2025年沪科版必修1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年沪科版必修1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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列各组分类中，有错误的是A.分散系：溶液、胶体、浊液B.碱：烧碱、碱石灰、纯碱C.电解质：明矾、冰醋酸、石膏D.物质分离方法：过滤、盐析、分馏2、根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（）。选项操作现象结论

A

向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体

浓硫酸具有脱水性和强氧化性

B向KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液

先出现黄色沉淀

Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)

C

铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中

无明显现象浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜

D向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成

Fe2+催化H2O2分解产生O2A.AB.BC.CD.D3、下列各化合物不能由单质直接化合制取的是A.FeCl3B.CuCl2C.AlCl3D.FeCl24、16O和18O是氧元素的两种核素，下列说法正确的是A.16O和18O互为同素异形体B.16O和18O的核外电子排布相同C.16O2和18O2互为同位素D.16O2和18O2的化学性质不同5、今有一种固体化合物X，X本身不导电，但熔融状态或溶于水中均能够电离，下列关于X的说法中，正确的是A.X一定为电解质B.X可能为非电解质C.X只能是盐类D.X只能是碱类6、如图是部分短周期元素原子序数与最外层电子数之间的关系图；下列说法中正确的是（）

A.元素对应的离子半径：Z>X>R>WB.简单氢化物的沸点：W>R>Y>ZC.M、N、R、W的简单离子均能促进水的电离D.Z、X、R、W的最高价氧化物对应的水化物均能与N的单质反应评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.1molNa被完全氧化为Na2O2，失去的电子数为NAB.常温下，0.1mol·L-1的Na2SO4溶液中含有的离子总数为0.3NAC.铁和水蒸气反应生成22.4L氢气，转移电子数为2NAD.标准状况下，22.4LCO含有的分子数为NA8、下列反应的离子方程式书写正确的是A.Na2O2溶于水：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑B.Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2：2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32-C.用FeCl3溶液腐蚀铜板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D.碳酸钙溶于稀硝酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O9、氯只有35Cl和37Cl两种稳定同位素，它们在氯气中的原子数之比为35Cl:37Cl=3:1，则相对分子质量为70:72:74的氯气分子数之比可能是A.5:2:1B.5:2:2C.9:3:1D.9:3:210、现有浓度均为1mol/L的FeCl3、CuCl2的混合溶液100mL，向该溶液中加入5.6g铁粉充分反应(溶液的体积变化忽略不计)。已知，氧化性Fe3+>Cu2+，下列有关叙述正确的是A.反应后的溶液中n(Fe2+)是0.2molB.反应后的溶液中不存在Fe3+和Cu2+C.反应后残留固体为3.2gD.反应后残留固体中可能含有未反应的铁粉11、在下列变化中，能表明硝酸具有氧化性的是A.能使石蕊试液变红色B.能跟Ag反应生成C.能和碳酸钙反应D.能和反应生成评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)12、有下列物质：

①硫酸②盐酸③氯气④硫酸钡⑤酒精⑥铜⑦醋酸⑧氯化氢⑨蔗糖⑩氨气⑪CO2⑫NaHCO3⑬Al(OH)3⑭NaOH

（1）属于非电解质的为____(填序号；下同)，属于弱电解质的为___，能导电的是___。

（2）写出下列反应的离子方程式。A．碳酸钙与盐酸反应：______________________________B．稀硫酸与氢氧化铜反应：_________________________________C．氧化铁与盐酸反应：____________________________________13、(1)按要求写出方程式：

①Fe2(SO4)3的电离方程式______。

②NaHCO3溶液与稀盐酸反应离子方程式______。

③二氧化碳通入足量氢氧化钠溶液离子方程式______。

(2)以下为中学化学中常见的几种物质：①二氧化碳；②熔融KCl；③NaHSO4固体；④铜；⑤盐酸；⑥酒精，其中属于电解质的有______，属于非电解质的有______，能导电的有______。(填序号)14、实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气，其变化可表述为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl↑2+8H2O。

（1）请将上述化学方程式改写为离子方程式：__。

（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是__(填编号)。

①只有还原性②还原性和酸性③只有氧化性④氧化性和酸性。

（3）此反应中氧化产物是Cl2，若产生0.5molCl2，则转移电子的物质的量为__mol。

（4）用双线桥法表示该反应电子转移的方向和数目__。15、铝是地壳中含量最多的金属元素；其单质和化合物广泛应用于日常生活中。请完成列空白：

（1）铝元素在周期表中的位置为_____

（2）可以用电镀法在钢制品上电镀铝，为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6mol电子时，所得气体的物质的量为_____mol

（3）双羟基铝碳酸钠[NaAl（OH）2CO3]是一种常用的抗酸药，它和胃酸反应的化学方程式为_____

（4）如图是从铝士矿（主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质）中提取Al2O3并生产AlN的工艺流程：

①“溶解”时，SiO2与NaOH溶液反应生成的硅酸钠与溶液中偏铝酸钠发生反应：2Na2SiO3+2NaAIO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，赤泥的主要成分为_____（写出化学式）。

②“酸化”时通入过量CO2与NaAlO2反应生成Al（OH）3滤液的主要成分为_____（写化学式）。

③“还原”时，炭黑在高温下被氧化为CO，反应的化学方程式为_____16、(1)水晶的主要成分：____________，水玻璃的主要成分：____________

(2)辉石()的氧化物形式可表示为：____________

(3)实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制备氯气的化学方程式：________________________

(4)铜与浓硫酸受热反应的化学反应方程式：____________________________________17、根据实验要求完成下列问题。

I.实验室需要配制480ml0.1mol∙L−1的稀硫酸。

(1)若用密度为1.84g∙mL−1；质量分数为98%的浓硫酸来配制，需要用量筒量取浓硫酸_______ml。

(2)该实验除了需要用到量筒；烧杯和玻璃棒之外；还需要用到的玻璃仪器是_______。

(3)配制溶液时；下列操作会导致所配溶液浓度偏高的操作是_______。

A.用蒸馏水洗涤烧杯；洗涤液没有全部注入容量瓶中。

B.定容摇匀后；发现液面低于刻度线，又加水到刻度线位置。

C.定容时仰视刻度线。

D.容量瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理；底部有少量水残留。

E.用量筒量取浓硫酸时；仰视刻度线。

II.Fe(OH)3胶体可使水中悬浮物凝聚沉淀；是城市饮用水处理新技术。

(1)实验室制取Fe(OH)3胶体相应的化学方程式是_______。

(2)向Fe(OH)3胶体中逐滴加入硅酸胶体；逐渐出现红褐色沉淀，出现该现象的原因是_______。

(3)除去胶体中混有的FeCl3和HCl的方法是_______。18、短周期元素中；某些不同族元素的单质及其化合物有相似的化学性质，如铍和铝都能与氢氧化钠溶液反应；下图是元素周期表的一部分，编号为③的元素最外层与最内层电子数相等。

（1）编号为⑤的元素的符号为______，其在周期表中位于_______________________。

（2）写出Be与NaOH溶液反应生成Na2BeO2的离子方程式：_____________________。

（3）已知AlCl3的熔点为190℃（2.5×105Pa）；沸点为182.7℃，试推测：

①BeCl2是______化合物（填“离子”或“共价”）；

②Be(OH)2的碱性比LiOH__________。

（4）根据Mg在空气中的燃烧情况，Li在空气中燃烧生成的产物为______（用化学式表示）。19、从元素化合价和物质类别两个维度学习；研究物质的性质及转化；是一种行之有效的方法。以下是氮元素的“价类二维图”的部分信息。请回答下列问题：

(1)从价态的维度分析，具有氧化性又有还原性。请用一个化学方程式说明具有还原性_______；

(2)从价态的维度分析，若要将下列试剂可行的是____；

A.B.NaC.NO2D.

(3)硝酸具有强氧化性，能与一些较不活泼的金属反应。写出铜与稀硝酸反应的离子方程式___，该反应中体现了稀硝酸的性质有___。

(4)检验铵盐中阳离子的方法为(用离子方程式表示)_______。

(5)从绿色化学、环保的角度选择制取硝酸铜的原料_______。

A.CuB.CuOC.CuSD.Cu(OH)2评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)20、硅酸钠溶液中通入二氧化碳：(____)A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共2题，共10分)21、二氧化氯泡腾片是一种常用的含氯消毒剂，其主要成分是亚氯酸钠(NaClO2)。NaClO2的制备原理为：用SO2与NaClO3制取ClO2气体，再由ClO2在强碱性条件下与过量的H2O2反应制得(装置如图所示)。

已知：①NaClO2碱性溶液稳定；酸性溶液会分解。

②无水NaClO2常温稳定；有水存在时加热到130°C分解；

③NaClO2饱和溶液在温度低于38°C时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38°C时析出晶体是NaClO2。

(1)装置C用于制备ClO2气体，同时生成NaHSO4，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)将C中产生的ClO2通入装置D中制备NaClO2，反应温度需控制在3°C，写出该反应的离子方程式：____。

(3)反应结束后，将D中混合物减压蒸发浓缩，冷却结晶可获得NaClO2晶体。结晶时温度需保持在40~55°C，原因是_______。

(4)保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高ClO2吸收率的措施有(写出一种即可)_____。

(5)装置C所得溶液中主要溶质为Na2SO4和NaHSO4，直接排放会污染环境且浪费资源，经处理后可获得芒硝(Na2SO4·10H2O)。请补充完整由装置C中所得溶液制取Na2SO4·10H2O的实验方案：_____________(实验中须使用的试剂和仪器有：NaOH溶液、冰水、pH计)。已知：Na2SO4的溶解度曲线如图所示。

22、回答下列问题：

（1）鉴别新制的氯水与久置的氯水_______________________________________________。

（2）次氯酸不稳定，见光易分解生成氯化氢和氧气。请设计实验证明有氧气生成________。评卷人得分六、原理综合题(共2题，共4分)23、I．NaHSO3、CuSO4为实验室常用的化学试剂，均易溶于水，且水溶液显酸性。在铁片镀铜实验中，为提高电镀效果，常用CuSO4溶液作为电镀液。装置如图所示，a接电源_____极，阳极的电极反应式为：_____。电镀过程中c(Cu2+)_____（填“基本不变”；“变大”或“变小”）。

II．某实验小组对NaHSO3溶液分别与CuSO4、CuCl2溶液的反应进行探究。实验装置试剂x操作及现象A1mol·L−1CuSO4溶液加入2mLCuSO4溶液，得到绿色溶液，3分钟未见明显变化。B1mol·L−1CuCl2溶液加入2mLCuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。加入2mLCuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。

（1）推测实验B产生的无色气体为SO2，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到_____，反应的离子方程式为_____。

（2）对实验B产生SO2的原因进行分析；提出假设：

假设a：Cu2+水解使溶液中c(H+)增大；

假设b：Cl－存在时，Cu2+与HSO反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。

①假设a不合理，实验证据是_____；

②实验表明假设b合理，实验B反应的离子方程式有_____、H++HSO=SO2↑+H2O。

（3）对比实验A、B，提出假设：Cl－增强了Cu2+的氧化性。下述实验C证实了假设合理，装置如图（两个电极均为碳棒）。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形管_____________________________________（补全实验操作及现象）。

（4）将实验A的溶液静置24小时或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO已知：

I．

II．

III．Cu2O是一种红色粉末状固体，几乎不溶于水，但溶于氨水，形成稳定的、无色的配合物[Cu(NH3)2]+。

①通过实验D证实红色沉淀中含有Cu+和Cu2+。

实验D：

证实红色沉淀中含有Cu+的实验证据是_____；

②有同学认为实验D不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，设计实验D的对比实验E，证实了Cu2+的存在。实验E的方案和现象是_____。（要求：用图示表示，参照实验D）24、高铁酸钠（Na2FeO4）具有很强的氧化性；是高铁电池的重要原料，也是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上可以通过次氯酸钠氧化法制备高铁酸钠，生产过程如下：

回答下列问题：

（1）Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式是__________________。

（2）经过步骤①后，加入NaOH固体的原因是________________________。

（3）步骤②反应的离子方程式是_______________。

（4）从溶液I中分离出Na2FeO4后，还有副产品Na2SO4、NaCl，则步骤③中反应的离子方程式为_______________。

（5）Na2FeO4投入到污水中杀菌消毒，生成的Fe（OH）3可以起到絮凝剂的作用。通过计算得知Na2FeO4的消毒效率（以单位质量的消毒剂得到的电子数表示）比氯气的_________（填“高”或“低”），用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是_________（答出一点即可）。

（6）高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH放电时，负极的电极反应式是_____。正极附近溶液的碱性______（填“增强”、“不变”或“减弱”）。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

A．根据分散系的中分散质微粒直径的大小不同把分散系分为：溶液；胶体、浊液；故A不符合题意；

B．电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；烧碱是氢氧化钠，属于碱；碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，不是碱，纯碱是碳酸钠属于盐，故B符合题意；

C．电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；明矾是十二水合硫酸铝钾；冰醋酸是乙酸、石膏是硫酸钙，明矾、冰醋酸、石膏在水溶液中可以发生电离，属于电解质，故C不符合题意；

D．过滤是分离固液混合物的方法；盐析是向某些蛋白质溶液中加入某些无机盐溶液后；可以降低蛋白质的溶解度，使蛋白质凝聚而从溶液中析出的方法；分馏是根据液体混合物中组分沸点不同来分离的方法，过滤；盐析、分馏都属于物质分离方法，故D不符合题意；

答案选B。2、D【分析】【分析】

【详解】

A.向蔗糖中加入浓硫酸；蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体，蔗糖经浓硫酸脱水得到碳，碳和浓硫酸反应生成刺激性气味的二氧化硫，体现强氧化性，故A正确；

B.向KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液，Ksp小的先出现沉淀，先生成黄色沉淀，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)；故B正确；

C.铝片先用砂纸打磨；再加入到浓硝酸中，无明显现象，浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜，从而阻止金属继续反应，故C正确；

D.向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液，溶液变成棕黄色，说明H2O2在酸性条件下氧化Fe2+变为Fe3+，一段时间后溶液中出现气泡，说明Fe3+催化H2O2分解产生O2；故D错误；

答案为D。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3；故A不选；

B．Cu与Cl2在点燃时能直接化合生成CuCl2；故B不选；

C．Al与氯气在点燃时能直接化合生成AlCl3；故C不选；

D．Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，不能由单质间直接化合制取FeCl2；故D选；

故选：D4、B【分析】【分析】

【详解】

A．16O和18O为O元素的两种不同核素；则二者互为同位素，同素异形体是只同种元素形成的不同单质，A错误；

B．16O与18O核外电子数均为8；核外电子排布相同，B正确；

C．16O2与18O2是不同氧原子形成的氧气分子；而同位素是指同种元素的不同核素，C错误；

D．16O2和18O2均为氧气分子；化学性质相同，D错误；

综上所述答案为B。5、A【分析】【分析】

一种固体化合物X；X本身不导电，但熔融状态和溶于水时能够电离，说明该物质在溶于水和熔融状态下能电离出离子而导电，该物质应该是离子化合物。

【详解】

A．说明该物质在溶于水或熔融状态下能电离出离子而导电；一定是电解质，且该物质是离子化合物，A正确；

B．说明该物质在溶于水或熔融状态下能电离出离子而导电；一定是电解质，不是非电解质，B错误；

C．X是离子化合物；可以是碱或者是盐，C错误；

D．该化合物是离子化合物；该物质可能是碱，也可能是盐，D错误；

故合理选项是A。6、D【分析】【详解】

由部分短周期元素原子序数与最外层电子数之间的关系图；可知X为N元素；Y为O元素，Z为Na，M为Mg，N为Al，R为S，W为Cl。

A.对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；离子核外电子层越多离子半径越大，所以离子半径：r(S2-)>r(Cl-)>r(Na+)>r(Mg2+)；A错误；

B.常温水为液态，其NH3、HCl、H2S均为气体，所以水的沸点最高，氨气分子之间存在氢键，沸点高于H2S、HCl，而HCl相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点高于H2S，所以简单氢化物沸点：水>氨气>氯化氢>硫化氢；B错误；

C.Mg2+、Al3+、S2-在溶液中均发生水解，促进水的电离，而Cl-不发生水解；不能促进水的电离，C错误；

D.Al是比较活泼的金属，能够与强酸、强碱溶液发生反应。Z、X、R、W的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、HNO3、H2SO4、HClO4；NaOH是强碱，其余几种均为强酸，因此它们均能与Al发生反应，D正确；

故合理选项是D。二、多选题(共5题，共10分)7、BC【分析】【分析】

【详解】

A．1molNa被完全氧化为Na2O2，钠元素化合价从0价升高到+1价，则失去的电子数为NA；A正确；

B．0.1mol·L-1的Na2SO4溶液的体积不确定；无法计算其中含有的离子总数，B错误；

C．铁和水蒸气反应生成22.4L氢气；由于氢气所处的温度和压强不确定，无法计算其物质的量，也无法计算转移的电子数，C错误；

D．标准状况下，22.4LCO的物质的量是1mol，含有的分子数为NA；D正确；

答案选BC。8、AD【分析】【详解】

A.Na2O2溶于水反应产生NaOH和O2，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；A正确；

B.Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2会反应产生Ca(HCO3)2，离子方程式为：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-；B错误；

C.电子、电荷不守恒，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；C错误；

D.反应符合事实；遵循离子方程式书写原则，D正确；

故合理选项是AD。9、AD【分析】【分析】

【详解】

设相对分子质量为70、72、74的Cl2分子个数分别为X、Y、Z个，相对分子质量为70的Cl2是由2个35Cl组成的，故X个相对分子质量为70的Cl2中含有的35Cl原子个数为2X个；相对分子质量为72的Cl2是由一个35Cl和一个37Cl组成，故Y个相对分子质量为72的Cl2中含有的35Cl原子和37Cl原子个数分别为X、Y个；相对分子质量为74的Cl2是由2个37Cl组成的，故Z个相对分子质量为74的Cl2中含有的37Cl原子个数为2Z个；因此35Cl原子有(2X+Y)个，37Cl原子有(Y+2Z)个，已知35Cl和37Cl的个数之比为3:1；则(2X+Y):(Y+2Z)=3:1，即3Y+6Z=2X+Y，解得X=Y+3Z，满足此关系就可。

A．将X=5；Y=2、Z=1分别带入关系式X═Y+3Z；可知该式子成立，A正确；

B．将X=5；Y=2、Z=2分别带入关系式X═Y+3Z；可知该式子不成立，B错误；

C．将X=9；Y=3、Z=1分别带入关系式X═Y+3Z；可知该式子不成立，C错误；

D．将X=9；Y=3、Z=2分别带入关系式X=Y+3Z；可知该式子成立，D正确；

选AD。10、AC【分析】n(FeCl3)=c(FeCl3)V=1mol/L×0.1L=0.1mol，故n(Fe3+)=0.1mol，n(CuCl2)=c(CuCl2)V=1mol/L×0.1L=0.1mol，故n(Cu2+)=0.1mol，n(Fe)==0.1mol，根据氧化性Fe3+>Cu2+，铁粉会先和Fe3+反应，若铁粉有剩余，再和Cu2+反应，根据2Fe3++Fe=2Fe2+，Fe、Fe3+均为0.1mol，Fe过量，消耗Fe0.05mol，生成Fe2+0.15mol，剩余的0.05molFe与Cu2+反应，根据Cu2++Fe=Cu+Fe2+，消耗Cu2+0.05mol，生成Cu和Fe2+均为0.05mol。

【详解】

A．根据分析，反应后的溶液中n(Fe2+)=0.15mol+0.05mol=0.2mol；A正确；

B．根据分析，反应后的溶液中不存在Fe2+，但是还剩余0.05molCu2+；B错误；

C．根据分析；反应后残留固体为生成的Cu单质，其质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，C正确；

D．根据分析；反应后残留固体只有Cu单质，Fe已经反应完全，D错误；

故选AC。11、BD【分析】【详解】

A．能使石蕊溶液变红色表现硝酸的酸性；故A不选；

B．能跟Ag反应生成Ag作还原剂被硝酸氧化，表现硝酸的氧化性，故B选；

C．硝酸中的氢离子能与碳酸钙反应产生二氧化碳；钙离子和水；表现硝酸的酸性，故C不选；

D．能和金属氧化物FeO反应产生硝酸铁；氮的氧化物和水；表现硝酸的酸性和氧化性，故D选；

答案选BD。三、填空题(共8题，共16分)12、略

【分析】【分析】

能导电的物质是要含有自由移动的电子或离子；例如金属，电解质的溶液，熔融的电解质，电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，电解质或非电解质都是化合物，电解质不一定导电，能导电的不一定是电解质。

【详解】

电解质和非电解质都是化合物；酸碱盐和活泼金属氧化物，水都是电解质，电解质有强弱之分，能在水溶液或熔融状态下能全部电离的化合物是强电解质，例如，强酸，强碱，绝大多数的盐，活泼金属氧化物，弱酸，弱碱，水都属于弱电解质。有机物，非金属氧化物，部分非金属氢化物属于非电解质。

①硫酸属于强酸；在水溶液中是完全电离的，是强电解质，硫酸属于共价化合物，没有自由移动的离子，不能导电；

②盐酸是混合物；既不是电解质也不是非电解质，溶液中含有自由移动的离子，可以导电；

③氯气是单质；既不是电解质，也不是非电解质，也不能导电；

④硫酸钡属于盐；在水溶液或熔融状态下是完全电离的，是强电解质；

⑤酒精属于有机物；在溶液中或熔融状态下都不能导电，是非电解质；

⑥铜是单质；既不是电解质，也不是非电解质，但是可以导电；

⑦醋酸属于弱酸；是弱电解质，醋酸不能导电；

⑧氯化氢溶于水形成强酸；属于电解质，强电解质，自身不能导电；

⑨蔗糖属于有机物；在溶液中或熔融状态下都不能导电，属于非电解质；

⑩氨气属于非金属氢化物；自身不能导电，溶于水形成氨水可以导电，不是它自身电离，属于非电解质；

⑪CO2属于非金属氧化物；自身不能导电，溶于水形成碳酸可以导电，不是它自身电离，属于非电解质；

⑫NaHCO3属于盐；在水溶液或熔融状态下能全部电离，属于强电解质；

⑬Al(OH)3属于弱碱；自身不能电离，在水溶液或熔融状态下部分电离，属于弱电解质；

⑭NaOH属于强碱；自身不能导电，在水溶液或熔融状态下能全部电离，属于强电解质；

（1）属于非电解质的为⑤酒精⑨蔗糖⑩氨气⑪CO2；属于弱电解质的为⑦醋酸⑬Al(OH)3；能导电的②盐酸；⑥铜；

故答案为：⑤⑨⑩⑪；⑦⑬；②⑥；

（2）A.碳酸钙与盐酸反应属于盐和酸发生的复分解反应，生成氯化钙，水和二氧化碳，则化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，碳酸钙是固体，不能拆成离子形式，盐酸是强酸，可以拆，生成的水和二氧化碳不能拆，故离子方程式为CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑＋H2O；

故答案为：CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑＋H2O；

B.稀硫酸与氢氧化铜反应生成硫酸铜和水，氢氧化铜是沉淀，不能拆成离子形式，化学方程式为H2SO4+Cu(OH)2=CuSO4+2H2O离子方程式为2H++Cu(OH)2=Cu2++2H2O；

故答案为：2H++Cu(OH)2=Cu2++2H2O；

C.氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，化学方程式Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；【解析】⑤⑨⑩⑪⑦⑬②⑥CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑＋H2O2H++Cu(OH)2=Cu2++2H2OFe2O3+6H+=2Fe3++3H2O13、略

【分析】【详解】

(1)①硫酸铁为强电解质，在溶液中完全电离出铁离子和硫酸根离子，电离方程式为故答案为：

②碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的离子方程式为故答案为：

③二氧化碳与足量氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为故答案为：

(2)在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物为非电解质；

①二氧化碳是共价化合物；不能电离出自由移动的离子，不能导电，属于非电解质；

②氯化钾是离子化合物；熔融状态下能电离出自由移动的离子，能导电，属于电解质；

③硫酸氢钠固体中不存在自由移动的离子；不能导电，溶于水或熔融状态能电离出自由移动的离子，能导电，属于电解质；

④铜是金属单质；能导电，单质不是电解质也不是非电解质；

⑤盐酸是混合物；溶液中存在自由移动的离子，能导电，混合物既不是电解质也不是非电解质；

⑥酒精是共价化合物；不能电离出自由移动的离子，不能导电，属于非电解质；

则属于电解质的有②③；属于非电解质的有①⑥；能导电的有②④⑤，故答案为：②③；①⑥；②④⑤。【解析】②③①⑥②④⑤14、略

【分析】【分析】

（1）结合单质；弱电解质写化学式；强电解质写离子解答；

（2）根据化合价变化及氧化物和酸的反应判断盐酸的性质；

（3）此反应中氯元素的化合价升高被还原是还原剂，得到的氯气是氧化产物，产生1molCl2；则转移的电子的物质的量为2mol，由此分析解答；

（4）根据Mn和Cl元素的化合价变化书写电子转移方向和数目。

【详解】

（1）反应2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，氯离子部分参加离子反应，所以离子反应的方程式为：2MnO4-+16H++10Cl-＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；

（2）氯元素化合价升高；盐酸起还原剂的作用；反应中还有盐酸盐生成，所以起酸的作用，故选：②；

（3）此反应中氯元素的化合价升高被还原是还原剂，得到的氯气是氧化产物，产生1molCl2，则转移的电子的物质的量为2mol，则生成0.5molCl2；则转移的电子的物质的量为1mol；

（4）元素化合价的变化分别为：Mn元素由KMnO4的+7价变成MnCl2中的+2价，化合价降低，所以KMnO4是氧化剂，一个KMnO4得5个电子生成MnCl2；Cl元素由HCl中的-1价变成Cl2中的0价，化合价升高，所以HCl是还原剂，生成一个Cl2分子需失2个电子，所以双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目为：

【点睛】

明确元素的化合价及电子守恒、质量守恒定律即可解答，注意浓盐酸在反应中的作用。【解析】①.2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O②.②③.1④.15、略

【分析】【分析】

（1）铝是13号元素；核电荷数13，核外电子数为13，核外三个电子层，最外层3个电子，确定铝元素在周期表中的位置；

（2）铝和氢氧化钠反应的化学方程式分析判断；还原产物为氢气，结合反应定量关系计算；

（3）[NaAl（OH）2CO3]和盐酸反应生成氯化钠；氯化铝、二氧化碳和水；

（4）铝士矿（主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质），铝士矿中加入氢氧化钠溶液，SiO2和Al2O3溶于氢氧化钠溶液，溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠发生反应：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，氧化铁不溶于氢氧化钠溶液，所以过滤得赤泥为Fe2O3、Na2Al2Si2O8，滤液主要为偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳酸化得沉淀为氢氧化铝，过滤得滤液主要为NaHCO3溶液；氢氧化铝燃烧得氧化铝，氧化铝；碳、氮气在高温下生成氮化铝，同时碳被氧化为CO。

【详解】

（1）铝是13号元素；核电荷数13，核外电子数为13，核外三个电子层，最外层3个电子铝元素在周期表中的位置为第三周期，第ⅢA主族，故答案为：第三周期，第ⅢA主族；

（2）铝和氢氧化钠反应的化学方程式分析，2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；还原产物为氢气，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为3mol，故答案为：3；

（3）[NaAl（OH）2CO3]和盐酸反应生成氯化钠、氯化铝、二氧化碳和水，反应的方程式为NaAl（OH）2CO3+4HCl＝NaCl+AlCl3+3H2O+CO2↑，故答案为：NaAl（OH）2CO3+4HCl＝NaCl+AlCl3+3H2O+CO2↑；

（4）铝士矿（主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质），铝士矿中加入氢氧化钠溶液，SiO2和Al2O3溶于氢氧化钠溶液，溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠发生反应：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，氧化铁不溶于氢氧化钠溶液，所以过滤得赤泥为Fe2O3、Na2Al2Si2O8，滤液主要为偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳酸化得沉淀为氢氧化铝，过滤得滤液主要为NaHCO3溶液；氢氧化铝燃烧得氧化铝，氧化铝；碳、氮气在高温下生成氮化铝，同时碳被氧化为CO；

①根据上面的分析可知，赤泥的主要成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8，故答案为：Fe2O3、Na2Al2Si2O8；

②“酸化”时通入过量CO2与NaAlO2反应生成Al（OH）3，滤液的主要成分为NaHCO3，故答案为：NaHCO3；

③氧化铝、碳、氮气在高温下生成氮化铝，同时碳被氧化为CO，反应的化学方程式为Al2O3+N2+3C2AlN+3CO，故答案为：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO。

【点睛】

本题考查了铝的性质、氮化铝的制备工艺流程为载体，考查无机物推断、元素化合物性质及相互转化、氧化还原、离子方程式等知识点，注意把握制备原理，把握物质的性质以及相关反应方程式的书写。【解析】第三周期，第ⅢA主族3NaAl（OH）2CO3+4HCl＝NaCl+AlCl3+3H2O+CO2↑Fe2O3、Na2Al2Si2O8NaHCO3Al2O3+N2+3C2AlN+3CO16、略

【分析】【详解】

（1）水晶的主要成分为为二氧化硅；水玻璃的主要成分是硅酸钠；

故答案为：二氧化硅或SiO2；硅酸钠或Na2SiO3；

（2）通常用二氧化硅和金属氧化物的组合形式表示硅酸盐的组成，可表示为：CaO•MgO•2SiO2；

（3）实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制备氯气的化学方程式为：

（4）铜与浓硫酸受热反应的化学反应方程式为：

【点睛】

由复杂硅酸盐改写成氧化物形式的一般原则：先写一系列金属氧化物，并按金属活动性顺序排列，较活动的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含有氢元素的H2O最后写，氧化物之间加黑点隔开，各氧化物的系数均为整数，并写在相应氧化物前面，写成氧化物后，原化学式中的各元素、原子的个数比应保持不变。【解析】二氧化硅或SiO2硅酸钠或Na2SiO3CaO•MgO•2SiO217、略

【分析】【详解】

I．(1)密度为1.84g∙mL−1，质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度为用此浓度配制480ml0.1mol∙L−1的稀硫酸，需要用量筒量取浓硫酸18.4mol∙L−1×V＝0.1mol∙L−1×0.5L，解得V＝2.7×10−3L＝2.7mL；故答案为：2.7。

(2)该实验除了需要用到量筒；烧杯和玻璃棒之外；还需要用到的玻璃仪器是500ml容量瓶、胶头滴管；故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管。

(3)A．用蒸馏水洗涤烧杯；洗涤液没有全部注入容量瓶中，溶质物质的量减小，浓度偏低，故A不符合题意；B．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又加水到刻度线位置，溶液体积增大，浓度偏低，故B不符合题意；C．定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故C不符合题意；D．容量瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理，底部有少量水残留，物质的量不变，溶液体积不变，浓度无影响，故D不符合题意；E．用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线，浓溶液物质的量偏大，浓度偏高，故E符合题意；综上所述，答案为E。

II．(1)实验室制取Fe(OH)3胶体是将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中，加热至出现红褐色，化学方程式是FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；故答案为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。

(2)向Fe(OH)3胶体中逐滴加入硅酸胶体，硅酸胶粒带负电，Fe(OH)3胶粒带正电，两者混合会逐渐出现红褐色沉淀；故答案为：硅酸胶粒带负电，使Fe(OH)3胶体聚沉。

(3)除去胶体中混有的FeCl3和HCl的方法即胶体净化方法是渗析；故答案为：渗析。【解析】2.7500ml容量瓶、胶头滴管EFeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl硅酸胶粒带负电，使Fe(OH)3胶体聚沉渗析18、略

【分析】【分析】

③的元素最外层与最内层电子数相等；最内层电子为2，则最外层电子为2，应为Mg，结合元素在周期表中的位置可知，①为Be，②为Na，④为Al，⑤为Si，⑥为K。

【详解】

（1）⑤为Si；位于第三周期ⅣA族；

（2）由信息可知铍和铝都能与氢氧化钠溶液反应，则Be与NaOH溶液反应生成Na2BeO2的离子方程式为Be+2OH-═BeO22-+H2↑；

（3）①由AlCl3的熔沸点较低可知，为共价化合物，形成的分子晶体，短周期元素中，某些不同族元素的单质及其化合物有相似的化学性质，Be与Al位于对角线位置，性质相似，则BeCl2是共价化合物；②由同周期从左向右金属性减弱可知，Be(OH)2的碱性比LiOH弱；

（4）Mg在空气中的燃烧生成MgO，根据对角线相似，可知Li在空气中燃烧生成的产物为Li2O。【解析】Si第三周期ⅣA族Be+2OH-=BeO22-+H2↑共价弱Li2O19、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)氮气和氧气在放电条件下能发生反应是NO，反应中氮气作还原剂，表现还原性，反应方程式为：N2+O22NO，故答案为：N2+O22NO；

(2)将N的化合价升高，氨气要作还原剂，需加氧化剂实现，选项中AC具有强氧化性，可以实现该转化，B金属钠是强还原剂，D氯化铵中N处于最低价态易表现还原性，故答案为：AC；

(3)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，该反应中部分硝酸转变成NO，表现氧化性，部分转化成硝酸铜表现酸性，故答案为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；酸性和氧化性；

(4)铵根离子的检验方法是在待测样品中加强碱后，加热，若产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明存在铵根离子，涉及的反应为：+OH-NH3↑+H2O，故答案为：+OH-NH3↑+H2O；

(5)A.Cu与硝酸生成硝酸铜；同时会生成氮的氧化物，污染环境，不符合题意；

B.CuO与硝酸反应生成硝酸铜和水；无污染产物，符合题意；

C.CuS与硝酸反应会生成氮的氧化物和二氧化硫；污染环境，不符合题意；

D.Cu(OH)2与硝酸反应生成硝酸铜和水；无污染产物，符合题意；

故答案为：BD；【解析】N2+O22NOAC3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O酸性和氧化性+OH-NH3↑+H2OBD四、判断题(共1题，共2分)20、B【分析】【详解】

硅酸钠溶液与二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠或碳酸氢钠，生成碳酸氢钠的离子方程式为故错误。五、实验题(共2题，共10分)21、略

【分析】【分析】

由实验装置图可知；装置A中75%硫酸与装置B中亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与装置C中的硫酸和氯酸钠反应制得二氧化氯，二氧化氯进入装置D中，在温度为3°C的碱性条件下，二氧化氯与过氧化氢反应生成亚氯酸钠，装置E为空载仪器，起防止倒吸的作用，装置F为尾气吸收装置，吸收过量的二氧化硫和二氧化氯，防止污染环境。

【详解】

（1）装置C中二氧化硫与硫酸和氯酸钠反应生成二氧化氯和硫酸氢钠，反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；

（2）在温度为3°C的碱性条件下，二氧化氯与过氧化氢反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH-=2+O2+2H2O；

（3）由NaClO2饱和溶液在温度低于38°C时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38°C时析出晶体是NaClO2可知，结晶时温度需保持在40~55°C，故答案为：温度过高NaClO2会分解，温度过低晶体以NaClO2•3H2O析出；

(4)保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中缓慢滴加硫酸或搅拌或冰水浴可提高ClO2吸收率；故答案为：缓慢滴加硫酸(搅拌；冰水浴均可）；

（5）装置C为硫酸氢钠溶液，由Na2SO4的溶解度曲线可知；若温度高于32.4°C，会析出硫酸钠固体，则由硫酸氢钠溶液制取芒硝的操作为向装置C所得的溶液中滴加NaOH溶液，边滴加边用pH计测溶液的pH至溶液pH=7时停止滴加NaOH溶液，将溶液蒸发浓缩，冷却至32.4°C以下结晶，过滤，用冰水洗涤晶体2~3次，低温烘干得到芒硝，故答案为：向装置C所得溶液中滴加NaOH溶液，边滴加边用pH计测溶液的pH至溶液pH=7时停止滴加NaOH溶液，将溶液蒸发浓缩，冷却至32.4°C以下结晶，过滤，用冰水洗涤晶体2~3次，低温烘干得到芒硝。

【点睛】

装置C为硫酸氢钠溶液，由硫酸氢钠溶液制取芒硝的操作为向装置C所得的溶液中滴加NaOH溶液，边滴加边用pH计测溶液的pH至溶液pH=7时停止滴加NaOH溶液，将溶液蒸发浓缩，冷却至32.4°C以下结晶，过滤，用冰水洗涤晶体2~3次，低温烘干得到芒硝为分析关键，也是易错点。【解析】2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO42ClO2+H2O2+2OH-=2+O2+2H2O温度过高NaClO2会分解，温度过低晶体以NaClO2•3H2O析出缓慢滴加硫酸(搅拌、冰水浴均可）向装置C所得溶液中滴加NaOH溶液，边滴加边用pH计测溶液的pH至溶液pH=7时停止滴加NaOH溶液，将溶液蒸发浓缩，冷却至32.4°C以下结晶，过滤，用冰水洗涤晶体2~3次，低温烘干得到芒硝22、略

【分析】【分析】

（1）根据HClO的不稳定性鉴别；

（2）HClO不稳定分解生成氧气；把带火星的木条放在瓶口，木条复燃。

【详解】

（1）鉴别新制的氯水与久置的氯水用带颜色的布条鉴别；能使带颜色布条褪色的是新制的氯水；不能使布条褪色的是久置的氯水；

故答案是：用带颜色的布条鉴别；能使带颜色布条褪色的是新制的氯水；不能使布条褪色的是久置的氯水；

（2）次氯酸不稳定；见光易分解生成氯化氢和氧气，氧气能使带火星的木条复燃。实验证明有氧气生成：将盛满氯水的无色矿泉水瓶倒置在水槽中，光照一段时间后，瓶底有无色气体生成；将瓶子倒转过来，把带火星的木条放在瓶口，若木条复燃，证明次氯酸分解生成的气体为氧气；

故答案是：将盛满氯水的无色矿泉水瓶倒置在水槽中，光照一段时间后，瓶底有无色气体生成；将瓶子倒转过来，把带火星的木条放在瓶口，若木条复燃，证明次氯酸分解生成的气体为氧气。【解析】用带颜色的布条鉴别。能使带颜色布条褪色的是新制的氯水；不能使布条褪色的