2025年粤教版必修1化学上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2025年粤教版必修1化学上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6题，共12分)1、2019年《Nature》杂志评选出的世界十大科技进展之一；是我国科研人员发现的一种新化合物(如图所示)。W；X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，且Y原子半径是短周期元素中除氢外原子半径最小的。X、Z同主族。下列说法正确的是。

A.简单离子半径：Z>W>X>YB.四种元素中，最高价含氧酸酸性最强的为YC.简单氢化物的沸点W>XD.简单氢化物的稳定性：W>X>Y2、下列实验中，对应实验现象及结论都正确的是。选项实验现象结论A向KMnO4溶液中通入SO2气体KMnO4溶液褪色SO2有漂白性B将蓝色石蕊试纸浸入氯水中试纸先变红，后变白氯水既有酸性又有漂白性C向硅酸中分别加入HF和NaOH溶液白色的硅酸沉淀溶解硅酸具有两性D将充满NO2的试管倒置在水槽中试管充满水NO2与水完全反应

A.AB.BC.CD.D3、下列选项组合中代表的说法都不正确的是。

①将硫酸钡放入水中不能导电；所以硫酸钡是非电解质；

②氨溶于水所得溶液能导电，所以NH3是电解质；液态HCl不导电；所以属于非电解质；

③将1molCl2通入水中，溶液中Cl-、ClO-；HClO的物质的量之和为2mol；

④NaHSO4在水溶液中电离时生成的阳离子有氢离子；但不属于酸；

⑤电解质放在水中一定能导电；非电解质放在水中一定不导电；

⑥物质可根据其在水溶液或熔融状态下的导电性分为电解质与非电解质。A.④B.②③④⑤C.①②③⑤⑥D.①②③④⑤⑥4、在向盛有氯化铁溶液的烧杯中加入过量铜粉，反应结束后过滤，对溶液中大量存在的金属阳离子的成分判断正确的是A.只有Cu2+B.Fe2+、Cu2+C.Fe3+、Fe2+D.Fe3+、Cu2+5、实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知Fe3+在pH=5时沉淀完全）．其中分析错误的是。

A.步骤②发生的主要反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OB.步骤②可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2C.步骤③用CuCO3代替CuO也可调节溶液的pHD.步骤⑤的操作为：向漏斗中加入少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作2～3次6、在下列化学反应中，既有离子键、极性键断裂，又有离子键、极性键形成的是:A.Na2O+H2O=2NaOHB.SO2+H2O=H2SO3C.Cl2+H2O=HCl+HClOD.4Li+O2=2Li2O评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、大气污染物NOx、SO2和可吸入颗粒物(PM2.5)等会危害人体健康；影响动植物生长，因此应加强对其监测和治理。请回答：

⑴为降低NOx的排放，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可将NOx还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：______________。

⑵某研究小组对PM2.5进行监测时，取其样本用蒸馏水处理制成待测试样，测得有关数据如下：。离子H+Na+浓度(mol/L)1×10-52×10-53×10-54×10-5

试样中c(H+)=______mol/L。8、写出Cu与浓HNO3反应的化学方程式__。9、写出下列反应的离子方程式：

(1)大理石与盐酸反应___________

(2)二氧化碳通入足量澄清石灰水中___________

(3)小苏打(NaHCO3)与盐酸反应_________10、硼酸()为一元弱酸；广泛用于玻璃；医药、冶金、皮革等工业。回答下列问题：

(1)中B元素的化合价为______。

(2)已知：的电离方程式为____，酸性：___(填“＞”或“＜”)

(3)受热分解得到和镁粉混合点燃可得单质B，写出生成单质B的化学方程式________，该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为______。

(4)可用于生产储氢材料NaBH4。涉及的主要反应为：

Ⅰ.

Ⅱ.

①“反应Ⅰ”的类型为______(填标号)。

a.取代反应b.加成反应c.加聚反应d.氧化反应。

②NaH的电子式为____________。

③在碱性条件下，NaBH4与CuSO4溶液反应可得Cu和其中H元素由价升高为价，该反应的离子方程式为______。11、完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式：

________Fe(OH)2+________ClO-+____________=________Fe(OH)3+________Cl-12、NOx是大气污染的主要污染物之一。

(1)NOx能形成酸雨，写出NO2完全转化为HNO3的总反应的化学方程式：_______________________

(2)硝酸厂常用如下两种方法处理NOx尾气。

①催化还原法：在催化剂存在时用H2将NO2还原为N2；写出该反应的化学方程式：_________________

②碱液吸收法：用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2，若9.2gNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移0.1mol电子；则反应的离子方程式为______________________________

(3)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx的排放。

①当尾气中空气不足时，NO在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：_______________________________

②当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOx生成盐。第IIA族金属氧化物吸收能力顺序如下：12MgO<20CaO<38SrO<56BaO。原因是___________________________________。13、下面a～f是中学化学实验中常见的几种仪器：

a.量筒b.容量瓶c.托盘天平d.温度计e.分液漏斗。

(1)标出仪器使用温度的是_____(填写编号)；

(2)使用前需要检查是否漏水的是____(填写编号)

(3)调整零点时，若指针向左偏转，应将左边的平衡螺母向___旋动。14、现有常见金属A存在如下的转化关系（图中有些反应的产物和条件没有全部标出)；其中E为白色沉淀。

请回答下列问题：

(1)A的化学式为______________。

(2)C的电子式为_________________。

(3)反应③的化学方程式为_________________________。

(4)反应④的离子方程式为__________________________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、NaOH、Ca(OH)2、纯碱都属于碱。(____)A.正确B.错误16、利用碱性氧化物与水反应、盐与碱反应均可制取碱。(_______)A.正确B.错误17、溶液与胶体的本质区别是能否产生丁达尔效应。(____)A.正确B.错误18、阳离子只有氧化性,阴离子只有还原性。_____A.正确B.错误19、从溶液中取出了所得硫酸的物质的量浓度为(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共3题，共21分)20、X；Y、Z、R、Q、M是六种原子序数依次增大的短周期主族元素；X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z的单质是空气的主要成分之一，R、Q、M三种元素的最高价氧化物对应的水化物相互之间均可反应，M的单质是黄绿色气体。请回答下列问题：

（1）Z和M的非金属性强弱Z_________M（填“<”“>”或“=”）。

（2）Z；Q、M简单离子半径由大到小的顺序为__________________（用离子符号表示）。

（3）X和Z两元素形成的原子个数比为1∶1的化合物电子式为___________。

（4）Y元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为______________；所生成的物质水溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______________。

（5）是一种高效安全的杀菌消毒剂，它能将电镀废水中的氧化为两种无毒的气体；自身还原成最低价的简单离子，写出该反应的离子方程式___________________________。

（6）用电解法可制备电解总反应为已知阳极产物为该物质在水中水解生成和则该电极生成的电极反应为________________。21、几年前，央视《每周质量报告》曝光河北一些企业，用生石灰处理皮革废料，熬制成工业明胶，卖给绍兴新昌一些企业制成药用胶囊，国家相关部门得到消息后要求立即暂停购入和使用相关企业生产的所有胶囊剂药品。皮革废料发生水解后得到一种被称为脯氨酸()的有机物；脯氨酸是人体所需的氨基酸之一，工业上可用α-氨基戊二酸合成，其合成路线如下：

(1)α-氨基戊二酸中含有的官能团名称为_________。

(2)反应①的反应类型为_____________。

(3)反应可看作两步，其中间产物的分子式为且结构中含有五元环。写出由B反应生成中间产物的化学方程式：_________。

(4)合成路线中设计反应③、④的目的是___________。22、中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：

已知A是一种单质；将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：

(1)写出C的溶液与双氧水反应的离子方程式：_________________。

(2)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：________________。

(3)F是一种难溶物质，其溶度积常数为1.0×10-39。向D溶液中加碱调节至pH为_______时，铁离子刚好沉淀完全(离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时；即可认为该离子沉淀完全)。

(4)已知1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的ΔH=–99kJ·mol-1，单质硫的燃烧热为296kJ·mol-1，计算由S(s)生成3molSO3(g)的△H=__________kJ·mol-1。

(5)在200mL1.5mol·L-1NaOH溶液中通入标准状况下4.48LCO2气体，完全反应后所得溶液中，各种离子浓度由大到小的顺序是_____________。评卷人得分五、计算题(共4题，共24分)23、向铜片中加入115mL某浓度的硫酸，在加热条件下反应，待铜片全部溶解后，将其溶液稀释到500mL，再加入足量锌粉，使之充分反应，收集到2.24L（标准状况）气体．过滤得残留固体，干燥后，质量减轻了7.5g．求原硫酸的物质的量浓度。_____________24、回答下列问题：

(1)在下列物质中，可以导电的是_______(填序号，下同)，是电解质的有_______。

①氯化钠晶体②熔融的氢氧化钠③Cu④酒精⑤Na2SO4溶液⑥液氨⑦稀盐酸⑧BaSO4晶体。

(2)某气体在标准状况下的密度为1.25g/L，则14g该气体所含有的物质的量为_______。

(3)从400mL2.0mol·L-1的Al2(SO4)3溶液中取出10mL，将这10mL溶液用水稀释到100mL，所得溶液中的物质的量浓度为_______mol·L-1。

(4)已知Mm+与Nn-具有相同的电子层结构(核外电子排布相同)，若N的核电荷数为a，M的质量数为A，则M的中子数为_______。25、设NA表示阿伏加德罗常数的值；请回答下列问题：

(1)O2的摩尔质量为_________g/mol，1molO2中含有________个O2分子。

(2)6.02×1023个Na+约含有________molNa+，其质量为________g。

(3)0.5molCH4约含有________个CH4，其标准状况的气体体积____L。

(4)3.01×1023个SO约含有________molSO其质量为_____g。

(5)0.2molAl含有____________个铝原子，质量是____________g。

(6)12.4gNa2X含有0.4molNa＋，则Na2X的摩尔质量为_____g/mol，X的相对原子质量为____。

(7)质量相同的O3和O2，物质的量之比_______。26、(1)3.01×1022个OH-中含有电子的物质的量为_______。

(2)一储气瓶真空时质量为500g。标准状况下，充满氧气后质量为508g，装满某气体X后总质量为511g。则该储气瓶的体积为_______L。

(3)20gA物质和14gB物质恰好完全反应，生成8.8gC物质、3.6gD物质和0.2molE物质，则E物质的摩尔质量为_______。

(4)现向100ml、密度为1.08g/mL、质量分数为10%的CuCl2溶液中加入过量铁片，充分反应后对铁片洗涤、干燥、称重，则铁片质量增加_______g。评卷人得分六、推断题(共2题，共12分)27、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：________28、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：________参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】

W；X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大；Y原子半径是短周期元素中除氢外原子半径最小的，则Y为F元素，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，则W原子核外电子总数为7，所以W为N元素；X、Z同主族，且Z可以形成6个共价键，X可以形成2个共价键，应为第ⅥA族元素，所以X为O元素，Z为S元素。

【详解】

A．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小离子半径越小，所以简单离子半径：S2->N3->O2->F-，即Z>W>X>Y；故A正确；

B．Y为F元素；没有最高价含氧酸，故B错误；

C．W的简单氢化物为NH3，X的简单氢化物H2O，常温下NH3为气体，H2O为液体，说明沸点H2O>NH3；故C错误；

D．非金属性越强简单氢化物的稳定性越强，非金属性F>O>N，所以简单氢化物的稳定性：F>O>N，即Y>X>W；故D错误；

答案为A。2、B【分析】【详解】

A.SO2使KMnO4褪色体现了SO2的还原性；不是漂白性，故A错误；

B.氯水中含有HCl和HClO；溶液的酸性使试纸变红，同时HClO具有的漂白性使试纸又变白，故B正确；

C.HF能溶解硅酸；但其它酸如盐酸等不能溶解硅酸，故不能说硅酸有两性，故C错误；

D.NO2与水反应会生成不溶于水的NO；故试管不能充满水，故D错误；

故选B。3、C【分析】【详解】

①硫酸钡熔融状态下能导电；是化合物，属于电解质，故错误；

②氨气本身不能电离产生自由移动的离子；是非电解质，氯化氢水溶液能导电，是化合物，属于电解质，故错误；

③将1molCl2通入水中，形成氯水，氯水中含有Cl2、Cl-、ClO-；HClO的氯元素的物质的量之和小于2mol；故错误；

④NaHSO4在水溶液中电离时产生的阳离子有氢离子；同时有钠离子，所以不属于酸，属于盐，故正确；

⑤电解质在水中不一定导电；如氯化银水溶液几乎不导电，非电解质放在水中不一定不导电，如二氧化碳水溶液能导电，故错误；

⑥在水中或熔融状态下导电的化合物为电解质；在水中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，混合物和单质既不是电解质也不是非电解质，故错误；

故答案为C。4、B【分析】【详解】

向盛有氯化铁溶液的烧杯中加入过量铜粉，发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，反应结束后过滤，溶液中大量存在的金属阳离子为Fe2+、Cu2+，答案选B。5、B【分析】【详解】

A、样品中含有CuO、FeO、Fe2O3，跟硫酸反应生成Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋，H2O2具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，离子反应方程式为2Fe2＋＋H2O＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；故说法正确；

B、不能用硝酸和氯水代替H2O2，防止引入NO3－和Cl－等杂质；同时也防止产生污染，故说法错误；

C、CuCO3不溶于水；可以调节pH，不引入新杂质，故说法正确；

D；沿玻璃棒向原过滤器中加入蒸馏水；没过沉淀，待水流完后，重复上述操作2～3次，故说法正确。

故选B。

【点睛】

注意哪些物质是杂质，流程的目的是什么，即需要制取什么物质，化学工艺流程中注意信息的利用，如本题pH=5时Fe3＋完全沉淀，也就是说需要把Fe2＋氧化成Fe3＋，然后调节pH到5，加入的物质不能引入新杂质，同时加入的物质容易除去。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．Na2O含有离子键，H2O含有极性键；NaOH含有离子键和极性键，所以该反应中既有离子键；极性键断裂，又有离子键、极性键形成，故A正确；

B．SO2、H2O、H2SO3含有极性键；所以该反应中没有离子键断裂和形成，故B错误；

C．Cl2含有非极性键，H2O；HCl、HClO含有极性键；所以该反应中没有离子键断裂和形成，故C错误；

D．Li含有金属键，O2含有非极性键，Li2O含有离子键。所以该反应中没有离子键断裂；没有极性键断裂和形成，故D错误；

故选A。

【点睛】

一般地，含有金属元素和的化合物属于离子化合物，离子化合物的阴阳离子之间存在离子键，根内含有共价键；共价化合物和大多数非金属含有共价键；金属单质含有金属键。二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】【分析】

CO与NO反应生成N2和CO2；根据电荷守恒分析。

【详解】

⑴CO与NO反应生成N2和CO2，因此NO被CO还原的化学方程式：2NO+2CON2+2CO2；故答案为：2NO+2CON2+2CO2。

⑵根据电荷守恒得c(H+)+1×10−5mol∙L−1+2×10−5mol∙L−1=3×10−5mol∙L−1+4×10−5mol∙L−1×2，因此试样中c(H+)=8×10−5mol∙L−1；故答案为：8×10−5。

【点睛】

电荷守恒是常考题型，主要根据离子所带电荷数相等来分析。【解析】2NO+2CON2+2CO28×10-58、略

【分析】【分析】

【详解】

铜与浓硝酸反应产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；【解析】Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)大理石与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钙和水，大理石为碳酸钙，难溶于水，离子反应中不可拆，离子反应为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；

(2)二氧化碳通人足量澄清石灰水中生成碳酸钙和水，澄清石灰水是氢氧化钙溶液，离子反应中可拆写，碳酸钙使沉淀，离子反应中不可拆，离子反应为：CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O

(3)小苏打(NaHCO3)与盐酸生成二氧化碳、氯化钠和水，离子反应为：+H+=H2O+CO2↑。

【点睛】

足量澄清石灰水与二氧化碳反应生成碳酸钙，若二氧化碳过量，则生成碳酸氢钙，解题时注意反应物的量关系。【解析】CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O+H+=H2O+CO2↑10、略

【分析】【分析】

(1)根据H为+1价；O为-2价，结合化合价规则计算硼酸中硼元素化合价；

(2)B、Al同主族，H3BO3的电离与氢氧化铝的相似；结合非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强分析解答；

(3)B2O3和镁粉混合点燃可得单质B；还生成MgO，结合氧化还原反应的规律分析解答；

(4)①硼酸可以改写为B(OH)3，结合方程式中结构的变化分析判断；②NaH由钠离子与氢负离子构成的；③碱性条件下，BH与Cu2+反应生成Cu、[B(OH)4]-；其中H元素由-1价升高为+1价，结合氧化还原反应的规律书写离子方程式。

【详解】

(1)设H3BO3中B元素的化合价为x；则3×(+1)+x+3×(-2)=0，解得x=+3，故答案为：+3；

(2)由氢氧化铝的电离方程式可知，H3BO3的电离方程式为：H3BO3+H2OH++[B(OH)4]-，非金属性B＞Al，故酸性：H3BO3＞Al(OH)3，故答案为：H3BO3+H2OH++[B(OH)4]-；＞；

(3)B2O3和镁粉混合点燃可得单质B，属于置换反应，还生成MgO，反应的化学方程式为：3Mg+B2O32B+3MgO，反应中Mg元素的化合价升高，Mg被氧化，是还原剂，B2O3是氧化剂，反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶3，故答案为：3Mg+B2O32B+3MgO；1∶3；

(4)①反应中硼酸中的3个-OH被3个OCH3替代；属于取代反应，故答案为：a；

②NaH是由钠离子与氢负离子构成的，电子式为：故答案为：

③碱性条件下，BH4-与Cu2+反应生成Cu、[B(OH)4]-，其中H元素由-1价升高为+1价，根据得失电子守恒，Cu与[B(OH)4]-的物质的量之比为4∶1，结合电荷守恒、原子守恒，可知反应的离子方程式为：3BH+4Cu2++8OH-=4Cu↓+[B(OH)4]-+4H2O，故答案为：3BH+4Cu2++8OH-=4Cu↓+[B(OH)4]-+4H2O。

【点睛】

本题的易错点为(2)，要注意模仿氢氧化铝的电离方程式书写H3BO3的电离方程式，难点为(4)③，要注意离子方程式的书写和配平。【解析】+3H3BO3+H2OH++[B(OH)4]-＞3Mg+B2O32B+3MgO1:3aBH+4Cu2++8OH-＝4Cu↓+[B(OH)4]-+4H2O11、略

【分析】【分析】

利用氧化还原反应化合价升降；根据电子得失守恒和物料守恒配平反应；

【详解】

可分析出Cl由ClO-中的+1价变为Cl-中的-1价，化合价降低2，Fe由Fe(OH)2中的+2价升高到Fe(OH)3中的+3价，升高1，依据得失电子守恒和电荷守恒可以配平，故可确定Fe(OH)2与Fe(OH)3计量数为2，再配平其它原子，由于H、O可由H2O提供，缺项为H2O，最后检查原子守恒与电荷守恒得离子方程式2Fe(OH)2＋ClO－＋H2O=2Fe(OH)3＋Cl－；

故答案为：2；1；1；H2O；2；1。

【点睛】

根据原子守恒补齐化学方程式，用化合价升降法配平化学方程式。【解析】①.2②.1③.1④.H2O⑤.2⑥.112、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)NO2和水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，再通入氧气2NO+O2=2NO2，多次循环后能完全转化为HNO3，反应一乘以二再加上反应二，得到总反应的化学方程式为：4NO2+O2+2H2O==4HNO3；

(2)①在催化剂存在时用H2将NO2还原为N2同时生成水，该反应的化学方程式为：4H2+2NO2N2+4H2O；

②n(NO2)==0.2mol，该反应中NO2被氧化生成NO0.2molNO2反应转移0.1mol电子，则生成n(NO)==0.1mol，则剩余0.1mol二氧化氮被还原生成其它物质，且转移0.1mol电子，则生成物中N元素化合价为+3价，且生成物在水溶液中，应该是亚硝酸根离子，则反应的离子方程式为：2NO2+CO=CO2+NO+NO

(3)①当尾气中空气不足时，NO在催化转化器中被CO还原成N2排出，化学方程式为：2NO+2CON2+2CO2；

②Mg、Ca、Sr、Ba均为IIA族元素．同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径越大，反应接触面积越大，则吸收能力越大，所以原因是Mg、Ca、Sr、Ba电子层数增多，原子半径增大。【解析】4NO2+O2+2H2O==4HNO34H2+2NO2N2+4H2O2NO2+CO=CO2+NO+NO2NO+2CON2+2CO2Mg、Ca、Sr、Ba电子层数增多，原子半径增大13、略

【分析】【详解】

(1)液体的体积受温度的影响，温度不同使用量筒量取的液体、容量瓶中的液体的体积不同，导致产生误差，故答案为：ab；

(2)c、d不能盛装液体；a使用时不会造成漏液现象；b、e有塞子，所以有漏液的可能，所以要检查是否漏液，故答案为：be；

(3)调整零点时，若指针向左偏转，应将左边的平衡螺母向右旋动。【解析】①.ab②.be③.右14、略

【分析】【分析】

金属A既能与盐酸反应；也能与氢氧化钠溶液生成气体C，所以A是铝，B是氯化铝，C是氢气，D是偏铝酸钠，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝溶解在氢氧化钠中生成偏铝酸钠。

【详解】

(1)根据以上分析可知；A的化学式为Al。答案为：Al；

(2)根据以上分析；C应为氢气，其电子式为H:H。答案为：H:H；

(3)氯化铝和氨水反应，生成氢氧化铝和氯化铵，化学方程式为A1Cl3+3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl。答案为：A1Cl3+3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4CI；

(4)氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为A1(OH)3+OH-==A1O2-+2H2O。答案为：A1(OH)3+OH-==A1O2-+2H2O。【解析】AlH:HA1Cl3+3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4CIA1(OH)3+OH-==A1O2-+2H2O三、判断题(共5题，共10分)15、B【分析】【分析】

【详解】

纯碱为Na2CO3，属于盐，故错误。16、A【分析】【详解】

碱性氧化物和水反应可以生成碱溶液，可溶性碱与可溶性盐发生复分解反应生成新盐和新碱，故正确。17、B【分析】【详解】

溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的直径大小不同，故错误。18、B【分析】【详解】

Fe2+离子既有氧化性又有还原性。19、B【分析】【详解】

溶液为均一稳定的，物质的量浓度与体积无关，故取出10mL的硫酸的物质的量浓度仍为5mol/L，故错误。四、有机推断题(共3题，共21分)20、略

【分析】【分析】

X；Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素；原子序数依次增大．X是原子半径最小的元素，故X为H元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故为氨气，则Y为N元素；Z的单质是空气的主要成分之一，原子序数大于N，故为O元素；M的单质黄绿色有害气体，故为Cl元素；R、Q、M三种元素的最高价氧化物对应的水化物相互之间均可反应，R、Q分别为Na和Al．

【详解】

由题意可推知X；Y、Z、R、Q、M分别是H、N、O、Na、Al、Cl。

（1）氧和氯形成的化合物中，氧显负价，Z和M的非金属性强弱Z>M；

（2）微粒的电子层数越多，则半径越大；当电子层数相同时，核电荷数越多，则半径越小；Cl－电子层最多，O2－、Al3＋电子层数相同，Al3＋核电荷数越多，Z、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为

（3）H和O形成双氧水，两个氧原子间形成一对共用电子对，X和Z两元素形成的原子个数比为1∶1的化合物电子式为

（4）Y元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为NH4＋水解显酸性：NH4＋+H2ONH3·H2O+H＋，由于NH4＋水解，且溶液显酸性，故离子浓度大小为：c（NO3－）＞c（NH4＋）＞c（H＋）＞c（OH－）；

（5）为ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂，它能将电镀废水中的氧化为两种无毒的气体，自身还原成最低价的简单离子Cl-，该反应的离子方程式为

（6）用电解法可制备HClO，电解总反应为阳极产物为NCl3，该物质在水中水解生成HClO、NH3，NH4＋在阳极失去电子被氧化成NCl3，则该电极生成NCl3的电极反应为【解析】>21、略

【分析】【分析】

根据合成路线分析可知；物质A与乙醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，生成物质B，B在经过一系列反应得到C(脯氨酸)，再经过③④两个过程对脯氨酸进行除杂提纯，从而得到纯净的脯氨酸，据此结合题干可分析解答问题。

【详解】

(1)根据α-氨基戊二酸的结构简式可知，该有机物中含有(氨基)和(羧基)两种官能团；故答案为：氨基和羧基；

(2)反应①是物质A与乙醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应；生成物质B，反应类型为取代(或酯化)反应，故答案为：取代(或酯化)反应；

(3)反应可看作两步，其中间产物的分子式为且结构中含有五元环，则中间产物的结构简式为故答案为：→+CH3CH2OH；

(4)合成路线中设计的反应③是五氯酚与脯氨酸反应；反应④是反应③生成的产物脱去五氯酚，故反应③④的目的是提纯脯氨酸，故答案为：提纯脯氨酸。

【点睛】

本题的难点是(3)，对照分子式可知另一生成物是C2H5OH。【解析】氨基和羧基取代(或酯化)反应→+CH3CH2OH提纯脯氨酸22、略

【分析】【分析】

将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，说明F为Fe(OH)3，D含有铁离子，结合转化关系，可知金属单质A为Fe、B为FeS、C为FeSO4、D为Fe2(SO4)3、E为(NH4)2SO4，H为H2SO4。据此分析解答。

【详解】

将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，说明F为Fe(OH)3，D含有铁离子，结合转化关系，可知金属单质A为Fe、B为FeS、C为FeSO4、D为Fe2(SO4)3、E为(NH4)2SO4，H为H2SO4。

(1)FeSO4溶液与双氧水反应生成硫酸铁，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；

(2)鉴定(NH4)2SO4中阳离子(NH4+)的实验方法和现象为：取少量E于试管中，加入过量氢氧化钠溶液，加热，在试管口放一湿润的红色石蕊试纸，观察到红色石蕊试纸变蓝，证明E中有NH4+存在，故答案为：取少量E于试管中，加入过量氢氧化钠溶液，加热，在试管口放一湿润的红色石蕊试纸，观察到红色石蕊试纸变蓝，证明E中有NH4+存在；

(3)Fe(OH)3溶度积常数为1.0×10-39。要使铁离子刚好沉淀完全，则需要满足c(Fe3+)c3(OH-)=1.0×10-39，即c(OH-)==×10-11mol/L≈0.5×10-11mol/L；此时pH=2.7，故答案为：2.7；

(4)①1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)ΔH=–99kJ·mol-1，即SO2(g)+O2(g)=SO3(g)△H2=-99kJ•mol-1；②单质硫的燃烧热为296kJ·mol-1，则S(s)+O2(g)=SO2(g)△H1=-296kJ•mol-1，根据盖斯定律将②×3+①×3可得3S(s)+O2(g)=3SO3(g)△H3=3×(△H1+△H2)=-1185kJ•mol-1；故答案为：-1185；

(5)4.48LCO2通入到200mL1.5mol/LNaOH溶液中，二氧化碳的物质的量==0.2mol，氢氧化钠的物质的量1.5mol/L×0.2L=0.3mol。当1＜=1.5＜2时，生成物是碳酸钠和碳酸氢钠，根据二氧化碳和氢氧化钠物质的量之间的关系得方程式为2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，根据方程式知，碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量相等，碳酸根离子和碳酸氢根离子水解而使溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，碳酸根离子的水解能力大于碳酸氢根离子，所以c(HCO3-)＞c(CO32-)，钠离子不水解，离子浓度最大，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)。【解析】2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O取少量E于试管中，加入过量氢氧化钠溶液，加热，在试管口放一湿润的红色石蕊试纸，观察到红色石蕊试纸变蓝，证明E中有NH4+存在(或用蘸浓盐酸的玻璃棒靠近，若有白烟也可)2.7-1185c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)五、计算题(共4题，共24分)23、略

【分析】【分析】

铜与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，铜片全部溶解后的溶液中含有硫酸铜和硫酸，再加入足量锌粉，发生反应CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu、H2SO4+Zn=ZnSO4+H2↑。

【详解】

n(H2)==0.1mol；

该反应消耗锌的质量是0.1mol×65g/mol=6.5g；消耗硫酸的物质的量是0.1mol；

则CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu反应固体质量减少为7.5g-0.1mol×65g/mol=1g；

参加反应的硫酸铜的物质的量是1mol；

由Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+H2O可知；参加该反应的硫酸为2mol；

根据硫元素守恒：n原(H2SO4)=2mol+0.1mol=2.1mol；

原H2SO4的物质的量浓度c(H2SO4)==18.3mol/L；

答：原硫酸的物质的量浓度为18.3mol/L。

【点睛】

本题考查化学反应计算，明确反应原理，注意：铜与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，根据固体质量减轻了7.5g，利用“差量法”计算是解题关键。【解析】18.3mol/L24、略

【分析】【详解】

（1）存在自由移动的电子或离子的物质能导电；则可以导电的是②③⑤⑦；水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，是电解质的有：①②⑧；

（2）某气体在标准状况下的密度为1.25g/L，气体摩尔质量M=22.4L/mol×1.25g/L=28g/mol，则14g该气体的物质的量为=0.5mol；

（3）10mL2.0mol•L-1的Al2（SO4）3溶液中溶质的物质的量=0.010L×2.0mol/L=0.02mol，硫酸根离子物质的量n=0.02mol×3=0.06mol，用水稀释到100mL，所得溶液中的物质的量浓度=0.6mol/L；

（4）Mm+与Nn-具有相同的电子层结构，若N的核电荷数为a，则核外电子数=a+n，Mm+的核外电子数=a+n，M的质子数=a+n+m，质量数=质子数+中子数，则M的中子数=A-（a+m+n）。【解析】(1)②③⑤⑦①②⑧

(2)0.5mol

(3)0.6

(4)A-(a+m+n)25、略

【分析】【分析】

结合基本概念和物质的量计算的基本公式即可。

【详解】

(1)O2的摩尔质量为32g/mol，1molO2中含有1NA个O2分子。

(2)6.02×1023个Na+约含有=1molNa+；其质量为1mol×23g/mol=23g；

(3)0.5molCH4约含有0.5mol×NAmol-1=0.5NA个CH4；其标准状况的气体体积0.5mol×22.4L/mol=11.2L；

(4)3.01×1023个SO约含有=0.5molSO其质量为0.5mol×96g/mol=48g；

(5)0.2molAl含有0.2mol×NAmol-1=0.2NA个铝原子；质量是0.2mol×27g/mol=5.4g；

(6)12.4gNa2X含有0.4molNa＋，Na2X的物质的量为0.2mol，则Na2X的摩尔质量为=62g/mol，X的相对原子质量为=16；

(7)质量相同的O3和O2，设两者质量均为mg，则物质的量之比为=2:3。

【点睛】

本题考查物质的量基本计算，准确理解摩尔质量的概念和应用相关公式是解题关键，特别是注意各物理量的单位。【解析】321NA1233.01×1023或0.5NA11.20.5480.2NA5.462162：326、略

【分析】【分析】

氢氧根离子中含有9个质子、10个电子，根据n=计算出3.01×1022个OH-的物质的量，然后计算出含有电子的物质的量；该储气瓶所装O2的质量为：(508-500)g=8g，根据n=计算其物质的量，再根据V=nVm计算标况下体积；根据质量守恒可计算E的质量，结合M=计算摩尔质量；铜离子完全反应，质量增重原因是发生反应：Cu2++Fe=Cu+Fe2+；根据差量法计算。

【详解】

(1)3.01×1022个OH-的物质的量为=0.05mol，0.05molOH-中含有电子的物质的量为：0.05mol×10=0.5mol。故答案为：0.5mol；

(2)该储气瓶所装O2的质量为(508-500)g=8g，故其物质的量为：=0.25mol，标准状况下的体积为：22.4L•mol-1×0.25mol=5.6L；故答案为：5.6L；

(3)化学反应遵循质量守恒定律，则应有m(A)+m(B)=m(C)+m(D)+m(E)，则m(E)=20g+14g-8.8g-3.6g=21.6g，M(E)==108g/mol。故答案为：108g/mol