2025年浙科版高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年浙科版高三化学上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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、如图是利用微生物燃料电池处理工业含酚废水的原理示意图，下列说法不正确的是（）A.该装置可将化学能转化为电能B.溶液中H+由a极移向b极C.电极b附近的pH降低D.电极a附近发生的反应是：C6H6O-28e-+11H2O6CO2+28H+2、下列各组中的气体都能用如图装置进行喷泉实验的是（）A.HCl和COB.SO2和CO2C.NH3和CH4D.O2和NO3、设阿伏加德常数为NA，则下列说法正确的是（）A.常温常压下，11.2LCH4中含有的氢原子数为2NAB.2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NAC.含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LD.1L0.1mol/LMgCl2溶液中含Cl-数为0.1NA4、下列实验正确的是（）A.

蒸发、浓缩、结晶B.

检查装置气密性C.

碳酸氢钠受热分解D.

分离沸点不同且互溶的液体混合物5、下列装置或操作能达到实验目的是（）A.

制取Fe（OH）2沉淀B.

检查装置气密性C.

干燥HBrD.

检验钾元素的存在6、一定条件下，在密闭容器里进行如下可逆反应：S2Cl2（橙黄色液体）+Cl2（气）⇌2SCl2（鲜红色液体）△H=-61.16kJ•mol-1．下列说法正确的是（）A.单位时间里生成nmolS2Cl2的同时也生成nmolSCl2B.达到平衡时，若升高温度，压强不变，氯气转化率增大C.达到平衡时，单位时间里消耗nmolS2Cl2的同时也生成nmolCl2D.加入氯气，平衡向正反应方向移动，氯气的转化率一定升高7、下列各组物质在适宜的条件下反应，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1的是（）A．B．Fe2O3+2Al====Al2O3+2FeC．CaH2+2H2O===Ca（OH）2+2H2↑D．3NO2+H2O===2HNO3+NO8、下列现象或反应的原理解释正确的是rm{(}rm{)}

。选项现象或反应原理解释rm{A}铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔对熔化的铝有较强的吸附作用rm{B}合成氨反应需在高温条件下进行该反应为吸热反应rm{C}镀层破损后，镀锡铁比镀锌铁易腐蚀锡比锌活泼rm{D}rm{2CO=2C+O_{2}}在任何条件下均不能自发进行该反应rm{triangleH>0}rm{triangleS<0}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、由二氧化碳、氢气、一氧化碳组成的混合气体在同温、同压下与氮气的密度相同．则该混合气体中二氧化碳、氢气、一氧化碳的体积比为（）A.29：8：13B.22：1：14C.13：8：13D.26：16：1310、下列说法正确的（）A.水结冰后体积膨胀的原因是由于水分子内存在氢键造成的B.F2、Cl2、Br2、I2由于组成结构相似，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，所以熔沸点逐渐升高C.根据元素周期表的知识判断51Sb是一种可以作为半导体材料的非金属元素D.碳元素有多种核素，如121314C60它们互为同位素11、桶烯结构简式如图所示；有关说法不正确的是（）

A.桶烯能在NaOH水溶液中发生加成反应B.桶烯中的一个氢原子被氯原子取代，所得产物有2种C.桶烯与苯乙烯（C6H5CH═CH2）互为同分异构体D.桶烯在一定条件下能发生缩聚反应形成高分子化合物12、食品香精“菠萝酯”的生产路线（反应条件略去）如下．下列叙述正确的是（）

A.苯氧乙酸与菠萝酯互为同系物B.苯酚、苯氧乙酸和菠萝酯均可与NaOH溶液发生反应C.步骤（1）产物中残留的苯酚可用FeCl3溶液检验D.步骤（2）产物中残留的烯丙醇可用溴水检验13、一定条件下反应A（s）+3B（g）⇌2C（g）在10L的密闭容器中进行，测得2min内，A的物质的量由20mol减小到8mol，则下列说法中正确的是（）A.用反应物A表示该反应的反应速率为0.6mol•L-1•min-1B.用反应物B表示该反应的反应速率为1.8mol•L-1•min-1C.反应达到平衡时v（B）正=v（C）逆D.升高温度可加快正反应的速率，同时降低逆反应的速率14、（双选）下列各项关于催化剂的叙述正确的是（）A.使用催化剂，可以改变化学反应速率B.只要是催化剂对所有的反应均可使其速率提高C.催化剂的使用可以不考虑外界因素的影响，比如温度、杂质等D.催化剂还可以降低反应速率，这种催化剂一般称之为负催化剂15、已知反应：

①101kPa时，2C（s）+O2（g）=2CO（g）；△H=-221kJ/mol

②稀溶液中，H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）；△H=-57.3kJ/mol

下列结论正确的是（）A.碳的燃烧热的数值大于110.5kJ/molB.①的反应热为221kJ/molC.1molH+（aq）与1molOH-（aq）的总能量高于1molH2O（l）的能量D.浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为-57.3kJ/mol评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、石油化工是江苏省的支柱产业之一．聚氯乙烯是用途十分广泛的石油化工产品；某化工厂曾利用下列工艺生产聚氯乙烯的单体氯乙烯：

CH2=CH2+Cl2→CH2Cl-CH2C1①

CH2Cl-CH2C1→CH2=CHCl+HCl②

请回答以下问题：

（1）已知反应①中二氯乙烷的产率（产率=×100%）为98%，反应②中氯乙烯和氯化氢的产率均为95%，则2.8t乙烯可制得氯乙烯____t，同时得到副产物氯化氢____t．（计算结果保留1位小数）

（2）为充分利用副产物氯化氢，该工厂后来将下列反应运用于生产：2CH2=CH2+4HCl+02→2CH2CI-CH2C1+2H20-③由反应①、③获得二氯乙烷，再将二氯乙烷通过反应②得到氯乙烯和副产物氯化氢，副产物氯化氢供反应③使用，形成了新的工艺．由于副反应的存在，生产中投入的乙烯全部被消耗时，反应①、③中二氯乙烷的产率依次为a%、c%；二氯乙烷全部被消耗时，反应②中氯化氢的产率为b%．试计算：反应①、③中乙烯的投料比为多少时，新工艺既不需要购进氯化氢为原料，又没有副产物氯化氢剩余（假设在发生的副反应中既不生成氯化氢，也不消耗氯化氢）．17、预测镁在二氧化硫中燃烧的现象：____产物除氧化镁、硫磺外还可能有____生成．18、U；W、X、Y、Z都是短周期元素；且原子序数依次增大．其中U与W可形成三角锥形分子A，U与X可形成常温下呈液态的分子B，A、B均为10电子分子；Y元素原子的K层电子数与M层电子数相同；Z元素的单质、氧化物均为原子晶体．

请回答下列问题：

（1）Z元素在周期表中的位置____．W、X、Y、Z四种元素的原子半径由小到大的顺序是____（用元素符号表示）．

（2）ZX2与NaOH溶液反应的化学方程式是____．

（3）你认为U、W、X元素形成的化合物之间____（填“能”或“不能”）发生如下反应：WX+WU3→UWX2+U2X，得出此结论的理由是____．

（4）一定量的Y单质在足量二氧化碳中充分燃烧的化学方程式是____，将生成的全部固体与足量的热浓硝酸混合，充分反应后，产物中二氧化碳和二氧化氮共aL（标准状况），则Y单质的质量是____g（用含a的代数式表示）．19、（1）防治环境污染；改善生态环境已成为全球的共识．

①空气质量报告的各项指标可以反映出各地空气的质量．下列物质未纳入我国空气质量。

报告的是____（填字母）．

a．CO2b．SO2c．NO2d．可吸入颗粒物。

②垃圾应分类收集．导致“白色污染”的生活垃圾应放置于贴有____（填字母）标志。

的垃圾筒内．

（2）我国材料科学家师昌绪在合金钢；高温合金及材料强度的研究领域作出了杰出贡献；荣获2010年度国家最高科学技术奖．

①合金是生活中常见的材料．某合金具有密度小、强度高的优良性能，常用于制造门窗框架．该合金中含量最高的金属元素的原子结构示意图为____．

②玻璃是一种常用的硅酸盐材料．制备普通玻璃的原料有Na2CO3、CaCO3和____（填化学式）．

（3）保持营养平衡；合理使用药物是保证身心健康；提高生活质量的有效手段．

维生素C的结构为它是一种水溶性的维生素，缺乏VC会使人患上坏血病．切取一片新鲜水果，向切面上滴加淀粉和碘水的混合溶液，会发现混合溶液蓝色褪去，这说明新鲜水果中的VC具有____（填“氧化”或“还原”）性质．20、亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血．下面是一种常见补铁药品说明书中的部分内容：该药品含Fe2+33%-36%；不溶于水但能溶于人体中的胃酸；与Vc（维生素C）同服可增加本品吸收．

Ⅰ．甲同学设计了以下实验检测该补铁药品中是否含有Fe2+并探究Vc的作用：

药片溶液淡红色溶液血红色溶液溶液褪色。

（1）加入新制氯水后溶液中发生的离子反应方程式是____、____．

（2）加入KSCN后溶液变淡红色，说明溶液中有少量Fe3+．该离子存在的可能原因____．

A．药品中的铁本来就应该以三价铁的形式存在。

B．在实验过程中有少量二价铁被氧化。

C．药品储存过程中有少量三价铁生成。

（3）向血红色溶液中加入一片Vc片，片刻后溶液血红色褪去，说明Vc有____性．

Ⅱ．乙同学采用酸性高锰酸钾标准液滴定法测定该药品是否合格，原理：5Fe2++8H++MnO4-=5Fe3++2Mn2++4H2O．准确称量上述药品10.00g，将其全部溶于试剂2，配成1000mL溶液，取出20.00mL，用0.0200mol•L-1的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液12.00mL．

（4）该实验中的试剂2与甲同学设计实验中的试剂1都可以是____（填编号）．

A．蒸馏水B．稀盐酸C．稀硫酸D．稀硝酸。

（5）本实验滴定过程中操作滴定管的图示正确的是____（填编号）．

（6）判断实验到达滴定终点的现象为____．

（7）经计算该药品中铁元素的百分含量为____．21、（2013秋•古冶区校级月考）（1）①氢氧燃料电池是将H2通入负极，O2通入正极而发生电池反应的．若电解质溶液为H2SO4，其正极电极反应式：____；

②化学反应可为人类提供能量，家用液化气的主要成分之一是丁烷（C4H10），常温常压下，当5.8kg丁烷完全燃烧并生成二氧化碳和液态水时，放出热量为2.9×105kJ，试写出丁烷燃烧的热化学方程式：____，已知1mol液态水气化时需要吸收44kJ的热量，则反应：C4H10（g）+O2（g）=4CO2（g）+5H2O（g）的△H=____．

③由甲烷、氧气和KOH溶液组成的新型燃料电池中，负极上发生反应的电极反应式为____．

（2）如图为相互串联的甲乙两电解池．

①甲池若为用电解原理精炼铜的装置，A是____极，电极反应为____，B是____极，材料是____，电解质溶液为____．．

②乙池中若滴入少量酚酞试液，电解一段时间后Fe极附近呈____色．

③若甲池中阴极增重12.8g，则乙池中阳极放出的气体在标准状况下的体积为____．

④若此时乙池剩余液体为400mL，则电解后得到碱液的物质的量浓度为____．22、某温度下，重水（D2O）的离子积KW=1×10-12，若用PH一样的定义来规定PD，则PD=-lgc（D+）．

（1）在该温度下，纯重水的PD=____；

（2）在该温度下，1L溶有0.01mol的NaOD的D2O溶液，其PD=____；

（3）在该温度下，100mL0.1mol/L的D2SO4的D2O溶液与100mL0.4mol/L的KOD的D2O溶液混合后，PD=____．评卷人得分四、判断题(共2题，共20分)23、醋可同时用作防腐剂和调味剂____．（判断对错）24、钠与水反应时，会发生剧烈爆炸____．（判断对错）评卷人得分五、综合题(共1题，共5分)25、（14分）合成氨对工、农业生产和国防都有重要意义。已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-92．4kJ·mol-1，请回答：（1）合成氨工业中采取的下列措施可以用勒夏特列原理解释的是＿＿＿＿＿（填字母）。a．用铁触媒（催化剂）加快化学反应速率b．采用较高压强（20MPa~50MPa）c．将原料气中的少量CO等气体净化除去d．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来（2）一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应。①若容器容积V恒定，达到平衡时，气体的压强为原来的则N2的转化率а1=＿＿＿＿＿，此时，反应放热＿＿＿＿＿kJ；该温度下合成氨反应的平衡常数K=＿＿＿＿＿（只需列出数字表达式）；②若容器压强恒定，则达到平衡时，容器中N2的转化率а2＿＿а1（填“＞、＜或＝”）。（3）随着对合成氨研究的发展，希腊科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨（装置如下图）。钯电极A是电解池的＿＿＿＿极（填“阳”或“阴”），该极上的电极反应式是。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】A．原电池是将化学能转化为电能的装置；

B．放电时；电解质溶液中阳离子向正极移动；

C．b电极氧气得电子和氢离子反应生成水；

D．a电极上苯酚失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子．【解析】【解答】解：A．根据图知；该装置没有外接电源，是原电池，是将化学能转化为电能装置，故A正确；

B．放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，根据电子流向知，a是负极、b是正极，所以溶液中H+由a极移向b极；故B正确；

C．b电极氧气得电子和氢离子反应生成水；导致溶液中氢离子浓度降低，溶液的pH升高，故C错误；

D．a电极上苯酚失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为C6H6O-28e-+11H2O6CO2+28H+；故D正确；

故选C．2、B【分析】【分析】当气体溶于液体或能与液体反应时，造成烧瓶内部压强变小，导致烧瓶内外产生压强差而形成喷泉，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．CO不溶于水；且与氢氧化钠不反应，则不能形成喷泉，故A错误；

B．SO2和CO2都与氢氧化钠反应；使瓶内气压减小，可形成喷泉，故B正确；

C．甲烷与氢氧化钠不反应；且不溶于水，不能形成喷泉，故C错误；

D．NO不溶于水；且与氢氧化钠不反应，不能形成喷泉，故D错误．

故选B．3、B【分析】【分析】A；依据气体摩尔体积的条件应用计算判断；

B；质量换算物质的量结合铝原子结构计算电子数；

C；氦气是单原子分子；

D、依据溶液体积和浓度计算溶质物质的量，结合化学式计算．【解析】【解答】解：A、常温常压下，11.2LCH4中物质的量不是0.5mol；故A错误；

B、2.7g铝物质的量为0.1mol，与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA；故B正确；

C、含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为22.4L；故C错误；

D、1L0.1mol/LMgCl2溶液中含Cl-数为0.2NA；故D错误．

故选B．4、B【分析】【分析】A．蒸发在蒸发皿中进行；

B．关闭止水夹；利用液面差检验气密性；

C．碳酸氢钠分解生成水；

D．蒸馏时测定馏分的温度．【解析】【解答】解：A．蒸发在蒸发皿中进行；不能在坩埚中进行蒸发，故A错误；

B．关闭止水夹；从长颈漏斗中加水，观察液面差不变可判断气密性良好，故B正确；

C．碳酸氢钠分解生成水；则图中试管口应略向下倾斜，故C错误；

D．蒸馏时测定馏分的温度；则温度计的水银球应在支管口处，故D错误；

故选B．5、B【分析】【分析】A．导管应用长导管；

B．关闭止水夹；利用液面差不变检验气密性；

C．HBr能被浓硫酸氧化；

D．观察K的焰色，应透过蓝色的钴玻璃．【解析】【解答】解：A．左边导管应用长导管插入液面下；左边试管液体无法进入右边试管，故A错误；

B．关闭止水夹；利用液面差不变检验气密性，图中装置合理，故B正确；

C．HBr能被浓硫酸氧化；则不能利用浓硫酸干燥，故C错误；

D．观察K的焰色；应透过蓝色的钴玻璃，图中缺少蓝色的钴玻璃，故D错误；

故选B．6、C【分析】【分析】A；该反应不处于平衡状态；

B；该反应正反应是放热反应；升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；

C、单位时间里消耗nmolS2Cl2的需要消耗nmolCl2，同时生成nmolCl2，Cl2的生成与消耗的物质的量相同；反应处于平衡状态；

D、加入氯气，平衡向正反应方向移动，氯气的转化率降低．【解析】【解答】解：A、该反应不处于平衡状态，单位时间里生成nmolS2Cl2的同时也生成2nmolSCl2；反应处于平衡状态，故A错误；

B；该反应正反应是放热反应；升高温度平衡向逆反应移动，氯气的转化率降低，故B错误；

C、单位时间里消耗nmolS2Cl2的需要消耗nmolCl2，同时生成nmolCl2，Cl2的生成与消耗的物质的量相同；反应处于平衡状态，故C正确；

D、加入氯气，平衡向正反应方向移动，S2Cl2的转化率增大；氯气的转化率降低，故D错误；

故选C．7、C【分析】【解析】【答案】C8、D【分析】解：rm{A}铝箔表面的氧化铝熔点很高；是一层致密的氧化膜，该薄膜兜着熔化的液态铝而不滴落，故A错误；

B；合成氨反应需在高温条件下进行；高温下化学反应速率快，适宜温度下催化剂的催化活性最好，合成氨的反应是放热反应，故B错误；

C、镀层破损后，镀锡铁中，金属铁为负极，易被腐蚀，镀锌铁中，金属铁是正极，被保护，金属的活泼性是rm{Zn>Fe>}

rm{Sn}故C错误；

D、当反应rm{triangleH>0}rm{triangleS<0}时，根据反应能否自发进行的判据，可知rm{triangleH-TtriangleS>0}反应在任何温度下均不能自发进行，故D正确．

故选D．

A；铝箔表面的氧化铝熔点很高；是一层致密的氧化膜；

B；高温下化学反应速率快；要考虑催化剂的催化活性；

C；在原电池中；负极金属的腐蚀速率远大于正极金属的腐蚀速率；

D、根据反应能否自发进行的判据：rm{triangleH-TtriangleS>0}反应在任何温度下均不能自发进行来回答．

本题是一道综合知识题目，考查角度广，难度大，注意平时知识的积累并灵活掌握是解题的关键．rm{triangleH-Ttriangle

S>0}【解析】rm{D}二、多选题(共7题，共14分)9、CD【分析】【分析】由于CO与N2具有相同的相对分子质量，所以CO2、H2、CO混合气体的平均相对分子质量仅由CO2和H2来决定，CO的量可以任意．用十字交叉法可以得出结果．【解析】【解答】解：由于CO与N2具有相同的相对分子质量，所以CO2、H2、CO混合气体的平均相对分子质量仅由CO2和H2来决定，CO的量可以任意．由十字交叉法：

由十字交叉法可求得CO2和H2的体积比为26：16或13：8时（CO的量可以任意）；混合气体的平均分子量为28．

故选C、D．10、AB【分析】【分析】A．冰中的氢键比液态水中的多；使得水分子排列更加有序；

B．卤素单质都是分子晶体；熔沸点的高低与分子间作用力的大小有关，而决定分子间作用力在因素是相对分子量的大小；

C．51Sb在周期表中；位置金属元素与非金属元素的交界线处；

D．质子数相同，中子数不同的原子互称同位素．【解析】【解答】解：A．冰中的氢键比液态水中的多；使得水分子排列更加有序，形成相当疏松的晶体，从而在结构中有许多空隙，造成体积膨胀，故A正确；

B．F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体；组成结构相似，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，所以熔沸点逐渐升高，故B正确；

C．51Sb在周期表中，位置金属元素与非金属元素的交界线处，具有半导体的性质，可以作半导体材料，但是Sb属于金属元素；故C错误；

D．C60属于单质，质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，则12C、13C、14C互为同位素；故D错误．

故选AB．11、AD【分析】【分析】A．碳碳双键与NaOH溶液不能发生加成反应；

B．由结构对称可知；只有双键C上的H及次甲基上的H；

C．桶烯与苯乙烯（C6H5CH═CH2）分子式相同；

D．碳碳双键可发生加聚反应．【解析】【解答】解：A．碳碳双键与NaOH溶液不能发生加成反应；故A错误；

B．由结构对称可知；只有双键C上的H及次甲基上的H，则桶烯中的一个氢原子被氯原子取代，所得产物有2种，故B正确；

C．桶烯与苯乙烯（C6H5CH═CH2）分子式相同；结构不同，二者互为同分异构体，故C正确；

D．碳碳双键可发生加聚反应；则桶烯在一定条件下能发生加聚反应形成高分子化合物，故D错误；

故选AD．12、BC【分析】【分析】苯氧乙酸和菠萝酯中含有羧基和酯基，都能与NaOH反应，苯酚可用FeCl3溶液检验，反应后溶液呈紫色，并且能被酸性高锰酸钾氧化，C=C能与溴水发生加成反应，根据有机物的结构判断可能具有的性质．【解析】【解答】解：A．苯氧乙酸与菠萝酯结构不同；不是同系物，故A错误；

B．苯酚；苯氧乙酸可与NaOH发生中和反应，菠萝酯可在NaOH溶液中发生水解反应，故B正确；

C．因混合物中只有苯酚一种酚类，可用FeCl3检验残留苯酚；故C正确；

D．烯丙醇与溴水可发生反应；但产物菠萝酯也能与溴水反应，故不能用溴水检验烯丙醇，故D错误．

故选BC．13、BC【分析】【分析】A．A是固体；固体没有浓度而言，所以不能用其浓度变化量计算反应速率；

B．测得2min内，A的物质的量由20mol减小到8mol，则A参加反应的物质的量=20mol-8mol=12mol，根据方程式知，参加反应的B的物质的量为12mol×3=36mol，B的反应速率=；

C．同一反应中；正逆反应速率相等即达到平衡状态；

D．升高温度，正逆反应速率都增大．【解析】【解答】解：A．A是固体；固体没有浓度而言，所以不能用其浓度变化量计算反应速率，故A错误；

B．测得2min内，A的物质的量由20mol（560g）减小到8mol（224g），则A参加反应的物质的量=20mol-8mol=12mol，根据方程式知，参加反应的B的物质的量为12mol×3=36mol，B的反应速率===1.8mol•L-1•min-1；故B正确；

C．同一反应中，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以2v（B）正=3v（C）正，所以v（B）正=v（C）正=v（C）逆；即反应达到平衡，故C正确；

D．升高温度；正逆反应速率都增大，故D错误；

故选BC．14、AD【分析】【分析】催化剂有正催化剂和负催化剂，正催化剂加快反应速率，负催化剂可降低反应速率，使用催化剂时要考虑外界因素，使催化剂的活性最大，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．催化剂可改变活化能；改变反应速率，故A正确；

B．催化剂具有转移性；不同的化学反应需要不同的催化剂，故B错误；

C．使用催化剂时要考虑外界因素；使催化剂的活性最大，如使用蛋白酶，温度不能过高，防止蛋白质变性，故C错误；

D．负催化剂可降低反应速率；故D正确．

故选AD．15、AC【分析】【分析】A；CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量；

B、反应热包含符号，①的反应热为-221kJ•mol-1；

C；反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应；

D、浓硫酸溶解放热．【解析】【解答】解：A；由反应①可知；1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ，所以碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，故A正确；

B、反应热包含符号，①的反应热为-221kJ•mol-1；故B错误；

C、中和反应为放热反应，放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以1molH+（aq）与1molOH-（aq）的总能量高于1molH2O（l）的能量；故C正确；

D；浓硫酸溶解放热；所以浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量大于于57.3kJ，故D错误；

故选AC．三、填空题(共7题，共14分)16、5.83.4【分析】【分析】（1）根据方程式①②可计算出氯乙烯的理论产量；再根据两步反应的产率进行计算氯乙烯的产量，根据反应②可计算出氯化氢的产量；

（2）根据新工艺既不需要购进氯化氢为原料，又没有副产物氯化氢剩余即反应②中产生的氯化氢等于反应③中消耗的氯化氢，结合三个反应的产率进行列等式计算．【解析】【解答】解：（1）根据CH2=CH2～CH2Cl-CH2C1～CH2=CHCl～HCl的关系可知，氯乙烯的理论产量为2.8t×t=6.25t，所以实际产量为6.25t×98%×95%=5.8t，同时得到副产物HCl的实际产量为2.8t××98%×95%×t=3.4t；

故答案为：5.8；3.4；

（2）设投入反应①；③的乙烯物质的量分别为x、y；则：由反应①生成的二氯乙烷为x•a%，由反应③生成的二氯乙烷为y•c%；

所以由反应①、③共制得二氯乙烷的物质的量为（x•a%+y•c%），通过反应②可获得HCl的物质的量为（x•a%+y•c%）•b%；据题意，反应③消耗的HCl为2•y•c%；

则有2•y•c%=（x•a%+y•c%）•b%，解得：=，所以反应①、③中乙烯的投料比应为；

答：反应①、③中乙烯的投料比应为．17、剧烈燃烧，瓶壁产生黄色固体硫化镁【分析】【分析】镁在二氧化硫中剧烈燃烧生成氧化镁和硫磺，所以瓶壁产生黄色固体，生成的硫磺还可以与镁进一步反应生成硫化镁，据此分析；【解析】【解答】解：镁在二氧化硫中剧烈燃烧生成氧化镁和硫磺，所以瓶壁产生黄色固体，生成的硫磺还可以与镁进一步反应生成硫化镁，所以镁在二氧化硫中燃烧的现象为剧烈燃烧，瓶壁产生黄色固体；还可能有硫化镁生成，故答案为：剧烈燃烧，瓶壁产生黄色固体；硫化镁；18、第三周期ⅣA族O＜N＜Si＜MgSiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O不能在此反应关系中，只有失电子的物质，没有得电子的物质2Mg+CO22MgO+C【分析】【分析】U、W、X、Y、Z都是短周期元素，且原子序数依次增大．其中U与W可形成三角锥形分子A，则U为H，W为N，A为NH3，U与X可形成常温下呈液态的分子B，A、B均为10电子分子，则X为O，B为H2O；Y元素原子的K层电子数与M层电子数相同，则Y为Mg；Z元素的单质、氧化物均为原子晶体，则Z为Si，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答．【解析】【解答】解：、W、X、Y、Z都是短周期元素，且原子序数依次增大．其中U与W可形成三角锥形分子A，则U为H，W为N，A为NH3，U与X可形成常温下呈液态的分子B，A、B均为10电子分子，则X为O，B为H2O；Y元素原子的K层电子数与M层电子数相同；则Y为Mg；Z元素的单质；氧化物均为原子晶体，则Z为Si；

综上所述：U为H；W为N，X为O，Y为Mg，Z为Si；

（1）Si的质子数为14；位于第三周期ⅣA族，原子的电子层数越多，半径越大，同周期元素从左向右原子半径在减小，则原子半径为O＜N＜Si＜Mg；

故答案为：第三周期ⅣA族；O＜N＜Si＜Mg；

（2）SiO2与NaOH溶液反应的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；

（3）NO+NH3→HNO2+H2O中；只存在N元素的化合价升高，而不存在化合价降低的元素，即此反应关系中，只有失电子的物质，没有得电子的物质，则该反应不能发生；

故答案为：不能；在此反应关系中；只有失电子的物质，没有得电子的物质；

（4）Mg与二氧化碳的反应为2Mg+CO22MgO+C，C与浓硝酸反应生成二氧化碳和二氧化氮，设二氧化碳的物质的量x，由电子守恒可知，x×4=（-x）×1，解得x=mol；

再由2Mg+CO22MgO+C可知，Mg的物质的量为mol×2=mol；

则Mg的质量为mol×24g/mol==，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；．19、aaSiO2还原【分析】【分析】（1）①空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数；首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等；

②根据“白色污染”的生活垃圾属于可回收垃圾；

（2）①根据该金属常用于制造门窗框架．可知为铝；然后写出原子结构示意图；

②工业制玻璃主要原料有石英；纯碱和石灰石．

（3）向切面上滴加淀粉和碘水的混合溶液，会发现混合溶液蓝色褪去，说明VC可与氧化性物质单质碘发生氧化还原反应．【解析】【解答】解：（1）①空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数；首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等；故选：a；

②“白色污染”的生活垃圾属于可回收垃圾；故选：a；

（2）①铝原子结构示意图为故答案为：

②工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石，故答案为：SiO2；

（3）向切面上滴加淀粉和碘水的混合溶液，会发现混合溶液蓝色褪去，说明VC可与氧化性物质单质碘发生氧化还原反应，VC具有还原性，故答案为：还原．20、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3BC还原CA滴入一滴KMnO4溶液，溶液恰好变为紫色，且半分钟内不恢复原色33.6%【分析】【分析】（1）加入新制氯水后；亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子和硫氰化钾反应生成硫氰化铁；

（2）亚铁离子易被氧化；

（3）Vc片具有还原性；能够还原三价铁离子生成二价铁离子；

（4）试剂1起溶解作用；盐酸；稀硫酸均可，但试剂2不能用盐酸，易被高锰酸钾氧化，影响实验测定；

（5）KMnO4溶液用酸式滴定管盛放；滴定时旋转活塞；

（6）高锰酸钾本身就是指示剂；当滴定完全，高锰酸钾不消耗，显示高锰酸钾的颜色；

（7）利用5Fe2++8H++MnO4-═5Fe3++Mn2++4H2O计算．【解析】【解答】解：（1）加入新制氯水后，亚铁离子被氧化为铁离子，离子反应为2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，铁离子和硫氰化钾反应生成血红色的硫氰化铁，离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，故答案为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+；Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3；

（2）亚铁离子易被氧化；则在制药过程中生成少量三价铁，或药品储存过程中有少量三价铁生成，故答案为：BC；

（3）Vc片具有还原性；能够还原三价铁离子生成二价铁离子，故答案为：还原；

（4）试剂1起溶解作用；盐酸；稀硫酸均可，但试剂2不能用盐酸，易被高锰酸钾氧化，影响实验测定，则该实验中的试剂2与甲同学设计的实验中的试剂1都可以是稀硫酸，故答案为：C；

（5）KMnO4溶液用酸式滴定管盛放；滴定时左手旋转活塞，只有图A符合，故答案为：A；

（6）高锰酸钾本身就是指示剂，当滴定完全，高锰酸钾不消耗，显示高锰酸钾的颜色，故答案为：滴入一滴KMnO4溶液；溶液恰好变为紫色，且半分钟内不恢复原色；

（7）设含亚铁离子为xmol；则。

5Fe2++8H++MnO4-═5Fe3++Mn2++4H2O

51

x0.02mol×12×0.001L；

x=1.2×10-3mol；

1000mL溶液，取出20.00mL，则药品中含n（Fe2+）=0.0200mol/L×12.00×10-3L×5×=0.0600mol；

m（Fe2+）=0.0600mol×56g/mol=3.36g；

含“铁”量为：×100%=33.6%；

故答案为：33.6%．21、O2+4H++4e-=2H2OC4H10（g）+O2（g）=4CO2（g）+5H2O（l）△H=-2900kJ•mol-1-2680kJ•mol-1CH4+10OH-+8e-═CO32-+7H2O阴Cu2++2e-=Cu阳粗铜CuSO4红4.48L1mol/L【分析】【分析】（1）①酸性条件下；正极上氧气得电子和氢离子反应生成水；

②5.8kg丁烷的物质的量==100mol，100mol丁烷完全燃烧放出热量为2.9×105kJ；则1mol丁烷完全燃烧放出2900kJ热量；

根据盖斯定律计算放出热量；

③碱性条件下；甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；

（2）①电解精炼粗铜时；粗铜作阳极；纯铜作阴极，含有铜离子的可溶性铜盐为电解质；

②铁为阴极；阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近有氢氧根离子生成；

③若甲池中阴极增重12.8g，析出n（Cu）==0.2mol；乙池中阳极上氯离子放电生成氯气，根据转移电子守恒计算生成氯气体积；

④根据转移电子守恒计算生成NaOH物质的量，再根据C=计算NaOH浓度．【解析】【解答】解：（1）①酸性条件下，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，故答案为：O2+4H++4e-=2H2O；

②5.8kg丁烷的物质的量==100mol，100mol丁烷完全燃烧放出热量为2.9×105kJ，则1mol丁烷完全燃烧放出2900kJ热量，所以其热化学反应方程式为C4H10（g）+O2（g）=4CO2（g）+5H2O（l）△H=-2900kJ•mol-1；

C4H10（g）+O2（g）=4CO2（g）+5H2O（l）△H=-2900kJ•mol-1

H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol

所以C4H10（g）+O2（g）=4CO2（g）+5H2O（g）△H=-2680kJ•mol-1；

故答案为：C4