2025年外研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2025年外研版高一化学上册阶段测试试卷430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、铜粉放入稀硫酸溶液中，加热后无明显现象发生。当加入一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出。该盐是rm{(}rm{)}A.rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3;;;;;;;;}}B.rm{Na_{2}CO_{3}}C.rm{KNO_{3;;;;;;;;;;;;;}}D.rm{FeSO_{4}}2、轴烯是一类独特的星形环烃。下列关于三元轴烯rm{(}rm{)}的说法____的是A.与苯互为同分异构体B.二氯代物超过两种C.所有碳原子一定在同一平面D.能使溴的四氯化碳溶液褪色3、在rm{150^{circ}C}时，加热高氯酸铵固体发生分解反应：rm{2NH_{4}ClO_{4}=N_{2}+Cl_{2}+2O_{2}+4H_{2}O}其气态生成物组成的混合气的平均式量为rm{(}rm{)}A.rm{40.75}B.rm{29.38}C.rm{14.69}D.无法计算4、下物质与水反应放氧气的是（）A.Na2OB.Na2O2C.KD.NO25、金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质rm{.}在rm{100kPa}时，rm{1mol}石墨转化为金刚石，要吸收rm{1.9kJ}的热能rm{.}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.石墨比金刚石稳定B.金刚石和石墨的物理性质相同C.rm{1mol}金刚石比rm{1mol}石墨的总能量高D.rm{1mol}金刚石完全燃烧释放的能量比rm{1mol}石墨完全燃烧释放的能量多6、合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。对于密闭容器中的反应：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)(}正反应为放热反应rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?

2NH_{3}(g)(}rm{)}rm{673K}下，rm{30MPa}和rm{n(NH_{3})}随时间rm{n(H_{2})}变化的关系示意图如图所示。下列叙述中正确的是rm{t}rm{(}A.rm{)}点处正反应速率和逆反应速率相等B.用同一物质表示，rm{c}点处正反应速率比rm{a}点处的大C.rm{b}点rm{d}时刻rm{(t_{1}}和rm{)}点rm{e}时刻rm{(t_{2}}处rm{)}不同D.rm{n(N_{2})}时刻，正反应速率大于逆反应速率rm{t_{2}}评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)7、下列有关元素性质的递变规律不正确的是（）A.Na、Mg、Al的还原性逐渐减弱B.HCl、H2S、PH3、气态氢化物的稳定性逐渐增强C.NaOH、KOH的碱性逐渐增强D.O的原子半径比S的原子半径大8、某温度下，将氯气通入rm{NaOH}溶液中，反应得到rm{NaCl}rm{NaClO}rm{NaClO_{3}}的混合溶液rm{(}已知氯气和rm{NaOH}在一定温度下能发生反应：rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O}rm{3Cl_{2}+6NaOH=5NaCl+NaClO_{3}+3H_{2}O)}经测定rm{ClO-}与rm{ClO_{3}-}的物质的量之比为rm{1}rm{2}则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为rm{(}rm{)}A.rm{21}rm{5}B.rm{11}rm{3}C.rm{3}rm{1}D.rm{4}rm{1}9、在一定条件下，容积为rm{2L}的密闭容器中，将rm{2mol}rm{M}气体和rm{3mol}rm{N}气体混合发生下列反应rm{2M(g)+3N(g)?xQ(g)+3R(g)}该反应达到平衡时生成rm{2.4mol}rm{R}并测得rm{Q}浓度为rm{0.4mol/L}下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.rm{x}值为rm{1}B.混合气体的密度增大C.平衡时rm{N}的浓度为rm{0.6}rm{mol/L}D.rm{N}的转化率为rm{80%}10、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.只含rm{H}rm{N}rm{O}三种元素的化合物，可能是离子化含物，也可能是共价化合物B.元素周期表中，Ⅰrm{A}族与Ⅶrm{A}族元素间只能形成离子化合物C.rm{NaHCO_{3}}rm{CH_{3}COONa}均含有离子键和共价键D.化合物rm{MgO}rm{SiO_{2}}rm{SO_{3}}中化学键的类型相同11、下列说法正确的是（）A.硅是良好的半导体材料，能与盐酸或氢氧化钠溶液反应B.二氧化硅不导电，能与盐酸或氢氧化钠溶液反应C.硅酸具有多孔性结构，可用作吸附剂或催化剂的载体D.二氧化硅是酸性氧化物，能与氢氟酸反应，也能与氢氧化钠溶液反应评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)12、A、B、C、D四种短周期元素，原子序数D＞A＞B＞C，且A、B同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为：B最外层电子数是2，C的气态氢化物的水溶液呈碱性，据此填空：(1)A的元素名称为________，其气态氢化物的稳定性比CH4________(填“强”或“弱”)。(2)C、D的最高价氧化物的水化物的酸性大小为________＞________(填化学式)。(3)B的活泼性比钙的________(填“强”或“弱”)。13、（6分）在下列物质中选择溶于水后可以电离的物质，并写出相应的电离方程式(有几个写几个)：①硝酸铵（NH4NO3）②葡萄糖［C6H12O6］③氢氧化钡[Ba(OH)2]④硫酸(H2SO4)⑤四氯化碳(CCl4)。14、按要求回答下列问题：

(1)浓度为0.1mol/L醋酸钠溶液中质子守恒表达式为___________；

(2)等浓度的NaHCO3、Na2CO3混合溶液中的物料守恒表达式为____________；

(3)浓度为0.1mol/LNa2CO3溶液电荷守恒表达式为__________；

(4)泡沫灭火器灭火时发生反应的离子方程是______________。

(5)常温下，NaHSO3溶液中粒子浓度由大到小的顺序_________。

(6)将pH＝8的Ba(OH)2溶液与pH＝5的稀盐酸混合，并保持在100℃的恒温。欲使混合溶液的pH＝7，则Ba(OH)2溶液和盐酸的体积比为________。(已知100℃，KW=1.0×10-12)15、（9分）在原子序数1—18号元素中，按要求用合适的化学用语填空：（1）与水反应最剧烈的金属是_____________。（2）与水反应最剧烈的非金属单质是_____________。（3）原子半径最小的元素是______________。（4）最稳定气态氢化物的化学式是______________。（5）最高价氧化物对应水化物的酸性最强的化学式是_______________。（6）电子数为10的化合物分子式__、__、__、__。16、工业合成氨反应：rm{N_{2}+3H_{2}}rm{2NH_{3}}是一个放热的可逆反应，反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂。已知形成rm{1molH隆陋H}键、rm{1molN隆陋H}键、rm{1molN隆脭N}键放出能量分别为rm{436kJ}rm{391kJ}rm{946kJ}则：rm{(1)}若rm{1molN_{2}}完全反应生成rm{NH_{3}}可________rm{(}填“吸收”或“放出”rm{)}热量________rm{kJ}rm{(2)}如果将rm{1molN_{2}}和rm{3molH_{2}}混合，使其充分反应，放出的热量总小于上述数值，其原因是________________________。rm{(3)}实验室模拟工业合成氨时，在容积为rm{2L}的密闭容器内，反应经过rm{10min}后，生成rm{10molNH_{3}}则用rm{N_{2}}表示的化学反应速率为________rm{mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}rm{(4)}一定条件下，当合成氨的反应达到化学平衡时，下列说法正确的是________。rm{a.}正反应速率和逆反应速率相等rm{b.}正反应速率最大，逆反应速率为rm{0}rm{c.N_{2}}的转化率达到最大值rm{d.N_{2}}和rm{H_{2}}的浓度相等rm{e.N_{2}}rm{H_{2}}和rm{NH_{3}}的体积分数相等rm{f.}反应达到最大限度评卷人得分四、判断题(共2题，共4分)17、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．18、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。评卷人得分五、实验题(共3题，共21分)19、海带中含有丰富的碘rm{.}为了从海带中提取碘；某研究性学习小组设计并进行了以下实验：

该过程中。

请回答以下有关问题：

rm{(1)}灼烧海带时，用酒精进行润湿的目的是______rm{.}将使用到的硅酸盐质实验仪器有______rm{(}填代号rm{)}

A.试管rm{B.}瓷坩埚rm{C.}坩埚钳rm{D.}铁三角架rm{E.}泥三角rm{F.}酒精灯rm{G.}烧杯。

rm{(2)}步骤rm{垄脹}操作方法的名称为______．

rm{(3)}步骤rm{垄脺}中发生反应的离子方程式为______．20、某研究性学习小组设计实验，用于制取rm{SO_{2}}并探究rm{SO_{2}}的某些性质。制取rm{SO_{2}}反应的化学方程式为：rm{Na_{2}SO_{3}+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}产生的气体通入下图所示装置：【实验探究】rm{(1)}将rm{12.6g}的rm{Na_{2}SO_{3}(Na_{2}SO_{3}}的摩尔质量为rm{Na_{2}SO_{3}

(Na_{2}SO_{3}}与足量的浓硫酸反应可制得rm{126g隆陇mol^{隆陋1})}的体积为_______rm{SO_{2}}标准状况rm{L(}该制取rm{)}的反应_________rm{SO_{2}}填“是”或“不是”rm{(}氧化还原反应。rm{)}装置观察到的现象是______________，说明rm{(2)A}具有___________rm{SO_{2}}填“漂白性”或“还原性”rm{(}rm{)}装置中浓硫酸的作用是___________rm{(3)B}填“干燥剂”或“氧化剂”rm{(}rm{)}装置的作用是____。【实验讨论】对上图中的rm{(4)D}处，甲乙两同学都选用下图装置，但对连接方式持有不同意见。甲同学认为：rm{C}气体应从rm{SO_{2}}处通入集气瓶中。乙同学认为：rm{a}气体应从rm{SO_{2}}处通入集气瓶中。你认为___________rm{b}填“甲”或“乙”rm{(}同学的看法是正确的。rm{)}已知：同等条件下二氧化硫的密度大于空气rm{(}【联系实际】rm{)}对环境的影响较大，为了减少rm{SO_{2}}对空气的污染，请你提出一种有效的措施_____________。rm{SO_{2}}21、化学电源在通讯；交通及日常生活中有着广泛的应用．

rm{(1)}某实验小组在实验室研究原电池装置rm{(}图rm{1).}其中；装置甲中负极为______；装置乙中负极为______；

rm{(2)}燃料电池是目前较为高效率的化学电源，图rm{2}为rm{CH_{4}}和rm{O_{2}}形成的燃料电池结构示意图，高分子膜能避免气体分子相互接触，但不影响溶液中离子的移动rm{.}根据图示可知rm{X}极为电池的______rm{(}填“正”或“负”rm{)}极，电极反应方程式为______；rm{O_{2}}应由______rm{(}填“rm{a}”或“rm{b}”rm{)}通入．评卷人得分六、工业流程题(共3题，共21分)22、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___________。23、某酸性废液含有H+、Fe3+、Ni2+、NO3—、F-和Cr2O72-等。下图是该废液的综合利用工艺流程：（假设：F—与金属离子的络合反应不影响其它反应和计算）

已知：金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：。Fe3+Ni2+Cr3+开始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9

Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+＋6NH3[Ni(NH3)6]2+（[Ni(NH3)6]2+为难电离的络合离子）

（1）滤渣1的主要成分为：____________。

（2）试剂X可以是足量氨水，还可以是：____________。（填序号）

A．Ni(OH)2B．Cr2O3C．Fe2O3D．NaOH

（3）若试剂X是足量氨水，“沉镍”的离子方程式为：____________。

（4）经检测，最后的残液中c(Ca2+)＝1.0×10─5mol•L-1，则残液中F－浓度____________（填“符合”或“不符合”）排放标准[已知Ksp(CaF2)=4×10-11，国家排放标准要求氟离子浓度小于10mg•L─1]。

（5）镍(Ni)及其化合物广泛应用于生产电池；电镀和催化剂等领域。

①某蓄电池反应为NiO2＋Fe＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2,放电时若外电路中转移0.6mol电子则正极增重____g。

②图为双膜三室电解法处理含镍废水回收金属镍的原理示意图，阳极的电极反应式为____；电解过程中，需要控制溶液pH值为4左右，原因是_______。

24、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___。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】铜与稀硫酸不反应，但加入rm{KNO_{3}}后，由于溶液中有rm{H^{+}}存在，故会发生如下反应：rm{3Cu+8H^{+}+2}rm{3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}加入rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}也会使铜粉的质量减少，但无气体逸出，故答案选C。【解析】rm{C}2、B【分析】【分析】本题主要考查有机物的结构与性质的相关知识，据此进行分析解答。【解答】A.该分子的化学式为rm{C_{6}H_{6}}与苯的化学式相同，但结构不同，则与苯互为同分异构体，故A正确；B.该分子的二氯代物不超过两种，故B错误；C.由于该分子是由碳碳双键构成的平面结构，则所有碳原子一定在同一平面，故C正确；D.该分子中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确。故选B。【解析】rm{B}3、B【分析】解：在rm{150^{circ}C}时，水是气体，依据质量守恒，反应后气体总质量等于高氯酸铵固体的质量，取rm{2mol}高氯酸铵固体，其质量为：rm{117.5g/mol隆脕2mol=235g}该物质完全反应生成rm{1mol}氮气、rm{1mol}氯气、rm{2mol}氧气、rm{4mol}水蒸气，所以生成物中气体的物质的量是rm{8mol}则其平均摩尔质量rm{M=dfrac{m}{n}=dfrac{235g}{8mol}=29.38g/mol}所以其相对分子质量为rm{M=dfrac{m}{n}=dfrac

{235g}{8mol}=29.38g/mol}

故选B．

在rm{29.38}时，水是气体，依据质量守恒，反应后气体总质量等于高氯酸铵固体的质量，则rm{150^{circ}C}据此计算混合气体平均摩尔质量，摩尔质量以rm{M=dfrac{m}{n}}为单位；数值上等于其相对分子质量．

本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，明确摩尔质量和相对分子质量的关系是解本题关键，再结合质量守恒定律分析解答，题目难度不大．rm{g/mol}【解析】rm{B}4、B【分析】解：氧钠以和水应生成氢化钠；放氧气，故A错误；

过氧化和水反成氢氧钠和氧气；故B正确；

氧化氮和水应产生硝酸和一氧化氮；放，故D错误．

选B．

根据已有的知识进行；化钠以和反应生成氢氧化钠，过氧化和水应成氢氧化氧气，金属和剧烈反应产生氢气，二化氮和水反产生硝酸和一氧氮．

题考了常见物的性质完成此题，以据已有的进行，要同们加强基本知识的记忆，以便灵活应用．【解析】【答案】B5、B【分析】解：rm{A}石墨的能量比金刚石低；能量越低越稳定，石墨比金刚石稳定，故A不选；

B；金刚石和石墨是同素异形体；同素异形体之间的物理性质不同，化学性质类似，故B选；

C；金刚石比石墨能量高；故C不选；

D、金刚石的能量高，rm{1mol}石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多；故D不选。

故选：rm{B}

在rm{100kPa}时，rm{1mol}石墨转化为金刚石，要吸收rm{1.895kJ}的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量；能量低的物质稳定；化学变化的特征是生成新物质。

本题主要考查金刚石和石墨的转化以及涉及到的能量变化，难度不大，需要掌握的是能量低的物质稳定。【解析】rm{B}6、B【分析】【分析】本题考查化学平衡图象问题，是高考常考题型，题目难度不大。注意分析图象中各物理量的变化曲线，把握平衡状态的特征为解答该题的关键，侧重知识的能力考查。【解答】A.rm{c}点反应物和生成物物质的量仍在变化，没有达到平衡状态，所以正逆反应速率不相等，故A错误；点反应物和生成物物质的量仍在变化，没有达到平衡状态，所以正逆反应速率不相等，故A错误；

rm{c}点到B.从rm{a}点到rm{b}点，氢气的物质的量在逐渐减少，氢气的物质的量浓度在逐渐减少，所以正反应的反应速率在逐渐降低，即点rm{a}的正反应速率比点rm{b}的大，故B正确；点，氢气的物质的量在逐渐减少，氢气的物质的量浓度在逐渐减少，所以正反应的反应速率在逐渐降低，即点rm{a}的正反应速率比点rm{b}的大，故B正确；

rm{a}点和rm{b}点都处于平衡状态，C.rm{d}点和rm{e}点都处于平衡状态，rm{n(N}rm{d}rm{e}不变，即rm{n(N}点和rm{2}点rm{2}rm{)}不变，即rm{d}点和rm{e}点rm{n(N}rm{)}相等，故C错误；

rm{d}rm{e}rm{n(N}

rm{2}rm{2}rm{)}相等，故C错误；【解析】rm{B}二、双选题(共5题，共10分)7、B|D【分析】解：A．同周期从左向右金属性减弱；则Na；Mg、Al的还原性逐渐减弱，故A正确；

B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则HCl、H2S、PH3的气态氢化物的稳定性逐渐减弱；故B错误；

C．金属性越强；对应碱的碱性越强，则NaOH；KOH的碱性逐渐增强，故C正确；

D．同主族从上到下原子半径增大；则O的原子半径比S的原子半径小，故D错误；

故选BD．

A．同周期从左向右金属性减弱；

B．非金属性越强；对应氢化物越稳定；

C．金属性越强；对应碱的碱性越强；

D．同主族从上到下原子半径增大．

本题考查元素周期律和周期表，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．【解析】【答案】BD8、rBD【分析】解：rm{Cl_{2}}生成rm{ClO^{-}}与rm{ClO_{3}^{-}}是被氧化的过程，化合价分别由rm{0}价升高为rm{+1}价和rm{+5}价；

rm{ClO^{-}}与rm{ClO_{3}^{-}}的物质的量浓度之比为rm{1}rm{2}

则可设rm{ClO^{-}}为rm{1mol}rm{ClO_{3}^{-}}为rm{2mol}被氧化的rm{Cl}共为rm{3mol}

失去电子的总物质的量为rm{1mol隆脕(1-0)+2mol隆脕(5-0)=11mol}

氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等；

rm{Cl_{2}}生成rm{NaCl}是被还原的过程，化合价由rm{0}价降低为rm{-1}价；

则得到电子的物质的量也应为rm{11mol}

则被还原的rm{Cl}的物质的量为rm{11mol}

所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为rm{11mol}rm{3mol=11}rm{3}

故选B．

rm{Cl_{2}}生成rm{ClO^{-}}与rm{ClO_{3}^{-}}是被氧化的过程，rm{Cl_{2}}生成rm{NaCl}是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据rm{ClO^{-}}与rm{ClO_{3}^{-}}的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量；进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比．

本题考查学生氧化还原反应的有关知识，注意电子守恒思想在解题中的运用，难度不大．【解析】rm{BD}9、rAD【分析】解：rm{A.}平衡时生成的rm{Q}的物质的量为：rm{0.4mol/L隆脕2L=0.8mol}生成rm{R}为rm{2.4mol}物质的量之比等于化学计量数之比，故rm{0.8mol}rm{2.4mol=x}rm{3}解得rm{x=1}故A正确rm{A}

B.反应体系中各组分都是气体，混合气体的质量不变，容器的容积恒定，根据rm{娄脩=dfrac{m}{V}}可知混合气体的密度不变；故B错误；

C.反应达到平衡时，生成rm{2.4molR}由方程式rm{2M(g)+3N(g)?x}rm{Q(g)+3R(g)}可知，参加反应的rm{N}的物质的量为rm{2.4mol}故平衡时rm{N}的物质的量为rm{3mol-2.4mol=0.6mol}rm{N}的平衡浓度为：rm{c(N)=dfrac{0.6mol}{2L}=0.3mol/L}故C错误；

D.参加反应的rm{c(N)=dfrac

{0.6mol}{2L}=0.3mol/L}的物质的量为rm{N}则rm{2.4mol}的转化率为：rm{dfrac{2.4mol}{3mol}隆脕100%=80%}故D正确；

故选AD．

A.根据rm{N}计算生成rm{dfrac

{2.4mol}{3mol}隆脕100%=80%}的物质的量，结合rm{n=cV}的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算rm{Q}的值；

B.容器的容积不变，混合气体的质量不变，根据rm{R}判断；

C.根据生成的rm{x}的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的rm{娄脩=dfrac{m}{V}}的物质的量，rm{R}的平衡浓度rm{N}

D.根据rm{N}可知参加反应的rm{=dfrac{n}{V}}的物质的量，然后根据转化率的表达式计算出rm{C}的转化率．

本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，注意掌握化学反应速率、物质的量浓度、转化率等概念及计算方法，明确有关化学平衡的计算方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．rm{N}【解析】rm{AD}10、rAC【分析】解：rm{A}rm{H}rm{N}rm{O}三种元素的化合物中；硝酸铵是离子化台物，硝酸等是共价化合物，所以可能是离子化含物，也可能是共价化合物，故A正确；

B、元素周期表中，Ⅰrm{A}族的氢与Ⅶrm{A}族的氯元素间只能形成共价化合物；所以不一定只形成离子化合物，故B错误；

C、rm{NaHCO_{3}}中氢、碳、氧之间是以共价键结合，而钠离子与碳酸氢根离子的离子键结合，rm{CH_{3}COONa}中氢；碳、氧之间是以共价键结合；而钠离子与醋酸根离子之间是离子键结合，所以两者中均含有离子键和共价键，故C正确；

D、rm{MgO}是离子键，而rm{SiO_{2}}rm{SO_{3}}中存在共价键；所以化学键类型不同，故D错误；

故选AC．

A、rm{H}rm{N}rm{O}三三种元素的化合物中；硝酸铵是离子化台物，硝酸等是共价化合物；

B、元素周期表中，Ⅰrm{A}族的氢与Ⅶrm{A}族的氯元素间只能形成共价化合物；

C、rm{NaHCO_{3}}中氢、碳、氧之间是以共价键结合，而钠离子与碳酸氢根离子的离子键结合，rm{CH_{3}COONa}中氢；碳、氧之间是以共价键结合；而钠离子与醋酸根离子之间是离子键结合；

D、rm{MgO}是离子键，而rm{SiO_{2}}rm{SO_{3}}中存在共价键．

本题考查化学键的类型，rm{A}中三种元素之可以形成铵盐和硝酸、亚硝酸等共价化合物，难度不大，比较容易．【解析】rm{AC}11、CD【分析】解：A．硅与盐酸不反应；能与氢氧化钠反应，故A错误；

B．二氧化硅是酸性氧化物；与盐酸不反应，故B错误；

C．硅酸疏松多孔；表面积较大，可做吸附剂或催化剂载体，故C正确；

D．SiO2能与氢氟酸反应SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O；二氧化硅与烧碱溶液反应生成硅酸钠与水，故D正确。

故选：CD。

A．硅与盐酸不反应；

B．二氧化硅是酸性氧化物；

C．硅酸疏松多孔；表面积较大；

D．SiO2能与氢氟酸反应SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O．

本题考查硅和二氧化硅的性质，注意酸性氧化物能与碱、碱性氧化物等发生反应是解答的关键，注意掌握二氧化硅的化学性质，题目难度不大．【解析】CD三、填空题(共5题，共10分)12、略

【分析】由A中原子的最内层电子数是2，可确定元素A是硅，则B是第3周期且最外层电子数是2，故B是镁；水溶液呈碱性的气态氢化物是氨气，则C是氮，D是磷。【解析】【答案】(1)硅弱(2)HNO3H3PO4(3)弱13、略

【分析】试题分析：电解质溶于水可以电离，硝酸铵、氢氧化钡、硫酸为电解质；葡萄糖、四氯化碳为非电解质，在水中不能电离；电离方程式为NH4NO3=NH4++NO3-、Ba(OH)2=Ba2++2OH-、H2SO4=2H++SO42-。考点：本题考查电解质电离。【解析】【答案】NH4NO3=NH4++NO3-、Ba(OH)2=Ba2++2OH-、H2SO4=2H++SO42-14、略

【分析】【分析】

根据溶液中离子的电荷守恒；物料守恒和质子守恒规律分析解答；根据双水解原理分析解答；根据酸碱反应及水的离子积计算混合溶液的pH。

【详解】

（1）醋酸钠溶液中氢氧根离子来源于水的电离和醋酸根离子的水解，则c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，故答案为：c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)；

（2）NaHCO3溶液中存在的物料守恒关系为：c(Na+)=c(H2CO3)+c(CO32-)+c(HCO3-)，Na2CO3溶液中存在的物料守恒关系为：c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(CO32-)+2c(HCO3-)，则等浓度的混合溶液中：2c(Na+)=3c(H2CO3)+3c(CO32-)+3c(HCO3-)，故答案为：2c(Na+)=3c(H2CO3)+3c(CO32-)+3c(HCO3-)；

（3）钠离子、氢离子只带一个正电荷，碳酸氢根离子、氢氧根离子带一个负电荷，碳酸根离子带2个负电荷，所以电荷守恒表达式为：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)；

（4）泡沫灭火器中有硫酸铝和碳酸氢钠，铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应，相互促进，生成氢氧化铝和二氧化碳，离子方程是Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑，故答案为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑；

（5）NaHSO3完全电离生成钠离子和亚硫酸根离子，亚硫酸根离子的电离程度大于水解程度，所以离子浓度大小为：c(Na+)＞C(HSO3-)＞C(H+)＞c(SO32－)＞c(OH－)＞C(H2SO3)，故答案为：c(Na+)＞C(HSO3-)＞C(H+)＞c(SO32－)＞c(OH－)＞C(H2SO3)；

（6）pH=5的稀盐酸溶液c（H+）=10-5mol/L，pH=8的Ba(OH)2溶液中c（OH-）==10-4mol/L，混合溶液的pH＝7，则呈碱性，碱过量，此时c(OH-)==10-5mol/L==

，解得故答案为：2:9。

【点睛】

此题易错点在于（6），要注意100℃，KW=1.0×10-12，则pH=7时，溶液并非中性，而是碱性，应该根据氢氧根离子的浓度进行计算。【解析】①.c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)②.2c(Na+)=3c(H2CO3)+3c(CO32-)+3c(HCO3-)③.c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)④.Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑⑤.c(Na+)＞C(HSO3-)＞C(H+)＞c(SO32－)＞c(OH－)＞C(H2SO3)⑥.2:915、略

【分析】金属性越强，和水反应越剧烈，应该是Na；氟的非金属性最强，和水反应最剧烈，即F2；原子半径最小的是H；非金属性越强，氢化物稳定性越强，所以是HF；非金属性越强，最高价氧化物的酸性越强，F没有正价，所以应该是HClO4；常见10电子分子是CH4、NH3、H2O、HF。【解析】【答案】（1）Na；（2）F2；（3）H；（4）HF；（5）HClO4；（6）CH4、NH3、H2O、HF16、(1)放出9292(2)和该反应是可逆反应，1molN2和3molH2不能完全反应，因此放出能量总是小于92kJ不能完全反应，因此放出能量总是小于1molN23molH292kJ(3)0.25【分析】【分析】

本题旨在考查学生对反应热和焓变、化学反应中的能量变化、化学反应速率的概念、化学平衡状态的判断等应用。【解答】

rm{(1)}若rm{1molN}若rm{(1)}rm{1molN}rm{{,!}_{2}}完全反应生成rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{3}}焓变为rm{3}故放出热量，故答案为：放出；rm{3}rm{隆脕436+946-6隆脕391=}如果将rm{隆脕436+946-6隆脕391=}rm{-92KJ/mol}rm{92}rm{(2)}如果将rm{1molN}rm{(2)}rm{1molN}和rm{{,!}_{2}}不能完全反应，因此放出能量总是小于和rm{3molH}rm{3molH}rm{{,!}_{2}}和混合，使其充分反应，放出的热量总小于上述数值，其原因是：不能完全反应，因此放出能量总是小于该反应是可逆反应，rm{1molN_{2}}和rm{3molH_{2}}不能完全反应，因此放出能量总是小于rm{92kJ}rm{1molN_{2}}

rm{1molN_{2}}rm{3molH_{2}}rm{3molH_{2}}rm{92kJ}rm{92kJ}；故答案为：该反应是可逆反应，rm{1molN_{2}}和rm{3molH_{2}}不能完全反应，因此放出能量总是小于rm{92kJ}rm{1molN_{2}}rm{1molN_{2}}rm{3molH_{2}}反应速率之比为rm{3molH_{2}}故氮气的反应速率为rm{dfrac{dfrac{10mol}{2L}}{10min隆脕2}=0.25mol/left(L隆陇minright)}故答案为：rm{92kJ}

rm{92kJ}；达到平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，故正确；

rm{(3)}达到平衡时，正逆反应速率相等，且不为rm{(3)}故错误；

根据反应rm{N}达到平衡时，反应物的转化率为最大值，故rm{N}正确；

rm{{,!}_{2}}达到平衡时，氮气和氢气的浓度不一定相等，故rm{+3H}错误；

rm{+3H}达到平衡时，三者的体积分数不一定相等，故rm{{,!}_{2}}错误；

rm{2NH}达到平衡时，反应达到最大限度，故rm{2NH}正确。

rm{{,!}_{3}}

可知氨气和氮气化学计量数之比为rm{2:1}反应速率之比为rm{2:1}故氮气的反应速率为rm{dfrac{

dfrac{10mol}{2L}}{10min隆脕2}=0.25mol/left(L隆陇minright)}故答案为：rm{0.25}【解析】rm{(1)}rm{(1)}放出rm{92}rm{92}和rm{92}不能完全反应，因此放出能量总是小于rm{(2)}rm{(2)}该反应是可逆反应，rm{1molN_{2}}和rm{3molH_{2}}不能完全反应，因此放出能量总是小于rm{92kJ}rm{1molN_{2}}四、判断题(共2题，共4分)17、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．18、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．五、实验题(共3题，共21分)19、略

【分析】解：海带灼烧后得到海带灰浸泡后得到海带灰的浊液；过滤得到含碘离子的溶液加入二氧化锰和稀硫酸氧化碘离子为碘单质，得到含碘水溶液，加入有机溶剂苯，萃取分液得到含碘的苯溶液，通过蒸馏得到碘单质。

rm{(1)}灼烧海带时，用酒精进行润湿的目的是，促进海带快速燃烧，灼烧固体物质一般使用rm{(}瓷rm{)}坩埚；玻璃棒、泥三角、酒精灯、坩埚钳等；使用到的硅酸盐质实验仪器选BEF；

故答案为：促进海带快速燃烧；rm{BEF}

rm{(2)}步骤rm{垄脹}是分离固体和液体；则实验操作为过滤，故答案为：过滤；

rm{(3)}碘离子在酸性条件下可被rm{MnO_{2}}氧化成单质碘，rm{MnO_{2}}被还原为rm{Mn^{2+}}反应的离子方程式为：rm{2I^{-}+MnO_{2}+4H^{+}=I_{2}+Mn^{2+}+2H_{2}O}

故答案为：rm{2I^{-}+MnO_{2}+4H^{+}=I_{2}+Mn^{2+}+2H_{2}O.}

本题考查灼烧的实验，物质的分离方法，难度不大，注意从框图关系找出解题突破口。【解析】rm{(1)}促进海带快速燃烧；rm{BEF}

rm{(2)}过滤；

rm{(3)2I^{-}+MnO_{2}+4H^{+}=I_{2}+Mn^{2+}+2H_{2}O}20、略

【分析】【分析】的性质的实验设计和性质分析判断，掌握二氧化硫酸性氧化物性质、漂白性、还原性等是解题关键，【联系实际】中答案开放性强，题目难度中等。本题考查了rm{SO_{2}}的性质的实验设计和性质分析判断，掌握二氧化硫酸性氧化物性质、漂白性、还原性等是解题关键，【联系实际】中答案开放性强，题目难度中等。rm{SO_{2}}rm{SO_{2}}【解答】rm{(}rm{1}rm{)}rm{n}rm{(}rm{Na_{2}SO_{3}}rm{)}rm{=12.6g}rm{隆脗}rm{126g/mol=0.1mol}，根据化学方程式可知，二氧化硫的物质的量与rm{Na_{2}SO_{3}}物质的量相等，生成标准状况下的二氧化硫的体积rm{V=0.1mol}rm{隆脕}rm{22.4L/mol=2.24L}，在rm{Na_{2}SO_{3}+2H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}}rm{隆眉}rm{+H_{2}O}中rm{S}的化合价没有发生变化，因此该反应不属于氧化还原反应，故答案为：rm{2.24}；不是；

rm{(}rm{2}rm{)}二氧化硫可使品红溶液褪色；表现了二氧化硫的漂白性，故答案为：品红溶液褪色，漂白性；

rm{(}rm{3}rm{)}浓硫酸不能氧化二氧化硫气体；浓硫酸的作用除掉二氧化硫气体中混有的水蒸气，故答案为：干燥剂；

rm{(}rm{4}rm{)}二氧化硫气体污染大气，二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应而被吸收，因此装置rm{D}作为尾气吸收之用，故答案为：吸收多余的rm{SO_{2}}；防止污染空气；

【实验讨论】二氧化硫气体密度比空气的大，应用向上排空气法收集，应该从rm{a}进入集气瓶；故甲同学正确，故答案为：甲；

【联系实际】减少rm{SO_{2}}对空气的污染可从产生源头；产生后吸收等方面采取措施。

例如rm{垄脵}减少化石燃料的使用。

rm{垄脷}对rm{SO_{2}}的排放加以控制。

rm{垄脹}改变能源结构；开发利用清洁能源。

rm{垄脺}工业上对煤进行脱硫处理。

rm{垄脻}对rm{SO_{2}}气体进行处理或回收利用。

故答案为：rm{垄脵}减少化石燃料的使用。

rm{垄脷}对rm{SO}rm{{,!}_{2}}的排放加以控制。

rm{垄脹}改变能源结构；开发利用清洁能源。

rm{垄脺}工业上对煤进行脱硫处理。

rm{垄脻}对rm{SO_{2}}气体进行处理或回收利用。

rm{(}以上任选其一或其他合理答案均可rm{)}rm{(}rm{1}rm{1}rm{)}rm{n}，根据化学方程式可知，二氧化硫的物质的量与rm{n}物质的量相等，生成标准状况下的二氧化硫的体积rm{(}rm{Na_{2}SO_{3}}rm{Na_{2}SO_{3}}，在rm{)}rm{=12.6g}rm{=12.6g}中rm{隆脗}的化合价没有发生变化，因此该反应不属于氧化还原反应，故答案为：rm{126g/mol=0.1mol}；不是；

rm{126g/mol=0.1mol}rm{Na_{2}SO_{3}}rm{Na_{2}SO_{3}}二氧化硫可使品红溶液褪色；表现了二氧化硫的漂白性，故答案为：品红溶液褪色，漂白性；

rm{V=0.1mol}rm{V=0.1mol}rm{隆脕}浓硫酸不能氧化二氧化硫气体；浓硫酸的作用除掉二氧化硫气体中混有的水蒸气，故答案为：干燥剂；

rm{22.4L/mol=2.24L}rm{22.4L/mol=2.24L}rm{Na_{2}SO_{3}+2H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}}二氧化硫气体污染大气，二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应而被吸收，因此装置rm{Na_{2}SO_{3}+2H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}}作为尾气吸收之用，故答案为：吸收多余的rm{隆眉}；防止污染空气；

【实验讨论】二氧化硫气体密度比空气的大，应用向上排空气法收集，应该从rm{+H_{2}O}进入集气瓶；故甲同学正确，故答案为：甲；

【联系实际】减少rm{+H_{2}O}对空气的污染可从产生源头；产生后吸收等方面采取措施。

例如rm{S}减少化石燃料的使用。

rm{S}对rm{2.24}的排放加以控制。

rm{2.24}改变能源结构；开发利用清洁能源。

rm{(}工业上对煤进行脱硫处理。

rm{2}对rm{2}气体进行处理或回收利用。

故答案为：rm{)}减少化石燃料的使用。

rm{(}对rm{3}rm{3}的排放加以控制。

rm{)}改变能源结构；开发利用清洁能源。

rm{(}工业上对煤进行脱硫处理。

rm{4}对rm{4}气体进行处理或回收利用。

rm{)}以上任选其一或其他合理答案均可rm{D}rm{D}rm{SO_{2}}rm{SO_{2}}【解析】rm{(1)2.24}不是rm{(2)}品红溶液褪色漂白性rm{(3)}干燥剂rm{(4)}吸收多余的rm{SO_{2}}防止污染空气【实验讨论】

甲【联系实际】rm{垄脵}减少化石燃料的使用rm{垄脷}对rm{SO}rm{{,!}_{2}}的排放加以控制。

rm{垄脹}改变能源结构；开发利用清洁能源对。

rm{垄脺}工业上对煤进行脱硫处理rm{垄脻}对rm{SO_{2}}气体进行处理或回收利用。

rm{(}以上任选其一或其他合理答案均可rm{)}21、略

【分析】解：rm{(1)}装置甲依据的化学反应原理是rm{Mg+H_{2}SO_{4}=MgSO_{4}+H_{2}隆眉}镁易失电子作负极、rm{Al}作正极；装置乙同学依据的化学反应原理是rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}铝易失电子作负极、rm{Mg}作正极；

故答案为：rm{Mg}rm{Al}

rm{(2)}电解质溶液为rm{KOH}溶液，rm{X}电极失去电子，为负极，甲烷被氧化，发失电子发生氧化反应：rm{CH_{4}-8e^{-}+10OH^{-}篓TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}rm{Y}电极得到电子，为正极，rm{O_{2}}被还原，所以rm{O_{2}}应由rm{b}通入；

故答案为：负；rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=7}rm{H_{2}O+CO_{3}^{2-}}rm{b}．

rm{(1)}装置甲依据的化学反应原理是rm{Mg+H_{2}SO_{4}=MgSO_{4}+H_{2}隆眉}装置乙同学依据的化学反应原理是rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}据此分析；

rm{(2)}甲烷燃料电池中；负极上投放燃料甲烷，发生失电子发生氧化反应，正极上投放氧气，发生得电子的还原反应．

本题考查原电池以及氢氧燃料电池的工作原理，注意电解质溶液的酸碱性不同，则电极反应不同，根据得失电子判断正负极，难点是电极反应式的书写，难度不大．【解析】rm{Mg}rm{Al}负；rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=7H_{2}O+CO_{3}^{2-}}rm{b}六、工业流程题(共3题，共21分)22、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)

明矾的溶解度随温度的升高而增大；步骤IV中在培养规则明矾大晶体过程中，需要配制高于室温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，随着自然冷却至室温，明矾饱和溶液变为过饱和溶液，导致明矾析出，明矾晶体会附着在规则明矾小晶体上，形成规则明矾大晶体，故正确操作为：fed；

(3)

A．步骤II通过量CO2后进行固液得到胶状物；抽滤时不宜过滤胶状沉淀，否则易在滤纸上形成一层密实的沉淀，A错误；

B．抽滤装置有1处错误；漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口，B错误；

C．抽滤完毕后；应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头以防倒吸，C错误；

D．由于溶液中含有H+；具有强酸性，在抽滤时会腐蚀滤纸，导致滤纸破损，所以改用玻璃纤维替代滤纸，D正确；

故选D。

(4