2025年粤人版高一化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年粤人版高一化学上册阶段测试试卷263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、下列粒子半径最小的是A.rm{Na^{+}}B.rm{F^{-}}C.rm{Cl}D.rm{Cl^{-}}2、能正确表示下列反应的离子方程式为rm{(}rm{)}A.氯化铝溶液中加入过量稀氨水：rm{Al^{3+}+4NH_{3}隆陇H_{2}O=AlO_{2}^{-}+4NH_{4}^{+}+2H_{2}O}B.向rm{Al^{3+}+4NH_{3}隆陇H_{2}O

=AlO_{2}^{-}+4NH_{4}^{+}+2H_{2}O}溶液中滴加rm{NaHSO_{4}}溶液至刚好沉淀完全：rm{H^{+}+SO+Ba^{2+}+OH^{-}===BaSO_{4}隆媒+H_{2}O}C.氯气和水反应：rm{Ba(OH)_{2}}D.将rm{H^{+}+SO+

Ba^{2+}+OH^{-}===BaSO_{4}隆媒+H_{2}O}条投入rm{Cl_{2}+H_{2}O===2H^{+}+Cl^{-}+ClO^{-}}溶液中：rm{Al+OH^{-}+H_{2}O===AlO+H_{2}隆眉}

rm{Al}3、为了探究温度对化学反应速率的影响，下列实验方案可行的是4、溶解、过滤、蒸发操作中，都用到的仪器是（）A.滤纸B.烧杯C.酒精灯D.玻璃棒5、下列表示电子式的形成过程正确的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、下列材料既含有硅元素又含有氧元素的是（）A.水泥B.晶体硅C.沙子D.普通陶瓷7、下列根据实验事实得出的结论正确的是。实验事实结论rm{A}加热的铝箔熔化，但液态的铝不滴落熔点：氧化铝rm{>}铝rm{B}溶液中加入盐酸酸化的rm{BaCl_{2}}溶液有白色沉淀生成该溶液中一定含有rm{SO_{4}^{2-}}rm{C}硅酸钠溶液能使酚酞试液变红硅酸钠溶液呈碱性rm{D}常温下，铜与冷的浓rm{H_{2}SO_{4}}不反应铜与浓硫酸发生钝化A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}8、rm{1L0.1mol隆陇L^{-1}}的rm{K_{2}SO_{4}}溶液中A.rm{K^{+}}的物质的量为rm{0.2mol}B.rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量为rm{0.1mol}C.rm{K^{+}}的物质的量浓度为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}D.rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量浓度为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}9、氢气还原氧化铜的反应为：rm{CuO+H_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}在该反应中rm{CuO+H_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}rm{(}A.rm{)}作还原剂B.rm{CuO}作氧化剂C.铜元素化合价降低D.氢元素化合价升高rm{CuO}10、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11、温度为T1时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)(正反应放热)。实验测得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如下：。时间/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03

下列说法正确的是A.0~2s内，该反应的平均速率v(NO)=0.03mol·L-1·s-1B.其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，则达平衡时NO2体积分数减小C.其他条件不变，移走部分NO2，则平衡正向移动，平衡常数增大D.当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2＞T112、一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），进行反应，2SO2+O2⇌2SO3，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示．下列判断中正确的是（）

A.该温度下，该反应的平衡常数K为400B.SO2的平衡转化率：a1＞a2＝a3C.达到平衡时，容器丁中的正反应速率比容器丙中的大D.达到平衡时，容器丙中c（SO3）大于容器甲中c（SO3）的两倍13、500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)＝6.0mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（）A.原混合溶液中c(K＋)为2mol·L-1B.上述电解过程中共转移4mol电子C.电解得到的Cu的物质的量为0.5molD.电解后溶液中c(H＋)为2mol·L-1评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、标号为①～⑩的元素，在元素周期表中的位置如下：。主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0族1①②2③④⑤⑥3⑦⑧⑨⑩试回答下列问题：(1)其原子只要形成一对共用电子对就达到了稳定结构的元素是________。(填写元素符号)(2)①和④号元素形成的化合物的化学式为________，用电子式表示其形成过程为________。(3)⑧号元素的最高价氧化物的水化物的化学式是____________________。(4)①、⑤、⑦号元素形成的一种化合物的电子式是________，在该化合物中既含有________键，又含有________键。15、按下表左边的实验操作，可观察到表中右边的实验现象。请从“实验现象”栏中选择正确选项的字母代号填入“答案”栏中。。实验操作答案实验现象（1）向鸡蛋清中滴加少许浓硝酸，微热A.紫色褪去B.变黄色C.出现蓝色D.溶液分层，下层呈紫红色（2）将乙烯通入少量酸性KMnO4溶液中（3）将CCl4滴入盛有碘水的试管中，充分振荡，静止（4）向土豆片上滴加碘水16、某溶液中可能含有大量下列阴离子：rm{OH^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{Cl^{-}}．

rm{(1)}当溶液中存在大量rm{H^{+}}时；则溶液中不可能有大量的______．

rm{(2)}当溶液中有大量的rm{Ba^{2+}}存在时，则溶液中不可能有大量的______．17、某学生课外活动小组利用下图所示装置分别做如下实验：（1）在试管中注入某红色溶液，加热试管，溶液颜色逐渐变浅，冷却后恢复红色，则原溶液可能是溶液；加热时溶液由红色逐渐变浅的原因是。(用化学反应方程式表示)（2）在试管中注入某无色溶液，加热试管，溶液变为红色，冷却后恢复无色，则此溶液可能是溶液；加热时溶液由无色变为红色的原因。18、甲、乙两个研究性学习小组为测定氨分子中氮、氢原子个数比，设计了如图rm{1}实验流程：实验中，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立即加热氧化铜rm{.}反应完成后，黑色氧化铜转化为红色的铜rm{.}图rm{2}中rm{A}rm{B}rm{C}为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置，rm{D}为盛有浓硫酸的洗气瓶．

甲小组测得：反应前氧化铜的质量rm{m_{1}}rm{g}氧化铜反应后剩余固体的质量rm{m_{2}g}生成氮气在标准状况下的体积rm{V_{1}}L.

乙小组测得：洗气前装置rm{D}的质量rm{m_{3}g}洗气后装置rm{D}的质量为rm{m_{4}g}生成氮气在标准状况下的体积rm{V_{2}}L.请回答下列问题：

rm{(1)}检查rm{A}装置气密性的操作是______．

rm{(2)}实验室检验氨气的操作和现象是______．

rm{(3)}甲；乙两小组选择了不同的方法制取氨气；请将实验装置的字母编号和制备制备原理填写在下表的空格中．

。实验装置实验药品制备原理甲小组rm{A}氢氧化钙、硫酸铵反应的化学方程式为：

______乙小组

______浓氨水、氢氧化钠用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用：

______rm{(4)}甲小组用所测数据计算出氨分子中氮；氢的原子个数之比为______．

rm{(5)}乙小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数之比明显小于理论值，其原因是______rm{.}为此，乙小组在原有实验的基础上增加了一个装有某药晶的实验仪器，重新实验rm{.}根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出了合理的实验结果rm{.}该药品的名称是______．19、rm{(1)}火箭推进器中盛有强还原剂液态肼rm{(N_{2}H_{4})}和强氧化剂液态过氧化氢。当把rm{0.4mol}液态肼和rm{0.8molH_{2}O_{2}}混合反应，生成氮气和水蒸气，放出rm{260.0KJ}的热量rm{(}相当于rm{25隆忙}rm{101KPa}下测得的热量rm{)}该反应的热化学方程式为____。又已知：rm{H_{2}O(l)=H_{2}O(g)}rm{娄陇H=+44kJ/mol}则rm{16g}液态肼与过氧化氢反应生成液态水时放出的热量是____rm{KJ}rm{(2)}已知：rm{垄脵2Fe(s)+O_{2}(g)=2FeO(s)triangleH_{1}=-544.0kJ?mol^{-1}}rm{垄脷4Al(s)+3O_{2}(g)篓T2Al_{2}O_{3}(s)triangleH_{2}=-3351.4kJ?mol^{-1}}rm{垄脵2Fe(s)+O_{2}(g)=2FeO(s)triangle

H_{1}=-544.0kJ?mol^{-1}}和rm{垄脷4Al(s)+3O_{2}(g)篓T2Al_{2}O_{3}(s)triangle

H_{2}=-3351.4kJ?mol^{-1}}发生铝热反应的热化学方程式是____rm{Al}反应物与生成物均为气态的某可逆反应在不同条件下的反应历程分别为rm{FeO}rm{(3)}如图所示。rm{A}据图判断该反应是____rm{B}填“吸”或“放”rm{垄脵}热反应，当反应达到平衡后，其他条件不变，升高温度，逆反应速率将____rm{(}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}rm{(}其中rm{)}历程表明此反应采用的条件为____rm{垄脷}填字母rm{B}A.升高温度rm{(}增大反应物的浓度C.降低温度rm{)}使用催化剂rm{B.}已知热化学方程式：rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(g)triangleH=-483.6kJ?mol^{-1}}该反应的活化能为rm{D.}则其逆反应的活化能为。rm{(4)}20、rm{(1)}乙酸与乙醇是生活中常见的有机物，rm{垄脵}乙酸分子官能团的名称是_________；乙醇官能团的电子式____rm{垄脷}一定条件下，乙酸能与乙醇发生反应成一种具有香味的油状液体，该有机反应方程式是__________________________________________；rm{(2)}苯是一种重要的化工原料，也是一种重要的溶剂。请回答下列问题：rm{垄脵}把苯加入到盛有碘水的试管中，充分振荡、静置，可以观察到的现象是____；rm{垄脷}把苯加入到盛有少量酸性高锰酸钾溶液的试管中，振荡后，酸性高锰酸钾溶液不褪色，说明苯分子中__________rm{(}填“有”或“没有”rm{)}碳碳双键；rm{垄脹}在浓硫酸作用下，苯在rm{50隆芦60隆忙}可以与浓硝酸反应生成硝基苯，反应的化学方程式为____。评卷人得分四、判断题(共2题，共6分)21、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．22、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）评卷人得分五、实验题(共1题，共9分)23、某研究性学习小组设计如图装置制检验氯气的某些性质．

rm{(1)A}装置中盛装浓盐酸的仪器的名称是______rm{.A}装置中的化学反应方程式是______

rm{(2)B}中盛有饱和食盐水，其作用是______，rm{C}中盛装的试剂是______．

rm{(3)}通入rm{Cl_{2}}后，rm{D}rm{E}中观察到的现象是______；根据现象可得出的结论是______．

rm{(4)F}中盛有rm{NaOH}溶液；其作用是______．

rm{(5)C1_{2}}与石灰乳反应制取漂白粉的化学方程式为______．评卷人得分六、原理综合题(共3题，共24分)24、已知2A2(g)+B2(g)2C3(g)△H=－Q1kJ/mol(Q1>0)，在一个有催化剂的容积不变的密闭容器中加入2molA2和1molB2，在500℃时充分反应，达平衡后C3的浓度为wmol·L－1，放出热量为Q2kJ。

（1）达到平衡时，A2的转化率为____________。

（2）达到平衡后，若向原容器中通入少量的氩气，A2的转化率将______(填“增大“；“减小”或“不变”)

（3）恒压的密闭容器中发生可逆反应2A2(g)+B2(g)2C3(g)△H=－Q1kJ/mol(Q1>0)，在一定条件下达到化学平衡状态的标志是（____）。A．v(A2):v(C3)=3:2B．反应混合气体的密度不再变化C．反应混合气体的平均摩尔质量不再变化D．A2、B2两种反应物的转化率不再变化E．A2、B2、C3三种物质的浓度相等F．密闭容器内的压强不再变化（4）改变某一条件；得到如上图的变化规律(图中T表示温度，n表示物质的量)，可得出的结论正确的是____；

a．反应速率c＞b＞a

b．达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c

c．T2＞T1

d．b点A2和B2的物质的量之比为2：1

（5）若将上述容器改为恒压容器，起始时加入2molA2和1molB2，500℃时充分反应达平衡后，放出热量Q4kJ，则Q2_______Q4(填“>”、“<”或“=”)。

（6）下列措施可以同时提高反应速率和B2的转化率是_______(填选项序号)。

a．选择适当的催化剂b．增大压强。

c．及时分离生成的C3d．升高温度25、NOx是造成大气污染的主要物质；用还原法将其转化为无污染的物质，对于消除环境污染有重要意义。

（1）已知：2C(s)+O2(g)2CO(g)△H1=-221.0kJ/mol

N2(g)+O2(g)2NO(g)△H2=+180.5kJ/mol

2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)△H3=-746.0kJ/mol

则用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式为___。该反应的平衡常数Kp=__（写表达式）。

（2）用NH3催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染。已知：8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(l)△H＜0。相同条件下，在2L密闭容器内，选用不同的催化剂进行反应，产生N2的量随时间变化如图所示。

①在催化剂A的作用下，0～4min的v(NH3)=___。

②该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)由大到小的顺序是___，理由是__。

③下列说法正确的是__（填标号）。

a．使用催化剂A达平衡时；△H值更大。

b．升高温度可使容器内气体颜色加深。

c．单位时间内形成N-H键与O-H键的数目相等时；说明反应已经达到平衡。

d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡26、氢能源是公认的零碳消洁能源；用乙醇为原料可通过多种方法制氢，具有理想的应用前景。回答下列问题：

（一）乙醇催化重整制氢。

原理：C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)△H1

以Ni/凹凸棒石做催化剂；在2L刚性容器中，分别以水醇比为2:1；4:1、6:1、8:1投料（乙醇的起始物质的量相同），反应相同时间测得乙醇转化率随温度变化的关系如图所示。

已知：过多的水分子会占据催化剂表面活性位；导致反应速率降低：上图中水醇比为2:1时，各点均已达到平衡状态。

(1)反应热△H1________0(填“＞”或“<”)。若乙醇的起始物质的量为n0mol，则K(400℃)=______________（列出计算式）。

(2)400℃时，水醇比过高不利于乙醇转化的原因是____________________________；B、C、D三点中，一定未达到平衡状态的是______________（填标号）。

（二）乙醇氧化制氢。

原理：C2H5OH(g)+O2(g)2CO2(g)+3H2(g)△H2

(3)已知H2(g)+O2(g)H2O(g)△H3，则△H2=_____(用含△H1和△H3的式子表示)。在密闭容器中通入一定量的乙醇和氧气，达到平衡状态后增大容器体积，则混合气体的平均相对分子质量将_________（填“增大”“减小”或“不变”)。

（三）乙醇电解法制氢。

乙醇电解法不仅可以利用乙醇本身的氢；还可以从水中获得氢，且电解乙醇所需电压比电解水的理论电压要低很多。

(4)利用如图所示装过(MEA为复杂的膜电极）电解乙醇制氢，阳极的电极反式应为___________，理论上每转移lmol电子，可以产生________L氢气（标准状况下）。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】略【解析】rm{A}2、B【分析】考查了离子方程式的书写，注意书写的原则和量的问题。A.氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应为：rm{Al}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}rm{+3NH}rm{+3NH}rm{3}rm{3}rm{?}rm{H}rm{?}rm{H}rm{H}rm{2}rm{2}rm{O=Al(OH)}rm{O=Al(OH)}

rm{3}rm{3}rm{隆媒}rm{+3NH}rm{隆媒}rm{+3NH}rm{+3NH}rm{4}rm{4}rm{{,!}}rm{{,!}}rm{{,!}^{+}}，故A错误；B.rm{NaHSO}rm{NaHSO}rm{4}rm{4}溶液中滴入rm{Ba(OH)}rm{Ba(OH)}rm{Ba(OH)}rm{2}rm{2}溶液至rm{SO}rm{SO}rm{SO}rm{4}

rm{4}将氯气溶于水制备次氯酸的离子反应为：rm{{,!}^{2-}}完全沉淀的离子反应为：rm{H}rm{H}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{+SO}rm{+SO}rm{4}rm{4}rm{{,!}^{2-}}rm{+Ba}rm{+Ba}故C错误rm{{,!}^{2+}}

rm{+OH}条投入rm{+OH}溶液中的离子方程式为：rm{{,!}^{-}}rm{=BaSO}rm{=BaSO}rm{4}rm{4}rm{隆媒}rm{+H}rm{隆媒}rm{+H}rm{+H}rm{2}rm{2}故D错误。

rm{O}rm{O}【解析】rm{B}3、D【分析】要探究温度对化学反应速率的影响，则其它条件应该是相同的，答案选D。【解析】【答案】D4、D【分析】解：溶解；过滤和蒸发三步中均用到的仪器为玻璃棒；起到的作用分别是：溶解时是搅拌，加速溶解；过滤时的作用是引流；蒸发时的作用是搅拌，防止液体飞溅；

故选D．

溶解；过滤和蒸发三步中均用到的仪器为玻璃棒；据此解题．

本题考查了物质的分离提纯过程中涉及到的方法和仪器的选择，难度不大，根据实验需要来分析即可．【解析】【答案】D5、D【分析】解：rm{A}rm{HCl}为共价化合物，电子式不用加电荷，rm{HCl}电子式书写错误；故A错误；

B、rm{NaBr}为离子化合物；阴离子要加中括号和电荷，故B错误；

C、rm{MgF_{2}}为离子化合物，镁离子与两个rm{F^{-}}形成离子键，镁离子在两个rm{F^{-}}之间；故C错误；

D、二氧化碳中氧原子与碳原子形成rm{2}对共用电子对；故D正确．

故选D．

A；氯化氢是共价化合物；

B；溴化钠是离子化合物；

C、rm{MgF_{2}}电子式中rm{2}个氟离子在镁离子两边；

D、二氧化碳中氧原子与碳原子形成rm{2}对共用电子对．

本题考查用电子式的形成过程，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】rm{D}二、多选题(共8题，共16分)6、ACD【分析】解：A；水泥属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，故A正确；

B；晶体硅是硅单质只含有硅元素；故B错误；

C；沙子的主要化学成分为二氧化硅；含有硅元素和氧元素，故C正确；

D；普通陶瓷均属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，故D正确；

故选：ACD．

水泥和普通陶瓷均属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，晶体硅是硅单质只含有硅元素，沙子的主要化学成分为二氧化硅，含有硅元素和氧元素．

本题考查常见由硅元素组成的无机非金属材料，知晓各种材料的成分是解题的基础，因此要重视基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】ACD7、AC【分析】【分析】本题考查离子的检验、铝的性质、铜的性质、硅酸盐的性质，题目难度不大。【解答】A.铝的表面有一层致密的氧化铝保护膜，熔点：氧化铝rm{>}铝，所以加热的铝箔熔化，但液态的铝不滴落，故A正确；铝，所以加热的铝箔熔化，但液态的铝不滴落，故A正确；

rm{>}

B.溶液中可能含有氯离子，故B错误；，故C正确；C.酚酞试液变红，说明硅酸钠溶液呈碱性

故选AC。

D.钝化属于化学反应，故D错误。【解析】rm{AC}8、ABD【分析】【分析】本题考察化学计量的相关计算。【解答】A.据公式rm{n=cV}得rm{K}得rm{n=cV}rm{K}rm{{,!}^{+}}的物质的量为：rm{2隆脕1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{2隆脕1L隆脕0.1mol隆陇L}故A正确；

rm{{,!}^{-1}}据公式rm{=0.2mol}故A正确；得rm{=0.2mol}B.rm{n=cV}rm{SO}rm{SO}故B正确

rm{{,!}_{4}^{2-}}的物质的量为：rm{1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}rm{=0.1mol}故B正确rm{=0.1mol}C.rm{1molK}rm{1molK}rm{{,!}_{2}}倍为rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}含rm{2mol}故C错误；

rm{2mol}rm{K^{+}}，rm{K}rm{K}故D正确。故选ABD。rm{{,!}^{+}}【解析】rm{ABD}9、BCD【分析】解：rm{A.CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价被还原，rm{CuO}作氧化剂；故A错误；

B.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价降低被还原；作氧化剂，故B正确；

C.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价；铜元素化合价降低，故C正确；

D.该反应中氢气中rm{H}元素化合价升高被氧化；故D正确；

故选BCD．

反应rm{CuO+H_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}中，氧化铜中rm{CuO+H_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}元素化合价降低被还原，氧化铜为氧化剂；氢气中rm{Cu}元素化合价升高被氧化；为还原剂，据此进行解答．

本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质及特征为解答关键，注意掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．rm{H}【解析】rm{BCD}10、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}11、AD【分析】【详解】

A．根据表格数据可知：在0~2s内，NO的物质的量由0.20mol变为0.08mol，△n(NO)=0.20mol-0.08mol=0.12mol，则该反应的平均速率v(NO)==0.03mol·L-1·s-1；A正确；

B．其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相当于增大体系的压强，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，所以达平衡时NO2体积分数增大；B错误；

C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故其他条件不变，移走部分NO2；化学平衡正向移动，但平衡常数不变，C错误；

D．k正、k逆为速率常数，只受温度影响，在温度为T1时，根据表格数据，容器容积是2L，结合物质反应关系可知平衡时各种物质的浓度c(NO)=0.03mol/L，c(O2)=0.015mol/L，c(NO2)=0.07mol/L，化学平衡常数K=＞0，说明k正＞k逆，若k正＝k逆，则K减小，化学平衡逆向移动，由于该反应的正反应为放热反应，则改变条件是升高温度，所以温度T2＞T1；D正确；

故合理选项是AD。12、AD【分析】【分析】

对比四个容器投料和体积，乙与甲比较，SO2的投料加倍了；则平衡正向移动；丙与甲比较，投料是甲的两倍，相当于增大了压强，平衡正向移动；丁与甲比较，体积缩小了一倍，也相当于增大了压强，平衡正向移动。

【详解】

A、2SO2+O2⇌2SO3；

开始0.20.120

转化0.160.080.16

平衡0.040.040.16

K＝＝400；故A正确；

B、乙、丙相比，丙中氧气浓度大，丙、丁相比浓度相同，则SO2的平衡转化率：a1＜a2＝a3；故B错误；

C；丙、丁相比浓度相同；温度相同，则达到平衡时，容器丁中的正反应速率等于容器丙中的，故C错误；

D、甲、丙相比，丙中浓度为甲的2倍，且增大压强平衡正向移动，则达到平衡时，容器丙中c(SO3)大于容器甲中c(SO3)的两倍；故D正确；

答案选AD。

【点睛】

本题考查等效以及平衡的计算，采用对比法解答，乙、丙、丁都与甲比较，先判断是否等效，若不等效则相当于向哪个方向发生移动，再进行分析。13、AB【分析】【详解】

电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，两阶段的化学方程式分别为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，2H2O2H2↑＋O2↑；气体的物质的量==1mol；每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量==1mol，则铜离子的物质的量浓度==2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=6mol•L-1-2mol/L×2=2mol/L，

A．根据分析知，原混合溶液中c(K+)为2mol•L-1，故A正确；

B．转移电子的物质的量=1mol×4=4mol，故B正确；

C．根据以上分析知；铜的物质的量为1mol，故C错误；

D．第一阶段才有H+产生，第一阶段转移了2mol电子，产生的H+的物质的量为2mol，电解后溶液中c(H+)为：=4mol/L；故D错误；

故选：AB。三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】关键在于熟练掌握元素周期表的结构，特别是短周期元素。在此基础上要对各元素的主要性质特征较为熟悉。【解析】【答案】(1)H、F、Cl(2)NH3(3)Mg(OH)2(4)Na＋离子极性共价15、略

【分析】试题分析：（1）向鸡蛋清是蛋白质，滴加少许浓硝酸，微热，显黄色。（2）乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色。（3）CCl4萃取碘水中的碘，四氯化碳不溶于水，溶液分层，碘溶于四氯化碳中显紫红色。（4）土豆片中的成分为淀粉，遇到碘水中的碘显蓝色。考点：蛋白质性质，乙烯性质，淀粉性质。【解析】【答案】（1）B（2）A（3）D（4）C16、略

【分析】解：rm{(1)}当溶液中存在大量rm{H^{+}}时，rm{H^{+}}与rm{OH^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}分别反应，则不能大量共存，故答案为：rm{OH^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}

rm{(2)}当溶液中有大量的rm{Ba^{2+}}存在时，因rm{Ba^{2+}}分别与rm{SO_{4}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}反应生成沉淀，则不能共存，故答案为：rm{SO_{4}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}．

rm{(1)}离子之间结合生成水；气体的不能大量共存；

rm{(2)}离子之间结合生成沉淀的不能大量共存．

本题考查离子的共存，熟悉复分解反应发生的条件即可解答，题目较简单．【解析】rm{OH^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}17、略

【分析】试题分析：（1）红色溶液加热后颜色变浅，说明该溶液加热时易分解，该溶液可能是溶有NH3的酚酞溶液，加热时氨水分解，溶液的碱性减弱，所以颜色变浅，方程式为：NH3·H2O=NH3+H2O（2）无色溶液，加热试管，溶液变为红色，冷却后恢复无色，说明加热时产生的气体可以使红色溶液变为无色，同时生产的无色物质不稳定，这种漂白性有可逆的特点，那么是SO2，所以溶液为溶有SO2的品红溶液，加热时溶液由红色逐渐变浅的原因是二氧化硫有漂白性，使品红溶液褪色，但加热后，其与品红结合生成的无色物质不稳定，加热分解，二氧化硫从溶液中逸出，所以品红溶液又显红色。考点：根据实验现象推测物质的种类、氨水，SO2，氨水的性质的了解。【解析】【答案】（1）溶有NH3的酚酞溶液NH3·H2O=NH3+H2O（2）溶有SO2的品红溶液二氧化硫有漂白性，使品红溶液褪色，但加热后，其与品红结合生成的无色物质不稳定，分解，二氧化硫从溶液中逸出，所以品红溶液又显红色。18、连接导管，将导管插入水中，用手紧握试管或加热试管，导管口有气泡产生，松开手后或停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱；湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝；（NH4）2SO4+Ca（OH）22NH3↑+2H2O+CaSO4；B；氢氧化钠溶于氨水后放热使氨气溶解度降低，增加氢氧根浓度，使NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-向逆方向移动，加快氨气逸出；5V1：7（m1-m2）；洗气瓶D中的浓硫酸不但吸收了反应生成的水，还吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高；碱石灰（氢氧化钠、氧化钙等）【分析】解：rm{(1)}检查rm{A}装置气密性的具体操作方法是连接导管；将导管插入水中，用手紧握试管或加热试管，导管口有气泡产生；松开手后或停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱；

故答案为：连接导管；将导管插入水中，用手紧握试管或加热试管，导管口有气泡产生，松开手后或停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱；

rm{(2)}氨气遇到湿润的红色石蕊试纸；试纸变蓝，所以用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝，则说明氨气已收满；

故答案为：湿润的红色石蕊试纸靠近试管口；试纸变蓝；

rm{(3)}甲小组：氢氧化钙与硫酸铵反应生成硫酸钙、氨气和水，反应的化学方程式为rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}+Ca(OH)_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2NH_{3}隆眉+2H_{2}O+CaSO_{4}}

乙小组：浓氨水是液体，氢氧化钠是固体，为使氨气逸出，把氨水滴入固体氢氧化钠中，随着氢氧化钠溶解放热，氨气挥发放出气体，故选B装置；氢氧化钠溶于氨水后放热使氨气溶解度降低，增加氢氧根浓度，使rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}+Ca(OH)_{2}dfrac{

overset{;;triangle

;;}{}}{;}2NH_{3}隆眉+2H_{2}O+CaSO_{4}}向逆方向移动；加快氨气逸出；

故答案为：

。rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}实验装置实验药品制备原理甲小组rm{A}氢氧化钙、硫酸铵反应的化学方程式为：

rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}+Ca(OH)_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2NH_{3}隆眉+2H_{2}O+CaSO_{4}}乙小组

rm{B}浓氨水、氢氧化钠用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用：

氢氧化钠溶于氨水后放热使氨气溶解度降低，增加氢氧根浓度，使rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}向逆方向移动，加快氨气逸出；

rm{(4)}反应前氧化铜的质量为rm{m_{1}g}氧化铜反应后转化成的铜的质量为rm{m_{2}g}则氧化铜中氧元素的质量为rm{m_{1}-m_{2}}生成的水中氧元素的质量等于氧化铜氧元素的质量，则生成的水中氧原子的个数为rm{dfrac{m_{1}-m_{2}}{16}}水中氢原子个数是氧原子个数的两倍，因此氢原子个数为rm{dfrac{m_{1}-m_{2}}{16}隆脕2}生成的氮气在标准状况下的体积rm{dfrac

{m_{1}-m_{2}}{16}隆脕2}则氮气中氮原子的个数为rm{V_{1}L}因此氮氢原子个数比为为rm{dfrac{V_{1}隆脕2}{22.4}}rm{(dfrac{m_{1}-m_{2}}{16}隆脕2)=5V_{1}}rm{dfrac{V_{1}隆脕2}{22.4}}

故答案为：rm{(dfrac

{m_{1}-m_{2}}{16}隆脕2)=5V_{1}}rm{7(m_{1}-m_{2})}

rm{5V_{1}}乙小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比小于理论值，其原因是洗气瓶rm{7(m_{1}-m_{2})}中的浓硫酸不但吸收了反应生成的水，还吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高rm{(5)}因此在洗气瓶rm{D}前的位置应增加了一个装有碱石灰rm{.}无水硫酸铜、氢氧化钠、氧化钙等rm{D}的实验仪器只吸收水；减小误差；

故答案为：洗气瓶rm{(}中的浓硫酸不但吸收了反应生成的水，还吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高；碱石灰rm{)}氢氧化钠、氧化钙等rm{D}．

rm{(}根据装置气密性检查方法分析；

rm{)}氨气遇到湿润的红色石蕊试纸；试纸变蓝；

rm{(1)}根据复分解反应的特点及书写方程式的原则写出化学方程式；依据试剂特点和反应生成产物选择装置；利用氢氧化钠固体溶解放热促进氨水溶液中平衡向放氨气的方向进行；

rm{(2)}根据氧化铜中氧元素的质量等于生成的水中氧元素的质量；根据氮气的体积计算出氮气的物质的量，从而求出氮原子的个数；

rm{(3)}根据浓硫酸的吸水性及能与氨气反应进行分析．

本题是一道综合性很强的实验探究题，要求学生具有分析和解决问题的能力，主要是物质探究物质组成和方法的应用，难度较大，搞清楚实验原理是解题的关键．rm{(4)}【解析】连接导管，将导管插入水中，用手紧握试管或加热试管，导管口有气泡产生，松开手后或停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱；湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝；rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}+Ca(OH)_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2NH_{3}隆眉+2H_{2}O+CaSO_{4}}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}+Ca(OH)_{2}dfrac{

overset{;;triangle

;;}{}}{;}2NH_{3}隆眉+2H_{2}O+CaSO_{4}}氢氧化钠溶于氨水后放热使氨气溶解度降低，增加氢氧根浓度，使rm{B}向逆方向移动，加快氨气逸出；rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}rm{5V_{1}}洗气瓶rm{7(m_{1}-m_{2})}中的浓硫酸不但吸收了反应生成的水，还吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高；碱石灰rm{D}氢氧化钠、氧化钙等rm{(}rm{)}19、（1）N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（L）△H＝-820.25kJ/mol10.125（2）2Al（s）+3FeO（s）═Al2O3（s）+3Fe（s）△H=﹣859.7kJ•mol﹣1

（2）①吸增大②D（3）818.0kJ•mol﹣1【分析】【分析】

本题考查了反应热的计算，热化学方程式书写，外界条件对化学反应速率的影响。

【解答】

rm{(1)}已知rm{0.4mol}液态肼和rm{0.8mol}双氧水反应生成氮气和水蒸气时放出rm{257.7kJ}的热量；肼和双氧水反应的热化学方程式：rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-644.25k/mol}rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-644.25k/mol}rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)

triangleH=-644.25k/mol}rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-644.25k/mol}依据盖斯定律rm{垄脷H_{2}O(l)=H_{2}O(g)}得到：rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(L)triangleH=-820.25kJ/mol}化学方程式中rm{triangleH=+44KJ/mol}全部反应放热rm{垄脵-垄脷隆脕4}rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(L)triangle

H=-820.25kJ/mol}液态肼与足量双氧水反应生成氮气和液态水时，放出的热量是rm{32g}故答案为：rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(L)triangleH=-820.25kJ/mol}rm{820.25kJ}rm{16g}已知：rm{垄脵2Fe(s)+O_{2}(g)=2FeO(s)triangleH_{1}=-544.0kJ?mol^{-1}}rm{垄脷4Al(s)+3O_{2}(g)篓T2Al_{2}O_{3}(s)triangleH_{2}=-3351.4kJ?mol^{-1}}根据盖斯定律：rm{410.125kJ}得rm{2Al(s)+3FeO(s)篓TAl_{2}O_{3}(s)+3Fe(s)triangleH=-859.7kJ?mol^{-1}}故答案为：rm{2Al(s)+3FeO(s)篓TAl_{2}O_{3}(s)+3Fe(s)triangleH=-859.7kJ?mol^{-1}}

rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(L)triangle

H=-820.25kJ/mol}据图判断反应物具有的能量比生成物的能量低，该反应是吸热反应；当反应达到平衡后，其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率将增大。故答案为：吸；增大；rm{10.125}其中rm{(2)}历程降低了反应的活化能，此反应采用的条件为使用催化剂，选D，故答案为：rm{垄脵2Fe(s)+O_{2}(g)=2FeO(s)triangle

H_{1}=-544.0kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷4Al(s)+3O_{2}(g)篓T2Al_{2}O_{3}(s)triangle

H_{2}=-3351.4kJ?mol^{-1}}化学反应的焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能。设逆反应的活化能为rm{(垄脷-垄脵隆脕3)隆脗2}则rm{2Al(s)+3FeO(s)篓TAl_{2}O_{3}(s)+3Fe(s)triangle

H=-859.7kJ?mol^{-1}}解得rm{2Al(s)+3FeO(s)篓TAl_{2}O_{3}(s)+3Fe(s)triangle

H=-859.7kJ?mol^{-1}}故答案为：rm{(3)垄脵}rm{垄脷}rm{B}rm{D}rm{(3)}【解析】rm{(1)N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(L)triangleH=-820.25kJ/mol}rm{(1)N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(L)triangle

H=-820.25kJ/mol}rm{(2)2Al(s)+3FeO(s)篓TAl_{2}O_{3}(s)+3Fe(s)triangleH=-859.7kJ?mol^{-1}}

rm{10.125}吸增大rm{(2)2Al(s)+3FeO(s)篓TAl_{2}O_{3}(s)+3Fe(s)triangle

H=-859.7kJ?mol^{-1}}rm{(2)垄脵}rm{垄脷D}rm{(3)818.0kJ?mol^{-1}}20、（1）①羧基②（2）①溶液分层，上层呈紫色②没有③【分析】【分析】本题考查了乙酸、乙醇、苯的结构与性质。【解答】rm{(1)垄脵}乙酸分子官能团的名称是羧基；乙醇官能团的电子式故答案为：羧基；rm{垄脷}一定条件下，乙酸能与乙醇发生反应生成乙酸乙酯，该有机反应方程式是故答案为：rm{(2)垄脵}把苯加入到盛有碘水的试管中，充分振荡、静置，可以观察到的现象是溶液分层，上层呈紫色，故答案为：溶液分层，上层呈紫色；rm{垄脷}把苯加入到盛有少量酸性高锰酸钾溶液的试管中，振荡后，酸性高锰酸钾溶液不褪色，说明苯分子中没有碳碳双键，故答案为：没有；rm{垄脹}在浓硫酸作用下，苯在rm{50隆芦60隆忙}可以与浓硝酸反应生成硝基苯，反应的化学方程式为故答案为：【解析】rm{(1)垄脵}羧基rm{垄脷}rm{(2)垄脵}溶液分层，上层呈紫色rm{垄脷}没有rm{垄脹}四、判断题(共2题，共6分)21、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；22、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．五、实验题(共1题，共9分)23、略

【分析】解：rm{(1)}根据装置图可知，盛装浓盐酸的仪器的名称是分液漏斗，烧瓶中发生的反应为浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为rm{MnO_{2}+4HCl(}浓rm{)}rm{dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}}rm{dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}}

故答案为：分液漏斗；rm{MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}浓rm{MnO_{2}+4HCl(}rm{dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}}rm{)}

rm{dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}}根据上面的分析可知，rm{MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}中盛有饱和食盐水，其作用是除去rm{(2)}中混有的rm{B}rm{Cl_{2}}中盛装的试剂是浓硫酸；

故答案为：除去rm{HCl}中混有的rm{C}浓硫酸；

rm{Cl_{2}}通入rm{HCl}后，rm{(3)}中布条不褪色，rm{Cl_{2}}中布条褪色，根据现象可得出的结论是干燥的rm{D}没有漂白性；

故答案为：rm{E}中布条不褪色，rm{Cl_{2}}中布条褪色；干燥的rm{D}没有漂白性；

rm{E}中盛有rm{Cl_{2}}溶液；其作用是吸收氯气，防止环境污染，故答案为：吸收氯气，防止环境污染；

rm{(4)F}与石灰乳反应制取漂白粉的化学方程式为rm{NaOH}

故答案为：rm{(5)C1_{2}}

根据实验装置图可知，rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}篓TCaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}装置中用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}篓TCaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O.}装置中用饱和食盐水除去氯化氢，再用rm{A}装置中浓硫酸干燥，将干燥的氯气通入rm{B}装置中干燥的有色布条，再通入rm{C}装置中湿润的有色布条，再用rm{D}装置中的氢氧化钠溶液吸收氯气尾气；要用防倒吸装置，据此答题．

本题考查学生对性质实验方案设计题的掌握，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力，侧重实验基本能力和基础知识的考查．rm{E}【解析】分液漏斗；rm{MnO_{2}+4HCl(}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}除去rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}中混有的rm{Cl_{2}}浓硫酸；rm{HCl}中布条不褪色，rm{D}中布条褪色；干燥的rm{E}没有漂白性；吸收氯气，防止环境污染；rm{Cl_{2}}rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}篓TCaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}六、原理综合题(共3题，共24分)24、略

【分析】【分析】

2A2(g)+B2(g)2C3(g)△H=－Q1kJ/mol

初始：21

反应：xx/2xxQ1/2

平衡：Q2

【详解】

（1）根据分析可知，xQ1/2=Q2，则x=2Q2/Q1，A2的转化率=x/2=(2Q2/Q1)÷2=Q2/Q1；

（2）达到平衡后，若向原容器中通入少量的氩气，容器的容积不变，反应体系中各物质的浓度不变，则平衡不移动，A2的转化率不变；

（3）A.v(A2):v(C3)=3:2；无法判断同一物质的正逆反应速率的关系，不能判断是否达到平衡状态，A错误；

B.反应体系中各物质均为气态；则总质量不变，容器为恒压装置，容器的容积随反应的进行不断改变，则反应混合气体的密度不再变化说明达到平衡状态，B正确；

C.M=m/n；总气体的质量不变，若平衡时，总物质的量不再改变，反应混合气体的平均摩尔质量不再变化，可判断达到平衡状态，C正确；

D.A2、B2两种反应物的转化率不再变化；则物质的量不再改变，达到平衡状态，D正确；

E.A2、B2、C3三种物质的浓度相等；无法判断同一物质的正逆反应速率的关系，不能判断是否达到平衡状态，E错误；

F.容器为恒压装置；则密闭容器内的压强一直不变，压强不变不能作为判断平衡的依据，F错误；

答案为BCD；

（4）a．T2时，增大n（B2），平衡正向移动，则反应速率c＞b＞a；a正确；

b．增加n（B2）用量，A2的转化率增大，达到平衡时A2的转化率大小为：c＞b＞a；B错误；

c．该反应为放热反应，加入n（B2）相同时，升高温度，平衡逆向移动，C3百分含量降低，则T1＞T2；c错误；

d．b点A2和