2025年統(tǒng)編版高一化學(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年統(tǒng)編版高一化學(xué)上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；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7題，共14分)1、下列關(guān)于H2SO3溶液的說法正確的是A.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色是因?yàn)镠2SO3的漂白性B.H2SO3在空氣中容易變質(zhì)，成為SO2C.溶液中存在的微粒只有H+和SO32-D.能與NaOH溶液發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)2、下列各組物質(zhì)的性質(zhì)比較中，正確的是（）A.穩(wěn)定性：HCl＞H2S＞H2OB.熔、沸點(diǎn)HF＞HCl＞HBrC.熔、沸點(diǎn)KCl＜MgO＜MCl2D.熔、沸點(diǎn)CH4＜SiH4＜GeH43、高鐵酸鉀rm{(K_{2}FeO_{4})}是一種高效綠色水處理劑，其工業(yè)制備的反應(yīng)原理為：rm{2Fe(OH)_{3}+3KClO+4KOH=2K_{2}FeO_{4}+3KCl+5H_{2}O}，下列說法正確的是A.制高鐵酸鉀用rm{2Fe(OH)_{3}

+3KClO+4KOH=2K_{2}FeO_{4}+3KCl+5H_{2}O}做還原劑B.rm{KClO}是還原產(chǎn)物C.高鐵酸鉀中鐵的化合價為rm{KCl}D.制備高鐵酸鉀時rm{+7}得到rm{1molFe(OH)_{3}}電子rm{3mol}4、下列含有非極性共價鍵的離子化合物是()A.氫氧化鉀B.氧化鈉C.過氧化鈉D.氯化銨5、某主族元素R的最高正化合價與最低負(fù)化合價代數(shù)和為6，下列敘述正確的是：A.R一定是第VIIA族元素B.R的最高價氧化物為RO3C.R的氣態(tài)氫化物能燃燒D.R的氣態(tài)氫化物易溶于水顯堿性6、某實(shí)驗(yàn)小組只領(lǐng)取到下列儀器或用品：燒杯、鐵架臺、鐵圈、三腳架、分液漏斗、酒精燈、漏斗、濾紙、石棉網(wǎng)、量筒、玻璃棒、蒸發(fā)皿、圓底燒瓶、火柴．從缺乏儀器的角度看，不能進(jìn)行的實(shí)驗(yàn)操作項(xiàng)目有（）A.蒸發(fā)B.過濾C.萃取D.蒸餾7、下列說法中，正確的是()A.硅是不活潑的非金屬元素，在自然界中可以以游離態(tài)的形式存在B.傳統(tǒng)無機(jī)非金屬材料和新型無機(jī)非金屬材料的主要成分都是硅酸鹽C.制普通玻璃的原料是純堿、石灰石、石英D.rm{CO_{2}}和rm{S}rm{i}rm{O_{2}}都能與水反應(yīng)生成相應(yīng)的酸評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、(6分)下列物質(zhì)中，互為同分異構(gòu)體的是______________；互為同素異形體的是______________；屬于同位素的有______________；屬于同一種物質(zhì)的是______________?；橥滴锏氖洽?5Cl②白磷③37Cl④紅磷⑤⑥9、（1）制印刷電路時常用氯化鐵溶液作為“腐蝕液”．銅被氯化鐵溶液腐蝕的方程式為：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；氯化鐵溶液也能與鐵反應(yīng)：2FeCl3+Fe=3FeCl2；當(dāng)向盛有氯化鐵溶液的燒杯中同時加入鐵粉和銅粉，反應(yīng)結(jié)束后，燒杯底部可能出現(xiàn)的情況是____（多選）

A．有銅無鐵B．有鐵無銅C．有鐵有銅D．無鐵無銅。

請把銅被氯化鐵溶液腐蝕的化學(xué)方程式改寫為離子方程式：____．

（2）某河道兩旁有甲乙兩廠．它們排放的工業(yè)廢水中，共含有K+、Ag+、Fe3+、C1-、OH-、NO3-六種離子．若測得甲廠的廢水明顯呈堿性，則可推知乙廠廢水中所含的三種離子是____．10、已知碳有兩種常見的同位素126C、136C；氧有三種常見的同位素168O、178O、188O．

（1）由這五種微粒構(gòu)成的CO的分子有____種．

（2）本題中涉及____種核素，____種元素．

（3）一個相對分子質(zhì)量最大的二氧化碳分子中有____個電子，____個中子；0.5mol這種二氧化碳的質(zhì)量是____g．11、A、B、C、D四種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，A原子的最外層上有4個電子；B的陰離子和C的陽離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，B與C的單質(zhì)在加熱條件下反應(yīng)，生成一種淡黃色的固體E；D的L層電子數(shù)等于K、M兩個電子層上的電子數(shù)之和。（1）A為____________，B為____________，C為____________。D的最高價氧化物的水化物是____。（2）寫出A、B形成的化合物與E反應(yīng)的化學(xué)方程式：____________。（3）E屬____（“離子”或“共價”）化合物。E中含____鍵（4）C與D兩元素可形成化合物，用電子式表示其化合物的形成過程：____。12、指出下列變化能量是怎樣轉(zhuǎn)化的：

（1）學(xué)校燃燒煤煮飯______；

（2）用畜電池點(diǎn)亮燈泡______．13、化合物rm{A}的結(jié)構(gòu)簡式為：它是汽油燃燒品質(zhì)抗震性能的參照物，用系統(tǒng)命名法對rm{A}進(jìn)行命名，其名稱為：______．14、A、rm{B}rm{C}rm{D}均為中學(xué)化學(xué)常見的純凈物，rm{A}是單質(zhì)rm{.}它們之間有如圖的反應(yīng)關(guān)系：

rm{(1)}若rm{A}是淡黃色固體，rm{C}rm{D}是氧化物，rm{C}是造成酸雨的主要物質(zhì)，但rm{C}也有其廣泛的用途，寫出其中的rm{2}個用途：______．

rm{(2)}若rm{B}是氣態(tài)氫化物，rm{C}rm{D}是氧化物且會造成光化學(xué)煙霧污染rm{.B}與rm{C}在一定條件下反應(yīng)生成的rm{A}是大氣的主要成分；寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：______．

rm{(3)}若rm{A}是太陽能電池用的光伏材料rm{.B}可用于制造光導(dǎo)纖維，rm{C}rm{D}為鈉鹽，且rm{D}是廚房中常用的物質(zhì)rm{.}則rm{C}的電離方程式______寫出rm{壟脺}反應(yīng)的化學(xué)方程式：______．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)15、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）16、將藍(lán)色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對錯）17、含碳的化合物一定是有機(jī)化合物．（判斷對錯）18、煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是物理變化19、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）20、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）21、在冶金工業(yè)的煙道廢氣中，常混有大量的SO2和CO；它們都是大氣的污染物，在773K和催化劑（鋁礬土）的作用下，使二者反應(yīng)可收回大量的硫磺．

請寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：____

請判斷該反應(yīng)式寫的是否正確。22、含碳的化合物一定是有機(jī)化合物．（判斷對錯）23、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對錯）評卷人得分四、簡答題(共3題，共9分)24、中學(xué)常見的某反應(yīng)的化學(xué)方程式為A+B-→C+D+H2O（未配平；反應(yīng)條件略去）．請回答下列有關(guān)問題：

（1）若A是鐵，B是稀硝酸（過量），且A可溶于C溶液中．則A與B反應(yīng)的離子方程式為______．

（2）若C、D均為氣體，且都能使澄清石灰水變渾濁，則上述反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．

（3）若C是無色刺激性氣味的氣體，其水溶液呈弱堿性，C能發(fā)生催化氧化反應(yīng)．寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式______．

（4）若D為氯堿工業(yè)的主要原料，C是造成溫室效應(yīng)的主要?dú)怏w之一，則上述反應(yīng)的化學(xué)方程式______．25、海水是巨大的資源寶庫，從海水中提取食鹽和溴的過程如下：

rm{(1)}海水中含有大量的氯化鈉。氯化鈉中的氯元素在周期表中的位置是______。用食鹽制備金屬鈉的反應(yīng)方程式是___________________________。rm{(2}海水淡化的方法有多種，請列舉其中的兩種方法：____________、_________。rm{(3)}步驟Ⅱ中反應(yīng)的化學(xué)方程式rm{(}或離子方程式rm{)}為__________________________rm{(4)}上述流程中，哪幾個步驟利用了氯的非金屬性比溴強(qiáng)的性質(zhì)____。rm{(5)}從海水中提取的粗鹽中含可溶性rm{CaCl_{2}}rm{MgCl_{2}}及一些硫酸鹽，為了除去這些雜質(zhì)，須進(jìn)行下列六項(xiàng)操作，rm{壟脵}加水溶解；rm{壟脷}加熱蒸發(fā)得到晶體；rm{壟脹}加入過量rm{BaCl_{2}}溶液；rm{壟脺}加入過量鹽酸；rm{壟脻}加入過量rm{Na_{2}CO_{3}}rm{壟脼}過濾；rm{壟脽}加入過量的rm{NaOH}溶液。正確的操作順序是____。26、如圖所示，在一燒杯中盛有rm{H_{2}SO_{4}}溶液，同時有一表面光滑的塑料小球懸浮于溶液中央，向該燒杯中緩緩注入rm{Ba(OH)_{2}}溶液至恰好完全反應(yīng)rm{[}設(shè)rm{H_{2}SO_{4}}和rm{Ba(OH)_{2}}溶液密度相同rm{]}試回答：rm{壟脜}此實(shí)驗(yàn)中，觀察到的現(xiàn)象有：rm{壟脵}____，rm{壟脷}____。rm{壟脝}寫出實(shí)驗(yàn)過程中反應(yīng)的離子方程式為____。評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共2分)27、某探究小組用HNO3與大理石反應(yīng)過程中質(zhì)量減小的方法，研究影響反應(yīng)速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細(xì)顆粒與粗顆粒兩種規(guī)格，實(shí)驗(yàn)溫度為298K、308K，每次實(shí)驗(yàn)HNO3的用量為25.0mL；大理石用量為10.00g。

（1）請完成以下實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)表，并在實(shí)驗(yàn)?zāi)康囊粰谥刑畛鰧?yīng)的實(shí)驗(yàn)編號：。實(shí)驗(yàn)編號T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實(shí)驗(yàn)?zāi)康蘑?98粗顆粒2.00（Ⅰ）實(shí)驗(yàn)①和②探究HNO3濃度對該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅱ）實(shí)驗(yàn)①和③探究溫度對該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅲ）實(shí)驗(yàn)①和④探究大理石規(guī)格（粗、細(xì)）對該反應(yīng)速率的影響；②_______________③_______________④_______________

（2）實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示，如何檢驗(yàn)該裝置的氣密性________________________________

（3）實(shí)驗(yàn)①中CO2質(zhì)量隨時間變化的關(guān)系見下圖2：依據(jù)反應(yīng)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計(jì)算實(shí)驗(yàn)①在70-90s范圍內(nèi)HNO3的平均反應(yīng)速率________________________

（4）請?jiān)诖痤}卡的框圖中，畫出實(shí)驗(yàn)②、③和④中CO2質(zhì)量隨時間變化關(guān)系的預(yù)期結(jié)果示意圖。_______評卷人得分六、綜合題(共4題，共20分)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30、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：

31、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7題，共14分)1、D【分析】試題分析：A．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色是因?yàn)镾O2的漂白性，A錯誤；B．H2SO3在空氣中容易變質(zhì)，成為H2SO4，B錯誤；C．溶液中存在的微粒只有H+、HSO3-、H2SO3、OH-、H2O、和SO32-，C錯誤；D．能與NaOH溶液發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，生成亞硫酸鈉和水，D正確；答案選D。考點(diǎn)：考查亞硫酸的性質(zhì)?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、D【分析】解：A．因?yàn)榉墙饘傩設(shè)＞Cl＞S，所以穩(wěn)定性：H2O＞HCl＞H2S；故A錯誤；

B．分子晶體中，氣態(tài)氫化物的熔沸點(diǎn)與其相對分子質(zhì)量成正比，但氫鍵影響氫化物的熔沸點(diǎn)，所以熔、沸點(diǎn)HF＞HBr＞HCl；故B錯誤；

C．離子半徑Mg2+＜O2-＜K+＜Cl-，離子電荷數(shù)K+=Cl-＜O2-=Mg2+，離子晶體的離子半徑越小，帶電荷數(shù)越多，晶格能越大，則晶體的熔沸點(diǎn)越高，因此熔、沸點(diǎn)MgO＞MgCl2＞KCl；故C錯誤；

D．分子晶體中，氣態(tài)氫化物的熔沸點(diǎn)與其相對分子質(zhì)量成正比，所以熔、沸點(diǎn)CH4＜SiH4＜GeH4；故D正確；

故選D．

A．元素非金屬性越強(qiáng)；氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定；

B．分子晶體中；氣態(tài)氫化物的熔沸點(diǎn)與其相對分子質(zhì)量成正比，但氫鍵影響氫化物的熔沸點(diǎn)；

C．離子晶體的離子半徑越?。粠щ姾蓴?shù)越多，晶格能越大，則晶體的熔沸點(diǎn)越高；

D．分子晶體中；氣態(tài)氫化物的熔沸點(diǎn)與其相對分子質(zhì)量成正比．

本題主要考查了非金屬性、熔沸點(diǎn)的大小比較，掌握相關(guān)物質(zhì)的化學(xué)鍵、分子間作用力與熔沸點(diǎn)的關(guān)系是解答的關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】【答案】D3、B【分析】

試題分析：rm{A}反應(yīng)rm{2Fe(OH)_{3}+3KClO+4KOH=2K_{2}FeO_{4}+3KCl+5H_{2}O}中，rm{Cl}元素的化合價由rm{+1}價降低為rm{-1}價，則rm{KClO}為氧化劑，rm{Fe(OH)_{3}}為還原劑，A錯誤；rm{B}次氯酸鉀是氧化劑，則氯化鉀是還原產(chǎn)物B正確；rm{C}高鐵酸鉀中鐵元素的化合價是rm{+6}價，C錯誤；rm{D}因反應(yīng)中鐵元素的化合價由rm{+3}價升高到rm{+6}價，則rm{1molFe(OH)_{3}}失去rm{3mol}電子；D錯誤。

考點(diǎn)：氧化還原反應(yīng)【解析】rm{B}4、C【分析】略【解析】rm{C}5、A【分析】【解析】試題分析：根據(jù)最高正化合價與最低負(fù)化合價的絕對值之和為8，可以知道該主族元素R一定是第VIIA族元素，所以答案為A；R的最高價氧化物為R2O7，R的氣態(tài)氫化物不能燃燒；R的氣態(tài)氫化物易溶于水顯酸性。考點(diǎn)：元素周期表【解析】【答案】A6、D【分析】【解答】所給儀器中有鐵架臺；鐵圈、玻璃棒、蒸發(fā)皿、酒精燈、火柴；故可進(jìn)行蒸發(fā)操作；所給儀器中有鐵架臺、鐵圈、漏斗、濾紙、玻璃棒、燒杯，可進(jìn)行過濾操作；所給儀器中有分液漏斗，可進(jìn)行萃?。徽麴s時必須用冷凝管，而所給儀器中無冷凝管，故不能進(jìn)行蒸餾實(shí)驗(yàn)；

故選D．

【分析】由于蒸餾時必須有冷凝管冷卻氣體，所以根據(jù)所給的儀器可知，缺少冷凝管，所以不能進(jìn)行蒸餾實(shí)驗(yàn)．7、C【分析】略【解析】rm{C}二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】分子式相同而結(jié)構(gòu)不同的化合物互為同分異構(gòu)體，所以是⑦⑧；由同一種元素形成的不同單質(zhì)，互稱為同素異形體，所以是②④；質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同的同一種元素的不同核素互為同位素，所以是①③；性質(zhì)和結(jié)構(gòu)都完全相同的屬于同一種物質(zhì)，所以是⑤⑥；結(jié)構(gòu)相似，分子組成相差若干個CH2原子團(tuán)的同一類物質(zhì)互為同系物，所以是⑦⑨和⑧⑨。【解析】【答案】⑦⑧②④①③⑤⑥⑦⑨和⑧⑨9、略

【分析】

（1）按照金屬活動性表可知Fe比Cu活潑，較易與Fe3+反應(yīng)，當(dāng)鐵有剩余時，一定剩余銅，當(dāng)銅剩余時，可能剩余鐵，也可能完全反應(yīng)，當(dāng)FeCl3剩余時，鐵和銅都完全反應(yīng)，沒有剩余，F(xiàn)eCl3、FeCl2、CuCl2都溶于水且易電離物質(zhì)，寫成離子形成，銅被氯化鐵溶液腐蝕的化學(xué)方程式改寫為離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案為：ACD；2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+．

（2）甲廠的廢水明顯呈堿性，則溶液中存在大量的OH-，與OH-反應(yīng)的Ag+、Fe3+離子應(yīng)存在與乙廠，根據(jù)溶液電中性原則，甲廠一定存在陽離子K+，乙廠含有Ag+，則與Ag+反應(yīng)的C1-離子存在于甲廠，根據(jù)溶液電中性原則，乙廠含有NO3-；

故答案為：Ag+、Fe3+、NO3-．

【解析】【答案】（1）根據(jù)金屬的還原性強(qiáng)弱分析；

（2）甲廠的廢水明顯呈堿性，則溶液中存在大量的OH-，凡是與OH-反應(yīng)的離子應(yīng)存在于乙廠；結(jié)合溶液電中性的原則進(jìn)一步推斷．

10、略

【分析】

（1）126C分別與一個168O、178O、188O原子結(jié)合成CO，則有三種分子，136C分別與一個168O、178O、188O原子結(jié)合成CO；則又有三種分子；

即共有6種CO分子；故答案為：6；

（2）由信息可知，共有126C、136C、168O、178O、188O五種核素，但126C、136C質(zhì)子數(shù)相同，則都是碳元素，168O、178O、188O的質(zhì)子數(shù)相同；都是氧元素；

即共有5種核素；2種元素，故答案為：5；2；

（3）因相對分子質(zhì)量最大的二氧化碳分子為13C18O2；其電子數(shù)為6+8×2=22，中子數(shù)為（13-6）+（18-8）×2=27；

0.5mol這種二氧化碳的質(zhì)量為0.5mol×（13+18×2）g/mol=24.5g；

故答案為：22；27；24.5．

【解析】【答案】（1）利用不同的碳原子和不同的氧原子來分析；

（2）質(zhì)子數(shù)相同的為同種元素；質(zhì)子數(shù)相同，但中子數(shù)不同的原子都是同種元素的核素；

（3）相對分子質(zhì)量最大的二氧化碳分子為13C18O2；然后進(jìn)行計(jì)算．

11、略

【分析】【解析】試題分析：因B的陰離子和C的陽離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，兩元素的單質(zhì)反應(yīng)，生成一種淡黃色的固體E，可知E為過氧化鈉，B為氧元素，C為鈉元素；D的L層電子數(shù)等于K、M兩個電子層上的電子數(shù)之和，所以K、L、M三個電子層上的電子數(shù)分別為2、8、6，可知D為硫元素；A、B、C、D四種元素，原子序數(shù)依次增大，A原子的最外層上有4個電子，可知A為碳元素．（1）因A為碳，B為氧元素，C為鈉元素，D為硫元素，D的最高價氧化物的水化物是H2SO4。（2）E為過氧化鈉，過氧化鈉為離子化合物，過氧化鈉中含有鈉離子和過氧根離子形成的離子鍵和氧與氧之間形成的共價鍵，電子式為故E中含有離子鍵、非極性共價鍵。（4）C、D兩元素形成的化合物為Na2S，為離子化合物，用電子表示的形成過程為考點(diǎn)：原子結(jié)構(gòu)與元素周期率的關(guān)系電子式化學(xué)方程式的書寫【解析】【答案】（1）C（碳），O（氧），Na（鈉），H2SO4（2）2Na2O2＋CO2＝2Na2CO3＋O2（3）離子離子鍵、非極性共價鍵（4）12、略

【分析】解：（1）煤燃燒反應(yīng)生成二氧化碳和水；在反應(yīng)過程中放出大量熱，利用放出的熱量煮飯，能量是化學(xué)能變化為熱能；

故答案為：化學(xué)能變熱能；

（2）蓄電池點(diǎn)亮燈泡過程；是蓄電池放電過程屬于原電池反應(yīng)，是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故答案為：化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能．

（1）煤燃燒煮飯是利用發(fā)生化學(xué)反應(yīng)放熱；

（2）蓄電池放電是原電池．

本題考查了能量變化過程分析，掌握實(shí)質(zhì)和原電池能量變化是關(guān)鍵，題目較簡單．【解析】化學(xué)能變熱能；化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能13、略

【分析】解：分子中最長碳鏈個碳，離取代基近的一端編號得到名稱為：rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷；

故答案為：rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷．

烷烴命名原則：

rm{壟脵}長：選最長碳鏈為主鏈；

rm{壟脷}多：遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

rm{壟脹}近：離支鏈最近一端編號；

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

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

本題考查了有機(jī)物的命名，題目難度不大，該題注重了基礎(chǔ)性試題的考查，側(cè)重對學(xué)生基礎(chǔ)知識的檢驗(yàn)和訓(xùn)練，該題的關(guān)鍵是明確有機(jī)物的命名原則，然后結(jié)合有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式靈活運(yùn)用即可，有利于培養(yǎng)學(xué)生的規(guī)范答題能力．【解析】rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷14、漂白、殺菌、消毒、作為硫酸的原料等；4NH3+6NO5N2+6H2O；Na2SiO3═2Na++SiO32-；Na2SiO3+CO2+H2O═Na2CO3+H2SiO3↓【分析】解：rm{(1)}若rm{A}是淡黃色固體，rm{C}rm{D}是氧化物，且rm{C}是造成酸雨的主要物質(zhì)，則rm{A}為rm{S}rm{C}為rm{SO_{2}}rm{B}為rm{H_{2}S}rm{D}為rm{SO_{3}}二氧化硫的用途：漂白；殺菌、消毒、作為硫酸的原料等；

故答案為：漂白；殺菌、消毒、作為硫酸的原料等；

rm{(2)}若rm{B}是氣態(tài)氫化物，rm{C}rm{D}是氧化物且會造成光化學(xué)煙霧污染，判斷為rm{NO}rm{NO_{2}}rm{B}與rm{C}在一定條件下反應(yīng)生成的rm{A}是大氣主要成分，推斷rm{A}為rm{N_{2}}rm{B}為rm{NH_{3}}rm{C}為rm{NO}rm{D}為rm{NO_{2}}rm{B}與rm{C}在一定條件下反應(yīng)的化學(xué)方程式：rm{4NH_{3}+6NOdfrac{underline{;{脪祿露簍脤玫錄鎂};}}{;}5N_{2}+6H_{2}O}

故答案為：rm{4NH_{3}+6NOdfrac{underline{;{脪祿露簍脤玫錄鎂};}}{;}5N_{2}+6H_{2}O}

rm{4NH_{3}+6NOdfrac{

underline{;{脪祿露簍脤玫錄鎂};}}{;}5N_{2}+6H_{2}O}若rm{4NH_{3}+6NOdfrac{

underline{;{脪祿露簍脤玫錄鎂};}}{;}5N_{2}+6H_{2}O}是太陽能電池用的光伏材料，rm{(3)}可用于制造光導(dǎo)纖維，則rm{A}為rm{B}rm{A}為rm{Si}rm{B}rm{Na_{2}SiO_{3}}為鈉鹽，且rm{C}是廚房中常用的物質(zhì)，則rm{D}為rm{D}rm{C}為rm{Na_{2}SiO_{3}}則rm{D}的電離方程式：rm{Na_{2}CO_{3}}rm{C}反應(yīng)的化學(xué)方程式：rm{Na_{2}SiO_{3}簍T2Na^{+}+SiO_{3}^{2-}}

故答案為：rm{壟脺}rm{Na_{2}SiO_{3}+CO_{2}+H_{2}O簍TNa_{2}CO_{3}+H_{2}SiO_{3}隆媒}

rm{Na_{2}SiO_{3}簍T2Na^{+}+SiO_{3}^{2-}}若rm{Na_{2}SiO_{3}+CO_{2}+H_{2}O簍TNa_{2}CO_{3}+H_{2}SiO_{3}隆媒.}是淡黃色固體，rm{(1)}rm{A}是氧化物，且rm{C}是造成酸雨的主要物質(zhì)，則rm{D}為rm{C}rm{A}為rm{S}rm{C}為rm{SO_{2}}rm{B}為rm{H_{2}S}

rm{D}若rm{SO_{3}}是氣態(tài)氫化物，rm{(2)}rm{B}是氧化物且會造成光化學(xué)煙霧污染，判斷為rm{C}rm{D}rm{NO}與rm{NO_{2}}在一定條件下反應(yīng)生成的rm{B}是大氣主要成分，推斷rm{C}為rm{A}rm{A}為rm{N_{2}}rm{B}為rm{NH_{3}}rm{C}為rm{NO}

rm{D}若rm{NO_{2}}是太陽能電池用的光伏材料，rm{(3)}可用于制造光導(dǎo)纖維，則rm{A}為rm{B}rm{A}為rm{Si}rm{B}rm{Na_{2}SiO_{3}}為鈉鹽，且rm{C}是廚房中常用的物質(zhì)，則rm{D}為rm{D}rm{C}為rm{Na_{2}SiO_{3}}．

本題考查了無機(jī)物的推斷，涉及硫、氮、硅元素單質(zhì)及其化合物，熟練掌握物質(zhì)的性質(zhì)與應(yīng)用，難度不大．rm{D}【解析】漂白、殺菌、消毒、作為硫酸的原料等；rm{4NH_{3}+6NOdfrac{underline{;{脪祿露簍脤玫錄鎂};}}{;}5N_{2}+6H_{2}O}rm{4NH_{3}+6NOdfrac{

underline{;{脪祿露簍脤玫錄鎂};}}{;}5N_{2}+6H_{2}O}rm{Na_{2}SiO_{3}簍T2Na^{+}+SiO_{3}^{2-}}rm{Na_{2}SiO_{3}+CO_{2}+H_{2}O簍TNa_{2}CO_{3}+H_{2}SiO_{3}隆媒}三、判斷題(共9題，共18分)15、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(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對．

【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)．16、B【分析】【解答】藍(lán)色硫酸銅晶體放入濃硫酸生成硫酸銅和水；屬于化學(xué)變化，故答案為：×．

【分析】化學(xué)變化是指有新物質(zhì)生成的變化，物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化，據(jù)此解題．17、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素；但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機(jī)物相似，把它們歸入無機(jī)物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機(jī)化合物，簡稱有機(jī)物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素，但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機(jī)物相似，把它們歸入無機(jī)物．18、B【分析】【解答】煤的氣化是在高溫條件下煤與水蒸氣反應(yīng)生成CO和H2；是化學(xué)變化；

煤液化；是把固體炭通過化學(xué)加工過程，使其轉(zhuǎn)化成為液體燃料；化工原料和產(chǎn)品的先進(jìn)潔凈煤技術(shù)，有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化；

煤的干餾是將煤隔絕空氣加強(qiáng)熱；煤發(fā)生復(fù)雜的反應(yīng)獲得煤焦油；焦?fàn)t煤氣等的過程，是化學(xué)變化．故煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是化學(xué)變化，故此說法錯誤．故答案為：錯誤．

【分析】沒有新物質(zhì)生成的變化是物理變化，有新物質(zhì)生成的變化是化學(xué)變化；19、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；故錯誤；

故答案為：錯．

【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．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(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對．

【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、A【分析】【解答】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應(yīng)生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案為：對．

【分析】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應(yīng)生成二氧化碳和硫，結(jié)合原子個數(shù)守恒書寫方程式．22、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素；但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機(jī)物相似，把它們歸入無機(jī)物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機(jī)化合物，簡稱有機(jī)物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素，但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機(jī)物相似，把它們歸入無機(jī)物．23、B【分析】【解答】標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標(biāo)準(zhǔn)狀況己烷不是氣體，物質(zhì)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(yīng)用條件分析判斷，標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol四、簡答題(共3題，共9分)24、略

【分析】解：（1）硝酸可以將金屬鐵氧化到最高價，稀硝酸對應(yīng)的還原產(chǎn)物是NO，金屬鐵可以和硝酸鐵反應(yīng)生成硝酸亞鐵，金屬鐵和過量的硝酸反應(yīng)的方程式為：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O，故答案為：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O；

（2）能使澄清石灰水變渾濁的氣體有二氧化碳、二氧化硫，單質(zhì)碳可以和濃硫酸反應(yīng)生成二氧化碳和二氧化硫，即C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

故答案為：C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

（3）實(shí)驗(yàn)室中用氯化銨和氫氧化鈣固體反應(yīng)獲得氨氣，原理方程式為：2NH4Cl+Ca（OH）22CaCl+2NH3↑+2H2O，故答案為：2NH4Cl+Ca（OH）22CaCl+2NH3↑+2H2O；

（4）氯化鈉為氯堿工業(yè)的主要原料；二氧化碳是造成溫室效應(yīng)的主要?dú)怏w之一碳酸鈉；碳酸氫鈉均可以和鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳和水；

故答案為：Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑或NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑．

（1）硝酸可以將金屬鐵氧化到最高價；稀硝酸對應(yīng)的還原產(chǎn)物是NO；

（2）能使澄清石灰水變渾濁的氣體有二氧化碳；二氧化硫；

（3）水溶液呈弱堿性的無色刺激性氣味的氣體是氨氣；

（4）碳酸鈉；碳酸氫鈉均可以和鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳和水．

本題是一道關(guān)于元素以及化合物之間的性質(zhì)和轉(zhuǎn)化知識的考題，綜合性較強(qiáng)，難度大．【解析】Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O；C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑或NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑2925、（1）第三周期第VIIA族2NaCl（熔融）2Na+Cl2（2）蒸餾法、電滲析法、離子交換法（3）Br2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Br-（Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr）（4）IIII（5）①⑦③⑤⑥④②【分析】【分析】本題考查了海水資源的綜合利用，涉及到海水淡化、海水提溴工藝、萃取等知識點(diǎn)，注意物質(zhì)的分離、提純應(yīng)把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同，掌握從海水中提取食鹽和溴的原理為解答該題的關(guān)鍵?！窘獯稹縭m{(1)}氯元素是rm{17}號元素，在第三周期第rm{VIIA}族；用電解熔融的rm{NaCl}制取金屬鈉，方程式為rm{2NaCl(}熔融rm{)overset{碌莽陸芒}{=}2Na+Cl}rm{)overset{碌莽陸芒}{=}

2Na+Cl}淡化海水，應(yīng)將水與海水中的鹽進(jìn)行分離，常用方法有蒸餾：因水的沸點(diǎn)較低，可用蒸餾法得到蒸餾水，實(shí)現(xiàn)海水淡化的目的；電滲析：可使相應(yīng)的離子通過半透膜以達(dá)到硬水軟化的效果；以及離子交換法：通過離子交換樹脂可以除去海水中的離子，從而達(dá)到淡化海水的目的等其它方法，故答案為：蒸餾法、電滲析法、離子交換法等；rm{(2)}步驟rm{(3)}中二氧化硫吸收溴單質(zhì)，rm{II}元素的化合價由rm{Br}降低為rm{0}價，rm{-1}在反應(yīng)中作氧化劑，表現(xiàn)氧化性，rm{Br_{2}}元素的化合價由rm{S}價升高到rm{+4}價，rm{+6}作還原劑，發(fā)生反應(yīng)：rm{SO_{2}}rm{Br_{2}+SO_{2}+2H_{2}O簍T4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Br^{-}}rm{(Br_{2}+SO_{2}+2H2O=H_{2}SO+2HBr)}和rm{(4)I}的反應(yīng)方程式均為rm{III}證明氧化性rm{Cl_{2}+2Br_{-}=Br_{2}+2Cl^{-}}即非金屬性rm{Cl_{2}>Br_{2}}rm{Cl>Br}除去粗鹽中的可溶性雜質(zhì)：rm{(5)}rm{Mg^{2+}}rm{Ca^{2+}}的步驟為：rm{SO_{4}^{2-}}加水溶解；rm{壟脵}加入過量rm{壟脽}去除鎂離子rm{壟脽}rm{NaOH(}rm{)}加入過量rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒}去除硫酸根離子rm{壟脹}rm{BaCl_{2}(}rm{)}加入過量rm{SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}=BaSO_{4}隆媒}去除鈣離子的多余的鋇離子rm{壟脻}rm{Na_{2}CO_{3}(}rm{)}過濾將沉淀和溶液分離；rm{Ca^{2+}+CO_{3}^{2-}=CaCO_{3}隆媒}加過量的鹽酸rm{壟脼}除去多余的碳酸根離子rm{壟脺}rm{(}rm{)}蒸發(fā)，讓多余的鹽酸以氯化氫的形式揮發(fā)并得到晶體，故答案為rm{2H^{+}+CO_{3}^{2-}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{壟脷}rm{壟脵}【解析】rm{(1)}第三周期第rm{VII_{A}}族rm{2NaCl(}熔融rm{)overset{碌莽陸芒}{=}2Na+Cl_{2}}rm{)overset{碌莽陸芒}{=}

2Na+Cl_{2}}蒸餾法、電滲析法、離子交換法rm{(2)}rm{(3)Br}rm{2}rm{2}rm{+SO}rm{2}rm{2}rm{+2H}rm{2}rm{2}rm{O簍T4H^{+}+SO}rm{4}rm{4}rm{{,!}^{2-}+2Br^{-}}rm{(Br_{2}+SO_{2}+2H_{2}O=H_{2}SO_{4}+2HBr)}26、（1）①溶液里有白色沉淀產(chǎn)生②小球下沉到燒杯底（2）Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O【分析】【分析】本題以實(shí)驗(yàn)的形式來考查離子反應(yīng)，明確反應(yīng)現(xiàn)象的觀察及反應(yīng)的關(guān)系、離子方程式的書寫方法即可解答，難度不大?！窘獯稹縭m{(1)}由題意可知，恰好完全反應(yīng)發(fā)生rm{H_{2}SO_{4}+Ba(OH)_{2}簍TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}則可觀察到溶液里有白色沉淀產(chǎn)生，又溶液的密度變小，則在溶液中央懸浮的塑料小球?qū)⑾陆档綗撞?；故答案為：溶液里有白色沉淀產(chǎn)生；小球下沉到燒杯底；

rm{(2)}因反應(yīng)為rm{H_{2}SO_{4}+Ba(OH)_{2}簍TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}rm{H_{2}SO_{4}}和rm{Ba(OH)_{2}}完全電離，rm{BaSO_{4}}和rm{H_{2}O}在離子反應(yīng)中保留化學(xué)式；則離子反應(yīng)為。

rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}故答案為：rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}

【解析】rm{(1)}rm{壟脵}溶液里有白色沉淀產(chǎn)生rm{壟脵}小球下沉到燒杯底rm{壟脷}rm{壟脷}五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共2分)27、略

【分析】【分析】

（1）本實(shí)驗(yàn)是由實(shí)驗(yàn)①做對比實(shí)驗(yàn)探究影響反應(yīng)速率的因素，所以在設(shè)計(jì)分組實(shí)驗(yàn)時，要設(shè)計(jì)出分別只有濃度、溫度和接觸面積不同時反應(yīng)速率的變化，從而找出不同外界因素對反應(yīng)速率的影響。由于實(shí)驗(yàn)①和實(shí)驗(yàn)②探究HNO3濃度對該反應(yīng)速率的影響，實(shí)驗(yàn)①和實(shí)驗(yàn)③探究溫度對該反應(yīng)速率的影響，故實(shí)驗(yàn)③的溫度選擇308K，實(shí)驗(yàn)①和實(shí)驗(yàn)④探究接觸面積對該反應(yīng)速率的影響，故實(shí)驗(yàn)④選擇細(xì)顆粒的大理石；

（2）依據(jù)裝置特點(diǎn)分析氣密性的檢查方法；

（3）化學(xué)反應(yīng)速率通常用單位時間內(nèi)濃度的變化量來表示。根據(jù)圖像可以計(jì)算出70至90s內(nèi)生成的CO2的體積；然后根據(jù)反應(yīng)式可計(jì)算出消耗的硝酸的物質(zhì)的量，最后計(jì)算其反應(yīng)速率；

（4）根據(jù)反應(yīng)物的用量計(jì)算生成CO2的最大質(zhì)量；根據(jù)影響反應(yīng)速率的因素比較實(shí)驗(yàn)②；③和④反應(yīng)速率大??；以此判斷曲線斜率大小，畫出圖像；

【詳解】

（1）由實(shí)驗(yàn)?zāi)康目芍?；探究濃度；溫度、接觸面積對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，則實(shí)驗(yàn)①②的溫度、大理石規(guī)格相同，只有濃度不同，實(shí)驗(yàn)①③中只有溫度不同，實(shí)驗(yàn)①④中只有大理石規(guī)格不同；

故答案為（從上到下；從左到右順序）：298；粗顆粒；1.00；308；粗顆粒；2.00；298；細(xì)顆粒；2.00；

（2）該裝置的氣密性的檢查方法是：關(guān)閉分液漏斗活塞，向外拉或向內(nèi)推分液漏斗的活塞，若一段時間后松開手，活塞又回到原來的位置，則證明裝置氣密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的質(zhì)量為：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根據(jù)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物質(zhì)的量為：n(HNO3)=＝mol；

③溶液體積為25mL＝0.025L，所以HNO3減少的濃度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反應(yīng)的時間t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范圍內(nèi)的平均反應(yīng)速率為：

v(HNO3)＝Δc(HNO3)/t＝=mol·L－1·S－1=0.009mol·L－1·S－1

（4）實(shí)驗(yàn)②、③和④所用大理石的質(zhì)量均為10.00g，其物質(zhì)的量為=0.1mol，實(shí)驗(yàn)①、③和④所用硝酸的量相同均為：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依據(jù)反應(yīng)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的質(zhì)量按硝酸計(jì)算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，實(shí)驗(yàn)②所用硝酸的量為1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石過量，反應(yīng)生成的CO2的質(zhì)量為0.025mol×44g/mol=0.55g；

實(shí)驗(yàn)①和②探究HNO3濃度對該反應(yīng)速率的影響，且HNO3濃度①>②，濃度越大，反應(yīng)越快，故曲線斜率①>②；

實(shí)驗(yàn)①和③探究溫度對該反應(yīng)速率的影響，且溫度③高于①，溫度越高反應(yīng)越快，故曲線斜率③>①；

實(shí)驗(yàn)①和④探究大理石規(guī)格（粗、細(xì)）對該反應(yīng)速率的影響，且實(shí)驗(yàn)④為細(xì)顆粒，實(shí)驗(yàn)①為粗顆粒，顆粒越小，表面積越大，反應(yīng)越快，故反應(yīng)速率④>①，故曲線斜率④>①；

根據(jù)以上特征；畫出圖像如下：

【點(diǎn)睛】

本題考查了化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素，注意對題給信息的分析是處理是解答的關(guān)鍵，注意控制變量的實(shí)驗(yàn)方法的理解和掌握。【解析】298粗顆粒1.00308粗顆粒2.00298細(xì)顆粒2.00關(guān)閉分液漏斗活塞，向外拉或向內(nèi)推分液漏斗的活塞，若一段時間后松開手，活塞又回到原來的位置，則證明裝置氣密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1六、綜合題(共4題，共20分)28、反應(yīng)物能量生成物能量無降低因?yàn)榇呋瘎└淖兞朔磻?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）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1；

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

（2）根據(jù)反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）結(jié)合1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1計(jì)算反應(yīng)熱；

（3）根據(jù)反應(yīng)物和生成物確定反應(yīng)的歷程；

（4）利用蓋斯定律計(jì)算．29、1：52）鹽酸體現(xiàn)出的性質(zhì)有：____酸性和還原性3）用雙線橋表示出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O4）當(dāng)被氧化的HCl為73克時，轉(zhuǎn)移的電子的數(shù)目為____（填具體數(shù)字）1.204×1024【分析】【解答】解：（1）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反應(yīng)中，1KClO3中氯元素的化合價由+5價變?yōu)?價，所以1KClO3是氧化