2025年上教版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年上教版高一化学上册阶段测试试卷745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8题，共16分)1、下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.在多电子的原子里，能量高的电子通常在离核较近的区域内运动B.凡单原子形成的稳定离子，一定具有稀有气体元素原子的rm{8}电子稳定结构C.rm{Na_{2}O_{2}}属于离子化合物，熔化时只破坏离子键，不破坏rm{O-O}共价键D.俄国化学家道尔顿为元素周期表的建立作出了巨大贡献2、下列仪器经常用于物质分离的有rm{(}rm{)}

rm{垄脵}漏斗rm{垄脷}试管rm{垄脹}蒸馏烧瓶rm{垄脺}天平rm{垄脻}分液漏斗rm{垄脼}容量瓶rm{垄脽}蒸发皿rm{垄脿}坩埚．A.rm{垄脵垄脹垄脻垄脼}B.rm{垄脵垄脷垄脺垄脼}C.rm{垄脵垄脹垄脻垄脽}D.rm{垄脵垄脹垄脼垄脿}3、我国科学家设计了一种将电解饱和食盐水与电催化还原CO2相耦合的电解装置如图所示。下列叙述错误的是。

A.理论上该转化的原子利用率为100%B.阴极电极反应式为C.Na+也能通过交换膜D.每生成11.2L（标况下）CO转移电子数为NA4、在镁与稀硫酸的反应中，已知10s末硫酸的浓度减少了0.6mol/L，则10s内生成硫酸镁的平均反应速率是（）A.0.06mol/（L•s）B.1.8mol/（L•s）C.1.2mol/（L•s）D.0.18mol/（L•s）5、A、B、C都是金属：B中混有C时，只有C能被盐酸溶解；A与B组成原电池时，A为电池的正极．A、B、C三种金属的活动性顺序为（）A.C＞B＞AB.B＞C＞AC.A＞B＞CD.A＞C＞B6、将rm{22.4g}铁粉逐渐加入到含rm{HNO_{3}}rm{0.8mol}的稀硝酸中，反应生成的气体的物质的量rm{(x)}随消耗铁粉的物质的量rm{(y)}变化关系中正确的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.7、实现下列变化，需克服相同类型作用力的是A.干冰和碘的升华B.冰的融化和水的分解C.rm{NaCl}和rm{HCl}溶于水D.石英和氯化钠分别受热熔化8、科研人员设想用如图所示装置生产硫酸，下列说法正确的是()A.rm{a}为正极，rm{b}为负极B.生产过程中rm{a}电极质量减轻C.电子从rm{b}极向rm{a}极移动D.负极反应式为：rm{SO_{2}+2H_{2}O-2e^{-}=SO_{4}^{2-}+4H^{+}}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、在11H，12H，13H，1223Mg，1224Mg，816O，817O，818O中共有____种元素，____种原子，中子数最多的是____．12H218O的相对分子质量是____．10、现有下列物质：脂肪；甘油、多糖、蛋白质、维生素A、维生素C、碘元素、铁元素．请选择正确答案填在相应的空格里．

①人体缺乏某种维生素会引起坏血病，这种维生素是______．

②人体缺乏某种微量元素会发生贫血，这种微量元素是______．

③既能为人体提供热量，又能提供必需脂肪酸的物质是______．

④纤维素被称为“第七营养素”．食物中的纤维素虽然不能为人体提供能量，但能促进肠道蠕动、吸附排出有害物质．从化学成分看，纤维素是一种______．11、rm{A隆芦H}八种短周期主族元素在周期表中的相对位置如下图所示，已知rm{C}元素形成的单质有“国防金属”的美誉，rm{E}的最高价氧化物对应的水化物能与rm{E}的最简单氢化物反应生成离子化合物。rm{(1)D}元素在周期表中的位置为______________。rm{(2)B}rm{E}rm{F}的简单离子半径由大到小的顺序为______________rm{(}写离子符号rm{)}rm{(3)}上述元素所形成的气态单质中能用于饮用水消毒的是______________rm{(}写化学式rm{)}rm{(4)B}的单质在rm{F}的单质中燃烧的火焰颜色为_____________，所形成化合物的电子式为________。rm{(5)C}元素的单质可以在rm{D}和rm{F}组成的一种气态化合物中燃烧，写出该反应的化学方程式_____________。12、（8分）（1）在一定条件下，RO3n-和氯气可发生如下反应：RO3n-+Cl2+2OH-=RO42-+2Cl-+H2O；由以上反应可知在RO3n-中，元素R的化合价是。（2）实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；当有0.10mol电子发生转移时，生成氯气的体积（标准状况），发生反应的高锰酸钾的质量为____，被还原的氯化氢的物质的量。13、rm{(1)}已知下列热化学方程式：

Ⅰrm{.2H_{2}(g)+O_{2}}rm{(g)=2H_{2}O(l)}rm{triangleH=-570kJ?mol^{-1}}

Ⅱrm{triangle

H=-570kJ?mol^{-1}}rm{.2H_{2}(g)+O_{2}}rm{triangleH=-483.6kJ?mol^{-1}}

Ⅲrm{(g)=H_{2}O(g)}rm{triangle

H=-483.6kJ?mol^{-1}}rm{triangleH=-221kJ?mol^{-1}}

Ⅳrm{.2C(s)+O_{2}}rm{(g)=2CO(g)}rm{triangleH=-393.5kJ?mol^{-1}}

回答下列问题：

rm{triangle

H=-221kJ?mol^{-1}}的燃烧热为______；

rm{.C(s)+O_{2}}写出rm{(g)=CO_{2}(g)}燃烧的热化学方程式______．

rm{triangle

H=-393.5kJ?mol^{-1}}已知含有rm{垄脵H_{2}}的稀溶液与足量的rm{垄脷}稀溶液反应放出rm{CO}的热量rm{(2)}写出表示该中和热的热化学方程式：______；

rm{1molH_{2}SO_{4}}若用相同浓度和体积的氨水rm{NaOH}代替rm{114.6KJ}溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会______；rm{.}填“偏大”、“偏小”、“无影响”rm{(3)}．rm{(NH_{3}?H_{2}O)}14、反应：2KMnO4+16HCl═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O。

（1）氧化剂是______；氧化产物是______，还原产物是______（填化学式）。

（2）若生成71gCl2，则消耗的HCl是______mol，被氧化的HCl是______mol，转移的电子的物质的量是______。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、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．16、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．17、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）18、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）19、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、元素或物质推断题(共1题，共3分)20、如图表示A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色。

回答下列问题：

(1)A→D反应常用于人工固氮，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)D→C是工业制硝酸的重要反应，化学方程式为_______。

(3)B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收，则B与的物质的量之比为_______，若该反应转移个电子，则参加反应的B的物质的量为_______mol。评卷人得分五、推断题(共1题，共9分)21、现有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}七种物质，rm{C}rm{F}是最常见的金属，rm{B}是气体单质，rm{D}为rm{FeSO_{4}}溶液，rm{G}为rm{CuSO_{4}}溶液；它们之间存在如图所示关系：

rm{(1)}推测下列物质的化学式rm{A}______，rm{B}______，rm{F}______．

rm{(2)}写出rm{A隆煤C}转化的化学方程式______．

rm{(3)}写出rm{C+G隆煤D+F}转化的离子方程式______．评卷人得分六、结构与性质(共1题，共5分)22、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8题，共16分)1、C【分析】解：rm{A.}在含有多个电子的原子里能量高的电子在离核较远的区域内运动；故A错误；

B.单原子形成的离子不一定具有稀有气体原子的核外电子排布，如rm{H^{+}}故B错误；

C.物质由固态转化为液态时共价键不被破坏，rm{Na_{2}O_{2}}熔化时不破坏rm{O-O}共价键；故C正确；

D.俄国化学家门捷列夫对元素周期表做出了巨大贡献；而不是道尔顿，故D错误．

故选：rm{C}．

A.多电子原子中；在离核较近的区域内运动的电子能量较低；

B.单原子形成的离子不一定具有稀有气体原子的核外电子排布；

C.物质由固态转化为液态时共价键不被破坏；

D.俄国化学家门捷列夫对元素周期表做出了巨大贡献．

本题考查了原子结构、原子核外电子排布、化学键及化学历史知识，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】rm{C}2、C【分析】解：rm{垄脵}普通漏斗常用于过滤；可用来分离固液混合物；

rm{垄脷}试管常用于物质的制备；发生装置；

rm{垄脹}蒸馏烧瓶常用于分离沸点不同的液体混合物；

rm{垄脺}托盘天平常用于称量固体的质量；

rm{垄脻}分液漏斗常用于分离互不相溶的液体混合物；

rm{垄脼}容量瓶常用于一定物质的量浓度溶液的配制；

rm{垄脽}蒸发皿用于蒸发液体；

rm{垄脿}坩埚用于灼烧固体；

故选C．

常用的物质分离的方法：过滤；萃取分液、蒸馏、分馏；根据各种方法来选择所需的仪器．

本题考查学生物质分离所需的仪器，难度不大，注意常用的物质分离的方法有过滤、萃取分液、蒸馏、分馏．【解析】rm{C}3、C【分析】【详解】

A.总反应为由方程式可以看出该转化的原子利用率为100%，故A正确；

B.阴极发生还原反应，阴极电极反应式为故B正确；

C.右侧电极氯化钠生成次氯酸钠，根据反应物、生成物中钠、氯原子个数比为1:1，Na+不能通过交换膜；故C错误；

D.阴极二氧化碳得电子生成CO，碳元素化合价由+4降低为+2，每生成11.2L（标况下）CO转移电子数为NA；故D正确；

选C。4、A【分析】【解答】解：v（H2SO4）===0.06mol/（L•s）；同一反应中，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以10s内生成硫酸镁的平均反应速率为0.06mol/（L．s）；

故选A

【分析】先根据题意计算硫酸的反应速率，再根据同一反应中，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算生成硫酸镁的平均反应速率．5、A【分析】解：较活泼的金属能和盐酸发生置换反应生成氢气；一般来说；在两种金属构成的原电池中，作负极的金属较活泼，作正极的金属较不活泼，B中混有C时，只有C能被盐酸溶解，则金属活动性C＞B；A与B组成原电池时，A为电池的正极，则金属活动性B＞A，所以这三种金属活动性强弱顺序是C＞B＞A，故选A．

较活泼的金属能和盐酸发生置换反应生成氢气；一般来说；在两种金属构成的原电池中，作负极的金属较活泼，作正极的金属较不活泼，据此判断金属活动性强弱．

本题考查金属活动性强弱判断，根据金属最高价氧化物的水化物碱性强弱、金属之间的置换反应、原电池正负极、金属与酸或酸反应置换出氢气难易判断金属的金属性强弱，注意不能根据失电子多少判断金属性强弱，题目难度不大．【解析】【答案】A6、C【分析】解：rm{22.4g}铁的物质的量为rm{dfrac{22.4g}{56g/mol}=0.4mol}令铁完全反应需硝酸的物质的量为rm{dfrac

{22.4g}{56g/mol}=0.4mol}则：

rm{n}稀rm{Fe+4HNO_{3}(}

rm{)=Fe(NO_{3})_{3}+NO隆眉+2H_{2}O}rm{1}

rm{4}rm{0.4mol}

所以rm{n}由于rm{n=1.6mol}所以rm{1.6mol>0.8mol}有剩余，根据硝酸计算生成rm{Fe}的物质的量，参加反应生成rm{NO}的rm{NO}的物质的量；则：

rm{Fe}稀rm{Fe+4HNO_{3}(}

rm{)=Fe(NO_{3})_{3}+NO隆眉+2H_{2}O}rm{1mol}rm{4}rm{mol}

rm{0.1mol}rm{0.2mol}rm{0.8mol}

根据生成rm{0.2mol}的物质的量，参加反应生成rm{NO}的rm{NO}的物质的量作图，反应生成的气体的物质的量rm{Fe}随消耗铁粉的物质的量rm{(x)}变化关系如图：

故选：rm{(y)}．

铁粉逐渐加入到含rm{C}rm{HNO_{3}}的稀硝酸中；开始硝酸过量，铁与硝酸反应生成硝酸铁；一氧化氮，当硝酸反应完毕后，铁若有剩余，再与硝酸铁反应生成硝酸亚铁．

先判断铁与硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮，铁是否有剩余，若铁有剩余根据硝酸计算生成rm{0.8mol}的物质的量，若硝酸有剩余根据铁计算生成rm{NO}的物质的量．

考查硝酸的性质、过量计算，难度中等，注意铁粉逐渐加入到稀硝酸中，开始硝酸过量，铁与硝酸反应生成硝酸铁．rm{NO}【解析】rm{C}7、A【分析】略【解析】rm{A}8、D【分析】【分析】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，根据元素化合价变化确定正负极，知道各个电极发生的反应及电子流向，难点是电极反应式的书写。【解答】A.该原电池中，二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸，所以通入二氧化硫的电极是负极、通入氧气的电极是正极，所以rm{a}是负极、rm{b}是正极；故A错误；

B.生产过程中rm{a}电极质量不变电极质量不变；故B错误；

C.rm{a}是负极、rm{a}是正极，所以电子从rm{b}极流向rm{a}极；故C错误；

D.负极上二氧化硫失电子发生氧化反应，电极反应式为rm{b}故D正确。故选D。rm{SO_{2}+2H_{2}O-2e^{-}=SO_{4}^{2-}+4H^{+}}【解析】rm{D}二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】

在11H，12H，13H，1223Mg，1224Mg，816O，817O，818O中有氧元素、氢元素和镁元素三种，这8种微粒均具有一定数目的质子数和一定数目的中子数，均属于原子，中子数=质量数-中子数，可知中子数最多的是12个，为1224Mg；

12H218O的相对分子质量=2×2+18=22．

故答案为：3；8；1224Mg；22．

【解析】【答案】质子数决定元素的种类；质子数和中子数决定原子的种类，中子数=质量数-中子数，分子的相对分子质量在数值上等于各个原子的质量数之和．

10、略

【分析】解：①人体缺乏维生素C会引起坏血病；故答案为：维生素C；

②人体缺乏铁元素会发生贫血；故答案为：铁元素；

③脂肪是既能为人体提供热量；又能提供必需脂肪酸的物质，故答案为：脂肪；

④纤维素是一种多糖；故答案为：多糖．

①人体缺乏维生素C会引起坏血病；

②人体缺乏铁元素会发生贫血；

③脂肪是既能为人体提供热量；又能提供必需脂肪酸的物质；

④纤维素是一种多糖．

本题考查维生素、微量元素、脂肪和多糖等，难度不大，注意基础知识的积累．【解析】维生素C；铁元素；脂肪；多糖11、（1）第二周期（或第2周期），第ⅣA族）第二周期（或第1周期），第Ⅳ2族A）（2）r（N3-)＞r（O2-）＞r（Na+）（或N3-＞O2-＞Na+）（2＞r（N3-)）＞r（O2-）（或r＞Na+＞N3-）O2-Na+）或（3）Cl2或O33）黄色Cl2O3）（4）黄色4【分析】【分析】本题旨在考查学生对元素周期表、元素周期律的应用、微粒半径大小的比较、电子式、化学方程式的书写等应用。【解答】根据题意，已知rm{C}元素形成的单质有“国防金属”的美誉，rm{C}为镁元素，rm{E}的最高价氧化物对应的水化物能与rm{E}的最简单氢化物反应生成离子化合物，rm{E}为氮元素，rm{A}为锂元素，rm{D}为rm{C}元素，rm{F}为rm{O}元素，rm{B}为钠元素，rm{G}为rm{S}元素，rm{H}为氯元素，元素形成的单质有“国防金属”的美誉，rm{C}为镁元素，rm{C}的最高价氧化物对应的水化物能与rm{E}的最简单氢化物反应生成离子化合物，rm{E}为氮元素，rm{E}为锂元素，rm{A}为rm{D}元素，rm{C}为rm{F}元素，rm{O}为钠元素，rm{B}为rm{G}元素，rm{S}为氯元素，rm{H}为rm{(1)D}为rm{C}元素在周期表中的位置为：元素在周期表中的位置为：第二周期rm{(1)D}或第rm{C}周期rm{(}第Ⅳrm{2}族rm{2}第二周期rm{)}或第rm{A}周期rm{A}第Ⅳ；故答案为：族rm{(}rm{2}氮负离子、氧负离子、钠离子三者核外电子排布相同，质子数越多，半径越小，故微粒半径由大到小的顺序为：rm{2}rm{)}rm{A}rm{A}；rm{(2)}氮负离子、氧负离子、钠离子三者核外电子排布相同，质子数越多，半径越小，故微粒半径由大到小的顺序为：rm{(2)}rm{r}rm{r}rm{(}rm{N^{3-})}rm{>}rm{r}rm{(}rm{O^{2-}}rm{)>}rm{r}rm{(}rm{Na^{+}}rm{)(}或rm{N^{3-;}}rm{>}rm{O^{2-;}}rm{>}rm{Na^{+}}rm{)}故答案为：rm{(}rm{N^{3-})}或rm{N^{3-})}rm{>}rm{r}rm{r}rm{(}rm{O^{2-}}故答案为：rm{O^{2-}}rm{)>}rm{r}rm{r}rm{(}rm{Na^{+}}rm{Na^{+}}rm{)(}rm{N^{3-;}}rm{N^{3-;}}rm{>}rm{O^{2-;}}或rm{O^{2-;}}rm{>}rm{Na^{+}}rm{Na^{+}}rm{)}rm{r}rm{r}臭氧、氯气能用于饮用水消毒，故答案为：rm{(}rm{N^{3-})}rm{>}rm{r}rm{(}rm{O^{2-}}rm{)>}rm{r}rm{(}rm{Na^{+}}rm{)(}或rm{N^{3-;}}rm{>}rm{O^{2-;}}rm{>}rm{Na^{+}}rm{)}rm{(}；rm{N^{3-})}钠在氧气中燃烧火焰颜色为黄色，形成过氧化钠，其电子式为：rm{N^{3-})}rm{>}rm{r}镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，反应方程式为：rm{r}rm{(}rm{O^{2-}}rm{O^{2-}}rm{)>}rm{r}rm{r}【解析】rm{(}rm{1}rm{)}第二周期rm{(}或第rm{2}周期rm{)}第Ⅳrm{A}族rm{(}rm{1}第二周期rm{1}或第rm{)}周期rm{(}第Ⅳrm{2}族rm{2}rm{)}rm{A}rm{A}rm{(}rm{2}rm{)}rm{r}rm{(}rm{N^{3-})}rm{>}rm{r}rm{(}rm{O^{2-}}rm{)>}rm{r}rm{(}rm{Na^{+}}rm{)(}或rm{N^{3-;}}rm{>}rm{O^{2-;}}rm{>}rm{Na^{+}}rm{)}rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{r}rm{r}rm{(}rm{N^{3-})}rm{N^{3-})}rm{>}或rm{r}rm{r}rm{(}rm{O^{2-}}rm{O^{2-}}rm{)>}rm{r}rm{r}rm{(}rm{Na^{+}}rm{Na^{+}}或rm{)(}rm{N^{3-;}}rm{N^{3-;}}rm{>}黄色rm{O^{2-;}}rm{O^{2-;}}rm{>}rm{Na^{+}}rm{Na^{+}}rm{)}12、略

【分析】【解析】【答案】（8分）（1）+4（2）1.12L3.16g0.1mol（各2分，共8分）13、285kJ•mol-1；CO（g）+O2（g）=CO2（g）△=-283KJ/mol；NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；偏小【分析】解：rm{(1)垄脵}根据燃烧热的定义，rm{1mol}氢气燃烧生成液态水更稳定，所以rm{垄脵H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)}rm{triangleH=-285kJ?mol^{-1}}为氢气燃烧热的化学方程式，所以氢气的燃烧热为：rm{垄脵H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)}

故答案为：rm{triangle

H=-285kJ?mol^{-1}}

rm{285kJ?mol^{-1}}已知：rm{垄脹2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangleH=-221kJ?mol^{-1}}

rm{垄脺C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-393.5kJ?mol^{-1}}

依据盖斯定律rm{285kJ?mol^{-1}}得到rm{CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=(-393.5kJ/mol)-dfrac{1}{2}隆脕(-221kJ/mol)=-283KJ/mol}

故答案为：rm{CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle=-283KJ/mol}．

rm{垄脷}rm{垄脹2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangle

H=-221kJ?mol^{-1}}溶液与足量rm{垄脺C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H=-393.5kJ?mol^{-1}}溶液完全反应，放出rm{垄脺-垄脹隆脕dfrac{1}{2}}的热量，即生成rm{CO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=(-393.5kJ/mol)-dfrac

{1}{2}隆脕(-221kJ/mol)=-283KJ/mol}水放出rm{CO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle=-283KJ/mol}的热量，反应的反应热为rm{(2)1mol}

中和热为rm{H_{2}SO_{4}}则中和热的热化学方程式：rm{NaOH(aq)+dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}

故答案为：rm{NaOH(aq)+dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}

rm{NaOH}氨水为弱碱；电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，求得的中和热数值将会减小；

故答案为：偏小．

rm{114.6kJ}燃烧热是指在rm{2mol}摄氏度，rm{114.6kJ}时，rm{-114.6kJ/mol}纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物的物质的量为rm{-57.3kJ/mol}产物必须是稳定氧化物据此解答；

rm{NaOH(aq)+dfrac

{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.3kJ/mol}结合盖斯定律计算得到，燃烧热是rm{NaOH(aq)+dfrac

{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.3kJ/mol}可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；

rm{(3)}根据中和热的概念：稀的强酸和强碱反应生成rm{(1)垄脵}水所放出的热量求出中和热以及中和热的热化学方程式；

rm{25}根据弱电解质电离吸热分析．

本题考查了燃烧热、中和热的定义和反应热的求算，题目难度不大，理解燃烧热概念时注意可燃物物质的物质的量必须是rm{101kPa}且生成稳定的氧化物，中和热是生成rm{1mol}水．rm{1mol}【解析】rm{285kJ?mol^{-1}}rm{CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle=-283KJ/mol}rm{NaOH(aq)+dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}偏小rm{CO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle=-283KJ/mol}14、KMnO4Cl2MnCl23.222mol【分析】解：（1）2KMnO4+16HCl═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，Cl元素的化合价升高，失去电子被氧化，则Cl2为氧化产物，还原产物为：MnCl2，故答案为：KMnO4；Cl2；MnCl2；

（2）若生成71gCl2，其物质的量为=1mol，所以消耗的HCl是=3.2mol；由Cl原子守恒可知被氧化的HCl是2mol，转移电子为2mol；

故答案为：3.2；2；2mol。

2KMnO4+16HCl═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中；Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，以此来解答。

本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子计算的考查，题目难度不大。【解析】KMnO4Cl2MnCl23.222mol三、判断题(共5题，共10分)15、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．16、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；17、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．18、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．19、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、元素或物质推断题(共1题，共3分)20、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色，B为二氧化氮；A为氮气，氮气和氧气生成一氧化氮C，一氧化氮和氧气生成二氧化氮D，二氧化氮和水生成硝酸E，硝酸和铜生成一氧化氮、硝酸铜；氮气和氢气生成氨气D，氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮；

【详解】

（1）A→D反应为氮气和氢气催化生成氨气，

（2）D→C为氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮和水，

（3）二氧化氮B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收生成硝酸，反应为则二氧化氮与的物质的量之比为4:1；该反应电子转移情况为若该反应转移个电子，则参加反应的二氧化氮的物质的量为1mol。【解析】(1)

(2)

(3)4:11五、推断题(共1题，共9分)21、略

【分析】解：高温条件下；四氧化三铁和一氧化碳反应生成铁和二氧化碳，铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁；

铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，因此rm{A}rm{B}rm{C}rm{E}rm{F}分别是四氧化三铁；氢气、铁、稀硫酸、铜；

rm{(1)A}是rm{Fe_{3}O_{4}}rm{B}是rm{H_{2}}rm{F}是rm{Cu}．

故填：rm{Fe_{3}O_{4}}rm{H_{2}}rm{Cu}

故答案为：rm{Fe_{3}O_{4}}rm{H_{2}}rm{Cu}

rm{(2)}高温条件下，四氧化三铁和一氧化碳反应生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：rm{Fe_{3}O_{4}+4COdfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}3Fe+4CO_{2}}

故答案为：rm{Fe_{3}O_{4}+4COdfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}3Fe+4CO_{2}}

rm{Fe_{3}O_{4}+4COdfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}3Fe+4CO_{2}}铁和硫酸铜反应的离子方程式为：rm{Fe_{3}O_{4}+4COdfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}3Fe+4CO_{2}}．

故答案为：rm{(3)}．

高温条件下，四氧化三铁和一氧化碳反应生成铁和二氧化碳，铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁；铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，推断rm{Fe+Cu^{2+}=Fe^{2+}+Cu}为rm{Fe+Cu^{2+}=Fe^{2+}+Cu}rm{A}为rm{Fe_{3}O_{4}}rm{C}是气体单质，rm{Fe}为rm{B}溶液，说明rm{D}为稀硫酸，rm{FeSO_{4}}为rm{E}溶液，则rm{G}为rm{CuSO_{4}}据此分析回答问题．

本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论，题目难度中等．rm{F}【解析】rm{Fe_{3}O_{4}}rm{H_{2}}rm{Cu}rm{Fe_{3}O_{4}+4COdfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}3Fe+4CO_{2}}rm{Fe_{3}O_{4}+4COdfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}3Fe+4C