2025年华师大新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年华师大新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9题，共18分)1、下列说法正确的是（）A.Cu能导电，所以Cu是电解质B.NaCl溶液导电，所以NaCl溶液是电解质C.SO2溶于水能导电，所以SO2是电解质D.熔融状态的Na2O导电，所以Na2O是电解质2、如图：rm{A}处通入氯气rm{.}关闭rm{B}阀时，rm{C}处红色布条无变化，打开rm{B}阀时，rm{C}处红色布条褪色rm{.}由此作出的判断正确的是rm{(}rm{)}A.rm{D}中不可能是浓硫酸B.通入的氯气含有水蒸气C.rm{D}中可以是水D.rm{D}中可以是饱和食盐水3、现有一瓶由两种液态有机物乙二醇和丙三醇rm{(}甘油rm{)}组成的混合液，根据下表性质判定，要将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是。物质分子式熔点rm{(隆忙)}沸点rm{(隆忙)}密度rm{(g/cm^{3})}溶解性乙二醇rm{C_{2}H_{6}O_{2}}rm{-11.5}rm{98}rm{1.11}易溶于水和乙醇丙三醇rm{C_{3}H_{8}O_{3}}rm{17.9}rm{290}rm{1.26}和水、酒精以任意比例互溶A.分液法B.萃取法C.过滤法D.蒸馏法4、下列物质中各含有少量的杂质，能用饱和Na2CO3溶液并借助于分液漏斗除去的是()。A.苯中含少量的硝基苯B.乙醇中含少量CH3COOHC.乙酸乙酯中含少量乙酸D.乙酸中含少量苯5、北京时间2011年3月11日13时46分，日本本州岛仙台港以东130km处发生9.0级强烈地震，并且引发大规模海啸。在抗震救灾中要用大量漂白粉和漂白液对受灾地区进行杀菌消毒。下列关于漂白粉和漂白液说法中正确的是A.漂白粉是纯净物，漂白液是混合物B.漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2C.工业上将氯气通入澄清石灰水制取漂白粉D.漂白液的有效成分是Na2O26、某元素的一个原子核内质子数为m，中子数为n，则下列说法正确的是（）A.该元素的相对原子质量的近似值一定是（m+n）B.不能由此确定该元素的相对原子质量C.若12C的质量为Wg，则该原子的质量约为（m+n）WgD.若NA表示阿伏加德罗常数，则该原子的摩尔质量为（m+n）•NA7、在如图装置中，烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹f，烧杯中的液体b呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶．则a和b分别是（）。a（干燥气体）b（液体）ANO2水BCO2CaCl2溶液CCl2饱和NaCl溶液DNH3水A.AB.BC.CD.D8、从碘水中提取碘可以采用的方法是rm{(}rm{)}A.萃取B.沉淀C.蒸馏D.过滤9、如图是某校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此，下列说法正确的是()

A.配制rm{200mL4.6mol隆陇L^{-1}}的稀硫酸需取该硫酸rm{50mL}B.rm{1molZn}与足量的该硫酸反应产生rm{2mol}氢气C.该硫酸的物质的量浓度为rm{9.2mol隆陇L^{-1}}D.等质量的水与该硫酸混合所得溶液的物质的量浓度大于rm{9.2mol隆陇L^{-1}}评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、实验室需要配置rm{100mL1.0隆脕10^{-2}mol隆陇L^{-1}}的rm{100mL1.0隆脕10^{-2}

mol隆陇L^{-1}}溶液，下列玻璃仪器中，一定要用到的有()A.漏斗B.玻璃棒C.胶头滴管D.容量瓶rm{CuSO_{4}}11、元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序数之和为rm{36}rm{X}rm{Y}在同一周期，rm{X^{+}}与rm{Z^{2-}}具有相同的核外电子层结构。下列推测正确的是()A.同周期元素中rm{X}的金属性最强B.原子半径rm{X>Y}离子半径rm{X^{+}>Z^{2-}}C.同族元素中rm{Z}的氢化物稳定性最高D.同周期元素中rm{Y}的最高价含氧酸的酸性最强12、下列两组实验，将CO(g)和H2O(g)通入体积为2L的恒容密闭容器中：发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，结合表中数据，下列说法错误的是。实验组温度/℃起始量/mol达到平衡所需时间/min达到平衡所需时间/minH2OCOH2COH2CO1650241.62.452900120.41.63

A.混合气体的平均相对分子质量不再变化，则反应达到平衡B.实验1中，反应达到平衡后，CO的体积分数为40%C.升高温度有利于提高实验1和实验2中CO的转化率D.实验2的反应平衡常数K=13、向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡；正反应速率随时间变化如图所示。由图可得出不正确的结论是()

A.反应△H<0B.反应物浓度a点大于b点C.反应在c点达到平衡状态D.SO2的转化率：a～b段小于b～c段14、一种新型氟离子电池的电解质为和可嵌入这两种盐的晶体中，该电池工作时放电的示意图如图所示，下列判断正确的是（）

A.放电时，极为该电池的正极B.充电时，移向极C.充电时，阳极的电极反应式为D.电池总反应为15、下列物质中，能与稀盐酸反应的有rm{(}rm{)}A.rm{Cu}B.rm{CaCO_{3}}C.rm{Zn}D.rm{AgNO_{3}}16、下列变化中必须加入氧化剂才能进行的是A.rm{CuO隆煤CuCl_{2}}B.rm{Zn隆煤Zn^{2+}}C.rm{H_{2}隆煤H_{2}O}D.rm{CO隆煤CO_{2}}评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、按要求写出下列有机反应化学方程式（有机物用结构简式表示）；并指出反应类型：

（1）甲烷和氯气光照下生成一氯甲烷。

方程式：____；反应类型：____．

（2）乙烯气体通入溴的四氯化碳溶液中。

方程式：____；反应类型：____．18、为了证明铜与稀硝酸反应产生的是NO，某校学生实验小组设计了一个实验，其装置如下图所示（加热装置和固定装置均已略去），B为一个用金属丝固定的干燥管，内装块状碳酸钙固体；E为一个空的蒸馏烧瓶；F是用于鼓入空气的打气球。（1）实验时，为在E烧瓶中收集到NO，以便观察颜色，必须事先除去其中的空气。其中第一步实验操作为：____。从装置的设计看，确定E中空气已被赶尽的实验现象是：________________。（2）将A中铜丝放入稀硝酸中，给装置A微微加热，在装置A中产生无色气体，其反应的离子方程式为____。有人认为E中收集到的可能是H2而不是NO，如何证明？____（3）实验过程中，发现在未鼓入空气的情况下，E中就产生红棕色。有人认为是由装置E部分设计不当造成的。你认为装置应改进的地方是____。（4）装置D的作用是____。19、用图中所示实验装置证明氧化铜能加快约7%的双氧水的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较(即比较反应速率)。用图示装置测量产生气体的体积，其他可能影响实验的因素均已忽略，相关数据如下：（1）从实验原理来看，实验中的“待测数据”可以指、也可以指。（2）实验时气体收集在B中，B仪器名称是__________。若要检验产生的气体是O2，待气体收集结束后，用弹簧夹夹住B下端乳胶管，打开单孔橡皮塞，。（3）为探究CuO在实验②中是否起催化作用，除与①比较外，还需补做下列实验不必写具体步骤)：a．证明CuO的化学性质没有变化，b．。（4）为证明氧化铜的化学性质在加入双氧水前后没有发生改变，你设计验证的实验是。（5）实验开始时,当往容器中加入一定量的双氧水后,由于短时间内产生大量气体,分液漏斗内的液体不能顺利流下,为了解决这个问题,你采取的措施是;在测量生成的气体体积时,除了要注意视线与凹液面相平以外,还应注意20、请回答下列实验中抽取气体的有关问题．

（1）如图1是用KMnO4与浓盐酸反应制取适量氯气的简易装置．

装置B、C、D的作用分别是：B____；C____；D____；

（2）在实验室欲制取适量NO气体．

①如图2中最适合完成该实验的简易装置是____（填序号）；

②根据所选的装置完成下表（不需要的可不填）：。应加入的物质所起的作用A________B________C____D③简单描述应观察到的实验现象____

21、海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：rm{(1)}除去粗盐中杂质rm{(Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Ca^{2+})}加入的药品顺序正确的是________。A.rm{NaOH}溶液rm{隆煤Na_{2}CO_{3}}溶液rm{隆煤BaCl_{2}}溶液rm{隆煤}过滤后加盐酸．B.rm{BaCl_{2}}溶液rm{隆煤NaOH}洛液rm{隆煤NaCO_{3}}溶液rm{隆煤}过滤后加盐酸C.rm{NaOH}溶液rm{隆煤BaCl_{2}}溶液rm{隆煤Na_{2}CO_{3}}溶液rm{隆煤}过滤后加盐酸D.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液rm{隆煤NaOH}溶液rm{隆煤BaCl_{2}}溶液rm{隆煤}过滤后加盐酸rm{(2)}写出中发生反应的离子方程式：________________。rm{(3)}从理论上考虑，下列物质也能吸收的是rm{ANaOHB.FeCl_{2}}rm{C.Na_{2}SO_{3}}rm{D.}rm{H_{2}O}rm{(4)}根据上述反应判断rm{SO_{2}}rm{Cl_{2}}rm{Br_{2}}三种物质氧化性由强到弱的顺序是_________。rm{(5)}已知某溶液中rm{Cl^{-}}rm{Br^{-}}rm{I^{-}}的物质的量之比为rm{3:4:5}现欲使溶液中的rm{Cl^{-}}rm{Br^{-}}rm{I^{-}}的物质的量之比变成rm{3:2:1}那么要通入rm{Cl_{2}}的物质的量是原溶液中rm{I^{-}}的物质的量的______rm{(}填选项rm{)}A.rm{dfrac{1}{2}}rm{B}．rm{dfrac{1}{10}}rm{C}．rm{dfrac{3}{10}}rm{D}．rm{dfrac{1}{5}}22、现有下列几组物质：A.rm{rlap{_{1}}{^{1}}H}和rm{rlap{_{1}}{^{2}}H}rm{B.}甲烷和己烷rm{C.}红磷和白磷rm{D.}正丁烷和异丁烷rm{(1)}互为同分异构体的是________rm{(}填序号，下同rm{)}rm{(2)}互为同位素的是________。rm{(3)}互为同素异形体的是________。rm{(4)}属于同一种物质的是________。rm{(5)}互为同系物的是________。评卷人得分四、判断题(共3题，共27分)23、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．24、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）25、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）评卷人得分五、原理综合题(共1题，共6分)26、乙烯是世界上产量最大的化学产品之一；乙烯工业是石油化工产业的核心。

(1)甲醇制备乙烯的主要反应：

i．2CH3OH(g)=C2H4(g)+2H2O(g)∆H1=—20.9kJ/mol

ii．3CH3OH(g)=C3H6(g)+3H2O(g)∆H2=—98.1kJ/mol

iii．4CH3OH(g)=C4H8(g)+4H2O(g)∆H3=—118.1kJ/mol

①C3H6转化为C2H4的热化学方程式iv：2C3H6(g)=3C2H4(g)∆H4=___________，该反应能自发进行的条件是___________(填“较低”“较高”或“任意”)温度。

②加入N2作为稀释剂，反应i中C2H4的产率将___________(填“增大”；减小”或“不变”)。

(2)乙炔在Pd表面选择加氢生成乙烯的反应机理如图。其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。

该历程中最大能垒(活化能)Ea(正)=___________kJ/mol，该步骤的化学方程式为___________。

(3)Warker法是目前工业上生产乙醛的最重要方法。其反应如下：

CH2=CH2(g)+O2(g)CH3CHO(g)∆H=-243.68kJ/mol

某温度下，物质的量之比为2：1的CH=CH2和O2在刚性容器内发生反应该反应，若起始总压为1.5MPa，反应达到平衡时总压减少了25%，则CH2=CH2的平衡转化率为___________，用各物质的平衡分压表示该反应的平衡常数，则Kp=___________MPa-0.5(只要列出计算式；分压=总压×物质的量分数)。

(4)电解法处理含乙醛的工业废水的总反应为2CH3CHO+H2OCH3CH2OH+CH3COOH。实验室中，以一定浓度的乙醛和H2SO4溶液为电解质溶液；模拟含乙醛的工业废水，用惰性电极进行电解，其装置如图所示。

①b上的电极反应式为___________。

②在处理过程中，当外电路中的电流I=aA(A为电流单位)时，b分钟处理掉乙醛c克，则该电解装置的电流效率η=___________(用含a、b、c的代数式表示)。[已知：F=96500C∙mol-1，η=]评卷人得分六、综合题(共4题，共32分)27、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：

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

30、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9题，共18分)1、D【分析】解：A；Cu能导电；但铜为单质，所以不属于电解质，故A错误；

B；NaCl溶液导电；但NaCl溶液是混合物，不属于电解质，故B错误；

C、SO3溶于水形成的溶液能导电，但三氧化硫自身不能电离，所以SO3是非电解质；故C错误；

D、熔融状态的Na2O导电，所以Na2O是电解质；故D正确；

故选D．

A；电解质必须是化合物；

B；电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；

C；电解质溶液导电；必须自身电离；

D、熔融状态的Na2O导电，Na2O是电解质．

本题考查电解质概念的辨析，题目难度不大．解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件．【解析】【答案】D2、B【分析】解：rm{A}处通入氯气rm{.}关闭rm{B}阀时，rm{C}处红色布条无变化，打开rm{B}阀时，rm{C}处红色布条褪色rm{.}说明氯气中含有水蒸气，遇到有色布条，氯气和水反应生成次氯酸起漂白作用，氯气通过rm{D}装置后，遇到有色布条不退色，说明rm{D}装置中的液体可以是干燥氯气；也可以是吸收氯气；

A、rm{D}中可以是浓硫酸吸收氯气中的水蒸气；故A错误；

B；实验现象说明通入的氯气含有水分；故B正确；

C、rm{D}中是水时；会使有色布条褪色，故C错误；

D、rm{D}中可以是饱和食盐水；氯气通过后会含有水蒸气，遇到有色布条褪色，因为氯气含水蒸气，反应生成次氯酸起漂白作用，故D错误；

故选B．

干燥的氯气不能漂白有色布条，含水蒸气的氯气能使有色布条褪色，rm{A}处通入氯气rm{.}关闭rm{B}阀时，rm{C}处红色布条无变化，说明rm{D}处可以干燥氯气或吸收氯气．

本题考查了氯气的化学性质，氯气的干燥，次氯酸的漂白作用，比较容易．【解析】rm{B}3、D【分析】【分析】本题考查了物质分离方法的选取，常用的分离方法有：过滤、蒸馏、萃取等，根据物质性质的不同来选取正确的分离方法，注意蒸馏法的适用条件，难度不大。【解答】从表中数据可知，乙二醇和丙三醇的溶解性相同，二者是互溶的，密度及熔点相近，但沸点相差较大，可以利用其沸点的不同将两种物质分离，该方法称为蒸馏，故D正确。故选D。【解析】rm{D}4、C【分析】乙酸乙酯中含有少量乙酸，加饱和Na2CO3溶液，乙酸与Na2CO3反应，而乙酸乙酯与Na2CO3溶液互不相溶，可以用分液漏斗将二者分离。【解析】【答案】C5、B【分析】试题分析：A、漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，是混合物，错误；B、漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，正确；C、工业上将氯气通入氢氧化钙的悬浊液中制取漂白粉，错误；D、漂白液的有效成分是Ca(ClO)2，错误。考点：考查漂白粉的成分、性质和制备【解析】【答案】B6、B【分析】【解答】解：A．题目已知某元素的一种核素的质子数和中子数；该核素的丰度未知导致无法计算该元素的相对原子质量，故A错误；B．题目已知某元素的一种核素的质子数和中子数，能确定该核素的相对原子质量但不能确定该元素的相对原子质量，故B正确；

C．该核素的相对原子质量为m+n，该核素的相对原子质量等于该核素的质量与碳﹣12质量的所得的比值，所以该核素的质量为（m+n）Wg；故C错误；

D．该核素的质量为（m+n）Wg，该原子的摩尔质量为（m+n）Wg•NA；故D错误；

故选B．

【分析】A．无法计算该元素的相对原子质量；

B．元素相对原子量是指元素的平均原子质量与核素c（碳）12原子质量的之比；

C．若碳原子质量为Wg，此原子的质量为（m+n）Wg；

D．该核素的质量为（m+n）Wg．7、D【分析】解：A．NO2与水反应生成NO；NO不溶于水，水不能充满烧瓶，故A不选；

B．二氧化碳与氯化钙溶液不反应；不能形成喷泉，故B不选；

C．食盐水抑制氯气的溶解；不能形成喷泉，故C不选；

D．氨气极易溶于水；可形成喷泉，且水能充满烧瓶，故D选；

故选D．

将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹f，烧杯中的液体b呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶，可知气体a极易溶于溶液b或二者发生反应；且无气体剩余，结合元素化合物知识来解答．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的性质、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大．【解析】【答案】D8、A【分析】解：因碘单质易溶于有机溶剂；微溶于水，可通过萃取；分液方法分离，然后再蒸馏；

故选A．

根据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．

本题考查萃取的应用，注意掌握萃取的原理，明确常见物质的溶解性即可解答．【解析】rm{A}9、A【分析】【分析】本题以浓硫酸为载体考查物质的量浓度有关计算、浓硫酸性质，为高频考点，难点是物质的量浓度计算，易错选项是rm{D}注意二者密度不同导致相同质量时其体积不同。【解答】A.需要浓硫酸体积为rm{V=dfrac{0.2L隆脕4.6mol/L}{18.4mol/L}=0.05L=50mL}；故A正确；

B.浓硫酸和锌反应生成二氧化硫而不是氢气，故B错误；C.浓硫酸的物质的量浓度为：rm{c=dfrac{1000娄脩娄脴}{M}=dfrac{1000隆脕1.84隆脕98拢楼}{98}mol/L=18.4mol/L}，故C错误；D.浓硫酸密度大于水，所以等质量的浓硫酸和水混合体积大于浓硫酸的rm{V=

dfrac{0.2L隆脕4.6mol/L}{18.4mol/L}=0.05L=50mL}倍；所以混合时硫酸浓度小于原来一半，故D错误。

故选A。rm{c=dfrac{1000娄脩娄脴}{M}=

dfrac{1000隆脕1.84隆脕98拢楼}{98}mol/L=18.4mol/L}【解析】rm{A}二、多选题(共7题，共14分)10、BCD【分析】略【解析】rm{BCD}11、ACD【分析】【分析】本题考查元素的推断和元素周期律，为高考常见题型，题目难度中等，注意把握元素的推断的角度以及元素周期律的递变规律。【解答】rm{X}rm{Y}在同一周期，rm{X}rm{X}在同一周期，rm{Y}rm{X}rm{{,!}^{+}}与rm{Z}rm{Z}在rm{{,!}^{2-}}具有相同的核外电子层结构，可推rm{Z}在rm{X}rm{Y}的上一个周期，又因为rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序数之和为rm{36}平均原子序数为rm{12}则rm{X}为rm{Na}rm{Z}为rm{O}进而可知rm{Y}为rm{Cl}则的上一个周期，又因为rm{Z}rm{X}rm{Y}原子序数之和为rm{X}平均原子序数为rm{Y}则rm{Z}为rm{36}rm{12}为rm{X}进而可知rm{Na}为rm{Z}则

rm{O}为rm{Y}由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱可知同周期元素中rm{Cl}的金属性最强，故A正确；

A.rm{X}为rm{Na}由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱可知同周期元素中rm{X}的金属性最强，故A正确；rm{X}rm{Na}rm{X}B.具有相同的核外电子层结构的离子，核电核数越大，半径越小，则离子半径应为：rm{Z}

rm{Z}的氢化物为rm{{,!}^{2-}}rm{>X}rm{>X}含有氢键，常温下为液态，同族元素中rm{{,!}^{+}}的氢化物沸点最高，故C正确；

，故B错误；

C.rm{Z}的氢化物为rm{H}rm{Z}【解析】rm{ACD}12、AC【分析】【详解】

A．反应中；气体的分子数；物质的量始终不变，气体质量守恒，则混合气体的平均相对分子质量始终不变，故混合气体的平均相对分子质量不再变化不能说明反应达到平衡，A错误；

B．实验1中，反应达到平衡后，存在三段式：CO的体积分数为B正确；

C．实验1中，CO的转化率α(CO)==40%，实验2中，CO的转化率α(CO)==20%；则升高温度，不利于提高CO的转化率，C错误；

D．实验2，反应达到平衡后，存在三段式：反应平衡常数D正确；

答案选AC。13、CD【分析】A.反应开始反应物浓度最大,但反应速率随着反应进行再逐渐增大,说明反应为放热反应,所以A选项是正确的;B.反应向正反应进行时,随着反应的进行,反应物浓度逐渐降低,所以B选项是正确的;C.c点反应速率最大,随后正反应速率逐渐减小,反应继续向正反应方向进行,但没有达到平衡状态,故C错误;D.因为a～b段的反应速率大于b～c段反应速率，所以SO2的转化率：a～b段大于b～c段，D选项是错误的;所以答案：CD。14、AD【分析】【分析】

根据电子的移动方向，该电池放电时Mg失去电子结合F-生成MgF2，即b电极为负极，电极反应式为Mg+2F--2e-═MgF2，则a为正极，正极的电极反应式为充电时；电解池的阳极；阴极与原电池的正极、负极对应，即电解池的阳极为原电池的正极、阴极为原电池的负极，电极反应与原电池的电极反应相反，据此分析解答。

【详解】

A．根据上述分析，放电时，Mg失去电子、作负极，即b极为负极；a为正极，故A正确；

B．充电时，a极为阳极、b极为阴极，阴离子由阴极移向阳极，即F-从b极移向a极；故B错误；

C．充电时，电解池的阳极发生失去电子的氧化反应，阳极的电极反应式为故C错误；

D．放电时，负极的电极反应式为Mg+2F--2e-═MgF2，正极的电极反应式为因此该电池总反应为故D正确；

故选AD。

【点睛】

根据电池中电子的移动方向正确判断正负极是解题的关键。本题的易错点为C，要注意阳极发生氧化反应，应该失去电子。15、BCD【分析】解：rm{A.}铜为不活泼金属；与盐酸不反应，故A不选；

B.碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙；二氧化碳和水；故B选；

C.锌为活泼金属；与盐酸反应生成氯化锌和氢气，故C选；

D.硝酸银与盐酸反应生成氯化银沉淀；故D选．

故选BCD．

盐酸为强酸；可与活泼金属；碱性、碱性氧化物以及部分盐反应，盐酸电离出氯离子，可与银离子反应生成氯化银沉淀，以此解答该题．

本题考查盐酸的性质，为高频考点，侧重学生的双基的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】rm{BCD}16、BCD【分析】【分析】本题旨在考查学生对氧化还原反应本质的应用。【解答】A.铜元素化合价没有发生变化，不发生氧化还原反应，故A错误；B.rm{Zn}元素的化合价升高，需要加氧化剂发生，故B正确；元素的化合价升高，需要加氧化剂发生，故B正确；rm{Zn}元素的化合价升高，需要加氧化剂发生，故C正确；C.rm{H}元素的化合价升高，需要加氧化剂发生，故C正确；rm{H}D.碳元素化合价升高，需要加入氧化剂发生，故D正确。【解析】rm{BCD}三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】

（1）甲烷与氯气在光照下发生取代反应生成一氯甲烷，该反应为CH4+Cl2CH3Cl+HCl；

故答案为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl；取代反应；

（2）乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，该反应为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；

故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；加成反应．

【解析】【答案】（1）甲烷与氯气在光照下发生取代反应生成一氯甲烷；

（2）乙烯与溴发生加成反应生成1；2-二溴乙烷．

18、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据装置的特点可知，要排尽装置中的空气，则正确的操作应该是把盛有碳酸钙的干燥管伸入A装置中的稀硝酸里，二者发生反应产生CO2，由于CO2的密度比空气大，就能把装置系统内的空气排出。当装置中空气完全被排尽后，CO2将进入C装置，从而产生白色沉淀碳酸钙，据此可以确定E中空气已被赶尽。（2）稀硝酸和铜反应生成NO的化学方程式是3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。由于NO极易被空气氧化生成红棕色的NO2气体，据此可以检验。即用双连打气球向E中打入空气，如果E中气体能由无色变为红棕色，说明E中收集到的气体是NO而不是H2。（3）在排除E装置中的空气时，因为CO2的密度比空气大，E装置中进气导管短出气导管长，这样便于把E中空气排出；在E装置中收集NO气体时，因为NO的密度比CO2的密度小，E装置中进气导管长出气导管短，有利于把E装置中的CO2排出。（4）由于生成的气体有毒，需要进行尾气处理，NaOH溶液的作用就是吸收尾气，防止污染空气。考点：考查铜稀硝酸反应实验的有关探究【解析】【答案】(12分)（1）将装CaCO3的干燥管下移与稀硝酸反应生成二氧化碳（2分）C处出现白色沉淀(2分)(2)3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O(2分)用F向E中鼓入空气，E内气体由无色变成红棕色(2分)；（3）应左导管短，右导管长才有利于排尽空气(2分)（4）吸收多余的尾气，防止污染环境(2分)19、略

【分析】试题分析：（1）根据题意知，该实验的目的是比较反应速率，所以实验中的“待测数据”可以指时间和气体体积或相同时间内放出气体所占的体积（或一定时间内右侧水面上升的高度)；也可以指产生相同体积气体所需要的时间。（2）根据仪器的构造特点可知，B仪器名称是干燥管。氧气是助燃性气体，所以检验氧气的实验方法是把带火星的木条插入干燥管，看是否复燃。（3）判断一种物质是催化剂，除能改变反应速度外，还要验证：一是质量不变，二是其化学性质不变，即证明CuO的质量在反应前后没有变化。（4）根据氧化铜的化学性质可知，要证明氧化铜的化学性质在加入双氧水前后没有发生改变，设计验证的实验可以是分别取加入双氧水前后的氧化铜，进行与H2（或CO、C等还原剂)的反应或与酸溶液的反应的性质实验比较。（5）要使液体顺利滴下则应该是内外压强相同，所以采取的措施是使塞子上的凹槽对准瓶壁上小孔；在测量气体体积时，应该是两侧的压强相同，且温度也是相同，所以措施是使左右两端液面相平，且反应前后容器温度相同。考点：考查反应速率测定实验的探究、仪器的识别、氧气的检验、催化剂的验证以及基本实验操作。【解析】【答案】（1）时间和气体体积或相同时间内放出气体所占的体积（或一定时间内右侧水面上升的高度)；也可以指产生相同体积气体所需要的时间（2）干燥管；把带火星的木条插入干燥管，看是否复燃（3）证明CuO的质量在反应前后没有变化（4）分别取加入双氧水前后的氧化铜，进行与H2（或CO、C等还原剂)的反应或与酸溶液的反应的性质实验比较（5）使塞子上的凹槽对准瓶壁上小孔；左右两端液面相平；反应前后容器温度相同20、向上排气法收集氯气安全作用，防止D中的液体倒吸进入集气管B中吸收尾气，防止氯气扩散到空气中污染环境I应加入的物质产生NO气体水排水收集气体接收B中排出的水反应开始时，A中铜表面出现无色小气泡，反应速率逐渐加快，A管上部空间由无色逐渐变为浅红棕色，随反应的进行又逐渐变为无色；A中的液体由无色变为浅蓝色，B中的水面逐渐下降，B管中的水逐渐流入烧杯C中【分析】【解答】（1）①生成的氯气密度比空气大；可用向上排空气法收集，则B为收集装置，C为防止倒吸的装置，可起到防止D中的液体倒吸进入集气管B中，故答案为：向上排气法收集氯气；安全作用，防止D中的液体倒吸进入集气管B中；吸收尾气，防止氯气扩散到空气中污染环境；

（2）①NO易与空气中氧气反应；则应用排水法收集，收集时进气管较短，则应选择Ⅰ装置，故答案为：Ⅰ；

②Ⅱ装置中A加入稀硝酸和铜；为气体发生装置，B为气体的收集装置，用排水法收集，C为接受B中排出的水的装置；

故答案为：。应加入的物质所起的作用A铜屑和稀硝酸产生NO气体B水排水收集NO气体C接收B中排出的水D③稀硝酸与铜反应生成无色的NO气体；可观察到有无色小气泡生成，反应放热，反应速率逐渐加快，NO与空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体，然后又与水反应生成无色的NO，生成硝酸铜溶液为蓝色，可观察到A中的液体逐渐变为蓝色，气体NO不溶于水，可将B中的水排到C中，故答案为：反应开始时，A中铜表面出现无色小气泡，反应速率逐渐加快，A管上部空间由无色逐渐变为浅红棕色，随反应的进行又逐渐变为无色；A中的液体由无色变为浅蓝色，B中的水面逐渐下降，B管中的水逐渐流入烧杯C中．

【分析】（1）实验室用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，发生反应2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；A为气体的发生装置，B为气体的收集装置，C为防倒吸装置，D为尾气处理装置，防止氯气扩散到空气中污染环境；

（2）①实验室用稀硝酸和铜反应制备NO；用排水法收集NO气体；

②A为气体发生装置；B为气体的收集装置，用排水法收集，C为接受B中排出的水的装置；

③根据反应生成无色的NO气体，溶液呈蓝色．21、（1）BC

（2）Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-

（3）ABC

（4）Cl2＞Br2＞SO2

（5）C【分析】【分析】

本题考查物质的分离；提纯；侧重海水资源的综合利用、氧化还原反应定量计算，涉及到电解、海水提溴工艺等知识点，注意物质的分离、提纯应把握物质的性质的异同，掌握从海水中提取溴的原理为解答该题的关键，题目难度中等。

海水淡化得到氯化钠，电极氯化钠溶液或熔融状态氯化钠会生成氯气，氯气通入母液中发生反应得到低浓度的溴单质溶液，通入热空气吹出后用二氧化硫水溶液吸收得到含rm{HBr}和rm{H_{2}SO_{4}}的溶液，通入适量氯气氧化得到溴单质，富集溴元素，蒸馏得到工业溴，rm{(1)}除去粗盐中的rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}及泥沙，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，应该先加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子，即：加入的碳酸钠溶液必须放在加入氯化钡溶液之后；rm{(2)}Ⅱ中发生反应是溴单质氧化二氧化硫生成硫酸；rm{(3)}溴单质和氢氧化钠溶液反应，和还原性的物质发生氧化还原反应；rm{(4)}氧化还原方程式中：氧化性：氧化剂大于氧化产物，氧化剂大于还原剂；rm{(5)}已知还原性rm{I^{-}>Br^{-}>Cl^{-}}反应后rm{I^{-}}有剩余，说明rm{Br^{-}}浓度没有变化，通入的rm{Cl_{2}}只与rm{I^{-}}发生反应，根据反应的方程式rm{2I^{-}+Cl_{2}=2Cl^{-}+I_{2}}计算。

【解答】

rm{(1)}要先除rm{SO_{4}^{2-}}离子，然后再除rm{Ca^{2+}}离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加rm{NaOH}除去rm{Mg^{2+}}离子顺序不受限制；因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，然后过滤即可，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子；

所以正确的操作顺序为：

A.rm{NaOH}溶液rm{隆煤Na_{2}CO_{3}}溶液rm{隆煤BaCl_{2}}溶液rm{隆煤}过滤后加盐酸；最后加入的氯化钡溶液中钡离子不能除去，故A错误；

B.rm{BaCl_{2}}溶液rm{隆煤NaOH}溶液rm{隆煤Na_{2}CO_{3}}溶液rm{隆煤}过滤后加盐酸；故B正确；

C.rm{NaOH}溶液rm{隆煤BaCl_{2}}溶液rm{隆煤Na_{2}CO_{3}}溶液rm{隆煤}过滤后加盐酸；故C正确；

D.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液rm{隆煤NaOH}溶液rm{隆煤BaCl_{2}}溶液rm{隆煤}过滤后加盐酸；顺序中加入的氯化钡溶液中钡离子无法除去，故D错误；

故答案为：rm{BC}

rm{(2)}Ⅱ中发生反应是溴单质氧化二氧化硫生成硫酸，反应的离子方程式为：rm{Br_{2}+SO_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+2Br^{-}+SO_{4}^{2-}}

故答案为：rm{Br_{2}+SO_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+2Br^{-}+SO_{4}^{2-}}

rm{(3)A.NaOH}溶液和溴单质反应生成溴化钠；次溴酸钠和水；可以吸收，故A正确；

B.rm{FeCl_{2}}溶液具有还原性；可以被溴单质氧化为氯化铁，可以吸收溴单质，故B正确；

C.rm{Na_{2}SO_{3}}溶液具有还原性；可以被溴单质氧化，能吸收溴单质，故C正确；

D.rm{H_{2}O}和溴单质反应微弱；不能充分吸收溴单质，故D错误；

故答案为：rm{ABC}

rm{(4)Cl_{2}+2Br^{-}=Br_{2}+2Cl^{-}}因氧化性：氧化剂大于氧化产物，所以氧化性：rm{Cl_{2}>Br_{2}}

rm{Br_{2}+SO_{2}+2H_{2}O=H_{2}SO_{4}+2HBr}因氧化性：氧化剂大于还原剂，所以氧化性：rm{Br_{2}>SO_{2}}

故答案为：rm{Cl_{2}>Br_{2}>SO_{2}}

rm{(5)}已知还原性rm{I^{-}>Br^{-}>Cl^{-}}反应后rm{I^{-}}有剩余，说明rm{Br^{-}}浓度没有变化，通入的rm{Cl_{2}}只与rm{I^{-}}发生反应；

设原溶液中含有rm{3molCl^{-}}rm{4molBr^{-}}rm{5molI^{-}}通入rm{Cl_{2}}后，它们的物质的量之比变为rm{3}rm{2}rm{1}即rm{6}rm{4}rm{2}此时氯离子增大rm{3mol}碘离子减少rm{3mol}溴离子不变；

则各离子物质的量分别为：rm{6molCl^{-}}rm{4molBr^{-}}rm{2molI^{-}}

rm{Cl^{-}}增加rm{3mol}rm{I^{-}}离子减少rm{3mol}rm{Br^{-}}不变，则需rm{1.5molCl_{2}}

则通入的rm{Cl_{2}}物质的量是原溶液中rm{I^{-}}物质的量的rm{dfrac{1.5}{5}=dfrac{3}{10}}

故答案为：rm{dfrac{1.5}{5}=dfrac

{3}{10}}

rm{C}【解析】rm{(1)BC}

rm{(2)Br_{2}+SO_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+2Br^{-}+SO_{4}^{2-}}

rm{(3)ABC}

rm{(4)Cl_{2}>Br_{2}>SO_{2}}

rm{(5)C}22、（1）DF

（2）A

（3）C

（4）E

（5）B【分析】【分析】本题考查了同位素、同素异形体、同分异构体、同位素等知识，题目难度较易，注意掌握“五同”的概念、区别及判断方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。【解答】rm{(1)}同分异构体的分子式相同、结构不同，满足条件的为：rm{D.}正丁烷和异丁烷、rm{F}．和故答案为：rm{DF}

rm{(2)}同种元素的不同原子之间互为同位素，研究对象为原子，满足条件的为：rm{A}．rm{;_{1}^{1}H}和rm{;_{1}^{2}H}故答案为：rm{A}

rm{(3)}同种元素形成的不同单质互为同素异形体，研究对象为单质，满足的体积为：rm{C.}红磷和白磷，故答案为：rm{C}

rm{(4)}同一种物质的结构、分子组成完全相同，满足条件的为：rm{E}．和故答案为：rm{E}

rm{(5)B.}甲烷和己烷的结构相似，分子组成相差rm{1}个rm{CH_{2}}原子团，二者互为同系物，故答案为：rm{B}

【解析】rm{(1)DF}rm{(1)DF}rm{(2)A}rm{(2)A}rm{(3)C}rm{(3)C}四、判断题(共3题，共27分)23、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；24、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．25、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．五、原理综合题(共1题，共6分)26、略

【分析】【分析】

（1）

①由盖斯定律可知，反应i×3—ii×2得反应iv，则∆H4=3∆H1—2∆H2=3×(—20.9kJ/mol)—2×(—98.1kJ/mol)=+133.5kJ/mol，该反应是一个熵增的反应，由∆H—T∆S＜0时；反应能自发进行可知，在较高的温度下能能自发进行，故答案为：+133.5kJ/mol；较高；

②加入氮气作为稀释剂时；容器的体积增大，气体压强减小，该反应是一个气体体积增大的反应，减小压强，平衡向正反应方向移动，乙烯的产率增大，故答案为：增大；

（2）

由图可知，该历程中最大能垒为85kJ/mol，对应反应为C2H3*+H*=C2H4*，故答案为：85；C2H3*+H*=C2H4*；

（3）

设起始乙烯和氧气的物质的量分别为2mol和1mol；乙烯的转化率为a；由题意可建立如下三段式：

由P1：P2=n1：n2可得：1.5：1.5×75%=3：(3—a)，解得a=0.75，则平衡时乙烯、氧气和乙醛蒸汽的分压分别为×1.5×75%=0.25Pa、×1.5×75%=0.125Pa、×1.5×75%=0.75Pa，平衡常数Kp=故答案为：

（4）

①由图可知，与直流电源正极相连的b电极为电解池的阳极，乙醛在阳极上失去电子发生氧化反应生成乙酸，电极反应式为CH3CHO—2e—+H2O=CH3COOH+2H+，故答案为：CH3CHO—2e—+H2O=CH3COOH+2H+；

②由题意可知，b分钟时外电路中转移电子的物质的量为mol，理论上处理乙醛的质量为mol××44g/mol=g，则处理掉乙醛c克时，电解装置的电流效率η=×100%=×100%，故答案为：×100%。【解析】(1)+133.5kJ/mol较高增大。

(2)85C2H3*+H*=C2H4*

(3)75%

(4)CH3CHO—2e—+H2O=CH3COOH+2H+×100%六、综合题(共4题，共32分)27、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，活化能减小，反应反应热不变；

（2）因1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol﹣1；

则2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣1；

则利用盖斯定律将①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1；

【分析】（1）反应物总能量大于生成物总能量；催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，反应热不变；

（2）根据反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）结合1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1计算反应热；

（3）根据反应物和生成物确定反应的历程；

（4）利用盖斯定律计算．28、1：52）盐酸体现出的性质有：____酸性和还原性3）用双线桥