2025年粤教沪科版必修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2025年粤教沪科版必修1化学下册阶段测试试卷218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5题，共10分)1、化学与生活、生产、环境密切相关。下列说法错误的是A.以液化石油气代替燃油可减少大气污染B.可燃冰被认为是21世纪新型清洁的能源，但不恰当的开采会诱发海底地质灾害，加重温室效应C.蛋白质作为营养物质，在人体内不断分解，最后主要生成水和二氧化碳排出体外D.利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能直接转化为电能2、朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影”月光穿过薄雾形成的种种美景本质原因是A.发生丁达尔效应B.雾是一种胶体，胶粒带相同电荷C.空气中的小水滴颗粒直径大小约为1~100nmD.空气中的小水滴颗粒的布朗运动3、X、Y、Z、R为元素周期表前二十号元素，原子序数依次增大，X、Z和Y、R分别为同主族元素，Z单质为优良半导体，Y的原子半径在短周期主族元素中最大，W为R的最高价氧化物对应的水化物。下列叙述正确的是A.Y的氧化物中一定不含有共价键B.单质Z是光导纤维的主要成分C.X元素在自然界中不存在游离态D.R的最高价氧化物对应水化物呈碱性4、关于铁及其化合物的叙述正确的是A.铁是一种较活泼的金属B.Fe2O3在常温下可以导电C.Fe2O3溶于水生成Fe(OH)3D.在常温下铁丝容易与水反应放出H25、短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图所示（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素。下列判断正确的是（）

A.甲一定是金属元素B.最简单气态氢化物的热稳定性：庚>已>戊C.乙、丙、丁的最高价氧化物的水化物可以相互反应D.庚的最高价氧化物的水化物酸性最强评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、现有八种物质：①MgCl2②NH4Cl③Na2O2④O2⑤H2O⑥P4⑦CaO⑧PCl3。

回答下列问题：

(1)上述八种物质中只含有离子键的是_____；只含有极性共价键的化合物是______，既含有离子键又含有共价键的是______。(均填序号)

(2)“速热包”多用于快速加热食物。其主要成分为一包“⑦”和一包“⑤”；使用时将二者混合即可。此过程发生反应的化学方程式为________，该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。

(3)③的电子式为_______。

(4)用电子式表示①的形成过程：__________。7、化学小魔术“魔棒点灯”的表演过程是：用玻璃棒蘸取固体高锰酸钾与浓硫酸的混合物，将混合物与酒精灯的灯芯接触，酒精即燃。其原理是：固体高锰酸钾与浓硫酸反应生成高锰酸(HMnO4)和硫酸钾，高锰酸立即分解生成一种棕色油状物——七氧化二锰和水，七氧化二锰遇酒精时，发生剧烈的氧化还原反应使酒精燃烧。七氧化二锰还能爆炸，分解生成二氧化锰、氧气和臭氧。氧气和臭氧的分子个数比为3：1。试写出生成高锰酸、七氧化二锰和它爆炸分解的化学方程式_______、_____、____。8、下表为元素周期表的前三周期。

。

①

②

③

④

⑤

⑥

⑦

⑧

回答下列问题：

(1)写出元素符号⑤____________、⑦____________。

(2)表中所列元素中，金属性最强的元素是____________(填元素符号，下同)，最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是____________(填化学式)。

(3)①、②、③三种元素的原子半径最大的是____________(填元素符号)。9、我国科学家成功合成了含N的五氮阴离子盐；这是全氮含能材料研究领域中里程碑式的突破。

(1)N在元素周期表中的位置是___________。

(2)N中，N原子之间的相互作用是___________(填“离子键”或“共价键”)。

(3)非金属性O强于N，用原子结构解释原因：___________；得电子能力O大于N。

(4)磷(P)与氮位于同一主族，下列推断正确的是___________(填序号)。

①磷元素的最低负化合价为−3价。

②热稳定性：PH3>NH3

③磷的最高价氧化物对应的水化物属于酸10、(1)比较电离出H+能力的相对强弱:HCO______C6H5OH(填“＞”、“＜”或“=”)；用一个化学方程式说明上述强弱关系______________。

(2)CaC2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出CaC2的电子式______。

(3)根据氨水的性质，判断下图中氢键表示正确的是_________。

A．B．11、等物质的量的甲基(-CH3)和羟基(-OH)所含电子数相等___12、现有短周期元素A、B、C、D、E，其原子序数的大小顺序为A＞C＞D＞E＞B。A、C、D位于同一周期，E原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，B原子比E原子少2个电子。A元素的单质0.015mol与足量盐酸完全反应时，有2.709×1022个电子发生转移。

(1)A位于元素周期表的第__周期第__族；E位于第__周期第__族。

(2)B单质在E单质中完全燃烧生成的化合物的结构式为__。

(3)写出A、C、D的最高价氧化物对应水化物的化学式，并比较其酸碱性强弱：__。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)13、用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体。(_____)A.正确B.错误14、晶体失去结晶水，一定是风化的结果。(___________)A.正确B.错误15、取用一小块钠后，剩余的钠放到垃圾桶里。(___________)A.正确B.错误16、新制取的漂白粉是混合物。(___________)A.正确B.错误17、氯气和活性炭均可作为漂白剂，若同时使用，漂白效果会明显加强。(___________)A.正确B.错误18、等温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于16∶11。(_____________)A.正确B.错误19、高纯硅可用来制作芯片和硅太阳能电池。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共2题，共16分)20、高铁酸钾()是一种新型；高效、多功能水处理剂；且不会造成二次污染。

查阅资料：

①为紫色固体，微溶于溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生在碱性溶液中较稳定。

②与溶液在20℃以下反应生成在较高温度下则生成

(1)实验室常利用氯气制备后与反应制备根据下列仪器，请你组装合理、简洁的实验装置，所用装置的接口连接顺序是________。

(2)写出装置A中发生反应的离子方程式________。

(3)三颈烧瓶用冰水浴的原因是________，A处盛放的仪器名称是________。

(4)将实验得到的再加入饱和溶液中，可析出紫黑色的粗晶体，其原因是________。

(5)用滴定法测定所制粗的纯度(杂质与不反应)：取粗样品，加入足量硫酸酸化的溶液，充分反应后，用标准溶液滴定生成的I2，滴定消耗标准溶液的体积为涉及的反应有：

①滴定时选用的指示剂是________，滴定终点的现象是________。

②制得粗的纯度是________。21、实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：

（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是________________（填序号）；配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_____________（填仪器名称）。

（2）配制0.1mol/LNaOH溶液操作步骤如下：正确顺序是___________________

①把称量好的NaOH固体放入小烧杯中；加适量的蒸馏水溶解；

②把①所得溶液冷却至室温；再小心转入一定容积的容量瓶中；

③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处；改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切；

④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次；每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；

⑤将容量瓶瓶塞塞紧；充分摇匀．

（3）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为______g．在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度_________0.10mol/L（填“大于”“小于”或“等于”，下同）．若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度___________0.10mol/L。评卷人得分五、计算题(共2题，共10分)22、向500mLNaOH溶液中投入10.8g的铝；二者恰好完全反应，试计算：

（1）求铝的物质的量___；

（2）参加反应的氢氧化钠的物质的量___和物质的量浓度___。23、铁和铝的合金11.0g恰好完全溶于500mL足量的稀硫酸中，充分反应后得到标况下的氢气8.96L，求：（1）合金中铁的质量_______。（2）消耗H2SO4的物质的量浓度________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共24分)24、下表是元素周期表的一部分；回答下列问题：

。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

2

①

②

③

④

3

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

⑩

(1)写出①元素最高价氧化物的电子式和结构式________________，________________。

(2)这些元素的最高价氧化物的对应水化物中，________酸性最强(填化学式)；________碱性最强(填化学式)；能形成两性氢氧化物的元素是________(填元素符号)。25、下表为元素周期表的一部分；参照元素①～⑦在表中的位置，请用化学用语回答下列问题：

(1)④、⑤、⑦的原子半径由大到小的顺序为____________(用化学用语表示；下同)。

(2)⑥和⑦的最高价含氧酸的酸性强弱为_______________。

(3)①、②两种元素按原子个数之比为1:1组成的常见液态化合物，在酸性溶液中能将Fe2＋氧化，写出该反应的离子方程式_________________。

(4)由表中元素形成的物质可发生如图中的反应；其中B；C、G是单质，B为黄绿色气体，D溶液显碱性。

①写出D溶液与G反应的化学方程式：_______________________。

②写出检验A溶液中溶质的阴离子的方法：___________________。

③常温下，若电解1L0.1mol/L的A溶液，一段时间后测得溶液中的c(OH-)=10-2mol/L(忽略溶液体积变化)，则该电解过程中转移电子的物质的量为_________mol。26、根据下图的化学反应框图解图。已知：粉末化合物A是红棕色；粉末单质B是金属单质。

(1)溶液E加入氢氧化钠后产生沉淀的颜色逐渐变化，用化学方程式来解释沉淀颜色变化的过程___________

(2)写出D→H的化学方程式：___________

(3)向B盐酸盐的溶液中逐滴加入氢氧化钠至过量，反应的现象为___________，所涉及化学方程式为___________、___________。

(4)写出下列反应的离子方程式：G＋C→E：___________；C+酸L→E+F：___________。27、A；B、C、D、E、F为原子序数依次增大的六种元素,其中除F外均为短周期主族元素。常温下A、B、C的常见单质均为无色、无味的气体；D、E、F的单质均为固体,且F单质是目前世界上使用量最大的金属。A是所有元素中原子半径最小的元素,C与E同主族，且E的原子序数为C的2倍,D的最外层电子数比最内层多1个。请用化学用语回答下列问题:

(1)C的离子结构示意图为_________;D与E两元素的原子半径:D____E(填“>”、“<”或“=”)。

(2)由A与碳元素组成的原子个数比3:1的最简化合物的结构简式为______________

(3)A与C形成的10电子阴离子与A与E形成的18电子阴离子反应的离子方程式为_________

(4)B的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成的盐的水溶液的PH______7(填“>”、“<”或“=”)。化合物AB3是一种无色的液态物质,受撞击会分解成两种单质,请写出该反应的化学方程式_________

(5)已知一定条件下，D单质与氧化物Fe3O4反应时，放出大量的热且使F单质熔化。试写出该反应的化学方程式__________参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A项，液化石油气较燃油能更充分燃烧生成CO2和水；减小对大气造成的污染，故A项正确；

B.可燃冰被认为是21世纪新型清洁的能源，但可燃冰主要存在在海洋，不恰当的开采会诱发海底地质灾害，同时可燃冰燃烧会产生CO2，CO2会产生温室效应，故B正确；C.蛋白质的结构单元是氨基酸，是构成机体组织器官的重要组成部分，故C错；D.硅是半导体，利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能直接转化为电能是正确，故D正确。本题答案：C。2、C【分析】【分析】

根据分散质粒子的直径大小不同,将分散系分为溶液；胶体、浊波,它们本质区别就是其分散质粒子直径大小不同,胶体的颗粒直径大小约为1~100nm。

【详解】

A．雾属于胶体；能够产生丁达尔效应，但不是本质原因，A不符合题意；

B．布朗运动是胶体的动力学性质；B不符合题意；

C．雾中水滴颗粒直径大小约为10-9m~10-7m；即为1~100nm，属于胶体，胶体其具有的性质，是由其分散质粒子所决定的，C符合题意；

D．雾是一种胶体，本质特征为分散质粒子直径介于10-9m~10-7m；D不符合题意。

故合理选项是C。3、D【分析】【分析】

Z单质为优良半导体；Z是Si元素；X；Z同主族，X是C元素；Y的原子半径在短周期主族元素中最大，Y是Na元素，Y、R同主族，R原子序数大于Y，R是K元素。

【详解】

A．Na2O2中含有离子键；共价键；故A错误；

B．光导纤维的主要成分是SiO2；故B错误；

C．C元素在自然界中存在游离态；如：金刚石，故C错误；

D．K的最高价氧化物对应水化物是KOH；KOH为强碱，故D正确；

选D。4、A【分析】【详解】

试题分析：A；根据金属活动顺序表；铁是较活泼的金属，故正确；B、氧化铁在常温下不导电，故错误；C、氧化铁不溶于水，故错误；D、在高温下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故错误。

考点：考查铁及其化合物的性质等知识。5、B【分析】【分析】

由短周期元素甲；乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图(甲不一定在丁、庚的连线上)；戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素，则戊为N元素，己为O元素，结合位置可知，甲可能为H或Li，丁为C，庚为F，乙为Mg，丙为Al。

【详解】

A.根据信息可以推断甲为Li或H，A错误；

B.非金属性强弱：F＞Ｎ＞Ｏ，非金属元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，则简单气态氢化物的稳定性：庚>己>戊；B正确；

C.乙、丙、丁的最高价氧化物的水化物分别为这三者之间均不可以相互反应，C错误；

D.庚为F；没有最高价氧化物，D错误；

答案选B。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【分析】

①MgCl2为离子化合物，Mg2+和Cl-形成离子键；

②NH4Cl为离子化合物，和Cl-形成离子键，中N原子和H原子形成极性共价键；

③Na2O2为离子化合物，Na+和形成离子键，中O原子之间形成非极性共价键；

④O2为含有非极性共价键的单质；

⑤H2O为共价化合物；分子中H和O形成极性共价键；

⑥P4为含有非极性共价键的单质；

⑦CaO为离子化合物，Ca2+和O2-形成离子键；

⑧PCl3为共价化合物；P原子和Cl原子形成极性共价键；

【详解】

(1)根据上述分析可知；只含有离子键的是①⑦，只含有极性共价键的化合物是⑤⑧，既含有离子键又含有共价键的是②③；

(2)CaO为生石灰，生石灰与水反应生成熟石灰[Ca(OH)2]，反应的化学方程式为CaO+H2O=Ca(OH)2；该反应放出大量的热，属于放热反应；

(3)Na2O2为离子化合物，Na+和形成离子键，中O原子之间形成非极性共价键，其电子式为

(4)MgCl2为离子化合物，Mg2+和Cl-形成离子键，其形成过程可表示为【解析】①⑦⑤⑧②③CaO+H2O=Ca(OH)2放热7、略

【分析】【分析】

首先根据题意找出反应物和生成物；注意化学式的正确书写，然后根据题意中的信息及质量守恒定律进行配平即可。

【详解】

生成高锰酸：根据题意信息“固体高锰酸钾与浓硫酸反应生成高锰酸(HMnO4)和硫酸钾”，可首先写出KMnO4＋H2SO4(浓)＝K2SO4＋HMnO4，然后用“奇偶法”配平即得2KMnO4+H2SO4(浓)＝K2SO4+2HMnO4；

生成七氧化二锰：根据题意信息“高锰酸立即分解生成一种棕色油状物──七氧化二锰和水”，可首先写出，然后利用奇偶法配平即得2HMnO4＝Mn2O7＋H2O；

七氧化二锰爆炸分解：根据题意信息“七氧化二锰还能爆炸；分解生成二氧化锰；氧气和臭氧，氧气和臭氧的分子个数比为3：1”反应物和生成物全部已知，采用“定1法”及利用“氧气和臭氧的分子个数比为3：1”的信息即可配平；

故答案为：2KMnO4+H2SO4(浓)=K2SO4+2HMnO4；2HMnO4=Mn2O7+H2O；3Mn2O7=6MnO2+3O2↑+O3↑。【解析】2KMnO4+H2SO4(浓)=K2SO4+2HMnO42HMnO4=Mn2O7+H2O3Mn2O7=6MnO2+3O2↑+O3↑8、略

【分析】【分析】

由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F元素、④为Na元素、⑤为Mg元素、⑥为Al元素、⑦为S元素、⑧为Cl元素。

【详解】

(1)由分析可知；⑤为Mg元素；⑦为S元素，故答案为：Mg；S；

(2)题给8种元素中，Na元素的金属性最强，氯元素的最高价氧化物对应水化物HClO4的酸性最强，故答案为：Na；HClO4；

(3)同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则N、O、F三种元素中，N原子的原子半径最大，故答案为：N。【解析】MgSNaHClO4N9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)氮元素的原子序数为7；核外电子分2层排布；最外层电子5个，故位于元素周期表第二周期VA族；

(2)氮元素是非金属元素，N5—离子中；氮原子和氮原子之间通过共用电子对形成共价键；

(3)氮原子和氧原子的电子层数相同；氧元素的核电荷数大于氮元素，氧原子的半径小于氮原子，氧原子得到电子的能力强于氮原子，则氧元素的非金属性强于氮元素，故答案为：电子层数O与N相同，核电荷数O大于N，原子半径O小于N；

(4)①同主族元素；最外层电子数相同，性质相似，氮元素的最低负化合价为−3价，则同主族的磷元素的最低负化合价也为−3价，故正确；

②同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，氢化物的热稳定性依次减小，则热稳定性NH3＞PH3；故错误；

③磷元素是非金属元素，最高价氧化物对应的水化物是H3PO4，H3PO4属于酸；故正确；

①③正确，故答案为：①③。【解析】第二周期、第VA族共价键电子层数O与N相同，核电荷数O大于N，原子半径O小于N①③10、略

【分析】【分析】

依据强酸制备弱酸判断电离出H+能力的相对强弱；CaC2是离子化合物，由Ca2+和C22-构成，由于各原子均满足8电子稳定结构，故C22-中C原子之间以三键结合；从氢键的成键原理；氨分子结构和事实分析。

【详解】

(1)苯酚的酸性强于碳酸氢根离子，酸性越强，电离出氢离子越容易，电离出H+能力的相对强弱:HCO＜C6H5OH；利用苯酚置换出碳酸氢根比较酸性的强弱，也可以利用酸的酸性越弱，形成的盐水解程度越大，碱性越强判断，化学方程式为：C6H5OH+Na2CO3→NaHCO3+C6H5ONa或C6H5ONa+CO2(少量)+H2O→NaHCO3+C6H5OH；

(2)CaC2是离子化合物，由Ca2+和C22-构成，由于各原子均满足8电子稳定结构，故C22-中C原子之间以三键结合，

(3)氨水中；氨分子和水分子间会形成NH之间的氢键或OH之间形成氢键，氨分子是三角锥形，易于提供孤电子对，以B形式结合空间位阻最小，结构最稳定，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，B形式更符合事实。

【点睛】

判断氨水分子间形成氢键时，要从事实，分子的构性，氢键的形成原理综合分析，是难点。【解析】＜C6H5OH+Na2CO3→NaHCO3+C6H5ONa或C6H5ONa+CO2(少量)+H2O→NaHCO3+C6H5OHB11、略

【分析】【分析】

【详解】

1mol-OH含有电子数为9mol，1mol-CH3所含的电子数为9mol，所以等物质的量的甲基(-CH3)和羟基(-OH)所含电子数相等，故判据正确；【解析】对12、略

【分析】【分析】

由E原子最外层电子数是次外层电子数的3倍可知E为O；由B原子比E原子少2个电子可知B为C，由原子序数大小顺序可知A；C、D位于第三周期，由0.015molA与盐酸反应时，转移电子的物质的量为0.045mol可知A为Al，则C为Mg，D为Na，据此分析；

【详解】

根据上述分析；A为Al，B为C，C为Mg，D为Na，E为O；

(1)根据上述分析；A为Al，Al位于第三周期ⅢA族；E为O，位于第二周期ⅥA族；故答案为三；ⅢA；二；ⅥA；

(2)C在O2中完全燃烧的产物是CO2，CO2的结构式为O=C=O；故答案为O=C=O；

(3)A、C、D的最高价氧化物对应水化物的化学式分别为Al(OH)3、Mg(OH)2、NaOH，根据金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同周期从左向右金属性减弱，金属性Na＞Mg＞Al，其最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3；故答案为碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3。【解析】三ⅢA二ⅥAO=C=O碱性NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3三、判断题(共7题，共14分)13、B【分析】【详解】

用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体会造成浓度偏低，故错误。14、B【分析】【分析】

【详解】

风化指含结晶水的化合物在空气中失去结晶水，晶体失去结晶水也可以通过加热等方法实现，不一定是风化的结果，故错误，答案为：错误。15、B【分析】【分析】

【详解】

取用一小块钠后，剩余的钠放回原瓶，以防钠燃烧，产生安全事故，故错误。16、A【分析】【分析】

【详解】

新制取的漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故正确。17、B【分析】【分析】

【详解】

氯气是黄绿色气体，活性炭具有吸附作用，可吸附有色物质，氯气与活性炭同时使用，活性炭会吸附氯气，导致漂白效果降低，故错误。18、A【分析】【分析】

【详解】

等温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于摩尔质量之比，即SO2气体与CO2气体的密度之比等于64：44=16：11，正确。19、A【分析】【分析】

【详解】

硅是良好的半导体材料，故高纯硅可用来制作芯片和硅太阳能电池，故正确。四、实验题(共2题，共16分)20、略

【分析】【分析】

A装置中用氯酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应制备氯气，经C除去氯气中的HCl，在B中与反应制备无需干燥，避免污染环境，F用于吸收氯气，作为尾气处理装置，然后分析。

【详解】

(1)A用于制备氯气，经C除去HCl，在B中反应生成F用于吸收氯气，避免污染环境，无需干燥，则连接顺序为或

(2)A装置中用氯酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应制备氯气，氯酸钾中的化合价从+5价降低到0价，氯离子的化合价从-1升高到0，根据化合价升降总和相等配平化学方程式，得到装置A中发生反应的离子方程式为：

(3)温度较高时，氯气与氢氧化钾反应生成NaClO3，则用冰水浴，可防止Cl2与NaOH反应生成NaClO3而得不到NaClO，由装置图可知盛放KC1O3的仪器为圆底烧瓶；

(4)将实验得到的再加入饱和溶液中，可析出紫黑色的粗晶体，可说明在溶液中，溶解度较小；

(5)①根据原理，K2FeO4与足最硫酸酸化的KI溶液反应得到I2，再用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2；故用淀粉溶液做指示剂，最后一滴标准液滴下，溶液蓝色褪去，且30s内不恢复原色，即为滴定终点；

②根据化学方程式有：K2FeO4∼2I2∼4Na2S2O3，则n(K2FeO4)=n(Na2S2O3)=×0.200mol/L×0.02L=0.001mol，则粗K2FeO4的纯度=×100%=90.0%。

【点睛】

选择连接装置时，D、E装置为干扰装置，为易错点。【解析】或防止温度过高，产生圆底烧瓶在溶液中，的溶解度比的溶解度小淀粉溶液最后一滴标准液滴下，溶液蓝色褪去，且30s内不恢复原色90.0%21、略

【分析】实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液500mL。由于没有450mL的容量瓶；所以必须配制500mL。

（1）配制溶液通常要用到托盘天平；容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒等等；图中所示的仪器中，配制溶液肯定不需要的是平底烧瓶和分液漏斗，选AC，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶。

（2）配制0.1mol/LNaOH溶液操作步骤为：把称量好的NaOH固体放入小烧杯中；加适量的蒸馏水溶解；把所得溶液冷却至室温，再小心转入一定容积的容量瓶中；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处，改用胶头滴管小心地滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切；将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀．所以正确顺序是①②④③⑤。

（3）根据计算配制0.1mol/LNaOH溶液500mL需2.0gNaOH；用托盘天平称取NaOH的质量为2.0g．在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，并不影响溶液的配制，所以溶液浓度等于0.10mol/L．若还未等溶液冷却就定容了，待温度降至20℃时，溶液的凹液面会下降到刻度线以下，所以溶液的体积偏小，所得溶液浓度大于0.10mol/L。

点睛：配制一定物质的量浓度的溶液，其基本步骤有：计算、称量或量取、溶解或稀释、转移、洗涤、定容、摇匀等。容量瓶的规格不是任意值，常见的规格有50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等等。如果所配溶液不是这些常见规格，通常要选大而近的容量瓶，并按选定的规格进行计算，配制好溶液后量取所需即可。误差分析时，要根据c=n/V，分析实验操作对溶质的影响以及对所配溶液体积的影响，确定对所配溶液浓度的影响。【解析】AC烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶①②④③⑤2.0等于大于五、计算题(共2题，共10分)22、略

【分析】【分析】

(1)根据n=计算Al的物质的量；

(2)发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，根据方程式计算NaOH的物质的量，根据c=计算其物质的量浓度。

【详解】

(1)10.8gAl的物质的量==0.4mol；

(2)由反应方程式2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知参加反应的NaOH的物质的量=n(Al)=0.4mol，故NaOH溶液的物质的量浓度==0.8mol/L。【解析】0.4mol0.4mol0.8mol/L23、略

【分析】【分析】

根据电子转移守恒和H原子守恒进行计算。

【详解】

（1）铁和铝的合金11.0g恰好完全溶于500mL足量的稀硫酸中，充分反应后得到标况下的氢气8.96L，氢气的物质的量为则反应中共转移电子的物质的量是氢气的物质的量的2倍，即0.8mol，根据电子转移数守恒可知，2n(Fe)+3n(Al)=0.8mol，又知n(Fe)+n(Al)=11.0g，联立方程组可得n(Fe)=0.1mol、n(Al)=0.2mol，则合金中铁的质量为

（2）氢气中的氢原子来自于硫酸，根据质量守恒定律可知，则消耗H2SO4的物质的量等于氢气的物质的量，即0.4mol，因此，硫酸的物质的量浓度为【解析】六、元素或物质推断题(共4题，共24分)24、略

【分析】【分析】

结合元素周期表结构可知：①为C元素、②为N元素、③为O元素、④为F元素、⑤为Na元素、⑥为Mg元素、⑦为Al元素、⑧为Si元素、⑨为P元素、⑩为S元素、为Cl元素、为Ar元素；再结合元素周期律和元素的非金属性或金属性强弱特征分析解题。

【详解】

由分析可知：①为C元素、②为N元素、③为O元素、④为F元素、⑤为Na元素、⑥为Mg元素、⑦为Al元素、⑧为Si元素、⑨为P元素、⑩为S元素、为Cl元素、为Ar元素；

(1)元素①为碳元素，其最高价氧化物为CO2，是共价型直线分子，则其电子式为结构式为O=C=O；

(2)O、F的非金属性强，一般无正价态，Cl元素的非金属性略弱于O、F，则元素的最高价氧化物的对应水化物中HClO4酸性最强；Na的金属性最强，则NaOH碱性最强；Al(OH)3是两性氢氧化物，则形成两性氢氧化物的元素是Al。【解析】O=C=OHClO4NaOHAl25、略

【分析】【分析】

由元素在周期表中的位置可知；①为H，②为O，③为Al，④为F，⑤为Na，⑥为S，⑦为Cl；

(1)电子层越多；半径越大，同周期元素从左向右原子半径在减小；

(2)非金属性越强；对应的最高价氧化物的酸性越强；

(3)①、②两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物为H2O2；具有氧化性；

(4)B、C、G是单质，B为黄绿色气体，D溶液显碱性，则A为NaCl，B为Cl2，C为H2，D为NaOH，E为HCl，只有Al能与NaOH溶液反应生成氢气，则G为Al，F为NaAlO2；盐酸和偏铝酸钠反应可得到X；

①Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；

②检验氯离子；可用硝酸和硝酸银；

③溶液pH为12可计算氢氧根离子的浓度；再利用电解反应计算转移电子。

【详解】

由元素在周期表中的位置可知；①为H，②为O，③为Al，④为F，⑤为Na，⑥为S，⑦为Cl；

(1)因电子层越多；半径越大，同周期元素从左向右原子半径在减小，F的半径最小，Na＞Cl，所以原子半径为Na＞Cl＞F；

(2)非金属性Cl＞S，则对应的最高价氧化物的酸性为HClO4＞H2SO4；

(3)①、②两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物为H2O2，具有氧化性，酸性溶液中该物质能将Fe2+氧化为Fe3+，该氯离子反应为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；

(4)B、C、G是单质，B为黄绿色气体，D溶液显碱性，则A为NaCl，B为Cl2，C为H2，D为NaOH，E为HCl，只有Al能与NaOH溶液反应生成氢气，则G为Al，F为NaAlO2；盐酸和偏铝酸钠反应可得到X；

①Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，该反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

②因氯离子与银离子反应生成沉淀；则取少量A溶液滴加几滴(稀硝酸酸化的)硝酸银溶液有白色沉淀生成；

③由溶液pH为12，则c(OH-)=0.01mol/L，即n(NaOH)=0.01mol，由NaOH～e-可知，则转移电子的物质的量为0.01mol。【解析】Na＞Cl＞FHClO4＞H2SO4H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑取少量A溶液滴加几滴(稀硝酸酸化的)硝酸银溶液有白色沉淀生成0.0126、略

【分析】【分析】

由图可知；金属单质B能与氢氧化钠溶液反应，则B为铝；F为氢气、H为偏铝酸钠；由金属单质铝与红棕色粉末A发生置换反应可知，置换反应为铝与氧化铁在高温下发生铝热反应生成氧化铝和铁，则A为氧化铁、C为铁、D为氧化铝；由铁与酸反应及溶液E与溶液G的相互转化可知，E为氯化亚铁、G为氯化铁、L为盐酸。

【详解】

（1）向氯化亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，氯化亚铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，白色沉淀与空气中的氧气反应，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，沉淀颜色变化的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；

（2）D→H的反应为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH=2