2025年沪教新版高一化学下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年沪教新版高一化学下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、主族元素R的最高正化合价为+2，R元素位于周期表的A．ⅠA族B．ⅡA族C．ⅢA族D．ⅤA族2、rm{16.}下列物质中所含分子数最多的是rm{(}rm{)}A.rm{56gN_{2}}B.rm{3.01隆脕10^{23}}个硫酸分子C.标准状况下rm{22.4LCl_{2}}D.rm{1.5molO_{2}}3、酯化反应是有机化学中的一类重要反应，下列对酯化反应理解不正确的是rm{(}rm{)}A.酯化反应的产物只有酯B.酯化反应可看成取代反应的一种C.酯化反应是有限度的D.浓硫酸可做酯化反应的催化剂4、下列物质中既能跟稀硫酸反应；又能跟氢氧化钠溶液反应的是。

rm{垄脵NaHCO_{3}垄脷Al_{2}O_{3}垄脹Al(OH)_{3}垄脺Al垄脻Na_{2}CO_{3}}A.rm{垄脵NaHCO_{3}垄脷Al_{2}O_{3}垄脹Al(OH)_{3}垄脺Al

垄脻Na_{2}CO_{3}}B.rm{垄脵垄脹垄脺}C.rm{垄脷垄脹垄脺垄脻}D.全部rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}5、将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.装置甲中铜片表面产生气泡B.装置甲中正极的电极反应式：rm{2H^{+}+2e隆楼=H_{2}隆眉}C.装置乙中电流从铜片经导线流向锌片D.装置乙溶液中rm{SO_{4}^{2}隆楼}向铜片做定向移动6、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是。选项实验操作实验现象结论rm{A}将rm{SO_{2}}通入溴水中溴水褪色rm{SO_{2}}具有漂白性rm{B}向无色溶液中加硝酸酸化的rm{BaCl_{2}}溶液有白色沉淀原溶液中一定含rm{SO_{4}^{2-}}rm{C}在蔗糖溶液中加入rm{3隆芦5}滴稀硫酸，沸几分钟、冷却；在冷却后的溶液中加入银氨溶液，加热没有银镜产生蔗糖尚未水解rm{D}将乙烯通入rm{KMnO_{4}}酸性溶液紫红色褪去乙烯具有还原性A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}7、下列有机反应中，____属于取代反应的是A.rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{脜篓脕貌脣谩}{overset{?}{?}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{33}+H_{2}O}B.rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{麓脽禄炉录脕}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}C.rm{CH_{4}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒}CH_{3}Cl+HCl}D.评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、1808年，英国化学家戴维用钾还原氧化镁，最早制得少量的镁。镁是航空工业的重要材料，镁合金用于制造飞机机身、发动机零件等，一架超音速飞机约有5%的镁合金构件，一枚导弹一般消耗100～200公斤镁合金；镁作为一种强还原剂，还用于钛、锆、铍和铀等的生产中；镁是燃烧弹和照明弹不能缺少的组成物；镁粉是节日烟花必需的原料。镁及其合金是一种用途很广泛的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。从海水（主要含NaCl和MgSO4）中提取金属镁的主要步骤如下：回答下列问题：(1)Mg在周期表中的位置______________________，试剂A可以选用_____________________，试剂C可选用_______________________；(2)步骤①的离子方程式_________________________________________；(3)用电子式表示氯化镁的形成过程_______________________________；(4)无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2,该反应的化学方程式为：_____________________________________________________；(5)戴维制镁的化学方程式为_____________________________________；(6)配平下列反应的方程式。①+——+②+——++9、（8分）科学研究表明，由于大量使用氟利昂使南极上空的臭氧层出现空洞。臭氧的化学式为O3。在同温同压下，相同质量的O2和O3的物质的量比为，体积比为____，氧原子数比为,密度比为10、下列各物质中，互为同位素的是____，互为同素异形体的是____，互为同系物的是____，互为同分异构体的是____．

①金刚石与石墨。

②12C与14C

③与

④与

⑤与

⑥与

⑦CH4与C（CH3）4．11、将4gNaOH溶于______g水中，可使溶液中H2O与Na+的物质的量之比为20：1，此溶液中溶质的质量分数为______．12、从A．蛋白质B．葡萄糖C．乙烯D．乙酸E．油脂等五种有机物中性质合适的答案；将其标号填在空格内．

（1）制备肥皂的主要原料是______；

（2）用于除去热水瓶胆水垢[主要成分：CaCO3、Mg（OH）2]的是______；

（3）诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”属于有机物中的______；

（4）可作为作为生长调节作用的烃是______；

（5）糖尿病人通常是指病人的尿液中______的含量高．13、在rm{2L}的密闭容器中充入一定量的rm{SO_{3}}气体，在一定温度和催化剂作用下，发生反应：rm{2SO_{3}?2SO_{2}+O_{2}}rm{4min}测得rm{n(O_{2})=0.8mol}rm{n(SO_{3})=6.4mol}．

求：rm{n(SO_{2})=}______；氧气的生成速率rm{v}rm{(O_{2})}______；rm{SO_{3}}的转化率______．14、rm{(1)}填写下表符号中“rm{2}”的含义。微粒rm{{^{2}}llap{_{1}}H}rm{{,!}_{2}}rm{He}rm{Cl_{2}}rm{Ca^{2+}}“rm{2}”的含义rm{(2)}填写下表。问题rm{{,!}_{51}}rm{Sb}在周期表的位置rm{Fe}的原子结构示意图rm{Na_{2}O_{2}}的电子式由rm{H}、rm{O}、rm{Na}、rm{S}四种元素形成的化合物中含有的化学键答案15、下列物质rm{(}填序号rm{)}rm{垄脵Fe垄脷Br_{2}垄脹Na_{2}O垄脺NO_{2}}rm{垄脻CO_{2}垄脼SO_{3}垄脽NH_{3}垄脿}盐酸rm{垄谩H_{2}S垄芒}熔融rm{NaCl}属于电解质的是______，属于非电解质的是_______，能导电的是______。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)16、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。17、摩尔是七个基本物理量之一．（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、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）22、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）23、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、结构与性质(共1题，共3分)24、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。_______评卷人得分五、推断题(共4题，共24分)25、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}四种元素均位于元素周期表中第三周期。填写下列各小题的空白：

rm{(1)X}元素的原子的rm{K}rm{L}层的电子数之和比rm{L}rm{M}层的电子数之和多rm{1}个电子，则rm{X}单质在空气中加热生成的化合物的电子式______

rm{(2)Y}元素的原子最外层电子数比内层电子数少rm{3}个，用电子式表示rm{Y}和镁元素形成化合物的过程______

rm{(3)Z}元素最高化合价是最低化合价绝对值的rm{3}倍，它在最高价氧化物中的质量分数为rm{40%.}则rm{Z}元素最高价氧化物的水化物是______，rm{Z}元素的气态氢化物是______；

能证明rm{Y}元素和rm{Z}元素非金属性强弱的一个化学方程式为______。

rm{(4)W}元素既有金属性，又有明显的非金属性，则rm{W}元素是______。rm{X}和rm{W}的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式______

rm{(5)Y}与rm{W}形成化合物的化学式是______。实验测得当此化合物处于固态和液态时不导电，溶于水能导电。由此判断该化合物具有______键rm{(}填离子或共价rm{)}26、已知rm{A隆煤C}必须加热，否则会发生钝化现象。请回答下列问题：rm{(1)A}是________，你推断的理由是_________________________。rm{(2)B}在酸性条件下与rm{H_{2}O_{2}}反应的离子方程式：_______________。rm{(3)A}与过量浓rm{H_{2}SO_{4}}反应的化学方程式：__________________。27、现有中学化学常见四种金属单质rm{A}rm{B}rm{C}rm{I}和三种常见气体甲、乙、丙及物质rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}rm{H.}它们之间能发生如下反应rm{(}图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出rm{)}

请根据以上信息回答下列问题：

rm{(1)}写出物质rm{H}的化学式：______，物质rm{E}的名称：______；

rm{(2)}写出反应rm{垄脵}的离子方程式______；写出反应rm{垄脹}的化学方程式______；写出反应rm{垄脽}的离子方程式______．28、乙酸苯甲酯是一种具有茉莉花香气的酯类物质，其一种合成路线如下：回答下列问题：

rm{(1)A}的结构简式是____，甲苯的分子式是____。rm{(2)}乙酸的官能团名称是____，反应rm{垄脻}的反应类型是____。rm{(3)}反应rm{垄脹}的化学方程式是____。rm{(4)}反应rm{垄脻}的化学方程式是____。rm{(5)}乙酸苯甲酯有多种同分异构体，下列化合物中属于乙酸苯甲酯的同分异构体且为酯类的是____。评卷人得分六、原理综合题(共1题，共3分)29、研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。回答下列问题：

（1）CO可用于高炉炼铁。

已知：Fe3O4（s）+4CO（g）====3Fe（s）+4CO2（g）△H=akJ·mol-1

3Fe2O3（s）+CO（g）====2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=bkJ·mol-1

则反应Fe2O3（s）+3CO（g）====2Fe（s）+3CO2（g）的△H=____________kJ·mol-1（用含a、b的代数式表示）

（2）一定条件下，CO2和CO可以互相转化。某温度下，在容积为2L的密闭容器按甲、乙两种方式投入反应物发生反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）。容器反应物甲8molCO2（g）、16molH2（g）乙ωmolCO2（g）、xmolH2（g）、ymolCO（g）、zmolH2O（g）

甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%。则0~15min内平均反应速率v（H2）=____________，该温度下反应的平衡常数K=____________。欲使平衡后乙容器与甲容器中相同气体的体积分数分别相等，则ω、x、y、z需满足的关系是y=____________，（用含x、w的代数式表示），且___________。

（3）已知反应C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）C6H5CH=CH2（g）+CO（g）+H2O（g）△H。温度；压强对乙苯的平衡转化率的影响如下图所示：

则该反应的△H___________0（填“＞”“＜”或“=”），压强p1、p2、p3从大到小的顺序是___________。

（4）CO可被NO2氧化：CO+NO2CO2+NO。当温度高于225℃时，反应速率v正=k正·c（CO）·c（NO2）、v逆=k逆·c（CO2）·c（NO），k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。则k正、k逆与该反应的平衡常数K之间的关系为K=___________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【解析】【答案】B2、A【分析】【分析】先根据物质的量与其它物理量之间的转化关系，将选项中的各量转化成物质的量，根据rm{N=nN_{A}}可知物质的量越大，含有的分子数越多。【解答】A.rm{56gN_{2}}的物质的量为：rm{56g隆脗28g/mol}rm{=2mol}

B.rm{3.01隆脕10^{23}}个硫酸分子的物质的量为：rm{3.01隆脕10^{23}隆脗6.02隆脕10^{23;}=0.5mol}

C.标准状况下rm{22.4LCl_{2}}的物质的量为：rm{22.4L隆脗22.4L/mol}rm{=1mol}

D.rm{1.5molO_{2}}

所以物质的量最大的是rm{A}含有分子数最多的就是rm{A}

故选A。【解析】rm{A}3、A【分析】【分析】本题考查的是酯化反应的理解，难度不大，掌握好相关的概念是解题的关键。【解答】A.酯化反应除生成酯还生成水；故A错误；

B.酯化反应的实质是醇脱羟基上的氢原子；酸脱羟基，相互结合生成酯和水，属于取代反应，故B正确；

C.酯化反应是典型的可逆反应；反应是有限度的，故C正确；

D.酯化反应中浓硫酸做催化剂；还作吸水剂，故D正确。

故选A。【解析】rm{A}4、C【分析】碳酸钠只与酸反应，不能与氢氧化钠反应。【解析】rm{C}5、C【分析】解：rm{A.}甲没有形成原电池，铜为金属活动性顺序表rm{H}元素之后的金属；不能与稀硫酸反应，甲烧杯中铜片表面没有气泡产生，故A错误；

B.甲没有形成原电池；只有氢离子和锌的反应，故B错误；

C.装置乙形成原电池；锌为负极，铜为正极，电子从锌经导线流向铜，故C正确；

D.装置乙形成原电池，溶液中rm{SO_{4}^{2}隆楼}向负极锌片做定向移动；故D错误．

故选C．

锌比铜活泼，能与稀硫酸反应，铜为金属活动性顺序表rm{H}元素之后的金属；不能与稀硫酸反应，甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，乙形成闭合回路，形成原电池，根据原电池的组成条件和工作原理解答该题．

该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题rm{.}侧重考查学生灵活运用原电池原理解决实际问题的能力rm{.}学习中要明确原电池电子以及离子的定向移动问题，要能正确判断原电池的正负极，以及电极反应式的书写等问题．【解析】rm{C}6、D【分析】【分析】

本题旨在考查学生对化学实验方案的评价的应用。【解答】

A.二氧化硫和溴水反应生成硫酸和氢溴酸，二氧化硫具有还原性，故A错误；B.原溶液中有亚硫酸根离子也能出现相同现象，故B错误；C.蔗糖在酸性条件下水解，需加入氢氧化钠溶液中和过量的硫酸后加入银氨溶液，不能说明蔗糖尚未水解，故C错误；D.将乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，说明乙烯有还原性，故D正确。故选D。【解析】rm{D}7、B【分析】略【解析】rm{B}二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】【解析】试题分析：（1）镁的原子序数是12，位于元素周期表的第三周期第ⅡA族。海水中的镁离子转化沉淀，应该加入石灰乳氢氧化钙，将镁离子转化为氢氧化镁沉淀。氢氧化镁转化为氯化镁，需要将氢氧化镁溶解在盐酸中。（2）根据以上分析可知，步骤①的离子方程式是2OH-+Mg2+＝Mg(OH)2↓。（3）氯化镁是含有离子键的离子化合物，其形成过程可表示为（4）在通电的条件下，电解熔融的氯化镁生成氯气和金属镁，反应的方程式是MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑。（5）在高温下，金属K和氧化镁发生置换反应，生成金属镁，反应的化学方程式是2K+MgOK2O+Mg。（6）①在反应中Mg的化合价从0价升高到＋2价，失去2个电子。U元素的化合价从＋4价降低到0价，得到4个电子，所以根据电子的得失守恒可知，配平后的方程式是1+2＝1+2②根据方程式可知，Mg的化合价从0价升高到＋2价，失去2个电子。硝酸中氮元素的化合价从＋5价降低到＋1价，得到4个电子，则根据电子的得失守恒可知，配平后的方程式是4+10＝4+1+5考点：考查海水中金属镁的提取、金属镁在周期表中的位置、氯化镁的形成、氧化还原反应方程式的配平【解析】【答案】（16分，每空2分）(1)第三周期第ⅡA族，Ca(OH)2溶液盐酸(2)2OH-+Mg2+＝Mg(OH)2↓(3)(4)MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑(5)2K+MgOK2O+Mg(6)1，2，1，24，10，4，1，59、略

【分析】【解析】【答案】物质的量比为3:2，体积比为3:2，氧原子数比为1:1密度比为2:310、②|①|⑦|③⑥【分析】【解答】解：①金刚石和石墨是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体；②12C与14C质子数都为6，中子数不同，是碳元素的不同原子，互为同位素；③与分子式相同，结构不同，互为同分异构体；④与的分子式相同，结构相同，是同一种化合物；⑤与的分子式相同，结构相同，是同一种化合物；⑥与的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；⑦CH3与C（CH3）4结构相似、通式相同，相差4个CH2原子团；互为同系物；故答案为：②；①；⑦；③⑥．

【分析】具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团，具有相同官能团的化合物；质子数相同质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；同种元素形成的不同单质互为同素异形体；11、略

【分析】解：4gNaOH的物质的量==0.1mol，溶液中H2O与Na+的物质的量之比为20：1，则水的物质的量=0.1mol×20=2mol，故水的质量为2mol×18g/mol=36g，溶液的质量=m（水）+m（NaOH）=4g+36g=40g，故溶液质量分数=×100%=10%；

故答案为：36；10%．

根据n=计算4gNaOH的物质的量，进而计算水的物质的量，根据m=nM计算水的质量，溶液的质量=m（水）+m（NaOH），溶液质量分数=×100%．

本题考查物质的量的有关计算、溶液质量分数的计算，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．【解析】36；10%12、略

【分析】解：（1）工业上制备肥皂的主要原料是油脂；故答案为：E；

（2）能够与CaCO3，Mg（OH）2反应的是乙酸；故答案为：D；

（3）蚕丝含有的物质是蛋白质；故答案为：A；

（4）乙烯有催熟作用；可做生长调节剂，故答案为：C；

（5）糖尿病人通常是指病人的尿液中葡萄糖的含量高；故答案为：B．

（1）油脂的皂化反应常用来制备肥皂；

（2）能够与CaCO3，Mg（OH）2反应的是乙酸；

（3）“丝”中含有的物质是蛋白质；

（4）乙烯有催熟作用；

（5）糖尿病人通常是指病人的尿液中葡萄糖的含量高．

本题考查生活中的有机化合物，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累．【解析】E；D；A；C；B13、略

【分析】解：rm{4min}测得rm{n(O_{2})=0.8mol}rm{n(SO_{3})=6.4mol}设开始的rm{SO_{3}}为rm{n}则。

rm{2SO_{3}?2SO_{2}+O_{2}}

开始rm{n}rm{0}rm{0}

转化rm{1.6}rm{1.6}rm{0.8}

rm{4min}rm{n-1.6}rm{1.6}rm{0.8}

rm{n-1.6=6.4}解得rm{n=8mol}

由上述分析可知rm{n(SO_{2})=1.6mol}氧气的生成速率rm{v}rm{(O_{2})=dfrac{dfrac{0.8mol}{2L}}{4min}=0.1}rm{(O_{2})=dfrac{dfrac

{0.8mol}{2L}}{4min}=0.1}rm{mol/(L?min)}的转化率为rm{dfrac{1.6mol}{8mol}隆脕100%=20%}

故答案为：rm{SO_{3}}rm{dfrac

{1.6mol}{8mol}隆脕100%=20%}rm{1.6mol}rm{0.1}．

rm{mol/(L?min)}测得rm{20%}rm{4min}设开始的rm{n(O_{2})=0.8mol}为rm{n(SO_{3})=6.4mol}则。

rm{SO_{3}}

开始rm{n}rm{2SO_{3}?2SO_{2}+O_{2}}rm{n}

转化rm{0}rm{0}rm{1.6}

rm{1.6}rm{0.8}rm{4min}rm{n-1.6}

rm{1.6}结合rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}转化率rm{=dfrac{{脳陋禄炉碌脛脕驴}}{{驴陋脢录碌脛脕驴}}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、速率及转化率计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意反应中转化的物质的量关系，题目难度不大．rm{0.8}【解析】rm{1.6mol}rm{0.1mol/(L?min)}rm{20%}14、（1）质量数质子数原子数离子电荷数

（2）第五周期VA族离子键、共价键【分析】【分析】本题考查化学用语知识，难度不大，掌握各物质的表示是解答的关键。【解答】rm{(1)_{1}^{2}{H}}中rm{2}是指原子的质量数为rm{2}rm{{,!}_{2}{H}e}表示元素的质子数为rm{2}rm{Cl_{2}}表示一个氯气分子由rm{2}个氯原子构成；rm{C{a}^{2+}}表示有rm{2}个单位正电荷的钙离子；rm{(2)}因其质子数为rm{51}是第rm{5}周期，rm{VA}族元素；rm{Fe}的原子结构示意图为：过氧化钠的电子式为：可以形成化合物rm{NaHS{O}_{4}}故其中有离子键及共价键。【解析】rm{(1}rm{)}质量数质子数原子数离子电荷数质量数质子数原子数离子电荷数rm{)}第五周期rm{(2)}第五周期rm{VA}族族rm{(2)}rm{VA}15、③⑨⑩④⑤⑥⑦①⑧⑩【分析】【分析】本题考查物质的分类相关知识。【解答】rm{垄脵Fe}属于金属单质，能导电，但不是电解质也不是非电解质；属于金属单质，能导电，但不是电解质也不是非电解质；rm{垄脵Fe}rm{垄脷Br}属于单质，不能导电，既不是电解质也不是非电解质；rm{垄脷Br}rm{{,!}_{2}}rm{垄脹Na}属于碱性氧化物，是强电解质，但不能导电；rm{垄脹Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}属于碱性氧化物，是强电解质，但不能导电；rm{O}不能导电，属于非电解质；rm{垄脺NO}rm{垄脺NO}不能导电，属于非电解质；rm{{,!}_{2}}不能导电，属于非电解质；rm{垄脻CO}不能导电，属于非电解质；rm{垄脻CO}盐酸能导电，但属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；rm{{,!}_{2}}rm{垄脼SO}rm{垄脼SO}不能导电，但属于弱电解质；rm{{,!}_{3}}熔融rm{垄脽NH}能导电，属于强电解质；rm{垄脽NH}rm{{,!}_{3;}}rm{垄脿}盐酸能导电，但属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；rm{垄脿}能导电的是rm{垄谩H}rm{垄谩H}【解析】rm{垄脹垄谩垄芒}rm{垄脺垄脻垄脼垄脽}rm{垄脵垄脿垄芒}三、判断题(共8题，共16分)16、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．17、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．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】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．22、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23、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、结构与性质(共1题，共3分)24、略

【分析】【分析】

（1）本实验是由实验①做对比实验探究影响反应速率的因素，所以在设计分组实验时，要设计出分别只有浓度、温度和接触面积不同时反应速率的变化，从而找出不同外界因素对反应速率的影响。由于实验①和实验②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，实验①和实验③探究温度对该反应速率的影响，故实验③的温度选择308K，实验①和实验④探究接触面积对该反应速率的影响，故实验④选择细颗粒的大理石；

（2）依据装置特点分析气密性的检查方法；

（3）化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。根据图像可以计算出70至90s内生成的CO2的体积；然后根据反应式可计算出消耗的硝酸的物质的量，最后计算其反应速率；

（4）根据反应物的用量计算生成CO2的最大质量；根据影响反应速率的因素比较实验②；③和④反应速率大小；以此判断曲线斜率大小，画出图像；

【详解】

（1）由实验目的可知；探究浓度；温度、接触面积对化学反应速率的影响，则实验①②的温度、大理石规格相同，只有浓度不同，实验①③中只有温度不同，实验①④中只有大理石规格不同；

故答案为（从上到下；从左到右顺序）：298；粗颗粒；1.00；308；粗颗粒；2.00；298；细颗粒；2.00；

（2）该装置的气密性的检查方法是：关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的质量为：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根据方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物质的量为：n(HNO3)=＝mol；

③溶液体积为25mL＝0.025L，所以HNO3减少的浓度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反应的时间t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范围内的平均反应速率为：

v(HNO3)＝Δc(HNO3)/t＝=mol·L－1·S－1=0.009mol·L－1·S－1

（4）实验②、③和④所用大理石的质量均为10.00g，其物质的量为=0.1mol，实验①、③和④所用硝酸的量相同均为：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的质量按硝酸计算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，实验②所用硝酸的量为1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石过量，反应生成的CO2的质量为0.025mol×44g/mol=0.55g；

实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，且HNO3浓度①>②，浓度越大，反应越快，故曲线斜率①>②；

实验①和③探究温度对该反应速率的影响，且温度③高于①，温度越高反应越快，故曲线斜率③>①；

实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响，且实验④为细颗粒，实验①为粗颗粒，颗粒越小，表面积越大，反应越快，故反应速率④>①，故曲线斜率④>①；

根据以上特征；画出图像如下：

【点睛】

本题考查了化学反应速率的影响因素，注意对题给信息的分析是处理是解答的关键，注意控制变量的实验方法的理解和掌握。【解析】298粗颗粒1.00308粗颗粒2.00298细颗粒2.00关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1五、推断题(共4题，共24分)25、略

【分析】解：rm{(1)X}元素原子的rm{K}rm{L}层的电子数之和比rm{L}rm{M}层的电子数之和多rm{1}个电子，rm{K}层中电子数是rm{2}则rm{M}层电子数是rm{1}所以rm{X}是rm{Na}元素，rm{Na}与氧气加热生成过氧化钠，过氧化钠的电子式为

故答案为：

rm{(2)Y}元素的原子最外层电子数比内层电子数少rm{3}个，最外层电子数不超过rm{8}个，所以内层电子数是rm{10}最外层电子数为rm{7}则rm{Y}是rm{Cl}元素，rm{Cl}元素和镁元素形成rm{MgCl_{2}}rm{MgCl_{2}}的形成过程为

故答案为：

rm{(3)Z}元素最高化合价是最低化合价绝对值的rm{3}倍，rm{Z}位于第rm{VIA}族，最高价氧化物为rm{ZO_{3}}最高价氧化物中rm{W}的质量分数为rm{40%}则rm{dfrac{Mr(Z)}{Mr(Z)+48}=40%}解得rm{dfrac

{Mr(Z)}{Mr(Z)+48}=40%}故rm{Mr(Z)=32}是rm{Z}元素，rm{S}元素最高价氧化物的水化物是rm{S}rm{H_{2}SO_{4}}元素的气态氢化物是rm{S}能证明rm{H_{2}S}元素和rm{Cl}元素非金属性强弱的一个化学方程式为rm{S}

故答案为：rm{H_{2}S+Cl_{2}=S+2HCl}rm{H_{2}SO_{4}}rm{H_{2}S}

rm{H_{2}S+Cl_{2}=S+2HCl}元素既有金属性，又有明显的非金属性，则rm{(4)W}元素是rm{W}rm{Al}和rm{Na}的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为rm{Al}

故答案为：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}rm{Al}

rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}与rm{(5)Y}形成化合物的化学式是rm{W}实验测得当此化合物处于固态和液态时不导电；溶于水能导电，由此判断该化合物具有共价键；

故答案为：rm{AlCl_{3}}共价。

rm{AlCl_{3}}元素原子的rm{X}rm{K}层的电子数之和比rm{L}rm{L}层的电子数之和多rm{M}个电子，rm{1}层中电子数是rm{K}则rm{2}层电子数是rm{M}所以rm{1}是rm{X}元素；rm{Na}元素的原子最外层电子数比内层电子数少rm{Y}个，最外层电子数不超过rm{3}个，所以内层电子数是rm{8}最外层电子数为rm{10}则rm{7}是rm{Y}元素；rm{Cl}元素最高化合价是最低化合价绝对值的rm{Z}倍，rm{3}位于第rm{Z}族，最高价氧化物为rm{VIA}最高价氧化物中rm{ZO_{3}}的质量分数为rm{W}则rm{dfrac{Mr(Z)}{Mr(Z)+48}=40%}解得rm{40%}故rm{dfrac

{Mr(Z)}{Mr(Z)+48}=40%}是rm{Mr(Z)=32}元素；rm{Z}元素既有金属性，又有明显的非金属性，则rm{S}元素是rm{W}据此进行分析。

本题考查结构性质物质关系应用，正确推断元素是解本题关键，侧重对化学用语的考查，注意氯化铝是共价化合物，为易错点。rm{W}【解析】rm{H_{2}SO_{4}}rm{H_{2}S}rm{H_{2}S+Cl_{2}=S+2HCl}rm{Al}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}rm{AlCl_{3}}共价26、(1)铁A在浓硫酸中会钝化，且A与浓硫酸与稀硫酸反应的氧化产物不同，存在变价。(2)2H＋＋2Fe2＋＋H2O2===2H2O＋2Fe3＋(3)6H2SO4(浓)＋2Fe△,Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O【分析】rm{A}与浓硫酸在常温下发生钝化，有可能是rm{Fe}或rm{Al}又因rm{A}与稀、浓硫酸反应时被氧化的价态不同，所以rm{A}是变价金属rm{Fe}则rm{B}为rm{FeSO_{4}}rm{C}为rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}rm{D}为rm{Fe(OH)_{3}}【解析】rm{(1)}铁rm{A}在浓硫酸中会钝化，且rm{A}与浓硫酸与稀硫酸反应的氧化产物不同，存在变价。rm{(2)2H^{+}+2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}===2H_{2}O+2Fe^{3+}}rm{(3)6H_{2}SO_{4}(}浓rm{)+2Fetriangle}rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}+3SO_{2}隆眉+6H_{2}O}27、略

【分析】解：rm{(1)}由上面的分析可知，rm{H}的化学式为rm{Fe(OH)_{3}}物质rm{E}的名称为盐酸，故答案为：rm{Fe(OH)_{3}}盐酸；

rm{(2)}反应rm{垄脵}为rm{Na}与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}

反应rm{垄脹}为铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为rm{2Al+2Na+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}

反应rm{垄脽}为rm{FeCl_{3}}与rm{Cu}反应生成rm{FeCl_{2}}离子方程式为rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}

故答案为：rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}rm{2Al+2Na+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}．

金属rm{A}焰色反应为黄色，故A为金属rm{Na}乙是黄绿色气体，乙为rm{Cl_{2}}红褐色沉淀rm{H}为rm{Fe(OH)_{3}}由反应rm{垄脵Na隆煤}气体甲rm{+D}为rm{Na}与水的反应，生成甲为rm{H_{2}}rm{D}为rm{NaOH}由rm{NaOH+}金属rm{B隆煤H_{2}}可知，rm{B}为金属rm{Al}由甲rm{+}乙rm{隆煤}丙，故丙为rm{HCl}rm{HCl}溶于水的物质rm{E}故E为盐酸；rm{G+NaOH隆煤Fe(OH)_{3}}rm{G}含有rm{Fe^{3+}}由rm{E(}盐酸rm{)xrightarrow{C}Fxrightarrow{Cl_{2}}G}可知，盐酸与金属rm{)xrightarrow{C}F

xrightarrow{Cl_{2}}G}反应，生成的产物rm{C}还能继续与氯气反应，则金属rm{F}为变价金属，应为rm{C}所以rm{Fe}为rm{F}rm{FeCl_{2}}为rm{G}rm{FeCl_{3}}与红色金属rm{FeCl_{3}}反应生成rm{I}则rm{FeCl_{2}}为rm{I}据此答题．

本题以无机框图题的形式考查rm{Cu}rm{Na}rm{Al}rm{Fe}等元素单质及其化合物之间的相互转化关系、化学用语的书写、方程式的书写等，难度中等，注意基础知识的掌握．rm{Cl}【解析】rm{Fe(OH)_{3}}盐酸；rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}rm{2Al+2Na+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}28、（1）CH3CH2OHC7H8（2）羧基酯化反应（3）（4）（5）C【分析】【分析】本题考查有机物的推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸的性质及转化，难度中等，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，注意对基础知识的理解掌握。【解答】乙烯与水发生加成反应生成rm{A}为rm{CH_{3}CH_{