2025年人教版（2024）高一化学上册阶段测试试卷

…………○…………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（2024）高一化学上册阶段测试试卷447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、下列关于原子组成的说法正确的是（）A.126C表示碳原子的质量数是18B.23592U表示铀原子的质量数是235，核外有235个电子C.2311Na表示钠原子的质量数为11，核内有23个中子D.21H表示氢原子由1个质子，1个中子和1个电子组成。2、下列离子方程式中，正确的是rm{(}rm{)}A.向氯化亚铁溶液中通入氯气：rm{Fe^{2+}+Cl_{2}=Fe^{3+}+2Cl^{-}}B.氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：rm{Cl_{2}+2OH^{-}=Cl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}C.铝片跟氢氧化钠溶液反应：rm{Al+2OH^{-}=AlO_{2}^{-}+H_{2}隆眉}D.金属铝溶于盐酸中：rm{Al+2H^{+}=Al^{3+}+H_{2}隆眉}3、某酸溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1，则该溶液的物质的量浓度()A.一定等于0.1mol·L－1B.一定大于0.1mol·L－1C.一定小于0.1mol·L－1D.无法确定4、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应类型属于阴影部分的是A.2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑B.NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2OC.4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3D.Br2＋2KI＝I2＋2KBr5、在物质分类中，前者包括后者的是（）A.氧化物、化合物B.化合物、酸性氧化物C.溶液、胶体D.溶液、分散系6、下列各组物质中，化学键类型相同，化合物类型也相同的是()A.rm{SO_{2}}和rm{Na_{2}SO_{4}}B.rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}C.rm{NaOH}和rm{NaCl}D.rm{NH_{4}Cl}和rm{HCl}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、（1）0.5molH2SO4的质量是____g，含____个分子，含____mol氧原子，该硫酸所含氢元素的质量与____molHCl中所含氢元素的质量相同．

（2）在相同条件下，含有相同分子个数的SO2和SO3，其质量比为____，物质的量比为____，其中所含氧原子个数比为____．8、瓦斯中甲烷与氧气的质量比为1：4时极易爆炸，此时甲烷与氧气的体积比为____．9、实验室配制500mL0.2mol·L－1的Na2SO4溶液，实验操作步骤有：A．在天平上称出14.2g硫酸钠固体，把它放在烧杯中，用适量的蒸馏水使它完全溶解并冷却至室温。B．把制得的溶液小心地转移到容量瓶中。C．继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线相切。D．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心注入容量瓶，并轻轻振荡。E．将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀后装瓶。请填写下列空白：（1）操作步骤的正确顺序为(填序号)_____。（2）本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平(带砝码、镊子)、玻璃棒，还缺少的仪器是________、________。（3）下列情况会使所配溶液浓度偏高的是(填序号)________。A．容量瓶使用前内壁沾有水珠B．没进行上述的操作步骤DC．加蒸馏水时，不慎超过了刻度线D．砝码上沾有杂质10、保护环境已成为当前和未来的一项全球性重大课题．为解决目前燃料使用过程中的环境污染问题；并缓解能源危机，有的专家提出利用太阳能促使燃料循环使用的构想，如图所示：

____

过程I可用如下反应表示：

①2CO22CO+O2

②2H2O2H2+O2

③2N2+6H2O4NH3+3O2

④2CO2+4H2O2CH3OH+3O2

⑤2CO+4H2O2CH4+3O2

请回答下列问题：

（1）过程I的能量转化形式为：____能转化为____能．

（2）请完成第⑤个反应的化学方程式____

（3）上述转化过程中，△H1和△H2的关系是____

（4）断裂1mol化学键所需的能量见表：。共价键H﹣NH﹣ON≡NO=O断裂1mol化学键所需。

能量/kJ•mol﹣1393460941499常温下，N2和H2O反应生成NH3的热化学方程式为____11、下表是元素周期表的一部分，表中序号分别代表某一元素rm{.}请回答下列问题．

。周期Ⅰrm{A}Ⅱrm{A}Ⅲrm{A}Ⅳrm{A}Ⅴrm{A}Ⅵrm{A}Ⅶrm{A}rm{0}rm{2}rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{3}rm{垄脻}rm{垄脼}rm{垄脽}rm{垄脿}rm{垄谩}rm{垄芒}rm{(1)垄脵-垄芒}中，最活泼的金属元素是______rm{(}写元素符号，下同rm{)}最不活泼的元素是______；可作半导体材料的元素是______；某元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可直接化合生成一种盐；该元素是______．

rm{(2)垄脺}rm{垄脻}的简单离子，其半径更大的是______rm{(}写离子符号rm{)}．

rm{(3)垄脿}rm{垄谩}的气态氢化物，更稳定的是______rm{(}填化学式rm{)}．

rm{(4)}元素的非金属性：rm{垄脵}______rm{垄脽(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}．

rm{(5)垄脵-垄谩}的最高价氧化物的水化物中：酸性最强的是______rm{(}填化学式rm{)}

碱性最强的是______rm{(}填化学式rm{)}它与rm{垄脼}的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为______．12、某药品标签上贴有OTC，它表示____，若是R标记则表示____，我们平时能自己到药店买到的药如阿司匹林属于哪类药____．为防止使用青霉素时的不良反应，在使用青霉素前一定要进行____13、Ⅰ．现有下列十种物质：①O2；②Fe；③CaO；④CO2；⑤H2SO4；⑥Ba（OH）2；⑦红褐色的氢氧化铁胶体；⑧硫酸钠溶液；⑨稀硝酸；⑩Cu2（OH）2CO3．

（1）按物质的树状分类法填写表格的空白处：

。分类标准金属单质氧化物溶液胶体属于该类的物质②⑧⑨（2）上述物质中属于非电解质的有______；上述物质中能与盐酸反应的电解质有______（填序号）．

Ⅱ．（1）在KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，氧化剂是______，还原产物是______，氧化产物与还原产物的质量比是______．

（2）在反应MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2O中，每生成标准状况下4.48LCl2，转移的电子的物质的量为______mol．14、铝热反应原理可以应用在生产上rm{.}某小组同学在研究铝热反应时；进行如下讨论和实验．

rm{(1)}关于铝热反应有以下两种认识，其中正确的是______rm{(}填字母序号rm{)}．

rm{a}rm{.}该反应需在高温下发生；所以是吸热反应。

rm{b}rm{.}因为铝的还原性较强，所以铝能将相对不活泼的金属从其化合物中置换出来rm{(2)}铝和氧化铁反应的化学方程式是__________．

rm{(3)}请写出铝热反应两个方面用途__________、__________rm{(4)}铝和氧化铁反应所得固体成分的初步确定：。实验序号操作及现象rm{i}取少量固体样品，加入过量稀盐酸，固体溶解，产生无色气体rm{(}经检验为rm{H_{2})}溶液呈浅黄色rm{ii}向rm{i}所得溶液中加入少量rm{KSCN}溶液，溶液呈浅红色，再加入rm{H_{2}O_{2}}溶液，产生无色气体rm{(}经检验为rm{O_{2})}溶液变为深红色rm{垄脵}由上述实验可知：溶液中rm{F}rm{e}元素的存在形式有______．

rm{垄脷}rm{i}中产生rm{H_{2}}的原因是样品中除含rm{F}rm{e}外，可能有未反应的rm{A}rm{l}，为检验样品中是否含rm{A}rm{l}单质，可选用的试剂是__________，反应的离子方程式__________rm{垄脹}rm{ii}中生成rm{O_{2}}的化学方程式是rm{_}__________进一步的实验表明，上述固体样品中rm{F}rm{e}元素的存在形式有：rm{F}rm{e}、rm{F}rm{e}rm{{,!}_{2}O_{3}}rm{F}rm{e}rm{{,!}_{3}O_{4}}．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）16、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化17、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）18、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）19、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）20、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）21、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。22、含碳的化合物一定是有机化合物．（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、实验题(共3题，共21分)24、某次实验需用0.4mol·L－1NaOH溶液480mL。配制方法如下：（1）配制该溶液应选用_______________mL容量瓶；（2）用托盘天平准确称量__________g固体NaOH；（3）将称量好的NaOH固体放在500mL大烧杯中，倒入约300mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使固体全部溶解，待__________________后，将烧杯中的溶液注入容量瓶中；（4）用少量蒸馏水洗涤烧杯次，洗涤后的溶液___________________，轻轻晃动容量瓶，使溶液混合均匀；（5）向容量瓶中加入蒸馏水，到液面________________________时，改用___________加蒸馏水至液面最低点与刻度线相切。盖好瓶塞，________________；（6）若在配制过程中出现下列情况，将使所配制的NaOH溶液的浓度偏高的是___________，偏低的是___________，对实验结果没有影响的是___________（填各选项的序号）。A．所用的NaOH中混有少量Na2OB．用托盘天平称量一定质量固体NaOH时，所用的小烧杯内壁不太干燥C．配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干D．固体NaOH在烧杯中溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作E．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容F．最后确定NaOH溶液体积（定容）时，俯视观察液面与容量瓶刻度线G．定容摇匀后静止，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线。25、目前，汽车厂商常利用催化技术将尾气中的rm{NO}和rm{CO}转化成rm{CO_{2}}和rm{N_{2}}化学方程式如下：rm{2NO+2COoverset{麓脽禄炉录脕}{?}2CO_{2}+N_{2}.}为研究如何提高该转化过程反应速率，某课题组进行了以下实验探究。【资料查阅】rm{2NO+2COoverset{麓脽禄炉录脕}{?}

2CO_{2}+N_{2}.}不同的催化剂对同一反应的催化效率不同；rm{垄脵}使用相同的催化剂，当催化剂质量相等时，催化剂的比表面积对催化效率有影响．【实验设计】课题组为探究某些外界条件对汽车尾气转化反应速率的影响规律，设计了以下对比实验．rm{垄脷}完成以下实验设计表rm{(1)}表中不要留空格rm{(}．。rm{)}实验编号实验目的rm{T/隆忙}rm{NO}初始浓度。

rm{mol}rm{/L}rm{CO}初始浓度。

rm{mol}rm{/L}同种催化剂的比表面积rm{m}rm{{,!}^{2}/}rm{g}Ⅰ为以下实验作参照rm{280}rm{6.50隆脕10^{-3}}rm{4.00隆脕10^{-3}}rm{80}Ⅱrm{6.50隆脕10^{-3}}rm{120}Ⅲ探究温度对尾气转化速率的影响rm{360}rm{6.50隆脕10^{-3}}rm{4.00隆脕10^{-3}}rm{80}【图象分析与结论】利用气体传感器测定了三组实验中rm{CO}浓度随时间变化的曲线图，如图：

rm{(2)}计算第Ⅰ组实验中，达平衡时rm{NO}的浓度为______；rm{(3)}由曲线Ⅰ、Ⅱ可知，增大催化剂比表面积，汽车尾气转化速率______rm{(}填“增大”、“减小”、“无影响”rm{)}随着世界粮食需求量的增长，农业对化学肥料的需求量越来越大，其中氮肥是需求量最大的一种化肥rm{.}而氨的合成为氮肥的生产工业奠定了基础，其原理为：rm{N_{2}+3H_{2}?2NH_{3}}rm{(4)}在rm{N_{2}+3H_{2}?2NH_{3}}的反应中，一段时间后，rm{NH_{3}}的浓度增加了rm{0.9}rm{mol}rm{?L^{-1}.}用rm{N_{2}}表示其反应速率为rm{0.15}rm{mol}rm{?L^{-1}?}rm{s}rm{{,!}^{-1}}则所经过的时间为______；A.rm{2}rm{s}rm{B.3}rm{s}rm{C.4}rm{s}rm{D.6}rm{s}rm{(5)}下列rm{4}个数据是在不同条件下测得的合成氨反应的速率，其中反应最快的是______；A.rm{v}rm{(H_{2})=0.1}rm{mol}rm{?L^{-1}?}rm{min}rm{{,!}^{-1}}rm{B}．rm{v}rm{(N_{2})=0.1}rm{mol}rm{?L^{-1}?}rm{min}rm{{,!}^{-1}}C.rm{v}rm{(NH_{3})=0.15}rm{mol}rm{?L^{-1}?}rm{min}rm{{,!}^{-1}}rm{D}．rm{v}rm{(N_{2})=0.002}rm{mol}rm{?L^{-1}?}rm{s}rm{{,!}^{-1}}．26、氯气是重要的化学物质，请结合氯气的性质回答下列问题：rm{(1)}在实验室中制取rm{Cl_{2}}反应原理是rm{(}用离子方程式表示rm{)}________________________下列收集rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}填字母的装置中正确的是__________rm{(}填字母rm{)}rm{(}rm{)}

工业上制取氯气的离子方程式为____________________________________________将氯气通入足量石灰乳中，理论上可制得漂白粉中的有效成分的质量为_______rm{(2)}漂白粉需密封保存的原因请用化学方程式说明_____________________________________________________________________________。rm{0.2mol}氯气是实验室常需临时配置的一种试剂。实验得到的饱和氯水是黄绿色，将所得氯水分为二等份，进行实验操作及现象如下：。rm{g}实验序号实验操作现象Ⅰ向氯水中加入碳酸氢钠粉末有无色气泡产生Ⅱ向氯水中滴入品红溶液品红溶液褪色rm{;垄脵}甲同学通过实验Ⅰ得出结论：氯气与水反应至少产生一种酸性强于碳酸的物质。乙同学指出甲同学的结论不合理，原因是制取的氯气中含有杂质__________rm{(}填化学式rm{)}也能与碳酸氢钠反应产生气泡。rm{;垄脷}丙同学通过实验Ⅱ得出结论：氯气与水反应产物有漂白性。丁同学指出丙同学结论不合理，原因是此实验未证明___________rm{(}填化学式rm{)}是否有漂白性。rm{;垄脹}戊同学依据上述现象和元素守恒推测产物中应该有盐酸，请你设计实验检验rm{Cl^{-}}的存在：______________________________________________。rm{;垄脺}庚同学利用正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ中相似，氯水的性质具有_________性和_________性。评卷人得分五、简答题(共4题，共20分)27、某温度时，在容积固定的rm{2L}密闭容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}三种气体物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．

rm{(1)}当反应进行到第______rm{min}该反应达到平衡。

rm{(2)}平衡时rm{Y}的浓度为______；

rm{(3)}平衡时rm{X}的转化率是______；

rm{(4)}由图中所给数据进行分析；该反应的化学方程式为______；

rm{(5)}反应从开始至rm{2}分钟末，用rm{Z}的浓度变化表示的平均反应速率为rm{v(Z)=}______；

rm{(6)}不考虑温度变化的影响，反应前后容器内的压强之比为rm{P(}前rm{)}rm{P(}后rm{)=}______rm{(}化成整数比rm{)}28、如下图为实验室某试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：。氢氧化钠溶液。

分子式：rm{NaOH}

相对分子质量：rm{40}

密度：rm{1.2g隆陇c{m}^{-3}}

质量分数：rm{20%}rm{(1)}该rm{NaOH}溶液的物质的量浓度为______rm{mol/L}．

rm{(2)}现在要配制该浓度的rm{NaOH}溶液rm{100ml}需称量______rm{g}固体氢氧化钠rm{{.}}溶液配制的所需的基本步骤如下：

rm{(3)}将上述实验步骤rm{A}到rm{F}按实验过程先后次序排列______．

rm{(4)}上述实验步骤rm{A}rm{B}rm{E}rm{F}都用到的仪器名称为______．

rm{(5)}下列操作对rm{NaOH}溶液的物质的量浓度有何影响rm{(}填“偏高”、“偏低”或“无影响”rm{)}．

rm{垄脵}定容时俯视观察液面______；

rm{垄脷}容量瓶中原有少量蒸馏水______；29、如图所示是在实验室进行氨气快速制备与性质实验的组合装置，部分固定装置末画出。

rm{(1)}装置rm{B}中盛放试剂是____。rm{(2)}关闭弹簧夹rm{2}打开弹簧夹rm{l}从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后关闭分液漏斗活塞，点燃rm{C}处酒精灯，装置rm{C}中黑色固体逐渐变红，装置rm{E}中处酒精灯，装置rm{C}中黑色固体逐渐变红，装置rm{C}中rm{E}答现象rm{(}答现象rm{)}rm{(}当rm{)}中固体全部变红色后，关闭弹簧夹rm{(3)}慢幔移开酒精灯，待冷却后，称量rm{C}中固体质量。若rm{l}，反应后称重固体质量减少rm{C}通过计算确定该固体产物的成分是反应前固体质量为rm{16g}，反应后称重固体质量减少rm{2.4g}通过计算确定该固体产物的成分是rm{16g}在关闭弹簧夹rm{2.4g}后，打开弹簧夹。残余气体进入rm{(4)}中，很快发现装置rm{l}中产生白烟，同时发现rm{2}中溶液迅速倒吸流入rm{F}中。写出产生白烟的化学方程式rm{F}rm{G}中溶液迅速倒吸流入rm{F}中。写出产生白烟的化学方程式rm{G}rm{F}30、rm{(1)}某小组同学在烧杯中加入rm{5mL1.0mol?L^{-1}}盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，观察产生rm{H_{2}}的速率，如图rm{A}所示，该反应是______rm{(}填“吸热”或“放热”rm{)}反应，其能量变化可用图中的______rm{(}填“rm{B}”或“rm{C}”rm{)}表示．

rm{(2)}已知拆开rm{1molH-H}键、rm{1molN}rm{N}rm{1molN-H}键分别需要吸收的能量为rm{436kJ}rm{946kJ}rm{39lkJ.}当rm{1molNH_{3}}分解需要______rm{(}填“放出”或“吸收”rm{)}______rm{KJ}的热量．评卷人得分六、综合题(共4题，共12分)31、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：

32、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题33、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：

34、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】【解答】表示质子数为6、质量数为12的碳原子，A错误；表示质子数为92（电子数为92）、质量数为235的铀原子，B错误；表示质子数为11，中子数为12的钠原子，C错误；表示质子数为１（电子数为１）；中子数为１的氢原子。

【分析】原子中：原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数、质子数+中子数=质量数。2、B【分析】解：rm{A}向氯化亚铁溶液中通入氯气的离子方程式为：rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}故A错误；

B、氯气通入冷的氢氧化钠溶液中的离子方程式为：rm{Cl_{2}+2OH^{-}=Cl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}故B正确；

C、金属铝可以和强碱反应生成盐和氢气，离子方程式为：rm{2H_{2}O+2Al+2OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}故C错误；

D、金属铝溶于盐酸中的离子方程式为：rm{2Al+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}隆眉}故D错误．

故选B．

A；离子方程式遵循电荷守恒；

B；氯气属于酸性气体；可以和强碱反应生成两种盐和水；

C；金属铝可以和强碱反应生成盐和氢气；

D；金属铝可以和盐酸反应生成氯化铝和氢气．

本题考查学生离子方程式的正误判断方法，是现在考试的热点，难度不大．【解析】rm{B}3、D【分析】【详解】

某酸溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1，若该酸为一元强酸，则该酸的物质的量浓度等于0.1mol·L－1；若该酸为二元强酸，则该酸的物质的量浓度小于0.1mol·L－1；若该酸为弱酸，则该酸的物质的量浓度大于0.1mol·L－1。由以上分析可知，该酸的物质的量浓度无法确定。故选D。4、A【分析】试题分析：根据题意知，阴影部分表示：不是化合反应、分解反应和置换反应的氧化还原反应。氧化还原反应中有元素化合价的变化。A、该反应中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，但它既不是化合反应，也不是分解反应或置换反应，正确；B、该反应中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，错误；C、该反应中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，但同时它也是化合反应，错误；D、该反应中有元素化合价的变化，但同时它也是置换反应，错误。考点：考查化学反应类型的判断。【解析】【答案】A5、B【分析】解：A．氧化物是由两种元素组成的纯净物；其中一种元素是氧元素；化合物是由两种或两种以上的元素组成的纯净物，所以，氧化物属于化合物，后者包含前者，故A错误；

B．氧化物包括酸性氧化物等；后者从属前者，故B正确；

C．当分散剂是水或其它溶液时；根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）；胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm）．溶液、胶体是并列关系，不存在包含，故C错误；

D．由C分析可知；分散系包含溶液，故D错误．

故选B．

A．氧化物；化合物是根据元素种类进行区别；注意它们都是纯净物；

B．酸性氧化物属于氧化物；

C．溶液；胶体是分散系；属于混合物，其本质区别在于分散质微粒直径大小；

D．溶液；胶体是分散系；属于混合物，其本质区别在于分散质微粒直径大小．

本题意在考查学生对基本概念理解，首先知道各概念的定义，根据各概念之间的关系即可判断．熟悉各概念的定义是解本题的关键，然后根据各概念找出它们的关系．【解析】【答案】B6、B【分析】略【解析】rm{B}二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】

（1）m（H2SO4）=0.5mol×98g/mol=49g；

N（H2SO4）=n•NA=0.5mol×6.02×1023/mol=3.01×1023；

n（O）=4×0.5mol=2mol；

n（H）=2×0.5mol=1mol；

该硫酸所含氢元素的质量与1molHCl中所含氢元素的质量相同；

故答案为：49；3.01×1023；2；1；

（2）设SO2和SO3的分子个数都为N个；

则由n==可知：物质的量相同．质量比等于相对分子质量之比；为64：80=4：5；

其中所含氧原子个数比为2：3；

故答案为：4：5；1：1；2：3．

【解析】【答案】根据n==结合分子的构成和物质的组成来计算．

8、略

【分析】

令甲烷与氧气的质量分别为1g；4g；则：

甲烷的物质的量为=mol；

氧气的物质的量为：=mol；

相同条件下，体积之比等于物质的量之比，故此时甲烷与氧气的体积比为mol：mol=1：2；

故答案为：1：2．

【解析】【答案】令甲烷与氧气的质量分别为1g、4g，根据n=计算各自的物质的量；相同条件下，体积之比等于物质的量之比，据此计算．

9、略

【分析】试题分析：（1）配制一定体积、一定浓度的溶液的步骤是计算、称量（或量取）、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀。故正确顺序是ABDCE。（2）本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平(带砝码、镊子)、玻璃棒，还缺少的仪器是500mL容量瓶滴管。（3）若A．容量瓶使用前内壁沾有水珠，则最后定容时少加些水，对溶液的浓度无影响。错误。若B．没进行上述的操作步骤D，则由于溶质减少，n减小，所以浓度偏小。错误。若C．加蒸馏水时，不慎超过了刻度线，由于溶液的体积偏大，导致浓度偏低。错误。D．若砝码上沾有杂质，则以此砝码为标准称量的溶质的质量偏大，n偏大，所配溶液浓度就偏大。正确。考点：考查物质的量浓度的溶液的配制步骤、4的仪器及误差分析等知识。【解析】【答案】（1）ABDCE（2）500mL容量瓶滴管（3）D10、太阳能化学能2CO+4H2O2CH4+3O2△H1=﹣△H22N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）△H=+1189KJ/mol【分析】【解答】（1）由图可知；过程Ⅰ是太阳能转化为化学能；

故答案为：太阳；化学；

（2）由图可知产物为甲烷，故方程式为：2CO+4H2O2CH4+3O2；

故答案为：2CO+4H2O2CH4+3O2；

（3）由盖斯定律和能量守恒定律定律可知，△H1=﹣△H2；

故答案为：△H1=﹣△H2；

（4）常温下，N2与H2O反应生成NH3的反应为：2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）；

反应焓变△H=2×941KJ/mol+6×2×460KJ/mol﹣（4×3×393KJ/mol+3×499KJ/mol）=1189KJ/mol；

热化学方程式为：2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）△H=+1189KJ/mol；

故答案为：2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）△H=+1189KJ/mol．

【分析】（1）过程Ⅰ是太阳能转化为化学能；

（2）由图可知产物为甲烷；

（3）根据盖斯定律和能量守恒定律分析；

（4）依据反应的焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和，依据热化学方程式的书写方法进行书写．11、rm{Na}rm{Ar}rm{Si}rm{N}rm{F^{-}}rm{HCl}rm{>}rm{HClO_{4}}rm{NaOH}rm{OH^{-}+Al(OH)_{3}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}【分析】解：由元素在周期表的位置，可知rm{垄脵}为rm{C}rm{垄脷}为rm{N}rm{垄脹}为rm{O}rm{垄脺}为rm{F}rm{垄脻}为rm{Na}rm{垄脼}为rm{Al}rm{垄脽}为rm{Si}rm{垄脿}为rm{S}rm{垄谩}为rm{Cl}rm{垄芒}为rm{Ar}．

rm{(1)}同周期自左而右金属性减弱、同主族自上而下金属性增强，故上述元素中rm{Na}的金属性最强；稀有气体rm{Ar}原子最外层为稳定结构，化学性质最不活泼；rm{Si}为常见的半导体材料；rm{N}元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可直接化合生成铵盐；

故答案为：rm{Na}rm{Ar}rm{Si}rm{N}

rm{(2)}电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：rm{F^{-}>Na^{+}}

故答案为：rm{F^{-}}

rm{(3)}非金属性rm{Cl>S}非金属性越强，气态氢化物越稳定，则更稳定的为rm{HCl}故答案为：rm{HCl}

rm{(4)}同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性rm{垄脵>垄脽}故答案为：rm{>}

rm{(5)}高氯酸为含氧酸中酸性最强的酸，该酸的化学式为rm{HClO_{4}}短周期中rm{Na}的金属性最强，其对应碱rm{NaOH}的碱性最强，rm{NaOH}与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为rm{OH^{-}+Al(OH)_{3}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案为：rm{HClO_{4}}rm{NaOH}rm{OH^{-}+Al(OH)_{3}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O.}

由元素在周期表的位置，可知rm{垄脵}为rm{C}rm{垄脷}为rm{N}rm{垄脹}为rm{O}rm{垄脺}为rm{F}rm{垄脻}为rm{Na}rm{垄脼}为rm{Al}rm{垄脽}为rm{Si}rm{垄脿}为rm{S}rm{垄谩}为rm{Cl}rm{垄芒}为rm{Ar}元素．

rm{(1)}同周期自左而右金属性减弱、同主族自上而下金属性增强；稀有气体原子最外层为稳定结构，化学性质最不活泼；rm{Si}为常见的半导体材料；rm{N}元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可直接化合生成铵盐；

rm{(2)}电子层结构相同；核电荷数越大，离子半径越小；

rm{(3)}非金属性越强；气态氢化物越稳定；

rm{(4)}同主族从上到下非金属性减弱；

rm{(5)}高氯酸为含氧酸中酸性最强的酸；短周期中rm{Na}的金属性最强，rm{NaOH}的碱性最强；与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水．

本题考查元素周期表与元素周期律应用，需要学生熟练掌握元素周期表的结构与元素符号，注意对元素周期律的理解掌握，有利于基础知识的巩固．【解析】rm{Na}rm{Ar}rm{Si}rm{N}rm{F^{-}}rm{HCl}rm{>}rm{HClO_{4}}rm{NaOH}rm{OH^{-}+Al(OH)_{3}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}12、非处方药处方药非处方药皮试【分析】【解答】非处方药是不需要医师处方；即可自行判断、购买和使用的药品；简称OTC．这些药物大都用于多发病常见病的自行诊治，如感冒、咳嗽、消化不良、头痛、发热等．

处方药就是必须凭执业医师或执业助理医师处方才可调配；购买和使用的药品；简称R药．阿司匹林属于处方药；某些人群对青霉素过敏，使用青霉素前一定要进行皮肤敏感试验．

故答案为：非处方药；处方药；非处方药；皮试．

【分析】非处方药是不需要医师处方、即可自行判断、购买和使用的药品，简称OTC，某些人群对青霉素过敏．13、略

【分析】解：Ⅰ．（1）根据物质的元素组成，可以将物质分为纯净物和混合物，纯净物中，根据组成元素的种类可以将物质分为单质和化合物，只有一种元素组成的纯净物是单质，如氧气、铁，根据化合物的性质，可以将化合物分为酸、碱、盐、氧化物，如氧化钙、二氧化碳属于氧化物，根据混合物分散质微粒直径的大小，可以将混合物分为溶液（如硫酸钠溶液、稀硝酸）浊液和胶体（如红褐色的氢氧化铁液体）三种，化合物在水溶液或是熔融态下是否导电，可以将化合物分为电解质和非电解质，如CaO、H2SO4、Ba（OH）2、Cu2（OH）2CO3属于电解质；故答案为：

。分类标准金属单质氧化物溶液胶体属于该类的物质③④⑦（2）在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，非电解质包括蔗糖、酒精、非金属氧化物、NH3等；故为非电解质的是④；电解质是在水溶液中或熔融状态下均不能导电的化合物，故是电解质的是③⑤⑥⑩，其中能和盐酸反应的是③⑥⑩；

故答案为：④；③⑥⑩；

Ⅱ．（1）反应中KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，KClO3为氧化剂，HCl为还原剂，当有3molCl2生成时，转移5mol电子，当有1molCl2生成时，氧化产物与还原产物的质量之比为mol：mol=5：1；

故答案为：KClO3；HCl；5：1；

（2）氧化还原反应MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2O中，失电子的元素氯元素，化合价升高，得电子的元素锰元素，化合价降低，化合价降低数目=化合价升高数目=转移的电子数目=2mol，所以每生成标准状况下4.48LCl2，转移的电子的物质的量为×2=0.4mol；

故答案为：0.4．

Ⅰ．（1）根据物质的分类标准以及分类结果进行判断物质所属的类别；两种元素组成其中一种为氧元素的化合物为氧化物，分散质微粒直径1-100nm形成的分散系为胶体；

（2）在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质；盐酸是一种强酸具有酸的通性；

Ⅱ．（1）反应中，KClO3中氯元素化合价由+5价降低为0价；盐酸中，部分氯元素化合价由-1价升高为0价，以此解答该题；

（2）氧化还原反应中失电子的元素化合价升高；得电子的元素化合价降低，化合价降低数目=化合价升高数目=转移的电子数目．

本题考查了物质分类的依据和分析判断、氧化还原反应概念和电子转移等，物质组成和性质是解题关键，题目难度中等．【解析】④；③⑥⑩；KClO3；HCl；5：1；0.414、（1）b（2）（3）冶炼金属焊接钢轨（4）①Fe2+、Fe3+

②NaOH溶液2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2↑

③

【分析】【分析】本题考查了铝热反应，题目难度中等，涉及铝热反应原理、化学方程式书写、物质检验与鉴别方法等知识，明确铝热反应原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。【解答】rm{(1)a.}反应吸热、放热与反应条件没有必然关系，该反应中反应物总能量大于生成物总能量，所以该反应为放热反应，故rm{a}错误；rm{b.}铝热反应中，由于铝的还原性较强，所以铝能将相对不活泼的金属从其化合物中置换出来，故rm{b}正确；故答案为：rm{b}rm{(2)}铝与氧化铁发生的铝热反应方程式为：rm{2Al+F{e}_{2}{O}_{3};overset{赂脽脦脗}{=}2Fe+A{l}_{2}{O}_{3}}故答案为：rm{2Al+F{e}_{2}{O}_{3};overset{赂脽脦脗}{=}2Fe+A{l}_{2}{O}_{3}}rm{2Al+F{e}_{2}{O}_{3};

overset{赂脽脦脗}{=}2Fe+A{l}_{2}{O}_{3}}铝热反应放出大量的热，可冶炼熔点较高的金属、焊接钢轨，故答案为：冶炼金属；焊接钢轨；rm{2Al+F{e}_{2}{O}_{3};

overset{赂脽脦脗}{=}2Fe+A{l}_{2}{O}_{3}}取少量固体样品，加入过量稀盐酸，固体溶解，产生无色气体rm{(3)}经检验为rm{(4)}溶液呈浅黄色，说明溶液中含有rm{(}向rm{H_{2})}所得溶液中加入少量rm{Fe^{3+}}溶液，溶液呈浅红色，再加入rm{i}溶液，溶液变为深红色，说明加入双氧水后，溶液中亚铁离子被氧化成铁离子，所以溶液由浅红色变为深红色，则溶液中铁元素存在形式为rm{KSCN}rm{H_{2}O_{2}}rm{Fe^{2+}}根据分析可知，铁元素在溶液中存在形式为：rm{Fe^{3+}}rm{垄脵}故答案为：rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{2+}}铁、氧化铁都不与氢氧化钠溶液反应，而铝能够与氢氧化钠溶液反应，所以可用氢氧化钠溶液检验样品中是否含rm{Fe^{3+}}单质，反应的离子方程式为：rm{垄脷}故答案为：rm{Al}溶液；rm{2OH^{-}+2Al+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}rm{NaOH}中再加入rm{2OH^{-}+2Al+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}溶液，双氧水分解后，化学rm{垄脹ii}为：rm{2{H}_{2}{O}_{2}xrightarrow[]{麓脽禄炉录脕}2{H}_{2}O+{O}_{2}隆眉}故答案为：rm{2{H}_{2}{O}_{2}xrightarrow[]{麓脽禄炉录脕}2{H}_{2}O+{O}_{2}隆眉}rm{H_{2}O_{2}}【解析】rm{(1)b}rm{(2)2Al+F{e}_{2}{O}_{3};overset{赂脽脦脗}{=}2Fe+A{l}_{2}{O}_{3}}rm{(2)2Al+F{e}_{2}{O}_{3};

overset{赂脽脦脗}{=}2Fe+A{l}_{2}{O}_{3}}冶炼金属焊接钢轨rm{(3)}rm{(3)}

rm{(4)垄脵Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{{,!}^{;;;;;;;;;}}rm{垄脷}溶液rm{垄脷}

rm{垄脹2{H}_{2}{O}_{2}xrightarrow[]{麓脽禄炉录脕}2{H}_{2}O+{O}_{2}隆眉}

三、判断题(共9题，共18分)15、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．16、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；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．18、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．19、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．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、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．22、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．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、实验题(共3题，共21分)24、略

【分析】（1）由于容量瓶的规格没有480ml的，所以应该配制500ml，则容量瓶的规格是500ml。（2）容量瓶是500ml，所以氢氧化钠是0.5L×0.4mol/L＝0.2mol，质量是0.2mol×40g/mol＝8.0g，因此需要称量8.0g氢氧化钠固体。（3）物质的量浓度溶液的配制，需要在室温下进行。而氢氧化钠溶于水是放热的，所以在转移之前需要冷却至室温下。（4）烧杯和玻璃棒需要洗涤2～3次，且洗涤液也要转移至容量瓶中。（5）当接近液面1～2cm时，改用胶头滴管进行定容。最后盖好瓶塞，上下颠倒混合均匀。（6）根据c＝n/V可知，若所用的NaOH中混有少量Na2O，则溶质氢氧化钠就增加，浓度偏高；称量时，如果小烧杯内壁不太干燥，但氢氧化钠的质量不变，所以对结果不影响；同样容量瓶洗净后没有烘干，溶质和质量和溶液的体积不变，浓度不变；由于氢氧化钠溶于水，放热，如果立即转移，则冷却后，溶液体积偏少，浓度偏高；转移时没有洗涤，则氢氧化钠减少，浓度偏低；定容时俯视观察液面与容量瓶刻度线，则溶液体积减少，浓度偏高；定容摇匀后静止，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线，则溶液体积增加，浓度偏低。【解析】【答案】（1）500（2）8.0g（3）冷却至室温后（4）2-3一起转入容量瓶中（5）离刻度线1-2cm胶头滴管上下颠倒混合均匀（6）ADFEGBC25、（Ⅰ）（1）探究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响2804.00×10-3（2）3.50×10-3mol/L（3）增大（II）【分析】【分析】本题考查化学平衡计算、外界条件对反应速率的影响、化学反应速率计算、反应速率快慢比较等，rm{I}中注意利用控制变量法分析解答，反应速率快慢比较还可用速率与其化学计量数的比值大小判断，比值越大，表示反应速率越快，难度中等。中注意利用控制变量法分析解答，反应速率快慢比较还可用速率与其化学计量数的比值大小判断，比值越大，表示反应速率越快，难度中等。【解答】rm{I}实验目的是：探究某些外界条件对汽车尾气转化反应速率的影响规律，应采取控制变量法进行研究，实验rm{(I)(1)}Ⅱ催化剂比表面积不同，其它条件要相同，是探究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响，故Ⅱ中的温度为rm{I}rm{280隆忙}的初始浓度为rm{CO}

故答案为：探究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响；rm{4.00隆脕10^{-3}mol/L}rm{280}rm{4.00隆脕10}rm{{,!}^{-3}}由方程式可知rm{trianglec(NO)=trianglec(CO)=4.00隆脕10^{-3}mol/L-1.00隆脕10^{-3}mol/L=3.00隆脕10^{-3}mol/L}故平衡时rm{{,!}^{-3}}浓度rm{(2)}故答案为：rm{trianglec(NO)=triangle

c(CO)=4.00隆脕10^{-3}mol/L-1.00隆脕10^{-3}mol/L=3.00隆脕10^{-3}mol/L}

rm{NO}由曲线Ⅰ；Ⅱ可知；增大催化剂比表面积，缩短到达平衡的时间，汽车尾气转化速率增大。

故答案为：增大；

rm{=6.5隆脕10^{-3}mol/L-3.00隆脕10^{-3}mol/L=3.5隆脕10^{-3}mol/L}由于rm{3.5隆脕10^{-3}mol/L}速率之比等于化学计量数之比，所以rm{(3)}所以反应所经历的时间为rm{dfrac{0.9mol/L}{0.3mol/(L隆陇s)}=3s}。

故答案为：rm{(II)(1)}

rm{v(N_{2})=0.15mol/(L?s)}反应为rm{v(NH_{3})=2v(N_{2})=2隆脕0.15mol/(L?s)=0.3mol/(L?s)}rm{dfrac{0.9mol/L}{0.3mol/(L隆陇s)}=3s

}rm{B}rm{(2)}rm{N}rm{N}以氢气的反应速率为标准进行判断：A.rm{{,!}_{2}}

B.rm{+3H}反应速率之比等于其计量数之比，所以rm{+3H}

C.rm{{,!}_{2}}反应速率之比等于其计量数之比，所以rm{v(H_{2})=dfrac{3}{2}v(NH_{3})=0.225mol/(L?min)}

D.rm{?2NH}反应速率之比等于其计量数之比，所以rm{?2NH}所以反应速率最快的是rm{{,!}_{3}}

故选D。rm{v(H_{2})=0.1mol?L^{-1}?min^{-1}}【解析】rm{(}Ⅰrm{)}rm{(1)}探究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响rm{280}rm{4.00隆脕10^{-3}}rm{(2)3.50隆脕10^{-3}mol/L}rm{(3)}增大rm{(II)}rm{(II)}26、（1）C

（2）14.3g

Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO2HClO=2HCl+O2（3）①HCl②Cl2

③取少量氯水，加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀则含有氯离子

④酸性漂白性【分析】【分析】本题考查了实验室制备氯气的方法、氯水成分及性质的实验探究，明确氯气制备原理，氯水成分及性质是解题关键，注意实验设计严密性，侧重考查学生分析问题解决问题的能力，题目难度中等。【解答】rm{(1)}二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，离子学方程式：rm{Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}overset{triangle}{=}M{n}^{2+}+C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}氯气的密度比空气的密度大，用向上排空气收集，多余的氯气用氢氧化钠溶液吸收，故选C，

故答案为：rm{Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}overset{triangle}{=}M{n}^{2+}+C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}

overset{triangle}{=}M{n}^{2+}+C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}

rm{Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}

overset{triangle}{=}M{n}^{2+}+C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{C}rm{2C{l}^{-};+2{H}_{2}O;overset{碌莽陆芒}{=};C{l}_{2}隆眉;+;{H}_{2}隆眉;+2O{H}^{-}}若将rm{(2)}氯气通入足量石灰乳中发生反应：工业上电解饱和食盐水制取氯气的离子方程式为rm{2C{l}^{-};+2{H}_{2}O;

overset{碌莽陆芒}{=};C{l}_{2}隆眉;+;{H}_{2}隆眉;+2O{H}^{-}}完全反应生成次氯酸钙物质的量为rm{0.2mol}则次氯酸钙质量rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}rm{2molCl_{2}}rm{0.1mol}rm{=0.1mol隆脕143g/mol=14.3g}rm{+H_{2}O=CaCO_{3;}+2HClO}漂白粉需密封保存是因为rm{Ca(ClO)_{2}}故答案为：rm{2C{l}^{-};+2{H}_{2}O;overset{碌莽陆芒}{=};C{l}_{2}隆眉;+;{H}_{2}隆眉;+2O{H}^{-}}rm{+CO_{2}}rm{+H_{2}O=CaCO_{3;}+

2HClO}rm{2HClO=2HCl+O_{2}}rm{+H_{2}O=CaCO_{3;}+2HClO}rm{2C{l}^{-};+2{H}_{2}O;

overset{碌莽陆芒}{=};C{l}_{2}隆眉;+;{H}_{2}隆眉;+2O{H}^{-}}浓盐酸易挥发；制取的氯气含有氯化氢，依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，也会有无色气泡产生，对氯水性质检验造成干扰；

故答案为：rm{14.3g}

rm{Ca(ClO)_{2}}实验Ⅰ：没有事先证明干燥的氯气无漂白性；则不能证明氯气与水反应的产物是否具有漂白性；

故答案为：rm{+CO_{2}}

rm{+H_{2}O=CaCO_{3;}+

2HClO}氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀；白色沉淀不溶于硝酸，所以检验氯离子存在的方法：

取少量氯水于试管中，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀产生，说明有rm{2HClO=2HCl+O_{2}}存在；反之无rm{(3)垄脵}存在；

故答案为：取少量氯水于试管中，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀产生，说明有rm{HCl}存在；反之无rm{垄脷}存在；

rm{Cl_{2}}正确的实验装置和操作进行实验；观察到实验现象与实验Ⅰ；Ⅱ中相似，说明氯水具有漂白性和酸性；

故答案为：酸性和漂白性。

rm{垄脹}【解析】rm{(1)Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}overset{triangle}{=}M{n}^{2+}+C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{(1)Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}

overset{triangle}{=}M{n}^{2+}+C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{(2)2C{l}^{-};+2{H}_{2}O;overset{碌莽陆芒}{=};C{l}_{2}隆眉;+;{H}_{2}隆眉;+2O{H}^{-}}rm{C}rm{(2)2C{l}^{-};+2{H}_{2}O;

overset{碌莽陆芒}{=};C{l}_{2}隆眉;+;{H}_{2}隆眉;+2O{H}^{-}}rm{14.3g}rm{+H_{2}O=CaCO_{3;}+2HClO}rm{Ca(ClO)_{2}}rm{+CO_{2}}rm{+H_{2}O=CaCO_{3;}+

2HClO}rm{2HClO=2HCl+O_{2}}取少量氯水，加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀则含有氯离子rm{(3)垄脵HCl}酸性漂白性rm{垄脷Cl_{2}}五、简答题(共4题，共20分)27、略

【分析】解：rm{(1)}由图可知，rm{2min}后物质的量不再发生变化，则当反应进行到第rm{2min}该反应达到平衡，故答案为：rm{2}

rm{(2)}由图可知，平衡时rm{Y}的物质的量为rm{0.9mol}平衡时rm{Y}的浓度为rm{dfrac{0.9mol}{2L}=0.45mol/L}故答案为：rm{dfrac

{0.9mol}{2L}=0.45mol/L}

rm{0.45mol/L}由图可知，转化的rm{(3)}为rm{X}平衡时rm{1mol-0.7mol=0.3mol}的转化率是rm{dfrac{{脳陋禄炉脗脢碌脛脕驴}}{{驴陋脢录碌脛脕驴}}隆脕100%=dfrac{0.3mol}{1mol}隆脕100%=30%}故答案为：rm{X}

rm{dfrac

{{脳陋禄炉脗脢碌脛脕驴}}{{驴陋脢录碌脛脕驴}}隆脕100%=dfrac

{0.3mol}{1mol}隆脕100%=30%}rm{30%}的物质的量减小，rm{(4)X}rm{Y}为反应物，rm{X}为生成物，rm{Y}rm{Z}rm{X}的rm{Y}之比为rm{Z}rm{trianglen}rm{(1mol-0.7mol)}rm{(1mol-0.9mol)}rm{(0.2mol-0)=3}且rm{1}达到平衡，物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，该反应的化学方程式为rm{2}故答案为：rm{2min}

rm{3X+Y?2Z}反应从开始至rm{3X+Y?2Z}分钟末，用rm{(5)}的浓度变化表示的平均反应速率为rm{v(Z)=dfrac{dfrac{0.2mol}{2L}}{2min}=0.05mol/(L.min)}故答案为：rm{2}

rm{Z}反应前后的压强之比等于物质的量之比，则不考虑温度变化的影响，反应前后容器内的压强之比为rm{v(Z)=dfrac{dfrac

{0.2mol}{2L}}{2min}=0.05mol/(L.min)}前rm{0.05mol/(L.min)}rm{(6)}后rm{)=dfrac{1mol+1mol}{0.9mol+0.7mol+0.2mol}=10}rm{P(}

故答案为：rm{)}rm{P(}．

rm{)=dfrac

{1mol+1mol}{0.9mol+0.7mol+0.2mol}=10}由图可知，rm{9}后物质的量不再发生变化；

rm{10}由图可知，平衡时rm{9}的物质的量为rm{(1)}结合rm{2min}计算；

rm{(2)}由图可知，转化的rm{Y}为rm{0.9mol}结合转化率rm{=dfrac{{脳陋禄炉脗脢碌脛脕驴}}{{驴陋脢录碌脛脕驴}}隆脕100%}计算；

rm{c=dfrac{n}{V}}rm{(3)}的物质的量减小，rm{X}rm{1mol-0.7mol=0.3mol}为反应物，rm{=dfrac

{{脳陋禄炉脗脢碌脛脕驴}}{{驴陋脢录碌脛脕驴}}隆脕100%}为生成物，rm{(4)X}rm{Y}rm{X}的rm{Y}之比为rm{Z}rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{trianglen}且rm{(1mol-0.7mol)}达到平衡；物质的量的变化量之比等于化学计量数之比；

rm{(1mol-0.9mol)}结合rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算；

rm{(0.2mol-0)=3}反应前后的压强之比等于物质的量之比；以此来解答．

本题考查物质的量随时间的变化曲线，为高频考点，把握图中物质的量的变化、平衡状态、反应的确定、速率计算等为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意化学计量数的确定方法，题目难度不大．rm{1}【解析】rm{2}rm{0.45mol/L}rm{30%}rm{3X+Y?2Z}rm{0.05mol/(L.min)}rm{10}rm{9}28、（1）6

（2）24.0

（3）CBDFAE

（4）100ml容量瓶

（5）①偏高。

②无影响【分析】【分析】本题考查物质的量浓度溶液的配制，涉及计算、先后次序排列、仪器的选择、误差分析，难度一般。【解答】rm{(1)}该rm{NaOH}溶液的物质的量浓度为：rm{

dfrac{1000隆脕1.2隆脕20拢楼}{40}mol/L=6mol/L}该rm{(1)}溶液的物质的量浓度为：rm{dfrac{1000隆脕1.2隆脕20拢楼}{40}mol/L=6mol/L}rm{NaOH}

rm{

dfrac{1000隆脕1.2隆脕20拢楼}{40}mol/L=6mol/L}配制故答案为：rm{6}rm{6}溶液rm{(2)}配制rm{6mol/L}需要氢氧化钠的质量为：rm{0.1L隆脕6mol/L隆脕40g/mol=24.0g}rm{(2)}

rm{6mol/L}溶液配制步骤：计算的rm{NaOH}溶液rm{100mL}称量rm{NaOH}rm{100mL}需要氢氧化钠的质量为：rm{0.1L隆脕6mol/L隆脕40g/mol=24.0g

}rm{0.1L隆脕6mol/L隆脕40g/mol=24.0g

}故答案为：rm{24.0}rm{24.0}rm{(3)}溶液配制步骤：计算rm{隆煤}称量rm{(3)}rm{隆煤}rm{隆煤}溶解rm{隆煤}

冷却

rm{隆煤}由图可以知道，上述实验步骤转移rm{隆煤}洗涤rm{隆煤}都用到的仪器名称为定容rm{隆煤}

摇匀，故溶液配制实验过程先后次序排列为：rm{CBDFAE}rm{CBDFAE}故答案为：rm{CBDFAE}

rm{CBDFAE}定容时俯视观察液面；导致所配溶液的体积偏小，配制溶液的浓度偏高；

故答案为：偏高；

rm{(4)}由图可以知道，上述实验步骤rm{A}rm{B}rm{E}rm{F}都用到的仪器名称为溶液配制需加水定容，容量瓶中原有少量蒸馏水，对所配溶液无影响，

rm{(4)}

rm{A}【解析】rm{(1)6}

rm{(2)24.0}

rm{(3)CBDFAE}rm{(4)100ml}容量瓶rm{(5)垄脵}偏高。

rm{垄脷}无影响29、（1）碱石灰。

（2）有气泡冒出并产生白色沉淀。

（3）Cu2O；Cu

（4）3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸【分析】【分析】

本题考查氨气的制备与性质实验、对装置的理解、实验操作、化学计算等，难度中等，掌握物质的性质理解原理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有扎实的基础与分析问题、解决问题的能力。

【解答】

rm{(1)}进入rm{C}中硬质试管的氨气应干燥，装置rm{B}的作用是干燥氨气；干燥氨气用碱石灰，故答案为：碱石灰；

rm{(2)}反应后的尾气中含有未反应的氨气，氨气在rm{E}溶液中与二氧化硫反应生成亚硫酸铵；亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡，故还有白色沉淀沉淀，所以现象为有气泡冒出并产生白色沉淀，故答案为：有气泡冒出并产生白色沉淀；

rm{(3)16gCuO}中含有rm{Cu}元素质量为rm{16g隆脕64/80=12.8g}含有氧元素质量为rm{16g-12.8g=3.2g}反应后称重固体质量减少rm{2.4g}剩余固体质量为rm{16g-2.4g=13.6g}大于rm{12.8g}故剩余固体含有rm{Cu}rm{O}元素，故rm{n(Cu)=12.8g/64g/mol=0.2mol}含有rm{O}元素的质量为rm{13.6g-12.8g=0.8g}rm{n(O)=0.8g/16g/mol=0.05mol}rm{n(Cu)}rm{n(O)=0.2mol}rm{0.05mol=4}rm{1>2}rm{1}故剩余固体为rm{Cu_{2}O}rm{Cu}故答案为：rm{Cu_{2}O}rm{Cu}

rm{(4)}氯气有强氧化性，氧化氨气生成rm{N_{2}}产生白烟，说明生成固体，故还生成rm{NH_{4}Cl}反应方程式为：rm{3Cl_{2}+8NH_{3}=N_{2}+6NH_{4}Cl.}盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸，故答案为：rm{3Cl_{2}+8NH_{3}=N_{2}+6NH_{4}Cl}盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸。【解析】rm{(1)}碱石灰。

rm{(2)}有气泡冒出并产生白色沉淀。

rm{(3)Cu_{2}O}rm{Cu}

rm{(4)3Cl_{2}+8NH_{3}=N_{2}+6NH_{4}Cl}盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸30、略

【分析】解：rm{(1)}在烧杯中加入rm{5mL1.0mol/L}盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，观察产生rm{H_{2}}的速率；开始时盐酸的浓度减小，速率应减小，但实际上增大，说明温度对速率的影响大于浓度对速率的影响，则该反应放热；放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，则图象B正确；

故答案为：放热