…………○…………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年滬教新版高一化學下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7題，共14分)1、主族元素R的最高正化合價為+2，R元素位于周期表的A．ⅠA族B．ⅡA族C．ⅢA族D．ⅤA族2、rm{16.}下列物質中所含分子數最多的是rm{(}rm{)}A.rm{56gN_{2}}B.rm{3.01隆脕10^{23}}個硫酸分子C.標準狀況下rm{22.4LCl_{2}}D.rm{1.5molO_{2}}3、酯化反應是有機化學中的一類重要反應，下列對酯化反應理解不正確的是rm{(}rm{)}A.酯化反應的產物只有酯B.酯化反應可看成取代反應的一種C.酯化反應是有限度的D.濃硫酸可做酯化反應的催化劑4、下列物質中既能跟稀硫酸反應；又能跟氫氧化鈉溶液反應的是。

rm{壟脵NaHCO_{3}壟脷Al_{2}O_{3}壟脹Al(OH)_{3}壟脺Al壟脻Na_{2}CO_{3}}A.rm{壟脵NaHCO_{3}壟脷Al_{2}O_{3}壟脹Al(OH)_{3}壟脺Al

壟脻Na_{2}CO_{3}}B.rm{壟脵壟脹壟脺}C.rm{壟脷壟脹壟脺壟脻}D.全部rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}5、將純鋅片和純銅片按圖示方式插入同濃度的稀硫酸中一段時間，下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.裝置甲中銅片表面產生氣泡B.裝置甲中正極的電極反應式：rm{2H^{+}+2e隆樓=H_{2}隆眉}C.裝置乙中電流從銅片經導線流向鋅片D.裝置乙溶液中rm{SO_{4}^{2}隆樓}向銅片做定向移動6、下列根據實驗操作和現象所得出的結論正確的是。選項實驗操作實驗現象結論rm{A}將rm{SO_{2}}通入溴水中溴水褪色rm{SO_{2}}具有漂白性rm{B}向無色溶液中加硝酸酸化的rm{BaCl_{2}}溶液有白色沉淀原溶液中一定含rm{SO_{4}^{2-}}rm{C}在蔗糖溶液中加入rm{3隆蘆5}滴稀硫酸，沸幾分鐘、冷卻；在冷卻后的溶液中加入銀氨溶液，加熱沒有銀鏡產生蔗糖尚未水解rm{D}將乙烯通入rm{KMnO_{4}}酸性溶液紫紅色褪去乙烯具有還原性A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}7、下列有機反應中，____屬于取代反應的是A.rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{脜簍脕貌脣謾}{overset{?}{?}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{33}+H_{2}O}B.rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{麓脽祿爐錄脕}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}C.rm{CH_{4}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒}CH_{3}Cl+HCl}D.評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、1808年，英國化學家戴維用鉀還原氧化鎂，最早制得少量的鎂。鎂是航空工業的重要材料，鎂合金用于制造飛機機身、發動機零件等，一架超音速飛機約有5%的鎂合金構件，一枚導彈一般消耗100～200公斤鎂合金；鎂作為一種強還原劑，還用于鈦、鋯、鈹和鈾等的生產中；鎂是燃燒彈和照明彈不能缺少的組成物；鎂粉是節日煙花必需的原料。鎂及其合金是一種用途很廣泛的金屬材料，目前世界上60%的鎂是從海水中提取的。從海水（主要含NaCl和MgSO4）中提取金屬鎂的主要步驟如下：回答下列問題：(1)Mg在周期表中的位置______________________，試劑A可以選用_____________________，試劑C可選用_______________________；(2)步驟①的離子方程式_________________________________________；(3)用電子式表示氯化鎂的形成過程_______________________________；(4)無水MgCl2在熔融狀態下，通電后會產生Mg和Cl2,該反應的化學方程式為：_____________________________________________________；(5)戴維制鎂的化學方程式為_____________________________________；(6)配平下列反應的方程式。①+——+②+——++9、（8分）科學研究表明，由于大量使用氟利昂使南極上空的臭氧層出現空洞。臭氧的化學式為O3。在同溫同壓下，相同質量的O2和O3的物質的量比為，體積比為____，氧原子數比為,密度比為10、下列各物質中，互為同位素的是____，互為同素異形體的是____，互為同系物的是____，互為同分異構體的是____．

①金剛石與石墨。

②12C與14C

③與

④與

⑤與

⑥與

⑦CH4與C（CH3）4．11、將4gNaOH溶于______g水中，可使溶液中H2O與Na+的物質的量之比為20：1，此溶液中溶質的質量分數為______．12、從A．蛋白質B．葡萄糖C．乙烯D．乙酸E．油脂等五種有機物中性質合適的答案；將其標號填在空格內．

（1）制備肥皂的主要原料是______；

（2）用于除去熱水瓶膽水垢[主要成分：CaCO3、Mg（OH）2]的是______；

（3）詩句“春蠶到死絲方盡，蠟炬成灰淚始干”中的“絲”屬于有機物中的______；

（4）可作為作為生長調節作用的烴是______；

（5）糖尿病人通常是指病人的尿液中______的含量高．13、在rm{2L}的密閉容器中充入一定量的rm{SO_{3}}氣體，在一定溫度和催化劑作用下，發生反應：rm{2SO_{3}?2SO_{2}+O_{2}}rm{4min}測得rm{n(O_{2})=0.8mol}rm{n(SO_{3})=6.4mol}．

求：rm{n(SO_{2})=}______；氧氣的生成速率rm{v}rm{(O_{2})}______；rm{SO_{3}}的轉化率______．14、rm{(1)}填寫下表符號中“rm{2}”的含義。微粒rm{{^{2}}llap{_{1}}H}rm{{,!}_{2}}rm{He}rm{Cl_{2}}rm{Ca^{2+}}“rm{2}”的含義rm{(2)}填寫下表。問題rm{{,!}_{51}}rm{Sb}在周期表的位置rm{Fe}的原子結構示意圖rm{Na_{2}O_{2}}的電子式由rm{H}、rm{O}、rm{Na}、rm{S}四種元素形成的化合物中含有的化學鍵答案15、下列物質rm{(}填序號rm{)}rm{壟脵Fe壟脷Br_{2}壟脹Na_{2}O壟脺NO_{2}}rm{壟脻CO_{2}壟脼SO_{3}壟脽NH_{3}壟脿}鹽酸rm{壟謾H_{2}S壟芒}熔融rm{NaCl}屬于電解質的是______，屬于非電解質的是_______，能導電的是______。評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)16、在冶金工業的煙道廢氣中，常混有大量的SO2和CO；它們都是大氣的污染物，在773K和催化劑（鋁礬土）的作用下，使二者反應可收回大量的硫磺．

請寫出該反應的化學方程式：____

請判斷該反應式寫的是否正確。17、摩爾是七個基本物理量之一．（判斷對錯）18、某有機物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機物一定含有C、H、O三種元素．（判斷對錯）19、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．20、24g鎂原子的最外層電子數為NA（判斷對錯）21、含碳的化合物一定是有機化合物．（判斷對錯）22、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）23、某有機物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機物一定含有C、H、O三種元素．（判斷對錯）評卷人得分四、結構與性質(共1題，共3分)24、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、推斷題(共4題，共24分)25、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}四種元素均位于元素周期表中第三周期。填寫下列各小題的空白：

rm{(1)X}元素的原子的rm{K}rm{L}層的電子數之和比rm{L}rm{M}層的電子數之和多rm{1}個電子，則rm{X}單質在空氣中加熱生成的化合物的電子式______

rm{(2)Y}元素的原子最外層電子數比內層電子數少rm{3}個，用電子式表示rm{Y}和鎂元素形成化合物的過程______

rm{(3)Z}元素最高化合價是最低化合價絕對值的rm{3}倍，它在最高價氧化物中的質量分數為rm{40%.}則rm{Z}元素最高價氧化物的水化物是______，rm{Z}元素的氣態氫化物是______；

能證明rm{Y}元素和rm{Z}元素非金屬性強弱的一個化學方程式為______。

rm{(4)W}元素既有金屬性，又有明顯的非金屬性，則rm{W}元素是______。rm{X}和rm{W}的最高價氧化物對應水化物反應的離子方程式______

rm{(5)Y}與rm{W}形成化合物的化學式是______。實驗測得當此化合物處于固態和液態時不導電，溶于水能導電。由此判斷該化合物具有______鍵rm{(}填離子或共價rm{)}26、已知rm{A隆煤C}必須加熱，否則會發生鈍化現象。請回答下列問題：rm{(1)A}是________，你推斷的理由是_________________________。rm{(2)B}在酸性條件下與rm{H_{2}O_{2}}反應的離子方程式：_______________。rm{(3)A}與過量濃rm{H_{2}SO_{4}}反應的化學方程式：__________________。27、現有中學化學常見四種金屬單質rm{A}rm{B}rm{C}rm{I}和三種常見氣體甲、乙、丙及物質rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}rm{H.}它們之間能發生如下反應rm{(}圖中有些反應的產物和反應的條件沒有全部標出rm{)}

請根據以上信息回答下列問題：

rm{(1)}寫出物質rm{H}的化學式：______，物質rm{E}的名稱：______；

rm{(2)}寫出反應rm{壟脵}的離子方程式______；寫出反應rm{壟脹}的化學方程式______；寫出反應rm{壟脽}的離子方程式______．28、乙酸苯甲酯是一種具有茉莉花香氣的酯類物質，其一種合成路線如下：回答下列問題：

rm{(1)A}的結構簡式是____，甲苯的分子式是____。rm{(2)}乙酸的官能團名稱是____，反應rm{壟脻}的反應類型是____。rm{(3)}反應rm{壟脹}的化學方程式是____。rm{(4)}反應rm{壟脻}的化學方程式是____。rm{(5)}乙酸苯甲酯有多種同分異構體，下列化合物中屬于乙酸苯甲酯的同分異構體且為酯類的是____。評卷人得分六、原理綜合題(共1題，共3分)29、研究和深度開發CO、CO2的應用對構建生態文明社會具有重要的意義。回答下列問題：

（1）CO可用于高爐煉鐵。

已知：Fe3O4（s）+4CO（g）====3Fe（s）+4CO2（g）△H=akJ·mol-1

3Fe2O3（s）+CO（g）====2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=bkJ·mol-1

則反應Fe2O3（s）+3CO（g）====2Fe（s）+3CO2（g）的△H=____________kJ·mol-1（用含a、b的代數式表示）

（2）一定條件下，CO2和CO可以互相轉化。某溫度下，在容積為2L的密閉容器按甲、乙兩種方式投入反應物發生反應：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）。容器反應物甲8molCO2（g）、16molH2（g）乙ωmolCO2（g）、xmolH2（g）、ymolCO（g）、zmolH2O（g）

甲容器15min后達到平衡，此時CO2的轉化率為75%。則0~15min內平均反應速率v（H2）=____________，該溫度下反應的平衡常數K=____________。欲使平衡后乙容器與甲容器中相同氣體的體積分數分別相等，則ω、x、y、z需滿足的關系是y=____________，（用含x、w的代數式表示），且___________。

（3）已知反應C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）C6H5CH=CH2（g）+CO（g）+H2O（g）△H。溫度；壓強對乙苯的平衡轉化率的影響如下圖所示：

則該反應的△H___________0（填“＞”“＜”或“=”），壓強p1、p2、p3從大到小的順序是___________。

（4）CO可被NO2氧化：CO+NO2CO2+NO。當溫度高于225℃時，反應速率v正=k正·c（CO）·c（NO2）、v逆=k逆·c（CO2）·c（NO），k正、k逆分別為正、逆反應速率常數。則k正、k逆與該反應的平衡常數K之間的關系為K=___________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【解析】【答案】B2、A【分析】【分析】先根據物質的量與其它物理量之間的轉化關系，將選項中的各量轉化成物質的量，根據rm{N=nN_{A}}可知物質的量越大，含有的分子數越多。【解答】A.rm{56gN_{2}}的物質的量為：rm{56g隆脗28g/mol}rm{=2mol}

B.rm{3.01隆脕10^{23}}個硫酸分子的物質的量為：rm{3.01隆脕10^{23}隆脗6.02隆脕10^{23;}=0.5mol}

C.標準狀況下rm{22.4LCl_{2}}的物質的量為：rm{22.4L隆脗22.4L/mol}rm{=1mol}

D.rm{1.5molO_{2}}

所以物質的量最大的是rm{A}含有分子數最多的就是rm{A}

故選A。【解析】rm{A}3、A【分析】【分析】本題考查的是酯化反應的理解，難度不大，掌握好相關的概念是解題的關鍵。【解答】A.酯化反應除生成酯還生成水；故A錯誤；

B.酯化反應的實質是醇脫羥基上的氫原子；酸脫羥基，相互結合生成酯和水，屬于取代反應，故B正確；

C.酯化反應是典型的可逆反應；反應是有限度的，故C正確；

D.酯化反應中濃硫酸做催化劑；還作吸水劑，故D正確。

故選A。【解析】rm{A}4、C【分析】碳酸鈉只與酸反應，不能與氫氧化鈉反應。【解析】rm{C}5、C【分析】解：rm{A.}甲沒有形成原電池，銅為金屬活動性順序表rm{H}元素之后的金屬；不能與稀硫酸反應，甲燒杯中銅片表面沒有氣泡產生，故A錯誤；

B.甲沒有形成原電池；只有氫離子和鋅的反應，故B錯誤；

C.裝置乙形成原電池；鋅為負極，銅為正極，電子從鋅經導線流向銅，故C正確；

D.裝置乙形成原電池，溶液中rm{SO_{4}^{2}隆樓}向負極鋅片做定向移動；故D錯誤．

故選C．

鋅比銅活潑，能與稀硫酸反應，銅為金屬活動性順序表rm{H}元素之后的金屬；不能與稀硫酸反應，甲沒有形成閉合回路，不能形成原電池，乙形成閉合回路，形成原電池，根據原電池的組成條件和工作原理解答該題．

該題是高考中的常見題型，屬于中等難度的試題rm{.}側重考查學生靈活運用原電池原理解決實際問題的能力rm{.}學習中要明確原電池電子以及離子的定向移動問題，要能正確判斷原電池的正負極，以及電極反應式的書寫等問題．【解析】rm{C}6、D【分析】【分析】

本題旨在考查學生對化學實驗方案的評價的應用。【解答】

A.二氧化硫和溴水反應生成硫酸和氫溴酸，二氧化硫具有還原性，故A錯誤；B.原溶液中有亞硫酸根離子也能出現相同現象，故B錯誤；C.蔗糖在酸性條件下水解，需加入氫氧化鈉溶液中和過量的硫酸后加入銀氨溶液，不能說明蔗糖尚未水解，故C錯誤；D.將乙烯通入酸性高錳酸鉀溶液，紫色褪去，說明乙烯有還原性，故D正確。故選D。【解析】rm{D}7、B【分析】略【解析】rm{B}二、填空題(共8題，共16分)8、略

【分析】【解析】試題分析：（1）鎂的原子序數是12，位于元素周期表的第三周期第ⅡA族。海水中的鎂離子轉化沉淀，應該加入石灰乳氫氧化鈣，將鎂離子轉化為氫氧化鎂沉淀。氫氧化鎂轉化為氯化鎂，需要將氫氧化鎂溶解在鹽酸中。（2）根據以上分析可知，步驟①的離子方程式是2OH-+Mg2+＝Mg(OH)2↓。（3）氯化鎂是含有離子鍵的離子化合物，其形成過程可表示為（4）在通電的條件下，電解熔融的氯化鎂生成氯氣和金屬鎂，反應的方程式是MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑。（5）在高溫下，金屬K和氧化鎂發生置換反應，生成金屬鎂，反應的化學方程式是2K+MgOK2O+Mg。（6）①在反應中Mg的化合價從0價升高到＋2價，失去2個電子。U元素的化合價從＋4價降低到0價，得到4個電子，所以根據電子的得失守恒可知，配平后的方程式是1+2＝1+2②根據方程式可知，Mg的化合價從0價升高到＋2價，失去2個電子。硝酸中氮元素的化合價從＋5價降低到＋1價，得到4個電子，則根據電子的得失守恒可知，配平后的方程式是4+10＝4+1+5考點：考查海水中金屬鎂的提取、金屬鎂在周期表中的位置、氯化鎂的形成、氧化還原反應方程式的配平【解析】【答案】（16分，每空2分）(1)第三周期第ⅡA族，Ca(OH)2溶液鹽酸(2)2OH-+Mg2+＝Mg(OH)2↓(3)(4)MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑(5)2K+MgOK2O+Mg(6)1，2，1，24，10，4，1，59、略

【分析】【解析】【答案】物質的量比為3:2，體積比為3:2，氧原子數比為1:1密度比為2:310、②|①|⑦|③⑥【分析】【解答】解：①金剛石和石墨是由碳元素組成的不同單質，互為同素異形體；②12C與14C質子數都為6，中子數不同，是碳元素的不同原子，互為同位素；③與分子式相同，結構不同，互為同分異構體；④與的分子式相同，結構相同，是同一種化合物；⑤與的分子式相同，結構相同，是同一種化合物；⑥與的分子式相同，結構不同，互為同分異構體；⑦CH3與C（CH3）4結構相似、通式相同，相差4個CH2原子團；互為同系物；故答案為：②；①；⑦；③⑥．

【分析】具有相同分子式而結構不同的化合物互為同分異構體；同系物指結構相似、通式相同，組成上相差1個或者若干個CH2原子團，具有相同官能團的化合物；質子數相同質量數（或中子數）不同的原子互稱同位素；同種元素形成的不同單質互為同素異形體；11、略

【分析】解：4gNaOH的物質的量==0.1mol，溶液中H2O與Na+的物質的量之比為20：1，則水的物質的量=0.1mol×20=2mol，故水的質量為2mol×18g/mol=36g，溶液的質量=m（水）+m（NaOH）=4g+36g=40g，故溶液質量分數=×100%=10%；

故答案為：36；10%．

根據n=計算4gNaOH的物質的量，進而計算水的物質的量，根據m=nM計算水的質量，溶液的質量=m（水）+m（NaOH），溶液質量分數=×100%．

本題考查物質的量的有關計算、溶液質量分數的計算，比較基礎，注意對基礎知識的理解掌握．【解析】36；10%12、略

【分析】解：（1）工業上制備肥皂的主要原料是油脂；故答案為：E；

（2）能夠與CaCO3，Mg（OH）2反應的是乙酸；故答案為：D；

（3）蠶絲含有的物質是蛋白質；故答案為：A；

（4）乙烯有催熟作用；可做生長調節劑，故答案為：C；

（5）糖尿病人通常是指病人的尿液中葡萄糖的含量高；故答案為：B．

（1）油脂的皂化反應常用來制備肥皂；

（2）能夠與CaCO3，Mg（OH）2反應的是乙酸；

（3）“絲”中含有的物質是蛋白質；

（4）乙烯有催熟作用；

（5）糖尿病人通常是指病人的尿液中葡萄糖的含量高．

本題考查生活中的有機化合物，題目難度中等，解答本題的關鍵是把握相關物質的性質，學習中注意積累．【解析】E；D；A；C；B13、略

【分析】解：rm{4min}測得rm{n(O_{2})=0.8mol}rm{n(SO_{3})=6.4mol}設開始的rm{SO_{3}}為rm{n}則。

rm{2SO_{3}?2SO_{2}+O_{2}}

開始rm{n}rm{0}rm{0}

轉化rm{1.6}rm{1.6}rm{0.8}

rm{4min}rm{n-1.6}rm{1.6}rm{0.8}

rm{n-1.6=6.4}解得rm{n=8mol}

由上述分析可知rm{n(SO_{2})=1.6mol}氧氣的生成速率rm{v}rm{(O_{2})=dfrac{dfrac{0.8mol}{2L}}{4min}=0.1}rm{(O_{2})=dfrac{dfrac

{0.8mol}{2L}}{4min}=0.1}rm{mol/(L?min)}的轉化率為rm{dfrac{1.6mol}{8mol}隆脕100%=20%}

故答案為：rm{SO_{3}}rm{dfrac

{1.6mol}{8mol}隆脕100%=20%}rm{1.6mol}rm{0.1}．

rm{mol/(L?min)}測得rm{20%}rm{4min}設開始的rm{n(O_{2})=0.8mol}為rm{n(SO_{3})=6.4mol}則。

rm{SO_{3}}

開始rm{n}rm{2SO_{3}?2SO_{2}+O_{2}}rm{n}

轉化rm{0}rm{0}rm{1.6}

rm{1.6}rm{0.8}rm{4min}rm{n-1.6}

rm{1.6}結合rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}轉化率rm{=dfrac{{脳陋祿爐碌脛脕驢}}{{驢陋脢錄碌脛脕驢}}隆脕100%}計算．

本題考查化學平衡的計算，為高頻考點，把握化學平衡三段法、速率及轉化率計算為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，注意反應中轉化的物質的量關系，題目難度不大．rm{0.8}【解析】rm{1.6mol}rm{0.1mol/(L?min)}rm{20%}14、（1）質量數質子數原子數離子電荷數

（2）第五周期VA族離子鍵、共價鍵【分析】【分析】本題考查化學用語知識，難度不大，掌握各物質的表示是解答的關鍵。【解答】rm{(1)_{1}^{2}{H}}中rm{2}是指原子的質量數為rm{2}rm{{,!}_{2}{H}e}表示元素的質子數為rm{2}rm{Cl_{2}}表示一個氯氣分子由rm{2}個氯原子構成；rm{C{a}^{2+}}表示有rm{2}個單位正電荷的鈣離子；rm{(2)}因其質子數為rm{51}是第rm{5}周期，rm{VA}族元素；rm{Fe}的原子結構示意圖為：過氧化鈉的電子式為：可以形成化合物rm{NaHS{O}_{4}}故其中有離子鍵及共價鍵。【解析】rm{(1}rm{)}質量數質子數原子數離子電荷數質量數質子數原子數離子電荷數rm{)}第五周期rm{(2)}第五周期rm{VA}族族rm{(2)}rm{VA}15、③⑨⑩④⑤⑥⑦①⑧⑩【分析】【分析】本題考查物質的分類相關知識。【解答】rm{壟脵Fe}屬于金屬單質，能導電，但不是電解質也不是非電解質；屬于金屬單質，能導電，但不是電解質也不是非電解質；rm{壟脵Fe}rm{壟脷Br}屬于單質，不能導電，既不是電解質也不是非電解質；rm{壟脷Br}rm{{,!}_{2}}rm{壟脹Na}屬于堿性氧化物，是強電解質，但不能導電；rm{壟脹Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}屬于堿性氧化物，是強電解質，但不能導電；rm{O}不能導電，屬于非電解質；rm{壟脺NO}rm{壟脺NO}不能導電，屬于非電解質；rm{{,!}_{2}}不能導電，屬于非電解質；rm{壟脻CO}不能導電，屬于非電解質；rm{壟脻CO}鹽酸能導電，但屬于混合物，既不是電解質也不是非電解質；rm{{,!}_{2}}rm{壟脼SO}rm{壟脼SO}不能導電，但屬于弱電解質；rm{{,!}_{3}}熔融rm{壟脽NH}能導電，屬于強電解質；rm{壟脽NH}rm{{,!}_{3;}}rm{壟脿}鹽酸能導電，但屬于混合物，既不是電解質也不是非電解質；rm{壟脿}能導電的是rm{壟謾H}rm{壟謾H}【解析】rm{壟脹壟謾壟芒}rm{壟脺壟脻壟脼壟脽}rm{壟脵壟脿壟芒}三、判斷題(共8題，共16分)16、A【分析】【解答】依據題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案為：對．

【分析】依據題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應生成二氧化碳和硫，結合原子個數守恒書寫方程式．17、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．18、B【分析】【解答】解：某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水；說明該有機物中肯定含有碳；氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．

【分析】根據質量守恒可知，某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素19、B【分析】【解答】蒸餾是用來分離沸點不同的液體混合物；溫度計測量的是蒸汽的溫度，故應放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據溫度計在該裝置中的位置與作用；20、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．21、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素；但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機化合物，簡稱有機物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素，但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物．22、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價鍵；故答案為：錯。

【分析】根據甲苯的結構簡式來確定化學鍵，確定存在C﹣H共價鍵的數目23、B【分析】【解答】解：某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水；說明該有機物中肯定含有碳；氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．

【分析】根據質量守恒可知，某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素四、結構與性質(共1題，共3分)24、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、推斷題(共4題，共24分)25、略

【分析】解：rm{(1)X}元素原子的rm{K}rm{L}層的電子數之和比rm{L}rm{M}層的電子數之和多rm{1}個電子，rm{K}層中電子數是rm{2}則rm{M}層電子數是rm{1}所以rm{X}是rm{Na}元素，rm{Na}與氧氣加熱生成過氧化鈉，過氧化鈉的電子式為

故答案為：

rm{(2)Y}元素的原子最外層電子數比內層電子數少rm{3}個，最外層電子數不超過rm{8}個，所以內層電子數是rm{10}最外層電子數為rm{7}則rm{Y}是rm{Cl}元素，rm{Cl}元素和鎂元素形成rm{MgCl_{2}}rm{MgCl_{2}}的形成過程為

故答案為：

rm{(3)Z}元素最高化合價是最低化合價絕對值的rm{3}倍，rm{Z}位于第rm{VIA}族，最高價氧化物為rm{ZO_{3}}最高價氧化物中rm{W}的質量分數為rm{40%}則rm{dfrac{Mr(Z)}{Mr(Z)+48}=40%}解得rm{dfrac

{Mr(Z)}{Mr(Z)+48}=40%}故rm{Mr(Z)=32}是rm{Z}元素，rm{S}元素最高價氧化物的水化物是rm{S}rm{H_{2}SO_{4}}元素的氣態氫化物是rm{S}能證明rm{H_{2}S}元素和rm{Cl}元素非金屬性強弱的一個化學方程式為rm{S}

故答案為：rm{H_{2}S+Cl_{2}=S+2HCl}rm{H_{2}SO_{4}}rm{H_{2}S}

rm{H_{2}S+Cl_{2}=S+2HCl}元素既有金屬性，又有明顯的非金屬性，則rm{(4)W}元素是rm{W}rm{Al}和rm{Na}的最高價氧化物對應水化物反應的離子方程式為rm{Al}

故答案為：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}rm{Al}

rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}與rm{(5)Y}形成化合物的化學式是rm{W}實驗測得當此化合物處于固態和液態時不導電；溶于水能導電，由此判斷該化合物具有共價鍵；

故答案為：rm{AlCl_{3}}共價。

rm{AlCl_{3}}元素原子的rm{X}rm{K}層的電子數之和比rm{L}rm{L}層的電子數之和多rm{M}個電子，rm{1}層中電子數是rm{K}則rm{2}層電子數是rm{M}所以rm{1}是rm{X}元素；rm{Na}元素的原子最外層電子數比內層電子數少rm{Y}個，最外層電子數不超過rm{3}個，所以內層電子數是rm{8}最外層電子數為rm{10}則rm{7}是rm{Y}元素；rm{Cl}元素最高化合價是最低化合價絕對值的rm{Z}倍，rm{3}位于第rm{Z}族，最高價氧化物為rm{VIA}最高價氧化物中rm{ZO_{3}}的質量分數為rm{W}則rm{dfrac{Mr(Z)}{Mr(Z)+48}=40%}解得rm{40%}故rm{dfrac

{Mr(Z)}{Mr(Z)+48}=40%}是rm{Mr(Z)=32}元素；rm{Z}元素既有金屬性，又有明顯的非金屬性，則rm{S}元素是rm{W}據此進行分析。

本題考查結構性質物質關系應用，正確推斷元素是解本題關鍵，側重對化學用語的考查，注意氯化鋁是共價化合物，為易錯點。rm{W}【解析】rm{H_{2}SO_{4}}rm{H_{2}S}rm{H_{2}S+Cl_{2}=S+2HCl}rm{Al}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}rm{AlCl_{3}}共價26、(1)鐵A在濃硫酸中會鈍化，且A與濃硫酸與稀硫酸反應的氧化產物不同，存在變價。(2)2H＋＋2Fe2＋＋H2O2===2H2O＋2Fe3＋(3)6H2SO4(濃)＋2Fe△,Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O【分析】rm{A}與濃硫酸在常溫下發生鈍化，有可能是rm{Fe}或rm{Al}又因rm{A}與稀、濃硫酸反應時被氧化的價態不同，所以rm{A}是變價金屬rm{Fe}則rm{B}為rm{FeSO_{4}}rm{C}為rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}rm{D}為rm{Fe(OH)_{3}}【解析】rm{(1)}鐵rm{A}在濃硫酸中會鈍化，且rm{A}與濃硫酸與稀硫酸反應的氧化產物不同，存在變價。rm{(2)2H^{+}+2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}===2H_{2}O+2Fe^{3+}}rm{(3)6H_{2}SO_{4}(}濃rm{)+2Fetriangle}rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}+3SO_{2}隆眉+6H_{2}O}27、略

【分析】解：rm{(1)}由上面的分析可知，rm{H}的化學式為rm{Fe(OH)_{3}}物質rm{E}的名稱為鹽酸，故答案為：rm{Fe(OH)_{3}}鹽酸；

rm{(2)}反應rm{壟脵}為rm{Na}與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，離子方程式為rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}

反應rm{壟脹}為鋁和氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，化學方程式為rm{2Al+2Na+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}

反應rm{壟脽}為rm{FeCl_{3}}與rm{Cu}反應生成rm{FeCl_{2}}離子方程式為rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}

故答案為：rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}rm{2Al+2Na+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}．

金屬rm{A}焰色反應為黃色，故A為金屬rm{Na}乙是黃綠色氣體，乙為rm{Cl_{2}}紅褐色沉淀rm{H}為rm{Fe(OH)_{3}}由反應rm{壟脵Na隆煤}氣體甲rm{+D}為rm{Na}與水的反應，生成甲為rm{H_{2}}rm{D}為rm{NaOH}由rm{NaOH+}金屬rm{B隆煤H_{2}}可知，rm{B}為金屬rm{Al}由甲rm{+}乙rm{隆煤}丙，故丙為rm{HCl}rm{HCl}溶于水的物質rm{E}故E為鹽酸；rm{G+NaOH隆煤Fe(OH)_{3}}rm{G}含有rm{Fe^{3+}}由rm{E(}鹽酸rm{)xrightarrow{C}Fxrightarrow{Cl_{2}}G}可知，鹽酸與金屬rm{)xrightarrow{C}F

xrightarrow{Cl_{2}}G}反應，生成的產物rm{C}還能繼續與氯氣反應，則金屬rm{F}為變價金屬，應為rm{C}所以rm{Fe}為rm{F}rm{FeCl_{2}}為rm{G}rm{FeCl_{3}}與紅色金屬rm{FeCl_{3}}反應生成rm{I}則rm{FeCl_{2}}為rm{I}據此答題．

本題以無機框圖題的形式考查rm{Cu}rm{Na}rm{Al}rm{Fe}等元素單質及其化合物之間的相互轉化關系、化學用語的書寫、方程式的書寫等，難度中等，注意基礎知識的掌握．rm{Cl}【解析】rm{Fe(OH)_{3}}鹽酸；rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}rm{2Al+2Na+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}28、（1）CH3CH2OHC7H8（2）羧基酯化反應（3）（4）（5）C【分析】【分析】本題考查有機物的推斷，涉及烯烴、醇、醛、羧酸的性質及轉化，難度中等，需要學生熟練掌握官能團的性質與轉化，注意對基礎知識的理解掌握。【解答】乙烯與水發生加成反應生成rm{A}為rm{CH_{3}CH_{