2025年人教B版高一化学上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年人教B版高一化学上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、托盘天平的两盘中各放一只盛有足量稀硫酸的烧杯；此时天平平衡．若分别在两烧杯中放入2.3克钠和2.4克镁．待反应完全后，天平两盘（）

A.仍平衡。

B.盛钠的一端下沉。

C.盛镁的一端下沉。

D.不能确定。

2、原电池产生电流的本质原因是（）A.原电池中溶液能电离出自由移动的离子B.有导线将两个活动性不同的电极连接C.正极发生了氧化反应，负极发生了还原反应D.电极上进行的氧化还原反应中有电子的转移3、月球的矿产资源极为丰富，仅月面表层5cm厚的沙土中就含铁单质上亿吨，月球上的主要矿物有辉石[CaMgSi2O6]、斜长石[KAlSi3O8]和橄榄石[（Mg或Fe）2SiO4]等，下列说法或分析不正确的是（）A.辉石、斜长石及橄榄石均属于硅酸盐矿B.橄榄石中铁为+2价C.月球表层沙土中有游离态铁是因为月球的表面几乎没有氧气D.斜长石的氧化物形式可表示为：K2O•Al2O3•3SiO24、反应rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)?4NO(g)+6H_{2}O(g)}在密闭容器中进行，下列表示该反应速率的值中最大的是rm{(}rm{)}A.rm{v(NH_{3})=0.01mol/(L?s)}B.rm{v(O_{2})=0.013mol/(L?s)}C.rm{v(NO)=0.012mol/(L?s)}D.rm{v(H_{2}O)=0.015mol/(L?s)}5、下列实验方法：①用升华法分离碘和砂子的混合物；②用分液法分离水和溴乙烷的混合物；③用蒸馏法分离酒精与苯酚(沸点为182℃)的混合物。你认为这些方法A.①②正确B.①③正确C.②③正确D.全部正确6、原子学说的提出为近代化学的发展奠定了坚实的基础，提出原子学说的科学家是（）A.拉瓦锡B.道尔顿C.门捷列夫D.波义耳7、下列实验一定不会出现沉淀现象的是（）A.CO2气体通入Na2SiO3溶液中B.CO2气体通入饱和Na2CO3溶液中C.SO2气体通入BaCl2溶液中D.SO2气体通入Ba（OH）2溶液中8、下列关于同分异构体判断正确的是A.分子式为rm{C_{2}H_{6}O}的同分异构体有两个，分别是rm{CH_{3}-O-CH_{3}}和rm{CH_{3}CH_{2}OH}B.分子式为rm{C_{8}H_{10}}的芳香烃有rm{3}个，分别为和

C.分子式为rm{C_{4}H_{8}}的烯烃同分异构体有rm{2}个，分别为rm{CH_{2}=CHCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH=CHCH_{3}}D.二氯甲烷是正四面体结构9、下列各组物质中，rm{X}是主体物质，rm{Y}是少量杂质，rm{Z}是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是()。选项rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{X}rm{FeCl_{2}}溶液rm{FeCl_{3}}溶液rm{Fe}rm{Na_{2}SO_{4}}溶液rm{Y}rm{FeCl_{3}}rm{CuCl_{2}}rm{Al}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Z}rm{Cl_{2}}rm{Fe}rm{NaOH}溶液rm{BaCl_{2}}溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、以石油、煤和天然气为主要原料生产的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.陶瓷B.塑料C.合成纤维D.合成橡胶11、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}}12、下列关于氮气的说法中，正确的是A.氮气既可作氧化剂又可作还原剂B.雷雨天，空气中的氮气与氧气可反应生成一氧化氮C.1molN2可与3molH2完全反应生成2molNH3D.氮的固定是将氮气转化成含氮的化合物13、常温下在20mL0.lmol·L-1Na2CO3溶液中逐渐滴加入0.1mol/LHC1溶液40mL，溶液的pH逐渐降低，下列说法正确的是A.完全反应以后，溶液呈现中性B.当盐酸加入20mL时，溶液中NHCO3的物质的量为0.002molC.20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶于中D.20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶于中14、对于常温下0.0lmol/L的氨水，下列叙述正确的是（）A.c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)B.由H2O电离出的c(H+)1.0×10-12mol/LC.与等体积等浓度的盐酸混合后所得溶液显酸性D.与等体积等浓度的氯化铵溶液混合c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.02mol/L15、25℃时，将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol·L-1的溶液。溶液中c(NH3·H2O)、c(NH4+)与pH的关系如下图所示。下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是。

A.W点表示溶液中：c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)B.pH=7.0溶液中：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)C.pH=10.5的溶液中：c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)＜0.1mol·L-1D.向W点所表示的1L溶液中加入0.05molNaOH固体(忽略溶液体积变化)：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)16、由下列实验操作和现象所得到的结论正确的是。实验操作和现象结论A向某溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加少量溶液，溶液变红溶液中含有B室温下，测得相同浓度的和溶液的pH分别为8和9酸性：C蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热加氢氧化钠溶液至溶液呈碱性，再加入少量新制继续加热生成砖红色沉淀蔗糖完全水解D向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少量等物质的量的和固体，溶解而不溶解

A.AB.BC.CD.D17、全钒液流电池是一种以钒为活性物质呈循环流动液态的氧化还原电池，适合用作电动汽车的动力电源，其工作原理如图所示。已知充电过程中V3＋发生还原反应。下列说法不正确的是。

A.质子交换膜可阻止VO与V2＋直接发生反应B.充电时，阴极的电极反应为：V2＋－e－＝V3＋C.充电时，氢离子通过交换膜移向右侧D.放电时，正极的电极反应为：VO＋e－＋H2O＝VO2＋＋2OH－18、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}都是氮的同位素评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)19、实验室用Na2SO4•10H2O配制0.1mol/L的Na2SO4溶液500ml．有以下仪器：

①药匙②100ml量筒③1000ml容量瓶④锥形瓶⑤玻璃棒⑥烧杯。

（1）配制时，必须选用的仪器为：____（填代号），还缺少的玻璃仪器为____

（2）经计算，本实验需称量硫酸钠晶体为____g．

（3）用Na2SO4•10H2O配制标准溶液的正确顺序是____．

A．冷却B．称量C．洗涤D．定容E．溶解F．摇匀G．移液。

（4）将所配制的Na2SO4溶液进行测定，发现浓度大于0.1mol/L．请你分析配制过程中可能引起该误差的原因是（填字母代号）____

①容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水②定容时俯视刻度线③定容时仰视刻度线④未冷却至室温就转移到容量瓶中⑤没有洗涤烧杯和玻璃棒．20、等质量的氧气（O2）和臭氧（O3），物质的量之比为____，所含氧原子的个数之比为____21、欲探究氯气与碘单质的氧化性强弱，某同学设计了如图装置（用浓盐酸和KMnO4固体反应制取氯气）．

请回答：

（1）实验中观察到湿润的淀粉KI试纸变蓝，写出其中发生的置换反应的离子方程式：____．

（2）实验结论：氯气的氧化性比碘单质的____（填“强”或“弱”）．

（3）装置②的作用是____．

（4）下列物质能替代NaOH溶液的是____（填字母）．

a．浓硫酸b．FeCl2溶液c．饱和食盐水．

22、rm{12.4g}rm{Na_{2}R}含rm{Na^{+}0.4mol}则rm{Na_{2}R}的摩尔质量为______，rm{R}的相对原子质量为______rm{.}含rm{R}的质量为rm{1.6g}的rm{Na_{2}R}其物质的量为______．23、煅烧硫铁矿rm{(}主要成分为rm{FeS_{2})}的反应为：rm{4FeS_{2}+11O_{2}}rm{dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}.}试回答下列问题．

rm{dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}.}可用哪些物质来表示该反应的化学反应速率______．

rm{(1)}某时刻时测得，生成rm{(2)}的速率为rm{SO_{2}}则氧气减少的速率为______rm{0.64mol/(L?s)}．

rm{mol/(L?s)}该工业生产中将矿石粉碎的目的：__________．rm{(3)}24、下表是某地市场上销售的一种“加碘盐”包装上的部分文字说明。请根据此表，结合中学学过的化学知识，回答下列问题：。配料表精制海盐、碘酸钾（KIO3）含碘量20―40mg/kg储藏方法密封避光、防潮食用方法烹调时待食品熟后加入碘盐（1）根据物质分类中的树状分类法有关知识，在①HIO3②碘酸钠③KOH④I2O5⑤NaCl五种____（填“混合物”或“化合物”或“盐”或“氧化物”）中与碘酸钾（KIO3）属于同类物质的有____（填序号）。（2）推测出碘酸钾（KIO3）的物理性质：碘酸钾（KIO3）____溶于水（填“能”或“不能”），化学性质：碘酸钾（KIO3）在受热时____（填“分解”或“不分解”）。（3）写出KIO3的电离方程式____。25、（6分）A为常见金属，D、E为常见非金属单质，D为黑色固体，E是常温下密度最小的气体，B、F是同种非金属化合物气体，A与氧气转化为C的过程中发出耀眼的白光，A→F之间的转化关系如图：按要求完成下列各题：（1）写出A与F的化学式：A__________F__________（2）下列物质中有一种与B物质不属于同一类，其他与B均属于同一类，这一物质是_______A．P2O5B．NOC．Na2OD．SiO2（3）D高温情况下与水蒸气恰好完全反应生成E和F时，所得气体的平均相对分子质量是__________g/mol（4）写出反应①的方程式：_______________________评卷人得分四、判断题(共3题，共24分)26、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）27、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）28、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共8分)29、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。评卷人得分六、综合题(共4题，共32分)30、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：

31、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题32、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：

33、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9题，共18分)1、A【分析】

根据反应的方程式可得：

2Na+H2SO4=Na2SO4+H2↑△m

46g2g44g

2.3g0.1g2.2g

Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑△m

24g2g22g

2.4g0.2g2.2g

则分别在两烧杯中放入2.3克钠和2.4克镁．待反应完全后；天平两盘增加的质量相等，天平仍平衡；

故选A．

【解析】【答案】分别发生反应：2Na+H2SO4=Na2SO4+H2↑，Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑；根据反应的化学方程式计算．

2、D【分析】原电池产生电流的本质原因是由于氧化反应和还原反应分别在两极进行，而电子通过导线内定向移动而产生电流。【解析】【答案】D3、D【分析】【解答】A．辉石[CaMgSi2O6]、斜长石[KAlSi3O8]和橄榄石[（Mg，Fe）2SiO4]的成分均属于硅酸盐类；均属于硅酸盐矿，故A正确；

B．橄榄石[（Mg或Fe）2SiO4]中硅为+4价；氧为﹣2价，依据化学式中各元素化合价代数和为0，铁为+2价，故B正确；

C．月球上有游离态铁是因为月球环境中没有氧化金属铁的物质或者条件；即月球的表面几乎没有氧气，故C正确；

D．硅酸盐的氧化物表示方法：先写活泼金属氧化物，然后是不活泼的金属氧化物，再是非金属氧化物二氧化硅，最后是水，所以斜长石的氧化物形式可表示为：K2O•Al2O3•6SiO2；故D错误；

故选：D．

【分析】A．辉石[CaMgSi2O6]、斜长石[KAlSi3O8]和橄榄石[（Mg，Fe）2SiO4]的成分均属于硅酸盐类；

B．根据元素的化合价规则来判断镁元素的化合价；

C．月球上没有氧化金属铁的物质或者条件；

D．根据硅酸盐的氧化物表示方法来书写．4、C【分析】解：反应速率与化学计量数的比值越大；反应速率越快，则。

A.rm{dfrac{0.01}{4}=0.0025}

B.rm{dfrac{0.013}{5}=0.0026}

C.rm{dfrac{0.012}{4}=0.003}

D.rm{dfrac{0.015}{6}=0.0025}

显然rm{C}中比值最大；反应速率最快；

故选C．

化学反应速率之比等于化学计量数之比；则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答．

本题考查反应速率的比较，为高频考点，把握反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意比值法的应用，也可转化为同种物质的速率再比较，题目难度不大．【解析】rm{C}5、D【分析】【解析】【答案】D6、B【分析】解：A．拉瓦锡首先通过实验得出空气是由氮气和氧气组成的结论；故A错误；

B．道尔顿在化学上的主要贡献是提出了原子学说；故B正确；

C．门捷列夫在化学上的主要贡献是发现了元素周期律；并编制出元素周期表，故C错误；

D．波义耳1661年提出化学元素的概念；标志着近代化学的诞生，故D错误．

故选：B．

根据科学家们各自在科学上做出的贡献进行分析解答本题．

本题考查化学史，题目难度不大，注意基础知识的积累．【解析】【答案】B7、C【分析】解：A．CO2气体通入Na2SiO3溶液中生成硅酸沉淀；有沉淀现象，故A错误；

B．饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2反应生成碳酸氢钠；碳酸氢钠的溶解度小，因此会析出晶体，溶液变浑浊，有沉淀现象，故B错误；

C．SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸，因为弱酸不能制强酸，SO2不能和BaCl2发生反应；所以不会出现沉淀，故C正确；

D．SO2是酸性氧化物；少量二氧化硫通入氢氧化钡溶液生成亚硫酸钡沉淀，继续通入沉淀溶解，可能有沉淀现象，故D错误．

故选C．

A．CO2气体通入Na2SiO3溶液中生成硅酸沉淀；

B．饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2反应生成碳酸氢钠；碳酸氢钠的溶解度小，因此会析出晶体，溶液变浑浊；

C．SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸；不会与强酸的钡盐发生复分解反应；

D．SO2是酸性氧化物；少量二氧化硫通入氢氧化钡溶液生成亚硫酸钡沉淀，继续通入沉淀溶解．

本题考查了物质性质的应用，物质反应的产物和现象，熟练掌握物质性质是解题关键，题目难度中等．【解析】【答案】C8、A【分析】【分析】本题考查学生同分异构体的概念、书写等方面的知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。【解答】A.醇和醚之间存在同分异构现象，rm{H_{3}C-O-CH_{3}}和rm{CH_{3}CH_{2}OH}的分子式相同；结构不同，互为同分异构体，故A正确；

B.分子式为rm{C_{8}H_{10}}的芳香烃有rm{4}种；邻二甲苯；间二甲苯、对二甲苯、乙苯，故B错误；

C.分子式为rm{C_{4}H_{8}}的烯烃同分异构体有rm{CH_{2}=CHCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH=CHCH_{3}}rm{(CH_{3})_{2}C=CH_{2}}共rm{3}种；故C错误；

D.甲烷中的个四个氢原子是完全等效的；二氯甲烷只有一种结构，故D错误。

故选A。【解析】rm{A}9、C【分析】略【解析】rm{C}二、多选题(共9题，共18分)10、BCD【分析】解：以煤；石油和天然气为主要原料可制造化工产品、合成塑料、合成橡胶、合成纤维等；

故选BCD．

三大合成材料是合成塑料；合成橡胶、合成纤维．

本题考查煤、石油和天然气的用途，难度不大，平时注意知识的积累．【解析】rm{BCD}11、BC【分析】略【解析】rm{BC}12、ABD【分析】【详解】

A．处于中间价态的物质既有氧化性又有还原性；氮气中N元素化合价处于中间价态，所以既可以作氧化剂又可以作还原剂，如：氮气和金属反应时作氧化剂，和氧气反应时作还原剂，故A正确；

B．放电条件下氮气和氧气发生氧化还原反应生成NO，反应方程式为故B正确；

C．N2与H2反应为可逆反应；不可能完全反应，故C错误；

D．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮；即氮的固定是将N2转化成含氮化合物的过程，故D正确；

故答案选ABD。13、CD【分析】【分析】

碳酸钠的物质的量=0.1mol∙L−1×0.02L=0.002mol，盐酸的物质的量=0.1mol∙L−1×0.04L=0.004mol；当二者反应时，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳，根据物料守恒和电荷守恒分析解答。

【详解】

A.完全反应后；部分二氧化碳溶于水，导致溶液呈弱酸性，故A错误；

B.当盐酸加入20mL时，二者恰好反应生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子水解导致溶液中NaHCO3的物质的量小于0.002mol；故B错误；

C.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(OH−)；故C正确；

D.根据质子守恒得c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3−)=c(OH−)；故D正确。

综上所述；答案为CD。

【点睛】

当反应物给了物质的量或则浓度和溶液体积时要抓住反应后的溶质，分析溶质可能水解或电离等情况。14、AC【分析】【详解】

A．溶液中存在电荷守恒，所以得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)；A正确；

B．假设一水合氨是强碱，0.0lmol/L的氨水中c(OH-)=0.01mol/L，则溶液的pH=12，溶液中氢离子全部来自于水电离的，所以由H2O电离出的c(H+)=1.0×10-12mol/L，实际上，一水合氨是弱碱，所以由H2O电离出的c(H+)＞1.0×10-12mol/L；B错误；

C．等物质的量是氨水和盐酸恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，NH4+水解消耗水电离产生的OH-，当最终达到平衡时，c(H+)＞c(OH-)；其溶液呈酸性，C正确；

D．根据物料守恒得c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.01mol/L；D错误；

故合理选项是AC。

【点睛】

本题考查酸碱混合时离子浓度大小的比较等知识点，易错选项是D，注意两种溶液混合时，由于溶质的物质的量不变，溶液的体积是原来的2倍，因此物质浓度变为原来的一半，为易错点。15、AD【分析】【详解】

将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol/L的混合溶液，当溶液中只有NH4+时，NH4+水解使溶液呈酸性，随着c(NH3·H2O)的增大，溶液碱性增强，根据图示，当pH=9.25时，c(NH3·H2O)=c(NH4+)，因此当溶液的pH＜9.25时，c(NH3·H2O)＜c(NH4+)，当pH＞9.25时，c(NH3·H2O)＞c(NH4+)，因此随着溶液pH的增大，浓度增大的是c(NH3·H2O)、减小的是c(NH4+)。A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒可得c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，在W点时c(NH3·H2O)=c(NH4+)，所以c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，A正确；B．室温下pH=7.0＜9.25，溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，则溶液中c(NH4+)＞c(NH3·H2O)，NH3·H2O主要以电解质分子存在，NH3·H2O、H2O的电离程度十分微弱，其电离产生的离子浓度很小，故微粒浓度大小关系为：c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(H+)=c(OH-)，B错误；C．该混合溶液中，无论pH如何变化都存在c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，则c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+c(H+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L+c(H+)＞0.1mol/L，C错误；D．W点溶液中存在c(NH3·H2O)=c(NH4+)=0.05mol/L，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒可知c(Cl-)＜c(NH4+)=0.05mol/L，向1L该溶液中加入0.05molNaOH，则c(Na+)=0.05mol/L，c(Na+)＞c(Cl-)，NaCl电离产生离子浓度Cl-浓度c(Cl-)大于NH3·H2O电离产生的离子NH4+、OH-的浓度，且溶液中还有水会微弱电离产生OH-，故离子浓度关系为：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)，D正确；故合理选项是AD。16、BD【分析】【详解】

A．二价铁离子和KSCN不反应，三价铁离子和KSCN溶液反应生成血红色络合物，二价铁离子易被氯水氧化生成三价铁离子，Fe2+检验时要先加KSCN溶液后加氯水，防止Fe3+干扰；故A错误；

B．相同物质的量浓度的钠盐溶液；溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，相应的酸的酸性越弱；室温下，测得相同浓度的NaX和NaY溶液的pH分别为8和9可知HX溶液的酸性强于HY，故B正确；

C．蔗糖完全水解和部分水解；溶液中都含有葡萄糖，碱性条件下都能与新制氢氧化铜悬着液共热反应生成氧化亚铜砖红色沉淀，故C错误；

D．相同条件下，组成和结构相似的难溶金属硫化物，溶解度大的物质先溶解于稀硫酸，向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少量等物质的量的和固体，溶解而不溶解，说明溶度积故D正确；

故选BD。17、BD【分析】【分析】

充电过程中V3＋发生还原反应，则右侧电极上V3+转化为V2＋时V元素的化合价降低得电子，发生还原反应，充电时，则右侧电极为阴极，左侧电极为阳极，阴极电极反应为V3++e－＝V2+，阳极极电极反应为VO2+-e-+H2O=VO+2H+；则放电时，左侧为正极，正极反应为VO+2H++e-=VO2++H2O，右侧为负极：负极反应为：V2+-e－=V3+；据此分析解答。

【详解】

A．质子交换膜只允许H+通过，则可阻止VO与V2＋直接发生反应；故A正确；

B．充电时，阴极得电子发生还原反应，电极反应为：V3++e－＝V2+；故B错误；

C．充电时；阳离子向阴极移动，根据分析，充电时，右侧为阴极，则氢离子通过交换膜移向右侧，故C正确；

D．根据分析，放电时，正极的电极反应为：VO+2H++e-=VO2++H2O；故D错误；

答案选BD。18、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}三、填空题(共7题，共14分)19、略

【分析】

（1）操作步骤有计算；称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒加水），用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500ml的容量瓶、胶头滴管、药匙、量筒（可用可不用）；

故必须选用的仪器为：①⑤⑥；还缺少的玻璃仪器为：500ml的容量瓶；胶头滴管；

故答案为：①⑤⑥；500ml的容量瓶；胶头滴管；

（2）硫酸钠的物质的量为0.5L×0.1mol•L-1=0.05mol；硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，故需要硫酸钠晶体的质量为0.05mol×322g/mol=16.1g；

故答案为：16.1；

（3）由（1）溶液配制操作可知；正确顺序是BEAGCGDF；

故答案为：BEAGCGDF；

（4）①最后需要定容；容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，故不符合；

②定容时；俯视容量瓶刻度线，液面在刻度线以下，使溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高，故符合；

③定容时仰视刻度线；液面在刻度线以上，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故不符合；

④未冷却至室温就转移到容量瓶中定容；溶液冷却后，使溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高，故符合；

⑤没有洗涤烧杯和玻璃棒；少量硫酸钠沾在烧杯壁与玻璃棒上（洗涤液中含有少量硫酸钠），移入容量瓶中硫酸钠的实际物质的量减小，溶液浓度偏低，故不符合；

故选②④．

【解析】【答案】（1）根据配制溶液的步骤操作选择所用仪器与缺少的仪器；

（2）根据n=cV计算硫酸钠的物质的量；硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，再根据m=nM计算硫酸钠晶体的质量；

（3）根据溶液配制实验操作的步骤进行排序；

（4）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=判断对所配溶液浓度影响．

20、略

【分析】根据n＝m/M可知在质量相等的条件下，物质的量和摩尔质量成反比，即二者的物质的量之比是48︰32＝3︰2。由于都是由氧原子形成的单质，所以所含氧原子的个数之比为1︰1。【解析】【答案】3:2、1:121、Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2强吸收多余的氯气b【分析】【解答】（1）氯气有强氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，所以实验中观察到湿润的淀粉KI试纸变蓝，发生的反应为Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2；

故答案为：变蓝；Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2；

（2）Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2中氯气的氧化性大于碘；所以Cl元素非金属性大于I，故答案为：强；

（3）氯气有毒不能直接排空；氯气能和NaOH溶液反应生成无毒的物质，故答案为：吸收多余的氯气；

（4）氯气具有强氧化性能与氯气反应而用来吸收氯气的只有FeCl2溶液，故选：b；

【分析】（1）氯气能氧化碘离子生成碘单质；碘与淀粉试液变蓝色；

（2）同一自发进行的氧化还原反应中；氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，单质的氧化性越强，其非金属性越强；

（3）氯气有毒不能直接排空；氯气能和NaOH溶液反应生成无毒的物质；

（4）根据氯气的强氧化性易与还原性的物质反应而被吸收．22、略

【分析】解：根据化学式可知rm{Na_{2}R}中rm{n(Na^{+})=2n(Na_{2}R)}所以含有rm{0.4molNa^{+}}的rm{Na_{2}R}的物质的量为rm{dfrac{0.4mol}{2}=0.2mol}所以rm{dfrac

{0.4mol}{2}=0.2mol}的摩尔质量为rm{dfrac{12.4g}{0.2mol}=62g/mol}

当摩尔质量以rm{Na_{2}R}作单位，数值上等于其相对分子质量，即rm{dfrac

{12.4g}{0.2mol}=62g/mol}的相对分子质量为rm{g/mol}所以rm{Na_{2}R}的相对原子质量为rm{62}

rm{R}的物质的量为rm{dfrac{1.6g}{16g/mol}=0.1mol}根据化学式可知rm{62-23隆脕2=16}中rm{1.6gR}．

故答案为：rm{dfrac

{1.6g}{16g/mol}=0.1mol}rm{Na_{2}R}rm{n(Na_{2}R)=n(R)=0.1mol}．

根据化学式可知rm{62g/mol}中rm{16}据此计算含有rm{0.1mol}的rm{Na_{2}R}的物质的量，根据rm{n(Na^{+})=2n(Na_{2}R)}计算rm{0.4molNa^{+}}的摩尔质量；

当摩尔质量以rm{Na_{2}R}作单位，数值上等于其相对分子质量，据此计算rm{M=dfrac{m}{n}}的相对原子质量；

根据rm{Na_{2}R}计算rm{g/mol}的物质的量，根据化学式可知rm{R}中rm{n=dfrac{m}{M}}．

本题考查常用化学计量的有关计算、对化学式的理解等，比较基础，注意公式的灵活运用．rm{1.6gR}【解析】rm{62g/mol}rm{16}rm{0.1mol}23、略

【分析】解：rm{(1)4FeS_{2}+11O_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}化学反应速率是指单位时间内反应物浓度减小或生成物浓度增大表示，只有气体或者溶液才有浓度的变化，固体或者纯液体的浓度是定值，反应能用来表示化学反应速率的物质不能是固体和纯液体，反应中用来表示反应速率的物质为rm{(1)4FeS_{2}+11O_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}和rm{SO_{2}}

故答案为：rm{O_{2}}和rm{SO_{2}}

rm{O_{2}}rm{(2)v(SO_{2})}rm{v(O_{2})=8}故rm{v(O_{2})=dfrac{11}{8}v(SO_{2})=dfrac{11}{8}隆脕0.64=0.88mol/(L?s)}故答案为：rm{11}

故答案为：rm{v(O_{2})=dfrac{11}{8}v(SO_{2})=

dfrac{11}{8}隆脕0.64=0.88mol/(L?s)}

rm{0.88mol/(L?s)}该工业生产中将矿石粉碎的目的是增大接触面积；加快反应速率；

故答案为：增大接触面积；加快反应速率．

rm{0.88}只有气体或者溶液才有浓度的变化；固体或者纯液体的浓度是定值；

rm{(3)}根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算；

rm{(1)}矿石粉碎增大接触面积加快反应速率．

本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键，题目难度不大．rm{(2)}【解析】rm{SO_{2}}和rm{O_{2}}rm{0.88}增大接触面积，加快反应速率24、略

【分析】【解析】试题分析：（1）①HIO3、碘酸钠、KOH、I2O5、NaCl是由不同种元素组成的纯净物，属于化合物，其中的碘酸钠、NaCl、碘酸钾（KIO3）均属于盐类，故答案为：化合物；②⑤；（2）碘酸钾（KIO3）属于钾盐，所有的钾盐均易溶于水，碘酸钾受热易分解生成碘化钾和氧气，故答案为：能；易分解．（3）KIO3是强电解质，在水溶液中全部电离，故电离方程式为KIO3=K++IO3—。考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系电离方程式的书写【解析】【答案】（5分）化合物；②⑤；能；分解；KIO3=K++IO3—25、略

【分析】【解析】【答案】四、判断题(共3题，共24分)26、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．27、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．28、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、元素或物质推断题(共1题，共8分)29、略

【分析】【分析】

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，B为二氧化氮；A为氮气，氮气和氧气生成一氧化氮C，一氧化氮和氧气生成二氧化氮D，二氧化氮和水生成硝酸E，硝酸和铜生成一氧化氮、硝酸铜；氮气和氢气生成氨气D，氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮；

【详解】

（1）A→D反应为氮气和氢气催化生成氨气，

（2）D→C为氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮和水，

（3）二氧化氮B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收生成硝酸，反应为则二氧化氮与的物质的量之比为4:1；该反应电子转移情况为若该反应转移个电子，则参加反应的二氧化氮的物质的量为1mol。【解析】(1)

(2)

(3)4:11六、综合题(共4题，共32分)30、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1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1计算反应热；

（3）根据反应物和生成物确定反应的历程；

（4）利用盖斯定律计算．31、1：52）盐酸体现出的性质有：____酸性和还原性3）用双线桥表示出电子转移的方向和数目：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O4）当被氧化的HCl为73克时，转移的电子的数目为____（填具体数字）1.204×1024【分析】【解答】解：（1）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，1KClO3中氯元素的化合价由+5价变为0价，所以1KClO3是氧化剂，5HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，所以5HCl是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：5；故