2025年上外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年上外版高一化学上册阶段测试试卷735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、以下是一些常用的危险品标志，装运硝酸铵的包装箱应贴的图标是()2、下列说法中正确的是（）A.同温同压下，气体的物质的量与体积成反比B.同温同体积时，气体的物质的量与压强成反比C.同温同物质的量时，气体的压强与体积成正比D.同压同体积时，气体的物质的量与温度成反比3、下列关于元素周期表的说法正确的是rm{(}rm{)}A.第Ⅰrm{A}族元素中的金属性比第Ⅱrm{A}族元素的金属性强B.金属和非金属的分界线，从分界线附近可以找到半导体材料C.周期表中有rm{7}个横行，即七个周期；有rm{18}个纵列，即十八个族D.第二周期元素的最高化合价为rm{+1隆煤+7}4、仔细分析下列表格中烃的排列规律，判断排列在第rm{16}位的烃的分子式是()A.rm{C_{6}H_{12}}B.rm{C_{6}H_{14}}C.rm{C_{7}H_{12}}D.rm{C_{7}H_{14}}5、相同温度和压强下，在容积为rm{2L}的密闭容器中，发生反应：rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)}

该反应达到平衡状态的标志是rm{(}rm{)}A.rm{v_{脮媒}(HI)=v_{脛忙}(I_{2})}B.rm{c(HI)=c(H_{2})=c(I_{2})}C.rm{c(H_{2})}rm{c(I_{2})}rm{c(HI)}保持不变D.拆开rm{2molH-I}共价键，同时生成rm{1molH-H}6、关于化学反应中能量变化的说法不符合事实的是rm{(}rm{)}A.化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量B.化学反应中有物质变化也有能量变化C.需要加热的化学反应不一定是吸热反应D.图中所示的反应为放热反应。

评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)7、如图，在光照条件下，将盛有CH4和Cl2的量筒倒扣于盛有饱和食盐水的烧杯中进行实验，对实验现象及产物分析中错误的是（）A.混合气体的颜色变浅，量筒中液面上升B.量筒内壁上出现的油状液滴，应是三氯甲烷、四氯甲烷的混合物C.烧杯中有白色固体物质析出D.甲烷与氯气反应后的产物只有CCl48、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如表所示，若rm{Y}原子的最外层电子数是次外层电子数的rm{3}倍rm{.}下列说法错误的是rm{(}rm{)}

。rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}A.气态氢化物的热稳定性：rm{X<Y}B.最高价氧化物对应水化物的酸性：rm{W>Z>X}C.元素rm{Y}和元素rm{Z}的最高正化合价之和的数值等于rm{9}D.rm{W}的单质具有漂白性，能使湿润的有色布条褪色9、下列叙述错误的是rm{(}rm{)}

A.金属钠比铁密度小B.金属钠比冰熔点低C.如图所示研究物质性质的方法属于观察法D.如图所示研究物质性质的方法属于实验法10、下列有关元素性质的递变规律不正确的是（）A.Na、Mg、Al的还原性逐渐减弱B.HCl、H2S、PH3、气态氢化物的稳定性逐渐增强C.NaOH、KOH的碱性逐渐增强D.O的原子半径比S的原子半径大11、高温下，炽热的铁与水蒸气在一个体积可变的密闭容器中进行反应：rm{3Fe(s)+4H_{2}O(g)=Fe_{3}O_{4}(s)+4H_{2}(g)}下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是rm{(}rm{)}A.压强不变，充入氮气使容器体积增大B.将容器的体积缩小一半C.增加铁的量D.体积不变，充入氮气使容器压强增大评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)12、在Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于_______离子的作用，使胶体形成了沉淀，这个过程称为_______13、氯气是一种重要的化工原料；是氯碱工业的主要产品之一，它是一种常用的消毒剂．

①实验室可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式是____

②氯碱工业生产氯气的化学方程式为____

③由于氯气贮存运输不方便，工业上常将氯气转化为漂白粉，工业上生产漂白粉的主要化学方程式是____，在空气中漂白粉长期存放会变质而失效的原理是（用化学方程式说明）____．14、写出下列物质的电离方程式．

（1）NaOH______（2）CuCl2______．15、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{4}种元素，rm{A}元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等；rm{B}的原子半径是其所在主族中最小的，rm{B}的最高价氧化物对应水化物的化学式为rm{HBO_{3}}rm{C}元素原子的最外层电子数比次外层少rm{2}个；rm{C}的阴离子与rm{D}的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物rm{D_{2}}C.

rm{(1)B}元素的名称______；rm{B}在周期表中的位置第______周期；第______族；

rm{(2)C}的元素符号______，rm{C}的最高价氧化物的化学式______；

rm{(3)D}的最高价氧化物对应的水化物的化学式______．16、（10分）Ⅰ：某些化学反应可表示为：A+B→C+D+H2O，请回答下列问题：（1）若A、C、D均含有氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，该反应离子方程式为____。（2）若A为淡黄色固体，C为无色的气体，则该反应的离子方程式为____。（3）若A、C、D均是铁的化合物，B是稀硫酸，则A与B反应的化学方程式为____。Ⅱ：某些化学反应可表示为：A+B+H2O→C+D。请回答下列问题：（1）若A为非金属单质，C为非金属单质，写出符合要求的化学反应方程式____（2）若A为金属单质，C为非金属单质，写出符合要求的离子方程式_____________________.17、按题目要求填空。

（1）相同物质的量的O2和O3的质量比为______。

（2）2.5molBa（OH）2中含有______个OH-，2.5molBa（OH）2的质量是______g。

（3）在标准状况下；1.7g氨气所占的体积约为______L，它与标准状况______L硫化氢含有相同数目的氢原子。

（4）某气态氧化物化学式为RO2；在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为______。

（5）同温同压下，SO2与氦气的密度之比为______，若质量相同，两种气体的体积比为______。评卷人得分四、判断题(共4题，共24分)18、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）19、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）20、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化21、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）评卷人得分五、探究题(共2题，共8分)22、（10分）请你参与下列探究：[问题情景]某化学实验小组同学将铁粉投入硫酸铜溶液中，发现生成红色固体物质的同时有较多的气泡放出。同学们都能解释红色固体物质的出现，请你写出生成红色固体物质的化学反应方程式____。但却对气体的生成产生了疑问，这激发了同学们强烈的探究欲望，生成的是什么气体？[提出猜想]从物质组成元素的角度，放出的气体可能是O2、SO2、H2。[查阅资料]SO2易溶于水，它能与过量的NaOH溶液反应，生成Na2SO3。[方案设计]依据上述猜想，实验小组同学分别设计了如下方案：（1）甲同学认为是O2，则较简单的检验方法是。（2）乙同学认为是SO2，则只需将放出的气体通入盛有NaOH溶液的洗气瓶中，称量通气前后洗气瓶的质量。写出SO2与过量的NaOH溶液反应的化学方程式。（3）甲、乙同学实验的结果表明气体中既不含O2也不含SO2。丙同学根据以上实验结果推测气体是H2。[实验探究]丙同学为了检验H2，收集了一试管气体，用拇指堵住试管口且管口略向下倾斜靠近火焰移开拇指点火，听到很小的声音。然后再将气体用带尖嘴的导管导出点燃且用冷而干燥的烧杯罩在火焰上方，气体在空气中安静的燃烧，产生淡蓝色火焰，烧杯壁上有水珠生成，接触烧杯的手能感觉到发热。结论：铁粉与硫酸铜的溶液反应时，产生的气体是。[思维拓展]由上述实验可以推出，硫酸铜溶液中可能含有物质。23、甲；乙、丙、丁四位同学在探究碱溶液与酚酞作用的实验时；发现了一个意外现象：氢氧化钠溶液滴入酚酞试液，溶液变成了红色，可是过了一会红色就消失了．这是什么原因呢？他们根据所学化学知识，分别对这种意外现象的成因作了如下猜想：

甲：可能是酚酞变质造成的；

乙：可能是氢氧化钠溶液与空气中的二氧化碳反应的缘故；

丙：可能是酚酞与空气中的氧气反应；使红色消失；

丁：可能与氢氧化钠溶液浓度大小有关．

（1）甲同学刚提出自己的猜想，就遭到其余三位同学的否定，三位同学的理由是：______；

（2）丙同学认为乙同学的猜想也不正确，他的理由是______．

（3）四位同学讨论后认为要验证丙同学猜想；还需作如下实验，你知道其实验目的吗？

。实验步骤设计这一步骤的目的1．将配制的氢氧化钠溶液加热2．在加热后的溶液中滴入酚酞，并在上方滴一些植物油通过以上实验；四位同学观察到的现象是：溶液先变成红色，过了一会红色仍然消失．

（4）若丁同学的猜想正确；大家能设计实验证明吗？

。实验方法可能观察到的现象和结论评卷人得分六、计算题(共4题，共40分)24、（6分）为了测定某铜银合金的组成，将30.0g合金溶于80.0mL13.5mol/L的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到气体6.72L（标准状况下），并测得溶液中H＋的物质的量浓度为1.00mol/L，假设反应后溶液的体积仍为80.0mL。计算：（1）被还原的硝酸的物质的量（2）合金中银的质量分数25、（10分）在一定温度下的5L的密闭固定容积容器中，通入10molNH3，发生了如下反应：N2＋3H22NH3，反应进行到2min时，测得容器内有2molN2，求：（1）2min时的N2的浓度？（2）2min内的平均速率υ（NH3）？（3）反应前后容器中气体压强之比？（4）NH3的分解率？26、把rm{2mol}rm{X}气体和rm{1mol}rm{Y}气体混合于rm{2L}密闭容器中，发生如下反应：rm{3X(g)+Y(g)?nZ(g)+2W(g)}rm{2min}末生成rm{0.2mol}rm{W}若测得以rm{Z}的物质的量浓度变化表示的平均反应速率为rm{0.1mol/(L?min)}试计算：

rm{(1)}前rm{2min}内，用rm{X}表示的平均反应速率；

rm{(2)2min}末时rm{Y}的转化率；

rm{(3)}化学方程式中rm{Z}的化学计量数rm{n}．27、两份质量相等且组成完全相同的镁rm{-}铝合金，一份投入足量的稀硫酸中，生成氢气的体积是rm{7.84L}另一份投入足量的氢氧化钠溶液，生成氢气的体积是rm{3.36L(}以上体积数据均在标准状况下测得rm{).}计算这种镁rm{-}铝合金中镁的质量分数．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】试题分析：硝酸铵经剧烈摩擦能引起爆炸，为爆炸品，故B项正确。考点：本题考查化学试剂的标志。【解析】【答案】B2、D【分析】解：A．依据PV=nRT；可知同温同压下，气体的物质的量与体积成正比，故A错误；

B．依据PV=nRT；同温同体积时，气体的物质的量与压强成正比，故B错误；

C．依据PV=nRT；同温同物质的量时，气体的压强与体积成反比，故C错误；

D．依据PV=nRT；同温同物质的量时，同压同体积时，气体的物质的量与温度成反比，故D正确；

故选D．

依据气体状态方程式：PV=nRT解答．

本题考查了阿伏伽德罗定律及推论，明确PV=nRT是解题关键，题目难度不大．【解析】【答案】D3、B【分析】解：rm{A.}同周期第Ⅰrm{A}族元素中的金属性比第Ⅱrm{A}族元素的金属性强；不是同周期时不一定有此关系，故A错误；

B.金属和非金属的分界线的元素具有金属性；非金属性；则从分界线附近可以找到半导体材料，故B正确；

C.周期表有rm{16}个族，含rm{7}个主族、rm{7}个副族、rm{1}个rm{0}族、rm{1}个ⅤⅢ族，周期表中rm{8}rm{9}rm{10}三个纵行为ⅤⅢ族；故C错误；

D.第二周期中rm{O}rm{F}无正价，第三周期符合元素的最高化合价为rm{+1隆煤+7}故D错误；

故选：rm{B}

A.同周期从左向右金属性减弱；

B.金属和非金属的分界线的元素具有金属性；非金属性；

C.周期表有rm{16}个族；

D.第二周期中rm{O}rm{F}无正价．

本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素在周期表的位置和性质、元素周期表的结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大．【解析】rm{B}4、C【分析】【分析】本题考查饱和烃和不饱和烃，根据表中分子式利用归纳法寻找规律，进行书写。【解答】由表中分子式可知，每rm{3}rm{3}个一组，每组内碳原子数目相同，由前到后的顺序按炔烃、烯烃、烷烃循环，相邻组的碳原子数目相差rm{1}rm{1}，故第rm{16}rm{16}位烃应处于第六组第一个，碳原子数目为rm{2+5=7}rm{2+5=7}，为炔烃，故分子式为故B符合题意。rm{C}rm{C}rm{7}rm{7}【解析】rm{C}5、C【分析】解：rm{A}平衡时应有rm{v_{脮媒}(HI)=2v_{脛忙}(I_{2})}故A错误；

B；平衡时各组成的浓度不变；而不是相等，故B错误；

C、rm{c(H_{2})}rm{c(I_{2})}rm{c(HI)}保持不变；说明正逆反应速率相等，故C正确；

D；都反映的是正向；未体现正与逆的关系，故D错误；

故选C．

根据化学平衡状态的特征解答；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度；百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．

本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为rm{0}．【解析】rm{C}6、D【分析】解：rm{A}断键吸收能量；成键放出能量，化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的，故A正确；

B；化学反应的实质是有新物质生成；反应物断键吸热，生成化学键放热，反应过程中移动有物质生成和能量变化，故B正确；

C；断键吸收能量；成键放出能量，化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的是对的，故C正确；

D；反应物的总能量低于生成物的总能量；反应是吸热反应，故D错误；

故选D．

A；断键吸收能量；成键放出能量；

B；依据化学反应的实质分析；

C；某些放热反应需要加热才能发生反应；

D；图示是反应物能量低于生成物；反应是吸热反应．

本题是对化学变化与能量的考查，解决的关键是明确化学变化的实质与化学键的关系，属基础性知识考查题．【解析】rm{D}二、双选题(共5题，共10分)7、B|D【分析】解：CH4和Cl2混合后在光照条件下发生取代反应：CH4+Cl2CH3Cl+HCl，CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl，CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl，CHCl3+Cl2CCl4+HCl

A、氯气是黄绿色气体，由于氯气被消耗，故混合气体颜色变浅；由于生成的HCl溶于水，而CHCl3、CH2Cl2、CCl4是油状液体故反应后气体体积变小；则液面上升，故A正确；

B、CHCl3、CH2Cl2、CCl4是油状液体，CH3Cl是气体但易溶于有机溶剂，故所得的油状液滴是CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4的混合物；故B错误；

C；HCl溶于水后；能使NaCl的溶解平衡左移，降低了NaCl的溶解度，故有固体析出，故C正确；

D、有机反应进行不彻底，故反应后产物中CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl均有；故D错误．

故选BD．

CH4和Cl2混合后在光照条件下发生取代反应：CH4+Cl2CH3Cl+HCl，CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl，CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl，CHCl3+Cl2CCl4+HCl

A；氯气是黄绿色气体；

B、CH3Cl是气体，CHCl3、CH2Cl2、CCl4是油状液体；

C；HCl溶于水后；能使NaCl的溶解平衡左移；

D；有机反应进行不彻底．

本题考查了甲烷和氯气的取代反应，应注意的是有机反应进行不彻底，故反应后产物中CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl均有，题目难度不大．【解析】【答案】BD8、rCD【分析】解：由上述分析可知，rm{X}为rm{C}rm{Y}为rm{O}rm{Z}为rm{S}rm{W}为rm{Cl}

A.非金属性越强，对应氢化物越稳定，则气态氢化物的热稳定性：rm{X<Y}故A正确；

B.非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：rm{W>Z>X}故B正确；

C.rm{Y}为rm{O}无正价，rm{Z}的最高正价为rm{+7}故C错误；

D.rm{W}的单质为氯气；不具有漂白性，但能使湿润的有色布条褪色，故D错误；

故选CD．

rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}均为短周期元素，由位置可知rm{Y}位于第二周期，rm{Y}原子的最外层电子数是次外层电子数的rm{3}倍，由于最外层电子数不能超过rm{8}rm{Y}原子只能有rm{2}个电子层，次外层电子数为rm{2}最外层电子数为rm{6}则rm{Y}为rm{O}元素，结合元素在图中的位置可知，rm{X}为rm{C}元素，rm{Z}为rm{S}元素，rm{W}为rm{Cl}元素；以此来解答．

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，干燥的氯气不具有漂白性，题目难度不大．【解析】rm{CD}9、rBC【分析】解：rm{A}钠与水反应的现象钠浮在水面上说明钠密度比水小；而铁的密度比水大，所以金属钠比铁密度小，故A正确；

B、冰是分子晶体，金属钠是金属晶体，通常条件钠是固体，水是液体，所以熔点金属钠rm{>}冰；故B错误；

C；图示表示的是一同学正在闻物质的气味；根据学生的操作可以知道该过程为实验法，故C错误；

D；图示表示的是一同学正在闻物质的气味；根据学生的操作可以知道该过程为实验法，故D正确；

故选BC．

A；根据钠与水反应的现象钠浮在水面上说明钠密度比水小判断；

B；通常条件钠是固体；水是液体，据此分析；

C；实验法是通过实验来验证对物质性质的预测或探究物质未知性质的方法；据此进行判断该同学的探究方法；

D；实验法是通过实验来验证对物质性质的预测或探究物质未知性质的方法；据此进行判断该同学的探究方法．

本题考查了科学探究方法、金属钠的物理性质等知识，题目难度不大，注意明确常见的科学探究方法．【解析】rm{BC}10、B|D【分析】解：A．同周期从左向右金属性减弱；则Na；Mg、Al的还原性逐渐减弱，故A正确；

B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则HCl、H2S、PH3的气态氢化物的稳定性逐渐减弱；故B错误；

C．金属性越强；对应碱的碱性越强，则NaOH；KOH的碱性逐渐增强，故C正确；

D．同主族从上到下原子半径增大；则O的原子半径比S的原子半径小，故D错误；

故选BD．

A．同周期从左向右金属性减弱；

B．非金属性越强；对应氢化物越稳定；

C．金属性越强；对应碱的碱性越强；

D．同主族从上到下原子半径增大．

本题考查元素周期律和周期表，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．【解析】【答案】BD11、rCD【分析】解：rm{A.}压强不变；充入氮气使容器体积增大，则容器体积应增大，气体浓度减小，反应速率减小，故A不选；

B.将容器的体积缩小一半；气体浓度增大，反应速率增大，故B不选；

C.铁为固体；增加铁的量，反应速率基本不变，故C选；

D.体积不变；充入氮气使容器压强增大，浓度不变，则反应速率不变，故D选．

故选CD．

对于rm{3Fe(s)+4H_{2}O(g)dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Fe_{3}O_{4}(s)+4H_{2}(g)}来说；增大压强；浓度、升高温度以及增大固体的表面积，都可增大反应速率，以此解答．

本题考查化学反应速率，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论、概念的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累，易错点为rm{3Fe(s)+4H_{2}O(g)dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Fe_{3}O_{4}(s)+4H_{2}(g)}注意压强与浓度的关系．rm{C}【解析】rm{CD}三、填空题(共6题，共12分)12、略

【分析】胶体中加入电解质会发生聚沉生成沉淀，所以再氢氧化铁胶体中加入硫酸钠溶液后，由于氢氧化铁胶体的胶粒是带正电荷的，所以在SO42－的作用下氢氧化铁胶体发生聚沉生成氢氧化铁沉淀。【解析】【答案】SO42－凝聚或聚沉13、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O|2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑|2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O|Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO；2HClO2HCl+O2【分析】【解答】解：①实验室通常用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气的反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；②氯碱工业制备氯气是利用电解饱和食盐水的方法得到，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；③工业上制备漂白粉是利用石灰乳和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，有效成分为次氯酸钙，漂白粉长期暴露在空气中会逐渐失效，是因为次氯酸钙和空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，次氯酸见光分解生成氧气和盐酸，2HClO2HCl+O2↑，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO；2HClO2HCl+O2．

【分析】①二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水；②氯碱工业生产氯气是利用电解饱和食盐水的方法得到；③工业上制备漂白粉是利用石灰乳和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，漂白粉成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，有效成分为次氯酸钙；漂白粉长期暴露在空气中会逐渐失效，是因为次氯酸钙和空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，次氯酸见光分解生成氧气和盐酸．14、略

【分析】解：（1）氢氧化钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaOH=Na++OH-；

（2）CuCl2为强电解质，完全电离，电离方程式：CuCl2=Cu2++2Cl-；

故答案为：NaOH=Na++OH-；CuCl2=Cu2++2Cl-．

氢氧化钠为强电解质；完全电离；

氯化铜为强电解质；完全电离．

本题考查了电解质电离方程式的书写，明确电解质强弱是解题关键，注意强电解质完全电离应等号，弱电解质部分电离，用可逆号，题目难度不大．【解析】NaOH=Na++OH-；CuCl2=Cu2++2Cl-15、氮；二；ⅤA；S；SO3；KOH【分析】解：依据分析可知：rm{A}为rm{H}元素；rm{B}为rm{N}元素；rm{C}为rm{S}元素；rm{D}为rm{K}元素；

rm{(1)}由上述推断可知，rm{B}为rm{N}元素名称为：氮，rm{N}处于第二周期第Ⅴrm{A}族，故答案为：氮；二；Ⅴrm{A}

rm{(2)C}为rm{S}元素，rm{S}的最高价为rm{+6}价，则最高价氧化物为rm{SO_{3}}故答案为：rm{S}rm{SO_{3}}

rm{(3)D}的最高价氧化物对应的水化物为rm{KOH}故答案为：rm{KOH}．

A、rm{B}rm{C}rm{D}四种元素，rm{A}元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等，则rm{A}为rm{H}元素；rm{B}的原子半径是其所在主族中最小的，rm{B}的最高价氧化物对应水化物的化学式为rm{HBO_{3}}则rm{B}为rm{N}元素；rm{C}元素原子的最外层电子数比次外层少rm{2}个，则rm{C}应有三个电子层，最外层电子数为rm{6}即rm{C}为rm{S}元素；rm{C}的阴离子与rm{D}的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物rm{D_{2}C}rm{D}在第四周期第Ⅰrm{A}族，即rm{D}为rm{K}据此解答各小题即可．

本题主要考查位置、结构、性质的关系及应用，明确元素的推断是解答本题的关键，熟悉元素周期表和元素周期律即可解答，难度不大．【解析】氮；二；Ⅴrm{A}rm{S}rm{SO_{3}}rm{KOH}16、略

【分析】【解析】试题分析：Ⅰ（1）根据反应的方程式可知，若A、C、D均含有氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，则该反应应该是氯气和强碱的反应，因此离子方程式是Cl2＋2OH-＝Cl-＋ClO-＋H2O。（2）若A为淡黄色固体，则A是过氧化钠。C为无色的气体，则C是氧气，所以该反应是过氧化钠和酸的反应，离子方程式是2Na2O2+4H++==O2↑+4Na++2H2O。（3）若A、C、D均是铁的化合物，B是稀硫酸，则A一定是四氧化三铁，所以反应的化学方程式是Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O。Ⅱ（1）若A为非金属单质，C为非金属单质，且有水参加的反应应该是硅和强碱的反应，所以反应的离子方程式是Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑。（2）若A为金属单质，C为非金属单质，则A一定是金属铝，反应的离子方程式是2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。考点：考查元素及其化合物的反应、转化以及方程式的书写【解析】【答案】（10分）（其它合理也可）Ⅰ（1）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（或3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O）2分（2）2Na2O2+4H++==O2↑+4Na++2H2O2分（3）Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O2分Ⅱ（1）Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑2分（2）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑17、2：35NA427.52.243.3664g/mol16：11：16【分析】解：（1）依据m=nM可知，n相同m与M成正比，所以：相同物质的量的O2和O3的质量比为：32：48=2：3；

故答案为：2：3；

（2）2.5molBa（OH）2中含有OH-，个数为：2.5mol×2×NA=5NA；质量为：2.5mol×171g/mol=427.5g；

故答案为：5NA；427.5g。

（3）1.7g氨气的物质的量为：=0.1mol；标况下0.1mol氨气所占的体积约为：22.4L/mol×0.1mol=2.24L；

含有相同数目的氢原子，说明含有氢原子的物质的量相等，则需要硫化氢的物质的量为：=0.15mol；标况下0.15mol硫化氢的体积为：22.4L/mol×0.15mol=3.36L；

故答案为：2.24；3.36；

（4）1.28g该氧化物的体积为448mL，物质的量为=0.02mol，故该物质的摩尔质量为=64g/mol；

故答案为：64g/mol；

（5）同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，则SO2与氦气的密度之比为64g/mol：4g/mol=16：1；

相同质量时；体积与摩尔质量成反比，则质量相同，两种气体的体积比为4g/mol：64g/mol=1：16；

故答案为：16：1；1：16。

（1）依据m=nM计算；

（2）1个氢氧化钡含有2个氢氧根离子；依据m=nM计算；

（3）根据n==计算；

（4）根据n=计算该物质的物质的量，根据M=计算该物质的摩尔质量；

（5）同温同压下；气体的密度之比等于摩尔质量之比，相同质量时，体积与摩尔质量成反比。

本题考查以物质的量为中心的有关计算，明确质量、体积、物质的量及阿伏伽德罗定律及其推论是解答本题的关键，题目难度不大。【解析】2：35NA427.52.243.3664g/mol16：11：16四、判断题(共4题，共24分)18、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】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．20、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；21、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五、探究题(共2题，共8分)22、略

【分析】（1）铁的金属性强于铜，能和硫酸铜反应置换出铜，方程式为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu。（2）经验氧气最简单的方法是用带火星的木条，是木条复燃的是氧气。（3）SO2是酸性氧化物，能和氢氧化钠溶液反应，方程式为SO2+2NaOH=Na2CO3+H2O。（4）根据反应中的现象可以判断，该气体是氢气。由于铁是活泼的金属能和酸反应产生氢气，这说明溶液中含有酸性的物质。【解析】【答案】[问题情景]Fe+CuSO4=FeSO4+Cu[方案设计]（1）用带火星的木条检验气体能否使之复燃（2）SO2+2NaOH=Na2CO3+H2O[实验探究]H2[思维拓展]酸性23、略

【分析】解：（1）三位同学的理由是：如果酚酞试液变质；滴入氢氧化钠溶液中时不会变红色．

故填：如果酚酞试液变质；滴入氢氧化钠溶液中时不会变红色．

（2）丙同学认为乙同学的猜想也不正确；他的理由是：氢氧化钠和二氧化碳反应生成的碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞试液变红色．

故填：氢氧化钠和二氧化碳反应生成的碳酸钠溶液显碱性；能使酚酞试液变红色．

（3）实验目的如下表所示：

。实验步骤设计这一步骤的目的1．将配制的氢氧化钠溶液加热除去溶液中溶解的氧气2．在加热后的溶液中滴入酚酞，并在上方滴一些植物油防止空气中的氧气进入溶液中（4）若丁同学的猜想正确；设计实验如下表所示：

。实验方法可能观察到的现象和结论1．向10%的氢氧化钠溶液中滴加几滴酚酞试液实验现象：酚酞试液变红色；一段时间后不褪色；

实验结论：稀氢氧化钠溶液不能使酚酞试液褪色2．向50%的氢氧化钠溶液中滴加几滴酚酞试液实验现象：酚酞试液变红色；一段时间后褪色；

实验结论：浓氢氧化钠溶液能使酚酞试液褪色

（1）氢氧化钠溶液显碱性；能使酚酞试液变红色；

（2）氢氧化钠能和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水；碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞试液变红色；

（3）将配制的氢氧化钠溶液加热时；能够除去溶解在溶液中的氧气；

在加热后的溶液中滴入酚酞；并在上方滴一些植物油，能够防止空气中的氧气溶于溶液中；

（4）进行对比试验要确定好常量和变量．

合理设计实验，科学地进行实验、分析实验，是得出正确实验结论的前提，因此要学会设计实验、进行实验、分析实验，为学好化学知识奠定基础．【解析】如果酚酞试液变质，滴入氢氧化钠溶液中时不会变红色；氢氧化钠和二氧化碳反应生成的碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞试液变红色六、计算题(共4题，共40分)24、略

【分析】【解析】

设合金中Cu和Ag的物质的量分别为x和y（1）被还原的硝酸的物质的量即为生成气体的物质的量所以，被还原的硝酸的物质的量为6.72L/22.4mol•L－1=0.300mol（2）参加反应的硝酸为（13.5mol/L－1.00mol/L）×0.08L=1.00mol64.0x+108y=30.02.00x+y=1.00－0.300解得：y=0.100所以银的质量分数为：0.100mol×108g•mol－1/30.0g×100%=36%（其他做法只要正确即参照评分标准给分。有效数字不要求）【解析】【答案】0.300mol36%25、略

【分析】【解析】【答案】0.40.45:740%26、略

【分析】

rm{2min}末生成rm{0.2molW}rm{v(W)=dfrac{dfrac{0.2mol}{2L}}{2min}=0.05mol/(L?min)}若测得以rm{v(W)=dfrac{dfrac

{0.2mol}{2L}}{2min}=0.05mol/(L?min)}的物质的量浓度变化表示的平均反应速率为rm{Z}由速率之比等于化学计量数之比可知rm{0.1mol/(L?min)}则。

rm{n=4}

开始rm{3X(g)+Y(g)=4Z(g)+2W(g)}rm{2}rm{1}rm{0}

转化rm{0}rm{0.3}rm{0.1}rm{0.4}

rm{0.2}rm{2min}rm{1.7}rm{0.6}rm{0.4}

结合rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}转化率rm{=dfrac{{脳陋禄炉脕驴}}{{脝冒脢录脕驴}}隆脕100%}计算．

本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、各物质的量的关系等为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意速率与化学计量数的关系确定rm{0.2}题目难度不大．rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}【解析】解：rm{2min}末生成rm{0.2molW}rm{v(W)=dfrac{dfrac{0.2mol}{2L}}{2min}=0.05mol/(L?min)}若测得以rm{v(W)=dfrac{dfrac

{0.2mol}{2L}}{2min}=0.05mol/(L?min)}的物质的量浓度变化表示的平均反应速率为rm{Z}由速率之比等于化学计量数之比可知rm{0.1mol/(L?min)}则。

rm{n=4}

开始rm{3X(g)+Y(g)=4Z(g)+2W(g)}rm{2}rm{1}rm{0}

转化rm{0}rm{0.3}rm{0.1}rm{0.4}

rm{0.2}rm{2min1.7}rm{0.6}rm{0.4}

rm{0.2}末生成rm{(1)2min}转化的rm{0.2molW}为rm{X}rm{v(X)=dfrac{dfrac{0.3mol}{2L}}{2min}=0.075mol/(L?min)}

答：前rm{0.3mol}内，用rm{v(X)=dfrac{dfrac

{0.3mol}{2L}}{2min}=0.