…………○…………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2025年粵教版高一化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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6題，共12分)1、向相同物質的量濃度；等體積的稀硫酸中分別放入鎂、鋁、鐵三種金屬；金屬全部消耗完后，所得溶液的質量相等，則放入的三種金屬的質量關系是（）

A.鋁；鎂、鐵依次減少。

B.鎂；鋁、鐵依次減少。

C.鐵；鎂、鋁依次減少。

D.三者相等。

2、將等物質的量鈉、鎂、鋁三種金屬分別與rm{200mL1mol?L^{-1}}的鹽酸反應，測得生成的氣體的體積rm{V(}已折合成標準狀況的體積rm{)}與時間rm{t}的關系如圖所示rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{x=44.8}B.反應后的鎂和鋁均有剩余C.金屬的物質的量可能均為rm{0.1mol}D.曲線rm{c}表示鈉與鹽酸的反應3、在短周期元素中，若某元素原子的最外層電子數與其電子層數相等，則符合條件的元素種數為A.1種B.2種C.3種D.4種4、下列物質的分離方法中,你認為不合理的是A.用萃取法把碘水中的碘與水分離B.用結晶法除去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，經過濾后，分成豆漿和豆渣D.用蒸餾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}密閉容器中，發生rm{3A(g)+B(g)?2C(g)}反應，若最初加入rm{A}和rm{B}都是rm{4mol}rm{A}的平均反應速率為rm{0.12mol/(L?s)}則rm{10}秒鐘后容器中的rm{B}是rm{(}rm{)}A.rm{2.8mol}B.rm{1.6mol}C.rm{3.2mol}D.rm{3.6mol}評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、（10分）在KClO3+6HCl(濃)=KCl+3Cl2↑+3H2O的反應中，氧化劑是___________，還原產物是_________，得電子與失電子個數比是____________，氧化產物與還原產物的質量比是________，試標出反應電子轉移方向和數目_________________________8、rm{(1)}如圖所示；將氯氣依次通過盛有干燥有色布條的廣口瓶和盛有濕潤有色布條的廣口瓶，可觀察到的現象是______．

rm{(2)}為防止氯氣尾氣污染空氣；可用______溶液吸收多余的氯氣．

rm{(3)}漂白粉是常用的消毒劑．

rm{壟脵}工業上將氯氣通入石灰乳rm{[Ca(OH)_{2}]}制取漂白粉；化學方程式為______．

rm{壟脷}漂白粉的有效成分是rm{(}填化學式rm{)}______．

rm{壟脹}漂白粉溶于水后，受空氣中的rm{CO_{2}}作用；即產生有漂白；殺菌作用的次氯酸；

化學方程式為______．

rm{壟脺}長期露置于空氣中的漂白粉，加稀鹽酸后產生的氣體是______rm{(}填編號rm{)}．

A.rm{O_{2}}rm{B.Cl_{2}}rm{C.CO_{2}}rm{D.HClO}．9、為了研究化學反應rm{A+B簍TC+D}的能量變化情況，某同學設計了如圖所示裝置rm{.}當向盛有rm{A}的試管中滴加試劑rm{B}時，看到rm{U}形管中甲處液面下降乙處液面上升rm{.}試回答下列問題：

rm{(1)}該反應為______反應rm{(}填“放熱”或“吸熱”rm{)}．

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

rm{(3)}物質中的化學能通過______轉化成______釋放出來．

rm{(4)}反應物化學鍵斷裂吸收的能量______rm{(}填“高”或“低”rm{)}于生成物化學鍵形成放出的能量．

rm{(5)}若甲烷的燃燒熱為rm{890kJ/mol}請寫出表示甲烷燃燒熱的熱化學方程式______．10、(8分)分別用一種試劑將下列物質中混入的少量雜質除去（括號內為混入的雜質）。物質需加入的試劑有關離子方程式HNO3(H2SO4)Cu(Fe)ZnSO4(CuSO4)NaCl(Na2CO3)11、某課外學習小組在學習了Na2O2與CO2的反應后，認為Na2O2與SO2應該也可以反應．他們設計了下圖裝置（夾持裝置已略去，裝置的氣密性良好）進行實驗，探究SO2與Na2O2反應的產物；請按要求回答下列問題．

寫出裝置A中發生反應的化學方程式：____．

裝置D的作用：除了可以防止空氣中的CO2、水蒸氣等進入C中與Na2O2反應，還可以____在通入足量的SO2與Na2O2充分反應后；他們對C中固體產物提出如下假設：

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

（1）若假設1成立，寫出SO2與Na2O2反應的化學方程式：____．

（2）為進一步確定C中反應后固體產物的成分（Na2O2已反應完全）；甲同學設計了如下實驗：

甲同學由此得出結論：產物是Na2SO4，該方案是否合理____（填“是”或“否”），理由是____

（3）乙同學設計了如下實驗驗證假設3成立，請幫助他完成下表．。實驗步驟現象①取少量C中固體產物于試管中，加入適量的蒸餾水溶解．固體全部溶解②向上試管中加入過量的____，將產生的氣體通入少量酸性KMnO4溶液中．KMnO4溶液____③向步驟②反應后的試管中，加入適量的BaCl2溶液．產生白色沉淀步驟②中將產生的氣體通入少量酸性KMnO4溶液中，發生反應的離子方程式為：____．12、綠礬（FeSO4?7H2O）可用于色譜分析劑；凈水、照相制版等方面．下面是以鐵屑（含少量錫等雜質）生產綠礬的一種方法：

已知：在H2S飽和溶液中；SnS沉淀完全時溶液的pH為1.6；FeS開始沉淀時溶液的pH為3.0，沉淀完全時的pH為5.5．

（1）操作Ⅱ中用pH試紙測定溶液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中需要的玻璃儀器是燒杯、____．

（4）通入硫化氫至飽和的目的是：①除去操作I所得溶液中含有的Sn2+等雜質離子；②____．

（5）操作Ⅳ的順序依次為：____、冷卻結晶、____．

（6）操作Ⅳ得到的綠礬晶體用少量冰水洗滌，其目的是：①除去晶體表面附著的硫酸等雜質；②____．13、①NaOH溶液②銅絲③液態HCl④鹽酸⑤酒精⑥液氨⑦氨水⑧SO2⑨膽礬晶體⑩熔融NaCl

(1)上述狀態下可導電的是____________；(2)屬于非電解質的是____________；

(3)上述狀態下的電解質不能導電的是____________．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸．（判斷對錯）15、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數為8×6.02×1023（判斷對錯）16、將藍色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對錯）17、蛋白質的鹽析過程是一個可逆過程，據此可以分離和提純蛋白質．18、24g鎂原子的最外層電子數為NA（判斷對錯）19、24g鎂原子的最外層電子數為NA（判斷對錯）20、向蛋白質溶液中滴加Na2SO4溶液產生沉淀屬于化學變化．（判斷對錯）21、摩爾是七個基本物理量之一．（判斷對錯）評卷人得分四、結構與性質(共1題，共2分)22、某探究小組用HNO3與大理石反應過程中質量減小的方法，研究影響反應速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細顆粒與粗顆粒兩種規格，實驗溫度為298K、308K，每次實驗HNO3的用量為25.0mL；大理石用量為10.00g。

（1）請完成以下實驗設計表，并在實驗目的一欄中填出對應的實驗編號：。實驗編號T/K大理石規格HNO3濃度/mol·L-1實驗目的①298粗顆粒2.00（Ⅰ）實驗①和②探究HNO3濃度對該反應速率的影響；

（Ⅱ）實驗①和③探究溫度對該反應速率的影響；

（Ⅲ）實驗①和④探究大理石規格（粗、細）對該反應速率的影響；②_______________③_______________④_______________

（2）實驗裝置如圖1所示，如何檢驗該裝置的氣密性________________________________

（3）實驗①中CO2質量隨時間變化的關系見下圖2：依據反應方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計算實驗①在70-90s范圍內HNO3的平均反應速率________________________

（4）請在答題卡的框圖中，畫出實驗②、③和④中CO2質量隨時間變化關系的預期結果示意圖。_______評卷人得分五、實驗題(共1題，共2分)23、現有含rm{NaCl}rm{Na_{2}SO_{4}}和rm{NaNO_{3}}的混合物，選擇適當的試劑除去溶液中的rm{NaCl}和rm{Na_{2}SO_{4}}從而得到純凈的rm{NaNO_{3}}溶液。相應的實驗過程可用下圖表示：

請回答下列問題：rm{(1)}寫出實驗流程中下列物質的化學式：試劑rm{X}____，沉淀rm{B}____。rm{(2)}上述實驗流程中加入過量的rm{Na_{2}CO_{3}}的目的是____。rm{(3)}按此實驗方案得到的溶液rm{3}中肯定含有____rm{(}填化學式rm{)}雜質；為了解決這個問題，可以向溶液rm{3}中加入適量的____，之后若要獲得固體rm{NaNO_{3}}需進行的實驗操作是蒸發濃縮、____rm{(}填操作名稱rm{)}過濾。rm{(4)}實驗若想獲得純凈沉淀rm{A}rm{B}需對沉淀進行洗滌，洗滌沉淀的操作是____。rm{(5)}寫出第rm{壟脵}步所發生反應的化學方程式____。評卷人得分六、探究題(共3題，共9分)24、（11分）某化學興趣小組想探究某一溫度下氯化鈉飽和溶液的酸堿度。探究過程如下：【猜想或假設】溶液的pH可能為：①pH<7，②，③____。【設計和實驗】要測定該溶液的酸堿度，除有正確的操作步驟外，其中不能采用下列物質中的（填序號）來進行實驗。①pH試紙②紫色石蕊試液③酚酞試液組內同學進行了如下實驗：甲同學：取pH試紙放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取氯化鈉溶液沾在pH試紙上，把試紙顯示的顏色與標準比色卡比較，測得pH=7。乙同學：取pH試紙放在玻璃片上，先用蒸餾水將pH試紙潤濕，然后用玻璃棒蘸取氯化鈉溶液沾在pH試紙上，把試紙顯示的顏色與標準比色卡比較，測得pH=7。丙同學：將pH試紙直接浸入氯化鈉溶液中，把試紙顯示的顏色與標準比色卡比較，測得pH=7。【評價與反思】三位同學中操作正確的是同學。指出其于同學的操作錯誤：同學：；同學：；【結論與分析】丙同學得出：“凡是鹽溶液的pH都等于7”，你認為該同學結論（填“正確”或“不正確”）。如不正確，請舉一例說明____（如正確，該處不填）。25、水蒸氣通過灼熱的焦炭后得到的混合氣體有哪些成分？某化學興趣小組在老師的指導下；對此進行了實驗探究．

【提出猜想】

①該混合氣體只含有一氧化碳；氫氣。

②該混合氣體含有一氧化碳；二氧化碳、氫氣和水蒸氣。

③該混合氣體只含有二氧化碳；氫氣和水蒸氣。

④該混合氣體只含有一氧化碳；二氧化碳和氫氣。

【查閱資料】

a．無水硫酸銅遇水由白色變為藍色．

b．堿石灰是固體氫氧化鈉和氧化鈣的混合物．

c．濃硫酸具有強烈的吸水性；常用作某些氣體的干燥劑。

【實驗過程】同學們在老師的指導下設計了如下圖所示裝置；并進行了實驗（部分夾持儀器已略去）．

（1）裝置A中無水硫酸銅變藍，裝置B中澄清石灰水變渾濁，由此得出的結論為混合氣體中有______．B中變化的化學方程式為______．

（2）裝置C中的藥品為足量的燒堿溶液，其作用為______．

（3）E中氧化銅變紅、F中無水硫酸銅變藍、G中澄清石灰水變渾濁，說明混合氣體中還存在的氣體是______；E中的變化說明氧化銅具有______性．（填“氧化”或“還原”）

【實驗結論】

（4）上述四種猜想中，猜想______（填序號）是正確的．

【實驗反思】

（5）經過討論，同學們將上圖中裝置C～H進行了簡化，只用如圖所示裝置并自選必要試劑就能完成探究．其中，干燥管中堿石灰的作用為______，燒杯上能觀察到的現象是______．最后一步的實驗操作及現象是______．26、請你參與下列探究：

[問題情景]某化學實驗小組同學將鐵粉投入硫酸銅溶液中，發現生成紅色固體物質的同時有較多的氣泡放出．同學們都能解釋紅色固體物質的出現，請你寫出生成紅色固體物質的化學反應方程式______．但卻對氣體的生成產生了疑問；這激發了同學們強烈的探究欲望，生成的是什么氣體？

[提出猜想]從物質組成元素的角度，放出的氣體可能是O2、SO2、H2．

[查閱資料]SO2易溶于水，它能與過量的NaOH溶液反應，生成Na2SO3．

[方案設計]依據上述猜想；實驗小組同學分別設計了如下方案：

（1）甲同學認為是O2，則較簡單的檢驗方法是______．

（2）乙同學認為是SO2，則只需將放出的氣體通入盛有NaOH溶液的洗氣瓶中，稱量通氣前后洗氣瓶的質量．寫出SO2與過量的NaOH溶液反應的化學方程式______．

（3）甲、乙同學實驗的結果表明氣體中既不含O2也不含SO2．丙同學根據以上實驗結果推測氣體是H2．

[實驗探究]丙同學為了檢驗H2；收集了一試管氣體，用拇指堵住試管口且管口略向下傾斜靠近火焰移開拇指點火，聽到很小的聲音．然后再將氣體用帶尖嘴的導管導出點燃且用冷而干燥的燒杯罩在火焰上方，氣體在空氣中安靜的燃燒，產生淡藍色火焰，燒杯壁上有水珠生成，接觸燒杯的手能感覺到發熱．

結論：鐵粉與硫酸銅的溶液反應時，產生的氣體是______．

[思維拓展]由上述實驗可以推出，硫酸銅溶液中可能含有______物質．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】

令鎂；鋁、鐵三種金屬的質量分別xg、yg、zg；則：

Mg～～～～～～H2↑

242

xgm（H2）

故m（H2）=xg×=g，則△m=xg-g=g

2Al～～～～～～3H2↑

546

ygm′（H2）

故m′（H2）=yg×=g，則△m=yg-g=g

Fe～～～～～～H2↑

562

zgm″（H2）

故m″（H2）=zg×=g，則△m=zg-g=g

即g=g=g；故z＜x＜y，即m（Fe）＜m（Mg）＜m（Al）

故選A．

【解析】【答案】反應后所得溶液的質量相等，說明溶液增重相等，溶液增重△m=m（金屬）-m（H2）；令鎂；鋁、鐵三種金屬的質量分別xg、yg、zg，表示出金屬反應生成氫氣的質量，根據溶液質量增重相等解答．

2、B【分析】解：由于最后生成的氣體量相同，所以這些金屬置換出的氫氣量相等，即等物質的量的三種金屬失去了相同數量的電子，而若鹽酸過量的話，這些金屬失去的電子數因該是不一樣的，比值應是rm{1}rm{2}rm{3}故推斷出鹽酸不可能過量，但可能剛好和rm{Na}反應完全，此時rm{Na}完全反應而rm{Mg}rm{Al}還有剩余；

A.由于酸不足，所以生成氫氣的量為：rm{n(H_{2})=dfrac{1}{2}n(HCl)=dfrac{0.2隆脕1}{2}=0.1mol}所以標況下的體積為rm{n(H_{2})=dfrac{1}{2}n(HCl)=dfrac

{0.2隆脕1}{2}=0.1mol}故A錯誤；

B.依據分析可知；鹽酸不足，鎂鋁剩余，故B正確；

C.依據分析，鹽酸全部反應，生成氫氣的物質的量為rm{dfrac{0.2L隆脕1mol/L}{2}=0.1mol}生成rm{2.24L}氫氣，需要鈉的物質的量為rm{dfrac

{0.2L隆脕1mol/L}{2}=0.1mol}所以鈉的物質的量不可能為rm{0.1mol}故C錯誤；

D.按照金屬活動性順序，rm{0.2mol}鈉最活潑用的時間最短，故曲條線rm{0.1mol}是鈉與鹽酸反應的圖象；故D錯誤；

故選：rm{Na>Mg>Al}．

由于最后生成的氣體量相同，所以這些金屬置換出的氫氣量相等，即等物質的量的三種金屬失去了相同數量的電子，而若鹽酸過量的話，這些金屬失去的電子數應該是不一樣的，比值應是rm{a}rm{B}rm{1}故推斷出鹽酸不可能過量，但可能剛好和rm{2}反應完全，此時rm{3}完全反應而rm{Na}rm{Na}還有剩余；由此分析．

本題考查鈉的性質，注意鈉和水反應的特點，根據物質的量的大小可與酸、水反應的特點比較生成氫氣的多少，難度不大．rm{Mg}【解析】rm{B}3、C【分析】【解析】試題分析：在短周期元素中，元素原子的最外層電子數與其電子層數相等有H、Be、Al，共計是3種，答案選C。考點：考查元素原子的核外電子排布以及元素周期表的結構【解析】【答案】C4、D【分析】考查物質的分離與提純。色拉油不溶于水，應該通過分液法分離，選項D不正確，其余都是正確的，答案選D。【解析】【答案】D5、A【分析】【解答】根據1，3﹣丁二烯與乙炔反應知，1，3﹣丁二烯中的兩個碳碳雙鍵斷裂，中間形成一個碳碳雙鍵，邊上兩個半鍵與乙炔中的兩個半鍵相連構成環狀，類比1，3﹣丁二烯與乙炔的加成反應，采用逆合成分析法可知，要合成逆向推斷或者是若為則有機物的命名原則兩種原料分別是2，3﹣二甲基﹣l，3﹣丁二烯和丙炔；

若為則兩種原料分別為2﹣甲基﹣l，3﹣丁二烯和2﹣丁炔；

故選：A．

【分析】根據1，3﹣丁二烯與乙炔反應：|||+知，1，3﹣丁二烯中的兩個碳碳雙鍵斷裂，中間形成一個碳碳雙鍵，邊上兩個半鍵與乙炔中的兩個半鍵相連構成環狀，類比1，3﹣丁二烯與乙炔的加成反應，采用逆合成分析法可知，要合成逆向推斷或者是以此解答該題．6、C【分析】解：rm{A}的平均反應速率為rm{0.12mol?L^{-1}?s^{-1}}則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}的物質的量濃度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}物質的量rm{mol/L}rm{B}

故選C．

利用速率之比等于化學計量數之比計算rm{=1.6}再根據rm{trianglec(B)=v(B)?trianglet}計算rm{mol/L隆脕2L=3.2mol}的濃度變化量，rm{v(B)}的起始濃度rm{trianglec(B)=v(B)?triangle

t}的濃度變化量rm{B}后容器中rm{B}的物質的量濃度，rm{-B}計算溶質rm{=10s}物質的量．

本題考查化學反應速率的有關計算，比較基礎，注意公式的理解與靈活運用，題目較簡單．rm{B}【解析】rm{C}二、填空題(共7題，共14分)7、略

【分析】試題分析：該反應中元素的化合價變化如下：KClO3→Cl2，氯元素由+5價→0價,,5個電子，被還原，所以KClO3是氧化劑，Cl2是還原產物；HCl→Cl2，氯元素化合價由-1價→0價，失1個電子，氯元素被氧化，Cl2是氧化產物，根據得失電子守恒，可知得電子與失電子個數比是1∶5，氧化產物與還原產物的質量比是5:1，1moL氯酸鉀轉移的電子的物質的量是5moL,再根據原子守恒配平方程式．答案為：KClO3，Cl2，1∶5,5∶1,考點：考查氧化還原反應的基本概念與電子轉移。【解析】【答案】KClO3，Cl2，1∶5,5∶1,8、略

【分析】解：rm{(1)}氯氣無漂白性，氯氣與水反應生成的次氯酸具有漂白性；rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}干燥的有色布條無明顯現象；潮濕的有色布條褪色；

故答案為：干燥的有色布條無明顯現象；潮濕的有色布條褪色；

rm{(2)}為了防止氯氣尾氣污染空氣，可用rm{NaOH}溶液吸收，該反應的化學方程式為rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O}離子反應為rm{Cl_{2}+2OH^{-}=Cl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}

故答案為：rm{NaOH}

rm{(3)壟脵}石灰乳吸收工業氯氣尾氣制得漂白粉生成氯化鈣、次氯酸鈣，反應的化學方程式為：rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}

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

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

rm{壟脹}次氯酸鈣rm{Ca(ClO)_{2}}受空氣中的rm{CO_{2}}水作用，即產生有漂白、殺菌作用的次氯酸和一種沉淀，反應的化學方程式為：rm{Ca(ClO)_{2}+CO_{2}+H_{2}O簍TCaCO_{3}隆媒+2HClO}

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

rm{壟脺}碳酸鈣和鹽酸反應生成二氧化碳；所以長期露置于空氣中的漂白粉，加稀鹽酸后產生的氣體是二氧化碳，故選C．

rm{(1)}氯氣無漂白性；氯氣與水反應生成的次氯酸具有漂白性；

rm{(2)}利用氯氣和氫氧化鈉溶液反應來處理尾氣；

rm{(3)壟脵}石灰乳吸收工業氯氣尾氣制得漂白粉生成氯化鈣；次氯酸鈣；

rm{壟脷}漂白粉的有效成分是rm{(}填化學式rm{)}是rm{Ca(ClO)_{2}}

rm{壟脹}次氯酸鈣rm{Ca(ClO)_{2}}受空氣中的rm{CO_{2}}水作用；即產生有漂白、殺菌作用的次氯酸和一種沉淀；

rm{壟脺}碳酸鈣和鹽酸反應生成二氧化碳；所以長期露置于空氣中的漂白粉，加稀鹽酸后產生的氣體是二氧化碳．

本題考查了次氯酸的漂白性、氯氣的性質，知道次氯酸漂白性原理，會根據氯氣和水反應原理分析氯氣和堿溶液反應原理，注意次氯酸是強氧化性弱酸．【解析】干燥的有色布條無明顯現象，潮濕的有色布條褪色；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簍TCaCO_{3}隆媒+2HClO}rm{C}9、放熱；高；化學反應；熱能；低；CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+H2O（l）△H=-890kJ?mol-1【分析】解：rm{(1)}由于發生反應rm{A+B簍TC+D}rm{U}型管中甲處液面下降乙處液面上升；根據氣體具有熱脹冷縮的性質可以判斷該反應為放熱反應；

故答案為：放熱；

rm{(2)}由于rm{A+B簍TC+D}的反應為吸熱反應，所以rm{A}和rm{B}的總能量比rm{C}和rm{D}的總能量高；

故答案為：高；

rm{(3)}化學變化伴隨著物質和能量變化；物質中的化學能通過化學反應轉化成熱能釋放出來；

故答案為：化學反應；熱能；

rm{(4)}化學反應中舊鍵斷裂吸收能量；新鍵生成放出能量，該反應為吸熱反應，則反應物化學鍵斷裂吸收的能量低于生成物化學鍵形成放出的能量；

故答案為：低．

rm{(5)CH_{4}(g)}的燃燒熱為rm{triangleH=-890kJ/mol}則甲烷的燃燒熱化學方程式為：rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-890kJ/mol}

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

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

H=-890kJ/mol}的試管中滴加試劑rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+H_{2}O(l)triangle

H=-890kJ?mol^{-1}}時，看到rm{A}型管中甲處液面下降乙處液面上升；根據氣體具有熱脹冷縮的性質，可以判斷反應的吸放熱情況，根據反應物和生成物能量之間的關系與反應的吸放熱之間的關系以及化學鍵斷裂和生成過程的能量變化進行回答；

rm{B}根據氣體具有熱脹冷縮的性質可以判斷該反應為放熱反應；

rm{U}反應為吸熱反應；反應物能量低于生成物；

rm{(1)}化學變化伴隨著物質和能量變化；主要是熱量；

rm{(2)}化學反應中舊鍵斷裂吸收能量；新鍵生成放出能量；

rm{(3)}燃燒熱是rm{(4)}可燃物完全燃燒生成穩定氧化物放出的熱量；據此書寫燃燒熱的熱化學方程式；

本題考查了化學反應中的吸熱反應與放熱反應，題目難度不大，注意掌握化學反應中能量變化與反應物、生成物總能量的關系，明確化學鍵斷裂、形成與化學反應能量變化的關系．rm{(5)}【解析】放熱；高；化學反應；熱能；低；rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+H_{2}O(l)triangleH=-890kJ?mol^{-1}}10、略

【分析】試題分析：除去HNO3中的H2SO4，可加入硝酸鋇，生成硫酸鋇沉淀，反應的離子方程式為Ba2++SO42-=BaSO4↓；Fe為活潑金屬，可與鹽酸或稀硫酸反應而除去，反應的離子方程式為Fe+2H+=Fe2++H2↑；可用Zn置換Cu，反應的離子方程式為Zn+Cu2+=Zn2++Cu；可加入鹽酸除去雜質，反應的離子方程式為2H++CO32-=CO2↑+H2O．考點：考查物質的分離、提純基本方法的選擇與應用，離子方程式的書寫等知識。【解析】【答案】23.（8分）。物質需加入的試劑有關離子方程式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吸收尾氣（未反應完全的SO2氣體），防止污染空氣只有Na2SO42Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2↑否硝酸有強氧化性，硝酸可以將BaSO3沉淀氧化為BaSO4稀鹽酸紫色褪去（褪色）2MnO4﹣+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+【分析】【解答】裝置A中亞硫酸鈉與硫酸反應的離子方程式為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；裝置D起到的作用是防止空氣中的水蒸氣和二氧化碳進入C裝置與Na2O2反應，還起到了吸收過量的SO2，避免污染空氣；二氧化硫與過氧化鈉反應的方程式可能為：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2↑，有可能為：Na2O2+SO2=Na2SO4，所以假設假設1：只有Na2SO3；假設3：既有Na2SO3，又有Na2SO4；產物還可能只有硫酸鈉，所以假設2為：只有Na2SO4；

故答案為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；吸收尾氣（未反應完全的SO2氣體），防止污染空氣；只有Na2SO4；

（1）根據假設1可知，反應產物只有亞硫酸鈉，說明過氧化鈉與二氧化硫反應生成亞硫酸鈉和氧氣，反應的化學方程式為：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2↑；

故答案為：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2↑；

（2）生成的白色沉淀中如果含有亞硫酸鋇，加入硝酸后，會將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇，不能確定產物是Na2SO3還是Na2SO4或二者兼有，故不能得出產物只有Na2SO4的結論；

故答案為：否；硝酸有強氧化性，硝酸可以將BaSO3沉淀氧化為BaSO4；

（3）要做驗證固體有Na2SO3和Na2SO4，可以檢驗SO32﹣與SO42﹣，實驗方案為：①取少量C中固體產物于試管中，加入適量的蒸餾水溶解，固體完全溶解；②向上試管中加入過量的稀鹽酸，將亞硫酸鈉完全轉化成二氧化碳氣體，將產生的氣體通入少量酸性KMnO4溶液中，高錳酸鉀溶液褪色，證明產物中含有亞硫酸鈉；③向步驟②反應后的試管中，加入適量的BaCl2溶液；產生白色沉淀，該白色沉淀為硫酸鋇，說明原溶液中含有硫酸鈉，從而證明假設3成立；

二氧化硫具有還原性，能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化，反應的離子方程式為：2MnO4﹣+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+；

故答案為：稀鹽酸；紫色褪去（褪色）；2MnO4﹣+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+．

【分析】裝置A中亞硫酸鈉與硫酸反應生成硫酸鈉；二氧化硫氣體和水；裝置D還能夠吸收多余的二氧化硫；防止污染空氣；類比過氧化鈉與二氧化碳氣體的反應，過氧化鈉與二氧化硫反應可能生成亞硫酸鈉和氧氣，過氧化鈉具有強氧化性，反應產物可能為硫酸鈉，據此完成假設；

（1）假設1：只有Na2SO3；說明過氧化鈉與二氧化硫反應生成亞硫酸鈉和氧氣，據此寫出反應的化學方程式；

（2）硝酸有強氧化性；能把亞硫酸根離子氧化成硫酸根離子；

（3）要做驗證固體有Na2SO3和Na2SO4，可以檢驗SO32﹣與SO42﹣，先用稀鹽酸將亞硫酸根離子轉化成二氧化硫，用高錳酸鉀溶液檢驗二氧化硫；然后用氯化鋇溶液具有硫酸根離子即可．12、將一小塊pH試紙放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待測液，點在pH試紙上，再與標準比色卡對照使Sn2+完全沉淀，而Fe2+不沉淀玻璃棒、漏斗防止Fe2+被氧化蒸發濃縮過濾減少綠礬晶體洗滌中的損耗【分析】【解答】（1）測定pH最簡單的方法是使用pH試紙；測定時，將一小塊pH試紙放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待測溶液，滴在試紙上，然后再與標準比色卡對照，便可測出溶液的pH；

故答案為：將一小塊pH試紙放在表面皿上；用玻璃棒蘸取少量待測液，點在pH試紙上，再與標準比色卡對照；

（2）已知：在H2S飽和溶液中，SnS沉淀完全時溶液的pH為1.6；FeS開始沉淀時溶液的pH為3.0，沉淀完全時的pH為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時，Sn2+完全沉淀；亞鐵離子不沉淀；

故答案為：使Sn2+完全沉淀，而Fe2+不沉淀；

（3）分離不溶于水的固體和液體；用過濾的方法，過濾操作用到的玻璃儀器有：漏斗；燒杯、玻璃棒；

故答案為：玻璃棒；漏斗；

（4）②硫化氫具有強還原性，可以防止亞鐵離子被氧化，故答案為：防止Fe2+被氧化；

（5）溶液中得到晶體；需要對溶液進行加熱蒸發濃縮，結晶析出，過濾洗滌等，所以操作IV的順序依次為：蒸發；濃縮冷卻結晶、過濾；

故答案為：蒸發濃縮；過濾；

（6）冰水溫度低；物質溶解度減小，可以洗去沉淀表面的雜質離子，避免綠礬溶解帶來的損失；

故答案為：減少綠礬晶體洗滌中的損耗．

【分析】（1）用PH試紙檢驗酸化后的溶液酸堿度；是較為簡便的方法．只需用滴有試液的試紙與標準比色卡對比即可；

（2）依據流程關系圖分析，在H2S飽和溶液中，SnS沉淀完全時溶液的pH為1.6；FeS開始沉淀時溶液的pH為3.0，操作Ⅱ加入稀硫酸調節溶液PH=2為了除去雜質離子Sn2+；

（3）操作Ⅲ是過濾；適用于分離不溶于水的固體和液體；

（4）通入硫化氫制飽和；硫化氫是強還原劑，目的是沉淀錫離子，防止亞鐵離子被氧化；

（5）操作IV的目的是從濾液中析出綠礬晶體；利用蒸發濃縮，結晶洗滌得到晶體；

（6）操作IV得到的綠礬晶體用少量冰水洗滌目的是洗去表面雜質，溫度降低綠礬溶解度降低，減少綠礬晶體的損失．13、略

【分析】解：(1)電解質在水溶液或熔化狀態下能夠導電；NaOH溶液；鹽酸、氨水分別是電解質氫氧化鈉、氯化氫、一水合氨的水溶液，它們能夠導電；熔融NaCl中存在自由的鈉離子和氯離子，能夠導電；銅絲屬于金屬，能夠導電．即能夠導電的有①②④⑦⑩．

(2)非電解質是指在水溶液里和熔化狀態下都不能導電的化合物；酒精溶液不導電，酒精屬于非電解質；液氨和二氧化硫的水溶液能夠導電，是因為它們溶于水分別生成了電解質一水合氨和亞硫酸，不是它們自身原因而導電，即液氨和二氧化硫屬于非電解質．即屬于非電解質的有⑤⑥⑧．

(3)電解質在水溶液中或熔化狀態下才導電．液態氯化氫屬于共價化合物；液態時不能電離成自由離子，不能導電；膽礬晶體屬于結晶水合物，不存在自由離子，因而膽礬晶體不導電．即液態氯化氫和膽礬晶體屬于電解質但在此狀態下不導電．

故答案為：

(1)①②④⑦⑩

(2)⑤⑥⑧

(3)③⑨【解析】①②④⑦⑩;⑤⑥⑧;③⑨三、判斷題(共8題，共16分)14、A【分析】【解答】過濾是把不溶于液體的固體物質跟液體分離開來的一種混合物分離的方法；過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸，避免萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導致過濾失敗，所以題干說法正確；

故答案為：正確．

【分析】根據過濾的注意事項‘一貼二低三靠’；取用液體藥品的方法進行分析解答．

一貼：過濾時；為了保證過濾速度快，而且避免液體順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，濾紙應緊貼漏斗內壁，且中間不要留有氣泡．

二低：如果濾紙邊緣高于漏斗邊緣；過濾器內的液體極有可能溢出；如果漏斗內液面高于濾紙邊緣，液體也會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，這樣都會導致過濾失敗．

三靠：傾倒液體的燒杯口要緊靠玻璃棒，是為了使液體順著玻璃棒緩緩流下，避免了液體飛濺；玻璃棒下端如果緊靠一層濾紙處，萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導致過濾失敗，而靠在三層濾紙處則能避免這一后果；漏斗下端管口的尖嘴要緊靠承接濾液的燒杯內壁，可以使濾液順著燒杯內壁流下，避免了濾液從燒杯中濺出．15、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質的量，再根據鈉離子結構計算最外層電子總數．16、B【分析】【解答】藍色硫酸銅晶體放入濃硫酸生成硫酸銅和水；屬于化學變化，故答案為：×．

【分析】化學變化是指有新物質生成的變化，物理變化是指沒有新物質生成的變化，據此解題．17、A【分析】【解答】向雞蛋清中加入飽和硫酸鈉溶液；可以觀察到的現象為析出沉淀，說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質的溶解性變小，此過程叫做蛋白質的“鹽析”為物理變化；再向試管里加入足量的蒸餾水，觀察到的現象是變澄清，鹽析是可逆過程，可以采用多次鹽析的方法分離；提純蛋白質．

故答案為：對．

【分析】向雞蛋清中加入飽和硫酸銨溶液，可以觀察到的現象為析出沉淀，說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質的溶解性變小，此過程叫做蛋白質的“鹽析”為物理變化．18、B【分析】【解答】n===1mol，結合鎂原子最外層電子數為2計算，最外層電子數為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數為2計算．19、B【分析】【解答】n===1mol，結合鎂原子最外層電子數為2計算，最外層電子數為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數為2計算．20、B【分析】【解答】蛋白質溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學變化的實質是在原子核不變的情況下，有新物質生成，分析各選項是否符合化學變化的概念，即有新物質生成，就是化學變化．21、B【分析】【解答】摩爾是物質的量的單位；是國際單位制中七個基本單位之一；

故答案為：×．

【分析】摩爾是物質的量的單位．四、結構與性質(共1題，共2分)22、略

【分析】【分析】

（1）本實驗是由實驗①做對比實驗探究影響反應速率的因素，所以在設計分組實驗時，要設計出分別只有濃度、溫度和接觸面積不同時反應速率的變化，從而找出不同外界因素對反應速率的影響。由于實驗①和實驗②探究HNO3濃度對該反應速率的影響，實驗①和實驗③探究溫度對該反應速率的影響，故實驗③的溫度選擇308K，實驗①和實驗④探究接觸面積對該反應速率的影響，故實驗④選擇細顆粒的大理石；

（2）依據裝置特點分析氣密性的檢查方法；

（3）化學反應速率通常用單位時間內濃度的變化量來表示。根據圖像可以計算出70至90s內生成的CO2的體積；然后根據反應式可計算出消耗的硝酸的物質的量，最后計算其反應速率；

（4）根據反應物的用量計算生成CO2的最大質量；根據影響反應速率的因素比較實驗②；③和④反應速率大小；以此判斷曲線斜率大小，畫出圖像；

【詳解】

（1）由實驗目的可知；探究濃度；溫度、接觸面積對化學反應速率的影響，則實驗①②的溫度、大理石規格相同，只有濃度不同，實驗①③中只有溫度不同，實驗①④中只有大理石規格不同；

故答案為（從上到下；從左到右順序）：298；粗顆粒；1.00；308；粗顆粒；2.00；298；細顆粒；2.00；

（2）該裝置的氣密性的檢查方法是：關閉分液漏斗活塞，向外拉或向內推分液漏斗的活塞，若一段時間后松開手，活塞又回到原來的位置，則證明裝置氣密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的質量為：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根據方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物質的量為：n(HNO3)=＝mol；

③溶液體積為25mL＝0.025L，所以HNO3減少的濃度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反應的時間t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范圍內的平均反應速率為：

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

（4）實驗②、③和④所用大理石的質量均為10.00g，其物質的量為=0.1mol，實驗①、③和④所用硝酸的量相同均為：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依據反應方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的質量按硝酸計算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，實驗②所用硝酸的量為1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石過量，反應生成的CO2的質量為0.025mol×44g/mol=0.55g；

實驗①和②探究HNO3濃度對該反應速率的影響，且HNO3濃度①>②，濃度越大，反應越快，故曲線斜率①>②；

實驗①和③探究溫度對該反應速率的影響，且溫度③高于①，溫度越高反應越快，故曲線斜率③>①；

實驗①和④探究大理石規格（粗、細）對該反應速率的影響，且實驗④為細顆粒，實驗①為粗顆粒，顆粒越小，表面積越大，反應越快，故反應速率④>①，故曲線斜率④>①；

根據以上特征；畫出圖像如下：

【點睛】

本題考查了化學反應速率的影響因素，注意對題給信息的分析是處理是解答的關鍵，注意控制變量的實驗方法的理解和掌握。【解析】298粗顆粒1.00308粗顆粒2.00298細顆粒2.00關閉分液漏斗活塞，向外拉或向內推分液漏斗的活塞，若一段時間后松開手，活塞又回到原來的位置，則證明裝置氣密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1五、實驗題(共1題，共2分)23、（1）Ba（NO3）2AgCl（2）除去過量的Ba2+和Ag+（3）Na2CO3稀HNO3冷卻結晶（4）向漏斗中加蒸餾水至恰好淹沒沉淀，待水分自然流干，重復2-3遍（5）Na2SO4+Ba（NO3）2=BaSO4↓+2NaNO3【分析】【分析】本題考查物質的分離提純操作方法，題目難度中等，解答時注意明確rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}^{-}}、rm{SO}rm{SO}rm{4}【解答】rm{4}rm{{,!}^{2-}}如先加入的性質，把握除雜原則，提純時不能引入新的雜質，注意把握試劑添加的先后順序。則會同時生成rm{(1)}和除去氯化鈉需要加入硝酸銀溶液，除去硫酸鈉需要加入氯化鋇或硝酸鋇溶液；沉淀，則應先加入過量的rm{AgNO_{3}}或rm{Ag_{2}SO_{4}}生成rm{AgCl}沉淀，然后在濾液中加入過量的rm{BaCl_{2}[}使rm{Ba(NO_{3})_{2}]}全部轉化為rm{BaSO_{4}}沉淀，則試劑rm{AgNO_{3}}為rm{Cl^{-}}沉淀rm{AgCl}為rm{X}沉淀rm{Ba(NO_{3})_{2}}為rm{A}故本題答案為：rm{BaSO_{4}}rm{B}加入過量的rm{AgCl}或rm{Ba(NO_{3})_{2;;;;;}BaSO_{4;;;;;}AgCl}過濾，溶液rm{(2)}中加入過量的rm{BaCl_{2}[}rm{Ba(NO_{3})_{2}]}全部轉化為rm{1}沉淀，在所得濾液中含有過量的rm{AgNO_{3}}rm{Cl^{-}}在所得濾液中加入過量的rm{AgCl}使溶液中的rm{Ag^{+}}rm{Ba^{2+}}完全沉淀，故本題答案為：除去過量的rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{Ag^{+}}

rm{Ba^{2+}}根據上面分析可知溶液rm{Ba^{2+}}為rm{Ag^{+}}和過量的rm{(3)}的混合物，加入稀rm{3}可除去雜質rm{NaNO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{HNO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}冷卻結晶、之后若要獲得固體rm{NaNO}，故答案為：rm{NaNO}冷卻結晶；rm{{,!}_{3}}需進行的實驗操作是蒸發濃縮、過濾需對沉淀進行洗滌，洗滌沉淀的操作是向漏斗中加蒸餾水至恰好淹沒沉淀，待水分自然流干，重復rm{Na_{2}CO_{3;;;;;}HNO_{3;;;;;}}遍rm{(4)}根據實驗若想獲得純凈沉淀rm{A}rm{B}需對沉淀進行洗滌，洗滌沉淀的操作是的分析知，發生的反應為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}所以本題答案為：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)}除去過量的rm{Ba^{2+}