2025年湘教版高一化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年湘教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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列反应起了氮的固定作用是（）A.N2和H2在一定条件下反应生成NH3B.NH3经过一系列反应之后生成硝酸盐C.NO与O2反应生成NO2D.氯化铵受热分解2、下列半径最大的微粒是（）A.FB.Mg2+C.Cl-D.Ca2+3、下列叙述正确的是A.氧化剂在同一反应中既可以是反应物，也可以是生成物B.氧化还原反应中氧化剂发生了氧化反应C.氧化还原反应的特征是元素的化合价发生了改变D.物质由单质变为化合物，元素一定被还原4、法国里昂的科学家最近发现一种只由四个中子组成的微粒，这种微粒称为“四中子”，也有人称之为“零号元素”rm{.}它与天体中的中子星构成类似rm{.}有关：“四中子”微粒的说法正确的rm{(}rm{)}A.该微粒的质量数为rm{2}B.该微粒不显电性C.它与普通中子互称为同位素D.在元素周期表中与氢元素占同一位置5、既有离子键，又有共价键的化合物是rm{(}rm{)}A.rm{KBr}B.rm{NaOH}C.rm{HBr}D.rm{N_{2}}6、美国科学家将铅和氪两种元素的原子核对撞，获得了一种质子数为118、质量数为293的新元素，该元素原子核内的中子数和核外电子数之差为A．47B．57C．61D．1757、下列配制溶液的操作中，不会影响所配溶液浓度大小的是（）A.托盘两边各垫一张质量相等的纸片称取固体NaOHB.容量瓶内水分未干便注入了液体C.洗涤刚才盛过溶质的烧杯的洗涤液没有转入容量瓶D.定容后使溶液混匀，静止，发现凹液面低于刻度线，立即滴加蒸馏水至刻度线8、在水溶液中不能存在的反应是（）

①Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2

②I2+2NaBr═2NaI+Br2

③Zn+FeSO4═ZnSO4+Fe

④K+NaCl═KCl+Na．A.①③B.①②C.②④D.③④9、下列物质属于非电解质的是（）A.醋酸B.液氨C.氯水D.氯化钠评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、（8分）铜在常温下能被稀HNO3溶【解析】

3Cu+8HNO3（稀）==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O⑴请将上述反应改写成离子方程式：_____________________。⑵上述反应中氧化剂是，没有参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的比例_____。(3)取1.92gCu与一定量浓HNO3恰好完全反应，生成气体颜色由红棕色逐渐变成无色，共得到标准状况下气体1.12L，则参加反应的硝酸为_____________mol。11、（6分）某学习小组利用铁与稀硫酸的反应，进行“探究影响化学反应速率因素”的实验。结果如下表：。实验序号铁的质量/g铁的形态V(H2SO4)/mLc(H2SO4)/mol·L-1反应前溶液的温度/℃金属完全消失的时间/s10.10片状500.82020020.10粉状500.8202530.10片状501.02012540.10片状501.03550请分析上表信息，回答下列问题。（1）实验1、2表明对反应速率有影响。（2）仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有（填实验序号）。（3）该探究实验中，影响反应速率的因素还有，体现该影响因素的实验有（填实验序号）。（4）进行实验3时，若将稀硫酸改为50mL2.0mol·L-1盐酸（其他条件不变），发现：放出气泡的速率，盐酸明显比硫酸快。你认为可能的原因是。（忽略温度对反应速率的影响）12、用A、B、C三种装置都可制取溴苯．请仔细分析三套装置，然后回答下列问题：

(1)写出三个装置中都发生反应的化学方程式：____________；

(2)装置A；C中长导管的作用是____________；导管不能伸入液面以下的原因是____________；

(3)B；C装置已连接好；并进行了气密性检验，也装入了合适的药品，接下来要使反应开始，对B应进行的操作是____________，对C应进行的操作是____________；

(4)铁粉的作用是____________，B中盛放CCl4的作用是____________；

(5)能证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应的装置是____________，(填A、B或C)，现象是____________，写出相应化学方程式____________，另外证明苯和液溴发生的是取代反应的方法还有____________(任写一种)．13、反应物与生成物均为气态的某可逆反应在不同条件下的反应历程分别为rm{A}rm{B}如图所示．

rm{垄脵}据图判断当反应达到平衡后，其他条件不变，升高温度，反应物的转化率将______rm{(}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}．

rm{垄脷}其中rm{B}历程表明此反应采用的条件为______rm{(}填字母rm{)}．

A.升高温度rm{B.}增大反应物的浓度。

C.增大压强rm{D.}使用催化剂．14、(8分)（1）向某溶液中加入KSCN溶液无明显现象,再滴入数滴氯水后，溶液立即变成红色,则原溶液中一定含有________离子,要除去FeCl3溶液中少量的氯化亚铁,可行的办法是________(填字母)。A．加入铜粉B．加入铁粉C．通入氯气D．加入KSCN溶液根据选用的试剂,写出除去FeCl3溶液中少量的氯化亚铁过程中发生反应的离子方程式_______________________________。（2）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀铜箔,制造印刷线路板,写出FeCl3与金属铜反应的离子方程式______________________________________。（3）向沸水中逐滴滴加1mol·L-1FeCl3溶液至液体呈透明的红褐色,该分散系中微粒直径的范围是_________，区别该液体和FeCl3溶液可用方法。15、如图是实验室制乙酸乙酯的装置．

rm{(1)}在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合溶液的方法是将______rm{.}然后轻轻地振荡试管；使之混合均匀．

rm{(2)}装置中通蒸气的导管要插在饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的液面上方rm{.}不能插入溶液中；目的是______．

rm{(3)}浓硫酸的作用是rm{垄脵}______；rm{垄脷}______．

rm{(4)}饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的作用是______．

rm{(5)}实验生成的乙酸乙酯，其密度比水______rm{(}填“大”或“小”rm{)}有______气味．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）17、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）18、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．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）评卷人得分四、原理综合题(共4题，共28分)21、已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下，830℃时，向一个2L的密闭容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B。温度70080083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4

(1)反应达平衡后，升高温度，平衡_______移动（填“正向”或“逆向”）

(2)830℃达平衡时，A的转化率为________。22、(2018·安徽省合肥市高三第三次教学质量检测)H2S在重金属离子处理；煤化工等领域都有重要应用。请回答：

Ⅰ．H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体；反应原理为。

ⅰ．COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)△H=+7kJ·mol−1

ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=−42kJ·mol−1

已知断裂1mol气态分子中的化学键所需能量如下表所示。分子COS(g)H2(g)CO(g)H2S(g)能量(kJ·mol−1)1310442x669

（1）计算表中x=_______。

（2）T℃时，向VL容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)；发生上述两个反应。

①在T℃时测得平衡体系中COS为0.80mol，H2为0.85mol，则T℃时反应ⅰ的平衡常数K=_______(保留2位有效数字)。

②上述反应达平衡后，若向其中再充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)，则再次达平衡后H2的体积分数_______(填“增大”、“减小”或“不变”);若升高温度，则CO的平衡体积分数_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，其理由是_______。

Ⅱ．H2S在高温下分解制取H2；同时生成硫蒸气。

（3）向2L密闭容器中加入0.2molH2S，反应在不同温度(900~1500℃)下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如下图所示，则在此温度区间内，H2S分解反应的主要化学方程式为_______；在1300℃时，反应经2min达到平衡，则0～2min的反应速率v(H2S)=_______。

Ⅲ．H2S用作重金属离子的沉淀剂。

（4）25℃时，向浓度均为0.001mol·L−1Sn2+和Ag+的混合溶液中通入H2S，当Sn2+开始沉淀时，溶液中c(Ag+)=_______。(已知：25℃时，Ksp(SnS)=1.0×10−25，Ksp(Ag2S)=1.6×10−49)。23、化合物AX3和单质X在一定条件下反应可生成化合物AX3。反应AX3(g)+X2(g)=AX5(g)在容积为10L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2mol.反应在不同条件下进行；反应体系总压强随时间的变化如图所示。回答下列问题:

(1)下列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)=_________

(2)图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为____(填实验序号);与实验a相比，b改变的实验条件及判断依据是:_________

(3)用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX5的平衡转化率，则a的表达式为_______;实验a和c的平衡转化率:αa为______,αc为_______。24、甲醇(结构式)是一种基础有机化工原料，应用广泛。工业上可利用废气中的CO2合成CH3OH，发生反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H＝－49kJ·mol-1。

(1)已知反应中的相关化学键键能数据如下：。化学键O-HC-OC=OE/(kJmol-1)465343750

甲醇中C－H键比氢气中H－H键____(填“强”或“弱”)。相同条件下该反应的正反应活化能Ea(正)＝210kJ·mol-1，则逆反应活化能Ea(逆)＝______kJ·mol-1。

(2)在1L恒容密闭容器中充入CO2和H2，所得实验数据如下表。实验编号温度/。C起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(CO2)n(H2)n(CH3OH)n(H2)n(CH3OH)①1500.230.190.03②2000.100.260.02③2000.17a0.01

实验①平衡常数K＝______，若在该温度下起始时加入二氧化碳、氢气、甲醇气体和水蒸气各0.10mol，这时反应向________移动(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”)，判断理由是______。

实验②达到平衡时H2转化率为____。

实验③a＝_________。

(3)甲醇、空气和稀硫酸可以形成燃料电池，其正极电极反应式为________。评卷人得分五、实验题(共1题，共2分)25、有一瓶无色澄清溶液，其中可能含有rm{H^{+}}rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Ba^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}离子rm{.}现进行以下实验：

A、用rm{PH}试纸检验溶液；发现溶液呈强酸性；

B、取部分溶液逐滴加入rm{NaOH}溶液；使溶液由酸性变为碱性，无沉淀产生；

C、取少量rm{B}中的碱性溶液，滴加rm{Na_{2}CO_{3}}溶液；有白色沉淀产生．

rm{垄脵}根据上述事实确定：该溶液中肯定存在的离子有______；肯定不存在的离子有______；

可能存在的离子有______．

rm{垄脷}写出rm{C}中发生反应的离子方程式______．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【解答】解：A、N2与H2在一定条件下反应生成NH3的过程；是将游离态的氮元素转化为化合态的氮元素的过程，属于氮的固定，故A正确；

B；由氨气制碳铵和硫铵等硝酸盐是含氮化合物之间的转化；不属于氮的固定，故B错误；

C、NO与O2反应生成NO2是含氮化合物之间的转化；不属于氮的固定，故C错误；

D；氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢气体；不是氮的固定，故D错误；

故选A．

【分析】氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态的氮元素的过程，即将氮气转化为含氮化合物．2、C【分析】解：F的质子数为9，Mg2+，的质子数为12，F、Mg2+，同层看核，核大半径小，故半径F＞Mg2+；Cl-的质子数为17，Ca2+，的质子数为20，同层看核，核大半径小，Cl-，Ca2+，核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Cl-＞Ca2+；Ca2+比Mg2+核外电子排布多一层，故半径Ca2+＞Mg2+；Cl-比F-核外电子排布多一层，故半径Cl-＞F-；同核看价，价高半径小，故半径F-＞F，所以半径Cl-＞F；

综上半径最大的微粒是Cl-；

故选C．

对除稀有气体元素原子以外的任何原子或离子的半径进行比较要“三看”：①首先看层；层少半径小；②同层看核，核大半径小；③同核看价，价高半径小．以此来解答．

本题考查粒子半径的大小比较，注意粒子半径比较的角度和方法，为元素周期律中常考查问题，学习中注意积累相关比较方法，注重元素周期律递变规律的应用，题目难度不大．【解析】【答案】C3、C【分析】【分析】本题考查氧化还原知识，难度不大，掌握氧化还原知识是解答的关键。【解答】A.氧化剂只能是生成物，不可能是反应物，故A错误；B.氧化剂发生了还原反应，故B错误；C.判断是否为氧化还原反应就是看化合价有没有升降，故C正确；D.可以是被氧化也可以是被还原，主要是看化合价变化，故D错误。故选C。【解析】rm{C}4、B【分析】解：rm{A.1}个质子的质量rm{=1}个中子的质量，微粒的质量数为rm{4}故A错误；

B.不显电性；因为只有中子，中子不带电，故B正确；

C.该微粒不是原子；同位素必须是原子，故C错误；

D.rm{H}元素的质子数是rm{1}该元素是rm{0}属于不同的元素，与rm{H}不在同一位置；故D错误；

故选B．

A.rm{1}个质子的质量rm{=1}个中子的质量；

B.该微粒只有中子；中子不带电；

C.质子数相同；而中子数或核子数不同的原子互为同位素；

D.该元素的质子数是rm{0}rm{H}元素是rm{1}．

本题考查原子构成、同位素等知识，题目难度不大，注意rm{1}个质子的质量rm{=1}个中子的质量．【解析】rm{B}5、B【分析】解：rm{A.KBr}中只含离子键；故A不选；

B.rm{NaOH}中含离子键和rm{O-H}共价键；故B选；

C.rm{HBr}只含共价键；故C不选；

D.rm{N_{2}}中只含共价键；故D不选；

故选B．

一般来说；活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，以此来解答．

本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大．【解析】rm{B}6、B【分析】【解析】【答案】B7、B【分析】【解答】解：A．托盘两边各垫一张质量相等的纸片称取固体NaOH；NaOH易潮解，n偏小，c偏小，故A不选；B．容量瓶内水分未干便注入了液体，n；V均不变，则不会影响所配溶液浓度大小，故B选；

C．洗涤刚才盛过溶质的烧杯的洗涤液没有转入容量瓶；n偏小，c偏小，故C不选；

D．定容后使溶液混匀；静止，发现凹液面低于刻度线，立即滴加蒸馏水至刻度线，V偏大，c偏小，故D不选；

故选B．

【分析】由c=及不当操作对n、V的影响可知，n、V均不变，则不会影响所配溶液浓度大小，以此来解答．8、C【分析】解：①氯气与溴化钠溶液反应生成溴和氯化钠，方程式：Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2；故正确；

②碘的氧化性弱于溴；与溴化钠不反应，故错误；

③锌与硫酸亚铁溶液反应生成硫酸锌和铁，方程式：Zn+FeSO4═ZnSO4+Fe；故正确；

④钾与氯化钠溶液反应；先与水反应生成氢氧化钾和氢气，不能置换钠，故错误；

故选C．

①氯气氧化性强于溴；能够从溴化钠溶于中置换溴；

②碘的氧化性弱于溴；与溴化钠不反应；

③锌活泼性强于铁；能够与硫酸亚铁溶液反应置换铁；

④钾性质活泼；与盐溶液反应，先与水反应．

本题考查了元素化合物性质，熟悉物质的性质是解题关键，注意钠与盐溶液反应的实质，题目难度不大．【解析】【答案】C9、B【分析】解：A；醋酸在溶液中能够电离出醋酸根离子和氢离子；其溶液导电，醋酸属于电解质，故A错误；

B；液氨为液态氨气；不能电离属于非电解质，故B正确；

C；氯水是氯气的水溶液；既不是电解质也不是非电解质，故C错误；

D；氯化钠在溶液中和熔融状态下都能够导电；氯化钠为电解质，故D错误；

故选：B。

在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质；在水溶液和熔融状态下不能导电的化合物为非电解质，无论电解质还是非电解质，一定属于化合物，据此进行判断。

本题考查了电解质与非电解质的概念及判断，题目难度不大，注意明确电解质与非电解质的联系与区别，明确单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。【解析】B二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】（1）考查离子方程式的书写。在改写离子方程式时，关键是找准哪些物质可以用离子符合来表示，哪些可以用化学式来表示。只有既能溶于水，又能完全电离的物质才能用离子来表示，其他的均用化学式表示。（2）由方程式可知8mol硝酸参加反应其中只有2mol硝酸被还要，其氮元素的化合价由＋5价降低到＋2价，所以没有参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的比例3/4。（3）生成气体颜色由红棕色逐渐变成无色，说明气体是NO和NO2的混合气体，其物质的量是＝0.05mol，根据氮元素守恒可知被还原的硝酸的物质的量就是0.05mol。1.92gCu被氧化生成Cu(NO3)2，其物质的量是mol。同样根据氮元素守恒可知没有被还原的硝酸的物质的量就是0.03mol×2＝0.06mol，参加反应的硝酸为0.06mol＋0.05mol＝0.11mol。【解析】【答案】⑴3Cu+8H++2NO3－==3Cu2++2NO↑+4H2O⑵HNO33/4（3）0.1111、略

【分析】试题分析：（1）通过对表格中的数据进行观察、分析可：实验1、2表明固体反应物颗粒的大小（或反应物的接触面积、固体颗粒表面积的大小等）对反应速率有影响。（2）仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有1、3实验；（3）该探究实验中，影响反应速率的因素还有温度的影响，体现该影响因素的实验有3、4；（4）进行实验3时，若将稀硫酸改为50mL2.0mol·L-1盐酸（其他条件不变），发现：放出气泡的速率，盐酸明显比硫酸快。你认为可能的原因是Cl—加快反应速率（或答Cl—对反应有催化作用）。考点：考查化学实验的数据的处理、影响化学反应速率的因素的知识。【解析】【答案】（1）固体反应物颗粒的大小（或反应物的接触面积、固体颗粒表面积的大小等）；（2）1、3；（3）温度；3、4；（4）Cl—加快反应速率（或答Cl—对反应有催化作用）12、略

【分析】解：(1)苯和溴在铁作催化剂的条件下能发生取代反应生成溴苯，方程式为C6H6+Br2C6H5Br+HBr，故答案为：C6H6+Br2C6H5Br+HBr；

(2)苯和溴的取代反应中有溴化氢生成，苯和溴易挥发，所以导管b除导气外；还有起冷凝回流作用，减少苯和溴的挥发；

故答案为：导气(导出HBr)兼冷凝(冷凝苯和溴蒸气)；

(3)苯和溴反应较慢，为加快反应速率，常常加入催化剂；催化剂只有和反应混合时才起作用，所以对B应进行的操作是打开分液漏斗上端塞子，旋转分液漏斗活塞，使Br2和苯的混合液滴到铁粉上；对C应进行的操作是托起软橡胶袋使Fe粉沿导管倒入溴和苯组成的混合液中；

故答案为：打开分液漏斗上端塞子，旋转分液漏斗活塞，使Br2和苯的混合液滴到铁粉上；托起软橡胶袋使Fe粉沿导管倒入溴和苯组成的混合液中；

(4)铁粉能加快其反应速率；所以做催化剂；四氯化碳；溴都是非极性分子，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，所以溴易溶于四氯化碳，故四氯化碳的作用是除去溴化氢气体中的溴蒸汽，故答案为：作催化剂；除去溴化氢气体中的溴蒸汽；

(5)溴和苯发生取代反应除了生成溴苯外还有溴化氢生成，溴化氢能和无色的硝酸银溶液反应生成淡黄色的沉淀，反应方程式为AgNO3+HBr=AgBr↓+HNO3；所以能证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应的装置是B；氯气的氧化性大于溴的氧化性，所以氯气能和溴离子发生置换反应生成溴单质，溴单质呈红棕色，所以还可以往A或C装置的水中通氯气，把溴化氢里的溴置换出来，溶液会变成红棕色；

故答案为：还可以往A或C装置的水中通氯气，把溴化氢里的溴置换出来，溶液会变成红棕色．【解析】C6H6+Br2C6H5Br+HBr;导气(导出HBr)兼冷凝(冷凝苯和溴蒸气);防止溶液倒吸;打开分液漏斗上端塞子，旋转分液漏斗活塞，使Br2和苯的混合液滴到铁粉上;托起软橡胶袋使Fe粉沿导管倒入溴和苯组成的混合液中;作催化剂;除去溴化氢气体中的溴蒸汽;B;硝酸银溶液中有淡黄色沉淀生成;AgNO3+HBr=AgBr↓+HNO3;还可以往A或C装置的水中通氯气，把溴化氢里的溴置换出来，溶液会变成红棕色．13、略

【分析】解：rm{垄脵}由图可知；反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大．

故答案为：增大；

rm{垄脷}由图可知，反应历程rm{B}与rm{A}相比；改变反应历程，最后达到相同的平衡状态，改变的条件应是使用催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率．

故答案为：rm{D}．

rm{垄脵}由图可知；反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应；升高温度平衡向正反应方向移动；

rm{垄脷}由图可知，反应历程rm{B}与rm{A}相比；改变反应历程，应是使用催化剂．

本题考查了化学反应能量变化图象分析判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握反应活化能和焓变的理解应用，题目难度中等．【解析】增大；rm{D}14、略

【分析】试题分析：（1）滴加KSCN溶液时无明显现象发生，说明原溶液中一定没有Fe3+，氯水具有强氧化性，滴入氯水后溶液立即显红色，说明原溶液中一定含有Fe2+，这是亚铁离子的检验方法．要除去FeCl3溶液中少量的氯化亚铁,可通入氯气，既能除去氯化亚铁，又不引入其它杂质。反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（2）Fe3+能氧化铜，其离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（3）因为该分散系为胶体，所以微粒直径的范围是：1～100nm，区别溶液和胶体常用的方法为：丁达尔实验考点：亚铁离子的检验方法和除杂、氯气的性质、Fe3+的性质、胶体的性质【解析】【答案】（1）Fe2+C2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（2）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（3）1～100nm丁达尔实验15、略

【分析】解：rm{(1)}浓硫酸溶于水放出大量的热；加入药品时，为防止酸液飞溅，应先加入乙醇再加入浓硫酸和乙酸，如先加浓硫酸会出现酸液飞溅的可能现象；

故答案为：向试管倒入一定量的乙醇；然后边摇动试管边慢慢加入一定量的浓硫酸和一定量的醋酸；

rm{(2)}乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸；二者易溶于水而产生倒吸，故答案为：防止倒吸；

rm{(3)}乙酸与乙醇需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动rm{.}故浓硫酸的作用为催化剂；吸水剂，故答案为：催化作用；吸水作用；

rm{(4)}制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯；目的是除去乙醇和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层．

故答案为：除去乙醇和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度；便于分层；

rm{(5)}在碳酸钠溶液层上方有无色油状液体出现；闻到香味，说明实验中生成的乙酸乙酯，其密度比水小；根据乙酸乙酯的物理性质可知，乙酸乙酯有芳香气味；

故答案为：小；芳香；

rm{(1)}加入药品时；为防止酸液飞溅，应先加入乙醇再加入浓硫酸和乙酸；

rm{(2)}根据粗产品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物中各自的性质；进行解答；

rm{(3)}乙酸与乙醇需浓硫酸作催化剂；该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；

rm{(4)}用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯；乙醇溶解，碳酸钠与乙酸反应除去乙酸；同时降低乙酸乙酯的溶解度；

rm{(5)}根据实验操作和实验现象进行解答；

本题考查了乙酸乙酯的制备，注意把握乙酸乙酯的制备原理和实验方法，把握乙酸乙酯与乙酸、乙醇性质的区别，题目难度不大．【解析】向试管倒入一定量的乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入一定量的浓硫酸和一定量的醋酸；防止倒吸；催化作用；吸水作用；除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；小；芳香三、判断题(共5题，共10分)16、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．17、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．18、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．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．四、原理综合题(共4题，共28分)21、略

【分析】【分析】

(1)根据平衡移动原理；结合温度与平衡常数的关系分析判断；

(2)假设A转化浓度为x，根据物质反应转化关系，可得平衡时各种物质的浓度，带入平衡常数表达式可得x的数值，然后利用转化率=×100%计算。

【详解】

(1)根据平衡移动原理：升高温度；化学平衡向吸热反应方向移动。由表格数据可知，升高温度，该反应的化学平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应方向为吸热反应；

(2)在2L的密闭容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B，发生反应：A(g)+B(g)C(g)+D(g)，反应开始时c(A)=0.2mol÷2L=0.1mol/L，c(B)=0.8mol÷2L=0.4mol/L，c(C)=c(D)=0，假设反应达到平衡时A转化浓度为x，根据物质反应转化关系可知平衡时：c(C)=c(D)=xmol/L，c(A)=(0.1-x)mol/L，c(B)=(0.4-x)mol/L，由于在830℃时平衡常数为1.0，所以=1.0，解得x=0.08mol/L，所以830℃达平衡时，A的转化率=×100%=80%。

【点睛】

本题考查了平衡移动原理的应用。涉及化学平衡常数的应用及反应转化率的计算注意温度对吸热反应影响更大，温度不变时，化学平衡常数不变，化学方程式相反时，平衡常数则互为倒数。【解析】①.逆向②.80%22、略

【分析】【详解】

Ⅰ．试题分析：H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体，反应原理为ⅰ．COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)△H=+7kJ·mol-1，该反应为吸热反应；ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-42kJ·mol-1；该反应为放热反应。

(1)化学反应的反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和。由COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)△H=+7kJ·mol-1可知；1310+442-x-669=7，所以x=1076。

(2)T℃时,向VL容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)；发生上述两个反应。

①在T℃时测得平衡体系中COS为0.80mol，H2为0.85mol，由物料守恒可以求出H2S和CO的平衡量分别为0.20mol和0.15mol，由于反应ⅰ中各组分的化学计量数均为1，所以，T℃时反应ⅰ的平衡常数K=

②上述反应达平衡后,若向其中再充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)，则与原平衡体系的起始投料的配比相同，由于两个反应均分气体分子数不变的反应，所以再次达平衡后H2的体积分数不变；若升高温度；则CO的平衡体积分数增大，因为反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；而反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动也使CO的平衡体积分数也增大。

Ⅱ．H2S在高温下分解制取H2；同时生成硫蒸气。

(3)向2L密闭容器中加入0.2molH2S,反应在不同温度(900~1500℃)下达到平衡时,由图中数据可知，混合气体中两种生成物的体积分数不同，其中一种生成物的体积分数约是另一种的2倍，由此可以推断，H2S主要分解为H2和S2，则在此温度区间内，H2S分解反应的主要化学方程式为2H2S2H2+S2；在1300℃时,反应经2min达到平衡，由图中数据可知，此时的体积分数为50%，设H2S的变化量为x，则H2和S2的变化量分别为x和0.5x，则解之得x=0.08mol，所以，0～2min的反应速率v(H2S)=0.02mol·L-1·min-1。

Ⅲ．H2S用作重金属离子的沉淀剂。

(4)25℃时,向浓度均为0.001mol·L-1Sn2+和Ag+的混合溶液中通入H2S，当Sn2+开始沉淀时，c(S2-)mol/L，所以，溶液中c(Ag+)=4.0×10-14mol·L-1。

点睛：本题属于化学反应原理的综合考查，主要考查了反应热的计算、化学平衡常数的计算、有关化学反应速率的计算、有关沉淀溶解平衡的计算以及外界条件对化学平衡的影响。总之，本题以化学反应原理为载体，主要考查了学生分析图表数据的能力和计算能力，加深对相关计算原理的理解和应用，能根据实际情况简化计算过程，快速高效解题。【解析】10760.044不变增大反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大;反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大2H2S2H2+S20.02mol·L−1·min−14.0×10−14mol·L−123、略

【分析】【详解】

（1）依据体积不变的密闭容器中压强之比就等于物质的量之比有，实验a开始时n0=0.4mol，总压强为160kPa，则可列比例式：=n=0.4mol×=0.3mol。假设平衡时AX5的物质的量为x；可列式如下：

(0.20-x)+(0.20-x)+x=0.3解得：x=0.1；

v(AX5)==1.7×10-4mol·L-1·min-1；

(2)由图像知，达到平衡所需时间：a＞c＞b，所以反应速率．v(AX5)由大到小的顺序为b＞c＞a；与实验a相比，实验b先达到平衡，化学反应速率快，但平衡没有变化，说明实验b加入了催化剂；

(3)用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，AX3（g）+X2（g）AX5（g）

初始（mol）0.200.200

平衡（mol）0.20-x0.20-xx

(0.20-x）+(0.20-x）+x=n；则x=0.40-n

αa=50%；αc==40%。

点睛：根据计算出反应速率；根据到达平衡用时的多少可以比较出反应速率的大小；

再根据图象中的曲线的变化趋势判断出条件的改变，据此分析。【解析】①.0.10mol/(10L×60min)=1.7×10-4mol·L-1·min-1②.bca③.b:加入催化剂。反应速率加快，但平衡点没有改变④.a=2(1-p/p0)⑤.50%⑥.40%