2025年沪科版必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年沪科版必修1化学上册阶段测试试卷156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、下列逻辑关系图中正确的是。

。A．B．C．D．A.AB.BC.CD.D2、已知有如下反应：

①②

③④

下列叙述正确的是A.氧化能力：B.还原能力C.反应能顺利进行D.氧化能力：3、下列正确的是（）。A.碱性：Al(OH)3＞NaOHB.原子半径：Cl＞SC.第一电离能：Mg＞AlD.沸点：H2S＞H2O4、下列除杂试剂或方法不正确的是。被提纯的物质杂质除杂试剂或方法ACO通过灼热的氧化铜B溶液加入过量铁粉并过滤C铁粉铝粉加入过量NaOH溶液并过滤D在空气中灼烧

A.AB.BC.CD.D5、下列装置能用于实验室制备HCl气体的是。

A.①④B.②③C.①②③D.①③④评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、实验室需要配置230mL1mol·L-1的NaOH溶液；其实验步骤为。

①计算所需氢氧化钠固体的质量；

②称量氢氧化钠固体；

③将烧杯中的溶液注入容量瓶；并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次，洗涤液也注入容量瓶中，轻轻的振荡；

④用适量的蒸馏水溶解称量好的氢氧化钠固体；冷却至室温；

⑤盖好瓶塞；摇匀；

⑥继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线1～2cm时；改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低点与刻度线相切。

根据上述信息回答问题：

(1)本实验操作步骤的正确顺序为___________

(2)实验中需要用到容量瓶的规格为___________

A．280mLB．200mLC．250mLD．230mL

(3)本实验中需要称量的氢氧化钠固体的质量为___________g

(4)如果实验遇到下列情况；对该氢氧化钠的物质的量浓度有何影响(填“偏高”；“偏低”或者“不变”)

①定容时俯视观察液面___________

②容量瓶中含有少量蒸馏水___________

(5)若用18.4mol/L的浓H2SO4来配制500mL0.2mol/L的稀H2SO4，需浓H2SO4的体积为___________，量取浓硫酸时应选用___________(填序号)

(选填①10mL、②50mL、③100mL三种规格)的量筒。7、现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子K＋、Fe3＋、Cu2＋、Ba2＋、Al3＋和五种阴离子Cl－、OH－、X中的一种。

（1）某同学通过比较分析，认为无须检验就可判断其中必有的两种物质是________和________。

（2）物质C中含有离子X。为了确定X，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则X为________(填字母)。

A．Br－B．C．CH3COO－D．

（3）将19.2gCu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，写出Cu溶解的离子方程式__________________，若要将Cu完全溶解，至少加入H2SO4的物质的量是____________________。

（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为______________。8、用双线桥法表示该氧化还原反应：MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+2H2O+Cl2↑___，并指出氧化剂_________。9、铊是某超导体材料的组成元素之一，与在酸性介质中发生反应

(1)铊的原子序数为81，铊在元素周期表中位于第___________周期第___________族。

(2)铊与下列某种元素位于同一主族，该元素是___________。

A．硼B．氮C．碳D．氟。

(3)下列推断正确的是___________(填序号)。

A．单质的还原性：B．原子半径：

C．碱性：D．氧化性：

E．最外层只有1个电子。

(4)元素是与铝属于“对角线关系”的第二周期元素，二者的单质化学性质很相似。试写出与溶液反应的化学方程式是___________。10、下表是元素周期表的一部分。

。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

0

1

①

2

③

④

⑤

⑥

3

②

⑦

⑧

⑨

⑩

（1）表中元素⑩的氢化物的电子式为___，此氢化物的还原性比元素⑨的氢化物__(强或弱)，请用一个化学方程式证明这一事实___。

（2）分别写出⑧⑨⑩最高价氧化物对应的水化物的化学式___，并比较其酸性的强弱__。

（3）能生成两性氢氧化物的元素是___，其最高价氧化物的水化物电离方程式为__。11、现有下列八种物质：①铝单质；②晶体；③固体纯碱；④二氧化碳；⑤葡萄糖；⑥空气；⑦胶体；⑧氨水。

(1)上述中属于电解质的有_______(填写编号)

(2)纯碱的化学式是_______。

(3)在水中电离的方程式为_______。

(4)铝原子的核外电子排布示意图为_______。

(5)简单描述胶体制备的方法_______。12、如图是中学化学中常用于混合物分离和提纯的装置；请根据装置回答问题：

(1)①分离饱和食盐水与沙子的混合物时选用装置___（填序号；下同）

②分离汽油和水的混合物时选用装置___。

(2)从自来水中得到蒸馏水，应选择装置___。检验自来水中Cl-是否除净的方法：取少量锥形瓶中的水置于洁净试管中，滴加____，不产生白色沉淀，表明Cl-已除净。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)13、1mol任何物质都含有6.02×1023个分子。(_______)A.正确B.错误14、HCl的电子式：(___________)A.正确B.错误15、是黑色固体，与水反应生成(_____)A.正确B.错误16、Na2SO4既属于钠盐又属于硫酸盐。(____)A.正确B.错误17、过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共4题，共36分)18、含氰根（CN−）的废水必须经处理后排放。某电镀废水pH≈12，氰化物以CN−、等形式存在（均以CN−计）；处理流程如下：

(1)HCN是一元弱酸，用离子方程式表示NaCN水溶液显碱性的原因：______。

(2)二次处理阶段；使用不同方法氧化。

①过硫酸钾（K2S2O8）氧化法：K2S2O8溶液将CN−（N为－3价）氧化成毒性弱的CNO−（N为－3价）。

Ⅰ．碱性溶液中在一定条件下氧化CN−生成CNO−和的离子方程式是______。

Ⅱ．不同浓度的K2S2O8溶液对CN−的去除率如图1。工业上选用浓度为1mmol·L−1

K2S2O8溶液，不用0.75mmol·L−1和2mmol·L−1的原因是______。

Ⅲ．研究CN−的氧化去除机理。（文献中为碱性条件下的结论）

文献：a．没有Cu+，对CN−没有去除效果。

b．和Cu+反应生成硫酸根自由基（）和CuO。

c．可能转变为羟基自由基（·OH）。

d．·OH均可将CN−氧化为CNO−。叔丁醇只可以使·OH失。

去活性，乙醇可以使·OH均失去活性。

实验：相同条件下，向含的碱性废水中加入叔丁醇，CN−的去除率没有影响；加入乙醇，CN−的去除率降低50%。两种不同的CN−的氧化去除机理如图2，结合文献和实验回答下列问题：

ⅰ．补全“机理一”_______________。

ⅱ．从“机理二”可看出CuO参与了去除CN−，列举其证据：______。

②电解法：碱性环境中，在阳极发生两步反应，CN−放电生成CNO−，CNO−再放电生成CO2和N2，第二步的阳极反应式是______。19、我国“蛟龙号多次刷新“中国深度”，为我国深海矿物资源的开发奠定了坚实的基础。黄铜矿（主要成分为CuReS2）是海洋矿物中的一种；它是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可制备硫及铁的化合物。请回答下列问题：

（1）“蛟龙”号外壳用特殊的钛合金材料制成，它可以在7000米的深海中承受710吨的重量。下列说法正确的是___。A．金属钛属于主族元素B．钛合金强度不是很大C．制备钛铝合金时可在空气中将两种金属熔化后混合而成D．已知金属钛能与H2O反应，可用电解熔融二氧化钛冶炼金属钛（2）利用黄铜矿冶炼铜的反应为8CuReS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2若CuReS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是___。（填元素符号），生成1molFe2O3时转移电子的物质的量为___。

（3）利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）可制备Fe2O3，方法为①用过量稀盐酸浸取炉渣，过滤。②先将滤液氰化，再向其中加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥、煆烧得Fe2O3。据以上信息回答下列问题：

a．①中过滤的目的是___；过滤需要的仪器有___。

b．除去A13+的化学方程式为___。

c．②中将滤液氧化常常选用H2O2；其反应的离子方程式为___。

（4）将Cu放入0.1mol•L-1FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=2：3，则Cu2+与Fe3+的物质的量之比为___。20、现有a~g7种短周期元素,它们在元素周期表中的相对位置如表所示,请回答下列问题:

(1)下列选项中,元素的原子间最容易形成离子键的是___(填序号,下同),元素的原子间最容易形成共价键的是___。

A.c和fB.b和gC.d和gD.c和e

(2)下列由a~g7种元素原子形成的各种分子中,所有原子最外层都满足8电子稳定结构的是___(填序号)。

A.ea3B.agC.fg3D.dg4

(3)由题述元素中的3种非金属元素形成的AB型离子化合物的电子式为___。

(4)c与e可形成一种化合物,试写出该化合物的化学式:___,其含有的化学键类型为___,其与过量稀盐酸反应的化学方程式为___。21、某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42-、CO32-等离子。向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时；生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是。

A.原溶液中一定含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+B.原溶液中一定含有SO42-和Na+C.原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1D.反应最后形成的溶液中含有的溶质仅为Na2SO4评卷人得分五、实验题(共4题，共24分)22、过氧化钠保存不当容易变质；某课外活动小组为了粗略测定样品中过氧化钠的质量分数，他们称取10.0g样品，并设计用如图装置来测定过氧化钠的质量分数。

图中的E和F构成量气装置，用来测定的体积。

(1)写出以下装置中发生反应的离子方程式。

装置A：_______。

装置B：_______。

(2)D中NaOH溶液的作用是_______。

(3)为准确读出氧气的体积需进行以下操作，正确的顺序为_______。

A.调整量筒高度；使广口瓶E与量筒F内液面相平。

B.将气体冷却至室温。

C.平视；使凹液面最低点与视线水平相切再读数。

(4)读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为1.12L，则样品中过氧化钠的质量分数为_______。23、氯气和漂白粉是现代工业和生活常用的消毒；杀菌剂。

(1)写出工业上用氯气和石灰乳制取漂白粉的化学反应方程式__________。

(2)实验室有一瓶密封不严的漂白粉样品，其中肯定存在CaCl2，请设计实验，探究该样品中除CaCl2外可能存在的其他固体物质。

①提出合理假设。假设1：该漂白粉未变质，只含Ca(ClO)2；假设2：该漂白粉全部变质，只含CaCO3；假设3：该漂白粉部分变质，含有__________

②设计实验方案，进行实验。限选用的仪器和药品：试管、滴管、带导管的单孔塞、蒸馏水、自来水、1mol·L－1HCl、品红溶液、新制澄清石灰水。(提示：不必检验Ca2＋和Cl－)。实验步骤预期现象与结论步骤1取少量上述漂白粉于试管中，______________再将产生的气体导入澄清石灰水中①若澄清石灰水未见浑浊，则假设1成立；②若澄清石灰水变浑浊，则假设2或假设3成立步骤2向步骤1反应后的试管中滴入1～2滴品红溶液，振荡结合步骤1中的②：①若溶液褪色，则假设3成立；②若溶液不褪色，则__________24、氯气的水溶液称为氯水；它是一种常用化学试剂，请回答下列问题：

（1）氯水的形成与保存：

①将氯气通入水中可制得氯水，写出氯气与水反应的化学方程式：_______；

②氯水的成分有_______；

③氯水应保存在_______试剂瓶中；其原理的离子方程式为：_______；

（2）设计简单的实验探究下列问题：

①氯水具有酸性：_______。

②氯水的漂白性是次氯酸所致：_______。25、肉桂酸是香料；化妆品、医药、塑料和感光树脂等的重要原料。实验室可通过苯甲醛与乙酸酐反应制备；其反应原理如下：

名称相对分子质量密度熔点℃沸点℃溶解度苯甲醛1061.044179.62微溶于水，能与水形成共沸物(附水蒸气蒸出)乙酸酐1021.082138.6能溶于水形成乙酸肉桂酸1481.248135300难溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇等有机溶剂

实验步骤：

I.在装有温度计、空气冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中(如图1)，加入无水碳酸钾、乙酸酐和苯甲醛，加热搅拌条件下反应

II.反应完毕，分批加入水，再加入适量的固体碳酸钾，使溶液将三颈烧瓶组装为水蒸气蒸馏装置(如图2)，中产生的水蒸气通入中进行水蒸气蒸馏至馏出液无油珠为止。

III.向中残留液加入少量活性炭，煮沸数分钟，趁热过滤。在搅拌下往热滤液中小心加入浓盐酸至冷却，待结晶全部析出后，抽滤，以少量冷水洗涤，干燥，收集到粗产品。

IV.将粗产品进一步提纯，最终得到肉桂酸

回答下列问题：

(1)步骤I中所用仪器需要干燥，且须用新蒸馏过的苯甲醛和乙酸酐，保证不含水分，其原因是________。

(2)步骤I中空气冷凝管的作用为________，三颈烧瓶中反应初期有大量泡沫产生，原因是________气体逸出。

(3)步骤II中加入固体碳酸钾使溶液此时溶液中盐类物质除肉桂酸钾外还有________。

(4)步骤III中趁热过滤的目的是________，洗涤时用少量冷水的原因是________。

(5)IV中将粗产品进一步提纯的方法是________。

(6)本实验中肉桂酸的产率为________。(结果保留两位有效数字)评卷人得分六、元素或物质推断题(共2题，共6分)26、A；B、C、D、E五种物质的焰色反应都呈黄色；A、B分别与水反应都有气体放出，同时都生成C溶液，A与水反应放出的气体具有还原性，B与水反应放出的气体具有氧化性，C与适量的F气体反应生成D,F是导致温室效应的主要气体，D溶液与F气体反应生成E，E加热能够生成D和F气体。

根据以上叙述回答下列问题：

(1)写出下列物质的化学式：

A________、B________、C________、D________、E________。

(2)B是否为碱性氧化物_________（填“是”或“否”），B通常用作__________（写一种用途），现有7.8gB与水反应得到200ml溶液，所得溶液的物质的量浓度为___________mol/L。

(3)按要求完成方程式：

①写出E加热生成D和F的化学方程式_______________________；

②写出B与F反应的化学方程式__________________________。27、有一瓶澄清溶液，其中可能含有NH4＋、K＋、Ba2＋、Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、I－、NO3－、CO32－、SO42－、AlO2－。取该溶液进行以下实验：

①用pH试纸检验；溶液呈强酸性；

②取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色；

③另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液：a．溶液从酸性变为碱性；b.溶液逐渐产生沉淀。

c.沉淀完全溶解；d.最后加热溶液；有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

其中产生沉淀的物质的量(n)与加入氢氧化钠溶液的体积(V)的关系如下图所示。

④取适量③得到的碱性溶液，加入Na2CO3溶液；有白色沉淀生成。

根据上述实验现象；回答下列问题。

（1）由①可以排除_______________________的存在。

（2）由②可以证明______________的存在；同时排除______________的存在；

（3）由①③可以推知该溶液中一定含有的阳离子是____________，它们的物质的量浓度比为_________________。

（4）由④可以证明______________的存在，同时排除___________________的存在。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

A．根据分散质粒子的直径大小将分散系分为溶液﹑胶体和浊液；A项错误；

B．复分解反应全部属于非氧化还原反应；置换反应全部属于氧化还原反应，化合和分解反应中凡是化合价有变化的属于氧化还原反应，化合和分解反应中凡是化合价没有变化的属于非氧化还原反应，B项正确；

C．钾盐与钠盐是根据盐中的阳离子进行分类的；碳酸盐是根据盐中的阴离子进行分类的，C项错误；

D．化合物包含电解质；D项错误；

答案选B。2、D【分析】【详解】

①2BrO3-+Cl2═Br2+2ClO3-中，氧化性：BrO3-＞ClO3-；

②ClO3-+5Cl-+6H+═3Cl2+3H2O中，氧化性：ClO3-＞Cl2；

③2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2中，氧化性：Fe3+＞I2，还原性：I-＞Fe2+；

④2FeCl2+Cl2═2FeCl3中，氧化性：Cl2＞Fe3+，还原性：Fe2+＞Cl-。

A.氧化能力：BrO3-＞ClO3-＞Cl2＞Fe3+＞I2；故A错误；

B.还原能力：I-＞Fe2+＞Cl-；故B错误；

C.氧化性：BrO3-＞ClO3-，反应ClO3-+Br-═Cl-+BrO3-不能发生；故C错误；

D.氧化能力：BrO3-＞ClO3-＞Cl2＞Fe3+＞I2；故D正确。

故选D。

【点睛】

在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，据此来回答。3、C【分析】【分析】

【详解】

A.同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：NaOH＞Al(OH)3；故A错误；

B.同周期元素从左到右；原子半径逐渐减小，因此原子半径：S＞Cl，故B错误；

C.同周期元素从左到右；第一电离能呈增大的趋势，但IIA大于IIIA元素，VA大于VIA元素，因此第一电离能：Mg＞Al，故C正确；

D.同主族从上到下，相对分子质量越大，氢化物沸点越高，但含有分子间氢键的除外，因此沸点：H2O＞H2S；故D错误。

综上所述；答案为C。

【点睛】

同周期元素从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但IIA大于IIIA元素，VA大于VIA元素。同周期元素从左到右，电负性逐渐增大。4、D【分析】【详解】

A．一氧化碳通过灼热的氧化铜粉末生成二氧化碳；故A正确；

B．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；则加入过量铁粉并过滤可除杂，故B正确；

C．NaOH溶液可溶解Al生成可溶于水的NaAlO2；而Fe不反应，则加入过量NaOH溶液并过滤可除去Fe中混有的Al，故C正确；

D．在空气中灼烧氢氧化铁可分解；将原物质除去，不能除杂，故D错误；

故答案为D。

【点睛】

解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则:①不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；②分离提纯后的物质状态不变；③实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。5、C【分析】【分析】

【详解】

①浓硫酸有酸性、高沸点难挥发性，与NaCl固体会发生反应：2NaCl＋H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl↑；可以用于制取HCl，正确；

②浓硫酸有酸性；吸水性；吸收水分，放出大量的热，使HCl的溶解度减小，变为气体逸出，因此可以用于制HCl，正确；

③HCl气体在水中的溶解度会随温度的升高而减小；因此加入浓盐酸，HCl会挥发逸出，得到HCl气体，正确；

④稀硫酸与无水CaCl2不能发生反应；因此不能制取HCl气体，错误。

故可以制取HCl气体的装置是①②③，答案是C。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【分析】

溶液物质的量浓度配制；一般可分为以下步骤：计算；称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，所以其操作顺序是①②④③⑥⑤，选用容量瓶的规格要等于或稍大于配制溶液的体积，根据配制溶液的体积和浓度及其溶质的摩尔质量可计算其质量，再根据具体情况进行误差分析。

【详解】

(1)溶液物质的量浓度配制；一般可分为以下步骤：计算；称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，所以其操作顺序是①②④③⑥⑤，故答案为：①②④③⑥⑤；

(2)选用容量瓶的规格要等于或稍大于配制溶液的体积；因为实验室中没有230ml的容量瓶，只能选用250ml的容量瓶，故答案为：C;

(3)本实验中由于容量瓶的规格为250mL，所以需要称量的氢氧化钠的固体的质量为m(NaOH)=1mol·L-1×0.25L×40g/mol=10.0g；故答案为10.0；

(4)定容时俯视观察液面，液面低于刻度线，导致溶液的体积偏小，根据c=分析；该氢氧化钠的物质的量浓度偏高；若容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质没有影响，对溶质的物质的量浓度也没有影响，故答案为：偏高；不变；

(5)若用18.4mol/L的浓H2SO4来配制500mL0.2mol/L的稀H2SO4，需浓H2SO4的体积为：0.5L×0.2mol/L=V×18.4mol/L，V=0.0054L=5.4mL，因为所需浓硫酸的体积小于10.0mL，所以量取浓硫酸时应选用10mL的量筒，故答案为5.4mL；①。【解析】①②④③⑥⑤C10.0偏高不变5.4ml①7、略

【分析】【分析】

【详解】

CO32-与Cu2+、Ba2+、Fe3+、Al3+不能大量共存，OH-与Fe3+、Al3+、Cu2+不能大量共存，则必有的两种物质记为A、B，A、B分别为K2CO3、Ba(OH)2，C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，蓝色沉淀为氢氧化铜，白色沉淀为硫酸钡，则A应为Ba(OH)2，C中含SO42-，则C为CuSO4，D为Al(NO3)3，E为FeCl3；

(1)由上述分析可知，必有的两种物质为K2CO3、Ba(OH)2；

(2)由上述分析可知，C为CuSO4，C中X为SO42-，故答案为b；

(3)根据以上推断可知D中含有NO3-，已知将19.2gCu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，

发生的反应为3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O

则n(Cu)===0.3mol，有方程可知=

所以n(H+)=0.8mol，

所以n(H2SO4)=n(H+)=0.4mol；

(4)FeCl3溶液与氢碘酸反应时生成的棕色物质为I2，发生反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2。【解析】①.K2CO3②.Ba(OH)2③.B④.3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O⑤.0.4mol⑥.2Fe3++2I-=2Fe2++I28、略

【分析】【详解】

该反应中MnO2中Mn元素化合价从+4价降低至+2价，MnO2被还原，MnO2为氧化剂，HCl中Cl元素化合价从-1价升高至0价，HCl被氧化，HCl为还原剂，因此其双线桥为：【解析】①.②.MnO29、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)铊元素的原子序数为81；原子的最外层电子数为3，位于元素周期表第六周期ⅢA族，故答案为：六；ⅢA；

(2)硼元素和铊元素的原子的最外层电子数都为3；都位于元素周期表第六周期ⅢA族，故选A；

(3)A．同主族元素；从上到下金属性依次正确，单质的还原性依次增强，则铊元素的金属性强于铝元素，故正确；

B．同主族元素；从上到下原子半径依次增大，则铊原子的原子半径大于铝，故错误；

C．同主族元素；从上到下金属性依次正确，最高价氧化物对应水化物的碱性依次正确，则氢氧化铊的碱性强于氢氧化铝，故错误；

D．氧化剂的氧化性强于氧化产物；由离子方程式可知，反应中铊元素的化合价降低被还原，银元素的化合价升高被氧化，则氧化剂铊离子的氧化性强于氧化产物银离子，故正确；

AD正确；故答案为：AD；

(4)由题给信息可知，铍单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铍酸钠和氢气，反应的离子方程式为故答案为：【解析】六ⅢAAAD10、略

【分析】【分析】

由元素在周期表中的位置可知；①为H，②为Na，③为Be，④为B，⑤为N，⑥为O，⑦为Mg，⑧为P，⑨为S，⑩为Cl

【详解】

表中元素⑩的氢化物为HCl，其电子式为同周期元素从左往右非金属性增强，金属性减弱，所以Cl>S，其氢化物的还原性正好反过来，所以⑩氢化物的还原性比元素⑨的氢化物弱，用方程式证明如下：Cl2+H2S=2HCl+S

故答案为弱；Cl2+H2S=2HCl+S

(2)⑧⑨⑩最高价氧化物对应的水化物的化学式分别是HNO3、H2SO4、HClO4，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以其酸性的强弱为HClO4>H2SO4>HNO3

故答案为HNO3、H2SO4、HClO4，HClO4>H2SO4>HNO3

（3）能生成两性氢氧化物的元素是Be，其最高价氧化物是BeO，其水化物是Be(OH)2电离方程式是BeO22-+2H+Be(OH)2Be2++2OH-

故答案为Be；BeO22-+2H+Be(OH)2Be2++2OH-【解析】弱Cl2+H2S=2HCl+SHNO3H2SO4HClO4HClO4>H2SO4>HNO3BeBeO22-+2H+Be(OH)2Be2++2OH-11、略

【分析】【分析】

(1)

在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；②晶体和③固体纯碱是电解质；故答案为：②③；

(2)

纯碱是碳酸钠，化学式为Na2CO3，故答案为：Na2CO3；

(3)

是强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离成钠离子、氢离子、硫酸根，电离方程式为：故答案为：

(4)

铝原子的核外电子排布示意图为故答案为：

(5)

胶体制备的方法是：将饱和(浓)氯化铁溶液滴加到沸水中，继续煮沸至溶液为红褐色，故答案为：将饱和(浓)氯化铁溶液滴加到沸水中，继续煮沸至溶液为红褐色。【解析】(1)②③

(2)Na2CO3

(3)

(4)

(5)将饱和(浓)氯化铁溶液滴加到沸水中，继续煮沸至溶液为红褐色12、略

【分析】【详解】

(1)①沙子是固体；食盐水是液体，且沙子不溶于食盐水，可通过过滤的方法将二者分离，选择装置A；②汽油和水都是液体，且互不相溶，可用分液的方法分离，选择装置D；故答案为：A；D。

(2)用蒸馏法从自来水中得到蒸馏水，选择装置C；氯离子可以和银离子反应生成不溶于硝酸的氯化银沉淀，则检验是否除净的方法为：取少量锥形瓶中的水于洁净试管中，滴加稀硝酸和硝酸银溶液，不产生白色沉淀则表明已除净；故答案为：C；稀硝酸和硝酸银溶液。【解析】①.A②.D③.C④.稀硝酸和硝酸银溶液三、判断题(共5题，共10分)13、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。14、B【分析】【分析】

【详解】

HCl为共价化合物，氯原子和氢原子共用一对电子，电子式为：故错误。15、B【分析】【详解】

是黑色固体，是碱性氧化物，氧化铜不与水反应；故答案为：错误。16、A【分析】【分析】

【详解】

Na2SO4由Na+和构成，从阳离子看，属于钠盐，从阴离子看，属于硫酸盐，故正确17、A【分析】【详解】

过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，正确。四、原理综合题(共4题，共36分)18、略

【分析】【分析】

（1）CN−水解显碱性；

（2）K2S2O8溶液将CN−（N为－3价）氧化成毒性弱的CNO−（N为－3价）；

①根据氧化还原原理书写氧化还原方程式；由图1比较CN−的去除率；考虑反应的速率和原料的经济性；由图2结合题目信息分析反应机理。

②阳极第二步反应为CNO−再放电生成CO2和N2，CNO−中碳元素显+4价；氮元素显-3价。

【详解】

（1）HCN是一元弱酸，NaCN会水解导致溶液显碱性，离子方程式为：故答案为：

（2）①Ⅰ、碱性溶液中在一定条件下氧化CN−生成CNO−和的离子方程式为：

Ⅱ、由图1看出，选用浓度为1mmol·L−1K2S2O8溶液，既考虑了反应的速率和CN−的转化率，也考虑了成本，故答案为：1mmol·L−1比0.75mmol·L−1的反应速率快，CN−的去除率高，比2mmol·L−1成本低；

Ⅲ、ⅰ、结合文献资料（b）可知和Cu+反应生成硫酸根自由基（）和CuO，再结合总反应看，再与CN−反应生成CNO−和故图中机理一所填物质依次为：CN−、CNO−、（从左到右）；故答案为：CN−、CNO−、（从左到右）；

ⅱ、碱性条件下，没有Cu+，CN-不会被去除，而Cu+会生成CuO，加入乙醇，可以使失去活性，而CN-的去除率仍然有50%，说明CuO参与了去除CN−；故答案为：碱性条件下要有Cu+才能去除CN−，而Cu+会生成CuO，加入乙醇，可以使失去活性，而CN-的去除率仍然有50%，说明CuO参与了去除CN−；

②阳极第二步反应为CNO−再放电生成CO2和N2，电极反应式为：

【点睛】

该试题主要考查信息的处理能力，要先分析出总反应，再结合图中信息分析反应机理一和机理二，要求学生有一定的归纳整理能力。【解析】1mmol·L−1比0.75mmol·L−1的反应速率快，CN−的去除率高，比2mmol·L−1成本低CN−、CNO−、（从左到右）碱性条件下要有Cu+才能去除CN−，而Cu+会生成CuO，加入乙醇，可以使失去活性，而CN-的去除率仍然有50%，说明CuO参与了去除CN−19、略

【分析】【分析】

(1)A．金属钛的原子序数为22；位于第四周期第IIB族；

B．钛合金强度很大；可以在深海中承受700个大气压的压力；

C．在空气中加热金属易被氧化；

D．钛性质较活泼；可以采用电解熔融二氧化钛的方法冶炼金属钛；

(2)8CuReS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2中部分Fe元素化合价由+2价变为+3价；O元素化合价由0价变为-2价、Cu元素化合价由+2价变为0价、S元素化合价由-2价变为+4价；得电子化合价降低的元素被还原，根据氧化铁和转移电子之间的关系式计算；

(3)用过量稀盐酸浸取炉渣，发生的反应有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、FeO+2HCl=FeCl2+H2O、Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，过滤后的滤渣是SiO2，滤液先氧化，将亚铁离子氧化为铁离子，然后再加入过量NaOH溶液，发生反应Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，过滤，将沉淀Fe（OH）3洗涤、干燥、煅烧得Fe2O3；

(4)设原FeCl3溶液的体积为1L，参加反应的Fe3+为xmol，由方程式Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，知（0.1-x）：x=2：3，解得：x=0.06，则生成的Cu2+为0.03mol，剩余的Fe3+为0.04mol，据此计算Cu2+与Fe3+的物质的量之比。

【详解】

(1)A．金属钛的原子序数为22；位于第四周期第IIB族，属于过渡元素，故A错误；

B．钛合金可以在深海中承受700个大气压的压力；钛合金强度很大，故B错误；

C．在空气中加热熔化；金属易与氧气发生反应，所以不能直接在空气中制备钛铝合金，故C错误；

D．由于金属钛金属性较强；所以可以用电解法冶炼，故D正确；

故答案为：D；

(2)8CuReS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2中部分Fe元素化合价由+2价变为+3价；O元素化合价由0价变为-2价、Cu元素化合价由+2价变为0价、S元素化合价由-2价变为+4价；得电子化合价降低的元素被还原，所以Cu、O元素被还原；21mol氧气反应时得到84mol电子，而铁元素失去4mol电子，硫元素失去96mol电子，根据得失电子守恒，铜元素应得到16mol电子，所以生成1mol氧化铁时转移50mol电子，故答案为：Cu、O；50；

(3)利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）可制备Fe2O3．方法如下：

用过量稀盐酸浸取炉渣，发生的反应有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、FeO+2HCl=FeCl2+H2O、Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，过滤后的滤渣是SiO2，滤液先氧化，将亚铁离子氧化为铁离子，然后再加入过量NaOH溶液，发生反应Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，过滤，将沉淀Fe（OH）3洗涤、干燥、煅烧得Fe2O3；

a.①通过以上分析知，a中过滤为除去SiO2，过滤需要的仪器有铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒；故答案为：除去SiO2；铁架台；烧杯、漏斗、玻璃棒；

b.Al3+与过量NaOH反应生成NaAlO2，然后通过过滤除去，反应方程式为AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，故答案为：AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O；

c．②双氧水具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成铁离子和水，离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；

(4)设原FeCl3溶液的体积为1L，参加反应的Fe3+为xmol，由方程式Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，知（0.1-x）：x=2：3，解得：x=0.06，则生成的Cu2+为0.03mol，剩余的Fe3+为0.04mol，故n（Cu2+）：n（Fe3+）=0.03mol：0.04mol=3：4，故答案为：3：4。【解析】DCu、O50除去SiO2铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2OH2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O3：420、略

【分析】【分析】

首先确定a～g的7种元素具体是什么元素；

(1)一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；

(2)根据各分子中非金属元素的原子形成的共用电子对情况分析；

(3)3种非金属元素形成的AB型离子化合物是NH4Cl；

(4)根据化合物中的成键元素来判断化学键类型；并根据物质的性质来书写方程式。

【详解】

根据元素在元素周期表中的相对位置可知a、b；c、d、e、f、g分别为H、Na、Mg、C、N、P、Cl；

(1)碱金属元素原子与卤素原子间最容易形成离子键；故Na与Cl最容易形成离子键，故B符合；c为金属元素，不容易与其他元素形成共价键，非金属元素间一般形成共价键，则C与Cl之间最容易形成共价键，故C符合，故答案为：B；C；

(2)各选项对应的分子分别为NH3、HCl、PCl3、CCl4，其中NH3、HCl中由于氢形成的是2电子稳定结构，故不符合题意；而PCl3中，磷原子核外最外层电子数为5，它与氯原子形成共价键时，构成PCl3中的磷原子、氯原子最外层都达到8电子结构，同理，CCl4亦符合题意；故答案为：CD；

(3)3种非金属元素形成的AB型离子化合物是NH4Cl，其电子式为故答案为：

(4)Mg与N形成离子化合物Mg3N2，该物质与过量稀盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，故答案为：Mg3N2；离子键；Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl。【解析】BCCDMg3N2离子键Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl21、C【分析】【分析】

根据图像，加入NaOH溶液时，一开始没有沉淀产生，所以溶液中有H+，随后产生沉淀，到沉淀量最大时，继续滴加NaOH溶液，沉淀量不发生变化，所以溶液中有NH4+，再滴加NaOH溶液，沉淀部分溶解，所以溶液中有Al3+。沉淀溶解消耗的NaOH溶液的体积为1份，所以Al3+消耗NaOH溶液为3份，产生沉淀共消耗NaOH溶液6份，而且Al(OH)3和另外一种沉淀的物质的量相等，所以一定含Fe3+，不含Mg2+。

【详解】

A.原溶液中一定含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，没有Mg2+；故A不选；

B.原溶液中一定含有SO42-，Na+不能确定；故B不选；

C.原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1；故C选；

D.反应最后形成的溶液中含有的溶质除了Na2SO4，还有NaAlO2；故D不选。

故选C。五、实验题(共4题，共24分)22、略

【分析】【分析】

该实验的目的是测定过氧化钠的质量分数，通过图中装置可知，该实验是通过测定氧气的体积达到实验目的，利用倒推法，需要利用Na2O2与CO2或水的反应生成O2，所以装置A用于生成CO2，B用于除去杂质HCl，由于H2O与Na2O2的反应对实验结果没有影响，所以不需要干燥，C用于Na2O2与CO2的反应生成O2，D用于吸收过量的CO2，防止对O2的体积产生影响，E利用排水法将等体积的水转移到F中，F用于测定水的体积，进而获得O2的体积。

【详解】

(1)装置A用于生成CO2，离子方程式为：装置B用于吸收HCl气体，离子方程式为：

(2)该实验最终要测定O2的体积，装置C中反应后的气体有O2和过量的CO2，CO2对O2体积的测定有影响，所以D中NaOH溶液是为了吸收CO2；

(3)受到反应温度和压强的影响；气体体积的测量会出现误差，为了准确测量，应当先将气体冷却至室温，排除温度的影响，然后调整量筒高度，使广口瓶E与量筒F内液面相平排除压强的影响，最后读数，应当平视量筒，使液体凹液面最低点与视线水平相切再读数，所以正确顺序为BAC；

(4)2Na2O2~O2，所以n(Na2O2)=0.1mol,质量分数为【解析】CaCO3+2H+=Ca2++CO2+H2OHCO+H+=CO2↑+H2O吸收未反应的BAC78%23、略

【分析】【详解】

(1)氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；

(2)①Ca(ClO)2可以和空气中的水、二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解导致漂白粉变质，若漂白粉部分变质，应含有Ca(ClO)2、CaCO3；

(3)根据步骤1的结论可知该步操作是在检验是否含有碳酸根，所以操作为取少量上述漂白粉于试管中，加入适量1mol·L－1盐酸溶解后；再将产生的气体导入澄清石灰水中；

步骤2中若品红溶液不褪色，说明不含具有漂白性的次氯酸钙，再结合步骤1中的②可知假设2成立。【解析】①.2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O②.Ca(ClO)2、CaCO3③.加入适量1mol·L－1盐酸溶解后④.则假设2成立24、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】(1)Cl2+H2O=HCl+HClOCl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-棕色(细口玻璃)2HClO