2025年上外版必修1化学上册阶段测试试卷含答案

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①实验室制取氯气时；为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收。

②氯气易液化；液氯可以保存在钢瓶中。

③氯气的性质很活泼；它与氢气混合后立即发生爆炸。

④检验HCl气体中是否混有Cl2的方法是将气体通入硝酸银溶液。

⑤氯水、氯气、液氯均能与碳酸氢钠溶液反应产生无色无味的气体A.①②B.②⑤C.③⑤D.③④2、对于反应8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，下列说法正确的是A.N2是还原产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是2：3B.N2是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是2：3C.每转移6mol电子就生成22.4LN2D.NH4Cl是氧化产物，且还原产物与氧化产物物质的量之比是1:63、下列表述Ⅰ和Ⅱ都正确；且存在因果关系的是。

。

表述Ⅰ（因）

表述Ⅱ（果）

A

Si和Ge同主族且位于金属和非金属交界线两侧。

Si为非金属元素；其单质是半导体；Ge为金属元素，其单质是导体。

B

“硅胶”是硅酸钠的冻状凝胶经脱水后得到的；多孔；吸附水分能力强。

硅胶常用作实验室和袋装食品；瓶装药品等的干燥剂。

C

打磨过的铝箔在空气中其表面会很快生成Al2O3薄膜，而且Al2O3的熔点高于Al

打磨过的铝箔在空气中燃烧会失去光泽但熔化的铝并不滴落。

D

Fe2O3难溶于水。

Fe（OH）3不能通过化合反应直接制得。

A.AB.BC.CD.D4、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温常压下，32gO2和O3的混合气体中含有的氧原子数为2NAB.lmolOH-中含有的电子数为8NAC.4.6gNa与足量O2完全反应，转移的电子数为0.4NAD.标准状况下，2.24L水中含有O—H键的数目为0.2NA5、通常检测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2+H2O2+BaCl2===BaSO4↓+2HCl。NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A.0.1molBaCl2晶体中所含微粒总数为0.1NAB.25℃时，pH=1的HCl溶液中含有H+的数目为0.1NAC.17gH2O2中含有非极性键数目为0.5NAD.生成2.33gBaSO4沉淀时，转移电子数目为0.01NA6、化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A.燃煤中加入CaO不能减少温室气体的排放B.天然纤维、聚酯纤维、碳纤维都属于有机高分子材料C.纯碱去除油污时发生了水解反应D.“84消毒液”的有效成分是次氯酸钠评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、冶炼金属常用以下几种方法：

①以C、CO或H2做还原剂的热还原法②利用铝热反应原理还原的铝热法③电解法④热分解法。

下列金属各采用哪种方法还原最佳(用序号填写下列空白)：

（1）Fe、Zn、Cu等中等活泼金属________。

（2）Na、Mg、Al等活泼或较活泼金属________。

（3）Hg、Ag等不活泼金属________。

（4）V、Cr、Mn、W等高熔点金属________。8、按要求填空：有下列物质：①O2②CO2③NH3④Na2O⑤Na2O2⑥NaOH⑦H2O2⑧HBr；回答下列问题：

(1)只含有极性键的是__________；

(2)只含有非极性键的是__________；

(3)含有极性键和非极性键的是__________；

(4)含有非极性键的离子化合物是__________．9、某固体混合物可能含有CaCO3、Al2(SO4)3、Na2SO4、Ba(NO3)2和CuSO4。将该混合物进行如下实验。

（1）将少许混合物放入水中得到无色溶液和白色沉淀。

（2）取溶液进行焰色反应；火焰呈黄色。

（3）取白色沉淀加入稀盐酸；沉淀完全溶解并放出气体。

通过上述实验肯定存在的物质________________；肯定不存在的物质_________________10、已知是一种弱酸，向中加入强酸可生成不稳定，易分解成NO和气体；是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把氧化成是一种难溶于水；易溶于酸的化合物。试回答下列问题：

(1)人体正常的血红蛋白含有若误食亚硝酸盐如则导致血红蛋白中的转化为而中毒，在引起中毒过程中表现出_______性；可以服用维生素C解毒，维生素C在解毒的过程中表现出______性。(填“氧化”或“还原”)

(2)下列方法中，不能用来区分和NaCl的是________

A．加入盐酸；观察是否有气泡产生。

B．加入溶液观察是否有沉淀生成。

C．分别在它们的酸性溶液中加入溶液；观察溶液颜色变化。

(3)在用酸性溶液处理和CuS(S元素均为-2价)的混合物时；发生的反应如下：

①(未配平)

②(未配平)

Ⅰ．下列关于反应①的说法中错误的是__________(选填编号)。

a．被氧化的元素是Cu和S

b．氧化产物是还原产物是和

c．还原性的强弱关系是：

Ⅱ．配平并用单线桥法表示该反应电子转移的方向和数目：_____。

11、在NH4Cl溶液中加入Mg粉,为何有H2放出，原因是________________________________________（离子方程式和文字说明）。12、取一定量的NaBr；NaI的混合物平均分成五等份；加水配成溶液，再分别通入一定体积的氯气。将反应后的溶液蒸干、灼烧，将得到的固体冷却后称量，记录所得的数据绘制成如图所示的曲线，回答下列问题。

（1）通入2VLCl2的溶液中发生反应的离子方程式为：___。

（2）五等份中每一等份混合物中NaBr与NaI的物质的量之和为___mol。

（3）标准状况下，V=___L。

（4）原混合物中NaBr与NaI的物质的量为之比为___。13、KMnO4在实验室和工业上均有重要应用；其工业制备的部分工艺如下：

Ⅰ．将软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，生成暗绿色(K2MnO4)熔融态物质。

Ⅱ．冷却；将固体研细，用KOH溶液浸取，过滤，得暗绿色溶液。

Ⅲ．向暗绿色溶液中通入CO2，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体MnO2。

Ⅳ．过滤，将紫红色溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得KMnO4固体。

资料：K2MnO4为暗绿色固体；在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应(Mn的化合价既升高又降低)。

(1)Ⅰ中；粉碎软锰矿的目的是________。

(2)Ⅰ中，生成K2MnO4的化学方程式是________。

(3)Ⅱ中；浸取时用KOH溶液的原因是________。

(4)Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应的化学方程式是________。14、中国传统的农具；兵器曾大量使用铁；铁器的修复是文物保护的重要课题。

战国时期的铁制农具。

(1)潮湿环境中，铁器发生电化学腐蚀的负极反应式是_______。

(2)铁器表面氧化层的成分有多种；性质如下：

。成分。

Fe3O4

FeO(OH)

FeOCl

性质。

致密。

疏松。

疏松。

①Fe(OH)2被空气氧化为Fe3O4的化学方程式是_______。

②在有氧条件下，Fe3O4在含Cl–溶液中会转化为FeOCl；将相关反应的离子方程式补充完整：

4Fe3O4+O2+_________+____H2O===___FeOCl+__________

(3)化学修复可以使FeOCl转化为Fe3O4致密保护层：用Na2SO3和NaOH混合溶液浸泡锈蚀的铁器；一段时间后取出，再用NaOH溶液反复洗涤。

①FeOCl在NaOH的作用下转变为FeO(OH)，推测溶解度FeOCl_____FeO(OH)(填“＞”或“＜”)。

②Na2SO3的作用是_______。

③检验FeOCl转化完全的操作和现象是_______。15、生活中处处可见金属和它们的化合物。

（1）金属钠与水反应后；向其中滴入石蕊试剂，溶液将呈_____色；

（2）已知一种生活中常见的金属；它既可以与盐酸反应也可以与氢氧化钠溶液反应，写出冶炼该金属的化学反应方程式：___________________________________；

（3）将铝棒与铜棒用导线连接；一起放入浓硝酸中，一段时间后，形成了较稳定的电流，则铝为该电池的_____（填电极名称）；

（4）铁可以形成多种氧化物；其中常用作红色油漆和涂料的是_____（填化学式）；

（5）鉴别三价铁离子和亚铁离子的方法有许多，其中之一就是利用加入酸性高锰酸钾溶液观察其是否褪色来进行判断，请写出该方法涉及的离子反应方程式：________________________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)16、从混合物中分离提纯蛋白质可采用过滤的方法。(_______)A.正确B.错误17、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18、由一种元素组成的物质一定是同一种物质。(______)A.正确B.错误19、橡胶隔震支座可以广泛应用于房屋、公路、桥梁等建筑物上。(_______)A.正确B.错误20、金属都能与盐酸发生置换反应。(______)A.正确B.错误21、溴化银固体保存在棕色玻璃塞广口瓶中。(___________)A.正确B.错误22、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-。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共4题，共16分)23、原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据所学物质结构知识；请回答下列问题：

(1)苏丹红颜色鲜艳；价格低廉；常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严重危害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ4种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图所示：

苏丹红Ⅰ在水中的溶解度很小；微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成如图所示的结构：

则其在水中的溶解度会_____(填“增大”或“减小”)，原因是_____。

(2)已知Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；b.分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为_______，由Cl-所形成的化学键类型是_______。

(3)如图中A、B、C、D四条曲线分别表示第ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族元素的氢化物的沸点，其中表示ⅦA族元素氢化物沸点的曲线是_____；表示ⅣA族元素氢化物沸点的曲线是_____；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物沸点依次升高，其原因是__________；A、B、C曲线中第二周期元素的氢化物的沸点显著高于第三周期元素的氢化物的沸点，其原因是_______________。

24、回答下列问题。

(1)有下列固体：①水晶②冰醋酸③灰锡④干冰⑤过氧化钠⑥碳化钙(CaC2)⑦刚玉⑧Si3N4⑨白磷⑩氩⑪尿素⑫AlCl3⑬铁铝合金⑭SiCl4其中含有极性键的分子晶体：_______(填编号)

(2)NaCl晶体在50~300GPa的高压下和Na或Cl2反应；可以形成不同组成；不同结构的晶体和颗粒。下图给出了其中三种晶体A、B、C的晶胞(大球为氯原子，小球为钠原子)，D是纳米颗粒，大小和形状则恰好如图所示。

写出A、B、C、D的化学式。A：_______；B：_______；C：_______；D：_______；

(3)石墨一种晶胞结构和部分晶胞参数如图。原子坐标参数描述的是晶胞内原子间的相对位置。石墨晶胞中碳原子A、B的坐标参数分别为A(0，0，0)、B(0，1，)，则C原子的坐标参数为_______。

(4)灰硒的晶体为六方晶胞结构；原子排列为无限螺旋链，分布在六方晶格上，同一条链内原子作用力很强，相邻链之间原子作用较弱，其螺旋链状图；晶胞结构图、晶胞俯视图如图所示。

已知正六棱柱的边长为acm，高为bcm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______g·cm-3(用含NA、a、b的式子表示)。25、原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据所学物质结构知识；请回答下列问题：

(1)苏丹红颜色鲜艳；价格低廉；常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严重危害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ4种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图所示：

苏丹红Ⅰ在水中的溶解度很小；微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成如图所示的结构：

则其在水中的溶解度会_____(填“增大”或“减小”)，原因是_____。

(2)已知Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；b.分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为_______，由Cl-所形成的化学键类型是_______。

(3)如图中A、B、C、D四条曲线分别表示第ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族元素的氢化物的沸点，其中表示ⅦA族元素氢化物沸点的曲线是_____；表示ⅣA族元素氢化物沸点的曲线是_____；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物沸点依次升高，其原因是__________；A、B、C曲线中第二周期元素的氢化物的沸点显著高于第三周期元素的氢化物的沸点，其原因是_______________。

26、（1）分别取Wg钠、镁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生氢气的体积比是_______。

（2）分别取0．1mol钠、镁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生氢气的体积比是___________。

（3）若产生相同体积(同温同压下)的氢气，所需钠、镁、铝(与足量的盐酸反应)的物质的量之比为____________。

（4）若将0．2mol钠、镁、铝分别投入10mL1mol·L－1的盐酸中，在标准状况下，产生氢气的体积大小顺序是________。评卷人得分五、原理综合题(共2题，共12分)27、下图是某儿童微量元素体检报告单的部分数据：

医疗机构临床检验结果报告单。

分析项目。

检测结果。

单位。

参考范围。

1

锌（Zn）

110.92

μmol/L

66-120

2.

铁（Fe）

5.95↓

mmol/L

7.52-11.82

3

钙（Ca）

1.90

mmol/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“物质的量”；“体积”或“物质的量浓度”）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________________________。28、碳元素能形成多种单质如金刚石、石墨等，24g金刚石中含有_______个碳碳单键。碳元素也能形成多种化合物，在形成化合物时，其所成化学键以共价键为主，原因是_______。

(1)工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是_______。

(2)BeCl2熔点较低，易升华，能溶于有机溶剂。由此可推测BeCl2晶体为_______晶体（填晶体类型），其分子为_______分子（填“极性”或“非极性”），分子构型为_______，BeCl2熔点_______（选填“低于”或“高于”）BeBr2。评卷人得分六、计算题(共1题，共6分)29、物质的量是高中化学常用的物理量；请完成以下有关计算。

(1)含0.3molAl3＋的Al2(SO4)3中所含的SO42－的物质的量是___________。

(2)___________gH2O2所含原子数与0.2molH3PO4所含原子数相等。

(3)质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中；含有原子数目最少的是_____(填写化学式)。

(4)如果规定，1mol粒子集合体所含的粒子数与0.024kg12C中所含的碳原子数相同。那么将36.5gHCl溶于水中配成溶液500mL；则溶液的浓度为_________mol/L。

(5)同温同压下，某容器充满氧气重116g，若充满二氧化碳重122g，现充满某气体重114g，则该气体的摩尔质量为___________参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

【详解】

①吸收多余的氯气应该用氢氧化钠溶液；因为氢氧化钙溶液的浓度太低，所以不用氢氧化钙溶液吸收氯气，故①错误；

②氯气易液化；液氯中不含氢离子，导致不和铁反应，所以可以保存在钢瓶中；故②正确；

③氯气和氢气在点燃或光照条件下才能反应；氢气和氯气混合不能立即爆炸，故③错误；

④HCl能和硝酸银溶液反应生成白色AgCl沉淀，氯气溶于水也能与硝酸银溶液反应，不能检验HCl气体中是否混有Cl2；故④错误；

⑤氯水；氯气、液氯均可与水或在水溶液中生成HCl；加入碳酸氢钠溶液都可生成二氧化碳气体，故⑤正确。

答案选B。2、B【分析】【详解】

反应中Cl2为氧化剂，NH3为还原剂，由方程式可知，当有8molNH3参加反应，有2mol被氧化，则该反应中还原剂与氧化剂物质的量之比是2：3，Cl元素化合价降低，被还原，NH4Cl为还原产物，在标准状况下，每转移6mol电子就生成22.4LN2；故选B。

【点晴】

侧重基本概念的考查，明确反应中元素的化合价变化是解题关键；3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2中，Cl元素的化合价降低，Cl2为氧化剂，N元素的化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，结合化合价升降总数解答该题。3、C【分析】【详解】

A.Ge也为半导体材料；故A错误；

B.硅胶是由硅酸凝胶mSiO2·nH2O适当脱水而成的颗粒大小不同的多孔物质；故B错误；

C.Al2O3熔点高于Al单质，表面没有熔化的Al2O3保护内部熔化的铝；并不滴落，故C正确；

D.Fe（OH）3可通过化合反应直接制得：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；故D错误；

故答案为C。4、A【分析】【详解】

A．氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量为=2mol，个数为2NA个；故A正确；

B．一个OH-中含有的电子数为10个，lmolOH-中含有的电子数为10NA；故B错误；

C．4.6gNa的物质的量为0.2mol钠与足量O2完全反应，生成氧化钠或过氧化钠，1mol钠反应时转移1mol电子，0.2mol钠转移的电子0.2mol，转移的电子数为0.2NA；故C错误；

D．标况下水为液体；故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误；

答案选A。5、C【分析】【详解】

A．0.1molBaCl2晶体中所含微粒有钡离子；氯离子等；故A错误；

B．HCl溶液中含有HCl和故25℃时，pH＝1的HCl溶液，溶液的体积未知，不能计算H＋的数目；B错误；

C．1molH2O2中含有非极性键1mol，17gH2O2即0.5molH2O2，含有非极性键数目为0.5NA；C正确；

D．根据反应可知，生成1mol硫酸钡沉淀，转移电子2mol，则生成2.33gBaSO4沉淀即0.01molBaSO4时，转移电子数目为0.02NA；D错误；

答案选C。6、B【分析】【详解】

A．燃煤中添加CaO是为了除去SO2，减少对空气的污染，但CaO高温条件下不能与CO2反应；故CaO不能用于减少温室气体的排放，A正确；

B．碳纤维是无机物；不是有机高分子材料，天然纤维；聚酯纤维是有机高分子材料，B错误；

C．纯碱去油时，发生水解：+H2O+OH-，+H2OH2CO3+OH-（第一步为主）；油脂在碱性条件下发生皂化反应，增强去污效果，C正确；

D．84消毒液中含有NaClO；NaClO水解生成的HClO具有强氧性，可以杀菌消毒，故NaClO是其有效成分，D正确；

故选B。二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【详解】

非常活泼的金属，如Na、Mg、Al用电解法冶炼，不活泼的金属，如Hg、Ag用热分解法冶炼，较活泼的金属，如Fe、Zn、Cu用热还原法冶炼，难熔金属如V、Cr；Mn、W等用铝热法冶炼；

（1）Fe、Zn、Cu等中等活泼金属可以采用以C、CO或H2做还原剂的热还原法；选①；

（2）Na；Mg、Al等活泼或较活泼金属可以采用电解法；选③；

（3）Hg；Ag等不活泼金属可以采用热分解法；选④；

（4）V、Cr；Mn、W等高熔点金属可以利用铝热反应原理；选②；

故答案是：①①；②③；③④；④②。【解析】①③④②8、略

【分析】【分析】

从物质的结构；结构式、电子式角度进行分析即可。

【详解】

①O2只含有非极性键；②CO2的结构式为O=C=O，只含有极性键；③NH3的结构式为只含有极性键；④Na2O是由Na＋和O2－组成，只含有离子键的离子化合物；⑤Na2O2的电子式为含有离子键和非极性共价键的离子化合物；⑥NaOH的电子式为含有离子键和极性共价键的离子化合物；⑦H2O2的结构式为H－O－O－H，含有极性键和非极性键；⑧HBr的结构式为H－Br；只含有极性键；

(1)根据上述分析；只含极性键的是②③⑧；

(2)根据上述分析；只含非极性键的是①；

(3)含有极性键和非极性键的是⑦；

(4)含有非极性键的离子化合物是⑤。【解析】②③⑧①⑦⑤9、略

【分析】【分析】

(1)将少许混合物放入水中得到无色溶液和白色沉淀，一定不含有有色离子的物质，白色沉淀可能为碳酸钙或硫酸钡，所以无法确定一定存在的物质；

(2)根据焰色反应显示黄色可以判断一定存在硫酸钠，无法确定一定不存在的物质；

(3)取白色沉淀加入稀盐酸，沉淀完全溶解并放出气体，产生的气体为二氧化碳，说明一定含有碳酸钙，再根据沉淀完全溶解判断一定不存在硝酸钡；

根据以上分析；仍然无法确定是否含有硫酸铝。

【详解】

（l）得到的溶液为无色，所以一定不存在硫酸铜，因含有Cu2+的溶液是蓝色溶液；生成的白色沉淀可能为硫酸钡或碳酸钙；

（2）取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明溶液中存在钠离子，原混合物中一定含有硫酸钠；

（3）加入稀盐酸，沉淀完全溶解并放出气体，各物质中只有碳酸钙与盐酸反应生成气体，所以一定含有碳酸钙；因为沉淀完全溶解，而硫酸钡都不溶于盐酸，所以一定不含有硝酸钡，

根据以上分析，肯定存在的物质是碳酸钙和硫酸钠，肯定不存在的物质是硫酸铜和硝酸钡，

因此，本题正确答案是：CaCO3Na2SO4；Ba(NO3)2CuSO4。【解析】①.CaCO3Na2SO4②.Ba(NO3)2CuSO410、略

【分析】【详解】

(1)根据题意可知NaNO2可以将Fe2+氧化为Fe3+，所以表现出氧化性；维生素C可以解毒，说明维生素C可以将Fe3+还原成Fe2+；表现出还原性；

(2)A．加入盐酸，NaCl不反应，无现象，NaNO2反应有NO和NO2生成；故A正确；

B．AgNO2是一种难溶于水的化合物，所以加入AgNO3都有白色沉淀生成；不能区分，故B错误；

C．NaCl与FeCl2溶液不反应，NaNO2有强氧化性，能氧化FeCl2使溶液变成黄色；故C正确；

故答案为：B；

(3)Ⅰ．a．该反应中Cu元素由+1价变为+2价；S元素由-2价变为+4价，二者化合价均升高，被氧化，故a正确；

b．Mn元素化合价由+7变为+2生成Mn2+，所以Mn2+为还原产物，而Cu2+和SO2为氧化产物，故b错误；

c．还原剂的还原性大于还原产物，Cu2S为还原剂，Mn2+为还原产物，所以还原性Cu2S>Mn2+；故c正确；

综上所述选b；

Ⅱ．该反应中MnO中Mn元素化合价由+7价变为+2价降低5价，CuS中铜元素化合价升高2价，S元素化合价升高4价，所以CuS化合价一共升高6价，则MnO和CuS的系数之比为6:5，再结合元素守恒可得离子方程式为6MnO+5CuS+28H+=5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O，该反应中MnO得电子，CuS失电子，用单线桥法表示该反应电子转移的方向和数目为+28H+=5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O。【解析】氧化还原Bb+28H+=5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O11、略

【分析】【分析】

根据题中NH4Cl溶液中加入Mg粉可知；本题考查盐类水解，运用弱电解质水解分析。

【详解】

NH4Cl溶液中加入Mg粉，由于铵根发生水解反应：溶液显酸性，溶液中的氢离子与金属镁反应产生氢气，离子反应为：故答案为：铵根发生水解反应：溶液中的氢离子与金属镁反应产生氢气，离子反应为：【解析】铵根发生水解反应：溶液中的氢离子与金属镁反应产生氢气，离子反应为：12、略

【分析】【详解】

（1）含NaBr和NaI的溶液中，通入Cl2，氧化性强的碘离子先反应，先发生后发生通入2VLCl2的溶液中发生离子方程式为：2I-+Cl2=I2+2Cl-；

（2）加入氯气5V时，NaBr、NaI完全反应，固体NaCl质量29.25g，钠离子守恒可知NaBr、NaI的物质的量之和等于NaCl的物质的量，即

（3）加入氯气是4VL时，氯气与NaBr反应，VL氯气完全反应，且有NaBr剩余，令VL氯气的物质的量为n，则所以n=0.06mol，即VL氯气的物质的量为0.06mol，标准状况下体积为0.06mol×22.4L/mol=1.344L；

（4）加入氯气2VL氯气只与NaI反应，通入VL氯气导致固体质量减少等于最后通入VL氯气导致固体质量减少，所以原溶液中NaI与NaBr的总质量为令原溶液中NaI的物质的量为xmol，NaBr的物质的量为ymol，则解得x=0.3，y=0.2，原混合物中NaBr与NaI的物质的量为之比为2:3。【解析】①.2I-+Cl2=I2+2Cl-②.0.5③.1.344④.2：313、略

【分析】【分析】

软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，可增大固体表面积，加快反应速率；与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4；在暗绿色的K2MnO4溶液中通入CO2，溶液变为紫红色，说明生成了KMnO4，同时生成黑色固体MnO2；结合题示资料分析解答。

【详解】

(1)粉碎软锰矿；可增大固体表面积，反应物的接触面积增大，反应速率增大，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率；

(2)由题意可知软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4，反应的方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，故答案为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；

(3)由题意可知，K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应，因此用稀KOH溶液浸取，可使溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应而变质，故答案为：保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应；

(4)Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体，说明生成KMnO4和MnO2，反应的化学方程式为3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，故答案为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3。【解析】增大反应物接触面积，加快反应速率2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO314、略

【分析】【详解】

（1）钢铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；

（2）①Fe(OH)2被空气氧化为Fe3O4的化学方程式是：6Fe(OH)2+O2=2Fe3O4+6H2O；

②Fe3O4在含Cl–溶液中会转化为FeOCl，Fe元素化合价升高，O元素化合价降低，根据得失电子守恒和原子守恒可以配平方程式为：4Fe3O4+O2+12Cl-+6H2O=12FeOCl+12OH-；

（3）①FeOCl在NaOH的作用下转变为FeO(OH)；根据沉淀转化的规律：溶解度小的转化为溶解度更小的，可知溶解度FeOCl＞FeO(OH)；

②FeOCl转化为Fe3O4的过程中，Fe元素化合价上升作氧化剂，则Na2SO3的作用是：作还原剂，将FeOCl还原为Fe3O4；

③FeOCl转化完全则溶液中存在大量氯离子，取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全。【解析】Fe–2e-=Fe2+6Fe(OH)2+O2=2Fe3O4+6H2O12Cl-61212OH-＞作还原剂，将FeOCl还原为Fe3O4取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全15、略

【分析】【分析】

(1)根据金属钠和水反应的性质解答；

(2)根据金属铝的性质解答；

(3)根据铝棒与铜棒与浓硝酸反应的性质回答；

(4)根据铁的化合物的性质回答；

【详解】

(1)金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；向其中滴入石蕊试剂，溶液将呈蓝色，故答案：蓝；

(2)铝是一种生活中常见的金属，它既可以与盐酸反应生成氯化铝和氢气，也可以与氢氧化钠溶液反应，生成偏铝酸钠和氢气，冶炼该金属的方法是电解熔融的氧化铝，生成铝和氧气，其反应的化学反应方程式：2Al2O34Al＋3O2↑；

(3)将铝棒与铜棒用导线连接；一起放入浓硝酸中，铝遇浓硝酸发生钝化，铜和硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，所以铜棒为负极，铝棒做正极，故答案：正极；

(4)铁可以形成多种氧化物，其中常用作红色油漆和涂料的是Fe2O3；故答案：Fe2O3；

(5)三价铁离子具有氧化性，与酸性高锰酸钾溶液不反应，亚铁离子具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，该方反应的离子反应方程式：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。【解析】蓝2Al2O34Al＋3O2↑正极Fe2O35Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O三、判断题(共7题，共14分)16、B【分析】【分析】

【详解】

蛋白质分子能够透过滤纸，因此不能采用过滤方法分离提纯。要根据胶体的性质，利用溶液中蛋白质分子直径大小，采用渗析方法提纯，因此认为可通过过滤提纯蛋白质的方法是错误的。17、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。18、B【分析】【详解】

由一种元素组成的物质不一定是同一种物质；例如氧气和臭氧都是由氧元素组成，但是不是同种物质，该说法错误。

答案为：错误。19、A【分析】【详解】

高阻尼橡胶隔震支座可抵抗16级台风、8级地震及30万吨巨轮撞击，则橡胶隔震支座可以广泛应用于房屋、公路、桥梁等建筑物上，该说法正确。20、B【分析】【详解】

金属活动性排在H后面的金属不能与盐酸发生置换反应，如铜等，故错误。21、A【分析】【分析】

【详解】

溴化银固体见光易分解，保存在棕色玻璃塞广口瓶中，故正确。22、A【分析】【详解】

氯气把碘离子氧化为碘单质、CCl4萃取出碘单质呈紫红色，正确。四、结构与性质(共4题，共16分)23、略

【分析】【详解】

(1)因为苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键；而使在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度，因此，本题答案是：增大；苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度；

(2)Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀经洗涤干燥后称量,发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的可以知道紫色品体中含3个氯离子，绿色晶体中含2个氯离子，即绿色晶体的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，氯原子形成化学键有含有离子键、配位键，因此，本题答案是：[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O；离子键；配位键；

(3)第二周期中元素形成的氢化物中，水为液态，其它为气体，故水的沸点最高，且相对分子质量越大，沸点越高，故B曲线为VIIA族元素氢化物沸点；HF分子之间、氨气分子之间均存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物，甲烷分子之间不能形成氢键，同主族形成的氢化物中沸点最低，故D曲线表示IVA族元素氢化物沸点；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水分子之间、氨气分子之间、HF分子之间均形成氢键，沸点较高；因此，本题答案是：B；D；结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水、氨气、HF分子之间均形成氢键，沸点较高。【解析】增大苏丹Ⅰ已形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易已形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于增大在水中的溶解度[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O离子键、配位键BD结构与组成相似，分子间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高水、氨气、HF分子之间均能形成氢键，沸点较高24、略

【分析】（1）

①水晶的主要成分是二氧化硅；二氧化硅是含有极性键的原子晶体；

②冰醋酸是固态醋酸；是含有极性键和非极性键的分子晶体；

③灰锡是金属单质；是含有金属键的金属晶体；

④干冰是固态二氧化碳；是含有极性键的分子晶体；

⑤过氧化钠是含有离子键和非极性键的离子晶体；

⑥碳化钙是含有离子键和非极性键的离子晶体；

⑦刚玉是氧化铝的俗称；氧化铝是含有离子键的离子晶体；

⑧四氮化三硅是含有极性键的原子晶体；

⑨白磷是非金属单质；是含有非极性键的分子晶体；

⑩氩是单原子分子；是不含有共价键的分子晶体；

⑪尿素是含有极性键的分子晶体；

⑫氯化铝是含有极性键和配位键的分子晶体；

⑬铁铝合金是含有金属键的金属晶体；

⑭四氯化硅是含有极性键的分子晶体；

则含有极性键的分子晶体为②④⑪⑫⑭；故答案为：②④⑪⑫⑭；

（2）

由晶胞结构可知，晶胞A中位于顶点和体心的钠离子个数为8×+1=2，位于面上的氯离子的个数为12×=6，则钠离子和氯离子的个数比为2：6=1：3，A的化学式为NaCl3；晶胞B中位于棱上和体内的钠离子个数为4×+2=3，位于顶点的氯离子的个数为8×=1，则钠离子和氯离子的个数比为3：1，B的化学式为Na3Cl；晶胞C中位于棱上、面心和体内的钠离子个数为4×+2×+2=4，位于棱上的氯离子的个数为8×=2，则钠离子和氯离子的个数比为4：2=3：1，C的化学式为Na2Cl；晶胞D中位于棱上和体心的钠离子个数为12×+1=4，位于顶点和面心的氯离子的个数为8×+6×=4，则钠离子和氯离子的个数比为4：4=1：1，C的化学式为NaCl；故答案为：NaCl3；Na3Cl；Na2Cl；NaCl；

（3）

由石墨晶胞中位于顶点的碳原子A和位于棱上的碳原子B的坐标参数分别为A(0，0，0)和B(0，1，)可知，晶胞的边长为1，则位于棱上的碳原子C的坐标参数为(1，1，)，故答案为：(1，1，)；

（4）

由晶胞结构可知，硒原子形成的正六棱柱位于晶胞的顶点和面心，晶胞中硒原子个数为12×3×+2×3×=9，设晶体的密度为dg/cm3,由晶胞质量公式可得：=×a2×6×b×d，解得d=故答案为：【解析】(1)②④⑪⑫⑭

(2)NaCl3Na3ClNa2ClNaCl

(3)(1，1，)

(4)25、略

【分析】【详解】

(1)因为苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键；而使在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度，因此，本题答案是：增大；苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度；

(2)Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀经洗涤干燥后称量,发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的可以知道紫色品体中含3个氯离子，绿色晶体中含2个氯离子，即绿色晶体的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，氯原子形成化学键有含有离子键、配位键，因此，本题答案是：[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O；离子键；配位键；

(3)第二周期中元素形成的氢化物中，水为液态，其它为气体，故水的沸点最高，且相对分子质量越大，沸点越高，故B曲线为VIIA族元素氢化物沸点；HF分子之间、氨气分子之间均存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物，甲烷分子之间不能形成氢键，同主族形成的氢化物中沸点最低，故D曲线表示IVA族元素氢化物沸点；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水分子之间、氨气分子之间、HF分子之间均形成氢键，沸点较高；因此，本题答案是：B；D；结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水、氨气、HF分子之间均形成氢键，沸点较高。【解析】增大苏丹Ⅰ已形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易已形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于增大在水中的溶解度[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O离子键、配位键BD结构与组成相似，分子间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高水、氨气、HF分子之间均能形成氢键，沸点较高26、略

【分析】【分析】

发生反应：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；根据方程式计算解答。

【详解】

（1）2Na+2HCl=2NaCl+H2↑；

46g1mol

Wgmol

Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；

24g1mol

Wgmol

2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；

54g3mol

Wgmol

故在相同条件下产生氢气的体积比=mol:mol:mol=

因此，本题正确答案是：

（2）分别取0.1mol钠、镁、铝与足量盐酸反应，则：

2Na+2HCl=2NaCl+H2↑

0.1mol0.05mol

Mg+2HCl=MgCl2+H2↑

0.1mol0.1mol

2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑

0.1mol0.15mol

故在相同条件下产生氢气的体积比=0.05mol:0.1mol:0.15mol=1:2:3，

因此，本题正确答案是：1:2:3。

（3）若产生相同体积（同温同压下）的H2；说明三种金属提供电子的物质的量相同，设三种金属都失去6mol的电子，需钠的物质的量为6mol，镁的物质的量为3mol，铝的物质的量为2mol，所以所需的钠；镁、铝物质的量比为6:3:2。

因此，本题正确答案是：6:3:2。

（4）若将0.2mol钠、镁、铝分别投入10mL1mol·L－1的盐酸中；可以知道三种金属都过量，但金属钠活泼，能与水反应生成氢气，则生成氢气最多的是钠，镁和铝生成氢气的体积一样多；

因此，本题正确答案是：Na>Al＝Mg。【解析】1∶2∶36∶3∶2Na>Al＝Mg五、原理综合题(共2题，共12分)27、略

【分析】【详解】

（1）根据表中数据可知该儿童的铁元素含量偏低。（2）报告单中“μmol/L”