2025年粤教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年粤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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、向相同物质的量浓度；等体积的稀硫酸中分别放入镁、铝、铁三种金属；金属全部消耗完后，所得溶液的质量相等，则放入的三种金属的质量关系是（）

A.铝；镁、铁依次减少。

B.镁；铝、铁依次减少。

C.铁；镁、铝依次减少。

D.三者相等。

2、将等物质的量钠、镁、铝三种金属分别与rm{200mL1mol?L^{-1}}的盐酸反应，测得生成的气体的体积rm{V(}已折合成标准状况的体积rm{)}与时间rm{t}的关系如图所示rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{x=44.8}B.反应后的镁和铝均有剩余C.金属的物质的量可能均为rm{0.1mol}D.曲线rm{c}表示钠与盐酸的反应3、在短周期元素中，若某元素原子的最外层电子数与其电子层数相等，则符合条件的元素种数为A.1种B.2种C.3种D.4种4、下列物质的分离方法中,你认为不合理的是A.用萃取法把碘水中的碘与水分离B.用结晶法除去KNO3中混有的少量的NaClC.把大豆磨碎后,用水溶解其中的可溶性成分，经过滤后，分成豆浆和豆渣D.用蒸馏法除去色拉油中混有的一定量的水5、己知：|||+如果要合成所用的起始原料可以是（）

①2﹣甲基﹣1；3﹣丁二烯和2﹣丁炔

②1；3﹣戊二烯和2﹣丁炔

③2；3﹣二甲基﹣1，3﹣戊二烯和乙炔

④2，3﹣二甲基﹣1，3﹣丁二烯和丙炔．A.①④B.②③C.①③D.②④6、在rm{2L}密闭容器中，发生rm{3A(g)+B(g)?2C(g)}反应，若最初加入rm{A}和rm{B}都是rm{4mol}rm{A}的平均反应速率为rm{0.12mol/(L?s)}则rm{10}秒钟后容器中的rm{B}是rm{(}rm{)}A.rm{2.8mol}B.rm{1.6mol}C.rm{3.2mol}D.rm{3.6mol}评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、（10分）在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，氧化剂是___________，还原产物是_________，得电子与失电子个数比是____________，氧化产物与还原产物的质量比是________，试标出反应电子转移方向和数目_________________________8、rm{(1)}如图所示；将氯气依次通过盛有干燥有色布条的广口瓶和盛有湿润有色布条的广口瓶，可观察到的现象是______．

rm{(2)}为防止氯气尾气污染空气；可用______溶液吸收多余的氯气．

rm{(3)}漂白粉是常用的消毒剂．

rm{垄脵}工业上将氯气通入石灰乳rm{[Ca(OH)_{2}]}制取漂白粉；化学方程式为______．

rm{垄脷}漂白粉的有效成分是rm{(}填化学式rm{)}______．

rm{垄脹}漂白粉溶于水后，受空气中的rm{CO_{2}}作用；即产生有漂白；杀菌作用的次氯酸；

化学方程式为______．

rm{垄脺}长期露置于空气中的漂白粉，加稀盐酸后产生的气体是______rm{(}填编号rm{)}．

A.rm{O_{2}}rm{B.Cl_{2}}rm{C.CO_{2}}rm{D.HClO}．9、为了研究化学反应rm{A+B篓TC+D}的能量变化情况，某同学设计了如图所示装置rm{.}当向盛有rm{A}的试管中滴加试剂rm{B}时，看到rm{U}形管中甲处液面下降乙处液面上升rm{.}试回答下列问题：

rm{(1)}该反应为______反应rm{(}填“放热”或“吸热”rm{)}．

rm{(2)A}和rm{B}的总能量比rm{C}和rm{D}的总能量______rm{(}填“高”或“低”rm{)}．

rm{(3)}物质中的化学能通过______转化成______释放出来．

rm{(4)}反应物化学键断裂吸收的能量______rm{(}填“高”或“低”rm{)}于生成物化学键形成放出的能量．

rm{(5)}若甲烷的燃烧热为rm{890kJ/mol}请写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式______．10、(8分)分别用一种试剂将下列物质中混入的少量杂质除去（括号内为混入的杂质）。物质需加入的试剂有关离子方程式HNO3(H2SO4)Cu(Fe)ZnSO4(CuSO4)NaCl(Na2CO3)11、某课外学习小组在学习了Na2O2与CO2的反应后，认为Na2O2与SO2应该也可以反应．他们设计了下图装置（夹持装置已略去，装置的气密性良好）进行实验，探究SO2与Na2O2反应的产物；请按要求回答下列问题．

写出装置A中发生反应的化学方程式：____．

装置D的作用：除了可以防止空气中的CO2、水蒸气等进入C中与Na2O2反应，还可以____在通入足量的SO2与Na2O2充分反应后；他们对C中固体产物提出如下假设：

假设1：只有Na2SO3；假设2：____；假设3：既有Na2SO3，又有Na2SO4．

（1）若假设1成立，写出SO2与Na2O2反应的化学方程式：____．

（2）为进一步确定C中反应后固体产物的成分（Na2O2已反应完全）；甲同学设计了如下实验：

甲同学由此得出结论：产物是Na2SO4，该方案是否合理____（填“是”或“否”），理由是____

（3）乙同学设计了如下实验验证假设3成立，请帮助他完成下表．。实验步骤现象①取少量C中固体产物于试管中，加入适量的蒸馏水溶解．固体全部溶解②向上试管中加入过量的____，将产生的气体通入少量酸性KMnO4溶液中．KMnO4溶液____③向步骤②反应后的试管中，加入适量的BaCl2溶液．产生白色沉淀步骤②中将产生的气体通入少量酸性KMnO4溶液中，发生反应的离子方程式为：____．12、绿矾（FeSO4•7H2O）可用于色谱分析剂；净水、照相制版等方面．下面是以铁屑（含少量锡等杂质）生产绿矾的一种方法：

已知：在H2S饱和溶液中；SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5．

（1）操作Ⅱ中用pH试纸测定溶液pH的操作是：____．

（2）操作Ⅱ中用硫酸酸化至pH=2的目的是____．

（3）操作Ⅲ中需要的玻璃仪器是烧杯、____．

（4）通入硫化氢至饱和的目的是：①除去操作I所得溶液中含有的Sn2+等杂质离子；②____．

（5）操作Ⅳ的顺序依次为：____、冷却结晶、____．

（6）操作Ⅳ得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②____．13、①NaOH溶液②铜丝③液态HCl④盐酸⑤酒精⑥液氨⑦氨水⑧SO2⑨胆矾晶体⑩熔融NaCl

(1)上述状态下可导电的是____________；(2)属于非电解质的是____________；

(3)上述状态下的电解质不能导电的是____________．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)14、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）15、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（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、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．18、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）19、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）20、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）21、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）评卷人得分四、结构与性质(共1题，共2分)22、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、实验题(共1题，共2分)23、现有含rm{NaCl}rm{Na_{2}SO_{4}}和rm{NaNO_{3}}的混合物，选择适当的试剂除去溶液中的rm{NaCl}和rm{Na_{2}SO_{4}}从而得到纯净的rm{NaNO_{3}}溶液。相应的实验过程可用下图表示：

请回答下列问题：rm{(1)}写出实验流程中下列物质的化学式：试剂rm{X}____，沉淀rm{B}____。rm{(2)}上述实验流程中加入过量的rm{Na_{2}CO_{3}}的目的是____。rm{(3)}按此实验方案得到的溶液rm{3}中肯定含有____rm{(}填化学式rm{)}杂质；为了解决这个问题，可以向溶液rm{3}中加入适量的____，之后若要获得固体rm{NaNO_{3}}需进行的实验操作是蒸发浓缩、____rm{(}填操作名称rm{)}过滤。rm{(4)}实验若想获得纯净沉淀rm{A}rm{B}需对沉淀进行洗涤，洗涤沉淀的操作是____。rm{(5)}写出第rm{垄脵}步所发生反应的化学方程式____。评卷人得分六、探究题(共3题，共9分)24、（11分）某化学兴趣小组想探究某一温度下氯化钠饱和溶液的酸碱度。探究过程如下：【猜想或假设】溶液的pH可能为：①pH<7，②，③____。【设计和实验】要测定该溶液的酸碱度，除有正确的操作步骤外，其中不能采用下列物质中的（填序号）来进行实验。①pH试纸②紫色石蕊试液③酚酞试液组内同学进行了如下实验：甲同学：取pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取氯化钠溶液沾在pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，测得pH=7。乙同学：取pH试纸放在玻璃片上，先用蒸馏水将pH试纸润湿，然后用玻璃棒蘸取氯化钠溶液沾在pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，测得pH=7。丙同学：将pH试纸直接浸入氯化钠溶液中，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，测得pH=7。【评价与反思】三位同学中操作正确的是同学。指出其于同学的操作错误：同学：；同学：；【结论与分析】丙同学得出：“凡是盐溶液的pH都等于7”，你认为该同学结论（填“正确”或“不正确”）。如不正确，请举一例说明____（如正确，该处不填）。25、水蒸气通过灼热的焦炭后得到的混合气体有哪些成分？某化学兴趣小组在老师的指导下；对此进行了实验探究．

【提出猜想】

①该混合气体只含有一氧化碳；氢气。

②该混合气体含有一氧化碳；二氧化碳、氢气和水蒸气。

③该混合气体只含有二氧化碳；氢气和水蒸气。

④该混合气体只含有一氧化碳；二氧化碳和氢气。

【查阅资料】

a．无水硫酸铜遇水由白色变为蓝色．

b．碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物．

c．浓硫酸具有强烈的吸水性；常用作某些气体的干燥剂。

【实验过程】同学们在老师的指导下设计了如下图所示装置；并进行了实验（部分夹持仪器已略去）．

（1）装置A中无水硫酸铜变蓝，装置B中澄清石灰水变浑浊，由此得出的结论为混合气体中有______．B中变化的化学方程式为______．

（2）装置C中的药品为足量的烧碱溶液，其作用为______．

（3）E中氧化铜变红、F中无水硫酸铜变蓝、G中澄清石灰水变浑浊，说明混合气体中还存在的气体是______；E中的变化说明氧化铜具有______性．（填“氧化”或“还原”）

【实验结论】

（4）上述四种猜想中，猜想______（填序号）是正确的．

【实验反思】

（5）经过讨论，同学们将上图中装置C～H进行了简化，只用如图所示装置并自选必要试剂就能完成探究．其中，干燥管中碱石灰的作用为______，烧杯上能观察到的现象是______．最后一步的实验操作及现象是______．26、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．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】

令镁；铝、铁三种金属的质量分别xg、yg、zg；则：

Mg～～～～～～H2↑

242

xgm（H2）

故m（H2）=xg×=g，则△m=xg-g=g

2Al～～～～～～3H2↑

546

ygm′（H2）

故m′（H2）=yg×=g，则△m=yg-g=g

Fe～～～～～～H2↑

562

zgm″（H2）

故m″（H2）=zg×=g，则△m=zg-g=g

即g=g=g；故z＜x＜y，即m（Fe）＜m（Mg）＜m（Al）

故选A．

【解析】【答案】反应后所得溶液的质量相等，说明溶液增重相等，溶液增重△m=m（金属）-m（H2）；令镁；铝、铁三种金属的质量分别xg、yg、zg，表示出金属反应生成氢气的质量，根据溶液质量增重相等解答．

2、B【分析】解：由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数因该是不一样的，比值应是rm{1}rm{2}rm{3}故推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和rm{Na}反应完全，此时rm{Na}完全反应而rm{Mg}rm{Al}还有剩余；

A.由于酸不足，所以生成氢气的量为：rm{n(H_{2})=dfrac{1}{2}n(HCl)=dfrac{0.2隆脕1}{2}=0.1mol}所以标况下的体积为rm{n(H_{2})=dfrac{1}{2}n(HCl)=dfrac

{0.2隆脕1}{2}=0.1mol}故A错误；

B.依据分析可知；盐酸不足，镁铝剩余，故B正确；

C.依据分析，盐酸全部反应，生成氢气的物质的量为rm{dfrac{0.2L隆脕1mol/L}{2}=0.1mol}生成rm{2.24L}氢气，需要钠的物质的量为rm{dfrac

{0.2L隆脕1mol/L}{2}=0.1mol}所以钠的物质的量不可能为rm{0.1mol}故C错误；

D.按照金属活动性顺序，rm{0.2mol}钠最活泼用的时间最短，故曲条线rm{0.1mol}是钠与盐酸反应的图象；故D错误；

故选：rm{Na>Mg>Al}．

由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数应该是不一样的，比值应是rm{a}rm{B}rm{1}故推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和rm{2}反应完全，此时rm{3}完全反应而rm{Na}rm{Na}还有剩余；由此分析．

本题考查钠的性质，注意钠和水反应的特点，根据物质的量的大小可与酸、水反应的特点比较生成氢气的多少，难度不大．rm{Mg}【解析】rm{B}3、C【分析】【解析】试题分析：在短周期元素中，元素原子的最外层电子数与其电子层数相等有H、Be、Al，共计是3种，答案选C。考点：考查元素原子的核外电子排布以及元素周期表的结构【解析】【答案】C4、D【分析】考查物质的分离与提纯。色拉油不溶于水，应该通过分液法分离，选项D不正确，其余都是正确的，答案选D。【解析】【答案】D5、A【分析】【解答】根据1，3﹣丁二烯与乙炔反应知，1，3﹣丁二烯中的两个碳碳双键断裂，中间形成一个碳碳双键，边上两个半键与乙炔中的两个半键相连构成环状，类比1，3﹣丁二烯与乙炔的加成反应，采用逆合成分析法可知，要合成逆向推断或者是若为则有机物的命名原则两种原料分别是2，3﹣二甲基﹣l，3﹣丁二烯和丙炔；

若为则两种原料分别为2﹣甲基﹣l，3﹣丁二烯和2﹣丁炔；

故选：A．

【分析】根据1，3﹣丁二烯与乙炔反应：|||+知，1，3﹣丁二烯中的两个碳碳双键断裂，中间形成一个碳碳双键，边上两个半键与乙炔中的两个半键相连构成环状，类比1，3﹣丁二烯与乙炔的加成反应，采用逆合成分析法可知，要合成逆向推断或者是以此解答该题．6、C【分析】解：rm{A}的平均反应速率为rm{0.12mol?L^{-1}?s^{-1}}则rm{v(B)=dfrac{1}{3}隆脕0.12mol?L^{-1}?s^{-1}=0.04mol?L^{-1}?s^{-1}}

故rm{v(B)=dfrac

{1}{3}隆脕0.12mol?L^{-1}?s^{-1}=0.04mol?L^{-1}?s^{-1}}后容器中rm{10s}的物质的量浓度rm{=dfrac{4mol}{2L}-0.04mol?L^{-1}?s^{-1}隆脕10s=1.6}rm{B}

rm{=dfrac

{4mol}{2L}-0.04mol?L^{-1}?s^{-1}隆脕10s=1.6}物质的量rm{mol/L}rm{B}

故选C．

利用速率之比等于化学计量数之比计算rm{=1.6}再根据rm{trianglec(B)=v(B)?trianglet}计算rm{mol/L隆脕2L=3.2mol}的浓度变化量，rm{v(B)}的起始浓度rm{trianglec(B)=v(B)?triangle

t}的浓度变化量rm{B}后容器中rm{B}的物质的量浓度，rm{-B}计算溶质rm{=10s}物质的量．

本题考查化学反应速率的有关计算，比较基础，注意公式的理解与灵活运用，题目较简单．rm{B}【解析】rm{C}二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】试题分析：该反应中元素的化合价变化如下：KClO3→Cl2，氯元素由+5价→0价,,5个电子，被还原，所以KClO3是氧化剂，Cl2是还原产物；HCl→Cl2，氯元素化合价由-1价→0价，失1个电子，氯元素被氧化，Cl2是氧化产物，根据得失电子守恒，可知得电子与失电子个数比是1∶5，氧化产物与还原产物的质量比是5:1，1moL氯酸钾转移的电子的物质的量是5moL,再根据原子守恒配平方程式．答案为：KClO3，Cl2，1∶5,5∶1,考点：考查氧化还原反应的基本概念与电子转移。【解析】【答案】KClO3，Cl2，1∶5,5∶1,8、略

【分析】解：rm{(1)}氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性；rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}干燥的有色布条无明显现象；潮湿的有色布条褪色；

故答案为：干燥的有色布条无明显现象；潮湿的有色布条褪色；

rm{(2)}为了防止氯气尾气污染空气，可用rm{NaOH}溶液吸收，该反应的化学方程式为rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O}离子反应为rm{Cl_{2}+2OH^{-}=Cl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}

故答案为：rm{NaOH}

rm{(3)垄脵}石灰乳吸收工业氯气尾气制得漂白粉生成氯化钙、次氯酸钙，反应的化学方程式为：rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}

故答案为：rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}

rm{垄脷}漂白粉的有效成分是次rm{Ca(ClO)_{2}}故答案为：rm{Ca(ClO)_{2}}

rm{垄脹}次氯酸钙rm{Ca(ClO)_{2}}受空气中的rm{CO_{2}}水作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸和一种沉淀，反应的化学方程式为：rm{Ca(ClO)_{2}+CO_{2}+H_{2}O篓TCaCO_{3}隆媒+2HClO}

故答案为rm{Ca(ClO)_{2}+CO_{2}+H_{2}O篓TCaCO_{3}隆媒+2HClO}

rm{垄脺}碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳；所以长期露置于空气中的漂白粉，加稀盐酸后产生的气体是二氧化碳，故选C．

rm{(1)}氯气无漂白性；氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性；

rm{(2)}利用氯气和氢氧化钠溶液反应来处理尾气；

rm{(3)垄脵}石灰乳吸收工业氯气尾气制得漂白粉生成氯化钙；次氯酸钙；

rm{垄脷}漂白粉的有效成分是rm{(}填化学式rm{)}是rm{Ca(ClO)_{2}}

rm{垄脹}次氯酸钙rm{Ca(ClO)_{2}}受空气中的rm{CO_{2}}水作用；即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸和一种沉淀；

rm{垄脺}碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳；所以长期露置于空气中的漂白粉，加稀盐酸后产生的气体是二氧化碳．

本题考查了次氯酸的漂白性、氯气的性质，知道次氯酸漂白性原理，会根据氯气和水反应原理分析氯气和碱溶液反应原理，注意次氯酸是强氧化性弱酸．【解析】干燥的有色布条无明显现象，潮湿的有色布条褪色；rm{NaOH}rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}rm{Ca(ClO)_{2}}rm{Ca(ClO)_{2}+CO_{2}+H_{2}O篓TCaCO_{3}隆媒+2HClO}rm{C}9、放热；高；化学反应；热能；低；CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+H2O（l）△H=-890kJ•mol-1【分析】解：rm{(1)}由于发生反应rm{A+B篓TC+D}rm{U}型管中甲处液面下降乙处液面上升；根据气体具有热胀冷缩的性质可以判断该反应为放热反应；

故答案为：放热；

rm{(2)}由于rm{A+B篓TC+D}的反应为吸热反应，所以rm{A}和rm{B}的总能量比rm{C}和rm{D}的总能量高；

故答案为：高；

rm{(3)}化学变化伴随着物质和能量变化；物质中的化学能通过化学反应转化成热能释放出来；

故答案为：化学反应；热能；

rm{(4)}化学反应中旧键断裂吸收能量；新键生成放出能量，该反应为吸热反应，则反应物化学键断裂吸收的能量低于生成物化学键形成放出的能量；

故答案为：低．

rm{(5)CH_{4}(g)}的燃烧热为rm{triangleH=-890kJ/mol}则甲烷的燃烧热化学方程式为：rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-890kJ/mol}

故答案为：rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+H_{2}O(l)triangleH=-890kJ?mol^{-1}}

当向盛有rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-890kJ/mol}的试管中滴加试剂rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+H_{2}O(l)triangle

H=-890kJ?mol^{-1}}时，看到rm{A}型管中甲处液面下降乙处液面上升；根据气体具有热胀冷缩的性质，可以判断反应的吸放热情况，根据反应物和生成物能量之间的关系与反应的吸放热之间的关系以及化学键断裂和生成过程的能量变化进行回答；

rm{B}根据气体具有热胀冷缩的性质可以判断该反应为放热反应；

rm{U}反应为吸热反应；反应物能量低于生成物；

rm{(1)}化学变化伴随着物质和能量变化；主要是热量；

rm{(2)}化学反应中旧键断裂吸收能量；新键生成放出能量；

rm{(3)}燃烧热是rm{(4)}可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；据此书写燃烧热的热化学方程式；

本题考查了化学反应中的吸热反应与放热反应，题目难度不大，注意掌握化学反应中能量变化与反应物、生成物总能量的关系，明确化学键断裂、形成与化学反应能量变化的关系．rm{(5)}【解析】放热；高；化学反应；热能；低；rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+H_{2}O(l)triangleH=-890kJ?mol^{-1}}10、略

【分析】试题分析：除去HNO3中的H2SO4，可加入硝酸钡，生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓；Fe为活泼金属，可与盐酸或稀硫酸反应而除去，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；可用Zn置换Cu，反应的离子方程式为Zn+Cu2+=Zn2++Cu；可加入盐酸除去杂质，反应的离子方程式为2H++CO32-=CO2↑+H2O．考点：考查物质的分离、提纯基本方法的选择与应用，离子方程式的书写等知识。【解析】【答案】23.（8分）。物质需加入的试剂有关离子方程式HNO3(H2SO4)Ba(NO3)2Ba2+＋SO42-=BaSO4Cu(Fe)CuSO4Cu2++Fe=Fe2++CuZnSO4(CuSO4)ZnCu2++Zn=Zn2++CuNaCl(Na2CO3)HCl2H＋＋CO32—＝H2O＋CO2↑11、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O吸收尾气（未反应完全的SO2气体），防止污染空气只有Na2SO42Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2↑否硝酸有强氧化性，硝酸可以将BaSO3沉淀氧化为BaSO4稀盐酸紫色褪去（褪色）2MnO4﹣+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+【分析】【解答】装置A中亚硫酸钠与硫酸反应的离子方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；装置D起到的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入C装置与Na2O2反应，还起到了吸收过量的SO2，避免污染空气；二氧化硫与过氧化钠反应的方程式可能为：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2↑，有可能为：Na2O2+SO2=Na2SO4，所以假设假设1：只有Na2SO3；假设3：既有Na2SO3，又有Na2SO4；产物还可能只有硫酸钠，所以假设2为：只有Na2SO4；

故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；吸收尾气（未反应完全的SO2气体），防止污染空气；只有Na2SO4；

（1）根据假设1可知，反应产物只有亚硫酸钠，说明过氧化钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2↑；

故答案为：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2↑；

（2）生成的白色沉淀中如果含有亚硫酸钡，加入硝酸后，会将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，不能确定产物是Na2SO3还是Na2SO4或二者兼有，故不能得出产物只有Na2SO4的结论；

故答案为：否；硝酸有强氧化性，硝酸可以将BaSO3沉淀氧化为BaSO4；

（3）要做验证固体有Na2SO3和Na2SO4，可以检验SO32﹣与SO42﹣，实验方案为：①取少量C中固体产物于试管中，加入适量的蒸馏水溶解，固体完全溶解；②向上试管中加入过量的稀盐酸，将亚硫酸钠完全转化成二氧化碳气体，将产生的气体通入少量酸性KMnO4溶液中，高锰酸钾溶液褪色，证明产物中含有亚硫酸钠；③向步骤②反应后的试管中，加入适量的BaCl2溶液；产生白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，说明原溶液中含有硫酸钠，从而证明假设3成立；

二氧化硫具有还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+；

故答案为：稀盐酸；紫色褪去（褪色）；2MnO4﹣+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+．

【分析】装置A中亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠；二氧化硫气体和水；装置D还能够吸收多余的二氧化硫；防止污染空气；类比过氧化钠与二氧化碳气体的反应，过氧化钠与二氧化硫反应可能生成亚硫酸钠和氧气，过氧化钠具有强氧化性，反应产物可能为硫酸钠，据此完成假设；

（1）假设1：只有Na2SO3；说明过氧化钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和氧气，据此写出反应的化学方程式；

（2）硝酸有强氧化性；能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子；

（3）要做验证固体有Na2SO3和Na2SO4，可以检验SO32﹣与SO42﹣，先用稀盐酸将亚硫酸根离子转化成二氧化硫，用高锰酸钾溶液检验二氧化硫；然后用氯化钡溶液具有硫酸根离子即可．12、将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照使Sn2+完全沉淀，而Fe2+不沉淀玻璃棒、漏斗防止Fe2+被氧化蒸发浓缩过滤减少绿矾晶体洗涤中的损耗【分析】【解答】（1）测定pH最简单的方法是使用pH试纸；测定时，将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待测溶液，滴在试纸上，然后再与标准比色卡对照，便可测出溶液的pH；

故答案为：将一小块pH试纸放在表面皿上；用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照；

（2）已知：在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是在溶液PH=2时，Sn2+完全沉淀；亚铁离子不沉淀；

故答案为：使Sn2+完全沉淀，而Fe2+不沉淀；

（3）分离不溶于水的固体和液体；用过滤的方法，过滤操作用到的玻璃仪器有：漏斗；烧杯、玻璃棒；

故答案为：玻璃棒；漏斗；

（4）②硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；

（5）溶液中得到晶体；需要对溶液进行加热蒸发浓缩，结晶析出，过滤洗涤等，所以操作IV的顺序依次为：蒸发；浓缩冷却结晶、过滤；

故答案为：蒸发浓缩；过滤；

（6）冰水温度低；物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失；

故答案为：减少绿矾晶体洗涤中的损耗．

【分析】（1）用PH试纸检验酸化后的溶液酸碱度；是较为简便的方法．只需用滴有试液的试纸与标准比色卡对比即可；

（2）依据流程关系图分析，在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，操作Ⅱ加入稀硫酸调节溶液PH=2为了除去杂质离子Sn2+；

（3）操作Ⅲ是过滤；适用于分离不溶于水的固体和液体；

（4）通入硫化氢制饱和；硫化氢是强还原剂，目的是沉淀锡离子，防止亚铁离子被氧化；

（5）操作IV的目的是从滤液中析出绿矾晶体；利用蒸发浓缩，结晶洗涤得到晶体；

（6）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤目的是洗去表面杂质，温度降低绿矾溶解度降低，减少绿矾晶体的损失．13、略

【分析】解：(1)电解质在水溶液或熔化状态下能够导电；NaOH溶液；盐酸、氨水分别是电解质氢氧化钠、氯化氢、一水合氨的水溶液，它们能够导电；熔融NaCl中存在自由的钠离子和氯离子，能够导电；铜丝属于金属，能够导电．即能够导电的有①②④⑦⑩．

(2)非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能导电的化合物；酒精溶液不导电，酒精属于非电解质；液氨和二氧化硫的水溶液能够导电，是因为它们溶于水分别生成了电解质一水合氨和亚硫酸，不是它们自身原因而导电，即液氨和二氧化硫属于非电解质．即属于非电解质的有⑤⑥⑧．

(3)电解质在水溶液中或熔化状态下才导电．液态氯化氢属于共价化合物；液态时不能电离成自由离子，不能导电；胆矾晶体属于结晶水合物，不存在自由离子，因而胆矾晶体不导电．即液态氯化氢和胆矾晶体属于电解质但在此状态下不导电．

故答案为：

(1)①②④⑦⑩

(2)⑤⑥⑧

(3)③⑨【解析】①②④⑦⑩;⑤⑥⑧;③⑨三、判断题(共8题，共16分)14、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．15、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．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、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．18、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．19、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．20、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．21、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．四、结构与性质(共1题，共2分)22、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、实验题(共1题，共2分)23、（1）Ba（NO3）2AgCl（2）除去过量的Ba2+和Ag+（3）Na2CO3稀HNO3冷却结晶（4）向漏斗中加蒸馏水至恰好淹没沉淀，待水分自然流干，重复2-3遍（5）Na2SO4+Ba（NO3）2=BaSO4↓+2NaNO3【分析】【分析】本题考查物质的分离提纯操作方法，题目难度中等，解答时注意明确rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}^{-}}、rm{SO}rm{SO}rm{4}【解答】rm{4}rm{{,!}^{2-}}如先加入的性质，把握除杂原则，提纯时不能引入新的杂质，注意把握试剂添加的先后顺序。则会同时生成rm{(1)}和除去氯化钠需要加入硝酸银溶液，除去硫酸钠需要加入氯化钡或硝酸钡溶液；沉淀，则应先加入过量的rm{AgNO_{3}}或rm{Ag_{2}SO_{4}}生成rm{AgCl}沉淀，然后在滤液中加入过量的rm{BaCl_{2}[}使rm{Ba(NO_{3})_{2}]}全部转化为rm{BaSO_{4}}沉淀，则试剂rm{AgNO_{3}}为rm{Cl^{-}}沉淀rm{AgCl}为rm{X}沉淀rm{Ba(NO_{3})_{2}}为rm{A}故本题答案为：rm{BaSO_{4}}rm{B}加入过量的rm{AgCl}或rm{Ba(NO_{3})_{2;;;;;}BaSO_{4;;;;;}AgCl}过滤，溶液rm{(2)}中加入过量的rm{BaCl_{2}[}rm{Ba(NO_{3})_{2}]}全部转化为rm{1}沉淀，在所得滤液中含有过量的rm{AgNO_{3}}rm{Cl^{-}}在所得滤液中加入过量的rm{AgCl}使溶液中的rm{Ag^{+}}rm{Ba^{2+}}完全沉淀，故本题答案为：除去过量的rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{Ag^{+}}

rm{Ba^{2+}}根据上面分析可知溶液rm{Ba^{2+}}为rm{Ag^{+}}和过量的rm{(3)}的混合物，加入稀rm{3}可除去杂质rm{NaNO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{HNO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}冷却结晶、之后若要获得固体rm{NaNO}，故答案为：rm{NaNO}冷却结晶；rm{{,!}_{3}}需进行的实验操作是蒸发浓缩、过滤需对沉淀进行洗涤，洗涤沉淀的操作是向漏斗中加蒸馏水至恰好淹没沉淀，待水分自然流干，重复rm{Na_{2}CO_{3;;;;;}HNO_{3;;;;;}}遍rm{(4)}根据实验若想获得纯净沉淀rm{A}rm{B}需对沉淀进行洗涤，洗涤沉淀的操作是的分析知，发生的反应为rm{A}rm{B}rm{2-3}rm{(5)}rm{(1)}rm{Na}rm{Na}rm{2}rm{2}rm{SO}rm{SO}rm{4}所以本题答案为：rm{4}rm{+Ba(NO}rm{+Ba(NO}rm{3}rm{3}rm{)}rm{)}rm{2}rm{2}rm{=BaSO}【解析】rm{(1)Ba(NO_{3})}2rm{AgCl}rm{(2)}除去过量的rm{Ba^{2+}