2024年沪教版高一化学上册阶段测试试卷含答案456

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪教版高一化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、硫酸钾和硫酸铝的混合溶液，已知其中Al3+的浓度为0.4mol/L，硫酸根离子浓度为0.7mol/L，则K+的物质的量浓度为（）

A.0.1mol/L

B.0.15mol/L

C.0.3mol/L

D.0.2mol/L

2、如图是酸雨形成图；下列说法不正确的是（）

A.在酸雨形成过程中没有发生氧化还原反应B.二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要因素C.煤和石油的燃烧、汽车尾气等是酸雨污染物的主要来源D.酸雨的危害有破坏农作物，使土壤、湖泊酸化以及加速建筑物、桥梁的腐蚀等石蕊溶液气体3、法国里昂的科学家最近发现一种只由四个中子组成的微粒，这种微粒称为“四中子”，也有人称之为“零号元素”．它与天体中的中子星构成类似．有关：“四中子”微粒的说法正确的（）A.该微粒的质量数为2B.该微粒不显电性C.它与普通中子互称为同位素D.在元素周期表中与氢元素占同一位置4、绿色化学的目标是rm{(}rm{)}A.减少对环境的污染B.研究变换基本原料和起始化合物C.设计对人类健康和环境更安全的化合物D.防患于未然，最终杜绝化学污染源5、两份质量相同的rm{CH_{4}}和rm{NH_{3}}比较，下列结论错误的是rm{(}rm{)}A.分子个数比为rm{17}rm{16}B.同温同压下两种气体的体积之比是rm{17}rm{16}C.氢原子个数比为rm{17}rm{12}D.原子个数比为rm{17}rm{16}6、无色水溶液中能大量共存的一组离子是rm{(}rm{)}A.rm{NH_{4}^{+}}rm{Ba^{2+}}rm{Br^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}B.rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Mg^{2+}}rm{H^{+}}C.rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{MnO_{4}^{-}}D.rm{Na^{+}}rm{H^{+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}7、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是

A.用图rm{1}所示装置从rm{Fe(OH)_{3}}胶体中过滤出rm{Fe(OH)_{3}}胶粒B.用图rm{2}所示装置蒸发掉rm{CuCl_{2}}溶液中大部分水制得rm{CuCl_{2}隆陇2H_{2}O}晶体C.用图rm{3}所示装置从盐酸和硫酸的混合液中分离得到纯净的盐酸D.用图rm{4}所示装置，用块状大理石与稀盐酸反应制取rm{CO_{2}}气体8、取浓度相等的rm{NaOH}和rm{HCl}溶液，以rm{3隆脙2}体积比相混和，所得溶液中的rm{c(OH^{-})=0.01mol/L}则原溶液的浓度为()A.rm{0.01mol/L}B.rm{0.017mol/L}C.rm{0.05mol/L}D.rm{0.50mol/L}9、根据所给信息和标志，下列说法错误的是()。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{隆露}神农本草经rm{隆路}记载，麻黄能“止咳逆上气”碳酸氢钠药片古代中国人已用麻黄治疗咳嗽该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效看到有该标志的丢弃物，应远离并报警贴有该标志的物品是可回收物A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)10、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是（）A.1molH2O所含有的原子数为3NAB.常温常压下，32gO2含有的氧原子数为2NAC.11.2L氯气所含的原子数为NAD.0.1mol•L-1NaCl溶液中c（Na+）为0.1mol•L-111、已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO+-+H20⇌H2SO2+OH-①HSO3-⇌H++SO32-②．向0.1mol•L-1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有挂说法正确的是（）A.加水稀释、平衡①、②均向右移，溶液中c（HSO3-）、c（H）+均减小B.加入少量NaOH溶液，的值均增大C.加入少量Na2SO3固体，则c（H+）+c（Na+）=c（）+c（OH-）+c（）D.加入氨水至中性，则2c（Na+）=c（）＞c（H+）=c（OH-）12、下列化学反应的离子方程式正确的是rm{(}rm{)}A.用小苏打治疗胃酸过多：rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O}B.往碳酸镁中滴加稀盐酸：rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O}C.rm{Fe}和盐酸反应：rm{2Fe+6H^{+}篓T2Fe^{3+}+3H_{2}隆眉}D.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}+2H^{+}+2OH^{-}篓TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}13、下列实验操作中错误的是rm{(}rm{)}A.蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热B.蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D.萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大14、根据中学化学教材所附元素周期表判断，下列叙述正确的是()A.只有第Ⅱrm{A}族元素的原子最外层有rm{2}个电子B.rm{L}电子层为奇数的所有元素都是非金属C.第三、四、五、六周期元素的数目分别是rm{8}rm{18}rm{18}rm{32}D.由左至右第rm{8}rm{9}rm{10}三列元素中没有非金属元素15、rm{CaCO_{3}}与稀盐酸反应rm{(}放热反应rm{)}生成rm{CO_{2}}的量与反应时间的关系如图所示rm{.}下列结论错误的是rm{(}rm{)}A.反应开始rm{2}rm{min}内平均反应速率最大B.反应rm{4隆芦6}rm{min}内平均反应速率最小C.反应开始rm{4}rm{min}内温度对反应速率的影响比浓度大D.反应在第rm{2}rm{min}到第rm{4}rm{min}间生成rm{CO_{2}}的平均反应速率最大16、关于苯的说法不正确的是rm{(}rm{)}A.苯使溴水褪色是因为发生了取代反应．B.苯中各原子均在同一平面．C.苯中没有典型的碳碳双键，所以不能发生加成反应．D.苯中的含碳量高，燃烧时产生大量的黑烟．17、反应rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)=4NO(g)+6H_{2}O(g)}在rm{5L}密闭容器中进行，rm{30}秒后，rm{NO}的物质的量增加了rm{0.3mol}则此反应的平均速率rm{v(x)(}表示反应物的消耗速率或生成物的生成速率rm{)}为rm{(}rm{)}A.rm{v}rm{(O_{2})=0.0l}rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}B.rm{v}rm{(NO)=0.002}rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}C.rm{v}rm{(H_{2}O)=0.003}rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}D.rm{v(NH_{3})=0.001}rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)18、①②③④⑤五种元素；在元素周期表中的位置如图所示．回答下列问题：

（1）①②③④⑤五种元素中，金属性最强的元素位置是____填周期和族），该元素的单质在空气中燃烧的化学方程式为____．

（2）元素①和③可以形成众多的化合物，其中最简单的是（写化学式）____，该化合物中，化学键的类型为____（填“离子键”或“共价键”）．

（3）画出元素④的原子结构示意图____，该元素的最高价氧化物的水化物能与Cu发生反应，反应中作氧化剂的是（写化学式）____．

（4）写出元素⑤单质分子的电子式____，其单质在常温下为黄绿色的气体，实验中可以用NaOH溶液吸收，反应的离子方程式为____．19、（6分）已知四种短周期元素形成的离子具有相同的电子层结构。（用推断出的元素符号表示）①M、N、R、W的原子序数由大到小的顺序是。②M、N、R、W的原子半径由大到小的顺序是。③的离子半径由大到小的顺序是。20、氮化硅陶瓷是一种新型陶瓷材料；能承受高温，可用于制造业；航天工业等领域．

（1）氮元素与硅元素最本质的区别是____

（2）由结构示意图可知，氮原子最外层电子数目为____

（3）工业上生产氮化硅陶瓷的方法之一是利用硅与氮气在一定条件下发生反应而制得．原料硅主要是由石英砂（主要成分是二氧化硅）与碳在一定条件下反应制得，生成物除硅外，还有一种有毒的氧化物．试写出该反应的化学方程式____21、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种短周期元素，它们的核电荷数依次增大。rm{A}的原子半径最小，且rm{A}rm{D}能分别与rm{B}按原子个数比为rm{1隆脙1}或rm{2隆脙1}形成化合物；rm{E}的rm{M}层电子数是rm{K}层电子数的rm{2}倍；rm{AC}与rm{EB_{2}}反应生成rm{A_{2}B}与气态物质rm{EC_{4}}可用于刻蚀玻璃。rm{(1)E}元素的名称是___，rm{C}在元素周期表中的位置是___________________。rm{(2)D_{2}A_{2}}中含有的化学键为________。rm{(3)}写出电子式：rm{EB_{4}}____。rm{(4)}由rm{A}rm{B}rm{D}三种元素组成的化合物rm{M}属于____rm{(}填“离子”或“共价”rm{)}化合物。22、下列反应中；属于放热反应的是______，属于吸热反应的是______．

rm{垄脵}煅烧石灰石rm{(}主要成分是rm{CaCO_{3})}制生石灰rm{(CaO)}rm{垄脷}燃烧木炭取暖rm{垄脹}炸药爆炸。

rm{垄脺}酸与碱的中和反应rm{垄脻}生石灰与水作用制熟石灰rm{垄脼}食物因氧化而变质。

rm{垄脽Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}晶体与rm{NH_{4}Cl}晶体的反应rm{垄脿}灼热的木炭与rm{CO_{2}}反应．23、取1.43gNa2CO3·10H2O溶于水配成100mL溶液，Na+物质的量浓度为；取出20mL该溶液用蒸馏水稀释，使Na2CO3溶液物质的量浓度变为0.004mol/L，加入蒸馏水的体积（设稀释时，对溶液体积的影响忽略不计）为。评卷人得分四、判断题(共4题，共40分)24、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）25、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。26、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）27、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）评卷人得分五、工业流程题(共4题，共20分)28、氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品，常用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂等，它难溶于水和乙醇，可溶于浓HCl与氨水形成的混合物，实验室用酸性蚀刻液(含)和碱性蚀刻液[含]来制备CuCl；实验过程的流程如下：

(1)步骤Ⅳ需要控制pH为1~2、80℃下进行，合适的加热方式是_______。

(2)步骤Ⅱ过滤得到固体，下列说法正确的是_______。A．为加快过滤速度，得到较干燥的固体，可进行抽滤B．宜用酸溶液洗涤沉淀C．在布氏漏斗中放入滤纸后，直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤D．在抽滤装置中洗涤晶体时，为减少晶体的损失，应使洗涤剂快速通过滤纸(3)步骤Ⅴ为了得到较为纯净的硫酸铜晶体，根据下表中物质的溶解度(单位为g)随温度的变化，写出步骤Ⅴ得到硫酸铜晶体的操作：_______。温度

物质0℃20℃40℃60℃80℃100℃氯化铜75808590100108硫酸铜121830506087

(4)写出还原过程中发生主要反应的离子方程式：_______。

(5)CuCl的定量分析，称取样品0.25g置于预先放入玻璃珠和过量溶液的锥形瓶中，不断摇动，待样品全部溶解后，加入50mL水，邻菲罗啉指示剂2滴，立即用的硫酸铈标准液滴定至绿色出现为终点，消耗标准液20.00mL，发生的反应为则样品的CuCl的质量分数为_______。29、四氯化钛是制取海绵钛和氯化法钛白(二氧化钛)的主要原料，用于制造颜料和钛有机化合物以及国防上用的烟幕剂。同时也是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料，由钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)，制备TiCl4等产品的一种工艺流程如下：

已知：

Ⅰ.①中加入铁屑至浸出液显紫色；此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：

2Fe3++Fe===3Fe2+、2TiO2+(无色)+Fe+4H+===2Ti3+(紫色)+Fe2++2H2O、Ti3+(紫色)+Fe3++H2O===2TiO2+(无色)+Fe2++2H+；

Ⅱ.四氯化钛的熔点-25.0℃，沸点136.4℃，SiCl4的熔点-68.8℃；沸点57.6℃。

回答下列问题：

(1)用盐酸酸浸时，为使酸浸速率加快，可采取的措施是：________________(至少写2条)，发生主要反应的离子方程式为：___________。

(2)废渣的成分是_______。

(3)如何检验富含TiO2+溶液中是否还含铁元素_____________。

(4)若将制得的固体TiO2·nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，该温度下反应的平衡常数K=____。

(5)上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_______(只要求写出一项)。

(6)要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用的方法是_______。

(7)用TiCl4水解生成TiO2·nH2O，经过滤、水洗除去其中的Clˉ，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2．写出TiCl4水解生成TiO2·nH2O的化学方程式__________________。30、以白云石（主要成分为CaCO3和MgCO3）为原料制备氧化镁和轻质碳酸钙的一种工艺流程如下：

已知：Ksp[Mg(OH)2]=5×10−12

（1）白云石高温煅烧所得固体产物的主要成分为_______（填化学式）。

（2）NH4NO3溶液呈酸性的原因为_______（用离子方程式表示）。

（3）“浸取”后，c(Mg2+)应小于5×10−6mol·L−1，则需控制溶液pH______。

（4）“碳化”反应的化学方程式为_______。

（5）煅烧所得固体的活性与其中CaO含量及固体疏松程度有关。其他条件相同时，将不同温度下的煅烧所得固体样品加入酸化的酚酞溶液中，引起溶液变色所需时间不同，由此可知煅烧所得固体的活性差异。溶液变色的时间与各样品煅烧温度的关系如图所示。当温度高于950℃时，煅烧所得固体易板结，活性降低；当温度低于950℃时，活性降低的原因为_______。将不同温度下的煅烧所得固体样品加入水中，也可测量其活性，则此时需测量的数据为相同时间后_______与样品煅烧温度之间的关系。

31、2020年我国废旧锂离子电池的产生将达到爆发期；某高校实验室利用废旧钴酸锂正极片进行钴酸锂的再生工艺设计如下，请回答下列问题：

(1)拆解废旧电池前需要进行放电，以避免在拆解过程中因局部短路起火，放电方式为电化学放电，可以将废旧电池浸泡在_____________中进行放电。

A．酒精B．98%H2SO4C．Na2SO4溶液。

(2)预处理时，钴酸锂(Li0.5CoO2)高温下分解得到LiCoO2、Co3O4和一种气体，该反应的化学方程式为_________________。

(3)已知难溶物CoC2O4的Ksp=4.0×10-6，一般认为离子浓度达到10-5mol/L时即完全除尽。沉钴过程中，当Co2+完全沉淀时，溶液中的浓度至少为_________mol/L。

(4)沉钴过程中，草酸盐体系中钴离子形态分布如图，在不同pH范围钴离子形态不同的原因___________________。

(5)在空气氛围下CoC2O4∙2H2O氧化分解制备Co3O4的失重曲线如图所示，已知失重率大约为19.7%；失重率大约为36.3%；失重率大约为3.0%。请写出发生的化学反应方程式______________________。

(6)已知生成草酸钴的过程为吸热过程。在沉淀时间考查温度对Co2+沉淀率的影响，结果如图所示，沉淀率呈先增大后减小的趋势的原因可能____________。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】

根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），而溶液中c（H+）和c（OH-）很小；可以忽略不计；

则有3c（Al3+）+c（K+）=2c（SO42-）；

所以：c（K+）=2c（SO42-）-3c（Al3+）=2×0.7mol/L-3×0.4mol/L=0.2mol/L；

故选D．

【解析】【答案】溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-）；根据溶液电荷守恒计算．

2、A【分析】【解答】解：A．二氧化硫具有还原性；可以被氧化为三氧化硫，溶于水为硫酸，故A错误；

B．二氧化硫；二氧化氮经过复杂的大气化学反应；被雨水吸收溶解而形成酸雨，故B正确；

C．煤完全燃烧时，会排放出SO2和NO2等污染物；汽车尾气有氮氧化物，故C正确；

D．pH＜5.6的雨水称为酸雨；酸雨对农作物；桥梁、建筑物等有破坏作用，故D正确．

故选A．

【分析】A．二氧化硫具有还原性；

B．二氧化硫；二氧化氮能形成酸雨；

C．煤完全燃烧时，会排放出SO2和NO2等污染物；

D．酸雨的破坏作用很大．3、B【分析】【解答】解：A．1个质子的质量=1个中子的质量；微粒的质量数为4，故A错误；B．不显电性，因为只有中子，中子不带电，故B正确；

C．该微粒不是原子；同位素必须是原子，故C错误；

D．H元素的质子数是1；该元素是0，属于不同的元素，与H不在同一位置，故D错误；

故选B．

【分析】A．1个质子的质量=1个中子的质量；

B．该微粒只有中子；中子不带电；

C．质子数相同；而中子数或核子数不同的原子互为同位素；

D．该元素的质子数是0，H元素是1．4、D【分析】解：绿色化学又称“环境无害化学”、“环境友好化学”、“清洁化学”，绿色化学是近十年才产生和发展起来的，是一个“新化学婴儿”rm{.}它涉及有机合成；催化、生物化学、分析化学等学科；内容广泛，绿色化学的最大特点是在始端就采用预防污染的科学手段，因而过程和终端均为零排放或零污染．

故选D．

“绿色化学”由美国化学会rm{(ACS)}提出，目前得到世界广泛的响应rm{.}其核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业对环境的污染；反应物的原子全部转化为期望的最终产物rm{.}“绿色化学”是rm{21}世纪化学发展的主导方向rm{.}“绿色化学”的目标是化学产品在设计；制造、应用、回收处理时；对环境没有或产生尽可能小的副作用．

本题考查了绿色化学的概念，难度较小rm{.}要明确绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业对环境的污染；反应物的原子全部转化为期望的最终产物．【解析】rm{D}5、D【分析】解：设质量均为rm{17g}则等质量的rm{CH_{4}}和rm{NH_{3}}相比较，物质的量分别为rm{dfrac{17}{16}mol}rm{1mol}则。

A.由rm{N=nN_{A}}可知，物质的量比等于分子数之比，则二者的分子个数之比为rm{17}rm{16}故A正确；

B.由rm{V=nVm}可知，体积之比等于物质的量比，在相同条件下二者体积比为rm{17}rm{16}故B正确；

C.由分子数之比及分子构成可知，二者的氢原子个数之比为rm{17隆脕4}rm{16隆脕3=17}rm{12}故C正确；

D.由分子数之比及分子构成可知，二者的原子个数之比为rm{17隆脕5}rm{16隆脕4}故D错误；

故选D．

结合rm{n=dfrac{m}{M}}rm{V=nVm}rm{N=nN_{A}}及分子构成计算．

本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握物质的量为中心的基本计算公式为解答本题的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{D}6、B【分析】解：无色时可排除rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{MnO_{4}^{-}}等有色离子的存在；

A.rm{Ba^{2+}}rm{CO_{3}^{2-}}之间反应生成碳酸钡沉淀；在溶液中不能大量共存，故A错误；

B.rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Mg^{2+}}rm{H^{+}}之间不反应；都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故B正确；

C.rm{MnO_{4}^{-}}为有色离子；不满足溶液无色的条件，故C错误；

D.rm{H^{+}}rm{HCO_{3}^{-}}之间发生反应；在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选B。

无色时可排除rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{MnO_{4}^{-}}等有色离子的存在；

A.钡离子与碳酸根离子反应；

B.四种离子之间不反应；都是无色离子；

C.高锰酸根离子为有色离子；

D.氢离子与碳酸氢根离子反应。

本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间rm{(}如rm{Fe^{3+}}和rm{SCN^{-})}等；还应该注意题目所隐含的条件，如无色时可排除rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{MnO_{4}^{-}}等有色离子的存在；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。【解析】rm{B}7、D【分析】【分析】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、混合物分离提纯、盐类水解、物质的制备为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意反应原理与实验的结合，题目难度不大。【解答】A.rm{Fe(OH)}rm{Fe(OH)}胶体可透过滤纸，不能选图中过滤装置，应选渗析法，故A错误；B.rm{3}溶液蒸发时促进水解，生成的rm{3}易挥发，不能得到晶体，应选冷却结晶法制rm{CuCl_{2}}rm{HCl}rm{CuCl}rm{CuCl}rm{2}晶体，故B错误；C.盐酸易挥发，冷凝后不能得到盐酸，故C错误；D.关闭活塞，可使块状大理石与稀盐酸分离，则图中装置可制备rm{2}气体，故D正确；故选D。rm{隆陇2H}【解析】rm{D}8、C【分析】【分析】

本题考查物质的量浓度计算；酸碱混合的计算；旨在考查学生对基础知识的理解掌握。

【解答】设溶液浓度为rm{cmol/L}rm{NaOH}溶液、rm{HCl}溶液的体积分别为rm{3L}rm{2L}二者混合后所得溶液中的rm{c(OH^{-})=0.01mol/L}则：

rm{3L隆脕cmol/L-2L隆脕cmol/L=5L隆脕0.01mol/L}

解得rm{c=0.05}故C正确。

故选C。

【解析】rm{C}9、B【分析】【分析】本题考查信息及标志，侧重考查学生对基本生活常识及基本标志的了解，知道化学在生产生活中的应用，会运用化学知识解决生产生活问题，题目难度不大。【解答】A.麻黄能“止咳逆上气”；则麻黄具有治疗咳嗽的作用，可以制作咳嗽药，故A不符合题意；

B.醋中含有乙酸；能和碳酸氢钠反应，从而降低疗效，故B符合题意；

C.该标志为放射性物质标志；对环境及人有危害，所以看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，故C不符合题意；

D.该标志为循环回收标志；所以贴有该标志的物品是可回收物，故D不符合题意。

故选B。【解析】rm{B}二、双选题(共8题，共16分)10、C|D【分析】解：A．1molH2O含有3mol原子，原子数为3NA；故A正确；

B．O2只由氧原子构成，则氧原子的物质的量为=2mol，氧原子数为2mol×NA=2NA；故B正确；

C．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，含有的分子数小于0.5NA；故C错误；

D．钠离子浓度等于氯化钠浓度，为0.1mol•L-1；故D正确．

故选C．

A．1molH2O含有3mol原子；

B．O2只由氧原子构成来分析氧原子数；

C．常温常压不是标准状况；气体摩尔体积大于22.4L/mol；

D．1mol氯化钠电离出1mol氯离子．

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，气体摩尔体积的使用条件，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，题目难度中等．【解析】【答案】CD11、A|B【分析】解：A．加水稀释，亚硫酸氢根离子的浓度减小，则水解平衡①、电离平衡②均向右移，由于溶液体积对浓度影响较大，则溶液中c（HSO3-）、c（H）+均减小；故A正确；

B．加入氢氧化钠促进电离，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c（SO32-），c（OH-）浓度增大，的比值增大；故B正确；

C．加入少量Na2SO3固体溶解后溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-）；故C错误；

D.0.1mol•L-1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，溶液中存在物料守恒，即：c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3），则c（Na+）＞c（SO32-）＞c（H+）=c（OH-）；故D错误；

故选AB．

A．加水稀释后；亚硫酸氢根离子的水解；电离程度都增大，但是亚硫酸氢根离子和氢离子浓度都减小；

B．加入氢氧化钠促进电离平衡右移；抑制水解平衡左移；

C．依据溶液中电荷守恒分析判断；

D．依据溶液中的电荷守恒分析比较．

本题考查离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、三大守恒关系的应用等知识，题目难度中等，明确盐的水解、弱电解质的电离平衡及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法．【解析】【答案】AB12、rAD【分析】解：rm{A.}用小苏打治疗胃酸过多，反应的离子方程式为：rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O}故A正确；

B.碳酸镁不能拆开，正确的离子方程式为：rm{MgCO_{3}+2H^{+}=Mg^{2+}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}故B错误；

C.rm{Fe}和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式为：rm{Fe+2H^{+}篓TFe^{2+}+H_{2}隆眉}故C错误；

D.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应的离子方程式为：rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}+2H^{+}+2OH^{-}篓TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}故D正确；

故选AD．

A.碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠；二氧化碳和水；

B.碳酸镁在离子方程式中不能拆开；

C.铁与稀盐酸反应生成的是氯化亚铁；

D.氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水．

本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．【解析】rm{AD}13、AD【分析】解：rm{A}在蒸发操作的过程中；加热时要用玻璃棒不断搅拌，以防液体飞溅，当加热到有少量液体剩余时停止加热，此时剩下的少量液体可以利用余温蒸发干，故A错误；

B；在蒸馏装置中；因温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口，故B正确；

C；分液漏斗的使用原则：分液漏斗中下层液体从下口放出；上层液体从上口倒出，故C正确；

D；萃取时；萃取剂和原来的溶剂是互不相溶的，并且物质在萃取剂中的溶解度大于在原来溶剂中的溶解度，与萃取剂的密度比水大还是小没关系，故D错误．

故选AD．

A；按照实验室蒸发操作的正确方法作答；

B；根据温度计在蒸馏装置中的位置与作用来回答；

C；根据分液漏斗的使用原则来回答；

D；根据萃取的原理和萃取剂的选择条件来分析判断．

本题考查学生化学实验基本操作知识，可以根据教材知识来回答，难度不大．【解析】rm{AD}14、CD【分析】略。

【解析】rm{CD}15、rAC【分析】解：rm{A.}由图象可知，rm{0隆芦2}分钟时间内，生成二氧化碳rm{0.1mol}rm{2隆芦4}分钟时间内，生成二氧化碳rm{0.2mol}rm{4隆芦6}分钟时间内，生成二氧化碳rm{0.1mol}则反应刚开始时反应速率较小，然后逐渐增大，最后减小，故A错误；

B.由图象可知，反应rm{4}分钟后曲线斜率变小；则反应速率减小，故B正确；

C.随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，rm{0隆芦2}分钟反应刚开始，温度较低此时反应速率由氢离子浓度决定，rm{2隆芦4min}反应速率最快，rm{2隆芦4}分钟温度对反应速率起主要作用，rm{4min}后反应速率又降低；氢离子浓度起主要作用，故C错误；

D.由图可知，rm{2隆芦4}分钟时间内，生成的二氧化碳的体积最多，故rm{2隆芦4min}反应速率最快；故D正确．

故选AC．

rm{CaCO_{3}}与稀盐酸的反应为放热反应；随着反应的进行，温度逐渐升高，盐酸浓度逐渐降低，结合各时间段二氧化碳物质的量的变化可比较反应速率的大小，以此解答该题．

本题考查反应速率的定量表示及有关图象，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，注意根据速率定义式进行理解，注意理解影响反应速率的因素．【解析】rm{AC}16、rAC【分析】解：rm{A.}苯能萃取溴水中溴；从而使溴水褪色，但不是取代反应，故A错误；

B.苯是一个平面形分子；苯中各原子均在同一平面，故B正确；

C.虽然苯中没有典型的碳碳双键；但苯能与氢气发生加成反应，故C错误；

D.苯中的含碳量高；燃烧时产生大量的黑烟，故D正确；

故选ACrm{.}

A.根据苯使溴水褪色的原因是苯萃取了溴水中溴；属于物理变化；

B.根据苯是一个平面形分子，rm{6}个碳原子和rm{6}个氢原子在同一平面上；

C.根据苯中没有典型的碳碳双键；但能发生加成反应；

D.根据含碳量高的有机物；燃烧时会产生大量的黑烟．

本题主要考查了苯的结构与性质，难度不大，注意对应知识的积累．【解析】rm{AC}17、BC【分析】解：rm{5L}的密闭容器中进行，半分钟后，rm{NO}的物质的量增加了rm{0.3mol}则rm{v(NO)=dfrac{dfrac{0.3mol}{5L}}{30s}=0.002mol/(L.s)}

A.rm{V(O_{2})=dfrac{5}{4}v(NO)=0.002mol/(L.s)隆脕dfrac{5}{4}=0.0025mol/(L.s)}故A错误；

B.由上述计算可知，rm{v(NO)=dfrac{dfrac

{0.3mol}{5L}}{30s}=0.002mol/(L.s)}故B正确；

C.rm{V(H_{2}O)=dfrac{6}{4}v(NO)=0.002mol/(L.s)隆脕dfrac{6}{4}=0.003mol/(L.s)}故C正确；

D.rm{V(O_{2})=dfrac

{5}{4}v(NO)=0.002mol/(L.s)隆脕dfrac{5}{4}=0.0025mol/(L.s)}故D错误；

故选BC．

rm{v(NO)=0.002mol/(L.s)}的密闭容器中进行，半分钟后，rm{V(H_{2}O)=dfrac

{6}{4}v(NO)=0.002mol/(L.s)隆脕dfrac{6}{4}=0.003mol/(L.s)}的物质的量增加了rm{V(NH_{3})=v(NO)=0.002mol/(L.s)}则rm{v(NO)=dfrac{dfrac{0.3mol}{5L}}{30s}=0.002mol/(L.s)}然后结合反应速率之比等于化学计量数之比来解答．

本题考查反应速率及化学计量数的关系，为高频考点，把握速率与化学计量数成正比为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．rm{5L}【解析】rm{BC}三、填空题(共6题，共12分)18、略

【分析】

（1）周期表中，同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则金属性最强的元素应为Na，位于第三周期ⅠA族，在空气中燃烧生成过氧化钠，反应的化学方程式为2Na+O2Na2O2；

故答案为：第三周期ⅠA族；2Na+O2Na2O2；

（2）①和③可以形成众多的化合物为烃类化合物，最简单的物质为CH4；为共价化合物，含有共价键；

故答案为：CH4；共价键；

（3）④为N元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，原子结构示意图为该元素的最高价氧化物的水化物为HNO3；具有强氧化性，与Cu反应时作氧化剂；

故答案为：HNO3；

（4）⑤为Cl元素，对应单质的电子式为在NaOH溶液中自身发生氧化还原反应生成NaCl和NaClO；

反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O．

【解析】【答案】由元素所在周期表中位置可知①为H元素；②为Na元素，③为C元素，④为N元素，⑤为Cl元素，从原子的结构；元素周期律的递变规律以及对应单质、化合物的性质等角度解答本题．

19、略

【分析】【解析】【答案】:(1)①N>M>R>W②M>N>W>R③(2)①1②m+n③8-m-n20、质子数不同5SiO2+2CSi+2CO↑【分析】【解答】（1）氮元素中氮原子含有7个质子；硅元素中硅原子含有14个质子；它们的核电荷数（或质子数）不同；

故答案为：质子数不同；

（2）由可知该元素含有7个质子；核外有10个电子，为氮离子；氮原子中核外应有7个电子，最外层5个电子；

故答案为：5；

（3）二氧化硅在高温下与碳反应生成硅与一氧化碳，离子方程式：SiO2+2CSi+2CO↑；

故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑；

【分析】（1）氮元素中氮原子含有7个质子；硅元素中硅原子含有14个质子；

（2）依据原子中质子数等于核外电子数；

（3）二氧化硅在高温下与碳反应生成硅与一氧化碳．21、（1）硅第二周期第ⅦA族

（2）离子键和共价键

（3）

（4）离子

【分析】【分析】本题考查元素周期律的综合应用，同时考查化合物中所含化合键的类型以及电子式的书写，难度不大。【解答】rm{A}的原子半径最小，则rm{A}是rm{H}元素，且rm{A}rm{D}能分别与rm{B}按原子个数比为rm{1隆脙1}或rm{2隆脙1}形成化合物，则rm{B}是rm{O}元素，rm{D}是rm{Na}元素，rm{E}的rm{M}层电子数是rm{K}层电子数的rm{2}倍，则rm{E}是rm{Si}元素，rm{AC}与rm{EB}的原子半径最小，则rm{A}是rm{A}元素，且rm{H}rm{A}能分别与rm{D}按原子个数比为rm{B}或rm{1隆脙1}形成化合物，则rm{2隆脙1}是rm{B}元素，rm{O}是rm{D}元素，rm{Na}的rm{E}层电子数是rm{M}层电子数的rm{K}倍，则rm{2}是rm{E}元素，rm{Si}与rm{AC}rm{EB}rm{{,!}_{2}}反应生成rm{A}rm{A}与气态物质rm{{,!}_{2}}rm{B}与气态物质rm{EC}rm{B}是rm{EC}元素，该反应是rm{{,!}_{4}}和二氧化硅的反应。，可用于刻蚀玻璃，则rm{C}是rm{F}元素，该反应是rm{HF}和二氧化硅的反应。有以上分析可知rm{C}是rm{F}元素，名称为：硅，rm{HF}是rm{(1)}有以上分析可知rm{E}是rm{Si}元素，名称为：硅，rm{C}是rm{F}元素，其在周期表中的位置是：第二周期第元素，其在周期表中的位置是：第二周期第rm{(1)}族，rm{E}rm{Si}族。rm{C}中既含有离子键又含有共价键，rm{F}Ⅶrm{A}族，的电子式为：rm{A}故答案为：硅；第二周期第由Ⅶrm{A}族。rm{A}rm{(2)Na_{2}O_{2}}中既含有离子键又含有共价键，三种元素组成的化合物是氢氧化钠，含有离子键属于离子化合物，rm{(2)Na_{2}O_{2}}故答案为：离子键和共价键。【解析】rm{(1)}硅第二周期第Ⅶrm{A}族族rm{A}离子键和共价键rm{(2)}离子键和共价键rm{(2)}离子

rm{(3)}22、略

【分析】解：rm{垄脵}煅烧石灰石rm{(}主要成分是rm{CaCO_{3})}制生石灰rm{(CaO)}是吸热反应；

rm{垄脷}燃烧木炭取暖；属于放热反应；

rm{垄脹}炸药爆炸；属于放热反应；

rm{垄脺}酸与碱的中和反应；属于放热反应；

rm{垄脻}生石灰与水作用制熟石灰；属于放热反应；

rm{垄脼}食物因氧化而变质；属于放热反应；

rm{垄脽Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}晶体与rm{NH_{4}Cl}晶体的反应；属于吸热反应；

rm{垄脿}灼热的木炭与rm{CO_{2}}反应；属于吸热反应；

综上所述，属于放热反应的是rm{垄脷垄脹垄脺垄脻垄脼}吸热反应：rm{垄脵垄脽垄脿}

故答案为：rm{垄脷垄脹垄脺垄脻垄脼}rm{垄脵垄脽垄脿}．

根据常见的放热反应和吸热反应来判断；根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧；金属与酸或水反应、中和反应、铝热反应、绝大多数化合反应、食物腐败、炸药爆炸等；

常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应rm{(}如rm{C}和rm{CO2)}rm{Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}和rm{NH_{4}Cl}反应．

本题考查吸热反应和放热反应，难度不大，明确常见的吸热反应和放热反应类型是解题的关键，注意基础知识的积累．【解析】rm{垄脷垄脹垄脺垄脻垄脼}rm{垄脵垄脽垄脿}23、略

【分析】试题分析：1.43gNa2CO3·10H2O的物质的量是1.43g/286g/mol=0.005mol，溶液的体积是0.1L，所以碳酸钠溶液的物质的量浓度C=0.005mol/0.1L=0.05mol/L，因为碳酸钠中有2个钠离子，所以Na+物质的量浓度为0.05mol/L×2=0.1mol/L；20mL溶液中碳酸钠的物质的量是0.02L×0.05mol/L=0.001mol，设加水后溶液的体积为VL,则0.001mol/VL=0.004mol/L，解得V=0.25L=250mL，所以需要加水的体积是250-20=230mL。考点：考查溶液物质的量浓度的计算【解析】【答案】0.1mol/L230mL四、判断题(共4题，共40分)24、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．25、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．26、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．27、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．五、工业流程题(共4题，共20分)28、略

【分析】【分析】

根据实验目的：实验室用酸性蚀刻液和碱性蚀刻液来制备CuCl；根据流程图可知，酸性蚀刻液和碱性蚀刻液混合产生Cu(OH)Cl的悬浊液经过滤，水洗，再加浓硫酸变成硫酸铜溶液，硫酸铜溶液再经蒸发浓缩；冷却结晶，可得硫酸铜晶体，由亚硫酸铵还原变成氯化亚铜沉淀，再经过滤洗涤干燥得氯化亚铜固体，以此来解析；

(1)

温度需要控制在80℃下进行；故采用水浴加热；

(2)

A．抽滤有助于加快过滤速度；正确；

B．固体可以和酸反应；不能用酸性溶液洗涤，错误；

C．放入滤纸后；要滴加蒸馏水使滤纸紧贴于漏斗，用玻璃棒引流，将固液混合物转移到滤纸上，打开水龙头抽滤，C错误；

D．洗涤过程洗涤剂应该慢流通过固体；D错误；

故选A。

(3)

根据溶解性曲线；宜采用冷却结晶的方法析出晶体，故采用蒸发浓缩；冷却结晶；

(4)

硫酸晶体与亚硫酸铵还原变成氯化亚铜沉淀，铜的化合价由+2价降低为-1价，而硫的化合价由+4价升高为+6价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守可得反应离子方程式为：2Cu2++SO+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；

(5)

根据反应CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+可知CuCl～Ce4+，可知样品的CuCl的质量分数为：×100%=79.6%。【解析】(1)热水浴。

(2)A

(3)蒸发浓缩；冷却结晶。

(4)

(5)79.6%29、略

【分析】【分析】

钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)加入足量盐酸，得到的滤渣为不溶于酸的SiO2，得到含TiO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等离子的强酸性浸出液，加入足量的铁粉至浸出液显紫色，铁元素转化为Fe2+；经系列处理得到绿矾和富含TiO2+的溶液，向溶液中加热水促进TiO2+的水解，生成TiO2·nH2O，焙烧分解得到TiO2，在与氯气、焦炭混合反应得到TiCl4；废气主要是二氧化碳。

【详解】

(1)适当增大盐酸浓度；适当升高温度；搅拌、减小钛铁矿粒径等都可以加快浸取速率；该过程主要发生FeTiO3和盐酸的反应，根据题目信息可知反应过程中Ti元素生成TiO2+，结合元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；

(2)废渣为不溶于盐酸的SiO2;

(3)铁元素可能以Fe2+或Fe3+的形式存在，取少量溶液，加入KSCN溶液，若不变红，则不含Fe3+，再加入氯水，仍然不变红，则不含Fe2+；综上说明溶液中不含铁元素；

(4)Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O的平衡常数K===4.0×104；

(5)根据图示；该工艺流程中存在的不足之处是：流程中的废渣；废液、废气没有进行合理的处理或回收再利用等；

(6)四氯化钛的熔点-25.0℃，沸点136.4℃，SiCl4的熔点-68.8℃；沸点57.6℃，二者的沸点差异较大，所以可以用分馏的方法分离；

(7)TiCl4水解生成TiO2·nH2O的化学方程式为TiCl4+(n+2)H2OTiO2·nH2O+4HCl。

【点睛】

第3小题为易错点，要注意需要对三价铁和二价铁都要进行检验；第7小题中书写水解反应方程式要注意水的计量数，生成的TiO2·nH2O中还有n个水分子。【解析】①.适当增大盐酸浓度；适当升高温度；搅拌、减小钛铁矿粒径等②.FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O③.SiO2④.取少量溶液，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明溶液中不含铁元素⑤.4.0×104⑥.没有对“三废”进行合理的处理或回收再利用等⑦.蒸馏(或分馏)⑧.TiCl4+(n+2)H2OTiO2·nH2O+4HCl30、略

【分析】【分析】

白云石(主要成分为CaCO3和MgCO3)高温煅烧得到CaO和MgO；由于铵根水解显酸性，所以之后加入硝酸铵调节pH浸取，使CaO溶解，浸取后溶液中的溶质主要为硝酸钙和一水合氨，过滤掉不溶的MgO，之后向溶液中依次通入过量氨气；二氧化碳，得到碳酸钙。

【详解】

(1)高温煅烧白云石得到CaO和MgO；

(2)硝酸铵溶液中由于存在铵根的水解所以显碱性，水解方程式为NH+H2ONH3·H2O+H+；