2025年浙教版高一化學下冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版高一化學下冊月考試卷712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總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列各組物質的燃燒熱相等的是（）

A.碳和一氧化碳。

B.1moL碳和2moL碳。

C.3moL乙炔和1moL苯。

D.淀粉和纖維素。

2、已知rm{A}rm{{,!}^{n}}rm{{,!}^{+}}rm{B^{(n+1)+}}rm{C}rm{{,!}^{n}}rm{{,!}^{-}}rm{D^{(n+1)-}}具有相同的電子層結構。下列關于rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四種元素的敘述中正確的是rm{(}rm{)}A.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：rm{D>C}B.原子序數：rm{B>A>C>D}C.最高價氧化物對應水化物的堿性：rm{B>A}D.四種元素一定都屬于短周期元素3、下列各組順序的排列不正確的是()A.原子半徑：Na＞Mg＞Al＞HB.熱穩(wěn)定性：HCl＜H2S＜PH3C.酸性強弱：H2SiO3＜H2CO3＜H3PO4D.氧化性：K+＜Na+＜Mg2+＜Al3+4、在水中放入高錳酸鉀晶體后，可以清楚地看到，溶液中紫紅色范圍逐漸擴大，最后整個溶液都變成紫紅色，原因是rm{(}rm{)}A.鉀離子受到水分子的作用，克服了離子間的引力，逐漸向水中擴散B.高錳酸根離子受到鉀離子的作用，克服了離子間的斥力，逐漸向水中擴散C.高錳酸根離子受到水分子的作用，克服了離子間的引力，逐漸向水中擴散D.高錳酸鉀是強氧化劑，水被氧化5、配制rm{0.10mol/L}的rm{NaOH}溶液，下列操作會導致所配的溶液濃度偏高的是rm{(}rm{)}A.用敞口容器稱量rm{NaOH}且時間過長B.定容時俯視讀取刻度C.原容量瓶洗凈后未干燥D.配制過程中，未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、下列各組微粒具有相同質子數和電子數的是()A.rm{OH^{?}}和rm{NH_{4}^{+;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}B.rm{H_{2}O}和rm{NH_{3;;;}}C.rm{F^{?}}和rm{OH^{?;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}D.rm{O^{2?}}和rm{NH_{4}^{+}}7、如下圖所示，在注射器中加入少量rm{Na_{2}SO_{3}}晶體，并吸入少量濃硫酸rm{(}以不接觸紙條為準rm{)}則下列有關說法正確的是A.濕潤的藍色石蕊試紙只變紅不褪色B.濕潤的品紅試紙蘸有rm{KMnO_{4}}酸性溶液的濾紙均褪色證明了rm{SO_{2}}的漂白性C.濕潤的碘化鉀淀粉試紙未變藍說明rm{SO_{2}}不能將rm{I^{-}}還原為rm{I_{2}}D.實驗后，可把注射器中的物質推入rm{NaOH}溶液，以減少環(huán)境污染8、羰基法提純粗鎳涉及的兩步反應依次為：

（1）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH<0（2）Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)；下列說法正確的是。

A.T12B.可通過高壓的方式提高反應（1）中Ni(CO4)的產率C.反應（2）平衡后，降低溫度，CO濃度減小D.升溫，反應（1）的氣體平均相對分子質量增大9、相同溫度下；在體積相等的二個恒容密閉容器中發(fā)生可逆反應：

N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=—92.4kJ/mol。

實驗測得起始；平衡時的有關數據如下表：

。容器編號。

起始時各物質物質的量/mol

達平衡時反應中的能量變化。

N2

H2

NH3

NH3

①

1

3

0

放出熱量akJ

②

2

6

0

放出熱量bkJ

下列敘述正確的是（）A.放出熱量關系：b＞2aB.放出熱量關系：b=2aC.達平衡時氨氣的體積分數：①＞②D.N2的轉化率：①＜②10、25℃時，將氨水與氯化銨溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol·L-1的溶液。溶液中c(NH3·H2O)、c(NH4+)與pH的關系如下圖所示。下列有關離子濃度關系敘述一定正確的是。

A.W點表示溶液中：c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)B.pH=7.0溶液中：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)C.pH=10.5的溶液中：c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)＜0.1mol·L-1D.向W點所表示的1L溶液中加入0.05molNaOH固體(忽略溶液體積變化)：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)11、室溫下，若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是A.的溶液：B.的溶液和的溶液混合C.的溶液和的溶液等體積混合：D.的溶液和的溶液等體積混合：12、由下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是。實驗操作和現象結論A向某溶液中滴加幾滴新制氯水，再滴加少量溶液，溶液變紅溶液中含有B室溫下，測得相同濃度的和溶液的pH分別為8和9酸性：C蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加熱加氫氧化鈉溶液至溶液呈堿性，再加入少量新制繼續(xù)加熱生成磚紅色沉淀蔗糖完全水解D向等體積等濃度的稀硫酸中分別加入少量等物質的量的和固體，溶解而不溶解

A.AB.BC.CD.D13、如下圖所示，在注射器中加入少量rm{Na_{2}SO_{3}}晶體，并吸入少量濃硫酸rm{(}以不接觸紙條為準rm{)}則下列有關說法正確的是A.濕潤的藍色石蕊試紙只變紅不褪色B.濕潤的品紅試紙蘸有rm{KMnO_{4}}酸性溶液的濾紙均褪色證明了rm{SO_{2}}的漂白性C.濕潤的碘化鉀淀粉試紙未變藍說明rm{SO_{2}}不能將rm{I^{-}}還原為rm{I_{2}}D.實驗后，可把注射器中的物質推入rm{NaOH}溶液，以減少環(huán)境污染14、乙酸分子的結構式為下列反應及斷鍵部位正確的是rm{(}rm{)}A.乙酸的電離，是rm{壟脵}鍵斷裂B.乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應，是rm{壟脵}鍵斷裂C.在紅磷存在時，rm{Br_{2}}與rm{CH_{3}COOH}的反應：rm{CH_{3}COOH+Br}2rm{xrightarrow[]{潞矛脕脳}}rm{CH_{2}Br隆陋COOH+HBr}是rm{壟脹}鍵斷裂D.乙酸變成乙酸酐的反應：rm{2CH_{3}COOH簍D隆煤}rm{+H_{2}O}是rm{壟脵壟脷}鍵斷裂評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)15、如圖是某同學設計的蒸餾裝置圖。

①進水口是____（a或b）．

②裝置c的名稱是____．

③蒸餾燒瓶中常加入沸石或碎瓷片，其目的是____．

16、加入0.10molMnO2粉末于50mLH2O2溶液中；在標準狀況下放出氣體的體積和時間的關系如圖所示．

①寫出H2O2在二氧化錳作用下發(fā)生反應的化學方程式____．

②實驗時放出氣體的總體積是____mL．

③放出1/3氣體所需時間為____min．

④反應放出3/4氣體所需時間約為____min．

⑤A、B、C、D各點反應速率快慢的順序為____＞____＞____＞____．

⑥解釋反應速率變化的原因____．

⑦計算H2O2的初始物質的量濃度____．（請保留兩位有效數字）

17、蒸餾是實驗室制備蒸餾水的常用方法．

（1）圖Ⅰ是實驗室制取蒸餾水的常用裝置，圖中明顯的一個錯是____

（2）儀器A的名稱是____，儀器B的名稱是____．

（3）實驗時A中除加入少量自來水外，還需加入幾粒____；其作用是防止液體暴沸．

（4）從錐形瓶取少量收集到的液體于試管中，然后滴入____和____（填試劑的化學式），檢驗是否存在Cl﹣，并寫出有關反應的離子方程式：____．

（5）圖Ⅱ裝置也可用于少量蒸餾水的制?。訜峒肮潭▋x器略），其原理與圖I完全相同．該裝置中使用的玻璃導管較長，其作用是____；燒杯中最好盛有的物質是____（填名稱）．

18、（1）工業(yè)上用電石-乙炔生產氯乙烯的反應如下：

CaO+3CCaC2+CO

CaC2+2H2O→CH≡CH+Ca（OH）2

CH≡CH+HClCH2=CHCl

電石-乙炔法的優(yōu)點是流程簡單；產品純度高，而且不依賴與石油資源．

電石-乙炔法的缺點是：______、______．19、下列四組有機物rm{壟脵C_{7}H_{8}}rm{C_{3}H_{8}O_{3}壟脷C_{3}H_{6}}rm{C_{2}H_{6}O}rm{壟脹C_{2}H_{2}}rm{C_{6}H_{6}壟脺CH_{4}O}rm{C_{2}H_{4}O_{3}}rm{(1)}各組中的兩種物質無論以何種比例混合，只要混合物的總物質的量一定，則完全燃燒時生成水的質量和消耗rm{O_{2}}的質量均不變的是第____組．rm{(2)}各組中的兩種物質無論以何種比例混合，只要混合物的總質量一定，則完全燃燒時生成水和rm{CO_{2}}的質量均不變的是第rm{_}____rm{_}組，符合此條件的有機物之間存在的關系為___。rm{(3)}各組中的兩種物質無論以何種比例混合，只要混合物的總質量一定，則完全燃燒時，僅生成水的質量不變的是第____組．20、研究催化劑對化學反應有重要意義rm{.}為探究催化劑對雙氧水分解的催化效果，某研究小組做了如下實驗：

rm{(1)}甲同學欲用圖所示實驗來證明rm{MnO_{2}}是rm{H_{2}O_{2}}分解反應的催化劑rm{.}該實驗______rm{(}填“能”或“不能”rm{)}達到目的，原因是______rm{.(}若能，不必回答原因rm{)}

rm{(2)}為分析rm{Fe^{3+}}和rm{Cu^{2+}}對rm{H_{2}O_{2}}分解反應的催化效果，丙同學設計如下實驗rm{(}三支試管中均盛有rm{10mL5%H_{2}O_{2})}。試管ⅠⅡⅢ滴加試劑rm{5}滴rm{0.1mol?L^{-1}FeCl_{3}}rm{5}滴rm{0.1mol?L^{-1}CuCl_{2}}rm{5}滴rm{0.3mol?L^{-1}NaCl}產生氣泡情況較快產生細小氣泡緩慢產生細小氣泡無氣泡產生由此得到的結論是______；設計實驗Ⅲ的目的是______．

rm{(3)}在上述實驗過程中，分別檢測出溶液中有二價鐵生成，查閱資料得知：將作為催化劑的rm{FeCl_{3}}溶液加入rm{H_{2}O_{2}}溶液后，溶液中會發(fā)生兩個氧化還原反應，且兩個反應中rm{H_{2}O_{2}}均參加了反應，試從催化劑的角度分析，這兩個氧化還原反應的化學方程式分別是______和______rm{(}按反應發(fā)生的順序寫rm{)}．21、寫出下列反應的方程式：

rm{(1)}鈉與水反應______

rm{(2)}過氧化鈉與二氧化碳反應______

rm{(3)}氯氣與水反應______

rm{(4)}制備漂白粉______

rm{(5)}氯氣和鐵反應______．22、等體積的硫酸鋁、硫酸鋅、硫酸鈉溶液分別與足量氯化鋇溶液反應，若生成硫酸鋇沉淀的質量比為1：2：3，則三種硫酸鹽的物質的量濃度之比為______。評卷人得分四、判斷題(共4題，共40分)23、24g鎂原子的最外層電子數為NA（判斷對錯）24、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數為8×6.02×1023（判斷對錯）25、標準狀況下，2.24L己烷含有分子的數目為0.1NA（判斷對錯）26、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）評卷人得分五、綜合題(共4題，共16分)27、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：

28、根據方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題29、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：

30、根據方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】

A；C、D物質不同；具有不同的能量，燃燒熱不相等．燃燒熱是物質的性質，與量的多少無關，故B正確．

故選：B．

【解析】【答案】燃燒熱是指1mol物質完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時所放出的熱量．一般C→CO2，H→H2O（l），S→SO2．燃燒熱是物質的性質；與量的多少無關．

2、B【分析】【分析】本題考查位置結構性質的相互關系及應用，根據核外電子排布確定元素所在周期表中的位置以及把握元素周期律的遞變規(guī)律是解答該題的關鍵，難度不大?！窘獯稹恳阎猺m{{,!}_{a}A^{n+}}rm{{,!}_B^{(n+1)+}}rm{{,!}_{c}C^{n-}}rm{{,!}_3l3usftD^{(n+1)-}}具有相同的電子層結構，則有：rm{a-n=b-(n+1)=c+n=d+(n+1)}則有rm{A}rm{B}在周期表中rm{C}rm{D}的下一周期，并且原子序數：rm{B>A>C>D}則。

A.rm{C}rm{D}在同一周期，且原子序數rm{C>D}非金屬性：rm{C>D}則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：rm{C>D}故A錯誤；

B.已知rm{{,!}_{a}A^{n+}}rm{{,!}_B^{(n+1)+}}rm{{,!}_{c}C^{n-}}rm{{,!}_65byumvD^{(n+1)-}}具有相同的電子層結構，則有：rm{a-n=b-(n+1)=c+n=d+(n+1)}則有原子序數：rm{B>A>C>D}故B正確；

C.rm{A}rm{B}在周期表中同周期，原子序數：rm{b>a}金屬性：rm{A>B}最高價氧化物對應水化物的堿性：rm{A>B}故C錯誤；

D.四種元素不一定屬于短周期元素，如rm{A}為rm{K}rm{B}為rm{Ca}rm{C}為rm{Cl}rm{D}為rm{S}也符合；故D錯誤。

故選B?！窘馕觥縭m{B}3、B【分析】試題分析：A、同周期元素原子半徑隨原子序數的增大而減小，所以原子半徑：Na＞Mg＞Al＞H，正確；B、因為非金屬性Cl>S>P，所以氫化物的穩(wěn)定性：HCl>H2S>PH3，錯誤；C、因為非金屬性P>C>Si，所以最高價氧化物水化物的酸性強弱：H2SiO3＜H2CO3＜H3PO4，正確；D、因為金屬性K＞Na＞Mg＞Al，所以陽離子的氧化性：K+＜Na+＜Mg2+＜Al3+，正確?？键c：本題考查元素周期律?！窘馕觥俊敬鸢浮緽4、C【分析】解：在水中放入高錳酸鉀晶體后，高錳酸鉀晶體溶于水，受到水分子的作用，克服了離子間的引力，電離出高錳酸根離子和鉀離子，高錳酸根離子呈紫紅色，所以溶液中紫紅色范圍逐漸擴大，最后整個溶液都變成紫紅色；故選：rm{C}．

在水中放入高錳酸鉀晶體后；高錳酸鉀晶體溶于水，受到水分子的作用，克服了離子間的引力，電離出高錳酸根離子和鉀離子．

本題主要考查電離的條件以及離子的顏色判斷，難度不大，記住高錳酸根離子呈紫紅色即可解題．【解析】rm{C}5、B【分析】解：rm{A.}用敞口容器稱量rm{NaOH}且時間過長；導致稱取的溶質中含有氫氧化鈉的質量偏小，溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低，故A不選；

B.定容時俯視讀取刻度；導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故B選；

C.原容量瓶洗凈后未干燥；對溶液體積；溶質的物質的量都不會產生影響，溶液濃度不變，故C不選；

D.配制過程中；未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒，導致溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低，故D不選；

故選：rm{B}．

分析操作對溶質的物質的量和溶液體積的影響，依據rm{C=dfrac{n}{V}}進行誤差分析，凡是使rm{n}偏大，rm{V}偏小的操作都能使溶液濃度偏高；反之溶液濃度偏低，據此分析解答．

本題考查了一定物質的量濃度溶液的配制誤差分析，準確分析操作對溶質的物質的量和溶液體積的影響是解題關鍵，題目難度不大．【解析】rm{B}二、多選題(共9題，共18分)6、BC【分析】【分析】本題考查微粒的質子數和電子數的關系，明確中性微粒、陽離子、陰離子的電子的數目計算是解答的關鍵，并注意中性微粒中質子數等于電子數。【解答】A.rm{OH^{-}}的質子數為rm{8+1=9}rm{OH^{-}}的電子數為rm{9+1=10}rm{NH_{4}^{+}}的質子數為rm{7+4=11}rm{NH_{4}^{+}}的電子數為rm{11-1=10}故A錯誤；

B.rm{H_{2}O}的質子數等于電子數等于rm{1隆脕2+8=10}rm{NH_{3}}的質子數等于電子數等于rm{7+1隆脕3=10}故B正確；

C.rm{F^{-}}的質子數等于rm{9}電子數等于rm{10}rm{OH^{-}}的質子數為rm{8+1=9}rm{OH^{-}}的電子數為rm{9+1=10}故C正確；

D.rm{O^{2-}}的質子數為rm{8}電子數為rm{8+2=10}rm{NH_{4}^{+}}的質子數為rm{7+4=11}rm{NH_{4}^{+}}的電子數為rm{11-1=10}故D錯誤。

故選BC。

【解析】rm{BC}7、AD【分析】【分析】本題考查二氧化硫的性質，rm{SO_{2}}的漂白性主要體現在使品紅褪色。題目難度不大?！窘獯稹緼.品紅不能使藍色石蕊試紙褪色，故A正確；

B.漂白性是指使有色的有機物質褪色，rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}不是有機物，所以rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}溶液的濾紙褪色不能證明rm{SO}故rm{SO}

rm{{,!}_{2}}的漂白性，主要檢驗氧化B錯誤；的物質，如果將碘化鉀氧化為碘單質，就能使淀粉變藍。二氧化硫不能使其變藍，說明二氧化硫不能將碘化鉀氧化為碘單質，故C錯誤；C.碘化鉀淀粉試紙溶液可吸收性D.rm{NaOH}溶液可吸收rm{SO}故rm{NaOH}正確rm{SO}

故選AD。

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{AD}8、BC【分析】【分析】

反應（1）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH<0，是放熱反應，反應前后氣體體積減小；反應（2）Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，是吸熱反應，反應前后氣體體積增大；利用信息可知，可采取在低溫（50℃）時讓粗鎳和CO作用，使生成的Ni（CO）4在230℃時分解即可得到純鎳；以此分析解答。

【詳解】

A.由圖結合實驗原理可知，T2=50℃，T1=230℃，即T1>T2；故A錯誤；

B.反應（1）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)中反應前后氣體體積減小，根據平衡移動原理，增大壓強平衡向正反應方向移動，Ni(CO4)的產率增大；故B正確；

C.反應（2）是反應（1）的逆過程；正反應為吸熱反應，平衡后，降低溫度，平衡向逆向移動，CO濃度減小，故C正確；

D.反應（1）是放熱反應，升溫，平衡向逆向移動，氣體的物質的量增大，氣體總質量減小，根據M=氣體平均相對分子質量減小，故D錯誤。

答案選BC。

【點睛】

本題考查了化學平衡影響因素的分析判斷，解題時要能夠依據反應特征及題圖信息分析出制備過程的原理，從而實現解題的突破，平衡移動原理的應用是解題關鍵。9、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．合成氨為放熱反應；①與②相比，②中的物質的量是①，則②相當于①的兩倍，且平衡正向移動，放出的熱量是①的2倍還多，故A正確；

B．由A的分析可知，放出熱量關系：b＞2a；故B錯誤；

C．容器②相當于在容器①的基礎上增大壓強，平衡向逆反應方向移動，達平衡時氨氣的體積分數：①<②；故C錯誤；

D．容器②相當于在容器①的基礎上增大壓強；平衡向逆反應方向移動，所以容器②中反應物的轉化率高，故D正確；

故選AD。10、AD【分析】【詳解】

將氨水與氯化銨溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol/L的混合溶液，當溶液中只有NH4+時，NH4+水解使溶液呈酸性，隨著c(NH3·H2O)的增大，溶液堿性增強，根據圖示，當pH=9.25時，c(NH3·H2O)=c(NH4+)，因此當溶液的pH＜9.25時，c(NH3·H2O)＜c(NH4+)，當pH＞9.25時，c(NH3·H2O)＞c(NH4+)，因此隨著溶液pH的增大，濃度增大的是c(NH3·H2O)、減小的是c(NH4+)。A．任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據電荷守恒可得c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，在W點時c(NH3·H2O)=c(NH4+)，所以c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，A正確；B．室溫下pH=7.0＜9.25，溶液顯中性，c(H+)=c(OH-)，則溶液中c(NH4+)＞c(NH3·H2O)，NH3·H2O主要以電解質分子存在，NH3·H2O、H2O的電離程度十分微弱，其電離產生的離子濃度很小，故微粒濃度大小關系為：c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(H+)=c(OH-)，B錯誤；C．該混合溶液中，無論pH如何變化都存在c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，則c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+c(H+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L+c(H+)＞0.1mol/L，C錯誤；D．W點溶液中存在c(NH3·H2O)=c(NH4+)=0.05mol/L，溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，根據電荷守恒可知c(Cl-)＜c(NH4+)=0.05mol/L，向1L該溶液中加入0.05molNaOH，則c(Na+)=0.05mol/L，c(Na+)＞c(Cl-)，NaCl電離產生離子濃度Cl-濃度c(Cl-)大于NH3·H2O電離產生的離子NH4+、OH-的濃度，且溶液中還有水會微弱電離產生OH-，故離子濃度關系為：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)，D正確；故合理選項是AD。11、BD【分析】【詳解】

由題可知，

A．0.1mol/L的NaHA溶液中的物料守恒：HA-的電離常數大于其水解程度，故溶液中因此故A錯誤；

B．的溶液和的溶液的混合液中c(Na+)<0.2mol/L，該溶液中電荷守恒為：溶液呈中性，故故B正確；

C．該混合溶液中電荷守恒：①，物料守恒：②，將①+②得：故C錯誤；

D．兩溶液混合后發(fā)生反應：Na2A+H2A=2NaHA，溶液中c(NaHA)=c(H2A)=0.05mol/L，溶液中電荷守恒：①，物料守恒：②，將①+②進行相關轉化得：因Ka1>Kh2，故溶液呈酸性，故故D正確；

故答案為：BD。

【點睛】

酸式鹽與多元弱酸的強堿正鹽溶液酸堿性比較：

（1）酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽中酸式酸根離子的電離能力和水解能力哪一個更強，如NaHCO3溶液中的水解能力大于其電離能力；故溶液顯堿性；

（2）多元弱酸的強堿正鹽溶液：多元弱酸根離子水解以第一步為主，例如Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。12、BD【分析】【詳解】

A．二價鐵離子和KSCN不反應，三價鐵離子和KSCN溶液反應生成血紅色絡合物，二價鐵離子易被氯水氧化生成三價鐵離子，Fe2+檢驗時要先加KSCN溶液后加氯水，防止Fe3+干擾；故A錯誤；

B．相同物質的量濃度的鈉鹽溶液；溶液的pH越大，酸根離子的水解程度越大，相應的酸的酸性越弱；室溫下，測得相同濃度的NaX和NaY溶液的pH分別為8和9可知HX溶液的酸性強于HY，故B正確；

C．蔗糖完全水解和部分水解；溶液中都含有葡萄糖，堿性條件下都能與新制氫氧化銅懸著液共熱反應生成氧化亞銅磚紅色沉淀，故C錯誤；

D．相同條件下，組成和結構相似的難溶金屬硫化物，溶解度大的物質先溶解于稀硫酸，向等體積等濃度的稀硫酸中分別加入少量等物質的量的和固體，溶解而不溶解，說明溶度積故D正確；

故選BD。13、AD【分析】【分析】本題考查二氧化硫的性質，rm{SO_{2}}的漂白性主要體現在使品紅褪色。題目難度不大?！窘獯稹緼.品紅不能使藍色石蕊試紙褪色，故A正確；

B.漂白性是指使有色的有機物質褪色，rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}不是有機物，所以rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}溶液的濾紙褪色不能證明rm{SO}故rm{SO}

rm{{,!}_{2}}的漂白性，主要檢驗氧化B錯誤；的物質，如果將碘化鉀氧化為碘單質，就能使淀粉變藍。二氧化硫不能使其變藍，說明二氧化硫不能將碘化鉀氧化為碘單質，故C錯誤；C.碘化鉀淀粉試紙溶液可吸收性D.rm{NaOH}溶液可吸收rm{SO}故rm{NaOH}正確rm{SO}

故選AD。

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{AD}14、ACD【分析】【分析】本題考查乙酸的性質，明確反應的機理是解題的關鍵?！窘獯稹緼.乙酸的電離，羥基上的氫氧鍵斷裂，即rm{壟脵}鍵斷裂，故A正確；B.乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應，碳氧單鍵斷裂，即rm{壟脷}鍵斷裂；故B錯誤；

C.在紅磷存在時，rm{Br}rm{Br}rm{{,!}_{2}}與rm{CH}rm{CH}的反應：rm{{,!}_{3}}rm{COOH}的反應：rm{CH}rm{COOH}2rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{COOH+Br}rm{COOH+Br}甲基上的碳氫鍵斷裂，即rm{xrightarrow[]{潞矛脕脳}}鍵斷裂，故C正確；D.乙酸變成乙酸酐的反應rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{Br隆陋COOH+HBr}甲基上rm{Br隆陋COOH+HBr}rm{壟脹}一個乙酸分子中碳氧單鍵斷裂，另一個乙酸分子羥基上的氫氧鍵斷裂，即：rm{2CH}鍵斷裂，故D正確。故選ACD。rm{2CH}【解析】rm{ACD}三、填空題(共8題，共16分)15、b錐形瓶防止暴沸【分析】【解答】①蒸餾實驗為達到最佳冷卻效果，應使冷凝水充滿冷凝管，所以冷凝水應從下口進上口出，即冷凝水從b口進入，故答案為：b；

②裝置c的名稱為錐形瓶；故答案為：錐形瓶；

③蒸餾燒瓶中常加入沸石或碎瓷片；其目的是防止液體暴沸，故答案為：防止暴沸．

【分析】①蒸餾實驗為達到最佳冷卻效果；應使冷凝水充滿冷凝管，所以冷凝水應從下口進上口出；

②依據儀器的圖型說出其名稱；

③蒸餾需要加熱使液體達到其沸點，溶液產出爆沸現象．16、略

【分析】

①由題意知，反應物為H2O2；生成物為水和氧氣，反應條件為二氧化錳作催化劑；

則反應的方程式為2H2O22H2O+O2↑；

故答案為：2H2O22H2O+O2↑；

②由圖象可知，反應至4min時，H2O2完全反應；生成氣體的總體積是60ml，故答案為：60；

③放出氣體時，氣體的體積為×60ml=20ml；對應的時間為1min，故答案為：1；

④反應放出氣體時，氣體的體積為=45ml；對應的時間約為2.5min，故答案為：2.5；

⑤由曲線的變化特點可以看出；曲線的斜率逐漸變小，說明反應逐漸減慢，則反應速率D＞C＞B＞A；

故答案為：D；C；B；A；

⑥隨著反應的進行，H2O2逐漸被消耗，反應物H2O2的濃度逐漸降低；則反應速率逐漸減小，故答案為：隨著反應的進行，濃度減小，反應速率減慢；

⑦根據方程式計算：

2H2O22H2O+O2↑

2mol22.4L

n0.06L

n==0.0054mol

c===0.11mol/L；故答案為：0.11mol/L．

【解析】【答案】H2O2在二氧化錳作用下發(fā)生反應生成氧氣，反應的方程式為2H2O22H2O+O2↑，根據生成氧氣的體積可求知H2O2的物質的量，進而計算H2O2的濃度；根據圖象中曲線的變化趨勢可計算氣體的體積；反應時間以及比較反應速率快慢等問題；

從影響化學反應速率的因素解釋反應速率變化的原因．

17、冷凝管進出水口顛倒蒸餾燒瓶冷凝管碎瓷片HNO3AgNO3Ag++Cl﹣=AgCl↓冷凝水蒸氣冰水【分析】【解答】（1）蒸餾時；為充分冷凝，應使水充滿冷凝管，從下端進水，上端出水；

故答案為：冷凝管進出水口顛倒；

（2）由儀器的圖形可知A為蒸餾燒瓶；B為冷凝管，故答案為：蒸餾燒瓶；冷凝管；

（3）液體在加熱時為了防止液體暴沸；可加入沸石，故答案為：碎瓷片；

（4）取少量原溶液于試管，滴入AgNO3溶液，有白色沉淀產生，再滴入稀HNO3沉淀只有部分溶解，并有氣泡產生，則沉淀是氯化銀和碳酸銀的混合物，一定含Cl﹣，Ag++Cl﹣=AgCl↓，故答案為：HNO3；AgNO3；Ag++Cl﹣=AgCl↓；

（5）該裝置中使用的玻璃導管較長；其作用是冷凝水蒸氣；為了增強冷凝效果，可以用冰水混合物使水蒸氣充分冷凝；故答案為：冷凝水蒸氣；冰水．

【分析】（1）蒸餾時；冷凝管應從下端進水，上端出水；

（2）A為蒸餾燒瓶；B為冷凝管；

（3）液體在加熱時應防止暴沸．

（4）滴入AgNO3溶液，有白色沉淀產生，再滴入稀HNO3沉淀只有部分溶解；并有氣泡產生，則氯化銀不溶于硝酸；

（5）玻璃導管除了起導氣的作用，還起到了冷凝的作用；為了增強冷凝效果，可以用冰水混合物來充分冷凝水蒸氣．18、略

【分析】解：CaO+3CCaC2+CO，反應溫度高，能耗大，CH≡CH+HClCH2=CHCl，使用HgCl2做催化劑；毒性大；

故答案為：反應溫度高；能耗大；使用的催化劑毒性大．

通過反應的條件（溫度；催化劑）分析電石-乙炔法的缺點．

本題為2014年上?？碱}，側重于實驗方案的分析與評價，題目難度不大，注意把握實驗的原理以及題給信息．【解析】反應溫度高，能耗大；使用的催化劑毒性大19、（1）④

（2）③二者最簡式相同

（3）①【分析】【分析】本題考查混合物計算、有機物分子式確定，題目難度中等，注意根據燃燒通式理解烴及其含氧衍生物耗氧量問題，注意rm{(1)}利用改寫法進行比較，可簡化計算過程?！窘獯稹縭m{(1)}混合物的總物質的量一定，完全燃燒生成水的質量和消耗rm{O_{2}}的質量均不變，則rm{1mol}各組分消耗氧氣的量相等；分子中含有的氫原子數目相等；

rm{壟脵1molC_{7}H_{8}}完全反應消耗rm{9mol}氧氣，而rm{1molC_{3}H_{8}O_{3}}完全反應消耗rm{3.5mol}氧氣，所以rm{C_{7}H_{8}}與rm{C_{3}H_{8}O_{3}}耗氧量不相同，不符合題意，故rm{壟脵}錯誤；

rm{壟脷1molC_{3}H_{6}}完全反應消耗rm{4.5mol}氧氣，而rm{1molC_{2}H_{6}O}完全反應消耗rm{3mol}氧氣，所以rm{1molC_{3}H_{6}}與rm{1molC_{2}H_{6}O}耗氧量不相同，不符合題意，故rm{壟脷}錯誤；

rm{壟脹C_{2}H_{2}}rm{C_{6}H_{6}}最簡式相同，rm{1molC_{6}H_{6}}的耗氧量為rm{1molC_{2}H_{2}}耗氧量的rm{3}倍，且分子中含有的rm{H}數目不同，物質的量一定時二者比例不同，生成水的量不同，故rm{壟脹}錯誤；

rm{壟脺C_{2}H_{4}O_{3}}改寫為rm{CH_{4}O?CO_{2}}rm{CH_{4}O}rm{C_{2}H_{4}O_{3}}分子中含有rm{H}原子數相等，且rm{1mol}時消耗的氧氣都是rm{1.5mol}所以只要混合物的總物質的量一定，則完全燃燒時生成水的質量和消耗rm{O_{2}}的質量均不變，故rm{壟脺}正確；

故答案為：rm{壟脺}

rm{(2)}只要混合物的總質量一定，完全燃燒時生成水和rm{CO_{2}}的質量均不變，則分子中含有的氫原子數目和碳原子數目相等，只有第rm{壟脹}個rm{C_{2}H_{2}}rm{C_{6}H_{6}}最簡式相同；

故答案為：rm{壟脹}二者最簡式相同；

rm{(3)壟脵C_{7}H_{8}}rm{C_{3}H_{8}O_{3}}最簡式不同，但含氫量不同，滿足題意，故rm{壟脵}正確；

rm{壟脷C_{3}H_{6}}rm{C_{2}H_{6}O}最簡式不同，含氫量不同，不滿足題意，故rm{壟脷}錯誤；

rm{壟脹C_{2}H_{2}}rm{C_{6}H_{6}}最簡式相同，含碳量和含氫量均相同，不符合題意，故rm{壟脹}錯誤；

rm{壟脺CH_{4}O}rm{C_{2}H_{4}O_{3}}最簡式不同，含氫量不同，不滿足題意，故rm{壟脺}錯誤；

故答案為：rm{壟脵}【解析】rm{(1)壟脺}rm{(1)壟脺}二者最簡式相同rm{(2)壟脹}二者最簡式相同rm{(2)壟脹}20、（1）不能因為沒有確認MnO2的質量和性質是否改變）不能因為沒有確認MnO2的質量和性質是否改變1）（2）Fe3+和Cu2+對H2O2分解均有催化效果，且Fe3+比Cu2+催化效果好對比實驗，說明Cl-對的H2O2分解沒有催化效果和2對Fe3+分解均有催化效果，且Cu2+比H2O2催化效果好Fe3+對比實驗，說明Cu2+對的分解沒有催化效果Cl-H2O2）（3）32FeCl3+H2O2=2FeCl2+O2↑+2HCl2FeCl2+H2O2+2HCl=2FeCl3+2H2O【分析】【分析】本題考查了催化劑在反應中起到的作用，以及催化劑的質量大小對反應速率的影響探究，并考查了對比實驗的重要性，結合催化劑的特點分析催化機理，并對方程式進行推導，綜合性較強，難度較大?！窘獯稹縭m{(1)}該實驗不能達到目的，因為沒有確認rm{MnO}rm{2}的質量和性質是否改變，故答案為：不能；因為沒有確認rm{2}rm{MnO}的質量和性質是否改變；rm{2}從所給的數據可知：試管Ⅰ、試管Ⅱ所用試劑的濃度、用量完全一樣，產生氣泡是試管Ⅰ快，試管Ⅱ慢，試管Ⅲ無氣泡產生，試管Ⅲ是一個對比實驗，說明rm{2}對rm{(2)}的分解沒有催化作用，從而得到rm{Cl^{-}}和rm{H_{2}O_{2}}對rm{Fe^{3+}}的分解均有催化作用，且rm{Cu^{2+}}比rm{H_{2}O_{2}}催化效果好的結論，故答案為：rm{Fe^{3+}}和rm{Cu^{2+}}對rm{Fe^{3+}}分解均有催化效果，且rm{Cu^{2+}}比rm{H_{2}O_{2}}催化效果好；對比實驗，說明rm{Fe^{3+}}對的rm{Cu^{2+}}分解沒有催化效果；

rm{Cl^{-}}根據化合價的升降和催化劑會參加反應，但最終性質和質量不改變寫出反應方程式，rm{H_{2}O_{2}}和rm{(3)}反應，rm{FeCl_{3}}中鐵元素化合價降低，生成氯化亞鐵，雙氧水中氧元素化合價升高，生成氧氣，方程式為：rm{H_{2}O_{2}}rm{FeCl_{3}}作催化劑，在第二個反應中重新生成，氯化亞鐵又被雙氧水氧化成氯化鐵，方程式為：rm{2FeCl_{3}+H_{2}O_{2}=2FeCl_{2}+O_{2}隆眉+2HCl}

故答案為：rm{FeCl_{3}}rm{2FeCl_{2}+H_{2}O_{2}+2HCl=2FeCl_{3}+2H_{2}O}rm{2FeCl_{3}+H_{2}O_{2}=2FeCl_{2}+O_{2}}；rm{2FeCl_{3}+H_{2}O_{2}=2FeCl_{2}+O_{2}}rm{隆眉}rm{+2HCl}【解析】rm{(}rm{1}rm{)}不能因為沒有確認rm{MnO_{2}}的質量和性質是否改變rm{(}rm{1}不能因為沒有確認rm{1}的質量和性質是否改變rm{)}rm{MnO_{2}}rm{(}rm{2}rm{)}rm{Fe^{3+}}和rm{Cu^{2+}}對rm{H_{2}O_{2}}分解均有催化效果，且rm{Fe^{3+}}比rm{Cu^{2+}}催化效果好對比實驗，說明rm{Cl^{-}}對的rm{H_{2}O_{2}}分解沒有催化效果rm{(}和rm{2}對rm{2}分解均有催化效果，且rm{)}比rm{Fe^{3+}}催化效果好rm{Fe^{3+}}對比實驗，說明rm{Cu^{2+}}對的rm{Cu^{2+}}分解沒有催化效果rm{H_{2}O_{2}}rm{H_{2}O_{2}}rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}}rm{Cu^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{Cl^{-}}rm{H_{2}O_{2}}21、略

【分析】解：rm{(1)}鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，反應的化學方程式為：rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}故答案為：rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}

rm{(2)}過氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，方程式為：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}故答案為：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}

rm{(3)}氯氣與水反應生成rm{HCll}rm{HClO}化學反應方程式為rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}故答案為：rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}

rm{(4)}工業(yè)制備漂白粉是利用氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應的化學方程式為：rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}

故答案為：rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}

rm{(5)}氯氣能將金屬氧化為最高價，鐵在氯氣中燃燒的產物是氯化鐵，反應為：rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠錄};}{.}}{;}2FeCl_{3}}

故答案為：rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠錄};}{.}}{;}2FeCl_{3}}．

rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠錄};}{.}}{;}2FeCl_{3}}鈉和水反應生成氫氧化鈉和氫氣；據此分析；

rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠錄};}{.}}{;}2FeCl_{3}}過氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣；

rm{(1)}氯氣與水反應生成rm{(2)}rm{(3)}為氧化還原反應，也屬于離子反應；

rm{HCll}工業(yè)制備漂白粉是利用氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣；次氯酸鈣和水；結合原子守恒配平書寫化學方程式；

rm{HClO}氯氣具有強氧化性；鐵在氯氣中燃燒生成氯化鐵．

本題考查的是化學方程式的書寫知識，屬于化學用語的考查，考查學生根據反應原理書寫化學方程式的能力，注意化學方程式書寫經常出現的錯誤有不符合客觀事實、不遵守質量守恒定律、不寫條件、不標符號等rm{(4)}題目難度不大．rm{(5)}【解析】rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠錄};}{.}}{;}2FeCl_{3}}rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠錄};}{.}}{;}2FeCl_{3}}22、1：6：9【分析】解：由生成硫酸鋇沉淀的質量比為1：2：3；即生成硫酸鋇的物質的量之比為1：2：3；

設生成硫酸鋇的物質的量分別為n；2n、3n；

則Al2（SO4）3～3BaSO4

13

n

ZnSO4～BaSO4

11

2n2n

Na2SO4～BaSO4

11

3n3n

又硫酸鋁；硫酸鋅、硫酸鈉溶液的體積相同；

則濃度之比等于物質的量之比，即為2n：3n=1：6：9；

故答案為：1：6：9。

生成硫酸鋇沉淀的質量比為1：2：3，即生成硫酸鋇的物質的量之比為1：2：3，然后利用Al2（SO4）3～3BaSO4、ZnSO4～BaSO4、Na2SO4～BaSO4來計算。

本題考查物質的量濃度的計算，明確反應中物質之間的關系是解答本題的關鍵，并熟悉同種物質的質量比等于物質的量之比、同體積的不同溶液的濃度之比等于物質的量之比來解答。【解析】1：6：9四、判斷題(共4題，共40分)23、B【分析】【解答】n===1mol，結合鎂原子最外層電子數為2計算，最外層電子數為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數為2計算．24、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質的量，再根據鈉離子結構計算最外層電子總數．25、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/mol26、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價鍵；故答案為：錯。

【分析】根據甲苯的結構簡式來確定化學鍵，確定存在C﹣H共價鍵的數目五、綜合題(共4題，共16分)27、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）根據反應2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）結合1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1計算反應熱；