…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年華東師大版高一化學上冊階段測試試卷797考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列離子中，所帶電荷數與該離子的核外電子層數相等的是：()A.Mg2+B.Al3+C.Be2+D.H+2、H、H、H、H+、H2是（）A.氫的五種同位素B.五種氫元素C.氫的五種核素D.氫元素的五種不同粒子3、能說明rm{Cl}的非金屬性比rm{S}強的事實有rm{(}rm{)}

rm{壟脵}常溫下rm{S}為固體，而rm{Cl_{2}}為氣體。

rm{壟脷Cl_{2}}與rm{H_{2}}混合，強光照射劇烈反應；而rm{S}與rm{H_{2}}反應需較高溫度。

rm{壟脹}與rm{Fe}反應，rm{Cl_{2}}生成rm{FeCl_{3}}而rm{S}生成rm{FeS}

rm{壟脺}鹽酸是強酸；而氫硫酸是弱酸。

rm{壟脻}將rm{Cl_{2}}通入氫硫酸中可置換出rm{S}．A.rm{壟脵壟脹壟脻}B.rm{壟脷壟脹壟脺}C.rm{壟脷壟脹壟脻}D.rm{壟脷壟脺壟脻}4、城市居民用的石油氣主要成分是丁烷,在使用的過程中,常有一些雜質以液態沉積于鋼瓶中,這種雜質是()。A.丙烷和丁烷B.乙烷和丙烷C.乙烷和戊烷D.戊烷和己烷5、下列各組化合物中，化學鍵類型完全相同的時A.CaCl2和Na2SB.Na2O和Na2O2C.CO2和CaOD.HCl和NaOH6、可用來檢驗淀粉是否完全水解成葡萄糖的試劑是()A.淀粉碘化鉀溶液B.碘水C.新制氫氧化銅D.銀氨溶液7、下列依據熱化學方程式得出的結論正確的是。

A.已知rm{C(}石墨，rm{s)簍TC(}金剛石，rm{s)triangleH>0}則金剛石比石墨穩定。

B.已知rm{C(s)+O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangleH_{1}}rm{C(s)+1/2O_{2}(g)簍TCO(g)triangleH_{2}}則rm{triangleH_{2}>triangleH_{1}}

C.已知rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(g)triangleH=-483.6kJ/mol}則氫氣的燃燒熱為rm{C(s)+O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangle

H_{1}}

D.已知rm{NaOH(aq)+HCl(aq)簍TNaCl(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}則含rm{C(s)+1/2O_{2}(g)簍TCO(g)triangle

H_{2}}的稀溶液與稀鹽酸完全中和，中和熱為rm{triangleH_{2}>triangle

H_{1}}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(g)triangle

H=-483.6kJ/mol}8、rm{{}_{7}^{11}}rm{N}是常用醫學rm{PET}顯像的一種核素，這里的“rm{7}”是指該原子的A.質子數B.中子數C.質量數D.原子個數評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、現有以下物質：①稀硫酸②鈉③生石灰④無水酒精⑤空氣⑥干冰⑦金剛石⑧純堿⑨NaOH晶體⑩熔化的K2SO4．（用序號回答）

（1）以上物質中屬于混合物的是____；

（2）以上物質中能導電的是____；

（3）以上物質中屬于電解質的是____；

（4）以上物質中屬于非電解質的是____．10、某校課外小組同學制備Fe(OH)3膠體，并研究該膠體的性質。(1)該小組同學采用了以下操作制備膠體，請將空白處填寫完整。取一個燒杯，加入20mL蒸餾水，加熱至沸騰，然后向燒杯中滴加1mL～2mL飽和__________溶液，繼續煮沸，至出現_________后，停止加熱；(2)將制得的膠體放入半透膜制成的袋內，如上左圖所示，放置2min后，取少量半透膜外的液體于試管中，置于暗處，用一束強光從側面照射，觀察（填寫“有”或“無”）_________丁達爾現象：再向試管中加入用稀硝酸化的硝酸銀溶液，可觀察到的現象為______________________________；(3)將半透膜內的液體倒入U型管中，如上右圖所示，在液體上方加入少量電解液以保護膠體，接通直流電后，觀察到的現象是(填“陰”或“陽”)_____極附近顏色逐漸變深，其原因是_____________________________________。11、（8分）（1）地殼中含量最高的金屬是，NaHCO3俗稱，制造計算機芯片的半導體材料是，水晶項鏈的主要成分是。（2）在反應3Cu+8HNO3(稀)==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中，失去電子的是_____（填元素符號），被還原的是_____（填元素符號）。當產生標況下4.48L氣體時消耗單質銅_____g，此時轉移了_____mol電子。12、請寫出下列儀器名稱。

A.______rm{B}．______rm{C}．______rm{D}．______．13、研究表明，化學反應的焓變與反應物和生成物的鍵能有關rm{.}所謂鍵能就是：在rm{101.3kPa}rm{298K}時，斷開rm{1mol}氣態rm{AB}為氣態rm{A}氣態rm{B}時過程的焓變，用rm{triangleH_{298}(AB)}表示；斷開化學鍵時rm{triangleH>0[}如rm{H_{2}(g)簍T2H(g)triangleH=+436kJ?mol^{-1}]}形成化學鍵時rm{H_{2}(g)簍T2H(g)triangle

H=+436kJ?mol^{-1}]}如rm{2H(g)簍TH_{2}(g)triangleH=-436kJ?mol^{-1}].}

已知：rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)簍T2HCl(g)triangleH=-185kJ?mol^{-1}}

rm{triangleH_{298}(H_{2})=+436kJ?mol^{-1}}rm{triangleH_{298}(Cl_{2})=+247kJ?mol^{-1}}

則rm{triangleH<0[}______．rm{2H(g)簍TH_{2}(g)triangle

H=-436kJ?mol^{-1}].}14、（16分）有A、B、C、D四種短周期元素,它們的原子序數由A到D依次增大,已知A和B原子有相同的電子層數,且A的L層電子數是K層電子數的兩倍，C燃燒時呈現黃色火焰，C的單質在高溫下與B的單質充分反應，可以得到與D單質顏色相同的淡黃色固態化合物，試根據以上敘述回答：（1）下列元素的名稱:A____B____C____D____（2）寫出AB2與足量氫氧化鈉溶液反應的離子方程式。（3）畫出D的原子結構示意圖____,用電子式表示化合物C2D的形成過程。15、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}是位于短周期的主族元素。已知：rm{壟脵}熱穩定性：rm{H_{m}D>H_{m}C}rm{壟脷C^{m-}}rm{E^{(m-1)-}}具有相同的電子層結構；rm{壟脹A}與rm{B}在同一周期，在該周期所有主族元素中，rm{A}的原子半徑最大，rm{B}的離子半徑最??；rm{壟脺A}與rm{B}質子數之和是rm{D}質子數的rm{3}倍。依據上述信息用相應的化學用語回答下列問題：rm{(1)H_{m}D_{m}}的電子式__________。rm{(2)C^{m-}}rm{E^{(m-1)-}}的還原性強弱順序為__________rm{(}用離子符號表示rm{)}能證明其還原性強弱的離子方程式為____________________。rm{(3)}寫出rm{B}單質與rm{A}元素的最高價氧化物對應水化物的溶液反應的離子方程式___________________。rm{(4)}用于判斷rm{C}和rm{D}非金屬性強弱的依據是__________A.氣態氫化物的穩定性rm{B.}置換反應rm{C.}與氫氣化合難易程度D.最高價含氧酸的酸性rm{E.}得電子數目多少F.兩單質在自然界的存在形式評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)16、煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是物理變化17、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．18、含碳的化合物一定是有機化合物．（判斷對錯）19、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）20、某有機物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機物一定含有C、H、O三種元素．（判斷對錯）21、含碳的化合物一定是有機化合物．（判斷對錯）評卷人得分四、元素或物質推斷題(共1題，共6分)22、如圖表示A；B、C、D、E五種含氮物質相互轉化的關系圖。其中A、B、C、D常溫下都是氣體；B為紅棕色。

回答下列問題：

(1)A→D反應常用于人工固氮，寫出該反應的化學方程式：_______。

(2)D→C是工業制硝酸的重要反應，化學方程式為_______。

(3)B與一定量的氧氣混合通入水中能被完全吸收，則B與的物質的量之比為_______，若該反應轉移個電子，則參加反應的B的物質的量為_______mol。評卷人得分五、工業流程題(共3題，共6分)23、用鋁箔制備Al2O3、AlCl3·6H2O及明礬(摩爾質量為474g/mol)晶體；相關流程如下：

已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明礬在水中的溶解度如下表。溫度/℃010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109

(1)步驟II中發生的離子方程式___________；

(2)選出步驟Ⅳ過程中合理的操作并排序___________。

a．迅速降至室溫b．用玻璃棒摩擦器壁c．配制90℃的明礬飽和溶液。

d．自然冷卻至室溫e．選規則明礬小晶體并懸掛在溶液中央。

f．配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液。

(3)下列關于固液分離操作或描述正確的是___________。

A．步驟II通過量CO2后進行固液分離時為加快過濾速度可采用抽濾B．如圖中抽濾裝置有2處錯誤C．抽濾完畢時，應先關閉水龍頭，再斷開吸濾瓶和安全瓶之間的導管，以防止倒吸D．步驟Ⅴ，抽濾時，需用玻璃纖維替代濾紙(4)由溶液A制備AlCl3·6H2O的裝置如圖所示：

①通入HCl的作用有___________。

②步驟Ⅴ洗滌時，請使用合適的洗滌劑并描述具體的洗滌操作___________。

(5)用電子天平稱取3.000g的明礬粗產品，用水溶解后取相同體積的兩份溶液。第一份用BaCl2溶液滴定法測得n(SO)為0.006300mol；第二份用EDTA滴定法測得n(Al3+)為0.002900mol。則該試樣中明礬的純度為___________。24、一種以冷熱鍍管廢料鋅灰制ZnSO4·7H2O晶體；進而獲取ZnO，并探索氫電極增壓還原氧化鋅電解法制鋅的方法，工藝流程如圖所示：

已知：①鋅灰的主要成分為ZnO、ZnCl2，還含有SiO2、CuO、PbO和FeO。

②Cu++Cl-=CuCl↓

回答下列問題：

(1)濾渣1的主要成分為SiO2和___。

(2)酸浸時，硫酸濃度不能過高，原因是___。

(3)寫出“沉銅”時的離子方程式___。

(4)在pH為5.6的條件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝劑并加熱攪拌，其目的是___。

(5)氫電極增壓還原氧化鋅的裝置如圖所示，儲罐內ZnO溶解后形成Zn(OH)離子，每溶解1molZnO需消耗___molKOH。電解池中的總反應離子方程式為：___。

(6)該工藝廢水中含有Zn2+，排放前需處理。向廢水中加入CH3COOH和CH3COONa組成的緩沖溶液調節pH，通入H2S發生反應：Zn2++H2S?ZnS(s)+2H+。處理后的廢水中部分微粒濃度為：。微粒H2SCH3COOHCH3COO-濃度/mol·L-10.100.050.10

處理后的廢水的pH=___，c(Zn2+)=___。(已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5)25、氯化磷酸三鈉具有良好的滅菌、消毒、漂白作用。濕法磷酸由硫酸分解磷礦石得到，其中含Fe3+、Al3+等雜質。以濕法磷酸為原料制取氯化磷酸三鈉的工藝流程如下：

已知：a．溫度高時；NaClO易分解。

b．常溫下；磷酸的物種分布分數與pH的關系如下圖所示：

回答下列問題：

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F時產生的有毒氣體主要是________________(填化學式)。

(2)反應Ⅰ中磷酸轉化為鈉鹽，其鈉鹽再與Fe3+、Al3+作用形成沉淀。

①反應Ⅰ中發生多個反應，其中磷酸轉化為Na2HPO4的主要離子方程式為___________，常溫下應控制pH約為_____________________________。

②常溫下，HPO+Fe3+FePO4+H+的lgK為_________

(3)反應Ⅱ中不用Na2CO3溶液的原因是____________________________________________；

(4)反應Ⅲ的化學方程式為____________________________________________；

反應Ⅳ中兩種溶液混合后需快速冷卻，其目的是____________________________；

“母液”中的溶質有NaClO、_____________________(填2種)。評卷人得分六、綜合題(共4題，共28分)26、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

27、根據方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題28、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

29、根據方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】試題分析：A項Mg2+核外有2個電子層，正確；B項：Al3+核外有2個電子層，錯誤；C項：Be2+核外有1層，錯誤D項：H+核外沒有電子層，錯誤?？键c：原子核外電子的排布規律。【解析】【答案】A2、D【分析】【解答】解：A．因同位素是質子數相同、中子數不同的原子，而H+、H2不是原子；故A錯誤；

B．氫元素只有一種；故B錯誤；

C．H2是氫氣分子；核素是原子，故C錯誤；

D．11H、12H、13H是氫元素的三種不同粒子，H+表示氫離子，H2表示氫氣分子；故D正確．

故選D．

【分析】A．同位素是質子數相同；中子數不同的原子；

B．元素種類；只有一種，即氫元素；

C．H2是分子；核素是原子；

D．根據每一種粒子的含義解答即可．3、C【分析】解：rm{壟脵}常溫時硫是固體；而氯氣為氣體，都是物理性質，與非金屬性無關，所以無法說明非金屬性的強弱，故錯誤；

rm{壟脷Cl_{2}}與rm{H_{2}}混合，強光照射劇烈反應；而rm{S}與rm{H_{2}}反應需較高溫度，說明rm{Cl_{2}}與rm{H_{2}}化合時容易發生，則rm{Cl}的非金屬性比rm{S}的強；故正確；

rm{壟脹}非金屬單質與金屬單質反應，生成產物的化合價越高，則非金屬單質的氧化性越強，所以rm{Cl_{2}}的氧化性大于rm{S}的氧化性，所以rm{Cl}的非金屬性比rm{S}的強；故正確；

rm{壟脺}比較元素的非金屬性應用元素對應最高價氧化物的水化物的酸性強弱比較，不能根據氫化物的酸性強弱比較，例如鹽酸的酸性比氫硫酸強，非金屬性：rm{Cl>S}但rm{HF}溶液的酸性比rm{HCl}弱，但非金屬性：rm{F>Cl}不能說明非金屬性的強弱，故錯誤；

rm{壟脻}將rm{Cl_{2}}通入氫硫酸中可置換出rm{S}說明氯氣的氧化性比rm{S}強，單質的氧化性越強，非金屬性越強，所以能證明rm{Cl}的非金屬性比rm{S}的強；故正確；

則正確的有rm{壟脷壟脹壟脻}

故選C．

比較非金屬元素的非金屬性強弱，可根據單質之間的置換反應、對應最高價氧化物的水化物的酸性、氫化物的穩定性等化學性質的角度判斷，rm{Cl}的非金屬性比rm{S}的非金屬性強弱與物理性質無關．

本題考查非金屬性的比較角度，題目難度不大，注意把握比較非金屬性的方法，非金屬性屬于化學性質，與物理性質無關，解答時注意抓住反例證明．【解析】rm{C}4、D【分析】常溫下,烴中含碳原子數不大于4的烴以氣體形式存在,故液態雜質中,烴分子的碳原子數必大于4,故選D項?！窘馕觥俊敬鸢浮緿5、A【分析】【解析】試題分析：一般活潑的金屬和活潑的非金屬容易形成離子鍵，非金屬元素的原子間容易形成共價鍵，如果是同一種非金屬原子之間形成共價鍵，則是非極性鍵。不同種非金屬原子之間形成的是極性鍵。據此可知選項A中都只有離子鍵，B中其中含有離子鍵，后者含有離子鍵和非極性鍵，C中前者含有極性鍵，后者含有離子鍵。D中前者含有極性鍵，后者含有離子鍵和極性鍵，答案選A?？键c：考查化學鍵的判斷【解析】【答案】A6、B【分析】【解析】試題分析：淀粉如果水解不完全則有淀粉存在，淀粉遇碘變藍色，所以用碘水來檢驗。答案選B。考點：淀粉的性質【解析】【答案】B7、B【分析】【分析】本題考查燃燒熱、焓變的意義、物質穩定性以及熱化學方程式的含義知識，掌握rm{triangleH}的含義以及熱化學方程式概念的運用，題目難度不大。【解答】A.已知rm{C(}石墨，rm{s)簍TC(}金剛石，rm{s)triangleH>0}石墨能量小于金剛石，則金剛石比石墨活潑，石墨比金剛石穩定，故A錯誤；

B.己知rm{2C(s)+2O_{2}(g)簍T2CO_{2}(g)triangleH_{1}}rm{2C(s)+O_{2}(g)簍T2CO(g)triangleH_{2}}一氧化碳轉化為二氧化碳是放熱過程；焓變包含負號，則rm{triangleH_{1}<triangleH_{2}}故B正確；

C.氫氣的燃燒熱是值rm{2C(s)+2O_{2}(g)簍T2CO_{2}(g)triangle

H_{1}}氫氣完全燃燒生成液態水放出的熱量，單位是rm{2C(s)+O_{2}(g)簍T2CO(g)triangle

H_{2}}氣態水不是穩定氧化物，rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(g)triangleH=-483.6kJ?mol^{-1}}則燃燒熱rm{>dfrac{483.6kJ/mol}{2}=241.8kJ?mol^{-1}}故C錯誤；

D.已知rm{NaOH(aq)+HCl(aq)簍TNaCl(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.4kJ?mol^{-1}}中和熱指rm{triangleH_{1}<triangle

H_{2}}和rm{1mol}溶液發生中和反應生成rm{kJ/mol}水時所放出的熱量為rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(g)triangle

H=-483.6kJ?mol^{-1}}則rm{>dfrac{483.6kJ/mol}{2}

=241.8kJ?mol^{-1}}與強酸，中和熱不變，中和熱為rm{triangleH=-57.4kJ?mol^{-1}}故D錯誤。

故選B。rm{NaOH(aq)+HCl(aq)簍TNaCl(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.4kJ?mol^{-1}}【解析】rm{B}8、A【分析】略【解析】rm{A}二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】

①稀硫酸是混合物；能導電；

②鈉是單質；能導電；

③生石灰是電解質；

④無水酒精是非電解質；

⑤空氣是混合物；

⑥干冰是非電解質；

⑦金剛石既不是電解質也不是非電解質；

⑧純堿是電解質；

⑨NaOH晶體是電解質；

⑩熔化的K2SO4是電解質且能導電；

故答案為：（1）①⑤；（2）①②⑩；（3）③⑧⑨⑩；（4）④⑥．

【解析】【答案】根據混合物；電解質、非電解質的定義判斷；根據物質導電的原因判斷．

混合物：含有的物質有多種；

能導電的物質必須有自由電子或離子；

電解質：在水溶液里或熔融狀態下能導電的化合物；

非電解質：在水溶液里或熔融狀態下都不導電的化合物．

10、略

【分析】（1）考查氫氧化鐵膠體的制備，制備氫氧化鐵膠體應該用新制的飽和氯化鐵溶液滴入沸水中，繼續加熱至出現紅褐色后即可。（2）膠體不能透過半透膜，而溶液是可以的。所以半透膜外的液體是不能產生丁達爾效應的。由于溶液中含有氯離子，能和硝酸銀反應生成白色氯化銀沉淀。（3）氫氧化鐵膠體的膠粒帶正電荷，所以向陰極移動，即陰極附近溶液顏色加深。【解析】【答案】（6分）（1）FeCl3紅褐色（2）無有白色沉淀（3）陰Fe(OH)3膠體粒子帶電11、略

【分析】試題分析：（1）地殼中含量順序為O，Si，Al，Fe，所以最高的金屬是鋁，NaHCO3俗稱小蘇打，制造計算機芯片的半導體材料是硅，水晶項鏈的主要成分是SiO2；（2）8HNO3+3Cu═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反應中，Cu元素的化合價升高，Cu做還原劑失電子；N元素的化合價降低，HNO3做氧化劑，被還原，當產生標況下4.48L氣體，即=0.2mol，由方程式可知消耗0.3molCu，質量為0.3mol×64g/mol=19.2g，則轉移電子為0.6mol。考點：考查硅及其化合物、氧化還原反應?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）鋁（或Al）小蘇打硅（或單晶硅、或Si）SiO2（或二氧化硅）（2）CuN19.20.612、略

【分析】解：rm{A.}該儀器的名稱為錐形瓶；

B.該儀器的名稱為冷凝管；

C.該儀器名稱為分液漏斗；

D.該儀器名稱為蒸餾燒瓶；

故答案為：錐形瓶；冷凝管；分液漏斗；蒸餾燒瓶．

根據圖示儀器的構造判斷其名稱．

本題考查常見儀器的名稱，題目難度不大，明確常見儀器的構造即可解答，試題側重基礎知識的考查，培養了學生的靈活應用能力．【解析】錐形瓶；冷凝管；分液漏斗；蒸餾燒瓶13、略

【分析】解：已知rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)簍T2HCl(g)triangleH=-185kJ?mol^{-1}}

rm{triangleH_{298}(H_{2})=+436kJ?mol^{-1}}rm{triangleH_{298}(Cl_{2})=+247kJ?mol^{-1}}

則rm{triangleH=triangleH_{298}(H_{2})+triangleH_{298}(Cl_{2})-2隆脕triangleH_{298}(HCl)=-185kJ?mol^{-1}}

所以rm{triangleH_{298}(HCl)=dfrac{1}{2}(triangleH_{298}(H_{2})+triangleH_{298}(Cl_{2})+185KJ/mol)=+434KJ/mol}

故答案為：rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)簍T2HCl(g)triangle

H=-185kJ?mol^{-1}}．

熱化學方程式中，反應焓變rm{triangle

H_{298}(H_{2})=+436kJ?mol^{-1}}反應物化學鍵總鍵能rm{triangle

H_{298}(Cl_{2})=+247kJ?mol^{-1}}生成物總鍵能；據此列式計算．

本題考查了反應熱與焓變的應用，題目難度不大，明確“焓變rm{triangleH=triangle

H_{298}(H_{2})+triangleH_{298}(Cl_{2})-2隆脕triangle

H_{298}(HCl)=-185kJ?mol^{-1}}反應物化學鍵總鍵能rm{triangleH_{298}(HCl)=dfrac

{1}{2}(triangleH_{298}(H_{2})+triangle

H_{298}(Cl_{2})+185KJ/mol)=+434KJ/mol}生成物總鍵能”為解答關鍵，試題有利于提高學生的分析能力及靈活應用能力．rm{+434KJ/mol}【解析】rm{+434KJ/mol}14、略

【分析】A的L層電子數是K層電子數的兩倍，則A是碳。C燃燒時呈現黃色火焰，則C是鈉。C的單質在高溫下與B的單質充分反應，可以得到與D單質顏色相同的淡黃色固態化合物，所以C是O，D是S。（2）氫氧化鈉溶液足量，所以生成物是碳酸鈉和水，方程式為CO2+2OH－=H2O+CO32－。（3）硫原子位于第三周期第ⅥA，所以原子結構示意圖為硫化鈉水離子化合物，其形成過程可表示為【解析】【答案】（1）:A碳、B氧、C鈉、D硫（2）CO2+2OH－=H2O+CO32－。（3）15、rm{(1)}

rm{(2)S^{2-}>Cl^{-}}rm{Cl_{2;}+S^{2-}=2Cl^{-}+S隆媒}

rm{Cl_{2;}+S^{2-}=2Cl^{-}+

S隆媒}rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{(3)}

rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O

=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{隆眉}【分析】【分析】本題考查原子結構的推斷，以及元素和物質的性質，難度不大?！窘獯稹縭m{A}與rm{B}在同一周期，在該周期所有主族元素中，rm{A}的原子半徑最大，rm{B}的離子半徑最小，所以rm{A}為rm{Na}元素，rm{B}是rm{Al}元素；根據rm{C^{m-}}rm{E^{(m-1)-}}具有相同的電子層結構，所以rm{C}為rm{S}元素，rm{E}是rm{Cl}元素；根據熱穩定性：rm{HmD>HmC}所以rm{D}為rm{O}元素。rm{(1)H_{m}D_{m}}為rm{H_{2}O_{2}}為共價化合物，電子式為故答案為：rm{(2)}由于非金屬性rm{Cl>S}單質的氧化性rm{Cl_{2}>S}單質的氧化性越強，對應陰離子的還原性越弱，則有還原性：rm{S^{2-}>Cl^{-}}可通過反應rm{Cl_{2}+S^{2-}=2Cl^{-}+S隆媒}證明，故答案為：rm{S^{2-}}rm{Cl^{-}}rm{Cl_{2}+S^{2-}=2Cl^{-}+S隆媒}rm{(3)Al}具有兩性，與rm{NaOH}反應生成rm{AlO_{2}^{-}}和rm{H_{2}}反應的離子方程式為rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}故答案為：rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O

=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{隆眉}判斷rm{(4)}和rm{S}的非金屬的強弱可以通過氣態氫化物的穩定性，與氫氣化合的難易程度，置換反應等判斷；rm{O}不存在最高價氧化物，則不能通過最高價氧化物的酸性判斷，的電子的多少和非金屬性沒有關系，也不能兩單質在自然界的存在形式判斷，故ABC正確，DEF錯誤。故答案為：rm{O}rm{ABC}【解析】rm{(1)}rm{(2)S^{2-}>Cl^{-}}rm{Cl_{2;}+S^{2-}=2Cl^{-}+S隆媒}rm{Cl_{2;}+S^{2-}=2Cl^{-}+

S隆媒}rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{(3)}rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O

=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}}rm{隆眉}三、判斷題(共6題，共12分)16、B【分析】【解答】煤的氣化是在高溫條件下煤與水蒸氣反應生成CO和H2；是化學變化；

煤液化；是把固體炭通過化學加工過程，使其轉化成為液體燃料；化工原料和產品的先進潔凈煤技術，有新物質生成，屬于化學變化；

煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱；煤發生復雜的反應獲得煤焦油；焦爐煤氣等的過程，是化學變化．故煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是化學變化，故此說法錯誤．故答案為：錯誤．

【分析】沒有新物質生成的變化是物理變化，有新物質生成的變化是化學變化；17、B【分析】【解答】蒸餾是用來分離沸點不同的液體混合物；溫度計測量的是蒸汽的溫度，故應放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據溫度計在該裝置中的位置與作用；18、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素；但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機化合物，簡稱有機物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素，但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物．19、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價鍵；故答案為：錯。

【分析】根據甲苯的結構簡式來確定化學鍵，確定存在C﹣H共價鍵的數目20、B【分析】【解答】解：某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水；說明該有機物中肯定含有碳；氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．

【分析】根據質量守恒可知，某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素21、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素；但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機化合物，簡稱有機物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素，但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物．四、元素或物質推斷題(共1題，共6分)22、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E五種含氮物質相互轉化的關系圖。其中A、B、C、D常溫下都是氣體；B為紅棕色，B為二氧化氮；A為氮氣，氮氣和氧氣生成一氧化氮C，一氧化氮和氧氣生成二氧化氮D，二氧化氮和水生成硝酸E，硝酸和銅生成一氧化氮、硝酸銅；氮氣和氫氣生成氨氣D，氨氣和氧氣催化氧化生成一氧化氮；

【詳解】

（1）A→D反應為氮氣和氫氣催化生成氨氣，

（2）D→C為氨氣和氧氣催化氧化生成一氧化氮和水，

（3）二氧化氮B與一定量的氧氣混合通入水中能被完全吸收生成硝酸，反應為則二氧化氮與的物質的量之比為4:1；該反應電子轉移情況為若該反應轉移個電子，則參加反應的二氧化氮的物質的量為1mol?！窘馕觥?1)

(2)

(3)4:11五、工業流程題(共3題，共6分)23、略

【分析】【分析】

根據流程：用NaOH溶液溶解鋁箔，發生反應：2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，向含有NaAlO2的溶液通入過量的CO2氣體，發生反應：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+得到Al(OH)3的膠狀固體，將一部分膠狀固體洗滌得到Al(OH)3，灼燒Al(OH)3得到氧化鋁，用硫酸溶解Al(OH)3加入K2SO4溶液，配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液，選規則明礬小晶體并懸掛在溶液中央，自然冷卻至室溫，得到明礬大晶體，另一部分膠狀固體用鹽酸溶解，得到AlCl3溶液，將HCl氣體通入AlCl3溶液，抑制AlCl3水解和促進AlCl3·6H2O結晶，冷水浴，用玻璃纖維抽濾，用濃鹽酸洗滌晶體，濾紙吸干干燥得AlCl3·6H2O晶體；據此分析解析；

(1)

NaAlO2的溶液含有氫氧化鈉，通入過量的CO2氣體，二氧化碳與氫氧化鈉反應生成碳酸氫鈉，二氧化碳與NaAlO2反應生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，發生反應：OH-+CO2=+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+

(2)

明礬的溶解度隨溫度的升高而增大；步驟IV中在培養規則明礬大晶體過程中，需要配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液，選規則明礬小晶體并懸掛在溶液中央，隨著自然冷卻至室溫，明礬飽和溶液變為過飽和溶液，導致明礬析出，明礬晶體會附著在規則明礬小晶體上，形成規則明礬大晶體，故正確操作為：fed；

(3)

A．步驟II通過量CO2后進行固液得到膠狀物；抽濾時不宜過濾膠狀沉淀，否則易在濾紙上形成一層密實的沉淀，A錯誤；

B．抽濾裝置有1處錯誤；漏斗頸口斜面沒有對著吸濾瓶的支管口，B錯誤；

C．抽濾完畢后；應先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，再關水龍頭以防倒吸，C錯誤；

D．由于溶液中含有H+；具有強酸性，在抽濾時會腐蝕濾紙，導致濾紙破損，所以改用玻璃纖維替代濾紙，D正確；

故選D。

(4)

Al3+會發生水解反應：Al3++3H2O=Al(OH)3+3H+，通入HCl可以抑制A13+的水解，增大了溶液中Cl-的濃度，有利于AlCl3·6H2O結晶；洗滌晶體時；先關小水龍頭，向漏斗中加入濃鹽酸，緩慢淋洗，以便充分洗去雜質，重復2-3次；

(5)

明礬中n(A13+)：n()=1：2，實驗測得n(A13+)：n()=0.002900mol：0.006300mol=29：63，明礬中可能含有硫酸鉀雜質，所以求明礬的純度應該用量不足的鋁離子，根據關系式Al3+~kAl(SO4)2·12H2O得出n(kAl(SO4)2·12H2O)=0.002900mol，則該試樣中銨明礬的純度為：=45.82%；【解析】(1)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCOOH-+CO2=HCO

(2)fed

(3)D

(4)增加c(Cl―)，有利于AlCl3·6H2O結晶和抑制AlCl3水解關小水龍頭；向漏斗中加入濃鹽酸，使液體緩慢通過固體，重復2-3次。

(5)45.82%24、略

【分析】【分析】

鋅灰(主要成分是ZnO，ZnCl2，還含有SiO2，CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO轉化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，則過濾得到的濾渣1主要為PbSO4、SiO2；濾液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向濾液中加入Zn粉，將Cu2+還原利用生成CuCl沉淀達到沉銅的目的，繼續向溶液中加入雙氧水將Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO調節溶液pH，將Fe3+轉化成氫氧化鐵沉淀并過濾除去，將濾液蒸發、濃縮并冷卻結晶，過濾得到ZnSO4?7H2O；濾液加入氫氧化鈉溶液可生成氫氧化鋅，加熱分解生成氧化鋅，最后電解生成Zn，以此解答該題。

【詳解】

(1)由分析可知，濾渣1的主要成分為SiO2和PbSO4；

(2)濃硫酸有強氧化性，酸浸時，如使用硫酸濃度過高，反應速率會很慢，在溶解時會氧化FeO生成Fe3+，同時生成SO2，污染環境，發生反應的化學方程式2FeO+4H2SO4(濃)=Fe2(SO4)3+SO2↑+4H2O；

(3)“沉銅”時加入Zn粉，將Cu2+還原利用生成CuCl沉淀，發生反應的離子方程式為Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+；

(4)在pH為5.6的條件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氫氧化鐵膠體，繼續加入聚丙烯酰胺絮凝劑并加熱攪拌，可促使Fe(OH)3膠體聚沉；有利于過濾分離；

(5)儲罐內ZnO溶解后形成Zn(OH)離子，發生的離子反應2OH－＋ZnO＋H2O＝Zn(OH)則每溶解1molZnO，需消耗2molKOH；電解池陽極上的H2在堿性條件下失電子氧化生成H2O，電極反應為H2-2e-+2OH-=2H2O，陰極上Zn(OH)離子得電子還原生成Zn，電極反應式為Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，則電解池中的總反應離子方程式為H2+Zn(OH)42-2H2O+Zn+2OH-；

(6)已知Ka(CH3COOH)=則c(H+)=1×10-5mol/L，此時溶液pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=×==1.0×10-7×1.0×10-14，其中c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，則c(S2-)=1.0×10-12mol/L，此時Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，則c(Zn2+)=1×10-11mol·L-1。

【點睛】

本題難點是(6)綜合利用電離平衡常數和溶度積常數計算溶液的pH和c(Zn2+)，準確利用公式是解題關鍵，特別是Ka2(H2S)×Ka1(H2S)=這是易錯點?！窘馕觥縋bSO4產生SO2氣體，污染環境或無法反應(速率慢)等Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+促使Fe(OH)3膠體聚沉，有利于過濾分離2H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH-51×10-11mol·L-125、略

【分析】【分析】

首先利用硫酸分解磷礦石[Ca5(PO4)3F]得到濕法磷酸，其中含Fe3+、Al3+，加入碳酸鈉溶液和磷酸反應，反應Ⅰ中磷酸轉化為鈉鹽，其鈉鹽再與Fe3+、Al3+作用形成沉淀，過濾得到FePO4和AlPO4沉淀，濾液中主要含Na2HPO4；向濾液中加入NaOH溶液，得到Na3PO4；然后加入NaOH和足量氯氣反應后的溶液(主要含NaCl和NaClO)，由于氯化磷酸三鈉溶解度較小，所以會析出氯化磷酸三鈉晶體，得到的母液主要含NaCl、NaClO、Na3PO4等。

【詳解】

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F可以得到釋放磷酸；該反應應為復分解反應，根據元素守恒，再結合HF為弱酸，可知產生的有毒氣體主要是HF；

(2)①碳酸的酸性弱于磷酸，所以加入碳酸鈉轉化為Na2HPO4的主要離子方程式為據圖可知pH約為10時，溶液中的P元素主要以的形成存在；

②常溫下，HPO+Fe3+FePO4+H+的K==所以lgK=lgKa3-lgKsp[FePO4]，據圖可知當c()=c(PO)時溶液pH=12.36，而Ka3=所以lgKa3=-12.36，所以lgK=-12.36-(-21.89)=9.53；

(3)據圖可知當pH=14左右時磷元素主要以PO的形式存在，Na2CO3溶液的pH難以達到14，不能將Na2HPO4全部轉化為Na3PO4，還會引入Na2CO3雜質；

(4)反應III為氯氣和NaOH溶液的反應，生成氯化鈉和次氯酸鈉，方程式為NaClO受熱易分解，冷卻混合液可以減少次氯酸鈉的分解；“母液”中的溶質有NaClO、NaCl、Na3PO4。

【點睛】

雖然強堿弱酸鹽顯堿性，可以用來調節溶液的pH值，但要注意水解鹽的堿性較弱，當需要強堿性環境時還需要堿溶液進行調節。【解析】HF109.53Na2CO3溶液的pH難以達到14，不能將Na2HPO4全部轉化為Na3PO4，還會引入Na2CO3雜質減少次氯酸鈉分解NaCl、Na3PO4六、綜合題(共4題，共28分)26、反應物能量生成物能量無降低因為催化劑改變了反應的歷程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ?mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1【分析】【解答】（1）因圖中A；C分別表示反應物總能量、生成物總能量；B為活化能，反應熱可表示為A、C活化能的大小之差，活化能的大小與反應熱無關，加入催化劑，活化能減小，反應反應熱不變；

（2）因1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化為2molSO3的△H=﹣198kJ?mol﹣1；

則2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ?mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2時，自身被還原為四價釩化合物；四價釩化合物再被氧氣氧化，則反應的相關方程式為：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ?mol﹣1；

則利用蓋斯定律將①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1；

【分析】（1）反應物總能量大于生成物總能量；催化劑改變了反應的歷程使活化能E降低，反應熱不變；

（2）根據反應2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）結合1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1計算反應熱；

（3）根據反應物和生成物確定反應的歷程；

（4）利用蓋斯定律計算．27、1：52）鹽酸體現出的性質有：____酸性和還原性3）用雙線橋表示出電子轉移的方向和數目：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O4）當被氧化的HCl為73克時，轉移的電子的數目為___