2025年浙科版高一化学上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年浙科版高一化学上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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列对某未知溶液中离子的检验方法及其结论一定正确的是（）A.加入稀盐酸产生无色气体，一定含有CO32-B.加入氯化钡溶液产生白色沉淀，一定含有SO42-C.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，一定含有Ca2+D.取溶液进行焰色反应显黄色，一定含有Na+2、当分散剂是水或其他液体时，胶体区别于其他分散系的本质特征是（）A.胶体的分散质能透过滤纸B.胶体能产生丁达尔效应C.胶体在一定条件下能稳定存在D.胶体的分散质粒子直径在1～1OOnm之间3、下列说法正确的是()A.含有rm{OH^{-}}的溶液一定呈碱性B.rm{pH}为rm{3}的盐酸的rm{c(H^{+})}是rm{pH}为rm{1}的盐酸的rm{100}倍C.rm{Na_{2}SO_{3}}溶液与rm{NaHSO_{3}}溶液中所含微粒的种类一定相同D.rm{pH}相同的氨水与氢氧化钠溶液，分别与同浓度同体积的盐酸完全中和时，消耗氨水与氢氧化钠溶液的体积一定相同4、某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl-、SO42﹣四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Na+和SO42﹣的离子个数比为（）A.1：2B.1：4C.3：4D.3：25、实验室用100mL1mol•L﹣1盐酸与足量锌粉反应制备氢气，下列措施能加快反应速率且不影响产生氢气的量是（）A.改用100mL2mol•L﹣1盐酸B.加入碳酸钠固体C.滴加少量CuCl2溶液D.降低温度6、下列物质易溶于水的是（）A.硝酸钾B.氮气C.一氧化碳D.氯化银7、某溶液中可能含有rm{OH^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{AlO_{2}^{-}}rm{SiO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{Fe^{3+}}rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}等离子，当向溶液中逐滴加入一定物质的量的盐酸时，生成沉淀物质的量与加入盐酸体积的关系如图所示rm{.}下列判断正确的是rm{(}rm{)}A.原溶液中一定含有rm{Na_{2}SO_{4}}B.反应后形成的溶液溶质为rm{NaCl}C.原溶液中含有rm{CO_{3}^{2-}}与rm{AlO_{2}^{-}}的物质的量比为rm{3}rm{4}D.原溶液中一定含有的离子是rm{OH^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SiO_{3}^{2-}}rm{AlO_{2}^{-}}rm{K^{+}}8、医学研究证明，用放射性治疗肿瘤可收到一定疗效。下列有关rm{{}_{53}^{135}I}叙述正确的是A.rm{{}_{53}^{135}I}是碘的一种同素异构体B.rm{{}_{53}^{135}I}是一种新发现的元素C.rm{{}_{53}^{135}I}位于元素周期表中第rm{4}周期rm{VIIA}族D.rm{{}_{53}^{135}I}核内的中子数与核外电子数之差为rm{29}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、1919年由Langmuir提出了等电子体．原子数相同、电子数相同的粒子，互称为等电子体．A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的6种位于元素周期表前20号的元素．B、C、D、E位于同周期．C是空气中含量最多的元素．F与B、D都可形成XY2型离子化合物FB2、FD2，且都可与A2D（无色液体）反应放出气体．B22-与C2是等电子体，D22-与E2是等电子体．F原子的N层电子数与K层电子数相同．

（1）比较C、D、E对应的简单阴离子的半径（用离子符号表示）____（由大到小）；

（2）写出能证明D和E非金属性强弱的一个化学方程式____．

（3）由上述6种元素中的4种构成的离子化合物是（写出两种）____，其中所含的化学键类型有____．

（4）写出与C2等电子体的分子的化学式为____，写出B22-的电子式：____

（5）写出FD2与A2D反应的离子方程式：____．10、几种常见的α﹣氨基酸：甘氨酸（氨基乙酸）____；丙氨酸（α﹣氨基丙酸）____；谷氨酸（α﹣氨基戊二酸）____11、①常温下,0.05mol/L硫酸溶液中,C(H+)=_______mol/L,

水电离的C(H+)=_________mol/L

②某温度，纯水中C(H+)=3×10-7mol/L；则：

纯水中C(OH-)=_____mol/L，此时温度____________（填“高于”“低于”或“等于”）25℃。若温度不变，滴入盐酸后C(H+)=5×10-4mol/L；

则溶液中C(OH-)=_______mol/L，由水电离的C(H+)=___________mol/L。12、I甲、乙、丙三位同学分别用如下三套实验装置及化学药品（其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物）制取氨气。请你参与探究，并回答下列问题：（1）三位同学制取氨气的化学方程式为：_____________________________________________。（2）三位同学都用向下排空气法收集氨气，其原因是__________________________________.（3）三位同学用上述装置制取氨气时,其中有一位同学没有收集到氨（如果他们的实验操作都正确），你认为没有收集到氨气的同学是___________填(“甲”、“乙”或“丙”)，收集不到氨气的主要原因是_____________________________________(用化学方程式表示)。（4）检验氨气是否收集满的方法是（简述操作方法、现象和结论）________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。（5）三位同学都认为他们的实验装置也可用于加热碳酸氢铵固体制取纯净的氨气，你判断能够达到实验目的的是___________(填“甲”、“乙”或“丙”)，该装置中的NH4HCO3固体能否用NH4CL固体代替NH3？______________(填“能”或“不能”)。II资料显示：“氨气可在纯氧中安静燃烧”。某校化学小组学生设计如图装置(图中铁夹等夹持装置已略去)进行氨气与氧气在不同条件下反应的实验。（6）用装置A制取纯净、干燥的氨气，大试管内是碳酸盐；碱石灰的作用是__________________________________。（7）将产生的氨气与过量的氧气通到装置B(催化剂为铂石棉)中，用酒精喷灯加热：氨催化氧化的化学方程式是__________________；试管内气体变为红棕色，该反应的化学方程式是_________________。（8）将过量的氧气与A产生的氨气分别从a、b两管进气口通入到装置C中，并在b管上端点燃氨气：①两气体通入的先后顺序是________，其理由是_____________。②氨气燃烧的化学方程式是______________________________。13、（8分）Ⅰ现欲用碳酸钙固体和稀盐酸反应制取CO2气体，请回答下列问题：⑴写出发生反应的离子方程式____；⑵实验过程中绘制出生成CO2的体积[V（CO2）]与时间（t）的关系如图所示，试分析判断OE段、EF段、FG段反应速率（分别用（OE）、（EF）、（FG）表示）哪个最快____；比较OE段和EF段，说明EF段速率变化的主要原因可能是__________________Ⅱ反应A+3B=2C+2D。在四种不同的情况下的反应速率分别为：①υ(A)＝0.15mol/(L·s)②υ(B)＝0.6mol/(L·s)③υ(C)＝0.4mol/(L·s)④υ(D)＝0.45mol/(L·s)该反应进行的快慢顺序为__。14、(10分)有甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器，向甲中通入6molA和2molB，向乙中通入1.5molA、0.5molB和3molC，将两容器的温度恒定在770K，使反应3A(g)+B(g)xC(g)达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，试回答下列有关问题：(1)若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量相等，则x=_________；若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则x=_________。(2)若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为。(3)平衡时甲、乙两容器中A、B的物质的量之比是否相等____________（填“相等”或“不相等”），平衡时甲中A的体积分数为____________。评卷人得分三、判断题(共6题，共12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、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）18、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）19、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化20、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）评卷人得分四、解答题(共1题，共6分)21、在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”；能延长鲜花的寿命．下表是500mL“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读后回答下列问题：

。成分质量（g）摩尔质量蔗糖25.00342硫酸钾0.87174阿司匹林0.17180高锰酸钾0.79158硝酸银0.02170（1）下列“鲜花保鲜剂”的成分中；属于非电解质的是______（填写代号）．

a．蔗糖b．硫酸钾c．高锰酸钾d．硝酸银。

（2）检验硫酸钾中含有的阴离子应该选用的试剂为______．

（3）容量瓶是配制溶液的主要仪器；容量瓶上标有以下六项中的______（填写序号）．

①温度②浓度③容量④压强⑤刻度线⑥酸式或碱式。

（4）下图所示的仪器中；在配制“鲜花保鲜剂”溶液时肯定不需要的是______（填序号），还缺少的仪器有______（填仪器名称）．

（5）在溶液配制过程中；下列操作对配制结果没有影响的是______（填写代号）．

a．定容时俯视容量瓶刻度线。

b．容量瓶在使用前内有少量蒸馏水。

c．转移溶液后的烧杯；玻璃棒未洗涤。

d．定容加入水时超过刻度线．

评卷人得分五、计算题(共1题，共4分)22、把2.0mol/LCuSO4溶液和1.0mol/LH2SO4溶液等体积混合（假设混合后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H+、Cu2+、SO42－的物质的量浓度；（2）向溶液中加入足量铁粉，经足够长的时间后，铁粉有剩余，过滤，此时滤液中的Fe2+的物质的量浓度；（3）取100mL该滤液，向其中加入适量硝酸，再加入足量氢氧化钠溶液，有红褐色沉淀生成。过滤，加热沉淀物至质量不再变化，得到红棕色的残渣。写出沉淀和残渣的化学式，并计算残渣的质量（不计操作带来的损失）。评卷人得分六、结构与性质(共1题，共7分)23、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。_______参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】正确答案：D

A．不正确，加入稀盐酸产生无色气体，可能含有HCO3-、CO32-SO32-等；

B．不正确，加入氯化钡溶液产生白色沉淀，可能含有CO32-、SO42-等；

C．不正确，加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，可能含有Ba2＋、Ca2+等。2、D【分析】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm（10-7～10-9m）之间；溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm．

故选D．

胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同．

本题考查三类分散系的本质差异，难度不大，明确胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同是解题的关键．【解析】【答案】D3、C【分析】【分析】本题考查电解质的电离，rm{PH}的计算，盐类水解的应用，酸碱中和反应等，难度中等。【解答】A.氢氧根离子浓度大于氢离子浓度的溶液显碱性，含有rm{OH}rm{OH}rm{{,!}^{-}}

的溶液不一定呈碱性，故A错误；为B.rm{pH}为rm{3}的盐酸的rm{c(H}的盐酸的rm{pH}rm{3}rm{c(H}是rm{{,!}^{+}}为rm{)}是rm{pH}为rm{1}的盐酸的rm{dfrac{1}{1000}}倍，故B错误；的盐酸的rm{)}倍，故B错误；

rm{pH}rm{1}rm{dfrac{1}{1000}}C.rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{3}}溶液与rm{NaHSO}rm{NaHSO}rm{{,!}_{3}}则所含微粒的种类一定相同，故C正确；

溶液中都含有：rm{Na^{+}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{HSO_{3}^{-}}rm{H_{2}SO_{3}}rm{H^{+}}rm{OH^{-}}则所含微粒的种类一定相同，故C正确；相同的氨水与氢氧化钠溶液，氨水是弱电解质，则氨水浓度大，所以分别与同浓度同体积的盐酸完全中和时，消耗氨水体积小，rm{Na^{+}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{HSO_{3}^{-}}rm{H_{2}SO_{3}}【解析】rm{C}4、C【分析】【解答】解：令Na+、Al3+、Cl-的物质的量分别为3mol；2mol、1mol；

根据溶液中电荷守恒有n（Na+）+3n（Al3+）=n（Cl-）+2n（SO42﹣）；

即3mol+3×2mol=1mol+2n（SO42﹣）；

解得n（SO42﹣）=4mol；

故溶液中Na+和SO42﹣的离子个数比为3mol：4mol=3：4；

故选C．

【分析】令Na+、Al3+、Cl-的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据溶液中电荷守恒有n（Na+）+3n（Al3+）=n（Cl-）+2n（SO42﹣），据此计算SO42﹣的物质的量，离子数目之比等于二物质的量之比．5、C【分析】【解答】解：A．改用100mL2mol•L﹣1盐酸；氢离子浓度增大，反应速率加快，但盐酸的物质的量增大，所以生成氢气总量增大，故A错误；B．加入碳酸钠固体，碳酸钠和稀盐酸反应生成二氧化碳，所以导致生成氢气总量减少，故B错误；

C．加入少量氯化铜；Zn和氯化铜反应生成Cu，Cu；Zn和稀盐酸构成原电池，加快反应速率，且盐酸的总物质的量不变，所以生成氢气总量不变，故C正确；

D．降低温度；减小活化分子百分数，所以反应速率降低，故D错误；

故选C．

【分析】能加快反应速率且不影响氢气的总量，盐酸的量一定，可以通过升高温度、增大盐酸浓度、加入某些物质形成原电池但改变条件时不能改变氢离子的总物质的量，据此分析解答．6、A【分析】解：硝酸钾易溶于水；氮气；一氧化碳、氯化银难溶于水，所以易溶于水的物质为硝酸钾，故选A．

依据物质的物理性质判断解答；硝酸钾易溶于水，氮气；一氧化碳、氯化银难溶于水．

本题考查了常见物质的水溶性，属于对物质物理性质的考查，题目非常简单，熟记常见物质的物理性质是解题的关键．【解析】【答案】A7、C【分析】解：由图象可知，开始加入rm{HCl}时无沉淀生成，说明加入的rm{HCl}与溶液中rm{OH^{-}}的反应，则溶液中一定不会存在与氢氧根离子发生反应的离子：rm{Fe^{3+}}rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}之后开始生成沉淀且反应生成沉淀逐渐增大，说明溶液中存在rm{AlO_{2}^{-}}rm{SiO_{3}^{2-}}继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是rm{CO_{3}^{2-}}离子，碳酸根离子反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中至少含有rm{K^{+}}rm{Na^{+}}离子中的一种离子；

A.根据分析可知；无法判断溶液中是否存在硫酸根离子，故A错误；

B.反应后形成的溶液溶质为rm{NaCl}或rm{KCl}故B错误；

C.依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为rm{2}体积，rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为rm{4}体积，rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}=Al^{3+}+3H_{2}O}原溶液中含有rm{CO_{3}^{2-}}与rm{AlO_{2}^{-}}的物质的量之比为rm{3}rm{4}故C正确；

D.根据以上分析可知，原溶液中一定存在的阴离子是：rm{OH^{-}}rm{SiO_{3}^{2-}}rm{AlO_{2}^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}故D错误；

故选C．

依据图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的rm{OH^{-}}反应，则与氢氧根离子反应的离子不能共存：rm{Fe^{3+}}rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}然后反应生成沉淀逐渐增大，说明是rm{AlO_{2}^{-}}和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是rm{CO_{3}^{2-}}离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中至少含有rm{K^{+}}rm{Na^{+}}离子中的一种．

本题考查了离子检验的方法应用，图象分析判断是解题关键，硅酸根离子、偏铝酸根离子和酸反应生成沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强酸是解题关键．【解析】rm{C}8、D【分析】略。

【解析】rm{D}二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】

C是空气中含量最多的元素，即为N，F原子的N层电子数与K层电子数相同，即为Ca，F与B、D都可形成XY2型离子化合物FB2、FD2，所以推知B是C，过氧化钙和碳化钙均能和水反应产生氧气，所以D是O，C22-与N2是原子数均为2、电子数是14的等电子体，O22-与F2是电子数为18的等电子体；所以E是F．

（1）N3-、O2-、F-是核外电子排布一样的离子，则核电荷数越多半径越小，故离子半径大小顺序是：N3-＞O2-＞F-，故答案为：N3-＞O2-＞F-；

（2）氟气能将氧气从其化合物中置换出来，如2F2+2H2O=4HF+O2，证明氟的非金属性强于氧，故答案为：2F2+2H2O=4HF+O2；

（3）离子化合物的构成条件：含有阴阳离子间通过静电作用形成的化学键即离子键，非金属之间形成的化学键大多是共价键，由上述元素中的4种构成的离子化合物有：NH4HCO3、（NH4）2CO3、Ca（HCO3）2、（CH3COO）2Ca，故答案为：NH4HCO3、（NH4）2CO3、Ca（HCO3）2、（CH3COO）2Ca；离子键；共价键；

（4）但其含有14电子，与N2等电子体的分子是CO，C22-中的碳原子间含有共价三键，电子式为：故答案为：

（5）过氧化钙和水反应生成氢氧化钙的氧气，方程式为：2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2↑，故答案为：2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2↑．

【解析】【答案】（1）电子排布一样的离子；则核电荷数越多半径越小；

（2）根据非金属单质间的置换反应可以确定非金属的非金属性强弱；

（3）阴阳离子间通过静电作用形成的化学键是离子键；含有离子键的化合物是离子化合物；

（4）根据等电子体的概念和电子式的书写方法来回答；

（5）过氧化钙和水反应生成氢氧化钙的氧气．

10、NH2﹣CH2﹣COOH【分析】【解答】结构简式分别为：甘氨酸（氨基乙酸）：NH2﹣CH2﹣COOH；丙氨酸（α﹣氨基丙酸）：谷氨酸（α﹣氨基戊二酸）：故答案为：NH2﹣CH2﹣COOH；．

【分析】根据名称写出结构简式，以此来解题．11、略

【分析】【分析】

①根据c(H+)=2c（H2SO4），c(OH-)=KW/c(H+)；酸溶液中水电离产生的氢离子浓度等于酸溶液中的氢氧根离子；据此进行分析；

②根据纯水存在电离平衡,电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同；在酸溶液；碱溶液、盐溶液中存在离子积常数；Kw随温度变化；根据离子积计算离子浓度；水的电离是吸热的，温度越高，水的离子积越大,据此回答。

【详解】

①常温下,0.05mol/L硫酸溶液中,c(H+)=0.05×2=0.1mol/L，c(OH-)=KW/c(H+)=10-14/0.1=10-13mol/L；酸溶液中水电离产生的氢离子浓度等于酸溶液中的氢氧根离子，即水电离的c(H+)=10-13mol/L；

因此，本题正确答案是:0.1，10-13；

②某温度下纯水中的c(H+)=3×10-7mol/L,则此时溶液中的中c(OH-)=3×10-7mol/L；该温度下，纯水的KW=c(H+)×c(OH-)=3×10-7×3×10-7=9×10-14；常温下（25℃），纯水的KW=c(H+)×c(OH-)=1×10-7×1×10-7=10-14，水的电离过程吸热，升高温度，促进电离，KW增大，所以此时温度高于25℃；若温度不变，滴入盐酸后c(H+)=5×10-4mol/L,则溶液中c(OH-)=KW/c(H+)=9×10-14/5×10-4=1.8×10-10mol/L；此时溶液中由水电离产生的c(H+)=1.8×10-10mol/L；

因此，本题正确答案是:3×10-7，高于，1.8×10-10，1.8×10-10。【解析】（每空2分）0.110-133×10-7高于1.8×10-101.8×10-1012、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据所用的药品可知，制备氨气的方程式应该是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。（2）由于氨气的密度比空气小，且氨气极易溶于水，所以可以用向下排空气法收集氨气。（3）氨气是碱性气体，不能用浓硫酸干燥，否则得不到氨气，反应的化学方程式是2NH3+H2SO4＝(NH4)2SO4。（4）氨气是碱性气体，溶于水显碱性，据此可以判断，即将湿的红色石蕊试纸放在管口，变蓝则已满。（5）由于碳酸氢铵分解生成氨气的同时还有水和CO2生成，而丙中的碱石灰可以吸收水和CO2，所以丙装置可以得到氨气；由于氯化铵分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又化合生成氯化铵，得不到氨气。（6）碳酸盐分解会生成水和CO2，所以碱石灰的作用是吸收CO2和水蒸气。（7）在催化剂的作用下，氨气被氧化生成NO和水，反应的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O。生成的NO极易被氧化生成NO2，所以的化学方程式是2NO+O2＝2NO2。（8）①若先通氨气，氨气在空气中不能燃烧，散发到空气中污染大气，所以应该先通入氧气。②氨气燃烧生成氮气和水，所以反应的化学方程式是4NH3+3O22N2+6H2O。考点：考查氨气的制备、收集、验满、性质以及有关方程式的书写【解析】【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O(2)氨气的密度比空气小，且氨气极易溶于水（3）乙2NH3+H2SO4＝(NH4)2SO4（4）将湿的红色石蕊试纸放在管口；变蓝则已满（5）丙不能（6）吸收CO2和水蒸气（7）4NH3+5O24NO+6H2O2NO+O2＝2NO2(8)①先通氧气后通氨气若先通氨气，氨气在空气中不能燃烧，散发到空气中污染大气②4NH3+3O22N2+6H2O13、略

【分析】I:反应速率是指单位时间内物质的量的改变值，在图像是当然是斜率大的地方速率大；速率主要决定于反应物的本性，但也受外界如温度、浓度等的影响。本反应开始后EF段的速率却最大，说明反应物浓度较大，但最主要的还是反应放出的热量所致。II:把四个速率以方程式系数比为标准转化为同一物质的速率再进行比较。【解析】【答案】（8分）Ⅰ⑴CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑；⑵（EF）；温度较高、浓度较大Ⅱ④＞②＝③＞①14、略

【分析】【解析】【答案】（1）24（2）8：5（3）相等；0.6三、判断题(共6题，共12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、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．18、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．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、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．四、解答题(共1题，共6分)21、略

【分析】

（1）蔗糖在水溶液和熔融状态下均不能导电；属于非电解质，而硫酸钾；高锰酸钾、硝酸银的水溶液均可以导电，故答案为：a；

（2）硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；据此可以选择硝酸酸化的氯化钡或是硝酸钡溶液来检验钡离子，故答案为：硝酸酸化的氯化钡或是硝酸钡溶液；

（3）容量瓶上标有温度；刻度线以及规格三项内容；故答案为：①③⑤；

（4）配置一定浓度的溶液必须需要的仪器：烧杯；玻璃棒、胶头滴管、容量瓶；故答案为：ac；烧杯、玻璃棒；

（5）a；定容时观察液面俯视；所配溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，故a错误；

b、容量瓶在使用前内有少量蒸馏水，不影响n和V，所以对配制结果没有影响，故b正确；

c；转移溶液后的烧杯、玻璃棒未洗涤；则移入容量瓶内溶质的n减少，所配溶液浓度偏低，故c错误；

d；定容加入水时超过刻度线；所配溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏小，故d错误．

故选b．

【解析】【答案】（1）在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；非电解质首先必须是化合物；

（2）硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；

（3）根据容量瓶的构造来回答；

（4）根据配置一定浓度的溶液需要的仪器来回答；

（5）分析操作对n、V的具体影响，根据c=分析不当操作对浓度的影响．

五、计算题(共1题，共4分)22、略

【分析】【解析】试题分析：(1)因为是等体积，所以设体积为1L,n(CuSO4)=2.0mol/L×1L="2.0mol"n(H2SO4)=1.0mol/L×1L="1.0mol"假如混合后总体积不变，则c(CuSO4)=2.0mol/2L=1.0mol/Lc(H2SO4)="1.0mol/2L=0.5mol/L"c(Cu2＋)=c(CuSO4)=1.0mol/Lc(H+)=2c(H2SO4)=0.5mol/L×2="1mol/L"c(SO42－)=[n(CuSO4)+n(H2SO4)]/V="3.0mol/2L=1.5mol/L"（2）Fe＋CuSO4=FeSO4＋CuFe＋H2SO4=FeSO4＋H2因为铁粉有剩余，知上述两反映均完全反应，此时溶液中nFeSO4=1.0mol＋2.0mol=3.0mol故浓度为3.0mol/2L=1.5mol/L（3）滤液中含着Fe2＋，当加入硝酸，二价铁会变为三价铁，再加入氢氧化钠溶液，就会生成Fe(OH)3红褐色沉淀，过滤，加热就会生成铁的氧化物Fe2O3。取100ml滤液，这说明有50ml的CuSO4溶液和50mlH2SO4溶液，这也可以算出二价铁有0.15mol，根据2Fe2＋—Fe2O321600.15xx=12g考点：物质的量浓度、铁相关物质的性质【解析】【答案】（1）c(H+)＝1.0mol/L，c（Cu2+）＝1.0mol/L，c（SO42－）＝1.5mol/L；（2分*3）（2）c（Fe2+）＝1.5mol/L（3分）；（3）Fe(OH)3、Fe2O3（各1分）；m（Fe2O3）＝12g（4分）六、结构与性质(共1题，共7