2025年外研版高一化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年外研版高一化学上册阶段测试试卷832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、下列反应中既能与强酸又能与强碱溶液反应的一组物质是①Al②Al2O3③Al(OH)3④NaHCO3A.只有①B.只有②C.只有③D.①、②、③、④均可2、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol•L-1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐。

酸的体积（V）的关系如图所示．下列判断正确的是（）A.在0-a范围内，只发生中和反应B.ab段发生反应的离子方程式为：CO+2H+═CO2↑+H2OC.a=0.3D.原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1：23、下列试剂中，可以检验溶液中是否含有rm{SO_{4}^{2-}}的是rm{(}rm{)}A.氯化钡溶液B.硝酸银溶液和氯化钡溶液C.盐酸和氯化钡溶液D.硝酸钡溶液4、能表示质量数是rm{37}的阴离子是rm{(}rm{)}A.rm{19}个质子，rm{18}个中子，rm{19}个电子B.rm{18}个质子，rm{19}个中子，rm{18}个电子C.rm{19}个质子，rm{18}个中子，rm{18}个电子D.rm{17}个质子，rm{20}个中子，rm{18}个电子5、“ZEBRA”绿色电池是新型电动汽车的理想电源；结构如图所示：隔开两极的陶瓷管作钠离子导体。下列关于该电池的叙述错误的是。

A.放电时，Na+、Al3+均向负极移动B.放电时，Na元素被氧化C.充电时的阳极反应为：Ni＋2C1－-2e—＝NiCl2D.该电池具有可快充、高比功率、放电持久等优点6、恒温恒容条件下，能使正反应速率加快的是（）A.减少C或D的物质的量B.体积不变充入氦气使压强增大C.减少B的物质的量D.增大A或B的物质的量7、下列电子式书写正确的是（）A.NaCl：B.OH-：C.HCl：D.Na2O2：8、我国清代rm{隆露}本草纲目拾遗rm{隆路}中记载无机药物rm{335}种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金rm{}其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是rm{(}rm{)}A.氨水B.硝酸C.醋D.卤水9、rm{13.}用rm{N}rm{{,!}_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列关于rm{0.2mol隆陇L^{-1}K_{2}SO_{4}}溶液的说法正确的是rm{0.2mol隆陇L^{-1}

K_{2}SO_{4}}rm{(}A.rm{)}该溶液中rm{1L}的浓度是rm{K^{+}}B.rm{0.4mol隆陇L^{-1}}该溶液中含有rm{500mL}rm{0.1}rm{N}个rm{{,!}_{A}}C.rm{K^{+}}该溶液中所含rm{1L}rm{K^{+}}总数为rm{SO_{4}^{2-}}rm{0.3}rm{N}D.rm{{,!}_{A}}该溶液中rm{2L}浓度是rm{SO_{4}^{2-}}rm{0.4mol隆陇L^{-1}}评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、下列物质中，能与稀盐酸反应的有rm{(}rm{)}A.rm{Cu}B.rm{CaCO_{3}}C.rm{Zn}D.rm{AgNO_{3}}11、rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}是重要的核工业原料，在自然界的丰度很低。rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}的浓缩一直为国际社会所关注。下列有关rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}的说法中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}原子核中含有rm{92}个中子B.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}原子核外有rm{92}个电子C.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}与rm{rlap{_{92}}{^{238}}U}互为同位素D.rm{rlap{_{92}}{^{235}}U}与rm{rlap{_{92}}{^{238}}U}互为同素异形体12、如图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是rm{(}rm{)}

A.漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁B.玻璃棒用作引流C.将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁E.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度．E.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度．13、常温下，Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7，Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5，设H2SO3溶液中c(总)=c()+c()+c(H2SO3)。室温下将氨气通入25.00mL0.1000mol·L−1H2SO3溶液中（忽略溶液体积变化），下列说法正确的是A.溶液中始终存在：c()+c(H+)=c()+c()+c(OH−)B.在NH4HSO3溶液中：c()＞c()＞c(NH3·H2O)＞c(H2SO3)C.pH=7的溶液：c()=2c()+c()D.c()=2c(总)的溶液中：c(NH3·H2O)+c(OH−)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)14、下列说法中不正确的是（）A.SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)只能在高温下自发进行，则该反应ΔH＜0B.在外加电流的阴极保护法中，海上石油钢铁钻井平台与直流电源的负极相连C.25℃时0.1mol·L-1CH3COONa溶液加水稀释后，溶液中的值减小D.“氧阴极还原法”制取H2O2的反应为2H2O+O22H2O2。反应中每消耗2.24LO2(标准状况下），转移的电子数目为0.4×6.02×l02315、实验中加热某水溶液，可选用的仪器有rm{(}rm{)}A.烧杯B.量筒C.试管D.酒精灯16、某元素rm{1}个原子的质量为rm{a}rm{1}个rm{{,!}^{12}C}原子质量为rm{b}则该元素的这种原子的相对原子质量是A.rm{dfrac{12a}{b}}B.rm{dfrac{12b}{z}}C.rm{dfrac{a}{{{N}_{A}}}}D.rm{a隆陇N_{A}}17、实验室需要配置rm{100mL1.0隆脕10^{-2}mol隆陇L^{-1}}的rm{100mL1.0隆脕10^{-2}

mol隆陇L^{-1}}溶液，下列玻璃仪器中，一定要用到的有()A.漏斗B.玻璃棒C.胶头滴管D.容量瓶rm{CuSO_{4}}18、氢气还原氧化铜的反应为：rm{CuO+H_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}在该反应中rm{CuO+H_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}rm{(}A.rm{)}作还原剂B.rm{CuO}作氧化剂C.铜元素化合价降低D.氢元素化合价升高rm{CuO}评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)19、下面列出了几组物质，请将物质的合适组号填写在空格上．互为同位素的是____，互为同分异构体的是____，互为同系物的是____，互为同素异形体的是____．

①金刚石与“足球烯”C60；②D2O与T2O；③和

④CH4和CH3CH2CH3；⑤葡萄糖与果糖；⑥16O和18O．20、rm{(1)}化学平衡常数rm{K}表示可逆反应的进行程度，rm{K}值越大，表示______；rm{K}值大小与温度的关系是：温度升高，rm{K}值______rm{(}填“一定增大”、“一定减小”、或“可能增大也可能减小”rm{)}．

rm{(2)}在一体积为rm{10L}的容器中，通入一定量的rm{CO}和rm{H_{2}O}在rm{850隆忙}时发生如下反应：rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}}rm{(g)triangleH<0}rm{CO}和rm{H_{2}O}浓度变化如右图，则rm{0-4min}的平均反应速率rm{v(CO)=}______，该温度下平衡常数rm{K}的数值为______．

rm{(3)t_{1}隆忙(t_{1}>850隆忙)}时；在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如右表．

rm{垄脵}表中rm{3min-4min}之间反应处于______状态；rm{c_{1}}数值______rm{0.08mol/L}rm{(}填大于、小于或等于rm{)}．

rm{垄脷}反应在rm{4min-5min}间，平衡向逆方向移动，可能的原因是______rm{(}单选rm{)}表中rm{5min-6min}之间数值发生变化，可能的原因是______rm{(}单选rm{).a.}增加水蒸气rm{b.}降低温度rm{c.}使用催化剂rm{d.}增加氢气浓度。时间rm{(min)}rm{CO}rm{H_{2}O}rm{CO_{2}}rm{H_{2}}rm{0}rm{0.200}rm{0.300}rm{0}rm{0}rm{2}rm{0.138}rm{0.238}rm{0.062}rm{0.062}rm{3}rm{c_{1}}rm{c_{2}}rm{c_{3}}rm{c_{3}}rm{4}rm{c_{1}}rm{c_{2}}rm{c_{3}}rm{c_{3}}rm{5}rm{0.116}rm{0.216}rm{0.084}rm{6}rm{0.096}rm{0.266}rm{0.104}21、已知元素的电负性与元素的化合价一样，也是元素的一种基本性质rm{.}下面给出rm{14}种元素的电负性．

。元素rm{Al}rm{B}rm{Be}rm{C}rm{Cl}rm{F}rm{Li}rm{Mg}rm{N}rm{Na}rm{O}rm{P}rm{S}rm{Si}电负性rm{1.5}rm{2.}rm{1.5}rm{2.5}rm{2.8}rm{4.}rm{1.0}rm{1.2}rm{3.0}rm{0.9}rm{3.5}rm{2.1}rm{2.5}rm{1.7}根据以上的数据，可推知元素的电负性具有的变化规律是：______．22、除去下列物质中所混有的少量杂质；指明应加入的试剂，写出有关的离子反应方程式．

（1）Fe粉（Al粉）：试剂____离子方程式____；

（2）FeCl2溶液（FeCl3）：试剂____离子方程式____；

（3）NaHCO3溶液（Na2CO3）：试剂____离子方程式____．23、胶体是一种重要的分散系．

（1）制备Fe（OH）3胶体是向煮沸的蒸馏水中逐滴加入______溶液，继续煮沸至______；停止加热．

（2）向Fe（OH）3胶体中加入某种溶液，出现沉淀，继续滴加该溶液后沉淀溶解．滴入的溶液可能是______．

A．NaOH溶液B．稀H2SO4C．Na2SO4溶液D．乙醇溶液。

（3）区分胶体和溶液常用的方法叫做______，这是因为胶体粒子对光线的______作用而形成的．24、实验室用图示装置制取乙酸乙酯．

（1）浓H2SO4的作用是：①______，②______．

（2）右边收集试管内装有______，该溶液的作用是溶解乙醇______、______

便于液体分层；导气管不能插入液面以下，原因是______．加热前，大试管中加入几粒碎瓷片的作用是______．

（3）乙醇在铜作催化剂生成乙醛的反应方程式为______

（4）制取乙酸乙酯的反应方程式是______．25、已知溴原子的原子结构示意图如图﹕

（1）溴原子的原子的序数为______．

（2）溴元素的原子在反应中易得到______个电子，表现为______性（填氧化性或还原性）；

（3）溴元素的最高化合价______，最低化合价______．

（4）溴元素的非金属性比氯元素的非金属性______（填“强”或“弱”）．

（5）写出氯元素，溴元素最高价氧化物对应的水化物的化学式并比较他们的酸性强弱______．26、根据反应．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2；回答下列问题．

（1）氧化剂______，还原剂______

（2）用单线桥法标明电子转移的方向和数目Zn+H2SO4═ZnSO4+H2

（3）氧化剂与还原剂的物质的量比______．27、某久制的rm{FeCl_{2}}溶液略呈黄色，某同学认为可能有部分rm{Fe^{2+}}被氧化成rm{Fe^{3+}}验证溶液中是否存在rm{Fe^{3+}}的方法及现象是：______；若溶液中存在rm{Fe^{3+}}除去的方法是：______；该反应的离子方程式：______。评卷人得分四、判断题(共4题，共20分)28、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．29、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）30、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．31、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．评卷人得分五、其他(共4题，共28分)32、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。33、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。34、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。35、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。评卷人得分六、结构与性质(共1题，共6分)36、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9题，共18分)1、D【分析】试题分析：①铝既能和酸反应产生氢气，也能和碱反应产生氢气，②③属于两性氧化物和两性氢氧化物，④碳酸氢钠与酸反应产生二氧化碳气体，也能和碱反应产生碳酸根离子，所以4种物质均可以，答案选D。考点：考查化学中既能与强酸又能与强碱溶液反应的物质【解析】【答案】D2、C【分析】解：A、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体；故A错误；

B、ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑；故B错误；

C、根据碳元素守恒，混合物中，碳酸钠的物质的量是0.01mol，所以两步反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，分别消耗的盐酸的量是0.01mol，0.1mol•L-1稀盐酸的体积分别是0.1L；所以a=0.3，故C正确；

D、原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量分别是0.02mol和0.01mol；物质的量之比为2：1，故D错误．

故选C．

对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液；当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答．

此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应．是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑．【解析】【答案】C3、C【分析】解：检验溶液中是否含有rm{SO_{4}^{2-}}的方法是：先加入盐酸除去可能产生干扰的离子rm{(}如碳酸根离子、亚硫酸根离子等rm{)}若没有沉淀生成，再加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，说明生成硫酸钡白色沉淀，即溶液中含有rm{SO_{4}^{2-}}所以可以检验溶液中是否含有rm{SO_{4}^{2-}}的试剂为盐酸和氯化钡溶液；

故选C．

硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；先用盐酸除去溶液中可能产生干扰的离子，据此分析．

本题考查了离子的检验，题目难度不大，注意把握常见离子的检验方法，侧重于考查学生的分析能力和应用能力．【解析】rm{C}4、D【分析】解：rm{A.19}个质子，rm{18}个中子，rm{19}个电子，则质量数rm{=19+18=37}质子数rm{=}电子数；该微粒为原子，故A错误；

B.rm{18}个质子，rm{19}个中子，rm{18}个电子，则质量数rm{=18+19=37}质子数rm{=}电子数；该微粒为原子，故B错误；

C.rm{19}个质子，rm{18}个中子，rm{18}个电子，则质量数rm{=19+18=37}质子数比电子数多一个，该微粒为阳离子，故C错误；

D.rm{17}个质子，rm{20}个中子，rm{18}个电子，则质量数rm{=17+20=37}质子数比电子数少一个，该微粒为阴离子，故D正确．

故选D．

质量数rm{=}质子数rm{+}中子数，阴离子的电子数rm{=}质子数rm{+}离子的电荷数；据此分析．

本题主要考查了质子数、中子数、质量数、核外电子数之间的关系，题目难度不大，把握阴离子中核外电子数的计算方法是解题的关键．【解析】rm{D}5、A【分析】【分析】

根据原电池工作原理；电解工作原理进行分析；

【详解】

A；放电为原电池装置；根据原电池的工作原理，阳离子向正极移动，故A说法错误；

B；根据装置图；金属钠为活泼金属，金属钠作负极，Na失电子，被氧化，故B说法正确；

C、充电为电解池，根据装置图，阳极反应式为Ni＋2Cl－－2e－=NiCl2；故C说法正确；

D；根据题中信息；该电池具有可快充、高比功率、放电持久等特点，故D说法正确。

【点睛】

难点是阳极反应式的书写，充电时：电池的正极接电源的正极，电池的负极接电源的负极，充电时电极反应式是放电时电极反应式的逆过程，如本题，根据装置图，Na为负极，被氧化，NiCl2中Ni得电子转化成Ni，即放电时正极反应式为NiCl2＋e－=Ni＋Cl－，因此充电时阳极反应式为Ni＋2Cl－－2e－=NiCl2。6、D【分析】此题考查浓度对反应速率的影响：增大反应物浓度，反应速率加快；题中要求加快正反应速率，即需要增大A或B的浓度，故D正确；A项，减少C的物质的量，υ（逆）减小，υ（正）不变；减少D的物质的量无影响，因为D为固体，浓度不变；B项，应体积不变，则A、B浓度不变，故速率不变；减少B的物质的量，减慢正反应速率，故C错误；【解析】【答案】D7、D【分析】解：A；氯化钠为离子化合物；氯离子带电荷并需用方括号括起来，钠离子的符号也表示错误，故A错误；

B、OH-为阴离子，带有1个负电荷，电子式为故B错误；

C；氯化氢是共价化合物；在共价化合物中没有括号和所带电荷数，故C错误；

D；过氧化钠是离子化合物；两个氧原子间形成一对共用电子对，故D正确．

故选：D．

首先判断单质或化合物的类型；离子化合物阴离子带电荷且用“[]”，共价化合物不带电荷，注意各原子或离子满足稳定结构．

本题考查电子式的判断，要明确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．过氧根离子中有一对共用电子对．【解析】【答案】D8、B【分析】【分析】“强水”“性最烈，能蚀五金rm{}其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛rm{.}”说明“强水”腐蚀性很强，能腐蚀多数金属及岩石，但不能腐蚀玻璃，即和玻璃中成分不反应，据此分析解答rm{.}

本题考查元素化合物知识，为高频考点，明确物质的性质是解本题关键，知道硝酸的强氧化性，题目难度不大。【解答】A.氨水属于弱碱；和金属不反应，不符合条件，故A错误；

B.硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中的rm{CaCO_{3}}发生反应；但不能和玻璃中成分硅酸盐反应，所以符合条件，故B正确；

C.醋酸是弱电解质，能腐蚀较活泼金属，但不能腐蚀较不活泼金属，如rm{Cu}等金属；不符合条件，故C错误；

D.卤水其主要成份为氯化镁；氯化钠和一些金属阳离子；和大多数金属不反应，不符合条件，故D错误。

故选B。

【解析】rm{B}9、A【分析】【分析】本题考查阿伏加德罗常数，题目难度中等，注意溶液是均一的，浓度与体积无关。【解答】A.rm{K_{2}SO_{4}}溶液为rm{0.2mol/L}所以rm{K^{+}}离子浓度是rm{0.4mol/L}故A正确；

B.rm{500mL0.2mol?L^{-1}K_{2}SO_{4}}溶液中，rm{K_{2}SO_{4}}的物质的量rm{n=C?V=0.5L隆脕0.2mol?L^{-1}=0.1mol}rm{K^{+}}的个数rm{N=0.1隆脕2隆脕N_{A}=0.2N_{A}}故B错误；

C.rm{1L}溶液中所含rm{K^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}总数为rm{1L隆脕0.2mol/L隆脕3隆脕N_{A}mol^{-1}=0.6N_{A}}故C错误；

D.溶液是均一的，每摩尔rm{K_{2}SO_{4}}含有rm{1mol}硫酸根，硫酸根离子的浓度等于rm{K_{2}SO_{4}}的浓度为rm{0.2mol/L}故D错误。

故选A。

【解析】rm{A}二、多选题(共9题，共18分)10、BCD【分析】解：rm{A.}铜为不活泼金属；与盐酸不反应，故A不选；

B.碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙；二氧化碳和水；故B选；

C.锌为活泼金属；与盐酸反应生成氯化锌和氢气，故C选；

D.硝酸银与盐酸反应生成氯化银沉淀；故D选．

故选BCD．

盐酸为强酸；可与活泼金属；碱性、碱性氧化物以及部分盐反应，盐酸电离出氯离子，可与银离子反应生成氯化银沉淀，以此解答该题．

本题考查盐酸的性质，为高频考点，侧重学生的双基的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】rm{BCD}11、BC【分析】略。【解析】rm{BC}12、ADE【分析】解：rm{A.}漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁；应漏斗末端颈尖紧靠烧杯壁，故A错误；

B.玻璃棒用作引流；使液体顺利流下，故B正确；

C.将滤纸湿润；使其紧贴漏斗壁，防止液体从滤纸与漏斗的缝隙流下，故C正确；

D.滤纸边缘应低于漏斗上边缘；故D错误；

E.玻璃棒不能在漏斗中轻轻搅动以加过过滤速度；可能捣破滤纸，过滤失败，故E错误；

故答案为：rm{ADE}．

过滤遵循一贴二低三靠rm{.}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rm{.}总之；“一贴；二低、三靠”，都是为了保证过滤实验操作成功，据此分析解答．

本题考查设计过滤实验应遵循的三个要点，既要知其然，更要知其所以然，才能一一答对，题目难度不大．【解析】rm{ADE}13、CD【分析】【详解】

A．溶液中始终存在电荷守恒：c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH−)，A错误；B．常温下，NH4+的水解常数K1=≈5.7×10-10，HSO3-的水解常数K2=≈6.7×10-13，HSO3-的电离常数Ka2=1.0×10-7，Ka2＞K1＞K2，所以c()＞c()，c(NH3·H2O)＞c(H2SO3)，故c()＞c()＞c(NH3·H2O)＞c(H2SO3)，B错误；C．电荷守恒：c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH−)，pH=7的溶液：c(H+)=c(OH−)，所以c()=2c()+c()，C正确；D．c()=2c(总)=2[c()+c()+c(H2SO3)]，则该溶液为(NH4)2SO3，该溶液的质子守恒为：c(NH3·H2O)+c(OH−)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)，D正确。答案选CD。

【点睛】

书写(NH4)2SO3溶液的质子守恒方法：选定NH4+、SO32-、H2O为基准粒子，所以(NH4)2SO3溶液的质子守恒为：c(NH3·H2O)+c(OH−)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)。14、AD【分析】【详解】

A．SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)的ΔS＞0，该反应只能在高温下自发进行，则该反应ΔH＞0；A不正确；

B．在外加电流的阴极保护法中；为阻止钢铁失电子，海上石油钢铁钻井平台应作阴极，所以应与直流电源的负极相连，B正确；

C．25℃时0.1mol·L-1CH3COONa溶液加水稀释后，CH3COO的水解程度变大，n(Na+)不变，而n(CH3COOH)增大，所以溶液中=的值减小；C正确；

D．“氧阴极还原法”制取H2O2的反应为2H2O+O22H2O2。2.24LO2(标准状况下）的物质的量为0.1mol，O元素由0价降低为-1价，所以转移的电子数目为0.2×6.02×l023；D不正确；

故选AD。15、ACD【分析】解：rm{A.}加热某水溶液可以使用烧杯；需要垫石棉网，故A正确；

B.量筒为精密计量仪器；不能用来加热，故B错误；

C.加热某水溶液可以用试管；试管可以用来直接加热，故C正确；

D.酒精灯为热源；加热某水溶液需要使用酒精灯，故D正确；

故选：rm{ACD}．

能够直接加热的仪器有：试管；燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等；据此解答．

本题考查了中学中常见的仪器及使用方法，了解仪器的用途、构造及使用方法是解题关键，侧重考查学生基本实验知识的掌握．【解析】rm{ACD}16、AD【分析】【分析】本题考查了阿伏加德罗常数和物质的量的相关计算，题目难度不大。【解答】相对原子质量的定义是：以rm{12C}原子质量的rm{1/12}做为标准，其他原子的质量与它相比较所得的值。所以相对原子质量是rm{a隆脗(b/12)=12a/b}原子质量的rm{12C}做为标准，其他原子的质量与它相比较所得的值。所以相对原子质量是rm{1/12}

rm{a隆脗(b/12)=12a/b}相对原子质量在数值上与摩尔质量相等，根据摩尔质量的概念可得出，这种原子的相对原子质量是rm{a隆陇N}故AD正确。rm{a隆陇N}

rm{{,!}_{A}}故选AD。【解析】rm{AD}17、BCD【分析】略【解析】rm{BCD}18、BCD【分析】解：rm{A.CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价被还原，rm{CuO}作氧化剂；故A错误；

B.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价降低被还原；作氧化剂，故B正确；

C.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价；铜元素化合价降低，故C正确；

D.该反应中氢气中rm{H}元素化合价升高被氧化；故D正确；

故选BCD．

反应rm{CuO+H_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}中，氧化铜中rm{CuO+H_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}元素化合价降低被还原，氧化铜为氧化剂；氢气中rm{Cu}元素化合价升高被氧化；为还原剂，据此进行解答．

本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质及特征为解答关键，注意掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．rm{H}【解析】rm{BCD}三、填空题(共9题，共18分)19、略

【分析】

由具有相同质子数；不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素，即⑥互为同位素；

由具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；⑤互为同分异构体。

由同系物是有机化合物中具有同一通式；组成上相差一个或多个某种原子团、在结构与性质上相似的化合物系列；④互为同系物；

由同素异形体是同种元素形成的不同单质；则①互为同素异形体；

故答案为：⑥；⑤；④；①．

【解析】【答案】具有相同质子数；不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素．有机化合物中具有同一通式；组成上相差一个或多个某种原子团、在结构与性质上相似的化合物系列．具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体．同素异形体是同种元素形成的不同单质．

20、可逆反应进行的程度越大；可能增大也可能减小；0.03mol/（L•min）；1；平衡；大于；d；a【分析】解：rm{(1)}平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，rm{K}越大，说明生成物越多，反应物越少，当反应放热时，升高温度平衡向逆反应方向移动，当反应吸热时，升高温度平衡向正反应方向移动，温度升高，rm{K}可能增大；也可能减小，故答案为：可逆反应进行的程度越大；可能增大也可能减小；

rm{(2)v=dfrac{trianglec}{trianglet}=dfrac{0.20mol/L-0.08mol/L}{4min}=0.03mol/(L?min)}

用三段式法计算：

rm{(2)v=dfrac{trianglec}{triangle

t}=dfrac{0.20mol/L-0.08mol/L}{4min}=0.03mol/(L?min)}十rm{CO(g)}rm{H_{2}O(g)}rm{?}十rm{CO_{2}(g)}rm{H_{2}}

起始：rm{(g)}rm{0.20mol/L}rm{0.30mol/L}rm{0}

转化：rm{0}rm{0.12mol/L}rm{0.12mol/L}rm{0.12mol/L}

平衡：rm{0.12mol/L}rm{0.08mol/L}rm{0.18mol/L}rm{0.12mol/L}

则rm{K=dfrac{c(CO_{2})cdotc(H_{2})}{c(CO)cdotc(H_{2}O)}=dfrac{0.12mol/L隆脕0.12mol/L}{0.08mol/L隆脕0.18mol/L}=1}

故答案为：rm{0.12mol/L}rm{K=dfrac{c(CO_{2})cdot

c(H_{2})}{c(CO)cdotc(H_{2}O)}=dfrac

{0.12mol/L隆脕0.12mol/L}{0.08mol/L隆脕0.18mol/L}=1}

rm{0.03mol/(L?min)}在高于rm{1}时发生反应，化学反应速率加快，一定在rm{(3)垄脵}前达到化学平衡rm{850隆忙}另外从表中可看出反应在rm{4min}和rm{.}时的各物质浓度相同，故rm{3min}之间反应应处于平衡状态rm{4min}由于是放热反应，温度升高，化学平衡向逆反应方向移动，rm{3min-4min}数值应大于rm{.}．

故答案为：平衡；大于；

rm{C_{1}}反应在rm{0.08mol/L}间，平衡向逆方向移动可能是升高温度、增大生成物浓度、减少反应物浓度等因素引起，故选rm{垄脷}表中rm{4min-5min}之间rm{d.}浓度减少，rm{5min-6min}浓度增大，rm{CO}浓度增大，只有增加水蒸气，使化学平衡向正反应方向移动rm{H_{2}O}故选rm{CO_{2}}

故答案为：rm{.}rm{a}．

rm{d}根据化学平衡常数的定义分析；

rm{a}根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算反应速率；分别计算各物质的平衡浓度，根据平衡常数表达式计算rm{(1)}

rm{(2)}根据浓度；压强、温度对平衡移动的影响分析．

本题综合考查化学平衡常数、平衡的有关计算和判断等问题，题目难度较大，将图表信息和图象信息相结合，体现了图象题的新发展．rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}【解析】可逆反应进行的程度越大；可能增大也可能减小；rm{0.03mol/(L?min)}rm{1}平衡；大于；rm{d}rm{a}21、略

【分析】解：由表中数据可知，第二周期元素从rm{Li隆芦F}随着原子序数的递增，元素的电负性逐渐增大，第三周期元素从rm{Na隆芦Cl}随着原子序数的递增，元素的电负性也逐渐增大，并呈周期性变化；

故答案为：在同一周期中；随着原子序数的递增，元素的电负性逐渐增大，并呈周期性变化．

同周期自左而右元素的化合价呈现周期性变化；据此根据同周期电负性数据变化分析解答．

本题考查同周期元素电负性变化规律，比较基础，侧重学生对数据的分析处理、归纳总结能力的考查．【解析】在同一周期中，随着原子序数的递增，元素的电负性逐渐增大，并呈周期性变化22、略

【分析】

（1）铁和铝都是金属，都和酸反应，但铝和氢氧化钠溶液反应，铁和氢氧化钠溶液不反应，所以可以选取氢氧化钠溶液作除杂剂，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑．

故答案为：NaOH溶液；2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑．

（2）FeCl2溶液中混有少量FeCl3，可加入铁粉，生成FeCl2而除去，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；

故答案为：Fe；2Fe3++Fe=3Fe2+；

（3）Na2CO3能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故答案为：CO2；H2O+CO2+CO32-=2HCO3-；

【解析】【答案】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法；所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质．

注意书写离子方程式时要遵循电荷守恒；原子守恒和得失电子守恒规律．

23、略

【分析】解：（1）向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液变成红褐色，即可制得氢氧化铁胶体；

故答案为：FeCl3饱和溶液；溶液呈红褐色；

（2）向制得Fe（OH）3胶体中加入硫酸，胶体会发生聚沉，Fe（OH）3能溶于硫酸，所以沉淀又消失，沉淀溶解的离子方程式为：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O；故答案为：B；

（3）胶体具有丁达尔效应；这是因为胶体粒子对光线的散射作用而形成的，区分胶体和溶液常用的方法叫做丁达尔效应；

故答案为：丁达尔效应；散射．

（1）根据制取胶体的实验分析；

（2）根据胶体的聚沉及氢氧化铁的性质分析；

（3）胶体和溶液是不同的分散系；胶体有丁达尔效应溶液没有．

本题考查胶体制备、性质的知识，注意把握相关物质的性质，难度不大．【解析】FeCl3饱和溶液；溶液呈红褐色；B；丁达尔效应；散射24、略

【分析】解：（1）乙酸与乙醇发生酯化反应；需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化作用，吸水作用；

故答案为：催化剂；吸水剂；

（2）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液；目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；导管不能插入溶液中，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，伸入液面下可能发生倒吸；分离乙酸乙酯时先将盛有混合物的试管充分振荡，让饱和碳酸钠溶液中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置分层后取上层得乙酸乙酯；液体乙酸乙醇沸点低，加热要加碎瓷片，防止暴沸；

故答案为：饱和碳酸钠溶液；除去挥发出来的乙酸和乙醇；减小乙酸乙酯溶解度；有利于分层；防止倒吸；防止暴沸；

（3）乙醇催化氧化生成乙醛和水，其反应方程式为2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；

（4）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，可为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；

故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O．

（1）浓硫酸具有吸水性；强氧化性，结合反应即可解答；

（2）饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸；同时降低乙酸乙酯的溶解度；便于分层；导管伸入液面下可能发生倒吸；液体加热要加碎瓷片，防止暴沸；

（3）乙醇催化氧化生成乙醛和水；

（4）酯化反应的本质为酸脱羟基；醇脱氢，该反应生成乙酸乙酯和水，且为可逆反应．

本题考查了乙酸乙酯的制备，注意把握乙酸乙酯的制备原理和实验方法，把握乙酸乙酯与乙酸、乙醇性质的区别，题目难度不大．【解析】催化剂；吸水剂；饱和碳酸钠溶液；除去挥发出来的乙酸和乙醇；减小乙酸乙酯溶解度，有利于分层；防止倒吸；防止暴沸；2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O25、略

【分析】解：（1）核外电子数之和等于原子序数；则原子序数为2+8+18+7=35，故答案为：35；

（2）最外层7个电子；易得到1个电子形成最外层8电子稳定结构，表现其氧化性，故答案为：1；氧化性；

（3）最外层电子数=最高化合价数=+7；最低化合价=最高化合价数-8=7-8=-1，故答案为：+7；-1；

（4）Cl、Br同主族；原子序数大的非金属性弱，则溴元素的非金属性比氯元素的非金属性弱，故答案为：弱；

（5）Cl的非金属性强，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则酸性为HClO4＞HBrO4，故答案为：HClO4＞HBrO4．

（1）核外电子数之和等于原子序数；

（2）最外层7个电子；易得到1个电子形成最外层8电子稳定结构；

（3）最外层电子数=最高化合价数；最低化合价=最高化合价数-8；

（4）Cl、Br同主族；原子序数大的非金属性弱；

（5）Cl的非金属性强；非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强．

本题考查卤素元素的原子结构及元素化合物性质，为高频考点，把握原子结构与元素的性质、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】35；1；氧化性；+7；-1；弱；HClO4＞HBrO426、略

【分析】解：（1）反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑中；锌的化合价从0价升高到+2价，硫酸中氢的化合价从+1降到0价，Zn是还原剂，硫酸是氧化剂；

故答案为：H2SO4；Zn；

（2）Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑中，Zn元素的化合价升高，H元素非化合价降低，转移的电子数为2e-，电子转移的方向和数目为故答案为：

（3）反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑中；锌的化合价从0价升高到+2价，硫酸中氢的化合价从+1降到0价，Zn是还原剂，硫酸是氧化剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量比为1：1，故答案为：1：1．

该反应中Zn元素化合价由0价变为+2价；H元素化合价由+1价变为0价；得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，据此分析解答．

本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念及电子转移方向和数目，明确元素化合价变化即可解答，难点是标电子转移方向和数目．【解析】H2SO4；锌；1：127、略

【分析】解：验证溶液中是否存在rm{Fe^{3+}}的方法及现象是加入rm{KSCN}溶液，若溶液呈血红色，则有rm{Fe^{3+}}反之若不出现血红色，则无rm{Fe^{3+}}若溶液中存在rm{Fe^{3+}}除去的方法是加入足量铁粉，发生的离子反应为rm{2Fe^{3+}+Fe=3Fe^{2+}}

故答案为：加入rm{KSCN}溶液，若溶液呈血红色，则有rm{Fe^{3+}}反之若不出现血红色，则无rm{Fe^{3+}}加入足量铁粉；rm{2Fe^{3+}+Fe=3Fe^{2+}}

铁离子遇rm{KSCN}溶液变为血红色，rm{Fe}与铁离子反应生成亚铁离子；以此来解答。

本题考查混合物分离提纯及常见离子的检验，为高频考点，把握离子检验的特征试剂、离子反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。【解析】加入rm{KSCN}溶液，若溶液呈血红色，则有rm{Fe^{3+}}反之若不出现血红色，则无rm{Fe^{3+}}加入足量铁粉；rm{2Fe^{3+}+Fe=3Fe^{2+}}四、判断题(共4题，共20分)28、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；29、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．30、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