2024年冀少新版高一化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年冀少新版高一化学上册阶段测试试卷234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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、如表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价；根据表中信息，判断以下叙述正确的是（）

。元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1340.0890.1020.074主要化合价+2+3+2+6、-2-2

A.L2+与R2-的核外电子数相等。

B.L与T形成的化合物具有两性。

C.氢化物的稳定性为H2T＜H2R

D.L和Q失电子能力大小比较是Q＜L

2、某有机物的结构简式如下所示，它在一定条件下可能发生的反应是①加成；②水解；③酯化；④氧化；⑤中和；A.①③④⑤B.①②③④⑤C.①③⑤D.②③④⑤3、一化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照图1连接好线路发现灯泡不亮，按照图2连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是（）A.NaCl固体中没有离子B.NaCl溶液是电解质C.NaCl在水溶液中电离出了可以自由移动的离子D.NaCl溶液在电流作用下电离出大量的离子4、下列说法错误的是A.离子化合物不一定含离子键，也可能含极性键或非极性键B.熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物C.金属元素最高价氧化物对应的水化物不一定是碱D.由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物5、下列事实与胶体性质无关的是rm{(}rm{)}A.在豆浆里加入盐卤做豆腐B.三氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀C.在河流入海口易形成沙洲D.一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一条光亮的通路6、如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.原子半径：rm{Z>Y>X}B.气态氢化物的稳定性：rm{R<W}C.rm{Y}和rm{Z}两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应D.rm{WX_{3}}和水反应形成的化合物是离子化合物评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、下列能量转化过程中有化学能变化的是（）A.氯化铵热分解反应B.氮气和氢气化合生成氨的反应C.碘升华D.绿色植物的光合作用生成淀粉8、实验中加热某水溶液，可选用的仪器有rm{(}rm{)}A.烧杯B.量筒C.试管D.酒精灯9、如下图所示，在注射器中加入少量rm{Na_{2}SO_{3}}晶体，并吸入少量浓硫酸rm{(}以不接触纸条为准rm{)}则下列有关说法正确的是A.湿润的蓝色石蕊试纸只变红不褪色B.湿润的品红试纸蘸有rm{KMnO_{4}}酸性溶液的滤纸均褪色证明了rm{SO_{2}}的漂白性C.湿润的碘化钾淀粉试纸未变蓝说明rm{SO_{2}}不能将rm{I^{-}}还原为rm{I_{2}}D.实验后，可把注射器中的物质推入rm{NaOH}溶液，以减少环境污染10、氢气还原氧化铜的反应为：rm{CuO+H_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}在该反应中rm{CuO+H_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}rm{(}A.rm{)}作还原剂B.rm{CuO}作氧化剂C.铜元素化合价降低D.氢元素化合价升高rm{CuO}11、三个容积相同的恒容密闭容器中各自充入1molCO和一定量的H2，分别在T1、T2、T3温度下发生如下反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0。当反应达到平衡状态时，测得CO的转化率与投料比[]的关系如下图所示。下列说法正确的是（）

A.H2的平衡转化率：a＞b＞cB.上述三种温度之间大小关系为T1＞T2＞T3C.a点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，平衡向正方向移动D.c点状态下再通入1molCO和4molH2，新平衡中CH3OH的体积分数增大12、常温下，下列各溶液的叙述中正确的是A.NaHSO3与Na2SO3混合溶液中：3c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)B.0.1mol·L-1的醋酸钠溶液20mL与0.1mol·L-1盐酸10mL混合后溶液显酸性c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)C.等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c(Na+)＝c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)D.向1.00L0.3mol·L-1NaOH溶液中缓慢通入0.2molCO2气体，溶液中：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)13、室温下，若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.的溶液：B.的溶液和的溶液混合C.的溶液和的溶液等体积混合：D.的溶液和的溶液等体积混合：14、我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置；其示意图如图：

下列说法不正确的是（）A.b为电源的负极B.①②中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化C.a极的电极反应式为2C2O52﹣-4e﹣=4CO2+O2D.上述装置存在反应：CO2C+O2评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、按要求填空：

（1）一氯代物只有一种的式量最小的烷烃（碳原子大于2）____；

（2）2-甲基-1，3-丁二烯的键线式____；

（3）有机物发生加聚反应后，所得产物的结构简式为：____；

（4）某烃A其相对分子质量为84，核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢，并且所有碳原子都在同一平面上，则A的结构简式为____．16、（6分）随着世界粮食需求量的增长，农业对化学肥料的需求量越来越大，其中氮肥是需求量最大的一种化肥。而氨的合成为氮肥的生产工业奠定了基础，其原理为：N2＋3H22NH3（1）在N2＋3H22NH3的反应中，一段时间后，NH3的浓度增加了0.9mol·L－1。用N2表示其反应速率为0.15mol·L－1·s－1，则所经过的时间为____；A．2sB．3sC．4sD．6s（2）下列4个数据是在不同条件下测得的合成氨反应的速率，其中反应最快的是____；A．v(H2)＝0.1mol·L－1·min－1B．v(N2)＝0.1mol·L－1·min－1C．v(NH3)＝0.15mol·L－1·min－D．v(N2)＝0.002mol·L－1·min－1（3）在一个绝热、容积不变的密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＜0。下列各项能说明该反应已经达到平衡状态的是____。A．容器内气体密度保持不变B．容器内温度不再变化C．断裂1molN≡N键的同时，断裂6molN—H键D．反应消耗N2、H2与产生NH3的速率之比1︰3︰217、电化学降解治理水中硝酸盐的污染；在酸性条件下，电解的原理如图所示。

(1)A极为________极；

(2)阴极电极反应式为_________________。18、（1）金属加工后的废弃液中含2%～5%的NaNO2，它是一种环境污染物．人们用NH4Cl溶液来处理此废弃液，使NaNO2溶液转化为无毒物质．该反应分两步进行．第一步：NaNO2+NH4Cl═NaCl+NH4NO2，第二步：NH4NO2═N2↑+2H2O．

①第一步属于____反应，第二步属于____反应．（填基本反应类型）

②第____步反应是氧化还原反应，____被氧化，____被还原．

③写出该反应的反应总式并用双线桥法标明电子转移的方向和数目____．

（2）①请将5种物质：N2O、FeSO4、Fe（NO3）3、HNO3和Fe2（SO4）3分别填入下面对应的横线上，组成一个未配平的化学方程式．____+____→____+____+____+H2O

②反应物中发生氧化反应的物质____，被还原的元素是____．

③反应中1mol氧化剂____（填“得到”或“失去”）____mol电子．19、（5分）常温下，某未知酸性溶液中，可能含有大量的Cl-、OH-、CO32-、H+、Ag+、Fe3+等离子。你认为其中一定含有的离子是，一定不含有的离子是，还需进一步检验的离子是____，为了进一步确认是否含该离子，需要的试剂和现象为。20、已知BrFn与水按3:5物质的量比反应，生成HF、HBrO3、O2和Br2，且O2和Br2物质的量相等．请回答：（1）n=（2）氧化产物是（3）1mol水可还原molBrFn?21、按要求完成下面每一小题：

（1）苯与液溴反应化学方程式：______．

（2）的一氯取代物有______种．

（3）CH3CH2CH2OH的催化氧化的化学方程式：______．22、现有下列物质：rm{A.}豆浆，rm{B.}食盐水，rm{C.}铁，rm{D.}硫酸，rm{E.}氢氧化钠固体，rm{F.}纯碱，rm{G.}泥水，rm{H.}二氧化碳，rm{I.}水rm{.}请将它们的序号或所属类别填充到下列横线上．

评卷人得分四、判断题(共4题，共12分)23、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）24、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）25、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）26、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．评卷人得分五、工业流程题(共4题，共36分)27、氟化钾是一种重要的无机氟化工产品，广泛应用于医药、农药和金属冶炼等领域。采用湿法磷酸副产物氟硅酸(含有少量等)制备氟化钾的工艺流程如图所示(已知：)：

请回答下列问题：

（1）碱解过程主要反应的化学方程式为_____，其中要严格控制KOH用量，否则易生成副产物_____(填化学式)溶解在滤液中。

（2）碱解反应中温度对氟化钾收率的影响如图所示。由如图可知，实验选择适宜的反应温度为____；最高点后，随温度升高曲线下降的原因可能是_______。

（3）Ba(OH)2加入量对含量和氟化钾纯度的影响如图所示。当由0.004到0.005时，氟化钾的纯度升高，这是由于__。

（4）Ba(OH)2和BaCO3是常见的除硫试剂。若使用BaCO3代替Ba(OH)2，当沉淀转化达到平衡时，滤液中___[已知保留小数点后三位]。

（5）浓度均为0.1mol/L的KF和HF的混合溶液中：2c(H+)-2c(OH-)____c(F-)-c(HF)(填“>”“<”或“=”)。

（6）1986年，化学家KarlChrite用KMnO4和KF、HF混合溶液反应生成稳定配离子该反应氧化产物是一种常见的无色无味气体单质，则该反应的离子方程式为_____。28、钴钼系催化剂主要用于石油炼制等工艺，从废钴钼催化剂（主要含有MoS2、CoS和Al2O3）中回收钴和钼的工艺流程如图：

已知：浸取液中的金属离子主要为MoOCo2+、Al3+。

（1）钼酸铵[(NH4)2MoO4]中Mo的化合价为___，MoS2在空气中高温焙烧产生两种氧化物：SO2和___（填化学式）。

（2）酸浸时，生成MoO的离子方程式为___。

（3）若选择两种不同萃取剂按一定比例（协萃比）协同萃取MoO和Co2+，萃取情况如图所示，当协萃比=___更有利于MoO的萃取。

（4）向有机相1中滴加氨水，发生反应的离子方程式为___。

（5）Co2+萃取的反应原理为Co2++2HRCoR2+2H+，向有机相2中加入H2SO4能进行反萃取的原因是___（结合平衡移动原理解释）。

（6）水相2中的主要溶质除了H2SO4，还有___（填化学式）。

（7）Co3O4可用作电极，若选用KOH电解质溶液，通电时可转化为CoOOH，则阳极电极反应式为___。29、用含锂废渣（主要金属元素的含量：Li3.50%Ni6.55%Ca6.41%Mg13.24%）制备Li2CO3，并用其制备Li+电池的正极材料LiFePO4。部分工艺流程如下：

资料：ⅰ滤液1；滤液2中部分两者的浓度（g/L）

ⅱEDTA能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物。

ⅲ某些物质溶解度（S）：

I．制备Li2CO3粗品。

(l)上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是___。

(2)向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品的操作是______。

(3)处理lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是____g。（摩尔质量：Li7g.mol-lLi2CO374g.mol-l）

II．纯化Li2CO3粗品。

(4)将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3。电解原理如图所示，阳极的电极反应式是_______。

III．制备LiFePO4

(5)将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式是__。30、下列为某学生在实验室中制备高锰酸钾晶体的流程图。

根据上图回答下列问题：

（1）操作①和②均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择坩埚为_____(填字母)；

a.石英坩埚b.氧化铝坩埚c.铁坩埚。

（2）已知：3MnO42-+2H2O⇌2MnO4-+MnO2+4OH-。操作④中通CO2调pH=10~11，其目的是_____；

（3）得到墨绿色溶液后，也可用如图所示方法制备KMnO4；电极均为铂电极。

①A极上的电极反应式为_____；

②这种方法与上面的方法相比，其优点是_____；

（4）实验室中，可用0.10mol/L，草酸作标准溶液，利用下述反应，测定所得KMnO4晶体的纯度。5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O

取agKMnO4晶体样品配制成100mL溶液。每次取20.00mL于锥形瓶中进行滴定实验两次。两次实验所用草酸标准溶液的体积分别为22.15mL和22.17mL，由此求得KMnO4晶体的纯度为_______。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共3分)31、如图表示A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色。

回答下列问题：

(1)A→D反应常用于人工固氮，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)D→C是工业制硝酸的重要反应，化学方程式为_______。

(3)B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收，则B与的物质的量之比为_______，若该反应转移个电子，则参加反应的B的物质的量为_______mol。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】

元素的最高正价=最外层电子数；最高正价和最低负价绝对值的和为8，R；T两元素最外层电子数为6，故为第ⅥA元素，而R的半径大于T，故在周期表中T元素在上面，R在下面，T为没有最高正价的O，R为S，M元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，L的半径比铝大，最外层电子数为2，应为Mg，Q的半径最小，最外层两个电子，故为Be．

A、L2+是镁离子，R2-是硫离子；它们的核外电子数分别是10和18，核外电子数不相等，故A错误；

B；L与T形成的化合物是氧化镁；属于碱性氧化物，不是两性氧化物，故B错误；

C、同主族，从上到下氢化物的稳定性逐渐减小，所以稳定性：H2S＜H2O，即H2T＞H2R；故C错误；

D；同主族；从上到下原子得失电子能力逐渐增强，所以失电子能力Mg＞Be，故D正确．

故选D．

【解析】【答案】元素的最高正价=最外层电子数；最高正价和最低负价绝对值的和为8，同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，通过元素的主要化合价和原子半径大小判断各种元素，然后根据各种元素的原子在周期表中的分布位置确定他们的性质递变规律．

2、A【分析】根据结构简式可知，分子中含有的官能团有醛基、羧基、羟基，所以不能发生的反应是水解反应，其余都可以发生，答案选A。【解析】【答案】A3、C【分析】解：A．氯化钠中存在离子；但阴阳离子不能自由移动，所以固体氯化钠不能导电，故A错误；

B．电解质必须是化合物；氯化钠溶液是混合物，所以不是电解质，故B错误；

C．氯化钠在水分子作用下能电离出自由移动的阴阳离子；所以其水溶液能导电，故C正确；

D．氯化钠是在水分子的作用下电离出阴阳离子；而不是电流作用下电离出阴阳离子，故D错误；

故选C．

根据溶于水或熔化状态下能导电的化合物为电解质来解答；注意NaCl中存在离子，但离子不能自由移动．

本题考查电解质的导电实验，明确电解质的判断及电离的条件、溶液导电的原因即可解答，题目难度不大．【解析】【答案】C4、A【分析】【分析】该题的关键是在明确化学键与离子化合物以及共价化合物的基础上；通过举例逐一筛选得出正确结论的方法，有利于培养逻辑推理能力和逆向思维能力。

【解答】A.离子化合物一定含离子键；也可能含极性键或非极性键，例如过氧化钠中含有离子键和非极性键，氢氧化钠中含有离子键和极性键，错误；

B.熔融状态能导电的化合物中一定含有自由移动的离子，一定是离子化合物，正确；C.金属元素最高价氧化物对应的水化物不一定是碱，例如rm{HMnO_{4}}是酸，正确；是酸，正确；D.由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如rm{HMnO_{4}}是离子化合物；正确。

故选A。

rm{NH_{4}Cl}【解析】rm{A}5、B【分析】解：rm{A.}豆浆是胶体；向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质氯化钙等，可以使豆浆凝聚，故A错误；

B.主要发生了复分解反应；与胶体性质无关，故B正确；

C.河流中的水含有泥沙胶粒；海水中含有氯化钠；氯化钙等电解质，二者相遇是可以发生胶体凝聚，就形成三角洲，故C错误；

D.蛋白质溶液是胶体；胶体能产生丁达尔效应，所以与胶体有关，与胶体有关，故D错误．

故选B．

可根据胶体的性质来分析解答．

向胶体中加入电解质可以使胶体凝聚；胶体不能通过半透膜，可以通过此性质来精制胶体，分离胶体．

本题主要考查胶体的性质及利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．【解析】rm{B}6、C【分析】解：由表中化合价可知，rm{X}的化合价为rm{-2}价，没有正化合价，故rm{X}为rm{O}元素，rm{Y}的化合价为rm{+1}价，处于Ⅰrm{A}族，原子序数大于rm{O}元素，故rm{Y}为rm{Na}元素，rm{Z}为rm{+3}价，为rm{Al}元素，rm{W}的化合价为rm{+6}rm{-2}价，故rm{W}为rm{S}元素，rm{R}的最高正价为rm{+7}价，应为rm{Cl}元素，所以rm{X}为rm{O}rm{Y}为rm{Na}rm{Z}为rm{Al}rm{W}为rm{S}rm{R}为rm{Cl}

A.已知rm{X}为rm{O}rm{Y}为rm{Na}rm{Z}为rm{Al}所以原子半径应为rm{Na>Al>O}故A错误；

B.已知rm{W}为rm{S}rm{R}为rm{Cl}所以非金属性rm{Cl>S}则气态氢化物的稳定性rm{Cl>S}故B错误；

C.rm{Y}为rm{Na}rm{Z}为rm{Al}两者最高价氧化物对应的水化物是rm{NaOH}和rm{Al(OH)_{3}}二者能反应生成偏铝酸钠和水，故C正确；

D.rm{X}为rm{O}rm{W}为rm{S}所以rm{WX_{3}}和水反应形成的化合物是硫酸；是共价化合物，故D错误；

故选C．

由表中化合价可知，rm{X}的化合价为rm{-2}价，没有正化合价，故rm{X}为rm{O}元素，rm{Y}的化合价为rm{+1}价，处于Ⅰrm{A}族，原子序数大于rm{O}元素，故rm{Y}为rm{Na}元素，rm{Z}为rm{+3}价，为rm{Al}元素，rm{W}的化合价为rm{+6}rm{-2}价，故rm{W}为rm{S}元素，rm{R}的最高正价为rm{+7}价，应为rm{Cl}元素；结合对应单质；化合物的性质以及题目要求解答该题．

本题考查了原子结构与元素周期律的应用，题目难度中等，正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】rm{C}二、多选题(共8题，共16分)7、ABD【分析】解：A．氯化铵受热分解为氨气和HCl；属于化学变化，转化过程中有化学能变化，故A正确；

B．氮气和氢气化合生成氨的反应；属于化学变化，转化过程中有化学能变化，故B正确；

C．碘升华是物理变化；转化过程中没有化学能变化，故C错误；

D．绿色植物的光合作用生成淀粉；属于化学变化，转化过程中有化学能变化，故D正确；

故选ABD．

根据物理变化和化学变化的区别分析；有新物质生成的物质变化为化学变化，没有新物质的生成的物质变化为物理变化，化学变化中有化学能变化，以此分析．

本题考查了常见的能量转化形式，把握变化过程是物理变化还是化学变化是解题关键，难度不大．【解析】【答案】ABD8、ACD【分析】解：rm{A.}加热某水溶液可以使用烧杯；需要垫石棉网，故A正确；

B.量筒为精密计量仪器；不能用来加热，故B错误；

C.加热某水溶液可以用试管；试管可以用来直接加热，故C正确；

D.酒精灯为热源；加热某水溶液需要使用酒精灯，故D正确；

故选：rm{ACD}．

能够直接加热的仪器有：试管；燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等；据此解答．

本题考查了中学中常见的仪器及使用方法，了解仪器的用途、构造及使用方法是解题关键，侧重考查学生基本实验知识的掌握．【解析】rm{ACD}9、AD【分析】【分析】本题考查二氧化硫的性质，rm{SO_{2}}的漂白性主要体现在使品红褪色。题目难度不大。【解答】A.品红不能使蓝色石蕊试纸褪色，故A正确；

B.漂白性是指使有色的有机物质褪色，rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}不是有机物，所以rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}溶液的滤纸褪色不能证明rm{SO}故rm{SO}

rm{{,!}_{2}}的漂白性，主要检验氧化B错误；的物质，如果将碘化钾氧化为碘单质，就能使淀粉变蓝。二氧化硫不能使其变蓝，说明二氧化硫不能将碘化钾氧化为碘单质，故C错误；C.碘化钾淀粉试纸溶液可吸收性D.rm{NaOH}溶液可吸收rm{SO}故rm{NaOH}正确rm{SO}

故选AD。

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{AD}10、BCD【分析】解：rm{A.CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价被还原，rm{CuO}作氧化剂；故A错误；

B.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价降低被还原；作氧化剂，故B正确；

C.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价；铜元素化合价降低，故C正确；

D.该反应中氢气中rm{H}元素化合价升高被氧化；故D正确；

故选BCD．

反应rm{CuO+H_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}中，氧化铜中rm{CuO+H_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}元素化合价降低被还原，氧化铜为氧化剂；氢气中rm{Cu}元素化合价升高被氧化；为还原剂，据此进行解答．

本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质及特征为解答关键，注意掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．rm{H}【解析】rm{BCD}11、AD【分析】【详解】

A．a、b两点投料比相同，在投料比[]不变时，CO的转化率越大，则H2的转化率也越大，所以H2的平衡转化率：a＞b；投料比越大，则CO的转化率越大，H2的转化率就越小，根据图示可知c点的投料比最大，故该点H2的转化率最小，因此H2的平衡转化率大小关系为：a＞b＞c；A正确；

B．该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，CO的转化率会减小。根据图示可知在投料比相同时，CO的转化率的大小关系：T1＞T2＞T3，说明反应温度：T1＜T2＜T3；B错误；

C．a点时CO的转化率是50%，在反应开始时加入CO的物质的量是1mol，则此时CO及反应产生的CH3OH的物质的量都是0.5mol，CO、CH3OH的浓度相等，a点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，CO、CH3OH的浓度仍然相同，此时Qc=K；说明化学平衡不发生移动，C错误；

D．c点为平衡状态，在反应开始时其投料比[]=4，若此时再通入1molCO和4molH2，与原开始投料比相同，由于增大反应物浓度，使反应体系的压强增大，增大压强化学平衡向气体体积减小的正向移动，会产生更多的CH3OH，最终达到新平衡中CH3OH的体积分数增大；D正确；

故合理选项是AD。12、BC【分析】【详解】

A、NaHSO3与Na2SO3物质的量之比不确定，则c（Na+）与c(HSO3-)+c(SO32-)的关系无法确定；A错误；

B、0.1mol·L-1的醋酸钠溶液20mL与0.1mol·L-1盐酸10mL混合后生成等量的CH3COOH、NaCl和CH3COONa，溶液显酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根的水解，则：c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)；B正确；

C、等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合，生成等量的(NH4)2SO4和Na2SO4，因为NH4+发生水解反应使溶液呈酸性，则c(Na+)＝c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)；C正确；

D、向1.00L0.3mol·L-1NaOH溶液中缓慢通入0.2molCO2气体，生成等量的Na2CO3和NaHCO3，因为CO32‾的水解程度大，则c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)；D错误；

答案选BC。13、BD【分析】【详解】

由题可知，

A．0.1mol/L的NaHA溶液中的物料守恒：HA-的电离常数大于其水解程度，故溶液中因此故A错误；

B．的溶液和的溶液的混合液中c(Na+)<0.2mol/L，该溶液中电荷守恒为：溶液呈中性，故故B正确；

C．该混合溶液中电荷守恒：①，物料守恒：②，将①+②得：故C错误；

D．两溶液混合后发生反应：Na2A+H2A=2NaHA，溶液中c(NaHA)=c(H2A)=0.05mol/L，溶液中电荷守恒：①，物料守恒：②，将①+②进行相关转化得：因Ka1>Kh2，故溶液呈酸性，故故D正确；

故答案为：BD。

【点睛】

酸式盐与多元弱酸的强碱正盐溶液酸碱性比较：

（1）酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中的水解能力大于其电离能力；故溶液显碱性；

（2）多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主，例如Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。14、AB【分析】【详解】

A.由分析可知，C2O52−化合价升高变为O2，因此电极a为阳极，电源b为正极；故A错误；

B.①②捕获CO2时生成的过程中碳元素的化合价均为+4价；没有发生化合价变化，故B错误；

C.由分析可知，a电极的电极反应式为2C2O52−−4e－=4CO2+O2；故C正确；

D.由a电极、d电极的电极反应式可知，该装置的总反应为CO2C+O2；故D正确。

综上所述；答案为AB。

【点睛】

学会分析左右两边电极反应，C2O52−反应生成O2，化合价升高，发生氧化反应，为阳极，连接电源正极。三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】

（1）烷烃分子中，连在同一个碳原子上的氢原子等效，连在同一碳原子上的甲基上的氢原子，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效；烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，碳原子大于2，则氢原子位于甲基上，甲基连在同一碳原子上或对称结构，该烷烃的结构式为，或由于烷烃的式量最小，所以为故答案为：

（2）2-甲基-1，3-丁二烯的结构简式为所以键线式为故答案为：

（3）发生加聚反应为n

故答案为：

（4）商余法确定烃A分子式，==7，减碳加氢，所以分子式为C6H12；只有一种类型的氢，并且所有碳原子都在同一平面上，烃A具有乙烯的结构，则A的结构简式为。

故答案为：．

【解析】【答案】（1）一取代物的种数与有机物中不同化学环境下的氢原子种数相同；一氯代物只有一种，分子中氢原子只有一种，该烃分子在空间结构上具有很强的对称性；

（2）首先写出结构式；根据结构式再写出键线式；碳碳键用线段来表现，画出键线式．拐点和端点表示碳原子，碳原子，H不必标出，杂原子（非碳；氢原子）不得省略，并且其上连有的氢也一般不省略；

（3）含有不饱和键的化合物单体间相互加成形成新的共价键相连大分子的反应；

（4）商余法确定烃A分子式，即：=商余数；商是最大碳原子数，余数是最小氢原子数，余数为0或碳原子数≥氢原子数时，每减少一个碳原子增加12个氢原子，直到饱和为止．结合烃A的核磁共振氢谱，分子构型，确定烃A的结构．

16、略

【分析】（1）反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以氨气的反应速率就是0.15mol·L－1·s－1×2＝0.30mol·L－1·s－1，因此时间是0.9mol·L－1÷0.30mol·L－1·s－1＝3s，答案选B。（2）同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值，因此如果都用物质氮气表示反应速率，则选项AC分别是0.033mol·L－1·min－1、0.075mol·L－1·min－1，所以答案选B。（3）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，所以选项B正确。密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，A不正确。C中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确。速率之比是相应的化学计量数之比，因此D中的关系始终是成立，不正确。答案选BC。【解析】【答案】（1）B（2）B（3）BC17、略

【分析】【分析】

(1)由图示反应产物判断电解池右侧是阴极区；则可判断电源A极的名称；

(2)阴极上硝酸根离子被还原；据此写电极反应式；

【详解】

(1)由图知；电解池右侧硝酸根离子转变为氮气，发生还原反应，则右侧是阴极区，则可判断电源B极为负极，则A极为正极；

答案为：正；

(2)阴极上硝酸根离子被还原，在酸性条件下，氢离子参与反应，得到氮气和水，据此写电极反应式为：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O；

答案为：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O。【解析】正2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O18、略

【分析】

（1）①反应NaNO2+NH4Cl═NaCl+NH4NO2是化合物中的阴阳离子交换成分的反应，属于复分解反应，反应NH4NO2═N2↑+2H2O；是一种反应物生成多种产物的反应，是分解反应，故答案为：复分解；分解；

②反应NH4NO2═N2↑+2H2O有化合价变化；是氧化还原反应，化合价降低的N元素被还原，化合价升高元素的N被氧化，故答案为：二；N；N；

③两个方程式合并即为该反应的反应总式：NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=3，故答案为：

（2）①FeSO4中铁元素处于最低价具有还原性，HNO3中N元素处于最高价，具有氧化性，发生的氧化还原反应的表达式为：FeSO4+HNO3→Fe2（SO4）3+Fe（NO3）3+N2O+H2O，故答案为：FeSO4；HNO3；Fe2（SO4）3；Fe（NO3）3；N2O；

②反应中还原剂是FeSO4，发生氧化反应，氧化剂是HNO3，发生还原反应，化合价降低的N元素被还原，故答案为：FeSO4；Fe；

③反应中氧化剂是HNO3，氮元素从+5价降为+1价，得到电子，反应的实质为：8Fe2++10H++2NO3-=8Fe3++N2O↑+5H2O；10mol硝酸参加反应时，转移电子为8mol，所以1mol硝酸参加反应时，转移电子为0.8mol，故答案为：得到；0.8．

【解析】【答案】（1）化合物中的阴阳离子交换成分的反应属于复分解反应；一种化合物生成多种产物的反应是分解反应，有化合价变化的反应是氧化还原反应，化合价降低元素被还原，化合价升高元素被氧化，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数；

（2）元素处于最低价具有还原性；元素处于最高价该物质具有氧化性，还原剂发生氧化反应，氧化剂发生还原反应，化合价降低元素被还原．

19、略

【分析】【解析】【答案】Cl-、H+；OH-、Ag+、CO32-；Fe3+；应该加入KSCN溶液，若溶液含Fe3+变血红色。20、略

【分析】试题分析：据题意，再据原子个数守恒可知，n为3．可知该反应的方程式为3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，所以氧化产物为HBrO3，即3摩尔的BrF3被氧化的溴为1被还原的溴为2摩尔，而1摩尔的水参与反应，需要消耗3/5的BrF3，故1mol水可还原2/5=0．4摩尔BrF3考点：【解析】【答案】（1）3；（2）HBrO3；（3）0．4mol21、略

【分析】解：（1）在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，反应为C6H6+Br2C6H5Br+HBr；

故答案为：C6H6+Br2C6H5Br+HBr；

（2）该结构为对称结构，有如图所示的6种H原子所以有6种一氯代物；

故答案为：6；

（3）CH3CH2CH2OH的催化氧化生成CH3CH2CHO和水，方程式：2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O；

故答案为：2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O．

（1）苯与液溴在铁做催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢；

（2）依据等效氢原子法解答；

（3）CH3CH2CH2OH的催化氧化生成CH3CH2CHO和水．

本题考查了方程式书写及有机物一氯代物种数判断，熟悉苯、醇的结构及性质，明确等效氢原子方法的使用是解题关键，题目难度中等．【解析】C6H6+Br2C6H5Br+HBr；6；2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O22、略

【分析】

酸是能电离出的阳离子全部是rm{H^{+}}的化合物；

碱是电离出的阴离子全部是rm{OH-}离子的化合物；

盐是电离出阳离子是金属阳离子或铵根离子；阴离子为酸根离子的化合物；

氧化物由两种元素组成；其中一种为氧元素的化合物；

分散质粒子的直径大小在rm{1nm隆芦100nm}的是胶体，分散质粒子的直径大于rm{100nm}的是浊液，分散质粒子的直径小于rm{1nm}的是溶液．

本题考查酸碱盐以及氧化物、胶体的概念及分类，题目难度不大，解答本题的关键把握相关概念以及物质的组成和俗称．【解析】解：rm{A.}豆浆分散质粒子的直径大小在rm{1nm隆芦100nm}属于胶体；

B.食盐水：rm{NaCl}的水溶液；

C.铁：由铁元素构成的单质；

D.rm{H_{2}SO_{4}}电离出的阳离子全部是rm{H^{+}}属于酸；

E.氢氧化钠固体：电离出的阴离子全部是rm{OH^{-}}属于碱；

F.纯碱的化学式为rm{Na_{2}CO_{3}}由金属阳离子和酸根离子构成的盐；

G.泥水：由泥和水形成的浊液．

H.二氧化碳：由两种元素组成；其中一种为氧元素的化合物，属于氧化物；

I.水：由两种元素组成；其中一种为氧元素的化合物，属于氧化物；

故答案为：四、判断题(共4题，共12分)23、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．24、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．25、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．26、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．五、工业流程题(共4题，共36分)27、略

【分析】【分析】

通过湿法磷酸副产物氟硅酸制备氟化钾的过程中，碱解过程主要发生的反应为氟硅酸与氢氧化钾的反应，生成二氧化硅及酸碱中和反应的盐其中为目标产物，硅酸钾则为需要除去的杂质。为了减少的量，需要控制氢氧化钾的用量。通过过滤除去二氧化硅等不溶物，再加入氢氧化钡除去和少量的即可获得粗制的据此答题。

【详解】

（1）碱解过程主要发生的反应为氟硅酸与氢氧化钾的反应，会生成二氧化硅及酸碱中和反应的盐故该反应方程式可写为该反应要严格控制KOH用量，否则易使溶解，产生更多的副产物故答案为

（2）从图中可知80℃时，氟化钾收率最高，故实验选择适宜的反应温度为80℃；但由于温度过高时，易分解为SiF4和HF，所以在80℃最高点后，随温度升高曲线下降，故答案应为80℃、温度过高时，易分解为SiF4和HF；

（3）由于在除硫过程中，Ba2+能与KF溶液中少量的反应生成沉淀，所以当由0.004到0.005时，氟化钾的纯度升高，故答案应为Ba2+能与KF溶液中少量的反应生成沉淀；

（4）Ba(OH)2和BaCO3是常见的除硫试剂。若使用BaCO3代替Ba(OH)2，当沉淀转化达到平衡时，滤液中==0.022；故答案应为0.022；

（5）浓度均为0.1mol/L的KF和HF的混合溶液中存在电荷守恒关系为：c()+c()=c()+c(）；物料守恒关系为：2c()=c()+c(HF)。将物料守恒中c()代入电荷守恒中，即可得到2c()-2c(）=c()-c(HF)；故答案为=；

（6）KMnO4和KF、HF混合溶液反应可生成稳定配离子该反应氧化产物为氧气，则根据氧化还原反应对该反应的离子方程式进行配平为故答案为

【点睛】

该题为工业流程问题，在分析流程图时，应结合目标产物和分离操作将每一步的物质成分分析清楚，再进行作答。书写电解质溶液中的守恒关系时，要将溶液中的溶质成分及含量判断清楚再进行书写。【解析】80℃温度过高时，易分解为SiF4和HF除硫过程中，Ba2+能与KF溶液中少量的反应生成沉淀0.022=28、略

【分析】【分析】

从废钴钼催化剂(主要含有MoS2、CoS和Al2O3)经过焙烧后，得到MoO3，CoO和二氧化硫，加入硫酸后，浸取液中的金属离子主要为MoO22+、Co2+、Al3+，经过萃取和分液得到有机相1和水相1，有机相1中含有MoO22+，加入氨水后得到钼酸铵溶液，经结晶后得到钼酸铵；水相1中含有Co2+、Al3+，SO42-，经萃取分液后，水相2中含有H2SO4和Al2（SO4）3，有机相2中含有Co2+、SO42-；加入硫酸后，得到水相3，加入草酸铵，得到草酸钴，加热草酸钴可以得到四氧化三钴，据此分析解答。

【详解】

(1)(NH4)2MoO4中，铵根离子为+1价，O为-2价，所有元素的化合价之和为0，Mo的化合价为+6价；MoS2和氧气反应的化学方程式为：2MoS2+7O2=2MoO3+4SO2，可知生成物有二氧化硫和MoO3两种氧化物；

(2)MoS2在空气中高温焙烧产生MoO3，酸浸时，生成MoO22+的离子方程式为MoO3+2H+=MoO22++H2O；

(3)根据图像，找到MoO22+最多，Co2+较少的协萃比为4:1；

(4)有机相1中含有MoO22+，向有机相1中滴加氨水，发生反应的离子方程式为MoO+4NH3·H2O=MoO+4NH+2H2O；

(5)根据Co2++2HR⇌CoR2+2H+可知，加入H2SO4，c(H+)增大；平衡向左移动，能进行反萃取；

(6)水相1中含有Co2+、Al3+，SO42-，经萃取分液后，水相2中含有H2SO4和Al2(SO4)3；

(7)Co3O4可以表示成CoO⋅Co2O3，在碱性条件下可发生氧化反应，实质为CoO生成CoOOH，电极反应为Co3O4+OH-+H2O–e-=3CoOOH。【解析】①.+6价②.MoO3③.MoO3+2H+=MoO22++H2O④.4：1⑤.MoO+4NH3·H2O=MoO+4NH+2H2O⑥.根据Co2++2HRCoR2+2H+可知，加入H2SO4，c(H+)增大，平衡向左移动⑦.Al2(SO4)3⑧.Co3O4+OH-+H2O–e-=3CoOOH29、略

【分析】【分析】