2025年湘教版必修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年湘教版必修1化学下册阶段测试试卷403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9题，共18分)1、设为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是A.在标准状况下，三氯甲烷中含有的共价键数目为B.将通入水中，溶液中的数目之和为C.与足量的反应转移的电子数为D.标准状况下，气体中含有的中子数为2、能证明SO2有漂白性的是A.酸性KMnO4溶液中通入SO2后，紫色消失B.品红溶液中通入SO2后，红色消失C.显红色的酚酞溶液通入SO2后，红色消失D.溴水中通入SO2气体后，橙色消失3、某小组同学利用如图1装置制备NaClO溶液；并设计实验(如图2所示)探究NaClO的性质。

关于图1，下列说法不正确的是A.A中反应体现了浓盐酸的酸性和氧化性B.B的作用是吸收挥发出的HCl气体C.C中的反应是：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2OD.D的作用是尾气吸收4、下列物质属于碱的是A.B.C.D.5、将18g铜和铁的混合物投入200mL稀硝酸中,充分反应后得到标准状况下2.24LNO,剩余9.6g金属;继续加入200mL等浓度的稀硝酸,金属完全溶解,又得到标准状况下2.24LNO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液,溶液不变红,则下列说法中正确的是()A.原混合物中铜和铁各0.15molB.稀硝酸的物质的量浓度为1mol·L-1C.第一次剩余9.6g金属为铜和铁D.再加入上述200mL稀硝酸,还会得到标准状况下2.24LNO6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.标准状况下，4.48L已烷中含有分子的数目为0.2NAB.25℃时，pH=4的CH3COOH溶液中含有H+的数目为0.001NAC.配制1.00L1.00mol/L的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1.00L水中D.常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，生成0.1molO2时，转移电子的数目为0.2NA7、科学家预言自然界中可能存在原子序数为114号的稳定同位素X，根据原子结构理论和元素周期律下列预测错误的是A.X位于第七周期，第ⅣA族B.X是金属元素C.XO2是酸性氧化物D.X元素的化合价有+2和+48、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.1molAl分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为3NAB.0.1molN4S4(结构如图所示)含有NA个S—N键C.标准状况下，1mol甲基(—14CD3)所含的中子数为10NAD.1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数为NA9、下列说法正确的是A.1L1mol·L－1的NH4Fe（SO4）2溶液中，Fe3＋数目与SO42－数目之比为1：2B.标况下，22.4LNO2与足量水反应生成0.5NA个NO分子C.1mol石墨和金刚石的混合物中，含碳碳键数目为4NAD.K37ClO3＋6H35Cl＝3Cl2↑＋KCl＋3H2O若该反应转移5NA个电子，则生成212gCl2评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、有下列物质：请用序号填空：

①NaOH固体②铜丝③HCl气体④CO2⑤石墨⑤熔融氯化钠⑦乙醇。

(1)属于非电解质的是_______________________________；

(2)能够导电的是________________________；

(3)能导电的电解质是_____________________________。11、氧化还原反应是重要的化学反应；在人类的生产和生活中无处不在。

（1）已知反应：BaSO4＋C——BaS＋CO↑

①配平该反应___。

②若有2.33gBaSO4发生反应，则反应过程中转移电子的数目是__，标准状况下，生成一氧化碳___L。

（2）已知反应：Cu+HNO3(稀)——Cu(NO3)2+NO↑+H2O；

①配平并用“双线桥法”表示上述反应中电子转移的方向和数目___。

②该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__；写出该反应的离子方程式__。12、(1)铁在氯气中加热的化学方程式为：___________

(2)碳酸氢钠受热分解的化学方程式为：___________

(3)实验室制备高铁酸钾的原理为Cl2+Fe(OH)3+KOH→K2FeO4+KCl+H2O；该反应的离子方程式为：___________

(4)若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl；该反应的离子方程式为：___________

(5)写出Cu在H2O2作用下和稀硫酸反应生成硫酸铜的化学方程式：___________

(6)0.2molCO2通入100mL3mol/L的NaOH溶液，该反应的离子方程式为_________________13、距离北京2022年冬奥会还有不到一年的时间；各项筹办工作也到了最后的冲刺阶段。冬奥会从场馆建设到场馆运行，绿色可持续的理念贯穿始终。

(1)在汽车尾气处理方面，因汽车排放的尾气中含有大量含氮氧化物而污染大气，造成产生氮的氧化物的主要原因是___(填字母)

A.燃烧含氮化合物引起的。

B.由于汽油得不充分燃烧。

C.汽缸中N2被氧化生成的。

请写出该反应的化学方程式___。

(2)在生活用水方面，延庆赛区各类建筑的节水型生活用水器具普及率达100%，并建有分散和集中污水处理设施，实现生活污水全部收集、处理后再利用。某化工厂排放的污水中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+、Hg2+四种离子。某同学设计了从该污水中回收纯净金属铜的方案。

已知：汞会挥发。

①滤液中主要含有的金属离子为___和___。

②第②步发生反应的离子方程式为___。

③第③步会造成的环境污染问题是___。14、(1)氯酸钾熔化，粒子间克服了________的作用力；二氧化硅熔化，粒子间克服了________的作用力；碘的升华，粒子间克服了________的作用力。三种晶体的熔点由高到低的顺序是___________。

(2)如图是超导化合物——钙钛矿晶体中最小重复单元(晶胞)的结构。请回答：该化合物的化学式为________。

(3)A；B、C、D为四种晶体；性质如下：

A．固态时能导电；能溶于盐酸。

B．能溶于CS2；不溶于水。

C．固态时不导电；液态时能导电，可溶于水。

D．固态；液态时均不导电；熔点为3500℃

试推断它们的晶体类型：A________；B________；C________；D________。

(4)图中A～D是中学化学教科书上常见的几种晶体结构模型，请填写相应物质的名称：A________；B________；C________；D________。

15、可用于分离或提纯物质的方法有：a．过滤b．高温分解c．结晶d．蒸馏e．萃取f．分液。

下列各组混合物的分离或提纯应选用上述哪种方法最合适(填字母)

①分离水和汽油的混合物，用_______。

②用乙醚提取青蒿中的青蒿素，用_______。

③除去CaO中的CaCO3，用_______。

④除去NaCl溶液中的泥沙，用_______。

⑤分离乙酸(沸点118℃)与乙醚(沸点34℃)的混合物，用_______。

⑥从含有少量氯化钠的硝酸钾混合液中获取硝酸钾，用_______。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、1mol任何物质都含有6.02×1023个分子。(_______)A.正确B.错误17、向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，溶液中一定存在CO(_______)A.正确B.错误18、在蒸馏过程中，若发现忘加沸石，应立即停止加热，然后加入沸石。(____)A.正确B.错误19、浓能干燥所以浓硫酸也能干燥(_______)A.正确B.错误20、MnO2不与稀盐酸反应是因为H+浓度小。(_______)A.正确B.错误21、石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加热蒸馏。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、计算题(共3题，共30分)22、硫元素价态众多；可与卤素；氮等元素化合形成许多复杂化合物，在科学技术和生成中有重要的应用。根据题意完成下列计算：

（1）由硫与限量氯气在50～60°C反应16～20小时，可恰好完全反应，得到两种硫的氯化物A和B。A物质中的含硫量为0.131，B物质中的含氯量为0.816，A的相对分子质量比B大71。计算确定这两种氯化物的分子式分别为_______。若上述反应得到的A、B的物质的量比为3：2，则参加反应的S和氯气的物质的量之比为___________。

（2）硫的卤化物或卤氧化物都有强水解性，可以作脱水剂。SF4吸收VmL液态水（4℃），完全反应，得到3.2gSO2气体（假设SO2完全逸出）和10%的酸溶液，计算吸收的液态水的体积V为___________mL。

（3）S4N4是亮橙色固体，不溶于水和有机溶剂，是一种重要的金属有机化学反应物。一般用S2Cl2、SCl2的惰性溶剂（CS2）氨解制得：

6S2Cl2＋16NH3→S4N4＋S8＋12NH4Cl；

24SCl2＋64NH3→4S4N4＋S8＋48NH4Cl。

S2Cl2、SCl2的混合液体52.86g溶于足量的CS2中；再通入35.84L氨气（标准状况）完全氨解，产生14.080g硫单质。剩余氨气用40g水完全吸收形成氨水（密度为0.923g/mL）。

计算：①该混合液体中S2Cl2、SCl2的物质的量之比为_______。

②所得氨水的物质的量浓度为________（保留1位小数）。

（4）S4N4与Ag在一定条件下反应，失去N2而缩合成（SN）x，（SN）x合成于1910年，过了五十年，才发现它在0.26K的低温下，可转变为超导体（superconductor）。（SN）x的结构式为：

已知1.20×105molS4N4与Ag发生缩合，失去了1.20×105molN2，生成二百聚物[（SN）200]和三百聚物。测得缩合产物中二百聚物的质量分数为0.50。

计算：①缩合产物中各缩合物的物质的量_______。

②若Ag的实际使用量为8.64kg，求Ag的循环使用次数_______。23、(1)0.5molH2O的质量为________；其中共含有______个分子。

(2)标准状况下，112mL某气体的质量为0.14g，则其摩尔质量为____，相对分子质量为______。24、把一定质量的镁铝合金粉末放入过量的氢氧化钠溶液中，得到3.36LH2(标准状况)，把等质量的镁铝合金粉末放入100mL的盐酸中恰好完全反应，得到5.6LH2(标准状况)；(已知镁不与氢氧化钠溶液反应)。

求：(1)盐酸的物质的量浓度为___mol/L；

(2)该合金中镁和铝的物质的量之比为___。评卷人得分五、原理综合题(共3题，共6分)25、中和热是一类重要的反应热，也是化学研究的重要课题。已知强酸稀溶液与强碱稀溶液发生反应的热化学方程式为

（1）下列各组试剂混合发生反应的离子方程式为的是__________（填序号）。

A.稀硫酸与氢氧化钡溶液B.盐酸与氢氧化钠溶液C.浓硫酸与氢氧化钠固体。

D.硫酸氢钠溶液与氢氧化钾溶液E.氢氧化镁溶于稀盐酸。

（2）若稀硫酸与氢氧化钡稀溶液反应生成则反应放出的热量__________（填“大于”“等于”或“小于”）原因是____________________（从化学键的角度简单解释即可）。

（3）若稀硫酸与氢氧化钠固体反应生成则反应放出的热量__________（填“大于”“等于”或“小于”）原因是______________________________。

（4）醋酸是一种常见弱酸，在水溶液中不能完全电离，而酸碱的中和反应是酸电离出的与碱电离出的结合生成的反应。醋酸与氢氧化钠稀溶液反应的离子方程式为则和的大小关系为_____（填“>”“=”或“<”）。26、（1）我国出现大范围雾霾天气；许多城市发布PM2.5重度污染警报。

①下列行为不会增加城市大气中PM2.5浓度的是______（填字母）。

a．燃放烟花爆竹b．为城市主干道洒水保洁c．露天焚烧落叶。

②雾霾刺激呼吸道，使人易患流行性感冒。发烧时可服用_______药品进行治疗（填字母）。

a．麻黄碱b．抗酸药c．阿司匹林。

③多食富含维生素C的蔬菜水果可增强人免疫力。维生素C具有的性质是_____（填字母）。

a．还原性b．常温下不溶于水c．溶液显碱性。

（2）我国3名潜水员圆满完成首次300米饱和潜水作业；实现“下五洋捉鳖”的壮举。

①潜水员乘坐的潜水钟以钢铁为主要制造材料。钢铁容易在潮湿空气中发生电化学腐蚀，其负极的电极反应式是__________________。

②潜水员需要均衡的膳食结构。糖类、油脂、蛋白质都能为人体提供能量。油脂在人体中发生水解生成__________和高级脂肪酸；蛋白质在酶的作用下水解生成__________而被人体吸收。

（3）保护环境；保护地球已成为人类共同的呼声。

①引起温室效应的主要物质是________；

②以煤炭为主的能源结构易导致酸雨的形成，形成这类酸雨的气体是________。27、铁制物件最早发现于公元前3500年的古埃及；约公元前1500年人类进入铁器时代，直至今日，铁及其各类化合物仍然在工业生产中占有非常重要的地位。

Ⅰ.FeCl3

(1)FeCl3可以用来制备Fe(OH)3胶体，向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈透明的红褐色，用红色激光笔照射该液体，可以看到一条光亮的通路，此现象叫做________。

(2)FeCl3具有净水作用，但易腐蚀钢铁设备，腐蚀过程除了H+作用外，另一主要原因是_______。(用离子方程式表示)

(3)在干燥的HCl气流中加热FeCl3•6H2O时，能得到无水FeCl3，其原因是________。

Ⅱ.FeSO4

(4)向FeSO4溶液中加入足量NH4HCO3发生的离子反应方程式为_______；此反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是_______。

(5)工业上经常利用硫酸亚铁处理含铬废水，向含有Cr2O的废水加入硫酸亚铁并调节pH使其转化为Cr(OH)3和Fe(OH)3除去，若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=2.0×10−13mol•L−1，则残留的Cr3+的浓度为________。(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10−31)评卷人得分六、实验题(共3题，共30分)28、某学生对与漂粉精的反应进行实验探究：。操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝(约为12)，后褪色i.液面上方出现白雾；

ii.稍后；出现浑浊，溶液变为黄绿色；

iii.稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去

(1)和制取漂粉精的化学方程式是_______。

(2)pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_______。

(3)向水中持续通入未观察到白雾。推测现象i的白雾由小液滴形成；进行实验：

a.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾；无变化；

b.用酸化的溶液检验白雾；产生白色沉淀。

①实验a的目的是_______。

②由实验a、b不能判断白雾中含有理由是_______。

(4)补充实验c，判断白雾中含有实验方案是_______。

(5)现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是_______。

(6)检测A瓶中的白色沉淀，确认了的还原性。

i.将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。向沉淀X中加入稀无明显变化。

ii.取上层清液，加入溶液；产生白色沉淀。

加入稀HCl的目的是_______。

(7)用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：_______。29、某研究性学习小组为探究SO2的性质；设计如图所示实验装置(装置中的固定仪器和酒精灯均未画出)：

请回答下列问题：

(l)D、E两装置中四氯化碳(CCl4)的作用是________。

(2)C装置中的现象证明SO2具有________性。

(3)若将C装置中的试剂换成酸性KMnO4溶液，溶液褪色证明SO2具有________性。若将C装置中的试剂换成Na2S溶液，有淡黄色沉淀生成证明SO2具有________性。

(4)对装置A中的浓H2SO4和铜片进行加热，装置D中澄清石灰水出现浑浊，证明SO2表现了________性质。

(5)实验结束后，为了减少环境污染，将各装置中的SO2除尽，可采取的操作是_____。30、实验室用NaOH固体配制250mL1.25mol/L的NaOH溶液；填空并请回答下列问题：

(1)配制250mL1.25mol/L的NaOH溶液。

①应称取NaOH的质量______________g；

②配置时所需的玻璃仪器有玻璃棒；烧杯、_________________；

(2)容量瓶在使用前必须进行的操作是___________________；

(3)配制过程中下列图示对应的操作规范的是（________）(填字母)

A．称量B．溶解C．转移D．定容(4)洗涤烧杯后；将洗涤液都移入容量瓶，其目的是_______________，溶液注入容量瓶前需恢复到室温，这是因为_____________________；

(5)下列配制的溶液浓度偏低的是（__________）(填字母)

A．称量NaOH时；使用游码且砝码错放在左盘。

B．向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面。

C．加蒸馏水时不慎超过了刻度线。

D．定容时俯视刻度线。

E．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．标准状况下，三氯甲烷为液体，三氯甲烷的物质的量大于含有的共价键数目大于A项错误；

B．与的反应是可逆反应：溶液中含有部分未反应的故的数目之和小于B项错误；

C．与反应的化学方程式为与足量的反应转移的电子数为C项错误；

D．中含有的中子数为则标准状况下中含有的中子数为D项正确。

故选D。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．酸性KMnO4溶液中通入SO2后，紫色消失是因为SO2具有还原性；将高锰酸钾还原，A不符合题意；

B．品红溶液中通入SO2后，红色消失是因为SO2与品红反应生成无色物质；体现了其漂白性，B符合题意；

C．显红色的酚酞溶液通入SO2后，红色消失是因为SO2为酸性气体；可以与碱液反应，C不符合题意；

D．溴水中通入SO2气体后，橙色消失是因为SO2具有还原性；将溴单质还原，D不符合题意；

综上所述答案为B。3、A【分析】【分析】

用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，化学方程式为：生成的氯气依此经过饱和食盐水除杂，与氢氧化钠反应生成NaClO，最后用吸收尾气，据此分析解题。

【详解】

A．A中反应体现了浓盐酸的酸性和还原性，故A错误；

B．生成的氯气中含有挥发出的HCl；经过饱和食盐水可吸收挥发出的HCl气体，故B正确；

C．C中发生氯气与氢氧化钠反应生成NaClO，离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；故C正确；

D．据分析可知；D的作用是尾气吸收，故D正确；

故答案选A。4、B【分析】【详解】

A．碳酸钠属于盐；不属于碱，故A错误；

B．一水合氨属于碱；故B正确；

C．氧化钙属于碱性氧化物；不属于碱，故C错误；

D．氯化钠属于盐；不属于碱，故D错误；

故选B。5、A【分析】【分析】

向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，即恰好完全反应，既没有三价铁离子，也没有硝酸剩余；可以看作是18g混合物质与400mL硝酸反应生成0.2molNO，铁铜全都生成二价的离子；发生的反应离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O、3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；分别设出铁和铜的物质的量，根据固体总质量；生成气体的体积列式计算，然后对各选项进行判断。

【详解】

向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明恰好完全反应，既没有三价铁离子，也没有硝酸剩余。可以看作是18g混合物质与400ml硝酸反应生成0.2molNO；铁铜全都生成二价的离子，设铁为xmol，铜为ymol，发生的反应离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O、3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，则：56x+64y=18、x+y=0.2；解得：x=0.15mol；y=0.15mol；计算得到18g混合物中含铁质量为：0.15mol×56g/mol=8.4g；含有铜质量为：0.15mol×64g/mol=9.6g；

A．原混合物中铜和铁各0.15mol；故A正确；

B．金属的总物质的量为0.3mol，根据反应可知，硝酸的总物质的量为：0.3mol×=0.8mol，则硝酸浓度为：c（HNO3）==2mol/L；故B错误；

C．混合物中含有8.4g铁；9.6g铜；铁活泼性大于铜，则铁优先反应，故第一次剩余金属9.6g为铜，故C错误；

D．溶液中二价铁离子为0.15mol，根据电子守恒再加硝酸得NO为：=0.05mol；标况下体积为22.4L/mol×0.05mol=1.12L，故D错误；

故选：A。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．标准状况下已烷不是气态；因此不能使用气体摩尔体积进行有关计算，A错误；

B．25℃时，pH=4的CH3COOH溶液中含有H+的浓度c(H+)=10-4mol/L，但缺少溶液的体积，因此不能计算H+的数目；B错误；

C．58.5gNaCl的物质的量是1mol；将其溶于1.00L水中，所得溶液体积不是1.00L，因此配制的溶液不是1.00L1.00mol/L的NaCl溶液，C错误；

D．Na2O2与足量H2O反应，生成NaOH和O2，每反应产生1molO2时转移2mol电子，则生成0.1molO2时，转移电子的数目为0.2NA；D正确；

故合理选项是D。7、C【分析】【分析】

114号元素核外有7个电子层；且最外层电子数为4，由此进行分析判断。

【详解】

A.114号元素核外有7个电子层；且最外层电子数为4，因此在周期表中位于第七周期第IVA族，A项正确，不符合题意；

B.第IVA族锗之后的元素均为金属元素；B项正确，不符合题意；

C.同主族从上到下，最高价氧化物对应的水化物酸性逐渐减弱，碳酸为弱酸，因此114号元素最高价氧化物对应的水化物酸性可能不具有酸性，因此XO2可能为碱性氧化物；C项错误，符合题意；

D.同主族的碳有+2和+4两种价态；那么114号元素也可能有+2和+4两种价态，D项正确，不符合题意；

答案选C。8、A【分析】【分析】

【详解】

A．铝反应后均变为+3价，故1mol铝无论和足量的稀硫酸反应还是和足量的稀硝酸反应，均转移3NA个电子；故A正确；

B．据图可知一个N4S4分子含8个S-N键，故0.1molN4S4含0.8NA个S-N键；故B错误；

C．甲基(-14CD3)中含14-6+1×3=11个中子，故1mol此甲基中含中子为11NA个；故C错误；

D．酯在酸性条件下的水解为可逆反应，故不能反应彻底，故生成的乙醇分子数小于NA个；故D错误。

故选A。9、D【分析】【详解】

A．由于Fe3+的水解，导致n(Fe3+)<1mol；故A错误；

B．标况下，NO2为液体(沸点21℃)；不能用气体摩尔体积进行计算，故B错误；

C．石墨为层状结构，1mol石墨中含有1.5NA碳碳键，金刚石为空间立体网状结构，1mol金刚石含有2NA碳碳键；故C错误；

D．K37ClO3＋6H35Cl＝3Cl2↑＋KCl＋3H2O，依据氧化还原规律：3molCl2中由1mol37Cl和5mol35Cl，即3molCl2的质量=37+535=212g，由得，若该反应转移5NA个电子，则生成212gCl2；故D正确；

故答案选D。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【分析】

【详解】

电解质和非电解质要求必须是化合物，故②、⑤既不是电解质，也不是非电解质；电解质还必须是自身电离，比如④是非电解质，因为CO2水溶液虽然能导电，但离子是CO2与水反应生成的H2CO3电离的，而不是CO2；另外；电解质必须在水溶液或熔融状态下电离，之后才能导电，比如①NaOH固体是电解质，但此时它不导电。常见电解质有：酸；碱、盐、金属氧化物、水等。因此：

(1)属于非电解质的为：④⑦；

(2)能够导电的是：②⑤⑥；

(3)能够导电的电解质是：⑤。【解析】④⑦②⑤⑥⑤11、略

【分析】【分析】

根据氧化还原反应中得失电子守恒配平反应并用双线桥法表示；根据气体摩尔体积及反应方程式进行相关计算；根据离子方程式书写规则书写相关离子反应方程式。

【详解】

（1）①反应中S元素化合价降低8，C元素化合价升高2，根据转移电子数守恒，配得C与CO系数为4，再运用观察法配平得：BaSO4＋4C=BaS＋4CO↑，故答案为BaSO4＋4C=BaS＋4CO↑；

②n(BaSO4)=S元素化合价由+6降低为-2，则转移电子为0.01mol×8=0.08mol，即0.08NA；V（CO）=0.01mol×4×22.4L/mol=0.896L，故答案为0.08NA；0.896L；

（2）①该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、部分N元素化合价由+5价变为+2价，其得失电子最小公倍数是6，再根据原子守恒配平方程式，用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目为：故答案为

②该反应中还原剂为Cu，氧化剂为HNO3，参加反应的硝酸中只有1/4被还原，所以该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3，该反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为2:3；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。【解析】BaSO4＋4C=BaS＋4CO↑0.08NA0.896L2:33Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O12、略

【分析】【详解】

(1)铁在氯气中加热，生成氯化铁，化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3。答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；

(2)碳酸氢钠受热分解，生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；

(3)在反应Cl2+Fe(OH)3+KOH→K2FeO4+KCl+H2O中，Cl元素的化合价由0价降至-1价，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，KOH、K2FeO4、KCl都为可溶性强电解质，能拆成离子形式，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2+6Cl-+8H2O。答案为：3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2+6Cl-+8H2O；

(4)若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应，生成NaClO3、NaCl和水，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：3Cl2+6OH-=+5Cl-+3H2O。答案为：3Cl2+6OH-=+5Cl-+3H2O；

(5)Cu在H2O2作用下和稀硫酸反应，生成硫酸铜和水，化学方程式：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；

(6)0.2molCO2通入100mL3mol/L的NaOH溶液，生成0.1molNa2CO3、0.1molNaHCO3和水，该反应的离子方程式为2CO2+3OH-=++H2O。答案为：2CO2+3OH-=++H2O。【解析】2Fe+3Cl22FeCl32NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2+6Cl-+8H2O3Cl2+6OH-=+5Cl-+3H2OCu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O2CO2+3OH-=++H2O13、略

【分析】【分析】

(1)汽车在工作时发动机的活塞在气缸中运行一个循环时要经过进气、压缩、点火燃烧和排气四个过程，所以又叫四冲程内燃机．在压缩和点火燃烧等过程中由于产生高压高温，空气中N2和O2发生如下反应：N2+O22NO，2NO+O2═2NO2，生成污染大气的NO、NO2；

(2)某化工厂排放的污水中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+、Hg2+四种离子，加入过量的铁粉后，发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu、Fe+Hg2+=Hg+Fe2+，过滤后得到含有Mg2+和Fe2+的滤液和含有Fe、Cu、Hg的滤渣，向滤渣中加入稀盐酸发生的反应为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，然后对滤渣在空气中进行加热，由于Hg的沸点低易挥发，故主要反应为：2Cu+O22CuO；最后用H2还原CuO来制备单质铜，据此分析解题。

【详解】

(1)汽车在工作时发动机的活塞在气缸中运行一个循环时要经过进气、压缩、点火燃烧和排气四个过程，所以又叫四冲程内燃机．在压缩和点火燃烧等过程中由于产生高压高温，空气中N2和O2发生如下反应：N2+O22NO，2NO+O2═2NO2，生成污染大气的NO、NO2，故答案为：C；N2+O22NO；

(2)

①由分析可知，滤液中主要含有的金属离子为Fe2+和Mg2+，故答案为：Fe2+；Mg2+；

②由分析可知，第②步发生反应的反应方程式为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故其离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

③由分析可知，由于Hg沸点低、易挥发且有毒，故第③步会造成的环境污染问题是汞沸点低易挥发有毒，故答案为：汞沸点低易挥发有毒。【解析】CN2+O22NOFe2+Mg2+Fe+2H+=Fe2++H2↑汞沸点低有毒14、略

【分析】【分析】

根据晶体类型判断熔化时克服的作用力及熔点高低；根据晶胞结构和均摊法判断化合物的化学式；根据物理性质判断晶体类型；根据晶体模型判断晶体名称；据此解答。

【详解】

（1）氯酸钾是离子晶体，熔化时破坏离子键，二氧化硅是原子晶体，熔化时破坏共价键，碘是分子晶体，升华时粒子间克服分子间作用力；熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，所以熔点大小顺序为SiO2＞KClO3＞I2；答案为离子键，共价键，分子间，SiO2＞KClO3＞I2。

（2）根据晶胞结构图可知，在晶胞中氧原子分布立方体的棱边中点，被四个立方体共用，所以氧原子数为12×=3，钛原子分布在立方体的八个顶点，每个钛被八个立方体共用，所以钛原子数为8×=1，钙原子分布在立方体的体心，所以钙原子数为1，据此可以确定化学式为CaTiO3；答案为CaTiO3。

（3）根据晶体的物理性质分析，

A．固态时能导电，能溶于盐酸，属于金属晶体；

B．能溶于CS2，不溶于水，属于分子晶体；

C．固态时不导电，液态时能导电，可溶于水，属于离子晶体；

D．固态、液态时均不导电，熔点为3500℃，属于原子晶体；

答案为金属晶体；分子晶体，离子晶体，原子晶体。

（4）A．该晶体中；两种粒子的配位数均为8，故其为氯化铯；

B．该晶体中；两种粒子的配位数均为6，故其为氯化钠；

C．该晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成共价键；每个O原子与相邻的2个Si原子形成共价键，并且向空间发展形成空间立体网状结构，故其为二氧化硅；

D．该晶体中每个原子与相邻的4个原子形成共价键；并且向空间发展形成空间立体网状结构，故其为金刚石；

答案为氯化铯，氯化钠，二氧化硅，金刚石。【解析】①.离子键②.共价键③.分子间④.SiO2＞KClO3＞I2⑤.CaTiO3⑥.金属晶体⑦.分子晶体⑧.离子晶体⑨.原子晶体⑩.氯化铯⑪.氯化钠⑫.二氧化硅⑬.金刚石15、略

【分析】【分析】

【详解】

①汽油不溶于水；分离水和汽油的混合物，用分液的方法，故选f。

②青蒿素是有机物；易溶于乙醚，用乙醚提取青蒿中的青蒿素，用的是萃取的方法，故选e。

③碳酸钙高温分解为氧化钙和二氧化碳，可以用高温分解的方法除去CaO中的CaCO3，故选b。

④NaCl溶于水；泥沙不溶于水，用过滤的方法除去NaCl溶液中的泥沙，故选a。

⑤乙酸和乙醚均为有机物；沸点不同且相差较大，分离乙酸(沸点118℃)与乙醚(沸点34℃)的混合物，应用蒸馏的方法，故选d。

⑥硝酸钾的溶解度随温度变化很大，而氯化钠的溶解度随温度变化很小，所以可以采取冷却结晶的方法从含有少量氯化钠的硝酸钾混合液中获取硝酸钾，故选c。【解析】①.f②.e③.b④.a⑤.d⑥.c三、判断题(共6题，共12分)16、B【分析】【分析】

【详解】

物质微观上可以由分子、原子、离子等构成，所以1mol任何物质不一定都含有1mol分子，也可能为原子或离子等，故该说法错误。17、B【分析】【分析】

【详解】

使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2或SO2，若为CO2，则原溶液中存在或若为SO2，则原溶液中存在或题干说法错误。18、A【分析】【详解】

在蒸馏过程中，若发现忘加沸石，应立即停止加热，然后加入沸石，不能直接加入沸石。19、B【分析】【详解】

HBr具有较强的还原性，能和浓硫酸发生氧化还原反应，因此浓硫酸不能干燥HBr，故该说法错误。20、B【分析】【详解】

MnO2不与稀盐酸反应是因为H+和Cl浓度小，盐酸的还原性弱，故错误。21、A【分析】【详解】

石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，应该先停止加热，待溶液冷却后再加入沸石，再继续加热蒸馏。四、计算题(共3题，共30分)22、略

【分析】【分析】

(1)已知物质组成中各个元素的含量；找出该物质的元素个数比，例如直接取1000gA；B各自进行计算出S和Cl的个数比，再利用A的相对分子质量比B大71得出他们的分子式；A、B的物质的量比为3：2，假设有3molA，2molB，利用原子守恒，得出参加反应的S和氯气的物质的量之比；

(2)根据反应方程式为：SF4+2H2O═SO2↑+4HF；利用“质量差”进行计算；

(3)①由于氨气过量，故S2Cl2、SCl2完全反应，设S2Cl2、SCl2物质的量分别为xmol；ymol；列出二元一次方程求解；

②利用求出的S2Cl2、SCl2物质的量；得到氨气的剩余量，就可以算出所得氨水的物质的量浓度；

(4)①先设出[(SN)200]、[(SN)300]物质的量分别为xmol；ymol；利用题中缩合产物中二百聚物的质量分数为0.50和氮原子守恒列出二元一次方程进行计算；

②根据S守恒，生成600二百聚物和400三百聚物，失去了1.20×105molN2，同时有2.4×105molS生成了硫化银，生成Ag2S就需要4.8×105molAg；算出这些Ag的质量．而现在只有8.64kg，二者相比就可以知道需要银循环的次数。

【详解】

(1)①已知物质组成中各个元素的含量，可以找出该物质的元素个数比，假设取1000gA中，m(Cl)=861g，m(S)=131g，S和Cl个数比：=6，A的组成为(SCl6)n，同样1000gB中，m(Cl)=816g，m(S)=184g，S和Cl的个数比为：=4，B的组成为(SCl4)n，由于A的相对分子质量比B大71，所以A和B中的n都为1，又A、B的物质的量比为3:2，假设有3molA，2molB，根据质量守恒定律，n(S)=3+2=5mol，n(Cl)=6×3+4×2=26mol，n(Cl2)=0.5×n(Cl)=13mol；所以S和氯气的物质的量之比为5:13；

(2)SF4吸收VmL液态水，n(SO2)==0.05mol；反应后溶液质量增加了44×0.05=2.2g；

反应方程式为：

反应后得到的是HF溶液，质量分数为10%，据此列出等式，ω(HF)=×100%=10%，解得V=37.8；

(3)①氨气有剩余，说明S2Cl2、SCl2完全反应，有反应方程式6S2Cl2+16NH3=S4N4+S8+12NH4Cl；24SCl2+64NH3=4S4N4+S8+48NH4Cl，设S2Cl2、SCl2物质的量分别为xmol、ymol，列出二元一次方程：135x+103y=52.86g，×32×8+×8×32=14.080g，解得x=0.3mol，y=0.12mol，0.3:012=5:2，故该混合液体中S2Cl、SCl2的物质的量之比为5:2；

②反应消耗的氨气的物质的量为，+=0.8+0.32=1.12mol，剩余的氨气的物质的量为，−1.12=1.6−1.12=0.48mol，c(NH3)=≈9.2(mol/L)；所得氨水的物质的量浓度为9.2mol/L；

(4)①设[(SN)200]、[(SN)300]物质的量分别为xmol、ymol，利用缩合产物中二百聚物的质量分数为0.50，列式为=0.5，氮原子守恒列式200x+300y=1.20×105×4−1.20×105×2；解得x=600mol，y=400ml，即二百聚物为600mol，三百聚物为400mol；

②根据S守恒，生成600二百聚物和400三百聚物，失去了1.20×105molN2，同时有2.4×105molS减少，生成了硫化银，生成2.4×105molAg2S，就需要消耗4.8×105molAg，所以Ag的循环使用次数为=6000(次)。【解析】SCl6SCl45：1337.85：29.2mol/L二百聚物：600mol；三百聚物：400mol。

6000次。23、略

【分析】【分析】

根据n=进行计算。

【详解】

(1)相对分子质量与摩尔质量在数值上相等，H2O的相对分子质量为18，所以H2O的摩尔质量为18g/mol，根据公式n=可计算出0.5molH2O的质量m=n‧M=0.5mol×18g/mol=9g；根据公式n=可知0.5molH2O中所含分子数N=n‧NA=0.5NA3.01×1023，答案：9g；0.5NA或3.01×10230.5NA或3.01×1023；

(2)标况下，112mL某气体物质的量为=0.005mol，该气体的摩尔质量M==28g/mol；相对分子质量与摩尔质量在数值上相等，所以该气体的相对分子质量为28，答案：28g/mol；28。

【点睛】

注意各物理量的单位【解析】9g0.5NA或3.01×102328g/mol2824、略

【分析】【分析】

镁铝合金粉末放入过量的氢氧化钠溶液中，铝与氢氧化钠发生反应，由标况下氢气的体积计算出氢气的物质的量n===0.15mol，根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，计算出Al的物质的量；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，然后结合标况下氢气的总物质的量n===0.25mol，氢气的总的物质的量减去与铝反应得到的氢气的物质的量得到与镁反应得到的氢气的物质的量，根据镁和氢气的物质的量关系计算出镁的物质的量；根据铝、镁与HCl的关系计算出HCl的物质的量，然后根据c=计算该盐酸的物质的量浓度；由此分析。

【详解】

镁铝合金粉末放入过量的氢氧化钠溶液中，铝与氢氧化钠发生反应，根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，标况下氢气的物质的量n===0.15mol，根据2Al~3H2；Al的物质的量为0.1mol；

等质量的镁铝合金粉末放入100mL的盐酸中恰好完全反应，发生反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，标况下氢气的总物质的量n===0.25mol，Al的物质的量为0.1mol，2Al~3H2，铝产生的氢气的物质的量0.15mol，则与镁反应生成氢气的物质的量=0.25mol-0.15mol=0.1mol，结合Mg~H2；镁的物质的量为0.1mol；

(1)根据Mg~2HCl，镁的物质的量为0.1mol，得到与镁反应的HCl的物质的量为0.1mol×2mol=0.2mol，根据2Al~3H2，Al的物质的量为0.1mol；与铝反应的HCl的物质的量为0.1mol×3mol=0.3mol，故消耗的总的HCl的物质的量为0.2mol+0.3mol=0.5mol，该盐酸的物质的量浓度c==5mol/L。

(2)该合金中镁和铝的物质的量分别为0.1mol，0.1mol，镁和铝的物质的量之比为0.1mol∶0.1mol=1∶1。【解析】51∶1五、原理综合题(共3题，共6分)25、略

【分析】【详解】

（1）A．稀硫酸与氢氧化钡溶液由于生成BaSO4是沉淀，故离子方程式为：2H+++Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓；A不合题意；

B．盐酸与氢氧化钠溶液生成NaCl和H2O，故离子方程式为：H++OH-=H2O；B符合题意；

C．浓硫酸与氢氧化钠固体二者反应不属于离子反应；C不合题意；

D．硫酸氢钠在水溶液中电离出Na+和H+和氢氧化钾在水溶液中电离出K+和OH-，故该反应的离子方程式为H++OH-=H2O；D符合题意；

E．氢氧化镁是沉淀，故氢氧化镁溶于稀盐酸的离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；E不合题意；

故答案为：BD；

（2）由于生成沉淀时有新化学键的形成，会放出更多的热量，故+Ba2+=BaSO4↓也是一个放热过程，则稀硫酸与氢氧化钡稀溶液反应生成1molH2O(l)，反应放出的热量大于故答案为：大于；生成沉淀时有新化学键的形成；会放出更多的热量；

（3）由于NaOH固体溶解过程也是一个放热的过程，故稀硫酸与氢氧化钠固体反应生成反应放出的热量大于故答案为：大于；氢氧化钠固体溶解放热；

（4）醋酸（CH3COOH）是一种常见弱酸，在水中电离的过程是一个吸热的过程，故醋酸与强碱稀溶液反应所放出的热量小于强酸强碱稀溶液反应放出的热量，故和的大小关系为<故答案为：<。【解析】BD大于生成沉淀时有新化学键的形成，会放出更多的热量大于氢氧化钠固体溶解放热<26、略

【分析】(1)①PM2.5指的是空气中的粉尘。a、燃放烟花爆竹由于火药爆炸产生大量的烟尘，故a不选；b、为城市主干道洒水保洁使空气中的粉尘吸水后变大而降到地面，故b选；c、露天焚烧落叶会产生没有完全燃烧的烟尘，故c不选；故选b；

②a、麻黄碱主要用于治疗支气管哮喘等；b；抗酸药主要用于治疗胃酸过多；c、阿司匹林主要用于治疗流行性感冒引起的解热镇痛；故选c；

③维生素C的蔬菜水果可增强人的免疫力主要是利用了维生素C的还原性；故选a；

(2)①钢铁容易在潮湿空气中发生电化学腐蚀，Fe作负极，失去电子发生氧化反应，其负极的电极反应式是Fe-2e-=Fe2+，故答案为Fe-2e-=Fe2+；

②油脂在人体中水解最终产物是高级脂肪酸和甘油；蛋白质在酶的作用下水解生成氨基酸，故答案为甘油；氨基酸；

(3)①引起温室效应的主要物质是二氧化碳，故答案为CO2；

②煤炭中含有硫，以煤炭为主的能源结构易导致酸雨的形成，形成这类酸雨的气体是二氧化硫，故答案为SO2。【解析】bcaFe-2eˉ=Fe2+甘油氨基酸CO2SO227、略

【分析】【详解】

(1)用红色激光笔照射该液体；可以看到一条光亮的通路，此现象叫做丁达尔效应；

(2)Fe3+具有较强氧化性，会将Fe氧化，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；

(3)干燥的HCl气流能抑制FeCl3水解，所以在干燥的HCl气流中加热FeCl3•6H2O时，能得到无水FeCl3；

(4)碳酸氢钠溶液中存在：HCOH++COFe2+会和CO反应生成FeCO3沉淀，促进碳酸氢根的电离，从而使溶液酸性增强，酸性增强后碳酸氢根和氢离子又反应生成二氧化碳和水，所以离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+H2O+CO2↑；避免温度过高碳酸氢铵分解，减少Fe2+的水解或氧化；所以此反应温度一般需控制在35℃以下；

(5)处理后的废水中残留的c(Fe3+)=2.0×10−13mol•L−1，则溶液中c(OH－)=所以Cr3+的浓度为=3.0×10-6mol•L-1。【解析】丁达尔效应2Fe3++Fe=3Fe2+干燥的HCl气流能抑制FeCl3水解，能得到无水FeCl3Fe2++2HCO=FeCO3↓+H2O+CO2↑避免温度过高碳酸氢铵分解，减少Fe2+的水解或氧化3.0×10-6mol•L-1六、实验题(共3题，共30分)28、略

【分析】【分析】

本题对SO2与漂粉精的反应进行实验探究，取4g漂粉精溶于水，部分固体溶解，次氯酸钙在水中溶解度较小，故有部分无法溶解。过滤测溶液的pH，pH试纸先因溶液呈碱性而变蓝，后被漂粉精漂白褪色。往漂粉精溶液中持续通入SO2；二氧化硫会与次氯酸钙反应生成硫酸钙；HCl和HClO，液面上方出现白雾，稍后出现浑浊，溶液变黄绿色，黄绿色气体为氯气，后产生大量白色沉淀，黄绿色褪去是因为氯气与过量的二氧化硫反应。

(1)

Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式为

(2)

pH试纸先变蓝；体现了漂粉精溶液的碱性，后褪色体现了漂粉精溶液漂白性。

(3)

①向漂粉精溶液中通入二氧化硫，生成硫酸钙、HCl和HClO，而HCl和HClO反应会生成氯气，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2的干扰。②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化成硫酸，硫酸与AgNO3溶液反应产生硫酸银白色沉淀，故SO2可以使酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀。

(4)

要判断白雾中含有HCl，排除SO