2025年人教版必修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年人教版必修1化学上册阶段测试试卷702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、下列说法中，正确的是A.Mg的摩尔质量是24g/molB.0.1mol/LNaCl溶液中含有0.1molNa+C.1molCl2中含有的氯原子数约为6.02×1023D.常温常压下，1molN2的体积是22.4L2、下列离子方程式书写不正确的是A.碘化亚铁溶液与少量氯气反应：B.少量通入澄清石灰水中：C.明矾溶液中加氢氧化钡溶液至硫酸根恰好沉淀完全：D.向中加入稀硝酸：3、下列转化需要通过氧化还原反应才能实现的是A.B.C.D.4、下列说法不正确的是A.乙醇、苯应密封保存，置于阴凉处，且远离火源B.金属钠着火时，可用细沙覆盖灭火C.有毒药品的废液须倒入指定的容器D.电器起火，可以用泡沫灭火器灭火5、下列有关实验的说法不正确的是A.A；用如图电子天平称量固体；读数时侧门应关闭。

B.用托盘天平称取10.2gNaOH固体时，将10g的砝码放在右盘，将游码移到0.2g的位置C.分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物(生成物)浓度的关系，从而确定化学反应速率D.吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒6、2012年2月新华网报道，加拿大开发出生产医用放射性同位素的简单方法，下列关于的叙述不正确的是（）A.原子序数是43B.中子数是99C.质子数是43D.电子数是437、下图是一检验气体性质的实验装置。向装置中缓慢通入气体X；若关闭活塞K，则品红溶液无变化，而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，则品红溶液褪色。据此判断气体X和洗气瓶内液体Y(足量)可能是()

。选项。

A

B

C

D

X

CO

SO2

CO2

Cl2

Y

浓H2SO4

NaHCO3饱和溶液。

Na2SO3溶液。

NaHSO3饱和溶液。

A.AB.BC.CD.D8、下列是制备Fe(OH)2的实验装置，其中制得的Fe(OH)2容易被氧化的是A.B.C.D.9、元素砷(As)的原子结构示意图为下列关于砷(As)的描述不正确的是A.位于第四周期VA族B.属于非金属元素C.x=8D.最高正价为+5价评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、向体积均为100mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol·L-1盐酸。此时反应生成CO2体积(标准状况)与所加盐酸体积间的关系如图所示。下列叙述中正确的是。

A.原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol·L-1B.当0＜V(HCl)＜40mL时，乙溶液中发生反应的离子方程式为：OH－＋H+＝H2OC.甲溶液中含有的溶质是Na2CO3和NaHCO3D.乙溶液中滴加盐酸后产生CO2体积的最大值为22.4mL(标准状况)11、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是。选项实验操作实验现象结论A将SO2气体通入酸性KMnO4溶液溶液褪色SO2具有漂白性B在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡有白色沉淀产生，苯层呈紫红色Cu2+有氧化性，白色沉淀可能为CuIC向蛋白质溶液中分别加入甲醛、(NH4)2SO4饱和溶液均有白色沉淀生成蛋白质均发生了变性D向5mL0.1mol·L−1KI溶液中加入1mL0.1mol·L−1FeCl3溶液，振荡，用苯萃取2～3次后，取下层溶液滴加5滴KSCN溶液出现血红色反应2Fe3++2I−2Fe2++I2是有一定限度的

A.AB.BC.CD.D12、下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A.在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B.气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C.灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D.在溶液中加稀盐酸，无现象，继续加入BaCl2溶液产生白色沉淀，证明原溶液有SO42﹣13、将amolNaHCO3和bmolNa2O2固体混合后，在密闭容器中加热到250℃，让其充分反应．当剩余固体为Na2CO3、NaOH，排出气体为O2、H2O时，的值可能为A.1.0B.1.35C.1.5D.2.014、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法不正确的是A.工业上通过电解熔融YZ3制备Y单质B.简单离子半径：W＞XC.X可把Y从水溶液中置换出来D.W与X形成的化合物溶于水所得的溶液在常温下pH>715、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，q是元素Y的单质且为淡黄色固体，n是元素Z的单质，0.01mol·L-1r溶液的pH为2；s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法一定正确的是。

A.元素的非金属性：Z>YB.原子半径的大小：Z>Y>X>WC.简单氢化物的稳定性：Z>Y>XD.氧化物的对应水化物的酸性：Z>Y16、NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A.1mol镁原子中含有的电子数为12NAB.常温常压下，22gCO2含有的原子总数为1.5NAC.标准状况下，22.4L水含有的水分子数为NAD.40gNaOH溶解在1L水中，得到溶液的物质的量浓度为1mol/L17、下列各组澄清溶液中的离子能大量共存，且加入(或通入)X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是。选项离子组X试剂离子方程式AK+、Na+、ClO-、SO少量SO2SO2＋3ClO-＋H2O=SO＋Cl-＋2HClOBNHFe3+、Br-、SO过量H2S2Fe3+＋H2S=2Fe2+＋S↓＋2H+CNHNa+、Fe3+、AlO过量铜粉2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+DK+、Na+、HCOAlO少量HClH+＋AlO＋H2O=Al(OH)3↓

A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)18、有下列物质：①Fe②CO2③H2SO4④Ba(OH)2溶液⑤NaCl其中属于酸的是___(填序号，下同)，属于碱的是___，属于盐的是____，属于氧化物的是____。19、下图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据；试根据标签上的有关数据回答下列问题：

（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为_______mol·L－1。

（2）取用任意体积的该盐酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_______（填字母序号）。

a溶液中HCl的物质的量b溶液物质的量浓度c溶液中Cl的数目d溶液的密度。

（3）某次实验需要480mL物质的量浓度为0.2mol·L－1的稀盐酸；用上述浓盐酸配制所需的稀盐酸。

①该学生需要用量筒量取______mL上述浓盐酸进行配制。

②在配制过程中，下列实验操作会使所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏低的有____（填字母序号）。

a转移溶液后；未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容。

b用量筒量取浓盐酸时,仰视刻度线。

c配制溶液定容时,俯视刻度线。

d定容后把容量瓶倒置摇匀；发现液面低于刻度线又加水至刻度线。

（4）在实验过程中出现如下情况应如何处理？

①加蒸馏水到刻度1cm～2cm处时：_______________。

②加蒸馏水时不慎超过了刻度：应_____________。20、工业上对海水资源综合开发利用的部分工艺流程如下图所示。

（1）电解饱和食盐水常用离子膜电解槽和隔膜电解槽，离子膜和隔膜均允许通过的分子或离子是_______。电解槽中的阳极材料为_________________。

（2）本工艺流程中先后制得Br2、CaSO4和Mg(OH)2，能否按Br2、Mg(OH)2、CaSO4的顺序制备_______？原因是____________________________。

（3）膜在四氧化碳中的溶解度比在水中大得多，四氧化碳与水不互溶，故可用于萃取溴，但在上述工艺中却不用四氧化碳，原因是______________________________________。21、Ⅰ.现有下列10种物质：①铝，②纯醋酸，③CO2，④H2SO4，⑤NaOH，⑥硫酸铜溶液，⑦HCl，⑧NaHSO4；⑨碳酸氢钠，⑩乙醇。

(1)上述物质中属于非电解质的有_______________(填序号)。

(2)向⑥中加入过氧化钠固体；看到的现象是________________。

(3)⑧在水中的电离方程式为______________。

(4)②和⑤的溶液混合；反应的离子方程式为_____________。

(5)⑦的浓溶液与软锰矿反应制取氯气的离子方程式为______________。

Ⅱ.已知离子还原性Br-2+-，则氧化性Fe3+______I2(填“>”“=”或“<”)，有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Br-、I-，其中Br-、I-的个数比为3：4，向该溶液中通入少量氯气，一定会发生的反应的离子方程式是_______。如果要使溶液中Br-、I-的个数比为3：1，通入氯气与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为_______。22、饮用水中的NO3-对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，某饮用水研究人员提出，在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2，其化学方程式为：10Al＋6NaNO3＋4NaOH=10NaAlO2＋3N2↑＋2H2O。请回答下列问题：

（1）上述反应中，__元素的化合价升高，则该元素的原子__（填“得到”或“失去”）电子；而__元素的化合价降低，则该元素的原子被__（填“氧化”或“还原”）。

（2）上述反应中，若有10个铝原子参与反应，则转移的电子总数为__，用“双线桥法”表示反应中电子转移的方向和数目：___

10Al＋6NaNO3＋4NaOH=10NaAlO2＋3N2↑＋2H2O23、向20mL某物质的量浓度的AlCl3溶液中滴入2mol·L－1NaOH溶液时，得到的Al(OH)3沉淀质量与所滴加的NaOH溶液的体积(mL)关系如图所示；试回答下列问题：

（1）图中A点表示的意义是_________________________。

（2）图中B点表示的意义是_________________________。

（3）上述两步反应用总的离子方程式可表示为：____________________________。

（4）若所得Al(OH)3沉淀0.39g，则此时用去NaOH溶液的体积为______________。24、元素周期表的形式多种多样；下图是扇形元素周期表的一部分，扇面的18折相当于中学化学常见长式元素周期表的18列，1；2、3、4相当于周期，针对表中所给元素，对照中学化学常见长式元素周期表，回答下列问题：

(1)表中金属性最强的元素在长式元素周期表中的位置是___________，该元素单质与水反应的化学方程式为______________。

(2)表中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是__________（填酸的化学式）。

(3)元素F与K形成化合物的电子式为__________。

(4)写出元素D最高价氧化物对应水化物的稀溶液与铜单质反应的离子方程式_________。

(5)元素G的最高价氧化物对应水化物跟氢氧化钠溶液反应的化学方程式________。评卷人得分四、判断题(共1题，共6分)25、快速生产合格的熔喷布体现着社会责任。___A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共4题，共40分)26、二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发黏、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：

（1）制取少量S2Cl2

实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2。

①仪器m的名称为__，装置F中试剂的作用是___。

②装置连接顺序：A→__→__→__→E→D。

③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是__。

④为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和__。

（2）少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬浊液。但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是__。

（3）S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体SO2的体积分数。

①W溶液可以是__(填标号)。

A.H2O2溶液B.KMnO4溶液(硫酸酸化)C.氯水。

②该混合气体中二氧化硫的体积分数为__(用含V、m的式子表示)。27、铁是人体必需的微量元素；铁摄入不足可能引起缺铁性贫血。黑木耳中含有比较丰富的铁元素，某研究型学习小组同学测定某地黑木耳中铁的含量。

（1）称量黑木耳；将之洗净切碎，用蒸馏水浸泡，但浸泡液中未能检测到铁元素。高温灼烧黑木耳，使之完全灰化。将木耳灰用下图流程处理，对滤液中的溶质进行研究。

①浸泡液检测不出铁元素的原因是___________。

②滤液中铁元素的存在形式是Fe2+；___________；试剂l应该是___________。

（2）A转化为B可加入的试剂有___________。A．酸性高锰酸钾B．Cl2C．H2O2D．HNO3（3）C生成D时的反应现象为___________。

（4）已知在酸性条件下Fe2+可被氧气为Fe3+，配平此离子方程式：______________________Fe2++___________O2+___________H+=___________Fe3++___________H2O，标出电子转移方向和数目___________，若该反应每转移8mol电子，标准状况下消耗O2的体积为___________L。

（5）若称取ag黑木耳全部烧成灰，将全部灰按照上面的流程中加入试剂2的方法，全部转化为D，然后过滤、洗涤加热烘干、称得D质量为bg，___________(填“能”或“否”)来测得出该黑木耳铁元素的含量，理由是___________。28、氯气是一种重要的化工原料；氯气及其化合物在自来水的消毒；农药的生产、药物的合成都有着重要的应用。

I.（1）Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染。化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2（气）+8NH3（气）=6NH4Cl（固）+N2（气）若反应中消耗Cl21.5mol，则被氧化的NH3在标准状况下的体积为__________L；该过程中电子转移的总数为__________________个。

（2）黄绿色气体ClO2（其中氯元素价态为+4）可用于污水杀菌和饮用水净化。ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl－；该反应过程中还原剂与氧化剂的物质的量之比为________。

II．实验室可用如下装置制备氯气并验证氯气的性质置（其中夹持装置已省略）。

已知：装置A是氯气的发生装置，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O据此回答下列问题：

（1）装置B中饱和食盐水的作用是_______。

（2）装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性；则装置C中Ⅰ；Ⅱ、Ⅲ处依次应放入的物质是：湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，请你推测Ⅲ处的现象为：__________。

（3）装置D的作用是___________，则烧杯中的溶液是__________，写出所发生反应的化学方程式_____________________________。29、某学习小组开展下列实验探究活动：

(1)装置A中反应的化学方程式为_______。

(2)选用如图装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱。

装置连接顺序为A、C、______、______、D、F，其中装置C的作用是______，通过_____现象即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。

利用G装置可测定装置A残留的SO2的含量，量取残夜于烧瓶中，加适量的水稀释，加热SO2全部溢出并与锥形瓶中H2O2完全反应：H2O2+SO2=H2SO4然后用标准溶液进行滴定，至终点时消耗溶液

(3)图G中球形冷凝管进水口为______(填“a”或“b”)。

(4)残液中SO2含量为______

(5)经过多次测定发现，测定值始终高于实际值，则其原因是______。评卷人得分六、推断题(共2题，共18分)30、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________31、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．Mg相对原子质量是24；所以Mg的摩尔质量是24g/mol，A正确；

B．只有溶液的物质的量浓度，缺少溶液的体积，不能计算Na+的物质的量；B错误；

C．Cl2是双原子分子，一个分子中含有2个Cl原子，所以1molCl2中含有的原子数约为2×6.02×1023；C错误；

D．标准状况下1molN2的体积是22.4L，在常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以常温常压下，1molN2的体积大于22.4L；D错误；

答案选A。2、D【分析】【详解】

碘化亚铁溶液与少量氯气反应，氯气首先氧化碘离子，离子方程式：故A正确；

B.少量通入澄清石灰水中反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式：故B正确；

C.明矾溶液中加氢氧化钡溶液至硫酸根恰好沉淀完全，铝离子恰好转化为偏铝酸根离子，离子方程式：故C正确；

D.向中加入稀硝酸，离子方程式：故D错误；

故选D。3、A【分析】【详解】

A．铜元素化合价由0价变为+2价；故需要通过氧化还原反应才能实现，A正确；

B．各元素化合没变，表现碱性氧化物的性质；B不选；

C．各元素化合没变，表现酸性氧化物的性质；C不选；

D．各元素化合没变，表现溶于水形成弱碱的性质；D不选；

故本题选A。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．乙醇；苯易挥发；易燃烧，所以应密封保存，置于阴凉处，且远离火源，故A正确；

B．钠燃烧生成过氧化钠；过氧化钠和水；二氧化碳反应生成氧气，氧气能助燃，所以钠着火时不能用水、泡沫灭火器灭火，应该用细沙覆盖灭火，故B正确；

C．有毒药品的废液；容易造成土壤；水体污染，应倒入指定的容器，故C正确；

D．普通泡沫灭火器不可用于扑灭带电设备的火灾；因为喷出的泡沫中含有水分，家用电器着火可使用干粉灭火器和二氧化碳灭火器，故D错误；

故选D。5、B【分析】【详解】

A.用如图电子天平称量固体；读数时侧门应关闭，防止气流影响读数，故A正确；

B.用托盘天平称取10.2gNaOH固体时；将10g的砝码放在右盘，将游码移到0.2g的位置，但NaOH一般在小烧杯中称量，砝码质量大于10g，故B错误；

C.分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物(生成物)浓度的关系；从而确定化学反应速率，故C正确；

D.酒精和乙醚具有麻醉作用；可减弱对呼吸道的刺激，减轻咳嗽，当吸入氯气；氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒，故D正确；

答案选B。6、B【分析】【详解】

原子符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，质子数+中子数=质量数，原子序数=原子的核外电子数=质子数，则的质量数为99，质子数为43，原子序数=核外电子数=质子数=43，中子数=质量数-质子数=99-43=56，综上分析，答案选B。7、B【分析】【详解】

A．CO不能使品红褪色；A错误；

B．若关闭活塞K，SO2与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，品红溶液无变化，澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，SO2使品红褪色；B正确；

C．CO2与Na2SO3溶液不反应；且不能是品红褪色，C错误；

D．Cl2与饱和NaHSO3溶液发生氧化还原反应，Cl2不能使澄清石灰水变浑浊，D错误。8、C【分析】【详解】

A．先滴加稀硫酸，与铁粉反应生成的H2排尽试管内的空气，再滴加NaOH溶液，可以生成Fe(OH)2沉淀；A不合题意；

B．先打开a处的止水夹，稀硫酸与铁粉反应生成的氢气将装置内的空气排尽，再关闭a处的止水夹，此时生成的气体将反应后的溶液压入试管B内，从而生成Fe(OH)2；B不合题意；

C．NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，在NaOH溶液下落过程中会溶解空气，从而使生成的Fe(OH)2迅速氧化；C符合题意；

D．盛有NaOH的胶头滴管插入FeSO4溶液的液面下，且用苯液封，此时试管内的溶液中没有O2，生成的Fe(OH)2不会立即被氧化；D不合题意；

故选C。9、C【分析】【分析】

【详解】

A．主族元素的周期数等于电子层数；主族元素最外层电子数等于主族序数，电子层数是4层，最外层5个电子，所以位于第四周期；第VA族，故A正确；

B．砷字带“石”旁；砷是非金属元素，故B正确；

C．根据元素砷(As)的原子结构示意图；原子核内质子数等于核外电子数，33=2+8+x+5，解得x=18，故C错误；

D．砷的最外层电子数为5；故砷的最高正价为+5价，故D正确；

答案选C。二、多选题(共8题，共16分)10、CD【分析】【分析】

在NaOH溶液中通入一定量的CO2后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生CO2时的反应可能为：OH－+H+=H2O或CO+H+=HCO产生CO2的反应为：HCO+H+=CO2↑+H2O；所用当溶质只有Na2CO3时产生气体阶段和开始的不产生气体阶段消耗的HCl相同，当有NaOH时不产生气体阶段消耗的HCl增多，当有NaHCO3时产生气体阶段消耗的HCl增多。

【详解】

A．由图象可知，当V(HCl)=50mL时，得到的产物为NaCl，由原子守恒得：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1mol/L×0.05L=0.005mol，则原NaOH溶液的浓度为：c(NaOH)==0.05mol/L；故A错误；

B．由图中HCl的用量与产生CO2气体体积的关系可以知道乙溶液的溶质应该为：NaOH和Na2CO3，所以当0<40mL时，乙溶液中没有产生二氧化碳，反应的离子方程式为依次为：OH-+H+=H2O和CO+H+=HCO故B错误；

C．甲溶液中产生气体阶段比不产生气体阶段消耗的盐酸多，结合分析可知甲溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3；故C正确；

D．乙溶液中滴加盐酸，产生CO2的阶段为：HCO+H+=H2O+CO2↑，根据消耗了10mL盐酸可以知道，生成CO2的物质的量为:0.1mol/L×0.01L=0.001mol，标况下0.001molCO2气体的体积为：22.4L/mol×0.001mol=0.0224L=22.4mL；故D正确；

总所述答案为CD。11、BD【分析】【详解】

A．SO2气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，是因为SO2具有还原性，SO2与酸性KMnO4发生氧化还原反应而使酸性KMnO4溶液褪色；A项错误；

B．CuSO4溶液中加入KI溶液；发生氧化还原反应生成碘单质和CuI，则现象为有白色沉淀生成，苯层呈紫红色，B项正确；

C．蛋白质溶液中加入(NH4)2SO4饱和溶液产生白色沉淀；是蛋白质发生盐析，而加入甲醛，是蛋白质变性，C项错误；

D．向5mL0.1mol·L−1KI溶液中加入1mL0.1mol·L−1FeCl3溶液，发生反应2Fe3++2I−2Fe2++I2，I−过量，滴加5滴KSCN溶液，出现血红色，说明有Fe3+剩余，则说明反应2Fe3++2I−2Fe2++I2是有一定限度的；D项正确。

答案选BD。12、BD【分析】【详解】

A．Fe3+遇KSCN溶液为血红色，在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，但不能检验Fe2+；故A错误；

B．无水硫酸铜遇水变蓝；则气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气，故B正确；

C．焰色反应为元素的性质，观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃，则灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，但不能检验K+；故C错误；

D．加盐酸排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等干扰，无现象，继续加入BaCl2溶液产生白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，证明原溶液有SO42﹣；故D正确；

答案选BD。13、BC【分析】【详解】

混合物在密闭容器中加热到250℃时；可能发生如下反应：

①2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑

②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2

④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O

反应生成气体产物是O2和H2O(g)，由题意可知，残余的固体为Na2CO3和NaOH，生成的气体为O2和H2O(g)，则有总反应式为aNaHCO3+bNa2O2=aNa2CO3+(2b﹣a)NaOH+(a﹣b)H2O+O2，所以2b﹣a＞0，＞b﹣a＞0，＜1，故的数值范围：1＜＜2；

答案选BC。

【点睛】

加热到250℃时，水为气态。14、AC【分析】【分析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸；则W为F；X是同周期中金属性最强的元素，则X是Na；Y原子的最外层电子数等于其电子层数，则Y是Al；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl。

【详解】

A.AlCl3为共价化合物；熔融状态下不能导电，故不能通过电解熔融的氯化铝制备铝单质，A错误；

B.Na+、F-具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：Na+<F-；B正确；

C.钠能与水反应；不能把铝从水溶液中置换出来，C错误；

D.W与X形成的化合物NaF溶于水，F-水解使溶液呈碱性；D正确；

答案选AC。15、AC【分析】【分析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，q是元素Y的单质且为淡黄色固体，说明Y为S，0.01mol·L-1r溶液的pH为2；说明是强酸即为盐酸，即W为H，Z为Cl,s通常是难溶于水的混合物即氯代物，则X为C。

【详解】

A选项，元素的非金属性：Cl>S；故A正确；

B选项，原子半径的大小：S>Cl>C>H；故B错误；

C选项，简单氢化物的稳定性：HCl>H2S>CH4；故C正确；

D选项，最高价氧化物的对应水化物的酸性：HClO4>H2SO4；故D错误。

综上所述，答案为AC。16、AB【分析】【详解】

A．镁是12号元素，序数=质子数=电子数，则1mol镁原子中含有的电子数为12NA；A正确；

B．常温常压下，22gCO2的物质的量为0.5mol，0.5molCO2含有的原子总数为1.5NA；B正确；

C．标准状况下；水是液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，C错误；

D．40gNaOH溶解在1L水中；所得溶液的体积大于1L，则得到溶液的物质的量浓度小于1mol/L，D错误；

答案选AB。17、AB【分析】【分析】

【详解】

A．K+、Na+、ClO-、SO之间能够大量共存；次氯酸根离子具有氧化性，把二氧化硫氧化为硫酸根离子；由于二氧化硫少量，反应生成硫酸根离子、氯离子和次氯酸，离子方程式为：SO2＋3ClO-＋H2O=SO＋Cl-＋2HClO；故A正确；

B．NHFe3+、Br-、SO之间能够大量共存；铁离子具有强氧化性，能够把硫化氢中-2价硫氧化为单质硫，本身被还原为亚铁离子，加入过量硫化氢后反应的离子方程式为：2Fe3+＋H2S=2Fe2+＋S↓＋2H+；故B正确；

C．NHFe3+都与AlO发生反应；在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．HCOAlO之间发生反应；在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选AB。三、填空题(共7题，共14分)18、略

【分析】【分析】

【详解】

在水溶液中电离出的阳离子全部是H+的化合物称为酸；在水溶液中电离出的阴离子全部是OH-的化合物称为碱；在水溶液中电离出金属阳离子（或NH4+）和酸根离子的化合物称为盐。一种元素与氧元素形成的化合物称为氧化物。H2SO4=2H++SO42-，所以H2SO4属于酸；Ba(OH)2=Ba2++2OH-，所以Ba(OH)2属于碱；NaCl=Na++Cl-，所以NaCl属于盐；CO2属于氧化物。【解析】③④⑤②19、略

【分析】【详解】

(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度:

(2)a.溶液中HCl的物质的量会随所取体积的多少而变化，不符合；b.溶液物质的量浓度会随所取体积的多少而变化，符合；c.溶液中Cl-的数目随所取体积的多少而变化，不符合；d.溶液的密度不随所取体积的多少而变化，符合；所以答案为bd；

(3)①实验需要480mL物质的量浓度为0.2mol·L－1的稀盐酸，没480mL容量瓶，应配制成500mL；该学生需要用量筒量取上述浓盐酸进行配制。②a转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，则溶质损失了，溶液浓度偏小，符合；b.用量筒量取计算所需的浓盐酸时；仰视观察刻度线，会导致量取液体的体积偏大，所配溶液浓度偏大，不符合；c.加水定容时俯视液面；导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏高，不符合；d.定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线又加水至刻度线，等效于体积偏大，溶液浓度偏小，符合，因此答案为ad；

(4)①加蒸馏水到刻度1cm～2cm处时：用胶头滴管滴加水到凹液面的最低点和刻度线相切；②加蒸馏水时不慎超过了刻度：应重新配制。【解析】11.9bd8.4ad用胶头滴管滴加水到凹液面的最低点和刻度线相切应重新配制20、略

【分析】【详解】

（1）电解饱和食盐水，电解槽离子膜或隔膜，允许阳离子（或Na+）和水分子通过；不允许阴离子通过；阳极生成氯气，用石墨或钛做电极；

故答案为阳离子（Na+）；钛（或石墨）；

（2）工艺流程中先后制得Br2、CaSO4和Mg(OH)2，不能先生成沉淀Mg(OH)2，硫酸钙为微溶物，如果先生成沉淀Mg(OH)2，则沉淀中会夹杂有CaSO4沉淀；使产品不纯；

（3）因为溴单质在四氯化碳中的溶解度比在水中大得多，而且四氯化碳与水不互溶，因此可用于萃取，但也有缺点，如四氯化碳萃取法工艺复杂、设备投资大；经济效益低、环境污染严重。【解析】①.阳离子（或Na＋）②.钛（或石墨）③.否④.如果先沉淀Mg(OH)2，则沉淀中会夹杂有CaSO4沉淀，产品不纯⑤.四氯化碳萃取法工艺复杂、设备投资大；经济效益低、环境污染严重21、略

【分析】【详解】

I.（1）电解质和非电解质研究的对象都是化合物；且非电解质在水中或者熔融状态下都不能发生电离，则属于非电解质的是②⑩；

（2）向CuSO4溶液中加入Na2O2，Na2O2会先和水反应生成O2和NaOH，NaOH会再和CuSO4反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀；故该操作中可看到的现象是有气泡生成，有蓝色沉淀生成；

（3）NaHSO4在水中完全电离，且该盐是强酸的酸式盐，HSO4-也会完全电离，故该盐在水中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-；

（4）醋酸是弱电解质，在离子方程式中不可拆写，NaOH是强电解质，在离子方程式中要拆写，该反应的离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；

（5）浓盐酸和MnO2反应的离子方程式为：

II.根据反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2可知，氧化性：Fe3+>I2；由于I-的还原性最强，则向该溶液通入少量的氯气，一定会发生的反应为2I-+Cl2=I2+2Cl-；假设该溶液中，n(Br-)=3mol，n(I-)=4mol，则根据电荷守恒可得n(Fe2+)=3.5mol，通入氯气后，溶液中仍然有I-，由于I-先和Cl2反应，则反应后的溶液中n(Br-)=3mol，n(Fe2+)=3.5mol，n(I-)=1mol，即Δn(I-)=3mol，根据2I-~Cl2可得，n(Cl2)=1.5mol，则n(Cl2):n(Fe2+)=1.5：3.5=3：7。【解析】②⑩有气泡生成，有蓝色沉淀生成NaHSO4=Na++H++SO42-CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O>2I-+Cl2=I2+2Cl-3:722、略

【分析】【分析】

10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O中；Al元素化合价升高3价，被氧化，N元素化合价降低5价，被还原，结合化合价的变化判断电子的得失以及电子转移的方向和数目。

【详解】

(1)Al元素的化合价升高；失去电子，Al被氧化作还原剂，发生氧化反应，N元素化合价降低5价，被还原；

故答案为：Al；失去；N；被还原；

(2)反应中Al元素化合价由0价升高到+3价，则若有10个铝原子参与反应，则转移的电子总数为30；根据方程式知,该反应中转移电子数是30，用双线桥表示电子转移方向和数目为

故答案为：30；【解析】Al失去N还原3023、略

【分析】【详解】

（1）开始AlCl3与NaOH反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓，生成Al（OH）3沉淀，NaOH量逐渐增多，Al（OH）3量逐渐增大，到A点时氢氧化钠将AlCl3恰好完全沉淀时，Al（OH）3沉淀达到最大量；

（2）继续滴加，沉淀逐渐溶解，发生Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，B点时沉淀完全溶解于氢氧化钠溶液中，得到NaAlO2溶液；

（3）上述两步反应用总的离子方程式可表示为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；

（4）0.39gAl（OH）3的物质的量==0.005mol，当NaOH溶液不足时，生成0.39gAl(OH)3所需NaOH的物质的量为：0.005mol×3=0.015mol，需要NaOH溶液的体积==0.0075L=7.5mL；

0.78gAl（OH）3的物质的量==0.01mol，Al（OH）3沉淀达到最大量AlCl3与NaOH反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓，所需NaOH的物质的量=0.01mol×3=0.03mol当NaOH溶液过量时，还剩余0.39gAl（OH）3，剩余0.39gAl（OH）3溶解可以消耗0.005molNaOH，故共消耗NaOH的物质的量=0.03+0.005mol=0.035mol，需要NaOH溶液的体积=0.035/2=0.0175L=17.5mL，答案7.5mL或17.5mL【解析】生成Al(OH)3沉淀的最大值Al(OH)3沉淀完全溶解于NaOH溶液中，得到NaAlO2溶液Al3＋＋4OH－===AlO2-＋2H2O7.5mL或17.5mL24、略

【分析】【分析】

由图可知，第1周期中A为H，第2周期中C、D、E分别为C、N、O，第3周期中B、F、G、J、K分别为Na、Mg、Al、S、Cl，第4周期L、M分别为Fe、Br。

【详解】

(1)表中金属性最强的元素是11号元素Na，在长式元素周期表中的位置是第3周期、第ⅠA族，Na与水反应的化学方程式为故答案为：

(2)表中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是高氯酸，化学式为：故答案为：

(3)元素F为Mg，K为Cl，两者形成的氯化镁为离子化合物，电子式为故答案为

(4)元素D为N，元素D最高价氧化物对应水化物是稀硝酸，铜单质与稀硝酸发生氧化还原反应，离子方程式为：故答案为

(5)元素G为Al，Al的最高价氧化物对应水化物是稀硝酸，元素I的最高价氧化物对Al(OH)3，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：故答案为：【解析】第3周期、第ⅠA族四、判断题(共1题，共6分)25、A【分析】【详解】

快速生产合格的熔喷布体现着社会责任，故答案正确；五、实验题(共4题，共40分)26、略

【分析】【分析】

实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)；连接装置D是防止空气中水蒸气进入。混合气体通过W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液，向加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，根据生成的沉淀硫酸钡沉淀质量和硫元素守恒得到二氧化硫物质的量，再计算该混合气体中二氧化硫的体积分数。

【详解】

(1)①根据装置得出仪器m的名称为直形冷凝管(或冷凝管)，装置F中试剂的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质；故答案为：直形冷凝管(或冷凝管)；除去Cl2中混有的HCl杂质。

②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)；连接装置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D；故答案为：F；C；B。

③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气，实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；故答案为：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集。

④反应生成S2Cl2中因氯气过量则会有少量生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度；实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；故答案为：滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量)。

(2)根据题中信息得出少量S2Cl2泄漏时，不要对泄漏物或泄漏点直接喷水的原因是：防止S2Cl2遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；故答案为：防止S2Cl2遇水分解放热；放出腐蚀性烟气。

(3)①混合气体通过W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液，向加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，因此W溶液是吸收二氧化硫，可以是H2O2溶液和氯水，但不能是KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为KMnO4溶液(硫酸酸化)会引入硫酸根；还可能高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，故答案为：ac。

②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，根据硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)==mol，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=故答案为：×100%或%或%或%。【解析】直形冷凝管(或冷凝管)除去Cl2中混有的HCl杂质FCB将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量)S2Cl2遇水会分解放热，放出腐蚀性烟气ac×100%或%或%或%27、略

【分析】【分析】

木耳灰用盐酸酸浸；过滤得到氯化亚铁和氯化铁的混合液，根据流程可判断C是氢氧化亚铁，D是氢氧化铁，则A中含有亚铁离子，B中含有铁离子，所以试剂1是铁，试剂2具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，据此解答。

（1）

①浸泡液检测不出铁元素，则溶液中不含有Fe2+、Fe3+；可推知黑木耳中含铁元素的物质不溶于水；

②据分析，滤液中铁元素的存在形式是Fe2+、Fe3+；试剂l的作用是把Fe3+转化为Fe2+；故应该是纯Fe粉或纯铁钉；

（2）

A转化为B，即氯化亚铁转为氯化铁，要避免其它杂质离子的引入，可加入的试剂有Cl2和H2O2；故选BC；

（3）

C为Fe(OH)2、D为Fe(OH)3；则C生成D时的反应现象为：沉淀由白色变为灰绿色再变为红褐色；

（4）

已知在酸性条件下Fe2+可被氧气为Fe3+，铁元素的化合价由+2价升至+3价，O元素的化合价由0价降为-2价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，则该离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，电子转移方向和数目可表示为：由方程式知，每转移4mol电子，消耗1molO2，即消耗22.4LO2(标准状况下)，若该反应每转移8mol电子，标准状况下消耗O2的体积为44.8L；

（5）

若称取ag黑木耳全部烧成灰，将全部灰按照上面的流程中加入试剂2的方法，全部转化为D，然后过滤、洗涤加热烘干、称得D质量为bg，则不能准确测得出该黑木耳铁元素的含量，因为Fe(OH)3受热易分解，在加热烘干过程中会转变成Fe2O3，会造成较大误差。【解析】（1）黑木耳中含铁元素的物质不溶于水Fe3+纯Fe粉或纯铁钉。

（2）BC

（3）沉淀由白色变为灰绿色再变为红褐色。

（4）4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O44.8L

（5）否Fe(OH)3受热易分解，会造成较大误差28、略

【分析】【分析】

I．(1)根据方程式计算；

(2)利用化合价升降计算；

II．(1)饱和食盐水能吸收氯气中的HCl杂质；并降低氯气在水中的溶解度；

(2)干燥的氯气无漂白性；

(3)氯气有毒；装置D为NaOH溶液，除去未反应的氯气。

【详解】

I．(1)被氧化的NH3；即化合价升高的氨气，根据方程式3mol氯气参与反应2mol的氨气化合价升高，1.5mol氯气参与反应时，被氧化的氨气的物质的量为1mol，标况下的体积为22.4L；转移3mol电子；

(2)ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl－；Cl的化合价降低5，则Mn的化合价升高2，化合价升降总数相等，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为5：2；

II．(1)饱和食盐水能吸收氯气中的HCl杂质；并降低氯气在水中的溶解度；

(2)干燥的氯气无漂白性；则III为干燥的有色布条不褪色；

(3)氯气有毒，装置D为NaOH溶液，除去未反应的氯气，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。【解析】22.4L3NA（或者1.806x1024）5：2除去氯气中的氯化氢干燥的有色布条不褪色尾气处理NaOH溶液Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O29、略

【分析】【分析】

1）装置A中发生的反应为亚硫酸钙与盐酸反应生成氯化钙；二氧化硫和水；

（2）H2SO3具有还原性，HClO有强氧化性，所以不能由H2SO3直接生成HClO的原理来比较两种酸的酸性大小，可由H2SO3的酸性大于H2CO3，H2CO3酸性大于HClO酸性，得到H2SO3酸性大于HClO酸性；

（3）为了增强冷凝效果，图G中球形冷凝管进水口应为b；

（4）由题意可得SO2—H2SO4—2NaOH；结合题给氢氧化钠的量计算可得；

（5）若残留液中有剩余的盐酸；加热时，盐酸挥发出的氯化氢溶于过氧化氢溶液中，能与氢氧化钠溶液反应。

【详解】

（1）装置A中发生的反应为亚硫酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O，故答案为：CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O；

（2）H2SO3具有还原性，HClO有强氧化性，所以不能由H2SO3直接生成HClO的原理来比较两种酸的酸性大小，根据所给仪器和药品可知，可由H2SO3的酸性大于H2CO3，H2CO3酸性大于HClO酸性，得到H2SO3酸性大于HClO酸性，A中SO2含有HCl气体，通过装置C中饱和NaHSO3溶液除去HCl，同时生成SO2，然后气体再通过B中饱和的NaHCO3溶液，除去SO2同时生成CO2气体，再通过装置E中高锰酸钾溶液进一步除去SO2，继续通过装置C中品红溶液，检验SO2气体是否除尽，最后通入装置F中漂白粉溶液，如果生成白色沉淀，即可证明H2SO3的酸性大于HClO的酸性