2025年沪教版高一化学下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年沪教版高一化学下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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、镍氢电池rm{(NiMH)}目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型rm{.NiMH}中的rm{M}表示储氢金属或合金rm{.}该电池在放电过程中的总反应方程式是：rm{NiOOH+MH篓TNi(OH)_{2}+M}下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.放电过程中负极的电极反应式：rm{MH+OH^{-}-e^{-}篓TH_{2}O+M}B.放电过程中rm{OH^{-}}从正极向负极迁移C.放电时若有rm{1}rm{mol}rm{M}生成，则转移的电子数目为rm{N_{A}}rm{(N_{A}}为阿伏伽德罗常数的值rm{)}D.rm{NiMH}电池中不能用rm{KOH}溶液作为电解质溶液2、常温下，某CH3COONa与CH3COOH的混合溶液的pH=7，则下列离子浓度之间的关系错误的是：A.c(Na＋)>c(CH3COO-)B.c(Na＋)+c(H＋)=c(OH-)+c(CH3COO-)C.c(Na＋)<c(CH3COO-)D.c(Na＋)<c(CH3COO-)+c(OH-)3、某同学通过系统实验探究铝及其化合物的性质，操作正确且能达到目的是（）A.向氯化铝溶液中滴加过氨水，最终得到澄清溶液B.等质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应制得等质量的氢气C.常温下铝与浓硝酸反应制得大量的NO2D.AlCl3溶液加热蒸干得到无水氯化铝晶体4、下列反应中属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂又不作还原剂的是rm{(}rm{)}A.rm{SO_{3}+H_{2}O=H_{2}SO_{4}}B.rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}隆眉}C.rm{2F_{2}+2H_{2}O=4HF+O_{2}}D.rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}5、将质量分数为rm{0.052(5.2%)}的rm{NaOH}溶液rm{1L(}密度为rm{1.06g隆陇cm^{-3})}用铂电极电解，当溶液中rm{NaOH}的质量分数改变了rm{0.010(1.0%)}时停止电解，则此时溶液中应符合的关系是rm{(}rm{)}。rm{NaOH}的质量分数阳极析出物的质量rm{/g}阴极析出物的质量rm{/g}rm{A}rm{6.2%}rm{19}rm{2}rm{B}rm{6.2%}rm{152}rm{19}rm{C}rm{4.2%}rm{1.2}rm{9.4}rm{D}rm{4.2%}rm{9.4}rm{1.2}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)6、20℃时，饱和KCl溶液的密度为1.174g•cm-3，物质的量浓度为4.0mol•L-1，则下列说法中正确的是（）A.25℃时，饱和KCl溶液的浓度大于4.0mol•L--1B.此溶液中KCl的质量分数为C.20℃时，密度小于1.174g•cm-3的KCl溶液是不饱和溶液D.将此溶液蒸发部分水，再恢复到20℃时，溶液密度一定大于1.174g•cm-37、下列说法中不正确的是（）A.非金属之间形成的化学键一定是共价键B.在共价化合物中不可能含有离子键C.只含有共价键的物质一定是共价化合物D.含有离子键的化合物一定是离子化合物8、rm{;_{53}^{131}I}是常规核裂变产物之一，可以通过测定大气或水中rm{;_{53}^{131}I}的含量变化来监测核电站是否发生放射性物质泄漏rm{.}下列有关rm{;_{53}^{131}I}的叙述中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{;_{53}^{131}I}的化学性质与rm{;_{53}^{127}I}相同B.rm{;_{53}^{131}I}的原子序数为rm{53}C.rm{;_{53}^{131}I}的原子核外电子数为rm{78}D.rm{;_{53}^{131}I}的原子核内质子数多于中子数9、下列甲组、乙组中的两种试剂分别混合，甲组能产生气体，乙组气体会被吸收的是rm{(}rm{)}

。甲乙A.过氧化钠和水浓氨水和rm{SO_{2}}B.浓盐酸和rm{MnO_{2}}rm{BaCl_{2}}溶液和rm{SO_{2}}C.冷的浓硫酸和铝rm{NaOH}溶液和rm{Cl_{2}}D.浓硫酸和蔗糖rm{(}滴有几滴水rm{)}rm{H_{2}SO_{4}}溶液和氨气A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}10、下列现象或事实可用同一原理解释的是A.浓硝酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B.氯水和活性炭使红墨水褪色C.粗盐提纯和制取蒸馏水D.用浓硫酸干燥rm{SO_{2}}和rm{NO}11、需加入适当的氧化剂才能实现的反应是()A.rm{PCl_{3}隆煤PCl_{5}}B.rm{MnO_{2}隆煤Mn^{2+}}C.rm{SO_{2}隆煤SO_{3}^{2-}}D.rm{Fe隆煤Fe_{2}O_{3}}12、设rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{5.6}rm{g}rm{Fe}和足量的氯气完全反应失去电子数为rm{0.3N_{A}}B.rm{0.1molNa_{2}O_{2}}固体与足量的rm{H_{2}O}充分反应，转移rm{0.2N_{A}}个电子C.常温常压下，rm{23}rm{g}rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的混合气体一定含有rm{N_{A}}个氧原子D.标况下，rm{4.48L}的水中含有rm{H_{2}O}分子的数目为rm{0.2N_{A}}13、将rm{SO_{2}}气体通人rm{CaCl_{2}}溶液，若要有白色沉淀产生，可加入的试剂是A.氯化钾溶液B.碳酸氢钙溶液C.氯水D.盐酸14、下列反应中的氨与反应rm{4NH_{3}+5O_{2}=4NO+6H_{2}O}中的氨作用相同的是rm{(}rm{)}A.rm{2Na+2NH_{3}篓T2NaNH_{2}+H_{2}隆眉}B.rm{2NH_{3}+3CuO篓T3Cu+N_{2}+3H_{2}O}C.rm{4NH_{3}+6NO篓T5N_{2}+6H_{2}O}D.rm{HCl+NH_{3}篓TNH_{4}Cl}评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、化合物A由短周期元素X；Y组成；是良好的耐热冲击材料．已知：

（1）元素X、Y不同周期（2）X的单质既可与盐酸反应，又可与NaOH溶液反应．（3）一定条件下，A和水缓慢作用生成含Y的气体化合物Z，Z分子含有四个原子核10个电子．Z与H2O2反应；其产物之一是Y的单质．则。

①Z与H2O2反应的化学方程式____；

②X与NaOH溶液反应的离子方程式为____；

③A的化学式是____．16、rm{(1)}等质量的氧气和臭氧rm{(O_{3})}它们的物质的量之比为______，原子的个数之比为______．

rm{(2)1.2g}某二价金属的硫酸盐中，含有rm{0.01mol}rm{SO_{4}^{2-}}则该硫酸盐的摩尔质量为______，该金属的相对原子质量为______．

rm{(3)}分别完全沉淀等物质的量浓度的rm{KCl}rm{CaCl_{2}}rm{AlCl_{3}}溶液中的rm{Cl^{-}}消耗相同物质的量浓度的rm{AgNO_{3}}溶液的体积比为rm{3}rm{2}rm{3}则上述溶液的体积比为______．17、写方程式：

（1）____H2O2+____KMnO4+____H2SO4═____MnSO4+____O2+____K2SO4+____H2O

（2）请写出两个置换反应，要求：（a）非金属单质之间的置换，（b）在方程式中两种非金属单质必需是不同主族的．____，____．18、用NH4Cl和Ca（OH）2制取氨气的化学方程式为：____，用____方法收集氨气，验满的方法是用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近集气瓶口，可以观察到的现象是____，此反应的化学方程式为____，在收集氨气的集气瓶口有一团棉花，其作用是____（任写一个），收集的氨气用____干燥．19、两种气态烃组成的混合物6.72L（标准状况），完全燃烧生成0.48molCO2和10.8gH2O，则该混合烃中一定含有____（化学式），若另一种烃一定条件下最多能与等物质的量的H2完全加成，则该烃的名称为____．20、如图表示rm{800隆忙}时，rm{X}rm{Y}rm{Z}三种气体物质的浓度随时间变化的情况rm{.}试回答：

rm{(1)}该反应的反应物为______；

rm{(2)}该反应的化学方程式为______；

rm{(3)0隆芦2min}rm{Y}物质的化学反应速率为______；

rm{(4)Z}物质的平衡转化率为______；

rm{(5)800隆忙}时，该反应的平衡常数rm{K=}______．评卷人得分四、判断题(共3题，共12分)21、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）22、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）23、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分五、其他(共4题，共12分)24、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。25、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。26、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。27、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】解：rm{A.}放电时负极上rm{MH}失电子发生氧化反应，电极反应式为rm{MH+OH^{-}-e^{-}=M+H_{2}O}故A正确；

B.该电池放电时；原电池中的阴离子移向负极，故B正确；

C、根据电池在放电过程中的总反应方程式：rm{NiOOH+MH篓TNi(OH)_{2}+M}知道：该反应转移了rm{1mol}电子，即若有rm{1}rm{mol}rm{M}生成，则转移的电子数目为rm{N_{A}}故C正确；

D、根据电池反应知道：该电池可以在碱性环境下工作，即能用rm{KOH}溶液作为电解质溶液；故D错误．

故选D．

放电时；该装置是原电池，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，充电时，该装置是电解池，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，根据原电池和电解池的工作原理结合电极反应式和电子转移来回答．

本题考查原电池和电解池原理，明确电池反应中元素的化合价变化及工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，题目难度不大．【解析】rm{D}2、A|C【分析】【解析】【答案】AC3、B【分析】【解答】解：A；向氯化铝溶液中滴加过氨水；一水合氨不能够溶解氢氧化铝，所以反应生成了氢氧化铝沉淀，最终不会得到澄清溶液，故A错误；

B；等质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应；铝的物质的量相等，反应后生成了铝离子，铝失去的电子总数相等，反应生成的氢气的物质的量及质量一定相等，故B正确；

C；由于在常温下铝与浓硝酸发生了钝化；阻止了反应的进行，不会生成大量的二氧化氮，故C错误；

D；加热氯化铝溶液；铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，而氯化氢具有挥发性，加热氯化铝溶液得到了氢氧化铝沉淀，最终蒸干得到氢氧化铝，灼烧得到的是氧化铝，故D错误；

故选B．

【分析】A；一水合氨属于弱碱；与氯化铝反应生成了氢氧化铝沉淀；

B；根据电子守恒分析；等质量的铝完全反应失去的电子数相等，生成的氢气质量也相等；

C；根据常温下铁、铝与浓硝酸、浓硫酸发生钝化进行分析；

D、根据氯化氢具有挥发性，铝离子在溶液中能够水解生成氢氧化铝分析．4、B【分析】解：rm{A.}没有元素的化合价变化；不属于氧化还原反应，故A不选；

B.过氧化钠中rm{O}元素的化合价变化，属于氧化还原反应，且水中rm{H}rm{O}元素的化合价不变；则水既不作氧化剂又不作还原剂，故B选；

C.水中rm{O}元素的化合价升高；水为还原剂，故C不选；

D.水中rm{H}元素的化合价降低；水为氧化剂，故D不选；

故选B．

含元素化合价变化的反应，为氧化还原反应，且水中rm{H}rm{O}元素的化合价不变；以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及判断的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．【解析】rm{B}5、B【分析】【分析】本题考查了电解池的有关计算，明确电解池工作原理、准确判断电极发生反应是解题关键，题目难度中等。电解氢氧化钠溶液实质是电解水，溶液中氢离子和氢氧根离子放电，所以在阴极上生成氢气，在阳极上生成氧气，且阳极生成氧气的质量大于阴极氢气的质量；电解质溶液中溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以随着电解的进行，溶液的质量分数增大。【解答】电解氢氧化钠溶液实质是电解水，氢氧化钠质量不变，水电解后生成氢气和氧气，溶液质量减少，所以氢氧化钠的质量分数会增加，因为溶液中rm{NaOH}的质量分数改变了rm{1.0%}即现在变为：rm{5.2%+1.0%篓T6.2%}由于电解水时正极产生的是氧气，负极产生的是氢气，氧气与氢气的质量比为rm{8}rm{1}

设当溶液中氢氧化钠的质量分数改变rm{1.0%}时被电解的水的质量为rm{x}

rm{1L隆脕1000mL/L隆脕1.06g/ml隆脕5.2%=(1L隆脕1000mL/L隆脕1.06g/ml-x)隆脕(5.2%+1%)}

rm{x=170.97g}

根据水电解水生成氢气与氧气的质量比为rm{1}rm{8}则得到氢气的质量rm{=170.97g隆脕dfrac{1}{9}=19g}得到氧气的质量rm{=170.97g隆脕dfrac{1}{9}

=19g}

故选B。rm{=171g-19g=152g}【解析】rm{B}二、双选题(共9题，共18分)6、A|C【分析】解：A；KCl的溶解度随温度升高而增大；所以饱和溶液浓度会增大，20℃时是4mol/L，则25℃时大于4mol/L，故A正确；

B；设溶液的体积为1L；溶液的质量为1.174g/ml×1000ml=1174g，溶质的物质的量为1L×4.0mol/L=4mol；

质量为4mol×74.5g/mol=298g，所以溶液的质量分数为故B错误；

C、溶液的浓度越大，密度越大，密度为1.174g•cm-3时溶液饱和，则20℃时，密度小于1.174g•cm-3的KCl溶液是不饱和溶液；故C正确；

D、若将饱和溶液蒸发，则有KCl晶体析出．再恢复到20℃时，其溶解度不变，溶液仍为饱和溶液，密度仍为1.174g•cm-3；故D错误．

故选AC．

A；根据KCl的溶解度随温度的变化分析；

B；设溶液的体积为1L；计算溶液的质量和溶质的质量，进而计算溶质的质量分数；

C；根据溶液的浓度越大；密度越大分析；

D；根据溶液同一温度下饱和溶液的浓度相同分析．

本题考查的主要知识点是关于溶液的物质的量浓度、质量分数、密度等量之间的关系．温度由20℃升高至25℃，且也将溶液制成饱和溶液时，KCl溶液的溶解度增大，同质量的饱和的KCl溶液中所含有KCl的质量、物质的量比20℃时大．【解析】【答案】AC7、A|C【分析】解：A．非金属之间可形成离子键，如NH4Cl含离子键和共价键；故A错误；

B．含离子键的一定为离子化合物；则在共价化合物中不可能含有离子键，故B正确；

C．只含有共价键的物质可能为单质；也可为化合物，如氢气；HCl中均只含共价键，故C错误；

D．含离子键的一定为离子化合物；共价化合物中一定不含离子键，故D正确；

故选AC．

A．非金属之间可形成离子键；

B．含离子键的一定为离子化合物；

C．只含有共价键的物质可能为单质；

D．离子化合物一定含离子键；含离子键的一定为离子化合物．

本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意特殊物质中的化学键，题目难度不大．【解析】【答案】AC8、rAB【分析】解：rm{A}．rm{;_{53}^{131}I}与rm{;_{53}^{127}I}核外电子数相同；质子数相同，最外层电子数相同，化学性质相同，故A正确；

B.原子序数rm{=}核电荷数rm{=}质子数rm{=53}故B正确；

C.质子数rm{=}核外电子数rm{=}原子序数rm{=}核电荷数，原子核外电子数rm{53}故C错误；

D.原子核内质子数rm{=53}中子数rm{=131-53=78}原子核内质子数少于中子数，故D错误；

故选AB．

根据原子中质子数rm{=}核外电子数rm{=}原子序数rm{=}核电荷数，质量数rm{=}质子数rm{+}中子数进行分析．

本题考查原子结构中质量数与质子数、中子数之间的关系，题目较为简单，注意把握原子的组成．【解析】rm{AB}9、rAD【分析】解：rm{A.}过氧化钠和水反应生成氧气；氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，故A正确；

B.浓盐酸和rm{MnO_{2}}应在加热条件下反应生成氯气，rm{BaCl_{2}}溶液和rm{SO_{2}}不反应；故B错误；

C.冷的浓硫酸和铝发生钝化反应；没有气体生成，故C错误；

D.浓硫酸具有脱水性；可使蔗糖碳化，同时浓硫酸和碳反应生成二氧化碳和二氧化硫，可闻到刺激性气体生成，且硫酸可吸收氨气，故D正确．

故选AD．

A.过氧化钠和水反应生成氧气；氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵；

B.rm{BaCl_{2}}溶液和rm{SO_{2}}不反应；

C.冷的浓硫酸和铝发生钝化反应；

D.浓硫酸具有脱水性；可使蔗糖碳化．

本题考查较为综合，涉及氯气的制备、浓硫酸的性质以及气体的收集等，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】rm{AD}10、AD【分析】【分析】本题考查了元素化合物知识，明确物质的性质是解本题关键，根据物质发生的变化、反应原理来分析解答，题目难度不大。【解答】A.浓硝酸和浓盐酸都具有挥发性，长期暴露在空气中浓度均降低，原理相同，故A正确；B.氯水中含有rm{HClO}具有漂白性，氯水能使红墨水褪色是利用rm{HClO}的漂白性，活性炭能使红墨水褪色是利用活性炭的吸附性，所以反应原理不同，故B错误；具有漂白性，氯水能使红墨水褪色是利用rm{HClO}的漂白性，活性炭能使红墨水褪色是利用活性炭的吸附性，所以反应原理不同，故B错误；rm{HClO}

C.粗盐提纯通过过滤和蒸发结晶，制取蒸馏水利用蒸馏，原理不同，故C错误；D.用浓硫酸干燥rm{SO}rm{SO}都是利用了浓硫酸的吸水性，原理相同，故D正确。rm{{,!}_{2}}和rm{NO}都是利用了浓硫酸的吸水性，原理相同，故D正确。【解析】rm{AD}11、AD【分析】【分析】本题考查了氧化还原的知识，侧重基础知识的考查，难度不大。【解答】A.rm{PCl}rm{PCl}rm{{,!}_{3}}rm{隆煤PCl}中rm{隆煤PCl}的化合价升高，作还原剂，则rm{{,!}_{5}}

rm{Cl}需加入适当的氧化剂才能实现反应，故A正确；B.rm{MnO}rm{MnO}中rm{{,!}_{2}}的化合价降低；作氧化剂，不需再加入氧化剂，故B错误；

rm{隆煤Mn}rm{隆煤Mn}rm{{,!}^{2+}}中rm{Mn}的化合价没变，不发生氧化还原反应，故C错误；

C.rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}rm{隆煤SO_{3}^{2-}}中rm{S}的化合价没变，不发生氧化还原反应，故C错误；中铁的化合价升高，rm{隆煤SO_{3}^{2-}}作还原剂，则需加入适当的氧化剂才能实现反应，故D正确。rm{S}故选AD。D.rm{Fe隆煤Fe}【解析】rm{AD}12、rAC【分析】解：rm{A}rm{5.6g}铁的物质的量为rm{0.1mol}而铁和氯气反应后变为rm{+3}价，故rm{0.1mol}铁失去rm{0.3N_{A}}个电子；故A正确；

B、过氧化钠和水反应时，rm{1mol}过氧化钠转移rm{1mol}电子，故rm{0.1mol}过氧化钠和水反应转移rm{0.1N_{A}}个电子；故B错误；

C、rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的最简式均为rm{NO_{2}}故rm{23g}混合物中含有的rm{NO_{2}}的物质的量为rm{0.5mol}则含rm{N_{A}}个氧原子；故C正确；

D；标况下水为液态；故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的水分子个数，故D错误．

故选AC．

A、求出铁的物质的量，然后根据铁和氯气反应后变为rm{+3}价来分析；

B、过氧化钠和水反应时，rm{1mol}过氧化钠转移rm{1mol}电子；

C、rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的最简式均为rm{NO_{2}}

D；标况下水为液态．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．【解析】rm{AC}13、BC【分析】【分析】本题考查了二氧化硫的性质与复分解反应发生的条件，熟悉有关的知识并理解应用rm{.}要注意亚硫酸钙在酸性条件下不能生成，根据复分解反应的发生条件进行判断得出正确结论。二氧化硫为酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性弱于盐酸，二氧化硫与氯化钙溶液不反应，二氧化硫能够与碱反应生成亚硫酸盐，亚硫酸盐能够与钙离子反应生成沉淀，二氧化硫具有还原性，能够被氧化性物质氧化生成硫酸根，硫酸根离子与钙离子反应生成硫酸钙沉淀，据此解答rm{.}【解答】A.rm{SO_{2}}气体与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氯化钙不反应，加入氯化钾，也不反应，没有白色沉淀产生，故A错误；B.rm{SO_{2}}气体与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氯化钙不反应，加入碳酸氢钙，发生反应：rm{SO_{2}+Ca(HCO_{3})_{2}=CaSO_{3}隆媒+2CO_{2}隆眉+H_{2}O}生成白色沉淀，故B正确；C.rm{SO_{2}}气体与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氯化钙不反应，加入氯水，发生反应：rm{Cl_{2}+SO_{2}+2H_{2}O=H_{2}SO_{4}+2HCl}因硫酸钙微溶，会有白色沉淀产生，故C正确；D.rm{SO_{2}}气体与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氯化钙不反应，加入盐酸，也不反应，没有白色沉淀产生，故D错误。故选BC。【解析】rm{BC}14、rBC【分析】解：rm{A.}氨气中rm{H}元素的化合价降低；氨气为氧化剂，故A不选；

B.氨气中rm{N}元素的化合价升高；作还原剂，故B选；

C.氨气中rm{N}元素的化合价升高；作还原剂，故C选；

D.没有元素的化合价变化；不发生氧化还原反应，故D不选；

故选BC．

由rm{4NH_{3}+5O_{2}=4NO+6H_{2}O}可知，氨气中rm{N}元素的化合价升高；作还原剂，以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合价判断，题目难度不大．【解析】rm{BC}三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】

由X的单质既可与盐酸反应，又可与NaOH溶液反应，则X为Al，元素X、Y不同周期，都属于短周期元素，则Y在第二周期，再由一定条件下，A和水缓慢作用生成含Y的气体化合物Z，Z分子含有四个原子核10个电子，则Y为N，Z为NH3；

①X为Al，Y为N，则Z为NH3，Z与H2O2反应，其产物之一是Y的单质，由氧化还原反应可知，NH3与H2O2反应生成N2和H2O，该反应为2NH3+3H2O2═N2+6H2O；

故答案为：2NH3+3H2O2═N2+6H2O；

②Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应为2Al+2H2O+2OH-═2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2H2O+2OH-═2AlO2-+3H2↑；

③X为Al；Y为N，A由短周期元素X；Y组成，则A为AlN，故答案为：AlN．

【解析】【答案】X的单质既可与盐酸反应，又可与NaOH溶液反应，则X为Al，元素X、Y不同周期，都属于短周期元素，则Y在第二周期，再由一定条件下，A和水缓慢作用生成含Y的气体化合物Z，Z分子含有四个原子核10个电子，则Y为N，Z为NH3；然后依据物质的性质来解答．

16、略

【分析】解：rm{(1)}氧气和臭氧rm{(O_{3})}的构成原子都是氧原子，质量相等说明氧原子的物质的量相等，氧气是双原子分子，而臭气是三原子分子，所以它们的物质的量之比为rm{3}rm{2}原子的个数之比为rm{1}rm{1}故答案为：rm{3}rm{2}rm{1}rm{1}

rm{(2)}二价金属的硫酸盐中；金属的物质的量等于硫酸根离子的物质的量等于硫酸盐的物质的量．

则：rm{M=dfrac{m}{n}=dfrac{1.2g}{0.01mol}=120g/mol}

所以金属的相对原子质量为：rm{M=dfrac{m}{n}=dfrac

{1.2g}{0.01mol}=120g/mol}．

故答案为：rm{120-96=24}rm{120g/mol}

rm{24}假设硝酸银的物质的量浓度为rm{(3)}完全沉淀相同体积的rm{cmol/L}rm{KCl}rm{CaCl_{2}}溶液中的rm{AlCl_{3}}消耗相同浓度的rm{Cl^{-}}溶液的体积分别为rm{AgNO_{3}}rm{3L}rm{2L}

令rm{3L}rm{KCl}rm{CaCl_{2}}溶液的浓度分别为rm{AlCl_{3}}rm{xL}rm{yL}溶液浓度均为rm{z/L}根据rm{amol/L}可知：

rm{Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl隆媒}rm{3c=xa}rm{2c=y隆脕2a}故rm{3c=z隆脕3a}rm{x}rm{y}rm{z=3}rm{1}

故答案为：rm{1}rm{3}rm{1}．

rm{1}氧气和臭氧rm{(1)}的构成原子都是氧原子；质量相等说明氧原子的物质的量相等，然后求出两者之比；

rm{(O_{3})}根据硫酸盐的化学式可计算硫酸盐的物质的量，根据rm{(2)}计算硫酸盐的摩尔质量以及金属的相对原子质量；

rm{M=dfrac{m}{n}}假设硝酸银的物质的量浓度为rm{(3)}完全沉淀相同体积的rm{cmol/L}rm{KCl}rm{CaCl_{2}}溶液中的rm{AlCl_{3}}消耗相同浓度的rm{Cl^{-}}溶液的体积分别为rm{AgNO_{3}}rm{3L}rm{2L}发生反应rm{3L}令rm{Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl隆媒}rm{KCl}rm{CaCl_{2}}溶液的体积分别为rm{AlCl_{3}}rm{xL}rm{yL}溶液浓度均为rm{zL}根据方程式列式计算．

本题考查了物质的量浓度的计算、离子方程式的有关计算，明确发生的离子反应是解题关键．rm{amol/L}【解析】rm{3}rm{2}rm{1}rm{1}rm{120g/mol}rm{24}rm{3}rm{1}rm{1}17、略

【分析】

（1）反应中物质的化合价变化：KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价→+2价，一个KMnO4分子得5个电子；H2O2→O2；

O由-1价变成0价，一个H2O2分子失去2个电子；所以其最小公倍数为10，故高锰酸钾的计量数为2，双氧水的计量数为5，然后根据原子守恒配平其它元素．

所以其方程式为：5H2O2+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+5O2+1K2SO4+8H2O

故答案为：5；2；3；2；5；1；8

（2）置换反应中参加反应的单质；必须有还原性或氧化性才可．常见单质具有还原性的有碳；氢气，常见单质具有氧化性的有卤族单质、氧气等．

根据题意要求，发生的置换反应有：2H2+SiCl4Si+4HCl；2F2+2H20=4HF+O2

故答案为：H2+SiCl4Si+4HCl；2F2+2H20=4HF+O2

【解析】【答案】（1）根据氧化还原反应中得失电子数相等判断方程式．

（2）置换反应中参加反应的单质；必须有还原性或氧化性才可．

18、2NH4Cl+Ca（OH）2vCaCl2+2NH3↑+2H2O向下排空气产生大量的白烟HCl+NH3=NH4Cl吸收尾气碱石灰【分析】【解答】氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

氨气极易溶于水；密度小于空气，只能用向下排空气法收集；

氯化氢与氨气常温下反应生成固体氯化铵；所以用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近集气瓶口，会看到大量白烟；

氨气有刺激性气味；不能直接排空，所以收集氨气时要有尾气处理装置，氨气和稀硫酸反应生成硫酸铵，所以收集氨气的试管口通常放一团沾有稀硫酸的棉花；

氨气为碱性气体；应选择碱性干燥剂，碱石灰为碱性干燥剂；

故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2vCaCl2+2NH3↑+2H2O；向下排空气；产生大量的白烟；HCl+NH3=NH4Cl；吸收尾气；碱石灰．

【分析】氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙；氨气和水；依据氨气极易溶于水；密度小于空气选择收集方法；

氯化氢与氨气常温下反应生成固体氯化铵；氨气有刺激性气味；不能直接排空，所以收集氨气时要有尾气处理装置；

氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂．19、CH4|乙烯【分析】【解答】解：烃的物质的量为=0.3mol，n（H2O）==0.6mol，完全燃烧生成0.48molCO2和0.6H2O，可知烃的平均组成为C1.6H4，则一定含CH4，可能含乙烯或丙炔，若另一种烃一定条件下最多能与等物质的量的H2完全加成，则只有一个碳碳双键，为乙烯，故答案为：CH4；乙烯．

【分析】烃的物质的量为=0.3mol，n（H2O）==0.6mol，完全燃烧生成0.48molCO2和0.6H2O，可知烃的平均组成为C1.6H4，以此来解答．20、Y、Z；Y+2Z⇌3X；0.5mol/（L•min）；66.67%；13.5【分析】解：rm{(1)}反应物在反应中浓度降低，根据图象中曲线可知rm{Y}rm{Z}浓度降低，故答案为rm{Y}rm{Z}

rm{(2)Y}浓度减小了rm{(3-2)mol/L=1mol/L}rm{Z}浓度减小了rm{(3-1)mol/L=2mol/L}rm{X}浓度增大了rm{3mol/L}故计量数之比为rm{1}rm{2}rm{3}化学方程式为：rm{Y+2Z?3X}故答案为：rm{Y+2Z?3X}

rm{(3)0隆芦2minY}物质的浓度减小了rm{1mol/L}其化学反应速率为rm{dfrac{1mol/L}{2min}=0.5mol/(L?min)}故答案为：rm{dfrac

{1mol/L}{2min}=0.5mol/(L?min)}

rm{0.5mol/(L?min)}浓度减小了rm{(4)Z}rm{2mol/L}起始浓度为rm{Z}转化率为：rm{dfrac{2mol/L}{3mol/L}隆脕100%=66.67%}故答案为：rm{3mol/L}

rm{dfrac

{2mol/L}{3mol/L}隆脕100%=66.67%}平衡