2024年沪教新版高一化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年沪教新版高一化学下册阶段测试试卷578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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀rm{H_{2}SO_{4}}和rm{HNO_{3}}组成的混合溶液中，充分反应后金属粉末有剩余，下列有关推断正确的是rm{(}rm{)}

A.反应过程中不可能产生rm{H_{2}}

B.剩余的金属粉末中一定有铜。

C.往反应后的溶液中加入rm{KSCN}溶液会变血红色。

D.往反应后的溶液中加入足量的稀rm{H_{2}SO_{4}}则金属粉末的质量一定会减少2、若要分离汽油与水，应选择的实验装置是A.B.C.D.3、某烯烃与H2加成后的产物是：则该烯烃的结构式可能有A.1种B.2种C.3种D.4种4、白磷易溶于CS2形成溶液，磷元素在该溶液中存在的形式是（）A.P4分子B.磷原子C.P2分子D.P4或P2分子5、下列两瓶气体所含分子数一定相等的是()A.同质量的rm{N_{2}}和rm{CO_{2}}B.同质量的rm{H_{2}}和rm{N_{2}}C.同体积的rm{O_{2}}和rm{N_{2}}D.相同物质的量的rm{NO}和rm{CO2}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、硫酸；硝酸在日常生活、实验研究和工业生产中有着非常重要的作用．在下列用途或反应中；它们表现出的性质可能有：

①高沸点性；②强酸性；③吸水性；④脱水性；⑤强氧化性；⑥不稳定性；⑦易挥发性．

请用上述相应的序号完成下列表格的填空：

。用途或反应硫酸或硝酸表现的性质（1）用稀硫酸和锌粒制氢气（2）用浓硫酸和食盐固体制氯化氢（3）用稀硝酸洗涤试管壁上附着的银（4）浓硫酸、浓硝酸可用钢瓶贮运（5）久置的浓硝酸显黄色（6）打开浓硝酸瓶塞时，瓶口有白雾生成（7）敞口的浓硫酸，放置一段时间后质量变大（8）浓硫酸可使湿润的蓝色石蕊试纸先变红，后变黑（9）浓硝酸可使湿润的蓝色石蕊试纸先变红，后褪色．7、要除去下列物质中所含杂质rm{(}括号内为杂质rm{)}请按要求填空．rm{(1)Na_{2}CO_{3}}固体rm{(NaHCO_{3})}除杂方法____，反应的化学方程式____．rm{(2)FeCl_{2}}溶液rm{(CuCl_{2})}除杂试剂____，反应的离子方程式____．rm{(3)Mg}粉rm{(Al)}除杂试剂____，反应的离子方程式____．8、硫酸或硝酸在下列用途或反应中各表现的性质是：A.强酸性rm{B.}易挥发性rm{C.}吸水性rm{D.}脱水性rm{E.}强氧化性rm{F.}不稳定性rm{(1)}胆矾中加入浓硫酸，久置变为白色粉末___；rm{(2)}用铝槽车装运浓硫酸或浓硝酸__________；rm{(3)}蔗糖中加入浓硫酸，形成“黑色发糕”______；rm{(4)}浓硝酸久置会变黄____________________；rm{(5)}浓硝酸与不活泼金属铜单质反应_____；rm{(6)98%}以上的浓硝酸俗称“发烟硝酸”________。9、（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。10、（6分）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。①_______________kJ②________________kJ③_________________kJ11、铁是人体中必需微量元素中含量最多，体内缺失会引起贫血．含FeO42﹣离子的盐具有强氧化性；能杀菌消毒，如高铁酸钾是一种新型；高效的消毒剂及绿色净水剂．铁及其化合物之间的相互转化可用下式表示：

Fe2+Fe3+FeO42﹣；

请回答下列有关问题：

（1）Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4．若用反应所得的酸性溶液实现上述①的转化，要求产物纯净．可选用的试剂是____（选填序号）；

a．Cl2b．Fec．HNO3d．H2O2．

（2）上述转化得到的硫酸铁可用于电化浸出黄铜矿精矿工艺．精矿在阳极浸出的反应比较复杂，其中有一主要反应：CuFeS2+4Fe3+→Cu2++5Fe2++2S；

则下列说法正确的是____（选填序号）；

a．反应中；所有铁元素均被还原。

b．从物质的组成来看；黄铜矿属于复盐。

c．反应中，CuFeS2既作氧化剂又作还原剂。

d．当转移1mol电子时，有46gCuFeS2参加反应．

（3）下列是工业制取高铁酸钾的一种方法；请在方框内填上合适的微粒符号并配平该离子方程式：

____Fe3++____+____Cl2→____FeO42﹣+____Cl﹣+____．12、请按要求书写化学方程式或离子方程式。

（1）小明运用化学实验证明了久置于空气中的漂白粉已变质，请用化学方程式表示漂白粉变质的原因____．

（2）FeSO4溶液用稀H2SO4酸化，放置一段时间后略显黄色，写出变化过程的离子方程式____；然后向其中滴加KI﹣淀粉溶液变蓝色，写出变化过程的离子方程式____13、如图所示，用排饱和食盐水法先后收集20mlCH4和80mlCl2；放在光亮的地方（注意：不要放在日光直射的地方，以免引起爆炸），等待片刻，观察发生的现象．回答下列问题：

（1）大约30min后，可以观察到量筒壁上出现______液体，该现象说明生成了______（填序号）

①CH3Cl；②CH2Cl2；③CHCl3；④CCl4

量筒内出现的白雾是______，量筒内液面______（填“上升”；“下降”或“不变”）；

（2）液化石油气的主要成分是丙烷，试写出丙烷燃烧的化学方程式______．将现用液化石油气的燃具改用天然气时应______进空气的风口．（填增大或减少）

（3）下列烷烃的分子式有3种同分异构体的是______．（填字母）

A．C5H12；B．C4H10；C．C3H8；D．C2H6．14、下列是中学化学常见的物质：

A.金刚石rm{B.HCl}rm{C.NaCl}rm{D.K_{2}SO_{4}}rm{E.Na_{2}S}rm{F.He}rm{G.N_{2}}

rm{(1)}在固态时含极性共价键的分子晶体是______

rm{(2)}既含离子键又含共价键的是______

rm{(3)}固态时属于离子晶体的是______

rm{(4)}熔化时需克服共价键的是______

rm{(5)}晶体中不存在化学键的是______．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）16、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化17、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．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、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）20、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）21、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）22、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）评卷人得分四、推断题(共4题，共28分)23、A、B、C、D、E5种元素，A元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等；B是地壳中含量最多的元素；C元素原子的最外层电子数比次外层少2个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C．E的单质既能与强酸反应；又能与强碱反应放出氢气．

（1）B在周期表中的位置是______；

（2）C的气态氢化物的电子式：______；

（3）C的最高价氧化物的水化物稀溶液与E单质反应的化学方程式：______．

（4）在①A2B、②D2B、③DBA、④B2、⑤DACB4、⑥D2C这6种物质中；

只含共价键的是______（填序号）；只含离子键的是______（填序号）；是共价化合物的是______（填序号）．

（5）在B、C、E中原子半径从大到小的顺序是（用元素符号表示）______．24、短周期元素rm{Q}rm{R}rm{T}rm{W}在元素周期表中的位置如图所示，其中rm{T}所处的周期序数与主族序数相等；请回答下列问题：

rm{(1)T}的原子结构示意图为______．

rm{(2)}元素的非金属性rm{(}原子得电子的能力rm{)}rm{Q}______rm{W(}填“强于”或“弱于”rm{)}

rm{(3)W}的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反应；生成两种物质，其中一种是气体，反应的化学方程式为______

rm{(4)}原子序数比rm{R}多rm{1}的元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物；此分解反应的化学方程式是______

rm{(5)R}有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小rm{.}在一定条件下，rm{2L}的甲气体与rm{0.5L}的氧气相混合，若该混合气体被足量的rm{NaOH}溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的rm{R}的含氧酸盐只有一种，则该含氧酸盐的化学式是______．25、如图所示各方框表示有关的一种反应物或生成物rm{(}某些物质已经略去rm{)}其中常温下rm{A}rm{C}和rm{D}为无色气体，rm{C}能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，rm{X}分解产生rm{A}rm{B}和rm{C}三种产物的比值为rm{1}rm{1}rm{2}．

rm{(1)}写出下列各物质的化学式：

rm{X}______；rm{B}______；rm{F}______；rm{G}______．

rm{(2)}按要求写出下列变化的反应方程式：

rm{C隆煤E}的化学反应方程式：______；rm{G隆煤E}的离子反应方程式：______．26、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种短周期主族元素的原子序数依次增大；已知：

rm{垄脵}原子半径大小关系是：rm{D>E>B>C>A}．

rm{垄脷A}rm{D}同主族，rm{B}rm{C}rm{E}分处三个连续的主族；且最外层电子数依次增加；

rm{垄脹C}是地壳中含量最多的元素rm{.D}与rm{C}可形成原子个数比为rm{1}rm{1}或rm{2}rm{1}的化合物．

请填写以下空白：

rm{(1)}化合物rm{D_{2}C_{2}}的电子式为______rm{.}用电子式表示rm{D_{2}C}的形成过程______．

rm{(2)}单质rm{A}和单质rm{B}在一定条件下发生反应的化学方程式为______．评卷人得分五、其他(共4题，共36分)27、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。28、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。29、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。30、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】铁比铜活泼，将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀rm{H_{2}SO_{4}}和rm{HNO_{3}}组成的混合溶液中，首先是较活泼的铁与酸溶液反应，当铁完全反应后，且溶液中存在：rm{H^{+}}rm{(Fe^{3+})}rm{NO_{3}^{-}}时，铜溶解，所以剩余金属可能为铁或铁与铜的混合物，由于发生：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{Cu+2Fe^{3+}=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}则当金属粉末有剩余，溶液中不存在rm{Fe^{3+}}当溶液中rm{NO_{3}^{-}}完全消耗时；加入硫酸，金属不再溶解．

【解答】A.铁比铜活泼，硝酸氧化性大于硫酸，将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀rm{H_{2}SO_{4}}和rm{HNO_{3}}组成的混合溶液中，首先是较活泼的铁与在酸性条件下与rm{NO_{3}^{-}}反应，当溶液中rm{NO_{3}^{-}}完全消耗时，铁和rm{H^{+}}反应生成rm{H_{2}}故A错误；

B.铁比铜活泼，将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀rm{H_{2}SO_{4}}和rm{HNO_{3}}组成的混合溶液中，首先是较活泼的铁与酸溶液反应，当铁完全反应后，且溶液中存在：rm{H^{+}}rm{Fe^{3+}}rm{NO_{3}^{-}}时；铜溶解，所以剩余金属可能为铁或铁与铜的混合物，所以剩余金属一定含有铜，故B正确；

C.由于发生：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{Cu+2Fe^{3+}=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}则当金属粉末有剩余，溶液中不存在rm{Fe^{3+}}加入rm{KSCN}溶液不一定变成血红色；故C错误；

D.当剩余金属为铜时，且溶液中rm{NO_{3}^{-}}完全消耗时；加入硫酸，金属不再溶解，故D错误。

故选B。【解析】rm{B}2、D【分析】略【解析】rm{D}3、C【分析】烯烃加氢即得到烷烃，则烷烃分子中相邻的2个碳原子分别去掉1个氢原子，就可以在这2个碳原子直接形成碳碳双键。根据烷烃的结构简式可知，烷烃相应的烯烃共有3种，答案选C。【解析】【答案】C4、A【分析】【解答】二硫化碳是非极性分子，为非极性分子溶剂，白磷易溶于二硫化碳，说明白磷是非极性分子的溶质，白磷溶于二硫化碳没有发生化学反应，所以还是以P4分子存在；

故选A．

【分析】根据相似相溶判断分子的极性，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，据此分析解答．5、D【分析】略【解析】rm{D}二、填空题(共9题，共18分)6、略

【分析】

稀硫酸具有酸性；浓硫酸具有难挥发性，脱水性；吸水性以及强氧化性，浓硝酸、稀硝酸都具有氧化性，浓硝酸氧化性比稀硝酸强，以此解答该题．

本题考查了浓硫酸、硝酸的性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意浓硫酸属于酸，具有酸性，还有吸水性、脱水性和强氧化性，注意吸水性和脱水性的区别，题目难度不大．【解析】解：（1）用稀硫酸和锌粒制氢气；反应中稀硫酸表现为强酸性；

（2）用浓硫酸和食盐固体制氯化氢；生成氯化氢易挥发，浓硫酸表现高沸点性；

（3）用稀硝酸洗涤试管壁上附着的银；生成硝酸银和NO，稀硝酸表现酸性和氧化性；

（4）浓硫酸；浓硝酸可用钢瓶贮运；发生钝化反应，表现强氧化性；

（5）久置的浓硝酸显黄色；发生分解，表现不稳定性；

（6）打开浓硝酸瓶塞时；瓶口有白雾生成，说明硝酸易挥发；

（7）敞口的浓硫酸；放置一段时间后质量变大，因硫酸表现吸水性；

（8）浓硫酸可使湿润的蓝色石蕊试纸先变红；后变黑，表现浓硫酸的酸性和脱水性；

（9）浓硝酸可使湿润的蓝色石蕊试纸先变红；后褪色，浓硝酸表现酸性和强氧化性．

故答案为：。用途或反应硫酸或硝酸表现的性质（1）用稀硫酸和锌粒制氢气②（2）用浓硫酸和食盐固体制氯化氢①（3）用稀硝酸洗涤试管壁上附着的银②⑤（4）浓硫酸、浓硝酸可用钢瓶贮运⑤（5）久置的浓硝酸显黄色⑥（6）打开浓硝酸瓶塞时，瓶口有白雾生成⑦（7）敞口的浓硫酸，放置一段时间后质量变大③（8）浓硫酸可使湿润的蓝色石蕊试纸先变红，后变黑②④（9）浓硝酸可使湿润的蓝色石蕊试纸先变红，后褪色②⑤7、（1）加热（2）足量铁粉2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋（3）足量的NaOH溶液2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑【分析】【分析】本题考查物质分离提纯方法和选择及金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意除杂不能引入新杂质，题目难度不大。【解答】rm{(1)}rm{(1)}rm{NaHCO}rm{NaHCO}rm{2NaHC{O}_{3}overset{?}{=}N{a}_{2}C{O}_{3}+{H}_{2}O+C{O}_{2}隆眉}rm{{,!}_{3}}rm{2NaHC{O}_{3}overset{?}{=}N{a}_{2}C{O}_{3}+{H}_{2}O+C{O}_{2}隆眉}加热分解生成碳酸钠，则选择方法为加热，发生的反应为rm{2NaHC{O}_{3}

overset{?}{=}N{a}_{2}C{O}_{3}+{H}_{2}O+C{O}_{2}隆眉}，故答案为：加热；与rm{2NaHC{O}_{3}

overset{?}{=}N{a}_{2}C{O}_{3}+{H}_{2}O+C{O}_{2}隆眉}；rm{(2)}rm{(2)}rm{Fe}与rm{Fe}足量铁粉rm{FeCl}rm{FeCl}rm{{,!}_{3;}}反应生成氯化亚铁，则选择的试剂及方法为加入足量铁粉，过滤；发生的离子反应为铝可与氢氧化钠溶液，而镁与氢氧化钠溶液不反应，则可用足量的氢氧化钠溶液除去镁粉rm{2Fe^{3+}+Fe=3Fe^{2+}}，故答案为：；rm{2Fe^{3+}+Fe=3Fe^{2+}}；rm{(3)}铝可与氢氧化钠溶液，而镁与氢氧化钠溶液不反应，则可用足量的氢氧化钠溶液除去镁rm{(3)}中的铝粉，发生的离子方程式为：rm{2Al+2OH^{-}}rm{+2H}故答案为：足量的rm{+2H}溶液；rm{2}rm{2}rm{O=}rm{O=}rm{2AlO}rm{2}rm{2}rm{{,!}^{-}}rm{+3H}rm{+3H}rm{2}。rm{2}【解析】rm{(1)}加热rm{2NaHC{O}_{3}overset{?}{=}N{a}_{2}C{O}_{3}+{H}_{2}O+C{O}_{2}隆眉}rm{2NaHC{O}_{3}

overset{?}{=}N{a}_{2}C{O}_{3}+{H}_{2}O+C{O}_{2}隆眉}足量铁粉rm{(2)}rm{2Fe^{3+}+Fe=3Fe^{2+}}rm{(3)}溶液足量的rm{NaOH}溶液rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=}rm{NaOH}rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=}8、（1）C

（2）E

（3）DE

（4）F

（5）AE

（6）B【分析】【分析】本题考查浓硫酸、硝酸的性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意浓硫酸属于酸，具有酸性，还有吸水性、脱水性和强氧化性，注意吸水性和脱水性的区别，题目难度不大。【解答】rm{(1)}胆矾中加入浓硫酸，久置变为白色粉末，表现了浓硫酸的吸水性；故答案为：rm{C}rm{(2)}用铝槽车装运浓硫酸冷的浓硫酸或浓硝酸中放入铝片没有明显现象，金属产生钝化现象，在铝表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了进一步反应，可铝槽车装运浓硫酸或浓硝酸，体现了浓硫酸和浓硝酸的强氧化性；

故答案为：rm{E}rm{(3)}蔗糖是碳水化合物，浓硫酸能将蔗糖中的氢原子和氧原子按rm{2}rm{1}比例形成水脱去；浓硫酸把蔗糖变成黑色发糕的同时能闻到刺激性气味，说明浓硫酸能和碳反应生成刺激性气味的二氧化硫，说明浓硫酸具有强氧化性，则蔗糖中加入浓硫酸，形成“黑色发糕”，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性；

故答案为：rm{DE}rm{(4)}浓硝酸不稳定分解生成rm{NO_{2}}硝酸溶液中溶解了硝酸分解所产生的rm{NO_{2}}呈黄色；浓硝酸久置会变黄，体现了浓硝酸的不稳定性；

故答案为：rm{F}rm{(5)}浓硝酸与不活泼金属铜单质反应的方程式为rm{4HNO}rm{4HNO}rm{{,!}_{3}}浓rm{(}浓rm{)+Cu=Cu(NO}rm{(}rm{)+Cu=Cu(NO}rm{{,!}_{3})_{2}}rm{+2NO}rm{+2NO}rm{{,!}_{2}}在该反应中，硝酸中的氮元素化合价降低，硝酸是氧化剂体现氧化性，硝酸和金属反应生成硝酸盐体现酸性；

故答案为：rm{隆眉+2H}rm{隆眉+2H}rm{{,!}_{2}}以上的浓硝酸称为“发烟硝酸”；rm{O}在该反应中，硝酸中的氮元素化合价降低，硝酸是氧化剂体现氧化性，硝酸和金属反应生成硝酸盐体现酸性rm{O}【解析】rm{(1)}rm{C}rm{C}rm{(2)E}rm{(3)DE}rm{(4)F}rm{(5)AE}rm{(6)B}9、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】CuOCuH2CuOAB10、略

【分析】【解析】试题分析：①表示破坏反应物中化学键所吸水的能量，所以根据氢气和氧气的键能并结合化学方程式可知应该是436kJ×2＋249kJ×2＝1370kJ；②表示形成水时放出的能量，因此根据键能可知，应该是463kJ×2×2＝1850kJ，所以该反应实际放出的热量是1850kJ－1370kJ＝482kJ。考点：考查反应热的计算【解析】【答案】（6分，每空2分）①1370②1850③48211、dbd216OH﹣3258H2O【分析】【解答】（1）要使产物纯净；必须物质间发生反应后，没有杂质生成．

a；氯气有氧化性；能氧化二价铁离子生成三价铁离子，但同时有氯离子生成，所以有杂质生成，故a错误；

b、铁与稀硫酸反应生成二价铁离子，不能把二价铁离子转化为三价铁离子，故b错误；

c；硝酸能氧化二价铁离子生成三价铁离子；但溶液中还有杂质硝酸根离子，故c错误；

d；双氧水能氧化二价铁离子生成三价铁离子；同时有水生成，水是原溶液的成分，所以不是杂质，故d正确；

故答案为：d；

（2）a、CuFeS2中铁元素的化合价为+2价，反应物Fe3+的化合价为+3价，生成物中Fe2+的化合价为+2价；所以不是所有铁元素均被还原故a错误；

b、由两种或两种以上的简单盐类组成的同晶型化合物，叫做复盐，CuFeS2由硫化铁、硫化亚铜组成的复盐，故b正确；

c、CuFeS2中只有S元素的化合价只有升高，其他元素的化合价不变，所以CuFeS2只作还原剂；故c错误；

d、CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S转移电子4

184g4mol

46g1mol

故d正确；

故答案为：bd；

（3）Fe3+→FeO42﹣，Fe的化学价由+3升高到+6，升高3个位次，Cl2→Cl﹣，Cl化合价由0降低到﹣1，一个Cl2分子化合价降低2个位次，根据化合价升降相等可知，Fe3+的化学计量数为2、FeO42﹣的化学计量数为2，Cl2的化学计量数为3，Cl﹣的化学计量数为6；高铁酸钾在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定，因此提供FeO42﹣中O的是OH﹣，产物为水，根据原子守恒配平得：2Fe3++16OH﹣+3Cl2=2FeO42﹣+6Cl﹣+8H2O；

故答案为：2Fe3++16OH﹣+3Cl2=2FeO42﹣+6Cl﹣+8H2O．

【分析】（1）根据物质的性质及是否引进杂质确定选项；

（2）根据合金的定义；化合价的升降、发生反应的物质与转移电子之间的关系判断；

（3）根据化学价升降相等、原子守恒配平．12、Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2↑4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2【分析】【解答】（1）久置于空气中的漂白粉已变质，与水、二氧化碳反应生成碳酸钙、HClO，发生的反应为Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2↑；

故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2↑；

（2）FeSO4溶液用稀H2SO4酸化，放置一段时间后略显黄色，反应生成硫酸铁，离子反应为4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；向其中滴加KI﹣淀粉溶液变蓝色，则铁离子与碘离子发生氧化还原反应生成碘，离子反应为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，故答案为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2．

【分析】（1）久置于空气中的漂白粉已变质；与水；二氧化碳反应生成碳酸钙、HClO；

（2）FeSO4溶液用稀H2SO4酸化，放置一段时间后略显黄色，反应生成硫酸铁；向其中滴加KI﹣淀粉溶液变蓝色，则铁离子与碘离子发生氧化还原反应生成碘13、略

【分析】解：（1）甲烷可以和氯气发生取代反应；生成的二氯甲烷；三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，一氯甲烷是气体，生成的氯化氢极易溶于水，遇水蒸气形成白雾，容器中的压强较低，液面上升，故答案为：油状；②③④；盐酸的小液滴；上升；

（2）丙烷和甲烷燃烧均生成二氧化碳和水：C3H8+5O23CO2+4H20，CH4+2O2CO2+2H20；由反应可知，同物质的量即同体积的丙烷和甲烷，丙烷耗氧量多，故把液化石油气的灶具改用天然气为燃料时，需要减少空气气的量；

故答案为：C3H8+5O23CO2+4H20；减少；

（3）C5H123种同分异构体；C4H102种同分异构体；C3H8、C2H6无同分异构体；故选A．

（1）二氯甲烷；三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体；的氯化氢极易溶于水，遇水蒸气形成白雾，容器中的压强较低，液面上升；

（2）丙烷燃烧生成二氧化碳和水；

（3）烷烃同分异构体书写技巧：先写最长链；然后从最长链减少一个碳原子作为取代基；在剩余的碳链上连接，即主链由长到短，支链由整到散，位置由中心排向两边．

本题考查甲烷与氯气的燃烧、同分异构体书写，难度较小，旨在考查学生对基础知识的理解与掌握．【解析】油状；②③④；盐酸的小液滴；上升；C3H8+5O23CO2+4H20；减少；A14、略

【分析】解：rm{A.}金刚石属于原子晶体；熔化时克服共价键；

B.rm{HCl}属于分子晶体；熔化时克服分子间作用力；

C.rm{NaCl}属于离子晶体；熔化克服离子键；

D.rm{K_{2}SO_{4}}属于离子晶体；含有离子键和共价键，熔化克服离子键；

E.rm{Na_{2}S}属于离子晶体，熔化克服离子键；rm{F.He}属于分子晶体；是单原子分子，没有化学键，熔化时克服分子间作用力；

G.rm{N_{2}}属于分子晶体；熔化时克服分子间作用力；

rm{(1)HCl}属于分子晶体，rm{H}与rm{Cl}原子之间存在极性键，所以在固态时含极性共价键的分子晶体是rm{B}故答案为：rm{B}

rm{(2)K_{2}SO_{4}}属于离子晶体，含有离子键和共价键，既含离子键又含共价键的是rm{D}故答案为：rm{D}

rm{(3)}固态时属于离子晶体的是rm{CDE}故答案为：rm{CDE}

rm{(4)}原子晶体在熔化时，需要克服共价键，则熔化时需克服共价键的是rm{A}故答案为：rm{A}

rm{(5)}稀有气体属于单原子分子，分子中没有化学键，则晶体中不存在化学键的是rm{F}故答案为：rm{F}．

A.金刚石属于原子晶体；熔化时克服共价键；

B.rm{HCl}属于分子晶体；熔化时克服分子间作用力；

C.rm{NaCl}属于离子晶体；熔化克服离子键；

D.rm{K_{2}SO_{4}}属于离子晶体；含有离子键和共价键，熔化克服离子键；

E.rm{Na_{2}S}属于离子晶体，熔化克服离子键；rm{F.He}属于分子晶体；是单原子分子，没有化学键，熔化时克服分子间作用力；

G.rm{N_{2}}属于分子晶体；熔化时克服分子间作用力，据此结合题目分析．

本题考查化学键的类型以及晶体的类型，根据物质的组成，及有关的概念进行判断，题目难度不大，注意稀有气体属于单原子分子，分子中没有化学键是易错点．【解析】rm{B}rm{D}rm{CDE}rm{A}rm{F}三、判断题(共8题，共16分)15、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．16、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；17、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；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】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol20、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21、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．22、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素四、推断题(共4题，共28分)23、略

【分析】解：（1）B为氧元素；位于周期表第二周期第ⅥA族，故答案为：第二周期第ⅥA族；

（2）C为S元素，对应的氢化物为硫化氢，电子式为故答案为：

（3）E为铝，与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，反应的化学方程式为2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+H2↑，故答案为：2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+H2↑；

（4）在①A2B、②D2B、③DBA、④B2、⑤DACB4、⑥D2C这6种物质中，其对应的物质分别是①H2O、②K2O、③KOH、④O2、⑤KHSO4、⑥K2S；

其中只含共价键的是H2O、O2；只含离子键的是K2O、K2S；H2O属于共价化合物；

故答案为：①④；②⑥；①；

（5）Al和S位于相同周期；原子半径Al＞S，S；O位于同一主族，原子半径S＞O，则原子半径Al＞S＞O，故答案为：Al＞S＞O．

A、B、C、D、E5种短周期元素，A元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等，则A为氢元素；B是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；C元素原子的最外层电子数比次外层少2个，应为S元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；D为K元素，E的单质既能与强酸反应，又能与强碱反应放出氢气，应为Al，以此解答该题．

本题考查原子结构和元素周期律的关系，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，正确推断元素的种类为解答该题的关键．【解析】第二周期第ⅥA族；2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+H2↑；①④；②⑥；①；Al＞S＞O24、略

【分析】解：根据短周期元素rm{Q}rm{R}rm{T}rm{W}在元素周期表中的位置知，rm{Q}和rm{R}位于第二周期、rm{T}和rm{W}位于第三周期，rm{T}所处的周期序数与主族序数相等，则rm{T}是rm{Al}元素，可推知rm{Q}是rm{C}元素、rm{R}是rm{N}元素、rm{W}是rm{S}元素；

rm{(1)T}为rm{Al}元素，原子核外有rm{13}个电子，原子结构示意图为故答案为：

rm{(2)Q}是rm{C}rm{W}是rm{S}元素，同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，非金属性rm{S>Si}同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性rm{C>Si}所以非金属性rm{S>C}即rm{Q}弱于rm{W}

故答案为：弱于；

rm{(3)W}是rm{S}元素，rm{W}的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液浓硫酸共热能发生反应，生成两种物质，其中一种是气体为二氧化硫，另一种是水，反应方程式为rm{S+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}3SO_{2}隆眉+2H_{2}O}

故答案为：rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}3SO_{2}隆眉+2H_{2}O}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}3SO_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{S+2H_{2}SO_{4}(}原子序数比rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}3SO_{2}隆眉+2H_{2}O}多rm{(4)}的元素是rm{R}元素，rm{1}元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，该氢化物是rm{O}rm{O}分解生成rm{H_{2}O_{2}}和rm{H_{2}O_{2}}反应方程式为rm{2H_{2}O_{2}dfrac{overset{;MnO_{2};}{}}{;}O_{2}隆眉+2H_{2}O}

故答案为：rm{2H_{2}O_{2}dfrac{overset{;MnO_{2};}{}}{;}O_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{H_{2}O}有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小，为rm{O_{2}}在一定条件下，rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

overset{;MnO_{2};}{}}{;}O_{2}隆眉+2H_{2}O}的rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

overset{;MnO_{2};}{}}{;}O_{2}隆眉+2H_{2}O}与rm{(5)N}的rm{NO}相混合，若该混合气体被足量的rm{2L}溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的rm{NO}的含氧酸盐只有一种，二者的物质的量之比为rm{0.5L}rm{O_{2}}根据转移电子相等知，生成的含氧酸盐中rm{NaOH}元素化合价为rm{N}价，则含氧酸盐化学式为rm{4}

故答案为：rm{1}．

根据短周期元素rm{N}rm{+3}rm{NaNO_{2}}rm{NaNO_{2}}在元素周期表中的位置知，rm{Q}和rm{R}位于第二周期、rm{T}和rm{W}位于第三周期，rm{Q}所处的周期序数与主族序数相等，则rm{R}是rm{T}元素，可推知rm{W}是rm{T}元素、rm{T}是rm{Al}元素、rm{Q}是rm{C}元素；

rm{R}为rm{N}元素，原子核外有rm{W}个电子，各层电子数为rm{S}rm{(1)T}rm{Al}

rm{13}是rm{2}rm{8}是rm{3}元素；同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱；

rm{(2)Q}是rm{C}元素，rm{W}的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液浓硫酸共热能发生反应；生成两种物质，其中一种是气体为二氧化硫，另一种是水；

rm{S}原子序数比rm{(3)W}多rm{S}的元素是rm{W}元素，rm{(4)}元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，该氢化物是rm{R}rm{1}分解生成rm{O}和rm{O}

rm{H_{2}O_{2}}有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小，为rm{H_{2}O_{2}}在一定条件下，rm{H_{2}O}的rm{O_{2}}与rm{(5)N}的rm{NO}相混合，若该混合气体被足量的rm{2L}溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的rm{NO}的含氧酸盐只有一种，二者的物质的量之比为rm{0.5L}rm{O_{2}}根据转移电子相等知，生成的含氧酸盐中rm{NaOH}元素化合价为rm{N}价．

本题考查位置结构性质相互关系及应用，为高频考点，涉及元素推断、氧化还原反应、元素周期律等知识点，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，难点是rm{4}题化学式确定．rm{1}【解析】弱于；rm{S+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}3SO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{2H_{2}O_{2}dfrac{overset{;MnO_{2};}{}}{;}O_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}3SO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

overset{;MnO_{2};}{}}{;}O_{2}隆眉+2H_{2}O}25、（1）(NH4)2CO3H2ONO2HNO3

（2）4NH3＋5O24NO＋6H2O3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O【分析】【分析】本题考查氮及其化合物转化框图的有关判断，该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查rm{.}试题难易适中，侧重对学生基础知识的巩固个训练rm{.}该类试题需要注意的是化学推断题是一类综合性较强的试题，解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。【解答】rm{C}能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明rm{C}应该是氨气，因此rm{X}是铵盐rm{.A}能和过氧化钠反应，说明rm{A}是水或rm{CO_{2}.}因此rm{D}应该是氧气，所以rm{E}应该是rm{NO}rm{F}是rm{NO_{2}}则rm{G}是硝酸，rm{B}是水，rm{A}是rm{CO_{2}.}由于rm{X}分解产生rm{A}rm{B}rm{C}三种产物的比值为rm{1}rm{1}rm{1}因此rm{X}是碳酸氢铵；

rm{(1)}由上述分析可知，rm{X}为rm{NH_{4}HCO_{3}}rm{B}为rm{H_{2}O}rm{F}为rm{NO_{2}}rm{G}为rm{HNO_{3}}故答案为：rm{NH_{4}HCO_{3}}rm{H_{2}O}rm{NO_{2}}rm{HNO_{3}}

rm{(2)}rm{C隆煤E}的化学反应方程式的化学反应方程式：rm{4NH_{3}+5O_{2}overset{overset{triangle}{=====}}{麓脽禄炉录脕}4NO+6H_{2}O}

rm{C隆煤E}的离子反应方程式：rm{4NH_{3}+5O_{2}overset{overset{triangle

}{=====}}{麓脽禄炉录脕}4NO+6H_{2}O}

故答案为：rm{4NH_{3}+5O_{2}overset{overset{triangle}{=====}}{麓脽禄炉录脕}4NO+6H_{2}O}rm{G隆煤E