2025年华师大新版高一化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年华师大新版高一化学下册阶段测试试卷360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5题，共10分)1、无论在化学实验室还是在家中进行实验或探究活动；都必须注意安全．下列实验操作正确的是（）

A.为防止试管破裂；加热固体时试管口一般要略低于试管底。

B.不慎将酒精洒到桌面上引起着火；应立即用较多的水浇灭。

C.白磷在空气中易自燃；用剩的白磷可倒入垃圾箱。

D.蒸馏时为防止液体暴沸可在蒸馏烧瓶中加入少量沸石。

2、以下六种饱和溶液①Ba（NO3）2②Ca（OH）2③Na2SiO3④NaAlO2⑤Na2CO3⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终得到沉淀或析出晶体的是（）A.①③④⑥B.②③④⑥C.③④⑤⑥D.②③④⑤3、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{32g}氧气和臭氧混合物中氧原子的物质的量为rm{2}rm{mol}B.rm{2mol}的硫酸的摩尔质量为rm{196g/mol}C.一定温度和压强下，各种气态物质的体积由构成气体分子的大小决定D.将rm{58.5gNaCl}溶于rm{941.5g}水中配成rm{1mol/L}的rm{NaCl}溶液4、关于乙烯的化学性质，说法不正确的是（）A.燃烧时是淡蓝色明亮的火焰B.能使溴水褪色C.可与H2发生加成反应D.可与HCl加成5、已知：rm{2Fe+3Br_{2}篓T2FeBr_{3}}rm{Fe^{2+}}的还原性大于rm{Br^{-}.}现有rm{16.8g}铁和rm{0.3mol}rm{Br_{2}}反应后加入水得到澄清溶液后，通入rm{a}rm{mol}rm{Cl_{2}.}下列叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.当rm{a=0.1}时，发生的反应为rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}B.当rm{a=0.45}时，发生的反应为rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Br_{2}+6Cl^{-}}C.若溶液中rm{Br^{-}}有一半被氧化时，rm{c(Fe^{3+})}rm{c(Br^{-})}rm{c(Cl^{-})=1}rm{1}rm{3}D.当rm{0<a<0.15}时，溶液中始终满足rm{2c(Fe^{2+})+3c(Fe^{3+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(Br^{-})+c(OH^{-})}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、松花蛋腌制配方有多种，但主要配料为生石灰（CaO）、纯碱和食盐。将一定比例的配料用水和黏土调制成糊状，敷于蛋上，密封保存，数日后即可食用。（1）腌制松花蛋的配料用水调制时，发生的主要反应的化学方程式有（不考虑黏土中物质可能参与的反应）。（2）松花蛋外的糊状物经水溶解、过滤后，滤液中肯定大量含有的溶质为和，可能含有的物质为Ca(OH)2或Na2CO3。（3）某同学设计如下表所示实验方案，探究（2）所得滤液中可能含有的物质是否存在，请你帮他完善实验方案。。实验步骤实验现象结论①取少量滤液，滴加适量K2CO3溶液若出现白色沉淀滤液中含Ca(OH)2若无白色沉淀滤液中无Ca(OH)2②取少量滤液，。若出现。滤液中含Na2CO3问题讨论：在什么情况下可以不必做实验②就可以得出结论？。7、（12分）天然碱是一种重要的矿物质，盛产于我国的青海湖地区。某天然碱样品的成分可以看成是碳酸钠、碳酸氢钠和水按物质的量之比1:1:2形成的结晶水合物。请回答下列问题：（1）这种天然碱中碳酸钠、碳酸氢钠和水三者的质量比为。（2）45.2g此天然碱与100mL密度为1.1g/cm3的中等浓度盐酸恰好完全反应，产生amolCO2，则a=，盐酸中溶质的质量分数ω（HCl）=____%。（3）用一个化学方程式表示该天然碱与盐酸的反应：。8、（8分）在一定温度下，体积为2L的密闭容器中，NO2和N2O4之间发生反应：2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)，如图所示。（1）曲线(填“X”或“Y”)表示NO2的物质的量随时间的变化曲线。（2）若升高温度，则v(正)，v(逆)。(填“加快”或“减慢”)。（3）若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中v(NO2)＝18mol/(L·min)，乙中v(N2O4)＝0．2mol/(L·s)，则中反应更快。（4）在0到1min中内用X表示该反应的速率是，该反应达限度时，Y的转化率，反应开始时与反应达平衡状态时的压强之比为。9、Ⅰ；下面A～E是中学化学实验中常见的几种实验装置；试回答下列问题：

（1）请为进行下列实验挑选合适的装置（填序号字母）

①量气装置是____②过滤装置是____

③蒸发装置是____④蒸馏装置是____

⑤消石灰与氯化铵共热制NH3选用____⑥I2的CCl4溶液中提取I2选用____

（2）其中常用于物质的分离和提纯的装置是____（填序号），请另写出一种要用到分液漏斗进行分离和提纯的基本实验操作的名称____

Ⅱ；某化学兴趣小组用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体和胆矾晶体；以探索工业废料的再利用．其实验方案如下：

试回答下列问题：

（1）Al3+的结构示意图为____，铝元素在周期表中的位置是____．

（2）由滤液A制得AlCl3溶液有途径Ⅰ和Ⅱ两条，你认为合理的是____，理由是____

（3）从滤液E中得到绿矾晶体（FeSO4•7H2O）的实验操作是________．

（4）向滤渣F中加入稀硫酸，同时不断充入空气使F完全溶解，反应的化学方程式为：____

（5）某同学为得到无水AlCl3，他将AlCl3溶液加热干，灼烧至质量不变为止，结果得到的是Al2O3．试结合必要的方程式和文字解释他得到的是Al2O3而不是AlCl3的原因：____10、rm{(1)}如图所示，组成一种原电池rm{.}试回答下列问题如图所示，组成一种原电池rm{(1)}试回答下列问题rm{.}灯泡功率合适rm{(}rm{)}电解质溶液为稀rm{垄脵}时上述装置中灯泡亮，此时rm{H_{2}SO_{4}}电极上发生反应的电极反应式为：______________________________________；rm{Al}电解质溶液为rm{垄脷}溶液时，rm{NaOH}电极上发生的电极反应式为：_______________________________________________________；rm{Mg}电极上发生反应的电极反应式为：__________________________________________；rm{Al}原电池原理的应用之一是可以设计原电池。请利用反应“rm{(2)}rm{Cu+2Fe^{3+}=2Fe^{2+}}”设制一个原电池rm{+Cu^{2+}}正极材料用碳棒rm{(}则该电池的负极材料是_______，若导线上转移电子rm{)}则溶解铜的质量是__________。另外的重要应用是实验室在用锌与稀硫酸反应制备氢气时，可向溶液中滴加少量硫酸铜溶液。其作用是：____________________。rm{1.5mol}11、有一无色澄清溶液中可能含有下列离子中的一种或几种：Cu2+、Na+、K+、CO32-、Cl-、SO42-．现进行以下连续操作：：

①用洁净的铂丝蘸取溶液在无色火焰上进行焰色反应；火焰呈黄色；

②溶液中加入过量的稀硝酸后，无气体放出，再加入足量Ba（NO3）2溶液后；产生白色沉淀，过滤；

③取操作②所得滤液；加入硝酸银溶液，产生白色沉淀．填写下列空白：

（1）原混合溶液中一定含有的离子是____，肯定不存在的离子是____．

（2）可能有的离子是____，为确定该离子是否存在，应补充的操作是____．12、rm{O_{2}}和rm{O_{3}}是氧元素的两种单质，根据其分子式完成下列各题：rm{(1)}等质量的rm{O_{2}}和rm{O_{3}}所含分子个数比为____，原子个数比为____．rm{(2)}等温等压下，等体积的rm{O_{2}}和rm{O_{3}}所含原子个数比为____，质量之比为____．rm{(3)}常温常压下，rm{14g}由rm{N_{2}}和rm{CO}组成的混合气体中含有的原子数目为____rm{.(}阿伏加德罗常数用rm{N_{A}}表示rm{)}13、Ⅰrm{.}下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表某一化学元素。rm{(1)}画出rm{i}的离子结构示意图__________；rm{(2)}在rm{a}rm{f}rm{j}rm{l}四种元素中，其离子半径按由大到小的排列顺序为______。rm{(}用化学式表示rm{)}rm{(3)}表中为金属元素的有rm{(}填字母rm{)}____。rm{(4)h}rm{j}元素形成的氢化物还原性较强的为________，沸点较高的为____rm{(}填化学式rm{)}评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)14、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）15、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）16、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）17、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．18、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）19、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）评卷人得分四、简答题(共4题，共24分)20、在一个小烧杯里，加入20gBa（OH）2•8H2O粉末，将小烧杯放在事先已滴有4～5滴水的玻璃片上．然后加入10gNH4Cl晶体；并用玻璃棒迅速搅拌．回答问题：

（1）实验中玻璃棒的作用是______．

（2）写出有关的反应方程式______．

（3）实验中观察到现象有______和反应混合物呈糊状．

（4）通过实验现象，说明该反应为______热反应，这是由于反应物的总能量______生成物的总能量．21、某同学设计实验探究工业制乙烯的原理和乙烯的主要化学性质，实验装置如图所示rm{(}已知烃类都不与碱反应rm{)}请回答下列问题：

rm{(1)}工业制乙烯的实验原理是烷烃rm{(}液态rm{)}在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃。例如，石油分馏产物之一的十六烷烃发生反应：rm{C_{16}H_{34}xrightarrow[麓脽禄炉录脕]{triangle}C_{8}H_{18}+}甲，甲rm{xrightarrow[麓脽禄炉录脕]{triangle}4}乙，则甲的分子式为__________________，乙的结构简式为____________。rm{(2)B}装置中的实验现象可能是________，写出反应的化学方程式：_____________________，其反应类型是________。rm{(3)C}装置中可观察到的现象是________，反应类型是______。rm{(4)}查阅资料知，乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳。根据本实验中装置________rm{(}填字母rm{)}中的实验现象可判断该资料是否真实。为了探究溴与乙烯反应是加成反应而不是取代反应，可以测定装置rm{B}中溶液在反应前后的酸碱性，简述其理由：____________。rm{(5)}通过上述实验探究，检验甲烷和乙烯的方法是________rm{(}选填字母，下同rm{)}除去甲烷中乙烯的方法是________。A.气体通入水中B.气体通过盛溴水的洗气瓶C.气体通过盛酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶D.气体通过氢氧化钠溶液rm{(6)}分别燃烧乙烯和甲烷，甲烷火焰明亮而乙烯产生少量黑烟，原因是__________________________________。22、某无色透明溶液中可能大量存在rm{H^{+}}rm{Ag^{+}}rm{Ba^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}中的几种离子。rm{(1)}不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的两种离子，其氧化性_______rm{>}________rm{(}填写离子符号rm{)}能说明上述结论的离子方程式是_________________。rm{(2)}取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，说明原溶液中肯定有的离子是_______，有关的离子反应式为______________________。rm{(3)}取rm{(2)}的滤液加入过量rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，有气泡产生，并出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子有______，产生气泡的反应离子方程式为_______________________。23、某温度时，在rm{2L}的密闭容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}三种气体物质的量随时间的变化曲线如图所示．

rm{(1)X}的转化率是______

rm{(2)}由图中所给数据进行分析；该反应的化学方程为______

rm{(3)}反应从开始至rm{2}分钟末，用rm{Z}的浓度变化表示的平均反应速率为rm{v(Z)=}______；

rm{(4)}当反应进行到第______rm{min}该反应达到平衡．

rm{(5)}以下操作能加快该反应速率的是rm{(}多选rm{)}______

rm{a.}向该容器中充入一定量的rm{z}气体。

rm{b.}向该容器中充去一定量的rm{He}气。

rm{c.}升高反应的温度。

rm{d.}降低反应的温度。

rm{e.}分离出生成的rm{z}气体。

rm{(6)}以下现象能确定反应达到了平衡状态的是rm{(}多选rm{)}______

rm{a.}三种气体的浓度之比为rm{3}rm{1}rm{2}

rm{b.n(Z)}的量不再改变。

rm{c.}气体的总物质的不变。

rm{d.}气体的密度不变。

rm{e.}生成rm{3mol}rm{X}的同是生成了rm{2mol}的rm{Z}．评卷人得分五、其他(共4题，共8分)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。26、（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____、、、、。27、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。评卷人得分六、综合题(共4题，共32分)28、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：

29、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题30、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：

31、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5题，共10分)1、A|D【分析】

A；在对试管内的固体药品加热时；固体药品存放时因受潮而含有少量水或受热时生成的水会在管口液化为液体，此时如果试管口高于试管底部，水则会流向试管底（倒流），而使试管受热不均匀而炸裂，故A正确；

B；不慎将酒精洒到桌面上引起着火；应立即用湿抹布盖灭，故B错误；

C；白磷在空气中易自燃；用剩的白磷倒入垃圾箱会引发火灾，故C错误；

D；加热仪器中的液体时（如蒸馏或分馏）；为防止液体暴沸可在蒸馏烧瓶中加入少量沸石，故D正确．

故选AD．

【解析】【答案】A；对试管内固体物质加热时；注意对试管的保护，防止试管炸裂，还需考虑因操作不当而造成意外；

B；从灭火的原理和方法入手；寻找最合适的答案；

C；白磷的着火点较低；为40℃；

D；为防止液体暴沸可加入碎瓷片．

2、C【分析】解：①碳酸比硝酸弱，二氧化碳与Ba（NO3）2溶液不反应；没有沉淀生成，故①错误；

②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2；无沉淀生成，故②错误；

③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓；产生硅酸沉淀，故③正确；

④NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3；故④正确；

⑤过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出；故⑤正确；

⑥反应发生NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，所以有NaHCO3晶体析出；故⑥正确．

故选C．

①碳酸比硝酸弱；与硝酸钡不反应；

②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2；

③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应生成硅酸沉淀；

④NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳；可生成氢氧化铝沉淀；

⑤过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应生成碳酸氢钠；

⑥可生成碳酸氢钠和氯化铵；为侯氏制碱法原理．

本题考查了元素及其化合物的性质等，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，比较基础，注意基础知识的掌握，难度不大．【解析】【答案】C3、A【分析】解：rm{A.}氧气和臭氧均由氧原子构成，故rm{32g}氧气和臭氧的混合气体中含有的氧原子的物质的量rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{32g}{16g/mol}=2mol}故A正确；

B.硫酸的摩尔质量为rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac

{32g}{16g/mol}=2mol}与物质的量无关，故B错误；

C.一定温度和压强下；各种气体物质体积的大小由分子间距离决定，故C错误；

D.将rm{98g/mol}溶于rm{58.5gNaCl}水，溶液体积不是rm{941.5g}所以其物质的量浓度不是rm{1L}故D错误；

故选：rm{1mol/L}．

A.根据氧气和臭氧均由氧原子构成的来分析计算；

B.摩尔质量为定值与物质的物质的量无关；

C.一定温度和压强下；各种气体物质体积的大小由分子间距离决定；

D.将rm{A}溶于rm{58.5gNaCl}水，溶液体积不是rm{941.5g}．

本题考查了物质的量有关计算，明确摩尔质量、物质的量浓度定义是解题关键，题目难度不大．rm{1L}【解析】rm{A}4、A【分析】解：A；乙烯中碳的百分含量较高；燃烧时冒黑烟，故A错误；

B；乙烯能和溴水发生加成反应而使溴水褪色；故B正确；

C；乙烯中含碳碳双键；能和氢气发生加成反应，故C正确；

D；乙烯是不饱和烃；能和HCl发生加成反应，故D正确．

故选A．

乙烯中碳的百分含量较高；燃烧时冒黑烟，且结构中含碳碳双键，能发生加成反应，据此分析．

本题考查了乙烯的化学性质以及反应现象，应注意到乙烯中含碳碳双键，故其典型的性质是发生加成反应．【解析】【答案】A5、C【分析】解：rm{n(Fe)=dfrac{16.8g}{56g/mol}=0.3mol}rm{n(Fe)=dfrac

{16.8g}{56g/mol}=0.3mol}由反应rm{n(Br_{2})=0.3mol}可知，反应后rm{2Fe+3Br_{2}篓T2FeBr_{3}}过量，在在溶液中进一步发生rm{Fe}则反应后溶液中存在rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}和rm{0.3molFe^{2+}}

A.当rm{0.6molBr^{-}}时，氯气不足，因rm{a=0.1}的还原性大于rm{Fe^{2+}}只发生rm{Br^{-}}反应后rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}还有剩余；故A正确；

B.当rm{Fe^{2+}}时，首先发生rm{a=0.45}此时rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}完全反应，消耗rm{Fe^{2+}}剩余rm{0.15molCl_{2}}进一步发生rm{0.3molCl_{2}}又知rm{2Br^{-}+Cl_{2}篓TBr_{2}+2Cl^{-}}为rm{Br^{-}}则二者恰好反应，所以总方程式为rm{0.6mol}故B正确；

C.若溶液中rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Br_{2}+6Cl^{-}}有一半被氧化时，首先发生rm{Br^{-}}此时rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}完全反应，消耗rm{Fe^{2+}}又知rm{0.15molCl_{2}}为rm{Br^{-}}rm{0.6mol}有一半被氧化，则反应rm{Br^{-}}由方程式rm{0.3mol}可知消耗rm{2Br^{-}+Cl_{2}篓TBr_{2}+2Cl^{-}}则共消耗rm{0.15molCl_{2}}氯气，则rm{0.3mol}rm{c(Fe^{3+})}rm{c(Br^{-})}rm{c(Cl^{-})=0.3mol}rm{0.3mol=0.6mol=1}rm{1}故C错误；

D.当rm{2}时，氯气不足，溶液中存在rm{0<a<0.15}和rm{Fe^{2+}}由电荷守恒可知rm{Fe^{3+}}故D正确。

故选：rm{2c(Fe^{2+})+3c(Fe^{3+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(Br^{-})+c(OH^{-})}

rm{n(Fe)=dfrac{16.8g}{56g/mol}=0.3mol}rm{C}由反应rm{n(Fe)=dfrac

{16.8g}{56g/mol}=0.3mol}可知，反应后rm{n(Br_{2})=0.3mol}过量，在在溶液中进一步发生rm{2Fe+3Br_{2}篓T2FeBr_{3}}则反应后溶液中存在rm{Fe}和rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}结合rm{0.3molFe^{2+}}的还原性大于rm{0.6molBr^{-}}解答该题．

本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，题目难度较大，解答本题时注意根据离子的还原性强弱判断反应的先后顺序和各离子的物质的量，为解答该题的关键，也是易错点，答题时注意体会．rm{Fe^{2+}}【解析】rm{C}二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】试题分析：（1）腌制松花蛋的配料有生石灰，加入水发生：CaO+H2O=Ca（OH）2，生成的Ca（OH）2与纯碱发生：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，故答案为：CaO+H2O=Ca（OH）2；Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；（2）配料中的食盐和生成的NaOH易溶于水，则滤液中含有NaCl和NaOH；故答案为：NaCl；NaOH；（3）①Ca（OH）2易与K2CO3溶液反应生成沉淀，滴加适量K2CO3溶液，如有白色沉淀，则说明滤液中含有Ca（OH）2，否则无Ca（OH）2；②Na2CO3与BaCl2溶液反应生成白色沉淀，取少量滤液，滴加BaCl2溶液（或CaCl2溶液），如白色沉淀，则说明含有Na2CO3，如无白色沉淀，则说明没有Na2CO3．若实验①检验出有Ca（OH）2，则肯定没有Na2CO3的存在；考点：元素化合物的性质以及物质的检验【解析】【答案】（1）CaO+H2O=Ca(OH)2Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH（各2分）（2）NaCl、NaOH（各1分）（3）滴加BaCl2溶液（或CaCl2溶液）、白色沉淀、若实验①证明滤液中含有Ca(OH)2，则不必做实验②（各2分）7、略

【分析】【解析】【答案】（1）53:42:18（3分）（2）0.4，20（各3分）（3）Na2CO3·NaHCO3·2H2O+3HCl=3NaCl+4H2O+2CO2↑（3分）8、略

【分析】试题分析：（1）由方程式N2O4（g）2NO2（g），可知反应中NO2的物质的量变化较大，则Y表示NO2的物质的量随时间的变化曲线，故答案为：Y；（2）温度升高，正逆反应速率都增大，故答案为：加快；加快；（3）甲中v（NO2）=0．3mol•L-1•min-1，乙中v（N2O4）=0．2mol•L-1•min-1，v（NO2）=2v（N2O4）=0．4mol•L-1•min-1，则乙反应较快，故答案为：乙；（4）该反应达最大限度时，Y的转化率为：开始时：n（X）+n（Y）=0．4mol+1mol=1．4mol，平衡时：n（X）+n（Y）=0．7mol+0．4mol=1．1mol，在相同条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，则反应开始时与反应达平衡状态时的压强之比为1．4mol：1．1mol=14：11，故答案为：0．1mol•（L•min）-1；60%；14：11；。考点：考查物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学反应速率的影响因素、化学平衡有关计算等相关知识。【解析】【答案】9、ACDEBECDE第三周期第ⅢA族途径Ⅱ更合理因为按途径I直接向A加入盐酸得到的AlCl3溶液中含有大量的NaCl杂质蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥；2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2OAlCl3+3H2O⇌Al（OH）3+3HCl，加热蒸发时，随HCl的挥发，平衡正向移动而生成Al（OH）3，灼烧时2Al（OH）3=Al2O3+3H2O，故得Al2O3而非AlCl3【分析】【解答】Ⅰ（1）①因A装置是量气装置；故答案为：A．

②因C装置是过滤装置；故答案为：C；

③因D装置是蒸发装置；故答案为：D；

④因E装置是蒸馏装置；故答案为：E；

⑤因消石灰与氯化铵共热制NH3是固体+固体气体；故答案为：B；

⑥因CCl4易挥发，可用蒸馏的方法分离出CCl4；故答案为：E；

（2）常见的物质的分离和提纯的方法：过滤；蒸发、结晶、蒸馏、分液、萃取等；故答案为：CDE；

因萃取和分液都需要分液漏斗；故答案为：萃取或分液．

Ⅱ（1）铝的原子序数是13，失去3个电子生成铝离子，故答案为：第三周期第ⅢA族；

（2）偏铝酸钠和过量的盐酸反应生成氯化铝和氯化钠的混合物，而向偏铝酸钠中通入足量的二氧化碳，会得到纯净的氢氧化铝沉淀，再用盐酸溶解，所得溶液的成分只有氯化铝，故答案为：；途径Ⅱ更合理；因为按途径I直接向A加入盐酸得到的AlCl3溶液中含有大量的NaCl杂质；

（3）将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩；然后冷却结晶；将析出的固体洗涤、干燥，即可得到绿矾，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥；

（4）铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液是蓝色的，由于各反应物是混合接触在一起的，这两个反应是同时进行的，所以氧化铜没机会单独的存在，故我们可以认为反应物为氧气、铜和硫酸，而生成物为硫酸铜和水，故可以写出该反应的化学方程式，故答案为：；2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；

（5）氯化铝为强酸弱碱盐，Al3+发生水解，水解的方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，水解后溶液呈酸性，蒸干和灼烧过程中，HCl挥发，Al（OH）3不稳定，灼烧时分解生成Al2O3，故答案为：；AlCl3+3H2O⇌Al（OH）3+3HCl，加热蒸发时，随HCl的挥发，平衡正向移动而生成Al（OH）3，灼烧时2Al（OH）3=Al2O3+3H2O，故得Al2O3而非AlCl3．

【分析】Ⅰ（1）根据A装置是量气装置；

根据B装置是固体+固体气体的装置；

根据C装置是过滤装置；

根据D装置是蒸发装置；

根据E装置是蒸馏装置；

（2）根据常见的物质的分离和提纯的方法：过滤；蒸发、蒸馏、分液、萃取等；根据萃取和分液都需要分液漏斗；

Ⅱ（1）根据铝的原子序数是13确定其在周期表中位置；

（2）根据反应所得产物的组成来选择合适的制取方案；

（3）根据溶液来得到晶体来分析实验操作；

（4）根据铜；稀硫酸的性质来判断反应的发生；并结合质量守恒定律写出该反应的化学方程式；

（5）根据AlCl3属于强酸弱碱盐，在溶液中存在水解平衡，从平衡移动的角度分析并解答该题．10、(1)①2H++2e-=H2↑；

②6H2O+6e-=6OH-+3H2↑；2Al-6e-+8OH-=2AlO2-+4H2O

(2)Cu；48g；形成了Zn—Cu原电池，加快了化学反应的速率（注：必须强调形成Zn—Cu原电池，否则不得分）【分析】【分析】

本题考查了原电池原理；明确原电池正负极的判断方法是解本题关键，原电池原理是高中化学的重点也是难点，要注意掌握原电池原理，把握本质，正确书写电极反应方程式，题目难度中等。

【解答】

rm{(1)垄脵}该装置为原电池，rm{Mg}易失电子作负极、rm{Al}作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}故答案为：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}

rm{垄脷}该装置中，铝能和氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，该装置符合原电池构成条件，所以rm{Mg}rm{Al}和rm{NaOH}溶液构成原电池，rm{Al}易失电子作负极，负极上电极反应式为rm{2Al-6e^{-}+8OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+4H_{2}O}rm{Mg}作正极，正极上水得电子生成氢气，正极上的电极反应为rm{6H_{2}O+6e-=6OH^{-}+3H_{2}隆眉}故答案为：rm{6H_{2}O+6e-=6OH^{-}+3H_{2}隆眉}rm{2Al-6e^{-}+8OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+4H_{2}O}

rm{(2)}根据电池反应式知，rm{Cu}元素化合价由rm{0}价变为rm{+2}价、rm{Fe}元素化合价由rm{+3}价变为rm{+2}价，所以rm{Cu}作负极、石墨作正极，电解质为可溶性的铁盐，负极上rm{Cu}失电子发生氧化反应，电极反应式为rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}正极上铁离子得电子发生还原反应，电极反应式为rm{Fe^{3+}+e^{-}=Fe^{2+}}

根据rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}知，导线上转移电子rm{1.5mol}则溶解rm{m(Cu)=dfrac{1.5mol}{2}=48g}

rm{m(Cu)=dfrac

{1.5mol}{2}=48g}和铜离子发生置换反应生成rm{Zn}rm{Cu}rm{Zn}和硫酸构成原电池，rm{Cu}易失电子作负极、rm{Zn}作正极，从而加速rm{Cu}的腐蚀，故答案为：rm{Zn}rm{Cu}形成了rm{48g}原电池；加快了化学反应的速率。

rm{Zn-Cu}【解析】rm{(1)垄脵2H^{+}}rm{+2e^{-;}=H_{2}隆眉}

rm{垄脷}rm{6H_{2}O+6e^{-}}rm{=6OH^{-}}rm{+3H_{2}隆眉}；rm{2Al-6e-+8OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+4H_{2}O}rm{(2)Cu}；rm{48g}形成了rm{Zn隆陋Cu}原电池，加快了化学反应的速率rm{(}注：必须强调形成rm{Zn隆陋Cu}原电池，否则不得分rm{)}11、略

【分析】

（1）无色澄清溶液中一定不含有Cu2+，①用洁净的铂丝蘸取溶液在无色火焰上进行焰色反应，火焰呈黄色，则一定含有Na+；

②溶液中加入过量的稀硝酸后，无气体放出，则和氢离子反应生成气体的CO32-离子不存在，再加入足量Ba（NO3）2溶液后；产生白色沉淀，则含有硫酸根离子；

③取操作②所得滤液，加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，则一定含有Cl-，故答案为：Na+、SO42-、Cl-；Cu2+、CO32-；

（2）溶液中可能有的离子是K+，钾离子的检验可以采用焰色反应法，故答案为：K+；进行焰色反应；应透过蓝色钴玻璃观察．

【解析】【答案】①含有钠氧元素的物质焰色反应火焰呈黄色；

②溶液中加入过量的稀硝酸后，无气体放出，则和氢离子反应生成气体的离子不存在，再加入足量Ba（NO3）2溶液后；产生白色沉淀，则含有硫酸根离子；

③氯离子和银离子反应会生成白色不溶于硝酸的白色沉淀．

12、（1）3：21：1（2）2：32：3（3）NA【分析】【分析】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，灵活运用公式是解本题的关键，熟记有关气体体积的计算要注意温度和压强，为易错点。【解答】rm{(1)}设其质量为rm{m}同温同压下分子个数比等于其物质的量之比，等质量的rm{O}rm{2}和rm{2}rm{O}所含rm{=dfrac{m}{32g/mol}:dfrac{m}{48g/mol}=3:2}

一个氧气分子中含有rm{3}个氧原子，一个臭氧分子中含有rm{3}个氧原子，所以其氧原子个数rm{=dfrac{m}{32g/mol}:

dfrac{m}{48g/mol}=3:2}rm{2}rm{3}

故答案为：rm{=(3隆脕2)}rm{(2隆脕3)=1}rm{1}rm{3}

rm{2}rm{1}rm{1}rm{(2)}等温等压下，等体积的rm{O}的物质的量相同，rm{O}和rm{{,!}_{2}}所含分子个数比是和rm{O}rm{O}一个氧气分子中含有rm{{,!}_{3}}个氧原子，一个臭氧分子中含有rm{O_{2}}个氧原子，所以原子个数之比是rm{O_{3}}rm{1}根据rm{1}知，其质量之比等于其摩尔质量之比rm{2}rm{3}rm{2}故答案为：rm{3}rm{m=nM}rm{=32g/mol}rm{48g/mol=2}

rm{3}由于rm{2}和rm{3}组成的混合气体的摩尔质量均为rm{2}所以，常温常压下，rm{3}由rm{(3)}和rm{N_{2}}组成的混合气体无论以何种比例混合，其物质的量为rm{CO}又由于两者均为双原子，故含有的原子数目是rm{28g/mol}

故答案为：rm{14g}rm{N_{2}}【解析】rm{(1)3}rm{2}rm{1}rm{1}rm{(2)2}rm{3}rm{2}rm{3}rm{(3)N_{A}}13、（1）（2）r（Cl-）＞r（O2-）＞r（Na+）＞r（Al3+）（3）a、c、d、e、f、g（4）CH4H2O【分析】【分析】本题考查学生元素周期表和元素周期律的综合知识，是一道综合题，难度较大。【解答】根据元素周期表中元素的分布知识，可以知道rm{a}是rm{Na}rm{b}是rm{H}rm{c}是rm{Mg}rm{d}是rm{Sr}rm{e}是rm{Ti}rm{f}是rm{Al}rm{g}是rm{Ge}rm{h}是rm{C}rm{j}是rm{O}rm{i}是rm{S}rm{k}是rm{Sb}rm{l}是rm{Cl}rm{m}是rm{Ar}rm{(1)i}是硫元素，最外层rm{6}个电子，得rm{2}个电子形成rm{8}电子稳定结构，离子结构示意图为rm{(2)}电子层数越多，离子半径越大，所以rm{Cl-}半径最大，具有相同核外电子层排布的，核电荷数越小，离子半径越大，故离子半径由大到小的顺序为rm{r(Cl^{-})>r(O^{2-})>r(Na^{+})>r(Al^{3+})}rm{(3)}由上所述金属有rm{Na}rm{Mg}rm{Sr}rm{Ti}rm{Al}rm{Ge}故答案为rm{a}rm{c}rm{d}rm{e}rm{f}rm{g}rm{(4)}非金属性rm{C<O}所以气态氢化物的还原性rm{CH_{4}>H_{2}O}rm{CH_{4}}的还原性强；rm{H_{2}O}中含有氢键，沸点高。【解析】rm{(1)}rm{(2)r(Cl^{-})>r(O^{2-})>r(Na^{+})>r(Al^{3+})}rm{(3)a}rm{c}rm{d}rm{e}rm{f}rm{g}rm{(4)CH_{4}}rm{H_{2}O}三、判断题(共6题，共12分)14、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．15、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素16、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．17、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；18、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．19、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、简答题(共4题，共24分)20、略

【分析】解：（1）实验中玻璃棒的作用是搅拌使反应物充分接触并反应；故答案为：搅拌使混合物充分接触并反应；

（2）氯化铵属于铵盐，能和强碱氢氧化钡反应生成氨气、水、以及氯化钡，化学方程式为Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O；

故答案为：Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O；

（3）氯化铵铵盐和强碱氢氧化钡的反应是吸热反应；温度降低能让水结冰，导致烧杯和玻璃片粘在一起，同时生成的氨气具有刺激性气味，反应混合物成糊状，原因是生成水的缘故；

故答案为：玻片与烧杯之间结冰黏在一起；有少许刺激性气味的气体；

（4）玻璃片上结冰而与小烧杯粘在一起；说明氢氧化钡和氯化铵的反应是吸热反应，即反应物的总能量小于生成物的总能量；

故答案为：吸；小于．

（1）实验中玻璃棒的作用是搅拌使反应物充分接触并反应；

（2）反应为复分解反应；二者反应生成氨气；水、以及氯化钡；

（3）氯化铵铵盐和强碱氢氧化钡的反应生成氨气；水、以及氯化钡；以此解释反应现象；

（4）玻璃片上结冰而与小烧杯粘在一起；说明氢氧化钡和氯化铵的反应是吸热反应．

本题考查吸热反应的探究，题目难度不大，本题注意把握氯化铵和氢氧化钡反应的原理，注意从反应物与生成物总能量的关系分析．【解析】搅拌使混合物充分接触并反应；Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O；玻片与烧杯之间结冰黏在一起、有少许刺激性气味的气体；吸；小于21、（1）C8H16CH2=CH2

（2）橙色(或橙黄色)褪去CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br2Br-CH2BrCH

（3）紫色(或紫红色)褪去氧化反应

（4）D若乙烯与溴发生取代反应生成HBr，其溶液酸性会显著增强

（5）BCB

（6）乙烯中碳的质量分数为85.7%，大于甲烷中碳的质量分数(75%)

加成反应【分析】【分析】本题考查了乙烯的制备和性质的检验，熟悉裂化的原理及原子个数守恒规律、乙烯的性质是解题关键，题目难度不大。【解答】rm{(1)}石油裂化属于化学反应，遵循质量守恒定律，rm{C}rm{16}rm{16}rm{H}rm{34}rm{34}rm{隆煤C}rm{8}rm{8}甲，所以甲分子式为：rm{H}rm{18}rm{18}rm{+}，rm{C}rm{overset{overset{麓脽禄炉录脕}{????隆煤}}{triangle}}rm{8}乙，根据原子守恒可知乙为rm{8}结构简式为rm{H}rm{16}

故答案为：rm{16}甲rm{overset{

overset{麓脽禄炉录脕}{????隆煤}}{triangle}}rm{4}乙，根据原子守恒可知乙为rm{C_{2}H_{4}}结构简式为；rm{4}rm{C_{2}H_{4}}

rm{CH}乙烯含有碳碳双键，能够与溴发生加成反应而使溴水的橙色rm{CH}或橙黄色rm{{,!}_{2}=CH_{2}}褪去，方程式为：rm{C}rm{8}rm{8}rm{H}rm{16}rm{16}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}=CH_{2}}rm{(2)}rm{(}

故答案为：橙色rm{)}或橙黄色rm{CH}褪去；rm{2}rm{2}rm{=CH}rm{2}rm{2}；加成反应；

rm{+Br}乙烯具有还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，发生氧化反应，使高锰酸钾溶液的紫色rm{2}或紫红色rm{2}褪去。

故答案为：紫色rm{隆煤CH}或紫红色rm{2}褪去；氧化反应；

rm{2}如果乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳，二氧化碳能够与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，rm{Br-CH}中澄清石灰水变浑浊。所以，可以依据rm{2}中的实验现象判断该资料是否真实；若溴与乙烯反应是是取代反应会生成溴化氢，其溶液酸性会显著增强，所以可以通过测定装置rm{2}中溶液在反应前后的酸碱性，探究溴与乙烯反应是加成反应而不是取代反应，故答案为：rm{Br}若乙烯与溴发生取代反应生成rm{(}其溶液酸性会显著增强；rm{)}甲烷、乙烯均不溶于水，且都不与水反应，不能用于鉴别和除杂；B.乙烯含有rm{CH}双键；能与溴水发生加成反应生成二溴乙烷液体，甲烷不与溴水反应。所以，可以用溴水鉴别甲烷与乙烯，也可以除去甲烷中混有的乙烯；

C.甲烷与高锰酸钾不反应，乙烯能够与高锰酸钾反应使溶液的紫色rm{CH}或紫红色rm{{,!}_{2}=CH_{2}+Br_{2}}褪去；可以用来鉴别甲烷与乙烯；但由于乙烯被氧化生成和二氧化碳气体，除去乙烯的同时甲烷中引入新杂质二氧化碳，所以不能用于除去甲烷中混有的乙烯；

D.甲烷；乙烯都不溶于氢氧化钠溶液；不能用来鉴别和除杂。

综上所述，故可用来鉴别甲烷与乙烯的是：rm{隆煤}rm{CH}rm{{,!}_{2}Br-CH_{2}Br}可用来除去甲烷中混有的乙烯的是：rm{隆煤}

故答案为：rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}Br-CH_{2}Br}有机物燃烧时含碳量越高，火焰越明亮、烟越大。乙烯中碳的质量分数为rm{(3)}大于甲烷中碳的质量分数rm{(}所以乙烯燃烧时火焰明亮、有黑烟，故答案为：乙烯中碳的质量分数为rm{)}大于甲烷中碳的质量分数rm{(}

rm{)}【解析】rm{(1)C_{8}H_{16;;}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}=CH_{2}}橙色rm{(2)}或橙黄色rm{(}褪去rm{)}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}=CH_{2}+Br_{2}}rm{隆煤}rm{CH}rm{{,!}_{2}Br-CH_{2}Br}rm{隆煤}rm{CH}紫色rm{CH}或紫红色rm{{,!}_{2}Br-CH_{2}Br}褪去氧化反应加成反应若乙烯与溴发生取代反应生成rm{(3)}其溶液酸性会显著增强rm{(}rm{)}rm{(4)D}乙烯中碳的质量分数为rm{HBr}大于甲烷中碳的质量分数rm{(5)BC}

rm{B}22、rm{(1)}rm{(1)}

rm{Fe^{3+;;;;;}Cu^{2+;;;;;;}2Fe^{3+}+Cu=Cu^{2+}+2Fe^{2+}}rm{(2)}

rm{(2)}rm{Ba^{2+;;;;;}CO_{3}^{2-}+2H^{+}=H_{2}O+CO_{2}隆眉}

rm{Ag^{+;;;;}Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl隆媒}【分析】【分析】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握离子的性质、离子之间反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应的判断，题目难度不大。【解答】rm{(1)}不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是rm{Cu^{2+}}、rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}其氧化性rm{Fe^{3+}}rm{>}rm{>}rm{Cu^{2+}}能说明上述结论的离子方程式是：rm{2}rm{2}rm{Fe^{3+}+Cu}故答案为：rm{=}rm{=}rm{Cu}rm{Cu}rm{{,!}^{2+}+2Fe^{2+}}

rm{Fe^{3+}}取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，说明原溶液中肯定有的离子是rm{Cu^{2+}}有关的离子方程式为rm{2Fe^{3+}+Cu}故答案为：rm{=}rm{=}

rm{Cu^{2+}+2Fe^{2+}}取rm{(2)}的滤液加入过量rm{Ag^{+}}rm{Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl隆媒}rm{Ag^{+}}rm{Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl隆媒}rm{(3)}rm{(2)}rm{Na}为rm{Na}rm{{,!}_{3}^{2-}+2H^{+}=H_{2}O+CO_{2}隆眉}故答案为：rm{{,!}_{2}}rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=H_{2}O+CO_{2}隆眉}

rm{CO}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{Fe^{3+;;;;;}Cu^{2+;;;;;;}2Fe^{3+}+Cu=Cu^{2+}+2Fe^{2+}}rm{(2)}rm{(2)}rm{Ba^{2+;;;;;}CO_{3}^{2-}+2H^{+}=H_{2}O+CO_{2}隆眉}

rm{Ag^{+;;;;}Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl隆媒}23、略

【分析】解：rm{(1)}从图中可知rm{X}的起始量为rm{1.0mol}rm{2}分钟达平衡，rm{X}转化了rm{0.3mol}则rm{X}的转化率rm{=dfrac{0.3mol}{1.0mol}隆脕100%=30%}

故答案为：rm{=dfrac

{0.3mol}{1.0mol}隆脕100%=30%}

rm{30%}由图象可以看出，反应中rm{(2)}rm{X}的物质的量减小，rm{Y}的物质的量增多，则rm{Z}rm{X}为反应物，rm{Y}为生成物；

且rm{Z}rm{trianglen(X)}rm{trianglen(Y)}rm{trianglen(Z)=0.3mol}rm{0.1mol}rm{0.2mol=3}rm{1}则反应的化学方程式为：rm{2}

故答案为：rm{3X+Y?2Z}

rm{(3)v(Z)=dfrac{trianglec}{trianglet}=dfrac{0.2mol}{2L隆脕2min}=0.05mol?(L?min)^{-1}}

故答案为：rm{3X+Y?2Z}

rm{(3)v(Z)=dfrac{triangle

c}{trianglet}=dfrac

{0.2mol}{2L隆脕2min}=0.05mol?(L?min)^{-1}}时；各物质的量不再变化，达到平衡；

故答案为：rm{0.05mol?(L?min)^{-1}}

rm{(4)2min}加快该反应速率的方法有升温；增大反应物的浓度、增大压强、使用催化剂等；

rm{2}向该容器中充入一定量的rm{(5)}气体，容器体积不变，增大了生成物浓度，逆反应速率加快，正反应速率随之也会加快，故rm{a.}正确；

rm{z}向该容器中充去一定量的rm{a}气，容器体积不变，各物质的浓度不变，对反应速率无影响，故rm{b.}错误；

rm{He}升高反应的温度，速率加快，故rm{b}正确；

rm{c.}降低反应的温度，速率减慢，故rm{c}错误；

rm{d.}分离出生成的rm{d}气体，生成物浓度减小，逆反应速率减小，正反应速率随之也会减小，故rm{e.}错误；

故答案为：rm{z}

rm{e}在一定条件下；当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；

rm{ac}达平衡时是各物质浓度保持不变，不是成比例，三种气体的浓度之比为rm{(6)}rm{a.}rm{3}时不一定达到平衡，故rm{1}错误；

rm{2}的量不再改变，物质的量不再变化说明已达平衡，故rm{a}正确；

rm{b.n(Z)}从方程式可知这是一个气体总物质的量在减小的反应，当气体的总物质的量不变时，说明各物质的量不变，达到平衡，故rm{b}正确；

rm{c.}容器的体积不变，根据质量守恒，气体的总质量也不变，气体的密度始终不变，不能说明达到平衡，故rm{c}错误；

rm{d.}生成rm{d}rm{e.}的方向是逆方向，生成了rm{3mol}的rm{X}的方向是正方向，方向相反，且rm{2mol}与rm{Z}的变化量之比等于其计量数之比，说明正反应速率与逆反应速率相等，则达到平衡，故rm{X}正确；

故答案为：rm{Z}．

rm{e}从图中可知rm{bce}的起始量为rm{(1)}rm{X}分钟达平衡，rm{1.0mol}转化了rm{2}再根据公式rm{dfrac{X{脳陋禄炉碌脛脦茂脰脢碌脛脕驴}}{X{脝冒脢录碌脛脦茂脰脢碌脛脕驴}}隆脕100%}计算；

rm{X}根据物质的量的变化判断反应物和生成物；根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；

rm{0.3mol}根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算反应速率；

rm{dfrac

{X{脳陋禄炉碌脛脦茂脰脢碌脛脕驴}}{X{脝冒脢录碌脛脦茂脰脢碌脛脕驴}}隆脕100%}各物质的量不再变化；达到平衡；

rm{(2)}加快该反应速率的方法有升温；增大浓度、增大压强、使用催化剂等；

rm{(3)}在一定条件下；当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变．

本题考查化学平衡图象分析题目，注意分析各物质的量的变化曲线，注意化学方程式的判断方法，理解影响化学反应速率的因素和化学平衡状态的判断，题目难度适中．rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}【解析】rm{30%}rm{3X+Y?2Z}rm{0.05mol?(L?min)^{-1}}rm{2}rm{ac}rm{bce}五、其他(共4题，共8分)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-+SO42-26、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)227、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-+SO42-六、综合题(共4题，共32分)28、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