2025年浙教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2025年浙教版高一化学下册阶段测试试卷699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、下列说法正确的是()rm{垄脵}含有金属元素的化合物一定是离子化合物rm{垄脷}第rm{IA}族和第Ⅶrm{A}族元素原子化合时，一定形成离子键rm{垄脹}由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物rm{垄脺}活泼金属与活泼非金属化合时，能形成离子键rm{垄脻}含有离子键的化合物一定是离子化合物rm{垄脼}离子化合物中可能同时含有离子键和共价键A.rm{垄脵垄脷垄脻}B.rm{垄脺垄脻垄脼}C.rm{垄脵垄脹垄脺}D.rm{垄脷垄脹垄脻}2、下列存放物质的方法中不正确的是rm{(}rm{)}A.金属钠保存在煤油中B.氢氟酸保存在玻璃试剂瓶中C.漂白粉必须密封保存D.氢氧化钠溶液保存在带橡胶塞的试剂瓶中3、常温下，将等物质的量的铜片、铁片、铝片、银片分别置于4个小烧杯中，然后各加入足量的浓硝酸，放出NO2气体的体积最多的是A铜片B铁片C银片D铝片4、下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是（）A.NaHCO3═Na++H++CO32﹣B.NaHSO4═Na++HSO4﹣C.Al2（SO4）3═Al3++SO42﹣D.Na2SO4═2Na++SO425、用高铁酸钠（Na2FeO4）对河湖水消毒是城市饮水处理的新技术．已知反应Fe2O3+3Na2O22Na2FeO4+Na2O，下列说法不正确的是（）A.该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂B.Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物C.1molNa2O2发生反应，有2mol电子转移D.在Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能消毒杀菌评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)6、推动上千吨的火箭和进行长距离的太空飞行的巨大能量是从哪里来的？化学反应立下神功．火箭使用的燃料是偏二甲肼[（CH3）2NNH2]，火箭升空时发生的化学反应为：C2H8N2+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O↑．下列有关该反应的说法正确的是（）A.偏二甲肼既是氧化剂又是还原剂B.该反应进行时只有放热过程没有吸热过程C.该反应中氮元素的化合价升高D.该反应中每生成1molCO2转移8mol电子7、已知碱能除去硝酸尾气：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O，根据硝酸尾气处理的反应原理，下列气体中不能被过量NaOH溶液吸收的是（）A.1molO2和4molNO2B.1molO2和4molNOC.1molNO和5molNO2D.4molNO和1molNO28、下列依据相关实验得出的结论正确的是rm{(}rm{)}A.向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定含有碳酸根离子B.配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，用量筒量取一定体积的浓硫酸倒入烧杯后，再用蒸馏水洗涤量筒rm{2隆芦3}次，并将洗涤液一并倒入烧杯中稀释C.称量氢氧化钠固体的质量时，将称量物放在烧杯中，并置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘D.向某溶液中滴加rm{NaOH}溶液，溶液中出现蓝色沉淀，该溶液中一定含rm{Cu^{2+}}9、设rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{5.6}rm{g}rm{Fe}和足量的氯气完全反应失去电子数为rm{0.3N_{A}}B.rm{0.1molNa_{2}O_{2}}固体与足量的rm{H_{2}O}充分反应，转移rm{0.2N_{A}}个电子C.常温常压下，rm{23}rm{g}rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的混合气体一定含有rm{N_{A}}个氧原子D.标况下，rm{4.48L}的水中含有rm{H_{2}O}分子的数目为rm{0.2N_{A}}10、下列说法错误的是rm{(}rm{)}

A.向苦卤中通入rm{Cl_{2}}是为了提取溴B.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C.工业生产中常选用rm{NaOH}作为沉淀剂D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用rm{SO_{2}}将其氧化吸收11、在体积恒定的密闭容器中发生可逆反应：rm{H_{2}(g)+I_{2}(g)?2HI(g).}则下列说法能说明上述反应达到平衡状态的是rm{(}rm{)}A.混合气体密度恒定不变B.混合气体的颜色不再改变C.rm{H_{2}}rm{I_{2}}rm{HI}的浓度相同D.rm{I_{2}}在混合气体中体积分数不变12、有关石油和石油炼制的下列说法中错误的是rm{(}rm{)}A.石油主要是由气态烃、液态烃和固态烃组成的混合物B.减压蒸馏的主要产品为汽油、煤油和柴油C.催化裂化的目的是提高汽油、煤油和柴油等轻质油的产量D.催化重整使链状烃转化为环状烃，目的是提高汽油等轻质油的品质13、下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是rm{(}rm{)}A.热稳定性：rm{HF<HCl<HBr<HI}B.微粒半径：rm{Na^{+}>Mg^{2+}>Al^{3+}}C.酸性：rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}>H_{3}PO_{4}>H_{2}SiO_{3}}D.还原性：rm{Na<Mg<Al}14、下列有关实验的选项正确的是rm{(}rm{)}A.

配制rm{0.10mol/L}rm{NaOH}溶液B.

除去rm{CO}中的rm{CO_{2}}C.

苯萃取碘水中的rm{I_{2}}分出水层后的操作D.

除去粗盐溶液中的不溶物评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、现有A；B、C三种短周期元素；原子序数依次递增．A与C的质子数之和为27，最外层电子数之差为5；0.9g单质B与足量盐酸反应，收集到气体1.12L（标准状况）．请回答下列问题：

（1）B元素在元素周期表中的位置是____

（2）A、B、C三种元素最高价氧化物对应的水化物酸性渐强、碱性渐弱的顺序是（写化学式）____

（3）A；B两元素的最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应；其离子方程式。

为____

（4）将B单质与石墨按右图装置连接，石墨电极的名称为____；另一电极反应式为：____．

（5）C的一种氧化物是常见的大气污染物．为防止大气污染，某化工厂用NaOH溶液、石灰和O2处理含C的上述氧化物的尾气，使其转化为石膏．假设在转化过程中C元素不损失，每天处理1120m3（标准状况下）含2%（体积分数）上述氧化物的尾气；理论上可以得到多少千克石膏？

16、在反应2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中,氧化剂是，氧化产物是____；若有1molKMnO4参加反应时，该反应转移电子的个数是____；若反应生成11.2LCl­2(标准状况)则被氧化的氯化氢为____mol；请在下面方框中用“单线桥法”表示该反应中电子转移的方向和数目。17、同温同压下，等质量的rm{SO_{2}}与rm{CO_{2}}相比较，密度之比为______体积之比为______．18、X、Y、Z三种主族元素的单质在常温下都是常见的无色气体，在适当条件下，三者之间可以两两发生反应生成分别是双核、三核和四核的甲、乙、丙三种分子，且乙、丙分子中含有X元素的原子个数比为2∶3。请回答下列问题：(1)元素X的名称是________，丙分子的电子式为________。(2)若甲与Y单质在常温下混合就有明显现象，则甲的化学式为________。丙在一定条件下转化为甲和乙的反应方程式为___________________________。(3)化合物丁含X、Y、Z三种元素，丁是一种常见的强酸，将丁与丙按物质的量之比1∶1混合后所得物质戊的晶体结构中含有的化学键为________(选填序号)。a．只含共价键b．只含离子键c．既含离子键，又含共价键19、A和B两种有机物，各取0.1mol充分燃烧，都生成4.48LCO2（标准状况）和3.6gH2O．已知A对氢气的相对密度为14，B中碳元素的质量分数为40%，且B的水溶液具有导电性．试求A和B的分子式，并写出它们的结构简式．20、请把下面一些常用危险化学药品的标志贴在对应的化学药品瓶子上（在横线上写上编号即可）．

（1）____；（2）____；（3）____．21、某元素X的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HXO4，则其气态氢化物的化学式为____，若其水溶液呈现酸性，且能与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，则它在元素周期表中的位置是____评卷人得分四、判断题(共3题，共9分)22、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）23、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）24、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）评卷人得分五、结构与性质(共1题，共9分)25、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL；大理石用量为10.00g。

（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：。实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol·L-1实验目的①298粗颗粒2.00（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；②_______________③_______________④_______________

（2）实验装置如图1所示，如何检验该装置的气密性________________________________

（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图2：依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率________________________

（4）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。_______评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共2分)26、如图表示A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色。

回答下列问题：

(1)A→D反应常用于人工固氮，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)D→C是工业制硝酸的重要反应，化学方程式为_______。

(3)B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收，则B与的物质的量之比为_______，若该反应转移个电子，则参加反应的B的物质的量为_______mol。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】本题考查了化合物和化学键的关系，明确物质的构成微粒及微粒间的作用力即可解答，注意不能根据是否含有金属元素判断离子键，为易错点。【解答】rm{垄脵}含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物，故错误；rm{垄脷}第Ⅰrm{A}族和第Ⅶrm{A}族原子化合时，不一定生成离子键，可能生成共价键，如rm{H}元素和rm{F}元素能形成共价化合物rm{HF}故错误；

rm{垄脹}由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物；如铵盐，故错误；

rm{垄脺}活泼金属与非金属化合时，能形成离子键，如第rm{IA}族rm{(H}除外rm{)}第rm{IIAA}族元素和第rm{VIA}族、第rm{VIIA}族元素易形成离子键；故正确；

rm{垄脻}含有离子键的化合物一定是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，如rm{KOH}故正确；

rm{垄脼}离子化合物中可能同时含有离子键和共价键，如rm{NaOH}故正确。

故选B。

【解析】rm{B}2、B【分析】解：rm{A}金属钠能和氧气、水反应；故应隔绝空气和水保存，则可以保存在煤油中，故A正确；

B、rm{HF}能和玻璃的主要成分之一的二氧化硅反应，生成rm{SiF_{4}}气体和水；对玻璃造成腐蚀，故不能保存在玻璃瓶中，故B错误；

C；漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙；其中次氯酸钙能和二氧化碳、水反应，故漂白粉应密封保存，故C正确；

D；氢氧化钠溶液能和玻璃的主要成分之一的二氧化硅反应生成的硅酸钠是一种粘合剂；故应使用橡胶塞，故D正确．

故选B．

A；金属钠能和氧气、水反应；

B、rm{HF}能和玻璃的主要成分之一的二氧化硅反应；

C；漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙；

D；氢氧化钠溶液能和玻璃的主要成分之一的二氧化硅反应生成硅酸钠．

本题考查了实验室中常见试剂的保存方法，应通过掌握试剂的性质来理解和掌握其保存方法，避免死记硬背，难度不大．【解析】rm{B}3、A【分析】【解析】【答案】A4、D【分析】【解答】A．碳酸氢钠电离时生成钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子是弱酸的酸根离子是一个整体不能拆，电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣；故A错误；

B．硫酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHSO4═Na++H++SO42﹣；故B错误；

C．硫酸铝强电解质，电离时电离出自由移动的铝离子和硫酸根离子，电离方程式为Al2（SO4）3=2Al3++3SO42﹣；故C错误；

D．Na2SO4是强电解质，完全电离生成硫酸根离子、钠离子，电离方程式为Na2SO4═2Na++SO42﹣；故D正确；

故选D．

【分析】A．碳酸氢根离子是弱酸的酸根离子是一个整体不能拆；

B．硫酸氢钠为强电解质；完全电离生成钠离子；氢离子、硫酸根离子；

C．硫酸铝属于盐；为强电解质，完全电离出铝离子和硫酸根离子，方程式左右电荷不守恒；

D．Na2SO4是强电解质，完全电离生成硫酸根离子、钠离子．5、A【分析】解：A．过氧化钠中；O元素的化合价降低，仅为氧化剂，故A错误；

B．Fe元素的化合价升高；O元素的化合价降低，则高铁酸钠既是氧化产物，又是还原产物，故B正确；

C．当有3molNa2O2参加反应则有3mol×2×[-1-（-2）]=6mol电子发生转移，所以1molNa2O2发生反应；有2mol电子转移，故C正确；

D．在高铁酸钠中；铁的化合价为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故D正确；

故选A．

Fe2O3+3Na2O22Na2FeO4+Na2O中，Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，则Fe2O3为还原剂，O元素的化合价由-1价降低为-2价，则Na2O2为氧化剂；以此来解答．

本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念和转移电子数的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．【解析】【答案】A二、双选题(共9题，共18分)6、C|D【分析】解：A．C2H8N2中N元素的化合价为-3价，反应时化合价的变化为：C化合价由-1价升高为+4价，N化合价由-3价升高为0价，则该反应中C2H8N2为还原剂；被氧化，故A错误；

B．反应放热；为火箭升空提供能量，水由液态生成气态为吸热过程，故B错误；

C．该反应的反应物C2H8N2中C化合价由-1价升高为+4价；N化合价由-3价升高为0价，C和N元素的化合价都升高，故C正确；

D.2molN2O4反应得到2×2×（4-0）mol=16mol电子，生成2molCO2，则生成1molCO2；转移8mol电子，故D正确．

故选CD．

在反应C2H8N2+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O中，C2H8N2中N元素的化合价为-3价，H为+1价，C为-1价，N2O4中N为+4价；根据化合价的变化解答该题．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，注意正确分析各元素化合价的变化为解答该题的关键，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】【答案】CD7、B|D【分析】解：A．二氧化氮和氧气和水反应方程式为4NO2+2H2O+O2=4HNO3；根据方程式知，二者恰好反应生成硝酸，硝酸和过量NaOH反应生成硝酸钠，所以氮氧化物能被完全吸收，故A不选；

B．一氧化氮和氧气和水反应方程式为4NO+2H2O+3O2=4HNO3；硝酸能和氢氧化钠反应生成硝酸钠，根据方程式知，NO有剩余，所以氮氧化物不能完全被吸收，故B选；

C．根据方程式知NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O知，NO、NO2的物质的量之比＜1：1；氮氧化物完全被吸收，故C不选；

D．该混合气体是氮氧化物，根据NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O知，NO、NO2的物质的量之比＞1：1；所以氮氧化物不能完全被吸收，故D选；

故选BD．

二氧化氮和氧气和水反应方程式为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，NO和氧气、水反应方程式为4NO+2H2O+3O2=4HNO3，硝酸能和氢氧化钠反应生成硝酸盐，根据方程式知NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O，如果混合气体是氮氧化物，NO、NO2的物质的量之比＞1：1，则NO有剩余，如果NO、NO2的物质的量之比≤1：1；则氮氧化物没有剩余，据此分析解答．

本题考查混合物的有关计算，明确氮氧化物和NaOH反应关系式是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意：单纯的NO和NaOH不反应，二氧化氮和NaOH反应，为易错点，题目难度中等．【解析】【答案】BD8、rCD【分析】解：rm{A.}二氧化碳、二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，所以该实验中气体不一定是二氧化碳，且碳酸氢根离子也能和rm{HCl}反应生成二氧化碳；则该实验的溶液中不一定含有碳酸根离子，故A错误；

B.配制一定物质的量浓度溶液时；不能将洗涤量筒的洗涤液倒入烧杯中，否则会导致溶液浓度偏高，故B错误；

C.用托盘天平称量rm{NaOH}时，rm{NaOH}具有强烈腐蚀性，所以称量时应该将rm{NaOH}放置在小烧杯中；且采用“左物右砝”原则，所以该实验操作正确，故C正确；

D.氢氧化铜为蓝色沉淀；则加入氢氧化钠生成蓝色沉淀，一定含有铜离子，故D正确；

故选CD。

A.二氧化碳；二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊；

B.配制一定物质的量浓度溶液时；不能将洗涤量筒的洗涤液倒入烧杯中；

C.用托盘天平称量rm{NaOH}时，rm{NaOH}具有强烈腐蚀性，所以称量时应该将rm{NaOH}放置在小烧杯中；且采用“左物右砝”原则；

D.氢氧化铜为蓝色沉淀。

本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重考查离子检验、溶液配制、实验操作等知识点，明确实验操作规范性、离子性质是解本题关键，注意排除其它离子的干扰，易错选项是rm{A}【解析】rm{CD}9、rAC【分析】解：rm{A}rm{5.6g}铁的物质的量为rm{0.1mol}而铁和氯气反应后变为rm{+3}价，故rm{0.1mol}铁失去rm{0.3N_{A}}个电子；故A正确；

B、过氧化钠和水反应时，rm{1mol}过氧化钠转移rm{1mol}电子，故rm{0.1mol}过氧化钠和水反应转移rm{0.1N_{A}}个电子；故B错误；

C、rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的最简式均为rm{NO_{2}}故rm{23g}混合物中含有的rm{NO_{2}}的物质的量为rm{0.5mol}则含rm{N_{A}}个氧原子；故C正确；

D；标况下水为液态；故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的水分子个数，故D错误．

故选AC．

A、求出铁的物质的量，然后根据铁和氯气反应后变为rm{+3}价来分析；

B、过氧化钠和水反应时，rm{1mol}过氧化钠转移rm{1mol}电子；

C、rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的最简式均为rm{NO_{2}}

D；标况下水为液态．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．【解析】rm{AC}10、rCD【分析】解：rm{A.}向苦卤中通入rm{Cl_{2}}置换出溴单质，分离得到溴，通入rm{Cl_{2}}是为了提取溴；故A正确；

B.粗盐中含有rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的rm{BaCl_{2}}溶液、过量的rm{NaOH}溶液和过量的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液；过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故B正确；

C.氢氧化钠是强碱；具有强腐蚀性价格高，工业生产中常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故C错误；

D.海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用rm{SO_{2}}将其还原吸收转化为rm{HBr}达到富集的目的，故D错误；

故选CD．

A.向苦卤中通入rm{Cl_{2}}置换出溴单质；分离得到溴；

B.粗盐中含有rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}等杂质；精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；

C.工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂；

D.先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用rm{SO_{2}}将其还原吸收转化为rm{HBr}达到富集的目的．

本题考查海水资源的综合利用，主要是氯化钠提取、溴的制备过程分析，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查，题目难度中等．【解析】rm{CD}11、rBD【分析】解：rm{A.}该反应气体都是气体；气体质量不变，气体的总体积也不变，则混合气体的密度始终不变，不能根据密度判断平衡状态，故A错误；

B.混合气体中只有碘单质有色；当混合气体颜色不变时，表明正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，达到了平衡状态，故B正确；

C.rm{H_{2}}rm{I_{2}}rm{HI}的浓度相同时；无法判断各组分的浓度是否不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；

D.rm{I_{2}}在混合气体中体积分数不变；表明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故D正确；

故选BD．

可逆反应rm{H_{2}(g)+I_{2}(g)?2HI(g)}达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各组分的浓度；百分含量不再变化，混合气体中只有碘单质为有色物质，混合气体颜色不变时，表明各组分浓度不变，达到平衡状态，据此进行解答．

本题考查了化学平衡状态的判断，题目难度不大，明确化学平衡状态的特征为解答关键，注意达到平衡状态时各组分的浓度不再变化，而不一定相等，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】rm{BD}12、rBD【分析】解：rm{A}石油是碳原子数在rm{1-50}的烃类的混合物，而碳原子rm{leqslant4}的为气态烃；随着碳原子数的增大，逐渐变为液态和固态，故石油中含气态；液态和固体烃，故A正确；

B；重油需要减压蒸馏；轻质油常压分馏即可获得汽油、煤油和柴油，故B错误；

C；石油的催化裂化的目的是获得轻质油；提高汽油、煤油和柴油等轻质油的质量和产量，故C正确；

D；催化重整的目的是为了获得芳香烃；即获得苯、甲苯等有机物，故D错误．

故选BD．

A、石油是碳原子数在rm{1-50}的烃类的混合物；

B；重油需要减压蒸馏；

C；石油的催化裂化的目的是获得轻质油；

D；催化重整的目的是为了获得芳香烃．

本题考查了石油的综合利用；难度不大，应注意的是石油额裂化；裂解和催化重整的目的掌握．

【解析】rm{BD}13、rAD【分析】解：rm{A.}元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性rm{F>Cl>Br>I}所以氢化物的稳定性rm{HF>HCl>HBr>HI}故A错误；

B.电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，原子序数rm{Na<Mg<Al}所以微粒半径：rm{Na^{+}>Mg^{2+}>Al^{3+}}故B正确；

C.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性rm{Cl>S>P>Si}所以酸性：rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}>H_{3}PO_{4}>H_{2}SiO_{3}}故C正确；

D.元素的金属性越强，其单质的还原性越强，金属性rm{Na>Mg>Al}所以还原性rm{Na>Mg>Al}故D错误；

故选AD．

A.元素的非金属性越强；其氢化物的稳定性越强；

B.电子层结构相同的离子；离子半径随着原子序数增大而减小；

C.元素的非金属性越强；其最高价氧化物的水化物酸性越强；

D.元素的金属性越强；其单质的还原性越强．

本题考查元素周期律，为高频考点，侧重考查学生分析判断及规律的应用，明确元素周期律中金属性、非金属性强弱判断方法是解本题关键，题目难度不大．【解析】rm{AD}14、rBD【分析】解：rm{A.}不能在容量瓶中溶解固体；应在烧杯中溶解；冷却后转移到容量瓶中定容，故A错误；

B.二氧化碳与rm{NaOH}反应，而rm{CO}不能；图中导管长进短出可洗气除杂，故B正确；

C.苯萃取碘水中的rm{I_{2}}水在下层，图中分层现象不合理，故C错误；

D.除去粗盐溶液中的不溶物；利用过滤法，图中过滤装置合理，故D正确；

故选BD．

A.不能在容量瓶中溶解固体；

B.二氧化碳与rm{NaOH}反应，而rm{CO}不能；

C.苯萃取碘水中的rm{I_{2}}水在下层；

D.除去粗盐溶液中的不溶物；利用过滤法．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、溶液配制及实验装置的作用为解答的关键，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{BD}三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】

（1）假设AB在同周期；则B+A=27，B-A=5，可得B=16，A=11即A为钠；B为硫；

假设AB不在同周期；则B+A=27，B-A=5+8，可得B=20（超出短周期舍去）．

A故A为Na；C为S．

A与C最外层电子数之差为5；故B可能为Al，设B的化合价为+3价．

2M+6HCl=2MCl3+3H2

2X3×22.4

0.91.12

X==27

原子量为27的元素是：Al；B为Al．

（2）A、B、C三种元素最高价氧化物对应的水化物酸性渐强、碱性渐弱的顺序；NaOHAl（OH）3H2SO4

（3）氢氧化钠可与氢氧化铝反应，离子方程式为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O

（4）Al是活泼金属，做负极，故石墨为正极．Al失电子：Al-3e-=Al3+

（5）由题意可知SO2的体积为1120m3×2%=2.24m3=22400L

再根据V=n×22.4

所以n=22400÷22.4=1000mol

即有1000mol的SO2；即1000mol的S

即有1000mol的CaSO4•2H2O；

又因为CaSO4•2H2O的摩尔质量M=40+32+16×4+18×2=172g/mol

所以m=n×M=1000×172=172000g

故答案为：（1）第三周期IIIA族。

（2）NaOHAl（OH）3H2SO4

（3）Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O

（4）正极Al-3e-=Al3+

（5）172000克。

【解析】【答案】（1）设AB在同周期；则B+A=27，B-A=5，可得B=16，A=11即A为钠；B为硫；

假设AB不在同周期；则B+A=27，B-A=5+8，可得B=20（超出短周期舍去）．

故A为Na；C为S．

（2）A与C最外层电子数之差为5；故B可能为Al．

（3）氢氧化钠可与氢氧化铝反应，离子方程式为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O

（4）Al是活泼金属，做负极，故石墨为正极．Al失电子：Al-3e-=Al3+

（5）通过元素守恒来看；根据硫元素的物质的量没有发生变化解题．

16、略

【分析】【解析】【答案】（10分）KMnO4（2分）Cl2（2分）5NA或3.01×1024（2分）1（2分）（2分）17、略

【分析】解：同温同压下，气体的密度与摩尔质量成正比，则rm{SO_{2}}与rm{CO_{2}}的密度之比rm{=64g/mol}rm{44g/mol=16}rm{11}

等质量的rm{SO_{2}}与rm{CO_{2}}的物质的量之比与摩尔质量成正比，则其物质的量之比rm{=44g/mol}rm{64g/mol=11}rm{16}根据阿伏伽德罗定律可知，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，则同温同压下，等质量的rm{SO_{2}}与rm{CO_{2}}的体积之比rm{=11}rm{16}

故答案为：rm{16}rm{11}rm{11}rm{16}．

根据阿伏伽德罗定律可知，同温同压下，气体体积与物质的量成正比，再根据rm{m=nM}可知；气体物质的量与摩尔质量成正比，则气体体积之比与摩尔质量成反比；相同条件下密度与摩尔质量成正比，据此进行解答．

本题考查了物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积之间的关系为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于培养学生的化学计算能力．【解析】rm{16}rm{11}rm{11}rm{16}18、略

【分析】从分子的特点和单质为无色气体去分析可确定：X、Y、Z分别为H、O、N；甲、乙、丙分别为NO、H2O、NH3；丁为HNO3；戊为NH4NO3。在NH4NO3晶体中既含有离子键，又含有极性共价键。【解析】【答案】(1)氢(2)NO4NH3＋5O24NO＋6H2O(3)c19、略

【分析】

4.48LCO2的物质的量为=0.2mol，3.6gH2O的物质的量为=0.2mol；

则A和B两种有机物中含有C原子个数为：=2；

含有H原子个数为：=4；

A对氢气的相对密度为14；则A的相对分子质量为2×14=28；

而2×12+4=28；

所以A的分子式为C2H4，应为乙烯，结构简式为CH2=CH2；

B的水溶液具有导电性，则B中含有O元素，设B的分子式为C2H4Ox；

由B中碳元素的质量分数为40%可知。

解之得：x=2；

故B的分子式为C2H4O2，应为乙酸，结构简式为CH3COOH；

答：A和B的分子式分别为C2H4、C2H4O2，结构简式分别为CH2=CH2、CH3COOH．

【解析】【答案】根据二氧化碳的体积和水的质量分别计算物质的量；可知A；B分子中C、H原子个数，A对氢气的相对密度为14，则A的相对分子质量为28，B的水溶液具有导电性，则B中含有-COOH官能团，结合B中碳元素的质量分数，计算B的相对分子质量，进而推断分子式和可能的结构简式．

20、FC（E）B【分析】【解答】（1）浓硫酸有强腐蚀性；是腐蚀品，故答案为：F；

（2）白磷易燃；是易燃品，且有毒，故答案为：C（E）；

（3）硝酸铵能发生爆炸；是爆炸品，故答案为：B．

【分析】（1）浓硫酸有强腐蚀性；

（2）白磷易燃；

（3）硝酸铵能发生爆炸．21、HX第三周期第ⅤⅡA族【分析】【解答】元素X的最高价氧化物的水化物的化学式为HXO4，所以X的最高正价是+7价，X位于第ⅤⅡA族，所以最低负价为﹣1价，X的气态氢化物的化学式为HX，于第ⅤⅡA族元素的气态氢化物的水溶液均呈酸性，但能与AgNO3溶液反应生成白色沉淀的只有HCl；Cl位于第三周期第ⅤⅡA族．

故答案为：HX；第三周期第ⅤⅡA族．

【分析】元素的|最高正价|+|最低负价|=8，根据元素的最高价氧化物的水化物的化学式确定最高正价，进而求得最低负价，得出气态氢化物的化学式，生成的白色沉淀是AgCl，Cl位于第三周期第ⅤⅡA族四、判断题(共3题，共9分)22、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．23、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．24、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/mol五、结构与性质(共1题，共9分)25、略

【分析】【分析】

（1）本实验是由实验①做对比实验探究影响反应速率的因素，所以在设计分组实验时，要设计出分别只有浓度、温度和接触面积不同时反应速率的变化，从而找出不同外界因素对反应速率的影响。由于实验①和实验②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，实验①和实验③探究温度对该反应速率的影响，故实验③的温度选择308K，实验①和实验④探究接触面积对该反应速率的影响，故实验④选择细颗粒的大理石；

（2）依据装置特点分析气密性的检查方法；

（3）化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。根据图像可以计算出70至90s内生成的CO2的体积；