2025年浙教版高一化学下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年浙教版高一化学下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7题，共14分)1、已知反应H2(g)+Br2(l)=2HBr(g)在25℃、101kPa下进行,放出热量为72kJ,蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ,其他相关数据如下表:。H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ436a369则表中a为()。A.404B.260C.230D.2002、下列叙述中，正确的是rm{(}rm{)}A.二氧化硫具有漂白性，因而通入紫色石蕊试液中先变红后褪色B.浓硫酸和浓硝酸在常温下均可迅速与铜片反应放出气体C.浓硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫时，浓硫酸表现强氧化性D.稀硫酸和稀硝酸都具有氧化性3、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAB.28gN2和N4组成的混合气体中含有的原子数为2NAC.1mol·L-1A1Cl3溶液中含有的Cl-数目为3NAD.2.3gNa与足量水反应，转移的电子数目为0.2NA4、工业上冶炼金属钠通常采用的方法（）A.热分解法B.热还原法C.结晶法D.电解法5、若甲烷与氯气以物质的量之比rm{1}rm{1}混合；在光照下得到的有机取代产物是()

rm{垄脵CH_{3}C}rm{l}、rm{垄脷CH_{2}C1_{2}}rm{垄脹CHC}rm{l}rm{{,!}_{3}}rm{垄脺CC}rm{l}rm{{,!}_{4}}．

A.只有rm{垄脵}B.只有rm{垄脹}

C.rm{垄脵垄脷垄脹}的混合物D.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}的混合物6、检验某未知溶液中是否含有rm{SO{{?}}_{4}^{2{-}}}的下列操作中最合理的是()A.加入硝酸酸化的rm{Ba(NO_{3})_{2}}B.先加rm{HNO_{3}}酸化，再加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液C.先加盐酸酸化，再加rm{BaCl_{2}}溶液D.加入盐酸酸化了的rm{BaCl_{2}}溶液7、rm{SO{,!}_{2}}通入滴有酚酞的rm{NaOH}溶液中，发现红色消失。主要原因是()A.rm{SO{,!}_{2}}有漂白性B.rm{SO{,!}_{2}}与rm{NaOH}发生化学反应C.rm{SO{,!}_{2}}有还原性D.rm{SO{,!}_{2}}有氧化性评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、某学生设计了如下实验方法分离NaCl和CaCl2两种固体混合物．

（1）B溶液是____，加入过量B溶液的原因是____，反应的离子方程式是____．

（2）经此实验方法分离得到的NaCl，经分析含有杂质，若要得到纯净的NaCl，还应补充实验操作，其反应的离子方程式是____．9、四氯化碳是一种不溶于水且密度比水大的有机溶剂，现把溴从四氯化碳中除去，则可加入___________试液，充分振荡后，再用___________（填仪器名称）分离而得到纯净的四氯化碳，反应的化学方程式是________________________________。10、某课外活动小组研究金属钾的性质。他们首先通过分析钾与钠的原子结构示意图及查阅有关资料，知道钾与钠属于同一类物质，在性质上有许多相似之处。但在金属活动性顺序表中，钾排在钠的前面，钾在空气中燃烧的产物是超氧化钾（KO2）。完成下列问题：（1）钾的原子核外有19个电子，画出钾的原子结构示意图_______________。（2）预测钾的化学性质，完成下列反应的化学方程式。①点燃钾剧烈燃烧_____________________________________________________②将小块钾投入冷水中____________________________________________________（3）推测钾在自然界中的存在方式是____________（填“游离态”或“化合态”）11、已知A、B为同主族相邻周期的元素，原子序数A＞B，其中元素A位于第六周期，其原子序数为m，若为第ⅡA族，则B原子序数为____，若为第VIA族，则B原子序数为____．12、氯碱厂电解精制的饱和食盐水；利用电解产品可制取漂白粉等。

rm{(1)}如果粗盐中含有rm{SO_{4}^{2-}}精制时须添加试剂除去rm{SO_{4}^{2-}}该试剂不能选用______。

A.rm{Ba(OH)_{2}}rm{B.Ba(NO_{3})_{2}}rm{C.BaCl_{2}}

rm{(2)}电解饱和食盐水发生的化学方程式______。

rm{(3)}利用氯气和氢氧化钠溶液制取“rm{84}”消毒液的化学方程式______。

rm{(4)}漂白粉在空气中久置后会变质的化学方程式______。13、如图所示为制取乙酸乙酯的实验装置改进图；请回答下列问题。

rm{(1)}实验原理的揭示：

rm{垄脵}乙酸与乙醇在催化剂存在的条件下加热可以发生酯化反应生成乙酸乙酯rm{(}酯化反应一般是放热反应rm{)}请用氧同位素示踪法写出乙酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式______

rm{垄脷}能否用氢同位素示踪法揭示酯化反应原理？

若填“能”请写出相应的化学方程式______

若填“否“请写现相应的原因：______

rm{(2)}反应温度的确定。

实验表明：合成乙酸乙酯温度应控制在rm{85隆忙}左右为宜rm{.}请回答：

实验温度高于rm{85隆忙}不宜的原因rm{(}答两点rm{)}______

rm{(3)}催化剂的选择：

通过使用不同催化剂对反应时间的比较，可知rm{NaHSO_{4}?H_{2}O}催化效果比浓硫酸好rm{.}请说明rm{NaHSO_{4}?H_{2}O}作催化剂的优点______

rm{(4)}实验装置的比较：

rm{垄脵}利用上述装置把反应原料一次性投入到反应器中；加热回流一段时间后再蒸出产物，这种装置与教材反应装置相比较突出的优点是：______

rm{垄脷}止水夹打开或关闭的顺序是：先______rm{K_{1}}______rm{K_{2}}再______rm{K_{1}}______rm{K_{2}(}填“打开”或“关闭”rm{)}

rm{垄脹}自来水流方向是：进水管连接______端与______端rm{(}填“rm{A}”、“rm{B}”、“rm{C}”或“rm{D}”rm{)}

rm{(5)}酯层厚度的标定：

加热回流一段时间后再蒸发产物，为了更好地测定有机层厚度，可预先向饱和碳酸钠溶液中加入一滴______试液，现象是：______．14、按系统命名法命名下列各物质或根据有机物的名称；写出相应的结构简式．

rm{垄脵}______

rm{垄脷(CH_{3})CH-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}}______

rm{垄脹}______

rm{垄脺2}rm{4-}二甲基戊烷______

rm{垄脻3}rm{3-}二甲基rm{-4-}乙基庚烷______

15、氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置．

如图为电池示意图；该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：

（1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是____，在导线中电子流动方向为____（用a、b表示）．

（2）负极反应式为____．

（3）电极表面镀铂粉的原因____．

（4）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给；电池可连续。

不断提供电能．因此；大量安全储氢是关键技术之一．金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：

Ⅰ.2Li+H22LiH

Ⅱ．LiH+H2O═LiOH+H2↑

①反应Ⅰ中的还原剂是____，反应Ⅱ中的氧化剂是____．

②已知LiH固体密度约为0.8g/cm3．用锂吸收224L（标准状况）H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为____．

③由②生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为____mol．

16、rm{(1)0.3molNH_{3}}分子中所含原子数与__________个rm{H_{2}O}分子中所含原子数相等。rm{(2)}在一定的温度和压强下，rm{1}体积气体rm{X_{2}}跟rm{3}体积气体rm{Y_{2}}化合生成rm{2}体积化合物，则该化合物的化学式是__________。rm{(3)}某盐混合溶液中含有离子：rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}测得rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}和rm{Cl^{-}}的物质的量浓度依次为：rm{0.2mol?L^{-1}}rm{0.25mol?L^{-1}}rm{0.4mol隆陇L^{-1}}则rm{c(SO_{4}^{2-})=}__________。rm{(4)}下列物质中，能导电的是_________，属于电解质的是_________rm{(}填序号rm{)}rm{垄脵}氨气rm{垄脷}氨水rm{垄脹NH_{3}隆陇H_{2}O}rm{垄脺}硫酸溶液rm{垄脻}干冰rm{垄脼BaSO_{4}}rm{垄脽}金刚石rm{(5)}在标准状况下，将rm{224L}氯化氢气体完全溶于rm{635mL}的水rm{(}密度为rm{1g/cm^{3})}中，所得盐酸的密度为rm{1.18g/cm^{3}.}该盐酸中溶质的质量分数是____________，该盐酸的物质的量浓度为____________________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)17、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）18、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。19、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）20、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．21、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。评卷人得分四、其他(共4题，共12分)22、（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____、、、、。23、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。24、（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____、、、、。25、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。评卷人得分五、解答题(共3题，共12分)26、火柴头中含有硫和氯元素；用适当的方法可加以检验，回答下列问题：

（1）如图是检验火柴头中含有硫元素的实验装置示意图．图中试管中应装有______溶液；拉动注射器活塞时，若观察到______现象证明火柴头燃烧时产生了______．

（2）原火柴头中的氯元素是以KClO3的形式存在的；其作用是助燃剂，当火柴头燃烧后其中的氯元素是以______物质的形式存在，检验的方法______．

27、用于提纯或分离物质的方法有：A；萃取分液B、加热分解C、蒸发结晶D、分液E、蒸馏F、过滤、G渗析等；请将提纯或分离的序号填在后面横线上．

（1）分离饱和食盐水与泥沙的混合物______；

（2）分离水和汽油的混合物______；

（3）海水淡化______；

（4）从碘水里提取碘_______；

（5）除去氢氧化铁胶体中混有的氯离子；钠离子______．

28、Ⅰ、下列曲线分别表示元素的某种性质与核电荷数的关系（Z为核电荷数，Y为元素的有关性质）；

把与下面的元素有关性质相符的曲线的标号填入相应括号中：

（1）ⅡA族元素的价电子数______（2）第三周期元素的最高化合价______

（3）IA族碱金属元素单质熔点______

（4）第三周期离子Na+、Mg2+、Al3+、P3-、S2-、Cl-的离子半径______

（5）第二；三周期元素随原子序数递增原子半径的变化______

Ⅱ、在①126C②3919K③4020Ca④136C⑤147N⑥4018Ar中：（用序号填空）

（1）互为同位素的是______和______；

（2）质量数相等；但不能互称同位素的是______和______；

（3）中子数相等；但质子数不相等的是______和______，______和______．

评卷人得分六、原理综合题(共1题，共6分)29、CO是大气污染气体；可利用化学反应进行治理或转化。

(1)甲醇是重要的溶剂和燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0

①T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO和1.2molH2，一段时间后达到平衡，此时H2与CH3OH的体积分数之比为2：5，该反应的平衡常数K＝___________；此时若向容器中再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)；则平衡将___________移动。(填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”)

②在一容积可变的密闭容器中充入一定物质的量的CO和H2，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。a、b、c三点平衡常数K(a)、K(b)、K(c)的大小关系是___________。b、d点的正反应速率vb(CO)_______va(CO).

(2)沥青混凝土可作为2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)反应的催化剂。图表示在相同的恒容密闭容器；相同起始浓度、反应相同的时间；使用同质量的不同沥青混凝土(α型、β型)催化时，CO的转化率与温度的关系。

①a、b；c、d四点中表示平衡状态的是___________；

②e点转化率出现突变的原因可能是______________________。

(3)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解时CO2在阴极区转化为HCOOH；其原理示意图如下：

电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】化学反应的实质是旧键断裂(吸收能量)和新键形成(放出能量),故有436kJ+30kJ+a-369×2kJ=-72kJ,a=200kJ,D项正确。【解析】【答案】D2、D【分析】解：rm{A.}二氧化硫不能漂白酸碱指示剂；通入紫色石蕊试液中只变红，故A错误；

B.浓硫酸在常温下与铜不反应；但在加热条件下能反应，浓硝酸在常温下可与铜发生反应，故B错误；

C.硫酸酸性比亚硫酸强，由于rm{S}元素的化学家分别为rm{+6}价、rm{+4}价；之间没有中间价态，与亚硫酸钠不发生氧化还原反应，浓硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫时，浓硫酸表现酸性，故C错误；

D.稀硫酸具有氧化性，由rm{H^{+}}表现，硝酸具有氧化性，主要有rm{NO_{3}^{-}}表现；二者都具有氧化性，故D正确．

故选D．

A.二氧化硫不能漂白酸碱指示剂；

B.浓硫酸在常温下与铜不反应；

C.硫酸酸性比亚硫酸强；与亚硫酸钠不发生氧化还原反应；

D.稀硫酸具有氧化性，由rm{H^{+}}表现，硝酸具有氧化性，主要有rm{NO_{3}^{-}}表现．

本题考查硫酸与硝酸的性质，题目难度不大，注意本题易错点为rm{A}注意二氧化硫不能漂白酸碱指示剂．【解析】rm{D}3、B【分析】试题分析：A、标况下水为液态，不能用摩尔体积计算，错误；B、N2和N4均有氮原子构成，氮原子数为28g÷14g/mol=2mol，正确；C、不知溶液体积，无法计算离子的量，错误；D、一个钠原子失去1个电子，2.3gNa与足量水反应，转移的电子数目为0.1NA，错误。考点：考查阿伏伽德罗常数有关问题。【解析】【答案】B4、D【分析】解：活泼性不同的金属用不同的冶炼方法：Na为活泼金属，应用电解法冶炼，题中结晶法不能得到金属单质．

故选D．

根据金属的活动性顺序可知，常见的金属冶炼方法有电解法、热还原法、热分解法等，活泼性不同的金属用不同的冶炼方法：以此解答该题．

本题考查金属的冶炼，题目难度不大，注意电解法应用在不能用还原法、置换法冶炼生成单质的活泼金属（如钠、钙、钾、镁等）和需要提纯精炼的金属（如精炼铝、镀铜等）．【解析】【答案】D5、D【分析】【分析】本题考查了甲烷的取代反应，题目难度不大，注意取代反应的特点：逐步取代，多步同时发生，各步反应都是可逆反应。【解答】甲烷和氯气在光照条件下发生逐步取代反应，但是多步取代反应是同时进行且各步反应都是可逆反应，所有得到的产物与甲烷与氯气的物质的量之比无关，故rm{垄脵CH_{3}Cl垄脷CH_{2}Cl_{2}垄脹CHCl_{3}垄脺CCl_{4}}都存在，故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}6、C【分析】A.若溶液中只有亚硫酸根离子；加入硝酸酸化的硝酸钡溶液，硝酸将亚硫酸根离子氧化成硫酸根，也会生成硫酸钡白色沉淀，故A错误；

B.若溶液中有亚硫酸根离子；加入硝酸酸化，硝酸将亚硫酸根离子氧化成硫酸根，也会生成硫酸钡白色沉淀，故B错误；

C.先加入盐酸酸化；无明显现象，排除银离子等的干扰，在加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则待测液中有硫酸根离子，故C正确；

D.若溶液中无硫酸根离子有银离子；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成氯化银白色沉淀，故D错误。

故选C。

【解析】rm{C}7、B【分析】略。【解析】rm{B}二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】

（1）NaCl和CaCl2两种固体混合物，溶解后加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，实质是Ca2++CO32-=CaCO3↓；为了保证钙离子被除净，加的试剂碳酸钠要过量；

故答案为：Na2CO3；使Ca2+沉淀完全；Ca2++CO32-=CaCO3↓；

（2）由于碳酸钠过量；所以滤液中的物质有氯化钠和碳酸钠，因此要得到纯净的氯化钠就需要除去碳酸钠，还要向滤液中加入适量盐酸至不产生气体，生成氯化钠和水和二氧化碳，蒸发后最后的固体物质是氯化钠；

故答案为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；

【解析】【答案】分离NaCl和CaCl2两种固体混合物；溶解后加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钙和盐酸发生反应得到氯化钙溶液，经蒸发可得到氯化钙固体；由于碳酸钠过量，所以滤液中的物质有氯化钠和碳酸钠，因此要得到纯净的氯化钠就需要除去碳酸钠，加入稀盐酸最合适，碳酸钠和稀盐酸生成氯化钠和水和二氧化碳，蒸发后最后的固体物质是氯化钠．

9、略

【分析】试题分析：四氯化碳是一种不溶于水且密度比水大的有机溶剂，想要把溴从四氯化碳中除去，可以加入氢氧化钠溶液，震荡，待反应2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O完全后用分液漏斗分离。考点：物质分离和提纯的方法【解析】【答案】氢氧化钠；分液漏斗；2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O10、略

【分析】【解析】【答案】（1）（2）①K+O2KO2②2K+2H2O=2KOH+H2↑（3）化合态11、m﹣18|m﹣32【分析】【解答】解：已知A；B为同主族相邻周期的元素；原子序数A＞B，其中元素A位于第六周期，其原子序数为m，同主族相邻周期的元素，第ⅡA族的第五、六周期原子序数相差18，所以B位于第五周期，原子序数为m﹣18；第VIA族的第五、六周期原子序数相差32，所以B位于第五周期，原子序数为m﹣32；故答案为：m﹣18；m﹣32．

【分析】同主族相邻周期的元素，第ⅡA族的第五、六周期原子序数相差18，第VIA族的第五、六周期原子序数相差32，据此分析．12、略

【分析】解：rm{(1)}添加钡试剂除去rm{SO_{4}^{2-}}注意不能引入新的杂质，选Brm{a(NO_{3})_{2}}会引入杂质硝酸根离子；所以该钡试剂不能选用；

故答案为：rm{B}

rm{(2)}电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，化学方程式为rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

故答案为：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

故答案为：rm{(3)}

rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O}漂白粉的有效成分为rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O}次氯酸钙在空气中发生反应：rm{(4)}rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}会导致漂白粉失效；

故答案为：rm{Ca(ClO)_{2}}rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}

rm{Ca(ClO)_{2}+H_{2}O+CO_{2}=2HClO+CaCO_{3}隆媒}添加钡试剂除去rm{2HClOdfrac{

overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}注意不能引入新的杂质；

rm{Ca(ClO)_{2}+H_{2}O+CO_{2}=2HClO+CaCO_{3}隆媒}电解饱和食盐水生成氢气；氯气和氢氧化钠；

rm{2HClOdfrac{

overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠；次氯酸钠和水；

rm{(1)}漂白粉的有效成分为次氯酸钙；次氯酸钙与空气中的二氧化碳和水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，导致漂白粉失效。

本题考查粗盐提纯及电解原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确发生的离子反应及电解反应是解答的关键，注意除杂不能引入新的杂质及试剂的添加顺序，题目难度中等。rm{SO_{4}^{2-}}【解析】rm{B}rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O}rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}rm{Ca(ClO)_{2}+H_{2}O+CO_{2}=2HClO+CaCO_{3}隆媒}13、CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O；否；醇和羧酸都失H，所以H换成D无法指示何种物质脱羟基；正反应是放热反应，温度过高于85℃，平衡向逆向移动，酯产率降低，温度太高对催化剂的活性也不利；温度过高会有副反应发生．；减少副反应发生，来源广泛，价廉易得；NaHSO4•H2O最后沉淀易分离等；避免加热时反应物醇与羧酸随着产物一块出来，提高了反应物的利用率；打开；关闭；关闭；打开；A；C；酚酞；碳酸钠层呈红色，上层的酯层呈无色【分析】解：rm{(1)垄脵}酯化反应中羧酸提供羟基，醇提供氢原子，所以反应的机理可以表示为：rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}}rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}}

故答案为：rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}}rm{CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}

rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}}由于醇和羧酸都失rm{CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}所以rm{垄脷}换成rm{H}无法指示何种物质脱羟基；因此不能用氢同位素示踪法揭示酯化反应原理；

故答案为：不能；醇和羧酸都失rm{H}所以rm{D}换成rm{H}无法指示何种物质脱羟基；

rm{H}正反应是放热反应；升高温度，平衡向逆向移动，酯产率降低，催化剂有活性温度，温度过高也会有副反应发生；

故答案为：正反应是放热反应，温度过高于rm{D}平衡向逆向移动，酯产率降低，温度太高对催化剂的活性也不利；温度过高会有副反应发生；

rm{(2)}浓硫酸具有强氧化性，会把有机物氧化或发生其他副反应，rm{85隆忙}没有强氧化性，来源广泛，价廉易得；rm{(3)}最后沉淀易分离等；

故答案为：减少副反应发生，来源广泛，价廉易得；rm{NaHSO_{4}?H_{2}O}最后沉淀易分离等；

rm{NaHSO_{4}?H_{2}O}加热回流一段时间后再蒸出产物；避免了反应物的挥发，提高了原料利用率；

故答案为：避免加热时反应物醇与羧酸随着产物一块出来；提高了反应物的利用率；

rm{NaHSO_{4}?H_{2}O}先打开rm{(4)垄脵}关闭rm{垄脷}让反应物在反应器中反应一段时间，充分反应后再关闭rm{K_{1}}打开rm{K_{2}}把乙酸乙酯蒸出冷凝；

故答案为：打开；关闭、关闭、打开。

rm{K_{1}}为充分冷却；自来水应从下口进上口出；

故答案为：rm{K_{2}}

rm{垄脹}由于碳酸钠溶液显碱性；能使酚酞试液显红色，所以应该滴入酚酞试液，实验现象是碳酸钠层呈红色，上层的酯层呈无色；

故答案为：酚酞；碳酸钠层呈红色；上层的酯层呈无色．

rm{AC}酸和醇反应生成酯和水；酯化反应机理为酸脱羟基醇脱氢；

rm{(5)}醇和羧酸都失rm{(1)垄脵}所以rm{垄脷}换成rm{H}无法指示何种物质脱羟基；

rm{H}若温度低；影响反应速率；温度高，不利于乙酸乙酯的生成；

rm{D}浓硫酸具有强氧化性，会把有机物氧化或发生其他副反应，rm{(2)}没有强氧化性，来源广泛，价廉易得；rm{(3)}最后沉淀易分离等；

rm{NaHSO_{4}?H_{2}O}加热回流一段时间后再蒸出产物；避免了反应物的挥发，提高了原料利用率；

rm{NaHSO_{4}?H_{2}O}先打开rm{(4)垄脵}关闭rm{垄脷}让反应物在反应器中反应一段时间，充分反应后再关闭rm{K_{1}}打开rm{K_{2}}把乙酸乙酯蒸出冷凝；

rm{K_{1}}为充分冷却；自来水应从下口进上口出；

rm{K_{2}}碳酸钠溶液显示碱性；乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液；混合液分层，颜色不同．

本题是高考中的常见题型，难度大，综合性强，对学生的要求高rm{垄脹}试题在注重对基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计能力以及评价能力．rm{(5)}【解析】rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}否；醇和羧酸都失rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}所以rm{H}换成rm{H}无法指示何种物质脱羟基；正反应是放热反应，温度过高于rm{D}平衡向逆向移动，酯产率降低，温度太高对催化剂的活性也不利；温度过高会有副反应发生rm{85隆忙}减少副反应发生，来源广泛，价廉易得；rm{.}最后沉淀易分离等；避免加热时反应物醇与羧酸随着产物一块出来，提高了反应物的利用率；打开；关闭；关闭；打开；rm{NaHSO_{4}?H_{2}O}rm{A}酚酞；碳酸钠层呈红色，上层的酯层呈无色rm{C}14、2，2，4-三甲基戊烷；2-甲基己烷；3，4-二甲基己烷；（CH3）2CHCH2CH（CH3）2；CH3CH2C（CH3）2CH（CH2CH3）CH2CH2CH3；CH2=CHC（CH3）3【分析】解：rm{垄脵}烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有rm{5}个碳原子，故为戊烷；从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，当两端离支链一样近时，要从支链多的一端开始编号，故在rm{2}号碳原子上有rm{2}个甲基，在rm{4}号碳原子上有一个甲基，故名称为rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷，故答案为：rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷；rm{垄脷}烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有rm{6}个碳原子，故为己烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在rm{2}号碳原子上有一个甲基，故名称为rm{2-}甲基己烷，故答案为：rm{2-}甲基己烷；rm{垄脹}烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有rm{6}个碳原子，故为己烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在rm{3}号和rm{4}号碳原子上各有一个甲基，故名称为rm{3}rm{4-}二甲基己烷，故答案为：rm{3}rm{4-}二甲基己烷；rm{垄脺}根据名称可知，主链上有rm{5}个碳原子，在rm{2}号和rm{4}号碳原子上各有一个甲基，故结构简式为rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH(CH_{3})_{2}}故答案为：rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH(CH_{3})_{2}}rm{垄脻}从名称可知，主链上有rm{7}个碳原子，在rm{3}号碳原子上有两个甲基，在rm{4}号碳原子上有一个乙基，故结构简式为：rm{CH_{3}CH_{2}C(CH_{3})_{2}CH(CH_{2}CH_{3})CH_{2}CH_{2}CH_{3}}故答案为：rm{CH_{3}CH_{2}C(CH_{3})_{2}CH(CH_{2}CH_{3})CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{垄脼}从名称可知，主链上有rm{4}个碳原子，在rm{1}号和rm{2}号碳原子间有碳碳双键，在rm{3}号碳原子上有两个甲基，故结构简式为：rm{CH_{2}=CHC(CH_{3})_{3}}故答案为：rm{CH_{2}=CHC(CH_{3})_{3}.垄脵}烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，当两端离支链一样近时，要从支链多的一端开始编号；rm{CH_{2}=CHC(CH_{3})_{3}.

垄脵}烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，将支链写在“某烷”的前面；rm{垄脷}烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号；rm{垄脹}根据名称可知，主链上有rm{垄脺}个碳原子，在rm{5}号和rm{2}号碳原子上各有一个甲基；rm{4}从名称可知，主链上有rm{垄脻}个碳原子，在rm{7}号碳原子上有两个甲基，在rm{3}号碳原子上有一个乙基；rm{4}从名称可知，主链上有rm{垄脼}个碳原子，在rm{4}号和rm{1}号碳原子间有碳碳双键，在rm{2}号碳原子上有两个甲基rm{3}本题考查了烷烃的命名和根据有机物的名称来书写结构简式，掌握有机物的命名方法是解题关键，难度不大．rm{.}【解析】rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷；rm{2-}甲基己烷；rm{3}rm{4-}二甲基己烷；rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH(CH_{3})_{2}}rm{CH_{3}CH_{2}C(CH_{3})_{2}CH(CH_{2}CH_{3})CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{2}=CHC(CH_{3})_{3}}15、略

【分析】

（1）原电池的实质为化学能转化成电能．总反应为2H2+O2=2H2O，其中H2从零价升至+1价，失去电子，即电子从a流向b，故答案为：由化学能转变为电能；由a到b；

（2）负极为失去电子的一极，即H2失电子生成H+，由于溶液是碱性的，故电极反应式左右应各加上OH-；

负极反应为2H2-4e-+4OH-=2H2O或H2+2OH--2e-=2H2O，故答案为：2H2+4OH--4e-=4H2O或H2+2OH--2e-=2H2O；

（3）铂粉的接触面积大，可以加快反应速率，故答案为：增大电极单位面积吸附H2、O2分子数；加快电极反应速率；

（4）①Li从零价升至+1价，作还原剂，H2O的H从+1降至H2中的零价，作氧化剂，故答案为：Li；H2O；

②由反应I，当吸收10molH2时，则生成20molLiH，V===197.5×10-3L．

==8.82×10-4，故答案为：8.82×10-4；

③20molLiH可生成20molH2，实际参加反应的H2为20mol×80%=16mol，1molH2转化成1molH2O，转移2mol电子，所以16molH2可转移32mol的电子；故答案为：32；

【解析】【答案】（1）氢氧燃料电池为化学能转化为电能的装置；通入氢气的一极为原电池的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电子由外电路流向正极；

（2）碱性溶液中负极反应为2H2-4e-+4OH-=2H2O，正极反应为O2-4e-+2H2O=4OH-，电池总反应都为2H2+O2=2H2O；

（3）固体的表面积越大；反应速率越大；

（4）①从化合价的变化的角度分析；

②根据反应的电极方程式计算；

③根据实际参加反应的氢气以及电极反应式计算．

16、（1）0.4NA或2.408×1023

（2）XY3（Y3X​）

（3）0.15mol•L-1

（4）②④③⑥

（5）36.5%11.8mol/L【分析】【分析】本题考查了物质的量有关计算，阿伏伽德罗定律及推论，物质的量浓度等知识，难度中等，掌握物质的量的计算是解答的关键。【解答】rm{(1)0.3molNH}rm{3}分子中所含原子物质的量为rm{3}个数之比等于物质的量之比，rm{1.2mol}rm{H}rm{2}分子中所含原子物质的量为rm{2}rm{O}rm{0.3mol}rm{H}有三个原子rm{2}rm{2}rm{O)=dfrac{1.2mol}{3}=0.4mol}故与rm{O}个水分子所含原子数相等；rm{n(H}体积比等于物质的量之比，根据原子守恒，化合物rm{2}个数为：rm{2}化合物rm{O)=dfrac{1.2mol}{3}

=0.4mol}个数为：rm{0.4N_{A}}化合物的化学式是rm{(2)}rm{X}或rm{dfrac{1隆脕2}{2}=1}rm{Y}rm{dfrac{3隆脕2}{2}=3}rm{XY}根据电荷守恒：rm{3}rm{3}rm{Y}rm{3}rm{3}rm{X}rm{(3)}rm{c(Na}rm{+}rm{+}rm{0.2mol/L+0.25mol/L隆脕2=0.4mol/L+2c(SO}rm{)+2c(Mg}rm{2+}rm{2+}得到：rm{)=c(Cl}rm{-}rm{-}rm{)+2c(SO}rm{4}rm{4}氨气不导电，溶于水可以导电，但是是与水反应生成的一水合氨导电，故是非电解质；rm{2-}氨水能导电，是混合物，不属于电解质也不是非电解质；rm{2-}rm{)}rm{0.2mol/L+0.25mol/L隆脕

2=0.4mol/L+2c(SO}rm{4}rm{4}不导电，但是溶于水可以导电，是电解质；rm{2-}硫酸溶液导电，是混合物，不属于电解质也不是非电解质；rm{2-}干冰不导电，虽溶于水导电，但不是本身电离的离子导电，故是非电解质；rm{)}rm{c(SO}不导电，熔化可以导电，故是电解质；rm{4}金刚石不导电，是单质，不是电解质；rm{4}rm{2-}rm{2-}rm{)=0.15mol/L}rm{(4)}据质量分数的定义可以知该盐酸中溶质的质量分数是：rm{dfrac{dfrac{224L}{22.4L/mol}隆脕36.5g/mol}{dfrac{224L}{22.4L/mol}隆脕36.5g/mol+635mL隆脕1g/c{m}^{3}}隆脕100拢楼=36.5拢楼}物质的量浓度为：rm{c=dfrac{1000隆脕娄脩隆脕W拢楼}{M}mol/L=dfrac{1000隆脕1.18隆脕36.5拢楼}{36.5}mol/L=11.8mol/L}rm{垄脵}氨气不导电，溶于水可以导电，但是是与水反应生成的一水合氨导电，故是非电解质；【解析】rm{(1)0.4N}rm{(1)0.4N}rm{{,!}_{A}}或rm{2.408隆脕10}rm{2.408隆脕10}rm{{,!}^{23}}rm{(2)}rm{(2)}rm{XY_{3}(}rm{Y}rm{Y}rm{{,!}_{3}}rm{X)}rm{X)}rm{(3)0.15mol?L^{-1}}rm{(4)}rm{垄脷垄脺}rm{垄脹}三、判断题(共5题，共10分)17、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．18、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．19、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/mol20、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；21、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．四、其他(共4题，共12分)22、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)223、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-24、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)225、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-五、解答题(共3题，共12分)26、略

【分析】

（1）火柴燃烧会生成二氧化硫；二氧化硫具有漂白性与强还原性，同时还会生成氯气或含氯氧化物，氯气或含氯氧化物有强氧化性，可以使品红溶液褪色，故应使用强氧化性的酸性高锰酸钾溶液检验二氧化硫，若紫色褪去，说明生成二氧化硫；

故答案为：酸性KMnO4溶液；紫色褪去；SO2；

（2）燃烧后氯元素以氯化物的形式存在，可以利用AgNO3溶液和稀硝酸检验氯离子，具体操作为：将燃烧后的火柴头用少量蒸馏水浸泡，片刻后取少量溶液于试管中，向溶液中滴加AgNO3溶液和稀硝酸；有白色沉淀生成，说明氯元素是以氯离子形式存在；

故答案为：Cl-（或氯化物）；将燃烧后的火柴头用少量蒸馏水浸泡，片刻后取少量溶液于试管中，向溶液中滴加AgNO3溶液和稀硝酸；有白色沉淀生成，说明氯元素是以氯离子形式存在．

【解析】【答案】（1）火柴燃烧会生成二氧化硫；二氧化硫具有漂白性与强还原性，同时还会生成氯气或含氯氧化物，氯气或含氯氧化物有强氧化性，可以使品红溶液褪色，故应使用强氧化性的酸性高锰酸钾溶液检验二氧化硫，若紫色褪去，说明生成二氧化硫；

（2）燃烧后氯元素以氯化物的形式存在，可以利用AgNO3溶液和稀硝酸检验氯离子确定．

27、略

【分析】

（1）泥沙不溶于水；分离不溶物和溶液可用过滤的方法，故答案为：F；

（2）水和汽油互不相溶；可用分液的方法分离，故答案为：D；

（3）海水淡化的方法可通过蒸馏制取蒸馏水；故答案为：E；

（4）碘易溶于有机溶剂；可通过萃取方法分离，然后分液，故答案为：A；

（5）氢氧化铁胶体粒子不能透过半透膜；可用渗析的方法分离，故答案为：G．

【解析】【答案】分离和提纯物质的方法很多；但是依据的原理各不相同，在完成此类题目时，要根据具体情况具体分析．

A；萃取利用溶质在不同溶剂中溶解度不同；用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来，分液是分离互不相溶的两种液体的方法；

B；加热分解除去混合物中加热可分解成气体的物质；

C；结晶是分离可溶性固体和水（或者两种可溶性且溶解度随温度变化差别大的固体）的一种方法；

D；分液是分离互不相溶的两种液体的方法；

E；蒸馏把互相溶解但沸点不同的两种液体的分离出来；

F；过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种方法；

G；渗析是利用小分子和小离子能透过半透膜；但胶体粒子不能透过半透膜的性质，从溶胶中除掉作为杂质的小分子或离子的过程．

28、略

【分析】

Ⅰ；（1）ⅡA族元素的价电子数为2；随核电荷数增大，价电子数不变，故图B符合．

故选：B．

（2）第三周期元素的最高化合价；随核电荷数增大，最高化合价由+1价递增到+7，最后以稀有气体0价结束，故图C符合．

故选：C．

（3）碱金属；随核电荷数增大，金属键减弱，碱金属熔点降低，故图A符合．

故选：A．

（4）电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径Na+＞Mg2+＞Al3+、P3-＞S2-＞Cl-，最外层电子数相同，电子层越多，离子半径越大，所以离子半径Cl-＞Na+．所以离子半径P3-＞S2-＞Cl-＞Na+＞Mg2+＞Al3+；故图E符合．

故选：E．

（5）同周期主族元素；随原子序数递增原子半径减