2025年新科版高一化学下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2025年新科版高一化学下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9题，共18分)1、下列离子的检验不能达到预期目的是A.向待测液里加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口变蓝，则待测液中肯定含有NH4+B.用铂丝蘸取待测液在火焰上灼烧，若火焰呈黄色，则表明待测液中肯定含有Na+C.向待测液里加入过量硝酸无现象，再加入硝酸银溶液，若无沉淀生成，则表明待测液中肯定不含Cl-D.向待测液里加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，再加入过量稀硝酸白色沉淀不溶解，则表明待测液中肯定含有SO42-2、在粗盐提纯的实验中，蒸发时正确的操作是（）A.把浑浊的液体倒入蒸发皿内加热B.开始析出晶体后用玻璃棒搅拌C.待水分完全蒸干后停止加热E.把浑浊的液体倒入蒸发皿内加热E.把浑浊的液体倒入蒸发皿内加热3、下列有关胶体的说法正确的是()rm{垄脵}胶体产生丁达尔效应是由胶粒大小决定的rm{垄脷}胶体与溶液的分离可用渗析的方法rm{垄脹}胶体都是均匀、透明的液体rm{垄脺}将饱和rm{FeCl_{3}}溶液滴入沸水中，并继续煮沸至溶液呈红褐色即生成氢氧化铁胶体rm{垄脻}胶体不稳定，静置后容易产生沉淀A.rm{垄脵垄脹垄脺}B.rm{垄脵垄脷垄脺}C.rm{垄脷垄脹垄脻}D.rm{垄脷垄脺垄脻}4、氯气是一种重要的工业原料．工业上利用反应在3Cl2+2NH3=N2+6HCl检查氯气管道是否漏气．下列说法错误的是（）

A.若管道漏气遇氨就会产生白烟。

B.该反应利用了Cl2的强氧化性。

C.该反应属于复分解反应。

D.生成1molN2有6mol电子转移。

5、某实验小组只领取到下列仪器或用品：烧杯、铁架台、铁圈、三脚架、分液漏斗、酒精灯、漏斗、滤纸、石棉网、量筒、玻璃棒、蒸发皿、圆底烧瓶、火柴．从缺乏仪器的角度看，不能进行的实验操作项目有（）A.蒸发B.过滤C.萃取D.蒸馏6、为测定某镁铝合金样品中铝的含量，进行了下列实验：取一定量合金，加入rm{100mL}rm{0.3mol?L}稀硫酸，合金完全溶解，产生的气体在标准状况下体积为rm{560mL}再加入rm{0.2mol?L^{-1}}rm{NaOH}溶液至沉淀质量恰好不再变化，用去rm{350mL}rm{NaOH}溶液rm{.}则所取样品中铝的物质的量为rm{(}rm{)}A.rm{0.005}rm{mol}B.rm{0.01}rm{mol}C.rm{0.025}rm{mol}D.rm{0.03}rm{mol}7、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.共价化合物和离子化合物中，一定都含有非金属元素B.阴阳离子之间有强烈的吸引作用而没有排斥作用，所以离子键的核间距相当小C.失电子难的原子获得电子的能力一定强rm{陋陇}D.含有共价键的化合物必是共价化合物8、下列表示正确的是()

A.rm{CH_{4}}的球棍模型示意图为B.rm{H_{2}O_{2}}的电子式：

C.葡萄糖的最简式为rm{CH_{2}O}D.rm{{,!}^{14}C}的原子结构示意图：9、雷雨天闪电时空气中有臭氧生成rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{O_{2}}与rm{O_{3}}互为同位素B.rm{O_{2}}与rm{O_{3}}的相互转化是物理变化C.在相同的温度与压强下，等体积的rm{O_{2}}与rm{O_{3}}含有相同的分子数D.等物质的量的rm{O_{2}}与rm{O_{3}}含有相同的质子数评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、短周期元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}在元素周期表中的相对位置如图所示。已知rm{Y}rm{W}的原子序数之和是rm{Z}的rm{3}倍，下列说法正确的是()。rm{Y}rm{Z}rm{X}rm{W}A.原子半径：rm{X>Y>Z}B.气态氢化物的稳定性：rm{X>Z}C.rm{Z}rm{W}均可与rm{Mg}形成共价化合物D.最高价氧化物对应水化物的酸性：rm{Z>Y}11、一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），进行反应，2SO2+O2⇌2SO3，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示．下列判断中正确的是（）

A.该温度下，该反应的平衡常数K为400B.SO2的平衡转化率：a1＞a2＝a3C.达到平衡时，容器丁中的正反应速率比容器丙中的大D.达到平衡时，容器丙中c（SO3）大于容器甲中c（SO3）的两倍12、在常温下，0.1000mol/LNa2CO3溶液25mL用0.1000mol/L盐酸滴定；滴定曲线如图．对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列说法正确的是。

A.a点：c(CO32-)>c(HCO3﹣)>c(OH﹣)B.b点：5c(Cl-)>4c(HCO3-)+4c(CO32-)C.c点：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3﹣)+2c(H2CO3)D.d点：c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)13、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)14、有关蔗糖与浓硫酸的反应，下列说法正确的有rm{(}rm{)}A.产生rm{CO_{2}}B.浓硫酸表现出脱水性C.放出大量的热D.浓硫酸表现出还原性15、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}}评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、(7分)金属钠的化学性质很活泼，它在空气中很容易变质，可以与冷水发生剧烈反应。（1）钠在上述空气、冷水中发生反应中____（填“得”或“失”）电子，表现出________性（填“氧化”或“还原”）。（2）少量的金属钠应该保存在____中。（3)写出钠与水反应的化学方程式________。（4）当有0.2mol电子发生转移时，生成氢气的体积为____（标准状况）17、（12分）过量铁粉与稀硝酸反应的方程式为：3Fe+8HNO3(稀)==3Fe(NO3)­2+2NO↑+4H2O，①标出电子转移的方向和数目②该反应的氧化剂是，还原产物是；③标准状况下，当生成2.24LNO气体时，有gFe参加反应，转移电子的物质的量为，有mol氧化剂被还原。18、（1）下列物质能导电的是____，属于电解质的是____（填序号）．

①NaCl晶体②液态SO2③液态醋酸④汞⑤BaSO4固体⑥纯蔗糖（C12H22O11）⑦氨水⑧熔化的KNO3

（2）按要求写出下列方程式：

KHSO4熔融状态电离方程式：____．

（3）已知砒霜As2O3与Zn可以发生如下反应：As2O3+6Zn+6H2SO4═2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O

①请用双线桥法标出电子转移的方向和数目．____．

②As2O3在上述反应中显示出来的性质是____．

A．氧化性B．还原性C．酸性D．碱性。

③该反应的氧化产物是____．

④若生成0.2molAsH3，则转移的电子数为____．

（4）当溶液中X2O72﹣与SO32﹣数目之比为1：3时正好完全发生氧化还原反应，X在还原产物中的化合价为____．19、在A．质子数B．中子数C．核外电子数D．最外层电子数；请用字母序号填写下列空格．

（1）同位素种类由____决定；

（2）元素种类由____决定；

（3）某元素有无同位素由____决定；

（4）核素质量数由____决定；

（5）主族元素的化学性质主要由____决定；

（6）核电荷数由____决定．20、请分析回答某同学在探究浓硫酸；稀硫酸、浓硝酸、稀硝酸分别与铜反应的实验中发生的有关问题。

Ⅰrm{.}探究上述四种酸的氧化性相对强弱及其与铜反应的还原产物的性质：

rm{(1)}分别向盛有等量铜片的四支试管中加入等体积的rm{垄脵}浓硫酸rm{垄脷}稀硫酸rm{垄脹}浓硝酸rm{垄脺}稀硝酸，能随即发生反应的是rm{(}填序号，下同rm{)}______________，微热则发生反应的是_________________，加热后发生反应的是______________，加热也不发生反应的是______________。由此可以得到上述四种酸氧化性由强到弱的顺序是__________________。

rm{(2)}先将铜与浓硫酸反应产生的气体rm{X}持续通入如图rm{1}所示装置中，一段时间后再将铜与浓硝酸反应产生的大量气体rm{Y}也持续通入该装置中，可观察到的现象包括______________rm{(}选填序号rm{)}

A.通入rm{X}气体后产生白色沉淀rm{B.}通入rm{X}气体后溶液中无明显现象。

C.通入rm{Y}气体开始产生沉淀rm{D.}通入rm{Y}气体后沉淀溶解。

E.通入rm{Y}气体后溶液中无明显现象。

rm{(3)}由此可得到的结论是______________rm{(}选填序号rm{)}

A.rm{HNO_{3}}的酸性比rm{H_{2}SO_{4}}强rm{B.}盐酸的酸性比rm{H_{2}SO_{3}}强。

C.rm{BaSO_{3}}能溶于盐酸rm{D.HNO_{3}}能氧化rm{H_{2}SO_{3}(}或rm{SO_{2})}

E.rm{BaSO_{4}}不溶于水也不溶于rm{HNO_{3}}溶液。

Ⅱrm{.}图rm{2}是甲；乙两位同学探究铜与稀硝酸反应还原产物的实验装置图；请回答下列问题：

rm{(1)}写出铜和稀硝酸反应的离子方程式：______________________________。

rm{(2)}实验装置甲能否证明铜和稀硝酸反应的产物是rm{NO}气体______rm{(}填“能”或“不能”rm{)}请简述理由rm{(}用文字和化学方程式表示rm{)}______________________________。

rm{(3)}若用实验装置乙进行实验，检查装置气密性的操作是__________________________________________________________________________________________。21、实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，以防止发生反应：（离子方程式）______。22、（4分）为体现绿色世博、低碳世博、科技世博，上海世博会已经开始使用中国自己生产的燃料电池汽车，该车以氢气和空气中的氧气为燃料，KOH为电解质溶液，真正实现了“零排放”。该电池的负极反应式为，从能量角度分析氢气用作燃料电池与直接燃烧相比主要优点是。23、某种含有少量氧化钠的过氧化钠试样rm{(}已知试样质量为rm{1.560g}锥形瓶和水的质量rm{190.720g)}利用下图装置测定混合物中rm{Na_{2}O_{2}}的质量分数；每隔相同时间读得电子天平的数据如表：

。读数次数质量rm{(g)}锥形瓶。

rm{+}水rm{+}

试样第rm{1}次rm{192.214}第rm{2}次rm{192.164}rm{192.164}第rm{3}次rm{192.028}rm{192.028}第rm{4}次rm{192.010}rm{192.010}第rm{5}次rm{192.010}rm{192.010}rm{(1)}写出rm{Na_{2}O_{2}}和rm{H_{2}O}反应的化学方程式____

rm{(2)}计算过氧化钠质量分数时，必需的数据是____

不必作第rm{6}次读数的原因是____

rm{(3)}测定上述样品rm{(1.560g)}中rm{Na_{2}O_{2}}质量分数的另一种方案；其操作流程如下：

rm{垄脵}操作Ⅱ的名称是____

rm{垄脷}需直接测定的物理量是____

rm{垄脹}测定过程中需要的仪器有电子天平、蒸发皿、酒精灯、玻璃棒，还需要的玻璃仪器是____rm{(}固定、夹持仪器除外rm{)}

rm{垄脺}在转移溶液时，如溶液转移不完全，则rm{Na_{2}O_{2}}质量分数的测定结果____rm{(}填偏大、偏小或不变rm{)}24、某元素一价阴离子的核外有rm{18}个电子，质量数为rm{35}该微粒符号可表示为______．评卷人得分四、判断题(共2题，共14分)25、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）26、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）评卷人得分五、实验题(共2题，共18分)27、欲配制480mL0.2mol/L的NaCl溶液，回答下列问题：（1）应用托盘天平准确称取固体NaClg。（2）以下是实验操作步骤，正确的操作顺序是：①称取所需质量的NaCl②将溶液转移到容量瓶内③用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，将洗涤液全部移入容量瓶中，摇匀④改用胶头滴管，小心滴入蒸馏水至刻度⑤仔细地把蒸馏水注入容量瓶中，直到液面接近刻度线1cm～2cm处⑥塞上瓶塞，反复上下颠倒，摇匀⑦将称取的NaCl固体，加适量蒸馏水，搅拌溶解后冷却（3）若实验遇到下列情况，所配制的溶液浓度偏小的操作是A．烧杯中NaCl溶液移入容量瓶后没有洗涤烧杯B．定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线C．实验用的容量瓶洗净后未干燥，里面含有少量水D．定容时俯视28、某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性；设计了如下的。

实验装置。

（1）实验室用装置A制备SO2某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下；你认为原因可能是：

（2）实验室用装置E制备Cl2其反应的化学化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）=C12↑+MnCl2+2H2O浓盐酸的作用为：（3）反应开始一段时间后；观察到B；D两个试管中的品红溶液出现的现象是：

B：D。②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B：D。（4）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性．二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和CI2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）：。评卷人得分六、其他(共4题，共12分)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。31、（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____、、、、。32、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9题，共18分)1、D【分析】【解析】【答案】D2、D【分析】解：A．粗盐提纯提纯时浑浊的液体要过滤后再倒入蒸发皿；故A错误；

B．在加热过程中要不断用玻璃棒搅拌；防止溶液溅出，故B错误；

C．蒸发皿中出现大量固体时停止加热；故C错误；

D．蒸发皿出现大量固体时停止加热；用余热将固体蒸干，故D正确；

故选D．

根据粗盐提纯的步骤；将粗盐溶解；过滤、蒸发，在加热时要不断用玻璃棒搅拌，直到有大量固体出现时停止加热，余热将固体蒸干等知识点来解答．

本题考查了粗盐提纯的步骤和注意事项，熟悉实验中的操作是解答的关键，难度不大．【解析】【答案】D3、B【分析】【分析】本题考查了胶体的性质，题目难度不大，侧重于基础知识的考查。【解答】rm{垄脵}丁达尔效应是胶粒对光线的散射形成的，与胶粒大小有关，故rm{垄脵}正确；

rm{垄脷}胶体不能透过半透膜，溶液可以，所以胶体与溶液的分离可用渗析的方法，故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}胶体不一定是透明的液体，胶体分为液溶胶、气溶胶、固溶胶，故rm{垄脷}错误；

rm{垄脺}制备氢氧化铁胶体的方法：将饱和rm{FeCl_{3}}溶液滴入沸水中，并继续煮沸至生成红褐色液体即为氢氧化铁胶体，故rm{垄脺}正确；

rm{垄脻}胶体属于介稳体系，较稳定，静置后不产生沉淀，故rm{垄脻}错误；所以正确的有rm{垄脵垄脷垄脺}故B正确。

故选B。

【解析】rm{B}4、C【分析】

A、如果管道漏气，发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，反应生成HCl，HCl与NH3反应生成NH4Cl；现象为有白烟生成，故A正确；

B、在3Cl2+2NH3=N2+6HCl反应中；Cl元素的化合价由0价降低为-1价，氯气表现出氧化性，故B正确；

C；反应中元素化合价发生变化；为氧化还原反应，故C错误；

D、在3Cl2+2NH3=N2+6HCl反应中，N元素的化合价由-3价升高到0价，则生成1molN2有6mol电子转移；故D正确．

故选C．

【解析】【答案】如果管道漏气，则发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，生成HCl气体继续与氨气反应生成氯化铵，现象为有白烟生成，反应中氯气表现出氧化性，根据化合价的变化可知生成1molN2有6mol电子转移．

5、D【分析】【解答】所给仪器中有铁架台；铁圈、玻璃棒、蒸发皿、酒精灯、火柴；故可进行蒸发操作；所给仪器中有铁架台、铁圈、漏斗、滤纸、玻璃棒、烧杯，可进行过滤操作；所给仪器中有分液漏斗，可进行萃取；蒸馏时必须用冷凝管，而所给仪器中无冷凝管，故不能进行蒸馏实验；

故选D．

【分析】由于蒸馏时必须有冷凝管冷却气体，所以根据所给的仪器可知，缺少冷凝管，所以不能进行蒸馏实验．6、B【分析】解：镁铝合金与硫酸反应生成硫酸镁、硫酸铝与氢气，向反应后的溶液中加入rm{0.2mol?L^{-1}}rm{NaOH}溶液至沉淀质量恰好不再变化，铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀，此时溶液中溶质为rm{Na_{2}SO_{4}}rm{NaAlO_{2}}根据硫酸根守恒有rm{n(Na_{2}SO_{4})=n(H_{2}SO_{4})=0.1L隆脕0.3mol/L=0.03mol}

根据钠离子守恒有rm{n(NaOH)=2n(Na_{2}SO_{4})+n(NaAlO_{2})}故rm{n(NaAlO_{2})=0.35L隆脕0.2mol/L-0.03mol隆脕2=0.01mol}根据铝原子守恒rm{n(Al)=n(NaAlO_{2})=0.01mol}

故选B．

镁铝合金与硫酸反应生成硫酸镁、硫酸铝与氢气，向反应后的溶液中加入rm{0.2mol?L^{-1}}rm{NaOH}溶液至沉淀质量恰好不再变化，铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀，此时溶液中溶质为rm{Na_{2}SO_{4}}rm{NaAlO_{2}}根据硫酸根守恒有rm{n(Na_{2}SO_{4})=n(H_{2}SO_{4})}根据钠离子守恒有rm{n(NaOH)=2n(Na_{2}SO_{4})+n(NaAlO_{2})}据此计算rm{n(NaAlO_{2})}再根据铝原子守恒rm{n(Al)=n(NaAlO_{2}).}

本题考查混合物的有关计算，难度中等，清楚发生的反应，利用守恒进行计算是解题关键．【解析】rm{B}7、A【分析】解：rm{A.}化合物由两种或两种以上元素形成；活泼金属和活泼非金属元素之间形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，所以共价化合物和离子化合物中一定都含有非金属元素，故A正确；

B.离子化合物中阴阳离子间既含吸引力又含排斥力；故B错误；

C.失电子难的原子获得电子的能力不一定强；如稀有气体原子，故C错误；

D.含有共价键的化合物不一定是共价化合物，如rm{KOH}故D错误；

故选A．

A.共价化合物和离子化合物中一定都含有非金属元素；

B.离子化合物中阴阳离子间既含吸引力又含排斥力；

C.失电子难的原子获得电子的能力不一定强；

D.含有共价键的化合物不一定是共价化合物．

本题考查了化学键和化合物的关系，难度不大，易错选项是rm{C}注意稀有气体中不含化学键，且既不易失电子也不易得电子，为易错点．【解析】rm{A}8、C【分析】【分析】本题考查了球棍模型与比例模型、电子式、原子结构示意图、最简式的书写判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的表示方法，明确球棍模型与比例模型的区别。【解答】A.为甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型应该用小球和短棍表示，甲烷为正四面体结构，其正确的球棍模型为：故A错误；

B.双氧水属于共价化合物，其分子中不存在阴阳离子，双氧水正确的电子式为：故B错误；

C.葡萄糖的分子式为rm{C_{6}H_{12}O_{6}}其最简式为rm{CH_{2}O}故C正确；

D.碳原子的核电荷数为rm{6}核外电子总数为rm{6}碳原子正确的结构示意图为：故D错误。

故选C。【解析】rm{C}9、C【分析】解：rm{A.O_{2}}和rm{O_{3}}都是由氧元素形成的不同单质；故互为同素异形体，故A错误；

B.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}为不同的物质，rm{O_{2}}和rm{O_{3}}的相互转化过程中有新物质生成；属于化学变化，故B错误；

C.同温同压同体积的气体分子数相同，在相同的温度与压强下，等体积的rm{O_{2}}与rm{O_{3}}含有相同的分子数；故C正确；

D.等物质的量的氧气和臭氧，其分子数相等，每个氧气分子中含有rm{16}个质子、每个臭氧分子中含有rm{24}个质子；所以等物质的量的氧气和臭氧其质子数不同，故D错误；

故选C．

A.有相同质子数；不同中子数的原子互为同位素，相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；

B.有新物质生成的变化属于化学变化；

C.根据阿伏伽德罗定律分析；

D.等物质的量的氧气和臭氧；其分子数相等，再根据氧气分子构成判断；

本题以臭氧为载体考查了基本概念、分子的构成、物质的性质以及阿伏伽德罗定律的应用，根据同位素和同素异形体的概念、化学变化的特征、臭氧的性质等知识点来分析解答即可，注意：同位素、同素异形体、同分异构体的区别，题目难度不大．【解析】rm{C}二、多选题(共6题，共12分)10、AD【分析】略。【解析】rm{AD}11、AD【分析】【分析】

对比四个容器投料和体积，乙与甲比较，SO2的投料加倍了；则平衡正向移动；丙与甲比较，投料是甲的两倍，相当于增大了压强，平衡正向移动；丁与甲比较，体积缩小了一倍，也相当于增大了压强，平衡正向移动。

【详解】

A、2SO2+O2⇌2SO3；

开始0.20.120

转化0.160.080.16

平衡0.040.040.16

K＝＝400；故A正确；

B、乙、丙相比，丙中氧气浓度大，丙、丁相比浓度相同，则SO2的平衡转化率：a1＜a2＝a3；故B错误；

C；丙、丁相比浓度相同；温度相同，则达到平衡时，容器丁中的正反应速率等于容器丙中的，故C错误；

D、甲、丙相比，丙中浓度为甲的2倍，且增大压强平衡正向移动，则达到平衡时，容器丙中c(SO3)大于容器甲中c(SO3)的两倍；故D正确；

答案选AD。

【点睛】

本题考查等效以及平衡的计算，采用对比法解答，乙、丙、丁都与甲比较，先判断是否等效，若不等效则相当于向哪个方向发生移动，再进行分析。12、BD【分析】【详解】

A．a点时n(HCl)=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，由于CO32-的水解程度大于HCO3-的电离程度，则c(HCO3﹣)>c(CO32-)；A错误；

B．b点时n(HCl)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，由物料守恒可知5c(Cl﹣)=4c(HCO3﹣)+4c(CO32﹣)+4c(H2CO3)，则5c(Cl﹣)>4c(HCO3﹣)+4c(CO32﹣)；B正确；

C．c点时n(HCl)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3，根据质子守恒可：c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)-c(CO32-)；C错误；

D．d点时加入盐酸0.005mol，溶液中溶质恰好反应产生NaCl、H2O、CO2，溶液存在电荷守恒，存在c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH﹣)+c(Cl-)，由于c(Na+)=c(Cl-)，则c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH﹣)；D正确；

答案选BD。13、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。14、ABC【分析】解：浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能将蔗糖中的rm{H}rm{O}元素以rm{2}rm{1}脱去；将蔗糖氧化为二氧化碳，所以体现了浓硫酸的强氧化性和脱水性，所以D错误；

故选ABC．

浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能将蔗糖中的rm{H}rm{O}元素以rm{2}rm{1}脱去；将蔗糖氧化为二氧化碳，所以体现了浓硫酸的强氧化性和脱水性，由此分析解答．

本题考查了浓硫酸的性质，根据浓硫酸的脱水性、吸水性、强氧化性来分析解答，注意脱水性和吸水性的区别，为易错点．【解析】rm{ABC}15、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}三、填空题(共9题，共18分)16、略

【分析】【解析】试题分析：（1）金属钠易失去电子，发生氧化反应，表现还原性；（2）金属钠易被氧气氧化，易和水反应，所以应隔绝空气，应保存在煤油中；（3）钠和水反应生成氢氧化钠和氢气；（4）依据方程式中关系式2Na—H2—2个电子，0.2mol电子发生转移时，生成氢气0.1mol，其标况下体积为2.24L。考点：考查金属钠的性质、保存、相关计算【解析】【答案】(1)失还原(2)煤油(3)2Na+2H2O=2NaOH+H2↑(4)2.24L17、略

【分析】【解析】【答案】（12分）.①（2分）②HNO3，NO（各2分）③8.4，0.3mol，0.1（各2分）18、④⑦⑧①③⑤⑧KHSO4=K++HSO4﹣AZnSO41.2NA+3价【分析】【解答】（1）④汞中含有自由电子，所以能导电，⑦氨水⑧熔化的KNO3含有自由移动的离子，所以能导电，故选④⑦⑧，①NaCl晶体③液态醋酸⑤BaSO4固体⑧熔化的KNO3

在水溶液里或熔融状态下能导电；是电解质；

故答案为：④⑦⑧；①③⑤⑧．

（2）硫酸氢钾电离生成钾离子和硫酸氢根离子，电离方程式为：KHSO4=K++HSO4﹣，故答案为：KHSO4=K++HSO4﹣；

（3）①As2O3+6Zn+6H2SO4═2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O中，每个Zn原子失去2个电子，6个Zn失去12个电子，As元素得到12个电子，则双线桥法标出电子转移的方向和数目为故答案为：

②As2O3+6Zn+6H2SO4═2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O中，As元素的化合价降低，则As2O3为氧化剂；表现氧化性，故答案为：A；

③As2O3+6Zn+6H2SO4═2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O中中，As元素的化合价降低，则As2O3为氧化剂，被还原，还原产物为AsH3；Zn元素的化合价升高，Zn元素被氧化，则ZnSO4为氧化产物；

故答案为：ZnSO4；

④As2O3+6Zn+6H2SO4═2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O中生成2molAsH3转移12mol电子，则生成0.2molAsH3，则转移的电子数为1.2mol电子，即转移的电子数为1.2NA；

故答案为：1.2NA；

（4）X2O72﹣离子中X的化合价为+6价，SO32﹣离子被氧化生成SO42﹣，S元素化合价由+4价→+6价，设X2O72﹣离子中X在还原产物中化合价为n；根据得失电子数目相等，则有：1×2×（6﹣n）=3×（6﹣4），解得：n=3；

故答案为：+3价．

【分析】（1）据物质导电的原因分析；只要含有自由移动的离子或自由电子即可；根据电解质的定义分析，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；

（2）硫酸氢钾电离生成钾离子和硫酸氢根离子；根据电离方程式的书写方法来回答；

（3）As2O3+6Zn+6H2SO4═2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O中，As元素的化合价降低，则As2O3为氧化剂，被还原，还原产物为AsH3；Zn元素的化合价升高，Zn元素被氧化，则ZnSO4为氧化产物；以此来解答；

（4）SO32﹣离子被氧化生成SO42﹣，S元素化合价由+4价→+6价，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等计算X在还原产物中化合价．19、ABABABDA【分析】【解答】（1）质子数相同；中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素，所以同位素种类由质子数和中子数决定；故答案为：AB；

（2）质子数相同的同一类原子的总称为元素；所以元素种类由质子数决定；故答案为：A；

（3）某元素有无同位素由中子数决定；故答案为：B；

（4）质量数=质子数+中子数；所以核素质量数由质子数和中子数决定；故答案为：AB；

（5）元素原子在发生化学变化时；最外层电子数会发生变化，所以主族元素的化学性质主要由最外层电子数决定；故答案为：D；

（6）原子核中质子带正电；中子不带电，所以核电荷数由质子数决定；故答案为：A．

【分析】同位素的种类由质子数和中子数决定，元素的种类由质子数决定，质量数=质子数+中子数，最外层电子数决定元素的化学性质，核电荷数=质子数．20、略

【分析】解：Ⅰrm{.(1)}浓硝酸常温下就能与rm{Cu}反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，稀硝酸氧化性比浓硝酸弱，常温下与rm{Cu}反应生成rm{NO}硝酸铜和水，反应较缓慢，浓硫酸常温与rm{Cu}不反应，加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，稀硫酸与rm{Cu}加热也不反应，所以四种酸氧化性由强到弱的顺序是rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脵}rm{垄脷}

故答案为：rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脵}rm{垄脷}

rm{(2)}铜与浓硫酸反应产生的气体rm{X}为二氧化硫，二氧化硫溶于水生成亚硫酸与氯化钡不反应，所以开始无现象，铜与浓硝酸反应产生的大量气体rm{Y}为二氧化氮；二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸能把亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与氯化钡生成硫酸钡白色沉淀；

故答案为：rm{BC}

rm{(3)}二氧化硫溶于水生成亚硫酸与氯化钡不反应，所以盐酸的酸性比rm{H_{2}SO_{3}}强，则rm{BaSO_{3}}能溶于盐酸；硝酸能把亚硫酸氧化为硫酸，最后有硫酸钡沉淀生成说明rm{BaSO_{4}}不溶于水也不溶于rm{HNO_{3}}溶液；

故答案为：rm{BCDE}

Ⅱrm{.(1)}铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应离子方程式为rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O.}

故答案为：rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}

rm{(2)}圆底烧瓶内含有空气，rm{NO}与氧气反应，生成红棕色rm{NO_{2}}不能证明铜和稀硝酸反应的产物是rm{NO}气体，反应方程式为rm{2NO+O_{2}=NO_{2}}

故答案为：不能；圆底烧瓶内含有空气，rm{NO}与氧气反应，生成红棕色rm{NO_{2}}反应方程式为rm{2NO+O_{2}=NO_{2}}．

rm{(3)}向烧杯中加入适量水；打开止水夹，慢慢抽拉注射器，水进入干燥管，干燥管内外形成液面高度差，关闭止水夹，干燥管内液面高保持不变，表明装置气密性良好．

故答案为：向烧杯中加入适量水；打开止水夹，慢慢抽拉注射器，水进入干燥管，干燥管内外形成液面高度差，关闭止水夹，干燥管内液面高保持不变，表明装置气密性良好。

本题考查了浓硫酸、稀硫酸、浓硝酸、稀硝酸分别与铜反应的实验，属于实验探究性题目，难度中等，注意浓硝酸和稀硝酸与铜反应产物的差别。【解析】I.rm{(1)垄脹}rm{垄脺}rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脵}rm{垄脷}

rm{(2)BC}

rm{(3)BCDE}

rm{II.(1)3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}

rm{(2)}不能；圆底烧瓶内含有空气，rm{NO}与氧气反应，生成红棕色rm{NO_{2}}反应方程式为rm{2NO+O_{2}=NO_{2}}

rm{(3)}向烧杯中加入适量水，打开止水夹，慢慢抽拉注射器，水进入干燥管，干燥管内外形成液面高度差，关闭止水夹，干燥管内液面高保持不变，表明装置气密性良好21、SiO2+2OH-=SiO32-+H2O【分析】解：实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因是在常温下，氢氧化钠与玻璃中的二氧化硅缓慢地发生反应，生成具有粘性的Na2SiO3，反应为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，离子反应为：SiO2+2OH-=SiO32-+2H2O；

故答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+2H2O。

二氧化硅是酸性氧化物；能和强碱溶液反应，二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氧化钠溶液生成可溶性的硅酸钠具有粘性，据此分析解答。

本题以化学试剂的存放为载体考查了二氧化硅的性质，注意二氧化硅是酸性氧化物，和强酸不反应，但能和氢氟酸反应，题目难度不大。【解析】SiO2+2OH-=SiO32-+H2O22、略

【分析】【解析】【答案】（4分）H2-2e-+2OH-=2H2O燃料电池的能量转换效率高23、（1）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑

（2）试样质量、锥形瓶加水的质量第4、第5次读数一致，表明锥形瓶内质量已达恒重（3）①蒸发。

②NaCl的质量。

③烧杯；玻璃棒。

④偏大【分析】【分析】

本题考查化学实验的探究，以过氧化钠与水反应进行探究，难度不大，掌握有关的实验及元素化合物知识就可以做答。

【解答】

rm{(1)}过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，反应方程式为：rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}隆眉}

rm{(2)}计算过氧化钠质量分数时，应用过氧化钠完全反应的数据，根据称量的锥形瓶rm{+}水rm{+}试样总质量变化计算生成氧气的质量，根据氧气的质量计算过氧化钠的质量，故需要知道试样质量、锥形瓶加水的质量，由表中数据可知，第rm{4}rm{5}次读数相等，锥形瓶内质量已达到恒重，不需要作第rm{6}次读数；

rm{(3)垄脵}由流程图可知；操作Ⅱ是从溶液中获得氯化钠晶体，应采取蒸发结晶；

rm{垄脷}最终蒸发冷却结晶得到晶体为氯化钠，故应测定rm{NaCl}的质量；

rm{垄脹}在烧杯内用盐酸溶解样品；并用玻璃棒搅拌，在蒸发皿中加热蒸发结晶，并用玻璃棒搅拌，用天平称量氯化钠的质量；

rm{垄脺}转移溶液时，如溶液转移不完全，烧杯内壁放出少量氯化钠，测定氯化钠的质量偏小，样品中钠元素的质量分数偏低，由于过氧化钠中钠元素的质量分数小于氧化钠中钠元素质量分数，故rm{Na_{2}O_{2}}质量分数偏大。

【解析】rm{(1)2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}隆眉}

rm{(2)}试样质量、锥形瓶加水的质量第rm{4}第rm{5}次读数一致，表明锥形瓶内质量已达恒重rm{(3)}rm{垄脵}蒸发。

rm{垄脵}rm{垄脷}的质量。

rm{垄脷}烧杯；玻璃棒。

rm{NaCl}偏大rm{垄脹}24、略

【分析】解：阴离子中核内质子数rm{=}核外电子数rm{-}电荷数rm{=18-1=17}中子数rm{=}质量数rm{-}质子数rm{=35-17=18}所以该微粒符号可表示为rm{{,!}^{35}_{17}Cl^{-}}

故答案为：rm{{,!}^{35}_{17}Cl^{-}}．

根据阴离子中核内质子数rm{=}核外电子数rm{-}电荷数，中子数rm{=}质量数rm{-}质子数以及原子符号的含义来解答．