2025年华东师大版必修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年华东师大版必修1化学下册阶段测试试卷375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、下列物质间能发生离子反应的是。

①石灰石和盐酸②SO2和NaOH溶液③KNO3和NaCl溶液④铜和氯气A.①②B.③④C.②③D.①④2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.与所含电子数均为NAB.与充分混合反应后，转移的电子数为2NAC.和CO的混合气体中含有的氧原子数为0.5NAD.17g液氨中含有的共价键数是3NA3、二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，对酸性污水中的Mn2+也有明显的去除效果，其反应原理为：ClO2+Mn2+→MnO2↓+Cl-（部分反应物和产物省略、未配平），下列有关该反应的说法正确的是A.工业上可用更为廉价的Cl2来代替ClO2B.利用该原理处理含Mn2+的污水后溶液的pH升高C.该反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2:5D.理论上处理含1molMn2+的污水，需要标准状况下的ClO28.96L4、海洋是资源的宝库，下列从海洋中提取物质的第一步操作一定错误的是A.淡水——蒸馏B.食盐——蒸发C.溴——浓缩D.碘——萃取5、化学在生产、生活中有着重要的作用。下列有关说法不正确的是A.通过煤的干馏、煤的气化和液化，来获得洁净的燃料和多种化工原料B.采取“静电除尘”、“燃煤固硫”等方法提高空气质量C.利用微生物发酵技术，将植物秸秆、动物粪便等制成沼气D.含磷污水是很好的肥料，可直接灌溉庄稼，也可直接排放到河流中6、下列叙述中正确的是()

①标况下，NH3和CH4的混合气体的密度为0.75g/L,则氨气和CH4的体积比为4:1

②常温常压，1.12LO2分子数小于0.05NA

③2L0.2mol·L-1Na2CO3溶液中含氧原子数为1.2NA

④2L0.1mol·L-1的盐酸溶液中含有0.2NA个分子。

⑤标况下，3.36LCl2溶于水，溶液中的Cl-、ClO-和HClO的微粒总数小于0.3NA

⑥0.01mol·L-1CaCl2溶液中含有Cl-数为0.02NAA.①②⑥B.①②⑤C.③④⑤D.①④⑥评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、A；B、C、D、E五种短周期元素；原子序数依次递增，A原子形成的阳离子是一个质子，B原子的最外层电子数是次外层的2倍，C原子的最外层电子数与B原子的核外电子总数相等，D在同周期元素中原子半径最大，而E在同周期元素中原子半径最小。A、C、D三种元素可形成化合物甲，B、C、D三种元素可形成化合物乙，甲和乙均为中学化学常见物质。请回答：

（1）甲的电子式为_____________，其中所含化学键类型为________________。

（2）A的单质与C的单质在碱性条件下构成燃料电池，其正极反应式为__________；负极反应式___________为。

（3）常温下，甲与乙的水溶液pH均为9，这两种溶液中由水电离出的OH—的物质的量浓度c（OH—）甲:c（OH—）乙=______________.

（4）A与C、D与C可形成化合物A2C、A2C2、D2C、D2C2，说出的一种用途_________；

写出A2C2与E的单质反应的化学方程式____________。

（5）浓氨水与固体甲混合，可用于快速制取少量氨气，其原因是___________________________________________________（请用必要的方程式和简要的文字加以说明）。8、将某质量的镁铝合金溶解在500mL盐酸中；然后取出10mL溶液用1mol/L的氢氧化钠溶液滴定，产生的沉淀量Wg与所加氢氧化钠溶液VmL的关系如下图所示。求：

(1)合金中镁和铝的物质的量之比___________；

(2)盐酸的物质的量浓度___________(没反应后溶液体积不变)。9、现有下列物质：

①NaOH固体；②金属铁；③HCl气体；④稀硫酸；

⑤CO2气体；⑥氨水；⑦Na2CO3粉末；⑧蔗糖晶体；

⑨熔融的NaCl；⑩CuSO4·5H2O晶体。

回答下列问题：

(1)可导电的是_______________________________(填序号；下同)。

(2)属于电解质的是________________________________。

(3)属于非电解质的是_______________________________。

(4)属于电解质，但在题给状态下不能导电的是________________________________。10、（1）氯酸是一种强酸，氯酸的浓度超过40%就会迅速分解，反应的化学方程式为8HClO3=3O2↑＋2Cl2↑＋4HClO4＋2H2O。根据题意完成下列小题：

①在上述变化过程中，发生还原反应的过程是_____→____（填化学式）。

②该反应的氧化产物是________（填化学式）。

（2）已知测定锰的一种方法是：锰离子转化为高锰酸根离子，反应体系中有H＋、Mn2＋、H2O、IO3－、MnO4－、IO4－。有关反应的离子方程式为_____。

（3）工业尾气中含有大量的氮氧化物，NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示：

①由上图可知SCR技术中的氧化剂为_____________。

②用Fe作催化剂加热时，在氨气足量的情况下，当NO2与NO的物质的量之比为1∶1时，写出该反应的化学方程式：________。11、2013年H7N9禽流感肆虐期间为了保证卫生环境；常使用漂白液和漂白粉对环境和饮用水进行杀菌；消毒，以抑制大规模传染病爆发。钠、镁及其化合物在工业中具有广泛的应用。回答下列问题：

(1)写出钠与水反应的化学方程式____________________。

(2)写出氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式___________________。

(3)漂白粉溶于水后，与空气中CO2发生反应；即产生有漂白；杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为________。

(4)某研究性学习小组对漂白液进行了如下实验探究：取漂白液少量；滴入3～5滴紫色石蕊试液，发现溶液先变蓝色后褪色，可以证明漂白液具有的性质__________(填序号)。

A．酸性B．碱性C．漂白性12、下表是元素周期表中的一部分。

根据A—J在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：

（1）化学性质最不活泼的元素是___________，氧化性最强的单质是_______，用一个化学反应证明H单质的氧化性强于G单质____________________________。

（2）D的最高价氧化物与I的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为_____________。

（3）A分别与F、G、H形成的简单化合物中，稳定性由强到弱的顺序为_______________。

（4）B、C、D、G、I离子半径由大到小的顺序是_______________________。

（5）用电子式表示化合物MgCl2的形成过程_________________________。13、依据下图中氮元素及其化合物的转化关系；回答下列问题：

(1)实验室常用加热与固体制化合价取氨，该反应的化学方程式为_______。

(2)工业上以空气；水为原料生产硝酸分为三步：

①化学方程式为_______。

②实验现象是_______。

③该反应的离子方程式为_______。

(3)上图中，只用一种物质可将NO直接转化为硝酸且无色环保，该物质的化学式为_______，X的化学式为_______。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)14、常温常压下，11.2LO2所含原子数为NA。(____)A.正确B.错误15、加热试管时先均匀加热，后局部加热。(_____)A.正确B.错误16、HCl、H2SO4、HNO3溶液中都含有H+，因此具有相似的化学性质。(_______)A.正确B.错误17、可用澄清石灰水检验气体(_______)A.正确B.错误18、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19、从微观层次认识物质是化学的特征之一__________。A.正确B.错误评卷人得分四、元素或物质推断题(共3题，共15分)20、下图是部分常见元素的单质及其化合物的转化关系图(有关反应的条件及生成的部分产物已略去)。已知：E为红棕色固体；K为浅绿色溶液；反应①②是化工生产中的重要反应；B；C、D、H是单质；B、C、D、F、G、H常温下是气态；F和H的水溶液均具有漂白作用，且F是形成酸雨的主要物质之一；N是一种常见的氮肥；化合物G为极易溶于水且易液化。

(1)化合物A中含有的短周期元素是___________(写元素符号)，E的化学式___________。

(2)如何检验化合物N中的阳离子___________。

(3)写出J与F反应的离子方程式：___________，G与H反应的化学方程式：___________。

(4)等物质的量F和H的混合气体通入品红溶液中的现象为___________，原因是(用化学反应方程式表示)___________。

(5)实验室制取G的化学方程式___________21、有一包白色固体粉末，由FeCl3、CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba(NO3)2中的几种物质组成；取样品进行如下实验（假设下列过程中，能反应的物质之间的反应恰好完全）：

（1）步骤①所用分离方法叫做___，要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，所用分离方法叫做___。

（2）写出实验过程中发生化学反应的离子方程式①___；②___。

（3）固体粉末中一定不存在的物质是（填化学式，下同）___；不能确定是否存在的物质是___。

（4）将固体粉末可能的组成填入下表（可以不填满，也可以再补充）。___。序号化学式ⅠⅡ

（5）设计一个实验，进一步确定混合物的组成，简述实验操作、现象和结论。___22、分别代表原子序数依次增大的短周期元素，在周期表的短周期主族元素中，的原子半径最小，与的最外层电子数相等；的内层电子数是最外层电子数的一半；的最高化合价和最低化合物的代数和为6；和可形成原子个数之比为和的两种化合物；三者的最高价氧化物对应的水化物两两之间能发生化学反应。请回答下列。

问题：

（1）元素在周期表中的位置是______。

（2）三种元素的原子半径由小到大的顺序为______（填元素符号）。

（3）两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为________________。

（4）某同学用两元素的单质反应生成固体物质属于离子化合物，且能与化合物反应生成的单质。

①的电子式为______；与反应的化学方程式为__________________。

②该同学认为取两元素的单质反应后的固体物质与反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的请判断该方法是否合理并说明理由：______________________________。评卷人得分五、结构与性质(共1题，共3分)23、元素周期表的一部分；按要求完成各小题。

。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

0

二。

⑥

⑦

⑪

三。

①

③

⑤

⑧

⑩

四。

②

④

⑨

(1)这几种元素分别为④___、⑤___、⑥___、⑦___、⑨___；①到⑩化学性质最不活泼的元素___，非金属性最强的元素是___，金属性最强的单质与水反应的离子方程式为___。

(2)①③⑤三种元素的最高价氧化物水化物中，碱性最强是___。

(3)①③⑤三种元素的原子半径由大到小的顺序为___。

(4)某元素的最高价氧化物的水化物既能与酸反应生成盐和水又能与碱反应生成盐和水，该元素是___；在两种盐中该元素的化合价为___，该元素的最高价氧化物和盐酸反应的化学方程式为___，向该元素和⑧号元素组成的化合物溶液中，缓缓滴加NaOH至过量，现象为___，该元素和过量NaOH反应方程式为___。

(5)⑨元素和①元素形成的化合物的化学式是___，高温灼烧该化合物时火焰呈色___。

(6)⑨元素和⑧元素两者核电荷数之差是___。评卷人得分六、工业流程题(共4题，共20分)24、LiCoO2是锂离子电池常用的电极材料。利用原钴矿（含Cr2O3、NiS等杂质）制备LiCoO2的工艺流程如图：

资料：①在含一定量Cl-的溶液中，钻离子以CoCl形式存在：Co2++4Cl-CoCl

②CoCl溶于有机胺试剂；有机胺不溶于水。

③盐酸溶液中；有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图所示：

（1）步骤ⅱ选用盐酸的浓度应为___，该过程要注意在通风橱中进行的原因为___（用离子方程式表示）。

a.4mol/Lb.6mol/Lc.10mol/L

（2）从平街移动角度解释步骤中加入NaCl固体的目的___。

（3）步骤ⅳ的操作是___。

（4）步骤ⅵ用(NH4)2CO3作沉淀剂，在一定条件下得到碱式碳酸钻Co2(OH)2CO3]。已知碱式碳酸钻在339℃以上开始分解，实验测得在一段时间内加入等量(NH4)2CO3所得沉淀质量随反应温度的变化如图所示。分析曲线下降的原因___。

（5）步骤ⅷ中Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2。该反应的化学方程式是___。

（6）多次实验测定该原钴矿中钴元素的质量分数为1.18%，则原钴矿中Co2O3的质量分数为___%。（假设原钻矿中含钻元素的物质只有Co2O3）。25、工业上利用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe3O4、Fe2O3、FeO、SiO2)为原料制备高档颜料——铁红(Fe2O3)；具体生产流程如下:

试回答下列问题:

（1）实验室实现“步骤II”中分离操作所用的玻璃仪器有____、玻璃棒和烧杯等；该步骤是为了除去_______(填相关物质的化学式)。

（2）检验步骤III已经进行完全的操作是_______________________。

（3）步骤V的反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是______________；该步骤中反应生成FeCO3的离子反应方程式为___________。

（4）步骤VI中发生反应的化学反应方程式为____________________。

（5）步骤V中，FeCO3达到沉淀溶解平衡时,若c(Fe2+)=1×10-6mol/L,欲使所得的FeCO3中不含有Fe(OH)2,应控制溶液的pH≤_____(已知:Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17,lg7=0.8)。

（6）欲测定硫铁矿矿渣中Fe元素的质量分数，称取ag样品，充分“酸溶”“水溶”后过滤,向滤液中加入足量的H2O2，充分反应后加入NaOH溶液至不再继续产生沉淀，经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重，冷却后称得残留固体bg，测得该样品中Fe元素的质量分数为______。26、高铁酸钾（K2FeO4)既能消毒杀菌；又能净水，是一种理想的水处理剂。工业上制备高铁酸钾的一种工艺流程如下：

（1）K2FeO4中铁元素的化合价为____。

（2）“反应I”中参加反应的Fe3+与ClO-的物质的量之比为2:3,则滤液中含氯物质的化学式为____。写出“反应I”的离子方程式：_____。

（3）K2FeO4在水中发生反应：4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3（胶体）+8KOH+3O2↑。高铁酸钾能消毒杀菌是因为____;它能净水是因为_____。27、某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：。金属离子开始沉淀时（）的pH7.23.72.27.5完全沉淀时（）的pH8.74.73.29.0

回答下列问题：

(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是___________________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式_______________________。

(2)“滤液②”中含有的金属离子是___________________________。

(3)“转化”中可替代H2O2的物质是_________________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”；即。

“滤液③”中可能含有的杂质离子为________。

(4)如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L－1，则“调pH”应控制的pH范围是_____________________。

(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaC1O氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式____________________________。

(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是_________________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【详解】

①石灰石和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，在溶液中进行的反应，发生了离子反应；②SO2和NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，在溶液中进行的反应，发生了离子反应；③KNO3和NaCl溶液混合；没有沉淀；气体、水产生，不符合复分解反应发生的条件，反应不能发生；④铜和氯气能发生反应，属于固体和气体反应，不是在溶液中进行，不能发生离子反应；故物质间能发生离子反应的①②；

故选A。2、D【分析】【详解】

A．没有说明标准状态下；无法计算甲烷的物质的量，故甲烷所含有电子数不一定等于水中的电子数，选项A错误；

B．二氧化硫与氧气反应是可逆反应，反应无法完全转化为三氧化硫，则转移电子数小于2NA；选项B错误；

C．氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol；但氮气中不含有O原子且其量不确定，无法计算混合气体中O原子的数目，选项C错误；

D．17g液氨为1mol,每个氨气分子中含有三个共价键，故其中含有的共价键数是3NA；选项D正确；

答案选D。3、D【分析】【详解】

A、氯气是有毒的气体，所以不能代替ClO2，则A错误；B、用ClO2处理酸性污水中的Mn2+，反应的离子方程式为2ClO2+5Mn2++6H2O==5MnO2↓+2Cl-+12H+，所以处理后溶液的pH是减小的，故B错误；C、该反应的氧化产物为MnO2，还原产物为Cl-，由反应方程式可知，二者的物质的量之比为5:2，故C错误；D、由反应的离子方程式可知，处理1molMn2+，需要2/5mol的ClO2；在标准状况下的体积为8.96L，故D正确。本题正确答案为D。

点睛：用ClO2处理酸性污水中的Mn2+，反应离子方程式的书写是正确解答本题的关键，需要特别注意溶液的酸碱性不是决定方程式书写的根本依据，正确书写方程式要遵循电子转移守恒、电荷守恒和质量守恒，如本题中酸性污水，H+却不能当作反应物。4、D【分析】【详解】

A．海水获取淡水可以采用蒸馏方法，A正确；

B．从海水中活动获得食盐，可以直接将海水蒸发结晶得到粗盐，也可以先加入化学试剂将海水中的杂质转化为沉淀，过滤，除去杂质后再蒸发结晶得到纯度较高的精盐，B正确；

C．海水中溴元素以Br-存在，浓度较小，可以先把海水浓缩，再加入氧化剂把Br-氧化成溴，再进一步分离，C正确；

D．海水中碘元素以I-存在，需要氧化剂将I-氧化为碘单质；然后萃取分液，D错误；

故答案选D。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．煤的综合利用主要是通过煤的干馏；液化和气化；获得洁净的燃料和多种化工原料，故A正确；

B．“静电除尘”除去可吸入颗粒物；“燃煤固硫”可减少二氧化硫的排放，都有利于提高空气的质量，故B正确；

C．利用微生物发酵技术；将植物秸秆；动物粪便等制成沼气，有利于废物的再利用，又可减少环境污染，故C正确；

D．含磷的污水中磷的含量过高；会造成水体富营养化，致使水生藻类大量繁殖，导致水质恶化，出现水华现象，所以不能直接排放，故D错误；

故答案为D。6、B【分析】【分析】

【详解】

①标况下，NH3和CH4的混合气体的密度为0.75g/L，混合气体的平均摩尔质量为：0.75g/L×22.4L/mol=16.8g/mol，设NH3的体积分数为x，则甲烷体积分数为(1−x)，则17x+16(1−x)=16.8，解得x=0.8，即NH3的体积分数为80%，则氨气和CH4的体积比为4:1，①正确；②常温常压，1.12LO2的物质的量小于0.05mol，故分子数小于0.05NA，②正确；③2L0.2mol·L-1Na2CO3溶液中，溶质含氧原子数为1.2NA，水所含原子数更多无法计量，③错误；④2L0.1mol·L-1的盐酸溶液中，不存在HCl分子，所含水分子数无法计量，④错误；⑤标况下，3.36LCl2的物质的量为0.15mol，氯原子物质的量为0.3mol，溶于水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，但反应可逆，氯气未全部转化，故溶液中的Cl-、ClO-和HClO的微粒总数小于0.3NA，⑤正确；⑥0.01mol·L-1CaCl2溶液中Cl-为0.02mol·L-1，含有Cl-数无法计算；⑥错误；综上，B正确；

答案选B。二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】【分析】

由A原子形成的阳离子是一个质子；则A为氢元素；由B原子的最外层电子数是次外层的2倍，则B为碳元素；由C原子的最外层电子数与B原子的核外电子总数相等，则C的核外电子排布可能是两电子层2；6，或三电子层2、8、6，即为氧元素或硫元素，而由D在同周期元素中原子半径最大，且D的原子序数大于B、C，则D只能是钠元素，C只能是氧元素；E为氯元素。

【详解】

（1）A、C、D三种元素分别为氢、氧、钠，则甲为氢氧化钠，其电子式为：即含有离子键又含有极性共阶键，故答案为：离子键和极性共阶键；

（2）A为氢元素、C为氧元素，即它们的单质能形成氢氧燃料电池，氢气为负极，氧气为正极，则负极电极反应为：2H2-4e-+4OH-=4H2O，正极电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-；故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；2H2-4e-+4OH-=4H2O；

（3）甲为氢氧化钠，乙为碳酸钠，两溶液pH=9，则c(H+)=10-9mol/L，氢氧化钠溶液中c水(OH-)=c水(H+)=10-9mol/L；碳酸钠溶液中c水(OH-)=mol/L，则c(OH-)甲:c(OH-)乙=10-4：1，故答案为：10-4：1；

（4）A为H元素、C为O元素、D为Na元素、其形成的化合物为：H2O、H2O2、Na2O、Na2O2，Na2O2可作潜水艇或呼吸面具的供氧剂，A2C2为H2O2，与氯气反应，H2O2+Cl2=2HCl+O2，故答案为：Na2O2可作潜水艇或呼吸面具的供氧剂；H2O2+Cl2=

2HCl+O2；

（5）在氨水中有下列平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-，甲为氢氧化钠，NaOH固体溶于水放热，使得氨气的溶解度减小，同时增大了溶液中的c（OH-），促使化学平衡逆向移动，故答案为：氨水中有下列平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，甲为氢氧化钠，NaOH固体溶于水放热，使得氨气的溶解度减小，同时增大了溶液中的c（OH-），促使化学平衡逆向移动。【解析】离子键和极性共阶键O2+4e-+2H2O=4OH-2H2-4e-+4OH-=4H2O10-4：1Na2O2可作潜水艇或呼吸面具的供氧剂H2O2+Cl2=2HCl+O2氨水中有下列平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-，甲为氢氧化钠，NaOH固体溶于水放热，使得氨气的溶解度减小，同时增大了溶液中的c（OH-），促使化学平衡逆向移动8、略

【分析】【分析】

由图象可知，加入0~2mLNaOH溶液时，没有沉淀产生，发生反应的离子方程式是加入2~14mLNaOH溶液时，生成沉淀，发生反应为加入14~16mLNaOH溶液时，沉淀部分溶解，发生反应为

(1)

加入14~16mLNaOH溶液时，沉淀部分溶解，发生反应为可知铝元素的物质的量是1mol/L×0.002mL=0.002mol；加入2~14mLNaOH溶液时，生成沉淀，发生反应为反应消耗氢氧化钠的物质的量是0.002mol×3=0.006mol，反应消耗氢氧化钠的物质的量是1mol/L×0.012mL-0.006mol=0.006mol；则镁元素的物质的量是0.006mol÷2=0.003mol，镁和铝的物质的量之比0.003:0.002=3:2；

(2)

由图象可知，加入14mLNaOH溶液时，镁、铝沉淀完全，溶液中溶质是氯化钠，根据元素守恒，n(Cl-)=n(Na+)=1mol/L×0.014mL=0.014mol，所以n(HCl)=0.014mol，c(HCl)=0.014mol÷0.001L=1.4mol/L。【解析】（1）3：2

（2）1.4mol/L9、略

【分析】【分析】

①NaOH固体属于电解质，由Na+和OH-构成，但Na+和OH-不能自由移动，故NaOH固体不能导电；②Fe是金属，能导电；③HCl由HCl分子构成属于电解质，HCl气体不能导电；④稀硫酸是硫酸的水溶液不属于电解质，硫酸电离出能自由移动的氢离子和硫酸根离子，能导电；⑤CO2由CO2分子构成，属于非电解质，CO2气体不能导电；⑥氨水属于混合物，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子，能导电；⑦Na2CO3由钠离子和碳酸根离子构成，属于电解质，但Na2CO3固体中钠离子和碳酸根离子不能自由移动，因此Na2CO3粉末不能导电；⑧蔗糖由蔗糖分子构成，属于非电解质，故蔗糖晶体不能导电；⑨熔融的NaCl能电离出能自由移动的Na+和Cl-，属于电解质，因此熔融的NaCl能导电；⑩CuSO4⋅5H2O中Cu2+和SO42-不能自由移动，属于电解质，因此CuSO4⋅5H2O晶体不能导电；

【详解】

(1)根据上述分析；能导电的物质为②④⑥⑨；故答案为：②④⑥⑨；

(2)根据上述分析；上述物质中属于电解质的是：①③⑦⑨⑩；故答案：①③⑦⑨⑩；

(3)根据上述分析；上述物质中属于非电解质的是：⑤⑧；故答案为：⑤⑧；

(4)根据上述分析，属于电解质，但在题给状态下不能导电的是①③⑦⑩。【解析】②④⑥⑨①③⑦⑨⑩⑤⑧①③⑦⑩10、略

【分析】【分析】

（1）得电子的反应物是氧化剂；氧化剂在反应中发生还原反应，失电子的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物；

（2）锰离子失电子而转化为高锰酸根离子；所以锰离子作还原剂，则得电子化合价降低的物质作氧化剂，根据元素的化合价确定氧化剂和还原产物，再结合离子方程式的书写规则书写；

（3）①得电子；化合价降低的反应物是氧化剂；

②根据化合价升降总数相等；原子守恒来配平；

【详解】

(1)①8HClO3=3O2↑＋2Cl2↑＋4HClO4＋2H2O中，氧化剂和还原剂都是HClO3，HClO3中Cl元素得电子化合价降低生成Cl2而发生还原反应，所以发生还原反应的过程是HClO3→Cl2；

故答案为：HClO3；Cl2；

②O氧元素的化合价由−2价→0价，Cl元素的化合价由+5价→+7价，所以氧化产物是O2、HClO4；

故答案为：O2、HClO4；

(2)①锰离子失电子被氧化生成高锰酸根离子，所以锰离子作还原剂，氧化剂得电子化合价降低，IO3−和IO4−中碘元素的化合价分别是+5价和+7价，所以IO4−作氧化剂,还原产物是IO−3,同时水参加反应生成氢离子,所以该反应的离子方程式为：2Mn2++5IO4−+3H2O=2MnO4−+5IO3−+6H+；

故答案为：2Mn2++5IO4−+3H2O=2MnO4−+5IO3−+6H+；

（3）①由图甲可知SCR技术中NH3与NO、NO2反应产物为N2和水，故氧化剂为NO、NO2；

故答案为：NO、NO2；

②NH3中氮的化合价由-3价升高到0价，一个NH3失去3个电子，NO2中氮的化合价由+4价降低到0价，一个NO2得到4个电子，NO中氮的化合价由+2价降低到0价，一个NO得到2个电子，当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，转移电子的最小公倍数为6，结合质量守恒可知方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O；

故答案为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O；

【点睛】

（1）新情景下氧化还原反应化学方程式的书写：（1）有题意分析出还原剂，氧化剂，氧化产物，还原产物；（2）运用电子守恒配平；（3）利用电荷守恒调节离子；（4）利用原子守恒检验。【解析】HClO3Cl2O2HClO42Mn2++5IO4−+3H2O=2MnO4−+5IO3−+6H+2NH3+NO+NO22N2+3H2O11、略

【分析】【分析】

【详解】

⑴钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

⑵氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

⑶漂白粉溶于水后，与空气中CO2发生反应生成次氯酸，化学反应方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；

⑷在漂白液中滴入3～5滴紫色石蕊试液，发现溶液先变蓝色，说明溶液显碱性，后褪色，是因为漂白液具有漂白性，答案选BC。【解析】2Na+2H2O=2NaOH+H2↑Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OCa(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClOBC12、略

【分析】【分析】

根据表格可知：A：H；B：Na、C：Mg、D：Al、E：C、F：N、G：O、H：F、I：Cl、J：Ne；结合相关知识分析判断。

【详解】

（1）其中H、C、N、O、F、Cl，Ne是非金属元素，根据同周期、同主族元素非金属性递变规律可知，非金属性最强的应该是F，即氧化性最强的单质是F2，F元素只有负价没有正价，化学性质最不活泼的应是惰性气体，即Ne，能证明F2的氧化性强于O2；可利用氧化剂的氧化性强于氧化产物氧化性来证明；

答案：Ne；F2；2F2+2H2O=4HF+O2；

（2）D的最高价氧化物是Al2O3、I的最高价氧化物对应的水化物是HClO4，反应的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；

答案：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；

（3）非金属性越强；气态氢化物越稳定；同一周期，从左到右非金属性增强。

答案：HF>H2O>NH3；

（4）半径比较：①电子层数越多；半径越大②电子层相同时，核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小；

答案：O2->F->Na+>Mg2+>Al3+；

（5）箭头左边写原子电子式；箭头右边写氯化镁电子式；

答案：【解析】NeF22F2+2H2O=4HF+O2Al2O3+6H+=2Al3++3H2OHF>H2O>NH3O2->F->Na+>Mg2+>Al3+13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)实验室常用加热与固体混合物制取氨气，该反应的化学方程式为：

(2)工业上以空气；水为原料生产硝酸分为三步：

①氨气发生催化氧化得到一氧化氮和水，化学方程式为：

②一氧化氮为无色气体，而二氧化氮为红棕色气体，因此过程中的实验现象是：无色气体变为红棕色；

③二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，该反应的离子方程式为：

(3)NO直接转化为硝酸，氮元素的价态由+2价升高到+5价，发生了氧化反应，因此需要加入氧化剂且无色环保的物质来实现该反应，过氧化氢是一种绿色环保的无色强氧化剂，因此该物质的化学式为：根据图表信息可知X物质中氮元素的价态为+5价，属于氧化物，因此X的化学式为【解析】无色气体变为红棕色三、判断题(共6题，共12分)14、B【分析】【分析】

【详解】

常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，11.2LO2的物质的量不是0.5mol，所含原子数不是NA，故该说法错误；15、A【分析】【详解】

加热试管时先均匀加热，后局部加热，否则试管会受热不均而炸裂。16、A【分析】【详解】

盐酸，硫酸，硝酸溶液都含有共同的阳离子氢离子，因此具有相似的化学性质——酸的通性，故正确。17、B【分析】【详解】

二氧化碳也能使澄清石灰水变浑浊，所以不能用澄清石灰水来检验气体，故错误。18、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。19、A【分析】【详解】

化学是自然科学的重要组成部分，其特征是从微观层次认识物质，在不同层面创造物质，则从微观层次认识物质是化学的特征之一，说法正确；四、元素或物质推断题(共3题，共15分)20、略

【分析】【分析】

E为红棕色固体，可知E为Fe2O3，E与盐酸反应生成J是FeCl3，K为浅绿色溶液，则K应为FeCl2，FeCl2与单质H反应得到FeCl3，故H是Cl2；F与FeCl3反应得到FeCl2，F具有还原性，F是形成酸雨的主要物质之一，则F为SO2，反应①是化工生产中的重要反应，A与B反应得到E与F，应是FeS(或FeS2)与O2反应生成Fe2O3与SO2，可推知A为FeS(或FeS2)，N是一种常见的氮肥，化合物G为极易溶于水且易液化，则G是NH3，单质C与D反应得到G，C、D分别为N2、H2中的一种，H是Cl2，NH3与Cl2反应产生N(NH4Cl)及N2，故D是N2，C是H2，N是NH4Cl，SO2与NH3在溶液中反应产生的L是(NH4)2SO3，或NH4HSO3。

【详解】

根据上述分析可知：A是FeS(或FeS2)，B是O2，C是H2，D是N2，E是Fe2O3，F是SO2，G是NH3，H是Cl2，J是FeCl3，L是(NH4)2SO3或NH4HSO3；K是SO2，N是NH4Cl。

(1)化合物A是FeS(或FeS2)，其中含有的短周期元素是S；E是氧化铁，化学式是Fe2O3；

(2)N是NH4Cl，其阳离子是检验方法是：取少量样品于试管中，加水溶解，滴加NaOH浓溶液后加热，将湿润的红色石蕊试纸置于管口附近，若试纸变蓝，则说明有

(3)F是SO2，J是FeCl3，二者在溶液中发生反应产生FeCl2、H2SO4、HCl，该反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+；

G是NH3，H是Cl2，二者在点燃时发生反应产生NH4Cl、N2，该反应的化学方程式为8NH3+3Cl26NH4Cl+N2；

(4)F是SO2，H是Cl2，将二者等物质的量混合通入品红溶液中发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应产生的HCl、H2SO4没有漂白性；因此看到品红溶液不褪色；

(5)G是NH3，在实验室中一般是用铵盐与碱共热制取氨气，反应方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O。【解析】SFe2O3取少量样品于试管中，加水溶解，滴加NaOH浓溶液后加热，将湿润的红色石蕊试纸置于管口附近，试纸变蓝，则说明有2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+8NH3+3Cl26NH4Cl+N2品红溶液不褪色SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HClCa(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O21、略

【分析】【分析】

假设这些物质都有，经步骤①得到无色溶液和白色沉淀，说明原粉末中没有FeCl3，在该假设的前提下，白色沉淀是CaCO3、BaSO4，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体，则说明沉淀中一定有CaCO3，题中告知能反应的物质之间的反应恰好完全，加入稀硝酸之后，沉淀的质量减少，说明还含有BaSO4，则原粉末中有一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；KCl不和上述的任何物质反应；也不能通过实验现象去确定其是否存在，故可能有KCl。

【详解】

（1）经步骤①得到无色溶液和白色沉淀；则该步骤为过滤；要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，需要采用蒸馏；

（2）经分析，原粉末中一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，则步骤①中的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓；步骤②中，仅CaCO3和HNO3反应，该反应的离子方程式为2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O；

（3）经分析，原固体粉末中一定没有CuSO4；不能确定是否存在的是KCl；

（4）由于原固体粉末中一定没有CuSO4，一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，可能有KCl，故其组成由两种情况：。序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl

（5）KCl是唯一可能存在的物质，故只需要鉴定KCl即可，可以用AgNO3溶液检验KCl：用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现；则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl。

【点睛】

“白色粉末”的推断题，是酸碱盐的常考题型，解答思路一般是先假设粉末还有所有的固体，再根据后续的实验现象，确定这些固体的存在情况。【解析】①.过滤②.蒸馏③.Ba2++SO42-=BaSO4↓④.H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O⑤.CuSO4⑥.KCl⑦.。序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl⑧.用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl22、略

【分析】【分析】

分别代表原子序数依次增大的短周期元素，在周期表的短周期主族元素中，的原子半径最小，为氢元素；的最高化合价和最低化合物的代数和为6，所以U为Cl；和可形成原子个数之比为和的两种化合物，应该为过氧化钠和氧化钠，故R为钠元素，符合与的最外层电子数相等条件；为氧元素；三者的最高价氧化物对应的水化物两两之间能发生化学反应，三种物质可能为氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸；因此T为铝元素；的内层电子数是最外层电子数的一半；所以Z为C元素。

【详解】

（1）位于元素周期表中第3周期ⅢA族；

（2）同周期主族元素的原子半径随着原子序数的递增而逐渐减小，故原子半径：

（3）的最高价氧化物对应的水化物分别为和二者反应的化学方程式为

（4）①的电子式为与反应的化学方程式为

②题述方法不合理，若反应后有残留，也能与水反应生成【解析】第3周期ⅢA族不合理，若反应后有残留，也能与水反应生成五、结构与性质(共1题，共3分)23、略

【分析】【分析】

由元素在周期表中位置可知，①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为O、⑧为Cl、⑨为Br、⑩为Ar；⑪为F；据此分析解答。

【详解】

(1)由分析可知：④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为O、⑨为Br；稀有气体Ar的化学性质最不活泼；同周期自左而右：金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族自上而下：金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，故①到⑩元素中Cl的非金属性最强，K的金属性最强；K与水反应生成氢氧化钾与氢气，反应的离子方程式为2K+2H2O=2K++2OH-+O2↑，故答案为：Ca；Al；C；O；Br；Ar；Cl；2K+2H2O=2K++2OH-+O2↑；

(2)①为Na、③为Mg、⑤为Al，金属性Na>Mg>Al，故碱性NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3；故答案为：NaOH；

(3)同周期自左而右原子半径减小，故原子半径为Na>Mg>Al，故答案为：Na>Mg>Al；

(4)氢氧化铝能与强酸、强碱反应生成盐与水，Al元素对应的盐有铝盐、偏铝酸盐，Al元素均为+3价；氧化铝与盐酸反应生成氯化铝与水，反应方程式为：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O；氯化铝溶液中缓缓滴加NaOH至过量、先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝与氢氧化钠反应而溶解，现象为：先有白色沉淀生成，后沉淀溶解；金属铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；

故答案为：Al；+3；Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O；先有白色沉淀生成，后沉淀溶解；2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；

(5)⑨为Br元素，①为Na元素，二者形成的化合物为NaBr，钠的焰色反应为黄色，故答案为：NaBr；黄色；

(6)Br元素和Cl元素位于同主族，两者核电荷数之差是18，故答案为：18。【解析】CaAlCOBrArCl2K+2H2O=2K++2OH-+O2↑NaOHNa＞Mg＞AlAl+3Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O先有白色沉淀生成，后白色沉淀溶解2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑NaBr黄18六、工业流程题(共4题，共20分)24、略

【分析】【分析】

原钴矿（含Cr2O3、NiS等杂质），球磨后加入盐酸浸取，由题给信息可知，为分离Co与Cr、Ni，加入盐酸浓度在10mol/L以上，浸出液加入氯化钠固体，CoCl42-浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，加入有机胺试剂萃取，洗脱，可得到CoCl2溶液，加入碳酸铵生成碱式碳酸钴，煅烧生成Co3O4，加入碳酸锂，可生成目标物，以此解答该题。

【详解】

（1）步骤ii选用盐酸的浓度应为10mol/，可用于分离Co与Cr、Ni；由于原料中含有NiS与盐酸反应生成H2S，H2S有毒，故应在通风橱中进行，反应的离子方程式为：NiS+2H+=Ni2++H2S↑，故答案为：c；NiS+2H+=Ni2++H2S↑；（2）步骤ⅲ中加入NaCl固体，可使溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2++4Cl-⇌CoCl42-右移，CoCl42-浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，故答案为：加入NaCl固体，溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2++4Cl-CoCl右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度；（3）步骤iv加入有机溶剂，用于萃取，可用分液的方法分离，故答案为：分液；（4）由图象可知，温度升高，沉淀曲线下降，原因为温度过高，碳酸铵分解（或NH4+和CO32-水解程度增大），碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。（或温度过高Co2（OH）2CO3分解，沉淀质量减少。），故答案为：温度过高，碳酸铵分解（或NH和CO水解程度增大），碳酸铵浓度降低.沉淀质量减少；（5）Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2，方程式为4Co2O3+6LiCO3+O212LiCoO2+6CO2，故答案为：4Co2O3+6LiCO3+O212LiCoO2+6CO2；（6）原钴矿中钴元素的质量分数为1.18%，则原钴矿中Co2O3的质量分数为1.18%=1.66%，故答案为：1.66%。【解析】①.c②.NiS+2H+=Ni2++H2S↑③.加入NaCl固体，溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2++4Cl-CoCl右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度④.分液⑤.温度过高，碳酸铵分解（或NH和CO水解程度增大），碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少⑥.4Co2O3+6LiCO3+O212LiCoO2+6CO2⑦.1.6625、略

【分析】【详解】

分析：硫铁矿烧渣经稀硫酸溶解后，过滤除去不溶物SiO2，向滤液中加入过量的铁粉调节溶液的pH=1，待溶液中检验不出Fe3+后，再调节pH至5~6.5，过滤除去过量的铁粉，向滤液中加入碳酸氢铵沉淀Fe2+；过滤得到碳酸亚铁，最后在空气中煅烧碳酸亚铁得到氧化铁。

详解：（1）实验室实现“步骤II”中分离操作所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯等；该步骤是为了除去SiO2。

（2）检验步骤III已经进行完全的操作是：取步骤III反应后的溶液少量试管中；加入少量KSCN溶液，若溶液未呈现血红色，则说明已经进行完全。

（3）步骤V的反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是：防止NH4HCO3分解、减少Fe2+的水解；该步骤中反应生成FeCO3的离子反应方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O。

（4）步骤VI中发生反应的化学反应方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。

（5）步骤V中，FeCO3达到沉淀溶解平衡时,若c(Fe2+)=1×10-6mol/L，欲使所得的FeCO3中