2025年中图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年中图版高一化学下册阶段测试试卷628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、已知：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，不可能出现的结果是A.烧杯中有铜无铁B.烧杯中有铁无铜C.烧杯中铁、铜都有D.烧杯中铁、铜都无2、改变以下反应的条件；能提高反应物活化分子百分数的是（）

①温度②浓度③压强④正催化剂．A.①④B.②③C.①②D.③④3、下列有关实验操作；现象和解释或结论都正确的是（）

。选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+B用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+，无K+CAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性A.AB.BC.CD.D4、化学与生活、医疗、生产密切相关rm{.}下列物质的俗名与化学式相对应的是rm{(}rm{)}A.胆矾--rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}B.钡餐--rm{BaCO_{3}}C.明矾--rm{KAl(SO_{4})_{2}}D.生石膏--rm{CaSO_{4}?2H_{2}O}5、钠与水反应时产生的各种现象如下（）

①钠浮在水面上；②钠沉在水底；③钠熔化成小球；④小球迅速游动逐渐减小；最后消失；⑤发出嘶嘶的声音；⑥滴入酚酞后溶液显红色．

A.①②③④⑤

B.全部。

C.①②③⑤⑥

D.①③④⑤⑥

6、18世纪70年代；瑞典化学家舍勒在研究一种白色的盐时发现，在黑暗中此盐并无气味，而在光照时开始变黑并有刺激性气味，此盐是（）

A.AgF

B.AgCl

C.AgBr

D.AgI

7、将钠、镁、铝各0.3mol分别加入100mL1mol/L的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是（）A.1：2：3B.6：3：2C.3：1：1D.1：1：18、对于反应A（g）+3B（g）=2C（g）+D（g）来说，下列反应速率中最快的是（）A.v（A）=0.3mol•L-1•min-1B.v（B）=0.6mol•L-1•min-1C.v（C）=0.5mol•L-1•min-1D.v（D）=0.01mol•L-1•S-1评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、如图是元素周期表的一部分；针对表中的①～⑩中元素，填写下列空格：

（1）在这10种元素中，非金属性最强的是____（填序号）；

（2）元素①的最高价氧化物结构式为____，元素②与⑨形成的18e-化合物的电子式____；

（3）②、⑨、⑩三种元素形成的化合物M中原子个数比为3：4：2，电子总数为42，M中含有的化学键类型有____；

（4）比较元素⑥⑦⑧形成的气态氢化物的稳定性：____＞____＞____（用化学式表示）

（5）元素⑤的氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式____．

（6）元素④与⑤的单质在氢氧化钠溶液中构成原电池，试在下面的方框内画出原电池装置简图，标出原电池的电极材料及正负极．10、（18分）实验室用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液0.5L，回答下列问题（1）简述该实验的主要实验步骤（2）所需仪器为：容量瓶（规格：）、托盘天平、还需要那些实验仪器才能完成该实验，请写出：。（3）试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响及造成该影响的原因。①配制前容量瓶洗涤后没烘干，对所配溶液浓度的影响____（偏大、偏小、无影响。以下同）②未洗涤烧杯和玻璃棒，对所配溶液浓度的影响：____。③为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至溶量瓶定容。对所配溶液浓度的影响：____。④定容后，加盖倒转摇匀后，发现溶面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶液浓度的影响____。11、元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表列出了①～⑨九种元素在周期表中的位置。。族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02⑤⑥3①③④⑦⑨4②⑧请回答：（1）形成化合物种类最多的元素是(填元素符号)。（2）在①、②、③三种元素的氧化物对应的水化物中，碱性最强的是(填化学式)。（3）①、②、③三种元素按离子半径由大到小的顺序依次为(填离子符号)。（4）⑥元素形成的具有强氧化性的氢化物结构式是，该元素另一种氢化物在常温下与②发生反应的化学方程式为。12、Ⅰ.如图是石油分馏塔的示意图。a、b、c三种馏分中________A．a的沸点最高B．b的熔点最低C．c的平均相对分子质量最大D．每一种馏分都是纯净物Ⅱ.裂化汽油中除含有C6～C11的烷烃外，还含有C5～C11的烯烃及甲苯、二甲苯等苯的同系物。已知甲苯、二甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色。要用化学方法检验某裂化汽油样品中含有烯烃及苯的同系物，实验步骤为：（1）先逐滴加入________，振荡，如果看到______，则证明有________存在。（2）继续逐滴加入________至________为止，静置，用分液漏斗分出________（填“上”或“下”）层的裂化汽油样品，再加入________振荡，如果看到________，则证明裂化汽油中有________存在。13、（1）用“双线桥”表示电子转移的方向和数目：3NO2+H2O=2HNO3+NO

如果此反应过程中转移电子数为4mol，则生成的硝酸的物质的量为____mol．

（2）用“单线桥”表示电子转移的方向和数目：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

氧化剂为____，如果此反应生成5molCl2，发生氧化反应的HCl的物质的量为____mol．14、高纯度氧化铝有广泛的用途；某研究小组研究用以下流程制取高纯度氧化铝：

根据上述流程图填空：

（1）“除杂”操作是加入过氧化氢后，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+．请写出在除去Fe2+离子的过程中，发生的主要反应的离子方程式____．

（2）通常条件下Ksp〔Fe（OH）3〕=4.0×10﹣38，除杂后溶液中c（Fe3+）约为____．

（3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的目的是____．

（4）“结晶”这步操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体（含结晶水）．母液不能蒸干的原因是____．

（5）“分离”操作的名称是____（填字母代号）．A．蒸馏B．分液C．过滤。

（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，离子浓度最大的离子是____，离子浓度最小的离子是____．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、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）16、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）17、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．18、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化19、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）评卷人得分四、实验题(共1题，共8分)20、rm{(12}分rm{)t隆忙}时，将rm{2mol}和rm{1mol}通入体积为rm{2L}的恒温恒容密闭容器中，发生如下反应：rm{2min}时反应达到化学平衡，此时测得反应物还剩余rm{0.8mol}请填写下列空白：rm{(1)}从反应开始到化学平衡，生成的平均反应速率为____；平衡时转化率为____。rm{(2)}下列叙述能证明该反应已达到化学平衡状态的是rm{(}填标号rm{)}____。rm{A.}容器内压强不再发生变化rm{B}．的体积分数不再发生变化rm{C.}容器内气体原子总数不再发生变化rm{D.}相同时间内消耗rm{2}rm{mol}的同时消耗rm{mol}rm{E.}相同时间内消耗rm{2}rm{mol}的同时生成rm{mol}rm{(3)}rm{隆忙}时，若将物质的量之比rm{(}rm{)}rm{(}rm{)=1}rm{1}的混合气体通入一个恒温压的密闭容器中，反应达到平衡时，混合气体体积减少了rm{20%}的转化率为____。评卷人得分五、推断题(共1题，共6分)21、A、rm{B}rm{C}rm{D}都是短周期元素，原子半径rm{D>C>A>B}其中rm{A}rm{B}处在同一周期，rm{A}rm{C}处在同一主族rm{.C}原子核内质子数等于rm{A}rm{B}原子核内质子数之和，rm{C}原子最外层上的电子数是rm{D}原子最外层电子数的rm{4}倍rm{.}试回答：

rm{(1)}这四种元素分别是：rm{A}______，rm{B}______，rm{C}______，rm{D}______rm{.(}填元素符号rm{)}

rm{(2)A}rm{B}rm{C}元素各自形成的氢化物的稳定性由强到弱的顺序是。

______rm{(}填化学式，下同rm{)}

rm{(3)A}与rm{B}形成的三原子分子的电子式是______，rm{B}与rm{D}形成的原子个数比为rm{1}rm{1}的化合物的电子式是______．

rm{(4)A}元素某氧化物与rm{D}元素某氧化物反应生成单质的化学方程式是______．评卷人得分六、综合题(共4题，共20分)22、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：

23、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题24、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：

25、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、B【分析】试题分析：铁粉和铜粉都有欢迎性能。但还原性铁>铜。所以向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，还原性强的铁粉先发生反应产生氯化亚铁，当铁粉反应完全后铜粉再发生反应产生氯化亚铁和氯化铜。故反应结束后烧杯中补可能出现有铁无铜的情况。选项为：B.考点：考查还原剂的还原性的强弱或氧化剂的氧化性的强弱的比较的知识。【解析】【答案】B2、A【分析】解：①温度；④正催化剂；均可提高反应物中的活化分子百分数；而压强和浓度只改变活化分子的浓度，不改变百分数；

故选A．

升高温度或加入催化剂可提高反应物中的活化分子百分数；以此来解答．

本题考查影响活化分子百分数的因素，为高频考点，注意相关知识的积累，明确活化分子数与百分数的区别，题目难度不大．【解析】【答案】A3、D【分析】解：A．过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后生成Fe2+；滴入KSCN溶液，无现象，故A错误；

B．应通过蓝色钴玻璃检验K+；故B错误；

C．铝与稀硝酸发生氧化还原反应生成NO气体；由气泡生成，故C错误；

D．试纸变蓝色；溶液呈碱性，可说明浓氨水呈碱性，故D正确．

故选D．

A．过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后生成Fe2+；

B．不能确定是否含有K+；

C．铝与浓硝酸发生钝化反应；与稀硝酸发生氧化还原反应生成NO气体；

D．试纸变蓝色；溶液呈碱性．

本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，注意把握相关物质的性质，为该题考查的侧重点，注意掌握．【解析】【答案】D4、D【分析】解：rm{A.FeSO_{4}?7H2O}为绿矾晶体，胆矾晶体为含有rm{5}个结晶水的硫酸铜，硫酸铜正确的化学式为：rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}故A错误；

B.钡餐为硫酸钡，其正确的化学式为：rm{BaSO_{3}}故B错误；

C.明矾中含有结晶水，其正确的化学式为：rm{KAl(SO_{4})_{2}?12H_{2}O}故C错误；

D.生石膏为含有rm{2}个水的硫酸钙，其化学式为：rm{CaSO_{4}?2H_{2}O}故D正确；

故选：rm{D}

A.胆矾为无水硫酸铜；

B.钡餐为硫酸钡；不是碳酸钡；

C.明矾中含有rm{12}个结晶水；

D.生石膏为含有rm{2}个结晶水的rm{CaSO_{4}}．

本题考查常见化学用语的判断，题目难度不大，明确常见物质组成、名称、俗名与化学式的关系即可解答，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的规范答题能力．【解析】rm{D}5、D【分析】

①钠的密度小于水的密度；所以钠会浮在水面上，故①正确，②错误；

③钠的熔点较低；钠和水的生成强碱氢氧化钠和氢气，且放出大量的热，放出是热量导致钠熔化成小球，故③正确；

④放出的气体导致钠受力不均而迅速游动；最后钠和水完全反应而消失，故④正确；

⑤钠和水反应迅速；且有气体生成，所以发出嘶嘶的声音，故⑤正确；

⑥钠和水反应生成强碱而使溶液呈碱性；无色酚酞试液遇碱变红色，故⑥正确．

故选D．

【解析】【答案】钠的密度比小于水的密度；导致钠浮在水面上；钠的熔点较低，能和水反应生成强碱和气体且放出大量热，无色的酚酞试液遇碱变红色．

6、B【分析】

A．AgF在光照条件下难以分解；故A错误；

B．AgCl为白色固体；光照条件下易分解，故B正确；

C．AgBr为浅黄色固体；光照条件下易分解，与题目不符，故C错误；

D．AgI为黄色固体；光照条件下易分解，与题目不符，故D错误．

故选B．

【解析】【答案】AgF和AgCl为白色，AgBr为浅黄色；AgI为黄色，光照时，AgF难以分解，其它三种易分解．

7、C【分析】【解答】解：将三种金属各0.3mol分别投入100mL1mol/L的盐酸中；可知三种金属都过量，应按盐酸的量计算，镁；铝产生氢气物质的量相等，产生氢气的物质的量为：

（0.1L×1mol/L）×═0.05mol．

但金属钠活泼；能与水反应生成氢气，则生成氢气最多的是钠；

钠与水反应产生氢气应按钠的物质的量计算：0.3mol钠产生0.15mol氢气．

故将钠；镁、铝各0.3mol分别放入100mL1mol/L的盐酸中；产生氢气的物质的量之比为：

0.15mol：0.05mol：0.05mol═3：1：1；所以同温同压下产生的气体体积比是3：1：1．

故选C．

【分析】根据反应物的量先判断金属与酸哪种过量，按不足量计算．钠与酸反应完会继续与水反应；8、D【分析】解：A、v（A）=0.3mol•L-1•min-1；

B、v（B）=0.6mol•L-1•min-1，所以v（A）=0.2mol•L-1•min-1；

C、v（C）=0.5mol•L-1•min-1，所以v（A）=0.25mol•L-1•min-1；

D、v（D）=0.01mol•L-1•S-1，所以v（A）=0.01mol•L-1•S-1=0.6mol/L．min；

所以反应速率最快的是D．

故选D．

同一化学反应中；同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，从而确定选项．

本题考查了化学反应速率快慢的比较，难度不大，易错选项是D，注意要把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，还要注意单位是否相同．【解析】【答案】D二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】

根据元素周期表中元素的分布情况；知①为C，②为O，③为F，④为Mg，⑤为Al，⑥为Se，⑦为S，⑧为Cl，⑨为H，⑩为N．

（1）周期表中；从左到右，元素的非金属性逐渐增强，从下到上，元素的非金属性逐渐增强，非金属强的元素在左上角位置，故为F，故答案为：③；

（2）碳元素的最高价氧化物二氧化碳是含有碳氧共价双键的非极性分子，结构式为：O=C=O，元素O与H形成的18e-化合物为双氧水，氧原子和氢原子之间为共价单键，故答案为：O=C=O；

（3）O；H、N三元素形成的化合物中原子个数比为3：4：2；电子总数为42是硝酸铵，其中含有离子键和共价键，故答案为：离子键和共价键；

（4）周期表中，同周期元素的原子从左到右，气态氢化物的稳定性逐渐增强，同主族从下到上，气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性：HCl＞H2O＞H2Se，故答案为：HCl＞H2O＞H2Se；

（5）氧化铝是两性氧化物，能和强碱反应，即Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；

（6）镁、铝、氢氧化钠溶液构成原电池的自发氧化还原反应是金属铝和氢氧化钠的反应，所以金属铝是负极，金属镁是正极，原电池为：故答案为：．

【解析】【答案】（1）周期表中；非金属强的元素在左上角位置；

（2）二氧化碳是含有碳氧共价双键的非极性分子；氧原子和氢原子之间形成的双氧水是18电子分子；

（3）铵盐中含有的化学键是离子键和共价键；

（4）周期表中；同周期元素的原子从左到右，气态氢化物的稳定性逐渐增强，同主族从下到上，气态氢化物的稳定性逐渐增强；

（5）氧氧化铝是两性氧化物；能和强碱反应；

（6）根据原电池的构成条件和工作原理来回答．

10、略

【分析】【解析】【答案】（1）简述该实验的主要实验步骤：略。（2）容量瓶（规格：500ml）、还需要的实验仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管。（3）①影响无影响（偏大、偏小、无影响。以下同）②影响：偏小。③影响：偏大。④影响偏小。11、略

【分析】试题分析：1为钠，2为钾，3为镁，4为铝，5为碳，6为氧，7为氯，8为溴，9为氩电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，原子半径随原子序数的增大而减小。半径越小，其对应的氧化性，酸性，非金属性，稳定性就越强，半径越大，其对应的还原性，碱性，金属性就越强。考点：考查元素周期表及周期律的相关知识点【解析】【答案】（1）碳（2）KOH（3）K+Na+Mg2+（4）H-O-H2K+2H2O==2KOH+H212、略

【分析】Ⅰ.由题图可知，a先分馏出来，c较a、b最后分馏出来，故熔沸点高低顺序为aⅡ.因为烯烃可使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，而苯的同系物只能使酸性KMnO4溶液褪色，根据这一性质差异，则先用溴水检验烯烃的存在，再用酸性KMnO4溶液检验苯的同系物的存在。（1）向样品中逐滴加入溴水，振荡，如看到溴水褪色，则证明有烯烃存在。（2）继续逐滴加溴水至不再褪色为止，用分液漏斗分出上层的裂化汽油样品，因为加足量溴水后，生成的卤代烷及水的密度均比烷烃和苯的同系物大，所以上层应是烷烃和苯的同系物的混合物。向分出的上层样品中加入酸性KMnO4溶液，如果紫色褪去，则证明有苯的同系物存在。【解析】【答案】Ⅰ.CⅡ.（1）溴水褪色烯烃（2）溴水不褪色上酸性KMnO4溶液溶液褪色苯的同系物13、略

【分析】

（1）反应二氧化氮中氮元素化合价既升高也降低，二氧化氮既作氧化剂又作还原剂，3mol的NO2中，2mol做还原剂，1mol做氧化剂，转移的电子为2mol，即3mol的NO2反应；生成2mol硝酸转移2mol电子，转移电子数为4mol，则生成的硝酸的物质的量为4mol；

故答案为：4；

（2）反应的氧化剂是高锰酸钾，还原剂是盐酸，在反应的16mol盐酸中，只有10mol做还原剂，被氧化、发生氧化反应，同时转移电子是10mol，用单线桥表示反应中电子转移的方向和数目为

故答案为：KMnO4；10．

【解析】【答案】（1）根据反应寻找失电子合得电子的元素的原子；化合价升高或降低的数目就是转移的电子数，根据电子转移情况计算即可；

（2）氧化还原反应中转移的电子数目=化合价升高的数目=化合价降低的数目；化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，还原剂在反应中被氧化发生氧化反应．

14、2Fe2++H2O2+4NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+4.0×10﹣20mol/L抑制Al3+水解减少可溶性杂质的析出及Al3+水解CSO42﹣OH﹣【分析】【解答】（1）亚铁离子具有还原性，双氧水具有强氧化性，在碱性溶液中，亚铁离子被氧化生成铁离子，铁离子与氢氧根结合生成氢氧化铁沉淀，此反应的离子反应方程式为：2Fe2++H2O2+4NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+，故答案为：2Fe2++H2O2+4NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+；

（2）KSP[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38，PH=8，溶液中氢氧根离子浓度为：1×10﹣6mol/L，c（Fe3+）=mol/L=4.0×10﹣20mol/L，故答案为：4.0×10﹣20mol/L；

（3）由于铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝，所以加入硫酸酸化，抑制了铝离子的水解，故答案为：抑制Al3+水解；

（4）由于蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大，所以母液不能蒸干，故答案为：减少可溶性杂质的析出及Al3+水解；

（5）通过过滤；将硫酸铝晶体从溶液中分离，所以C正确；故选C；

（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，未水解前，c（Al3+）=c（NH4+）=0.1mol/L，由于铵根和铝离子均水解，水解结合水电离出的氢氧根，故水解后浓度均小于0.1mol/L，c（SO42﹣）=0.2mol/L，0.2＞0.1，故答案为：SO42﹣；OH﹣．

【分析】（1）H2O2溶液具有强氧化性；可以氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子在氨水存在的条件下生成氢氧化铁红褐色沉淀；

（2）根据氢氧化铁的溶度积及PH=8计算出铁离子浓度；

（3）铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝；

（4）蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大；

（5）将晶体与溶液分离的操作是过滤；

（6）根据题中所给的化学式，利用铵根和铝离子水解进行解答即可．三、判断题(共5题，共10分)15、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．16、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17、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．18、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；19、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．四、实验题(共1题，共8分)20、（1）0.1mol·L-1·mol-120%（2）A、B、E（3）80%【分析】【分析】本题考查化学平衡的状态判断、转化率的计算。掌握三段法求转化率是解题的关键。【解答】rm{(1)2SO_{2}(g)+O_{2}(g)}rm{2SO_{3}(g)}初rm{n:}rm{2}rm{1}rm{0}

rm{trianglen:}rm{0.4}rm{0.2}rm{0.4}

平rm{n:}rm{1.6}rm{0.8}rm{0.4}反应开始至达到化学平衡，生成rm{SO_{3}}平均反应速率rm{=}rm{=0.1}rm{mol/L}rm{mol/L}rm{?}rm{min}rm{?}rm{min}的转化率为rm{min}rm{SO}rm{SO}

rm{2}rm{2}rm{0.4mol/2mol=20%}rm{(2)}A.容器内压强不再发生变化，该反应前后气体体积可变，在恒温恒容条件中反应过程中压强是变量，压强不变，该反应达到了平衡状态，故A正确；B.rm{SO}rm{SO}和消耗rm{2}rm{2}的体积分数不再发生变化，表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故故B正确；的反应方向相同，故不能作为建立平衡的判断依据，故D错误；E.相同时间内消耗C.由元素守恒知，在任意时间，气体原子总数总是不变，与平衡无关；C错误；D.相同时间内消耗rm{2nmol}rm{2nmol}和生成rm{SO}rm{SO}rm{2}rm{2}rm{nmol}rm{O}rm{O}项符合题意。rm{2}rm{2}rm{2nmol}时，若将物质的量之比rm{SO}rm{SO}rm{2}：rm{2}rm{2nmol}rm{O}rm{O}的混合气体通入一个恒温恒压的密闭容器中，设rm{2}方向相反，数值相当，可以作为平衡的判断依据，故E正确；rm{2}和方向相反，数值相当，可以作为平衡的判断依据，故E正确；综上所述，rm{A}rm{B}rm{E}项符合题意。物质的量为综上所述，rm{A}rm{B}rm{E}项符合题意。，反应达到化学平衡时，混合气体体积减少了rm{A}由方程式知，rm{B}rm{E}rm{(3)}体积为rm{t}rm{t}rm{隆忙}，则反应的二氧化硫为rm{n(SO}，即转化率为rm{n(SO}。rm{2}rm{2}【解析】rm{(1)0.1mol隆陇}rm{L^{-1}}rm{隆陇mol^{-1}}rm{20%}rm{(2)A}rm{B}rm{E}rm{(3)80%}五、推断题(共1题，共6分)21、略

【分析】解：rm{(1)}由上面的分析可知，rm{A}为rm{C}元素，rm{B}为rm{O}元素，rm{C}为rm{Si}元素，rm{D}为rm{Na}元素；

故答案为：rm{C}rm{O}rm{Si}rm{Na}

rm{(2)A}rm{B}rm{C}分别为rm{C}rm{O}rm{Si}它们的非金属性rm{O>C>Si}则氢化物的稳定性为：rm{H_{2}O>CH_{4}>SiH_{4}}

故答案为：rm{H_{2}O>CH_{4}>SiH_{4}}

rm{(3)A}与rm{B}形成的三原子分子为rm{CO_{2}}二氧化碳为共价化合物，其电子式是

rm{B}与rm{D}形成的原子个数比为rm{1}rm{1}的化合物为过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，其电子式是

故答案为：

rm{(4)A}元素某氧化物与rm{D}元素某氧化物反应生成单质，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠与氧气，反应化学方程式是：rm{2CO_{2}+2Na_{2}O_{2}篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}

故答案为：rm{2CO_{2}+2Na_{2}O_{2}篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}．

A、rm{B}rm{C}rm{D}都是短周期元素，原子半径rm{D>C>A>B}其中rm{A}rm{B}处在同一周期，rm{A}rm{C}处在同一主族，四种元素在周期表中的大致相对位置为：rm{A}rm{C}处在同一主族，二者质子数相差rm{8}rm{C}原子核内质子数等于rm{A}rm{B}原子核内质子数之和，故B的质子数为rm{8}rm{B}为rm{O}元素；rm{C}原子最外层上的电子数是rm{D}原子最外层电子数的rm{4}倍，故C最外层电子数为rm{4}rm{D}的最外层电子数为rm{1}故A为rm{C}元素，rm{C}为rm{Si}元素，rm{D}为rm{Na}元素；据此解答该题．

本题考查元素位置结构性质的关系，题目难度中等，正确推断元素的名称为解答关键，注意根据原子位置关系及半径大小找出其在周期表中的相对位置，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生灵活应用所学知识的能力．【解析】rm{C}rm{O}rm{Si}rm{Na}rm{H_{2}O>CH_{4}>SiH_{4}}rm{2CO_{2}+2Na_{2}O_{2}篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}六、综合题(共4题，共20分)22、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．23、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；故答案为：1：5；（2）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，6HCl参与反应，其中5HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，1HCl化合价不变，所以盐酸体现出的性质有酸性和还原性，故答案为：酸性和还原性；（3）反应中只有Cl元素化合价发生变化，Cl元素化合价分别由+5价、﹣1价变化为0价，当有3molCl2生成时，转移5mol电子，则电子转移的方向和数目为故答案为：（4）当被氧化的HCl为73克时即=2mol，又HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价被氧化，所以转移2mol电子，数目为1.204×1024，故答案为：1.204