2025年牛津上海版高一化学下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2025年牛津上海版高一化学下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6题，共12分)1、从1897年英国首次使用氯气对给水管网消毒以来，氯气用于自来水消毒已经经历了100多年的历史。目前，我国大多数城市仍然采用氯气消毒法对自来水进行净化、消毒。氯气之所以长期用于自来水消毒，原因是A.氯气有毒，可以毒死细菌、病毒B.氯气具有刺激性气味，可以熏死细菌、病毒C.氯气与水反应生成的HClO，可以杀死水中的细菌、病毒D.氯气用于自来水消毒的工艺简单、成熟，易于操作，且成本低2、打开汽水瓶盖时逸出大量气泡，气泡的主要成分为A.N2B.CO2C.O2D.H23、在标准状况下，mgA气体与ngB气体分子数相等，下列说法不正确的是（）A.标准状况下，同体积的气体A和气体B的质量比m：nB.25℃时，1kg气体A与1kg气体B的分子数之比为n：mC.同温同压下，气体A与气体B的密度之比为m：nD.标准状况下，等质量的A与B的体积比为m：n4、将甲烷与氯气按1：3的体积比混合于一试管中；倒立于盛有饱和食盐水的水槽，置于光亮处（如图所示），下列有关此实验的现象和结论的叙述不正确的是（）

A.试管中气体的黄绿色逐渐变浅，水面上升B.生成物只有三氯甲烷和氯化氢在标准状况下是气体C.试管内壁有油状液滴形成D.试管内有少量白雾5、下列物质所属类别不正确的是A.纯碱——碱B.氯化铝——盐C.金属钠——还原剂D.二氧化硅——酸性氧化物6、用rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{100mL}rm{0.1mol?L^{-1}}的稀硫酸中含有rm{H^{+}}个数为rm{0.2N_{A}}B.每rm{1molFe}被氧化，失去电子数目一定是rm{2N_{A}}C.金属钠和氧气反应制取过氧化钠，每生成rm{1mol}过氧化钠，转移电子数为rm{4N_{A}}D.rm{Zn}和稀硫酸反应，每生成rm{1mol}氢气转移电子数为rm{2N_{A}}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、（8分）甲、乙、丙三种物质之间有如下图所示的转化关系，其中甲物质为氧化物：（1）若甲是不溶于水的白色固体，但既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液，写出下列转化的方程式：乙丙的离子方程式_____________________________；丙甲的化学方程式______________________________。（2）若向乙溶液中加入KSCN溶液，混合溶液呈红色，则甲物质是________（填化学式）。甲乙的离子方程式是______________________________。8、某白色粉末A在农业上用作杀菌剂，进行下列实验：（1）白色粉末溶解在水中，得到蓝色溶液，分成等量的两份（2）在其中一份蓝色溶液中加入适量的盐溶液B，恰好沉淀完全，过滤，得到白色沉淀和蓝色溶液；向该蓝色溶液中加入AgNO3并加入HNO3，生成白色沉淀且不溶解。（3）在另一份蓝色溶液中加入适量C溶液，恰好沉淀完全，过滤，得到蓝色沉淀和纯净的硫酸钾溶液。根据实验现象推断：A____BC____9、有下列物质：rm{垄脵Cl_{2}}rm{垄脷Na_{2}O_{2}}rm{垄脹NaOH}rm{垄脺HCl}rm{垄脻H_{2}O_{2}}rm{垄脼MgF_{2}}rm{垄脽NH_{4}Cl垄脿Ar}rm{(1)}只由离子键构成的物质是________

rm{(2)}只由极性键构成的物质是________rm{(3)}只由非极性键构成的物质是_______

rm{(4)}只由非金属元素组成的离子化合物是____rm{(5)}由极性键和非极性键构成的物质是____

rm{(6)}由离子键和极性键构成的物质是________rm{(7)}由离子键和非极性键构成的物质是______

rm{(8)}不含化学键的物质有__________rm{(9)}写出rm{NH_{4}Cl}的电子式___________

rm{(10)}用电子式表示rm{MgF_{2}}的形成过程_____________________________10、标准状况下，密度为rm{0.75g?L^{-1}}的rm{NH_{3}}与rm{CH_{4}}组成的混合气体中，该混合气体的平均摩尔质量为______，rm{NH_{3}}的体积分数为______．11、为了研究碳酸钙与稀盐酸反应的反应速率，一位同学通过实验测定反应中生成的CO2气体体积随反应时间变化的情况，绘制曲线。请分析讨论以下问题。（1）碳酸钙与稀盐酸的反应是放热反应，这是由于反应物的总能量______(填“大于”或“小于”)生成物的总能量。（2）在0～t1、t1～t2、t2～t3、t3～t4各相同的时间段里,收集到气体最多的是_____时间段。反应速率最大的是__________时间段，反应速率最小的是__________时间段。（3）t1～t2时间段里影响反应速率的主要外界因素是、t2～t3时间段里影响反应速率的主要外界因素是（填“温度”或“浓度”或“压强”或“催化剂”)（提醒：多填不得分）12、有以下几种物质：①纯H2SO4；②硝酸钾溶液，③铜，④二氧化碳，⑤金刚石，⑥硫酸氢钠固体，⑦蔗糖，⑧NaCl晶体，⑨氨水，⑩熔融KCl．

以上能导电的是____（填序号；下同）；

以上属于电解质的是____；属于非电解质的是____；

写出属于酸式盐的物质溶于水后的电离方程式____．13、某有机物分子式为C2H6O2，该有机物1mol与足量金属钠反应，生成22.4L的H2（标准状况下），已知结构不稳定，则该有机物的结构简式为______．14、请回答下列问题：

rm{(1)}常温下，金属钠在空气中就会发生反应，生成______，反应的化学方程式为______，在实验室中，要把钠保存在______或______中rm{.}

rm{(2)}钠受热与氧气剧烈反应，生成______，反应的化学方程式为______．15、已知rm{C_{7}H_{16}}有多种同分异构体，其中主链含有五个碳原子，有两个甲基作支链，符合条件的烷烃有______种，其中有一种同分异构体的一氯代物有rm{4}种同分异构体，请写出其结构简式______，评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）17、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。18、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．19、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）20、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）21、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、探究题(共2题，共20分)22、（10分）请你参与下列探究：[问题情景]某化学实验小组同学将铁粉投入硫酸铜溶液中，发现生成红色固体物质的同时有较多的气泡放出。同学们都能解释红色固体物质的出现，请你写出生成红色固体物质的化学反应方程式____。但却对气体的生成产生了疑问，这激发了同学们强烈的探究欲望，生成的是什么气体？[提出猜想]从物质组成元素的角度，放出的气体可能是O2、SO2、H2。[查阅资料]SO2易溶于水，它能与过量的NaOH溶液反应，生成Na2SO3。[方案设计]依据上述猜想，实验小组同学分别设计了如下方案：（1）甲同学认为是O2，则较简单的检验方法是。（2）乙同学认为是SO2，则只需将放出的气体通入盛有NaOH溶液的洗气瓶中，称量通气前后洗气瓶的质量。写出SO2与过量的NaOH溶液反应的化学方程式。（3）甲、乙同学实验的结果表明气体中既不含O2也不含SO2。丙同学根据以上实验结果推测气体是H2。[实验探究]丙同学为了检验H2，收集了一试管气体，用拇指堵住试管口且管口略向下倾斜靠近火焰移开拇指点火，听到很小的声音。然后再将气体用带尖嘴的导管导出点燃且用冷而干燥的烧杯罩在火焰上方，气体在空气中安静的燃烧，产生淡蓝色火焰，烧杯壁上有水珠生成，接触烧杯的手能感觉到发热。结论：铁粉与硫酸铜的溶液反应时，产生的气体是。[思维拓展]由上述实验可以推出，硫酸铜溶液中可能含有物质。23、某校实验小组的同学用实验的方法区别稀盐酸和稀硫酸钠溶液（记作M；N）；请你一同参与．

（1）甲组同学向M、N中分别加入少量的铁粉，观察到M中产生大量无色气泡，则M中发生反应的化学方程式为______．

（2）乙组同学向M、N中分别滴加Na2CO3溶液，发现M也有无色气泡产生，N没有气泡产生，则M中发生反应的化学反应方程式为______．

（3）丙组同学向M、N中分别加入滴加BaCl2溶液，N中出现的现象是______．

（4）丁组同学用了下列试剂中的一种也将M、N区别开来，这种试剂是______（填序号）

①酚酞试液②硫酸铜溶液③氯化钠溶液④pH试纸．评卷人得分五、工业流程题(共3题，共30分)24、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___________。25、用含锂废渣（主要金属元素的含量：Li3.50%Ni6.55%Ca6.41%Mg13.24%）制备Li2CO3，并用其制备Li+电池的正极材料LiFePO4。部分工艺流程如下：

资料：ⅰ滤液1；滤液2中部分两者的浓度（g/L）

ⅱEDTA能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物。

ⅲ某些物质溶解度（S）：

I．制备Li2CO3粗品。

(l)上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是___。

(2)向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品的操作是______。

(3)处理lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是____g。（摩尔质量：Li7g.mol-lLi2CO374g.mol-l）

II．纯化Li2CO3粗品。

(4)将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3。电解原理如图所示，阳极的电极反应式是_______。

III．制备LiFePO4

(5)将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式是__。26、铅及其化合物用途广泛，三盐基硫酸铅（3PbO·PbSO4·H2O，摩尔质量=990g/mol）简称三盐。以铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐的工艺流程如图所示。

已知：

请回答下列问题：

(1)步骤①中涉及的主要反应的平衡常数K=____（列出计算式即可）。步骤②中滤渣的主要成分是____。

(2)步骤③酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施是____（任答一条）。

(3)步骤⑥合成三盐的化学方程式为____。现用100t铅泥可制得纯净干燥的三盐49.5t，若铅元素的利用率为75%，则铅泥中铅元素的质量分数为___%。简述步骤⑦检验沉淀洗涤完全的方法___。

(4)已知水中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2、Pb(OH)3-、Pb(OH)42-，其中Pb(OH)2是沉淀，各形态铅的物质的量的分数α随溶液pH变化的关系如图所示，除去污水中的铅，最好控制溶液的pH在____左右，当溶液的pH由13转化为14时发生反应的离子方程式是：________________

(5)将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，进一步电解Na2PbCl4生成Pb，如图所示。阴极电极反应式是_________

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】试题分析：氯气与水反应生成的HClO，可以杀死水中的细菌、病毒，所以用氯气对自来水进行净化、消毒。答案选C。考点：氯气的性质【解析】【答案】C2、B【分析】考查化学和生活。汽水瓶盖时逸出大量气泡是CO2，由于压强减小，气体的溶解度降低而大量冒出。答案选B。【解析】【答案】B3、D【分析】【解答】解：在标准状况下；mgA气体与ngB气体分子数相等，则A气体与B气体的摩尔质量之比为m：n．A；同温同压，同体积的气体质量之比等于摩尔质量之比，所以同体积的气体A和气体B的质量比为m：n，故A正确；

B；相同质量；分子数与摩尔质量成反比，所以1kg气体A与1kg气体B的分子数之比为n：m，故B正确；

C；同温同压下；气体A与气体B的密度之比等于摩尔质量之比，所以气体A与气体B的密度之比为m：n，故C正确；

D；同温同压；相同质量的气体体积与摩尔质量成反比，所以标准状况下，等质量的A与B的体积比为n：m，故D错误．

故选D．

【分析】在标准状况下，mgA气体与ngB气体分子数相等，根据n=可知；A气体与B气体的摩尔质量之比为m：n．

A；同温同压；同体积的气体质量之比等于摩尔质量之比；

B；相同质量；分子数与摩尔质量成反比；

C；同温同压；气体的密度之比等于摩尔质量之比；

D、同温同压，相同质量的气体体积与摩尔质量成反比．4、B【分析】【解答】A．氯气是黄绿色气体；光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应生成氯代烃和氯化物，所以气体颜色变浅，氯化氢溶于水后导致试管内液面上升，故A正确；

B．甲烷和氯气反应的生成物有一氯甲烷；二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢；标况下三氯甲烷为液态，故B错误；

C．二氯甲烷；三氯甲烷和三氯甲烷都是液态有机物；所以瓶内壁有油状液滴生成，故C正确；

D．该反应中有氯化氢生成；氯化氢与空气中的水蒸气形成白雾，故D正确；

故选B．

【分析】甲烷和氯气在光照条件下反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，现象为气体颜色变浅，有油状小液滴生成，打开试管塞试管口有白雾，氯化氢溶于水后导致试管内液面上升，据此对各选项进行判断．5、A【分析】试题分析：本题为基础考点，需要掌握物质的名称和所属类别，A项中纯碱为碳酸钠，应属于盐类。考点：物质的分类。【解析】【答案】A6、D【分析】解：rm{A.100mL}rm{0.1mol?L^{-1}}的稀硫酸中rm{0.01mol}硫酸，rm{0.01mol}稀硫酸能够电离出rm{0.02mol}氢离子，含有rm{H^{+}}个数为rm{0.02N_{A}}故A错误；

B.rm{1mol}铁完全反应生成rm{1mol}氯化铁，反应失去了rm{3mol}电子，转移的电子数目为rm{3N_{A}}故B错误；

C.钠和氧气反应制取过氧化钠，过氧化钠中氧元素化合价为rm{-1}价，每生成rm{1mol}过氧化钠消耗rm{2mol}钠，转移了rm{2mol}电子，转移电子数为rm{2N_{A}}故C错误；

D.锌和稀硫酸反应，每生成rm{1mol}氢气得到rm{2mol}电子，转移电子数为rm{2N_{A}}故D正确；

故选D．

A.rm{100mL}rm{0.1mol?L^{-1}}的稀硫酸的物质的量为rm{0.01mol}rm{0.01mol}稀硫酸电离出rm{0.02mol}氢离子；

B.rm{1mol}铁与足量氯气反应生成rm{1mol}氯化铁，失去了rm{3mol}电子；

C.过氧化钠中氧元素的化合价为rm{-1}价，生成rm{1mol}过氧化钠转移了rm{2mol}电子；

D.锌与稀硫酸反应中，生成rm{1mol}氢气需要得到rm{2mol}电子．

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意过氧化钠中氧元素的化合价为rm{-1}价，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项A为易错点，注意氢离子数目的具体数据．【解析】rm{D}二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【解析】试题分析：（1）若甲是不溶于水的白色固体，但既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液，这说明甲应该是氧化铝，所以乙是硫酸铝，丙是氢氧化铝。（2）若向乙溶液中加入KSCN溶液，混合溶液呈红色，说明溶液中一定含有铁离子，因此甲是氧化铁，乙是硫酸铁，丙是氢氧化铁。考点：考查“铝三角”和“铁三角”的有关判断【解析】【答案】（8分）（每空2分）（1）（2）8、略

【分析】【解析】【答案】ACuSO4BBaCl2C.KOH9、（1）⑥

）⑥

（1）④

（2）①

（3）⑦

（4）⑤

（5）③⑦

（6）②7（8）⑧

（9）

（10）

​

【分析】【分析】本题考查化学键和离子化合物的判断。解题的关键是确定化学键的类型。不同的非金属原子之间存在极性键；同种非金属元素之间存在非极性键；活泼金属和非金属之间以及铵盐中存在离子键；只要有离子键rm{(}可以有共价键rm{)}的物质就是离子化合物；只含有共价键rm{(}没有离子键rm{)}的化合物就是共价化合物。【解答】rm{(1)}氟化镁是由阴阳离子构成的，所以氟化镁中只含离子键，故rm{垄脼}正确；

rm{(2)}氯化氢分子是由氢原子和氯原子构成的，所以氯化氢中只含极性键，故rm{垄脺}正确；

rm{(3)}氯气是非金属单质，所以只由非极性键构成的物质是氯气，故rm{垄脵}正确；

rm{(4)}氯化铵是由铵根离子和氯离子构成的，属于离子化合物，且是只由非金属元素组成的离子化合物是故rm{垄脽}正确；

rm{(5)}双氧水中氢原子和氧原子之间存在极性共价键，氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，所以由极性键和非极性键构成的物质是双氧水，故rm{垄脻}正确；

rm{(6)}氢氧化钠和氯化铵中含有离子键和极性共价键，所以由离子键和极性键构成的物质是氢氧化钠和氯化铵，故rm{垄脹垄脽}正确；

rm{(7)}过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，所以由离子键和非极性键构成的物质是过氧化钠，故rm{垄脷}正确；

rm{(8)Ar}是单原子稀有气体分子，不含化学键，故rm{垄脿}正确；

rm{(9)}氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键，电子式为

rm{(10)}氟离子和镁离子通过离子键形成离子化合物rm{MgF_{2}}其形成过程为

故答案为：rm{垄脼}；rm{垄脺}；rm{垄脵}；rm{垄脽}；rm{垄脻}；rm{垄脹垄脽}；rm{垄脷}rm{垄脿}。

【解析】rm{(}rm{1}rm{)垄脼}

rm{(}rm{1}

rm{1}rm{)垄脼}rm{(}

rm{2}rm{2}rm{)垄脺}

rm{(}rm{3}rm{3}

rm{)垄脵}rm{(}rm{4}

rm{4}rm{)垄脽}rm{(}

rm{5}rm{5}rm{)垄脻}rm{(}rm{6}

rm{6}

rm{)垄脹垄脽}

rm{(}rm{7}10、略

【分析】解：标准状况下，密度为rm{0.75g?L^{-1}}的rm{NH_{3}}与rm{CH_{4}}组成的混合气体中，该混合气体的平均摩尔质量为rm{0.75g/L隆脕22.4L/mol=16.8g/mol}设rm{NH_{3}}与rm{CH_{4}}的物质的量分别为rm{x}rm{y}则rm{dfrac{17x+16y}{x+y}=16.8}解得rm{dfrac

{17x+16y}{x+y}=16.8}rm{x}rm{y=4}物质的量比等于体积比，则rm{1}的体积分数为rm{dfrac{4}{4+1}隆脕100%=80%}

故答案为：rm{NH_{3}}rm{dfrac

{4}{4+1}隆脕100%=80%}．

结合rm{16.8g/mol}rm{80%}计算．

本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握平均相对分子质量、质量与物质的量的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．rm{M=娄脩Vm}【解析】rm{16.8g/mol}rm{80%}11、略

【分析】试题分析：（1）碳酸钙与稀盐酸的反应是放热反应，这是由于反应物的总能量大于生成物的总能量；（2）根据图像可看出在0～t1、t1～t2、t2～t3、t3～t4各相同的时间段里,收集到气体最多的是t1～t2时间段。反应速率最大的是t1～t2时间段，反应速率最小的是t3～t4时间段。（3）t1～t2时间段里影响反应速率的主要外界因素是该反应是放热反应，随着反应的进行，放出的热量使溶液的温度升高，化学反应速率加快；当反应进行到一定的程度后，溶液的温度降低到很小，这时影响化学反应速率的主要因素是反应物的浓度。t2～t3时间段里影响反应速率的主要外界因素反应物的浓度。考点：考查物质的能量与反应热的关系、影响化学反应速率的因素的知识。【解析】【答案】（1）大于；（2）t1～t2；t1～t2；t3～t4；（3）温度；浓度。12、②③⑨⑩①⑥⑧⑩④⑦NaHSO4=Na++H++SO42﹣【分析】【解答】①纯H2SO4；不能导电，溶于水能导电，是电解质；②硝酸钾溶液，能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；③铜，能导电，属于金属单质，既不是电解质也不是非电解质；④二氧化碳，不能导电，属于非电解质；⑤金刚石，是非金属单质，不能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑥硫酸氢钠固体，不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；⑦蔗糖，不能导电，是非电解质；⑧NaCl晶体，不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；⑨氨水，能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑩熔融KCl，能导电，是电解质，硫酸氢钠是酸式盐，在水溶液中电离出氢离子；钠离子和硫酸根离子；

故答案为：②③⑨⑩；①⑥⑧⑩；④⑦；NaHSO4=Na++H++SO42﹣．

【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；硫酸氢钠是酸式盐，在水溶液中电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，据此解答即可．13、略

【分析】解：由分子式为C2H6O2，可知含有羟基或醚键，该有机物1mol与足量金属钠反应，生成22.4L的H2（标准状况下），说明含有2个羟基，结构简式为：HOCH2CH2OH，故答案为：HOCH2CH2OH．

由分子式为C2H6O2，可知含有羟基或醚键，该有机物1mol与足量金属钠反应，生成22.4L的H2（标准状况下）；说明含有2个羟基，从而书写结构简式．

本题主要考查了同分异构体的书写，准确判断官能团的种类与数目是解题的关键，难度不大．【解析】HOCH2CH2OH14、略

【分析】解：rm{(1)}钠为活泼金属，常温下，和氧气反应生成氧化钠，反应的化学方程式为：rm{4Na+O_{2}=2Na_{2}O}钠与水发生rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}为隔绝空气，可将钠保存在石蜡中；

钠的密度比煤油大，而且rm{Na}与煤油不反应；所以在实验室中，钠也可保存在煤油中；

故答案为：rm{Na_{2}O}rm{4Na+O_{2}=2Na_{2}O}石蜡；煤油；

rm{(2)}钠为活泼金属，受热与氧气剧烈反应，生成淡黄色的rm{Na_{2}O_{2}}固体rm{.}反应的化学方程式为：rm{2Na+O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}Na_{2}O_{2}}

故答案为：rm{2Na+O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}Na_{2}O_{2}}．

rm{2Na+O_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}Na_{2}O_{2}}钠的化学性质非常活泼，在空气中容易被氧化，常温下，和氧气反应生成氧化钠，易和水反应，钠的密度比煤油大，rm{2Na+O_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}Na_{2}O_{2}}与煤油不反应；也可保存在石蜡中；

rm{(1)}钠在空气中加热燃烧生成淡黄色的rm{Na}固体．

本题考查了钠的性质，掌握钠的化学性质非常活泼，易与氧气、水反应为解答关键，题目难度不大．rm{(2)}【解析】rm{Na_{2}O}rm{4Na+O_{2}=2Na_{2}O}石蜡；煤油；rm{Na_{2}O_{2}}rm{2Na+O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}Na_{2}O_{2}}rm{2Na+O_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}Na_{2}O_{2}}15、4；【分析】解：根据已知有机物的结构简式可判断，可以通过让两个甲基按照由心到边移动，即可得到同分异构体的结构简式，共计是rm{4}种：其中有四种不同的氢的是名称为：rm{2}rm{2-}二甲基戊烷，故答案为：rm{4}rm{2}rm{2-}二甲基戊烷；该有机物为烷烃，可以通过让两个甲基按照由心到边移动，即可得到同分异构体的结构简式；其中有一种同分异构体的分子，其一氯代物有rm{4}种同分异构体，也就是分子结构中有四种氢，写出其结构简式利用烷烃的系统命名法命名；本题考查有机物结构、结构简式、有机物的命名等，题目难度中等，试题基础性强，贴近高考，注重解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力．【解析】rm{4}三、判断题(共6题，共12分)16、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．17、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．18、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．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】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/mol21、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、探究题(共2题，共20分)22、略

【分析】（1）铁的金属性强于铜，能和硫酸铜反应置换出铜，方程式为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu。（2）经验氧气最简单的方法是用带火星的木条，是木条复燃的是氧气。（3）SO2是酸性氧化物，能和氢氧化钠溶液反应，方程式为SO2+2NaOH=Na2CO3+H2O。（4）根据反应中的现象可以判断，该气体是氢气。由于铁是活泼的金属能和酸反应产生氢气，这说明溶液中含有酸性的物质。【解析】【答案】[问题情景]Fe+CuSO4=FeSO4+Cu[方案设计]（1）用带火星的木条检验气体能否使之复燃（2）SO2+2NaOH=Na2CO3+H2O[实验探究]H2[思维拓展]酸性23、略

【分析】解：（1）向M、N中分别加入少量的铁粉，观察到M中产生大量无色气泡，则M是稀盐酸，铁能与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，故填：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；（2）向M、N中分别滴加Na2CO3溶液，发现M也有无色气泡产生，N没有气泡产生，则M是稀盐酸，盐酸能与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，故填：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O；

（3）N是硫酸钠；能与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，故填：产生白色沉淀；

（4）盐酸和硫酸钠都不能使酚酞试液变色；盐酸和硫酸钠与硫酸铜都不反应，盐酸和硫酸钠与氯化钠都不反应，用pH试纸测定，盐酸的pH小于7，硫酸钠的pH等于7，故填：④．

根据物质的性质以及物质间反应的实验现象结合化学方程式的书写进行分析解答即可．

掌握常见的物质的性质以及物质间反应的现象是正确解答本题的关键．【解析】Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O；产生白色沉淀；④五、工业流程题(共3题，共30分)24、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%25、略

【分析】【分析】

根据流程可知，将含锂废渣研磨后，在70℃下用稀硫酸酸浸出其中的金属离子，得到含有Li+、Ca2+、Mg2+的酸性溶液，其中部分Ca2+与SO42-结合生成CaSO4沉淀，过滤，滤渣1主要是CaSO4，向滤液1中加入NaOH调节溶液pH=12，沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，滤渣2主要是Ni(OH)2、Mg(OH)2和少量的Ca(OH)2，滤液中含有Li+，向滤液2中加入EDTA，再加入饱和的Na2CO3溶液，90℃下充分反应，得到沉淀趁热过滤后得到粗品Li2CO3，将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液来制备高纯度的LiOH，再转化得到电池级Li2CO3，将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下发生反应Li2CO3+2