2025年人教版高一化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年人教版高一化学下册阶段测试试卷349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、在2A+B3C+4D中，表示该反应速率最快的是（）A.υ(A)=0.5mol·L－1·S－1B.υ(B)="0.3"mol·L－1·S－1C.υ(C)=0.8mol·L－1·S－1D.υ(D)="1"mol·L－1·S－12、7．胶体区别于其它分散系的本质特征是（）A.胶体分散质粒子直径在1～100nm之间B.胶体能产生丁达尔现象C.胶体的分散质能透过滤纸D.胶体是纯净物，其它分散系是混合物3、以下说法正确的是（）A.金属元素与非金属元素的原子间只形成离子键B.原子或离子间相互的吸引力叫化学键C.非金属元素间只能形成共价键D.共价化合物内部可能有极性键和非极性键4、六种短周期元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}的原子序数依次增大，其中rm{A}与rm{E}同主族，rm{B}与rm{F}同主族，rm{E}与rm{F}同周期。已知常温下单质rm{A}与rm{E}的状态不同，rm{D}的核电荷数是rm{B}的最外层电子数的rm{2}倍，单质rm{F}是一种重要的半导体材料。则下列推断中正确的是A.原子半径由大到小的顺序是rm{E>F>D>C}B.rm{F}与rm{D}形成的化合物性质很不活泼，不与任何酸反应C.rm{C}rm{D}三种元素可形成离子化合物D.元素的非金属性由强到弱的顺序是rm{D>C>F>B}5、高铁酸钾rm{(K_{2}FeO_{4})}是一种新型；高效、多功能水处理剂；其与水反应的离子方程式为：

rm{4FeO_{4}^{2-}+10H_{2}O篓T4Fe(OH)_{3}(}胶体rm{)+3O_{2}隆眉+8OH^{-}}工业上先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入一定量的rm{KOH}就可制得高铁酸钾rm{.}制备高铁酸钠的两种方法的主要反应原理如下：

湿法制备：rm{2Fe(OH)_{3}+3ClO^{-}+4OH^{-}篓T3FeO_{4}^{2-}+3Cl^{-}+5H_{2}O}干法制备：rm{2FeSO_{4}+6Na_{2}O_{2}篓T2Na_{2}FeO_{4}+2Na_{2}SO_{4}+O_{2}隆眉}

下列有关说法错误的是rm{(}rm{)}A.高铁酸钾与水反应时，水发生氧化反应B.干法制备中，每生成rm{1molNa_{2}FeO_{4}}共转移rm{4mol}电子C.湿法制备中，每生成rm{1mol}rm{Na_{2}FeO_{4}}共转移rm{3mol}电子D.rm{K_{2}FeO_{4}}处理水时，不仅能杀菌，还能除去等rm{H_{2}S}rm{NH_{3}}并使悬浮杂质沉降6、下列电子式或结构式正确的是（）

A.OH-的电子式

B.H2O的结构式H-O-H

C.CCl4的电子式

D.CO2的电子式

7、燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景．下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是（）A.一氧化碳B.天然气C.乙醇D.氢气8、某同学配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液时，造成所配溶液浓度偏高的是()A.所用rm{NaOH}已经潮解B.定容时俯视刻度线C.配制溶液前容量瓶内有少量蒸馏水D.用带游码的托盘天平称rm{2.4gNaOH}时，误用了“左码右物”方法9、下列电子式中错误的是rm{(}rm{)}A.rm{Na^{+}}B.C.D.评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、（5分）微粒中的质子数是____，中子数是，核外电子数是____。它与形成的化合物的电子式____，此化合物类型（填“离子化合物”或“共价化合物”）。11、（16分）写出下列反应的化学方程式或离子方程式。（1）漂白粉溶液中通入过量的二氧化碳的化学方程式___________________________（2）足量的氯气通入到溴化亚铁溶液中的离子方程式_________________________________（3）硫酸工业生产中在接触室中发生的反应的化学方程式_____________________________（4）碳和浓硫酸反应的化学方程式__________________________________12、填写下表：。化学反应能量转化形式①CH4+2O2CO2+2H2O由。

____能转化为热能②Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O由。

____能转化为。

____能③CaCO3Ca+CO2↑由。

____能转化为。

____能④6nH2O+6nCO2（C6H12O6）n+6nO2由。

____能转化为。

____能13、相同条件下，rm{CH_{4}}与rm{O_{2}}的质量比是rm{1}rm{8}时二者的体积比是______．14、原电池是化学对人类的一项重大贡献．

rm{(1)}有同学想把rm{NaOH}与rm{HCl}的中和反应设计成原电池，你认为是否可行？______rm{(}填“是”或“否”rm{)}理由是______．

rm{(2)}利用下述反应rm{2FeCl_{3}+Cu篓T2FeCl_{2}+CuCl_{2}}设计一个原电池装置；试回答：

rm{垄脵}该原电池的正极材料是______；负极材料是______，电解质溶液是______．

rm{垄脷}该原电池的负极反应式为______；正极反应式为______．

rm{垄脹}外电路中的电子是从______电极流向______电极．

rm{(3)}将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池；两电极间连接一个电流计．

若该电池中两电极的总质量为rm{60g}工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为rm{47g}则：产生氢气的体积rm{(}标准状况rm{)}为______．15、①14N②金刚石③14C④乙醇（CH3CH2OH）⑤13C⑥二甲醚（CH3OCH3）

（1）____和____互为同位素（填序号）

（2）____和____的质量数相同；质子数不同．（填序号）

（3）④和⑥互为____．

（4）②金刚石属于____晶体，熔化时需要克服微粒间的作用力是____．16、（5分）在锥形分液漏斗中加入10mL____色碘水，然后再注入4mLCCl4，盖好玻璃塞，按操作规则反复振荡后静置观察到的现象是：操作完毕后，油层（即CCl4层）应从锥形分液漏斗的____口（填“上”或“下”）放出或倒出，为得到碘并回收CCl4可用____法。17、选择下列某种答案的序号；填入下表的空格。

rm{垄脵}同位素rm{垄脷}同素异形体rm{垄脹}同分异构体rm{垄脺}同系物rm{垄脻}同种物质。

。物质。

名称丁烷与。

rm{2}--甲基丙烷红磷。

与白磷庚烷与。

十六烷氯仿与。

三氯甲烷氕与。

氘、氚新戊烷与。

rm{2}rm{2}--二甲基丁烷rm{2}--甲基戊烷与。

rm{2}rm{3}--二甲基丁烷相互。

关系__________________________________________评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)18、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化19、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。20、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（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）23、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）评卷人得分四、其他(共4题，共40分)24、（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____、、、、。25、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。26、（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____、、、、。27、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。评卷人得分五、结构与性质(共1题，共10分)28、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、推断题(共4题，共36分)29、下列物质均含有某种短周期常见元素，rm{A}rm{G}为非金属单质，rm{A}常温下为黑色固体，rm{G}为空气的主要成份之一；rm{D}常温下为无色液体，rm{C}rm{E}常温下均为气体，rm{E}是形成酸雨的元凶，相对分子质量是rm{G}的rm{2}倍；rm{F}常温下为淡黄色固体。它们的转化关系如图所示。

rm{(1)}写出化学式：rm{B}________、rm{F}________。写出化学式：rm{(1)}________、rm{B}________。

rm{F}写出下列反应的化学方程式：

rm{(2)}写出下列反应的化学方程式：rm{(2)}__________________________________

rm{垄脵}____________________________________________________________________

rm{垄脵}__________________________________rm{垄脷}__________________________________30、从煤和石油中可以提炼出化工原料rm{A}和rm{B}rm{A}是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平。rm{B}是一种比水轻的油状液体，rm{B}仅由碳氢两种元素组成，碳元素与氢元素的质量比为rm{12隆脙1}rm{B}的相对分子质量为rm{78}回答下列问题：rm{(1)A}的电子式________，rm{(2)}与rm{A}相邻的同系物rm{C}使溴的四氯化碳溶液褪色的化学反应方程式______________rm{(3)B}与浓硫酸与浓硝酸在rm{50隆芦60隆忙}反应的化学反应方程式______________________。rm{(4)}等质量的rm{A}rm{B}完全燃烧时消耗氧气的物质的量________rm{(}填“rm{A>B}”、“rm{A<B}”或“rm{A=B}”rm{)}31、根据下列变化关系：请填空：rm{(1)A}物质的分子式____________；rm{B}溶液为_____________，其作用为__________________rm{(2)}写出rm{垄脺}rm{垄脼}两步反应的化学方程式，在()号中标明反应类型。rm{垄脺}______________________________________________rm{(}rm{)}rm{垄脼}_______________________________________________rm{(}rm{)}32、rm{(1)X}rm{Y}两种主族元素能形成rm{XY_{2}}型化合物，已知rm{XY_{2}}中共有rm{38}个电子，若rm{XY_{2}}为常见元素形成的离子化合物，其电子式为：________若rm{XY_{2}}为共价化合物时，其结构式为：________rm{(2)W}元素的简单气态氢化物和其最高价氧化物对应的水化物能够反应生成盐，rm{Z}气体通入到品红溶液中能够使品红褪色，但加热能够恢复到原来的颜色，请写出rm{Z}气体通入足量rm{BaCl_{2}}和rm{W}的最高价氧化物对应的水化物的混合溶液中，生成白色沉淀和无色气体的离子方程式_________________________参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【解析】试题分析：同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值即可。根据反应的方程式，如果都用物质C表示，则反应速率分别是0.75mol·L－1·S－1、0.9mol·L－1·S－1、0.8mol·L－1·S－1、0.75mol·L－1·S－1，答案选B。考点：考查反应速率的有关计算和大小比较【解析】【答案】B2、A【分析】三种分散系的本质区别是分散质离子直径大小的不同，所以答案选A。【解析】【答案】A3、D【分析】解：A．金属元素和非金属元素可能形成共价键；如氯化铝，故A错误；

B．相邻原子或离子之间相互作用力称为化学键；相互作用力饱和吸引力和排斥力，故B错误。

C．非金属元素之间可能形成离子键；如铵盐，故C错误；

D．同种非金属元素之间易形成非极性键；不同非金属元素之间易形成极性键，只含共价键的化合物是共价化合物，所以共价化合物内部可能有极性键和非极性键，故D正确；

故选D．

A．金属元素和非金属元素可能形成共价键；

B．相邻原子或离子之间相互作用力称为化学键；

C．非金属元素之间可能形成离子键；

D．同种非金属元素之间易形成非极性键；不同非金属元素之间易形成极性键，只含共价键的化合物是共价化合物．

本题考查化学键，侧重考查基本概念，明确物质的构成微粒及微粒之间作用力即可解答，采用举例法分析解答，易错选项是C．【解析】【答案】D4、C【分析】【分析】本题考查原子结构和元素周期律，为高频考点，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，涉及元素化合物性质、元素周期律等知识点，明确原子结构和元素周期律、元素化合物性质是解本题关键，易错选项是rm{C}注意二氧化硅性质的特殊性。

六种短周期元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}的原子序数依次增大，单质rm{F}是一种重要的半导体材料，则rm{F}是rm{Si}元素，rm{B}与rm{F}同主族，则rm{B}是rm{C}元素；rm{E}与rm{F}同周期，rm{A}与rm{E}同主族，常温下单质rm{A}与rm{E}的状态不同，则rm{A}是rm{H}元素、rm{E}是rm{Na}元素；

rm{D}的核电荷数是rm{B}的最外层电子数的rm{2}倍，则rm{D}是rm{O}元素，rm{C}元素原子序数大于rm{B}而小于rm{D}则rm{C}是rm{N}元素。【解答】A.原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径rm{E>F>C>D}故A错误；

B.rm{E>F>C>D}是rm{F}是rm{Si}元素、rm{D}是rm{O}元素，二者形成的化合物是rm{SiO}元素、rm{F}是rm{Si}元素，二者形成的化合物是rm{D}rm{O}rm{SiO}反应生成四氟化硅和水，故B正确；

C.rm{{,!}_{2}}，二氧化硅能和rm{HF}反应生成四氟化硅和水，三种元素可形成硝酸铵，是离子化合物；故C正确；

D.同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，则非金属性rm{HF}故D错误。

故选C。

A、rm{C}rm{D}三种元素可形成硝酸铵，是离子化合物【解析】rm{C}5、B【分析】解：rm{A.}高铁酸钾与水反应时，水中rm{O}元素的化合价升高；则水发生氧化反应，故A正确；

B.干法制备中，rm{Fe}元素的化合价由rm{+2}价升高为rm{+6}价，过氧化钠中rm{O}元素的化合价既升高又降低，则每生成rm{1molNa_{2}FeO_{4}}转移电子为rm{1mol隆脕4+1mol隆脕1=5mol}故B错误；

C.湿法制备中，rm{Fe}元素的化合价由rm{+3}价升高为rm{+6}价，则每生成rm{1mol}rm{Na_{2}FeO_{4}}共转移rm{1mol隆脕(6-3)=3mol}电子；故C正确；

D.rm{+6}价铁具有强氧化性，不仅能杀菌，还能除去等rm{H_{2}S}rm{NH_{3}}还原产物中铁离子水解生成胶体，可使悬浮杂质沉降，故D正确；

故选B．

A.高铁酸钾与水反应时，水中rm{O}元素的化合价升高；

B.干法制备中，rm{Fe}元素的化合价由rm{+2}价升高为rm{+6}价，过氧化钠中rm{O}元素的化合价既升高又降低；

C.湿法制备中，rm{Fe}元素的化合价由rm{+3}价升高为rm{+6}价；

D.rm{+6}价铁具有强氧化性；还原产物中铁离子水解生成胶体．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及转移电子的考查，注意选项B中元素的化合价判断为解答的难点，题目难度中等．【解析】rm{B}6、B【分析】

A、羟基中的氧原子含有一个未成对电子，电子式为：故A错误；

B；1个水分子中含有2个氢氧共价键；结构式为H-O-H，故B正确；

C、四氯化碳中碳原子和氯原子均满足8电子稳定结构，电子式为：故C错误；

D、二氧化碳是碳原子和氧原子之间通过共价双键形成的非极性分子，电子式为：故D错误．

故选B．

【解析】【答案】A；羟基中含有一个未成对电子；

B；水中含有氢氧共价键；

C；四氯化碳中碳原子和氯原子均满足8电子稳定结构；

D；二氧化碳是碳原子和氧原子之间通过共价双键形成的非极性分子．

7、D【分析】【解答】解：一氧化碳；天然气、乙醇含有碳元素；燃烧过程中易生成污染气体，氢气燃烧产物只有水，是最环保的燃料，故选D．

【分析】依据物质燃烧产物分析判断，一氧化碳、天然气、乙醇均含有碳元素，燃烧过程中易生成污染气体，氢气燃烧生成无污染的水．8、B【分析】略【解析】rm{B}9、C【分析】解：rm{A.}钠离子电子式为rm{Na^{+}}故A正确；

B.氢氧根的电子式为故B正确；

C.氨气为共价化合物，氨气中存在rm{3}个氮氢键，氮原子最外层达到rm{8}电子稳定结构，氨气的电子式为：故C错误；

D.一氯甲烷是共价化合物，电子式为故D正确．

故选C．

A.阳离子的电子式为离子符号；

B.离子化合物中的阴离子要写出离子的电子分布并加上括号和电荷；

C.氨气的结构式rm{N}原子上多rm{2}个电子；

D.一氯甲烷是共价化合物．

本题考查了电子式的判断，该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，主要是考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，注意掌握电子式的概念及正确的表示方法．【解析】rm{C}二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】【解析】【答案】16；18；16；离子化合物（每空1分）11、略

【分析】试题分析：（1）这里是碳酸酸性强于次氯酸，先Ca(ClO)2+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓，后是过量的二氧化碳：CO2+H2O+CaCO3=Ca(HCO3)2，两式叠加去掉碳酸钙即可。（2）氯气能氧化二价铁和溴离子，先写出方程式：3Cl2+2FeBr2=2FeCl3+2Br2，然后改成离子方程式。（3）制硫酸用的是黄铁矿即FeS2先锻烧后生成二氧化硫，再进一步氧化成三氧化硫，再用浓硫酸吸收生成的三氧化硫，在接触中则发生4FeS2+11O2=（高温）2Fe2O3+8SO2，配平时要注意其有两种元素变价。（4）溴是卤族元素，很容易想到具有强氧化性，被还原成Br-，根据氧化还原反应的特点，二氧硫当体现还原性，在溶液中往往以SO42-的形式存在，先写出Br2+SO2→2Br-+SO42-，剩余的部分通过原子守恒补足。考点：氧化还原反应及优先反应原理；化学方程式的书写。【解析】【答案】（1）Ca(ClO)2+2CO2+2H2O=2HClO+Ca(HCO3)2（2）3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2（3）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2（4）SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO412、化学化学电热化学光化学【分析】【解答】（1）CH4+2O2CO2+2H2O是将化学能转变为热能；故答案为：化学；热；

（2）蓄电池放电时将化学能转变为电能；充电时将电能转变为化学能，故答案为：放电：化学能转化为电能；充电：电能转化为化学能；

（3）CaCO3CaO+CO2↑将热能转化为化学能；故答案为：热；化学；

（4）6nH2O+6nCO2（C6H12O6）n+6nO2将光能转化为化学能；故答案为：光；化学．

【分析】CH4+2O2CO2+2H2O是将化学能转变为热能；蓄电池放电时将化学能转变为电能，充电时将电能转变为化学能；CaCO3CaO+CO2↑将热能转化为化学能；6nH2O+6nCO2（C6H12O6）n+6nO2将光能转化为化学能．13、略

【分析】解：rm{CH_{4}}与rm{O_{2}}的质量比是rm{1}rm{8}二者物质的量之比rm{=dfrac{1}{16}}rm{dfrac{8}{32}=1}rm{4}

相同条件下气体摩尔体积相等，根据rm{V=nV_{m}}可知，rm{CH_{4}}与rm{O_{2}}的体积比rm{=}物质的量之比rm{=1}rm{4}

故答案为：rm{1}rm{4}．

根据rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{V}{V_{m}}}计算相同条件下二者体积比．

本题考查物质的量的简单计算，题目难度不大，明确物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积之间的关系即可解答，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的化学计算能力．rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac

{V}{V_{m}}}【解析】rm{1}rm{4}14、否；该中和反应是非氧化还原反应，能够构成原电池的反应必须是自发的氧化还原反应；石墨；铜；FeCl3溶液；Cu-2e-=Cu2+；2Fe3++2e-=2Fe2+；Cu；石墨；4.48L【分析】解：rm{(1)}能够构成原电池的反应必须是自发的氧化还原反应，rm{NaOH}与rm{HCl}的中和反应不是氧化还原反应；不能设计成原电池；

故答案为：否；该中和反应是非氧化还原反应；能够构成原电池的反应必须是自发的氧化还原反应；

rm{(2)垄脵}由反应“rm{2FeCl_{3}+Cu=2FeCl_{2}+CuCl_{2}}”可知，反应中铜失电子而被氧化，应为原电池负极，正极应为活泼性比铜弱的金属或导电的非金属材料，rm{Fe^{3+}}在正极得到电子而被还原，电解质溶液为rm{FeCl_{3}}

故答案为：石墨；铜；rm{FeCl_{3}}溶液；

rm{垄脷}负极上铜失电子发生氧化反应，正极上铁离子得电子发生还原反应，其电极反应式为：负极：rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}正极：rm{2Fe^{3+}+2e^{-}=2Fe^{2+}}

故答案为：rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}rm{2Fe^{3+}+2e^{-}=2Fe^{2+}}．

rm{垄脹}原电池中，外电路中的电子是从负极流向正极，即从rm{Cu}电极流向石墨电极，故答案为：rm{Cu}石墨；

rm{(3)}银片和锌片分别作原电池的正负极；当发生反应时，负极材料失电子变成离子进入溶液，质量减少；正极材料不参加反应，所以本题质量减少的量是锌的质量．

锌减少的质量为rm{60g-47g=13g}结合方程式计算生成氢气的体积．

rm{Zn+H_{2}SO_{4}=ZnSO_{4}+H_{2}隆眉}

rm{65g}rm{22.4L}

rm{13g}rm{4.48L}

即产生氢气的体积为rm{4.48L}．

故答案为：rm{4.48L}．

rm{(1)}能够构成原电池的反应必须是自发的氧化还原反应；

rm{(2)}根据反应“rm{2FeCl_{3}+Cu=2FeCl_{2}+CuCl_{2}}”可知，反应中铜失电子而被氧化，应为原电池负极，正极应为活泼性比铜弱的金属或导电的非金属材料，rm{Fe^{3+}}在正极得到电子而被还原，电解质溶液为rm{FeCl_{3}}依次分析解答；

rm{(3)}根据原电池的电极反应式判断电极质量减少的物质；再结合方程式计算生成气体的体积．

本题考查原电池的设计及原电池的工作原理，题目难度不大，注意从氧化还原反应的角度由电池反应判断电极反应．【解析】否；该中和反应是非氧化还原反应，能够构成原电池的反应必须是自发的氧化还原反应；石墨；铜；rm{FeCl_{3}}溶液；rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}rm{2Fe^{3+}+2e^{-}=2Fe^{2+}}rm{Cu}石墨；rm{4.48L}15、略

【分析】

（1）③14C和⑤13C质子数都为6；中子数不同，是碳元素的不同原子，互为同位素，故答案为：③；⑤；

（2）①14N和③14C的质量数都是14；故答案为：①；③；

（3）④乙醇（CH3CH2OH）和⑥二甲醚（CH3OCH3）分子式相同结构不同；互为同分异构体，故答案为：同分异构体；

（4）金刚石属于原子晶体；原子晶体熔化时需要克服共价键，故答案为：原子；共价键．

【解析】【答案】（1）质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素；属元素；

（2）质量数写在元素符号的右上角；

（3）同分异构体：分子式相同结构不同的化合物；属化合物；

（4）相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体．

16、略

【分析】【解析】【答案】深黄或黄；溶液分层，上层无色（或颜色变浅）下层紫色或紫红色；下；蒸馏17、略

【分析】解：由具有相同质子数，不同中子数rm{(}或不同质量数rm{)}同一元素的不同核素互为同位素；即氕与氘；氚互为同位素；

由同素异形体是同种元素形成的不同单质；则红磷与白磷互为同素异形体；

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，则庚烷与十六烷、新戊烷与rm{2}rm{2}--二甲基丁烷互为同系物；

由具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，则丁烷与rm{2}--甲基丙烷、rm{2}--甲基戊烷与rm{2}rm{3}--二甲基丁烷互为同分异构体；

氯仿与三氯甲烷是同一种物质．

故答案为：rm{垄脹}rm{垄脷}rm{垄脺}rm{垄脻}rm{垄脵}rm{垄脵}rm{垄脹}．

具有相同质子数，不同中子数rm{(}或不同质量数rm{)}同一元素的不同核素互为同位素rm{.}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rm{.}具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体rm{.}同素异形体是同种元素形成的不同单质．

本题主要考查了同位素，同系物，同分异构体，同素异形体的定义，在判断时要抓住各自的研究对象分别为：原子、有机化合物、化合物、单质．【解析】rm{垄脹}rm{垄脷}rm{垄脺}rm{垄脻}rm{垄脵}rm{垄脺}rm{垄脹}三、判断题(共6题，共12分)18、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；19、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．20、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．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．23、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/mol四、其他(共4题，共40分)24、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)225、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-26、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)227、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-五、结构与性质(共1题，共10分)28、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探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响，且实验④为细颗粒，实验①为粗颗粒，颗粒越小，表面积越大，反应越快，故反应速率④>①，故曲线斜率④>①；

根据以上特征；画出图像如下：

【点睛】

本题考查了化学反应速率的影响因素，注意对题给信息的分析是处理是解答的关键，注意控制变量的实验方法的理解和掌握。【解析】298粗颗粒1.00308粗颗粒2.00298细颗粒2.00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Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1六、推断题(共4题，共36分)29、（1）H2SO4Na2O2

（2）①C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O

②2Na2O2+2CO2══2Na2CO3+O2↑

③【分析】【分析】本题考查无机框图推断题，掌握物质的性质是解题的关键，难度中等。【解答】rm{E}是形成酸雨的元凶且为气体，则rm{E}是二氧化硫；rm{G}为非金属单质且rm{G}为空气的主要成份之一，rm{E}的相对分子质量是rm{G}的rm{2}倍，则rm{G}是氧气；rm{F}常温下为淡黄色固体，则rm{F}是过氧化钠；rm{C}和rm{F}反应生成rm{G}氧气，rm{C}是气体，则rm{C}是二氧化碳；rm{D}常温下为无色液体，则rm{D}是水；常温下为无色液体，则rm{D}是水；rm{D}二氧化硫和rm{E}氧气反应生成rm{G}是三氧化硫；rm{H}和rm{H}水反应生成rm{D}硫酸；rm{B}常温下为黑色固体，rm{A}常温下为黑色固体，rm{A}和rm{B}反应生成二氧化碳、水和二氧化硫，则rm{A}是碳、rm{B}是浓硫酸；和rm{A}反应生成二氧化碳、水和二氧化硫，则rm{A}是碳、rm{B}是浓硫酸；rm{A}由分析可知rm{B}是浓硫酸，rm{(1)}是过氧化钠，故答案为：rm{B}rm{F}rm{H_{2}SO_{4;}}和rm{Na_{2}O_{2}}反应是碳和浓硫酸反应，反应方程式为：rm{(2)垄脵A}浓rm{B}rm{C+2H_{2}SO_{4}(}故答案为：rm{)}浓rm{CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{C+2H_{2}SO_{4}(}rm{)}和rm{CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}反应是过氧化钠和二氧化碳反应，反应方程式为：rm{垄脷C}rm{F}故答案为：rm{2}rm{Na_{2}O_{2}+2CO_{2}篓T篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}rm{2}和rm{Na_{2}O_{2}+2CO_{2}篓T篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}反应是二氧化硫和氧气反应，反应方程式为：rm{2{SO}_{2}+{O}_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{?}}2{SO}_{3}}故答案为：rm{2{SO}_{2}+{O}_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{?}}2{SO}_{3}}rm{垄脹E}【解析】rm{(1)H_{2}SO_{4;}}rm{Na_{2}O_{2}}rm{(2)垄脵C+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)}rm{CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{垄脷2}rm{Na_{2}O_{2}+2CO_{2}篓T篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}rm{垄脹}rm{2{SO}_{2}+{O}_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{?}}2{SO}_{3}}rm{2{SO}_{2}+{O}_{2}

underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{?}}2{SO}_{3}}30、rm{(1)}

rm{(2)CH_{2}=CHCH_{3}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCHBrCH_{3;;;;;}}

rm{(3)}

rm{(4)A>B}【分析】【分析】本题考查有机物的推断、有机方程式书写，反应类型判断和同分异构体书写等知识，难度不大，侧重对基础知识的考查，注意等质量的烃中rm{H}的质量分数越大，完全燃烧消耗氧气越大。【解答】rm{A}是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则rm{A}为rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{B}是一种比水轻的油状液态烃，rm{B}仅由碳氢两种元素组成，因碳元素与氢元素的质量比为rm{12}rm{1}求得碳氢元素的个数比为rm{1}rm{1}即化学式rm{CxHx}rm{B}的相对分子质量为rm{78.}得rm{12x+1x=78}rm{x=6}故B的分子式为rm{C_{6}H_{6}}所以rm{B}为苯；rm{(1)A}为rm{CH}rm{2}rm{2}rm{=CH}rm{{,!}_{2}}的电子式为故答案为：

rm{{,!}_{2}}乙烯相邻的同系物rm{A}为rm{(2)}使溴水褪色发生加成反应，该反应为：rm{C}

故答案为：rm{CH_{2}=CHCH_{3}}

rm{CH_{2}=CHCH_{3}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCHBrCH_{3}}与浓rm{CH_{2}=CHCH_{3}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCHBrCH_{3}}与浓rm{(3)B}在rm{H2SO4}反应的化学反应方程为：rm{HNO_{3}}rm{50-60隆忙}

故答案为：乙烯中；元素质量分数比苯中rm{(4)}乙烯中rm{H}元素质量分数比苯中rm{H}元素质量分数大，故相同质量的乙烯、苯燃烧，乙烯消耗的氧气更多，即等质量的rm{A}rm{B}完全燃烧时消耗rm{O}元素质量分数大，故相同质量的乙烯、苯燃烧，乙烯消耗的氧气更多，即等质量的rm{(4)}rm{H}完全燃烧时消耗rm{H}rm{A}rm{B}rm{O}rm{2}【解析】rm{(1)}rm{(2)CH_{2}=CHCH_{3}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCHBrCH_{3;;;;;}}rm{(3)}rm{(4)A>B}31、rm{垄脜}rm{垄脜}rm{C_{6}H_{12}O_{6}}

中和过量rm{垄脝}rm{NaOH}中和过量rm{H_{2}SO_{4}}

rm{垄脝}rm{2{C}_{2}{H}_{5}OH+{O}_{2}xrightarr