2024年浙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2024年浙教版高一化学下册月考试卷867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、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A.标准状况下11.2LNO和11.2LO2混合后所得气体分子数为NAB.7.1gCl2与足量的NaOH溶液反应转移的电子数为0.2NAC.25℃、1.01×105Pa时，80gSO3中含有的原子数为4NAD.NA个CO分子和0.5molCH4的质量比为7∶42、一定条件下，aL密闭容器中放入1molN2和3molH2发生N2+3H22NH3的反应，下列选项中能说明反应已达到平衡状态的是A.c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2B.2v(H2)＝3v(NH3)C.单位时间内1个N≡N键断裂的同时，有6个N－H键断裂D.单位时间消耗0.1molN2的同时，生成0.2molNH33、下列说法错误的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵^{37}Cl}与rm{{,!}^{37}Ca}具有相同的中子数。

rm{垄脷}第rm{114}号元素的一种核素rm{X}与rm{{,!}_{82}^{207}Pb}具有相同的最外层电子数。

rm{垄脹}质子数相同；电子数也相同的两种微粒，不可能一种是分子，一种是离子。

rm{垄脺}金刚石与石墨都是由同一种元素形成的；二者属于同位素。

rm{垄脻NH_{4}^{+}}与rm{OH^{-}}具有相同的电子数；但质子数不同。

rm{垄脼_{26}^{60}Fe}与rm{{,!}_{26}^{58}Fe}的核外电子数相同，属于同一种核素．A.rm{垄脷垄脹垄脻}B.rm{垄脵垄脺垄脼}C.rm{垄脷垄脻垄脼}D.rm{垄脵垄脹垄脻垄脼}4、把rm{6molA}气体和rm{5molB}气体混合放入rm{4L}密闭容器中，在一定条件下发生反应：rm{3Aleft(gright)+Bleft(gright)?2Cleft(gright)+xDleft(gright)}经rm{3Aleft(gright)+Bleft(gright)?2Cleft(gright)+xDleft(gright)

}达到平衡，此时生成rm{5min}为rm{C}测定rm{2mol}的平均反应速率为rm{D}下列说法错误的是rm{0.1mol/(L隆陇min)}rm{(}A.rm{)}rm{x}B.rm{=2}的转化率为rm{B}C.平衡时rm{20%}的浓度为rm{A}D.恒温达平衡时容器内的压强为开始时的rm{0.75mol/L}rm{85%}5、运动会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷，撞击时发生的化学反应为：5KC1O3+6P＝3P2O5+5KC1。下列有关该反应的叙述中，正确的是A.氯酸钾是还原剂B.反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15molC.KCl既是氧化产物，又是还原产物D.发令时产生的白烟只是KC1固体颗粒6、下图是某品牌饮用矿泉水的标签的部分内容．下列说法正确的是（）

。饮用矿物质水。

净含量：500mL配料表：纯净水硫酸镁氯化钾保质期：12个月。

主要离子成份：钾离子（K+）：1.0～27.3mg/L镁离子（Mg2+）：0.1～4.8mg/L

氯离子（Cl-）：10～27.3mg/L硫酸根离子（SO42-）：0.4～19.2mg/L

A.标签上给出的离子的物理量是离子的物质的量浓度。

B.任何饮用水中氯离子（Cl-）的浓度均在10～27.3mg/L

C.该品牌饮用矿泉水中cCl-）最大值为10～27.3mg/L之内。

D.一瓶该品牌饮用矿泉水中SO42-的物质的挝不超过1×10-5mol

7、下列各组混合物中，可以用分液漏斗分离的是A.溴苯和水B.乙酸和乙醇C.酒精和水D.溴和苯8、将3.48gFe3O4（摩尔质量为232g/mol）完全溶解在足量硫酸溶液中，然后加入K2Cr2O7溶液25mL，恰好使溶液中Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O72-全部还原为Cr3+，则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为（）A.0.05mol•L-1B.0.1mol•L-1C.0.2mol•L-1D.0.3mol•L-19、下列各组物质，互称为同系物的一组是rm{(}rm{)}A.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}B.rm{CH_{3}CH_{3}}和rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}C.rm{H}和rm{D}D.正丁烷和异丁烷评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、下列为元素周期表中的一部分；按要求回答下列问题．

。ⅠA1①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②④⑤3⑥⑦③⑧⑨4⑩（1）这些元素中最不活泼的元素名称为：____；

（2）元素⑥⑦⑩的最高价氧化物对应的水化物中碱性最强的是（填化学式）：____；

（3）元素⑨的单质与H2O反应的离子方程式为：____；

（4）元素③的氧化物与氢氧化钾溶液反应的离子方程式为____；

（5）元素①④⑩形成的化合物中的化学键类型为：____．

（6）比较元素⑥⑦⑧⑨离子的半径由大到小的顺序（填化学符号）为：____．

（7）元素周期表体现了元素周期律，元素周期律的本质是原子核外电子排布的____，请写出主族元素在元素周期表中的位置与元素原子结构的关系：____．11、下图中，已知B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色；下图中气体E在气体G中燃烧产生苍白色火焰，D、F相遇会产生白烟。请按要求填空：（1）A的名称是；F的化学式是____。（2）B→D反应的化学方程式。12、如图所示，某温度下，物质的量分别是rm{1.2mol}的气体rm{X}和物质的量为rm{1.0mol}的气体rm{Y}在rm{2L}密闭容器中反应生成气体rm{Z}反应rm{5min}后测得rm{n(X)=0.4mol}rm{n(Y)=0.2mol}生成的rm{n(Z)=1.6mol}则该反应的化学方程式可表示为______，反应在rm{10}分钟内的化学反应速率用rm{Z}来表示则rm{V(Z)=}______rm{.}若rm{10min}时反应达到最大限度，rm{X}的物质的量等于rm{0.41mol}此时rm{X}的转化率为______rm{(}保留两位小数rm{)}rm{Y}的物质的量浓度为______．13、A、rm{B}rm{C}为短周期元素，在周期表中所处位置如图所示，rm{A}rm{C}两种元素的原子核外电子数之和等于rm{B}原子的质子数，rm{B}原子核内质子数和中子数相等。

rm{(1)}写出rm{A}rm{B}rm{C}三种元素的名称：rm{A}、rm{B}、rm{C}。rm{(2)B}位于元素周期表中第_____周期，第_____族。rm{(3)C}的原子结构示意图为_____，rm{C}的单质与水反应的化学方程式为____________。rm{(4)}写出rm{A}的气态氢化物与rm{A}的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式：____________________。14、按要求进行计算；直接写出计算结果：

rm{(1)}标准状况下，rm{2.24L}rm{Cl_{2}}的质量为______rm{g.}

rm{(2)10.8g}rm{R_{2}O_{5}}中氧原子的数目为rm{3.01隆脕10^{23}}则元素rm{R}的相对原子质量为______．

rm{(3)}阻燃剂碱式碳酸铝镁中rm{OH^{-}}与rm{CO_{3}^{2-}}质量之比为rm{51}rm{300}则这两种离子的物质的量之比为______．

rm{(4)}将rm{10mL1.00mol/L}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液与rm{10mL1.00mol/L}rm{CaCl_{2}}溶液相混和，则混和溶液中rm{Na^{+}}的物质的量浓度为______rm{mol/L(}忽略混合前后溶液体积的变化rm{)}．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）16、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）17、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）18、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化19、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、简答题(共3题，共12分)20、rm{H_{2}}与rm{O_{2}}rm{F_{2}}均能发生反应，下图为rm{H_{2}}与rm{F_{2}}发生反应生成rm{HF}过程中的能量变化示意图。请回答下列问题：

rm{H_{2}(g)}与rm{F_{2}(g)}反应生成rm{HF(g)}过程中的能量最变化rm{(1)}完成转化rm{I}rm{II}_________rm{(}填“吸收”或“放出”，下同rm{)}能量，完成转化Ⅲ_________能量。rm{(2)H_{2}}和rm{F_{2}}反应的能量变化图可用___________rm{(}填“rm{A}”或“rm{B}”rm{)}表示。

rm{(3)H_{2}}在rm{O_{2}}中燃烧的过程主要是__________能转化为_______能的过程。21、利用海洋资源可以获得很多物质；如从海水得到的粗食盐水中可以用来制取食盐，可以用来电解得到许多化工原料，可以通过蒸馏获得淡水等．

Ⅰ．从海水得到的粗食盐水中常含Ca2+、Mg2+、SO42-，需要分离提纯．现有含少量CaCl2、MgSO4的粗食盐水，在除去悬浮物和泥沙之后，要用4种试剂①盐酸、②Na2CO3、③NaOH、④BaCl2来除去食盐水中Ca2+、Mg2+、SO42-．提纯的操作步骤和加入试剂的情况如图：

图中a、b；c、d分别表示上述4种试剂中的一种；试回答：

（1）沉淀A的名称是______；

（2）试剂d是______；

（3）现有下列仪器，过滤出沉淀A、B、C时必须用到______（填序号），仪器③的名称是______．

（4）⑤的名称为______，该仪器从______进水，从______出水．

Ⅱ．海水蒸馏是由海水获得淡水的常用方法之一，在实验室里组成一套蒸馏装置肯定需要上述仪器中的一部分，则正确的是______（填序号）．

Ⅲ．海带等藻类物质经过处理后，可以得到碘水，欲从碘水中提取碘，需要上述仪器中的______（填序号），该仪器名称为______，向该碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作为______．22、广东省有着丰富的海洋资源rm{.}海水提取食盐和rm{Br_{2}}以后的盐卤可以用来制备纯净的rm{MgCl_{2}}或rm{MgO.}盐卤中含有rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}还含有少量rm{Na^{+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}和rm{CO(NH_{2})_{2}}等rm{.}制备流程如图所示：

rm{(1)}滤渣的成分是______rm{(}填化学式rm{)}滤液Ⅱ中所含的主要杂质离子是______rm{(}写离子符号rm{)}．

rm{(2)}用rm{NaClO}除去尿素rm{CO(NH_{2})_{2}}时；生成物除盐外，都是能参与大气循环的物质，则该反应的化学方程式为______；

rm{(3)}用rm{MgCl_{2}?6H_{2}O}制备无水rm{MgCl_{2}}过程中；所需要的化学试剂是______；

rm{(4)}海水制溴过程中吸收潮湿空气中的rm{Br_{2}}是利用rm{SO_{2}}气体，rm{SO_{2}}吸收rm{Br_{2}}的离子方程式是______；rm{SO_{2}}气体可来源于硫酸工业的尾气，同时，rm{SO_{2}}尾气也可用氨水吸收，作为制备化肥的原料，rm{SO_{2}}气体用氨水吸收得到的产物可能是______．评卷人得分五、实验题(共1题，共7分)23、某研究性学习小组的同学想通过下图实验装置探究SO2与Na2O2反应的产物。（夹持装置已略去，装置的气密性良好）Ⅰ．实验中装置B可吸收水分，干燥SO2气体，其目的是：_________________________。装置D除了吸收过量的SO2，避免污染空气外，还起到的作用是：_________________。Ⅱ．对C中固体产物提出如下假设：（假设Na2O2已全部反应）假设1：__________。假设2：只有Na2SO4；假设3：既有Na2SO3又有Na2SO4。（1）甲同学认为SO2与Na2O2的反应不同于CO2，应为假设2成立，请据此写出C中所发生反应的化学方程式：_____________________。（2）若假设2成立，为确定C中固体产物的成分，甲同学设计如下实验：得出结论：C中固体产物只有Na2SO4。该方案是否合理？答：__________。（填“是”或“否”）理由是______________________________。（3）乙同学为证明假设3成立，设计如下实验。实验步骤和结论为：①取少量C中固体产物于试管中，加入适量的蒸馏水溶解；②滴加过量的1mol•L－1BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明C中固体产物中有_________；③滴加适量的1mol•L－1稀盐酸，若白色沉淀部分溶解，并产生刺激性气味气体，则证明C中固体产物中有___________________。评卷人得分六、综合题(共4题，共20分)24、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：

25、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题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回答下列问题参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】试题分析：A.2NO+O2=2NO2.二者混合发生反应，所以最后气体为11.2L的NO2和5.6L的氧气的混合物。因此混合后所得气体分子数小于NA。错误。B.n(Cl2)=0.1mol,二者发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。每有1mold氯气反应转移电子1mol.所以7.1gCl2与足量的NaOH溶液反应转移的电子数为0.1NA。错误。C.80gSO3的物质的量为80g÷80g/mol=1mol,每个分子中含有4个原子，所以1mol的分子中含有的原子数为4NA，正确。D．NA个CO分子即1mol,质量为28g,0.5molCH4的质量是8g.它们的质量比为28:8=7∶2.。错误。考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算的知识。【解析】【答案】C2、C【分析】【解析】【答案】C3、A【分析】解：rm{垄脵^{37}Cl}的中子数rm{=37-17=20}rm{{,!}^{37}Ca}的中子数rm{=37-20=17}具有不相同的中子数，故错误；

rm{垄脷}第rm{114}号元素的一种核素rm{X}与rm{{,!}_{82}^{207}Pb}的最外层电子数为rm{4}具有相同的最外层电子数，故正确；

rm{垄脹}离子一定带电；质子数一定不等于电子数；分子呈电中性，质子数一定等于电子数，所以质子数和电子数均相同的两种微粒不可能是一种分子和一种离子，故正确；

rm{垄脺}同种元素的不同单质属于同素异形体；金刚石与石墨属于同素异形体，不是属于同位素，故错误；

rm{垄脻NH_{4}^{+}}与rm{OH^{-}}具有相同的电子数，电子数为rm{10}但质子数分别为rm{11}rm{9}故正确；

rm{垄脼_{26}^{60}Fe}与rm{{,!}_{26}^{58}Fe}的质子数相同；中子数不同，属于不同核素，故错误．

故选A．

rm{垄脵}根据中子数rm{=}质量数rm{-}质子数计算；

rm{垄脷}根据元素原子的最外层电子数判断；

rm{垄脹}离子一定带电；质子数一定不等于电子数；分子呈电中性，质子数一定等于电子数；

rm{垄脺}同种元素的不同单质属于同素异形体；

rm{垄脻}阳离子的电子数rm{=}质子数rm{-}电荷数，阴离子的电子数rm{=}质子数rm{+}电荷数；

rm{垄脼}质子数相同；中子数不同的核素；属于不同核素．

本题考查原子的构成、同位素、电子数与质子数的关系等，题目难度不大，注意把握同位素概念的内涵与外延，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．【解析】rm{A}4、D【分析】略【解析】rm{D}5、B【分析】试题分析：在反应5KC1O3+6P＝3P2O5+5KC1中，P元素的化合价从0价升高到＋5价，失去5个电子，因此P是还原剂，五氧化二磷是氧化产物。氯元素的化合价从＋5价降低到－1价，得到6个电子，氯酸钾是氧化剂，氯化钾是还原产物。A、氯酸钾是氧化剂，A不正确；B、反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量＝3mo×5=15mol，B正确；C、氯化钾是还原产物，C不正确；D、反应中生成的五氧化二磷也是固体，因此发令时产生的白烟不只是KC1固体颗粒，D不正确，答案选B。考点：考查氧化还原反应的有关判断和计算【解析】【答案】B6、C【分析】

A；该品牌饮用矿物质水中离子浓度表示单位体积内含有离子的质量；故A错误；

B；该品牌饮用矿物质水中氯离子10～27.3mg/L；不能说明其它饮用水中氯离子浓度均在10～27.3mg/L之间，故B错误；

C、氯离子（Cl-1）：10～27.3mg/L，该品牌饮用矿泉水中c（Cl-）最大值为10～27.3mg/L之内；故C正确；

D、硫酸根离子（SO42-）：0.4～19.2mg/L，1瓶该品牌饮用矿泉水的体积为500mL，硫酸根离子的质量最大值为19.2mg/L×0.5L=9.6mg，故n（SO42-）的最大值为=1×10-4mol，硫酸根离子的质量最大值为19.2mg/L×0.5L=9.6mg，故n（SO42-）的最大值为=1×10-4mol；故D错误；

故选C．

【解析】【答案】A；离子浓度表示单位体积内含有离子的质量；

B；该品牌饮用矿物质水中氯离子10～27.3mg/L；不能说明其它饮用水中氯离子浓度均在10～27.3mg/L之间；

C、由标签可知，氯离子（Cl-）：10～27.3mg/L；据此判断；

D、硫酸根离子（SO42-）：0.4～19.2mg/L，结合1瓶该品牌饮用矿泉水的体积计算SO42-的质量；进而计算物质的量，无法计算．

7、C【分析】只有互不相溶的液体之间，才能用分液漏斗进行分离。溴苯不溶于水，分液即可，A正确。其余都是易溶或互溶的，答案选C。【解析】【答案】C8、B【分析】解：3.48gFe3O4为0.015mol；100ml1mol/L的硫酸中硫酸的含量为0.1mol；

根据方程式：Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2（SO4）3+3H2O；

3.48gFe3O4完全反应需要硫酸0.015mol×4=0.06mol，硫酸过量，生成Fe2+0.015mol，Fe3+0.03mol；

在氧化还原反应中，0.015molFe2+变为Fe3+；电子转移0.015mol；

Cr2O72-全部还原为Cr3+，Cr由原来的+6价降为+3价；

所以参加反应的Cr为：mol=0.005mol；

而K2Cr2O7的物质的量就应该为0.005mol÷2=0.0025mol，物质的量浓度：=0.1mol/L．

故选B．

根据方程式：Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2（SO4）3+3H2O，计算四氧化三铁和硫酸的反应情况，得出生成的亚铁离子的量，加入K2Cr2O7溶液使溶液中Fe2+全部转化为Fe3+，根据电子守恒计算K2Cr2O7的物质的量，进而计算K2Cr2O7溶液的物质的量浓度．

本题考查氧化还原反应计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等，根据电子转移守恒计算是关键，注意守恒思想在氧化还原反应计算中应用．【解析】【答案】B9、B【分析】解：rm{A.O_{2}}和rm{O_{3}}元素的不同单质；二者互为同素异形体，故A错误；

B.rm{CH_{3}CH_{3}}和rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}属于饱和烃，二者结构相似，分子间相差rm{1}个rm{CH_{2}}原子团；所以二者互为同系物，故B正确；

C.rm{H}和rm{D}质子数相同；中子数不同，互为同位素，故C错误；

D.正丁烷；异丁烷分子式相同；结构不同，二者互为同分异构体，故D错误．

故选B．

结构相似，在分子组成上相差一个或若干个rm{CH_{2}}原子团的物质互称为同系物；以此解答该题．

本题考查了同系物的判断，为高频考点，侧重于双基的考查，题目难度不大，有利于培养学生良好的科学素养，注重概念的理解和运用，注意掌握同系物、同素异形体、同位素、同分异构体的概念及区别．【解析】rm{B}二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】

由元素在周期表中的位置可知；①为H，②为C，③为Al，④为O，⑤为Ne，⑥为Na，⑦为Mg，⑧为S，⑨为Cl，⑩为K；

（1）上述元素中只有Ne的最外层电子数为8；为稳定结构，则性质最不活泼，其名称为氖，故答案为：氖；

（2）金属性K＞Na＞Mg；则最高价氧化物对应的水化物中碱性最强的是KOH，故答案为：KOH；

（3）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，离子反应为Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，故答案为：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO；

（4）氧化铝与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾，离子反应为Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al（OH）4]-，故答案为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al（OH）4]-；

（5）KOH中钾离子与氢氧根离子之间以离子键结合；氢氧之间以共价键结合，故答案为：离子键，共价键；

（6）电子层越多，半径越大，具有相同电子排布的离子，原子序数越大，其离子半径越小，则离子半径为S2-＞Cl-＞Na+＞Mg2+，故答案为：S2-＞Cl-＞Na+＞Mg2+；

（7）元素周期律是核外电子周期性变化的结果；根据主族元素的电子层数来判断周期数，根据其最外层电子数来判断主族数；

故答案为：周期性变化；元素的周期数即为原子核外电子层数；元素的主族序数即为元素原子的最外层电子数．

【解析】【答案】由元素在周期表中的位置可知；①为H，②为C，③为Al，④为O，⑤为Ne，⑥为Na，⑦为Mg，⑧为S，⑨为Cl，⑩为K，然后利用元素及其单质；化合物的性质来解答．

11、略

【分析】【解析】【答案】（1）钠（写元素符号不给分）；HCl。（2）NaOH+NH4ClNaCl+NH3↑+H2O12、略

【分析】解：rm{Z}的物质的量增大rm{1.58mol}rm{Z}为反应物，rm{X}的物质的量减小rm{1.20mol-0.41mol=0.79mol}rm{Y}的物质的量减小rm{1mol-0.21mol=0.79mol}rm{X}rm{Y}为反应物，rm{10min}达到平衡，由物质的量变化量之比等于速率之比可知，反应为rm{X+Y?2Z}

反应在rm{10}分钟内的化学反应速率用rm{Z}来表示则rm{V(Z)=dfrac{dfrac{1.58mol}{2L}}{10min}=0.079}rm{V(Z)=dfrac{dfrac

{1.58mol}{2L}}{10min}=0.079}

若rm{mol/(L?min)}时反应达到最大限度，rm{10min}的物质的量等于rm{X}此时rm{0.41mol}的转化率为rm{dfrac{1.2mol-0.41mol}{1.20mol}隆脕100%=65.83%}rm{X}的物质的量浓度为rm{dfrac{0.21mol}{2L}=0.105}rm{dfrac

{1.2mol-0.41mol}{1.20mol}隆脕100%=65.83%}

故答案为：rm{Y}rm{dfrac

{0.21mol}{2L}=0.105}rm{mol/L}rm{X+Y?2Z}rm{0.079}rm{mol/(L?min)}．

由图可知，rm{65.83%}的物质的量增大rm{0.105}rm{mol/L}的物质的量减小rm{Z}rm{1.58mol}的物质的量减小rm{X}rm{1.20mol-0.41mol=0.79mol}达到平衡，由物质的量变化量之比等于速率之比可知，反应为rm{Y}结合rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}转化率rm{=dfrac{{脳陋禄炉碌脛脕驴}}{{驴陋脢录碌脛脕驴}}隆脕100%}rm{1mol-0.21mol=0.79mol}计算．

本题考查物质的量随时间的变化曲线，为高频考点，把握图中物质的量变化、反应的确定、速率及转化率计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学计量数与物质的量变化量的关系，题目难度不大．rm{10min}【解析】rm{X+Y?2Z}rm{0.079mol/(L?min)}rm{65.83%}rm{0.105mol/L}13、（1）氮硫氟。

（2）三ⅥA

（3）2F2+2H2O=4HF+O2（4）NH3+HNO3═NH4NO3【分析】【分析】根据短周期元素rm{A}rm{B}rm{C}在元素周期表中的位置，结合核外电子数的关系确定三种元素，然后结合问题进行解答即可。【解答】A、rm{B}rm{C}为短周期元素，根据元素在周期表中位置知，rm{A}和rm{C}位于第二周期、rm{B}位于第三周期，设rm{B}原子序数为rm{x}则rm{A}原子序数为rm{x-9}rm{C}原子序数为rm{x-7}rm{A}rm{C}两元素的原子核外电子数之和等于rm{B}原子的质子数，rm{B}原子核内质子数和中子数相等，则rm{x-9+x-7=x}则rm{x=16}所以rm{B}是rm{S}元素，则rm{A}是rm{N}元素、rm{C}是rm{F}元素。

rm{(1)}通过以上分析知，rm{A}rm{B}rm{C}分别是氮；硫、氟元素；故答案为：氮；硫；氟；

rm{(2)B}是rm{S}元素，rm{S}原子核外有rm{16}个电子层、最外层电子数是rm{6}所以rm{S}元素位于第三周期第Ⅵrm{A}族，故答案为：三；Ⅵrm{A}rm{(3)C}是rm{F}元素，原子结构示意图为rm{F_{2}}与水反应的化学方程式为rm{2F_{2}+2H_{2}O=4HF+O_{2}}故答案为：rm{2F_{2}+2H_{2}O=4HF+O_{2;}}rm{(4)A}为rm{N}元素，对应的氢化物为氨气，rm{A}对应的最高价氧化物的水化物为硝酸，氨气与硝酸反应的方程式为：rm{NH_{3}+HNO}rm{3}rm{3}rm{篓TNH_{4}}rm{NO}故答案为：rm{NO}

rm{{,!}_{3}}【解析】rm{(1)}氮硫氟。

rm{(2)}三Ⅵrm{A}

rm{(3)}rm{2F_{2}+2H_{2}O=4HF+O_{2;;}}rm{(4)NH_{3}+HNO_{3}篓TNH_{4}NO_{3}}14、略

【分析】解：rm{(1)}标准状况下，rm{2.24L}rm{Cl_{2}}的质量为：rm{dfrac{2.24L}{22.4L/mol}隆脕71g/mol=7.1g}

故答案为：rm{dfrac

{2.24L}{22.4L/mol}隆脕71g/mol=7.1g}

rm{7.1}设元素rm{(2)}的相对原子质量为rm{R}则rm{a}rm{10.8g}中氧原子的数目为：rm{dfrac{10.8}{2a+80}隆脕5隆脕6.02隆脕10^{23}=3.01隆脕10^{23}}解答rm{R_{2}O_{5}}

故答案为：rm{dfrac

{10.8}{2a+80}隆脕5隆脕6.02隆脕10^{23}=3.01隆脕10^{23}}

rm{a=14}设阻燃剂碱式碳酸铝镁中rm{14}与rm{(3)}质量分别为rm{OH^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}则二者物质的量之比为：rm{51g}rm{300g}rm{dfrac{51}{17}}

故答案为：rm{dfrac{300}{60}=3}rm{5}

rm{3}将rm{5}rm{(4)}溶液与rm{10mL1.00mol/L}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液相混和，则混和溶液中rm{10mL1.00mol/L}的物质的量浓度为：rm{dfrac{10mL隆脕1.00mol/L隆脕2}{10mL+10mL}=1.00mol/L}

故答案为：rm{CaCl_{2}}．

rm{Na^{+}}依据rm{n=dfrac{V}{Vm}=dfrac{m}{M}}计算解答；

rm{dfrac

{10mL隆脕1.00mol/L隆脕2}{10mL+10mL}=1.00mol/L}依据rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{N}{N_{A}}}结合rm{1.00}个rm{(1)}中含有rm{n=dfrac{V}{Vm}=dfrac

{m}{M}}个rm{(2)}解答；

rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac

{N}{N_{A}}}依据rm{1}计算解答；

rm{R_{2}O_{5}}混合液中rm{5}物质的量浓度rm{C=dfrac{n(Na;^{+})}{V{禄矛}}}来计算．

本题考查物质的量、物质的量浓度的计算，题目难度不大，明确以物质的量为核心的计算公式是解题关键，注意物质所含微粒个数的判断．rm{O}【解析】rm{7.1}rm{14}rm{3}rm{5}rm{1.00}三、判断题(共5题，共10分)15、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．16、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．17、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol18、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；19、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、简答题(共3题，共12分)20、（1）吸收放出

（2）A

（3）化学热【分析】【分析】本题旨在考查学生对吸热反应和放热反应的应用。【解答】rm{(1)}完成转化Ⅰ、Ⅱ为断开化学键需要吸收能量，完成转化Ⅲ为形成新的化学键需要放出能量，故填：吸收；放出；完成转化Ⅰ、Ⅱ为断开化学键需要吸收能量，完成转化Ⅲ为形成新的化学键需要放出能量，故填：吸收；放出；rm{(1)}根据上述可知，该反应的焓变为rm{(2)}根据上述可知，该反应的焓变为rm{(2)}故该反应为放热反应，故反应物总能量大于生成物的总能量，故A符合题意；rm{triangleH=}rm{-540KJ/mol}故该反应为放热反应，故反应物总能量大于生成物的总能量，故A符合题意；氢气在氧气中燃烧过程主要是化学能转化为热能的过程，故填：化学；热。rm{-540KJ/mol}【解析】rm{(1)}吸收放出rm{(2)A}rm{(3)}化学热21、略

【分析】解：根据镁离子会与氢氧根离子和碳酸根离子生成沉淀；钙离子会与碳酸根离子生成沉淀，硫酸根离子会与钡离子生成沉淀，加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠．

Ⅰ；镁离子用氢氧根离子沉淀；加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀；硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀；至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行；钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀；但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡．离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子；

（1）4种试剂①盐酸；②Na2CO3；③NaOH；④BaCl2来除去食盐水中Ca2+、Mg2+、SO42-；加入试剂的顺序是④③②①，氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，所以沉淀A是硫酸钡，故答案为：硫酸钡；

（2）试剂d是盐酸；盐酸可以和碳酸根离子之间反应生成水以及二氧化碳，当不再产生二氧化碳时，证明盐酸已经过量，故答案为：盐酸；

（3）过滤实验用到的仪器：漏斗；玻璃棒、烧杯等；根据实验装置，过滤出沉淀A、B、C时必须用到漏斗，仪器③的名称是圆底烧瓶，故答案为：④；圆底烧瓶；

（4）仪器名称为冷凝器；为冷却效果好应使水流逆流，从下通入，从上流出，故答案为：冷凝器；下；上；

Ⅱ；蒸馏装置需要的仪器有：蒸馏烧瓶、单孔塞、冷凝管、牛角管、锥形瓶；故答案为：②⑤⑥；

Ⅲ；从碘水中提取碘；可以采取萃取分液操作，使用的萃取剂是四氯化碳，使用的仪器是分液漏斗，故答案为：①；分液漏斗；萃取．

根据镁离子会与氢氧根离子和碳酸根离子生成沉淀，钙离子会与碳酸根离子生成沉淀，硫酸根离子会与钡离子生成沉淀，加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，粗盐中加入过量BaCl2溶液过滤，得到沉淀A为BaSO4，滤液中加入稍过量bc为氢氧化钠溶液和碳酸钠溶液；过滤得到沉淀为氢氧化镁，碳酸钙；碳酸钡沉淀，滤液中加入适量盐酸到不再生产气体除去过滤的碳酸钠，得到氯化钠溶液；

Ⅰ；（1）根据加入的试剂确定沉淀的成分；

（2）根据盐酸可以和碳酸根离子之间的反应来回答；

（3）根据过滤实验用到的仪器以及常见仪器的名称来回答；分离出沉淀时为过滤操作，必须用到漏斗；烧杯、玻璃棒等；

（4）仪器名称为冷凝器；为冷却效果好硬使水流逆流；

Ⅱ；根据蒸馏装置需要的仪器来回答；蒸馏装置需要的仪器为酒精灯、蒸馏烧瓶、冷凝管等；

Ⅲ；从碘水中提取碘；需进行萃取分液操作，需要上述仪器中的是分液漏斗．

本题考查海水资源及其综合利用，涉及粗盐提纯、混合物分离、提纯的基本方法选择与应用，为高频考点，把握物质的性质及常见混合物分离提纯方法为解答的关键，注意粗盐提纯中试剂的加入顺序及试剂过量为解答的难点，题目难度中等．【解析】硫酸钡；盐酸；④；圆底烧瓶；冷凝管；下；上；②⑤⑥；①；分液漏斗；萃取22、略

【分析】解：rm{(1)}向盐卤溶液中加入rm{NaClO}rm{NaClO}具有强氧化性，能将rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}向盐卤中加入少量rm{NaOH}rm{NaOH}和rm{Fe^{3+}}反应生成rm{Fe(OH)_{3}}滤渣是rm{Fe(OH)_{3}}滤液Ⅰ的成分为氯化镁、氯化钠，冷却结晶，得到氯化镁晶体，滤液的成分为氯化钠，所以滤液rm{II}中杂质离子是rm{Na^{+}}

故答案为：rm{Fe(OH)_{3}}rm{Na^{+}}

rm{(2)NaClO}与尿素rm{CO(NH_{2})_{2}}反应时，生成物有rm{NaCl}还有rm{CO_{2}}rm{N_{2}}rm{H_{2}O}则该反应的化学方程式为rm{3NaClO+CO(NH_{2})_{2}=3NaCl+CO_{2}隆眉+N_{2}隆眉+2H_{2}O}或rm{NaOH+3NaClO+CO(NH_{2})_{2}篓T3NaCl+NaHCO_{3}+N_{2}隆眉+2H_{2}O}

故答案为：rm{3NaClO+CO(NH_{2})_{2}=3NaCl+CO_{2}隆眉+N_{2}隆眉+2H_{2}O}或rm{NaOH+3NaClO+CO(NH_{2})_{2}篓T3NaCl+NaHCO_{3}+N_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{(3)}氯化镁易水解，加热rm{MgCl_{2}?6H_{2}O}生成的是rm{Mg(OH)Cl}或rm{MgO}为防止氯化镁水解，在制取氯化镁时，要将rm{MgCl_{2}?6H_{2}O}放在氯化氢气体中；

故答案为：rm{HCl}气体；

rm{(4)}溴具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水溶液里能发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，离子反应方程式为rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O篓T4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Br^{-}}

，当二氧化硫少量时，二者反应生成rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}当二氧化硫过量时，二者反应生成rm{NH_{4}HSO_{3}}

故答案为：rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O篓T4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Br^{-}}rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}或rm{NH_{4}HSO_{3}}．

向盐卤溶液中加入rm{NaClO}rm{NaClO}具有强氧化性，能将rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}向盐卤中加入少量rm{NaOH}rm{NaOH}和rm{Fe^{3+}}反应生成rm{Fe(OH)_{3}}rm{CO(NH_{2})_{2}}和rm{NaClO}发生氧化还原反应，生成物除盐外，都是能参与大气循环的物质，所以生成物是rm{NaCl}rm{CO_{2}}rm{N_{2}}rm{H_{2}O}过量二氧化碳能和rm{NaOH}反应生成碳酸氢钠，将溶液过滤得到的滤渣是rm{Fe(OH)_{3}}滤液rm{I}中含有rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{Na^{+}}将滤液rm{I}蒸发、结晶、过滤得到rm{MgCl_{2}?6H_{2}O}则滤液中含有的杂质离子是rm{Na^{+}}直接将rm{MgCl_{2}?6H_{2}O}加强热能得到rm{MgO}发生反应rm{MgCl_{2}?6H_{2}Odfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MgO+2HCl隆眉+5H_{2}O隆眉}氯化镁易水解，所以不能用加热rm{MgCl_{2}?6H_{2}Odfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}MgO+2HCl隆眉+5H_{2}O隆眉}方法制取氯化镁，要在rm{MgCl_{2}?6H_{2}O}氛围中制取氯化镁．

rm{HCl}根据盐卤的成份来看，加入rm{(1)}能氧化rm{NaClO}使它变成rm{Fe^{2+}}沉淀；滤液Ⅰ的成分为氯化镁；氯化钠；冷却结晶，得到氯化镁晶体，滤液的成分为氯化钠；

rm{Fe(OH)_{3}}根据rm{(2)}与尿素rm{NaClO}反应时，依据元素守恒以及生参与大气循环的物质，可知生成物有rm{CO(NH_{2})_{2}}还有rm{NaCl}rm{CO_{2}}rm{N_{2}}

rm{H_{2}O}氯化镁易水解，所以不能用加热rm{(3)}方法制取氯化镁，要在rm{MgCl_{2}?6H_{2}O}氛围中制取；

rm{HCl}吸收rm{(4)SO_{2}}反应生成硫酸和rm{Br_{2}}rm{HBr}气体用氨水吸收生成rm{SO_{2}}或rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}．

本题考查了海水资源的开发和利用，从整体上把握流程图，知道每一步可能发生的反应、明确物质的性质是解本题关键，根据物质间的反应来分析解答，题目难度中等，培养了学生分析问题，运用信息的能力．rm{NH_{4}HSO_{3}}【解析】rm{Fe(OH)_{3}}rm{Na^{+}}rm{3NaClO+CO(NH_{2})_{2}=3NaCl+CO_{2}隆眉+N_{2}隆眉+2H_{2}O}或rm{NaOH+3NaClO+CO(NH_{2})_{2}篓T3NaCl+NaHCO_{3}+N_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{HCl}气体；rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O篓T4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Br^{-}}rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}或rm{NH_{4}HSO_{3}}五、实验题(共1题，共7分)23、略

【分析】试题分析：Ⅰ、A装置中产生的二氧化硫气体中含有水蒸气，水能和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，B装置中浓硫酸具有吸水性，可吸收水蒸气；空气中含有二氧化碳和水蒸气，碱石灰是干燥剂，所以能吸收水分，防止水蒸气的干扰；碱石灰能和二氧化碳反应，防止二氧化碳的干扰，所以装置D的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入C装置与Na2O2反应；Ⅱ、根据题给信息知，假设1：只有Na2SO3；（1）若假设2成立，二氧化硫和过氧化钠反应的方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4；（2）硝酸有强氧化性，能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，所以该方案不合理；（3）乙同学为证明假设3成立，设计如下实验。实验步骤和结论为：①取少量C中固体产物于试管中，加入适量的蒸馏水溶解；②滴加过量的1mol•L－1BaCl2溶液，若产生白色沉淀，由于硫酸钡和亚硫酸钡均为不溶于水的白色固体，则证明C中固体产物中Na2SO3和Na2SO4至少有一种；③滴加适量的1mol•L－1稀盐酸，若白色沉淀部分溶解，并产生刺激性气味气体，则证明C中固体产物中既有Na2SO3又有Na2SO4。考点：考查化学实验方案的设计和评价、过氧化钠和二氧化硫的性质。【解析】【答案】Ⅰ．防止水蒸气与Na2O2反应，防止空气中的水和CO2进入玻璃管C。Ⅱ．假设1：只有Na2SO3（1）SO2＋Na2O2＝Na2SO4。（2）否；NO3－在酸性条件下可将BaSO3氧化成BaSO4或硝酸根在酸性条件下具有强氧化性（3）②Na2SO3和Na2SO4至少有一种；（2分）③既有Na2SO3又有Na2SO4。（2分）六、综合题(共4题，共20分)24、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