2024年滬教版高一化學下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教版高一化學下冊月考試卷960考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列物質可以用鋁制容器存放的是（）A.濃硝酸B.稀硫酸C.濃鹽酸D.濃氫氧化鈉溶液2、下列反應屬于吸熱反應的是rm{(}rm{)}A.燃燒木炭取暖B.炸藥爆炸C.酸堿中和反應D.煅燒石灰石3、rm{2Mg+CO_{2}}rm{C+2MgO}的反應類型屬于A.化合反應B.分解反應C.置換反應D.復分解反應4、下列實驗方案設計中，可行的是（）A.加過量稀鹽酸后過濾，可除去混在銅粉中的少量鎂粉和鋁粉B.用萃取的方法可將汽油和煤油進行分離C.用溶解、過濾的方法可分離硝酸鉀和氯化鈉固體混合物D.將混有氫氣的氧氣通過灼熱的氧化銅，以除去其中的氫氣5、鍶（Sr）是元素周期表中第五周期IIA族的元素；下列關于鍶及其化合物的說法中不正確的是（）

A.鍶能與冷水劇烈反應。

B.鍶的失電子能力比鈣強。

C.Sr（OH）2的堿性比Ca（OH）2弱。

D.氧化鍶是堿性氧化物。

6、將等體積的苯、汽油和水在試管中充分混合后靜置。下列圖示現(xiàn)象正確的是7、下列說法正確的是（）A.二氧化碳分子中存在共價鍵和分子間作用力B.甲烷、氨和雙氧水都是只由極性鍵結合而成的分子C.同主族不同元素的最高價氧化物的水化物從上到下酸性遞增D.氟化氫的沸點高于氯化氫的沸點，水的沸點高于硫化氫的沸點8、下列反應的離子方程式有錯誤的是rm{(}rm{)}A.硫酸氫鈉溶液與氫氧化鈉溶液rm{H^{+}+OH^{-}簍TH_{2}O}B.鉀與水rm{K+2H_{2}O=K^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}C.碳酸氫鈣溶液與氫氧化鈉溶液rm{Ca^{2+}+HCO;_{3}^{-}+OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}D.小蘇打溶液與鹽酸反應rm{HCO;_{3}^{-}+H^{+}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{Ca^{2+}+HCO;_{3}^{-

}+OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)9、有關蔗糖與濃硫酸的反應，下列說法正確的有rm{(}rm{)}A.產(chǎn)生rm{CO_{2}}B.濃硫酸表現(xiàn)出脫水性C.放出大量的熱D.濃硫酸表現(xiàn)出還原性10、下列有關實驗操作或判斷不正確的是rm{(}rm{)}A.配制一定物質的量濃度溶液，定容時俯視刻度線會導致所配溶液濃度偏小B.用干燥的rm{pH}試紙測定氯水的rm{pH}C.配制稀硫酸時，可先在燒杯中加入一定體積的蒸餾水，再邊緩慢加入濃硫酸邊攪拌E.觀察鉀元素焰色反應的操作：先將鉑絲放在稀鹽酸中洗滌，然后蘸取固體氯化鉀，置于酒精燈的火焰上進行灼燒，觀察．E.觀察鉀元素焰色反應的操作：先將鉑絲放在稀鹽酸中洗滌，然后蘸取固體氯化鉀，置于酒精燈的火焰上進行灼燒，觀察．11、下列根據(jù)實驗事實得出的結論正確的是。實驗事實結論rm{A}加熱的鋁箔熔化，但液態(tài)的鋁不滴落熔點：氧化鋁rm{>}鋁rm{B}溶液中加入鹽酸酸化的rm{BaCl_{2}}溶液有白色沉淀生成該溶液中一定含有rm{SO_{4}^{2-}}rm{C}硅酸鈉溶液能使酚酞試液變紅硅酸鈉溶液呈堿性rm{D}常溫下，銅與冷的濃rm{H_{2}SO_{4}}不反應銅與濃硫酸發(fā)生鈍化A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}12、三個容積相同的恒容密閉容器中各自充入1molCO和一定量的H2，分別在T1、T2、T3溫度下發(fā)生如下反應：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0。當反應達到平衡狀態(tài)時，測得CO的轉化率與投料比[]的關系如下圖所示。下列說法正確的是（）

A.H2的平衡轉化率：a＞b＞cB.上述三種溫度之間大小關系為T1＞T2＞T3C.a點狀態(tài)下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，平衡向正方向移動D.c點狀態(tài)下再通入1molCO和4molH2，新平衡中CH3OH的體積分數(shù)增大13、某同學組裝了如圖所示的電化學裝置；則下列說法正確的是（）

A.圖中甲池為原電池裝置，Cu電極發(fā)生還原反應B.實驗過程中，甲池左側燒杯中NO3-的濃度不變C.若甲池中Ag電極質量增加5.4g時，乙池某電極析出1.6g金屬，則乙中的某鹽溶液可能是AgNO3溶液D.若用銅制U形物代替“鹽橋”，工作一段時間后取出U型物稱量，質量不變14、往rm{CuO}和鐵粉的混合物中，加入一定量的稀rm{H_{2}SO_{4}}并微熱，當反應停止后，濾出不溶物，并向濾液中插入一枚鐵釘，片刻后，取出鐵釘，發(fā)現(xiàn)鐵釘并無任何變化rm{.}根據(jù)上述現(xiàn)象，確定下面說法中正確的是A.不溶物一定是銅B.不溶物一定是鐵C.不溶物中一定含銅，但不一定含鐵D.濾液中一定含有rm{FeSO_{4}}一定沒有rm{CuSO_{4}}15、下列有關物質的俗稱，正確的是rm{(}rm{)}A.rm{Fe_{2}O_{3}}--鐵紅B.rm{SiO_{2}}--瑪瑙C.rm{Na_{2}SiO_{3}}水玻璃D.rm{NaHCO_{3}}--蘇打評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)16、（12分）鐵在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)、生活等方面都有重要的應用。（1）正常人體內(nèi)鐵元素以Fe2+和Fe3+的形式存在。正二價鐵離子易被吸收，給貧血者補充鐵時，應給予含F(xiàn)e2+的亞鐵鹽，如硫酸亞鐵。服用維生素C，可使食物中的Fe3+還原成Fe2+，有利于人體吸收。則，在人體中進行Fe3+→Fe2+的轉化時，F(xiàn)e3+作劑，發(fā)生反應。（2）市場出售的某種麥片中含有微量的顆粒細小的還原鐵粉，這些鐵粉在人體胃酸（主要成分是鹽酸）的作用下轉化成亞鐵鹽。此反應的離子方程式為。（3）鐵釘在氯氣中被銹蝕為棕黃色物質FeCl3，寫出該反應的化學方程式，并標出電子轉移的方向和數(shù)目。（4）實驗室中，制取Fe(OH)3膠體的操作是；該反應的離子方程式是；證明膠體已經(jīng)制成的方法是。17、在自然界中發(fā)現(xiàn)的和由人工合成的有機物已有幾千萬種；請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

（1）甲烷是最簡單的有機物，其電子式為______．

（2）甲烷和苯等可以從石油化工生產(chǎn)中獲得，苯的結構簡式為______，乙烯在空氣中充分燃燒的化學方程式為______．

（3）乙醇和乙酸是生活中兩種常見的有機物，乙醇分子中含有的官能團為______，乙醇可以與金屬鈉反應產(chǎn)生一種無色無味的氣體，該氣體是______；在實驗室中可利用如圖所示裝置制取少量的乙酸乙酯，試管a中發(fā)生反應的化學方程式為______，試管b中得到的乙酸乙酯位于液面的______（填“上”或“下”）部．18、按要求填空。

rm{(1)}給下列物質命名：____

rm{(2)}寫電子式：氯化銨______過氧化鈉______二氧化碳______

rm{(3)}乙醇與鈉反應的化學方程式：______

rm{(4)}乙醇被銅催化氧化化學方程式：______

rm{(5)}乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應化學方程式：______．19、下圖是各物質的反應關系圖：已知A和E都是黃色粉末。F有刺激性氣味且有漂白性常被不法商人用來漂白腐竹等。請據(jù)此回答下列問題：（1）寫出下列各物質的化學式：A．__________H．___________；（2）寫出反應①和反應②的化學方程式：①___________________________________________________；②__________________________________________________。20、如圖是中學化學中常用于混合物的分離和提純的裝置；請根據(jù)裝置回答問題：

裝置圖1中A的名稱是____，B的名稱是____．A中一般要加入碎瓷片，其作用是____裝置圖4中盛溶液的儀器名稱是____21、NH4Cl的電子式______，氧化鈉的電子式______，CO2的結構式______．22、已知：rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)=Na_{2}CO_{3}(s)+10H_{2}O(g)triangleH_{1}=+532.4kJ?mol^{-1}}

rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)=Na_{2}CO_{3}?2H_{2}O(s)+8H_{2}O(g)triangleH_{2}=+373.6kJ?mol^{-1}}

rm{H_{2}O(g)=H_{2}O(l)triangleH_{3}=-44kJ?mol^{-1}}

寫出rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)=Na_{2}CO_{3}(s)+10H_{2}O(g)triangle

H_{1}=+532.4kJ?mol^{-1}}脫水分解后生成碳酸鈉固體和液態(tài)水的熱化學方程式______．rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)=Na_{2}CO_{3}?2H_{2}O(s)+8H_{2}O(g)triangle

H_{2}=+373.6kJ?mol^{-1}}23、含有相同分子個數(shù)的SO2和SO3，其質量比為______，摩爾質量比為______，物質的量比為______，其中所含氧原子個數(shù)比為______，硫原子個數(shù)比為______。評卷人得分四、判斷題(共4題，共24分)24、向蛋白質溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學變化．（判斷對錯）25、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．26、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）27、標準狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對錯）評卷人得分五、實驗題(共2題，共14分)28、用rm{18mol?L^{-1}}濃硫酸配制rm{80mL}rm{3.0mol?L^{-1}}稀硫酸的實驗步驟如下：rm{壟脵}計算所用濃硫酸的體積rm{壟脷}量取一定體積的濃硫酸rm{壟脹}溶解rm{壟脺}轉移、洗滌rm{壟脻}定容；搖勻完成下列問題：

rm{(1)}用量筒量取所需濃硫酸的體積為______，所用的量筒的規(guī)格______rm{(}從下列中選用rm{A.10mL}rm{B.25mL}rm{C.50mL}rm{D.100mL)}．

rm{(2)}配制溶液時需用的玻璃儀器是______；______，玻璃棒，量筒，燒杯．

rm{(3)}下列操作結果可以導致物質的量濃度偏低的是______

rm{a.}容量瓶沒有干燥。

rm{b.}搖勻后觀察發(fā)現(xiàn)溶液未達刻度線；再用滴管加幾滴蒸餾水至刻度線。

rm{c.}定容時俯視刻度線。

rm{d.}搖勻后；取溶液時不慎將溶液濺出。

rm{e.}用量筒量取濃硫酸后未用蒸餾水將量筒洗滌rm{2-3}次．29、rm{(1)}反應rm{3Fe(S)+4H_{2}O(g)簍TFe_{3}O_{4}(s)+4H_{2}(g)}在一可變的容積的密閉容器中進行；試回答：

rm{壟脵}增加rm{Fe}的量，其正反應速率的變化是______rm{(}填增大、不變、減小，以下相同rm{)}

rm{壟脷}將容器的體積縮小一半；其正反應速率______．

rm{壟脹}保持體積不變，充入rm{N_{2}}使體系壓強增大；其正反應速率______．

rm{壟脺}保持壓強不變，充入rm{N_{2}}使容器的體積增大；其正反應速率______．

rm{(2)}將等物質的量的rm{A}和rm{B}混合于rm{2L}的密閉容器中，發(fā)生如下反應：rm{3A(g)+B(g)?xC(g)+2D(g)}rm{5min}后測得rm{c(D)=0.5mol?L^{-1}}rm{c(A)}rm{c(B)=3}rm{5}rm{C}的反應速率是rm{0.1mol?L^{-1}?min^{-1}}．

rm{壟脵A}在rm{5min}末的濃度是______rm{.壟脷v(B)=}______rm{.}rm{壟脹x=}______．評卷人得分六、綜合題(共4題，共32分)30、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

31、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題32、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

33、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】解：A；鋁在濃硝酸中發(fā)生鈍化現(xiàn)象；故鋁制品容器可以盛放濃硝酸，故A正確；

B；稀硫酸有弱氧化性；能和鋁反應生成氫氣，不能用鋁制品容器盛放，故B錯誤；

C；鹽酸是弱氧化性的酸；能和鋁反應生成氫氣，不能用鋁制品容器盛放，故C錯誤；

D；氫氧化鈉溶液能和鋁反應；不能用鋁制品容器盛放，故D錯誤．

故選A．

Al是較活潑的金屬；能與酸；強堿反應，但是鋁遇到濃硫酸和濃硝酸會鈍化，據(jù)此分析．

本題考查了鋁的化學性質，鐵、鋁都能和濃硫酸、濃硝酸在常溫下發(fā)生鈍化現(xiàn)象，所以可用鐵、鋁制容器盛放濃硫酸、濃硝酸，題目較簡單，注意把握常見金屬的性質．【解析】【答案】A2、D【分析】解：rm{A.}所有的燃燒反應都屬于放熱反應；故A錯誤；

B.炸藥爆炸是放熱反應；故B錯誤；

C.酸堿中和反應屬于放熱反應；故C錯誤；

D.煅燒石灰石是分解反應反應；屬于吸熱反應，故D正確；

故選D。

根據(jù)常見的放熱反應有：所有的物質燃燒；金屬與酸或水反應、中和反應、鋁熱反應、絕大多數(shù)化合反應等；

常見的吸熱反應有：絕大數(shù)分解反應，個別的化合反應rm{(}如rm{C}和rm{CO_{2})}rm{Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}與氯化銨的反應。

本題考查吸熱反應和放熱反應，難度不大，明確常見的吸熱反應和放熱反應類型是解題的關鍵，注意基礎知識的積累?！窘馕觥縭m{D}3、C【分析】【分析】兩種或兩種以上的物質生成一種物質的反應為化合反應；

一種單質和一種化合物生成另一種單質和另一種化合物的反應為置換反應；

一種物質生成兩種或兩種以上物質的反應為分解反應；

兩種化合物相互交換成分生成另外兩種化合物的反應為復分解反應，據(jù)此分析?！窘獯稹扛鶕?jù)金屬鎂在二氧化碳中燃燒的化學方程式rm{2Mg+CO}2rm{2MgO+C}可以知道；該反應是一種單質和一種化合物反應生成另一種單質和另一種化合物，故屬于置換反應。

故選C。【解析】rm{C}4、A【分析】解：A．Mg；Al與鹽酸反應；但Cu不能反應，則加過量稀鹽酸后過濾，可除去混在銅粉中的少量鎂粉和鋁粉，故A正確；

B．汽油和煤油互溶；萃取不能分離，應選蒸餾法，故B錯誤；

C．硝酸鉀和氯化鈉均溶于水；過濾不能分離，應選結晶法，故C錯誤；

D．混有氫氣的氧氣通過灼熱的氧化銅；氫氣不純加熱可能發(fā)生爆炸，且氧氣中可能混有水蒸氣，不能除雜，故D錯誤；

故選：A。

A．Mg；Al與鹽酸反應；但Cu不能反應；

B．汽油和煤油互溶；

C．硝酸鉀和氯化鈉均溶于水；

D．混有氫氣的氧氣通過灼熱的氧化銅；氫氣不純加熱可能發(fā)生爆炸，且氧氣中可能混有水蒸氣．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、混合物分離提純、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識與實驗的結合，題目難度不大．【解析】A5、C【分析】

A．Ca、Ba等金屬能與是劇烈反應，Sr與Ca；Ba等元素位于同一主族；且金屬性更強，能與冷水發(fā)生劇烈反應，故A正確；

B．同主族元素從上到下元素的金屬性逐漸增強；故B正確；

C．同主族元素從上到下元素的金屬性逐漸增強；對應的最高價氧化物的水化物的堿性逐漸增強，故C錯誤；

D．Sr具有較強的金屬性；對應的氧化物為堿性氧化物，故D正確．

故選C．

【解析】【答案】鍶（Sr）是元素周期表中第五周期IIA族；與Ca；Ba等元素位于同一主族，根據(jù)同主族元素的性質的相似性和遞變性解答該題．

6、D【分析】【解析】試題分析：苯和汽油互溶，不溶于水，且密度小于水的，所以正確的答案選D?？键c：考查有機物溶解性的判斷【解析】【答案】D7、D【分析】解：A．二氧化碳分子中存在共價鍵；分子間存在分子間作用力；分子中不存在分子間作用力，故A錯誤；

B．CH4中含有極性鍵，空間結構為正四面體，正負電荷的中心重合，屬于非極性分子，H2O2中含有極性鍵，空間結構不對稱，屬于極性分子；NH3中含有極性鍵；空間結構為三角錐形，正負電荷的中心不重合，屬于極性分子，故B錯誤；

C．元素的非金屬性越強；其最高價氧化物的水化物的酸性越強，同主族從上到下非金屬性減弱，則最高價氧化物的水化物酸性減弱，故C錯誤；

D．氟化氫分子間存在氫鍵；氟化氫所以的沸點高于氯化氫的沸點，水分子間存在氫鍵，所以水的沸點高于硫化氫的沸點，故D正確；

故選D．

A．二氧化碳分子間存在分子間作用力；分子內(nèi)存在化學鍵；

B．結構對稱；正負電荷的中心重合，則為非極性分子；極性分子中正負電荷的中心不重合，具有一定的極性；

C．元素的非金屬性越強；其最高價氧化物的水化物的酸性越強；

D；同主族的氫化物；分子間存在氫鍵的沸點較高．

本題考查化學鍵和分子間作用力，熟悉常見元素之間的成鍵是解答本題的關鍵，注意化學鍵、空間構型與分子的極性的有關．【解析】【答案】D8、B【分析】解：rm{A.}硫酸氫鈉溶液與氫氧化鈉溶液，離子方程式：rm{H^{+}+OH^{-}簍TH_{2}O}故A正確；

B.鉀與水，離子方程式：rm{2K+2H_{2}O=2K^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}故B錯誤；

C.碳酸氫鈣溶液與少量氫氧化鈉溶液反應，離子方程式為：rm{Ca^{2+}+HCO_{3}^{-}+OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}故C正確；

D.小蘇打溶液與鹽酸反應，離子方程式：rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}故D正確；

故選：rm{B}．

A.硫酸氫鈉溶液與氫氧化鈉溶液反應生成硫酸鈉和水；

B.電荷不守恒；

C.碳酸氫鈣溶液與少量氫氧化鈉溶液反應生成碳酸鈣；水和氫氧化鈉；

D.小蘇打溶液與鹽酸反應生成二氧化碳；水和氯化鈉．

本題考查了離子方程式的書寫，明確反應的實質是解題關鍵，書寫時注意電荷守恒、原子個數(shù)守恒、化學式的拆分．【解析】rm{B}二、多選題(共7題，共14分)9、ABC【分析】解：濃硫酸具有脫水性和強氧化性，能將蔗糖中的rm{H}rm{O}元素以rm{2}rm{1}脫去；將蔗糖氧化為二氧化碳，所以體現(xiàn)了濃硫酸的強氧化性和脫水性，所以D錯誤；

故選ABC．

濃硫酸具有脫水性和強氧化性，能將蔗糖中的rm{H}rm{O}元素以rm{2}rm{1}脫去；將蔗糖氧化為二氧化碳，所以體現(xiàn)了濃硫酸的強氧化性和脫水性，由此分析解答．

本題考查了濃硫酸的性質，根據(jù)濃硫酸的脫水性、吸水性、強氧化性來分析解答，注意脫水性和吸水性的區(qū)別，為易錯點．【解析】rm{ABC}10、ABDE【分析】解：rm{A.}配制一定物質的量濃度溶液；定容時俯視刻度線，導致加入的水的量減少，溶液體積變小，所配溶液濃度偏大，故A錯誤；

B.氯水中rm{HClO}具有強氧化性，不能利用試紙測定rm{pH}應選rm{pH}計；故B錯誤；

C.由于稀釋過程中放出大量的熱；且濃硫酸密度大于水，所以配制稀硫酸時，可先在燒杯中加入一定體積的蒸餾水，再邊緩慢加入濃硫酸邊攪拌，故C正確；

D.氫氧化鈉具有強腐蝕性；且容易潮解變質，稱量氫氧化鈉時應該放在小燒杯中快速稱量，故D錯誤；

E.做鉀元素的焰色反應時；需要透過藍色的鈷玻璃觀察火焰顏色，故E錯誤；

F.氫氧化亞鐵被空氣中的氧氣氧化為氫氧化鐵；應隔絕空氣制取，故F正確；

故選A、rm{B}rm{D}rm{E}．

A.定容時俯視刻度線；導致加入的水的量減少；

B.氯水中含具有漂白性的rm{HClO}

C.稀釋時將密度大的液體注入密度小的液體中；

D.rm{NaOH}應在小燒杯中稱量；

E.觀察rm{K}的焰色反應時；需要透過藍色的鈷玻璃；

F.盛有rm{NaOH}溶液的滴管；伸入硫酸亞鐵溶液中，防止氫氧化亞鐵被氧化．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、溶液配制、rm{pH}測定、物質的制備及實驗技能等為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大．【解析】rm{ABDE}11、AC【分析】【分析】本題考查離子的檢驗、鋁的性質、銅的性質、硅酸鹽的性質，題目難度不大?！窘獯稹緼.鋁的表面有一層致密的氧化鋁保護膜，熔點：氧化鋁rm{>}鋁，所以加熱的鋁箔熔化，但液態(tài)的鋁不滴落，故A正確；鋁，所以加熱的鋁箔熔化，但液態(tài)的鋁不滴落，故A正確；

rm{>}

B.溶液中可能含有氯離子，故B錯誤；，故C正確；C.酚酞試液變紅，說明硅酸鈉溶液呈堿性

故選AC。

D.鈍化屬于化學反應，故D錯誤?！窘馕觥縭m{AC}12、AD【分析】【詳解】

A．a(chǎn)、b兩點投料比相同，在投料比[]不變時，CO的轉化率越大，則H2的轉化率也越大，所以H2的平衡轉化率：a＞b；投料比越大，則CO的轉化率越大，H2的轉化率就越小，根據(jù)圖示可知c點的投料比最大，故該點H2的轉化率最小，因此H2的平衡轉化率大小關系為：a＞b＞c；A正確；

B．該反應的正反應是放熱反應，升高溫度，化學平衡向吸熱的逆反應方向移動，CO的轉化率會減小。根據(jù)圖示可知在投料比相同時，CO的轉化率的大小關系：T1＞T2＞T3，說明反應溫度：T1＜T2＜T3；B錯誤；

C．a(chǎn)點時CO的轉化率是50%，在反應開始時加入CO的物質的量是1mol，則此時CO及反應產(chǎn)生的CH3OH的物質的量都是0.5mol，CO、CH3OH的濃度相等，a點狀態(tài)下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，CO、CH3OH的濃度仍然相同，此時Qc=K；說明化學平衡不發(fā)生移動，C錯誤；

D．c點為平衡狀態(tài)，在反應開始時其投料比[]=4，若此時再通入1molCO和4molH2，與原開始投料比相同，由于增大反應物濃度，使反應體系的壓強增大，增大壓強化學平衡向氣體體積減小的正向移動，會產(chǎn)生更多的CH3OH，最終達到新平衡中CH3OH的體積分數(shù)增大；D正確；

故合理選項是AD。13、CD【分析】【分析】

甲池為原電池裝置；活潑的銅失電子作負極，電流方向從正極流向負極，負極上失電子發(fā)生氧化反應，正極上得電子發(fā)生還原反應，銅放電生成銅離子，鹽橋中的陰離子硝酸根離子向左邊移動，如果用銅制U形物代替“鹽橋”，甲池中的右邊一個池為原電池裝置，據(jù)此分析解答。

【詳解】

A.圖中甲池為原電池裝置；Cu電極為負極發(fā)生氧化反應，故A錯誤；

B.實驗過程中，銅放電生成銅離子，鹽橋中的陰離子硝酸根離子向左邊移動，所以左側燒杯中NO3?的濃度變大；故B錯誤；

C.若甲池中Ag電極質量增加5.4g時，即生成銀5.4g，物質的量為所以整個電路轉移0.05mol的電子，如果乙池中是足量硝酸銀應生成5.4g的銀，只生成1.6g，這說明硝酸銀不足，可能含有硝酸銀，故C正確；

D.用銅制U形物代替“鹽橋”；右邊銅的質量減少，而左邊銅的質量增加，而整個電路轉移電子數(shù)相等，所以減少的質量與增加的質量相等，U形管的質量不變，故D正確；

故選CD。14、CD【分析】【分析】本題考查金屬的活動性順序，題目難度不大。【解答】A.根據(jù)放入濾液中的粗鐵絲無任何變化，可得出氧化銅與硫酸反應形成的硫酸銅全部被置換，濾出固體中含銅，但卻不能判斷混合物的鐵是否完全反應，所以，不溶物含銅但一定只有銅卻理由不足，故A錯誤；B.根據(jù)選項A的分析，可判斷不溶物中一定含銅，可能含鐵，故B錯誤；C.根據(jù)選項A的分析，可判斷不溶物中一定含銅，可能含鐵，故C正確；rm{D}rm{.}因為加入的硫酸已完全反應且濾液中不含硫酸銅，可判斷濾液中一定含有硫酸亞鐵，因為放入濾液的鐵無任何變化，可判斷濾液中一定不含硫酸及硫酸銅因為加入的硫酸已完全反應且濾液中不含硫酸銅，可判斷濾液中一定含有硫酸亞鐵，因為放入濾液的鐵無任何變化，可判斷濾液中一定不含硫酸及硫酸銅，rm{.}故rm{D}。故選CD。正確【解析】rm{CD}15、ABC【分析】解：rm{A.}鐵紅為氧化鐵的俗稱，其化學式為rm{Fe_{2}O_{3}}鐵紅常常用于涂料；油漆中，故A正確；

B.石英中具有彩色環(huán)帶或層狀的稱為瑪瑙；主要成分是二氧化硅，故B正確；

C.水玻璃是硅酸鈉的水溶液，化學式為rm{Na_{2}SiO_{3}}故C正確；

D.rm{NaHCO_{3}}俗名小蘇打，蘇打是碳酸鈉rm{Na_{2}CO_{3}}故D錯誤；

故選ABC．

A.鐵紅為氧化鐵的俗稱；

B.瑪瑙主要成分是二氧化硅；

C.水玻璃是硅酸鈉的水溶液；

D.碳酸氫鈉為小蘇打．

本題考查了化學用語，明確物質的成分及俗稱是解本題關鍵，注意物質的用途，題目難度不大．【解析】rm{ABC}三、填空題(共8題，共16分)16、略

【分析】試題分析：（1）在人體中進行Fe3+→Fe2+的轉化時，鐵的價態(tài)降低作氧化劑，維生素為還原劑，答案為氧化；還原；（2）胃酸的主要成分為HCl，與鐵反應生成氯化亞鐵和氫氣，故答案為Fe+2H+＝Fe2++H2↑；（3）鐵釘在氯氣中被腐蝕成FeCl3，氯氣做氧化劑，方程式為2Fe+3Cl2=2FeCl3;（4）制取氫氧化鐵膠體時不能向氯化鐵中直接加熱氫氧化鈉溶液、不能長時間加熱、不能攪拌，以上操作均能引起膠體的聚沉。正確方法為向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，繼續(xù)加熱，直至溶液變成紅褐色，停止加熱;離子方程式為Fe3++3H2O=Fe(OH)3(膠體)+3H+;用丁達爾效應來鑒別膠體的形成，故答案為：向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，繼續(xù)加熱，直至溶液變成紅褐色，停止加熱;Fe3++3H2O=Fe(OH)3(膠體)+3H+;丁達爾效應考點：氧化劑與還原劑、氫氧化鐵膠體的制備【解析】【答案】（1）氧化。還原;（2）Fe+2H+＝Fe2++H2↑;（3）2Fe+3Cl2=2FeCl3;（4）向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，繼續(xù)加熱，直至溶液變成紅褐色，停止加熱;Fe3++3H2O=Fe(OH)3(膠體)+3H+;丁達爾效應17、略

【分析】解：（1）甲烷分子中含有4個碳氫鍵，甲烷的電子式為：

故答案為：

（2）苯分子中所有原子都共平面，其結構簡式為：乙烯在空氣中完全燃燒生成二氧化碳氣體和水，反應的化學方程式為：C2H4+3O22CO2+2H2O；

故答案為：C2H4+3O22CO2+2H2O．

（3）乙醇的結構簡式為CH3CH2OH，其分子中含有的官能團為羥基；乙醇能夠與金屬鈉反應生成乙醇鈉和氫氣；試管a中乙酸和乙醇在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應，生成乙酸乙酯和水，反應方程式為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；乙酸乙酯的密度小于水；所以生成的乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液的上部；

故答案為：羥基；氫氣；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；上．

（1）甲烷為共價化合物；其分子中含有4個碳氫鍵，碳原子最外層達到8電子穩(wěn)定結構，據(jù)此寫出甲烷的電子式；

（2）苯分子中的碳碳鍵為一種獨特鍵；其分子中所有原子共平面，據(jù)此寫出其結構簡式；乙烯在空氣中完全燃燒生成二氧化碳氣體和水；

（3）乙醇分子中含有的官能團為羥基；乙醇能夠與鈉反應生成氫氣；乙醇與乙酸發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯和水；乙酸乙酯的密度小于碳酸鈉溶液．

本題考查了常見有機物結構與性質，題目難度不大，涉及電子式、結構簡式的書寫、酯化反應、有機物結構與性質等知識，明確常見有機物結構與性質為解答關鍵，注意掌握乙酸乙酯的制取原理．【解析】C2H4+3O22CO2+2H2O；羥基；氫氣；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；上18、略

【分析】解：rm{(1)}的最長碳鏈含有rm{6}個碳原子，rm{2}rm{4}位上兩個甲基，rm{3}位上一個乙基，命名為：rm{2}rm{4-}二甲基rm{-3-}乙基己烷；

故答案為：rm{2}rm{4-}二甲基rm{-3-}乙基己烷；

rm{(2)}氯化銨為離子化合物，電子式中需要標出陰陽離子所帶電荷，氯化銨的電子式為：過氧化鈉為離子化合物，化合物中存在鈉離子和過氧根離子，過氧化鈉的電子式為二氧化碳分子中存在兩個碳氧雙鍵，二氧化碳的電子式為

故答案為：

rm{(3)}乙醇含有羥基，可與鈉反應生成氫氣，方程式為rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na隆煤2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}隆眉}

故答案為：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na隆煤2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}隆眉}

rm{(4)}乙醇在催化劑存在條件下與氧氣反應生成乙醛的化學方程式為：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

故答案為：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}酯化反應中羧酸提供羥基，醇應該氫原子，所以反應的機理可以表示為rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

故答案為：rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}}rm{(5)}

rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}}烷烴命名原則：

rm{CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}長：選最長碳鏈為主鏈；

rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}}多：遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

rm{CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O.}近：離支鏈最近一端編號；

rm{(1)}?。褐ф溇幪栔妥钚m{壟脵}看下面結構簡式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則；

rm{壟脷}簡：兩取代基距離主鏈兩端等距離時，從簡單取代基開始編號rm{壟脹}如取代基不同；就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面；

rm{壟脺}氯化銨為離子化合物；電子式中需要標出陰陽離子所帶電荷，過氧化鈉為離子化合物，化合物中存在鈉離子和過氧根離子，二氧化碳分子中存在兩個碳氧雙鍵，據(jù)此書寫電子式；

rm{.}鈉能置換羥基上的氫；

rm{壟脻}乙醇中含rm{.}能發(fā)生催化氧化生成乙醛；

rm{(2)}羧酸脫去羥基；醇脫去氫原子生成乙酸乙酯和水．

本題綜合考查有機物的命名、結構和性質，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，注意把握乙醇的性質，把握反應的條件以及相關方程式的書寫，難度不大．rm{(3)}【解析】rm{2}rm{4-}二甲基rm{-3-}乙基己烷；rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na隆煤2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}隆眉}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}19、略

【分析】試題分析：（1）、由題意可知，具有刺激性氣味，有漂白性的F為SO2；由轉化關系及主要物質的性質可知，A、B、C、E、F、G、H分別為Na2O2、Na2CO3、O2、S、SO2、SO3、H2SO4；（2）、過氧化鈉常用作供氧劑，與CO2發(fā)生氧化還原反應，生成碳酸鈉和氧氣，反應式為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；銅與濃硫酸混合加熱，反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，反應式為Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O?？键c：考查硫及其化合物的轉化等相關知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚ü?2分）（1）Na2O2；H2SO4（2）①2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2②Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O20、蒸餾燒瓶冷凝管防止暴沸蒸發(fā)皿【分析】【解答】A為蒸餾燒瓶；B為冷凝管；沸石或碎瓷片可防止暴沸；裝置圖4中盛溶液的儀器名稱是蒸發(fā)皿；故答案為：蒸餾燒瓶；冷凝管；防止暴沸；蒸發(fā)皿．

【分析】根據(jù)儀器形狀確定儀器名稱，沸石或碎瓷片可防暴沸．21、略

【分析】解：氯化銨是離子化合物，由氨根離子與氯離子構成，電子式為：

氧化鈉是離子化合物，由鈉離子與氧離子構成，電子式為；

二氧化碳為直線型結構，分子中存在兩個碳氧雙鍵，二氧化碳的電子式為

故答案為：．

氯化銨是由氨根離子與氯離子通過離子鍵結合而成的離子化合物；

氧化鈉是由鈉離子與氧離子通過離子鍵結合而成的離子化合物；

二氧化碳中碳原子與2個氧原子通過共用四對電子形成共價化合物．

本題考查常用化學用語，準確判斷物質所含化學鍵類型、熟練掌握電子式書寫方法即可解答，題目難度不大．【解析】22、略

【分析】解：rm{壟脵Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)簍TNa_{2}CO_{3}(s)+10H_{2}O(g)triangleH_{1}=+532.36kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)簍TNa_{2}CO_{3}?H_{2}O(s)+9H_{2}O(g)triangleH_{2}=+373.6kJ?mol^{-1}}

rm{壟脹H_{2}O(g)=H_{2}O(l)triangleH_{3}=-44kJ?mol^{-1}}

由蓋斯定律rm{壟脵Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)簍TNa_{2}CO_{3}(s)+10H_{2}O(g)triangle

H_{1}=+532.36kJ?mol^{-1}}得到：rm{壟脷Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O(s)簍TNa_{2}CO_{3}?H_{2}O(s)+9H_{2}O(g)triangle

H_{2}=+373.6kJ?mol^{-1}}rm{壟脹H_{2}O(g)=H_{2}O(l)triangle

H_{3}=-44kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{壟脵-壟脷+壟脹}rm{Na_{2}CO_{3}?2H_{2}O(s)簍TNa_{2}CO_{3}(s)+2H_{2}O(l)}．

依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算得到所需要的熱化學方程式．

本題考查了熱化學方程式的書寫和蓋斯定律的計算應用，題目較簡單．rm{triangleH=+70.8KJ/mol}【解析】rm{Na_{2}CO_{3}?2H_{2}O(s)簍TNa_{2}CO_{3}(s)+2H_{2}O(l)}rm{triangleH=+70.8KJ/mol}23、4：54：51：12：31：1【分析】解：根據(jù)n=可知，含有相同分子個數(shù)的SO2和SO3具有相同的物質的量；二者物質的量之比=1：1，摩爾質量之比=64g/mol：80g/mol=4：5，則二者質量之比=摩爾質量之比=4：5；

等物質的量的SO2和SO3所含氧原子個數(shù)比=（1×2）：（1×3）=2：3；含有硫原子個數(shù)比═（1×1）：（1×1）=1：1；

故答案為：4：5；4：5；1：1；2：3；1：1。

根據(jù)n=可知二者的物質的量相等；根據(jù)m=nM計算出二者質量之比，然后結合二者化學式組成計算含有氧原子；硫原子的個數(shù)之比。

本題考查物質的量的計算，題目難度不大，明確物質的量與其它物理量之間的關系即可解答，試題培養(yǎng)了學生的化學計算能力?！窘馕觥?：54：51：12：31：1四、判斷題(共4題，共24分)24、B【分析】【解答】蛋白質溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學變化的實質是在原子核不變的情況下，有新物質生成，分析各選項是否符合化學變化的概念，即有新物質生成，就是化學變化．25、B【分析】【解答】蒸餾是用來分離沸點不同的液體混合物；溫度計測量的是蒸汽的溫度，故應放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據(jù)溫度計在該裝置中的位置與作用；26、B【分析】【解答】n===1mol，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據(jù)n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．27、B【分析】【解答】標準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標準狀況己烷不是氣體，物質的量不是0.1mol，故上述錯誤；

故答案為：錯．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應用條件分析判斷，標準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol五、實驗題(共2題，共14分)28、16.7mL；B；100mL容量瓶；膠頭滴管；be【分析】解：rm{(1)}用rm{18mol?L^{-1}}濃硫酸配制rm{80mL}rm{3.0mol?L^{-1}}稀硫酸，應選擇rm{100mL}容量瓶，設需要濃硫酸體積為rm{V}則依據(jù)溶液稀釋過程中溶質的物質的量不變得：rm{18mol/L隆脕V=100mL隆脕3.0mol/L}解得rm{V=16.7mL}應選擇rm{25mL}量筒；

故答案為：rm{16.7mL}rm{B}

rm{(2)}配制一定物質的量濃度溶液一般步驟為：計算、量取、稀釋、移液、洗滌、定容、搖勻等，用到的儀器：量筒、燒杯、玻璃棒、rm{100mL}容量瓶、膠頭滴管，所以還缺少的玻璃儀器：rm{100mL}容量瓶；膠頭滴管；

故答案為：rm{100mL}容量瓶；膠頭滴管；

rm{(3)a.}容量瓶沒有干燥，對溶質的物質的量和溶液體積都不產(chǎn)生影響，溶液濃度不變，故rm{a}不選；

rm{b.}搖勻后觀察發(fā)現(xiàn)溶液未達刻度線，再用滴管加幾滴蒸餾水至刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏小，故rm選；

rm{c.}定容時俯視刻度線，導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故rm{c}不選；

rm{d.}溶液具有均一性，搖勻后，取溶液時不慎將溶液濺出對溶液濃度不產(chǎn)生影響，故rm{c}不選；

rm{e.}用量筒量取濃硫酸后未用蒸餾水將量筒洗滌rm{2-3}次，導致量取濃硫酸中含有硫酸的物質的量偏小，溶液濃度偏小，故rm{e}選；

故選：rm{be}．

rm{(1)}依據(jù)溶液稀釋過程中溶質的物質的量不變計算需要濃硫酸體積；依據(jù)濃硫酸體積選擇合適規(guī)格量筒；

rm{(2)}配制一定物質的量濃度溶液一般步驟為：計算；量取、稀釋、移液、洗滌、定容、搖勻等；據(jù)此選擇需要儀器；

rm{(3)}分析操作對溶質的物質的量和溶液體積的影響，依據(jù)rm{C=dfrac{n}{V}}進行誤差分析；

本題考查了一定物質的量濃度溶液的配制過程中的計算和誤差分析，難度不大，掌握公式的運用和配制原理是解題的關鍵，注意誤差分析的方法和技巧．【解析】rm{16.7mL}rm{B}rm{100mL}容量瓶；膠頭滴管；rm{be}29、略

【分析】解：rm{(1)壟脵}因鐵是固體；增加鐵的量，沒有增加鐵的濃度，所以不能改變反應速率，故答案為：不變．

rm{壟脷}容器的體積縮小；容器內(nèi)各物質的濃度都增大，濃度越大，化學反應速率越快，故答案為：增大；．

rm{壟脹}體積不變，充入rm{N_{2}}使體系壓強增大；但各物質的濃度不變，所以反應速率不變，故答案為：不變；

rm{壟脺}壓強不變，充入rm{N_{2}}使容器的體積增大；但各物質的濃度都減小，濃度越小，反應速率越小，故答案為：減?。?/p>

rm{(2)壟脵}平衡時rm{D}的濃度為rm{0.5mol/L}rm{D}的物質的量為rm{2L隆脕0.5mol/L=1mol}則：

rm{3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)}

起始rm{(mol)}rm{n}rm{n}rm{0}

變化rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.5}rm{1}

平衡rm{(mol)}rm{n-1.5}rm{n-0.5}

所以rm{(n-1.5)}rm{(n-0.5)=3}rm{5}解得rm{n=3}

rm{A}在rm{5min}末的濃度是rm{dfrac{3mol-1.5mol}{2L}=0.75}rm{dfrac

{3mol-1.5mol}{2L}=0.75}

故答案為：rm{mol?L^{-1}}rm{0.75}

rm{mol?L^{-1}}從開始到平衡時rm{壟脷}的平均反應速率rm{=dfrac{dfrac{0.5mol}{2L}}{5min}=0.05mol/L?min}故答案為：rm{B}rm{=dfrac{dfrac

{0.5mol}{2L}}{5min}=0.05mol/L?min}

rm{0.05}反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，所以rm{mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{壟脹}rm{v(B)}rm{v(C)=0.05mol/(L.min)}所以rm{0.1mol/(L?min)=1}故答案為：rm{x}．

rm{x=2}固體的量的增減不能改變反應速率；

rm{2}容器的體積縮?。蝗萜鲀?nèi)各物質的濃度都增大，濃度越大，化學反應速率越快；

rm{(1)壟脵}體積不變，充入rm{壟脷}使體系壓強增大；但各物質的濃度不變；

rm{壟脹}壓強不變，充入rm{N_{2}}使容器的體積增大；但各物質的濃度都減?。?/p>

rm{壟脺}根據(jù)rm{N_{2}}的濃度求出rm{(2)}的物質的量，根據(jù)方程式計算消耗rm{D}rm{D}物質的量，再根據(jù)平衡時rm{A}rm{B}濃度之比列方程計算rm{A}與rm{B}的起始物質的量，計算平衡時rm{A}的物質的量，可計算濃度；根據(jù)rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}計算rm{B}根據(jù)反應速率之比等于化學計量數(shù)之比求出rm{A}值．

本題考查了化學反應速率與化學計量數(shù)的關系，側重于學生的分析、計算能力的考查，明確同一反應中反應速率之比等于化學計量數(shù)之比是解rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}的關鍵，注意把握化學反應速率的影響因素，難度不大．rm{v(B)}【解析】不變；增大；不變；減小；rm{0.75mol?L^{-1}}rm{0.05mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{2}六、綜合題(共4題，共32分)30、反應物能量生成物能量無降低因為催化劑改變了反應的歷程使活化能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）因圖中A；C分別表示反應物總能量、生成物總能量；B為活化能，反應熱可表示為A、C活化能的大小之差，活化能的大小與反應熱無關，加入催化劑，活化能減小，反應反應熱不變；

（2）因1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化為2molSO3的△H=﹣198kJ?mol﹣1；

則2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ?mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2時，自身被還原為四價釩化合物；四價釩化合物再被氧氣氧化，則反應的相關方程式為：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；

則利用蓋斯定律將①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1；

【分析】（1）反應物總能量大于生成物總能量；催化劑改變了反應的歷程使活化能E降低，反應熱不變；

（2）根據(jù)反應2SO2（g）+O