2025年粤教沪科版高一化学上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年粤教沪科版高一化学上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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列物质所属的类别正确的是A.Na2SO4——盐B.干冰——混合物C.氢氧化铁胶体——纯净物D.NaHCO3——酸2、对化学反应自发进行的方向起作用的因素的判断不正确的是（）A.有时焓变对反应自发进行的方向起决定性作用B.有时熵变对反应自发进行的方向起决定性作用C.焓变和熵变是判断反应自发进行方向的两个主要因素D.焓变和熵变都与反应的自发性有关，都能独立地作为反应自发性的判据3、NA为阿伏加德罗常数，下列物质所含分子数最少的是（）A.0.8mol氧气B.标准状况下2.24L氨气C.3.6g水（水的摩尔质量为18g•mol﹣1）D.含NA个氢分子的氢气4、下列实验操作正确的是（）A.稀释浓硫酸时，应将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中B.过滤操作时，为了加快过滤速率，可用玻璃棒不断搅拌过滤器中液体C.分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D.将固体加入容量瓶中溶解并稀释至刻度，配制成一定物质的量浓度的溶液5、以下是一些常用的危险品标志，装运浓硫酸的包装箱应贴的图标是()A.B.C.D.6、已知钡的活动性介于钠和钾之间，下列叙述正确的是A.钡与水反应不如钠与水反应剧烈B.钡可以从氯化钾溶液中置换出钾C.氧化性：rm{K^{+}>Ba^{2+}>Na^{+}}D.碱性：rm{KOH>Ba(OH)_{2}>NaOH}7、下列变化符合图示的是()

rm{垄脵}冰雪融化rm{垄脷KMnO_{4}}分解制rm{O_{2}}rm{垄脹}浓硫酸稀释rm{垄脺}钠与水反应rm{垄脻}二氧化碳与灼热的木炭反应rm{垄脼}rm{Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}和rm{NH_{4}Cl}的反应．A.rm{垄脷垄脼}B.rm{垄脷垄脻垄脼}C.rm{垄脵垄脷垄脻垄脼}D.rm{垄脹垄脺}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、(8分)分别用一种试剂将下列物质中混入的少量杂质除去（括号内为混入的杂质）。物质需加入的试剂有关离子方程式HNO3(H2SO4)Cu(Fe)ZnSO4(CuSO4)NaCl(Na2CO3)9、已知下列物质的氧化性：KMnO4＞Cl2＞Fe3+＞I2．某小组用如图所示装置进行实验（夹持仪器已略去；气密性已检验）来验证：

Ⅰ．打开弹簧夹；打开活塞a，滴加浓盐酸．

Ⅱ．当B和C中的溶液由浅绿色变为黄色时；夹紧弹簧夹．

Ⅲ．

试回答下列问题：

（1）A中产生氯气的化学方程式____

（2）由湿润的淀粉﹣KI试纸变蓝的现象得出的结论是____

（3）写出步骤II结束后检验B中阳离子的试剂：____现象：____．

A．打开活塞b，振荡D试管、静止后可以观察到的现象是____

B．在100mLFeI2溶液中通入2.24LCl2（标准状况），溶液中有的I﹣被氧化成单质I2，则原FeI2溶液中FeI2的物质的量浓度为____．10、同温同压下，某瓶充满氧气时质量为rm{116g}充满二氧化碳时，质量为rm{122g}充满气体rm{A}时质量为rm{114g}rm{A}的摩尔质量为______．11、（1）根据NaH的存在，有人提议可把氢元素放在____族，那么根据其最高正价与最低负价的绝对值相等，又可把氢元素放在周期表中的____族。（2）现有甲、乙两种元素，甲元素在第三周期第VIIA族，甲元素与碘元素相比较，非金属性较强的是____（填元素名称），写出可以验证该结论的一个化学反应方程式____（3）现有甲、乙两种短周期元素，室温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或空气中，表面都生成致密的氧化膜，乙元素原子核外M电子层与K电子层上的电子数相等。甲、乙两元素相比较，金属性较强的是____（填名称），可以验证该结论的实验是（）。(a)将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中(b)将这两种元素的单质粉末分别和同浓度的盐酸反应(c)将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液(d)比较这两种元素的气态氢化物的稳定性12、（12分）下表是元素周期表的一部分，请回答有关问题：。IAⅡAⅢAⅣAVAⅥAⅦA01ab2cdefg3hIjkl4mn（1）h元素与k元素形成的化合物的电子式：_____________________；（2）用电子式表示a与e形成1︰1型化合物的形成过程。（3）属于稀有气体的是__________（填元素符号，下同）；（4）第三周期中，原子半径最大的是（稀有气体除外）________________；（5）推测Si、N最简单氢化物的稳定性__________大于_________（填化学式）。（6）表中标字母的元素中，能形成两性氢氧化物的元素是________（用元素符号表示，下同），写出该两性氢氧化物与m的氢氧化物的水溶液反应的离子方程式_________；13、现有三组溶液：rm{垄脵}汽油和氯化钠溶液rm{垄脷39%}的酒精溶液rm{垄脹}氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是______、______、______．14、现有下列rm{7}中物质：rm{垄脵}冰水混合物rm{垄脷}空气rm{垄脹Mg垄脺CaO垄脻H_{2}SO_{4}垄脼Ca(OH)_{2}垄脽CuSO_{4}}其中，属于混合物的是______；属于碱的是______；属于盐的是______；属于酸的是______，属于单质的是______，属于碱性氧化物的是______rm{垄脹Mg垄脺CaO垄脻H_{2}SO_{4}垄脼

Ca(OH)_{2}垄脽CuSO_{4}}15、rm{(1)}等物质的量的rm{SO_{2}}与rm{SO_{3}}二者的质量之比为______；所含氧原子数之比为______．

rm{(2)}在标准状况下，rm{CO}和rm{CO_{2}}混合气体的质量为rm{36g}体积为______，则其中rm{CO_{2}}所占的体积为rm{11.2L}rm{CO}所占的质量为______．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）17、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。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、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）评卷人得分四、实验题(共3题，共6分)21、实验室配制rm{500mL}rm{0.2mol?L^{-1}}的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液；实验操作步骤有：

rm{垄脵}用天平称取一定量的rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O}放在烧杯中用适量的蒸馏水将其完全溶解；rm{垄脷}把制得的溶液小心地注入______中；

rm{垄脹}继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线rm{1cm隆芦2cm}处；改用______小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线相切；

rm{垄脺}用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒rm{2隆芦3}次；每次洗涤的液体都小心转移入容量瓶，并轻轻摇匀；

rm{垄脻}将容量瓶塞塞紧；充分摇匀。

请填写下列空白：

rm{(1)}操作步骤的正确顺序为rm{(}填序号rm{)}______；

rm{(2)}写出rm{垄脷垄脹}步骤中；所缺的仪器______；______；

rm{(3)}若实验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度；应如何处理？______

rm{(4)}计算所需rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O}的质量。22、某同学探究同周期元素性质的递变规律，并讨论影响化学反应速率的因素，选用的试剂如下，镁条、铝条、铝粉、钠、新制的rm{Na_{2}S}溶液，新制的氯水，rm{0.5mol/L}的盐酸，rm{3mol/L}的盐酸；酚酞试液，其设计的实验方案及部分实验现象如下表：

。实验步骤实验现象rm{垄脵}将一小块金属钠放入滴有酚酞试液的冷水中钠块浮在水面上，熔化成闪亮的小球，做不定向移动，随之消失，溶液变红色rm{垄脷}将表面积大致相同的镁条和铝条rm{(}均已用砂纸打磨过，分别投入足量的相同体积的rm{0.5mol/L}的盐酸中镁条剧烈反应，迅速产生大量的无色气体，而铝条反应不十分剧烈，产生无色气体，镁条消失比铝条快rm{垄脹}将新制的氯水滴加到新制的rm{Na_{2}S}溶液中rm{垄脺}将相同质量的镁条rm{(}已用砂纸打磨过rm{)}和铝粉分别投入到足量的相同体积的rm{0.5mol/L}的盐酸和rm{3mol/L}的盐酸中剧烈反应产生气体，但铝粉消失比镁条快请回答下列问题：

rm{(1)}实验rm{垄脹}的现象是______；该反应的离子方程式为______．

rm{(2)}由实验rm{垄脹}得出的实验结论是______．

rm{(3)}由实验rm{垄脷}可得出决定化学反应快慢的主要因素是______．

rm{(4)}实验rm{垄脺}中，因为铝粉消失所用的时间短，因此，该同学得出结论：铝比镁易失电子，该结论是否正确并说明原因______．23、某学生用rm{12mol隆陇L^{-1}}的浓盐酸配制rm{0.10mol隆陇L^{-1}}的稀盐酸rm{500mL}回答下列问题：rm{(1)}量取浓盐酸的体积为_________rm{mL}应选用的量筒规格为___________。rm{(2)}配制时应选用的容量瓶规格为是_________________。rm{(3)}配制时rm{(}除容量瓶外rm{)}还需选用的仪器主要有量筒、_____、_____、及_____和试剂瓶。rm{(4)}如图表示配制一定物质的量浓度的rm{NaCl}溶液的部分操作示意图，其中有错的是()

评卷人得分五、简答题(共3题，共12分)24、为了达到下表所列的实验目的；请选择合适的实验方法，将其标号填入对应的空格中．

。实验目的实验方法rm{(1)}鉴别甲烷和乙烯rm{(2)}除去rm{NO}气体中的少量rm{NO_{2}}rm{(3)}除去rm{FeCl_{2}}溶液中的少量rm{FeCl_{3}}rm{(4)}鉴别rm{Na_{2}SO_{4}}溶液和rm{NaCl}溶液供选择的实验方法：

A.通入水中；排水收集。

B.加入足量铁粉；过滤。

C.通入酸性rm{KMnO_{4}}溶液中；观察现象。

D.加入氯化钡溶液和盐酸，观察现象．25、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种短周期元素，已知相邻的rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种元素原子核外共有rm{56}个电子，在周期表中的位置如图所示。rm{E}的单质可与酸反应，rm{1molE}单质与足量酸作用，在标准状况下能产生rm{33.6LH_{2}}rm{E}的阳离子与rm{A}的阴离子核外电子层结构完全相同。回答下列问题：rm{(1)A}与rm{E}形成的化合物的化学式是____。rm{(2)B}的最高价氧化物化学式为____，rm{C}的元素名称为____。rm{(3)D}的单质与水反应的方程式为rm{_}____。26、现有rm{垄脵}甲烷rm{垄脷}苯rm{垄脹}乙烯rm{垄脺}乙醇rm{垄脻}油脂rm{垄脼}金属铝rm{垄脽}氧化铁rm{(1)}甲烷的分子构型是_____。rm{(2)}请写出rm{垄脹}的一个用途__________；rm{垄脺}中的官能团的名称_____．rm{(3)}用于生产肥皂的有机物是_____rm{(}填序号rm{)}．rm{(4)}请写出rm{垄脼}和rm{垄脽}高温下发生的化学反应方程式______________________________．rm{(5)}请写出由rm{垄脷}燃烧的化学反应方程式______________________________________．评卷人得分六、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7题，共14分)1、A【分析】试题分析：A、Na2SO4属于盐，正确；B、干冰即CO2属于化合物，错误；C、氢氧化铁胶体是分散系的一种，属于混合物，错误；D、NaHCO3是酸式盐，属于盐，错误。考点：物质的分类相关知识。【解析】【答案】A2、D【分析】【解答】反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0；△H＜0，△S＞0，所有温度下反应自发进行，△H＞0，△S＞0，高温下反应能自发进行，△H＜0，△S＜0，低温下反应自发进行，△H＞0，△S＜0，所有温度下反应都不自发进行；

A．上述分析可知；有时焓变对反应的方向起决定性作用，故A正确；

B．根据分析可知；有时熵变对反应的方向起决定性作用，故B正确；

C．判断反应方向的两个主要因素是焓变和熵变；故C正确；

D．焓变和熵变都与反应的自发性有关；不能独立地作为自发性的判据，可利用综合判据△H﹣T△S来判断，故D错误；

故选D．

【分析】反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，△H＜0，△S＞0，所有温度下反应自发进行，△H＞0，△S＞0，高温下反应能自发进行，△H＜0，△S＜0，低温下反应自发进行，△H＞0，△S＜0，所有温度下反应都不自发进行；所以焓变和熵变判断反应的自发性，单独使用不准确，据此进行解答．3、B【分析】【解答】A；0.8mol氧气；

B；标准状况下2.24L氨气物质的量为0.1mol；

C；3.6g水物质的量为0.2mol；

D、含NA个氢分子的氢气物质的量为1mol；

综上所述比较微粒物质的量可知B选项分子数最少；

故选B．

【分析】计算选项中微粒的物质的量比较分子数4、C【分析】解：A．稀释浓硫酸；应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入水中，并用玻璃棒搅拌，防止酸液飞溅，故A错误；

B．不断搅拌会损坏滤纸；造成过滤失败，故B错误；

C．分液时应避免液体重新混合而污染；应将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；

D．容量瓶不能用来直接盛装固体配置溶液；要将固体先在烧杯中溶解，冷却至室温转移到容量瓶中，故D错误．

故选C．

A．稀释浓硫酸；应防止酸液飞溅；

B．过滤操作时；不能搅拌；

C．分液时应避免液体重新混合而污染；

D．容量瓶不能用来直接盛装固体配制溶液．

本题考查较为综合，涉及物质的分离、提纯、溶液的稀释以及溶液的配制，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．【解析】【答案】C5、A【分析】【分析】本题考查了常用的危险品标志，注意解答本题时，首先要知道各个标签所代表的含义，然后根据浓硫酸的性质进行分析判断，本题难度不大。【解答】A.图标为腐蚀品，浓硫酸属于腐蚀性危险药品，故A正确；B.图标为爆炸品；浓硫酸属于腐蚀性危险药品，故B错误；

C.图标为剧毒品；浓硫酸属于腐蚀性危险药品，故C错误；

D.图标为易燃液体；浓硫酸属于腐蚀性危险药品，故D错误。

故选A。

【解析】rm{A}6、D【分析】【分析】本题以钡为载体；考查元素性质的递变规律，难度较小，清楚规律即可解答，注意基础知识的掌握。

【解答】

A.钡的活动性介于钠和钾之间；钡的金属性比钠强，钡与水反应比钠与水反应更剧烈，故A错误；

B.钡与水反应，不能置换rm{KCl}溶液中置换出钾；故B错误；

C.金属性rm{K>Ba>Na}金属性越强对应离子的氧化性越弱，所以离子氧化性为rm{K^{+}<Ba^{2+}<Na^{+}}故C错误；

D.金属性rm{K>Ba>Na}金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性rm{KOH>Ba(OH)}金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性rm{K>Ba>Na}rm{KOH>Ba(OH)}rm{2}故D正确。rm{2}

rm{>NaOH}故D正确。【解析】rm{D}7、B【分析】【分析】本题考查了化学反应能量变化的分析判断，掌握常见反应的能量变化是关键，题目较简单。【解答】图象分析可知反应物能量低于生成物，说明反应是吸热反应，据此分析判断选项。rm{垄脵}冰雪融化属于物理变化；故错误；

rm{垄脷KMnO_{4}}分解制rm{O_{2}}是吸热反应；故正确；

rm{垄脹}浓硫酸稀释是放热；故错误；

rm{垄脺}钠与水反应是放热反应；故错误；

rm{垄脻}二氧化碳与灼热的木炭反应是吸热反应；故正确；

rm{垄脼Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}和rm{NH_{4}Cl}的反应是吸热反应；故正确；

故选B。

【解析】rm{B}二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】试题分析：除去HNO3中的H2SO4，可加入硝酸钡，生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓；Fe为活泼金属，可与盐酸或稀硫酸反应而除去，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；可用Zn置换Cu，反应的离子方程式为Zn+Cu2+=Zn2++Cu；可加入盐酸除去杂质，反应的离子方程式为2H++CO32-=CO2↑+H2O．考点：考查物质的分离、提纯基本方法的选择与应用，离子方程式的书写等知识。【解析】【答案】23.（8分）。物质需加入的试剂有关离子方程式HNO3(H2SO4)Ba(NO3)2Ba2+＋SO42-=BaSO4Cu(Fe)CuSO4Cu2++Fe=Fe2++CuZnSO4(CuSO4)ZnCu2++Zn=Zn2++CuNaCl(Na2CO3)HCl2H＋＋CO32—＝H2O＋CO2↑9、2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O氧化性：Cl2＞I2KSCN溶液黄色变成血红色液体分层，其中下层为紫红色2mol/L【分析】【解答】（1）因KMnO4与浓HCl反应可以用来制Cl2，反应方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；

（2）湿润的碘化钾﹣淀粉试纸变蓝，说明生成了单质碘，碘遇淀粉变蓝，因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣；

故答案为：氧化性：Cl2＞I2；

（3）当B和C中的溶液由浅绿色变为黄色时即二价铁被氧化成三价铁；可加KSCN溶液变血红色检验，所以检验B中阳离子的试剂KSCN溶液，现象为溶液由黄色变成血红色，故答案为：KSCN溶液；黄色变成血红色；

A、因氧化性Fe3+＞I2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：2Fe3+2I﹣=I2+2Fe2+；碘易溶于四氯化碳，故看到现象为：液体分层，其中下层为紫红色；

故答案为：液体分层；其中下层为紫红色；

B、设FeI2的物质的量浓度为c，溶液中有的I﹣被氧化成单质I2，因氧化性Fe3+＞I2，则氯气只和部分碘离子反应，由电子守恒可知，×2×1=c×0.1L×2××（1﹣0）；

解得c=2mol/L；

故答案为：2mol/L．

【分析】A装置为制取氯气的装置；B装置为氯气氧化亚铁离子的装置，C装置为生成铁离子的装置，D装置为铁离子氧化碘离子的装置．

（1）根据KMnO4与浓HCl反应制Cl2；

（2）湿润的碘化钾﹣淀粉试纸变蓝；说明生成了单质碘；

（3）当B和C中的溶液由浅绿色变为黄色时即二价铁被氧化成三价铁；可KSCN溶液检验；

A、因氧化性Fe3+＞I2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：2Fe3+2I﹣=I2+2Fe2+；

B、因氧化性Fe3+＞I2，则氯气只和部分碘离子反应，根据电子守恒进行计算．10、略

【分析】解：同温同压下，气体的rm{V_{m}}相等；相同容器中气体的体积相等，则分子数；物质的量相等；

设容器的质量为rm{m}则：

rm{dfrac{116-m}{32}=dfrac{122-m}{44}}

rm{dfrac{116-m}{32}=dfrac

{122-m}{44}}

设气体的摩尔质量为rm{m=100g}则：

rm{dfrac{122-100}{44}=dfrac{114-100}{M}}

rm{M}

故答案为：rm{dfrac{122-100}{44}=dfrac

{114-100}{M}}．

同温同压下，气体的rm{M=28(g/mol)}相等，相同容器中气体的体积相等，则分子数、物质的量相等，根据rm{28g/mol}计算．

本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，侧重于摩尔质量的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度不大，注意相关计算公式的运用导．rm{V_{m}}【解析】rm{28g/mol}11、略

【分析】【解析】试题分析：（1）NaH中氢元素的化合价是－1价，据此可以把氢元素放在第ⅦA族。第ⅣA族元素的最高正价与最低负价的绝对值相等。而氢元素的在最高价是＋1价，据此又可把氢元素放在周期表中的第ⅣA族。（2）甲元素在第三周期第VIIA族，则甲是氯元素。同主族自上而下，非金属性逐渐较弱，所以甲元素与碘元素相比较，非金属性较强的是氯元素。根据活泼性较强的可以置换出活泼性较弱的可知，该反应的化学方程式可以是Cl2+2KI＝I2+2KCl。（3）室温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或空气中，表面都生成致密的氧化膜，所以甲是铝。乙元素原子核外M电子层与K电子层上的电子数相等，则乙是Mg。比较元素金属性强弱的一般依据是：在一定条件下金属单质与水反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与水反应越容易、越剧烈，其金属性越强；常温下与同浓度酸反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与酸反应越容易、越剧烈，其金属性越强，据此可知选项bc正确，a中因为久置Al表明含有氧化膜，不正确。金属没有氢化物，d不正确，答案选bc。考点：考查元素周期表的结构、金属性和非金属性强弱比较【解析】【答案】(8分)（1）（各1分）(2)氯（1分）；Cl2+2KI＝I2+2KCl（2分）(3)镁（1分）；bc(2分)12、略

【分析】主要考查了原子结构及元素周期律方面的知识点。【解析】【答案】（12分）（1）（2）略（3）HeNeAr（4）Na（5）NH3>SiH4（6）AlAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O13、分液；蒸馏；萃取【分析】解：rm{垄脵}汽油和氯化钠溶液分层；选择分液法分离；

rm{垄脷39%}的酒精溶液；混合物互溶，沸点不同，则选择蒸馏法分离；

rm{垄脹}溴不易溶于水；易溶于有机溶剂，则选择萃取法分离；

故答案为：分液；蒸馏；萃取．

rm{垄脵}汽油和氯化钠溶液分层；

rm{垄脷39%}的酒精溶液；混合物互溶，沸点不同；

rm{垄脹}溴不易溶于水；易溶于有机溶剂．

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意分离方法的选择，题目难度不大．【解析】分液；蒸馏；萃取14、②⑥⑦③④【分析】【分析】本题考查物质的分类，难度不大，掌握常见物质的分类是解答的关键。【解答】rm{垄脵}冰水混合物就是水，是纯净物，是氧化物，但不是碱性氧化物；冰水混合物就是水，是纯净物，是氧化物，但不是碱性氧化物；rm{垄脵}空气是混合物；rm{垄脷}空气是混合物；是金属单质；rm{垄脷}是纯净物，是碱性氧化物；rm{垄脹Mg}是金属单质；rm{垄脹Mg}rm{垄脺CaO}是纯净物，是碱性氧化物；rm{垄脺CaO}是酸，纯净物；rm{垄脻H}rm{垄脻H}是纯净物，属于碱类；rm{{,!}_{2}}rm{SO}是纯净物，盐类；故rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{垄脼Ca(OH)}rm{垄脼Ca(OH)}rm{{,!}_{2}}rm{垄脽CuSO}rm{垄脽CuSO}rm{{,!}_{4}}属于混合物的是rm{垄脷}属于碱的是rm{垄脼}属于盐的是【解析】rm{垄脷}rm{垄脼}rm{垄脽}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脷}rm{垄脼}rm{垄脽}rm{垄脹}rm{垄脺}15、略

【分析】解：rm{(1)}设物质的量均为rm{n}等物质的量的rm{SO_{2}}与rm{SO_{3}}二者的质量之比为rm{n隆脕64g/mol}rm{n隆脕80g/mol=4}rm{5}氧原子个数之比等于物质的量之比，为rm{n隆脕2}rm{n隆脕3=2}rm{3}

故答案为：rm{4}rm{5}rm{2}rm{3}

rm{(2)}标准状况下，rm{CO}和rm{CO_{2}}混合气体的质量为rm{36g}rm{CO_{2}}所占的体积为rm{11.2L}其物质的量为rm{dfrac{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}

则设rm{dfrac

{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}为rm{CO}所以rm{xmol}解得rm{x隆脕28g/mol+0.5mol隆脕44g/mol=36g}

即混合气体为rm{x=0.5mol}标况下的体积为rm{0.5mol+0.5mol-1mol}

rm{1mol隆脕22.4L/mol=22.4L}的质量为rm{CO}

故答案为：rm{0.5mol隆脕28g/mol=14g}rm{2.24L}．

rm{14g}结合rm{(1)}及分子的构成计算；

rm{m=nM}标准状况下，rm{(2)}和rm{CO}混合气体的质量为rm{CO_{2}}rm{36g}所占的体积为rm{CO_{2}}其物质的量为rm{dfrac{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}利用质量关系计算．

本题考查物质的量的有关计算，把握物质的量与质量、体积的关系为解答的关键，侧重基本公式和计算能力的考查，题目难度不大．rm{11.2L}【解析】rm{4}rm{5}rm{2}rm{3}rm{22.4L}rm{14g}三、判断题(共5题，共10分)16、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目17、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．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、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素四、实验题(共3题，共6分)21、略

【分析】解：rm{(1)}用固体配制一定体积一定物质的量浓度溶液操作基本步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀可知正确的操作顺序为：rm{垄脵垄脷垄脺垄脹垄脻}

故答案为：rm{垄脵垄脷垄脺垄脹垄脻}

rm{(2)}操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解rm{(}可用量筒量取水加入烧杯rm{)}并用玻璃棒搅拌，加速溶解。冷却后转移到rm{500mL}容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒rm{2-3}次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线rm{1隆芦2cm}时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、rm{500mL}容量瓶；胶头滴管；

故所需的仪器还有rm{500mL}容量瓶；胶头滴管；

故答案为：rm{500mL}容量瓶；胶头滴管；

rm{(3)}若实验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度；则实验失败且无法补救，必须重新配制；

故答案为：重新配制；

rm{(4)1molNa_{2}CO_{3}?10H_{2}O}溶于水，溶液中含有rm{1molNa_{2}CO_{3}}配制rm{500mL}rm{0.2mol?L^{-1}}的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，需要rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O}的质量为rm{0.2mol?L^{-1}隆脕0.5L隆脕286g/mol=28.6g}答：所需rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O}的质量为rm{28.6g}

rm{(1)}依据用固体配制一定体积一定物质的量浓度溶液的一般操作步骤排序；

rm{(2)}根据配制步骤是计算；称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；

rm{(3)}凡是错误操作导致溶液配制失败；且无法补救的，都必须重新配制；

rm{(4)}根据rm{n=cVM}计算rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O}的质量。

本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，明确配制原理及操作步骤是解题关键，题目难度不大。【解析】rm{500mL}容量瓶；胶头滴管；rm{垄脵垄脷垄脺垄脹垄脻}rm{500mL}容量瓶；胶头滴管；重新配制22、略

【分析】解：rm{(1)}将新制的氯水滴加到新制的rm{Na_{2}S}溶液中时；氯气会将硫离子氧化为硫单质；

故答案为：生成淡黄色沉淀；rm{S^{2-}+Cl_{2}=2Cl^{-}+S隆媒}

rm{(2)}氯气会将硫离子氧化为单质rm{S}氧化性强的单质能置换氧化性弱的单质，说明氯气的氧化性强于硫；

故答案为：氯原子的得电子能力比硫原子强rm{(}或其它合理答案rm{)}

rm{(3)}表面积大致相同的镁条和铝条分别投入足量的相同体积的rm{0.5mol/L}的盐酸中的反应速率实验证明：决定化学反应快慢的主要因素是物质本身的性质；

故答案为：反应物本身的性质；

rm{(4)}金属镁的活泼性强于金属铝，镁更易失电子，实验rm{垄脺}中，铝粉消失所用的时间短，说明接触面积大反应速率就快；相同质量的镁条rm{(}已用砂纸打磨过rm{)}和铝粉分别投入到足量的相同体积的rm{0.5mol/L}的盐酸和rm{3mol/L}的盐酸中的实验结论证明：增大反应物的浓度或增大反应物的接触面积可以加快反应速率；

故答案为：否；浓度；接触面积等外界因素也影响着化学反应速率．

rm{(1)}将新制的氯水滴加到新制的rm{Na_{2}S}溶液中时；氯气会将硫离子氧化；

rm{(2)}氯气会将硫离子氧化为单质rm{S}说明氯气的氧化性强于硫；

rm{(3)}决定化学反应快慢的主要因素是物质本身的性质；

rm{(4)}金属镁的活泼性强于金属铝；说明镁更易失电子；增大反应物的浓度或增大反应物的接触面积可以加快反应速率．

本题考查同周期元素性质的递变规律的实验探究，题目难度中等，注意影响物质性质的主要因素为物质自身化学性质，侧重于考查学生的分析能力和实验探究能力．【解析】生成淡黄色沉淀；rm{S^{2-}+Cl_{2}=2Cl^{-}+S隆媒}氯原子的得电子能力比硫原子强；反应物本身的性质；否；浓度、接触面积等外界因素也影响着化学反应速率23、（１）4.210mL

（２）500mL

（３）烧杯玻璃棒胶头滴管

（４）C【分析】【分析】

本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力。

【解答】

rm{(拢卤)}设量取浓盐酸的体积为rm{V}，根据稀释前后rm{HCl}的物质的量守恒建立关系式：rm{12mol隆陇L^{-1}隆脕}rm{V}rm{=0.10mol隆陇L^{-1}隆脕500mL}rm{V}rm{隆脰4.2mL;}所以应选取rm{10mL}量筒；rm{(拢虏)}本配制稀盐酸rm{500mL}就要选择rm{500mL}的容量瓶；就要选择rm{500mL}的容量瓶；rm{500mL}从配制溶液的步骤可知要的还有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管；rm{(3)}从配制溶液的步骤可知要的还有：

rm{(3)}定容时不能视线俯视，应当与刻度线在同一水平线上，故C错误。【解析】rm{(拢卤)4.2}rm{10mL}

rm{(拢虏)500mL}

rm{(拢鲁)}烧杯玻璃棒胶头滴管rm{(拢麓)C}五、简答题(共3题，共12分)24、略

【分析】

rm{(1)}乙烯能被高锰酸钾氧化；而甲烷不能；

rm{(2)}二氧化氮与水反应生成rm{NO}

rm{(3)Fe}与氯化铁反应生成氯化亚铁；

rm{(4)Na_{2}SO_{4}}溶液和rm{NaCl}溶液中；阴离子不同，硫酸根离子与钡离子反应生成沉淀．

本题考查混合物分离、提纯方法的选择和应用及物质的鉴别等，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意发生的反应及除杂的原则，题目难度不大．【解析】解：rm{(1)}乙烯能被高锰酸钾氧化；而甲烷不能，则选C鉴别，褪色的为乙烯，无现象的为甲烷；

rm{(2)}二氧化氮与水反应生成rm{NO}则选A，通入水中，排水收集即可除杂；

rm{(3)Fe}与氯化铁反应生成氯化亚铁；则选B，反应后过滤可除杂；

rm{(4)Na_{2}SO_{4}}溶液和rm{NaCl}溶液中，阴离子不同，硫酸根离子与钡离子反应生成沉淀，则选D，生成沉淀的为rm{Na_{2}SO_{4}}溶液，无现象的为rm{NaCl}

故答案为：。实验目的实验方法rm{(1)}鉴别甲烷和乙烯rm{C}rm{(2)}除去rm{NO}气体中的少量rm{NO_{2}}rm{A}rm{(3)}除去rm{FeCl_{2}}溶液中的少量rm{FeCl_{3}}rm{B}rm{(4)}鉴别rm{Na_{2}SO_{4}}溶液和rm{NaCl}溶液rm{D}．25、（1）Al2O3

（2）P2O5硫。

（3）Cl2+H2O=HCl+HClO

【分析】【分析】本题考查结构性质位置关系应用；元素的推断是解答本题的关键，注意理解同主族元素质子数关系，注意利用电子守恒确定元素化合价，化学式和化学方程式的书写，难度不大。

【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种短周期元素，由位置图可知，rm{A}在第二周期，rm{B}rm{C}rm{D}处于第三周期，设rm{C}的质子数为rm{x}则rm{A}的质子数为rm{x-8}rm{B}的质子数为rm{x-1}rm{D}的质子数为rm{x+1}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种元素原子核外共有rm{56}个电子，则rm{x+(x-8)+(x-1)+(x+1)=56}解得rm{x=16}故C为rm{S}rm{A}为rm{O}rm{B}为rm{P}rm{D}为rm{Cl}rm{1molE}单质与足量酸作用，在标准状况下能产生rm{33.6LH_{2}}设rm{E}的化合价为rm{y}根据电子转移守恒：rm{1mol隆脕y=(33.6/22.4)mol隆脕2隆脕1}解得rm{y=3}rm{E}的阳离子与rm{A}的阴离子核外电子层结构完全相同，则rm{E}为rm{Al}

rm{(1)A}与rm{E}形成的化合物为氧化铝，化学式为rm{Al_{2}O_{3}}

故答案为：rm{Al_{2}O_{3}}

rm{(2)P}的最高价为rm{+5}价，则最高价氧化物为rm{P_{2}O_{5}}rm{C}元素名称为硫；

故答案为：rm{P_{2}O_{5}}硫；

rm{(3)D}的单质为氯气，氯气与水反应生成rm{HCl}与rm{HClO}反应方程式为：rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}故答案为：rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}

【解析】rm{(1)Al_{2}O_{3}}

rm{(2)P_{2}O_{5;;;;}}硫。

rm{(3)Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}

26、rm{(1)}正四面体结构

rm{(2)}果实催熟剂羟基

rm{(3)垄脻}

rm{(4)2Al+Fe_{2}O_{3}}rm{2Fe+Al_{2}O_{3}}

rm{(5)2C_{6}H_{6}+15O_{2}}rm{12CO_{2}+6H_{2}O}【分析】【分析】本题考查了常见有机物的性质，难度一般。【解答】rm{(1)}甲烷的分子构型是正四面体结构，故答案为：正四面体结构；rm{(2)}乙烯的用途是果实催熟剂，乙醇含有的官能团是羟基，故答案为：果实催熟剂；羟基；rm{(3)}油脂在碱性条件的水解反应称为皂化反应，常利用此性质来制取肥皂，用于生产肥皂的有机物是rm{垄脻}故答案为：rm{垄脻}rm{(4)}铝和氧化铁