2025年西师新版高一化学上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2025年西师新版高一化学上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8题，共16分)1、用惰性电极电解下列物质的水溶液；电解过程中，溶液的pH依次为升高；降低、不变的是（）

A.NaCl、CuSO4、Na2SO4

B.HCl、HNO3、CuSO4

C.CaCl2、NaCl、KNO3

D.AgNO3、CaCl2、Ca（NO3）2

2、下列有关物质的检验或区分方法中正确的是rm{(}rm{)}A.向某溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液，有白色沉淀，则原溶液一定存在rm{Ag^{+}}或rm{SO_{4}^{2-}}B.用洁净铁丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，则原溶液中有rm{Na^{+}}C.向某溶液滴加rm{NaOH}溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，可确定原溶液中无rm{NH_{4}^{+}}D.向某溶液中加入足量的盐酸，放出二氧化碳气体，可证明该溶液中一定含有碳酸盐3、下列物质中，既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色的是rm{(}rm{)}rm{垄脵SO_{2}}rm{垄脷CH_{3}CH_{2}CH篓T篓T篓TCH_{2}}rm{垄脹}rm{垄脺CH_{3}CH_{3}}rm{垄脻}丙炔rm{垄脼}聚乙烯rm{垄脽}甲苯A.rm{垄脵垄脷垄脻垄脼垄脽}B.rm{垄脷垄脻垄脼垄脽}C.rm{垄脷垄脺垄脽}D.rm{垄脵垄脷垄脻}4、下列物质中，摩尔质量最大的是（）A.1gCaCO3B.0.8molH2SO4C.10mlH2OD.54gAl5、下列物质中不可能由同一种元素组成的是A.单质B.混合物C.同位素D.氧化物6、已知：(1)醇类物质在催化剂存在条件下可发生类似于乙醇的脱氢氧化。。(2)羰基()与两个烃基相连构成的化合物叫酮(如丙酮)；而分别与烃基和氢相连构成的化合物叫醛（如乙醛CH3CHO）。下列醇被氧化时，不可能得到醛类化合物的是（）A．(CH3)2CHOHB．(CH3)2CHCH2OHC．CH3CH2CH2OHD．(CH3)3CCH2OH7、X、Y都是短周期元素，X原子最外层只有一个电子，Y元素的最高正价与最低负价的代数和为6，X和Y两元素形成的化合物为R，则下列关于R的叙述正确的是A.R一定是共价化合物B.R一定是离子化合物C.R可能是共价化合物，也可能是离子化合物D.R不可能是气态物质，只可能是固态物质8、二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒剂，下列反应可制得ClO2：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4═2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，对于该反应，下列说法正确的是（）A.生成1molClO2，转移电子数为2NAB.该反应为复分解反应C.H2SO4发生氧化反应D.NaClO3是氧化剂评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、（本题共6分）盐酸、硫酸和硝酸是三种重要的酸。（1）工业上生产盐酸与硝酸时，都要用到的气态物质是；（2）工业上生产硫酸与硝酸时，用到的相同的重要设备是____；（3）工业上生产的盐酸与硝酸有可能呈黄色，请用化学方程式表示硝酸溶液呈黄色的原因____；（4）浓硫酸与浓硝酸都可用铁、铝容器贮存的相同原理是；（5）浓盐酸与浓硝酸暴露在空气中，相同的现象是。10、（1）KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中氧化剂是______，还原剂是______，请用双线桥表示电子转移数目______．当有1molCl2生成时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为______．

（2）3NO2+H2O=2HNO3+NO中当电子转移4mol时，参加还原反应的NO2有______mol，氧化产物与还原产物物质的量之比为______．11、按要求填空：rm{(1)}某原子含有rm{6}个质子和rm{8}个中子，用核素符号表示该原子___________；rm{(2)}写出过氧化钠的电子式___________；rm{(3)}画出钙原子的原子结构示意图___________；rm{(4)}铜有两种天然同位素rm{^{63}_{29}mathrm{C}u}和rm{^{65}_{29}mathrm{C}u}参考铜的相对原子质量rm{(63.5)}计算rm{^{65}_{29}mathrm{C}u}的质量百分含量约是___________。rm{(}保留rm{3}位有效数字rm{)}12、为探究淀粉的水解；某同学设计了如图所示实验：

（1）取少量反应液，用碱中和硫酸，加入银氨溶液，水浴加热，如果出现光亮的银镜，说明淀粉____（填“已水解”或“未水解”），淀粉水解反应的化学方程式为____．

（2）另取少量反应液，加入少量碘溶液，观察是否有颜色变化，如果无明显现象，证明淀粉已经____，如果溶液出现蓝色，证明淀粉____（填“部分水解”或“完全水解”）13、配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液，应量取2.5mol/L的浓盐酸体积为______mL，选用______mL容量瓶，除容量瓶外还需要的其它玻璃仪器有______、______、______等．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）15、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．16、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）17、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）18、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）评卷人得分四、结构与性质(共1题，共8分)19、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL；大理石用量为10.00g。

（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：。实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol·L-1实验目的①298粗颗粒2.00（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；②_______________③_______________④_______________

（2）实验装置如图1所示，如何检验该装置的气密性________________________________

（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图2：依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率________________________

（4）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。_______评卷人得分五、解答题(共2题，共16分)20、取100mL的Na2CO3和Na2SO4混合物溶液与过量盐酸反应，生成0.896L（标况）CO2；若向原混合溶液中加入足量的Ba（OH）2溶液，得到沉淀的质量为10.21g，试计算混合物中Na2CO3和Na2SO4物质的量浓度分别是多少？（写出必要的计算过程）

21、30g某饱和一元醇和足量的Na完全反应，可以得到5.6L（标况）H2，求该醇的分子式，并写出可能结构简式．评卷人得分六、综合题(共4题，共24分)22、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

23、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题24、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

25、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】

A、电解NaCl时会生成氢气和氯气单质以及氢氧化钠，电解CuSO4时，生成铜和氧气以及硫酸，电解Na2SO4生成氢气和氧气；即电解水型的，溶液的PH依次为升高，降低，不变，故A正确；

B、电解HCl生成氯气和氢气，电解本身，电解HNO3时生成氢气和氧气，即电解水型的，电解CuSO4时；生成铜和氧气以及硫酸，溶液的PH依次为升高，降低，降低，故B错误；

C、电解CaCl2时生成氢氧化钙、氯气和氢气，电解NaCl时会生成氢气和氯气单质以及氢氧化钠，电解KNO3时；生成氢气和氧气，即电解水型的，溶液的PH依次为不变，升高，不变，故C错误；

D、电解AgNO3会生成硝酸、银和氧气，电解CaCl2会生成氢气和氯气，电解Ca（NO3）2时会生成氢气和氧气；溶液的PH依次为降低，降低，不变，故D错误．

故选A．

【解析】【答案】用惰性电极电解电解质溶液；阳极的放电顺序：银离子＞铜离子＞氢离子，阴极离子的放电顺序：氯离子＞氢氧根离子，根据两个电极的放电顺序，分析电解后溶液的成分来回答．

2、B【分析】解：rm{A.}银离子；硫酸根离子遇到氯化钡会产生白色沉淀氯化银或是硫酸钡；故A错误；

B.含有钠元素的物质焰色反应显示黄色；观察钠元素的存在与否用焰色反应法，故B正确；

C.湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则溶液一定有rm{NH_{4}^{+}}不加热不会产生氨气故C错误；

D.加入稀盐酸有气体产生；则溶液中一定含碳酸根离子或碳酸氢根离子中的至少一种，故D错误；故选B。

A.银离子；硫酸根离子遇到氯化钡会产生白色沉淀氯化银或是硫酸钡；

B.观察钠元素的存在与否用焰色反应法；

C.含有rm{NH_{4}^{+}}的溶液加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝；rm{D.}溶液中含碳酸根离子或碳酸氢根离子时加入稀盐酸有气体二氧化碳产生．

本题考查物质的检验与鉴别的评价，为高频考点，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握相关物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．【解析】rm{B}3、D【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的判断，题目难度不大。【解答】rm{垄脹}rm{垄脺CH_{3}CH_{3}}rm{垄脼}聚乙烯均与溴水、高锰酸钾不反应，rm{垄脽}甲苯不与溴水发生化学反应；

rm{垄脵SO_{2}}具有还原性，既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色；

rm{垄脷CH_{3}CH_{2}CH篓TCH_{2}}含碳碳双键，既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色，rm{垄脻}丙炔含碳碳三键，既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色；故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}4、A【分析】解：CaCO3、H2SO4、H2O；Al的摩尔质量分别为100g/mol、96g/mol、18g/mol、27g/mol。故选：A。

物质的摩尔质量和质量无关；是物质的本性．

物质的摩尔质量是物质的本性和质量无关，注意概念的辨析，对概念要记得准记得牢．【解析】A5、D【分析】试题分析：A、单质一定是由同一种元素组成的，A不正确；B、由不同种物质组成的是混合物，但也可能是由同一种元素组成的，例如氧气和臭氧的混合物，B不正确；C、质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，一定是由同一种元素组成的，C不正确；D、由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物，因此氧化物一定不是由同一种元素组成的，D正确，答案选D。考点：考查物质组成元素的有关判断【解析】【答案】D6、A【分析】【解析】【答案】A7、C【分析】【解析】【答案】C8、D【分析】解：该反应中；氯元素化合价由+5价变为+4价，硫元素化合价由+4价变为+6价；

A．氯酸钠中氯元素化合价由+5价变为+4价，所以生成1molClO2，转移电子数为1NA；故A错误；

B．2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O反应中；氯元素化合价由+5价变为+4价，硫元素化合价由+4价变为+6价，为氧化还原反应，不是复分解反应，故B错误；

C．硫酸在反应前后化合价不变，所以H2SO4没有参与氧化还原反应；故C错误；

D．氯酸钠中氯元素化合价由+5价变为+4价；得电子作氧化剂，故D正确；

故选D．

2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O反应中；氯元素化合价由+5价变为+4价，硫元素化合价由+4价变为+6价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，据此分析解答．

本题考查了氧化还原反应，根据元素化合价变化结合基本概念来分析解答即可，易错选项是C，注意硫酸的作用，为易错点．【解析】【答案】D二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【解析】试题分析：（1）工业上生产盐酸需要氢气和氯化氢，制取硝酸需要的是氢气和氮气，所以，都要用到的气态物质是氢气。（2）工业上生产硫酸与硝酸时，用到的相同的重要设备是吸收塔。（3）由于浓硝酸易分解生成NO2，NO2溶解在浓硝酸中而显黄色，方程式是4HNO32H2O＋4NO2↑＋O2↑。（4）在常温下，铁或铝在浓硫酸或浓硝酸中都发生钝化，所以浓硫酸与浓硝酸都可用铁、铝容器贮存。（5）浓硝酸和浓盐酸都极易挥发性，所以浓盐酸与浓硝酸暴露在空气中，相同的现象是产生白雾。考点：考查硝酸、盐酸和硫酸的性质、制取、储存等【解析】【答案】（本题共6分，每个问题均1分）（1）H2；（2）吸收塔；（3）（4）铁、铝被浓硝酸或浓硫酸钝化；（5）产生白雾；（6）SO210、略

【分析】解：（1）反应中KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，KClO3为氧化剂，HCl为还原剂，当有3molCl2生成时，转移5mol电子，则电子转移的方向和数目为当有1molCl2生成时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为mol：mol=1：5；

故答案为：KClO3；HCl；1：5；

（2）3NO2+H2O=2HNO3+NO中，只有N元素的化合价变化，由生成NO可知，生成1molNO时转移2mol电子且有3molNO2反应，当电子转移4mol时，参加还原反应的NO2有6mol，HNO3为氧化产物；NO为还原产物，由反应可知，氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1，故答案为：6；2：1．

（1）反应中KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，当有3molCl2生成时；转移5mol电子；

（2）3NO2+H2O=2HNO3+NO中；只有N元素的化合价变化，由生成NO可知，生成1molNO时转移2mol电子，以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大．【解析】KClO3；HCl；1：5；6；2：111、（1）146C或14C

（2）

（3）

（4）25.6%【分析】【分析】本题考查了常用的化学用语的书写，题目难度不大。【解答】rm{(1)}质子数为rm{6}的元素为rm{C}其质量数rm{=6+8=14}核素符号为的元素为rm{6}其质量数rm{C}核素符号为rm{=6+8=14}rm{{,!}^{14}_{6}}或rm{C}rm{C}rm{{,!}^{14}C}或，故答案为：rm{{,!}^{14}_{6}C}rm{{,!}^{14}C}故答案为：rm{(2)}过氧化钠由钠离子和过氧根离子组成，其电子式为个质子，rm{(3)}个电子，原子机构示意图为：故答案为：钙原子中有rm{20}个质子，rm{20}个电子，原子机构示意图为：rm{20}rm{20}rm{(4)}和设同位素rm{{,!}^{63}}的丰度分别为rm{Cu}和和rm{Cu}则有：rm{{,!}^{65}}rm{Cu}的丰度分别为rm{x}和rm{y}则有：rm{x+y=100%}rm{垄脵}

rm{Cu}rm{x}

rm{y}可得rm{x+y=100%}rm{垄脵}

rm{63x+65y=63.5}rm{垄脷}rm{63x+65y=63.5}rm{垄脷}所占的质量百分比rm{=dfrac{;65隆脕x}{;63.5;}=dfrac{;65隆脕0.25}{;63.5;}=25.6拢楼}，故答案为：解rm{垄脵垄脷}可得rm{x=0.75}rm{y=0.25}rm{垄脵垄脷}【解析】rm{(1)}rm{(1)}或rm{{,!}^{14}_{6}C}rm{{,!}^{14}C}rm{(2)}rm{(2)}rm{(3)}rm{(3)}12、略

【分析】

（1）取少量反应液，用碱中和硫酸，加入银氨溶液，水浴加热，如果出现光亮的银镜，证明有水解产物葡萄糖生成，但不能说明此时已无淀粉，淀粉在稀硫酸作用下完全水解生成葡萄糖，水解方程式为（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6；

故答案为：已水解；（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6；

（2）另取少量反应液，加入少量碘溶液，观察是否有颜色变化，如果无明显现象，说明淀粉已不存在，即已经完全水解，淀粉遇I2变蓝色；如果溶液出现蓝色，说明仍然有淀粉存在，即淀粉部分水解；

故答案为：完全水解；部分水解；

【解析】【答案】（1）淀粉在稀H2SO4催化下水解生成葡萄糖；葡萄糖与银氨溶液反应必须在碱性环境中进行，所以在加鉴别试剂前必须用NaOH溶液中和硫酸，水浴加热，如果出现光亮的银镜说明淀粉已水解；

（2）本题运用到的化学原理是淀粉遇I2变蓝色和淀粉在稀H2SO4催化下水解生成葡萄糖．检验淀粉未水解的关键是实验证明没有水解产物葡萄糖生成；检验淀粉部分水解的关键是既要用实验证明有水解产物葡萄糖生成；还要用实验证明仍有未水解的淀粉存在；检验淀粉水解完全的关键是要用实验证明淀粉已不存在，据此即可解答；

13、略

【分析】解：配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液，应量取2.5mol/L的浓盐酸体积为：0.01L=10mL；配制250mL溶液需要选用规格为250mL的容量瓶；配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液的步骤为：计算；量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等；需要的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少量筒、玻璃棒、胶头滴管；

故答案为：10；250；量筒；玻璃棒；胶头滴管．

根据溶液的稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要2.5mol/L的浓盐酸体积；配制250mL的溶液需要选用250mL容量瓶；配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液的操作步骤选用仪器，判断还缺少的仪器．

本题考查了一定物质的量浓度的溶液配制方法，题目难度不大，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液方法，能够根据配制步骤选用仪器．【解析】10；250；量筒；玻璃棒；胶头滴管三、判断题(共5题，共10分)14、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．15、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；16、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．17、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol18、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．四、结构与性质(共1题，共8分)19、略

【分析】【分析】

（1）本实验是由实验①做对比实验探究影响反应速率的因素，所以在设计分组实验时，要设计出分别只有浓度、温度和接触面积不同时反应速率的变化，从而找出不同外界因素对反应速率的影响。由于实验①和实验②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，实验①和实验③探究温度对该反应速率的影响，故实验③的温度选择308K，实验①和实验④探究接触面积对该反应速率的影响，故实验④选择细颗粒的大理石；

（2）依据装置特点分析气密性的检查方法；

（3）化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。根据图像可以计算出70至90s内生成的CO2的体积；然后根据反应式可计算出消耗的硝酸的物质的量，最后计算其反应速率；

（4）根据反应物的用量计算生成CO2的最大质量；根据影响反应速率的因素比较实验②；③和④反应速率大小；以此判断曲线斜率大小，画出图像；

【详解】

（1）由实验目的可知；探究浓度；温度、接触面积对化学反应速率的影响，则实验①②的温度、大理石规格相同，只有浓度不同，实验①③中只有温度不同，实验①④中只有大理石规格不同；

故答案为（从上到下；从左到右顺序）：298；粗颗粒；1.00；308；粗颗粒；2.00；298；细颗粒；2.00；

（2）该装置的气密性的检查方法是：关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的质量为：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根据方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物质的量为：n(HNO3)=＝mol；

③溶液体积为25mL＝0.025L，所以HNO3减少的浓度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反应的时间t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范围内的平均反应速率为：

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

（4）实验②、③和④所用大理石的质量均为10.00g，其物质的量为=0.1mol，实验①、③和④所用硝酸的量相同均为：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的质量按硝酸计算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，实验②所用硝酸的量为1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石过量，反应生成的CO2的质量为0.025mol×44g/mol=0.55g；

实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，且HNO3浓度①>②，浓度越大，反应越快，故曲线斜率①>②；

实验①和③探究温度对该反应速率的影响，且温度③高于①，温度越高反应越快，故曲线斜率③>①；

实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响，且实验④为细颗粒，实验①为粗颗粒，颗粒越小，表面积越大，反应越快，故反应速率④>①，故曲线斜率④>①；

根据以上特征；画出图像如下：

【点睛】

本题考查了化学反应速率的影响因素，注意对题给信息的分析是处理是解答的关键，注意控制变量的实验方法的理解和掌握。【解析】298粗颗粒1.00308粗颗粒2.00298细颗粒2.00关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1五、解答题(共2题，共16分)20、略

【分析】

标况下CO2的物质的量为=0.04mol；

由Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑可知；酸足量时；

n（Na2CO3）=n（CO2）=0.04mol；

则c（Na2CO3）==0.4mol/L；

沉淀的质量为10.21g，碱过量时发生Na2CO3+Ba（OH）2═BaCO3↓+2NaOH、Na2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+2NaOH可知；

则碳酸钡的质量为0.04mol×197g/mol=7.88g；

硫酸钡的质量为10.21g-7.88g=2.33g；

n（BaSO4）==0.01mol；

n（Na2SO4）=n（BaSO4）；

则c（Na2SO4）==0.1mol/L；

答：混合物中Na2CO3和Na2SO4物质的量浓度分别是0.4mol/L；0.1mol/L．

【解析】【答案】根据Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑来计算原混合溶液中Na2CO3的物质的量浓度，根据Na2CO3+Ba（OH）2═BaCO3↓+2NaOH、Na2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+2NaOH来计算原混合溶液中Na2SO4物质的量浓度．

21、解：标准状况下得到5.6L氢气的物质的量为=0.25mol，所以n（一元醇）=2n（H2）=2×0.25mol=0.5mol，故该一元醇的摩尔质量为=60g/mol，去掉1个﹣OH剩余原子相对原子质量之和为60﹣17=43，可能为﹣CH2CH2CH3或﹣CH（CH3）2，分子式为3CH7O，可能结构简式为HOCH2CH2CH3或HOCH（CH3）2，答：该有机物分子式分子式为3CH7O，可能结构简式为HOCH2CH2CH3或HOCH（CH3）2．【分析】【分析】金属与醇反应，醇中﹣OH中的氢原子被还原生成氢气，根据H原子守恒可知，n（一元醇）=2n（H2），根据n=计算氢气的物质的量，再根据M=计算一元醇的摩尔质量，进而确定醇的分子式．六、综合题(共4题，共24分)22、反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能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）因图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；

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

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

（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为：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；

则利用盖斯定律将①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1；

【分析】（1）反应物总能量大于生成物总能量；催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，反应热不变；

（2）根据反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）结合1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1计算反应热；

（3）根据反应物和生成物确定反应的历程；

（4）利用盖斯定律计算．23、1：52）盐酸体现出的性质有：____酸性和还原性3）用双线桥表示出电子转移的方向和数目：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O4）当被氧化的HCl为73克时，转移的电子的数目为____（填具体数字）1.204×1024【分析】【解答】解：（1）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，1KClO3中氯元素的化合价由+5价变为0价，所以1KClO3是氧化剂，5HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，所以5HCl是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：5；故答案为：1：5；（2）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，6HCl参与反应，其中5HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，1HCl化合价不变，所以盐酸体现出的性质有酸性和还原性，故答案为：酸性和还原性；（3）反应中只有Cl元素化合价发生变化，Cl元素化合价分别由+5价、﹣1价变化为0价，当有3molCl2生成时，转移5mol电子，则电子转移的方向和数目为故答案为：（4）当被氧化的HCl为73克时即=2mol，又HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价被氧化，所以转移2mol电子，数目为1.204×1024，故答案为：1.204×1024．

【分析】反应中只有Cl元素化合价发生变化，KClO3中氯元素的化合价由+5价变为0价，HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，当有3mol