2025年沪教版必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年沪教版必修1化学下册阶段测试试卷503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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是A.苏打水是一种常见的弱碱性饮料，可以舒缓胃酸过多的不适感B.在葡萄酒中添加微量的二氧化硫作抗氧化剂，可以使葡萄酒保持良好的品质C.即将上市的新冠疫苗应冷藏存放，以避免蛋白质变性D.月饼因为富含油脂而易发生氧化而变质，保存时常放入装有硅胶的透气袋2、常温下，不能用铁质容器盛放的是A.浓硫酸B.浓硝酸C.浓盐酸D.浓氢氧化钠溶液3、化学与生活密切相关。下列说法正确的是A.硒是人体必需的微量元素，摄入越多越有宜B.生活用品中羊绒衫主要由合成纤维制造C.加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性D.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查4、下列说法中，不正确的是A.钠与氧气反应的产物与反应条件有关B.实验室中少量的金属钠保存在煤油中C.铁与水蒸气高温下反应可生成三氧化二铁D.向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，生成白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间有红褐色物质生成5、下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数的是A.取ag混合物充分加热，质量减少bgB.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体C.取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液D.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg6、以闪锌矿（主要成分为含和少量等杂质）为原料制备金属锌的生产流程如图所示。下列说法错误的是。

A.焙烧产生的气体可用作某些食品的杀菌保鲜剂B.“滤渣1”置于烧碱溶液中可得澄清溶液C.可以用代替生产中加入的ZnOD.获取锌后的电解液可以循环利用7、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，化合物M、N均由这四种元素组成，且M的相对分子质量比N小16。分别向M和N中加入烧碱溶液并加热，二者均产生可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。将M溶液和N溶液混合后产生的气体通入品红溶液中，溶液变无色，加热该无色溶液，无色溶液又恢复红色。下列说法错误的是（）A.简单气态氢化物的稳定性：Y>XB.简单离子的半径：Z>YC.X和Z的简单气态氢化物能反应生成两种盐D.X和Z的氧化物对应的水化物都是强酸8、下列叙述正确的是（）A.N、O、F元素非金属性依次减弱B.Na、Mg、Al元素最高化合价依次升高C.Na、Li、K原子的电子层数依次增多D.P、Cl、S元素最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、有10mLNaOH溶液，问其中逐渐通入一定量的CO2，然后向该溶液中逐滴加入1mol·L-1盐酸；所加入盐酸的体积与产生二氧化碳的体积(标准状况)关系如图所示。

(1)NaOH在吸收CO2气体后，所得溶液中存在的溶质是_______，其物质的量之比是_______。

(2)当加入35mL盐酸时，所产生的二氧化碳的体积(标准状况)是_______。

(3)计算原NaOH溶液的物质的量浓度是_______。10、已知铷(Rb)是37号元素；其相对原子质量是85，与钠同主族，回答下列问题：

(1)铷位于第_______周期，其原子半径比钠元素的原子半径_______(填“大”或“小”)。

(2)铷单质性质活泼，写出它与氯气反应的化学方程式：_______。实验表明，铷与水反应比钠与水反应_______(填“剧烈”或“缓慢”)，反应的离子方程式为_______。11、夏天时有一种叫盐汽水的饮料其中主要含有NaCl、CO2、H2O；按要求回答：

(1)NaCl的电子式：___________、所含化学键的类型为：___________、用电子式表示其形成过程：___________。

(2)CO2的结构式：___________、所含化学键的类型为：___________

(3)H2O的电子式：___________、化合物类型为：___________(离子化合物或共价化合物)12、10g46%的乙醇水溶液所含氢原子的数目为0.6NA___13、铜器久置于空气中会和空气中的作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”，又称“孔雀石”［主要成分的化学式为］，“铜绿”与酸反应生成铜盐、和利用如图所示系列反应可实现“铜→铜绿→→铜”的转化。

（1）请写出反应②的化学方程式：________________。

（2）上述转化过程中属于化合反应的是________（填序号）。

（3）写出反应⑤的化学方程式和基本反应类型：________________、________________。14、根据下表回答下列问题。

。族。

周期。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

0

2

①

②

3

③

④

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

4

⑩

⑪

⑫

（1）在这些元素中；最活泼的金属元素是__，（填元素符号，下同），最不活泼的元素是__。

（2）在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中；酸性最强的是（填最高价氧化物的水化物对应的化学式，下同）__，碱性最强的是__。

（3）在以上有编号的这些元素(除0族元素外)中；原子半径最小的是__（填元素符号，下同），简单离子半径最大的是__。

（4）③④⑦⑧⑩⑪这六种元素形成的简单离子，半径由大到小的顺序是__（填元素的离子形式）。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、溴化银固体保存在棕色玻璃塞广口瓶中。(___________)A.正确B.错误16、加热坩埚时直接放在铁圈或三脚架上加热。(_____)A.正确B.错误17、化学合成的物质广泛应用在纳米材料、航空、航天等领域__________。A.正确B.错误18、类比与的反应判断与反应时生成(_______)A.正确B.错误19、氯气可以使湿润的有色布条退色，但是实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气。(___________)A.正确B.错误20、摩尔是用来描述微观粒子的物理量。(_______)A.正确B.错误21、实验室保存Na2S溶液用带有玻璃塞的试剂瓶。(_______)A.正确B.错误22、波尔多液是用熟石灰、硫酸铜混合而制成的蓝色胶状悬浊液。(______)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共2题，共8分)23、以NaCl等为原料制备KClO4的过程如下：

①在无隔膜、微酸性条件下，发生反应：NaCl+H2O—NaClO3+H2↑(未配平)

②在NaClO3溶液中加入KCl发生复分解反应，降温结晶，得KClO3。

③一定条件下反应：4KClO3＝3KClO4+KCl，将产物分离得到KClO4。

（1）电解时，产生质量为2.13gNaClO3，同时得到H2的体积为_______L(标准状况)。

（2）向NaClO3溶液中加入KCl能得到KClO3的原因是________________。

（3）该过程制得的KClO4样品中含少量KCl杂质；为测定产品纯度进行如下实验：

准确称取5.689g样品溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使ClO4－全部转化为Cl-(反应为：3KClO4+C6H12O6═6H2O+6CO2↑+3KCl），加入少量K2CrO4溶液作指示剂，用0.20mol/LAgNO3溶液进行滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积21.00mL。滴定达到终点时，产生砖红色Ag2CrO4沉淀。

①已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.1×10－12，若c(CrO42－)＝1.1×10-4mol/L，则此时c(Cl－)＝________________mol/L。

②计算KClO4样品的纯度（请写出计算过程。）______________________________24、用纳米Fe/Ni复合材料能去除污染水体的NO3−，Ni不参与反应。离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢（NH4+无法占据活性位点）。反应过程如图所示：

（1）酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3−分两步；将步骤ii补充完整：

ⅰ.NO3−+Fe+2H+=NO2−+Fe2++H2O

ⅱ.□____+□____+□H+=□Fe2++□____+□__________

（2）初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，结合化学用语解释整个变化过程的原因_________。

（3）水体初始pH会影响反应速率，不同pH的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni反应时，溶液中随时间的变化如图1所示。（注：c0(NO3−)为初始时NO3−的浓度。）

①为达到最高去除率，应调水体的初始pH=______。

②t<15min，pH=2.0的溶液反应速率最快，t>15min，其反应速率迅速降低，原因分别是_______。

（4）总氮量指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和，纳米Fe/Ni处理某浓度硝酸盐溶液时，随时间的变化如图2所示。40min时总氮量较初始时下降，可能的原因是_____。

（5）利用电解无害化处理水体中的NO3−，最终生成N2逸出。其装置及转化图如图所示：

①阴极的电极反应式为___________。

②生成N2的离子方程式为_________。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共18分)25、元素周期表的一部分；按要求完成各小题。

。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

0

二。

⑥

⑦

⑪

三。

①

③

⑤

⑧

⑩

四。

②

④

⑨

(1)这几种元素分别为④___、⑤___、⑥___、⑦___、⑨___；①到⑩化学性质最不活泼的元素___，非金属性最强的元素是___，金属性最强的单质与水反应的离子方程式为___。

(2)①③⑤三种元素的最高价氧化物水化物中，碱性最强是___。

(3)①③⑤三种元素的原子半径由大到小的顺序为___。

(4)某元素的最高价氧化物的水化物既能与酸反应生成盐和水又能与碱反应生成盐和水，该元素是___；在两种盐中该元素的化合价为___，该元素的最高价氧化物和盐酸反应的化学方程式为___，向该元素和⑧号元素组成的化合物溶液中，缓缓滴加NaOH至过量，现象为___，该元素和过量NaOH反应方程式为___。

(5)⑨元素和①元素形成的化合物的化学式是___，高温灼烧该化合物时火焰呈色___。

(6)⑨元素和⑧元素两者核电荷数之差是___。26、前四周期元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，其相关性质如下表所示：。A2p能级电子半充满B与A同周期，且原子核外有2个未成对电子C基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子D其基态原子外围电子排布为msnmpn＋2E前四周期元素中，E元素基态原子未成对电子数最多F基态F＋各能级电子全充满

请根据以上情况；回答下列问题：

（1）E元素基态原子核外有__种能量不同的电子，电子排布式为__，画出F元素基态原子的价电子排布图___。

（2）与B相邻的同周期元素的第一电离能由大到小的顺序为___。(用元素符号表示)

（3）B、C、D三种元素的简单离子的半径由小到大的顺序为___(用离子符号表示)。27、已知A；B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大；其中A元素的原子半径在短周期元素中最小，B原子核外电子有6种不同的运动状态；D原子L层上有2对成对电子。E元素在地壳中含量居第二位，F与E位于同一周期，且是该周期元素中电负性最大的元素。根据以上信息回答下列问题：

(1)E元素可分别与D元素、F元素形成两种常见化合物，这两种化合物的熔沸点高低顺序为__(用化学式表示)，原因是___。

(2)C的氢化物比下周期同族元素的氢化物沸点还要高，其原因是__。

(3)1molB2A2分子中含σ键的数目是__。

(4)图(Ⅰ)是B元素的单质晶体的一个晶胞，该晶胞中含有__个原子，若设晶胞的棱长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA则该晶体的密度表达式为__。

(5)E单质存在与金刚石结构类似的晶体，晶体中原子之间以__相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献__个原子。

(6)BD2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图(Ⅱ)所示。该晶体的类型属于__(填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”)晶体，该晶体中B原子轨道的杂化类型为__。

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

A．苏打水是一种常见的弱碱性饮料；能够中和胃酸(HCl)，可以舒缓胃酸过多的不适感，A正确；

B．二氧化硫具有还原性；在葡萄酒中添加微量的二氧化硫作抗氧化剂，可以使葡萄酒保持良好的品质，B正确；

C．蛋白质高温下易变性；因此即将上市的新冠疫苗应冷藏存放，C正确；

D．月饼因为富含油脂而易发生氧化而变质；保存时常放入装有还原性铁粉的透气袋，硅胶是干燥剂，没有还原性，不能抗氧化，D错误；

答案选D。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．Fe遇浓硫酸会发生钝化；Fe表面生成一层致密的氧化膜，导致不能继续反应，因此可以用Fe质容器盛放浓硫酸，A不符合题意；

B．Fe遇浓硝酸也会发生钝化；根据A选项的分析，可以用Fe质容器盛放浓硝酸，B不符合题意；

C．Fe与浓盐酸可以反应，Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑；因此不能用Fe质容器盛放浓盐酸，C符合题意；

D．Fe不能与NaOH反应；因此可以用Fe质容器盛放NaOH溶液，D符合题意；

故选C。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．Se虽然是身体不可缺少的成分；但并不是越多越好，过多或过少对身体有害，A错误；

B．羊绒衫的主要成分是蛋白质；不属于合成纤维，B错误；

C．高温能使蛋白质发生变性；所以加热能杀死流感病毒，C正确。

D．硫酸钡不溶于水和酸；可用于胃肠X射线造影检查，但碳酸钡能与盐酸反应生成有剧毒的氯化钡溶液，则碳酸钡不能用于胃肠X射线造影检查，D错误；

故选：C。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．钠与氧气反应的产物与反应条件有关；常温条件生成氧化钠，加热条件生成过氧化钠，故A正确；

B．钠与氧气；水反应；钠的密度比煤油密度大，因此实验室中少量的金属钠保存在煤油中，故B正确；

C．铁与水蒸气高温下反应可生成四氧化三铁；故C错误；

D．向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液；生成白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间有红褐色物质生成，主要是氢氧化亚铁和氧气；水反应生成氢氧化铁，故D正确。

综上所述，答案为C。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．只有碳酸氢钠加热分解；由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后再计算碳酸钠的质量分数，能够测出混合物中碳酸钠的质量分数，A不符合题意；

B．氢氧化钠溶液的质量未知，bg为碳酸钠和氢氧化钠溶液的总质量；无法计算出碳酸钠的质量分数，B符合题意；

C．加热后bg固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的量为x、碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，2x+y=解方程计算出a、b；然后可计算出混合物中碳酸钠的质量分数，C不符合题意；

D．bg为二氧化碳的质量，设碳酸钠的物质的量为x，碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，根据碳元素守恒有：x+y=解出x；y，就可求出混合物中碳酸钠的质量分数，D不符合题意；

综上所述答案为B。6、B【分析】【详解】

A.焙烧产生气体为SO2，SO2可以用作某些食品的杀菌保鲜剂；A选项正确；

B.根据生产流程，可以得出“滤渣1”中含有和性质稳定；不溶解于烧碱溶液，不能得到澄清溶液，B选项错误；

C.生产流程中加入其目的是调节溶液的使+完全水解转化为沉淀，用代替生产中加入的可以达到同样的效果，C选项正确；

D.电解液中含有硫酸，在“溶浸”过程中需要加入硫酸，所以电解液可以循环使用，D选项正确。答案选B。7、D【分析】【分析】

短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，化合物M、N均由这四种元素组成，且M的相对分子质量比N小16。分别向M和N中加入烧碱溶液并加热，二者均产生可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，则M、N为铵盐；将M溶液和N溶液混合后产生的气体通入品红溶液中，溶液变无色，加热该无色溶液，无色溶液又恢复红色，该气体为二氧化硫，且M的相对分子质量比N小16，说明M为NH4HSO3，N为NH4HSO4；则素R；X、Y、Z分别为H、N、O、S元素。

【详解】

M为NH4HSO3，N为NH4HSO4；则素R；X、Y、Z分别为H、N、O、S元素。

A．非金属性O＞N；简单氢化物的稳定性：Y（O）＞X（N），故A正确；

B．同主族元素；离子的电子层越多离子半径越大，则离子半径：Z（S）＞Y（O），故B正确；

C．N；S的氢化物分别为氨气、硫化氢；氨气与硫化氢能够反应生成硫化铵、硫氢化铵两种盐，故C正确；

D．不能确定是否是最高价；N；S的氧化物对应水化物不一定为强酸，如亚硝酸、亚硫酸为弱酸，故D错误；

故选D。8、B【分析】【详解】

A.N；O、F是同一周期元素的原子；从左到右，非金属性逐渐增强，选项A错误；

B.Na；Mg，Al是同一周期元素的原子，从左到右，最高化合价依次为+1；+2、+3，依次升高，选项B正确；

C.Li；Na、K是同一主族元素；从上到下，电子层数依次是2、3、4逐渐增多，选项C错误；

D.P；S、Cl为同一周期元素的原子；从左到右，最高价氧化物对应水化物的酸的酸性逐渐增强，选项D错误；

答案选B。二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【分析】

由图象所示消耗的盐酸的体积和产生的CO2的体积间的关系可知，此溶液的溶质是NaOH、Na2CO3；OA段H+先与OH-反应生成H2O，再与CO32-反应生成HCO3-；

【详解】

(1)AB段发生反应的离子方程式为H++=CO2↑+H2O，AB段消耗盐酸20×1×10-3=0.02mol，则加入盐酸5到25的过程中发生反应为：H++=0到5的过程发生反应为：H++OH-=H2O，故可得出溶液中存在的溶质为NaOH和Na2CO3；比值为1:4；

(2)当加入35mL盐酸时只有25-35的过程中产生了气体，n(CO2)=(35-25)×10-3L×1mol•L-1=0.01mol，则V(CO2)=224mL；

(3)在B点时溶液恰好反应，溶质为NaCl，此时氯离子总量等于钠离子总量，则n(NaOH)=n(Na+)=n(Cl-)=45×10-3L×1mol•L-1=0.045mol，c(NaOH)=n/V==4.5mol·L-1。【解析】NaOH、Na2CO31：42244.5mol·L-110、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)铷是37号元素；核外电子排布为2；8、18、8、1，位于第五周期IA族，铷与钠是同主族元素，原子半径从上到下递增，故铷的半径大于钠，故答案为：五；大；

(2)铷与氯气反应与钠与氯气反应相似，生成对应的氯化物，反应方程式为：2Rb+Cl2=2RbCl，同主族元素从上到下金属性增强，其对应的单质与水反应的剧烈程度增强，故铷与水反应要比钠与水反应剧烈，反应的离子方程式为：2Rb+Cl2=2RbCl；2Rb+2H2O=2Rb++2OH-+H2↑，故答案为：剧烈；2Rb+2H2O=2Rb++2OH-+H2↑；【解析】五大2Rb+Cl2=2RbCl剧烈2Rb+2H2O=2Rb++2OH-+H2↑11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)氯化钠由钠离子和氯离子构成、NaCl的电子式：所含化学键的类型为：离子键；氯化钠形成时，钠原子失去电子、氯原子得到电子，用电子式表示其形成过程：

(2)二氧化碳属于共价化合物，分子内每个氧原子和碳原子共用2对电子对，CO2的结构式O=C=O；所含化学键的类型为：(极性)共价键；

(3)水分子内每个氢原子和氧原子共用1对电子对，H2O的电子式：化合物类型为共价化合物。【解析】离子键O=C=O(极性)共价键共价化合物12、略

【分析】【分析】

10g46%的乙醇水溶液中含有4.6g乙醇和5.4g水，结合n=结合乙醇和水的分子组成分析判断。

【详解】

10g46%的乙醇水溶液中含有4.6g乙醇和5.4g水，物质的量分别为：n(CH3CH2OH)==0.1mol、n(H2O)==0.3mol，所含氢原子的物质的量=0.1mol×6+0.3mol×2=1.2mol，数目为1.2NA，故答案为：错。【解析】错13、略

【分析】【分析】

铜与H2O、CO2、O2发生化合反应生成铜绿Cu2(OH)2CO3，Cu2(OH)2CO3与盐酸反应生成氯化铜；氯化铜与碱反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，氢气还原氧化铜得到铜单质，据此分析解答。

【详解】

（1）由题给信息可知，反应②为铜绿与盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳，化学方程式是

（2）综上分析；反应①是化合反应。

（3）由题给信息可知，反应⑤为氧化铜与氢气发生氧化还原反应生成铜和水，化学方程式是其属于置换反应。【解析】①置换反应14、略

【分析】【详解】

据表可知①~⑫的元素符号依次是N、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Ca、Br。

（1）最活泼的金属元素是K，最活泼的非金属元素是F，最不活泼的元素是Ar；

（2）非金属性越强最高价氧化物的水化物酸性越强，金属性越强最高价氧化物的水化物碱性越强，所以在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4；碱性最强的是KOH；

（3）同周期元素原子序数越小半径越大，同主族元素原子序数越小半径越小，所以在这些元素(稀有气体元素除外)中，原子半径最小的是F；在比较简单离子半径时，先比较离子的电子层数：层数越多，半径越大；离子的电子层数相同时，序数越大，半径越小，所以简单离子半径最大的是Br-；

（4）比较简单离子半径时，先比较离子的电子层数：层数越多，半径越大；离子的电子层数相同时，序数越大，半径越小，所以顺序为S2->Cl->K+>Ca2+>Na+>Mg2+。

【点睛】

比较主族元素原子或离子半径时先比较电子层数，层数越多，半径越大；层数相同，原子序数越小，半径越大。【解析】KArHClO4KOHFBr-S2->Cl->K+>Ca2+>Na+>Mg2+三、判断题(共8题，共16分)15、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。16、B【分析】【分析】

【详解】

灼烧坩埚应放在泥三角上然后再放在三脚架上，故错误。17、A【分析】【详解】

合成化学在无机、有机、催化、高分子和超分子等领域得到了蓬勃发展，其产物广泛应用在纳米材料、医药、航空、航天及军事等领域，说法正确。18、B【分析】【详解】

碘单质的氧化性较弱；和铁生成碘化亚铁；

故选错误。19、A【分析】【分析】

【详解】

氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，可以使湿润的有色布条褪色，则实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气，故正确。20、B【分析】【分析】

【详解】

摩尔是物质的量的单位，不是物理量，该说法错误。21、B【分析】【详解】

Na2S溶液水解显碱性，易粘住玻璃塞，应用橡胶塞，错误。22、A【分析】【详解】

农业上经常使用农药波尔多液来杀菌杀虫，波尔多液是用熟石灰和硫酸铜混合而制成的，为蓝色胶状悬浊液，正确。四、原理综合题(共2题，共8分)23、略

【分析】【详解】

(1)电解时，产生质量为2.13gNaClO3，物质的量==0.02mol；

NaCl+3H2O=NaClO3+3H2↑

13

0.02mol0.06mol

同时得到H2的物质的量为0.06mol；体积=0.06mol×22.4L/mol=1.344L，故答案为1.344；

(2)在NaClO3溶液中加入KCl发生复分解反应，降温结晶，得KClO3的原因是低温时，KClO3溶解度小，从溶液中结晶析出，故答案为低温时，KClO3溶解度小；从溶液中结晶析出；

(3)①若c(CrO42-)=1.1×10-4mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c(CrO42-)=1.1×10-12，c(Ag+)=10-4mol/L，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.8×10-10，c(Cl-)=1.8×10-6mol/L，故答案为1.8×10-6；

②准确称取5.689g样品溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使ClO4-全部转化为Cl-(反应为：3KClO4+C6H12O6═6H2O+6CO2↑+3KCl)，加入少量K2CrO4溶液作指示剂，用0.20mol/LAgNO3溶液进行滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积为21.00mL，n(AgNO3)=0.2000mol•L-1×0.021L=0.0042mol，n(KCl)总=n(AgNO3)=0.0042mol，n(KClO4)+n(KCl)=0.0042mol，n(KClO4)×138.5g•mol-1+n(KCl)×74.5g•mol-1=0.56890g，n(KClO4)=0.0040mol，m(KClO4)=0.004mol×138.5g•mol-1=0.554g，250mL溶液中m(KClO4)=5.54g，KClO4样品的纯度=×100%=97.38%，故答案为97.38%。【解析】①.1.344②.低温时，KClO3溶解度小，从溶液中结晶析出③.1.8×10-6④.97.38%24、略

【分析】【分析】

（1）根据流程图，步骤ii是NO3-与Fe发生氧化还原反应生成Fe2+和NH4+；

（2）反应生成Fe2+在水中发生水解生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2沉淀被氧化为红褐色的Fe(OH)3；

（3）①根据图1，初始pH=6.5时，NO3−去除率最高；②活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢；

（4）随溶液pH升高一部分NH4+生成氨气放出；

（5）①阴极得电子发生还原反应；②NH4+被HClO氧化为N2。

【详解】

（1）步骤ii是NO3-与Fe发生氧化还原反应生成Fe2+和NH4+，根据得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式为NO3-+3Fe+8H+=3Fe2++NH4++2H2O；

（2）初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色的原因是Fe2+在水中发生水解反应Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3。

（3）①根据图1，初始pH=6.5时，NO3−去除率最高；所以为达到最高去除率，应调水体的初始pH=6.5；

②pH=2的溶液中，t＜15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快，t＞15min时，产生大量Fe(OH)2；附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降；

（4）反应过程中H+被消耗，溶液pH升高，t=40min时，溶液中含N物质主要以NH4+的形式存在，一部分NH4+生成NH3逸出。

（5）①根据图示，阴极NO3−得电子发生还原反应生成NH4+，阴极反应方程式是NO3−+8e−+10H+=NH4++3H2O；

②NH4+被HClO氧化为N2，反应的离子方程式是2NH4++3HClO=N2↑+3Cl−+5H++3H2O。【解析】1NO3-+3Fe+8H+=3Fe2++1NH4++2H2OFe2+在水中发生水解，Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3。6.5pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快，t>15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降反应过程中H+被消耗，溶液pH升高，t=40min时，溶液中含N物质主要以NH4+的形式存在，一部分NH4+生成NH3逸出。（反应过程中NO2−被Fe还原产生N2逸出。）NO3−+8e−+10H+=NH4++3H2O2NH4++3HClO=N2↑+3Cl−+5H++3H2O五、结构与性质(共3题，共18分)25、略

【分析】【分析】

由元素在周期表中位置可知，①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为O、⑧为Cl、⑨为Br、⑩为Ar；⑪为F；据此分析解答。

【详解】

(1)由分析可知：④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为O、⑨为Br；稀有气体Ar的化学性质最不活泼；同周期自左而右：金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族自上而下：金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，故①到⑩元素中Cl的非金属性最强，K的金属性最强；K与水反应生成氢氧化钾与氢气，反应的离子方程式为2K+2H2O=2K++2OH-+O2↑，故答案为：Ca；Al；C；O；Br；Ar；Cl；2K+2H2O=2K++2OH-+O2↑；

(2)①为Na、③为Mg、⑤为Al，金属性Na>Mg>Al，故碱性NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3；故答案为：NaOH；

(3)同周期自左而右原子半径减小，故原子半径为Na>Mg>Al，故答案为：Na>Mg>Al；

(4)氢氧化铝能与强酸、强碱反应生成盐与水，Al元素对应的盐有铝盐、偏铝酸盐，Al元素均为+3价；氧化铝与盐酸反应生成氯化铝与水，反应方程式为：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O；氯化铝溶液中缓缓滴加NaOH至过量、先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝与氢氧化钠反应而溶解，现象为：先有白色沉淀生成，后沉淀溶解；金属铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；

故答案为：Al；+3；Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O；先有白色沉淀生成，后沉淀溶解；2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；

(5)⑨为Br元素，①为Na元素，二者形成的化合物为NaBr，钠的焰色反应为黄色，故答案为：NaBr；黄色；

(6)Br元素和Cl元素位于同主族，两者核电荷数之差是18，故答案为：18。【解析】CaAlCOBrArCl2K+2H2O=2K++2OH-+O2↑NaOHNa＞Mg＞AlAl+3Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O先有白色沉淀生成，后白色沉淀溶解2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑NaBr黄1826、略

【分析】【分析】

前四周期元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，A的2p能级电子半充满，则A为氮元素，B与A同周期，且原子核外有2个未成对电子，B为氧元素，C基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子，则C为钠元素，在前四周期元素中E元素基态原子未成对电子数最多，则外围电子排布式为3d54s1，E为铬元素，D其基态原子外围电子排布为msnmpn+2，即外围电子排布为ms2mp4，则D为第ⅥA族元素，原子序数小于铬大于钠，则D为硫元素，F基态F+各能层电子全充满；则F为铜元素，据此答题。

【详解】

（1）E为铬元素，基态原子核外有7种能量不同的电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，F为铜元素，位于元素周期表第四周期ⅠB族，其基态原子的外围电子排布式为3d104s1，价电子排布图为

答案为：7；1s22s22p63s23p6