2025年人教版（2024）高一化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年人教版（2024）高一化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷753考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列有關(guān)試劑的保存方法，正確的是A.濃硝酸保存在無(wú)色玻璃試劑瓶中B.少量的鈉保存在汽油中C.氯水、氨水必須保存在棕色試劑瓶中D.FeSO4溶液中加少量鐵粉2、膠體區(qū)別于其它分散系的特征是（）A.膠體粒子直徑在1-100nm之間B.膠體粒子帶電荷C.膠體粒子不能穿過(guò)半透膜D.膠體粒子能夠發(fā)生布朗運(yùn)動(dòng)3、某實(shí)驗(yàn)小組用一定量的鐵與足量的稀硫酸及足量的CuO制取單質(zhì)銅；設(shè)計(jì)以下兩種方案：

方案一：FeH2Cu

方案二：CuOCuSO4Cu

根據(jù)規(guī)范的實(shí)驗(yàn)方法和操作規(guī)則，這兩種方案制得單質(zhì)銅的質(zhì)量關(guān)系為（）A.相等B.方案一多C.方案二多D.無(wú)法判斷4、下列敘述錯(cuò)誤的是rm{(}rm{)}A.rm{{,!}^{13}C}和rm{{,!}^{14}C}屬于同一種元素，它們互為同位素B.rm{{,!}^{6}Li}和rm{{,!}^{7}Li}的電子數(shù)相等，中子數(shù)也相等C.rm{{,!}^{14}C}和rm{{,!}^{14}N}的質(zhì)量數(shù)相等，它們的中子數(shù)不等D.rm{{,!}^{1}H}和rm{{,!}^{2}H}是不同的核素，它們的質(zhì)子數(shù)相等5、配制rm{250mL}rm{0.10mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液時(shí)，下列實(shí)驗(yàn)操作會(huì)使配得的溶液中rm{NaOH}物質(zhì)的量濃度偏大的是rm{(}rm{)}A.轉(zhuǎn)移后未洗滌燒杯和玻璃棒就直接定容B.轉(zhuǎn)移溶液時(shí)，有液體飛濺C.在容量瓶中定容時(shí)俯視刻度線D.定容后把容量瓶倒置搖勻，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，再補(bǔ)充劑幾滴水至刻度6、在探究乙醇的有關(guān)實(shí)驗(yàn)中，得出的結(jié)論正確的是。選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)步驟及現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論rm{A}在酒精試樣中加入少量rm{CuSO_{4}隆隴5H_{2}O}攪拌，試管底部有藍(lán)色晶體酒精試樣中一定含有水rm{B}在乙醇燃燒火焰上方罩一冷的干燥燒杯，內(nèi)壁有水珠出現(xiàn)，另罩一內(nèi)壁涂有澄清石灰水的燒杯，內(nèi)壁出現(xiàn)白色沉淀乙醇由rm{C}rm{H}rm{O}三種元素組成rm{C}將灼熱后表面變黑的螺旋狀銅絲伸入約rm{50隆忙}的乙醇中，銅絲能保持紅熱一段時(shí)間乙醇催化氧化反應(yīng)是放熱反應(yīng)rm{D}在rm{0.01mol}金屬鈉中加入過(guò)量的乙醇充分反應(yīng)，收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體rm{112mL}乙醇分子中有rm{1}個(gè)氫原子與氧原子相連，其余與碳原子相連A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}7、某無(wú)色混合氣體可能由rm{CH_{4}}rm{H_{2}}rm{CO}rm{CO_{2}}和rm{HCl}中的某幾種氣體組成。在恒溫恒壓條件下，通過(guò)過(guò)量的澄清石灰水未見變渾濁，但混合氣體的總體積減小；把剩余氣體導(dǎo)出后，在rm{O_{2}}中能夠點(diǎn)燃，燃燒產(chǎn)物不能使rm{CuSO_{4}}粉末變藍(lán)。則原混合氣體的成份是rm{(}rm{)}A.rm{HCl}rm{CO}B.rm{HCl}rm{H_{2}}C.rm{HCl}rm{CO_{2}}D.rm{CH_{4}}rm{CO}和rm{CO_{2}}8、下列反應(yīng)既是化合反應(yīng)又是氧化還原反應(yīng)的是rm{(}rm{)}A.rm{CuO+COdfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}Cu+CO_{2}}B.rm{CuO+COdfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}Cu+CO_{2}}C.rm{3Fe+2O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠錄};}{}}{;}Fe_{3}O_{4}}D.rm{NH_{4}Cldfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}NH_{3}隆眉+HCl隆眉}rm{Na_{2}CO_{3}+CO_{2}+H_{2}O簍T2NaHCO_{3}}9、下列不屬于物質(zhì)分離、提純實(shí)驗(yàn)操作用到的實(shí)驗(yàn)裝置是rm{(}rm{)}A.B.C.D.評(píng)卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、下列說(shuō)法正確的是（）A.每一個(gè)化學(xué)反應(yīng)都會(huì)伴隨著能量變化B.氯化氫溶于水氫氯共價(jià)鍵被破壞C.化學(xué)鍵的斷裂和形成是化學(xué)反應(yīng)能量變化的主要原因D.離子化合物一定由金屬元素和非金屬元素組成，非金屬元素之間不能形成離子化合物11、以石油、煤和天然氣為主要原料生產(chǎn)的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.陶瓷B.塑料C.合成纖維D.合成橡膠12、能用酒精燈直接加熱的儀器是()A.量筒B.坩堝C.試管D.蒸發(fā)皿13、下列有關(guān)氯元素及其化合物的表示正確的是()A.質(zhì)子數(shù)為rm{17}中子數(shù)為rm{20}的氯原子：rm{rlap{_{17}}{^{20}}Cl}B.氯離子rm{(Cl^{-})}的結(jié)構(gòu)示意圖：C.氯分子的電子式：D.氯氣的結(jié)構(gòu)式：rm{Cl隆陋Cl}14、往rm{CuO}和鐵粉的混合物中，加入一定量的稀rm{H_{2}SO_{4}}并微熱，當(dāng)反應(yīng)停止后，濾出不溶物，并向?yàn)V液中插入一枚鐵釘，片刻后，取出鐵釘，發(fā)現(xiàn)鐵釘并無(wú)任何變化rm{.}根據(jù)上述現(xiàn)象，確定下面說(shuō)法中正確的是A.不溶物一定是銅B.不溶物一定是鐵C.不溶物中一定含銅，但不一定含鐵D.濾液中一定含有rm{FeSO_{4}}一定沒(méi)有rm{CuSO_{4}}15、一定溫度下，在甲、乙、丙、丁四個(gè)恒容密閉容器中投入SO2（g）和O2（g），進(jìn)行反應(yīng)，2SO2+O2?2SO3，其起始物質(zhì)的量及SO2的平衡轉(zhuǎn)化率如下表所示．下列判斷中正確的是（）

A.該溫度下，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K為400B.SO2的平衡轉(zhuǎn)化率：a1＞a2＝a3C.達(dá)到平衡時(shí)，容器丁中的正反應(yīng)速率比容器丙中的大D.達(dá)到平衡時(shí)，容器丙中c（SO3）大于容器甲中c（SO3）的兩倍16、常溫下，Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7，Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5，設(shè)H2SO3溶液中c(總)=c()+c()+c(H2SO3)。室溫下將氨氣通入25.00mL0.1000mol·L?1H2SO3溶液中（忽略溶液體積變化），下列說(shuō)法正確的是A.溶液中始終存在：c()+c(H+)=c()+c()+c(OH?)B.在NH4HSO3溶液中：c()＞c()＞c(NH3·H2O)＞c(H2SO3)C.pH=7的溶液：c()=2c()+c()D.c()=2c(總)的溶液中：c(NH3·H2O)+c(OH?)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)17、我國(guó)科學(xué)家設(shè)計(jì)二氧化碳熔鹽捕獲及電化學(xué)轉(zhuǎn)化裝置；其示意圖如圖：

下列說(shuō)法不正確的是（）A.b為電源的負(fù)極B.①②中，捕獲CO2時(shí)碳元素的化合價(jià)發(fā)生了變化C.a極的電極反應(yīng)式為2C2O52﹣-4e﹣=4CO2+O2D.上述裝置存在反應(yīng)：CO2C+O218、氫氣還原氧化銅的反應(yīng)為：rm{CuO+H_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}在該反應(yīng)中rm{CuO+H_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}rm{(}A.rm{)}作還原劑B.rm{CuO}作氧化劑C.銅元素化合價(jià)降低D.氫元素化合價(jià)升高rm{CuO}評(píng)卷人得分三、填空題(共5題，共10分)19、按要求填寫相應(yīng)的除雜試劑；括號(hào)內(nèi)為雜質(zhì)．

（1）CO2（SO2）____（2）Cl2（HCl）____

（3）Mg（Al2O3）____（4）SO2（HCl）____．20、常溫下由三種短周期元素形成的氣體單質(zhì)X；Y、Z；并有下列轉(zhuǎn)化關(guān)系（反應(yīng)條件已略去）：

已知：X分子中含共價(jià)鍵最多；甲分子中含10個(gè)電子；乙分子含有18個(gè)電子．

（1）寫出X的結(jié)構(gòu)式是____；化合物丙中存在的作用力：____．

（2）實(shí)驗(yàn)室中經(jīng)常利用如圖所示裝置制備并收集甲（夾持；固定裝置已略去但缺少收集裝置）．

請(qǐng)?jiān)谌鐖D方框內(nèi)繪出用燒瓶收集甲的儀器裝置簡(jiǎn)圖（并將導(dǎo)管補(bǔ)充完整）．

②試管中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式是____．

③燒杯中溶液由無(wú)色變?yōu)榧t色，其原因____．（用電離方程式解釋）21、物質(zhì)A在一定條件下加熱完全分解：4A=4B+C+2D，生成物均為氣體．現(xiàn)測(cè)得生成的氣體質(zhì)量是相同狀況下同體積H2質(zhì)量的18倍，則A的相對(duì)分子質(zhì)量是______．22、已知短周期元素rm{X}rm{Y}rm{Z}在周期表中的位置如下：。rm{X}

rm{}rm{Y}rm{}

rm{}rm{Z}rm{}按要求回答下列問(wèn)題：rm{(1)}若rm{Y}的rm{-2}價(jià)陰離子結(jié)構(gòu)示意圖為則rm{壟脵Y}元素在周期表中位于第_____周期_____族；rm{壟脷Y}與rm{X}形成的化合物rm{X_{2}Y_{2}}中含有的化學(xué)鍵是______________，其電子式__________；rm{壟脹}用電子式的形式表示rm{X}與rm{Z}形成化合物的過(guò)程____________________________。rm{(2)}若rm{Y}元素原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的rm{2}倍，則rm{Y}元素不可能形成的化合物是______。rm{A.H_{2}YO_{3}}rm{B.YO_{3}}rm{C.YCl_{4}}rm{D.ZY}23、rm{(1)}火箭推進(jìn)器中盛有強(qiáng)還原劑液態(tài)肼rm{(N_{2}H_{4})}和強(qiáng)氧化劑液態(tài)過(guò)氧化氫。當(dāng)把rm{0.4mol}液態(tài)肼和rm{0.8molH_{2}O_{2}}混合反應(yīng)，生成氮?dú)夂退魵?，放出rm{260.0KJ}的熱量rm{(}相當(dāng)于rm{25隆忙}rm{101KPa}下測(cè)得的熱量rm{)}該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為____。又已知：rm{H_{2}O(l)=H_{2}O(g)}rm{婁隴H=+44kJ/mol}則rm{16g}液態(tài)肼與過(guò)氧化氫反應(yīng)生成液態(tài)水時(shí)放出的熱量是____rm{KJ}rm{(2)}已知：rm{壟脵2Fe(s)+O_{2}(g)=2FeO(s)triangleH_{1}=-544.0kJ?mol^{-1}}rm{壟脷4Al(s)+3O_{2}(g)簍T2Al_{2}O_{3}(s)triangleH_{2}=-3351.4kJ?mol^{-1}}rm{壟脵2Fe(s)+O_{2}(g)=2FeO(s)triangle

H_{1}=-544.0kJ?mol^{-1}}和rm{壟脷4Al(s)+3O_{2}(g)簍T2Al_{2}O_{3}(s)triangle

H_{2}=-3351.4kJ?mol^{-1}}發(fā)生鋁熱反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是____rm{Al}反應(yīng)物與生成物均為氣態(tài)的某可逆反應(yīng)在不同條件下的反應(yīng)歷程分別為rm{FeO}rm{(3)}如圖所示。rm{A}據(jù)圖判斷該反應(yīng)是____rm{B}填“吸”或“放”rm{壟脵}熱反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡后，其他條件不變，升高溫度，逆反應(yīng)速率將____rm{(}填“增大”、“減小”或“不變”rm{)}rm{(}其中rm{)}歷程表明此反應(yīng)采用的條件為____rm{壟脷}填字母rm{B}A.升高溫度rm{(}增大反應(yīng)物的濃度C.降低溫度rm{)}使用催化劑rm{B.}已知熱化學(xué)方程式：rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(g)triangleH=-483.6kJ?mol^{-1}}該反應(yīng)的活化能為rm{D.}則其逆反應(yīng)的活化能為。rm{(4)}評(píng)卷人得分四、判斷題(共1題，共6分)24、向蛋白質(zhì)溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學(xué)變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、其他(共4題，共32分)25、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價(jià)氧化物含A40%，A原子中質(zhì)子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結(jié)構(gòu)相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個(gè)電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應(yīng)，所產(chǎn)生的氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為2.24L；C原子中質(zhì)子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個(gè)質(zhì)子。請(qǐng)寫出A～E五種元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的化學(xué)式____、、、、。26、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號(hào)元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號(hào)完成下列問(wèn)題：（1）Y、Z兩種元素的最高價(jià)氧化物的水化物酸性強(qiáng)于。（2）M、Z、Y形成的簡(jiǎn)單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比____________,其電子式為．該物質(zhì)中含有化學(xué)鍵的類型有和．（4）將Z的單質(zhì)通入YX2的水溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。27、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價(jià)氧化物含A40%，A原子中質(zhì)子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結(jié)構(gòu)相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個(gè)電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應(yīng)，所產(chǎn)生的氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為2.24L；C原子中質(zhì)子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個(gè)質(zhì)子。請(qǐng)寫出A～E五種元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的化學(xué)式____、、、、。28、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號(hào)元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號(hào)完成下列問(wèn)題：（1）Y、Z兩種元素的最高價(jià)氧化物的水化物酸性強(qiáng)于。（2）M、Z、Y形成的簡(jiǎn)單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比____________,其電子式為．該物質(zhì)中含有化學(xué)鍵的類型有和．（4）將Z的單質(zhì)通入YX2的水溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】試題分析：A．濃硝酸見光容易分解，需要保存在棕色試劑瓶中，錯(cuò)誤；B．鈉性質(zhì)活潑，需要隔絕空氣密封保存，由于鈉密度大于煤油和石蠟，所以金屬鈉可以保存在煤油和石蠟中，錯(cuò)誤；C．氯水中的次氯酸、見光容易分解，所以氯水需要避光密封保存，通常保存在棕色試劑瓶中，氨水不用，錯(cuò)誤；D．硫酸亞鐵易被氧化為三價(jià)鐵離子，可以加入少量的鐵粉，防止亞鐵離子被氧化，正確?？键c(diǎn)：考查試劑的保存?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、A【分析】解：膠體區(qū)別于其它分散系的本質(zhì)特征是膠體粒子直徑在1-100nm之間；溶液的分散質(zhì)粒子直徑小于1nm，濁液的分散質(zhì)粒子直徑大于100nm．

故選A．

膠體分散系與其它分散系的本質(zhì)差別是分散質(zhì)直徑的大小不同．

本題考查膠體的判斷，題目難度不大，注意膠體區(qū)別于其它分散系的本質(zhì)特征是膠體粒子直徑在1-100nm之間．【解析】【答案】A3、C【分析】解：兩方案中所發(fā)生的化學(xué)方程式為：方案一Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑、H2+CuOCu+H2O；

方案二CuO+H2SO4═CuSO4+H2O、Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；

方案二中均可完全轉(zhuǎn)化；而方案一中氫氣還原氧化銅實(shí)驗(yàn)，開始時(shí)需先通入一部分氫氣，排除裝置中的空氣，實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)還要通一會(huì)氫氣，以防止生成的銅被氧化，如果不考慮先通后停，相同質(zhì)量的鐵生成銅的質(zhì)量是相同的，但是由于部分氫氣被浪費(fèi)，從而導(dǎo)致鐵的質(zhì)量被多消耗一部分，所以導(dǎo)致方案一對(duì)應(yīng)的銅減少．故方案二生成的銅多；

故選C．

兩方案中所發(fā)生的化學(xué)方程式為：方案一Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑、H2+CuOCu+H2O；

方案二CuO+H2SO4═CuSO4+H2O、Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；

方案二中均可完全轉(zhuǎn)化；而方案一中氫氣還原CuO，應(yīng)先通入氫氣排出裝置中的空氣，不能全部參與還原反應(yīng)．

本題考查制備物質(zhì)方案，為高頻考點(diǎn)，把握制備中發(fā)生的反應(yīng)、分析方案的差別為解答的關(guān)鍵，注意氫氣還原氧化銅的實(shí)際操作即可解答，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，題目難度不大．【解析】【答案】C4、B【分析】解：rm{A}．rm{{,!}^{13}C}和rm{{,!}^{14}C}的質(zhì)子數(shù)相同；則屬于同一種元素，但中子數(shù)不同，所以它們互為同位素，故A正確；

B.rm{{,!}^{6}Li}和rm{{,!}^{7}Li}的電子數(shù)相等，均為rm{3}中子數(shù)分別為rm{3}rm{4}故B錯(cuò)誤；

C.rm{{,!}^{14}C}和rm{{,!}^{14}N}的質(zhì)量數(shù)相等，均為rm{14}但它們的中子數(shù)分別為rm{8}rm{7}故C正確；

D.rm{{,!}^{1}H}和rm{{,!}^{2}H}是不同的核素，它們的質(zhì)子數(shù)相等，均為rm{1}故D正確；

故選B．

A.質(zhì)子數(shù)相同；中子數(shù)不同的原子互為同位素；

B.原子中，質(zhì)子數(shù)rm{=}電子數(shù)，質(zhì)量數(shù)rm{=}質(zhì)子數(shù)rm{+}中子數(shù)；

C.元素符號(hào)左上角的數(shù)字為質(zhì)量數(shù)，質(zhì)量數(shù)rm{=}質(zhì)子數(shù)rm{+}中子數(shù)；

D.同位素的質(zhì)子數(shù)相同．

本題考查原子的構(gòu)成及原子中的數(shù)量關(guān)系，把握同位素的判斷及原子中質(zhì)子數(shù)rm{=}電子數(shù)、質(zhì)量數(shù)rm{=}質(zhì)子數(shù)rm{+}中子數(shù)為解答的關(guān)鍵，注重基礎(chǔ)知識(shí)的考查，題目較簡(jiǎn)單．【解析】rm{B}5、C【分析】解：rm{A.}轉(zhuǎn)移溶液后，未洗滌燒杯和玻璃棒就直接定容，會(huì)導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量rm{n}減?。蝗芤簼舛绕?，故A錯(cuò)誤；

B.轉(zhuǎn)移溶液時(shí)；若有液體飛濺，導(dǎo)致配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏小，故B錯(cuò)誤；

C.在容量瓶中進(jìn)行定容時(shí)；俯視刻度線，會(huì)導(dǎo)致溶液體積偏小，配制的溶液濃度偏大，故C正確；

D.定容且把容量瓶倒置搖勻后；發(fā)現(xiàn)液面下降，此時(shí)有少量溶液殘留在玻璃塞和瓶口之間，濃度不變，屬于正?，F(xiàn)象，但又補(bǔ)充了水，會(huì)導(dǎo)致濃度偏小，故D錯(cuò)誤；

故選C．

根據(jù)rm{c=dfrac{n}{V}}可得，一定物質(zhì)的量濃度溶液配制的誤差都是由溶質(zhì)的物質(zhì)的量rm{n}和溶液的體積rm{V}引起的，誤差分析時(shí)，關(guān)鍵要看配制過(guò)程中引起rm{n}和rm{V}怎樣的變化：若rm{n}比理論值小，或rm{V}比理論值大時(shí)，都會(huì)使所配溶液濃度偏?。蝗魊m{n}比理論值大，或rm{V}比理論值小時(shí)；都會(huì)使所配溶液濃度偏大．

本題考查配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液中的誤差分析，題目難度不大，注意掌握配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液方法及誤差分析的方法與技巧，易錯(cuò)點(diǎn)為rm{C}注意仰視、俯視對(duì)體積讀數(shù)的影響．【解析】rm{C}6、C【分析】略【解析】rm{C}7、A【分析】【分析】根據(jù)氣體的性質(zhì)和濃硫酸的酸性、強(qiáng)氧化性以及石灰水、硫酸銅的性質(zhì)，結(jié)合反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象分析氣體的成分即可。【解答】通過(guò)過(guò)量的澄清石灰水，未見變渾濁，一定不含二氧化碳?xì)怏w，但混合氣體的總體積減小，說(shuō)明有氣體被吸收，只能是rm{HCl}氣體，說(shuō)明含有rm{HCl}在rm{O_{2}}中能夠點(diǎn)燃，燃燒產(chǎn)物不能使rm{CuSO_{4}}粉末變色說(shuō)明沒(méi)有甲烷和氫氣，故原混合氣體中含有rm{HCl}和rm{CO}沒(méi)有甲烷；氫氣和二氧化碳?xì)怏w；

故選A?！窘馕觥縭m{A}8、C【分析】解：rm{A}rm{CuO+COdfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}Cu+CO_{2}}是置換型的氧化還原反應(yīng)；故A不選；

B、rm{CuO+COdfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}Cu+CO_{2}}非氧化還原反應(yīng)的化合反應(yīng)；故B不選；

C、rm{3Fe+2O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠錄};}{}}{;}Fe_{3}O_{4}}是化合型的氧化還原反應(yīng)；故C選；

D、rm{NH_{4}Cldfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}NH_{3}隆眉+HCl隆眉}非氧化還原型的分解反應(yīng)；故D不選；

故選C．

物質(zhì)與氧發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)是氧化反應(yīng)；化合反應(yīng)：兩種或兩種以上物質(zhì)反應(yīng)后生成一種物質(zhì)的反應(yīng)；其特點(diǎn)可總結(jié)為“多變一”；據(jù)此進(jìn)行分析判斷．

本題難度不大，掌握化合反應(yīng)的特征rm{Na_{2}CO_{3}+CO_{2}+H_{2}O簍T2NaHCO_{3}}“多變一”rm{3Fe+2O_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠錄};}{}}{;}Fe_{3}O_{4}}氧化反應(yīng)的特征是正確解答本題的關(guān)鍵．rm{NH_{4}Cldfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}NH_{3}隆眉+HCl隆眉}【解析】rm{C}9、B【分析】解：rm{A.}蒸餾可分離互溶液體；但沸點(diǎn)不同的混合物；故A不選；

B.焰色反應(yīng)可檢驗(yàn)?zāi)承┙饘僭?；故B選；

C.過(guò)濾可分離不溶性固體與液體；故C不選；

D.蒸發(fā)可分離可溶性固體與液體；故D不選；

故選B．

A.圖中為蒸餾裝置；

B.圖中為焰色反應(yīng)；

C.圖中為過(guò)濾裝置；

D.圖中為蒸發(fā)裝置．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握實(shí)驗(yàn)裝置的作用、混合物分離提純、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大．【解析】rm{B}二、多選題(共9題，共18分)10、ABC【分析】解：A．因?yàn)榛瘜W(xué)反應(yīng)的本質(zhì)為舊鍵的斷裂和新鍵的形成；化學(xué)鍵斷裂吸收能量，生成化學(xué)鍵釋放能量，所以化學(xué)反應(yīng)都會(huì)伴隨著能量變化，故A正確；

B．氯化氫溶于水；發(fā)生電離，H-Cl共價(jià)鍵破壞，故B正確；

C．化學(xué)鍵斷裂吸收能量；生成化學(xué)鍵釋放能量，化學(xué)反應(yīng)的實(shí)質(zhì)為化學(xué)鍵的斷裂和形成，則化學(xué)鍵的斷裂和形成是化學(xué)反應(yīng)能量變化的主要原因，故C正確；

D．銨鹽為離子化合物；但不含金屬元素，氯化鋁含金屬元素為共價(jià)化合物，故D錯(cuò)誤；

故選：ABC．

A．化學(xué)鍵斷裂吸收能量；生成化學(xué)鍵釋放能量，化學(xué)反應(yīng)都會(huì)伴隨著能量變化；

B．HCl中只含H-Cl共價(jià)鍵；

C．化學(xué)鍵斷裂吸收能量；生成化學(xué)鍵釋放能量；

D．銨鹽為離子化合物．

本題考查化學(xué)鍵，為高頻考點(diǎn)，把握化學(xué)鍵的形成及判斷是為解答的關(guān)鍵，并注意利用實(shí)例來(lái)分析解答，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大．【解析】【答案】ABC11、BCD【分析】解：以煤；石油和天然氣為主要原料可制造化工產(chǎn)品、合成塑料、合成橡膠、合成纖維等；

故選BCD．

三大合成材料是合成塑料；合成橡膠、合成纖維．

本題考查煤、石油和天然氣的用途，難度不大，平時(shí)注意知識(shí)的積累．【解析】rm{BCD}12、BCD【分析】【分析】

本題考查常見化學(xué)儀器的使用知識(shí)，難度不大，掌握常見的化學(xué)儀器的使用是解答的關(guān)鍵?！窘獯稹?/p>

可以直接加熱的儀器有：坩堝、試管、蒸發(fā)皿，故BCD正確。

故選BCD。

【解析】rm{BCD}13、CD【分析】略?！窘馕觥縭m{CD}14、CD【分析】【分析】本題考查金屬的活動(dòng)性順序，題目難度不大。【解答】A.根據(jù)放入濾液中的粗鐵絲無(wú)任何變化，可得出氧化銅與硫酸反應(yīng)形成的硫酸銅全部被置換，濾出固體中含銅，但卻不能判斷混合物的鐵是否完全反應(yīng)，所以，不溶物含銅但一定只有銅卻理由不足，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)選項(xiàng)A的分析，可判斷不溶物中一定含銅，可能含鐵，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)選項(xiàng)A的分析，可判斷不溶物中一定含銅，可能含鐵，故C正確；rm{D}rm{.}因?yàn)榧尤氲牧蛩嵋淹耆磻?yīng)且濾液中不含硫酸銅，可判斷濾液中一定含有硫酸亞鐵，因?yàn)榉湃霝V液的鐵無(wú)任何變化，可判斷濾液中一定不含硫酸及硫酸銅因?yàn)榧尤氲牧蛩嵋淹耆磻?yīng)且濾液中不含硫酸銅，可判斷濾液中一定含有硫酸亞鐵，因?yàn)榉湃霝V液的鐵無(wú)任何變化，可判斷濾液中一定不含硫酸及硫酸銅，rm{.}故rm{D}。故選CD。正確【解析】rm{CD}15、AD【分析】【分析】

對(duì)比四個(gè)容器投料和體積，乙與甲比較，SO2的投料加倍了；則平衡正向移動(dòng)；丙與甲比較，投料是甲的兩倍，相當(dāng)于增大了壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)；丁與甲比較，體積縮小了一倍，也相當(dāng)于增大了壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)。

【詳解】

A、2SO2+O2?2SO3；

開始0.20.120

轉(zhuǎn)化0.160.080.16

平衡0.040.040.16

K＝＝400；故A正確；

B、乙、丙相比，丙中氧氣濃度大，丙、丁相比濃度相同，則SO2的平衡轉(zhuǎn)化率：a1＜a2＝a3；故B錯(cuò)誤；

C；丙、丁相比濃度相同；溫度相同，則達(dá)到平衡時(shí)，容器丁中的正反應(yīng)速率等于容器丙中的，故C錯(cuò)誤；

D、甲、丙相比，丙中濃度為甲的2倍，且增大壓強(qiáng)平衡正向移動(dòng)，則達(dá)到平衡時(shí)，容器丙中c(SO3)大于容器甲中c(SO3)的兩倍；故D正確；

答案選AD。

【點(diǎn)睛】

本題考查等效以及平衡的計(jì)算，采用對(duì)比法解答，乙、丙、丁都與甲比較，先判斷是否等效，若不等效則相當(dāng)于向哪個(gè)方向發(fā)生移動(dòng)，再進(jìn)行分析。16、CD【分析】【詳解】

A．溶液中始終存在電荷守恒：c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH?)，A錯(cuò)誤；B．常溫下，NH4+的水解常數(shù)K1=≈5.7×10-10，HSO3-的水解常數(shù)K2=≈6.7×10-13，HSO3-的電離常數(shù)Ka2=1.0×10-7，Ka2＞K1＞K2，所以c()＞c()，c(NH3·H2O)＞c(H2SO3)，故c()＞c()＞c(NH3·H2O)＞c(H2SO3)，B錯(cuò)誤；C．電荷守恒：c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH?)，pH=7的溶液：c(H+)=c(OH?)，所以c()=2c()+c()，C正確；D．c()=2c(總)=2[c()+c()+c(H2SO3)]，則該溶液為(NH4)2SO3，該溶液的質(zhì)子守恒為：c(NH3·H2O)+c(OH?)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)，D正確。答案選CD。

【點(diǎn)睛】

書寫(NH4)2SO3溶液的質(zhì)子守恒方法：選定NH4+、SO32-、H2O為基準(zhǔn)粒子，所以(NH4)2SO3溶液的質(zhì)子守恒為：c(NH3·H2O)+c(OH?)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)。17、AB【分析】【詳解】

A.由分析可知，C2O52?化合價(jià)升高變?yōu)镺2，因此電極a為陽(yáng)極，電源b為正極；故A錯(cuò)誤；

B.①②捕獲CO2時(shí)生成的過(guò)程中碳元素的化合價(jià)均為+4價(jià)；沒(méi)有發(fā)生化合價(jià)變化，故B錯(cuò)誤；

C.由分析可知，a電極的電極反應(yīng)式為2C2O52??4e－=4CO2+O2；故C正確；

D.由a電極、d電極的電極反應(yīng)式可知，該裝置的總反應(yīng)為CO2C+O2；故D正確。

綜上所述；答案為AB。

【點(diǎn)睛】

學(xué)會(huì)分析左右兩邊電極反應(yīng)，C2O52?反應(yīng)生成O2，化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，為陽(yáng)極，連接電源正極。18、BCD【分析】解：rm{A.CuO}中rm{Cu}元素化合價(jià)從rm{+2}價(jià)變?yōu)閞m{0}價(jià)被還原，rm{CuO}作氧化劑；故A錯(cuò)誤；

B.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合價(jià)降低被還原；作氧化劑，故B正確；

C.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合價(jià)從rm{+2}價(jià)變?yōu)閞m{0}價(jià)；銅元素化合價(jià)降低，故C正確；

D.該反應(yīng)中氫氣中rm{H}元素化合價(jià)升高被氧化；故D正確；

故選BCD．

反應(yīng)rm{CuO+H_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}中，氧化銅中rm{CuO+H_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}元素化合價(jià)降低被還原，氧化銅為氧化劑；氫氣中rm{Cu}元素化合價(jià)升高被氧化；為還原劑，據(jù)此進(jìn)行解答．

本題考查了氧化還原反應(yīng)，題目難度不大，明確氧化還原反應(yīng)的實(shí)質(zhì)及特征為解答關(guān)鍵，注意掌握氧化劑、還原劑的概念及判斷方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力．rm{H}【解析】rm{BCD}三、填空題(共5題，共10分)19、略

【分析】

（1）二氧化硫能與飽和碳酸氫鈉反應(yīng)生成亞硫酸鈉與二氧化碳；故答案為：飽和碳酸氫鈉；

（2）氯氣中的雜質(zhì)氯化氫能溶于飽和食鹽水中；而氯氣不能溶于食鹽水中，將混合氣體通入飽和食鹽水中，可以采用洗氣的方法來(lái)分離，故答案為：飽和食鹽水；

（3）鎂不與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，Al2O3與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水；故答案為：氫氧化鈉溶液；

（4）HCl與飽和亞硫酸氫鈉反應(yīng)生成氯化鈉和SO2；故答案為：飽和亞硫酸氫鈉．

【解析】【答案】除雜的方法是將雜質(zhì)以沉淀或氣體的形式除去；除雜質(zhì)題最少要滿足兩個(gè)條件：①加入的試劑只能與雜質(zhì)反應(yīng)；不能與原物質(zhì)反應(yīng)；②反應(yīng)時(shí)不能加入新的雜質(zhì)．

20、略

【分析】

根據(jù)圖示信息可知；化合物丙是氯化銨，甲和乙是氯化氫和氨氣中的一種，因?yàn)榘睔馐堑獨(dú)夂蜌錃饣隙傻模然瘹涫菤錃夂吐葰饣隙傻?，所以Y一定是氫氣，X分子中含共價(jià)鍵最多，所以X是氮?dú)?，Z是氯氣，甲是氨氣，乙是氯化氫．

（1）氮?dú)獾慕Y(jié)構(gòu)式為：N≡N；氯化銨是離子晶體，其中的作用力是離子鍵，故答案為：N≡N；離子鍵；

（2）①氨氣易溶于水，密度比空氣小，用向下排空氣法來(lái)收集，裝置圖為：故答案為：

②實(shí)驗(yàn)室中有氯化銨和氫氧化鈣固體反應(yīng)生成氨氣的方法來(lái)制取氨氣，發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式是：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+2H2O+CaCl2；

故答案為：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+2H2O+CaCl2；

③氨氣溶于水形成的氨水顯堿性，能使酚酞顯紅色，因?yàn)镹H3?H2O=NH4++OH-，故答案為：NH3?H2O=NH4++OH-．

【解析】【答案】10個(gè)電子的分子和18個(gè)電子的分子反應(yīng)能生成離子化合物的只有氯化氫和氨氣之間反應(yīng)生成氯化銨的反應(yīng)；以此為突破口來(lái)回答該題．

21、略

【分析】解：令A(yù)的物質(zhì)的量為4mol；由方程式4A=4B+C+2D，可知混合氣體總物質(zhì)的量為1mol+2mol+4mol=7mol；

混合氣體對(duì)氫氣的相對(duì)密度為18；則混合氣體平均摩爾質(zhì)量=2g/mol×18=36g/mol，混合氣體總質(zhì)量=7mol×36/mol=252g；

由質(zhì)量守恒定律可知A的質(zhì)量等于混合氣體總質(zhì)量，故A的摩爾質(zhì)量==63g/mol；

故答案為：63g/mol．

令A(yù)的物質(zhì)的量為4mol，由方程式可知混合氣體總物質(zhì)的量為7mol，根據(jù)混合氣體相對(duì)氫氣密度計(jì)算混合氣體的平均摩爾質(zhì)量，根據(jù)m=nM計(jì)算混合氣體總質(zhì)量，由質(zhì)量守恒定律可知A的質(zhì)量等于混合氣體總質(zhì)量，再根據(jù)M=計(jì)算A的摩爾質(zhì)量．

本題考查物質(zhì)的量計(jì)算、化學(xué)方程式計(jì)算，難度不大，關(guān)鍵是理解相同條件下氣體的摩爾質(zhì)量和氣體的密度成正比．【解析】63g/mol22、（1）①二ⅥA

②共價(jià)鍵

③

（2）B【分析】【分析】被套泥考查的是元素周期表的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，難度不大?！窘獯稹縭m{(1)}若rm{Y}的rm{-2}價(jià)陰離子結(jié)構(gòu)示意圖為的rm{Y}價(jià)陰離子結(jié)構(gòu)示意圖為rm{-2}為硫元素，，則為氧元素，rm{Z}為硫元素，rm{X}為氫元素。為氫元素。rm{Z}氧元素在第二周期第Ⅵrm{X}族，故答案為：二；Ⅵrm{壟脵}；rm{A}過(guò)氧化氫含有共價(jià)鍵，電子式為故答案為：共價(jià)鍵rm{A}硫化氫的形成過(guò)程為故答案為：rm{壟脷}rm{壟脹}元素原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的rm{(2)}倍，則為碳，若rm{Y}元素原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的rm{2}倍，則為碳，rm{Z}為硅為硅，rm{Y}為碳酸，可能，故正確；rm{2}沒(méi)有這種物質(zhì)，故錯(cuò)誤；rm{Z}為四氯化碳，故正確；rm{A}為碳化硅，故正確，故答案為：rm{B.}rm{C.}【解析】rm{(1)壟脵}二Ⅵrm{A}二Ⅵrm{(1)壟脵}rm{A}共價(jià)鍵rm{壟脷}共價(jià)鍵rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脹}23、（1）N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（L）△H＝-820.25kJ/mol10.125（2）2Al（s）+3FeO（s）═Al2O3（s）+3Fe（s）△H=﹣859.7kJ?mol﹣1

（2）①吸增大②D（3）818.0kJ?mol﹣1【分析】【分析】

本題考查了反應(yīng)熱的計(jì)算，熱化學(xué)方程式書寫，外界條件對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響。

【解答】

rm{(1)}已知rm{0.4mol}液態(tài)肼和rm{0.8mol}雙氧水反應(yīng)生成氮?dú)夂退魵鈺r(shí)放出rm{257.7kJ}的熱量；肼和雙氧水反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-644.25k/mol}rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-644.25k/mol}rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)

triangleH=-644.25k/mol}rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-644.25k/mol}依據(jù)蓋斯定律rm{壟脷H_{2}O(l)=H_{2}O(g)}得到：rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(L)triangleH=-820.25kJ/mol}化學(xué)方程式中rm{triangleH=+44KJ/mol}全部反應(yīng)放熱rm{壟脵-壟脷隆脕4}rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(L)triangle

H=-820.25kJ/mol}液態(tài)肼與足量雙氧水反應(yīng)生成氮?dú)夂鸵簯B(tài)水時(shí)，放出的熱量是rm{32g}故答案為：rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(L)triangleH=-820.25kJ/mol}rm{820.25kJ}rm{16g}已知：rm{壟脵2Fe(s)+O_{2}(g)=2FeO(s)triangleH_{1}=-544.0kJ?mol^{-1}}rm{壟脷4Al(s)+3O_{2}(g)簍T2Al_