2024年华东师大版高一化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年华东师大版高一化学上册阶段测试试卷797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8题，共16分)1、下列离子中，所带电荷数与该离子的核外电子层数相等的是：()A.Mg2+B.Al3+C.Be2+D.H+2、H、H、H、H+、H2是（）A.氢的五种同位素B.五种氢元素C.氢的五种核素D.氢元素的五种不同粒子3、能说明rm{Cl}的非金属性比rm{S}强的事实有rm{(}rm{)}

rm{垄脵}常温下rm{S}为固体，而rm{Cl_{2}}为气体。

rm{垄脷Cl_{2}}与rm{H_{2}}混合，强光照射剧烈反应；而rm{S}与rm{H_{2}}反应需较高温度。

rm{垄脹}与rm{Fe}反应，rm{Cl_{2}}生成rm{FeCl_{3}}而rm{S}生成rm{FeS}

rm{垄脺}盐酸是强酸；而氢硫酸是弱酸。

rm{垄脻}将rm{Cl_{2}}通入氢硫酸中可置换出rm{S}．A.rm{垄脵垄脹垄脻}B.rm{垄脷垄脹垄脺}C.rm{垄脷垄脹垄脻}D.rm{垄脷垄脺垄脻}4、城市居民用的石油气主要成分是丁烷,在使用的过程中,常有一些杂质以液态沉积于钢瓶中,这种杂质是()。A.丙烷和丁烷B.乙烷和丙烷C.乙烷和戊烷D.戊烷和己烷5、下列各组化合物中，化学键类型完全相同的时A.CaCl2和Na2SB.Na2O和Na2O2C.CO2和CaOD.HCl和NaOH6、可用来检验淀粉是否完全水解成葡萄糖的试剂是()A.淀粉碘化钾溶液B.碘水C.新制氢氧化铜D.银氨溶液7、下列依据热化学方程式得出的结论正确的是。

A.已知rm{C(}石墨，rm{s)篓TC(}金刚石，rm{s)triangleH>0}则金刚石比石墨稳定。

B.已知rm{C(s)+O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)triangleH_{1}}rm{C(s)+1/2O_{2}(g)篓TCO(g)triangleH_{2}}则rm{triangleH_{2}>triangleH_{1}}

C.已知rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(g)triangleH=-483.6kJ/mol}则氢气的燃烧热为rm{C(s)+O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)triangle

H_{1}}

D.已知rm{NaOH(aq)+HCl(aq)篓TNaCl(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}则含rm{C(s)+1/2O_{2}(g)篓TCO(g)triangle

H_{2}}的稀溶液与稀盐酸完全中和，中和热为rm{triangleH_{2}>triangle

H_{1}}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(g)triangle

H=-483.6kJ/mol}8、rm{{}_{7}^{11}}rm{N}是常用医学rm{PET}显像的一种核素，这里的“rm{7}”是指该原子的A.质子数B.中子数C.质量数D.原子个数评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、现有以下物质：①稀硫酸②钠③生石灰④无水酒精⑤空气⑥干冰⑦金刚石⑧纯碱⑨NaOH晶体⑩熔化的K2SO4．（用序号回答）

（1）以上物质中属于混合物的是____；

（2）以上物质中能导电的是____；

（3）以上物质中属于电解质的是____；

（4）以上物质中属于非电解质的是____．10、某校课外小组同学制备Fe(OH)3胶体，并研究该胶体的性质。(1)该小组同学采用了以下操作制备胶体，请将空白处填写完整。取一个烧杯，加入20mL蒸馏水，加热至沸腾，然后向烧杯中滴加1mL～2mL饱和__________溶液，继续煮沸，至出现_________后，停止加热；(2)将制得的胶体放入半透膜制成的袋内，如上左图所示，放置2min后，取少量半透膜外的液体于试管中，置于暗处，用一束强光从侧面照射，观察（填写“有”或“无”）_________丁达尔现象：再向试管中加入用稀硝酸化的硝酸银溶液，可观察到的现象为______________________________；(3)将半透膜内的液体倒入U型管中，如上右图所示，在液体上方加入少量电解液以保护胶体，接通直流电后，观察到的现象是(填“阴”或“阳”)_____极附近颜色逐渐变深，其原因是_____________________________________。11、（8分）（1）地壳中含量最高的金属是，NaHCO3俗称，制造计算机芯片的半导体材料是，水晶项链的主要成分是。（2）在反应3Cu+8HNO3(稀)==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中，失去电子的是_____（填元素符号），被还原的是_____（填元素符号）。当产生标况下4.48L气体时消耗单质铜_____g，此时转移了_____mol电子。12、请写出下列仪器名称。

A.______rm{B}．______rm{C}．______rm{D}．______．13、研究表明，化学反应的焓变与反应物和生成物的键能有关rm{.}所谓键能就是：在rm{101.3kPa}rm{298K}时，断开rm{1mol}气态rm{AB}为气态rm{A}气态rm{B}时过程的焓变，用rm{triangleH_{298}(AB)}表示；断开化学键时rm{triangleH>0[}如rm{H_{2}(g)篓T2H(g)triangleH=+436kJ?mol^{-1}]}形成化学键时rm{H_{2}(g)篓T2H(g)triangle

H=+436kJ?mol^{-1}]}如rm{2H(g)篓TH_{2}(g)triangleH=-436kJ?mol^{-1}].}

已知：rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)篓T2HCl(g)triangleH=-185kJ?mol^{-1}}

rm{triangleH_{298}(H_{2})=+436kJ?mol^{-1}}rm{triangleH_{298}(Cl_{2})=+247kJ?mol^{-1}}

则rm{triangleH<0[}______．rm{2H(g)篓TH_{2}(g)triangle

H=-436kJ?mol^{-1}].}14、（16分）有A、B、C、D四种短周期元素,它们的原子序数由A到D依次增大,已知A和B原子有相同的电子层数,且A的L层电子数是K层电子数的两倍，C燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在高温下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，试根据以上叙述回答：（1）下列元素的名称:A____B____C____D____（2）写出AB2与足量氢氧化钠溶液反应的离子方程式。（3）画出D的原子结构示意图____,用电子式表示化合物C2D的形成过程。15、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}是位于短周期的主族元素。已知：rm{垄脵}热稳定性：rm{H_{m}D>H_{m}C}rm{垄脷C^{m-}}rm{E^{(m-1)-}}具有相同的电子层结构；rm{垄脹A}与rm{B}在同一周期，在该周期所有主族元素中，rm{A}的原子半径最大，rm{B}的离子半径最小；rm{垄脺A}与rm{B}质子数之和是rm{D}质子数的rm{3}倍。依据上述信息用相应的化学用语回答下列问题：rm{(1)H_{m}D_{m}}的电子式__________。rm{(2)C^{m-}}rm{E^{(m-1)-}}的还原性强弱顺序为__________rm{(}用离子符号表示rm{)}能证明其还原性强弱的离子方程式为____________________。rm{(3)}写出rm{B}单质与rm{A}元素的最高价氧化物对应水化物的溶液反应的离子方程式___________________。rm{(4)}用于判断rm{C}和rm{D}非金属性强弱的依据是__________A.气态氢化物的稳定性rm{B.}置换反应rm{C.}与氢气化合难易程度D.最高价含氧酸的酸性rm{E.}得电子数目多少F.两单质在自然界的存在形式评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)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、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）19、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）20、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）21、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）评卷人得分四、元素或物质推断题(共1题，共6分)22、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。评卷人得分五、工业流程题(共3题，共6分)23、用铝箔制备Al2O3、AlCl3·6H2O及明矾(摩尔质量为474g/mol)晶体；相关流程如下：

已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明矾在水中的溶解度如下表。温度/℃010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109

(1)步骤II中发生的离子方程式___________；

(2)选出步骤Ⅳ过程中合理的操作并排序___________。

a．迅速降至室温b．用玻璃棒摩擦器壁c．配制90℃的明矾饱和溶液。

d．自然冷却至室温e．选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央。

f．配制高于室温10~20℃的明矾饱和溶液。

(3)下列关于固液分离操作或描述正确的是___________。

A．步骤II通过量CO2后进行固液分离时为加快过滤速度可采用抽滤B．如图中抽滤装置有2处错误C．抽滤完毕时，应先关闭水龙头，再断开吸滤瓶和安全瓶之间的导管，以防止倒吸D．步骤Ⅴ，抽滤时，需用玻璃纤维替代滤纸(4)由溶液A制备AlCl3·6H2O的装置如图所示：

①通入HCl的作用有___________。

②步骤Ⅴ洗涤时，请使用合适的洗涤剂并描述具体的洗涤操作___________。

(5)用电子天平称取3.000g的明矾粗产品，用水溶解后取相同体积的两份溶液。第一份用BaCl2溶液滴定法测得n(SO)为0.006300mol；第二份用EDTA滴定法测得n(Al3+)为0.002900mol。则该试样中明矾的纯度为___________。24、一种以冷热镀管废料锌灰制ZnSO4·7H2O晶体；进而获取ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌的方法，工艺流程如图所示：

已知：①锌灰的主要成分为ZnO、ZnCl2，还含有SiO2、CuO、PbO和FeO。

②Cu++Cl-=CuCl↓

回答下列问题：

(1)滤渣1的主要成分为SiO2和___。

(2)酸浸时，硫酸浓度不能过高，原因是___。

(3)写出“沉铜”时的离子方程式___。

(4)在pH为5.6的条件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是___。

(5)氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，每溶解1molZnO需消耗___molKOH。电解池中的总反应离子方程式为：___。

(6)该工艺废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2S⇌ZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为：。微粒H2SCH3COOHCH3COO-浓度/mol·L-10.100.050.10

处理后的废水的pH=___，c(Zn2+)=___。(已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5)25、氯化磷酸三钠具有良好的灭菌、消毒、漂白作用。湿法磷酸由硫酸分解磷矿石得到，其中含Fe3+、Al3+等杂质。以湿法磷酸为原料制取氯化磷酸三钠的工艺流程如下：

已知：a．温度高时；NaClO易分解。

b．常温下；磷酸的物种分布分数与pH的关系如下图所示：

回答下列问题：

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F时产生的有毒气体主要是________________(填化学式)。

(2)反应Ⅰ中磷酸转化为钠盐，其钠盐再与Fe3+、Al3+作用形成沉淀。

①反应Ⅰ中发生多个反应，其中磷酸转化为Na2HPO4的主要离子方程式为___________，常温下应控制pH约为_____________________________。

②常温下，HPO+Fe3+FePO4+H+的lgK为_________

(3)反应Ⅱ中不用Na2CO3溶液的原因是____________________________________________；

(4)反应Ⅲ的化学方程式为____________________________________________；

反应Ⅳ中两种溶液混合后需快速冷却，其目的是____________________________；

“母液”中的溶质有NaClO、_____________________(填2种)。评卷人得分六、综合题(共4题，共28分)26、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：

27、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题28、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：

29、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8题，共16分)1、A【分析】试题分析：A项Mg2+核外有2个电子层，正确；B项：Al3+核外有2个电子层，错误；C项：Be2+核外有1层，错误D项：H+核外没有电子层，错误。考点：原子核外电子的排布规律。【解析】【答案】A2、D【分析】【解答】解：A．因同位素是质子数相同、中子数不同的原子，而H+、H2不是原子；故A错误；

B．氢元素只有一种；故B错误；

C．H2是氢气分子；核素是原子，故C错误；

D．11H、12H、13H是氢元素的三种不同粒子，H+表示氢离子，H2表示氢气分子；故D正确．

故选D．

【分析】A．同位素是质子数相同；中子数不同的原子；

B．元素种类；只有一种，即氢元素；

C．H2是分子；核素是原子；

D．根据每一种粒子的含义解答即可．3、C【分析】解：rm{垄脵}常温时硫是固体；而氯气为气体，都是物理性质，与非金属性无关，所以无法说明非金属性的强弱，故错误；

rm{垄脷Cl_{2}}与rm{H_{2}}混合，强光照射剧烈反应；而rm{S}与rm{H_{2}}反应需较高温度，说明rm{Cl_{2}}与rm{H_{2}}化合时容易发生，则rm{Cl}的非金属性比rm{S}的强；故正确；

rm{垄脹}非金属单质与金属单质反应，生成产物的化合价越高，则非金属单质的氧化性越强，所以rm{Cl_{2}}的氧化性大于rm{S}的氧化性，所以rm{Cl}的非金属性比rm{S}的强；故正确；

rm{垄脺}比较元素的非金属性应用元素对应最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，不能根据氢化物的酸性强弱比较，例如盐酸的酸性比氢硫酸强，非金属性：rm{Cl>S}但rm{HF}溶液的酸性比rm{HCl}弱，但非金属性：rm{F>Cl}不能说明非金属性的强弱，故错误；

rm{垄脻}将rm{Cl_{2}}通入氢硫酸中可置换出rm{S}说明氯气的氧化性比rm{S}强，单质的氧化性越强，非金属性越强，所以能证明rm{Cl}的非金属性比rm{S}的强；故正确；

则正确的有rm{垄脷垄脹垄脻}

故选C．

比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性等化学性质的角度判断，rm{Cl}的非金属性比rm{S}的非金属性强弱与物理性质无关．

本题考查非金属性的比较角度，题目难度不大，注意把握比较非金属性的方法，非金属性属于化学性质，与物理性质无关，解答时注意抓住反例证明．【解析】rm{C}4、D【分析】常温下,烃中含碳原子数不大于4的烃以气体形式存在,故液态杂质中,烃分子的碳原子数必大于4,故选D项。【解析】【答案】D5、A【分析】【解析】试题分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，如果是同一种非金属原子之间形成共价键，则是非极性键。不同种非金属原子之间形成的是极性键。据此可知选项A中都只有离子键，B中其中含有离子键，后者含有离子键和非极性键，C中前者含有极性键，后者含有离子键。D中前者含有极性键，后者含有离子键和极性键，答案选A。考点：考查化学键的判断【解析】【答案】A6、B【分析】【解析】试题分析：淀粉如果水解不完全则有淀粉存在，淀粉遇碘变蓝色，所以用碘水来检验。答案选B。考点：淀粉的性质【解析】【答案】B7、B【分析】【分析】本题考查燃烧热、焓变的意义、物质稳定性以及热化学方程式的含义知识，掌握rm{triangleH}的含义以及热化学方程式概念的运用，题目难度不大。【解答】A.已知rm{C(}石墨，rm{s)篓TC(}金刚石，rm{s)triangleH>0}石墨能量小于金刚石，则金刚石比石墨活泼，石墨比金刚石稳定，故A错误；

B.己知rm{2C(s)+2O_{2}(g)篓T2CO_{2}(g)triangleH_{1}}rm{2C(s)+O_{2}(g)篓T2CO(g)triangleH_{2}}一氧化碳转化为二氧化碳是放热过程；焓变包含负号，则rm{triangleH_{1}<triangleH_{2}}故B正确；

C.氢气的燃烧热是值rm{2C(s)+2O_{2}(g)篓T2CO_{2}(g)triangle

H_{1}}氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，单位是rm{2C(s)+O_{2}(g)篓T2CO(g)triangle

H_{2}}气态水不是稳定氧化物，rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(g)triangleH=-483.6kJ?mol^{-1}}则燃烧热rm{>dfrac{483.6kJ/mol}{2}=241.8kJ?mol^{-1}}故C错误；

D.已知rm{NaOH(aq)+HCl(aq)篓TNaCl(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.4kJ?mol^{-1}}中和热指rm{triangleH_{1}<triangle

H_{2}}和rm{1mol}溶液发生中和反应生成rm{kJ/mol}水时所放出的热量为rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(g)triangle

H=-483.6kJ?mol^{-1}}则rm{>dfrac{483.6kJ/mol}{2}

=241.8kJ?mol^{-1}}与强酸，中和热不变，中和热为rm{triangleH=-57.4kJ?mol^{-1}}故D错误。

故选B。rm{NaOH(aq)+HCl(aq)篓TNaCl(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.4kJ?mol^{-1}}【解析】rm{B}8、A【分析】略【解析】rm{A}二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】

①稀硫酸是混合物；能导电；

②钠是单质；能导电；

③生石灰是电解质；

④无水酒精是非电解质；

⑤空气是混合物；

⑥干冰是非电解质；

⑦金刚石既不是电解质也不是非电解质；

⑧纯碱是电解质；

⑨NaOH晶体是电解质；

⑩熔化的K2SO4是电解质且能导电；

故答案为：（1）①⑤；（2）①②⑩；（3）③⑧⑨⑩；（4）④⑥．

【解析】【答案】根据混合物；电解质、非电解质的定义判断；根据物质导电的原因判断．

混合物：含有的物质有多种；

能导电的物质必须有自由电子或离子；

电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物；

非电解质：在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物．

10、略

【分析】（1）考查氢氧化铁胶体的制备，制备氢氧化铁胶体应该用新制的饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续加热至出现红褐色后即可。（2）胶体不能透过半透膜，而溶液是可以的。所以半透膜外的液体是不能产生丁达尔效应的。由于溶液中含有氯离子，能和硝酸银反应生成白色氯化银沉淀。（3）氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，所以向阴极移动，即阴极附近溶液颜色加深。【解析】【答案】（6分）（1）FeCl3红褐色（2）无有白色沉淀（3）阴Fe(OH)3胶体粒子带电11、略

【分析】试题分析：（1）地壳中含量顺序为O，Si，Al，Fe，所以最高的金属是铝，NaHCO3俗称小苏打，制造计算机芯片的半导体材料是硅，水晶项链的主要成分是SiO2；（2）8HNO3+3Cu═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应中，Cu元素的化合价升高，Cu做还原剂失电子；N元素的化合价降低，HNO3做氧化剂，被还原，当产生标况下4.48L气体，即=0.2mol，由方程式可知消耗0.3molCu，质量为0.3mol×64g/mol=19.2g，则转移电子为0.6mol。考点：考查硅及其化合物、氧化还原反应。【解析】【答案】（1）铝（或Al）小苏打硅（或单晶硅、或Si）SiO2（或二氧化硅）（2）CuN19.20.612、略

【分析】解：rm{A.}该仪器的名称为锥形瓶；

B.该仪器的名称为冷凝管；

C.该仪器名称为分液漏斗；

D.该仪器名称为蒸馏烧瓶；

故答案为：锥形瓶；冷凝管；分液漏斗；蒸馏烧瓶．

根据图示仪器的构造判断其名称．

本题考查常见仪器的名称，题目难度不大，明确常见仪器的构造即可解答，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力．【解析】锥形瓶；冷凝管；分液漏斗；蒸馏烧瓶13、略

【分析】解：已知rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)篓T2HCl(g)triangleH=-185kJ?mol^{-1}}

rm{triangleH_{298}(H_{2})=+436kJ?mol^{-1}}rm{triangleH_{298}(Cl_{2})=+247kJ?mol^{-1}}

则rm{triangleH=triangleH_{298}(H_{2})+triangleH_{298}(Cl_{2})-2隆脕triangleH_{298}(HCl)=-185kJ?mol^{-1}}

所以rm{triangleH_{298}(HCl)=dfrac{1}{2}(triangleH_{298}(H_{2})+triangleH_{298}(Cl_{2})+185KJ/mol)=+434KJ/mol}

故答案为：rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)篓T2HCl(g)triangle

H=-185kJ?mol^{-1}}．

热化学方程式中，反应焓变rm{triangle

H_{298}(H_{2})=+436kJ?mol^{-1}}反应物化学键总键能rm{triangle

H_{298}(Cl_{2})=+247kJ?mol^{-1}}生成物总键能；据此列式计算．

本题考查了反应热与焓变的应用，题目难度不大，明确“焓变rm{triangleH=triangle

H_{298}(H_{2})+triangleH_{298}(Cl_{2})-2隆脕triangle

H_{298}(HCl)=-185kJ?mol^{-1}}反应物化学键总键能rm{triangleH_{298}(HCl)=dfrac

{1}{2}(triangleH_{298}(H_{2})+triangle

H_{298}(Cl_{2})+185KJ/mol)=+434KJ/mol}生成物总键能”为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力．rm{+434KJ/mol}【解析】rm{+434KJ/mol}14、略

【分析】A的L层电子数是K层电子数的两倍，则A是碳。C燃烧时呈现黄色火焰，则C是钠。C的单质在高温下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，所以C是O，D是S。（2）氢氧化钠溶液足量，所以生成物是碳酸钠和水，方程式为CO2+2OH－=H2O+CO32－。（3）硫原子位于第三周期第ⅥA，所以原子结构示意图为硫化钠水离子化合物，其形成过程可表示为【解析】【答案】（1）:A碳、B氧、C钠、D硫（2）CO2+2OH－=H2O+CO32－。（3）15、rm{(1)}

rm{(2)S^{2-}>Cl^{-}}rm{Cl_{2;}+S^{2-}=2Cl^{-}+S隆媒}

rm{Cl_{2;}+S^{2-}=2Cl^{-}+

S隆媒}rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{(3)}

rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O

=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{隆眉}【分析】【分析】本题考查原子结构的推断，以及元素和物质的性质，难度不大。【解答】rm{A}与rm{B}在同一周期，在该周期所有主族元素中，rm{A}的原子半径最大，rm{B}的离子半径最小，所以rm{A}为rm{Na}元素，rm{B}是rm{Al}元素；根据rm{C^{m-}}rm{E^{(m-1)-}}具有相同的电子层结构，所以rm{C}为rm{S}元素，rm{E}是rm{Cl}元素；根据热稳定性：rm{HmD>HmC}所以rm{D}为rm{O}元素。rm{(1)H_{m}D_{m}}为rm{H_{2}O_{2}}为共价化合物，电子式为故答案为：rm{(2)}由于非金属性rm{Cl>S}单质的氧化性rm{Cl_{2}>S}单质的氧化性越强，对应阴离子的还原性越弱，则有还原性：rm{S^{2-}>Cl^{-}}可通过反应rm{Cl_{2}+S^{2-}=2Cl^{-}+S隆媒}证明，故答案为：rm{S^{2-}}rm{Cl^{-}}rm{Cl_{2}+S^{2-}=2Cl^{-}+S隆媒}rm{(3)Al}具有两性，与rm{NaOH}反应生成rm{AlO_{2}^{-}}和rm{H_{2}}反应的离子方程式为rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}故答案为：rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O

=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{隆眉}判断rm{(4)}和rm{S}的非金属的强弱可以通过气态氢化物的稳定性，与氢气化合的难易程度，置换反应等判断；rm{O}不存在最高价氧化物，则不能通过最高价氧化物的酸性判断，的电子的多少和非金属性没有关系，也不能两单质在自然界的存在形式判断，故ABC正确，DEF错误。故答案为：rm{O}rm{ABC}【解析】rm{(1)}rm{(2)S^{2-}>Cl^{-}}rm{Cl_{2;}+S^{2-}=2Cl^{-}+S隆媒}rm{Cl_{2;}+S^{2-}=2Cl^{-}+

S隆媒}rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{(3)}rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O

=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{隆眉}三、判断题(共6题，共12分)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】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．19、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20、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21、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．四、元素或物质推断题(共1题，共6分)22、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)4:11五、工业流程题(共3题，共6分)23、略

【分析】【分析】

根据流程：用NaOH溶液溶解铝箔，发生反应：2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，向含有NaAlO2的溶液通入过量的CO2气体，发生反应：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+得到Al(OH)3的胶状固体，将一部分胶状固体洗涤得到Al(OH)3，灼烧Al(OH)3得到氧化铝，用硫酸溶解Al(OH)3加入K2SO4溶液，配制高于室温10~20℃的明矾饱和溶液，选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央，自然冷却至室温，得到明矾大晶体，另一部分胶状固体用盐酸溶解，得到AlCl3溶液，将HCl气体通入AlCl3溶液，抑制AlCl3水解和促进AlCl3·6H2O结晶，冷水浴，用玻璃纤维抽滤，用浓盐酸洗涤晶体，滤纸吸干干燥得AlCl3·6H2O晶体；据此分析解析；

(1)

NaAlO2的溶液含有氢氧化钠，通入过量的CO2气体，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，二氧化碳与NaAlO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，发生反应：OH-+CO2=+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+

(2)

明矾的溶解度随温度的升高而增大；步骤IV中在培养规则明矾大晶体过程中，需要配制高于室温10~20℃的明矾饱和溶液，选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央，随着自然冷却至室温，明矾饱和溶液变为过饱和溶液，导致明矾析出，明矾晶体会附着在规则明矾小晶体上，形成规则明矾大晶体，故正确操作为：fed；

(3)

A．步骤II通过量CO2后进行固液得到胶状物；抽滤时不宜过滤胶状沉淀，否则易在滤纸上形成一层密实的沉淀，A错误；

B．抽滤装置有1处错误；漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口，B错误；

C．抽滤完毕后；应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头以防倒吸，C错误；

D．由于溶液中含有H+；具有强酸性，在抽滤时会腐蚀滤纸，导致滤纸破损，所以改用玻璃纤维替代滤纸，D正确；

故选D。

(4)

Al3+会发生水解反应：Al3++3H2O=Al(OH)3+3H+，通入HCl可以抑制A13+的水解，增大了溶液中Cl-的浓度，有利于AlCl3·6H2O结晶；洗涤晶体时；先关小水龙头，向漏斗中加入浓盐酸，缓慢淋洗，以便充分洗去杂质，重复2-3次；

(5)

明矾中n(A13+)：n()=1：2，实验测得n(A13+)：n()=0.002900mol：0.006300mol=29：63，明矾中可能含有硫酸钾杂质，所以求明矾的纯度应该用量不足的铝离子，根据关系式Al3+~kAl(SO4)2·12H2O得出n(kAl(SO4)2·12H2O)=0.002900mol，则该试样中铵明矾的纯度为：=45.82%；【解析】(1)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCOOH-+CO2=HCO

(2)fed

(3)D

(4)增加c(Cl―)，有利于AlCl3·6H2O结晶和抑制AlCl3水解关小水龙头；向漏斗中加入浓盐酸，使液体缓慢通过固体，重复2-3次。

(5)45.82%24、略

【分析】【分析】

锌灰(主要成分是ZnO，ZnCl2，还含有SiO2，CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO转化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，则过滤得到的滤渣1主要为PbSO4、SiO2；滤液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向滤液中加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀达到沉铜的目的，继续向溶液中加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO调节溶液pH，将Fe3+转化成氢氧化铁沉淀并过滤除去，将滤液蒸发、浓缩并冷却结晶，过滤得到ZnSO4•7H2O；滤液加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化锌，加热分解生成氧化锌，最后电解生成Zn，以此解答该题。

【详解】

(1)由分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4；

(2)浓硫酸有强氧化性，酸浸时，如使用硫酸浓度过高，反应速率会很慢，在溶解时会氧化FeO生成Fe3+，同时生成SO2，污染环境，发生反应的化学方程式2FeO+4H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+SO2↑+4H2O；

(3)“沉铜”时加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀，发生反应的离子方程式为Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+；

(4)在pH为5.6的条件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，继续加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，可促使Fe(OH)3胶体聚沉；有利于过滤分离；

(5)储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，发生的离子反应2OH－＋ZnO＋H2O＝Zn(OH)则每溶解1molZnO，需消耗2molKOH；电解池阳极上的H2在碱性条件下失电子氧化生成H2O，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，阴极上Zn(OH)离子得电子还原生成Zn，电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，则电解池中的总反应离子方程式为H2+Zn(OH)42-2H2O+Zn+2OH-；

(6)已知Ka(CH3COOH)=则c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=×==1.0×10-7×1.0×10-14，其中c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，则c(S2-)=1.0×10-12mol/L，此时Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，则c(Zn2+)=1×10-11mol·L-1。

【点睛】

本题难点是(6)综合利用电离平衡常数和溶度积常数计算溶液的pH和c(Zn2+)，准确利用公式是解题关键，特别是Ka2(H2S)×Ka1(H2S)=这是易错点。【解析】PbSO4产生SO2气体，污染环境或无法反应(速率慢)等Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离2H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH-51×10-11mol·L-125、略

【分析】【分析】

首先利用硫酸分解磷矿石[Ca5(PO4)3F]得到湿法磷酸，其中含Fe3+、Al3+，加入碳酸钠溶液和磷酸反应，反应Ⅰ中磷酸转化为钠盐，其钠盐再与Fe3+、Al3+作用形成沉淀，过滤得到FePO4和AlPO4沉淀，滤液中主要含Na2HPO4；向滤液中加入NaOH溶液，得到Na3PO4；然后加入NaOH和足量氯气反应后的溶液(主要含NaCl和NaClO)，由于氯化磷酸三钠溶解度较小，所以会析出氯化磷酸三钠晶体，得到的母液主要含NaCl、NaClO、Na3PO4等。

【详解】

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F可以得到释放磷酸；该反应应为复分解反应，根据元素守恒，再结合HF为弱酸，可知产生的有毒气体主要是HF；

(2)①碳酸的酸性弱于磷酸，所以加入碳酸钠转化为Na2HPO4的主要离子方程式为据图可知pH约为10时，溶液中的P元素主要以的形成存在；

②常温下，HPO+Fe3+FePO4+H+的K==所以lgK=lgKa3-lgKsp[FePO4]，据图可知当c()=c(PO)时溶液pH=12.36，而Ka3=所以lgKa3=-12.36，所以lgK=-12.36-(-21.89)=9.53；

(3)据图可知当pH=14左右时磷元素主要以PO的形式存在，Na2CO3溶液的pH难以达到14，不能将Na2HPO4全部转化为Na3PO4，还会引入Na2CO3杂质；

(4)反应III为氯气和NaOH溶液的反应，生成氯化钠和次氯酸钠，方程式为NaClO受热易分解，冷却混合液可以减少次氯酸钠的分解；“母液”中的溶质有NaClO、NaCl、Na3PO4。

【点睛】

虽然强碱弱酸盐显碱性，可以用来调节溶液的pH值，但要注意水解盐的碱性较弱，当需要强碱性环境时还需要碱溶液进行调节。【解析】HF109.53Na2CO3溶液的pH难以达到14，不能将Na2HPO4全部转化为Na3PO4，还会引入Na2CO3杂质减少次氯酸钠分解NaCl、Na3PO4六、综合题(共4题，共28分)26、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．27、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___