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5题，共10分)1、可能用到的相对原子质量：H一1C一12N一14O一16Na一23S一32Cl一35.5Cu一64我国神舟十三号载人飞船成功发射。下列有关说法不正确的是A.运载火箭使用的液氢燃料是清洁燃料B.运载火箭壳体中的碳纤维属于无机非金属材料C.航天服头盔的主要成分聚碳酸酯属于有机高分子材料D.载人飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为SiO22、下列离子在溶液中能大量共存的是A.Ca2+、Cl-、OH-B.Na+、K+、ClO-、C.H+、Cu2+、Fe2+、D.I-、Mg2+、Fe3+3、如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图；下列说法正确的是（）

A.M的最高价氧化物对应水化物能分别与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应B.可用还原剂还原R的简单离子制备R单质C.X、N两种元素组成的化合物熔点很低D.简单离子的半径：Z＜X＜Y4、原子是构成物质的基本粒子之一。下列有关原子的叙述错误的是A.原子在化学变化中能够再分B.原子的质量主要集中在原子核上C.原子的质子数等于核电荷数D.原子的体积及在化学变化中的表现主要是由核外电子决定的5、SiO2和CaCO3是两种常见的牙膏摩擦剂。下列说法错误的是A.SiO2属于氧化物，CaCO3属于盐B.CaCO3难溶于水，SiO2易溶于水C.CaCO3的摩尔质量为100g·mol-1D.由CaCl2溶液和Na2CO3溶液反应可制得CaCO3评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、工业上用“碳捕捉”技术将CO和CO2混合气体中的CO2捕捉并回收CO；其基本过程如下图所示(部分条件及物质未标出)：

(1)反应②分离出的CO2可制成干冰；干冰常用于_____。

(2)反应①在“反应分离室"内进行，将NaOH溶液和CaCO3分离的操作是_____。

(3)“捕捉室"中发生反应的化学方程式为_____。

(4)下列有关该捕捉过程的叙述正确的有_____。A．捕捉到的CO2可用于制备其他化工产品，减少了温室气体的排放B．“反应分离室”中的反应要吸收大量热C．整个过程中只有一种物质可循环利用D．能耗大是该捕捉技术的一大缺点7、氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：已知FeO、四种物质中的一种能使上述还原过程发生。

(1)写出并配平该氧化还原反应的化学方程式：______________________________________

(2)反应过程中体现出硝酸具有_____________(填硝酸的性质)。

(3)反应过程中若产生0.2mol气体，则转移电子的物质的量是_____________。8、漂粉精[主要成分为Ca(ClO)2]是常用消毒剂。下图是钠法生产漂粉精的一种工艺。

(1)Ca(ClO)2中氯元素的化合价为___________。

(2)补全过程I中反应的离子方程式：___________。____Cl2+____OH-=____ClO-+____Cl-+H2O

(3)最理想的“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为目标产物；此时原子利用率为100%。

①钙法生产漂粉精的工艺中，反应为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O。其中，钙原子利用率___________100%(填“=”或“＜”)。

②钠法生产漂粉精的工艺中，溶液a的作用是___________。9、近几年，新闻媒体不断报导，有人由于误食亚硝酸钠(NaNO2)发生中毒事件。NaNO2中的N为+3价，所以既有氧化性，又有还原性，在酸性环境中可被KMnO4氧化为NaNO3，KMnO4被还原为Mn2+，紫色褪去。用此方法可鉴别NaNO2，请写出离子方程式__________10、1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表；到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经142年，元素周期表体现了元素位构性的关系，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题。

(1)根据元素周期律；推断：

①H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4___H2SeO4(填“>”、“<”或“=”)。

②氢化物的还原性：H2O___H2S(填“>”、“<”或“=”)。

(2)可在图中分界线(虚线部分)附近寻找___(填序号)。

A.优良的催化剂B.半导体材料C.合金材料D.农药。

(3)①Se2Cl2常用作分析试剂；其电子式为___。

②硒(Se)化铟(In)是一种可应用于未来超算设备的新型半导体材料。下列说法正确的是___(填字母)。

A.原子半径：In>SeB.In的金属性比Se强。

C.In的金属性比Al弱D.硒化铟的化学式为InSe2

(4)请设计实验比较C、Si的非金属性强弱顺序(可供选择的药品有：CaCO3固体、稀硫酸、盐酸、饱和NaHCO3溶液、饱和Na2CO3溶液；硅酸钠溶液；化学仪器根据需要选择)。

。实验步骤。

实验现象与结论。

在试管中加入___；再加入___，将生成气体通过___洗气后，通入___；

现象：___；结论：非金属性C＞Si

11、下表是元素周期表的一部分。

。族。

周期

ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA1①2②③3④⑤⑥⑦⑧

(1)表中原子半径最小的元素符号是____;

(2)表中氧化性最强的单质的化学式为____;

(3)表中最高价氧化物的水化物中碱性最强的物质的化学式是__；酸性最强的物质的化学式是_______;

(4)④⑤⑥三种元素中；离子半径大小的顺序为____＞____＞____(填离子符号);

(5)③⑦⑧三种元素的气态氢化物的稳定性强弱顺序为__＞__＞___(填化学式);

(6)元素②的氢化物与元素⑧的氢化物反应的化学方程式为________。12、判断正误。

(1)HCl的电子式：__________

(2)CO2的电子式：__________

(3)NaCl的电子式：__________

(4)氯化镁的电子式__________

(5)过氧化钠的电子式：__________

(6)氨气的电子式：__________

(7)HClO电子式：__________

(8)羟基的电子式：__________

(9)氨基的电子式：__________

(10)__________

(11)__________

(12)1个乙烷分子中存在8对共用电子对__________

(13)PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构__________13、如图是某儿童微量元素体检报告单的部分数据：

。北京市医疗机构临床检验结果报告单分析项目。

分析项目。

检测结果。

单位。

参考范围。

1

锌(Zn)

115.92

umol/L

66～120

2

铁(Fe)

6.95↓

umol/L

7.52～11.82

3

钙(Ca)

1.68

umol/L

1.55～2.10

根据上表的数据；回答下列问题：

(1)该儿童__元素含量偏低。

(2)报告单中“μmol/L”是__(填“质量”；“体积”或“浓度”)的单位。

(3)服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+。在这个过程中体现维生素C的__(填“氧化性”或“还原性”)。

(4)缺铁性贫血患者应补充Fe2+。一些补铁剂以硫酸亚铁为主要成分，用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，推测糖衣的作用是__。实验室制备氢氧化亚铁时就要用到硫酸亚铁，欲长时间观察到氢氧化亚铁白色沉淀，必须是新制的硫酸亚铁溶液和经过蒸馏的水配置的氢氧化钠溶液反应制备。反应的现象为___，方程式为___、___。14、氧锰八面体纳米棒(OMS-2)是一种新型的环保催化剂。用软锰矿和黄铁矿(主要成分分别为MnO2、FeS2)合成OMS-2的工艺流程如下：

金属离子Fe3＋Fe2＋Mn2＋开始沉淀的pH2.27.58.8完全沉淀的pH3.29.010.8

生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4·H2O按物质的量比1:1:5反应，产物中硫元素全部以的形式存在，该反应的离子方程式为___________。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、定容时，加多了水，再用胶头滴管吸出，所配溶液的浓度不变。(_______)A.正确B.错误16、加入稀硫酸，产生使品红溶液褪色的无色有刺激性气味的气体，则溶液中一定存在SO(_______)A.正确B.错误17、用乙醇萃取出溴水中的溴，再用蒸馏的方法分离溴与乙醇。(_______)A.正确B.错误18、质量数就是元素的相对原子质量。(_____)A.正确B.错误19、标准状况下，中含有的分子数为(_______)A.正确B.错误20、判断下列实验操作是否正确。

(1)向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则溶液中一定存在_______

(2)向某溶液中加入Ba(NO3)2溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则溶液中一定存在_______

(3)向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在_______

(4)加入CaCl2溶液，有白色沉淀生成，溶液中一定存在_______

(5)加入稀硫酸，产生使品红溶液褪色的无色有刺激性气味的气体，则溶液中一定存在_______

(6)某溶液的焰色反应呈黄色，则溶液中一定有钠元素，不能确定是否有钾元素_______

(7)无色溶液加入CCl4无现象，滴加氯水后CCl4层呈紫红色，则溶液中一定存在I-_______

(8)加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液中一定含有Cl-_______

(9)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_______

(10)区别NaCl、Na2SO4时常用到胶头滴管、试管_______

(11)验证Fe2(SO4)3溶液中含Fe2+的方法是加入酸性KMnO4溶液，紫色退去_______

(12)向硫酸亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液变为红色，说明溶液已变质_______

(13)在未知液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知液中存在或_______A.正确B.错误21、通过灼热的CuO除去H2中的CO。(_______)A.正确B.错误22、用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体。(_____)A.正确B.错误23、加热试管时先均匀加热，后局部加热。(_____)A.正确B.错误评卷人得分四、推断题(共2题，共16分)24、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：________25、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：________评卷人得分五、元素或物质推断题(共2题，共6分)26、现有A；B、C、D、E、F、G、H、I九种物质；其中A、B、C均为氧化物，且A为淡黄色粉末，I、E为气体单质，它们之间相互关系如图，其他与题无关的生成物均已略去。请回答下列问题：

（1）写出化学式：

A____________，G______________，H________________。

（2）写出下列反应的离子方程式“

A+B→D+E_______________________

F+Ca(OH)2→D_______________________

D+I→G_______________________27、化合物A由三种元素组成；是一种矿物的主要成分，可发生如下变化:

(1)A的化学式为_________

(2)固体B与盐酸反应的离子方程式为_________

(3)含化合物A的浊液长时间暴露在空气，会有部分固体表面变为红褐色，该红褐色物质的化学式为_________评卷人得分六、原理综合题(共3题，共12分)28、某种锂离子电池的正极材料是将含有钴酸锂（LiCoO2）的正极粉均匀涂覆在铝箔上制成的；可以再生利用．某校研究小组尝试回收废旧正极材料中的钴。

(1)25℃时，用图1所示装置进行电解，有一定量的钴以Co2+的形式从正极粉中浸出；且两极均有气泡产生，一段时间后正极粉与铝箔剥离。

①阴极的电极反应式为：LiCoO2+4H++e-=Li++Co2++2H2O，阳极的电极反应式为______。

②该研究小组发现硫酸浓度对钴的浸出率有较大影响，一定条件下，测得其变化曲线如图2所示。当c（H2SO4）＞0.4mol•L-1时，钴的浸出率下降，其原因可能为______。

(2)电解完成后得到含Co2+的浸出液；且有少量正极粉沉积在电解槽底部。用以下步骤继续回收钴。

①写出“酸浸”过程中正极粉发生反应的化学方程式______。该步骤一般在80℃以下进行，温度不能太高的原因是______。

②已知（NH4）2C2O4溶液呈弱酸性，下列关系中正确的是______（填字母序号）。

a．c(NH4+)＞c(C2O42-)＞c(H+)＞c(OH-)

b．c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+c(HC2O42-)

c．c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2[c(HC2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]29、氯胺是由氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)。

(1)氯胺作饮用水消毒剂是因为水解生成具有强烈杀菌作用的物质，该物质的结构式为________，二氯胺与水反应的化学方程式为_____________。将0.01molNCl3通入100mL0.5mol/LNa2SO3溶液中，转移电子的物质的量为_______mol。

(2)已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如下表和下图所示。

则反应过程中的△H2=____kJ·mol-1，表中的x=_____。

(3)在密闭容器中反应NH3(g)+Cl2(g)NH2Cl(g)+HCl(g)达到平衡，通过热力学定律计算，不同温度下理论上NH2Cl的体积分数随的变化如下图所示。

①a、b、c三点对应平衡常数的大小关系是(分别用Ka、Kb、Kc表示)_________。b点时，该反应的平衡常数为________；

②T2℃，Q点对应的速率：__________(填“>”、“<”或“=”)；

③在氨氯比一定时，提高NH3的转化率的方法是__________(任写1种)；

④若产物都是气体，实验测得NH2C1的体积分数始终比理论值低，原因可能是______________。30、锰是一种非常重要的金属元素；在很多领域有着广泛的应用。利用废铁屑还原浸出低品位软锰矿制备硫酸锰，然后进行电解，是制备金属锰的新工艺，其流程简图如下：

已知：

i.低品位软锰矿主要成份有MnO2、Al2O3、Fe2O3、Cu2(OH)2CO3、CaCO3、SiO2等。

ii.部分金属离子以氢氧化物沉淀时的pH

。

Fe2+

Fe3+

Al3+

Mn2+

Cu2+

开始沉淀的pH

6.8

1.8

3.7

8.6

5.2

沉淀完全的pH

8.3

2.8

4.7

10.1

6.7

iii.几种化合物的溶解性或溶度积(Ksp)

。MnF2

CaS

MnS

FeS

CuS

溶于水。

溶于水。

2.5×10－13

6.3×10－18

6.3×10－36

(1)研究表明，单质Fe和Fe2+都可以还原MnO2。在硫酸存在的条件下，MnO2将Fe氧化为Fe3+的离子方程式是____________。

(2)清液A先用H2O2处理，然后加入CaCO3，反应后溶液的pH≈5。滤渣a的主要成分中有黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6。

①H2O2的作用是____________(用离子方程式表示)。

②滤渣a中除了黄铵铁矾，主要成分还有X。用平衡移动原理解释产生x的原因：____________。

(3)用离子方程式表示MnS固体的作用：____________。

(4)滤渣c的成分是____________。

(5)如下图所示装置，用惰性电极电解中性MnSO4溶液可以制得金属Mn。阴极反应有：

i.Mn2++2e－＝Mnii.2H++2e－＝H2↑

电极上H2的产生会引起锰起壳开裂；影响产品质量。

①电解池阳极的电极方程式是________________。

②清液C需要用氨水调节pH＝7的原因是____________。

③电解时，中性MnSO4溶液中加入(NH4)2SO4的作用除了增大溶液导电性之外，还有___________(结合电极反应式和离子方程式解释)。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】液氢燃料燃烧产物是水，是清洁燃料，故A正确；是一种含碳量在90％以上的高强度新型无机非金属材料，B项正确；聚碳酸酯属于人工合成的有机高分子材料，C项正确：太阳能电池板的半导体材料主要成分为Si，D项错误。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．OH-反应生成一水合氨；不能大量共存，故A错误；

B．该组离子彼此不发生反应；能大量共存，故B正确；

C．H+、Fe2+、三者能发生氧化还原反应；不能大量共存，故C错误；

D．I-、Fe3+能发生氧化还原反应；不能大量共存，故D错误；

故选：B。3、A【分析】【分析】

同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期；由原子序数可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素。

【详解】

A．M的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铝具有两性；可以与NaOH；高氯酸反应生成盐和水，A项正确；

B．Cl-中Cl是-1价；是Cl元素的最低价态无法被还原，可将其氧化以获取氯气，B项错误；

C．通过分析可知；X；N两种元素组成的化合物是二氧化硅，二氧化硅属于原子晶体，熔点很高，C项错误；

D．Z、Y、X的简单离子分别是Na+、F-、O2-，具有相同的电子层结构，原子序数：Na>F>O，则离子半径：Na+-2-；D项错误；

答案选A。4、A【分析】【详解】

A．在化学变化中分子分成原子；原子再重新组合成新的分子，所以原子在化学变化中不能够再分，故A说法错误；

B．原子质量主要集中在原子核上；核外电子的质量很小可以忽略不计，故B说法正确；

C．原子的质子数等于核电荷数还等于核外电子数；故C说法正确；

D．原子核的体积很小；但质量很大，原子的质量主要集中在原子核上，原子的体积主要取决于核外电子的多少，故D说法正确；

答案选A。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．SiO2属于氧化物，CaCO3属于盐；故A正确；

B．CaCO3难溶于水，SiO2也难溶于水；故B错误；

C．CaCO3的摩尔质量为100g·mol-1；故C正确；

D．CaCl2溶液和Na2CO3溶液能够发生复分解反应生成CaCO3；故D正确；

故选B。二、填空题(共9题，共18分)6、略

【分析】【分析】

（1）根据干冰易升华分析；

（2）根据固液分离的方法分析；

（3）根据反应物；生成物以及质量守恒定律写出方程式；

（4）根据题中信息进行判断。

【详解】

(1)因为干冰升华易吸收大量的热；所以干冰常用作制冷剂；

(2)分离难溶性固体和溶液一般用过滤的方法；

(3)二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；

(4)A．因为二氧化碳是造成温室效应的主要气体之一；将二氧化碳用于制备其他化工产品可减少温室气体的排放，故A正确；

B．“反应分离室”中的反应放出热量；故B错误；

C．在反应中；氧化钙和氢氧化钠都可以循环利用，故C错误；

D．通过以上一系列的反应可以看出该捕捉技术的一大缺点是反应复杂且能耗大（碳酸钙分解耗能大）；故D正确；

答案选AD。【解析】制冷剂过滤CO2+2NaOH=Na2CO3+H2OAD7、略

【分析】【详解】

（1）反应中得到电子被还原，则另一种反应物是还原剂，FeO、四种物质中常做还原剂的为FeO，Fe元素的化合价从＋2升高到＋3，失去1个电子，根据得失电子守恒可知，反应的化学方程式为

（2）反应中有硝酸盐和NO生成；所以体现出硝酸的酸性和氧化性；

（3）反应中部分N元素从＋5价降低到+2价，即每个N转移电子数为3，因此生成0.2molNO转移电子的物质的量为【解析】酸性、氧化性0.6mol8、略

【分析】【分析】

过程I中氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，过程II中氯气和石灰乳生成氯化钙和次氯酸钙，过程I中分离得到的次氯酸钠和过程II中Ca(OH)2生成更多的次氯酸钙；过程II中分离后得到的氯化钠溶液加入过程I中，最后得到氯化钠固体。

(1)

Ca(ClO)2中Ca为+2价；O为-2价，故Cl为+1价。

(2)

Cl2中Cl为0价，生成Cl-降低了1价，生成ClO-升高了1价，故根据得失电子守恒，Cl-配系数1，ClO-配系数1，再根据原子守恒，配平得Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O。

(3)

①漂粉精的成分为Ca(ClO)2，反应中Ca(OH)2中的Ca除生成了Ca(ClO)2外还生成了CaCl2，故钙原子利用率<100%。

②溶液a的作用是将Ca(OH)2更多地转化为Ca(ClO)2，提高了钙原子利用率。【解析】(1)+1价。

(2)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O

(3)＜将Ca(OH)2更多地转化为Ca(ClO)2，提高了钙原子利用率9、略

【分析】【分析】

氧化还原反应方程式书写之前要根据化合价变化确定电子得失；进行配平，再进行离子方程式改写。

【详解】

根据题目给出的信息可知，反应中发生化合价变化的元素有两种为N由+3升高到+5，失去2个电子，Mn由+7降到+2，得到5个电子，根据得失电子守恒进行配平,系数为5，系数为2；再根据原子守恒完善方程式。

答案为

【点睛】

酸性环境表示存在大量氢离子，在书写时添加进去才能配平方程。【解析】10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①同周期元素从左到右非金属性增强，非金属越强最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Se>As，酸性：H3AsO42SeO4，故答案为：<；

②同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性越强形成的气态氢化物还原性越弱，非金属性：O>S，则氢化物的还原性：H2O2S，故答案为：<；

(2)图中分界线(虚线部分)为金属与非金属的交界处；一般在附近寻找半导体材料，故答案为：B；

(3)①Se2Cl2常，Cl为-1价，则Se为+1价，具有过氧化氢的类似结构，其电子式为故答案为：

②A.由周期表结构可知，In在第五周期，Se在第四周期，原子的电子层数越多，半径越大，原子半径：In>Se；故A正确；

B.金属性从上到下逐渐增强，从左到右逐渐减弱，结合元素的位置可知，金属性：In>Te，Te>Se；因此In的金属性比Se强，故B正确；

C.Al和In同主族；同主族元素从上到下金属性增强，In的金属性比Al强，故C错误；

D.铟是第IIIA族，化合价为+3价，Se为第VIA族，化合价为-2价，硒化铟的化学式为In2Se3；故D错误；

故答案为：AB；

(4)设计实验比较C；Si的非金属性强弱顺序；应利用碳酸酸性强于硅酸证明，首先用盐酸与碳酸钙反应制取二氧化碳(不能选用硫酸与碳酸钙制取二氧化碳气体，因产生的硫酸钙微溶，会覆盖在碳酸钙表面影响反应进行)，然后用碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢，再将二氧化碳通入硅酸钠溶液中看是否出现白色胶状沉淀；

故答案为：CaCO3固体；盐酸；NaHCO3溶液；Na2SiO3溶液；生成白色胶状沉淀；【解析】<<BABCaCO3固体盐酸NaHCO3溶液Na2SiO3溶液生成白色胶状沉淀11、略

【分析】【分析】

根据元素周期表的结构可知:①为H；②为N、③为F、④为Na、⑤为Mg、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl。

【详解】

(1)表中原子半径最小的元素符号是H；故答案为：H；

(2)F的非金属性最强，表中氧化性最强的单质的化学式为F2；故答案为：F2；

(3)金属性最强的是Na，表中最高价氧化物的水化物中碱性最强的物质的化学式是NaOH，酸性最强的物质的化学式是HClO4；故答案为：NaOH；HClO4；

(4)核外电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，④⑤⑥三种元素中，Na、Mg、Al的离子半径大小顺序为Na+＞Mg2+＞Al3+(填离子符号)；故答案为：Na+＞Mg2+＞Al3+；

(5)③⑦⑧三种元素中，因非金属性F＞Cl＞S，故其氢化物稳定性HF＞HCl＞H2S；故答案为：HF＞HCl＞H2S；

(6)元素②的氢化物NH3与元素⑧的氢化物HCl反应生成NH4Cl，化学方程式为NH3+HCl=NH4Cl。故答案为：NH3+HCl=NH4Cl。【解析】HF2NaOHHClO4Na+Mg2+Al3+HFHClH2SNH3+HCl=NH4Cl12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)HCl的电子式：错误；

(2)CO2的电子式：错误；

(3)NaCl的电子式：错误；

(4)氯化镁的电子式错误；

(5)过氧化钠的电子式：错误；

(6)氨气的电子式：错误；

(7)HClO电子式：错误；

(8)羟基的电子式：错误；

(9)氨基的电子式：正确；

(10)错误；

(11)错误；

(12)1个乙烷分子中存在7对共用电子对；错误；

(13)BCl3分子中B原子的最外层都达到6电子稳定结构，错误。【解析】错误错误错误错误错误错误错误错误正确错误错误错误错误13、略

【分析】【分析】

Fe2+不稳定；易被氧化，使用过程中要采取防氧化措施。

【详解】

(1)从表中检出结果“Fe”一项标有向下的箭头；该儿童Fe元素含量偏低。故答案为：Fe；

(2)报告单中“μmol/L”是浓度的单位。故答案为：浓度；

(3)服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+；说明维生素C具有还原性。故答案为：还原性；

(4)Fe2+不稳定，易被氧化。一些补铁剂用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，推测糖衣的作用是防止Fe2+被氧化。实验室制备氢氧化亚铁时就要用到硫酸亚铁，欲长时间观察到氢氧化亚铁白色沉淀，必须是新制的硫酸亚铁溶液和经过蒸馏赶去氧气的水配置氢氧化钠溶液反应制备。反应的现象为产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，方程式为FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。故答案为：防止Fe2+被氧化；产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。【解析】Fe浓度还原性防止Fe2+被氧化产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO44Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)314、略

【分析】【分析】

【详解】

生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4▪H2O按物质的量比1:1:5反应，产物中硫元素全部以的形式存在，Mn全部转化为Mn12O19，根据得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒，可写出反应的离子方程式为【解析】三、判断题(共9题，共18分)15、B【分析】【分析】

【详解】

定容时，加多了水，溶液体积变大，导致溶液浓度偏小，再用胶头滴管吸出，所配溶液的浓度仍然偏小，错误。16、B【分析】【详解】

使品红溶液退色的无色有刺激性气味的气体也可能为氯气，错误。17、B【分析】【详解】

乙醇与水互溶，不能用于萃取剂。18、B【分析】【详解】

质量数和相对原子质量是两个不同的概念；但是他们的数值接近；

故错误。19、B【分析】【详解】

标准状况下，不是气体，不能利用气体摩尔体积进行计算，说法错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

(1)向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则溶液中可能存在也可能存在银离子，故错误；

(2)向某溶液中加入Ba(NO3)2溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则溶液中可能存在也可能存在故错误；

(3)向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中可能存在HCO或Mg2+等；故错误；

(4)加入CaCl2溶液，有白色沉淀生成，溶液中可能存在也可能存在银离子，故错误；

(5)加入稀硫酸，产生使品红溶液褪色的无色有刺激性气味的气体，则溶液中可能存在也可能存在HSO故错误；

(6)某溶液的焰色反应呈黄色；则溶液中一定有钠元素，不能确定是否有钾元素，要透过蓝色钴玻璃观察，故正确；

(7)无色溶液加入CCl4无现象，滴加氯水后CCl4层呈紫红色，则溶液中一定存在I-；故正确；

(8)加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加稀盐酸沉淀不消失，无法确定原溶液中是否含有Cl-；故错误；

(9)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，溶液中可能存在也可能存在HCO故错误；

(10)区别NaCl、Na2SO4时，可滴加Ba(NO3)2溶液；常用到胶头滴管；试管，故正确；

(11)验证Fe2(SO4)3溶液中含Fe2+的方法是加入酸性KMnO4溶液；紫色退去，故正确；

(12)向硫酸亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液；溶液变为红色，说明溶液已变质，故正确；

(13)在未知液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知液中存在或也可能存在银离子，故错误。21、B【分析】【详解】

灼热的CuO与H2和CO均能反应，错误。22、B【分析】【详解】

用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体会造成浓度偏低，故错误。23、A【分析】【详解】

加热试管时先均匀加热，后局部加热，否则试管会受热不均而炸裂。四、推断题(共2题，共16分)24、略

【分析】【详解】

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，说明A为NH3·H2O或NH3；

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，A和D生成的沉淀可能为Mg（OH）2、Al（OH）3，继续加入A，F中沉淀完全溶解，F为AgNO3；

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，纯E为无色油状液体，说明E为H2SO4，B为碳酸盐，可能为K2CO3或Na2CO3；

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，沉淀为BaSO4或AgCl，结合上述推断，C为BaCl2；

由于B、C、D、F是盐溶液，且他们的阴离子均不同，D可能为Al2（SO4）3或MgSO4；

（1）能确定的溶液及相应溶质的化学式为：A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3。

（2）不能确定的溶液是B和D，B可能为K2CO3或Na2CO3，要进一步鉴别B可用焰色反应，方法是：用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3；D可能为Al2（SO4）3或MgSO4，要进一步鉴别D可利用Al（OH）3和Mg（OH）2性质的差异，方法是：取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO4。【解析】①.A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3②.B：Na2CO3或K2CO3；用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3

D:Al2(SO4)3或MgSO4；取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO425、略

【分析】【详解】

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，说明A为NH3·H2O或NH3；

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，A和D生成的沉淀可能为Mg（OH）2、Al（OH）3，继续加入A，F中沉淀完全溶解，F为AgNO3；

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，纯E为无色油状液体，说明E为H2SO4，B为碳酸盐，可能为K2CO3或Na2CO3；

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，沉淀为BaSO4或AgCl，结合上述推断，C为BaCl2；

由于B、C、D、F是盐溶液，且他们的阴离子均不同，D可能为Al2（SO4）3或MgSO4；

（1）能确定的溶液及相应溶质的化学式为：A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3。

（2）不能确定的溶液是B和D，B可能为K2CO3或Na2CO3，要进一步鉴别B可用焰色反应，方法是：用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3；D可能为Al2（SO4）3或MgSO4，要进一步鉴别D可利用Al（OH）3和Mg（OH）2性质的差异，方法是：取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO4。【解析】①.A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3②.B：Na2CO3或K2CO3；用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3

D:Al2(SO4)3或MgSO4；取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO4五、元素或物质推断题(共2题，共6分)26、略

【分析】【分析】

淡黄色固体粉末为过氧化钠；过氧化钠能和水或二氧化碳反应生成氧气，所以E为氧气，在光照条件下产生氧气的物质为次氯酸，所以H为次氯酸。则G为次氯酸钠，I为气体单质，为氯气，则D为氢氧化钠。F为碳酸钠。

【详解】

（1）通过上述分析，A为Na2O2；G为NaClO；H为HClO。

（2）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；

碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，离子方程式为：

氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。

【点睛】

根据物质的颜色进行推断，是无机推断题常用的突破口。常用的颜色的物质有：铁：铁粉是黑色的；一整块的固体铁是银白色的。Fe2+——浅绿色Fe3O4——黑色晶体。

Fe(OH)2——白色沉淀Fe3+——黄色Fe(OH)3——红褐色沉淀Fe(SCN)3——血红色溶液。

FeO——黑色的粉末Fe(NH4)2(SO4)2——淡蓝绿色Fe2O3——红棕色粉末FeS——黑色固体。

铜：单质是紫红色Cu2+——蓝色CuO——黑色Cu2O——红色CuSO4（无水）—白色CuSO4·5H2O——蓝色Cu2(OH)2CO3—绿色Cu(OH)2——蓝色[Cu(NH3)4]SO4——深蓝色溶液。

BaSO4、BaCO3、Ag2CO3、CaCO3、AgCl、Mg(OH)2；三溴苯酚均是白色沉淀。

Al(OH)3白色絮状沉淀H4SiO4（原硅酸）白色胶状沉淀。

Cl2、氯水——黄绿色F2——淡黄绿色气体Br2——深红棕色液体I2——紫黑色固体。

HF、HCl、HBr；HI均为无色气体；在空气中均形成白雾。

CCl4——无色的液体，密度大于水，与水不互溶KMnO4--——紫色MnO4-——紫色。

Na2O2—淡黄色固体Ag3PO4—黄色沉淀S—黄色固体AgBr—浅黄色沉淀。

AgI—黄色沉淀O3—淡蓝色气体SO2—无色；有刺激性气味；有毒的气体。

SO3—无色固体（沸点44.80C）品红溶液——红色氢氟酸：HF——腐蚀玻璃。

N2O4、NO——无色气体NO2——红棕色气体NH3——无色、有刺激性气味气体【解析】Na2O2NaClOHClO27、略

【分析】【分析】

根据血红色溶液D可判断3.20g红棕色固体B是氧化铁，物质的量是==0.02mol；无色无味的气体E能使澄清石灰水变浑浊，说明是二氧化碳，F是碳酸钙，物质的量是=0.04mol，根据碳原子守恒可知碳原子的物质的量是0.04mol，质量是0.04mol×12g/mol=0.48g，n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.02×2mol=0.04mol，铁原子的质量是0.04mol×56g/mol=2.24g，因此根据原子守恒、质量守恒可知另一种元素是氧元素，质量是4.64g-2.24g-0.48g=1.92g，物质的量是==0.12mol，即Fe、C、O三种原子的个数之比是0.04mol：0.04mol：0.12mol=1：1：3，所以A的化学式为FeCO3；由此分析。

【详解】

(1)根据分析可知：A的化学式为FeCO3；

(2)固体B是三氧化二铁，与盐酸反应生成氯化铁和水，离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

(3)含化合物A的浊液长时间暴露在空气，会有部分固体表面变为红褐色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，该变化的化学方程式为4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2，该红褐色物质的化学式为Fe(OH)3。【解析】FeCO3Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OFe(OH)3六、原理综合题(共3题，共12分)28、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①阴离子在阳极放电，发生失电子的氧化反应，阳极氢氧根放电：4OH--4e-＝O2↑+2H2O；

②电解过程中氢离子也可能在阴极放电，H+与LiCoO2在阴极的还原反应相互竞争，当c(H+)增大时，参与放电的H+增多(或有利于H+放电)；所以钴的浸出率下降；

(2)①“酸浸”过程中正极粉发生氧化还原反应，根据流程可知反应物有LiCoO2、H2O2、H2SO4，生成物中有Co2+，则该过程中Co元素被还原，则H2O2中氧元素被氧化，产物中应该有氧气，结合电子守恒和元素守恒可得方程式为2LiCoO2+H2O2+3H2SO4＝Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；该步骤一般在80℃以下进行；反应物中有双氧水，双氧水不稳定，温度太高，双氧水会受热分解；

②(NH4)2C2O4溶液呈弱酸性；所以铵根的水解程度大于草酸根的水解程度，则。

a．(NH4)2C2O4可以电离出两个铵根和一个草酸根，水解是微弱的，所以c(NH4+)＞c(C2O42-)＞c(H+)＞c(OH-)；故a正确；

b．由电荷守恒，可知c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故b错误；

c．由物料守恒，可知c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]；故c正确；

故答案为：ac。【解析】4OH——4e—＝O2↑+2H2OH+与LiCoO2在阴极的还原反应相互竞争，当c（H+）增大时，参与放电的H+增多（或有利于H+放电），所以钴的浸出率下降2LiCoO2+H2O2+3H2SO4＝Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O防止H2O2剧烈分解ac29、略

【分析】【分析】

(1)氯胺与H2O反应产生NH3和HClO；二氯胺与水反应产生NH3和两分子的HClO；NCl3与H2O反应产生NH3和HClO，HClO将Na2SO3氧化为Na2SO4，HClO被还原为HCl，HCl与NH3结合形成NH4Cl；根据反应前后元素化合价的变化分析电子转移情况；

(2)根据反应热与反应物、生成物的活化能大小分析，根据△H=反应物总键能-生成物总键能分析；

(3)①平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，当n(NH3)：n(Cl2)=0.4时结合NH2Cl的体积分数为20%；通过物质平衡转化关系计算出各物质平衡量，代入平衡常数公式计算；

②在T2温度下，过Q点作垂线，此时Q点对应NH2Cl的体积分数偏高；联系平衡移动即可得出正反应速率与逆反应速率的大小；

③提高NH3的转化率；则平衡应该正向移动，联系平衡移动的相关知识解答；

④NH2Cl的体积分数始终比理论值低；可能的原因很多，可从副反应或者有其他杂质产生方面考虑回答即可。

【详解】

(1)氯胺与H2O反应产生NH3和HClO，反应产生的HClO具有强的氧化性，其结构式为H-O-Cl；二氯胺与水反应产生NH3和两分子的HClO，反应方程式为：NHCl2+2H2O=NH3+2HC1O；NCl3与H2O反应产生NH3和HClO，HClO将Na2SO3氧化为Na2SO4，HClO被还原为HCl，HCl与NH3结合形成NH4Cl，1molNCl3反应产生3molHClO，氧化Na2SO3产生Na2SO4时转移6mol电子，则0.01molNCl3发生反应转移0.06mol电子；

(2)由于从能量数值看△H1=△H+△H2，所以△H2=△H1-△H=1416.9kJ/mol-11.3kJ/mol=1405.6kJ/mol，物质由能量高的状态转化为能量低的状态，反应放出热量，则反应过程中的△H2=-1405.6kJ/mol；由△H=反应物总键能-生成物总键能；得：1416.9kJ/mol-(2×391.3kJ/mol+xkJ/mol+431.8kJ/mol)=+11.3kJ/mol，解得x=191.2kJ/mol；

(3)①由于a、b两点温度相同，则Ka=Kb，由于该反应的正反应为吸热反应，当为定值时，T2下NH2Cl的体积分数更小，说明T2下平衡逆向移动，则Kc变小，所以a、b、c三点化学平衡常数的关系是：Ka=Kb>Kc；当=0.4时，假设容器体积为VL，起始量n(NH3)=0.4mol，n(Cl2)