_{2}}rm{y}rm{FeCl_{3}}rm{CuCl_{2}}rm{Al}rm{HCl}rm{z}rm{Cl_{2}}rm{Fe}rm{NaOH}溶液饱和rm{NaHCO_{3}}溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}13、下列有关化学用语表示正确的是()

A.中子数为rm{10}的氧原子：rm{^{18}_{phantom{0}8}mathrm{O}}B.二氧化碳的电子式：C.rm{^{18}_{phantom{0}8}mathrm{O}

}rm{Na_{2}}的电子式：rm{O}的电子式：D.rm{O}的电子式：14、对于放热反应rm{H_{2}+Cl_{2}}rm{2HCl}下列说法正确的是A.产物所具有的总能量高于反应物所具有的总能量B.反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量C.断开rm{1molH-H}键和rm{1molCl隆陋Cl}键所吸收的总能量小于形成rm{2molH-Cl}键所放出的能量D.rm{HCl}分子较稳定是因为其分子间作用力较大的缘故评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、为定性探究乙醇的分子结构；某化学课外小组设计了如下实验方案：在盛有少量无水乙醇的试管中，加入一粒擦干煤油的金属钠，在试管口迅速塞上配有医用注射针头的单孔塞，点燃放出的气体，并把一干燥的小烧杯罩在火焰上（如图），在烧杯壁上出现液滴后，迅速倒转烧杯，向烧杯中加入少量的澄清石灰水，观察有无混浊．

（1）以上实验设计存在重大安全隐患，请你帮他们指出来____．

（2）确认所用乙醇为无水乙醇的方法是____．

（3）若向烧杯中加入少量澄清石灰水后发现有混浊，那么燃烧产生CO2的物质最可能是____．

（4）若向烧杯中加入少量澄清石灰水后未发现混浊，则可推断乙醇分子结构中含有____．

16、设rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数，已知rm{a}rm{g}某气体中含分子数为rm{b}且该气体的摩尔质量为______．17、某课外实验小组利用稀硫酸与金属铁反应探究影响化学反应速率的因素；得到如下实验数据：

。实验。

序号铁的。

质量g铁的。

形态C（H2SO4）

Mol/LV（H2SO4）

mL溶液温度金属消失的时间s反应前反应后反应前反应后10.10铁片0.750203625020.10铁片0.850203520030.10铁粉0.85020362540.10铁片1.050203512550.10铁片1.050355050分析上述数据；回答下列问题：

（1）实验2和3表明，______对反应速率有影响，影响规律是______

（2）仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有______（填序号）

（3）本实验中影响反应速率的其他因素还有______，能体现该影响因素的实验序号是______

（4）在实验4中滴入几滴硫酸铜溶液，金属消失的时间小于125s，原因是______．18、某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液rm{200mL}平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解rm{9.6g}向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示rm{(}巳知硝酸只被还原为rm{NO}气体rm{)}

rm{(1)OA}段反应的离子方程式为__________。rm{BC}段反应的离子方程式为__________。rm{(2)}第二份溶液中最终溶质为__________，实验验证此溶液阳离子的方法是__________。rm{(3)H_{2}SO_{4}}浓度为_______rm{mol/L}19、rm{SO_{2}}是重要的大气污染物，大量rm{SO_{2}}的来源是______rm{.SO_{2}}不仅本身污染大气；而且它在大气中经尘粒催化能与水；氧气作用形成危害更大的酸雨，反应的化学方程式是______、______．

为了降低硫的氧化物造成的污染所采用的一种方法是在含硫燃料rm{(}如煤rm{)}中加入生石灰，这种方法称为“钙基固硫”，采用这种方法在燃烧过程中“固硫”反应的化学方程式为______．评卷人得分四、判断题(共2题，共4分)20、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）21、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）评卷人得分五、原理综合题(共4题，共12分)22、铁及铁的氧化物广泛应于生产；生活、航天、科研领域。

(1)铁通过对N2、H2吸附和解吸可作为合成氨的固体催化剂，原理为：

①若用和分别表示N2、H2和NH3，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用下图表示，其中能量状态最低的是_______(填字母序号)；

②在三个体积均为1L的恒容密闭容器中，分别加入n1molN2和n2molH2发生上述反应，实验时c(N2)随时间(t)的变化如图所示。与实验b相比，实验a、实验c分别改变的实验条件可能为_______、_______(分别仅改变一个条件)。

(2)Fe2O3与CH4反应可制备“纳米铁粉”，其反应为：△H2

①此反应化学平衡常数的表达式为_______。

②一定温度下，将一定量的Fe2O3(s)和CH4(g)置于恒容密闭容器中反应，能说明反应达到平衡状态的是_______。

A．混合气体的密度不再改变B．铁的物质的量不再改变。

C．CO和H2的浓度之比为1：2D．v正(CO)=2v逆(H2)

③一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入0.2molFe2O3(s)和0.6molCH4(g)进行上述反应，反应起始时压强为p，反应进行至5min时达到平衡状态，测得此时容器的压强是起始压强的倍。5min内用Fe2O3(s)表示的平均反应速率为_______该温度下反应的分压平衡常数Kp=_______(用含p的式子表示；已知：气体分压气体总压气体体积分数)。23、乙烯是世界上产量最大的化学产品之一；乙烯工业是石油化工产业的核心。

(1)甲醇制备乙烯的主要反应：

i．2CH3OH(g)=C2H4(g)+2H2O(g)∆H1=—20.9kJ/mol

ii．3CH3OH(g)=C3H6(g)+3H2O(g)∆H2=—98.1kJ/mol

iii．4CH3OH(g)=C4H8(g)+4H2O(g)∆H3=—118.1kJ/mol

①C3H6转化为C2H4的热化学方程式iv：2C3H6(g)=3C2H4(g)∆H4=___________，该反应能自发进行的条件是___________(填“较低”“较高”或“任意”)温度。

②加入N2作为稀释剂，反应i中C2H4的产率将___________(填“增大”；减小”或“不变”)。

(2)乙炔在Pd表面选择加氢生成乙烯的反应机理如图。其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。

该历程中最大能垒(活化能)Ea(正)=___________kJ/mol，该步骤的化学方程式为___________。

(3)Warker法是目前工业上生产乙醛的最重要方法。其反应如下：

CH2=CH2(g)+O2(g)CH3CHO(g)∆H=-243.68kJ/mol

某温度下，物质的量之比为2：1的CH=CH2和O2在刚性容器内发生反应该反应，若起始总压为1.5MPa，反应达到平衡时总压减少了25%，则CH2=CH2的平衡转化率为___________，用各物质的平衡分压表示该反应的平衡常数，则Kp=___________MPa-0.5(只要列出计算式；分压=总压×物质的量分数)。

(4)电解法处理含乙醛的工业废水的总反应为2CH3CHO+H2OCH3CH2OH+CH3COOH。实验室中，以一定浓度的乙醛和H2SO4溶液为电解质溶液；模拟含乙醛的工业废水，用惰性电极进行电解，其装置如图所示。

①b上的电极反应式为___________。

②在处理过程中，当外电路中的电流I=aA(A为电流单位)时，b分钟处理掉乙醛c克，则该电解装置的电流效率η=___________(用含a、b、c的代数式表示)。[已知：F=96500C∙mol-1，η=]24、作为一种绿色消毒剂，H2O2在公共卫生事业中发挥了重要的作用。已知反应：H2O2(l)=H2O(1)+O2(g)ΔH=-98kJ·mol-1K=2.88×1020

回答问题：

(1)H2O2的强氧化性使其对大多数致病菌和病毒具有消杀功能。用3%医用H2O2对传染病房喷洒消毒时，地板上有气泡冒出，该气体是____________________。

(2)纯H2O2可作为民用驱雹火箭推进剂。在火箭喷口铂网催化下，H2O2剧烈分解：H2O2(l)=H2O(g)+O2(g)，放出大量气体，驱动火箭升空。每消耗34gH2O2，理论上__________(填“放出”或“吸收”)热量__________98kJ(填“大于”；“小于”或“等于”)。

(3)纯H2O2相对稳定，实验表明在54℃下恒温贮存2周，浓度仍能保持99%，原因是H2O2分解反应的_______________(填编号)。

a.ΔH比较小b.K不够大c.速率比较小d.活化能比较大。

(4)向H2O2稀溶液中滴加数滴含Mn2+的溶液，即有气泡快速逸出，反应中Mn2+起_________作用。某组实验数据如下：。t/min01020304050c(H2O2)/mol·L-10.700.490.350.250.170.12

0-30minH2O2反应的平均速率v=_____mol·L·min-1

(5)H2O2的一种衍生物K2S2O8，阴离子结构式为()。其中性溶液加热至沸后，溶液pH降低，用离子方程式表明原因：_______________。25、Na2CO3和NaHCO3是中学化学中常见的物质；在生产生活中有重要的用途。

(1)常温下，0.1mol/L碳酸钠溶液pH约为12。原因是_____(用离子方程式表示)。

(2)若在FeCl3溶液中加入碳酸氢钠浓溶液，观察到红褐色沉淀和无色气体，用离子方程式解释产生该现象的原因________。

(3)工业回收铅蓄电池中的铅，常用Na2CO3或NaHCO3溶液处理铅膏(主要成分PbSO4)获得PbCO3，再经过处理最终得到Pb。

①PbCO3的溶解度______PbSO4(填“大于”或“小于”)。

②用离子方程式解释Na2CO3的作用________。

③用等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液分别处理PbSO4，Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大。原因是________。

(4)25℃时，在10mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液；溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示：

①请写出OAB段的离子方程式________。

②当pH＝7时，溶液中主要含有哪些离子________。(除H+和OH-外)评卷人得分六、其他(共4题，共20分)26、（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____、、、、。27、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。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。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【解析】试题分析：A、CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，该反应有副产物HCl生成，所以不符合原子经济的理念，故A错误；B、CH2═CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，产物是二氯乙烷不是氯乙烷，故B错误；C、CH2═CH2+HCl→CH3CH2Cl，生成物只有氯乙烷，符合原子经济理念，故C正确；D、乙烯和氢气在常温下不反应，乙烯和氯气反应产物是二氯乙烷不是氯乙烷，故D错误。故选C。考点：乙烯的化学性质烷烃及其命名【解析】【答案】C2、D【分析】解：rm{A}rm{A}rm{B}在周期表中rm{C}rm{D}的下一周期，并且原子序数：rm{a>b>d>c}故A错误；

B、电子层结构相同，核电数越多半径越小，所以rm{{,!}_{a}A^{m+}<_{b}B^{n+}<_{d}D^{n-}<_{c}C^{m-}}故B错误；

C、非金属性越强，对应离子的还原性越弱，非金属性rm{C<D}所以离子还原性：rm{{,!}_{c}C^{m-}>_{d}D^{n-}}金属性越强，对离子的氧化性越弱，所以离子氧化性：rm{{,!}_{a}A^{(n+1)+}<_{b}B^{n+}}故C错误；

D、金属性rm{A<B}所以单质还原性：rm{B>A}非金属性rm{C<D}则单质氧化性：rm{D>C}故D正确；

故选D．

已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的原子序数都不超过rm{18}它们的离子rm{{,!}_{a}A^{m+}}rm{{,!}_{b}B^{n+}}rm{{,!}_{c}C^{m-}}rm{{,!}_{d}D^{n-}}则有：rm{a-m=b-n=c+m=d+n}rm{A}rm{B}在周期表中rm{C}rm{D}的下一周期，并且原子序数：rm{a>b>d>c}结合元素周期律递变规律解答该题．

本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，明确核外电子排布确定元素所在周期表中的位置以及把握元素周期律的递变规律是解答该题的关键．【解析】rm{D}3、C【分析】解：rm{A.}甲烷分子式为rm{CH_{4}}碳原子与氢原子之间形成rm{1}对共用电子对，结构式为：故A错误；

B.氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，其正确的电子式为故B错误；

C.苯的分子式为rm{C_{6}H_{6}}则苯的最简式为rm{CH}故C正确；

D.乙烯分子中含有碳碳双键，乙烯正确的结构简式为：rm{CH_{2}=CH_{2}}故D错误；

故选C．

A.甲烷的结构式中，需要用短线表示出rm{C-H}键；

B.氯化铵为离子化合物；氯离子需要标出所带电荷；

C.实验式为分子中各原子的最简比，根据苯的分子式rm{C_{6}H_{6}}判断；

D.乙烯的结构简式中没有标出碳碳双键．

本题考查了常见化学用语的表示方法判断，题目难度不大，涉及电子式、结构式、结构简式、最简式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及规范答题能力．【解析】rm{C}4、D【分析】【解析】试题分析：稀硝酸能使红色石蕊试纸变红色，A不正确；硝酸能与Na2CO3反应生成CO2，B不正确；硝酸不能氧化金和铂，C不正确，所以正确的答案选D。考点：考查硝酸性质的判断【解析】【答案】D5、B【分析】【解析】【答案】B6、D【分析】第三电子层上排布有rm{5}个电子，则根据核外电子的排布规律可知，该元素在周期表中的位置是第三周期Ⅴrm{A}族。【解析】rm{D}二、双选题(共8题，共16分)7、A|B【分析】解：A．蒸馏时；温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，用于测量馏分的温度，故A错误；

B．过滤可用于分离不溶性固体和液体；但装置中液体流出末端的尖嘴方向错了，故B错误；

C．萃取后通过分液漏斗分离；装置图符合操作要求，故C正确；

D．转移液体时要为防止液体飞溅；需通过玻璃棒引流，装置图符合操作要求，故D正确．

故选AB．

A．温度计用于测量馏分的温度；

B．过滤可用于分离不溶性固体和液体；

C．萃取后通过分液漏斗分离；

D．转移液体时要防止液体飞溅．

本题考查较为综合，涉及物质的分离、提纯实验等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验操作的严密性、可行性的评价，难度中等．【解析】【答案】AB8、A|D【分析】解：A、2s内用物质C表示的平均反应速率为v（C）===0.3mol/（L•s）；v（A）=v（C）=0.3mol/（L•s），故A正确；

B、v（B）=v（C）=×0.3mol/（L•s）=0.15mol/（L•s）；故B错误；

C；0.6mol的物质B生成；表示逆反应方向，同时有0.6mol物质C生成，表示正反应方向，正逆反应速率之比为1：1，不等于系数之比2：1，未处于平衡状态，反应向正反应方向进行，故C错误；

D、△c（B）=）=△c（C）=×0.6mol/L=0.3mol/L，2s时物质B的浓度为-0.3mol/L=0.7mol/L；故D正确．

故选AD

A、根据v=计算出2s内用物质C表示的平均反应速率；再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；

B、根据v=计算出2s内用物质C表示的平均反应速率；再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（B）；

C；可逆反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；

D；根据浓度变化量之比等于化学计量数之比；利用2s后C的浓度，求出△c（B），初始浓度-浓度变化量=平衡浓度．

考查化学反应速率的有关计算、化学平衡状态等，难度不大，注意基础知识的积累掌握．【解析】【答案】AD9、B|D【分析】解：CH4和Cl2混合后在光照条件下发生取代反应：CH4+Cl2CH3Cl+HCl

CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl

CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl

CHCl3+Cl2CCl4+HCl

A、氯气是黄绿色气体，由于氯气被消耗，故混合气体颜色变浅；由于生成的HCl溶于水，而CHCl3、CH2Cl2、CCl4是油状液体故反应后气体体积变小；则液面上升，故A正确；

B、CHCl3、CH2Cl2、CCl4是油状液体，CH3Cl是气体但易溶于有机溶剂，故所得的油状液滴是CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4的混合物；故B错误；

C；HCl溶于水后；能使NaCl的溶解平衡左移，降低了NaCl的溶解度，故有固体析出，故C正确；

D、有机反应进行不彻底，故反应后产物中CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl均有；故D错误．

故选BD．

CH4和Cl2混合后在光照条件下发生取代反应：CH4+Cl2CH3Cl+HCl

CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl

CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl

CHCl3+Cl2CCl4+HCl

A；氯气是黄绿色气体；

B、CH3Cl是气体，CHCl3、CH2Cl2、CCl4是油状液体；

C；HCl溶于水后；能使NaCl的溶解平衡左移；

D；有机反应进行不彻底．

本题考查了甲烷和氯气的取代反应，应注意的是有机反应进行不彻底，故反应后产物中CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl均有．【解析】【答案】BD10、AC【分析】【分析】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，侧重考查学生分析计算能力，注意从溶液存在的离子判断物质反应的程度，注意利用守恒法与总方程式解答，试题培养了学生的化学计算能力。【解答】A.反应后溶液中还有较多rm{H^{+}}rm{H^{+}}离子剩余，且滤液中没有rm{Cu}rm{Cu}只有rm{{,!}^{2+}}故A选项正确；，可知残留物没有rm{Fe}只有rm{Cu}故A选项正确；可以残留说明溶液中没有rm{Fe}rm{Cu}B.而rm{Cu}可以残留说明溶液中没有rm{Fe}rm{Cu}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}，溶液中阳离子为rm{H}rm{H}rm{{,!}^{+}}和rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}，故B选项错误；C.发生反应：rm{Fe+Fe}rm{Fe+Fe}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}rm{+6HCl=3FeCl}rm{+6HCl=3FeCl}rm{2}rm{2}rm{+3H}由方程式可知原混合物中rm{+3H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Fe+CuO+2HCl=FeCl}rm{O}故C选项正确；rm{Fe+CuO+2HCl=FeCl}rm{2}rm{2}原溶液中rm{+Cu+H}参加反应的rm{+Cu+H}中的rm{2}元素转化到氢气、水中，根据rm{2}原子守恒，rm{O}rm{Fe+2HCl=FeCl}rm{O}rm{Fe+2HCl=FeCl}rm{2}rm{2}rm{+H}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{隆眉}由方程式可知原混合物中rm{n(Fe)>n(Fe}rm{隆眉}即：rm{n(Fe)>n(Fe}rm{2}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}=0.44mol-0.08mol}rm{2}rm{O}rm{O}故混合物中rm{3}rm{3}rm{)+n(CuO)}故C选项正确；由铜元素守恒，则rm{n(CuO)=n(Cu)=dfrac{1.28g}{64g/mol}}rm{)+n(CuO)}由D.反应后剩余rm{n(H}原子守恒：rm{n(H}rm{{,!}^{+}}rm{)=0.4mol/L隆脕0.2L=0.08mol}原溶液中rm{n(HCl)=4.4mol/L隆脕0.1L=0.44mol}参加反应的rm{HCl}中的rm{H}元素转化到氢气、水中，根据rm{H}原子守恒，rm{2n(H}rm{)=0.4mol/L隆脕0.2L=0.08mol}rm{n(HCl)=4.4mol/L隆脕0.1L=0.44mol}则rm{HCl}rm{H}rm{H}rm{2n(H}rm{2}反应中rm{2}失电子，rm{O)+2n(H}rm{O)+2n(H}rm{2}rm{2}rm{)=n}和部分盐酸得电子，根据转移电子守恒得：rm{)=n}总rm{(HCl)-n}rm{(HCl)-n}余rm{(H}rm{(H}即rm{{,!}^{+}}rm{)}即：rm{2n(H}rm{)}rm{2n(H}rm{2}rm{2}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}

=0.44mol-0.08mol}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}

=0.44mol-0.08mol}rm{n(H}则rm{n(H}故D错误。rm{2}rm{2}【解析】rm{AC}11、rCD【分析】解：由上述分析可知，rm{X}为rm{C}rm{Y}为rm{O}rm{Z}为rm{S}rm{W}为rm{Cl}

A.非金属性越强，对应氢化物越稳定，则气态氢化物的热稳定性：rm{X<Y}故A正确；

B.非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：rm{W>Z>X}故B正确；

C.rm{Y}为rm{O}无正价，rm{Z}的最高正价为rm{+7}故C错误；

D.rm{W}的单质为氯气；不具有漂白性，但能使湿润的有色布条褪色，故D错误；

故选CD．

rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}均为短周期元素，由位置可知rm{Y}位于第二周期，rm{Y}原子的最外层电子数是次外层电子数的rm{3}倍，由于最外层电子数不能超过rm{8}rm{Y}原子只能有rm{2}个电子层，次外层电子数为rm{2}最外层电子数为rm{6}则rm{Y}为rm{O}元素，结合元素在图中的位置可知，rm{X}为rm{C}元素，rm{Z}为rm{S}元素，rm{W}为rm{Cl}元素；以此来解答．

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，干燥的氯气不具有漂白性，题目难度不大．【解析】rm{CD}12、CD【分析】【分析】本题旨在考查学生对物质分离和提纯方法和基本操作的应用。【解答】A.氯化亚铁中除去氯化铁，用铁粉，故A错误；B.除去氯化铁中氯化铜，不能用铁，铁和氯化铁、氯化铜均能反应，故B错误；C.铝能和氢氧化钠反应，铁不能，故可以除去铁中的铝，故C正确；D.二氧化碳在饱和碳酸氢钠中溶解度小，可以除去氯化氢，故D正确。故选CD。rm{`}【解析】rm{CD}13、AD【分析】【分析】本题考查了电子式的书写，难度一般。【解答】A.中子数为rm{10}的氧原子：的氧原子：rm{10}故A正确；rm{{}_{8}^{18}{O}}​

C.B.二氧化碳的电子式故B错误；的电子式为rm{Na_{2}O}rm{Na^{+}}，故C错误；rm{Na^{+}}D.rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}故D正确。故选AD。rm{O}【解析】rm{AD}14、BC【分析】【分析】本题考查放热反应与生成物和反以为总能量关系和键能关系，难度不大。【解答】A.该反应是放热反应，根据能量守恒定律知，反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量，故A错误；B.该反应是放热反应，根据能量守恒定律知，反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量，故B正确；C.放热反应的本质是：生成物成键释放的总能量大于反应物断键吸收的总能量，故C正确；D.rm{HCl}分子较稳定是因为氢原子和氯原子建形成共价键键能较大的缘故，故D错误。分子较稳定是因为氢原子和氯原子建形成共价键键能较大的缘故，故D错误。rm{HCl}故选BC。【解析】rm{BC}三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】

（1）点燃可燃性气体之前必须检验纯度否则发生爆炸；故点燃放出的气体之前没有检验纯度；

（2）无水硫酸铜为白色固体；可与水反应生成五水硫酸铜呈蓝色，故可向乙醇中加入无水硫酸铜不变为蓝色；

（3）乙醇易挥发并可燃烧生成二氧化碳，故燃烧产生CO2的物质最可能是乙醇（蒸气）；

（4）可燃性气体不是二氧化碳；而是钠与乙醇反应生成的氢气．烃分子里的氢原子不与钠反应，可推断乙醇分子结构中含有不同于烃分子里的氢原子存在（或活泼氢原子；羟基等）．

故答案为：（1）点燃放出的气体之前没有检验纯度；

（2）向乙醇中加入无水硫酸铜不变为蓝色；

（3）乙醇（蒸气）；

（4）不同于烃分子里的氢原子存在（或活泼氢原子；羟基等）．

【解析】【答案】（1）点燃氢气之前必须检验纯度否则发生爆炸；

（2）无水硫酸铜为白色固体；可与水反应生成五水硫酸铜呈蓝色．将无水硫酸铜加入无水乙醇看是否变蓝；

（3）体系中的可燃性气体除了氢气另外一种可能就是乙醇；它易挥发并可燃烧生成二氧化碳；

（4）向烧杯中加入少量澄清石灰水后未发现混浊；说明可燃性气体不是二氧化碳，而是钠与乙醇反应生成的氢气．

16、g/mol【分析】解：rm{ag}气体的物质的量为rm{dfrac{b}{N_{A}mol^{-1}}=dfrac{b}{N_{A}}mol}

则该气体摩尔质量为rm{dfrac{ag}{dfrac{b}{N_{A}}mol}=dfrac{aN_{A}}{b}g/mol}

故答案为：rm{dfrac{b}{N_{A}mol^{-1}}=dfrac

{b}{N_{A}}mol}．

根据rm{dfrac{ag}{dfrac{b}{N_{A}}mol}=

dfrac{aN_{A}}{b}g/mol}计算气体物质的量，再根据rm{dfrac{aN_{A}}{b}g/mol}计算气体摩尔质量．

本题考查物质的量计算，比较基础，注意掌握以物质的量为中心的计算．rm{n=dfrac{N}{N_{A}}}【解析】rm{dfrac{aN_{A}}{b}g/mol}17、略

【分析】解：（1）在实验2和3中；除了铁的形态不同外，其它条件完全相同，所以实验目的是为了证明固体反应物表面积对反应速率的影响；根据表中数据可知，固体表面积越大，反应速率越快；

故答案为：固体反应物的表面积；增大固体物质的表面积会加快化学反应速率；

（2）由表中数据可知；实验1；2、4中只有硫酸浓度不同，其它反应条件完全相同，说明实验1、2、4之间是进行比较浓度对反应速率的影响；

故答案为：1；2、4；

（3）由表中数据可知；除了条件浓度；固体表面积对反应速率的影响外，还探究了温度对反应速率的影响；如实验4和5，只有温度不同，目的为了探究温度对反应速率的影响；

故答案为：反应温度；4和5；

（4）在实验4中滴入几滴硫酸铜溶液；因为铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜单质，铜与铁在稀硫酸中形成原电池，使反应速率加快，金属消失的时间小于125s；

故答案为：因为铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜单质；铜与铁在稀硫酸中形成原电池，使反应速率加快．

（1）实验2和3中只有铁的形态不同；其它反应条件完全相同，目的是探究固体表面积对反应速率的影响；接触面积越大，反应速率越快；

（2）若探究浓度对反应速率的影响；必须满足除了浓度不同外，其它反应条件完全相同，据此进行解答；

（3）根据表中数据可知；本实验中除了条件固体表面积；反应物浓度之外，还探究了反应温度对反应速率的影响，如实验4和5之间，只有温度不同，目的是探究温度对反应速率的影响；

（4）滴入硫酸铜溶液后；铁与铜离子反应生成铜，铁与铜形成原电池，加快了反应速率，缩短了反应时间．

本题考查探究影响化学反应速率的因素，题目难度中等，注意明确温度、固体表面积、浓度对反应速率的影响；掌握探究影响化学反应速率因素的方法．【解析】固体反应物的表面积；增大固体物质的表面积会加快化学反应速率；1、2、4；反应温度；4和5；因为铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜单质，铜与铁在稀硫酸中形成原电池，使反应速率加快18、（1）Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2OFe+2H+=Fe2++H2↑

（2）FeSO4取第二份反应后的少量溶液于试管，滴加氢氧化钠溶液若产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色，则说明是Fe2+或者取第二份反应后的少量溶液于试管，若滴加KSCN溶液不变色，继续滴加氯水溶液变成血红色，则说明是Fe2+或者取第二份反应后的少量溶液于试管，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，则说明是Fe2+

（3）2.5

【分析】【分析】

本题以化学反应图象为载体；考查有关金属和酸反应的计算题，难度中等，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用，注意利用守恒思想解答。

【解答】

rm{(1)}由图象可知，由于铁过量，rm{OA}段发生反应为：rm{Fe+NO_{3}^{-}+4H^{+}=Fe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}O}rm{AB}段发生反应为：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{BC}段发生反应为：rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}故答案为：rm{Fe+NO_{3}^{-}+4H^{+}=Fe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}O}rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}

rm{(2)}消耗rm{14gFe}时，此时溶液中溶质为rm{FeSO_{4}}取第二份反应后的少量溶液于试管，滴加氢氧化钠溶液若产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色，则说明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反应后的少量溶液于试管，若滴加rm{KSCN}溶液不变色，继续滴加氯水溶液变成血红色，则说明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反应后的少量溶液于试管，滴加rm{KMnO_{4}}溶液，rm{KMnO_{4}}溶液褪色，则说明是rm{Fe^{2+}}故答案为：rm{FeSO_{4}}取第二份反应后的少量溶液于试管，滴加氢氧化钠溶液若产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色，则说明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反应后的少量溶液于试管，若滴加rm{KSCN}溶液不变色，继续滴加氯水溶液变成血红色，则说明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反应后的少量溶液于试管，滴加rm{KMnO_{4}}溶液，rm{KMnO_{4}}溶液褪色，则说明是rm{Fe^{2+}}

rm{(3)}消耗rm{14gFe}时，此时溶液中溶质为rm{FeSO_{4}}根据守恒可知rm{n(H_{2}SO_{4})=n(FeSO_{4})=n(Fe)=dfrac{14g}{56g/mol}=0.25mol}故原混合物中rm{n(H_{2}SO_{4})=n(FeSO_{4})=n(Fe)=dfrac{14g}{56g/mol}

=0.25mol}的浓度为rm{dfrac{0.25mol}{0.1L}=2.5mol/L}故答案为：rm{H_{2}SO_{4}}

rm{dfrac{0.25mol}{0.1L}

=2.5mol/L}【解析】rm{(1)Fe+NO_{3}^{-}+4H^{+}=Fe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}O}rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}

rm{(2)FeSO_{4}}取第二份反应后的少量溶液于试管，滴加氢氧化钠溶液若产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色，则说明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反应后的少量溶液于试管，若滴加rm{KSCN}溶液不变色，继续滴加氯水溶液变成血红色，则说明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反应后的少量溶液于试管，滴加rm{KMnO_{4}}溶液，rm{KMnO_{4}}溶液褪色，则说明是rm{Fe^{2+}}

rm{(3)2.5}

19、略

【分析】解：石油、煤等矿物燃料的燃烧是二氧化硫的主要来源，rm{SO_{2}}气体在空气中经粉尘催化氧化为rm{SO_{3}}rm{SO_{3}}与水反应能生成硫酸，有关反应的化学方程式为：rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}2SO_{3}}rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}2SO_{3}}．

故答案为：rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}2SO_{3}}rm{SO_{3}+H_{2}O篓TH_{2}SO_{4}}

“钙基固硫”：煤中含有rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}2SO_{3}}与氧气反应生成rm{SO_{3}+H_{2}O篓TH_{2}SO_{4}}反应方程式为rm{S+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠录};}}{;}SO_{2}}rm{S}与rm{SO_{2}}反应生成rm{S+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠录};}}{;}SO_{2}}反应方程式为rm{SO_{2}}进一步反应生成rm{CaO}反应方程式为rm{CaSO_{3}}则燃料燃烧过程中的“固硫”反应为rm{2CaO+2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}}

故答案为：rm{2CaO+2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}}．

石油、煤等矿物燃料的燃烧是二氧化硫的主要来源，rm{CaO+SO_{2}篓TCaSO_{3}}气体在空气中经粉尘催化氧化为rm{CaSO_{4}}rm{2CaSO_{3}+O_{2}篓TCaSO_{4}}与水反应；写出反应的化学方程式即可；

“钙基固硫”：煤中含有rm{2CaO+2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}}与氧气反应生成rm{2CaO+2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}}rm{SO_{2}}与rm{SO_{3}}反应生成rm{SO_{3}}进一步反应生成rm{S}

本题考查二氧化硫的污染和治理，侧重于二氧化硫性质的考查，熟悉酸雨的成因及二氧化硫的性质即可解答，题目难度不大．rm{SO_{2}}【解析】矿物燃料的燃烧；rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}2SO_{3}}rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}2SO_{3}}rm{2CaO+2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}}rm{SO_{3}+H_{2}O篓TH_{2}SO_{4}}四、判断题(共2题，共4分)20、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．21、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．五、原理综合题(共4题，共12分)22、略

【分析】【详解】

(1)①由于化学键的断裂要吸收能量；故活化状态B的能量高于初始状态A的能量，而此反应为放热反应，故初始状态A的能量高于末态C的能量，C的能量最低，故合理选项是C；

②实验a与实验b相比，N2的浓度不变；说明化学平衡没有移动，但达到平衡所需时间缩短，说明反应速率加快，所以实验条件为使用了催化剂；

与实验b相比，实验c中N2的平衡浓度变大；说明化学平衡逆向移动，且达到平衡所需时间缩短，说明反应速率加快，所以实验c的条件为升高温度；

(2)①化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，则该反应的化学平衡常数K=

②A．混合气体密度为ρ=反应前后，气体质量m会发生改变，若混合气体的密度不再改变，说明气体质量不变，反应达到了化学平衡状态，A符合题意；

B．若反应未达到平衡；则Fe的质量就会发生变化。当铁的物质的量不再改变时，反应到达平衡做题，B符合题意；

C．CO和H2的浓度之比始终为1：2；因此无法据此判断化学反应是否处于平衡状态，C不符合题意；

D．在任何时刻都存在：2v正(CO)=v正(H2)，若v正(CO)=2v逆(H2)，则v正(H2)=4v逆(H2)；反应正向进行，未达到平衡状态，D不符合题意；

故合理选项是AB；

③一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入0.2molFe2O3(s)和0.6molCH4(g)进行上述反应，反应起始时压强为p，反应进行至5min时达到平衡状态，测得此时容器的压强是起始压强的倍，由于容器的容积不变，说明此时容器内气体的物质的量是开始时的2倍。n(气体)=1.2mol，增加了0.6mol气体。根据方程式可知：每有1molFe2O3(s)反应，就会消耗3mol气体，反应后产生9mol气体，气体物质的量增加6mol。现在气体物质的量增加了0.6mol，则反应的Fe2O3(s)是0.1mol，故5min内用Fe2O3(s)表示的平均反应速率为=3.2g/min；

在反应开始时n(CH4)=0.6mol，由于反应消耗0.1molFe2O3(s)，同时消耗0.3mol，产生0.3molCO和0.6molH2，则平衡时，n(CH4)=0.3mol，n(CO)=0.3mol，n(H2)=0.6mol，反应开始时压强为P，平衡时压强为原来的2倍，则此时压强为2p，平衡时各种气体的物质的量分数：CH4=CO：H2：气体的物质的量分数等于气体所占的体积分数，所以该温度下反应的分压平衡常数Kp=【解析】C使用催化剂升高温度K=AB3.2p623、略

【分析】【分析】

（1）

①由盖斯定律可知，反应i×3—ii×2得反应iv，则∆H4=3∆H1—2∆H2=3×(—20.9kJ/mol)—2×(—98.1kJ/mol)=+133.5kJ/mol，该反应是一个熵增的反应，由∆H—T∆S＜0时；反应能自发进行可知，在较高的温度下能能自发进行，故答案为：+133.5kJ/mol；较高；

②加入氮气作为稀释剂时；容器的体积增大，气体压强减小，该反应是一个气体体积增大的反应，减小压强，平衡向正反应方向移动，乙烯的产率增大，故答案为：增大；

（2）

由图可知，该历程中最大能垒为85kJ/mol，对应反应为C2H3*+H*=C2H4*，故答案为：85；C2H3*+H*=C2H4*；

（3）

设起始乙烯和氧气的物质的量分别为2mol和1mol；乙烯的转化率为a；由题意可建立如下三段式：

由P1：P2=n1：n2可得：1.5：1.5×75%=3：(3—a)，解得a=0.75，则平衡时乙烯、氧气和乙醛蒸汽的分压分别为×1.5×75%=0.25Pa、×1.5×75%=0.125Pa、×1.5×75%=0.75Pa，平衡常数Kp=故答案为：

（4）

①由图可知，与直流电源正极相连的b电极为电解池的阳极，乙醛在阳极上失去电子发生氧化反应生成乙酸，电极反应式为CH3CHO—2e—+H2O=CH3COOH+2H+，故答案为：CH3CHO—2e—+H2O=CH3COOH+2H+；

②由题意可知，b分钟时外电路中转移电子的物质的量为mol，理论上处理乙醛的质量为mol××44g/mol=g，则处理掉乙醛c克时，电解装置的电流效率η=×100%=×100%，故答案为：×100%。【解析】(1)+133.5kJ/mol较高增大。

(2)85C2H3*+H*=C2H4*

(3)75%

(4)CH3CHO—2e—+H2O=CH3COOH+2H+×100%24、略

【分析】【分析】

根据过氧化氢分解的方程式分析产生的气体；根据过氧化氢的质量计算放出的热量；根据化学反应速率分析反应快慢的原因；根据一段时间内浓度的变化量计算化学反应速率；根据过硫酸根结构分析水解产物。

【详解】

(1)利用双氧水消毒的时候会有气泡放出；是由于双氧水分解生成的氢气的缘故，故放出的气体是氧气，故答案为：氧气；

(2)过氧化氢的分解反应为放热反应；根据题干，34g过氧化氢为1mol，1mol过氧化氢