2025年外研衔接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年外研衔接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、对于①干冰②金刚石③氯化钠三种物质的熔沸点由高到低排列顺序正确的是A.①②③B.③②①C.②①③D.②③①2、下列关于化学键的说法中不正确的是A.化学键是一种作用力B.化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合C.化学反应过程中，反应物分子内的化学键断裂，产物分子中的化学键形成D.非极性键不是化学键3、下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是rm{(}rm{)}A.烧碱、液态氧、碘酒B.生石灰、白磷、熟石灰C.干冰、铁、氯化氢D.空气、氮气、胆矾4、几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：。元素符号XYZRT原子半径（nm）0.1600.1110.1040.1430.066主要化合价+2+2-2,+4,+6+3-2根据表中信息，判断以下说法正确的是A．单质与稀硫酸反应的速率快慢：R>Y>XB．离子半径：T2－＞X2+C．元素最高价氧化物对应的水化物的碱性：Y>R>XD．形成氢化物的沸点：T＞Z5、下列图示与对应的叙述不相符的是（）

A.图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液B.图2表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C.图3表示0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1醋酸溶液得到滴定曲线D.图4表示向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴滴入Ba（OH）2溶液，随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化6、关于化学键的下列叙述中，正确的是（）A.离子化合物可能含共价键B.共价化合物可能含离子键C.离子化合物中只含离子键D.共价化合物中可能含共价键7、rm{A}rm{B}两元素的原子序数分别为rm{11}和rm{8}两者化合生成离子化合物rm{Z}则下列说法中正确的是()

A.rm{A}一定形成rm{+1}价的阳离子B.rm{B}一定形成rm{-2}价单核阴离子C.rm{Z}一定能与水反应产生rm{B}单质D.rm{Z}一定是rm{A_{2}B}型化合物8、rm{A}rm{B}分别为第三、四两周期同一主族的不同元素的原子，它们原子核内的质子数等于中子数rm{.垄脵}若rm{A}为Ⅱrm{A}族，其质量数为rm{X}则rm{B}的质子数为rm{Y}rm{垄脷}若rm{A}为Ⅳrm{A}族，其质子数为rm{m}则rm{B}质量数为rm{n}则rm{Y}和rm{n}的值是()A.rm{(X/2+18)}和rm{(2m+18)}和rm{(X/2+18)}B.rm{(2m+18)}rm{(X/2}和rm{+8)}C.rm{(2m+18)}rm{(X/2}和rm{+8)}D.rm{(2m+36)}rm{(X/2}和rm{+18)}rm{(2m+36)}9、下列各组离子中能大量共存的是rm{(}rm{)}A.rm{K}rm{{,!}^{+}}rm{SiO_{3}^{2-}}rm{OH}rm{{,!}^{-}}rm{Na}rm{{,!}^{+}}B.rm{Na}rm{{,!}^{+}}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}C.rm{K}rm{{,!}^{+}}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{SiO_{3}^{2-}}rm{Cl}rm{{,!}^{-}}D.rm{OH}rm{{,!}^{-}}rm{Na}rm{{,!}^{+}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{Cl}rm{{,!}^{-}}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、离子化合物AB2的阴、阳离子的电子层结构相同，1molAB2中含54mol电子，且有下列反应：①H2＋B2C②B2＋X→Y＋AB2＋H2O③Y＋C→AB2＋Z，Z有漂白作用。根据上述条件回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：AB2__________，X________，Y________，Z________。（2）用电子式表示AB2的形成过程：_____________________________________________。（3）写出反应②的化学方程式：______________________________________。11、（11分）下图是中学教材中元素周期表的一部分，其中标出A~Q14种元素，试回答下列问题：。Q。Q。Q。L。L。L。K。K。K。J。J。J。I。I。I。H。H。H。G。G。G（1）在上表所列出的短周期元素中①性质最不活泼的是；②原子半径最大的是（除稀有气体元素）。③形成的气态氢化物最稳定的是；④最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是碱性最强的是。⑤形成的阴离子还原性最弱的是，阳离子半径最小的是。（2）用电子式表示下列物质的形成过程①F与D形成的化合物；②A与C形成的化合物____。（3）设P的原子序数为Z，则F的原子序数为，Q的原子序数为。C。C12、将一定质量的铜分成两等份，其中一份与rm{0.5L}某浓度的稀硝酸反应，铜全部溶解，生成rm{NO}和rm{Cu(NO_{3})_{2}}在所得溶液中加入rm{1L1mol/L}的rm{NaOH}溶液，此时溶液呈中性，铜离子已完全沉淀，沉淀质量为rm{29.4g.}请计算：rm{(1)}反应消耗铜的质量；

rm{(2)}此稀硝酸的物质的量浓度；

rm{(3)}若将相同质量的另一份铜与一定量的浓rm{HNO_{3}}反应，铜消耗完时，共产生rm{6.72L(}标况下rm{)}气体。则求算所消耗rm{HNO_{3}}的物质的量。13、rm{(1)}白磷、红磷是磷的两种同素异形体，在空气中燃烧得到磷的氧化物，空气不足时生成rm{P_{4}O_{6}}空气充足时生成rm{P_{4}O_{10}}．

rm{垄脵}已知rm{298K}时白磷；红磷完全燃烧的热化学方程式分别为。

rm{P_{4}(}白磷，rm{s)+5O_{2}(g)篓TP_{4}O_{10}(s)triangleH_{1}=-2}rm{s)+5O_{2}(g)篓TP_{4}O_{10}(s)triangle

H_{1}=-2}

rm{983.2kJ?mol^{-1}}红磷，rm{s)+dfrac{5}{4}O_{2}(g)篓Tdfrac{1}{4}P_{4}O_{10}(s)triangleH_{2}=-738.5kJ?mol^{-1}}

则该温度下白磷转化为红磷的热化学方程式为______．

rm{P(}已知白磷和rm{s)+dfrac{5}{4}O_{2}(g)篓Tdfrac

{1}{4}P_{4}O_{10}(s)triangleH_{2}=-738.5kJ?mol^{-1}}的分子结构如图，现提供以下化学键的键能rm{垄脷}rm{PCl_{3}}--rm{(kJ?mol^{-1})}rm{P}rm{P}--rm{198}rm{Cl}rm{Cl}--rm{243}rm{P}．

则反应rm{Cl}白磷rm{331}的反应热rm{P_{4}(s}______．

rm{)+6Cl_{2}(g)篓T4PCl_{3}(s)}下列两个热化学方程式：

rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangleH=-571.6kJ?mol^{-1}}

rm{C_{3}H_{8}(g)+5O_{2}(g)篓T3CO_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangleH=-2220kJ?mol^{-1}}

rm{triangleH=}的燃烧热rm{(2)}______．

rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6kJ?mol^{-1}}和rm{C_{3}H_{8}(g)+5O_{2}(g)篓T3CO_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangle

H=-2220kJ?mol^{-1}}组成的混合气体完全燃烧释放的热量为______．rm{垄脵H_{2}}14、（7分）关注饮用水，保证人民的生活质量。回答下列两个问题：（1）饮用水中的NO3-对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2，其化学方程式为：10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O。请回答下列问题：①上述反应中的氧化剂为。②上述反应中若生成标况下3.36LN2，则转移的电子数为。（2）洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一。漂白粉是常用的消毒剂。①工业上制取氯气的化学反应方程式为。②漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，反应的离子方程式为。15、（10分）已知有以下物质相互转化试回答：（1）写出B的化学式____D的化学式____E的化学式____H的化学式____。（2）写出由F变成G的离子反应方程式。16、有以下几种物质：rm{垄脵Cu(OH)_{2}垄脷}乙醇rm{垄脹}铜rm{垄脺}二氧化碳rm{垄脻}冰醋酸rm{(}纯醋酸晶体rm{)垄脼KNO_{3}}溶液rm{垄脽NaHCO_{3}}填空回答rm{(}填序号rm{)}

rm{(1)}以上物质可以导电的是______；

rm{(2)}以上物质中属于电解质的是______；

rm{(3)}以上物质中属于非电解质的是______；

rm{(4)}既不是电解质，也不是非电解质______．17、回答下题；

rm{(1)}下列原子：rm{;_{6}^{14}}C、rm{;_{7}^{14}N}rm{;_{11}^{23}Na}rm{;_{1}^{3}}H、rm{;_{92}^{235}U}rm{;_{19}^{40}}K、rm{;_{92}^{238}U}中共有______种元素；______种核素，______互为同位素．

rm{(2)}阴离子的中子数为rm{N}rm{{,!}^{A}X^{n-}}共有rm{x}个电子，则rm{N=}______．

rm{(3)}书写电子式rm{HClO}______rm{NaCl}______．18、盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”rm{.}现就“三大酸”与金属铜反应的情况；回答下列问题：

rm{(1)}稀盐酸不与rm{Cu}反应，若在稀盐酸中加入rm{H_{2}O_{2}(}常见氧化剂，作氧化剂时还原产物为水rm{)}后，则可使铜顺利溶解rm{.}该反应的化学方程式为：______．

rm{(2)}在一定体积的rm{18mol?l^{-1}}的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为rm{0.9mol.}则浓硫酸的实际体积______rm{(}填“大于”、“等于”或“小于”rm{)100mL.}若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液rm{(}如rm{KNO_{3}}溶液rm{)}则该反应的离子方程式为______．

rm{(3)}根据下图操作及现象推断酸rm{X}为______rm{(}填序号rm{)}．

A、浓盐酸rm{B}浓硫酸rm{C}浓硝酸．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)19、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化20、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。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）23、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．24、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）25、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）26、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）27、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、解答题(共1题，共10分)28、粗盐提纯中几次用到玻璃棒，每次使用的作用各是什么？评卷人得分五、其他(共4题，共28分)29、（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____、、、、。30、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。31、（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____、、、、。32、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、工业流程题(共2题，共4分)33、氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品，常用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂等，它难溶于水和乙醇，可溶于浓HCl与氨水形成的混合物，实验室用酸性蚀刻液(含)和碱性蚀刻液[含]来制备CuCl；实验过程的流程如下：

(1)步骤Ⅳ需要控制pH为1~2、80℃下进行，合适的加热方式是_______。

(2)步骤Ⅱ过滤得到固体，下列说法正确的是_______。A．为加快过滤速度，得到较干燥的固体，可进行抽滤B．宜用酸溶液洗涤沉淀C．在布氏漏斗中放入滤纸后，直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤D．在抽滤装置中洗涤晶体时，为减少晶体的损失，应使洗涤剂快速通过滤纸(3)步骤Ⅴ为了得到较为纯净的硫酸铜晶体，根据下表中物质的溶解度(单位为g)随温度的变化，写出步骤Ⅴ得到硫酸铜晶体的操作：_______。温度

物质0℃20℃40℃60℃80℃100℃氯化铜75808590100108硫酸铜121830506087

(4)写出还原过程中发生主要反应的离子方程式：_______。

(5)CuCl的定量分析，称取样品0.25g置于预先放入玻璃珠和过量溶液的锥形瓶中，不断摇动，待样品全部溶解后，加入50mL水，邻菲罗啉指示剂2滴，立即用的硫酸铈标准液滴定至绿色出现为终点，消耗标准液20.00mL，发生的反应为则样品的CuCl的质量分数为_______。34、氟化钾是一种重要的无机氟化工产品，广泛应用于医药、农药和金属冶炼等领域。采用湿法磷酸副产物氟硅酸(含有少量等)制备氟化钾的工艺流程如图所示(已知：)：

请回答下列问题：

（1）碱解过程主要反应的化学方程式为_____，其中要严格控制KOH用量，否则易生成副产物_____(填化学式)溶解在滤液中。

（2）碱解反应中温度对氟化钾收率的影响如图所示。由如图可知，实验选择适宜的反应温度为____；最高点后，随温度升高曲线下降的原因可能是_______。

（3）Ba(OH)2加入量对含量和氟化钾纯度的影响如图所示。当由0.004到0.005时，氟化钾的纯度升高，这是由于__。

（4）Ba(OH)2和BaCO3是常见的除硫试剂。若使用BaCO3代替Ba(OH)2，当沉淀转化达到平衡时，滤液中___[已知保留小数点后三位]。

（5）浓度均为0.1mol/L的KF和HF的混合溶液中：2c(H+)-2c(OH-)____c(F-)-c(HF)(填“>”“<”或“=”)。

（6）1986年，化学家KarlChrite用KMnO4和KF、HF混合溶液反应生成稳定配离子该反应氧化产物是一种常见的无色无味气体单质，则该反应的离子方程式为_____。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【解析】试题分析：干冰形成的晶体是分子晶体，金刚石形成的晶体是原子晶体，氯化钠形成的晶体是离子晶体，所以三种物质的熔沸点由高到低排列顺序是②③①，答案选D。考点：考查物质熔沸点大小比较【解析】【答案】D2、D【分析】考查化学键的概念及判断。共价键分为极性键和非极性键，D不正确。答案选D。【解析】【答案】D3、A【分析】解：rm{A}烧碱是氢氧化钠固体；为化合物，液态氧为单质，碘酒为碘和酒的混合物，故A正确；

B；熟石灰是氢氧化钙的固体；属于化合物，不是混合物，故B错误；

C；氯化氢属于化合物；不是混合物，故C错误；

D；空气是多种气体的混合物；氮气是单质、胆矾五水硫酸铜属于化合物，故D错误．

故选A．

纯净物是由一种物质组成的物质；混合物是由多种物质组成的物质；单质是由同种元素组成的纯净物；化合物是由不同种元素组成的纯净物；根据其特点分析解答即可．

本题主要考查了物质的分类方法方面的问题，解题的关键是抓住物质类别的特征．【解析】rm{A}4、B|D【分析】【解析】【答案】BD5、C【分析】【解答】A、KNO3的溶解度随着温度的升高而升高；溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，故A正确；

B；反应物的总能量大于生成物的总能量；则反应是放热反应，加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变，故B正确；

C、0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液；消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的pH大于1，图象中醋酸的pH=1与实际不符，故C错误；

D、开始滴加同时发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH﹣，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42﹣未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH﹣=NH3・H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42﹣完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH﹣，Al3+反应掉0.03molOH﹣，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH﹣恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，（b到c）；故D正确．

故选C．

【分析】A、KNO3的溶解度随着温度的升高而升高；

B；催化剂可以降低反应的活化能；从而加快化学反应的速率；

C；醋酸为弱酸；没有滴入氢氧化钠溶液时，0.1000mol/L的醋酸溶液的pH大于1；

D、根据硫酸铝铵和氢氧化钡溶液反应的情况来判断．6、A【分析】【解答】解：A．离子化合物中可能含共价键；如NaOH，故A正确；B．共价化合物中一定不含离子键，含有离子键的化合物为离子化合物，故B错误；

C．离子化合物中肯定含有离子键；可能含共价键，如NaOH，故C错误；

D．只含有共价键的化合物属于共价化合物；共价化合物一定含有共价键，故D错误；

故选A．

【分析】根据离子键、共价键与离子化合物、共价化合物的关系分析，根据选项看能否找出例子，如果能找出例子，该题正确，否则错误．7、A【分析】【分析】本题考查了原子结构和元素性质的基础知识。【解答】rm{A}和rm{B}两种元素的原子序数分别rm{11}和rm{8}则rm{A}为rm{Na}元素，rm{B}为rm{O}元素，二者的离子化合物为rm{Na_{2}O}rm{Na_{2}O}；

A.或rm{Na_{2}O_{2}}为钠元素，rm{Na_{2}O_{2}}只有一种正化合价，即rm{Na_{2}O_{2}}价，所以rm{A}一定形成rm{Na}价的阳离子；故A正确；

B.rm{+1}为氧元素，氧元素的常见阴离子有rm{A}和rm{+1}则rm{B}不一定形成rm{O^{2-}}价单核阴离子；故B错误；

C.离子化合物rm{O_{2}^{2-}}为rm{B}或rm{-2}所以rm{C}不一定能与水反应生成氧气；故C错误；

D.离子化合物rm{Na_{2}O}为rm{Na_{2}O_{2}}或rm{Z}所以rm{C}不一定是rm{Na_{2}O}型化合物；故D错误。

故选A。

rm{Na_{2}O_{2}}【解析】rm{A}8、C【分析】【分析】本题考查元素周期表结构、元素周期律等，难度不大，清楚处于过渡元素前后相邻的同主族原子序数的关系是关键。【解答】A、rm{B}分别为同一主族第三周期、第四周期的不同元素的原子，若处于过渡元素之前，原子序数相差为上一周期容纳元素种数；若处于过渡元素之后，原子序数相差为下一周期容纳元素种数，并结合质量数rm{=}质子数rm{+}中子数进行计算判断。若rm{A}为Ⅱrm{A}族，rm{A}质量数为rm{x}质子数等于中子数，则rm{A}的质子数为rm{dfrac{x}{2}}处于过渡元素之前，则rm{B}的质子数为rm{Y=dfrac{x}{2}+8}

若rm{A}为Ⅳrm{A}族，rm{A}质子数为rm{m}处于过渡元素之后，则rm{B}的质子数为rm{Y=m+18}rm{B}的质量数rm{n=2Y=2m+36}故C正确。

故选C。

【解析】rm{C}9、A【分析】解：rm{A.K^{+}}rm{SiO_{3}^{2-}}rm{OH^{-}}rm{Na^{+}}之间不反应；在溶液中能够大量共存，故A正确；

B.rm{H^{+}}rm{CO_{3}^{2-}}之间发生反应；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C.rm{H^{+}}rm{SiO_{3}^{2-}}之间反应生成弱酸硅酸；在溶液中不能大量共存，故C错误；

D.rm{OH^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}之间发生反应生成碳酸根离子和水；在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选A．

A.四种离子之间不发生反应；能够共存；

B.氢离子与碳酸根离子反应；

C.氢离子与硅酸根离子反应生成硅酸；

D.碳酸氢根离子与氢氧根离子反应．

本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间rm{(}如rm{Fe^{3+}}和rm{SCN^{-})}等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．【解析】rm{A}二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】由题目信息可知：在离子化合物中A2＋、B－核外电子数均为18个，则元素A、B分别是Ca和Cl。再由化学反应“H2＋Cl2―→C”推出C为HCl；因为反应②：Cl2＋X―→Y＋CaCl2＋H2O，可推知X中含有元素Ca、H、O。则X可能是Ca（OH）2，则反应②为：2Cl2＋2Ca（OH）2=CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O。最后反应③为：Ca（ClO）2＋2HCl=CaCl2＋2HClO。【解析】【答案】（1）CaCl2Ca（OH）2Ca（ClO）2HClO（2）（3）2Cl2＋2Ca（OH）2=CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O11、略

【分析】【解析】【答案】（1）①②③HF；④HClO4，⑤F－，Al3+（3）Z－44，Z+2612、rm{(1)}根据铜原子守恒：rm{n(Cu)=n[Cu(OH{)}_{2}]=dfrac{;29.4g;}{98g/mol};=0.3mol}所以rm{n(Cu)=n[Cu(OH{)}_{2}]=

dfrac{;29.4g;}{98g/mol};=0.3mol}答：反应消耗铜的质量为rm{m(Cu)=0.3mol隆脕64g/mol=19.2g}

rm{(2)n(HN{O}_{3})=n(NaN{O}_{3})+n(NO)=n(NaOH)+;dfrac{2}{3};n(Cu)=1L隆脕1mol/L+dfrac{2}{3}隆脕0.3mol=1.2mol}所以rm{c=;dfrac{n}{V};=dfrac{;1.2mol;}{0.5L};=2.4mol/L}答：稀硝酸的物质的量浓度为rm{19.2g}rm{(2)n(HN{O}_{3})=n(NaN{O}_{3})+n(NO)=n(NaOH)+;

dfrac{2}{3};n(Cu)=1L隆脕1mol/L+dfrac{2}{3}隆脕0.3mol=1.2mol

}根据氮原子和铜原子守恒可知，消耗rm{c=;dfrac{n}{V};=

dfrac{;1.2mol;}{0.5L};=2.4mol/L}rm{2.4mol/L}的物质的量为rm{0.3mol隆脕2+dfrac{6.72L}{22.4L/mol}=0.9mol}答：消耗rm{(3)}rm{HNO}的物质的量rm{3}rm{3}【分析】【分析】本题考查铜与硝酸发生氧化还原反应的计算，题目难度较大，明确反应过程、充分利用守恒计算是解题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。

【解答】rm{(1)}根据铜原子守恒：rm{n(Cu)=n[Cu(OH{)}_{2}]=

dfrac{;29.4g;}{98g/mol};=0.3mol}根据铜原子守恒：rm{n(Cu)=n[Cu(OH{)}_{2}]=dfrac{;29.4g;}{98g/mol};=0.3mol}，所以rm{(1)}rm{n(Cu)=n[Cu(OH{)}_{2}]=

dfrac{;29.4g;}{98g/mol};=0.3mol}

rm{(2)n(HN{O}_{3})=n(NaN{O}_{3})+n(NO)=n(NaOH)+;dfrac{2}{3};n(Cu)=1L隆脕1mol/L+dfrac{2}{3}隆脕0.3mol=1.2mol}，所以rm{c=;dfrac{n}{V};=dfrac{;1.2mol;}{0.5L};=2.4mol/L}rm{m(Cu)=0.3mol隆脕64g/mol=19.2g}答：反应消耗铜的质量为rm{19.2g}根据氮原子和铜原子守恒可知，消耗rm{19.2g}rm{(2)n(HN{O}_{3})=n(NaN{O}_{3})+n(NO)=n(NaOH)+;

dfrac{2}{3};n(Cu)=1L隆脕1mol/L+dfrac{2}{3}隆脕0.3mol=1.2mol

}的物质的量为rm{0.3mol隆脕2+dfrac{6.72L}{22.4L/mol}=0.9mol}

rm{(2)n(HN{O}_{3})=n(NaN{O}_{3})+n(NO)=n(NaOH)+;

dfrac{2}{3};n(Cu)=1L隆脕1mol/L+dfrac{2}{3}隆脕0.3mol=1.2mol

}消耗rm{c=;dfrac{n}{V};=

dfrac{;1.2mol;}{0.5L};=2.4mol/L}答：稀硝酸的物质的量浓度为rm{2.4mol/L}的物质的量rm{2.4mol/L}rm{(3)}根据氮原子和铜原子守恒可知，消耗rm{HNO}

rm{(3)}【解析】rm{(1)}根据铜原子守恒：rm{n(Cu)=n[Cu(OH{)}_{2}]=dfrac{;29.4g;}{98g/mol};=0.3mol}所以rm{n(Cu)=n[Cu(OH{)}_{2}]=

dfrac{;29.4g;}{98g/mol};=0.3mol}答：反应消耗铜的质量为rm{m(Cu)=0.3mol隆脕64g/mol=19.2g}

rm{(2)n(HN{O}_{3})=n(NaN{O}_{3})+n(NO)=n(NaOH)+;dfrac{2}{3};n(Cu)=1L隆脕1mol/L+dfrac{2}{3}隆脕0.3mol=1.2mol}所以rm{c=;dfrac{n}{V};=dfrac{;1.2mol;}{0.5L};=2.4mol/L}答：稀硝酸的物质的量浓度为rm{19.2g}rm{(2)n(HN{O}_{3})=n(NaN{O}_{3})+n(NO)=n(NaOH)+;

dfrac{2}{3};n(Cu)=1L隆脕1mol/L+dfrac{2}{3}隆脕0.3mol=1.2mol

}根据氮原子和铜原子守恒可知，消耗rm{c=;dfrac{n}{V};=

dfrac{;1.2mol;}{0.5L};=2.4mol/L}rm{2.4mol/L}的物质的量为rm{0.3mol隆脕2+dfrac{6.72L}{22.4L/mol}=0.9mol}答：消耗rm{(3)}rm{HNO}的物质的量rm{3}rm{3}13、略

【分析】解：rm{(1)P_{4}(s}白磷rm{)+5O_{2}(g)=P_{4}O_{10}(s)triangleH_{1}=-2983.2kJ/mol(I)}

rm{)+5O_{2}(g)=P_{4}O_{10}(s)triangle

H_{1}=-2983.2kJ/mol(I)}红磷rm{)+dfrac{5}{4}O_{2}(g)=dfrac{1}{4}P_{4}O_{10}(s)triangleH_{2}=-738.5kJ/mol(}Ⅱrm{P(s}

由盖斯定律可知rm{)+dfrac{5}{4}O_{2}(g)=dfrac

{1}{4}P_{4}O_{10}(s)triangleH_{2}=-738.5kJ/mol(}Ⅱrm{)}可得：rm{(I)-(}白磷rm{)隆脕4}红磷rm{P_{4}(s}则rm{triangleH=(-2983.2kJ/mol)-(-738.5kJ)隆脕4=-29.2kJ/mol}

即热化学方程式为：rm{)=4P(s}白磷rm{)}红磷rm{triangle

H=(-2983.2kJ/mol)-(-738.5kJ)隆脕4=-29.2kJ/mol}

故答案为：rm{P_{4}(s}白磷rm{)=4P(s}红磷rm{)triangleH=-29.2kJ/mol}

rm{P_{4}(s}已知白磷和rm{)=4P(s}的分子结构如图所示，由提供以下化学键的键能rm{)triangleH=-29.2kJ/mol}rm{垄脷}rm{PCl_{3}}rm{(kJ?mol^{-1})}rm{P-P}rm{198}rm{Cl-Cl}则反应rm{243}白磷，rm{P-Cl}的反应热rm{triangleH=198kJ/mol隆脕6+6隆脕243kJ/mol-4隆脕3隆脕331kJ/mol=-1326kJ/mol}

故答案为：rm{331.}

rm{P_{4}(}燃烧热是rm{s)+6Cl_{2}(g)篓T4PCl_{3}(s)}可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，由rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangleH=-571.6kJ/mol}则rm{triangle

H=198kJ/mol隆脕6+6隆脕243kJ/mol-4隆脕3隆脕331kJ/mol=-1326kJ/mol}氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为rm{-1326kJ/mol}则氢气的燃烧热为rm{(2)垄脵}

故答案为：rm{1mol}

rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6kJ/mol}由氢气的燃烧热为rm{1mol}丙烷燃烧热rm{285.8kJ}可知rm{triangleH=-285.8kJ/mol}氢气和rm{-285.8kJ/mol}丙烷的混合气完全燃烧时放热为rm{垄脷}

故答案为：rm{triangleH=-285.8kJ/mol}．

rm{triangleH=-2220kJ/mol}白磷rm{)+5O_{2}(g)=P_{4}O_{10}(s)triangleH_{1}=-2983.2kJ/mol(I)}

rm{1mol}红磷rm{)+dfrac{5}{4}O_{2}(g)=dfrac{1}{4}P_{4}O_{10}(s)triangleH_{2}=-738.5kJ/mol(}Ⅱrm{0.5mol}

由盖斯定律可知rm{285.8kJ/mol隆脕1mol+2220kJ/mol隆脕0.5mol=1395.8kJ}Ⅱrm{1395.8kJ}可得：rm{(1)垄脵P_{4}(s}白磷rm{)+5O_{2}(g)=P_{4}O_{10}(s)triangle

H_{1}=-2983.2kJ/mol(I)}红磷rm{P(s}

rm{)+dfrac{5}{4}O_{2}(g)=dfrac

{1}{4}P_{4}O_{10}(s)triangleH_{2}=-738.5kJ/mol(}焓变等于反应物转化键能之和减去生成物中键能之和；

rm{)}燃烧热是rm{(I)-(}可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；且物质的量与热量成正比；

rm{)隆脕4}由rm{P_{4}(s}和rm{)=4P(s}的燃烧热；结合物质的量与热量成正比计算．

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握盖斯定律应用、焓变与键能的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意盖斯定律及燃烧热的判断，题目难度不大．rm{)}【解析】rm{P_{4}(s}白磷rm{)=4P(s}红磷rm{)triangleH=-29.2kJ/mol}rm{-1326kJ/mol}rm{-285.8kJ/mol}rm{1395.8kJ}14、略

【分析】试题分析：（1）①反应中硝酸钠中的氮元素化合价由+5降低到0，所以硝酸钠做氧化剂。②反应中每生成3摩尔氮气，即67.2升转移电子为30摩尔，所以当生成3.36升氮气时，转移电子为1.5摩尔，即1.5NA或9.03×1023。（2）①工业制取氯气是用电解饱和食盐水的方法，反应为：2NaCl+2H2O=Cl2↑+H2↑+2NaOH。②漂白粉溶于水后与二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，反应为：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HclO。考点：氧化还原反应，氯气的工业制取，漂白粉的应用。【解析】【答案】（1）①NaNO3（1分）②1.5NA或9.03×1023（2分）（2）①2NaCl+2H2O=Cl2↑+H2↑+2NaOH（2分）②Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO15、略

【分析】【解析】【答案】16、略

【分析】解：rm{(1)}能导电的物质--必须具有能自由移动的带电的微粒，rm{Cu}中存在能自由移动的带负电的电子能导电，rm{KNO_{3}}溶液中有能自由移动的正负离子；也能导电；

故答案为：rm{垄脹垄脼}

rm{(2)}电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，：rm{垄脵Cu(OH)_{2}}rm{垄脻}冰醋酸rm{(}纯醋酸晶体rm{)}rm{垄脽NaHCO_{3}}符合，故答案为：rm{垄脵垄脻垄脽}

rm{(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，rm{垄脷}乙醇，rm{垄脺}二氧化碳不能电离属于非电解质，故答案为：rm{垄脷垄脺}

rm{(4)}既不是电解质，也不是非电解质的为：rm{垄脹}铜，rm{垄脼KNO_{3}}溶液，故答案为：rm{垄脹垄脼}．

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rm{.}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rm{.}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，单质；混合物等既不是电解质，也不是非电解质．

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，题目难度不大．【解析】rm{垄脹垄脼}rm{垄脵垄脻垄脽}rm{垄脷垄脺}rm{垄脹垄脼}17、略

【分析】解：rm{(1)}元素的种类由质子数决定，质子数不同，元素的种类就不同，以上共有rm{6}种元素；

具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子就是一种核素，因此共有rm{7}种核素；

质子数相同，中子数不同，rm{{,!}^{235}_{92}U}和rm{{,!}^{238}_{92}U}都是铀元素的不同核素；互为同位素．

故答案为：rm{6}rm{7}rm{{,!}^{235}_{92}U}和rm{{,!}^{238}_{92}U}

rm{(2)}在阴离子中：质子数rm{=}核外电子数rm{-}所带电荷数，即核电荷数rm{=}质子数rm{=x-n}又根据质量数rm{=}质子数rm{+}中子数，即中子数rm{=}质量数rm{-}质子数rm{=A-(x-n)}．

故答案为：rm{A-x+n}．

rm{(3)HClO}中rm{O}原子分别与rm{H}rm{Cl}原子形成共用电子对，电子式为

rm{NaCl}为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，氯离子需要标出最外层rm{8}个电子，并用其“rm{[]}”括起来；右上角表明电荷，电子式为。

故答案为：

rm{(1)}元素就是具有相同的核电荷数rm{(}即核内质子数rm{)}的一类原子的总称；

核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；

具有相同质子数；不同中子数同一元素的不同核素互为同位素．

rm{(2)}阴离子中：质子数rm{=}核外电子数rm{-}所带电荷数，又根据质量数rm{=}质子数rm{+}中子数可以计算中子数．

rm{(3)}要求掌握常见物质电子式的书写方法；见解析．

本题考查了元素、同位素概念和原子结构、电子式的书写方法，题目难度不大．【解析】rm{6}rm{7}rm{{,!}^{235}_{92}U}和rm{{,!}^{238}_{92}U}rm{A-x+n.}18、略

【分析】解：rm{(1)}双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化，方程式为：rm{Cu+H_{2}O_{2}+2HCl=CuCl_{2}+2H_{2}O}用电解原理实现铜和盐酸的反应，根据电解原理阳极必须是金属铜，电解质必须是稀盐酸；

故答案为：rm{Cu+H_{2}O_{2}+2HCl=CuCl_{2}+2H_{2}O}

rm{(2)}铜只能和浓硫酸反应和稀硫酸不反应，rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}随着铜和浓硫酸的反应的进行，酸的浓度越来越小，不再产生二氧化硫，所以当被还原的硫酸是rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}则rm{0.9mol}的浓硫酸的实际体积要大于rm{10mol?L^{-1}}

反应后溶液中有rm{180mL}再加入硝酸盐引入rm{H^{+}}相当于存在了硝酸，硝酸能将氧化铜，反应实质为：rm{NO_{3}^{-}}

故答案为：大于；rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}

rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}浓硫酸、浓硝酸具有强的氧化性，常温下能使金属铁发生钝化；而稀硫酸能与铁发生反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成白色硫酸钡沉淀，所以根据现象，可推断酸rm{(3)}为浓硫酸；

故选：rm{X}．

rm{B}双氧水具有氧化性；在酸性环境下能将金属铜氧化；

rm{(1)}只有浓硫酸才能与铜发生反应；随着反应的进行硫酸的浓度逐渐降低，变为稀硫酸，不再与铜反应；硝酸根离子在酸性环境下，具有强的氧化性，能够氧化铜；

rm{(2)}根据浓硫酸；浓硝酸具有强的氧化性；常温下能使金属铁发生钝化；而稀硫酸能与铁发生反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成白色硫酸钡沉淀．

本题考查了元素化合物的性质，明确浓硫酸的性质是解题关键，注意铜与浓硫酸反应的条件，题目难度不大．rm{(3)}【解析】rm{Cu+H_{2}O_{2}+2HCl=2H_{2}O+CuCl_{2}}大于；rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{B}三、判断题(共9题，共18分)19、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；20、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．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23、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；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】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．26、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/mol27、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、解答题(共1题，共10分)28、解：在“粗盐提纯”的实验中；操作步骤为溶解﹣过滤