2025年人教版（2024）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年人教版（2024）高一化学下册阶段测试试卷660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6题，共12分)1、分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准不合理的是A．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体B．根据反应中是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应C．根据是否含氧元素，将物质分为氧化剂和还原剂D．根据水溶液或熔融状态是否能够导电，将化合物分为电解质和非电解质2、纯铁的熔点为1535℃，而高炉中炼铁时生铁（含碳量较高的铁的合金）在1200℃左右就熔化了，这是因为（）A．铁的纯度越高熔点越低B．合金的熔点比其成分物质的熔点高C．因为形成了铁碳合金，所以熔点变低D．在高炉中熔化的过程中发生了化学反应3、某元素X的阳离子和Y元素的阴离子具有与氖原子相同的电子层结构,正确是A.X的原子序数比Y的小B.X原子的最外层电子数比Y的大C.X的原子半径比Y的大D.X元素的最高正价比一定比Y的小4、大气层中的臭氧层（O3）能吸收太阳光中的紫外线，下列关于O3的分类正确的是（）A.化合物B.单质C.氧化物D.混合物5、下列关于Ag、K、Cu的冶炼方法正确的是（）A.电解法.热分解法.热还原法B.热分解法.电解法.热还原法C.热还原法.热分解法.热还原法D.电解法.电解法.热分解法6、把下列四种碳酸氢钠溶液分别加入四个盛有rm{10mL2mol隆陇L-1}盐酸的烧杯中，均加水稀释到rm{50mL}此时碳酸氢钠和盐酸反应，其中反应开始时速率最大的是。

A.rm{10隆忙20mL3mol隆陇L-1}的碳酸氢钠溶液。

B.rm{20隆忙30mL2mol隆陇L-1}的碳酸氢钠溶液。

C.rm{20隆忙10mL4mol隆陇L-1}的碳酸氢钠溶液。

D.rm{10隆忙20mL2mol隆陇L-1}的碳酸氢钠溶液。

评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、甲酸甲酯水解反应方程式为：某小组通过实验研究该反应（反应过程中体积变化忽略不计）。反应体系中各组分的起始量如下表：甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间（t）的变化如下图：（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：请计算15~20min范围内甲酸甲酯的减少量为____mol，甲酸甲酯的平均反应速率为____mol·min-1(不要求写出计算过程)。（2）依据以上数据，推测该反应在10～40分钟间反应速率较快的原因：____。8、以法拉第为代表的科学家从煤焦油中分离出了以芳香烃为主的多种重要芳香族化合物；其中最简单的芳香烃是苯．

（1）苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是____

①苯不能使KMnO4（H+）溶液褪色

②苯分子中碳原子之间的距离均相等

③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷。

④经实验测得邻二甲苯仅有一种结构

⑤苯在FeBr3存在的条件下同液溴可以发生取代反应；但不因化学变化而使溴水褪色。

⑥经实验测得对二溴苯仅有一种结构。

（2）某芳香烃的结构简式如图：

该烃中含有四面体结构的碳原子数为____，可能在同一平面的碳原子数最多为____；该烃被酸性高锰。

酸钾氧化后含苯环的产物是（写结构简式）____9、有下列各组物质。

A．O2和O3B．12C和13CC．CH3-CH2-CH2-CH3和

D．和．甲烷和庚烷。

（1）______组两物质互为同位素；

（2）______组两物质互为同素异形体；

（3）______组两物质属于同系物；

（4）______组两物质互为同分异构体；

（5）______组中两物质是同一物质．10、用rm{98%(=1.84g/cm^{3})}的浓rm{H_{2}SO_{4}}配制rm{100mL}rm{1.0mol/L}rm{H_{2}SO_{4}}若实验仪器有：

A.rm{100mL}量筒rm{B.}托盘天平rm{C.}玻璃棒rm{D.50mL}容量瓶rm{E.10mL}量筒rm{F.}胶头滴管rm{G.50mL}烧杯rm{H.100mL}容量瓶。

rm{(1)}需量取浓硫酸的体积为______rm{mL}．

rm{(2)}实验时选用的仪器有rm{(}填序号rm{)}______

rm{(3)}配置过程中，下列情况会使配制结果偏高的是rm{(}填序号rm{)}______

rm{垄脵}定容时俯视刻度线观察液面．

rm{垄脷}容量瓶使用时未干燥．

rm{垄脹}定容后经振荡；摇匀、静置；发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线．

rm{(4)}在容量瓶使用方法中，下列操作不正确的是rm{(}填序号rm{)}______

A.使用容量瓶前检查它是否漏水。

B.容量瓶用蒸馏水洗净后；再用待配液润洗。

C.将氢氧化钠固体放在天平托盘的滤纸上；准确称量并放入烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中。

D.将准确量取的rm{18.4mol?L^{-1}}的硫酸，注入已盛有rm{30mL}水的rm{100mL}的容量瓶中；加水至刻度线。

E.定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀．11、现有反应：rm{mA(g)+nB(g)?pC(g)}达到平衡后，当升高温度时，rm{B}的转化率变大；当减小压强时，混合体系中rm{C}的质量分数也减小；则：

rm{(1)}该反应的逆反应为______热反应，且rm{m+n}______rm{p(}填“rm{>}”“rm{=}”“rm{<}”rm{)}．

rm{(2)}减压时，rm{A}的质量分数______rm{.(}填“增大”“减小”或“不变”，下同rm{)}

rm{(3)}若加入rm{B(}体积不变rm{)}则rm{A}的转化率______，rm{B}的转化率______．

rm{(4)}若升高温度，则平衡时rm{B}rm{C}的浓度之比将______．

rm{(5)}若加入催化剂；平衡时气体混合物的总物质的量______．

rm{(6)}若rm{B}是有色物质，rm{A}rm{C}均无色，则加入rm{C(}体积不变rm{)}时混合物颜色______，而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色______rm{(}填“变深”“变浅”或“不变”rm{)}．12、(6分)简要回答下列问题。（1）“可燃冰”是天然气的水合物，外形似冰，它的主要可燃成分是甲烷，写出甲烷燃烧的化学方程式。（2）氢氧化铝Al（OH)3是一种治疗胃酸（含盐酸）过多的药物，请用化学方程式表示该反应的原理：。（3）蒸馒头时，经常往蒸笼中放入小苏打，使得馒头膨松，食用起来香甜可口,请写出其原因：____。13、在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂．请选用适当的化学试剂和实验用品；用如图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可作供氧剂．

（1）A是利用盐酸和石灰石制取CO2的装置，A中发生反应的化学方程式为______．

（2）填写表中空格：

。仪器加入试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液______C____________D____________（3）写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：______；

标准状况下将少量二氧化碳通入足量过氧化钠中充分反应后，过氧化钠增重5.6g，则通入二氧化碳的体积为______L．

（4）试管F中收集满气体后，先把E中的导管移出水面，关闭分液漏斗的活塞，用拇指堵住试管口，取出试管，下一步实验操作是：______．14、某物质的分子式为rm{C_{4}H_{10}O}根据具体要求填空：

rm{(1)}能被催化氧化生成相同碳原子数的醛；该醇的结构简式为______．

rm{(2)}能被催化氧化成相同碳原子数的酮；该醇的名称是______

rm{(3)}不能被催化氧化；该醇发生消去反应所得有机物的结构简式______

rm{(4)}不能与金属钠发生反应生成氢气的同分异构体有______种rm{.}15、rm{46g}rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的混合气体其分子数最多接近______，氧原子数目为______．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、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）17、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）18、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）19、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）20、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、解答题(共2题，共8分)21、晶体硅是一种重要的非金属材料；在现代电子工业中具有非常重要的应用．工业上制备高纯硅的主要步骤如下：

（1）下列有关硅及化合物的说法；正确的是______．

A．石英的主要成分是SiO2

B．太阳能电池使用单质硅做材料；其应用有利于环保；节能。

C．粗硅制备高纯硅的过程不涉及氧化还原反应。

D．玻璃；水泥、陶瓷都属于硅酸盐产品。

（2）SiCl4在室温下为无色液体，易挥发，粗硅与氯气反应得到的粗SiCl4中含有大量固体杂质，通过“操作A”提纯得到纯SiCl4；操作A的名称是______．

（3）整个制备过程必须严格控制无水无氧．H2还原SiCl4过程中发生的反应是：______Si+4HCl22、（1）0.5molH2SO4的质量是______g，含______个氧原子，能和______molNaOH完全反应，该硫酸所含氢元素的质量与______molH3PO4或标准状况下______LHCl中所含氢元素的质量相同．

（2）某密闭容器的质量为50g，当装满CO2气体时，质量为58.8g，如果装满CH4气体时；此密闭容器的质量为______．

（3）已知某气体氧化物的分子式为R2O3；在标准状况下，7.6g该气体的体积是2240mL，则此氧化物的摩尔质量是______，R的相对原子质量是______．

评卷人得分五、综合题(共4题，共20分)23、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：

24、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题25、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：

26、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、C【分析】溶液、浊液不具有丁达尔效应，胶体具有丁达尔效应，A正确；氧化还原反应的本质就是有电子的转移，B正确；在反应中所含元素化合价降低的物质为氧化剂升高的为还原剂，而不是根据是否含氧元素来分类，C错；在水溶液或熔融状态能够导电的化合物为电解质，在两种情况下均不能导电的化合物为非电解质，D正确。【解析】【答案】C2、C【分析】合金的熔点低于其成分物质的熔点，生铁的熔点低是因为Fe和C形成了合金。所以本题的正确答案应选C。【解析】【答案】C3、C【分析】【解析】【答案】C4、B【分析】【解答】化合物；氧化物中的元素不止一种；混合物是不同分子构成的物质，臭氧是只有氧元素组成的纯净物，属于单质．

故选B．

【分析】臭氧是只有氧元素组成的纯净物．5、B【分析】解：Ag不活泼；用热分解氧化物的方法冶炼；

K性质活泼用电解熔融的氯化物；

Cu较活泼；热还原法制得；

故选：B．

一般来说，活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；较活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，常用还原剂有（C、CO、H2等）；不活泼金属Hg；Ag用加热分解氧化物的方法制得；据此解答．

本题考查金属的冶炼，题目难度不大，注意根据金属的活泼性确定金属的冶炼方法．【解析】【答案】B6、B【分析】【分析】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意先比较温度再比较浓度为解答该题的关键，题目难度不大。【解答】各选项中均加水稀释到rm{50mL}后来溶液的总体积相同，则选项中物质的量越大，温度越高，反应速率越大。B、rm{C}中温度大于rm{A}rm{D}中温度，则rm{B}rm{C}中反应速率大；

rm{B}中碳酸氢钠的物质的量为rm{0.03L隆脕2mol/L=0.06mol}

rm{C}中碳酸氢钠的物质的量为rm{0.01L隆脕4mol/L=0.04mol}

显然rm{B}中浓度大；反应速率快。

故选B。【解析】rm{B}二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【解析】试题分析：（1）15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为1mol－1.00mol×6.7%=0.933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%，所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为1mol－1.00mol×11.2%=0.888mol，因此15至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol－0.888mol=0.045mol，则甲酸甲酯的平均速率=0.045mol/5min=0.009mol?min-1。（2）从题给数据不难看出，该反应在10～40分钟间反应速率较快，这是由于该反应中甲酸具有催化作用；在反应中期，甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大。考点：考查考生对化学反应速率概念，化学平衡的了解及其影响因素的理解【解析】【答案】（每空2分）（1）0.0459.0×10-3（2）该反应中甲酸具有催化作用；在反应中期，甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大。8、①②④⑤210【分析】【解答】（1）①高锰酸钾溶液具有强氧化性；遇到含双键或三键等不饱和键的物质会褪色，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；

②苯环上碳碳键的键长相等；说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故②正确．

③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷；发生加成反应是双键或三键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；

④如果是单双键交替结构；邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C﹣C，另一种是两个甲基夹C=C．邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故④正确；

⑤苯在FeBr3存在下同液溴可发生取代反应；生成溴苯，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确；

⑥无论苯环结构中是否存在碳碳双键和碳碳单键；苯的对位二溴取代物只有一种，所以不能证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故⑥错误；

故答案为：①②④⑤；

（2）甲基碳和乙基碳原子是含有四面体结构的碳原子（即饱和碳原子），该分子中含有2个甲基，所以该烃中含有四面体结构的碳原子数为2，含有乙烯的共面基本结构部分，含有乙炔的共线基本结构，线可以在面上，所以可能在同一平面的碳原子数最多为10，与苯环相连的碳上有氢原子，就能被氧化成羧基，所以该分子被氧化成

故答案为：2；10；

【分析】（1）①依据苯的性质判断苯的结构；依据高锰酸钾溶液的强氧化性分析；

②依据苯分子中的氢原子；分析碳原子的不饱和程度，据此分析；

③依据与氢气发生加成反应是不饱和键的性质分析；

④根据同分异构体数目解答；

⑤根据碳碳单键和双键的性质判断；单键可以反应取代反应．双键可以反应加成反应；

⑥根据同分异构体数目解答；

（2）根据饱和碳原子含有四面体结构、含乙烯的共面、含乙炔的共直线解答；根据与苯环相连的碳上有氢原子，就能被氧化解答；9、略

【分析】解：A；氧气和臭氧是氧元素的不同单质；所以是同素异形体．

B、12C和13C都是碳元素的不同原子；所以是同位素．

C；丁烷和2-甲基丙烷的分子式相同；但结构不同，所以是同分异构体．

D；二氯甲烷为四面体结构；所以二氯甲烷只有一种，故两物质是同一物质．

E、甲烷和庚烷是结构相似，在分子组成上相差若干个CH2原子团的物质；所以互称同系物．

故答案为：（1）B；（2）A；（3）E；（4）C；（5）D．

结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称同系物；分子式相同结构不同的化合物互称同分异构体；质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素；同位素必须原子；同一元素形成的不同单质称同素异形体，同素异形体必须是单质；根据定义分析判断．

本题主要考查了同系物、同位素、同分异构体以及同素异形体等的概念，难度不大，注意这几个概念的区别．【解析】B；A；E；C；D10、5.4；C、E、F、G、H；①；BCD【分析】解：rm{(1)}浓硫酸的物质的量浓度rm{C=dfrac{1000娄脩w}{M}=dfrac{1000隆脕1.84隆脕98%}{98}mol/L=18.4mol/L}设浓硫酸的体积为rm{C=dfrac{1000娄脩w}{M}=dfrac

{1000隆脕1.84隆脕98%}{98}mol/L=18.4mol/L}rm{V}rm{18.4mol/L隆脕V=1.0mol/L隆脕0.1L}

故答案为：rm{V=0.0054L=5.4mL}

rm{5.4}量取rm{(2)}浓硫酸用rm{5.4mL}量筒，浓硫酸稀释用到烧杯和玻璃棒，定容时用到胶头滴管，配制溶液的rm{10mL}容量瓶，所以用到的仪器有：rm{100mL}rm{C}rm{E}rm{F}rm{G}

故选C、rm{H}rm{E}rm{F}rm{G}

rm{H}定容时俯视刻度线观察液面；溶液的体积偏小，配制溶液的浓度偏高；

rm{(3)垄脵}容量瓶使用时未干燥；溶质的物质的量和溶液的体积不变，配制溶液浓度不变；

rm{垄脷}定容后经振荡；摇匀、静置；发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液的体积偏大，配制溶液的浓度偏低；

故选rm{垄脹}

rm{垄脵}使用容量瓶前检查它是否漏水；否则配制溶液浓度不准确，故A正确；

B；容量瓶用蒸馏水洗净后；不能用待配制的溶液洗涤，否则，溶质的物质的量偏大，配制溶液浓度偏高，故B错误；

C；氢氧化钠具有腐蚀性；应该放在小烧杯中称量，且氢氧化钠溶解时放出热量，应该等溶液冷却到室温时再转移溶液，故C错误；

D；容量瓶不能用来稀释溶液；故D错误；

E；定容后盖好瓶塞；用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀，故E正确；

故选BCD．

rm{(4)A}先根据rm{(1)}计算浓硫酸的浓度；再根据浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变计算浓硫酸的体积；

rm{C=dfrac{1000娄脩w}{M}}根据配制步骤选取仪器；

rm{(2)}根据rm{(3)}分析判断误差；

rm{c=dfrac{n}{V}}根据实验操作的规范性进行判断．

本题考查一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析，注意容量瓶和量筒规格的选取方法，为易错点．rm{(4)}【解析】rm{5.4}rm{C}rm{E}rm{F}rm{G}rm{H}rm{垄脵}rm{BCD}11、略

【分析】解：rm{(1)}达到平衡后，当升高温度时，rm{B}的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，逆反应为放热反应，当减小压强时，混合体系中rm{C}的质量分数也减小；说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和；

故答案为：放；大于；

rm{(2)}减压平衡向逆反应方向移动，则rm{A}的质量分数增大；故答案为：增大；

rm{(3)}在反应容器中加入一定量的rm{B}反应物rm{B}的浓度增大，平衡向正反应方向移动，则rm{A}的转化率增大，rm{B}加入的多，而转化的少，则rm{B}的转化率反而减小；故答案为：增大；减小；

rm{(4)}正反应吸热，则升高温度平衡向正反应方向移动，rm{B}的物质的量减小，rm{C}的物质的量增多；所以二者的比值将减小，故答案为：减小；

rm{(5)}催化剂对化学平衡移动没有影响；所以若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量不变，故答案为：不变；

rm{(6)}若rm{B}是有色物质，rm{A}rm{C}均无色，则加入rm{C}平衡向逆反应方向移动，rm{B}的浓度增大，则颜色加深，而维持容器内压强不变，充入氖气时，体积增大，对于反应体系来说，相当于减小压强，则平衡向逆反应方向移动，但移动的量远小于体积增大的因素，则rm{B}的浓度减小；颜色变浅；

故答案为：变深；变浅．

达到平衡后，当升高温度时，rm{B}的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，当减小压强时，混合体系中rm{C}的质量分数也减小；说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，根据外界条件对化学平衡的影响解答该题．

本题考查外界条件对平衡移动的影响，题目难度不大，注意分析反应的特征为解答该题的关键．【解析】放；rm{>}增大；增大；减小；减小；不变；变深；变浅12、略

【分析】【解析】试题分析：（1）甲烷的化学式是CH4，完全燃烧生成CO2和水，反应的化学方程式是CH4+2O2CO2+2H2O。（2）氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于盐酸中，反应的化学方程式是Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O。（3）小苏打是碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，受热易分解产生二氧化碳气体，因而使得馒头膨松。考点：考查化学反应方程式的书写以及物质的用途等【解析】【答案】（1）CH4+2O2CO2+2H2O（2）Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O（3）小苏打（NaHCO3）不稳定，受热易分解产生二氧化碳气体（其他合理答案均给分）13、略

【分析】解：（1）A为由CaCO3和盐酸反应生成CO2，方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；

故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；

（2）产生气体通过饱和NaHCO3溶液，以除去CO2气体中混入的HCl，然后过氧化钠与CO2和水气反应，产生O2，由于生成的氧气中混有二氧化碳气体，应用NaOH溶液洗气，吸收未反应的CO2气体，用排水法收集O2；

故答案为：

。仪器加入试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液除去CO2气体中混入的HClC过氧化钠与CO2和水气反应，产生O2DNaOH溶液吸收未反应的CO2气体（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，标准状况下将少量二氧化碳通入足量过氧化钠中充分反应后，过氧化钠增重5.6g，依据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，增加的质量即为增加的CO的质量，n（CO2）=n（CO）==0.2mol，即体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；4.48L；

（4）本实验的目的为证明过氧化钠可作供氧剂；收集气体后要验证是否为氧气，为防止倒吸，应先把E中的导管移出水面，然后关闭分液漏斗活塞，用带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气；

故答案为：立即把带火星的木条伸入试管口内；木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气．

由实验装置可知，本实验首先由CaCO3和盐酸反应生成CO2，产生气体通过饱和NaHCO3溶液，以除去CO2气体中混入的HCl，然后过氧化钠与CO2和水气反应，产生O2，用排水法收集O2；最后取出试管，立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气．

本题考查过氧化钠的性质的实验设计，题目难度不大，解答本题注意把握实验原理和相关实验的基本操作，注意除杂的先后顺序和检验氧气的操作方法．【解析】CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；除去CO2气体中混入的HCl；过氧化钠；与CO2和H2O反应产生O2；NaOH溶液；吸收未反应的CO2；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；4.48；将带火星的木条伸入试管中，木条复燃，证明试管中收集到的是氧气14、CH3CH2CH2CH2OH、（CH3）2CHCH2OH；2-丁醇；CH2=C（CH3）2；3【分析】解：rm{(1)}能被催化氧化生成相同碳原子数的醛，醇中含rm{-CH_{2}OH}则该醇的结构简式为rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}OH}

故答案为：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}OH}

rm{(2)}能被催化氧化成相同碳原子数的酮，与rm{-OH}相连rm{C}上只有rm{1}个rm{H}醇为rm{CH_{3}CH_{2}CH(CH_{3})OH}名称为rm{2-}丁醇，故答案为：rm{2-}丁醇；

rm{(3)}不能被催化氧化，则与rm{-OH}相连rm{C}上没有rm{H}该醇为rm{C(CH_{3})_{3}OH}该醇发生消去反应所得有机物的结构简式为rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}故答案为：rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}

rm{(4)}不能与金属钠发生反应生成氢气，为醚，为rm{CH_{3}OCH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}OCH(CH_{3})_{2}}rm{CH_{3}CH_{2}OCH_{2}CH_{3}}共rm{3}种，故答案为：rm{3}．

分子式为rm{C_{4}H_{10}O}是醇类有机化合物的同分异构体，有rm{4}种，即：还可能为醚；

rm{(1)}能被催化氧化生成相同碳原子数的醛，醇中含rm{-CH_{2}OH}

rm{(2)}能被催化氧化成相同碳原子数的酮，与rm{-OH}相连rm{C}上只有rm{1}个rm{H}

rm{(3)}不能被催化氧化，则与rm{-OH}相连rm{C}上没有rm{H}

rm{(4)}不能与金属钠发生反应生成氢气，为醚，含醚键，可由甲基、丙基或rm{2}个乙基形成．

本题考查有机物的推断，为高频考点，把握有机物的官能团与性质、结构特点为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意同分异构体的判断，题目难度不大．【解析】rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}OH}rm{2-}丁醇；rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}rm{3}15、略

【分析】解：存在平衡rm{2NO_{2}?N_{2}O_{4}}只有rm{NO_{2}}时含有分子数目最多，分子数最多接近为rm{dfrac{46g}{46g/mol}隆脕6.02隆脕10^{23}mol^{-1}=6.02隆脕10^{23}}只有rm{dfrac

{46g}{46g/mol}隆脕6.02隆脕10^{23}mol^{-1}=6.02隆脕10^{23}}时含有分子数目最少，分子数最少接近为rm{dfrac{46g}{92g/mol}隆脕6.02隆脕10^{23}mol^{-1}=3.01隆脕10^{23}}

rm{N_{2}O_{4}}和rm{dfrac

{46g}{92g/mol}隆脕6.02隆脕10^{23}mol^{-1}=3.01隆脕10^{23}}混合气体中rm{NO_{2}}元素质量分数为rm{N_{2}O_{4}}氧原子质量rm{=46g隆脕dfrac{32}{46}=32g}rm{O}原子物质的量rm{=dfrac{32g}{16g/mol}=2mol}故含有rm{dfrac{32}{46}}原子数目rm{=46g隆脕dfrac

{32}{46}=32g}

故答案为：rm{O}rm{=dfrac

{32g}{16g/mol}=2mol}．

存在平衡rm{O}只有rm{=2mol隆脕6.02隆脕10^{23}mol^{-1}=1.204隆脕10^{24}}时含有分子数目最多，只有rm{6.02隆脕10^{23}}时含有分子数目最少，rm{1.204隆脕10^{24}}和rm{2NO_{2}?N_{2}O_{4}}混合气体中rm{NO_{2}}元素质量分数为rm{N_{2}O_{4}}据此计算氧原子质量，再根据rm{NO_{2}}计算rm{N_{2}O_{4}}原子物质的量，再根据rm{O}计算rm{dfrac{32}{46}}原子数目．

本题考查物质的量有关计算，比较基础，题目中注意分析化学式确定氧元素质量分数，注意对基础知识的理解掌握．rm{n=dfrac{m}{M}}【解析】rm{6.02隆脕10^{23}}rm{1.204隆脕10^{24}}三、判断题(共5题，共10分)16、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．17、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol18、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19、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．20、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2题，共8分)21、略

【分析】

（1）A、因石英的主要成分为SiO2；故A正确；

B；因硅可用来制电池的材料；这一应用有利于环保、节能，故B正确；

C．因粗硅制备高纯硅的过程中有两个反应为氧化还原反应：Si+2Cl2SiCl4、SiCl4+2H2Si+4HCl；故C错误；

D．因常见的硅酸盐材料有：玻璃；水泥、陶瓷；故D正确；

故答案为：ABD

（2）因SiCl4在室温下为无色液体，易挥发，粗SiCl4中含有大量固体杂质，可先对SiCl4进行汽化；然后进行液化达到分离的目的，故答案为：蒸馏（分馏；精馏均可）

（3）因SiCl4与H2反应可得高纯硅和气体，可知气体为HCl，故答案为：2H2+SiCl4Si+4HCl；

因H2和O2混合容易发生爆炸；故答案为：引起爆炸．

【解析】【答案】（1）A．根据石英的主要成分来判断；

B．根据硅的用途来判断；

C．粗硅制备高纯硅的过程有无化合价变化来判断；

D．根据常见的硅酸盐材料来判断；

（2）根据SiCl4的性质：易挥发；

（3）根据题目信息书写化学方程式，根据H2和O2混合容易发生爆炸；

22、略

【分析】

（1）H2SO4的质量为0.5mol×98g/mol=49g；

氧原子数为0.5mol×4×6.02×1023=1.204×1024；

又H++OH-═H2O；则需要的NaOH的物质的量为0.5mol×2=1mol；

设磷酸和HCl的物质的量分别为x；y；

由3H2SO4～2H3PO4～6HCl；则。

326

0.5molxy

解得x=mol；y=1mol；

标准状况下HCl的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案为：49；1.204×1024；1；或0.333；22.4；

（2）气体的物质的量为=0.2mol；

则装满甲烷时甲烷的质量为0.2mol×16g/mol=3.2g；

即装满CH4气体时；此密闭容器的质量50g+3.2g=53.2g；

故答案为：53.2g；

（3）气体的物质的量为=0.1mol；

摩尔质量为=76g．mol-1；

则氧化物的相对分子质量为76；设R的原子量为z；

2×z+16×3=76；解得z=14；

故答案为：76g．mol-1；14．

【解析】【答案】（1）利用m=n×M来计算质量，利用构成来计算原子数，利用H++OH-═H2O来计算需要的NaOH的物质的量，再根据3H2SO4～2H3PO4～6HCl来计算；

（2）因容器的体积相同，则气体的物质的量相等，利用n=来计算；

（3）利用n=M=来计算摩尔质量；摩尔质量与相对分子质量的数值相等，单位不同．

五、综合题(共4题，共20分)23、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．24、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，