2025年人民版高一化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年人民版高一化学下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6题，共12分)1、下列反应的离子方程式书写正确的是（）A.氯化铜溶液与锌粒反应：Cu2++Zn=Zn2++CuB.稀H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C.铁与氯化铁溶液反应：Fe+Fe3+=2Fe2+D.碳酸钙与盐酸反应：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑2、下列各组中化合物的性质比较，不正确的是（）A.稳定性：PH3＞H2S＞HClB.碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3C.酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4D.非金属性：F＞O＞S3、设rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{H_{2}SO_{4}}的摩尔质量是rm{98g}B.rm{1mol}rm{O_{2}}的体积是rm{22.4L}C.rm{18g}rm{H_{2}O}含有的原子总数为rm{3N_{A}}D.rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{BaCl_{2}}溶液中，rm{Cl^{-}}的物质的量浓度为rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}4、用等体积等物质的量浓度的BaCl2溶液可使相同体积的Fe2（SO4）3、FeSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀．则三种溶液的物质的量浓度之比为（）

A.1：1：1

B.1：2：3

C.3：1：1

D.1：3：3

5、下列各元素的氧化物中，既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是（）A.元素X：它的原子中第三电子层比第二电子层少2个电子B.元素Y：它的二价阳离子核外电子总数与氩原子相同C.元素Z：位于元素周期表中的第3周期，ⅢA族D.元素W：它的单质硬度最大6、原子数相同、电子总数相同的粒子，互称为等电子体rm{.}硼元素可形成三个等电子体阴离子：rm{BO_{2}^{-}}rm{BC_{2}^{5-}}和rm{BN_{2}^{n-}}则rm{BN_{2}^{n-}}中的rm{n}值为rm{(}rm{)}A.rm{1}B.rm{2}C.rm{3}D.rm{4}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、如图为元素周期表的一部分，已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}均为短周期元素，rm{A}与rm{D}原子序数之和是rm{C}的原子序数的rm{1.5}倍．

rm{(1)}写出rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的元素符号：rm{A}______、rm{B}______、rm{C}______、rm{D}______

rm{(2)A}rm{B}rm{C}rm{D}的气态氢化物最不稳定的是rm{(}写化学式rm{)}______

rm{(3)A}rm{D}两元素的气态氢化物相互反应的化学方程式为______，现象为______，产物为______化合物rm{(}填“离子”或“共价”rm{)}该化合物中存在的化学键有______rm{(}填“离子键”或“共价键”rm{)}

rm{(4)}写出下列电子式：rm{D}的气态氢化物______，rm{A}单质______．8、与标准状况下rm{4.48LCO_{2}}中所含氧原子数目相同的水的质量是______rm{g.}9、已知某溶液中只存在OH﹣、H+、CH3COO﹣、Na+四种离子；某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：

①c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)

②c(CH3COO﹣)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH﹣)

③c(CH3COO﹣)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH﹣)

④c(CH3COO﹣)＞c(Na+)＞c(OH﹣)＞c(H+)

（1）若溶液中溶解了一种溶质，则该溶质是_____，上述四种离子浓度的大小顺序为______．（填序号）

（2）若上述关系中③是正确的，则溶液中的溶质为_____；

（3）若该溶液是由体积相等的NaOH溶液和醋酸混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(NaOH）_____c（CH3COOH）（填“大于”、“小于”、或“等于”，下同），混合前酸中c(H+)_____c(OH-)．10、现有以下物质：①NaCl溶液②液态SO3③液态的醋酸④汞⑤Ba（OH）2固体⑥蔗糖（C12H22O11）⑦酒精（C2H5OH）⑧熔化KNO3⑨CO2⑩盐酸．请回答下列问题（用序号）：

（1）其中属于电解质的：____；

（2）能够导电的物质是：____．11、（15分）已知A为一种气态烃，其相对分子质量小于30，1molA完全燃烧生成的CO2和H2O物质的量之比为1:1，中间产物C跟葡萄糖一样也能跟新制的Cu(OH)2发生反应产生砖红色沉淀，C也能发生银镜反应，E有香味，F为一种聚合物。（反应条件未写出）。请回答下列问题：（1）区别A和甲烷可以采用的简单方法（含操作、现象和结论）有：__________________；（2）A生成B的反应类型为_______________，C的结构简式为：______________________B、D中官能团的名称分别是_____________、______________；（3）物质B可以被直接氧化为D，需要加入的试剂是。（4）反应④的化学方程式为：_________反应类型：。（5）在实验室中获得的E物质往往是含有B物质和D物质的粗产品，要想获得较为纯净的E物质可以加入的试剂是，相关分离操作方法是__（填名称）。（6）反应⑤的化学方程式为：____________________________________________________反应类型：。12、用单线桥表示下列反应中原子间得失电子情况：5KI+KIO3+3H2SO4→3K2SO4+3I2+3H2O对上述反应，__________发生了氧化反应，________元素被还原了，若有415gKI发生反应，则被还原的碘元素为________g，转移的电子数为__________mol。13、rm{X}rm{Y}rm{W}rm{Z}是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示rm{.}已知rm{X}的一种核素的质量数为rm{18}中子数为rm{10}rm{Y}和rm{Ne}原子的核外电子总数相差rm{1}rm{W}的单质是一种常见的半导体材料；rm{Z}的非金属性在同周期主族元素中最强．

rm{(1)W}位于元素周期表中第______周期第______族画出rm{X}的阴离子的结构示意图______．

rm{(2)Z}的氢化物和溴化氢相比，较稳定的是______rm{(}写化学式rm{)}rm{Z}的氢化物与氟化氢相比，沸点较高的是______rm{(}写化学式rm{)}．

rm{(3)Y}的金属性与rm{Mg}的金属性相比，______rm{(}写化学式rm{)}的金属性强；请用实验证明它们金属性的相对强弱：______．

rm{(4)}写出rm{Y}的最高价氧化物对应的水化物与rm{Z}的最高价氧化物对应的水化物发生反应的化学反应方程式______．14、设rm{N_{A}}为阿佛加德罗常数。

rm{(1)4.9g}硫酸中含有______rm{mol}rm{H}原子，______个rm{O}原子和______个rm{S}原子，与______克rm{H_{2}O}中所含rm{O}原子数相等，溶于水配成rm{500mL}溶液其物质的量浓度为______．

rm{(2)}同温同压下，体积相等的rm{CO}和rm{CO_{2}}的分子数之比为______；物质的量之比为______，原子数之比为______，质量之比为______；

rm{(3)}某金属氯化物rm{MCl_{2}27g}含有rm{0.40molCl^{-}}则该氯化物的物质的量为______，摩尔质量为______，金属rm{M}的相对原子质量为______．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)15、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）16、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）17、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化18、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．19、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。20、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、原理综合题(共3题，共15分)21、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)。22、CO是大气污染气体；可利用化学反应进行治理或转化。

(1)甲醇是重要的溶剂和燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0

①T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO和1.2molH2，一段时间后达到平衡，此时H2与CH3OH的体积分数之比为2：5，该反应的平衡常数K＝___________；此时若向容器中再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)；则平衡将___________移动。(填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”)

②在一容积可变的密闭容器中充入一定物质的量的CO和H2，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。a、b、c三点平衡常数K(a)、K(b)、K(c)的大小关系是___________。b、d点的正反应速率vb(CO)_______va(CO).

(2)沥青混凝土可作为2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)反应的催化剂。图表示在相同的恒容密闭容器；相同起始浓度、反应相同的时间；使用同质量的不同沥青混凝土(α型、β型)催化时，CO的转化率与温度的关系。

①a、b；c、d四点中表示平衡状态的是___________；

②e点转化率出现突变的原因可能是______________________。

(3)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解时CO2在阴极区转化为HCOOH；其原理示意图如下：

电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_________________________。23、研究CO、CO2的回收利用既可变废为宝；又可减少碳的排放。请回答下列问题：

(1)二甲醚(CH3OCH3)被誉为“21世纪的清洁燃料”，由CO和H2制备二甲醚的反应原理如下：

CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=-90.1kJ/mol

2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-24.5kJ/mol

已知：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=-41.0kJ/mol

则2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)的△H=________

(2)T1K时，将1mol二甲醚引入一个抽真空的150L恒容密闭容器中，发生分解反应CH3OCH3(g)⇌CH4(g)+H2(g)+CO(g)。

在不同时间测定容器内的总压，所得数据见下表。反应时间t/min06.513.026.552.6∞气体总压p总/kPa50.055.065.083.2103.8125.0

①由表中数据计算，0～6.5min内的平均反应速率)(CH3OCH3)=___

mol⋅L-1⋅min-1(结果保留两位有效数字)反应达平衡时，二甲醚的分解率为___，该温度下平衡常数K=___。

②反应达到平衡后，若升高温度，CH3OCH3的浓度增大，则该反应为___反应(填“放热”或“吸热”)。

在T2K、1.0×104 kPa下，等物质的量的CO与CH4混合气体发生如下反应：CO(g)+CH4(g)=CH3CHO(g)

反应速率v=v正-v逆=k正p(CO)⋅p(CH4)-k逆p(CH3HO)，k正、k逆分别为k正、k逆向反应速率常数，p为气体的分压(气体分压p=气体总压p总×体积分数)。用气体分压表示的平衡常数KP=4.5×10-5kPa-1，则CO的转化率为20%时，=___。评卷人得分五、综合题(共4题，共24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6题，共12分)1、A【分析】【解答】解：A．氯化铜溶液与锌粒反应的离子反应为Cu2++Zn=Zn2++Cu；故A正确；

B．稀H2SO4与铁粉反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑；故B错误；

C．铁与氯化铁溶液反应的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+；故C错误；

D．碳酸钙与盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；故D错误；

故选A．

【分析】A．反应生成氯化锌和Cu；

B．反应生成硫酸亚铁和氢气；

C．电子；电荷不守恒；

D．碳酸钙在离子反应中保留化学式．2、A【分析】解：A．非金属性Cl＞S＞P，气态氢化物的稳定性为PH3＜H2S＜HCl；故A错误；

B．金属性Na＞Mg＞Al，最高价氧化物的水化物碱性为NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3；故B正确；

C．非金属性Cl＞Br＞I，最高价氧化物的水化物酸性为HClO4＞HBrO4＞HIO4；故C正确；

D．同周期；原子序数大的非金属性强；同主族原子序数大的非金属性弱，则非金属性为F＞O＞S，故D正确；

故选A．

A．非金属性越强；气态氢化物越稳定；

B．金属性越强；最高价氧化物的水化物碱性越强；

C．非金属性越强；最高价氧化物的水化物酸性越强；

D．同周期；原子序数大的非金属性强；同主族原子序数大的非金属性弱．

本题考查非金属性、金属性及半径比较，为高频考点，把握元素的位置与性质的关系、元素周期律为解答的关键，注意规律性知识的归纳和应用，题目难度不大．【解析】【答案】A3、C【分析】解：rm{A}摩尔质量的单位为rm{g/mol}故硫酸的摩尔质量为rm{98g/mol}故A错误；

B、氧气所处的状态不明确，故rm{1mol}氧气的体积无法计算；故B错误；

C、rm{18g}水的物质的量为rm{1mol}而水为三原子分子，故rm{1mol}水中含rm{3N_{A}}个原子；故C正确；

D、在氯化钡溶液中，氯离子的浓度是氯化钡浓度的rm{2}倍，故此溶液中氯离子的浓度为rm{0.2mol/L}故D错误．

故选C．

A、摩尔质量的单位为rm{g/mol}

B；氧气所处的状态不明确；

C；求出水的物质的量；然后根据水为三原子分子来分析；

D、在氯化钡溶液中，氯离子的浓度是氯化钡浓度的rm{2}倍．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．【解析】rm{C}4、D【分析】

由题意设BaCl2溶液中BaCl2的物质的量为1mol；

Fe2（SO4）3、FeSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀；

设Fe2（SO4）3、FeSO4、K2SO4三种物质的物质的量为x；y、z；则。

由Ba2++SO42-═BaSO4↓；

x×3=y×1=z×1=1mol；

则x：y：z=1：3：3；

因三种溶液的体积相同；则物质的量之比等于其浓度之比；

即浓度之比为1：3：3；

故选D．

【解析】【答案】等体积等物质的量浓度的BaCl2溶液，溶质的物质的量相同，利用钡离子与硫酸根离子的关系来计算Fe2（SO4）3、FeSO4、K2SO4三种溶液中溶质的物质的量；因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比．

5、C【分析】【解答】解：A；元素X为硫元素；形成的氧化物二氧化硫、三氧化硫是酸性氧化物，只能与碱反应生成盐和水，故A不符合；

B；元素Y为钙元素；形成的氧化物CaO为碱性氧化物，只能和酸反应生成盐和水，故B不符合；

C、元素Z为铝，形成的氧化物Al2O3是两性氧化物；能和强酸强碱反应生成盐和水，故C符合；

D；元素W：它的单质硬度最大是碳；氧化物为二氧化碳，只能与碱反应生成盐和水，故D不符合；

故选C．

【分析】结合结构特征，分别判断出X、Y、Z、W是何种元素，它们形成的氧化物分属于那类物质，再根据物质的类别通性进行判断，氧化物中，既能与盐酸反应生成盐和水，又能够与NaOH溶液反应生成盐和水的是两性氧化物的性质．6、C【分析】解：原子数相同、价电子总数相同的粒子互称为等电子体rm{.BO_{2}^{-}}rm{BC_{2}^{5-}}的原子数均为rm{3}rm{BO_{2}^{-}}电子数均为rm{3+6隆脕2+1=16}则rm{BN_{2}^{n-}}的价电子数也应为rm{16.}即rm{3+5隆脕2+n=16}则rm{n=3}．

故选：rm{C}．

原子数相同、价电子总数相同的粒子互称为等电子体rm{.}粒子中质子数等于原子的质子数之和，中性微粒中质子数rm{=}电子数，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{.BO_{2}^{-}}rm{BC_{2}^{5-}}的原子数均为rm{3}价电子数均为rm{16}则rm{BN_{2}^{n-}}的价电子数也应为rm{16}．

本题主要考查等电子体、学生对信息的理解与直接运用，比较基础，注意基础知识的掌握．【解析】rm{C}二、填空题(共8题，共16分)7、N；O；S；Cl；H2S；NH3+HCl=NH4Cl；有白烟生成；离子；离子键、共价键；【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}均为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，rm{A}rm{B}处于第二周期，rm{C}rm{D}处于第三周期，令rm{C}的原子序数为rm{x}则rm{A}的原子序数为rm{x-9}rm{D}的原子序数为rm{x+1}rm{A}与rm{D}原子序数之和是rm{C}的原子序数的rm{1.5}倍，则rm{x-9+x+1=1.5x}解得rm{x=16}则rm{C}为rm{S}元素，rm{B}为rm{O}元素，rm{A}为rm{N}元素，rm{D}为rm{Cl}元素；

rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}为rm{N}元素，rm{B}为rm{O}元素，rm{C}为rm{S}元素，rm{D}为rm{Cl}元素，故答案为：rm{N}rm{O}rm{S}rm{Cl}

rm{(2)}上述元素中rm{S}元素非金属性最弱，故Hrm{{,!}_{2}S}最不稳定，故答案为：rm{H_{2}S}

rm{(3)A}rm{D}两元素的气态氢化物分别为氨气、rm{HCl}二者反应生成氯化铵，反应方程式为：rm{NH_{3}+HCl=NH_{4}Cl}现象是：有白烟生成，氯化铵属于离子化合物，含有离子键；共价键；

故答案为：rm{NH_{3}+HCl=NH_{4}Cl}有白烟生成；离子；离子键；共价键；

rm{(4)D}的气态氢化物为rm{HCl}rm{H}原子与rm{Cl}原子之间形成rm{1}对共用电子对，电子式为：rm{A}单质为rm{N_{2}}分子中rm{N}原子之间形成rm{3}对共用电子对，电子式为

故答案为：．

A、rm{B}rm{C}rm{D}均为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，rm{A}rm{B}处于第二周期，rm{C}rm{D}处于第三周期，令rm{C}的原子序数为rm{x}则rm{A}的原子序数为rm{x-9}rm{D}的原子序数为rm{x+1}rm{A}与rm{D}原子序数之和是rm{C}的原子序数的rm{1.5}倍，则rm{x-9+x+1=1.5x}解得rm{x=16}则rm{C}为rm{S}元素，rm{B}为rm{O}元素，rm{A}为rm{N}元素，rm{D}为rm{Cl}元素；据此解答．

本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意掌握同主族元素原子序数关系，难度不大．【解析】rm{N}rm{O}rm{S}rm{Cl}rm{H_{2}S}rm{NH_{3}+HCl=NH_{4}Cl}有白烟生成；离子；离子键、共价键；8、略

【分析】解：rm{4.48LCO_{2}}的物质的量为rm{dfrac{4.48L}{22.4L/mol}=0.2mol}含有rm{dfrac

{4.48L}{22.4L/mol}=0.2mol}原子相等，则rm{O}水的质量为rm{n(H_{2}O)=2n(CO_{2})=0.4mol}

故答案为：rm{0.4mol隆脕18g/mol=7.2g}．

先根据rm{7.2g}求出rm{n=dfrac{V}{V_{m}}}的物质的量，含有rm{CO_{2}}原子相等，则rm{O}然后再根据rm{n(H_{2}O)=2n(CO_{2})}计算水的质量．

本题考查常用化学计量的有关计算，题目难度不大，注意对公式的理解与灵活运用，侧重于考查学生对基础知识的应用能力和计算能力．rm{m=nM}【解析】rm{7.2}9、略

【分析】【分析】

根据弱酸的电离程度及其酸根离子的水解程度较小分析相关问题。

【详解】

（1）某溶液中只存在OH﹣、H+、CH3COO﹣、Na+四种离子，若溶液中溶解了一种溶质，由于水能电离出H+和OH﹣，则该溶质为CH3COONa，CH3COO﹣可以有少量发生水解并使溶液呈碱性，故上述四种离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)；故选①。

（2）若上述关系中③c(CH3COO﹣)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH﹣)是正确的，则溶液显酸性，由于醋酸钠水解能使溶液呈碱性，而醋酸的电离可以使溶液呈酸性，说明溶液中的溶质有两种，分别为CH3COONa与CH3COOH；

（3）若该溶液是由体积相等的NaOH溶液和醋酸混合而成，且恰好呈中性，由于醋酸钠水解能使溶液呈碱性，而醋酸的电离可以使溶液呈酸性，说明NaOH溶液和醋酸反应后，醋酸过量，则混合前c(NaOH)小于c(CH3COOH)，但是由于醋酸的电离度很小，故混合前酸中c(H+)小于c(OH-)。【解析】①.CH3COONa②.①③.CH3COONa与CH3COOH④.小于⑤.小于10、略

【分析】

（1）电解质是熔融态或水溶液状态下能导电的化合物；③⑤⑧属于电解质，故答案为：③⑤⑧；

（2）①⑧⑩中含有自由移动的离子；④中含有自由移动的电子，均能导电，故答案为：①④⑧⑩．

【解析】【答案】根据电解质是熔融态或水溶液状态下能导电的化合物；含有自由移动的带电微粒（如离子；电子）的物质能导电．

11、略

【分析】【解析】【答案】（15分）（1）将气体分别通入高锰酸钾溶液（或溴水），能使溶液褪色的是乙烯，另一为甲烷（或者将气体分别点燃，观察火焰颜色，明亮且有少量黑烟的是乙烯，淡蓝色的是甲烷）（其他合理答案也给分）（2分）（2）加成反应、CH3CHO、羟基、羧基（各1分）（3）酸性KMnO4或K2Cr2O7溶液（1分）（4）①CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（2分）酯化反应或取代反应（1分）（5）饱和Na2CO3溶液分液（每空各1分）（6）(2分)加聚反应（1分）12、略

【分析】试题分析：反应里KI中-1价的I化合价升高至0价，升高了5，KIO3中+5价的I化合价降低到0价，降低了5，得失电子守恒，KI发生了氧化反应，+5价的I被还原；5KI~KIO32．5mol0．5mol那么被还原的I的质量为0．5mol×214g/mol×=63．5g电子转移0．5mol×5=2．5mol考点：氧化还原反应的相关计算【解析】【答案】KI；+5价的I；63．5；2．513、略

【分析】解：rm{X}的一种核素的质量数为rm{18}中子数为rm{10}则rm{X}的质子数为rm{8}则rm{X}为rm{O}元素；rm{Y}和rm{Ne}原子的核外电子数相差rm{1}时，rm{Y}可能为rm{F}或rm{Na}由于原子半径rm{X<Y}则rm{Y}为rm{Na}元素；rm{W}的单质是一种常见的半导体材料，则rm{W}为rm{Si}元素；rm{Z}是同周期中非金属性最强的元素，且原子半径小于rm{Si}大于rm{O}则rm{Z}为rm{Cl}元素，根据分析可知：rm{X}为rm{O}元素、rm{Y}为rm{Na}元素、rm{Z}为rm{Cl}元素、rm{W}为rm{Si}元素；

rm{(1)W}为rm{Si}元素，rm{Si}的原子序数为rm{14}位于周期表中第三周期第Ⅳrm{A}族；

rm{X}为氧元素，氧离子的核电荷数为rm{8}核外电子总数为rm{10}氧离子结构示意图为：

故答案为：三；Ⅳrm{A}

rm{(2)Z}为rm{Cl}元素，由于非金属性rm{Cl>Br}则气态氢化物稳定的是rm{HCl}

由于rm{HF}中存在氢键，则rm{HF}的熔沸点大于rm{HCl}

故答案为：rm{HCl}rm{HF}

rm{(3)Y}为钠元素，rm{Na}与冷水剧烈反应，而rm{Mg}与冷水反应较慢，所以金属钠的活泼性大于rm{Mg}

故答案为：rm{Na}rm{Na}与冷水剧烈反应，而rm{Mg}与冷水反应较慢rm{(}其他合理答案也可rm{)}

rm{(4)Y}为rm{Na}rm{Z}为rm{Cl}rm{Y}的最高价氧化物对应的水化物为rm{NaOH}rm{Z}的最高价氧化物对应的水化物为rm{HClO_{4}}氢氧化钠与高氯酸反应的化学反应方程式为：rm{NaOH+HClO_{4}=NaClO_{4}+H_{2}O}

故答案为：rm{NaOH+HClO_{4}=NaClO_{4}+H_{2}O.}

rm{X}的一种核素的质量数为rm{18}中子数为rm{10}则rm{X}的质子数为rm{8}则rm{X}为rm{O}元素；

rm{Y}和rm{Ne}原子的核外电子数相差rm{1}时，rm{Y}可能为rm{F}或rm{Na}由于原子半径rm{X<Y}则rm{Y}为rm{Na}元素；

rm{W}的单质是一种常见的半导体材料，则rm{W}为rm{Si}元素；

rm{Z}是同周期中非金属性最强的元素，且原子半径小于rm{Si}大于rm{O}则rm{Z}为rm{Cl}元素；

根据以上分析可知：rm{X}为rm{O}元素、rm{Y}为rm{Na}元素、rm{Z}为rm{Cl}元素、rm{W}为rm{Si}元素．

本题考查位置结构性质相互关系及应用，涉及非金属性强弱比较、物质结构、原子结构等知识点，侧重考查知识运用能力，正确推断各元素名称为解答关键，注意熟练掌握元素周期律、原子结构、物质结构及性质等知识，题目难度中等．【解析】三；Ⅴrm{A}rm{HCl}rm{HF}rm{Na}rm{Na}与冷水剧烈反应，而rm{Mg}与冷水反应较慢；rm{NaOH+HClO_{4}=NaClO_{4}+H_{2}O}14、略

【分析】解：rm{(1)4.9g}硫酸的物质的量是rm{0.05mol}每个硫酸分子中含有rm{2}个rm{H}原子、rm{4}个rm{O}原子，则rm{0.05mol}硫酸分子中含有rm{H}原子的物质的量为：rm{0.05mol隆脕2=0.1mol}含有rm{O}原子的物质的量为rm{0.05mol隆脕4=0.2mol}根据rm{N=nN_{A}}知，含有rm{O}原子个数为rm{0.2N_{A}}rm{S}原子个数为rm{0.05N_{A}}

每个水分子中含有rm{1}个rm{O}原子，则硫酸和水中rm{O}原子个数相等时硫酸和水的物质的量之比为rm{1}rm{4}水的质量rm{m=nM=0.05mol隆脕4隆脕18g/mol=3.6g}

rm{c=dfrac{n}{V}=dfrac{0.05mol}{0.5L}=0.1mol/L}

故答案为：rm{c=dfrac{n}{V}=dfrac

{0.05mol}{0.5L}=0.1mol/L}rm{0.1}rm{0.2N_{A}}rm{0.05N_{A}}rm{3.6}

rm{0.1mol/L}根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下同体积的rm{(2)}和rm{CO_{2}}的物质的量相同，物质的量之比为rm{CO}rm{1}

设rm{1}和rm{CO_{2}}的物质的量都为rm{CO}

则根据rm{1mol}可知：气体的分子数之比等于物质的量之比，为rm{N=n?NA}rm{1}

rm{1}个rm{1}中含有rm{CO}个原子，rm{2}个rm{1}中含有rm{CO_{2}}个原子，则原子数之比为rm{3}rm{1隆脕2}rm{1隆脕3=2}

rm{3}的质量为rm{1molCO}rm{1mol隆脕28g/mol=28g}的质量为rm{1molCO_{2}}质量之比为rm{1mol隆脕44g/mol=44g}rm{28}rm{44=7}

因rm{11}和rm{CO_{2}}的体积相同，则密度之比等于质量之比，为rm{CO}rm{11}

故答案为：rm{7}rm{1}rm{1}rm{1}rm{1}rm{2}rm{3}rm{7}

rm{11}根据化学式知，含有rm{(3)}的该化合物物质的量rm{=dfrac{0.4mol}{2}=0.20mol}该化合物的摩尔质量rm{M=dfrac{m}{n}=dfrac{27g}{0.2mol}=135g/mol}化合物的相对分子质量在数值上等于其摩尔质量，所以该化合物的相对分子质量是rm{0.40molCl^{-}}则rm{=dfrac

{0.4mol}{2}=0.20mol}的相对原子质量rm{M=dfrac{m}{n}=dfrac

{27g}{0.2mol}=135g/mol}

故答案为：rm{135}rm{R}rm{=135-35.5隆脕2=64}．

rm{0.2mol}硫酸的物质的量是rm{135g/mol}每个硫酸分子中含有rm{64}个rm{(1)4.9g}原子、rm{0.05mol}个rm{2}原子，根据rm{H}计算含有rm{4}原子数；每个水分子中含有rm{O}个rm{N=nN_{A}}原子，则硫酸和水中rm{O}原子个数相等时硫酸和水的物质的量之比为rm{1}rm{O}根据rm{O}计算水的质量；根据rm{1}计算；

rm{4}根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下同体积的rm{m=nM}和rm{c=dfrac{n}{V}}的物质的量相同；根据分子的组成和分子的相对分子质量计算粒子个数以及质量；密度等关系；

rm{(2)}根据化学式知，含有rm{CO_{2}}的该化合物物质的量rm{=dfrac{0.4mol}{2}=0.20mol}rm{CO}化合物的相对分子质量等于各元素相等原子质量与原子个数之积的和，据此计算rm{(3)}的相对原子质量．

本题考查物质的量的有关计算，题目难度中等，明确物质的量公式中各个物理量之间关系是解本题关键，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件，试题培养了学生的化学计算能力．rm{0.40molCl^{-}}【解析】rm{0.1}rm{0.2N_{A}}rm{0.05N_{A}}rm{3.6}rm{0.1mol/L}rm{1}rm{1}rm{1}rm{1}rm{2}rm{3}rm{7}rm{11}rm{0.2mol}rm{135g/mol}rm{64}三、判断题(共6题，共12分)15、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．16、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．17、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；18、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；19、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．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共价键的数目四、原理综合题(共3题，共15分)21、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=AB3.2p622、略

【分析】【分析】

（1）①同一容器中，两种气体的体积之比等于物质的量之比，计算出平衡时反应物生成物各自的物质的量浓度，然后计算平衡常数，达到平衡后再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)；计算此时的浓度商，然后与平衡常数对比；

②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0，该反应正反应为放热反应，当压强相同时，温度越高CO的平衡转化率越低，结合图象，T123；对应放热反应，温度越高，平衡常数越小；同温时压强越大反应速率越快；

（2）①对应放热反应，当反应达到平衡后，升高温度平衡要逆向移动，反应物转化率下降，判断a、b；c、d四点中哪个点处于平衡状态；

②e点转化率出现突变的原因可能是温度升高催化剂中毒；失去活性；

（3）阳极产生发生的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极产生的H+与HCO3-反应，导致HCO3-的浓度降低，K+部分迁移至阴极区。

【详解】

（1）①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO和1.2molH2，一段时间后达到平衡，令反应消耗CO的物质的量为xmol，反应中反应物、生成物物质的量变化之比等于化学计量数之比，故反应消耗H2的物质的量为2xmol，反应生成CH3OH的物质的量为xmol，故平衡时n(CO)=(1-x)mol，n(H2)=(1.2-2x)mol，n(CH3OH)=xmol，同一容器中，两气体的体积之比等于物质的量之比，(1.2-2x)：x=2：5，x=5/6，x=0.5，故平衡时n(CO)=0.5mol，n(H2)=0.2mol，n(CH3OH)=0.5mol，c(CO)=0.25mol·L－1，c(H2)=0.1mol·L－1，c(CH3OH)=0.25mol·L－1，K=0.25/[0.25×(0.1)2]=100；此时向容器中再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)，容器中CO、CH3OH的物质的量浓度变为0.45mol·L－1、0.35mol·L－1，Qc=0.35/[0.45×(0.1)2]=77.7<100；说明此时平衡向正反应方向移动；

②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0，该反应正反应为放热反应，当压强相同时，温度越高CO的平衡转化率越低，结合图象，T123，正反应为放热反应，温度越高，正反应的平衡常数越小，故K(a)>K(b)>K(c)；在其他条件相同时，增大压强，化学反应速率加快，由于压强b>d，vb(CO)>va(CO).；

（2）①当反应达到平衡后，升高温度平衡要逆向移动，CO的转化率降低，则a、b；c、d四点中表示平衡状态的是c、d；

②e点转化率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失去活性；

（3）阳极产生发生的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极产生的H+与HCO3-反应，H++HCO3-=CO2↑+H2O，HCO3-的浓度降低，K+部分迁移至阴极区。

【点睛】

本题考查化学反应平衡常数，浓度商与平衡常数之间的关系，结合图像回答有关反应速率和化学平衡有关问题，考生要能从题中的图像中分析问题。【解析】100正反应方向K(a)>K(b)>K(c)>c、d温度升高后催化剂失去活性阳极产生O2，pH降低，HCO3-的浓度降低，K+部分迁移至阴极区23、略

【分析】【分析】

由盖斯定律的∆H。

(2)①设CH3OCH3的变化量为x；则0~6.5min内反应的三段式为。

恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即50kPa，便可求出min内的平均反应速率

恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即50kPa，便可求出反应达平衡时，二甲醚的分解率；平衡常数代入数据，可求出K。

升高温度，的浓度增大；说明平衡逆向移动，由此可推出正反应类型。

当反应达到平衡时则K、时，设起始时则。

反应的三段式为。

所以所以代入数据便可得出结果。

【详解】

由盖斯定律有的

的答案为：

(2)①设CH3OCH3的变化量为x；则0~6.5min内反应的三段式。

恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即50kPa，min内的平均反应速率

恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即50kPa，反应达平衡时，二甲醚的分解率平衡常数答案为：

升高温度，的浓度增大；说明平衡逆向移动，所以正向反应是放热反应。

当反应达到平衡时则K、时，设起始时则。

反应的三段式为。

所以所以答案为：放热；

【点睛】

利用盖斯定律进行计算时，我们可根据待求反应中的反应物与生成物，调整已知反应的反应物与生成物，同时需注意，当我们将一个反应的反应物与生成物位置进行互换时，∆H的数值不变，但“+”、“-”号应发生改变；当我们调整化学计量数时，∆H应发生同等程度的改变。【解析】-122.7kJ/mol5.1×10-5mol/(L⋅min)75%7.5×10-5放热0.8五、综合题(共4题，共24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1mo