2025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2025年浙教版高一化学下册月考试卷712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5题，共10分)1、下列各组物质的燃烧热相等的是（）

A.碳和一氧化碳。

B.1moL碳和2moL碳。

C.3moL乙炔和1moL苯。

D.淀粉和纤维素。

2、已知rm{A}rm{{,!}^{n}}rm{{,!}^{+}}rm{B^{(n+1)+}}rm{C}rm{{,!}^{n}}rm{{,!}^{-}}rm{D^{(n+1)-}}具有相同的电子层结构。下列关于rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种元素的叙述中正确的是rm{(}rm{)}A.气态氢化物的稳定性：rm{D>C}B.原子序数：rm{B>A>C>D}C.最高价氧化物对应水化物的碱性：rm{B>A}D.四种元素一定都属于短周期元素3、下列各组顺序的排列不正确的是()A.原子半径：Na＞Mg＞Al＞HB.热稳定性：HCl＜H2S＜PH3C.酸性强弱：H2SiO3＜H2CO3＜H3PO4D.氧化性：K+＜Na+＜Mg2+＜Al3+4、在水中放入高锰酸钾晶体后，可以清楚地看到，溶液中紫红色范围逐渐扩大，最后整个溶液都变成紫红色，原因是rm{(}rm{)}A.钾离子受到水分子的作用，克服了离子间的引力，逐渐向水中扩散B.高锰酸根离子受到钾离子的作用，克服了离子间的斥力，逐渐向水中扩散C.高锰酸根离子受到水分子的作用，克服了离子间的引力，逐渐向水中扩散D.高锰酸钾是强氧化剂，水被氧化5、配制rm{0.10mol/L}的rm{NaOH}溶液，下列操作会导致所配的溶液浓度偏高的是rm{(}rm{)}A.用敞口容器称量rm{NaOH}且时间过长B.定容时俯视读取刻度C.原容量瓶洗净后未干燥D.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、下列各组微粒具有相同质子数和电子数的是()A.rm{OH^{?}}和rm{NH_{4}^{+;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}B.rm{H_{2}O}和rm{NH_{3;;;}}C.rm{F^{?}}和rm{OH^{?;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}D.rm{O^{2?}}和rm{NH_{4}^{+}}7、如下图所示，在注射器中加入少量rm{Na_{2}SO_{3}}晶体，并吸入少量浓硫酸rm{(}以不接触纸条为准rm{)}则下列有关说法正确的是A.湿润的蓝色石蕊试纸只变红不褪色B.湿润的品红试纸蘸有rm{KMnO_{4}}酸性溶液的滤纸均褪色证明了rm{SO_{2}}的漂白性C.湿润的碘化钾淀粉试纸未变蓝说明rm{SO_{2}}不能将rm{I^{-}}还原为rm{I_{2}}D.实验后，可把注射器中的物质推入rm{NaOH}溶液，以减少环境污染8、羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为：

（1）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH<0（2）Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)；下列说法正确的是。

A.T12B.可通过高压的方式提高反应（1）中Ni(CO4)的产率C.反应（2）平衡后，降低温度，CO浓度减小D.升温，反应（1）的气体平均相对分子质量增大9、相同温度下；在体积相等的二个恒容密闭容器中发生可逆反应：

N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=—92.4kJ/mol。

实验测得起始；平衡时的有关数据如下表：

。容器编号。

起始时各物质物质的量/mol

达平衡时反应中的能量变化。

N2

H2

NH3

NH3

①

1

3

0

放出热量akJ

②

2

6

0

放出热量bkJ

下列叙述正确的是（）A.放出热量关系：b＞2aB.放出热量关系：b=2aC.达平衡时氨气的体积分数：①＞②D.N2的转化率：①＜②10、25℃时，将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol·L-1的溶液。溶液中c(NH3·H2O)、c(NH4+)与pH的关系如下图所示。下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是。

A.W点表示溶液中：c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)B.pH=7.0溶液中：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)C.pH=10.5的溶液中：c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)＜0.1mol·L-1D.向W点所表示的1L溶液中加入0.05molNaOH固体(忽略溶液体积变化)：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)11、室温下，若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.的溶液：B.的溶液和的溶液混合C.的溶液和的溶液等体积混合：D.的溶液和的溶液等体积混合：12、由下列实验操作和现象所得到的结论正确的是。实验操作和现象结论A向某溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加少量溶液，溶液变红溶液中含有B室温下，测得相同浓度的和溶液的pH分别为8和9酸性：C蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热加氢氧化钠溶液至溶液呈碱性，再加入少量新制继续加热生成砖红色沉淀蔗糖完全水解D向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少量等物质的量的和固体，溶解而不溶解

A.AB.BC.CD.D13、如下图所示，在注射器中加入少量rm{Na_{2}SO_{3}}晶体，并吸入少量浓硫酸rm{(}以不接触纸条为准rm{)}则下列有关说法正确的是A.湿润的蓝色石蕊试纸只变红不褪色B.湿润的品红试纸蘸有rm{KMnO_{4}}酸性溶液的滤纸均褪色证明了rm{SO_{2}}的漂白性C.湿润的碘化钾淀粉试纸未变蓝说明rm{SO_{2}}不能将rm{I^{-}}还原为rm{I_{2}}D.实验后，可把注射器中的物质推入rm{NaOH}溶液，以减少环境污染14、乙酸分子的结构式为下列反应及断键部位正确的是rm{(}rm{)}A.乙酸的电离，是rm{垄脵}键断裂B.乙酸与乙醇发生酯化反应，是rm{垄脵}键断裂C.在红磷存在时，rm{Br_{2}}与rm{CH_{3}COOH}的反应：rm{CH_{3}COOH+Br}2rm{xrightarrow[]{潞矛脕脳}}rm{CH_{2}Br隆陋COOH+HBr}是rm{垄脹}键断裂D.乙酸变成乙酸酐的反应：rm{2CH_{3}COOH篓D隆煤}rm{+H_{2}O}是rm{垄脵垄脷}键断裂评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、如图是某同学设计的蒸馏装置图。

①进水口是____（a或b）．

②装置c的名称是____．

③蒸馏烧瓶中常加入沸石或碎瓷片，其目的是____．

16、加入0.10molMnO2粉末于50mLH2O2溶液中；在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示．

①写出H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式____．

②实验时放出气体的总体积是____mL．

③放出1/3气体所需时间为____min．

④反应放出3/4气体所需时间约为____min．

⑤A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为____＞____＞____＞____．

⑥解释反应速率变化的原因____．

⑦计算H2O2的初始物质的量浓度____．（请保留两位有效数字）

17、蒸馏是实验室制备蒸馏水的常用方法．

（1）图Ⅰ是实验室制取蒸馏水的常用装置，图中明显的一个错是____

（2）仪器A的名称是____，仪器B的名称是____．

（3）实验时A中除加入少量自来水外，还需加入几粒____；其作用是防止液体暴沸．

（4）从锥形瓶取少量收集到的液体于试管中，然后滴入____和____（填试剂的化学式），检验是否存在Cl﹣，并写出有关反应的离子方程式：____．

（5）图Ⅱ装置也可用于少量蒸馏水的制取（加热及固定仪器略），其原理与图I完全相同．该装置中使用的玻璃导管较长，其作用是____；烧杯中最好盛有的物质是____（填名称）．

18、（1）工业上用电石-乙炔生产氯乙烯的反应如下：

CaO+3CCaC2+CO

CaC2+2H2O→CH≡CH+Ca（OH）2

CH≡CH+HClCH2=CHCl

电石-乙炔法的优点是流程简单；产品纯度高，而且不依赖与石油资源．

电石-乙炔法的缺点是：______、______．19、下列四组有机物rm{垄脵C_{7}H_{8}}rm{C_{3}H_{8}O_{3}垄脷C_{3}H_{6}}rm{C_{2}H_{6}O}rm{垄脹C_{2}H_{2}}rm{C_{6}H_{6}垄脺CH_{4}O}rm{C_{2}H_{4}O_{3}}rm{(1)}各组中的两种物质无论以何种比例混合，只要混合物的总物质的量一定，则完全燃烧时生成水的质量和消耗rm{O_{2}}的质量均不变的是第____组．rm{(2)}各组中的两种物质无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，则完全燃烧时生成水和rm{CO_{2}}的质量均不变的是第rm{_}____rm{_}组，符合此条件的有机物之间存在的关系为___。rm{(3)}各组中的两种物质无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，则完全燃烧时，仅生成水的质量不变的是第____组．20、研究催化剂对化学反应有重要意义rm{.}为探究催化剂对双氧水分解的催化效果，某研究小组做了如下实验：

rm{(1)}甲同学欲用图所示实验来证明rm{MnO_{2}}是rm{H_{2}O_{2}}分解反应的催化剂rm{.}该实验______rm{(}填“能”或“不能”rm{)}达到目的，原因是______rm{.(}若能，不必回答原因rm{)}

rm{(2)}为分析rm{Fe^{3+}}和rm{Cu^{2+}}对rm{H_{2}O_{2}}分解反应的催化效果，丙同学设计如下实验rm{(}三支试管中均盛有rm{10mL5%H_{2}O_{2})}。试管ⅠⅡⅢ滴加试剂rm{5}滴rm{0.1mol?L^{-1}FeCl_{3}}rm{5}滴rm{0.1mol?L^{-1}CuCl_{2}}rm{5}滴rm{0.3mol?L^{-1}NaCl}产生气泡情况较快产生细小气泡缓慢产生细小气泡无气泡产生由此得到的结论是______；设计实验Ⅲ的目的是______．

rm{(3)}在上述实验过程中，分别检测出溶液中有二价铁生成，查阅资料得知：将作为催化剂的rm{FeCl_{3}}溶液加入rm{H_{2}O_{2}}溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中rm{H_{2}O_{2}}均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的化学方程式分别是______和______rm{(}按反应发生的顺序写rm{)}．21、写出下列反应的方程式：

rm{(1)}钠与水反应______

rm{(2)}过氧化钠与二氧化碳反应______

rm{(3)}氯气与水反应______

rm{(4)}制备漂白粉______

rm{(5)}氯气和铁反应______．22、等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应，若生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为______。评卷人得分四、判断题(共4题，共40分)23、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）24、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）25、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）26、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分五、综合题(共4题，共16分)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29、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：

30、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5题，共10分)1、B【分析】

A；C、D物质不同；具有不同的能量，燃烧热不相等．燃烧热是物质的性质，与量的多少无关，故B正确．

故选：B．

【解析】【答案】燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量．一般C→CO2，H→H2O（l），S→SO2．燃烧热是物质的性质；与量的多少无关．

2、B【分析】【分析】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，根据核外电子排布确定元素所在周期表中的位置以及把握元素周期律的递变规律是解答该题的关键，难度不大。【解答】已知rm{{,!}_{a}A^{n+}}rm{{,!}_{b}B^{(n+1)+}}rm{{,!}_{c}C^{n-}}rm{{,!}_{d}D^{(n+1)-}}具有相同的电子层结构，则有：rm{a-n=b-(n+1)=c+n=d+(n+1)}则有rm{A}rm{B}在周期表中rm{C}rm{D}的下一周期，并且原子序数：rm{B>A>C>D}则。

A.rm{C}rm{D}在同一周期，且原子序数rm{C>D}非金属性：rm{C>D}则气态氢化物的稳定性：rm{C>D}故A错误；

B.已知rm{{,!}_{a}A^{n+}}rm{{,!}_{b}B^{(n+1)+}}rm{{,!}_{c}C^{n-}}rm{{,!}_{d}D^{(n+1)-}}具有相同的电子层结构，则有：rm{a-n=b-(n+1)=c+n=d+(n+1)}则有原子序数：rm{B>A>C>D}故B正确；

C.rm{A}rm{B}在周期表中同周期，原子序数：rm{b>a}金属性：rm{A>B}最高价氧化物对应水化物的碱性：rm{A>B}故C错误；

D.四种元素不一定属于短周期元素，如rm{A}为rm{K}rm{B}为rm{Ca}rm{C}为rm{Cl}rm{D}为rm{S}也符合；故D错误。

故选B。【解析】rm{B}3、B【分析】试题分析：A、同周期元素原子半径随原子序数的增大而减小，所以原子半径：Na＞Mg＞Al＞H，正确；B、因为非金属性Cl>S>P，所以氢化物的稳定性：HCl>H2S>PH3，错误；C、因为非金属性P>C>Si，所以最高价氧化物水化物的酸性强弱：H2SiO3＜H2CO3＜H3PO4，正确；D、因为金属性K＞Na＞Mg＞Al，所以阳离子的氧化性：K+＜Na+＜Mg2+＜Al3+，正确。考点：本题考查元素周期律。【解析】【答案】B4、C【分析】解：在水中放入高锰酸钾晶体后，高锰酸钾晶体溶于水，受到水分子的作用，克服了离子间的引力，电离出高锰酸根离子和钾离子，高锰酸根离子呈紫红色，所以溶液中紫红色范围逐渐扩大，最后整个溶液都变成紫红色；故选：rm{C}．

在水中放入高锰酸钾晶体后；高锰酸钾晶体溶于水，受到水分子的作用，克服了离子间的引力，电离出高锰酸根离子和钾离子．

本题主要考查电离的条件以及离子的颜色判断，难度不大，记住高锰酸根离子呈紫红色即可解题．【解析】rm{C}5、B【分析】解：rm{A.}用敞口容器称量rm{NaOH}且时间过长；导致称取的溶质中含有氢氧化钠的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；

B.定容时俯视读取刻度；导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B选；

C.原容量瓶洗净后未干燥；对溶液体积；溶质的物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，故C不选；

D.配制过程中；未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故D不选；

故选：rm{B}．

分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据rm{C=dfrac{n}{V}}进行误差分析，凡是使rm{n}偏大，rm{V}偏小的操作都能使溶液浓度偏高；反之溶液浓度偏低，据此分析解答．

本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制误差分析，准确分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{B}二、多选题(共9题，共18分)6、BC【分析】【分析】本题考查微粒的质子数和电子数的关系，明确中性微粒、阳离子、阴离子的电子的数目计算是解答的关键，并注意中性微粒中质子数等于电子数。【解答】A.rm{OH^{-}}的质子数为rm{8+1=9}rm{OH^{-}}的电子数为rm{9+1=10}rm{NH_{4}^{+}}的质子数为rm{7+4=11}rm{NH_{4}^{+}}的电子数为rm{11-1=10}故A错误；

B.rm{H_{2}O}的质子数等于电子数等于rm{1隆脕2+8=10}rm{NH_{3}}的质子数等于电子数等于rm{7+1隆脕3=10}故B正确；

C.rm{F^{-}}的质子数等于rm{9}电子数等于rm{10}rm{OH^{-}}的质子数为rm{8+1=9}rm{OH^{-}}的电子数为rm{9+1=10}故C正确；

D.rm{O^{2-}}的质子数为rm{8}电子数为rm{8+2=10}rm{NH_{4}^{+}}的质子数为rm{7+4=11}rm{NH_{4}^{+}}的电子数为rm{11-1=10}故D错误。

故选BC。

【解析】rm{BC}7、AD【分析】【分析】本题考查二氧化硫的性质，rm{SO_{2}}的漂白性主要体现在使品红褪色。题目难度不大。【解答】A.品红不能使蓝色石蕊试纸褪色，故A正确；

B.漂白性是指使有色的有机物质褪色，rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}不是有机物，所以rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}溶液的滤纸褪色不能证明rm{SO}故rm{SO}

rm{{,!}_{2}}的漂白性，主要检验氧化B错误；的物质，如果将碘化钾氧化为碘单质，就能使淀粉变蓝。二氧化硫不能使其变蓝，说明二氧化硫不能将碘化钾氧化为碘单质，故C错误；C.碘化钾淀粉试纸溶液可吸收性D.rm{NaOH}溶液可吸收rm{SO}故rm{NaOH}正确rm{SO}

故选AD。

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{AD}8、BC【分析】【分析】

反应（1）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH<0，是放热反应，反应前后气体体积减小；反应（2）Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，是吸热反应，反应前后气体体积增大；利用信息可知，可采取在低温（50℃）时让粗镍和CO作用，使生成的Ni（CO）4在230℃时分解即可得到纯镍；以此分析解答。

【详解】

A.由图结合实验原理可知，T2=50℃，T1=230℃，即T1>T2；故A错误；

B.反应（1）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)中反应前后气体体积减小，根据平衡移动原理，增大压强平衡向正反应方向移动，Ni(CO4)的产率增大；故B正确；

C.反应（2）是反应（1）的逆过程；正反应为吸热反应，平衡后，降低温度，平衡向逆向移动，CO浓度减小，故C正确；

D.反应（1）是放热反应，升温，平衡向逆向移动，气体的物质的量增大，气体总质量减小，根据M=气体平均相对分子质量减小，故D错误。

答案选BC。

【点睛】

本题考查了化学平衡影响因素的分析判断，解题时要能够依据反应特征及题图信息分析出制备过程的原理，从而实现解题的突破，平衡移动原理的应用是解题关键。9、AD【分析】【分析】

【详解】

A．合成氨为放热反应；①与②相比，②中的物质的量是①，则②相当于①的两倍，且平衡正向移动，放出的热量是①的2倍还多，故A正确；

B．由A的分析可知，放出热量关系：b＞2a；故B错误；

C．容器②相当于在容器①的基础上增大压强，平衡向逆反应方向移动，达平衡时氨气的体积分数：①<②；故C错误；

D．容器②相当于在容器①的基础上增大压强；平衡向逆反应方向移动，所以容器②中反应物的转化率高，故D正确；

故选AD。10、AD【分析】【详解】

将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol/L的混合溶液，当溶液中只有NH4+时，NH4+水解使溶液呈酸性，随着c(NH3·H2O)的增大，溶液碱性增强，根据图示，当pH=9.25时，c(NH3·H2O)=c(NH4+)，因此当溶液的pH＜9.25时，c(NH3·H2O)＜c(NH4+)，当pH＞9.25时，c(NH3·H2O)＞c(NH4+)，因此随着溶液pH的增大，浓度增大的是c(NH3·H2O)、减小的是c(NH4+)。A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒可得c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，在W点时c(NH3·H2O)=c(NH4+)，所以c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，A正确；B．室温下pH=7.0＜9.25，溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，则溶液中c(NH4+)＞c(NH3·H2O)，NH3·H2O主要以电解质分子存在，NH3·H2O、H2O的电离程度十分微弱，其电离产生的离子浓度很小，故微粒浓度大小关系为：c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(H+)=c(OH-)，B错误；C．该混合溶液中，无论pH如何变化都存在c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，则c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+c(H+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L+c(H+)＞0.1mol/L，C错误；D．W点溶液中存在c(NH3·H2O)=c(NH4+)=0.05mol/L，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒可知c(Cl-)＜c(NH4+)=0.05mol/L，向1L该溶液中加入0.05molNaOH，则c(Na+)=0.05mol/L，c(Na+)＞c(Cl-)，NaCl电离产生离子浓度Cl-浓度c(Cl-)大于NH3·H2O电离产生的离子NH4+、OH-的浓度，且溶液中还有水会微弱电离产生OH-，故离子浓度关系为：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)，D正确；故合理选项是AD。11、BD【分析】【详解】

由题可知，

A．0.1mol/L的NaHA溶液中的物料守恒：HA-的电离常数大于其水解程度，故溶液中因此故A错误；

B．的溶液和的溶液的混合液中c(Na+)<0.2mol/L，该溶液中电荷守恒为：溶液呈中性，故故B正确；

C．该混合溶液中电荷守恒：①，物料守恒：②，将①+②得：故C错误；

D．两溶液混合后发生反应：Na2A+H2A=2NaHA，溶液中c(NaHA)=c(H2A)=0.05mol/L，溶液中电荷守恒：①，物料守恒：②，将①+②进行相关转化得：因Ka1>Kh2，故溶液呈酸性，故故D正确；

故答案为：BD。

【点睛】

酸式盐与多元弱酸的强碱正盐溶液酸碱性比较：

（1）酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中的水解能力大于其电离能力；故溶液显碱性；

（2）多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主，例如Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。12、BD【分析】【详解】

A．二价铁离子和KSCN不反应，三价铁离子和KSCN溶液反应生成血红色络合物，二价铁离子易被氯水氧化生成三价铁离子，Fe2+检验时要先加KSCN溶液后加氯水，防止Fe3+干扰；故A错误；

B．相同物质的量浓度的钠盐溶液；溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，相应的酸的酸性越弱；室温下，测得相同浓度的NaX和NaY溶液的pH分别为8和9可知HX溶液的酸性强于HY，故B正确；

C．蔗糖完全水解和部分水解；溶液中都含有葡萄糖，碱性条件下都能与新制氢氧化铜悬着液共热反应生成氧化亚铜砖红色沉淀，故C错误；

D．相同条件下，组成和结构相似的难溶金属硫化物，溶解度大的物质先溶解于稀硫酸，向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少量等物质的量的和固体，溶解而不溶解，说明溶度积故D正确；

故选BD。13、AD【分析】【分析】本题考查二氧化硫的性质，rm{SO_{2}}的漂白性主要体现在使品红褪色。题目难度不大。【解答】A.品红不能使蓝色石蕊试纸褪色，故A正确；

B.漂白性是指使有色的有机物质褪色，rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}不是有机物，所以rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}溶液的滤纸褪色不能证明rm{SO}故rm{SO}

rm{{,!}_{2}}的漂白性，主要检验氧化B错误；的物质，如果将碘化钾氧化为碘单质，就能使淀粉变蓝。二氧化硫不能使其变蓝，说明二氧化硫不能将碘化钾氧化为碘单质，故C错误；C.碘化钾淀粉试纸溶液可吸收性D.rm{NaOH}溶液可吸收rm{SO}故rm{NaOH}正确rm{SO}

故选AD。

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{AD}14、ACD【分析】【分析】本题考查乙酸的性质，明确反应的机理是解题的关键。【解答】A.乙酸的电离，羟基上的氢氧键断裂，即rm{垄脵}键断裂，故A正确；B.乙酸与乙醇发生酯化反应，碳氧单键断裂，即rm{垄脷}键断裂；故B错误；

C.在红磷存在时，rm{Br}rm{Br}rm{{,!}_{2}}与rm{CH}rm{CH}的反应：rm{{,!}_{3}}rm{COOH}的反应：rm{CH}rm{COOH}2rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{COOH+Br}rm{COOH+Br}甲基上的碳氢键断裂，即rm{xrightarrow[]{潞矛脕脳}}键断裂，故C正确；D.乙酸变成乙酸酐的反应rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{Br隆陋COOH+HBr}甲基上rm{Br隆陋COOH+HBr}rm{垄脹}一个乙酸分子中碳氧单键断裂，另一个乙酸分子羟基上的氢氧键断裂，即：rm{2CH}键断裂，故D正确。故选ACD。rm{2CH}【解析】rm{ACD}三、填空题(共8题，共16分)15、b锥形瓶防止暴沸【分析】【解答】①蒸馏实验为达到最佳冷却效果，应使冷凝水充满冷凝管，所以冷凝水应从下口进上口出，即冷凝水从b口进入，故答案为：b；

②装置c的名称为锥形瓶；故答案为：锥形瓶；

③蒸馏烧瓶中常加入沸石或碎瓷片；其目的是防止液体暴沸，故答案为：防止暴沸．

【分析】①蒸馏实验为达到最佳冷却效果；应使冷凝水充满冷凝管，所以冷凝水应从下口进上口出；

②依据仪器的图型说出其名称；

③蒸馏需要加热使液体达到其沸点，溶液产出爆沸现象．16、略

【分析】

①由题意知，反应物为H2O2；生成物为水和氧气，反应条件为二氧化锰作催化剂；

则反应的方程式为2H2O22H2O+O2↑；

故答案为：2H2O22H2O+O2↑；

②由图象可知，反应至4min时，H2O2完全反应；生成气体的总体积是60ml，故答案为：60；

③放出气体时，气体的体积为×60ml=20ml；对应的时间为1min，故答案为：1；

④反应放出气体时，气体的体积为=45ml；对应的时间约为2.5min，故答案为：2.5；

⑤由曲线的变化特点可以看出；曲线的斜率逐渐变小，说明反应逐渐减慢，则反应速率D＞C＞B＞A；

故答案为：D；C；B；A；

⑥随着反应的进行，H2O2逐渐被消耗，反应物H2O2的浓度逐渐降低；则反应速率逐渐减小，故答案为：随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢；

⑦根据方程式计算：

2H2O22H2O+O2↑

2mol22.4L

n0.06L

n==0.0054mol

c===0.11mol/L；故答案为：0.11mol/L．

【解析】【答案】H2O2在二氧化锰作用下发生反应生成氧气，反应的方程式为2H2O22H2O+O2↑，根据生成氧气的体积可求知H2O2的物质的量，进而计算H2O2的浓度；根据图象中曲线的变化趋势可计算气体的体积；反应时间以及比较反应速率快慢等问题；

从影响化学反应速率的因素解释反应速率变化的原因．

17、冷凝管进出水口颠倒蒸馏烧瓶冷凝管碎瓷片HNO3AgNO3Ag++Cl﹣=AgCl↓冷凝水蒸气冰水【分析】【解答】（1）蒸馏时；为充分冷凝，应使水充满冷凝管，从下端进水，上端出水；

故答案为：冷凝管进出水口颠倒；

（2）由仪器的图形可知A为蒸馏烧瓶；B为冷凝管，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；

（3）液体在加热时为了防止液体暴沸；可加入沸石，故答案为：碎瓷片；

（4）取少量原溶液于试管，滴入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，再滴入稀HNO3沉淀只有部分溶解，并有气泡产生，则沉淀是氯化银和碳酸银的混合物，一定含Cl﹣，Ag++Cl﹣=AgCl↓，故答案为：HNO3；AgNO3；Ag++Cl﹣=AgCl↓；

（5）该装置中使用的玻璃导管较长；其作用是冷凝水蒸气；为了增强冷凝效果，可以用冰水混合物使水蒸气充分冷凝；故答案为：冷凝水蒸气；冰水．

【分析】（1）蒸馏时；冷凝管应从下端进水，上端出水；

（2）A为蒸馏烧瓶；B为冷凝管；

（3）液体在加热时应防止暴沸．

（4）滴入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，再滴入稀HNO3沉淀只有部分溶解；并有气泡产生，则氯化银不溶于硝酸；

（5）玻璃导管除了起导气的作用，还起到了冷凝的作用；为了增强冷凝效果，可以用冰水混合物来充分冷凝水蒸气．18、略

【分析】解：CaO+3CCaC2+CO，反应温度高，能耗大，CH≡CH+HClCH2=CHCl，使用HgCl2做催化剂；毒性大；

故答案为：反应温度高；能耗大；使用的催化剂毒性大．

通过反应的条件（温度；催化剂）分析电石-乙炔法的缺点．

本题为2014年上海考题，侧重于实验方案的分析与评价，题目难度不大，注意把握实验的原理以及题给信息．【解析】反应温度高，能耗大；使用的催化剂毒性大19、（1）④

（2）③二者最简式相同

（3）①【分析】【分析】本题考查混合物计算、有机物分子式确定，题目难度中等，注意根据燃烧通式理解烃及其含氧衍生物耗氧量问题，注意rm{(1)}利用改写法进行比较，可简化计算过程。【解答】rm{(1)}混合物的总物质的量一定，完全燃烧生成水的质量和消耗rm{O_{2}}的质量均不变，则rm{1mol}各组分消耗氧气的量相等；分子中含有的氢原子数目相等；

rm{垄脵1molC_{7}H_{8}}完全反应消耗rm{9mol}氧气，而rm{1molC_{3}H_{8}O_{3}}完全反应消耗rm{3.5mol}氧气，所以rm{C_{7}H_{8}}与rm{C_{3}H_{8}O_{3}}耗氧量不相同，不符合题意，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脷1molC_{3}H_{6}}完全反应消耗rm{4.5mol}氧气，而rm{1molC_{2}H_{6}O}完全反应消耗rm{3mol}氧气，所以rm{1molC_{3}H_{6}}与rm{1molC_{2}H_{6}O}耗氧量不相同，不符合题意，故rm{垄脷}错误；

rm{垄脹C_{2}H_{2}}rm{C_{6}H_{6}}最简式相同，rm{1molC_{6}H_{6}}的耗氧量为rm{1molC_{2}H_{2}}耗氧量的rm{3}倍，且分子中含有的rm{H}数目不同，物质的量一定时二者比例不同，生成水的量不同，故rm{垄脹}错误；

rm{垄脺C_{2}H_{4}O_{3}}改写为rm{CH_{4}O?CO_{2}}rm{CH_{4}O}rm{C_{2}H_{4}O_{3}}分子中含有rm{H}原子数相等，且rm{1mol}时消耗的氧气都是rm{1.5mol}所以只要混合物的总物质的量一定，则完全燃烧时生成水的质量和消耗rm{O_{2}}的质量均不变，故rm{垄脺}正确；

故答案为：rm{垄脺}

rm{(2)}只要混合物的总质量一定，完全燃烧时生成水和rm{CO_{2}}的质量均不变，则分子中含有的氢原子数目和碳原子数目相等，只有第rm{垄脹}个rm{C_{2}H_{2}}rm{C_{6}H_{6}}最简式相同；

故答案为：rm{垄脹}二者最简式相同；

rm{(3)垄脵C_{7}H_{8}}rm{C_{3}H_{8}O_{3}}最简式不同，但含氢量不同，满足题意，故rm{垄脵}正确；

rm{垄脷C_{3}H_{6}}rm{C_{2}H_{6}O}最简式不同，含氢量不同，不满足题意，故rm{垄脷}错误；

rm{垄脹C_{2}H_{2}}rm{C_{6}H_{6}}最简式相同，含碳量和含氢量均相同，不符合题意，故rm{垄脹}错误；

rm{垄脺CH_{4}O}rm{C_{2}H_{4}O_{3}}最简式不同，含氢量不同，不满足题意，故rm{垄脺}错误；

故答案为：rm{垄脵}【解析】rm{(1)垄脺}rm{(1)垄脺}二者最简式相同rm{(2)垄脹}二者最简式相同rm{(2)垄脹}20、（1）不能因为没有确认MnO2的质量和性质是否改变）不能因为没有确认MnO2的质量和性质是否改变1）（2）Fe3+和Cu2+对H2O2分解均有催化效果，且Fe3+比Cu2+催化效果好对比实验，说明Cl-对的H2O2分解没有催化效果和2对Fe3+分解均有催化效果，且Cu2+比H2O2催化效果好Fe3+对比实验，说明Cu2+对的分解没有催化效果Cl-H2O2）（3）32FeCl3+H2O2=2FeCl2+O2↑+2HCl2FeCl2+H2O2+2HCl=2FeCl3+2H2O【分析】【分析】本题考查了催化剂在反应中起到的作用，以及催化剂的质量大小对反应速率的影响探究，并考查了对比实验的重要性，结合催化剂的特点分析催化机理，并对方程式进行推导，综合性较强，难度较大。【解答】rm{(1)}该实验不能达到目的，因为没有确认rm{MnO}rm{2}的质量和性质是否改变，故答案为：不能；因为没有确认rm{2}rm{MnO}的质量和性质是否改变；rm{2}从所给的数据可知：试管Ⅰ、试管Ⅱ所用试剂的浓度、用量完全一样，产生气泡是试管Ⅰ快，试管Ⅱ慢，试管Ⅲ无气泡产生，试管Ⅲ是一个对比实验，说明rm{2}对rm{(2)}的分解没有催化作用，从而得到rm{Cl^{-}}和rm{H_{2}O_{2}}对rm{Fe^{3+}}的分解均有催化作用，且rm{Cu^{2+}}比rm{H_{2}O_{2}}催化效果好的结论，故答案为：rm{Fe^{3+}}和rm{Cu^{2+}}对rm{Fe^{3+}}分解均有催化效果，且rm{Cu^{2+}}比rm{H_{2}O_{2}}催化效果好；对比实验，说明rm{Fe^{3+}}对的rm{Cu^{2+}}分解没有催化效果；

rm{Cl^{-}}根据化合价的升降和催化剂会参加反应，但最终性质和质量不改变写出反应方程式，rm{H_{2}O_{2}}和rm{(3)}反应，rm{FeCl_{3}}中铁元素化合价降低，生成氯化亚铁，双氧水中氧元素化合价升高，生成氧气，方程式为：rm{H_{2}O_{2}}rm{FeCl_{3}}作催化剂，在第二个反应中重新生成，氯化亚铁又被双氧水氧化成氯化铁，方程式为：rm{2FeCl_{3}+H_{2}O_{2}=2FeCl_{2}+O_{2}隆眉+2HCl}

故答案为：rm{FeCl_{3}}rm{2FeCl_{2}+H_{2}O_{2}+2HCl=2FeCl_{3}+2H_{2}O}rm{2FeCl_{3}+H_{2}O_{2}=2FeCl_{2}+O_{2}}；rm{2FeCl_{3}+H_{2}O_{2}=2FeCl_{2}+O_{2}}rm{隆眉}rm{+2HCl}【解析】rm{(}rm{1}rm{)}不能因为没有确认rm{MnO_{2}}的质量和性质是否改变rm{(}rm{1}不能因为没有确认rm{1}的质量和性质是否改变rm{)}rm{MnO_{2}}rm{(}rm{2}rm{)}rm{Fe^{3+}}和rm{Cu^{2+}}对rm{H_{2}O_{2}}分解均有催化效果，且rm{Fe^{3+}}比rm{Cu^{2+}}催化效果好对比实验，说明rm{Cl^{-}}对的rm{H_{2}O_{2}}分解没有催化效果rm{(}和rm{2}对rm{2}分解均有催化效果，且rm{)}比rm{Fe^{3+}}催化效果好rm{Fe^{3+}}对比实验，说明rm{Cu^{2+}}对的rm{Cu^{2+}}分解没有催化效果rm{H_{2}O_{2}}rm{H_{2}O_{2}}rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}}rm{Cu^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{Cl^{-}}rm{H_{2}O_{2}}21、略

【分析】解：rm{(1)}钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}故答案为：rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}

rm{(2)}过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}故答案为：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}

rm{(3)}氯气与水反应生成rm{HCll}rm{HClO}化学反应方程式为rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}故答案为：rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}

rm{(4)}工业制备漂白粉是利用氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}

故答案为：rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}

rm{(5)}氯气能将金属氧化为最高价，铁在氯气中燃烧的产物是氯化铁，反应为：rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{.}}{;}2FeCl_{3}}

故答案为：rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{.}}{;}2FeCl_{3}}．

rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{.}}{;}2FeCl_{3}}钠和水反应生成氢氧化钠和氢气；据此分析；

rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{.}}{;}2FeCl_{3}}过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；

rm{(1)}氯气与水反应生成rm{(2)}rm{(3)}为氧化还原反应，也属于离子反应；

rm{HCll}工业制备漂白粉是利用氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙；次氯酸钙和水；结合原子守恒配平书写化学方程式；

rm{HClO}氯气具有强氧化性；铁在氯气中燃烧生成氯化铁．

本题考查的是化学方程式的书写知识，属于化学用语的考查，考查学生根据反应原理书写化学方程式的能力，注意化学方程式书写经常出现的错误有不符合客观事实、不遵守质量守恒定律、不写条件、不标符号等rm{(4)}题目难度不大．rm{(5)}【解析】rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{.}}{;}2FeCl_{3}}rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{.}}{;}2FeCl_{3}}22、1：6：9【分析】解：由生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3；即生成硫酸钡的物质的量之比为1：2：3；

设生成硫酸钡的物质的量分别为n；2n、3n；

则Al2（SO4）3～3BaSO4

13

n

ZnSO4～BaSO4

11

2n2n

Na2SO4～BaSO4

11

3n3n

又硫酸铝；硫酸锌、硫酸钠溶液的体积相同；

则浓度之比等于物质的量之比，即为2n：3n=1：6：9；

故答案为：1：6：9。

生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，即生成硫酸钡的物质的量之比为1：2：3，然后利用Al2（SO4）3～3BaSO4、ZnSO4～BaSO4、Na2SO4～BaSO4来计算。

本题考查物质的量浓度的计算，明确反应中物质之间的关系是解答本题的关键，并熟悉同种物质的质量比等于物质的量之比、同体积的不同溶液的浓度之比等于物质的量之比来解答。【解析】1：6：9四、判断题(共4题，共40分)23、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．24、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．25、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/mol26、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、综合题(共4题，共16分)27、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）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1计算反应热；