2025年粤教版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年粤教版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、将一定量的锌放人rm{100mLl8.4mol/L}浓硫酸中加热，充分反应后锌完全溶解，同时生成气体rm{X22.4L(}标准状况rm{)}将反应后的溶液稀释至rm{0.8L}测得溶液rm{c(H^{+})=0.1mol/L}则下列判断错误的是rm{(}rm{)}A.气体rm{X}为rm{SO_{2}}和rm{H_{2}}的混合物B.气体rm{X}中rm{SO_{2}}与rm{H_{2}}的体积相等C.反应中共转移rm{2mol}电子D.反应中共消耗rm{Zn65g}2、下列关于容量瓶的使用方法中，正确的是A.使用前检查是否漏水B.溶液未冷却即注入容量瓶中C.容量瓶可长期存放溶液D.在容量瓶中直接溶解固体3、下图表示的一些物质或概念间的从属关系中正确的是XYZA氧化钙氧化物碱性氧化物B盐化合物电解质C胶体分散系混合体系D置换反应氧化还原反应离子反应4、下列叙述正确的是（）A.标准状况下，1mol任何物质的体积都约为22.4LB.1mol任何气体所含分子数都相同，体积也都约为22.4LC.在20℃时，1mol的任何气体的体积总比22.4L大D.1molH2和O2的混合气体所含原子总数为2NA5、用蘸有浓氨水的棉棒对输氯管道检漏的原理为：rm{3Cl_{2}+8NH_{3}underset{{赂脽脦脗}隆垄{赂脽脩鹿}}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl.}该反应的下列说法正确的是rm{3Cl_{2}+8NH_{3}

underset{{赂脽脦脗}隆垄{赂脽脩鹿}}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl.}rm{(}A.rm{)}被氧化B.rm{Cl_{2}}得到电子C.rm{NH_{3}}是氧化剂D.反应每生成rm{Cl_{2}}转移电子数约为rm{1molN_{2}}rm{8隆脕6.02隆脕10^{23}}6、将铜粉放入稀硫酸中，加热无明显反应，但加入某一种盐后，发现铜粉质量逐渐减少，该盐可能是rm{垄脵}硫酸亚铁rm{垄脷}硫酸锌rm{垄脹}硝酸钾rm{垄脺}氯化钠rm{垄脻}氯化铁A.rm{垄脵垄脹}B.rm{垄脹垄脻}C.rm{垄脷垄脹}D.rm{垄脷垄脺}7、下列物质中含有两种官能团的烃的衍生物为()A.rm{CH_{3}CH_{2}NO_{2}}B.rm{CH_{2}=CHBr}C.rm{CH_{2}Cl_{2}}D.8、设rm{N_{A}}是阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A.rm{1molAl^{3+}}离子含有的电子数为rm{3N_{A}}B.rm{1molCl_{2}}含有rm{1N_{A}}个原子C.rm{23g}钠在rm{22.4L(}标况下rm{)Cl_{2}}中反应，转移电子数rm{N_{A}}个D.欲配制rm{1.00L}rm{1.00mol.L^{-1}}的rm{NaCl}溶液，可将rm{58.5gNaCl}溶于rm{1.00L}水中评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、以石油、煤和天然气为主要原料生产的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.陶瓷B.塑料C.合成纤维D.合成橡胶10、实验中加热某水溶液，可选用的仪器有rm{(}rm{)}A.烧杯B.量筒C.试管D.酒精灯11、下列物质可以导电的是A.蔗糖溶液B.金属rm{Cu}C.rm{NaCl}溶液D.rm{HCl}溶液12、温度为T1时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)(正反应放热)。实验测得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如下：。时间/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03

下列说法正确的是A.0~2s内，该反应的平均速率v(NO)=0.03mol·L-1·s-1B.其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，则达平衡时NO2体积分数减小C.其他条件不变，移走部分NO2，则平衡正向移动，平衡常数增大D.当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2＞T113、下列叙述中一定正确的是A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c(H+)为10-13mol/LB.pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)之比为1︰10C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液中可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D.1.0mol/LNa2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)14、下列气体中不能用碱石灰干燥的是（）A.HClB.CO2C.NH3D.SO215、实验室需要配置rm{100mL1.0隆脕10^{-2}mol隆陇L^{-1}}的rm{100mL1.0隆脕10^{-2}

mol隆陇L^{-1}}溶液，下列玻璃仪器中，一定要用到的有()A.漏斗B.玻璃棒C.胶头滴管D.容量瓶rm{CuSO_{4}}16、阿伏加德罗常数值约为rm{6.02隆脕10^{23}}下列有关叙述正确的是A.rm{1molNH_{4}Cl}固体中共价键总数为rm{5隆脕6.02隆脕10^{23}}B.rm{16g}氧气和臭氧混合气体中的氧原子数约为rm{1隆脕6.02隆脕10^{23}}C.rm{18gD_{2}O}中含有的电子数约为rm{0.9隆脕6.02隆脕10^{23}}D.rm{1molNa_{2}O_{2}}固体中离子总数为rm{4隆脕6.02隆脕10^{23}}17、某原电池总反应的离子方程式是：rm{Zn+Cu^{2+}篓TZn^{2+}+Cu}依据此反应设计原电池的正确组合是rm{(}rm{)}。选项正极负极电解质溶液rm{A}rm{Cu}rm{Zn}稀盐酸rm{B}rm{C}rm{Zn}硫酸铜溶液rm{C}rm{Cu}rm{Zn}氯化铜溶液rm{D}rm{Cu}rm{Zn}硝酸铜溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)18、下图是红磷P（s）和Cl2反应生成（图中的表示生成1mol产物的数据）。根据下图回答下列问题：（1）的热化学方程式为。（2）=KJ·mol-1（3）研究表明，化学反应的能量变化（△H）与反应物和生成物的键能有关。键能可以简单地理解为断开1mol化学键时所需吸收的能量，表1所列是部分化学键的键能数据。表1部分化学键的键能数据。化学键P-PP-OO=OP=O键能/（kJ·mol-1）198360498x已知1mol白磷（结构如下图所示，分子式为P4）完全燃烧生成P4O10（结构如下图）放出2982KJ热量，则表中：x=。（P4O10）19、（8分）氢能是21世纪极具开发前景的新能源之一，它既是绿色能源，又可循环利用。请在下图的两个空框中填上循环过程中反应物和生成物的分子式，以完成理想的氢能源循环体系图（循环中接受太阳能的物质在自然界中广泛存在）。从能量转移的角度看，过程Ⅱ主要是能转化为能。如果用KOH溶液作为电解质溶液，写出该燃料电池的电极反应式负极：______________________________正极：_________________________________。[来20、有下列各组物质：①石墨和碳纳米管②甲烷和十八烷③④乙酸和甲酸甲酯⑤12CO2和14CO2⑥H、D、T⑦⑧其中属于同分异构体的为（填序号，下同）；属于同素异形体的为；属于同位素的为；属于同系物的为；属于同一物质的为；21、有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入rm{6mol/L}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液中，乙同学将电极放入rm{6mol/L}的rm{NaOH}溶液中，如图所示．

rm{(1)}甲中电池的负极是____________，乙池中发生氧化反应的电极是____________rm{(}填“铝片”或“镁片”rm{)}rm{(2)}写出乙池中负极的电极反应式____________。rm{(3)}如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出____________活动性更强，而乙会判断出____________活动性更强。rm{(}填写元素符号rm{)}rm{(4)}上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动性顺序判断原电池中的正负极”这种做法____rm{(}填“可靠”或“不可靠”rm{)}22、质量都是rm{50g}的rm{HCl}rm{NH_{3}}rm{CO_{2}}rm{O_{2}}四种气体中，含分子数最少的是______；同温同压下，密度最小的是______rm{(}填分子式rm{)}．评卷人得分四、实验题(共3题，共9分)23、已知非金属单质硫rm{(S)}是淡黄色固体粉末，难溶于水rm{.}为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强；某化学实验小组设计了如图实验，请回答下列问题：

rm{(1)}装置rm{A}的分液漏斗中盛装的试剂是______；烧瓶中所发生反应的化学方程式为______．

rm{(2)}装置rm{B}中盛放的试剂是______rm{(}选填下列所给试剂的代码rm{)}所发生反应的化学方程式为______．

A.rm{Na_{2}S}溶液rm{B.Na_{2}SO_{3}}溶液rm{C.Na_{2}SO_{4}}溶液。

rm{(3)}装置rm{C}的作用是______；其中盛放的试剂是______．

rm{(4)}从原子结构的角度简要分析氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强的原因______．

rm{(5)}还有哪些事实能够说明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强rm{(}试举一例rm{)}______．24、某校课外小组为测定某碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数；甲；乙两组同学分别进行了下列相关实验．

方案Ⅰ．甲组同学用质量法；按如下图所示的实验流程进行实验：

（1）有同学认为“加入适量盐酸”不好操控，应改为“过量盐酸”，便于操作且不影响测定的准确性，你认为对或错，理由是______．

（2）实验结束时称量的固体成分是______（填化学式）．若测得开始样品质量为19g，结束时固体质量为17.55g，则混合物中含有的碳酸钠的质量为______g．

方案Ⅱ：乙组同学的主要实验流程图如下：

说明：流程图中“称量C”指的是称量装置C（见下图）的质量．按如图所示装置进行实验：

（3）图B中所装试剂为______．在C中装碱石灰来吸收净化后的气体．D装置的作用是______．

（4）有的同学认为为了减少实验误差，在反应前后都应通入N2，反应后通入N2的目的是______．

方案Ⅲ：气体分析法。

（5）把一定量样品与足量稀硫酸反应后，用如图装置测量产生CO2气体的体积，B溶液最好采用______（填序号）使测量误差较小．

a．饱和碳酸钠溶液b．饱和碳酸氢钠溶液。

c．饱和氢氧化钠溶液d．饱和硫酸铜溶液．25、实验室制取氯气除了用浓盐酸和二氧化锰反应外还可利用下列反应：rm{KClO_{3}+6HCl(}浓rm{)篓TKCl+3Cl_{2}隆眉+3H_{2}O}该反应的优点是反应产生氯气速度快、不需加热rm{.}图是实验室利用此反应制备氯气并进行一系列相关实验的装置rm{(}夹持设备已略rm{)}．

rm{(1)}上述反应中______是氧化剂，______是还原剂，若反应中氧化产物比还原产物多rm{1mol}则转移的电子数目为______．

rm{(2)}装置rm{B}的作用是______，实验进行时rm{C}中可能发生堵塞，请写出发生堵塞时rm{B}中的现象：______．

rm{(3)}装置rm{C}的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此rm{C}中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入______rm{(}选“rm{a}”“rm{b}”或“rm{c}”rm{)}

。rm{a}rm{b}rm{c}Ⅰ干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条Ⅱ碱石灰浓硫酸无水氯化钙Ⅲ湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条rm{(4)}设计装置rm{D}rm{E}的目的是为了比较rm{Cl_{2}}rm{Br_{2}}rm{I_{2}}的氧化性强弱rm{.}已知rm{Br_{2}}的水溶液因浓度不同而呈现橙色或红棕色，rm{I_{2}}难溶于水而易溶苯，且rm{I2}的苯溶液为紫红色rm{.}当向rm{D}中缓缓通入足量rm{Cl_{2}}时，可以看到无色溶液逐渐变为红棕色，说明rm{Cl_{2}}的氧化性大于rm{Br_{2}}请写出rm{D}中对应的离子方程式并用双线桥法表示出电子转移情况：______rm{.}打开活塞，将rm{D}中的少量溶液加入rm{E}中，振荡rm{E}观察到rm{E}中溶液分为两层，上层rm{(}苯层rm{)}为紫红色rm{.}该现象______rm{(}填“能”或“不能”rm{)}说明rm{Br_{2}}的氧化性大于rm{I_{2}}．

rm{(5)}装置rm{F}的作用是除去污染性的物质rm{(Cl_{2}}rm{Br_{2}}等rm{)}已知rm{Cl_{2}}与rm{NaOH}反应时产物中可能有rm{NaCl}rm{NaClO}rm{NaClO_{3}}且rm{dfrac{c(Cl^{-})}{c(ClO^{-})}}值与温度高低有关rm{dfrac

{c(Cl^{-})}{c(ClO^{-})}}若烧杯中装有rm{.}的rm{500mL0.2mol/L}溶液，则最多可吸收标况下的rm{NaOH}的体积为______rm{Cl_{2}}忽略rm{L(}溶于水rm{Cl_{2}}．rm{)}评卷人得分五、综合题(共4题，共20分)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28、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：

29、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、B【分析】【分析】

​本题考查氧化还原反应的相关计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。

rm{Zn}和浓硫酸发生：rm{Zn+2H}和浓硫酸发生：rm{Zn}rm{Zn+2H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}浓rm{{,!}_{4}}rm{(}浓rm{)=ZnSO}rm{(}rm{)=ZnSO}rm{{,!}_{4}}rm{+SO}rm{+SO}随着反应的进行，溶液浓度减小，rm{{,!}_{2}}发生：rm{隆眉+H}rm{隆眉+H}rm{{,!}_{2}}rm{O}随着反应的进行，溶液浓度减小，rm{O}稀稀硫酸与rm{Zn}发生：rm{Zn+H}rm{Zn}rm{Zn+H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}则生成的气体为rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{(}稀rm{)=ZnSO}rm{(}rm{)=ZnSO}rm{{,!}_{4}}

rm{+H}rm{+H}rm{dfrac{22.4L}{22.4L/mol}}rm{{,!}_{2}}溶液剩余硫酸的物质的量为rm{隆眉}则生成的气体为rm{SO}rm{隆眉}rm{SO}rm{{,!}_{2}}和的rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。【解答】生成气体的物质的量为rm{dfrac{22.4L}{22.4L/mol}

}rm{=1mol}溶液剩余硫酸的物质的量为rm{=1mol}rm{dfrac{1}{2}}rm{隆脕0.8L隆脕0.1mol/L=0.04mol}rm{隆脕0.8L隆脕0.1mol/L=0.04mol}浓参加反应的rm{n(H}rm{n(H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{)=0.1L隆脕18.4mol/L-0.04mol=1.8mol}随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，rm{)=0.1L隆脕18.4mol/L-0.04mol=1.8mol}设反应生成rm{xmolSO}rm{xmolSO}rm{{,!}_{2}}，rm{ymolH}rm{ymolH}rm{{,!}_{2}}，稀rm{Zn+2H}rm{Zn+2H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{(}浓rm{)=ZnSO}rm{(}rm{)=ZnSO}rm{{,!}_{4}}rm{+SO}rm{+SO}rm{{,!}_{2}}的二氧化硫和rm{隆眉+H}的氢气；rm{隆眉+H}为rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{x}rm{2x}rm{x}rm{x}rm{2x}为rm{x}rm{Zn+H}rm{Zn+H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{(}稀rm{)=ZnSO}rm{(}rm{)=ZnSO}rm{{,!}_{4}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{隆眉}rm{隆眉}rm{y}rm{y}rm{y}rm{y}rm{y}中rm{y}rm{x+y=1}rm{x+y=1}rm{2x+y=1.8}rm{2x+y=1.8}解之得rm{x=0.8}rm{y=0.2}rm{x=0.8}rm{y=0.2}所以反应会生成rm{0.8mol}的二氧化硫和rm{0.2mol}的氢气；rm{0.8mol}rm{0.2mol}浓A.由以上分析可知气体rm{A}为rm{SO}rm{A}rm{SO}rm{{,!}_{2}}和rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}中，生成的混合物，故A正确；的二氧化硫转移电子为B.气体rm{A}为rm{SO}反应rm{A}rm{SO}rm{{,!}_{2}}和rm{H}rm{H}稀rm{{,!}_{2}}的混合物，且rm{V(SO}rm{V(SO}rm{{,!}_{2}}rm{)}rm{V(H}中，生成rm{)}氢气转移电子rm{V(H}所以反应中共转移rm{{,!}_{2}}电子，故C正确；

rm{)=}rm{)=}的质量rm{n(SO}故D正确。rm{n(SO}rm{{,!}_{2}}rm{)}rm{n(H}【解析】rm{B}2、A【分析】略【解析】rm{A}3、C【分析】试题分析：A、氧化钙是氧化物，但不是所有氧化物都是碱性氧化物,如CO2，H2O等A错误；B、盐是化合物，但不是所有化合物都是电解质，如，酒精，蔗糖都是非电解质。B错误；C、胶体是分散系，而且所有分散系都是混合体系，C正确；D、置换反应是氧化还原反应，但不是所有氧化还原反应都是离子反应，如：H2+CuOCu+H2O,D错误。考点：考查物质的分类。【解析】【答案】C4、D【分析】【解答】解：A；气体摩尔体积是温度压强一定的气体；气体摩尔体积是指气体，标准状况下，1mol任何气体的体积都约为22.4L，故A错误；B、标准状况1mol气体的体积约为22.4L，温度压强不知1mol气体体积不确定，故B错误；

C；在常温下气体的体积可以大于可以等于可以小于22.4L；因为压强不确定，根据克拉柏珑方程式：PV=nRT，标况下是0℃，101KPa，当20℃的时候看是否体积大于22.4L还要关注其它量，故C错误；

D、H2和O2的都是双原子分子，1molH2和O2的混合气体所含原子总数为2NA；故D正确；

故选D．

【分析】A；依据气体摩尔体积的概念分析判断；气体摩尔体积是指气体；

B；标准状况1mol气体的体积约为22；4L；

C；20℃是我们说的常温；但是在常温下气体的体积可以大于可以等于可以小于22.4L，因为压强不确定；

D、H2和O2的都是双原子分子．5、C【分析】解：rm{A.3Cl_{2}+8NH_{3}underset{{赂脽脦脗}隆垄{赂脽脩鹿}}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}反应中，rm{A.3Cl_{2}+8NH_{3}

underset{{赂脽脦脗}隆垄{赂脽脩鹿}}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}元素的化合价由rm{Cl}降低到rm{0}价，则rm{-1}为氧化剂被还原；故A错误；

B.rm{3Cl_{2}+8NH_{3}underset{{赂脽脦脗}隆垄{赂脽脩鹿}}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}反应中，rm{Cl_{2}}元素的化合价由rm{3Cl_{2}+8NH_{3}

underset{{赂脽脦脗}隆垄{赂脽脩鹿}}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}升高到rm{N}价，则rm{-3}失去电子；故B错误；

C.rm{3Cl_{2}+8NH_{3}underset{{赂脽脦脗}隆垄{赂脽脩鹿}}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}反应中，rm{0}元素的化合价由rm{NH_{3}}降低到rm{3Cl_{2}+8NH_{3}

underset{{赂脽脦脗}隆垄{赂脽脩鹿}}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}价，则rm{Cl}为氧化剂；故C正确；

D.rm{3Cl_{2}+8NH_{3}underset{{赂脽脦脗}隆垄{赂脽脩鹿}}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}反应中，rm{0}元素的化合价由rm{-1}升高到rm{Cl_{2}}价，则反应每生成rm{3Cl_{2}+8NH_{3}

underset{{赂脽脦脗}隆垄{赂脽脩鹿}}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}转移电子数约为rm{N}故D错误；

故选C．

rm{3Cl_{2}+8NH_{3}underset{{赂脽脦脗}隆垄{赂脽脩鹿}}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}反应中，rm{-3}元素的化合价由rm{0}升高到rm{1molN_{2}}价，则rm{6隆脕6.02隆脕10^{23}}为还原剂，rm{3Cl_{2}+8NH_{3}

underset{{赂脽脦脗}隆垄{赂脽脩鹿}}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}元素的化合价由rm{N}降低到rm{-3}价，则rm{0}为氧化剂；据此分析解答．

本题考查氧化还原反应基本概念的判断等，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，题目难度不大．rm{NH_{3}}【解析】rm{C}6、B【分析】【分析】本题考查了硝酸根离子在酸性条件下的强氧化性rm{(}相当于稀硝酸rm{)}能够氧化金属铜，解答本题时应注意隐含条件的分析。【解答】rm{垄脵}rm{垄脵}金属铜和稀硫酸不反应，加入rm{FeSO}，也不发生反应，故rm{FeSO}错误；rm{FeSO}rm{4}，也不发生反应，故rm{垄脵}错误；rm{4}rm{4}，也不发生反应，故rm{垄脵}错误；rm{垄脷}rm{垄脷}有很强的氧化性，能和金属铜反应，发生反应的离子方程式是：金属铜和稀硫酸不反应，加入rm{ZnSO}rm{ZnSO}rm{ZnSO}rm{4}，也不发生反应，故rm{垄脷}错误；rm{4}rm{4}rm{垄脷}金属铜和稀硫酸不反应，加入rm{垄脹}，也不发生反应，故rm{垄脹}错误；加入硝酸钾，在酸性条件下，rm{NO_{3}^{-}}有很强的氧化性，能和金属铜反应，发生反应的离子方程式是：rm{8H^{+}+2NO_{3}^{-}+3Cu=3Cu^{2+}+4H}rm{NO_{3}^{-}}金属铜和稀硫酸不反应，加入rm{NO_{3}^{-}}rm{8H^{+}+2NO_{3}^{-}+3Cu=3Cu^{2+}+4H}，加入rm{8H^{+}+2NO_{3}^{-}+3Cu=3Cu^{2+}+4H}和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，故rm{2}正确。rm{2}rm{2}。rm{O+2NO}【解析】rm{B}7、B【分析】【分析】本题考查有机物的官能团和性质，明确常见有机物的官能团是解答本题的关键，题目难度不大。【解答】A.rm{CH}rm{3}rm{CH}rm{2}rm{NO}rm{2}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{NO}一种官能团，rm{2}故rm{2}错误；中只含有rm{-NO}rm{2}一种官能团，故rm{A}错误；rm{-NO}rm{2}rm{-NO}rm{2}rm{2}正确；rm{A}rm{A}B.rm{CH}rm{2}rm{=CHBr}rm{CH}错误；rm{2}rm{2}rm{=CHBr}中只含有碳碳双键和溴原子两种官能团，故rm{B}正确；rm{B}rm{B}、两种元素，不属于烃的衍生物，故C.rm{CH}rm{2}rm{Cl}rm{2}错误。rm{CH}故选B。

rm{2}【解析】rm{B}8、C【分析】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。rm{A}．铝离子含有rm{10}个电子，故rm{1mol}铝离子中含rm{10mol}电子即rm{10N_{A}}个；故A错误；

rm{B}．氯气为双原子分子，故rm{1mol}氯气中含rm{2mol}氯原子即rm{2N_{A}}个；故B错误；

rm{C}．rm{23g}钠的物质的量为rm{1mol}标况下rm{22.4L}氯气的物质的量为rm{1mol}反应时氯气过量，钠完全反应，由于反应后变为rm{+1}价，故rm{1mol}钠转移rm{1mol}电子即rm{N_{A}}个；故C正确；

rm{D}．将rm{58.5g}氯化钠溶于rm{1L}水中，溶液体积大于rm{1L}则所得溶液的浓度小于rm{1mol/L}故D错误．

故选C。【解析】rm{C}二、多选题(共9题，共18分)9、BCD【分析】解：以煤；石油和天然气为主要原料可制造化工产品、合成塑料、合成橡胶、合成纤维等；

故选BCD．

三大合成材料是合成塑料；合成橡胶、合成纤维．

本题考查煤、石油和天然气的用途，难度不大，平时注意知识的积累．【解析】rm{BCD}10、ACD【分析】解：rm{A.}加热某水溶液可以使用烧杯；需要垫石棉网，故A正确；

B.量筒为精密计量仪器；不能用来加热，故B错误；

C.加热某水溶液可以用试管；试管可以用来直接加热，故C正确；

D.酒精灯为热源；加热某水溶液需要使用酒精灯，故D正确；

故选：rm{ACD}．

能够直接加热的仪器有：试管；燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等；据此解答．

本题考查了中学中常见的仪器及使用方法，了解仪器的用途、构造及使用方法是解题关键，侧重考查学生基本实验知识的掌握．【解析】rm{ACD}11、BCD【分析】【分析】本题考查物质的导电性，可以导电的物质包括金属单质和电解质溶液或者熔融的电解质。【解答】A.蔗糖溶液不能导电，故不选；B.rm{Cu}是金属单质，可以导电，故选B；C.rm{NaCl}溶液是电解质溶液，可以导电，故选C；D.rm{HCl}是电解质，其溶液可以导电，故选D。故选BCD。【解析】rm{BCD}12、AD【分析】【详解】

A．根据表格数据可知：在0~2s内，NO的物质的量由0.20mol变为0.08mol，△n(NO)=0.20mol-0.08mol=0.12mol，则该反应的平均速率v(NO)==0.03mol·L-1·s-1；A正确；

B．其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相当于增大体系的压强，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，所以达平衡时NO2体积分数增大；B错误；

C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故其他条件不变，移走部分NO2；化学平衡正向移动，但平衡常数不变，C错误；

D．k正、k逆为速率常数，只受温度影响，在温度为T1时，根据表格数据，容器容积是2L，结合物质反应关系可知平衡时各种物质的浓度c(NO)=0.03mol/L，c(O2)=0.015mol/L，c(NO2)=0.07mol/L，化学平衡常数K=＞0，说明k正＞k逆，若k正＝k逆，则K减小，化学平衡逆向移动，由于该反应的正反应为放热反应，则改变条件是升高温度，所以温度T2＞T1；D正确；

故合理选项是AD。13、BD【分析】【详解】

A.醋酸是一元弱酸，部分电离，存在电离平衡，所以醋酸电离产生的H+浓度小于0.1mol/L，但溶液温度不确定，因此不能确定水电离出的c(H+)浓度大小；A错误；

B.pH=2的醋酸溶液，c(H+)=0.01mol/L，pH=1的CH3COOH溶液，c(H+)=0.1mol/L，故两种溶液中c(H+)之比为=0.01mol/L0.1mol/L=1︰10；B正确；

C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液，根据电荷守恒，溶液中不可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)；C错误；

D.在1.0mol/LNa2CO3溶液中，根据质子守恒，可得c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；D正确；

故合理选项是BD。14、ABD【分析】解：碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，是碱性干燥剂，不能用来干燥酸性气体，氨气是碱性气体，可以用碱石灰干燥，而HCl、CO2、SO2是酸性气体；不能用碱石灰干燥；

故选ABD．

用干燥剂干燥气体时；总的原则是：中性干燥剂既可以用来干燥酸性气体又可以用来干燥碱性气体；酸性干燥剂不能用来干燥碱性气体；碱性干燥剂不能用来干燥酸性气体；碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，是碱性干燥剂．

本题考查气体的净化和干燥，难度不大，注意常见的干燥剂有：浓硫酸、碱石灰；其中，浓硫酸是酸性干燥剂，碱石灰是碱性干燥剂．【解析】【答案】ABD15、BCD【分析】略【解析】rm{BCD}16、BC【分析】【分析】本题考查阿伏加德罗常数和化学计量的综合计算，题目难度一般。【解答】A.rm{1molNH}rm{1molNH}rm{{,!}_{4}}固体中共价键总数为rm{Cl}固体中共价键总数为rm{4隆脕6.02隆脕10}rm{Cl}故A错误；

B.rm{4隆脕6.02隆脕10}氧气和臭氧混合气体中的氧原子数约为rm{{,!}^{23}}故B正确；

C.rm{16g}中含有的电子数约为rm{1隆脕6.02隆脕10^{23}}故C正确；

D.rm{18gD_{2}O}固体中离子总数为rm{0.9隆脕6.02隆脕10^{23}}故D错误。

故选BC。

rm{1molNa_{2}O_{2}}【解析】rm{BC}17、BCD【分析】解：锌失电子发生氧化反应而作负极，不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极rm{(}石墨rm{)}铜离子在正极上得电子发生还原反应，则电解质为可溶性的铜盐，符合条件的是rm{BCD}故选BCD．

根据电池反应式知；失电子的金属作负极，则锌作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，铜离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中含有铜离子，则电解质溶液为可溶性的铜盐．

本题考查了原电池工作原理，判断正负极、电解质溶液时，要根据电池反应式判断：发生氧化反应的电极为负极，发生还原反应的电极为正极，含有发生还原反应的离子溶液为电解质溶液．【解析】rm{BCD}三、填空题(共5题，共10分)18、略

【分析】试题分析：（1）由物质的能量图示可知：PCl3(g)分解成P(s)和Cl2(g)的热化学方程式为2PCl3(g)＝2P(s)+3Cl2(g)△H＝+612KJ/mol。(2)P(s)和Cl2(g)分两步反应生成1molPCl5(g)的ΔH1=－399KJ/mol..由白磷变为P4O10，由二者的结构式可以看出要断裂6mol的P-P、5mol的O=O键。形成4mol的P=O键和12mol的P-O键。由于共放出2982KJ热量，由于断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量。所以+198KJ/mol×6mol+498KJ/mol×5mol-360KJ/mol×12mol-4x=-2982KJ。解得x=585KJ/mol.考点：考查物质的能量、键能与反应热的关系的知识。【解析】【答案】（1）2PCl3(g)＝2P(s)+3Cl2(g)△H＝+612KJ·mol-1。（2）－399。（3）58519、略

【分析】【解析】【答案】20、略

【分析】试题分析：分别根据同分异构体、同素异形体、同位素、同系物、同一物质的概念分析填空。考点：考查了“五同”概念的理解和应用。【解析】【答案】（每空1分，漏选、错选、多选均不给分）④；①；⑥；②⑧；③⑦21、（1）镁片铝片（2）Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O（3）MgAl

（4）不可靠【分析】【分析】

本题考查了探究原电池原理；明确原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意不能根据金属的活动性强弱判断正负极，要根据失电子难易程度确定负极，为易错点。

【解答】

rm{(1)}甲中镁易失电子作负极、rm{Al}作正极；乙池中铝片作负极，镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应；

故答案为：镁片；铝片；

rm{(2)}乙池中铝易失电子作负极、镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，电极反应式为rm{Al+4OH^{-}-3e^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案为：rm{Al+4OH^{-}-3e^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

rm{(3)}甲中镁作负极；乙中铝作负极；根据作负极的金属活泼性强判断，甲中镁活动性强、乙中铝活动性强；

故答案为：rm{Mg}rm{Al}

rm{(4)}上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动性顺序判断原电池中的正负极”这种做法不可靠，故答案为：不可靠。

【解析】rm{(1)}镁片铝片rm{(2)Al+4OH^{-}-3e^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}rm{(3)Mg}rm{Al}

rm{(4)}不可靠22、CO2；NH3【分析】解：根据rm{n=dfrac{m}{M}}可知，相同质量的气体，所含分子数目之比与摩尔质量成反比，rm{CO_{2}}的摩尔质量最大，故Crm{O_{2}}含有的分子数目最少；

同温同压下；密度之比等于摩尔质量之比，氨气的摩尔质量最小，故氨气的密度最小；

故答案为：rm{CO_{2}}rm{NH_{3}}．

根据rm{n=dfrac{m}{M}}可知；相同质量的气体，所含分子数目之比与摩尔质量成反比；同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，据此判断；

本题考查物质的量的相关计算，题目难度不大，注意相关计算公式的运用．【解析】rm{CO_{2}}rm{NH_{3}}四、实验题(共3题，共9分)23、略

【分析】解：rm{(1)}为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，需要用氯气置换出硫，则必须用装置rm{A}制备氯气，实验室通常用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，则rm{A}装置中rm{A}的分液漏斗中盛装的试剂是浓盐酸，烧瓶中加入的试剂是rm{MnO_{2}}装置作用是制取氯气，反应的方程式为：rm{MnO_{2}+4HCl(}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{-}}{;}}rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{-}}{;}}

故答案为：浓盐酸；rm{MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{-}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{MnO_{2}+4HCl(}要在rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{-}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}中发生氯气置换出硫的反应，在给定试剂中只能选取rm{(2)}溶液，发生的是置换反应，化学方程式为rm{B}故答案为：rm{Na_{2}S}rm{Na_{2}S+Cl_{2}=2NaCl+S隆媒}

rm{A}由于浓盐酸易挥发，所以制备的rm{Na_{2}S+Cl_{2}=2NaCl+S隆媒}中混有rm{(3)}故饱和食盐水是用来吸收rm{Cl_{2}}

故答案为：饱和食盐水；除去rm{HCl}

rm{HCl}从氯原子和硫原子的核外电子排布可知：rm{HCl}与rm{(4)}分别为第三周期元素的rm{Cl}和rm{S}原子半径：rm{VIIA}因为rm{VIA}的核电荷数大于rm{S>Cl}rm{Cl}的原子核对最外层电子的吸引能力比rm{S}强，即rm{Cl}的电子能力比rm{S}强，非金属性rm{Cl}比rm{S}强rm{Cl}答案为：rm{S}原子、rm{.}原子的电子层数相同，但最外层电子数rm{Cl}原子是rm{S}rm{Cl}原子是rm{7}且原子半径rm{S}因此，在反应中rm{6}原子比rm{Cl<S}原子更容易获得电子达稳定结构；故氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强．

故答案为：rm{Cl}原子、rm{S}原子的电子层数相同，但最外层电子数rm{Cl}原子是rm{S}rm{Cl}原子是rm{7}且原子半径rm{S}因此，在反应中rm{6}原子比rm{Cl<S}原子更容易获得电子达稳定结构；故氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强；

rm{Cl}我们可从最高价氧化物对应水化物的酸性强弱、与氢气反应的难以程度、气态氢化物的稳定性等来判断元素非金属性的强弱，对rm{S}和rm{(5)}来说，可具体为：rm{Cl}的稳定性比rm{S}的稳定性强或者rm{HCl}的酸性比rm{H_{2}S}的酸性强．

故答案为：rm{HClO_{4}}的稳定性比rm{H_{2}SO_{4}}的稳定性强或者rm{HCl}的酸性比rm{H_{2}S}的酸性强．

rm{HClO_{4}}从实验室制取氯气的原理：二氧化锰和浓盐酸之间反应来制取分析；

rm{H_{2}SO_{4}}从置换反应判断元素非金属性强弱；氧化性强的单质可以置换氧化性弱的单质性；

rm{(1)}装置rm{(2)}是吸收生成的氯气中的氯化氢气体；用饱和食盐水；

rm{(3)}从原子结构的特点思考，rm{C}与rm{(4)}分别为第三周期元素的rm{Cl}和rm{S}原子半径：rm{VIIA}因为rm{VIA}的核电荷数大于rm{S>Cl}rm{Cl}的原子核对最外层电子的吸引能力比rm{S}强，即rm{Cl}的电子能力比rm{S}强，非金属性rm{Cl}比rm{S}强；

rm{Cl}从判断元素非金属性强弱的方法去思考；可从最高价氧化物对应水化物的酸性强弱；与氢气反应的难以程度、气态氢化物的稳定性等来判断元素非金属性的强弱．

本题应从实验装置着眼，从比较rm{S}和rm{(5)}的非金属性强弱着手，从整体的角度把握题目需要解答的问题，要通过本题建立解答本类题的正确思维过程．rm{Cl}【解析】浓盐酸；rm{MnO_{2}+4HCl(}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{-}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{-}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{A}饱和食盐水；除去rm{Na_{2}S+Cl_{2}=2NaCl+S隆媒}rm{HCl}原子、rm{Cl}原子的电子层数相同，但最外层电子数rm{S}原子是rm{Cl}rm{7}原子是rm{S}且原子半径rm{6}因此，在反应中rm{Cl<S}原子比rm{Cl}原子更容易获得电子达稳定结构，故氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强；rm{S}的稳定性比rm{HCl}的稳定性强或者rm{H_{2}S}的酸性比rm{HClO_{4}}的酸性强rm{H_{2}SO_{4}}24、略

【分析】解：方案Ⅰ．（1）利用的是样品质量和反应后所得氯化钠的质量计算；过滤盐酸再蒸发浓缩时挥发，对测定结果无影响，改为“过量盐酸”，便于操作且不影响测定的准确性，因盐酸易挥发，过量的盐酸在加热过程中挥发不残留，不影响结果；

故答案为：因盐酸易挥发；过量的盐酸在加热过程中挥发不残留，不影响结果；

（2）碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠，溶液蒸发后得氯化钠固体，设样品中碳酸钠的物质的量为xmol，碳酸氢钠的物质的量为ymol，则解得x=0.1mol，所以混合物中含有的碳酸钠的质量为0.1mol×106g/mol=10.6g；

故答案为：氯化钠；10.6；

Ⅱ；（3）装置B的作用是把气体中的水蒸气除去；故用浓硫酸来除去水蒸气；空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收，故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保前一个干燥管中质量增加量的准确性；

故答案为：浓硫酸；吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；以确保前一个干燥管中质量增加量的准确性；

（4）该方案关键是要获得产生的CO2的质量，实验前容器内含有空气，空气中含有二氧化碳，会影响生成的二氧化碳的量，反应后装置中容器内含有二氧化碳，不能被C中碱石灰完全吸收，导致测定结果有较大误差，所以反应前后都要通入N2，反应后通入N2的目的是：将生成的二氧化碳从容器内排出；被C装置中碱石灰吸收．

故答案为：将B、C装置中残留CO2全部驱入D装置的碱石灰中；减小实验误差；

方案Ⅲ：气体分析法。

（5）利用测定反应生成的二氧化碳气体体积的方法测定；在碳酸氢钠溶液中二氧化碳不反应，溶解度减小，利用装置图排饱和碳酸氢钠溶液测定二氧化碳气体的体积，二氧化碳和碳酸钠；氢氧化钠都反应，在硫酸铜溶液中也溶解；

故答案为：b．

方案Ⅰ．（1）根据测定方法分析；利用的是样品质量和反应后所得氯化钠的质量计算，过滤盐酸再蒸发浓缩时挥发，对测定结果无影响；

（2）碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠；溶液蒸发后得氯化钠固体，根据样品的质量和生成氯化钠的质量列方程组可求得混合物中含有的碳酸钠的质量；

方案Ⅱ；碳酸钠和碳酸氢钠与稀硫酸反应生成二氧化碳；把除去水蒸气的二氧化碳被碱石灰吸收，通过碱石灰的增重求得二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量和样品质量求得碳酸钠的物质的量，进而求得质量分数；

（3）装置B的作用是把气体中的水蒸气除去；在C中装碱石灰来吸收净化后的气体，测定生成气体质量，该方案关键是要获得产生的CO2的质量；故应保证产生的二氧化碳完全被吸收，而空气中二氧化碳不能被吸收，装置D是防止空气中的气体进入装置C；

（4）所以反应前后都要通入N2，反应后通入N2的目的是：排尽装置内的空气；将生成的二氧化碳从容器内排出，被C装置中碱石灰吸收；

方案Ⅲ：气体分析法。

（5）所选液体不溶解二氧化碳．

本题考查了物质性质的探究和组成分析判断，主要是实验过程的分析，掌握基本操作和测定原理是解题关键，题目难度中等．【解析】因盐酸易挥发，过量的盐酸在加热过程中挥发不残留，不影响结果；氯化钠；10.6；浓硫酸；吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保前一个干燥管中质量增加量的准确性；将B、C装置中残留CO2全部驱入D装置的碱石灰中，减小实验误差；b25、略

【分析】解：rm{(1)}因rm{HCl}中rm{Cl}元素的化合价升高，则rm{HCl}为该反应中的还原剂，rm{KClO_{3}}中的rm{Cl}的化合价降低被还原，rm{KClO_{3}}是氧化剂，氧化产物比还原产物物质的量之比为rm{5}rm{1}若反应中氧化产物比还原产物多rm{1mol}则氧化产物为rm{1.25mol}还原产物为rm{0.25mol}所以转移的电子数目为rm{2.5N_{A}}

故答案为：rm{KClO_{3}}rm{HCl}rm{2.5N_{A}}

rm{(2)}装置rm{B}中饱和食盐水的作用是除去rm{Cl_{2}}中的rm{HCl}装置rm{B}亦是安全瓶，监测实验进行时rm{C}中是否发生堵塞，发生堵塞时rm{B}中的；压强增大，锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；

故答案为：除杂和安全瓶；锥形瓶中的液面下降；长颈漏斗中的液面上升；

rm{(3)}装置rm{C}的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中rm{ab}的Ⅱ中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以rm{C}中rm{I}rm{II}rm{III}依次放入湿润的有色布条；无水氯化钙、干燥的有色布条；

故答案为：rm{c}

rm{(4)D}中氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，对应的离子方程式并用双线桥法表示出电子转移情况：打开活塞，将装置rm{D}中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置rm{E}中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡；观察到的现象是：rm{E}中溶液分为两层，上层rm{(}苯层rm{)}为紫红色；氯气具有强氧化性；过量的氯气能够将碘离子氧化成碘单质，所以该现象不能说明溴的非金属性强于碘；

故答案为：不能；

rm{(5)}已知rm{Cl_{2}}与rm{NaOH}反应时产物中可能有rm{NaCl}rm{NaClO}rm{NaClO_{3}}由原子守恒可知，rm{n(Cl_{2})=dfrac{1}{2}n(NaOH)=0.5L隆脕0.2mol/L隆脕dfrac{1}{2}=0.05mol}则标况下的rm{n(Cl_{2})=dfrac

{1}{2}n(NaOH)=0.5L隆脕0.2mol/L隆脕dfrac{1}{2}=0.05mol}的体积为rm{Cl_{2}}

故答案为：rm{1.12L}．

rm{1.12}由rm{(1)}反应可知，rm{KClO_{3}+6HCl=KCl+3Cl_{2}隆眉+3H_{2}O}中rm{KClO_{3}}元素的化合价由rm{Cl}价降低为rm{+5}rm{0}中rm{HCl}元素的化合价由rm{Cl}价升高为rm{-1}以此来解答；

rm{0}反应制取的氯气中含有氯化氢，装置rm{(2)}中饱和食盐水的作用是除去rm{B}中的rm{Cl_{2}}装置rm{HCl}亦是安全瓶，监测实验进行时rm{B}中是否发生堵塞，发生堵塞时rm{C}中的；压强增大；

rm{B}验证氯气是否具有漂白性；要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；

rm{(3)}中氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴单质；打开活塞，将装置rm{(4)D}中少量溶液加入装置rm{D}中；生成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶解于苯中，振荡分层，苯层在上层；氯气具有强氧化性；由于过量的氯气也能够氧化碘离子，无法说明溴单质氧化性强于碘单质；

rm{E}根据原子守恒分析．

本题以氯气的制备为载体考查了氯气的性质、氧化还原反应、双线桥法表示出电子转移、氧化还原反应的计算，题目难度中等，解题时注意把握氯气的性质、制法、装置的作用及氧化还原反应原理为解答的关键．rm{(5)}【解析】rm{KClO_{3}}rm{HCl}rm{2.5N_{A}}除杂和安全瓶；锥形瓶中的液面下降，长颈漏斗中的液面上升；rm{c}不能；rm{1.12}五、综合题(共4题，共20分)26、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