2025年華東師大版高一化學上冊階段測試試卷

…………○…………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年華東師大版高一化學上冊階段測試試卷752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6題，共12分)1、已知：(1)膽礬失水的熱化學方程式為CuSO4·5H2O(s)===CuSO4(s)＋5H2O(l)ΔH＝＋Q1kJ/mol(2)室溫下，無水硫酸銅溶于水的熱化學方程式為CuSO4(s)===Cu2＋(aq)＋SO(aq)ΔH＝－Q2kJ/mol(3)膽礬(CuSO4·5H2O)溶于水時溶液溫度降低。則Q1與Q2的關系是(Q1、Q2為正數(shù))（）A.Q1>Q2B.Q1＝Q2C.Q1D.無法確定2、關于鹽酸、硝酸、硫酸的說法正確的是()A.都是含氧酸B.其溶質都屬于強電解質C.都容易揮發(fā)D.都能與金屬鎂發(fā)生置換反應產生氫氣3、下列實驗不合理的是rm{(}rm{)}

A.用濃硫酸干燥rm{SO_{2}}選rm{壟脹}B.從食鹽溶液中獲取rm{NaCl}選rm{壟脷}C.除去自來水中的rm{Cl^{-}}制純凈水，選rm{壟脺}和rm{壟脵}D.除去rm{Fe(OH)_{3}}膠體中的難溶物，選rm{壟脺}4、標準狀況下，rm{VLHCl}氣體溶解在rm{1L}水中，所得溶液的密度為rm{pg/mL}溶質的質量分數(shù)為rm{婁脴}溶質的物質的量濃度為rm{cmol/L}則下列關系中不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{c=dfrac{1000婁脩婁脴}{36.5}}B.rm{婁脴=dfrac{36.5c}{1000rho}}C.rm{婁脴=dfrac{136.5V}{(36.5V+22400)}}D.rm{c=dfrac{婁脩V}{(36.5V+22400)}}rm{c=dfrac

{1000婁脩婁脴}{36.5}}5、常溫下，取鋁土礦rm{(}含有rm{A1_{2}O_{3}}rm{FeO}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}等物質rm{)}用硫酸浸出后的溶液，分別向其中加入指定物質，反應后的溶液中主要存在的一組離子正確的是A.加入過量rm{NaOH}溶液：rm{Na^{+}}rm{A1O_{2}^{-}}rm{OH^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}B.加入過量氨水：rm{NH_{4}^{+}}rm{A1^{3+}}rm{OH^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}C.通入過量rm{SO_{2}:}rm{Fe^{2+}}rm{H^{+}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}D.加入過量rm{NaClO}溶液：rm{Fe^{2+}}rm{Na^{+}}rm{C1O^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}6、甲、乙、丙三種溶液各含有一種rm{x^{隆陋}(x^{隆陋}}為rm{C1^{隆陋}}rm{Br^{隆陋}}rm{I^{隆陋})}甲中加淀粉溶液和氯水，則溶液變?yōu)槌壬?，再加丙溶液，顏色無明顯變化，則甲、乙、丙依次含有A.rm{Br^{-}}rm{C1^{-}}rm{I^{-}}B.rm{Br^{-}}rm{I^{-}}rm{C1^{-}}C.rm{I^{-}}rm{Br^{-}}rm{C1^{-;;;;;;;;;;;;;;}}D.rm{C1^{-}}rm{I^{-}}rm{Br^{-}}評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)7、用rm{FeCl_{3}}溶液腐蝕印刷電路板上銅箔的反應是：rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}下列有關說法正確的是A.rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+

Cu^{2+}}是還原劑，被腐蝕B.rm{Cu}是氧化劑C.該反應是置換反應D.該反應屬于離子反應rm{Fe^{3+}}8、一定溫度下，在3個容積均為1.0L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。下列說法正確的是。容器編號物質的起始濃度（mol·L－1）物質的平衡濃度（mol·L－1）c(PCl5)c(PCl3)c(Cl2)c(Cl2)c(Cl2)Ⅰ0.4000.2Ⅱ1.050.051.95Ⅲ0.800

A.達平衡時，容器Ⅰ中比容器Ⅱ中的大B.達平衡時，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強之比為6∶31C.達平衡時，容器Ⅲ中Cl2的體積分數(shù)大于D.達平衡時，容器Ⅲ中0.4mol·L－1＜c(PCl5)＜0.8mol·L－19、向絕熱恒容密閉容器中通入SO2和NO2，一定條件下使反應SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)達到平衡；正反應速率隨時間變化如圖所示。由圖可得出不正確的結論是()

A.反應△H<0B.反應物濃度a點大于b點C.反應在c點達到平衡狀態(tài)D.SO2的轉化率：a～b段小于b～c段10、下列有關實驗操作或判斷不正確的是rm{(}rm{)}A.配制一定物質的量濃度溶液，定容時俯視刻度線會導致所配溶液濃度偏小B.用干燥的rm{pH}試紙測定氯水的rm{pH}C.配制稀硫酸時，可先在燒杯中加入一定體積的蒸餾水，再邊緩慢加入濃硫酸邊攪拌E.觀察鉀元素焰色反應的操作：先將鉑絲放在稀鹽酸中洗滌，然后蘸取固體氯化鉀，置于酒精燈的火焰上進行灼燒，觀察．E.觀察鉀元素焰色反應的操作：先將鉑絲放在稀鹽酸中洗滌，然后蘸取固體氯化鉀，置于酒精燈的火焰上進行灼燒，觀察．11、某原電池總反應的離子方程式是：rm{Zn+Cu^{2+}簍TZn^{2+}+Cu}依據此反應設計原電池的正確組合是rm{(}rm{)}。選項正極負極電解質溶液rm{A}rm{Cu}rm{Zn}稀鹽酸rm{B}rm{C}rm{Zn}硫酸銅溶液rm{C}rm{Cu}rm{Zn}氯化銅溶液rm{D}rm{Cu}rm{Zn}硝酸銅溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)12、在rm{50mLNaNO_{3}}和rm{Na_{2}SO_{4}}的混合溶液中，rm{c(Na^{+})=1mol/L}往其中加入適量rm{BaCl_{2}}溶液恰好完全反應，得到rm{2.33g}白色沉淀，則原混合溶液中rm{c(NO_{3}^{-})=}______rm{mol/L}．13、可逆反應A(g)+2B(g)2C(g)△H=-QkJ·mol-1(Q＞0）在一個密閉容器中進行，并在一定條件下達到平衡。若改變條件，將相應的變化結果（“增大”、“減小”或“不變”）填入下列空格。(1)保持溫度和壓強不變，加入不參與反應的稀有氣體，A的轉化率____。v正____，v逆____(2)保持溫度和體積不變，加入不參與反應的稀有氣體，A的轉化率____。v正____，v逆____(3)若溫度和體積不變，反應從A、B開始至平衡，在這個變化過程中，容器內氣體的密度____，壓強____。14、(12分)氮化鈉（Na3N）是科學家制備的一種重要化合物，它與水作用可產生NH3，請回答：（1）Na3N的電子式__________________，該化合物是由______________鍵形成。（2）Na3N與水反應方程式為____________________________________________。（3）Na3N放入足量鹽酸中生成_______種鹽，其化學式為__________________。（4）比較Na3N中兩種粒子的半徑：r（Na+）___ｒ（Ｎ３－）（填“＞”“＝”或“＜”）15、⑴按要求寫出下列反應的離子方程式①氫氧化銅溶于鹽酸②碳酸鈉溶液中和足量的鹽酸溶液混合（2）現(xiàn)有以下物質：①NaCl晶體②液態(tài)HCl③CaCO3固體④熔融KCl⑤蔗糖⑥銅⑦CO2⑧H2SO4⑨KOH固體⑩水⑾鹽酸⑿CH3COOH⒀酒精（填序號）①以上物質中能導電的是_________________________________。②以上物質中屬于電解質的是_____________________________。③以上物質中屬于非電解質的是___________________________。16、150mLFe2（SO4）3溶液中含F(xiàn)e3+5.6g，溶液中SO42﹣的物質的量濃度是____17、新生成的氫氧化亞鐵在空氣中會迅速變灰綠色、最后變?yōu)榧t褐色，其化學方程式為：______。18、除去括號內的雜質；寫出除雜的試劑，并寫出溶液中反應的離子方程式．

rm{(1)FeSO_{4}}溶液rm{(CuSO_{4})}試劑______；離子方程式______．

rm{(2)CO(CO_{2})}試劑______；離子方程式______．

rm{(3)Cu(Mg)}試劑______，離子方程式______．19、已知rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{T}五種元素分別是元素周期表中連續(xù)三個短周期的元素，且原子序數(shù)依次增大。rm{X}rm{T}同主族，rm{Y}rm{Z}rm{W}為同周期的相鄰元素。rm{T}原子的質子數(shù)等于rm{Z}rm{W}原子最外層電子數(shù)之和。rm{Z}與rm{X}形成的分子中有rm{3}個共價鍵。rm{W}原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的rm{3}倍，試推斷：rm{(1)}五種元素原子半徑由大到小的順序是rm{(}寫元素符號rm{)}_______。rm{(2)}由以上元素兩兩形成的化合物中：既含有離子鍵又含有共價鍵的化合物的電子式為________。rm{X}與rm{Y}形成的化合物中既含極性鍵又含非極性鍵，且rm{X}與rm{Y}的質量比為rm{5:27}物質是rm{(}寫分子式rm{)}________________。rm{(3)}由rm{X}rm{Y}rm{Z}所形成的常見離子化合物是________rm{(}寫化學式rm{)}該化合物與rm{T}的最高價氧化物對應的水化物的濃溶液加熱時反應的離子方程式為________。rm{(4)}用電子式表示rm{Y}與rm{W}形成rm{YW_{2}}化合物的過程：____________。rm{(5)Q}與rm{Y}同主族，比rm{Y}多四個電子層，其在周期表的位置為________。評卷人得分四、元素或物質推斷題(共1題，共8分)20、如圖表示A；B、C、D、E五種含氮物質相互轉化的關系圖。其中A、B、C、D常溫下都是氣體；B為紅棕色。

回答下列問題：

(1)A→D反應常用于人工固氮，寫出該反應的化學方程式：_______。

(2)D→C是工業(yè)制硝酸的重要反應，化學方程式為_______。

(3)B與一定量的氧氣混合通入水中能被完全吸收，則B與的物質的量之比為_______，若該反應轉移個電子，則參加反應的B的物質的量為_______mol。評卷人得分五、其他(共4題，共24分)21、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結構相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應，所產生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個質子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應水化物的化學式____、、、、。22、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數(shù)比____________,其電子式為．該物質中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質通入YX2的水溶液中發(fā)生反應的離子方程式為。23、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結構相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應，所產生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個質子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應水化物的化學式____、、、、。24、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數(shù)比____________,其電子式為．該物質中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質通入YX2的水溶液中發(fā)生反應的離子方程式為。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】試題分析：膽礬溶于水可以看成是兩步驟，第一步是失水，吸收熱量Q，第二步驟是，無水硫酸銅溶于水，是放熱的過程，就是說膽礬溶于水具有吸收能量和釋放能量?？煽闯缮?1)(2)的疊加，所以它的焓變值為Q1+（－Q2），據題意，膽礬溶于水時溫度降低，所以可知膽礬溶于水時一個吸熱的過程，因此Q1+（－Q2）大于0，從而可知Q1>Q2所以答案選A考點：考查化學反應與能量的相關計算【解析】【答案】A2、B【分析】略【解析】rm{B}3、C【分析】解：rm{A.}濃硫酸具有吸水性，與二氧化硫不反應，則選rm{壟脹}可干燥；故A正確；

B.rm{NaCl}為可溶性固體，與水分離，選擇蒸發(fā)，則選rm{壟脷}可得到rm{NaCl}故B正確；

C.自來水中水的沸點低，選擇蒸餾法制備，則選rm{壟脵}即可；故C錯誤；

D.膠體能透過濾紙，難溶物不能，則選rm{壟脺}過濾可除雜；故D正確；

故選C．

A.濃硫酸具有吸水性；與二氧化硫不反應；

B.rm{NaCl}為可溶性固體；與水分離，選擇蒸發(fā)；

C.自來水中水的沸點低；選擇蒸餾法制備；

D.膠體能透過濾紙；難溶物不能．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、混合物分離提純及實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗評價性分析及實驗裝置的作用，題目難度不大．【解析】rm{C}4、D【分析】解：rm{A}rm{婁脩g/mL}質量分數(shù)為rm{婁脴}鹽酸的物質的量濃度rm{c=dfrac{1000婁脩婁脴}{36.5}mol/L}故A正確；

B、根據rm{c=dfrac

{1000婁脩婁脴}{36.5}mol/L}可知，該鹽酸質量分數(shù)rm{w=dfrac{36.5c}{1000rho}}故B正確；

C.rm{c=dfrac{1000婁脩w}{M}}氯化氫的物質的量為rm{dfrac{VL}{22.4L/mol}=dfrac{V}{22.4}mol}氯化氫質量為rm{dfrac{V}{22.4}mol隆脕36.5g/mol=dfrac{36.5V}{22.4}g}rm{w=dfrac{36.5c}{1000rho

}}水的質量為rm{VL}故溶液質量為rm{(dfrac{36.5V}{22.4}+1000)g}所以溶液的質量分數(shù)為：rm{dfrac{136.5V}{(36.5V+22400)}隆脕100%}故C正確；

D.rm{dfrac{VL}{22.4L/mol}=dfrac

{V}{22.4}mol}氯化氫的物質的量為rm{dfrac{VL}{22.4L/mol}=dfrac{V}{22.4}mol}氯化氫的質量為rm{dfrac{V}{22.4}mol隆脕36.5g/mol=dfrac{36.5V}{22.4}g}rm{dfrac{V}{22.4}mol隆脕36.5g/mol=

dfrac{36.5V}{22.4}g}水的質量為rm{1L}故溶液質量為rm{(dfrac{36.5V}{22.4}+1000)g}溶液體積為rm{dfrac{dfrac{36.5V}{22.4}+1000}{1000婁脩}=dfrac{36.5V+22400}{22400rho}L}所以物質的量濃度rm{c=dfrac{dfrac{V}{22.4}}{dfrac{36.5V+22400}{22400rho}}=dfrac{1000婁脩V}{36.5V+22400}mol/L}故D錯誤；

故選D。

A.根據rm{1000mL隆脕1g/mL=1000g}計算判斷；

B.根據rm{(dfrac

{36.5V}{22.4}+1000)g}的公式變形計算rm{dfrac

{136.5V}{(36.5V+22400)}隆脕100%}

C.根據rm{VL}計算rm{dfrac{VL}{22.4L/mol}=dfrac

{V}{22.4}mol}氯化氫的物質的量，根據rm{dfrac{V}{22.4}mol隆脕36.5g/mol=

dfrac{36.5V}{22.4}g}計算氯化氫的質量，根據rm{1L}計算水的質量，進而計算溶液的質量，溶液質量分數(shù)rm{=dfrac{m({脗脠祿爐脟芒})}{m({脗脠祿爐脟芒})+m({脣廬})}隆脕100%}

D.根據rm{1000mL隆脕1g/mL=1000g}計算rm{(dfrac

{36.5V}{22.4}+1000)g}氯化氫的物質的量，根據rm{dfrac{dfrac

{36.5V}{22.4}+1000}{1000婁脩}=dfrac{36.5V+22400}{22400rho

}L}計算氯化氫的質量，根據rm{c=dfrac{dfrac{V}{22.4}}{dfrac

{36.5V+22400}{22400rho}}=dfrac

{1000婁脩V}{36.5V+22400}mol/L}計算水的質量，進而計算溶液的質量，根據rm{c=dfrac{1000婁脩w}{M}}計算溶液的體積，再利用rm{c=dfrac{1000婁脩w}{M}}計算。

本題考查物質的量濃度、質量分數(shù)的有關計算及二者的關系，難度中等，注意對概念的理解與公式的靈活運用。rm{婁脴}【解析】rm{D}5、A【分析】【分析】本題旨在考查學生對鐵的重要化合物、鋁的重要化合物的應用?！窘獯稹夸X土礦中氧化鋁和硫酸生成硫酸鋁，氧化亞鐵和硫酸反應生成硫酸亞鐵，氧化鐵和硫酸反應生成硫酸鐵，二氧化硅不與硫反應，故溶液中存在鋁離子、亞鐵離子、鐵離子，A.加入過量氫氧化鈉，鋁離子反應生成偏鋁酸根離子，亞鐵離子、鐵離子反應均最后生成氫氧化鐵沉淀，故溶液中存在的離子為：rm{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+}}、rm{AlO}rm{AlO}rm{{,!}_{2}^{-}}、rm{OH}rm{OH}rm{{,!}^{-}}、rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}，故A符合題意；B.加入過量氨水，三種離子都生成沉淀，溶液中的離子為：rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{4}^{+}}、rm{OH}rm{OH}rm{{,!}^{-}}、rm{SO}【解析】rm{A}6、B【分析】【分析】本題考查溶液中離子種類的判斷，鹵素單質的置換反應，氧化性強的可以置換出氧化性弱的?！窘馕觥肯蚣字屑尤氲矸廴芤汉吐人?，溶液變?yōu)槌壬芤何醋兯{色，說明甲中不含rm{I}rm{{,!}^{-!-!}}含有rm{Br}rm{{,!}^{-!-!}}再加丙溶液，顏色無明顯變化，若丙中含rm{I}rm{{,!}^{-!-!}}則溶液中的溴可以置換碘單質，使溶液變藍色，事實說明丙中不含rm{I}rm{{,!}^{-!-!}}所以只能是乙中含rm{I}rm{{,!}^{-!-!}}甲中含rm{Br}rm{{,!}^{-!-!}}丙中含rm{Cl}rm{{,!}^{-!-!}}故選B。

【解析】rm{B}二、多選題(共5題，共10分)7、ABD【分析】【分析】本題考查氧化還原反應，為高考常見題型，注意把握元素化合價的變化與對應物質的性質，從化合價升降的角度認識氧化還原反應的相關概念?！窘獯稹緼.rm{Cu}元素化合價升高；被氧化，為還原劑，故A正確；

B.rm{Fe}元素化合價降低，被還原，rm{Fe^{3+}}是氧化劑；故B正確；

C.生成物中沒有單質；不是置換反應，故C錯誤；

D.該反應有離子參加；是離子反應，故D正確。

故選ABD。【解析】rm{ABD}8、BD【分析】【詳解】

A．容器編號ⅠPCl5(g)?PCl3(g)+Cl2(g)。

起始物質的量濃度(mol?L﹣1)0.400

轉化物質的量濃度(mol?L﹣1)0.20.20.2

平衡物質的量濃度(mol?L﹣1)0.20.20.2

此時＝1，K＝＝＝0.2，容器Ⅱ，開始時≈1.86，此時Qc＝≈0.09＜K，說明容器Ⅱ中反應向正反應方向移動，c(Cl2)濃度增大，c(PCl5)減小，達到平衡時＞1.86＞1，則達平衡時，容器Ⅰ中c(Cl2)/c(PCl5)比容器Ⅱ中的??；故A錯誤；

B．假設容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強之比為6：31，壓強之比等于物質的量濃度之比，容器Ⅰ總物質的量濃度為0.2mol?L﹣1×3＝0.6mol?L﹣1，說明容器Ⅱ總物質的量濃度為3.1mol?L﹣1；根據A得出容器Ⅱ反應向正反應方向移動，列化學平衡三段式。

容器ⅡPCl5(g)?PCl3(g)+Cl2(g)

起始物質的量濃度(mol?L﹣1)1.050.051.95

轉化物質的量濃度(mol?L﹣1)xxx

平衡物質的量濃度(mol?L﹣1)1.05﹣x0.05+x1.95+x

容器Ⅱ總物質的量濃度為3.1mol?L﹣1；則3.1＝1.05﹣x+0.05+x+1.95+x，解得x＝0.05；

則平衡時c(PCl5)＝1mol?L﹣1，c(PCl3)＝0.1mol?L﹣1，c(Cl2)＝2mol?L﹣1，此時Qc＝＝0.2＝K；說明此時達到化學平衡狀態(tài)，假設成立，故B正確；

C．容器Ⅰ達平衡時，Cl2的體積分數(shù)為＝容器容積為2L，起始c(PCl5)為0.8mol?L﹣1與容器Ⅰ為1L，起始c(PCl5)為0.4mol?L﹣1，是等效平衡；容器Ⅲ是1L，相當于增大壓強，平衡向逆反應方向移動，Cl2的量減小，所以達平衡時，容器Ⅲ中Cl2的體積分數(shù)小于1/3；故C錯誤；

D．容器容積為2L，起始c(PCl5)為0.8mol?L﹣1與容器Ⅰ為1L，起始c(PCl5)為0.4mol?L﹣1，是等效平衡，容器Ⅲ是1L，若此時平衡不移動，則c(PCl5)＝0.4mol?L﹣1，但容積體積變?yōu)?L，相當于增大壓強，平衡平衡向逆反應方向移動，c(PCl5)增大，所以c(PCl5)＞0.4mol?L﹣1，又因反應開始，消耗PCl5，所以c(PCl5)＜0.8mol?L﹣1，則達平衡時，容器Ⅲ中0.4mol?L﹣1＜c(PCl5)＜0.8mol?L﹣1；故D正確；

故答案為BD。9、CD【分析】A.反應開始反應物濃度最大,但反應速率隨著反應進行再逐漸增大,說明反應為放熱反應,所以A選項是正確的;B.反應向正反應進行時,隨著反應的進行,反應物濃度逐漸降低,所以B選項是正確的;C.c點反應速率最大,隨后正反應速率逐漸減小,反應繼續(xù)向正反應方向進行,但沒有達到平衡狀態(tài),故C錯誤;D.因為a～b段的反應速率大于b～c段反應速率，所以SO2的轉化率：a～b段大于b～c段，D選項是錯誤的;所以答案：CD。10、ABDE【分析】解：rm{A.}配制一定物質的量濃度溶液；定容時俯視刻度線，導致加入的水的量減少，溶液體積變小，所配溶液濃度偏大，故A錯誤；

B.氯水中rm{HClO}具有強氧化性，不能利用試紙測定rm{pH}應選rm{pH}計；故B錯誤；

C.由于稀釋過程中放出大量的熱；且濃硫酸密度大于水，所以配制稀硫酸時，可先在燒杯中加入一定體積的蒸餾水，再邊緩慢加入濃硫酸邊攪拌，故C正確；

D.氫氧化鈉具有強腐蝕性；且容易潮解變質，稱量氫氧化鈉時應該放在小燒杯中快速稱量，故D錯誤；

E.做鉀元素的焰色反應時；需要透過藍色的鈷玻璃觀察火焰顏色，故E錯誤；

F.氫氧化亞鐵被空氣中的氧氣氧化為氫氧化鐵；應隔絕空氣制取，故F正確；

故選A、rm{B}rm{D}rm{E}．

A.定容時俯視刻度線；導致加入的水的量減少；

B.氯水中含具有漂白性的rm{HClO}

C.稀釋時將密度大的液體注入密度小的液體中；

D.rm{NaOH}應在小燒杯中稱量；

E.觀察rm{K}的焰色反應時；需要透過藍色的鈷玻璃；

F.盛有rm{NaOH}溶液的滴管；伸入硫酸亞鐵溶液中，防止氫氧化亞鐵被氧化．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、溶液配制、rm{pH}測定、物質的制備及實驗技能等為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大．【解析】rm{ABDE}11、BCD【分析】解：鋅失電子發(fā)生氧化反應而作負極，不如鋅活潑的金屬或導電的非金屬作正極rm{(}石墨rm{)}銅離子在正極上得電子發(fā)生還原反應，則電解質為可溶性的銅鹽，符合條件的是rm{BCD}故選BCD．

根據電池反應式知；失電子的金屬作負極，則鋅作負極，不如負極活潑的金屬或導電的非金屬作正極，銅離子得電子發(fā)生還原反應，所以電解質溶液中含有銅離子，則電解質溶液為可溶性的銅鹽．

本題考查了原電池工作原理，判斷正負極、電解質溶液時，要根據電池反應式判斷：發(fā)生氧化反應的電極為負極，發(fā)生還原反應的電極為正極，含有發(fā)生還原反應的離子溶液為電解質溶液．【解析】rm{BCD}三、填空題(共8題，共16分)12、略

【分析】解：白色沉淀是rm{BaSO_{4}}rm{n(BaSO_{4})=dfrac{2.33g}{233g/mol}=0.01mol}根據硫酸根離子守恒得rm{n(BaSO_{4})=dfrac

{2.33g}{233g/mol}=0.01mol}則rm{c(SO_{4}^{2-})=dfrac{0.01mol}{0.05L}=0.2mol/L}溶液中存在電荷守恒，根據電荷守恒得rm{2c(SO_{4}^{2-})+c(NO_{3}^{-})=c(Na^{+})}則rm{c(NO_{3}^{-})=c(Na^{+})-2c(SO_{4}^{2-})=1mol/L-2隆脕0.2mol/L=0.6mol/L}

故答案為：rm{n(SO_{4}^{2-})=n(BaSO_{4})=0.01mol}．

白色沉淀是rm{c(SO_{4}^{2-})=dfrac

{0.01mol}{0.05L}=0.2mol/L}rm{n(BaSO_{4})=dfrac{2.33g}{233g/mol}=0.01mol}根據硫酸根離子守恒得rm{2c(SO_{4}^{2-}

)+c(NO_{3}^{-})=c(Na^{+})}則rm{c(SO_{4}^{2-})=dfrac{0.01mol}{0.05L}=0.2mol/L}溶液中存在電荷守恒，根據電荷守恒判斷硝酸根離子濃度．

本題考查物質的量濃度計算，為高頻考點，側重考查學生分析計算能力，明確溶液中遵循電荷守恒是解本題關鍵，題目難度不大．rm{c(NO_{3}^{-})=c(Na^{+})-2c(SO_{4}^{2-}

)=1mol/L-2隆脕0.2mol/L=0.6mol/L}【解析】rm{0.6}13、略

【分析】【解析】試題分析：可逆反應A(g)+2B(g)2C(g)△H=-QkJ·mol-1(Q＞0），為放熱反應，故(1)保持溫度和壓強不變，加入不參與反應的稀有氣體，即相當于減小壓強，所以反應向逆反應方向移動，故A的轉化率減小，由于濃度較小，故正逆反應速率都較?。?2)保持溫度和體積不變，加入不參與反應的稀有氣體，雖然壓強變大，但是反應物的濃度不變，故平衡不移動，故A的轉化率不變，正逆反應速率也不變；(3)若溫度和體積不變，反應從A、B開始至平衡，因為該反應為反應分子數(shù)減小的反應，所以反應后的壓強變小，而因為體積不變，故容器內氣體的密度不變?？键c：化學平衡的移動【解析】【答案】（1）減小減小減?。?）不變不變不變（3）不變減小14、略

【分析】試題分析：（1）離子；該化合物是由離子鍵形成的兩種化合物；（2）Na3N與水反應方程式為Na3N+3H2O==3NaOH+NH3↑；（3）Na3N放入足量鹽酸中會發(fā)生反應：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl,所以生成了兩種鹽，它們的化學式是NaCl、NH4Cl；（4）在較Na3N中兩種粒子Na+、N3-是電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子的半徑就越小，所以離子的半徑：r（Na+）<ｒ（Ｎ３－）.考點：考查Na3N的結構、性質、反應類型及反應產物的種類等知識。【解析】【答案】（1）離子；（2）Na3N+3H2O==3NaOH+NH3↑；（3）2NH4Cl、NaCl（4）<15、略

【分析】試題分析：（1）①Cu(OH)2難溶于水，不能拆開；②鹽酸足量，生成碳酸，碳酸不穩(wěn)定，分解為二氧化碳和水。(2)、電解質能導電是因為在水溶液或熔融狀態(tài)下電離成自由移動的離子、金屬能導電是因為有自由移動的電子。共價化合物在熔融狀態(tài)下不電離，所以不導電。所以①能導電的是⑷⑹⑽⑾；電解質和非電解質都是化合物，且溶于水或熔融狀態(tài)下本身能導電。所以②、屬于電解質的是⑴⑵⑶⑷⑻⑼⑿③、屬于非電解質的是⑸⑺⒀?？键c：考查電解質與非電解質、強電解質與弱電解質兩組概念?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）①Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O（2分）②2H++CO32-==CO2+2H2O（2分）(2)①、⑷⑹⑽⑾②、⑴⑵⑶⑷⑻⑼⑿③、⑸⑺⒀16、1mol/L【分析】【解答】解：n（Fe3+）==0.1mol，根據化學式可知Fe2（SO4）3得150mL該溶液中含有硫酸根離子的物質的量為0.1mol×=0.15mol，則溶液中SO42﹣的物質的量濃度為：c（SO42﹣）==1mol/L；

故答案為：1mol/L．

【分析】根據n=計算出5.6g鐵離子的物質的量，再根據硫酸鐵化學式計算出溶液中硫酸根離子的物質的量，再根據c=計算出溶液中SO42﹣的物質的量濃度．17、略

【分析】解：新生成的氫氧化亞鐵在空氣中會迅速變灰綠色、最后變?yōu)榧t褐色，是rm{Fe(OH)_{2}}被氧氣氧化為了rm{Fe(OH)_{3}}化學方程式為rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O簍T4Fe(OH)_{3}}故答案為：rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O簍T4Fe(OH)_{3}}

新生成的氫氧化亞鐵在空氣中會迅速變灰綠色、最后變?yōu)榧t褐色，是rm{Fe(OH)_{2}}被氧氣氧化為了rm{Fe(OH)_{3}}據此寫出化學方程式。

本題考查了化學方程式的書寫，難度不大，應注意的是氧化還原反應的配平方法?！窘馕觥縭m{4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O簍T4Fe(OH)_{3}}18、略

【分析】解：rm{(1)FeSO_{4}}溶液rm{(CuSO_{4})}中除雜試劑為rm{Fe}發(fā)生的離子反應為rm{Fe+Cu^{2+}簍TFe^{2+}+Cu}

故答案為：rm{Fe}rm{Fe+Cu^{2+}簍TFe^{2+}+Cu}

rm{(2)CO(CO_{2})}中除雜試劑為rm{NaOH}溶液；發(fā)生的離子反應為rm{CO_{2}+2OH^{-}簍TCO_{3}^{2-}+H_{2}O}

故答案為：rm{NaOH}rm{CO_{2}+2OH^{-}簍TCO_{3}^{2-}+H_{2}O}

rm{(3)Cu(Mg)}中除雜試劑稀為rm{HCl}或稀硫酸；發(fā)生的離子反應為rm{Mg+2H^{+}簍TMg^{2+}+H_{2}O}

故答案為：rm{HCl}或稀硫酸；rm{Mg+2H^{+}簍TMg^{2+}+H_{2}O.}

rm{(1)Fe}與rm{CuSO_{4}}反應生成rm{FeSO_{4}}反應后過濾可分離；

rm{(2)CO_{2}}與rm{NaOH}反應，rm{CO}不能；洗氣可分離；

rm{(3)Mg}與稀鹽酸或稀硫酸反應，rm{Cu}不能；反應后過濾可分離．

本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握物質的性質、混合物分離提純、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識與實驗的結合，題目難度不大．【解析】rm{Fe}rm{Fe+Cu^{2+}簍TFe^{2+}+Cu}rm{NaOH}rm{CO_{2}+2OH^{-}簍TCO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{HCl}或稀硫酸；rm{Mg+2H^{+}簍TMg^{2+}+H_{2}O}19、(1)Na>C>N>O>H(2)C9H20(3)NH4NO3(4)(5)第6周期IVA族【分析】【分析】本題旨在考查學生對微粒半徑大小的比較、元素周期表的綜合應用、離子鍵、共價鍵、離子化合物、共價化合物等應用?！窘獯稹恳阎猺m{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{T}五種元素分別是元素周期表中連續(xù)三個短周期的元素，且原子序數(shù)依次增大。rm{X}rm{T}同主族，rm{Y}rm{Z}rm{W}為同周期的相鄰元素。rm{T}原子的質子數(shù)等于rm{Z}rm{W}原子最外層電子數(shù)之和。rm{Z}與rm{X}形成的分子中有rm{3}個共價鍵。rm{W}原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的rm{3}倍，故rm{X}為rm{H}元素，rm{Y}為rm{C}元素，rm{Z}為rm{N}元素，rm{W}為rm{O}元素，rm{T}為鈉元素，rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}五種元素分別是元素周期表中連續(xù)三個短周期的元素，且原子序數(shù)依次增大。rm{T}rm{X}同主族，rm{T}rm{Y}rm{Z}為同周期的相鄰元素。rm{W}原子的質子數(shù)等于rm{T}rm{Z}原子最外層電子數(shù)之和。rm{W}與rm{Z}形成的分子中有rm{X}個共價鍵。rm{3}原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的rm{W}倍，故rm{3}為rm{X}元素，rm{H}為rm{Y}元素，rm{C}為rm{Z}元素，rm{N}為rm{W}元素，rm{O}為鈉元素，rm{T}五種元素原子半徑由大到小的順序是：rm{(1)}五種元素原子半徑由大到小的順序是：rm{Na>C>N>O>H}故答案為：rm{Na>C>N>O>H}故答案為：rm{(1)}rm{Na>C>N>O>H}由以上元素兩兩形成的化合物中：既含有離子鍵又含有共價鍵的化合物為過氧化鈉其電子式為：rm{Na>C>N>O>H}與rm{(2)}由以上元素兩兩形成的化合物中：既含有離子鍵又含有共價鍵的化合物為過氧化鈉其電子式為：形成的化合物中既含極性鍵又含非極性鍵，且rm{(2)}與；rm{X}與rm{Y}形成的化合物中既含極性鍵又含非極性鍵，且rm{X}與rm{Y}的