2024年粤教沪科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年粤教沪科版高一化学上册阶段测试试卷489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、对于反应：H-+NH3=H2+NH2-的说法正确的是（）

A.该反应属于置换反应。

B.NH3是氧化剂。

C.NH2-是还原产物。

D.若反应中有1mol电子转移，则必然生成22.4LH2

2、某粒子用符号AZMn+表示，下列关于该粒子的叙述中，正确的是（）A．所含质子数为A—nB．所含中子数为A—Z—nC．所含电子数为Z+nD．中子数—电子数=A—2Z+n3、下列各组中化合物的性质比较，不正确的是（）A.酸性：HCl04＞HBr04＞HI04B.碱性：Na0H＞Mg（0H）2＞Al（0H）3C.稳定性；PH3＞H2S＞HClD.非金属性：F＞0＞S4、下列物质属于同系物的一组是()A.rm{CH_{4}}与rm{C_{2}H_{4}}B.与rm{CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}}C.rm{C_{2}H_{6}}与rm{C_{3}H_{8}}D.rm{O_{2}}与rm{O_{3}}5、下列关于煤及其综合利用的说法中正确的是rm{(}rm{)}A.煤的主要成分是单质碳B.煤的干馏是指将煤在空气中加强热使之分解的过程C.煤通过干馏得到的苯和甲苯属于同系物D.煤气化的目的主要是获得甲烷，煤液化的目的主要是获得苯评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、下列各组物质中，所含分子数相同的是()A.rm{10gH_{2}}和rm{10gO_{2}}B.rm{7gN_{2}}和rm{11gCO_{2}}C.rm{9gH_{2}O}和rm{0.5molBr_{2}}D.rm{224mLH_{2}(}标准状况rm{)}和rm{0.1molN_{2}}7、某元素rm{1}个原子的质量为rm{a}rm{1}个rm{{,!}^{12}C}原子质量为rm{b}则该元素的这种原子的相对原子质量是A.rm{dfrac{12a}{b}}B.rm{dfrac{12b}{z}}C.rm{dfrac{a}{{{N}_{A}}}}D.rm{a隆陇N_{A}}8、最近日本科学家确认世界上还存在的另一种“分子足球”rm{N_{60}}它与rm{C_{60}}的结构相似rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{N_{60}}和rm{N_{2}}是同素异形体B.rm{N_{60}}中氮原子之间由共价键结合C.rm{N_{60}}高温或撞击后应该生成rm{N_{2}}D.rm{N_{60}}和rm{{,!}^{14}N}都是氮的同位素9、常温下，向二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与P[P＝或变化关系如图所示。下列说法正确的是。

A.曲线M表示随pH的变化关系B.Ka2的数值是10-6C.e点溶液中：2c(Y2-)+c(HY-)﹣c(K+)+c(OH-)=0.001mol·L-1D.KHY溶液中：c(K＋)＞c(HY﹣)＞c(H+)＞c(Y2-)＞c(H2Y)10、从减少环境污染的角度看，应大力推广的能源是rm{(}rm{)}A.氢能B.太阳能C.风能D.化石燃料11、能用酒精灯直接加热的仪器是()A.量筒B.坩埚C.试管D.蒸发皿12、下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是()A.质子数为rm{17}中子数为rm{20}的氯原子：rm{rlap{_{17}}{^{20}}Cl}B.氯离子rm{(Cl^{-})}的结构示意图：C.氯分子的电子式：D.氯气的结构式：rm{Cl隆陋Cl}13、用rm{FeCl_{3}}溶液腐蚀印刷电路板上铜箔的反应是：rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}下列有关说法正确的是A.rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+

Cu^{2+}}是还原剂，被腐蚀B.rm{Cu}是氧化剂C.该反应是置换反应D.该反应属于离子反应rm{Fe^{3+}}14、把炭和氧化铜组成的混合物隔绝空气加热，充分反应后称量所得剩余固体的质量为rm{112g}向此剩余固体中加入rm{200g}稀硫酸，稀硫酸恰好被完全反应，过滤后所得滤渣呈红色rm{.}同时将反应所得的气体全部通入含溶质rm{37g}的澄清石灰水中，得到沉淀rm{25g.}下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.生成气体的质量可能是rm{11}克或rm{33}克B.滤渣中的红色物质可能是rm{32}克或rm{96}克C.参与反应的氧化铜质量可能是rm{40}克或rm{120}克D.稀硫酸的溶质质量可能是rm{38.4}克或rm{115.2}克评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、在标准状况下a.6.72LCH4气体b.3.01×1023个HCl气体分子c.13.6gH2S气体d.0.2molNH3；下列对这四种气体的关系从大到小的排列是（用上述序号表示）

①四种气体所含有的分子数______；

②四种气体所含有的原子数______．16、原子序数分别为1、11、17的三种元素X、Y、Z两两组合的化合物XZ含有的化学键类别为______，YZ电子式为______，Z元素在周期表中的位置为第______周期第______族，能否用下面的反应证明Z的非金属性比碳强：2HCl+Na2CO3=NaCl+H2O+CO2↑______（填“能”或“否”）17、(10分)元素周期表中第ⅦA族元素的单质及其化合物的用途广泛。（1）能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是(填序号)。A．Cl2、Br2、I2的熔点B.Cl2、Br2、I2的氧化性C．HCl、HBr、HI的热稳定性D．HCl、HBr、HI的酸性（2）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体①完成Ⅰ中反应的总化学方程式：□NaCl＋□H2O＝□NaClO3＋□。②Ⅱ中转化的基本反应类型是，该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的原因是。（3）一定条件，在水溶液中1molCl－、ClOX－(x＝1，2，3，4)的能量(KJ)相对大小如右图所示。①D是(填离子符号)。②B→A＋C反应的离子方程式为；生成1molC时，KJ的热（填吸收或放出以及具体数值）18、化学兴趣小组设定以下实验方案，测定某已变质为碳酸钠的小苏打样品中NaHCO3的质量分数．

方案一：称取一定质量样品；置于坩埚中加热至恒重，冷却，称量剩余固体质量，计算．

（1）坩埚中发生反应的化学方程式为：______

（2）实验中需加热至恒重的目的是：______-

方案二：称取一定质量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解；向小烧杯中加入足量Ba（OH）2溶液；过滤，洗涤，干燥沉淀，称量固体质量，计算．

（1）过滤操作中，除了烧杯、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为______

（2）实验中判断沉淀是否完全的方法是______

方案三：按如图装置进行实验：

（3）B装置内所盛试剂是______；D装置的作用是______；分液漏斗中______（填“能”或“不能”）用盐酸代替稀硫酸进行实验．

（4）实验前称取17.9g样品，实验后测得C装置增重8.8g，则样品中NaHCO3的质量分数为______．

（5）此实验测得的数据，测定结果有误差，因为实验装置还存在一个明显缺陷是：______

19、在rm{2L}密闭容器中分别充入rm{4mol}rm{A}气体和rm{6mol}rm{B}气体，在一定条件下发生反应：rm{4A(g)+5B(g)?4C(g)+xD(g)}经过rm{5}rm{min}后达到平衡状态，经测定rm{B}的转化率为rm{75%}rm{D}的浓度为rm{2.7mol?L^{-1}.}则rm{x=}______；rm{A}在平衡混合物中的体积分数为______；从反应开始至平衡时，以rm{C}的浓度变化表示该反应的平均速率rm{v(C)=}______．20、某温度下，在rm{2L}容器中rm{3}种物质间进行反应，rm{X}rm{Y}rm{Z}的物质的量随时间的变化曲线如图。容器中rm{2L}种物质间进行反应，rm{3}rm{X}rm{Y}的物质的量随时间的变化曲线如图。

rm{Z}

该反应的化学方程式是____________________________。

rm{(1)垄脵}该反应的化学方程式是____________________________。rm{(1)垄脵}在rm{垄脷}在rm{t}rm{垄脷}时，该反应达到了平衡状态，下列可判断反应已达到该状态的是________。

rm{t}rm{{,!}_{1}}rm{min}时，该反应达到了平衡状态，下列可判断反应已达到该状态的是________。rm{min}的反应速率相等

A.rm{X}rm{Y}rm{Z}的反应速率相等rm{X}的反应速率比为rm{Y}

rm{Z}的同时生成B.rm{X}rm{Y}的反应速率比为rm{2隆脙3}

rm{X}rm{Y}的同时生成rm{2隆脙3}

C.生成rm{3molY}的同时生成rm{1molZ}若上述反应中rm{3molY}rm{1molZ}分别为D.生成rm{1molZ}的同时生成rm{2molX}rm{1molZ}rm{2molX}rm{(2)垄脵}若上述反应中rm{X}rm{Y}rm{Z}分别为rm{NH}rm{(2)垄脵}rm{X}rm{Y}rm{Z}时，rm{NH}rm{{,!}_{3}}、rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}时间内，用、rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}，已知氨气可以分解成氮气和氢气，则至rm{t}rm{t}为__________________________________。

rm{{,!}_{1}}rm{min}时，rm{NH}两位同学讨论放热反应和吸热反应。甲说加热后才能发生的化学反应是吸热反应，乙说反应中要持续加热才能进行的反应是吸热反应。你认为他们的说法中正确的是________同学。rm{min}评卷人得分四、判断题(共2题，共12分)21、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．22、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分五、简答题(共2题，共8分)23、粗食盐中除含有钙离子；镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质外；还含有泥砂等不溶性杂质．我们食用的精盐是用粗食盐提纯而得到的．通过教材中“粗盐的提纯”及你做过的该实验回答下列问题．

（1）如何运用最简单的方法检验溶液中有无SO42-离子？______．

如果有，应该如何除去SO42-离子？______．

（2）在粗盐经过一定处理后的溶液中滴加饱和Na2CO3溶液，直至不再产生沉淀为止．请问这步操作的目的是______．

（3）将经过操作（2）后的溶液过滤．请问这一操作能除掉哪些物质？______．24、现有如下两个反应：

rm{(A)NaOH+HCl篓TNaCl+H_{2}O}

rm{(B)Cu+2Ag^{+}篓T2Ag+Cu^{2+}}

rm{(1)}根据两反应本质；判断能否设计成原电池______；

rm{(2)}如果不能；说明其原因______；

rm{(3)}如果可以，则写出正、负极材料及其电极反应时和反应类型rm{(}“氧化反应”或“还原反应”rm{)}

负极：______；______，______；

正极：______；______，______；

若导线上转移电子rm{1mol}则正极质量增加______rm{g}电解质溶液：______．评卷人得分六、综合题(共4题，共24分)25、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

26、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题27、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

28、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】

A、反应H-+NH3=H2+NH2-是两种化合物之间的反应；不属于置换反应，故A错误；

B、反应H-+NH3=H2+NH2-中，NH3中氢元素化合价降低，NH3是氧化剂；故B正确；

C、反应H-+NH3=H2+NH2-中，H-中氢元素化合价升高，H-是还原剂，NH3是氧化剂，氧化剂对应的产物H2是还原产物；故C错误；

D、反应H-+NH3=H2+NH2-中，NH3中氢元素化合价降低，H-中氢元素化合价升高，NH3中氢元素化合价降低，转移电子1mol，生成氢气1mol，反应中有1mol电子转移，会得到标况下22.4LH2；故D错误．

故选B．

【解析】【答案】A；置换反应是单质和化合物反应生成新的单质和化合物的反应；

B；化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；

C；氧化剂对应的产物是还原产物；

D；根据氧化还原反应中转移的电子数目和消耗的各物质的量来计算回答．

2、D【分析】【解析】【答案】D3、C【分析】解：A．非金属性Cl＞Br＞I，最高价氧化物的水化物的酸性为HCl04＞HBr04＞HI04；故A正确；

B．金属性Na＞Mg＞Al，最高价氧化物的水化物的碱性为Na0H＞Mg（0H）2＞Al（0H）3；故B正确；

C．非金属性Cl＞S＞P，气态氢化物的稳定性为PH3＜H2S＜HCl；故C错误；

D．同周期从左到右非金属性增强；则非金属性：F＞0，同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性：0＞S，所以非金属性：F＞0＞S，故D正确；

故选C．

A．非金属性越强；最高价氧化物的水化物的酸性越强；

B．金属性越强；最高价氧化物的水化物的碱性越强；

C．非金属性越强；气态氢化物越稳定；

D．同周期从左到右非金属性增强；同主族从上到下非金属性减弱．

本题考查元素性质的比较，为高频考点，把握元素的金属性、非金属性比较为解答的关键，注意元素的位置及元素周期律的应用，题目难度不大．【解析】【答案】C4、C【分析】【分析】本题考查同系物同素异形体、同分异构体的概念与区别，难度不大，注意理解概念的内涵与外延。【解答】A.rm{CH_{4}}属于烷烃，rm{C_{2}H_{4}}属于烯烃；二者结构不相似，不是同系物，故A错误；

B.与rm{CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}}分子式相同；结构不同，互为同分异构体，为碳链异构，故B错误；

C.rm{C_{2}H_{6}}与rm{C_{3}H_{8}}都属于烷烃，相差一个rm{CH_{2}}原子团；互为同系物，故C正确；

D.rm{O_{2}}与rm{O_{3}}是氧元素形成的不同单质；互为同素异形体，故D错误。

故选C。

结构相似，在分子组成上相差一个或若干个rm{CH_{2}}原子团的物质互称为同系物．

具有相同的分子式；不同的结构的化合物互为同分异构体．

考查化学“五同”比较，难度不大，注意把握概念的内涵与外延．【解析】rm{C}5、C【分析】解：rm{A}煤是多种无机物和有机物的混合物；并不是碳单质，故A错误；

B；煤在空气中加强热会燃烧；故煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，故B错误；

C、煤通过干馏可以获取苯和甲苯，而苯和甲苯的结构相似、在分子组成上相差一个rm{CH_{2}}故互为同系物，故C正确；

D、煤的气化可以获得水煤气即rm{CO}和氢气；而不是甲烷；煤的液化的目的是获得甲醇，而不是获得苯，故D错误．

故选C．

A；煤是多种无机物和有机物的混合物；

B；煤在空气中加强热会燃烧；

C；煤通过干馏可以获取苯和甲苯；

D、煤的气化可以获得rm{CO}和氢气；煤的液化的目的是获得甲醇．

本题考查了煤和石油的综合利用，难度不大，应注意的是煤的干馏、煤的气化和液化均为化学变化，而石油的分馏为物理变化．【解析】rm{C}二、多选题(共9题，共18分)6、BC【分析】略【解析】rm{BC}7、AD【分析】【分析】本题考查了阿伏加德罗常数和物质的量的相关计算，题目难度不大。【解答】相对原子质量的定义是：以rm{12C}原子质量的rm{1/12}做为标准，其他原子的质量与它相比较所得的值。所以相对原子质量是rm{a隆脗(b/12)=12a/b}原子质量的rm{12C}做为标准，其他原子的质量与它相比较所得的值。所以相对原子质量是rm{1/12}

rm{a隆脗(b/12)=12a/b}相对原子质量在数值上与摩尔质量相等，根据摩尔质量的概念可得出，这种原子的相对原子质量是rm{a隆陇N}故AD正确。rm{a隆陇N}

rm{{,!}_{A}}故选AD。【解析】rm{AD}8、ABC【分析】解：rm{A.N_{60}}与rm{N_{2}}符合同素异形体的概念，rm{N_{60}}与rm{N_{2}}互为同素异形体；故A正确；

B.rm{N_{60}}中只含氮原子；原子之间由共价键结合，故B正确；

C.rm{N_{60}}在高温和撞击后释放巨大能量，说明生成了rm{N}元素的很稳定的形式，而熟知的rm{N}最稳定存在形式就是rm{N_{2}}故C正确；

D.rm{N_{60}}是单质，rm{{,!}^{14}N}是氮的同位素；故D错误．

故选ABC．

A.同素异形体是同元素组成的不同单质；

B.原子通过共用电子对形成的化学键叫做共价键；非金属元素原子之间形成的一般是共价键；

C.rm{N_{60}}在高温和撞击后释放巨大能量，说明生成了rm{N}元素的很稳定的形式；

D.同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同原子．

本题考查了同位素、同素异形体概念的应用以及化学键，主要是概念的理解，题目难度不大．【解析】rm{ABC}9、CD【分析】【分析】

随着pH的增大，H2Y的电离程度逐渐增大，溶液中的逐渐增大，逐渐减小，则lg逐渐增大，因此曲线M表示pH与lg的变化关系，lg逐渐减小，曲线N表示pH与lg的变化关系。

【详解】

A．随着pH的增大，H2Y的电离程度逐渐增大，溶液中的逐渐增大，逐渐减小，则lg逐渐增大，因此曲线M表示pH与lg的变化关系，lg逐渐减小，曲线N表示pH与lg的变化关系；故A错误；

B．由H2YH++HY-、HY-H++Y2-可知，Ka2=根据题中图示，pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，lg=1.3，则=101.3，Ka2===10-4.3；故B错误；

C．e点溶液中，存在K+、H+、Y2-、HY-、OH-，溶液呈现电中性的，由电荷守恒得c(K+)+c(H+)=2c(Y2-)+c(HY-)+c(OH-)，e点pH=3，c(H+)=0.001mol·L-1，则c(H+)=2c(Y2-)+c(HY-)+c(OH-)-c(K+)，所以2c(Y2-)+c(HY-)+c(OH-)-c(K+)=0.001mol·L-1；故C正确；

D．KHY溶液中，HY-的水解常数Kh2=根据图象中c点坐标可知，pH=2时lg=0.7，则c(OH-)=110-12mol/L、=100.7，代入水解常数的计算公式可得Kh2=HY-的水解常数小于其电离常数，所以HY-的电离程度大于其水解程度，KHY溶液呈现酸性，则溶液中c(Y2-)＞c(H2Y)，由于还存在水的电离，c(H+)＞c(Y2-)，所以KHY溶液中：c(K＋)＞c(HY﹣)＞c(H+)＞c(Y2-)＞c(H2Y)；故D正确；

答案为CD。10、ABC【分析】解：太阳能；风能使用不会产生污染物；氢能使用过程中产生水，也不会产生污染物，他们都是清洁能源，大力推广能够减少环境污染，化石燃料的燃烧能够产生粉尘和有毒气体，能够造成环境污染；

故选：rm{ABC}．

根据能源使用过程中的生成物是否污染环境解答；太阳能；风能使用不会产生污染物，氢能使用过程中产生水，也不会产生污染物，据此分析解答．

本题考查了新能源的开发与利用，熟悉氢能、太阳能、风能使用过程不会产生污染物是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{ABC}11、BCD【分析】【分析】

本题考查常见化学仪器的使用知识，难度不大，掌握常见的化学仪器的使用是解答的关键。【解答】

可以直接加热的仪器有：坩埚、试管、蒸发皿，故BCD正确。

故选BCD。

【解析】rm{BCD}12、CD【分析】略。【解析】rm{CD}13、ABD【分析】【分析】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，注意把握元素化合价的变化与对应物质的性质，从化合价升降的角度认识氧化还原反应的相关概念。【解答】A.rm{Cu}元素化合价升高；被氧化，为还原剂，故A正确；

B.rm{Fe}元素化合价降低，被还原，rm{Fe^{3+}}是氧化剂；故B正确；

C.生成物中没有单质；不是置换反应，故C错误；

D.该反应有离子参加；是离子反应，故D正确。

故选ABD。【解析】rm{ABD}14、ABC【分析】解：氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙的反应为：rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}二氧化碳过量时碳酸钙部分溶解，反应的化学方程式为：rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}篓TCa(HCO_{3})_{2}}

A.如果二氧化碳不足，碳酸钙是rm{25g}根据反应可知生成二氧化碳的质量为：rm{25g隆脕dfrac{44}{100}=11g}

如果二氧化碳过量，rm{25g隆脕dfrac

{44}{100}=11g}氢氧化钙和二氧化碳反应生成rm{37g}碳酸钙沉淀，然后过量的二氧化碳溶解rm{50g}碳酸钙，则总共消耗二氧化碳的质量为：rm{dfrac{37}{74}隆脕44g+dfrac{25}{100}隆脕44g=33g}故A正确；

B.氧化铜和碳反应的化学方程式及其质量关系为：

rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{(50-25)g=25g}rm{dfrac{37}{74}隆脕44g+dfrac

{25}{100}隆脕44g=33g}

如果生成的一氧化碳是rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出生成的铜的质量是rm{128}如果生成的二氧化碳是rm{44}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出生成的铜的质量是rm{11g}故B正确；

C.rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{32g}rm{33g}

如果生成的一氧化碳是rm{96g}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出反应的氧化铜的质量是rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}如果生成的一氧化碳是rm{160}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出反应的氧化铜的质量是rm{44}故C正确；

D.由于不知剩余氧化铜的质量；因此无法判断稀硫酸中的溶质质量，故D错误；

故选ABC．

氢氧化钙和少量二氧化碳反应生成碳酸钙的反应为rm{11g}二氧化碳过量时碳酸钙部分溶解，发生反应为rm{40g}

A.当二氧化碳不足时，只发生反应rm{33g}据此计算出生成二氧化碳的质量；当二氧化碳稍过量时，发生反应rm{120g}rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}据此计算出生成二氧化碳的质量；

B.氧化铜和碳反应的化学方程式及其质量关系为：

rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}篓TCa(HCO_{3})_{2}}rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

分别根据二氧化碳为rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}篓TCa(HCO_{3})_{2}}计算出滤渣中的红色物质的质量；

C.rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}rm{128}

分别根据二氧化碳为rm{44}rm{11g}计算参与反应的氧化铜的可能质量；

D.不知剩余氧化铜的质量；无法判断稀硫酸中的溶质质量．

本题考查混合物反应的计算，题目浓度较大，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．rm{33g}【解析】rm{ABC}三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】解：①6.72LCH4气体，其物质的量为=0.3mol，分子数为0.3NA；原子个数为：0.3NA×5=1.5NA；

②3.01×1023个HCl气体分子，其物质的量为=0.5mol，分子数为0.5NA；原子个数为：0.5NA×2=1NA；

③13.6gH2S气体，其物质的量为=0.4mol；分子数为：0.4NA；原子个数为：0.4NA×3=1.2NA；

④0.2molNH3，分子数为：0.2NA；原子个数为：0.2NA×4=0.8NA；

所以：①四种气体所含有的分子数：②③①④；

故答案为：②③①④；

②四种气体所含有的原子数：①③②④；

故答案为：①③②④．

结合n===计算结合物质分子的构成解答．

本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握以物质的量为中心的基本计算公式为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．【解析】②③①④；①③②④16、略

【分析】解：三种元素分别为H、Na、Cl的三种元素X、Y、Z两两组合的化合物HCl含有的化学键类别为共价键，氯化钠是离子化合物，是钠离子和氯离子通过静电作用形成的，其电子式为氯是三个周期，最外层7个电子，所以在周期表中的位置为第三周期第ⅥⅠA族，反应2HCl+Na2CO3=NaCl+H2O+CO2↑只能说明盐酸的酸性强于碳酸，而不能证明氯的非金属性比碳强，故答案为：共价键；三；ⅥⅠA族；否．

三种元素分别为H、Na、Cl的三种元素X、Y、Z两两组合的化合物HCl含有的化学键类别为共价键，氯化钠是离子化合物，是钠离子和氯离子通过静电作用形成的，其电子式为氯是三个周期，最外层7个电子，所以在周期表中的位置为第三周期第ⅥⅠA族，反应2HCl+Na2CO3=NaCl+H2O+CO2↑只能说明盐酸的酸性强于碳酸；盐酸是无氧酸，而碳酸是含氧酸，应通过比较最高价含氧酸的酸性，得出两者的非金属性强弱，由此分析解答．

本题考查元素在周期表中的位置及性质递变规律和酸性比较等知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．【解析】共价键；三；ⅥⅠA族；否17、略

【分析】试题分析：（1）能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是元素形成的氢化物的稳定性会反应条件的难易，或产生的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，或单质的氧化性的强弱。乙醇选项是B、C。(2)①反应Ⅰ是氧化还原反应，根据电子守恒、原子守恒可知：Ⅰ中反应的总化学方程式：1NaCl＋3H2O＝1NaClO3＋3H2↑；②Ⅱ中元素的化合价没有发生变化，所以转化的基本反应类型是复分解反应；该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的原因是室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其它晶体；（3）①根据物质中元素的化合价的变化规律可知D是ClO4－；②B→A＋C反应是歧化反应，根据元素守恒、原子守恒、电荷守恒可得：该反应的离子方程式为3ClO－＝ClO3－＋2Cl－，由方程式可知每产生1mol的C会消耗3mol的B，同时产生2mol的Cl-，能量变化是ΔH=－3×60KJ+2×O+63KJ=-117KJ，即发出热量117KJ.考点：考查元素非金属性强弱的比较依据、离子方程式和化学方程式的书写、物质反应过程中的能量变化。【解析】【答案】（1）B、C（2分）（2）①1NaCl＋3H2O＝1NaClO3＋3H2↑（2分）②复分解反应室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其它晶体（2分）（3）①ClO4－（1分）②3ClO－＝ClO3－＋2Cl－，（2分）放出117（1分）18、略

【分析】解：[方案一]（1）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；

故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；

（2）实验原理是根据加热前后固体质量变化来计算碳酸氢钠；故应保证碳酸氢钠完全分解，加热恒重则碳酸氢钠完全分解；

故答案为：保证NaHCO3分解完全；

[方案二]（1）过滤时需用玻璃棒引流；故答案为：玻璃棒；

（2）可取上层清液；继续加沉淀剂，看是否生成沉淀，具体操作为：取上层清液少许于试管中，加入氢氧化钡溶液，若无沉淀生成，则沉淀完全；

故答案为：取少量上层清液于一支试管中，滴加Ba（OH）2溶液；观察是否有白色沉淀生成；

[方案三]（3）B中为浓硫酸吸收水；干燥二氧化碳，空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收，故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保C装置中质量增加量的准确性；分液漏斗中如果用盐酸代替硫酸，盐酸易挥发，这样制得二氧化碳气体中含氯化氢，浓硫酸不能吸收氯化氢，则氯化氢被碱石灰吸收，导致测到二氧化碳质量偏高，等质量碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠产生二氧化碳多，则会导致碳酸氢钠偏多，碳酸钠偏小；

故答案为：浓硫酸；防止空气中的水蒸气；二氧化碳进入C装置；不能；

（4）设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为x；y；则。

Na2CO3+H2SO4=H2O+CO2↑+Na2SO4；

xx

2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑

yy

解得x=0.05mol

y=0.15mol

则样品中Na2CO3的质量分数为×100%=29.6%；

故答案为：29.6%；

（5）实验装置还存在一个明显缺陷为装置中的二氧化碳不能被C全部吸收，则需设计一个装置将A、B中的CO2全部吹入C中吸收；

故答案为：缺少一个驱赶残留二氧化碳气体的装置．

[方案一]碳酸氢钠不稳定；受热易分解，根据加热前后固体质量变化，根据差量法求碳酸氢钠的质量，进而求得碳酸钠的质量分数；

（1）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠；水和二氧化碳；

（2）加热恒重保证碳酸氢钠完全分解；

[方案二]碳酸钠和碳酸氢钠都和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀；根据生成沉淀的质量来计算碳酸钠的质量分数．

（1）根据过滤操作考虑所需仪器；

（2）可取上层清液；继续加沉淀剂，看是否生成沉淀；

[方案三]（3）由测定含量的实验可知，A中发生Na2CO3+H2SO4=H2O+CO2↑+Na2SO4、2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑；B中为浓硫酸吸收水，干燥二氧化碳，利用C装置吸收二氧化碳，D装置防止空气中的二氧化碳；水进入C装置干扰含量测定；

（4）结合反应定量关系和元素守恒计算得到物质的质量；来计算物质含量；

（5）二氧化碳气体不能全部进入C装置被吸收；需要添加一个装置二氧化碳气体赶入装置C的装置．

本题考查碳酸钠含量的测定实验，为高频考点，把握实验装置的作用及实验目的为解答的关键，侧重分析、计算及实验能力的综合考查，题目难度中等．【解析】2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；保证NaHCO3分解完全；玻璃棒；取少量上层清液于一支试管中，滴加Ba（OH）2溶液，观察是否有白色沉淀生成；浓硫酸；防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置；不能；29.6%；缺少一个驱赶残留二氧化碳气体的装置19、略

【分析】解：rm{5}rm{min}后达到平衡状态，经测定rm{B}的转化率为rm{75%}则参加反应的rm{B}为rm{6mol隆脕75%=4.5mol}rm{D}的浓度为rm{2.7mol?L^{-1}}生成rm{D}为rm{2.7mol/L隆脕2L=5.4mol}由反应中物质的量比等于化学计量数之比可知，rm{dfrac{4.5mol}{5.4mol}=dfrac{5}{x}}解得rm{dfrac{4.5mol}{5.4mol}=dfrac

{5}{x}}则。

rm{x=6}

开始rm{4A(g)+5B(g)?4C(g)+6D(g)}rm{4}rm{6}rm{0}

转化rm{0}rm{3.6}rm{4.5}rm{3.6}

平衡rm{5.4}rm{0.4}rm{1.5}rm{3.6}

rm{5.4}在平衡混合物中的体积分数为rm{dfrac{0.4}{0.4+1.5+3.6+5.4}隆脕100%=3.7%}

从反应开始至平衡时，以rm{A}的浓度变化表示该反应的平均速率rm{v(C)=dfrac{dfrac{3.6mol}{2L}}{5min}=0.36}rm{dfrac

{0.4}{0.4+1.5+3.6+5.4}隆脕100%=3.7%}

故答案为：rm{C}rm{v(C)=dfrac{dfrac

{3.6mol}{2L}}{5min}=0.36}rm{mol/(L?min)}rm{6}．

rm{3.7%}rm{0.36}后达到平衡状态，经测定rm{mol/(L?min)}的转化率为rm{5}则参加反应的rm{min}为rm{B}rm{75%}的浓度为rm{B}生成rm{6mol隆脕75%=4.5mol}为rm{D}由反应中物质的量比等于化学计量数之比可知，rm{dfrac{4.5mol}{5.4mol}=dfrac{5}{x}}解得rm{2.7mol?L^{-1}}则。

rm{D}

开始rm{2.7mol/L隆脕2L=5.4mol}rm{dfrac{4.5mol}{5.4mol}=dfrac

{5}{x}}rm{x=6}rm{4A(g)+5B(g)?4C(g)+6D(g)}

转化rm{4}rm{6}rm{0}rm{0}

平衡rm{3.6}rm{4.5}rm{3.6}rm{5.4}

结合体积比等于物质的量比、rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}来解答．

本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、速率及体积分数的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意rm{0.4}的确定方法，题目难度不大．rm{1.5}【解析】rm{6}rm{3.7%}rm{0.36mol/(L?min)}20、

(1)①2X3Y+Z②D

(2)①33.3%0.6/t1mol·L－1·min－1

②乙

【分析】【分析】本题考查较为综合，涉及化学方程式、平衡状态、反应热的计算以及反应速率的计算等问题，题目难度不大，注意相关知识的积累。【解答】rm{(1)垄脵}由图象可以看出，反应中rm{X}的物质的量减小，rm{Y}rm{Z}的物质的量增多，则rm{X}为反应物，rm{Y}rm{Z}为生成物；

且rm{trianglen(X)}rm{trianglen(Y)}rm{trianglen(Z)=0.8mol}rm{1.2mol}rm{0.4mol=2}rm{3}rm{1}则反应的化学方程式为：rm{2X}rm{3Y+Z}

故答案为：rm{2X}rm{3Y+Z}

rm{垄脷}在rm{t_{1}min}时；各物质的物质的量不再变化，说明达到平衡状态；

A.由方程式可以看出，达到平衡时rm{X}rm{Y}rm{Z}的反应速率不相等；故A错误；

B.无论是否达到平衡状态，rm{X}rm{Y}的反应速率比都为rm{2}rm{3}故B错误；

C.无论是否达到平衡状态，生成rm{3molY}的同时生成rm{1molZ}故C错误；

D.生成rm{1molZ}的同时生成rm{2molX}说明正逆反应速率相等，故D正确．

故答案为：rm{D}

rm{(2)垄脵t_{1}min}时，消耗rm{NH_{3}}的物质的量为rm{0.8mol}则转化率为rm{0.8/2.4隆脕100%=33.3%}rm{H_{2}}的反应曲线为rm{Y}则在此rm{t_{1}min}时间内，用rm{H_{2}}表示反应的平均速率rm{v(H_{2})=dfrac{dfrac{1.2mol}{2L}}{t_{1}min}=dfrac{0.6}{t_{1}}}rm{v(H_{2})=dfrac{dfrac

{1.2mol}{2L}}{t_{1}min}=dfrac{0.6}{t_{1}}}

故答案为：rm{mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{33.3%}rm{dfrac{0.6}{t_{1}}}

rm{mol?L^{-1}?min^{-1}}一些放热反应往往也需在加热条件下才能进行；例如铝热反应，则甲不能作为判断的依据，持续加热才能进行的反应，说明不断提供能量反应才能进行，则反应为吸热反应，则乙正确；

故答案为：乙。rm{垄脷}【解析】

rm{(1)垄脵}rm{2X}rm{2X}rm{3Y+Z}rm{3Y+Z}rm{垄脷D}rm{(2)垄脵33.3%}乙

rm{0.6/t_{1}mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}四、判断题(共2题，共12分)21、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．22、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目五、简答题(共2题，共8分)23、略

【分析】解：（1）加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子；检验硫酸根离子已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一滴氯化钡溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽；

除去硫酸根离子的方法是在溶液中加入过量的氯化钡溶液；

故答案为：静置片刻后；取上层清液于试管中，滴加氯化钡，若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根离子，反之则没有；除去硫酸根离子的方法是在溶液中加入过量的氯化钡溶液；

（2）碳酸钠与镁离子生成碳酸镁沉淀；与钙离子生成碳酸钙沉淀、与钡离子生成碳酸钡沉淀；所以滴加饱和碳酸钠溶液，可以除去钙离子、镁离子和过量的钡离子；

故答案为：除去Ca2+、Mg2+以及加入过量的Ba2+；

（3）过滤可把溶液和不溶于水的物质除去；可以除去硫酸钡；碳酸钙、碳酸镁、碳酸钡和泥沙等不溶性杂质；

故答案为：BaSO4、BaCO3、CaCO3、MgCO3等杂质．

（1）加入氯化钡溶液检验硫酸根离子是否除尽；

（2）在粗盐提纯的过程中需要滴加饱和Na2CO3溶液除去钙离子以及过量的钡离子；

（3）过滤可把溶液和不溶于水的物质除去．

本题考查在粗盐提纯的过程中所选用除杂和净化的方法，难度不大，除去杂质不要引入新的杂质，对于实验过程中所加过量的试剂都要除去．【解析】静置片刻后，取上层清液于试管中，滴加氯化钡，若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根离子，反之则没有；除去硫酸根离子的方法是在溶液中加入过量的氯化钡溶液；除去Ca2+、Mg2+以及加入过量的Ba2+；BaSO4、BaCO3、CaCO3、MgCO3等杂质24、略

【分析】解：rm{(1)(A)}该反应不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，rm{(B)}该反应是自发进行的放热的氧化还原反应；所以能设计成原电池；

故答案为：rm{(A)}不能，rm{(B)}能；

rm{(2)(A)NaOH+HCl篓TNaCl+H_{2}O}该反应中各元素的化合价不变；属于复分解反应，所以不是氧化还原反应，则不能设计成原电池；

故答案为：rm{(A)}反应是非氧化还原反应；

rm{(3)Cu+2Ag^{+}=Cu^{2+}+2Ag}根据反应前后的金属单质确定电极材料，所以该原电池的电极材料是铜和碳，铜易失去电子发生氧化反应，所以铜作负极，电极反应式为：rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}碳作正极发生还原反应，rm{2Ag^{+}+2e^{-}=2Ag}若导线上转移电子rm{1mol}则正极增加rm{1molAg}质量为rm{108}克；反应物中的化合物为含银离子的可溶性化合物，常见的有硝酸银，所以电解质溶液为硝酸银溶液；

故答案为：铜；rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}氧化反应；碳；rm{2Ag^{+}+2e^{-}=2Ag}还原反应；rm{108}硝酸银溶液．

rm{(1)}能设计成原电池的化学反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应；否则不能设计成原电池；

rm{(2)}非氧化还原反应不能设计成原电池；

rm{(3)}根据rm{Cu+2Ag^{+}篓T2Ag+Cu^{2+}}可知rm{Fe}应为负极，失电子被氧化，正极可为rm{C}rm{Ag}等，正极上rm{Ag^{+}}得电子生成rm{Ag}电解质溶液含有rm{Ag^{+}}根据电子守恒计算正极增加的质量．

本题考查了原电池的设计和工作原理的探究；为侧重于基础知识的考查，题目难度不大．

注意原电池的设计：

rm{1}基本方法。

以氧化还原反应为基础，确定原电池的正负极、电解质溶液及电极反应，可参考锌rm{-}铜rm{-}稀硫酸原电池模型处理问题rm{.}其方法是还原剂作负极；不如负极活泼的金属或非金属导体作正极，氧化剂的溶液作电解质溶液．

rm{2}电解质溶液的选择。

电解质溶液一般要能与负极发生反应；或者是电解质溶液中溶解的其它物质与负极发生反应．

rm{3}电极材料的选择。

电极材料必须导电，负极必须能够与电解质溶液反应，容易失去电子；正极和负极之间只有产生电势差，电子才能定向运动，所以正极和负极不用同一种材料．【解析】rm{(A)}不能，rm{(B)}能；rm{(A)}反应是非氧化还原反应；铜；rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}氧化反应；碳；rm{2Ag^{+}+2e^{-}=2Ag}还原反应；rm{108}硝酸银溶液六、综合题(共4题，共24分)25、反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1【分析】【解答】（1）因图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；

（2）因1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol﹣1；

则2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣1；

则利用盖斯定律将①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1；

【分析】（1）反应物总能量大于生成物总能量；催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，反应热不变；

（2）根据反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）结合1molS