2025年沪科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年沪科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6题，共12分)1、rm{垄脵Cl_{2}}比rm{S}容易与rm{H_{2}}化合；rm{垄脷Cl_{2}}能从rm{Na_{2}S}溶液中置换出rm{S}rm{垄脹HClO_{3}}酸性比rm{H_{2}SO_{3}}的酸性强；rm{垄脺}与rm{Fe}反应时rm{Cl_{2}}能生成高价铁化合物，rm{S}只能生成低价铁化合物；rm{垄脻Cl_{2}}熔沸点比rm{S}的低。能说明rm{Cl}比rm{S}的非金属性强是rm{(}rm{)}

A.只有rm{垄脺}B.rm{垄脵垄脷垄脺}C.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}D.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺垄脻}2、下列化学反应在冶金工业中没有得到广泛应用的是rm{(}rm{)}A.rm{MgCl_{2}(}熔融rm{)}rm{dfrac{underline{;{碌莽陆芒};}}{;}}rm{dfrac{

underline{;{碌莽陆芒};}}{;}}B.rm{Mg+Cl_{2}隆眉}rm{dfrac{underline{;2125隆忙;}}{;}2Al+3CO隆眉}C.rm{Al_{2}O_{3}+3C}rm{dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe+3CO_{2}}D.rm{HgS+O_{2}dfrac{underline{;{卤潞脡脮};}}{;}}rm{dfrac{

underline{;2125隆忙;}}{;}2Al+3CO隆眉}rm{Fe_{2}O_{3}+3CO}3、下列有关葡萄糖的说法错误的是（）A.葡萄糖的分子式为C6H12O6B.葡萄糖能与新制的Cu（OH）2悬浊液反应C.葡萄糖是人体重要的能量来源D.葡萄糖属于高分子化合物4、金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质rm{(}同素异形体rm{).}在rm{100KPa}时，rm{1mol}石墨转化为金刚石，要吸收rm{1.895kJ}的热量rm{.}据此试判断下列结论正确的是rm{(}rm{)}A.金刚石比石墨稳定B.石墨和金刚石是碳元素的同位素C.rm{1mol}石墨比rm{1mol}金刚石的总能量高D.金刚石转化为石墨属于化学变化5、光纤通信rm{70}年代后期发展起来的一种新型通信技术，目前长距离光纤通信系统已投入使用，光纤通信的光学纤维是由下列哪种物质经特殊工艺制成的rm{(}rm{)}A.碳B.石英C.锗D.硅6、下列有关碳酸钠和碳酸氢钠的说法____正确的是rm{(}rm{)}A.在水中的溶解度：碳酸钠rm{>}碳酸氢钠B.热稳定性：碳酸钠rm{>}碳酸氢钠C.等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应，前者产生二氧化碳多D.鉴别两固体方法：分别取少量溶于水后，滴入rm{CaCl_{拢虏}}溶液观察有无沉淀生成评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)7、元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断rm{.}下列说法不合理的是rm{(}rm{)}A.若rm{X^{+}}和rm{Y^{2-}}的核外电子层结构相同，则原子序数：rm{X>Y}B.由水溶液的酸性：rm{HCl>H_{2}S}可推断出元素的非金属性：rm{Cl>S}C.硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料D.rm{Cs}和rm{Ba}分别位于第六周期rm{IA}和rm{IIA}族，碱性：rm{CsOH<Ba(OH)_{2}}8、一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入rm{100mL4.40mol/L}盐酸中，充分反应后产生rm{896mLH_{2}(}标准状况rm{)}残留固体rm{1.28g.}过滤，滤液中无rm{Cu^{2+}}将滤液加水稀释到rm{200mL}测得其中rm{c(H^{+})}为rm{0.400mol/L}下列判断正确的是()A.残留固体中一定不含有铁B.滤液中可能含有rm{Fe^{3+}}C.原混合物中rm{n(Fe)>n(Fe_{2}O_{3})+n(CuO)}D.原混合物中铁为rm{3.36g}9、标准状况下，rm{垄脵6.72L}rm{NH_{3}}rm{垄脷1.204隆脕10^{23}}个rm{H_{2}S}rm{垄脹5.6g}rm{CH_{4}}rm{垄脺0.5mol}rm{HCl}下列关系正确的是rm{(}rm{)}A.体积大小：rm{垄脺>垄脹>垄脵>垄脷}B.原子数目：rm{垄脹>垄脵>垄脺>垄脷}C.密度大小：rm{垄脺>垄脷>垄脹>垄脵}D.质量大小：rm{垄脺>垄脹>垄脷>垄脵}10、下列有关物质应用的说法正确的是rm{(}rm{)}A.生石灰用作食品抗氧剂B.氢氧化铝用于制胃酸中和剂C.硫酸可作干燥剂D.氧化铁能用于制作吸铁石11、反应rm{C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)}在一密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是rm{(}rm{)}A.增加rm{C}的量B.将容器的体积缩小一半C.保持容器体积不变，充入rm{N_{2}}D.保持容器体积不变，充入rm{H_{2}O(g)}12、苯是一种重要的有机化工原料，广泛用于合成橡胶、塑料和医药等方面rm{.}下列关于苯的叙述正确的是rm{(}rm{)}A.分子式为rm{C_{6}H_{6}}B.属于不饱和烃C.能在空气中燃烧D.无色无毒的液体13、为更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度rm{(AG)}的概念，rm{AG=lgdfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}}则下列叙述正确的是rm{AG=lgdfrac

{c(H^{+})}{c(OH^{-})}}rm{(}A.中性溶液的rm{)}B.酸性溶液的rm{AG=0}C.常温下rm{AG<0}溶液的rm{0.1mol/LNaOH}D.常温下rm{AG=12}盐酸溶液的rm{0.1mol/L}rm{AG=12}14、有rm{NaCl}rm{FeCl_{2}}rm{FeCl_{3}}rm{MgCl_{2}}四种溶液，用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是

A.盐酸B.烧碱溶液C.氨水D.rm{KSCN}溶液15、下列离子方程式，正确的是()A.氢氧化铁与盐酸反应：rm{H^{+}+OH^{-}篓T篓T=H_{2}O}B.过量rm{NaHSO_{4}}溶液与少量rm{Ba(OH)_{2}}溶液反应：rm{2H^{+}+SOrlap{_{4}}{^{2-}}+Ba^{2+}+2OH^{-}篓T篓T=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}C.铁与rm{H_{2}SO_{4}}反应：rm{Fe+2H^{+}篓T篓T=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}D.rm{CaCO_{3}}溶于稀盐酸中：rm{COrlap{_{3}}{^{2-}}+2H^{+}篓T篓T=CO_{2}隆眉+H_{2}O}评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、写出下列物质或微粒的电子式(每空1分)(1)CaCl2(2)CO2(3)KOH____(4)HF(5)Na2O2(6)N2(7)镁离子(8)硫离子____(9)NH4Cl_________(10)Cl2____________________17、（7分）Ⅰ．①MgCl2②干冰③冰④Na2O2⑤白磷（P4）⑥硫磺⑦Na2CO3⑧金刚石⑨NaOH⑩SiO2(1)以上物质中属于离子晶体的是；(2)属于分子晶体的是。(3)属于原子晶体的是______（均填序号）。Ⅱ。下列物质中：（1）互为同分异构体的有；（2）互为同素异形体的有____；（3）属于同位素的有；（4）属于同一种物质（分子组成相同）的有。(均填序号)①液氯②③白磷④氯气⑤⑥Cl⑦Cl⑧红磷18、把一端弯成螺旋状的铜丝放在酒精灯火焰上加热，看到铜丝表面变黑，再迅速插入盛有乙醇的试管中，看到铜丝表面____；反复多次后，试管中生成有特殊气味的物质，反应的化学方程式为____；乙醇中官能团的名称为____．19、现有以下物质①NaCl溶液②干冰（固态的二氧化碳）③冰醋酸（纯净的醋酸）④铜⑤BaSO4固体⑥蔗糖⑦酒精⑧熔融的KNO3，其中属于电解质的是：____，属于非电解质的是____，能导电的是____．（填写序号）20、（12分）⑴目前出现的“不粘锅”是表面有一种叫做“特氟龙”的涂层，实际就是号称”塑料王”的聚四氟乙烯，试写出合成“特氟龙”的化学方程式和反应类型。方程式反应类型⑵请写出硬脂酸甘油酯制肥皂的化学方程式和反应类型。方程式反应类型⑶请写出苯与浓硝酸反应的化学方程式和反应类型。方程式反应类型21、胆矾晶体（CuSO4•5H2O）中4个水分子与铜离子形成配位键，另一个水分子只以氢键与相邻微粒结合．某兴趣小组称取2.500g胆矾晶体，逐渐升温使其失水，并准确测定不同温度下剩余固体的质量，得到如右图所示的实验结果示意图．以下说法正确的是____（填标号）．

A．晶体从常温升至105℃的过程中只有氢键断裂。

B．受热过程中；胆矾晶体中形成配位键的4个水分子同时失去。

C．120℃时，剩余固体的化学式是CuSO4•H2O

D．按胆矾晶体失水时所克服的作用力大小不同；晶体中的水分子所处化学环境可以分为3种．

评卷人得分四、判断题(共2题，共18分)22、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）23、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）评卷人得分五、结构与性质(共1题，共6分)24、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL；大理石用量为10.00g。

（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：。实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol·L-1实验目的①298粗颗粒2.00（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；②_______________③_______________④_______________

（2）实验装置如图1所示，如何检验该装置的气密性________________________________

（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图2：依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率________________________

（4）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。_______评卷人得分六、推断题(共3题，共6分)25、从海水中可以获得淡水；食盐并可提取镁和溴等物质．

rm{(1)}海水淡化的方法主要有______rm{(}填一种rm{)}

rm{(2)}下列物质不需要经过化学变化就能从海水中获得的物质是______rm{(}填序号rm{)}

A.液溴rm{B.}食盐rm{C.}氢气rm{D.}淡水。

rm{(3)}从海水中提取溴和镁的流程如下：

rm{垄脵}写出下列步骤的离子方程式或化学方程式______；

步骤rm{I}的化学方程式：______；

步骤rm{III}的离子方程式：______；

步骤rm{IV}的化学方程式：______．

rm{垄脷}操作rm{A}是______，操作rm{B}是______，从步骤rm{II}得到的溶液中提取溴还需要进行的操作有：______、萃取、蒸馏．26、甲、乙、丙三位同学各设计了一个实验，结果各自都认为自己的试样中含有rm{SOrlap{_{4}}{^{2-}}}甲的实验为rm{(1)}乙认为甲的实验不严谨，因为试样rm{A}中若含有______rm{(}仅填一种离子rm{)}也会有此现象。乙的实验为rm{(2)}丙认为乙的实验也不严谨，因为试样rm{B}中若含有________rm{(}仅填一种离子rm{)}也会有此现象。丙的实验为若丙方案合理，则回答：rm{(3)}其中试剂Ⅰ是________，现象Ⅰ是____________；试剂Ⅱ是__________，现象Ⅱ是__________rm{(}若你认为丙方案不合理，以上四空可以不填rm{)}若你认为丙方案不合理，以上四空可以不填rm{(}rm{)}27、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}均为有机物，其中rm{A}是化学实验中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味rm{;B}的产量可衡量一个国家石油化工的发展水平，有关物质的转化关系如图rm{1}所示：

图rm{1}图rm{2}rm{(1)}写出rm{B}的结构简式：________rm{;A}中官能团的名称为____。rm{(2)}验证有机物乙酸中含有rm{隆陋COOH}所用的试剂是____________，实验现象是______________。rm{(3)}写出反应rm{垄脺}的化学方程式：_________。rm{(4)}实验室利用反应rm{垄脹}制取rm{C}常用图rm{2}装置：rm{垄脵a}试管中的主要反应的化学方程式为_________。rm{垄脷}在实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是______。rm{垄脹}试管rm{b}中观察到的现象是___________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】本题考查元素周期律的综合利用，侧重考查学生分析判断能力，非金属性强弱与其最高价氧化物的水化物酸性、氢化物的稳定性、单质的氧化性等有关，与单质的熔沸点、溶解性等无关，题目难度不大。【解答】非金属的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强、其氢化物的稳定性越强、与氢气越容易化合、单质的氧化性越强，据此分析解答。rm{垄脵Cl_{2}}比rm{S}容易与rm{H_{2}}化合，说明氯气的氧化性大于rm{S}则非金属性rm{Cl>S}故正确；

rm{垄脷Cl_{2}}能从rm{Na_{2}S}溶液中置换出rm{S}说明氯气的氧化性大于rm{S}则非金属性rm{Cl>S}故正确；

rm{垄脹HClO_{3}}酸性比rm{H_{2}SO_{3}}的酸性强；因为这两种酸不是它们的最高价含氧酸，所以不能据此判断非金属性强弱，故错误；

rm{垄脺}与rm{Fe}反应时rm{Cl_{2}}能生成高价铁化合物，rm{S}只能生成低价铁化合物，说明氯气的氧化性大于rm{S}则非金属性rm{Cl>S}故正确；

rm{垄脻Cl_{2}}熔沸点比rm{S}的低；与非金属性强弱无关，与分子间作用力有关，故错误。

故选B。【解析】rm{B}2、B【分析】解：rm{A.Mg}为活泼金属，利用电解法冶炼，则rm{MgCl_{2}(}熔融rm{)}rm{dfrac{underline{;{碌莽陆芒};}}{;}Mg+Cl_{2}隆眉}合理；故A正确；

B.rm{dfrac{

underline{;{碌莽陆芒};}}{;}Mg+Cl_{2}隆眉}为活泼金属，通常用电解熔融的金属化合物的方法冶炼，应为rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{underline{;{碌莽陆芒};}}{;}4Al+3O_{2}隆眉}故B错误；

C.rm{Al}处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{

underline{;{碌莽陆芒};}}{;}4Al+3O_{2}隆眉}rm{Fe}rm{(C}活泼金属等rm{CO}将金属从其化合物中还原出来，则rm{H_{2}}rm{dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe+3CO_{2}}合理；故C正确；

D.rm{)}为不活泼金属，可以用rm{Fe_{2}O_{3}+3CO}与rm{dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe+3CO_{2}}焙烧生成rm{Hg}即rm{HgS+O_{2}dfrac{underline{;{卤潞脡脮};}}{;}Hg+SO_{2}}合理；故D正确；

故选B．

金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法rm{HgS}金属冶炼的方法主要有：

热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，例如rm{2HgOdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Hg+O_{2}隆眉}

热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂rm{O_{2}}rm{Hg}rm{HgS+O_{2}dfrac{

underline{;{卤潞脡脮};}}{;}Hg+SO_{2}}活泼金属等rm{.}将金属从其化合物中还原出来，例如rm{Fe_{2}O_{3}+3COdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Fe+CO_{2}隆眉}

电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，例如rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{underline{;{碌莽陆芒};}}{;}4Al+3O_{2}隆眉}以此来解答．

本题考查金属的冶炼原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和应用能力的考查，把握金属活泼性与冶炼原理的关系为解答的关键，题目难度不大．rm{2HgOdfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}2Hg+O_{2}隆眉}【解析】rm{B}3、D【分析】解：A、葡萄糖为多羟基醛，分子式为：C6H12O6；与果糖为同分异构体，故A正确；

B；葡萄糖含有醛基；能与新制取氢氧化铜反应生成砖红色氧化亚铜沉淀，故B正确；

C；葡萄糖燃烧放出热量；故C正确；

D；相对分子质量大于10000的属于高分子化合物；葡萄糖为小分子化合物，故D错误，故选D．

葡萄糖为多羟基醛；能与新制取氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，在人体被燃烧生成二氧化碳和水，提供能量，相对分子质量较小，据此解答即可．

本题主要考查的是同学们对葡萄糖的认识以及葡萄糖的生理作用，涉及高分子化合物的概念，难度不大．【解析】【答案】D4、D【分析】解：rm{A.}石墨能量低；石墨稳定，故A错误；

B.石墨；金刚石均为碳元素的单质；为同素异形体，故B错误；

C.rm{1mol}石墨转化为金刚石，要吸收rm{1.895kJ}的热量，则rm{1mol}石墨比rm{1mol}金刚石的总能量低；故C错误；

D.为两种不同单质；转化为化学变化，故D正确；

故选D．

rm{1mol}石墨转化为金刚石，要吸收rm{1.895kJ}的热量，则rm{C(s}石墨rm{)=c(s}金刚石rm{)triangleH=+1.895kJ/mol}可知石墨的能量低，以此来解答．

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、稳定性与能量关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意信息的应用，题目难度不大．【解析】rm{D}5、B【分析】解：光导纤维是主要成分是二氧化硅，是利用光的全反射原理，石英、玛瑙、水晶中成分都是二氧化硅，所以光导纤维是由石英经过特殊工艺制成的，与rm{C}rm{Ge}rm{Si}无关；故选B．

光导纤维是主要成分是二氧化硅；是利用光的全反射原理，据此分析解答．

本题考查物质的用途，性质决定用途，用途体现性质，熟练掌握常见物质成分，知道常见物质用途，题目难度不大．【解析】rm{B}6、C【分析】【分析】本题考查rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}和rm{NaHCO}rm{NaHCO}rm{{,!}_{3}}性质的异同，题目难度不大，注意把握rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}A.常温下相同的溶剂时，rm{{,!}_{3}}较和rm{NaHCO}易溶；故A正确．

B.因rm{2NaHCO_{3}dfrac{{录脫脠脠}}{}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}而碳酸钠加热不分解，故B正确；

C.设质量都是rm{NaHCO}则rm{{,!}_{3}}和性质，注重基础知识的积累。的物质的量分别为【解答】rm{Na_{2}CO_{3}}根据rm{NaHCO_{3}}rm{2NaHCO_{3}dfrac{

{录脫脠脠}}{}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}产生的rm{106g}的物质的量分别为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}故C错误；

D.碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀；而碳酸氢钠和氯化钙不反应，故D正确；

故选C。rm{1mol}【解析】rm{C}二、双选题(共9题，共18分)7、rBD【分析】解：rm{A.}若rm{X^{+}}和rm{Y^{2-}}的核外电子层结构相同，则rm{X}处于rm{Y}的下一周期，故原子序数：rm{X>Y}故A正确；

B.元素的非金属与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关；与氢化物水溶液的酸性无关，故B错误；

C.硅；锗都位于金属与非金属的交界处；具有一定金属性与非金属性，都可以做半导体材料，故D正确；

D.同周期元素自左而右金属性减弱，金属性rm{Cs>Ba}金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性rm{CsOH>Ba(OH)_{2}}故D错误；

故BD．

A.若rm{X^{+}}和rm{Y^{2-}}的核外电子层结构相同，则rm{X}处于rm{Y}的下一周期；

B.元素的非金属与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关；与氢化物水溶液的酸性无关；

C.位于金属与非金属的交界处元素具有金属性与非金属性；

D.同周期元素自左而右金属性减弱；金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强．

本题考查结构位置性质关系、元素周期律等，难度不大，rm{B}为易错点，注意对规律的理解掌握．【解析】rm{BD}8、AC【分析】【分析】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，侧重考查学生分析计算能力，注意从溶液存在的离子判断物质反应的程度，注意利用守恒法与总方程式解答，试题培养了学生的化学计算能力。【解答】A.反应后溶液中还有较多rm{H^{+}}rm{H^{+}}离子剩余，且滤液中没有rm{Cu}rm{Cu}只有rm{{,!}^{2+}}故A选项正确；，可知残留物没有rm{Fe}只有rm{Cu}故A选项正确；可以残留说明溶液中没有rm{Fe}rm{Cu}B.而rm{Cu}可以残留说明溶液中没有rm{Fe}rm{Cu}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}，溶液中阳离子为rm{H}rm{H}rm{{,!}^{+}}和rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}，故B选项错误；C.发生反应：rm{Fe+Fe}rm{Fe+Fe}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}rm{+6HCl=3FeCl}rm{+6HCl=3FeCl}rm{2}rm{2}rm{+3H}由方程式可知原混合物中rm{+3H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Fe+CuO+2HCl=FeCl}rm{O}故C选项正确；rm{Fe+CuO+2HCl=FeCl}rm{2}rm{2}原溶液中rm{+Cu+H}参加反应的rm{+Cu+H}中的rm{2}元素转化到氢气、水中，根据rm{2}原子守恒，rm{O}rm{Fe+2HCl=FeCl}rm{O}rm{Fe+2HCl=FeCl}rm{2}rm{2}rm{+H}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{隆眉}由方程式可知原混合物中rm{n(Fe)>n(Fe}rm{隆眉}即：rm{n(Fe)>n(Fe}rm{2}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}=0.44mol-0.08mol}rm{2}rm{O}rm{O}故混合物中rm{3}rm{3}rm{)+n(CuO)}故C选项正确；由铜元素守恒，则rm{n(CuO)=n(Cu)=dfrac{1.28g}{64g/mol}}rm{)+n(CuO)}由D.反应后剩余rm{n(H}原子守恒：rm{n(H}rm{{,!}^{+}}rm{)=0.4mol/L隆脕0.2L=0.08mol}原溶液中rm{n(HCl)=4.4mol/L隆脕0.1L=0.44mol}参加反应的rm{HCl}中的rm{H}元素转化到氢气、水中，根据rm{H}原子守恒，rm{2n(H}rm{)=0.4mol/L隆脕0.2L=0.08mol}rm{n(HCl)=4.4mol/L隆脕0.1L=0.44mol}则rm{HCl}rm{H}rm{H}rm{2n(H}rm{2}反应中rm{2}失电子，rm{O)+2n(H}rm{O)+2n(H}rm{2}rm{2}rm{)=n}和部分盐酸得电子，根据转移电子守恒得：rm{)=n}总rm{(HCl)-n}rm{(HCl)-n}余rm{(H}rm{(H}即rm{{,!}^{+}}rm{)}即：rm{2n(H}rm{)}rm{2n(H}rm{2}rm{2}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}

=0.44mol-0.08mol}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}

=0.44mol-0.08mol}rm{n(H}则rm{n(H}故D错误。rm{2}rm{2}【解析】rm{AC}9、rAB【分析】解：标准状况下，rm{垄脵6.72L}rm{NH_{3}}的物质的量为rm{dfrac{6.72L}{22.4L/mol}=0.3mol}

rm{dfrac

{6.72L}{22.4L/mol}=0.3mol}个rm{垄脷1.204隆脕10^{23}}的物质的量为rm{dfrac{1.204隆脕10^{23}}{6.02times10^{23}mol^{-1}}=0.2mol}

rm{H_{2}S}rm{dfrac{1.204隆脕10^{23}}{6.02times

10^{23}mol^{-1}}=0.2mol}的物质的量为rm{dfrac{5.6g}{16g/mol}=0.4mol}

rm{垄脹5.6g}rm{CH_{4}}

A、由上述计算可知物质的量rm{dfrac

{5.6g}{16g/mol}=0.4mol}相同条件下，体积之比等于物质的量之比，所以体积大小rm{垄脺0.5mol}故A正确；

B、rm{HCl}标准状况rm{垄脺>垄脹>垄脵>垄脷}rm{垄脺>垄脹>垄脵>垄脷}中原子的物质的量为rm{垄脵}

rm{6.72L}个rm{NH_{3}}含有的原子的物质的量为rm{0.3mol隆脕4=1.2mol}

rm{垄脷1.204隆脕10^{23}}rm{H_{2}S}含有的原子的物质的量为rm{0.2mol隆脕3=0.6mol}

rm{垄脹5.6g}rm{CH_{4}}含有的原子的物质的量为rm{0.4mol隆脕5=2mol}原子数目之比等于物质的量之比；

所以原子数目rm{垄脺0.5mol}故B正确；

C、同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，rm{HCl}相对分子质量为rm{0.5mol隆脕2=1mol}rm{垄脹>垄脵>垄脺>垄脷}相对分子质量为rm{垄脵NH_{3}}rm{17}相对分子质量为rm{垄脷H_{2}S}相对分子质量为rm{34}故密度大小rm{垄脹CH_{4}}故C错误；

D、rm{16垄脺HCl}质量为rm{36.5}

rm{垄脺>垄脷>垄脵>垄脹}质量为rm{垄脵NH_{3}}

rm{17g/mol隆脕0.3mol=5.1g}量为rm{垄脷H_{2}S}

rm{34g/mol隆脕0.2mol=6.8g}质量为rm{垄脹CH_{4}}

故质量大小rm{16g/mol隆脕0.4mol=6.4g}个D错误．

故选：rm{垄脺HCl}．

A；相同条件下；体积之比等于物质的量之比；

B；计算各物质中原子的物质的量；微原子数目之比等于物质的量之比；

C；同温同压下；密度之比等于相对分子质量之比；

D、计算各物质的物质的量，再根据rm{36.5g/mol隆脕0.5mol=18.25g}计算质量；据此进行判断．

考查常用化学计量数有关计算，难度不大，计算量较多细心计算，注意化学计量数之间的公式运用．rm{垄脺>垄脷>垄脹>垄脵}【解析】rm{AB}10、rBC【分析】解：rm{A.}生石灰与水反应生成氢氧化钙，常用作食品干燥剂，常用rm{Fe}粉等还原性物质做抗氧化剂；故A错误；

B.氢氧化铝具有弱碱性；能与盐酸反应，对人体没有腐蚀作用，所以氢氧化铝用于制胃酸中和剂，故B正确；

C.硫酸具有吸水性；可以作干燥剂，故C正确；

D.四氧化三铁具有磁性；能用于制作吸铁石，氧化铁不能用于制作吸铁石，故D错误；

故选BC．

A.生石灰用作食品干燥剂；

B.氢氧化铝具有弱碱性；能与盐酸反应；

C.硫酸具有吸水性；

D.四氧化三铁具有磁性．

本题考查化学与生活、物质的性质与用途等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力．【解析】rm{BC}11、rAC【分析】解：rm{A}碳为纯固体；改变其用量，对化学反应速率无影响，故A选；

B；将容器的体积缩小一半；相当于压强增大，则反应速率加快，故B不选；

C；保持体积不变；充入氮气，反应物和生成物浓度不变，反应速率不变，故C选；

D、容器体积不变充入rm{H_{2}O(g)}反应物浓度增大；反应速率加快，故D不选；

故选AC．

对应反应rm{C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)}有气体参加和生成，则温度；压强、浓度都能对化学反应速率产生影响，以此来解答．

影响化学速率的因素有：温度、浓度、压强、催化剂、固体表面积，需要注意的是改变纯固体或液体的量，对反应速率无影响，压强改变必须引起浓度的改变才能引起化学反应速率的改变．【解析】rm{AC}12、rABC【分析】解：rm{A.}苯分子中含有rm{6}个rm{C}和rm{6}个rm{H}分子式为：rm{C_{6}H_{6}}故A正确；

B.苯可发生加成反应；碳原子没有全部成键，属于不饱和烃，故B正确；

C.苯在空气中燃烧可生成二氧化碳和水；故C正确；

D.苯对人体有害；有毒，故D错误；

故选：rm{ABC}．

A.依据苯分子的组成解答；

B.苯可发生加成反应；碳原子没有全部成键；

C.苯含有碳；氢元素；可以燃烧；

D.依据苯是有毒的液体解答．

本题考查有机物的结构和性质，侧重苯的考查，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{ABC}13、rAD【分析】解：rm{A.}在中性溶液中，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，故AGrm{=lg1=0}故A正确；

B.由于酸性溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，氢离子浓度比氢氧根离子的比值大于rm{1}rm{AG>0}故B错误；

C.在rm{0.1mol?L^{-1}}氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为rm{0.1mol?L^{-1}}氢离子浓度为rm{c(H^{+})=dfrac{K_{w}}{C(OH^{-})}=1隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}rm{AG=lgdfrac{10^{-13}}{0.1}=-12}故C错误；

D.rm{c(H^{+})=dfrac

{K_{w}}{C(OH^{-})}=1隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}盐酸溶液中氢离子浓度rm{AG=lgdfrac

{10^{-13}}{0.1}=-12}氢氧根离子浓度为rm{c(OH^{-})=dfrac{K_{w}}{C(H^{+})}=1隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}rm{AG=lgdfrac{0.1}{10^{-13}}=12}故D正确；

故选AD．

A.中性溶液中；氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；

B.酸性溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，氢离子浓度比氢氧根离子的比值大于rm{0.1mol?L^{-1}}

C.rm{c(H^{+})=dfrac{K_{w}}{C(OH^{-})}}rm{0.1mol?L^{-1}}氢氧化钠溶液中氢离子浓度为rm{c(OH^{-})=dfrac

{K_{w}}{C(H^{+})}=1隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}氢氧根离子浓度为rm{AG=lgdfrac

{0.1}{10^{-13}}=12}

D.rm{1}盐酸溶液中氢离子浓度rm{c(H^{+})=dfrac

{K_{w}}{C(OH^{-})}}rm{c(OH^{-})=dfrac{K_{w}}{C(H^{+})}}氢氧根离子浓度为rm{0.1mol?L^{-1}}

本题考查了溶液酸度的计算，正确理解酸度的概念是解本题关键，利用知识迁移的方法进行分析解答，题目难度中等．rm{1隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}【解析】rm{AD}14、CB【分析】【分析】本题考查物质的鉴别，题目难度不大，本题注意氢氧化铝只与强碱反应，与氨水不反应。【解答】A.盐酸与四种氯化物都不反应，不能鉴别，故A错误；B.加入烧碱溶液，rm{NaCl}无现象，rm{FeCl_{2}}先生成白色沉淀迅速变灰绿色最终为红褐色，rm{FeCl_{3}}生成红褐色沉淀，rm{MgCl_{2}}生成白色沉淀，rm{AlCl_{3}}先生成白色沉淀；沉淀然后溶解，现象各不相同，可鉴别，故B正确；

C.加入浓氨水，rm{NaCl}无现象，rm{FeCl_{2}}先生成白色沉淀迅速变灰绿色最终为红褐色，rm{FeCl_{3}}生成红褐色沉淀，rm{MgCl_{2}}生成白色沉淀，现象各不相同，可以鉴别，故正确；D.rm{KSCN}溶液只与rm{FeCl_{3}}变红色；故D错误。

故选B。

【解析】rm{CB}15、BC【分析】【分析】本题考查了离子方程式的书写，注意物质的量之间的关系，难度不大。【解答】A.氢氧化铁是沉淀，写分子式，与盐酸反应的离子方程式为：rm{3H^{+}+Fe(OH)_{3}=Fe^{3+}+3H_{2}O}故A错误；

B.过量的rm{NaHSO}rm{NaHSO}rm{{,!}_{4}}与rm{Ba(OH)}rm{Ba(OH)}rm{{,!}_{2}}溶液反应，氢氧化钡全部反应，离子方程式为：rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}rm{+2OH}rm{+2OH}rm{{,!}^{-}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}^{+}}rm{+SO}rm{+SO}故B正确；

C.铁与rm{{,!}_{4}^{2-}}反应，铁把氢气置换出来，离子方程式为：rm{篓TBaSO}故C正确；

D.rm{篓TBaSO}是沉淀，写分子式，碳酸钙溶于稀盐酸中离子方程式为：rm{{,!}_{4}}，故D错误。故选BC。rm{隆媒+2H}【解析】rm{BC}三、填空题(共6题，共12分)16、略

【分析】【解析】【答案】略17、略

【分析】【解析】【答案】每空1分，共7分。Ⅰ（1）____（2）________（3）____Ⅱ（1）____（2）____（3）________（4）____18、变红色2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O羟基【分析】【解答】乙醇中官能团的名称为羟基，在铜做催化剂条件下，能够被氧气氧化生成乙醛，方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；乙醛具有刺激性气体，铜丝在反应中先变黑再变红色；

故答案为：变红色；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；羟基．

【分析】乙醇分子含有羟基，在铜做催化剂条件下，能够被氧气氧化生成乙醛，乙醛具有刺激性气体，据此解答．19、略

【分析】

（1）电解质在水溶液或熔化状态下能够导电的化合物；冰醋酸水溶液能够导电，冰醋酸属于电解质；硫酸钡的水溶液不能导电，是因为硫酸钡的溶解度太小，硫酸钡属于电解质；熔融状态的硝酸钾因电离出钾离子和氯酸根离子而导电，因而硝酸钾属于电解质．因此，属于电解质的是③⑤⑧．

（2）非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能导电的化合物；蔗糖；酒精水溶液不导电，属于非电解质；干冰即二氧化碳的水溶液能导电，是因为二氧化碳与水反应生成了电解质碳酸，不是二氧化碳本身的缘故，因此干冰属于非电解质．即属于非电解质的只有②⑥⑦．

（3）电解质在水溶液或熔化状态下能够导电；NaCl溶液是电解质氯化钠的水溶液，它能够导电；熔融的硝酸钾中存在自由的钾离子和硝酸根离子，能够导电；铜属于金属，能够导电．即能够导电的有①④⑧．

故答案为：③⑤⑧；②⑥⑦；①④⑧

【解析】【答案】（1）根据电解质的概念思考．

（2）根据非电解质的概念分析．

（3）从电解质导电的状态和金属导电来思考．

20、略

【分析】（1）聚四氟乙烯的单体四氟乙烯，四氟乙烯发生加聚反应即生成聚四氟乙烯，反应式为(2)油脂在碱性条件下的水解反应是皂化反应，反应式为（3）苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯和水，反应式为【解析】【答案】（1）加聚反应（2）水解或皂化或取代反应（3）取代反应21、CD【分析】【解答】2.500g胆矾的物质的量为0.01mol，102～113℃之间失去结晶水质量为2.5g﹣2.14g=0.36g，失去结晶水为=0.02mol；113～258℃之间失去结晶水质量为2.14g﹣1.78g=0.36g，失去结晶水为0.02mol，258℃以上失去结晶水质量为1.78g﹣1.6g=0.18g，失去结晶水为0.01mol．

A．胆矾晶体中4个水分子与铜离子形成配位键，另一个水分子只以氢键与相邻微粒结合，所以只有氢键断裂，说明失去一个结晶水，而105℃的过程中失去结晶水占总的故不只有氢键断裂，还有配位键断裂，故A错误；

B．胆矾晶体中形成配位键的4个水分子分3个阶段失去；故B错误；

C．120℃时，剩余固体中CuSO4与结晶水的物质的量之比为0.01mol：（0.05mol﹣0.04mol）=1：1，故化学式为CuSO4•H2O；故C正确；

D．因为固体质量就是分三次降低的；所以晶体中的水分子所处化学环境可以分为3种，故D正确；

故选：CD．

【分析】2.500g胆矾的物质的量为0.01mol，102～113℃之间失去结晶水质量为2.5g﹣2.14g=0.36g，失去结晶水为=0.02mol；113～258℃之间失去结晶水质量为2.14g﹣1.78g=0.36g，失去结晶水为0.02mol，258℃以上失去结晶水质量为1.78g﹣1.6g=0.18g，失去结晶水为0.01mol．

A．胆矾晶体中4个水分子与铜离子形成配位键；另一个水分子只以氢键与相邻微粒结合，所以只有氢键断裂，说明失去一个结晶水；

B．由计算可知；结晶水分3个阶段失去；

C．根据CuSO4；结晶水物质的量确定化学式；

D．因为固体质量就是分三次降低的，而三次温度变化值不同，所以克服的作用力大小不同．四、判断题(共2题，共18分)22、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/mol23、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．五、结构与性质(共1题，共6分)24、略

【分析】【分析】

（1）本实验是由实验①做对比实验探究影响反应速率的因素，所以在设计分组实验时，要设计出分别只有浓度、温度和接触面积不同时反应速率的变化，从而找出不同外界因素对反应速率的影响。由于实验①和实验②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，实验①和实验③探究温度对该反应速率的影响，故实验③的温度选择308K，实验①和实验④探究接触面积对该反应速率的影响，故实验④选择细颗粒的大理石；

（2）依据装置特点分析气密性的检查方法；

（3）化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。根据图像可以计算出70至90s内生成的CO2的体积；然后根据反应式可计算出消耗的硝酸的物质的量，最后计算其反应速率；

（4）根据反应物的用量计算生成CO2的最大质量；根据影响反应速率的因素比较实验②；③和④反应速率大小；以此判断曲线斜率大小，画出图像；

【详解】

（1）由实验目的可知；探究浓度；温度、接触面积对化学反应速率的影响，则实验①②的温度、大理石规格相同，只有浓度不同，实验①③中只有温度不同，实验①④中只有大理石规格不同；

故答案为（从上到下；从左到右顺序）：298；粗颗粒；1.00；308；粗颗粒；2.00；298；细颗粒；2.00；

（2）该装置的气密性的检查方法是：关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的质量为：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根据方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物质的量为：n(HNO3)=＝mol；

③溶液体积为25mL＝0.025L，所以HNO3减少的浓度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反应的时间t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范围内的平均反应速率为：

v(HNO3)＝Δc(HNO3)/t＝=mol·L－1·S－1=0.009mol·L－1·S－1

（4）实验②、③和④所用大理石的质量均为10.00g，其物质的量为=0.1mol，实验①、③和④所用硝酸的量相同均为：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的质量按硝酸计算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，实验②所用硝酸的量为1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石过量，反应生成的CO2的质量为0.025mol×44g/mol=0.55g；

实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，且HNO3浓度①>②，浓度越大，反应越快，故曲线斜率①>②；

实验①和③探究温度对该反应速率的影响，且温度③高于①，温度越高反应越快，故曲线斜率③>①；

实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响，且实验④为细颗粒，实验①为粗颗粒，颗粒越小，表面积越大，反应越快，故反应速率④>①，故曲线斜率④>①；

根据以上特征；画出图像如下：

【点睛】

本题考查了化学反应速率的影响因素，注意对题给信息的分析是处理是解答的关键，注意控制变量的实验方法的理解和掌握。【解析】298粗颗粒1.00308粗颗粒2.00298细颗粒2.00关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1六、推断题(共3题，共6分)25、略

【分析】解：rm{(1)}海水淡化的常用方法为：海水冻结法；电渗析法、蒸馏法、离子交换法；

故答案为：海水冻结法、电渗析法、蒸馏法、离子交换法rm{(}选填其中一个rm{)}

rm{(2)A.}通过电解熔融氯化钠得到钠和氯气；是化学变化，通过氯气将溴离子氧化为溴单质，是化学变化，故A错误；

B.把海水用太阳暴晒；蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，故B正确；

通过电解熔融氯化钠得到钠和氯气；是化学变化，通过电解熔融的氯化镁和氧化铝即得镁和铝，是化学变化，故B正确；

C.海水中氢元素为化合态；电解水生成氢气，或电解饱和食盐水生成氢气发生了化学反应，是化学变化，故C错误；

D.把海水用蒸馏等方法可以得到淡水；无化学变化，故D正确；

故答案为：rm{BD}

rm{(3)垄脵}步骤rm{I}是二氧化硫和溴单质发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：rm{SO_{2}+Br_{2}+H_{2}O篓T篓T2HBr+H_{2}SO_{4}}

故答案为：rm{SO_{2}+Br_{2}+H_{2}O篓T篓T2HBr+H_{2}SO_{4}}

步骤rm{III}是氢氧化镁溶解于盐酸生成氯化镁溶液，反应的离子方程式为：rm{Mg(OH)_{2}+2H^{+}=Mg^{2+}+2H_{2}O}

故答案为：rm{Mg(OH)_{2}+2H^{+}=Mg^{2+}+2H_{2}O}

步骤rm{IV}是电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，反应的化学方程式为：rm{MgCl_{2}(}熔融rm{)dfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}}rm{)dfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}}

故答案为：rm{Mg+Cl_{2}隆眉}熔融rm{)dfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}}rm{MgCl_{2}(}

rm{)dfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}}操作rm{Mg+Cl_{2}隆眉}是分离固体和溶液的操作为过滤，操作rm{垄脷}是溶液中分离得到溶质固体的操作，通常是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到氯化镁晶体，从步骤rm{A}得到的溶液中提取溴还需要进行的操作是萃取分液后蒸馏得到液溴；

故答案为：过滤；冷却结晶，分液；

rm{B}根据海水淡化的常用方法：海水冻结法；电渗析法、蒸馏法、离子交换法；

rm{II}从海水提物质的原理去分析；

A.海水中溴元素为离子；变化为单质需要发生化学反应；

B.海水用太阳暴晒；蒸发水分后即得食盐；

C.氢元素海水中存在是化合态；变化为氢气需要发生化学反应；

D.海水淡化是分离出纯净水；变化过程中无新物质生成，是物理变化；

rm{(1)}苦卤中主要是硫酸镁和溴化镁，加入试剂氢氧化钙沉淀镁离子过滤得到氢氧化镁沉淀，加入试剂Ⅲ为盐酸，氢氧化镁溶解于盐酸得到氯化镁溶液，通过操作rm{(2)}蒸发浓缩；冷却结晶；过滤洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到固体氯化镁，步骤Ⅳ是电解固体氯化镁得到金属镁和氯气，沉淀镁离子后的滤液中酸化通入氯气氧化溴离子生成溴单质，得到低浓度的溴单质溶液，用空气吹出溴单质，用二氧化硫吸收辐射氧化还原反应生成溴化氢，再通入氯气氧化溴化氢得到高浓度的溴单质；

rm{(3)}步骤rm{B}是二氧化硫和溴单质发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢；

步骤rm{垄脵}是氢氧化镁溶解于盐酸生成氯化镁溶液。

步骤rm{I}是电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气；

rm{III}分析可知操作rm{IV}是分离固体和溶液的操作为过滤，操作rm{垄脷}是溶液中分离得到溶质固体的操作，通常是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到氯化镁晶体，从步骤rm{A}得到的溶液中提取溴还需要进行的操作是萃取分液后蒸馏得到液溴；

本题考查了海水资源的综合利用，题目难度中等，注意掌握海水提取蒸馏水、溴、镁等物质的原理，涉及的知识较多，综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力．rm{B}【解析】蒸馏法；rm{BD}此空删去；rm{SO_{2}+Br_{2}+H_{2}O篓T篓T2HBr+H_{2}SO_{4}}rm{Mg(OH)_{2}+2H^{+}=Mg^{2