2024年北师大新版高一化学上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年北师大新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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列离子方程式不正确的是A.二氧化碳通入足量澄清石灰水中：CO2＋Ca2＋＋2OH－═CaCO3↓＋H2OB.Cu丝伸入到AgNO3溶液中：Cu＋2Ag＋═Cu2＋＋2AgC.H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO2－4═BaSO4↓＋H2OD.碳酸镁跟稀硫酸反应：MgCO3＋2H＋═Mg2＋＋H2O＋CO2↑2、在标准状况下，将wgA气体（摩尔质量为Mg/mol）溶于1L水中，所得溶液密度为dg/mL，则此溶液的物质的量浓度为（）mol/L．A.B.C.D.3、下列实验操作中，所用仪器合理的是（）A.在蒸发皿中放入NaCl溶液，加热蒸干制取NaCl晶体B.用100mL的量筒量取5.2mL的盐酸C.用托盘天平称取25.2gNaClD.用100mL容量瓶配制50mL0.1mol/L的盐酸4、有人设想将碳酸钙通过特殊的加工方法使之变为纳米碳酸钙rm{(}即碳酸钙粒子直径是纳米级rm{)}这将引起建筑材料的性能发生巨变。下列关于纳米碳酸钙的推测可能正确的是rm{(}rm{)}A.纳米碳酸钙是与胶体相似的分散系B.纳米碳酸钙分散到水中会产生丁达尔效应C.纳米碳酸钙化学性质已与原来碳酸钙完全不同D.纳米碳酸钙的粒子不能透过滤纸5、下列关于热化学描述正确的是rm{(}rm{)}A.rm{HCl}和rm{NaOH}反应的中和热rm{triangleH=-57.3}rm{kJ?mol^{-1}}则rm{H_{2}SO_{4}}和rm{Ca(OH)_{2}}反应的中和热rm{triangleH=2隆脕(-57.3)kJ?mol^{-1}}B.rm{triangle

H=2隆脕(-57.3)kJ?mol^{-1}}燃烧热rm{CO(g)}rm{283.0}rm{kJ?mol^{-1}}的rm{2CO_{2}(g)篓T2CO(g)+O_{2}(g)}rm{triangleH=+2隆脕283.0}C.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D.rm{kJ?mol^{-1}}rm{1}甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热rm{mol}评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、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7、在1L密闭容器中通入2mol氨气，在一定温度下，发生下列反应：2NH3N2+3H2，达到平衡时，容器内N2的百分含量为a%，若维持容器的体积和温度都不变，分别通入下列几组物质，达到平衡时，容器内N2的含量仍为a%的是（）A.3molH2和1molN2B.2molNH3和1molN2C.2molN2和3molH2D.0.1molNH3，0.95molN2和2.85molH28、下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是：A.室温下，向0.01mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)>c(SO42－)>c(NH4＋)>c(OH－)＝c(H＋)B.0.1mol·L－1NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(OH－)>c((HCO3－)>c(H＋)C.Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)+2c(H2CO3)D.25℃时，pH＝4.75、浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO－)＋c(OH－)3COOH)＋c(H＋)9、柠檬酸(用H3R表示)是一种高效除垢剂。常温时，用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中H3R、H2R-、HR2-、R3-的物质的量百分数随pH的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.由a点判断H3R的第一步电离常数Ka1(H3R)的数量级为10-3B.若b点溶液中金属阳离子只有Na+，则有c(Na+)=c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)C.pH=6时，c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)D.反应2H2R-H3R+HR2-在该温度下的平衡常数K=10x-y10、下列有关实验操作或判断不正确的是rm{(}rm{)}A.配制一定物质的量浓度溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小B.用干燥的rm{pH}试纸测定氯水的rm{pH}C.配制稀硫酸时，可先在烧杯中加入一定体积的蒸馏水，再边缓慢加入浓硫酸边搅拌E.观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀盐酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的火焰上进行灼烧，观察．E.观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀盐酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的火焰上进行灼烧，观察．评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)11、有以下几种物质：①食盐晶体②铜③KNO3溶液④熔融的氢氧化钾⑤液态氯化氢⑥二氧化碳⑦酒精．回答以下问题（填序号）：

以上物质中能导电的是____；属于电解质的是____．12、写出下列微粒的原子rm{(}离子rm{)}结构示意图。

rm{Mg}______；rm{Cl^{-}}______．13、饮用水中的rm{NO_{3}^{-}}对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中rm{NO_{3}^{-}}的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将rm{NO_{3}^{-}}还原为rm{N_{2}}其化学方程式为如下：rm{10Al+6NaNO_{3}+4NaOH篓T10NaAlO_{2}+3N_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{垄脵}请用“单线桥法”表示上述反应中电子转移的方向和数目．

rm{垄脷}______是氧化剂；______是氧化产物．

rm{垄脹}若转移rm{3mol}电子，则所产生的氮气在标准状况下的体积为______．14、rm{(1)0.5mol}rm{H_{2}SO_{4}}的质量是______rm{g}其中含有______rm{mol}rm{S}______个rm{O}．

rm{(2)}同温同压下，等体积的rm{CO}和rm{CO_{2}}的物质的量之比______，质量比______，所含氧元素的质量比______．15、将化合物A的蒸气1mol充入0.5L容器中加热分解：2A（g）⇌B（g）+nC（g）．反应到3min时，容器内A的浓度为0.8mol•L-1，测得这段时间内，平均速率ν（C）=0.6mol•L-1•min-1，则化学方程式中的n值为______，ν（B）=______mol•L-1•min-1．16、X2是人体呼吸中不可缺少的气体，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z元素的焰色为黄色，W2是一种黄绿色气体。请回答下列问题：（1）写出Z的元素符号，画出X的原子结构示意图；（2）工业上利用W2和消石灰制取漂白粉，则漂白粉的有效成分是；（3）Z元素组成的两种盐A、B在一定条件下可以相互转化，A、B都可与足量盐酸反应且产物完全一样，其中A是发酵粉的主要成分之一，则B通过化合反应转化为A的化学方程式；（4）工业上是通过电解Y2X3冶炼Y单质，若生成了0.1molY单质，则转移mol电子；（5）今有MgSO4和Y2(SO4)3的混合溶液，已知c（SO42－）=1.5mol·L－1。则溶液中c（Y3+）=mol·L－1。其中，往一定体积该混合溶液中加入Z单质的物质的量与生成沉淀的物质的量的关系如图：17、I．下图表示4个碳原子相互结合的方式。小球表示碳原子，小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都是与氢结合。（1）图中属于烷烃的是____（填编号）；属于烯烃的是（填编号）；（2）上图中与B互为同分异构体但不属于同种类的物质的是：。（填编号）II．课本“交流•研讨”栏目有这样一组数据：破坏1mol氢气中的化学键需要吸收436kJ能量；破坏1/2mol氧气中的化学键需要吸收249kJ的能量；形成水分子中1molH—O键能够释放463kJ能量。下图表示氢气和氧气反应过程中能量的变化，请将图中①、②、③的能量变化的数值，填在下边的横线上。①kJ；②kJ；③kJ。18、2014年度世界上最著名的建筑奖“安波利斯摩天楼大奖”评比结果揭晓，位于湖州市南太湖旅游度假区的喜来登温泉度假酒店被评选为全球十大最佳摩天楼建筑第三名．该酒店的温泉属于硅酸盐温泉，硅酸盐主要以硅酸钠（Na2SiO3）的形式存在，其中硅元素的化合价为____价，钠离子的离子结构示意图是____．向硅酸钠溶液中通入少量二氧化碳，会出现白色浑浊（H2SiO3），试写出该反应的化学方程式____19、（1）2CuO+H2═2Cu+H2O；该反应的氧化剂是______，还原产物是______，被氧化的物质是______，发生还原反应的物质是______。

（2）鲜榨苹果汁是人们喜爱的饮料。由于此饮料中含有Fe2+，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色的Fe2+变为棕黄色的Fe3+．这个变色的过程中的Fe2+被______（填“氧化”或“还原”）。若在榨汁的时候加入适量的维生素C；可有效防止这种现象的发生。这说明维生素C具有______（填字母）。

A．氧化性B．还原性C．酸性D．碱性。评卷人得分四、判断题(共3题，共12分)20、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．21、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化22、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．评卷人得分五、探究题(共3题，共9分)23、（8分）某校实验小组的同学用实验的方法区别稀盐酸和稀硫酸钠溶液（记作M、N），请你一同参与。⑴甲组同学向M、N中分别加入少量的铁粉，观察到M中产生大量无色气泡，则M中发生反应的化学方程式为。⑵乙组同学向M、N中分别滴加Na2CO3溶液，发现M也有无色气泡产生，N没有气泡产生，则M中发生反应的化学反应方程式为。⑶丙组同学向M、N中分别加入滴加BaCl2溶液，N中出现的现象是。⑷丁组同学用了下列试剂中的一种也将M、N区别开来，这种试剂是（填序号）①酚酞试液②硫酸铜溶液③氯化钠溶液④pH试纸24、（11分）某化学兴趣小组想探究某一温度下氯化钠饱和溶液的酸碱度。探究过程如下：【猜想或假设】溶液的pH可能为：①pH<7，②，③____。【设计和实验】要测定该溶液的酸碱度，除有正确的操作步骤外，其中不能采用下列物质中的（填序号）来进行实验。①pH试纸②紫色石蕊试液③酚酞试液组内同学进行了如下实验：甲同学：取pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取氯化钠溶液沾在pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，测得pH=7。乙同学：取pH试纸放在玻璃片上，先用蒸馏水将pH试纸润湿，然后用玻璃棒蘸取氯化钠溶液沾在pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，测得pH=7。丙同学：将pH试纸直接浸入氯化钠溶液中，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，测得pH=7。【评价与反思】三位同学中操作正确的是同学。指出其于同学的操作错误：同学：；同学：；【结论与分析】丙同学得出：“凡是盐溶液的pH都等于7”，你认为该同学结论（填“正确”或“不正确”）。如不正确，请举一例说明____（如正确，该处不填）。25、（8分）某校实验小组的同学用实验的方法区别稀盐酸和稀硫酸钠溶液（记作M、N），请你一同参与。⑴甲组同学向M、N中分别加入少量的铁粉，观察到M中产生大量无色气泡，则M中发生反应的化学方程式为。⑵乙组同学向M、N中分别滴加Na2CO3溶液，发现M也有无色气泡产生，N没有气泡产生，则M中发生反应的化学反应方程式为。⑶丙组同学向M、N中分别加入滴加BaCl2溶液，N中出现的现象是。⑷丁组同学用了下列试剂中的一种也将M、N区别开来，这种试剂是（填序号）①酚酞试液②硫酸铜溶液③氯化钠溶液④pH试纸评卷人得分六、工业流程题(共3题，共30分)26、重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种重要的化工原料，以FeO·Cr2O3为原料制备K2Cr2O7的流程如下：

已知：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2

回答下列问题：

(1)写出滤渣的一种用途：___________________。

(2)“调节pH”可实现CrO42-和Cr2O72-在溶液中相互转化。室温下，若初始浓度为1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H+)的变化如图所示：

①由图可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)。

②根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为_________。

(3)流程中的“转化”过程中发生的反应属于_________(填基本反应类型)。

(4)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrO42-生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10－5mol·L-1)时，溶液中c(Ag+)为_______mol·L-1，此时溶液中c(CrO42-)等于________mol·L－1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)27、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___________。28、一种以冷热镀管废料锌灰制ZnSO4·7H2O晶体；进而获取ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌的方法，工艺流程如图所示：

已知：①锌灰的主要成分为ZnO、ZnCl2，还含有SiO2、CuO、PbO和FeO。

②Cu++Cl-=CuCl↓

回答下列问题：

(1)滤渣1的主要成分为SiO2和___。

(2)酸浸时，硫酸浓度不能过高，原因是___。

(3)写出“沉铜”时的离子方程式___。

(4)在pH为5.6的条件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是___。

(5)氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，每溶解1molZnO需消耗___molKOH。电解池中的总反应离子方程式为：___。

(6)该工艺废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2S⇌ZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为：。微粒H2SCH3COOHCH3COO-浓度/mol·L-10.100.050.10

处理后的废水的pH=___，c(Zn2+)=___。(已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5)参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【解析】试题分析：H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液中正确的方程式应该是Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO2－4═BaSO4↓＋2H2O，C项错误，其余均是正确的。考点：考查离子方程式正误判断。【解析】【答案】C2、A【分析】【解答】解：气体的物质的量==mol，1L水的质量为1000g，溶液的质量为（w+1000）g，溶液的体积为=L，所以溶液的物质的量浓度==mol/L．故选A．

【分析】根据n=来计算气体的物质的量，溶剂和溶质的质量和为溶液的质量，利用V=来计算溶液的体积，最后利用c=来计算该溶液的物质的量浓度．3、C【分析】解：A；当有较多晶体析出时；停止加热，借余热蒸干，故A错误；

B；用量筒量取5.2mL的盐酸；应选择略大于5.2mL的量程．应选择10mL的量筒，故B错误；

C；托盘天平可以精确到0.1克；能称取25.2gNaCl，故C正确；

D；100mL容量瓶只能配制100mL的溶液；不能配制50mL的盐酸，故D错误；

故选：C．

A；根据蒸发的注意事项；

B；量筒量液时要注意量程的选择；应选择略大于量取液体体积的量程；

C；根据托盘天平的准确度分析；

D；根据100mL容量瓶只能配制100mL的溶液；

本题考查物质的分离方法以及实验仪器的使用，题目难度不大，注意基础知识的积累．【解析】【答案】C4、B【分析】解：rm{A.}纳米碳酸钙是纯净物；分散系是混合物，故A错误；

B.将纳米碳酸钙分散到水中形成分散系是胶体；具有丁达尔现象，故B正确；

C.纳米碳酸钙化学性质与原来相比相同；故C错误；

D.与胶体中的胶粒能透过滤纸一样；纳米碳酸钙的粒子能透过滤纸，故D错误。

故选B。

A.一种或几种物质分散在另一种介质中所形成的体系称为分散体系；

B.将纳米碳酸钙分散到水中形成分散系是胶体；

C.纳米碳酸钙化学性质与原来碳酸钙基本相同；

D.纳米碳酸钙的粒子能透过滤纸。

本题考查了胶体分散系的本质特征，题目难度不大，分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。【解析】rm{B}5、B【分析】解：rm{A.}物质的量与热量成正比，且生成硫酸钙放热，则rm{H_{2}SO_{4}}和rm{Ca(OH)_{2}}反应的中和热rm{triangleH<2隆脕(-57.3)kJ?mol^{-1}}故A错误；

B.可逆反应中焓变的数值相同，符号相反，且物质的量与热量成正比，由rm{triangle

H<2隆脕(-57.3)kJ?mol^{-1}}燃烧热rm{CO(g)}rm{283.0}可知rm{kJ?mol^{-1}}的rm{2CO_{2}(g)篓T2CO(g)+O_{2}(g)}rm{triangleH=+2隆脕283.0}故B正确；

C.反应条件与反应中能量变化无关，加热的反应可能为吸热反应rm{kJ?mol^{-1}}如rm{(}与二氧化碳反应rm{C}或可能为放热反应rm{)}如rm{(}与氯气加热反应rm{Fe}故C错误；

D.燃烧热中生成稳定氧化物，水的液态为稳定状态，则rm{)}rm{1}甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳气体所放出的热量是甲烷的燃烧热；故D错误；

故选B．

A.物质的量与热量成正比；且生成硫酸钙放热；

B.可逆反应中焓变的数值相同；符号相反，且物质的量与热量成正比；

C.反应条件与反应中能量变化无关；

D.燃烧热中生成稳定氧化物；水的液态为稳定状态．

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃烧热与中和热为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的量与热量成正比，题目难度不大．rm{mol}【解析】rm{B}二、多选题(共5题，共10分)6、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}7、AD【分析】【分析】

反应2NH3⇌3H2+N2，在恒温恒容下，达到平衡时，容器内N2的百分含量也为a%，说明与原平衡是等效平衡，按化学计量数转化到方程式的左边，满足n(NH3)=2mol即可；据此进行分析。

【详解】

根据等效平衡，按化学计量数转化到方程式的左边，满足n(NH3)=2mol，则达到平衡时，容器内N2的百分含量为a%；

A．3molH2+1molN2按化学计量数转化到方程式的左边可得：n(NH3)=2mol，与初始量2molNH3相同；属于等效平衡，故A符合题意；

B．2molNH3+1molN2与初始量2molNH3不相同，则不属于等效平衡，达到平衡时，容器内N2的百分含量不是a%；故B不符合题意；

C．2molN2+3molH2按化学计量数转化到方程式的左边，可得：n(NH3)=2mol、n(N2)=1mol；与初始加入物质不同，不是等效平衡，故C不符合题意；

D．0.1molNH3+0.95molN2+2.85molH2，按化学计量数转化到方程式的左边可得：n(NH3)=2mol，与初始量2molNH3相同；属于等效平衡，故D符合题意；

答案选AD。8、AC【分析】【详解】

A、室温下，向0.01mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液，如加入等物质的量的NaOH，溶液呈酸性，若呈中性，则加入的NaOH应多于硫酸氢铵，但小于硫酸氢铵物质的量的2倍，溶液中存在NH4+和NH3·H2O，故有c(Na＋)>c((SO42－)>c(NH4＋)>c(OH－)＝c(H＋)；故A正确；

B、NaHCO3溶液中，OH-是由HCO3-水解和水的电离所生成的，但是这些都是微弱的，HCO3-的浓度应大于OH-浓度；故B错误；

C、由电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），由物料守恒可得：c（Na+）=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c（H2CO3），合并可得c(OH－)－c(H＋)＝c((HCO3－)+2c(H2CO3)；故C正确；

D、25C时，pH=4.75、浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa的混合液为酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则溶液中c（CH3COO-）>c（Na+）>c（CH3COOH），根据电荷守恒可得：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），由于c（Na+）>c（CH3COOH），则c（CH3COO-）+c（OH-）>c（CH3COOH）+c（H+）；故D错误；

故选AC。9、CD【分析】【详解】

A.柠檬酸溶液电离方程式：H3RH2R-+H+，H2R-HR2-+H+，HR2-R3-+H+，在a点时，c(H2R-)=c(H3R)，第一步电离常数Ka1(H3R)==c(H+)=10-3.3，故其数量级为10-4；A错误；

B.b点时，c(NaH2R)=c(Na2HR)，根据物料守恒可得2c(Na+)=3[c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)]；B错误；

C.根据图示，随着pH值的增大，氢离子浓度会减小，平衡向右移动，所以H3R含量会减少。pH=6时，c(R3-)=c(HR2-)，溶液显示酸性，c(H+)>c(OH-)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，即c(HR2-)>c(H+)，故c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)；C正确；

D.H3RH2R-+H+的电离平衡常数Ka1(H3R)==c(H+)=10-x；H2R-HR2-+H+的电离平衡常数Ka2(H3R)==c(H+)=10-y，反应2H2R-H3R+HR2-在该温度下的平衡常数K==10x-y；D正确；

故合理选项是CD。10、ABDE【分析】解：rm{A.}配制一定物质的量浓度溶液；定容时俯视刻度线，导致加入的水的量减少，溶液体积变小，所配溶液浓度偏大，故A错误；

B.氯水中rm{HClO}具有强氧化性，不能利用试纸测定rm{pH}应选rm{pH}计；故B错误；

C.由于稀释过程中放出大量的热；且浓硫酸密度大于水，所以配制稀硫酸时，可先在烧杯中加入一定体积的蒸馏水，再边缓慢加入浓硫酸边搅拌，故C正确；

D.氢氧化钠具有强腐蚀性；且容易潮解变质，称量氢氧化钠时应该放在小烧杯中快速称量，故D错误；

E.做钾元素的焰色反应时；需要透过蓝色的钴玻璃观察火焰颜色，故E错误；

F.氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；应隔绝空气制取，故F正确；

故选A、rm{B}rm{D}rm{E}．

A.定容时俯视刻度线；导致加入的水的量减少；

B.氯水中含具有漂白性的rm{HClO}

C.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；

D.rm{NaOH}应在小烧杯中称量；

E.观察rm{K}的焰色反应时；需要透过蓝色的钴玻璃；

F.盛有rm{NaOH}溶液的滴管；伸入硫酸亚铁溶液中，防止氢氧化亚铁被氧化．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液配制、rm{pH}测定、物质的制备及实验技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{ABDE}三、填空题(共9题，共18分)11、②③④①④⑤【分析】【解答】（1）能导电的物质，必须具有能自由移动的带电的微粒，金属②铜中存在能自由移动的带负电的电子能导电；③KNO3溶液中有自由移动的离子，能导电；⑥KNO3溶液中有能自由移动的正负离子；也能导电．

故答案为：②③④；

（2）电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；满足该条件的有：①食盐晶体；④熔融的氢氧化钾、⑤液态氯化氢；

故答案为：①④⑤．

【分析】（1）能导电的物质；必须具有能自由移动的带电的微粒，金属能导电是由于金属中存在能自由移动的带负电的电子；

（2）水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质．12、略

【分析】解：

rm{(1)}镁原子核内有rm{12}个质子，核外rm{12}个电子，分布在三个电子层，从内到外依次容纳rm{2}rm{8}rm{2}个电子，原子结构示意图：

故答案为：

氯离子核内有rm{17}个质子，核外有rm{18}个电子，分布在三个电子层，从内到外依次容纳rm{2}rm{8}rm{8}个电子，离子结构示意图为：

故答案为：

镁原子核内有rm{12}个质子，核外rm{12}个电子，分布在三个电子层，从内到外依次容纳rm{2}rm{8}rm{2}个电子；

氯离子核内有rm{17}个质子，核外有rm{18}个电子，分布在三个电子层，从内到外依次容纳rm{2}rm{8}rm{8}个电子；

本题考查了原子、离子结构示意图的书写，明确微粒核内质子数与核外电子数目，明确核外电子排布规律是解题关键，题目难度不大．【解析】13、略

【分析】解：rm{垄脵10Al+6NaNO_{3}+4NaOH=10NaAlO_{2}+3N_{2}隆眉+2H_{2}O}中，rm{Al}元素化合价升高，被氧化，在反应中失去电子，铝失去电子数为rm{10隆脕3}rm{NaNO_{3}}得到电子数为rm{6隆脕5}则用“单线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目为

故答案为：

rm{垄脷N}元素化合价降低，被还原，rm{NaNO_{3}}为氧化剂，rm{Al}元素的化合价升高，失去电子，被氧化，rm{NaAlO_{2}}为氧化产物，故答案为：rm{NaNO_{3}}rm{NaAlO_{2}}

rm{垄脹}产生rm{1mol}气体，则转移的电子的物质的量为rm{1mol隆脕2隆脕(5-0)=10mol}则转移rm{3mol}电子是生成rm{0.3mol}氮气，即rm{0.3mol隆脕22.4L/mol=6.72}rm{L}

故答案为：rm{6.72}rm{L}．

rm{10Al+6NaNO_{3}+4NaOH=10NaAlO_{2}+3N_{2}隆眉+2H_{2}O}中，rm{Al}元素化合价升高，被氧化，rm{N}元素化合价降低；被还原，结合化合价的变化判断电子的得失以及电子转移的方向和数目，结合化合价的变化计算．

本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大．【解析】rm{NaNO_{3}}rm{NaAlO_{2}}rm{6.72L}14、略

【分析】解：rm{(1)0.5mol}rm{H_{2}SO_{4}}的质量是rm{0.5mol隆脕98g/mol=49g}其中含有rm{0.5mol}rm{S}rm{2N_{A}}个rm{O}故答案为：rm{49}rm{0.5}rm{2N_{A}}

rm{(2)}由rm{V=nV_{m}}可知，同温同压下，等体积的rm{CO}和rm{CO_{2}}的物质的量之比rm{1}rm{1}质量比等于摩尔质量之比，为rm{28}rm{44=7}rm{11}所含氧元素的质量比rm{1}rm{2}

故答案为：rm{1}rm{1}rm{7}rm{11}rm{1}rm{2}．

根据rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{V}{V_{m}}}结合物质的构成计算该题．

本题考查了摩尔质量与相对分子质量、物质的量与摩尔、物质的量与阿伏伽德罗常数等之间的关系，题目难度不大，明确物质的量与摩尔质量、阿伏伽德罗常数等物理量之间的关系即可解答，试题培养了学生的灵活应用基础知识的能力．rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac

{V}{V_{m}}}【解析】rm{49}rm{0.5}rm{2N_{A}}rm{1}rm{1}rm{7}rm{11}rm{1}rm{2}15、30.2【分析】解：反应到3min时，容器内A的浓度为0.8mol•L-1，则v（A）==0.4mol•L-1•min-1，这段时间内，平均速率ν（C）=0.6mol•L-1•min-1；

速率之比等于化学计量数之比，故0.4：0.6=2：n，解得n=3，v（B）=v（A）=0.2mol•L-1•min-1；

故答案为：3；0.2．

根据v=计算v（A）；利用速率之比等于化学计量数之比计算v（B）及n的值．

本题考查化学反应速率有关计算，难度不大，注意对反应速率规律的理解应用．【解析】30.216、略

【分析】试题分析：X2是人体呼吸中不可缺少的气体，则是氧气，X为O，Y是地壳中含量最多的金属元素，Y为铝，Z元素的焰色为黄色，Z为Na，W2是一种黄绿色气体，W为Cl。（1）钠的元素符号为Na，O的原子结构示意图为（2）工业上利用氯气和消石灰制取漂白粉，则漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2；（3）A是发酵粉的主要成分之一，则A是碳酸氢钠，A、B都可与足量盐酸反应且产物完全一样，在B为碳酸钠，则碳酸钠通过化合反应转化为碳酸氢钠的化学方程式为Na2CO3+CO2+H2O==2NaHCO3；（4）工业上是通过电解氧化铝冶炼铝单质，根据2Al2O34Al+3O2-转移电子12e－，若生成了0.1mol,铝单质，则转移0.3mol电子；（5）设该溶液体积为1L,根据图像可知，沉淀Al3＋需3份NaOH，溶解Al(OH)3用1份NaOH,则Al3＋和Mg2＋的物质的量之比为1:1，设Al3＋的物质的量为x,则Mg2＋为x，x+1.5x=1.5，解得x=0.6，则则溶液中c（Al3+）=0.6mol·L-1.考点：考查物质的推断，氧化还原反应中的电子转移，镁铝的化学性质等知识。【解析】【答案】（1）Na（2）Ca(ClO)2（3）Na2CO3+CO2+H2O==2NaHCO3（4）0.3（5）0.617、略

【分析】试题分析：（1）烷烃是只含有C—H键、C—C键的链状烃，不含C=C或C≡C或环状结构，可以含有支链结构，则图中A、C代表的烃（正丁烷、异丁烷）属于烷烃；烯烃是含有1个C=C和若干个C—H键、C—C键的链状烃，不能含有环状结构，可以含有支链结构，则图中B、E、F代表的烃属于烯烃；（2）根据碳四价规律，每个球表示1个碳原子，每个碳原子周围短线数+与碳原子相连的氢原子数目=4，则图中A、B、C、D、E、F、G、H的碳、氢原子数均可推断，其分子式分别为C4H10、C4H8、C4H10、C4H6、C4H8、C4H8、C4H6、C4H8，则与B互为同分异构体的是E、F、H，其中B、E、F均属于烯烃，而H属于环烷烃；II．①由于破坏1mol氢气中的化学键需要吸收436kJ能量，破坏1/2mol氧气中的化学键需要吸收249kJ的能量，则破坏2mol氢气中的化学键需要吸收2×436kJ能量，破坏1mol氧气中的化学键需要吸收2×249kJ的能量，因此同时破坏2mol氢气和1mol氧气中的化学键需要吸收的总能量为2×436kJ+2×249kJ=1370kJ；②1个H2O分子含有2个H—O键，则2molH2O(g)中含有4molH—O键，由于形成水分子中1molH—O键能够释放463kJ能量，则形成2molH2O(g)中的4molH—O键能够释放的总能量为4×463kJ=1852kJ；③由于破坏2mol氢气和1mol氧气中的化学键需要吸收的总能量为1370kJ，形成2molH2O中的4molH—O键能够释放的总能量为1852kJ，1370kJ<1852kJ，则2mol氢气和1mol氧气反应生成2molH2O(g)时放出的热量为482kJ。考点：考查有机物的组成结构及分类、化学反应中能量变化的原因，涉及含有4个碳原子的各种烃的键线式、结构简式、分子式、官能团、同分异构体，以及物质结构、化学键、化学键断裂需要吸收的能量、形成化学键可以释放的能量、物质的量、化学反应中的能量变化、化学方程式等。【解析】【答案】(12分)I．ACBEFHII．①1370②1852③482（每空2分）18、+4CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3【分析】【解答】解：硅酸钠（Na2SiO3）中钠元素的化合价是+1价，氧元素是﹣2价，根据化合价规则，硅元素的化合价为+4价，钠离子核外两个电子层，核外电子数是10，离子结构示意图是硅酸钠水溶液俗称水玻璃，碳酸的酸性比硅酸强，强酸反应制弱酸，反应生成硅酸沉淀：CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3；

故答案为：+4；CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3．

【分析】根据化合价规则计算元素的化合价，钠离子核外两个电子层，核外电子数是10，碳酸的酸性比硅酸强，强酸反应制弱酸，据此书写方程式．19、CuOCuH2CuOAB【分析】解：（1）2CuO+H2═2Cu+H2O，反应中铜的化合价降低，氢气中氢元素化合价升高，所以该反应的氧化剂是氧化铜，还原产物是铜，被氧化的物质是氢气，发生还原反应的物质是氧化铜，故答案为：CuO；Cu；H2；CuO；

（2）该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价；说明亚铁离子作还原剂，被氧化，加入适量的维生素C，可有效防止这种现象的发生。这说明维生素C具有还原性，故答案为：A；B。

（1）根据化合价的变化判断氧化剂；还原剂以及反应类型、反应产物；由此分析解答；

（2）该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价；说明铁元素被氧化，加入适量的维生素C，可有效防止这种现象的发生。这说明维生素C具有还原性。

本题考查了氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物等概念，侧重考查学生对概念的辨别能力。【解析】CuOCuH2CuOAB四、判断题(共3题，共12分)20、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．21、B【分析】【解答】煤的气化是在高温条件下煤与水蒸气反应生成CO和H2；是化学变化；

煤液化；是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料；化工原料和产品的先进洁净煤技术，有新物质生成，属于化学变化；

煤的干馏是将煤隔绝空气加强热；煤发生复杂的反应获得煤焦油；焦炉煤气等的过程，是化学变化．故煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是化学变化，故此说法错误．故答案为：错误．

【分析】没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化；22、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；五、探究题(共3题，共9分)23、略

【分析】（1）铁是活泼的金属能和酸反应产生氢气，方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。（2）碳酸钠能和盐酸反应产生CO2气体，所以方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O。（3）硫酸钠能和氯化钡反应产生白色沉淀硫酸钡，而盐酸和氯化钡是不反应的。（4）盐酸显酸性，硫酸钠显中性，通过pH试纸也可以鉴别。答案选④。【解析】【答案】⑴Fe+2HCl=FeCl2+H2↑⑵Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O⑶产生白色沉淀。⑷④24、略

【分析】根据假设可知，pH＝7，或者是pH＞7；②③只能用来判断溶液的酸碱性，但不能判断溶液的pH，所以答案选②③；用pH试纸检验溶液的pH值时，不能将试纸湿润，也不能把试纸插入到溶液中，所以甲同学是正确的，乙和丙都是错误的；盐溶液的pH不一定都是7，例如碳酸钠溶液的pH就大于7。【解析】【答案】【猜想与假设】pH=7；pH＞7（2分）【设计与实验】②③（2分）【评价与反思】甲；（1分）乙同学：pH试纸不能润湿；（2分）丙同学：pH试纸不能直接放入待测溶液中（2分）【结论与分析】不正确；碳酸钠（2分）25、略

【分析】（1）铁是活泼的金属能和酸反应产生氢气，方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。（2）碳酸钠能和盐酸反应产生CO2气体，所以方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O。（3）硫酸钠能和氯化钡反应产生白色沉淀硫酸钡，而盐酸和氯化钡是不反应的。（4）盐酸显酸性，硫酸钠显中性，通过pH试纸也可以鉴别。答案选④。【解析】【答案】⑴Fe+2HCl=FeCl2+H2↑⑵Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O⑶产生白色沉淀。⑷④六、工业流程题(共3题，共30分)26、略

【分析】【分析】

(1)根据反应确定滤渣的成分；然后确定其用途；

(2)①根据Cr2O72-的含量与H+的浓度关系分析判断；

②根据平衡常数的定义式计算；

(3)根据流程中的“转化”过程中反应物；生成物的种类及反应特点判断发生的反应类型；

(4)根据溶度积常数分析计算。

【详解】

(1)在熔融、氧化时，发生反应：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2，然后水浸，Na2CrO4和NaNO2进入溶液，而Fe2O3难溶于水，因此滤渣主要成分是Fe2O3；该物质是红棕色粉末状固体，可用作颜料，也可以用作炼铁的原料；

(2)①根据图示可知溶液中H+越大，Cr2O72-的浓度越大，说明含量越高，说明溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率增大；

②在溶液中存在可逆反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，在开始时c(CrO42-)=1.0mol/L，平衡时c(Cr2O72-)=0.4mol/L，则消耗CrO42-的浓度为0.8mol/L，所以平衡时c(CrO42-)=(1.0-0.8)mol/L=0.2mol/L，此时溶液中c(H+)=4.0×10-7mol/L，则该反应的化学平衡常数K==6.25×1013；

(3)在流程中的“转化”过程中Na2Cr2O7与KCl反应产生K2Cr2O7与NaCl；两种化合物交换成分，产生两种新的化合物，反应为复分解反应；

(4)AgCl的Ksp为2.0×10-10，当Cl-沉淀完全时，c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，此时溶液中c(Ag+)=mol/L=2.0×10-5mol/L；

由于Ag2CrO4的Ksp为2.0×10-12，所以溶液中c(CrO42-)=mol/L=5.0×10-3mol/L。

【点睛】

本题考查物质制备方案设计及物质含量的测定的方法，明确流程图中每一步发生的反应及操作方法为解答关键，难点是(4)的计算，正确利用溶度积常数的含义，根据Ksp计算溶液中离子浓度，试题考查了学生的分析能力及化学计算、化学实验能力。【解析】用作颜料增大6.25×1013复分解反应2.0×10-55.0×10-327、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HCl气体通入AlCl3溶液，抑制AlCl3水解和促进AlCl3·6H2O结晶，冷水浴，用玻璃纤维抽滤，用浓盐酸洗涤晶体，滤纸吸干干燥得AlCl3·6H2O晶体；据此分析解析；

(1)

NaAlO2的溶液含有氢氧化钠，通入过量的CO2气体，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，二氧化碳与NaAlO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，发生反应：OH-+CO2=+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+

(2)