2025年粤教版高一化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年粤教版高一化学下册阶段测试试卷876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、高锟因在光学通信领域，光在光纤中传输方面所取得的开创性成就而获得2009年诺贝尔物理学奖。光纤通讯是光作为信息的载体，让光在光导纤维中传输。制造光导纤维的基本原料是（）A.铜B.铁C.石英D.纯碱2、苯环结构中不存在rm{C-C}与rm{C=C}的简单交替结构，可以作为证据的事实是rm{垄脵}苯不能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色；rm{垄脷}苯不能使溴水因化学反应而褪色；rm{垄脹}经实验测定只有一种结构的邻二甲苯；rm{垄脺}苯能在加热和催化剂条件下氢化成环己烷；rm{垄脻}苯中相邻碳碳原子间的距离都相等rm{(}rm{)}A.只有rm{垄脵垄脷}B.只有rm{垄脺垄脻}C.只有rm{垄脵垄脷垄脻}D.只有rm{垄脵垄脷垄脹垄脻}3、下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是()A.rm{H_{3}O^{+}}和rm{OH^{-}}B.rm{CO}和rm{N_{2}}C.rm{HNO_{2}}和rm{NOrlap{{!,}^{-}}{{!,}_{2}}}D.rm{CHrlap{{!,}^{+}}{{!,}_{3}}}和rm{NHrlap{{!,}^{+}}{{!,}_{4}}}4、常温下，有甲、乙两份体积均为1L，浓度均为0.1mol·L-1的氨水，其pH为11。①甲用蒸馏水稀释100倍后，溶液的pH将为a；②乙与等体积、浓度为0.2mol·L-1的HCl混合，在混合溶液中：n(NH4+)+n(H+)－n(OH—)=bmol。a、b正确的答案组合是A.9～11之间；0.1B.9～11之间；0.2C.12～13之间；0.2D.13；0.15、下列物质的检验中，其结论一定正确的是()A.溶液为蓝色，则该溶液一定是rm{CuSO_{4}}溶液B.某无色、无味气体能使带火星的木条复燃，则该气体一定是rm{O_{2}}C.向某溶液中加入rm{CaCl_{2}}溶液，产生白色沉淀，则溶液中一定含有rm{Ag^{+}}D.向某溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液，产生白色沉淀，则该溶液中一定含有rm{COrlap{_{3}}{^{2-}}}6、铝和四氧化三铁的混合物与足量盐酸反应放出气体rm{1.5mol}高温下发生铝热反应后的残渣与足量盐酸反应，放出的气体体积可能为rm{(}气体体积在标况下测定rm{)}()A.rm{33.6L}B.rm{26L}C.rm{24.5L}D.rm{44.8L}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、同位素的化学性质性质几乎__________。（相同或不同）8、鉴别rm{CO_{2}}和rm{SO_{2}}使品红试液褪色的是______，或者使橙色溶液______褪色的是rm{SO_{2}}反应的离子方程式为______．9、写出下列反应的化学方程式：

rm{(1)}点燃氢气：______；

rm{(2)}高炉炼铁的原理：______

rm{(3)}实验室制取氧气______

rm{(4)}实验室制取二氧化碳气体______．10、（共5分）(1)在小烧杯中加入25mL蒸馏水，加热至________后，向其中加入5滴___________继续煮沸直至溶液呈__________色，即可制得Fe(OH)3胶体。（2）已知氢氧化铁胶体是氢氧化铁胶粒吸附多余Fe3＋生成的。现将氢氧化铁固体粉碎使粒子直径在10－9～10－7m，并悬浮于水中，再向悬浊液中加入___________或______________，即可制得Fe(OH)3胶体。（填两类不同物质）11、除去下列物质中所混有的少量杂质；写出有关的反应方程式．

rm{(1)}铜粉中混有少量铝粉______；

rm{(2)FeCl_{3}}中混有少量rm{FeCl_{2}}______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)12、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．13、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。14、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）15、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化16、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）17、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）18、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、其他(共4题，共20分)19、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。20、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。21、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。22、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。评卷人得分五、原理综合题(共3题，共6分)23、甲醇水燕气催化重整反应是生产氢能的有效方法之一：CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）。

（1）利用双催化剂Cu/Cu2O对甲醇水蒸气重整反应催化的可能机理如下图，脱氢反应发生在Cu上，Cu2O吸附含C微粒，中间产物M为_____（化学式）。

（2）上述机理可以整合为以下途径：

甲醇分解（I）：CH3OH（g）=CO（g）+2H2（g）△H1（kJ/mol）

水煤气变换（II）：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2（kJ/mol）

则催化重整反应的△H=_____kJ/mol（用含△H1、△H2的代数式表示）。

（3）甲醇分解（Ⅰ）；水煤气变换（II）的反应平衡常数Kp与温度关系见下表：

。温度T

398K

498K

598K

698K

798K

898K

甲醇分解Kp（I）

0.50

185.8

9939.5

1.8×105

1.6×106

9.3×106

水煤气变换Kp（II）

1577

137.5

28.14

9.339

4.180

2.276

①△HI_______0，△HII___________0（填“＞”或“＜”）

②398K时，反应CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）的Kp=______。

③在较高温度下进行该反应，平衡时体系中CO含量偏高的原因是______。

（4）某研究组对重整反应温度（T）与水醇比（S/M）进行优化，得到下图（a）、（b）；（c）。

①结合图（a）说明水醇比S/M对甲醇平衡转化率的影响_______。

②在图（c）中用阴影画出最优化的反应条件区域____。

（5）下列关于甲醇水蒸气催化重整反应的理解，正确的是____。

A.398K时；水蒸气变换（II）的熵变△S约等于零。

B.当温度；总压、水醇比一定时；在原料气中混有少量惰性气体，不影响催化重整反应的平衡转化率。

C.恒温恒容条件下；假设反应I的速率大于反应II的速率，说明反应I的活化能更高。

D.提高催化剂的活性和选择性，有利于提高氢能生产效率24、机动车排放的污染物主要有碳氢化合物；一氧化碳和氮氧化物等。

I．汽油燃油车上安装三元催化转化器；可有效降低汽车尾气污染。

(1)已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1＝−393.5kJ·mol−1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2＝−221.0kJ·mol−1

N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3＝+180.5kJ·mol−1

CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式是_________________________。

(2)研究CO和NO的催化反应，用气体传感器测得在某温度下、一定体积的密闭容器中，不同时间NO和CO浓度如下表：。时间（s）012345c(NO)/()−4mol·L−1)10.04.502.501.501.001.00c(CO)/()−3mol·L−1)3.603.052.852.752.702.70

①前4s内的平均反应速率υ(CO)＝______mol·L−1·s−1。

②L、X可分别代表压强或温度。下图A表示L一定时，NO(g)的平衡转化率随X的变化关系。X代表的物理量是______。判断L1、L2的大小关系，并简述理由：______________________________。

(3)实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)（k正、k逆为速率常数；只与温度有关）。

①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数______（填“>”、“<”或“=”）k逆增大的倍数。

②若在2L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则k正︰k逆=___________。（保留一位小数）

II.有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH=−34.0kJ·mol−1，用活性炭对NO进行吸附。现在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体并在催化剂作用下发生反应，经相同时间测得NO的转化率随温度的变化如图B所示。由图可知最高转化率对应温度为450℃。低于450℃时，NO的转化率是不是对应温度下的平衡转化率及判断理由是________________________；25、电解原理和原电池原理是电化学的两个重要内容。某兴趣小组做如下探究实验：

(1)如图1为某实验小组依据氧化还原反应设计的原电池装置，该反应的离子方程式为___________。反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12g，导线中通过___________mol电子。

(2)如图2中乙烧杯中石墨①为___________极(填“正”“负”“阴”或“阳”)，乙烧杯中与铜线相连的石墨②电极上发生的反应为___________。

(3)若将图2乙烧杯中改为加入400mLCuSO4溶液，一段时间后，若电极质量增重1.28g，则此时溶液的pH为___________(设电解前后溶液体积不变)。评卷人得分六、探究题(共3题，共15分)26、某实验小组的同学用氢氧化钙和盐酸进行酸碱中和的实验时；向烧杯中的氢氧化钙溶液加入稀盐酸，实验结束后，发现忘了滴加指示剂．他们停止滴加稀盐酸，并对烧杯内溶液中的溶质成分进行探究．

（1）复分解反应的发生需要一定的条件．氢氧化钙和盐酸能发生复分解反应是因为______．

（2）探究烧杯中溶液中溶质的成分．

【提出问题】该烧杯内溶液中的溶质是什么？

【猜想】猜想一：可能是Ca（OH）2和CaCl2；猜想二：可能只有CaCl2

猜想三：可能是______．

【查阅资料】CaCl2溶液显中性．

【进行实验】

实验一：取少量烧杯内溶液于试管中，滴入几滴酚酞溶液，振荡，若______；说明猜想一不正确．

实验二：另取烧杯内的少量溶液于另一只试管中，逐滴加入碳酸钠溶液至过量，若______；说明猜想二不正确，猜想三正确．

实验三：取少量烧杯内溶液于试管中，用下列物质中的______（填序号）不能说明猜想三正确．

A；紫色石蕊B、氢氧化铜C、硝酸银D、锌。

【反思与拓展】

①在分析化学反应后所得物质成分时，除考虑生成物外还需考虑______．

②要处理烧杯内溶液，使其溶质只含有CaCl2，应向烧杯中加入过量的______．

③实验室欲中和100g7.3%的盐酸，至少需要多少克熟石灰？27、（7分）现有失去标签的两瓶无色溶液：氯化钠溶液和稀盐酸。某化学探究小组打算用物理和化学两种方法加以区别。请回答：（1）化学方法在不选用酸碱指示剂、pH试纸的情况下，按表中方法一（示例）填写。所选试剂须属于不同物质类别（单质、氧化物、酸、碱、盐、有机物等）。。所选试剂判别方法方法一锌取少量样品分别与锌反应，有气体产生的是稀盐酸，没有的是氯化钠溶液。方法二方法三（2）物理方法同学小王使用了酒精灯和玻璃棒两种仪器，就把这两种无色溶液区分开了。请你猜测一下他的做法：操作方法：判断方法：28、科技节活动中；化学实验小组做了如下实验，请回答以下问题．

（1）图A所示实验可观察到“铁树”上浸有无色酚酞试液的棉团由白色变为红色，该实验中没有涉及的性质是______（填字母）．

A．氨分子是不断运动的B．氨分子有一定质量C．浓氨水具有挥发性。

（2）图B所示实验，将注射器中浓氢氧化钠溶液注入瓶中，会看到鸡蛋被“吞”入瓶中，该实验中涉及的化学方程式为______．

（3）图C所示实验，当通过导管向热水中通入氧气时，白磷在水下燃烧，该实验说明燃烧需要的条件为：①可燃物；②达到着火点；③______，反应的化学方程式为______．

（4）图D所示实验观察到紫色小花变为红色，小花变红的原因是______（用化学方程式表示）．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【解析】【答案】C2、D【分析】解：rm{垄脵}苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在rm{C-C}单键与rm{C=C}双键的交替结构，故rm{垄脵}正确；

rm{垄脷}由于苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在rm{C-C}单键与rm{C=C}双键的交替结构，故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹rm{C-C}另一种是两个甲基夹rm{C=C.}邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在rm{C-C}单键与rm{C=C}双键的交替结构，故rm{垄脹}正确；

rm{垄脺}苯能在一定条件下跟rm{H_{2}}加成生成环己烷，发生加成反应是双键或三键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在rm{C-C}单键与rm{C=C}双键的交替结构，故rm{垄脺}错误；

rm{垄脻}苯中相邻碳碳原子间的距离都相等，说明苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在rm{C-C}单键与rm{C=C}双键的交替结构，故rm{垄脻}正确；

故选D．

rm{垄脵}依据苯的性质判断苯的结构；高锰酸钾溶液具有强氧化性，遇到含双键或三键等不饱和键的物质会褪色分析；

rm{垄脷}苯不因化学变化而使溴水褪色；说明苯分子中不含碳碳双键；

rm{垄脹}若是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基连在rm{C-C}上，另一种是两个甲基连在rm{C=C}上；

rm{垄脺}依据与氢气发生加成反应是不饱和键的性质分析；

rm{垄脻}苯中相邻碳碳原子间的距离都相等；说明苯环结构中的化学键只有一种；

本题考查苯的结构与性质，难度不大，综合性较大，要求知识掌握全面，能运用知识分析和解决问题，重在能力的考查．【解析】rm{D}3、D【分析】【分析】要求熟悉电子数的计算方法，没有带电荷的微粒，电子数rm{=}质子数；带正电荷的微粒，电子数rm{=}质子数rm{-}所带电荷数；带负荷的微粒，电子数rm{=}质子数rm{+}所带电荷数的绝对值，据此回答。【解答】A.rm{H_{3}O^{+}}和rm{OH^{-}}均含有rm{10}个电子，故A错误；B.rm{CO}和rm{N_{2}}均含有rm{14}个电子，故B错误；C.rm{HNO_{2}}和rm{NO_{2}^{-}}均含有rm{24}个电子，故C错误；D.rm{CH_{3}^{+}}中含有rm{8}个电子，而rm{NH_{4}^{+}}含有rm{10}个电子，故D正确。故选D。【解析】rm{D}4、B【分析】【详解】

对于a我们由弱碱的稀释可知其稀释100倍后pH为会减小比2小。因为在稀释的过程中会有更多的氢氧根离子电离出来。所以为9~11之间。对于b，有电荷守恒可知n(NH4＋)＋n(H＋)=n(OH－)+n(cl－)。所以n(cl－)=b。由题知它的物质的量为0．2mol。所以b=0.2。选B.5、B【分析】【分析】本题考查常见离子的检验；为高频考点，把握离子检验的试剂；现象、结论为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意检验时排除干扰离子，题目难度不大。

【解答】A.含铜离子的溶液可为蓝色，则某溶液为蓝色，则该溶液可能是rm{CuSO_{4}}溶液或rm{CuCl_{2}}溶液等；故A错误；

B.rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}能使带火星的木条复燃，某无色、无味气体能使带火星的木条复燃，则该气体一定是rm{O}故B正确；

C.加入rm{O}溶液，产生白色沉淀，白色沉淀为rm{{,!}_{2}}或碳酸钙等，则溶液中可能含有rm{CaCl_{2}}或碳酸根离子等；故C错误；

D.rm{AgCl}rm{Ag^{+}}向某溶液中加入rm{BaCl}白色沉淀为rm{BaCl}或硫酸钡或碳酸钡等，则原溶液中可能有rm{{,!}_{2}}或银离子或溶液，产生白色沉淀，等；故D错误；

故选B。

rm{AgCl}【解析】rm{B}6、B【分析】【分析】本题考查金属及其化合物的化学性质相关知识。【解答】铝和四氧化三铁的混合物与足量盐酸反应放出气体rm{1.5mol}该反应中只有铝单质与盐酸反应生成氢气，则铝单质的物质的量为rm{1.0mol}高温下发生铝热反应后的残渣与足量盐酸反应，若铝热反应中铝过量，假设四氧化三铁的量极少，则残渣中与盐酸反应生成氢气的是铝，生成氢气的体积为rm{1.5mol隆脕22.4L/mol=33.6L}若铝热反应中四氧化三铁过量，则发生rm{8Al+3F{e}_{3}{O}_{4}=4A{l}_{2}{O}_{3}+9Fe

}rm{1.0mol}铝发生反应生成铁的物质的量为rm{9/8mol}与生成氢气的物质的量相同，则生成氢气的体积为rm{dfrac{9}{8}mol隆脕22.4L/mol=25.2L

}所以标况下放出气体的体积在rm{25.2L}至rm{33.6L}之间。该反应中只有铝单质与盐酸反应生成氢气，则铝单质的物质的量为rm{1.5mol}高温下发生铝热反应后的残渣与足量盐酸反应，若铝热反应中铝过量，假设四氧化三铁的量极少，则残渣中与盐酸反应生成氢气的是铝，生成氢气的体积为rm{1.0mol}若铝热反应中四氧化三铁过量，则发生rm{8Al+3F{e}_{3}{O}_{4}=4A{l}_{2}{O}_{3}+9Fe}rm{1.5mol隆脕22.4L/mol=33.6L}铝发生反应生成铁的物质的量为rm{8Al+3F{e}_{3}{O}_{4}=4A{l}_{2}{O}_{3}+9Fe

}与生成氢气的物质的量相同，则生成氢气的体积为rm{dfrac{9}{8}mol隆脕22.4L/mol=25.2L}所以标况下放出气体的体积在rm{1.0mol}至rm{9/8mol}之间。

rm{dfrac{9}{8}mol隆脕22.4L/mol=25.2L

}rm{25.2L}【解析】rm{B}二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】考查同位素的性质。同位素由于具有相同的质子数，所以其化学性质几乎是相同的。【解析】【答案】相同8、略

【分析】解：二氧化硫具有漂白性能够使品红褪色，二氧化硫具有还原性，能够与溴单质反应生成硫酸和氢溴酸，可以使溴水褪色，离子方程式：rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Br^{-}}二氧化碳不具有此性质，所以可以用溴水；品红溶液鉴别二氧化碳和二氧化硫；

故答案为：rm{SO_{2}}rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Br^{-}}．

依据二氧化硫具有还原性；能够与溴单质反应生成硫酸和氢溴酸，可以使溴水褪色的性质，二氧化硫具有漂白性能够使品红褪色解答．

本题考查了物质的检验与鉴别方法，明确二氧化硫的漂白性、还原性是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{SO_{2}}溴水；rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Br^{-}}9、略

【分析】解：rm{(1)}氢气在点燃的条件下与氧气反应生成水，反应方程式为：rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠录};}}{;}2H_{2}O}

故答案为：rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠录};}}{;}2H_{2}O}

rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠录};}}{;}2H_{2}O}工业炼铁的主要设备是高炉，把铁矿石和焦炭、石灰石一起加入高炉，在高温下焦炭与氧气反应生成二氧化碳，同时放出大量热供给炼铁使用，二氧化碳又与过量焦炭反应生成一氧化碳，一氧化碳把铁从铁矿石里还原出来，反应的化学方程式为：rm{3CO+Fe_{2}O_{3}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe+3CO_{2}}

故答案为：rm{3CO+Fe_{2}O_{3}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe+3CO_{2}}

rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠录};}}{;}2H_{2}O}实验室用加热高锰酸钾制取氧气，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰、氧气，反应方程式为：rm{2KMnO_{4}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}K_{2}MnO_{4}+MnO_{2}+O_{2}隆眉}或用二氧化锰为催化剂，加热氯酸钾的方法制取氧气，反应方程式为：rm{2KClO_{3}dfrac{underline{;MnO_{2};}}{triangle}2KCl+3O_{2}隆眉}

故答案为：rm{2KMnO_{4}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}K_{2}MnO_{4}+MnO_{2}+O_{2}隆眉}rm{2KClO_{3}dfrac{underline{;MnO_{2};}}{triangle}2KCl+3O_{2}隆眉}

rm{(2)}实验室制取二氧化碳，利用盐酸的酸性强于碳酸，用碳酸钙和盐酸反应制取，反应方程式为：rm{3CO+Fe_{2}O_{3}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe+3CO_{2}}

故答案为：rm{3CO+Fe_{2}O_{3}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe+3CO_{2}}．

rm{(3)}点燃氢气；氢气和氧气反应生成水；

rm{2KMnO_{4}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}K_{2}MnO_{4}+MnO_{2}+O_{2}隆眉}工业上用一氧化碳还原氧化铁炼铁，主要是利用rm{2KClO_{3}dfrac{

underline{;MnO_{2};}}{triangle}2KCl+3O_{2}隆眉}的还原性；在高温下和氧化铁反应生成铁和二氧化碳；

rm{2KMnO_{4}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}K_{2}MnO_{4}+MnO_{2}+O_{2}隆眉}实验室用加热高锰酸钾制取氧气；或用二氧化锰为催化剂，加热氯酸钾的方法制取氧气；

rm{2KClO_{3}dfrac{

underline{;MnO_{2};}}{triangle}2KCl+3O_{2}隆眉}盐酸的酸性强于碳酸；实验室用碳酸钙和盐酸反应制取二氧化碳气体．

本题考查了反应方程式的书写，题目难度不大，明确物质的性质为解答本题的关键，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．rm{(4)}【解析】rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠录};}}{;}2H_{2}O}rm{3CO+Fe_{2}O_{3}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe+3CO_{2}}rm{2KMnO_{4}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}K_{2}MnO_{4}+MnO_{2}+O_{2}隆眉}rm{2KClO_{3}dfrac{underline{;MnO_{2};}}{triangle}2KCl+3O_{2}隆眉}rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠录};}}{;}2H_{2}O}rm{3CO+Fe_{2}O_{3}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe+3CO_{2}}10、略

【分析】（1）考查氢氧化铁胶体的制备。制备氢氧化铁胶体应该用新制的饱和氯化铁溶液，滴入沸腾的蒸馏水中至溶液呈红褐色即可。（2）粒子直径在10－9～10－7m之间，因此可以形成胶体，即向悬浊液中加入含Fe3＋的盐溶液(如FeCl3)或适量强酸溶液（如盐酸），即可制得Fe(OH)3胶体。【解析】【答案】沸腾饱和FeCl3溶液红褐色含Fe3＋的盐溶液(如FeCl3)适量强酸溶液（如盐酸）（每空1分）11、略

【分析】解：rm{(1)Cu}与盐酸不反应，rm{Al}与盐酸反应，加过量盐酸后，过滤即可，反应为rm{2Al+6HCl篓T2AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}故答案为：rm{2Al+6HCl篓T2AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}

rm{(2)}通入氯气能氧化亚铁离子生成铁离子，反应为rm{2FeCl_{2}+Cl_{2}篓T2FeCl_{3}}故答案为：rm{2FeCl_{2}+Cl_{2}篓T2FeCl_{3}}．

rm{(1)Cu}与盐酸不反应，rm{Al}与盐酸反应；加过量盐酸后，过滤即可；

rm{(2)}通入氯气能氧化亚铁离子生成铁离子．

本题考查物质的除杂，侧重物质性质的考查，注意除杂不能引入新的杂质，答案不唯一，只要符合题意即可，具有一定的开放性，题目难度不大．【解析】rm{2Al+6HCl篓T2AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}rm{2FeCl_{2}+Cl_{2}篓T2FeCl_{3}}三、判断题(共7题，共14分)12、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．13、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．14、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/mol15、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；16、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．17、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/mol18、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共价键的数目四、其他(共4题，共20分)19、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)220、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-21、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)222、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-五、原理综合题(共3题，共6分)23、略

【分析】【分析】

(1)根据图示，可知M的化学式比CH3O少一个H；

(2)甲醇分解(I)：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)△H1(kJ/mol)，水煤气变换(II)：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2(kJ/mol)，将方程式I+II得方程式CH3OH(g)+H2O(g)═CO2(g)+3H2(g)△H；

(3)①Kp随温度升高而增大；为吸热反应，随温度降低而变小，则为放热反应；

②甲醇分解(I)：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)Kp1，水煤气变换(II)：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)Kp2，将方程式I+II得方程式CH3OH(g)+H2O(g)═CO2(g)+3H2(g)Kp=Kp1×Kp2；

③升高温度反应I正向移动；反应II逆向移动；

(4)①图(a)是温度；水醇比与甲醇的平衡转化率的关系图；采用定一议一法分析：水醇比一定时，温度越高，甲醇的平衡转化率越大；温度一定时，水醇比减小则甲醇的平衡转化率降低，据此综合解答；

②结合图(c)判断最优化的反应条件是兼顾甲醇的平衡转化率最高；副产物CO的物质的量分数最低这两条曲线所围成的区域；

(5)A．反应总是向着熵值增大的方向进行；只有反应达到平衡状态时反应的△S=0；

B．恒温恒压条件下；向反应体系中通入惰性气体时，容器体积增大，反应向体积增大的方向进行；

C．反应的活化能越低；反应就越能进行，反应速率越快；

D．催化剂可以加快反应速率。

【详解】

(1)根据图示，可知M的化学式比CH3O少一个H，其化学式为CH2O，故答案为：CH2O；

(2)甲醇分解(I)：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)△H1(kJ/mol)，水煤气变换(II)：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2(kJ/mol)，将方程式I+II得方程式CH3OH(g)+H2O(g)═CO2(g)+3H2(g)△H=(△H1+△H2)；故答案为：△H1+△H2；

(3)①Kp随温度升高而增大，为吸热反应，随温度降低而变小，则为放热反应，则△H1＞0，△H2＜0；故答案为：＞；＜；

②甲醇分解(I)：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)Kp1，水煤气变换(II)：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)Kp2，将方程式I+II得方程式CH3OH(g)+H2O(g)═CO2(g)+3H2(g)Kp=Kp1×Kp2=0.50×1577=788.5；故答案为：788.5；

③升高温度反应I正向移动；反应II逆向移动；二者都导致CO浓度增大，故答案为：升高温度反应I正向移动、反应II逆向移动；

(4)①图(a)是温度；水醇比与甲醇的平衡转化率的关系图；分析可知：当水醇比一定时如1.00，温度升高，甲醇的平衡转化率增大；温度一定(200℃)时，水醇比减小则甲醇的平衡转化率降低，所以温度、水醇比与甲醇的平衡转化率的关系为温度越高、水醇比相对越大，甲醇的平衡转化率越高，故答案为：增大水醇比能提高甲醇的平衡转化率；

②由图(c)可知：甲醇的平衡转化率最高(为100%)所在曲线与CO的物质的量分数最低(为0.5%)所在曲线围成的区域即为最优化的反应条件区域：温度260℃左右、水醇比1.8以上，此时甲醇的平衡转化率最高，CO的物质的量分数最低，如图阴影部分：故答案为：

(5)A.反应总是向着熵值增大的方向进行；只有反应达到平衡状态时反应的△S=0，不能仅根据反应的△n=0判断△S=0，A项错误；

B.恒温恒压条件下,向反应体系中通入惰性气体时,容器体积增大,反应CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)正向进行,CH3OH的转化率增大；B项错误；

C.恒温恒容条件下；假设反应I的速率大于反应II的速率，说明反应I更能进行，反应物的活化能更低，C项错误；

D.催化剂可以加快反应速率；提高催化剂的活性和选择性，有利于提高氢能生产效率，D项正确；

故答案为：D。

【点睛】

本题难点(3)③，平衡时体系中CO含量偏高的原因，要结合不同过程中的吸热和放热情况，进行综合判断，升高温度，吸热反应平衡正向移动，放热反应平衡逆向移动。【解析】CH2O△H1+△H2＞＜788.5升高温度反应I正向移动、反应II逆向移动增大水醇比能提高甲醇的平衡转化率D24、略

【分析】【分析】

I．应用盖斯定律，第1个方程式减去第2个方程式，再减第3个方程式得到CO和NO在催化剂作用下生成N2的热化学方程式。

(2)①前4s内的平均反应速率υ(CO)＝

②NO(g)的平衡转化率随X的变化关系，转化率在减小，说明是升高温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动，因此X代表的物理量是温度，L代表的物理量是压强，从L1到L2，转化率增大，说明是正向移动，即加压，因此L2>L1；原因是该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大。

(3)①达到平衡后，仅升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率增加的程度大于正反应速率增加的程度，因此k正增大的倍数<k逆增大的倍数。

②根据方程式建立“三步走”

达到平衡时：v正=v逆，

II.低于450℃时；是正在建立平衡的阶段，高于450℃时，是NO的转化率随温度升高而降低，因此该反应为放热反应。

【详解】

I．第1个方程式减去第2个方程式，再减第3个方程式得到CO和NO在催化剂作用下生成N2的热化学方程式是2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H=−746.5kJ·mol−1，故答案为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H=−746.5kJ·mol−1。

(2)①前4s内的平均反应速率υ(CO)＝故答案为：2.25×10−4。

②NO(g)的平衡转化率随X的变化关系，转化率在减小，说明是升高温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动，因此X代表的物理量是温度，L代表的物理量是压强，从L1到L2，转化率增大，说明是正向移动，即加压，因此L2>L1，原因是该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大，故答案为：L2>L1；该反应为气体体积减小的反应；相同温度下压强增大，NO转化率增大。

(3)①达到平衡后，仅升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率增加的程度大于正反应速率增加的程度，因此k正增大的倍数<k逆增大的倍数，故答案为：<。

②

达到平衡时：v正=v逆，故答案为0.5。

II.低于450℃时，是正在建立平衡的阶段，高于450℃时，是NO的转化率随温度升高而降低，因此该反应为放热反应，故答案为：不是，该反应是放热反应；平衡转化率随温度升高而降低。【解析】2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H=−746.5kJ·mol−12.25×10−4温度L2>L1该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大<0.5不是，该反应是放热反应平衡转化率随温度升高而降低25、略

【分析】【详解】

(1)装置中图1为原电池，Fe为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；石墨为正极，正极上Cu2+得到电子发生还原反应，正极的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，将正、负极电极式相加，可得该反应的总反应方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；

反应前；两个电极质量相等。根据电极反应式可知：若负极溶解56gFe，正极会增加64gCu，两个电极质量相差56g+64g=120g，此时转移2mol电子，若一段时间后，两电极质量相差12g，则导线中通过0.2mol的电子；

(2)如图2是电解池，其中甲烧杯中有2个活动性不同的电极，为原电池，相当于电源，其中Fe活动性比Cu强，所以Fe是负极，Cu是正极，乙烧杯为电解池，其中石墨①与负极Fe连接为阴极，石墨②与原电池的正极Cu连接为阳极。在石墨②上，溶液中的阴离子Cl-失去电子发生氧化反应，石墨②电极上发生的反应为：2Cl--2e-=Cl2↑；

(3)若将图2乙烧杯中改为加入400mLCuSO4溶液，电解的总反应方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，一段时间后，若电极质量增重1.28g，n(Cu)==0.02mol，则此时反应产生0.02mol的H2SO4，由于溶液的体积是400mL=0.4L，则c(H2SO4)==0.05mol/L，c(H+)=2c(H2SO4)=0.1mol/L，故溶液的pH=-lgc(H+)=1。【解析】Fe+Cu2+=Fe2++Cu0.2阴2Cl--2e-=Cl2↑1六、探究题(共3题，共15分)26、略