2024年岳麓版必修1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2024年岳麓版必修1化学上册阶段测试试卷601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、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是A.X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物B.Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键C.四种元素的简单离子具有相同的电子层结构D.W的氧化物对应的水化物均为强酸2、被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，分别为X、Y、Z、W、R、T。其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是A.离子半径:R＞T＞Y＞ZB.XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同C.最高价氧化物对应的水化物的碱性:X＞ZD.气态氢化物的稳定性:W＜R＜T3、几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：

。元素代号。

X

Y

Z

M

R

原子半径/nm

0.186

0.102

0.075

0.074

0.143

主要化合价。

＋1

＋6；－2

＋5；－3

－2

＋3

已知X是短周期中最活泼的金属，且与R同周期。下列叙述不正确的是（）A.M的氢化物的熔、沸点高于Z的氢化物的熔、沸点B.YM2既具有氧化性又具有还原性C.Y与M组成的化合物是形成光化学烟雾的原因之一D.离子半径大小：R3＋＜X＋＜M2－4、下列物质的制备与工业生产相符的是()

①NH3NOHNO3

②浓HClCl2漂白粉。

③MgCl2(aq)无水MgCl2Mg

④饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3

⑤铝土矿NaAlO2溶液Al(OH)3Al2O3AlA.①④⑤B.①③⑤C.②③④D.①②④⑤5、X；Y、Z三种元素在周期表中的位置如图。下列说法正确的是。

。

He

X

Y

Z

A.原子半径：Y＜XB.单质氧化性：X＞YC.离子半径：Y＞ZD.X的简单氢化物比Y的简单氢化物稳定6、下列离子或化学方程式书写正确的是A.向氯化铝溶液中滴加过量氨水：B.刻蚀电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+C.向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大：D.漂白粉漂白原理：评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、如表是元素周期表的一部分；回答有关问题。

。族。

周期。

IA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

VA

ⅥA

ⅦA

0

一。

二。

①

②

三。

③

④

⑤

⑥

⑦

⑧

(1)①~⑧这些元素中最活泼的金属元素是___(填元素符号)，能做半导体材料的元素是___(填元素符号)。

(2)第三周期元素中，简单离子半径最小的离子的结构示意图为___。

(3)在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的物质与④的最高价氧化物对应的水化物在水溶液中发生反应的化学反应方程式为___；碱性最强的物质与呈两性的物质在水溶液中发生反应的离子方程式为___。

(4)由元素②、③、⑧形成的一种常见的杀菌消毒剂中存在的化学键有___。

(5)由元素①和⑧形成的某种化合物，其分子由4个原子组成，其中各原子均满足8电子稳定结构，写出该化合物的电子式：___。8、完成下列填空：

(一)下列8组物质或粒子：

①14N和14C②16O和18O③氰酸铵(NH4CNO)与尿素[CO(NH2)2]④足球烯(C60)和金刚石⑤CH3CH2CH2CH3和CH(CH3)3⑥CH3CH2CH3和CH3(CH2)2CH3⑦和⑧和

(1)互为同素异形体的是__________(填编号，下同)；

(2)互为同位素的是________________；

(3)互为同系物的是___________；

(4)互为同分异构体的是________________。

(二)有下列几种晶体：

A、水晶B、冰醋酸C、白磷D、金刚石E、晶体氩F、干冰G、氟化钠H；过氧化钠。

(1)属于原子晶体的化合物是__________________(填序号；下同)；

(2)含有共价键的离子晶体是________________________；

(3)受热融化时需要克服共价键的晶体是_________________________；

(4)写出下列物质的电子式：过氧化钠_____________，二氧化碳________________。

(三)某烷烃的结构简式为：

(1)用系统命名法命名该烃：__________________________；

(2)若该烷烃是由烯烃加氢得到的，则原烯烃的结构可能有________种(不包括立体异构；下同)；

(3)若该烷烃是由炔烃加氢得到的，则原快烃的结构有_________________种；

(4)该烷烃在光照条件下与氯气反应，生成的一氧代烷最多有____________种。

(四)火箭推进器中盛有强还原剂液态肼(N2H4)和强氧化剂液态双氧水。当把0.4mol液态肼和0.8molH2O2混合反应；生成氮气和水蒸气，放出256.7KJ的热量(相当于25℃；101kPa下测得的热量)。

①反应的热化学方程式为________________________________；

②已知H2O(1)=H2O(g)ΔH=+44kJ/mol。

则16g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是_________________kJ；

③此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是____________。9、A、B、C、D、E均为可溶于水的固体，所得的溶液只有E溶液有颜色。取一定量的固体C放在试管中用酒精灯加热，固体的质量会减少。组成这五种物质的离子有（各物质所含的离子均不相同）。阳离子

Na+Mg2+Al3+Ba2+Fe3+

阴离子

OH-Cl-CO32-SO42-HCO3-

分别取它们的水溶液进行实验；结果如下：

①A溶液分别与其他四种反应；均有沉淀；

②B溶液分别与其他四种溶液反应；也有沉淀；只有当B溶液加入到D溶液中时，先有沉淀，继续加入B溶液时，沉淀会消失。

据此推断它们是：A__________；B__________；C__________；D__________；E__________。10、（1）2012年4月15日，央视《每周质量报告》曝光了河北省一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给浙江绍兴某些制药企业，最终变成药用胶囊进入患者腹中。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属Cr；从而对人体造成伤害。

①已知Fe（CrO2）2中铬元素是+3价，则其中铁元素是______价。CrO2－是一种酸根离子，则Fe（CrO2）2属于______（填“酸”；“碱”、“盐”或“氧化物”）。

②明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是______。

a．都不稳定，密封放置沉淀b．两者均有丁达尔现象c．分散质微粒可通过滤纸。

（2）已知CN－离子、SCN－离子和Cl－离子有相似之处，氰分子（CN）2和硫氰分子（SCN）2的性质与Cl2也有相似之处；且常温常压均为气体，完成下列反应方程式：

①MnO2和HSCN的浓溶液共热的化学方程式______。

②（CN）2和NaOH溶液反应的离子方程式______。11、(1)下列4组物质均有一种物质的类别与其它3种不同。

A．CaO、Na2O、CO2；CuO

B．H2；C、P、Cu

C．O2；Fe、Cu、Zn

D．HCl、H2O、H2SO4、HNO3

以上四组物质中与其他类别不同的物质依次是（填化学式）：

A___；B___；C___；D___。

(2)请对以下过程形成的分散系进行分类。

①花生油加入到水中后充分搅拌；

②向蒸馏水中加入硝酸钾至恰好饱和；

③将饱和氯化铁溶液逐滴加入沸水中；继续加热，直至出现红褐色；

④澄清石灰水中通入少量的CO2；

⑤水和酒精的混合物；

属于浊液的是：___（填序号，下同）；属于溶液的是：__。12、已知黑火药的爆炸反应是S+2KNO3+3C→K2S+N2↑+3CO2↑，由此可知1molKNO3可氧化碳的质量是___，要将黑火药的主要成分进行分离，应先加水溶解___后，再将难容物置于二硫化碳中溶解、过滤，最后留在滤纸上的是___。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)13、氢氟酸或浓硝酸存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中。(___________)A.正确B.错误14、无水氯化钙吸水后表面形成溶液是发生了潮解。(___________)A.正确B.错误15、浓能干燥所以浓硫酸也能干燥(_______)A.正确B.错误16、阳离子只有氧化性,阴离子只有还原性。_____A.正确B.错误17、二氧化硅可用来生产光导纤维和玻璃。(____)A.正确B.错误18、厨余垃圾“变身”为沼气属于化学变化。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共2题，共4分)19、氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：

已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3；还含少量Fe；Al、Ca、Mg等元素。

②相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：。金属离子Al3＋Fe3＋Fe2＋Ca2＋Mn2＋Mg2＋开始沉淀的pH3.81.56.310.68.89.6沉淀完全的pH5.22.88.312.610.811.6

③常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.46×10－10、7.42×10－11。

回答下列问题：

(1)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为________。

分析下列图1，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：焙烧温度为500℃。分析选择反应温度为500℃的原因______________________________。

(2)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为________________________________；再调节溶液的pH将Al3＋、Fe3＋变为沉淀除去，溶液pH的范围为_______________；然后加入NH4F将Ca2＋、Mg2＋变为CaF2、MgF2沉淀除去，两种沉淀共存时溶液中＝________。

(3)碳化结晶时，反应的离子方程式为____________________________。

(4)MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示，300℃～770℃范围内，发生反应的化学方程式为__________________________。20、铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3；MgO。工业上从铝土矿中提取Al可采用如图所示工艺流程：

请回答下列问题：

（1）铝土矿加入盐酸后生成Al3＋的离子方程式为_____________________________。

（2）沉淀B与烧碱反应的离子方程式为______________________________________。

（3）溶液D中通入过量CO2的离子方程式为_____________________________。

（4）“通入过量CO2”能否改用过量盐酸________（填“能或否”），原因是_____________。

（5）向共含有0.05molAl3+、Fe3+的溶液中滴入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则溶液中Al3+的物质的量为_________mol。

评卷人得分五、推断题(共2题，共8分)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：________22、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：________评卷人得分六、原理综合题(共3题，共15分)23、氰化法冶金过程中产生大量的含氰废水(主要包括CN-、Cu(CN)32-、SO32-等离子)；可以通过沉淀——电解氧化法进行处理，某小组同学对该过程进行模拟。

资料1：溶液中存在平衡Cu(CN)32-CuCN↓+2CN-

资料2：2Cu2++4CN-=2CuCN↓+(CN)2

(1)利用CuCl2溶液对含氰废水进行初步沉淀处理。溶液中总氰(CNT)、游离氰(CN-)的去除率随CuCl2加入量变化趋势如图所示。

CuCl2加入量对总氰(CNT)、游离氰(CN-)去除率的影响。

①请用平衡移动原理解释，随着CuCl2加入量增大(3.0g以前)，溶液中总氰(CNT)、游离氰(CN-)的去除率变化趋势_________。

②在SO32-的作用下，CuCl2可将废水中的Cu(CN)32-直接转化为CuCN沉淀，该过程的离子方程式为__________。

(2)利用钛电极对沉淀后的废液中残留的CN-等离子进一步进行电解处理，在一定的电压下，在阳极观察到明显的气泡，经检验，其主要成分为N2和CO2。该小组同学实验时发现，若将(1)中沉淀剂CuCl2换为CuSO4，电解法几乎不能去除CN-。

①下列关于电解氧化法处理废水的说法正确的是__________。

A．阳极处观察到的气泡主要是由于CN-在阳极放电产生的。

B．电解结束之后；该小组同学在阴极处能回收金属铜。

C．电解法处理过程中，Cu(CN)32-向阳极迁移。

②CN-中包含碳氮三键，该离子中碳元素的化合价为______。

③请用化学用语解释电解过程中Cl-的作用：_________。24、在元素及其化合物的学习中；我们可以借助“价类二维图”来梳理学习内容。请结合下图，完成相关的问题：

(1)氯的价氢化物的水溶液的化学名为_______。

(2)图中过程②是氯气溶于水的过程，写出该反应的化学方程式_______；将其滴入少量碳酸氢钠溶液的离子方程式_______。将其滴于蓝色石蕊试纸的现象是_______。该过程可以检出该混合物中所含有的微粒是_______。

(3)某温度下，将通入溶液中，反应得到的混合溶液，经测定与的浓度之比为1：3，则与溶液反应时参加反应的与被氧化的氯气的物质的量之比为_______；

(4)图中过程④是制备漂白粉的原理，该反应的原料是氯气和_______；(写物质的名称)；漂白粉在潮湿的空气中很快变质，写出该过程③的化学方程式：_______。

(5)关于的说法正确的是_______。

A.溶液是一种弱电解质B.的酸性比碳酸弱。

C.的化学名是氯酸D.溶液是浅黄绿色的。

E.具有强氧化性F.具有稳定性25、如图是一些常见含氯产品；根据情况回答下列问题。

（1）下列有关氯单质和氯水的说法正确的是________(填序号)。

①液氯是纯净物；氯水是混合物。

②氯气可使湿润的红色布条褪色；所以氯气具有漂白性。

③过量的铁在少量的氯气中燃烧生成FeCl2

④新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色。

⑤新制氯水放置数天后酸性将减弱。

（2）用化学方程式表示漂白粉的漂白原理________________________；

（3）向FeSO4溶液中滴加氯水；溶液变为黄色，写出反应的离子方程式_____

（4）据报道；在清洗卫生间时，因混合使用“洁厕灵”（主要成分为稀盐酸）与“84”消毒液（有效成分NaClO），而发生氯气中毒事件，请从氧化还原的角度分析原因________________________（用离子方程式表示）。

（5）一定量铁粉与氯气充分反应后，加适量水，完全溶解后无固体剩余，此时所得溶液中Fe2＋和Fe3＋的物质的量浓度恰好相等，则已反应的Fe3＋和未反应的Fe3＋的质量之比是________________________参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】

W；X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素；W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl，结合元素周期律和物质的性质解答。

【详解】

根据以上分析可知W；X、Y和Z分别是N、O、Na、Cl。则。

A.氧元素与其N、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等；A正确；

B.过氧化钠中含有离子键和共价键；B错误；

C.N；O、Na三种元素的简单离子具有相同的电子层结构；均是10电子，氯离子是18电子微粒，C错误；

D.亚硝酸为弱酸；D错误；

答案选A。

【点睛】

本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，红棕色气体是解答的突破点，该类试题与元素化合物的知识结合的比较多，元素推断只是一种载体，注意掌握常见单质及其化合物的性质、典型用途、制备等。2、B【分析】【分析】

X；Y、Z、W、R、T属于周期表的前20号元素；其中X、Y、Z为金属元素。R最外层电子数是次外层的3倍，则R含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，都位于第二周期，T无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，且位于第二周期，则Z为Be元素，X、Z位于同族，则X为Mg或Ca元素；Y为第二周期的金属元素，则Y为Li；X与R（O）原子序数之和是W的2倍，X为Mg时，W的原子序数为(12+8)/2=10，为Ne元素，为稀有气体，不满足条件；X为Ca时，W的原子序数为(20+8)/2=14，则W为Si元素，据此解答。

【详解】

根据分析可知：X为Ca；Y为Li，Z为Be，W为Si，R为O，T为F元素。

A．电子层越多离子半径越大；电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则简单离子半径：R＞T＞Y＞Z，故A正确；

B．XR2、WR2分别为CaO2、SiO2，CaO2中O元素化合价为-1，SiO2中O元素化合价为-2；两种化合物中O的化合价不相同，故B错误；

C．同一主族从上到下金属性逐渐减弱；则金属性Ca＞Be，则最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z，故C正确；

D．非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性：W＜R＜T，故D正确。3、C【分析】【分析】

短周期中最活泼的金属是钠；也就是说，X是金属钠，而R与它同周期，且主要化合价为+3，说明R是金属铝，Y的主要化合价是+6和-2，短周期当中只有硫元素符合要求，即Y为硫，Z的主要化合价是+5和-3，在短周期当中符合要求的是N和P两种，但根据原子半径的大小关系，可以知道Z是氮元素，M只有-2价，说明是氧，据此判断下列选项；

【详解】

由分析可知X是Na；Y是S，Z是N，M是O，R是Al；

A.M的氢化物是水，Z的氢化物是NH3；水的熔沸点高于氨气是的熔沸点，A项正确；

B.二氧化硫中；S的化合价为+4，它可以升高到+6价，也可以降低到0和-2，所以既有氧化性又有还原性，B项正确；

C.形成光化学烟雾的物质是氮的氧化物；而不是硫的氧化物，C项错误；

D.Na+、O2-和Al3+具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，粒子半径越小，则Al3+＜Na+＜O2－；D项正确；

答案选C。

【点睛】

本题的难点是离子半径的比较；电子层结构相同的不同微粒，核电荷数越大，粒子半径越小。粒子半径比较的方法，总结如下：

4、A【分析】【分析】

【详解】

①工业上将合成的氨气进行催化氧化生成NO，NO和氧气与水反应制得HNO3；符合工业生产，故①正确；

②MnO2和浓盐酸是实验室制氯气；工业上用电解饱和食盐水的方法制备氯气，将氯气通入石灰乳制漂白粉，故②错误；

③镁离子水解得氢氧化镁和HCl；加热氯化镁溶液，促进水解平衡正向移动，最终得不到无水氯化镁，不符合工业生产，故③错误；

④将氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液；因碳酸氢钠溶解度较小，会析出碳酸氢钠沉淀，过滤得碳酸氢钠固体，加热碳酸氢钠固体制得碳酸钠，这是侯氏制碱法的原理，符合工业生产，故④正确；

⑤用过量NaOH溶液溶解铝土矿后过滤得到NaAlO2溶液，向滤液中通入过量CO2气体并过滤得Al(OH)3，将Al(OH)3加热分解得到Al2O3，利用电解Al2O3得到Al；符合工业生成铝，故⑤正确；

①④⑤正确，故答案为A。5、A【分析】【分析】

根据元素在周期表中的位置可知；X为，O元素，Y为F元素，Z为S元素，结合元素周期律分析判断。

【详解】

A．同一周期；从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：Y＜X，故A正确；

B．元素的非金属性越强；单质的氧化性越强，同一周期，从左到右，非金属性增强，非金属性：X＜Y，单质氧化性：X＜Y，故B错误；

C．一般而言；电子层数越多，半径越大，硫离子有3个电子层，氟离子有2个电子层，因此离子半径：Y＜Z，故C错误；

D．元素的非金属性越强；简单氢化物越稳定，非金属性：X＜Y，X的简单氢化物没有Y的简单氢化物稳定，故D错误；

故选A。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．Al(OH)3是两性氢氧化物，只能被强酸、强碱溶解，而不能与弱碱NH3·H2O反应，因此向氯化铝溶液中滴加过量氨水，只能反应产生Al(OH)3，而不能产生离子方程式应该为：3NH3·H2O+Al3+=Al(OH)3↓+3A错误；

B．电子不守恒，离子方程式应该为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；B错误；

C．向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀质最大时恰好完全形成BaSO4沉淀，离子方程式应该为：Al3++2+2Ba2++4OH-=BaSO4↓++2H2O；C正确；

D．漂白粉有效成分是Ca(ClO)2，所以向漂白粉溶液中通入CO2，发生复分解反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；制取得到HClO，因而可以漂白，D错误；

故合理选项是C。二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【分析】

根据元素在周期表中的相对位置可知：①为N元素；②为O元素、③为Na元素、④为Mg元素、⑤为Al元素、⑥为Si元素、⑦为S元素、⑧为Cl元素；结合元素周期律分析解答。

【详解】

(1)同周期元素；原子序数越大，金属性越弱，所以Na的金属性最强，能做半导体材料的元素是Si，故答案为：Na；Si；

(2)一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小。第三周期元素中，简单离子半径最小的为Al3+，离子结构示意图为故答案为：

(3)在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是高氯酸，④的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化镁，在水溶液中二者发生反应的化学反应方程式为2HClO4+Mg(OH)2=Mg(ClO4)2+2H2O；碱性最强的物质为氢氧化钠，呈两性的物质是氢氧化铝，在水溶液中二者发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，故答案为：2HClO4+Mg(OH)2=Mg(ClO4)2+2H2O；Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O；

(4)由元素②；③、⑧形成的一种常见的杀菌消毒剂为NaClO；该物质中既含离子键，又含共价键(或极性键)，故答案为：离子键和共价键(或离子键和极性键)；

(5)元素①和⑧形成的某种化合物，其分子由4个原子组成，其中各原子均满足8电子稳定结构，该物质的化学式为NCl3，电子式为故答案为：【解析】NaSi2HClO4+Mg(OH)2=Mg(ClO4)2+2H2OAl(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-[或Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O]离子键、共价键8、略

【分析】【分析】

【详解】

（一）同一种元素组成的不同单质互为同素异形体；同一种元素的不同核素互为同位素；分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2的有机化合物互为同系物；根据上述概念来判断：

①14N和14C两种不同的元素；②16O和18O属于质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素，是同位素；③氰酸铵(NH4CNO)与尿素[CO(NH2)2]，二者分子式相同，结构不同属于同分异构体；④足球烯(C60)和金刚石，二者均是由碳元素构成的不同单质，属于同素异形体；⑤CH3CH2CH2CH3和CH(CH3)3，二者分子式相同，结构不同属于同分异构体；⑥CH3CH2CH3和CH3(CH2)2CH3，均属于烷烃，结构相似，分子组成上相差一个CH2的有机化合物互为同系物；⑦和二者结构相同，分子式相同，是同一种物质；⑧和二者结构相同，分子式相同，是同一种物质；

答案为:互为同素异形体的是④；互为同位素的是②，互为同系物的是⑥，互为同分异构体的是③⑤。

（二）水晶是硅原子与氧原子之间通过共价键结合形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，且O-Si原子间形成极性键，属于化合物；冰醋酸是醋酸分子间通过分子间作用力结合形成的晶体为分子晶体；白磷是通过分子间作用力结合形成的晶体为分子晶体；金刚石是碳原子之间通过共价键结合形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，且C-C原子间形成非极性键，属于单质；晶体氩是单原子构成的，无化学键，通过分子间作用力结合形成的分子晶体；干冰是CO2分子间通过分子间作用力结合形成的晶体为分子晶体；氟化钠是钠离子与氟离子形成离子键；属于离子晶体；过氧化钠中钠离子与过氧根形成离子键，氧原子与氧原子形成共价键，过氧化钠中既有离子键又有共价键，属于离子晶体；由上分析可知：

(1)属于原子晶体的化合物是水晶；(2)含有共价键的离子晶体是过氧化钠；(3)受热融化时需要克服共价键的晶体是原子晶体水晶和金刚石；分子晶体融化只需克服分子间作用力，离子晶体融化克服离子键；(4)过氧化钠中钠离子与过氧根形成离子键，氧原子与氧原子形成共价键，其电子式为CO2中碳原子与每个氧原子形成两对共用电子对，其电子式为

答案为：A，H，AD，

（三）由分析；

(1)此有机物最长碳链（主链）为5个碳原子；编号，2号位有一个甲基，3号位有一个甲基，系统命名为2,3-二甲基戊烷；

答案为2；3-二甲基戊烷。

(2)若该烷烃是由烯烃加氢得到的，则原烯烃的结构有共5种；

答案为:5。

(3)若此烷烃为炔烃加氢制得，在该碳架上有碳碳三键，只有一种方式，所以此炔烃的结构简式为：

答案为:1。

(4)在的烷烃中含有6种不同的氢原子；所以该烷烃含有6种一氯代烷；

答案为:6。

（四）①0.4mol液态肼放出256.7kJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为=641.75kJ，所以反应的热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-641.75kJ/mol，答案为：N2H4(g)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-641.75kJ/mol；

②由①N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=-641.75kJ/mol；②H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol；依据盖斯定律①-②×4得到N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(l)△H=-817.75kJ/mol，则16g液态肼即=0.5mol；与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量0.5mol×817.75kJ/mol=408.875kJ；

答案为:408.875KJ。

③此反应用于火箭推进；除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是产物为氮气和水，是空气成分不会造成环境污染；

答案为:产物不会造成环境污染。【解析】④②⑥③⑤AHAD2,3-二甲基戊烷516N2H4(g)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)ΔH=-641.75kJ/mol408.875产物环保无污染9、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E、均为可溶于水的固体，结合离子性质和离子共存的特征分析判断，CO32-只能和Na+结合为Na2CO3，氢氧根离子只能和Ba2+结合为Ba（OH）2；所得的溶液只有E溶液有颜色说明E溶液中含Fe3+，取一定量的固体C放在试管中用酒精灯加热，固体的质量会减少，确定C为碳酸氢盐，因为碳酸氢根离子与铝离子和铁离子会互促水解，生成沉淀和气体，依据离子共存可知碳酸氢根离子只能和镁离子形成溶于水的化合物，即C为Mg（HCO3）2；据此分析；

【详解】

①A溶液分别其他四种溶液反应，均有沉淀；证明A为Na2CO3；

②B溶液分别与其四种溶液反应，也有沉淀；只是当B溶液加入到D溶液中时，先有沉淀继续加入B溶液时，沉淀会消失，证明D溶液中含有Al3+；判断B为Ba（OH）2；若D为Al2（SO4）3，加入B为Ba（OH）2，则先有沉淀继续加入B溶液时，沉淀会减少，但不会消失，所以推断D为AlCl3；E、Fe2（SO4）3；

答案：Na2CO3Ba(OH)2Mg(HCO3)2AlCl3Fe2(SO4)3【解析】①.Na2CO3②.Ba(OH)2③.Mg(HCO3)2④.AlCl3⑤.Fe2(SO4)310、略

【分析】【详解】

（1）①Fe（CrO2）2中氧元素的化合价是－2价，总的负价是－8价，铬元素的化合价是+3，2个铬原子化合价是+6价，所以根据正负价代数和为0可知铁元素化合价是+2价；Fe（CrO2）2是由亚铁离子和CrO2－组成的盐；

②a．胶体较稳定；溶液是稳定的，A错误；

b．溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，b错误；

c．胶粒和溶液都可透过滤纸；c正确；

答案选c；

（2）①由二氧化锰和浓盐酸的反应可知MnO2和HSCN反应的化学方程式为MnO2+4HSCN（浓）Mn（SCN）2+（SCN）2↑+2H2O；

②由Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O可知，（CN）2的化学性质和卤素很相似，则（CN）2与NaOH（aq）反应的的离子方程式为（CN）2+2OH－＝CN－+CNO－+H2O。【解析】+2盐cMnO2+4HSCN（浓）Mn（SCN）2+（SCN）2↑+2H2O（CN）2+2OH－＝CN－+CNO－+H2O11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)A．CO2为酸性氧化物，其余为碱性氧化物，故答案为CO2；

B．Cu为金属单质；其余为非金属单质，故答案为Cu；

C．O2是非金属单质，其余为金属单质，故答案为O2；

D．H2O是氧化物，其余为酸，故答案为H2O；

(2)①花生油不溶于水；花生油加入到水中后充分搅拌得到乳浊液；

②硝酸钾溶于水；向蒸馏水中加入硝酸钾至恰好饱和得到硝酸钾饱和溶液；

③将饱和氯化铁溶液逐滴加入沸水中；继续加热，直至出现红褐色得到氢氧化铁胶体；

④澄清石灰水中通入少量的CO2会使溶液变浑浊；得到悬浊液；

⑤酒精与水互溶；两者混合形成溶液；

综上所述，属于浊液的是：①④；属于溶液的是：②⑤。【解析】CO2CuO2H2O①④②⑤12、略

【分析】【分析】

根据方程式计算碳的物质的量，再根据m＝nM计算碳的质量；硝酸钾溶液水；而硫；碳不溶于水，而硫易溶于二硫化碳，碳不能溶于二硫化碳，据此进行分离。

【详解】

根据S+2KNO3+3C→K2S+N2↑+3CO2↑，可知1molKNO3氧化碳的物质的量＝1mol×＝1.5mol；故氧化碳的质量＝1.5mol×12g/mol＝18g；

硝酸钾溶液水；而硫；碳不溶于水，应先加水溶解，过滤后，由于不溶物中硫易溶于二硫化碳，碳不能溶于二硫化碳，再将难溶物置于二硫化碳中溶解、过滤，最后留在滤纸上的是碳；

故答案为：18g；过滤；碳。【解析】①.18g②.过滤③.碳三、判断题(共6题，共12分)13、B【分析】【分析】

【详解】

氢氟酸应存放在塑料瓶中，浓硝酸存放在带塑料塞的棕色玻璃瓶中，故错误。14、A【分析】【详解】

无水氯化钙具有很强的吸水性，氯化钙潮解就是其吸水后表面形成溶液，正确。15、B【分析】【详解】

HBr具有较强的还原性，能和浓硫酸发生氧化还原反应，因此浓硫酸不能干燥HBr，故该说法错误。16、B【分析】【详解】

Fe2+离子既有氧化性又有还原性。17、A【分析】【分析】

【详解】

二氧化硅具有良好的光学性能等，二氧化硅可用来生产光导纤维，制普通玻璃的原料为纯碱、石灰石和石英，故SiO2可用于制玻璃，故正确。18、A【分析】【详解】

厨余垃圾“变身”为沼气，沼气主要成分为甲烷，属于化学变化，正确；四、工业流程题(共2题，共4分)19、略

【分析】【分析】

氯化铵焙烧菱锰矿（主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素）主要发生反应MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液的pH范围5.2≤pH≤8.8，沉淀Fe3+、Al3+，加入NH4F将Ca2+、Mg2+除去，过滤，则净化液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵炭化结晶：Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O，过滤，滤饼干燥得到MnCO3；滤液为氯化铵溶液，蒸发结晶得到氯化铵，可循环使用，据此分析作答。

【详解】

(1)焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式为：MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O；温度过低；反应速率慢；浸出率低；随着温度的升高，锰浸出率逐渐升高，但在500℃以后，锰浸出率增加缓慢，并且在500℃时，锰浸出率已经达到95%以上，温度过高，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500℃即可；

(2)净化除杂中加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；由表可知，Fe3＋、Al3＋完全沉淀的pH分别为2.8和5.2，Mn2＋开始沉淀pH为8.8，故若要将Al3＋、Fe3＋变为沉淀除去，但Mn2＋不能沉淀，故需调节pH的范围为5.2≤pH<8.8；当两种沉淀共存时，溶液中＝＝＝1.97；

(3)“碳化结晶”时，加入碳酸氢铵时HCO3-的电离促使Mn2＋生成MnCO3，促进碳酸氢根的电离，HCO3-与电离出的H＋反应生成水和CO2，发生反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO3-MnCO3↓＋CO2↑＋H2O；

(4)假设起始n(MnCO3)＝1mol，则m(MnCO3)＝115g，m(Mn)＝55g，加热过程中Mn元素的质量不变，A点时固体质量为115g×75.65%＝87g，则m(O)＝32g，故＝故A点对应的化学式为MnO2，同理可计算出B点对应的化学式为Mn3O4，故300℃～770℃范围内，发生反应的化学方程式为：3MnO2Mn3O4＋O2↑。【解析】MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O温度低，速率慢浸出率低；温度过高，浸出率变化不大，成本增加MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O5.2≤pH<8.81.97Mn2＋＋2HCO3-MnCO3↓＋CO2↑＋H2O3MnO2Mn3O4＋O2↑20、略

【分析】【详解】

Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO中，Al2O3、SiO2与NaOH溶液反应，MgO、Fe2O3不与NaOH溶液反应；除SiO2不与盐酸反应外，Al2O3、Fe2O3、MgO均与盐酸反应；加入过量盐酸，溶液A为AlCl3、MgCl2、FeCl3，沉淀B为SiO2，加入过量烧碱，沉淀C为Fe(OH)3和Mg(OH)2，溶液D为NaAlO2，通入过量二氧化碳，溶液E为NaHCO3，沉淀F为Al(OH)3，加热分解得到M为Al2O3；经电解可得到Al，则。

（1）加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为Al2O3+6H+=Al3++3H2O；（2）B为二氧化硅，与氢氧化钠反应生成硅酸钠，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；（3）D含有NaAlO2，通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；（4）因氢氧化铝溶于盐酸，所以不能用盐酸代替二氧化碳；（5）由图象可知氢氧化铝完全沉淀时消耗185mL氢氧化钠，即消耗0.185molNaOH，设含有xmolAl3+，ymolFe3+，涉及离子方程式为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，则x+y＝0.05、4x+3y＝0.185，解得x=0.035。【解析】Al2O3+6H+=Al3++3H2OSiO2+2OH-=SiO32-+H2OAlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-CO2+OH-=HCO3-否Al(OH)3会溶解在盐酸中0.035五、推断题(共2题，共8分)21、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MgSO422、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MgSO4六、原理综合题(共3题，共15分)23、略

【分析】【分析】

(1)①根据溶液中随着CuCl2加入量总氰(CNT)、游离氰(CN-)去除率与CuCl2的变化趋势分析判断；

②Cu2+、Cu(CN)32-、SO32-会发生氧化还原反应；根据原子守恒；电子守恒和电荷守恒，书写反应的离子方程式；

(2)①电解时，阳极上CN-失去电子被氧化产生N2、CO2；溶液中阳离子向阴极定向移动，阴离子向阳极定向移动；

②CN-中包含碳氮三键；根据C；N元素非金属性强弱判断该离子中碳元素的化合价；

③Cl-在电解时产生Cl2，Cl2具有氧化性，可氧化CN-为N2、CO2。

【详解】

(1)①由图象可知：随着CuCl2加入，在CuCl2加入量小于3.0g前，溶液中总氰和游离氰的去除率均随CuCl2加入量的增加而增加，这是由于根据信息ii.游离氰可直接和铜离子反应，使溶液中c(CN-)降低，电离平衡平衡Cu(CN)32-CuCN↓+2CN-正向移动，使溶液中Cu(CN)32-降低；形成CuCN沉淀，从而使去除率增加；

②Cu2+、Cu(CN)32-、SO32-会发生氧化还原反应产生CuCN沉淀、SO42-，根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：2Cu2++Cu(CN)32-+SO32-+H2O=3CuCN↓+2H++SO42-；

(2)①A．利用钛电极对沉淀后的废液中残留的CN-等离子进一步进行电解处理，在一定的电压下，阳极上Cl-失去电子变为Cl2，Cl2将CN-氧化产生N2、CO2；因此可在阳极观察到明显的气泡，A错误；

B．在阴极上溶液中的Cu2+得到电子变为Cu单质析出；因此电解结束之后，该小组同学在阴极处能回收金属铜，B正确；

C．电解时，溶液中阳离子向阴极定向移动，阴离子Cu(CN)32-会向阳极定向移动；C正确；

故合理选项是BC；

②CN-中包含碳氮三键；由于元素的非金属性C＜N，所以共用电子对偏向N元素，使C元素显示正化合价，该离子中带1个单位负电荷，碳元素的化合价数值为3-1=2，所以C化合价为+2价；

③在一定的电压下，在阳极观察到明显的气泡，经检验，其主要成分为N2和CO2。该小组同学实验时发现，若将(1)中沉淀剂CuCl2换为CuSO4，电解法几乎不能去除CN-。说明在电解时，阳极发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑；生成的Cl2继续将溶液中的CN-氧化成N2和CO2，发生了反应5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2↑+N2↑+8H+，从而将溶液中的CN-去除，而SO42-在溶液中不能失去电子，因此电解方法使用CuSO4，电解法几乎不能去除CN-。

【点睛】

本题