2025年鲁教五四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年鲁教五四新版高一化学下册阶段测试试卷969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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、能符合如下图所示的转化关系的元素是A.硅B.硫C.铜D.铁2、控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－⇌2Fe2＋＋I2设计成如下图所示的原电池。下列判断不正确的是（）A.反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应B.反应开始时，甲中石墨电极上Fe3＋被还原C.电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态D.电流计读数为零后，在甲中加入FeCl2固体，乙中的石墨电极为负极3、用高铁酸钠rm{(Na_{2}FeO_{4})}对水消毒是城市饮用水处理的新技术rm{.}已知反应：rm{Fe_{2}O_{3}+3Na_{2}O_{2}篓T2Na_{2}FeO_{4}+Na_{2}O}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Na_{2}O_{2}}既是氧化剂又是还原剂B.rm{3}rm{mol}rm{Na_{2}O_{2}}发生反应，有rm{12}rm{mol}电子转移C.rm{Na_{2}FeO_{4}}既是氧化产物又是还原产物D.在rm{Na_{2}FeO_{4}}中rm{Fe}为rm{+4}价，具有强氧化性，能消毒杀菌4、一条件下的某可逆反，其正反率rm{v(}正rm{)}逆反应速rm{v(}逆间的变化如图所示列判断正确的是rm{(}rm{)}A.rm{t_{1}}时刻，rm{v(}正rm{)<v(}逆rm{)}B.rm{t_{2}}时刻，rm{v(}正rm{)>v(}逆rm{)}C.rm{t_{3}}时刻，rm{v(}正rm{)=v(}逆rm{)}D.rm{t_{4}}时刻，rm{v(}正rm{)<v(}逆rm{)}5、1L稀硝酸和稀硫酸的混合液，其物质的量浓度分别为0.1mol/L和0.4mol/L。若向该混合溶液中加入足量的铜粉，从离子反应的角度分析，则最多能溶解铜粉的质量为（）A.9.6gB.6.4gC.3.2gD.2.4g6、下列有关物质结构和性质的说法中，正确的是rm{(}rm{)}A.因为水溶液的酸性：rm{HCl>H_{2}S}所以非金属性：rm{Cl>S}B.同周期第Ⅱrm{A}族与第rm{IIIA}族的元素原子序数之差不一定为rm{1}C.元素原子的最外层电子数越多，越容易得电子，非金属性越强D.同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构相同7、下列有关苯的叙述中错误的是rm{(}rm{)}A.苯在催化剂作用下能与浓硝酸发生取代反应B.在一定条件下苯能与氢气气发生加成反应C.在苯中加入酸性高锰酸钾溶液，振荡并静置后下层液体为紫红色D.在苯中加入溴水，振荡并静置后下层液体为橙色8、如图所示装置；电流计的指针发生偏转，正极变粗，负极变细，符合这种情况的是（）

A.正极Cu，负极Zn，S为稀H2SO4B.正极Zn，负极Cu，S为CuSO4溶液C.正极Ag，负极Zn，S为AgNO3溶液D.正极Fe，负极Cu，S为AgNO3溶液评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)9、实验室从海带灰中提取碘的操作过程中，仪器选用不正确的是（）A.称取5g左右的干海带--托盘天平B.过滤煮沸后的海带灰和水的混合物--漏斗C.用蒸发结晶的方法从氧化后的海带灰浸取液中提取碘--蒸发皿D.用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘--长颈漏斗10、下列操作不当的是rm{(}rm{)}A.用规格为rm{10}rm{mL}的量筒量取rm{6}rm{mL}的液体B.用药匙或者纸槽把粉末状药品送入试管的底部C.如果没有试管夹，可以临时手持试管给固体或液体加热D.过滤时玻璃棒的末端轻轻靠在了三层滤纸上11、设rm{N}rm{{,!}_{A}}为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.过氧化钠与二氧化碳反应时，生成rm{0.1mol}氧气转移的电子数为rm{0.4}rm{N}rm{{,!}_{A}}B.标准状况下，rm{22.4LH_{2}O}含有rm{2}rm{N}rm{{,!}_{A}}个共价键C.常温下，rm{23gNO_{2}}含有rm{N}rm{{,!}_{A}}个氧原子D.rm{1mol^{18}_{8}O_{2}}的中子数是rm{20}rm{N}rm{{,!}_{A}}12、下列叙述中错误的是rm{(}rm{)}A.酸性：rm{HClO_{4}>H_{2}SiO_{3}>H_{3}PO_{4}}B.还原性：rm{Na>Mg>Al}C.稳定性：rm{HF>HCl>HBr}D.原子半径：rm{Cl>S>O}13、已知某两种物质在光照条件下能发生化学反应；其微观示意图如图：（说明：一种小球代表一种元素的原子）则下列说法中正确的是（）

A.图示中共有4种物质B.该反应属于置换反应C.图示中的反应物都是单质D.该图示符合质量守恒定律14、下列说法正确的是（）A.碳碳间以单键结合，碳原子剩余价键全部与氢原子结合的烃一定是饱和链烃B.分子组成符合CnH2n+2的烃一定是烷烃C.烷烃分子中所有的碳原子均在同一条直线上D.甲烷和异丁烷互为同系物15、为提纯下列物质rm{(}括号内为杂质rm{)}选用的试剂和分离方法都正确的是rm{(}rm{)}

。选项物质试剂分离方法rm{A}乙烷rm{(}乙烯rm{)}氢气加热rm{B}乙酸乙酯rm{(}乙酸rm{)}饱和碳酸钠溶液分液rm{C}乙醇rm{(}水rm{)}生石灰蒸馏rm{D}苯rm{(}苯酚rm{)}浓溴水分液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}16、rm{ClO_{2}}是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂rm{.}实验室可通过以下反应制得rm{ClO_{2}}rm{2KClO_{3}+H_{2}C_{2}O_{4}+H_{2}SO_{4}篓T2ClO_{2}隆眉+K_{2}SO_{4}+2CO_{2}隆眉+2H_{2}O}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{KClO_{3}}在反应中得到电子B.rm{ClO_{2}}是氧化产物C.rm{H_{2}C_{2}O_{4}}在反应中被氧化D.rm{1mol}rm{KClO_{3}}参加反应，有rm{2}rm{mol}电子转移17、根据表中有关短周期元素性质的数据，判断下列说法中不正确的是rm{(}rm{)}

。rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}rm{垄脼}rm{垄脽}rm{垄脿}原子半径rm{0.74}rm{1.60}rm{1.52}rm{1.10}rm{0.99}rm{1.86}rm{0.75}rm{0.82}最高或rm{+2}rm{+1}rm{+5}rm{+7}rm{+1}rm{+5}rm{+3}最低化合价rm{-2}rm{-3}rm{-1}rm{-3}A.rm{垄脹}和rm{垄脼}rm{垄脺}和rm{垄脽}分别处于同一主族B.元素rm{垄脺}处于第三周期Ⅴrm{A}族C.元素rm{垄脵}与元素rm{垄脼}形成的化合物中不可能存在共价键D.元素rm{垄脿}对应的氢氧化物可能具有两性评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)18、（共13分）有机化学知识在生活中应用广泛。（1）糖类、油脂和蛋白质是动物性和植物性食物中的基本营养物质。下列有关说法中，正确的是；A．棉、麻、木材、蚕丝的主要成分都是纤维素B．油脂是产生能量最高的营养物质C．蛋白质在人体内发生水解最终生成氨基酸D．糖类都是有甜味的物质E．淀粉、纤维素、蛋白质都是天然高分子化合物（2）实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管（使反应混合物的蒸气冷凝为液体流回烧瓶内），加热回流一段时间后换成蒸馏装置进行蒸馏（如下图所示），得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品。请回答下列问题：（已知：乙醇、乙酸、乙酸乙酯的沸点依次是78.4℃、118℃、77.1℃）①在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入几块碎瓷片，其目的是；②生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全变成生成物，反应一段时间后，就达到了该反应的限度，即达到化学平衡状态。下列描述能说明该反应已达到化学平衡状态的有（填序号）；A．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水B．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸C．单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸D．正反应的速率与逆反应的速率相等E．混合物中各物质的浓度不再变化③现拟分离含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗产品，下图是分离操作步骤流程图。试剂a是____，分离方法①是；分离方法②是____，试剂b是；④写出C→D反应的化学方程式。19、将单质Fe和FeCl2、FeCl3、CuCl2的混合溶液一起放进某容器内；充分反应后．

①如有Fe剩余，则容器内不可能含有的金属离子是______．

②如容器内有大量Fe3+，则还会有的金属离子是______．

③如有一半Cu2+剩余，则容器内一定没有的金属离子是______．20、下列各反应中；通入的气体反应物各起什么作用？请选择下列序号填空：

A.只做氧化剂rm{B.}只做还原剂。

C.既做氧化剂又做还原剂rm{D.}既不做氧化剂又不做还原剂。

rm{(1)}氯气通入水中：rm{Cl_{2}+H_{2}O篓THCl+HClO}______

rm{(2)}二氧化氮通入水中：rm{3NO_{2}+H_{2}O篓T2HNO_{3}+NO}______

rm{(3)}二氧化碳气体通入氢氧化钾溶液中：rm{CO_{2}+2KOH篓TK_{2}CO_{3}+H_{2}O}______

rm{(4)}二氧化硫气体通入氢硫酸中：rm{SO_{2}+2H_{2}S篓T3S+2H_{2}O}______．21、短周期元素rm{X}和rm{Y}能形成rm{XY_{4}}化合物，若rm{X}的原子序数为rm{m}rm{Y}的原子序数为rm{n}则rm{m}和rm{n}可能的关系是rm{(}写出两个即得满分rm{)}___________________________22、2008年北京奥运会主体育场的外形好似“鸟巢”（TheBirdNest），有一类化学物质也好似鸟巢如图1，如化学式是B5H9的五硼烷（如图2）。请问五硼烷的摩尔质量是______g/mol。评卷人得分四、原理综合题(共3题，共21分)23、国家实施“青山绿水工程”；大力研究脱硝和脱硫技术。

（1）H2在催化剂作用下可将NO还原为N2。下图是该反应生成1mol水蒸气的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式___________。

（2）2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程如下：

反应I：2NO(g)N2O2(g)(快)；H1<0v1正=k1正·c2(NO)、v1逆=k1逆·c(N2O2)；

反应Ⅱ：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)；△H2<0v2正=k2正·c(N2O2)·c(O2)、v2逆=k2逆·c2(NO2)；

①一定条件下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，平衡常数K=___________(用含k1正、k1逆、k2正、k2逆的代数式表示)。

反应I的活化能EI___________反应Ⅱ的活化能EII(填“>”、“<”；或“=”)。

②已知反应速率常数k随温度升高而增大，则升高温度后k2正增大的倍数___________k2逆增大的倍数(填“大于”；“小于”、或“等于”)。

（3）我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应：H2S+O2=H2O2+S↓。

①装置中H+向___________池迁移。

②乙池溶液中发生反应的离子方程式：______________________。

(4)废水处理时，通H2S(或加S2－)能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。25°℃，某废液中c(Mn2+)=0.02mol·L－1，调节废液的pH使Mn2+开始沉淀为MnS时，废液中c(H2S)=0.1mol·L－1，此时pH约为___________。(已知：Ksp(MnS)=5.0×10－14，H2S的电离常数：K1=1.5×10－7，K2=6.0×10－15，1g6=0.8)24、I.依据氧化还原反应Zn(s)＋Cu2＋(aq)===Zn2＋(aq)＋Cu(s)设计的原电池如图所示。

请回答下列问题：

(1)铜电极为电池的________极；电解质溶液Y是________________。

(2)盐桥中的Cl－向________（填“左”；或“右”）移动；如将盐桥撤掉，电流计的指针将不偏转。

Ⅱ．电解原理在化学工业中有广泛应用。

如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请完成以下问题：

(1)若X；Y都是惰性电极；a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液：

①在X极附近观察到的现象是_________________；

②电解一段时间后，该反应总离子方程式_______________________________；

(2)若用该装置电解精炼铜，电解液a选用CuSO4溶液，则：X电极的材料是____________电解一段时间后，CuSO4溶液浓度_________（填“增大”；减小”或“不变”）。

(3)若X、Y都是惰性电极，a是溶质为Cu(NO3)2和X(NO3)3，且均为0.1mol的混合溶液，通电一段时间后，阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如图所示，则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是_____。25、氮及其化合物如NH3及铵盐、N2H4、N2O4等在中学化学；化工工业、国防等领域占有重要地位。

（1）发射航天火箭常用肼(N2H4)与N2O4作燃料与助燃剂。肼(N2H4)与N2O4的反应为2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=-1077kJ•mol-1

已知相关反应的化学键键能数据如下表所示：。化学键N-HN-NN≡NO-HE/（kJ•mol-1）390190946460

则使1molN2O4(g)分子中化学键完全断裂时需要吸收的能量是___________。

（2）N2O4与NO2之间存在反应N2O4(g)2NO2(g)。将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[a(N2O4)]随温度的变化如图所示。

①由图推测该反应的△H___0（填“>”或“<”），理由为________________。

②图中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强po为108kPa，则该温度下反应的平衡常数Kp=_________（用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数）。

③在一定条件下，该反应N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，其中k1、k2是与反应温度有关的常数。相应的速率压强关系如图所示，一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1=___________，在下左图上标出的点中，能表示反应达到平衡状态的点为__________（填字母代号）。

（3）电解NO2制备NH4NO3；其工作原理如图所示。

①阳极的电极反应式为________________________________________。

②为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充某种化合物A，则A的化学式为_________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共2分)26、如图表示A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色。

回答下列问题：

(1)A→D反应常用于人工固氮，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)D→C是工业制硝酸的重要反应，化学方程式为_______。

(3)B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收，则B与的物质的量之比为_______，若该反应转移个电子，则参加反应的B的物质的量为_______mol。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】试题分析：A、硅与氧气反应生成二氧化硅，但二氧化硅与水不反应，不能生成硅酸，错误；B、硫与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，正确；C、铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜不与水反应，错误；D、铁与氧气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁与水不反应，错误，答案选B。考点：考查单质、化合物的转化关系【解析】【答案】B2、D【分析】【解答】由反应2Fe3+＋2I-⇌2Fe2+＋I2可知，反应开始时甲中Fe3+发生还原反应，乙中I-发生氧化反应；当电流计读数为零时，则反应达到平衡状态，此时在甲中加入FeCl2固体，则平衡向逆反应方向移动，乙中I2发生还原反应，则乙中石墨电极为正极，故选D。【分析】考查原电池相关知识的理解，同时也考查考生的读图能力。3、C【分析】解：rm{A.Na_{2}O_{2}}中rm{O}元素化合价降低，由rm{-1}价降低为rm{-2}价被还原，rm{Na_{2}O_{2}}只为氧化剂；故A错误；

B.rm{Na_{2}O_{2}}中rm{O}元素化合价从rm{-1}价降低为rm{-2}价，rm{3molNa_{2}O_{2}}发生反应，有rm{6mol}电子转移；故B错误；

C.rm{Na_{2}FeO_{4}}中的铁元素是从rm{+3}价变化来的成为rm{+6}价，氧元素化合价从rm{-1}价变化成rm{-2}价，所以rm{Na_{2}FeO_{4}}既是氧化产物又是还原产物；故C正确；

D.在rm{Na_{2}FeO_{4}}中rm{Fe}为rm{+6}价；故D错误；

故选C．

在反应rm{Fe_{2}O_{3}+3Na_{2}O_{2}篓T2Na_{2}FeO_{4}+Na_{2}O}中，rm{Fe}元素化合价升高，由rm{+3}价升高为rm{+6}价，rm{Fe_{2}O_{3}}被氧化，rm{O}元素化合价降低，由rm{-1}价降低为rm{-2}价，被还原，rm{Na_{2}O_{2}}为氧化剂；根据化合价的变化分析氧化还原反应．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，题目难度中等，解答本题的关键是正确判断元素的化合价，根据化合价的变化分析氧化还原反应，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力．【解析】rm{C}4、B【分析】解：由图象可；该应正反应一端开始；

由图可以看出则rm{t}刻之前均为rm{娄脭}()rm{>娄脭}()，rm{t}时刻后为rm{娄脭(}正rm{=娄脭(}逆rm{)}

故B．

由图象可，时刻均为rm{娄脭(}正rm{)>娄脭(}逆rm{)}rm{t4}时刻之为rm{娄脭(}正rm{=娄脭(}逆rm{)}以此解答．

本题考图及反应速率的关系明确图中正反应速率方则大于逆应速率即可解答，注重基知识和图象分能力考查，题度不．【解析】rm{B}5、A【分析】试题分析：1L稀H2SO4和稀HNO3的混合液，其物质的量浓度分别为0.4mol•L-1和0.1mol•L-1，则n（H+）=1L×2×0.4mol/L+1L×0.1mol/L=0.9mol，n（NO3-）=1L×0.1mol/L=0.1mol，发生3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O3820.9mol0.1mol可知H+过量，NO3-完全反应，则消耗铜的质量为0.1mol×3/2×64g/mol=9.6g，故A项正确。考点：本题考查硝酸的性质及相关计算。【解析】【答案】A6、B【分析】解：rm{A.}元素的非金属强弱与氢化物水溶液的酸性无关；故A错误；

B.因为是同一周期的rm{IIA}族，即同一横行往右一个主族，在第二、三周期原子序数增加一，因而可以rm{x+1}又因为rm{IIA}族与rm{IIIA}族元素在第四周期起有过渡元素，因而又可以rm{x+11}在第六、七周期的过渡元素中又出现镧系和锕系，因而又可以rm{x+25}故B正确；

C.元素原子的最外层电子数越多；不一定越容易得电子，如稀有气体，故C错误；

D.同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构可能相同；如镁离子和钠离子，也可能不同，如镁离子和氯离子，故D错误；

故选：rm{B}【解析】rm{B}7、D【分析】解：rm{A}苯在浓硫酸的催化作用下与浓硝酸发生硝化反应；属于取代反应，故A正确；

B；苯在镍催化作用下与氢气发生加成反应生成环己烷；故B正确；

C；苯不与酸性高锰酸钾溶液反应；苯的密度小于水，因此上层为苯，下层为酸性高锰酸钾溶液，为紫红色，故C正确；

D；苯不与溴水反应；可发生萃取，苯的密度小于水，因此上层为溴的苯溶液，颜色为橙色，下层为水，颜色为无色，故D错误；

故选D．

A；苯在浓硫酸的催化作用下与浓硝酸发生硝化反应；

B；苯在镍催化作用下与氢气发生加成反应生成环己烷；

C；苯不与酸性高锰酸钾溶液反应；苯的密度小于水；

D；苯不与溴水反应；可发生萃取，苯的密度小于水．

本题考查了苯的性质，难度不大，在学习苯的化学性质的同时也要注意其物理性质的应用．【解析】rm{D}8、C【分析】解：A；硫酸为电解质溶液；正极生成氢气，不能变粗，故A错误；

B、Cu、Zn、CuSO4溶液形成原电池时；Zn作负极，Cu作正极，故B错误；

C；锌为负极；硝酸银为电解质，则锌失去生成离子进入溶液，正极上银离子得到电子，生成单质析出正极变粗，故C正确；

D；原电池中硝酸银溶液做电解质时；活泼金属做负极，则应为Fe作负极，故D错误。

故选：C。

正极变粗；应析出金属，说明溶液应为不活泼金属的盐溶液，负极变细，说明电极本身发生氧化反应而被消耗，以此解答该题．

本题考查原电池知识，熟悉金属的活泼性及发生的氧化还原反应是解答本题的关键，较为基础．【解析】C二、双选题(共9题，共18分)9、C|D【分析】解：A．粗略称量干海带可用托盘天平；故A正确；

B．过滤煮沸后的海带灰水混合液可用漏斗分离；故B正确；

C．用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘；用萃取，使用分液漏斗，故C错误；

D．四氯化碳与水互不相溶；可用分液漏斗进行分液，故D错误．

故选CD．

可用托盘天平粗略称量干海带；灼烧固体应在坩埚中进行，用漏斗过滤浊液，萃取后的液体混合物用分液的方法分离，以此解答该题．

本题考查物质的分离和提纯知识，题目难度不大，注意把握常见物质的分离操作方法和使用的仪器，学习中注意相关基础知识的积累．【解析】【答案】CD10、rAC【分析】解：rm{A.}量筒的感量为rm{0.1mL}应量取rm{6.0mL}液体；故A错误；

B.把粉末状药品送入试管的底部；防止药品在试管内壁上，则用药匙或者纸槽把粉末状药品送入试管的底部，故B正确；

C.不能用水拿；易烫伤，故C错误；

D.三层滤纸较厚；不易捣破，则玻璃棒的末端轻轻靠在了三层滤纸上，故D正确；

故选AC．

A.量筒的感量为rm{0.1mL}

B.把粉末状药品送入试管的底部；防止药品在试管内壁上；

C.不能用水拿；

D.三层滤纸较厚；不易捣破．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验基本操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{AC}11、CD【分析】【分析】本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用是解题关键，注意标况下气体摩尔体积的适用范围。【解答】A.过氧化钠与二氧化碳反应时，rm{Na_{2}O_{2}}中氧元素由rm{-1}价升高为rm{0}价生成rm{O_{2}}中氧元素由rm{Na_{2}O_{2}}价升高为rm{-1}价生成rm{0}rm{O_{2}}氧气转移生成rm{1mol}氧气转移rm{2mol}电子，则电子，则rm{1mol}氧气转移rm{2mol}生成rm{0.1mol}氧气转移rm{0.2}电子，即转移的电子数为rm{0.1mol}．rm{0.2}rm{mol}故A错误；B.标准状况下，水为液体，rm{0}rm{2N}rm{2N}质的量；故B错误；

C.常温下，rm{{,!}_{A}}的物质的量为rm{dfrac{23g}{46g/mol}=0.5mol}含有不能根据气体摩尔体积来计算氧原子，则含有rm{22.4LH_{2}O}个氧原子；故C正确；

D.的物个rm{23gNO_{2}}rm{dfrac{23g}{46g/mol}=0.5mol

}含有的中子数为rm{1mol}rm{N_{A}}，则rm{1}rm{{,!}^{18}_{8}}含有rm{O_{2}}中子，即中子数为rm{(18-8)}故D正确。

故选CD。rm{隆脕2=20}【解析】rm{CD}12、rAD【分析】解；rm{A.Si}rm{P}rm{Cl}位于同一周期，非金属性rm{Cl>P>Si}元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的酸性越强，故A错误；

B.rm{Na}rm{Mg}rm{Al}位于同一周期，金属性rm{Na>Mg>Al}金属性越强，对应的单质的还原性越强，故B正确；

C.rm{F}rm{Cl}rm{Br}位于周期表同一主族，元素的非金属性rm{F>Cl>Br}元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C正确；

D.rm{Cl}和rm{S}位于同一周期，原子半径rm{S>Cl}rm{S}和rm{O}位于同一主族，原子半径rm{S>O}故D错误。

故选：rm{AD}

元素周期表中；同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，元素的金属性越强，单质的还原性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，氢化物的稳定性越强，以此解答．

本题考查元素周期律的递变规律，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和运用的考查，为高考高频考点，注意把握元素的性质与对应单质、化合物的性质的关系，把握金属性、非金属性的比较角度，难度不大．【解析】rm{AD}13、AD【分析】解：A；由图示中分子的结构可知：反应前后存在四种不同的分子；则就存在四种不同的物质，故A正确；

B；置换反应的生成物是一种单质和一种化合物；而由图示可知生成物是两种化合物，故该反应不属于置换反应，故B错误；

C；同种原子构成的分子是单质分子；不同种原子构成的分子是化合物分子，则由图示信息可知反应物中有一种是单质，另一种是化合物，故C错误；

D；任何化学反应都遵循质量守恒定律；由反应的图示也可以看出反应前后原子的数目种类不变，也可以反映出该反应符合质量守恒定律，故D正确；

故选：AD。

化学变化遵循质量守恒定律；根据反应物和生成物可以判断反应类型，从图示分析，同种原子构成的分子是单质分子，不同种原子构成的分子是化合物分子，并根据反应特点，判断反应类型。

本题考查了化学反应的过程分析判断，根据变化示意图及分子由原子构成、反应类型等特点，正确判断变化中的物质构成和反应类型，是解答本题的基本方法。【解析】AD14、B|D【分析】解：A；不仅饱和链烃中只含有C-C单键与C-H单键；环烷烃中也只含有C-C单键与C-H单键，故A错误；

B、烷烃的通式为CnH2n+2；C；H原子都饱和，则符合此通式的烃必为链状烷烃，故B正确；

C；烷烃分子中所有的碳原子是链状结构；不在同一条直线上，故C错误；

D、甲烷和异丁烷结构相似，分子组成相差3个CH2；互为同系物，故D正确；

故选BD．

A；环烷烃中只含有C-C单键与C-H单键．

B、烷烃的通式为CnH2n+2．

C；烷烃分子中所有的碳原子是链状结构．

D、甲烷和异丁烷结构相似，分子组成相差3个CH2．

本题考查烷烃的结构与性质，难度不大，注意根据甲烷的结构判断正戊烷的结构．【解析】【答案】BD15、rBC【分析】解：rm{A.}乙烯和氢气加成需要催化剂且是可逆反应；不可能完全除去乙烯，且乙烷中易引入新杂质氢气，应选用溴水；洗气分离，故A错误；

B.乙酸和碳酸钠溶液反应被除去；而乙酸乙酯不溶于水，分液可分离，故B正确；

C.水能和生石灰反应生成沸点较高的氢氧化钙；与乙醇形成沸点差异，蒸馏可分离，故C正确；

D.苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚不溶于水但溶于苯，所以应用rm{NaOH}溶液；与苯酚反应生成易溶于水但不溶于苯的苯酚钠后分液，故D错误；

故选：rm{BC}

A.乙烯与氢气发生加成反应；乙烷中易引入新杂质氢气；

B.乙酸与碳酸钠反应后；与乙酸乙酯分层；

C.rm{CaO}与水反应后；增大与乙醇的沸点差异；

D.苯酚与溴水反应；溴易溶于苯．

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大．【解析】rm{BC}16、rAC【分析】解：rm{A.Cl}元素的化合价降低，则rm{KClO_{3}}在反应中得到电子；故A正确；

B.rm{Cl}得到电子被还原，则rm{ClO_{2}}是还原产物；故B错误；

C.rm{C}失去电子，则rm{H_{2}C_{2}O_{4}}在反应中被氧化；故C正确；

D.rm{1}rm{mol}rm{KClO_{3}}参加反应，有rm{1mol隆脕(5-4)=1mol}电子转移；故D错误；

故选：rm{AC}

rm{2KClO_{3}+H_{2}C_{2}O_{4}+H_{2}SO_{4}篓T2ClO_{2}隆眉+K_{2}SO_{4}+2CO_{2}隆眉+2H_{2}O}中，rm{Cl}元素的化合价由rm{+5}加降低为rm{+4}价，rm{C}元素的化合价由rm{+3}升高为rm{+4}价；以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意转移电子的计算，题目难度不大．【解析】rm{AC}17、rCD【分析】解：短周期元素中，rm{垄脵}只有最低价rm{-2}处于Ⅵrm{A}族，则rm{垄脵}为rm{O}rm{垄脹垄脼}都最高正价rm{+1}处于Ⅰrm{A}rm{垄脼}的原子半径较大，rm{垄脹}原子半径不是所以元素中最小，故rm{垄脹}为rm{Li}rm{垄脼}为rm{Na}rm{垄脻}有rm{+7}rm{-1}价，则rm{垄脻}为rm{Cl}rm{垄脺垄脽}都有最高价rm{+5}最低价rm{-3}处于Ⅴrm{A}族，且rm{垄脺}的原子半径较大，则rm{垄脺}为rm{P}rm{垄脽}为rm{N}rm{垄脷}有最高价rm{+2}处于Ⅱrm{A}族，原子半径大于rm{Li}则rm{垄脷}为rm{Mg}rm{垄脿}有最高价rm{+3}处于Ⅲrm{A}族，原子半径小于rm{Li}则rm{垄脿}为rm{B}

A.rm{垄脹垄脼}都最高正价rm{+1}处于Ⅰrm{A}rm{垄脺垄脽}都有最高价rm{+5}最低价rm{-3}处于Ⅴrm{A}族；故A正确；

B.rm{垄脺垄脽}都有最高价rm{+5}最低价rm{-3}处于Ⅴrm{A}族，且rm{垄脺}的原子半径较大，则rm{垄脺}为rm{P}元素，rm{P}位于第三周期Ⅴrm{A}族；故B正确；

C.rm{垄脵}为rm{O}与rm{垄脼}为rm{Na}形成的化合物过氧化钠中存在rm{O-O}共价键；故C错误；

D.rm{垄脿}为rm{B}元素，rm{B}为非金属元素，则元素rm{垄脿}对应的氢氧化物不可能具有两性；故D错误；

故选CD．

短周期元素中，rm{垄脵}只有最低价rm{-2}处于Ⅵrm{A}族，则rm{垄脵}为rm{O}rm{垄脹垄脼}都最高正价rm{+1}处于Ⅰrm{A}rm{垄脼}的原子半径较大，rm{垄脹}原子半径不是所以元素中最小，故rm{垄脹}为rm{Li}rm{垄脼}为rm{Na}rm{垄脻}有rm{+7}rm{-1}价，则rm{垄脻}为rm{Cl}rm{垄脺垄脽}都有最高价rm{+5}最低价rm{-3}处于Ⅴrm{A}族，且rm{垄脺}的原子半径较大，则rm{垄脺}为rm{P}rm{垄脽}为rm{N}rm{垄脷}有最高价rm{+2}处于Ⅱrm{A}族，原子半径大于rm{Li}则rm{垄脷}为rm{Mg}rm{垄脿}有最高价rm{+3}处于Ⅲrm{A}族，原子半径小于rm{Li}则rm{垄脿}为rm{B}据此解答．

本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用，根据化合价与原子半径推断元素是解答的关键，注意对元素周期律的理解掌握，题目难度中等．【解析】rm{CD}三、填空题(共5题，共10分)18、略

【分析】【解析】【答案】（1）BCE（3分）（2）①防止烧瓶中的液体暴沸（1分）②BDE（3分）③饱和Na2CO3溶液分液蒸馏（浓）硫酸（4分）④2CH3COONa+H2SO4→2CH3COOH+Na2SO4...（2分）19、略

【分析】解：在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，单质Fe和FeCl2、FeCl3、CuCl2，则铁先与氯化铁溶液反应．氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2；还原性Fe＞Cu；

①Fe有剩余，则溶液中不存在Fe3+、Cu2+，故答案为：Fe3+、Cu2+；

②如容器内有大量Fe3+，说明铜离子没有反应，所以还会有的金属离子是Fe2+、Cu2+，故答案为：Fe2+、Cu2+；

③如有一半Cu2+剩余，说明铜离子已部分反应，所以氧化性强的铁离子已完全反应，则容器内一定没有的金属离子是：Fe3+，故答案为：Fe3+．

在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，单质Fe和FeCl2、FeCl3、CuCl2，则铁先与氯化铁溶液反应．氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，Fe有剩余，则溶液中不存在Fe3+、Cu2+；以此解答该题．

本题考查氧化还原反应以及铁的单质化合物的性质，题目难度不大，本题关键是把握物质的氧化性、还原性强弱．【解析】Fe3+、Cu2+；Fe2+、Cu2+；Fe3+20、略

【分析】解：rm{(1)Cl_{2}+H_{2}O篓THCl+HClO}中，rm{Cl}元素的化合价既升高又降低，则氯气既做氧化剂又做还原剂，故答案为：rm{C}

rm{(2)3NO_{2}+H_{2}O篓T2HNO_{3}+NO}中，只有rm{N}元素的化合价变化，则水既不做氧化剂又不做还原剂，故答案为：rm{D}

rm{(3)CO_{2}+2KOH篓TK_{2}CO_{3}+H_{2}O}中，没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故答案为：rm{D}

rm{(4)SO_{2}+2H_{2}S篓T3S+2H_{2}O}中，二氧化硫中rm{S}元素的化合价降低，则为氧化剂，故答案为：rm{A}．

气体中某元素化合价升高；则为还原剂；若某元素的化合价降低，则为氧化剂；含元素的化合价升高；降低，则既做氧化剂又做还原剂；元素的化合价不变，则既不做氧化剂又不做还原剂，以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中还原剂、氧化剂判断的考查，题目难度不大．【解析】rm{C}rm{D}rm{D}rm{A}21、m－13＝nn＋5＝mn－11＝m

【分析】【分析】本题考查元素化合价与元素周期律的应用，题目难度中等。【解答】由化学式rm{XY_{4}}知道，rm{X}rm{Y}两元素的化合价为rm{+4}rm{-1}则两元素可能分别属于第知道，rm{XY_{4}}rm{X}两元素的化合价为rm{Y}rm{+4}则两元素可能分别属于第Ⅳrm{-1}族和第Ⅶrm{A}族，即rm{A}rm{C}rm{Si}rm{F}

另外还有rm{Cl}和rm{CH_{4}}

故答案为：rm{SiH_{4}}rm{m-13=n}rm{n+5=m}

rm{n-11=m}【解析】rm{m-13=n}rm{n+5=m}rm{n-11=m}rm{m-13=n}rm{n+5=m}

rm{n-11=m}22、64【分析】解：化学式是B5H9的五硼烷，故五硼烷的相对分子质量=11×5+9=64，因为摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量，故M（B5H9）=64g/mol；

故答案为：64。

摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量；据此进行分析。

明确摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量，是本题解题的关键，本题较为简单。【解析】64四、原理综合题(共3题，共21分)23、略

【分析】【分析】

本题是对化学反应原理的综合考察。根据盖斯定律进行反应热的计算，正反应活化能与逆反应活化能的差值为反应热；利用反应达到平衡时v正=v逆进行反应平衡常数的计算；根据图示可知；氧气变为过氧化氢，发生还原反应，该极为电解池的阴极，硫化氢变为单质硫，发生氧化反应，该极为电解池的阳极，发生氧化反应，氢离子向阴极移动，据此解答此题。

【详解】

(1)正反应活化能为E3-E2，逆反应活化能为E3-E1；生成1mol水蒸气，该反应的反应热为ΔH=（E3-E2）-（E3-E1）=(E1-E2)kJ·mol−1，所以该反应的热化学方程式：H2(g)+NO(g)=1/2N2(g)+H2O(g)ΔH=(E1-E2)kJ·mol−1或为2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=2(E1-E2)kJ·mol−1；

(2)①I．2NO(g)⇌N2O2(g)(快)；v1正=k1正.c2(NO)；v1逆=k1逆.c(N2O2)△H1＜0

II．N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)(慢)；v2正=k2正.c(N2O2)c(O2)；v2逆=k2逆.c2(NO2)△H2＜0

由反应达平衡状态,所以v1正=v1逆、v2正=v2逆,所以v1正×v2正=v1逆×v2逆,即。

即k1正.c2(NO)×k2正.c(N2O2)c(O2)=k1逆.c(N2O2)×k2逆.c2(NO2)，则有：K=c2(NO2)/c2(NO)×c(O2)=

因为决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)速率的是反应II,所以反应I的活化能E1远小于反应II的活化能E2；

②反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)为放热反应，温度升高，反应①、②的平衡均逆向移动，由于反应①的速率大，导致c(N2O2)减小且其程度大于k2正和c(O2)增大的程度，即k随温度升高而增大，则升高温度后k2正增大的倍数小于k2逆增大的倍数；

(3)①从示意图中看出；电子流向碳棒一极，该极为正极，氢离子从乙池移向甲池；

②乙池溶液中，硫化氢与I3-发生氧化还原反应：硫化氢失电子变为硫单质，I3-得电子变为I－，离子反应为H2S+I3-=3I－+S↓+2H+；

(4)废水处理时，通H2S(或加S2－)能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。25°℃，某废液中c(Mn2+)=0.02mol·L－1，调节废液的pH使Mn2+开始沉淀为MnS时，废液中c(H2S)=0.1mol·L－1，此时pH约为___________。(已知：Ksp(MnS)=5.0×10－14，H2S的电离常数：K1=1.5×10－7，K2=6.0×10－15；1g6=0.8)

25°℃，某废液中c(Mn2+)=0.02mol·L－1，调节废液的pH使Mn2+开始沉淀为MnS时，c(S2－)＝=mol/L，＝Ka1×Ka2，所以pH＝5时c(H+)＝=6mol/L，pH=5.2。【解析】2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=2(E1-E2)kJ·mol−1或2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-2(E2-E1)kJ·mol−1或H2(g)+NO(g)=1/2N2(g)+H2O(g)ΔH=(E1-E2)kJ·mol−1或H2(g)+NO(g)=1/2N2(g)+H2O(g)ΔH=-(E2-E1)kJ·mol−)kJ·mol−1<小于甲池H2S+I3—=3I－+S↓+2H+5.224、略

【分析】【分析】

I.原电池中较活泼的金属是负极；失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，据此分析解答；

II；（1）电解饱和食盐水时；阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子，氢氧根离子浓度会减小，碱性增强，据此回答；

（2）电解精炼铜时电解池的阴极X材料是纯铜；阳极是粗铜，其中比金属铜活泼的金属优先放电；

（3）根据电解的图象可知，通电后就有固体生成，当通过电子为0.2mol时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜。如果是X3+析出；电子数应该是0.3mol，当电子超过0.2mol时，固体质量没变，说明阴极产生的是氢气，即电解水，据此回答氧化能力。

【详解】

I.（1）根据方程式Zn(s)＋Cu2＋(aq)＝Zn2＋(aq)＋Cu(s)可知锌是还原剂，溶液中的铜离子得到电子