2024年粵教滬科版高一化學上冊階段測試試卷

…………○…………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2024年粵教滬科版高一化學上冊階段測試試卷489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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、對于反應：H-+NH3=H2+NH2-的說法正確的是（）

A.該反應屬于置換反應。

B.NH3是氧化劑。

C.NH2-是還原產(chǎn)物。

D.若反應中有1mol電子轉移，則必然生成22.4LH2

2、某粒子用符號AZMn+表示，下列關于該粒子的敘述中，正確的是（）A．所含質(zhì)子數(shù)為A—nB．所含中子數(shù)為A—Z—nC．所含電子數(shù)為Z+nD．中子數(shù)—電子數(shù)=A—2Z+n3、下列各組中化合物的性質(zhì)比較，不正確的是（）A.酸性：HCl04＞HBr04＞HI04B.堿性：Na0H＞Mg（0H）2＞Al（0H）3C.穩(wěn)定性；PH3＞H2S＞HClD.非金屬性：F＞0＞S4、下列物質(zhì)屬于同系物的一組是()A.rm{CH_{4}}與rm{C_{2}H_{4}}B.與rm{CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}}C.rm{C_{2}H_{6}}與rm{C_{3}H_{8}}D.rm{O_{2}}與rm{O_{3}}5、下列關于煤及其綜合利用的說法中正確的是rm{(}rm{)}A.煤的主要成分是單質(zhì)碳B.煤的干餾是指將煤在空氣中加強熱使之分解的過程C.煤通過干餾得到的苯和甲苯屬于同系物D.煤氣化的目的主要是獲得甲烷，煤液化的目的主要是獲得苯評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、下列各組物質(zhì)中，所含分子數(shù)相同的是()A.rm{10gH_{2}}和rm{10gO_{2}}B.rm{7gN_{2}}和rm{11gCO_{2}}C.rm{9gH_{2}O}和rm{0.5molBr_{2}}D.rm{224mLH_{2}(}標準狀況rm{)}和rm{0.1molN_{2}}7、某元素rm{1}個原子的質(zhì)量為rm{a}rm{1}個rm{{,!}^{12}C}原子質(zhì)量為rm則該元素的這種原子的相對原子質(zhì)量是A.rm{dfrac{12a}}B.rm{dfrac{12b}{z}}C.rm{dfrac{a}{{{N}_{A}}}}D.rm{a隆隴N_{A}}8、最近日本科學家確認世界上還存在的另一種“分子足球”rm{N_{60}}它與rm{C_{60}}的結構相似rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{N_{60}}和rm{N_{2}}是同素異形體B.rm{N_{60}}中氮原子之間由共價鍵結合C.rm{N_{60}}高溫或撞擊后應該生成rm{N_{2}}D.rm{N_{60}}和rm{{,!}^{14}N}都是氮的同位素9、常溫下，向二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH與P[P＝或變化關系如圖所示。下列說法正確的是。

A.曲線M表示隨pH的變化關系B.Ka2的數(shù)值是10-6C.e點溶液中：2c(Y2-)+c(HY-)﹣c(K+)+c(OH-)=0.001mol·L-1D.KHY溶液中：c(K＋)＞c(HY﹣)＞c(H+)＞c(Y2-)＞c(H2Y)10、從減少環(huán)境污染的角度看，應大力推廣的能源是rm{(}rm{)}A.氫能B.太陽能C.風能D.化石燃料11、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12、下列有關氯元素及其化合物的表示正確的是()A.質(zhì)子數(shù)為rm{17}中子數(shù)為rm{20}的氯原子：rm{rlap{_{17}}{^{20}}Cl}B.氯離子rm{(Cl^{-})}的結構示意圖：C.氯分子的電子式：D.氯氣的結構式：rm{Cl隆陋Cl}13、用rm{FeCl_{3}}溶液腐蝕印刷電路板上銅箔的反應是：rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}下列有關說法正確的是A.rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+

Cu^{2+}}是還原劑，被腐蝕B.rm{Cu}是氧化劑C.該反應是置換反應D.該反應屬于離子反應rm{Fe^{3+}}14、把炭和氧化銅組成的混合物隔絕空氣加熱，充分反應后稱量所得剩余固體的質(zhì)量為rm{112g}向此剩余固體中加入rm{200g}稀硫酸，稀硫酸恰好被完全反應，過濾后所得濾渣呈紅色rm{.}同時將反應所得的氣體全部通入含溶質(zhì)rm{37g}的澄清石灰水中，得到沉淀rm{25g.}下列有關說法正確的是rm{(}rm{)}A.生成氣體的質(zhì)量可能是rm{11}克或rm{33}克B.濾渣中的紅色物質(zhì)可能是rm{32}克或rm{96}克C.參與反應的氧化銅質(zhì)量可能是rm{40}克或rm{120}克D.稀硫酸的溶質(zhì)質(zhì)量可能是rm{38.4}克或rm{115.2}克評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)15、在標準狀況下a.6.72LCH4氣體b.3.01×1023個HCl氣體分子c.13.6gH2S氣體d.0.2molNH3；下列對這四種氣體的關系從大到小的排列是（用上述序號表示）

①四種氣體所含有的分子數(shù)______；

②四種氣體所含有的原子數(shù)______．16、原子序數(shù)分別為1、11、17的三種元素X、Y、Z兩兩組合的化合物XZ含有的化學鍵類別為______，YZ電子式為______，Z元素在周期表中的位置為第______周期第______族，能否用下面的反應證明Z的非金屬性比碳強：2HCl+Na2CO3=NaCl+H2O+CO2↑______（填“能”或“否”）17、(10分)元素周期表中第ⅦA族元素的單質(zhì)及其化合物的用途廣泛。（1）能作為氯、溴、碘元素非金屬性(原子得電子能力)遞變規(guī)律的判斷依據(jù)是(填序號)。A．Cl2、Br2、I2的熔點B.Cl2、Br2、I2的氧化性C．HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性D．HCl、HBr、HI的酸性（2）工業(yè)上，通過如下轉化可制得KClO3晶體：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶體①完成Ⅰ中反應的總化學方程式：□NaCl＋□H2O＝□NaClO3＋□。②Ⅱ中轉化的基本反應類型是，該反應過程能析出KClO3晶體而無其它晶體析出的原因是。（3）一定條件，在水溶液中1molCl－、ClOX－(x＝1，2，3，4)的能量(KJ)相對大小如右圖所示。①D是(填離子符號)。②B→A＋C反應的離子方程式為；生成1molC時，KJ的熱（填吸收或放出以及具體數(shù)值）18、化學興趣小組設定以下實驗方案，測定某已變質(zhì)為碳酸鈉的小蘇打樣品中NaHCO3的質(zhì)量分數(shù)．

方案一：稱取一定質(zhì)量樣品；置于坩堝中加熱至恒重，冷卻，稱量剩余固體質(zhì)量，計算．

（1）坩堝中發(fā)生反應的化學方程式為：______

（2）實驗中需加熱至恒重的目的是：______-

方案二：稱取一定質(zhì)量樣品，置于小燒杯中，加適量水溶解；向小燒杯中加入足量Ba（OH）2溶液；過濾，洗滌，干燥沉淀，稱量固體質(zhì)量，計算．

（1）過濾操作中，除了燒杯、漏斗外，還要用到的玻璃儀器為______

（2）實驗中判斷沉淀是否完全的方法是______

方案三：按如圖裝置進行實驗：

（3）B裝置內(nèi)所盛試劑是______；D裝置的作用是______；分液漏斗中______（填“能”或“不能”）用鹽酸代替稀硫酸進行實驗．

（4）實驗前稱取17.9g樣品，實驗后測得C裝置增重8.8g，則樣品中NaHCO3的質(zhì)量分數(shù)為______．

（5）此實驗測得的數(shù)據(jù)，測定結果有誤差，因為實驗裝置還存在一個明顯缺陷是：______

19、在rm{2L}密閉容器中分別充入rm{4mol}rm{A}氣體和rm{6mol}rm{B}氣體，在一定條件下發(fā)生反應：rm{4A(g)+5B(g)?4C(g)+xD(g)}經(jīng)過rm{5}rm{min}后達到平衡狀態(tài)，經(jīng)測定rm{B}的轉化率為rm{75%}rm{D}的濃度為rm{2.7mol?L^{-1}.}則rm{x=}______；rm{A}在平衡混合物中的體積分數(shù)為______；從反應開始至平衡時，以rm{C}的濃度變化表示該反應的平均速率rm{v(C)=}______．20、某溫度下，在rm{2L}容器中rm{3}種物質(zhì)間進行反應，rm{X}rm{Y}rm{Z}的物質(zhì)的量隨時間的變化曲線如圖。容器中rm{2L}種物質(zhì)間進行反應，rm{3}rm{X}rm{Y}的物質(zhì)的量隨時間的變化曲線如圖。

rm{Z}

該反應的化學方程式是____________________________。

rm{(1)壟脵}該反應的化學方程式是____________________________。rm{(1)壟脵}在rm{壟脷}在rm{t}rm{壟脷}時，該反應達到了平衡狀態(tài)，下列可判斷反應已達到該狀態(tài)的是________。

rm{t}rm{{,!}_{1}}rm{min}時，該反應達到了平衡狀態(tài)，下列可判斷反應已達到該狀態(tài)的是________。rm{min}的反應速率相等

A.rm{X}rm{Y}rm{Z}的反應速率相等rm{X}的反應速率比為rm{Y}

rm{Z}的同時生成B.rm{X}rm{Y}的反應速率比為rm{2隆脙3}

rm{X}rm{Y}的同時生成rm{2隆脙3}

C.生成rm{3molY}的同時生成rm{1molZ}若上述反應中rm{3molY}rm{1molZ}分別為D.生成rm{1molZ}的同時生成rm{2molX}rm{1molZ}rm{2molX}rm{(2)壟脵}若上述反應中rm{X}rm{Y}rm{Z}分別為rm{NH}rm{(2)壟脵}rm{X}rm{Y}rm{Z}時，rm{NH}rm{{,!}_{3}}、rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}時間內(nèi)，用、rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}，已知氨氣可以分解成氮氣和氫氣，則至rm{t}rm{t}為__________________________________。

rm{{,!}_{1}}rm{min}時，rm{NH}兩位同學討論放熱反應和吸熱反應。甲說加熱后才能發(fā)生的化學反應是吸熱反應，乙說反應中要持續(xù)加熱才能進行的反應是吸熱反應。你認為他們的說法中正確的是________同學。rm{min}評卷人得分四、判斷題(共2題，共12分)21、蛋白質(zhì)的鹽析過程是一個可逆過程，據(jù)此可以分離和提純蛋白質(zhì)．22、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）評卷人得分五、簡答題(共2題，共8分)23、粗食鹽中除含有鈣離子；鎂離子、硫酸根離子等可溶性雜質(zhì)外；還含有泥砂等不溶性雜質(zhì)．我們食用的精鹽是用粗食鹽提純而得到的．通過教材中“粗鹽的提純”及你做過的該實驗回答下列問題．

（1）如何運用最簡單的方法檢驗溶液中有無SO42-離子？______．

如果有，應該如何除去SO42-離子？______．

（2）在粗鹽經(jīng)過一定處理后的溶液中滴加飽和Na2CO3溶液，直至不再產(chǎn)生沉淀為止．請問這步操作的目的是______．

（3）將經(jīng)過操作（2）后的溶液過濾．請問這一操作能除掉哪些物質(zhì)？______．24、現(xiàn)有如下兩個反應：

rm{(A)NaOH+HCl簍TNaCl+H_{2}O}

rm{(B)Cu+2Ag^{+}簍T2Ag+Cu^{2+}}

rm{(1)}根據(jù)兩反應本質(zhì)；判斷能否設計成原電池______；

rm{(2)}如果不能；說明其原因______；

rm{(3)}如果可以，則寫出正、負極材料及其電極反應時和反應類型rm{(}“氧化反應”或“還原反應”rm{)}

負極：______；______，______；

正極：______；______，______；

若導線上轉移電子rm{1mol}則正極質(zhì)量增加______rm{g}電解質(zhì)溶液：______．評卷人得分六、綜合題(共4題，共24分)25、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：

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5題，共10分)1、B【分析】

A、反應H-+NH3=H2+NH2-是兩種化合物之間的反應；不屬于置換反應，故A錯誤；

B、反應H-+NH3=H2+NH2-中，NH3中氫元素化合價降低，NH3是氧化劑；故B正確；

C、反應H-+NH3=H2+NH2-中，H-中氫元素化合價升高，H-是還原劑，NH3是氧化劑，氧化劑對應的產(chǎn)物H2是還原產(chǎn)物；故C錯誤；

D、反應H-+NH3=H2+NH2-中，NH3中氫元素化合價降低，H-中氫元素化合價升高，NH3中氫元素化合價降低，轉移電子1mol，生成氫氣1mol，反應中有1mol電子轉移，會得到標況下22.4LH2；故D錯誤．

故選B．

【解析】【答案】A；置換反應是單質(zhì)和化合物反應生成新的單質(zhì)和化合物的反應；

B；化合價降低元素所在的反應物是氧化劑；

C；氧化劑對應的產(chǎn)物是還原產(chǎn)物；

D；根據(jù)氧化還原反應中轉移的電子數(shù)目和消耗的各物質(zhì)的量來計算回答．

2、D【分析】【解析】【答案】D3、C【分析】解：A．非金屬性Cl＞Br＞I，最高價氧化物的水化物的酸性為HCl04＞HBr04＞HI04；故A正確；

B．金屬性Na＞Mg＞Al，最高價氧化物的水化物的堿性為Na0H＞Mg（0H）2＞Al（0H）3；故B正確；

C．非金屬性Cl＞S＞P，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性為PH3＜H2S＜HCl；故C錯誤；

D．同周期從左到右非金屬性增強；則非金屬性：F＞0，同主族從上到下非金屬性減弱，則非金屬性：0＞S，所以非金屬性：F＞0＞S，故D正確；

故選C．

A．非金屬性越強；最高價氧化物的水化物的酸性越強；

B．金屬性越強；最高價氧化物的水化物的堿性越強；

C．非金屬性越強；氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定；

D．同周期從左到右非金屬性增強；同主族從上到下非金屬性減弱．

本題考查元素性質(zhì)的比較，為高頻考點，把握元素的金屬性、非金屬性比較為解答的關鍵，注意元素的位置及元素周期律的應用，題目難度不大．【解析】【答案】C4、C【分析】【分析】本題考查同系物同素異形體、同分異構體的概念與區(qū)別，難度不大，注意理解概念的內(nèi)涵與外延。【解答】A.rm{CH_{4}}屬于烷烴，rm{C_{2}H_{4}}屬于烯烴；二者結構不相似，不是同系物，故A錯誤；

B.與rm{CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}}分子式相同；結構不同，互為同分異構體，為碳鏈異構，故B錯誤；

C.rm{C_{2}H_{6}}與rm{C_{3}H_{8}}都屬于烷烴，相差一個rm{CH_{2}}原子團；互為同系物，故C正確；

D.rm{O_{2}}與rm{O_{3}}是氧元素形成的不同單質(zhì)；互為同素異形體，故D錯誤。

故選C。

結構相似，在分子組成上相差一個或若干個rm{CH_{2}}原子團的物質(zhì)互稱為同系物．

具有相同的分子式；不同的結構的化合物互為同分異構體．

考查化學“五同”比較，難度不大，注意把握概念的內(nèi)涵與外延．【解析】rm{C}5、C【分析】解：rm{A}煤是多種無機物和有機物的混合物；并不是碳單質(zhì)，故A錯誤；

B；煤在空氣中加強熱會燃燒；故煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱使其分解的過程，故B錯誤；

C、煤通過干餾可以獲取苯和甲苯，而苯和甲苯的結構相似、在分子組成上相差一個rm{CH_{2}}故互為同系物，故C正確；

D、煤的氣化可以獲得水煤氣即rm{CO}和氫氣；而不是甲烷；煤的液化的目的是獲得甲醇，而不是獲得苯，故D錯誤．

故選C．

A；煤是多種無機物和有機物的混合物；

B；煤在空氣中加強熱會燃燒；

C；煤通過干餾可以獲取苯和甲苯；

D、煤的氣化可以獲得rm{CO}和氫氣；煤的液化的目的是獲得甲醇．

本題考查了煤和石油的綜合利用，難度不大，應注意的是煤的干餾、煤的氣化和液化均為化學變化，而石油的分餾為物理變化．【解析】rm{C}二、多選題(共9題，共18分)6、BC【分析】略【解析】rm{BC}7、AD【分析】【分析】本題考查了阿伏加德羅常數(shù)和物質(zhì)的量的相關計算，題目難度不大?！窘獯稹肯鄬υ淤|(zhì)量的定義是：以rm{12C}原子質(zhì)量的rm{1/12}做為標準，其他原子的質(zhì)量與它相比較所得的值。所以相對原子質(zhì)量是rm{a隆脗(b/12)=12a/b}原子質(zhì)量的rm{12C}做為標準，其他原子的質(zhì)量與它相比較所得的值。所以相對原子質(zhì)量是rm{1/12}

rm{a隆脗(b/12)=12a/b}相對原子質(zhì)量在數(shù)值上與摩爾質(zhì)量相等，根據(jù)摩爾質(zhì)量的概念可得出，這種原子的相對原子質(zhì)量是rm{a隆隴N}故AD正確。rm{a隆隴N}

rm{{,!}_{A}}故選AD?！窘馕觥縭m{AD}8、ABC【分析】解：rm{A.N_{60}}與rm{N_{2}}符合同素異形體的概念，rm{N_{60}}與rm{N_{2}}互為同素異形體；故A正確；

B.rm{N_{60}}中只含氮原子；原子之間由共價鍵結合，故B正確；

C.rm{N_{60}}在高溫和撞擊后釋放巨大能量，說明生成了rm{N}元素的很穩(wěn)定的形式，而熟知的rm{N}最穩(wěn)定存在形式就是rm{N_{2}}故C正確；

D.rm{N_{60}}是單質(zhì)，rm{{,!}^{14}N}是氮的同位素；故D錯誤．

故選ABC．

A.同素異形體是同元素組成的不同單質(zhì)；

B.原子通過共用電子對形成的化學鍵叫做共價鍵；非金屬元素原子之間形成的一般是共價鍵；

C.rm{N_{60}}在高溫和撞擊后釋放巨大能量，說明生成了rm{N}元素的很穩(wěn)定的形式；

D.同位素是質(zhì)子數(shù)相同中子數(shù)不同的同元素的不同原子．

本題考查了同位素、同素異形體概念的應用以及化學鍵，主要是概念的理解，題目難度不大．【解析】rm{ABC}9、CD【分析】【分析】

隨著pH的增大，H2Y的電離程度逐漸增大，溶液中的逐漸增大，逐漸減小，則lg逐漸增大，因此曲線M表示pH與lg的變化關系，lg逐漸減小，曲線N表示pH與lg的變化關系。

【詳解】

A．隨著pH的增大，H2Y的電離程度逐漸增大，溶液中的逐漸增大，逐漸減小，則lg逐漸增大，因此曲線M表示pH與lg的變化關系，lg逐漸減小，曲線N表示pH與lg的變化關系；故A錯誤；

B．由H2YH++HY-、HY-H++Y2-可知，Ka2=根據(jù)題中圖示，pH=3時，c(H+)=10-3mol/L，lg=1.3，則=101.3，Ka2===10-4.3；故B錯誤；

C．e點溶液中，存在K+、H+、Y2-、HY-、OH-，溶液呈現(xiàn)電中性的，由電荷守恒得c(K+)+c(H+)=2c(Y2-)+c(HY-)+c(OH-)，e點pH=3，c(H+)=0.001mol·L-1，則c(H+)=2c(Y2-)+c(HY-)+c(OH-)-c(K+)，所以2c(Y2-)+c(HY-)+c(OH-)-c(K+)=0.001mol·L-1；故C正確；

D．KHY溶液中，HY-的水解常數(shù)Kh2=根據(jù)圖象中c點坐標可知，pH=2時lg=0.7，則c(OH-)=110-12mol/L、=100.7，代入水解常數(shù)的計算公式可得Kh2=HY-的水解常數(shù)小于其電離常數(shù)，所以HY-的電離程度大于其水解程度，KHY溶液呈現(xiàn)酸性，則溶液中c(Y2-)＞c(H2Y)，由于還存在水的電離，c(H+)＞c(Y2-)，所以KHY溶液中：c(K＋)＞c(HY﹣)＞c(H+)＞c(Y2-)＞c(H2Y)；故D正確；

答案為CD。10、ABC【分析】解：太陽能；風能使用不會產(chǎn)生污染物；氫能使用過程中產(chǎn)生水，也不會產(chǎn)生污染物，他們都是清潔能源，大力推廣能夠減少環(huán)境污染，化石燃料的燃燒能夠產(chǎn)生粉塵和有毒氣體，能夠造成環(huán)境污染；

故選：rm{ABC}．

根據(jù)能源使用過程中的生成物是否污染環(huán)境解答；太陽能；風能使用不會產(chǎn)生污染物，氫能使用過程中產(chǎn)生水，也不會產(chǎn)生污染物，據(jù)此分析解答．

本題考查了新能源的開發(fā)與利用，熟悉氫能、太陽能、風能使用過程不會產(chǎn)生污染物是解題關鍵，題目難度不大．【解析】rm{ABC}11、BCD【分析】【分析】

本題考查常見化學儀器的使用知識，難度不大，掌握常見的化學儀器的使用是解答的關鍵?！窘獯稹?/p>

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}12、CD【分析】略。【解析】rm{CD}13、ABD【分析】【分析】本題考查氧化還原反應，為高考常見題型，注意把握元素化合價的變化與對應物質(zhì)的性質(zhì)，從化合價升降的角度認識氧化還原反應的相關概念?！窘獯稹緼.rm{Cu}元素化合價升高；被氧化，為還原劑，故A正確；

B.rm{Fe}元素化合價降低，被還原，rm{Fe^{3+}}是氧化劑；故B正確；

C.生成物中沒有單質(zhì)；不是置換反應，故C錯誤；

D.該反應有離子參加；是離子反應，故D正確。

故選ABD。【解析】rm{ABD}14、ABC【分析】解：氫氧化鈣和二氧化碳反應生成碳酸鈣的反應為：rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}簍TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}二氧化碳過量時碳酸鈣部分溶解，反應的化學方程式為：rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}簍TCa(HCO_{3})_{2}}

A.如果二氧化碳不足，碳酸鈣是rm{25g}根據(jù)反應可知生成二氧化碳的質(zhì)量為：rm{25g隆脕dfrac{44}{100}=11g}

如果二氧化碳過量，rm{25g隆脕dfrac

{44}{100}=11g}氫氧化鈣和二氧化碳反應生成rm{37g}碳酸鈣沉淀，然后過量的二氧化碳溶解rm{50g}碳酸鈣，則總共消耗二氧化碳的質(zhì)量為：rm{dfrac{37}{74}隆脕44g+dfrac{25}{100}隆脕44g=33g}故A正確；

B.氧化銅和碳反應的化學方程式及其質(zhì)量關系為：

rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{(50-25)g=25g}rm{dfrac{37}{74}隆脕44g+dfrac

{25}{100}隆脕44g=33g}

如果生成的一氧化碳是rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}時，根據(jù)氧化銅和碳反應的化學方程式可以計算出生成的銅的質(zhì)量是rm{128}如果生成的二氧化碳是rm{44}時，根據(jù)氧化銅和碳反應的化學方程式可以計算出生成的銅的質(zhì)量是rm{11g}故B正確；

C.rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{32g}rm{33g}

如果生成的一氧化碳是rm{96g}時，根據(jù)氧化銅和碳反應的化學方程式可以計算出反應的氧化銅的質(zhì)量是rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}如果生成的一氧化碳是rm{160}時，根據(jù)氧化銅和碳反應的化學方程式可以計算出反應的氧化銅的質(zhì)量是rm{44}故C正確；

D.由于不知剩余氧化銅的質(zhì)量；因此無法判斷稀硫酸中的溶質(zhì)質(zhì)量，故D錯誤；

故選ABC．

氫氧化鈣和少量二氧化碳反應生成碳酸鈣的反應為rm{11g}二氧化碳過量時碳酸鈣部分溶解，發(fā)生反應為rm{40g}

A.當二氧化碳不足時，只發(fā)生反應rm{33g}據(jù)此計算出生成二氧化碳的質(zhì)量；當二氧化碳稍過量時，發(fā)生反應rm{120g}rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}簍TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}據(jù)此計算出生成二氧化碳的質(zhì)量；

B.氧化銅和碳反應的化學方程式及其質(zhì)量關系為：

rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}簍TCa(HCO_{3})_{2}}rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}簍TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

分別根據(jù)二氧化碳為rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}簍TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}簍TCa(HCO_{3})_{2}}計算出濾渣中的紅色物質(zhì)的質(zhì)量；

C.rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}rm{128}

分別根據(jù)二氧化碳為rm{44}rm{11g}計算參與反應的氧化銅的可能質(zhì)量；

D.不知剩余氧化銅的質(zhì)量；無法判斷稀硫酸中的溶質(zhì)質(zhì)量．

本題考查混合物反應的計算，題目濃度較大，明確發(fā)生反應的實質(zhì)為解答關鍵，注意掌握討論法在化學計算中的應用，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力．rm{33g}【解析】rm{ABC}三、填空題(共6題，共12分)15、略

【分析】解：①6.72LCH4氣體，其物質(zhì)的量為=0.3mol，分子數(shù)為0.3NA；原子個數(shù)為：0.3NA×5=1.5NA；

②3.01×1023個HCl氣體分子，其物質(zhì)的量為=0.5mol，分子數(shù)為0.5NA；原子個數(shù)為：0.5NA×2=1NA；

③13.6gH2S氣體，其物質(zhì)的量為=0.4mol；分子數(shù)為：0.4NA；原子個數(shù)為：0.4NA×3=1.2NA；

④0.2molNH3，分子數(shù)為：0.2NA；原子個數(shù)為：0.2NA×4=0.8NA；

所以：①四種氣體所含有的分子數(shù)：②③①④；

故答案為：②③①④；

②四種氣體所含有的原子數(shù)：①③②④；

故答案為：①③②④．

結合n===計算結合物質(zhì)分子的構成解答．

本題考查物質(zhì)的量的計算，為高頻考點，把握以物質(zhì)的量為中心的基本計算公式為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，題目難度不大．【解析】②③①④；①③②④16、略

【分析】解：三種元素分別為H、Na、Cl的三種元素X、Y、Z兩兩組合的化合物HCl含有的化學鍵類別為共價鍵，氯化鈉是離子化合物，是鈉離子和氯離子通過靜電作用形成的，其電子式為氯是三個周期，最外層7個電子，所以在周期表中的位置為第三周期第ⅥⅠA族，反應2HCl+Na2CO3=NaCl+H2O+CO2↑只能說明鹽酸的酸性強于碳酸，而不能證明氯的非金屬性比碳強，故答案為：共價鍵；三；ⅥⅠA族；否．

三種元素分別為H、Na、Cl的三種元素X、Y、Z兩兩組合的化合物HCl含有的化學鍵類別為共價鍵，氯化鈉是離子化合物，是鈉離子和氯離子通過靜電作用形成的，其電子式為氯是三個周期，最外層7個電子，所以在周期表中的位置為第三周期第ⅥⅠA族，反應2HCl+Na2CO3=NaCl+H2O+CO2↑只能說明鹽酸的酸性強于碳酸；鹽酸是無氧酸，而碳酸是含氧酸，應通過比較最高價含氧酸的酸性，得出兩者的非金屬性強弱，由此分析解答．

本題考查元素在周期表中的位置及性質(zhì)遞變規(guī)律和酸性比較等知識，側重于學生的分析能力的考查，為高考常見題型，注意相關知識的學習與積累，難度不大．【解析】共價鍵；三；ⅥⅠA族；否17、略

【分析】試題分析：（1）能作為氯、溴、碘元素非金屬性(原子得電子能力)遞變規(guī)律的判斷依據(jù)是元素形成的氫化物的穩(wěn)定性會反應條件的難易，或產(chǎn)生的最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱，或單質(zhì)的氧化性的強弱。乙醇選項是B、C。(2)①反應Ⅰ是氧化還原反應，根據(jù)電子守恒、原子守恒可知：Ⅰ中反應的總化學方程式：1NaCl＋3H2O＝1NaClO3＋3H2↑；②Ⅱ中元素的化合價沒有發(fā)生變化，所以轉化的基本反應類型是復分解反應；該反應過程能析出KClO3晶體而無其它晶體析出的原因是室溫下，氯酸鉀在水中的溶解度明顯小于其它晶體；（3）①根據(jù)物質(zhì)中元素的化合價的變化規(guī)律可知D是ClO4－；②B→A＋C反應是歧化反應，根據(jù)元素守恒、原子守恒、電荷守恒可得：該反應的離子方程式為3ClO－＝ClO3－＋2Cl－，由方程式可知每產(chǎn)生1mol的C會消耗3mol的B，同時產(chǎn)生2mol的Cl-，能量變化是ΔH=－3×60KJ+2×O+63KJ=-117KJ，即發(fā)出熱量117KJ.考點：考查元素非金屬性強弱的比較依據(jù)、離子方程式和化學方程式的書寫、物質(zhì)反應過程中的能量變化?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）B、C（2分）（2）①1NaCl＋3H2O＝1NaClO3＋3H2↑（2分）②復分解反應室溫下，氯酸鉀在水中的溶解度明顯小于其它晶體（2分）（3）①ClO4－（1分）②3ClO－＝ClO3－＋2Cl－，（2分）放出117（1分）18、略

【分析】解：[方案一]（1）碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，反應方程式為：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；

故答案為：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；

（2）實驗原理是根據(jù)加熱前后固體質(zhì)量變化來計算碳酸氫鈉；故應保證碳酸氫鈉完全分解，加熱恒重則碳酸氫鈉完全分解；

故答案為：保證NaHCO3分解完全；

[方案二]（1）過濾時需用玻璃棒引流；故答案為：玻璃棒；

（2）可取上層清液；繼續(xù)加沉淀劑，看是否生成沉淀，具體操作為：取上層清液少許于試管中，加入氫氧化鋇溶液，若無沉淀生成，則沉淀完全；

故答案為：取少量上層清液于一支試管中，滴加Ba（OH）2溶液；觀察是否有白色沉淀生成；

[方案三]（3）B中為濃硫酸吸收水；干燥二氧化碳，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C裝置中質(zhì)量增加量的準確性；分液漏斗中如果用鹽酸代替硫酸，鹽酸易揮發(fā)，這樣制得二氧化碳氣體中含氯化氫，濃硫酸不能吸收氯化氫，則氯化氫被堿石灰吸收，導致測到二氧化碳質(zhì)量偏高，等質(zhì)量碳酸鈉和碳酸氫鈉，碳酸氫鈉產(chǎn)生二氧化碳多，則會導致碳酸氫鈉偏多，碳酸鈉偏?。?/p>

故答案為：濃硫酸；防止空氣中的水蒸氣；二氧化碳進入C裝置；不能；

（4）設NaHCO3和Na2CO3的物質(zhì)的量分別為x；y；則。

Na2CO3+H2SO4=H2O+CO2↑+Na2SO4；

xx

2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑

yy

解得x=0.05mol

y=0.15mol

則樣品中Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)為×100%=29.6%；

故答案為：29.6%；

（5）實驗裝置還存在一個明顯缺陷為裝置中的二氧化碳不能被C全部吸收，則需設計一個裝置將A、B中的CO2全部吹入C中吸收；

故答案為：缺少一個驅(qū)趕殘留二氧化碳氣體的裝置．

[方案一]碳酸氫鈉不穩(wěn)定；受熱易分解，根據(jù)加熱前后固體質(zhì)量變化，根據(jù)差量法求碳酸氫鈉的質(zhì)量，進而求得碳酸鈉的質(zhì)量分數(shù)；

（1）碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉；水和二氧化碳；

（2）加熱恒重保證碳酸氫鈉完全分解；

[方案二]碳酸鈉和碳酸氫鈉都和氫氧化鋇反應生成碳酸鋇沉淀；根據(jù)生成沉淀的質(zhì)量來計算碳酸鈉的質(zhì)量分數(shù)．

（1）根據(jù)過濾操作考慮所需儀器；

（2）可取上層清液；繼續(xù)加沉淀劑，看是否生成沉淀；

[方案三]（3）由測定含量的實驗可知，A中發(fā)生Na2CO3+H2SO4=H2O+CO2↑+Na2SO4、2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑；B中為濃硫酸吸收水，干燥二氧化碳，利用C裝置吸收二氧化碳，D裝置防止空氣中的二氧化碳；水進入C裝置干擾含量測定；

（4）結合反應定量關系和元素守恒計算得到物質(zhì)的質(zhì)量；來計算物質(zhì)含量；

（5）二氧化碳氣體不能全部進入C裝置被吸收；需要添加一個裝置二氧化碳氣體趕入裝置C的裝置．

本題考查碳酸鈉含量的測定實驗，為高頻考點，把握實驗裝置的作用及實驗目的為解答的關鍵，側重分析、計算及實驗能力的綜合考查，題目難度中等．【解析】2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；保證NaHCO3分解完全；玻璃棒；取少量上層清液于一支試管中，滴加Ba（OH）2溶液，觀察是否有白色沉淀生成；濃硫酸；防止空氣中的水蒸氣、二氧化碳進入C裝置；不能；29.6%；缺少一個驅(qū)趕殘留二氧化碳氣體的裝置19、略

【分析】解：rm{5}rm{min}后達到平衡狀態(tài)，經(jīng)測定rm{B}的轉化率為rm{75%}則參加反應的rm{B}為rm{6mol隆脕75%=4.5mol}rm{D}的濃度為rm{2.7mol?L^{-1}}生成rm{D}為rm{2.7mol/L隆脕2L=5.4mol}由反應中物質(zhì)的量比等于化學計量數(shù)之比可知，rm{dfrac{4.5mol}{5.4mol}=dfrac{5}{x}}解得rm{dfrac{4.5mol}{5.4mol}=dfrac

{5}{x}}則。

rm{x=6}

開始rm{4A(g)+5B(g)?4C(g)+6D(g)}rm{4}rm{6}rm{0}

轉化rm{0}rm{3.6}rm{4.5}rm{3.6}

平衡rm{5.4}rm{0.4}rm{1.5}rm{3.6}

rm{5.4}在平衡混合物中的體積分數(shù)為rm{dfrac{0.4}{0.4+1.5+3.6+5.4}隆脕100%=3.7%}

從反應開始至平衡時，以rm{A}的濃度變化表示該反應的平均速率rm{v(C)=dfrac{dfrac{3.6mol}{2L}}{5min}=0.36}rm{dfrac

{0.4}{0.4+1.5+3.6+5.4}隆脕100%=3.7%}

故答案為：rm{C}rm{v(C)=dfrac{dfrac

{3.6mol}{2L}}{5min}=0.36}rm{mol/(L?min)}rm{6}．

rm{3.7%}rm{0.36}后達到平衡狀態(tài)，經(jīng)測定rm{mol/(L?min)}的轉化率為rm{5}則參加反應的rm{min}為rm{B}rm{75%}的濃度為rm{B}生成rm{6mol隆脕75%=4.5mol}為rm{D}由反應中物質(zhì)的量比等于化學計量數(shù)之比可知，rm{dfrac{4.5mol}{5.4mol}=dfrac{5}{x}}解得rm{2.7mol?L^{-1}}則。

rm{D}

開始rm{2.7mol/L隆脕2L=5.4mol}rm{dfrac{4.5mol}{5.4mol}=dfrac

{5}{x}}rm{x=6}rm{4A(g)+5B(g)?4C(g)+6D(g)}

轉化rm{4}rm{6}rm{0}rm{0}

平衡rm{3.6}rm{4.5}rm{3.6}rm{5.4}

結合體積比等于物質(zhì)的量比、rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}來解答．

本題考查化學平衡的計算，為高頻考點，把握化學平衡三段法、速率及體積分數(shù)的計算為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，注意rm{0.4}的確定方法，題目難度不大．rm{1.5}【解析】rm{6}rm{3.7%}rm{0.36mol/(L?min)}20、

(1)①2X3Y+Z②D

(2)①33.3%0.6/t1mol·L－1·min－1

②乙

【分析】【分析】本題考查較為綜合，涉及化學方程式、平衡狀態(tài)、反應熱的計算以及反應速率的計算等問題，題目難度不大，注意相關知識的積累?！窘獯稹縭m{(1)壟脵}由圖象可以看出，反應中rm{X}的物質(zhì)的量減小，rm{Y}rm{Z}的物質(zhì)的量增多，則rm{X}為反應物，rm{Y}rm{Z}為生成物；

且rm{trianglen(X)}rm{trianglen(Y)}rm{trianglen(Z)=0.8mol}rm{1.2mol}rm{0.4mol=2}rm{3}rm{1}則反應的化學方程式為：rm{2X}rm{3Y+Z}

故答案為：rm{2X}rm{3Y+Z}

rm{壟脷}在rm{t_{1}min}時；各物質(zhì)的物質(zhì)的量不再變化，說明達到平衡狀態(tài)；

A.由方程式可以看出，達到平衡時rm{X}rm{Y}rm{Z}的反應速率不相等；故A錯誤；

B.無論是否達到平衡狀態(tài)，rm{X}rm{Y}的反應速率比都為rm{2}rm{3}故B錯誤；

C.無論是否達到平衡狀態(tài)，生成rm{3molY}的同時生成rm{1molZ}故C錯誤；

D.生成rm{1molZ}的同時生成rm{2molX}說明正逆反應速率相等，故D正確．

故答案為：rm{D}

rm{(2)壟脵t_{1}min}時，消耗rm{NH_{3}}的物質(zhì)的量為rm{0.8mol}則轉化率為rm{0.8/2.4隆脕100%=33.3%}rm{H_{2}}的反應曲線為rm{Y}則在此rm{t_{1}min}時間內(nèi)，用rm{H_{2}}表示反應的平均速率rm{v(H_{2})=dfrac{dfrac{1.2mol}{2L}}{t_{1}min}=dfrac{0.6}{t_{1}}}rm{v(H_{2})=dfrac{dfrac

{1.2mol}{2L}}{t_{1}min}=dfrac{0.6}{t_{1}}}

故答案為：rm{mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{33.3%}rm{dfrac{0.6}{t_{1}}}

rm{mol?L^{-1}?min^{-1}}一些放熱反應往往也需在加熱條件下才能進行；例如鋁熱反應，則甲不能作為判斷的依據(jù)，持續(xù)加熱才能進行的反應，說明不斷提供能量反應才能進行，則反應為吸熱反應，則乙正確；

故答案為：乙。rm{壟脷}【解析】

rm{(1)壟脵}rm{2X}rm{2X}rm{3Y+Z}rm{3Y+Z}rm{壟脷D}rm{(2)壟脵33.3%}乙

rm{0.6/t_{1}mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}四、判斷題(共2題，共12分)21、A【分析】【解答】向雞蛋清中加入飽和硫酸鈉溶液；可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化；再向試管里加入足量的蒸餾水，觀察到的現(xiàn)象是變澄清，鹽析是可逆過程，可以采用多次鹽析的方法分離；提純蛋白質(zhì)．

故答案為：對．

【分析】向雞蛋清中加入飽和硫酸銨溶液，可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化．22、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)甲苯的結構簡式來確定化學鍵，確定存在C﹣H共價鍵的數(shù)目五、簡答題(共2題，共8分)23、略

【分析】解：（1）加入過量氯化鋇溶液除去硫酸根離子；檢驗硫酸根離子已除盡，可靜止片刻在上層清液處，滴加一滴氯化鋇溶液，不出現(xiàn)渾濁就說明硫酸根離子已經(jīng)除盡；

除去硫酸根離子的方法是在溶液中加入過量的氯化鋇溶液；

故答案為：靜置片刻后；取上層清液于試管中，滴加氯化鋇，若出現(xiàn)渾濁或白色沉淀，說明溶液中含有硫酸根離子，反之則沒有；除去硫酸根離子的方法是在溶液中加入過量的氯化鋇溶液；

（2）碳酸鈉與鎂離子生成碳酸鎂沉淀；與鈣離子生成碳酸鈣沉淀、與鋇離子生成碳酸鋇沉淀；所以滴加飽和碳酸鈉溶液，可以除去鈣離子、鎂離子和過量的鋇離子；

故答案為：除去Ca2+、Mg2+以及加入過量的Ba2+；

（3）過濾可把溶液和不溶于水的物質(zhì)除去；可以除去硫酸鋇；碳酸鈣、碳酸鎂、碳酸鋇和泥沙等不溶性雜質(zhì)；

故答案為：BaSO4、BaCO3、CaCO3、MgCO3等雜質(zhì)．

（1）加入氯化鋇溶液檢驗硫酸根離子是否除盡；

（2）在粗鹽提純的過程中需要滴加飽和Na2CO3溶液除去鈣離子以及過量的鋇離子；

（3）過濾可把溶液和不溶于水的物質(zhì)除去．

本題考查在粗鹽提純的過程中所選用除雜和凈化的方法，難度不大，除去雜質(zhì)不要引入新的雜質(zhì)，對于實驗過程中所加過量的試劑都要除去．【解析】靜置片刻后，取上層清液于試管中，滴加氯化鋇，若出現(xiàn)渾濁或白色沉淀，說明溶液中含有硫酸根離子，反之則沒有；除去硫酸根離子的方法是在溶液中加入過量的氯化鋇溶液；除去Ca2+、Mg2+以及加入過量的Ba2+；BaSO4、BaCO3、CaCO3、MgCO3等雜質(zhì)24、略

【分析】解：rm{(1)(A)}該反應不是氧化還原反應，所以不能設計成原電池，rm{(B)}該反應是自發(fā)進行的放熱的氧化還原反應；所以能設計成原電池；

故答案為：rm{(A)}不能，rm{(B)}能；

rm{(2)(A)NaOH+HCl簍TNaCl+H_{2}O}該反應中各元素的化合價不變；屬于復分解反應，所以不是氧化還原反應，則不能設計成原電池；

故答案為：rm{(A)}反應是非氧化還原反應；

rm{(3)Cu+2Ag^{+}=Cu^{2+}+2Ag}根據(jù)反應前后的金屬單質(zhì)確定電極材料，所以該原電池的電極材料是銅和碳，銅易失去電子發(fā)生氧化反應，所以銅作負極，電極反應式為：rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}碳作正極發(fā)生還原反應，rm{2Ag^{+}+2e^{-}=2Ag}若導線上轉移電子rm{1mol}則正極增加rm{1molAg}質(zhì)量為rm{108}克；反應物中的化合物為含銀離子的可溶性化合物，常見的有硝酸銀，所以電解質(zhì)溶液為硝酸銀溶液；

故答案為：銅；rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}氧化反應；碳；rm{2Ag^{+}+2e^{-}=2Ag}還原反應；rm{108}硝酸銀溶液．

rm{(1)}能設計成原電池的化學反應必須是自發(fā)進行的放熱的氧化還原反應；否則不能設計成原電池；

rm{(2)}非氧化還原反應不能設計成原電池；

rm{(3)}根據(jù)rm{Cu+2Ag^{+}簍T2Ag+Cu^{2+}}可知rm{Fe}應為負極，失電子被氧化，正極可為rm{C}rm{Ag}等，正極上rm{Ag^{+}}得電子生成rm{Ag}電解質(zhì)溶液含有rm{Ag^{+}}根據(jù)電子守恒計算正極增加的質(zhì)量．

本題考查了原電池的設計和工作原理的探究；為側重于基礎知識的考查，題目難度不大．

注意原電池的設計：

rm{1}基本方法。

以氧化還原反應為基礎，確定原電池的正負極、電解質(zhì)溶液及電極反應，可參考鋅rm{-}銅rm{-}稀硫酸原電池模型處理問題rm{.}其方法是還原劑作負極；不如負極活潑的金屬或非金屬導體作正極，氧化劑的溶液作電解質(zhì)溶液．

rm{2}電解質(zhì)溶液的選擇。

電解質(zhì)溶液一般要能與負極發(fā)生反應；或者是電解質(zhì)溶液中溶解的其它物質(zhì)與負極發(fā)生反應．

rm{3}電極材料的選擇。

電極材料必須導電，負極必須能夠與電解質(zhì)溶液反應，容易失去電子；正極和負極之間只有產(chǎn)生電勢差，電子才能定向運動，所以正極和負極不用同一種材料．【解析】rm{(A)}不能，rm{(B)}能；rm{(A)}反應是非氧化還原反應；銅；rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}氧化反應；碳；rm{2Ag^{+}+2e^{-}=2Ag}還原反應；rm{108}硝酸銀溶液六、綜合題(共4題，共24分)25、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(jù)反應2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）結合1molS