2025年上教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年上教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8题，共16分)1、实验室里做钠跟水反应的实验时；用到的仪器和药品是（）

①试管夹②镊子③小刀④滤纸⑤研钵⑥烧杯⑦坩埚⑧石棉网⑨玻璃片⑩药匙．A.①②③④B.②③④⑥⑨C.③④⑧⑨⑩D.②⑤⑦⑨⑩2、下列物质的使用不涉及化学变化的是()A.用铁质容器盛放浓硝酸B.液氨用作制冷剂C.氢氟酸刻蚀玻璃D.生石灰作干燥剂3、下列反应属于吸热反应的是rm{(}rm{)}A.rm{C_{6}H_{12}O_{6}(}葡萄糖rm{)+6O_{2}篓T6CO_{2}+6H_{2}O}B.rm{CH_{3}COOH+KOH篓TCH_{3}COOK+H_{2}O}C.所有高温条件下发生的反应D.破坏生成物全部化学键所需能量小于破坏反应物全部化学键的能量4、已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。如图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环。下列关于甲、乙的判断正确的是A.甲是浓氨水，乙是浓硫酸B.甲是浓盐酸，乙是浓氨水C.甲是浓氨水，乙是浓盐酸D.甲是浓硝酸，乙是浓氨水5、将rm{20mLNO_{2}}和rm{NH_{3}}的混合气体，在一定条件下充分反应，化学方程式是：rm{6NO_{2}+8NH_{3}篓T7N_{2}+12H_{2}O.}已知参加反应的rm{NO_{2}}比参加反应的rm{NH_{3}}少rm{2mL(}气体体积均在相同状况下测定rm{)}则原混合气体中rm{NO_{2}}和rm{NH_{3}}的物质的量之比是rm{(}rm{)}A.rm{3}rm{2}B.rm{2}rm{3}C.rm{3}rm{5}D.rm{3}rm{4}6、从周期表推测，若存在rm{116}号元素rm{(}用rm{X}表示rm{)}其最外层有rm{6}个电子，下列性质推断正确的是rm{(}rm{)}A.其钠盐的化学式为rm{Na_{2}X}B.rm{X}是非金属元素C.其最高价氧化物的水化物为强酸D.其最高价氧化物为rm{XO_{3}}7、在下列过程中，需要加快化学反应速率的是rm{(}rm{)}A.钢铁腐蚀B.食物腐败C.炼钢D.塑料老化8、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.物质的量是一个基本物理量，表示物质所含粒子的多少B.rm{1mol}氢中含有rm{2mol}氢原子和rm{2mol}电子C.rm{1molH_{2}O}的质量等于rm{N_{A}}个rm{H_{2}O}分子的质量总和D.硫酸的摩尔质量是rm{98g}评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、以下十种物质：①铜②CH3COOH③盐酸④二氧化碳⑤氢氧化铁胶体⑥CuSO4.5H2O

⑦熔融态氢氧化钠⑧碳酸钙⑨漂白粉⑩Cu（OH）2固体，按照表中提示的信息，把他们中符合左栏条件的物质的代号填入表格相应的位置．。符合的条件物质的代号混合物____可以导电的物质____非电解质____既不是电解质，也不是非电解质____强电解质____弱电解质____10、U型管的左端被水和胶塞封闭有甲烷和氯气（体积比为1：1）的混和气体；将封闭有甲烷和氯气的混和气体的装置放置在有光亮的地方，让混和气体缓慢的反应一段时间．

（1）请写出该反应生成一氯甲烷的化学方程式：______．

（2）经过几个小时的反应后，U型管右端的玻璃管中水柱变化是______．（填“升高”或“降低”）

（3）请说出U型管左端的玻璃管中实验现象______．11、rm{A隆芦E}等几种烃分子的球棍模型如下图所示，据此回答下列问题。rm{(1)}属于同系物的是____________________rm{(2)}请写出rm{A}与氯气rm{1:1}反应的方程式___________________rm{(3)}请写出rm{C}的结构简式___________________rm{(4)E}存在同分异构现象，请写出其中任意一种同分异构体的结构式________________12、rm{Al}和rm{Na}的单质同时加入到一定量的水中，充分反应后，发现无固体残留物存在，请用两个化学反应方程式表示其变化过程：rm{(1)}________________________________________________________________________，rm{(2)}________________________________________________________________________。13、某化合物上rm{E(}rm{)}的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢。写出该化合物的结构简式：_______________rm{(}任写一种rm{)}14、(20分)下面是用98%的浓H2SO4（ρ=1.84g/cm3）配制成0.5mol/L的稀H2SO4500ml的操作，请按要求填空：（1）所需浓H2SO4的体积为（2）如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用____mL量筒最好。量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将____（偏高、偏低、无影响）。（3）将量取的浓H2SO4沿烧杯内壁慢慢注入盛有约100mL水的里，并不断搅拌，目的是。（4）将____的上述溶液沿____注入中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯2～3次，洗涤液要中，并摇匀。（5）加水至距刻度处，改用加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平。15、（8分）利用下列反应：Fe+Cu2+===Fe2++Cu设计一个化学电池（给出若干导线和一个小灯泡，电极材料和电解质溶液自选），画出实验装置图，注明电解质溶液的名称和正负极材料，标出电子流动方向和电流方向，写出电极反应式。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)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、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）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、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）21、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）22、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、工业流程题(共4题，共12分)23、重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种重要的化工原料，以FeO·Cr2O3为原料制备K2Cr2O7的流程如下：

已知：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2

回答下列问题：

(1)写出滤渣的一种用途：___________________。

(2)“调节pH”可实现CrO42-和Cr2O72-在溶液中相互转化。室温下，若初始浓度为1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H+)的变化如图所示：

①由图可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)。

②根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为_________。

(3)流程中的“转化”过程中发生的反应属于_________(填基本反应类型)。

(4)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrO42-生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10－5mol·L-1)时，溶液中c(Ag+)为_______mol·L-1，此时溶液中c(CrO42-)等于________mol·L－1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)24、一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等。

②部分阳离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表。

③CoCl2·6H2O熔点86℃；易溶于水；乙醚等；常温下稳定，加热至110~120℃时失去结晶水变成无水氯化钴。

(1)写出Co2O3与Na2SO3和盐酸反应的离子方程式______________________。

(2)加入NaClO3的目的是______________________；加入过量NaClO3可能生成有毒气体，该气体是___________(填化学式)

(3)为了除去Fe3+、Al3+，需加Na2CO3调pH，则pH应控制的范围为_____________________.

(4)加萃取剂的目的是___________；金属离子在萃取剂中的萃取率与pH的关系如图，据此分析pH的最佳范围为___________(填字母序号)。

A.2.0~2.5B.3.0~3.5C.4.0~4.5D.5.0~5.5

(5)CoCl2·6H2O常用减压烘干法烘干，原因是___________。25、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___________。26、工业上制取CuCl2的生产流程如下：

请结合下表数据，回答问题：。物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3溶度积(25℃)8.0×10-162.2×10-204.0×10-38完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.43~4

(1)在溶液A中加入NaClO的目的是_________________。

(2)在溶液B中加入CuO主要涉及的离子反应方程式为________________。

(3)操作a为___________。

(4)在Cu(OH)2中加入盐酸使Cu(OH)2转化为CuCl2，采用稍过量盐酸和低温蒸干的目的是___。评卷人得分五、原理综合题(共3题，共15分)27、CO2的排放会带来全球“温室”效应，因此，引起国际关注和研究，渴望21世纪CO2将作为新碳源被广泛使用。

(1)以CO2和H2为原料可得到CH4燃料。

已知：①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247kJ·mol-1

②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ·mol-1

写出由CO2获得CH4的热化学方程式：_____。

(2)CO2与CH4经催化重整可制得合成气：CH4(g)+CO2(g)=CO(g)+2H2(g)按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率影响如图所示。此反应优选温度为900℃的原因是______________________。

(3)以二氧化钛表面覆盖的Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。

①催化剂的催化效率与乙酸的生成速率随温度的变化关系如上图所示。250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是__________________。

②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是________(写出两种)。

③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中离子方程式是________________________。

(4)O2辅助的Al—CO2电池工作原理如上图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的负极反应式：_______________________。电池的正极反应式：2CO2+2e−=C2O42−该过程中，O2起催化作用，催化过程可表示为：i：6O2+6e−=6O2−ii:写出ii的离子方程式：______________________。28、研究CO、CO2的回收利用既可变废为宝；又可减少碳的排放。请回答下列问题：

(1)二甲醚(CH3OCH3)被誉为“21世纪的清洁燃料”，由CO和H2制备二甲醚的反应原理如下：

CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=-90.1kJ/mol

2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-24.5kJ/mol

已知：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=-41.0kJ/mol

则2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)的△H=________

(2)T1K时，将1mol二甲醚引入一个抽真空的150L恒容密闭容器中，发生分解反应CH3OCH3(g)⇌CH4(g)+H2(g)+CO(g)。

在不同时间测定容器内的总压，所得数据见下表。反应时间t/min06.513.026.552.6∞气体总压p总/kPa50.055.065.083.2103.8125.0

①由表中数据计算，0～6.5min内的平均反应速率)(CH3OCH3)=___

mol⋅L-1⋅min-1(结果保留两位有效数字)反应达平衡时，二甲醚的分解率为___，该温度下平衡常数K=___。

②反应达到平衡后，若升高温度，CH3OCH3的浓度增大，则该反应为___反应(填“放热”或“吸热”)。

在T2K、1.0×104 kPa下，等物质的量的CO与CH4混合气体发生如下反应：CO(g)+CH4(g)=CH3CHO(g)

反应速率v=v正-v逆=k正p(CO)⋅p(CH4)-k逆p(CH3HO)，k正、k逆分别为k正、k逆向反应速率常数，p为气体的分压(气体分压p=气体总压p总×体积分数)。用气体分压表示的平衡常数KP=4.5×10-5kPa-1，则CO的转化率为20%时，=___。29、C；N、S的氧化物常会造成一些环境问题；科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。

（1）目前工业上有一种方法是用CO2和H2在230℃，催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。如图表示恒压容器中和平移转化率达时的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式______________________。

（2）一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入和发生反应可用于回收燃烧烟气中的硫。若反应进行到时达平衡，测得的体积分数为0.5，则前20min的反应速率_______该温度下反应化学平衡常数K=________。（保留两位小数）

（3）工业上有多种方法用于的脱除。

①可用NaClO碱性溶液吸收为了提高吸收效率，常加入反应过程的示意图如图所示，产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力，因此可加快对的吸收。

a.的作用是____________________。

b.过程2的离子方程式___________________________________。

c.Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是_______________。

②“亚硫酸盐法”吸收烟气中的室温条件下，将烟气通入溶液中，测得溶液与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，点时溶液pH=7，则_____________。

（4）用石墨做电极，食盐水做电解液电解烟气脱氮的原理如图1，被阳极产生的氧化性物质氧化尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。电流密度对溶液和对烟气脱硝的影响如图2所示：

图1图2

①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3-反应的离子方程式__________________。排入空气的尾气，一定含有的气体单质是_________________（填化学式）。

②溶液的pH对NO去除率存在相关关系的原因是___________________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【解答】解：做钠跟水反应的实验步骤：用镊子取一小块金属钠；将金属钠放在玻璃片上，用小刀切一小块钠，用滤纸擦干表面的煤油，放入盛水的烧杯中即可．

故选B．

【分析】根据金属钠的性质以及金属钠和水发生反应的步骤来确定需要的仪器．2、B【分析】【分析】本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大rm{.}要注意化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成。【解答】A.铁与浓硝酸发生钝化；属于化学变化，故A错误；

B.液氯汽化时吸收热量；故可用作致冷剂，属于物理变化，故B正确；

C.氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发生反应；故氢氟酸能刻蚀玻璃，属于化学变化，故C错误；

D.生石灰与水反应生成氢氧化钙；属于化学变化，故D错误。

故选B。

【解析】rm{B}3、D【分析】解：rm{A.C_{6}H_{12}O_{6}(}葡萄糖rm{aq)+6O_{2}隆煤6CO_{2}+6H_{2}O}是氧化反应；属于放热反应，故A错误；

B.rm{CH_{3}COOH+KOH?CH_{3}COOK+H_{2}O}是酸碱中和反应；属于放热反应，故B错误；

C.高温条件下发生的反应可能是放热反应；如铝热反应需要高温引发，故C错误；

D.断键吸收能量；成键放出能量，破坏生成物全部化学键所消耗的能量和形成生成物全部化学键所放出的能量是相等的，破坏生成物全部化学键所需能量小于破坏反应物全部化学键的能量的是吸热反应，故D正确．

故选D．

根据放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量；吸热反应中反应物的总能量小于生成物的总能量；

常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应rm{(}如rm{C}和rm{CO_{2})}少数分解置换以及某些复分解rm{(}如铵盐和强碱rm{)}rm{C}或氢气做还原剂时的反应．

本题考查吸热反应，抓住中学化学中常见的吸热或吸热反应的本质是解题的关键，题目难度不大．【解析】rm{D}4、C【分析】【解析】试题分析：体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙。浓硫酸是难挥发性酸，A不正确；根据白色烟环的位置可知，甲气体的相对分子质量小于乙气体的相对分子质量。B中氯化氢的相对分子质量大于氨气的相对分子质量，不正确，C正确；D中硝酸的相对分子质量大于氨气的相对分子质量，不正确，答案选C。考点：考查对信息的理解和应用【解析】【答案】C5、A【分析】解：实际参加反应的rm{NO_{2}}比rm{NH_{3}}少rm{2mL}由rm{6NO_{2}+8NH_{3}=7N_{2}+12H_{2}O}可知，参加反应的rm{NO_{2}}rm{NH_{3}}的体积分别为rm{6mL}rm{8mL}则剩余气体为rm{20mL-6mL-8mL=6mL}

若剩余气体为rm{NO_{2}}则rm{V(NO_{2})=6mL+6mL=12mL}物质的量之比等于体积之比，故rm{n(NO_{2})}rm{n(NH_{3})=V(NO_{2})}rm{v(NH_{3})=12mL}rm{8mL=3}rm{2}

若剩余气体为rm{NH_{3}}则rm{v(NH_{3})=8mL+6mL=14mL}物质的量之比等于体积之比，故rm{n(NO_{2})}rm{n(NH_{3})=V(NO_{2})}rm{v(NH_{3})=6mL}rm{14mL=3}rm{7}

根据分析可知，正确的为rm{A}

故选A．

实际参加反应的rm{NO_{2}}比rm{NH_{3}}少rm{2mL}由rm{6NO_{2}+8NH_{3}=7N_{2}+12H_{2}O}可知，参加反应的rm{NO_{2}}rm{NH_{3}}的体积分别为rm{6mL}rm{8mL}故剩余气体为rm{20mL-6mL-8mL=6mL}剩余气体可能为rm{NO_{2}}可能为rm{NH_{3}}据此讨论计算．

本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题培养了学生的化学计算能力．【解析】rm{A}6、D【分析】解：rm{A.X}应为金属元素，不存在rm{Na_{2}X}故A错误；

B.rm{X}的金属性大于rm{Po}为金属元素，故B错误；

C.rm{X}为金属元素；其最高价氧化物的水化物显碱性，故C错误；

D.最高价为rm{+6}价，其最高价氧化物为rm{XO_{3}}故D正确；

故选D．

若存在rm{116}号元素rm{(}用rm{X}表示rm{)}其最外层有rm{6}个电子，且第六周期稀有气体的原子序数为rm{86}则rm{X}位于第七周期rm{VIA}族，最高价为rm{+6}价；同主族从上到下金属性增强，以此来解答．

本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握同主族元素的性质、元素的位置为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合稀有气体的原子序数判断元素的位置，题目难度不大．【解析】rm{D}7、C【分析】解：rm{A.}钢铁具有重要的工业用途；应减缓反应速率，故A错误；

B.为减少食物浪费；应减缓反应速率，故B错误；

C.为提高钢铁的产量；应加快反应速率，故C正确；

D.为减小塑料的损耗；应减小老化速度，故D错误．

故选C．

结合工业生产和生活需要进行判断；为减少材料和资源的浪费，应减缓化学反应速率，而在工业生产中，为提高产量，应提高反应速率．

本题考查化学反应速率的调控作用，题目难度不大，答题时注意结合生产需要的实际考虑．【解析】rm{C}8、C【分析】解：rm{A.}“物质的量是一个基本物理量”是对的；但物质的量不是表示物质所含“粒子的多少”，而是表示物质所含“一定数目粒子的集合体”的多少，故A错误；

B.“rm{1}rm{mol}氢”没有指出具体微粒是什么；故B错误；

C.rm{1}rm{mol}rm{H_{2}O}中含rm{N_{A}}个水分子，rm{1}rm{mol}rm{H_{2}O}的质量就等于rm{N_{A}}个rm{H_{2}O}分子质量的总和；故C正确；

D.硫酸的摩尔质量为rm{98g/mol}故D错误；

故选C．

A.物质的量是一个基本物理量；表示含有一定数目粒子集体的物理量；

B.物质的量是表示微观粒子的物理量需要指明微粒种类；

C.rm{1molH_{2}O}的质量等于rm{N_{A}}个rm{H_{2}O}物质的量为rm{1molH_{2}O}的质量的总和；

D.摩尔质量的单位为rm{g/mol}．

本题考查了物质的量的应用，题目难度不大，明确摩尔质量与质量、物质的量与微粒数之间的关系为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力．【解析】rm{C}二、填空题(共7题，共14分)9、③⑤⑨|①③⑤⑦|④|①③⑤⑨|⑥⑦⑧|②⑩【分析】【解答】解：①铜是单质，能导电，既不是电解质，也不是非电解质，②CH3COOH是纯净物，不导电，水溶液中部分电离属于弱电解质，③盐酸是氯化的水溶液，能导电，属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，④二氧化碳不导电，不能电离属于非电解质，⑤氢氧化铁胶体能导电，属于混合物既不是电解质，也不是非电解质，⑥CuSO4.5H2O不能导电，水溶液中导电完全电离属于强电解质，⑦熔融态氢氧化钠能导电，完全电离属于强电解质，⑧碳酸钙不能导电，熔融状态导电属于强电解质，⑨漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，不能导电，既不是电解质，也不是非电解质，⑩Cu（OH）2固体，不能导电，属于弱电解质，故答案为：。符合的条件物质的代号混合物③⑤⑨可以导电的物质①③⑤⑦非电解质④既不是电解质，也不是非电解质①③⑤⑨强电解质⑥⑦⑧弱电解质②⑩【分析】混合物：不同物质组成的为混合物；

可以导电的物质：只要含有自由移动的离子或自由电子即可；

非电解质：是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物；包括一些非金属氧化物；氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；

单质；混合物等既不是电解质；也不是非电解质；

强电解质：水溶液中或熔融状态完全电离的电解质；

弱电解质：水溶液中部分电离的电解质，10、略

【分析】解：（1甲烷和氯气发生取代反应生成一氯甲烷的化学方程式：CH4+Cl2CH3Cl+HCl；

故答案为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl；

（2）甲烷和氯气反应生成的二氯甲烷；三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体；只有一氯甲烷和氯化氢是气体，氯化氢极易溶于水，使容器内压强变小，故右端水柱降低；

故答案为：降低；

（3）烷和氯气发生取代反应；消耗氯气，颜色变浅，生成的二氯甲烷；三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，只有一氯甲烷和氯化氢是气体，氯化氢气体遇水蒸气形成盐酸小液滴，所以产生少量白雾；

故答案为：管中气体颜色变浅；管壁上有油状液滴，管中有少量白雾．

（1）甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应；第一步取代生成一氯甲烷和氯化氢；

（2）氯气和甲烷反应消耗气体；封闭气体的压强减小，据此解答；

（3）依据反应生成的产物判断解答．

本题考查了甲烷的性质，注意甲烷和氯气发生取代生成一系列取代产物，分析现象时抓住生成物的性质特征．【解析】CH4+Cl2CH3Cl+HCl；降低；管中气体颜色变浅，管壁上有油状液滴，管中有少量白雾11、（1）ABCDE

（2）

（3）CH3CH2CH3

（4）CH3CH2CH2CH2CH3或CH3CH(CH3)CH2CH3【分析】【分析】本题主要考查的是结构简式书写、有机反应方程式书写rm{.}同分异构体以及同系物的概念，难度不大。同分异构体以及同系物的概念，难度不大。【解答】rm{.}为甲烷，由球棍模型可知，rm{A}为甲烷，rm{B}为乙烷，rm{C}为丙烷，rm{D}为正为乙烷，rm{A}为丙烷，rm{B}为正丁烷rm{C}为新戊烷。rm{D}结构相似，均属于烷烃，且含碳原子数不同，则互为同系物，故答案为：，rm{E}为新戊烷。rm{E}甲烷rm{(1)ABCDE}反应的方程式为rm{C{H}_{4}+C{l}_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}C{H}_{3}Cl+HCl}故答案为：rm{C{H}_{4}+C{l}_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}C{H}_{3}Cl+HCl}rm{ABCDE}为丙烷，结构简式为rm{(2)}故答案为：与氯气rm{1:1}反应的方程式为rm{1:1}为新戊烷，其rm{C{H}_{4}+C{l}_{2}

xrightarrow[]{鹿芒脮脮}C{H}_{3}Cl+HCl}rm{C{H}_{4}+C{l}_{2}

xrightarrow[]{鹿芒脮脮}C{H}_{3}Cl+HCl}rm{(3)C}rm{CH_{3}CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH_{2}CH_{3}}故答案为：rm{(4)E}或同分异构体的结构式为rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}【解析】rm{(1)ABCDE}rm{(2)C{H}_{4}+C{l}_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}C{H}_{3}Cl+HCl}rm{(2)C{H}_{4}+C{l}_{2}

xrightarrow[]{鹿芒脮脮}C{H}_{3}Cl+HCl}rm{(3)CH_{3}CH_{2}CH_{3}}或rm{(4)CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}12、(1)2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑(2)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑【分析】【分析】本题考查铝及其化合物的性质，熟练掌握方程式的书写是解题的关键。【解答】rm{(1)}钠的性质活泼，与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，方程式为rm{2Na+2H}rm{2}rm{2}rm{O===2NaOH+H}rm{2}rm{2}铝与rm{隆眉}反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为rm{(2)}rm{NaOH}rm{2Al+2NaOH+2H}rm{2}rm{2}rm{O===2NaAlO}rm{2}rm{2}【解析】rm{(1)2Na+2H_{2}O===2NaOH+H_{2}隆眉}rm{(2)2Al+2NaOH+2H_{2}O===2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}13、或​【分析】【分析】本题考查的是同分异构体的书写，有一定的难度。【解答】该物质的分子式为rm{C_{7}H_{14}O}其同分异构体中只有两种不同化学环境的氢，则结构有对称性，说明氧原子在对称轴上，对称轴的一侧有三个碳原子，有两种氢原子，所以结构为或故答案为：【解析】或​14、略

【分析】考查一定物质的量浓度的配制。（1）根据稀释过程中溶质不变可知，0.5×0.5＝1.84V×98％÷98，解得V＝14ml即浓硫酸的体积是14ml。（2）规格越接近，误差越小，所以应该选择15ml的量筒。水洗后直接量取，相当于稀释，浓度偏低。（3）由于浓硫酸的密度大于水的，且溶于水放出大量的热，所以浓硫酸的稀释应该在烧杯中完成，且需要不断的搅拌，以防止浓硫酸飞溅。（4）转移之前，需要冷却，转移时用玻璃棒引流，注入500ml容量瓶中。烧杯和玻璃棒都需要洗涤，且洗涤液要注入容量瓶中。（5）当接近刻度线1～2cm时，用胶头滴管加水定容。【解析】【答案】.14ml；15ml；偏低；烧杯；防止浓硫酸飞溅；冷却后；玻璃棒；500ml容量瓶；转移到容量瓶；1-2cm；胶头滴管15、略

【分析】【解析】【答案】溶液为CuCl2溶液,一根棒为Fe棒,另一根为石墨棒,中间用导线连接负极：Fe–2e-=Fe2+正极：Cu2++2e-=Cu三、判断题(共7题，共14分)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、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．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】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．21、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/mol22、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、工业流程题(共4题，共12分)23、略

【分析】【分析】

(1)根据反应确定滤渣的成分；然后确定其用途；

(2)①根据Cr2O72-的含量与H+的浓度关系分析判断；

②根据平衡常数的定义式计算；

(3)根据流程中的“转化”过程中反应物；生成物的种类及反应特点判断发生的反应类型；

(4)根据溶度积常数分析计算。

【详解】

(1)在熔融、氧化时，发生反应：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2，然后水浸，Na2CrO4和NaNO2进入溶液，而Fe2O3难溶于水，因此滤渣主要成分是Fe2O3；该物质是红棕色粉末状固体，可用作颜料，也可以用作炼铁的原料；

(2)①根据图示可知溶液中H+越大，Cr2O72-的浓度越大，说明含量越高，说明溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率增大；

②在溶液中存在可逆反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，在开始时c(CrO42-)=1.0mol/L，平衡时c(Cr2O72-)=0.4mol/L，则消耗CrO42-的浓度为0.8mol/L，所以平衡时c(CrO42-)=(1.0-0.8)mol/L=0.2mol/L，此时溶液中c(H+)=4.0×10-7mol/L，则该反应的化学平衡常数K==6.25×1013；

(3)在流程中的“转化”过程中Na2Cr2O7与KCl反应产生K2Cr2O7与NaCl；两种化合物交换成分，产生两种新的化合物，反应为复分解反应；

(4)AgCl的Ksp为2.0×10-10，当Cl-沉淀完全时，c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，此时溶液中c(Ag+)=mol/L=2.0×10-5mol/L；

由于Ag2CrO4的Ksp为2.0×10-12，所以溶液中c(CrO42-)=mol/L=5.0×10-3mol/L。

【点睛】

本题考查物质制备方案设计及物质含量的测定的方法，明确流程图中每一步发生的反应及操作方法为解答关键，难点是(4)的计算，正确利用溶度积常数的含义，根据Ksp计算溶液中离子浓度，试题考查了学生的分析能力及化学计算、化学实验能力。【解析】用作颜料增大6.25×1013复分解反应2.0×10-55.0×10-324、略

【分析】【分析】

含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体；应控制温度在86℃以下蒸发，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干。

【详解】

(1)水钴矿的主要成分为Co2O3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有Co2+，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，过量NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；

(3)Fe3+完全水解的pH为3.7，Al3+完全水解的pH为5.2，Co2+开始水解的PH为7.6，所以为了除去Fe3+、Al3+，加入Na2CO3调pH应控制的范围为5.2pH<7.6；

(4)根据流程图可知，存在Mn2+、Co2+金属离子的溶液中，加入萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知；调节溶液PH在3.0～3.5之间，故选B；

(5)根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干。【解析】Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O将Fe2+氧化成Fe3+Cl25.2pH<7.6除去溶液中的Mn2+B降低烘干温度，防止产品熔化或分解失去结晶水变为无水氯化钴25、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%26、略

【分析】【分析】

在粗氧化铜(含氧化亚铁)中加盐酸；将金属氧化物溶解转变成氯化铜和氯化亚铁；然后加次氯酸钠，将氯化亚铁氧化成氯化铁；再加氧化铜调节溶液的pH值促进氯化铁水解最终转变成氢氧化铁沉淀除去；继续加氧化铜调节pH值后过滤分离得到氢氧化铜，通过操作a洗涤沉淀，再采用稍过量盐酸和低温蒸干得到氯化铜晶体，据此分析解答。

【详解】

(1)根据表中完全沉淀时的pH范围可知，Fe2＋沉淀时Cu2＋已基本沉淀完全，所以必须先将Fe2＋转变为Fe3＋才能完全除去，所以溶液A中加入NaClO的目的是氧化Fe2＋生成Fe3＋有利于沉淀分离，反应的离子方程式为：2H＋＋ClO−＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋Cl−＋H2O；

故答案为：氧化Fe2＋生成Fe3＋有利于沉淀分离；

(2)在溶液B中加CuO调节溶液的pH使Fe3＋完全沉淀，有关的反应为：

故答案为：

(3)操作a为洗涤；目的是洗涤氢氧化铜表面的可溶性杂质；

故答案为：洗涤；

(4)因为溶液中存在以下平衡：Cu2＋＋2H2O⇌Cu(OH)2＋2H＋，加入过量盐酸和低温，能使平衡逆移，防止Cu2＋水解；

故答案为：抑制Cu2＋水解。

【点睛】

本题以工业上制取CuCl2的生产流程为背景，综合考查学生灵活运用元素化合物知识、氧化还原反应知识、沉淀转化、盐类水解以及实验分析等知识和技能，难度较大。【解析】氧化Fe2＋生成Fe3＋有利于沉淀分离洗涤抑制Cu2＋水解五、原理综合题(共3题，共15分)27、略

【分析】【分析】

（1）依据盖斯定律的应用分析作答；

（2）根据图中信息分析温度超过900℃后反应产率的增大并不明显；再结合经济效益作答；

（3）①温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低；

②提高该反应中CH4的转化率；即使反应平衡向正向移动，依据对反应平衡的影响因素作答；

③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3；结合金属氧化物与酸的反应书写该反应的离子方程式；

（4）电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，据此书写电极反应式；依据题意可知，氧气为催化剂，在第一步被消耗，会在第二步生成，结合正极总反应2CO2+2e−=C2O42−作答。

【详解】

（1）①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247kJ·mol-1

②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ·mol-1，则①-2×②可得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)，对应的反应热△H=△H1-2△H2=(+247kJ·mol-1)-2×(+205kJ·mol-1)=-163kJ/mo1-1；

故答案为CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=-163kJ/mo1；

（2）根据图3得到；900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度；

故答案为900℃时；合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低；

故答案为900℃时；合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低；

（3）①温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低；

故答案为温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低；

②增大反应压强、增大CO2的浓度；平衡正向移动，反应物转化率增大；

故答案为增大反应压强、增大CO2的浓度；

③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；

故答案为3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；

（4）电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气在第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂，因正极总反应为：2CO2+2e−=C2O42−，两式相减得到，另一步反应为6CO2+6O2−=3C2O42−+6O2；·

故答案为Al–3e–=Al3+(或2Al–6e–=2Al3+)；6CO2+6O2−=3C2O42−+6O2；【解析】CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=-163kJ/mo1900℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低增大体系压强、增大CO2的浓度3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2OAl–3e–=Al3+(或2Al–6e–=2Al3+)6CO2+6O2−=3C2O42−+6O228、略

【分析】【分析】

由盖斯定律的∆H。

(2)①设CH3OCH3的变化量为x；则0~6.5min内反应的三段式为。

恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即50kPa，便可求出min内的平均反应速率

恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即50kPa，便可求出反应达平衡时，二甲醚的分解率；平衡常数代入数据，可求出K。

升高温度，的浓度增大；说明平衡逆向移动，由此可推出正反应类型。

当反应达到平衡时则K、时，设起始时则。

反应的三段式为