2025年苏科版高一化学下册阶段测试试卷VIP

…………○…………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年苏科版高一化学下册阶段测试试卷919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9题，共18分)1、下列事实与胶体性质无关的是（）

①在豆浆里中入盐卤做豆腐②胶体可透过滤纸但不能透过半透膜；因此，可用过滤法分离胶体和浊液，用渗析法分离和提纯胶体③一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可看到光亮的通路④三氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀⑤肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗⑥水泥；冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，以减少对空气的污染．

A.②④

B.④

C.③⑤

D.①⑥

2、下列制备rm{Fe[OH)_{3}}胶体及胶体的性质表达正确的是rm{(}rm{)}A.向沸腾的蒸馏水中滴加rm{1mol/L}的rm{FeCl_{3}}溶液，边加边搅拌至溶液呈红褐色B.用rm{1mL1mol/L}的rm{FeCl_{3}}溶液成功制备了rm{Fe(OH)_{3}}胶体，其含胶体微粒数为rm{6.02隆脕10^{23}}C.检验rm{Fe(OH)_{3}}胶体制备成功的方法：用光束通过液体观察有丁达尔效应D.向rm{Fe(OH)_{3}}胶体中滴加盐酸至过量，会产生红褐色沉淀3、热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源rm{.}一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水rm{LiCl-KCl}混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能rm{.}该电池总反应为：rm{PbSO_{4}+2LiCl+Ca=CaCl_{2}+Li_{2}SO_{4}+Pb}下列有关说法正确的是()A.正极反应式：rm{Ca+2Cl^{-}-2e^{-;}=CaCl_{2}}B.放电过程中，rm{PbSO_{4}+2LiCl+Ca=CaCl_{2}+

Li_{2}SO_{4}+Pb}向负极移动C.每转移rm{Ca+2Cl^{-}-

2e^{-;}=CaCl_{2}}电子，理论上生成rm{Li^{+}}D.常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转rm{0.1mol}4、下列化合物全部以共用电子对成键的是A.rm{H_{2}O_{;;;;;;;;;;;;;;;;;}}B.rm{MgCl_{2;;;;;;;;;;;;;;}}C.rm{NaOH_{;;;;;;;;;;}}D.rm{NH_{4}Cl}5、下列叙述中，能证明rm{A}金属比rm{B}金属活动性强的是()A.rm{A}原子的最外层电子数比rm{B}原子的最外层电子数少B.rm{A}原子的电子层数比rm{B}原子电子层数多C.rm{1molA}从酸中置换出的rm{H_{2}}比rm{1molB}从酸中置换出的rm{H_{2}}多D.常温时，rm{A}能从冷水中置换出rm{H_{2}}而rm{B}不能6、下列每组物质中含有的化学键类型相同的是rm{(}rm{)}A.rm{NaCl.HCl.H_{2}O}rm{NaOH}B.rm{Cl_{2}.Na_{2}S}rm{HCl.SO_{2}}C.rm{HBr.CO_{2}.H_{2}O}rm{CS_{2}}D.rm{Na_{2}O_{2}.H_{2}O_{2}.H_{2}O}7、传统的引爆炸药由于其中含rm{Pb}使用时将产生污染，同时其引爆后的剩余炸药还严重危害接触者的人身安全，美国rm{UNC}化学教授rm{ThomasJ.Meyer}等研发了环境友好、安全型的“绿色”引爆炸药，其中一种可表示为rm{Na_{2}R}爆炸后不会产生危害性残留物。已知rm{10mLNa_{2}R}溶液含rm{Na^{+}}的微粒数为rm{N}个，该rm{Na_{2}R}溶液的物质的量浓度为rm{(}rm{)}

A.rm{N隆脕10^{-2}mol/L}B.rm{dfrac{N}{1.204隆脕10^{22}}mol/L}C.rm{dfrac{N}{6.02隆脕10^{21}}mol/L}D.rm{

dfrac{N}{1.204隆脕10^{22}}mol/L}rm{

dfrac{N}{6.02隆脕10^{21}}mol/L}rm{dfrac{N}{6.02隆脕10^{25}}}8、下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.同周期元素中，rm{0}族元素的原子半径最小B.现已发现的Ⅱrm{A}族元素的单质在常温常压下都是固体C.Ⅶrm{A}族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子D.所有的主族元素的简单离子所带电荷与其族序数相等9、下列物质的电子式正确的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、A；B、C、D、F五种物质的焰色反应均为黄色；A、B、C、D与盐酸反应均生成E，此外B还生成一种可燃气体．而C、D还生成一种无色无味气体H，该气体能使澄清石灰水变浑浊．D和A可反应生成C，F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体．请回答下列问题：

（1）写出A、B、C、D、E、F的化学式____

（2）写出F和H反应的化学方程式____．

（3）写出下列反应的离子方程式：

①D+盐酸____．

②B+水____．11、氯气溶于水具有特殊的性质。写出氯气与水反应的化学方程式________________________________________________；向rm{AgNO_{3}}溶液中加入氯水，氯水中起作用的微粒是________，反应的离子方程式为________。12、在一只试管中放入几小块镁片，把试管放入盛有25℃的饱和石灰水的烧杯中，用胶头滴管滴5mL盐酸于试管中。试回答下列问题：（1）实验中产生的现象是________________________________________。（2）产生上述现象的原因是______________________________________。（3）写出有关的离子方程式：____________________________________。（4）由实验推知：MgCl2溶液与H2的总能量________（填“＜”“＞”或“＝”）镁片和盐酸的总能量。13、（10分）向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，实验的现象是：有____色沉淀产生，迅速变为____色，最后变为色。有关的化学方程式为：1）2）14、（4分）有铜片、锌片和250mL稀硫酸组成的原电池，当在铜片上放出4.48L（标准状况下）的气体时，硫酸恰好完全反应。（1）该原电池的正极反应式____(2)原稀硫酸的物质的量浓度是____mol/L（3）锌片减少的质量____15、在常温常压下；可利用下列装置来测定气体体积，抽气装置E用以调节装置中的气压差，减小实验误差．

（1）若称取0.113g镁带与10.00mL稀硫酸（足量）完全反应制取氢气，并测定1molH2的体积（在常温常压下测定）．反应结束时C中的液面刻度为128.00mL（A中未加硫酸时C中无液体），则得此条件下1molH2的体积为____L（精确到0.001）．

（2）上述测出1molH2的体积比该温度和压强下的理论值偏高的原因是（假设操作和装置都无问题）____（选填编号；下同）

A．未冷却到室温B．反应太快。

C．装置气密性不好D．B装置漏气。

（3）若利用上述装置测定CO2的气体摩尔体积．

①B中所盛放的液体应为____．

A．饱和Na2CO3溶液B．饱和NaHCO3溶液C．水D．澄清石灰水。

②仪器A、D中盛放的试剂应为____．

A．大理石；浓盐酸B．纯碳酸钠，稀硫酸。

C．纯碳酸钙；稀硫酸D．纯碳酸钠，稀盐酸。

（4）用以上装置测出的气体摩尔体积均比理论值大，你认为减小实验误差可行的措施是____．

A．把A装置浸入盛水（常温）的水槽中。

B．减小酸的浓度。

C．把A装置浸入盛热水的水槽中。

D．增大酸的浓度．

16、）除去下列物质中的杂质（括号中是杂质）指出所用的试剂和方法．

（1）酒精（水）____

（2）溴苯（溴）____

（3）KNO3（NaCl）____

（4）乙酸乙酯（乙酸）____

（5）苯（苯酚）____17、根据元素在周期表中的位置；判断下列各组化合物的水溶液的酸；碱性的强弱．

（1）H3PO4和HNO3酸性______

（2）KOH和Mg（OH）2碱性______

（3）Al（OH）3和Ca（OH）2碱性______．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)18、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）19、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化20、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）21、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。22、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、简答题(共2题，共16分)23、如图所示为rm{CH_{4}}燃料电池的装置rm{(A}rm{B}为多孔碳棒rm{)}

rm{(1)}______rm{(}填rm{A}或rm{B)}处电极入口通甲烷，其电极反应式为__________

rm{(2)}当消耗甲烷的体积为rm{11.2L(}标准状况下rm{)}时，消耗rm{KOH}的质量为______rm{g.}

rm{(3)}铅蓄电池是最早使用的充电电池，由rm{Pb}rm{PbO_{2}}硫酸构成rm{.}该电池工作时；正极的电极反应为______．

rm{(4)500mL}rm{KNO_{3}}和rm{Cu(N0_{3})_{2}}的混合溶液中rm{c(NO_{3}^{-})=6.0mol?L^{-1}}用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到rm{22.4L}气体rm{(}标准状况rm{)}假定电解后溶液体积仍为rm{500mL.}原混合溶液中rm{c(K^{+})}为______rm{mol?L^{-1}}．24、洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一。漂白粉是常用的消毒剂。根据所学知识，回答下列问题：rm{垄脜}工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，化学反应方程式

为_____________________________________________________。rm{垄脝}漂白粉溶于水后，受空气中的rm{CO_{2}}作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式

为_______________________________________________________。rm{垄脟}瓶装漂白粉久置空气中而失效。化学反应方程式

为_______________________________________________________________。rm{(4)}实验室用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，化学反应方程式

为________________________________________________________________。rm{(5)}工业上用电解饱和食盐水制备氯气，化学反应方程式

为_______________________________________________________________。评卷人得分五、计算题(共1题，共3分)25、将等物质的量的rm{A}rm{B}混合于rm{5L}的密闭容器中，发生反应：rm{3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)}经rm{5min}后，测得rm{D}的浓度为rm{0.2mol?L}后，测得rm{5min}的浓度为rm{D}rm{0.2mol?L}rm{{,!}^{-1}}，rm{c(A):c(B)=1:2}rm{C}的平均反应速率是rm{0.02mol}的平均反应速率是rm{c(A):c(B)=1:2}rm{C}rm{0.02mol}rm{?(L?min)}请写出计算过程rm{?(L?min)}rm{{,!}^{-1}}

。rm{(}请写出计算过程rm{)}的平均反应速率；rm{(}的值；rm{)}反应开始前放入容器中的求：rm{(1)D}的平均反应速率；的物质的量；rm{(1)D}时rm{(2)x}的物质的量浓度。rm{(3)}评卷人得分六、综合题(共4题，共24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9题，共18分)1、B【分析】

①在豆浆里中入盐卤做豆腐盐卤是电解质溶液；利用的是胶体的聚沉；

②胶体可透过滤纸但不能透过半透膜；可用过滤法分离胶体和浊液，用渗析法分离和提纯胶体；

③蛋白质是胶体；当光线通过会产生丁达尔现象，出现光亮的通路；

④三氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀；发生了复分解反应，与胶体无关；

⑤肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒；可利用血液透析进行治疗，因血液是胶体，不会通过半透膜；

⑥水泥；冶金厂常用高压电除去工厂烟尘；以减少对空气的污染，烟尘是气溶胶，通电除尘利用的是胶体能发生电泳；

故选B．

【解析】【答案】分散系的本质区别在于分散质微粒直径的大小；溶液分散质微粒直径小于1nm，浊液分散质微粒直径大于100nm，胶体分散质微粒直径为1nm～100nm，胶体具有丁达尔现象；电泳、聚沉等性质，根据分散质微粒直径大小，能通过滤纸的是溶液和胶体，能通过半透膜的是溶液．

2、C【分析】解：rm{A.}向沸腾的蒸馏水中逐滴滴入适量rm{FeCl_{3}}饱和溶液；加热到红褐色得到氢氧化铁胶体，不能搅拌，故A错误；

B.氢氧化铁胶体为氢氧化铁的聚集体，用rm{1mL1mol/L}的rm{FeCl_{3}}溶液成功制备了rm{Fe(OH)_{3}}胶体，其含胶体微粒数小于rm{6.02隆脕10^{23}}故B错误；

C.丁达尔效应是胶体的特性，可用来检验胶体：让一束光线通过制得的rm{Fe(OH)_{3}}胶体；从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明已经制得胶体，故C正确；

D.盐酸为电解质溶液；向胶体中加入电解质溶液发生聚沉，氢氧化铁与过量的盐酸发生化学反应而溶解，故D错误．

故选C．

A.实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液；当溶液变为红褐色时立即停止加热；

B.氢氧化铁胶体微粒为氢氧化铁的聚集体；

C.丁达尔效应是胶体的特性；

D.向胶体中加入电解质溶液发生聚沉；氢氧化铁与过量的盐酸发生化学反应而溶解．

本题考查胶体的重要性质，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累，题目难度不大．【解析】rm{C}3、D【分析】【分析】本题考查原电池的工作原理，注意根据总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，易错点为rm{D}注意把握原电池的构成条件，题目难度中等。【解答】A.正极发生还原反应，电极反应式为rm{PbSO_{4}+2e^{-}+2Li^{+}=Li_{2}SO_{4}+Pb}故A错误；

B.放电过程中阳离子向正极移动；故B错误；

C.根据电极方程式rm{PbSO_{4}+2e^{-}+2Li^{+}=Li_{2}SO_{4}+Pb}可知每转移rm{0.1mol}电子，理论上生成rm{0.05molPb}质量为rm{10.35g}故C错误；

D.常温下；电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}4、A【分析】略。

【解析】rm{A}5、D【分析】【分析】金属性的强弱只与失电子能力有关；而与原子失电子多少；原子的电子层数无关。

【解答】A.金属的活泼性取决于失电子的能力，而与原子的最外层电子数目的多少无关，如rm{Ca}最外层有rm{2}个电子，rm{Li}最外层有rm{1}个电子，但rm{Ca}较rm{Li}活泼；故A错误；

B.金属的活泼性取决于失电子的能力，与电子层数目无关，如rm{Cu}原子核外有rm{4}个电子层，rm{Na}核外有rm{3}个电子层，但rm{Na}比rm{Cu}活泼；故B错误；

C.金属的活泼性与从酸中置换出的rm{H_{2}}多少无关，如rm{1molAl}可置换出rm{1.5molH_{2}}rm{1molNa}可置换出rm{0.5molH_{2}}但rm{Na}活泼；故C错误；

D.rm{A}能从水中置换出氢，而rm{B}不能，说明rm{A}失电子能力强，较rm{B}活泼；故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}6、C【分析】考查化学键的判断。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，A.rm{NaCl}rm{HCl}rm{H}rm{NaCl}rm{HCl}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{NaOH}中含有的化学键分别是离子键、极性键、极性键、离子键和极性键，不合题意；B.rm{O}rm{NaOH}rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}、rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}中分别是非极性键、离子键、极性键、极性键，不合题意；C.rm{S}rm{HCl}rm{SO}rm{S}rm{HCl}rm{SO}rm{{,!}_{2}}rm{HBr}rm{CO}rm{HBr}rm{CO}中都是极性键，符合题意；D.rm{{,!}_{2}}、rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{CS}rm{O}rm{CS}rm{{,!}_{2;}}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}中分别是离子键和非极性键、极性键和非极性键、极性键、共价键，不合题意。故选C。一般金属元素与非金属元素之间形成的是离子键，除rm{{,!}_{2}}外、rm{H}非金属与非金属元素之间形成的是共价键，除铵盐之外，其中同种非金属元素之间形成的是非极性共价键，不同种非金属元素之间形成的是极性键rm{H}【解析】rm{C}7、B【分析】【分析】本题考查物质的量浓度的有关计算，难度不大，注意电解质离子浓度与电解质浓度的关系。【解答】rm{N}个rm{Na^{+}}的物质的量为rm{dfrac{N}{6.02隆脕{10}^{23}}mol}

所以rm{n(Na_{2}R)=dfrac{1}{2}n(Na^{+})=dfrac{1}{2}隆脕dfrac{N}{6.02隆脕{10}^{23}}mol=dfrac{N}{1.204隆脕{10}^{24}}mol}

该rm{dfrac{N}{6.02隆脕{10}^{23}}

mol}溶液的物质的量浓度为rm{dfrac{n}{V}=dfrac{dfrac{N}{1.204隆脕1024}mol}{0.01L}=}rm{dfrac{N}{1.204隆脕10^{22}}}rm{n(Na_{2}R)=dfrac{1}{2}n(Na^{+})=

dfrac{1}{2}隆脕dfrac{N}{6.02隆脕{10}^{23}}mol=

dfrac{N}{1.204隆脕{10}^{24}}mol}故B正确。rm{Na_{2}R}rm{dfrac{n}{V}=dfrac{

dfrac{N}{1.204隆脕1024}mol}{0.01L}=}【解析】rm{B}8、B【分析】解：rm{A}同周期rm{0}族除外从左向右半径逐渐减小，所以半径最小的是ⅥⅠrm{A}故A错误；

B、Ⅱrm{A}族元素为碱土金属；常温下形成的单质都是固态金属单质，故B正确；

C、Ⅶrm{A}族元素的原子；其半径越大，越容易失电子，而不是得电子，故C错误；

D、阴离子所带电荷数不一定等于其族序数，如：rm{S^{2-}}rm{Cl^{-}}故D错误；

故选B．

A、同周期rm{0}族除外从左向右半径逐渐减小；

B、Ⅱrm{A}族元素为碱土金属；形成的单质常温下都是固体；

C、Ⅶrm{A}族元素的原子；其半径越大，越容易失电子；

D；阴离子所带电荷数不一定等于其族序数；

本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，注意各个主族元素性质、状态变化趋势，题目难度不大．【解析】rm{B}9、D【分析】解：rm{A}．电子式中没有标出钠离子、氢氧根离子所带的电荷，氢氧化钠正确的电子式为：故A错误；

B.氯化钠为离子化合物，氯离子带电荷并需用方括号括起来，钠离子用离子符号表示，电子式：故B错误；

C.化铵是离子化合物，由铵根离子与氯离子构成，其电子式为故C错误；

D.溴化钾为离子化合物，需要标出阴阳离子所带电荷，溴化钾的电子式为：故D正确；

故选D．

A.氢氧化钠为离子化合物；离子化合物的电子式中必须标出阴阳离子所带电荷；

B.氯离子中的电子式中；必须标出氯离子的最外层电子；

C.氯化铵为离子化合物；铵根离子和氯离子都必须标出核外电子；

D.溴化钾为离子化合物；阴阳离子表示符合电子式表示方法．

本题考查电子式的表示方法，难度不大，注意掌握用电子式表示离子化合物、共价化合物、阴离子及单质分子的方法，选项C为易错点，注意铵根离子的电子式的表示方法．【解析】rm{D}二、填空题(共8题，共16分)10、NaOH、Na、Na2CO3、NaHCO3、NaCl、Na2O22Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑【分析】【解答】因焰色反应为黄色；说明五种物质都含有钠元素；

根据钠及其化合物的性质；可推知各物质．

E为氯化钠；

可燃气体是氢气；B为钠；

无色无味气体H能使澄清石灰水变浑浊；则H为二氧化碳；

F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体；则无色无味气体为氧气，F为过氧化钠，C为碳酸钠。

C；D与盐酸反应生成一种无色无味气体H；D和A可反应生成C，则D为碳酸氢钠，A为氢氧化钠；

故答案：（1）NaOH、Na、Na2CO3、NaHCO3、NaCl、Na2O2

（2）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

（3）①HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O

②2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑

【分析】根据根据焰色反应判断，五种物质都含有钠元素，根据钠及其化合物的性质，可推知各物质．11、Cl2+H2O⇌HCl+HClO​Cl-Cl-+Ag+=AgCl↓

【分析】【分析】

本题考查了元素化合物的基础知识。

【解答】

氯气溶于水称为氯水rm{.}氯气与水能发生反应，反应方程式为rm{Cl}氯气与水能发生反应，反应方程式为rm{.}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}rm{+H}rm{+H}向rm{{,!}_{2}}rm{O?HCl+HClO}向rm{AgNO}rm{O?HCl+HClO}rm{AgNO}rm{{,!}_{3}}溶液中加入氯水，生成白色沉淀，发生rm{Cl}rm{Cl}

rm{{,!}^{-}}rm{+Ag}rm{+Ag}rm{{,!}^{+}}rm{=AgCl隆媒}rm{=AgCl隆媒}故答案为：rm{Cl_{2}+H_{2}O?HCl+HClO}rm{Cl}

rm{Cl}【解析】rm{Cl_{2}+H_{2}O?HCl+HClO}rm{Cl^{-;;;}Cl^{-}+Ag^{+}=AgCl隆媒}

12、略

【分析】本题设计一个实验情景，考查学生综合运用知识的能力。题中加入的镁与盐酸反应放热，而Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而减小，烧杯中应有Ca（OH）2固体析出，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热。【解析】【答案】（1）镁片逐渐溶解，有大量气泡产生，烧杯中有固体析出（2）镁与盐酸反应放出氢气，该反应为放热反应，Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而减小，析出固体溶液变浑浊（3）Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑（4）＜13、略

【分析】【解析】【答案】白灰绿红褐1）FeSO4+2NaOH==Fe(OH)2↓+Na2SO42）4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)314、略

【分析】【解析】【答案】2H++2e-=H2（1分）0.8mol/L（2分）13g（1分）15、25.062ABBBAB【分析】【解答】解：（1）n（H2）=n（Mg）=V（H2）=128.00mL﹣10.00mL=118.00mL，所以1molH2的体积为L=25.062L；

（2）此反应是放热反应；如果反应过快，会使生成的气体温度高，水蒸气含量高，所以测出气体体积偏大；故选AB．

（3）①CO2与饱和Na2CO3溶液、水、澄清石灰水都反应，影响测定结果，而CO2与饱和NaHCO3溶液不反应；故选B．

②盐酸是挥发性酸；所以要选用不挥发的稀硫酸，与稀硫酸反应的是碳酸钠；故选B；

③A．把A装置浸入盛水（常温）的水槽中；可降低温度，故正确；

B．减小酸的浓度；反应时可降低温度，故正确；

C．把A装置浸入盛热水的水槽中不可降低温度；故错误；

D．增大酸的浓度不可降低温度；故错误；

故选AB．

【分析】（1）利用关系式Mg～H2进行计算；

（2）此反应是放热反应；如果反应过快，会使生成的气体温度高，水蒸气含量高，所以测出气体体积偏大；

（3）①根据CO2的不能与该溶液反应即可；

②盐酸是挥发性酸；所以要选用不挥发的稀硫酸，与稀硫酸反应的是碳酸钠；

③减小误差要从降低反应液的温度入手；16、CaO，蒸馏NaOH，分液水，重结晶饱和Na2CO3溶液，分液NaOH溶液，分液【分析】【解答】（1）乙醇与水的沸点不同；可加生石灰后蒸馏，选择试剂为CaO，分离方法为蒸馏，故答案为：CaO，蒸馏；

（2）溴与NaOH溶液反应；反应后与溴苯分层，则选择试剂为NaOH溶液，分离方法为分液，故答案为：NaOH，分液；

（3）KNO3和NaCl的溶解度随温度变化不同；先加水溶解，可用重结晶的方法分离，故答案为：水，重结晶；

（4）乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，而乙酸可与碳酸钠反应，故答案为：饱和Na2CO3溶液；分液；

（5）苯酚与NaOH溶液反应；反应后与苯分层，则选择试剂为NaOH溶液，分离方法为分液，故答案为：NaOH溶液，分液．

【分析】（1）乙醇与水的沸点不同；可加生石灰后蒸馏；

（2）溴与NaOH溶液反应；反应后与溴苯分层；

（3）KNO3和NaCl的溶解度随温度变化不同；可用重结晶的方法分离；

（4）乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠；而乙酸可与碳酸钠反应；

（5）苯酚与NaOH溶液反应，反应后与苯分层．17、略

【分析】解：（1）N和P在同一主族，P在N元素的下一周期，同一主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性N＞P，非金属性越强，则对应的最高价氧化物的水合物的酸性越强，所以：酸性H3PO4＜HNO3，故答案为：H3PO4＜HNO3；

（2）K位于第四周期第ⅠA族，Mg位于第三周期第ⅡA族，同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，同一周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，金属性越弱，则对应的最高价氧化物的水合物的碱性越弱，则金属性K＞Mg，所以碱性KOH＞Mg（OH）2，故答案为：KOH＞Mg（OH）2；

（3）Ca位于第四周期第IIA族，Al位于第三周期IIIA族，同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，同一周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，金属性越弱，则对应的最高价氧化物的水合物的碱性越弱，则金属性Ca＞Al，所以碱性Al（OH）3＜Ca（OH）2，故答案为：Al（OH）3＜Ca（OH）2．

同一主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；金属性逐渐增强，非金属性越强，则对应的最高价氧化物的水合物的酸性越强；

同一周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱；金属性越弱，则对应的最高价氧化物的水合物的碱性越弱；同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，金属性越强，则对应的最高价氧化物的水合物的碱性越强．

本题考查金属性和非金属性的递变规律，注意元素周期律的递变规律，以及对应最高价氧化物对应水化物的酸性和碱性的比较，题目比较基础．【解析】H3PO4＜HNO3；KOH＞Mg（OH）2；Al（OH）3＜Ca（OH）2三、判断题(共5题，共10分)18、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．19、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；20、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．21、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．22、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、简答题(共2题，共16分)23、略

【分析】解：rm{(1)}通燃料的一极是负极发生氧化反应，失电子，电子流出，所以rm{B}是处电极入口通甲烷，发生氧化反应，电极反应式为：rm{CH_{4}-8e^{-}+10OH^{-}篓TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}

故答案为：rm{B}rm{CH_{4}-8e^{-}+10OH^{-}篓TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}

rm{(2)}根据rm{CH_{4}+2O_{2}+2OH^{-}篓TCO_{3}^{2-}+3H_{2}O}知，消耗rm{KOH}的物质的量为甲烷物质的量的rm{2}倍，所以消耗氢氧化钾的物质的质量是rm{dfrac{11.2}{22.4}隆脕2隆脕56=56g}故答案为：rm{dfrac

{11.2}{22.4}隆脕2隆脕56=56g}

rm{56}铅蓄电池中正极是二氧化铅得到电子生成硫酸铅，电极反应为：rm{(3)}

故答案为：rm{PbO_{2}+4H^{+}+2e^{-}+SO_{4}^{2-}=PbSO_{4}+2H_{2}O}

rm{PbO_{2}+4H^{+}+2e^{-}+SO_{4}^{2-}=PbSO_{4}+2H_{2}O}石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到rm{(4)}气体rm{22.4L}标准状况rm{(}rm{n(O_{2})=dfrac{22.4L}{22.4L/mol}=1mol}

阳极发生rm{)}

rm{n(O_{2})=dfrac

{22.4L}{22.4L/mol}=1mol}rm{4OH^{-}-4e^{-}篓TO_{2}隆眉+2H_{2}O}

阴极发生rm{4mol}rm{1mol}

rm{Cu^{2+}+2e^{-}篓TCu}rm{2H^{+}+2e^{-}篓TH_{2}隆眉}rm{1mol}rm{2mol}

则rm{c(Cu^{2+})=dfrac{1mol}{0.5L}=2mol/L}由电荷守恒可知，原混合溶液中rm{1mol}故答案为：rm{2mol1mol}．

rm{c(Cu^{2+})=dfrac

{1mol}{0.5L}=2mol/L}通燃料的一极是负极发生氧化反应，失电子，电子流出，所以rm{c(K^{+})=6mol/L-2mol/L隆脕2=2mol/L}是处电极入口通甲烷，发生氧化反应，电极反应式为：rm{2}

rm{(1)}根据甲烷和转移电子；氢氧化钾之间的关系式计算；

rm{B}铅蓄电池中正极是二氧化铅得到电子生成硫酸铅；

rm{CH_{4}-8e^{-}+10OH^{-}篓TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到rm{(2)}气体rm{(3)}标准状况rm{(4)}

则阴极发生rm{22.4L}rm{(}

阳极发生rm{)}

rm{n(O_{2})=dfrac{22.4L}{22.4L/mol}=1mol}结合电荷守恒来计算．

本题考查了原电池和电解池原理，明确发生的电极反应及电荷守恒是解答本题的关键，题目难度中等．rm{Cu^{2+}+2e^{-}篓TCu}【解析】rm{B}rm{CH_{4}-8e^{-}+10OH^{-}篓TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}rm{56}rm{PbO_{2}+4H^{+}+2e^{-}+SO_{4}^{2-}=PbSO_{4}+2H_{2}O}rm{2}24、（1）2Ca（OH）2+2Cl2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O

（2）Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO

（3）2HClO2HCl+O2↑；

（4）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O

（5）2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑【分析】【分析】在粗盐提纯中的物质的除杂或净化操作，在解此类题时，首先要了解需要除去的是哪些离子，然后选择适当的试剂进行除杂，在除杂质时，要注意加入试剂的量的控制及顺序。【解答】rm{(1)}氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应，与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为rm{2Ca(OH)_{2}+2Cl_{2}=Ca(ClO)_{2}+CaCl_{2}+2H_{2}O}；故答案为：rm{2Ca(OH)_{2}+2Cl_{2}=Ca(ClO)_{2}+CaCl_{2}+2H_{2}O}

rm{(2)HClO}虽是强氧化性的酸，但它是比碳酸还弱的酸，能与水和二氧化碳发生复分解反应，生成rm{CaCO_{3}}和rm{HClO}

故答案为：rm{Ca(ClO)_{2}+CO_{2}+H_{2}O=CaCO_{3}隆媒+2HClO}rm{(3)HClO}虽是强氧化性的酸，但它是比碳酸还弱的酸，漂白粉溶于水后，受空气中的rm{CO_{2}}作用，生成rm{CaCO_{3}}和rm{HClO}该反应为rm{Ca(ClO)_{2}+H_{2}O+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+2HClO}次氯酸不稳定，见光易分解，rm{2HClOoverset{鹿芒脮脮}{=}2HCl+O_{2}隆眉}rm{2HClOoverset{鹿芒脮脮}{=}

2HCl+O_{2}隆眉}二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰和氯气、水，化学方程式：rm{(4)}浓rm{)overset{?}{=}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{MnO_{2}+4HCl(}电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气：rm{2NaCl+2H_{2}Ooverset{碌莽陆芒}{=}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{)overset{?}{=}

MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}【解析】rm{(1)2Ca(OH)_{2}+2Cl_{2}=Ca(ClO)_{2}+CaCl_{2}+2H_{2}O}rm{(2)Ca(ClO)_{2}+CO_{2}+H_{2}O=CaCO_{3}隆媒+2HClO}rm{(3)2HClOoverset{鹿芒脮脮}{=}2HCl+O_{2}隆眉}rm{(3)2HClOoverset{鹿芒脮脮}{=}

2HCl+O_{2}隆眉}浓rm{)overset{?}{=}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{(5)2NaCl+2H_{2}Ooverset{碌莽陆芒}{=}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{(4)MnO_{2}+4HCl(}五、计算题(共1题，共3分)25、（1）0.04mol/（L•min）

（2）1

（3）2.5mol

（4）0.4mol/L

【分析】【分析】本题考查了化学平衡“三段式”的计算及化学反应速率与化学计量数的关系，明确同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比是解rm{(1)}的关键，题目难度中等。【解答】rm{(1)}rm{(1)}根据rm{v(D)}rm{v(D)}rm{=}rm{=}rm{娄陇}rm{c}rm{c}rm{隆脗娄陇t=}rm{,}rm{,}rm{0.2mol?L}rm{0.2mol?L}rm{{,!}^{-1}隆脗}

rm{=0.04mol/(L?min)}rm{=0.04mol/(L?min)}根据同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比，所以故答案为：rm{0.04mol/(L}rm{0.04mol/(L}rm{?}rm{?}rm{min)}所以rm{min)}，；答案为：rm{(}rm{2)}

rm{(}rm{2)}分钟后，rm{v(}设反应开始前放入容器中rm{v(}rm{D}物质的量为rm{D}

rm{)}rm{v(C)=0.04mol/(L.min)}rm{0.02mol/(L?min)=2}rm{x}所以rm{x=1}rm{)}rm{v(C)=0.04mol/(L.min)}rm{0.02mol/(L?min)=2}rm{x}

rm{x=1}故rm{1}rm{1}rm{(}rm{3)5}分钟后，rm{n(D)=cV=0.2mol/L隆脕5L=1mol}设反应开始前放入容器中rm{A}rm{B}物质的量为rm{m}rm{(}rm{3)5}rm{n(D)=cV=0.2mol/L隆脕5L=1mol}

rm{A}分钟后rm{B}rm{m}

rm{3A(g)+}后，rm{3A(g)+}rm{B(g)?2C(g)+2D(g)}

rm{B(g)?2C(g)+2D(g)}反应前rm{(mol)}rm{m}rm{(mol)}rm{m}答案为：rm{m}rm{m}此的物质的量浓度为：rm{c(B)=dfrac{n}{V}=dfrac{(2.5-0.5)mol}{5L}=0.4mol/L}rm{0}答案为：rm{0}rm{0}rm{0}【解析】rm{(1)}rm{0.04mol/(L}rm{0.04mol/(L}rm{?}rm{?}rm{min)}rm{min)}rm{(2)1}

rm{(3)}六、综合题(共4题，共24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