2025年冀少新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年冀少新版高一化学下册阶段测试试卷311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6题，共12分)1、下列化合物中，既含有离子键又含有共价键的是（）A.H2O2B.Na2OC.CO2D.NaOH2、NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（）A.实验室用浓盐酸与MnO2反应制Cl2，每生成22.4LCl2，转移的电子总数为2NAB.1molO2在反应中作氧化剂时，所得电子数一定为4NAC.1molNa2O2与足量H2O反应，转移电子数为2NAD.0.1mol金属钠在过量氧气中充分燃烧，生成的化合物中离子总数为0.15NA3、A元素原子的L层比B元素原子的L层少3个电子，B元素原子核外电子总数比A原子核外电子总数多5个电子，则A、B可形成的化合物为（）A.A2BB.AB2C.B2A3D.B3A24、同主族元素形成的同一类型化合物，往往其结构和性质相似．化合物PH4I是一种无色晶体，下列对它的描述正确的是（）A.它是一种共价化合物B.在加热条件下不能产生有色气体C.它能与NaOH溶液反应D.该化合物中每个原子都能满足8电子稳定结构5、下列电离方程式中，正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Na_{2}SO_{4}篓T2Na^{+}+SO_{4}^{2-}}B.rm{Ba(OH)_{2}篓TBa^{+2}+2OH^{-}}C.rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}篓T2Al_{3}^{+}+3SO_{4}^{2-}}D.rm{Ca(NO_{3})_{2}篓TCa^{2+}+2(NO_{3})^{2-}}6、下列关于化学键的说法中正确的是rm{(}rm{)}A.构成单质分子的微粒中一定含有共价键B.由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物C.非极性键只存在于双原子单质分子里D.不同元素组成的多原子分子里的化学键一定是极性键评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)7、下列物质的性质比较，正确的是（）A.酸性：H2SO4＞HClO4＞HBrO4B.碱性：RbOH＞KOH＞NaOHC.非金属性：P＞S＞ClD.气态氢化物稳定性：HF＞HCl＞H2S8、短周期金属元素甲rm{-}戊在元素周期表中的相对位置如表所示，下面判断正确的是rm{(}rm{)}

。甲乙丙丁戊A.原子半径：戊rm{<}丁rm{<}丙B.金属性：甲rm{>}丙C.最高价氧化物水化物碱性：丙rm{>}丁rm{>}戊D.最外层电子数：甲rm{>}乙9、在澄清透明的强酸性溶液中能大量共存的离子组是()A.rm{NH_{4}^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2}?}rm{Cl^{-}}B.rm{Ba^{2+}}rm{K^{+}}rm{OH^{-}}rm{NO_{3}^{-}}C.rm{Al^{3+}}rm{Cu^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cl^{-}}D.rm{Na^{+}}rm{Ca^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}10、下列微粒中，既有氧化性，又有还原性的是()A.rm{Mg}B.rm{SO_{2}}C.rm{Zn^{2+;;}}D.rm{HCl}11、下列叙述正确的是A.分子组成的物质在状态变化或溶于水的过程中，均不会破坏化学键B.过氧化钠与水反应的过程中，同时有离子键、非极性键、极性键的断裂和生成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生成D.rm{H_{2}O}的沸点高于rm{H_{2}S}的沸点，是由于rm{H-O}共价键强于rm{H-S}共价键评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)12、（1）“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，其研究成果广泛应用于催化及军事科学中．所谓“纳米材料”是指研究、开发出的微粒粒度从几纳米至几十纳米的材料，如将纳米材料分散到分散剂中，所得混合物可能具有的性质是____

A．能全部透过半透膜。

B．有丁达尔效应。

C．所得液体呈胶状。

D．所得物质一定是悬浊液。

（2）把淀粉溶液溶于沸水中；制成淀粉胶体，回答下列问题．

①鉴别水溶液和胶体可以利用的方法是____

②60℃左右时，在淀粉胶体中加入淀粉酶，装入半透膜袋里，系紧袋口，并把它悬挂在盛有蒸镏水的烧杯里充分反应．从半透膜里析出的物质是____，该操作的名称是____13、A；B、C、D均为中学化学常见的纯净物；A是单质．它们之间有如图的反应关系：

（1）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质．处理C物质可得到有价值的化学品，写出其中1种酸和1种盐的名称____．

（2）若B是气态氢化物．C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染．B与C在一定条件下反应生成的A是大气主要成分，写出该反应的化学方程式____．

（3）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体．判断单质A的元素在周期表中的位置是____．写④反应离子方程式____．

（4）若A是太阳能电池用的光伏材料．C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性．写出②反应的化学方程式____．D的化学式是____．

（5）若A是应用最广泛的金属．④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质．C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写该反应的离子方程式____．

14、某研究性学习小组将下列装置按如图所示连接，rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}都是惰性电极rm{.}将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在rm{F}极附近显红色rm{.}试回答下列问题：

rm{(1)}电源rm{A}极的名称是．

rm{(2)}装置甲中电解反应的总反应式是____________．

rm{(3)}设电解产生的气体全部逸出；如果收集装置乙中产生的气体，两种气体的体积比是____________．

rm{(4)}欲用装置丙在铜上镀银，rm{G}应该是____________rm{(}填“铜”或“银”rm{)}电镀液的主要成分是____________rm{(}填化学式rm{)}．15、用化学方法除去下列物质中混有的少量杂质（括号中为杂质）；写出除杂试剂的化学式及有关反应的离子方程式．

（1）NaHCO3溶液（Na2CO3）：通入____；____

（2）FeCl2溶液（CuCl2）：加入____；____．16、已知Al4C3+12H2O═4Al（OH）3+3CH4↑某学习小组在实验室利用如图所示装置制取甲烷；并验证甲烷的组成．

（1）洗气瓶中盛的溶液为______，作用______．

（2）验纯后在玻璃尖嘴处点燃甲烷，发现火焰呈黄色，与老师课上讲的“纯净的甲烷在空气中安静地燃烧，产生淡蓝色的火焰”不符，你认为原因是______．

（3）为了验证甲烷的组成元素为碳和氢，将燃着的导管套入玻璃灯罩内，如图所示，则证明甲烷中含有碳、氢元素的现象分别是______、______

（4）若将洗气瓶去掉，换成一段导管，则能否证明甲烷中含有碳、氢元素？______．评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)17、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）评卷人得分五、原理综合题(共3题，共6分)18、Cu的化合物在生活及科研中有重要作用，不同反应可制得不同状态的Cu2O

（1）科学研究发现纳米级的Cu2O可作为太阳光分解水的催化剂。

①在加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2可制备纳米级Cu2O，同时放出N2。当收集的N2体积为3.36L（已换算为标准状况）时，可制备纳米级Cu2O的质量为________；

②一定温度下，在2L密闭容器中加入纳米级Cu2O并通入0.20mol水蒸气；发生反应：

2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)测得20min时O2的物质的量为0.0016mol，则前20min的反应速率v（H2O）=_________________；该温度下，反应的平衡常数表达式K=_________________；下图表示在t1时刻达到平衡后，只改变一个条件又达到平衡的不同时段内，H2的浓度随时间变化的情况，则t1时平衡的移动方向为______，t2时改变的条件可能为______________；若以K1、K2、K3分别表示t1时刻起改变条件的三个时间段内的平衡常数，t3时刻没有加入或减少体系中的任何物质，则K1、K2、K3的关系为________________；

（2）已知：ΔH＝－293kJ·mol－1

ΔH＝－221kJ·mol－1

请写出用足量炭粉还原CuO（s）制备Cu2O（s）的热化学方程式________；

（3）用电解法也可制备Cu2O。原理如右上图所示，则阳极电极反应可以表示为________。19、氮及其化合物如NH3及铵盐、N2H4、N2O4等在中学化学；化工工业、国防等领域占有重要地位。

（1）发射航天火箭常用肼(N2H4)与N2O4作燃料与助燃剂。肼(N2H4)与N2O4的反应为2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=-1077kJ•mol-1

已知相关反应的化学键键能数据如下表所示：。化学键N-HN-NN≡NO-HE/（kJ•mol-1）390190946460

则使1molN2O4(g)分子中化学键完全断裂时需要吸收的能量是___________。

（2）N2O4与NO2之间存在反应N2O4(g)2NO2(g)。将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[a(N2O4)]随温度的变化如图所示。

①由图推测该反应的△H___0（填“>”或“<”），理由为________________。

②图中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强po为108kPa，则该温度下反应的平衡常数Kp=_________（用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数）。

③在一定条件下，该反应N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，其中k1、k2是与反应温度有关的常数。相应的速率压强关系如图所示，一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1=___________，在下左图上标出的点中，能表示反应达到平衡状态的点为__________（填字母代号）。

（3）电解NO2制备NH4NO3；其工作原理如图所示。

①阳极的电极反应式为________________________________________。

②为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充某种化合物A，则A的化学式为_________。20、含硫废气污染严重，SO2治理迫在眉睫．

Ⅰ．某工厂用(NH4)2SO3和NH4HSO3混合溶液A吸收烟气中SO2并制备(NH4)2SO3·H2O；已知:

。溶液(1mol·L-1)

(NH4)2SO3

NH4HSO3

pH(25℃)

8.0

4.6

(1)“吸收”过程中，溶液A中(NH4)2SO3和NH4HSO3物质的量之比变_________(填“大”或小)．

(2)(NH4)2SO3溶液呈碱性的原因是__________

(3)用不同的溶液A吸收SO2时，SO2吸收率和放空废气含N2量的变化如下图．解释图中放空废气含NH3吸收量增大的原因____________随(NH4)2SO3和NH4HSO3的物质的量之比增大____．

(注:不同溶液A的体积相同，所含(NH4)2SO3和NH4HSO3的总物质的量相同)

Ⅱ:Na2SO3同样可用于处理低浓度SO2废气；流程如下。

(4)Na2SO3溶液吸收SO2的化学方程式是_______________________．

(5)测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH；数据如下．

。时刻。

①

②

③

④

温度/℃

25

30

40

25

pH

9.66

9.52

9.37

9.25

解释①和④中pH不同的可能原因：___________________________________________．

(6)通过电解法可分离NaHSO3与Na2SO3混合物，实现Na2SO3的循环利用；示意图如下。

结合电极方程式，简述分离NaHSO3与Na2SO3混合物的原理__________评卷人得分六、综合题(共4题，共12分)21、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

22、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题23、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

24、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】解：A．双氧水分子中H-O；O-O原子之间只存在共价键；为共价化合物，故A错误；

B．氧化钠中钠离子和氧离子之间只存在离子键；为离子化合物，故B错误；

C．二氧化碳分子中C-O原子之间只存在共价键；为共价化合物，故C错误；

D．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键；O-H原子之间存在共价键；为离子化合物，故D正确；

故选D．

活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键；非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物．

本题考查化学键判断，为高频考点，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键根本区别是解本题关键，注意不能根据是否含有金属元素判断离子键，如氯化铝中只含共价键．【解析】【答案】D2、D【分析】【解答】解：A；氯气所处的状态不明确；故氯气的物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故A错误；B、氧气反应后的价态不明确，故氧气得到的电子数无法计算，故B错误；

C；过氧化钠和水反应时；1mol过氧化钠转移1mol电子，即转移NA个电子，故C错误；

D；钠在氧气中燃烧生成过氧化钠；0.1mol钠反应生成0.05mol过氧化钠，而在过氧化钠中含2个钠离子和1个过氧根，故0.05mol过氧化钠中含0.15NA个离子，故D正确．

故选D．

【分析】A；氯气所处的状态不明确；

B；氧气反应后的价态不明确；

C；过氧化钠和水反应时；1mol过氧化钠转移1mol电子；

D、钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，而在过氧化钠中含2个钠离子和1个过氧根．3、D【分析】解：A元素原子的L层比B元素原子的L层少3个电子，则A有2个电子层，B元素的原子核外电子总数比A元素原子的核外电子总数多5个，则B原子不能处于第二周期，可推知A的L层电子数为5，则A为N元素，则B的原子核外电子数为12，B为Mg元素，则A与B可形成的化合物为Mg3N2，符合B3A2型；故D正确；

故选D．

A元素原子的L层比B元素原子的L层少3个电子；则A有2个电子层，B元素的原子核外电子总数比A元素原子的核外电子总数多5个，则B原子不能处于第二周期，可推知A的L层电子数为5，则A为N元素，则B的原子核外电子数为12，B为Mg元素，以此解答该题．

本题考查原子的结构与性质，题目难度不大，注意把握原子核外电子排布的关系以及最外层电子数与化合价的关系，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．【解析】【答案】D4、C【分析】解：A、P、H之间形成共价键，PH4+、I-以离子键结合，则PH4I中含有离子键；共价键；为离子化合物，故A错误；

B、PH4I受热时会分解产生PH3；HI；均为无色气体，HI分解生成碘单质为紫色气体，故B错误；

C、NH4Cl能与NaOH反应，则PH4I可能与NaOH溶液反应；故C正确；

D；P原子结合四个氢原子性质共价键；其中一个是配位键，P原子达到最外层稳定结构，氢原子形成共用电子对达到2电子稳定结构，碘原子得到一个电子形成碘离子最外层形成8电子稳定结构，故D错误；

故选C．

根据同主族元素形成的同一类型化合物，往往其结构和性质相似，则PH4I类似于NH4Cl；为离子化合物，以此来解答．

本题考查物质的性质，注意信息中物质的性质的相似性来分析是解答本题的关键，HI分解为碘单质和氢气是学生解答中的易错点，题目难度中等．【解析】【答案】C5、A【分析】解：rm{A.}硫酸钠在溶液中完全电离出钠离子和硫酸根离子，其电离方程式为：rm{Na_{2}SO_{4}篓T2Na^{+}+SO_{4}^{2-}}故A正确；

B.氢氧化钡在溶液中完全电离出钡离子、氢氧根离子，钡离子书写错误，正确的电离方程式为：rm{Ba(OH)_{2}篓TBa^{2+}+2OH^{-}}故B错误；

C.硫酸铝在溶液中电离出铝离子、硫酸根离子，铝离子书写错误，正确的电离方程式为：rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}篓T2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}}故C错误；

D.硝酸钙在溶液中完全电离出钙离子、硝酸根离子，硝酸根离子书写错误，正确的电离方程式为：rm{Ca(NO_{3})_{2}篓TCa^{2+}+2NO_{3}^{-}}故D错误；

故选A．

A.硫酸钠为强电解质；溶液中完全电离出钠离子和硫酸根离子；

B.钡离子的书写不规范，正确表示应该为：rm{Ba^{2+}}

C.铝离子带有rm{3}个单位正电荷，铝离子表示方法错误，正确表示应该为：rm{Al^{3+}}

D.硝酸根离子带有rm{1}个单位负电荷；硝酸根离子表示方法错误．

本题考查了电离方程式的书写判断，题目难度不大，注意掌握强弱电解质的判断方法，明确电离方程式的书写原则，试题有利于提高学生灵活应用所学知识的能力．【解析】rm{A}6、B【分析】解：rm{A}构成稀有气体单质分子的微粒中不含有共价键；故A错误；

B；铵盐是离子化合物；组成元素是非金属元素，所以由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，故B正确；

C；非极性键是相同元素的原子间形成的共价键；可以是单质，也可以存在于化合物，如过氧化钠中，过氧化氢中，故C错误；

D；不同元素组成的多原子分子里的化学键可以是极性共价键；也可以是非极性共价键如过氧化氢中，故D错误；

故选B．

A；从稀有气体的结构分析；

B；考虑铵盐的结构；

C；从非极性键的形成实质看；同元素的原子间形成的共价键是非极性键分析；

D；多原子分子中的化学键类型看形成共价键的元素原子是否相同．

本题考查了稀有气体结构、铵盐结构、非极性共价键的含义、化学键的存在形式，选项BD为解答中的易错点，难度不大．【解析】rm{B}二、双选题(共5题，共10分)7、B|D【分析】解：A．非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，酸性：HClO4＞HBrO4＞H2SO4；故A错误；

B．同主族自上而下金属性增强，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：RbOH＞KOH＞NaOH；故B正确；

C．同周期从左到右非金属性增强；所以非金属性：P＜S＜Cl，故C错误；

D．非金属性：S＜Cl＜F，所以稳定性为：HF＞HCl＞H2S；故D正确；

故选BD．

A．非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强；

B．金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强；

C．同周期从左到右非金属性增强；

D．非金属性越强氢化物越稳定．

本题考查同周期同主族性质递变规律、元素的非金属性等，难度不大，注意规律的掌握理解．【解析】【答案】BD8、rAC【分析】解：根据各元素在周期表中的相对位置可知：甲为rm{Li}丙为rm{Na}乙为rm{Be}丁为rm{Mg}戊为rm{Al}

A.同周期自左而右原子半径逐渐减小，则原子半径大小为：戊rm{<}丁rm{<}丙；故A正确；

B.同主族从上到下元素的金属性在增强，则金属性为甲rm{<}丙；故B错误；

C.rm{Na}rm{Mg}rm{Al}同周期，自左而右金属性减弱，故金属性rm{Na>Ma>Al}最高价氧化物对应的水化物碱性：rm{Na>Mg>Al}故C正确；

D.甲为rm{Li}乙为rm{Be}最外层含有电子数分别为rm{1}rm{2}最外层电子数：甲rm{<}乙；故D错误；

故选AC．

根据各元素在周期表中的相对位置可知：甲为rm{Li}丙为rm{Na}乙为rm{Be}丁为rm{Mg}戊为rm{Al}

A.同周期自左而右原子半径减小；电子层越多原子半径越大；

B.同主族元素中；原子序数越大，金属性越强；

C.同周期从左向右金属性减弱；同主族从上向下，金属性增强，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；

D.同一周期；原子序数越大，最外层电子数越多．

本题考查位置、结构与性质关系及应用，题目难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意掌握元素周期表的结构、元素周期律内容，试题有利于提高学生的逻辑推理能力．【解析】rm{AC}9、AC【分析】【分析】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：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；还应该注意题目所隐含的条件。【解答】A.rm{NH_{4}^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cl^{-}}之间不反应；且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；

B.rm{OH^{-}}与酸溶液中的rm{H^{+}}离子反应；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C.rm{Al}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}、rm{Cu}rm{Cu}rm{{,!}^{2+}}、rm{SO}rm{SO}之间不反应；且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；

D.rm{{,!}_{4}^{2-}}与强酸反应生成二氧化碳气体和水；在溶液中不能大量共存，故D错误。

故选AC。

、rm{Cl}【解析】rm{AC}10、BD【分析】【分析】本题考查氧化还原反应的知识，是高频考点，难度较小。关键是理解氧化还原反应的实质，侧重基础知识的考察。【解答】A.金属只有正价没有负价；单质镁只有还原性，故A错误；

B.rm{SO_{2}}中的硫居于中间价；既有氧化性又有还原性，故B正确；

C.锌离子是锌元素的最高价；只有氧化性，故C错误；

D.rm{HCl}rm{HCl}

故选BD。氯离子中的氯元素处于最低价态，只具有还原性，而氢离子具有氧化性，故D正确。

．【解析】rm{BD}11、BC【分析】略【解析】rm{BC}三、填空题(共5题，共10分)12、B让一束可见光分别照射两瓶无色液体，可见到一条光亮通路的为淀粉胶体麦芽糖渗析【分析】【解答】（1）散系中分散质的直径在1nm～100nm之间的属于胶体分散系；由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体，所以所得混合物可能具有的性质是胶体的性质，胶体的分散质微粒较大，不能通过半透膜，但能透过滤纸胶体都能产生丁达尔效应，故答案为：B；

（2）①胶体和溶液的区别是：胶体具有丁达尔效应；而溶液不具备，可以据此来鉴别二者，故答案为：让一束可见光分别照射两瓶无色液体，可见到一条光亮通路的为淀粉胶体；

②淀粉水解生成葡萄糖；胶粒不能透过半透膜，萄糖是小分子，能透过，可用渗析提纯胶体，故答案为：麦芽糖；渗析．

【分析】（1）由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料；则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间；

（2）①虽然外观相同的水溶液和胶体有很多性质差异；但用于区别二者最简便可靠的特征性质还是丁达尔现象；

②淀粉在淀粉酶的作用下会水解成小分子，可透过半透膜，但酶作为蛋白质留在半透膜袋内．13、硫酸、硫酸铵（或硫酸钙等）4NH3+6NON2+6H2O第三周期ⅢA族AlO2﹣+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+HCO3﹣Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑Na2CO3Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+【分析】【解答】（1）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质判断为SO2．所以A为S，C为SO2，B为H2S，D为SO3；处理C物质可得到有价值的化学品，所以利用二氧化硫可以制取硫酸，用碱吸收得到硫酸铵等，故答案为：硫酸；硫酸铵（或硫酸钙等）；

（2）若B是气态氢化物．C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，判断为NO、NO2．B与C在一定条件下反应生成的A是大气主要成分，推断A为N2，B为NH3，该反应的化学方程式4NH3+6NO5N2+6H2O，故答案为：4NH3+6NON2+6H2O；

（3）若D物质具有两性推断D为Al（OH）3，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，说明C为偏铝酸钠NaAlO2，②③反应均要用强碱溶液，判断A为Al，B为AlCl3，单质A为Al，元素在周期表中的位置是第三周期ⅢA族，④反应离子方程式：AlO2﹣+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：AlO2﹣+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+HCO3﹣；

（4）若A是太阳能电池用的光伏材料，判断A为Si．C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，说明盐水解呈碱性，C为Na2SiO3，D为Na2CO3，B为SiO2；反应②的化学方程式为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，D的化学式为Na2CO3，故答案为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；Na2CO3；

（5）若A是应用最广泛的金属．推断为Fe，④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质．推断为Cl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，判断C为FeCl3，D为FeCl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写该反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+．

【分析】（1）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质判断为SO2．所以A为S，C为SO2，B为H2S，D为SO3；处理C物质可得到有价值的化学品，所以利用二氧化硫的处理分析判断；

（2）若B是气态氢化物．C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，判断为NO、NO2．B与C在一定条件下反应生成的A是大气主要成分，推断A为N2，B为NH3；依据推断出的物质书写化学方程式；

（3）若D物质具有两性推断D为Al（OH）3，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，说明C为偏铝酸钠NaAlO2，②③反应均要用强碱溶液，判断A为Al，B为AlCl3；依据推断出的物质判断；

（4）若A是太阳能电池用的光伏材料，判断A为Si．C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，说明盐水解呈碱性，C为Na2SiO3，D为Na2CO3，B为SiO2；

（5）若A是应用最广泛的金属．推断为Fe，④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质．推断为Cl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，判断C为FeCl3，D为FeCl2．14、2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4;1：1;银;AgNO3【分析】解：rm{(1)}向乙中滴入酚酞试液，在rm{F}极附近显红色，说明该极上氢离子放电，所以该电极是阴极，所以rm{E}电极是阳极，rm{D}电极是阴极，rm{C}电极是阳极，rm{G}电极是阳极，rm{H}电极是阴极，rm{X}电极是阳极，rm{Y}是阴极，rm{A}是电源的正极，rm{B}是原电池的负极；故答案为：正极；

rm{(2)}电解甲溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上铜离子放电生成铜，所以电池反应式为：rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{{碌莽陆芒}}{}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}故答案为：rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{{碌莽陆芒}}{}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}

rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{

{碌莽陆芒}}{}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}电解饱和食盐水的电解原理是：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{{碌莽陆芒}}{}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}产生的氢气和氯气体积比为rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{

{碌莽陆芒}}{}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}rm{(3)}故答案为：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

{碌莽陆芒}}{}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{1}

rm{1}在铜上镀银时，rm{1}作阳极，镀层银作阳极，所以rm{1}的材料是银；电解质溶液是硝酸银溶液，故答案为：银；

rm{(4)}．rm{G}【解析】rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{{碌莽陆芒}}{}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4};1}rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{

{碌莽陆芒}}{}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4};1}银rm{1;}rm{;AgNO_{3}}15、略

【分析】

（1）向碳酸氢钠和碳酸钠的混合溶液中通入过量的二氧化碳，碳酸钠、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，反应为CO32-+CO2+H2O=2HCO3-；

故答案为：CO2；CO32-+CO2+H2O=2HCO3-；

（2）铁能置换出氯化铜中的金属铜，反应为：Cu2++Fe=Cu+Fe2+，然后过滤即可得到氯化亚铁，故答案为：Fe；Cu2++Fe=Cu+Fe2+．

【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；除杂质时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．

16、略

【分析】解：（1）生成的甲烷中会含有水蒸气；应用干燥剂除去，故洗气瓶中盛的溶液为浓硫酸，作用是吸收甲烷中的水蒸气；

故答案为：浓硫酸；吸收甲烷中的水蒸气；

（2）火焰呈黄色；黄色是钠元素焰色反应的颜色，说明玻璃中含有钠元素，故答案为：玻璃中含有钠元素，为钠的焰色反应现象；

（3）碳元素的燃烧产物为二氧化碳；能使澄清石灰水变浑浊；氢元素的燃烧产物是水，能使无水硫酸铜变蓝，故答案为：澄清石灰水变浑浊；无水硫酸铜变蓝；

（4）将洗气瓶去掉；换成一段导管，则甲烷中含有的水蒸气也能使无水硫酸铜变蓝，对检验产生干扰，故不能证明含有氢元素，澄清石灰水变浑浊说明甲烷中含有碳元素；

故答案为：能证明甲烷中含有碳元素；不能证明含有氢元素．

（1）生成的甲烷中会含有水蒸气；应用干燥剂除去，故洗气瓶中盛的溶液为浓硫酸；

（2）火焰呈黄色；黄色是钠元素焰色反应的颜色，说明玻璃中含有钠元素；

（3）碳元素的燃烧产物为二氧化碳；能使澄清石灰水变浑浊；氢元素的燃烧产物是水，能使无水硫酸铜变蓝；

（4）将洗气瓶去掉；换成一段导管，则甲烷中含有的水蒸气也能使无水硫酸铜变蓝，会对检验产生干扰．

本题是甲烷组成的探究实验，能激发学生的学习兴趣，难度不大．【解析】浓硫酸；吸收甲烷中的水蒸气；玻璃中含有钠元素，为钠的焰色反应现象；澄清石灰水变浑浊；无水硫酸铜变蓝；能证明甲烷中含有碳元素，不能证明含有氢元素四、判断题(共1题，共10分)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．五、原理综合题(共3题，共6分)18、略

【分析】【分析】

本题主要考查化学平衡的计算；热化学方程式，电极反应和电池反应方程式，化学平衡的影响因素；

（1）①根据电子转移数目守恒计算；

②根据v=计算v（O2），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（H2O）；

平衡常数指生成物浓度的系数次幂之积与反应物浓度系数次幂之积的比值；

由图可知H2的浓度随时间降低，改变条件瞬间H2浓度不变，所以不可能是改变H2浓度；故改变的条件使平衡向逆反应移动；

由图可知t2时，改变条件瞬间H2浓度增大，体积减小增大压强可以使H2浓度增大，增大H2浓度也可使H2浓度增大；

t1时刻与t2时刻温度相同，温度不变，平衡常数不变．由图可知t3时刻没有加入或减少体系中的任何物质，H2浓度增大，平衡向正反应进行，该反应为气体体积减小的反应，且正反应为吸热反应，所以t3时刻改变的体积为升高温度；

（2）根据盖斯定律解答；

（3）铜在阳极上；被氧化，与氢氧根反应生成氧化亚铜与水。

【详解】

（1）①令生成的Cu2O的物质的量为nmol，根据电子转移数目守恒，则有nmol×2×（1-0）=×2×[0-（-2）]，解得n=0.3，所以可制备Cu2O的质量为0.3mol×144g/mol=43.2g；

故答案为43.2g；

②20min时O2的物质的量为0.0016mol，所以v（O2）==4×10-5mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2O）=2v（O2）=2×4×10-5mol/（L•min）=8×10-5mol/（L•min）；

平衡常数指生成物浓度的系数次幂之积与反应物浓度系数次幂之积的比值，所以反应2H2O（g）==2H2（g）+O2（g）平衡常数的表达式k=

由图可知H2的浓度随时间降低，改变条件瞬间H2浓度不变，所以不可能是改变H2浓度，故改变的条件使平衡向逆反应移动，使H2的浓度降低；

由图可知t2时，改变条件瞬间H2浓度增大，体积减小增大压强可以使H2浓度增大，增大H2浓度也可使H2浓度增大，所以改变的条件为增大压强或增大H2浓度；

t1时刻与t2时刻温度相同，温度不变，平衡常数不变，所以K1=K2，t3时刻没有加入或减少体系中的任何物质，由图可知，H2浓度增大，所以平衡向正反应进行，该反应为气体体积减小的反应，且正反应为吸热反应，所以t3时刻改变的条件为升高温度，所以K2＜K3，所以K1=K2＜K3；

故答案为8×10-5mol/（L•min）；逆向；增大压强或增大H2浓度；K1=K2＜K3；

（2）已知：①2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）△H=-292kJ•mol-1

②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-1

根据盖斯定律，②-①得4CuO（s）+2C（s）=2CO（g）+2Cu2O（s）△H=+71kJ•mol-1

即2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.5kJ•mol-1

故答案为2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.5kJ•mol-1；

（3）铜在阳极上，被氧化，与氢氧根反应生成氧化亚铜与水，电极反应式为2Cu+2OH--2e-===Cu2O+H2O；

故答案为2Cu+2OH--2e-===Cu2O+H2O。【解析】43.2g8×10-5mol/（L•min）逆向增大压强或增大H2浓度K1=K2＜K32CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.5kJ•mol-12Cu+2OH--2e-===Cu2O+H2O19、略

【分析】【分析】

根据反应的焓变＝反应物总键能－生成物总键能计算。根据图像分析；随着温度升高，四氧化二氮的平衡转化率增大，说明升高温度有利于反应正向进行，据此判断焓变。根据反应方程式计算平衡时体系中的四氧化二氮和二氧化氮的分压，代入平衡常数表达式计算分压平衡常数即可。电解池阳极发生氧化反应，根据原理分析，二氧化氮在阳极变为硝酸根离子，阴极为二氧化氮变为铵根离子，根据电子守恒分析硝酸根离子和铵根离子的物质的量的关系，并分析使二氧化氮电解全部转化为硝酸铵需要将剩余的氢离子转化为铵根离子，据此分析Ａ物质。

【详解】

(1)假设1molN2O4(g)分子中化学键完全断裂时需要吸收的能量为xkJ，△H=2×（190+390×4）+x-946×3-460×8=-1077，计算x=1941kJ；(2)①根据图像分析，随着温度升高，α（N2O4）增加，说明平衡右移。该反应为吸热反应，△H>0；②四氧化二氮与二氧化氮之间存在反应，a点起始时四氧化二氮的压强为108kPa，四氧化二氮的平衡转化率为40%，则平衡时p(N2O4)=po(1-40%),p(NO2)=po×40%×2，所以反应的分压平衡常数为115.2KPa；③当达到平衡时满足正逆反应速率相等，即消耗速率2v(N2O4)=v(NO2)，又有v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，则k1、k2与平衡常数Kp的关系为Kp=根据2v(N2O4)=v(NO2)，则可以表示化学平衡的点为B点与D点。(3)①电解池阳极发生氧化反应，根据原理图分析，二氧化氮在阳极失去电子转化为硝酸根离子，则阳极的电极反应为NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；②阴极反应为二氧化氮变成铵根离子，电极反应为NO2+7e-+8H+=NH4++2H2O，产生多余的氢离子，为了使二氧化氮电解全部转化为硝酸铵，则需要反应掉H+产生铵根离子，所以加入的A物质为NH3。【解析】1941kJ>温度升高，α（N2O4）增加，说明平衡右移。该反应为吸热反应，△H>0115.2KPaB点与D点NO2-e-+H2O=NO3-+2H+NH320、略

【分析】【分析】

(1)“吸收”过程中，溶液A中(NH4)2SO3和SO2反应生成NH4HSO3，导致(NH4)2SO3量减小，而NH4HSO3的量增大；

(2)溶液中存在SO32-+H2OHSO3-+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+；

(3)SO2溶液水，导致溶液显酸性可增大NH3吸收量；c(SO32-)增大，则水解使溶液碱性增强，使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移动；

(4)Na2SO3、SO2与水反应生成亚硫酸氢钠；

(5)根据表中数据对比说明盐的成分发生改变；导致水解程度减小；

(6)通电时，阳极水失电子生成氧气和氢离子，溶液中的氢离子经过阳离子交换膜向b室移动，氢离子与b室的SO32-反应生成HSO3-，而b室的钠离子向c室移动，c室阴极氢离子得电子生成氢气，导致HSO3-H++SO32-向右移动，c中NaHSO3转化为Na2SO3；实现分离。

【详解】

(1)“吸收”过程中，溶液A中(NH4)2SO3和SO2反应生成NH4HSO3，导致(NH4)2SO3物质的量减小，而NH4HSO3物质的量增大；则其比值减小；

(2)(NH4)2SO3为弱酸弱碱盐，溶液中存在SO32-+H2OHSO3-+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，SO32-水解使溶液呈碱性，而NH4+水解呈酸性，此时溶液呈碱性则SO32-水解程度大于NH4+水解；

(3)SO2溶液水，导致溶液显酸性，即c(H+)>c(OH-)，酸性溶液可增大NH3吸收量；随(NH4)2SO3和NH4HSO3的物质的量之比增大，c(SO32-)增大，则水解使溶液碱性增强，使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移动，促进NH3逸出；

(4)Na2SO3、SO2与水反应生成亚硫酸氢钠，方程式为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；

(5)根据表中数据，0.1mol·L-1Na2SO3溶液升高温度后，水的电离程度增大，pH减小；再恢复至原温度后，pH却减小，说明盐的成分发生改变，导致水解程度减小，则可能为在升温过程中，SO32-被空气中氧气氧化变成SO42-，使SO32-浓度下降；水解程度降低，pH降低；

(6)通电时，阳极水失电子生成氧气和氢离子，溶液中的氢离子经过阳离子交换膜向b室移动，氢离子与b室的SO32-反应生成HSO3-，而b室的钠离子向c室移动，c室阴极氢离子得电子生成氢气，导致HSO3-H++SO32-向右移动，c中NaHSO3转化为Na2SO3，实现分离。【解析】小SO32-+H2OHSO3-+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，SO32-的水解程度更大使溶液中c(H+)>c(OH-)随溶液中c(NH4+)和c(OH-)均增大，使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移动，促进NH3逸出SO32-+SO2+H2O==2HSO3-在升温过程中，SO32—被空气中氧气氧化变成SO42—，使SO32—浓度下降，水解程度降低，pH降低阳极发生4OH--4e-=O2↑+2H2O，c(OH-)降低，促进水电离，使c(H+)升高，多余的H+由a室经阳离子交换膜进入b室将b室中SO32-转化为HSO3-，阴极2H++2e-==H2↑，导致平衡HSO3-H++SO32-向右移动，生成更多SO32-，Na+从b室进入c室．最终b中Na2SO3转化为NaHSO3，c中NaHSO3转化为Na2SO3，实现分离六、综合题(共4题，共12分)21、反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1【分析】【解答】（1）因图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；

（2）因1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol﹣1；

则2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣1；

则利用盖斯定律将①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1；

【分析】（1）反应物总能量大于生成物总能量；催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，反应热不变；

（2）根据反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）结合1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1计算反应热；

（3）根据反应物和生成物确定反应的历程；

（4）利用盖斯定律计算