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、下列图示与对应的叙述相符的是（）A.

图为碱式滴定管，可盛装NaOH、KMnO4等溶液，不可盛装酸性液体B.

图中曲线表示反应2A（g）+B（g）═2C（g）△H＞0，正、逆反应的平衡常数K随温度的变化C.

图中如果a是铁，b是碳，c是氯化铜溶液，则电流计指针偏转，且a变粗，b变细D.

图表示25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线．向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入100mL0.01mol•L-1的Na2SO4溶液有沉淀析出2、一定条件下，对于反应rm{N_{2}+3H_{2}?}rm{2NH_{3}}rm{2}分钟内，rm{N_{2}}浓度减少了rm{0.2mol/L}则下列速率正确的是()A.rm{V(H_{2})=0.2mol/(L隆陇min)}B.rm{V(N_{2})=0.2mol/(L隆陇min)}C.rm{V(N_{2})=0.1mol/(L隆陇s)}D.rm{V(NH_{3})=0.2mol/(L隆陇min)}rm{V(NH_{3})=0.2

mol/(L隆陇min)}3、设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A.在常温常压下，11.2LN2含有的分子数为0.5NAB.在常温常压下，1molH2含有的原子数为2NAC.0.1mol/LNaCl溶液中含有Na+数目为0.1NAD.在同温同压时，相同体积的任何气体含有相同数目的原子4、下列各组反应中，第一个反应放出的热量比第二个反应放出的热量多的是（g、l、s分别表示气体、液体、固体）A.B.C.D.5、已知一般情况下原子核外最外层电子数相等的元素具有相似的化学性质，下列原子中，与氟元素原子的化学性质相似的是()A.氖B.碳C.镁D.氯6、下列各组物质不能实现直接转化的是()A.rm{Mg隆煤MgO隆煤MgCl_{2}隆煤Mg(OH)_{2}}B.rm{Cu隆煤CuCl_{2}隆煤Cu(NO_{3})_{2}隆煤Cu(OH)_{2}}C.rm{Fe隆煤Fe_{3}O_{4}隆煤Fe(OH)_{3}隆煤Fe_{2}O_{3}}D.rm{Na隆煤Na_{2}O_{2}隆煤Na_{2}CO_{3}隆煤NaCl}7、短周期主族元素rm{W}rm{R}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序数依次增大，且分别占有三个不同的周期rm{.W}与rm{X}同主族，rm{R}与rm{Z}同主族，rm{R}最外层电子数是其内层电子数的rm{3}倍，rm{Y}是地壳中含量最多的金属元素rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{W}rm{X}是金属元素B.原子半径：rm{R<Y<Z}C.简单气态氢化物的热稳定性：rm{Z>R}D.rm{X}rm{Y}rm{Z}的最高价氧化物对应的水化物能相互反应8、下列物质中能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}乙烯rm{垄脷}苯rm{垄脹}乙醇rm{垄脺}甲烷rm{垄脻}乙酸rm{垄脼}二氧化硫．A.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺垄脻}B.rm{垄脵垄脹垄脼}C.rm{垄脷垄脺垄脻}D.rm{垄脷垄脺垄脻垄脼}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、某课外活动小组研究金属钾的性质．他们首先通过分析钾与钠的原子结构示意图及查阅有关资料，知道钾与钠属于同一类物质，在性质上有许多相似之处．但在金属活动性顺序表中，钾排在钠的前面，钾在空气中燃烧的产物是超氧化钾（KO2）．完成下列问题：

（1）钾的原子核外有19个电子，画出钾的原子结构示意图____．

（2）预测钾的化学性质；完成下列反应的化学方程式．

①点燃钾剧烈燃烧____；

②将小块钾投入冷水中____．

（3）推测钾在自然界中的存在方式是____（填“游离态”或“化合态”）．10、（1）化学实验操作的“先”与“后”；对化学实验结果；师生安全等具有十分重要的意义．我们在进行化学实验时，若遇到下列情况，应如何操作．

①给试管中的药品加热，必须先____；后集中加热．

②点燃可燃性气体（如H2、CO等）时，都要先____；后点燃．

（2）实验室要配制250ml，1mol/L的NaCl溶液，请按使用的先后顺序写出所需仪器名称____11、根据化学方程式回答问题：rm{SiO_{2}+2C+2Cl_{2}dfrac{underline{;triangle;}}{;}}rm{SiO_{2}+2C+2Cl_{2}dfrac{

underline{;triangle;}}{;}}

rm{SiCl_{4}+2CO}反应中电子转移的数目是______．

rm{垄脵}在该反应中，还原剂是______．rm{垄脷}12、0.2mol某烃A在氧气中充分燃烧后，生成化合物B、C各1.2mol。试回答：(1)烃A的分子式为______________。(2)若取一定量的烃A完全燃烧后，生成B、C各3mol，则有______g烃A参加了反应，燃烧时消耗标准状况下的氧气______L。(3)若烃A不能使溴水褪色，但在一定条件下，能与氯气发生取代反应，其一氯代物只有一种，则烃A的结构简式为__________________________。(4)若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下，与H2加成，其加成产物经测定分子中含有4个甲基，烃A可能有的结构____(5)比烃A少2个碳原子的同系物有________种同分异构体，其中能和H2发生加成反应生成2­甲基丙烷的烯烃的名称是______________________。13、人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-以及泥沙等杂质；请回答粗盐提纯的有关问题：

（1）为了除去粗盐中的泥沙，可采取的提纯实验操作方法的名称是______、______．

（2）为了除去可溶性杂质；可以按以下实验步骤进行提纯：

①加过量BaCl2溶液；②加过量NaOH溶液；③加过量Na2CO3溶液；④过滤；⑤______（请补全实验步骤），步骤③的目的是______

（3）2010年7月26日，卫生部公布了《食用盐碘含量》的征求意见稿，面向社会征求意见．对于食用盐中碘含量平均水平的规定有所降低．食盐中添加的是KIO3．可用下列反应来检验食盐中是否含KIO3：

KIO3+5KI+3H2SO4═3I2+3K2SO4+3H2O．请用“双线桥”或“单线桥”表示出电子转移的方向和数目______；如果反应中转移1mol电子，则生成I2的物质的量为______．

（4）氧化剂和还原剂的物质的量之比为：______

（5）为了获取反应后溶液中的I2，可采取的实验操作方法的名称是______、______．14、rm{(1)}将不同物质的量的rm{H_{2}O(g)}和rm{CO(g)}分别通入体积为rm{2L}的恒容密闭容器中，进行反应：rm{H_{2}O(g)+CO(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}得到如下三组数据：

。实验组温度rm{/隆忙}起始量rm{/mol}达到平衡所需时间rm{/min}达到平衡所需时间rm{/min}rm{H_{2}O}rm{CO}rm{CO}rm{H_{2}}rm{CO}rm{H_{2}}rm{i}rm{650}rm{2}rm{4}rm{2.4}rm{1.6}rm{5}rm{ii}rm{900}rm{1}rm{2}rm{1.6}rm{0.4}rm{3}rm{iii}rm{900}rm{a}rm{b}rm{c}rm{d}rm{t}rm{垄脵}实验组rm{i}中以rm{v(CO_{2})}表示的反应速率为______，温度升高时平衡常数会______rm{(}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}．

rm{垄脷}若rm{a=2}rm{b=1}则rm{c=}______，达平衡时实验组rm{ii}中rm{H_{2}O(g)}和实验组rm{iii}中rm{CO}的转化率的关系为rm{娄脕_{ii}}rm{(H_{2}O)}______rm{娄脕_{iii}}rm{(CO)(}填“rm{<}”、“rm{>}”或“rm{=}”rm{)}．

rm{(2)CO}分析仪的传感器可测定汽车尾气是否符合排放标准；该分析仪的工作原理类似于。

燃料电池，其中电解质是氧化钇rm{(Y_{2}O_{3})}和氧化锆rm{(ZrO_{2})}晶体，能传导rm{O^{2-}}．

rm{垄脵}则负极的电极反应式为______．

rm{垄脷}以上述电池为电源，通过导线连接成图rm{2.}若rm{X}rm{Y}为石墨，rm{a}为rm{2L}rm{0.1mol/L}rm{KCl}溶液，写出电解总反应的离子方程式______rm{.}电解一段时间后，取rm{25mL}上述电解后的溶液，滴加rm{0.4mol/L}醋酸得到图rm{3}曲线rm{(}不考虑能量损失和气体溶于水，溶液体积变化忽略不计rm{).}根据图二计算，上述电解过程中消耗一氧化碳的质量为______rm{g.}

评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、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．16、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化17、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．18、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）19、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）20、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）21、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）22、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）评卷人得分四、计算题(共3题，共6分)23、将一定量的铝粉、氧化铝、氧化镁的混合物加入到rm{300mL4mol/L}的稀硫酸中，生成标准状况下rm{6.72L}气体。向反应后的溶液中滴加一定物质的量浓度的rm{KOH}溶液时，所得沉淀的物质的量rm{(mo1)}与滴加rm{KOH}溶液的体积rm{(mL)}之间的关系如图所示：rm{(1)OA}对应反应的离子方程式为________________________，rm{BC}对应反应的离子方程式为________________________；rm{(2)c(KOH)=}________rm{mol/L}混合物中氧化铝的物质的量为________rm{mol}rm{(3)A}点对应的数值为________；rm{(4)}在中学阶段，实验室里检验rm{B}点对应的溶液中的阳离子时，所观察到的现象是________________________________________。rm{(5)}向rm{C}点对应的溶液中通入足量的rm{CO_{2}}所发生反应的离子方程式为________________________________________________。24、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．25、（6分）取50.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到14.51g白色沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66g，并有气体放出，试计算：（1）原混合液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度。（2）产生的气体在标准状况下的体积。（不必写出计算过程）评卷人得分五、结构与性质(共1题，共5分)26、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。_______评卷人得分六、探究题(共4题，共36分)27、（7分）现有失去标签的两瓶无色溶液：氯化钠溶液和稀盐酸。某化学探究小组打算用物理和化学两种方法加以区别。请回答：（1）化学方法在不选用酸碱指示剂、pH试纸的情况下，按表中方法一（示例）填写。所选试剂须属于不同物质类别（单质、氧化物、酸、碱、盐、有机物等）。。所选试剂判别方法方法一锌取少量样品分别与锌反应，有气体产生的是稀盐酸，没有的是氯化钠溶液。方法二方法三（2）物理方法同学小王使用了酒精灯和玻璃棒两种仪器，就把这两种无色溶液区分开了。请你猜测一下他的做法：操作方法：判断方法：28、（10分）请你参与下列探究：[问题情景]某化学实验小组同学将铁粉投入硫酸铜溶液中，发现生成红色固体物质的同时有较多的气泡放出。同学们都能解释红色固体物质的出现，请你写出生成红色固体物质的化学反应方程式____。但却对气体的生成产生了疑问，这激发了同学们强烈的探究欲望，生成的是什么气体？[提出猜想]从物质组成元素的角度，放出的气体可能是O2、SO2、H2。[查阅资料]SO2易溶于水，它能与过量的NaOH溶液反应，生成Na2SO3。[方案设计]依据上述猜想，实验小组同学分别设计了如下方案：（1）甲同学认为是O2，则较简单的检验方法是。（2）乙同学认为是SO2，则只需将放出的气体通入盛有NaOH溶液的洗气瓶中，称量通气前后洗气瓶的质量。写出SO2与过量的NaOH溶液反应的化学方程式。（3）甲、乙同学实验的结果表明气体中既不含O2也不含SO2。丙同学根据以上实验结果推测气体是H2。[实验探究]丙同学为了检验H2，收集了一试管气体，用拇指堵住试管口且管口略向下倾斜靠近火焰移开拇指点火，听到很小的声音。然后再将气体用带尖嘴的导管导出点燃且用冷而干燥的烧杯罩在火焰上方，气体在空气中安静的燃烧，产生淡蓝色火焰，烧杯壁上有水珠生成，接触烧杯的手能感觉到发热。结论：铁粉与硫酸铜的溶液反应时，产生的气体是。[思维拓展]由上述实验可以推出，硫酸铜溶液中可能含有物质。29、（12分）某学习小组为证明并观察铜与稀HNO3反应的产物是NO，设计了如下图所示的实验装置。请你根据他们的思路，回答有关的问题。（一）实验仪器：大试管、玻璃导管、橡皮塞、烧杯、棉花、注射器。（二）实验药品：铜丝、稀硝酸、碳酸钙颗粒、烧碱溶液。（三）实验原理：铜与稀硝酸反应的离子反应方程式____。（四）实验步骤：1、按右图所示连接好装置，检验装置的________；2、向试管中加入一定量的固体药品（填化学式）________，然后向试管中倒入过量的稀硝酸，并迅速塞紧带铜丝和导管的橡皮塞；3、让试管中的反应进行一段时间后，用蘸有NaOH溶液的棉花团封住导管口；4、将铜丝向下移动插入试管液体中，使之与稀硝酸反应；5、把注射器的针孔插入试管口的橡皮塞中，缓慢向试管内推入空气。（五）实验讨论：1、实验步骤②的目的是（写出反应的离子方程式，结合文字说明）____；2、实验步骤⑤的目的是（写出反应的化学方程式，结合文字说明）____。（六）实验评价：该装置的优点是（任写一个即可）____；有同学提出：增加右图所示装置，在步骤②完成后，当有明显现象再撤去该装置，并继续步骤③的“用蘸有NaOH溶液的棉花团封住导管口”。请评价他的做法____________。30、某实验小组的同学用氢氧化钙和盐酸进行酸碱中和的实验时；向烧杯中的氢氧化钙溶液加入稀盐酸，实验结束后，发现忘了滴加指示剂．他们停止滴加稀盐酸，并对烧杯内溶液中的溶质成分进行探究．

（1）复分解反应的发生需要一定的条件．氢氧化钙和盐酸能发生复分解反应是因为______．

（2）探究烧杯中溶液中溶质的成分．

【提出问题】该烧杯内溶液中的溶质是什么？

【猜想】猜想一：可能是Ca（OH）2和CaCl2；猜想二：可能只有CaCl2

猜想三：可能是______．

【查阅资料】CaCl2溶液显中性．

【进行实验】

实验一：取少量烧杯内溶液于试管中，滴入几滴酚酞溶液，振荡，若______；说明猜想一不正确．

实验二：另取烧杯内的少量溶液于另一只试管中，逐滴加入碳酸钠溶液至过量，若______；说明猜想二不正确，猜想三正确．

实验三：取少量烧杯内溶液于试管中，用下列物质中的______（填序号）不能说明猜想三正确．

A；紫色石蕊B、氢氧化铜C、硝酸银D、锌。

【反思与拓展】

①在分析化学反应后所得物质成分时，除考虑生成物外还需考虑______．

②要处理烧杯内溶液，使其溶质只含有CaCl2，应向烧杯中加入过量的______．

③实验室欲中和100g7.3%的盐酸，至少需要多少克熟石灰？参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】解：A．图a为碱式滴定管；酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以腐蚀碱式滴定管的橡皮管，所以不能盛放酸性高锰酸钾溶液，故A错误；

B．该反应为吸热反应；升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应平衡常数越大，逆反应平衡常数越小，故B错误；

C．a是铁，b是碳，c是氯化铜溶液，a是铁作负极逐渐溶解，则a变细，b是碳为正极，正极上有铜生成，则b变粗；故C错误；

D、由图示可知，在该条件下，CaSO4饱和溶液中，c（Ca2+）=c（SO42-）=3.0×10-3mol/L，Ksp（CaSO4）=9.0×10-6．当向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入100mL0.01mol/L的Na2SO4溶液后，混合液中c（Ca2+）=1.5×10-3mol/L，c（SO42-）==6.5×10-3mol/L，溶液中c（Ca2+）•c（SO42-）=1.5×10-3×6.5×10-3=9.75×10-6＞Ksp（CaSO4）=9.0×10-6，所以混合液中有CaSO4沉淀析出；故D正确；

故选D．

A；酸性高锰酸钾具有强氧化性；可以腐蚀碱式滴定管的橡皮管；

B；该反应为吸热反应；温度越高正反应平衡常数越大，逆反应平衡常数越小；

C、a是铁，b是碳，c是氯化铜溶液，铁作负极发生氧化反应，b是碳为正极发生还原反应；

D、硫酸钙饱和溶液中的沉淀溶解平衡为：CaSO4（s）⇌Ca2++SO42-，通过图象可知，25℃时c（Ca2+）=c（SO42-）=3.0×10-3mol/L，溶度积常数Ksp（CaSO4）=c（Ca2+）×c（SO42-）=9.0×10-6；通过计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度乘积与Ksp比较来判断．

本题考查滴定管的选取、反应热与平衡常数的关系、原电池原理、难溶物的溶解平衡等知识点，明确“同一温度下，可逆反应中正逆反应平衡常数互为倒数”．【解析】【答案】D2、D【分析】【分析】本题考查了化学反应速率的计算，难度不大，根据rm{V=dfrac{?c}{?t}}计算氮气的平均反应速率，再根据同一化学反应，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，计算其他气体的反应速率。【解答】rm{V(N_{2})=dfrac{?c}{?t}=dfrac{0.2mol/L}{2min}=0.1mol/(L隆陇min)}同一化学反应，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以rm{V(N_{2})=dfrac{?c}{?t}

=dfrac{0.2mol/L}{2min}=0.1mol/(L隆陇min)}rm{V(H_{2})=0.3mol/(L隆陇min)}故D正确。故选D。rm{V(NH_{3})=0.2mol/(L隆陇min)}【解析】rm{D}3、B【分析】试题分析：A、在常温常压下，不是标准状况，A错误；B、物质的量与状况无关，B正确；C、没有注明溶液的体积，C错误；D、在同温同压时，相同体积的任何气体含有相同数目的分子，不是原子，D错误；答案选B。考点：阿伏加德罗常数【解析】【答案】B4、A【分析】【解析】试题分析：由于液态水的能量低于气态水的能量，所以氢气燃烧生成液态放出的热量多，A正确。B中参加反应的氢气越多，放出的热量越多。C中碳完全燃烧放出的热量多。D中固态S的能量低于气态S的能量，因此气态S燃烧放出的热量多，答案选A。考点：考查反应热的有关判断【解析】【答案】A5、D【分析】【分析】本题考查元素周期表周期表的相关应用。【解答】原子核外最外层电子数相等的元素具有相似的化学性质，只需要知道该元素的最外层电子数，氟元素原子最外层电子数是rm{7}A.氖原子最外层电子数为rm{7}A错误；B.碳原子最外层电子数为rm{2}B错误；C.镁原子最外层电子数为rm{4}C错误；D.氯原子最外层电子数为rm{2}D正确；故选D。rm{7}【解析】rm{D}6、C【分析】【分析】本题考查了元素化合物之间的相互转化，难度中等。【解答】A.rm{Mgxrightarrow[]{{O}_{2}}MgOxrightarrow[]{HCl}MgC{l}_{2}xrightarrow[]{NaOH}Mg(OH{)}_{2}}故A正确；rm{Mgxrightarrow[]{{O}_{2}}MgO

xrightarrow[]{HCl}MgC{l}_{2}xrightarrow[]{NaOH}Mg(OH{)}_{2}

}rm{Cuxrightarrow[]{C{l}_{2}}CuC{l}_{2}xrightarrow[]{AgN{O}_{3}}Cu(N{O}_{3}{)}_{2}xrightarrow[]{NaOH}Cu(OH{)}_{2}}故B正确；B.rm{F{e}_{3}{O}_{4}隆煤Fe(OH{)}_{3}}不能直接转化，故C错误；rm{Cuxrightarrow[]{C{l}_{2}}CuC{l}_{2}

xrightarrow[]{AgN{O}_{3}}Cu(N{O}_{3}{)}_{2}

xrightarrow[]{NaOH}Cu(OH{)}_{2}}rm{Naxrightarrow[{O}_{2}]{碌茫脠录}N{a}_{2}{O}_{2}xrightarrow[]{C{O}_{2}}N{a}_{2}C{O}_{3}xrightarrow[]{HCl}NaCl;}故D正确。故选择C.rm{F{e}_{3}{O}_{4}隆煤Fe(OH{)}_{3}

}【解析】rm{C}7、D【分析】解：短周期主族元素rm{W}rm{R}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序数依次增大，且分别占有三个不同的周期，则rm{W}应为rm{H}元素，rm{R}最外层电子数是其内层电子数的rm{3}倍，原子核外应有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{6}应为rm{O}元素，rm{R}与rm{Z}同主族，rm{Z}应为rm{S}元素，rm{W}与rm{X}同主族，rm{X}应为rm{Na}元素，rm{Y}是地壳中含量最多的金属元素，应为rm{Al}元素；

A.由以上分析可知rm{W}为rm{H}元素；为非金属，故A错误；

B.rm{Al}和rm{S}位于同周期，原子半径rm{Al>S}故B错误；

C.非金属性rm{O>S}元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；

D.rm{X}rm{Y}rm{Z}的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠；氢氧化铝和硫酸；氢氧化铝具有两性，可与酸、强碱反应，故D正确．

故选D．

短周期主族元素rm{W}rm{R}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序数依次增大，且分别占有三个不同的周期，则rm{W}应为rm{H}元素，rm{R}最外层电子数是其内层电子数的rm{3}倍，原子核外应有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{6}应为rm{O}元素，rm{R}与rm{Z}同主族，rm{Z}应为rm{S}元素；

rm{W}与rm{X}同主族，rm{X}应为rm{Na}元素，rm{Y}是地壳中含量最多的金属元素，应为rm{Al}元素；以此解答该题．

本题考查了元素位置结构性质的判断，熟悉元素周期表结构是解本题关键，根据原子结构来推断元素，再结合物质的结构、性质来分析解答，题目难度不大．【解析】rm{D}8、B【分析】解：rm{垄脵}乙烯含有碳碳双键；能被酸性高锰酸钾溶液氧化；

rm{垄脷}苯性质稳定；不能被酸性高锰酸钾溶液氧化；

rm{垄脹}乙醇中羟基能被酸性高锰酸钾氧化成羧基；

rm{垄脺}甲烷性质稳定；不能被酸性高锰酸钾溶液氧化；

rm{垄脻}乙酸不能被酸性高锰酸钾溶液氧化；

rm{垄脼SO_{2}}具有较强的还原性；能被酸性高锰酸钾溶液氧化；

因此能被酸性高锰酸钾溶液氧化的是rm{垄脵垄脹垄脼}

故选B．

根据烯烃、炔烃、苯的同系物、醇、酚、醛、rm{SO_{2}}都能与酸性rm{KMnO_{4}}溶液发生氧化还原反应而褪色分析．

本题综合考查有机物的性质，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大．【解析】rm{B}二、填空题(共6题，共12分)9、K+O2KO22K+2H2O=2KOH+H2↑化合态【分析】【解答】解：（1）K的原子核内有19个质子，原子核外有4个电子层，最外层电子数为1，原子结构示意图为故答案为：

（2）①由题意可知，钾在空气中燃烧的产物是超氧化钾（KO2），反应的化学方程式为K+O2KO2，故答案为：K+O2KO2；

②与Na相比较，K的金属性更强，更易与水反应生成KOH和氢气，反应更剧烈，反应的方程式为2K+2H2O=2KOH+H2↑，故答案为：2K+2H2O=2KOH+H2↑；

（3）钾性质活泼；易与氧气；水、氯气等剧烈反应，在自然界中只能以化合态存在，故答案为：化合态．

【分析】（1）K的原子核内有19个质子；原子核外有4个电子层，最外层电子数为1，以此可书写原子结构示意图；

（2）钾性质活泼，可在氧气中剧烈燃烧生成KO2；与水剧烈反应生成氢氧化钾和氢气；

（3）钾性质活泼，在自然界中以化合态存在．10、预热检验纯度托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管．【分析】【解答】（1）①在给试管中药品加热时；为防止试管底部受热不均造成试管炸裂，应先预热，再集中加热，故答案为：预热；

②在点燃可燃性气体（如H2；CO等）时；都要先检验气体的纯度，再点燃，防止发生爆炸，故答案为：检验纯度；

（2）根据操作步骤有计算；称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作可知；操作步骤是：一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．故按使用的先后顺序所需仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管．

故答案为：托盘天平；药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管．

【分析】（1）①根据给事关中国打的药品加热的方法来解答；

②根据可燃性气体与空气混合后点燃可能会发生爆炸来分析；

（2）根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；11、略

【分析】解：反应rm{SiO_{2}+2C+2Cl_{2}}rm{dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}SiCl_{4}+2CO}中，rm{dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}SiCl_{4}+2CO}元素的化合价升高，rm{C}元素的化合价降低；

rm{Cl}元素的化合价由rm{(1)C}升高为rm{0}价，该反应中转移电子为：rm{+2}

故答案为：rm{2隆脕(2-0)=4e^{-}}

rm{4e^{-}}因rm{(2)}元素的化合价升高，则rm{C}为还原剂；

故答案为：rm{C}．

反应rm{SiO_{2}+2C+2Cl_{2}dfrac{underline{;triangle;}}{;}}rm{C}中，rm{SiO_{2}+2C+2Cl_{2}dfrac{

underline{;triangle;}}{;}}元素的化合价升高，rm{SiCl_{4}+2CO}元素的化合价降低；结合化合价变化判断反应中电子转移数目及还原剂．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握元素的化合价变化为解答的关键，注意掌握氧化还原反应的实质与特征，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力．rm{C}【解析】rm{4e^{-}}rm{C}12、略

【分析】【解析】试题分析：（1）烃含有C、H两种元素，某烃A0.2mol在氧气的充分燃烧后生成化合物B，C各1.2mol，即生成CO2、H2O各1.2mol，所以碳原子和氢原子的个数是6、12，因此烃A的分子式为C6H12。（2）生成的CO2和水的物质的量均是3mol，则根据碳原子守恒可知，A的物质的量是0.5mol，质量是0.5mol×84g/mol＝42g。消耗氧气的物质的量是3mol＋3mol÷2＝4.5mol，则在标准状况下的体积是4.5mol×22.4L/mol＝100.8L。（3）若烃A不能使溴水褪色，但在一定条件下，能与氯气发生取代反应，其一氯代物只有一种，这说明A是环己烷，则烃A的结构简式是（4）若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下，与H2加成，其加成产物经测定分子中含有4个甲基，这说明A是烯烃，则烃A可能有的结构简式是（5）比烃A少2个碳原子的同系物是丁烯或环烷烃，气同分异构体有1－丁烯、2－丁烯（含顺反异构）、2－甲基－1－丙烯、环丁烷、甲基环丙烷，所以共计有6种同分异构体，其中能和H2发生加成反应生成2­甲基丙烷的烯烃的名称是2—甲基丙烯.考点：考查有机物化学式、结构简式、同分异构体的判断以及方程式的书写和燃烧的计算等【解析】【答案】(18分,每空2分)(1)C6H12(2)42100.8(3)（4）（5）62—甲基丙烯13、略

【分析】解：（1）可以先将粗盐和其中的泥沙溶解于水；氯化钠是易溶于水的，而泥沙是难溶于水的，而固体和液体的分离可以采用过滤方法，故答案为：溶解；过滤；

（2）在粗盐提纯时；要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，加入碳酸钠的目的是除去钙离子和多余的钡离子；

故答案为：加适量盐酸；除去Ca2+及过量Ba2+；

（3）根据电子守恒和原子守恒来配平方程式，在氧化还原反应KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=5，电子转移情况如下：由方程可知生成3mol碘转移5mol电子，所以如果反应中转移1mol电子，则生成I2的物质的量为0.6mol；

故答案为：0.6mol；

（4）在氧化还原反应KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O中KIO3得电子作氧化剂；KI失电子作还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；

故答案为：1：5；

（5）碘单质从碘水中提取可以采用萃取分液法；利用四氯化碳来萃取，然后根据四氯化碳和碘的沸点的不同通过蒸馏的方法分离；

故答案为：萃取；蒸馏．

（1）氯化钠是易溶于水的；而泥沙是难溶于水的，固体和液体的分离可以采用过滤方法；

（2）在粗盐提纯时；要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，加入碳酸钠的目的是除去钙离子和多余的钡离子；

（3）氧化还原反应中；化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价的升降情况来分析，根据方程中电子与碘的物质的量关系求算；

（4）先判断氧化剂和还原剂；再根据方程式计算；

（5）碘单质从碘水中提取可以采用萃取分液法．

本题考查学生有关粗盐的提纯以及氧化还原反应中的电子转移知识，注意把握氧化剂和还原剂的判断及得失电子守恒的应用，题目难度中等．【解析】溶解；过滤；加适量盐酸；除去Ca2+及过量Ba2+；0.6mol；1：5；萃取；蒸馏14、0.16mol•L-1•min-1；减小；0.6；=；CO+2O2--2e-=CO32-；2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；2.8【分析】解：rm{(1)垄脵}实验组rm{i}中，由rm{H_{2}O(g)+CO(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}可知，在rm{2L}的恒容容器中，平衡时各物质的浓度分别为：rm{[H_{2}O]=0.2mol?L^{-1}}rm{[CO]=1.2mol?L^{-1}}rm{[CO_{2}]=0.8mol?L^{-1}}rm{[H_{2}]=0.8mol?L^{-1}}所以反应速率rm{v(CO_{2})=dfrac{[CO2]}{trianglet}=dfrac{0.8molcdotL-}{5min}=0.16mol?L^{-1}?min^{-1}.}在rm{v(CO_{2})=dfrac{[CO2]}{triangle

t}=dfrac{0.8molcdotL-}{5min}=0.16mol?L^{-1}?min^{-1}.}下，平衡常数rm{K_{1}=dfrac{[CO2]cdot[H2]}{[CO]cdot[H2O]}=dfrac{0.8molcdotL-1隆脕0.8molcdotL-1}{0.2molcdotL-1times1.2molcdotL-1}隆脰2.67}rm{650隆忙}时，平衡时各物质的浓度分别为：rm{K_{1}=dfrac{[CO2]cdot

[H2]}{[CO]cdot[H2O]}=dfrac{0.8molcdotL-1隆脕0.8molcdot

L-1}{0.2molcdotL-1times1.2molcdotL-1}隆脰2.67}rm{900隆忙}rm{[H_{2}O]=0.3mol?L^{-1}}rm{[CO]=0.8mol?L^{-1}}平衡常数rm{K_{2}=dfrac{0.2molcdotL-1隆脕0.2molcdotL-1}{0.3molcdotL-1times0.8molcdotL-1}隆脰0.17}温度升高，rm{[CO_{2}]=0.2mol?L^{-1}}小于rm{[H_{2}]=0.2mol?L^{-1}}．

故答案为：rm{K_{2}=dfrac{0.2molcdot

L-1隆脕0.2molcdotL-1}{0.3molcdotL-1times0.8molcdot

L-1}隆脰0.17}减小．

rm{K_{2}}在实验组rm{K_{1}}中，由rm{0.16mol?L^{-1}?min^{-1}}可知，在rm{垄脷}的恒容容器中，平衡时各物质的浓度分别为：rm{[H_{2}O]=dfrac{2-d}{2}mol?L^{-1}}rm{[CO]=dfrac{1-d}{2}mol?L^{-1}}rm{[CO_{2}]=dfrac{d}{2}mol?L^{-1}}rm{[H_{2}]=dfrac{d}{2}mol?L^{-1}}在rm{iii}时，rm{K2=dfrac{(2-d)cdot(1-d)}{d^{2}}=0.17}解得rm{H_{2}O(g)+CO(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}由等量关系可得rm{2L}达平衡时实验组rm{[H_{2}O]=dfrac

{2-d}{2}mol?L^{-1}}中rm{[CO]=dfrac

{1-d}{2}mol?L^{-1}}的转化率rm{娄脕_{ii}(H_{2}O)=dfrac{0.4mol}{1mol}隆脕100%=40%}实验组rm{[CO_{2}]=dfrac

{d}{2}mol?L^{-1}}中rm{[H_{2}]=dfrac

{d}{2}mol?L^{-1}}的转化率rm{娄脕_{iii}(CO)=dfrac{0.4mol}{1mol}隆脕100%=40%}所以rm{娄脕_{ii}(H_{2}O)=娄脕_{iii}(CO)}．

故答案为：rm{900隆忙}rm{K2=dfrac{(2-d)cdot

(1-d)}{d^{2}}=0.17}．

rm{d=0.4}负极rm{c=1-0.4=0.6}发生氧化反应与rm{ii}结合生成rm{H_{2}O(g)}负极电极反应式为：rm{娄脕_{ii}(H_{2}O)=dfrac

{0.4mol}{1mol}隆脕100%=40%}

故答案为：rm{iii}．

rm{CO}电解池中阳极反应：rm{娄脕_{iii}(CO)=dfrac

{0.4mol}{1mol}隆脕100%=40%}阴极反应：rm{娄脕_{ii}(H_{2}O)=娄脕_{iii}

(CO)}因此总电解方程式为：rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}根据图知，rm{0.6}溶液的rm{=}常温下，rm{(2)垄脵}的浓度是rm{CO}则rm{O^{2-}}根据rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}知，生成rm{CO_{3}^{2-}}氢氧根离子转移电子的物质的量rm{=dfrac{0.2mol}{2}隆脕2=0.2mol}燃料电池的负极反应方程式是rm{CO+2O^{2-}-2e^{-}=CO_{3}^{2-}}消耗rm{CO+2O^{2-}-2e^{-}=CO_{3}^{2-}}转移电子数rm{垄脷}因此当转移rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}电子时消耗rm{2H_{2}O+2e^{-}=H_{2}隆眉+2OH^{-}}的物质的量为rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}则rm{KOH}的质量rm{pH=13}

故答案为：rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}rm{KOH}．

rm{0.1mol/L}反应速率rm{v(CO_{2})=dfrac{trianglec(CO2)}{trianglet}}平衡常数rm{K=dfrac{[CO2]cdot[H2]}{[CO]cdot[H2O]}}对于吸热反应，温度升高，平衡常数变大；对于放热反应，温度升高，平衡常数变小rm{n(KOH)=0.1mol/L隆脕2L=0.2mol}平衡转化率等于物质消耗的量与物质的起始量之比．

rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}原电池负极发生氧化反应，失去电子rm{0.2mol}电解池中阳极发生氧化反应，失去电子；电解池阴极发生还原反应，得到电子rm{=dfrac

{0.2mol}{2}隆脕2=0.2mol}可根据电子守恒来计算原电池及电解池相关的计算题．

本题难度较大，综合性强，综合了化学反应速率、平衡，以及原电池电解池等知识，非常好的一道题．rm{CO+2O^{2-}-2e^{-}=CO_{3}^{2-}}【解析】rm{0.16mol?L^{-1}?min^{-1}}减小；rm{0.6}rm{=}rm{CO+2O^{2-}-2e^{-}=CO_{3}^{2-}}rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}rm{2.8}三、判断题(共8题，共16分)15、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．16、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；17、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；18、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．19、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20、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21、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．22、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．四、计算题(共3题，共6分)23、（1）H++OH-=H2OAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O

（2）40.1

（3）200

（4）透过蓝色钴玻璃观察；火焰呈紫色。

（5）CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-

【分析】【分析】

本题考查镁铝的重要化合物及计算；为高频考点，把握图象各阶段的物质的量的关系及各阶段的化学反应为解答的关键，注意反应的先后顺序及利用守恒计算，侧重分析与计算能力的考查，题目难度较大。

【解答】

由图可知，从开始至加入rm{KOH}溶液到rm{A}没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解rm{Mg}rm{Al}后硫酸有剩余，此时发生的反应为：rm{H_{2}SO_{4}+2KOH=K_{2}SO_{4}+2H_{2}O}继续滴加rm{KOH}溶液，到氢氧化钾溶液为rm{600mL}时，沉淀量最大，此时为rm{Mg(OH)_{2}}和rm{Al(OH)_{3}}发生反应：rm{3OH^{-}+Al^{3+}=Al(OH)_{3}隆媒}rm{2OH-+Mg^{2+}=Mg(OH)_{2}隆媒}溶液为硫酸钾溶液rm{.}再继续滴加rm{KOH}溶液，氢氧化铝与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾与水，发生反应rm{Al(OH)_{3}+KOH=KAlO_{2}+2H_{2}O}沉淀部分溶解．

rm{(1)OA}段，氢氧化钾与硫酸反应生成硫酸钾和水，离子方程式：rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{BC}段，继续滴加rm{KOH}溶液，氢氧化铝与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾与水，发生反应rm{Al(OH)_{3}+KOH=KAlO_{2}+2H_{2}O}离子方程式：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案为：rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

rm{(2)}硫酸的物质的量为：rm{0.3L隆脕4mol/L=1.2mol}rm{B}点溶液为硫酸钾溶液，依据rm{2K^{+}隆芦SO_{4}^{2-}}则钾离子物质的量为rm{2.4mol}即加入氢氧化钾物质的量为rm{2.4mol}则氢氧化钾物质的量浓度为：rm{2.4mol隆脗0.6L=4mol/L}

混合物加入到rm{300mL4mol/L}的稀硫酸中，生成标准状况下rm{6.72L}气体，物质的量为rm{dfrac{6.72L}{22.4L/mol}=0.3mol}由rm{dfrac

{6.72L}{22.4L/mol}=0.3mol}可知铝的物质的量为rm{2Al隆芦3H_{2}隆眉}rm{0.2mol}段消耗氢氧化钾物质的量为：rm{BC}发生反应：rm{0.1L隆脕4mol/L=0.4mol}可知氢氧化铝物质的量为rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}依据铝原子个数守恒，含有氧化铝的物质的量为：rm{dfrac{0.4-0.2}{2}=0.1mol}

故答案为：rm{0.4mol}rm{dfrac

{0.4-0.2}{2}=0.1mol}

rm{4}依据加入rm{0.1}氢氧化钾后沉淀物质的量为rm{(3)}得溶液中含镁离子物质的量为rm{700mL}沉淀镁离子消耗rm{0.2mol}氢氧化钾，沉淀rm{0.2mol}铝离子需要消耗氢氧化钾物质的量为rm{0.4mol}所以rm{0.4mol}段消耗氢氧化钾物质的量为：rm{0.4mol隆脕3=1.2mol}消耗氢氧化钾体积：rm{dfrac{0.8mol}{4mol/L}=0.2L}即rm{OA}

故答案为：rm{0.6L隆脕4mol/L-0.4mol-1.2mol=0.8mol}

rm{dfrac

{0.8mol}{4mol/L}=0.2L}检验钾离子可以用焰色反应；透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色；

故答案为：透过蓝色钴玻璃观察；火焰呈紫色；

rm{200mL}点溶液为偏铝酸钾溶液，通入足量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钾，反应的离子方程式：rm{200}

故答案为：rm{(4)}

rm{(5)C}【解析】rm{(1)H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

rm{(2)4}rm{0.1}

rm{(3)200}

rm{(4)}透过蓝色钴玻璃观察；火焰呈紫色。

rm{(5)CO_{2}+AlO_{2}^{-}+2H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}

rm{{,!}}24、(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}}有机物含有氢原子物质的量为rm{dfrac{0.6moltimes2}{0.2}=6mol}

根据氧元素守恒可知，rm{17.6g-8.8g=8.8g}有机物含有氧原子物质的量为rm{dfrac{0.6mol+0.2mol+0.2moltimes2-0.5moltimes2}{0.2}=1mol}．

所以有机物的分子式为rm{dfrac

{8.8g}{44g/mol}=0.2mol}

答：有机物的分子式为rm{1mol}

rm{2mol}若rm{1mol}该有机物与足量金属钠作用生成rm{dfrac{0.6moltimes

2}{0.2}=6mol}的rm{1mol}标准状况rm{dfrac{0.6mol+0.2mol+0.2moltimes

2-0.5moltimes2}{0.2}=1mol}氢气的物质的量为rm{C_{2}H_{6}O.}有机物中含有羟基，该有机物的结构简式为rm{C_{2}H_{6}O.}．

答：该有机物的结构简式为rm{(2)}．rm{0.2mol}25、略

【分析】【解析】【答案】（1）Na2CO31mol/LNa2SO40.4mol/L（2）1.12L（各２分）五、结构与性质(共1题，共5分)26、略

【分析】【分析】

（1）本实验是由实验①做对比实验探究影响反应速率的因素，所以在设计分组实验时，要设计出分别只有浓度、温度和接触面积不同时反应速率的变化，从而找出不同外界因素对反应速率的影响。由于实验①和实验②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，实验①和实验③探究温度对该反应速率的影响，故实验③的温度选择308K，实验①和实验④探究接触面积对该反应速率的影响，故实验④选择细颗粒的大理石；

（2）依据装置特点分析气密性的检查方法；

（3）化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。根据图像可以计算出70至90s内生成的CO2的体积；然后根据反应式可计算出消耗的硝酸的物质的量，最后计算其反应速率；

（4）根据反应物的用量计算生成CO2的最大质量；根据影响反应速率的因素比较实验②；③和④反应速率大小；以此判断曲线斜率大小，画出图像；

【详解】

（1）由实验目的可知；探究浓度；温度、接触面积对化学反应速率的影响，则实验①②的温度、大理石规格相同，只有浓度不同，实验①③中只有温度不同，实验①④中只有大理石规格不同；

故答案为（从上到下；从左到右顺序）：298；粗颗粒；1.00；308；粗颗粒；2.00；298；细颗粒；2.00；

（2）该装置的气密性的检查方法是：关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的质量为：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根据方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物质的量为：n(HNO3)=＝mol；

③溶液体积为25mL＝0.025L，所以HNO3减少的浓度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反应的时间t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范围内的平均反应速率为：

v(HNO3)＝Δc(HNO3)/t＝=mol·L－1·S－1=0.009mol·L－1·S－1

（4）实验②、③和④所用大理石的质量均为10.00g，其物质的量为=0.1mol，实验①、③和④所用硝酸的量相同均为：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的质量按硝酸计算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，实验②所用硝酸的量为1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石过量，反应生成的CO2的质量为0.025mol×44g/mol=0.55g；

实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，且HNO3浓度①>②，浓度越大，反应越快，故曲线斜率①>②；

实验①和③探究温度对该反应速率的影响，且温度③高于①，温度越高反应越快，故曲线斜率③>①；

实验①和④探究