2025年人教版（2024）高一化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年人教版（2024）高一化學(xué)下冊(cè)月考試卷332考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、制取一氯乙烷最好采用的方法是()A.乙烷和氯氣反應(yīng)B.乙烯和氯氣反應(yīng)C.乙烯和氯化氫反應(yīng)D.乙烯和氫氣反應(yīng)后再和氯氣反應(yīng)2、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的原子序數(shù)都不超過(guò)rm{18}它們的離子rm{{,!}_{a}A^{m+}}rm{{,!}_B^{n+}}rm{{,!}_{c}C^{m-}}rm{{,!}_scksgxxD^{n-}}rm{(m>n)}均具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.原子序數(shù)：rm{a>b>c>d}B.離子半徑：rm{{,!}_{a}A^{m+}>_B^{n+}>_{c}C^{m-}>_7hiqirhD^{n-}}C.離子還原性：rm{{,!}_{a}A^{(n+1)+}>_B^{n+}}離子氧化性：rm{{,!}_{c}C^{m-}>_3bssa2cD^{n-}}D.單質(zhì)還原性：rm{B>A}單質(zhì)氧化性：rm{D>C}3、化學(xué)科學(xué)需要借助化學(xué)專用語(yǔ)言來(lái)描述，下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)正確的是rm{(}rm{)}A.甲烷的結(jié)構(gòu)式：rm{CH_{4}}B.rm{NH_{4}Cl}的電子式：C.苯的實(shí)驗(yàn)式：rm{CH}D.乙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：rm{C_{2}H_{4}}4、有關(guān)硝酸的性質(zhì)的敘述中，正確的是A.稀硝酸能使紅色石蕊試紙變藍(lán)B.硝酸能與Na2CO3反應(yīng)，但不能生成CO2C.硝酸的氧化性很強(qiáng)，能氧化所有金屬D.濃硝酸因分解放出NO2又溶解于硝酸而呈黃色5、某元素R的氣態(tài)氫化物的化學(xué)式符合RH4，且氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為25%。則R的最高價(jià)氧化物的水化物化學(xué)式為（）A.H2SO4B.H2CO3C.HNO3D.H2SiO36、已知某短周期元素原子的第三電子層上排布有rm{5}個(gè)電子，則該元素在周期表中位于A.第二周期Ⅳrm{A}族B.第二周期Ⅴrm{A}族C.第三周期Ⅳrm{A}族D.第三周期Ⅴrm{A}族評(píng)卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)7、下列實(shí)驗(yàn)操作或裝置錯(cuò)誤的是（）A.

蒸餾B.

過(guò)濾C.

萃取D.

轉(zhuǎn)移溶液8、一定條件下在一容積恒為2L的容器內(nèi)發(fā)生反應(yīng)：2A（g）+B（g）2C（g），已知起始投入4molA（g）和2molB（g），經(jīng)2s后測(cè)得C的濃度為0.6mol/L，并且2s后各組分濃度不再改變．下列說(shuō)法正確的是（）A.2s內(nèi)用物質(zhì)A表示的平均反應(yīng)速率為0.3mol/（L?s）B.2s內(nèi)用物質(zhì)B表示的平均反應(yīng)速率為0.6mol/（L?s）C.2s后每有0.6mol的物質(zhì)B生成，同時(shí)就有0.6mol物質(zhì)C生成D.2s時(shí)物質(zhì)B的濃度為0.7mol/L9、如圖，在光照條件下，將盛有CH4和Cl2的量筒倒扣于盛有飽和食鹽水的水槽中進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，對(duì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象及產(chǎn)物分析中錯(cuò)誤的是（）A.混合氣體的顏色變淺，量筒中液面上升B.量筒內(nèi)壁上出現(xiàn)的油狀液滴，應(yīng)只是三氯甲烷、四氯甲烷的混合物C.已知HCl可降低NaCl的溶解度，故水槽中有固體物質(zhì)析出D.甲烷與氯氣反應(yīng)后的產(chǎn)物只有CCl410、一定質(zhì)量的鐵、氧化鐵、氧化銅的混合物粉末放入rm{100mL4.40mol/L}鹽酸中，充分反應(yīng)后產(chǎn)生rm{896mLH_{2}(}標(biāo)準(zhǔn)狀況rm{)}殘留固體rm{1.28g.}過(guò)濾，濾液中無(wú)rm{Cu^{2+}}將濾液加水稀釋到rm{200mL}測(cè)得其中rm{c(H^{+})}為rm{0.400mol/L}下列判斷正確的是()A.殘留固體中一定不含有鐵B.濾液中可能含有rm{Fe^{3+}}C.原混合物中rm{n(Fe)>n(Fe_{2}O_{3})+n(CuO)}D.原混合物中鐵為rm{3.36g}11、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}均為短周期元素，它們?cè)谠刂芷诒碇械奈恢萌绫硭?，若rm{Y}原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的rm{3}倍rm{.}下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是rm{(}rm{)}

。rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}A.氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：rm{X<Y}B.最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：rm{W>Z>X}C.元素rm{Y}和元素rm{Z}的最高正化合價(jià)之和的數(shù)值等于rm{9}D.rm{W}的單質(zhì)具有漂白性，能使?jié)駶?rùn)的有色布條褪色12、下表各組物質(zhì)中，rm{x}是主體物質(zhì)，rm{y}是少量雜質(zhì)，rm{z}是為了除去雜質(zhì)所要加入的試劑，其中所加試劑正確的一組是()。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{x}rm{FeCl_{2}}溶液rm{FeCl_{3}}溶液rm{Fe}rm{CO_{2}}rm{y}rm{FeCl_{3}}rm{CuCl_{2}}rm{Al}rm{HCl}rm{z}rm{Cl_{2}}rm{Fe}rm{NaOH}溶液飽和rm{NaHCO_{3}}溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}13、下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是()

A.中子數(shù)為rm{10}的氧原子：rm{^{18}_{phantom{0}8}mathrm{O}}B.二氧化碳的電子式：C.rm{^{18}_{phantom{0}8}mathrm{O}

}rm{Na_{2}}的電子式：rm{O}的電子式：D.rm{O}的電子式：14、對(duì)于放熱反應(yīng)rm{H_{2}+Cl_{2}}rm{2HCl}下列說(shuō)法正確的是A.產(chǎn)物所具有的總能量高于反應(yīng)物所具有的總能量B.反應(yīng)物所具有的總能量高于產(chǎn)物所具有的總能量C.斷開rm{1molH-H}鍵和rm{1molCl隆陋Cl}鍵所吸收的總能量小于形成rm{2molH-Cl}鍵所放出的能量D.rm{HCl}分子較穩(wěn)定是因?yàn)槠浞肿娱g作用力較大的緣故評(píng)卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、為定性探究乙醇的分子結(jié)構(gòu)；某化學(xué)課外小組設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)方案：在盛有少量無(wú)水乙醇的試管中，加入一粒擦干煤油的金屬鈉，在試管口迅速塞上配有醫(yī)用注射針頭的單孔塞，點(diǎn)燃放出的氣體，并把一干燥的小燒杯罩在火焰上（如圖），在燒杯壁上出現(xiàn)液滴后，迅速倒轉(zhuǎn)燒杯，向燒杯中加入少量的澄清石灰水，觀察有無(wú)混濁．

（1）以上實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)存在重大安全隱患，請(qǐng)你幫他們指出來(lái)____．

（2）確認(rèn)所用乙醇為無(wú)水乙醇的方法是____．

（3）若向燒杯中加入少量澄清石灰水后發(fā)現(xiàn)有混濁，那么燃燒產(chǎn)生CO2的物質(zhì)最可能是____．

（4）若向燒杯中加入少量澄清石灰水后未發(fā)現(xiàn)混濁，則可推斷乙醇分子結(jié)構(gòu)中含有____．

16、設(shè)rm{N_{A}}為阿伏加德羅常數(shù)，已知rm{a}rm{g}某氣體中含分子數(shù)為rm且該氣體的摩爾質(zhì)量為______．17、某課外實(shí)驗(yàn)小組利用稀硫酸與金屬鐵反應(yīng)探究影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素；得到如下實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)：

。實(shí)驗(yàn)。

序號(hào)鐵的。

質(zhì)量g鐵的。

形態(tài)C（H2SO4）

Mol/LV（H2SO4）

mL溶液溫度金屬消失的時(shí)間s反應(yīng)前反應(yīng)后反應(yīng)前反應(yīng)后10.10鐵片0.750203625020.10鐵片0.850203520030.10鐵粉0.85020362540.10鐵片1.050203512550.10鐵片1.050355050分析上述數(shù)據(jù)；回答下列問(wèn)題：

（1）實(shí)驗(yàn)2和3表明，______對(duì)反應(yīng)速率有影響，影響規(guī)律是______

（2）僅表明反應(yīng)物濃度對(duì)反應(yīng)速率產(chǎn)生影響的實(shí)驗(yàn)有______（填序號(hào)）

（3）本實(shí)驗(yàn)中影響反應(yīng)速率的其他因素還有______，能體現(xiàn)該影響因素的實(shí)驗(yàn)序號(hào)是______

（4）在實(shí)驗(yàn)4中滴入幾滴硫酸銅溶液，金屬消失的時(shí)間小于125s，原因是______．18、某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液rm{200mL}平均分成兩份。向其中一份中逐漸加入銅粉，最多能溶解rm{9.6g}向另一份中逐漸加入鐵粉，產(chǎn)生氣體的量隨鐵粉質(zhì)量增加的變化如下圖所示rm{(}巳知硝酸只被還原為rm{NO}氣體rm{)}

rm{(1)OA}段反應(yīng)的離子方程式為__________。rm{BC}段反應(yīng)的離子方程式為__________。rm{(2)}第二份溶液中最終溶質(zhì)為__________，實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證此溶液陽(yáng)離子的方法是__________。rm{(3)H_{2}SO_{4}}濃度為_______rm{mol/L}19、rm{SO_{2}}是重要的大氣污染物，大量rm{SO_{2}}的來(lái)源是______rm{.SO_{2}}不僅本身污染大氣；而且它在大氣中經(jīng)塵粒催化能與水；氧氣作用形成危害更大的酸雨，反應(yīng)的化學(xué)方程式是______、______．

為了降低硫的氧化物造成的污染所采用的一種方法是在含硫燃料rm{(}如煤rm{)}中加入生石灰，這種方法稱為“鈣基固硫”，采用這種方法在燃燒過(guò)程中“固硫”反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．評(píng)卷人得分四、判斷題(共2題，共4分)20、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對(duì)錯(cuò)）21、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、原理綜合題(共4題，共12分)22、鐵及鐵的氧化物廣泛應(yīng)于生產(chǎn)；生活、航天、科研領(lǐng)域。

(1)鐵通過(guò)對(duì)N2、H2吸附和解吸可作為合成氨的固體催化劑，原理為：

①若用和分別表示N2、H2和NH3，則在固體催化劑表面合成氨的過(guò)程可用下圖表示，其中能量狀態(tài)最低的是_______(填字母序號(hào))；

②在三個(gè)體積均為1L的恒容密閉容器中，分別加入n1molN2和n2molH2發(fā)生上述反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)時(shí)c(N2)隨時(shí)間(t)的變化如圖所示。與實(shí)驗(yàn)b相比，實(shí)驗(yàn)a、實(shí)驗(yàn)c分別改變的實(shí)驗(yàn)條件可能為_______、_______(分別僅改變一個(gè)條件)。

(2)Fe2O3與CH4反應(yīng)可制備“納米鐵粉”，其反應(yīng)為：△H2

①此反應(yīng)化學(xué)平衡常數(shù)的表達(dá)式為_______。

②一定溫度下，將一定量的Fe2O3(s)和CH4(g)置于恒容密閉容器中反應(yīng)，能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是_______。

A．混合氣體的密度不再改變B．鐵的物質(zhì)的量不再改變。

C．CO和H2的濃度之比為1：2D．v正(CO)=2v逆(H2)

③一定溫度下，向體積為2L的密閉容器中加入0.2molFe2O3(s)和0.6molCH4(g)進(jìn)行上述反應(yīng)，反應(yīng)起始時(shí)壓強(qiáng)為p，反應(yīng)進(jìn)行至5min時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)，測(cè)得此時(shí)容器的壓強(qiáng)是起始?jí)簭?qiáng)的倍。5min內(nèi)用Fe2O3(s)表示的平均反應(yīng)速率為_______該溫度下反應(yīng)的分壓平衡常數(shù)Kp=_______(用含p的式子表示；已知：氣體分壓氣體總壓氣體體積分?jǐn)?shù))。23、乙烯是世界上產(chǎn)量最大的化學(xué)產(chǎn)品之一；乙烯工業(yè)是石油化工產(chǎn)業(yè)的核心。

(1)甲醇制備乙烯的主要反應(yīng)：

i．2CH3OH(g)=C2H4(g)+2H2O(g)?H1=—20.9kJ/mol

ii．3CH3OH(g)=C3H6(g)+3H2O(g)?H2=—98.1kJ/mol

iii．4CH3OH(g)=C4H8(g)+4H2O(g)?H3=—118.1kJ/mol

①C3H6轉(zhuǎn)化為C2H4的熱化學(xué)方程式iv：2C3H6(g)=3C2H4(g)?H4=___________，該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行的條件是___________(填“較低”“較高”或“任意”)溫度。

②加入N2作為稀釋劑，反應(yīng)i中C2H4的產(chǎn)率將___________(填“增大”；減小”或“不變”)。

(2)乙炔在Pd表面選擇加氫生成乙烯的反應(yīng)機(jī)理如圖。其中吸附在Pd表面上的物種用*標(biāo)注。

該歷程中最大能壘(活化能)Ea(正)=___________kJ/mol，該步驟的化學(xué)方程式為___________。

(3)Warker法是目前工業(yè)上生產(chǎn)乙醛的最重要方法。其反應(yīng)如下：

CH2=CH2(g)+O2(g)CH3CHO(g)?H=-243.68kJ/mol

某溫度下，物質(zhì)的量之比為2：1的CH=CH2和O2在剛性容器內(nèi)發(fā)生反應(yīng)該反應(yīng)，若起始總壓為1.5MPa，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)總壓減少了25%，則CH2=CH2的平衡轉(zhuǎn)化率為___________，用各物質(zhì)的平衡分壓表示該反應(yīng)的平衡常數(shù)，則Kp=___________MPa-0.5(只要列出計(jì)算式；分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。

(4)電解法處理含乙醛的工業(yè)廢水的總反應(yīng)為2CH3CHO+H2OCH3CH2OH+CH3COOH。實(shí)驗(yàn)室中，以一定濃度的乙醛和H2SO4溶液為電解質(zhì)溶液；模擬含乙醛的工業(yè)廢水，用惰性電極進(jìn)行電解，其裝置如圖所示。

①b上的電極反應(yīng)式為___________。

②在處理過(guò)程中，當(dāng)外電路中的電流I=aA(A為電流單位)時(shí)，b分鐘處理掉乙醛c克，則該電解裝置的電流效率η=___________(用含a、b、c的代數(shù)式表示)。[已知：F=96500C?mol-1，η=]24、作為一種綠色消毒劑，H2O2在公共衛(wèi)生事業(yè)中發(fā)揮了重要的作用。已知反應(yīng)：H2O2(l)=H2O(1)+O2(g)ΔH=-98kJ·mol-1K=2.88×1020

回答問(wèn)題：

(1)H2O2的強(qiáng)氧化性使其對(duì)大多數(shù)致病菌和病毒具有消殺功能。用3%醫(yī)用H2O2對(duì)傳染病房噴灑消毒時(shí)，地板上有氣泡冒出，該氣體是____________________。

(2)純H2O2可作為民用驅(qū)雹火箭推進(jìn)劑。在火箭噴口鉑網(wǎng)催化下，H2O2劇烈分解：H2O2(l)=H2O(g)+O2(g)，放出大量氣體，驅(qū)動(dòng)火箭升空。每消耗34gH2O2，理論上__________(填“放出”或“吸收”)熱量__________98kJ(填“大于”；“小于”或“等于”)。

(3)純H2O2相對(duì)穩(wěn)定，實(shí)驗(yàn)表明在54℃下恒溫貯存2周，濃度仍能保持99%，原因是H2O2分解反應(yīng)的_______________(填編號(hào))。

a.ΔH比較小b.K不夠大c.速率比較小d.活化能比較大。

(4)向H2O2稀溶液中滴加數(shù)滴含Mn2+的溶液，即有氣泡快速逸出，反應(yīng)中Mn2+起_________作用。某組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下：。t/min01020304050c(H2O2)/mol·L-10.700.490.350.250.170.12

0-30minH2O2反應(yīng)的平均速率v=_____mol·L·min-1

(5)H2O2的一種衍生物K2S2O8，陰離子結(jié)構(gòu)式為()。其中性溶液加熱至沸后，溶液pH降低，用離子方程式表明原因：_______________。25、Na2CO3和NaHCO3是中學(xué)化學(xué)中常見的物質(zhì)；在生產(chǎn)生活中有重要的用途。

(1)常溫下，0.1mol/L碳酸鈉溶液pH約為12。原因是_____(用離子方程式表示)。

(2)若在FeCl3溶液中加入碳酸氫鈉濃溶液，觀察到紅褐色沉淀和無(wú)色氣體，用離子方程式解釋產(chǎn)生該現(xiàn)象的原因________。

(3)工業(yè)回收鉛蓄電池中的鉛，常用Na2CO3或NaHCO3溶液處理鉛膏(主要成分PbSO4)獲得PbCO3，再經(jīng)過(guò)處理最終得到Pb。

①PbCO3的溶解度______PbSO4(填“大于”或“小于”)。

②用離子方程式解釋Na2CO3的作用________。

③用等體積、等濃度的Na2CO3和NaHCO3溶液分別處理PbSO4，Na2CO3溶液中的PbSO4轉(zhuǎn)化率較大。原因是________。

(4)25℃時(shí)，在10mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液；溶液的pH逐漸降低，此時(shí)溶液中含碳微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化如圖所示：

①請(qǐng)寫出OAB段的離子方程式________。

②當(dāng)pH＝7時(shí)，溶液中主要含有哪些離子________。(除H+和OH-外)評(píng)卷人得分六、其他(共4題，共20分)26、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價(jià)氧化物含A40%，A原子中質(zhì)子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結(jié)構(gòu)相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個(gè)電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應(yīng)，所產(chǎn)生的氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為2.24L；C原子中質(zhì)子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個(gè)質(zhì)子。請(qǐng)寫出A～E五種元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的化學(xué)式____、、、、。27、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號(hào)元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號(hào)完成下列問(wèn)題：（1）Y、Z兩種元素的最高價(jià)氧化物的水化物酸性強(qiáng)于。（2）M、Z、Y形成的簡(jiǎn)單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比____________,其電子式為．該物質(zhì)中含有化學(xué)鍵的類型有和．（4）將Z的單質(zhì)通入YX2的水溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。28、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價(jià)氧化物含A40%，A原子中質(zhì)子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結(jié)構(gòu)相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個(gè)電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應(yīng)，所產(chǎn)生的氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為2.24L；C原子中質(zhì)子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個(gè)質(zhì)子。請(qǐng)寫出A～E五種元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的化學(xué)式____、、、、。29、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號(hào)元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號(hào)完成下列問(wèn)題：（1）Y、Z兩種元素的最高價(jià)氧化物的水化物酸性強(qiáng)于。（2）M、Z、Y形成的簡(jiǎn)單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比____________,其電子式為．該物質(zhì)中含有化學(xué)鍵的類型有和．（4）將Z的單質(zhì)通入YX2的水溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【解析】試題分析：A、CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，該反應(yīng)有副產(chǎn)物HCl生成，所以不符合原子經(jīng)濟(jì)的理念，故A錯(cuò)誤；B、CH2═CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，產(chǎn)物是二氯乙烷不是氯乙烷，故B錯(cuò)誤；C、CH2═CH2+HCl→CH3CH2Cl，生成物只有氯乙烷，符合原子經(jīng)濟(jì)理念，故C正確；D、乙烯和氫氣在常溫下不反應(yīng)，乙烯和氯氣反應(yīng)產(chǎn)物是二氯乙烷不是氯乙烷，故D錯(cuò)誤。故選C?？键c(diǎn)：乙烯的化學(xué)性質(zhì)烷烴及其命名【解析】【答案】C2、D【分析】解：rm{A}rm{A}rm{B}在周期表中rm{C}rm{D}的下一周期，并且原子序數(shù)：rm{a>b>d>c}故A錯(cuò)誤；

B、電子層結(jié)構(gòu)相同，核電數(shù)越多半徑越小，所以rm{{,!}_{a}A^{m+}<_B^{n+}<_9qgjrjbD^{n-}<_{c}C^{m-}}故B錯(cuò)誤；

C、非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)離子的還原性越弱，非金屬性rm{C<D}所以離子還原性：rm{{,!}_{c}C^{m-}>_poogxmoD^{n-}}金屬性越強(qiáng)，對(duì)離子的氧化性越弱，所以離子氧化性：rm{{,!}_{a}A^{(n+1)+}<_B^{n+}}故C錯(cuò)誤；

D、金屬性rm{A<B}所以單質(zhì)還原性：rm{B>A}非金屬性rm{C<D}則單質(zhì)氧化性：rm{D>C}故D正確；

故選D．

已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的原子序數(shù)都不超過(guò)rm{18}它們的離子rm{{,!}_{a}A^{m+}}rm{{,!}_B^{n+}}rm{{,!}_{c}C^{m-}}rm{{,!}_c76kh2rD^{n-}}則有：rm{a-m=b-n=c+m=d+n}rm{A}rm{B}在周期表中rm{C}rm{D}的下一周期，并且原子序數(shù)：rm{a>b>d>c}結(jié)合元素周期律遞變規(guī)律解答該題．

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，題目難度中等，明確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(guān)鍵．【解析】rm{D}3、C【分析】解：rm{A.}甲烷分子式為rm{CH_{4}}碳原子與氫原子之間形成rm{1}對(duì)共用電子對(duì)，結(jié)構(gòu)式為：故A錯(cuò)誤；

B.氯化銨是離子化合物，由氨根離子與氯離子構(gòu)成，其正確的電子式為故B錯(cuò)誤；

C.苯的分子式為rm{C_{6}H_{6}}則苯的最簡(jiǎn)式為rm{CH}故C正確；

D.乙烯分子中含有碳碳雙鍵，乙烯正確的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{CH_{2}=CH_{2}}故D錯(cuò)誤；

故選C．

A.甲烷的結(jié)構(gòu)式中，需要用短線表示出rm{C-H}鍵；

B.氯化銨為離子化合物；氯離子需要標(biāo)出所帶電荷；

C.實(shí)驗(yàn)式為分子中各原子的最簡(jiǎn)比，根據(jù)苯的分子式rm{C_{6}H_{6}}判斷；

D.乙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式中沒(méi)有標(biāo)出碳碳雙鍵．

本題考查了常見化學(xué)用語(yǔ)的表示方法判斷，題目難度不大，涉及電子式、結(jié)構(gòu)式、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式、最簡(jiǎn)式等知識(shí)，明確常見化學(xué)用語(yǔ)的書寫原則為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及規(guī)范答題能力．【解析】rm{C}4、D【分析】【解析】試題分析：稀硝酸能使紅色石蕊試紙變紅色，A不正確；硝酸能與Na2CO3反應(yīng)生成CO2，B不正確；硝酸不能氧化金和鉑，C不正確，所以正確的答案選D?？键c(diǎn)：考查硝酸性質(zhì)的判斷【解析】【答案】D5、B【分析】【解析】【答案】B6、D【分析】第三電子層上排布有rm{5}個(gè)電子，則根據(jù)核外電子的排布規(guī)律可知，該元素在周期表中的位置是第三周期Ⅴrm{A}族?！窘馕觥縭m{D}二、雙選題(共8題，共16分)7、A|B【分析】解：A．蒸餾時(shí)；溫度計(jì)水銀球應(yīng)位于蒸餾燒瓶的支管口附近，用于測(cè)量餾分的溫度，故A錯(cuò)誤；

B．過(guò)濾可用于分離不溶性固體和液體；但裝置中液體流出末端的尖嘴方向錯(cuò)了，故B錯(cuò)誤；

C．萃取后通過(guò)分液漏斗分離；裝置圖符合操作要求，故C正確；

D．轉(zhuǎn)移液體時(shí)要為防止液體飛濺；需通過(guò)玻璃棒引流，裝置圖符合操作要求，故D正確．

故選AB．

A．溫度計(jì)用于測(cè)量餾分的溫度；

B．過(guò)濾可用于分離不溶性固體和液體；

C．萃取后通過(guò)分液漏斗分離；

D．轉(zhuǎn)移液體時(shí)要防止液體飛濺．

本題考查較為綜合，涉及物質(zhì)的分離、提純實(shí)驗(yàn)等知識(shí)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰驮u(píng)價(jià)能力的考查，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同以及實(shí)驗(yàn)操作的嚴(yán)密性、可行性的評(píng)價(jià)，難度中等．【解析】【答案】AB8、A|D【分析】解：A、2s內(nèi)用物質(zhì)C表示的平均反應(yīng)速率為v（C）===0.3mol/（L?s）；v（A）=v（C）=0.3mol/（L?s），故A正確；

B、v（B）=v（C）=×0.3mol/（L?s）=0.15mol/（L?s）；故B錯(cuò)誤；

C；0.6mol的物質(zhì)B生成；表示逆反應(yīng)方向，同時(shí)有0.6mol物質(zhì)C生成，表示正反應(yīng)方向，正逆反應(yīng)速率之比為1：1，不等于系數(shù)之比2：1，未處于平衡狀態(tài)，反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，故C錯(cuò)誤；

D、△c（B）=）=△c（C）=×0.6mol/L=0.3mol/L，2s時(shí)物質(zhì)B的濃度為-0.3mol/L=0.7mol/L；故D正確．

故選AD

A、根據(jù)v=計(jì)算出2s內(nèi)用物質(zhì)C表示的平均反應(yīng)速率；再利用速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算v（A）；

B、根據(jù)v=計(jì)算出2s內(nèi)用物質(zhì)C表示的平均反應(yīng)速率；再利用速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算v（B）；

C；可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)；正逆反應(yīng)速率相等（同種物質(zhì)）或正逆反應(yīng)速率之比等于系數(shù)之比（不同物質(zhì)），平衡時(shí)各種物質(zhì)的物質(zhì)的量、濃度等不再發(fā)生變化，由此衍生的一些物理量不變，以此分析；

D；根據(jù)濃度變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比；利用2s后C的濃度，求出△c（B），初始濃度-濃度變化量=平衡濃度．

考查化學(xué)反應(yīng)速率的有關(guān)計(jì)算、化學(xué)平衡狀態(tài)等，難度不大，注意基礎(chǔ)知識(shí)的積累掌握．【解析】【答案】AD9、B|D【分析】解：CH4和Cl2混合后在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)：CH4+Cl2CH3Cl+HCl

CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl

CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl

CHCl3+Cl2CCl4+HCl

A、氯氣是黃綠色氣體，由于氯氣被消耗，故混合氣體顏色變淺；由于生成的HCl溶于水，而CHCl3、CH2Cl2、CCl4是油狀液體故反應(yīng)后氣體體積變?。粍t液面上升，故A正確；

B、CHCl3、CH2Cl2、CCl4是油狀液體，CH3Cl是氣體但易溶于有機(jī)溶劑，故所得的油狀液滴是CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4的混合物；故B錯(cuò)誤；

C；HCl溶于水后；能使NaCl的溶解平衡左移，降低了NaCl的溶解度，故有固體析出，故C正確；

D、有機(jī)反應(yīng)進(jìn)行不徹底，故反應(yīng)后產(chǎn)物中CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl均有；故D錯(cuò)誤．

故選BD．

CH4和Cl2混合后在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)：CH4+Cl2CH3Cl+HCl

CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl

CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl

CHCl3+Cl2CCl4+HCl

A；氯氣是黃綠色氣體；

B、CH3Cl是氣體，CHCl3、CH2Cl2、CCl4是油狀液體；

C；HCl溶于水后；能使NaCl的溶解平衡左移；

D；有機(jī)反應(yīng)進(jìn)行不徹底．

本題考查了甲烷和氯氣的取代反應(yīng)，應(yīng)注意的是有機(jī)反應(yīng)進(jìn)行不徹底，故反應(yīng)后產(chǎn)物中CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl均有．【解析】【答案】BD10、AC【分析】【分析】本題考查混合物反應(yīng)的計(jì)算，題目難度中等，側(cè)重考查學(xué)生分析計(jì)算能力，注意從溶液存在的離子判斷物質(zhì)反應(yīng)的程度，注意利用守恒法與總方程式解答，試題培養(yǎng)了學(xué)生的化學(xué)計(jì)算能力?！窘獯稹緼.反應(yīng)后溶液中還有較多rm{H^{+}}rm{H^{+}}離子剩余，且濾液中沒(méi)有rm{Cu}rm{Cu}只有rm{{,!}^{2+}}故A選項(xiàng)正確；，可知?dú)埩粑餂](méi)有rm{Fe}只有rm{Cu}故A選項(xiàng)正確；可以殘留說(shuō)明溶液中沒(méi)有rm{Fe}rm{Cu}B.而rm{Cu}可以殘留說(shuō)明溶液中沒(méi)有rm{Fe}rm{Cu}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}，溶液中陽(yáng)離子為rm{H}rm{H}rm{{,!}^{+}}和rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C.發(fā)生反應(yīng)：rm{Fe+Fe}rm{Fe+Fe}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}rm{+6HCl=3FeCl}rm{+6HCl=3FeCl}rm{2}rm{2}rm{+3H}由方程式可知原混合物中rm{+3H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Fe+CuO+2HCl=FeCl}rm{O}故C選項(xiàng)正確；rm{Fe+CuO+2HCl=FeCl}rm{2}rm{2}原溶液中rm{+Cu+H}參加反應(yīng)的rm{+Cu+H}中的rm{2}元素轉(zhuǎn)化到氫氣、水中，根據(jù)rm{2}原子守恒，rm{O}rm{Fe+2HCl=FeCl}rm{O}rm{Fe+2HCl=FeCl}rm{2}rm{2}rm{+H}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{隆眉}由方程式可知原混合物中rm{n(Fe)>n(Fe}rm{隆眉}即：rm{n(Fe)>n(Fe}rm{2}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}=0.44mol-0.08mol}rm{2}rm{O}rm{O}故混合物中rm{3}rm{3}rm{)+n(CuO)}故C選項(xiàng)正確；由銅元素守恒，則rm{n(CuO)=n(Cu)=dfrac{1.28g}{64g/mol}}rm{)+n(CuO)}由D.反應(yīng)后剩余rm{n(H}原子守恒：rm{n(H}rm{{,!}^{+}}rm{)=0.4mol/L隆脕0.2L=0.08mol}原溶液中rm{n(HCl)=4.4mol/L隆脕0.1L=0.44mol}參加反應(yīng)的rm{HCl}中的rm{H}元素轉(zhuǎn)化到氫氣、水中，根據(jù)rm{H}原子守恒，rm{2n(H}rm{)=0.4mol/L隆脕0.2L=0.08mol}rm{n(HCl)=4.4mol/L隆脕0.1L=0.44mol}則rm{HCl}rm{H}rm{H}rm{2n(H}rm{2}反應(yīng)中rm{2}失電子，rm{O)+2n(H}rm{O)+2n(H}rm{2}rm{2}rm{)=n}和部分鹽酸得電子，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得：rm{)=n}總rm{(HCl)-n}rm{(HCl)-n}余rm{(H}rm{(H}即rm{{,!}^{+}}rm{)}即：rm{2n(H}rm{)}rm{2n(H}rm{2}rm{2}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}

=0.44mol-0.08mol}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}

=0.44mol-0.08mol}rm{n(H}則rm{n(H}故D錯(cuò)誤。rm{2}rm{2}【解析】rm{AC}11、rCD【分析】解：由上述分析可知，rm{X}為rm{C}rm{Y}為rm{O}rm{Z}為rm{S}rm{W}為rm{Cl}

A.非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)氫化物越穩(wěn)定，則氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：rm{X<Y}故A正確；

B.非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)最高價(jià)含氧酸的酸性越強(qiáng)，則最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：rm{W>Z>X}故B正確；

C.rm{Y}為rm{O}無(wú)正價(jià)，rm{Z}的最高正價(jià)為rm{+7}故C錯(cuò)誤；

D.rm{W}的單質(zhì)為氯氣；不具有漂白性，但能使?jié)駶?rùn)的有色布條褪色，故D錯(cuò)誤；

故選CD．

rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}均為短周期元素，由位置可知rm{Y}位于第二周期，rm{Y}原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的rm{3}倍，由于最外層電子數(shù)不能超過(guò)rm{8}rm{Y}原子只能有rm{2}個(gè)電子層，次外層電子數(shù)為rm{2}最外層電子數(shù)為rm{6}則rm{Y}為rm{O}元素，結(jié)合元素在圖中的位置可知，rm{X}為rm{C}元素，rm{Z}為rm{S}元素，rm{W}為rm{Cl}元素；以此來(lái)解答．

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握元素的位置、原子結(jié)構(gòu)來(lái)推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識(shí)的應(yīng)用，干燥的氯氣不具有漂白性，題目難度不大．【解析】rm{CD}12、CD【分析】【分析】本題旨在考查學(xué)生對(duì)物質(zhì)分離和提純方法和基本操作的應(yīng)用。【解答】A.氯化亞鐵中除去氯化鐵，用鐵粉，故A錯(cuò)誤；B.除去氯化鐵中氯化銅，不能用鐵，鐵和氯化鐵、氯化銅均能反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C.鋁能和氫氧化鈉反應(yīng)，鐵不能，故可以除去鐵中的鋁，故C正確；D.二氧化碳在飽和碳酸氫鈉中溶解度小，可以除去氯化氫，故D正確。故選CD。rm{`}【解析】rm{CD}13、AD【分析】【分析】本題考查了電子式的書寫，難度一般?！窘獯稹緼.中子數(shù)為rm{10}的氧原子：的氧原子：rm{10}故A正確；rm{{}_{8}^{18}{O}}?

C.B.二氧化碳的電子式故B錯(cuò)誤；的電子式為rm{Na_{2}O}rm{Na^{+}}，故C錯(cuò)誤；rm{Na^{+}}D.rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}故D正確。故選AD。rm{O}【解析】rm{AD}14、BC【分析】【分析】本題考查放熱反應(yīng)與生成物和反以為總能量關(guān)系和鍵能關(guān)系，難度不大?！窘獯稹緼.該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，根據(jù)能量守恒定律知，反應(yīng)物所具有的總能量高于產(chǎn)物所具有的總能量，故A錯(cuò)誤；B.該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，根據(jù)能量守恒定律知，反應(yīng)物所具有的總能量高于產(chǎn)物所具有的總能量，故B正確；C.放熱反應(yīng)的本質(zhì)是：生成物成鍵釋放的總能量大于反應(yīng)物斷鍵吸收的總能量，故C正確；D.rm{HCl}分子較穩(wěn)定是因?yàn)闅湓雍吐仍咏ㄐ纬晒矁r(jià)鍵鍵能較大的緣故，故D錯(cuò)誤。分子較穩(wěn)定是因?yàn)闅湓雍吐仍咏ㄐ纬晒矁r(jià)鍵鍵能較大的緣故，故D錯(cuò)誤。rm{HCl}故選BC。【解析】rm{BC}三、填空題(共5題，共10分)15、略

【分析】

（1）點(diǎn)燃可燃性氣體之前必須檢驗(yàn)純度否則發(fā)生爆炸；故點(diǎn)燃放出的氣體之前沒(méi)有檢驗(yàn)純度；

（2）無(wú)水硫酸銅為白色固體；可與水反應(yīng)生成五水硫酸銅呈藍(lán)色，故可向乙醇中加入無(wú)水硫酸銅不變?yōu)樗{(lán)色；

（3）乙醇易揮發(fā)并可燃燒生成二氧化碳，故燃燒產(chǎn)生CO2的物質(zhì)最可能是乙醇（蒸氣）；

（4）可燃性氣體不是二氧化碳；而是鈉與乙醇反應(yīng)生成的氫氣．烴分子里的氫原子不與鈉反應(yīng)，可推斷乙醇分子結(jié)構(gòu)中含有不同于烴分子里的氫原子存在（或活潑氫原子；羥基等）．

故答案為：（1）點(diǎn)燃放出的氣體之前沒(méi)有檢驗(yàn)純度；

（2）向乙醇中加入無(wú)水硫酸銅不變?yōu)樗{(lán)色；

（3）乙醇（蒸氣）；

（4）不同于烴分子里的氫原子存在（或活潑氫原子；羥基等）．

【解析】【答案】（1）點(diǎn)燃?xì)錃庵氨仨殭z驗(yàn)純度否則發(fā)生爆炸；

（2）無(wú)水硫酸銅為白色固體；可與水反應(yīng)生成五水硫酸銅呈藍(lán)色．將無(wú)水硫酸銅加入無(wú)水乙醇看是否變藍(lán)；

（3）體系中的可燃性氣體除了氫氣另外一種可能就是乙醇；它易揮發(fā)并可燃燒生成二氧化碳；

（4）向燒杯中加入少量澄清石灰水后未發(fā)現(xiàn)混濁；說(shuō)明可燃性氣體不是二氧化碳，而是鈉與乙醇反應(yīng)生成的氫氣．

16、g/mol【分析】解：rm{ag}氣體的物質(zhì)的量為rm{dfrac{N_{A}mol^{-1}}=dfrac{N_{A}}mol}

則該氣體摩爾質(zhì)量為rm{dfrac{ag}{dfrac{N_{A}}mol}=dfrac{aN_{A}}g/mol}

故答案為：rm{dfrac{N_{A}mol^{-1}}=dfrac

{N_{A}}mol}．

根據(jù)rm{dfrac{ag}{dfrac{N_{A}}mol}=

dfrac{aN_{A}}g/mol}計(jì)算氣體物質(zhì)的量，再根據(jù)rm{dfrac{aN_{A}}g/mol}計(jì)算氣體摩爾質(zhì)量．

本題考查物質(zhì)的量計(jì)算，比較基礎(chǔ)，注意掌握以物質(zhì)的量為中心的計(jì)算．rm{n=dfrac{N}{N_{A}}}【解析】rm{dfrac{aN_{A}}g/mol}17、略

【分析】解：（1）在實(shí)驗(yàn)2和3中；除了鐵的形態(tài)不同外，其它條件完全相同，所以實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖菫榱俗C明固體反應(yīng)物表面積對(duì)反應(yīng)速率的影響；根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，固體表面積越大，反應(yīng)速率越快；

故答案為：固體反應(yīng)物的表面積；增大固體物質(zhì)的表面積會(huì)加快化學(xué)反應(yīng)速率；

（2）由表中數(shù)據(jù)可知；實(shí)驗(yàn)1；2、4中只有硫酸濃度不同，其它反應(yīng)條件完全相同，說(shuō)明實(shí)驗(yàn)1、2、4之間是進(jìn)行比較濃度對(duì)反應(yīng)速率的影響；

故答案為：1；2、4；

（3）由表中數(shù)據(jù)可知；除了條件濃度；固體表面積對(duì)反應(yīng)速率的影響外，還探究了溫度對(duì)反應(yīng)速率的影響；如實(shí)驗(yàn)4和5，只有溫度不同，目的為了探究溫度對(duì)反應(yīng)速率的影響；

故答案為：反應(yīng)溫度；4和5；

（4）在實(shí)驗(yàn)4中滴入幾滴硫酸銅溶液；因?yàn)殍F與硫酸銅溶液發(fā)生置換反應(yīng)生成銅單質(zhì)，銅與鐵在稀硫酸中形成原電池，使反應(yīng)速率加快，金屬消失的時(shí)間小于125s；

故答案為：因?yàn)殍F與硫酸銅溶液發(fā)生置換反應(yīng)生成銅單質(zhì)；銅與鐵在稀硫酸中形成原電池，使反應(yīng)速率加快．

（1）實(shí)驗(yàn)2和3中只有鐵的形態(tài)不同；其它反應(yīng)條件完全相同，目的是探究固體表面積對(duì)反應(yīng)速率的影響；接觸面積越大，反應(yīng)速率越快；

（2）若探究濃度對(duì)反應(yīng)速率的影響；必須滿足除了濃度不同外，其它反應(yīng)條件完全相同，據(jù)此進(jìn)行解答；

（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知；本實(shí)驗(yàn)中除了條件固體表面積；反應(yīng)物濃度之外，還探究了反應(yīng)溫度對(duì)反應(yīng)速率的影響，如實(shí)驗(yàn)4和5之間，只有溫度不同，目的是探究溫度對(duì)反應(yīng)速率的影響；

（4）滴入硫酸銅溶液后；鐵與銅離子反應(yīng)生成銅，鐵與銅形成原電池，加快了反應(yīng)速率，縮短了反應(yīng)時(shí)間．

本題考查探究影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素，題目難度中等，注意明確溫度、固體表面積、濃度對(duì)反應(yīng)速率的影響；掌握探究影響化學(xué)反應(yīng)速率因素的方法．【解析】固體反應(yīng)物的表面積；增大固體物質(zhì)的表面積會(huì)加快化學(xué)反應(yīng)速率；1、2、4；反應(yīng)溫度；4和5；因?yàn)殍F與硫酸銅溶液發(fā)生置換反應(yīng)生成銅單質(zhì)，銅與鐵在稀硫酸中形成原電池，使反應(yīng)速率加快18、（1）Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2OFe+2H+=Fe2++H2↑

（2）FeSO4取第二份反應(yīng)后的少量溶液于試管，滴加氫氧化鈉溶液若產(chǎn)生白色絮狀沉淀，迅速變成灰綠色最后變成紅褐色，則說(shuō)明是Fe2+或者取第二份反應(yīng)后的少量溶液于試管，若滴加KSCN溶液不變色，繼續(xù)滴加氯水溶液變成血紅色，則說(shuō)明是Fe2+或者取第二份反應(yīng)后的少量溶液于試管，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，則說(shuō)明是Fe2+

（3）2.5

【分析】【分析】

本題以化學(xué)反應(yīng)圖象為載體；考查有關(guān)金屬和酸反應(yīng)的計(jì)算題，難度中等，關(guān)鍵根據(jù)圖象分析各段發(fā)生的反應(yīng)，注意與鐵的反應(yīng)中硝酸全部起氧化劑作用，注意利用守恒思想解答。

【解答】

rm{(1)}由圖象可知，由于鐵過(guò)量，rm{OA}段發(fā)生反應(yīng)為：rm{Fe+NO_{3}^{-}+4H^{+}=Fe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}O}rm{AB}段發(fā)生反應(yīng)為：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{BC}段發(fā)生反應(yīng)為：rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}故答案為：rm{Fe+NO_{3}^{-}+4H^{+}=Fe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}O}rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}

rm{(2)}消耗rm{14gFe}時(shí)，此時(shí)溶液中溶質(zhì)為rm{FeSO_{4}}取第二份反應(yīng)后的少量溶液于試管，滴加氫氧化鈉溶液若產(chǎn)生白色絮狀沉淀，迅速變成灰綠色最后變成紅褐色，則說(shuō)明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反應(yīng)后的少量溶液于試管，若滴加rm{KSCN}溶液不變色，繼續(xù)滴加氯水溶液變成血紅色，則說(shuō)明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反應(yīng)后的少量溶液于試管，滴加rm{KMnO_{4}}溶液，rm{KMnO_{4}}溶液褪色，則說(shuō)明是rm{Fe^{2+}}故答案為：rm{FeSO_{4}}取第二份反應(yīng)后的少量溶液于試管，滴加氫氧化鈉溶液若產(chǎn)生白色絮狀沉淀，迅速變成灰綠色最后變成紅褐色，則說(shuō)明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反應(yīng)后的少量溶液于試管，若滴加rm{KSCN}溶液不變色，繼續(xù)滴加氯水溶液變成血紅色，則說(shuō)明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反應(yīng)后的少量溶液于試管，滴加rm{KMnO_{4}}溶液，rm{KMnO_{4}}溶液褪色，則說(shuō)明是rm{Fe^{2+}}

rm{(3)}消耗rm{14gFe}時(shí)，此時(shí)溶液中溶質(zhì)為rm{FeSO_{4}}根據(jù)守恒可知rm{n(H_{2}SO_{4})=n(FeSO_{4})=n(Fe)=dfrac{14g}{56g/mol}=0.25mol}故原混合物中rm{n(H_{2}SO_{4})=n(FeSO_{4})=n(Fe)=dfrac{14g}{56g/mol}

=0.25mol}的濃度為rm{dfrac{0.25mol}{0.1L}=2.5mol/L}故答案為：rm{H_{2}SO_{4}}

rm{dfrac{0.25mol}{0.1L}

=2.5mol/L}【解析】rm{(1)Fe+NO_{3}^{-}+4H^{+}=Fe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}O}rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}

rm{(2)FeSO_{4}}取第二份反應(yīng)后的少量溶液于試管，滴加氫氧化鈉溶液若產(chǎn)生白色絮狀沉淀，迅速變成灰綠色最后變成紅褐色，則說(shuō)明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反應(yīng)后的少量溶液于試管，若滴加rm{KSCN}溶液不變色，繼續(xù)滴加氯水溶液變成血紅色，則說(shuō)明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反應(yīng)后的少量溶液于試管，滴加rm{KMnO_{4}}溶液，rm{KMnO_{4}}溶液褪色，則說(shuō)明是rm{Fe^{2+}}

rm{(3)2.5}

19、略

【分析】解：石油、煤等礦物燃料的燃燒是二氧化硫的主要來(lái)源，rm{SO_{2}}氣體在空氣中經(jīng)粉塵催化氧化為rm{SO_{3}}rm{SO_{3}}與水反應(yīng)能生成硫酸，有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{;}2SO_{3}}rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{;}2SO_{3}}．

故答案為：rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{;}2SO_{3}}rm{SO_{3}+H_{2}O簍TH_{2}SO_{4}}

“鈣基固硫”：煤中含有rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{;}2SO_{3}}與氧氣反應(yīng)生成rm{SO_{3}+H_{2}O簍TH_{2}SO_{4}}反應(yīng)方程式為rm{S+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}SO_{2}}rm{S}與rm{SO_{2}}反應(yīng)生成rm{S+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠錄};}}{;}SO_{2}}反應(yīng)方程式為rm{SO_{2}}進(jìn)一步反應(yīng)生成rm{CaO}反應(yīng)方程式為rm{CaSO_{3}}則燃料燃燒過(guò)程中的“固硫”反應(yīng)為rm{2CaO+2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗}(cāng);}}{;}2CaSO_{4}}

故答案為：rm{2CaO+2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗}(cāng);}}{;}2CaSO_{4}}．

石油、煤等礦物燃料的燃燒是二氧化硫的主要來(lái)源，rm{CaO+SO_{2}簍TCaSO_{3}}氣體在空氣中經(jīng)粉塵催化氧化為rm{CaSO_{4}}rm{2CaSO_{3}+O_{2}簍TCaSO_{4}}與水反應(yīng)；寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式即可；

“鈣基固硫”：煤中含有rm{2CaO+2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗}(cāng);}}{;}2CaSO_{4}}與氧氣反應(yīng)生成rm{2CaO+2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗}(cāng);}}{;}2CaSO_{4}}rm{SO_{2}}與rm{SO_{3}}反應(yīng)生成rm{SO_{3}}進(jìn)一步反應(yīng)生成rm{S}

本題考查二氧化硫的污染和治理，側(cè)重于二氧化硫性質(zhì)的考查，熟悉酸雨的成因及二氧化硫的性質(zhì)即可解答，題目難度不大．rm{SO_{2}}【解析】礦物燃料的燃燒；rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{;}2SO_{3}}rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{;}2SO_{3}}rm{2CaO+2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗}(cāng);}}{;}2CaSO_{4}}rm{SO_{3}+H_{2}O簍TH_{2}SO_{4}}四、判斷題(共2題，共4分)20、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構(gòu)成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質(zhì)的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個(gè)電子，失去最外層1個(gè)電子形成鈉離子，此時(shí)最外層有8個(gè)電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對(duì)．

【分析】先計(jì)算鈉離子的物質(zhì)的量，再根據(jù)鈉離子結(jié)構(gòu)計(jì)算最外層電子總數(shù)．21、B【分析】【解答】n===1mol，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計(jì)算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)．

【分析】依據(jù)n=計(jì)算物質(zhì)的量，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計(jì)算．五、原理綜合題(共4題，共12分)22、略

【分析】【詳解】

(1)①由于化學(xué)鍵的斷裂要吸收能量；故活化狀態(tài)B的能量高于初始狀態(tài)A的能量，而此反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故初始狀態(tài)A的能量高于末態(tài)C的能量，C的能量最低，故合理選項(xiàng)是C；

②實(shí)驗(yàn)a與實(shí)驗(yàn)b相比，N2的濃度不變；說(shuō)明化學(xué)平衡沒(méi)有移動(dòng)，但達(dá)到平衡所需時(shí)間縮短，說(shuō)明反應(yīng)速率加快，所以實(shí)驗(yàn)條件為使用了催化劑；

與實(shí)驗(yàn)b相比，實(shí)驗(yàn)c中N2的平衡濃度變大；說(shuō)明化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，且達(dá)到平衡所需時(shí)間縮短，說(shuō)明反應(yīng)速率加快，所以實(shí)驗(yàn)c的條件為升高溫度；

(2)①化學(xué)平衡常數(shù)是可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)各種生成物濃度冪之積與各種反應(yīng)物濃度冪之積的比，則該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=

②A．混合氣體密度為ρ=反應(yīng)前后，氣體質(zhì)量m會(huì)發(fā)生改變，若混合氣體的密度不再改變，說(shuō)明氣體質(zhì)量不變，反應(yīng)達(dá)到了化學(xué)平衡狀態(tài)，A符合題意；

B．若反應(yīng)未達(dá)到平衡；則Fe的質(zhì)量就會(huì)發(fā)生變化。當(dāng)鐵的物質(zhì)的量不再改變時(shí)，反應(yīng)到達(dá)平衡做題，B符合題意；

C．CO和H2的濃度之比始終為1：2；因此無(wú)法據(jù)此判斷化學(xué)反應(yīng)是否處于平衡狀態(tài)，C不符合題意；

D．在任何時(shí)刻都存在：2v正(CO)=v正(H2)，若v正(CO)=2v逆(H2)，則v正(H2)=4v逆(H2)；反應(yīng)正向進(jìn)行，未達(dá)到平衡狀態(tài)，D不符合題意；

故合理選項(xiàng)是AB；

③一定溫度下，向體積為2L的密閉容器中加入0.2molFe2O3(s)和0.6molCH4(g)進(jìn)行上述反應(yīng)，反應(yīng)起始時(shí)壓強(qiáng)為p，反應(yīng)進(jìn)行至5min時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)，測(cè)得此時(shí)容器的壓強(qiáng)是起始?jí)簭?qiáng)的倍，由于容器的容積不變，說(shuō)明此時(shí)容器內(nèi)氣體的物質(zhì)的量是開始時(shí)的2倍。n(氣體)=1.2mol，增加了0.6mol氣體。根據(jù)方程式可知：每有1molFe2O3(s)反應(yīng)，就會(huì)消耗3mol氣體，反應(yīng)后產(chǎn)生9mol氣體，氣體物質(zhì)的量增加6mol。現(xiàn)在氣體物質(zhì)的量增加了0.6mol，則反應(yīng)的Fe2O3(s)是0.1mol，故5min內(nèi)用Fe2O3(s)表示的平均反應(yīng)速率為=3.2g/min；

在反應(yīng)開始時(shí)n(CH4)=0.6mol，由于反應(yīng)消耗0.1molFe2O3(s)，同時(shí)消耗0.3mol，產(chǎn)生0.3molCO和0.6molH2，則平衡時(shí)，n(CH4)=0.3mol，n(CO)=0.3mol，n(H2)=0.6mol，反應(yīng)開始時(shí)壓強(qiáng)為P，平衡時(shí)壓強(qiáng)為原來(lái)的2倍，則此時(shí)壓強(qiáng)為2p，平衡時(shí)各種氣體的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)：CH4=CO：H2：氣體的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)等于氣體所占的體積分?jǐn)?shù)，所以該溫度下反應(yīng)的分壓平衡常數(shù)Kp=【解析】C使用催化劑升高溫度K=AB3.2p623、略

【分析】【分析】

（1）

①由蓋斯定律可知，反應(yīng)i×3—ii×2得反應(yīng)iv，則?H4=3?H1—2?H2=3×(—20.9kJ/mol)—2×(—98.1kJ/mol)=+133.5kJ/mol，該反應(yīng)是一個(gè)熵增的反應(yīng)，由?H—T?S＜0時(shí)；反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行可知，在較高的溫度下能能自發(fā)進(jìn)行，故答案為：+133.5kJ/mol；較高；

②加入氮?dú)庾鳛橄♂寗r(shí)；容器的體積增大，氣體壓強(qiáng)減小，該反應(yīng)是一個(gè)氣體體積增大的反應(yīng)，減小壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，乙烯的產(chǎn)率增大，故答案為：增大；

（2）

由圖可知，該歷程中最大能壘為85kJ/mol，對(duì)應(yīng)反應(yīng)為C2H3*+H*=C2H4*，故答案為：85；C2H3*+H*=C2H4*；

（3）

設(shè)起始乙烯和氧氣的物質(zhì)的量分別為2mol和1mol；乙烯的轉(zhuǎn)化率為a；由題意可建立如下三段式：

由P1：P2=n1：n2可得：1.5：1.5×75%=3：(3—a)，解得a=0.75，則平衡時(shí)乙烯、氧氣和乙醛蒸汽的分壓分別為×1.5×75%=0.25Pa、×1.5×75%=0.125Pa、×1.5×75%=0.75Pa，平衡常數(shù)Kp=故答案為：

（4）

①由圖可知，與直流電源正極相連的b電極為電解池的陽(yáng)極，乙醛在陽(yáng)極上失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成乙酸，電極反應(yīng)式為CH3CHO—2e—+H2O=CH3COOH+2H+，故答案為：CH3CHO—2e—+H2O=CH3COOH+2H+；

②由題意可知，b分鐘時(shí)外電路中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol，理論上處理乙醛的質(zhì)量為mol××44g/mol=g，則處理掉乙醛c克時(shí)，電解裝置的電流效率η=×100%=×100%，故答案為：×100%?！窘馕觥?1)+133.5kJ/mol較高增大。

(2)85C2H3*+H*=C2H4*

(3)75%

(4)CH3CHO—2e—+H2O=CH3COOH+2H+×100%24、略

【分析】【分析】

根據(jù)過(guò)氧化氫分解的方程式分析產(chǎn)生的氣體；根據(jù)過(guò)氧化氫的質(zhì)量計(jì)算放出的熱量；根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率分析反應(yīng)快慢的原因；根據(jù)一段時(shí)間內(nèi)濃度的變化量計(jì)算化學(xué)反應(yīng)速率；根據(jù)過(guò)硫酸根結(jié)構(gòu)分析水解產(chǎn)物。

【詳解】

(1)利用雙氧水消毒的時(shí)候會(huì)有氣泡放出；是由于雙氧水分解生成的氫氣的緣故，故放出的氣體是氧氣，故答案為：氧氣；

(2)過(guò)氧化氫的分解反應(yīng)為放熱反應(yīng)；根據(jù)題干，34g過(guò)氧化氫為1mol，1mol過(guò)氧化氫