2025年冀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年冀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、取一块用砂纸打磨过的铝箔在空气中加热至熔化，下列说法中不正确的是A.铝失去了光泽B.剧烈燃烧，火星四射C.熔化的铝不滴落D.在加热熔化过程中生成了氧化铝2、下列各组物质中，可以用分液漏斗分离的一组是A.酒精和碘B.苯和水C.乙酸和水D.溴和四氯化碳3、保护环境，就是关爱自己．下列说法中你认为不正确的是（）A.空气质量日报的主要目的是树立人们环保意识，同时也让人们知道了二氧化硫、二氧化氮和可吸入颗粒物是大气主要污染物B.酸雨属空气污染，是指pH小于7的雨水，主要是人为的向大气中排放大量酸性物质造成的C.为了减少二氧化硫和二氧化氮的排放，工业废气排放到大气之前必须回收处理D.氯气是一种黄绿色、有毒气体，但可以用于自来水的杀菌消毒4、N2+3H2⇌2NH3在密闭容器中反应一段时间后，达到限度．则下列说法正确的是（）A.N2、H2不再化合B.N2、H2、NH3的质量相等C.N2、H2、NH3浓度不再变化D.改变条件，N2、H2、NH3的浓度也不再变化5、关于化学反应与能量的说法中错误的是rm{(}rm{)}A.中和反应是放出能量的B.化学反应中有物质变化也有能量变化C.

如图所示的反应为放热反应D.化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量6、关于阿伏加德罗常数的说法错误的是rm{(}rm{)}A.阿伏加德罗常数是rm{6.02隆脕10^{23}}B.阿伏加德罗常数是rm{0.012kgC-12}中所含的原子数C.阿伏加德罗常数的近似值为rm{6.02隆脕10^{23}mol^{-1}}D.阿伏加德罗常数的符号为rm{N_{A}}7、下列能达到实验目的是（）A.在量筒中加入一体积的水，再加入浓硫酸配制稀硫酸B.用澄清石灰水检验CO中含有的CO2C.用玻璃棒搅拌漏斗中的液体以加快过滤速度D.加入盐酸以除去硫酸钠中的少许碳酸钠杂质8、用rm{N_{A}}代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同B.rm{0.5molAl}与足量盐酸反应转移电子数为rm{1N_{A}}C.同温同体积时，两种气体的压强比等于物质的量之比D.rm{46gNO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的混合物含有的分子数为rm{N_{A}}评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、（14分）A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和。1.（填写化学用语）A为____，B为____，C为____，[D的最高价氧化物的水化物是____。2.写出A、B的化合物与E反应的化学方程式：。3.A、B两元素形成化合物属____（填“离子”或“共价”）化合物。4.写出D的最高价氧化物的水化物的浓溶液和A的单质反应的化学方程式：。10、某烧杯中盛有100mLFeCl3和CuCl2的混合液，混合溶液中c(FeCl3)＝1mol/L，c(CuCl2)＝1mol/L。请回答：（1）该混合溶液中铁离子的物质的量为；铜离子的物质的量为；（2）该混合溶液中氯离子的物质的量n(Cl-)＝；（3）该混合溶液中氯离子的物质的量浓度c(Cl-)＝。11、有以下物质：①干燥的食盐晶体；②液态氯化氢；③蔗糖；④盐酸；⑤KNO3溶液；⑥熔融KCl；⑦汞．

（1）以上物质中，能导电的是______．（填编号；下同）

（2）以上物质中，属于电解质的是______．

（3）以上物质中，属于非电解质的是______．12、分别用一种试剂将下列物质中混入的少量杂质除去（括号内为混入的杂质）。物质需加入的试剂有关离子方程式（1）HNO3(H2SO4)（2）Cu(Fe)（3）NaCl(Na2CO3)13、等物质的量浓度的rm{NaCl}rm{MgCl_{2}}rm{AlCl_{3}}溶液与足量的rm{AgNO_{3}}溶液完全反应，若产生相同质量的沉淀，则消耗rm{NaCl}rm{MgCl_{2}}rm{AlCl_{3}}溶液的体积之比为____。14、写出化学方程式rm{(}有机物用结构简式表示rm{)}

rm{(1)}乙烯和溴水反应______反应类型______

rm{(2)}苯和溴反应______反应类型______．15、计算填空：

（1）现有34g某气体，摩尔质量为17g•mol-1；则：

①该气体的物质的量______。

②该气体所含分子数为______。

③该气体在标准状况下的体积为______。

（2）标准状况下，与22.4L二氧化碳中的氧原子数目相同的水的质量是______。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化17、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）18、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。19、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）20、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）21、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）评卷人得分四、原理综合题(共4题，共32分)22、CO2是一种廉价的碳资源；其综合利用对于“碳中和”具有重要意义。

(1)CH4—CO催化重整反应为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。化学键键能数据如下：。化学键C—HC=OH—HC≡O键能/kJ•mol-14137454361075

该催化重整反应的△H=___kJ•mol-1。

(2)对于反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得不同温度下CH3OH生成量随时间变化关系如图1。曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ___KⅡ(填“＞”；“＝”或“＜”)。

(3)TiO2/Cu2Al2O4催化CO2和CH4可生成乙酸。在不同温度下催化效率与乙酸生成速率关系如图2。250℃~300℃时，升高温度反应速率降低的原因是___。

(4)最新报道中国科学家首次用CO2高效合成乙酸，其反应路径如图3所示，该反应路径中第1步反应方程式为___，总反应化学方程式为___。23、处理含硫烟气(主要成分为SO2)备受关注；主要有以下两种方法，请回答下列问题：

Ⅰ．碱液吸收法。

步骤1：用足量氨水吸收SO2。

步骤2：再加入熟石灰，发生反应

(1)已知：25℃时，该温度下，步骤2中反应的平衡常数K=___________(用含a、b的代数式表示)。

Ⅱ．水煤气还原法。

已知：ⅰ．

ⅱ．

(2)写出与反应生成的热化学方程式为___________。

Ⅲ．(3)将组成(物质的量分数)为m%SO2(g)、2m%H2(g)、和q%He(g)的气体通入密闭反应器，使反应：H2(g)+SO2(g)S(s)+H2O(g)，在温度t、压强p条件下进行反应，平衡时，若H2转化率为a，则平衡常数Kp=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。

Ⅳ．常温下将NaOH溶液滴加到一定浓度的H2SO3溶液中；混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

(4)Ka1(H2SO3)=___________。

(5)当滴加NaOH溶液使混合溶液呈中性时，溶液中各离子浓度大小关系为：___________。24、直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(Na2SO3):n(NaHSO3)变化关系如下表：

。n(Na2SO3):n(NaHSO3)

91:9

1:1

9:91

pH

8.2

7.2

6.2

(1)由上表判断NaHSO3溶液显_____性，试解释原因______。

(2)pH＝8.2的吸收液中由水电离出的c(OH－)______0.1mol•L-1NaOH溶液中由水电离出来的c(OH－)(填“＞”；“＜”或“＝”)。

(3)将pH＝8.2的吸收液蒸干得到固体的主要成分是______。

(4)若将等体积、等pH的NaOH溶液和Na2SO3溶液分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两溶液pH仍相等，则m______n(填“＜”、“＞”或“＝”)25、如图所示；通电5min后，电极5的质量增加2.16g，请回答下列问题：

（1）a为电源的____(填“正”或“负”)极，C池是______池。A池阳极的电极反应为_______，C池阴极的电极反应为______。

（2）如果B池中共收集到224mL气体(标准状况)且溶液体积为200mL(设电解过程中溶液体积不变)，则通电前溶液中Cu2+的物质的量浓度为____。

（3）如果A池溶液是200mL足量的食盐水(电解过程溶液体积不变)，则通电后，溶液的pH为____。评卷人得分五、实验题(共2题，共16分)26、选择下列实验方法分离物质；将分离方法的序号填在横线上．

A、萃取分液法；rm{B}加热分解；rm{C}结晶法；rm{D}分液法；rm{E}蒸馏法；rm{F}过滤法。

rm{(1)}______分离饱和食盐水和沙子的混合物；

rm{(2)}______从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中获得硝酸钾；

rm{(3)}______分离水和苯的混合物；

rm{(4)}______分离四氯化碳rm{(}沸点为rm{76.75隆忙)}和甲苯rm{(}沸点为rm{110.6隆忙)}已知四氯化碳和甲苯互溶．27、含有下列离子的五种溶液rm{垄脵Ag^{+}}rm{垄脷Mg^{2+}}rm{垄脹Fe^{2+}}rm{垄脺Fe^{3+}垄脻Cu^{2+}}试回答下列问题：rm{(1)}向rm{垄脹}中加入rm{NaOH}溶液，现象是____________________有关化学方程式为__________________________、________________________。rm{(2)}加铁粉溶液质量增重的是________，溶液质量减轻的是________。rm{(}填离子符号，下同rm{)}rm{(3)}遇rm{KSCN}溶液呈红色的是________。rm{(4)}能用来鉴别rm{Cl^{-}}存在的离子是________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【解析】试题分析：铝箔在空气中加热过程中不会出现剧烈燃烧，火星四射。答案选B。考点：铝的性质【解析】【答案】B2、B【分析】试题分析：A．酒精和碘是混溶的物质，不能用分液漏斗分离，错误；B．苯和水是互不相溶的两层液体物质，可以用分液漏斗分离，正确；C．乙酸能够在水中溶解，不能用分液漏斗分离，错误；D．溴能够在四氯化碳中溶解，不能用分液漏斗分离，错误。考点：考查混合物的分离的知识。【解析】【答案】B3、B【分析】【解答】解：A．二氧化硫；二氧化氮和可吸入颗粒物是大气主要污染物；是空气质量日报报道的有关污染物，故A正确；

B．酸雨是指pH小于5.6的雨水；主要是由硫氧化物及氮氧化物形成的，故B错误；

C．工业废气含有有毒物质如二氧化硫；氮的氧化物等；排放到大气之前必须回收处理，防止造成污染，故C正确；

D．氯气与水反应生成HClO；具有强氧化性，则氯气用于自来水杀菌消毒，故D正确．

故选B．

【分析】A．二氧化硫；二氧化氮和可吸入颗粒物是大气主要污染物；

B．酸雨是指pH小于5.6的雨水；

C．工业废气含有有毒物质；排放到大气之前必须回收处理；

D．氯气与水反应生成HClO，可杀菌消毒．4、C【分析】【解答】解：A；化学平衡是动态平衡；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0，故A错误；

B、化学平衡时，N2、H2、NH3的质量可能相等；也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故B错误；

C、N2、H2、NH3浓度不再变化；说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故C正确；

D、改变条件，平衡发生移动，N2、H2、NH3的浓度会发生变化；故D错误；

故选C．

【分析】根据化学平衡状态是反应达最大限度的状态，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，化学平衡是动态平衡，由此分析解答．5、C【分析】解：rm{A.}中和反应是放热反应；故A正确；

B.化学反应在生成新物质的同时还伴随能量的变化；故B正确；

C.生成物的总能量大于反应物的总能量；为吸热反应，故C错误；

D.化学键断裂吸收能量；化学键生成放出能量，故D正确．

故选：rm{C}．

A.中和反应是放热反应；

B.化学反应在生成新物质的同时还伴随能量的变化；

C.反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应；

D.断裂键吸收能量；生成键放出能量．

本题考查化学反应中能量变化的原因，注意断键成键与能量的关系及图中rm{A}rm{B}能量的关系即可解答．【解析】rm{C}6、A【分析】解：rm{A}rm{6.02隆脕10^{23}}是阿伏加德罗常数的近似值，不能在概念中简单地以“rm{6.02隆脕10^{23}}”来代替“阿伏加德罗常数”；故A错误；

B、阿伏加德罗常数的定义值是指rm{12g^{12}C}中所含的原子数；故B正确；

C、rm{6.02隆脕10^{23}}是阿伏加德罗常数的近似值，其单位为rm{mol^{-1}}阿伏加德罗常数的近似值为rm{6.02隆脕10^{23}mol^{-1}}故C正确；

D、把每摩尔物质含有的微粒定为阿伏加德罗常数，阿伏加德罗常数的符号为rm{N_{A}}不是纯数，其单位为rm{mol^{-1}}故D正确；

故选A。

阿伏加德罗常数的定义值是指rm{12g^{12}C}中所含的原子数，rm{6.02隆脕10^{23}}是阿伏加德罗常数的近似值，两者是有区别的；阿伏加德罗常数的符号为rm{N_{A}}不是纯数，其单位为rm{mol^{-1}}把每摩尔物质含有的微粒定为阿伏加德罗常数，而不是说含有rm{6.02隆脕10^{23}}在定义中引用实验测得的数据是不妥当的，不能在概念中简单地以“rm{6.02隆脕10^{23}}”来代替“阿伏加德罗常数”。

本题考查了阿伏伽德罗常数，题目难度不大，注意rm{6.02隆脕10^{23}}是阿伏加德罗常数的近似值，两者是有区别的，把每摩尔物质含有的微粒定为阿伏加德罗常数，而不是说含有rm{6.02隆脕10^{23;;;;;}}【解析】rm{A}7、B【分析】解：A．不能在量筒中稀释浓硫酸；应在烧杯中稀释，故A错误；

B．二氧化碳使石灰水变浑浊，CO不能，则澄清石灰水可检验CO中含有的CO2；故B正确；

C．过滤时不能搅拌；易捣破滤纸，应使水自然流下，故C错误；

D．盐酸与碳酸钠反应生成NaCl；引入新杂质，不能除杂，应选硫酸除去硫酸钠中的少许碳酸钠杂质，故D错误；

故选B．

A．不能在量筒中稀释浓硫酸；

B．二氧化碳使石灰水变浑浊；CO不能；

C．过滤时不能搅拌；易捣破滤纸；

D．盐酸与碳酸钠反应生成NaCl；引入新杂质．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握稀释操作、物质的检验、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】【答案】B8、C【分析】解：rm{A}阿伏加德罗定律的内容：在同温同压时；相同体积的任何气体单质所含的分子数目相同，原子数不一定相同，故A错误；

B、rm{Al}与足量盐酸反应生成氯化铝，铝元素化合价由rm{0}价升到rm{+3}价，转移电子为rm{3mol}rm{0.5molAl}与足量盐酸反应转移电子数为rm{1.5N_{A}}故B错误；

C；根据阿伏加德罗定律的推论：同温同体积时；两种气体的压强比等于物质的量之比，故C正确；

D、rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}具有相同的最简式rm{NO_{2}}rm{46g}的rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}混合气体含有的原子数为rm{dfrac{46g}{46g/mol}隆脕3N_{A}=3N_{A}}故D错误；

故选C．

A；根据阿伏加德罗定律的内容来回答；

B、rm{dfrac

{46g}{46g/mol}隆脕3N_{A}=3N_{A}}与足量盐酸反应生成rm{Al}价的氯化铝；

C；根据阿伏加德罗定律的推论来回答；

D、rm{+3}和rm{NO_{2}}具有相同的最简式rm{N_{2}O_{4}}．

本题考查学生有关阿伏加德罗常熟的有关计算知识，可以根据所学知识来回答，难度不大．rm{NO_{2}}【解析】rm{C}二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】考查原子核外电子的排比规律以及元素周期律的应用等。淡黄色的固体化合物E，说明E是Na2O2，所以B是O，C是Na。钠和氧属于活泼的金属和活泼的非金属，形成的化学键是离子键，属于离子化合物。A的原子序数最小，原子的最外层上有4个电子，所以A是C。K和L层容纳的电子数分别为2和8，因为D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，所以D的M层容纳的电子是6，即D是S，其最高价含氧酸的化学式为H2SO4。浓硫酸具有强氧化性能氧化单质碳，生成SO2、CO2和水。【解析】【答案】1.C,O,Na,H2SO42.2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O23.共价4.C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O10、略

【分析】试题分析：（1)由物质的量等于n=cv得，铁离子的物质的量为1mol/Lx0.1L=0.1mol，铜离子的物质的量=1mol/Lx0.1L=0.1mol，答案为0.1mol;0.1mol；（2）该混合物中氯离子的物质的量为（1mol/Lx3+1mol/Lx2）x0.1L=0.5mol，答案为0.5mol;（3）氯离子的物质的量浓度为1mol/Lx3+1mol/Lx2=5mol/L，故答案为5mol/L考点：物质的量的有关计算【解析】【答案】（1）0.1mol0.1mol（2）0.5mol（3）5mol/L11、略

【分析】解：（1）能导电的物质必须具有能自由移动的带电的微粒，金属水银⑦中存在能自由移动的带负电的电子能导电；④盐酸；⑤KNO3溶液；⑥熔融KCl；中有能自由移动的正负离子；也能导电；

故答案为：④⑤⑥⑦．（2）电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物：①干燥的食盐晶体；②液态氯化氢；⑥熔融KCl；在水溶液中或熔融状态下能够导电，是电解质，所以符合的有①②⑥；

故答案为：①②⑥；

（3）非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物；③蔗糖水溶液中或熔融状态下都不能能够导电，是非电解质；

故答案为：③；

水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质；酸；碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质．大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物不管在水溶液中或熔融状态下能够导电与否，都不是电解质或非电解质．能导电的物质--必须具有能自由移动的带电的微粒，金属能导电是由于金属中存在能自由移动的带负电的电子．

本题要注意电解质和非电解质都是针对化合物而言的，单质、混合物既不是电解质也不是非电解质．【解析】④⑤⑥⑦；①②⑥；③12、略

【分析】试题分析：①加入的试剂：硝酸钡．硝酸钡和稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和硝酸．化学方程式为：H2SO4+Ba（NO3）2═BaSO4↓+2HNO3②加入的试剂：稀盐酸．盐酸能和铁反应，不能和铜反应．化学方程式为：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑④加入的试剂：稀盐酸．稀盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳．化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O考点：物质除杂或净化的探究【解析】【答案】。Ba(NO3)2Ba2++SO42－=BaSO4↓HClFe+2H+=Fe2++H2↑HCl2H++CO32－=CO2↑+H2O13、6：3：2【分析】【分析】本题考查了物质的量浓度的有关计算。【解答】因产生相同质量的沉淀，则氯离子的物质的量相同，设rm{NaCl}rm{MgCl}rm{NaCl}rm{MgCl}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}、rm{AlCl}rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}rm{{,!}_{3}}

溶液的浓度都是则溶液的体积分别为rm{x}rm{y}rm{z}

溶液的浓度都是rm{c}则rm{x隆脕c隆脕1=y隆脕c隆脕2=z隆脕c隆脕3}

解得rm{x}rm{y}rm{z=6}rm{3}rm{2}

解得rm{x}rm{y}rm{z}rm{c}rm{x隆脕c隆脕1=y隆脕c隆脕2=z隆脕c隆脕3}rm{x}rm{y}rm{z=6}rm{3}【解析】rm{6}rm{3}rm{2}14、略

【分析】解：rm{(1)}乙烯含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应生成rm{1}rm{2-}二溴乙烷，方程式：rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}Br-CH_{2}Br}反应类型：加成反应；

故答案为：rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}Br-CH_{2}Br}加成反应；

rm{(2)}苯与溴在铁做催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，方程式：反应类型：取代反应；

故答案为：取代反应．

rm{(1)}乙烯含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应生成rm{1}rm{2-}二溴乙烷；

rm{(2)}苯与溴在铁做催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢．

本题考查了有机化学方程式的书写和反应类型判断，明确有机物结构特点是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}Br-CH_{2}Br}加成反应；取代反应15、2mol2NA44.8L36g【分析】解：（1）①该气体的物质的量：=2mol；

故答案为：2mol；

②该气体所含分子数为：2mol×NA=2NA；

故答案为：2NA；

③该气体在标准状况下的体积为：2mol×22.4L/mol=44.8L；

故答案为：44.8L；

（2）要使二氧化碳和水含有相同氧原子数，则应满足n（CO2）×2×NA=n（H2O）×1×NA，即：×2×NA=×1×NA；

m（H2O）=36g；

故答案为：36g。

（1）依据n===结合物质的结构组成计算解答。

（2）要使二氧化碳和水含有相同氧原子数，则应满足n（CO2）×2×NA=n（H2O）×1×NA；据此计算解答。

本题考查了物质的量有关计算，明确以物质的量为核心计算公式即可解答，题目难度不大。【解析】2mol2NA44.8L36g三、判断题(共6题，共12分)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】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．18、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．19、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．20、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/mol21、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，可能含有氧元素四、原理综合题(共4题，共32分)22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，则CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的反应热△H=(413×4+745×2)kJ/mol-(1075×2+436×2)kJ/mol=+120kJ•mol-1；

(2)根据图象可知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)在II时比I先达到平衡，说明反应速率：II＞I。温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间就越短。升高温度，平衡时CH3OH的物质的量减少，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，化学平衡常数减小，因此化学平衡常数：KⅠ＞KII；

(3)TiO2/Cu2Al2O4催化CO2和CH4可生成乙酸。根据在不同温度下催化效率与乙酸生成速率关系图示可知：250℃~300℃时；升高温度反应速率降低，可能是温度为250℃～300℃时，催化剂的催化效率降低，其对化学反应速率降低的影响大于温度升高对化学反应速率增大的影响，导致化学反应速率随温度的升高而降低；

(4)根据图示可知：在该反应路径中第1步反应为CH3OH与LiI反应产生LiOH、CH3I，反应方程式为：CH3OH+LiI=LiOH+CH3I；

根据图示可知：CH3OH、CO2、H2反应产生CH3COOH、H2O，故总反应方程式为：CH3OH+CO2+H2OCH3COOH+H2O。【解析】+120kJ•mol-1＞温度为250℃～300℃时，催化剂的催化效率降低CH3OH+LiI=LiOH+CH3ICH3OH+CO2+H2OCH3COOH+H2O23、略

【分析】【详解】

【解析】CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.2kJ/mol1.0×10-1.8c(Na+)＞c()＞c()＞c(H+)=c(OH-)24、略

【分析】【分析】

(1)上表中，n(Na2SO3):n(NaHSO3)=9:91时，pH=6.2，从而说明NaHSO3溶液显酸性，因为HSO3-既能电离又能水解；溶液显酸性，则表明电离占主导地位。

(2)pH＝8.2的吸收液中，SO32-水解，从而促进水的电离；0.1mol•L-1NaOH溶液中；水的电离受到抑制。

(3)将pH＝8.2的吸收液蒸干，NaHSO3分解，生成的Na2SO3被空气中的氧气氧化。

(4)因为Na2SO3溶液加水稀释，水解程度增大，n(OH-)增多；而NaOH溶液加水稀释，n(OH-)不变，所以若将等体积、等pH的NaOH溶液和Na2SO3溶液分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两溶液pH仍相等，则Na2SO3溶液加水稀释的倍数更多。

【详解】

(1)上表中，n(Na2SO3):n(NaHSO3)=9:91时，pH=6.2，从而说明NaHSO3溶液显酸性，因为HSO3-既能电离又能水解，溶液显酸性，则表明电离占主导地位。答案为：酸；NaHSO3的电离程度大于NaHSO3的水解程度；

(2)pH＝8.2的吸收液中，SO32-水解，从而促进水的电离；0.1mol•L-1NaOH溶液中，水的电离受到抑制，从而得出pH＝8.2的吸收液中由水电离出的c(OH－)>0.1mol•L-1NaOH溶液中由水电离出来的c(OH－)。答案为：>；

(3)将pH＝8.2的吸收液蒸干，NaHSO3分解，生成的Na2SO3被空气中的氧气氧化成Na2SO4。答案为：Na2SO4；

(4)因为Na2SO3溶液加水稀释，水解程度增大，n(OH-)增多；而NaOH溶液加水稀释，n(OH-)不变，所以若将等体积、等pH的NaOH溶液和Na2SO3溶液分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两溶液pH仍相等，则Na2SO3溶液加水稀释的倍数更多，从而得出m<。

【点睛】

将pH＝8.2的吸收液蒸干，我们容易想到NaHSO3分解，生成Na2SO3，但常会忽视Na2SO3具有较强还原性，易被空气中氧气氧化的性质，从而得到错误的结论。【解析】酸NaHSO3的电离程度大于NaHSO3的水解程度＞Na2SO4＜25、略

【分析】【详解】

（1）已知通电5min后，电极5的质量增加2.16g，说明电极5作阴极，C池是电解池，阴极银离子放电，电极反应为Ag++e−＝Ag，析出银的物质的量是2.16g÷108g/mol＝0.02mol，转移电子的物质的量为0.02mol，同时可知电极6作阳极，与电源的正极相连，因此a是负极，b是正极，电极1、3、5作阴极，电极2、4、6作阳极。A池阳极氯离子放电，电极反应为2Cl――2e－＝Cl2↑。

（2）B池中电解总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，若转移0.02mol电子时只收集到O2，则根据关系式2CuSO4~O2~4e−可得n(O2)=0.005mol，体积为112mL(标准状况)<224mL，说明溶质CuSO4已耗完，然后电解水2H2O2H2↑+O2↑+。设整个过程消耗CuSO4xmol，H2Oymol，则有2x+2y=0.02，0.5x+1.5y=0.01，解得x=y=0.005，则c(CuSO4)=0.005mol÷0.2L＝0.025mol·L−1。

（3）由于A池中电解液足量，A池中只发生反应2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，根据关系式NaOH~e−可知生成的n(NaOH)=0.02mol，则c(NaOH)=0.02mol÷0.1L＝0.1mol·L−