2025年沪科版高一化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年沪科版高一化学上册阶段测试试卷22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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列除去杂质的方法正确的是()A.除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体B.除去CO2中的少量HCl：通入Na2CO3溶液，收集气体C.除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤D.除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤2、下列物质分类正确的是（）A.Na2O2、Fe3O4、CuO均为碱性氧化物B.稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D.盐酸、水玻璃、氨水均为混合物3、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.硫酸、纯碱、胆矾、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物B.干冰、液态氯化氢都是电解质C.根据是否有电子的转移，可以分为氧化还原反应和非氧化还原反应D.根据是否具有丁达尔效应，可以从本质上区分溶液和胶体4、rm{2012}年，国际纯粹与应用化学联合会rm{(IUPAC)}宣布第rm{116}号元素命名为鉝。rm{{,!}_{116}^{293}Lv}是鉝的其中一种核素，质量数为rm{(}rm{)}A.rm{116}B.rm{293}C.rm{409}D.rm{177}5、rm{1999}年rm{1}月，俄美科学家联合小组宣布合成出rm{114}号元素中的一种同位素，该同位素原子的质量数为rm{298.}以下叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.该元素属于第rm{6}周期B.该元素位于rm{IVA}族C.该元素为金属元素，性质与rm{{,!}_{82}Pb(}铅rm{)}相似D.该元素原子含有rm{114}个电子和rm{184}个中子6、rm{N_{A}}表示阿伏伽德罗常数。下列叙述中正确的是A.标准状况下，rm{22.4LCCl_{4}}中含rm{CCl_{4}}分子数为rm{N_{A}}B.rm{4.0gNaOH}固体溶于rm{100mL}水中，得到rm{1mol/L}的rm{NaOH}溶液C.同温同压下，等体积的rm{CO}和rm{CO_{2}}所含的氧原子相同D.rm{2.4g}金属镁变成镁离子时失去的电子数为rm{0.2N_{A}}评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)7、rm{MnO_{2}}可与rm{KOH}和rm{KClO_{3}}在高温下反应生成rm{K_{2}MnO_{4}}反应的化学方程式为rm{3MnO_{2}+KClO_{3}+6KOH=3K_{2}MnO_{4}+KCl+3H_{2}O}下列关于该反应叙述正确是：A.rm{MnO_{2}}是还原剂，发生还原反应B.rm{KClO_{3}}被氧化C.当反应生成rm{5.4gH_{2}O}时，转移电子物质的量为rm{0.6mol}D.rm{KOH}在该反应中既不是氧化剂也不是还原剂8、可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）+2D（g）在四种不同情况下反应速率分别如下，其中反应速率最大的是（）A.v（A）=0.25mol/（L•min）B.v（B）=0.6mol/（L•min）C.v（C）=0.3mol/（L•min）D.v（D）=0.1mol/（L•min）9、“绿色化学”的主要内容之一是从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物rm{.}下列化学反应不符合“绿色化学”理念的是rm{(}rm{)}A.制氯乙烷：rm{CH_{2}=CH_{2}+HClxrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}}rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl

xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}}B.制甲基丙烯酸甲酯：rm{CH_{3}C隆脭CH+CO+CH_{3}OHoverset{Pd}{}CH_{2}=C(CH_{3})COOCH_{3}}C.制rm{CH_{3}CH_{2}Cl}rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{CH_{3}C隆脭CH+CO+CH_{3}OHoverset{Pd}{

}CH_{2}=C(CH_{3})COOCH_{3}}稀rm{CuSO_{4}}D.制rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{CuO+H_{2}SO_{4}(}浓rm{)篓TCuSO_{4}+H_{2}O}rm{Cu(NO_{3})_{2}}10、在rm{25隆忙}rm{101k}rm{Pa}下，rm{0.2mol}rm{C_{2}H_{2}}完全燃烧生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O(l)}时放出rm{259.92kJ}热量rm{.}表示上述反应的热化学方程式正确的是rm{(}rm{)}A.rm{0.2C_{2}H_{2}(g)+0.5O_{2}(g)篓T0.4CO_{2}(g)+0.2H_{2}O(g)triangleH=+259.92}rm{0.2C_{2}H_{2}(g)+0.5O_{2}(g)篓T0.4CO_{2}(g)+0.2H_{2}O(g)triangle

H=+259.92}B.rm{0.2C_{2}H_{2}(g)+0.5O_{2}(g)篓T0.4CO_{2}(g)+0.2H_{2}O(l)triangleH=-259.92}rm{kJ/mol}C.rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=+2599.2}rm{0.2C_{2}H_{2}(g)+0.5O_{2}(g)篓T0.4CO_{2}(g)+0.2H_{2}O(l)triangle

H=-259.92}D.rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-2599.2}rm{kJ/mol}rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=+2599.2}11、下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是rm{(}rm{)}A.热稳定性：rm{HF<HCl<HBr<HI}B.微粒半径：rm{Na^{+}>Mg^{2+}>Al^{3+}}C.酸性：rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}>H_{3}PO_{4}>H_{2}SiO_{3}}D.还原性：rm{Na<Mg<Al}12、已知反应：rm{垄脵2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangleH=-221kJ/mol}

rm{垄脵2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangle

H=-221kJ/mol}稀溶液中，rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}下列结论正确的是rm{垄脷}rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)triangle

H=-57.3kJ/mol}A.碳的燃烧热大于rm{(}rm{)}B.rm{110.5}的反应热为rm{kJ/mol}rm{垄脵}C.稀硫酸与稀rm{221}溶液反应的中和热为rm{kJ/mol}rm{NaOH}D.稀醋酸与稀rm{57.3}溶液反应生成rm{kJ/mol}rm{NaOH}水，放出rm{1}rm{mol}热量rm{57.3}评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、铝是应用最广泛的金属之一；铝的化合物在生产和生活中也有许多用途．

（1）铝制容器不能盛装NaOH溶液，主要原因是什么？（用化学方程式表示）____

（2）胃舒平是治疗胃酸（HCl）过多的常用药物；其中含有的有效成分是氢氧化铝，其治疗原理是（用离子方程式表示）：

____

（3）为完全沉淀硫酸铝溶液中的铝元素常加入过量的____．14、A、B、C三元素原子的核外电子数都比氩原子少，A和C处于同主族，两者间隔一周期，A元素和B元素的原子两者核电荷数之差为5，B原子核外M层比L层少2个电子，则:（1）B原子的电子式为__________；A离子的结构示意图为_____________。（2）C原子核里含有一个中子的原子的符号为_________，用电子式表示A与B所形成化合物的形成过程____________。（3）A元素在周期表中的位置为_____________________。15、实验室用如图所示装置制备干燥纯净的氯气；并进行氯气的性质实验．请回答下列问题：

（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2，则烧瓶中发生反应的离子方程式为：______；

（2）C中盛有饱和食盐水，其作用是______，D中浓硫酸的作用是______．

（3）F中是FeCl2溶液，F中发生反应的离子方程式为______；

（4）G中是AgNO溶液，现象是______

（5）H中盛有Na0H溶液，其作用是______．

（6）若用200mL10mol•L-1的浓盐酸与足量的二氧化锰固体加热反应（不考虑氯化氢挥发），则产生氯气的物质的量为______0.5mol（填“大于”、“等于”或“小于”），若用8.7g二氧化锰与足量的浓盐酸反应，则被氧化的氯化氢的物质的量是______．16、在容积为2升的密闭容器中，进行某可逆反应，反应过程中各物质的量的变化情况如图所示，其中A、B、C都为气体．则该反应的化学方程式为______．17、rm{A隆芦H}等rm{8}种物质存在如下转化关系rm{(}反应条件，部分产物未标出rm{)}已知：rm{A}是____，rm{B}是能使品红溶液褪色的气体，rm{G}是红棕色气体。按要求回答问题：rm{(1)}写出下列物质的化学式：rm{A}_____________，写出rm{B}的一种危害_______________。rm{(2)}写出下列反应：rm{E隆煤F}的化学方程式________________________________________；红热的木炭与rm{H}的浓溶液反应的方程式：_________________________。的浓溶液反应的方程式：_________________________。铜与rm{H}的稀溶液反应的____：rm{H}________________________________________；检验某溶液中是否含rm{(3)}中阳离子的方法_________________________rm{A}________________________________________________________________。18、在H、H、H、Mg、Mg和Cu中共有______种元素，______种原子，中子数最多的是______．评卷人得分四、其他(共4题，共8分)19、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。20、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。21、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。22、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【解析】试题分析：A项：应通过灼热的Cu，故错；B项：CO2与Na2CO3溶液也反应，故错；D项：生成了新的杂质NaCl，故错。故选C。考点：除杂【解析】【答案】C2、D【分析】解：A．CuO和酸反应生成盐和水；为碱性氧化物，过氧化钠和酸反应生成盐和水，还有氧气，不是碱性氧化物，故A错误；

B．稀豆浆属于胶体；硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体；分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故B错误；

C．烧碱是氢氧化钠水溶液中完全电离是强电解质；冰醋酸水溶液中部分电离是弱电解质、四氯化碳水溶液中或熔融状态都不导电属于非电解质；故C错误；

D．盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物；水玻璃是硅酸钠水溶液；属于混合物、氨水是氨气溶于水形成的溶液属于混合物，所以均为混合物，故D正确；

故选D．

A．碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物；

B．胶体是分散质直径在1-100nm的分散系；硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；

C．电解质是水溶液中或熔融状态能导电的化合物；四氯化碳是非电解质；

D．不同物质组成的物质为混合物．

本题考查了氧化物分类，分散系的区分，电解质的判断，混合物的物质组成，题目较简单，学习中注意相关基础知识的积累．【解析】【答案】D3、C【分析】解：rm{A}纯碱是碳酸钠；阳离子是金属离子，阴离子是酸根离子，故为盐而不是碱，故A错误；

B；二氧化碳在水溶液中和熔融状态下均不能自身电离出自由移动的离子而的导电；故是非电解质，故B错误；

C；反应根据是否有电子转移；可以分为氧化还原反应和非氧化还原反应，其中有电子转移的为氧化还原反应，故C正确；

D；溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径大小；而不是丁达尔效应，丁达尔效应只是胶体所特有的性质，故D错误。

故选C。

A；纯碱是碳酸钠；

B；二氧化碳是非电解质；

C；反应根据是否有电子转移；可以分为氧化还原反应和非氧化还原反应；

D；溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径大小。

本题考查了酸碱盐和氧化物的概念、电解质非电解质的判断以及氧化还原反应的判断等，难度不大，应注意的是溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径大小，而不是丁达尔效应。【解析】rm{C}4、B【分析】解：rm{{,!}_{116}^{293}Lv}其质子数为rm{116}质量数为rm{293}

故选：rm{B}

rm{{,!}_{z}^{A}X}rm{Z}为质子数，rm{A}为质量数；据此解答。

本题主要考查了原子符号的含义，题目难度不大，注意明确原子的表示方法，试题培养了学生的灵活应用能力，有利于学生养成规范使用化学用语的习惯。【解析】rm{B}5、A【分析】解：每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是：rm{2}rm{10}rm{18}rm{36}rm{54}rm{86}rm{118}rm{114}号元素在rm{118}号的左边，根据元素周期表中周期和族的划分，可知rm{114}号元素位于第七周期Ⅳrm{A}处于碳族；

A.由上述分析可知；该元素处于第七周期，故A错误；

B.该元素处于第七周期Ⅳrm{A}故B正确；

C.该元素处于第七周期Ⅳrm{A}处于碳族，同主族自上而下金属性增强，同族的rm{Pb}为金属元素，故该元素为金属元素，与rm{Pb}的化学性质相似；故C正确；

D.元素原子序数为rm{114}号，则原子质子数为rm{114}则该同位素原子含有rm{114}个电子，中子数为rm{298-114=184}故D正确；

故选A．

由每周期元素的种数可知每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是：rm{2}rm{10}rm{18}rm{36}rm{54}rm{86}rm{118}rm{114}号元素在rm{118}号的左边，根据元素周期表中周期和族的划分，可知rm{114}号元素位于第七周期Ⅳrm{A}处于碳族，原子核外电子数等于质子数，中子数rm{=}质量数rm{-}质子数；结合同主族元素性质的相似性与递变性解答．

本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握各周期元素的种类确定元素的位置为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意周期律的应用，题目难度不大．【解析】rm{A}6、D【分析】【分析】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。【解答】A.标况下rm{CCl}rm{CCl}为液态；故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；

B.将氢氧化钠溶于rm{{,!}_{4}}水中，溶液体积大于rm{100mL}故溶液浓度产物，故B错误；

C.rm{100mL}和同温同压下，等体积的rm{CO}和rm{CO}rm{CO}rm{CO}故C错误；D.rm{{,!}_{2}}镁的物质的量为所含的分子数相同，氧原子数不相同，rm{2.4g}镁的物质的量为rm{0.1mol}rm{0.1mol}镁完全反应变成镁离子失去rm{0.2mol}电子，失去的电子数为rm{0.2N}镁完全反应变成镁离子失去rm{2.4g}电子，失去的电子数为rm{0.1mol}rm{0.1mol}故D正确。

故选D。rm{0.2mol}【解析】rm{D}二、双选题(共6题，共12分)7、rCD【分析】本题考查氧化还原反应的有关知识。A.rm{MnO}rm{MnO}rm{{,!}_{2}}是还原剂，发生氧化反应，错误；B.rm{KClO}是rm{KClO}rm{{,!}_{3}}水时转移电子氧化剂，被还原，发生还原反应，错误；C.由方程式分析，当生成rm{3mol}水时转移电子rm{6mol}rm{3mol}rm{6mol}反应生成即rm{5.4gH}rm{5.4gH}正确；rm{{,!}_{2}}rm{O}即rm{0.3mol}中无元素化合价升降，在该反应中既不是氧化剂也不是还原剂，正确。rm{O}rm{0.3mol}【解析】rm{CD}8、A【分析】解：A、=0.25mol/（L•min）；

B、v（B）×=0.2mol/（L•min）；

C、v（C）×=0.15mol/（L•min）；

D、v（D）×=0.05mol/（L•min）；

所以反应速率v（A）＞v（B）＞v（C）＞v（D）．

故选A．

反应速率的单位相同；用各物质表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快．

本题考查了比较反应速率的方法，常用的两种方法：（1）归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一物质的反应速率，再较小比较．（2）比值法：用各物质的量表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快．比较反应速率时注意（1）反应速率的单位要相同（2）单位时间内反应物或生成物的物质的量变化大，反应速率不一定快，反应速率是用单位时间内浓度的变化量来表示的，题目较简单．【解析】【答案】A9、rCD【分析】解：rm{A}制氯乙烷：rm{CH_{2}=CH_{2}+HClxrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}Cl}原子利率rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl

xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}Cl}符合绿色化学理念，故A不选；

B、制甲基丙烯酸甲酯：rm{CH_{3}C隆脭CH+CO+CH_{3}OHoverset{Pd}{}CH_{2}=C(CH_{3})COOCH_{3}}原子利率rm{100%}符合绿色化学理念，故B不选；

C、制rm{CH_{3}C隆脭CH+CO+CH_{3}OHoverset{Pd}{

}CH_{2}=C(CH_{3})COOCH_{3}}rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{100%}稀rm{CuSO_{4}}有水生成，原子利用率不到rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}不符合绿色化学理念，故C选；

D、制rm{CuO+H_{2}SO_{4}(}rm{)篓TCuSO_{4}+H_{2}O}浓rm{100%}有有毒气体放出，会导致环境污染，不符合倡导的绿色化学，故D选；

故选CD．

A、制氯乙烷：rm{CH_{2}=CH_{2}+HClxrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}Cl}原子利率rm{Cu(NO_{3})_{2}}

B、制甲基丙烯酸甲酯：rm{CH_{3}C隆脭CH+CO+CH_{3}OHoverset{Pd}{}CH_{2}=C(CH_{3})COOCH_{3}}原子利率rm{Cu+4HNO_{3}(}

C、制rm{)篓TCu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl

xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}Cl}稀rm{100%}有水生成；

D、制rm{CH_{3}C隆脭CH+CO+CH_{3}OHoverset{Pd}{

}CH_{2}=C(CH_{3})COOCH_{3}}rm{100%}浓rm{CuSO_{4}}有有毒气体放出．

本题考查了“绿色化学”的含义，解答本题的关键是要读懂题目要求，准确理解绿色化学的含义，题目难度不大．rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}【解析】rm{CD}10、BD【分析】解：rm{A}反应是放热的；所以焓变是负数，故A错误；

B、rm{0.2mol}rm{C_{2}H_{2}}完全燃烧生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O(l)}时放出rm{259.92kJ}热量；故B正确；

C；反应是放热的；所以焓变是负数，故C错误；

D、rm{2mol}rm{C_{2}H_{2}}完全燃烧生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O(l)}时放出rm{2599.2kJ}热量，rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH篓T-2599.2}rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H篓T-2599.2}故D正确．

故选BD．

根据热化学方程式中反应热与物质的物质的量成正比以及热化学方程式的书写方法来解答．

本题考查热化学方程式，题目难度不大，做题时要注意热化学方程式中反应热与物质的物质的量成正比以及反应热的符号是否正确．rm{kJ/mol}【解析】rm{BD}11、rAD【分析】解：rm{A.}元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性rm{F>Cl>Br>I}所以氢化物的稳定性rm{HF>HCl>HBr>HI}故A错误；

B.电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，原子序数rm{Na<Mg<Al}所以微粒半径：rm{Na^{+}>Mg^{2+}>Al^{3+}}故B正确；

C.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性rm{Cl>S>P>Si}所以酸性：rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}>H_{3}PO_{4}>H_{2}SiO_{3}}故C正确；

D.元素的金属性越强，其单质的还原性越强，金属性rm{Na>Mg>Al}所以还原性rm{Na>Mg>Al}故D错误；

故选AD．

A.元素的非金属性越强；其氢化物的稳定性越强；

B.电子层结构相同的离子；离子半径随着原子序数增大而减小；

C.元素的非金属性越强；其最高价氧化物的水化物酸性越强；

D.元素的金属性越强；其单质的还原性越强．

本题考查元素周期律，为高频考点，侧重考查学生分析判断及规律的应用，明确元素周期律中金属性、非金属性强弱判断方法是解本题关键，题目难度不大．【解析】rm{AD}12、rAC【分析】解：rm{A.}碳的燃烧热是指rm{1mol}碳完全燃烧生成的稳定的氧化物rm{CO_{2}}放出的热量，从rm{2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangleH=-221kJ/mol}可知rm{2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangle

H=-221kJ/mol}碳燃烧生成rm{1mol}放出rm{CO}碳的燃烧热大于rm{110.5kJ}故A正确；

B.焓变是用反应前后生成物的能量和减去反应物的能量和表示；当完全以热量形式变化时，称为反应热，故B错误；

C.稀硫酸和稀rm{110.5kJ/mol}为强酸和强碱，反应生成rm{NaOH}水，放出的热量为rm{1mol}rm{57.3kJ}故C正确；

D.稀醋酸与稀rm{triangleH=-57.3kJ/mol}溶液混合，稀醋酸是弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，所以rm{triangleH<-57.3kJ/mol}故D错误；

故选：rm{NaOH}．

A、燃烧热是指rm{triangleH<-57.3

kJ/mol}纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为rm{AC}产物为稳定氧化物以此解答；

B、rm{1mol}是化学反应焓变；不一定是反应热；

C、在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成rm{1mol}水时的反应热叫做中和热；

D、强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)篓TH_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ?mol^{-1}}弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程．

本题考查了燃烧热、中和热的概念分析理解，掌握热化学方程式的意义是解答本题的关键，题目较简单．rm{triangleH}【解析】rm{AC}三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】

（1）铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，铝被腐蚀，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；故铝制容器不能盛装NaOH溶液；

故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（2）氢氧化铝具有弱碱性，与盐酸反应生成氯化铝与水，反应离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故可以治疗胃酸过多，故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；

（3）由于氢氧化铝是两性氢氧化物；溶于强碱，故完全沉淀硫酸铝溶液中的铝元素通常加入弱碱氨水，故答案为：氨水．

【解析】【答案】（1）铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气；铝被腐蚀；

（2）氢氧化铝具有弱碱性；与盐酸反应生成氯化铝与水，可以治疗胃酸过多；

（3）由于氢氧化铝是两性氢氧化物；溶于强碱，故完全沉淀硫酸铝溶液中的铝元素通常加入弱碱氨水．

14、略

【分析】【解析】试题分析：B原子核外M层比L层少2个电子，则B应该是S元素。A元素和B元素的原子两者核电荷数之差为5，所以A是11号元素，即A是Na。A和C处于同主族，两者间隔一周期，因此A是H元素。考点：考查元素周期表的结构以及元素周期律的应用和判断【解析】【答案】（6分）（1）（1分，电子个数6个可得分）；（1分，见错不给分）（2）H或者H（1分），（2分，见错不给分）（3）三周期第?A族（1分见错不给分）15、略

【分析】解：（1）二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++Cl2↑+2H2O；

（2）氯化氢极易溶于水，氯气能溶于水，且与水反应，Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，降低氯气的溶解度；浓硫酸有吸水性，且不和氯气反应，所以可用浓硫酸干燥氯气；

故答案为：除去挥发出的HCl气体；干燥氯气；

（3）氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，离子方程式：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；

（4）氯水中含有氯离子；氯离子与硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀，故答案为：溶液中出现白色浑浊；

（5）氯气有毒；污染环境，所以不能直接排空；氯气能和氢氧化钠反应生成氯化钠；次氯酸钠和水，所以可用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气；

故答案为：吸收氯气；防止污染；

（6）浓盐酸中含有HCl：0.2L×10mol/L═2mol根据化学方程式：可知在二氧化锰过量的条件下；如果HCl完全反应，会生成氯气0.5mol，但是随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，稀盐酸与二氧化锰不再反应，所以生成的氯气小于0.5mol；

8.7g二氧化锰的物质的量为0.1mol；浓盐酸过量，反应生成的氯气依据二氧化锰计算；

在MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O反应中；当有4molHCl参加反应时，有2molHCl被氧化，则。

MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O被氧化的HCl

1mol2mol

0.1mol0.2mol

被氧化的浓盐酸物质的量为0.2mol；

故答案为：小于；0.2mol．

（1）二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰；氯气和水；

（2）浓盐酸易挥发；制取的氯气中含有氯化氢和水蒸气，氯化氢易溶于水，浓硫酸具有吸水性；

（3）氯气具有强的氧化性；能够氧化二价铁离子；

（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸；盐酸与硝酸银反应生成氯化银沉淀；

（5）氯气有毒；不能直接排放，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠，可以用来进行尾气处理；

（6）二氧化锰只能与浓盐酸反应；与稀盐酸不反应．

本题考查了氯气的制备和性质的检验，明确反应原理是解题关键，注意二氧化锰只能氧化浓盐酸，与稀盐酸不反应，足量二氧化锰与定量浓盐酸反应，生成的氯气小于理论数值，题目难度不大．【解析】MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++Cl2↑+2H2O；除去氯气中的HCl；干燥氯气；Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；溶液中出现白色浑浊；吸收氯气，防止污染；小于；0.2mol16、略

【分析】解：由图象可以看出；B；C的物质的量逐渐减小，则B、C为反应物，A的物质的量逐渐增多，作为A为生成物，当反应到达2min时，△n（C）=5mol-3mol=2mol，△n（B）=2mol-1mol=1mol，△n（A）=4mol-2mol=2mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则△n（B）：△n（C）：△n（A）=1：2：2，所以反应的化学方程式为：2C+B⇌2A，故答案为：2C+B⇌2A．

从物质的物质的量的变化趋势判断反应物和生成物；根据物质的物质的量变化值等于化学计量数之比书写化学方程．

本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，注意把握由图象判断化学方程式的方法．【解析】2C+B⇌2A17、（1）（NH4）2SO3酸雨

（2）4NH3+5O24NO+6H2OC+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O3Cu+8H++2NO3-══3Cu2++NO↑+2H2O

（3）取该溶液少许滴加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+【分析】【分析】本题考查无机物推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，涉及rm{N}rm{S}元素化合物性质及相互转化，物质的颜色是推断突破口，难度中等。【解答】rm{G}是红棕色气体，则rm{G}是rm{NO_{2}}rm{F}和氧气反应生成二氧化氮，所以rm{F}是rm{NO}rm{A}是正盐，和氢氧化钠反应生成rm{E}rm{E}和氧气反应生成rm{NO}则rm{E}是rm{NH_{3}}rm{A}是铵盐；二氧化氮和水反应后能生成rm{H}为硝酸；rm{B}能使品红溶液褪色，且rm{B}能和氧气反应生成rm{C}所以rm{B}是rm{SO_{2}}rm{C}是rm{SO_{3}}三氧化硫和水反应生成rm{D}为硫酸，rm{A}是正盐且是铵盐，反应后能生成二氧化硫，所以rm{A}是rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}

rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}为rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}rm{B}为rm{SO_{2}}rm{SO_{2}}的一种危害是形成酸雨

故答案为：rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}酸雨；

rm{(2)E隆煤F}是在催化剂、加热条件下，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，反应方程式为：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}

rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H