2024年新世纪版必修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年新世纪版必修1化学上册阶段测试试卷418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、已知：将Cl2通入适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3，且的值与温度高低有关，当n(NaOH)=amol时，下列有关说法不正确的是A.参加反应的氯气的物质的量为molB.改变温度，产物中NaClO3的最大理论产量为molC.改变温度，反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围：mol≤n(e-)≤molD.某温度下，若反应后=11，则溶液中=2、下列指定反应的离子方程式正确的是A.溶液中加足量溶液：B.碳酸氢钙溶液加到醋酸中：C.将Na投入到溶液中：D.和稀盐酸的反应：3、X；Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素；其中Z为金属元素，其单质与水反应后溶液能使酚酞试液变为浅红色，X、W为同一主族元素，Y是地壳中含量最高的元素。甲、乙、丙分别为X、Z、W形成的最高价氧化物。下列判断不正确的是。

A.W位于元素周期表第三周期ⅣA族B.原子半径：r(Z)˃r(W)>r(Y)>r(X)C.丁为CO，反应③为工业制粗硅的原理D.X、W简单氢化物的沸点：X<W4、氮化硅(Si3N4)可用作高级耐火材料、新型陶瓷材料、LED基质材料等。已知：Si对电子对的吸引力比H的小，利用硅烷(SiH4)制备氮化硅的反应为3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2。下列有关说法正确的是A.硅烷中Si的化合价为-4价B.NH3在该反应中作还原剂C.H2既是氧化产物，也是还原产物D.转移1.2mol电子时，生成0.6molH25、既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是A.CuCl2B.FeCl2C.AlCl3D.FeCl36、下列说法正确的是A.把100mL3mol·L－1的H2SO4跟100mL水混合，硫酸的物质的量浓度变为1.5mol·L－1B.把200mL3mol·L－1的BaCl2溶液跟100mL3mol·L－1的KCl溶液混合后，溶液中的c(Cl-)仍然是3mol·L－1C.把100g20%的NaCl溶液跟100gH2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%D.1L水中溶解0.2mol硝酸钾，即可配得0.2mol/L硝酸钾溶液7、下列离子不能大量共存于同一溶液中的是A.NH4+、NO3-、Fe2+、H+B.NO3-、Na+、Ba2+、Ag+C.C1-、Cu2+、SO42-、NO3-D.SO42-、NO3-、K+、H+评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、请将正确的序号填入空白处。

①铜②食盐水③BaSO4④盐酸⑤酒精⑥干冰⑦CaO⑧液氨⑨熔触的NaHSO4

上述列物质中：

(1)能导电的有_______。

(2)含有共价键的电解质有_______。

(3)写出⑧滴加到④中的离子方程式_______。

(4)写出⑥的电子式______________。9、某学习小组为了证实Ba（OH）2溶液和溶液的反应是离子反应；设计了如下实验。请补充完成该实验报告。

（1）【实验原理】溶液的导电性由溶液中离子的浓度及离子电荷数决定。观察____________,据此判断溶液中自由移动的离子浓度的变化；从而证明反应是离子反应。

（2）【实验装置】如图1所示。

【实验过程与记录】。实验步骤实验现象实验结论连接好装置，向烧杯中加入25mL1mol/LBa（OH）2溶液和2滴酚酞溶液，逐滴滴加1mol/LH2SO4溶液直至过量，边滴边振荡。（2）________（填写支持实验结论的证据）Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液的反应是离子反应

（3）整个过程中混合溶液的导电能力（用电流强度Ⅰ表示）可近似地用图2中的______（填序号）曲线表示。

（4）上述反应的离子方程式是____________。10、次磷酸钠(NaH2PO2)可用于化学镀镍。

(1)NaH2PO2中P元素的化合价为_____。

(2)化学镀镍的溶液中含有Ni2+和在酸性等条件下发生下述反应：

(a)Ni2+++→Ni++____

(b)6+2H+=2P+4+3H2↑

请写出并配平反应式(a)________。

(3)利用②中反应可在塑料镀件表面沉积镍—磷合金，从而达到化学镀镍的目的，这是一种常见的化学镀。请从以下方面比较化学镀与电镀。方法上的不同点：____________；原理上的不同点：__________；化学镀的优点：_______。11、科学家在研究化学物质时；常对其进行分类，以便对同类物质的组成和性质进行深入研究，物质分类及转化思想贯穿整个化学学科学习的始终。

下列物质：①纯H2SO4②硝酸钾溶液③铜④二氧化碳⑤Ba(OH)2固体⑥KHSO4固体⑦蔗糖⑧熔融KCl⑨氨水。

（1）能导电的是______(填序号，下同)，属于电解质的是______，属于非电解质的是______。

（2）写出⑤、⑥在水溶液中的电离方程式：⑤_____，⑥______。

（3）根据物质的组成②⑥⑧可以分为一类，其分类标准是：______，检验②中金属阳离子的实验方法是______(填实验操作的名称)，确定该离子存在的现象是______。12、物质的量浓度和溶质质量分数的比较。物质的量浓度c溶质质量分数w概念以单位体积溶液中所含溶质的_______来表示溶液组成的物理量以溶质质量与溶液质量的_______来表示溶液组成的物理量溶质的单位______________溶液的单位______________表达式______________两者关系(M：摩尔质量，单位：密度，单位：)13、有关物质的量的计算是中学化学的重要内容；完成以下填空：

（1）标准状况下，①6.72LNH3②1.204×1023个H2S③5.6gCH4④0.5molHCl；下列关系按由大到小排序。

A．体积大小：___________________B．质量大小：________________

C．密度大小：___________________D．原子数目：_________________

（2）标准状况下，33.6L的HCl所具有的物质的量为_____________，将其溶解于水配成3L的溶液，所得盐酸的物质的量浓度为__________。

（3）在25℃、101kPa的条件下，同质量的CH4和A气体的体积之比是15∶8，则A的摩尔质量为________

（4）标准状况下，2.4g某气体的体积为672mL，则此气体的相对分子质量为_________

（5）0.5L1mol/LCaCl2溶液中Ca2+的物质的量为_________，Cl−的物质的量浓度为________

（6）0.3molNH3分子中所含原子数与___________个H2O分子中所含原子数相等。

相同质量的SO2、SO3的物质的量之比为____________；氧原子的个数之比为___________

在0℃和101kPa的条件下，将2.00g氦气、1.40g氮气和1.60g氧气混合，该混合气体的体积是________L

若1gN2含a个原子，则阿伏加德罗常数可表示为_____________

由硫酸钾、硫酸铁和硫酸组成的混合溶液，其中c(H＋)＝0.1mol/L，c(Fe3＋)＝0.3mol/L，c(SO)＝0.6mol/L，则c(K＋)为________14、铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的知识；完成下列问题。

（1）向沸水中逐滴滴加1mol/LFeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该分散系中粒子直径的范围是____________nm。

（2）电子工业需要用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜片制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式______________________________________。某同学对FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成进行测定：取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则溶液中所含金属阳离子有________________。

（3）若要验证该溶液中含有Fe2＋，正确的实验方法是________（用字母代号填）。

A．向试管中加入试液，滴入KSCN溶液，若显血红色，证明含有Fe2＋。

B．向试管中加入试液，滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，证明含有Fe2＋。

C．向试管中加入试液，先滴入KSCN溶液，无现象，再滴加氯水，若显血红色，证明原溶液中含有Fe2＋

（4）欲从废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液设计实验方案如下：

①写出上述实验中有关物质的化学式：A：__________；B：__________。

②写出通入C的化学方程式_____________________________________________15、Cu在加热条件下能与浓硫酸反应（反应Ⅰ），但工业上制取CuSO4却不是直接用浓硫酸与铜反应；而是将铜丝浸入稀硫酸中并不断由容器的下部吹入细小的空气泡（反应Ⅱ）。

（1）写出反应Ⅰ、Ⅱ的化学方程式___、___。

（2）试分析反应Ⅱ的制备办法的优点___。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、氯气与NaOH溶液反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂。(___________)A.正确B.错误17、下列关于共价键的叙述中；判断对错：

（1）在离子化合物中一定不存在共价键___________

（2）在单质分子中一定存在共价键___________

（3）一定存在于共价化合物中___________

（4）共价键不如离子键牢固___________A.正确B.错误18、酸与碱、盐与酸、盐与碱、盐与盐之间可以发生复分解反应。(_______)A.正确B.错误19、过量的铁粉在少量氯气中加热，充分反应后产物为FeCl2。(___________)A.正确B.错误20、漏斗可用于过滤及向滴定管中添加溶液。(_____)A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共1题，共4分)21、某电解精炼铜的阳极泥中富含硒；主要以银．铜的硒化物形式存在。实验室利用纯碱焙烧法从中提取硒的步骚如下：

Ⅰ.分别称取阳极泥．和充分混合后置于仪器X中，在450~650℃范围内焙烧半小时，使硒化物转化为易溶于水的亚硒酸盐和硒酸盐；

Ⅱ.待仪器X冷却后，取出焙烧物置于小烧杯中，加入水；充分浸取后过滤，滤渣可用于提取金．银等贵金属；

Ⅲ.将Ⅱ中的滤液转移至蒸发皿中浓缩至左右，用浓盐酸酸化，将酸化后的溶液转移至烧杯中，小火加热至左右；

Ⅳ.待Ⅲ所得溶液冷却后，加入浓盐酸；滤去析出的不溶物；

Ⅴ.将Ⅳ中滤液转入锥形瓶中，通入数分钟；析出红色无定形硒沉淀，经过滤．洗涤．干燥后得粗硒。

已知：浓度较大的硒酸能被浓盐还原为亚硒酸。

(1)步骤Ⅰ中的作用是______。

(2)仪器X为______(填标号)。

A.烧杯B.蒸发皿C.瓷坩埚D.铁坩埚。

(3)步骤Ⅲ加入浓盐酸并加热浓缩的目的是______。

(4)步骤V所用装置如图所示，装置A的分液漏斗中试剂为______(填“98%硫酸”．“70%硫酸”或“10%硫酸”)；装置B中发生反应的化学方程式为______；装置C的作用是______。

(5)测定粗硒中硒的含量的操作步骤如下：

Ⅰ.用浓将样品中的氧化为

Ⅱ.用溶液还原为同时生成

Ⅲ.以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定Ⅱ中生成的

滴定终点的现象是______。实验中准确称量粗硒样品，滴定中消耗的溶液则粗硒样品中硒的质量分数表达式为______。评卷人得分五、原理综合题(共1题，共4分)22、含氯消毒剂是消毒剂中常用的一类产品。

I.某实验小组用如图装置制备家用消毒液。

（1）图中盛装浓盐酸的仪器名称是___；写出利用上述装置制备消毒液涉及反应的化学方程式，制氯气：___；制消毒液：___。此方法获得的消毒液的有效成分是___（填名称）。

（2）洗气瓶中饱和食盐水的作用是___。

（3）此消毒液在使用时应注意一些事项；下列说法正确的是___。

a.可以用于衣物消毒。

b.可以用于瓷砖；大理石地面的消毒。

c.可以用于皮肤消毒。

d.与洁厕灵（含盐酸）混合使用效果更好。

（4）Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染。化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2（气）+8NH3（气）=6NH4Cl（固）+N2（气）若反应中消耗Cl21.5mol，则被氧化的NH3在标准状况下的体积为___L；该过程中电子转移的总数为___个。

II.（5）二氧化氯（ClO2）为一种黄绿色气体；是国际上公认的高效；广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。氯酸钠与盐酸在50℃的条件下反应得到二氧化氯和氯气的混合气体。控制50℃的加热方法是___，写出该反应的化学方程式___。

（6）目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。

如图所示，用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。写出阳极产生ClO2的电极反应式：___。

评卷人得分六、有机推断题(共3题，共15分)23、A；B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素；原子序数依次增大，相关信息如表：

。元素。

相关信息。

A

基态原子的价电子排布式为nsnnpn

B

基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的。

C

原子最外层电子数是电子层数的3倍。

D

简单离子是第三周期元素中离子半径最小的。

E

价电子层中的未成对电子数为4

请回答下列问题：

(1)E元素在周期表中的位置是_________________________。

(2)写出D元素基态原子的简化电子排布式：__________。

(3)这5种元素中电负性最大的元素是__________(填元素符号)；A；B、C三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______________________(填元素符号)。

(4)B；C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为____________(用离子符号表示)。

(5)写出C的核外有18个电子的氢化物的电子式：_____________________。24、元素X、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知：Y为地壳中含量最多的元素，M原子的最外层电子数与次外层电数之比为3：4；R-、Z+、X+离子半径逐渐减小；化合物XR常温下为气体；请回答下列问题：

（1）M在元素周期表中的位置__；Z+离子的结构示意图为__。

（2）写出X、Y、R按原子个数之比1：1：1形成的化合物的电子式__。

（3）X与Y可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式__。

（4）实验室制备R的单质，该反应的离子方程式为__。

（5）R非金属性强于M，下列选项中能证明这一事实的是__(填字母序号)。

A.常温下的R单质熔沸点比M单质的高。

B.R的氢化物比M的氢化物更稳定。

C.一定条件下R和M的单质都能与NaOH溶液反应。

D.最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：R>M

（6）由X、Y、Z、M四种元素组成的一种弱酸酸式盐A。向A溶液中通入氯气，得到无色溶液，写出该反应的离子方程式__。25、现有原子序数依次增大的A；B、C、D、E五种短周期元素。已知A、C、D三原子的最外电子层中共有10个电子；这三种元素的最高价氧化物的水化物之间，两两皆能反应。请回答下列问题：

（1）B元素的名称是_____。

（2）D、E两元素的最高价氧化物的水化物中，酸性较强的是_____（填化学式）。

（3）写出A、C两元素的最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式：________。

（4）将A元素的过氧化物15.6g与足量二氧化碳完全反应，有____mol电子发生转移。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A．涉及反应为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O和6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，反应2mol氢氧化钠，消耗1mol氯气，所以Cl2通入amolNaOH溶液恰好完全反应；则参加反应的氯气的物质的量等于0.5amol，故A正确；

B．根据方程式6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O分析，amol氢氧化钠最多能生成的氯酸钠为大于mol；B错误；

C．当只发生6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O转移电子数最多，依据方程式6mol氢氧化钠反应转移5mol电子，所以amol氢氧化钠反应，最多转移电子，若只发生反应2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，转移电子数最少，依据方程式2mol氢氧化钠反应转移1mol电子，所以amol氢氧化钠反应，最少转移电子，故转移电子的物质的量n的范围:mol≤n(e-)≤mol；C正确；

D．溶液中存在c(ClO-)×1+5×c()=c(Cl-)×1，若反应后=11，则溶液中=D正确；

故选B。2、A【分析】【详解】

A.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液的离子反应为：HCO3-故A正确；

B.碳酸氢钙溶液加到醋酸中的离子反应为：2HCO3-O；故B错误；

C.将Na投入到CuSO溶液中；Na会先与水反应，故C错误；

D.氢氧化镁不溶于水，盐酸跟氢氧化镁反应的离子反应为：故D错误。

故选A。3、B【分析】【分析】

X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；其中Z为金属元素，其单质与水反应后溶液能使酚酞试液变为浅红色，则Z与水反应的产物应是弱碱，则Z为Mg，乙为MgO，甲可以和Mg反应得到MgO和X的单质，则X应为C，甲为CO2，符合“X的单质在O2点燃生成甲”，X、W为同一主族元素，且W也为短周期元素，所以W为Si元素，丙为SiO2，C与SiO2高温反应生成Si和CO；即丁是CO，据此分析解答。

【详解】

A．W为Si元素；原子序数为14，位于第三周期ⅣA族，A正确；

B．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以原子半径从大到小顺序为：Mg＞Si＞C＞O，即r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)；B错误；

C．根据分析可知丁为CO；反应③为C与二氧化硅的反应，生成硅和CO，为工业制粗硅的原理，C正确；

D．X与W分别为C元素和Si元素，其简单氢化物均为分子构成，因为CH4的相对分子质量较SiH4的小，分子间的范德华力较SiH4的小，所以其沸点相对较低，即X<W；D正确；

综上所述答案为B。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．硅对电子对的吸引力比H的小；故硅烷中H显-1价，Si的化合价为+4价；故A错误；

B．NH3中H显+1价；在反应中被还原为氢气，在该反应中作氧化剂；故B错误；

C．SiH4中H显-1价，NH3中H显+1价，H2既是氧化产物；也是还原产物，故C正确；

D．按照方程式转移12mol电子时，生成12molH2，所以转移1.2mol电子时，生成1.2molH2；故D错误；

故答案为：C。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，但是铜单质不能与稀盐酸反应，故A错误；

B．但是铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2；故B错误；

C．氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2；故C错误；

D．铝单质与稀盐酸反应生成故D正确；

故答案为D。6、C【分析】【详解】

A、将硫酸和水等体积混合，总体积小于200mL，则把100mL3mol•L-1的H2SO4跟100mLH2O混合，硫酸的物质的量浓度大于1.5mol•L-1；故A错误；

B、3mol•L-1的BaCl2溶液中氯离子浓度为6mol•L-1，3mol•L-1的KCl溶液中氯离子浓度为3mol•L-1，混合后氯离子浓度介于之间3mol•L-1～6mol•L-1；故B错误；

C；稀释前后溶质的质量不变；仍为20g，溶液质量变为原来2倍，为200g，所以混合后，NaCl溶液的质量分数是10%，故C正确；

D、1L水中溶解0.2mol硝酸钾，溶液的体积不是1L，即配得硝酸钾溶液的浓度不是0.2mol/L，故D错误，故选C。7、A【分析】A.在H+大量存在的情况下，NO3－可以将Fe2+氧化成Fe3+，在溶液中不能大量共存，故A选；B.NO3－、Na+、Ba2+、Ag+四种离子之间互不反应，在溶液中可以大量共存，故B不选；C.Cl－、Cu2+、SO42－、NO3－四种离子之间互不反应，在溶液中可以大量共存，故C不选；D.SO42－、NO3－、K+、H+四种离子之间互不反应，在溶液中可以大量共存，故D不选；答案选A。二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①铜是金属单质；含有自由移动的电子，因此能够导电；

②在食盐水中，NaCl在水分子作用下电离产生自由移动的Na+、Cl-；因此能够导电；

④在盐酸中，HCl在水分子作用下电离产生自由移动的H+、Cl-；因此能够导电；

⑨在熔触的NaHSO4中盐电离产生自由移动的Na+、因此能够导电；

故上述物质中能够导电的是①②④⑨；

(2)③BaSO4是盐，属于电解质，该物质是离子化合物，Na+与以离子键结合；在阴离子中，S与O原子之间以共价键结合，故BaSO4是含有共价键的电解质；

⑨熔触的NaHSO4是盐，属于电解质，该物质是离子化合物，Na+与以离子键结合；在阴离子中；S与O原子之间及H与O原子之间以共价键结合，故是含有共价键的电解质，因此含有共价键的电解质序号是③⑨；

(3)⑧液氨加入到④盐酸中发生反应产生NH4Cl，该反应的离子方程式为：H++NH3=

(4)⑥是CO2，C原子最外层有4个电子，O原子最外层有6个电子，C原子与2个O原子形成四对共用电子对，使分子中各原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故CO2的电子式是【解析】①②④⑨③⑨H++NH3=9、略

【分析】【分析】

根据离子浓度大小影响导电性；由灯泡的明暗程度可以判断离子浓度变化；根据氢氧化钡是强碱使酚酞变红和与硫酸反应的实质判断实验现象；根据反应实质判断导电性合理的曲线和发生的离子方程式；据此解答。

【详解】

（1）离子浓度越大；电荷越多，会使灯泡越亮，所以灯泡的明暗程度可以判断离子浓度变化；答案为灯泡的明暗程度。

（2）烧杯中开始只有强电解质Ba(OH)2和酚酞，溶液呈红色，灯泡变亮，然后逐滴加入H2SO4溶液；析出白色沉淀，红色变浅，离子浓度下降，灯泡会逐渐变暗，当完全中和时，红色褪去，灯泡会熄灭，再加入硫酸，灯泡又会逐渐变亮；答案为产生白色沉淀；溶液红色褪去、灯泡由亮变暗至熄灭后再逐渐变亮。

（3）根据（2）的分析可知，随着H2SO4的滴入；导电能力先降低后增加，但不会超过最初始的状态，故曲线c合理。答案为c。

（4）Ba(OH)2溶液中加入H2SO4，发生化学反应生成硫酸钡沉淀和水，其离子方程式为Ba2+++2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O；答案为Ba2+++2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O。【解析】灯泡的明暗程度产生白色沉淀、溶液红色褪去、灯泡由亮变暗至熄灭后再逐渐变亮cBa2+++2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O10、略

【分析】【分析】

(1)根据化合物的化合价代数和为0计算；

(2)由化合价变化情况可知Ni2+为氧化剂，H2PO2-为还原剂，运用得失电子数目守恒规律，由此可确定Ni2+和Ni+、和的化学计量数；再根据酸性等条件作答；

(3)比较化学镀与电镀应该从反应环境和条件以及反应实质和产物方面去分析归纳问题。

【详解】

(1)因为Na；H的化合价为+1；O为-2，所以由化合价代数和为0可得P的化合价为：+1，故答案为：+1；

(2)由化合价变化情况可知Ni2+为氧化剂，H2PO2-为还原剂，运用得失电子数目守恒规律可得关系式：(2-1)×2=(3-1)×1，由此可确定Ni2+和Ni+的化学计量数为2，和的化学计量数为1，由于反应是酸性等条件下发生，运用电荷守恒得关系式：2×2-1=2×1-1+2×1，由此可确定H+在方程式的右边，H2O在方程式的左边，化学计量数分别为2和1，即总方程式为：2Ni2+++H2O=2Ni+++2H+，故答案为：2Ni2+++H2O=2Ni+++2H+；

(3)比较化学镀与电镀应该从反应环境和条件以及反应实质和产物方面去分析归纳问题；从方法上分析，电镀是利用电解原理通过外加直流电源，在镀件表面形成的镀层，镀层一般只有镍，而化学镀是利用氧化还原反应镀件直接与电解质溶液接触，在塑料镀件表面沉积镍-磷合金，这是两者的不同；从原理上分析，无论电镀还是化学镀均有电子的转移，均是利用了氧化还原反应，这是两者的相同点，不同点是化学镀用的是化学反应，而电镀用的是电化学；很明显化学镀装置简单，而且不需要消耗电能，装置简单；耗能少、操作简便应该是化学镀优于电镀的，故答案为：化学镀中镀件直接与电解质溶液接触反应、电镀通过外加电流，在镀件外形成镀层；化学镀是利用化学腐蚀反应、电镀是利用电解池，外加电流进行氧化还原反应；装置简便，节约能源，操作简便。

【点睛】

本题重点(2)，掌握氧化还原反应方程式的书写，要根据得失电子守恒、质量守恒、电荷守恒的综合运用。【解析】+12Ni2+++H2O=2Ni+++2H+化学镀中镀件直接与电解质溶液接触反应、电镀通过外加电流，在镀件外形成镀层化学镀是利用化学腐蚀反应、电镀是利用电解池，外加电流进行氧化还原反应装置简便，节约能源，操作简便11、略

【分析】【分析】

(1)

①纯H2SO4不导电；溶于水电离出离子而导电，属于电解质；

②硝酸钾溶液是混合物；既不是电解质也不是非电解质；含有自由移动的离子，能导电；

③铜是金属单质；可以导电，既不是电解质也不是非电解质；

④二氧化碳本身不能电离产生自由移动的离子；是非电解质；不含自由电子，不含自由移动的离子，不导电；

⑤Ba(OH)2固体是化合物；水溶液能导电，是电解质；不含自由电子，不含自由移动的离子，不导电；

⑥KHSO4固体是化合物；水溶液能导电，是电解质；不含自由电子，不含自由移动的离子，不导电；

⑦蔗糖是化合物；在水溶液中和熔融状态下不能导电，是非电解质，不含自由电子，不含自由移动的离子，不导电；

⑧熔融KCl是化合物；熔融状态能导电，是电解质；含有自由移动的离子，能导电；

⑨氨水是混合物；含有自由移动的离子，可以导电，既不是电解质也不是非电解质；

因此能导电的是②③⑧⑨；属于电解质的是①⑤⑥⑧，属于非电解质的是④⑦；

(2)

⑤、⑥均是电解质，在水溶液中的电离方程式分别为Ba(OH)2=Ba2++2OH-、KHSO4=K++H++SO

(3)

根据物质的组成②⑥⑧均是钾盐，可以分为一类；检验②中金属阳离子钾离子的实验方法是焰色反应，确定该离子存在的现象是透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色。【解析】(1)②③⑧⑨①⑤⑥⑧④⑦

(2)Ba(OH)2=Ba2++2OH-KHSO4=K++H++SO

(3)均为钾盐焰色反应透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色12、略

【分析】【详解】

物质的量浓度c是以单位体积溶液中所含溶质的物质的量来表示溶液组成的物理量，溶质的单位为mol，溶液的单位为L，表达式为溶质质量分数w是以溶质质量与溶液质量的比值来表示溶液组成的物理量，溶质的单位为g，溶液的单位为g，表达式为【解析】物质的量比值molgL13、略

【分析】【详解】

（1）标准状况下，①6.72LNH3的物质的量为6.72L÷22.4L/mol==0.3mol；②1.204×1023个H2S的物质的量为1.204×1023÷6.02×1023mol−1==0.2mol；③5.6gCH4的物质的量为5.6g÷16g/mol=0.35mol；④0.5molHCl，A.由上述计算可知物质的量④＞③＞①＞②，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，所以体积大小④＞③＞①＞②；B.①NH3质量为17g/mol×0.3mol=5.1g；②H2S质量为34g/mol×0.2mol=6.8g；③CH4量为5.6g；④HCl质量为36.5g/mol×0.5mol=18.25g，故质量大小④＞②＞③＞①；C.同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，①NH3相对分子质量为17；②H2S相对分子质量为34；③CH4相对分子质量为16④HCl相对分子质量为36.5，故密度大小④＞②＞①＞③；D.①标准状况6.72LNH3中原子的物质的量为0.3mol×4=1.2mol，②1.204×1023个H2S含有的原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol；③5.6gCH4含有的原子的物质的量为0.35mol×5=1.75mol；④0.5molHCl含有的原子的物质的量为0.5mol×2=1mol；原子数目之比等于物质的量之比，所以原子数目③＞①＞④＞②；

（2）33.6L的HCl的物质的量为：33.6L÷22.4L/mol=1.5mol；所形成溶液的浓度c=1.5mol÷3L=0.5mol/L；故答案为1.5mol；0.5mol/L；

（3）在相同条件下，同质量的两种气体的体积之比等于摩尔质量的反比，即：V(CH4)∶V(A)＝M(A)∶M(CH4)；即15∶8＝M(A)∶16g/mol，得M(A)＝30g/mol，故答案为30g/mol；

（4）672ml气体的物质的量为:672×10-3L÷22.4L/mol=0.03mol；则其摩尔质量为：2.4g÷0.03mol=80g/mol，故答案为80；

（5）0.5L1mol/LCaCl2的物质的量为：0.5L×1mol/L=0.5mol，Ca2+的物质的量为0.5mol，Cl−的物质的量浓度为1mol/L×2=2mol/L；故答案为0.5mol；2mol/L；

（6）0.3molNH3分子中所含原子的物质的量为:0.3mol×4=1.2mol，与之原子数相等的H2O物质的量为：1.2mol÷3=0.4mol，所含分子个数为0.4NA；相同质量的SO2、SO3的物质的量之比为80:64=5：4；氧原子个数之比为：5×2:4×3=5：6；2.00g氦气的物质的量=2.00g÷4g/mol=0.5mol，1.40g氮气的物质的量为：1.40g÷28g/mol=0.05mol，1.60g氧气的物质的量为：1.60g÷32g/mol=0.05mol，混合气体总物质的量为0.5mol+0.05mol+0.05mol=0.6mol，总体积为：0.6mol×22.4L/mol=13.44L；若1gN2含a个原子，则有NA=28amol-；根据溶液中的电荷守恒可得表达式：c(K＋)+c(H＋)+3c(Fe3＋)=2c(SO)，c(K＋)=0.2mol/L；故答案为0.4NA、5：4、5：6、13.44L、28amol-1、0.2mol/L。【解析】④>③>①>②④>②>③>①④>②>①>③③>①>④>②1.5mol0.5mol/L30g/mol800.5mol2mol/L0.4NA5：45：613.44L28amol-10.2mol/L14、略

【分析】【分析】

(1)至液体呈透明的红褐色得到的分散系为胶体；

(2)FeCl3溶液与铜反应生成氯化铜；氯化亚铁；取少量待测溶液；滴入KSCN溶液呈红色，则一定含铁离子；

(3)验证该溶液中含有Fe2+；利用其还原性，注意排除铁离子对亚铁离子检验的干扰；

(4)腐蚀废液中含有氯化铜；氯化亚铁；加入过量的铁可以和氯化铜反应生成金属铜和氯化亚铁，故A为Fe，经过滤所得滤液是氯化亚铁，滤渣是金属铜和过量的铁，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，加入过量B为盐酸可以将铜分离，得到的滤液为氯化亚铁，滤液合并后通入氯气，能将亚铁离子氧化为三价铁，以此解答该题。

【详解】

(1)向沸水中逐滴滴加1mol/LFeCl3溶液；至液体呈透明的红褐色，该分散系为胶体，可知粒子直径的范围是1～100nm；

(2)FeCl3溶液与铜反应生成氯化铜、氯化亚铁，离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则一定含铁离子，则Cu不足，溶液中还含Fe2+、Cu2+；

(3)A．向试管中加入试液，滴入KSCN溶液，若显血红色，证明含有Fe3+，不能检验Fe2+；故A错误；

B．向试管中加入试液，滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，发生氧化还原反应，体现Fe2+还原性，证明含有Fe2+；故B正确；

C．向试管中加入试液先滴入KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水，显血红色，证明原溶液中含有Fe2＋；

故答案为：BC；

(4)腐蚀废液中含有氯化铜；氯化亚铁；加入过量的铁可以和氯化铜反应生成金属铜和氯化亚铁，故A为Fe，经过滤所得滤液是氯化亚铁，滤渣是金属铜和过量的铁，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，加入过量B为盐酸可以将铜分离，得到的滤液为氯化亚铁，滤液合并后通入氯气，能将亚铁离子氧化为三价铁；

①由上述分析可知；A为Fe，B为HCl；

②C为氯气，通入C和氯化亚铁反应生成氯化铁，方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3。

【点睛】

考查Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键。本题中根据Fe3+、Cu2+的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定Fe3+存在，一定存在Fe2+，可能含有Cu2+；若有铁剩余，一定有铜生成，Fe3+和铜离子无剩余。【解析】1～1002Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+Fe3+、Fe2+、Cu2+BCFeHCl2FeCl2+Cl2=2FeCl315、略

【分析】【分析】

（1）反应Ⅰ是浓硫酸与铜在加热条件下反应生成硫酸铜；二氧化硫和水；反应Ⅱ是铜在空气中与稀硫酸反应生成硫酸铜和水；

（2）根据两反应方程式进行分析。

【详解】

（1）反应Ⅰ是浓硫酸与铜在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O；反应Ⅱ是铜在空气中与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为2Cu＋O2＋2H2SO4＝2CuSO4＋2H2O；

（2）根据两反应方程式可知，反应Ⅱ的制备办法的优点为一是不产生污染空气的二氧化硫，二是提高了硫酸的利用率。【解析】①.Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O②.2Cu＋O2＋2H2SO4＝2CuSO4＋2H2O③.一是不产生污染空气的二氧化硫，二是提高了硫酸的利用率三、判断题(共5题，共10分)16、A【分析】【分析】

【详解】

氯气与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，Cl元素的化合价部分由0价升至+1价、部分由0价降至-1价，Cl2既是氧化剂又是还原剂，正确。17、B【分析】【分析】

（1）

在离子化合物中一定含有离子键；可能存在共价键，如NaOH是离子化合物，其中含有离子键；共价键，因此该说法是错误的。

（2）

惰性气体是单原子分子；分子中只有一个原子，就不存在共价键，因此在单质分子中不一定存在共价键，这种说法是错误的。

（3）

共价键可能存在于多原子单质分子中；也可能存在共价化合物分子中，还可能存在于离子化合物中，因此不一定只存在于共价化合物中，这种说法是错误的。

（4）

共价键、离子键的强弱取决于微粒之间作用力的大小，有的共价键比离子键强，有的共价键比离子键弱，因此不能说共价键不如离子键牢固，这种说法是错误的。18、A【分析】【详解】

化合物之间相互交换成分，生成新的化合物的反应是复分解反应，酸与碱、盐与酸、盐与碱、盐与盐之间可以发生复分解反应，故正确。19、B【分析】【分析】

【详解】

过量或少量的铁粉在少量氯气中加热，充分反应后产物都为FeCl3，故错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

漏斗可用于过滤，向滴定管中添加溶液的方法是直接将试剂瓶中的液体转移到滴定管中，不需要漏斗，故D错误。四、实验题(共1题，共4分)21、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）焙烧过程中；发生化学反应，硝酸钾作为氧化剂参与反应将硒化物转化为易溶于水的亚硒酸盐和硒酸盐；

（2）焙烧温度较高；容器需要耐高温，且不能与容器内物质发生化学反应，故只有C符合题意；

（3）加入盐酸酸化；将亚硒酸盐酸化为亚硒酸，同时将硒酸盐转化为硒酸，得到浓度较大的硒酸；

（4）装置A的分液漏斗中试剂为70%硫酸；装置A向装置B中通入SO2，利用二氧化硫的还原性还原亚硒酸为Se，同时二氧化硫被氧化为硫酸，装置C防止生成多余的SO2溢出污染环境；防倒吸；

（5）用淀粉作为滴定I2的指示剂，淀粉在I2溶液中显蓝色，待滴定终点将I2消耗完则蓝色消失；根据题意知滴定过程中消耗Na2S2O3((Vc)/1000)mol，则消耗的I2为((Vc)/2000)mol，1molSeO2的被还原，可以生产2molI2，则SeO2为((Vc)/4000)molSe的物质的量为79g/mol，则粗硒中硒的含量为：(或)。【解析】氧化剂C使硒酸盐与亚硒酸盐转化成相应的酸，并获得浓度较大的硒酸70%硫酸吸收多余防止污染空气；防止发生倒吸溶液蓝色褪去(或)五、原理综合题(共1题，共4分)22、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）图中盛装浓盐酸的仪器名称是分液漏斗，图为实验室制氯气法，其化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O；制消毒液的方程式为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；此方法获得的消毒液的有效成分是次氯酸钠（NaClO）；

（2）洗气瓶中饱和食盐水的作用是：除去氯气中的氯化氢和抑制氯气的溶解；

（3）A．此消毒液氧化性强；不可以用于衣物消毒，容易造成衣物损坏；褪色等问题，A错误；

B．此消毒液可以用于瓷砖；大理石地面的消毒；B正确；

C．可以用于皮肤消毒；此消毒液氧化性强，容易损伤皮肤，C错误；

D．与洁厕灵（含盐酸）混合使用时会发生氧化还原反应，2H++ClO-+Cl-=Cl2↑+H2O；生成有毒的氯气，易使人中毒，不安全，D错误；

（4）3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，3mol氯气反应时，转移的电子为6mol。若反应中消耗Cl21.5mol，则被氧化的NH3在标准状况下的体积为：1.5mol÷3×22.4L/mol=11.2L，该过程中电子转移的总数为：3NA；

（5）对于温度低于100℃的恒温条件，常采用水浴加热的方法控制温度，氯酸钠与盐酸在50℃的条件下反应得到二氧化氯和氯气的化学方程式为：2NaClO3+4HCl2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O；

（6）根据离子的阴阳相吸以及钠离子移动的方向可知，通入水的那一极为电解池的阴极，通入饱和氯化钠溶液的那一极为阳极，则阳极产生ClO2的电极反应式为：Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。【解析】分液漏斗4HCl（浓）+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2OCl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O次氯酸钠除去氯气中的氯化氢和抑制氯气的溶解B22.4L3NA（或者1.806×1024）水浴加热2NaClO3+4HCl2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2OCl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+六、有机推断题(共3题，共15分)23、略

【分析】【分析】

A元素基态原子的价电子排布式为nsnnpn，由于s能级最多填充2个电子，则n＝2，价层电子排布为2s22p2，所以A是碳元素；D元素简单离子是第三周期元素中离子半径最小的，则D是Al元素；C元素最外层电子数是电子层数的3倍，原子序数小于Al，则C是O元素，B元素基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，则B是N元素；E元素价电子层中的未成对电子数为4，则E的价层电子排布是3d64s2；即为铁元素，结合选项分析解答。

【详解】

(1)E是铁元素；铁是26号元素，位于元素周期表第四周期Ⅷ族；

(2)D是Al元素的原子序数是13，其基态原子的简化电子排布式为[Ne]3s23p1；

(3)非金属性越强；电负性越大，则这5种元素中电负性最大的元素是O；非金属性越强，第一电离