2025年外研版三年级起点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年外研版三年级起点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6题，共12分)1、把aL含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成2等份,一份需用bmol烧碱刚好把氨气全部赶出,另一份与氯化钡溶液反应时,消耗cmol氯化钡,由此可知原溶液中NO3-离子的物质量浓度为(单位：mol·L-1)A.(b-2c)/aB.(2b-2c)/aC.(2b-c)/aD.(2b-4c)/a2、下列说法正确的是（）A.丙三醇不是乙醇的同系物B.硫酸铵和醋酸铅溶液均可使鸡蛋清溶液中的蛋白质变性C.麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖D.天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点3、下列实验一定不会出现沉淀现象的是（）A.CO2气体通入Na2SiO3溶液中B.SO2气体通入BaCl2溶液中C.CO2气体通入饱和Na2CO3溶液中D.SO2气体通入Ba（OH）2溶液中4、下列关于化学用语的表述正确的是rm{(}rm{)}A.原子核内有rm{8}个中子的碳原子rm{;_{8}^{14}C}B.铁红的化学式：rm{FeO}C.rm{NH_{4}Cl}的电子式为D.rm{Ca^{2+}}的结构示意图为5、下列实验操作及现象与预期实验目的或实验结论正确的是()。选项实验操作及现象实验目的或结论rm{A}向硅酸钠溶液中滴加盐酸，用激光笔照射，有丁达尔现象说明有硅酸胶体生成rm{B}向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液，溶液变浑浊酸性：盐酸rm{>}碳酸rm{>}硅酸rm{C}取少量rm{Fe(NO_{3})_{2}}试样加水溶解，加稀硫酸酸化，滴加rm{KSCN}溶液，溶液变为红色该rm{Fe(NO_{3})_{2}}试样已经变质rm{D}将rm{SO_{2}}气体通入高锰酸钾溶液中，紫色褪去rm{SO_{2}}具有漂白性

A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}6、根据热化学方程rm{(}在rm{101kpa}时rm{)}rm{S(s)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)}rm{H=-297.23kJ/mol}分析下列说法中不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{S}的燃烧热为rm{297.23KJ/mol}B.rm{S(s)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)}放出的热量大于rm{297.23kJ}C.rm{S(s)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)}放出的热量小于rm{297.23kJ}D.形成rm{1mol}二氧化硫的化学键所释放的总能量大于断裂rm{1molS}和rm{1molO_{2}}的化学键所吸收的总能量评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、假定把rm{{}_{6}^{12}C}的相对原子质量改为rm{24}那么下列叙述____的是rm{(}rm{)}

A.此时rm{{,!}^{16}O}的相对原子质量为rm{32}B.rm{N_{A}}个rm{O_{2}}与rm{N_{A}}个rm{H_{2}}的质量比为rm{16:1}C.rm{N_{2}}的摩尔质量为rm{28g/mol}D.标准状况下，rm{16gO_{2}}的体积约为rm{5.6L}8、下列各组物质中，所含分子数相同的是A.rm{10gH_{2}}和rm{10gO_{2}}B.rm{7gN_{2}}和rm{11gCO_{2}}C.rm{9gH_{2}O}和rm{0.5molBr_{2}}D.rm{2.24LH_{2}(}标准状况rm{)}和rm{0.1molN_{2}}9、羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为：

（1）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH<0（2）Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)；下列说法正确的是。

A.T12B.可通过高压的方式提高反应（1）中Ni(CO4)的产率C.反应（2）平衡后，降低温度，CO浓度减小D.升温，反应（1）的气体平均相对分子质量增大10、我国科研工作者研发了电解熔融甲硫醇钠（CH3SNa）制备杀虫剂CH3-S-S-CH3的方法，克服了常规合成法造成的污染，并大幅度提高了原料转化率。基本原理如图所示，A、B为惰性电极，CH3-S-S-CH3在A电极产生；下列说法错误的是（）

A.M极为电源的正极，B极为电解池的阴极B.A极的电极反应：2CH3S-+2e-═CH3-S-S-CH3C.装置中的离子交换膜为阳离子交换膜D.该装置工作一段时间，右侧电极室中NaOH浓度减小11、以石油、煤和天然气为主要原料生产的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.陶瓷B.塑料C.合成纤维D.合成橡胶12、下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是()A.质子数为rm{17}中子数为rm{20}的氯原子：rm{rlap{_{17}}{^{20}}Cl}B.氯离子rm{(Cl^{-})}的结构示意图：C.氯分子的电子式：D.氯气的结构式：rm{Cl隆陋Cl}13、假定把rm{{}_{6}^{12}C}的相对原子质量改为rm{24}那么下列叙述____的是rm{(}rm{)}

A.此时rm{{,!}^{16}O}的相对原子质量为rm{32}B.rm{N_{A}}个rm{O_{2}}与rm{N_{A}}个rm{H_{2}}的质量比为rm{16:1}C.rm{N_{2}}的摩尔质量为rm{28g/mol}D.标准状况下，rm{16gO_{2}}的体积约为rm{5.6L}14、元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序数之和为rm{36}rm{X}rm{Y}在同一周期，rm{X^{+}}与rm{Z^{2-}}具有相同的核外电子层结构。下列推测正确的是()A.同周期元素中rm{X}的金属性最强B.原子半径rm{X>Y}离子半径rm{X^{+}>Z^{2-}}C.同族元素中rm{Z}的氢化物稳定性最高D.同周期元素中rm{Y}的最高价含氧酸的酸性最强评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色。其化学方程式。该反应叫反应。（填“取代”、“加成”、“加聚”等）水果店或鲜花店里的墙角四周常常放置多个装有浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土的花盆。它的作用是用来吸收水果或花朵产生的气体，以达到水果、鲜花的保鲜要求。16、海带中含有丰富的碘rm{.}为了从海带中提取碘；某研究性学习小组设计并进行了以下实验：

请填写下列空白：

rm{(1)}步骤rm{垄脵}灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是______rm{(}从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处rm{)}．

A.烧杯rm{B.}坩埚rm{C.}表面皿rm{D.}泥三角rm{E.}酒精灯rm{F.}干燥器。

rm{(2)}步骤rm{垄脹}的实验操作名称是______；步骤rm{垄脼}的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯；该步骤的实验操作名称是______．

rm{(3)}步骤rm{垄脺}反应的离子方程式是______．

rm{(4)}步骤rm{垄脻}中；某学生选择用苯来提取碘的理由是______．

rm{(5)}请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法：______．17、rm{0.2mol}某烃rm{A}在氧气中充分燃烧后，生成物rm{B}rm{C}各rm{1.2mol}rm{(1)}烃rm{A}的分子式为________________。rm{(2)垄脵}若烃rm{A}不能使溴水褪色，但在一定条件下，能与rm{Cl_{2}}发生取代反应，其一氯代物只有一种，则烃rm{A}的结构简式为________________________。rm{垄脷}若烃rm{A}能使溴水褪色，在催化剂作用下可与rm{H_{2}}加成，其加成产物分子中含有rm{4}个甲基，则所有符合条件的烃rm{A}的结构简式为______________________________________。

18、阅读材料，回答下列问题。材料：近年来，科技人员研究得到一种新型材料——泡沫铝。它是把发泡剂加到熔融铝合金中制成的，其优点是硬度高，密度小(约为0.16～0.5g/cm3)，比木材还轻，可浮于水面，又有很大刚性，且隔音、保温，是一种良好的建筑材料和轻质材料，近几年可大批量投放市场。（1）下列关于泡沫铝的说法错误的是。A．泡沫铝即是铝单质泡沫B．泡沫铝是一种合金C．泡沫铝是一种优质的建筑材料和轻质材料D．泡沫铝可用于飞机制造（2）铝制成铝箔作食品包装，是利用它的哪一性质。A．金属光泽B．延展性C．导电性D．导热性（3）铝在空气中会被氧化生成一层致密的氧化膜(氧化物)而对铝起保护作用，但这层氧化膜遇到强酸或强碱都会溶解，请写出：①与盐酸反应的离子方程式：；②与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：。19、有A、B、C三瓶失去标签的无色溶液：K2CO3、BaCl2、Na2SO4。首先不用其他试剂就可鉴别出的是，如要继续鉴别余下两种，还需要选用的试剂是，现象分别为。20、某同学按下列步骤配制500mL0.40mol•L-1KCl溶液；请回答有关问题．

。实验步骤有关问题（1）计算所需KCl的质量需要KCl的质量为______g（2）称量KCl固体称量过程中主要用到的仪器是______（3）将KCl加入100mL烧杯中，加适量蒸馏水溶解为加快溶解，可采取的措施是______（4）将烧杯中的溶液转移至______中为防止溶液溅出，应该采取的措施是______（5）向容量瓶中加蒸馏水至刻度线在进行此操作时应注意的问题是：先倾倒蒸馏水至刻度线以下1-2cm处，改用______滴加，至凹液面最低处与刻度线相齐平．（6）你认为按上述步骤配制的KCl溶液的浓度是否为0.40mol•L-1，请说明理由．______．

（7）配制KCl溶液时；若出现下列操作，其结果：填（偏高或偏低或不影响）

A．天平的砝码已锈蚀______．B．定容摇匀时，液面下降又加水______．

C．定容时俯视刻度线______．D．容量瓶未干燥，内有蒸馏水______．评卷人得分四、结构与性质(共1题，共9分)21、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。_______评卷人得分五、推断题(共3题，共27分)22、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种物质转化关系如图所示：

rm{(1)A}rm{B}rm{D}各为什么物质rm{(}填化学式rm{)}

rm{A}______rm{B}______rm{D}______

rm{(2)}写出下列过程的方程式rm{(}是离子反应的只写离子方程式rm{)}

rm{A隆煤B}______

rm{C隆煤A}______

rm{D隆煤E}______．23、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}为短周期的四种元素，其最高正价依次为rm{+1}rm{+4}rm{+5}rm{+7}核电荷数按照rm{Y}rm{Z}rm{X}rm{W}的顺序增大rm{.}已知rm{Y}与rm{Z}的原子次外层的电子数均为rm{2}rm{W}rm{X}原子次外层的电子数为rm{8}．

rm{(1)}写出各元素的名称：rm{X}______，rm{Y}______；

rm{(2)}写出rm{Z}的氢化物和rm{Z}的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式______

rm{(3)W}元素的最高价氧化物对应的水化物与rm{X}最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式______．24、短周期主族元素A；B、C、D的原子序数依次增大；其中A、C同主族，B、C、D同周期，A原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，B是短周期元素中原子半径最大的主族元素．试回答下列问题：

（1）A的元素符号______；D的原子结构示意图______．

（2）A；B、C三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是______．

（3）A、B、C、D形成的化合物B2A2、CD2、D2A、DA2中各原子都满足最外层8电子结构的是______（填写具体的化学式）．

（4）CA2与D元素的单质在水溶液中反应的离子方程式是______．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】由电荷守恒可知每一份儿溶液中：2n(SO42－)＋n(NO3－)=n(NH4＋)即：n(NO3－)=b-2cmol则：c(NO3－)==(2b-4c)/amol·L－1【解析】【答案】D2、A【分析】【解答】A．乙醇；丙三醇官能团数目不相同；不是同系物，故A正确；

B．硫酸铵能使蛋白质发生盐析；重金属盐醋酸铅能使蛋白质变性，故B错误；

C．蔗糖水解后的产物葡萄糖有还原性；自身没有还原性，所以不是还原型二糖，故C错误；

D．天然植物油均为多种高级脂肪酸甘油酯的混合物；没有固定的熔沸点，故D错误．

故选A．

【分析】A．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；

B．硫酸铵能使蛋白质发生盐析；

C．蔗糖水解后的产物葡萄糖有还原性；自身没有还原性；

D．纯净物有固定的熔沸点．3、B【分析】解：A、硅酸钠溶液中通入足量CO2，反应生成硅酸沉淀，发生Na2SiO3+CO2+H2O═H2SiO3↓+Na2CO3；故A不符合；

B、SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸，因为弱酸不能制强酸，SO2不能和BaCl2发生反应；所以不会出现沉淀，故B符合；

C、饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小，因此会析出晶体，溶液变浑浊，发生Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3↓；故C不符合；

D、SO2是酸性氧化物；少量二氧化硫通入氢氧化钡溶液生成亚硫酸钡沉淀，继续通入沉淀溶解，故D不符合．

故选B．

A；根据二氧化碳通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀分析；

B、SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸；不会与强酸的钡盐发生复分解反应；

C；根据碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠的进行分析；

D、SO2是酸性氧化物；少量二氧化硫通入氢氧化钡溶液生成亚硫酸钡沉淀，继续通入沉淀溶解．

本题考查了物质性质的应用，物质反应的产物和现象，熟练掌握物质性质是解题关键，题目难度中等．【解析】【答案】B4、D【分析】解：rm{A}质量数rm{=}质子数rm{+}中子数，而碳原子的质子数为rm{6}故中子数为rm{8}的碳原子的质量数为rm{14}故符号为rm{{,!}^{14}_{6}C}故A错误；

B、氧化铁俗称铁红，化学式为rm{Fe_{2}O_{3}}故B错误；

C、氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：故C错误；

D、钙离子的核内有rm{20}个质子，而核外有rm{18}个电子，故结构示意图为故D正确．

故选D．

A、质量数rm{=}质子数rm{+}中子数；

B；氧化铁俗称铁红；

C；氯化铵是由氨根离子与氯离子通过离子键结合而成的离子化合物；

D、钙离子的核外有rm{18}个电子rm{.}本题考查了常见的化学用语，难度不大，应注意的是离子化合物和共价化合物电子式的书写方法的区别．【解析】rm{D}5、A【分析】【分析】本题考查化学实验方案的评价，涉及丁达尔现象、弱酸酸性强弱的比较、rm{Fe^{3+}}的检验、rm{SO}的检验、rm{Fe^{3+}}rm{SO}rm{{,!}_{2}}，题目难度不大。【解答】A.的性质B.向硅酸钠溶液中滴加盐酸，用激光笔照射，有丁达尔现象，说明有硅酸胶体生成，故A正确；C.浓盐酸具有挥发性，硅酸钠溶液变浑浊可能是挥发出来的氯化氢气体与硅酸钠生成了硅酸，故B错误；加稀硫酸酸化，溶液变为酸性，rm{NO}在酸性环境中有强氧化性，可以将rm{NO}氧化为rm{{,!}_{3}}故C错误；D.rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}高锰酸钾具有强氧化性，可与rm{SO}故选A。rm{SO}【解析】rm{A}6、C【分析】解：rm{A.}二氧化硫为稳定氧化物，rm{S}的燃烧热为rm{297.23}rm{kJ/mol}故A正确；

B.由盖斯定律可知，rm{S(g)+O_{2}(g)篓TSO_{2}(g)triangleH<-297.23kJ/mol}则放出的热量大于rm{S(g)+O_{2}(g)篓TSO_{2}(g)triangle

H<-297.23kJ/mol}rm{297.23}故B正确；

C.由盖斯定律可知，rm{S(g)+O_{2}(g)篓TSO_{2}(g)triangleH<-297.23kJ/mol}则放出的热量大于rm{kJ}rm{S(g)+O_{2}(g)篓TSO_{2}(g)triangle

H<-297.23kJ/mol}故C错误；

D.该反应为放热反应，则形成rm{297.23}rm{kJ}rm{1}的化学键所释放的总能量大于断裂rm{mol}rm{SO_{2}}rm{1}和rm{mol}rm{S(s)}rm{1}的化学键所吸收的总能量；故D正确．

故选：rm{mol}．

由rm{S(s)+O_{2}(g)篓TSO_{2}(g)triangleH=-297.23kJ/mol}可知该反应为放热反应，rm{O_{2}(g)}为吸热过程，由盖斯定律可知，rm{S(g)+O_{2}(g)篓TSO_{2}(g)triangleH<-297.23kJ/mol}以此来解答．

本题考查燃烧热的热化学反应方程式，明确燃烧的概念及反应热与键能、盖斯定律的关系即可解答，题目难度不大．rm{C}【解析】rm{C}二、多选题(共8题，共16分)7、CD【分析】【分析】

本题考查了相对原子质量的概念；只要把握碳的相对原子质量翻了一倍，而其他元素的相对原子质量是相对于碳来比较的，故它们的相对原子质量也翻一倍，此题即可解出。

【解析】

rm{A}rm{{,!}^{16}O}的相对原子质量原本为rm{16}现在翻一倍，所以为rm{32}故A说法正确；

rm{B}rm{N_{A}}个rm{O_{2}}与rm{N_{A}}个rm{H_{2}}的质量比为rm{64:4=16:1}；故B说法正确；

rm{C}rm{N_{2}}的摩尔质量应该变为rm{56g/mol}；故C说法错误；

rm{D}阿伏伽德罗的常数翻倍了，气体的摩尔体积也会翻倍，故rm{16g}氧气的的物质的量为rm{0.25mol}但气体摩尔体积为rm{44.8L/mol}所以体积应为rm{11.2L}因为它只是改变了计数的方法，一定质量的气体，它的体积还是一定的，故D说法错误。

故选CD。【解析】rm{CD}8、BCD【分析】【分析】本题考查物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积等化学计量的计算，阿伏伽德罗定律的应用等，难度中等。【解答】A.rm{n({H}_{2})=dfrac{10g}{;2g/mol;}=5mol}rm{n({O}_{2})=dfrac{10g}{32g/mol};;=dfrac{5}{16}mol}二者物质的量不相等，所含分子数不相等，故A错误；B.rm{n({N}_{2})=dfrac{;7g}{;28g/mol;}=0.25mol}rm{n(C{O}_{2})=dfrac{;11g}{44g/mol};;=0.25mol}物质的量相同，则分子数相同，故B正确；C.rm{n({H}_{2})=

dfrac{10g}{;2g/mol;}=5mol}为rm{n({O}_{2})=dfrac{10g}{32g/mol};;=

dfrac{5}{16}mol}与rm{n({N}_{2})=

dfrac{;7g}{;28g/mol;}=0.25mol}物质的量相同，则分子数相同，故C正确；D.标准状况下rm{n(C{O}_{2})=

dfrac{;11g}{44g/mol};;=0.25mol}为rm{9gH_{2}O}和rm{0.5mol}物质的量相同，则分子数相同，故D正确。故选BCD。rm{0.5molBr_{2}}【解析】rm{BCD}9、BC【分析】【分析】

反应（1）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH<0，是放热反应，反应前后气体体积减小；反应（2）Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，是吸热反应，反应前后气体体积增大；利用信息可知，可采取在低温（50℃）时让粗镍和CO作用，使生成的Ni（CO）4在230℃时分解即可得到纯镍；以此分析解答。

【详解】

A.由图结合实验原理可知，T2=50℃，T1=230℃，即T1>T2；故A错误；

B.反应（1）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)中反应前后气体体积减小，根据平衡移动原理，增大压强平衡向正反应方向移动，Ni(CO4)的产率增大；故B正确；

C.反应（2）是反应（1）的逆过程；正反应为吸热反应，平衡后，降低温度，平衡向逆向移动，CO浓度减小，故C正确；

D.反应（1）是放热反应，升温，平衡向逆向移动，气体的物质的量增大，气体总质量减小，根据M=气体平均相对分子质量减小，故D错误。

答案选BC。

【点睛】

本题考查了化学平衡影响因素的分析判断，解题时要能够依据反应特征及题图信息分析出制备过程的原理，从而实现解题的突破，平衡移动原理的应用是解题关键。10、BD【分析】【分析】

由电解装置图可知，熔融甲硫醇钠在阳极失电子发生氧化反应生成CH3-S-S-CH3，电极反应为：2CH3S--2e-═CH3-S-S-CH3，则A电极为电解池的阳极，与电源正极相接，所以M极为电源的正极，N极为电源的负极，B极为电解池的阴极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；电解过程中阳极区的钠离子通过离子交换膜移向阴极，据此分析解答。

【详解】

A．由上述分析可知；M极为电源的正极，B极为电解池的阴极，故A正确；

B．A电极为电解池的阳极，熔融甲硫醇钠失电子发生氧化反应生成CH3-S-S-CH3，电极反应为：2CH3S--2e-═CH3-S-S-CH3；故B错误；

C．电解过程中阳极区的钠离子通过离子交换膜移向阴极；所以装置中的离子交换膜为阳离子交换膜，故C正确；

D．该装置工作一段时间，右侧电极室中氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；钠离子通过离子交换膜移向阴极，所以NaOH浓度增大，故D错误；

答案选BD。11、BCD【分析】解：以煤；石油和天然气为主要原料可制造化工产品、合成塑料、合成橡胶、合成纤维等；

故选BCD．

三大合成材料是合成塑料；合成橡胶、合成纤维．

本题考查煤、石油和天然气的用途，难度不大，平时注意知识的积累．【解析】rm{BCD}12、CD【分析】略。【解析】rm{CD}13、CD【分析】【分析】

本题考查了相对原子质量的概念；只要把握碳的相对原子质量翻了一倍，而其他元素的相对原子质量是相对于碳来比较的，故它们的相对原子质量也翻一倍，此题即可解出。

【解析】

rm{A}rm{{,!}^{16}O}的相对原子质量原本为rm{16}现在翻一倍，所以为rm{32}故A说法正确；

rm{B}rm{N_{A}}个rm{O_{2}}与rm{N_{A}}个rm{H_{2}}的质量比为rm{64:4=16:1}；故B说法正确；

rm{C}rm{N_{2}}的摩尔质量应该变为rm{56g/mol}；故C说法错误；

rm{D}阿伏伽德罗的常数翻倍了，气体的摩尔体积也会翻倍，故rm{16g}氧气的的物质的量为rm{0.25mol}但气体摩尔体积为rm{44.8L/mol}所以体积应为rm{11.2L}因为它只是改变了计数的方法，一定质量的气体，它的体积还是一定的，故D说法错误。

故选CD。【解析】rm{CD}14、ACD【分析】【分析】本题考查元素的推断和元素周期律，为高考常见题型，题目难度中等，注意把握元素的推断的角度以及元素周期律的递变规律。【解答】rm{X}rm{Y}在同一周期，rm{X}rm{X}在同一周期，rm{Y}rm{X}rm{{,!}^{+}}与rm{Z}rm{Z}在rm{{,!}^{2-}}具有相同的核外电子层结构，可推rm{Z}在rm{X}rm{Y}的上一个周期，又因为rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序数之和为rm{36}平均原子序数为rm{12}则rm{X}为rm{Na}rm{Z}为rm{O}进而可知rm{Y}为rm{Cl}则的上一个周期，又因为rm{Z}rm{X}rm{Y}原子序数之和为rm{X}平均原子序数为rm{Y}则rm{Z}为rm{36}rm{12}为rm{X}进而可知rm{Na}为rm{Z}则

rm{O}为rm{Y}由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱可知同周期元素中rm{Cl}的金属性最强，故A正确；

A.rm{X}为rm{Na}由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱可知同周期元素中rm{X}的金属性最强，故A正确；rm{X}rm{Na}rm{X}B.具有相同的核外电子层结构的离子，核电核数越大，半径越小，则离子半径应为：rm{Z}

rm{Z}的氢化物为rm{{,!}^{2-}}rm{>X}rm{>X}含有氢键，常温下为液态，同族元素中rm{{,!}^{+}}的氢化物沸点最高，故C正确；

，故B错误；

C.rm{Z}的氢化物为rm{H}rm{Z}【解析】rm{ACD}三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【解析】【答案】CH2=CH2+Br2CH2Br—CH2Br。加成反应。乙烯16、略

【分析】解：rm{(1)}灼烧固体物质一般使用rm{(}瓷rm{)}坩埚，而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚架上，三脚架下面的空间放酒精灯rm{.}故答案为：rm{BDE}

rm{(2)}步骤rm{垄脹}是分离固体和液体，则实验操作为过滤，步骤rm{垄脼}的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯；是利用互溶的两种液体的沸点不同来分离，则实验操作为蒸馏；

故答案为：过滤；蒸馏；

rm{(3)}碘离子在酸性条件下可被rm{MnO_{2}}氧化，故答案为：rm{2I^{-}+MnO_{2}+4H^{+}=Mn^{2+}+I_{2}+2H_{2}O}

rm{(4)}根据萃取的基本原则两种溶剂互不相溶；且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，故答案为：苯与水互不相溶；碘在苯中的溶解度比在水中大；

rm{(5)}碘遇淀粉变蓝色，故答案为：取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液；观察是否出现蓝色rm{(}如果变蓝，说明还有单质碘rm{)}．

rm{(1)}根据实验操作步骤rm{垄脵}灼烧来分析用到的实验仪器；

rm{(2)}分离固体和液体用过滤；分离互溶的两种液体用蒸馏；

rm{(3)MnO_{2}}具有较强的氧化性；在酸性条件下可氧化碘离子；

rm{(4)}根据萃取的基本原则两种溶剂互不相溶；且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多；

rm{(5)}根据碘单质的特性来检验．

本题考查灼烧的实验，物质的分离方法，碘单质的检验，难度适中，考查学生解决实际问题的能力．【解析】rm{BDE}过滤；蒸馏；rm{2I^{-}+MnO_{2}+4H^{+}=Mn^{2+}+I_{2}+2H_{2}O}苯与水互不相溶；碘在苯中的溶解度比在水中大；取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液；观察是否出现蓝色rm{(}如果变蓝，说明还有单质碘rm{)}17、C5H10；【分析】解：rm{(1)}某烃rm{A0.2mol}在氧气中完全燃烧后，生成rm{B}rm{C}即rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}各rm{1mol}则分子中含有rm{N(C)=5}rm{n(H)=10}分子式为rm{C_{5}H_{10}}故答案为：rm{C_{5}H_{10}}rm{(2)}若烃rm{A}不能使溴水褪色，但在一定条件下，能与rm{Cl_{2}}发生取代反应，其一氯代物只有一种，说明烃中不含碳碳双键，应为环烷烃，即环戊烷，结构简式为故答案为：rm{(3)}烃rm{A}能使溴水褪色，在催化剂作用下，与rm{H_{2}}加成，其加成产物经测定分子中含有rm{3}个甲基，说明烃中含有rm{C=C}其中含有rm{3}个甲基的有rm{3}种，烃rm{A}可能有的结构简式为故答案为：rm{(1)}烃燃烧生成二氧化碳和水，由rm{0.2mol}烃燃烧生成rm{B}rm{C}即二氧化碳和水各rm{1mol}根据rm{C}rm{H}守恒判断分子式；rm{(2)}若烃rm{A}不能使溴水褪色，但在一定条件下，能与rm{Cl_{2}}发生取代反应，其一氯代物只有一种，说明烃中不含碳碳双键，应为环烷烃，即环戊烷；rm{(3)}烃rm{A}能使溴水褪色，在催化剂作用下，与rm{H_{2}}加成，其加成产物经测定分子中含有rm{3}个甲基，说明烃中含有rm{C=C}其中含有rm{3}个甲基的有rm{3}种，以此确定烯烃；本题考查有机物的推断，侧重于有机物的结构和性质的考查，为高考常见题型，题目难度中等，本题侧重于同分异构体的判断，注意根据物质的性质判断可能具有的结构．【解析】rm{C_{5}H_{10}}18、略

【分析】试题分析：（1）根据题信息，A．泡沫铝是合金即为混合物，错误。B正确。C．泡沫铝是一种优质的建筑材料和轻质材料符合题中信息。D．由于其性质有有很大刚性，且隔音、保温等特点，故泡沫铝可用于飞机制造。（2）铝制成铝箔作食品包装，是利用延展性。（3）两个离子方程式分别为①Al2O3+6H+=2Al3++3H2O②Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。考点：本题考查根据信息和物质铝的性质进行分析解决问题。【解析】【答案】（1）A（2）B（3）①Al2O3+6H+=2Al3++3H2O②Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O19、略

【分析】试题分析：三种溶液各取少量，放入试管中，把其中的一种滴加到另外两种溶液中，若二者都产生白色沉淀，则该溶液是BaCl2，如要继续鉴别余下两种，还需要选用的试剂是稀盐酸或稀硝酸，向未检验出的两种溶液中各滴加少量的酸溶液，如果有气泡产生，则该溶液是K2CO3，否则若无气泡产生，则该溶液是Na2SO4。考点：考查物质的鉴别的知识。【解析】【答案】BaCl2，稀酸，是否有气泡产生。20、略

【分析】解：（1）需要氯化钾的质量为0.5L×0.4mol•L-1×74.5g/mol=14.9g；

故答案为：14.9；

（2）称量氯化钾固体主要用到的仪器是托盘天平；

故答案为：托盘天平；

（3）可以用玻璃棒搅拌等加快氯化钾溶解速率；

故答案为：用玻璃棒搅拌；

（4）为了防止溶液溅出；转移过程中用玻棒进行引流至500mL容量瓶中；

故答案为：500mL容量瓶；转移过程中用玻棒进行引流；

（5）向容量瓶中加蒸馏水至刻度线；注意当加水璃刻度线1-2cm时改用胶头璃管加水至凹液面与刻度线相切；

故答案为：胶头璃管；

（6）配制操作过程缺少洗涤烧杯；玻璃棒；少量氯化钾粘在烧杯、玻璃棒上，移入容量瓶中氯化钾的质量减小，所配溶液浓度偏低；

故答案为：低于0.4mol•L-1；未洗涤烧杯和玻璃棒；致使KCl的物质的量减少，所以浓度偏低；

（7）A．天平的砝码已锈蚀；溶质的质量偏大，所配制溶液的浓度偏高；

B．定容摇匀时；液面下降又加水，最终溶液的体积偏大，所配制溶液的浓度偏低；

C．定容时俯视刻度线；液面在刻度线下方，溶液的体积偏小，所配制溶液的浓度偏高；

D．容量瓶未干燥；内有蒸馏水，对溶质的质量和溶液的体积均无影响，所配制溶液的浓度不变；

故答案为：A；偏高；B、偏低；C、偏高；D、不影响．

（1）根据m=nM=cVM计算需要氯化钾的质量；

（2）称量氯化钾固体主要用到的仪器是托盘天平；

（3）可以用玻璃棒搅拌等加快氯化钾溶解速率；

（4）为了防止溶液溅出；转移过程中用玻棒进行引流至500mL容量瓶中；

（5）向容量瓶中加蒸馏水至刻度线；当加水璃刻度线1-2cm时改用胶头璃管加水至凹液面与刻度线相切；

（6）用配制操作过程缺少洗涤烧杯；玻璃棒；少量氯化钾粘在烧杯、玻璃棒上；

（7）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=判断对所配溶液浓度的影响．

本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制、误差分析等，该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法与技巧．【解析】14.9；托盘天平；用玻璃棒搅拌；500mL容量瓶；转移过程中用玻棒进行引流；胶头璃管；低于0.4mol•L-1；未洗涤烧杯和玻璃棒，致使KCl的物质的量减少，所以浓度偏低；偏高；偏低；偏高；不影响四、结构与性质(共1题，共9分)21、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-1五、推断题(共3题，共27分)22、略

【分析】解：rm{(1)}根据分析可知，rm{A}为rm{Cu}rm{B}为rm{CuCl_{2}}rm{D}为rm{Cu(OH)_{2}}

故答案为：rm{Cu}rm{CuCl_{2}}rm{Cu(OH)_{2}}

rm{(2)A隆煤B}为rm{Cu}与氯气反应生成氯化铜，反应方程式为：rm{Cu+Cl_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuCl_{2}}

rm{Cu+Cl_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}CuCl_{2}}为rm{C隆煤A}与氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，反应方程式为：rm{Fe}

rm{Fe+Cu^{2+}=Fe^{2+}+Cu}为氢氧化铜分解生成氧化铜和水，反应方程式为：rm{Cu(OH)_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuO+H_{2}O}

故答案为：rm{Cu+Cl_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuCl_{2}}rm{D隆煤E}rm{Cu(OH)_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuO+H_{2}O.}

单质rm{Cu(OH)_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}CuO+H_{2}O}与氯气加热反应发出棕色烟生成rm{Cu+Cl_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}CuCl_{2}}rm{Fe+Cu^{2+}=Fe^{2+}+Cu}溶于水呈得到绿色溶液rm{Cu(OH)_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}CuO+H_{2}O.}则rm{A}为rm{B}rm{B}为rm{C}rm{A}与rm{Cu}反应生成rm{B}rm{CuCl_{2}}与rm{CuCl_{2}}溶液反应生成rm{Fe}沉淀，加热rm{Cu(A)}生成rm{C}用氢气可将rm{NaOH}还原成rm{D[Cu(OH)_{2}]}据此进行解答．

本题考查无机推断，题目难度不大，推断物质名称为解答结构，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力．rm{Cu(OH)_{2}}【解析】rm{Cu}rm{CuCl_{2}}rm{Cu(OH)_{2}}rm{Cu+Cl_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuCl_{2}}rm{Cu+Cl_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}CuCl_{2}}rm{Cu(OH)_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuO+H_{2}O}rm{Fe+Cu^{2+}=Fe^{2+}+Cu}23、略

【分析】解：rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}为短周期的四