2025年岳麓版必修1化学下册阶段测试试卷含答案

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方案甲：

方案乙：

下列说法正确的是A.上述两方案中发生了氧化还原反应B.X可以是Na2CO3C.④的离子方程式是D.若每一步均完全转化，则方案乙一定比方案甲的二氧化碳排放少4、在硫酸铝、硫酸和硫酸镁的混合溶液200mL中，c()=0.80mol·L-1，当加入等体积1.6mol·L-1KOH溶液时，生成的沉淀最多，再加入过量的KOH溶液后，经过滤、洗涤、干燥，得到白色沉淀2.32g。则反应前的混合溶液中c(A13+)可能是A.0.20mol·L-1B.0.40mol·L-1C.0.80mol·L-1D.1.20mol·L-15、现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的几种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份各100mL溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。以下结论正确的是（）A.该混合液中一定含有：K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-B.该混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含K+、Cl-C.该混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含Mg2+、K+、Cl-D.该混合液中一定含有：NH4+、SO42-，可能含Mg2+、K+、Cl-6、中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟()等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准．铟与铷()同周期．下列说法不正确的是A.In是第五周期IIIA族元素B.的中子数与电子数的差值为17C.原子半径：In＜RbD.碱性：In(OH)3＞RbOH7、下列属于化学变化的是A.钠的焰色试验B.碘的升华C.钢铁生锈D.氯气的液化8、收藏的清末铝制艺术品至今保存完好，该艺术品未被锈蚀的主要原因是（）A.铝不易被氧化B.铝的氧化物在空气中易变成铝C.铝不易发生化学反应D.铝易氧化，形成的氧化膜有保护作用评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、能用H＋＋OH-=H2O来表示的化学反应是A.氢氧化镁和稀盐酸反应B.Ba(OH)2溶液滴入稀硫酸中C.澄清石灰水和稀硝酸反应D.氢氧化钠和稀盐酸反应10、一包白色固体粉末，加水搅拌，有白色沉淀析出，且该沉淀不溶于稀HNO3。过滤后，向滤液中加入NaOH溶液，有刺激性气味的无色气体产生，此气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，若改为向滤液中加入硝酸银溶液，则会产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，根据以上现象判断，该固体可能是()A.NH4Cl和BaSO4B.(NH4)2CO3和BaCO3C.BaCl2和(NH4)2SO4D.(NH4)2SO4和BaCO311、下列离子方程式书写正确的是()A.澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应：B.往明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至Al3+完全沉淀：A13++2SO42-+2Ba2++3OH-A1(OH)3↓+2BaSO4↓C.向NaHSO4溶液中滴加至刚好沉淀完全：↓D.向含有0.1mol溶质的FeI2溶液中通入0.1mol的Cl2：2I—+Cl2I2+2Cl--12、下列事实是由于氯的非金属性比硫强的结果的是A.次氯酸的酸性比硫酸弱B.氯能置换硫化氢中的硫C.硫离子的还原性比氯离子强D.硫能在空气中燃烧，而氯则不能13、一定温度下探究铜与稀硝酸的反应；反应过程如图：

下列说法正确的是A.过程I中生成气体的离子方程式为Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2OB.过程III反应速率比过程I快的原因是反应放热使温度升高致使速率加快C.当活塞不再移动时，即使再抽入空气，金属铜屑也不继续溶解D.②振荡时，针管内可能会发生的反应有4NO2+O2+2H2O=4HNO314、阿伏加德罗常数约为6.02×下列叙述不正确的是（）A.将1mol转化为胶体，胶粒数小于6.02×B.标准状况下，22.4L中含有溴原子数约为2×6.02×C.常温下，9.2g含有的分子数小于0.2×6.02×D.25℃时，pH=12的溶液1L所含数约为6.02×15、下列做法有利于保护水资源的是A.合理使用化学、农药B.工厂污水直接排入河流C.将废电池深埋地下D.禁止使用含磷洗涤剂评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)16、NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒．已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O。

（1）上述反应中氧化剂是____________，氧化产物是______________（填写化学式）。

（2）根据上述反应，鉴别NaNO2、NaCl．可选用的物质有：①水、②碘化钾淀粉试纸、③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有______________（填序号）。

（3）某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是______（填编号）。

A．NaClB．NH4ClC．HNO3D．浓H2SO417、有一瓶澄清的溶液,其中可能含有H+，Mg2+，Na+，Ba2+，Fe3+，Cl﹣，CO32﹣，SO42﹣等离子；取该溶液进行以下实验。

a.用PH试纸检验；表明溶液呈强酸性。

b.取部分溶液逐渐滴加入NaOH溶液；使溶液从酸性逐渐变成碱性，整个滴加过程中，溶液均无沉淀生成。

c.取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液；有白色沉淀生成。

（1）根据上述事实确定：该溶液中肯定存在的离子有____________；肯定不存在的离子有____________；可能存在的离子有____________。

（2）写出以下反应的离子方程式：

①氧化镁溶于盐酸____________。

②碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液混合____________。

③氢氧化钡与稀硫酸混合____________。18、钴及其化合物在电机；机械、化工、航空和航天等工业部门得到广泛的应用；是一种重要的战略金属。已知：钴是具有光泽的钢灰色金属，其常见价态有+2价、+3价，化学性质与铁类似。

(1)用两种氧化物组合的形式表示Co3O4的组成___________________。

(2)Co(OH)2具有明显的两性，在浓的强碱溶液中可以形成[Co(OH)4]2−，写出Co(OH)2酸式电离的电离方程式___________。

(3)CoCl2中结晶水数目不同时会呈现不同的颜色。

CoCl2·6H2O(粉色)CoCl2·2H2O(紫色)CoCl2·H2O(蓝紫色)CoCl2(蓝色)利用这个性质，把CoCl2加到硅胶(一种干燥剂，烘干后可再生反复使用)中，制成变色硅胶，简述硅胶中添加CoCl2的作用_____________________；也可以做成无水氯化钴试纸，用该试纸检验水蒸气的存在时，观察到的现象是_____________。

(4)现将35.7gCoCO3在空气中加热，可得24.1g钴的氧化物和另一种氧化物。试写出CoCO3在空气中受热时发生反应的化学方程式___________。19、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)Fe(OH)2很不稳定，露置在空气中容易被氧化，Fe(OH)2被氧化的化学方程为：_______；观察到的现象为：_______；为了获得白色的Fe(OH)2沉淀，可以用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。

(2)用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时你觉得还需加入_______。

(3)除去蒸馏水中溶解的O2常采用_______的方法。

(4)生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下；再挤出NaOH溶液，这样操作的理由是_______。

(5)图中_______(填序号)能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀。

20、用A+、B-、C2-；D、E、F、G和H分别表示含有18个电子的八种微粒(离子或分子)；请回答：

（1）A元素是___________B元素是___________C元素是___________(用元素符号表示)。

（2）D是由两种元素组成的双原子分子，其分子式是___________。

（3）F是由两种元素组成的三原子分子，其分子式是___________。

（4）G是由两种元素组成的四原子分子，其分子式是___________。评卷人得分四、判断题(共3题，共12分)21、Na2CO3、K2CO3等都是碳酸盐，具有相似的化学性质。(_______)A.正确B.错误22、两种不同粒子的摩尔质量一定不同。(_______)A.正确B.错误23、氨分子的比例模型：(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、计算题(共3题，共30分)24、(1)相同体积的三种溶液所含的物质的量浓度相同，各溶质的物质的量浓度之比为___________。

(2)已知该反应中，若被还原的为1mol，转移电子的物质的量为___________mol。

(3)将15.8gNaOH与的混合物全部溶于一定量的水中，生成气体体积为1.12L(标况下)。若反应后溶液中的粒子个数关系为：则原混合物中NaOH与的物质的量之比为___________；形成这样的溶液，所需水的体积为___________mL(水的密度以1.00计)。25、将50g铁粉和氧化铁的混合物中加入200mL的稀硫酸；恰好完全反应，放出氢气4.48L(标准状况)，反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物。求：

(1)发生的化学反应中有一个属于化合反应；写出其离子方程式__________________________。

(2)混合物中氧化铁是_________g。

(3)原稀硫酸的物质的量浓度____________mol/L。26、一定量的氢气在氯气中燃烧；所得混合物用100mL3.00mol/L的NaOH溶液（密度为1.12g/mL）恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol。

（1）原NaOH溶液的质量分数为___________

（2）所得溶液中Cl－的物质的量为_______mol

（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)：n(H2)＝_____________。评卷人得分六、结构与性质(共2题，共18分)27、A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且有两种常见化合物DA2和DA3；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B；E除最外层均只有2个电子外；其余各层全充满，E位于元素周期表的ds区。回答下列问题：

(1)B、C中电负性较大的是___________，基态D原子价电子的排布图_________________，DA2分子的VSEPR模型是___________，H2A比H2D熔沸点高得多的原因____________________________。

(2)实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[C(OH)4]。

①C2Cl6属于___________晶体(填晶体类型)，其中C原子的杂化轨道类型为___________杂化。

②[C(OH)4]－中存在的化学键有________________________。

③工业上制备的B单质是熔融B的氯化物，而不是电解BA原因是___________________________。

(3)B、C的氟化物晶格能分别是2957kJ·mol-1、5492kJ·mol-1，二者相差很大的原因是______。

(4)D与E所形成化合物晶体的晶胞如图2所示。

①在该晶胞中，E的配位数为________________________。

②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。图2晶胞中，原子坐标a为(0,0,0)；b为(1/2；0，1/2)；c为(1/2，1/2,0)，则d原子的坐标。

参数为________________________。

③已知该晶胞的密度为ρg/cm3，则其中两个D原子之间的距离为_______pm(NA为阿伏伽德罗常数，列出计算式即可)28、现有部分前36号元素的性质或原子结构如下表。元素编号元素性质或原子结构R基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子S单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性T基态原子3d轨道上有1个电子X

(1)R元素的第一电离能要大于其同周期相邻的元素，原因是____________。

(2)S元素的化合价是否有正价？_______，原因是_________，最外层电子排布式为____________。

(3)T元素的原子N能层上电子数为______，其原子结构示意图为_________。

(4)X的核外电子排布图违背了__________。用X单质、碱金属盐及碱土金属盐等可以做成焰火。燃放时，焰火发出五颜六色的光，请用原子结构的知识解释发光的原因：________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

A.14C原子与C60中普通碳原子的化学性质相同；A错误；

B.14C原子与14N原子所含中子数分别是14－6＝8；14－7＝7；B错误；

C.14C属于核素，C60属于单质；二者不是同素异形体关系，C错误；

D.14C与12C、13C的质子数相同中子数不同；是碳元素的三种同位素，D正确；

答案选D。2、B【分析】【详解】

A.缺少溶液体积；无法计算氢氧根离子数目，故A错误；

B.标准状况下；22.4L乙烯为1mol，含有4molC-H，故B正确；

C.1个苯乙烯分子中只含1个碳碳双键，因此1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为NA；故C错误；

D.在铜与硫的反应中，铜由0价到＋1价，故1mol铜失去电子数为NA；故D错误；

故答案选B。

【点睛】

本题注意苯环中没有真正的碳碳双键，而是介于单键和双键之间的一种特殊的化学键。3、B【分析】【详解】

A．上述两方案中均不存在价态变化元素；都没有发生氧化还原反应，A不正确；

B．方案甲中，Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，方案乙中，CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl，所以X可以是Na2CO3；B正确；

C．④中，CaCO3难溶于水，不能改写成离子形式，所以离子方程式是C不正确；

D．若每一步均完全转化；则方案乙和方案甲的二氧化碳排放量相同，D不正确；

故选B。4、A【分析】在硫酸铝、硫酸和硫酸镁的混合溶液中，加入等体积KOH溶液时，生成的沉淀最多，发生反应：H++OH-=H2O、Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，生成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，此时溶液中溶质为K2SO4，再加入过量的KOH溶液后，发生反应：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Al(OH)3溶解，得白色沉淀2.32g为Mg(OH)2，根据n=计算Mg(OH)2的物质的量，根据镁离子守恒计算原溶液中c(Mg2+)，根据电荷守恒可知，原溶液中c(H+)+2c(Mg2+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)，当原溶液中没有硫酸，即不含H+时，原溶液中c(Al3+)最大，据此确定c(Al3+)范围解答。

【详解】

在硫酸铝、硫酸和硫酸镁的混合溶液中，加入等体积KOH溶液时，生成的沉淀最多，发生反应：H++OH-=H2O、Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，生成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，此时溶液中溶质为K2SO4，再加入过量的KOH溶液后，发生反应：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Al(OH)3溶解，得白色沉淀2.32g为Mg(OH)2，其物质的量==0.04mol，根据镁离子守恒可知，原溶液中c(Mg2+)==0.2mol/L，根据电荷守恒可知，原溶液中c(H+)+2c(Mg2+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)，当原溶液中没有硫酸，即不含H+时，原溶液中c(Al3+)最大，与原溶液中c极大值(Al3+)=(0.8mol/L×2-0.2mol/L×2)÷3=0.4mol/L，故原溶液中0＜c(Al3+)＜0.4mol/L，A项正确。

故选A。5、A【分析】【详解】

第一份：第一份加入AgNO3，溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在：Cl−、CO32−、SO42−；

第二份：加足量NaOH溶液加热后生成的0.08mol气体为氨气，则溶液中一定含有NH4+；且物质的量为0.08mol；

第三份：能够与氯化钡生成白色沉淀的为碳酸根离子或硫酸根离子，根据题中信息可知4.66g为硫酸钡，12.54g为硫酸钡和碳酸钡的混合物，因此一定不存在Mg2+、Ba2+。碳酸钡的物质的量为：再根据电荷守恒，正电荷为：n(+)=n(NH4+)=0.08mol；负电荷：n(-)=2n(CO32−)+2n(SO42−)=0.12mol，故一定有K+，至少0.04mol；根据以上分析可知，溶液中一定存在：K+、NH4+、CO32−、SO42−，可能含有Cl−；若存在氯离子，钾离子的物质的量大于0.04mol；若不存在氯离子，钾离子的物质的量为0.04mol，所以A正确。故答案选：A。

【点睛】

离子推断问题有定量计算时可根据电荷守恒，得出是否存在某些离子。6、D【分析】【详解】

A．In与B为同主族元素，且与铷()同周期；位于第五周期IIIA族元素，A说法正确；

B．质量数=质子数+中子数，所以的中子数为66；电子数为49，中子数与电子数的差值为17，B说法正确；

C．In与铷()同周期，原子序数越大，半径越小，则原子半径：In＜Rb；C说法正确；

D．同周期元素，金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性越强，铟的金属性小于铯，则碱性：In(OH)3＜RbOH；D说法错误；

答案为D。7、C【分析】【分析】

有新物质生成的变化叫化学变化；没有新物质生成的变化叫物理变化，据此解答。

【详解】

A．钠的焰色试验是元素的性质；过程中无新物质生成，属于物理变化，故A不符合题意；

B．碘升华只是状态发生改变；即固态变气态，没有新物质生成，属于物理变化，故B不符合题意；

C．钢铁生锈过程中有新物质铁锈生成；属于化学变化，故C符合题意；

D．氯气的液化只是状态发生改变；即由气态变液态，没有新物质生成，属于物理变化，故D不符合题意；

答案为C。8、D【分析】【分析】

金属的化学性质有：金属与氧气反应；金属与酸反应、金属与盐溶液反应；以及铝的性质，铝容易和空气中的氧气反应生成致密的氧化物保护膜。

【详解】

A；铝易被氧化；生成的氧化铝性质稳定，具有保护作用，故A错误；

B；铝易被氧化；生成的氧化铝性质稳定，故B错误；

C；铝性质比较活泼；不稳定，故C错误；

D；铝易被氧化；生成的氧化铝性质稳定，具有保护作用，故D正确；

故答案选D。二、多选题(共7题，共14分)9、CD【分析】【详解】

A．氢氧化镁是难溶性物质，写离子方程式时，不能拆成离子形式，其离子方程式为：故A错误；

B．Ba(OH)2与稀硫酸反应过程中会生成难溶性的BaSO4，故离子反应方程式：Ba2++2OH－+2H＋＋SO＝BaSO4↓+2H2O；故B错误；

C．澄清石灰水和稀硝酸反应实质就是溶液中的OH-和H+反应生成水，离子方程式为：H＋＋OH-=H2O；故C正确；

D．氢氧化钠和盐酸反应的实质就是溶液中的OH-和H+反应生成水，离子方程式为：H＋＋OH-=H2O；故D正确；

故选：CD。10、AC【分析】【详解】

白色固体粉末，加水搅拌，有白色沉淀析出，且该沉淀不溶于稀HNO3，说明有BaSO4存在，过滤后向滤液中加入NaOH溶液，有刺激性气味的无色气体产生，此气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有NH存在，若改为向滤液中加入硝酸银溶液，则会产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，说明有Cl-存在，根据上述分析可知，白色固体可能是NH4Cl和BaSO4或者BaCl2和(NH4)2SO4的组合，故答案：AC。11、CD【分析】【分析】

离子方程式的书写要点：沉淀；气体、弱电解质、金属氧化物不拆；有过量、少量时；少量物质要遵循物质构成比例书写；氧化还原的强弱规律等。

【详解】

A．清石灰水与过量的小苏打溶液反应，则氢氧化钙少量，反应系数要遵循组成比例，离子反应方程式应为：故A错误；

B．往明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至Al3+完全沉淀，离子方程式为：A13++SO42-+Ba2++3OH-A1(OH)3↓+BaSO4↓；故B错误；

C．NaHSO4溶液中滴加至刚好沉淀完全；两物质1：1反应恰好生成硫酸钡沉淀，故C正确；

D．还原性：碘离子>亚铁离子；碘离子优先参与反应，故D正确；

答案为CD。12、BC【分析】【分析】

比较非金属性可通过以下角度：①氢化物的稳定性；②与氢气反应的难易程度，③最高价氧化物对应的水化物的酸性，④单质之间的置换反应，⑤对应阴离子的还原性强弱，⑥与变价金属反应的化合价高低等。

【详解】

A．比较非金属的强弱；应根据最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，HClO不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，故A错误；

B．元素的非金属性越强；对应的单质的氧化性越强，氯能置换硫化氢中的硫，可证明氯的非金属性比硫强，故B正确；

C．阴离子的还原性越强，单质的氧化性越弱，元素非金属性越弱，硫离子还原性比氯离子还原性强，故单质的氧化性Cl2＞S；能说明氯的非金属性比硫强，故C正确；

D．S在空气中燃烧体现的是还原性；不能证明非金属性强弱，故D错误。

故选BC。13、BD【分析】【分析】

【详解】

A．铜与稀硝酸的反应产物为NO，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；故A错误；

B．铜和稀硝酸的反应放热；随反应的进行，体系内的温度升高，温度越高反应速率越快，故B正确；

C．活塞不再移动时；再抽入空气，NO和氧气在水中发生反应生成硝酸，能继续溶解铜，故C错误；

D．②振荡时，针管内的二氧化氮与氧气在水中可以发生反应生成硝酸，反应的化学方程式为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3；故D正确；

故选：BD；14、BD【分析】【详解】

A．因胶体粒子是由多个Fe(OH)3离子对聚合而成，共1molFe(OH)3胶粒的物质的量小于1mol，胶粒数小于6.02×故A正确；

B．标准状况下，是液体；不能使用标况下气体的摩尔体积进行计算，故B错误；

C．9.2g的物质的量n===0.2mol，由于二氧化氮会和四氧化二氮相互转化，含有分子数小于N=nNA=0.2×6.02×故C正确；

D．25℃时，水的离子积常数Kw=10-14，pH=12，c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)==0.01mol/L，V=1L，n(OH-)=c(OH-)∙V=0.01mol/L×1L=0.01mol，氢氧化钠是强电解质，电离出1mol氢氧根离子就电离出1mol钠离子，故钠离子的数目为N=nNA=0.01×6.02×=6.02×1021；故D错误；

答案选BD。

【点睛】

计算稀溶液时，要熟练使用水的离子积常数，将氢离子浓度换算成氢氧根离子浓度。15、AD【分析】【分析】

【详解】

A．合理使用化学；农药；可减少水体的污染，A符合题意；

B．工厂污水直接排入河流；会污染河水，B与题意不符；

C．将废电池深埋地下；电池中的重金属元素会影响地下水源，污染土壤和水源，C与题意不符；

D．含磷洗涤剂的使用可导致水体富营养化；造成水体污染，则应禁止使用含磷洗涤剂，D符合题意；

答案为AD。三、填空题(共5题，共10分)16、略

【分析】【分析】

(1)反应中N元素的化合价降低；I元素的化合价升高；

(2)由2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl；可利用碘的特性分析；

(3)NaNO2具有氧化性，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的物质应具有还原性。

【详解】

(1)反应中N元素的化合价降低，发生还原反应，I元素的化合价升高，发生氧化反应，则氧化剂是NaNO2，氧化产物是I2；

(2)由2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，则固体加水溶解后，再滴加食醋酸化，将溶液滴在碘化钾淀粉试纸上，变蓝的为NaNO2；故答案为：①②⑤；

(3)NaNO2具有氧化性，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的物质应具有还原性，只有选项B符合，故答案为：B。【解析】①.NaNO2②.I2③.①②⑤④.B17、略

【分析】【分析】

【详解】

a．用pH试纸检验溶液，呈强酸性，则溶液中一定存在H+，一定不存在CO32-；

b．另取少量溶液于试管中，向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，使溶液从酸性逐渐变成碱性，在整个过程中均无沉淀生成，则溶液中一定不存在Mg2+、Fe3+；

c．取部分上述碱性溶液，加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在Ba2+，则一定不存在SO42-，由溶液的电中性原则可知一定含有Cl-；

(1)由以上分析可知一定含有H+、Ba2+、Cl−，一定不含Fe3+、Mg2+、SO42−、CO32−，不能确定的为Na+；

故答案为H+、Ba2+、Cl−；Fe3+、Mg2+、SO42−、CO32−；Na+；

(2)①氧化镁溶于盐酸生成氯化镁和水，反应的离子方程式为MgO+2H+=Mg2++2H2O，故答案为MgO+2H+=Mg2++2H2O；

②碳酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液混合生成碳酸盐和水，反应的离子方程式为+OH-=+H2O，故答案为+OH-=+H2O；

③氢氧化钡与稀硫酸混合生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2++2H++2OH-+SO42-=BaSO4↓+2H2O，故答案为Ba2++2H++2OH-+SO42-=BaSO4↓+2H2O；【解析】H+Ba2+Cl-CO32-，Fe3+，Mg2+，SO42-Na+MgO+2H+=Mg2++2H2O+OH-=+H2O2H++SO42－+Ba2++2OH－＝2H2O+BaSO4↓18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)钴是具有光泽的钢灰色金属，其常见价态有+2价、+3价，化学性质与铁类似，类比Fe3O4，Co3O4的化学式可改写成CoO·Co2O3，故答案为：CoO·Co2O3；

(2)由题意知Co(OH)2与碱反应形成的离子是[Co(OH)4]2−，则Co(OH)2酸式电离出[Co(OH)4]2−和H+，故答案为：Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2−+2H+；

(3)根据温度对钴的结晶水合物颜色的影响可以得出；含不同结晶水的氯化钴颜色不一样，可根据颜色判断硅胶(硅胶做干燥剂)的吸水程度。无水氯化钴是蓝色的，吸收水以后试纸会发生变色，若检测到水，试纸会由蓝色变成蓝紫色；紫色或粉色，故答案为：通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度；试纸由蓝色变为粉色；

(4)由于CoCO3在空气中受热时生成何种氧化物无法定性判断，故只能根据题给数据进行定量计算。CoCO3中钴元素的质量为35.7g×=17.7g，由质量守恒得，24.1g钴的氧化物中钴元素的质量也等于17.7g，所以氧元素的质量是24.1g−17.7g=6.4g，钴、氧元素原子个数之比为=3∶4，即钴的氧化物的化学式为Co3O4。因Co3O4中钴元素显+2和+3价，而反应物中钴元素显+2价，说明加热条件下，钴元素被氧化了，即空气中的氧气参加了反应，反应的化学方程式为6CoCO3+O22Co3O4+6CO2，故答案为：6CoCO3+O22Co3O4+6CO2。【解析】CoO·Co2O3Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2−+2H+通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度试纸由蓝色变为粉色6CoCO3+O22Co3O4+6CO219、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)氢氧化亚铁不稳定，在空气中容易被氧化成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；观察到的现象为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；白色沉淀迅速变为灰绿色；最终变为红褐色；

(2)FeSO4溶液中亚铁离子易被氧化为三价铁离子；加入铁粉可以防止被氧化；故答案为：铁粉；

(3)氢氧化亚铁的制备要隔绝空气，除去蒸馏水中溶解的O2常采用加热至沸腾的方法；故答案为：加热至沸腾；

(4)长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液，可以防止空气随着NaOH溶液的加入进入溶液；故答案为：防止生成的Fe(OH)2被氧化；

(5)图中①③能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀。①中FeSO4溶液中亚铁离子易被氧化为三价铁离子，加入铁粉可以防止被氧化；③中苯层隔绝了氧气；故答案为：①③。【解析】4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色铁粉加热至沸腾防止空气随着NaOH溶液的加入进入溶液①③20、略

【分析】【分析】

（1）

A失去1个电子变为A+，可知A有19个电子，则A为K元素；B得到1个电子变为B-，可知B有17个电子，则B为Cl元素；C得到2个电子变为C2-；可知C有16个电子，则C为S元素，故答案为：K；Cl；S；

（2）

D是由两种元素组成的双原子分子；其分子式是HCl，故答案为：HCl；

（3）

F是由两种元素组成的三原子分子，其分子式是H2S，故答案为：H2S；

（4）

G是由两种元素组成的四原子分子，其分子式是PH3、H2O2，故答案为：PH3、H2O2。【解析】（1）KClS

（2）HCl

（3）H2S

（4）PH3、H2O2四、判断题(共3题，共12分)21、A【分析】【详解】

Na2CO3、K2CO3等都是碳酸盐，具有共同的离子碳酸根，则具有相似的化学性质，故正确。22、B【分析】【分析】

【详解】

两种不同粒子的摩尔质量可能相同，如氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，故该说法错误。23、A【分析】【详解】

氮原子半径大于氢原子半径，氨分子的比例模型：判断正确。五、计算题(共3题，共30分)24、略

【分析】【分析】

【详解】

本题主要考查物质的量浓度。

(1)溶液的体积相等，由公式可知，当所含的物质的量浓度相同时；各溶质的物质的量浓度之比为3∶3∶1，故答案为3∶3∶1；

(2)该反应中，有2mol被还原，共转移6mol若被还原的为1mol；则转移电子的物质的量为3mol，故答案为3；

(3)将15.8gNaOH与的混合物全部溶于一定量的水中，与水反应放出氧气，设的物质的量为a；则有：

解得即故混合物中故原混合物中NaOH与的物质的量之比为反应后溶液中由题意，反应后溶液中的粒子个数关系为：根据公式可得，又由方程式可知反应消耗了0.1mol所以形成这样的溶液，共需故体积为故答案为2∶1，73.8。【解析】3∶3∶132∶173.825、略

【分析】【分析】

反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，则Fe元素全部转化为亚铁离子存在于溶液中，因此共发生3个反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4。

【详解】

(1)3个反应中Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4属于化合反应，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；

(2)设混合物中Fe的物质的量为xmol，Fe2O3的物质的量为ymol，则①56x+160y=50，放出标准状况氢气4.48L(0.2mol)，则Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑消耗的的Fe为0.2mol，Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4消耗Fe的物质的量为ymol；则②0.2+y=x，联立二式解得x≈0.3796，y≈0.1796，则混合物中氧化铁的质量为0.1796mol×160g/mol=28.736g；

(3)结合(2)可知n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.3796mol+0.1796mol×2=0.7388mol，c(H2SO4)==3.694mol/L。【解析】Fe+2Fe3+=3Fe2+28.7363.69426、略

【分析】【详解】

（1）根据可知NaOH溶液的质量分数为10.7%；

（2）氢气与氯气反应，用NaOH吸收气体，所得的溶液中含有NaClO，说明氢气与氯气反应时，氯气有剩余，用氢氧化钠吸收后溶液中溶质为NaCl、NaClO，根据钠离子守恒可知溶液中n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）=0.1L×3mol/L=0.3mol，故溶液中n（NaCl）=0.3mol-0.05mol=0.25mol，溶液中n（Cl-）=n（NaCl）=0.25mol；

（3）根据以上