2025年牛津譯林版高一化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………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2025年牛津譯林版高一化學(xué)上冊月考試卷980考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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6題，共12分)1、我國城市環(huán)境中的大氣污染物主要是A.CO、Cl2、N2、酸雨B.HCl、O2、N2、粉塵C.SO2、NO2、CO、粉塵D.NH3、CO2、NO、霧2、下列各組反應(yīng)中最終肯定不生成白色沉淀的是rm{(}rm{)}A.rm{AlCl_{3}}溶液中加入過量氨水B.rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中加入過量rm{KOH}溶液C.rm{MgCl_{2}}溶液中加入過量氨水D.rm{MgSO_{4}}溶液中加入過量rm{KOH}溶液3、下列四組實驗，根據(jù)實驗事實得出的結(jié)論，正確的是()A.在五水硫酸銅中滴加少量濃硫酸，固體顏色由藍(lán)變白，說明濃硫酸具有吸水性B.將蘸有濃氨水和硫酸的兩玻璃棒靠近，無明顯現(xiàn)象，說明氨氣不與硫酸反應(yīng)C.在銅片上滴加少量稀硫酸，無明顯現(xiàn)象，說明稀硫酸沒有氧化性D.某未知氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色，則原氣體一定是rm{SO_{2}}4、據(jù)報道，以硼氫化合物rm{NaBH_{4}(B}元素的化合價為rm{+3}價rm{)}和rm{H_{2}O_{2}}作原料的燃料電池，負(fù)極材料采用rm{Pt/C}正極材料采用rm{MnO_{2}}可用作空軍通信衛(wèi)星電源，工作原理如圖所示rm{.}下列說法錯誤的是rm{(}rm{)}

A.電池放電時rm{Na^{+}}從rm{a}極區(qū)移向rm極區(qū)B.電極rm采用rm{MnO_{2}}rm{MnO_{2}}既作電極材料又有催化作用C.每消耗rm{3molH_{2}O_{2}}轉(zhuǎn)移的電子為rm{3mol}D.該電池的rm{a}極反應(yīng)為：rm{BH_{4}^{-}+8OH^{-}-8e^{-}簍TBO_{2}^{-}+6H_{2}O}5、在周期表中，第rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}周期元素種數(shù)分別是rm{(}rm{)}A.rm{8}rm{8}rm{8}rm{18}B.rm{8}rm{8}rm{18}rm{18}C.rm{8}rm{8}rm{18}rm{32}D.rm{2}rm{8}rm{8}rm{18}6、在鋁與稀硫酸的反應(yīng)中，已知rm{10}末，硫酸的濃度減少了rm{0.6mol隆隴L^{-1}}若不考慮反應(yīng)過程中溶液體積的變化，則rm{10}內(nèi)生成硫酸鋁的平均反應(yīng)速率是rm{(}rm{)}A.rm{0.02mol隆隴L^{-1}隆隴S^{-1}}B.rm{1.8mol隆隴L^{-1}隆隴S^{-1;;;;;;;;;;}}C.rm{1.2mol隆隴L^{-1}隆隴S^{-1}}D.rm{0.18mol隆隴L^{-1}隆隴S^{-1}}評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)7、能用酒精燈直接加熱的儀器是()A.量筒B.坩堝C.試管D.蒸發(fā)皿8、下列敘述中，正確的是()A.共價化合物不可能含有離子鍵B.rm{CCl_{4}}和rm{NH_{3}}都是只含有非極性鍵的共價化合物C.rm{Na_{2}O_{2}}是含有非極性鍵的離子化合物D.rm{CaO}和rm{NaCl}晶體熔化時要破壞離子鍵9、工業(yè)上可利用如圖所示電解裝置吸收和轉(zhuǎn)化SO2（A、B均為惰性電極），下列說法正確的是（）

A.B極為電解池的陽極B.B極區(qū)吸收5molSO2，則A極區(qū)生成25molS2OC.B極區(qū)電解液為稀硫酸，電解一段時間后硫酸濃度增大D.A極的電極反應(yīng)為2SO-2e-+4H+=S2O+2H2O10、用碳棒作電極電解下列物質(zhì)的水溶液，一段時間后，加入適量括號內(nèi)物質(zhì)，可使溶液恢復(fù)原溶質(zhì)原濃度的是A.NaCl(NaCl)B.MgSO4(MgO)C.CuSO4(CuCO3)D.CuCl2(CuCl2)11、工業(yè)上常用電解鉻酐（CrO3，遇水生成H2Cr2O7和H2CrO4）水溶液的方法鍍鉻，電鍍液中需加入適量的催化劑和添加劑，并通過加入H2O2提高或降低電鍍液中Cr（Ⅲ）的含量；發(fā)生的部分反應(yīng)有：

①Cr2O72-+14H++6e?=2Cr3++7H2O

②2H++2e?=H2

③2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O

④CrO42-+8H++6e?=Cr+4H2O

⑤2H2O?4e?=O2+4H+

⑥2Cr3++7H2O?6e?=Cr2O72-+14H+

下列說法錯誤的是（）A.反應(yīng)①②在鍍件上發(fā)生B.H2O2既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性C.當(dāng)鍍件上析出52g單質(zhì)鉻時，電路中轉(zhuǎn)移6mol電子D.電鍍一段時間后，電極附近溶液的pH：陽極＞陰極評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)12、（8分）X、Y、Z三種短周期元素，它們的原子序數(shù)之和為16。X、Y、Z三種元素的常見單質(zhì)在常溫下都是無色氣體，在適當(dāng)條件下可發(fā)生如圖所示變化：已知一個B分子中含有的Z元素的原子個數(shù)比一個C分子中少一個。請回答下列問題：（1）B分子的結(jié)構(gòu)式是；（2）X單質(zhì)與Z單質(zhì)可制成新型的化學(xué)電源（KOH溶液作電解質(zhì)溶液），兩個電極均由多孔性炭制成，通入的氣體由孔隙中逸出并在電極表面放電，則正極通入（填名稱）；負(fù)極電極反應(yīng)式為；（3）C在一定條件下反應(yīng)生成A的化學(xué)方程式為。13、（10分）（1）在右圖的銀鋅原電池中，銀為____極,電極上發(fā)生的是____反應(yīng)（“氧化”或“還原”）,電極反應(yīng)式是____。鋅片上觀察到的現(xiàn)象為____，電極反應(yīng)式為____。（2）若反應(yīng)過程中有0.2mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，則生成的銅為____g。14、向rm{Ba(OH)_{2}}溶液中逐滴加入稀硫酸；請回答下列問題。

rm{(1)}寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式______

rm{(2)}若緩慢加入稀硫酸直至過量，整個過程中混合溶液的導(dǎo)電能力rm{(}用電流強(qiáng)度rm{I}表示rm{)}可近似用圖甲中曲線______rm{(}填字母rm{)}表示。

甲乙。

rm{(3)}如果用鹽酸代替稀硫酸，______rm{(}填“能”或“不能”rm{)}觀察到與rm{(2)}同樣的實驗現(xiàn)象；理由是______

rm{(4)}若有一表面光滑的塑料小球懸浮于rm{Ba(OH)_{2}}溶液的中央，如圖乙所示，向該燒杯里緩緩注入與rm{Ba(OH)_{2}}溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反應(yīng)rm{.}在此實驗過程中，小球?qū)_____rm{(}填字母rm{)}

A.沉入水底rm{B}浮于水面rm{C}上下跳動．15、在500℃、101KPa條件下，將amolSO2與bmolO2充入一容積可變的密閉容器中，達(dá)到平衡時SO3體積分?jǐn)?shù)為40%，若溫度和壓強(qiáng)保持不變，平衡時密閉容器的容積為起始的____倍．16、rm{(1)}已知下列反應(yīng)：rm{SO_{2}(g)+2OH^{-}(aq)簍TSOrlap{_{3}}{^{2-}}(aq)+H_{2}O(l)}rm{婁隴H_{1}}rm{ClO^{-}(aq)+SOrlap{_{3}}{^{2-}}(aq)簍TSOrlap{_{4}}{^{2-}}(aq)+Cl^{-}(aq)}rm{婁隴H_{2}}rm{CaSO_{4}(s)簍TCa^{2+}(aq)+SOrlap{_{4}}{^{2-}}(aq)}rm{婁隴H_{3}}則反應(yīng)rm{SO_{2}(g)+Ca^{2+}(aq)+ClO^{-}(aq)+2OH^{-}(aq)簍TCaSO_{4}(s)+H_{2}O(l)+Cl^{-}(aq)}的rm{婁隴H=}____rm{(2)壟脵2O_{2}(g)+N_{2}(g)簍TN_{2}O_{4}(l)}rm{婁隴H_{1}}rm{壟脷N_{2}(g)+2H_{2}(g)簍TN_{2}H_{4}(l)}rm{婁隴H_{2}}rm{壟脹O_{2}(g)+2H_{2}(g)=2H_{2}O(g)婁隴H_{3}}rm{壟脺2N_{2}H_{4}(l)+N_{2}O_{4}(l)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)婁隴H_{4}=-1048.9kJ隆隴mol^{-1}}上述反應(yīng)熱效應(yīng)之間的關(guān)系式為rm{壟脹O_{2}(g)+2H_{2}(g)=2H_{2}O(g)

婁隴H_{3}}__________rm{壟脺2N_{2}H_{4}(l)+N_{2}O_{4}(l)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)婁隴H_{4}=-1048.9

kJ隆隴mol^{-1}}甲醇既是重要的化工原料，又可作為燃料，利用合成氣rm{婁隴H_{4}=}主要成分為rm{(3)}rm{(}和rm{CO}在催化劑作用下合成甲醇，發(fā)生的主要反應(yīng)如下：rm{CO_{2}}rm{H_{2})}rm{壟脵C(jī)O(g)+2H_{2}(g)=CH_{3}OH(g)}rm{婁隴H_{1}}rm{壟脷CO_{2}(g)+3H_{2}(g)=CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{婁隴H_{2}}回答下列問題：已知反應(yīng)rm{壟脹CO_{2}(g)+H_{2}(g)=CO(g)+H_{2}O(g)}中相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：。rm{婁隴H_{3}}化學(xué)鍵rm{H隆陋H}rm{C隆陋O}rm{C隆脭O}rm{H隆陋O}rm{C隆陋H}rm{E}rm{/(kJ隆隴mol}rm{{,!}^{-1}}rm{)}rm{436}rm{343}rm{1076}rm{465}rm{413}由此計算rm{婁隴H_{1}=}____rm{kJ隆隴mol^{-1}}已知rm{婁隴H_{2}=-58kJ隆隴mol^{-1}}則rm{婁隴H_{3}=}____rm{kJ隆隴mol^{-1}}rm{(4)}已知反應(yīng)rm{2HI(g)簍TH_{2}(g)+I_{2}(g)}的rm{婁隴H=+11kJ隆隴mol^{-1,}1molH_{2}(g)}rm{婁隴H=+11kJ隆隴mol^{-1,}1mol

H_{2}(g)}分子中化學(xué)鍵斷裂時分別需要吸收rm{1molI_{2}(g)}rm{436kJ}的能量，則rm{151kJ}分子中化學(xué)鍵斷裂時需吸收的能量為___________rm{1molHI(g)}rm{kJ}紅磷rm{(5)}和rm{P(s)}發(fā)生反應(yīng)生成rm{Cl_{2}(g)}和rm{PCl_{3}(g)}反應(yīng)過程和能量關(guān)系如圖所示rm{PCl_{5}(g)}圖中的rm{(}表示生成rm{婁隴H}產(chǎn)物的數(shù)據(jù)rm{1mol}根據(jù)下圖回答下列問題：rm{)}和rm{壟脵P}反應(yīng)生成rm{Cl_{2}}的熱化學(xué)方程式是__________。rm{PCl_{3}}分解成rm{壟脷PCl_{5}}和rm{PCl_{3}}的熱化學(xué)方程式是_____________rm{Cl_{2}}和rm{壟脹P}分兩步反應(yīng)生成rm{Cl_{2}}的rm{1molPCl_{5}}______，rm{婁隴H_{3}=}和rm{P}一步反應(yīng)生成rm{Cl_{2}}的rm{1molPCl_{5}}____rm{婁隴H_{4}}填“大于”、“小于”或“等于”rm{婁隴H_{3}(}rm{)}與足量水充分反應(yīng)，最終生成兩種酸，其化學(xué)方程式是____________________。rm{壟脺PCl_{5}}火箭推進(jìn)器中盛有強(qiáng)還原劑液態(tài)肼rm{(6)}和強(qiáng)氧化劑液態(tài)雙氧水。當(dāng)它們混合反應(yīng)時，即產(chǎn)生大量氮氣和水蒸氣，并放出大量的熱。已知rm{(N_{2}H_{4})}液態(tài)肼與足量的液態(tài)雙氧水反應(yīng)，生成氮氣和水蒸氣，放出rm{0.4mol}的熱量。rm{256.652kJ}此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為________________________________________。rm{壟脵}此反應(yīng)用于火箭推進(jìn)，除釋放大量熱和快速產(chǎn)生大量氣體外，還有一個很大的優(yōu)點是_______________。rm{壟脷}肼又稱聯(lián)氨，易溶于水，是與氨類似的弱堿，用電離方程式表示肼的水溶液顯堿性的原因________________________________。rm{壟脹}17、完成下列各題rm{(1)}工業(yè)上以氯氣和石灰乳為幫料制造漂白粉，漂白粉的有效成分是____rm{(}填“rm{CaCl_{2}}”或“rm{Ca(ClO)_{2}}”rm{)}rm{(2)}食用“地溝油”會危害人的身體健康。rm{2011}年rm{12}月，我國某地又查處一起“地溝油”案件?！暗販嫌汀钡闹饕煞輰儆赺___rm{(}填“有機(jī)物”或“無機(jī)物”rm{)}評卷人得分四、判斷題(共3題，共9分)18、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）19、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．20、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）評卷人得分五、計算題(共4題，共28分)21、取rm{1.43g}rm{Na_{2}CO_{3}?XH_{2}O}溶于水配成rm{10m}rm{L}溶液，然后逐滴滴入稀鹽酸直至沒有氣體放出為止，用去鹽酸rm{2.0m}rm{L}并收集到rm{112m}rm{L}rm{CO_{2}(}標(biāo)況rm{)}．

計算：

rm{(1)}稀鹽酸物質(zhì)的量濃度為______；

rm{(2)Na_{2}CO_{3}?xH_{2}O}的摩爾質(zhì)量______；

rm{(3)x=}______．22、向rm{Cu}和rm{CuO}組成的混合物中，加入rm{100mL6.0mol隆隴L^{-1}}稀硝酸溶液，恰好使混合物完全溶解，同時收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體rm{2.24L}求：rm{(1)}原混合物中氧化銅的質(zhì)量rm{(2)}被還原的硝酸的物質(zhì)的量23、把6molA氣體和5molB氣體混合放入4L密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，經(jīng)5min達(dá)到平衡，此時生成C為2mol，測定D的平均反應(yīng)速率為0.1mol/(L·min)，計算（1）x（2）B的轉(zhuǎn)化率（3）平衡時A的濃度（4）恒溫達(dá)平衡時容器內(nèi)的壓強(qiáng)與開始時壓強(qiáng)比24、（4分）．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCO和CO2混合氣體質(zhì)量為20.4g，求混合氣體中CO和CO2的體積比和質(zhì)量比。評卷人得分六、綜合題(共4題，共40分)25、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)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：

26、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題27、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)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：

28、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6題，共12分)1、C【分析】試題分析：A、CO2和氮氣不是大氣污染物，A不正確；B、氧氣、氮氣不是大氣污染物，B不正確；C、SO2、NO2、CO、粉塵均是大氣污染物，C正確；D、CO2不是大氣污染物，D不正確，答案選C?？键c：考查大氣污染物的判斷【解析】【答案】C2、B【分析】本題考查了鎂、鋁及其化合物的相關(guān)性質(zhì)。【解析】rm{A}rm{AlCl_{3}}溶液中加入過量氨水，反應(yīng)為rm{AlCl_{3}+3NH_{3}?H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}Cl}生成的白色沉淀不溶于過量的氨水，故A錯誤；

B、rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中加入過量rm{KOH}溶液，反應(yīng)為rm{Al^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}沒有沉淀生成，故B正確；

C、rm{MgCl_{2}}溶液中加入過量氨水溶液，反應(yīng)為rm{Mg^{2+}+2NH_{3}?H_{2}O=Mg(OH)_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}}rm{Mg(OH)_{2}}沉淀不溶于過量的氨水溶液；有白色沉淀生成，故C錯誤；

D、rm{MgSO_{4}}溶液中加入過量rm{KOH}溶液，反應(yīng)為rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒}rm{Mg(OH)_{2}}沉淀不溶于過量rm{KOH}溶液；故D錯誤；

故選B。【解析】rm{B}3、A【分析】【分析】本題考查濃硫酸的性質(zhì)，二氧化硫的性質(zhì)，難度不大?！窘獯稹緼.五水硫酸銅為藍(lán)色，無水硫酸銅為白色，濃硫酸吸收結(jié)晶水，則由現(xiàn)象可知濃硫酸具有吸水性，故A正確；

B.氨氣可以和酸發(fā)生反應(yīng)，因為硫酸是非揮發(fā)性酸，所以反應(yīng)時沒有明顯的現(xiàn)象，故B錯誤；

C.rm{Cu}與稀硫酸不反應(yīng)，氫離子的氧化性較弱，結(jié)論不合理，稀硫酸具有弱氧化性，故C錯誤；與稀硫酸不反應(yīng)，氫離子的氧化性較弱，結(jié)論不合理，稀硫酸具有弱氧化性，故C錯誤；

rm{Cu}

D.品紅溶液褪色，可知氣體具有漂白性，則氣體為氯氣、二氧化硫等，故D錯誤。故選A?！窘馕觥縭m{A}4、C【分析】【分析】本題考查原電池工作原理，涉及電極判斷與電極反應(yīng)式書寫等問題，做題時注意從氧化還原的角度判斷原電池的正負(fù)極以及電極方程式的書寫，本題中難點和易錯點為電極方程式的書寫，注意化合價的變化?！窘獯稹繌臉O區(qū)移向A.極區(qū)，故原電池工作時，陽離子向正極移動，陰離子向負(fù)極移動，則rm{Na^{+}}從rm{a}極區(qū)移向rm極區(qū)，故rm{A}正確；

B.電極rm是rm{MnO_{2}}，為正極，rm{H_{2}O_{2}}在正極上發(fā)生還原反應(yīng)，得到電子被還原生成rm{OH^{-}}，rm{MnO_{2}}既作電極材料又有催化作用，故rm{B}正確；

C.正極電極反應(yīng)式為rm{H_{2}O_{2}+2e^{-}=2OH^{-}}，每消耗rm{3molH_{2}O_{2}}，轉(zhuǎn)移的電子為rm{6mol}，故rm{C}錯誤；正確；rm{Na^{+}}

rm{Na^{+}}電極rm{a}是rm{a}，為正極，rm在正極上發(fā)生還原反應(yīng)，得到電子被還原生成rm，rm{A}既作電極材料又有催化作用，故rm{A}正確；

正極電極反應(yīng)式為B.，每消耗rm，轉(zhuǎn)移的電子為rm，故rm{MnO_{2}}錯誤；rm{MnO_{2}}rm{H_{2}O_{2}}rm{H_{2}O_{2}}，電極反應(yīng)式為rm{OH^{-}}，故rm{OH^{-}}正確。rm{MnO_{2}}

故選rm{MnO_{2}}。rm{B}rm{B}【解析】rm{C}5、D【分析】解：元素周期表中前rm{7}周期的元素種數(shù)如下：

。周期rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}rm{5}rm{6}rm{7(}若排滿rm{)}元素種數(shù)rm{2}rm{8}rm{8}rm{18}rm{18}rm{32}rm{32}則第一、二、第三、第四周期元素的種數(shù)分別是rm{2}rm{8}rm{8}rm{18}

故選D．

元素周期表中第一周期有rm{2}種元素；

第二周期有rm{8}種；

第三周期有rm{8}種；

第四周期有rm{18}種；

第五周期有rm{18}種；

第六周期rm{32}種，第七周期現(xiàn)有rm{26}種元素；以此來解答．

本題考查元素在周期表中的種類，為基礎(chǔ)性習(xí)題，把握現(xiàn)有元素周期表中各周期元素的種類數(shù)為解答的關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】rm{D}6、A【分析】略【解析】rm{A}二、多選題(共5題，共10分)7、BCD【分析】【分析】

本題考查常見化學(xué)儀器的使用知識，難度不大，掌握常見的化學(xué)儀器的使用是解答的關(guān)鍵。【解答】

可以直接加熱的儀器有：坩堝、試管、蒸發(fā)皿，故BCD正確。

故選BCD。

【解析】rm{BCD}8、ABCD【分析】略【解析】rm{ABCD}9、AC【分析】【分析】

根據(jù)題目所示的電解池裝置，左側(cè)A極區(qū)流入亞硫酸根流出連二亞硫酸根，此時A極區(qū)S元素化合價降低，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，因此A極為陰極，A極的電極方程式為2SO+2e-+4H+=S2O+2H2O；右側(cè)B極區(qū)流入二氧化硫流出硫酸，此時B極區(qū)S元素化合價升高，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，因此B極為陽極，B極的電極方程式為SO2+2H2O-2e-=SO+4H+；據(jù)此分析。

【詳解】

A．A極處加入SO產(chǎn)生S2O硫元素化合價降低，發(fā)生還原反應(yīng)，則A極為電解池陰極，B極為電解池陽極，A正確；

B．B極區(qū)吸收5molSO2，生成H2SO4，硫元素化合價升高2價，轉(zhuǎn)移電子5mol×2=10mol，根據(jù)得失電子守恒，則陰極也轉(zhuǎn)移10mol電子，2SO~S2O~2e-，則A極區(qū)生成5molS2OB錯誤；

C．B極區(qū)電解液為稀硫酸，電解過程中SO2轉(zhuǎn)化為H2SO4；則電解一段時間后硫酸濃度增大，C正確；

D．A極處加入產(chǎn)生S2O電解過程中硫元素化合價降低，則A極的電極反應(yīng)為2SO+2e-+4H+=S2O+2H2O；D錯誤；

故選AC。10、CD【分析】【分析】

【詳解】

A．用碳棒作電極電解NaCl溶液，陽極反應(yīng)式為：2Cl--2e-=Cl2↑，陰極反應(yīng)式為：2H++2e-=H2↑；所以需要通HCl才可以使溶液恢復(fù)原濃度，故A不選；

B．用碳棒作電極電解MgSO4溶液，陽極反應(yīng)式為：4OH--4e-=O2↑+2H2O，陰極反應(yīng)式為：4H++4e-=2H2↑；相當(dāng)于電解水，所以需要加水就可以使溶液恢復(fù)原濃度，故B不選；

C．用碳棒作電極電解CuSO4溶液，陽極反應(yīng)式為：4OH--4e-=O2↑+2H2O，陰極反應(yīng)式為：2Cu2++4e-=2Cu，所以需要加CuO或CuCO3可以使溶液恢復(fù)原濃度；故C選；

D．用碳棒作電極電解CuCl2溶液，陽極反應(yīng)式為：2Cl--2e-=Cl2↑，陰極反應(yīng)式為：2H++2e-=H2↑；所以需要加入氯化銅可以使溶液恢復(fù)原濃度，故D選；

故選CD。11、CD【分析】【分析】

【詳解】

A.反應(yīng)①②得到電子發(fā)生還原反應(yīng)。在陰極上發(fā)生；鍍件為陰極，故A正確；

B.H2O2既能提高也能降低電鍍液中Cr（Ⅲ）的含量，則H2O2既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性；故B正確；

C.陰極上發(fā)生反應(yīng)①②④；當(dāng)鍍件上析出52g單質(zhì)鉻時，電路中轉(zhuǎn)移電子大于6mol，故C錯誤；

D.由反應(yīng)②可知陰極pH增大；由反應(yīng)⑥可知陽極pH減小，則pH陽極＜陰極，故D錯誤；

故答案選：CD。三、填空題(共6題，共12分)12、略

【分析】本題屬于無機(jī)框圖題，這種類型的題目關(guān)鍵是找準(zhǔn)突破點。常見單質(zhì)在常溫下都是無色氣體一般是氫氣、氧氣和氮氣。而H、N、O三種元素的原子序數(shù)恰好滿足16。它們之間化合的生成物是H2O、NO、NH3。因為一個B分子中含有的Z元素的原子個數(shù)比一個C分子中少一個，所以B是H2O，C是NH3，Z元素是氫元素，則X是氧元素，Y是氮元素。（1）B是水，含有2個H－O鍵,結(jié)構(gòu)式為H－O－H。（2）氫氣在燃燒時失去電子，被氧化發(fā)生氧化反應(yīng)，所以在燃料電池中正極通入氧氣，負(fù)極通入氫氣，負(fù)極電極反應(yīng)式為H2－2e－+2OH－=2H2O，（3）氨氣中氮元素是－3價，處于最低化合價，可以被氧化生成NO，方程式為4NH3+5O24NO+6H2O【解析】【答案】（1）（2分）H－O－H(2)氧氣（1分），H2－2e－+2OH－=2H2O（3分）（若系數(shù)不是最簡比扣1分）(3)（2分）4NH3+5O24NO+6H2O（反應(yīng)條件寫成“一定條件”不扣分）13、略

【分析】【解析】【答案】（1）正還原Cu2++2e-==Cu鋅片溶解Zn—2e-==Zn2+（2）6.4g14、略

【分析】解：rm{(1)}向rm{Ba(OH)_{2}}溶液中逐滴加入稀硫酸，離子方程式為rm{Ba(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}簍TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}故答案為：rm{Ba(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}簍TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}

rm{(2)}加入稀硫酸直至過量，恰好反應(yīng)時導(dǎo)電性為rm{0}過量后離子濃度增大，導(dǎo)電性增強(qiáng)，圖中只有rm{C}符合，故答案為：rm{C}

rm{(3)}如果用鹽酸代替稀硫酸，發(fā)生反應(yīng)生成氯化鋇和水，因為氯化鋇易溶于水，所以溶液的導(dǎo)電性幾乎不變，不會為rm{0}故答案為：不能；反應(yīng)生成氯化鋇和水，氯化鋇易溶于水，溶液的導(dǎo)電性幾乎不變；

rm{(4)}向該燒杯里緩緩注入與rm{Ba(OH)_{2}}溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反應(yīng)，生成硫酸鋇和水，溶液的密度小于rm{Ba(OH)_{2}}溶液的密度；塑料小球?qū)⒊恋綗撞浚?/p>

故選：rm{A}

rm{(1)}氫氧化鋇與硫酸反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀；

rm{(2)}加入稀硫酸直至過量，恰好反應(yīng)時導(dǎo)電性為rm{0}過量后離子濃度增大，導(dǎo)電性增強(qiáng)；

rm{(3)}如果用鹽酸代替稀硫酸，發(fā)生反應(yīng)生成氯化鋇和水，所以溶液的導(dǎo)電性幾乎不變，不會為rm{0}據(jù)此分析；

rm{(4)}向該燒杯里緩緩注入與rm{Ba(OH)_{2}}溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反應(yīng)，生成硫酸鋇和水，溶液的密度小于rm{Ba(OH)_{2}}溶液的密度；以此來解答．

本題考查反應(yīng)方程式的書寫，為高考常見的題型，題目難度中等，涉及與量有關(guān)的離子反應(yīng)、導(dǎo)電性等，把握反應(yīng)的實質(zhì)即可解答，試題有利于培養(yǎng)學(xué)生靈活應(yīng)用所學(xué)知識的能力．【解析】rm{Ba(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}簍TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}rm{C}不能；反應(yīng)生成氯化鋇和水，氯化鋇易溶于水，溶液的導(dǎo)電性幾乎不變；rm{A}15、略

【分析】

反應(yīng)的方程式為：2SO2+O22SO3，設(shè)平衡時轉(zhuǎn)化了xmolO2；則。

2SO2+O22SO3

起始：amolbmol0

轉(zhuǎn)化：2xmolxmol2xmol

平衡：（a-2x）mol（b-x）mol2xmol

則有：=40%；

x=

根據(jù)阿伏加德羅定律判斷；壓強(qiáng)一定，則氣體的物質(zhì)的量之比等于體積之比；

則平衡時密閉容器的容積為起始的=

故答案為：．

【解析】【答案】根據(jù)阿伏加德羅定律判斷；壓強(qiáng)一定，則氣體的物質(zhì)的量之比等于體積之比，利用方程式計算．

16、（1）△H1+△H2-△H3

（2）2ΔH3-2ΔH2-ΔH1

（3）-99+41

（4）299

（5）①P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ?mol-1

②PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ?mol-1

③-399kJ?mol-1等于。

④PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl

（6）①N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63kJ/mol

②產(chǎn)物無污染

③N2H4+H2O?N2H5++OH-【分析】【分析】本題考查了熱化學(xué)方程式書寫和熱化學(xué)方程式的計算；能量變化圖象分析、蓋斯定律的計算應(yīng)用；注意鍵能和焓變的計算應(yīng)用，題目難度中等。

【解答】rm{(1)}已知rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2OH}rm{(g)+2OH}rm{{,!}^{-}}rm{(aq)簍TSO}rm{(aq)簍TSO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{(aq)+H}

rm{(aq)+H}rm{{,!}_{2}}rm{O(l)triangleH}rm{O(l)triangleH}rm{{,!}_{1}}rm{ClO}rm{ClO}rm{{,!}^{-}}rm{(aq)+SO}rm{(aq)+SO}

rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{(aq)簍TSO}rm{(aq)簍TSO}rm{{,!}_{4}^{2-}}rm{(aq)+Cl}rm{(aq)+Cl}rm{{,!}^{-}}rm{(aq)triangleH}

rm{(aq)triangleH}即得到反應(yīng)rm{{,!}_{2}}rm{CaSO}rm{CaSO}rm{{,!}_{4}}rm{(s)簍TCa}rm{(s)簍TCa}rm{{,!}^{2+}}rm{(aq)+SO}rm{(aq)+SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}rm{(aq)triangleH}rm{(aq)triangleH}rm{{,!}_{3}}則根據(jù)蓋斯定律可知rm{壟脵+壟脷-壟脹}即得到反應(yīng)rm{SO}rm{(aq)triangleH=triangleH}rm{壟脵+壟脷-壟脹}rm{SO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+Ca}rm{(g)+Ca}rm{{,!}^{2+}}rm{(aq)+ClO}rm{(aq)+ClO}rm{{,!}^{-}}rm{(aq)+2OH}rm{(aq)+2OH}rm{{,!}^{-}}rm{(aq)簍TCaSO}

rm{(aq)簍TCaSO}rm{{,!}_{4}}rm{(s)+H}rm{(s)+H}rm{{,!}_{2}}rm{O(l)+Cl}rm{O(l)+Cl}rm{{,!}^{-}}rm{(aq)triangleH=triangle

H}rm{(aq)triangleH=triangle

H}rm{{,!}_{1}}rm{+triangleH}rm{+triangleH}rm{{,!}_{2}}rm{-triangleH}rm{-triangleH}rm{{,!}_{3}}，故答案為：rm{triangleH}rm{triangleH}rm{{,!}_{1}}rm{+triangleH}rm{+triangleH}rm{{,!}_{2}}rm{-triangleH}rm{-triangleH}rm{{,!}_{3}}；rm{(2)}rm{壟脵2O}rm{壟脵2O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+N}則根據(jù)蓋斯定律可知rm{(g)+N}即得到反應(yīng)rm{{,!}_{2}}rm{(g)簍TN}rm{(g)簍TN}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{4}}rm{(l)}rm{婁隴H}rm{(l)}rm{婁隴H}rm{{,!}_{1}}rm{壟脷N}rm{壟脷N}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2H}rm{(g)+2H}，故答案為：rm{{,!}_{2}}rm{(g)簍TN}rm{(g)簍TN}反應(yīng)物總鍵能rm{{,!}_{2}}生成物總鍵能，故rm{H}rm{H}rm{{,!}_{4}}rm{(l)}rm{婁隴H}rm{(l)}rm{婁隴H}rm{{,!}_{2}}rm{壟脹O}rm{壟脹O}rm{{,!}_{2}}

rm{(g)+2H}反應(yīng)rm{(g)+2H}反應(yīng)rm{{,!}_{2}}故rm{(g)=2H}rm{(g)=2H}rm{{,!}_{2}}rm{O(g)婁隴H}rm{O(g)婁隴H}rm{{,!}_{3}}rm{壟脹隆脕2-壟脷隆脕2-壟脵}rm{2N}rm{2N}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{4}}rm{(l)+N}rm{(l)+N}rm{{,!}_{2}}

rm{O}rm{O}分子中化學(xué)鍵斷裂時需吸收的能量為rm{{,!}_{4}}

rm{(l)=3N}化學(xué)鍵生成時需放出的能量rm{(l)=3N}反應(yīng)吸收的熱量，

rm{{,!}_{2}}rm{(g)+4H}故答案為：rm{(g)+4H}

rm{{,!}_{2}}rm{O(g)婁隴H}熱化學(xué)方程式書寫要求：注明各物質(zhì)的聚集狀態(tài)，判斷放熱反應(yīng)還是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)物的物質(zhì)的量與反應(yīng)熱成對應(yīng)的比例關(guān)系，根據(jù)圖示rm{O(g)婁隴H}rm{{,!}_{4}}rm{=}rm{=}rm{2婁隴H_{3}-2婁隴H_{2}-婁隴H_{1}}反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，反應(yīng)熱為熱化學(xué)方程式為：rm{2婁隴H_{3}-2婁隴H_{2}-婁隴H_{1}}rm{(3)}反應(yīng)熱rm{=}反應(yīng)物總鍵能rm{-}生成物總鍵能，故rm{triangleH}故答案為：rm{=}rm{-}rm{triangleH}rm{{,!}_{1}}rm{=1076kJ.mol}rm{=1076kJ.mol}rm{{,!}^{-1}}rm{+2隆脕436kJ.mol}rm{+2隆脕436kJ.mol}

rm{{,!}^{-1}}生成物總能量rm{-(3隆脕413+343+465)kJ.mol}反應(yīng)物總能量，rm{-(3隆脕413+343+465)kJ.mol}rm{{,!}^{-1}}rm{=-99kJ.mol}rm{=-99kJ.mol}rm{{,!}^{-1}}；根據(jù)蓋斯定律：反應(yīng)rm{壟脷-}反應(yīng)rm{壟脵=}反應(yīng)rm{壟脹}故rm{triangleH}中間產(chǎn)物的總能量大于最終產(chǎn)物的總能量，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以rm{壟脷-}rm{壟脵=}rm{壟脹}rm{triangleH}rm{{,!}_{3}}rm{=triangleH}rm{=triangleH}是吸熱反應(yīng)；熱化學(xué)方程式：rm{{,!}_{2}}rm{-triangleH}rm{-triangleH}rm{{,!}_{1}}rm{=-58kJ.mol}rm{=-58kJ.mol}rm{{,!}^{-1}}rm{-(-99kJ.mol}故答案為：rm{-(-99kJ.mol}rm{triangleH=+93kJ?mol^{-1}}rm{{,!}^{-1}}根據(jù)蓋斯定律，rm{)=+41kJ.mol}和rm{)=+41kJ.mol}rm{{,!}^{-1}}，故答案為：rm{-99}rm{-99}應(yīng)該是相等的，；和rm{+41}rm{+41}rm{(4)}設(shè)rm{1molHI(g)}分子中化學(xué)鍵斷裂時需吸收的能量為rm{xkJ}rm{1molHI(g)}

rm{xkJ}化學(xué)鍵斷裂時需吸收的能量rm{-}化學(xué)鍵生成時需放出的能量rm{=}反應(yīng)吸收的熱量，rm{-}rm{=}即：rm{2xkJ-436kJ-151kJ=11kJ}rm{2xkJ-436kJ-151kJ=11kJ}解得：rm{x=299}故答案為：rm{299}rm{x=299}

rm{299}rm{(5)}rm{壟脵}熱化學(xué)方程式書寫要求：注明各物質(zhì)的聚集狀態(tài)，判斷放熱反應(yīng)還是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)物的物質(zhì)的量與反應(yīng)熱成對應(yīng)的比例關(guān)系，根據(jù)圖示rm{P(s)+32Cl}rm{壟脵}rm{P(s)+32Cl}rm{{,!}_{2}}rm{(g)隆煤PCl}rm{(g)隆煤PCl}rm{{,!}_{3}}rm{(g)}反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，反應(yīng)熱為rm{triangleH=-306kJ/mol}熱化學(xué)方程式為：rm{P(s)+3/2}

rm{(g)}和rm{triangleH=-306kJ/mol}rm{P(s)+3/2}rm{Cl_{2}(g)簍TPCl_{3}(g)}rm{triangleH=-306kJ/mol}rm{P(s)+3/2}rm{Cl}rm{=-306kJ/mol+(-93kJ/mol)=-399kJ/mol}

rm{Cl}和rm{{,!}_{2}}rm{(g)簍TPCl}rm{(g)簍TPCl}rm{{,!}_{3}}rm{(g)}rm{triangleH=-306kJ?mol}rm{(g)}rm{triangleH=-306kJ?mol}根據(jù)蓋斯定律可知，反應(yīng)無論一步完成還是分多步完成，生成相同的產(chǎn)物，反應(yīng)熱相等，則rm{{,!}^{-1}}和；rm{壟脷triangleH=}生成物總能量rm{-}反應(yīng)物總能量，rm{Cl}rm{壟脷triangleH=}rm{-}rm{Cl}和rm{{,!}_{2}}rm{(g)+PCl}rm{(g)+PCl}rm{{,!}_{3}}rm{(g)=PCl}rm{(g)=PCl}rm{{,!}_{5}}rm{(g)}中間產(chǎn)物的總能量大于最終產(chǎn)物的總能量，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以rm{PCl}

rm{(g)}rm{PCl}rm{{,!}_{5}}rm{(g)=PCl}rm{(g)=PCl}rm{{,!}_{3}}rm{(g)+Cl}rm{(g)+Cl}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}是吸熱反應(yīng)；熱化學(xué)方程式：rm{PCl}rm{(g)}rm{PCl}rm{{,!}_{5}}rm{(g)=PCl}rm{(g)=PCl}rm{{,!}_{3}}rm{(g)+Cl}rm{(g)+Cl}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{triangleH=+93kJ/mol}rm{(g)}rm{triangleH=+93kJ/mol}反應(yīng)方程式為：rm{PCl_{5}(g)簍TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)}rm{triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}rm{壟脹}根據(jù)蓋斯定律，rm{P}和rm{Cl}rm{壟脹}rm{P}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}分兩步反應(yīng)和一步反應(yīng)生成rm{PCl}rm{PCl}rm{{,!}_{5}}的rm{triangleH}應(yīng)該是相等的，rm{P}和rm{Cl}rm{triangleH}rm{P}rm{Cl}液態(tài)肼放出rm{{,!}_{2}}的熱量，則分兩步反應(yīng)生成rm{1molPCl}液態(tài)肼放出的熱量為rm{dfrac{;265.65kJ}{;0.4mol}=641.63kJmol}，所以反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：rm{N_{2}H_{4}(g)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.63kJ/mol}故答案為：rm{N_{2}H_{4}(g)+2H_{2}O_{2}(l)=N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.63kJ/mol}rm{1molPCl}還原劑肼rm{{,!}_{5}}和強(qiáng)氧化劑的熱化學(xué)方程式：當(dāng)它們混合時，即產(chǎn)生大量的氮氣和水蒸氣，除釋放大量熱量和快速產(chǎn)生大量氣體外，還有很突出的優(yōu)點是，產(chǎn)物為氮氣和水，清潔無污染，故答案為：產(chǎn)物無污染；

rm{P(s)+32Cl}rm{P(s)+32Cl}rm{{,!}_{2}}rm{(g)=PCl}rm{(g)=PCl}rm{{,!}_{3}}rm{(g)}rm{triangleH}rm{(g)}rm{triangleH}rm{{,!}_{1}}rm{=-306kJ/mol}rm{=-306kJ/mol}rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+PCl}rm{(g)+PCl}rm{{,!}_{3}}rm{(g)=PCl}rm{(g)=PCl}rm{{,!}_{5}}rm{(g)}rm{triangleH}rm{(g)}rm{triangleH}rm{{,!}_{2}}rm{=-93kJ/mol}rm{=-93kJ/mol}rm{P}和rm{Cl}rm{P}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)triangleH_{1}+triangleH_{2}-triangleH_{3}}rm{(1)triangleH_{1}+triangle

H_{2}-triangleH_{3}}rm{(2)2婁隴H_{3}-2婁隴H_{2}-婁隴H_{1}}rm{(3)-99}rm{+41}rm{(4)299}rm{triangleH=-306kJ?mol^{-1}}

rm{(5)壟脵P(s)+3/2Cl_{2}(g)簍TPCl_{3}(g)}rm{triangleH=+93kJ?mol^{-1}}rm{triangle

H=-306kJ?mol^{-1}}等于。

rm{壟脷PCl_{5}(g)簍TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)}rm{(6)壟脵N_{2}H_{4}(g)+2H_{2}O_{2}(l)=N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.63kJ/mol}rm{triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}產(chǎn)物無污染rm{壟脹-399kJ?mol^{-1;;;}}rm{壟脺PCl_{5}+4H_{2}O=H_{3}PO_{4}+5HCl}17、（1）Ca(ClO)2

（2）有機(jī)物

【分析】【分析】

本題旨在考查學(xué)生對氯氣的性質(zhì)、有機(jī)物與無機(jī)物的概念的應(yīng)用?！窘獯稹?/p>

rm{(1)}氯氣和石灰乳反應(yīng)生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，次氯酸鈣能和酸反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以漂白粉的有效成分是rm{Ca(ClO)}氯氣和石灰乳反應(yīng)生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，次氯酸鈣能和酸反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以漂白粉的有效成分是rm{(1)}rm{Ca(ClO)}rm{{,!}_{2}}，故答案為：rm{Ca(ClO)}rm{Ca(ClO)}rm{{,!}_{2}}含碳化合物；一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸鹽、金屬碳化物、氰化物除外rm{(2)}含碳化合物rm{(}一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸鹽、金屬碳化物、氰化物除外rm{)}或碳?xì)浠衔锛捌溲苌锏目偡Q是有機(jī)物，根據(jù)有機(jī)物的定義知，對苯二胺屬于有機(jī)物，故答案為：有機(jī)物?；蛱?xì)浠衔锛捌溲苌锏目偡Q是有機(jī)物，根據(jù)有機(jī)物的定義知，對苯二胺屬于有機(jī)物，故答案為：有機(jī)物。

rm{(2)}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{Ca(ClO)}

rm{Ca(ClO)}有機(jī)物

rm{{,!}_{2}}四、判斷題(共3題，共9分)18、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價鍵；故答案為：錯。

【分析】根據(jù)甲苯的結(jié)構(gòu)簡式來確定化學(xué)鍵，確定存在C﹣H共價鍵的數(shù)目19、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(yīng)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；20、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價鍵；故答案為：錯。

【分析】根據(jù)甲苯的結(jié)構(gòu)簡式來確定化學(xué)鍵，確定存在C﹣H共價鍵的數(shù)目五、計算題(共4題，共28分)21、略

【分析】解：rm{n(CO_{2})=dfrac{0.112L}{22.4L/mol}=0.005mol}

rm{n(CO_{2})=dfrac

{0.112L}{22.4L/mol}=0.005mol}

rm{Na_{2}CO_{3}+2HCl=2NaCl+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{1}rm{2}

rm{1}rm{n(Na_{2}CO_{3})}rm{n(HCl)}

rm{0.005mol}

rm{c(HCl)=dfrac{0.01mol}{0.002L}=5.0mol/L}

故答案為：rm{(1)n(HCl)=2隆脕n(CO_{2})=2隆脕0.005mol=0.01mol}

rm{c(HCl)=dfrac

{0.01mol}{0.002L}=5.0mol/L}

rm{5.0mol/L}

故答案為：rm{(2)n(Na_{2}CO_{3}?xH_{2}O)=n(Na_{2}CO_{3})=0.005mol}

rm{M(Na_{2}CO_{3}?xH_{2}O)=286g/mol}由摩爾質(zhì)量可知：rm{286g/mol}rm{(3)}

故答案為：rm{106+18x=286}．

根據(jù)反應(yīng)的化學(xué)方程式rm{x=10}計算相關(guān)物理量．

本題考查化學(xué)方程式的計算，題目難度不大，注意有關(guān)計算公式的運用．rm{10}【解析】rm{5.0mol/L}rm{286g/mol}rm{10}22、（1）8.0g

（2）0.1mol【分析】【分析】本題是對氧化還原反應(yīng)的計算知識的考查，是高考?？贾R點，難度一般。關(guān)鍵是掌握氧化還原反應(yīng)的電子守恒的計算方法，側(cè)重知識的能力考察?！窘獯稹恳罁?jù)rm{Cu}和rm{CuO}組成的混合物中，加入rm{100mL6.0mol隆隴L}和rm{Cu}組成的混合物中，加入rm{CuO}rm{100mL6.0mol隆隴L}rm{-}rm{-}所以生成的rm{1}的體積是rm{1}即稀硝酸溶液，恰好使混合物完全溶解，同時收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體rm{2.24L}所以生成的rm{NO}的體積是rm{2.24L(}即rm{0.1mol)}依據(jù)原子守恒可知，被還原的硝酸是rm{0.1mol}依據(jù)方程式rm{3Cu+8HNO_{3}(}稀rm{)=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO}依據(jù)原子守恒可知，被還原的硝酸是rm{2.24L}依據(jù)方程式rm{NO}稀rm{2.24L(}rm{0.1mol)}rm{0.1mol}可得，rm{3Cu+8HNO_{3}(}消耗的硝酸是rm{)=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO}所以rm{隆眉}硝酸的硝酸是rm{+4H_{2}O}可得，rm{Cu}消耗的硝酸是rm{0.4mol}所以rm{CuO}硝酸的硝酸是rm{+4H_{2}O}rm{Cu}依據(jù)rm{0.4mol}rm{CuO}rm{6.0mol隆隴L}rm{6.0mol隆隴L}rm{-1}rm{-1}rm{隆脕0.1L-0.4mol=0.2mol}可得，rm{CuO+2HNO_{3}=}的物質(zhì)的量是即rm{Cu(NO}故答案為：rm{Cu(NO}rm{3}rm{3}【解析】rm{(1)8.0g}rm{(1)8.0g}rm{(2)0.1mol}23、略

【分析】【解析】試題分析：（1）D的物質(zhì)的量為n（D）=0.1mol?（L?min）-1×5min×4L=2mol，物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，所以2：x=2mol：2mol，解得x=2，答：x的值是2；（2）參加反應(yīng)的B的物質(zhì)的量n（B）=1/2n（C）=(1/2)×2mol=1mol，所以B的轉(zhuǎn)化率為α=1mol÷5mol×100%=20%，答：B的轉(zhuǎn)化率為20%；（3）△n（A）=(3/2)×2mol=3mol，n（A）平衡=n（A）起始-△n（A）=6mol-3mol=3mol，所以c（A）平衡=n(A)平衡÷V=3mol÷4L=0.75mol/L，答：平衡時A的物質(zhì)的量濃度為0.75mol/L；（4）3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g），即反應(yīng)前總的物質(zhì)的量相等，根據(jù)壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，故恒溫達(dá)平衡時容器內(nèi)的壓強(qiáng)與開始時壓強(qiáng)比為1:1。答：恒溫達(dá)平衡時容器內(nèi)的壓強(qiáng)與開始時壓強(qiáng)比為1:1?？键c：化學(xué)平衡的計算【解析】【答案】（1）2（2）20℅（3）0.75mol/L（4）1:124、略

【分析】【解析】試題分析：設(shè)混合氣體中CO和CO2的物質(zhì)的量分別是a和b。則a＋b＝11.2L÷22.4L/mol、28g/mol×a＋44g/mol×b＝20.4g。解得a＝0.1mol、b＝0.4mol。所以混合氣體中CO和CO2的體積比1︰4；質(zhì)量比是2.8︰15.6＝7:39?？键c：考查物質(zhì)的量的有關(guān)計算【解析】【答案】1:4；7:39六、綜合題(共4題，共40分)25、反應(yīng)物能量生成物能量無降低因為催化劑改變了反應(yīng)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(yīng)物總能量、生成物總能量；B為活化能，反應(yīng)熱可表示為A、C活化能的大小之差，活化能的大小與反應(yīng)熱無關(guān)，加入催化劑，活化能減小，反應(yīng)反應(yīng)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(yīng)的相關(guān)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）═