2024年北师大新版高一化学下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2024年北师大新版高一化学下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9题，共18分)1、下列各组粒子所含电子数目相同的是A.NH4+、OH－、H3O+B.Na+、Mg2+、S2－C.F－、NH2－、Cl－D.Li+、Na+、K+2、下列说法正确的是（）。①质子数相同的粒子不一定属于同种元素②同位素的化学性质几乎完全相同③元素种类由质子数决定，元素原子的化学性质由最外层电子数决定④核电站泄露出的放射性同位素对人体有害⑤核素都是由质子和中子构成A.①②③④B.只有②③④C.②③④⑤D.都对3、鉴别甲烷、一氧化碳和氢气三种无色气体的方法是（）A通入溴水通入澄清石灰水B点燃罩上涂有澄清石灰水的烧杯C点燃罩上干冷烧杯罩上涂有澄清石灰水的烧杯D点燃罩上涂有澄清石灰水的烧杯通入溴水4、下列反应中属于取代反应的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{2}篓TCH_{2}+HCl隆煤CH_{3}CH_{2}Cl}B.C.D.rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na隆煤2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}隆眉}5、将等物质的量浓度的CuSO4和NaCl等体积混合后；用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法错误的是。

A.阳极先析出Cl2，后析出O2，阴极先产生Cu，后析出H2B.AB段阳极只产生Cl2，阴极只产生CuC.BC段表示在阴极上是H＋放电产生了H2D.CD段相当于电解水6、下列说法正确的是（）A.含金属元素的离子也可能是阳离子B.金属比非金属易失电子，所以金属可以置换非金属，而非金属不能置换金属C.金属氧化物一定是碱性氧化物D.SiO2是酸性氧化物，所以不与任何酸反应7、在化学反应：rm{5NH_{4}NO_{3}篓T篓T篓T篓T2HNO_{3}+4N_{2}隆眉+9H_{2}O}中，被还原的氮原子与被氧化的氮原子的物质的量之比为()A.rm{3:5}B.rm{5:3}C.rm{5:2}D.rm{5:1}8、在同温同压下，相同体积的烧瓶分别充满氨气和氯化氢气体，做喷泉实验后，水都充满烧瓶，烧瓶中溶液的物质的量浓度之比是rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{0.45}B.rm{1}rm{1}C.rm{1}rm{0.29}D.rm{4.5}rm{2.9}9、生活中的下列措施是为了改变化学反应速率的是rm{(}rm{)}A.将湿衣服放在太阳下晒干B.向较多粉尘的地面洒水后再清洁C.铁制栏杆喷涂油漆D.将食盐密封好，防止吸潮结块评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)10、无水氯化铝是一种重要韵催化剂，工业上由rm{Al_{2}O_{3}}制备无水氯化铝的反应为：rm{2Al_{2}O_{3}(s)+6Cl_{2}(g)overset{{赂脽脦脗}}{rightleftharpoons}4AlCl_{3}(g)+3O_{2}(g)triangleH>0.}下列分析错误的是rm{2Al_{2}O_{3}(s)+6Cl_{2}(g)

overset{{赂脽脦脗}}{rightleftharpoons}4AlCl_{3}(g)+3O_{2}(g)triangle

H>0.}rm{(}A.增大反应体系的压强，反应速率可能加快B.加入碳粉，平衡向右移动，原因是碳与rm{)}反应，降低了生成物的浓度且放出热量C.电解熔融的rm{O_{2}}和rm{Al_{2}O_{3}}溶液均能得到单质铝D.将rm{AlCl_{3}}在氯化氢气流中加热，也可制得无水氯化铝rm{AlCl_{3}?6H_{2}O}11、已知在rm{25隆忙}rm{101kPa}下，rm{1}克rm{C_{8}H_{18}(}辛烷rm{)}燃烧生成二氧化碳气体和液态水时放出rm{48.40kJ}热量。表示上述反应的热化学方程式正确的是A.rm{C_{8}H_{18}(l)+12.5O_{2}(g)=8CO_{2}(g)+9H_{2}O(g)triangleH=-48.40kJ隆陇mol^{-1}}B.rm{C_{8}H_{18}(1)+12.5O_{2}(g)=8CO_{2}(g)+9H_{2}O(g)triangleH=-5517.6kJ隆陇mol^{-1}}C.rm{C_{8}H_{18}(1)+12.5O_{2}(g)=8CO_{2}(g)+9H_{2}O(1)triangleH=-5517.6kJ隆陇mol^{-1}}D.rm{C_{8}H_{18}(1)+12.5O_{2}(g)=8CO_{2}(g)+9H_{2}O(1)triangleH=-48.40kJ隆陇mol^{-1}}rm{C_{8}H_{18}(l)+12.5O_{2}(g)=8CO_{2}(g)+9H_{2}O(g)triangle

H=-48.40kJ隆陇mol^{-1}}12、在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度．则下列说法正确的是（）A.物质的量：甲＜乙B.气体体积：甲＞乙C.摩尔体积：甲＞乙D.相对分子质量：甲＞乙13、可与人体血液中的物质结合导致中毒的空气污染物是（）A.NOB.N2C.CO2D.CO14、下列关于有机物的叙述，正确的是()

A.石油的分馏和煤的气化都是发生了化学变化B.将溴水加入苯中，溴水的颜色变浅，这是由于发生了加成反应C.煤的干馏过程属于化学变化D.石油裂化的主要目的是提高轻质液体燃料的产量和质量评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、(8分)在分开盛放的A、B两种溶液中，共含有Na+、H+、Ag+、Ba2+、NO3—、Cl—、CO32—七种离子，已知A溶液中含有三种阳离子和一种阴离子，则B溶液中所含的离子是。取少量A溶液，向其中滴入CaCl2至不再有沉淀生成后，过滤，将此滤液逐滴加入到过量的B溶液中，则滤液中发生的离子反应有,,。16、A、B、C、D四种短周期元素，A元素有三个电子层，其中最外层电子数占总电子数的1/6；B元素原子核外电子数比A元素原子核外电子数多1；C-离子核外电子层数比A元素的离子核外电子层数多1；D元素原子最外层电子数是次外层的2倍．请填写下列空格：

（1）请写出A的元素符号____；（2）C的负一价阴离子的结构示意图____；

（3）C、D两元素形成的化合物的电子式____．

（4）A、B两元素相比较，A元素的金属性较强，可以验证该结论的实验是____

A．将这两种元素的块状单质分别放入冷水中。

B．将这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应。

C．将这两种元素的单质粉末分别和热水作用；并滴入酚酞试液。

D．比较这两种元素的气态氢化物的热稳定性．17、（4分）在NaCl、NaOH、N2、H2S中，只含有离子键的是，只含有极性键的是，只含有非极性键的是，既含有离子键又含有极性键的是。18、如图中A-E为中学化学常用仪器；请根据要求回答：

（1）写出仪器的名称：E______，F______．

（2）除去粗盐中混有的杂质氯化镁及泥沙时，先将粗盐溶于适量水中，再加入稍过量的氢氧化钠溶液，使氯化镁转化为沉淀，然后用______（填写实验操作名称）方法除去泥沙和沉淀，进行此操作时必须选用的图示仪器有______（填写仪器编号）

（3）下列关于仪器D的使用方法中，正确的是______．

A．使用前应检验是否漏液B．使用前必须烘干C．不能用作物质反应或溶解的容器．19、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数rm{A<B<C<D<E}其中rm{A}rm{B}rm{C}是同一周期的非金属元素。化合物rm{DC}为离于化合物，rm{D}的二价阳离子与rm{C}的阴离子具有相同的电子层结构。rm{AC_{2}}为某种温室气体。rm{B}rm{C}的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。人体缺rm{E}元素会得软骨病，rm{D}与rm{E}位于同主族。请根据以上情况，回答下列问题：rm{(}用rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}所对应的元素符号表示rm{)}rm{(1)A}rm{B}rm{C}非金属性由强到弱的顺序为____。rm{E}在元素周期表中的位置是____。rm{(2)C}的一种氢化物是绿色氧化剂，其电子式是____。rm{(3)B}的氢化物的沸点比它的同族相邻周期元素氢化物的沸点高，理由是____。rm{B}的氢化物溶于水的电离方程式为____。rm{(4)B}的最髙价氧化物对应的水化物的稀溶液与rm{D}的单质反应时，rm{B}被还原到最低价，该反应的化学方程式是____。20、（14分）过氧化氢H2O2，（氧的化合价为－1价），俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。对于下列A~F涉及H2O2的反应，回答相关问题：A．Na2O2+2HCl=2NaCl+H2O2B．Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2OC．2H2O2=2H2O+O2↑D．3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2OE．H2O2+MnSO4=MnO2+H2SO4F．H2O2+Fe2++H+==Fe3++H2O（1）上述反应不属于氧化还原反应的是（填代号）_____________。（2）H2O2仅体现还原性的反应是（填代号）。（3）H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是（填代号）。（4）H2O2体现酸性的反应是（填代号）。（5）上述反应说明H2O2、Ag2O、K2CrO4氧化性由强到弱的顺序是：。（6）通过以上反应分析，H2O2常称为绿色氧化剂，原因是_______________________。（7）请配平化学反应F，并画出电子转移情况。H2O2+Fe2++H+==Fe3++H2O（8）由于H2O2有较强氧化性，能使某些有色试剂褪色，具有漂白作用，另外它还有弱酸性，某学生将H2O2溶液滴入含有酚酞的氢氧化钠溶液中，观察到溶液的红色消失。为了探究溶液褪色的原因，该学生提出了两种假设，然后又设计了一个简单的实验方案，以验证这两种假设。请回答：(A)该学生提出的两种假设是：假设①___________________________________________；假设②_________________________________。(B)将该学生设计的简单实验方案、预测的实验现象及结论填入下表(结论部分只需填①或②)：。简单实验方案预测的实验现象结论假设____成立假设____成立21、将下列离子Na+、K+、Cu2+、H+、NOCl﹣、COOH﹣按可能大量共存于同一溶液的情况，把他们分成A、B两组，而且每组中均含两种阳离子和两种阴离子．A组：____．

B组：____．22、在密闭容器中发生3X（g）+Y（g）⇌Z（g）+2W（g）反应；现在控制下列三种。

不同的条件：

①在400℃时；9molX与3molY反应。

②在400℃时；15molX与5molY反应。

③在300℃时；9molX与3molY反应。

那么，反应开始时，正反应速率最大的是______．（填序号），正反应速率最小的是______．23、稀的强酸和稀的强碱反应的中和热为rm{57.3KJ/mol}浓的强酸或浓的强碱反应测得的中和热______于rm{57.3KJ/mol}原因：______；弱酸或弱碱反应测得的中和热______于rm{57.3KJ/mol}原因：______．评卷人得分四、判断题(共2题，共18分)24、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。25、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）评卷人得分五、工业流程题(共3题，共18分)26、七铝十二钙(12CaO·7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3)和废铝片制备七铝十二钙的工艺如下：

(1)电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为_____

(2)一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4-和Al2Cl7-两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为______27、工业上利用废镍催化剂（主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）制备草酸镍晶体（NiC2O4·2H2O）的流程如下：

（1）NiC2O4·2H2O中C的化合价是___。既能加快“酸浸”反应速率又能提高“酸浸”原料利用率的操作措施为___。

（2）“滤渣Ⅰ”的主要成分是___。

（3）在隔绝空气的条件下，高温煅烧无水NiC2O4得到Ni2O3和两种含碳元素的气体，该反应的化学方程式是___。

（4）高能锂离子电池的总反应为2Li+FeS=Fe+Li2S。用该电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni的装置如图（图中X、Y为电极，LiPF6·SO(CH3)2为电解质）。

①电极X的反应材料是___（填化学式）；中间隔室b可以得到的主要物质Z是___（填化学式）。

②电解总反应的离子方程式为___。

已知F＝96500C/mol，若电池工作tmin，维持电流强度为IA，理论回收Ni___g（写出计算表达式即可）。28、“NaH2PO2还原法”制备高纯度氢碘酸和亚磷酸钠(Na2HPO3)的工业流程如图。

已知：25℃时，H3PO3的pKa1=1.3，pKa2=6.6。

（1）“合成”过程，主要氧化产物为H3PO3，相应的化学方程式为___________。

（2）“除铅”过程，FeS除去微量Pb2+的离子方程式为___________。

（3）“减压蒸馏”过程，I-回收率为95%，则剩余固体的主要成分为___________（填化学式）。

（4）“调pH=11”的作用是___________。

（5）氢碘酸也可以用“电解法”制备，装置如图所示。其中双极膜(BPM)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-；A；B为离子交换膜。

①B膜最佳应选择___________

②阳极的电极反应式是___________。

③少量的I-因为浓度差通过BPM膜，若撤去A膜，其缺点是：___________评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共8分)29、如图表示A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色。

回答下列问题：

(1)A→D反应常用于人工固氮，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)D→C是工业制硝酸的重要反应，化学方程式为_______。

(3)B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收，则B与的物质的量之比为_______，若该反应转移个电子，则参加反应的B的物质的量为_______mol。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【解析】试题分析：对于原子核外电子数＝质子数，如果是阳离子，核外电子数＝质子数－电荷数。如果是阴离子，核外电子数＝质子数＋电荷数。A中电子数都是10个，B中电子数分别是10、10、18个，C中电子数分别是10、10、18个，D电子数分别是2、10、18个，所以答案选A。考点：考查核外电子数的计算【解析】【答案】A2、A【分析】【解析】试题分析：⑤11H这种核素中没有中子，故错。故选A。考点：核素【解析】【答案】A3、C【分析】三种都是无色的可燃性气体，但燃烧产物是不同的，分别是CO2和水、CO2、水，据此可以鉴别。三种气体但不能使溴水褪色，所以答案选C。【解析】【答案】C4、B【分析】解：rm{A.}碳碳双键转化为单键；为加成反应，故A不选；

B.苯环上rm{H}被硝基取代；为取代反应，故B选；

C.碳碳双键转化为单键；且生成高分子，为加聚反应，故C不选；

D.醇中rm{O-H}键断裂；生成氢气，为单质与化合物反应生成新单质；化合物的反应，属于置换反应，故D不选；

故选B．

A.碳碳双键转化为单键；

B.苯环上rm{H}被硝基取代；

C.碳碳双键转化为单键；且生成高分子；

D.醇中rm{O-H}键断裂；生成氢气．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机反应类型的判断，题目难度不大．【解析】rm{B}5、C【分析】【详解】

由于两种溶液的体积相等，物质的量浓度也相等，即溶质的物质的量相等，设CuSO4和NaCl的物质的量各1mol；电解分3个阶段：[第一阶段]阳极：1mol氯离子失1mol电子，阴极：0.5mol铜离子得1mol电子，因为铜离子水解使溶液显酸性，随着电解的进行，铜离子的浓度降低，酸性减弱，pH将增大；[第二阶段]阳极：1mol氢氧根离子失1mol电子(来源于水的电离)，阴极：0.5mol铜离子再得1mol电子，因为氢氧根离子消耗，使水溶液中氢离子浓度增大，pH迅速减小；[第三阶段]阳极：氢氧根离子失电子，阴极：氢离子得电子，它们都来源于水的电离，实质是电解水，导致溶液的体积减小，使溶液中氢离子浓度增大，pH继续减小；则。

A．根据离子放电顺序知，阳极先析出Cl2，后析出O2，阴极先产生Cu，后析出H2；故A正确；

B．阳极上氯离子先放电、阴极上铜离子先放电，当电解氯化铜时，溶液pH增大，所以AB段阳极只产生Cl2；阴极只产生Cu，故B正确；

C．BC段阴极上铜离子放电生成铜；故C错误；

D．CD段是第三阶段；阳极上氢氧根离子放电；阴极上氢离子放电，所以相当于电解水，故D正确；

故选C。6、A【分析】解：A；含金属元素的离子不一定都是阳离子；例如高锰酸根离子属于阴离子，含有金属锰元素，故A正确；

B；氢气还原氧化铜；是非金属置换金属，故B错误；

C；三氧化二铝是两性氧化物；故C错误；

D、SiO2是酸性氧化物；可以与氢氟酸反应，故D错误；

故选A．

A；根据高锰酸根离子属于阴离子考虑；

B；氢气还原氧化铜；是非金属置换金属；

C；三氧化二铝是两性氧化物；

D、SiO2是酸性氧化物；可以与氢氟酸反应．

解答本题关键是要知道元素知识，要从根本上去理解和记忆元素的性质，就可能熟练的解题了．【解析】【答案】A7、A【分析】【分析】本题考查了氧化还原反应的有关计算，难度不大。关键是明确发生氧化反应的微粒和发生还原反应的微粒。注意该题中部分硝酸根离子不发生氧化还原反应。【解答】根据方程式中氮元素的化合价可知，rm{5molNH}rm{5molNH}rm{4}rm{4}价升高到rm{+}价，被氧化。rm{+}中氮元素的化合价从rm{-3}价升高到rm{0}价，被氧化。rm{5molNO}rm{-3}rm{0}氮原子的化合价由rm{5molNO}价降低到rm{3}价，被还原，所以rm{3}故A正确。故选A。

rm{-}【解析】rm{A}8、B【分析】解：设烧瓶的体积为rm{V}气体摩尔体积为rm{Vm}带入公式rm{C=dfrac{n}{V}=dfrac{dfrac{V}{Vm}}{V}=dfrac{1}{Vm}}所以最终溶液的物质的量浓度与所取的气体无关，不管是氨气还是二氧化硫最终浓度都是rm{C=dfrac{n}{V}=dfrac{dfrac

{V}{Vm}}{V}=dfrac{1}{Vm}}所以烧瓶中溶液的物质的量浓度之比rm{dfrac{1}{Vm}}rm{1}故选B．

依据浓度公式，设烧瓶的体积为rm{1}气体摩尔体积为rm{V}带入公式rm{C=dfrac{n}{V}=dfrac{dfrac{V}{Vm}}{V}=dfrac{1}{Vm}}以此解答．

本题考查的是物质的量浓度的有关计算，正确求算盛放氯化氢气体和氨气的烧瓶溶液的体积，学生要清楚氨气和氯化氢极易溶于水是解本题的关键．rm{Vm}【解析】rm{B}9、C【分析】解：rm{A.}升高温度；反应速率加快，将湿衣服放在太阳下晒干的通过改变温度提高蒸发速率，该过程没有发生化学反应，所以不符合条件，故A不选；

B.向较多粉尘的地面洒水后再清洁；将粉尘表面积缩小，但该过程没有发生化学反应，所以不符合条件，故B不选；

C.铁制栏杆喷涂油漆；防止铁制品与空气；水蒸气接触，防止发生化学反应，所以改变化学反应速率，故C选；

D.将食盐密封好；防止吸潮结块，氯化钠和水不发生化学反应，所以不符合条件，故D不选；

故选C．

改变反应物浓度；改变温度、改变反应物接触面积且发生化学反应的都能改变化学反应速率；据此分析解答．

本题考查化学与生活，为高频考点，明确物质性质及题中限制性条件“化学反应”是解本题关键，易错选项是rm{A}注意该过程中没有发生化学反应，题目难度不大．【解析】rm{C}二、双选题(共5题，共10分)10、BC【分析】解：rm{A}增大反应体系的压强；反应速率加快，故A正确；

B、加入碳粉，平衡向右移动，原因是碳与rm{O_{2}}反应；降低了生成物的浓度且吸收热量，故B错误；

C；氯化铝是共价化合物不能熔融电解生成铝；可以电解熔融氧化铝制备金属铝，故C错误；

D、氯化铝在水溶液中加热会水解，加入氯化氢气体会抑制氯化铝的水解；应将rm{AlCl_{3}?6H_{2}O}在氯化氢气流中加热；也可制得无水氯化铝，故D正确；

故选BC．

A；增大压强对有气体参加的反应会增大反应速率；

B；反应是吸热反应；

C；氯化铝是共价化合物不能熔融电解生成铝；

D；氯化铝在水溶液中加热会水解；加入氯化氢气体会抑制氯化铝的水解．

本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，反应热量变化，电解制备铝的工业方法和氯化铝溶液蒸发结晶的方法分析，题目难度中等．【解析】rm{BC}11、BC【分析】【分析】本题考查了热化学反应方程式的书写，明确热化方程式书写方法及原则是解题关键，注意物质的聚集状态和对应化学方程式计量数的反应焓变计算，题目难度不大。【解答】在rm{25隆忙}时，rm{101kPa}下，rm{57gC_{8}H_{18}(}辛烷rm{)}物质的量为rm{0.5mol}燃烧生成二氧化碳和液态水时放出rm{2758.80kJ}热量，则rm{1mol}辛烷即rm{114g}辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出rm{5517.6KJ}的热量，热化学方程式为：rm{C_{8}H_{18}(1)+12.5O_{2}(g)=8CO_{2}(g)+9H_{2}O(1)triangleH=-5517.6kJ?mol^{-1}}故BC符合题意。

故选BC。rm{C_{8}H_{18}(1)+12.5O_{2}(g)=8CO_{2}(g)+9H_{2}O(1)triangle

H=-5517.6kJ?mol^{-1}}【解析】rm{BC}12、A|D【分析】解：同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=知；相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量大于乙；

A．根据n=知；相同质量时其物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量大于乙，则甲的物质的量小于乙，故A正确；

B．根据V=知；相同温度；压强、质量时，气体体积与摩尔质量成反比，摩尔质量甲＞乙，则气体体积甲＜乙，故B错误；

C．同温同压下；气体摩尔体积相等，故C错误；

D．根据以上分析知；摩尔质量甲＞乙，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以相对分子质量甲＞乙，故D正确；

故选AD．

同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=知，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量大于乙，再结合n=V=分析．

本题阿伏伽德罗定律及其推论，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件，题目难度不大．【解析】【答案】AD13、A|D【分析】解：A；NO是空气污染物；且有毒，能与人体血液中的物质结合导致中毒，故A正确；

B、N2不是空气污染物；且无毒，不能与人体血液中的物质结合导致中毒，故B错误；

C、CO2不是空气污染物；且无毒，不能与人体血液中的物质结合导致中毒，故C错误；

D；CO是空气污染物；容易与血液中的血红蛋白结合，使人中毒，故D正确；

故选AD．

A；NO是空气污染物；且有毒能与人体血液中的物质结合；

B、N2不是空气污染物；且无毒；

C、CO2不是空气污染物；且无毒；

D；一氧化碳能与人体的血红蛋白结合；使人中毒．

本题主要考查物质的性质方面的知识，解答时要理解一氧化碳、一氧化氮等物质能够与血红蛋白结合，从而引起中毒．【解析】【答案】AD14、CD【分析】【分析】A.石油的分馏没有新物质生成；B.溴水中加入苯发生萃取；C.煤的干馏过程属于化学变化；D.根据石油裂化的目的进行判断。【解答】A.煤的气化是用煤来生产水煤气的过程，有新物质生成，故为化学变化，而石油的分馏是利用各组分的沸点的不同，用加热的方法将各组分分离的方法，故为物理变化，故A错误；B.苯和溴水混合不反应，发生萃取，故B错误；C.煤的干馏过程属于化学变化，属于化学变化，故C正确；D.石油裂化获得轻质油，即石油裂化的目的是提高轻质油的产量和质量，故D正确。故选CD。【解析】rm{CD}三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】试题分析：银离子与Cl-、CO32-不能共存，若一种溶液中存在银离子，则不可能有Cl-、CO32-，碳酸根离子与钡离子和氢离子不共存，以因为A溶液中含有三种阳离子和一种阴离子，所以A中含有银离子、钡离子和氢离子三种阳离子和硝酸根一种阴离子，由此分析可知B中含有CO32-、Cl-、Na+，取少量A溶液，向其中滴入CaCl2至不再有沉淀生成后，银离子完全沉淀，向过滤后的滤液CO32-、Cl-、Na+，碳酸离子与氢离子、钙离子和钡离子反应，方程式为：H++CO32-=HCO3-、Ba2++CO32-=BaCO3↓、Ca2++CO32-=CaCO3↓，故答案为：CO32-、Cl-、Na+；H++CO32-=HCO3-、Ba2++CO32-=BaCO3↓、Ca2++CO32-=CaCO3↓．考点：常见离子的检验【解析】【答案】CO32-、Cl-、Na+H++CO32-=HCO3-Ba2++CO32-=BaCO3↓Ca2++CO32-=CaCO3↓16、略

【分析】

A元素有三个电子层，其中最外层电子数占总电子数的设最外层电子数为x，则有x=2，故A为Mg元素，B元素原子核外电子数比A元素原子核外电子数多1，应为Al元素，C-离子核外电子层数比A元素的离子核外电子层数多1，则C-离子核外有3层电子；C为Cl元素，D元素原子最外层电子数是次外层的2倍，应为C元素，则。

（1）由以上分析可知A为Mg元素；故答案为：Mg；

（2）C原子核内用17个质子，C的负一价阴离子核外各层电子数分别为2、8、8，结构示意图为故答案为：

（3）C、D两元素形成的化合物为CCl4，分子中各原子核外最外层达到8电子稳定结构，电子式为故答案为：

（4）A．将这两种元素的块状单质分别放入冷水中；都不能与冷水反应，故A错误；

B．将这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应；镁反应较剧烈，可以证明Mg的金属性较强，故B正确；

C．将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞试液，Mg可以可热水反应，生成Mg（OH）2；溶液呈碱性，而Al难以反应，可证明Mg的金属性较强，故C正确；

D．两种金属元素都不能形成氢化物；故D错误．

故答案为：BC．

【解析】【答案】A元素有三个电子层，其中最外层电子数占总电子数的设最外层电子数为x，则有x=2，故A为Mg元素，B元素原子核外电子数比A元素原子核外电子数多1，应为Al元素，C-离子核外电子层数比A元素的离子核外电子层数多1，则C-离子核外有3层电子；C为Cl元素，D元素原子最外层电子数是次外层的2倍，应为C元素，结合原子结构和元素周期律的递变规律解答该题．

17、略

【分析】【解析】【答案】NaClH2SN2NaOH18、略

【分析】解：（1）由仪器的图形可知E为冷凝管；F为长颈漏斗，故答案为：冷凝管；长颈漏斗；

（2）用过滤除去泥沙和沉淀；过滤装置由铁架台；烧杯、玻璃棒、漏斗四种仪器组成，故答案为：过滤；ABC；

（3）A．容量瓶有瓶塞；配制过程中需要摇匀，所以使用前应检验是否漏液，故A正确；

B．由于定容时还需要加入蒸馏水；所以容量瓶在使用前不需要烘干，故B错误；

C．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液；不能用作物质反应或溶解的容器，故C正确；

故选AC．

（1）根据仪器的结构特点判断仪器的名称；

（2）过滤是将固体不溶物跟液体分离的一种方法；其装置由铁架台；烧杯、玻璃棒、漏斗四种仪器组成，其中漏斗用来制作过滤器；

（3）仪器D为容量瓶；根据配制一定物质的量浓度溶液中容量瓶的正确使用方法进行解答．

本题考查了常见的化学仪器及使用方法，题目难度不大，注意掌握常见仪器的构造及正确使用方法，特别是容量瓶的使用，不能在容量瓶中溶解或者稀释溶液．【解析】冷凝管；长颈漏斗；过滤；ABC；AC19、(1)O>N>C第四周期第IIA族

(2)

(3)NH3分子间有氢键，而PH3分子间无氢键

(4)4Mg＋10HNO3=4Mg(NO3)2＋NH4NO3＋3H2【分析】【分析】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，注意原子结构与元素周期律、表的综合应用。【解答】rm{D}rm{D}形成rm{+}rm{+}rm{2}rm{2}价阳离子，rm{DC}rm{DC}是离子化合物，说明rm{C}rm{C}为rm{-}rm{-}rm{2}rm{2}价阴离子，rm{D}rm{D}是第Ⅱrm{A}rm{A}族元素，rm{C}rm{C}为第Ⅵrm{A}rm{A}族元素。由“rm{B}rm{B}、rm{C}rm{C}的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高”，将rm{B}rm{B}、rm{C}rm{C}锁定在氮、氧、氟元素之内，因为rm{NH_{3}}rm{NH_{3}}、rm{H_{2}O}rm{H_{2}O}、依据同周期元素从左到右非金属性逐渐增强可知，rm{HF}rm{HF}沸点在同主族元素氢化物中反常，根据原子序数大小顺序知，非金属性由强到弱的顺序为rm{B}rm{B}为钙，为氮，在元素周期表中的位置是第四周期第rm{C}族；

故答案为：rm{C}第四周期，第为氧，族；rm{D}rm{D}为氧，为镁。的一种氢化物是绿色氧化剂，则为rm{AC_{2}}其电子式是

故答案为：rm{AC_{2}}为非极性分子，所以，为氮，rm{A}的氢化物的沸点比它的同族相邻周期元素氢化物的沸点高，理由是rm{A}分子间有氢键，而为碳。人体缺钙会得软骨病，分子间无氢键，rm{E}的氢化物溶于水的电离方程式为rm{N{H}_{3}+{H}_{2}O?N{H}_{3}?{H}_{2}O?N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}}

故答案为：rm{E}分子间有氢键，而为钙，钙和镁同主族。镁与硝酸反应，还原产物是分子间无氢键；rm{N{H}_{3}+{H}_{2}O?N{H}_{3}?{H}_{2}O?N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}}rm{NH_{3}}镁与稀硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铵和水，该反应的化学方程式是rm{NH_{3}}，氨气与硝酸反应生成硝酸铵。rm{(1)}rm{A}rm{B}rm{C}rm{O>N>C}rm{E}rm{E}rm{E}rm{IIA}rm{O>N>C}rm{IIA}rm{(2)}rm{C}rm{C}rm{C}

​故答案为：rm{H_{2}O_{2}}rm{(3)}rm{B}rm{B}rm{B}rm{NH_{3}}rm{PH_{3}}rm{B}rm{N{H}_{3}+{H}_{2}O?N{H}_{3}?{H}_{2}O?N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}

}rm{NH_{3}}rm{PH_{3}}rm{N{H}_{3}+{H}_{2}O?N{H}_{3}?{H}_{2}O?N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}

}rm{(4)}rm{4Mg}rm{4Mg}rm{+}rm{10HNO}rm{+}

rm{10HNO}【解析】rm{(1)O>N>C}第四周期第rm{IIA}族rm{(2)}rm{(3)NH3}分子间有氢键，而rm{PH3}分子间无氢键rm{N{H}_{3}+{H}_{2}O?N{H}_{3}?{H}_{2}O?N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}}rm{N{H}_{3}+{H}_{2}O?N{H}_{3}?{H}_{2}O?N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}

}rm{(4)4Mg+10HNO_{3}=4Mg(NO_{3})_{2}+NH_{4}NO_{3}+3H_{2}}20、略

【分析】(1)凡是有元素化合价升降的反应就是氧化还原反应，所以只有选项A不是氧化还原反应。（2）在氧化还原反应中化合价升高的物质是还原剂，还原剂具有还原性。B中双氧水中氧原子的化合价由－1价升高到0价，作还原剂，正确。C是复分解反应，既作氧化剂，又作还原剂。DEF中双氧水中氧原子的化合价由－1价降低到－2价，作氧化剂。（3）见解析（2）（4）在选项A中过氧化钠可以看作是过氧化氢的盐，因此A正确。（5）根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的可知，氧化性强弱是Ag2O>H2O2>K2CrO4。（6）由于过氧化氢的还原产物通常为水，对环境无污染，所以常被称作是绿色还原剂。（7）可根据氧化还原反应中电子的得失守恒解析配平。1mol过氧化氢得到2mol电子，而1mol亚铁离子只能失去1mol电子，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比是1︰2。（8）溶液褪色，可能是溶液的碱性降低即被过氧化氢中和。另外一种可能就是过氧化氢的漂白使其褪色的。如果是因为被中和而颜色消失，则继续加入氢氧化钠溶液时，还会恢复红色。由于过氧化氢的漂白是氧化导致的，因此如果是被氧化而褪色，则再加入氢氧化钠溶液不会恢复红色，据此可以鉴别。【解析】【答案】（1）A（2）B（3）C（4）A（5）Ag2O>H2O2>K2CrO4（6）还原产物通常为水，对环境无污染。（以上每空答对得1分）（7）（配平2分，电子转移1分）（8）(A)（2分）过氧化氢与NaOH发生中和反应（1分）；过氧化氢将酚酞氧化（1分）。(B)（3分）。简单实验方案预测的实验现象结论向褪色后的溶液中再加入过量NaOH溶液（1分）溶液又变红色①（共1分）溶液颜色无变化（依然为无色）②（共1分）21、Cu2+、H+、Cl﹣、NO|Na+、K+、OH﹣、CO（A、B可对换）【分析】【解答】解：设A组中含有Cu2+，Cu2+与COOH﹣分别反应生成沉淀而不能共存，COOH﹣则应存在于B组中，COOH﹣与H+反应而不能共存，则H+应存在于A组；又每组中均含两种阳离子和两种阴离子；

所以A组中应还含有NOCl﹣，B组中还应含有Na+、K+；

所以A组中含有Cu2+、H+、Cl﹣、NOB组中含有Na+、K+、OH﹣、CO（A；B可对换）．

故答案为：Cu2+、H+、Cl﹣、NONa+、K+、OH﹣、CO（A；B可对换）．

【分析】A组和B组没有明确的要求，只要从离子能否大量共存的角度将离子分成两组即可．22、略

【分析】解：因其他条件相同时；温度越高，化学反应速率越大，故①＞③；其他条件相同时，反应物的浓度越大，化学反应速率越大，故②＞①；故答案为：②；③；

因其他条件相同时；根据温度越高，化学反应速率越大；浓度越大，化学反应速率越大来解题；

本题主要考查了影响化学反应速率的因素，需要注意的是因其他条件相同时，根据温度越高，化学反应速率越大、浓度越大，化学反应速率越大．【解析】②；③23、略

【分析】解：稀的强酸和稀的强碱反应的中和热为rm{57.3KJ/mol}因浓的强酸或浓的强碱溶于水放热，则浓的强酸或浓的强碱反应测得的中和热大于rm{57.3KJ/mol}而弱酸或弱碱的电离吸热，则弱酸或弱碱反应测得的中和热小于rm{57.3KJ/mol}．

故答案为：大；浓的强酸或浓的强碱溶于水放热；小；弱酸或弱碱的电离吸热．

浓酸；浓碱溶于水放出热量；生成等物质的量的水，放出的热量比稀溶液多，弱酸电离吸热，生成等物质的量水，放出的热量较少，以此解答该题．

本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握中和热的定义以及测定方法，把握弱电解质的电离特点，难度不大．【解析】大；浓的强酸或浓的强碱溶于水放热；小；弱酸或弱碱的电离吸热四、判断题(共2题，共18分)24、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．25、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．五、工业流程题(共3题，共18分)26、略

【分析】【分析】

(1)用Al片和石墨作电极制备Al(OH)3；Al作阳极，据此分析；

(2)放电时负极材料电极本身Al放电，失电子，根据AlCl4-和Al2Cl7-中铝元素和氯元素的比例来确定AlCl4-作反应物而生成Al2Cl7-。

【详解】

(1)用Al片和石墨作电极来制备Al(OH)3，Al作阳极，石墨作阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极上是来自于水的H+放电：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Al3+与OH-会结合形成难溶性的Al(OH)3，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可得总反应：2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑；

(2)放电时，负极电极本身Al放电，失电子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-作反应物而Al2Cl7-为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-。

【点睛】

本题考查了电解池和原电池的知识，电解池的阳极和原电池的负极失去电子，发生氧化反应，电解池的阴极和原电池的正极得到电子，发生还原反应，结合电解质中含有的微粒书写电极反应式。【解析】2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-27、略

【分析】【分析】

制备草酸镍晶体（NiC2O4·2H2O）的流程：废镍催化剂（主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）加入硫酸溶解得到含有Ni2+、Zn2+、Fe2+、Ca2+的酸性溶液，部分Ca2+与SO42-结合得到微溶物CaSO4，SiO2不溶于酸，过滤，滤渣I为SiO2和CaSO4，向滤液中加入NaClO溶液氧化Fe2+为Fe3+，同时将其沉淀为Fe(OH)3，过滤，滤渣II为Fe(OH)3，再向滤液中加入NH4F溶液，沉淀Ca2+为CaF2，滤渣III为CaF2，最后加入有机萃取剂萃取Zn2+，得到的水层主要为Ni2+，再向其中加入(NH4)2C2O4溶液，得到产品草酸镍晶体（NiC2O4·2H2O），高温煅烧无水NiC2O4的反应为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；

用高能锂离子电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni：高能锂离子中；Li为电源负极，FeS为电源正极，电解池中连接电源负极的为阴极，发生还原反应，连接电源正极为阳极，发生氧化反应，据此分析作答。

【详解】

（1）NiC2O4·2H2O中镍元素+2价；氧元素−2价，化合物中元素化合价总共为0，则碳元素+3价；将废镍催化剂粉碎或适当加热；适当增大硫酸浓度、搅拌等能加快“酸浸”反应速率又能提高“酸浸”原料利用率；

故答案为