2025年青岛版六三制新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2025年青岛版六三制新高一化学上册阶段测试试卷859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6题，共12分)1、地球一小时是世界自然基金会应对全球气候变化所提出的一项倡议，以此来激发人们对保护地球的责任感，同时倡导节能减排理念。下列不能达到节能减排目的的是（）A.利用太阳能分解水获得氢气B.用家用汽车代替公交车C.利用化石燃料制造燃料电池D.在农村推广建造沼气池2、短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且分别占有三个不同的周期。W与X同主族，R与Z同主族，R最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是A.W、X是金属元素B.原子半径：R＜Y＜ZC.简单气态氢化物的热稳定性：Z＞RD.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物能相互反应3、利用双离子交换膜电解法可以从含硝酸铵的工业废水中生产硝酸和氨；原理如图所示。下列叙述不正确的是。

A.N室中硝酸溶液浓度a%B.a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜C.M、N室分别产生氢气和氧气D.产品室发生的反应为+OH-=NH3↑+H2O4、2011年1月18日；杭州下了今年的第一场雪，出现了严重的冰冻．为使道路积雪消融，环卫工人使用了氯化钠；氯化钙等“化冰盐”．下列说法正确的是（）

A.用“化冰盐”融雪属于化学变化。

B.估计MgCl2也可用作“化冰盐”

C.使用“化冰盐”可使水分子结构发生变化。

D.大量使用这些“化冰盐”不会造成环境污染。

5、碘是一种重要的药用元素，缺乏碘能导致甲状腺肿大等．为预防碘缺乏病，目前我国的食盐都是“加碘食盐”．“加碘食盐”中加的是含碘元素的物质是碘酸钾（KIO3），KIO3属于（）A.酸B.碱C.盐D.氧化物6、rm{SO_{2}}的催化氧化反应rm{(2SO_{2}+O_{2}?2SO_{3})}是一个放热的反应rm{.}如果反应在密闭容器中进行，下列有关说法中正确的是rm{(}rm{)}A.因为反应放热，所以升高温度会使反应速率减慢B.通过调控反应条件，rm{SO_{2}}可以rm{100%}地转化为rm{SO_{3}}C.当rm{SO_{2}}与rm{SO_{3}}的浓度相等时，反应达到平衡D.使用催化剂的目的是加快反应速率，提高生产效率评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、（8分）如图所示，组成一个原电池．(1)当电解质溶液为稀硫酸时：①Fe电极是__________(填“正”或“负”)极，其电极反应为________________________，该反应是__________(填“氧化”或“还原”)反应；②Cu电极是_________(填“正”或“负”)极，其电极反应为______________________，该反应是_________(填“氧化”或“还原”)反应。(2)当电解质溶液为浓硝酸时：Fe电极是____极，其电极反应为____。8、（10分）A、B、C、D都是短周期元素，原子半径D>C>A>B，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族。C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍。试回答：（1）写出下列元素的元素名称：A________，B________，C________，D________。（2）这四种元素中在常温常压下的液态或气态氢化物的稳定性由大而小的顺序是________。（3）A与B形成的三原子分子的电子式是________，B与D形成的原子个数比为1∶1的化合物的电子式是________。（4）A元素某氧化物与D元素某氧化物反应生成单质的化学方程式是______________________。9、水在人体中的作用有：（1）水是人体的重要____部分，（2）水是多种体内物质的____，（3）水可调节人体的____10、浓硫酸具有：rm{A.}强酸性rm{B.}强氧化性rm{C.}高沸点、难挥发性rm{D.}脱水性rm{E.}吸水性等性质；以下过程主要表现了浓硫酸的哪些性质？请将答案前的字母分别填入括号中。

rm{(1)}用rm{NaCl}固体和浓rm{H}用rm{(1)}固体和浓rm{NaCl}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}

在加热条件下制氯化氢气体rm{(}rm{)}rm{(}用磷矿粉rm{)}主要成分rm{(2)}用磷矿粉rm{隆虏}主要成分rm{Ca}rm{(2)}rm{隆虏}rm{Ca}rm{{,!}_{3}}rm{(PO}和硫酸反应制磷酸rm{(PO}rm{{,!}_{4}}

rm{)}rm{)}热的浓硫酸与铜片反应rm{{,!}_{2}}rm{隆鲁}和硫酸反应制磷酸rm{(}rm{)}

rm{隆鲁}rm{(}浓硫酸干燥rm{)}rm{(3)}热的浓硫酸与铜片反应rm{(}rm{)}rm{(3)}rm{(}rm{)}和rm{(4)}浓硫酸干燥rm{H}rm{(4)}rm{H}rm{{,!}_{2}}

、rm{O}rm{O}常温下可以用铁或铝的容器贮存浓硫酸rm{{,!}_{2}}、rm{Cl}

rm{Cl}rm{{,!}_{2}}胆矾放在盛浓硫酸的干燥器中变成白色粉末、rm{HCl}和rm{SO}rm{HCl}

rm{SO}rm{{,!}_{2}}不能用浓硫酸干燥等气体rm{(}rm{)}rm{(}和rm{)}rm{(5)}常温下可以用铁或铝的容器贮存浓硫酸rm{(}rm{)}等气体rm{(5)}rm{(}

rm{)}浓硫酸使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后变黑rm{(6)}胆矾放在盛浓硫酸的干燥器中变成白色粉末rm{(}rm{)}rm{(6)}

rm{(}rm{)}热的浓硫酸分别和木炭、硫粉反应rm{(7)}不能用浓硫酸干燥rm{HBr}rm{HI}和rm{H}rm{(7)}11、在一体积固定的密闭容器中加入反应物rm{A}rm{B}发生如下反应：rm{A(g)+xB(g)?3C(g)}反应rm{2min}后，rm{A}的浓度从开始时的rm{1.0mol隆陇L^{-1}}降到rm{0.8mol隆陇L^{-1}}反应开始时rm{B}的浓度是rm{1.0mol隆陇L^{-1}}且rm{B}在这段时间的速率是rm{0.2mol/(L隆陇min)}rm{(}只要求写出答案，不需要计算过程rm{)}rm{(1)2min}内rm{A}的平均速率为____。rm{(2)2min}末rm{C}的浓度____。rm{(3)x}的数值为____。rm{(4)2min}末rm{B}所占的体积分数是____。12、短周期元素rm{A}rm{B}rm{C}的位置如图所示：已知rm{B}rm{C}两元素的原子序数之和是rm{A}元素的rm{4}倍，则rm{C}为______rm{(}填元素名称rm{)}．13、图1为实验室制取氨的实验装置．

（1）写出A中所发生反应的化学方程式______．

（2）一位学生用制得的氨，按图2装置进行喷泉实验，烧瓶已充满干燥的氨气，引发喷泉实验的操作是______．

（3）另一学生积极思考产生喷泉的其他方法，设计了图3装置．首先在锥形瓶中分别加入足量的下列物质，反应后产生喷泉的是______

A．CaCO3粉末和浓盐酸B．NH4HCO3溶液与稀NaOH溶液。

C．HCl和AgNO3溶液D．HCl和酚酞溶液．14、rm{(1)}画出下列元素的原子结构示意图。

rm{垄脵}核电荷数为rm{13}的元素：______。

rm{垄脷}某元素原子的最外层电子数等于次外层电子数：______。

rm{垄脹L}层电子数是rm{M}层电子数rm{2}倍的元素：______。

rm{垄脺}某同位素原子核内没有中子的元素：______。

rm{(2)}写出rm{1隆芦8}号元素中符合下列条件的原子rm{(}离子rm{)}的微粒符号和结构示意图。

rm{垄脵}某元素原子rm{L}层上的电子数为rm{K}层的rm{3}倍：______。

rm{垄脷}某元素原子rm{L}层上的电子数为rm{K}层的一半：______。

rm{垄脹}得到rm{2}个电子后；电子总数与氩原子的电子总数相同的离子：______。

rm{垄脺}某元素原子的最外层电子数等于次外层电子数的rm{2}倍：______。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）16、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．17、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化18、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）19、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）20、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）21、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）22、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）23、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、解答题(共3题，共6分)24、把2.0mol•L-1CuSO4和1.0mol•L-1H2SO4溶液等体积混合（假设混合后的溶液的体积等于混合前两种溶液的体积之和）计算：

（1）混合溶液中CuSO4和H2SO4的物质的量浓度。

c（CuSO4）=______；c（H2SO4）=______．

（2）混合液中H+和SO42-的物质的量浓度。

c（H+）=______；c（SO42-）=______．

（3）向溶液中加入铁粉，经过足够长的时间，铁粉有剩余．此时溶液中Fe2+的物质的量浓度，c（Fe2+）=______．

25、已知CO和CO2的混合气体20.4g在标准状况下所占的体积为11.2L．则该混合气体中，CO的质量为______g，CO2的物质的量为______mol．

26、Ⅰ：元素的金属活动性递变规律是元素周期表学习的重要内容之一．某校研究性学习小组查阅课外资料；看到第IVA族的三种金属锗；锡、铅的性质：“锗、锡在空气中不反应，铅在空气中表面生成一层氧化铅，请解释发生上述变化的原因是______．

Ⅱ：另一研究性学习小组欲通过实验探究Zn；Fe、Cu的金属活动性顺序；根据不同的实验条件设计了如下的几种实验方案：

（1）该小组同学根据提供的Zn片；Fe片和稀硫酸；设计成了一个原电池比较锌与铁的活动性顺序，请在右侧方框内画出原电池装置图．

并写出正极的反应现象及电极反应式．

现象______；电极反应式______．

（2）现只有Fe片；CuO和稀硫酸这几种药品；请你帮忙设计方案比较铁与铜的活动性顺序．你的设计方法是______．

评卷人得分五、结构与性质(共1题，共10分)27、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL；大理石用量为10.00g。

（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：。实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol·L-1实验目的①298粗颗粒2.00（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；②_______________③_______________④_______________

（2）实验装置如图1所示，如何检验该装置的气密性________________________________

（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图2：依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率________________________

（4）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。_______评卷人得分六、综合题(共4题，共12分)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回答下列问题参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】试题分析：A．利用太阳能分解水获得氢气，就可以利用燃料电池提供的能量，从而可以减少化石燃料的使用，达到节能减排目的。错误。B．若用家用汽车代替公交车，就要燃烧更多的化石燃料，产生更多的CO2气体，以至于会导致温室效应。正确。C．利用化石燃料气化或液化，得到的燃料制造燃料电池，可以提高燃料能量的利用率，从而减少化石燃料的使用量，达到节能减排的目的。错误。D．在农村推广建造沼气池，使有机物转化为沼气，不仅可以减少烟、固体废弃物的排放量，更洁净，也会提高能量的利用率，达到节能减排的目的。错误。考点：考查倡导节能减排理念的具体实施方法的知识。【解析】【答案】B2、D【分析】试题分析：W、R、X、Y、Z原子序数依次增大，处在不同的周期，则W是H元素，R的最外层电子数是其内层电子数的3倍，R是O，从而推出Z是S，X是Na，Y是铝；氢是非金属元素，A项错误；铝的原子半径大于硫的原子半径，B项错误；水的稳定性强于硫化氢的稳定性，C项错误；氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸之间可以两两发生反应，D项正确。考点：考查元素周期表与元素周期律。【解析】【答案】D3、B【分析】【分析】

由图可知，电解时M室中石墨电极为阴极，阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的铵根离子通过b膜进入产品室，M室OH-通过a膜进入产品室，产品室中OH-和反应生成NH3和H2O。N室中石墨为阳极，阳极上水失电子生成O2和H+，原料室中的硝酸根离子通过c膜进入N室，N室中H+和反应生成HNO3。

【详解】

A．N室中石墨为阳极，阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为：生成氢离子，氢离子浓度增加，因此N室中硝酸溶液浓度a%

B．由分析可知a、c为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜；B错误；

C．由分析可知M；N室分别产生氢气和氧气；C正确；

D．由分析可知，产品室发生的反应为+OH-=NH3↑+H2O，D正确；4、B【分析】

A．用“化冰盐”融雪属于物理变化；故A错误；

B．MgCl2也可用作“化冰盐”形成电解质溶液；故B正确；

C．使用“化冰盐”不会使水分子结构发生变化；故C错误；

D．大量使用“化冰盐”会造成水资源的污染；故D错误．

故选B．

【解析】【答案】融雪剂融雪和防止路面结冰的原理：融雪剂溶于水后；使含盐雪水的凝固点降至0℃以下，使路面积雪难以结冰，氯化钠；氯化钙、氯化镁溶于雪水形成的溶液属于电解质溶液．

5、C【分析】【解答】解：碘酸钾是由钾离子和碘酸根离子组成的；由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐．故选：C．

【分析】根据碘酸钾是由钾离子和碘酸根离子组成的，属于盐进行解答．6、D【分析】解：该反应是前后气体体积减小的放热反应．

A；温度对化学反应速率影响是温度升高；速率增大，只是平衡逆向进行，故A错误；

B、该反应是可逆反应，所以该反应存在反应限度，反应物不可能rm{100%}的转化；故B错误；

C、达到平衡时，rm{SO_{2}}的浓度与rm{SO_{3}}的浓度可能相等；也可能不相等，要依据反应物的初始浓度及转化率，故C错误；

D；使用催化剂加快了反应速率；缩短反应时间，提高反应效率，故D正确；

故选D．

该反应是前后气体体积减小的放热反应；根据外界条件对化学平衡的影响因素分析；

A；升温增大反应速率；

B；反应是可逆反应分析判断；

C；依据平衡标志分析判断；

D；催化剂加快反应速率；提高生产效率，不改变化学平衡．

本题考查了影响化学平衡移动的因素，难度不大，注意催化剂只影响化学反应速率不影响化学平衡．【解析】rm{D}二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】关于原电池的相关知识点考查；特别要注意当电解质溶液为浓硝酸时，铁发生钝化，此时铁为正极，而铜可与硝酸反应，失电子，做负极。【解析】【答案】(1)①负，Fe－2e－＝Fe2＋，氧化②正，2H＋＋2e－＝H2↑，还原(2)正4H＋＋2NO3－＋2e－＝2NO2↑＋2H2O8、略

【分析】试题分析：A、B、C、D都是短周期元素，原子半径D＞C＞A＞B，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族，四种元素在周期表中的大致相对位置为：A、C处在同一主族，二者质子数相差8，C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，故B的质子数为8，B为O元素，C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，故C最外层电子数为4，D的最外层电子数为1，故A为C元素，C为Si元素，D为Na元素，则（1）根据以上分析可知四种元素名称分别为碳、氧、硅、钠。（2）非金属性越强，氢化物的稳定性越强，非金属性是O>C>Si，所以氢化物的稳定性由大而小的顺序是H2O>CH4>SiH4。（3）碳与氧形成的三原子分子是二氧化碳，其电子式是钠与氧形成的原子个数比为1∶1的化合物是过氧化钠，其电子式是（4）二氧化碳能与过氧化钠反应生成氧气和碳酸钠，反应的方程式为2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2。考点：考查位置、结构与性质应用的有关判断【解析】【答案】(1)碳氧硅钠（各1分）(2)H2O>CH4>SiH4(2分)(3)（各1分）(4)2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2(2分)9、组成溶剂体温【分析】【解答】人的脑脊髓中水分占99%；淋巴腺中占94%，血液中约90%，肌肉中约80%，心脏等脏器中约80%，皮肤中约70%，骨头中约50%，所以水是构成人体的主要组成部分；许多营养样物质需要在水中发生水解被人体吸收，因此水是人体中极佳的溶剂，人的消化吸收和新陈代谢离不开水；水的高比热；高气化热以及水在人体内的大量存在，使得水成为人体维持恒定温度的调节剂；

故答案为：组成；溶剂；体温．

【分析】水对人体来讲是构成细胞不可缺少的物质，人体三分之二都是水所组成的；水是极佳的溶剂，人的消化吸收和新陈代谢离不开水，维持正常体温离不开水10、(1)AC(2)A(3)AB(4)E(5)B(6)E(7)B(8)AD(9)B【分析】【分析】本题考查了浓硫酸性质的分析判断，主要是物质性质的分析应用，现象实质的理解，题目较简单。【解答】rm{(1)}用rm{NaCl}固体和浓rm{H}rm{2}rm{2}rm{SO}在加热条件下制氯化氢气体，利用了浓硫酸具有高沸点、难挥发性；故答案为：rm{4}

rm{4}rm{C}主要成分rm{(2)}用磷矿粉rm{隆虏}主要成分rm{Ca}rm{隆虏}rm{Ca}rm{{,!}_{3}}rm{(PO}rm{(PO}和硫酸反应制磷酸反应，利用了浓硫酸的强酸性，故答案为：rm{{,!}_{4}}

rm{)}热的浓硫酸与铜片反应，利用了浓硫酸的酸性和强氧化性；故答案为：rm{)}

rm{{,!}_{2}}浓硫酸干燥rm{隆鲁}和硫酸反应制磷酸rm{隆鲁}、rm{A}rm{(3)}、rm{AB}rm{(4)}等气体，利用了浓硫酸的吸水性；故答案为：rm{H}

rm{2}常温下可以刖铁或锅的容器贮存浓硫酸，金属产生钝化现象，利用了浓硫酸的强氧化性；故答案为：rm{2}

rm{O}胆矾放在盛浓硫酸的干燥器中变成白色粉末，利用浓硫酸的吸水性；故答案为：rm{2}

rm{2}不能用浓硫酸干燥rm{Cl}rm{2}和rm{2}rm{E}rm{(5)}等气体，利用了浓硫酸的强氧化性；故答案为：rm{B}

rm{(6)}浓硫酸可使湿润的蓝色石蕊试纸先变红，利用了浓硫酸的酸性，后变黑是把氢元素原子和氧元素原子按照rm{E}rm{(7)}脱去剩余碳，利用了浓硫酸具有脱水性，故答案为：rm{HBr}rm{HI}热的浓硫酸分别和木炭、硫粉反应，浓硫酸全部表现氧化性，故答案为：rm{H}

rm{2}【解析】rm{(1)AC}rm{(2)A}rm{(3)AB}rm{(4)E}rm{(5)B}rm{(6)E}rm{(7)B}rm{(8)AD}rm{(9)B}rm{(1)AC}rm{(2)A}rm{(3)AB}rm{(4)E}rm{(5)B}rm{(6)E}rm{(7)B}rm{(8)AD}rm{(9)B}11、(1)0.1mol/(L·min)(2)0.6mol/L(3)2(4)30%【分析】【分析】本题考查化学反应速率和化学平衡的计算。理解相应的原理是解题的关键。【解答】rm{(}rm{1}rm{)}rm{2min}内rm{A}的平均速率为：rm{v(A)=dfrac{娄陇c(A)}{娄陇t}=

dfrac{1.0-0.8}{2}mol/;(L隆陇min);=0.1mol/;(L隆陇min);}rm{(}rm{1}rm{1}内rm{)}的平均速率为：rm{v(A)=dfrac{娄陇c(A)}{娄陇t}=dfrac{1.0-0.8}{2}mol/;(L隆陇min);=0.1mol/;(L隆陇min);}rm{2min}rm{2min}；rm{A}rm{A}rm{v(A)=dfrac{娄陇c(A)}{娄陇t}=

dfrac{1.0-0.8}{2}mol/;(L隆陇min);=0.1mol/;(L隆陇min);}变化量之比故答案为：化学计量数之比，rm{dfrac{trianglec(C)}{trianglec(A)}=dfrac{3}{1}=dfrac{c(C)}{(1.0-0.8)mol/L}}故答案为：，所以rm{0.1mol/(L隆陇min)}末rm{(}rm{2}rm{)}变化量之比rm{=}化学计量数之比，rm{dfrac{trianglec(C)}{triangle

c(A)}=dfrac{3}{1}=dfrac{c(C)}{(1.0-0.8)mol/L}}rm{=}，所以rm{2min}末rm{C}的浓度为的浓度为：rm{(}rm{2}故答案为：rm{2}rm{)}rm{=}rm{=}rm{dfrac{trianglec(C)}{triangle

c(A)}=dfrac{3}{1}=dfrac{c(C)}{(1.0-0.8)mol/L}}速率之比rm{=}化学计量数之比，所以rm{dfrac{v(A)}{v(B)}=dfrac{1}{x}=dfrac{0.1}{0.2}}rm{=}rm{2min}rm{2min}故答案为：rm{C}rm{C}rm{0.6mol/L}设rm{0.6mol/L}末的浓度为rm{v(B)=dfrac{娄陇c(B)}{娄陇t}=dfrac{1.0mol/L-c(B)}{2min}=0.2mol/(L隆陇min);}rm{(}rm{3}rm{)}速率而rm{(}，由前面的分析可知，rm{3}的浓度为rm{3}rm{)}末rm{=}所占的体积分数是：rm{dfrac{0.6}{0.6+0.8+0.6}隆脕100拢楼=30拢楼}rm{=}故答案为：rm{dfrac{v(A)}{v(B)}=dfrac{1}{x}=

dfrac{0.1}{0.2}}rm{x}rm{=2}rm{x}【解析】rm{(1)0.1mol/(L隆陇min)}rm{(1)0.1mol/(L隆陇min)}rm{(2)0.6mol/L}rm{(2)0.6mol/L}rm{(3)2}12、略

【分析】解：令rm{A}的原子序数为rm{x}则rm{B}的原子序数为rm{x+8-1}rm{C}的原子序数为rm{x+8+1}则：rm{(x+8-1)+(x+8+1)=4x}解得rm{x=8}所以rm{A}为rm{O}元素，rm{B}为rm{P}元素，rm{C}为rm{Cl}元素；

故答案为：氯．

由短周期元素rm{A}rm{B}rm{C}在周期表中的位置，可知rm{A}处于第二周期，rm{B}rm{C}处于第三周期，令rm{A}的原子序数为rm{x}用rm{x}表示出rm{B}rm{C}的原子序数，根据rm{B}rm{C}元素的原子序数之和是rm{A}元素原子序数的rm{4}倍列方程求rm{x}判断rm{A}rm{B}rm{C}元素．

本题考查元素周期表的结构，难度不大，根据短周期特点确定元素所在周期，注意掌握同主族元素原子序数关系，利用最外层电子数确定更简单．【解析】氯13、略

【分析】解：（1）采用的是固+固混合加热制气的方法，故用氯化铵和氢氧化钙固体混合加热制NH3，氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

（2）氨气极易溶于水；如果打开止水夹，氨气溶于水后烧瓶内压强迅速减小，而形成喷泉；

故答案为：打打开橡皮管的夹子；挤压胶头滴管的胶头，使少量的水进入烧瓶；

（3）CaCO3粉末和浓盐酸反应产生大量二氧化碳；使锥形瓶中压强增大，形成喷泉，故A正确；

B．NH4HCO3溶液与稀NaOH溶液；不产生气体，不能形成喷泉，故B错误；

C．HCl和AgNO3溶液；不产生气体，不能形成喷泉，故C错误；

D．HCl和酚酞溶液；不产生气体，不能形成喷泉，故D错误；

故选：A．

（1）氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙；氨气和水；

（2）利用氨气极易溶于水；形成压强差而形成喷泉进行解答；

（3）依据加入的物质能导致锥形瓶中气压变大的原理才能产生喷泉；结合物质的性质分析解答．

本题考查了氨气的制备和性质，明确反应原理、形成喷泉的原理和操作方法是解答的关键，题目难度不大．【解析】2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；打开橡皮管的夹子，挤压胶头滴管的胶头，使少量的水进入烧瓶；A14、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}核电荷数为rm{13}的元素为铝元素，铝原子的核电荷数rm{=}核外电子总数rm{=13}最外层含有rm{3}个电子，铝原子结构示意图为：

故答案为：

rm{垄脷}某元素原子的最外层电子数等于次外层电子数，如有次外层，至少有rm{2}个电子层，根据核外电子排布规律，当有rm{2}个电子层时，符合题意的是rm{Be}原子结构示意图为：当有rm{3}个电子层时，符合题意的是rm{Ar}氩原子核内有rm{18}个质子，核外有rm{3}个电子层，第一层上有rm{2}个电子、第二层上有rm{8}个电子，最外层上有rm{8}个电子，其原子结构示意图为

故答案为：

rm{垄脹L}层电子数是rm{M}层电子数rm{2}倍的元素为硅元素，三个电子层，最外层rm{4}个电子，原子结构示意图为：

故答案为：

rm{垄脺}某同位素原子核内没有中子的元素为氢元素，原子结构示意图为：

故答案为：

rm{(2)垄脵}元素原子rm{L}层电子数是rm{K}层电子数的rm{3}倍，则为rm{O}元素，其原子结构示意图为故答案为：

rm{垄脷}某元素原子rm{L}层上的电子数为rm{K}层的一半，则为rm{Li}元素，其原子结构示意图为故答案为：

rm{垄脹}得到rm{2}个电子后，电子总数与氩原子的电子总数相同的离子，则该元素原子序数比氩小rm{2}故为rm{S}元素，该离子为rm{S^{2-}}其离子结构示意图为

故答案为：

rm{垄脺}某元素原子的最外层电子数等于次外层电子数的rm{2}倍，则为rm{C}元素，其原子结构示意图为故答案为：

rm{(1)垄脵}核电荷数为rm{13}的元素为铝元素，核外三个电子层，最外层rm{3}个电子；

rm{垄脷}某元素原子的最外层电子数等于次外层电子数，如有次外层，至少有rm{2}个电子层，根据核外电子排布规律，当有rm{2}个电子层时，符合题意的是rm{Be}当有rm{3}个电子层时，符合题意的是rm{Ar}当有rm{4}个电子层时；没有符合题意的；

rm{垄脹L}层电子数是rm{M}层电子数rm{2}倍的元素为硅元素，三个电子层，最外层rm{4}个电子；

rm{垄脺}某同位素原子核内没有中子的元素为氢元素；

rm{(2)垄脵}元素原子rm{L}层电子数是rm{K}层电子数的rm{3}倍，则为rm{O}元素；

rm{垄脷}某元素原子rm{L}层上的电子数为rm{K}层的一半，则为rm{Li}元素；

rm{垄脹}得到rm{2}个电子后，电子总数与氩原子的电子总数相同的离子，则该元素原子序数比氩小rm{2}故为rm{S}元素；

rm{垄脺}某元素原子的最外层电子数等于次外层电子数的rm{2}倍，则为rm{Si}元素。

本题考查原子结构示意图的特点，利用提供的信息进行元素的推断并熟悉原子结构即可解答，注重化学用语的考查，题目难度不大。【解析】三、判断题(共9题，共18分)15、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．16、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．17、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；18、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．19、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．20、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．21、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．22、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．23、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共价键的数目四、解答题(共3题，共6分)24、略

【分析】

（1）把2.0mol•L-1CuSO4和1.0mol•L-1H2SO4溶液等体积混合，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则混合后溶液中c（CuSO4）=×1.0mol/L=1.0mol/L，c（H2SO4）=×1.0mol/L=0.5mol/L；

故答案为：1.0mol/L；0.5mol/L；

（2）混合后溶液中c（H+）=2c（H2SO4）=2×0.5mol/L=1mol/L；

溶液中硫酸根来源于硫酸铜与硫酸电离，故c（SO42-）═c（CuSO4）+c（H2SO4）=1mol/L+0.5mol/L=1.5mol/L；

故答案为：1mol/L；1.5mol/L；

（3）向溶液中加入铁粉，经过足够长的时间，铁粉有剩余，则硫酸铜、硫酸都完全反应，此时溶液中溶质为FeSO4，故c（Fe2+）=c（SO42-）=1.5mol/L；

故答案为：1.5mol/L．

【解析】【答案】（1）根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算混合溶液中CuSO4和H2SO4的物质的量浓度；

（2）混合后溶液中c（H+）=2c（H2SO4）；

溶液中硫酸根来源于硫酸铜与硫酸电离，故c（SO42-）═c（CuSO4）+c（H2SO4）；

（3）向溶液中加入铁粉，经过足够长的时间，铁粉有剩余，则硫酸铜、硫酸都完全反应，此时溶液中溶质为FeSO4，故c（Fe2+）=c（SO42-）．

25、略

【分析】

标准状况下CO和CO2混合气体的体积为11.2L，物质的量为：=0.5mol；

令CO和CO2的物质的量分别为amol、bmol；则：

解得：a=0.1，b=0.4

故CO的质量为0.1mol×28g/mol=2.8g，CO2的物质的量为0.4mol；

故答案为：2.8；0.4．

【解析】【答案】令CO和CO2的物质的量分别为amol、bmol，根据二者的质量与体积列方程，计算a、b的值；再根据m=nM计算CO的质量．

26、略

【分析】

Ⅰ：金属越活泼；在空气中越容易发生反应，同主族自上而下，金属性随着原子序数的增大而增强，铅的原子序数最大，所以铅的金属性比锗和锡都强，故易被空气中的氧气氧化成氧化铅．

故答案为：铅的活动性比锗和锡都强；易被空气中的氧气氧化．

Ⅱ：（1）原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，锌的活泼性大于铁，所以铁作正极，反应时，电子从负极沿导线流向正极，溶液中的氢离子在正极上得电子生成氢气，所以在正极上看到有气泡生成，电极反应式为2H++2e-=H2↑．

故答案为：表面有气泡产生，2H++2e-=H2↑，该装置图为．

（2）根据提供的药品知；铁和氧化铜都和稀硫酸反应，如果用铁和硫酸铜反应时，铁表面有红色的铜生成，就说明铁的金属性大于铜的；如果铁表面没有生成红色的铜，就说明铁的金属性小于铜的．

故答案为：先用氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜；再将铁片插入硫酸铜溶液中置换出铜．

【解析】【答案】Ⅰ：根据同一主族元素的元素周期律分析；

Ⅱ：（1）．该装置设计成了原电池；根据电极上的生成物判断反应现象，根据反应类型写出电极反应式．

（2）根据提供的药品及铁铜的性质选取实验方法．

五、结构与性质(共1题，共10分)27、略

【分析】【分析】

（1）本实验是由实验①做对比实验探究影响反应速率的因素，所以在设计分组实验时，要设计出分别只有浓度、温度和接触面积不同时反应速率的变化，从而找出不同外界因素对反应速率的影响。由于实验①和实验②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，实验①和实验③探究温度对该反应速率的影响，故实验③的温度选择308K，实验①和实验④探究接触面积对该反应速率的影响，故实验④选择细颗粒的大理石；

（2）依据装置特点分析气密性的检查方法；

（3）化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。根据图像可以计算出70至90s内生成的CO2的体积；然后根据反应式可计算出消耗的硝酸的物质的量，最后计算其反应速率；

（4）根据反应物的用量计算生成CO2的最大质量；根据影响反应速率的因素比较实验②；③和④反应速率大小；以此判断曲线斜率大小，画出图像；

【详解】

（1）由实验目的可知；探究浓度；温度、接触面积对化学反应速率的影响，则实验①②的温度、大理石规格相同，只有浓度不同，实验①③中只有温度不同，实验①④中只有大理石规格不同；

故答案为（从上到下；从左到右顺序）：298；粗颗粒；1.00；308；粗颗粒；2.00；298；细颗粒；2.00；

（2）该装置的气密性的检查方法是：关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的质量为：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根据方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物质的量为：n(HNO3)=＝mol；

③溶液体积为25mL＝0.025L，所以HNO3减少的浓度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反应的时间t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范围内的平均反应速率为：

v(HNO3)＝Δc(HNO3)/t＝=mol·L－1·S－1=0.009mol·L－1·S－1

（4）实验②、③和④所用大理石的质量均为10.00g，其物质的量为=0.1mol，实验①、③和④所用硝酸的量相同均为：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的质量按硝酸计算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，实验②所用硝酸的量为1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石过量，反应生成的CO2的质量为0.025mol×44g/mol=0.55g；

实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，且HNO3浓度①>②，浓度越大，反应越快，故曲线斜率①>②；

实验①和③探究温度对该反应速率的影响，且温度③高于①，温度越高反应越快，故曲线斜率③>①；

实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响，且实验④为细颗粒，实验①为粗颗粒，颗粒越小，表面积越大，反应越快，故反应速率④>①，故曲线斜率④>①；

根据以上特征；画出图像如下：

【点睛】

本题考查了化学反应速率的影响因素，注意对题给信息的分析是处理是解答的关键，注意控制变量的实验方法的理解和掌握。【解析】298粗颗粒1.00308粗颗粒2.00298细颗粒2.00关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1六、综合题(共4题，共12分)28、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．29、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+6H