2025年牛津译林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年牛津译林版高一化学上册月考试卷980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、我国城市环境中的大气污染物主要是A.CO、Cl2、N2、酸雨B.HCl、O2、N2、粉尘C.SO2、NO2、CO、粉尘D.NH3、CO2、NO、雾2、下列各组反应中最终肯定不生成白色沉淀的是rm{(}rm{)}A.rm{AlCl_{3}}溶液中加入过量氨水B.rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中加入过量rm{KOH}溶液C.rm{MgCl_{2}}溶液中加入过量氨水D.rm{MgSO_{4}}溶液中加入过量rm{KOH}溶液3、下列四组实验，根据实验事实得出的结论，正确的是()A.在五水硫酸铜中滴加少量浓硫酸，固体颜色由蓝变白，说明浓硫酸具有吸水性B.将蘸有浓氨水和硫酸的两玻璃棒靠近，无明显现象，说明氨气不与硫酸反应C.在铜片上滴加少量稀硫酸，无明显现象，说明稀硫酸没有氧化性D.某未知气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，则原气体一定是rm{SO_{2}}4、据报道，以硼氢化合物rm{NaBH_{4}(B}元素的化合价为rm{+3}价rm{)}和rm{H_{2}O_{2}}作原料的燃料电池，负极材料采用rm{Pt/C}正极材料采用rm{MnO_{2}}可用作空军通信卫星电源，工作原理如图所示rm{.}下列说法错误的是rm{(}rm{)}

A.电池放电时rm{Na^{+}}从rm{a}极区移向rm{b}极区B.电极rm{b}采用rm{MnO_{2}}rm{MnO_{2}}既作电极材料又有催化作用C.每消耗rm{3molH_{2}O_{2}}转移的电子为rm{3mol}D.该电池的rm{a}极反应为：rm{BH_{4}^{-}+8OH^{-}-8e^{-}篓TBO_{2}^{-}+6H_{2}O}5、在周期表中，第rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}周期元素种数分别是rm{(}rm{)}A.rm{8}rm{8}rm{8}rm{18}B.rm{8}rm{8}rm{18}rm{18}C.rm{8}rm{8}rm{18}rm{32}D.rm{2}rm{8}rm{8}rm{18}6、在铝与稀硫酸的反应中，已知rm{10}末，硫酸的浓度减少了rm{0.6mol隆陇L^{-1}}若不考虑反应过程中溶液体积的变化，则rm{10}内生成硫酸铝的平均反应速率是rm{(}rm{)}A.rm{0.02mol隆陇L^{-1}隆陇S^{-1}}B.rm{1.8mol隆陇L^{-1}隆陇S^{-1;;;;;;;;;;}}C.rm{1.2mol隆陇L^{-1}隆陇S^{-1}}D.rm{0.18mol隆陇L^{-1}隆陇S^{-1}}评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、能用酒精灯直接加热的仪器是()A.量筒B.坩埚C.试管D.蒸发皿8、下列叙述中，正确的是()A.共价化合物不可能含有离子键B.rm{CCl_{4}}和rm{NH_{3}}都是只含有非极性键的共价化合物C.rm{Na_{2}O_{2}}是含有非极性键的离子化合物D.rm{CaO}和rm{NaCl}晶体熔化时要破坏离子键9、工业上可利用如图所示电解装置吸收和转化SO2（A、B均为惰性电极），下列说法正确的是（）

A.B极为电解池的阳极B.B极区吸收5molSO2，则A极区生成25molS2OC.B极区电解液为稀硫酸，电解一段时间后硫酸浓度增大D.A极的电极反应为2SO-2e-+4H+=S2O+2H2O10、用碳棒作电极电解下列物质的水溶液，一段时间后，加入适量括号内物质，可使溶液恢复原溶质原浓度的是A.NaCl(NaCl)B.MgSO4(MgO)C.CuSO4(CuCO3)D.CuCl2(CuCl2)11、工业上常用电解铬酐（CrO3，遇水生成H2Cr2O7和H2CrO4）水溶液的方法镀铬，电镀液中需加入适量的催化剂和添加剂，并通过加入H2O2提高或降低电镀液中Cr（Ⅲ）的含量；发生的部分反应有：

①Cr2O72-+14H++6e−=2Cr3++7H2O

②2H++2e−=H2

③2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O

④CrO42-+8H++6e−=Cr+4H2O

⑤2H2O−4e−=O2+4H+

⑥2Cr3++7H2O−6e−=Cr2O72-+14H+

下列说法错误的是（）A.反应①②在镀件上发生B.H2O2既体现氧化性又体现还原性C.当镀件上析出52g单质铬时，电路中转移6mol电子D.电镀一段时间后，电极附近溶液的pH：阳极＞阴极评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)12、（8分）X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16。X、Y、Z三种元素的常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如图所示变化：已知一个B分子中含有的Z元素的原子个数比一个C分子中少一个。请回答下列问题：（1）B分子的结构式是；（2）X单质与Z单质可制成新型的化学电源（KOH溶液作电解质溶液），两个电极均由多孔性炭制成，通入的气体由孔隙中逸出并在电极表面放电，则正极通入（填名称）；负极电极反应式为；（3）C在一定条件下反应生成A的化学方程式为。13、（10分）（1）在右图的银锌原电池中，银为____极,电极上发生的是____反应（“氧化”或“还原”）,电极反应式是____。锌片上观察到的现象为____，电极反应式为____。（2）若反应过程中有0.2mol电子发生转移，则生成的铜为____g。14、向rm{Ba(OH)_{2}}溶液中逐滴加入稀硫酸；请回答下列问题。

rm{(1)}写出反应的化学方程式______

rm{(2)}若缓慢加入稀硫酸直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力rm{(}用电流强度rm{I}表示rm{)}可近似用图甲中曲线______rm{(}填字母rm{)}表示。

甲乙。

rm{(3)}如果用盐酸代替稀硫酸，______rm{(}填“能”或“不能”rm{)}观察到与rm{(2)}同样的实验现象；理由是______

rm{(4)}若有一表面光滑的塑料小球悬浮于rm{Ba(OH)_{2}}溶液的中央，如图乙所示，向该烧杯里缓缓注入与rm{Ba(OH)_{2}}溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应rm{.}在此实验过程中，小球将______rm{(}填字母rm{)}

A.沉入水底rm{B}浮于水面rm{C}上下跳动．15、在500℃、101KPa条件下，将amolSO2与bmolO2充入一容积可变的密闭容器中，达到平衡时SO3体积分数为40%，若温度和压强保持不变，平衡时密闭容器的容积为起始的____倍．16、rm{(1)}已知下列反应：rm{SO_{2}(g)+2OH^{-}(aq)篓TSOrlap{_{3}}{^{2-}}(aq)+H_{2}O(l)}rm{娄陇H_{1}}rm{ClO^{-}(aq)+SOrlap{_{3}}{^{2-}}(aq)篓TSOrlap{_{4}}{^{2-}}(aq)+Cl^{-}(aq)}rm{娄陇H_{2}}rm{CaSO_{4}(s)篓TCa^{2+}(aq)+SOrlap{_{4}}{^{2-}}(aq)}rm{娄陇H_{3}}则反应rm{SO_{2}(g)+Ca^{2+}(aq)+ClO^{-}(aq)+2OH^{-}(aq)篓TCaSO_{4}(s)+H_{2}O(l)+Cl^{-}(aq)}的rm{娄陇H=}____rm{(2)垄脵2O_{2}(g)+N_{2}(g)篓TN_{2}O_{4}(l)}rm{娄陇H_{1}}rm{垄脷N_{2}(g)+2H_{2}(g)篓TN_{2}H_{4}(l)}rm{娄陇H_{2}}rm{垄脹O_{2}(g)+2H_{2}(g)=2H_{2}O(g)娄陇H_{3}}rm{垄脺2N_{2}H_{4}(l)+N_{2}O_{4}(l)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)娄陇H_{4}=-1048.9kJ隆陇mol^{-1}}上述反应热效应之间的关系式为rm{垄脹O_{2}(g)+2H_{2}(g)=2H_{2}O(g)

娄陇H_{3}}__________rm{垄脺2N_{2}H_{4}(l)+N_{2}O_{4}(l)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)娄陇H_{4}=-1048.9

kJ隆陇mol^{-1}}甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气rm{娄陇H_{4}=}主要成分为rm{(3)}rm{(}和rm{CO}在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：rm{CO_{2}}rm{H_{2})}rm{垄脵CO(g)+2H_{2}(g)=CH_{3}OH(g)}rm{娄陇H_{1}}rm{垄脷CO_{2}(g)+3H_{2}(g)=CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{娄陇H_{2}}回答下列问题：已知反应rm{垄脹CO_{2}(g)+H_{2}(g)=CO(g)+H_{2}O(g)}中相关的化学键键能数据如下：。rm{娄陇H_{3}}化学键rm{H隆陋H}rm{C隆陋O}rm{C隆脭O}rm{H隆陋O}rm{C隆陋H}rm{E}rm{/(kJ隆陇mol}rm{{,!}^{-1}}rm{)}rm{436}rm{343}rm{1076}rm{465}rm{413}由此计算rm{娄陇H_{1}=}____rm{kJ隆陇mol^{-1}}已知rm{娄陇H_{2}=-58kJ隆陇mol^{-1}}则rm{娄陇H_{3}=}____rm{kJ隆陇mol^{-1}}rm{(4)}已知反应rm{2HI(g)篓TH_{2}(g)+I_{2}(g)}的rm{娄陇H=+11kJ隆陇mol^{-1,}1molH_{2}(g)}rm{娄陇H=+11kJ隆陇mol^{-1,}1mol

H_{2}(g)}分子中化学键断裂时分别需要吸收rm{1molI_{2}(g)}rm{436kJ}的能量，则rm{151kJ}分子中化学键断裂时需吸收的能量为___________rm{1molHI(g)}rm{kJ}红磷rm{(5)}和rm{P(s)}发生反应生成rm{Cl_{2}(g)}和rm{PCl_{3}(g)}反应过程和能量关系如图所示rm{PCl_{5}(g)}图中的rm{(}表示生成rm{娄陇H}产物的数据rm{1mol}根据下图回答下列问题：rm{)}和rm{垄脵P}反应生成rm{Cl_{2}}的热化学方程式是__________。rm{PCl_{3}}分解成rm{垄脷PCl_{5}}和rm{PCl_{3}}的热化学方程式是_____________rm{Cl_{2}}和rm{垄脹P}分两步反应生成rm{Cl_{2}}的rm{1molPCl_{5}}______，rm{娄陇H_{3}=}和rm{P}一步反应生成rm{Cl_{2}}的rm{1molPCl_{5}}____rm{娄陇H_{4}}填“大于”、“小于”或“等于”rm{娄陇H_{3}(}rm{)}与足量水充分反应，最终生成两种酸，其化学方程式是____________________。rm{垄脺PCl_{5}}火箭推进器中盛有强还原剂液态肼rm{(6)}和强氧化剂液态双氧水。当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量的热。已知rm{(N_{2}H_{4})}液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出rm{0.4mol}的热量。rm{256.652kJ}此反应的热化学方程式为________________________________________。rm{垄脵}此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是_______________。rm{垄脷}肼又称联氨，易溶于水，是与氨类似的弱碱，用电离方程式表示肼的水溶液显碱性的原因________________________________。rm{垄脹}17、完成下列各题rm{(1)}工业上以氯气和石灰乳为帮料制造漂白粉，漂白粉的有效成分是____rm{(}填“rm{CaCl_{2}}”或“rm{Ca(ClO)_{2}}”rm{)}rm{(2)}食用“地沟油”会危害人的身体健康。rm{2011}年rm{12}月，我国某地又查处一起“地沟油”案件。“地沟油”的主要成份属于____rm{(}填“有机物”或“无机物”rm{)}评卷人得分四、判断题(共3题，共9分)18、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）19、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．20、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分五、计算题(共4题，共28分)21、取rm{1.43g}rm{Na_{2}CO_{3}?XH_{2}O}溶于水配成rm{10m}rm{L}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{2.0m}rm{L}并收集到rm{112m}rm{L}rm{CO_{2}(}标况rm{)}．

计算：

rm{(1)}稀盐酸物质的量浓度为______；

rm{(2)Na_{2}CO_{3}?xH_{2}O}的摩尔质量______；

rm{(3)x=}______．22、向rm{Cu}和rm{CuO}组成的混合物中，加入rm{100mL6.0mol隆陇L^{-1}}稀硝酸溶液，恰好使混合物完全溶解，同时收集到标准状况下的气体rm{2.24L}求：rm{(1)}原混合物中氧化铜的质量rm{(2)}被还原的硝酸的物质的量23、把6molA气体和5molB气体混合放入4L密闭容器中，在一定条件下发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，经5min达到平衡，此时生成C为2mol，测定D的平均反应速率为0.1mol/(L·min)，计算（1）x（2）B的转化率（3）平衡时A的浓度（4）恒温达平衡时容器内的压强与开始时压强比24、（4分）．标准状况下，11.2LCO和CO2混合气体质量为20.4g，求混合气体中CO和CO2的体积比和质量比。评卷人得分六、综合题(共4题，共40分)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27、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：

28、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、C【分析】试题分析：A、CO2和氮气不是大气污染物，A不正确；B、氧气、氮气不是大气污染物，B不正确；C、SO2、NO2、CO、粉尘均是大气污染物，C正确；D、CO2不是大气污染物，D不正确，答案选C。考点：考查大气污染物的判断【解析】【答案】C2、B【分析】本题考查了镁、铝及其化合物的相关性质。【解析】rm{A}rm{AlCl_{3}}溶液中加入过量氨水，反应为rm{AlCl_{3}+3NH_{3}?H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}Cl}生成的白色沉淀不溶于过量的氨水，故A错误；

B、rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中加入过量rm{KOH}溶液，反应为rm{Al^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}没有沉淀生成，故B正确；

C、rm{MgCl_{2}}溶液中加入过量氨水溶液，反应为rm{Mg^{2+}+2NH_{3}?H_{2}O=Mg(OH)_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}}rm{Mg(OH)_{2}}沉淀不溶于过量的氨水溶液；有白色沉淀生成，故C错误；

D、rm{MgSO_{4}}溶液中加入过量rm{KOH}溶液，反应为rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒}rm{Mg(OH)_{2}}沉淀不溶于过量rm{KOH}溶液；故D错误；

故选B。【解析】rm{B}3、A【分析】【分析】本题考查浓硫酸的性质，二氧化硫的性质，难度不大。【解答】A.五水硫酸铜为蓝色，无水硫酸铜为白色，浓硫酸吸收结晶水，则由现象可知浓硫酸具有吸水性，故A正确；

B.氨气可以和酸发生反应，因为硫酸是非挥发性酸，所以反应时没有明显的现象，故B错误；

C.rm{Cu}与稀硫酸不反应，氢离子的氧化性较弱，结论不合理，稀硫酸具有弱氧化性，故C错误；与稀硫酸不反应，氢离子的氧化性较弱，结论不合理，稀硫酸具有弱氧化性，故C错误；

rm{Cu}

D.品红溶液褪色，可知气体具有漂白性，则气体为氯气、二氧化硫等，故D错误。故选A。【解析】rm{A}4、C【分析】【分析】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写，注意化合价的变化。【解答】从极区移向A.极区，故原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则rm{Na^{+}}从rm{a}极区移向rm{b}极区，故rm{A}正确；

B.电极rm{b}是rm{MnO_{2}}，为正极，rm{H_{2}O_{2}}在正极上发生还原反应，得到电子被还原生成rm{OH^{-}}，rm{MnO_{2}}既作电极材料又有催化作用，故rm{B}正确；

C.正极电极反应式为rm{H_{2}O_{2}+2e^{-}=2OH^{-}}，每消耗rm{3molH_{2}O_{2}}，转移的电子为rm{6mol}，故rm{C}错误；正确；rm{Na^{+}}

rm{Na^{+}}电极rm{a}是rm{a}，为正极，rm{b}在正极上发生还原反应，得到电子被还原生成rm{b}，rm{A}既作电极材料又有催化作用，故rm{A}正确；

正极电极反应式为B.，每消耗rm{b}，转移的电子为rm{b}，故rm{MnO_{2}}错误；rm{MnO_{2}}rm{H_{2}O_{2}}rm{H_{2}O_{2}}，电极反应式为rm{OH^{-}}，故rm{OH^{-}}正确。rm{MnO_{2}}

故选rm{MnO_{2}}。rm{B}rm{B}【解析】rm{C}5、D【分析】解：元素周期表中前rm{7}周期的元素种数如下：

。周期rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}rm{5}rm{6}rm{7(}若排满rm{)}元素种数rm{2}rm{8}rm{8}rm{18}rm{18}rm{32}rm{32}则第一、二、第三、第四周期元素的种数分别是rm{2}rm{8}rm{8}rm{18}

故选D．

元素周期表中第一周期有rm{2}种元素；

第二周期有rm{8}种；

第三周期有rm{8}种；

第四周期有rm{18}种；

第五周期有rm{18}种；

第六周期rm{32}种，第七周期现有rm{26}种元素；以此来解答．

本题考查元素在周期表中的种类，为基础性习题，把握现有元素周期表中各周期元素的种类数为解答的关键，题目难度不大．【解析】rm{D}6、A【分析】略【解析】rm{A}二、多选题(共5题，共10分)7、BCD【分析】【分析】

本题考查常见化学仪器的使用知识，难度不大，掌握常见的化学仪器的使用是解答的关键。【解答】

可以直接加热的仪器有：坩埚、试管、蒸发皿，故BCD正确。

故选BCD。

【解析】rm{BCD}8、ABCD【分析】略【解析】rm{ABCD}9、AC【分析】【分析】

根据题目所示的电解池装置，左侧A极区流入亚硫酸根流出连二亚硫酸根，此时A极区S元素化合价降低，发生得电子的还原反应，因此A极为阴极，A极的电极方程式为2SO+2e-+4H+=S2O+2H2O；右侧B极区流入二氧化硫流出硫酸，此时B极区S元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，因此B极为阳极，B极的电极方程式为SO2+2H2O-2e-=SO+4H+；据此分析。

【详解】

A．A极处加入SO产生S2O硫元素化合价降低，发生还原反应，则A极为电解池阴极，B极为电解池阳极，A正确；

B．B极区吸收5molSO2，生成H2SO4，硫元素化合价升高2价，转移电子5mol×2=10mol，根据得失电子守恒，则阴极也转移10mol电子，2SO~S2O~2e-，则A极区生成5molS2OB错误；

C．B极区电解液为稀硫酸，电解过程中SO2转化为H2SO4；则电解一段时间后硫酸浓度增大，C正确；

D．A极处加入产生S2O电解过程中硫元素化合价降低，则A极的电极反应为2SO+2e-+4H+=S2O+2H2O；D错误；

故选AC。10、CD【分析】【分析】

【详解】

A．用碳棒作电极电解NaCl溶液，阳极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应式为：2H++2e-=H2↑；所以需要通HCl才可以使溶液恢复原浓度，故A不选；

B．用碳棒作电极电解MgSO4溶液，阳极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为：4H++4e-=2H2↑；相当于电解水，所以需要加水就可以使溶液恢复原浓度，故B不选；

C．用碳棒作电极电解CuSO4溶液，阳极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为：2Cu2++4e-=2Cu，所以需要加CuO或CuCO3可以使溶液恢复原浓度；故C选；

D．用碳棒作电极电解CuCl2溶液，阳极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应式为：2H++2e-=H2↑；所以需要加入氯化铜可以使溶液恢复原浓度，故D选；

故选CD。11、CD【分析】【分析】

【详解】

A.反应①②得到电子发生还原反应。在阴极上发生；镀件为阴极，故A正确；

B.H2O2既能提高也能降低电镀液中Cr（Ⅲ）的含量，则H2O2既体现氧化性又体现还原性；故B正确；

C.阴极上发生反应①②④；当镀件上析出52g单质铬时，电路中转移电子大于6mol，故C错误；

D.由反应②可知阴极pH增大；由反应⑥可知阳极pH减小，则pH阳极＜阴极，故D错误；

故答案选：CD。三、填空题(共6题，共12分)12、略

【分析】本题属于无机框图题，这种类型的题目关键是找准突破点。常见单质在常温下都是无色气体一般是氢气、氧气和氮气。而H、N、O三种元素的原子序数恰好满足16。它们之间化合的生成物是H2O、NO、NH3。因为一个B分子中含有的Z元素的原子个数比一个C分子中少一个，所以B是H2O，C是NH3，Z元素是氢元素，则X是氧元素，Y是氮元素。（1）B是水，含有2个H－O键,结构式为H－O－H。（2）氢气在燃烧时失去电子，被氧化发生氧化反应，所以在燃料电池中正极通入氧气，负极通入氢气，负极电极反应式为H2－2e－+2OH－=2H2O，（3）氨气中氮元素是－3价，处于最低化合价，可以被氧化生成NO，方程式为4NH3+5O24NO+6H2O【解析】【答案】（1）（2分）H－O－H(2)氧气（1分），H2－2e－+2OH－=2H2O（3分）（若系数不是最简比扣1分）(3)（2分）4NH3+5O24NO+6H2O（反应条件写成“一定条件”不扣分）13、略

【分析】【解析】【答案】（1）正还原Cu2++2e-==Cu锌片溶解Zn—2e-==Zn2+（2）6.4g14、略

【分析】解：rm{(1)}向rm{Ba(OH)_{2}}溶液中逐滴加入稀硫酸，离子方程式为rm{Ba(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}篓TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}故答案为：rm{Ba(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}篓TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}

rm{(2)}加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为rm{0}过量后离子浓度增大，导电性增强，图中只有rm{C}符合，故答案为：rm{C}

rm{(3)}如果用盐酸代替稀硫酸，发生反应生成氯化钡和水，因为氯化钡易溶于水，所以溶液的导电性几乎不变，不会为rm{0}故答案为：不能；反应生成氯化钡和水，氯化钡易溶于水，溶液的导电性几乎不变；

rm{(4)}向该烧杯里缓缓注入与rm{Ba(OH)_{2}}溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应，生成硫酸钡和水，溶液的密度小于rm{Ba(OH)_{2}}溶液的密度；塑料小球将沉到烧杯底部；

故选：rm{A}

rm{(1)}氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀；

rm{(2)}加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为rm{0}过量后离子浓度增大，导电性增强；

rm{(3)}如果用盐酸代替稀硫酸，发生反应生成氯化钡和水，所以溶液的导电性几乎不变，不会为rm{0}据此分析；

rm{(4)}向该烧杯里缓缓注入与rm{Ba(OH)_{2}}溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应，生成硫酸钡和水，溶液的密度小于rm{Ba(OH)_{2}}溶液的密度；以此来解答．

本题考查反应方程式的书写，为高考常见的题型，题目难度中等，涉及与量有关的离子反应、导电性等，把握反应的实质即可解答，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力．【解析】rm{Ba(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}篓TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}rm{C}不能；反应生成氯化钡和水，氯化钡易溶于水，溶液的导电性几乎不变；rm{A}15、略

【分析】

反应的方程式为：2SO2+O22SO3，设平衡时转化了xmolO2；则。

2SO2+O22SO3

起始：amolbmol0

转化：2xmolxmol2xmol

平衡：（a-2x）mol（b-x）mol2xmol

则有：=40%；

x=

根据阿伏加德罗定律判断；压强一定，则气体的物质的量之比等于体积之比；

则平衡时密闭容器的容积为起始的=

故答案为：．

【解析】【答案】根据阿伏加德罗定律判断；压强一定，则气体的物质的量之比等于体积之比，利用方程式计算．

16、（1）△H1+△H2-△H3

（2）2ΔH3-2ΔH2-ΔH1

（3）-99+41

（4）299

（5）①P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ•mol-1

②PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1

③-399kJ•mol-1等于。

④PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl

（6）①N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63kJ/mol

②产物无污染

③N2H4+H2O⇌N2H5++OH-【分析】【分析】本题考查了热化学方程式书写和热化学方程式的计算；能量变化图象分析、盖斯定律的计算应用；注意键能和焓变的计算应用，题目难度中等。

【解答】rm{(1)}已知rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2OH}rm{(g)+2OH}rm{{,!}^{-}}rm{(aq)篓TSO}rm{(aq)篓TSO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{(aq)+H}

rm{(aq)+H}rm{{,!}_{2}}rm{O(l)triangleH}rm{O(l)triangleH}rm{{,!}_{1}}rm{ClO}rm{ClO}rm{{,!}^{-}}rm{(aq)+SO}rm{(aq)+SO}

rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{(aq)篓TSO}rm{(aq)篓TSO}rm{{,!}_{4}^{2-}}rm{(aq)+Cl}rm{(aq)+Cl}rm{{,!}^{-}}rm{(aq)triangleH}

rm{(aq)triangleH}即得到反应rm{{,!}_{2}}rm{CaSO}rm{CaSO}rm{{,!}_{4}}rm{(s)篓TCa}rm{(s)篓TCa}rm{{,!}^{2+}}rm{(aq)+SO}rm{(aq)+SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}rm{(aq)triangleH}rm{(aq)triangleH}rm{{,!}_{3}}则根据盖斯定律可知rm{垄脵+垄脷-垄脹}即得到反应rm{SO}rm{(aq)triangleH=triangleH}rm{垄脵+垄脷-垄脹}rm{SO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+Ca}rm{(g)+Ca}rm{{,!}^{2+}}rm{(aq)+ClO}rm{(aq)+ClO}rm{{,!}^{-}}rm{(aq)+2OH}rm{(aq)+2OH}rm{{,!}^{-}}rm{(aq)篓TCaSO}

rm{(aq)篓TCaSO}rm{{,!}_{4}}rm{(s)+H}rm{(s)+H}rm{{,!}_{2}}rm{O(l)+Cl}rm{O(l)+Cl}rm{{,!}^{-}}rm{(aq)triangleH=triangle

H}rm{(aq)triangleH=triangle

H}rm{{,!}_{1}}rm{+triangleH}rm{+triangleH}rm{{,!}_{2}}rm{-triangleH}rm{-triangleH}rm{{,!}_{3}}，故答案为：rm{triangleH}rm{triangleH}rm{{,!}_{1}}rm{+triangleH}rm{+triangleH}rm{{,!}_{2}}rm{-triangleH}rm{-triangleH}rm{{,!}_{3}}；rm{(2)}rm{垄脵2O}rm{垄脵2O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+N}则根据盖斯定律可知rm{(g)+N}即得到反应rm{{,!}_{2}}rm{(g)篓TN}rm{(g)篓TN}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{4}}rm{(l)}rm{娄陇H}rm{(l)}rm{娄陇H}rm{{,!}_{1}}rm{垄脷N}rm{垄脷N}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2H}rm{(g)+2H}，故答案为：rm{{,!}_{2}}rm{(g)篓TN}rm{(g)篓TN}反应物总键能rm{{,!}_{2}}生成物总键能，故rm{H}rm{H}rm{{,!}_{4}}rm{(l)}rm{娄陇H}rm{(l)}rm{娄陇H}rm{{,!}_{2}}rm{垄脹O}rm{垄脹O}rm{{,!}_{2}}

rm{(g)+2H}反应rm{(g)+2H}反应rm{{,!}_{2}}故rm{(g)=2H}rm{(g)=2H}rm{{,!}_{2}}rm{O(g)娄陇H}rm{O(g)娄陇H}rm{{,!}_{3}}rm{垄脹隆脕2-垄脷隆脕2-垄脵}rm{2N}rm{2N}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{4}}rm{(l)+N}rm{(l)+N}rm{{,!}_{2}}

rm{O}rm{O}分子中化学键断裂时需吸收的能量为rm{{,!}_{4}}

rm{(l)=3N}化学键生成时需放出的能量rm{(l)=3N}反应吸收的热量，

rm{{,!}_{2}}rm{(g)+4H}故答案为：rm{(g)+4H}

rm{{,!}_{2}}rm{O(g)娄陇H}热化学方程式书写要求：注明各物质的聚集状态，判断放热反应还是吸热反应，反应物的物质的量与反应热成对应的比例关系，根据图示rm{O(g)娄陇H}rm{{,!}_{4}}rm{=}rm{=}rm{2娄陇H_{3}-2娄陇H_{2}-娄陇H_{1}}反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，反应热为热化学方程式为：rm{2娄陇H_{3}-2娄陇H_{2}-娄陇H_{1}}rm{(3)}反应热rm{=}反应物总键能rm{-}生成物总键能，故rm{triangleH}故答案为：rm{=}rm{-}rm{triangleH}rm{{,!}_{1}}rm{=1076kJ.mol}rm{=1076kJ.mol}rm{{,!}^{-1}}rm{+2隆脕436kJ.mol}rm{+2隆脕436kJ.mol}

rm{{,!}^{-1}}生成物总能量rm{-(3隆脕413+343+465)kJ.mol}反应物总能量，rm{-(3隆脕413+343+465)kJ.mol}rm{{,!}^{-1}}rm{=-99kJ.mol}rm{=-99kJ.mol}rm{{,!}^{-1}}；根据盖斯定律：反应rm{垄脷-}反应rm{垄脵=}反应rm{垄脹}故rm{triangleH}中间产物的总能量大于最终产物的总能量，该反应是放热反应，所以rm{垄脷-}rm{垄脵=}rm{垄脹}rm{triangleH}rm{{,!}_{3}}rm{=triangleH}rm{=triangleH}是吸热反应；热化学方程式：rm{{,!}_{2}}rm{-triangleH}rm{-triangleH}rm{{,!}_{1}}rm{=-58kJ.mol}rm{=-58kJ.mol}rm{{,!}^{-1}}rm{-(-99kJ.mol}故答案为：rm{-(-99kJ.mol}rm{triangleH=+93kJ?mol^{-1}}rm{{,!}^{-1}}根据盖斯定律，rm{)=+41kJ.mol}和rm{)=+41kJ.mol}rm{{,!}^{-1}}，故答案为：rm{-99}rm{-99}应该是相等的，；和rm{+41}rm{+41}rm{(4)}设rm{1molHI(g)}分子中化学键断裂时需吸收的能量为rm{xkJ}rm{1molHI(g)}

rm{xkJ}化学键断裂时需吸收的能量rm{-}化学键生成时需放出的能量rm{=}反应吸收的热量，rm{-}rm{=}即：rm{2xkJ-436kJ-151kJ=11kJ}rm{2xkJ-436kJ-151kJ=11kJ}解得：rm{x=299}故答案为：rm{299}rm{x=299}

rm{299}rm{(5)}rm{垄脵}热化学方程式书写要求：注明各物质的聚集状态，判断放热反应还是吸热反应，反应物的物质的量与反应热成对应的比例关系，根据图示rm{P(s)+32Cl}rm{垄脵}rm{P(s)+32Cl}rm{{,!}_{2}}rm{(g)隆煤PCl}rm{(g)隆煤PCl}rm{{,!}_{3}}rm{(g)}反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，反应热为rm{triangleH=-306kJ/mol}热化学方程式为：rm{P(s)+3/2}

rm{(g)}和rm{triangleH=-306kJ/mol}rm{P(s)+3/2}rm{Cl_{2}(g)篓TPCl_{3}(g)}rm{triangleH=-306kJ/mol}rm{P(s)+3/2}rm{Cl}rm{=-306kJ/mol+(-93kJ/mol)=-399kJ/mol}

rm{Cl}和rm{{,!}_{2}}rm{(g)篓TPCl}rm{(g)篓TPCl}rm{{,!}_{3}}rm{(g)}rm{triangleH=-306kJ?mol}rm{(g)}rm{triangleH=-306kJ?mol}根据盖斯定律可知，反应无论一步完成还是分多步完成，生成相同的产物，反应热相等，则rm{{,!}^{-1}}和；rm{垄脷triangleH=}生成物总能量rm{-}反应物总能量，rm{Cl}rm{垄脷triangleH=}rm{-}rm{Cl}和rm{{,!}_{2}}rm{(g)+PCl}rm{(g)+PCl}rm{{,!}_{3}}rm{(g)=PCl}rm{(g)=PCl}rm{{,!}_{5}}rm{(g)}中间产物的总能量大于最终产物的总能量，该反应是放热反应，所以rm{PCl}

rm{(g)}rm{PCl}rm{{,!}_{5}}rm{(g)=PCl}rm{(g)=PCl}rm{{,!}_{3}}rm{(g)+Cl}rm{(g)+Cl}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}是吸热反应；热化学方程式：rm{PCl}rm{(g)}rm{PCl}rm{{,!}_{5}}rm{(g)=PCl}rm{(g)=PCl}rm{{,!}_{3}}rm{(g)+Cl}rm{(g)+Cl}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{triangleH=+93kJ/mol}rm{(g)}rm{triangleH=+93kJ/mol}反应方程式为：rm{PCl_{5}(g)篓TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)}rm{triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}rm{垄脹}根据盖斯定律，rm{P}和rm{Cl}rm{垄脹}rm{P}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}分两步反应和一步反应生成rm{PCl}rm{PCl}rm{{,!}_{5}}的rm{triangleH}应该是相等的，rm{P}和rm{Cl}rm{triangleH}rm{P}rm{Cl}液态肼放出rm{{,!}_{2}}的热量，则分两步反应生成rm{1molPCl}液态肼放出的热量为rm{dfrac{;265.65kJ}{;0.4mol}=641.63kJmol}，所以反应的热化学方程式为：rm{N_{2}H_{4}(g)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.63kJ/mol}故答案为：rm{N_{2}H_{4}(g)+2H_{2}O_{2}(l)=N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.63kJ/mol}rm{1molPCl}还原剂肼rm{{,!}_{5}}和强氧化剂的热化学方程式：当它们混合时，即产生大量的氮气和水蒸气，除释放大量热量和快速产生大量气体外，还有很突出的优点是，产物为氮气和水，清洁无污染，故答案为：产物无污染；

rm{P(s)+32Cl}rm{P(s)+32Cl}rm{{,!}_{2}}rm{(g)=PCl}rm{(g)=PCl}rm{{,!}_{3}}rm{(g)}rm{triangleH}rm{(g)}rm{triangleH}rm{{,!}_{1}}rm{=-306kJ/mol}rm{=-306kJ/mol}rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+PCl}rm{(g)+PCl}rm{{,!}_{3}}rm{(g)=PCl}rm{(g)=PCl}rm{{,!}_{5}}rm{(g)}rm{triangleH}rm{(g)}rm{triangleH}rm{{,!}_{2}}rm{=-93kJ/mol}rm{=-93kJ/mol}rm{P}和rm{Cl}rm{P}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)triangleH_{1}+triangleH_{2}-triangleH_{3}}rm{(1)triangleH_{1}+triangle

H_{2}-triangleH_{3}}rm{(2)2娄陇H_{3}-2娄陇H_{2}-娄陇H_{1}}rm{(3)-99}rm{+41}rm{(4)299}rm{triangleH=-306kJ?mol^{-1}}

rm{(5)垄脵P(s)+3/2Cl_{2}(g)篓TPCl_{3}(g)}rm{triangleH=+93kJ?mol^{-1}}rm{triangle

H=-306kJ?mol^{-1}}等于。

rm{垄脷PCl_{5}(g)篓TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)}rm{(6)垄脵N_{2}H_{4}(g)+2H_{2}O_{2}(l)=N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.63kJ/mol}rm{triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}产物无污染rm{垄脹-399kJ?mol^{-1;;;}}rm{垄脺PCl_{5}+4H_{2}O=H_{3}PO_{4}+5HCl}17、（1）Ca(ClO)2

（2）有机物

【分析】【分析】

本题旨在考查学生对氯气的性质、有机物与无机物的概念的应用。【解答】

rm{(1)}氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，次氯酸钙能和酸反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以漂白粉的有效成分是rm{Ca(ClO)}氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，次氯酸钙能和酸反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以漂白粉的有效成分是rm{(1)}rm{Ca(ClO)}rm{{,!}_{2}}，故答案为：rm{Ca(ClO)}rm{Ca(ClO)}rm{{,!}_{2}}含碳化合物；一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐、金属碳化物、氰化物除外rm{(2)}含碳化合物rm{(}一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐、金属碳化物、氰化物除外rm{)}或碳氢化合物及其衍生物的总称是有机物，根据有机物的定义知，对苯二胺属于有机物，故答案为：有机物。或碳氢化合物及其衍生物的总称是有机物，根据有机物的定义知，对苯二胺属于有机物，故答案为：有机物。

rm{(2)}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{Ca(ClO)}

rm{Ca(ClO)}有机物

rm{{,!}_{2}}四、判断题(共3题，共9分)18、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19、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；20、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共价键的数目五、计算题(共4题，共28分)21、略

【分析】解：rm{n(CO_{2})=dfrac{0.112L}{22.4L/mol}=0.005mol}

rm{n(CO_{2})=dfrac

{0.112L}{22.4L/mol}=0.005mol}

rm{Na_{2}CO_{3}+2HCl=2NaCl+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{1}rm{2}

rm{1}rm{n(Na_{2}CO_{3})}rm{n(HCl)}

rm{0.005mol}

rm{c(HCl)=dfrac{0.01mol}{0.002L}=5.0mol/L}

故答案为：rm{(1)n(HCl)=2隆脕n(CO_{2})=2隆脕0.005mol=0.01mol}

rm{c(HCl)=dfrac

{0.01mol}{0.002L}=5.0mol/L}

rm{5.0mol/L}

故答案为：rm{(2)n(Na_{2}CO_{3}?xH_{2}O)=n(Na_{2}CO_{3})=0.005mol}

rm{M(Na_{2}CO_{3}?xH_{2}O)=286g/mol}由摩尔质量可知：rm{286g/mol}rm{(3)}

故答案为：rm{106+18x=286}．

根据反应的化学方程式rm{x=10}计算相关物理量．

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．rm{10}【解析】rm{5.0mol/L}rm{286g/mol}rm{10}22、（1）8.0g

（2）0.1mol【分析】【分析】本题是对氧化还原反应的计算知识的考查，是高考常考知识点，难度一般。关键是掌握氧化还原反应的电子守恒的计算方法，侧重知识的能力考察。【解答】依据rm{Cu}和rm{CuO}组成的混合物中，加入rm{100mL6.0mol隆陇L}和rm{Cu}组成的混合物中，加入rm{CuO}rm{100mL6.0mol隆陇L}rm{-}rm{-}所以生成的rm{1}的体积是rm{1}即稀硝酸溶液，恰好使混合物完全溶解，同时收集到标准状况下的气体rm{2.24L}所以生成的rm{NO}的体积是rm{2.24L(}即rm{0.1mol)}依据原子守恒可知，被还原的硝酸是rm{0.1mol}依据方程式rm{3Cu+8HNO_{3}(}稀rm{)=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO}依据原子守恒可知，被还原的硝酸是rm{2.24L}依据方程式rm{NO}稀rm{2.24L(}rm{0.1mol)}rm{0.1mol}可得，rm{3Cu+8HNO_{3}(}消耗的硝酸是rm{)=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO}所以rm{隆眉}硝酸的硝酸是rm{+4H_{2}O}可得，rm{Cu}消耗的硝酸是rm{0.4mol}所以rm{CuO}硝酸的硝酸是rm{+4H_{2}O}rm{Cu}依据rm{0.4mol}rm{CuO}rm{6.0mol隆陇L}rm{6.0mol隆陇L}rm{-1}rm{-1}rm{隆脕0.1L-0.4mol=0.2mol}可得，rm{CuO+2HNO_{3}=}的物质的量是即rm{Cu(NO}故答案为：rm{Cu(NO}rm{3}rm{3}【解析】rm{(1)8.0g}rm{(1)8.0g}rm{(2)0.1mol}23、略

【分析】【解析】试题分析：（1）D的物质的量为n（D）=0.1mol?（L?min）-1×5min×4L=2mol，物质的量之比等于化学计量数之比，所以2：x=2mol：2mol，解得x=2，答：x的值是2；（2）参加反应的B的物质的量n（B）=1/2n（C）=(1/2)×2mol=1mol，所以B的转化率为α=1mol÷5mol×100%=20%，答：B的转化率为20%；（3）△n（A）=(3/2)×2mol=3mol，n（A）平衡=n（A）起始-△n（A）=6mol-3mol=3mol，所以c（A）平衡=n(A)平衡÷V=3mol÷4L=0.75mol/L，答：平衡时A的物质的量浓度为0.75mol/L；（4）3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g），即反应前总的物质的量相等，根据压强之比等于物质的量之比，故恒温达平衡时容器内的压强与开始时压强比为1:1。答：恒温达平衡时容器内的压强与开始时压强比为1:1。考点：化学平衡的计算【解析】【答案】（1）2（2）20℅（3）0.75mol/L（4）1:124、略

【分析】【解析】试题分析：设混合气体中CO和CO2的物质的量分别是a和b。则a＋b＝11.2L÷22.4L/mol、28g/mol×a＋44g/mol×b＝20.4g。解得a＝0.1mol、b＝0.4mol。所以混合气体中CO和CO2的体积比1︰4；质量比是2.8︰15.6＝7:39。考点：考查物质的量的有关计算【解析】【答案】1:4；7:39六、综合题(共4题，共40分)25、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）═