2024年粤教版必修1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2024年粤教版必修1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7题，共14分)1、化学与人类生活、社会可持续发展密切相关．下列说法正确的是（）A.福尔马林可作食品的保鲜剂B.用合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用C.“天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料D.制作快餐饭盒的可降解“玉米塑料”主要成分是聚乳酸是纯净物2、利用反应可制备已知：①和常用于饮用水的消毒；②消毒效率常以单位质量的消毒剂得到的电子数表示。下列有关说法正确的是A.和均是氧化产物B.的氧化性强于C.等物质的量的消毒效率低于D.若反应中共转移10mol电子，则被氧化的HC1为2mol3、反应2NO+2CON2+2CO2可应用于汽车尾气的净化。下列判断正确的是A.该反应是置换反应B.该反应是复分解反应C.该反应是氧化还原反应D.该反应是非氧化还原反应4、化学与生活、能源、环境等密切相关。下列描述错误的是（）A.采用催化转化技术，可将汽车尾气中的一氧化碳和氮氧化物转化为无毒气体B.“雾霾天气”“温室效应”“光化学烟雾”的形成都与氮的氧化物无关C.半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是单质硅D.“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油5、在0.1mol/L的碳酸氢钠溶液中滴加少量的氢氧化钠溶液，充分反应后，c(CO32-)（）A.增大B.减少C.不变D.无法确定6、下列各组物质相互反应能得到Al(OH)3的是A.铝与NaOH溶液反应B.AlCl3与过量的氨水反应C.AlCl3与过量的NaOH溶液反应D.Al2O3与过量的NaOH溶液反应7、下列离子方程式正确的是A.向氢氧化钡溶液中加入过量硫酸：2H++SO+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2OB.硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：H++SO+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+2H2OC.向氢氧化钠溶液中通入足量CO2：2OH﹣+CO2CO+H2OD.澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：HCO+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2＋与Y2-具有相同的电子层结构，W与X同主族。下列说法正确的是A.X元素的一种核素可用于考古断代B.Y分别与X、Z形成的化合物中化学键类型相同C.Z元素在周期表中的位置为：第三周期第II族D.W的单质广泛用作半导体材料9、下列物质中，含有化学键类型完全相同的是A.HCl和NaClB.H2O2和Na2O2C.CO2和SiO2D.NH4NO3和Ca(OH)210、我国学者研究出一种用于催化DMO和氢气反应获得EG的纳米反应器；如图是反应的微观过程示意图。下列说法不正确的是。

A.Cu纳米颗粒是一种胶体，能将氢气解离成氢原子B.EG能发生聚合反应生成高分子C.1molDMO完全转化为EG时消耗2molH2D.催化过程中断裂的化学键有H—H、C—O、C＝O11、科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。在下列假设(猜想)引导下的探究肯定没有意义的选项是A.探究和反应可能有生成B.探究与水的反应可能有生成C.探究铁是否具有氧化性D.探究向滴有酚酞试液的溶液中通入酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是生成的漂白性物质所致12、由于6s2惰性电子对效应，金Au、汞Hg、铊TI、铅Pb、铋Bi的最稳定氧化态分别为-1，0，+1，+2，+3.下列说法正确的是A.根据这个规律，人们制出负一价的金的化合物CsAuB.与汞同族锌镉为较活泼金属而汞为不活泼金属，且对于+1氧化态，Hg倾向于形成HgC.二氧化铅氧化性很强，可和浓盐酸反应制取氯气PbO2+4HCl(浓)=PbCl2+Cl2↑+2H2OD.铋酸钠与硫酸锰反应的离子方程式5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+5Na++7H2O13、下列实验现象的描述正确的是（）A.氢气在氯气中安静燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方形成白色烟雾B.铁丝在氯气中剧烈燃烧，产生红棕色的烟，产物溶于水后溶液呈浅绿色C.铜丝在氯气中剧烈燃烧，产生棕黄色的烟，产物溶于水后溶液呈蓝绿色D.钠在氯气中剧烈燃烧，产生大量白烟14、下列试剂能鉴别氯化钠、溴化钠、碘化钠三瓶无色溶液的是A.硝酸银溶液和稀硝酸B.氯化钙溶液C.氯水和四氯化碳D.氯化亚铁溶液15、向22.4gFe2O3、Cu的混合物中加入0.5mol/L的硫酸溶液750mL，固体完全溶解，则原混合物中Cu的质量可能为A.1.12gB.2.2gC.3.2gD.6.4g16、某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数；设计了如下实验方案：

方案一：铜铝混合物测定生成气体的体积。

方案二：铜铝混合物测定剩余固体的质量。

下列有关判断中不正确的是A.溶液A和溶液B均可以是NaOH溶液或稀硝酸B.若溶液B选用浓硝酸，测得铜的质量分数偏大C.方案一可能产生氢气，方案二可能剩余铜D.实验室中方案二更便于实施评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、硫酸和硝酸都是重要的化工原料；也是化学实验室里必备的重要试剂。

（1）常温下，可用铁或者铝制的容器盛放浓硝酸，说明浓硝酸具有________性。

A．酸性B．强氧化性C．吸水性D．脱水性。

（2）工业上用洗净的废铜屑作原料来制备硫酸铜。下列制备方法符合“绿色化学”思想的是_______（填序号）。

①Cu+H2SO4(浓)→CuSO4②CuCuOCuSO4

写出①中反应的化学方程式：_____________________。18、(1)某同学将浓硫酸、NaOH固体、生石灰等物质划分为一类。该同学的分类依据为___________。

A．酸类B．碱类C．氧化物D．干燥剂。

(2)生石灰属于___________。

A．酸B．碱C．盐D．纯净物E．化合物F．金属氧化物G．非金属氧化物H．碱性氧化物I.酸性氧化物。

(3)生石灰可做干燥剂的理由是___________(用化学方程式表示)。19、（1）实验室可以用高锰酸钾固体和浓盐酸反应制取少量氯气。反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl+8H2O

①该反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为：__。

②浓盐酸在反应中显示出来的性质是__(填写字母)。

A.只有还原性B.还原性和酸性C.只有氧化性D.氧化性和酸性。

③用双线桥法表示反应中电子转移的方向和数目：__。

（2）已知：2H2S+SO2=3S+2H2O，若氧化产物比还原产物多16g，则反应中转移的电子的物质的量是__。

（3）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S；其物质转化如图所示。

在图示的转化中，化合价不变的元素是__，该图总反应为__。20、结合元素周期表；完成下列问题。

(1)在元素周期表中全部是金属元素的区域为____________（填序号）。

a.Ab.Bc.Cd.D

(2)Ⅰ和Ⅱ元素形成的化合物的化学式为__________________。

(3)现有甲；乙两种短周期元素；室温下，甲元素的单质在冷的浓硫酸或空气中表面都会生成致密的氧化膜，乙元素原子核外第三层与第一层上的电子数相等。

①将甲、乙两元素的元素符号填写在上面元素周期表中对应的位置__________。

②甲、乙两元素中，金属性较强的是__________（填元素名称），可以验证该结论的实验是_______________（填序号）。

a.将在空气中放置已久的这两种元素的单质分别放入热水中。

b.将这两种元素的单质粉末分别和相同浓度的盐酸反应。

c.将这两种元素的单质粉末分别和热水作用；并滴入酚酞溶液。

d.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性21、1.5molH2SO4的质量是____g，其中含有____molH，含有____g氧元素。22、高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析。

(1)实验室里欲用固体来配制240mL0.1mol/L的溶液。

①需用的仪器托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、___________、___________。

②实验需要称取固体的质量为：___________g。

③下列操作对实验结果的影响偏大的是___________。

a．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上。

b．未用蒸馏水洗涤烧杯内壁。

c．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理。

d．加水定容时俯视刻度线。

(2)酸性溶液与浓盐酸反应的方程式为：

①反应中的氧化剂是___________，氧化产物是___________，HCl表现___________性和___________性。

②若有73gHCl被氧化，则该反应转移的电子数目为___________。

③Na与Cl同周期，则Na元素在周期表中的位置为___________，两元素的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为：___________。23、已知X元素原于的核电荷数小于18；最外层电子数等于电子层数，且比最内层电子数多1。回答下列问题：

(1)X元素的原子结构示意图为__________。

(2)X的最高价氧化物对应的水化物的化学式为___________。

(3)X的单质与NaOH溶液反应的化学方程式为__________。评卷人得分四、判断题(共3题，共21分)24、快速生产合格的熔喷布体现着社会责任。___A.正确B.错误25、气体的摩尔体积为22.4L/mol。(_______)A.正确B.错误26、加热试管时先均匀加热，后局部加热。(_____)A.正确B.错误评卷人得分五、原理综合题(共1题，共2分)27、含钴的化合物在实际生活中应用比较广泛；回答下列有关问题。

（1）用(NH4)2C2O4溶液和CoCl2溶液为原料制取难溶于水的CoC2O4·2H2O晶体。

①已知25℃，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，H2C2O4的Ka1=5.6×10-2，Ka2=5.4×10-5。(NH4)2C2O4溶液的pH_________（填“>”“=”或“<”）7。

②反应时，使(NH4)2C2O4过量的原因是_____________。

（2）某种锂离子电池的正极材料是将含有钴酸锂（LiCoO2）的正极粉均匀涂覆在铝箔上制成的；可以再生利用，某校研究小组尝试回收废旧正极材料中的钴。

25℃时，用图1所示装置进行电解，有一定量的钴以Co2+的形式从正极粉中浸出；一段时间后正极粉与铝箔剥离。

①阴极中LiCoO2参与的电极反应式为：_______________。

②该研究小组发现硫酸浓度对钴的漫出率有较大影响，一定条件下，测得其变化曲线如图2所示。当c(H2SO4)>0.4mol·L-1时，钴的浸出率下降，其原因可能为________。

③正极材料含有钴酸锂（LiCoO2），没有电解完，可以用H2O2和稀H2SO4将其溶解得到Co2+，写出反应的化学方程式____________，温度不能太高的原因是_________。评卷人得分六、结构与性质(共2题，共14分)28、按要求书写下列反应的离子方程式：

（1）硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液混合：_______________。

（2）碳酸氢钙溶液和稀盐酸混合：___________________。

（3）少量的二氧化碳通入澄清的石灰水：________________。

（4）铁和稀硫酸反应：______________。

（5）氧化钠和稀盐酸反应：________。

（6）硫酸氢钠溶液和氯化钡溶液混合：___________。

（7）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：______。29、（1）配平该反应化学方程式且回答下列问题：__KMnO4+__HCl=__MnCl2+___KCl+__Cl2↑+__H2O

（2）氧化剂是__，氧化产物是____（填化学式）。

（3）若生成71gCl2，被氧化的HCl是__mol。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A；甲醛的水溶液称福尔马林；有毒，不能用于食品加工，故A错误；

B；利用二氧化碳合成塑料；可以实现碳循环，故B正确；

C；碳纤维是无机非金属材料；故C错误；

D；聚乳酸属于高分子化合物；因此属于混合物，故D错误；

故选B。2、B【分析】【详解】

A．根据氧化还原反应中元素化合价的变化规律可知，中+5价Cl元素化合价降低为中+4价，HCl中-1价Cl元素化合价升高为Cl2中0价，故为还原产物，为氧化产物；故A错误；

B．中Cl元素化合价降低，得电子，作氧化剂，为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故的氧化性强于故B正确；

C．的还原产物均为Cl-，则1mol得到5mol电子，1mol得到2mol电子，故等物质的量的消毒效率高于故C错误；

D．HCl中-1价Cl元素化合价升高为Cl2中0价；即1molHCl失去1mol电子，则若反应中共转移10mol电子，则被氧化的HCl为10mol，故D错误；

故选B。3、C【分析】【详解】

A．反应物中没有单质参加；该反应不是置换反应，A错误；

B．该反应不是两种化合物互相交换成分生成两种新化合物；不是复分解反应，B错误；

C．氮元素和碳元素的化合价反应前后发生变化；该反应是氧化还原反应，C正确；

D．氮元素和碳元素的化合价反应前后发生变化；该反应是氧化还原反应，D错误；

故选C。4、B【分析】【详解】

A.采用催化转化技术，可将汽车尾气中的一氧化碳和氮氧化物转化为无毒的氮气和CO2；A正确；

B.氮的氧化物能引起酸雨；光化学烟雾、雾霾天气；但与温室效应的形成无关，B错误；

C.硅是良好的半导体材料；计算机芯片的材料是单质硅，C正确；

D.“地沟油”成分为高级脂肪酸甘油酯；碱性条件下可以发生水解，生成的高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，故地沟油经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，D正确；

故选B。5、A【分析】【详解】

在0.1mol/L的碳酸氢钠溶液中滴加少量的氢氧化钠溶液，发生的离子反应式为HCO3-+OH-=H2O+CO32-，则反应后溶液中c(CO32-)增大，故答案为A。6、B【分析】【详解】

A.Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，不能得到Al(OH)3；A不符合题意；

B.AlCl3与氨水反应生成Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物，能够溶于强酸、强碱，但氨水中的NH3·H2O是弱碱；不能溶解，因此可以形成氢氧化铝沉淀，B符合题意；

C.NaOH是强碱，可以溶解两性氢氧化物Al(OH)3，所以AlCl3与过量的NaOH溶液反应生成NaAlO2，不能得到Al(OH)3；C不符合题意；

D.Al2O3是两性氧化物，能够与过量的NaOH溶液反应生成NaAlO2，不能得到Al(OH)3；D不符合题意；

故合理选项是B。7、A【分析】【分析】

【详解】

A．向氢氧化钡溶液中加入过量硫酸，反应生成硫酸钡沉淀和水，其离子方程式为：2H++SO+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O；A正确；

B．硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性，则硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2:1，正确的离子方程式为：2H++SO+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O；B错误；

C．向氢氧化钠溶液中通入足量CO2会生成碳酸氢钠，反应不是可逆反应，其离子方程式为：OH﹣+CO2=HCOC错误；

D．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液，根据用量可知，反应的离子方程式为：2HCO+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO+2H2O；D错误；

故选A。二、多选题(共9题，共18分)8、AD【分析】【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X为C元素，Y是地壳中含量最高的元素，Y为O元素，Z2＋与Y2-具有相同的电子层结构；Z为Mg元素，W与X同主族，W为硅元素。

【详解】

A．X元素的一种核素14Ｃ可用于考古断代；故A正确；

B．Y分别与X、Z形成的化合物CO、CO2、MgO，C-O键是共价键，Mg2+与O2-间形成离子键；化学键类型不相同，故B错误；

C．Mg元素在周期表中的位置为：第三周期第IIA族；故C错误；

D．Si的单质广泛用作半导体材料；故D正确；

故选AD。9、CD【分析】【详解】

A．HCl只含有极性共价键；NaCl只含有离子键，二者化学键类型不相同，故A不符合题意；

B．H2O2只含有共价键，Na2O2既含有离子键又含有非极性共价键；二者化学键类型不相同，故B不符合题意；

C．CO2和SiO2都只含有共价键；二者化学键类型完全相同，故C符合题意；

D．NH4NO3和Ca(OH)2都既含有离子键又含有共价键；二者化学键类型完全相同，故D符合题意；

答案选CD。10、AC【分析】【详解】

A．Cu纳米颗粒是单质；能将氢气解离成氢原子，不是胶体，A选项错误；

B．由微观过程示意图可知；EG是乙二醇，分子中含有2个醇羟基，因此能发生缩聚反应形成高分子化合物，B选项正确；

C．DMO为草酸二甲酯(CH3OOCCOOCH3)，DMO与H2反应产生CH3OH和CH3OOCCH2OH、H2O，1molDMO反应需要3molH2，若完全转化为EG时消耗6molH2；C选项错误；

D．CH3COO—COOCH3+4H2→CH3OH+HOCH2CH2OH；由图及反应可知催化过程中断裂的化学健有H—H；C—O、C＝O，D选项正确；

答案选AC。11、BC【分析】【详解】

A．二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有氧化性，所以可以探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成；故A不选；

B．由水生成O2，是H2O中的O被氧化；而金属钠只能作还原剂，该猜想违背科学道理，无意义，故B选；

C．铁作为金属单质无法得电子；无意义，故C选；

D．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠；次氯酸钠和水；消耗氢氧化钠溶液红色褪去，因此可以探究酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致，有探究意义，故D不选；

故答案为：BC。12、ABCD【分析】【分析】

【详解】

略13、CD【分析】【详解】

A．氢气在氯气中燃烧；发出苍白色火焰，瓶口形成白雾，没有烟，A项错误；

B．铁与氯气反应生成溶液呈棕黄色；B项错误；

C．铜丝在氯气中剧烈燃烧；产生棕黄色的烟，产物溶于水后溶液呈蓝绿色，C正确；

D．钠在氯气中剧烈燃烧；产生大量白烟，D正确；

故答案选：CD。14、AC【分析】【分析】

【详解】

A．NaCl、NaBr、NaI分别与AgNO3溶液和稀HNO3反应生成白色沉淀；淡黄色沉淀、黄色沉淀；现象不同，可鉴别，故A正确；

B．均与CaCl2溶液不反应；不能鉴别，故B错误；

C．氯水与NaBr；NaI反应分别生成溴、碘；则再加四氯化碳，出现不同现象，分别为分层后下层橙红色、分层后下层为褐色，现象不同，可鉴别，故C正确；

D．均与不反应FeCl2溶液；不能鉴别，故D错误；

故选AC。15、CD【分析】【分析】

【详解】

Fe2O3、Cu的混合物中加入硫酸溶液，固体完全溶解，可能的化学反应为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3，Cu+Fe2(SO4)3=2FeSO4+CuSO4；

由方程分析可知：要使金属完全溶解存在以下关系式：

①64g/mol×n(Cu)+180g/mol×n(Fe2O3)=22.4g；

②3×n(Fe2O3)≦0.5mol/L×0.750L；

③n(Cu)≦n(Fe2O3)；

当n(Cu)=n(Fe2O3)时，由①式可得n(Cu)=n(Fe2O3)=0.1mol；

结合①②式得0.1mol≥n(Cu)≥0.0375mol所以6.4g≥m(Cu)≥2.4g；

当m(Cu)≥2.4g时，m(Fe2O3)≤20g，所以0.1mol≤n(Fe2O3)≤0.125mol符合③式；

故选CD。

【点睛】

本题的关键是使固体完全溶解，需满足的条件有两个，一是硫酸的量要能使Fe2O3完全溶解，二是Fe2O3的物质的量要大于或等于Cu的物质的量。16、AB【分析】【分析】

【详解】

A．如果选用稀硝酸；稀硝酸与铜和铝都能反应，A错误；

B．如果选用浓硝酸；铝在浓硝酸中会钝化，表面生成氧化铝，使铜的质量分数偏小，B错误；

C．溶液A；B可以是盐酸、氢氧化钠；方案一可能产生氢气，方案二可能剩余铜，故C正确。

D．测固体质量比测气体体积便于实施且误差更小；D正确。

故选AB。三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】【详解】

（1）浓硝酸是氧化性酸；常温下，会使铁；铝发生钝化，即在铁、铝的表面形成一层致密的氧化物，从而阻止了酸与金属的接触，而使反应终止，因此可以在常温下用铁制容器、铝制容器来盛装浓硝酸，答案选B；

（2）“绿色化学”思想指的是化学反应中没有污染性的物质生成、原子利用率高的反应，在反应①中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，污染环境，不符合“绿色化学”思想，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；在反应②中铜先与氧气反应生成CuO，再与硫酸反应，消耗硫酸最少，且没有生成污染性气体，符合“绿色化学”思想，答案选②。【解析】B②Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)浓硫酸；NaOH固体、生石灰都具有吸水性或与水反应而吸水；都可作干燥剂，故答案为：D；

(2)生石灰（CaO）有固定组成；属于纯净物，由两种元素组成，属于化合物，由金属元素和氧元素组成，属于金属氧化物，能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，故答案为：DEFH；

(3)生石灰可作干燥剂是因为生石灰能与水反应而吸收水，反应的化学方程式是CaO＋H2O=Ca(OH)2，故答案为：CaO＋H2O=Ca(OH)2。【解析】DDEFHCaO＋H2O=Ca(OH)219、略

【分析】【详解】

（1）①高锰酸钾是氧化剂；浓盐酸部分是还原剂，16mol盐酸中只有10mol的氯的化合价变化，充当还原剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：1，故答案为：5：1；

②浓盐酸在反应中显示出来的性质是：浓盐酸部分是还原剂；另一部分显酸性；

故答案为：B。

③（1）反应中锰元素全部被还原，锰元素化合价由+7价降低为+2价，氯元素化合价由HCl中的-1升高为氯气中的0价，反应电子转移的数目为10e－，所以电子转移的方向和数目为：用双线桥法表示反应中电子转移的方向和数目：

故答案为：

（2）在SO2+2H2S=2H2O+3S↓反应中，SO2中S元素的化合价由+4降低为0，为氧化剂；H2S中S元素的化合价由-2升高到0，为还原剂，则S单质既是氧化产物又是还原产物，已知：2H2S+SO2=3S+2H2O；氧化产物比还原产物多32g时，转移4mol电子，若氧化产物比还原产物多16g，则反应中转移的电子的物质的量是2mol；

故答案为：2mol；

（3）根据图示可知，在图示的转化中，铜元素始终是+2价，H元素保持+1价不变，氯元素保持-1价不变，所以化合价不变的元素是Cu、H、Cl（或铜、氢、氯），整个过程中－2价的S与0价的S之间相互转化，还存在Fe2＋与Fe3＋之间的相互转化。在图示的转化中，化合价不变的元素是Cu、H、Cl(或铜、氢、氯)，该图总反应为H2S+2FeCl3=S↓+2FeCl2+2HCl。

故答案为：Cu、H、Cl(或铜、氢、氯)；H2S+2FeCl3=S↓+2FeCl2+2HCl。【解析】①.5：1②.B③.④.2mol⑤.Cu、H、Cl(或铜、氢、氯)⑥.H2S+2FeCl3=S↓+2FeCl2+2HCl20、略

【分析】【分析】

根据元素周期表的结构；同一周期的元素，由前到后，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐减弱；同一主族的元素，从大到小，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，结合元素及化合物的性质分析解答。

【详解】

(1)A区元素为S区元素，有金属元素如Na等，也有非金属元素，如H；B区元素为过渡元素，全部为金属元素；C区为金属元素、非金属元素共同存在的区域，金属元素如Al等，非金属元素如F、Cl、N等元素，D区元素为0族元素(或稀有气体元素)，全部为非金属元素，所以在元素周期表中全部是金属元素的区域为B区，合理选项是b。

(2)Ⅰ表示的元素是Na，Ⅱ表示的元素是O，二者形成的化合物有Na2O、Na2O2；

(3)现有甲、乙两种短周期元素，室温下，甲元素的单质在冷的浓硫酸或空气中表面都会生成致密的氧化膜，则甲是Al元素；乙元素原子核外第三层与第一层上的电子数相等，则乙核外电子排布为2、8、2，所以乙为元素；

①Mg核外电子排布为2、8、2，在元素周期表的位置位于第三周期、第IIA；Al核外电子排布为2、8、3，因此Al在周期表的位置位于第三周期第IIIA族，填写在元素周期表为：

②Mg；Al是同一周期的元素；根据元素周期律，同一周期的元素，随着原子序数的递增，元素的金属性逐渐减弱，故Mg的金属性比Al强，故甲、乙两元素中，金属性较强的是镁元素；

a.Mg、Al在空气中放置，金属表面会被氧化产生致密的氧化物MgO、Al2O3薄膜，MgO、Al2O3不能溶于水；也不能发生反应，因此不能与热水发生反应，所以不能比较两种金属活动性的强弱，a错误；

b.将这两种元素的单质粉末分别和相同浓度的盐酸反应，金属活动性越强，其单质活动性越强，因此可以证明金属活动性Mg>Al，b正确；

c.Mg粉与热水反应产生Mg(OH)2和H2，Mg(OH)2使酚酞溶液变为浅红色，而Al与热水不能反应，所以可以证明金属活动性强弱关系Mg>Al；c正确；

d.这两种元素都是金属；不能形成气态氢化物，因此不能通过比较这两种元素的气态氢化物的稳定性判断元素金属性的强弱，d错误；

故合理选项是bc。

【点睛】

本题考查了元素周期表和元素周期律的知识。掌握元素周期表的结构，根据元素的性质与元素在周期表的位置与原子结构的关系分析、判断。【解析】bNa2O、Na2O2镁bc21、略

【分析】【详解】

1.5molH2SO4的质量是1.5mol×98g/mol=147g，其中含有1.5mol×2=3molH，含有1.5mol×4×16g/mol=96g氧元素。【解析】14739622、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①实验室配制240mL0.1mol•L-1的KMnO4酸性溶液时选择250mL的容量瓶，将计算、称量好的KMnO4固体在烧杯中溶解；冷却至室温后沿玻璃棒引流入250mL容量瓶中，加水至距刻度线1～2cm处，改用胶头滴管滴加水至凹液面最低点与刻度线相切，故需要的仪器有：托盘天平；药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、250mL的容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL的容量瓶、胶头滴管。

②根据公式计算得托盘天平只能精确到0.1g，实验需要称取固体的质量为：4.0g；故答案为：4.0

③a．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上溶剂的体积增大；导致浓度偏小；

b．未用蒸馏水洗涤烧杯内壁溶液中溶质的物质的量减小；导致溶液浓度偏小；

c．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理对溶液的浓度没有影响；

d．加水定容时俯视刻度线会使读得的溶液的体积偏小；导致浓度偏大；

故答案为：d

(2)①由分析可知，KMnO4得到电子，作氧化剂，Cl2为氧化产物，一部分HCl失去电子，作还原剂，另一部分化合价伪变化HCl还体现酸性；故答案为：KMnO4、Cl2、还原剂、酸性

②方程式中10molHCl被氧化，电子转移10mol，若73g(即2mol)HCl被氧化，那么电子转移2mol，转移的电子数目为2NA。故答案为：2NA

③Na与Cl同周期，则Na元素在周期表中的位置为第三周期第IA族，两元素的最高价氧化物的水化物分别为和反应的离子方程式为：故答案为：第三周期第IA族、【解析】250mL的容量瓶胶头滴管4.0dKMnO4Cl2还原剂酸性2NA第三周期第IA族23、略

【分析】【分析】

已知X元素原子的核电荷数小于18；最外层电子数等于电子层数，且比最内层电子数多1，则该元素原子核外电子排布为2；8、3，该元素是Al元素，然后结合其原子结构与元素位置的关系及其单质和化合物的性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知X元素的Al元素。

(1)X是Al元素，根据元素原子核外电子排布规律可知：Al原子核外电子排布为2、8、3，所以Al原子结构示意图为：

(2)X是Al，原子核外最外层有3个电子，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为Al(OH)3；

(3)Al能够与NaOH溶液发生反应产生Na[Al(OH)4]和H2，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑(或写为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑)。

【点睛】

本题考查了元素及化合物的推断及元素与化合物的知识。根据原子核外电子层中的电子数与电子层数关系推断元素是解题关键。熟练掌握Al元素的单质、氧化物、氢氧化物的性质就可以顺利解答。【解析】Al(OH)32Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑(或为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑)四、判断题(共3题，共21分)24、A【分析】【详解】

快速生产合格的熔喷布体现着社会责任，故答案正确；25、B【分析】【分析】

【详解】

气体摩尔体积指的是某状态下，1mol气体所占的体积称为该状态下的气体摩尔体积，故气体摩尔体积的数值只受温度和压强的影响，即只在标准状况下，气体的摩尔体积约为22.4L/mol，而上述说法缺少温度和压强，故错误；答案为错误。26、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。五、原理综合题(共1题，共2分)27、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①已知25℃，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，H2C2O4的Ka1=5.6×10-2，Ka2=5.4×10-5，NH3·H2O的电离能力比H2C2O4的二级电离能力弱，说明铵根离子的水解能力比C2O42－的强，铵根离子水解显酸性，故(NH4)2C2O4溶液的显酸性；pH＜7；

②用(NH4)2C2O4溶液和CoCl2溶液为原料制取难溶于水的CoC2O4·2H2O晶体，使(NH4)2C2O4过量，充分沉淀Co2＋；

(2)①LiCoO2中的Co的化合价为＋3，得到电子，形成Co2＋，阴极的电极反应式为：LiCoO2+4H＋+e－=Li＋+Co2＋+2H2O；

②H＋也会在阴极放电，2H＋+2e－=H2↑；当c(H2SO4)>0.4mol·L-1，溶液中的c(H＋)较大，参与放电的H＋增加，使得钴的浸出率下降，因此原因为H+与LiCoO2在阴极的还原反应相互竞争，当c(H+)增大时，参与放电的H+增多（或有利于H+放电）；所以钴的浸出率下降；

③LiCoO2与双氧水发生氧化还原反应生成Co2＋和O2，方程式为2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；温度太高，是防止双氧水会受热分解。【解析】<使Co2+充分沉淀（或提高Co2+的沉淀率）LiCoO4+4H++e-=Li++Co2++2H2OH+与LiCoO2在阴极的还原反应相互竞争，当c(H+)增大时，参与放电的H+增多（或有利于H+放电），所以钴的浸出率下降2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O防止H2O2剧烈分解六、结构与性质(共2题，共14分)28、略

【分析】【详解】

(1)硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液混合得到氢氧化镁和硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式为Mg2++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Mg(OH)2↓；

(2)碳酸氢钙溶液和稀盐酸混合生成二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑；

(3)少量的二氧化碳通