2024年沪科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2024年沪科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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、关于元素周期表的说法正确的是（）A.元素周期表有8个主族B.短周期是指第一、二周期C.ⅠA族的元素全部是金属元素D.元素周期表有7个周期2、下列有关实验现象或叙述中，不正确的是（）A.氢气在Cl2中燃烧，发出苍白色火焰B.铵盐与碱共热产生气体能使干燥的红色石蕊试纸变蓝C.实验室制氯气用饱和食盐水除去氯化氢D.铜丝在Cl2中燃烧，生成棕黄色烟3、反应rm{A+B隆煤C(}放热rm{)}分两步进行：rm{垄脵A+B隆煤X(}吸热rm{)}rm{垄脷X隆煤C(}放热rm{).}下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是A.B.C.D.4、从海水中提取溴有如下反应：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Br2+Na2SO4+3H2O；与该反应在氧化还原反应原理上最相似的是（）

A.2NaBr+Cl2=2CaCl+Br2

B.AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al（OH）3

C.2H2S+SO2=3S+2H2O

D.C+CO22CO

5、已知煤油的密度是0.8g•cm﹣3，试根据金属钠的保存方法和金属钠与水反应的现象推断金属钠的密度（）A.小于0.8g•cm﹣3B.大于1.0g•cm﹣3C.介于0.8～1.0g•cm﹣3D.无法推测6、设NA为阿伏加德罗常数的值．如果ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是（）A.LB.LC.LD.L7、下列说法中，不正确的是rm{(}rm{)}

A.任何化学反应都伴随能量的变化B.化学反应中的能量变化主要是由化学键的变化引起的C.化学反应中能量的变化都表现为热量的变化D.由图示可知rm{CO+H_{2}O(g)dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}CO_{2}+H_{2}}的反应为放热反应rm{CO+H_{2}O(g)dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}CO_{2}+H_{2}}8、乙醇分子中各化学键如图所示，对乙醇在各种反应中应断裂的键说明不正确的是rm{(}rm{)}

A.和金属钠作用时，键rm{垄脵}断裂B.乙醇燃烧时所有键断裂C.和乙酸、浓硫酸共热制乙酸乙酯时，键rm{垄脷}断裂D.在铜催化下和氧气反应时，键rm{垄脵}和rm{垄脹}断裂评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)9、在冶金工业上，均不能用通常化学还原剂制得的金属组是（）A.Na、Mg、AlB.Na、K、ZnC.Fe、Cu、AgD.Na、Ca、K10、两种气态烃以任意比例混合，在rm{105隆忙}时rm{1L}该混合烃与rm{9L}氧气混合，充分燃烧后，恢复到原状态，所得气体体积仍为rm{10L}下列混合烃不符合此条件的是A.rm{CH_{4}.C_{2}H_{4}}B.rm{CH_{4}.C_{3}H_{6}}C.rm{C_{2}H_{4}.C_{3}H_{4}}D.rm{C_{2}H_{2}.C_{3}H_{6}}11、下列说法不正确的是()A.分子式为rm{C_{3}H_{8}}与rm{C_{6}H_{14}}的两种有机物一定互为同系物B.具有相同通式的有机物一定互为同系物C.两个相邻同系物的相对分子质量数值一定相差rm{14}D.分子组成相差一个或几个rm{CH_{2}}原子团的化合物必定互为同系物12、rm{1L1mol/LNaCl}溶液表示()A.rm{1L}溶液中含有rm{1molNaCl}B.rm{1molNaCl}溶于rm{1L}水中C.rm{58.5g}氯化钠溶于rm{741.5g}水中D.rm{1L}溶液中含有rm{58.5gNaCl}13、设rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{mol}rm{NH_{4}^{+}}所含质子数为rm{10N_{A}}B.rm{10}克氖气所含原子数约为rm{6.02隆脕10^{23}}C.标准状况下，rm{22.4}rm{L}rm{SO_{2}}所含的分子数为rm{N_{A}}D.常温常压下，rm{32}rm{g}rm{O_{2}}和rm{O_{3}}的混合气体所含氧原子数为rm{2N_{A}}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中，A、C及B、D分别是同主族元素；A元素的原子半径是所有主族元素中原子半径最小的；B、D两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的2倍；四种元素所形成的单质中A、B单质是气体，C、D单质是固体。（1）写出以下元素的名称：B；C。（2）用化学方程式表示C2D的形成过程：。（3）实验室常用A、B两元素所形成的原子个数为1：1的化合物来制备一种常见气体，其化学方程式为。此实验中常加入一种黑色粉未物质，其作用是。15、（10分）某同学用18mol/L的浓硫酸配制200mL0.9mol/L的稀硫酸，并进行有关实验。请回答下列问题：（1）需要量取浓硫酸____________mL(准确到小数点后一位)。（2）配制该稀硫酸时使用的仪器除量筒、烧杯、200mL容量瓶外，还必须用到的仪器有____________、____________等。（3）容量瓶是一种颈部细长的梨形瓶，由于其颈部细长，所以在向容量瓶中移入液体时，需要一定的耐心和技巧。有人建议将容量瓶的瓶颈改粗，对该建议的正确评价是()A．可以按此建议改进，便于使用容量瓶B．不能按此建议改进，因为会降低容量瓶的精确度C．如果加粗瓶颈，可将原来刻在容量瓶瓶颈上的刻度线改刻在容量瓶的瓶身上D．不必加粗瓶颈，因为向容量瓶中转移液体时，有少量液体倒出瓶外，不会对溶液的浓度产生太大影响（4）在配制过程中，下列因素对所配制的稀硫酸的物质的量浓度有何影响？若容量瓶未干燥即用来配制溶液，则所得溶液浓度____________0.9mol·L-1（填“大于”、“等于”或“小于”，下同）；若定容时俯视刻度线，则所得溶液浓度____________0.9mol·L-1。16、(8分)某有机物完全燃烧，生成标准状况下CO2的体积为4.48L，H2O的质量为5.4g。（1）若有机物的质量为3g，此有机物的结构简式为（2）若有机物的质量为4.6g，此有机物的分子式为（3）若有机物的质量为6.2g，且此有机物lmol能和足量的金属钠反应生成lmolH2，此有机物的结构简式为(两个羟基不能连在同一个碳原子上)（4）等物质的量的三种有机物完全燃烧时，消耗O2最多的是17、通常氢氧燃料电池有酸式和碱式两种；试回答下列问题：

（1）在酸式介质中，负极材料为______，正极材料为______，酸式电池的电极反应：负极：______，正极：______．电解质溶液PH的变化______（填“变大”；“变小”，“不变”）

（2）在碱式介质中，碱式电池的电极反应：负极：______，正极：______

电解质溶液PH的变化______（填“变大”；“变小”，“不变”）

（3）氢氧燃料电池汽车作为上海世博园中的交通工具之一，下列有关说法不正确的是______．

A．太阳光催化分解水制氢气比电解水气氢气更为科学。

B．氢氧燃料电池作为汽车动力更能保护环境。

C．以稀H2SO4；KOH为介质的氢氧燃料电池的负极电极反应式相同。

D．以稀H2SO4；KOH为介质的氢氧燃料电池的总反应式相同。

（4）纯电动车采用了高效耐用的一种新型可充电电池，该电池的总反应式为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH．

①该电池放电时负极反应式为______．

②放电时每转移3mol电子，正极有______molK2FeO4被还原．

（5）锰酸锂离子电池在混合动力车等大型蓄电池应用领域占据主导地位．电池反应式为：Li1-xMnO4+LixLiMnO4，下列有关说法不正确的是______．

A．放电时电池的正极反应式为：Li1-xMnO4+xLi++xe-═LiMnO4

B．放电过程中；石墨没有得失电子。

C．该电池也能在KOH溶液的环境中正常工作。

D．充电时电池上标有“-”的电极应与外接电源的负极相连．18、绿矾rm{(FeSO_{4}隆陇7H_{2}O)}可用做净水剂、除草剂等。某研究小组测定了硫酸矿焙烧后的烧渣中主要成分rm{(Fe_{2}O_{3}}rm{Al_{2}O_{3}}和rm{SiO_{2}}不考虑其它杂质rm{)}的含量并制备了绿矾，流程如下：请回答下列问题：rm{(1)}溶液rm{A}中含有的阴离子主要有rm{AlO_{2}^{-}}rm{SiO_{3}^{2-}}和______________。rm{(2)}试剂rm{C}是_________________。rm{(3)垄脹}中反应的离子方程式是______________________________________。rm{(4)}烧渣中rm{Fe_{2}O_{3}}rm{Al_{2}O_{3}}和rm{SiO_{2}}的物质的量之比是_____________________。19、写出铁粉与水蒸气在高温下发生的反应并用单线桥表示电子转移情况．____．20、rm{2mol}rm{H_{2}}含有______个氢分子，______个氢原子______rm{mol}rm{H}．评卷人得分四、其他(共4题，共8分)21、（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____、、、、。22、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。23、（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____、、、、。24、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。评卷人得分五、原理综合题(共2题，共12分)25、反应aA(g)+bB(g)cC(g)(△H<0)在恒容条件下进行。改变其它反应条件；在I；II、III阶段中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示：

（1）化学方程式中a：b：c=___。

（2）A的平均反应速率vI(A)、vII(A)、vIII(A)从大到小的排列顺序为___。

（3）B的平衡转化率aI(B)、aII(B)、aIII(B)中最小的是___，其值是___(保留2位有效数字)。

（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡向___(填“左”或“右”)移动，采取的措施是___。

（5）其他条件不变，只改变温度，则第II阶段反应温度(T2)和第III阶段反应温度(T3)的高低T2___T3(填“<”“>”或“=”)，判断的理由是___。26、控制和治理CO2是解决温室效应及能源问题的有效途径。

（1）研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2反应生成液态甲醇和液态水，该反应的热化学方程式为___________。

已知：H2（g）和CH3OH（l）的标准燃烧热分别为－283.0kJ·mol-1和－726.5kJ·mol-1

（2）已知：2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）△H。在两个固定容积均为2L的密闭容器中以不同的氢碳比[]充入H2和CO2，CO2的平衡转化率α(CO2)与温度的关系如图所示。

①x_____（填大于；小于或等于）2.0；

②列式计算P点时的Kx=______（Kx指用平衡时用各物质的物质的量分数来代替该物质的平衡浓度来计算平衡常数的一种新的表达式）。

③比较P点和Q点的化学平衡常数：KP____KQ（填大于、小于或等于），理由是____。

（3）以稀硫酸为电解质溶液，惰性材料为电极，利用太阳能将CO2转化为低碳烯烃；工作原理如图所示。

①H+的移动方向是_____（填从左至右或从右至左）；

②产生乙烯的电极反应式为________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】考查元素周期表的结构。元素周期表共有18列，分为7个主族、7个副族、1个0族和1个第Ⅷ。周期表共有7行，分为7个周期，前者前三周期是短周期，其他周期是长周期，IA中的氢元素是非金属，所以正确的答案是D。【解析】【答案】D2、B【分析】解：A、氢气在Cl2中燃烧；生成氯化氢液体小液滴，发出苍白色火焰，故A正确；

B；铵盐与碱共热产生氨气；氨气是碱性气体，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是干燥的红色石蕊试纸变蓝，故B错误；

C；氯化氢极易溶于水；而氯气在饱和食盐水中溶解度小，所以实验室制氯气用饱和食盐水除去氯化氢，故C正确；

D；因红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧生成固体氯化铜；则会观察到棕黄色的烟，故D正确；

故选B．

A、氢气在Cl2中燃烧；生成氯化氢液体小液滴；

B；铵盐与碱共热产生氨气；氨气是碱性气体，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；

C；氯化氢极易溶于水；而氯气在饱和食盐水中溶解度小；

D；铜与氯气反应生成黄色的固体氯化铜．

本题考查氯气的化学性质，明确氯气与金属、非金属、与水的反应即可解答，特别注意氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．【解析】【答案】B3、D【分析】【分析】

本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变化、分析，题目难度不大，注意反应热与物质总能量大小的关系判断rm{.}根据物质具有的能量进行计算：rm{triangleH=E(}生成物的总能量rm{)-E(}反应物的总能量rm{)}当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题。

【解答】

由反应rm{A+B隆煤C(triangleH<0)}分两步进行rm{垄脵A+B隆煤X(triangleH>0)垄脷X隆煤C(triangleH<0)}可以看出，rm{A+B隆煤C(triangleH<0)}是放热反应，rm{A+B隆煤C(triangle

H<0)}和rm{垄脵A+B隆煤X(triangle

H>0)垄脷X隆煤C(triangleH<0)}的能量之和大于rm{A+B隆煤C(triangle

H<0)}由rm{垄脵A+B隆煤X(triangleH>0)}可知这步反应是吸热反应，rm{X隆煤C(triangleH<0)}是放热反应，故rm{A}的能量大于rm{B}rm{C}的能量大于rm{垄脵A+B隆煤X(triangle

H>0)}rm{X隆煤C(triangle

H<0)}的能量大于rm{X}图象rm{A+B}符合；

故选D。

rm{A+B}【解析】rm{D}4、C|D【分析】

A；化合价变化的分别是溴元素和氯元素；不是归中反应类型，故A错误；

B；反应中没有元素化合价的变化；不是氧化还原反应，故B错误；

C；硫元素的化合价从-2价升到0价；还有的从+4价降到0价，属于氧化还原反应中的归中反应类型，故C正确；

D；化合价变化的是碳元素；一种是有0价升高到+2价，一种是由+4价降到+2价，是归中反应类型，故D正确；

故选CD．

【解析】【答案】题干中的反应为氧化还原反应；只有溴元素的化合价发生变化，是高价+5价和低价-1价均变为0价的一种氧化还原反应，属于氧化还原反应中的归中反应类型．

5、C【分析】【解答】钠能保存在煤油中，且沉在没有底部，说明钠的密度比煤油大，即钠的密度大于0.8g•cm﹣3；

金属钠与水反应，钠浮在水面上，说明钠的密度比水小，即钠的密度小于1.0g•cm﹣3；

则应介于0.8～1.0g•cm﹣3之间；

故选C．

【分析】钠能保存在煤油中，且沉在没有底部，说明钠的密度比煤油大，金属钠与水反应，钠浮在水面上，说明钠的密度比水小．6、A【分析】【解答】解：由n=可知，同种气体的质量与分子数成正比，ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体的分子数为由N=n×NA可知，气体的物质的量为则在标准状况下占有的体积应为L；

故选A．

【分析】根据n=N=n×NA、V=n×Vm来计算．7、C【分析】解：rm{A.}化学变化的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成；由于断开旧化学键需要吸收能量，形成新化学键需要释放能量，则化学反应中一定伴随能量变化，故按正确；

B.旧化学键的断裂和新化学键的形成，由于断开旧化学键需要吸收能量，形成新化学键需要释放能量，化学反应中的能量变化主要是由化学键的变化引起，故B正确；rm{C.}化学反应中能量的变化不仅可以表现为热量的变化；还可以表现为电能；光能等的变化，故C错误；

D.由图可知；反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，故D正确；

故选C．

由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为rm{CO(g)+H_{2}O(g)dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH=-41kJ/mol}任何反应中均伴随能量变化，均由化学键的断裂和生成引起的能量变化，以此来解答．

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量变化的实质、图象分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见的能量转化形式，题目难度不大．rm{CO(g)+H_{2}O(g)dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H=-41kJ/mol}【解析】rm{C}8、C【分析】解：rm{A.}乙醇与与金属钠反应生成乙醇钠和氢气：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na隆煤2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}隆眉}故乙醇断键的位置为：rm{垄脵}故A正确；

B.燃烧是有机物最剧烈的反应；生成二氧化碳和水，所有的化学键都要断裂，故B正确；

C.乙醇和rm{CH_{3}COOH}共热时，生成乙酸乙酯，可以rm{{,!}^{18}O}标记，研究反应机理，rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}^{18}OHunderset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}故乙醇断键的位置为：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}^{18}OH

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}故C错误；

D.乙醇在rm{垄脵}催化下与rm{Ag}反应生成乙醛和水：rm{O_{2}}rm{xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}故乙醇断键的位置为rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}}和rm{xrightarrow[triangle

]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}故D正确．

故选C．

乙醇含有rm{垄脵}可发生取代反应；氧化反应和消去反应，可与钠发生置换反应，结合官能团的性质判断可能的共价键的断裂方式解答．

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质和结构特点，学习中注意乙醇的性质，难度不大．rm{垄脹}【解析】rm{C}二、双选题(共5题，共10分)9、A|D【分析】解：A．Na；Mg、Al都是活泼金属；工业上采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼，均不能用通常化学还原剂制得，故A选；

B．Zn是较活泼金属；可以采用通常化学还原剂制得，故B不选；

C．Fe；Cu是较活泼金属；可以采用通常化学还原剂制得，Ag是较不活泼金属，采用热分解法冶炼，故C不选；

D．Na；Ca、K都是活泼金属；工业上采用电解熔融盐的方法冶炼，均不能用通常化学还原剂制得，故D选；

故选AD．

金属冶炼的方法主要有：

热分解法：对于不活泼金属；可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来；

热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2；活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来；

电解法：活泼金属较难用还原剂还原；通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属．

本题考查金属冶炼，明确金属活泼性强弱与冶炼方法的关系是解本题关键，明确常见金属冶炼方法，注意：Al不能采用电解熔融氯化铝的方法冶炼，应该用电解熔融氧化铝冶炼．【解析】【答案】AD10、BD【分析】【分析】本题考查有机物的确定，题目难度中等，注意利用烃燃烧通式、平均值法计算解答，有利于培养学生的分析理解能力及化学计算能力。【解答】设有机物的平均式为rm{C_{x}H_{y}}则有rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac{y}{4})O_{2}隆煤xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O}rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac{y}{4}

)O_{2}隆煤xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O}时生成的水为气体，有机物燃烧前后体积不变，则rm{1+x+dfrac{y}{4}=x+dfrac{y}{2}}解答rm{105隆忙}即混合气中平均含有rm{1+x+dfrac{y}{4}=x+dfrac{y}{2}

}原子数为rm{y=4}由于是任意比混合，故各组分分子中rm{H}原子数目均为rm{4}

A.rm{H}rm{4}中rm{CH_{4}}原子数都为rm{C_{2}H_{4}}符合题意，故A正确；

B.rm{H}rm{4}rm{CH_{4}}不符合题意；故B错误；

C.rm{C_{3}H_{4}}混合后氢原子数一定大于rm{4}不符合题意中rm{4}原子数都为rm{C_{2}H_{4}}符合题意，故C正确；

D.rm{C_{3}H_{4}}rm{H}按物质的量rm{4}rm{C_{2}H_{2}}混合时平均rm{C_{3}H_{6}}原子数目为rm{1}不符合任意比，故D错误。

故选BD。

rm{1}【解析】rm{BD}11、BD【分析】【分析】本题考查同系物的概念，难度不大。【解答】A.分子式为rm{C}rm{C}rm{{,!}_{3}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{8}}与rm{C}rm{C}均为烷烃，且分子式相差rm{{,!}_{6}}个rm{H}故二者一定互为同系物，故A正确；B.具有相同的通式的物质不一定互为同系物，如丙烯和环丙烷，故B错误；C.rm{H}，故C正确；D.rm{{,!}_{14}}rm{3}rm{CH_{2}}两个相邻同系物的相对分子质量数值一定相差rm{14}rm{14}【解析】rm{BD}12、AD【分析】【分析】

本题考查物质的量浓度的概念，难度不大，掌握相关概念是解答的关键。【解答】

A.从物质的量浓度概念可知是正确的，故A正确；

B.水的体积不能做为溶液的体积，故B错误；

C.不能用水的体积当做溶液体积，故C错误；

D.从物质的量的浓度概念可以计算如下：rm{C=dfrac{n}{V}=dfrac{dfrac{m}{M}}{V}=dfrac{dfrac{58.5g}{58.5{g}big/{mol}}}{1L}=1{mol}big/{L}}故D正确。

D.从物质的量的浓度概念可以计算如下：rm{C=dfrac{n}{V}=dfrac{

dfrac{m}{M}}{V}=dfrac{dfrac{58.5g}{58.5{g}big/{mol}}}{1L}=1{mol}

big/{L}}故D正确。

rm{C=dfrac{n}{V}=dfrac{

dfrac{m}{M}}{V}=dfrac{dfrac{58.5g}{58.5{g}big/{mol}}}{1L}=1{mol}

big/{L}}【解析】rm{AD}13、rCD【分析】解：rm{A.1mol}铵根离子中含有质子的物质的量为rm{11mol}所含质子数为rm{11N_{A}}故A错误；

B.rm{10g}氖气的物质的量为rm{dfrac{10g}{20g/mol}=0.5mol}rm{dfrac

{10g}{20g/mol}=0.5mol}氖气分子中含有rm{0.5mol}氖原子，所含原子数约为rm{0.5mol}故B错误；

C.标况下rm{3.01隆脕10^{23}}二氧化硫的分子数为rm{dfrac{22.4L}{22.4L/mol}=1mol}所含的分子数为rm{22.4L}故C正确；

D.常温常压下，rm{dfrac

{22.4L}{22.4L/mol}=1mol}rm{N_{A}}和rm{32g}中含有rm{O_{2}}氧原子，含有氧原子的物质的量为rm{dfrac{32g}{16g/mol}=2mol}混合气体所含氧原子数为rm{O_{3}}故D正确；

故选CD．

A.铵根离子中含有rm{32g}个质子，rm{dfrac

{32g}{16g/mol}=2mol}铵根离子含有rm{2N_{A}}质子；

B.氖气的摩尔质量为rm{11}为单原子分子；

C.标况下rm{1mol}二氧化硫的物质的量为rm{11mol}

D.氧气和臭氧分子中都只含有氧元素，根据rm{20g/mol}计算出氧原子的物质的量．

本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，rm{22.4L}为易错点，注意稀有气体为单原子分子．rm{1mol}【解析】rm{CD}三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】考点：考查元素推断，元素名称、化学方程式的书写【解析】【答案】(1)氧钠(2)2Na+SNa2S(3)2H2O22H2O+O2↑作该反应的催化剂15、略

【分析】【解析】试题分析：（1）在浓硫酸的稀释过程中，溶质是不变的，所以需要量取浓硫酸的体积是（2）稀释浓硫酸、向容量瓶中转移硫酸时都需要玻璃棒。另外定容时还需要胶头滴管。（3）根据容量瓶的结构可知，瓶颈越粗，精确度越低，所以该建议不可取，答案选B。（4）根据n＝c·V可知，如果容量瓶没有干燥，则溶质的溶液的体积不受影响，浓度不变；如果定容时俯视刻度线，则所得溶液的体积偏少，浓度偏高。考点：考查一定物质的量浓度溶液的配制、仪器的选择、物质的量浓度的计算和误差分析【解析】【答案】（共10分）（1）10.0(2分)（2）玻璃棒胶头滴管（可颠倒）。(每空1分)（3）B（2分）（4）等于大于（每空2分）16、略

【分析】【解析】【答案】(8分)（1）CH3—CH3；（2）C2H6O（3）HO—CH2—CH2—OH；（4）CH3—CH317、略

【分析】解：（1）在酸性氢氧燃料电池中，石墨作电极，在负极由氢气失电子生成氢离子，电极反应为2H2-4e-=4H+；在正极由氧气得电子生成氢氧根离子，生成的氢氧根离子结合氢离子生成水，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，由于正负极消耗与生成的氢离子等量，所以氢离子的总量不变，而总电极反应式为2H2+O22H2O；水的总量增加，故PH变大；

故答案为：石墨；石墨；2H2-4e-=4H+；O2+4e-+4H+=2H2O；变大；

（2）在碱式介质中，氢气在负极失去电子生成氢离子，氢离子结合氢氧根离子生成水，电极反应式为2H2-4e-+4OH-=2H2O；氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，由于正负极消耗与生成的氢氧根离子等量，所以氢氧根离子的总量不变，而总电极反应式为2H2+O2=2H2O；水的总量增加，故PH变小；

故答案为：2H2-4e-+4OH-=2H2O；O2+4e-+2H2O=4OH-；变小；

（3）A、电解获得H2消耗较多的能量，而在催化剂作用下利用太阳能来分解H2O获得H2更为科学；故A正确；

B、氢氧燃料电池产物H2O无污染；能有效保护环境，故B正确；

C、以稀H2SO4、KOH为介质的氢氧燃料电池的负极电极反应式分别为：H2-2e-═4H+，H2-2e-+2OH-=2H2O；不相同，故C错误；

D、以稀H2SO4、KOH为介质的氢氧燃料电池的总反应式均为2H2+O2=2H2O；故D正确．

故选C；

（4）①放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2，故答案为：Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2；

②放电时，正极上1molK2FeO4得3mol电子发生还原反应生成1molFe（OH）3，所以每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原；故答案为：1；

（5）A、根据总反应式可知Li失去电子，电池负极反应式为：xLi-xe-═xLi+，由总反应式减去负极反应式可得放电时的正极反应式为Li1-xMnO4+xLi++xe-═LiMnO4；故A正确；

B、放电过程中，根据总反应式Li1-xMnO4+LixLiMnO4；可判断石墨没有电子得失，故B正确；

C、Li能与KOH溶液中的H2O反应；导致电池无法正常工作，故C错误；

D；充电过程是放电的逆向过程；外界电源的负极提供的电子使原电池负极获得电子发生还原反应，所以标有“-”的电极应与外接电源的负极相连，故D正确．

故答案为：C．

（1）在酸性氢氧燃料电池中电极本身不放电；氢气在负极失电子，被氧化，氧气在正极得电子，被还原；

（2）在碱式介质中；氢气失去电子生成氢离子，氢离子结合氢氧根离子生成水；

（3）A；太阳能催化分解水制氢气将太阳能直接转化为化学能；

B；氢氧燃料电池产物无污染；

C、以稀H2SO4；KOH为介质的氢氧燃料电池的负极在不同介质中反应式不同；

D、以稀H2SO4；KOH为介质的氢氧燃料电池的总反应式相同；

（4）①放电时；负极上锌失电子发生氧化反应；

②放电时，正极上1molK2FeO4得3mol电子发生还原反应生成1molFe（OH）3；

（5）放电时的反应为Li1-xMnO4+Lix=LiMnO4；化合物中Li元素的化合价降低，单质L中i元素的化合价升高，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应来解答．

本题考查电解池与原电池，需要明确电极反应中放电为原电池，而充电为电解池，氢氧燃料电池的负极在不同介质中反应式不同，题目难度较大．【解析】石墨；石墨；2H2-4e-=4H+；O2+4e-+4H+=2H2O；变大；2H2-4e-+4OH-=2H2O；O2+4e-+2H2O=4OH-；变小；C；Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2；1；C18、（1）OH-（2）H2SO4（3）2Fe3++Fe=3Fe2+（4）5:5:1【分析】【分析】

烧渣主要成份为rm{Fe_{2}O_{3}}rm{Al_{2}O_{3}}和rm{SiO_{2}}与过量rm{NaOH}溶液混合，离子反应方程式为rm{SiO_{2}+2OH^{-}=SiO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{NaOH}不反应，然后过滤得到的固体rm{B}为rm{Fe_{2}O_{3}}为rm{8.0g}溶液rm{A}中含有rm{Na^{+}}rm{AlO_{2}^{-}}rm{SiO_{3}^{2-}}和rm{OH^{-}}加入过量盐酸，发生的反应为离子反应方程式为rm{OH^{-}+H^{+}=H_{2}O}rm{AlO_{2}^{-}+4H^{+}=Al^{3+}+2H_{2}O}rm{SiO_{3}^{2-}+2H^{+}=H_{2}SiO_{3}隆媒}然后过滤得到的固体rm{F}为rm{H_{2}SiO_{3}}沉淀，灼烧脱水得rm{SiO_{2}}为rm{0.6g}固体rm{B}为rm{Fe_{2}O_{3}}为加过量试剂rm{C}溶解，因为要制备rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}所以试剂rm{C}为稀硫酸，发生反应为：rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}O}所得溶液rm{D}为硫酸铁和过量稀硫酸的混合溶液，再加试剂rm{E}将三价铁还原成二价铁，所以试剂rm{E}为铁单质，反应的离子方程式是rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}最后将硫酸亚铁溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾，据此分析。【解答】

rm{(1)}通过以上分析知，溶液rm{A}中含有的阴离子主要有rm{AlO_{2}^{-}}rm{SiO_{3}^{2-}}和rm{OH^{-}}故答案为：rm{OH^{-}}rm{(2)}通过以上分析知，试剂rm{C}是稀硫酸，故答案为：稀硫酸；rm{(3)}通过以上分析知，rm{垄脹}中反应的离子方程式是rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}故答案为：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}rm{(4)}通过以上分析知，rm{SiO_{2}}为rm{0.6g}rm{Fe_{2}O_{3}}为rm{8.0g}所以rm{Al_{2}O_{3}}为rm{13.7-8.0-0.6=5.1g}则烧渣中rm{Fe_{2}O_{3}}rm{Al_{2}O_{3}}和rm{SiO_{2}}的物质的量之比是rm{dfrac{8.0}{160}拢潞dfrac{5.1}{102}拢潞dfrac{0.6}{60}=5拢潞5拢潞1}故答案为：rm{dfrac{8.0}{160}拢潞dfrac{5.1}{102}拢潞

dfrac{0.6}{60}=5拢潞5拢潞1}rm{5}rm{5}rm{1}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{OH^{-}}rm{(2)}rm{(2)}rm{H}rm{2}rm{2}rm{SO}rm{4}rm{4}rm{(3)}rm{(3)}rm{2Fe^{3+}}19、略

【分析】

铁粉与水蒸气在高温下发生的反应中，化合价升高的元素是铁元素，失去电子，化合价降低元素是氢元素，得到电子，电子转移情况如下所示：故答案为：．

【解析】【答案】化合价升高元素在反应物中失去电子；化合价降低元素在反应中得到电子，得失电子数相等即为反应中转移电子数．

20、略

【分析】解：rm{2mol}rm{H_{2}}含有rm{2N_{A}}个氢分子，氢气是双原子分子，所以含rm{4mol}的氢原子，含rm{4N_{A}}氢原子，故答案为：rm{2N_{A}}rm{4N_{A}}rm{4}．

根据rm{n=dfrac{N}{N_{A}}}结合氢气的组成分析解答．

本题考查物质的量的相关计算，学生要学会应用公式的同时，要结合物质的组成分析解答，比较容易．【解析】rm{2N_{A}}rm{4N_{A}}rm{4}四、其他(共4题，共8分)21、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)222、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-23、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)224、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-五、原理综合题(共2题，共12分)25、略

【分析】【分析】

根据图示，第二阶段，改变条件后，C的浓度突然变为0，A、B在改变条件的瞬间浓度不变，所以改变的条件是分离出C，平衡正向移动，一段时间后达到平衡II；第三阶段，改变条件后，A、B浓度逐渐减小，C浓度逐渐增大，说明平衡正向移动，A(g)+3B(g)2C(g)正反应放热；所以改变的条件是降低温度，一段时间后达到平衡I