2025年岳麓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年岳麓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、除去下列物质中少量杂质的方法正确的是（）A.除去CO2中混有的HCl：用饱和碳酸钠溶液洗气B.除去NO2中混有的NO：用水洗气C.除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入过量铁粉，过滤D.除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀硝酸后，过滤、洗涤2、下列有关化学用语正确的是（）A.NH4Cl的电子式：B.N2的电子式：C.S原子的结构示意图：D.质子数为26、中子数为30的铁原子：Fe3、可用玻璃瓶，玻璃塞存放较长时间的试剂是rm{(}rm{)}A.溴水B.稀硫酸C.rm{NaOH}溶液D.浓盐酸4、下列说法正确的是()A.制蒸馏水时，应该将温度计水银球插入液面以下B.用玻璃棒在过滤器上搅拌以加速硫酸钡沉淀的洗涤C.实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠不能放回原瓶中D.根据火焰所呈现的特征焰色，用来检验金属或金属离子的存在5、下列各对物质中属于同分异构体的是()A.rm{{,!}^{16}O}和rm{{,!}^{18}O}B.rm{O_{2}}与rm{O_{3}}C.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{3}}与D.与6、下列选项中哪一种可与陶瓷、普通玻璃、水泥归为同种类型的材料（）A.铝合金B.高温结构氮化硅陶瓷C.有机玻璃D.砖瓦7、一定温度下，在rm{2L}的密闭容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示rm{.}下列描述错误的是rm{(}rm{)}A.达到平衡所需要的时间是rm{10s}B.平衡时rm{Y}的转化率rm{79.0%}C.该反应的化学方程式为rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)}D.前rm{10s}用rm{Z}表示的反应速率为rm{0.79mol/(L?s)}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、化合物A是一种不稳定的物质，它的分子组成可用OxFy表示，10mLA气体能分解生成15mLO2和10mLF2（同温同压下）

（1）A的分子式____；

（2）已知A分子中X个氧原子是-O-O-O-链状排列，则A分子的电子式____，结构式是____．9、写出下列物质在水溶液中的电离方程式。

H2SO4______

NaOH______

Al（NO3）3______．10、（1）地壳中含量最多的金属元素是______画出其原子结构示意图______

（2）写出CH3COOH电离方程式______

（3）下列各组化学反应中，盐酸均为反应物，其中属于氧化还原反应的是______，利用盐酸氧化性的是______，利用盐酸还原性的是______，只利用盐酸酸性的是______．（用序号填写）

①MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O②2HCl+2Na=2NaCl+H2↑

③2HCl+CuO=CuCl2+H2O④HCl+HClO=Cl2↑+H2O

⑤CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+2H2O⑥2HCl+Fe=FeCl2+H2↑11、rm{(1)2molCO_{2}}的质量是_______；在标准状况下所占的体积约为_______；所含氧原子的数目约为______。rm{12.4gNa2X}中含有rm{0.4molNa+}则rm{Na2X}的摩尔质量是_________rm{(2)}可用于分离或提纯物质的的方法有rm{垄脵}过滤rm{垄脷}结晶rm{垄脹}升华rm{垄脺}分液rm{(}填序号rm{)}rm{a.}除去石灰水中悬浮的碳酸钙颗粒__________；rm{b.}除去氯化钠中混有的碘单质rm{(}碘易由固态变为气态rm{)}_________；rm{c.}分离水与苯的混合物____________；12、在下图所示的物质转化关系中，rm{A}是常见的气态氢化物，rm{B}是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，rm{E}的相对分子质量比rm{D}大rm{17}rm{G}是一种紫红色金属单质。rm{(}部分反应中生成物没有全部列出，反应条件未列出rm{)}

请回答下列问题：

rm{垄脜B}的化学式为____。

rm{垄脝}实验室制取rm{A}的化学方程式为____。

rm{垄脟}反应rm{垄脵}的化学方程式为________。

rm{垄脠}反应rm{垄脷}的离子方程式为________。13、处于下列状态的物质：rm{垄脵}氢氧化钠固体rm{垄脷CO_{2}垄脹}无水醋酸rm{垄脺}铁rm{垄脻NaHCO_{3}垄脼}熔融的氯化镁rm{垄脽}液氨rm{垄脿}氨水rm{垄谩}石灰水rm{=10垄芒SO_{2}(}请用字母填写rm{)}．

rm{(1)}上述物质中属于酸性氧化物的是：______

rm{(2)}上述物质中属于非电解质的是：______

rm{(3)}上述物质中属于强电解质的是：______

rm{(4)}上述物质中可以导电的是：______

rm{(5)}写出rm{垄脵}的水溶液和rm{垄脹}的水溶液反应的离子方程式______

rm{(6)}写出过量的rm{垄脷}和rm{垄脿}反应的离子方程式______

rm{(7)}写出rm{=10垄芒}溶于水后所得溶质的电离方程式______

rm{(8)}在含rm{0.4mol垄脵}的溶液中缓慢通入标准状况下rm{6.72LCO_{2}}气体被完全吸收，则反应后的溶质有______rm{(}填化学式rm{)}该过程总的离子反应方程式为______

rm{(9)}写出过量的rm{垄脻}和rm{垄谩}的反应的离子方程式______．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)14、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．15、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）16、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）17、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）18、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）19、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．20、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）21、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、工业流程题(共1题，共6分)22、工业上制取CuCl2的生产流程如下：

请结合下表数据，回答问题：。物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3溶度积(25℃)8.0×10-162.2×10-204.0×10-38完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.43~4

(1)在溶液A中加入NaClO的目的是_________________。

(2)在溶液B中加入CuO主要涉及的离子反应方程式为________________。

(3)操作a为___________。

(4)在Cu(OH)2中加入盐酸使Cu(OH)2转化为CuCl2，采用稍过量盐酸和低温蒸干的目的是___。评卷人得分五、原理综合题(共4题，共20分)23、中国是世界上最大的钨储藏国；超细钨粉是生产硬质合金所必须的原料。

（1）工业上可以采用铝热还原法生产钨铁合金；已知：

①WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s)∆H1

②3Fe3O4(s)+8Al(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s)∆H2

则四氧化三铁与钨反应的热化学方程式为___(反应热写为∆H3并用含△H1、AH2的代数式表示)；在反应②中若有0.1molFe3O4参加反应，则转移电子___mol。

（2）自然界中钨主要存在于黑钨矿中(主要成分是铁和锰的钨酸盐)，从中制备出黄钨(WO3)后再用H2逐级还原：WO3→WO2.90→WO2.72→WO2→W，总反应为3H2(g)+WO3(s)W(s)+3H2O(g)∆H，实验测得一定条件下平衡时H2的体积分数曲线如图所示：

①由图可知，该反应的∆H____(填“>”或“<”)0；a点处的v正___v逆(填“>”“<”或“=”)。

②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡，下列说法错误的是__(填序号)。

A.v正(H2)=v逆(H2O)

B.加入WO3，则H2的转化率增大。

C.容器内气体的密度不变时；一定达到平衡状态。

D.容器内压强不变时；一定达到平衡状态。

③由图可知900K，氢气的平衡转化率为__，Kp(900K)=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，已知：平衡分压=p总×气体物质的量分数)。

④已知在高温下，氧化钨会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO2(OH)2，因此在反应中要适当加快氢气的流速，原因是__。24、氮及其化合物如NH3及铵盐、N2H4、N2O4等在中学化学；化工工业、国防等领域占有重要地位。

（1）发射航天火箭常用肼(N2H4)与N2O4作燃料与助燃剂。肼(N2H4)与N2O4的反应为2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=-1077kJ•mol-1

已知相关反应的化学键键能数据如下表所示：。化学键N-HN-NN≡NO-HE/（kJ•mol-1）390190946460

则使1molN2O4(g)分子中化学键完全断裂时需要吸收的能量是___________。

（2）N2O4与NO2之间存在反应N2O4(g)2NO2(g)。将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[a(N2O4)]随温度的变化如图所示。

①由图推测该反应的△H___0（填“>”或“<”），理由为________________。

②图中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强po为108kPa，则该温度下反应的平衡常数Kp=_________（用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数）。

③在一定条件下，该反应N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，其中k1、k2是与反应温度有关的常数。相应的速率压强关系如图所示，一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1=___________，在下左图上标出的点中，能表示反应达到平衡状态的点为__________（填字母代号）。

（3）电解NO2制备NH4NO3；其工作原理如图所示。

①阳极的电极反应式为________________________________________。

②为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充某种化合物A，则A的化学式为_________。25、纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的两种方法：。方法a用炭粉在高温条件下还原CuO方法b电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑

（1）工业上常用方法b制取Cu2O而很少用方法a，其原因是反应条件不易控制，若控温不当易生成__________而使Cu2O产率降低。

（2）已知：①2Cu(s)+O2(g)＝Cu2O(s)ΔH1=－169kJ·mol－1

②C(s)+O2(g)＝CO(g)ΔH2=－110.5kJ·mol－1

③Cu(s)+O2(g)＝CuO(s)ΔH3=－157kJ·mol－1

则方法a中发生的反应：2CuO(s)＋C(s)＝Cu2O(s)＋CO(g)；△H=________。

（3）方法b是用肼燃料电池为电源，通过离子交换膜电解法控制电解液中OH－的浓度来制备纳米Cu2O；装置如图所示：

①上述装置中B电极应连_________电极(填“C”或“D”)。

②该离子交换膜为____离子交换膜(填“阴”或“阳”)，该电解池的阳极反应式为_______。

③原电池中负极反应式为______________。26、双极膜由阳离子交换膜、催化剂层和阴离子交换膜组合而成，在直流电场作用下可将水解离，在双极膜的两侧分别得到H+和OH－；将其与阳离子交换膜(阳膜)；阴离子交换膜(阴膜)组合，可有多种应用。

(1)海水淡化：模拟海水淡化；双极膜组合电解装置示意图如下。

①X极是______极(填“阴”或“阳”)。

②电解后可获得较浓的盐酸和较浓的NaOH溶液，上图中双极膜的右侧得到的是______(填“H+”或“OH－”)。

(2)钠碱循环法脱除烟气中的SO2，并回收SO2：

用pH>8的Na2SO3溶液作吸收液，脱除烟气中的SO2，至pH＜6时，吸收液的主要成分为NaHSO3；需再生。

Ⅰ．加热pH＜6时的吸收液使其分解，回收SO2并再生吸收液。所得的再生吸收液对SO2的吸收率降低，结合离子方程式解释原因：______。

Ⅱ．双极膜和阴膜组合电渗析法处理pH＜6时的吸收液，可直接获得再生吸收液和含较高浓度HSO3−的溶液；装置示意图如下。

①再生吸收液从______室流出(填“A”或“B”)。

②简述含较高浓度HSO3−的溶液的生成原理：______。

③与Ⅰ中的方法相比，Ⅱ中的优点是______(列出2条)。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、C【分析】【解答】解：A．饱和碳酸钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；将原物质除掉，不符合除杂原则，故A错误；

B．二氧化氮能与水反应生成一氧化氮；将原物质除掉，不符合除杂原则，故B错误；

C．铁粉不与氯化亚铁反应；能与氯化铁反应生成氯化亚铁，故C正确；

D．铜单质能与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮；故D错误．

故选C．

【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质．2、D【分析】解：A．氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：故A错误；

B．N2的电子式为：故B错误；

C．硫元素的原子序数为16；不是18，故C错误；

D．质子数为26、中子数为30的铁原子的质量数为26+30=56，其正确的表示方法为：2656Fe；故D正确，故选D．

A．氯化铵是由氨根离子与氯离子通过离子键结合而成的离子化合物；

B．氮气分子中存在氮氮三键；氮原子最外层为8电子；据此书写即可；

C．硫元素的原子序数为16；

D．质量数=质子数+中子数；该铁原子的质量数为56．

本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、元素符号、离子结构示意图、电子排布式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答结构，试题培养了学生的规范答题能力．【解析】【答案】D3、B【分析】解：rm{A}溴易挥发，且有极强的腐蚀性和毒性，故不能存放较长时间，故A错误；rm{B}稀硫酸不挥发，且无吸水性，且和玻璃不反应，故可以用玻璃瓶、玻璃塞储存较长时间，故B正确；rm{C}氢氧化钠溶液能和玻璃的主要成分之一的二氧化硅反应，生成硅酸钠能将玻璃瓶和玻璃塞粘合在一起，故不能用玻璃瓶和玻璃塞盛放，故C错误；rm{D}浓盐酸易挥发，且挥发出的rm{HCl}有腐蚀性，并导致浓盐酸质量和浓度降低，故不能较长时间存放，故D错误rm{.}故选B．

A、溴易挥发；rm{B}稀硫酸不挥发，且无吸水性；rm{C}氢氧化钠溶液能和玻璃的主要成分之一的二氧化硅反应；rm{D}浓盐酸易挥发．

本题借助考查试剂的储存考查了试剂的物理和化学性质，难度不大，应注意氢氧化钠溶液、硅酸钠溶液和rm{HF}溶液等均不能用玻璃瓶和玻璃塞来储存．【解析】rm{B}4、D【分析】【分析】本题考查药品的取用、配制、混合，过滤、沉淀洗涤的方法，钠的取用，焰色反应应用等，难度不大。【解答】A.制蒸馏水时，应该将温度计水银球放在蒸馏烧瓶的支管口，故A错误；B.不能用玻璃棒在过滤器上搅拌来加速硫酸钡沉淀的洗涤，故B错误；

C.实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠能放回原瓶中，故C错误；

D.可以根据火焰所呈现的特征焰色，用来检验金属或金属离子的存在，故D正确。故选D。【解析】rm{D}5、D【分析】【分析】本题考查了同素异形体、同分异构体、同位素等基本概念及判断，题目难度中等，明确同分异构体的概念即可解答，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。【解答】A.rm{{,!}^{16}O}和rm{{,!}^{18}O}是质子数相同；中子数不同的原子，属于同位素，故A错误；

B.氧气和臭氧是氧元素组成的性质不同的单质；互称同素异形体，故B错误；

C.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{3}}与的结构相似，在分子组成上相差rm{1}个rm{CH_{2}}原子团；为同系物，故C错误；

D.和的分子式相同；结构不同，属于同分异构体，故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}6、D【分析】【解答】A．铝合金的主要成分是铝；故A错误；

B．高温结构氮化硅陶瓷的主要成分是氮化硅；不是硅酸盐产品，故B错误；

C；有机玻璃的主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯；故C错误；

D；砖瓦的主要成分是硅酸盐；故D正确；

故选D．

【分析】根据陶瓷、玻璃、水泥的主要成分判断，它们都是硅酸盐产品．7、D【分析】解：rm{A.}根据图象可知在rm{10s}后，rm{X}rm{Y}rm{Z}的物质的量不再随时间的变化而变化；即反应达到平衡状态，故A正确；

B.反应开始到rm{10s}时，rm{Y}的转化率为rm{dfrac{1.0mol-0.21mol}{1.0mol}=79%}故B正确；

C.由图象可以看出，反应中rm{dfrac

{1.0mol-0.21mol}{1.0mol}=79%}rm{x}的物质的量减少，应为反应物，rm{Y}的物质的量增多；应为生成物；

当反应进行到rm{z}时，rm{3min}rm{trianglen(X)=0.79mol}rm{trianglen(Y)=0.79mol}

则rm{trianglen(Z)=1.58mol}rm{trianglen(X)}rm{trianglen(Y)}rm{trianglen(Z)=1}rm{1}参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比；

则反应的方程式为rm{2}故C正确；

D.反应开始到rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)}用rm{10s}表示的反应速率rm{dfrac{dfrac{1.58mol}{2L}}{10s}=0.079mol/(L?s)}故D错误；

故答案为rm{Z}．

根据图象的曲线变化判断物质的量的变化进而判断反应平衡所需时间以及反应速率；转化率的计算；根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式．

本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，注意分析图象中各物理量的变化曲线，把握相关物理量的计算．rm{dfrac{dfrac

{1.58mol}{2L}}{10s}=0.079mol/(L?s)}【解析】rm{D}二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】

（1）根据原子守恒配平方程式；

OxFy=O2+F2；

1×22.4L×22.4L×22.4L

10mL15mL10mL

所以x=3；y=2；

故答案为：O3F2

（2）该分子中含3个O原子，根据“A分子中X个氧原子是-O-O-O-链状排列”知，两个F原子位于该分子的两端，所以该分子的结构式为F-O-O-O-F，电子式为．

故答案为：F-O-O-O-F．

【解析】【答案】（1）根据方程式中各物质的物质的量之比等于计量数之比；相同条件下的各气体的物质的量之比等于其体积之比，计确定A的分子式．

（2）根据分子式结合已知条件写其分子式；电子式．

9、略

【分析】解：硫酸是强电解质，电离出氢离子和硫酸根离子，硫酸的电离方程式为：H2SO4═2H++SO42-；

氢氧化钠为强电解质，在水中电离出钠离子和氢氧根离子，电离方程式为：NaOH═Na++OH-；

硝酸铝为强电解质，溶液中完全电离出铝离子和硝酸根离子，其电离方程式为：Al（NO3）2═Al3++3NO3-；

故答案为：H2SO4═2H++SO42-；NaOH═Na++OH-；Al（NO3）2═Al3++3NO3-．

硫酸；氢氧化钠、硝酸铝都是强电解质；强电解质的电离利用“═”，原子团在电离方程式中不能拆分，注意强酸的酸式酸根离子应电离出氢离子，并遵循电荷守恒、质量守恒定律．

本题考查电离方程式的书写，注意掌握电离方程式的书写原则，明确原子团的书写及电离方程式应遵循电荷守恒、质量守恒定律，题目难度不大．【解析】H2SO4═2H++SO42-；NaOH═Na++OH-；Al（NO3）2═Al3++3NO3-10、略

【分析】解：（1）（1）地壳中含量最多的金属元素是Al，铝原子核外有3个电子层、13个电子，其原子结构示意图为故答案为：Al；

（2）醋酸是弱电解质，在水溶液里部分电离生成氢离子和醋酸根离子，其电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；

（3）①MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O中部分Cl元素化合价由-1价变为0价；部分Cl元素化合价不变；所以HCl体现还原性和酸性；

②2HCl+2Na=2NaCl+H2↑中H元素化合价由+1价变为0价；所以HCl体现氧化性；

③2HCl+CuO=CuCl2+H2O中各元素化合价不变；所以HCl体现酸性；

④HCl+HClO=Cl2↑+H2O中Cl元素化合价由-1价变为0价；则HCl体现还原性；

⑤CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+2H2O中HCl中各元素化合价不变；所以HCl体现酸性；

⑥2HCl+Fe=FeCl2+H2↑中H元素化合价由+1价变为0价；所以HCl体现氧化性；

所以属于氧化还原反应的是①②④⑥；利用盐酸氧化性的是②⑥，利用盐酸还原性的是①④，只利用盐酸酸性的是③⑤，故答案为：①②④⑥；②⑥；①④；③⑤．

（1）地壳中含量最多的金属元素是Al；铝原子核外有3个电子层；13个电子；

（2）醋酸是弱电解质；在水溶液里部分电离生成氢离子和醋酸根离子；

（3）有电子转移的化学反应是氧化还原反应；反应中HCl得电子化合价降低的时HCl作氧化剂；失电子化合价升高时HCl作氧化剂、HCl中各元素化合价不变时HCl体现酸性．

本题考查了氧化还原反应、弱电解质的电离等知识点，根据元素化合价是否变化及化合价升降确定氧化性、还原性，题目难度不大．【解析】Al；CH3COOH⇌CH3COO-+H+；①②④⑥；②⑥；①④；③⑤11、（1）88g44.8L4NA62g/mol（2）①③④【分析】【分析】

本题考查了物质的量的有关计算和物质分离提纯的知识。

【解答】

rm{(1)m=nM=2mol隆脕44g/mol=88g}rm{V=nVm=2mol隆脕22.4L/mol=44.8L}rm{N=nN}rm{(1)m=nM=2mol隆脕44g/mol=88g}rm{V=nVm=2mol隆脕22.4L/mol=44.8L}rm{N=nN}rm{{,!}_{A}}rm{=2mol}rm{=2mol}rm{隆脕}rm{N_{A}/mol}氧原子数是分子数的rm{=2}倍，即为rm{=2}rm{N_{A}}氧原子数是分子数的rm{2}倍，即为rm{4}钠离子的物质的量是rm{N_{A}}的rm{2}倍，所以rm{4}的物质的量是rm{N_{A}}据rm{M=dfrac{m}{n}=dfrac{;12.4g}{0.2mol};;=62g/mol}rm{N_{A}}rm{Na_{2}X}rm{2}rm{Na_{2}X}rm{0.2mol}rm{M=dfrac{m}{n}=

dfrac{;12.4g}{0.2mol};;=62g/mol}碳酸钙不溶于水，可利用过滤法除去石灰水中悬浮的碳酸钙颗粒，故答案为：故答案为：rm{88g}rm{44.8L}rm{4}

rm{88g}碘易升华，而rm{44.8L}加热不变化；则利用升华法分离；

故答案为：rm{4}

rm{N_{A}}水和苯分层；可选择分液法分离；

故答案为：rm{N_{A}}rm{62g/mol}rm{(2)a.}【解析】rm{(1)88g}rm{44.8L}rm{4N_{A;;;}62g/mol}rm{(2)垄脵}rm{垄脹}rm{垄脺}12、（1）O2（2）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（3）3NO2＋H2O=2HNO3＋NO（4）3Cu＋8H＋+2NO3－=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O【分析】【分析】本题通过框图推断考查氨气、氮的氧化物、硝酸之间的转化关系，利用题目所给信息和含氮元素各物质间的转化关系可解答该题，难度不大。【解答】rm{B}是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则rm{B}是氧气；rm{G}是一种紫红色金属单质，则rm{G}是铜；rm{A}是常见气态氢化物，且能和氧气反应，所以根据图中的转化可判断，rm{A}是氨气，则rm{C}就是rm{NO}rm{F}是水，rm{NO}和氧气反应生成rm{NO_{2}}则rm{D}为是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则rm{B}是氧气；rm{B}是一种紫红色金属单质，则rm{G}是铜；rm{G}是常见气态氢化物，且能和氧气反应，所以根据图中的转化可判断，rm{A}是氨气，则rm{A}就是rm{C}rm{NO}是水，rm{F}和氧气反应生成rm{NO}则rm{NO_{2}}为rm{D}rm{NO_{2,}}则溶于水生成硝酸和rm{NO}则rm{E}是硝酸，硝酸和铜反应又生成rm{NO}结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。是硝酸，硝酸和铜反应又生成rm{NO}结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。rm{E}rm{NO}是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则rm{(1)}是rm{(1)}故答案为：rm{B}rm{B}实验室用氯化铵和氢氧化钙加热来制取氨气，故答案为：rm{O_{2}}rm{O_{2}}rm{(2)}实验室用氯化铵和氢氧化钙加热来制取氨气，故答案为：rm{(2)}rm{2NH}rm{4}rm{4}rm{Cl+Ca(OH)}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}rm{CaCl}rm{2}；rm{2}反应rm{+2NH}为二氧化氮和水反应，生成一氧化氮和硝酸，反应方程式为：rm{3}rm{3}rm{隆眉}rm{+2H}rm{2}rm{2}rm{O}，故答案为：rm{(3)}反应rm{垄脵}为二氧化氮和水反应，生成一氧化氮和硝酸，反应方程式为：rm{(3)}rm{垄脵}rm{3NO}rm{2}rm{2}rm{+H}；rm{2}rm{2}是铜和稀硝酸生成硝酸铜、一氧化氮和水，该反应的离子方程式为：rm{O=2HNO}rm{3}rm{3}rm{+NO}rm{3NO}，故答案为：rm{2}rm{2}rm{+H}rm{2}rm{2}。rm{O=2HNO}【解析】rm{(1)O}rm{(1)O}rm{2}rm{2}rm{(2)}rm{(2)}rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2;}}rm{CaCl_{2}+2NH_{3}}rm{隆眉}rm{+2H_{2}O}rm{(3)3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{(4)3Cu+8H}rm{(4)3Cu+8H}rm{{,!}^{+}}rm{+2NO}rm{+2NO}rm{3}rm{3}rm{{,!}^{-}}13、略

【分析】解：rm{(1)}酸性氧化物指能和碱反应生成盐和水或与水反应生成对应的酸的氧化物，二氧化碳与水反应生成碳酸、二氧化硫生成亚硫酸，故答案为：rm{垄脷垄芒}

rm{(2)}非电解质是在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物，前提必须是化合物，符合条件的只有氨气，故答案为：rm{垄脽}

rm{(3)}水溶液中完全电离的电解质为强电解质，强酸、强碱、活泼金属氧化物、绝大多数盐为强电解质，故答案为：rm{垄脵垄脻垄脼}

rm{(4)}存在自由移动的电子，溶液或熔融状态下，含有自由移动离子的可以导电，故答案为：rm{垄脺垄脼垄脿垄谩}

rm{(5)}酸碱中和生成醋酸钠和水，醋酸为弱酸，不能拆，离子方程式为rm{OH^{-}+CH_{3}COOH=CH_{3}COO^{-}+H_{2}O}故答案为：rm{OH^{-}+CH_{3}COOH=CH_{3}COO^{-}+H_{2}O}

rm{(6)}过量二氧化碳与氨水反应生成碳酸氢铵，离子方程式：rm{CO_{2}+NH_{3}漏qH_{2}O=NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}}故答案为：rm{CO_{2}+NH_{3}漏qH_{2}O=NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}}

rm{(7)}二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸为二元弱酸，分步可逆电离，电离方程式为rm{H_{2}SO_{3}篓PH^{+}+HSO_{3}^{-}}rm{HSO_{3}^{-}篓PH^{+}+SO_{3}^{2-}}故答案为：rm{H_{2}SO_{3}篓PH^{+}+HSO_{3}^{-}}rm{HSO_{3}^{-}篓PH^{+}+SO_{3}^{2-}}

rm{(8)}溶液中rm{n(NaOH)=0.4mol}则rm{n(NaOH)}rm{n(CO_{2})=0.4mol}rm{0.3mol=4}rm{3=1}rm{0.75}介于rm{2}rm{1}与rm{1}rm{1}之间，故发生反应：rm{CO_{2}+2NaOH=Na_{2}CO_{3}+H_{2}O}rm{CO_{2}+NaOH=NaHCO_{3}}且rm{NaOH}rm{CO_{2}}无剩余，溶液中溶质为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}令溶液中rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}的物质的量分别为rm{amol}rm{bmol}则：根据钠元素守恒有：rm{2a+b=0.4}

根据碳元素守恒有：rm{a+b=0.3}

联立解得：rm{a=0.1}rm{b=0.2}

则rm{n(Na_{2}CO_{3})}rm{n(NaHCO_{3})=0.1mol}rm{0.2mol=1}rm{2}

离子方程式rm{4OH^{-}+3CO_{2}=CO_{3}^{2-}+2HCO_{3}^{-}+H_{2}O}故答案为：rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}rm{4OH^{-}+3CO_{2}=CO_{3}^{2-}+2HCO_{3}^{-}+H_{2}O}

rm{(9)}将氢氧化钙定为rm{1mol}含rm{1mol}钙离子和rm{2mol}氢氧根离子，需要rm{2molt}碳酸氢根离子，生成rm{1mol}碳酸钙、rm{2mol}水、rm{1mol}碳酸钠，离子反应为rm{2HCO_{3}^{-}+2OH^{-}+Ca^{2+}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O+CO_{3}^{2-}}故答案为：rm{2HCO_{3}^{-}+2OH^{-}+Ca^{2+}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O+CO_{3}^{2-}}．

rm{(1)}酸性氧化物指能和碱反应生成盐和水的氧化物；

rm{(2)}非电解质是在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物；前提必须是化合物；

rm{(3)}水溶液中完全电离的电解质为强电解质；

rm{(4)}存在自由移动的电子；溶液或熔融状态下，含有自由移动离子的可以导电；

rm{(5)}醋酸为弱酸；不能拆；

rm{(6)}过量二氧化碳与氨水反应生成碳酸氢铵；

rm{(7)}二氧化硫溶于水生成亚硫酸；亚硫酸为二元弱酸，分步可逆电离；

rm{(8)}溶液中rm{n(NaOH)=0.4mol}则rm{n(NaOH)}rm{n(CO_{2})=0.4mol}rm{0.3mol=4}rm{3=1}rm{0.75}介于rm{2}rm{1}与rm{1}rm{1}之间，故发生反应：rm{CO_{2}+2NaOH=Na_{2}CO_{3}+H_{2}O}rm{CO_{2}+NaOH=NaHCO_{3}}且rm{NaOH}rm{CO_{2}}无剩余，溶液中溶质为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}.}令溶液中rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}的物质的量分别为rm{amol}rm{bmol}根据钠元素守恒、碳元素守恒列方程计算rm{a}rm{b}的值；

rm{(9)}利用少定多变法书写．

本题考查了电解质、非电解质、强电解质、导电性的分析判断、离子反应方程式的书写，主要是概念理解应用，物质组成和性质是解题关键，掌握基础是关键，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意离子反应的书写方法即可解答，题目难度不大．【解析】rm{垄脷垄芒}rm{垄脽}rm{垄脵垄脻垄脼}rm{垄脺垄脼垄脿垄谩}rm{OH^{-}+CH_{3}COOH=CH_{3}COO^{-}+H_{2}O}rm{CO_{2}+NH_{3}漏qH_{2}O=NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}}rm{H_{2}SO_{3}篓PH^{+}+HSO_{3}^{-}}rm{HSO_{3}^{-}篓PH^{+}+SO_{3}^{2-}}rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}rm{3CO_{2}+4OH^{-}=CO_{3}^{2-}+2HCO_{3}^{-}+H_{2}O}rm{2HCO_{3}^{-}+2OH^{-}+Ca^{2+}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O+CO_{3}^{2-}}三、判断题(共8题，共16分)14、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；15、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．16、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．17、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．18、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19、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；20、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．21、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、工业流程题(共1题，共6分)22、略

【分析】【分析】

在粗氧化铜(含氧化亚铁)中加盐酸；将金属氧化物溶解转变成氯化铜和氯化亚铁；然后加次氯酸钠，将氯化亚铁氧化成氯化铁；再加氧化铜调节溶液的pH值促进氯化铁水解最终转变成氢氧化铁沉淀除去；继续加氧化铜调节pH值后过滤分离得到氢氧化铜，通过操作a洗涤沉淀，再采用稍过量盐酸和低温蒸干得到氯化铜晶体，据此分析解答。

【详解】

(1)根据表中完全沉淀时的pH范围可知，Fe2＋沉淀时Cu2＋已基本沉淀完全，所以必须先将Fe2＋转变为Fe3＋才能完全除去，所以溶液A中加入NaClO的目的是氧化Fe2＋生成Fe3＋有利于沉淀分离，反应的离子方程式为：2H＋＋ClO−＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋Cl−＋H2O；

故答案为：氧化Fe2＋生成Fe3＋有利于沉淀分离；

(2)在溶液B中加CuO调节溶液的pH使Fe3＋完全沉淀，有关的反应为：

故答案为：

(3)操作a为洗涤；目的是洗涤氢氧化铜表面的可溶性杂质；

故答案为：洗涤；

(4)因为溶液中存在以下平衡：Cu2＋＋2H2O⇌Cu(OH)2＋2H＋，加入过量盐酸和低温，能使平衡逆移，防止Cu2＋水解；

故答案为：抑制Cu2＋水解。

【点睛】

本题以工业上制取CuCl2的生产流程为背景，综合考查学生灵活运用元素化合物知识、氧化还原反应知识、沉淀转化、盐类水解以及实验分析等知识和技能，难度较大。【解析】氧化Fe2＋生成Fe3＋有利于沉淀分离洗涤抑制Cu2＋水解五、原理综合题(共4题，共20分)23、略

【分析】【详解】

（1）①WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s)∆H1

②3Fe3O4(s)+8Al(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s)∆H2

由盖斯定律：①-②×4，则四氧化三铁与钨反应的热化学方程式为3Fe3O4(s)＋4W(s)=9Fe(s)＋4WO3(s)△H3=△H2-4△H1(反应热写为∆H3并用含△H1、AH2的代数式表示)；在反应②中若有0.1molFe3O4参加反应，则转移电子×3×0.1mol=0.8mol。故答案为：3Fe3O4(s)＋4W(s)=9Fe(s)＋4WO3(s)△H3=△H2-4△H1；0.8；

（2）①由图可知，3H2(g)+WO3(s)W(s)+3H2O(g)随温度升高，氢气的体积分数减小，平衡正向进行，正向为吸热反应，该反应的∆H>0；a点要达平衡状态，氢的体积分数要减小，反应正向进行，a点处的v正>v逆。故答案为：>；>；

②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡；

A．氢气消耗的速率与水消耗的速率相等，v正(H2)=v逆(H2O)；故A正确；

B．WO3是固体，加入WO3，则H2的转化率不变；故B错误；

C．反应前后气体的质量不同；容器内气体的密度不变时，一定达到平衡状态，故C正确；

D．反应前后气体的体积不变；容器内压强不变时，不一定达到平衡状态，故D错误；

故答案为：BD；

③由图可知900K；M点时氢气的体积分数为25%，设氢气的起始量为3mol，转化率为x，氢气的变化量为3xmol，列出三段式：

则有x=0.75，氢气的平衡转化率为75%；

平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压×物质的量分数。水蒸气的分压为p总×0.75，氢气的分压为p总×0.25，Kp(900K)==27。故答案为：75%；27；

④在高温下，氧化钨会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO2(OH)2；因此在反应中要适当加快氢气的流速，原因是加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸气，提高钨的产率。故答案为：加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸气，提高钨的产率。

【点睛】

本题考查化学平衡的计算，把握盖斯定律计算焓变、化学平衡三段法、转化率及Kp的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，难点（2）③列出三段式，利用Kp的定义进行计算。【解析】3Fe3O4(s)＋4W(s)=9Fe(s)＋4WO3(s)△H3=△H2-4△H10.8>>BD75%27加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽，提高钨的产率24、略

【分析】【分析】

根据反应的焓变＝反应物总键能－生成物总键能计算。根据图像分析；随着温度升高，四氧化二氮的平衡转化率增大，说明升高温度有利于反应正向进行，据此判断焓变。根据反应方程式计算平衡时体系中的四氧化二氮和二氧化氮的分压，代入平衡常数表达式计算分压平衡常数即可。电解池阳极发生氧化反应，根据原理分析，二氧化氮在阳极变为硝酸根离子，阴极为二氧化氮变为铵根离子，根据电子守恒分析硝酸根离子和铵根离子的物质的量的关系，并分析使二氧化氮电解全部转化为硝酸铵需要将剩余的氢离子转化为铵根离子，据此分析Ａ物质。

【详解】

(1)假设1molN2O4(g)分子中化学键完全断裂时需要吸收的能量为xkJ，△H=2×（190+390×4）+x-946×3-460×8=-1077，计算x=1941kJ；(2)①根据图像分析，随着温度升高，α（N2O4）增加，说明平衡右移。该反应为吸热反应，△H>0；②四氧化二氮与二氧化氮之间存在反应，a点起始时四氧化二氮的压强为108kPa，四氧化二氮的平衡转化率为40%，则平衡时p(N2O4)=po(1-40%),p(NO2)=po×40%×2，所以反应的分压平衡常数为115.2KPa；③当达到平衡时满足正逆反应速率相等，即消耗速率2v(N2O4)=v(NO2)，又有v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，则k1、k2与平衡常数Kp的关系为Kp=根据2v(N2O4)=v(NO2)，则可以表示化学平衡的点为B点与D点。(3)①电解池阳极发生氧化反应，根据原理图分析，二氧化氮在阳极失去电子转化为硝酸根离子，则阳极的电极反应为NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；②阴极反应为二氧化氮变成铵根离子，电极反应为NO2+7e-+8H+=NH4++2H2O，产生多余的氢离子，为了使二氧化氮电解全部转化为硝酸铵，则需要反应掉H+产生铵根离子，所以加入的A物质为NH3。【解析】1941kJ>温度升高，α（N2O4）增加，说明平衡右移。该反应为吸热反应，△H>0115.2KPaB点与D点NO2-e-+H2O=NO3-+2H+NH325、略

【分析】【分析】

（1）碳会将CuO还原为铜；

（2）根据盖斯定律进行求解；

（3）①铜电极应发生氧化反应；原电池中正极得电子发生还原反应；负极失电子发生氧化反应；

②离子交换膜要控制电解液中OH-的浓度；阴离子交换膜才能控制氢氧根浓度；

③原电池中负极失电子发生氧化反应。

【详解】

（1）在加热条件下，C会将CuO还原为Cu，故方法I反应条件不易控制，若控温不当易生成Cu而使Cu2O产率降低；

（2）已知：①2Cu（s）+O2（g）＝Cu2O（s）△H=-169kJ•mol-1

②C（s）+O2（g）＝CO（g）△H=-110.5kJ•mol-1

③Cu（s）+O2（g）＝CuO（s）△H=-157kJ•mol-1

根据盖斯定律①+②-2×2可得2CuO（s）+C（s）＝Cu2O（s）+CO（g）△H=+34.5kJ•mol-1；

（3）①原电池中D电极通入氧气；氧气发生还原反应，故D电极为正极，C电极为负极；电解池中B电极为铜，铜在反应过程被氧化，故为阳极，与外接电源的正极相连，即与D相连，故答案为：D；

②该方法采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子浓度；在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电极本身发生失电子得还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O；

③原电池中负极失电子发生氧化反应，负极通入N2H4失电子被氧化成N2，负极反应式为N2H4-4e－+4OH－＝N2↑+4H2O。【解析】Cu+34.5kJ·mol－1D阴2Cu-2e－+2OH－=Cu2O+H2ON2H4-4e－+4OH－=N2↑+4H2O26、略

【分析】【分析】

(1)①根据图示；X极发生氧化反应生成氧气；

②根据Y极生成氢气分析；

(2)Ⅰ．HSO3−具有还原性，NaHSO3分解的过程被氧化为Na2SO4；

Ⅱ．右侧电极为阴极，阴极氢离子得电子生成氢气，所以B室双极膜左侧生成OH-，OH-和HSO3−反应生成SO32−，直接获得再生吸收液；A室双极膜右侧生成H+，H+和SO32−反应生成HSO3−，获得含较高浓度HSO3−的溶液；

【详解】

(1)