2025年人教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年人教版高一化学上册阶段测试试卷265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8题，共16分)1、对于下列事实的解释错误的是（）①蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性②浓硝酸的颜色变黄，说明浓硝酸见光易分解③SO2气体通入溴水使溴水褪色，说明SO2具有漂白性④常温下浓硫酸可用铁槽车储运，说明常温下浓硫酸跟铁不反应．A.①②③④B.③④C.只有③D.只有④2、W、X、Y、Z是短周期元素，其部分性质如表，下列说法正确的是。W单质是淡黄色固体X在地壳中的含量居第二位Y原子最外层电子数是电子总数的2/3Z第三周期原子半径最小的金属A.气态氢化物的热稳定性：XB.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞XC.离子半径：Z＞WD.Y的氧化物中含有非极性共价键3、有15gA物质与10.5gB物质恰好完全反应，生成7.2gC物质、1.8gD物质和0.3molE物质．则E的摩尔质量是（）A.27.5g•mol-1B.55g•mol-1C.100g•mol-1D.111g•mol-14、下列说法正确的是()A.rm{1mol}任何气体的体积都是rm{22.4L}B.rm{1molH2}的质量是rm{2g?mol^{-1}}它所占的体积是rm{22.4L?mol^{-1}}C.标准状况下，rm{1mol}任何物质所占的体积都约为rm{22.4L}D.标准状况下，rm{1mol}任何气体所占的体积都约为rm{22.4L}5、能用来分离Fe3+和Al3+的试剂是（）

A.氨水。

B.NaOH溶液和盐酸。

C.氨水和盐酸。

D.NaOH溶液。

6、用括号中的试剂除去下列气体物质中所含杂质；所用药品正确的是（）

A.CO2中混有HCl（饱和Na2CO3溶液）

B.Cl2中混有HCl（AgNO3溶液）

C.H2S中混有H2O蒸气（浓硫酸）

D.NO中混有NO2（水）

7、下列物质中，属于烃的是（）A.CH2Cl2B.CH3CH2OHC.CH3CHOD.CH3CH2CH2CH3CH38、下列操作不能达到目的是rm{(}rm{)}

。选项目的操作rm{A}配制rm{100mL1.0mol?L^{-1}}rm{CuSO_{4}}溶液将rm{25g}rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}溶于rm{100mL}蒸馏水中rm{B}除去固体rm{Na_{2}CO_{3}}中的少量rm{NaHCO_{3}}将混合物加热充分反应rm{C}在溶液中将rm{MnO_{4}^{-}}完全转化为rm{Mn^{2+}}向酸性rm{KMnO_{4}}溶液中通入rm{SO_{2}}气体至紫色消失确定rm{NaCl}溶液中是否混有rm{Na_{2}CO_{3}}取少量溶液滴加rm{CaCl_{2}}溶液，观察是否出现白色浑浊A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)9、下列有关物质的量浓度的相关说法中错误的是（）A.将25gCuSO4.5H2O晶体加水配成100mL溶液，该溶液的物质的量浓度为1mol/LB.将100mL5mol/L盐酸溶液在蒸发皿中蒸发至50mL溶液，物质的量浓度变为10mol/LC.将10mL0.1mol/LNaCl溶液和90mL水混合，所得溶液物质的量浓度约为0.01mol/LD.实验室要用容量瓶配制0.2mol/L的NaCl溶液950mL，应称量NaCl固体11.1g10、下列关于氢元素的叙述中，错误的是（）A.自然界中有11H、12H、13H三种氢的同位素，它们的化学性质不相同B.H失去1个电子后，变成1个质子C.H、H、H是三种不同的原子D.11H、21H、31H在化学反应中容易失去一个电子而显+1价11、下列图中，表示正反应为吸热反应的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.12、rm{700隆忙}时，向容积为rm{1L}的密闭容器中充入rm{CO_{2}}和rm{H_{2}}发生反应：rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)overset{}{?}}rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)overset{}{?}

}反应过程中测定的部分数据见下表。rm{CO(g)+H_{2}O(g)}表中rm{(}。rm{t_{2}>t_{1})}反应时间rm{/min}rm{n(CO_{2})/mol}rm{H_{2}/mol}rm{0}rm{1.50}rm{1.00}rm{t_{1}}rm{0.40}rm{t_{2}}rm{0.90}下列说法不正确的是A.反应在rm{t_{1}min}内的平均速率为rm{v}rm{(H_{2}O)=0.60/t_{1;}mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}B.温度升至rm{(H_{2}O)=0.60

/t_{1;}mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}上述反应平衡常数为rm{800隆忙}则正反应为放热反应C.保持其他条件不变，起始时向容器中充入rm{1.56}和rm{1.00molCO}到达平衡时，rm{1.50molH_{2}O}D.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入rm{c(CO_{2})=0.90mol/L}与原平衡相比，达到新平衡时rm{1.00molH_{2}}转化率增大，rm{CO_{2}}的体积分数增大rm{H_{2}}13、下列说法____的是A.rm{SO_{2}}具有还原性，故可作漂白剂B.利用丁达尔效应可区分胶体和溶液C.二氧化硫；氮氧化物、总悬浮颗粒物属于大气监测；空气质量日报的内容。

D.水晶是无色透明的晶体，可以制成硅太阳能电池14、rm{amolFeS}与rm{bmolFeO}投入到rm{V}rm{L}rm{c}rm{mol?L^{-1}}的硝酸溶液中充分反应，产生rm{NO}气体，所得澄清溶液成分可看作是rm{Fe(NO_{3})_{3}}rm{H_{2}SO_{4}}的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为rm{(}rm{)}A.rm{(a+b)隆脕63g}B.rm{(a+b)隆脕189g}C.rm{(a+b)mol}D.rm{(Vc-dfrac{9a+b}{3})mol}15、已知rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}为短周期元素，它们的原子半径依次增大，rm{W}和rm{Z}rm{X}和rm{Y}分别同主族，rm{Y}rm{Z}同周期rm{.Z}能与rm{X}形成两种常见的离子化合物，离子个数比均为rm{2}rm{1.}下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.rm{Z}rm{Y}rm{X}rm{W}的原子序数依次减小B.rm{W}与rm{X}可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物C.rm{Z}的最高价氧化物对应的水化物是短周期元素形成的最强碱D.rm{X}的简单氢化物的沸点低于rm{Y}的简单氢化物的沸点16、下列叙述中错误的是rm{(}rm{)}A.酸性：rm{HClO_{4}>H_{2}SiO_{3}>H_{3}PO_{4}}B.还原性：rm{Na>Mg>Al}C.稳定性：rm{HF>HCl>HBr}D.原子半径：rm{Cl>S>O}评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)17、制冷剂是一种易被压缩、液化的气体，液化后在管内循环，蒸发时吸收热量，使环境温度降低，达到制冷的目的。人们曾采用乙醚、NH3、CH3Cl等作制冷制，但它们不是有毒就是易燃，于是科学家根据元素性质的递变规律来开发新的制冷剂。根据已有知识，某些元素化合物的易燃性、毒性变化趋势如下：(1)氢化物的易燃性：SiH4＞PH3＞H2S＞HCl，则________＞________＞H2O＞HF(填物质的化学式)。(2)化合物的毒性：PH3＞NH3，CCl4＞CF4，则H2S________H2O，CS2________CO2(填“＞”“＝”或“＜”)。于是科学家们开始把注意力集中在含F、Cl的化合物上。(3)已知CCl4的沸点为76.8℃，CF4的沸点为－128℃，新的制冷剂的沸点范围应介于二者之间，经过较长时间的反复实验，发现了制冷剂CF2Cl2(氟利昂)，其他类似的制冷剂可以是________。(4)然而这种制冷剂造成的当今某一环境问题是_____________________________。但求助于周期表中元素及其化合物的______(填写下列选项的编号)变化趋势开发制冷剂的科学思维方法是值得借鉴的。①毒性；②沸点；③易燃性；④水溶性；⑤颜色A．①②③B．②④⑤C．②③④D．①②④⑤18、A、B、C、D、E、F是五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的原子是半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X；D与A同主族，且与F同周期；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍，A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物。D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应。请回答下列问题：（2）写出C、D两种元素形成的原子个数比为1:1的物质的含有的化学键为____。（3）可以验证C和F两种元素非金属性强弱的结论是（填编号）____；①比较这两种元素常见单质的熔点②比较这两种元素的单质与氢气化合的难易程度③比较这两种元素的气态氢化物的还原性(4)A、C、D、F四种元素可以形成两种酸式盐（均由四种元素组成），这两种酸式盐的化学式分别为____、____。（5）A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为____。19、（8分）已知A、B、C、D是中学化学中常见的四种不同微粒，它们之间存在如图所示的转化关系．（1）如果A、B是10电子离子，C、D是10电子分子，A、B、C、D均含有两种元素．请写出A、B的电子式：A、B____、C、D的化学式C、D．（2）写出A离子与B反应的离子方程式：．20、rm{(1)}目前用量最大、用途最广泛的合金是______。rm{(2)A}rm{B}rm{C}rm{X}均为中学常见的物质，一定条件下它们的转化关系如下rm{(}副产物已略去rm{)}．rm{Axrightarrow[路麓脫娄垄脵]{+X}}rm{Bxrightarrow[路麓脫娄垄脷]{+X}C}试回答：rm{Axrightarrow[路麓脫娄垄脵]{+X}

}若rm{Bxrightarrow[路麓脫娄垄脷]{+X}

C}为rm{垄脵}则rm{X}不可能是_________rm{O_{2}}填选项rm{A}．rm{(}rm{)}rm{a.NH_{3}}rm{b.Mg}若rm{c.S}rm{垄脷}rm{A}的水溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，rm{B}为rm{C}则rm{X}的俗名为___________。rm{CO_{2}}在体积不变的rm{B}的密闭容器中，充入rm{(3)}和rm{2L}在一定条件下发生合成氨反应。当反应rm{3molH_{2}}时，rm{1molN_{2}}的物质的量变为rm{0.5min}则用rm{N_{2}}来表示此反应的反应速率为rm{0.5mol}______________；若其他条件不变，将此容器的体积缩小为原来的一半，当反应到rm{H_{2}}时，rm{v(H_{2})=}的物质的量将_______rm{0.5min}填“大于”、“小于”或“等于”rm{N_{2}}rm{0.5mol(}以上条件，反应都未达到化学平衡状态rm{)}rm{(}21、乙烯的电子式____，结构式____，结构简式____，空间构型____。评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)22、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。评卷人得分五、工业流程题(共4题，共28分)23、钼酸钠(Na2MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上利用钼精矿(主要成分为MoS2)制备金属钼和钼酸钠晶体的流程如下图所示。

回答下列问题：

(1)如果在空气中焙烧1molMoS2时，S转移12mol电子，则MoS2中钼元素的化合价为____；焙烧产生的尾气对环境的主要危害是___。

(2)若在实验室中进行操作2，则从钼酸钠溶液中得到钼酸钠晶体的操作步骤是_；过滤；洗涤、干燥。

(3)钼精矿中MoS2含量的测定：取钼精矿16g，经在空气中焙烧、操作1、操作2得到钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)12.1g(假设各步的转化率均为100%)，钼精矿中MoS2的质量分数为_________。(已知MoS2的相对分子质量为160，Na2MoO4·2H2O的相对分子质量为242)。

(4)操作3硫元素被氧化为最高价，发生反应的离子方程式为_______。

(5)用镍、钼作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)的装置如图所示。b电极上的电极反应式为____________。

(6)某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，该温度下BaMoO4的Ksp的值为____。

24、某酸性废液含有H+、Fe3+、Ni2+、NO3—、F-和Cr2O72-等。下图是该废液的综合利用工艺流程：（假设：F—与金属离子的络合反应不影响其它反应和计算）

已知：金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：。Fe3+Ni2+Cr3+开始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9

Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+＋6NH3[Ni(NH3)6]2+（[Ni(NH3)6]2+为难电离的络合离子）

（1）滤渣1的主要成分为：____________。

（2）试剂X可以是足量氨水，还可以是：____________。（填序号）

A．Ni(OH)2B．Cr2O3C．Fe2O3D．NaOH

（3）若试剂X是足量氨水，“沉镍”的离子方程式为：____________。

（4）经检测，最后的残液中c(Ca2+)＝1.0×10─5mol•L-1，则残液中F－浓度____________（填“符合”或“不符合”）排放标准[已知Ksp(CaF2)=4×10-11，国家排放标准要求氟离子浓度小于10mg•L─1]。

（5）镍(Ni)及其化合物广泛应用于生产电池；电镀和催化剂等领域。

①某蓄电池反应为NiO2＋Fe＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2,放电时若外电路中转移0.6mol电子则正极增重____g。

②图为双膜三室电解法处理含镍废水回收金属镍的原理示意图，阳极的电极反应式为____；电解过程中，需要控制溶液pH值为4左右，原因是_______。

25、工业上制备BaCl2·2H2O有如下两种途径。

途径1：以重晶石（主要成分BaSO4）为原料；流程如下：

（1）写出“高温焙烧”时反应的化学方程式：_____________________________________。

（2）气体用过量NaOH溶液吸收，得到硫化钠。Na2S水解的离子方程式为_____________。

（3）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，=___________。[Ksp(AgBr)=5.4×10-13，Ksp(AgCl)=2.0×10-10]

途径2：以毒重石(主要成分BaCO3，含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)为原料；流程如下：

已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9。Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.7

（4）为提高矿石的浸取率，可采取的措施是_________。

（5）加入NH3·H2O调节pH=8可除去___________（填离子符号），滤渣Ⅱ中含_________（填化学式）。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________。

（6）重量法测定产品纯度的步骤为：准确称取mgBaCl2·2H2O试样，加入100mL水，用3mL2mol·L－1的HCl溶液加热溶解。边搅拌，边逐滴加入0.1mol·L－1H2SO4溶液。待BaSO4完全沉降后，过滤，用0.01mol·L－1的稀H2SO4洗涤沉淀3~4次，直至洗涤液中不含Cl－为止。将沉淀置于坩埚中经烘干灼烧至恒重，称量为ng。则BaCl2·2H2O的质量分数为_________。

（7）20℃时，PbCl2(s)在不同浓度盐酸中的最大溶解量(单位：g·L-1)如图所示。下列叙述正确的是_______________

A．盐酸浓度越大，Ksp(PbCl2)越大。

B．PbCl2能与一定浓度的盐酸反应。

C．x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)相等。

D．往含Pb2+的溶液中加入过量浓盐酸，可将Pb2+完全转化为PbCl2(s)26、氯化磷酸三钠具有良好的灭菌、消毒、漂白作用。湿法磷酸由硫酸分解磷矿石得到，其中含Fe3+、Al3+等杂质。以湿法磷酸为原料制取氯化磷酸三钠的工艺流程如下：

已知：a．温度高时；NaClO易分解。

b．常温下；磷酸的物种分布分数与pH的关系如下图所示：

回答下列问题：

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F时产生的有毒气体主要是________________(填化学式)。

(2)反应Ⅰ中磷酸转化为钠盐，其钠盐再与Fe3+、Al3+作用形成沉淀。

①反应Ⅰ中发生多个反应，其中磷酸转化为Na2HPO4的主要离子方程式为___________，常温下应控制pH约为_____________________________。

②常温下，HPO+Fe3+FePO4+H+的lgK为_________

(3)反应Ⅱ中不用Na2CO3溶液的原因是____________________________________________；

(4)反应Ⅲ的化学方程式为____________________________________________；

反应Ⅳ中两种溶液混合后需快速冷却，其目的是____________________________；

“母液”中的溶质有NaClO、_____________________(填2种)。评卷人得分六、结构与性质(共1题，共2分)27、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL；大理石用量为10.00g。

（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：。实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol·L-1实验目的①298粗颗粒2.00（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；②_______________③_______________④_______________

（2）实验装置如图1所示，如何检验该装置的气密性________________________________

（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图2：依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率________________________

（4）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。_______参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【解析】试题分析：SO2具有还原性，能被溴水氧化，③不正确；常温下铁和浓硫酸发生钝化，钝化是化学变化，④不正确，其余选项是正确的，答案选B。考点：考查浓硫酸、硝酸等性质【解析】【答案】B2、A|B【分析】试题分析：W为硫，X为氧Y为碳Z为铝。半径越小其酸性、热稳定性、非金属性、氧化性就越强。所以答案AB考点：考查元素周期律的相关知识点【解析】【答案】AB3、B【分析】解：15gA物质和10.5gB物质完全反应；生成7.2gC物质，1.8gD物质和0.3molE物质；

由质量守恒定律可知；反应前后的物质的质量和相等；

则E的质量为15g+10.5g-7.2g-1.8g=16.5g；

E的物质的量为0.3mol；

则E的摩尔质量为=55g/mol；

故选B．

先根据质量守恒定律来计算生成的E物质的质量，再利用M=计算摩尔质量进行计算．

本题考查摩尔质量的计算，题目难度不大，明确质量守恒定律的应用来计算E的质量是解答本题的关键，然后利用摩尔质量的概念即可解答．【解析】【答案】B4、D【分析】略。【解析】rm{D}5、B【分析】

A、加入氯水，Fe3+与Al3+离子都不反应；不能分离，故A错误；

B、加入NaOH，Al3+可与NaOH反应生成Al（OH）3，Al（OH）3具有两性；可与NaOH反应生成溶液水的偏铝酸钠，可分离，故B正确；

C；使用氨水和盐酸；无法分离氢氧化铁和氢氧化铝，故C错误；

D；加入过量氢氧化钠溶液；能够生成氢氧化铁和偏铝酸钠，但是无法恢复到铁离子和铝离子，故D错误；

故选B．

【解析】【答案】根据Al3+可与NaOH反应生成Al（OH）3，Al（OH）3具有两性；可与NaOH反应生成溶液水的偏铝酸钠，注意还要能够恢复到原来的状态，以此解答该题．

6、D【分析】

A．CO2中混有HCl，通入饱和Na2CO3溶液，CO2与Na2CO3反应，应通入饱和NaHCO3溶液；故A错误；

B．Cl2中混有HCl；通入硝酸银溶液，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，进而生成AgCl沉淀，应通入饱和食盐水除去，故B错误；

C．H2S与浓硫酸发生氧化还原反应；应通过浓磷酸或硅胶除去水，故C错误；

D．NO2与水反应生成NO；既可除去杂质，又不引入新的杂质，故D正确．

故选D．

【解析】【答案】A．CO2与Na2CO3反应；

B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸；通入硝酸银生成AgCl沉淀；

C．H2S与浓硫酸发生氧化还原反应；

D．NO2与水反应生成NO．

7、D【分析】解：A．CH2Cl2含有氯元素；故A错误；

B．CH3CH2OH含有氧元素；故B错误；

C．CH3CHO含有氧元素；故C错误；

D．CH3CH2CH2CH3CH3是烷烃；故D正确．

故选D．

烃是指仅含碳氢两种元素的有机化合物；据此判断．

本题考查烃的概念与有机物的组成，比较基础，注意基础知识的掌握．清楚烃仅含C、H两种元素是解题关键．【解析】【答案】D8、A【分析】解：rm{A.}水的体积不等于溶液的体积，应加水至溶液的体积等于rm{100mL}故A错误；

B.碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠；故B正确；

C.rm{KMnO_{4}}在酸性条件下被还原生成rm{Mn^{2+}}rm{KMnO_{4}}与rm{SO_{2}}发生氧化还原反应；溶液紫色消失，可说明高锰酸钾被还原，故C正确；

D.氯化钠中若含有碳酸钠；溶液中滴加氯化钙会生成碳酸钙白色沉淀，若没有碳酸钠，则没有白色沉淀产生，故D正确．

故选A．

A.水的体积不等于溶液的体积；

B.碳酸氢钠受热易分解；

C.rm{KMnO_{4}}可与rm{SO_{2}}发生氧化还原反应；

D.氯化钠和氯化钙不反应；碳酸钠和氯化钙生成碳酸钙沉淀．

本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的分离、检验和溶液的配制、物质的检验等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质的异同以及实验的合理性和可行性的评价，难度不大．【解析】rm{A}二、双选题(共8题，共16分)9、B|D【分析】解：A、25gCuSO4.5H2O晶体的物质的量为=0.1mol，所以硫酸铜的物质的量为0.1mol，溶液体积为0.1L，硫酸铜溶液浓度为=1mol/L；故A正确；

B；氯化氢易挥发；加热蒸发盐酸浓度降低，故B错误；

C；混合后溶液体积约是100ml；令混合后氯化钠的浓度为c，所以10ml×0.1mol/L=100ml×c，解得c=0.01mol/L，故C正确；

D；没有950ml的容量瓶；应选择1000ml容量瓶，配制0.2mol/L的NaCl溶液需氯化钠质量为1L×0.2mol/L×58.5g/mol=11.7g，故D错误．

故选：BD．

A、25gCuSO4.5H2O晶体的物质的量为0.1mol，溶液体积为0.1L，根据c=计算判断．

B；氯化氢易挥发；加热蒸发浓度降低．

C；混合后溶液体积约是100ml；根据稀释定律混合前后氯化钠的物质的量相等，据此计算稀释后溶液浓度．进行判断．

D；没有950ml的容量瓶；应选择1000ml容量瓶，根据m=cVM计算所需氯化钠质量．

考查物质的量浓度计算与理解，难度不大，注意物质溶于水溶质发生变化的计算及溶液配制容量瓶规格选择．【解析】【答案】BD10、A|D【分析】解：A．元素的化学性质主要与核外电子排布有关；同位素原子由于具有相同的核外电子排布，故化学性质几乎完全相同，故A错误；

B．H为1个质子；1个电子、0个中子构成的原子；失去1个电子后，仅剩1个质子的氢离子，故B正确；

C．H、H、H的质子数都为1；相同，中子数分别为0；1、2不同，为三种不同的原子，故C正确；

D．H元素通常在与其它非金属元素形成的共价化合物；在共价化合物中由于共用电子对的偏移（偏离H原子），显+1价，不是容易失去一个电子而显+1价，故D错误；

故选AD．

A．元素的化学性质主要与核外电子排布有关；三种氢的同位素，核外电子排布相同，中子数不同，化学性质相似；

B．氢原子核外为1个电子；失去1个电子后，仅剩1个质子的氢离子；

C．H、H、H是质子数相同；中子数不同的三种原子；

D．H元素通常在与其它非金属元素形成的共价化合物中显+1价；其原因是由于共用电子对的偏移（偏离H原子）而造成；

本题考查关于氢元素的有关知识，侧重概念的理解，把握H、H、H的构成为解答关键，题目难度不大．【解析】【答案】AD11、rAC【分析】解：若反应物的总能量rm{>}生成物的总能量，则反应为放热反应，若反应物的总能量rm{<}生成物的总能量；则反应为吸热反应．

故选AC．

根据反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小来判断．

本题考查化学反应中能量变化的原因，在化学反应中，由于反应中存在能量的变化，所以反应物的总能量和生成物的总能量不可能相等，难度不大．【解析】rm{AC}12、BC【分析】略【解析】rm{BC}13、AD【分析】【分析】本题考查较为综合，涉及物质的漂白性、胶体、二氧化硅以及二氧化硫的性质，为高考常见题型，侧重元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大。【胶体】A.二氧化硫做漂白剂是因为其具有漂白性；与还原性无关，故A错误；

B.胶体具有丁达尔效应；溶液不具有丁达尔效应，因此可通过丁达尔效应区分溶液和胶体，故B正确；

C.二氧化硫；氮氧化物、总悬浮颗粒物都对人体有害；属于空气污染物，故C正确；

D.水晶是无色透明的石英晶体；制作硅太阳能电池的原料为晶体硅而非二氧化硅晶体，故D错误。

故选AD。

【解析】rm{AD}14、rBD【分析】解：分情况讨论：

rm{1}当硝酸恰好反应时，rm{amolFeS}与rm{bmolFeO}被氧化生成rm{Fe(NO_{3})_{3}}根据铁原子守恒找出铁原子和硝酸的关系式：

rm{amolFeS+bmolFeO隆煤(amol+bmol)Fe隆煤(amol+bmol)Fe(NO_{3})_{3}隆煤3(amol+bmol)HNO_{3}}所以未被还原的硝酸的质量rm{=3(amol+bmol)隆脕63g/mol=(a+b)隆脕189g}故B正确．

rm{2}当硝酸过量时，rm{amolFeS}与rm{bmolFeO}生成rm{Fe(NO_{3})_{3}}和rm{H_{2}SO_{4}}失去的电子数rm{=amol[(3-2)+(6-(-2))]+bmol(3-2)=(9a+b)mol}氧化还原反应中得失电子数相等，所以硝酸得到rm{(9a+b)mol}电子生成一氧化氮，一个硝酸分子得到rm{3}个电子生成rm{NO}所以被还原的硝酸的物质的量rm{=dfrac{(9a+b)mol}{3}}未被还原的硝酸的物质的量rm{=(Vc-dfrac{9a+b}{3})mol}故D正确．

故选BD．

分情况讨论：

rm{=(Vc-dfrac

{9a+b}{3})mol}当硝酸恰好反应时；生成硝酸铁的硝酸就是未被还原的硝酸，根据铁离子的物质的量计算未被还原的硝酸的物质的量即可．

rm{1}当硝酸过量时，除去生成一氧化氮的硝酸就是未被还原的硝酸，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算被还原的硝酸，硝酸总量rm{2}被还原的硝酸rm{-}未被还原的硝酸．

本题考查了有关氧化还原反应的计算，难度较大，明确该题要分情况讨论是解本题的关键，注意本题要结合原子守恒和得失电子守恒进行分析解答．rm{=}【解析】rm{BD}15、rAD【分析】解：rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}为短周期元素，它们的原子半径依次增大，rm{W}与rm{Z}rm{X}和rm{Y}分别同主族，rm{Y}rm{Z}同周期，rm{Z}能与rm{X}形成两种常见的离子化合物，离子个数比均为rm{2}rm{1}则rm{Z}是rm{Na}元素、rm{X}是rm{O}元素，rm{X}和rm{Y}同一主族且为短周期元素，则rm{Y}是rm{S}元素，rm{W}和rm{Z}同一主族，且与半径最小，则rm{X}为rm{H}元素；

A.通过以上分析知，rm{Y}的原子序数大于rm{Z}即rm{Y}rm{Z}rm{X}rm{W}的原子序数依次减小；故A错误；

B.rm{X}是rm{O}元素，rm{W}是rm{H}元素，rm{W}与rm{X}可形成的rm{H_{2}O_{2}}中既含极性共价键又含非极性共价键；故B正确；

C.rm{Z}为rm{Na}元素；其最高价氧化物对应水合物为氢氧化钠，氢氧化钠是短周期元素中金属性最强的金属，则氢氧化钠是短周期元素是短周期元素形成的最强碱，故C正确；

D.rm{X}的简单氢化物为rm{H_{2}O}rm{Y}的简单氢化物是rm{H_{2}S}水中含有氢键但硫化氢不含氢键，导致水的沸点高于硫化氢，故D错误；

故选：rm{AD}

rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}为短周期元素，它们的原子半径依次增大，rm{W}与rm{Z}rm{X}和rm{Y}分别同主族，rm{Y}rm{Z}同周期，rm{Z}能与rm{X}形成两种常见的离子化合物，离子个数比均为rm{2}rm{1}则rm{Z}是rm{Na}元素、rm{X}是rm{O}元素，rm{X}和rm{Y}同一主族且为短周期元素，则rm{Y}是rm{S}元素，rm{W}和rm{Z}同一主族，且与半径最小，则rm{X}为rm{H}元素；结合选项分析解答．

本题考查位置、结构与性质关系的应用，根据原子结构及元素周期表确定元素，再结合元素周期律、物质结构和性质解答，注意氢键对物质性质的影响，难度中等．【解析】rm{AD}16、rAD【分析】解；rm{A.Si}rm{P}rm{Cl}位于同一周期，非金属性rm{Cl>P>Si}元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的酸性越强，故A错误；

B.rm{Na}rm{Mg}rm{Al}位于同一周期，金属性rm{Na>Mg>Al}金属性越强，对应的单质的还原性越强，故B正确；

C.rm{F}rm{Cl}rm{Br}位于周期表同一主族，元素的非金属性rm{F>Cl>Br}元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C正确；

D.rm{Cl}和rm{S}位于同一周期，原子半径rm{S>Cl}rm{S}和rm{O}位于同一主族，原子半径rm{S>O}故D错误。

故选：rm{AD}

元素周期表中；同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，元素的金属性越强，单质的还原性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，氢化物的稳定性越强，以此解答．

本题考查元素周期律的递变规律，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和运用的考查，为高考高频考点，注意把握元素的性质与对应单质、化合物的性质的关系，把握金属性、非金属性的比较角度，难度不大．【解析】rm{AD}三、填空题(共5题，共10分)17、略

【分析】(1)根据元素周期律，氢化物越稳定的元素，非金属性越强，从题中所给出的信息可知，氢化物的易燃性顺序为SiH4＞PH3＞H2S＞HCl，因此得出氢化物越不稳定的越易燃烧，很容易得出氢化物的易燃性顺序：CH4＞NH3＞H2O＞HF。(2)根据已知化合物的毒性PH3＞NH3，CCl4＞CF4，总结规律得出结论；同类型的化合物，非金属性越弱的元素形成的化合物毒性越强，因此毒性：H2S＞H2O，CS2＞CO2。(3)根据题中信息CCl4的沸点76.8℃、CF4的沸点－128℃，说明只含碳与氯元素的化合物沸点高，而只含碳与氟元素的化合物沸点低，因此组成中含C、Cl、F元素的化合物的沸点将会介于76.8℃和－128℃之间，故其他类似的制冷剂可以是CFCl3或CF3Cl。【解析】【答案】(1)CH4NH3(2)＞＞(3)CFCl3或CF3Cl(4)使大气臭氧层出现空洞A18、略

【分析】【解析】试题分析：A元素的原子是半径最小的原子，则A是氢元素。B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X，则B一定是氮元素，X是硝酸铵。D与A同主族，且与F同周期；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍，又因为F的原子序数最大，所以F是第三周期元素，则F是S元素，因此D是Na元素。A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物，这说明C应该是氧元素。D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，则E应该是铝元素。考点：考查元素周期表的结构、元素周期律的应用【解析】【答案】（11分）（1）氮氧铝（各1分）（2）离子键和非极性共价键(2分)（3）②③（2分）（4）NaHSO4(1分)NaHSO3(1分)（5）OH—+HS—==H2O+S2—(2分)19、略

【分析】【解析】【答案】（1）NH4+、OH—、的电子式（各2分）NH3、H2O（各1分）（2）NH4++OH—==NH3↑+H2O（2分）20、rm{(1)}钢

rm{(2)b}纯碱

rm{(3)1.5mol/(L隆陇min)}或者rm{1.5mol隆陇L^{隆陋1}隆陇min^{隆陋1}}小于【分析】【分析】本题主要考查无机物质的推断，化学反应速率的计算和化学平衡，较综合。【解答】rm{(1)}目前用量最大、用途最广泛的合金是钢；故答案为：钢；rm{(2)垄脵}rm{X}为rm{O_{2}}若rm{A}为氨气，则rm{B}为rm{NO}rm{C}为rm{NO_{2}}可以实现转化，若rm{A}为镁，则rm{B}为氧化镁，氧化镁与氧气不再反应，不能再转化，若rm{A}为rm{S}则rm{B}为二氧化硫，rm{C}为三氧化硫，可以实现转化，故A不可能为镁，故答案为：rm{b}rm{垄脷}若rm{A}rm{B}rm{C}的水溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，说明三者为钠的化合物，rm{X}为rm{CO_{2}}则可知rm{A}为氢氧化钠，rm{B}为碳酸钠，rm{C}为碳酸氢钠，故B的俗名为纯碱；故答案为：纯碱；rm{(3)}初始氮气为rm{1mol}当反应rm{0.5min}时，rm{N_{2}}的物质的量变为rm{0.5mol}反应掉rm{0.5mol}由于氢气和氮气按照rm{3:1}反应，故氢气反应掉rm{1.5mol}rm{v(H_{2})=1.5/(2x0.5)=}rm{1.5mol/(L隆陇min)}若其他条件不变，将此容器的体积缩小为原来的一半，即考虑为加压，该反应是气体系数减小的反应，加压该反应正向移动，参与反应的氮气将增多，大于rm{0.5mol}则剩余氮气小于rm{0.5mol}故答案为：rm{1.5mol/(L隆陇min)}或者rm{1.5mol隆陇L^{隆陋1}隆陇min^{隆陋1}}小于。

【解析】rm{(1)}钢rm{(2)b}纯碱rm{(3)1.5mol/(L隆陇min)}或者rm{1.5mol隆陇L^{隆陋1}隆陇min^{隆陋1}}小于21、略

【分析】【分析】本题考查的是乙烯的结构。【解答】乙烯的分子式为rm{C_{2}H_{4}}分子中碳原子与碳原子通过两对共用电子对相连接，碳原子与氢原子通过一对共用电子对相连接，所以电子式为结构式结构简式为rm{CH_{2}=CH_{2}}分子中rm{2}个碳原子和rm{4}个氢原子在同一平面；为平面型分子；

故答案为：rm{CH_{2}=CH_{2}}平面型分子。【解析】rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{=CH}rm{=CH}四、判断题(共1题，共3分)22、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．五、工业流程题(共4题，共28分)23、略

【分析】【分析】

制备钼酸钠：钼精矿(主要成分为MoS2)在空气中焙烧得到MoO3，根据S元素的价态变化规律可知S元素被氧化成二氧化硫；然后MoO3用NaOH溶液溶解，过滤分离出难溶物，得到Na2MoO4溶液；经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na2MoO4.2H2O；制备钼单质：钼精矿(主要成分为MoS2)经碱浸并用NaClO氧化，过滤得到Na2MoO4溶液，加入足量硫酸得到钼酸沉淀，过滤后经高温灼烧得到MoO3，氢气还原MoO3得到Mo。

【详解】

(1)如果在空气中焙烧1molMoS2时，S转移12mol电子，根据电子守恒：(+4-x)×2=12，解得x=-2，所以MoS2中硫元素为-2价，钼元素的化合价为+4；焙烧的产物除MoO3外的另一种是SO2，产生的尾气对环境的主要危害是形成酸雨；(2)在实验室中进行操作2，从钼酸钠溶液中得到钼酸钠晶体的操作步骤是加热浓缩(或蒸发浓缩)、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；(3)设钼精矿中MoS2的质量分数为w，根据元素守恒可得关系式所以160:16w=242:12.1g，解得w=0.5，所以钼精矿中MoS2的质量分数为50％；(4)根据题意可知NaClO将MoS2氧化生成和自身被还原成Clˉ，MoS2整体化合价升高18价，NaClO降低2价，所以二者的系数比为1:9，再结合元素可得发生反应的离子方程式为MoS2+6OHˉ+9ClOˉ=+2+9Clˉ+3H2O；(5)b与电源正极相连，为阳极，所以钼得电子发生氧化反应，在碱性环境中生成Na2MoO4，根据电荷守恒和电子守恒可得电极反应式为Mo-6eˉ+8OHˉ=+4H2O；(6)据图可知c(Ba2＋)=2×10－4mol/L时，c()==2×10－4mol/L，所以BaMoO4的Ksp=c(Ba2＋)c()==2×10－4×2×10－4=4×10－8；

【点睛】

本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，难点为第4题中NaClO将MoS2氧化生成和的方程式的配平，要注意结合电子守恒、电荷守恒、质量守恒进行配平。【解析】+4形成酸雨加热浓缩(或蒸发浓缩)、冷却结晶50％MoS2+6OHˉ+9ClO-=+2+9Clˉ+3H2OMo-6eˉ+8OHˉ=+4H2O4×10-824、略

【分析】【分析】

某酸性废液含有和等，在溶液中加入废氧化铁调节溶液PH=3.5，使铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣1，滤液中加入与发生反应生成铬离子，加碱沉淀铬离子形成氢氧化铬沉淀，过滤后的滤液中加入沉淀镍，过滤得到滤液中加入石灰浆沉淀得到滤渣3含有：和氢氧化铬沉淀加酸生成铬离子，高锰酸钾将铬离子氧化为重铬酸根，结晶得到重铬酸钾晶体。

【详解】

（1）调节溶液PH=3.5，使铁离子全部沉淀，滤渣1为故答案为：

（2）据金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH分析，又不引入新杂质可知还可以是故答案为：A；

（3）若试剂X是足量氨水，与足量氨水的反应为：加入会生成更难溶的“沉镍”的离子方程式为：故答案为：

（4）依据溶度积常数计算F-离子浓度，残液中则依据国家排放标准要求氟离子浓度小于10mg•L-1分析判断；不符合国家标准，故答案为：不符合；

（5）①根据方程式分析正极电极反应式为：转移2mol电子电极质量增加2g，故转移0.6mol电子则正极增重0.6g；故答案为：0.6；

②根据图像可知，阳极氢氧根放电生成氧气，故电极反应式为：电解过程中pH太高镍离子会沉淀，pH太低则阴极氢离子会放电生成氢气，故需要控制溶液pH值为4左右，故答案为：pH过高时会形成氢氧化物沉淀；pH过低时会有氢气析出，降低镍的回收率。

【点睛】

本题考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、书写化学反应方程式、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解、电化学原理的理解等，难度中等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。【解析】Fe(OH)3A[Ni(NH3)6]2＋+S2-=NiS↓＋6NH3不符合0.64OH--4e-=2H2O+O2↑pH过高时Ni2+会形成氢氧化物沉淀，pH过低时会有氢气析出，降低镍的回收率25、略

【分析】【详解】

（1）由流程图知高温焙烧时为重晶石矿和炭发生氧化还原反应，其中炭过量，故可知反应为：BaSO4+4C4CO↑+BaS；答案为：BaSO4+4C4CO↑+BaS；

（2）Na2S为强碱弱酸盐，弱酸根离子与水电离产生的H+结合生成弱酸，其水解的离子方程式为：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，答案为：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-；

（3）根据沉淀溶解平衡常数计算式有：当两种沉淀共存时有：则故答案为：

（4）提高矿石浸取率；可采取的措施有：搅拌；升高温度、延长浸出时间、增大盐酸的浓度、粉碎矿石增大接触面积等，故答案为：将矿石粉碎，搅拌，适当升高温度等；

（5）根据流程图及表格中数据可知，加入NH3·H2O调节pH=8时，只有Fe3+完全沉淀除去。加入NaOH，调节pH=12.5，对比表格中数据可知，此时Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，所以滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；根据已知条件，若草酸过量，会生成BaC2O4沉淀，使得最终产物的量减少。故答案为：Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀；产品的产量减少；

（6）根据题意可知最后的沉淀为BaSO4，质量为ng，则其物质的量=根据Ba原子守恒，则BaCl2·2H2O的物质的量为故产品纯度=故答案为：

（7）根据图像中坐标的含义及图像的变化；利用难溶电解质的沉淀溶解平衡及其影响因素分析解答：

A．Ksp(PbCl2)只与温度有关系，温度不变，Ksp(PbCl2)不变；A项错误；

B．根据图像知当盐酸浓度大于1mol/L时，PbCl2的溶解度随盐酸浓度的增大而增大，则PbCl2能与一定浓度的盐酸反应；B项正确；

C．x、y两点对应的溶液中c（Cl-）不同，则c(Pb2+)不等；C项错误；

D．根据图像，往含Pb2+的溶液中加入浓盐酸越多，PbCl2溶解度越大，不能将Pb2+完全转化为(PbCl2)(s)；D项错误；

答案选B。

【点睛】

化工流程题在解题时首先要明确原料和产品，即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清反应原理，明确目的，最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述和工整书写。【解析】①.BaSO4+4C4CO↑+BaS②.S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-③.④.将矿石粉碎，搅拌，适当升高温度等⑤.Fe3+⑥.Mg(OH)2、Ca(OH)2⑦.H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少⑧.⑨.B26、略

【分析】【分析】

首先利用硫酸分解磷矿石[Ca5(PO4)3F]得到湿法磷酸，其中含Fe3+、Al3+，加入碳酸钠溶液和磷酸反应，反应Ⅰ中磷酸转化为钠盐，其钠盐再与Fe3+、Al3+作用形成沉淀，过滤得到FePO4和AlPO4沉淀，滤液中主要含Na2HPO4；向滤液中加入NaOH溶液，得到Na3PO4；然后加入NaOH和足量氯气反应后的溶液(主要含NaCl和NaClO)，由于氯化磷酸三钠溶解度较小，所以会析出氯化磷酸三钠晶体，得到的母液主要含NaC