2025年沪教版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年沪教版高一化学下册月考试卷472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8题，共16分)1、月球上含有丰富的He．下列关于He的说法不正确的是（）

A.是一种核素。

B.原子核内有l个中子。

C.与He互为同位素。

D.比He少一个电子。

2、下列营养物质中为小分子化合物，易直接被人体吸收的是（）A.淀粉B.油脂C.维生素D.蛋白质3、下列说法中正确的有的是（）A.决定化学反应速率的主要因素是参加反应的物质的性质B.催化剂可以使不起反应的物质发生反应C.可以找到一种催化剂使水变成汽油D.催化剂是决定化学反应速率的主要因素4、如图是四种常见有机物的比例模型示意图．下列说法不正确的是（）A.甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.乙能与溴水发生加成反应使溴水褪色C.丙分子中所有原子均在同一平面上D.丁在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应5、下列对化学反应方向的叙述，正确的是rm{(}rm{)}A.室温下不能自发进行的反应，在高温下有可能自发进行B.熵增加有利于反应的自发进行，熵减少的反应常温下都不会自发进行C.非自发反应在任何情况下都不会发生D.rm{triangleH-TtriangleS}作为化学反应方向的判据，在任何条件下都适用6、下列说法正确的是()A.煤、石油、天然气都称为化石燃料，它们除了作为燃料还都能作为化工原料合成其他化工产品B.化学上利用原子利用率rm{100%}的加成反应来合成硝基苯C.糖类、油脂、蛋白质都是人体必需的营养物质，它们都可以水解并为生命活动提供能量D.显酸性的雨水称为酸雨，酸雨对植物、建筑等都有很强的腐蚀作用，应加强治理7、往浅绿色的rm{Fe(NO_{3})_{2}}溶液中逐滴加入稀盐酸时，溶液的颜色变化应该是rm{(}rm{)}A.颜色变浅B.逐渐变深C.没有改变D.变棕黄色8、由rm{KCl}rm{MgCl_{2}}和rm{MgSO_{4}}三种盐配成的混合溶液中，若rm{K^{+}}的浓度为rm{0.1mol/L}rm{Mg^{2+}}的浓度为rm{0.25mol/L}而rm{Cl^{-}}的浓度为rm{0.2mol/L}则rm{SO_{4}^{2-}}的浓度是rm{(}rm{)}A.rm{0.1}rm{mol/L}B.rm{0.4mol/L}C.rm{0.3mol/L}D.rm{0.2mol/L}评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)9、金刚石和石墨是碳元素的两种同素异形体在rm{100kPa}时，rm{1mol}石墨转化为金刚石要吸收rm{1.895kJ}的热量，试判断在rm{100kPa}压强下，下列结论不正确的是()

A.石墨比金刚石稳定B.金刚石比石墨稳定C.rm{lmol}石墨比rm{lmol}金刚石的总能量高D.石墨转化为金刚石是化学变化10、下列原子的外围电子排布式正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Zn}rm{3d^{10}4s^{2}}B.rm{Cr}rm{3d^{4}4s^{2}}C.rm{Ga}rm{4s^{2}4p^{2}}D.rm{S}rm{3p^{4}}11、如图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸（以不接触纸条为准）．则下列有关说法正确的是（）A.湿润淀粉碘化钾试纸未变蓝说明硫元素的非金属性强于碘元素B.沾有KMnO4溶液的滤纸褪色证明了SO2具有漂白性C.实验后，可把注射器中的物质缓缓推入NaOH溶液中，以减少环境污染D.蓝色石蕊试纸变红说明SO2溶于水显酸性12、在容量瓶使用方法中，下列操作不正确的是rm{(}rm{)}A.使用容量瓶前检查它是否漏水B.容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗C.配置溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线rm{1隆芦2cm}处，再改用胶头滴管加蒸馏水到刻度线E.盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀E.盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀13、短周期金属元素甲rm{-}戊在元素周期表中的相对位置如表所示，下面判断正确的是rm{(}rm{)}

。甲乙丙丁戊A.原子半径：戊rm{<}丁rm{<}丙B.金属性：甲rm{>}丙C.最高价氧化物水化物碱性：丙rm{>}丁rm{>}戊D.最外层电子数：甲rm{>}乙14、下列关于rm{1molO_{2}}的说法中，正确的是A.与rm{1molCO_{2}}含有的分子数相同B.与rm{1molH_{2}O}中含有的原子数相同C.含有约rm{6.02隆脕10^{23}}个rm{O_{2}}D.含有约rm{12隆脕6.02隆脕10^{23}}个电子评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、(14分)下列关系图中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸。当X无论是强酸还是强碱时，都有如下转化关系：当X是强酸时，A、B、C、D、E均含有同一元素：当X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素。回答下列问题：(1)A是_______________，Y是______________，Z是_____________。(2)当X是强碱时，E是­­­­­_______________，当X是强酸，E是____________。(3)写出A与X反应的离子方程式：①_____________________________________________________________________；②______________________________________________________________________。16、(1)某化学课外研究小组，设计实验探究KI溶液和FeCl3溶液反应存在一定的限度．请完成相关的实验步骤和现象．可选试剂：①0.1mol•L-1KI溶液；②0.1mol•L-1FeCl3溶液；③FeCl2溶液；④盐酸；⑤KSCN溶液；⑥CCl4．

实验步骤：①取5mL0.1mol•L-1KI溶液，再滴加5～6滴0.1mol•L-1FeCl3溶液。

②充分反应后；将溶液分成三份。

③取其中一份，滴加试剂CCl4，用力振荡一段时间，CCl4层出现紫红色；说明反应生成碘．

④另取一份；滴加试剂____________(填试剂序号)，若现象为____________，该反应有一定的限度．

(2)为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果；某化学研究小组的同学分别设计了如图甲；乙所示的实验．请回答相关问题：

①定性分析：如图甲可通过观察____________(填现象)，定性比较得出结论．有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3溶液更为合理，其理由是____________．写出H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式：____________．

②定量分析：如图乙所示；实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略．实验中一定需要测量的数据是____________(填序号)．

①收集40mL气体所需要的时间②CuSO4溶液和FeCl3溶液的浓度③过氧化氢溶液的浓度．17、已知元素的电负性与元素的化合价一样；也是元素的一种基本性质．下面给出14种元素的电负性．

。元素AlBBeCClFLiMgNNaOPSSi电负性1.52．1.52.52.84．1.01.23.00.93.52.12.51.7根据以上的数据，可推知元素的电负性具有的变化规律是：______．18、用电子式表示下列过程：

rm{垄脵MgCl_{2}}的形成过程______

rm{垄脷H_{2}O}的形成过程______．19、(12分)已知某一反应体系有反应物和生成物共三种物质：FeCl3、FeCl2、Fe。完成下列问题：（1）该反应中的还原产物的化学式是________，还原剂的化学式是________。（2）该反应的离子方程式_______________________________。（3）标出该反应中电子转移的方向和数目。（4）如果反应中转移了0．3mol电子，则________(填“溶解”或“生成”)的铁的质量为________。20、有A；B、C三种物质；已知A为钠盐，B为氯化物，C为碱，经下列实验操作，其结果分别是：

①A；B的溶液混合后无沉淀或气体产生。

②B；C的溶液混合后出现蓝色沉淀。

③A、C的溶液混合后出现白色沉淀，该沉淀不溶于稀HNO3

则A为____B为____C为____（填化学式）

写出反应②；③中的离子方程式。

②____

③____．21、实验室可以用右图所示的装置制取乙酸乙酯．回答下列问题：

（1）在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液的方法是：____

（2）饱和碳酸钠溶液的主要作用是____

（3）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是____．

（4）生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应一段时间后，就达到了该反应的限度．下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有（填序号）____．①混合物中各物质的浓度不再变化；②单位时间里；生成1mol乙醇，同时生成1mol乙酸；③单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol．

22、氢气是未来最理想的能源，科学家最近研制出利用太阳能产生激光，并在二氧化钛（TiO2）表面作用使海水分解得到氢气的新技术2H2O2H2↑+O2↑．制得的氢气可用于燃料电池．试完成下列问题：

太阳光分解海水时，实现了从____能转化为____能，二氧化钛作____生成的氢气，用于燃料电池时，实现____能转化为____能．分解海水的反应属于____反应（填“放热”或“吸热”）．23、如图是几种烷烃的球棍模型，试回答下列问题：rm{(1)A}rm{B}rm{C}三者的关系是_______。rm{(2)A}的分子式为_______，rm{c}的名称为_________rm{(3)}写出rm{C}的同分异构体的结构简式：______________。rm{(4)}若rm{1molB}气体完全燃烧，生成rm{C0_{2}}气体和液态水，放出rm{2217.8kj}热量，则其燃烧的热化学方程式为_______________评卷人得分四、判断题(共2题，共18分)24、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）25、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）评卷人得分五、原理综合题(共2题，共16分)26、Cu的化合物在生活及科研中有重要作用，不同反应可制得不同状态的Cu2O

（1）科学研究发现纳米级的Cu2O可作为太阳光分解水的催化剂。

①在加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2可制备纳米级Cu2O，同时放出N2。当收集的N2体积为3.36L（已换算为标准状况）时，可制备纳米级Cu2O的质量为________；

②一定温度下，在2L密闭容器中加入纳米级Cu2O并通入0.20mol水蒸气；发生反应：

2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)测得20min时O2的物质的量为0.0016mol，则前20min的反应速率v（H2O）=_________________；该温度下，反应的平衡常数表达式K=_________________；下图表示在t1时刻达到平衡后，只改变一个条件又达到平衡的不同时段内，H2的浓度随时间变化的情况，则t1时平衡的移动方向为______，t2时改变的条件可能为______________；若以K1、K2、K3分别表示t1时刻起改变条件的三个时间段内的平衡常数，t3时刻没有加入或减少体系中的任何物质，则K1、K2、K3的关系为________________；

（2）已知：ΔH＝－293kJ·mol－1

ΔH＝－221kJ·mol－1

请写出用足量炭粉还原CuO（s）制备Cu2O（s）的热化学方程式________；

（3）用电解法也可制备Cu2O。原理如右上图所示，则阳极电极反应可以表示为________。27、乙酸甲酯是树脂；涂料、油墨、油漆、胶粘剂、皮革生产过程所需的有机溶剂；而且乙酸甲酯还可作为原料制备燃料乙醇。已知：乙酸甲酯可由乙酸和甲醇进行酯化反应得到。请回答下列问题：

(1)①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)∆H1=-874.5kJ/mol

②2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)∆H2=-1453kJ/mol

③2CH3COOCH3(l)+7O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)∆H3=-3189.8kJ/mol

由上述反应，可求出CH3COOH(l)+CH3OH(l)=CH3COOCH3(l)+H2O(l)的∆H=________

(2)对于反应CH3COOH(l)+CH3OH(l)⇌CH3COOCH3(l)+H2O(l)，判断下列选项可以提高乙酸平衡转化率的是______

A.加入催化剂，增快反应速率

B.加入过量的甲醇。

C.加入过量的乙酸

D.将乙酸甲酯从体系中分离。

E.适当地提高反应温度

F.适当地降低反应温度。

(3)在刚性容器压强为1.01MPa时；乙酸甲酯与氢气制备乙醇发生了两个反应：

主反应：CH3COOCH3(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)+CH3CH2OH(g)∆H<0；

副反应：CH3COOCH3(g)+H2(g)⇌CH3OH(g)+CH3CHO(g)∆H>0，实验测得，在相同时间内，反应温度与CH3CH2OH和CH3CHO的产率之间的关系如图所示：

①在540℃之前CH3CHO的产率远低于CH3CH2OH产率的原因是________。

②在470℃之后CH3CHO与CH3CH2OH产率变化趋势可能的原因是________。

(4)若在470℃时，以n(CH3COOCH3):n(H2)=1:10的投料比只进行主反应(不考虑副反应)；乙酸甲酯平衡转化率与气体总压强的关系如图所示：

①A点时，CH3COOCH3(g)的平衡分压为________MPa，CH3CH2OH(g)的体积分数________%(保留一位小数)。

②470℃时，该反应的化学平衡常数Kp=________(MPa)-1(Kp为以分压表示的平衡常数，列出计算式，不要求计算结果)。评卷人得分六、实验题(共2题，共4分)28、如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持及加热仪器已略）。

（1）制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸；则相关的离子反应方程式为：______。装置B中饱和食盐水的作用是______；

若C处发生了堵塞；则B中的现象为______。

（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性；为此C中Ⅰ；Ⅱ、Ⅲ应该依次放入______（填编号）

。①②③④I干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条Ⅱ碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙Ⅲ湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（3）设计装置D；E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱。当向D中缓缓通入少量氯气时；可以看到无色溶液逐渐变为______色，说明______；打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到的现象是______；

（4）如果将二氧化锰与足量的浓盐酸混合加热，若有17.4g的MnO2被还原；则被氧化的HCl的质量为______。

（5）向Na2CO3溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白液，同时有NaHCO3生成，该反应的化学方程式是______。29、某同学为了探究哪些因素会影响反应速率，设计了以下表格实验，。实验序号rm{10%H_{2}O_{2}}溶液rm{/mL}蒸馏水rm{/mL}温度rm{/}rm{隆忙}催化剂rm{垄脵}rm{10}rm{0}rm{25}rm{1}滴rm{FeCl_{3}}rm{垄脷}rm{5}rm{a}rm{25}rm{1}滴rm{FeCl_{3}}rm{垄脹}rm{10}rm{0}rm{40}rm{1}滴rm{FeCl_{3}}rm{垄脺}rm{b}rm{c}rm{25}无请回答下列问题：rm{(1)}写出实验rm{垄脵}发生的化学方程式__________________________。rm{(2)a=}_________，理由是________________________________。rm{(3)}实验rm{垄脵垄脹}的实验目的是______________________________。rm{(4)b=}_________，rm{c=}____________；通过实验rm{垄脵垄脺}可以得到的结论是________________________。可以得到的结论是________________________。rm{垄脵垄脺}某同学在rm{(5)}一定浓度的rm{50mL}溶液中加入一定量的二氧化锰，放出气体的体积rm{H_{2}O_{2}}标准状况下rm{(}与反应时间的关系如下图所示，分析判断rm{)}rm{OE}rm{EF}三段中，___________段化学反应速率最快。rm{FG}参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】

A；核素是具有一定质子数和一定中子数的原子；

B；根据元素符号的含义以及中子数=质量数-质子数；

C；同位素是质子数相同；中子数不同的原子；

D；根据元素符号的含义以及核内质子数=核外电子数；

【解析】

A、23He和24He是氦元素的两个核素；故A正确；

B、23He的中子数=3-2=1；故B正确；

C、23He和24He质子数相同；中子数不同，故互为同位素，故C正确；

D、23He和24He质子数相同；核外电子数相同，故D错误；

故选：D；

【解析】【答案】2、C【分析】【解答】食物所含的营养物质中；水；无机盐、维生素是小分子的物质能够直接被人体消化道吸收，而蛋白质、淀粉和油脂是大分子物质需经过消化后分别变成氨基酸、葡萄糖、甘油和脂肪酸小分子物质才能被吸受．

故选C．

【分析】食物所含的营养物质中，水、无机盐、维生素是小分子的物质能够直接被人体消化道吸收．3、A【分析】解：A．反应物的性质为决定化学反应速率的主要因素；如钠能和冷水反应，铜和热水也不反应，故A正确；

B．催化剂不能使不能发生反应的物质发生反应；只改变反应速率，故B错误；

C．水不可能使水变成油；不符合质量守恒定律，故C错误；

D．决定化学反应速率的主要因素是物质的性质；催化剂只是外界因素，故D错误．

故选A．

影响化学反应速率的因素有内因和外因；物质的性质为内因，为影响化学反应速率的主要因素，外因有温度；浓度、压强、催化剂等，其中催化剂只改变反应速率，但不能改变反应的方向，以此解答该题．

本题考查化学反应速率的影响因素，注意把握内因和外因的区别，特别是催化剂的性质，为该题考查的侧重点，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】A4、A【分析】解：由四种有机物的比例模型可知；甲为甲烷，乙为乙烯，丙为苯，丁为乙醇．

A．甲烷为饱和烃；与高锰酸钾不反应，则不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；

B．乙烯中含双键；能与溴水发生加成反应使溴水褪色，故B正确；

C．苯环为平面结构；则苯分子中所有原子均在同一平面上，故C正确；

D．乙醇中含-OH；在浓硫酸作用下可与乙酸发生酯化反应，属于取代反应，故D正确；

故选A．

由四种有机物的比例模型可知；甲为甲烷，乙为乙烯，丙为苯，丁为乙醇．

A．甲烷为饱和烃；与高锰酸钾不反应；

B．乙烯中含双键；

C．苯环为平面结构；

D．乙醇中含-OH；可发生酯化反应．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握常见有机物的比例模型、官能团与性质的关系为解答的关键，侧重有机物性质、空间结构的考查，题目难度不大．【解析】【答案】A5、A【分析】【分析】

反应能否自发进行，取决于rm{=triangleH-T?triangleS}的差值，当rm{triangleH-T?triangleS<0}时；反应能自发进行，否则不能，以此解答该题。

本题考查反应热与焓变，题目侧重于化学反应与能量的综合考查，为该考高频考点，题目难度不大，易错点为rm{=triangleH-T?triangle

S}注意反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据。

【解答】

A.室温下不能自发进行的反应，如升高温度，使rm{triangleH-T?triangleS<0}时；有可能自发进行，如碳酸钙的分解，故A正确；

B.熵减少的反应常温下不一定不能自发进行，如氨气和rm{triangleH-T?triangle

S<0}的反应；能自发进行，故B错误；

C.非自发反应的反应不一定不能发生；如铜和稀硫酸的反应，可用铜作阳极，硫酸为电解质溶液，用电解法反应可发生，故C错误；

D.反应的自发性是指没有外界干扰式体系的性质；故D错误。

故选A。

rm{D}【解析】rm{A}6、A【分析】【分析】化学与rm{STS}知识的考查，体现化学学科价值，题目较简单。【解答】A.煤、石油、天然气为三大化石燃料，均为化工原料用以合成其他化工产品，故A正确；B.化学上常用苯与硝酸硫酸的混酸发生取代反应来合成硝基苯，故B错误；C.糖类中的单糖是不可以水解的，故C错误；D.酸雨指rm{pH}低于rm{5.6}的雨水，并非所有显酸性的雨水，故D错误。低于rm{pH}的雨水，并非所有显酸性的雨水，故D错误。rm{5.6}故选A。【解析】rm{A}7、D【分析】解：往浅绿色的rm{Fe(NO_{3})_{2}}溶液中逐滴加入稀盐酸时，发生反应的离子方程式为：rm{Fe+NO_{3}^{-}+4H^{+}篓TFe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}0}三价铁离子为棕黄色；

故选：rm{D}．

硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性能够氧化二价铁离子．

本题考查了不同价态铁之间的转化，题目难度不大，明确硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性是解题关键，熟记常见金属阳离子的颜色．【解析】rm{D}8、D【分析】解：混合溶液呈电中性，根据电荷守恒有rm{c(Cl^{-})+2(SO_{4}^{2-})=c(K^{+})+2c(Mg^{2+})}故：

rm{0.2mol/L+2(SO_{4}^{2-})=0.1mol/L+0.25mol/L隆脕2}

解得：rm{(SO_{4}^{2-})=0.2}rm{mol/L}

故选D．

混合溶液呈电中性，根据电荷守恒有rm{c(Cl^{-})+2(SO_{4}^{2-})=c(K^{+})+2c(Mg^{2+})}据此计算．

本题考查物质的量浓度的有关计算，难度中等，注意电解质混合溶液中离子浓度的计算经常利用电荷守恒进行计算．【解析】rm{D}二、双选题(共6题，共12分)9、BC【分析】【分析】本题主要考查金刚石和石墨的转化以及涉及到的能量变化，难度不大，需要掌握的是能量低的物质稳定。【解答】A.石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，稳定，故A正确；B.石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，稳定，故B错误；C.rm{1mol}石墨比rm{1mol}金刚石的总能量低，故C错误；D.金刚石和石墨是不同的物质，是化学变化，故D正确。故选BC。【解析】rm{BC}10、rAC【分析】解：rm{A.3d^{10}4s^{2}}外围电子排布式正确；故A正确；

B.rm{3d^{4}4s^{2}}违背了半充满时为稳定状态，应为rm{3d^{5}4s^{1}}故B错误；

C.rm{Ga}外围电子排布式应为rm{4s^{2}4p^{1}}故C错误；

D.rm{S}外围电子排布式应为rm{3s^{2}3p^{4}}故D错误．

故选：rm{A}．

原子或离子核外电子排布属于基态排布应满足构造原理：rm{1s}rm{2s2p}rm{3s3p}rm{4s3d4p}rm{5s4d5p}rm{6s4f5d6p}rm{7s5f6d7p}按此顺序填充；注意满足半满；全满、全空稳定状态，洪特规则、泡利原理．

本题考查核外电子排布规律，难度不大，掌握核外电子排布规律与常见电子排布式书写．【解析】rm{AC}11、C|D【分析】解：A．氧化还原反应中氧化性：氧化剂＞还原剂，湿润的碘化钾淀粉试纸末变蓝说明SO2不能将I-氧化为I2；但不能说明硫元素的非金属性强于碘元素，单质的氧化性强弱可以判断非金属性强弱，故A错误；

B．二氧化硫能够使酸性高锰酸钾褪色体现的是二氧化硫的还原性；与漂白性无关，故B错误；

C．二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，可与NaOH溶液反应生成盐和水，所以NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2；故C正确；

D．SO2只能使蓝色石蕊试变红；是因为二氧化硫溶于水生成亚硫酸，故D正确；

故选CD．

浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫；二氧化硫为酸性氧化物与水反应生成亚硫酸，具有酸性，能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水；二氧化硫具有强的还原性能够被酸性的高锰酸钾；卤素单质氧化，二氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色，但是不能漂白指示剂；

A．氧化还原反应中氧化性：氧化剂＞还原剂；非金属性强弱需要用最高价含氧酸酸性；氢化物稳定性等判断；

B．二氧化硫具有还原性；易被氧化剂氧化；

C．二氧化硫是有毒气体不能排放空气中；需要尾气吸收；

D．二氧化硫溶于水形成亚硫酸显酸性；遇到蓝色石蕊试液变红色，不表现漂白性．

本题以实验为载体，考查了二氧化硫的性质，题目难度不大，注意对基础知识的积累．【解析】【答案】CD12、rBCD【分析】解：rm{A.}容量瓶带有瓶塞；为了避免影响配制结果，使用前应检查是否漏水，故A正确；

B.容量瓶用水洗净后；再用待配溶液洗涤，导致溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故B错误；

C.溶解固体应该在烧杯中进行；不能直接在容量瓶中溶解固体，故C错误；

D.稀释溶液应该在烧杯中进行；不能直接在容量瓶中稀释浓溶液，故D错误；

E.定容后；盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，该操作方法合理，故E正确；

故选BCD．

容量瓶由瓶塞和瓶体构成；使用前要查漏；容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，比较精密，不能受热，不能溶解固体；稀释溶液、作反应容器等．

本题考查容量瓶的使用方法，题目难度不大，明确常见仪器的构造及使用方法即可解答，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的化学实验能力．【解析】rm{BCD}13、rAC【分析】解：根据各元素在周期表中的相对位置可知：甲为rm{Li}丙为rm{Na}乙为rm{Be}丁为rm{Mg}戊为rm{Al}

A.同周期自左而右原子半径逐渐减小，则原子半径大小为：戊rm{<}丁rm{<}丙；故A正确；

B.同主族从上到下元素的金属性在增强，则金属性为甲rm{<}丙；故B错误；

C.rm{Na}rm{Mg}rm{Al}同周期，自左而右金属性减弱，故金属性rm{Na>Ma>Al}最高价氧化物对应的水化物碱性：rm{Na>Mg>Al}故C正确；

D.甲为rm{Li}乙为rm{Be}最外层含有电子数分别为rm{1}rm{2}最外层电子数：甲rm{<}乙；故D错误；

故选AC．

根据各元素在周期表中的相对位置可知：甲为rm{Li}丙为rm{Na}乙为rm{Be}丁为rm{Mg}戊为rm{Al}

A.同周期自左而右原子半径减小；电子层越多原子半径越大；

B.同主族元素中；原子序数越大，金属性越强；

C.同周期从左向右金属性减弱；同主族从上向下，金属性增强，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；

D.同一周期；原子序数越大，最外层电子数越多．

本题考查位置、结构与性质关系及应用，题目难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意掌握元素周期表的结构、元素周期律内容，试题有利于提高学生的逻辑推理能力．【解析】rm{AC}14、AC【分析】【分析】本题考察物质的量的相关计算。【解答】A.rm{1molO}rm{1molO}rm{{,!}_{2}}与rm{1molCO}rm{1molCO}相同，故A正确；

rm{{,!}_{2}}含有的分子数为rm{N_{A}}相同，故A正确；rm{N_{A}}氧原子，B.rm{1molO}rm{1molO}rm{{,!}_{2}}中含有含rm{2mol}氧原子，rm{1molH}原子数，所含有的原子数不相同，故B错误；

rm{2mol}rm{1molH}rm{{,!}_{2}}rm{O}中含有rm{3mol}原子数，所含有的原子数不相同，故B错误；rm{O}rm{3mol}故C正确；

C.rm{1molO}个电子，rm{1molO}rm{{,!}_{2}}含有约rm{6.02隆脕10}rm{6.02隆脕10}rm{{,!}^{23}}个rm{O}rm{O}【解析】rm{AC}三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【解析】【答案】（1）A是(NH4)2S（2分）Y是O2（2分）Z是H2O（2分）（2）E是HNO3（2分）E是H2SO4（2分）（3）NH4++OH-=NH3·H2O或NH4++OH－NH3↑+H2O（2分）S2-+2H+=H2S↑（2分）16、略

【分析】解：(1)④可以用KSCN溶液(即⑤)，来检验三价铁是否剩余，若果溶液显红色，说明三价铁剩余，KI溶液和FeCl3溶液反应不彻底；反之则进行彻底；

故答案为：⑤；溶液显红色；

(2)①可以通过观察产生气泡的快慢来定性比较比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，将CuSO4改为CuCl2更为合理，这样Fe3+和Cu2+中的阴离子种类相同；可以排除因阴离子的不同可能带来的影响；

故答案为：两个试管中气泡生成的速率；排除因阴离子的不同可能带来的影响；H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式为：2H2O2H2O+O2↑

②均以生成40mL气体为准时；产生等量的气体用的时间越短，则反应速率越快，所以实验中需要测量的数据是收集40mL气体所需的时间；

故答案为：①；【解析】⑤;溶液变红色;两个试管中气泡生成的速率;排除阴离子Cl-对实验的干扰;2H2O2H2O+O2↑;①17、略

【分析】解：由表中数据可知；第二周期元素从Li～F，随着原子序数的递增，元素的电负性逐渐增大，第三周期元素从Na～Cl，随着原子序数的递增，元素的电负性也逐渐增大，并呈周期性变化；

故答案为：在同一周期中；随着原子序数的递增，元素的电负性逐渐增大，并呈周期性变化．

同周期自左而右元素的化合价呈现周期性变化；据此根据同周期电负性数据变化分析解答．

本题考查同周期元素电负性变化规律，比较基础，侧重学生对数据的分析处理、归纳总结能力的考查．【解析】在同一周期中，随着原子序数的递增，元素的电负性逐渐增大，并呈周期性变化18、略

【分析】解：rm{垄脵MgCl_{2}}属于离子化合物，rm{Mg}最外层两个电子被两个rm{Cl}原子得到，用电子式表示形成过程为：

故答案为：

rm{垄脷H_{2}O}为共价化合物，各原子达到稳定结构，用电子式表示形成过程为：

故答案为：．

rm{垄脵MgCl_{2}}属于离子化合物，rm{Mg}最外层两个电子被两个rm{Cl}原子得到；

rm{垄脷}氢原子和氧原子之间以共用电子对而形成水分子．

本题考查了电子式的书写，题目难度不大，注意掌握电子式的概念及书写原则，明确离子化合物与共价化合物的电子式表示方法及区别．【解析】19、略

【分析】试题分析：（1）FeCl3、FeCl2、Fe发生的反应为2FeCl3+Fe＝3FeCl2，反应中FeCl3是氧化剂，Fe是还原剂。FeCl2既是氧化产物又是还原产物。（2）离子方程式为：Fe＋2Fe3＋＝3Fe2＋（3）可以用单线桥表示电子的转移方向和数目，箭头有还原剂指向氧化剂，线桥上只标出电子的个数。（4）铁会发生反应所以就会溶解，设溶解得Fe的物质的量为n，则有Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋2e-12n0．3得n=0．15molFe的质量为0．15mol×56g/mol=8．4g考点：氧化还原反应的电子的转移表示方法和有关物质的量的计算。【解析】【答案】（1）FeCl2Fe（2）Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋（3）（4）溶解8．4g20、略

【分析】

（1）“B为氯化物；C为碱”因为B与C反应有蓝色沉淀，必定为氢氧化铜，所以B为氯化铜，C氢氧化钡；

（2）不溶于硝酸的沉淀；只有硫酸钡和氯化银，氯化银排除，就要往硫酸根和钡离子上想了，所以A含有硫酸根为硫酸钠．

（3）依据判断出的物质，结合变化写出化学反应离子方程式：②Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓③Ba2++SO42-=BaSO4↓

故答案为：Na2SO4；CuCl2；Ba（OH）2；：②Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓③Ba2++SO42-=BaSO4↓

【解析】【答案】（1）由“AC的溶液混合后出现白色沉淀，该沉淀不溶于稀硝酸”得出该沉淀为AgCl或者硫酸钡，因为AgOH可以看作是不存在的，所以就是BaSO4了；又因为“A为钠盐C为碱”，所以A含有硫酸根为硫酸钠；C含有氢氧根为氢氧化钡．

（2）由“BC的溶液混合后出现蓝色沉淀”和“B为氯化物；C为碱”因为B与C反应有蓝色沉淀，又知C为氢氧化钡，所以沉淀是氢氧化铜，得出B为氯化铜；

（3）依据判断出的物质；结合变化写出化学反应离子方程式；

21、略

【分析】

（1）浓硫酸密度比水大；溶于水放出大量的热，为防止酸液飞溅，加入药品时应先在试管中加入一定量的乙醇，然后边加边振荡试管将浓硫酸慢慢加入试管，最后再加入乙酸；

故答案为：先在试管中加入一定量的乙醇；然后边加边振荡试管将浓硫酸慢慢加入试管，最后再加入乙酸；

（2）乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液；乙醇易溶于水，乙酸可与碳酸钠发生反应而被吸收，用饱和碳酸钠溶液可将乙酸乙酯和乙醇；乙酸分离，所以饱和碳酸钠的作用为中和挥发出来的乙酸，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度；

故答案为：中和挥发出来的乙酸；溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度；

（3）互不相溶的液体可用分液的方法分离；故答案为：分液；

（4）①混合物中各物质的浓度不再变化；说明达到平衡状态，故①正确；

②化学反应速率之比等于化学计量数之比；单位时间里，生成1mol乙醇，同时生成1mol乙酸，不能说明反应达到平衡状态，故②错误；

③单位时间里；生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故③正确；

故答案为：①③．

【解析】【答案】（1）为防止酸液飞溅；应先加入乙醇，然后在加入浓硫酸和乙酸；

（2）乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液；乙醇易溶于水，乙酸可与碳酸钠发生反应而被吸收；

（3）乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液；可用分液的方法分离；

（4）可逆反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此判断平衡状态．

22、太阳电催化剂化学电吸热【分析】【解答】太阳光分解海水时；太阳能转化为化学能，水难以分解，在二氧化钛（TiO2）表面作用使海水分解得到氢气，并用激光提供能量，则说明二氧化钛起到催化剂的作用，燃料电池是将化学能转变为电能的装置；氢气和氧气的燃烧为放热反应，则水分解时，水分子中的H﹣O断裂生成氧原子和氢原子，该反应吸热反应；

故答案为：太阳；化学，催化剂，化学，电，吸热．

【分析】太阳光分解海水时；太阳能转化为化学能，二氧化钛做催化剂；燃料电池是将化学能转变为电能的装置；

水的分解为吸热反应，在催化剂的条件下生成氢气和氧气，断裂的化学键为H﹣O．23、（1）同系物

（2）正丁烷

（3）

（4）【分析】【分析】本题考查烷烃的结构与性质，难度不大，掌握烷烃的结构与性质是解答的关键。【解答】rm{(1)}这rm{3}个物质结构相似，只是碳原子数不同，故应当为同系物；这rm{(1)}个物质结构相似，只是碳原子数不同，故应当为同系物；rm{3}从rm{(2)}从rm{A}的球棍模型可知有rm{2}个碳原子，rm{6}个氢原子，为烷烃，故分子式为：的球棍模型可知有rm{(2)}个碳原子，rm{A}个氢原子，为烷烃，故分子式为：rm{2}rm{6}有rm{{C}_{2}{H}_{6}}个碳原子，只有单键，且为直链，故应当有丁烷或正丁烷；rm{C}有支链，则有一个支链的结构且碳原子数相同，故结构为：rm{4}rm{(3)C}气体完全燃烧，生成rm{(4)}rm{1molB}气体完全燃烧，生成rm{C0}rm{1molB}热量，结合热化学方程式的书写可知应当为：rm{{C}_{3}{H}_{8}(g)+5{O}_{2}(g)xrightarrow[]{碌茫脠录}3C{O}_{2}(g)+4{H}_{2}O(l);;?H=-2217.8KJ/mol}rm{C0}【解析】rm{(1)}同系物rm{(2){C}_{2}{H}_{6}}正丁烷rm{(3)}rm{(4){C}_{3}{H}_{8}(g)+5{O}_{2}(g)xrightarrow[]{碌茫脠录}3C{O}_{2}(g)+4{H}_{2}O(l);;?H=-2217.8KJ/mol}rm{(4){C}_{3}{H}_{8}(g)+5{O}_{2}(g)

xrightarrow[]{碌茫脠录}3C{O}_{2}(g)+4{H}_{2}O(l);;?H=-2217.8KJ/mol

}四、判断题(共2题，共18分)24、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．25、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．五、原理综合题(共2题，共16分)26、略

【分析】【分析】

本题主要考查化学平衡的计算；热化学方程式，电极反应和电池反应方程式，化学平衡的影响因素；

（1）①根据电子转移数目守恒计算；

②根据v=计算v（O2），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（H2O）；

平衡常数指生成物浓度的系数次幂之积与反应物浓度系数次幂之积的比值；

由图可知H2的浓度随时间降低，改变条件瞬间H2浓度不变，所以不可能是改变H2浓度；故改变的条件使平衡向逆反应移动；

由图可知t2时，改变条件瞬间H2浓度增大，体积减小增大压强可以使H2浓度增大，增大H2浓度也可使H2浓度增大；

t1时刻与t2时刻温度相同，温度不变，平衡常数不变．由图可知t3时刻没有加入或减少体系中的任何物质，H2浓度增大，平衡向正反应进行，该反应为气体体积减小的反应，且正反应为吸热反应，所以t3时刻改变的体积为升高温度；

（2）根据盖斯定律解答；

（3）铜在阳极上；被氧化，与氢氧根反应生成氧化亚铜与水。

【详解】

（1）①令生成的Cu2O的物质的量为nmol，根据电子转移数目守恒，则有nmol×2×（1-0）=×2×[0-（-2）]，解得n=0.3，所以可制备Cu2O的质量为0.3mol×144g/mol=43.2g；

故答案为43.2g；

②20min时O2的物质的量为0.0016mol，所以v（O2）==4×10-5mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2O）=2v（O2）=2×4×10-5mol/（L•min）=8×10-5mol/（L•min）；

平衡常数指生成物浓度的系数次幂之积与反应物浓度系数次幂之积的比值，所以反应2H2O（g）==2H2（g）+O2（g）平衡常数的表达式k=

由图可知H2的浓度随时间降低，改变条件瞬间H2浓度不变，所以不可能是改变H2浓度，故改变的条件使平衡向逆反应移动，使H2的浓度降低；

由图可知t2时，改变条件瞬间H2浓度增大，体积减小增大压强可以使H2浓度增大，增大H2浓度也可使H2浓度增大，所以改变的条件为增大压强或增大H2浓度；

t1时刻与t2时刻温度相同，温度不变，平衡常数不变，所以K1=K2，t3时刻没有加入或减少体系中的任何物质，由图可知，H2浓度增大，所以平衡向正反应进行，该反应为气体体积减小的反应，且正反应为吸热反应，所以t3时刻改变的条件为升高温度，所以K2＜K3，所以K1=K2＜K3；

故答案为8×10-5mol/（L•min）；逆向；增大压强或增大H2浓度；K1=K2＜K3；

（2）已知：①2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）△H=-292kJ•mol-1

②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-1

根据盖斯定律，②-①得4CuO（s）+2C（s）=2CO（g）+2Cu2O（s）△H=+71kJ•mol-1

即2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.5kJ•mol-1

故答案为2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.5kJ•mol-1；

（3）铜在阳极上，被氧化，与氢氧根反应生成氧化亚铜与水，电极反应式为2Cu+2OH--2e-===Cu2O+H2O；

故答案为2Cu+2OH--2e-===Cu2O+H2O。【解析】43.2g8×10-5mol/（L•min）逆向增大压强或增大H2浓度K1=K2＜K32CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.5kJ•mol-12Cu+2OH--2e-===Cu2O+H2O27、略

【分析】【分析】

(1)依据热化学方程式和盖斯定律进行计算；

(2)A.加入催化剂；增快反应速率，并不会影响平衡移动；

B.加入过量的甲醇；增大了反应物浓度，使平衡正向移动，乙酸的转化率增大；

C.加入过量的乙酸；增大了反应物浓度，虽然使平衡正向移动，但乙酸的转化率降低；

D.将乙酸甲酯从体系中分离；使产物减少，促进平衡正向移动，乙酸的转化率增；

E.根据∆H为负值；反应正向是放热反应，因此，适当降低温度，平衡正向移动，乙酸的转化率增大；

(3)①两反应快慢的核心是活化能的大小,反应快活化能小；而反应慢活化能大；

②470℃之后；乙醇的产率逐渐降低是该反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，乙醛的产率逐渐升高是反应速率逐渐加快。

(4)利用三段式；化学平衡常数进行计算。

【详解】

(1)依据热化学方程式和盖斯定律，①+②-③可得到CH3COOH(l)+CH3OH(l)=CH3COOCH3(l)+H2O(l)，则∆H=∆H1+∆H2-∆H3=-6.10kJ∙mol-1。

(2)A.加入催化剂；增快反应速率，并不会影响平衡移动，A项错误；

B.加入过量的甲醇；增大了反应物浓度，使平衡正向移动，乙酸的转化率增大，B项正确；

C.加入过量的乙酸；增大了反应物浓度，虽然使平衡正向移动，但乙酸的转化率降低，C项错误；

D.将乙酸甲酯从体系中分离；使产物减少，促进平衡正向移动，乙酸的转化率增大，D项正确；

E.根据∆H为负值；反应正向是放热反应，因此，适当降低温度，平衡正向移动，乙酸的转化率增大，E项错误，F项正确；

综上所述；答案为BDF。

(3)①两反应快慢的核心是活化能的大小,反应快活化能小；而反应慢活化能大，根据图像可知，副反应的活化能远大于主反应的活化能，副反应的化学反应速慢；

②470℃之后；乙醇的产率逐渐降低是该反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，乙醛的产率逐渐升高是反应速率逐渐加快，反应吸热平衡正向移动。

(4)①由图可看出，转化率为90%时，总压为1.01MPa，已知n(CH3COOCH3):n(H2)=1:10；列三行式求解：

总压为1.01MPa，因此CH3COOCH3(g)的平衡分压为CH3CH2OH(g)的体积分数即为物质的量分数，其体积分数

②

【点睛】

主副两反应快慢的核心是活化能的大小，反应快活化能小，而反应慢活化能大。【解析】-6.1kJ∙mol-1BDF副反应的活化能远大于主反应的活化能，副反应的化学反应速慢470℃之后，乙醇的产率逐渐降低是该反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，乙醛的产率逐渐升高是反应速率逐渐加快，反应吸热平衡正向移动0.01MPa8.9六、实验题(共2题，共4分)28、MnO2+4H++2Cl‾Mn2++Cl2↑+2H2O除去Cl2中的HCl长颈漏斗中液面上升，形成水柱，锥形瓶内液面下降④黄氯气的氧化性强于溴E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色，（下层几乎无色）7.3g2Na2CO3+Cl2+H2O=2NaHCO3+NaCl+NaClO【分析】解：（1）制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，则相关的离子反应方程式为MnO2+4H++2Cl‾Mn2++Cl2↑+2H2O；饱和食盐水可用于除去氯化氢气体，如C处发生了堵塞，则B中的现象为，则长颈漏斗中液面上升，形成水柱，锥形瓶内液面下降；

故答案为：MnO2+4H++2Cl‾Mn2++Cl2↑+2H2O；除去Cl2中的HCl；长颈漏斗中液面上升；形成水柱，锥形瓶内液面下降；

（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性；验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中①②③的Ⅱ中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I；II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选④；

故答案为：④；

（3）当D中是溴化钠；当向D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，可以看到无色溶液逐渐变为橙黄，所以现象为：溶液从无色变化为橙黄色：氧化还原反应