2024年沪科版高一化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年沪科版高一化学下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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、二氧化硅又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料，下列说法正确的是（）A.SiO2既能与HF反应，又能与NaOH反应，属于两性氧化物B.玛瑙和红宝石的主要成分都是SiO2，是制备半导体的材料C.高温下SiO2能与Na2CO3反应放出CO2，说明硅酸酸性强于碳酸D.Na2SiO3溶液中逐滴加入盐酸可制备硅酸胶体2、下列反应中不属于氧化还原反应的是rm{(}rm{)}A.rm{3CuS+8HNO_{3}篓T3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+3S隆媒+4H_{2}O}B.rm{3Cl_{2}+6KOH篓T5KCl+KClO_{3}+3H_{2}O}C.rm{CaCl_{2}+Na_{2}CO_{3}篓TCaCO_{3}隆媒+2NaCl}D.rm{2KMnO_{4}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}}rm{2KMnO_{4}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}}rm{K_{2}MnO_{4}+MnO_{2}+O_{2}隆眉}3、某同学按照课本实验要求，用rm{50mL}rm{0.50mol/L}的盐酸与rm{50mL}rm{0.55mol/L}的rm{NaOH}溶液在如图所示的装置中进行中和反应rm{.}通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热rm{.}下列说法，不正确的是rm{(}rm{)}A.采用rm{0.55mol/L}的rm{NaOH}溶液是保证盐酸完全被中和B.图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒C.烧杯间填满碎纸条的作用是保温隔热，防止热量损失D.若烧杯上不盖硬纸板，测得的rm{triangleH}将偏小4、下列有关化学反应中能量变化的理解，正确的是rm{(}rm{)}A.需要加热才能发生的反应，一定是吸收能量的反应B.在化学反应过程中总是伴随着能量的变化C.释放能量的反应在常温下一定很容易发生D.在确定的化学反应中反应物的总能量总是高于生成物的总能量5、下列各组离子在酸性的水溶液中能大量共存的是A.NH4+、Mg2＋、SO42－、Cl－B.Ba2＋、K＋、OH－、NO3-C.Al3＋、CH3COO－、SO42－、Cl－D.Na＋、Ag＋、Cl－、CO32-6、某无色透明溶液，在酸性环境下能大量共存的离子组是（）A.Na+、SO42﹣、HCO3﹣、C1﹣B.Mg2+、Cl﹣、Na+、NO3﹣C.K+、MnO4﹣、NO3﹣、Fe2+D.Cu2+、Cl﹣、NH4+、SO42﹣7、同温同压下，甲容器中HCl气体和乙容器中的NH3气体所含的原子个数相等，则甲、乙两容器的体积之比为（）A.2：1B.1：2C.1：1D.1：4评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)8、一定条件下，体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反应：2X（g）+Y（g）⇌Z（g），经60s达到平衡，生成0.3molZ．下列说法正确的是（）A.反应进行30s时，正反应速率等于逆反应速率B.反应进行80s时，逆反应速率大于正反应速率C.以X浓度变化表示的反应速率为0.001mol/（L•s）D.反应进行80s时，X物质的量浓度为0.04mol/L9、同温同压下，等质量的rm{O_{2}}和rm{CO_{2}}相比较，下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.体积比为rm{8}rm{1}B.分子个数之比为rm{11}rm{12}C.物质的量之比为rm{11}rm{8}D.原子个数之比为rm{11}rm{12}10、rm{(}双选rm{)}关于化学键的下列叙述正确的是A.离子化合物可能含共价键B.共价化合物可能含离子键C.离子化合物中只含离子键D.共价化合物中不含离子键11、同温同压下，等质量的rm{O_{2}}和rm{CO_{2}}相比较，下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.体积比为rm{8}rm{1}B.分子个数之比为rm{11}rm{12}C.物质的量之比为rm{11}rm{8}D.原子个数之比为rm{11}rm{12}12、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.瓦斯中甲烷和氧气的质量比为rm{1}rm{4}时极易爆炸，此时甲烷与氧气的体积比为rm{1}rm{2}B.欲配制rm{1.00}rm{L1.00}rm{mol?L^{-1}}的rm{NaCl}溶液，可将rm{58.5}rm{g}rm{NaCl}溶于rm{1.00}rm{L}水中C.rm{22.4LN_{2}}和rm{H_{2}}的混合气体中含rm{N_{A}}个原子D.rm{3mol}单质rm{Fe}完全转变为rm{Fe_{3}O_{4}}得到rm{8N_{A}}个电子评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、在甲苯、戊烯、己烷、苯四种物质中能使酸性KMnO4溶液褪色而不能使溴水因化学反应褪色的是____14、已知下列两氧化还原反应：O2+4HI═2I2+2H2ONa2S+I2═2NaI+S，试比较三种单质的氧化性强弱顺序______．15、A；B、C、D、E为原子序数依次递增的四种短周期元素．A、D同族；B、C同周期．C、E组成的化合物既能够溶于硫酸又能够溶于D的水溶液．A、B两元素以4：1组成的化合物甲为气体，由A、C组成的两种化合物乙和丙都为液态，乙中A、C原子数之比为1：1，丙中为2：1，由D、C组成的两种化合物丁和戊都为固态，丁中D、C原子数之比为1：1，戊中为2：1．

回答下列问题：

（1）甲的名称____；丙的分子式____；丁中C元素的化合价____；戊的焰色反应呈____色；乙的电子式____；

（2）写出元素B的最高价氧化物和丁反应的化学方程式____．

（3）向含E离子的硫酸盐溶液中逐滴滴加戊溶于水所得的稀溶液，请写出该过程反应的离子方程式：____，____．

（4）甲与C的单质C2按一定比例混合放入含过量的丁密闭容器中，电火花引燃，维持温度在120℃，充分反应后容器内压强几乎为零，试写出符合题意的甲和C2的物质的量之比：____；反应的化学方程式：____．16、（13分）已知①卤代烃（或－Br）可以和金属反应生成烃基金属有机化合物。后者又能与含羰基化合物反应生成醇：RBr＋MgRMgBrRCH2OMgBrRCH2OH②有机酸和PCl3反应可以得到羧酸的衍生物酰卤：③苯在AlCl3催化下能与卤代烃作用生成烃基苯：有机物A、B分子式均为C10H14O，与Na反应放出H2并均可经上述反应合成，但却又不能从羰基化合物直接加氢还原得到。A与浓硫酸并加热可得到C1和C2，而B得到D1和D2。C1、D1分子中所有碳原子均可能共处于同一平面上，而C2和D2却不可能。请以最基本的石油产品（乙烯、丙烯、丙烷、苯等）和任选无机试剂为原料依下列路线合成B，合成B的路线为：则写出下列物质的结构简式：A：____；B：____；C2：____；D1：____；1：____；2：____；3：____；4：____；5：____；6：____；7：____；8：____；9：____。17、微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池，其电极分别是rm{Ag_{2}O}和rm{Zn}电解质溶液为rm{KOH}溶液，电极反应式为rm{Zn+2OH^{-}-2e^{-}=Zn(OH)_{2}}rm{Ag_{2}O+H_{2}O+2e^{-}=2Ag+2OH^{-}}

根据上述反应，完成下列填空。rm{(1)}下列叙述中正确的是____。A.使用过程中，电解质rm{KOH}被不断消耗B.使用过程中，电子由rm{Ag_{2}O}极经外电路流向rm{Zn}极C.rm{Zn}是负极，rm{Ag_{2}O}是正极D.rm{Zn}电极发生还原反应，rm{Ag_{2}O}电极发生氧化反应rm{(2)}写出电池的总反应方程式：____。评卷人得分四、判断题(共4题，共20分)18、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）19、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）20、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）21、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）评卷人得分五、简答题(共4题，共40分)22、某工厂的工业废水中含有大量的rm{FeSO_{4}}较多的rm{Cu^{2+}}和少量的rm{Na^{+}.}为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜rm{.}请根据流程图，填写物质名称rm{(}或主要成分的化学式rm{)}或操作方法；完成回收硫酸亚铁和铜的简单实验方案．

rm{(1)A}是______，rm{B}是______．

rm{(2)}操作Ⅱ是______，操作Ⅲ是______．23、已知在容积固定的密闭容器中充入rm{NH_{3}}和rm{O_{2}}发生如下反应：rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)?4NO(g)+6H_{2}O(g)}

rm{(1)}下列能说明该反应已经达到平衡状态的是______；

A.容器中气体总质量不变rm{B.c(O_{2})}不变rm{C.v}rm{(O_{2})=1.25v(NH_{3})}

D.体系压强不变rm{E.}相同时间内，消耗rm{0.1mol}rm{NH_{3}}同时消耗了rm{0.1mol}rm{NO}

rm{(2)}若将此反应设计为原电池，负极反应式______．24、

下图是周期表的一部分，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E5}种元素的原子核外共含有rm{80}个质子。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}种元素的原子核外共含有rm{E5}个质子。

rm{80}

rm{(1)A}rm{B}rm{C}rm{D}的元素符号分别是：rm{E}________，rm{A}________，rm{B}_________，rm{C}________，_________，rm{A}________，rm{B}_______，rm{C}__________rm{D}_______，rm{E}__________rm{D}rm{E}的的酸性由强到弱的顺序是rm{(2)A}用化学式表示rm{B}______________________________________________________________________。rm{C}的最高价氧化物对应的水化物体现____rm{(}填“酸性”、“碱性”、“两性”rm{)}用离子方程式表示为：____

rm{(3)A}为_______________rm{(}填“金属”、“非金属”rm{)}其单质可能为____________rm{(4)E}填“导体”、“非导体”、“半导体”rm{(}推断理由是_________________________________________rm{)}25、某实验小组设计了如下装置对焦炭还原二氧化硅气体产物的成分进行探究。

已知：rm{PdCl}rm{PdCl}rm{{,!}_{2}}反应的化学方程式为：溶液可用于检验rm{CO}反应的化学方程式为：rm{CO}rm{CO+PdCl}rm{CO+PdCl}rm{{,!}_{2}}rm{+H}rm{+H}产生黑色金属钯粉末，使溶液变浑浊rm{{,!}_{2}}

rm{O=CO}rm{O=CO}实验时要通入足够长时间的rm{{,!}_{2}}rm{+2HCl+Pd隆媒(}产生黑色金属钯粉末，使溶液变浑浊rm{)}rm{+2HCl+Pd隆媒(}

rm{)}装置rm{(1)}实验时要通入足够长时间的rm{N}的作用是__________________________________________。rm{(1)}装置rm{N}rm{{,!}_{2}}中所盛试剂分别为澄清石灰水、____________________，若装置，其原因是_____________________。中溶液均变浑浊；且经检测两气体产物的物质的量相等，则该反应的化学方程式为__________________________________________________。

rm{(2)}装置rm{B}的作用是__________________________________________。该装置的缺点是_______________________________。rm{(2)}资料表明，上述反应在焦炭过量时会生成副产物rm{B}取rm{(3)}和rm{C}焦炭充分反应后收集到标准状况下的气体rm{D}假定气体产物只有rm{C}固体产物只有rm{D}和rm{(4)}该装置的缺点是_______________________________。则rm{(4)}和rm{(5)}的物质的量之比为_____________。

rm{SiC}设计实验方案证明碳酸的酸性比硅酸的强：_______________________。rm{18gSiO_{2}}评卷人得分六、工业流程题(共2题，共12分)26、用铝箔制备Al2O3、AlCl3·6H2O及明矾(摩尔质量为474g/mol)晶体；相关流程如下：

已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明矾在水中的溶解度如下表。温度/℃010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109

(1)步骤II中发生的离子方程式___________；

(2)选出步骤Ⅳ过程中合理的操作并排序___________。

a．迅速降至室温b．用玻璃棒摩擦器壁c．配制90℃的明矾饱和溶液。

d．自然冷却至室温e．选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央。

f．配制高于室温10~20℃的明矾饱和溶液。

(3)下列关于固液分离操作或描述正确的是___________。

A．步骤II通过量CO2后进行固液分离时为加快过滤速度可采用抽滤B．如图中抽滤装置有2处错误C．抽滤完毕时，应先关闭水龙头，再断开吸滤瓶和安全瓶之间的导管，以防止倒吸D．步骤Ⅴ，抽滤时，需用玻璃纤维替代滤纸(4)由溶液A制备AlCl3·6H2O的装置如图所示：

①通入HCl的作用有___________。

②步骤Ⅴ洗涤时，请使用合适的洗涤剂并描述具体的洗涤操作___________。

(5)用电子天平称取3.000g的明矾粗产品，用水溶解后取相同体积的两份溶液。第一份用BaCl2溶液滴定法测得n(SO)为0.006300mol；第二份用EDTA滴定法测得n(Al3+)为0.002900mol。则该试样中明矾的纯度为___________。27、工业上利用废镍催化剂（主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）制备草酸镍晶体（NiC2O4·2H2O）的流程如下：

（1）NiC2O4·2H2O中C的化合价是___。既能加快“酸浸”反应速率又能提高“酸浸”原料利用率的操作措施为___。

（2）“滤渣Ⅰ”的主要成分是___。

（3）在隔绝空气的条件下，高温煅烧无水NiC2O4得到Ni2O3和两种含碳元素的气体，该反应的化学方程式是___。

（4）高能锂离子电池的总反应为2Li+FeS=Fe+Li2S。用该电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni的装置如图（图中X、Y为电极，LiPF6·SO(CH3)2为电解质）。

①电极X的反应材料是___（填化学式）；中间隔室b可以得到的主要物质Z是___（填化学式）。

②电解总反应的离子方程式为___。

已知F＝96500C/mol，若电池工作tmin，维持电流强度为IA，理论回收Ni___g（写出计算表达式即可）。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】解：A．二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水；不符合两性氧化物概念，不是两性氧化物，故A错误；

B．二氧化硅不导电是绝缘体；硅为良好的半导体材料，故B错误；

C．高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2；不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，故C错误；

D．硅酸钠与盐酸反应生成硅酸和氯化钠；可以用来制备硅酸胶体，故D正确；

故选：D．

A．两性氧化物与碱和酸反应生成物为盐和水；

B．二氧化硅不导电；

C．常温下；水溶液中强酸能制取弱酸；

D．硅酸钠与盐酸反应生成硅酸和氯化钠；

本题考查了硅及其化合物，熟悉物质的性质是解题关键，注意硅与氢氧化钠溶液反应的实质，注意两性物质的概念，题目难度不大．【解析】【答案】D2、C【分析】解：rm{A.3CuS+8HNO_{3}篓T3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+3S隆媒+4H_{2}O}中硫和氮元素的化合价变化；为氧化还原反应，故A不选；

B.rm{3Cl_{2}+6KOH篓T5KCl+KClO_{3}+3H_{2}O}中rm{Cl}元素的化合价变化；为氧化还原反应，故B不选；

C.rm{CaCl_{2}+Na_{2}CO_{3}篓TCaCO_{3}隆媒+2NaCl}中没有元素的化合价变化；为非氧化还原反应，故C选；

D.rm{2KMnO_{4}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}}rm{2KMnO_{4}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}}中锰；氧元素的化合价变化；为氧化还原反应，故D不选；

故选C．

含元素化合价变化的反应；为氧化还原反应，以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见元素的化合价，题目难度不大．rm{K_{2}MnO_{4}+MnO_{2}+O_{2}隆眉}【解析】rm{C}3、D【分析】解：rm{A.}采用rm{0.55mol/L}的rm{NaOH}溶液，即rm{NaOH}过量；是为了保证盐酸完全反应，故A正确；

B.根据量热计的结构可知实验装置缺少环形玻璃搅拌棒；故B正确；

C.中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故C正确；

D.大烧杯上不盖硬纸板，热量容易散失，中和热的数值偏小，但中和热rm{triangleH}会偏大；故D错误；

故选D．

A.为了保证盐酸完全反应；碱会稍微过量一点；

B.根据量热计的结构来确定该装置缺少的仪器；

C.中和热测定实验成败的关键是保温工作；烧杯间填满碎纸条的作用是保温；

D.根据大烧杯上不盖硬纸板；热量容易散失．

本题考查学生有关中和热测定原理，可以根据所学知识进行回答，注意比较中和热大小时要考虑“rm{-}“号．【解析】rm{D}4、B【分析】解：rm{A}需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应；铝热反应需要高温才能发生，但是属于放热反应，故A错误；

B；化学反应伴随物质变化的同时一定伴随着能量的变化；故B正确；

C；反应的吸放热和条件无关；释放能量的反应在常温下不一定很容易发生，如铝热反应需要高温才能发生，故C错误；

D、反应一定伴随着吸放热，根据rm{triangleH=}生成物的能量和rm{-}反应物的能量和；在确定的化学反应中，反应物的总能量高于或是低于生成物的总能，故D错误．

故选B．

A；需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应；反应的吸放热和条件无关；

B；化学反应伴随物质变化的同时一定伴随着能量的变化；

C；反应的吸放热和条件无关；

D、反应一定伴随着吸放热，根据rm{triangleH=}生成物的能量和rm{-}反应物的能量和来判断．

题目考查了反应热的判断与以及反应的吸放热和反应条件之间的关系，题目难度不大，注意知识的归纳和梳理是关键．【解析】rm{B}5、A【分析】试题分析：A、各离子不反应，且与H＋也不反应，可以大量共存，A正确；B、酸性条件下OH－不能大量存在，B错误；C、CH3COO－是弱酸根离子，不能在酸性条件下大量存在，C错误；D、CO32-是弱酸根离子，不能在酸性条件下大量存在，会产生二氧化碳，且Ag＋与Cl－、CO32-会反应产生沉淀，D错误；答案选A。考点：考查离子共存。【解析】【答案】A6、B【分析】【解答】解：A．因H+、HCO3﹣结合生成水和气体；不能大量共存，故A错误；B．因该组离子之间不反应，能大量共存，且离子均为无色，故B正确；

C．该组离子之间不反应，能大量共存，但MnO4﹣为紫色，Fe2+为浅绿色；与无色不符，故C错误；

D．该组离子之间不反应，能大量共存，但Cu2+为蓝色；与无色不符，故D错误；

故选B．

【分析】强酸性溶液，含大量的H+，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，并结合离子的颜色来解答．7、A【分析】解：同温同压下，气体的Vm相等，A容器中的氯化氢（HCl）和B容器中的氨气（NH3）所含的原子个数相同；

由N=n×NA，可知2n（O2）=4n（NH3）；

则n（O2）：n（NH3）=2：1；

根据V=n×Vm可知；

V（O2）：V（NH3）=2Vm：Vm=2：1；

故选A．

同温同压下，气体的Vm相等，根据n=计算．

本题考查阿伏加德罗定律及其推论以及物质的量的相关计算，题目难度不大，本题注意根据相关计算公式n=计算，注意同温同压下，气体的Vm相等．【解析】【答案】A二、双选题(共5题，共10分)8、C|D【分析】解：A．由题意可知；经60s达到平衡，则反应进行30s时，肯定没有达到平衡状态，则正反应速率大于逆反应速率，故A错误；

B．经60s达到平衡；则应进行80s时，逆反应速率与正反应速率仍相等，故B错误；

C．经60s达到平衡，生成0.3molZ，则v（Z）==0.0005mol/（L•s）；则v（X）=2v（Z）=2×0.0005mol/（L•s）=0.00lmol/（L•s），故C正确；

D．反应进行80s时；与60s时相等，生成0.3molZ，则消耗0.6molX，则剩余0.4molX，X物质的量浓度为0.04mol/L，故D正确．

故选CD．

经60s达到平衡；正反应速率等于逆反应速率，达到平衡之后，如外界条件不不变，则平衡状态不变，正逆反应速率相等，结合生成Z的物质的量进行相关的计算．

本题考查化学平衡问题，题目难度不大，本题注意外界条件对化学平衡的影响，根据化学反应速率之比等于化学质量数之比计算反应速率．【解析】【答案】CD9、rCD【分析】解：由rm{n=dfrac{m}{M}}可知，等质量的rm{O_{2}}和rm{CO_{2}}的物质的量之比rm{=44g/mol}rm{32g/mol=11}rm{8}

A.同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，故等质量的rm{O_{2}}和rm{CO_{2}}的体积之比rm{=11}rm{8}故A错误；

B.分子数目之比等于物质的量之比，故等质量的rm{O_{2}}和rm{CO_{2}}含有分子数目之比rm{=11}rm{8}故B错误；

C.由rm{n=dfrac{m}{M}}可知，等质量的rm{O_{2}}和rm{CO_{2}}的物质的量之比rm{=44g/mol}rm{32g/mol=11}rm{8}故C正确；

D.等质量的rm{O_{2}}和rm{CO_{2}}的含有原子数目之比rm{=11隆脕2}rm{8隆脕3=11}rm{12}故D正确；

故选CD．

A.同温同压下；气体体积之比等于其物质的量之比；

B.分子数目之比等于物质的量之比；

C.相同质量；物质的量之比与摩尔质量成反比；

D.结合分子含有原子数目计算判断．

本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活应用．【解析】rm{CD}10、AD【分析】【分析】本题考查了离子键、共价键与离子化合物、共价化合物的关系，侧重考查学生对这几个概念的辨别能力，要注意离子化合物中可能含共价键，共价化合物中一定不含离子键。【解答】A.离子化合物中可能含共价键，如rm{NaOH}故A正确；故A正确；

rm{NaOH}

B.共价化合物中一定不含离子键，含有离子键的化合物为离子化合物，故B错误；故C错误；

C.离子化合物中肯定含有离子键，可能含共价键，如rm{NaOH}故C错误；

rm{NaOH}D.只含有共价键的化合物属于共价化合物，共价化合物一定含有共价键，不含离子键，故D正确。【解析】rm{AD}11、rCD【分析】解：由rm{n=dfrac{m}{M}}可知，等质量的rm{O_{2}}和rm{CO_{2}}的物质的量之比rm{=44g/mol}rm{32g/mol=11}rm{8}

A.同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，故等质量的rm{O_{2}}和rm{CO_{2}}的体积之比rm{=11}rm{8}故A错误；

B.分子数目之比等于物质的量之比，故等质量的rm{O_{2}}和rm{CO_{2}}含有分子数目之比rm{=11}rm{8}故B错误；

C.由rm{n=dfrac{m}{M}}可知，等质量的rm{O_{2}}和rm{CO_{2}}的物质的量之比rm{=44g/mol}rm{32g/mol=11}rm{8}故C正确；

D.等质量的rm{O_{2}}和rm{CO_{2}}的含有原子数目之比rm{=11隆脕2}rm{8隆脕3=11}rm{12}故D正确；

故选CD．

A.同温同压下；气体体积之比等于其物质的量之比；

B.分子数目之比等于物质的量之比；

C.相同质量；物质的量之比与摩尔质量成反比；

D.结合分子含有原子数目计算判断．

本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活应用．【解析】rm{CD}12、rAD【分析】解：rm{A.}令甲烷与氧气的质量分别为rm{1g}rm{4g}则：甲烷的物质的量为rm{dfrac{1g}{16g/mol}=dfrac{1}{16}mol}氧气的物质的量为：rm{dfrac{4g}{32g/mol}=dfrac{1}{8}mol}相同条件下，体积之比等于物质的量之比，故此时甲烷与氧气的体积比为rm{dfrac{1g}{16g/mol}=dfrac

{1}{16}mol}rm{dfrac{4g}{32g/mol}=dfrac

{1}{8}mol}rm{dfrac{1}{16}mol}故A正确；

B.可将rm{dfrac{1}{8}mol=1}rm{2}rm{58.5}溶于rm{g}rm{NaCl}水中，溶液体积大于rm{1.00}则物质的量浓度小于rm{L}rm{1.00L}故B错误；

C.气体状况未知，rm{1.00}不确定；无法计算，故C错误；

D.rm{mol?L^{-1}}中铁为rm{Vm}价，故rm{Fe_{3}O_{4}}铁反应失去rm{+dfrac{8}{3}}电子，rm{1mol}单质rm{dfrac{8}{3}mol}完全转化为rm{3mol}失去rm{Fe}电子，即rm{Fe_{3}O_{4}}个；故D正确；

故选：rm{8mol}．

A.令甲烷与氧气的质量分别为rm{8N_{A}}rm{AD}根据rm{1g}计算各自的物质的量；相同条件下，体积之比等于物质的量之比，据此计算；

B.物质的量浓度中体积为溶液的体积；

C.气体状况未知；

D.根据rm{4g}中铁为rm{n=dfrac{m}{M}}价来分析．

本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间关系是解题关键，题目难度中等．rm{Fe_{3}O_{4}}【解析】rm{AD}三、填空题(共5题，共10分)13、甲苯【分析】【解答】甲苯可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；而不与与溴水反应；

戊烯含有碳碳双键；所以戊烯与酸性高锰酸钾和溴水都反应；

己烷为饱和烃；己烷与酸性高锰酸钾和溴水都不反应；

苯化学性质较稳定；不与与酸性高锰酸钾和溴水反应；

所以能使酸性KMnO4溶液褪色而不能使溴水因化学反应褪色的是甲苯；

故答案为：甲苯．

【分析】能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使溴水因化学反应而褪色，说明分子中不含不饱和键，可为苯的同系物，以此解答该题．14、略

【分析】解：反应Na2S+I2=2NaI+S中，氧化剂是碘单质，氧化产物是S，所以氧化性I2＞S，反应O2+4HI═2I2+2H2O中，氧化剂是氧气，氧化产物是I2，所以氧化性O2＞I2，所以氧化性顺序是：O2＞I2＞S．

故答案为：O2＞I2＞S．

在氧化还原反应中；氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，据此来回答．

本题考查学生氧化还原反应中，氧化性强弱的判断方法，规律是：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，属于基本知识的考查，难度不大．【解析】O2＞I2＞S15、略

【分析】

A、B两元素以4：1组成的化合物甲为气体，则甲为CH4，A为H元素，B为C元素，由A、C组成的两种化合物乙和丙都为液态，乙中A、C原子数之比为1：1，丙中为2：1，则C为O元素，形成的化合物分别为H2O2、H2O，由D、C组成的两种化合物丁和戊都为固态，丁中D、C原子数之比为1：1，戊中为2：1，则D为Na元素，形成的化合物分别为Na2O2、Na2O，C、E组成的化合物既能够溶于硫酸又能够溶于D的水溶液，说明E为Al元素，形成的化合物Al2O3具有两性．

（1）由以上分析可知，甲为CH4，丙为H2O，丁为Na2O2，O元素的化合价为-1价，戊为Na2O，含有Na元素，焰色反应呈黄色，乙为H2O2，电子式为故答案为：甲烷；H2O；-1；黄；

（2）元素B的最高价氧化物为CO2，丁为Na2O2，二者反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

（3）含Al3+离子的硫酸盐溶液中逐滴滴加NaOH的稀溶液，先生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3具有两性，能继续与NaOH反应生成AlO2-，反应的离子方程式为Al3++3OH-=Al（OH）3↓；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

故答案为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

（4）甲烷与氧气通入到含过量的Na2O2密闭容器中，电火花引燃，维持温度在120℃，充分反应后容器内压强几乎为零，则参加反应的气体全部生成固体，根据质量守恒可知生成物应为Na2CO3和NaOH，根据甲烷的组成可知Na2CO3与NaOH物质的量之比为1：4，反应的方程式为2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH；由方程式可知甲烷和氧气的物质的量之比为2：1；

故答案为：2：1；2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH．

【解析】【答案】A、B两元素以4：1组成的化合物甲为气体，则甲为CH4，A为H元素，B为C元素，由A、C组成的两种化合物乙和丙都为液态，乙中A、C原子数之比为1：1，丙中为2：1，则C为O元素，形成的化合物分别为H2O2、H2O，由D、C组成的两种化合物丁和戊都为固态，丁中D、C原子数之比为1：1，戊中为2：1，则D为Na元素，形成的化合物分别为Na2O2、Na2O，C、E组成的化合物既能够溶于硫酸又能够溶于D的水溶液，说明E为Al元素，形成的化合物Al2O3具有两性；根据元素所在周期表中的位置结合元素周期律的递变规律来解答元素；原子以及对应化合物的结构和性质．

16、略

【分析】【解析】【答案】A：B：C2：D1：1：CH3CH2Br；2：CH3CH2MgBr；3：CH3CH2OH；4：CH3CHO；5：CH3COOH；6：7：8：9：17、（1）C

（2）Zn+Ag2O+H2OZn(OH)2+2Ag【分析】【分析】本题考查原电池的工作原理，难度一般。【解答】rm{(1)}由正、负电极反应式可知，rm{Zn}电极为负极，发生氧化反应，rm{Ag}由正、负电极反应式可知，rm{(1)}电极为负极，发生氧化反应，rm{Zn}rm{Ag}rm{2}为正极，发生还原反应，使用时电子由rm{2}极流向rm{O}为正极，发生还原反应，使用时电子由rm{Zn}极流向rm{Ag}rm{O}rm{Zn}极，电解质rm{Ag}没有rm{2}rm{2}

rm{O}极，电解质rm{KOH}没有正、负极反应式相加可得总反应方程式为rm{O}rm{KOH}消耗，故答案为：rm{C}rm{C}rm{(2)}正、负极反应式相加可得总反应方程式为rm{Zn+Ag}rm{(2)}rm{Zn+Ag}rm{2}rm{2}rm{O+H}rm{O+H}【解析】rm{(1)C}

rm{(1)C}rm{(2)Zn+Ag}rm{(2)Zn+Ag}rm{2}rm{2}rm{O+H}rm{O+H}rm{2}rm{2}四、判断题(共4题，共20分)18、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．19、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．20、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．21、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．五、简答题(共4题，共40分)22、略

【分析】解：rm{(1)}工业废水中含有大量的rm{FeSO_{4}}较多的rm{Cu^{2+}}和少量的rm{Na^{+}}根据流程图中可以知道，完成回收硫酸亚铁和铜；

先加过量铁粉把铜置换出来，rm{Cu^{2+}+Fe=Fe^{2+}+Cu}过滤，废水中剩下rm{FeSO_{4}}和少量的rm{Na^{+}}铁粉、铜中加rm{H_{2}SO_{4}}得到rm{FeSO_{4}}

故答案为：rm{Fe}rm{H_{2}SO_{4}}

rm{(2)}根据流程图中可以知道，操作Ⅰ加铁粉，rm{Cu^{2+}+Fe=Fe^{2+}+Cu}过滤，废水rm{E}中剩下rm{FeSO_{4}}和少量的rm{Na^{+}}加入rm{C}中的rm{B}为rm{H_{2}SO_{4}}因为铁粉；铜中加入适量稀硫酸，稀硫酸和铁粉反应，生成硫酸亚铁，分离不溶于水的固体和液体，用过滤，回收硫酸亚铁，需采用冷却结晶；

故答案为：过滤；蒸发；冷却、结晶；

rm{(1)}某工厂的工业废水中含有大量的rm{FeSO_{4}}较多的rm{Cu^{2+}}和少量的rm{Na^{+}}先加过量铁，铁在金属活动顺序表中排在铜的前面，所以铁粉把铜置换出来，过滤出rm{Cu}rm{Fe.}滤液是rm{FeSO_{4}}

rm{(2)}要分离不溶于水的固体和液体；可用过滤的方法；

解答本题要充分理解各种物质的性质，从而得出正确的结论，应熟悉混合物的分离方法，掌握过滤和蒸发结晶分离方法的使用条件及实验操作．【解析】rm{Fe}rm{H_{2}SO_{4}}过滤；蒸发、冷却、结晶23、略

【分析】解：rm{(1)A.}反应前后都是气体；气体总质量始终不变，故A错误；

B.rm{c(O_{2})}不变；说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；

C.rm{v(O_{2})=1.25v(NH_{3})}没有告诉是正逆反应速率，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；

D.该反应是体积缩小的反应；反应过程中气体的物质的量逐渐减小，压强逐渐减小，若体系压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；

E.相同时间内，消耗rm{0.1mol}rm{NH_{3}}同时消耗了rm{0.1mol}rm{NO}说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故E正确；

故答案为：rm{BDE}

rm{(2)}原电池负极发生氧化反应，根据反应rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)?4NO(g)+6H_{2}O(g)}可知，若将此反应设计为原电池，负极反应式为：rm{2NH_{3}-6e^{-}=N_{2}+6H^{+}}

故答案为：rm{2NH_{3}-6e^{-}=N_{2}+6H^{+}}．

rm{(1)}根据化学平衡状态的特征：逆；定、动、变、等来判断化学反应是否达到平衡；当化学反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理性不变，以此解答该题；

rm{(2)}原电池中负极失去电子发生氧化反应；结合总反应写出其负极反应式．

本题考查化学平衡状态的判断、原电池工作原理，题目难度中等，明确化学平衡状态特征为解答关键，注意掌握原电池工作原理，试题培养了学生的灵活应用能力．【解析】rm{BDE}rm{2NH_{3}-6e^{-}=N_{2}+6H^{+}}24、Al；Si；P；C；Ge；H3PO4＞H2SiO3＞Al（OH）3；两性；Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O；Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；金属；半导体；在周期表中处在金属元素和非金属元素分界线附近

（1）AlSiPCGe

（2）H3PO4＞H2SiO3＞Al(OH)3

（3）两性Al(OH)3+3H+═══Al3++3H2O

Al(OH)3+OH-═══AlO2-+2H2O

（4）金属半导体在周期表中处在金属元素和非金属元素分界线附近【分析】【分析】本题考查元素位置结构性质的关系应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，注意把握元素周期表的结构和对应元素的性质的递变规律。【解答】由元素所在周期表位置可推断元素位于二、三、四周期，设rm{B}的原子序数为rm{x}则rm{A}的原子序数为rm{x-1}rm{C}的原子序数为rm{x+1}rm{D}的原子序数为rm{x-8}rm{E}的原子序数为rm{x+18}则有rm{x+x-1+x+1+x-8+x+18=80}rm{x=14}所以rm{A}为rm{Al}元素，rm{B}为rm{Si}元素，rm{C}为rm{P}rm{D}为rm{C}元素，rm{E}为rm{Ge}元素，根据元素所在周期表中的位置结合元素周期律解答该题。rm{(1)}由元素所在周期表位置可推断元素位于二、三、四周期，设rm{B}的原子序数为rm{x}则rm{A}的原子序数为rm{x-1}rm{C}的原子序数为rm{x+1}rm{D}的原子序数为rm{x-8}rm{E}的原子序数为rm{x+18}则有rm{x+x-1+x+1+x-8+x+18=80}rm{x=14}所以rm{A}为rm{Al}元素，rm{B}为rm{Si}元素，rm{C}为rm{P}rm{D}为rm{C}元素，rm{E}为rm{Ge}元素；

故答案为：rm{Al}rm{Si}rm{P}rm{C}rm{Ge}

rm{(2)A}rm{B}rm{C}对应最高价氧化物的水化物分别为rm{Al(OH)_{3}}rm{H_{2}SiO_{3}}rm{H_{3}PO_{4}}同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，则有酸性：rm{H_{3}PO_{4}>H_{2}SiO_{3}>Al(OH)_{3}}故答案为：rm{H_{3}PO_{4}>H_{2}SiO_{3}>Al(OH)_{3}}

rm{(3)A}的最高价氧化物对应的水化物为rm{Al(OH)_{3}}为两性氧化物，既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水，反应的离子方程式分别为rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}篓TAl^{3+}+3H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案为：两性；rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}篓TAl^{3+}+3H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

rm{(4)E}为金属元素rm{Ge}位于金属元素和非金属元素分界线附近，为良好的半导体材料；

故答案为：金属；半导体；在周期表中处在金属元素和非金属元素分界线附近。【解析】rm{Al}rm{Si}rm{P}rm{C}rm{Ge}rm{H_{3}PO_{4}>H_{2}SiO_{3}>Al(OH)_{3}}两性；rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}篓TAl^{3+}+3H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}金属；半导体；在周期表中处在金属元素和非金属元素分界线附近rm{(1)Al}rm{Si}rm{P}rm{C}rm{Ge}rm{(2)H_{3}PO_{4}>H_{2}SiO_{3}>Al(OH)_{3}}rm{(3)}两性rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}}rm{篓T篓T篓TAl^{3+}+3H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-;}篓T篓T篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-;}篓T篓T篓T

AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}金属半导体在周期表中处在金属元素和非金属元素分界线附近rm{(4)}25、（1）避免空气中的O2、CO2、水蒸气对实验产生干扰

（2）作安全瓶，防止倒吸

（3）PdCl2溶液3SiO2＋4C2CO2↑＋2CO↑＋3Si

（4）无尾气吸收装置

（5）2:1

（6）向Na2SiO3溶液中通入CO2气体，溶液变浑浊【分析】【分析】本题考查了物质组成的实验探究方法，过程分析判断，实验设计，注意题干信息的分析判断应用，掌握基础是关键，题目难度中等．【解答】rm{(1)}碳与二氧化硅反应要在高温下进行，而高温下碳与空气中氧气反应，所以实验时要将装置中的空气排尽，所以实验时要通人足够长时间的rm{N_{2}}

故答案为：避免空气中的rm{O_{2}}rm{CO_{2}}水蒸气对实验产生干扰；

rm{(2)}根据装置图可知，rm{B}装置可以作安全瓶；防止倒吸；

故答案为：作安全瓶；防止倒吸；

rm{(3)}根据元素守恒，碳与二氧化硅反应可能生成一氧化碳也可能生成二氧化碳，所以rm{C}装置用来检验有没有二氧化碳，rm{D}装置用来检验一氧化碳，所以置rm{C}rm{D}中所盛试剂分别为澄清石灰水、rm{PdCl_{2}}溶液；若装置rm{C}rm{D}中溶液均变浑浊，说明既有二氧化碳又有一氧化碳，检测两气体产物的物质的量相等，根据元素守恒可知化学方程式为rm{3SiO_{2}}rm{+4C}rm{overset{赂脽脦脗}{=}}rm{2CO_{2}隆眉+2CO隆眉+3Sii}

故答案为：rm{PdCl_{2}}溶液；rm{3SiO_{2}}rm{+4C}rm{overset{赂脽脦脗}{=}}rm{2CO_{2}隆眉+2CO隆眉+3Si}

rm{(4)}一氧化碳有毒，不能排放到空气中，而该装置没有尾气吸收装置将rm{CO}吸收，故答案为：无尾气吸收装置；

rm{(5)}取rm{18g}rm{Si0_{2}}物质的量rm{=dfrac{18g}{60g/mol}=0.3mol}rm{=dfrac

{18g}{60g/mol}=0.3mol}焦炭物质的量rm{=dfrac{8.4g}{12g/mol}=0.7mol}充分反应后收集到标准状况下的气体rm{8.4g}物质的量rm{=dfrac{13.44L}{22.4L/mol}=0.6mol}假定气体产物只有rm{=dfrac

{8.4g}{12g/mol}=0.7mol}固体产物只有rm{13.44L}和rm{=dfrac

{13.44L}{22.4L/mol}=0.6mol}

rm{SiO_{2}+2Coverset{赂脽脦脗}{=}2CO+Si}

rm{CO}rm{Si}

rm{SiC}

rm{SiO_{2}+2Coverset{赂脽脦脗}{=}

2CO+Si}rm{0.3mol}rm{0.6mol0.6mol0.3mol}

rm{Si+C=SiC}rm{1}

得到rm{1}和rm{1}的物质的量之比为rm{0.1mol}rm{0.1mol0.1mol}rm{Si}

故答案为：rm{SiC}rm{0.2mol}

rm{0.1mol=2}验证碳酸、硅酸的酸性强弱，产生的rm{1}气体先通过饱和的碳酸氢钠溶液除去混有的杂质气体，然后再通入硅酸钠溶液发生反应rm{2}说明酸性rm{1}

故答案为：向硅酸钠溶液中通入二氧化碳气体，溶液变浑浊，证明碳酸酸性大于硅酸。rm{(6)}【解析】rm{(1)}避免空气中的rm{O_{2}}rm{CO_{2}}水蒸气对实验产生干扰rm{(2)}作安全瓶，防止倒吸rm{(3)PdCl_{2}}溶液rm{3SiO_{2}}rm{+4Coverset{赂脽脦脗}{=}2CO_{2}隆眉+2CO隆眉+3Si}rm{+4Coverset{赂脽脦脗}{=}2CO_{2}隆眉+

2CO隆眉+3Si}无尾气吸收装置rm{(4)}rm{(5)2:1}向rm{(6)}溶液中通入rm{Na_{2}SiO_{3}}气体，溶液变浑浊rm{CO_{2}}六、工业流程题(共2题，共12分)26、略

【分析】【分析】

根据流程：用NaOH溶液溶解铝箔，发生反应：2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，向含有NaAlO2的溶液通入过量的CO2气体，发生反应：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+得到Al(OH)3的胶状固体，将一部分胶状固体洗涤得到Al(OH)3，灼烧Al(OH)3得到氧化铝，用硫酸溶解Al(OH)3加入K2SO4溶液，配制高于室温10~20℃的明矾饱和溶液，选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央，自然冷却至室温，得到明矾大晶体，另一部分胶状固体用盐酸溶解，得到AlCl3溶液，将H