2025年人教新课标必修1化学上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年人教新课标必修1化学上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、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A.溶液中加少量溶液：B.溶液在空气中变黄色：C.用溶解D.向溶液中加入溶液至刚好沉淀：2、2021年6月17日我国的“神舟十二号”载人飞船搭载3名宇航员顺利升空，此次神舟飞船的主要任务是运载航天员进入天和核心舱开启空间站运转，开启空间站长期有人照料情况下的在轨运行。火箭和飞船升空所需的巨大能量可由下列化学反应提供：C2H8N2+2N2O4═2CO2↑+3N2↑+4H2O，有关该反应的说法正确的是A.该反应是复分解反应B.反应中碳元素的化合价升高C.该反应是置换反应D.该反应不是氧化还原反应3、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b；c、d、e、f是由这些元素组成的化合物；d是淡黄色粉末，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气味。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是（）

A.简单离子半径：Z＜YB.简单气态氢化物的热稳定性：Y＞XC.阴离子的还原性：Y＞WD.W、Y、Z形成的化合物含有共价键4、下列说法正确的是（）A.1molNa2O2晶体中阴离子与阳离子之比为1:1B.1molSi晶体中含4molSi—Si键C.60gSiO2中含Si—O键的个数为4NAD.12g金刚石中含有C—C键的个数为NA5、下列实验中相关反应的离子方程式书写错误的是。装置编号X溶液①氨水②偏铝酸钠偏铝酸钠③碳酸氢钠碳酸氢钠④Ba(OH)2Ba(OH)2

A.①：B.②：C.③：D.④：评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、历史上金；银、铜主要是作为货币金属或装饰品被应用。

(1)金、银、铜常被作为钱币流通，从化学角度来看，主要是利用它们的________(填字母)。

A．硬度适中。

B．密度适中。

C．在自然界里都可得到纯净的单质。

D．不活泼性。

(2)提炼黄金的过程一般要使用化学药品氰化物，其直接后果是________(填字母)。

①污染水体②破坏臭氧层③危害工人的生命与健康④破坏植被。

A．①②B．①②③

C．②④D．①③④

(3)古代的“药金”外观与金相似，常被误认为金子。它的冶炼方法如下：将ZnCO3、赤铜(Cu2O)、木炭混合加热到800℃，得到金光闪闪的“药金”，则药金的主要成分是________，有关化学方程式为__________________________

(4)用“药金”制成的假金元宝欺骗人的事件屡有发生。下列能区别其真伪的方法是________(填字母)。

A．测定密度B．放入硝酸中。

C．放入盐酸中D．观察外表。

(5)在化学反应中，铜元素可表现为0、＋1、＋2价。在西汉古籍中曾有记载：曾青得铁则化为铜[即：曾青(CuSO4)跟铁反应就生成铜]。试写出该反应的化学方程式：_____________。

(6)铜器表面有时会生成铜绿[Cu2(OH)2CO3]，这层铜绿可用化学方法除去。试写出除去铜绿而不损伤器物反应的化学方程式：__________________________________________7、将铜片加入一定浓度的硝酸溶液中，铜片完全溶解，产生和共气体(标准状况)

(1)铜和硝酸反应产生的离子方程式：_______。

(2)参加反应的物质的量为：_______。

(3)标况下体积_______。

(4)将产生的气体与_______混合通入水中充分反应，能将元素转化为8、高锰酸钾（KMnO4）俗称灰锰氧，固体外观呈紫黑色，它具有杀菌、消毒之功效。实验室可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4，其反应中反应物与生成物有：MnO2、KOH、KClO3、K2MnO4、H2O和一种未知物X；然后将固体混合物用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩溶液，结晶得到深紫色的针状KMnO4。已知0.2mol在反应中转移1.2mol电子。试回答：

（1）由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4反应中，还原产物是___。

（2）将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目：___

（3）K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是___；

（4）H2O2在医疗上也是一种很好的消毒剂，它具有杀菌、消毒之功效。用酸性高锰酸钾溶液滴定法可测定双氧水中H2O2的含量；有两位同学分别用以下化学方程式表示其中的反应原理：

①5H2O2+2KMnO4+3H2SO4→2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O

②3H2O2+2KMnO4+3H2SO4→2MnSO4+K2SO4+4O2↑+6H2O

你认为其中错误的是___（认为没有可以不填），等物质的量的H2O2和KMnO4两种物质进行杀菌消毒时，H2O2的杀菌功效是KMnO4杀菌功效的___倍。9、A；B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素；A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质在不同条件下反应可生成不同的物质甲和乙，其中甲是一种淡黄色的固体，D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和。

(1)A为_____，C为________。（填元素名称）

(2)A与B形成的一种化合物与甲反应的化学方程式为______________________________。

(3)A、B两元素形成的化合物属____________(填“离子”或“共价”)化合物。

(4)D的最高价氧化物对应的水化物和A的单质反应的化学方程式为____________________

(5)写出物质甲的电子式__________________，用电子式表示物质乙的形成过程：__________________________________________________。

(6)E的最高价氧化物的化学式为______________。

(7)写出C、E最高价氧化物的水化物反应的离子方程式_____________________________。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)元素在元素周期表中的位置为第______周期第______族。

(2)的最高化合价为______，的最高价氧化物对应的水化物的化学式为______，的最高价氧化物为______。

(3)根据元素周期律；推断：

①阴影部分元素简单气态氢化物热稳定性最强的是______元素(填元素符号)。

②酸性：______(填“＞”“＜”或“＝”，下同)

③氢化物的还原性：______

④原子半径：______

(4)可在图中分界线(虚线)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。

(5)从下列试剂中选择最佳试剂组合，比较的非金属性强弱：______。(可供选择的药品有固体、稀硫酸、盐酸、饱和溶液、饱和溶液、硅酸钠溶液)11、下表是元素周期表的一部分；针对表中的①～⑩种元素，填写下列空白：

(1)元素⑦的名称为______；在周期表中的位置______________。

(2)在最高价氧化物的水化物中；酸性最强的化合物的化学式是_______，碱性最强的化合物的电子式是__________。

(3)用电子式表示元素④和⑥的化合物的形成过程：____________；该化合物属于______(填“共价”或“离子”)化合物。

(4)写出一种由上述元素组成的既有离子键又有共价键的物质的化学式______。

(5)⑥、⑦、⑨三种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是_________(用离子符号表示)评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)12、溴化银固体保存在棕色玻璃塞广口瓶中。(___________)A.正确B.错误13、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14、CO2的电子式：(___________)A.正确B.错误15、酸与碱、盐与酸、盐与碱、盐与盐之间可以发生复分解反应。(_______)A.正确B.错误16、标准状况下，中含有的分子数为(_______)A.正确B.错误17、处于金属和非金属分界线附近的元素常作催化剂。(_______)A.正确B.错误18、氯气做水的杀菌消毒剂。(___________)A.正确B.错误19、通过灼热的CuO除去H2中的CO。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、计算题(共4题，共20分)20、19.2g铜投入100mL14mol/L浓HNO3溶液中；充分反应后无固体剩余，收集到标准状况下气体8.96L。计算：

（1）所得气体的质量_____

（2）向反应后的溶液中加入多少毫升10mol/LNaOH溶液才能使Cu2＋完全沉淀？____21、（1）SO2和SO3是硫的两种氧化物，等温等压下，等质量的SO2和SO3所含分子个数比为________；氧原子个数比为________,等温等压下气体体积比_____________。

（2）100mL的某气体的质量为0.143g,该气体的相对分子质量：______________,

（3）设NA为阿伏加德罗常数的数值,如果ag某气体中含有的分子数为b,则cg该气体在标准状况下的体积约是___________L(用含NA的式子表示)。

（4）配制100mL1mol/L的H2SO4溶液,需要用量筒量取浓H2SO4(密度为1.84g·mL-1,质量分数为98%)的体积为__________mL。

（5）10.6gNa2CO3溶于水，配成500mL的溶液，溶液中溶质的物质的量________，Na+的物质的量浓度______________。

（6）标准状况下，5.6LNH3中氢原子的数目为_________________。22、在100mLAl2(SO4)3溶液中，__molAl2(SO4)3中含0.6molSO其中含Al3+__个，从中取出1/4体积的该溶液再稀释到100mL，则稀释后的溶液中SO的物质的量浓度为______。23、硫铁矿（）是工业制硫酸的主要原料，若1.2t硫铁矿制得98%的浓硫酸1.6t，该浓硫酸的密度为请回答下列问题：

(1)该浓硫酸的物质的量浓度为_____________

(2)制得的浓硫酸的产率为_________________评卷人得分五、工业流程题(共1题，共7分)24、二氧化锰无论在实验室还是在生产；生活中均有广泛应用。工业上可以用制备对苯二酚的废液为原料生产二氧化锰。此工艺对节约资源、保护环境、提高经济效益有着重要意义。

（1）经分析知该废液中含有硫酸锰、硫酸铵、硫酸以及Fe2+、Co2+、Ni2+等金属离子。以此为原料制备化学二氧化锰的流程如图所示。

①常温下几种有关难溶硫化物的溶度积常数如下表，若除去Fe2+后的废液中Mn2+浓度为1mol/L，欲使Co2+和Ni2+完全沉淀，而Mn2+不受损失，S2-的浓度范围应控制在___mol/L。化合物MnSCoS（α型）NiSKsp2.5×10-104×10-211.07×10-21

②步骤⑥的化学方程式为___。

③步骤①~⑨中涉及到过滤的操作有___。（填序号）

④步骤⑨得到的副产品的化学式为___，其重要的用途之一是___。得到该副产品的操作是___。

（2）生产电解二氧化锰的原理是在93℃左右以石墨为电极电解硫酸锰和硫酸的混合溶液，写出阳极的电极反应式___，若电解过程中的电压为3V，理论上生产1tMnO2消耗电能___kw·h。（1kw·h=3.6×106J）

（3）双氧水氧化法制备二氧化锰时所发生的反应为MnSO4+2NH3+H2O2→MnO2+(NH4)2SO4，在溶液的pH、过氧化氢的用量和反应时间一定的情况下，温度对实验结果的影响如图所示。MnO2的回收率随着温度升高先增大后减小的可能原因是___。

评卷人得分六、原理综合题(共4题，共24分)25、Ⅰ．由三种元素组成的化合物A；按如下流程进行实验：

已知：①标准状况下；气体B的密度是氢气的8倍。②固体E既能溶于NaOH溶液又能溶于盐酸。

请回答：

(1)组成A的三种元素是__________，A的化学式是________。

(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是__________。

(3)气体B与足量CuO在加热条件下反应，请写出一个可能的化学方程式________________。

Ⅱ．某兴趣小组为探究SO2与Fe(NO3)3稀溶液反应的情况；实验装置如图，请回答：

(1)实验过程中，甲中溶液由黄色变为浅绿色但立即又变为黄色。请写出甲中溶液由浅绿色变为黄色的离子方程式_____。

(2)请设计实验方案，检验反应后甲溶液中的金属阳离子______。26、某反应体系中，有反应物和生成物六种物质：HCl(浓)、KClO3、KCl、ClO2、Cl2、H2O。已知该反应中，KClO3发生了一个过程：KClO3→ClO2。ClO2是黄绿色易爆的气体。

（1）写出并配平上述过程的化学方程式______

（2）该反应中，盐酸体现了_______、_______性质。氧化剂是___________，反应后，若产生0.6mol气体，则转移电子的物质的量为___________。

（3）世界卫生组织（WHO）将二氧化氯（ClO2）列为A级高效、安全灭菌消毒剂，工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合，并加H2SO4反应制得，在以上反应中，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为_________

（4）在一固定容积的密闭容器中进行着反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其平衡常数K和温度的关系如下：。t0C70080090010001200K2.61.71.00.90.6

①该反应的正反应为___________反应。（“吸热”或“放热”）

②平衡常数K表示的意义是____________________。

③能判断该反应是否已经达到化学平衡状态的是()

a.容器中密度不变。

b.混合气体中CO浓度不变。

c.v(H2)正=v(H2O)逆

d.c(CO2)=c(CO)

（5）该反应的逆反应速率随时间变化情况如图所示。

①从图可知，在t1时改变了某种反应条件，反应在t2时达到平衡，改变的条件可能是_______(选填编号)。

a．升高温度b．增大CO2的浓度

c．减小CO2的浓度d．使用催化剂。

②如果在t3时增加CO2的量，t4时反应又处于新平衡状态，请在上图画出t3~t5时间段的v逆变化曲线。_________________27、（1）氯酸是一种强酸，氯酸的浓度超过40%就会迅速分解，生成有毒气体，反应的化学方程式为8HClO3=3O2↑＋2Cl2↑＋4HClO4＋2H2O。所得混合气体的平均相对分子质量为________。

（2）实验室可用软锰矿（主要成分为MnO2）制取KMnO4，方法如下：高温下使软锰矿与过量KOH(s)和KClO3(s)反应，生成K2MnO4(锰酸钾)和KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；再滤去沉淀MnO2，浓缩结晶得到KMnO4晶体。K2MnO4转化为KMnO4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。

（3）已知测定锰的一种方法是：锰离子转化为高锰酸根离子，反应体系中有H＋、Mn2＋、H2O、

①该反应的离子方程式为________________________。在锰离子转化为高锰酸根离子的反应中，如果把反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的pH＝2，则在反应中转移电子的物质的量为________mol。（结果写成小数；保留三位有效数字）

②在测定锰离子浓度的实验中，需要配制250mL0.10mol/LKIO4的标准溶液，应用托盘天平称取______gKIO4固体。

③下列有关配制溶液的操作或判断正确的是_________

A．使用容量瓶前必须检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水。

B．容量瓶用蒸馏水洗净后；没有烘干就用来配制溶液。

C．定容摇匀后液面下降再加水到刻度线；不影响所配溶液浓度。

D．定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高。

E．当容量瓶中的液面距离刻度线2~3cm时改用胶头滴管加水定容28、饮用水中含有砷会导致砷中毒；水体中溶解的砷主要以As(Ⅲ)亚砷酸盐和As(V)砷酸盐形式存在。

(1)砷与磷为同一主族元素，磷的原子结构示意图为___________________。

(2)根据元素周期律，下列说法正确的是____________________(填字母代号)。

a.最高价氧化物对应水化物的酸性：S>P>Asb.原子半径：S>P>Asc.非金属性：S>P>As

(3)关于地下水中砷的来源有多种假设，其中一种认为是富含砷的黄铁矿(FeS2)被氧化为Fe(OH)3，同时生成SO42-，导致砷脱离矿体进入地下水。FeS2被O2氧化的离子方程式为_________________________。

(4)去除水体中的砷；可先将As(Ⅲ)转化为As(V)，选用NaClO可实现该转化。

已知：投料前水样pH=5.81；0.1mol/LNaClO溶液pH=10.5，溶液中起氧化作用的物质是次氯酸。

研究NaClO投加量对As(Ⅲ)氧化率的影响得到如下结果：

产生此结果的原因是_________________________。

(5)强阴离子交换柱可以吸附以阴离子形式存在的As(V)；从而达到去除As的目的。

已知：一定条件下；As(V)的存在形式如下表所示：

。pH

<2

2～7

7～11

11～14

存在形式。

H3AsO4

H2AsO4-

HAsO42-

HAsO42-、AsO43-

pH=6时，NaClO氧化亚砷酸(H3AsO3)的离子方程式是_____________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

A.氢氧化钡少量；反应生成碳酸钠；碳酸钡和水；

B.二价铁离子具有还原性；能被氧气氧化生成三价铁离子；

C.醋酸为弱酸；应保留化学式；

D.向溶液中加入溶液至刚好沉淀；反应生成硫酸钡和氢氧化钠和水。

【详解】

溶液中加少量溶液，离子方程式：故A错误；

B.溶液在空气中变黄色，离子方程式：故B正确；

C.用溶解离子方程式：故C错误；

D.向溶液中加入溶液至刚好沉淀，离子方程式：故D错误；

故选：B。

【点睛】

本题考查离子方程式的正误判断，明确反应实质是解题关键，注意物质的拆分，注意反应物用量对反应的影响。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．复分解反应的定义是：两种化合物相互交换成分；生成另外两种化合物的反应，该反应中生成物中有氮气，不是化合物，故A错误；

B．反应物C2H8N2中H元素为+1价，N元素为-3价，故C元素的化合价为-1价，生成物CO2中；碳元素为+4价，故反应中碳元素的化合价升高，故B正确；

C．置换反应的定义是：一种单质和一种化合物反应生成新的单质和新的化合物；该反应的反应物没有单质，故C错误；

D．该反应中有元素化合价的变化；故该反应是氧化还原反应，故D错误；

答案选B。3、C【分析】【分析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d是淡黄色粉末，则d是过氧化钠Na2O2；又m为元素Y的单质，通常为无色无味的气味，m是氧气O2；则b；c为二氧化碳和水；W、X、Y、Z对应的元素是H、C、O、Na，据此解答。

【详解】

A．离子结构相同，序数越大，半径越小；简单离子半径：Na+2-；A正确；

B．元素的非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，氧的非金属性更强，故简单气态氢化物的热稳定性：Y>X；B正确；

C．元素的非金属性越强，对应元素单质的氧化性越强，阴离子的还原性越弱，则阴离子的还原性：Y

D．W；Y、Z形成的化合物是氢氧化钠；含有氢氧共价键，D正确；

答案选C。4、C【分析】【详解】

A、1molNa2O2晶体中含有1molO22-和2molNa+，则1molNa2O2晶体中阴离子与阳离子之比为1：2；A错误；

B；一个Si形成4个Si-Si键；一个共价键中含有2个Si原子，则1molSi晶体中含2molSi-Si键，B错误；

C、SiO2中一个Si形成4个Si-O键，则60gSiO2即1mol中含Si-O键的个数为4NA；C正确；

D、一个C形成4个C-C键，一个共价键中含有2个C原子，所以12g金刚石即1mol中含有C-C键的个数为2NA；D错误；

答案选C。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．一水合氨是弱电解质；写离子方程式要写化学式，A正确；

B．铝离子和偏铝酸根离子双水解生成氢氧化铝；B正确；

C．铝离子和碳酸氢根离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；C正确；

D．向浓溶液中滴加2滴溶液发生反应的离子方程式为D错误；

故选D。二、填空题(共6题，共12分)6、略

【分析】【分析】

（1）钱币流通；说明金属性不活泼；

（2）从氰化物有毒角度进行分析；

（3）根据信息写出化学反应方程式；然后进行分析；

（4）从元素及其化合物的性质入手；

（5）利用铁的金属性强于铜；

（6）铜与稀盐酸不反应而铜绿可以与盐酸反应。

【详解】

(1)作为流通钱币；要求化学性质稳定，容易加工等，金；银、铜都属于不活泼金属，易加工，在历史上都曾经用作货币，故选项D正确；

答案为D；

(2)提炼黄金所使用的氰化物为剧毒物质；危害工人的身体健康，排入环境会污染水体，破坏植被，因此①③④符合题意；

答案为：D；

(3)由题中所给信息可知，ZnCO3受热发生分解：ZnCO3ZnO＋CO2↑，然后利用焦炭的还原性，发生C＋2Cu2O4Cu＋CO2↑,C＋2ZnO2Zn＋CO2↑；所得“药金”为铜锌合金；

答案为：铜锌合金；ZnCO3ZnO＋CO2↑、C＋2Cu2O4Cu＋CO2↑、C＋2ZnO2Zn＋CO2↑；

(4)根据上述分析；“药金”是锌和铜的合金，利用金的不活泼性，不与盐酸和硝酸反应，而铜锌合金中的锌较为活泼的性质，可用酸对其进行鉴别，能部分溶解的为“药金”，也可用密度的大小对其进行鉴别，故选项ABC符合题意；

答案为：ABC；

(5)实际上是用铁还原CuSO4得到单质铜，其化学反应方程式为Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu；

答案为：Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu；

(6)铜绿又名碱式碳酸铜，可以写成Cu(OH)2·CuCO3，能与盐酸反应，而铜不与盐酸反应，因此除去铜绿可用盐酸洗涤，其反应方程式为Cu2(OH)2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑；

答案为：Cu2(OH)2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑。【解析】DD铜锌合金ZnCO3=ZnO＋CO2↑,C＋2Cu2O4Cu＋CO2↑,C＋2ZnO2Zn＋CO2↑ABCCuSO4＋Fe===FeSO4＋CuCu2(OH)2CO3＋4HCl===2CuCl2＋3H2O＋CO2↑7、略

【分析】【详解】

（1）铜和硝酸反应产生NO的离子方程式为：

（2）6.4g铜的物质的量为铜片和一定浓度的硝酸溶液反应后生成标准状况下和共根据氮元素的物质的量守恒可知，参加反应的物质的量为：

（3）设反应生成的的物质的量分别为则反应中铜元素的化合价由价升高至价，部分价的氮化合价降低至中的价，部分价的氮化合价降低至中的价，根据得失电子相等可列方程解得则在标况下体积为：

（4）将产生的气体与混合通入水中充分反应，将元素转化为则最终变价元素只有铜和氧气中的氧元素，铜失去电子，则得到电子，的物质的量为【解析】(1)

(2)0.35mol

(3)0.56L

(4)0.058、略

【分析】【分析】

（1）由MnO2制备KMnO4，Mn元素被氧化，而氧化剂应为KClO3；被还原生成KCl；

（2）反应中MnO2被氧化生成K2MnO4；Mn元素化合价由+4价升高到+6价，Cl元素化合价由+5价降低到-1价，结合电子转移相等判断；

（3）由题意可知酸性条件下K2MnO4转变为MnO2和KMnO4；以此书写反应的离子方程式；

（4）H2O2中O元素化合价为-1价；结合电子得失相等计算。

【详解】

（1）由MnO2制备KMnO4，Mn元素被氧化，而氧化剂应为KClO3，被还原生成KCl，产物为KCl，该反应为6KOH+KClO3+3MnO2＝3K2MnO4+KCl+3H2O；

故答案为：KCl；

（2）反应中MnO2被氧化生成K2MnO4，Mn元素化合价由+4价升高到+6价，Cl元素化合价由+5价降低到-1价，氧化剂和还原剂之间电子转移方向和数目可表示为

故答案为：

（3）酸性条件下K2MnO4转变为MnO2和KMnO4，反应的离子方程式为3MnO42-+4H+=2MnO4-+MnO2↓+2H2O；

（4）H2O2中O元素化合价为-1价，则2molKMnO4参加反应生成MnSO4，应得到10mol电子，则应生成5molO2，则②错误；等物质的量的H2O2和KMnO4两种物质进行杀菌消毒时，二者都表现为氧化性，其中H2O2被还原生成水，1molH2O2可得2mol电子，而1molKMnO4可得5mol电子，则H2O2的杀菌功效是KMnO4杀菌功效的=0.4倍。【解析】①.KCl②.③.3MnO42-+4H+→2MnO4-+MnO2↓+2H2O④.②⑤.0.4倍9、略

【分析】【详解】

A原子的最外层上有4个电子，则A应为碳元素；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质在不同条件下反应可生成不同的物质甲和乙，其中甲是一种淡黄色的固体，可知B为氧元素、C为Na元素，甲为Na2O2，乙为Na2O；D的L层电子数等于K；M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8-2=6，核外各层电子分别为2、8、6，则D为S元素，A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，则E为氯元素；

(1)A为碳；C为钠；

(2)CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2；

(3)C、O两元素形成的化合物CO或CO2均属共价化合物；

(4)碳和浓硫酸混合加热生成二氧化硫和二氧化碳的反应化学方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O；

(5)Na2O2的电子式为用电子式表示离子化合物Na2O的形成过程为

(6)Cl的最高价为+7价，其氧化物的化学式为Cl2O7；

(7)NaOH溶液和HClO4发生中和反应的离子方程式为H++OH—=H2O。【解析】碳钠2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2共价C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2OCl2O7H++OH—=H2O10、略

【分析】【分析】

同一主族的元素；原子最外层电子数相同，从上到下，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱；同一周期的元素，原子核外电子层数相同，从左到右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最后以惰性气体元素结束，然后根据元素周期律逐一解答。

【详解】

(1)和同一主族，位于的下一周期；在元素周期表中位于第四周期第ⅢA族。

(2)和碳同一主族，元素原子最外层有4个电子，所以元素最高化合价是价；原子最外层有7个电子，Cl元素的最高化合价是价，则最高价氧化物对应水化物的化学式为和元素同一主族，原子最外层有5个电子，所以元素最高化合价是价，最高价氧化物化学式为

(3)①同主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱。元素的非金属性越弱，其对应简单气态氢化物的稳定性也越弱，阴影部分元素中非金属性最强的是F元素，所以简单气态氢化物热稳定性最强的元素是

②元素和元素位于同一周期，同一周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强。元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，所以酸性：H3AsO4＜H2SeO4。

③元素和元素位于同一主族，同一主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱。元素的非金属性越弱，其对应简单氢化物的还原性就越强，所以还原性：H2O＜H2S；

④和位于同一周期，同一周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：N＜C；C和位于同一主族；同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：C＜Si，故原子半径：N＜Si。

(4)金属元素单质容易导电；非金属元素的单质不能导电，位于金属与非金属交界区的元素的单质导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，因此可在周期表中金属元素和非金属元素的分界线附近寻找半导体材料，故合理选项是B。

(5)元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以可以通过比较碳酸与硅酸酸性强弱来比较元素的非金属性强弱。由于盐酸具有挥发性，用固体和盐酸反应生成的气体中混有杂质需通过饱和溶液洗气，除去杂质HCl，然后再通入溶液，若有白色胶状沉淀生成，说明反应产生了H2SiO3，证明碳酸酸性比硅酸强，从而说明元素的非金属性：C＞Si。故可证明元素的非金属性：C＞Si的化学试剂有固体、盐酸、饱和溶液、溶液。

【点睛】

本题考查了元素的位置、结构与性质的关系。把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，注意规律性知识及元素化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。【解析】四ⅢA+4F＜＜＜B固体、盐酸、饱和溶液、溶液11、略

【分析】【分析】

由元素在周期表中的位置可知，①为C、②为N、③为O、④为Na、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl、⑧为Ar、⑨为K、⑩为Br。

【详解】

(1)元素⑦为氯元素；位于元素周期表第三周期第ⅦA族；

(2)非金属性越强，最高价氧化物的酸性越强，同一周期主族元素自左至右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，但O没有含氧酸，所以最高价氧化物的水化物酸性最强的元素为Cl，相应的酸为HClO4；金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，同周期主族元素自左至右金属性减弱，同主族自上而下金属性增强，所以图示元素中金属性最强的是K，相应的碱为KOH，电子式为

(3)④为Na，⑥为S，二者形成可形成由钠离子与硫离子构成的离子化合物Na2S，其形成过程为：

(4)上述元素组成的既有离子键又有共价键的物质有多种，如KOH，NaOH等碱，Na2SO4、NaClO等含氧酸盐，还有Na2O2、K2O2等；

(5)⑥为S、⑦为Cl、⑨为K，三种元素形成的离子电子层数均为3层，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以离子半径由大到小为S2－＞Cl－＞K+。【解析】氯第三周期第ⅦA族HClO4离子KOH，NaOH、Na2SO4、NaClO、Na2O2、K2O2等S2－＞Cl－＞K+三、判断题(共8题，共16分)12、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。13、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。14、B【分析】【分析】

【详解】

CO2的电子式：错误；15、A【分析】【详解】

化合物之间相互交换成分，生成新的化合物的反应是复分解反应，酸与碱、盐与酸、盐与碱、盐与盐之间可以发生复分解反应，故正确。16、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。17、B【分析】【详解】

处于金属和非金属分界线附近的元素常作半导体，故答案为：错误。18、A【分析】【分析】

【详解】

氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有较强的氧化剂，可以杀菌消毒，故正确。19、B【分析】【详解】

灼热的CuO与H2和CO均能反应，错误。四、计算题(共4题，共20分)20、略

【分析】【分析】

本题考核Cu和浓硝酸的反应；反应中涉及两个反应：Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，继续与Cu反应，生成硝酸铜；一氧化氮和水。

（1）在上述反应过程中，Cu原子失去电子，变为Cu2+，NO3-中的N原子得到电子，被还原为NO2、NO，根据反应过程中电子得失守恒以及NO、NO2的物质的量的关系进行求解。

（2）向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2＋转化为Cu(OH)2沉淀，可根据Cu(OH)2中Cu2+与OH-的量的关系进行求解；同时要注意剩余的硝酸消耗氢氧化钠的量。

【详解】

（1）收集到标准状况下气体的物质的量为：

设收集到的气体中NO2的物质的量为x；NO的物质的量为y，据题意有：

Cu原子失去电子，变为Cu2+，NO3-中的N原子得到电子，被还原为NO2、NO，根据电子得失守恒有：即

联立方程组；得：

解得：

故所得气体的质量=

答案为：16.8g。

（2）向反应后的溶液中加入NaOH溶液，原硝酸的物质的量为1.4mol，根据生成的一氧化氮和二氧化氮的物质的量计算共消耗硝酸1mol，则溶液中剩余0.4mol硝酸，需要消耗0.4mol的NaOH溶液；同时加入的NaOH溶液使Cu2＋转化为Cu(OH)2沉淀，在Cu(OH)2中Cu2+的物质的量与OH-的物质的量的关系为：则NaOH的体积为：故向反应后的溶液中加入100毫升10mol/LNaOH溶液才能使Cu2＋完全沉淀。答案为：100。

【点睛】

金属与HNO3反应体现了HNO3的酸性和氧化性。其中涉及两个守恒：

（1）原子守恒：

HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO3-的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量。

（2）得失电子守恒。

HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。

解题时根据题意选择合适方法进行计算分析。【解析】①.16.8g②.10021、略

【分析】【分析】

（1）根据阿伏伽德罗定律及其推论分析；结合物质结构计算；

（2）根据M=分析计算；

（3）先求出其摩尔质量，然后再根据V=分析计算；

（4）先根据c=求出其浓度；再根据稀释定律计算；

（5）利用n==cV分析作答；

（6）根据n==分析计算。

【详解】

（1）阿伏伽德罗定律及其推论可知，体积之比等于分子数之比等于物质的量之比，则等质量的SO2和SO3所含分子个数比为====SO2中含有2个氧原子，SO3中含有3个氧原子，氧原子个数比为=

（2）M===32g/mol；即相对分子质量为32；

（3）摩尔质量M==g/mol，V===L；

（4）c===18.4mol/L，V浓===0.0054L=5.4mL；

（5）n===0.1mol，c===0.2mol/L，c(Na+)=0.4mol/L；

（6）n===0.25mol，氢原子的物质的量为0.25mol×3=0.75mol，氢原子的数目为0.75NA。【解析】5：45：65：43222.4bc/(aNA)5.40.1mol0.4mol/L0.75NA22、略

【分析】【详解】

在Al2(SO4)3、硫酸根离子、铝离子的物质的量之比为1:3:2，则含0.6molSO的Al2(SO4)3其物质的量为0.2mol、铝离子的物质的量为0.4mol，故含Al3+2.408×1023个，从中取出体积的该溶液再稀释到100mL，则稀释后的溶液中含0.15molSOSO的物质的量浓度为=1.5mol·L－1【解析】0.22.408×10231.5mol·L－123、略

【分析】【详解】

(1)浓硫酸的物质的量浓度故答案为：18.4；

(2)设理论上由该硫铁矿制得的浓硫酸的质量为m；由硫元素守恒可知；

120

1.2tm

解得产率为故答案为：80%。【解析】18.480%五、工业流程题(共1题，共7分)24、略

【分析】【分析】

（1）①当溶液中离子浓度小于10-5mol/L时，认为完全沉淀，要将Co2+和Ni2+完全沉淀，根据Ksp的表达式计算即可；

②步骤⑥利用NaClO3将MnSO4氧化成MnO2，在溶液中NaClO3被还原成NaCl；结合得失电子守恒；原子守恒写方程式即可；

③凡是涉及固液分离的步骤都涉及过滤；

④整个过程中铵根离子和硫酸根离子没有除去；故步骤⑨得到的副产品为硫酸铵；

（2）阳极发生氧化反应，应为Mn2+失电子被氧化成MnO2；

（3）温度升高反应速率加快；但是温度太高，双氧水会分解，氨气会挥发。

【详解】

（1）①根据Ksp(CoS)=c(Co2+)×c(S2-)、Ksp(NiS)=c(Ni2+)×c(S2-)得：欲使Co2+和Ni2+完全沉淀，就要将Co2+和Ni2+的浓度控制在10-5mol/及以下，那么：解得c(S2-)>4×10-16、c(S2-)>1.07×10-16，又因为Mn2+浓度为1mol/L而不受损，则Mn2+和S2-还没开始沉淀，此时有c(S2-)×c(Mn2+)＜Ksp(MnS),即c(S2-)×1mol/L＜2.5×10-10，解得：c(S2-)＜2.5×10-10，综上所述：即：硫离子浓度在4×10-16mol/L-2.5×10-10mol/L之间，故答案为：4×10-16-2.5×10-10；

②步骤⑥利用NaClO3将MnSO4氧化成MnO2，在溶液中NaClO3被还原成NaCl，方程式为：3MnSO4+NaClO3+3H2O=3MnO2+NaCl+3H2SO4，故答案为：3MnSO4+NaClO3+3H2O=3MnO2+NaCl+3H2SO4；

③①~⑨中；①②③⑤⑦⑨都涉及到固液分离，都用到过滤，故答案为：①②③⑤⑦⑨；

④整个过程中铵根离子和硫酸根离子没有除去，故步骤⑨得到的副产品为硫酸铵，可做化肥，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可得到硫酸铵，故答案为：(NH4)2SO4；做化肥；蒸发浓缩；冷却结晶、过滤；

（2）阳极失电子，化合价升高，被氧化，再结合电荷守恒、原子守恒可得：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，生产1tMnO2转移的电子物质的量做如下计算：解得n=所以电子数=因为每个电子带1.6×10-19C的电量，所以电子所带总电量q=×1.6×10-19，由E=qU得：E==(×1.6×10-19×3)J=kw·h≈1845kw·h，故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；1845；

（3）温度升高，反应速率增大，但是温度过高，H2O2分解了，NH3挥发了，故答案为：温度升高反应加快生成更多的MnO2；温度达到一定程度后，若在升温则氨气挥发，过氧化氢分解。

【点睛】

（1）完全沉淀指的是离子浓度小于10-5mol/L，计算的时候往往用10-5mol/L计算。【解析】①.4×10-16-2.5×10-10②.3MnSO4+NaClO3+3H2O=3MnO2+NaCl+3H2SO4③.①②③⑤⑦⑨④.(NH4)2SO4⑤.做化肥⑥.蒸发浓缩、冷却结晶、过滤⑦.Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+⑧.1845⑨.温度升高反应加快生成更多的MnO2，温度达到一定程度后，若在升温则氨气挥发，过氧化氢分解六、原理综合题(共4题，共24分)25、略

【分析】【分析】

Ⅰ．化合物A与水反应生成气体B和白色固体E，白色固体E加热可生成白色固体F，白色固体E既能溶于NaOH溶液又能溶于盐酸，说明E具有两性，则E为Al(OH)3，F为Al2O3，则化合物A中含有Al元素，1.02gAl2O3的物质的量为=0.01mol，根据原子守恒，化合物A中的Al元素的物质的量为0.02mol，标准状况下，气体B的密度是氢气的8倍，根据摩尔质量之比等于密度之比，则B的摩尔质量为8×2g/mol=16g/mol，B在足量氧气中燃烧生成的气体C能与Ca(OH)2反应生成白色沉淀，则B为CH4气体，则化合物A中应含有C元素，CH4与足量的氧气完全燃烧生成气体C，C与足量氢氧化钙溶液反应生成白色沉淀D，则D为碳酸钙，6g碳酸钙的物质的量为=0.06mol，根据碳原子守恒，则化合物A中的碳元素物质的量为0.06mol，化合物A中第三种元素的质量=1.44g-0.02mol×27g/mol-0.06mol×12g/mol=0.18g，结合物料守恒，化合物A和水反应生成CH4和Al(OH)3，则化合物A中的第三种元素应为H元素，其物质的量为=0.18mol，则n(H):n(Al):n(C)=0.18mol:0.02mol:0.06mol=9:1:3，根据化合物中元素的正负化合价代数和为零，则可得化合物A的化学式为Al(CH3)3；据此分析解答。

Ⅱ．(1)实验过程中；甲中溶液三价铁离子具有氧化性，含有铁离子的溶液为黄色，二氧化硫具有还原性，向甲中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成亚铁离子，含亚铁离子的溶液呈浅绿色，故由黄色变为浅绿色；酸性条件下，硝酸根具有氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，立即又变为黄色；

(2)反应后甲溶液中的阳离子可能为铁离子或亚铁离子；铁离子能使含有硫氰根离子的溶液变红，亚铁离子具有还原性，据此设计检验方法。

【详解】

Ⅰ．(1)根据分析，组成A的三种元素是氢、碳、铝，A的化学式是Al(CH3)3；

(2)固体A是Al(CH3)3，与足量稀盐酸反应生成氯化铝和甲烷，化学方程式是Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑；

(3)气体B为CH4，CH4中的碳为-4价，为碳元素的最低价态，具有还原性，CuO具有氧化性，则CH4与足量CuO在加热条件下发生氧化还原反应，可能的化学方程式为CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O；

Ⅱ．(1)实验过程中，甲中溶液三价铁离子具有氧化性，含有铁离子的溶液为黄色，二氧化硫具有还原性，向甲中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成亚铁离子（反应为SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+），含亚铁离子的溶液呈浅绿色，故由黄色变为浅绿色，溶液呈酸性；酸性条件下，硝酸根具有氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，立即又变为黄色，溶液由浅绿色变为黄色的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；

(2)由于反应中未指明反应用量，反应后甲溶液中的阳离子可能为铁离子或亚铁离子，铁离子能使含有硫氰根离子的溶液变红，亚铁离子具有还原性，检验反应后甲溶液中的金属阳离子方法为取甲中溶液少许，滴入KSCN溶液，若溶液显红色，则存在Fe3+；另取甲中溶液少许，稍加热，滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去（或颜色浅变淡），则说明有Fe2+。（或滴入K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则存在Fe2+）。【解析】氢、碳、铝Al(CH3)3Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O取甲中溶液少许，滴入KSCN溶液，若溶液显红色，则存在Fe3+；另取甲中溶液少许，稍加热，滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去（或颜色浅变淡），则说明有Fe2+。（或滴入K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则存在Fe2+）26、略

【分析】【分析】

（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；再结合原子守恒；配平各物质的系数；

（2）生成KCl体现盐酸的酸性；生成氯气体现HCl的还原性；氯酸钾中Cl元素的化合价降低，若产生0.6mol气体，由反应可知氯气只有0.2mol，以此计算；

（3）ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合，并加H2SO4反应制得；则Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，而S元素的化合价由+4价升高为+6价，结合电子守恒计算；

（4）①根据温度和平衡常数的变化关系确定反应的吸放热；

②平衡常数K是表示反应进行的程度大小的；

③化学平衡标志是正逆反应速率相同；各组分含量保持不变，各组分的浓度不随着时间的改变而改变，据此分析选项；

（5）①根据影响化学反应速率的因素来确定改变的条件；

②增加CO2的量；会促使平衡正向移动，正逆反应速率都要加快，据此回答。

【详解】

（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，结合原子守恒配平方程式，其反应方程式为

故答案为：

（2）生成KCl体现盐酸的酸性，生成氯气体现HCl的还原性，则该反应体现盐酸的还原性、酸性，氯酸钾中Cl元素的化合价降低，则氧化剂为KClO3；若产生0.6mol气体，由反应可知氯气只有0.2mol，转移电子为

故答案为：还原性；酸性；KClO3；0.4mol；

（3）ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合，并加H2SO4反应制得，则Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，而S元素的化合价由+4价升高为+6价，由电子守恒可知，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为

故答案为：2：1；

（4）①根据温度和平衡常数的变化关系：温度升高；K降低，所以放应是放热的；

故答案为：放热；

②平衡常数K的意义：是可逆反应进行程度的标志；一定温度下，K值越大，反应进行的程度越大；

故答案为：平衡常数K是可逆反应进行程度的标志；一定温度下，K值越大，反应进行的程度越大；

③a.容器中密度质量守恒，V始终不变化，所以密度始终不变，当密度不变了，不一定平衡，故a错误；

b.混合气体中CO浓度不变是平衡状态的特征，故b正确；

c.v（H2）正=v（H2O）逆能说明正逆反应的速率是相等的；达到平衡，故c正确；

d.c（CO2）=c（CO）不能说明正逆反应的速率是相等的；达到平衡，故d错误。

故答案为：bc；

（4）①从如图可知，在t1时改变了某种反应条件，反应在t2时达到平衡；改变的条件使速率变化离开原速率点了，应该是同时能让正逆反应速率加快的条件；

故答案为：ad；

②在t3时增加CO2的量，会使得正逆反应速率都加快，逆反应速率