2024年北师大新版必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年北师大新版必修1化学下册阶段测试试卷666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、下列实验仪器不宜直接用来加热的是（）A.试管B.坩埚C.蒸发皿D.烧杯2、是一种常见的无氰金盐，它可取代在铜表面进行化学镀金(所谓化学镀金就是通过化学反应在物件表面镀金)。下列说法错误的是A.中Au的化合价为+1B.用取代镀金，主要原因是有剧毒C.使用在铜表面镀金，还原剂为CuD.铜件表面全部覆盖金以后，使用镀金不可以增厚金层3、已知有如下反应：

①②③

判断下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是A.B.C.D.4、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.1mol氯气与足量铁反应转移电子数为3NAB.22.4L氧气含有的原子数一定为2NAC.常温常压下，44gCO2含有的原子数为3NAD.32g氧气和臭氧的混合气体含有的分子数为NA5、60mL0.5mol/LNa2SO3溶液恰好与40mL0.3mol/LKMnO4溶液完全反应，则元素Mn在还原产物中的化合价为A.＋2B.＋4C.＋6D.＋76、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.溶液中，三种粒子数目之和为0.1NAB.甲醇分子中含有的共价键数目为4NAC.金刚石含有的键数目为2NAD.溶液中含有的CH3COO-数为0.5NA7、用排饱和食盐水法收集到一集气瓶Cl2，用该瓶Cl2不能完成的实验是A.探究Cl2是否有漂白性的实验B.探究Cl2溶解于NaOH的实验C.探究H2在Cl2中燃烧的实验D.探究铜丝在Cl2中燃烧的实验评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、甲～辛等元素在周期表中的相对位置如下表；甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁与辛属同周期元素。下列判断正确的是()

A.金属性：甲>乙>丁B.原子半径：辛>己>戊C.丙与庚的原子核外电子数相差13D.乙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物9、某科研小组为了探究久置空气中某浓度氢氧化钠溶液(250mL)的组分，往溶液中滴入2mol·L-1的稀盐酸，反应中生成CO2的物质的量随加入稀盐酸的体积如图所示，下列说法正确的是（）

A.当V1>100时，NaOH溶液未完全变质B.a点存在c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)C.氢氧化钠溶液未变质前c(NaOH)=1.6mol·L-1D.O～b点溶液中存在两种溶质10、中国是世界上最大的钨储藏国。以黑钨精矿(主要成分为含少量)为原料冶炼钨的流程如图所示：

已知：钨酸酸性很弱，难溶于水。25℃时，和开始沉淀的pH分别为10.3和7.3，完全沉淀的pH分别为8和5。下列说法错误的是A.位于元素周期表第六周期B.“系列操作”步骤仅涉及物理变化C.流程中“调pH”范围为8~10.3D.参与反应的化学方程式为11、用如图所示装置进行实验；下列对实验现象的解释不合理的是。

。

①中试剂。

①中现象。

解释。

A

Ba(OH)2溶液。

生成白色沉淀。

反应生成白色BaSO4沉淀。

B

品红溶液。

溶液褪色。

SO2县有氧化性。

C

紫色石蕊溶液。

溶液变红。

SO2与水反应生成酸。

D

酸性KMnO4溶液。

紫色褪去。

SO2具有还原性。

A.AB.BC.CD.D12、根据如图框图分析；下列说法错误的是。

A.M2+的氧化性比E3+的氧化性强B.在反应①中H2SO4既表现了酸性，又表现了氧化性C.反应④的离子方程式可表示为3SCN-+E3+=E(SCN)3D.在反应③中若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀生成13、下列操作能达到实验目的的是。

A.实验1是制取少量氯气B.实验2是制取氯气C.实验3是干燥氯气D.实验4是除去中的少量14、短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子半径是周期表中所有元素中最小的，R是地壳中含量最多的元素，X与W同主族，Y的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列说法正确的是A.原子半径:R＜Y＜ZB.气态氢化物的热稳定性:R＞YC.R与X只能形成一种化合物D.最高价氧化物的水化物的酸性:Z＞Y评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、（1）H、D、T三种原子，在标准状况下，它们的单质的密度之比是_______，它们与氧的同位素16O、18O相互结合为水，可得水分子的种数为_______；[14NH3T]+中，电子数、质子数、中子数之比为_____

（2）核内中子数为N的R2＋，质量数为A，则ng它的同价态氧化物中所含电子的物质的量为____________。

（3）含6.02×1023个中子的的质量是______g

（4）①Ne②HCl③P4④N2H4⑤Mg3N2⑥Ca(OH)2⑦CaC2⑧NH4I⑨AlCl3，请用上述物质的序号填空，只存在极性共价键的是____________，只存在非极性共价键的是_______________。既存在离子键又存在非极性共价键的是_____________。

（5）在下列变化中，①碘的升华②烧碱熔化③MgCl2溶于水④HCl溶于水⑤Na2O2溶于水，未发生化学键破坏的是_____________，仅发生离子键破坏的是_____________仅发生共价键破坏的是_________，既发生离子键破坏又发生化学键破坏的是_______。（填写序号）16、按要求填空。

（1）书写下列物质在水中的电离方程式：

①KClO3：_______；

②NaHSO4：_______

（2）现有以下物质：①NaOH固体②盐酸③CaCO3固体④熔融KCl⑤蔗糖⑥铜⑦CO2⑧液态的HCl

以上物质中能导电的是_______；(填序号，下同)；以上物质中属于电解质的是_______。

（3）为除去NaOH溶液中的Na2CO3杂质，选用的试剂是_______，离子方程式：_______；为除去Na2CO3溶液中的NaOH杂质，选用的试剂是_______，离子方程式：_______。17、二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。完成下列填空：

（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3反应的化学方程式____________________________________________。

（2）写出草酸（H2C2O4）使酸性高锰酸钾褪色的离子方程式__________________________。

（3）写出向Na2S2O3中加入稀硫酸反应的离子方程式______________________________。

（4）已知：Se+2H2SO4(浓)=2SO2↑+SeO2+2H2O

2SO2+SeO2+2H2O=Se+2SO42-+4H+

SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是_____________________。

（5）回收得到的SeO2的含量；可以通过下面的方法测定：

①SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI

配平方程式①，标出电子转移的方向和数目。_________________________。

（6）实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为_____________。18、Ⅰ.某种飞船以N2H4和N2O4为动力源，发生反应：N2H4＋N2O4=N2＋H2O；反应温度可高达2700℃，回答下列问题。

(1)配平方程式____N2H4＋____N2O4=____N2＋____H2O。______

(2)氧化产物与还原产物的质量之比为___________。

(3)用单线桥的方法表示该反应的电子转移情况_______。

Ⅱ.有下列三个反应：

a.2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2

b.2FeCl2+Cl2=2FeCl3

c.2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

(4)上述三个反应中氧化剂氧化性由强到弱的关系为____。

(5)在反应c中被氧化的HCl与未被氧化的HCl的个数之比为______。19、1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表；到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经142年。元素周期表体现了元素位构性的关系，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题：

(1)元素Ga的原子结构示意图___________，镓(Ga)的氯化物与氨水反应的化学方程式为___________；

(2)Ge的最高价氧化物对应水化物的化学式为___________，Bi的最高价氧化物为___________。

(3)根据元素周期律；推断：

①阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是___________元素(填元素符号)。

②H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4___________(填“＞”“＜”或“=”)H2SeO4。

③金属性比较：Tl___________(填“＞”“＜”或“=”)Sn。

④氢化物的还原性：H2S___________(填“＞”“＜”或“=”)H2O。

(4)工业上常从电冶铜的阳极泥中提取纳米硒。向浆化的阳极泥中通入氯气，Cu2Se被溶液中的HClO氧化为H2SeO3及CuCl2，反应中HC1O与Cu2Se的物质的量之比为___________。20、铁是人类较早使用的金属之一。运用所学知识回答下列问题。

（1）用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液的操作是_______(写出具体实验操作；结论)。

（2）电子工业用FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：_______。

（3）某研究性学习小组为检验FeCl3腐蚀铜后所得溶液中是否含有Fe2+，正确的实验方法是_______(写出具体实验操作；现象、结论)。

（4）工程师欲从制造印刷电路板的废水中回收铜，并获得FeCl3溶液；设计如下方案：

①滤渣C的成分为_______(填化学式)。

②加过量D发生反应的离子方程式为_______。

③通入F发生反应的离子方程式为_______。21、物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。下图为硫及其部分化合物的“价类二维图”；根据图示回答下列问题：

(1)根据“价类二维图”，下列能与B反应且使B表现还原性的物质是______(填序号)。

①NaOH溶液②CaCl2溶液③H2S溶液④酸性KMnO4溶液。

(2)C的钠盐放置在空气中极易变质，请写出变质后的产物(填化学式)______。

(3)请写出金属铜与D的浓溶液在一定条件下发生反应的化学方程式______。评卷人得分四、判断题(共3题，共24分)22、华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用材料均为晶体硅。(____)A.正确B.错误23、可以用分液漏斗分离乙酸乙酯和乙醇。(____)A.正确B.错误24、最早使用的化学电池是锌锰电池。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、计算题(共2题，共14分)25、向由Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入10mL6mol·L-1的稀硝酸溶液；恰好使混合物完全溶解，同时收集到标准状况下NO224mL。请回答以下问题：

(1)写出Cu2O与稀硝酸反应的离子方程式____________。

(2)产物中硝酸铜的物质的量为_____________。

(3)若原混合物中有0.01molCu，则其中Cu2O的物质的量为______，CuO的物质的量为_____。26、在标准状况下，88gCO2的体积为________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共12分)27、四种短周期元素A；B、C、D的性质或结构信息如下。

信息①:原子半径大小:A>B>C>D

信息②:四种元素之间形成的某三种分子的比例模型及部分性质:

。

是地球上最常见的物质之一,常温为液态,是包括人类在内所有生命生存的重要资源,也是生物体最重要的组成部分。

无色,无味且易燃,是21世纪的主要能源。

弱酸,有强氧化性,可以用于消毒杀菌。

请根据上述信息回答下列问题。

（1）甲、乙、丙中含有的共同元素是_______(填名称)。

（2）B元素在周期表中的位置为_______________。

（3）上述元素的原子M层有一个未成对p电子的是_______(填元素符号)。

（4）丙的电子式为__________,丙与SO2水溶液可发生氧化还原反应,生成两种强酸,化学反应方程式为__________________。28、已知A；Y、Z、B四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的主族元素；且原子序数依次增大。Y的最外层电子数是其电子层数的3倍，且Y、Z同主族。

(1)A；B两种元素的元素符号：A_____________、B_____________。

(2)由A、Z所形成的化合物A2Z的电子式是_____________；化合物类型是__________(填“离子化合物”或“共价化合物”)。

(3)由A；Y两元素形成的四核18电子的化合物的电子式为________；结构式为_________，由A、Y、B所形成的化合物AYB的电子式是__________，存在的化学键____________。

(4)化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示；则下列说法正确的是___________。

A．该反应是放热反应。

B．断裂1molA—A键和1molB—B键能放出xkJ能量。

C．断裂2molA—B键需要吸收ykJ的能量。

D．2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量29、I.请将符合题意的下列变化的序号填在对应的横线上：①碘的升华；②氧气溶于水；③氯化钠溶于水；④烧碱熔化；⑤氯化氢溶于水；⑥氯化铵受热分解。

(1)化学键没有被破坏的是____；

(2)仅发生离子键破坏的是_____；

(3)既发生离子键又发生共价键破坏的是_____；

(4)已知拆开键、键分别需要吸收的能量为则由和反应生成需要放出____的热量。

II.A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如下图所示(条件及其他物质略)：ABCD

(1)若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使蓝色的湿润石蕊试纸暂时变红，则A为___。写出A→B转化的化学方程式：____。

(2)若A为活泼金属元素的单质，D为强碱，焰色反应都显黄色，则A是____。A跟水发生反应的离子方程式为：____。30、下表为元素周期表的一部分；请参照元素①-⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题：

。

ⅠA

0

1

①

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

2

②

③

④

3

⑤

⑥

⑦

⑧

(1)写出元素④的原子结构示意图________；④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为_______。

(2)②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是________。

(3)①、④、⑤、⑧中的某三种元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的化学式：________。

(4)写出⑤的最高价氧化物对应的水化物与⑥的最高价氧化物反应的离子方程式：_________。

(5)③的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应的离子方程式为________。

(6)HNO3的酸性比HClO强，有人据此认为N的非金属性强于Cl，你认为这种看法是否正确，说明理由：__________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】

【详解】

试管；坩埚、蒸发皿均可以直接加热；但是烧杯需隔石棉网加热，D项符合题意；

本题答案选D。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．正负化合价代数和为0，钠为+1价、亚硫酸根离子为-2价，则中Au的化合价为+1；A正确；

B．有剧毒、会污染环境，故用取代镀金；B正确；

C．使用在铜表面镀金；则+1的Au化合价降低到0价；被还原，还原剂为Cu，C正确；

D．铜件表面全部覆盖金以后，仍继续发生+1的Au化合价降低到0价的还原反应、可以增厚金层，因为：虽然铜不能作还原剂，但是中的SO可以作还原剂；D错误；

答案选D。3、C【分析】【分析】

氧化剂的氧化性大于氧化产物。分析出三个式子的氧化剂和氧化产物是解题的关键。

【详解】

①中是氧化剂，是氧化产物，所以氧化性：

②中是氧化剂，是氧化产物，所以氧化性：

③中是氧化剂，是氧化产物，所以氧化性

综上得氧化性顺序为4、C【分析】【详解】

A．氯气不足，铁过量，所以氯气完全反应，转移电子数为2NA；故A错误；

B．未指明是在标况下，22.4L氧气不一定是1mol，含有的原子数不一定为2NA；故B错误；

C．每个CO2分子含有3个原子，44gCO2的物质的量为1mol，含有的原子数为3NA；故C正确；

D．若32g气体全为O2，物质的量为1mol，含有的分子数为NA，若32g气体全为O3，物质的量为=mol，含有的分子数为NA，所以32g氧气和臭氧的混合气体含有的分子数不可能是NA；故D错误；

答案选C。5、A【分析】【分析】

Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价，KMnO4中Mn元素发生还原反应,令Mn元素在产物中的化合价为a价；根据电子转移守恒计算a的值。

【详解】

令Mn元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒,则:10-3×60mL×0.5mol/L×（6-4）=10-3×40mL×0.3mol/L×(7-a),计算出a=+2；A正确；

综上所述，本题选A。6、C【分析】【详解】

A．溶液体积不知；无法计算溶液中微粒数，故A错误；

B．甲醇分子中含5条共价键，故1mol甲醇中含5NA条共价键；故B错误；

C．12g金刚石中含有C原子的物质的量为=1mol，金刚石晶体中每个C原子与周围的4个碳原子形成碳碳键，每个碳碳键为2个碳原子共用，因此每个碳原子有2个碳碳键，因此1mol金刚石中含2mol键，即2NA个；故C正确；

D．中含有0.5molCH3COONa，由于醋酸钠水解，溶液中醋酸根的个数少于0.5NA；故D错误；

故选C。7、A【分析】【分析】

用排饱和食盐水法收集到一瓶Cl2；收集的氯气中含有水蒸气，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸。

【详解】

A．该氯气中含有水蒸气，要探究Cl2是否有漂白性的实验应先干燥氯气，所以用该瓶Cl2不能完成的实验；故A选；

B．水蒸气的存在对氯气与氢氧化钠的反应不产生影响；所以可以完成实验，B不选；

C．少量水蒸气的存在对氢气在氯气中的燃烧实验不会产生影响；可以完成实验，C不选；

D．少量水蒸气存在；不影响铜在氯气中的燃烧实验，可以完成实验，D不选；

故答案选A。二、多选题(共7题，共14分)8、BC【分析】【分析】

金刚石是自然界中硬度最大的单质；因而戊是C；己是Si、庚为Ge、辛为Ga；既然丁与辛同周期，则甲与戊同周期，二者原子序数相差3，所以甲为Li、乙为Na、丙为K、丁为Ca。

【详解】

A．金属性：Li＜Na＜Ca；故A错误；

B．原子半径Ga>Al>Si>C；故B正确；

C．K是19号元素；Ge是32号元素，原子序数相差13，故核外电子数相差13，故C正确；

D．Na在空气中燃烧生成的Na2O2既含离子键又含共价键；故D错误。

综上所述；答案为BC。

【点睛】

过氧化钠含有离子键和非极性共价键，含有钠离子和过氧根离子。9、AC【分析】【分析】

NaOH在空气中变质后的产物可能有Na2CO3、NaHCO3，故久置的NaOH的成分可能有5种情况：NaOH、NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3；据此作答。

【详解】

A．Na2CO3与盐酸反应时先转化为NaHCO3，NaHCO3再与盐酸反应生成CO2，等量的Na2CO3和NaHCO3消耗的盐酸的量是相同的，故当V1>100时，久置后的成分必然是NaOH和Na2CO3的混合物；即NaOH未完全变质，A正确；

B．a点溶液中还含有Cl-，根据溶液显电中性应有c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)+c(Cl-)；B错误；

C．b点溶液中的溶质全为NaCl，根据Na原子和Cl原子物质的量相等可知n(NaOH)=n(HCl)=2mol·L-1×0.2L=0.4mol，c(NaOH)=0.4mol÷0.25L=1.6mol·L-1；C正确；

D．由选项A的分析可知久置后的成分是NaOH和Na2CO3的混合物，随着盐酸加入，溶质的成分依次为：NaOH和Na2CO3和NaCl、NaCl和Na2CO3、NaCl和Na2CO3和NaHCO3、NaCl和NaHCO3；NaCl；D错误；

正确答案为AC。10、BC【分析】【分析】

黑钨精矿(主要成分为FeWO4、MnWO4，含少量SiO2)；加入纯碱和空气发生反应后冷却；加水溶解过滤得到滤渣含元素主要为Fe、Mn，滤液为粗钨酸钠和硅酸钠溶液，加入硫酸调节pH到7.3，沉淀分离获得钨酸，分解得到氧化钨，通过氢气还原剂还原得到钨。

【详解】

A．W是74号元素；位于元素周期表第六周期，故A正确；

B．滤液Ⅱ中含有钨酸钠；经过系列操作得到钨酸，要加酸酸化产生沉淀，酸化过程是化学变化，故B错误；

C．流程中“调pH”的目的是使完全沉淀；则应调节pH的范围为7.3-8，故C错误；

D．在空气中焙烧得到根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：故D正确；

故选BC。11、AB【分析】【分析】

【详解】

A．二氧化硫为酸性氧化物，与Ba(OH)2溶液反应生成亚硫酸钡；A错误；

B．二氧化硫具有漂白性；能使品红溶液褪色，B错误；

C．二氧化硫溶于水生成亚硫酸；溶液显酸性，可使紫色石蕊试液显红色，C正确；

D．二氧化硫具有还原性；能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，D正确；

所以答案选AB。12、AB【分析】【分析】

M是红色金属，则可以确定其为金属铜，在作用下与稀硫酸反应生成Y遇到溶液显血红色，说明Y中含有则金属E是铁，X是经反应③转化为与氨水反应生成红褐色沉淀。

【详解】

A．的氧化性比的氧化性强；A项错误；

B．在反应①中只表现了酸性，表现了氧化性；B项错误；

C．与反应生成C项正确；

D．反应③的离子方程式为可见反应过程消耗若在反应中不加稀硫酸，则体系增大，有可能会生成红褐色的沉淀；D项正确。

故选AB。13、AD【分析】【详解】

A．实验1是利用高锰酸钾和浓盐酸制取少量氯气；故A符合题意；

B．二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气；实验2不能制取氯气，主要是盐酸浓度太低，故B不符合题意；

C．浓硫酸可以干燥氯气；实验3不能干燥氯气，应长进短出来干燥氯气，故C不符合题意；

D．HCl与碳酸氢钠溶液反应，二氧化碳与饱和碳酸氢钠溶液不反应，因此实验4是除去中的少量故D符合题意。

综上所述，答案为AD。14、BD【分析】【分析】

W的原子半径是周期表中所有元素中最小的；则W为H元素；R是地壳中含量最多的元素，则R为O元素，X与W同主族，且原子序数大于O，则X为Na元素；Y的最外层电子数是最内层电子数的3倍，原子序数大于O，则Y为S元素；短周期主族元素W；R、X、Y、Z的原子序数依次增大，则Z为Cl元素，再结合元素周期律与物质的结构性质解答该题。

【详解】

根据上述分析可知W是H元素；R是O元素，X是Na元素，Y是S元素，Z是Cl元素；

A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径O＜Cl＜S，即R＜Z＜Y，故A错误；

B.元素的非金属性越强；对应的气态氢化物越稳定，由于元素的非金属性O＞S，则气态氢化物的热稳定性：R＞Y，故B正确；

C.O与Na可形成化合物Na2O、Na2O2；故C错误；

D.元素的非金属性越强；对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，由于元素的非金属性Cl＞S，则最高价氧化物的水化物酸性：Z＞Y，故D正确；

故选BD。三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】【分析】

(1)同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=计算其单质的密度之比；根据1个水分子是由两个氢原子和1个氧原子构成来分析；结合离子符号；计算含有电子数；质子数、中子数进行判计算；

(2)核内中子数为N的R2+离子；质量数为A，所以质子数为A-N，电子数为A-N；该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO，该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，据此分析计算；

(3)根据n=计算中子物质的量；Li的中子数为7-3=4，进而计算Li的物质的量，再根据m=nM计算；

(4)根据共价键和和离子键的定义判断。共价键：相邻原子间通过共用电子对形成的化学键；离子键：阴阳离子通过静电作用形成的化学键；共价键的极性根据成键元素判断；

(5)根据物质含有的化学键类型以及变化类型进行判断。

【详解】

(1)质量数=质子数+中子数，三种原子的质量数分别为1、2、3，故在同温同压下，体积相等，故根据ρ==知，其密度之比等于其摩尔质量之比，故密度之比为1∶2∶3；由氧的同位素有16O、18O，氢的同位素有11H、12H、13H，在1个水分子中含有2个氢原子和1个氧原子，若水分子中的氢原子相同，则16O可分别与11H、12H、13H构成水，即存在三种水；18O可分别与11H、12H、13H构成水，即存在三种水；若水分子中的氢原子不同，则16O可分别与11H12H、12H13H、11H13H构成水，即存在三种水；18O可分别与11H12H、12H13H、11H13H构成水，即存在三种水；所以共形成3×4=12种水；[14NH3T]+中电子数；质子数、中子数分别为10、11、(14-7+2)=9；故电子数∶质子数∶中子数=10∶11∶9，故答案为：1∶2∶3；12；10∶11∶9；

(2)该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO，该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，ng它的氧化物的物质的量为mol；1molRO中含有(A-N+8)mol质子，所以ng它的氧化物中所含质子的物质的量为×(A-N+8)，质子数与电子数相同，所以电子的物质的量为：×(A-N+8)mol，故答案为：×(A-N+8)；

(3)6.02×1023个中子物质的量为1mol，Li的中子数为7-3=4，故Li的物质的量为mol=0.25mol，Li的质量=0.25mol×7g/mol=g=1.75g；故答案为：1.75；

(4)①Ne为单原子分子；不存在化学键；

②HCl中H原子和Cl原子形成极性共价键；

③P4中存在P-P非极性共价键；

④N2H4中存在N-H极性共价键和N-N非极性共价键；

⑤Mg3N2中镁离子与氮离子间形成离子键；

⑥Ca(OH)2中钙离子和氢氧根离子间形成离子键；氢氧根离子内部氧原子；氢原子间形成极性共价键；

⑦CaC2中钙离子和C22-间形成离子键；C22-内部碳原子之间形成非极性共价键；

⑧NH4I铵根离子与碘离子间形成离子键；铵根离子内部氮原子；氢原子间形成极性共价键；

⑨AlCl3是共价化合物；氯原子与铝原子形成极性共价键；

因此只存在极性共价键的是②⑨；只存在非极性共价键的是③；既存在离子键又存在非极性共价键的是⑦；故答案为：②⑨；③；⑦；

(5)①碘为分子晶体；升华时克服分子间作用力，没有化学键发生变化；

②烧碱为离子晶体；含有离子键和共价键，融化时离子键断裂，而共价键没有变化；

③MgCl2为离子化合物；溶于水没有发生化学变化，只发生离子键断裂；

④氯化氢为共价化合物；只含有共价键，溶于水没有发生化学变化，只发生共价键断裂；

⑤Na2O2含有离子键和共价键；溶于水发生化学反应，得到氢氧化钠和氧气，破坏离子键和共价键；

因此未发生化学键破坏的是①；仅发生离子键破坏的是②③；仅发生共价键破坏的是④；既发生离子键破坏又发生共价键破坏的是⑤，故答案为：①；②③；④；⑤。

【点睛】

本题的易错点为(4)和(5)，要注意常见物质中化学键类型的判断和常见变化过程中化学键的变化情况的归纳。【解析】1∶2∶31210∶11∶9×（A-N+8）1.75或7/4②⑨③⑦①②③④⑤16、略

【分析】【分析】

(1)

KClO3为可溶性盐属于强电解质，故其电离方程式为：KClO3=K++NaHSO4为强酸的酸式盐，故其电离方程式为：NaHSO4=Na++H++故答案为：KClO3=K++NaHSO4=Na++H++

(2)

能够导电的物质必须含有能够自由移动的离子或电子；即金属单质；少数非金属单质(如石墨、晶体硅)和电解质溶液、熔融的电解质，而电解质则是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，故以上物质中能导电的是②④⑥，以上物质中属于电解质的是①③④⑧，故答案为：②④⑥；①③④⑧；

(3)

为除去NaOH溶液中的Na2CO3杂质，选用的试剂是Ca(OH)2，离子方程式：Ca2++=CaCO3↓，故答案为：Ca(OH)2；Ca2++=CaCO3↓；

为除去Na2CO3溶液中的NaOH杂质，选用的试剂是NaHCO3，离子方程式：OH-+=+H2O，故答案为：NaHCO3；OH-+=+H2O；【解析】(1)KClO3=K++NaHSO4=Na++H++

(2)②④⑥①③④⑧

(3)Ca(OH)2Ca2++=CaCO3↓NaHCO3OH-+=+H2O17、略

【分析】【详解】

（1）硒和浓硝酸反应，硒被氧化成+4价的氧化物，硝酸还原为一氧化氮和二氧化氮，生成一氧化氮和二氧化氮的比例为1:1，即二者计量数比为1:1，根据得失电子守恒分析硒的系数为1，所以方程式为：Se+2HNO3(浓)=NO2↑+H2SeO3+NO↑，故答案为Se+2HNO3(浓)=H2SeO3+NO↑+NO2↑（或Se+2HNO3(浓)=H2O+SeO2+NO↑+NO2↑）；

（2）草酸（H2C2O4）能被酸性高锰酸钾氧化成二氧化碳，所发生的离子反应方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

（3）向Na2S2O3中加入稀硫酸会出现淡黄色浑浊，其离子方程式为：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O；

（4）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以根据反应Se+2H2SO4（浓）=SeO2+2SO2↑+2H2O得出氧化性H2SO4（浓）>SeO2；在反应SeO2+2SO2+2H2O=Se+4H++2SO42-中，SeO2为氧化剂，SO2为还原剂，则氧化性SeO2>SO2；氧化性由强到弱的顺序为H2SO4(浓)>SeO2>SO2，故答案为H2SO4(浓)﹥SeO2﹥SO2；

（5）根据化合价分析，二氧化硒中硒的化合价为+4，降低到0，碘的化合价从-1升高到0，所以二氧化硒和碘化钾的比例为1：4，转移4个电子，在根据原子守恒配平其他物质的系数，得方程式，碘转移4个电子给硒，所以电子转移表示为故答案为

（4）根据反应方程式可知，SeO2~2I2~4Na2S2O3；消耗硫代硫酸钠的物质的量为0.2000mol/L×0.025L=0.005mol，根据关系式分析样品中二氧化硒的物质的量为0.005mol/4=0.00125mol，其质量为0.00125mol×111g/mol=0.13875g，样品中二氧化硒的质量分数=0.13875g/0.1500g=0.925；故答案为0.925。

【点睛】

本题较多考查了陌生氧化还原型离子方程式的书写，一般可依次根据以下步骤完成书写，①根据得失电子数目守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物的计量数；②依据电荷守恒在方程式两端补充H+、OH-来配平方程式两端的电荷；③最后根据原子个数守恒配平其它物质的计量数。【解析】①.Se+2HNO3(浓)=H2SeO3+NO↑+NO2↑（或Se+2HNO3(浓)=H2O+SeO2+NO↑+NO2↑）②.2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O③.S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O④.H2SO4(浓)﹥SeO2﹥SO2⑤.⑥.0.92518、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ(1)N2H4中氮元素化合价为-2，N2O4中氮元素化合价为+4，生成物氮元素化合价为0，则每个N2H4失去4个电子，每个N2O4得到8个电子，根据电子守恒和原子个数守恒得配平后的方程式为2N2H4＋N2O4=3N2＋4H2O；

(2)N2H4失去电子，N2O4得到电子；则氧化产物的个数为2，还原产物的个数为1，所以氧化产物与还原产物的质量之比为2：1；

(3)根据每个N2H4失去4个电子，每个N2O4得到8个电子，则用单线桥的方法表示为

Ⅱ(4)根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则反应a中FeCl3>I2，b中Cl2>FeCl3，c中KMnO4>Cl2，所以上述三个反应中氧化剂氧化性由强到弱的关系为KMnO4>Cl2>FeCl3>I2；

(5)在反应c中，16个HCl参加反应时，化合价升高的有10个，没有变化的有6个，则被氧化的HCl与未被氧化的HCl的个数之比为10：6=5：3。【解析】21342：1KMnO4>Cl2>FeCl3>I25：319、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Ga和Al同主族，在Al的下一个周期，处于周期表中即第四周期第ⅢA族，为31号元素，原子结构示意图为镓的氯化物与氨水反应的化学方程式为GaCl3+3NH3•H2O=Ga(OH)3↓+3NH4Cl；Bi和N元素同主族，所以最高正价是+5价，最高价氧化物为Bi2O5；

(2)Ge的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2GeO3，Bi和N元素同主族，所以最高正价是+5价，最高价氧化物为Bi2O5；

(3)①阴影部分为VIIA元素；元素非金属性越强，氢化物越稳定，同主族元素从上到下元素非金属性减弱，所以阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是F；

②元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，As和Se同一周期，元素从右到左非金属性增强，酸性强弱：H3AsO4＜H2SeO4；

③同周期金属性从左到右减弱；则金属性：Tl＞Sn；

④非金属性越强，氢化物还原性越弱，非金属性O＞S，故氢化物的还原性：H2S＞H2O；

(4)Cu2Se被溶液中的HClO氧化为H2SeO3及CuCl2写出反应方程式为：Cu2S+4HClO=H2SeO3+2CuCl2+H2O；则反应中HClO与Cu2Se的物质的量之比为4：1。【解析】GaCl3+3NH3•H2O=Ga(OH)3↓+3NH4ClH2GeO3Bi2O5F＜＞＞4：120、略

【分析】【分析】

（1）

Fe(OH)3胶体能够使光线发生散射作用而产生丁达尔效应，而FeCl3溶液不能产生丁达尔效应，故可根据是否产生产生丁达尔效应进行鉴别。操作方法为：用平行光照射两种分散系，产生一条光亮的通路的是Fe(OH)3胶体，无现象的是FeCl3溶液。

（2）

FeCl3溶液中的Fe3+具有强氧化性，会将Cu氧化为Cu2+，Fe3+被还原为Fe2+，根据电子守恒、电荷守恒及物质的拆分原则，可知反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。

（3）

可以根据Fe2+与铁氰化钾反应产生蓝色沉淀进行检验。

（4）

印刷电路板的废水中含有Cu2+、Fe2+，可能还含有Fe3+，向其中加入过量Fe粉，可能发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2++Cu。滤液B中含有Fe2+；滤渣C中含有过量的Fe及置换出来的Cu，向其中加入过量HCl，发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，然后过滤得到Cu单质，滤液E与滤液B合并，向其中通入Cl2，发生反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl3。

①滤渣C的成分为Fe；Cu。

②向滤渣C中加入过量HCl，Fe与HCl发生置换反应产生FeCl2、H2，该反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。

③滤液B、E的成分是FeCl2，向FeCl2溶液中通入Cl2，发生氧化还原反应产生FeCl3，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。【解析】（1）用平行光照射两种分散系，Fe(OH)3胶体会产生一条光亮的通路，而FeCl3溶液不能。

（2）Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+

（3）取适量溶液于试管中，滴入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，则含Fe2+

（4）Fe、CuFe+2H+=Fe2++H2↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-21、略

【分析】【分析】

注意看横纵坐标表示的意义，判断出A为H2S，B为SO2，D为H2SO4，c为Na2SO3；再根据物质的性质解答。

【详解】

(1)SO2具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色；故答案为：④；

(2)C的钠盐为亚硫酸钠，容易被空气中的氧被氧化生成Na2SO4，故答案为：Na2SO4；

(3)铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为故答案为：【解析】④Na2SO4四、判断题(共3题，共24分)22、A【分析】【分析】

【详解】

硅是良好的半导体材料。芯片主要原料晶体硅，太阳能电池感光板主要原料为硅，故正确23、B【分析】【详解】

乙酸乙酯和乙醇互溶，不分层，不能用分液漏斗分离，错误。24、A【分析】【详解】

最早使用的化学电池是锌锰电池，正确。五、计算题(共2题，共14分)25、略

【分析】【分析】

硝酸与Cu、Cu2O和CuO组成的混合物恰好反应，生成Cu(NO3)2与NO，根据n=计算NO的物质的量，根据n=c·V计算硝酸的物质的量，根据氮元素守恒可知n[Cu(NO3)2]=[n(HNO3)-n(NO)]，根据电子转移守恒有2n(Cu)+2n(Cu2O)=3n(NO)，据此计算n(Cu2O)，再根据铜元素守恒可知n(CuO)=n[Cu(NO3)2]-n(Cu)-2n(Cu2O)，根据m=n·M计算Cu2O与CuO的质量；进而计算二者的物质的量。

【详解】

(1)HNO3具有强氧化性，与Cu2O反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，反应的的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2O。

(2)标准状况下224mLNO的物质的量n(NO)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，HNO3与Cu、Cu2O、CuO反应产生的Cu(NO3)2和NO、H2O，根据N元素守恒，可知n[Cu(NO3)2]=[n(HNO3)-n(NO)]，n(HNO3)=6mol/L×0.01L=0.06mol，n(NO)=0.01mol，所以反应产生的硝酸铜的物质的量n[Cu(NO3)2]=(0.06mol-0.01mol)÷2=0.025mol。

(3)根据电子转移守恒有2n(Cu)+2n(Cu2O)=3n(NO)，原混合物中有0.01molCu，0.01mol×2+2n(Cu2O)=3×0.01mol，解得n(Cu2O)=0.005mol；根据铜原子守恒可知CuO的物质的量n(CuO)=0.025mol-0.01mol-0.005mol×2=0.005mol。

【点睛】

本题考查混合物的有关计算，要结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写离子方程式；根据原子守恒与电子守恒分析计算各种物质的物质的量。试题考查了学生分析与计算能力。【解析】3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2O0.025mol0.005mol0.005mol26、略

【分析】【分析】

根据m=n·M计算CO2的物质的量，然后根据V=n·Vm计算气体在标准状况下的体积。

【详解