2025年粵教版高一化學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………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年粵教版高一化學(xué)上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、將一定量的鋅放人rm{100mLl8.4mol/L}濃硫酸中加熱，充分反應(yīng)后鋅完全溶解，同時生成氣體rm{X22.4L(}標(biāo)準(zhǔn)狀況rm{)}將反應(yīng)后的溶液稀釋至rm{0.8L}測得溶液rm{c(H^{+})=0.1mol/L}則下列判斷錯誤的是rm{(}rm{)}A.氣體rm{X}為rm{SO_{2}}和rm{H_{2}}的混合物B.氣體rm{X}中rm{SO_{2}}與rm{H_{2}}的體積相等C.反應(yīng)中共轉(zhuǎn)移rm{2mol}電子D.反應(yīng)中共消耗rm{Zn65g}2、下列關(guān)于容量瓶的使用方法中，正確的是A.使用前檢查是否漏水B.溶液未冷卻即注入容量瓶中C.容量瓶可長期存放溶液D.在容量瓶中直接溶解固體3、下圖表示的一些物質(zhì)或概念間的從屬關(guān)系中正確的是XYZA氧化鈣氧化物堿性氧化物B鹽化合物電解質(zhì)C膠體分散系混合體系D置換反應(yīng)氧化還原反應(yīng)離子反應(yīng)4、下列敘述正確的是（）A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1mol任何物質(zhì)的體積都約為22.4LB.1mol任何氣體所含分子數(shù)都相同，體積也都約為22.4LC.在20℃時，1mol的任何氣體的體積總比22.4L大D.1molH2和O2的混合氣體所含原子總數(shù)為2NA5、用蘸有濃氨水的棉棒對輸氯管道檢漏的原理為：rm{3Cl_{2}+8NH_{3}underset{{賂脽脦脗}隆壟{賂脽脩鹿}}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl.}該反應(yīng)的下列說法正確的是rm{3Cl_{2}+8NH_{3}

underset{{賂脽脦脗}隆壟{賂脽脩鹿}}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl.}rm{(}A.rm{)}被氧化B.rm{Cl_{2}}得到電子C.rm{NH_{3}}是氧化劑D.反應(yīng)每生成rm{Cl_{2}}轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為rm{1molN_{2}}rm{8隆脕6.02隆脕10^{23}}6、將銅粉放入稀硫酸中，加熱無明顯反應(yīng)，但加入某一種鹽后，發(fā)現(xiàn)銅粉質(zhì)量逐漸減少，該鹽可能是rm{壟脵}硫酸亞鐵rm{壟脷}硫酸鋅rm{壟脹}硝酸鉀rm{壟脺}氯化鈉rm{壟脻}氯化鐵A.rm{壟脵壟脹}B.rm{壟脹壟脻}C.rm{壟脷壟脹}D.rm{壟脷壟脺}7、下列物質(zhì)中含有兩種官能團的烴的衍生物為()A.rm{CH_{3}CH_{2}NO_{2}}B.rm{CH_{2}=CHBr}C.rm{CH_{2}Cl_{2}}D.8、設(shè)rm{N_{A}}是阿伏伽德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是A.rm{1molAl^{3+}}離子含有的電子數(shù)為rm{3N_{A}}B.rm{1molCl_{2}}含有rm{1N_{A}}個原子C.rm{23g}鈉在rm{22.4L(}標(biāo)況下rm{)Cl_{2}}中反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)rm{N_{A}}個D.欲配制rm{1.00L}rm{1.00mol.L^{-1}}的rm{NaCl}溶液，可將rm{58.5gNaCl}溶于rm{1.00L}水中評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)9、以石油、煤和天然氣為主要原料生產(chǎn)的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.陶瓷B.塑料C.合成纖維D.合成橡膠10、實驗中加熱某水溶液，可選用的儀器有rm{(}rm{)}A.燒杯B.量筒C.試管D.酒精燈11、下列物質(zhì)可以導(dǎo)電的是A.蔗糖溶液B.金屬rm{Cu}C.rm{NaCl}溶液D.rm{HCl}溶液12、溫度為T1時，在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)(正反應(yīng)放熱)。實驗測得：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逆為速率常數(shù)，受溫度影響。不同時刻測得容器中n(NO)、n(O2)如下：。時間/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03

下列說法正確的是A.0~2s內(nèi)，該反應(yīng)的平均速率v(NO)=0.03mol·L-1·s-1B.其他條件不變，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，則達平衡時NO2體積分數(shù)減小C.其他條件不變，移走部分NO2，則平衡正向移動，平衡常數(shù)增大D.當(dāng)溫度改變?yōu)門2時，若k正=k逆，則T2＞T113、下列敘述中一定正確的是A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水電離出的c(H+)為10-13mol/LB.pH=2與pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)之比為1︰10C.僅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四種離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、下列氣體中不能用堿石灰干燥的是（）A.HClB.CO2C.NH3D.SO215、實驗室需要配置rm{100mL1.0隆脕10^{-2}mol隆隴L^{-1}}的rm{100mL1.0隆脕10^{-2}

mol隆隴L^{-1}}溶液，下列玻璃儀器中，一定要用到的有()A.漏斗B.玻璃棒C.膠頭滴管D.容量瓶rm{CuSO_{4}}16、阿伏加德羅常數(shù)值約為rm{6.02隆脕10^{23}}下列有關(guān)敘述正確的是A.rm{1molNH_{4}Cl}固體中共價鍵總數(shù)為rm{5隆脕6.02隆脕10^{23}}B.rm{16g}氧氣和臭氧混合氣體中的氧原子數(shù)約為rm{1隆脕6.02隆脕10^{23}}C.rm{18gD_{2}O}中含有的電子數(shù)約為rm{0.9隆脕6.02隆脕10^{23}}D.rm{1molNa_{2}O_{2}}固體中離子總數(shù)為rm{4隆脕6.02隆脕10^{23}}17、某原電池總反應(yīng)的離子方程式是：rm{Zn+Cu^{2+}簍TZn^{2+}+Cu}依據(jù)此反應(yīng)設(shè)計原電池的正確組合是rm{(}rm{)}。選項正極負極電解質(zhì)溶液rm{A}rm{Cu}rm{Zn}稀鹽酸rm{B}rm{C}rm{Zn}硫酸銅溶液rm{C}rm{Cu}rm{Zn}氯化銅溶液rm{D}rm{Cu}rm{Zn}硝酸銅溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)18、下圖是紅磷P（s）和Cl2反應(yīng)生成（圖中的表示生成1mol產(chǎn)物的數(shù)據(jù)）。根據(jù)下圖回答下列問題：（1）的熱化學(xué)方程式為。（2）=KJ·mol-1（3）研究表明，化學(xué)反應(yīng)的能量變化（△H）與反應(yīng)物和生成物的鍵能有關(guān)。鍵能可以簡單地理解為斷開1mol化學(xué)鍵時所需吸收的能量，表1所列是部分化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)。表1部分化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)。化學(xué)鍵P-PP-OO=OP=O鍵能/（kJ·mol-1）198360498x已知1mol白磷（結(jié)構(gòu)如下圖所示，分子式為P4）完全燃燒生成P4O10（結(jié)構(gòu)如下圖）放出2982KJ熱量，則表中：x=。（P4O10）19、（8分）氫能是21世紀(jì)極具開發(fā)前景的新能源之一，它既是綠色能源，又可循環(huán)利用。請在下圖的兩個空框中填上循環(huán)過程中反應(yīng)物和生成物的分子式，以完成理想的氫能源循環(huán)體系圖（循環(huán)中接受太陽能的物質(zhì)在自然界中廣泛存在）。從能量轉(zhuǎn)移的角度看，過程Ⅱ主要是能轉(zhuǎn)化為能。如果用KOH溶液作為電解質(zhì)溶液，寫出該燃料電池的電極反應(yīng)式負極：______________________________正極：_________________________________。[來20、有下列各組物質(zhì)：①石墨和碳納米管②甲烷和十八烷③④乙酸和甲酸甲酯⑤12CO2和14CO2⑥H、D、T⑦⑧其中屬于同分異構(gòu)體的為（填序號，下同）；屬于同素異形體的為；屬于同位素的為；屬于同系物的為；屬于同一物質(zhì)的為；21、有甲、乙兩位同學(xué)均想利用原電池反應(yīng)檢測金屬的活動性順序，兩人使用鎂片與鋁片作電極，但甲同學(xué)將電極放入rm{6mol/L}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液中，乙同學(xué)將電極放入rm{6mol/L}的rm{NaOH}溶液中，如圖所示．

rm{(1)}甲中電池的負極是____________，乙池中發(fā)生氧化反應(yīng)的電極是____________rm{(}填“鋁片”或“鎂片”rm{)}rm{(2)}寫出乙池中負極的電極反應(yīng)式____________。rm{(3)}如果甲與乙同學(xué)均認為“構(gòu)成原電池的電極材料如果都是金屬，則構(gòu)成負極材料的金屬應(yīng)比構(gòu)成正極材料的金屬活潑”，則甲會判斷出____________活動性更強，而乙會判斷出____________活動性更強。rm{(}填寫元素符號rm{)}rm{(4)}上述實驗也反過來證明了“直接利用金屬活動性順序判斷原電池中的正負極”這種做法____rm{(}填“可靠”或“不可靠”rm{)}22、質(zhì)量都是rm{50g}的rm{HCl}rm{NH_{3}}rm{CO_{2}}rm{O_{2}}四種氣體中，含分子數(shù)最少的是______；同溫同壓下，密度最小的是______rm{(}填分子式rm{)}．評卷人得分四、實驗題(共3題，共9分)23、已知非金屬單質(zhì)硫rm{(S)}是淡黃色固體粉末，難溶于水rm{.}為了驗證氯元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強；某化學(xué)實驗小組設(shè)計了如圖實驗，請回答下列問題：

rm{(1)}裝置rm{A}的分液漏斗中盛裝的試劑是______；燒瓶中所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．

rm{(2)}裝置rm{B}中盛放的試劑是______rm{(}選填下列所給試劑的代碼rm{)}所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．

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)}裝置rm{C}的作用是______；其中盛放的試劑是______．

rm{(4)}從原子結(jié)構(gòu)的角度簡要分析氯元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強的原因______．

rm{(5)}還有哪些事實能夠說明氯元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強rm{(}試舉一例rm{)}______．24、某校課外小組為測定某碳酸鈉和碳酸氫鈉混合物中碳酸鈉的質(zhì)量分數(shù)；甲；乙兩組同學(xué)分別進行了下列相關(guān)實驗．

方案Ⅰ．甲組同學(xué)用質(zhì)量法；按如下圖所示的實驗流程進行實驗：

（1）有同學(xué)認為“加入適量鹽酸”不好操控，應(yīng)改為“過量鹽酸”，便于操作且不影響測定的準(zhǔn)確性，你認為對或錯，理由是______．

（2）實驗結(jié)束時稱量的固體成分是______（填化學(xué)式）．若測得開始樣品質(zhì)量為19g，結(jié)束時固體質(zhì)量為17.55g，則混合物中含有的碳酸鈉的質(zhì)量為______g．

方案Ⅱ：乙組同學(xué)的主要實驗流程圖如下：

說明：流程圖中“稱量C”指的是稱量裝置C（見下圖）的質(zhì)量．按如圖所示裝置進行實驗：

（3）圖B中所裝試劑為______．在C中裝堿石灰來吸收凈化后的氣體．D裝置的作用是______．

（4）有的同學(xué)認為為了減少實驗誤差，在反應(yīng)前后都應(yīng)通入N2，反應(yīng)后通入N2的目的是______．

方案Ⅲ：氣體分析法。

（5）把一定量樣品與足量稀硫酸反應(yīng)后，用如圖裝置測量產(chǎn)生CO2氣體的體積，B溶液最好采用______（填序號）使測量誤差較小．

a．飽和碳酸鈉溶液b．飽和碳酸氫鈉溶液。

c．飽和氫氧化鈉溶液d．飽和硫酸銅溶液．25、實驗室制取氯氣除了用濃鹽酸和二氧化錳反應(yīng)外還可利用下列反應(yīng)：rm{KClO_{3}+6HCl(}濃rm{)簍TKCl+3Cl_{2}隆眉+3H_{2}O}該反應(yīng)的優(yōu)點是反應(yīng)產(chǎn)生氯氣速度快、不需加熱rm{.}圖是實驗室利用此反應(yīng)制備氯氣并進行一系列相關(guān)實驗的裝置rm{(}夾持設(shè)備已略rm{)}．

rm{(1)}上述反應(yīng)中______是氧化劑，______是還原劑，若反應(yīng)中氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多rm{1mol}則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為______．

rm{(2)}裝置rm{B}的作用是______，實驗進行時rm{C}中可能發(fā)生堵塞，請寫出發(fā)生堵塞時rm{B}中的現(xiàn)象：______．

rm{(3)}裝置rm{C}的實驗?zāi)康氖球炞C氯氣是否具有漂白性，為此rm{C}中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入______rm{(}選“rm{a}”“rm”或“rm{c}”rm{)}

。rm{a}rmrm{c}Ⅰ干燥的有色布條濕潤的有色布條濕潤的有色布條Ⅱ堿石灰濃硫酸無水氯化鈣Ⅲ濕潤的有色布條干燥的有色布條干燥的有色布條rm{(4)}設(shè)計裝置rm{D}rm{E}的目的是為了比較rm{Cl_{2}}rm{Br_{2}}rm{I_{2}}的氧化性強弱rm{.}已知rm{Br_{2}}的水溶液因濃度不同而呈現(xiàn)橙色或紅棕色，rm{I_{2}}難溶于水而易溶苯，且rm{I2}的苯溶液為紫紅色rm{.}當(dāng)向rm{D}中緩緩?fù)ㄈ胱懔縭m{Cl_{2}}時，可以看到無色溶液逐漸變?yōu)榧t棕色，說明rm{Cl_{2}}的氧化性大于rm{Br_{2}}請寫出rm{D}中對應(yīng)的離子方程式并用雙線橋法表示出電子轉(zhuǎn)移情況：______rm{.}打開活塞，將rm{D}中的少量溶液加入rm{E}中，振蕩rm{E}觀察到rm{E}中溶液分為兩層，上層rm{(}苯層rm{)}為紫紅色rm{.}該現(xiàn)象______rm{(}填“能”或“不能”rm{)}說明rm{Br_{2}}的氧化性大于rm{I_{2}}．

rm{(5)}裝置rm{F}的作用是除去污染性的物質(zhì)rm{(Cl_{2}}rm{Br_{2}}等rm{)}已知rm{Cl_{2}}與rm{NaOH}反應(yīng)時產(chǎn)物中可能有rm{NaCl}rm{NaClO}rm{NaClO_{3}}且rm{dfrac{c(Cl^{-})}{c(ClO^{-})}}值與溫度高低有關(guān)rm{dfrac

{c(Cl^{-})}{c(ClO^{-})}}若燒杯中裝有rm{.}的rm{500mL0.2mol/L}溶液，則最多可吸收標(biāo)況下的rm{NaOH}的體積為______rm{Cl_{2}}忽略rm{L(}溶于水rm{Cl_{2}}．rm{)}評卷人得分五、綜合題(共4題，共20分)26、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：

27、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題28、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：

29、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、B【分析】【分析】

?本題考查氧化還原反應(yīng)的相關(guān)計算，為高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計算能力的考查，題目難度不大，注意濃硫酸和稀硫酸性質(zhì)的不同，從質(zhì)量守恒的角度解答該題，計算生成氣體的物質(zhì)的量關(guān)系是解答該題的關(guān)鍵。

rm{Zn}和濃硫酸發(fā)生：rm{Zn+2H}和濃硫酸發(fā)生：rm{Zn}rm{Zn+2H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}濃rm{{,!}_{4}}rm{(}濃rm{)=ZnSO}rm{(}rm{)=ZnSO}rm{{,!}_{4}}rm{+SO}rm{+SO}隨著反應(yīng)的進行，溶液濃度減小，rm{{,!}_{2}}發(fā)生：rm{隆眉+H}rm{隆眉+H}rm{{,!}_{2}}rm{O}隨著反應(yīng)的進行，溶液濃度減小，rm{O}稀稀硫酸與rm{Zn}發(fā)生：rm{Zn+H}rm{Zn}rm{Zn+H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}則生成的氣體為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}}溶液剩余硫酸的物質(zhì)的量為rm{隆眉}則生成的氣體為rm{SO}rm{隆眉}rm{SO}rm{{,!}_{2}}和的rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}隨著反應(yīng)的進行，硫酸的濃度逐漸減小，混合物，根據(jù)反應(yīng)的有關(guān)方程式結(jié)合質(zhì)量守恒定律列方程組計算。【解答】生成氣體的物質(zhì)的量為rm{dfrac{22.4L}{22.4L/mol}

}rm{=1mol}溶液剩余硫酸的物質(zhì)的量為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}濃參加反應(yīng)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}隨著反應(yīng)的進行，硫酸的濃度逐漸減小，rm{)=0.1L隆脕18.4mol/L-0.04mol=1.8mol}設(shè)反應(yīng)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{(}濃rm{)=ZnSO}rm{(}rm{)=ZnSO}rm{{,!}_{4}}rm{+SO}rm{+SO}rm{{,!}_{2}}的二氧化硫和rm{隆眉+H}的氫氣；rm{隆眉+H}為rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{x}rm{2x}rm{x}rm{x}rm{2x}為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}所以反應(yīng)會生成rm{0.8mol}的二氧化硫和rm{0.2mol}的氫氣；rm{0.8mol}rm{0.2mol}濃A.由以上分析可知氣體rm{A}為rm{SO}rm{A}rm{SO}rm{{,!}_{2}}和rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}中，生成的混合物，故A正確；的二氧化硫轉(zhuǎn)移電子為B.氣體rm{A}為rm{SO}反應(yīng)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{)}氫氣轉(zhuǎn)移電子rm{V(H}所以反應(yīng)中共轉(zhuǎn)移rm{{,!}_{2}}電子，故C正確；

rm{)=}rm{)=}的質(zhì)量rm{n(SO}故D正確。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】試題分析：A、氧化鈣是氧化物，但不是所有氧化物都是堿性氧化物,如CO2，H2O等A錯誤；B、鹽是化合物，但不是所有化合物都是電解質(zhì)，如，酒精，蔗糖都是非電解質(zhì)。B錯誤；C、膠體是分散系，而且所有分散系都是混合體系，C正確；D、置換反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，但不是所有氧化還原反應(yīng)都是離子反應(yīng)，如：H2+CuOCu+H2O,D錯誤。考點：考查物質(zhì)的分類?！窘馕觥俊敬鸢浮緾4、D【分析】【解答】解：A；氣體摩爾體積是溫度壓強一定的氣體；氣體摩爾體積是指氣體，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1mol任何氣體的體積都約為22.4L，故A錯誤；B、標(biāo)準(zhǔn)狀況1mol氣體的體積約為22.4L，溫度壓強不知1mol氣體體積不確定，故B錯誤；

C；在常溫下氣體的體積可以大于可以等于可以小于22.4L；因為壓強不確定，根據(jù)克拉柏瓏方程式：PV=nRT，標(biāo)況下是0℃，101KPa，當(dāng)20℃的時候看是否體積大于22.4L還要關(guān)注其它量，故C錯誤；

D、H2和O2的都是雙原子分子，1molH2和O2的混合氣體所含原子總數(shù)為2NA；故D正確；

故選D．

【分析】A；依據(jù)氣體摩爾體積的概念分析判斷；氣體摩爾體積是指氣體；

B；標(biāo)準(zhǔn)狀況1mol氣體的體積約為22；4L；

C；20℃是我們說的常溫；但是在常溫下氣體的體積可以大于可以等于可以小于22.4L，因為壓強不確定；

D、H2和O2的都是雙原子分子．5、C【分析】解：rm{A.3Cl_{2}+8NH_{3}underset{{賂脽脦脗}隆壟{賂脽脩鹿}}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}反應(yīng)中，rm{A.3Cl_{2}+8NH_{3}

underset{{賂脽脦脗}隆壟{賂脽脩鹿}}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}元素的化合價由rm{Cl}降低到rm{0}價，則rm{-1}為氧化劑被還原；故A錯誤；

B.rm{3Cl_{2}+8NH_{3}underset{{賂脽脦脗}隆壟{賂脽脩鹿}}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}反應(yīng)中，rm{Cl_{2}}元素的化合價由rm{3Cl_{2}+8NH_{3}

underset{{賂脽脦脗}隆壟{賂脽脩鹿}}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}升高到rm{N}價，則rm{-3}失去電子；故B錯誤；

C.rm{3Cl_{2}+8NH_{3}underset{{賂脽脦脗}隆壟{賂脽脩鹿}}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}反應(yīng)中，rm{0}元素的化合價由rm{NH_{3}}降低到rm{3Cl_{2}+8NH_{3}

underset{{賂脽脦脗}隆壟{賂脽脩鹿}}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}價，則rm{Cl}為氧化劑；故C正確；

D.rm{3Cl_{2}+8NH_{3}underset{{賂脽脦脗}隆壟{賂脽脩鹿}}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}反應(yīng)中，rm{0}元素的化合價由rm{-1}升高到rm{Cl_{2}}價，則反應(yīng)每生成rm{3Cl_{2}+8NH_{3}

underset{{賂脽脦脗}隆壟{賂脽脩鹿}}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為rm{N}故D錯誤；

故選C．

rm{3Cl_{2}+8NH_{3}underset{{賂脽脦脗}隆壟{賂脽脩鹿}}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}反應(yīng)中，rm{-3}元素的化合價由rm{0}升高到rm{1molN_{2}}價，則rm{6隆脕6.02隆脕10^{23}}為還原劑，rm{3Cl_{2}+8NH_{3}

underset{{賂脽脦脗}隆壟{賂脽脩鹿}}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}N_{2}+6NH_{4}Cl}元素的化合價由rm{N}降低到rm{-3}價，則rm{0}為氧化劑；據(jù)此分析解答．

本題考查氧化還原反應(yīng)基本概念的判斷等，為高頻考點，把握反應(yīng)中元素的化合價變化為解答的關(guān)鍵，題目難度不大．rm{NH_{3}}【解析】rm{C}6、B【分析】【分析】本題考查了硝酸根離子在酸性條件下的強氧化性rm{(}相當(dāng)于稀硝酸rm{)}能夠氧化金屬銅，解答本題時應(yīng)注意隱含條件的分析?！窘獯稹縭m{壟脵}rm{壟脵}金屬銅和稀硫酸不反應(yīng)，加入rm{FeSO}，也不發(fā)生反應(yīng)，故rm{FeSO}錯誤；rm{FeSO}rm{4}，也不發(fā)生反應(yīng)，故rm{壟脵}錯誤；rm{4}rm{4}，也不發(fā)生反應(yīng)，故rm{壟脵}錯誤；rm{壟脷}rm{壟脷}有很強的氧化性，能和金屬銅反應(yīng)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是：金屬銅和稀硫酸不反應(yīng)，加入rm{ZnSO}rm{ZnSO}rm{ZnSO}rm{4}，也不發(fā)生反應(yīng)，故rm{壟脷}錯誤；rm{4}rm{4}rm{壟脷}金屬銅和稀硫酸不反應(yīng)，加入rm{壟脹}，也不發(fā)生反應(yīng)，故rm{壟脹}錯誤；加入硝酸鉀，在酸性條件下，rm{NO_{3}^{-}}有很強的氧化性，能和金屬銅反應(yīng)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是：rm{8H^{+}+2NO_{3}^{-}+3Cu=3Cu^{2+}+4H}rm{NO_{3}^{-}}金屬銅和稀硫酸不反應(yīng)，加入rm{NO_{3}^{-}}rm{8H^{+}+2NO_{3}^{-}+3Cu=3Cu^{2+}+4H}，加入rm{8H^{+}+2NO_{3}^{-}+3Cu=3Cu^{2+}+4H}和銅反應(yīng)生成氯化銅和氯化亞鐵，故rm{2}正確。rm{2}rm{2}。rm{O+2NO}【解析】rm{B}7、B【分析】【分析】本題考查有機物的官能團和性質(zhì)，明確常見有機物的官能團是解答本題的關(guān)鍵，題目難度不大?！窘獯稹緼.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}一種官能團，rm{2}故rm{2}錯誤；中只含有rm{-NO}rm{2}一種官能團，故rm{A}錯誤；rm{-NO}rm{2}rm{-NO}rm{2}rm{2}正確；rm{A}rm{A}B.rm{CH}rm{2}rm{=CHBr}rm{CH}錯誤；rm{2}rm{2}rm{=CHBr}中只含有碳碳雙鍵和溴原子兩種官能團，故rm{B}正確；rm{B}rm{B}、兩種元素，不屬于烴的衍生物，故C.rm{CH}rm{2}rm{Cl}rm{2}錯誤。rm{CH}故選B。

rm{2}【解析】rm{B}8、C【分析】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計算，掌握物質(zhì)的量的計算公式和物質(zhì)結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，難度不大。rm{A}．鋁離子含有rm{10}個電子，故rm{1mol}鋁離子中含rm{10mol}電子即rm{10N_{A}}個；故A錯誤；

rm{B}．氯氣為雙原子分子，故rm{1mol}氯氣中含rm{2mol}氯原子即rm{2N_{A}}個；故B錯誤；

rm{C}．rm{23g}鈉的物質(zhì)的量為rm{1mol}標(biāo)況下rm{22.4L}氯氣的物質(zhì)的量為rm{1mol}反應(yīng)時氯氣過量，鈉完全反應(yīng)，由于反應(yīng)后變?yōu)閞m{+1}價，故rm{1mol}鈉轉(zhuǎn)移rm{1mol}電子即rm{N_{A}}個；故C正確；

rm{D}．將rm{58.5g}氯化鈉溶于rm{1L}水中，溶液體積大于rm{1L}則所得溶液的濃度小于rm{1mol/L}故D錯誤．

故選C?！窘馕觥縭m{C}二、多選題(共9題，共18分)9、BCD【分析】解：以煤；石油和天然氣為主要原料可制造化工產(chǎn)品、合成塑料、合成橡膠、合成纖維等；

故選BCD．

三大合成材料是合成塑料；合成橡膠、合成纖維．

本題考查煤、石油和天然氣的用途，難度不大，平時注意知識的積累．【解析】rm{BCD}10、ACD【分析】解：rm{A.}加熱某水溶液可以使用燒杯；需要墊石棉網(wǎng)，故A正確；

B.量筒為精密計量儀器；不能用來加熱，故B錯誤；

C.加熱某水溶液可以用試管；試管可以用來直接加熱，故C正確；

D.酒精燈為熱源；加熱某水溶液需要使用酒精燈，故D正確；

故選：rm{ACD}．

能夠直接加熱的儀器有：試管；燃燒匙、蒸發(fā)皿和坩堝等；需要墊石棉網(wǎng)的是：燒杯、燒瓶、錐形瓶等；不能加熱的儀器有：漏斗、量筒、集氣瓶等；據(jù)此解答．

本題考查了中學(xué)中常見的儀器及使用方法，了解儀器的用途、構(gòu)造及使用方法是解題關(guān)鍵，側(cè)重考查學(xué)生基本實驗知識的掌握．【解析】rm{ACD}11、BCD【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的導(dǎo)電性，可以導(dǎo)電的物質(zhì)包括金屬單質(zhì)和電解質(zhì)溶液或者熔融的電解質(zhì)?！窘獯稹緼.蔗糖溶液不能導(dǎo)電，故不選；B.rm{Cu}是金屬單質(zhì)，可以導(dǎo)電，故選B；C.rm{NaCl}溶液是電解質(zhì)溶液，可以導(dǎo)電，故選C；D.rm{HCl}是電解質(zhì)，其溶液可以導(dǎo)電，故選D。故選BCD?！窘馕觥縭m{BCD}12、AD【分析】【詳解】

A．根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知：在0~2s內(nèi)，NO的物質(zhì)的量由0.20mol變?yōu)?.08mol，△n(NO)=0.20mol-0.08mol=0.12mol，則該反應(yīng)的平均速率v(NO)==0.03mol·L-1·s-1；A正確；

B．其他條件不變，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相當(dāng)于增大體系的壓強，由于該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強，化學(xué)平衡正向移動，所以達平衡時NO2體積分數(shù)增大；B錯誤；

C．化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)不變，故其他條件不變，移走部分NO2；化學(xué)平衡正向移動，但平衡常數(shù)不變，C錯誤；

D．k正、k逆為速率常數(shù)，只受溫度影響，在溫度為T1時，根據(jù)表格數(shù)據(jù)，容器容積是2L，結(jié)合物質(zhì)反應(yīng)關(guān)系可知平衡時各種物質(zhì)的濃度c(NO)=0.03mol/L，c(O2)=0.015mol/L，c(NO2)=0.07mol/L，化學(xué)平衡常數(shù)K=＞0，說明k正＞k逆，若k正＝k逆，則K減小，化學(xué)平衡逆向移動，由于該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則改變條件是升高溫度，所以溫度T2＞T1；D正確；

故合理選項是AD。13、BD【分析】【詳解】

A.醋酸是一元弱酸，部分電離，存在電離平衡，所以醋酸電離產(chǎn)生的H+濃度小于0.1mol/L，但溶液溫度不確定，因此不能確定水電離出的c(H+)濃度大?。籄錯誤；

B.pH=2的醋酸溶液，c(H+)=0.01mol/L，pH=1的CH3COOH溶液，c(H+)=0.1mol/L，故兩種溶液中c(H+)之比為=0.01mol/L0.1mol/L=1︰10；B正確；

C.僅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四種離子的某溶液，根據(jù)電荷守恒，溶液中不可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)；C錯誤；

D.在1.0mol/LNa2CO3溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒，可得c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；D正確；

故合理選項是BD。14、ABD【分析】解：堿石灰是氧化鈣和氫氧化鈉的混合物，是堿性干燥劑，不能用來干燥酸性氣體，氨氣是堿性氣體，可以用堿石灰干燥，而HCl、CO2、SO2是酸性氣體；不能用堿石灰干燥；

故選ABD．

用干燥劑干燥氣體時；總的原則是：中性干燥劑既可以用來干燥酸性氣體又可以用來干燥堿性氣體；酸性干燥劑不能用來干燥堿性氣體；堿性干燥劑不能用來干燥酸性氣體；堿石灰是氧化鈣和氫氧化鈉的混合物，是堿性干燥劑．

本題考查氣體的凈化和干燥，難度不大，注意常見的干燥劑有：濃硫酸、堿石灰；其中，濃硫酸是酸性干燥劑，堿石灰是堿性干燥劑．【解析】【答案】ABD15、BCD【分析】略【解析】rm{BCD}16、BC【分析】【分析】本題考查阿伏加德羅常數(shù)和化學(xué)計量的綜合計算，題目難度一般?！窘獯稹緼.rm{1molNH}rm{1molNH}rm{{,!}_{4}}固體中共價鍵總數(shù)為rm{Cl}固體中共價鍵總數(shù)為rm{4隆脕6.02隆脕10}rm{Cl}故A錯誤；

B.rm{4隆脕6.02隆脕10}氧氣和臭氧混合氣體中的氧原子數(shù)約為rm{{,!}^{23}}故B正確；

C.rm{16g}中含有的電子數(shù)約為rm{1隆脕6.02隆脕10^{23}}故C正確；

D.rm{18gD_{2}O}固體中離子總數(shù)為rm{0.9隆脕6.02隆脕10^{23}}故D錯誤。

故選BC。

rm{1molNa_{2}O_{2}}【解析】rm{BC}17、BCD【分析】解：鋅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)而作負極，不如鋅活潑的金屬或?qū)щ姷姆墙饘僮髡龢Orm{(}石墨rm{)}銅離子在正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則電解質(zhì)為可溶性的銅鹽，符合條件的是rm{BCD}故選BCD．

根據(jù)電池反應(yīng)式知；失電子的金屬作負極，則鋅作負極，不如負極活潑的金屬或?qū)щ姷姆墙饘僮髡龢O，銅離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以電解質(zhì)溶液中含有銅離子，則電解質(zhì)溶液為可溶性的銅鹽．

本題考查了原電池工作原理，判斷正負極、電解質(zhì)溶液時，要根據(jù)電池反應(yīng)式判斷：發(fā)生氧化反應(yīng)的電極為負極，發(fā)生還原反應(yīng)的電極為正極，含有發(fā)生還原反應(yīng)的離子溶液為電解質(zhì)溶液．【解析】rm{BCD}三、填空題(共5題，共10分)18、略

【分析】試題分析：（1）由物質(zhì)的能量圖示可知：PCl3(g)分解成P(s)和Cl2(g)的熱化學(xué)方程式為2PCl3(g)＝2P(s)+3Cl2(g)△H＝+612KJ/mol。(2)P(s)和Cl2(g)分兩步反應(yīng)生成1molPCl5(g)的ΔH1=－399KJ/mol..由白磷變?yōu)镻4O10，由二者的結(jié)構(gòu)式可以看出要斷裂6mol的P-P、5mol的O=O鍵。形成4mol的P=O鍵和12mol的P-O鍵。由于共放出2982KJ熱量，由于斷裂化學(xué)鍵吸收能量，形成化學(xué)鍵放出能量。所以+198KJ/mol×6mol+498KJ/mol×5mol-360KJ/mol×12mol-4x=-2982KJ。解得x=585KJ/mol.考點：考查物質(zhì)的能量、鍵能與反應(yīng)熱的關(guān)系的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）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】試題分析：分別根據(jù)同分異構(gòu)體、同素異形體、同位素、同系物、同一物質(zhì)的概念分析填空?？键c：考查了“五同”概念的理解和應(yīng)用?！窘馕觥俊敬鸢浮浚靠?分，漏選、錯選、多選均不給分）④；①；⑥；②⑧；③⑦21、（1）鎂片鋁片（2）Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O（3）MgAl

（4）不可靠【分析】【分析】

本題考查了探究原電池原理；明確原電池中各個電極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，注意不能根據(jù)金屬的活動性強弱判斷正負極，要根據(jù)失電子難易程度確定負極，為易錯點。

【解答】

rm{(1)}甲中鎂易失電子作負極、rm{Al}作正極；乙池中鋁片作負極，鎂作正極，負極上鋁失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；

故答案為：鎂片；鋁片；

rm{(2)}乙池中鋁易失電子作負極、鎂作正極，負極上鋁失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為rm{Al+4OH^{-}-3e^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

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

rm{(3)}甲中鎂作負極；乙中鋁作負極；根據(jù)作負極的金屬活潑性強判斷，甲中鎂活動性強、乙中鋁活動性強；

故答案為：rm{Mg}rm{Al}

rm{(4)}上述實驗也反過來證明了“直接利用金屬活動性順序判斷原電池中的正負極”這種做法不可靠，故答案為：不可靠。

【解析】rm{(1)}鎂片鋁片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：根據(jù)rm{n=dfrac{m}{M}}可知，相同質(zhì)量的氣體，所含分子數(shù)目之比與摩爾質(zhì)量成反比，rm{CO_{2}}的摩爾質(zhì)量最大，故Crm{O_{2}}含有的分子數(shù)目最少；

同溫同壓下；密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，氨氣的摩爾質(zhì)量最小，故氨氣的密度最?。?/p>

故答案為：rm{CO_{2}}rm{NH_{3}}．

根據(jù)rm{n=dfrac{m}{M}}可知；相同質(zhì)量的氣體，所含分子數(shù)目之比與摩爾質(zhì)量成反比；同溫同壓下，密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，據(jù)此判斷；

本題考查物質(zhì)的量的相關(guān)計算，題目難度不大，注意相關(guān)計算公式的運用．【解析】rm{CO_{2}}rm{NH_{3}}四、實驗題(共3題，共9分)23、略

【分析】解：rm{(1)}為驗證氯元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強，需要用氯氣置換出硫，則必須用裝置rm{A}制備氯氣，實驗室通常用濃鹽酸與二氧化錳反應(yīng)制取氯氣，則rm{A}裝置中rm{A}的分液漏斗中盛裝的試劑是濃鹽酸，燒瓶中加入的試劑是rm{MnO_{2}}裝置作用是制取氯氣，反應(yīng)的方程式為：rm{MnO_{2}+4HCl(}濃rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{-}}{;}}rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{-}}{;}}

故答案為：濃鹽酸；rm{MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}濃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}中發(fā)生氯氣置換出硫的反應(yīng)，在給定試劑中只能選取rm{(2)}溶液，發(fā)生的是置換反應(yīng)，化學(xué)方程式為rm{B}故答案為：rm{Na_{2}S}rm{Na_{2}S+Cl_{2}=2NaCl+S隆媒}

rm{A}由于濃鹽酸易揮發(fā)，所以制備的rm{Na_{2}S+Cl_{2}=2NaCl+S隆媒}中混有rm{(3)}故飽和食鹽水是用來吸收rm{Cl_{2}}

故答案為：飽和食鹽水；除去rm{HCl}

rm{HCl}從氯原子和硫原子的核外電子排布可知：rm{HCl}與rm{(4)}分別為第三周期元素的rm{Cl}和rm{S}原子半徑：rm{VIIA}因為rm{VIA}的核電荷數(shù)大于rm{S>Cl}rm{Cl}的原子核對最外層電子的吸引能力比rm{S}強，即rm{Cl}的電子能力比rm{S}強，非金屬性rm{Cl}比rm{S}強rm{Cl}答案為：rm{S}原子、rm{.}原子的電子層數(shù)相同，但最外層電子數(shù)rm{Cl}原子是rm{S}rm{Cl}原子是rm{7}且原子半徑rm{S}因此，在反應(yīng)中rm{6}原子比rm{Cl<S}原子更容易獲得電子達穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；故氯元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強．

故答案為：rm{Cl}原子、rm{S}原子的電子層數(shù)相同，但最外層電子數(shù)rm{Cl}原子是rm{S}rm{Cl}原子是rm{7}且原子半徑rm{S}因此，在反應(yīng)中rm{6}原子比rm{Cl<S}原子更容易獲得電子達穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；故氯元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強；

rm{Cl}我們可從最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強弱、與氫氣反應(yīng)的難以程度、氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性等來判斷元素非金屬性的強弱，對rm{S}和rm{(5)}來說，可具體為：rm{Cl}的穩(wěn)定性比rm{S}的穩(wěn)定性強或者rm{HCl}的酸性比rm{H_{2}S}的酸性強．

故答案為：rm{HClO_{4}}的穩(wěn)定性比rm{H_{2}SO_{4}}的穩(wěn)定性強或者rm{HCl}的酸性比rm{H_{2}S}的酸性強．

rm{HClO_{4}}從實驗室制取氯氣的原理：二氧化錳和濃鹽酸之間反應(yīng)來制取分析；

rm{H_{2}SO_{4}}從置換反應(yīng)判斷元素非金屬性強弱；氧化性強的單質(zhì)可以置換氧化性弱的單質(zhì)性；

rm{(1)}裝置rm{(2)}是吸收生成的氯氣中的氯化氫氣體；用飽和食鹽水；

rm{(3)}從原子結(jié)構(gòu)的特點思考，rm{C}與rm{(4)}分別為第三周期元素的rm{Cl}和rm{S}原子半徑：rm{VIIA}因為rm{VIA}的核電荷數(shù)大于rm{S>Cl}rm{Cl}的原子核對最外層電子的吸引能力比rm{S}強，即rm{Cl}的電子能力比rm{S}強，非金屬性rm{Cl}比rm{S}強；

rm{Cl}從判斷元素非金屬性強弱的方法去思考；可從最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強弱；與氫氣反應(yīng)的難以程度、氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性等來判斷元素非金屬性的強弱．

本題應(yīng)從實驗裝置著眼，從比較rm{S}和rm{(5)}的非金屬性強弱著手，從整體的角度把握題目需要解答的問題，要通過本題建立解答本類題的正確思維過程．rm{Cl}【解析】濃鹽酸；rm{MnO_{2}+4HCl(}濃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}飽和食鹽水；除去rm{Na_{2}S+Cl_{2}=2NaCl+S隆媒}rm{HCl}原子、rm{Cl}原子的電子層數(shù)相同，但最外層電子數(shù)rm{S}原子是rm{Cl}rm{7}原子是rm{S}且原子半徑rm{6}因此，在反應(yīng)中rm{Cl<S}原子比rm{Cl}原子更容易獲得電子達穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故氯元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強；rm{S}的穩(wěn)定性比rm{HCl}的穩(wěn)定性強或者rm{H_{2}S}的酸性比rm{HClO_{4}}的酸性強rm{H_{2}SO_{4}}24、略

【分析】解：方案Ⅰ．（1）利用的是樣品質(zhì)量和反應(yīng)后所得氯化鈉的質(zhì)量計算；過濾鹽酸再蒸發(fā)濃縮時揮發(fā)，對測定結(jié)果無影響，改為“過量鹽酸”，便于操作且不影響測定的準(zhǔn)確性，因鹽酸易揮發(fā)，過量的鹽酸在加熱過程中揮發(fā)不殘留，不影響結(jié)果；

故答案為：因鹽酸易揮發(fā)；過量的鹽酸在加熱過程中揮發(fā)不殘留，不影響結(jié)果；

（2）碳酸鈉和碳酸氫鈉與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉，溶液蒸發(fā)后得氯化鈉固體，設(shè)樣品中碳酸鈉的物質(zhì)的量為xmol，碳酸氫鈉的物質(zhì)的量為ymol，則解得x=0.1mol，所以混合物中含有的碳酸鈉的質(zhì)量為0.1mol×106g/mol=10.6g；

故答案為：氯化鈉；10.6；

Ⅱ；（3）裝置B的作用是把氣體中的水蒸氣除去；故用濃硫酸來除去水蒸氣；空氣中的水蒸氣和二氧化碳會被堿石灰吸收，故D的作用是吸收空氣中的水蒸氣和二氧化碳，以確保前一個干燥管中質(zhì)量增加量的準(zhǔn)確性；

故答案為：濃硫酸；吸收空氣中的水蒸氣和二氧化碳；以確保前一個干燥管中質(zhì)量增加量的準(zhǔn)確性；

（4）該方案關(guān)鍵是要獲得產(chǎn)生的CO2的質(zhì)量，實驗前容器內(nèi)含有空氣，空氣中含有二氧化碳，會影響生成的二氧化碳的量，反應(yīng)后裝置中容器內(nèi)含有二氧化碳，不能被C中堿石灰完全吸收，導(dǎo)致測定結(jié)果有較大誤差，所以反應(yīng)前后都要通入N2，反應(yīng)后通入N2的目的是：將生成的二氧化碳從容器內(nèi)排出；被C裝置中堿石灰吸收．

故答案為：將B、C裝置中殘留CO2全部驅(qū)入D裝置的堿石灰中；減小實驗誤差；

方案Ⅲ：氣體分析法。

（5）利用測定反應(yīng)生成的二氧化碳氣體體積的方法測定；在碳酸氫鈉溶液中二氧化碳不反應(yīng)，溶解度減小，利用裝置圖排飽和碳酸氫鈉溶液測定二氧化碳氣體的體積，二氧化碳和碳酸鈉；氫氧化鈉都反應(yīng)，在硫酸銅溶液中也溶解；

故答案為：b．

方案Ⅰ．（1）根據(jù)測定方法分析；利用的是樣品質(zhì)量和反應(yīng)后所得氯化鈉的質(zhì)量計算，過濾鹽酸再蒸發(fā)濃縮時揮發(fā)，對測定結(jié)果無影響；

（2）碳酸鈉和碳酸氫鈉與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉；溶液蒸發(fā)后得氯化鈉固體，根據(jù)樣品的質(zhì)量和生成氯化鈉的質(zhì)量列方程組可求得混合物中含有的碳酸鈉的質(zhì)量；

方案Ⅱ；碳酸鈉和碳酸氫鈉與稀硫酸反應(yīng)生成二氧化碳；把除去水蒸氣的二氧化碳被堿石灰吸收，通過堿石灰的增重求得二氧化碳的質(zhì)量，根據(jù)二氧化碳的質(zhì)量和樣品質(zhì)量求得碳酸鈉的物質(zhì)的量，進而求得質(zhì)量分數(shù)；

（3）裝置B的作用是把氣體中的水蒸氣除去；在C中裝堿石灰來吸收凈化后的氣體，測定生成氣體質(zhì)量，該方案關(guān)鍵是要獲得產(chǎn)生的CO2的質(zhì)量；故應(yīng)保證產(chǎn)生的二氧化碳完全被吸收，而空氣中二氧化碳不能被吸收，裝置D是防止空氣中的氣體進入裝置C；

（4）所以反應(yīng)前后都要通入N2，反應(yīng)后通入N2的目的是：排盡裝置內(nèi)的空氣；將生成的二氧化碳從容器內(nèi)排出，被C裝置中堿石灰吸收；

方案Ⅲ：氣體分析法。

（5）所選液體不溶解二氧化碳．

本題考查了物質(zhì)性質(zhì)的探究和組成分析判斷，主要是實驗過程的分析，掌握基本操作和測定原理是解題關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】因鹽酸易揮發(fā)，過量的鹽酸在加熱過程中揮發(fā)不殘留，不影響結(jié)果；氯化鈉；10.6；濃硫酸；吸收空氣中的水蒸氣和二氧化碳，以確保前一個干燥管中質(zhì)量增加量的準(zhǔn)確性；將B、C裝置中殘留CO2全部驅(qū)入D裝置的堿石灰中，減小實驗誤差；b25、略

【分析】解：rm{(1)}因rm{HCl}中rm{Cl}元素的化合價升高，則rm{HCl}為該反應(yīng)中的還原劑，rm{KClO_{3}}中的rm{Cl}的化合價降低被還原，rm{KClO_{3}}是氧化劑，氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為rm{5}rm{1}若反應(yīng)中氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多rm{1mol}則氧化產(chǎn)物為rm{1.25mol}還原產(chǎn)物為rm{0.25mol}所以轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為rm{2.5N_{A}}

故答案為：rm{KClO_{3}}rm{HCl}rm{2.5N_{A}}

rm{(2)}裝置rm{B}中飽和食鹽水的作用是除去rm{Cl_{2}}中的rm{HCl}裝置rm{B}亦是安全瓶，監(jiān)測實驗進行時rm{C}中是否發(fā)生堵塞，發(fā)生堵塞時rm{B}中的；壓強增大，錐形瓶中液面下降，長頸漏斗中液面上升；

故答案為：除雜和安全瓶；錐形瓶中的液面下降；長頸漏斗中的液面上升；

rm{(3)}裝置rm{C}的實驗?zāi)康氖球炞C氯氣是否具有漂白性，驗證氯氣是否具有漂白性，要驗證干燥氯氣無漂白性，濕潤的有色布條中，氯氣和水反應(yīng)生成次氯酸具有漂白性，選項中rm{ab}的Ⅱ中都是干燥劑，再通入濕潤的有色布條不能驗證氯氣的漂白性，所以rm{C}中rm{I}rm{II}rm{III}依次放入濕潤的有色布條；無水氯化鈣、干燥的有色布條；

故答案為：rm{c}

rm{(4)D}中氯氣與溴化鈉反應(yīng)生成氯化鈉和溴單質(zhì)，對應(yīng)的離子方程式并用雙線橋法表示出電子轉(zhuǎn)移情況：打開活塞，將裝置rm{D}中含溴單質(zhì)的少量溶液加入焓碘化鉀和苯的裝置rm{E}中，溴單質(zhì)和碘化鉀反應(yīng)生成碘單質(zhì)，碘單質(zhì)溶于苯呈紫紅色，振蕩；觀察到的現(xiàn)象是：rm{E}中溶液分為兩層，上層rm{(}苯層rm{)}為紫紅色；氯氣具有強氧化性；過量的氯氣能夠?qū)⒌怆x子氧化成碘單質(zhì)，所以該現(xiàn)象不能說明溴的非金屬性強于碘；

故答案為：不能；

rm{(5)}已知rm{Cl_{2}}與rm{NaOH}反應(yīng)時產(chǎn)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}則標(biāo)況下的rm{n(Cl_{2})=dfrac

{1}{2}n(NaOH)=0.5L隆脕0.2mol/L隆脕dfrac{1}{2}=0.05mol}的體積為rm{Cl_{2}}

故答案為：rm{1.12L}．

rm{1.12}由rm{(1)}反應(yīng)可知，rm{KClO_{3}+6HCl=KCl+3Cl_{2}隆眉+3H_{2}O}中rm{KClO_{3}}元素的化合價由rm{Cl}價降低為rm{+5}rm{0}中rm{HCl}元素的化合價由rm{Cl}價升高為rm{-1}以此來解答；

rm{0}反應(yīng)制取的氯氣中含有氯化氫，裝置rm{(2)}中飽和食鹽水的作用是除去rm{B}中的rm{Cl_{2}}裝置rm{HCl}亦是安全瓶，監(jiān)測實驗進行時rm{B}中是否發(fā)生堵塞，發(fā)生堵塞時rm{C}中的；壓強增大；

rm{B}驗證氯氣是否具有漂白性；要驗證干燥氯氣無漂白性，濕潤的有色布條中，氯氣和水反應(yīng)生成次氯酸具有漂白性；

rm{(3)}中氯氣與溴化鈉反應(yīng)生成氯化鈉和溴單質(zhì)；打開活塞，將裝置rm{(4)D}中少量溶液加入裝置rm{D}中；生成的溴單質(zhì)和碘化鉀反應(yīng)生成碘單質(zhì)，碘單質(zhì)溶解于苯中，振蕩分層，苯層在上層；氯氣具有強氧化性；由于過量的氯氣也能夠氧化碘離子，無法說明溴單質(zhì)氧化性強于碘單質(zhì)；

rm{E}根據(jù)原子守恒分析．

本題以氯氣的制備為載體考查了氯氣的性質(zhì)、氧化還原反應(yīng)、雙線橋法表示出電子轉(zhuǎn)移、氧化還原反應(yīng)的計算，題目難度中等，解題時注意把握氯氣的性質(zhì)、制法、裝置的作用及氧化還原反應(yīng)原理為解答的關(guān)鍵．rm{(5)}【解析】rm{KClO_{3}}rm{HCl}rm{2.5N_{A}}除雜和安全瓶；錐形瓶中的液面下降，長頸漏斗中的液面上升；rm{c}不能；rm{1.12}五、綜合題(共4題，共20分)26、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