2025年粤人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年粤人版高一化学下册月考试卷119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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、目前，人类已经发现的非金属元素除稀有气体元素外共有16种，下列对这16种非金属元素的判断不正确的是①都是主族元素，原子的最外层电子数都大于3②单质在反应中都只能作氧化剂③对应的含氧酸都是强酸④氢化物常温下都是气态，所以又叫气态氢化物⑤气态氧化物都能溶于水A.全部B.只有①②C.只有①②③④D.只有①②④⑤2、在无色透明强酸性溶液中；能大量共存的离子组是。

A.rm{K^{+}}rm{Cu^{2+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-quadquadquad;;;;quad}}B.rm{SO_{4}^{2-quadquadquad

;;;;quad}}rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}C.rm{CO_{3}^{2-quad}}rm{Zn^{2+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Cl^{-quadquadquadquad;;;;;}}D.rm{NO_{3}^{-}}rm{Cl^{-quadquadquadquad

;;;;;}}rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{MnO_{4}^{-}}3、在常温下四个容积相同的抽空的密闭容器内，分别注入下列各组气体rm{(}先注入一种，再注入另一种rm{)}全部气体注入完毕后，容器中的压强从大到小的顺序是rm{(}rm{)}

rm{垄脵2mol}氢气和rm{1mol}氧气rm{垄脷2mol}硫化氢和rm{1mol}二氧化硫rm{垄脹2mol}一氧化氮和rm{1mol}氧气rm{垄脺2mol}氨和rm{1mol}氯化氢．A.rm{垄脵=垄脷=垄脹>垄脺}B.rm{垄脵>垄脷=垄脹>垄脺}C.rm{垄脹>垄脺>垄脵>垄脷}D.rm{垄脵>垄脹>垄脺>垄脷}4、下列物质中，只含有极性共价键的是()A.rm{NaOH}B.rm{H_{2}}C.rm{NH_{4}Cl}D.rm{H_{2}S}5、下列实验误差分析错误的是rm{(}rm{)}A.用润湿的rm{pH}试纸测稀碱溶液的rm{pH}测定值偏小B.容量瓶中含有少量蒸馏水对所配制的溶液无影响C.用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小D.测定中和反应的中和热时，保温效果越好，测定误差越小6、一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示：下列描述正确的是A.反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol·L-1·s-1B.反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol·L-1C.反应开始到10s，Y的转化率为79.0%D.反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)Z(g)7、下列说法正确的是（）A.“雨后彩虹”、“海市蜃楼”都与胶体的光学现象有关B.硫酸钡在医疗上可用作检杳肠胃的内服药剂，俗称“钡餐”C.工业制取硫酸的设备依次是沸腾炉、接触室、吸收塔D.向某无色溶液中加入BaC12溶液有白色沉淀出现，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则该溶液中一定含有S042-8、卤族元素随着原子序数的增大，下列递变规律正确的是（）A.单质熔点、沸点逐渐降低B.单质的氧化性逐渐增强C.元素的非金属性递减D.气态氢化物稳定性递增评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)9、歌手那英在歌曲中唱道“雾里看花，水中望月”，其中雾是一种分散系，它可能具有的性质是（）A.有丁达尔现象B.浑浊不透明C.能透过滤纸D.所得分散系不稳定10、短周期非金属元素甲rm{隆芦}戊在元素周期表中相对位置如下表所示，下列判断正确的是rm{(}rm{)}

A.原子半径：甲rm{>}乙B.原子核外电子层数：乙rm{<}丁C.原子最外层电子数：丙rm{>}丁rm{>}戊D.元素的最高价氧化物对应水化物的酸性：丙rm{<}戊11、下列离子方程式书写正确的是rm{(}rm{)}A.二氧化硫使溴水褪色rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Br^{-}}B.用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢rm{(CaCO_{3})}rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}C.硫酸铜与rm{Ba(OH)_{2}}溶液反应rm{Cu^{2+}+2OH^{-}=Cu(OH)_{2}隆媒}D.少量rm{CO_{2}}通入rm{Na_{2}SiO_{3}}溶液：rm{CO_{2}+SiO_{3}^{2-}+H_{2}O=CO_{3}^{2-}+H_{2}SiO_{3}隆媒}12、下列说法不正确的是()

A.参加反应的物质的性质是决定化学反应速率的主要因素。

B.光不能作为影响化学反应速率的外界条件。

C.决定化学反应速率的主要因素是浓度。

D.使用正催化剂、升高温度、增大反应物浓度，都可以增大正反应速率13、下列实验事实不能作为判断依据的是rm{(}rm{)}A.比较钠和镁分别与冷水反应，判断金属活动性强弱B.在rm{MgCl_{2}}与rm{AlCl_{3}}溶液中分别加入过量的氨水，判断镁与铝的金属活动性强弱C.rm{SiH_{4}}在空气中可以自燃，而rm{HCl}不能燃烧，判断硅和氯的非金属性强弱D.比较rm{Br_{2}}与rm{I_{2}}分别与足量的rm{H_{2}}反应，判断溴与碘的非金属活动性强弱14、下列递变情况正确的是（）A.Na、Mg、Al最外层电子数依次增多，其简单离子的氧化性依次增强B.P、S、Cl最高正价依次升高，对应气态氢化物稳定性依次增强C.N、O原子半径依次增大D.Na、K、Rb氧化物的水化物碱性依次减弱15、“绿色化学”的主要内容之一是从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物rm{.}下列化学反应不符合“绿色化学”理念的是rm{(}rm{)}A.制氯乙烷：rm{CH_{2}=CH_{2}+HClxrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}}rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl

xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}}B.制甲基丙烯酸甲酯：rm{CH_{3}C隆脭CH+CO+CH_{3}OHoverset{Pd}{}CH_{2}=C(CH_{3})COOCH_{3}}C.制rm{CH_{3}CH_{2}Cl}rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{CH_{3}C隆脭CH+CO+CH_{3}OHoverset{Pd}{

}CH_{2}=C(CH_{3})COOCH_{3}}稀rm{CuSO_{4}}D.制rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{CuO+H_{2}SO_{4}(}浓rm{)篓TCuSO_{4}+H_{2}O}rm{Cu(NO_{3})_{2}}16、下列有机物互为同系物的是()

rm{垄脵CH_{2}=CHCH_{3}}rm{垄脷}rm{垄脹CH_{3}CH_{2}CH_{3}}rm{垄脺HC隆脭CCH_{3}}rm{垄脻CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{垄脼CH_{3}CH=CHCH_{2}CH_{3}}．A.rm{垄脻}和rm{垄脼}B.rm{垄脻}和rm{垄脹}C.rm{垄脵}和rm{垄脼}D.rm{垄脵}和rm{垄脷}评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、（16分）海水中含有非常丰富的化学资，从海水中可提取多种化工原料。下图是某工厂对海水资综合利用的示意图。试回答下列问题：（1）我国政府规定食用盐中必须加入一定量的KIO3（碘酸钾），其中碘元素的化合价为价。（2）为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，方法是将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤；②加过量的氢氧化钠溶液；③加适量的盐酸；④加过量的碳酸钠溶液；⑤加过量的氯化钡溶液，合理的操作顺序是①③（填序号）。（3）写出电解饱和食盐水的化学方程式，当转移0.2mol电子时，阴阳两极生成的气体体积之和是（标准状况下）。（4）以海边贝壳为原料可以制取石灰乳，贝壳的主要化学成分为（写化学式）。（5）目前，世界上生产的镁有60%自海水，由“母液”制“镁”的过程中，发生了个复分解反应（填数目）。（6）电解氯化镁所得的氯气，除用于生产盐酸外，还可以用于制取漂白粉，漂白粉的有效成份是（写化学式）。（7）溴主要以Br－形式存在于海水中，提取食盐后剩下的母液（也叫卤水）中，Br－的浓度较大，工业上制备的Br2的操作步骤为：一定条件下，将Cl2通入卤水中，生成Br2，利用热空气将Br2吹出，Br2可用热空气吹出，其原因是。18、写出下列物质的电子式：①KCl;②Cl2;③H2O。19、（14分）下列是模拟石油深加工来合成CH2=CHCOOCH2CH3(丙烯酸乙酯)等物质的过程：请回答下列问题：（1）A的结构简式为：（2）CH2=CHCOOCH2CH3的含氧官能团（填名称）（3）写出下列化学反应方程式①B+C→CH2=CHCOOCH2CH3：②丙烯→聚丙烯：③苯→硝基苯如何加热？：。其优点是。（4）目前制备酒精的方法有两种：方法一:方法二：①对方法一所涉及的有机反应类型分别为：____，②对于方法二,M的分子式为：③下列说法正确的是____________(填代号)（1分）A、从绿色化学的角度看方法一的原子利用率１００％B、从原料的可再生性来说，方法二最好C、方法二产物乙醇储藏的化学能来自于太阳能20、（14分）A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。（1）A的化学式是____（2）F在空气中转化为G的化学方程式：（3）C转化为I的离子方程式：（4）H和I生成J的离子方程式：（5）D在高温下和水蒸气反应的化学方程式：21、“温室效应”是全球关注的环境问题之一，科学家们一直致力于CO2的“组合转化”技术研究。例如将CO2和H2以1：4或1：3的比例混合，在适当条件下反应，生成H2O的同时可分别获得重要的气态能源物质A和对植物生长有调节作用的有机物B。请回答下列问题：（1）写出生成A的化学方程式：（不必写反应条件）（2）某小组做了如下三组对照实验来证实有机物B对植物生长的调节作用。实验I:集气瓶中放青色、未熟的水果，在空气中盖上玻璃片。实验II:集气瓶中放青色、未熟的水果，通入一定量的有机物B.实验III：集气瓶中放青色、未熟的水果，瓶底放少量KMnO4固体。该三组实验中，水果成熟的先后顺序为（填写实验序号）。（3）A分子的空间构型为，B分子中有个原子共面。（4）试推测丙烯（CH2=CH-CH3）的结构或性质，下列说法中不正确的是____（填字母）a.丙烯分子中三个碳原子在同一直线上b.丙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色c.丙烯可使溴水褪色d.丙烯能发生加成反应。22、下列是中学化学常见的物质：

A．金刚石B．HClC．NaClD．K2SO4E．Na2SF．HeG．N2

（1）在固态时含极性共价键的分子晶体是______

（2）既含离子键又含共价键的是______

（3）固态时属于离子晶体的是______

（4）熔化时需克服共价键的是______

（5）晶体中不存在化学键的是______．评卷人得分四、判断题(共3题，共9分)23、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）24、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）25、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）评卷人得分五、解答题(共1题，共2分)26、X；Y、Z、W四种常见化合物；其中X含有四种元素，X、Y、Z的焰色反应均为黄色，W为无色无味气体．这四种化合物具有图1所示的转化关系（部分反应物、产物及反应条件已略去）：

请回答：

（1）W的化学式是______．

（2）X与Y在溶液中反应的离子方程式是______．

（3）①将4.48L（已折算为标准状况）W通入100mL3mol/L的Y的水溶液后；溶液中的溶质是______．

②自然界中存在X、Z和H2O按一定比例结晶而成的固体．取一定量该固体溶于水配成100mL溶液；测得溶液中金属阳离子的浓度为0.5mol/L．若取相同质量的固体加热至恒重，剩余固体的质量为______g．

（4）Ⅰ和Ⅱ中为X所含有的四种元素中的两种或三种组成的化合物；并利用图2装置（夹持固定装置已略去）进行实验，装置Ⅲ中产生白色沉淀，装置Ⅴ中可收集到一种无色助燃性气体．

①装置Ⅱ中物质的化学式是______．

②用X含有的四种元素中的两种组成的某化合物；在催化剂存在下制备并收集纯净干燥的装置Ⅴ中气体，该化合物的化学式是______，所需仪器装置是______（从上图选择必要装置，填写编号）．

评卷人得分六、综合题(共4题，共24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8题，共16分)1、A【分析】①不正确，H、He的电子数都小于2.②不正确，非金属单质在反应中也可以作还原剂，例如氢气等。③不正确，例如次氯酸、碳酸等都是弱酸。④不正确，例如水是液态。⑤不正确，例如甲烷等，答案选A。【解析】【答案】A2、C【分析】【分析】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子的反应及习题中的信息为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查。【解答】强酸性溶液含大量的rm{H^{+}}根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则大量共存，并结合离子的颜色来解答。A.该组离子之间不反应，可大量共存，但rm{Cu^{2+}}为蓝色；与无色不符，故A错误；

B.rm{H^{+}}rm{CO_{3}^{2-}}结合生成水和气体；不能大量共存，故B错误；

C.酸性溶液中该组离子之间不反应；可大量共存，且离子均为无色，故C正确；

D.该组离子之间不反应，可大量共存，但rm{MnO_{4}^{-}}为紫色；与无色不符，故D错误。

故选C。

【解析】rm{C}3、D【分析】解：rm{垄脵2mol}氢气和rm{1mol}氧气，气体的总物质的量为rm{3mol}

rm{垄脷2mol}硫化氢和rm{1mol}二氧化硫发生rm{2H_{2}S+SO_{2}=3S+2H_{2}O}两者恰好反应，rm{S}为固体，rm{H_{2}O}为液体；密闭容器中没有气体；

rm{垄脹2mol}一氧化氮和rm{1mol}氧气发生rm{2NO+O_{2}=2NO_{2}}两者恰好反应，而rm{NO_{2}}还能转变成rm{N_{2}O_{4}}发生rm{2NO_{2}?N_{2}O_{4}}密闭容器中气体有rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}物质的量大于rm{1mol}小于rm{2mol}

rm{垄脺2mol}氨和rm{lmol}氯化氢发生rm{NH_{3}+HCl=NH_{4}Cl}rm{NH_{3}}过量，剩余气体的物质的量为rm{1mol}

则压强为rm{垄脵>垄脹>垄脺>垄脷}

故选D．【解析】rm{D}4、D【分析】略【解析】rm{D}5、C【分析】解：rm{A.}用润湿的rm{pH}试纸测稀碱溶液的rm{pH}碱溶液被稀释，溶液碱性减弱，则测定值会偏小，故A正确；

B.容量瓶中含有少量蒸馏水；对所得溶液中溶质的物质的量和最终溶液体积均无影响，则不影响所配制的溶液的浓度，故B正确；

C.用容量瓶配制溶液；定容时俯视刻度线，加入的蒸馏水体积偏小，所得溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故C错误；

D.中和反应的中和热时；需要尽可能降低热量损失，保温效果越好，则测定误差越小，故D正确；

故选C．

A.用湿润的试纸测定碱溶液的rm{pH}碱溶液被稀释，溶液的rm{pH}减小；

B.容量瓶中的质量数对溶质的物质的量及最终溶液体积无影响；

C.定容时俯视容量瓶刻度线；导致加入的蒸馏水体积偏小；

D.测定中和热时；测定结果受保温效果影响较大．

本题考查了实验方案的评价，题目难度不大，涉及容量瓶的使用方法、中和热的测定、rm{pH}试纸的使用等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．【解析】rm{C}6、C【分析】试题分析：A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为V(Z)=1.58mol÷2L÷10s=0.079mol·L-1·s-1,错误；B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了(1.20-0.41)mol÷2L=0.395mol·L-1,错误；C．反应开始到10s，Y的转化率为(1.00－0.21)÷1.00×100%=79.0%,正确；D．在相同的时间内各种物质变化的物质的量的比等于方程式中该物质的计量数的比，因此该反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)2Z(g)，错误。考点：考查图像法在表示化学反应速率、物质的转化率、浓度改变及方程式的书写的应用的知识。【解析】【答案】C7、C【分析】解：A．空气也是一种胶体；“海市蜃楼”是光线的反射，“雨后彩虹”是胶体的丁达尔效应，故A错误；

B．硫酸钡难溶于水和酸俗称为钡餐；医疗上可用于检查肠胃的内服药剂，故B错误；

C．工业制硫酸的三设备是：沸腾炉；接触室和吸收塔；故C正确；

D．不能排除Ag+的干扰；应先加盐酸，如无现象，再加氯化钡检验，故D错误．

故选C．

A．空气是一种胶体；

B．硫酸钡难溶于水和酸俗称为钡餐；

C．根据工业制硫酸的三设备：沸腾炉；接触室和吸收塔；

D．不能排除Ag+的干扰．

本题考查胶体、钡餐、物质的检验，注意把握物质的性质的异同，难度不大．【解析】【答案】C8、C【分析】解：A．卤素单质都是分子晶体；其熔沸点与相对分子质量成正比，随着原子序数增大，其相对分子质量增大，单质的熔沸点逐渐升高，故A错误；

B．随着原子序数增大；元素的非金属性逐渐减弱，则其单质的氧化性逐渐减弱，故B错误；

C．随着原子序数增大；元素的非金属性逐渐减弱，故C正确；

D．元素的非金属性越强；其氢化物的稳定性越强，卤素随着原子序数增大其非金属性减弱，则气态氢化物稳定性逐渐减弱，故D错误；

故选C．

卤族元素从上到下；随着原子序数的增大，原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，对应单质的氧化性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱，分子晶体的熔沸点与相对分子质量成正比，还与氢键有关．

本题考查卤素性质，为高频考点，明确同一主族元素性质递变规律是解本题关键，注意分子晶体的熔沸点与相对分子质量成正比，还与氢键有关，为易错点．【解析】【答案】C二、双选题(共8题，共16分)9、A|C【分析】解：歌手那英在歌曲中唱道“雾里看花；水中望月”，其中雾是一种分散系，根据所学知识可知：雾属于胶体分散系；

A．胶体具有丁达尔效应；故A正确；

B．胶体可以是透明的分散系；故B错误；

C．胶体可以透过滤纸；故C正确；

D．胶体分散性可以稳定存在；属于介稳分散系，故D错误；

故选AC．

雾属于胶体分散系；具有丁达尔效应；遇到的电解质溶液发生聚沉、胶体可以是无色透明的分散系、属于介稳分散系．能透过滤纸不能透过半透膜．

本题考查学生对教材的掌握程度，可以根据所学知识进行回答，题目较简单．【解析】【答案】AC10、rABD【分析】解：甲为rm{C(}或rm{N)}乙为rm{N(}或rm{O)}丙为rm{Si(P)}丁为rm{P(}或rm{S)}戊为rm{S(}或rm{Cl)}．

A.同周期元素原子半径从左到右逐渐减小；故A正确；

B.同主族元素从下到下电子层数逐渐增多；故B正确；

C.同周期元素从左到右原子最外层电子数逐渐增多；故C错误；

D.非金属性戊rm{>}丙；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故D正确．

故选ABD．

由短周期非金属元素甲rm{隆芦}戊在元素周期表中的相对位置，可知甲为rm{C(}或rm{N)}乙为rm{N(}或rm{O)}丙为rm{Si(P)}丁为rm{P(}或rm{S)}戊为rm{S(}或rm{Cl)}．

A.同周期元素原子半径从左到右逐渐减小；

B.同主族元素从下到下电子层数逐渐增多；

C.同周期元素从左到右原子最外层电子数逐渐增多；

D.元素的非金属性越强；对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强．

本题考查元素周期表与元素周期律，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握短周期元素元素在周期表中的位置以及元素周期率的递变规律，难度不大．【解析】rm{ABD}11、rAD【分析】解：rm{A.}二氧化硫使溴水褪色的离子反应为rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Br^{-}}遵循电子；电荷守恒，故A正确；

B.用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢的离子反应为rm{CaCO_{3}+2HAc=CO_{2}隆眉+H_{2}O+Ca^{2+}+2Ac^{-}}故B错误；

C.硫酸铜与rm{Ba(OH)_{2}}溶液反应的离子反应为rm{SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+Cu^{2+}+2OH^{-}=Cu(OH)_{2}隆媒+BaSO_{4}隆媒}故C错误；

D.少量rm{CO_{2}}通入rm{Na_{2}SiO_{3}}溶液的离子反应为rm{CO_{2}+SiO_{3}^{2-}+H_{2}O=CO_{3}^{2-}+H_{2}SiO_{3}隆媒}故D正确；

故选AD．

A.发生氧化还原反应生成硫酸和rm{HBr}遵循电子；电荷守恒；

B.醋酸和碳酸钙在离子反应中均应保留化学式；

C.漏写生成硫酸钡的离子反应；

D.反应生成碳酸钠和硅酸；硅酸在离子反应中保留化学式．

本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应中应保留化学式的物质为解答的关键，注意不能漏写离子反应，题目难度不大．【解析】rm{AD}12、BC【分析】【分析】本题考查化学反应速率的影响因素，注意把握内因和外因的区别，特别是催化剂的性质，为该题考查的侧重点，注意相关基础知识的积累，难度不大。【解答】A.影响反应速率的主要因素是物质的本身性质；如钠和冷水剧烈反应，但铁需要高温下才能与水蒸气反应，故A正确；

B.有些物质在光照条件下发生反应；可加快化学反应速率，如次氯酸的分解等，故B错误；

C.影响反应速率的主要因素是物质的本身性质；浓度为外界因素，故C错误；

D.用正催化剂；升高温度；可增大活化分子数目，增大反应物浓度，可增大单位体积活化分子数目，都可以增大正反应速率，故D正确。

故选BC。【解析】rm{BC}13、rBC【分析】解：rm{A}钠与冷水比镁与冷水反应剧烈；因此钠的金属性强于镁，能判断金属性的强弱，故A正确；

B、在rm{MgCl_{2}}与rm{AlCl_{3}}溶液中分别加入过量的氨水；均生成白色沉淀，现象相同，不能判断镁与铝的金属活动性强弱，故B错误；

C；非金属与可燃性没有直接的关系；故C错误；

D、卤素单质与氢气化合越容易，非金属性越强，rm{1moLBr_{2}}和rm{1moLI_{2}}分别与足量的rm{H_{2}}反应；能判断溴与碘的非金属性强弱，故D正确；

故选BC．

A；金属与水反应置换出氢气的难易程度；能判断金属性的强弱；

B、rm{MgCl_{2}}与rm{AlCl_{3}}溶液中分别加入过量的氨水；现象相同，不可以判断金属性的强弱；

C；非金属与可燃性没有直接的关系；

D；非金属与氢气化合的难易程度；能判断非金属性的强弱．

本题考查了判断非金属性及金属性强弱的方法，判断方法很多，注意对有关知识的积累，题目难度不大．【解析】rm{BC}14、A|B【分析】解：A．Na；Mg、Al是同周期相邻的元素；最外层分别有1、2、3个电子，依次增多；还原性强弱关系：Na＞Mg＞Al，元素原子还原性越弱，其对应简单阳离子氧化性越强，故A正确；

B．P；S、Cl的最高正价分别为+5、+6、+7；依次升高，非金属性P＜S＜Cl，元素非金属性越强，其对应的气态氢化物的稳定性越强，故B正确；

C．C；N、O是同周期从左到右排列的元素；从左到右，原子半径逐渐减小，故C错误；

D．金属性Na＜K＜Rb；元素的金属性越强，其氧化物对应的水化物的碱性越强，故D错误．

故选：AB．

A．Na；Mg、Al是同周期相邻的元素；最外层分别有1、2、3个电子，原子半径逐渐变小，原子还原性越弱，其对应简单阳离子氧化性越强；

B．P；S、Cl的最高正价分别为+5、+6、+7；依次增大，元素非金属性越强，其对应的气态氢化物的稳定性越强；

C．同周期元素原子半径随原子序数的增大应而逐渐减小；

D．元素的金属性越强；其氧化物对应的水化物的碱性越强．

主要考查非金属元素、金属元素在元素周期表中的位置关系及其性质变化规律．难度不大，注意记忆理解元素周期律．【解析】【答案】AB15、rCD【分析】解：rm{A}制氯乙烷：rm{CH_{2}=CH_{2}+HClxrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}Cl}原子利率rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl

xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}Cl}符合绿色化学理念，故A不选；

B、制甲基丙烯酸甲酯：rm{CH_{3}C隆脭CH+CO+CH_{3}OHoverset{Pd}{}CH_{2}=C(CH_{3})COOCH_{3}}原子利率rm{100%}符合绿色化学理念，故B不选；

C、制rm{CH_{3}C隆脭CH+CO+CH_{3}OHoverset{Pd}{

}CH_{2}=C(CH_{3})COOCH_{3}}rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{100%}稀rm{CuSO_{4}}有水生成，原子利用率不到rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}不符合绿色化学理念，故C选；

D、制rm{CuO+H_{2}SO_{4}(}rm{)篓TCuSO_{4}+H_{2}O}浓rm{100%}有有毒气体放出，会导致环境污染，不符合倡导的绿色化学，故D选；

故选CD．

A、制氯乙烷：rm{CH_{2}=CH_{2}+HClxrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}Cl}原子利率rm{Cu(NO_{3})_{2}}

B、制甲基丙烯酸甲酯：rm{CH_{3}C隆脭CH+CO+CH_{3}OHoverset{Pd}{}CH_{2}=C(CH_{3})COOCH_{3}}原子利率rm{Cu+4HNO_{3}(}

C、制rm{)篓TCu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl

xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}Cl}稀rm{100%}有水生成；

D、制rm{CH_{3}C隆脭CH+CO+CH_{3}OHoverset{Pd}{

}CH_{2}=C(CH_{3})COOCH_{3}}rm{100%}浓rm{CuSO_{4}}有有毒气体放出．

本题考查了“绿色化学”的含义，解答本题的关键是要读懂题目要求，准确理解绿色化学的含义，题目难度不大．rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}【解析】rm{CD}16、BC【分析】【分析】本题考查了同系物的判断、有机物结构，题目难度不大，注意掌握同系物的概念及判断方法，明确互为同系物的化合物若含有官能团，则含有官能团的种类、数目必须完全相同。【解答】rm{垄脵CH_{2}=CHCH_{3}}为丙烯；属于烯烃；

rm{垄脷}为环丙烷，属于环烷烃；rm{垄脹}rm{垄脹}为丙烷；属于烷烃；

rm{CH_{3}CH_{2}CH_{3}}rm{垄脺HC隆脭CCH}为丙炔；属于炔烃；

rm{垄脺HC隆脭CCH}rm{3}rm{3}rm{垄脻CH}rm{垄脻CH}rm{3}rm{3}rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{CH}为己烷，属于烷烃；rm{CH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}rm{2}为rm{2}戊烯，属于烯烃；

根据以上分析可知，属于同系物的有rm{CH}和rm{CH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}为己烷，属于烷烃rm{{,!}_{3}}rm{垄脼CH}rm{垄脼CH}和rm{3}rm{3}rm{CH=CHCH}rm{CH=CHCH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}为rm{2-}戊烯，属于烯烃；rm{{,!}_{3}}rm{2-}rm{垄脵CH_{2}=CHCH_{3}}

故选BC。rm{垄脼CH}【解析】rm{BC}三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】试题分析：（1）在碘酸钾中，钾为+1，氧为-2，所以碘为+5。（2）除去粗盐中的杂质，用氢氧化钠除去镁离子，碳酸钠除去钙离子，氯化钡除去硫酸根离子，为了保证杂质完全除去，所加的除杂试剂是过量的，所以为了不引入新的杂质，需要将氯化钡放在碳酸钠试剂前，用碳酸钠除去剩余的钡离子，除掉相关杂质后，将沉淀过滤，再加入适量的盐酸除去多余的碳酸钠和氢氧化钠，所以合理的操作顺序为：⑤④②①③或②⑤④①③或⑤②④①③。（3）电解食盐水生成氢氧化钠和氯气和氢气，当有0.2摩尔电子转移时，生成氯气和氢气各0.1摩尔，即在标准状况下体积为4.48L。（4）贝壳的主要成分为碳酸钙。（5）从母液制取镁的过程中，加入石灰乳的反应为氯化镁和氢氧化钙生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，属于复分解反应，氢氧化镁与盐酸的反应属于复分解反应，氯化镁电解成镁和氯气，属于分解反应，故复分解反应有2个。（6）漂白粉的有效成分是次氯酸钙。（7）单质溴有挥发性，所以可以用热空气吹出。考点：海水的综合利用。【解析】【答案】（1）+5（2）⑤④②或②⑤④或⑤②④（3）2NaCl+2H2OCl2↑+2NaOH+H2↑4.48L（4）CaCO3（5）2（6）Ca(ClO)2（7）Br2具有挥发性18、略

【分析】电子式的书写重点是要明确原子间的键型。【解析】【答案】19、略

【分析】（1）B和C生成丙烯酸乙酯，则B是乙醇，A和水反应生成乙醇，则A是乙烯。（2）根据结构简式可知，CH2=CHCOOCH2CH3的含氧官能团酯基。（3）①B和C的反应是酯化反应，方程式为CH2=CHCOOH＋CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3。②丙烯含有碳碳双键，能发生加聚反应，方程式为③制取硝基苯是通过水浴加热的，因为水浴加热溶液受热均匀，温度易控制。（4）①乙烯和溴化氢发生的是加成反应，生成的氯代烃水解即生成乙醇。②淀粉水解的生成物是葡萄糖，化学式为C6H12O6。③绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，所以选项A不正确，BC正确，答案选BC。【解析】【答案】（1）CH2=CH2（2）酯基（3）①加成、取代②C6H12O6③热水浴；受热均匀，温度易控制（4）①加成反应，取代反应，②C6H12O6③BC20、略

【分析】本题是无机框图题，关键是找准突破点。A是一种红棕色金属氧化物，所以A是氧化铁。由于C能和酸、碱都反应，所以是两性化合物，所以B是铝，C是氧化铝，D是铁，E是氯化亚铁，F是氢氧化亚铁，G是氢氧化铁。H是氯化铝，I是偏氯酸钠，J是氢氧化铝。【解析】【答案】（1）Fe2O3（2分）（其余每空3分）（2）4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3（3）Al2O3＋2OH－＋3H2O=2[Al(OH)4]－（或Al2O3＋4OH－=2AlO2－＋2H2O）（4）Al3＋＋3[Al(OH)4]－=4Al(OH)3↓（或Al3＋＋3AlO2－＋6H2O=4Al(OH)3↓）（5）3Fe＋4H2O（g）Fe3O4＋4H221、略

【分析】【解析】【答案】（1）CO2﹢4H2→CH4﹢2H2O（2）II:IIII（3）正四面体6(4)a22、略

【分析】解：A．金刚石属于原子晶体；熔化时克服共价键；

B．HCl属于分子晶体；熔化时克服分子间作用力；

C．NaCl属于离子晶体；熔化克服离子键；

D．K2SO4属于离子晶体；含有离子键和共价键，熔化克服离子键；

E．Na2S属于离子晶体；熔化克服离子键；F．He属于分子晶体，是单原子分子，没有化学键，熔化时克服分子间作用力；

G．N2属于分子晶体；熔化时克服分子间作用力；

（1）HCl属于分子晶体；H与Cl原子之间存在极性键，所以在固态时含极性共价键的分子晶体是B，故答案为：B；

（2）K2SO4属于离子晶体；含有离子键和共价键，既含离子键又含共价键的是D；故答案为：D；

（3）固态时属于离子晶体的是CDE；故答案为：CDE；

（4）原子晶体在熔化时；需要克服共价键，则熔化时需克服共价键的是A；故答案为：A；

（5）稀有气体属于单原子分子；分子中没有化学键，则晶体中不存在化学键的是F，故答案为：F．

A．金刚石属于原子晶体；熔化时克服共价键；

B．HCl属于分子晶体；熔化时克服分子间作用力；

C．NaCl属于离子晶体；熔化克服离子键；

D．K2SO4属于离子晶体；含有离子键和共价键，熔化克服离子键；

E．Na2S属于离子晶体；熔化克服离子键；F．He属于分子晶体，是单原子分子，没有化学键，熔化时克服分子间作用力；

G．N2属于分子晶体；熔化时克服分子间作用力，据此结合题目分析．

本题考查化学键的类型以及晶体的类型，根据物质的组成，及有关的概念进行判断，题目难度不大，注意稀有气体属于单原子分子，分子中没有化学键是易错点．【解析】B；D；CDE；A；F四、判断题(共3题，共9分)23、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．24、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25、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．五、解答题(共1题，共2分)26、略

【分析】

X、Y、Z的焰色反应均为黄色，说明化合物三者均为钠元素的．X含有四种元素，在加热条件下能生成Z，这四种化合物均为短周期元素组成，且W为无色无味的气体（中学阶段常见的无色无味的气体为H2、O2、CO2等），可推出X为NaHCO3，Y为NaOH，Z为Na2CO3，W为CO2．

（1）由以上分析可知W为CO2，故答案为：CO2；

（2）X与Y在溶液中反应是NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，离子方程式是HCO3-+OH-=CO32-+H2O；

故答案为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O；

（3）①n（CO2）==0.2mol，n（NaOH）=0.3mol，发生2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，生成物为Na2CO3和NaHCO3；

故答案为：Na2CO3和NaHCO3；

②溶液中金属阳离子的浓度为0.5mol/L，应为钠离子，则n（Na+）=0.05mol，加热后固体为Na2CO3，n（Na2CO3）=0.025mol，m（Na2CO3）=0.025mol×106g/mol=2.65g；故答案为：2.65；

（4）①根据装置Ⅲ中Ba（OH）2饱和溶液产生白色沉淀，且图示中装置I、Ⅱ中的物质均为固体，推测装置I中的物质为NaHCO3或Na2CO3固体．装置Ⅰ中反应的化学方程式：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O或2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2H2O；因为装置Ⅴ中收集到一种无色气体，说明装置I中产生的CO2与装置Ⅱ中的物质反应生成了另一种无色气体，进而推测出装置Ⅱ中的物质为Na2O2，故答案为：Na2O2；

②装置Ⅴ中收集的气体是O2．O2的制取也可以用2H2O22H2O+O2↑进行，所需仪器装置是Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ，故答案为：H2O2；Ⅰ；Ⅳ、Ⅴ．

【解析】【答案】X、Y、Z的焰色反应均为黄色，说明三者均为钠元素的化合物．X含有四种元素，在加热条件下能生成Z，这四种化合物均为短周期元素组成，且W为无色无味的气体（中学阶段常见的无色无味的气体为H2、O2、CO2等），可推出X为NaHCO3，Y为NaOH，Z为Na2CO3，W为CO2．结合题目要求解答该题．

六、综合题(共4题，共24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；

（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．28、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+3Cl