2025年人教版（2024）高一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年人教版（2024）高一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、下列化学药品的安全警示性标注正确的是（）

A.浓硫酸-腐蚀品。

B.酒精-剧毒品。

C.浓盐酸-易燃品。

D.汽油-易燃气体。

2、下列有关物质的性质与应用相对应的是（）A.Cl2具有漂白性，可用作自来水的消毒B.SiO2具有高沸点，可用作制备光导纤维C.NH3具有还原性，可用作制冷剂D.Na2O2能与CO2反应，可用作潜水艇内的供氧剂3、某单烯烃与氢气的加成产物为：（CH3）2CHCH2CH3，下列相关说法正确的是（）A.该产物的名称是1，1-二甲基丙烷B.1mol加成产物燃烧消耗6.5mol氧气C.原单烯烃只可能有3种不同结构D.原烯烃与分子式是C3H6的烃一定互为同系物4、人类对于能源的利用大致可以分为三个时代：柴草能源、化石能源、多能源时代rm{.}以下说法正确的是rm{(}rm{)}A.原始社会人类学会利用火，他们以天然气取暖，吃熟食，从事生产活动B.目前我国广大农村生活做饭使用的都是氢能源C.多能源时代指的是新能源时代，包括核能、太阳能、氢能D.化石燃料的燃烧没有污染5、下列反应中，属于离子反应，同时又属于有颜色变化的氧化还原反应的是A.氢气和氯气混合点燃B.氯化钡溶液和硫酸溶液混合C.把铜放入硫酸汞溶液中D.氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应6、下列各图为元素周期表的一部分，表中数字为原子序数，其中X为17的是（）A.B.C.D.7、“纳米材料”是粒子直径为1nm～100nm的材料；纳米碳就是其中的一种．某研究所将纳米碳均匀的分散到蒸馏水中，得到的物质（）

①是溶液。

②是胶体。

③具有丁达尔现象。

④不能透过半透膜。

⑤不能透过滤纸。

⑥静止后会出现黑色沉淀．A.①③⑥B.②④⑤C.②③④D.②④⑥8、下列所述的两者是同种物质的是rm{(}rm{)}A.rm{HCl}和盐酸B.干冰和rm{CO_{2}}C.正丁烷和异丁烷D.白磷和红磷评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、（6分）aＡm＋、aBn＋、cＣm－、dDn－为四种短周期元素的离子，它们的核外电子排布相同，已知m＞n。请根据元素周期表和元素周期律的相关知识回答与该四种元素有关的问题。（排序问题均用A、B、C、D表示）（1）试比较四种元素以下各数据的大小：原子序数：____原子半径：离子半径：族序数：①A﹥B﹥C﹥D②A﹥B﹥D﹥C③D﹥C﹥A﹥B④B﹥A﹥C﹥D⑤A﹥B﹥C﹥D⑥C﹥D﹥B﹥A（2）用一个等式表示amdn之间的关系：（3）若m、n均大于2，试写出C、D形成的氢化物的分子式并比较两者的稳定性：。10、写出符合下列条件的短周期元素.(提示:答案可能有多种)(6分)①.最外层电子数是次外层电子数的1/2的元素.___________(填元素符号,下同)②.最外层有２个电子的元素_________________③.M层电子数是L层电子数的3/4的元素_____________11、（6分）某待测液中可能含有Ag+、Fe3+、K+、Ba2+、NH4+等离子，进行如下实验：①向该待测液中加入过量的稀盐酸，有白色沉淀生成。②过滤，在滤液中加入过量的稀硫酸，又有白色沉淀生成。③过滤，取少量滤液，滴入2滴KSCN溶液，没有明显的现象出现。④另取少量步骤③中的滤液，加入NaOH溶液至溶液呈碱性，加热，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体。根据实验现象回答：（1）待测液中一定含有离子，一定不含有离子。（2）还有一种离子无法确定是否存在，检验该离子实验方法的名称是观察到的现象是。12、随着世界粮食需求量的增长，农业对化学肥料的需求量越来越大，其中氮肥是需求量最大的一种化肥．而氨的合成为氮肥的生产工业奠定了基础，其原理为：N2+3H2⇌2NH3

（1）在N2+3H2⇌2NH3的反应中，一段时间后，NH3的浓度增加了0.9mol•L-1．用N2表示其反应速率为0.15mol•L-1•s-1，则所经过的时间为______；

A．2sB．3sC．4sD．6s

（2）下列4个数据是在不同条件下测得的合成氨反应的速率，其中反应最快的是______；

A．v（H2）=0.1mol•L-1•min-1B．v（N2）=0.1mol•L-1•min-1

C．v（NH3）=0.15mol•L-1•min-1D．v（N2）=0.002mol•L-1•min-1

（3）在一个绝热、容积不变的密闭容器中发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0．下列各项能说明该反应已经达到平衡状态的是______．

A．容器内气体密度保持不变。

B．容器内温度不再变化。

C．断裂1molN≡N键的同时；断裂6molN-H键。

D．反应消耗N2、H2与产生NH3的速率之比1：3：2．13、用序号回答：rm{垄脵HCl}rm{垄脷NaOH}rm{垄脹Cl_{2}}rm{垄脺H_{2}O}rm{垄脻NH_{4}Cl}rm{垄脼P_{4}}rm{垄脽Na_{2}O_{2}}

rm{(1)}存在离子键的是______

rm{(2)}属于共价化合物的是______

rm{(3)}存在极性键的是______

rm{(4)}存在非极性键的是______．14、rm{(1)}写出混合物中加入足量氢氧化钠溶液时；溶液中发生反应的离子方程式：________________________________________________________________________；

________________________________________________________________________；

________________________________________________________________________。

rm{(2)}氢氧化钠溶液能否用氨水代替；为什么？___________________________________

_________________________________________。

rm{(3)}溶液rm{a}中存在的离子有________；在溶液rm{a}中加入盐酸时需控制盐酸的量；为什么________________________________________________________________________；

为此，改进方法是__________________________________________________________。15、有以下几种物质rm{垄脵}熔融氯化钠rm{垄脷}浓硫酸rm{垄脹Cu}rm{垄脺}蔗糖rm{垄脻CH_{3}COOH}rm{垄脼NaHCO_{3}}rm{垄脽}酒精rm{垄脿}液溴，填空回答：rm{(}填序号rm{)}

rm{(1)}以上物质中属于强电解质的是______；属于非电解质的是______．

rm{(2)}写出rm{垄脻}在水中的电离反应方程式：______．16、为测定Cl2、Br2的氧化性强弱，设计了如下实验：（可供选择的试剂有：氯水、溴水、NaCl溶液、NaBr溶液、酒精、四氯化碳）实验步骤如下：（横线上填出所选的试剂或现象）可以证明Cl2的氧化性____（填强于、弱于）Br2的氧化性，此反应的离子反应方程式为：____．

17、（12分）A、B、C、D四种物质中均含有氯元素。①室温下单质A与某种常见一元强碱溶液反应，可得到B和C。B的焰色反应为黄色，C是84消毒液的有效成分。②化合物D受热催化分解，可制得一种气体，该气体能使带火星的木条复燃。(1)写出A、B、C、D的名称：A、_______________B、_______________C、_______________D、_______________（2）写出①中的化学反应方程式：_______________________________（3）写出②中的化学反应方程式：_______________________________评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)18、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）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、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）21、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．22、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）评卷人得分四、解答题(共1题，共4分)23、2004年美国圣路易斯大学研制了一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂，在200°C左右时供电，乙醇电池比甲醇电池效率高出32倍且更安全．电池总反应为：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O；电池示意如图：

（1）______极（填a或b）为电池的负极；电池工作时电流方向为______；

（2）写出电池正极反应方程式______；

（3）电池工作时；1mol乙醇被氧化时就有______mol电子转移．

评卷人得分五、综合题(共4题，共8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8题，共16分)1、A【分析】

A；浓硫酸具有腐蚀性属于腐蚀品；故A正确；

B；酒精属于易燃物品；不是剧毒品，故B错误；

C；浓盐酸属于危险品；不易燃烧，故C错误；

D；汽油是易燃的液体；不是气体，属于易燃品，故D错误．

故选A．

【解析】【答案】A；浓硫酸具有腐蚀性；

B；酒精属于易燃物品；

C；浓盐酸属于危险品；

D；汽油是易燃的液体；不是气体．

2、D【分析】解：A；氯气没有漂白性；是氯气和水之间反应生成的次氯酸具有漂白性，物质的性质与应用不相对应，故A错误；

B；二氧化硅熔点高；具有传输信息的特点，所以是制造光导纤维的材料，物质的性质与应用不相对应，故B错误；

C；氨气常用作制冷剂；是因为其易液化，不是因为还原性，物质的性质与应用不相对应，故C错误；

D；过氧化钠可以和人体呼出的气体二氧化碳等反应产生氧气；常做供氧剂，质的性质与应用相对应，故D正确．

故选D．

A；氯气没有漂白性；次氯酸具有漂白性；

B；二氧化硅熔点高；还是制造光导纤维的材料；

C；氨气易液化；常用作制冷剂；

D；过氧化钠可以和人体呼出的气体反应产生氧气；常做供氧剂．

本题考查学生物质的性质以及应用，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大．【解析】【答案】D3、C【分析】解：A．（CH3）2CHCH2CH3的主链应该是丁烷；2号碳上有一甲基，正确命名为2-甲基丁烷，故A错误；

B．1molH消耗0.5molO，即0.25molO2；1molC消耗1molO2，故1molC5H12；燃烧消耗1×5+0.25×12=8（mol），故B错误；

C．采用逆向分析法，相邻的碳原子各去掉一个氢原子，有三种结果，故有3种不同的烯烃CH2=CH（CH3）CH2CH3、（CH3）2C=CHCH3、（CH3）2CHCH=CH2；故C正确；

D．C3H6有两种结构；一种是丙烯，还一种是环丙烷，故不一定是烯烃，故D错误；

故选C．

A．根据烷烃命名方法；主链应该是丁烷，不是丙烷；

B．该产物的分子式为C5H12；燃烧生成水和二氧化碳，根据氧原子守恒计算；

C．每两个相邻的碳原子各去掉一个氢原子；共有3种情况；

D．C3H6不一定是烯烃；有可能是环丙烷．

本题考查烷烃的命名、同系物判断、有机物燃烧、同分异构体等知识，涉及知识点较多，注意把握概念的内涵与外延，题目难度不大．【解析】【答案】C4、C【分析】解：rm{A}原始社会不会利用天然气；故A错误；

B；农村使用的能源主要有化石燃料能源、柴草能源等；故B错误；

C；核能、太阳能、氢能等是新型能源；故C正确；

D；化石燃料燃烧会产生污染性气体；故D错误；

故选C．

A；原始社会人类学会利用火；以天然气取暖，吃熟食，从事生产活动是错误的，当时没有天然气的开发利用；

B；目前我国广大农村生活做饭使用的不是氢能源；主要有化石燃料能源、柴草能源等；

C；新能源时代是指染低、高效无害、循环利用、节能减排的能源；包括核能、太阳能、氢能等；

D；化石燃料的燃烧会生成产生温室效应的气体二氧化碳；形成酸雨的二氧化硫等污染气体．

本题考查了三个时代的能源，柴草能源、化石能源、多能源时代的来源和使用，主要考查能源的特征、开发利用．【解析】rm{C}5、C【分析】【分析】本题考查了离子反应和氧化还原反应的判断，注重了基础知识的考查，题目难度不大，注意熟练掌握离子反应发生的条件，还要注意本题中要求“属于离子反应同时又属于有颜色变化的氧化还原反应”。

【解答】A.氢气和氯气反应生成了氯化氢，没有离子参加反应，不属于离子反应，故A错误；

B.rm{BaCl}rm{BaCl}rm{{,!}_{2}}溶液和rm{K}rm{K}rm{{,!}_{2}}rm{SO}

rm{SO}

rm{{,!}_{4}}

故选C，溶液反应生成了白色沉淀硫酸钡，反应中没有颜色变化，不是氧化还原反应，故B错误；【解析】rm{C}6、A【分析】解：A；8号右边是氟；氟的下一周期同主族元素是氯，故A正确；

B；9号左边是氧；氧的下一周期同主族元素是硫，故B错误；

C；9号右边是氖；氖的下一周期同主族元素是氩，故C错误；

D；7号是氮；氮的下一周期同主族元素是磷，故D错误；

故选A．

其中X为17；是氯元素，位于第三周期第ⅤⅡA族，再结合各元素位置关系进行判断．

本题考查元素周期表的结构，难度不大，注意根据原子序数判断物质在周期表位置．【解析】【答案】A7、C【分析】解：纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料；纳米碳就是其中的一种．属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，不能透过半透膜，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，故②③④正确；

故选C．

纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料；纳米碳就是其中的一种．若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题．

本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，难度不大，分散系的本质区别是分散质微粒直径大小．【解析】【答案】C8、B【分析】解：rm{A.HCl}为化合物；而盐酸为混合物，二者不属于同种物质，故A错误；

B.干冰为固态二氧化碳俗名，则干冰和rm{CO_{2}}为同种物质；故B正确；

C.正丁烷和异丁烷的分子式相同；结构不同；二者互为同分异构体，故C错误；

D.白磷和红磷都是磷元素的不同单质；二者互为同素异形体，故D错误；

故选B．

同种物质具有相同分子式；相同的结构；结合同分异构体、同素异形体、混合物的概念进行解答．

本题考查较为综合，涉及同种物质、同素异形体、同分异构体等知识，题目难度不大，明确五同的概念及判断方法为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力．【解析】rm{B}二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】（1）aＡm＋、aBn＋、cＣm－、dDn－为四种短周期元素的离子，它们的核外电子排布相同，则一定有a－m＝b－n＝c＋m＝d＋n。其中A和B属于金属，位于同一周期，C和D属于非金属也位于同一周期，且其余A和B的上一周期。又因为m＞n，所以答案依次为②、④、⑥、③。（2）根据（1）可知，关系为a-m=d+n。（3）C和D的最低价分别是－m和－n价，所以氢化物的分子式为CHm、DHn。由于D的原子序数大于C，所以D的非金属性其余C的，因此稳定性强弱顺序为DHn﹥CHm。【解析】【答案】（1）②；④；⑥；③。（2）a-m=d+n（3）DHn﹥CHm10、略

【分析】【解析】【答案】11、略

【分析】试题分析：（1）根据①的反应现象，与盐酸反应产生白色沉淀的为银离子，白色沉淀为氯化银沉淀，所以原溶液中存在Ag+；②过滤，在滤液中加入过量的稀硫酸，又有白色沉淀生成，银离子除去后，与硫酸反应产生白色沉淀，则该溶液中存在钡离子，所以原溶液中存在Ba2+；根据③滴入2滴KSCN溶液，没有明显的现象出现，说明滤液中不存在铁离子，则原溶液中不存在Fe3+；④与氢氧化钠溶液共热产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，则该气体为氨气，说明溶液中存在铵根离子，所以待测液中一定含有Ag+、Ba2+、NH4+，一定不含Fe3+；（2）钾离子不能确定，若确定钾离子是否存在，需做焰色反应的实验；因为钾离子的焰色反应为紫色，黄色对其有干扰作用，所以观察钾离子的焰色反应时，需透过蓝色的钴玻璃观察火焰是否呈紫色。考点：考查离子的鉴定，焰色反应实验【解析】【答案】（7分）（1）Ag+、Ba2+、NH4+（2分）Fe3+（2分）（2）焰色反应（2分），透过蓝色的钴玻璃观察火焰是否呈紫色（1分）12、略

【分析】解：（1）由于v（N2）=0.15mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，所以v（NH3）=2v（N2）=2×0.15mol/（L•s）=0.3mol/（L•s）；

所以反应所经历的时间为=3s．故选：B；

（2）反应为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；以氢气的反应速率为标准进行判断．

A、ν（H2）=0.1mol/（L•min）；

B、ν（N2）=0.1mol/（L•min），反应速率之比等于其计量数之比，所以ν（H2）=0.3mol/（L•min）；

C、V（NH3）=0.15mol/（L•min），反应速率之比等于其计量数之比，所以ν（H2）=0.225mol/（L•min）；

D、ν（N2）=0.002mol/（L•min），反应速率之比等于其计量数之比，所以ν（H2）=0.003mol/（L•min）；

所以反应速率最快的是B

故选：B；

（3）A．根据质量守恒；反应前后混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，不能证明该反应是否达到平衡状态，故A错误；

B．该反应放热；容器内温度不再变化，能证明该反应是达到平衡状态，故B正确；

C．断裂1molN≡N键的同时；断裂6molN-H键，正逆反应速率相等，能证明该反应达到平衡状态，故C正确；

D．无论反应是否平衡，反应消耗N2、H2与产生NH3的速率之比1：3：2；不能证明该反应达到平衡状态，故D错误；

故选：BC；

（1）利用速率之比等于化学计量数之比，根据N2表示的平均反应速率v（N2）计算速率v（NH3）；再根据速率定义计算反应时间；

（2）同一化学反应中；同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，从而确定选项．注意单位是否相同；

（3）当反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各物质的浓度；百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；

本题考查了化学平衡状态的判断、速率的计算以及大小的比较，解题时须注意判断平衡状态的标志和角度．【解析】B；B；BC13、略

【分析】解：rm{垄脵HCl}只含有极性键；属于共价化合物；

rm{垄脷NaOH}中含有共价键和离子键，rm{O}与rm{H}之间为极性键；属于离子化合物；

rm{垄脹Cl_{2}}是非金属单质；只存在非极性键；

rm{垄脺H_{2}O}中rm{O}与rm{H}之间存在极性键；属于共价化合物；

rm{垄脻NH_{4}Cl}中存在离子键和极性键；属于离子化合物；

rm{垄脼P_{4}}是非金属单质；只存在非极性键；

rm{垄脽Na_{2}O_{2}}中钠离子和过氧根离子之间存在离子键；氧原子和氧原子之间存在非极性共价键；

rm{(1)}存在离子键的是rm{垄脷垄脻垄脽}故答案为：rm{垄脷垄脻垄脽}

rm{(2)}属于共价化合物的是rm{垄脵垄脺}故答案为：rm{垄脵垄脺}

rm{(3)}存在极性键的是rm{垄脵垄脷垄脺垄脻}故答案为：rm{垄脵垄脷垄脺垄脻}

rm{(4)}存在非极性键的是rm{垄脹垄脼垄脽}故答案为：rm{垄脹垄脼垄脽}．

一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元素之间易形成极性键；含有离子键的化合物属于离子化合物，只含有共价键的化合物属于共价化合物，据此分析解答．

本题考查了离子键、极性共价键、非极性共价键，离子化合物和共价化合物的判断，根据概念来分析解答即可，难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．【解析】rm{垄脷垄脻垄脽}rm{垄脵垄脺}rm{垄脵垄脷垄脺垄脻}rm{垄脹垄脼垄脽}14、（1）Mg2++2OH－======Mg(OH)2↓

Al3++3OH－======Al(OH)3↓

Al(OH)3+OH－======+2H2O

（2）不能，因为在Al3+与氨水反应生成Al(OH)3后，Al(OH)3不能与氨水继续反应，从而不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开。

（3）Cl－、K+、、H+、OH－、Na+因为氢氧化铝能与强酸反应，所以在加入盐酸沉淀时，需要控制盐酸的量，以防止部分铝转化成Al3+通入过量二氧化碳气体【分析】rm{(1)}加入足量氢氧化钠溶液，rm{Mg^{2+}}可与rm{OH^{-}}反应生成rm{Mg(OH)_{2}}沉淀，rm{Al^{3+}}先与rm{OH^{-}}反应生成rm{Al(OH)_{3}}生成的rm{Al(OH)_{3}}继续与rm{OH^{-}}反应生成rm{NaAlO_{2}}和rm{H_{2}O}

rm{(2)}氢氧化钠溶液不能用氨水代替，因为在rm{Al^{3+}}与氨水反应生成rm{Al(OH)_{3}}后，rm{Al(OH)_{3}}不能与氨水继续反应，从而不能将rm{Al(OH)_{3}}与rm{Mg(OH)_{2}}分开；

rm{(3)}加入氢氧化钠溶液后除去了rm{Mg^{2+}}但又引入了rm{Na^{+}}同时rm{Al^{3+}}转化成了因为氢氧化铝能与强酸反应，所以在加入盐酸沉淀时，需要控制盐酸的量，以防止部分铝转化成rm{Al^{3+}}氢氧化铝只能与强碱或强酸反应，因此可在溶液rm{a}中通入过量的二氧化碳气体。【解析】rm{(1)Mg^{2+}+2OH^{-}======Mg(OH)_{2}隆媒}

rm{Al^{3+}+3OH^{-}======Al(OH)_{3}隆媒}

rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}======}rm{+2H_{2}O}

rm{(2)}不能，因为在rm{Al^{3+}}与氨水反应生成rm{Al(OH)_{3}}后，rm{Al(OH)_{3}}不能与氨水继续反应，从而不能将rm{Al(OH)_{3}}与rm{Mg(OH)_{2}}分开。

rm{(3)Cl^{-}}rm{K^{+}}、rm{H^{+}}rm{OH^{-}}rm{Na^{+}}因为氢氧化铝能与强酸反应，所以在加入盐酸沉淀时，需要控制盐酸的量，以防止部分铝转化成rm{Al^{3+}}通入过量二氧化碳气体15、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}熔融氯化钠能完全电离出钠离子和氯离子；为化合物，属于强电解质；

rm{垄脷}浓硫酸为硫酸的浓溶液为混合物；既不是电解质，也不是非电解质；

rm{垄脹Cu}为单质；既不是电解质，也不是非电解质；

rm{垄脺}蔗糖在熔融状态和水溶液中都只存在蔗糖分子；不能导电，为非电解质；

rm{垄脻CH_{3}COOH}在水溶液中部分电离：rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H^{+}}属于弱电解质；

rm{垄脼NaHCO_{3}}在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，电离方程式为：rm{NaHCO_{3}篓TNa^{+}+HCO_{3}^{-}}属于强电解质；

rm{垄脽}酒精水溶液中都只存在乙醇分子；不能导电，为非电解质；

rm{垄脿}液溴为单质；既不是电解质，也不是非电解质；

故答案为：rm{垄脵垄脼}rm{垄脺垄脽}

rm{(2)垄脻CH_{3}COOH}为弱酸在溶液中部分电离，电离出乙酸根离子和氢离子，电离方程式为：rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H^{+}}

故答案为：rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H^{+}}

rm{(1)}电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；强电解质是在水溶液中或熔融状态下；能完全电离的电解质；包括强酸；强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；

rm{(2)垄脻CH_{3}COOH}为弱酸在溶液中部分电离．

本题考查了电解质与非电解质、强弱电解质的定义，侧重考查学生的辨别能力，注意明确电解质与非电解质的区别，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，题目难度不大．【解析】rm{垄脵垄脼}rm{垄脺垄脽}rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H^{+}}16、略

【分析】

要想比较氯气和溴的氧化性大小；做如下实验：

方案1：少量氯化钠溶液→加适量溴水（振荡；溶液混合，且溶液不变色）→加入四氯化碳（振荡）→现象（溶液分层，下层呈橙红色，上层无色）→说明溴和氯离子不反应，证明溴的氧化性小于氯气；

方案2：少量溴化钠反应→加适量氯水（振荡；溶液由黄绿色变成橙色）→加入四氯化碳（振荡）→现象（溶液分层，下层呈橙红色，上层无色）→说明氯气和溴离子反应，能证明氯气的氧化性大于溴．

通过以上实验知，氯气的氧化性大于溴，离子方程式为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-．

故答案为：强于；Cl2+2Br-=Br2+2Cl-．

【解析】【答案】根据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来设计实验；要想比较氯气的氧化性大于溴的氧化性，只要使氯气和溴的盐溶液混合观察是否有溴单质生成，如果有溴单质生成就说明氯气的氧化性大于溴单质，否则不能证明．

17、略

【分析】（1）B的焰色反应为黄色，C是84消毒液的有效成分，所以C是次氯酸钠，因此A是氯气，B是氯化钠。化合物D受热催化分解，可制得一种气体，该气体能使带火星的木条复燃，所以D是硫酸钾。（2）氯气和氢氧化钠溶液反应的方程式是Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。（3）氯酸钾分解的方程式是2KClO32KCl+3O2↑。【解析】【答案】（12分）(1)A、氯气B、氯化钠C、次氯酸钠D、氯酸钾（2）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（3）2KClO32KCl+3O2↑三、判断题(共5题，共10分)18、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．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、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．21、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；22、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素四、解答题(共1题，共4分)23、略

【分析】

（1）在燃料电池中，燃料乙醇在负极发生失电子的反应，氧气是在正极上发生得电子的反应，电流在电路中从正极流向负极，故答案为：a；由b极沿导线到a极；

（2）在燃料电池中；正极上是氧气得电子的还原反应，在酸性电解质环境下，正极的电极反应为：

4H++O2+4e-=2H2O；

故答案为：4H++O2+4e-=2H2O；

（3）根据电池反应：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O；反应转移电子数为12，所以1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移，故答案为：12mol．

【解析】【答案】（1）在燃料电池中；燃料在负极发生失电子的反应，电流在电路中从正极流向负极；

（2）在燃料电池中；正极上是氧气得电子的还原反应，根据电解质环境书写电极反应；

（3）根据氧化还原反应中化合价的升降来判断电子的转移．

五、综合题(共4题，共8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）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1计算反应热；

（3）根据反应物和生成物确定反应的历程；

（4）利用盖斯定律计算．25、1：52）盐酸体现出的性质有：____酸性和还原性3）用双线桥表示出电子转移的方向和数目：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O4）当被氧化的HCl为73克时，转移的电子的数目为____（填具体数字）1.204×1024【分析】【解答】解：（1）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，1KClO3中氯元素的化合价由+5价变为0价，所以1KClO3是氧化剂，5HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，所以5HCl是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：5；故答案为：1：5；（2）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，6HCl参与反应，其中5HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，1HCl化合价不变，所以盐酸体现出的性质有酸性和还原性，故答案为：酸性和还原性；（3）反应中只有Cl元素化合价发生变化，Cl元素化合价分别由+5价、﹣1价变化为0价，当有3molCl2生成时，转移5mol电子，则电子转移的方向和数目为故答