2025年人教版高一化学上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年人教版高一化学上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：______总分栏题号一二三总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数，下列各项说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{mol?L^{-1}}rm{NaCl}溶液含有rm{N_{A}}个rm{Na^{+}}B.标准状况下，分子数为rm{N_{A}}的rm{CO}rm{N_{2}}的混合气体体积约为rm{22.4}rm{L}质量为rm{28}rm{g}C.rm{2.4gMg}与rm{H_{2}SO_{4}}完全反应，转移的电子数为rm{0.1}rm{N_{A}}D.rm{22.4}rm{L}rm{O_{2}}所含的原子数为rm{2N_{A}}2、锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成amol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为A.amolB.1/2amolC.1/4amolD.2amol3、下列有关化学用语表示正确的是（）A.中子数为20的氯原子：ClB.N2的电子式：C.硫离子结构示意图：D.CH4分子的比例模型：4、下列为元素周期表中的一部分，表中数字为原子序数，rm{M}的原子序数为rm{37}的是()A.B.C.D.5、短周期元素rm{X}rm{Y}rm{Z}在元素周期表中的位置如图所示，下列说法正确的是A.rm{X}rm{Y}rm{Z}三种元素中，rm{X}的非金属性最强B.rm{Y}的氢化物的稳定性比rm{Z}的弱C.rm{X}的单质的熔点比rm{Z}的低D.rm{Y}的最高正化合价为rm{+7}评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.rm{23gNa}变为rm{Na^{+}}时失去的电子数为rm{N_{A}}B.rm{18gH_{2}O}所含的电子数为rm{N_{A}}C.rm{8gHe}所含的分子数为rm{N_{A}}D.rm{16gO_{2}}与rm{16gO_{3}}所含的原子数均是rm{N_{A}}7、下列有关化学反应速率和化学平衡影响的图像；其中图像和实验结论表达错误的是。

A.a是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，正反应ΔH>0B.b是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图象，Ⅰ是使用催化剂时的曲线C.c是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图象，压强p1>p2D.d是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl固体后化学反应速率随时间变化的图象8、处理烟气中的SO2，可以采用碱吸-电解法，其流程如图：模拟过程Ⅱ如图，下列推断正确的是（）

A.膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜B.SO2是含有极性键的极性分子C.a极的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑D.若收集22.4L的P(标准状况下)，则有2molN离子移向右室9、全钒液流电池是一种以钒为活性物质呈循环流动液态的氧化还原电池，适合用作电动汽车的动力电源，其工作原理如图所示。已知充电过程中V3＋发生还原反应。下列说法不正确的是。

A.质子交换膜可阻止VO与V2＋直接发生反应B.充电时，阴极的电极反应为：V2＋－e－＝V3＋C.充电时，氢离子通过交换膜移向右侧D.放电时，正极的电极反应为：VO＋e－＋H2O＝VO2＋＋2OH－10、NCl3是一种黄色粘稠状液体，常用干杀菌消毒，工业上通过情性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备NCl3；其原理如图所示。下列说法正确的是。

A.在b极区产生的气体是H2B.a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2OC.溶液中的Cl-移向a极区D.若将阴离子交换膜改为阳离子交换膜，NH4Cl的利用率不变11、把炭和氧化铜组成的混合物隔绝空气加热，充分反应后称量所得剩余固体的质量为rm{112g}向此剩余固体中加入rm{200g}稀硫酸，稀硫酸恰好被完全反应，过滤后所得滤渣呈红色rm{.}同时将反应所得的气体全部通入含溶质rm{37g}的澄清石灰水中，得到沉淀rm{25g.}下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.生成气体的质量可能是rm{11}克或rm{33}克B.滤渣中的红色物质可能是rm{32}克或rm{96}克C.参与反应的氧化铜质量可能是rm{40}克或rm{120}克D.稀硫酸的溶质质量可能是rm{38.4}克或rm{115.2}克12、遇到下列情况，处理不当的是rm{(}rm{)}A.不小心将少量浓硫酸沾到皮肤，立即用水冲洗B.皮肤上沾有浓碱溶液时，立即用酒精冲洗C.为了避免浪费，应该把实验用剩的药品放回原试剂瓶中D.连接并组装成套仪器时，一般按自下而上rm{.}从左到右的顺序进行安装评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、按要求填写相应的除杂试剂；括号内为杂质．

（1）CO2（SO2）____（2）Cl2（HCl）____

（3）Mg（Al2O3）____（4）SO2（HCl）____．14、写出下列反应的方程式；并注明反应类型。

（1）由乙醇和钠反应____．

（2）苯与浓硝酸、浓硫酸的混合酸共热____

（3）乙烯通入溴水中____．15、回答下列问题：

Ⅰ、有下列物质：①Fe②CO2③Na2O④Cu（OH）2⑤MgCl2⑥NH4Cl⑦H2SO4

⑧C2H5OH（酒精）（用序号作答）．

上述十种物质中，其中属于电解质的有______，属于非电解质的有______．

Ⅱ、今有K2SO4和Al2（SO4）3的混合溶液，已知其中K+浓度是0.2mol•L-1，SO42-的浓度是0.7mol•L-1．

（1）写出Al2（SO4）3电离的电离方程式：______．

（2）Al3+浓度应等于______mol/L

Ⅲ、根据反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；回答下列问题：

（1）该反应中氧化剂是______，被氧化的是______元素．

（2）该反应中参加氧化还原的氧化剂与还原剂的物质的量之比为______．

（3）用双线桥法标出电子转移的方向与数目______．16、标况下，rm{1.7g}rm{NH_{3}}的体积为______rm{L}它______rm{mol}rm{H_{2}S}含有相同数目的氢原子．17、（12分）A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍；A的一种原子中，质量数与质子数之差为零。D元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n；E元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为请回答下列问题：（1）D元素在周期表中的位置是_____________________；（2）写出一个E和D形成的化合物与水反应的离子方程式_______________________；（3）已知：甲+H2O→丙+丁。若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如右图所示，丙具有漂白性。则甲中Cl元素的化合价是________，丁与H2O有相同的电子总数，则丁的化学式为。____________（4）与D同主族上下相邻的元素M、N，原子电子层数M>N>D，三种元素氢化物沸点由大到小的顺序是(填写化学式)。（5）写出B与D在高温下完全反应后生成物的电子式_________，结构式______18、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____

19、在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂．请选用适当的化学试剂和实验用品；用如图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可作供氧剂．

（1）A是利用盐酸和石灰石制取CO2的装置，A中发生反应的化学方程式为______．

（2）填写表中空格：

。仪器加入试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液______C____________D____________（3）写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：______；

标准状况下将少量二氧化碳通入足量过氧化钠中充分反应后，过氧化钠增重5.6g，则通入二氧化碳的体积为______L．

（4）试管F中收集满气体后，先把E中的导管移出水面，关闭分液漏斗的活塞，用拇指堵住试管口，取出试管，下一步实验操作是：______．20、rm{(1)}某溶液中可能含有rm{NH_{4}^{+}}rm{Ba^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{Ag^{+}}rm{Na^{+}}rm{OH^{?}}rm{SO_{4}^{2?}}rm{CO_{3}^{2?}}中的某几种，现用该溶液做以下实验：rm{垄脵}取此溶液少许；加足量盐酸无明显现象；

rm{垄脷}另取少许加入足量浓rm{NaOH}溶液；有白色沉淀生成；

rm{垄脹}将rm{垄脷}中沉淀过滤，取滤液微热，有无色刺激性气味气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由此推断，该溶液中肯定有_____________，肯定无_______________。rm{(2)}将rm{15.6gNa_{2}O_{2}}与rm{2.7gA1}粉混合后，投入足量的水中rm{(}设等产生的气体全部放出rm{)}rm{垄脵Na_{2}O_{2}}与水反应的离子方程式为___________________________，rm{15.6gNa_{2}O_{2}}在该反应中转移电子的物质的量为_______rm{mol}rm{垄脷}反应结束时生成气体的体积在标准状况下为__________rm{L}rm{垄脹}向反应后的溶液中加入_________rm{mL2mol/L}盐酸时沉淀的质量最大。21、rm{X}rm{Y}和rm{Z}均为短周期元素，原子序数依次增大，rm{X}的单质为密度最小的气体，rm{Y}的最高正价与最低负价的代数和为rm{2}rm{Z}与rm{X}原子最外层电子数相同。回答下列问题：

rm{(1)X}rm{Y}和rm{Z}的元素符号分别为______、______、______。

rm{(2)}选用以上元素组成一种离子化合物，该化合物为______。

rm{(3)X}和rm{Y}组成的化合物rm{Q}中，既含有极性共价键又含有非极性共价键，rm{Q}的分子式是______。rm{Q}在空气中点燃时，迅速而安全的燃烧，其反应产物没有任何污染，燃烧时的化学方程式为______；rm{Q}还可将酸性工业废水中的rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}还原为rm{Cr^{3+}}氧化产物为常见气体。相应的离子方程式为____________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】解：rm{A}溶液体积不明确；故溶液中钠离子的个数无法计算，故A错误；

B、rm{N_{A}}个rm{CO}和氮气分子的气体的物质的量为rm{1mol}故在标况下的体积rm{V=nVm=1mol隆脕22.4L/mol=22.4L}而氮气和rm{CO}的摩尔质量均为rm{28g/mol}故两者混合气体的平均摩尔质量也为rm{28g/mol}故rm{1mol}混合气体的质量rm{m=nM=1mol隆脕28g/mol=28g}故B正确；

C、rm{2.4g}镁的物质的量为rm{0.1mol}而镁反应后变为rm{+2}价，故rm{0.1mol}镁反应后转移rm{0.2N_{A}}个电子；故C错误；

D；氧气所处的状态不明确；故氧气的物质的量无法计算，故D错误．

故选B．

A；溶液体积不明确；

B、求出混合气体的物质的量，然后根据体积rm{V=nVm}来计算；而氮气和rm{CO}的摩尔质量均为rm{28g/mol}根据质量rm{m=nM}来计算；

C、求出镁的物质的量，然后根据镁反应后变为rm{+2}价来分析；

D；氧气所处的状态不明确．

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键．【解析】rm{B}2、C【分析】试题分析：根据题意知，锌和稀硝酸反应方程式为4Zn+10HNO3=4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O，生成amol硝酸锌时转移电子的物质的量=amol×（2-0）=2amol，根据氧化还原反应中得失电子守恒得，被还原的硝酸的物质的量==0.25a，故答案选C。考点：氧化还原反应【解析】【答案】C3、D【分析】解：A．中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子正确的表示方法为：1737Cl；故A错误；

B．氮气分子中含有氮氮三键，N原子最外层达到8电子稳定结构，氮气正确的电子式为故B错误；

C．硫离子核外存在18个电子核内有16个质子，其离子结构示意图为：故C错误；

D．CH4分子为正四面体结构，其比例模型为：故D正确；

故选D．

A．质量数=质子数+中子数；元素符号的左上角为质量数；左下角为质子数；

B．漏掉了N原子的1对未成键电子对；

C．硫离子的核电荷数为16；不是18；

D．甲烷为正四面体结构；C原子的相对体积大于H原子．

本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、元素符号、离子结构示意图、比例模型等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力．【解析】【答案】D4、B【分析】【分析】本题考查元素周期表的结构，难度不大，注意根据原子序数判断物质再周期表位置。【解答】rm{M}的原子序数为rm{37}位于周期表中第五周期第Ⅰrm{A}族。

A.rm{19}号，rm{55}号元素处于第Ⅰrm{A}族，rm{M}应处于二者之间；故A错误；

B.rm{20}号，rm{56}号元素处于第Ⅱrm{A}族rm{.20}号元素为钙元素，处于第四周期第Ⅱrm{A}族，rm{M}位置正确；故B正确；

C.rm{26}号、rm{28}号元素为第Ⅷ族元素，图中rm{M}处于第Ⅷ族；故C错误；

D.rm{17}号、rm{53}号元素为第Ⅶrm{A}族元素，图中rm{M}为稀有气体rm{Kr}故D错误。

故选B。

【解析】rm{B}5、C【分析】【分析】本题主要考查元素周期表和元素周期律，日常学习中要掌握元素周期律，并加强类似题的训练，提升解题速度和正确率。【解答】根据题目的信息分析，短周期为前三周期，故rm{X}为第一周期，是氦元素，rm{Y}是第二周期的氟元素，rm{Z}为第三周期的硫元素；A.根据元素周期律分析，三种元素中氟非金属性最强，故A错误；B.氟的非金属性比硫强，所以氟的氢化物比硫的氢化物稳定，故B错误；C.氦常温下是气体，硫常温下是固体，所以氦的熔点比硫的熔点低，故C正确；D.氟元素没有正价，故D错误。故选C。【解析】rm{C}二、多选题(共7题，共14分)6、AD【分析】【分析】本题考查了阿伏加德罗常数和物质的量的相关计算，题目难度不大。【解答】A.rm{23gNa}是rm{1mol}是rm{23gNa}rm{1mol}rm{1molNa}变为rm{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+;}}故A正确；

时失去的电子数为rm{N}rm{N}rm{{,!}_{A}}是B.rm{18gH}rm{18gH}rm{{,!}_{2}}故B错误；

C.rm{O}的摩尔质量是rm{O}rm{1mol}所含的分子数为所含的电子数为rm{10N}故C错误；

rm{10N}rm{{,!}_{A}}和rm{He}均可看做是rm{4g/mol}原子的集合体，rm{8gHe}的摩尔质量是rm{2N_{A}}故D.rm{O_{2}}rm{O_{3}}rm{O}rm{O}rm{16g/mol}故D正确。故选AD。

rm{16gO}【解析】rm{AD}7、CD【分析】【分析】

A．升高温度；平衡向吸热方向移动，根据反应方向判断反应热；B．催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，平衡不移动；C．A的转化率随着B的增加而增大；D．氯化钾不影响平衡移动。

【详解】

A．根据图像知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的△H＞0，故A正确；B．使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，所以a是使用催化剂时的曲线，故B正确；C．不断加入B，A的转化率增大，故C错误；D．该反应实质为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大化学平衡不移动，故D错误；选CD。

【点睛】

本题考查了图像分析，会根据图像中曲线变化趋势、拐点、交点来确定平衡移动方向，注意A中正逆反应速率相等后才是改变条件后平衡的移动，为易错点。8、AB【分析】【详解】

A．b电极上稀硫酸转化为浓硫酸，过程中SO42-的量增大，则是由SO32-转化得到，发生反应SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+，则膜2应为阴离子交换膜；a电极上稀NaOH溶液转化为浓NaOH溶液，过程中OH-浓度增大，则发生电极反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑；膜1应为阳离子交换膜，A正确；

B．SO2分子中的S=O键是极性共价键，由于分子中正、负电荷重心不重合，因此SO2属于极性分子；B正确；

C．a电极上稀NaOH溶液转化为浓NaOH溶液，过程中OH-浓度增大，且反应有气体产生，则应发生的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；C错误；

D．a电极发生电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，若收集22.4LP(标准状况下)，即收集标况下H2的的物质的量n(H2)==1mol，根据电极反应式可知转移电子数为2mol，b电极发生反应：SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知有1molSO32-通过膜2进入右室；D错误；

故合理选项是AB。9、BD【分析】【分析】

充电过程中V3＋发生还原反应，则右侧电极上V3+转化为V2＋时V元素的化合价降低得电子，发生还原反应，充电时，则右侧电极为阴极，左侧电极为阳极，阴极电极反应为V3++e－＝V2+，阳极极电极反应为VO2+-e-+H2O=VO+2H+；则放电时，左侧为正极，正极反应为VO+2H++e-=VO2++H2O，右侧为负极：负极反应为：V2+-e－=V3+；据此分析解答。

【详解】

A．质子交换膜只允许H+通过，则可阻止VO与V2＋直接发生反应；故A正确；

B．充电时，阴极得电子发生还原反应，电极反应为：V3++e－＝V2+；故B错误；

C．充电时；阳离子向阴极移动，根据分析，充电时，右侧为阴极，则氢离子通过交换膜移向右侧，故C正确；

D．根据分析，放电时，正极的电极反应为：VO+2H++e-=VO2++H2O；故D错误；

答案选BD。10、AC【分析】【分析】

根据图示信息知道：a电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应，反应式为：NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，b电极是阴极，氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，电解过程中，阴离子可以经过阴离子交换膜移向阳极，则Cl-移向a极区。

【详解】

A.b电极是阴极，氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，所以在b极区产生的气体是H2；故A正确；

B.a电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应，反应式为：NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+；故B错误；

C.溶液中的Cl-移向阳极a极区；故C正确；

D.若将阴离子交换膜改为阳离子交换膜，又a电极反应式为：NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，则生成的氢离子经过阳离子交换膜移向阴极，而氯离子无法通过交换膜进入阳极区，导致产率降低，NH4Cl的利用率降低；故D错误。

故选：AC。11、ABC【分析】解：氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙的反应为：rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}二氧化碳过量时碳酸钙部分溶解，反应的化学方程式为：rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}篓TCa(HCO_{3})_{2}}

A.如果二氧化碳不足，碳酸钙是rm{25g}根据反应可知生成二氧化碳的质量为：rm{25g隆脕dfrac{44}{100}=11g}

如果二氧化碳过量，rm{25g隆脕dfrac

{44}{100}=11g}氢氧化钙和二氧化碳反应生成rm{37g}碳酸钙沉淀，然后过量的二氧化碳溶解rm{50g}碳酸钙，则总共消耗二氧化碳的质量为：rm{dfrac{37}{74}隆脕44g+dfrac{25}{100}隆脕44g=33g}故A正确；

B.氧化铜和碳反应的化学方程式及其质量关系为：

rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{(50-25)g=25g}rm{dfrac{37}{74}隆脕44g+dfrac

{25}{100}隆脕44g=33g}

如果生成的一氧化碳是rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出生成的铜的质量是rm{128}如果生成的二氧化碳是rm{44}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出生成的铜的质量是rm{11g}故B正确；

C.rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{32g}rm{33g}

如果生成的一氧化碳是rm{96g}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出反应的氧化铜的质量是rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}如果生成的一氧化碳是rm{160}时，根据氧化铜和碳反应的化学方程式可以计算出反应的氧化铜的质量是rm{44}故C正确；

D.由于不知剩余氧化铜的质量；因此无法判断稀硫酸中的溶质质量，故D错误；

故选ABC．

氢氧化钙和少量二氧化碳反应生成碳酸钙的反应为rm{11g}二氧化碳过量时碳酸钙部分溶解，发生反应为rm{40g}

A.当二氧化碳不足时，只发生反应rm{33g}据此计算出生成二氧化碳的质量；当二氧化碳稍过量时，发生反应rm{120g}rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}据此计算出生成二氧化碳的质量；

B.氧化铜和碳反应的化学方程式及其质量关系为：

rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}篓TCa(HCO_{3})_{2}}rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

分别根据二氧化碳为rm{Ca(OH)_{2}+CO_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{CaCO_{3}+H_{2}O+CO_{2}篓TCa(HCO_{3})_{2}}计算出滤渣中的红色物质的质量；

C.rm{2CuO+Cdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}

rm{2CuO+Cdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2Cu+CO_{2}隆眉}rm{128}

分别根据二氧化碳为rm{44}rm{11g}计算参与反应的氧化铜的可能质量；

D.不知剩余氧化铜的质量；无法判断稀硫酸中的溶质质量．

本题考查混合物反应的计算，题目浓度较大，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．rm{33g}【解析】rm{ABC}12、ABC【分析】解：rm{A.}浓硫酸溶于水并放热；且具有强腐蚀性，少量浓硫酸沾在皮肤上，应先用干抹布拭去，再用大量的水冲洗，最后涂上碳酸氢钠溶液，故A错误；

B.皮肤上沾有碱液要先用较多的水冲洗；再涂硼酸溶液，故B错误；

C.除了一些金属单质和块状的固体药品外；用剩的药品一般要放在指定的容器内，不可放回原瓶，防止污染药品，故C错误；

D.连接并组装仪器时；一般按由下而上；从左到右的顺序进行，故D正确．

故选ABC．

A.根据浓硫酸的强腐蚀性和溶于水放热的角度分析；

B.浓碱可用水冲洗；

C.用剩的药品一般不可放回原瓶；

D.由下而上；从左到右的顺序安装．

本题考查化学实验安全及事故处理，难度不大，化学实验要严格遵守操作规程，否则会造成不良后果或危险，掌握化学实验时常见意外事故的处理方法即可正确解答本题．【解析】rm{ABC}三、填空题(共9题，共18分)13、略

【分析】

（1）二氧化硫能与饱和碳酸氢钠反应生成亚硫酸钠与二氧化碳；故答案为：饱和碳酸氢钠；

（2）氯气中的杂质氯化氢能溶于饱和食盐水中；而氯气不能溶于食盐水中，将混合气体通入饱和食盐水中，可以采用洗气的方法来分离，故答案为：饱和食盐水；

（3）镁不与氢氧化钠溶液反应，Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；故答案为：氢氧化钠溶液；

（4）HCl与饱和亚硫酸氢钠反应生成氯化钠和SO2；故答案为：饱和亚硫酸氢钠．

【解析】【答案】除杂的方法是将杂质以沉淀或气体的形式除去；除杂质题最少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应；不能与原物质反应；②反应时不能加入新的杂质．

14、略

【分析】

（1）因乙醇能和钠发生取代反应生成乙醇钠和氢气：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2，故答案为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2（取代反应）；

（2）因苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生取代反应：故答案为：（取代反应）；

（3）因乙烯能与溴发生加成反应：CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br（加成反应）．

【解析】【答案】（1）根据乙醇能和钠发生取代反应生成乙醇钠和氢气；

（2）根据苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生取代反应；

（3）根据乙烯能与溴发生加成反应．

15、略

【分析】解：I．①Fe是单质，既不是电解质也不是非电解质；②CO2本身不能电离，属于非电解质；③Na2O是化合物且熔融状态下导电，属于电解质；④Cu（OH）2是化合物且熔融状态下导电，属于电解质；⑤MgCl2是化合物，在水溶液或者熔融状态都导电，属于电解质；⑥NH4Cl是化合物溶液中导电，属于电解质；⑦H2SO4是化合物溶液中导电，属于电解质；⑧C2H5OH（酒精）是化合物；在水溶液和融化状态下都不导电，是非电解质，故答案为：③④⑤⑥⑦；②⑧；

II．（1）硫酸铝是强电解质完全电离，电离方程式：Al2（SO4）3=2Al3++3SO42-；

故答案为：Al2（SO4）3=2Al3++3SO42-；

（2）溶液呈中性，根据电荷守恒列关系式：C（Al3+）×3+C（K+）=2×C（SO42-），将各种离子浓度带入得：C（Al3+）×3+0.2mol•L-1=2×0.7mol•L-1．

C（Al3+）=0.4mol/L；

故答案为：0.4mol/L；

III（1）该反应氨气中的氯气中的氯元素化合价降低；所以氯气是氧化剂；氮元素化合价升高，被氧化；

故答案为：Cl2或氯气；N或氮；

（2）在反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；3mol氯气中的氯元素化合价都降低，所以3mol氯气都做氧化剂；8mol氨气中只有2mol氨气中的氮元素化合价升高，所以做还原剂的氨气只有2mol，所以氧化剂和还原剂物质的量之比是3：2；

故答案为：3：2；

（3）根据得失电子守恒的原理用双线桥法标出电子转移的方向与数目．

故答案为：．

I．在水溶液或熔融状态下可以导电的化合物是电解质在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物属于非电解质．理解概念时注意：1必须是化合物；2必须本身能电离；

II．（1）硫酸铝是强电解质完全电离生成硫酸根离子和铝离子；

（2）溶液呈中性；根据电荷守恒求解；

III．（1）8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；氮元素化合价升高，发生氧化反应，氯元素化合价降低发生还原反应，该反应生成1mol氮气转移6mol电子，据此解答；

（2）该反应中，氯气中的氯元素化合价全部降低，氨气中的氮元素只有化合价升高；据此解答；

（3）根据得失电子守恒的原理用双线桥法标出电子转移的方向与数目．

本题考查了电解质和非电解质的判断，物质的量浓度的相关计算，氧化还原反应的概念和表示方法，题目比较简单，注意III中的（2）是易错项．【解析】③④⑤⑥⑦；②⑧；Al2（SO4）3=2Al3++3SO42-；0.4；Cl2或氯气；N或氮；3：2；16、略

【分析】解：rm{1.7gNH_{3}}的物质的量为：rm{dfrac{1.7g}{17g/mol}=0.1mol}标准状况下rm{dfrac

{1.7g}{17g/mol}=0.1mol}氨气的体积为：rm{0.1mol}

rm{22.4L/mol隆脕0.1mol=2.24L}氨气分子中含有rm{0.1mol}原子的物质的量为：rm{H}含有相同数目的氢原子，说明二者含有rm{0.1mol隆脕3=0.3mol}的物质的量相等，则需要rm{H}的物质的量为：rm{dfrac{0.3mol}{2}=0.15mol}

故答案为：rm{H_{2}S}rm{dfrac

{0.3mol}{2}=0.15mol}．

根据rm{2.24}计算出rm{1.5}氨气的物质的量，最高价rm{n=dfrac{m}{M}}计算出该氨气的体积；氢离子的数目相同；说明二者含有氢原子的物质的量相等，据此进行解答．

本题考查了物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与气体摩尔体积、摩尔质量之间的关系为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的化学计算能力．rm{1.7g}【解析】rm{2.24}rm{1.5}17、略

【分析】根据元素的结构及核外电子的排布规律可知，A、B、C、D、E五种短周期元素分别是H、C、N、O、Na。（1）氧元素位于第二周期VIA族。（2）钠和氧形成的氧化物是氧化钠或过氧化钠，和水反应的离子方程式为Na2O+H2O=2Na++2OH‒或2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‒+O2↑。（3）根据分子的结构模型可知，甲是NCl3，结构类似于氨气的，所以氯元素的化合价是＋1价。丙具有漂白性，则丙是次氯酸，又因为丁与H2O有相同的电子总数，则丁应该是是氨气。（4）由于水分子间存在氢键，所以水的沸点在同主族元素的氢化物中沸点最高，因此答案是H2O>H2Se>H2S。（5）碳和氧在高温下反应生成的氧化物是CO2，含有极性键，电子式为用1根短线代替电子对的式子是结构式，所以CO2的结构式为O＝C＝O。【解析】【答案】（1）第二周期VIA族（2分）（2）Na2O+H2O=2Na++2OH‒或2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‒+O2↑（2分）（3）+1（1分），NH3（1分）（4）H2O>H2Se>H2S（2分）（5）（2分），O＝C＝O(2分)18、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．19、略

【分析】解：（1）A为由CaCO3和盐酸反应生成CO2，方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；

故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；

（2）产生气体通过饱和NaHCO3溶液，以除去CO2气体中混入的HCl，然后过氧化钠与CO2和水气反应，产生O2，由于生成的氧气中混有二氧化碳气体，应用NaOH溶液洗气，吸收未反应的CO2气体，用排水法收集O2；

故答案为：

。仪器加入试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液除去CO2气体中混入的HClC过氧化钠与CO2和水气反应，产生O2DNaOH溶液吸收未反应的CO2气体（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，标准状况下将少量二氧化碳通入足量过氧化钠中充分反应后，过氧化钠增重5.6g，依据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，增加的质量即为增加的CO的质量，n（CO2）=n（CO）==0.2mol，即体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；4.48L；

（4）本实验的目的为证明过氧化钠可作供氧剂；收集气体后要验证是否为氧气，为防止倒吸，应先把E中的导管移出水面，然后关闭分液漏斗活塞，用带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气；

故答案为：立即把带火星的木条伸入试管口内；木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气．

由实验装置可知，本实验首先由CaCO3和盐酸反应生成CO2，产生气体通过饱和NaHCO3溶液，以除去CO2气体中混入的HCl，然后过氧化钠与CO2和水气反应，产生O2，用排水法收集O2；最后取出试管，立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气．

本题考查过氧化钠的性质的实验设计，题目难度不大，解答本题注意把握实验原理和相关实验的基本操作，注意除杂的先后顺序和检验氧气的操作方法．【解析】CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；除去CO2气体中混入的HCl；过氧化钠；与CO2和H2O反应产生O2；NaOH溶液；吸收未反应的CO2；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；4.48；将带火星的木条伸入试管中，木条复燃，证明试管中收集到的是氧气20、(1)Mg2+、NH4+、SO42-Ag+、Ba2+、OH-、CO32-

(2)①2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑0.2②5.6③200【分析】【分析】本题考查混合溶液成分的判断和钠的氧化物和铝的性质，题目较难。【解答】rm{(1)}加入盐酸，无明显现象，一定没有，碳酸根离子；加入碱，有白色沉淀生成，可能有镁离子或银离子存在，加热加入碱后的滤液，有能使红色石蕊试纸变蓝的气体，则一定有铵根离子；氢氧根和铵根离子不共存，则一定没有氢氧根离子；根据溶液的电中性，碳酸根和氢氧根没有，必须有硫酸根；银离子、钡离子与硫酸根不共存，一定没有，从而证明镁离子一定有；钠离子不能确定是否存在，故答案为：rm{Mg^{2+}}、rm{NH_{4}^{+}}、rm{SO_{4}^{2-}}；rm{Ag^{+}}、rm{Ba^{2+}}、rm{OH^{-}}、rm{CO_{3}^{2-;}}rm{(2)垄脵}过氧化钠与水反应生成氧气，反应的离子方程式为：rm{2Na_{2}O_{2}}rm{+2H_{2}O=4Na^{+}}rm{+4OH^{-}}rm{+O_{2}隆眉}过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，rm{15.6gNa}rm{15.6gNa}rm{{,!}_{2}}rm{O}的物质的量是rm{O}生成氧气rm{{,!}_{2}}rm{0.2mol}rm{0.1mol}故答案为：在该反应中转移电子的物质的量为rm{0.1}rm{0.1}rm{隆脕2隆脕1=0.2mol}rm{2Na_{2}O_{2}}rm{+2H_{2}O=4Na^{+}}；rm{+4OH^{-}}rm{+O_{2}隆眉}rm{0.2}rm{垄脷}rm{15.6gNa}rm{15.6gNa}粉混合后，投入足量的水中发生的反应有：rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}与rm{2.7gA1}粉混合后，投入足量的水中发生的反应有：rm{2.7gA1}rm{2Na_{2}O_{2}}rm{+2H_{2}O=4Na^{+}}rm{+4OH^{-}}rm{+O_{2}隆眉}rm{2Al+2OH^{-}}r