2025年北师大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年北师大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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列离子方程式书写正确的是（）A.碳酸钙与盐酸反应：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OB.硫酸和氯化钡溶液反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓C.铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+═Ag+Cu2+D.铁钉放入硫酸铜溶液中：Fe+3Cu2+═2Fe3++3Cu2、下列分离提纯所选用的试剂正确的是（）A.除去O2中混有的N2：选用灼热的铜网B.提取碘水中的碘单质：选用有机试剂苯C.除去CO2中混有的CO：选用适量澄清石灰水D.除去Mg粉中混有的MgO：选用过量稀盐酸3、下列说法中错误的是rm{(}rm{)}A.在元素周期表金属与非金属分界线附近能找到制半导体材料的元素B.离子键、共价键、氢键都是化学键C.元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的必然结果D.卤族单质，随着相对分子量的增大，分子间作用力增强，熔沸点也相应升高4、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}是短周期中原子序数依次增大的rm{5}种主族元素，其中元素rm{A}rm{E}的单质在常温下呈气态，元素rm{B}的原子最外层电子数是其电子层数的rm{2}倍，元素rm{C}在同周期的主族元素中原子半径最大，元素rm{D}的合金是日常生活中常用的金属材料rm{{.}}下列说法正确的是rm{(}rm{)}rm{(}A.元素rm{)}rm{A}组成的化合物常温下一定呈气态。

B.元素rm{B}rm{C}的最高价氧化物对应的水化物之间不能发生反应。

C.rm{D}单质的水溶液常用作漂白剂。

D.化合物rm{E}与rm{AE}有相同类型的化学键rm{CE}5、rm{CH_{3}CHC隆脭CH}的化学性质主要取决于A.碳碳单键rm{(}rm{)}B.碳碳双键rm{(}rm{)}C.碳碳三键rm{(隆陋C隆脭C隆陋)}D.碳氢键rm{(}rm{)}6、现有下列四种因素：rm{垄脵}温度和压强rm{垄脷}所含微粒数rm{垄脹}微粒本身大小rm{垄脺}微粒间的距离，其中对气体物质体积有显著影响的是rm{(}rm{)}

A.只rm{垄脷垄脹垄脺}B.只rm{垄脵垄脷垄脺}C.只rm{垄脵垄脹垄脺}D.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}全部7、下列叙述不正确的是()A.在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素B.硫酸的酸性比磷酸的酸性强，所以硫的非金属性比磷强C.氟化氢是最稳定的气态氢化物D.氢氧化铝的碱性强于氢氧化镁的碱性8、下列实验操作；现象和结论均正确的是（）

。选项实验操作现象结论ASO2和H2S混合淡黄色固体SO2有还原性B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红Fe（NO3）2样品已氧化变质C足量的铜和浓硝酸反应，反应停止后，往溶液中加入稀硫酸。铜继续溶解铜和稀硫酸发生反应D向盛有少量Na2SiO3的溶液中通入CO2产生白色沉淀酸性：碳酸＞硅酸A.AB.BC.CD.D9、根据热化学方程式rm{(}在rm{101kPa}时rm{)}rm{S(s)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)triangleH=-297.23kJ/mol}分析下列说法中错误的是rm{S(s)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)triangle

H=-297.23kJ/mol}rm{(}A.rm{)}的燃烧热为rm{S}rm{297.23}B.形成rm{kJ/mol}rm{1}rm{mol}的化学键所释放的总能量大于断裂rm{SO_{2}}rm{1mol}和rm{S(s)}rm{1mol}的化学键所吸收的总能量C.rm{O_{2}(g)}放出的热量小于rm{S(g)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)}rm{297.23}D.rm{kJ}rm{1mol}的总能量小于rm{SO_{2}}rm{1mol}和rm{S(s)}rm{1mol}的总能量rm{O_{2}(g)}评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、有关蔗糖与浓硫酸的反应，下列说法正确的有rm{(}rm{)}A.产生rm{CO_{2}}B.浓硫酸表现出脱水性C.放出大量的热D.浓硫酸表现出还原性11、下列能量转化过程中有化学能变化的是rm{(}rm{)}A.氯化铵热分解反应B.氮气和氢气化合生成氨的反应C.碘升华D.绿色植物的光合作用生成淀粉12、遇到下列情况，处理不当的是rm{(}rm{)}A.不小心将少量浓硫酸沾到皮肤，立即用水冲洗B.皮肤上沾有浓碱溶液时，立即用酒精冲洗C.为了避免浪费，应该把实验用剩的药品放回原试剂瓶中D.连接并组装成套仪器时，一般按自下而上rm{.}从左到右的顺序进行安装13、欲配制100ml0.10mol/L的KCl溶液，需要使用的仪器有（）A.玻璃棒B.烧杯C.分液漏斗D.100ml容量瓶14、假定把rm{{}_{6}^{12}C}的相对原子质量改为rm{24}那么下列叙述____的是rm{(}rm{)}

A.此时rm{{,!}^{16}O}的相对原子质量为rm{32}B.rm{N_{A}}个rm{O_{2}}与rm{N_{A}}个rm{H_{2}}的质量比为rm{16:1}C.rm{N_{2}}的摩尔质量为rm{28g/mol}D.标准状况下，rm{16gO_{2}}的体积约为rm{5.6L}评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、（1）在9.5g某二价金属的氯化物中含0.2molCl—，此氯化物的摩尔质量为____；该金属元素的相对原子质量为____。(2)已知N2、CO2的混合气体的质量共10.0克，标准状况下，体积为6.72L，原混合气体中N2、CO2的体积之比____.16、（12分）（1）①水银②烧碱固体（NaOH）③干冰（CO2）④氯化钠晶体⑤盐酸溶液⑥氨气(NH3)⑦蔗糖⑧氯气(Cl2)⑨液态氯化氢⑩硫酸溶液上述物质中能导电的是，属于电解质的是，属于非电解质的是。（2）按要求写出下列方程式：①醋酸电离的电离方程式：____②小苏打（NaHCO3）治疗胃酸过多的离子方程式：③向NaHSO4溶液中加入的锌粉离子方程式：17、写出下列反应的化学方程式：rm{(1)}氢氧化铝rm{Al(OH)_{3}}是一种治疗胃酸rm{(}含盐酸rm{)}过多的药物，请用化学方程式表示该反应的原理：__________________________。rm{垄脝}甲烷在空气中燃烧：_________________________________________。rm{垄脟}工业上以rm{N_{2}}和rm{H_{2}}为原料，在高温、高压和催化剂存在的条件下制备rm{NH_{3}}请写出反应的化学方程式：_______________________________。18、A是化学实验室中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，并能进行如图所示的多种反应。（1）写出A和C的名称或结构简式：A，C；（2）写出CH2=CH2→A的化学方程式，指出反应类型：，。19、（10分）某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：(1)上述实验中发生反应的化学方程式有_________________________________________________；(2)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是________________；(3)实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液，可与上述实验中CuSO4溶液起相似作用的是________；(4)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有________________(答两种)；(5)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列的实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。。实验混合溶液ABCDEF4mol·L－1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100①请完成此实验设计，其中：V1＝__________，V6＝__________，V9＝________。②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高，但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因_______________________。20、纳米氧化铝在人工晶体、微电子器件等方面有重要应用，实验室制取纳米氧化铝方法之一是：将一定体积的0.3mol•L﹣1Al（NO3）3溶液匀速滴加到2.0mol•L﹣1（NH4）2CO3溶液中，搅拌30min，过滤、纯水洗涤、乙醇洗涤、室温真空干燥，得碱式碳酸铝铵[化学式可表示为：（NH4）aAlb（OH）c（CO3）d]；然后热分解得到纳米氧化铝．

（1）制取纳米氧化铝时匀速滴加Al（NO3）3溶液并不断搅拌，其主要目的是____

（2）（NH4）aAlb（OH）c（CO3）d中a、b、c、d的代数关系式为____21、能源：①电能；②水能；③天然气；④石油；⑤煤；⑥太阳能；⑦风能；⑧潮汐能；⑨氮气；⑩“可燃冰”等；对人类的生存；日常生活和工农业生产都有着极其广泛和重要的用途．

（1）“西气东输”工程输送的能源物质是____．

（2）埋藏于海底，目前在开采技术上还存在很大困难的能源物质是____．

（3）可以用于生产城市居民生活所用的管道煤气是____22、除去二氧化硅中少量碳酸钙、检验二氧化硅中是否含碳酸钙都可用______试剂．23、为了有效实现NO和NO2的相互转化；设计如下实验：按图组装好实验装置，并检查装置气密性，实验前用排水法收集半瓶NO气体．

(1)打开止水夹，推动针筒活塞，使O2进入平底烧瓶．关上止水夹；首先观察到烧瓶中的现象：____________，产生此现象的化学反应方程式为：____________．

(2)轻轻摇动平底烧瓶，观察到烧瓶中的现象为：①____________②____________．产生此现象的化学反应方程式为____________．评卷人得分四、判断题(共2题，共20分)24、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）25、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共2分)26、如图表示A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色。

回答下列问题：

(1)A→D反应常用于人工固氮，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)D→C是工业制硝酸的重要反应，化学方程式为_______。

(3)B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收，则B与的物质的量之比为_______，若该反应转移个电子，则参加反应的B的物质的量为_______mol。评卷人得分六、计算题(共3题，共9分)27、已知rm{8}rm{g}rm{A}能与rm{32}rm{g}rm{B}恰好完全反应，生成rm{22}rm{g}rm{C}和一定量rm{D}现将rm{16}rm{g}rm{A}与rm{70}rm{g}rm{B}的混合物充分反应后，生成rm{2}rm{mol}rm{D}和一定量rm{C}则rm{D}的摩尔质量为______．28、rm{0.2mol}有机物和rm{0.5molO_{2}}在密闭容器中完全燃烧后的产物为rm{CO_{2}}rm{CO}和rm{H_{2}O(}气rm{)}产物经过浓硫酸后，产物质量减轻rm{10.8g}再通过灼热的rm{CuO}充分反应后，产物质量增加了rm{3.2g}最后气体在通过碱石灰时被完全吸收，碱石灰增重rm{17.6g}．

rm{(1)}试推断该有机物的分子式．

rm{(2)}若rm{0.2mol}该有机物与足量金属钠作用生成rm{2.24L}的rm{H_{2}(}标准状况rm{)}试确定该有机物的结构简式．29、不同的卤素原子之间可以形成一系列化合物，这类化合物叫卤素互化物．现将4.66gBrClx溶于水后，通入足量SO2气体与其反应，生成氢溴酸、盐酸和硫酸．用碱将溶液调至中性后加入过量Ba（NO3）2溶液，充分反应后滤去沉淀物，再向溶液中加入过量的AgNO3溶液；最后得15.46g卤化银沉淀．

（1）完成SO2与BrClx溶液发生反应的化学方程式．

（2）计算确定BrClx中x的值．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【解答】解：A、碳酸钙是难溶于水的盐，不能拆成离子形式，碳酸钙与盐酸反应的实质是：CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+；故A错误；

B、硫酸和氯化钡溶液反应的实质是：钡离子和硫酸根反应生成白色沉淀，即Ba2++SO42﹣═BaSO4↓；故B正确；

C、铜片插入硝酸银溶液中，发生的反应为：Cu+2Ag+═2Ag+Cu2+；该离子反应不遵循电荷守恒，故C错误；

D、铁钉放入硫酸铜溶液中，铁能将金属铜从其盐中置换出来，即Fe+Cu2+═Fe2++Cu；故D错误．

故选B．

【分析】A；碳酸钙是难溶于水的盐；不能拆成离子形式；

B；钡离子和硫酸根能反应生成白色沉淀；

C；离子反应遵循电荷守恒；

D、铁能将金属铜从其盐中置换出来．2、B【分析】【解答】解：A．氧气与铜反应；不能除去氮气，但反而影响氧气，故A错误；B．碘易溶于苯，可用萃取的方法分离，故B正确；

C．CO与石灰水不反应；应用灼热的CuO除杂，故C错误；

D．二者都与盐酸反应；不能用盐酸除杂，故D错误．

故选B．

【分析】A．氧气与铜反应；

B．碘易溶于苯；

C．CO与石灰水不反应；

D．二者都与盐酸反应．3、B【分析】解：rm{A}半导体材料的元素在元素周期表金属与非金属分界线附近能找到；故A正确；

B；氢键是分子间作用力；不是化学键，故B错误；

C；元素原子核外电子排布周期性变化的必然结果是元素周期律；故C正确；

D；卤族单质；随着相对分子量的增大，分子间作用力增强，熔沸点也相应升高，故D正确；

故选B．

A；半导体材料的元素在元素周期表金属与非金属分界线附近能找到；

B；氢键是分子间作用力；不是化学键；

C；元素原子核外电子排布周期性变化的必然结果是元素周期律；

D；卤族单质；随着相对分子量的增大，分子间作用力增强，熔沸点也相应升高．

本题考查结构性质位置关系应用，侧重对基础知识的巩固，推断元素是解题关键，难度不大．【解析】rm{B}4、C【分析】【分析】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，元素的推断是解答的关键，注意把握元素的性质及单质、化合物的性质即可解答，题目难度中等。【解答】元素rm{B}的原子最外层电子数是其电子层数的rm{2}倍，rm{B}为rm{2}个电子层时，rm{B}为rm{C}为rm{3}个电子层时为rm{S}rm{A}rm{E}的单质在常温下呈气态，元素rm{C}在同周期的主族元素中原子半径最大，则rm{C}为rm{Na}元素，元素rm{D}的合金是日常生活中常用的金属材料，则rm{D}为rm{Al}结合原子序数依次增大，则rm{E}为rm{Cl}rm{B}只能为rm{C}rm{A}为rm{H}

A.元素rm{A}rm{B}组成的化合物常温下可能为气态、液体、固体，如烷烃中rm{C}原子数少于rm{4}个为气体；随碳原子个数增多，为液体；固体，故A错误；

B.元素rm{C}rm{D}的最高价氧化物对应的水化物分别为rm{NaOH}氢氧化铝；能发生反应，故B错误；

C.rm{E}的单质为氯气，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，常用作漂白剂；故C正确；

D.化合物rm{AE}为rm{HCl}含共价键，rm{CE}为rm{NaCl}含离子键，化学键类型不同，故D错误。

故选C。【解析】rm{C}5、C【分析】【分析】本题考查有机物分子中的官能团判断，为高频考点，把握常见有机物中的官能团为解答的关键，注意有机物的官能团决定其性质，题目难度不大。【解答】rm{CH_{3}CH_{2}C隆脭CH}中含rm{C隆脭C}为炔烃，其化学性质决定于官能团碳碳三键，选项C符合题意。

故选C。

【解析】rm{C}6、B【分析】解：对于气体来说；温度和压强不同，气体分子之间的距离不同，而微粒本身大小远小于微粒间的距离，则微粒本身大小可忽略不计，微粒数目越多，则体积越大；

所以影响气体体积的因素主要有：温度和压强；所含微粒数以及微粒间的距离；

故选B．

影响体积的因素有微粒的大小；微粒之间的距离以及所含微粒数等因素，对于气体来说，微粒本身大小远小于微粒间的距离，条件不同，距离不同．

本题考查影响气体体积的因素，题目难度不大，注意相关基础知识的积累，把握好课本相关知识，是解答该题的关键．【解析】rm{B}7、D【分析】【分析】本题考查【解答】同周期元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，同主族元素原子序数越大，元素的金属性越强。A.周期表中元素分界线附近的元素既有金属性又有非金属性，其单质可做半导体材料，故A正确；B.原子序数rm{P<S}硫的非金属性比磷强，故B正确；硫的非金属性比磷强，故B正确；rm{P<S}C.氟元素的非金属性最强，则其气态氢化物最稳定。故C正确；同周期金属性D.原子序数rm{Mg<Al}同周期金属性rm{Mg>Al}则碱性rm{Mg(OH)}则碱性rm{Mg<Al}rm{Mg>Al}rm{Mg(OH)}rm{{,!}_{2}}rm{>Al(OH)}项错误；rm{>Al(OH)}rm{{,!}_{3}}【解析】rm{D}8、D【分析】解：A．SO2+2H2S=3S+2H2O，该反应中二氧化硫是氧化剂、硫化氢为还原剂，则SO2有氧化性；故A错误；

B．酸性条件下，硝酸根离子将亚铁离子氧化生成铁离子，铁离子和KSCN反应生成硫氰化铁而使溶液呈血红色，所以不能说明Fe（NO3）2样品已氧化变质；故B错误；

C．加入稀硫酸后；反应后的溶液中相当于又含有硝酸，Cu继续溶解，Cu和稀硫酸不反应，故C错误；

D．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，向盛有少量Na2SiO3的溶液中通入CO2；发生反应生成硅酸，由此得出酸性：碳酸＞硅酸，故D正确；

故选：D。

A．SO2+2H2S=3S+2H2O；该反应中二氧化硫是氧化剂；硫化氢为还原剂；

B．酸性条件下；硝酸根离子将亚铁离子氧化生成铁离子，铁离子和KSCN反应生成硫氰化铁而使溶液呈血红色；

C．加入稀硫酸后；反应后的溶液中相当于又含有硝酸；

D．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸。

本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析判断及实验操作能力，明确实验原理、元素化合物性质是解本题关键，注意离子检验中干扰因素的排除，BC为解答易错点。【解析】D9、C【分析】解：rm{A.}二氧化硫为稳定氧化物，rm{S}的燃烧热为rm{297.23}rm{kJ/mol}故A正确；

B.该反应为放热反应，则形成rm{1}rm{mol}rm{SO_{2}}的化学键所释放的总能量大于断裂rm{1}rm{mol}rm{S(s)}和rm{1}rm{mol}rm{O_{2}(g)}的化学键所吸收的总能量；故B正确；

C.由盖斯定律可知，rm{S(g)+O_{2}(g)篓TSO_{2}(g)triangleH<-297.23kJ/mol}则放出的热量大于rm{S(g)+O_{2}(g)篓TSO_{2}(g)triangle

H<-297.23kJ/mol}rm{297.23}故C错误；

D.反应为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，则rm{kJ}rm{1mol}的总能量小于rm{SO_{2}}rm{1mol}和rm{S(s)}rm{1mol}的总能量；故D正确；

故选C．

由rm{S(s)+O_{2}(g)篓TSO_{2}(g)triangleH=-297.23kJ/mol}可知该反应为放热反应，rm{O_{2}(g)}为吸热过程，由盖斯定律可知，rm{S(g)+O_{2}(g)篓TSO_{2}(g)triangleH<-297.23kJ/mol}以此解答该题．

本题考查燃烧热的热化学反应方程式，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确燃烧的概念及反应热与键能、盖斯定律的关系即可解答，题目难度不大．rm{S(s)+O_{2}(g)篓TSO_{2}(g)triangle

H=-297.23kJ/mol}【解析】rm{C}二、多选题(共5题，共10分)10、ABC【分析】解：浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能将蔗糖中的rm{H}rm{O}元素以rm{2}rm{1}脱去；将蔗糖氧化为二氧化碳，所以体现了浓硫酸的强氧化性和脱水性，所以D错误；

故选ABC．

浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能将蔗糖中的rm{H}rm{O}元素以rm{2}rm{1}脱去；将蔗糖氧化为二氧化碳，所以体现了浓硫酸的强氧化性和脱水性，由此分析解答．

本题考查了浓硫酸的性质，根据浓硫酸的脱水性、吸水性、强氧化性来分析解答，注意脱水性和吸水性的区别，为易错点．【解析】rm{ABC}11、ABD【分析】解：rm{A.}氯化铵受热分解为氨气和rm{HCl}属于化学变化，转化过程中有化学能变化，故A正确；

B.氮气和氢气化合生成氨的反应；属于化学变化，转化过程中有化学能变化，故B正确；

C.碘升华是物理变化；转化过程中没有化学能变化，故C错误；

D.绿色植物的光合作用生成淀粉；属于化学变化，转化过程中有化学能变化，故D正确；

故选ABD．

根据物理变化和化学变化的区别分析；有新物质生成的物质变化为化学变化，没有新物质的生成的物质变化为物理变化，化学变化中有化学能变化，以此分析．

本题考查了常见的能量转化形式，把握变化过程是物理变化还是化学变化是解题关键，难度不大．【解析】rm{ABD}12、ABC【分析】解：rm{A.}浓硫酸溶于水并放热；且具有强腐蚀性，少量浓硫酸沾在皮肤上，应先用干抹布拭去，再用大量的水冲洗，最后涂上碳酸氢钠溶液，故A错误；

B.皮肤上沾有碱液要先用较多的水冲洗；再涂硼酸溶液，故B错误；

C.除了一些金属单质和块状的固体药品外；用剩的药品一般要放在指定的容器内，不可放回原瓶，防止污染药品，故C错误；

D.连接并组装仪器时；一般按由下而上；从左到右的顺序进行，故D正确．

故选ABC．

A.根据浓硫酸的强腐蚀性和溶于水放热的角度分析；

B.浓碱可用水冲洗；

C.用剩的药品一般不可放回原瓶；

D.由下而上；从左到右的顺序安装．

本题考查化学实验安全及事故处理，难度不大，化学实验要严格遵守操作规程，否则会造成不良后果或危险，掌握化学实验时常见意外事故的处理方法即可正确解答本题．【解析】rm{ABC}13、ABD【分析】解：配制100ml0.10mol/L的KCl溶液；需要选用100mL容量瓶配制，根据配制步骤可知，需要使用的仪器为：烧杯；玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管等，需要使用的仪器为：玻璃棒、100mL容量瓶、烧杯；

故选ABD．

根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选用仪器；判断需要的仪器．

本题考查了配制一定浓度的溶液步骤及选用仪器的方法，题目难度不大，注意掌握配制一定浓度的溶液方法及正确选用仪器的方法，要求学生熟悉实验室中常见的容量瓶的规格．【解析】【答案】ABD14、CD【分析】【分析】

本题考查了相对原子质量的概念；只要把握碳的相对原子质量翻了一倍，而其他元素的相对原子质量是相对于碳来比较的，故它们的相对原子质量也翻一倍，此题即可解出。

【解析】

rm{A}rm{{,!}^{16}O}的相对原子质量原本为rm{16}现在翻一倍，所以为rm{32}故A说法正确；

rm{B}rm{N_{A}}个rm{O_{2}}与rm{N_{A}}个rm{H_{2}}的质量比为rm{64:4=16:1}；故B说法正确；

rm{C}rm{N_{2}}的摩尔质量应该变为rm{56g/mol}；故C说法错误；

rm{D}阿伏伽德罗的常数翻倍了，气体的摩尔体积也会翻倍，故rm{16g}氧气的的物质的量为rm{0.25mol}但气体摩尔体积为rm{44.8L/mol}所以体积应为rm{11.2L}因为它只是改变了计数的方法，一定质量的气体，它的体积还是一定的，故D说法错误。

故选CD。【解析】rm{CD}三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【解析】试题分析：二价金属的氯化物中含0.2molCl—，则此氯化物的物质的量是0.2mol÷2＝0.1mol，所以摩尔质量是9.5g÷0.1mol/L＝95g/mol；氯元素的相对原子质量是35.5，所以金属元素的相对原子质量是95－35.5×2＝24。（2）设原混合气体中N2、CO2的分别是x和y。标准状况下，6.72L气体的物质的量是6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，则x＋y＝0.3mol、28x＋44y＝10.0g，即得解得x＝0.2mol、y＝0.1mol，所以原混合气体中N2、CO2的体积之比是2:1。考点：考查物质的量的有关计算【解析】【答案】（每空2分,共6分）(1)95g/mol，24(2)2:116、略

【分析】【解析】试题分析：（1）水银是金属，可以导电；氢氧化钠、氯化钠是电解质，但固体时不导电；干冰、氨气、蔗糖是非电解质，不导电；盐酸溶液和硫酸溶液导电，但是混合物；氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质；液态氯化氢是电解质，但不导电。（2）①醋酸是弱电解质，用可逆号连接，电离方程式是CH3COOHH++CH3COO-。②小苏打（NaHCO3）治疗胃酸过多的离子方程式是H++HCO3-=CO2↑+H2O。③硫酸氢钠溶于水电离出大量的氢离子，和锌反应生成氢气，反应的离子方程式是Zn+2H+=Zn2++H2↑。考点：考查电解质、非电解质的判断，电离方程式以及离子方程式的书写等【解析】【答案】(每空2分，共12分)（1）①⑤⑩②④⑨③⑥⑦（2）①CH3COOHH++CH3COO-②H++HCO3-=CO2↑+H2O③Zn+2H+=Zn2++H2↑17、rm{(1)Al(OH)_{3}+3HCl=AlCl_{3}+3H_{2}O}

rm{(2)CH_{4}+2O_{2}xrightarrow[]{碌茫脠录}CO_{2}+2H_{2}O}

rm{(3)N_{2}+3H_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{赂脽脦脗赂脽脩鹿}{?}}2NH_{3}}rm{(2)CH_{4}+2O_{2}xrightarrow[]{碌茫脠录}

CO_{2}+2H_{2}O}【分析】【分析】本题考查了物质性质的应用，化学方程式的书写，题目较简单。【解答】rm{(1)}氢氧化铝rm{Al(OH)_{3}}是难溶于水的两性氢氧化物和胃酸中的氯化氢反应生成氯化铝和水，反应的化学方程式为：rm{Al(OH)_{3}+3HCl=AlCl_{3}+3H_{2}O}故答案为：rm{Al(OH)_{3}+3HCl=AlCl_{3}+3H_{2}O}rm{(2)}甲烷燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为：rm{CH_{4}+2O_{2}xrightarrow[]{碌茫脠录}CO_{2}+2H_{2}O}故答案为：rm{CH_{4}+2O_{2}xrightarrow[]{碌茫脠录}CO_{2}+2H_{2}O}rm{CH_{4}+2O_{2}xrightarrow[]{碌茫脠录}

CO_{2}+2H_{2}O}工业上以rm{CH_{4}+2O_{2}xrightarrow[]{碌茫脠录}

CO_{2}+2H_{2}O}和rm{(3)}为原料，在高温、高压和催化剂存在的条件下制备rm{N_{2}}反应的化学方程式：rm{N_{2}+3H_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{赂脽脦脗赂脽脩鹿}{?}}2NH_{3}}故答案为：rm{N_{2}+3H_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{赂脽脦脗赂脽脩鹿}{?}}2NH_{3}}rm{H_{2}}【解析】rm{(1)Al(OH)_{3}+3HCl=AlCl_{3}+3H_{2}O}rm{(2)CH_{4}+2O_{2}xrightarrow[]{碌茫脠录}CO_{2}+2H_{2}O}rm{(3)N_{2}+3H_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{赂脽脦脗赂脽脩鹿}{?}}2NH_{3}}rm{(2)CH_{4}+2O_{2}xrightarrow[]{碌茫脠录}

CO_{2}+2H_{2}O}18、略

【分析】乙烯中含有碳碳双键，和水发生加成反应，生成乙醇。乙醇中含有羟基，发生催化氧化生成乙醛。乙醛继续氧化生成乙酸。乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯。【解析】【答案】（1）乙醇(CH3CH2OH)乙酸乙酯(CH3COOCH2CH3)(2)CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH加成反应19、略

【分析】CuSO4＋Zn===ZnSO4＋Cu，Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu－Zn微电池，加快了氢气产生的速率。升高反应温度、适当增大硫酸的浓度、增加锌的比表面积等。V1＝30，V6＝10__，V9＝_17.5___。②当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与H2SO4溶液的接触面积【解析】【答案】（1）CuSO4＋Zn===ZnSO4＋Cu，Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑（2分）(2)CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu－Zn微电池，加快了氢气产生的速率（1分）(3)Ag2SO4（1分）(4)升高反应温度、适当增大硫酸的浓度、增加锌的比表面积等(2分)(5)①301017.5（3分）②当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与H2SO4溶液的接触面积（1分）20、防止生成Al（OH）3沉淀a+3b=c+2d【分析】【解答】（1）铝离子与碳酸根离子容易发生双水解生成氢氧化铝沉淀，制取纳米氧化铝时匀速滴加Al（NO3）3溶液并不断搅拌，主要目的是：防止生成Al（OH）3沉淀；

故答案为：防止生成Al（OH）3沉淀；

（2））（NH4）aAlb（OH）c（CO3）d中，NH4+，Al3+，OH﹣，CO32﹣，所带电荷数分别为：+1，+3，﹣1，﹣2，依据化合物中元素化合价代数和为0，则：a+3b=c+2d；

故答案为：a+3b=c+2d；

【分析】（1）铝离子与碳酸根离子容易发生双水解生成氢氧化铝沉淀；

（2）依据化合物中元素化合价代数和为0计算解答；21、③⑩⑤【分析】【解答】（1）“西气东输”工程输送的能源物质是天然气；故答案为：③；

（2）埋藏于海底；目前在开采技术上还存在很大困难的能源物质是可燃冰；故答案为：⑩；

（3）内陆大部分城市使用的管道煤气属于水煤气，即煤在不完全燃烧的时候和水发生反应，生成CO、CO2、H2；其中CO具有无色无味有毒的性质，为了可以发现泄漏，人为添加了硫化氢，则可以用于生产城市居民生活所用的管道煤气是煤；故答案为：⑤．

【分析】（1）“西气东输”工程输送的能源物质是天然气；

（2）埋藏于海底；目前在开采技术上还存在很大困难的能源物质是可燃冰；

（3）可以用于生产城市居民生活所用的管道煤气是煤．22、略

【分析】解：二氧化硅不与盐酸反应；而碳酸钙能够与盐酸反应生成二氧化碳，则可用盐酸除去碳酸钙，可用于检验；

故答案为：稀盐酸．

二氧化硅不与盐酸反应；而碳酸钙能够与盐酸反应，以此解答该题．

本题考查物质的分离、提纯、检验和鉴别，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质的异同，难度不大．【解析】稀盐酸23、略

【分析】解：(1)无色的NO能与O2反应产生红棕色的NO2，故答案为：烧瓶中气体由无色变为红棕色；2NO+O2=2NO2．

(2)轻轻摇动平底烧瓶，使得NO2与水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO；所以烧杯中红棕色气体又变为无色，烧瓶中液面上升，故答案为：烧杯中红棕色气体又变为无色；烧杯中水倒吸到烧瓶中(或烧瓶中液面上升)(合理答案同样给分)；

3NO2+H2O=2HNO3+NO．【解析】烧瓶中气体由无色变为红棕色;2NO+O2=2NO2;烧杯中红棕色气体又变为无色；;烧杯中水倒吸到烧瓶中;3NO2+H2O=2HNO3+NO四、判断题(共2题，共20分)24、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．25、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素五、元素或物质推断题(共1题，共2分)26、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色，B为二氧化氮；A为氮气，氮气和氧气生成一氧化氮C，一氧化氮和氧气生成二氧化氮D，二氧化氮和水生成硝酸E，硝酸和铜生成一氧化氮、硝酸铜；氮气和氢气生成氨气D，氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮；

【详解】

（1）A→D反应为氮气和氢气催化生成氨气，

（2）D→C为氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮和水，

（3）二氧化氮B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收生成硝酸，反应为则二氧化氮与的物质的量之比为4:1；该反应电子转移情况为若该反应转移个电子，则参加反应的二氧化氮的物质的量为1mol。【解析】(1)

(2)

(3)4:11六、计算题(共3题，共9分)27、rm{18g/mol}【分析】【分析】本题考查化学方程式计算、摩尔质量计算，比较基础，关键是利用质量守恒定律确定反应中各物质的质量定比关系。【解答】

rm{8gA}能与rm{32gB}恰好完全反应，生成rm{22gC}和一定量rm{D}根据质量守恒rm{D}的质量为rm{8g+32g-22g=18g}故A、rm{B}rm{C}rm{D}按质量比rm{8g}rm{32g}rm{22g}rm{18g=4}rm{16}rm{11}rm{9}进行反应，rm{16gA}完全反应需要rm{B}的质量为rm{16g隆脕dfrac{16}{4}=64g<70g}故B过量，则生成的rm{16g隆脕dfrac

{16}{4}=64g<70g}的质量为rm{D}故D的摩尔质量为rm{dfrac{36g}{2mol}=18g/mol}

故答案为：rm{16g隆脕dfrac{9}{4}=36g}rm{dfrac

{36g}{2mol}=18g/mol}【解析】rm{18g/mol}28、(1)有机物燃烧生成水10.8g，物质的量为=0.6mol；

令有机物燃烧生成的CO为x；则：

CuO+COCu+CO2；气态增重△m

28g16g

x3.2g

所以x==5.6g，CO的物质的量为=0.2mol．

根据碳元素守恒可知CO与CuO反应生成的CO2的物质的量为0.2mol；质量为0.2mol×44g/mol=8.8g．

有机物燃烧生成的CO2的质量为17.6g-8.8g=8.8g，物质的量为=0.2mol；

根据碳元素守恒可知；1mol有机物含有碳原子物质的量为2mol；

根据氢元素守恒可知，1mol有机物含有氢原子物质的量为=6mol

根据氧元素守恒可知，1mol有机物含有氧原子物质的量为=1mol．

所以有机物的分子式为C2H6O．

答：有机物的分子式为C2H6O．

(2)若0.2mol该有机物与足量金属钠作用生成2.24L的H2(标准状况)，氢气的物质的量为0.1mol，有机物中含有羟基，该有机物的结构简式为CH3CH2OH．

答：该有机物的结构简式为CH3CH2OH．【分析】rm{(1)}浓硫酸具有吸水性，产物质量减轻rm{10.8g}说明反应产物中含水rm{10.8g}通过灼热氧化铜，由于发生反应rm{CuO+COdfrac{bigtriangleup}{}Cu+CO_{2}}产物质量增加了rm{CuO+COdfrac{bigtriangleup

}{}Cu+CO_{2}}结合方程式利用差量法可计算rm{3.2g}的物质的量，通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了rm{CO}可计算总rm{17.6g}的物质的量，减去rm{CO_{2}}与rm{CO}反应生成的rm{CuO}的质量为有机物燃烧生成rm{CO_{2}}的质量，根据元素守恒计算有机物中含有rm{CO_{2}}rm{C}rm{H}的物质的量；进而求得化学式．

rm{O}结合分子式、与钠反应生成氢气的体积，判断分子中官能团，据此书写结构简式．rm{(2)}【解析】rm{(1)}有机物燃烧生成水rm{10.8g}物质的量为rm{dfrac{10.8g}{18g/mol}=0.6mol}

令有机物燃烧生成的rm{dfrac

{10.8g}{18g/mol}=0.6mol}为rm{CO}则：

rm{CuO+COdfrac{bigtriangleup}{}Cu+CO_{2}}气态增重rm{x}

rm{CuO+COdfrac{bigtriangleup

}{}Cu+CO_{2}}

rm{trianglem}

所以rm{x=dfrac{28gtimes3.2g}{16g}=5.6g}rm{28g16g}的物质的量为rm{dfrac{5.6g}{28g/mol}=0.2mol}．

根据碳元素守恒可知rm{x3.2g}与rm{x=dfrac{28gtimes

3.2g}{16g}=5.6g}反应生成的rm{CO}的物质的量为rm{dfrac

{5.6g}{28g/mol}=0.2mol}质量为rm{CO}．

有机物燃烧生成的rm{CuO}的质量为rm{CO_{2}}物质的量为rm{dfrac{8.8g}{44g/mol}=0.2mol}

根据碳元素守恒可知，rm{0.2mol}有机物含有碳原子物质的量为rm{0.2mol隆脕44g/mol=8.8g}

根据氢元素守恒可知，rm{CO_{2}}有机物含有氢