…………○…………內…………○…○…………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年湘教版高一化學上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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列反應起了氮的固定作用是（）A.N2和H2在一定條件下反應生成NH3B.NH3經過一系列反應之后生成硝酸鹽C.NO與O2反應生成NO2D.氯化銨受熱分解2、下列半徑最大的微粒是（）A.FB.Mg2+C.Cl-D.Ca2+3、下列敘述正確的是A.氧化劑在同一反應中既可以是反應物，也可以是生成物B.氧化還原反應中氧化劑發生了氧化反應C.氧化還原反應的特征是元素的化合價發生了改變D.物質由單質變為化合物，元素一定被還原4、法國里昂的科學家最近發現一種只由四個中子組成的微粒，這種微粒稱為“四中子”，也有人稱之為“零號元素”rm{.}它與天體中的中子星構成類似rm{.}有關：“四中子”微粒的說法正確的rm{(}rm{)}A.該微粒的質量數為rm{2}B.該微粒不顯電性C.它與普通中子互稱為同位素D.在元素周期表中與氫元素占同一位置5、既有離子鍵，又有共價鍵的化合物是rm{(}rm{)}A.rm{KBr}B.rm{NaOH}C.rm{HBr}D.rm{N_{2}}6、美國科學家將鉛和氪兩種元素的原子核對撞，獲得了一種質子數為118、質量數為293的新元素，該元素原子核內的中子數和核外電子數之差為A．47B．57C．61D．1757、下列配制溶液的操作中，不會影響所配溶液濃度大小的是（）A.托盤兩邊各墊一張質量相等的紙片稱取固體NaOHB.容量瓶內水分未干便注入了液體C.洗滌剛才盛過溶質的燒杯的洗滌液沒有轉入容量瓶D.定容后使溶液混勻，靜止，發現凹液面低于刻度線，立即滴加蒸餾水至刻度線8、在水溶液中不能存在的反應是（）

①Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2

②I2+2NaBr═2NaI+Br2

③Zn+FeSO4═ZnSO4+Fe

④K+NaCl═KCl+Na．A.①③B.①②C.②④D.③④9、下列物質屬于非電解質的是（）A.醋酸B.液氨C.氯水D.氯化鈉評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、（8分）銅在常溫下能被稀HNO3溶【解析】

3Cu+8HNO3（稀）==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O⑴請將上述反應改寫成離子方程式：_____________________。⑵上述反應中氧化劑是，沒有參加氧化還原反應的硝酸占總硝酸的比例_____。(3)取1.92gCu與一定量濃HNO3恰好完全反應，生成氣體顏色由紅棕色逐漸變成無色，共得到標準狀況下氣體1.12L，則參加反應的硝酸為_____________mol。11、（6分）某學習小組利用鐵與稀硫酸的反應，進行“探究影響化學反應速率因素”的實驗。結果如下表：。實驗序號鐵的質量/g鐵的形態V(H2SO4)/mLc(H2SO4)/mol·L-1反應前溶液的溫度/℃金屬完全消失的時間/s10.10片狀500.82020020.10粉狀500.8202530.10片狀501.02012540.10片狀501.03550請分析上表信息，回答下列問題。（1）實驗1、2表明對反應速率有影響。（2）僅表明反應物濃度對反應速率產生影響的實驗有（填實驗序號）。（3）該探究實驗中，影響反應速率的因素還有，體現該影響因素的實驗有（填實驗序號）。（4）進行實驗3時，若將稀硫酸改為50mL2.0mol·L-1鹽酸（其他條件不變），發現：放出氣泡的速率，鹽酸明顯比硫酸快。你認為可能的原因是。（忽略溫度對反應速率的影響）12、用A、B、C三種裝置都可制取溴苯．請仔細分析三套裝置，然后回答下列問題：

(1)寫出三個裝置中都發生反應的化學方程式：____________；

(2)裝置A；C中長導管的作用是____________；導管不能伸入液面以下的原因是____________；

(3)B；C裝置已連接好；并進行了氣密性檢驗，也裝入了合適的藥品，接下來要使反應開始，對B應進行的操作是____________，對C應進行的操作是____________；

(4)鐵粉的作用是____________，B中盛放CCl4的作用是____________；

(5)能證明苯和液溴發生的是取代反應，而不是加成反應的裝置是____________，(填A、B或C)，現象是____________，寫出相應化學方程式____________，另外證明苯和液溴發生的是取代反應的方法還有____________(任寫一種)．13、反應物與生成物均為氣態的某可逆反應在不同條件下的反應歷程分別為rm{A}rm{B}如圖所示．

rm{壟脵}據圖判斷當反應達到平衡后，其他條件不變，升高溫度，反應物的轉化率將______rm{(}填“增大”、“減小”或“不變”rm{)}．

rm{壟脷}其中rm{B}歷程表明此反應采用的條件為______rm{(}填字母rm{)}．

A.升高溫度rm{B.}增大反應物的濃度。

C.增大壓強rm{D.}使用催化劑．14、(8分)（1）向某溶液中加入KSCN溶液無明顯現象,再滴入數滴氯水后，溶液立即變成紅色,則原溶液中一定含有________離子,要除去FeCl3溶液中少量的氯化亞鐵,可行的辦法是________(填字母)。A．加入銅粉B．加入鐵粉C．通入氯氣D．加入KSCN溶液根據選用的試劑,寫出除去FeCl3溶液中少量的氯化亞鐵過程中發生反應的離子方程式_______________________________。（2）電子工業常用30%的FeCl3溶液腐蝕銅箔,制造印刷線路板,寫出FeCl3與金屬銅反應的離子方程式______________________________________。（3）向沸水中逐滴滴加1mol·L-1FeCl3溶液至液體呈透明的紅褐色,該分散系中微粒直徑的范圍是_________，區別該液體和FeCl3溶液可用方法。15、如圖是實驗室制乙酸乙酯的裝置．

rm{(1)}在大試管中配制一定比例的乙醇、乙酸和濃硫酸的混合溶液的方法是將______rm{.}然后輕輕地振蕩試管；使之混合均勻．

rm{(2)}裝置中通蒸氣的導管要插在飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的液面上方rm{.}不能插入溶液中；目的是______．

rm{(3)}濃硫酸的作用是rm{壟脵}______；rm{壟脷}______．

rm{(4)}飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的作用是______．

rm{(5)}實驗生成的乙酸乙酯，其密度比水______rm{(}填“大”或“小”rm{)}有______氣味．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數為8×6.02×1023（判斷對錯）17、24g鎂原子的最外層電子數為NA（判斷對錯）18、蛋白質的鹽析過程是一個可逆過程，據此可以分離和提純蛋白質．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）評卷人得分四、原理綜合題(共4題，共28分)21、已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反應的平衡常數和溫度的關系如下，830℃時，向一個2L的密閉容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B。溫度70080083010001200平衡常數1.71.11.00.60.4

(1)反應達平衡后，升高溫度，平衡_______移動（填“正向”或“逆向”）

(2)830℃達平衡時，A的轉化率為________。22、(2018·安徽省合肥市高三第三次教學質量檢測)H2S在重金屬離子處理；煤化工等領域都有重要應用。請回答：

Ⅰ．H2S是煤化工原料氣脫硫過程的重要中間體；反應原理為。

ⅰ．COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)△H=+7kJ·mol?1

ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=?42kJ·mol?1

已知斷裂1mol氣態分子中的化學鍵所需能量如下表所示。分子COS(g)H2(g)CO(g)H2S(g)能量(kJ·mol?1)1310442x669

（1）計算表中x=_______。

（2）T℃時，向VL容積不變的密閉容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)；發生上述兩個反應。

①在T℃時測得平衡體系中COS為0.80mol，H2為0.85mol，則T℃時反應ⅰ的平衡常數K=_______(保留2位有效數字)。

②上述反應達平衡后，若向其中再充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)，則再次達平衡后H2的體積分數_______(填“增大”、“減小”或“不變”);若升高溫度，則CO的平衡體積分數_______(填“增大”、“減小”或“不變”)，其理由是_______。

Ⅱ．H2S在高溫下分解制取H2；同時生成硫蒸氣。

（3）向2L密閉容器中加入0.2molH2S，反應在不同溫度(900~1500℃)下達到平衡時，混合氣體中各組分的體積分數如下圖所示，則在此溫度區間內，H2S分解反應的主要化學方程式為_______；在1300℃時，反應經2min達到平衡，則0～2min的反應速率v(H2S)=_______。

Ⅲ．H2S用作重金屬離子的沉淀劑。

（4）25℃時，向濃度均為0.001mol·L?1Sn2+和Ag+的混合溶液中通入H2S，當Sn2+開始沉淀時，溶液中c(Ag+)=_______。(已知：25℃時，Ksp(SnS)=1.0×10?25，Ksp(Ag2S)=1.6×10?49)。23、化合物AX3和單質X在一定條件下反應可生成化合物AX3。反應AX3(g)+X2(g)=AX5(g)在容積為10L的密閉容器中進行。起始時AX3和X2均為0.2mol.反應在不同條件下進行；反應體系總壓強隨時間的變化如圖所示。回答下列問題:

(1)下列式計算實驗a從反應開始至達到平衡時的反應速率v(AX5)=_________

(2)圖中3組實驗從反應開始至達到平衡時的反應速率v(AX5)由大到小的次序為____(填實驗序號);與實驗a相比，b改變的實驗條件及判斷依據是:_________

(3)用p0表示開始時總壓強，p表示平衡時總壓強，α表示AX5的平衡轉化率，則a的表達式為_______;實驗a和c的平衡轉化率:αa為______,αc為_______。24、甲醇(結構式)是一種基礎有機化工原料，應用廣泛。工業上可利用廢氣中的CO2合成CH3OH，發生反應CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H＝－49kJ·mol-1。

(1)已知反應中的相關化學鍵鍵能數據如下：。化學鍵O-HC-OC=OE/(kJmol-1)465343750

甲醇中C－H鍵比氫氣中H－H鍵____(填“強”或“弱”)。相同條件下該反應的正反應活化能Ea(正)＝210kJ·mol-1，則逆反應活化能Ea(逆)＝______kJ·mol-1。

(2)在1L恒容密閉容器中充入CO2和H2，所得實驗數據如下表。實驗編號溫度/。C起始時物質的量/mol平衡時物質的量/moln(CO2)n(H2)n(CH3OH)n(H2)n(CH3OH)①1500.230.190.03②2000.100.260.02③2000.17a0.01

實驗①平衡常數K＝______，若在該溫度下起始時加入二氧化碳、氫氣、甲醇氣體和水蒸氣各0.10mol，這時反應向________移動(填“正反應方向”、“逆反應方向”或“不”)，判斷理由是______。

實驗②達到平衡時H2轉化率為____。

實驗③a＝_________。

(3)甲醇、空氣和稀硫酸可以形成燃料電池，其正極電極反應式為________。評卷人得分五、實驗題(共1題，共2分)25、有一瓶無色澄清溶液，其中可能含有rm{H^{+}}rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Ba^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}離子rm{.}現進行以下實驗：

A、用rm{PH}試紙檢驗溶液；發現溶液呈強酸性；

B、取部分溶液逐滴加入rm{NaOH}溶液；使溶液由酸性變為堿性，無沉淀產生；

C、取少量rm{B}中的堿性溶液，滴加rm{Na_{2}CO_{3}}溶液；有白色沉淀產生．

rm{壟脵}根據上述事實確定：該溶液中肯定存在的離子有______；肯定不存在的離子有______；

可能存在的離子有______．

rm{壟脷}寫出rm{C}中發生反應的離子方程式______．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【解答】解：A、N2與H2在一定條件下反應生成NH3的過程；是將游離態的氮元素轉化為化合態的氮元素的過程，屬于氮的固定，故A正確；

B；由氨氣制碳銨和硫銨等硝酸鹽是含氮化合物之間的轉化；不屬于氮的固定，故B錯誤；

C、NO與O2反應生成NO2是含氮化合物之間的轉化；不屬于氮的固定，故C錯誤；

D；氯化銨受熱分解生成氨氣和氯化氫氣體；不是氮的固定，故D錯誤；

故選A．

【分析】氮的固定是指將游離態的氮元素轉化為化合態的氮元素的過程，即將氮氣轉化為含氮化合物．2、C【分析】解：F的質子數為9，Mg2+，的質子數為12，F、Mg2+，同層看核，核大半徑小，故半徑F＞Mg2+；Cl-的質子數為17，Ca2+，的質子數為20，同層看核，核大半徑小，Cl-，Ca2+，核外電子排布相同，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑Cl-＞Ca2+；Ca2+比Mg2+核外電子排布多一層，故半徑Ca2+＞Mg2+；Cl-比F-核外電子排布多一層，故半徑Cl-＞F-；同核看價，價高半徑小，故半徑F-＞F，所以半徑Cl-＞F；

綜上半徑最大的微粒是Cl-；

故選C．

對除稀有氣體元素原子以外的任何原子或離子的半徑進行比較要“三看”：①首先看層；層少半徑小；②同層看核，核大半徑小；③同核看價，價高半徑小．以此來解答．

本題考查粒子半徑的大小比較，注意粒子半徑比較的角度和方法，為元素周期律中常考查問題，學習中注意積累相關比較方法，注重元素周期律遞變規律的應用，題目難度不大．【解析】【答案】C3、C【分析】【分析】本題考查氧化還原知識，難度不大，掌握氧化還原知識是解答的關鍵。【解答】A.氧化劑只能是生成物，不可能是反應物，故A錯誤；B.氧化劑發生了還原反應，故B錯誤；C.判斷是否為氧化還原反應就是看化合價有沒有升降，故C正確；D.可以是被氧化也可以是被還原，主要是看化合價變化，故D錯誤。故選C。【解析】rm{C}4、B【分析】解：rm{A.1}個質子的質量rm{=1}個中子的質量，微粒的質量數為rm{4}故A錯誤；

B.不顯電性；因為只有中子，中子不帶電，故B正確；

C.該微粒不是原子；同位素必須是原子，故C錯誤；

D.rm{H}元素的質子數是rm{1}該元素是rm{0}屬于不同的元素，與rm{H}不在同一位置；故D錯誤；

故選B．

A.rm{1}個質子的質量rm{=1}個中子的質量；

B.該微粒只有中子；中子不帶電；

C.質子數相同；而中子數或核子數不同的原子互為同位素；

D.該元素的質子數是rm{0}rm{H}元素是rm{1}．

本題考查原子構成、同位素等知識，題目難度不大，注意rm{1}個質子的質量rm{=1}個中子的質量．【解析】rm{B}5、B【分析】解：rm{A.KBr}中只含離子鍵；故A不選；

B.rm{NaOH}中含離子鍵和rm{O-H}共價鍵；故B選；

C.rm{HBr}只含共價鍵；故C不選；

D.rm{N_{2}}中只含共價鍵；故D不選；

故選B．

一般來說；活潑金屬與非金屬形成離子鍵，非金屬之間形成共價鍵，以此來解答．

本題考查化學鍵，為高頻考點，把握化學鍵的形成及判斷的一般規律為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意常見物質中的化學鍵，題目難度不大．【解析】rm{B}6、B【分析】【解析】【答案】B7、B【分析】【解答】解：A．托盤兩邊各墊一張質量相等的紙片稱取固體NaOH；NaOH易潮解，n偏小，c偏小，故A不選；B．容量瓶內水分未干便注入了液體，n；V均不變，則不會影響所配溶液濃度大小，故B選；

C．洗滌剛才盛過溶質的燒杯的洗滌液沒有轉入容量瓶；n偏小，c偏小，故C不選；

D．定容后使溶液混勻；靜止，發現凹液面低于刻度線，立即滴加蒸餾水至刻度線，V偏大，c偏小，故D不選；

故選B．

【分析】由c=及不當操作對n、V的影響可知，n、V均不變，則不會影響所配溶液濃度大小，以此來解答．8、C【分析】解：①氯氣與溴化鈉溶液反應生成溴和氯化鈉，方程式：Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2；故正確；

②碘的氧化性弱于溴；與溴化鈉不反應，故錯誤；

③鋅與硫酸亞鐵溶液反應生成硫酸鋅和鐵，方程式：Zn+FeSO4═ZnSO4+Fe；故正確；

④鉀與氯化鈉溶液反應；先與水反應生成氫氧化鉀和氫氣，不能置換鈉，故錯誤；

故選C．

①氯氣氧化性強于溴；能夠從溴化鈉溶于中置換溴；

②碘的氧化性弱于溴；與溴化鈉不反應；

③鋅活潑性強于鐵；能夠與硫酸亞鐵溶液反應置換鐵；

④鉀性質活潑；與鹽溶液反應，先與水反應．

本題考查了元素化合物性質，熟悉物質的性質是解題關鍵，注意鈉與鹽溶液反應的實質，題目難度不大．【解析】【答案】C9、B【分析】解：A；醋酸在溶液中能夠電離出醋酸根離子和氫離子；其溶液導電，醋酸屬于電解質，故A錯誤；

B；液氨為液態氨氣；不能電離屬于非電解質，故B正確；

C；氯水是氯氣的水溶液；既不是電解質也不是非電解質，故C錯誤；

D；氯化鈉在溶液中和熔融狀態下都能夠導電；氯化鈉為電解質，故D錯誤；

故選：B。

在水溶液或熔融狀態下能夠導電的化合物為電解質；在水溶液和熔融狀態下不能導電的化合物為非電解質，無論電解質還是非電解質，一定屬于化合物，據此進行判斷。

本題考查了電解質與非電解質的概念及判斷，題目難度不大，注意明確電解質與非電解質的聯系與區別，明確單質和混合物既不是電解質，也不是非電解質。【解析】B二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】（1）考查離子方程式的書寫。在改寫離子方程式時，關鍵是找準哪些物質可以用離子符合來表示，哪些可以用化學式來表示。只有既能溶于水，又能完全電離的物質才能用離子來表示，其他的均用化學式表示。（2）由方程式可知8mol硝酸參加反應其中只有2mol硝酸被還要，其氮元素的化合價由＋5價降低到＋2價，所以沒有參加氧化還原反應的硝酸占總硝酸的比例3/4。（3）生成氣體顏色由紅棕色逐漸變成無色，說明氣體是NO和NO2的混合氣體，其物質的量是＝0.05mol，根據氮元素守恒可知被還原的硝酸的物質的量就是0.05mol。1.92gCu被氧化生成Cu(NO3)2，其物質的量是mol。同樣根據氮元素守恒可知沒有被還原的硝酸的物質的量就是0.03mol×2＝0.06mol，參加反應的硝酸為0.06mol＋0.05mol＝0.11mol。【解析】【答案】⑴3Cu+8H++2NO3－==3Cu2++2NO↑+4H2O⑵HNO33/4（3）0.1111、略

【分析】試題分析：（1）通過對表格中的數據進行觀察、分析可：實驗1、2表明固體反應物顆粒的大小（或反應物的接觸面積、固體顆粒表面積的大小等）對反應速率有影響。（2）僅表明反應物濃度對反應速率產生影響的實驗有1、3實驗；（3）該探究實驗中，影響反應速率的因素還有溫度的影響，體現該影響因素的實驗有3、4；（4）進行實驗3時，若將稀硫酸改為50mL2.0mol·L-1鹽酸（其他條件不變），發現：放出氣泡的速率，鹽酸明顯比硫酸快。你認為可能的原因是Cl—加快反應速率（或答Cl—對反應有催化作用）。考點：考查化學實驗的數據的處理、影響化學反應速率的因素的知識。【解析】【答案】（1）固體反應物顆粒的大小（或反應物的接觸面積、固體顆粒表面積的大小等）；（2）1、3；（3）溫度；3、4；（4）Cl—加快反應速率（或答Cl—對反應有催化作用）12、略

【分析】解：(1)苯和溴在鐵作催化劑的條件下能發生取代反應生成溴苯，方程式為C6H6+Br2C6H5Br+HBr，故答案為：C6H6+Br2C6H5Br+HBr；

(2)苯和溴的取代反應中有溴化氫生成，苯和溴易揮發，所以導管b除導氣外；還有起冷凝回流作用，減少苯和溴的揮發；

故答案為：導氣(導出HBr)兼冷凝(冷凝苯和溴蒸氣)；

(3)苯和溴反應較慢，為加快反應速率，常常加入催化劑；催化劑只有和反應混合時才起作用，所以對B應進行的操作是打開分液漏斗上端塞子，旋轉分液漏斗活塞，使Br2和苯的混合液滴到鐵粉上；對C應進行的操作是托起軟橡膠袋使Fe粉沿導管倒入溴和苯組成的混合液中；

故答案為：打開分液漏斗上端塞子，旋轉分液漏斗活塞，使Br2和苯的混合液滴到鐵粉上；托起軟橡膠袋使Fe粉沿導管倒入溴和苯組成的混合液中；

(4)鐵粉能加快其反應速率；所以做催化劑；四氯化碳；溴都是非極性分子，非極性分子的溶質易溶于非極性分子的溶劑，所以溴易溶于四氯化碳，故四氯化碳的作用是除去溴化氫氣體中的溴蒸汽，故答案為：作催化劑；除去溴化氫氣體中的溴蒸汽；

(5)溴和苯發生取代反應除了生成溴苯外還有溴化氫生成，溴化氫能和無色的硝酸銀溶液反應生成淡黃色的沉淀，反應方程式為AgNO3+HBr=AgBr↓+HNO3；所以能證明苯和液溴發生的是取代反應，而不是加成反應的裝置是B；氯氣的氧化性大于溴的氧化性，所以氯氣能和溴離子發生置換反應生成溴單質，溴單質呈紅棕色，所以還可以往A或C裝置的水中通氯氣，把溴化氫里的溴置換出來，溶液會變成紅棕色；

故答案為：還可以往A或C裝置的水中通氯氣，把溴化氫里的溴置換出來，溶液會變成紅棕色．【解析】C6H6+Br2C6H5Br+HBr;導氣(導出HBr)兼冷凝(冷凝苯和溴蒸氣);防止溶液倒吸;打開分液漏斗上端塞子，旋轉分液漏斗活塞，使Br2和苯的混合液滴到鐵粉上;托起軟橡膠袋使Fe粉沿導管倒入溴和苯組成的混合液中;作催化劑;除去溴化氫氣體中的溴蒸汽;B;硝酸銀溶液中有淡黃色沉淀生成;AgNO3+HBr=AgBr↓+HNO3;還可以往A或C裝置的水中通氯氣，把溴化氫里的溴置換出來，溶液會變成紅棕色．13、略

【分析】解：rm{壟脵}由圖可知；反應物的總能量低于生成物的總能量，該反應為吸熱反應，升高溫度平衡向正反應方向移動，反應物的轉化率增大．

故答案為：增大；

rm{壟脷}由圖可知，反應歷程rm{B}與rm{A}相比；改變反應歷程，最后達到相同的平衡狀態，改變的條件應是使用催化劑，降低反應的活化能，加快反應速率．

故答案為：rm{D}．

rm{壟脵}由圖可知；反應物的總能量低于生成物的總能量，該反應為吸熱反應；升高溫度平衡向正反應方向移動；

rm{壟脷}由圖可知，反應歷程rm{B}與rm{A}相比；改變反應歷程，應是使用催化劑．

本題考查了化學反應能量變化圖象分析判斷，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，注意把握反應活化能和焓變的理解應用，題目難度中等．【解析】增大；rm{D}14、略

【分析】試題分析：（1）滴加KSCN溶液時無明顯現象發生，說明原溶液中一定沒有Fe3+，氯水具有強氧化性，滴入氯水后溶液立即顯紅色，說明原溶液中一定含有Fe2+，這是亞鐵離子的檢驗方法．要除去FeCl3溶液中少量的氯化亞鐵,可通入氯氣，既能除去氯化亞鐵，又不引入其它雜質。反應的離子方程式為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（2）Fe3+能氧化銅，其離子方程式為：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（3）因為該分散系為膠體，所以微粒直徑的范圍是：1～100nm，區別溶液和膠體常用的方法為：丁達爾實驗考點：亞鐵離子的檢驗方法和除雜、氯氣的性質、Fe3+的性質、膠體的性質【解析】【答案】（1）Fe2+C2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（2）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（3）1～100nm丁達爾實驗15、略

【分析】解：rm{(1)}濃硫酸溶于水放出大量的熱；加入藥品時，為防止酸液飛濺，應先加入乙醇再加入濃硫酸和乙酸，如先加濃硫酸會出現酸液飛濺的可能現象；

故答案為：向試管倒入一定量的乙醇；然后邊搖動試管邊慢慢加入一定量的濃硫酸和一定量的醋酸；

rm{(2)}乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸；二者易溶于水而產生倒吸，故答案為：防止倒吸；

rm{(3)}乙酸與乙醇需濃硫酸作催化劑，該反應為可逆反應，濃硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移動rm{.}故濃硫酸的作用為催化劑；吸水劑，故答案為：催化作用；吸水作用；

rm{(4)}制備乙酸乙酯時常用飽和碳酸鈉溶液吸收乙酸乙酯；目的是除去乙醇和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，便于分層．

故答案為：除去乙醇和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度；便于分層；

rm{(5)}在碳酸鈉溶液層上方有無色油狀液體出現；聞到香味，說明實驗中生成的乙酸乙酯，其密度比水小；根據乙酸乙酯的物理性質可知，乙酸乙酯有芳香氣味；

故答案為：小；芳香；

rm{(1)}加入藥品時；為防止酸液飛濺，應先加入乙醇再加入濃硫酸和乙酸；

rm{(2)}根據粗產品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物中各自的性質；進行解答；

rm{(3)}乙酸與乙醇需濃硫酸作催化劑；該反應為可逆反應，濃硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移動；

rm{(4)}用飽和碳酸鈉溶液吸收乙酸乙酯；乙醇溶解，碳酸鈉與乙酸反應除去乙酸；同時降低乙酸乙酯的溶解度；

rm{(5)}根據實驗操作和實驗現象進行解答；

本題考查了乙酸乙酯的制備，注意把握乙酸乙酯的制備原理和實驗方法，把握乙酸乙酯與乙酸、乙醇性質的區別，題目難度不大．【解析】向試管倒入一定量的乙醇，然后邊搖動試管邊慢慢加入一定量的濃硫酸和一定量的醋酸；防止倒吸；催化作用；吸水作用；除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分層；小；芳香三、判斷題(共5題，共10分)16、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質的量，再根據鈉離子結構計算最外層電子總數．17、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．18、A【分析】【解答】向雞蛋清中加入飽和硫酸鈉溶液；可以觀察到的現象為析出沉淀，說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質的溶解性變小，此過程叫做蛋白質的“鹽析”為物理變化；再向試管里加入足量的蒸餾水，觀察到的現象是變澄清，鹽析是可逆過程，可以采用多次鹽析的方法分離；提純蛋白質．

故答案為：對．

【分析】向雞蛋清中加入飽和硫酸銨溶液，可以觀察到的現象為析出沉淀，說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質的溶解性變小，此過程叫做蛋白質的“鹽析”為物理變化．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．四、原理綜合題(共4題，共28分)21、略

【分析】【分析】

(1)根據平衡移動原理；結合溫度與平衡常數的關系分析判斷；

(2)假設A轉化濃度為x，根據物質反應轉化關系，可得平衡時各種物質的濃度，帶入平衡常數表達式可得x的數值，然后利用轉化率=×100%計算。

【詳解】

(1)根據平衡移動原理：升高溫度；化學平衡向吸熱反應方向移動。由表格數據可知，升高溫度，該反應的化學平衡常數減小，說明升高溫度平衡逆向移動，逆反應方向為吸熱反應；

(2)在2L的密閉容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B，發生反應：A(g)+B(g)C(g)+D(g)，反應開始時c(A)=0.2mol÷2L=0.1mol/L，c(B)=0.8mol÷2L=0.4mol/L，c(C)=c(D)=0，假設反應達到平衡時A轉化濃度為x，根據物質反應轉化關系可知平衡時：c(C)=c(D)=xmol/L，c(A)=(0.1-x)mol/L，c(B)=(0.4-x)mol/L，由于在830℃時平衡常數為1.0，所以=1.0，解得x=0.08mol/L，所以830℃達平衡時，A的轉化率=×100%=80%。

【點睛】

本題考查了平衡移動原理的應用。涉及化學平衡常數的應用及反應轉化率的計算注意溫度對吸熱反應影響更大，溫度不變時，化學平衡常數不變，化學方程式相反時，平衡常數則互為倒數。【解析】①.逆向②.80%22、略

【分析】【詳解】

Ⅰ．試題分析：H2S是煤化工原料氣脫硫過程的重要中間體，反應原理為ⅰ．COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)△H=+7kJ·mol-1，該反應為吸熱反應；ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-42kJ·mol-1；該反應為放熱反應。

(1)化學反應的反應熱等于反應物的鍵能總和減去生成物的鍵能總和。由COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)△H=+7kJ·mol-1可知；1310+442-x-669=7，所以x=1076。

(2)T℃時,向VL容積不變的密閉容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)；發生上述兩個反應。

①在T℃時測得平衡體系中COS為0.80mol，H2為0.85mol，由物料守恒可以求出H2S和CO的平衡量分別為0.20mol和0.15mol，由于反應ⅰ中各組分的化學計量數均為1，所以，T℃時反應ⅰ的平衡常數K=

②上述反應達平衡后,若向其中再充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)，則與原平衡體系的起始投料的配比相同，由于兩個反應均分氣體分子數不變的反應，所以再次達平衡后H2的體積分數不變；若升高溫度；則CO的平衡體積分數增大，因為反應ⅰ為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，CO的平衡體積分數增大；而反應ⅱ為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動也使CO的平衡體積分數也增大。

Ⅱ．H2S在高溫下分解制取H2；同時生成硫蒸氣。

(3)向2L密閉容器中加入0.2molH2S,反應在不同溫度(900~1500℃)下達到平衡時,由圖中數據可知，混合氣體中兩種生成物的體積分數不同，其中一種生成物的體積分數約是另一種的2倍，由此可以推斷，H2S主要分解為H2和S2，則在此溫度區間內，H2S分解反應的主要化學方程式為2H2S2H2+S2；在1300℃時,反應經2min達到平衡，由圖中數據可知，此時的體積分數為50%，設H2S的變化量為x，則H2和S2的變化量分別為x和0.5x，則解之得x=0.08mol，所以，0～2min的反應速率v(H2S)=0.02mol·L-1·min-1。

Ⅲ．H2S用作重金屬離子的沉淀劑。

(4)25℃時,向濃度均為0.001mol·L-1Sn2+和Ag+的混合溶液中通入H2S，當Sn2+開始沉淀時，c(S2-)mol/L，所以，溶液中c(Ag+)=4.0×10-14mol·L-1。

點睛：本題屬于化學反應原理的綜合考查，主要考查了反應熱的計算、化學平衡常數的計算、有關化學反應速率的計算、有關沉淀溶解平衡的計算以及外界條件對化學平衡的影響。總之，本題以化學反應原理為載體，主要考查了學生分析圖表數據的能力和計算能力，加深對相關計算原理的理解和應用，能根據實際情況簡化計算過程，快速高效解題。【解析】10760.044不變增大反應ⅰ為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，CO的平衡體積分數增大;反應ⅱ為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，CO的平衡體積分數也增大2H2S2H2+S20.02mol·L?1·min?14.0×10?14mol·L?123、略

【分析】【詳解】

（1）依據體積不變的密閉容器中壓強之比就等于物質的量之比有，實驗a開始時n0=0.4mol，總壓強為160kPa，則可列比例式：=n=0.4mol×=0.3mol。假設平衡時AX5的物質的量為x；可列式如下：

(0.20-x)+(0.20-x)+x=0.3解得：x=0.1；

v(AX5)==1.7×10-4mol·L-1·min-1；

(2)由圖像知，達到平衡所需時間：a＞c＞b，所以反應速率．v(AX5)由大到小的順序為b＞c＞a；與實驗a相比，實驗b先達到平衡，化學反應速率快，但平衡沒有變化，說明實驗b加入了催化劑；

(3)用p0表示開始時總壓強，p表示平衡時總壓強，α表示AX3的平衡轉化率，AX3（g）+X2（g）AX5（g）

初始（mol）0.200.200

平衡（mol）0.20-x0.20-xx

(0.20-x）+(0.20-x）+x=n；則x=0.40-n

αa=50%；αc==40%。

點睛：根據計算出反應速率；根據到達平衡用時的多少可以比較出反應速率的大小；

再根據圖象中的曲線的變化趨勢判斷出條件的改變，據此分析。【解析】①.0.10mol/(10L×60min)=1.7×10-4mol·L-1·min-1②.bca③.b:加入催化劑。反應速率加快，但平衡點沒有改變④.a=2(1-p/p0)⑤.50%⑥.40%