2025年外研版2024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年外研版2024高一化学下册阶段测试试卷70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、已知下列元素的原子半径：。原子NSOSi半径/10-10m0.751.020.741.17根据以上数据，磷原子的半径可能是（）。A.0.80×10-10mB.1.10×10-10mC.1.20×10-10mD.0.70×10-10m2、右图中a、b、c、d、e、f为元素周期表中前4周期的一部分元素，下列有关叙述正确的是（）。abcdefA.b、c、e三种元素的原子半径大小关系：e>c>bB.最高价氧化物的水化物中酸性最强的是eC.b的氢化物沸点比c的氢化物沸点低D.b元素除0价外，只有一种化合价3、表是元素周期表的一部分；X；Y、Z、W均为短周期元素，Z元素原子最外层电子数与电子总数之比为1：3，则下列说法正确的是（）

。XYZWA.原子半径大小为W＞Z＞Y＞XB.W的最高价含氧酸的酸性最强C.X、Z、Y、W的最髙正价分别为+4、+5、+6、+7D.Z与W形成的所有化合物中．原子最外层电子均达到8e-稳定结构4、下列说法正确的是A.离子化合物中一定不含共价键，共价化合物可能含有离子键B.rm{CO_{2}}和rm{H_{2}S}两种分子中，每个原子的最外层都具有rm{8}电子稳定结构C.全由非金属元素构成的晶体不可能是离子晶体D.稀有气体中没有化学键5、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是（）A.78gNa2O2与足量水反应转移电子数为2NAB.1mol氦气分子所含电子个数为2NAC.标准状况时，22.4L三氧化硫含氧原子数为3NAD.1molFe和1molCl2充分反应后，铁失去的电子数为3NA6、下列化学反应，能用离子方程式rm{CO;_{3}^{2-}+2H^{+}篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O}来表示的是rm{CO;_{3}^{2-

}+2H^{+}篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{(}A.稀硝酸和碳酸钡的反应B.稀硝酸和碳酸钾溶液的反应C.石灰石和盐酸的反应D.盐酸和rm{)}溶液的反应rm{NaHCO_{3}}评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、（6分）乙酸是实验室常用的一种化学试剂，某乙酸试剂瓶上标签的部分内容如图所示。利用标签提供的信息，回答下列问题：（1）乙酸的摩尔质量为。（2）若该乙酸溶液的密度为1．02g/cm3，求此乙酸溶液的物质的量浓度。（写出计算过程，结果精确到0．01）（3）用此酸配制250mL2mol/L的稀乙酸，需要这种乙酸的体积是多少。（写出计算过程）8、已知X+、Y3+、Z-、W2-是短周期元素X、Y、Z、W形成的离子，下图中的甲、乙、丙均是由上述四种离子中的两种组成的化合物。回答下列问题：（1）通常状况下，Z的单质是一种黄绿色气体，工业上常用电解溶液C的方法制备该单质，制备反应的化学方程式是（2）①甲的化学式是，乙的化学式可能是____（写一种即可）②若W2-和Z-具有相同电子层结构，则乙的电子式是（3）Y单质可用来制造Y—空气燃料电池，该电池通常以溶液C或氢氧化钾溶液为电解质溶液，通入空气的电极为正极。①若以溶液C为电解质溶液时，正极的反应式为____②若以氢氧化钾溶液为电解质溶液时，电池的总反应式为9、某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中；发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率．请回答下列问题：

（1）上述实验中发生反应的化学方程式有______、______；

（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是通过一系列反应构成了Cu/Zn原电池，该原电池的电极反应式，负极：______；正极：______

（3）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有______（答两种）．

（4）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响；该同学设计了如下一系列实验．将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间．

。实验。

混合溶液ABCDEF4mol•L-1H2SO4/mL-130V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL-100.52.55V620H2O/mL-1V7V8V9V10100①请完成此实验设计，其中：V1=______，V6=______，V9=______；

②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高．但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降．请分析氢气生成速率下降的主要原因______．10、用18mol/L的硫酸配制100mL1.0mol/L的硫酸，若实验仪器有：A、100mL量筒；B、托盘天平；C、玻璃棒；D、50mL容量瓶；E、10mL量筒；F、胶头滴管；G、50mL烧杯；H、100mL容量瓶。（1）实验时选用的仪器是________；（填仪器序号）（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是（）A．使用容量瓶前检查它是否漏水B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心的倒入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线2—3cm处，再用滴管滴加蒸馏水到刻度线D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线2—3cm处，再用滴管滴加蒸馏水到刻度线E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次11、有①O、O、O②H2O、D2O、T2O③石墨、金刚石④H、H、H⑤正丁烷、异丁烷五组微粒或物质．互为同位素的是（填序号，下同）____；互为同素异形体的是____；互为同分异构体的是____12、一定量的液态化合物rm{XY_{2}}在一定量的rm{O_{2}}中恰好完全燃烧，反应方程式为：rm{XY_{2}(}液rm{)+3O_{2}(}气rm{)overset{碌茫脠录}{=}XO_{2}(}气rm{)overset{碌茫脠录}{=}

XO_{2}(}气rm{)+2YO_{2}(}测得生成物的总体积为rm{)}密度为rm{672mL}标准状况rm{2.56g隆陇L^{-1}(}则：rm{)}反应前rm{(1)}的体积为rm{O_{2}}标准状况rm{mL(}rm{);}化合物rm{(2)}的摩尔质量为rm{XY_{2}}rm{;}若rm{(3)}分子中rm{XY_{2}}rm{X}两元素的质量之比为rm{Y}则rm{3隆脙16}rm{X}分别为、。rm{Y}13、在______rm{kg}rm{{,!}^{12}C}中约含有rm{6.02隆脕10^{23}}个碳原子．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)14、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）15、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）16、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。17、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）18、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）19、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）20、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）21、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）22、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）评卷人得分四、原理综合题(共4题，共32分)23、CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题：

(1)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)∆H

已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：。化学键C-HC=OH-HCO(CO)键能/kJ·mol-14137454361075

则该反应的∆H=___________。

(2)一定条件下，向体积为VL的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0mol及少量O2和水蒸汽，CH4与CO2催化重整过程中还会发生如下反应：

反应①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∆H1=+41.2kJ·mol-1

反应②CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g)∆H2=-35.6kJ·mol-1

测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。

图中a和b分别代表产物___________和___________，当某超高温度，H2O的含量随温度升高而下降的主要原因是___________。1100K时，CH4与CO2的转化率分别为95%和90%，则CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的平衡常数K=___________（写出计算式）。

(3)催化重整时会伴随积碳和消碳反应，积炭反应会使催化剂活性降低，相关数据如下表：。反应ⅠⅡCH4(g)C(s)+2H2(g)CO2(g)+C(s)2CO(g)∆H(kJ·mol-1)+75-173

研究发现，如果反应I不发生积碳过程，则反应II也不会发生积碳过程。因此若保持催化剂的活性。应采取的条件是___________。如果I、II均发生了积碳反应，通入过量水蒸气能有效清除积碳，反应的化学方程式是___________。24、国家实施“青山绿水工程”；大力研究脱硝和脱硫技术。

（1）H2在催化剂作用下可将NO还原为N2。下图是该反应生成1mol水蒸气的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式___________。

（2）2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程如下：

反应I：2NO(g)N2O2(g)(快)；H1<0v1正=k1正·c2(NO)、v1逆=k1逆·c(N2O2)；

反应Ⅱ：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)；△H2<0v2正=k2正·c(N2O2)·c(O2)、v2逆=k2逆·c2(NO2)；

①一定条件下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，平衡常数K=___________(用含k1正、k1逆、k2正、k2逆的代数式表示)。

反应I的活化能EI___________反应Ⅱ的活化能EII(填“>”、“<”；或“=”)。

②已知反应速率常数k随温度升高而增大，则升高温度后k2正增大的倍数___________k2逆增大的倍数(填“大于”；“小于”、或“等于”)。

（3）我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应：H2S+O2=H2O2+S↓。

①装置中H+向___________池迁移。

②乙池溶液中发生反应的离子方程式：______________________。

(4)废水处理时，通H2S(或加S2－)能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。25°℃，某废液中c(Mn2+)=0.02mol·L－1，调节废液的pH使Mn2+开始沉淀为MnS时，废液中c(H2S)=0.1mol·L－1，此时pH约为___________。(已知：Ksp(MnS)=5.0×10－14，H2S的电离常数：K1=1.5×10－7，K2=6.0×10－15，1g6=0.8)25、金属镓(Ga)应用广泛；在半导体和光电材料；合金、磁性材料等领域都有重要应用。镓与铝是同主族元素，性质相似。

(1)铝在元素周期表中的位置是__________________。

(2)GaAs是一种重要的半导体材料。As与Ga同周期；As与N同主族。

①下列事实不能用元素周期律解释的是___________(填字母)。

a.碱性：Ga(OH)3>Al(OH)3b.非金属性：As>Gac.酸性：H3AsO4>H3AsO3

②GaAs中，As元素化合价为-3价，用原子结构理论解释原因_________________。

③废弃含GaAs半导体材料可以用浓硝酸溶解GaAs，生成H3AsO4和Ga3+，写出该反应的化学方程式_________。

(3)工业上获取镓的方法之一是从闪锌矿冶锌后的残渣(主要含有Zn、Pb、Fe、Ga等元素)中提取，某科研单位设计下述流程提取镓，已知：Ga在碱性溶液中以[Ga(OH)4]-形式存在。

①试剂a是_______________。

②写出电解制镓时的阴极电极反应式__________________。26、合成气的主要成分是一氧化碳和氢气；可用于合成二甲醚等清洁燃料。从天然气获得合成气过程中可能发生的反应有：

CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+206.1kJ/mol①

CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH2=+247.3kJ/mol②

请回答下列问题：

(1)在一密闭容器中进行反应①，测得CH4的物质的量浓度随反应时间的变化如图1所示。反应进行的前5min内，v(H2)=____；10min时，改变的外界条件可能是_____。

(2)如图2所示，在甲、乙两容器中分别充入等物质的量的CH4和CO2，使甲、乙两容器初始容积相等。在相同温度下发生反应②，并维持反应过程中温度不变。已知甲容器中CH4的转化率随时间变化的图像如图3所示，请在图3中画出乙容器中CH4的转化率随时间变化的图像_____。

(3)800℃时，反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的化学平衡常数K=1.0，某时刻测得该温度下的密闭容器中各物质的物质的量见下表，此时反应中正、逆反应速率的关系式是____（填序号）。

a.v(正)＞v(逆)

b.v(正)＜v(逆)

c.v(正)=v(逆)

d.无法判断。COH2OCO2H20.5mol8.5mol2.0mol2.0mol

(4)二甲醚（CH3OCH3）可由合成气（CO和H2）在一定条件下制得，写出该反应的化学方程式：____。

(5)以二甲醚、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极构成燃料电池。该电池的负极电极反应方程式是：____。用二甲醚燃料电池为电源，用铂电极电解KCl和CuSO4的混合溶液，当电路中通过0.3mol电子的电量时，阴阳两极都产生2.8L的气体(标准状况)，若电解后溶液体积为1L，则阳极气体的成分及物质的量为：____。评卷人得分五、结构与性质(共1题，共2分)27、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。_______参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【解析】试题分析：N、P是同一主族元素，P元素的原子序数大于N元素的原子序数，所以P的原子半径大于N的原子半径，Si、P、S是同一周期的元素，且p的原子序数大于Si的原子序数小于S的原子序数，所以P的原子半径小于Si的原子半径大于S的原子半径，则磷元素的原子半径可能为1.10×10-10m，故选B。考点：微粒半径大小的比较【解析】【答案】B2、B【分析】【解析】【答案】B3、B【分析】解：由以上分析可知X为C；Y为O元素、Z为P、W为Cl元素．

A．同周期自左而右原子半径减小；故原子半径Z＞W＞X＞Y，故A错误；

B．W为Cl元素；非金属性仅次于F，但F无正价，Cl对应的最高价含氧酸的酸性最强，故B正确；

C．Y为O；无正价，故C错误；

D．Z与W形成的所有化合物中．如为PCl5，则P原子最外层电子不是8e-稳定结构；故D错误．

故选B．

X；Y、Z、W均为短周期元素；根据元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，Z元素原子最外层电子数与电子总数之比为1：3，设Z的最外层电子数是x，则x：（x+10）=1：3，x=5，所以Z是P元素，则W是Cl元素，X是C元素，Y是O元素，以此解答该题．

本题考查原子结构和元素周期律的关系，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，正确推断元素是解本题关键，难度不大．【解析】【答案】B4、D【分析】【分析】本题考查化学键、晶体类型和rm{8}电子稳定结构，难度不大。【解答】A.离子化合物中可能含共价键，共价化合物一定不含有离子键，故A错误；B.rm{CO_{2}}和rm{H_{2}S}两种分子中，除了氢原子外每个原子的最外层都具有rm{8}电子稳定结构，故B错误；C.全由非金属元素构成的晶体可能是离子晶体，例如铵盐，故C错误；D.稀有气体中没有化学键，故D正确。故选D。【解析】rm{D}5、B【分析】【解析】试题分析：过氧化钠和水的反应过程中，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，转移1个电子。78g过氧化钠是1mol，转移1mol电子，A不正确；氦气是1个原子构成的，含有2个电子，B正确；标准状况下，三氧化硫不是气体，不能适用于气体摩尔体积，C不正确；D中氯气不足，铁过量，转移2mol电子，不正确，答案选B。考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断【解析】【答案】B6、B【分析】解：rm{A.}碳酸钡不溶于水，在离子反应中保留化学式，不能用rm{CO_{3}^{2-}+H^{+}篓TH_{2}O+CO_{2}隆眉}表示；故A不选；

B.反应生成硝酸钾、水、二氧化碳，碳酸钾、硝酸钾均为可溶性盐，则能用rm{CO_{3}^{2-}+H^{+}篓TH_{2}O+CO_{2}隆眉}表示；故B选；

C.石灰石不溶于水，在离子反应中保留化学式，不能用rm{CO_{3}^{2-}+H^{+}篓TH_{2}O+CO_{2}隆眉}表示；故C不选；

D.盐酸和rm{NaHCO_{3}}溶液的反应的离子反应为rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}篓TH_{2}O+CO_{2}隆眉}与碳酸盐的阴离子不同，故D不选；

故选B．

可溶性碳酸盐和强酸反应生成可溶性盐、水、二氧化碳的离子反应为rm{CO_{3}^{2-}+H^{+}篓TH_{2}O+CO_{2}隆眉}以此来解答．

本题考查离子反应方程式书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，注意盐的溶解性，题目难度不大．【解析】rm{B}二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】试题分析：（1）乙酸的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，其相对分子质量为12×2+1×4+16×2=60，则摩尔质量为60g/mol。（2）根据质量分数与物质的量浓度的换算公式，c=1000×密度×质量分数/摩尔质量，进行计算，c=1000×1．02×36%/60=6．12mol/L。（3）根据溶液的稀释过程中溶质的物质的量相等，即公式c1v1=c2v2，则250×2=6．12×v计算得v=81．7ml。考点：摩尔质量，物质的量浓度与质量分数的换算，溶液的稀释。【解析】【答案】（1）60g/mol；（2）根据质量分数与物质的量浓度的换算公式，c=1000×密度×质量分数/摩尔质量，进行计算，c=1000×1．02×36%/60=6．12mol/L。（3）根据溶液的稀释过程中溶质的物质的量相等，即公式c1v1=c2v2，则250×2=6．12×v计算得v=81．7ml。8、略

【分析】（1）Z的单质是一种黄绿色气体，所以Z是氯气。因此C是氯化钠。反应式为2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH。所以丙是氯化钠，因此X是钠元素，Z是氯元素。由于甲的水溶液显酸性，所以甲是氯化铝。乙的水溶液显解析，因此乙是硫化钠或氧化钠。若W2-和Z-具有相同电子层结构，则乙是硫化钠，所以乙的电子式为（2）略（3）Y是单质铝，所以在该电池中铝是负极，氧气在正极通入。如果用氯化钠作电解液，则正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-。如果用氢氧化钾作电解液，则总反应式为4Al+3O2+4KOH=4KAlO2+2H2O。【解析】【答案】（1）2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH（2）①AlCl3Na2S或Na2O②（3）①O2+2H2O+4e-=4OH-②4Al+3O2+4KOH=4KAlO2+2H2O9、略

【分析】解：（1）因为Cu2+的氧化性比H+的强，所以加入硫酸铜，Zn先跟硫酸铜反应，反应完后再与酸反应，反应的有关方程式为：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；

故答案为：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu；Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；

（2）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜，与锌形成原电池反应，负极锌失去电子生成锌离子，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+；正极氢离子得到电子生成氢气，电极反应为：2H++2e-=H2↑

故答案为：Zn-2e-=Zn2+；2H++2e-=H2↑；

（3）对于溶液中的化学反应；影响反应速率的因素还有浓度；温度、催化剂以及固体表面积大小等，要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等；

故答案为：升高反应温度；适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等；

（4）①要对比试验效果，除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，则每组硫酸的量需要保持相同，六组反应的总体积也应该相同．A组中硫酸为30ml，那么其它组硫酸量也都为30mL，而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20ml，水为0，那么总量为20ml，所以V6=10mL，V9=17.5mL，V1=30mL；

故答案为：30；10；17.5；

②因为锌会先与硫酸铜反应；直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降；

故答案为：当加入的CuSO4溶液超过一定量时；生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶液的接触面积．

（1）因为Cu2+的氧化性比H+的强；所以加入硫酸铜，Zn先跟硫酸铜反应，反应完后再与酸反应，据此写出反应的化学方程式；

故答案为：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu；Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；

（2）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu置换出铜；与锌形成原电池反应，负极锌失去电子生成锌离子，正极氢离子得到电子生成氢气，据此写出电极反应式；

（3）根据影响反应速率的还有浓度；温度、催化剂以及固体表面积大小等因素分析；

（4）①要对比试验效果；除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，则每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同，据此进行分析；

②硫酸铜量较多时；反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应．

本题考查了影响化学反应速率的因素，题目难度中等，明确影响化学反应速率的因素为解答关键，本题的易错点为（4），V1、V6、V9的判断需要根据对照试验要求分析表中数据，最后一问应该能够想到“覆盖”的问题．【解析】Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu；Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；Zn-2e-=Zn2+；2H++2e-=H2↑；升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等；30；10；17.5；当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶液的接触面积10、略

【分析】试题分析：（1）用溶液来配制一定浓度的溶液，需量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，由于配置过程中需洗涤烧杯2～3次，所以每次加水量不会太多，因此选择量程小的量筒即可，答案选C、E、F、G、H；（2）A、容量瓶使用前需检漏，正确；B、容量瓶不能用待配溶液润洗，否则会使结果偏高，错误；C、D、容量瓶不可作为溶解仪器使用，错误；E、定容后需摇匀，正确，答案选BCD。考点：考查一定浓度溶液的配制所需的仪器、配制步骤【解析】【答案】（1）C、E、F、G、H(2分)（2）BCD(3分)11、①④③⑤【分析】【解答】①{;}_{8}^{16}O、{;}_{8}^{17}O、{;}_{8}^{18}O质子数相同；中子数不同，互为同位素；

②H2O、D2O、T2O都是水分子；

③石墨；金刚石是由碳元素形成的不同单质；互为同素异形体；

④H、H、H质子数相同；中子数不同，互为同位素；

⑤正丁烷；异丁烷分子式相同结构不同；为同分异构体．

故答案为：①④；③；⑤．

【分析】同位素的分析对象是原子，同素异形体的分析对象是单质，同分异构体的分析对象是化合物来判断，据此解题．12、(1)672(2)76g·mol-1(3)CS【分析】根据反应方程式可知该反应是气体体积不变的反应，故反应前rm{O_{2}}的体积为rm{672mL}即rm{dfrac{672隆脕{10}^{-3}L}{22.4L隆陇mo{l}^{-1}}=0.03mol}则rm{

dfrac{672隆脕{10}^{-3}L}{22.4L隆陇mo{l}^{-1}}=0.03mol}rm{n}rm{(XY_{2})=dfrac{1}{3}}rm{n}再据质量守恒得：rm{(O_{2})=0.01mol}rm{m}rm{(XY_{2})=}rm{m}生成物rm{(}rm{)-}rm{m}所以rm{(O_{2})=0.672L隆脕2.56g隆陇L^{-1}-0.03mol隆脕32g隆陇mol^{-1}隆脰0.76g}rm{(XY_{2})=dfrac{076g}{0.01mol}=76g隆陇mol^{-1}}rm{M}的相对原子质量为rm{(XY_{2})=dfrac{076g}{0.01mol}

=76g隆陇mol^{-1}}即碳，rm{X}的相对原子质量为rm{76隆脕dfrac{16}{19}隆脕dfrac{1}{2}=32}即硫。rm{76隆脕dfrac{3}{19}=12}【解析】rm{(1)672(2)76g隆陇mol^{-1}(3)CS}13、略

【分析】解：国际规定rm{1mol}任何微粒的集合体含有的微粒数约为rm{6.02隆脕10^{23}}与rm{0.012kg^{12}C}中约含有的碳原子数目相等；

故答案为：rm{0.012}．

根据国际规定rm{1mol}任何微粒的集合体含有的微粒数约为rm{6.02隆脕10^{23}}结合rm{m=nM}计算．

本题考查学生物质的量的概念以及有关物质的量和阿伏伽德罗常数的计算知识，难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．【解析】rm{0.012}三、判断题(共9题，共18分)14、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．15、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．16、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．17、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/mol18、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．19、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．20、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．21、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．22、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．四、原理综合题(共4题，共32分)23、略

【分析】【分析】

注意第(3)问中；提炼题给信息：如果反应I不发生积碳过程，则反应II也不会发生积碳过程。则可知，只需要分析抑制反应I的积碳过程的条件即可。

【详解】

(1)根据∆H=反应物的键能总和-生成物的键能总和，可以计算出该反应的∆H=答案为：120kJ·mol-1；

(2)根据题给信息反应①②的产物均有CO，结合产物产量图可知，a代表CO，则b代表H2。反应H2(g)+O2(g)H2O(g)为放热反应，随着温度升高，反应向逆反应方向移动，H2O的量减小；1100K时，CH4与CO2的转化率分别为95%和90%。根据反应①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，可计算出平衡时n(CO2)=0.1mol，n(CO)=0.9mol；由反应②CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g)，可计算出平衡时n(CH4)=0.05mol，n(CO)=0.95mol。结合题给产物产量图，可知n(H2)=1.55mol。则CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的平衡常数K=答案为：CO；H2；H2和O2反应生成H2O是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；

(3)由题给数据可知，反应Ⅰ的积碳反应为气体体积增大且吸热的反应。根据题中：如果反应I不发生积碳过程，则反应II也不会发生积碳过程。则若要保持催化剂的活性，应避免反应I发生积碳过程，可以采取降低温度或增大压强等方式。如果I、II均发生了积碳反应，通入过量水蒸气能有效清除积碳，说明碳和水蒸气发生了反应，反应方程式为：C＋H2OCO＋H2；答案为：增大压强或降低温度；C＋H2OCO＋H2。【解析】①.120kJ·mol-1②.CO③.H2④.H2和O2反应生成H2O是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动⑤.⑥.增大压强或降低温度⑦.C＋H2OCO＋H224、略

【分析】【分析】

本题是对化学反应原理的综合考察。根据盖斯定律进行反应热的计算，正反应活化能与逆反应活化能的差值为反应热；利用反应达到平衡时v正=v逆进行反应平衡常数的计算；根据图示可知；氧气变为过氧化氢，发生还原反应，该极为电解池的阴极，硫化氢变为单质硫，发生氧化反应，该极为电解池的阳极，发生氧化反应，氢离子向阴极移动，据此解答此题。

【详解】

(1)正反应活化能为E3-E2，逆反应活化能为E3-E1；生成1mol水蒸气，该反应的反应热为ΔH=（E3-E2）-（E3-E1）=(E1-E2)kJ·mol−1，所以该反应的热化学方程式：H2(g)+NO(g)=1/2N2(g)+H2O(g)ΔH=(E1-E2)kJ·mol−1或为2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=2(E1-E2)kJ·mol−1；

(2)①I．2NO(g)⇌N2O2(g)(快)；v1正=k1正.c2(NO)；v1逆=k1逆.c(N2O2)△H1＜0

II．N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)(慢)；v2正=k2正.c(N2O2)c(O2)；v2逆=k2逆.c2(NO2)△H2＜0

由反应达平衡状态,所以v1正=v1逆、v2正=v2逆,所以v1正×v2正=v1逆×v2逆,即。

即k1正.c2(NO)×k2正.c(N2O2)c(O2)=k1逆.c(N2O2)×k2逆.c2(NO2)，则有：K=c2(NO2)/c2(NO)×c(O2)=

因为决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)速率的是反应II,所以反应I的活化能E1远小于反应II的活化能E2；

②反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)为放热反应，温度升高，反应①、②的平衡均逆向移动，由于反应①的速率大，导致c(N2O2)减小且其程度大于k2正和c(O2)增大的程度，即k随温度升高而增大，则升高温度后k2正增大的倍数小于k2逆增大的倍数；

(3)①从示意图中看出；电子流向碳棒一极，该极为正极，氢离子从乙池移向甲池；

②乙池溶液中，硫化氢与I3-发生氧化还原反应：硫化氢失电子变为硫单质，I3-得电子变为I－，离子反应为H2S+I3-=3I－+S↓+2H+；

(4)废水处理时，通H2S(或加S2－)能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。25°℃，某废液中c(Mn2+)=0.02mol·L－1，调节废液的pH使Mn2+开始沉淀为MnS时，废液中c(H2S)=0.1mol·L－1，此时pH约为___________。(已知：Ksp(MnS)=5.0×10－14，H2S的电离常数：K1=1.5×10－7，K2=6.0×10－15；1g6=0.8)

25°℃，某废液中c(Mn2+)=0.02mol·L－1，调节废液的pH使Mn2+开始沉淀为MnS时，c(S2－)＝=mol/L，＝Ka1×Ka2，所以pH＝5时c(H+)＝=6mol/L，pH=5.2。【解析】2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=2(E1-E2)kJ·mol−1或2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-2(E2-E1)kJ·mol−1或H2(g)+NO(g)=1/2N2(g)+H2O(g)ΔH=(E1-E2)kJ·mol−1或H2(g)+NO(g)=1/2N2(g)+H2O(g)ΔH=-(E2-E1)kJ·mol−)kJ·mol−1<小于甲池H2S+I3—=3I－+S↓+2H+5.225、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Al是13号元素；位于元素周期表的第三周期第ⅢA族，故答案为：第三周期第ⅢA族；

(2)①a．镓与铝是同主族元素，同主族元素从上到下金属性增强，故Ga的金属性强于Al，所以碱性：Ga(OH)3>Al(OH)3；能用元素周期律解释，a不满足题意；

b．As与Ga同周期，Ga与Al是同主族元素，则Ga位于第ⅢA族，As与N同主族，则As位于第ⅤA族，同周期元素从左往右，非金属性增强，故非金属性：As>Ga，能用元素周期律解释，b不满足题意；

c．H3AsO4和H3AsO3都是As的含氧酸；二者的酸性不能用元素周期律解释，c满足题意；

故答案为：c；

②Ga与As同周期；电子层数相同，核电荷数：As＞Ga，原子半径：As＜Ga，得电子能力：As＞Ga，元素的非金属性：As＞Ga，因此GaAs中As显负价，As与N同主族，最外层电子数为5，所以As为-3价，故答案为：Ga与As同周期，电子层数相同，核电荷数：As＞Ga，原子半径：As＜Ga，得电子能力：As＞Ga，元素的非金属性：As＞Ga，因此GaAs中As显负价，As与N同主族，最外层电子数为5，所以As为-3价；

③由题意可知GaAs作还原剂，浓HNO3作氧化剂，氧化产物为H3AsO4，浓硝酸对应的还原产物为NO2，结合电子得失守恒、原子守恒可写出该反应的化学方程式为：GaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O，故答案为：GaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O；

(3)①为提高浸取率，“H2SO4酸浸”时H2SO4应过量，滤液1显酸性，试剂a能消耗H+；使pH增大，同时不引入新的杂质，可用ZnO，故答案为：ZnO；

②Ga在碱性溶液中以[Ga(OH)4]-形式存在，电解制镓，则阴极为[Ga(OH)4]-得电子生成Ga，阴极电极反应为：[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-，故答案为：[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-。【解析】第三周期第ⅢA族cGa与As同周期，电子层数相同，核电荷数：As＞Ga，原子半径：As＜Ga，得电子能力：As＞Ga，元素的非金属性：As＞Ga，因此GaAs中As显负价，As与N同主族，最外层电子数为5，所以As为-3价GaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2OZnO[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-26、略

【分析】【分析】

(1)反应进行的前5min内，CH4的浓度变化量为0.50mol/L，由此可求出v(H2)；10min时，改变的外界条件，2min内CH4的浓度变化量为0.25mol/L；与前一时间段进行对比，从而得出反应速率加快，由此预测可能发生改变的外界条件。

(2)因为反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)发生后，气体分子数增大，所以乙容器相当于甲容器减小压强，由此可确定平衡移动的方向、CH4的转化率变化及所需的时间。

(3)800℃时，反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的化学平衡常数K=1.0；利用表中数据求浓度商，并与K进行比较，从而确定平衡移动的方向，由此得出正；逆反应速率的相对大小。

(4)CO和H2在一定条件下制得CH3OCH3；由此可写出该反应的化学方程式。

(5)以二甲醚、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极构成燃料电池。该电池的负极为二甲醚在碱性条件下失电子，转化为CO32-等。用二甲醚燃料电池为电源，用铂电极电解KCl和CuSO4的混合溶液，阳极先发生Cl-失电子生成Cl2的反应，后发生H2O失电子生成O2的反应；阴极先发生Cu2+得电子的反应，后发生H2O得电子生成H2的反应；代入数据建立方程式，即可求出结果。

【详解】

(1)从图中可提取以下信息，反应进行的前5min内，CH4的浓度变化量为0.50mol/L；10min后，改变某条件，2min内CH4的浓度变化量为0.25mol/L。则反应进行的前5min内，v(CH4)==0.10mol/(L·min)，依据化学方程式CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，可得出v(H2)=3v(CH4)=0.30mol/(L·min)；与10min前进行对比；反应速率加快且平衡正向移动，所以改变的外界条件可能是升高温度或冲入水蒸气。答案为：0.30mol/(L·min)；升高温度或冲入水蒸气；

(2)我们以甲为参照，随着反应的进行，气体分子数增大，压强增大，对于恒压容器乙，相当于甲增大容积减小压强，则反应速率减慢，但平衡正向移动，CH4的转化率增大，由此可在图3中画出乙容器中CH4的转化率随时间变化的图象为答案为：

(3)由表中数据及反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，可求出浓度商为Q==0.94

(4)CO和H2在一定条件下制得CH3OCH3，化学方程式为2CO+4H2CH3OCH3+H2O。答案为：2CO+4H2CH3OCH3+H2O；

(5)以二甲醚、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极构成燃料电池。该电池的负极为二甲醚在碱性条件下失电子，转化为CO32-等，电极反应方程式是：CH3OCH3+16OH--12e-=2CO32-+11H2O。

阳极发生的反应为：2Cl--2e-==Cl2↑，2H2O-4e-==O2↑+4H+。n(气体)==0.125mol，设n(Cl2)=x，则n