2024年新世纪版必修1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2024年新世纪版必修1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、下列属于碱性氧化物的是A.MgOB.COC.NaOHD.CO22、国际元素相对原子质量表上，查得C是12.01，这是指（）A.12C的相对原子质量B.12C的质量C.碳原子的质量数D.碳元素的平均相对原子质量3、下列关于物质的量的说法中正确的是A.物质的量就是物质的质量B.物质的量是指物质中所含微粒的个数C.阿伏加德罗常数个微粒就是1molD.物质的量只能计量微观粒子4、下列有关实验操作错误的是A.用药匙取用粉末状或小颗粒状固体B.用胶头滴管滴加少量液体C.给盛有2/3体积液体的试管加热D.倾倒液体对试剂瓶标签面向手心5、X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氩原子相同的电子层结构，下列叙述正确的是（）A.X的原子序数比Y的小B.X原子的最外层电子数比Y的大C.X的原子半径比Y的大D.X元素的最高正价比Y的大评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2，已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2

(1)该反应中的氧化剂是________________________，氧化产物是____________________________。

(2)写出该反应的化学方程式：___________________________。（已知Cr(OH)3是灰绿色不溶于水的固体）7、硫；氮、氯其化合物在生产生活中应用广泛。请回答：

(1)将SO2通入品红溶液中，现象为品红溶液________，加热后溶液颜色________。

(2)已知反应：SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4，该反应中的氧化产物是__________。

(3)木炭与浓硫酸共热的化学反应方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，若生成0.5molCO2，则转移电子的物质的量是_________mol。

(4)汽车尾气常含有NO、NO2、CO等，会污染空气。在汽车尾气排放管处安装一个催化转化器，可使尾气中有害气体CO和NO反应转化为两种无毒气体，该反应的化学方程式___________。

(5)“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是___________(用离子方程式表示)。利用氯碱工业的产物可以生产“84”消毒液，写出有关反应的化学方程式：____________8、KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其反应可表述为：

_____KClO3＋_____HCl(浓)=______KCl＋______ClO2↑＋______Cl2↑＋______H2O

(1)配平以上化学方程式(化学计量数填入横线上)。

(2)反应中的氧化剂是________，ClO2是反应的________(填“氧化”或“还原”)产物。

(3)反应产生0.1molCl2，则转移的电子的物质的量为________mol。

(4)ClO2具有很强的氧化性，因此可被用来作消毒剂，若ClO2作消毒剂后转化为Cl－，则其消毒的效率(以单位物质的量得到电子数表示)是Cl2的________倍。9、（1）比较结合e-能力的相对强弱：Cl___S(填“>”或“<”)；用一个离子方程式说明Cl2和S结合e-能力的相对强弱___。

（2）KCN是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，写出KCN的电子式___。

（3）在常压下，CBr4的沸点（190℃）比CCl4的沸点(76.8℃)高，主要原因是___。10、2012年10月29日；超强飓风“桑迪”登陆美国东海岸，给人们的生命财产造成巨大损失。灾区人们的饮水必须用漂白粉等药品消毒后才能饮用，以防止传染病发生。

（1）试用化学方程式表示工业制取漂白粉的过程______________________________；

（2）已知浓盐酸和漂白粉中的成分之一次氯酸钙能发生如下反应：

Ca(ClO)2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑＋2H2O用贮存很久的漂白粉与浓盐酸反应制得的氯气中，可能含有的杂质气体是（______）

①CO2②HCl③H2O④O2

A．①②③B．②③④C．②③D．①④

（3）若用KMnO4氧化盐酸。其反应方程式如下：2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

该反应中，氧化剂是____，1mol氧化剂在反应中_______(填“得到”或“失去”)______mol电子。当有1molKMnO4恰好和盐酸全部完全反应，反应后溶液的体积为2L，则所得溶液中Cl—的物质的量浓度为_______，此时产生的Cl2在标准状况下的体积为_______，被氧化的HCl的物质的量为________。11、下列物质：①Fe②稀硫酸③BaSO4④干冰⑤NaOH⑥熔融的KCl⑦蔗糖⑧石墨。

（1）其中属于电解质的是_______(填代号，下同)，属于非电解质的是_______，属于单质的是_______，能导电的是_______。

（2）①和②反应的离子方程式_______；钠和水反应制得⑤的化学方程式_______。12、（1）在天平左右两边的托盘天平上，各放一个盛有等体积、等物质的量浓度的足量稀硫酸的烧杯，待天平平衡后，向两烧杯中分别加入铁和镁，若要使天平仍保持平衡，则所加铁和镁的物质的量比是______________。

（2）近年来，我国储氧纳米碳管研究获重大进展，电弧法合成的碳纳米管，常伴有大量物质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应的化学方程式为：____C+____K2CrO7+_______H2SO4（稀）___CO2↑+____K2SO4+____Cr(SO4)3+____H2O。

①配平上述反应的化学方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目________________。

②此反应的氧化剂是__________，氧化产物是_______。

③上述反应中若产生l1g气体物质，则转移电子的数目为_______。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)13、加热试管时先均匀加热，后局部加热。(_____)A.正确B.错误14、由一种元素组成的物质一定是同一种物质。(______)A.正确B.错误15、标准状况下，中含有的分子数为(_______)A.正确B.错误16、NaHCO3+H2=HCOONa+H2O的反应中，NaHCO3被氧化。______A.正确B.错误17、的溶液是指此溶液中含有(_______)A.正确B.错误18、同温、同体积的条件下，等质量的和的压强之比为(_______)A.正确B.错误19、1mol任何物质都含有6.02×1023个分子。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、推断题(共2题，共20分)20、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________21、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________评卷人得分五、计算题(共4题，共16分)22、I.向50mLNa2SO4和Na2CO3的混合溶液中加入过量BaCl2溶液；得到14.51g白色沉淀，向白色沉淀中再加入过量稀HCl，充分反应后沉淀减少到4.66g，并有气体产生。

(1)原混合物溶液中Na2SO4的物质的量为______，Na2CO3的质量为______。

(2)产生的气体在标准状况下的体积为_______。

II.将6g的铁粉加入200mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中，充分反应可以得到200mL0.5mol/LFeSO4溶液和5.2g固体沉淀物。试计算原混合溶液中Fe2(SO4)3的物质的量浓度为_______。23、量取8.0mL5.0mol·L-1H2SO4溶液，加蒸馏水稀释至100mL，取两份稀释后的H2SO4溶液各25mL；分别加入等质量的Zn和Fe，相同条件下充分反应，产生氢气的体积随时间变化的曲线如图所示（氢气体积已折算成标准状况下的体积）。请计算：

（1）稀释后H2SO4溶液的物质的量浓度为________mol·L-1。

（2）加入Fe的质量至少有____________g。24、（1）Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为_________。

（2）实验室制取氯气，将多余的氯气用100mL1.7mol/LNaOH溶液完全吸收。对吸收后溶液进行分析化验，测知c(OH-)=0.1mol/L(不考虑反应前后溶液的体积变化)，ClO－和ClO3－的物质的量浓度之比为5∶1。请回答：

①被还原的氯气的物质的量为_______________mol。

②若采用二氧化锰和浓盐酸共热的方法制氯气，制备尾气中的氯气所消耗的二氧化锰的质量为_______________g。25、试完成下列有关物质的量的相关计算：

(1)将质量比为14∶15的N2和NO混合，则混合气体中N2和NO的物质的量之比为________，该混合气体的平均摩尔质量为__________。

(2)3.4gNH3与标准状况下的_______L的H2S含有相同数目的氢原子。

(3)一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度可忽略)将容器分成两部分，当左边充入lmolN2，右边充入CO和CO2的混合气体共18g时，隔板处于如下图位置(左、右两侧温度相同)。则右侧混合气体中碳原子与氧原子的个数比为________。

(4)硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图所示(水的密度为1g·cm-3)；请根据图中信息，回答下列问题：

已知质量分数为a%的氨水物质的量浓度为5mol·L-1，则质量分数为2a%的氨水物质的量浓度_______(填“大于”、“小于”或“等于”)10mol·L-1；已知6mol·L-1的硫酸溶液密度为ρ1，3mol·L-1的硫酸溶液密度为ρ2。100g浓度为6mol·L-1的硫酸溶液与_____mL水混合，使硫酸的物质的量浓度减小到3mol·L-1。(用含ρ1、ρ2的式子表示)

(5)有一硫酸和硝酸的混合溶液，取出其中的10mL，加入足量BaCl2溶液可得白色沉淀9.32g，另取10mL这种溶液与4mol/L的NaOH溶液25mL恰好完全中和，则混合溶液中c(H2SO4)=____；c(HNO3)=____。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共8分)26、分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间的相互关系如图所示部分反应物、生成物没有列出且A；B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素．

请填写下列空白：

B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素在周期表中的位置为______．

反应阳极的电极反应式为______，反应的离子方程式为______，反应的化学方程式为______．

实验室配制C溶液时通常要加入少量的______；将少量D的浓溶液滴入沸水中得到的液体呈______色，再逐滴滴加盐酸时，产生的现象是______；

反应中每生成3molA，转移电子的物质的量为______．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【详解】

A.氧化镁和酸反应生成盐和水；属于碱性氧化物，故A正确；

B.一氧化碳为不成盐氧化物；故B错误；

C.氢氧化钠属于碱；不属于碱性氧化物，故C错误；

D.二氧化碳属于酸性氧化物；故D错误；

答案选A。2、D【分析】【分析】

【详解】

元素周期表中方框内C是12.01，该数字是碳元素的平均相对原子质量，故答案为D。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．物质的量和物质的质量都是七大基本物理量之一；是两个不同的概念，故A错误；

B．物质的量是表示含一定数目的微粒集合体；不是微粒的个数，故B错误；

C．阿伏加德罗常数个微粒是指微粒的数目；1mol表示微粒的集合体，两者表示的对象不一样，故C错误；

D．物质的量只能计量微观粒子(分子；原子、离子、质子、中子、电子及它们的特定组合)；故D正确。

综上所述，答案为D。4、C【分析】【分析】

【详解】

A；用药匙或纸槽；把小颗粒固体送入试管底部，选项A正确；

B；胶头滴管用于滴加少量液体时吸取液体；选项B正确；

C；给盛液体的试管加热时所装液体不能超过试管体积的1/3；选项C错误；

D；倾倒液体对试剂瓶标签面向手心；以防止残留液腐蚀标签，选项D正确。

答案选C。5、C【分析】【分析】

X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与Ar相同的电子层结构；X位于第四周期且为金属元素；Y位于第三周期，且为非金属元素。

【详解】

A.第四周期元素的原子序数大于第三周期元素的原子序数，所以原子序数X>Y；A错误；

B.X原子最外层电子数小于4，Y最外层电子数大于4，所以最外层电子数X

C.原子核外电子层数越多，其原子半径越大，原子核外电子层数X>Y，则原子半径X>Y；C正确；

D.主族元素在最高正化合价与其族序数相等，但O、F元素除外，X位于第四周期且族序数小于4、Y位于第三周期且族序数大于4，所以最高正化合价X

答案选C。

【点睛】

对于B选项还可以采用参照物法，假设一个A元素，和X是同主族，和Y是同周期，那么会有如下位置那么根据位置关系可得：X>A，A>Y，则X>Y。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【分析】

该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2，O元素化合价升高，H2O2被氧化，根据化合价的变化可知，反应中H2CrO4为氧化剂，被还原为Cr(OH)3，反应的方程式为2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O。

【详解】

(1)H2O2→O2的过程中，氧元素的化合价由−1价升到了0价，O2是氧化产物，所以H2O2是还原剂，H2CrO4→Cr(OH)3的化合价降低是氧化剂；

故答案为H2CrO4；O2；

(2)从化合价变化的角度出发，写出反应的方程式2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O；

答案为：2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O；

【点睛】

本题易错点在于(2)中的已知Cr(OH)3是灰绿色不溶于水的固体，故方程式书写时要注意产物Cr(OH)3为沉淀，要标注沉淀符号。【解析】H2CrO4O22H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O7、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化硫与品红化合生成无色物质不稳定，溶液褪色，加热已褪色的溶液，溶液又恢复为红色。所以将SO2通入品红溶液中；现象为品红溶液褪色，加热后溶液颜色变红。故答案为：褪色；变红；

(2)SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4，该反应中SO2中+4价的硫失去电子被氧化，得到氧化产物H2SO4。故答案为：H2SO4；

(3)C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，每生成1molCO2，转移4mol电子，若生成0.5molCO2；则转移电子的物质的量是2mol。故答案为：2；

(4)在汽车尾气排放管处安装一个催化转化器，可使尾气中有害气体CO和NO反应转化为两种无毒气体N2和CO2，反应的化学方程式2CO+2NON2+2CO2。故答案为：2CO+2NON2+2CO2；

(5)NaClO具有强氧化性，在酸性条件下能将Cl－氧化。“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O(用离子方程式表示)。利用氯碱工业的产物可以生产“84”消毒液，氯气能与氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠，反应的化学方程式：Cl2＋2NaOH=NaClO＋NaCl＋H2O。故答案为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；Cl2＋2NaOH=NaClO＋NaCl＋H2O。【解析】①.褪色②.变红③.H2SO4④.2⑤.2CO+2NON2+2CO2⑥.ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O⑦.Cl2＋2NaOH=NaClO＋NaCl＋H2O8、略

【分析】【分析】

(1)根据氯元素的化合价升降守恒和质量守恒进行配平。

(2)反应中，KClO3为氧化剂，HCl为还原剂，ClO2为还原产物，Cl2为氧化产物。

(3)2HCl→Cl2，Cl的化合价由－1→0。生成0.1molCl2；转移0.2mol电子。

(4)ClO2作消毒剂后转化为Cl－，ClO2→Cl－，Cl的化合价由＋4→－1，1molClO2转移5mole－；Cl2作消毒剂，在消毒过程中，Cl2→2Cl－，1molCl2转移2mole－。

【详解】

(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2；KCl系数为2，HCl系数为4，结合元素守恒，可知未知物是水，水的系数是2；

(2)根据分析KClO3氯元素的化合价降低；是氧化剂，对应的产物二氧化氯是还原产物；

(3)反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，所以产生0.1molCl2；转移的电子的物质的量为0.1mol×2=0.2mol；

(4)ClO2作消毒剂后转化为Cl－，ClO2→Cl－，Cl的化合价由＋4→-1，1molClO2转移5mole－；Cl2作消毒剂，在消毒过程中，Cl2→2Cl－，1molCl2转移2mole－，则其消毒的效率(以单位物质的量得到电子数表示)是Cl2的=2.5倍。【解析】242212KClO3还原0.22.59、略

【分析】【详解】

(1)元素的非金属性越强，单质的氧化性就越强，结合电子的能力就越强；Cl和S是同周期元素，Cl的原子半径小于S，原子核对核外电子的束缚力Cl强于S，所以Cl的非金属性比S强，所以结合e-能力：Cl＞S；氯气能把硫从硫化物中置换出来，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可以说明Cl2比S结合e-能力强：Cl2+S2-=2Cl-+S↓；

(2)KCN是离子化合物，是由K+和CN-构成的，各原子均满足8电子稳定结构，所以在CN-中，C和N共用三对电子，C得到了K的一个电子，使得K、C、N都满足最外层8电子稳定结构，KCN的电子式为

(3)对于组成和结构相似的分子晶体来说，相对分子质量越大，分子间作用力越大；CBr4和CCl4均为分子晶体，CBr4的相对分子质量大于CCl4的相对分子质量，所以CBr4的分子间作用力大于CCl4的分子间作用力，导致CBr4的沸点(190℃)比CCl4的沸点(76.8℃)高。【解析】①.＞②.Cl2+S2-=2Cl-+S↓③.④.CBr4和CCl4均为分子晶体，CBr4的相对分子质量大于CCl4的相对分子质量，所以CBr4的分子间作用力大于CCl4的分子间作用力，导致CBr4的沸点(190℃)比CCl4的沸点(76.8℃)高10、略

【分析】【详解】

（1）利用氯气与石灰乳制备漂白粉，该反应为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；综上所述，本题答案是：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O。

（2）贮存很久的漂白粉部分发生变质生成碳酸钙，所以用含CaCO3的Ca(ClO)2跟浓盐酸制Cl2，Cl2中必然含有CO2、H2O；HCl等杂质；一定不含氧气，A正确；综上所述，本题选A。

（3）根据2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应可知，高锰酸钾中锰元素化合价由+7价降低到+2价，得电子，发生还原反应，做氧化剂；2molKMnO4在反应中得到电子10mol，所以1molKMnO4在反应中得到电子5mol；当有1molKMnO4恰好和盐酸全部完全反应，生成1molKCl和1molMnCl2，含有氯离子的总量为3mol，所得溶液中Cl—的物质的量浓度为3/2=1.5mol·L-1；根据反应关系：2KMnO45Cl2可知，1molKMnO4完全反应生成氯气2.5mol，产生的Cl2在标准状况下的体积为2.5×22.4=56L；根据反应可知，16molHCl参加反应，有10molHCl被氧化，所以当有1molKMnO4参加反应时；被氧化的HCl的物质的量为5mol；

综上所述，本题答案是：KMnO4，得到，5，1.5mol·L-1；56L，5mol。

【点睛】

针对2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应，16molHCl参加反应，其中被氧化的HCl有10mol，做还原剂；6molHCl虽然参加反应，但是价态没变，生成了盐，体现了HCl的酸性；因此，在该反应中盐酸表现了还原性和酸性。【解析】2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2OA)KMnO4得到51.5mol·L-156L5mol11、略

【分析】【分析】

(1)

①Fe；既不是电解质，也不是非电解质，属于单质，导电；

②稀硫酸；既不是电解质，也不是非电解质，属于混合物，能导电；

③BaSO4；电解质，属于盐，不导电；

④干冰；非电解质，属于氧化物，不导电；

⑤NaOH；电解质，属于碱，不导电；

⑥熔融KCl；电解质，属于盐，能导电；

⑦蔗糖；非电解质，属于有机物，不导电；

⑧石墨；既不是电解质，也不是非电解质，属于单质，能导电。

属于电解质的是③BaSO4；⑤NaOH，⑥熔融KCl。答案为③⑤⑥

属于非电解质的是④干冰；⑦蔗糖。答案为④⑦

属于单质的是①Fe；⑧石墨。答案为①⑧

能导电的是①Fe；②稀硫酸，⑥熔融KCl，⑧石墨。答案为①②⑥⑧

(2)

①Fe和②稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为：钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：，故答案为：【解析】(1)③⑤⑥④⑦①⑧①②⑥⑧

(2)12、略

【分析】【详解】

(1).因硫酸足量；故铁和镁都完全反应；

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑

Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑

由化学方程式可知；影响天平两端质量变化的因素是加入的金属和生成的氢气，分别加入铁和镁后，只有当天平两端增加的质量相同时，天平才可仍保持平衡。设所加铁与镁的质量分别为x；y（此时天平两端增加的质量均为a）。

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑增加的质量（差量）

56256－2＝54

xa

Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑增加的质量（差量）

24224－2＝22

ya

56∶54=x∶a

24∶22＝y∶a

当酸足量时，所加的铁与镁的质量比为77∶81时天平仍保持平衡，此时铁与镁的物质的量之比为：=故答案为11/27；

(2).①.该反应中C元素化合价由0价变为+4价、Cr元素化合价由+6价变为+3价，根据转移电子相等及原子守恒配平方程式为3C+2K2Cr2O7+8H2SO4(稀)=3CO2↑+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O；该反应中C失去电子转移给Cr元素，转移电子数为12，所以电子转移的方向和数目为：

故答案为3；2；8；3；2；2；8；

②.得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，该反应中氧化剂是K2Cr2O7，还原剂是C，氧化产物是CO2；

故答案为K2Cr2O7；CO2；

③.生成的气体是二氧化碳，二氧化碳的物质的量=11g÷44g/mol=0.25mol，1molC反应转移4mol电子，则0.25molC反应转移1mol电子，转移电子数为6.02×1023（或NA），故答案为6.02×1023（或NA）。【解析】11/27(或22/54)3283228K2Cr2O7CO26.02×1023（或NA）三、判断题(共7题，共14分)13、A【分析】【详解】

加热试管时先均匀加热，后局部加热，否则试管会受热不均而炸裂。14、B【分析】【详解】

由一种元素组成的物质不一定是同一种物质；例如氧气和臭氧都是由氧元素组成，但是不是同种物质，该说法错误。

答案为：错误。15、B【分析】【详解】

标准状况下，不是气体，不能利用气体摩尔体积进行计算，说法错误。16、B【分析】【详解】

NaHCO3+H2=HCOONa+H2O的反应中，H化合价升高被氧化，故错误；17、B【分析】【详解】

物质的量n=cV，已知浓度，无体积，所以物质的量无法计算，答案为：错误。18、B【分析】【详解】

等质量的和的物质的量之比为=1：2，同温、同体积的条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，故等于1：2，故错误。19、B【分析】【分析】

【详解】

物质微观上可以由分子、原子、离子等构成，所以1mol任何物质不一定都含有1mol分子，也可能为原子或离子等，故该说法错误。四、推断题(共2题，共20分)20、略

【分析】【详解】

①A有刺激性气味，用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾，说明A为NH3·H2O或NH3；

②将A分别加入其它五种溶液中，只有D、F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，A和D生成的沉淀可能为Mg（OH）2、Al（OH）3，继续加入A，F中沉淀完全溶解，F为AgNO3；

③将B分别加入C、D、E、F中，C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出，纯E为无色油状液体，说明E为H2SO4，B为碳酸盐，可能为K2CO3或Na2CO3；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶，沉淀为BaSO4或AgCl，结合上述推断，C为BaCl2；

由于B、C、D、F是盐溶液，且他们的阴离子均不同，D可能为Al2（SO4）3或MgSO4；

（1）能确定的溶液及相应溶质的化学式为：A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3。

（2）不能确定的溶液是B和D，B可能为K2CO3或Na2CO3，要进一步鉴别B可用焰色反应，方法是：用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3；D可能为Al2（SO4）3或MgSO4，要进一步鉴别D可利用Al（OH）3和Mg（OH）2性质的差异，方法是：取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO4。【解析】①.A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3②.B：Na2CO3或K2CO3；用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3

D:Al2(SO4)3或MgSO4；取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO421、略

【分析】【详解】

①A有刺激性气味，用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾，说明A为NH3·H2O或NH3；

②将A分别加入其它五种溶液中，只有D、F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，A和D生成的沉淀可能为Mg（OH）2、Al（OH）3，继续加入A，F中沉淀完全溶解，F为AgNO3；

③将B分别加入C、D、E、F中，C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出，纯E为无色油状液体，说明E为H2SO4，B为碳酸盐，可能为K2CO3或Na2CO3；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶，沉淀为BaSO4或AgCl，结合上述推断，C为BaCl2；

由于B、C、D、F是盐溶液，且他们的阴离子均不同，D可能为Al2（SO4）3或MgSO4；

（1）能确定的溶液及相应溶质的化学式为：A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3。

（2）不能确定的溶液是B和D，B可能为K2CO3或Na2CO3，要进一步鉴别B可用焰色反应，方法是：用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3；D可能为Al2（SO4）3或MgSO4，要进一步鉴别D可利用Al（OH）3和Mg（OH）2性质的差异，方法是：取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO4。【解析】①.A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3②.B：Na2CO3或K2CO3；用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3

D:Al2(SO4)3或MgSO4；取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO4五、计算题(共4题，共16分)22、略

【分析】【详解】

I.硫酸钠与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Na2SO4＋BaCl2＝BaSO4↓＋2NaCl；碳酸钠与氯化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀，反应的化学方程式为：BaCl2＋Na2CO3＝2NaCl＋BaCO3↓，碳酸钡溶于稀盐酸，反应的化学方程式为：BaCO3＋2HCl═BaCl2＋H2O＋CO2↑；

14.51克白色沉淀是BaCO3和BaSO4混合物，加入过量的稀盐酸，充分反应后，剩余沉淀4.66g为BaSO4，BaSO4的物质的量为：＝0.02mol；

由硫酸根守恒可知：n(Na2SO4)＝n(BaSO4)＝0.02mol；

减少的沉淀质量为BaCO3，故BaCO3的质量为：14.51g−4.66g＝9.85g，碳酸钡的物质的量为：＝0.05mol；

由碳酸根守恒可知n(Na2CO3)＝n(BaCO3)＝0.05mol，m(Na2CO3)=

故答案为：0.02mol；5.3g；

(2)发生反应BaCO3＋2HCl═BaCl2＋H2O＋CO2↑，由方程式可知：n(CO2)＝n(BaCO3)＝0.05mol；故生成的二氧化碳的体积为：0.05mol×22.4L/mol＝1.12L；

故答案为：1.12L；

II．溶液中含有Fe2＋：0.5mol•L−1×0.2L＝0.1mol<

所以6g铁粉过量；设反应消耗铁的物质的量为x，生成铜的物质的量为y；

可得3x＋y＝0.1mol6g−56x＋8y＝5.2g；

解得x＝0.02mol；y＝0.04mol；

原溶液中Fe2(SO4)3物质的量浓度为＝0.1mol/L；

故答案为：0.1mol/L。【解析】0.02mol5.3g1.12L0.1mol/L23、略

【分析】【详解】

(1)H2SO4溶液各25mL，分别加入等质量的Zn和Fe，生成的氢气的体积相同，由于Fe的摩尔质量比Zn的小，所以Fe与硫酸反应时Fe过量，其反应方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，由图象可知生成的氢气为n(H2)===0.01mol，则n(H2SO4)=n(H2)=0.01mol，c(H2SO4)===0.40mol/L；故答案为0.40；

(2)Zn与硫酸反应时锌完全反应，反应方程式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；则n(Zn)=0.01mol，m(Zn)=nM=0.01mol×65g/mol=0.65g，Zn和Fe的质量相同，所以Fe的质量为0.65g，故答案为0.65。

【点睛】

明确物质之间发生的反应是解本题关键，再结合原子守恒进行计算。本题的难点是根据相同条件下充分反应，产生氢气的体积相等，判断等质量的Zn和Fe与硫酸的反应情况是硫酸完全反应还是硫酸过量。【解析】①.0.40②.0.6524、略

【分析】【分析】

⑴Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，根据得失电子相等，得到关系式解得x=5。

⑵实验室制取氯气，将多余的氯气用100mL1.7mol/LNaOH即物质的量为0.17mol。对吸收后溶液进行分析化验，测知c(OH－)=0.1mol/L即剩余的NaOH物质的量为0.01mol，则消耗氢氧化钠的物质的量为0.16mol，ClO－和ClO3－的物质的量浓度之比为5∶1，假设ClO－和ClO3－的物质的量分别为5xmol和xmol；根据得失电子守恒，失去电子物质的量为10x，得到电子也是10x，则有10xmol氯原子得到电子，再根据氯和钠守恒，10x+5x+x=0.16，因此x=0.01mol，因此总的被还原的氯原子的物质的量为0.1mol，被还原的氯气的物质的量为0.05mol。

②根据上面分析得到有0.08mol尾气氯气；

MnO2——Cl2

87g1mol

xg0.08mol

87g：xg=1mol：0.08mol

解得x=6.96。

【详解】

⑴Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，根据得失电子相等，得到关系式解得x=5，故答案为：5。

⑵实验室制取氯气，将多余的氯气用100mL1.7mol/LNaOH即物质的量为0.17mol。对吸收后溶液进行分析化验，测知c(OH－)=0.1mol/L即剩余的NaOH物质的量为0.01mol，则消耗氢氧化钠的物质的量为0.16mol，ClO－和ClO3－的物质的量浓度之比为5∶1，假设ClO－和ClO3－的物质的量分别为5xmol和xmol；根据得失电子守恒，失去电子物质的量为10x，得到电子也是10x，则有10xmol氯原子得到电子，再根据氯和钠守恒，10x+5x+x=0.16，因此x=0.01mol，因此总的被还原的氯原子的物质的量为0.1mol，被还原的氯气的物质的量为0.05mol，故答案为：0.05。

②根据上面分析得到有0.08mol尾气氯气；

MnO2——Cl2

87g1mol

xg0.08mol

87g：xg=1mol：0.08mol

解得x=6.96，故答案为6.96。【解析】①.5②.0.05③.6.9625、略

【分析】【详解】