2025年教科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年教科新版高一化学下册阶段测试试卷10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、在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中；还原产物和氧化产物的质量之比是（）

A.5：3

B.3：5

C.5：4

D.1：1

2、NaCl的晶胞如图所示，将NaCl晶胞中的所有Cl-去掉，并将Na+全部换成C原子，再在晶胞的4个“小立方体”中心处各放置一个C原子，且这四个“小立方体”互不共面，位于“小立方体”中的碳原子均与最近的4个碳原子成键，以此表示金刚石的一个晶胞。若再将在成键的C原子中心联线的中点处增添一个O原子，则构成了某种CO2的晶胞。则下面说法正确的是（）（已知C-C键的键长1．54×10-10m）A.一个金刚石的晶胞中有8个C原子B.金刚石的密度为3．54g·cm-1C.在该种CO2晶体中，一个CO2分子由一个C原子和二个氧原子构成D.在该种CO2晶胞中含氧原子8个3、把①蔗糖、②淀粉、③蛋白质、④油脂在稀酸存在的条件下分别进行水解，最后只得到一种产物的是（）A.①和②B.②C.②③和④D.④4、在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢（2H2O2=2H2O+O2↑）为原料制取氧气，当制得相同质量的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为（）A.2︰2︰1B.1︰1︰1C.2︰3︰1D.4︰3︰25、下列说法中错误的是A.有化学键破坏的变化不一定属于化学变化B.淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同C.放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率D.甲烷、乙烯、苯、乙醇和乙酸都能发生氧化反应6、种短周期元素的原子半径及化合价如：

。元代号rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}原子半rm{/pm}rm{160}rm{143}rm{70}rm{66}主化合价rm{+2}rm{+3}rm{+5}rm{3}rm{-3}rm{-2}下列叙述确的是rm{(}rm{)}A.rm{X}rm{Y}元素的金属性rm{X<Y}B.一定条件下，rm{W}单质可以将rm{Z}单质从其氢化物中置换出来C.一定条件下，rm{Z}单质与rm{W}的常见单质直接生成rm{ZW_{2}}D.rm{Y}的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、下列材料既含有硅元素又含有氧元素的是（）A.水泥B.晶体硅C.沙子D.普通陶瓷8、下列叙述中一定正确的是A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c(H+)为10-13mol/LB.pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)之比为1︰10C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液中可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D.1.0mol/LNa2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)9、由下列实验操作和现象所得到的结论正确的是。实验操作和现象结论A向某溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加少量溶液，溶液变红溶液中含有B室温下，测得相同浓度的和溶液的pH分别为8和9酸性：C蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热加氢氧化钠溶液至溶液呈碱性，再加入少量新制继续加热生成砖红色沉淀蔗糖完全水解D向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少量等物质的量的和固体，溶解而不溶解

A.AB.BC.CD.D10、欲配制100ml0.10mol/L的KCl溶液，需要使用的仪器有（）A.玻璃棒B.烧杯C.分液漏斗D.100ml容量瓶11、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}12、把炭和氧化铜组成的混合物隔绝空气加热，充分反应后称量所得剩余固体的质量为rm{112g}向此剩余固体中加入rm{200g}稀硫酸，稀硫酸恰好被完全反应，过滤后所得滤渣呈红色rm{.}同时将反应所得的气体全部通入含溶质rm{37g}的澄清石灰水中，得到沉淀rm{25g.}下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.生成气体的质量可能是rm{11}克或rm{33}克B.滤渣中的红色物质可能是rm{32}克或rm{96}克C.参与反应的氧化铜质量可能是rm{40}克或rm{120}克D.稀硫酸的溶质质量可能是rm{38.4}克或rm{115.2}克13、反应rm{4NH_{3}+5O_{2}=4NO+6H_{2}O}在rm{5L}的密闭容器中进行，rm{30s}后，rm{NO}的物质的量增加了rm{0.3mol}则此反应的平均速率可表示为rm{(}rm{)}A.rm{v(O_{2})=0.0025mol/(L?s)}B.rm{v(NO)=0.008}rm{mol/(L?s)}C.rm{v(H_{2}O)=0.003}rm{mol/(L?s)}D.rm{v(NH_{3})=0.002}rm{mol/(L?s)}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、溶液中可能有下列阴离子中的一种或几种：SOS0COCl-．

（1）当溶液中有大量H+存在时，则不可能有____存在．

（2）当溶液中有大量Ba2+存在时，溶液中不可能有____存在．

（3）当溶液中有____和____的阳离子存在时，上述所有阴离子都不可能存在．15、（11分）下表是元素周期表的一部分,针对表中的①～⑨种元素,填写下列空白:。主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0族2①②③3④⑤⑥⑦⑧（1）在这些元素中，（用元素符号填写，下同）最活泼的金属元素是；最活泼的非金属元素是；最不活泼的元素是。（2）这些元素的最高价氧化物的对应水化物中，酸性最强的化合物的分子式是；碱性最强的化合物的电子式是；能形成两性氢氧化物的元素是。（3）②的氢化物分子式为____，属于____化合物(填“共价”或“离子”)；（4）⑥的元素符号为____，原子结构示意图为____（5）①和⑦形成的化合物的电子式为。16、将32.0gCuSO4溶解到100mL水中，再加水稀释使溶液体积至200mL，再从稀释好的溶液中取出10mL，则这10mL硫酸溶液中c（CuSO4）=______mol/L．17、化学式为C8Hm的烷烃，m值等于______；CnH22的烷烃，n值等于______；相对分子质量为212的烷烃的分子式为______．18、（5分）氯酸钾与浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯，反应的化学方程式为：2KClO3+4HCl(浓)===2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O（1）用双线桥表示上述反应中电子转移的方向和数目。（2）浓盐酸在该反应中表现的性质是________（填序号）。①只有还原性②还原性和酸性③只有氧化性④氧化性和酸性（3）上述反应产生0.2molCl2时，转移的电子数约为______________。19、（11分）Li-SOCl2电池可用于心脏起搏器。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl4—SOCl2。电池的总反应可表示为：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2。请回答下列问题：(1)电池的负极材料为，发生的电极反应为；(2)电池正极发生的电极反应为；(3)SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成。如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是，反应的化学方程式为；(4)组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行，原因是。20、1.2gRSO4中含0.01molR2+，则RSO4的摩尔质量是____；R的相对原子质量是____21、硫酸的性质有：rm{A.}高沸点；rm{B.}强酸性；rm{C.}吸水性；rm{D.}脱水性；rm{E.}强氧化性rm{.}在下列硫酸的用途或化学反应中；硫酸可能表现上述的一个或者多个性质，试用字母填空：

rm{(1)}实验室制取氢气______；

rm{(2)}实验室干燥氢气______；

rm{(3)}浓硫酸与金属铜的反应______；

rm{(4)}实际生产中；浓硫酸可用钢瓶贮运______；

rm{(5)}浓硫酸使蔗糖变黑，且有刺激性气味的气体产生______．评卷人得分四、判断题(共2题，共16分)22、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．23、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分五、原理综合题(共2题，共14分)24、反应aA(g)+bB(g)cC(g)(△H<0)在恒容条件下进行。改变其它反应条件；在I；II、III阶段中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示：

（1）化学方程式中a：b：c=___。

（2）A的平均反应速率vI(A)、vII(A)、vIII(A)从大到小的排列顺序为___。

（3）B的平衡转化率aI(B)、aII(B)、aIII(B)中最小的是___，其值是___(保留2位有效数字)。

（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡向___(填“左”或“右”)移动，采取的措施是___。

（5）其他条件不变，只改变温度，则第II阶段反应温度(T2)和第III阶段反应温度(T3)的高低T2___T3(填“<”“>”或“=”)，判断的理由是___。25、工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等；是形成雾霾的重要因素。霾是由空气中的灰尘；硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾。

（1）NOx和SO2在空气中存在下列平衡：

2NO(g）+O2(g）2NO2(g）△H=—112kJ·mol-1

2SO2(g）+O2(g)2SO3(g）△H=—196kJ·mol-1

SO2通常被NO2进一步氧化，生成SO3和一种无色有毒的气体。请写出NO2和SO2反应的热化学方程式______________。

（2）常温下，烟气中SO2被NaOH溶液吸收可得到NaHSO3、Na2SO3等。

①已知Na2SO3水溶液显碱性，原因是____________(写出主要反应的离子方程式），该溶液中c（Na+）____2c（SO32－）+c（HSO3－）（填“>”“<”或“=”）。

②常温下，0.1mol/L的NaHSO3溶液的PH=6，则c（SO32－）—c（H2SO3）=______mol/L（填写准确数值）。评卷人得分六、简答题(共2题，共16分)26、A、rm{B}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}为短周期元素，且原子序数依次递增rm{.A}rm{F}同主族，rm{E}rm{G}同主族rm{.A}与其他非金属元素化合时易形成共价键，rm{F}与其他非金属元素化合时易形成离子键，且rm{F^{+}}离子与rm{E^{2-}}离子核外电子排布相同rm{.}由以上元素组成的物质rm{BE}和rm{D_{2}}具有相同的电子数rm{.}请回答以下问题：

rm{(1)F}位于第______周期第______族；

rm{(2)G}的离子结构示意图为______；

rm{(3)}用电子式表示rm{D_{2}}的形成过程：______；

rm{(4)}由rm{A}rm{E}rm{F}三种元素形成的化合物的化学式为______，含有的化学键有______rm{(}填写完整化学键类型rm{)}属于______化合物；

rm{(5)B}的最高价是______，由rm{A}rm{B}组成的化合物中，含rm{A}量最高的物质的化学式是______；与rm{D_{2}}相对分子质量相等的物质的化学式是______，含有的化学键有______rm{(}填写完整化学键类型rm{)}有______对共用电子对．27、表是元素周期表的一部分，针对表中的rm{垄脵隆芦垄脿}种元素；填写下列空白：

。主族。

周期Ⅰrm{A}Ⅱrm{A}Ⅲrm{A}Ⅳrm{A}Ⅴrm{A}Ⅵrm{A}Ⅶrm{A}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{(1)}在最高价氧化物的水化物中；酸性最强的化合物的名称是______，碱性最强的化合物的化学式是______。

rm{(2)垄脻垄脺}形成化合物的电子式______。rm{垄脷}形成的最高价氧化物的结构式______。

rm{(3)}最高价氧化物是两性氧化物的元素其元素符号是______，它的电子排布式是______；写出它的氢氧化物与rm{垄脿}的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式______

rm{(4)垄脼}的单质与rm{垄脻}的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式是______

rm{(5)垄脻}和rm{垄脿(}最重要的成盐元素rm{)}形成的物质是海洋中的主要物质，用电子式表示它的形成过程：______。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】

在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中；氮元素由铵根中-3价升高为0价，被氧化；氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为5：3．故氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：3，所以还原产物和氧化产物的质量之比是3：5．

故选B．

【解析】【答案】在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中；氮元素由铵根中-3价升高为0价，被氧化；氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为5：3．故氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：3．据此判断．

2、A|B【分析】试题分析：根据题意，给出金刚石晶胞，如右图：金刚石晶胞中C原子数为4．;计算方式是8个黑色的一共是1个C，6个蓝色的一共是3个C，加起来是4个。绿色的在晶胞里面，应该有4个C,加起来有8个。A正确;体对角线的1/4是C-C键长，体对角线是0．154×4=0．616nm，正方体体对角线是正方体边长的√3倍，因此，正方体边长=0．616/√3=0．356nm,1mol金刚石质量12g,，含6．02×1023个C原子，一个金刚石晶胞体积是（0．356×10-7）3立方厘米，而每个晶胞内含8个C原子，所以共有(6．02×1023)/8个晶胞，因而12g金刚石的总体积是(6．02×1023)/8×[0．356×10-7]3立方厘米,两者相除就得出密度，是3．503g·cm-3。B正确。C．在该种CO2晶体中，无CO2分子，C错误；D．在该种CO2晶胞中含氧原子16个，D错误。考点：晶胞的结构【解析】【答案】AB3、B【分析】【解答】①蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；故①错误；

②淀粉在无机酸（一般为稀硫酸）催化作用下发生水解；生成葡萄糖，故②正确；

③蛋白质水解最后得到多种氨基酸；故③错误；

④油脂在酸性条件下水解为甘油（丙三醇）和高级脂肪酸；故④错误；

故选B．

【分析】蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；淀粉、纤维素常在无机酸（一般为稀硫酸）催化作用下发生水解，生成葡萄糖；蛋白质水解最后得到多种氨基酸；油脂在酸性条件下水解为甘油（丙三醇）和高级脂肪酸；在碱性条件下水解为甘油、高级脂肪酸盐．4、A【分析】【分析】正确答案A

2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑,2KClO32KCl＋3O2,2H2O2=2H2O+O2↑生成1molO2转移的电子数分别是：4mol、4mol、2mol，A答案合理。5、C【分析】【分析】本题是对物质的性质的知识的考查，是中学化学的基础知识，难度较小。关键是知识的积累，侧重基础知识的考查。【解答】A.有化学键破坏的变化不一定属于化学变化，例如氯化氢溶解于水，共价键变成离子键，但是没有新物质生成，是物理变化，故A正确；B.淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同，符合淀粉、油脂、蛋白质的性质，故B正确；C.放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率，反应速率与放热反应、吸热反应没有直接关系，故C错误；D.依据碳的化合价可知，甲烷、乙烯、苯、乙醇和乙酸都能发生氧化反应，故D正确。

故选C。【解析】rm{C}6、B【分析】解：短周元素中，rm{W}只有rm{-2}价，则rm{W}为rm{O}有rm{+5}rm{-}处于Ⅴrm{A}族，原子半径与rm{O}元相二者应，故rm{W}为rm{N}元；rm{X}rm{Y}合价分别rm{2}rm{+3}分别于族、rm{A}原子半与rm{N}rm{O}差很大，处于三周期，故rm{X}为rm{Mg}rm{Y}为rm{Al}．

一定条件；氧气与氨气反应可以成氮气与故B确；

同周期自左而金属性减弱，金性rm{M>l}故A错误；

氢化铝不能于弱碱氨水；D错误；

故选：

周期素中，rm{W}只有rm{-2}价，rm{W}为rm{O}元，rm{Z}有rm{+5}rm{-3}价，处于Ⅴ族，原子径与rm{O}元素相近二者同周，故为rm{N}元素；rm{X}rm{Y}的化合价分别为rm{+2}分别处于rm{A}族、rm{A}族，原子径与、rm{O}很大，处于第三，故rm{X}为rm{Mg}rm{YAl}合元单质合物的性质及元期律进解答．

本题考结构性质位置关应用，度中等，根据化价及半径推断元素是解题关键注意元素周期律素化合物性的解掌握．【解析】rm{B}二、多选题(共7题，共14分)7、ACD【分析】解：A；水泥属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，故A正确；

B；晶体硅是硅单质只含有硅元素；故B错误；

C；沙子的主要化学成分为二氧化硅；含有硅元素和氧元素，故C正确；

D；普通陶瓷均属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，故D正确；

故选：ACD．

水泥和普通陶瓷均属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，晶体硅是硅单质只含有硅元素，沙子的主要化学成分为二氧化硅，含有硅元素和氧元素．

本题考查常见由硅元素组成的无机非金属材料，知晓各种材料的成分是解题的基础，因此要重视基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】ACD8、BD【分析】【详解】

A.醋酸是一元弱酸，部分电离，存在电离平衡，所以醋酸电离产生的H+浓度小于0.1mol/L，但溶液温度不确定，因此不能确定水电离出的c(H+)浓度大小；A错误；

B.pH=2的醋酸溶液，c(H+)=0.01mol/L，pH=1的CH3COOH溶液，c(H+)=0.1mol/L，故两种溶液中c(H+)之比为=0.01mol/L0.1mol/L=1︰10；B正确；

C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液，根据电荷守恒，溶液中不可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)；C错误；

D.在1.0mol/LNa2CO3溶液中，根据质子守恒，可得c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；D正确；

故合理选项是BD。9、BD【分析】【详解】

A．二价铁离子和KSCN不反应，三价铁离子和KSCN溶液反应生成血红色络合物，二价铁离子易被氯水氧化生成三价铁离子，Fe2+检验时要先加KSCN溶液后加氯水，防止Fe3+干扰；故A错误；

B．相同物质的量浓度的钠盐溶液；溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，相应的酸的酸性越弱；室温下，测得相同浓度的NaX和NaY溶液的pH分别为8和9可知HX溶液的酸性强于HY，故B正确；

C．蔗糖完全水解和部分水解；溶液中都含有葡萄糖，碱性条件下都能与新制氢氧化铜悬着液共热反应生成氧化亚铜砖红色沉淀，故C错误；

D．相同条件下，组成和结构相似的难溶金属硫化物，溶解度大的物质先溶解于稀硫酸，向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少量等物质的量的和固体，溶解而不溶解，说明溶度积故D正确；

故选BD。10、ABD【分析】解：配制100ml0.10mol/L的KCl溶液；需要选用100mL容量瓶配制，根据配制步骤可知，需要使用的仪器为：烧杯；玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管等，需要使用的仪器为：玻璃棒、100mL容量瓶、烧杯；

故选ABD．

根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选用仪器；判断需要的仪器．

本题考查了配制一定浓度的溶液步骤及选用仪器的方法，题目难度不大，注意掌握配制一定浓度的溶液方法及正确选用仪器的方法，要求学生熟悉实验室中常见的容量瓶的规格．【解析】【答案】ABD11、CD【分析】略。【解析】rm{CD}12、ABC【分析】解：氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙的反应为：rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}二氧化碳过量时碳酸钙部分溶解，反应的化学方程式为：rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}篓TCa(HCO_{3})_{2}}

A.如果二氧化碳不足，碳酸钙是rm{25g}根据反应可知生成二氧化碳的质量为：rm{25g隆脕dfrac{44}{100}=11g}

如果二氧化碳过量，rm{25g隆脕dfrac

{44}{100}=11g}氢氧化钙和二氧化碳反应生成rm{37g}碳酸钙沉淀，然后过量的二氧化碳溶解rm{50g}碳酸钙，则总共消耗二氧化碳的质量为：rm{dfrac{37}{74}隆脕44g+dfrac{25}{100}隆脕44g=33g}故A正确；

B.氧化铜和碳反应的化学方程式及其质量关系为：

rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{(50-25)g=25g}rm{dfrac{37}{74}隆脕44g+dfrac

{25}{100}隆脕44g=33g}

如果生成的一氧化碳是rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出生成的铜的质量是rm{128}如果生成的二氧化碳是rm{44}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出生成的铜的质量是rm{11g}故B正确；

C.rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{32g}rm{33g}

如果生成的一氧化碳是rm{96g}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出反应的氧化铜的质量是rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}如果生成的一氧化碳是rm{160}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出反应的氧化铜的质量是rm{44}故C正确；

D.由于不知剩余氧化铜的质量；因此无法判断稀硫酸中的溶质质量，故D错误；

故选ABC．

氢氧化钙和少量二氧化碳反应生成碳酸钙的反应为rm{11g}二氧化碳过量时碳酸钙部分溶解，发生反应为rm{40g}

A.当二氧化碳不足时，只发生反应rm{33g}据此计算出生成二氧化碳的质量；当二氧化碳稍过量时，发生反应rm{120g}rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}据此计算出生成二氧化碳的质量；

B.氧化铜和碳反应的化学方程式及其质量关系为：

rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}篓TCa(HCO_{3})_{2}}rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

分别根据二氧化碳为rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}篓TCa(HCO_{3})_{2}}计算出滤渣中的红色物质的质量；

C.rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}rm{128}

分别根据二氧化碳为rm{44}rm{11g}计算参与反应的氧化铜的可能质量；

D.不知剩余氧化铜的质量；无法判断稀硫酸中的溶质质量．

本题考查混合物反应的计算，题目浓度较大，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．rm{33g}【解析】rm{ABC}13、ACD【分析】解：半分钟后rm{NO}的物质的量增加了rm{0.3mol}所以用rm{NO}表示的反应速率为rm{v(NO)=dfrac{dfrac{0.3mol}{5L}}{30s}=0.002mol/(L?s)}．

A、根据速率之比等于化学计量数之比，所以rm{v(O_{2})=dfrac{5}{4}v(NO)=隆脕0.002mol/(L?s)=0.0025mol/(L?s)}故A正确；

B、半分钟后rm{v(NO)=dfrac{dfrac

{0.3mol}{5L}}{30s}=0.002mol/(L?s)}的物质的量增加了rm{v(O_{2})=dfrac

{5}{4}v(NO)=隆脕0.002mol/(L?s)=0.0025mol/(L?s)}所以用rm{NO}表示的反应速率为rm{0.3mol}故B错误；

C、根据速率之比等于化学计量数之比，所以rm{NO}故C正确；

D、根据速率之比等于化学计量数之比，所以rm{v(NO)=0.002mol/(L?s)}故D正确．

故选ACD．

根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算rm{v(H_{2}O)=1.5v(NO)=1.5隆脕0.002mol/(L?s)=0.003mol/(L?s)}在根据速率之比等于化学计量数之比计算用其它物质表示的反应速率．

本题考查化学反应速率，难度不大，注意反应速率计算常用两种方法定义法与化学计量数法，根据情况选择使用．rm{v(NH_{3})=v(NO)=0.002mol/(L?s)}【解析】rm{ACD}三、填空题(共8题，共16分)14、略

【分析】

（1）当溶液中有大量H+存在时，SO32-、CO32-与H+反应生成气体而不能大量存在；

故答案为：SO32-、CO32-；

（2）当溶液中有大量Ba2+存在时，SO42-、SO32-、CO32-与Ba2+分别反应生成沉淀而不能大量存在；

故答案为：SO42-、SO32-、CO32-；

（3）当溶液中有Ba2+时，SO42-、SO32-、CO32-不能大量存在，当溶液含有Ag+时，Cl-不能大量存在；

所以当溶液含有Ba2+、Ag+时；上述所有阴离子都不存在；

故答案为：Ag+和Ba2+．

【解析】【答案】（1）当溶液中有大量H+存在时，与H+反应的离子不能大量存在；

（2）当溶液中有大量Ba2+存在时，与Ba2+反应的离子不能大量存在；

（3）当溶液含有Ba2+、Ag+时；上述所有阴离子都不存在．

15、略

【分析】【解析】【答案】（11分）NaClNe16、略

【分析】解：n（CuSO4）==0.2mol，溶解到100mL水中，再加水稀释使溶液体积至200mL，c==1mol/L，溶液具有均一性，从稀释好的溶液中取出10mL，则这10mL硫酸溶液中c（CuSO4）=1mol/L；故答案为：1．

稀释前后溶质的物质的量不变；结合溶液具有均一性来解答．

本题考查物质的量浓度的计算，为高频考点，把握物质的量浓度、质量、物质的量的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意溶液的性质，题目难度不大．【解析】117、略

【分析】解：烷烃的通式为：CnH2n+2，化学式为C8Hm的烷烃，将n=8带入2n+2得，m=18；CnH22的烷烃，则n=10；相对分子质量为212的烷烃，则12n+2n+2=212，所以n=15，即烷烃的分子式为C15H32；

故答案为：18；10；C15H32．

根据烷烃的通式CnH2n+2来计算．

本题考查了烷烃通式在确定烷烃分子式时的应用，题目比较简单．【解析】18；10；C15H3218、略

【分析】（2）浓盐酸在反应中部分氯失电子生成氯气，表现还原性，部分转变为氯化钾，表现酸性（3）由（1）可知，当产生0.2molCl2时，反应有0.4mole—转移，【解析】【答案】（5分）（1）（2分，若写成2e-也得分）（2）②（2分）（3）2.408×1023（1分）19、略

【分析】【解析】【答案】(11分)（1）锂（2）（3）出现白雾，有刺激性气体生成（4）锂是活泼金属，易与反应；也可与水反应20、120g/mo24【分析】【解答】1.2gRSO4中含0.01molR2+，根据公式n=则RSO4的M===120g/mol，RSO4的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以RSO4的摩尔质量为120g/mol；R的相对原子质量是120﹣32﹣64=24．

故答案为：120g/mol；24．

【分析】根据公式n=来计算M，M在数值上等于元素的相对原子质量，分子的M在数值上等于其相对分子质量．21、略

【分析】解：rm{(1)}稀硫酸具有酸性，能和金属反应生成硫酸盐和氢气，该反应中硫酸体现氧化性，但氧化性是rm{H}元素体现的；故选B；

rm{(2)}浓硫酸具有吸水性；能作酸性气体；中性气体的干燥剂，但不能干燥硫化氢、氨气等气体，故选C；

rm{(3)}浓硫酸具有强氧化性；能氧化较不活泼的金属，能和铜在加热条件下生成二氧化硫，同时生成硫酸铜，则浓硫酸体现酸性和强氧化性，故选BE；

rm{(4)}常温下；浓硫酸能和铁发生氧化还原反应而生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，故选E；

rm{(5)}浓硫酸具有脱水性，能将蔗糖中rm{H}rm{O}元素以rm{2}rm{1}水的形式脱去，所以体现脱水性，浓硫酸还和rm{C}反应生成二氧化碳；二氧化硫；所以还体现强氧化性，故选DE．

rm{(1)}稀硫酸具有酸性；能和金属反应生成氢气；

rm{(2)}浓硫酸具有吸水性；能作干燥剂；

rm{(3)}浓硫酸具有强氧化性；能氧化较不活泼的金属；

rm{(4)}常温下；浓硫酸能和铁发生钝化现象；

rm{(5)}浓硫酸具有脱水性，能脱去部分有机物中的rm{H}rm{O}元素．

本题考查了浓硫酸的性质，浓硫酸属于酸，具有酸性，还有特殊性吸水性、特殊性和强氧化性，注意吸水性和脱水性的区别，题目难度不大．【解析】rm{B}rm{C}rm{BE}rm{E}rm{DE}四、判断题(共2题，共16分)22、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．23、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共价键的数目五、原理综合题(共2题，共14分)24、略

【分析】【分析】

根据图示，第二阶段，改变条件后，C的浓度突然变为0，A、B在改变条件的瞬间浓度不变，所以改变的条件是分离出C，平衡正向移动，一段时间后达到平衡II；第三阶段，改变条件后，A、B浓度逐渐减小，C浓度逐渐增大，说明平衡正向移动，A(g)+3B(g)2C(g)正反应放热；所以改变的条件是降低温度，一段时间后达到平衡III；

【详解】

(1)根据图示，0~20min内，A、B、C浓度的变化量分别是(2-1)mol/L、(6-3)mol/L、(2-0)mol/L，化学方程式的化学计量数比等于各物质物质的量浓度的变化之比，所以a：b：c=1：3：2；

(2)II阶段分离出C，C的浓度减小，A的反应速率比I阶段低，III阶段温度降低，A的反应速率比II阶段低，A的平均反应速率vI(A)、vII(A)、vIII(A)从大到小的排列顺序为vI(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A)；

(3)平衡I中B的平衡转化率aI(B)=反应正向移动达到平衡II；平衡II降低温度，反应正向移动达到平衡III，平衡II中B的平衡转化率aI(B)平衡III中B的平衡转化率aI(B)aIII(B)中最小的是aIII；其值是0.19；

(4)由第一次平衡后分离出C；平衡向右移动，到第二次平衡；

(5)根据图象可知，第二次平衡到第三次平衡，反应正向移动，A(g)+3B(g)2C(g)正反应放热，若只改变温度，则应该是降温，所以T2>T3。

【点睛】

本题考查化学平衡，正确分析图象是解题关键，熟悉影响平衡移动、影响反应速率的因素，会根据公式计算平衡转化率，注意化学方程式的化学计量数比等于各物质物质的量浓度的变化之比。【解析】1∶3∶2vI(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)αⅢ(B)19.4%右从平衡混合物中分离出了C＞因为Ⅱ→Ⅲ平衡正向移动，该反应为放热反应，故降温才能使平衡正向移动25、略

【分析】【分析】

(1)已知：①2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=-112kJ•mol-1，②2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=-196kJ•mol-1，根据盖斯定律可知(②-①)÷2得：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)；则可计算△H；

(2)①溶液中SO32-水解：SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-；破坏水的电离平衡，导致溶液显碱性，根据电荷守恒分析；

②常温下，亚硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，根据物料守恒得c(Na+)=c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)①，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)②；两式计算得到。

【详解】

(1)已知：①2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=-112kJ•mol-1，②2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=-196kJ•mol-1，根据盖斯定律可知(②-①)÷2得：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)，则△H=[(-196kJ•mol-1)-(-112kJ•mol-1)]÷2==-42kJ•mol-1，故NO2和SO2反应的热化学方程式为：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)△H=-42kJ•mol-1；

(2)①溶液中SO32-水解：SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，破坏水的电离平衡，导致溶液显碱性，根据电荷守恒，溶液中c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故c(Na+)＜2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)；

②常温下，亚硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，根据物料守恒得c(Na+)=c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)①，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)②，将方程式①代入②得，c(H2SO3)+c(H+)=c(OH-)+c(SO32-)，所以c(SO32-)-c(H2SO3)=c(H+)-c(OH-)=(10-6-10-8)mol•L-1=9.9×10-7mol•L-1。

【点睛】

应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。【解析】NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）△H=—42kJ/molSO32－+H2OHSO3－+OH－>②9.9×10-7六、简答题(共2题，共16分)26、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}为短周期元素，且原子序数依次递增rm{.A}rm{F}同主族，rm{F}可以形成rm{+1}价rm{F^{+}}离子，二者处于Ⅰrm{A}族，由rm{A}rm{F}的原子序数之差可知，rm{F}为rm{Na}元素；

rm{A}与其它非金属元素化合时易形成共价键，则rm{A}为氢元素；

rm{F^{+}}离子与rm{E^{2-}}离子核外电子排布相同，离子核外电子数为rm{10}故E为氧元素；

E、rm{G}同主族，则rm{G}为rm{S}元素；

rm{D}形成双原子分子，rm{D}原子序数小于氧元素，处于第二周期，则rm{D}为rm{N}元素；

物质rm{BE}和rm{D_{2}}具有相同的电子数，则rm{B}原子核外电子数为rm{2隆脕7-8=6}则rm{B}为碳元素；

rm{(1)F}为rm{Na}元素，位于第三周期第Ⅰrm{A}族；

故答案为：三；Ⅰrm{A}

rm{(2)G}为硫元素，rm{S^{2-}}离子结构示意图为

故答案为：

rm{(3)}用电子式表示rm{N_{2}}的形成过程为：故答案为：

rm{(4)}由rm{A}rm{E}rm{F}三种元素形成的化合物的化学式为rm{NaOH}含有的化学键有离子键和极性共价键，属于离子化合物，故答案为：rm{NaOH}离子键和极性共价键；离子；

rm{(5)B}为碳元素，其最高价是rm{+4}由rm{H}rm{C}组成的化合物中，含氢量最高的气态物质的化学式是rm{CH_{4}}与rm{N_{2}}式量相等的物质的化学式是rm{C_{2}H_{4}}含有的化学键有极性键、非极性键，含有rm{6}对共用电子对，故答案为：rm{+4}rm{CH_{4}}rm{C_{2}H_{4}}极性键、非极性键；rm{6}．

A、rm{B}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}为短周期元素，且原子序数依次递增rm{.A}rm{F}同主族，rm{F}可以形成rm{+1}价rm{F^{+}}离子，二者处于Ⅰrm{A}族，由rm{A}rm{F}的原子序数之差可知，rm{F}为rm{Na}元素；

rm{A}与其它非金属元素化合时易形成共价键，则rm{A}为氢元素；

rm{F^{+}}离子与rm{E^{2-}}离子核外电子