2025年华师大版必修1化学下册阶段测试试卷含答案

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A.AB.BC.CD.D4、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.3.4gNH3中含有的氢原子数为0.6NAB.0.5mol/LNa2CO3溶液中含有的Na+数为NAC.标准状况下，11.2LH2O含有的原子数为1.5NAD.常温常压下，22.4L臭氧所含原子数为3NA5、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.NO的摩尔质量是30gB.标准状况下，1molH2O的体积是22.4LC.17gNH3含有的原子总数为4NAD.100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中，Na+的物质的量为0.1mol6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.常温常压下，22.4L乙烯中C-H键数为4NAB.1mol甲醇中含有C-H键的数目为4NAC.常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAD.17g羟基(-OH)所含有的电子数为7NA评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、回答下列问题：

(1)写出下列物质的电子式：CO2_____、HF_____、KCl_____、NaOH_____。

(2)用电子式表示下列物质的形成过程：

①H2O：______。

②Na2O：_____。

③Cl2：______。8、阅读下列科普短文；回答问题。

国家卫健委公布的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行》中提到:在相对封闭环境中，长时间暴露于高浓度气溶胶情况下，新冠病毒存在经____传播的可能。佩戴医用外科口罩可起到防护作用，含有病毒的飞沫会被口罩中间层熔喷无纺布(主要材质是____)吸附。消毒也是控制病毒传播的有效措施，《新型冠状病毒肺炎流行期间预防性消毒指引》建议:表面消毒可选择含氯消毒剂、__________，食饮具需要____15分钟以上。

(1)气溶胶中粒子的大小为_______．

a．<lnmb．>100nmc．1nm~100nm

(2)丙烯在催化剂条件下制备聚丙烯，化学反应方程式为_______________

(3)75%酒精的有效成分是乙醇，乙醇的一种同分异构体的结构简式为__________。

(4)食饮具可通过煮沸消毒，病毒蛋白质在加热条件下发生了______。

(5)环氧乙烷是一种低温灭菌剂；经典的生产方法是氯代乙醇法，包括两步反应:

i．CH2=CH2+Cl2+H2O→ClCH2CH2OH+HCl

ii．ClCH2CH2OH+HCl+Ca(OH)2→+CaCl2+2H2O

现代石油化工采用低温催化法:2CH2=CH2+O2

与氯代乙醇法相比，低温催化法的优点有________、_________．(答两点)9、下图是某儿童微量元素体检报告单的部分数据：

。怀化市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)

115.92

μmol·L-1

66~120

2

铁(Fe)

6.95

mmol·L-1

7.52~11.82

3

钙(Ca)

1.68

mmol·L-1

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-1”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+。在这个过程中维生素C表现出_______(填“氧化性”或“还原性”)。10、乙烯(C2H4)是一种重要的工业原料；在化学工业上有着重要的用途。乙烯完全燃烧时，每一个乙烯分子能和两个B分子反应生成两个C分子和两个D分子，如图所示。

请根据示意图回答下列问题：

(1)上述反应中，___________(填“分子”；“原子”之一)是化学变化中的最小微粒。

(2)上述反应一定___________质量守恒定律(填“遵守”；“不遵守”之一)。

(3)上述反应的化学方程式为___________

(4)上述反应属于___________反应(填“分解”、“化合”、“置换”、“复分解”、“氧化”之一)11、钠；铝、铁是三种重要的金属。请回答：

（1）钠元素的金属性比铝___(填“强”或“弱”)。三种金属对应的氢氧化物中，具有两性的物质是__（填化学式）。

（2）将一小块金属钠投入水中，发生反应的离子方程式为__；可观察到的实验现象是__(填序号)。

A．钠沉到水底B．钠熔成小球。

C．小球四处游动D．钠无变化。

（3）Fe与Cl2在一定条件下反应，所得产物的化学式是__。将该产物溶于水配成溶液；分装在两支试管中。请回答：

①若向其中一支试管中滴加KSCN溶液，则溶液变成___色。

②向另一支试管中滴加NaOH溶液，反应的离子方程式是___。

（4）Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，其供氧时主要反应的化学方程式为：__。

（5）在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，观察到的现象是___。12、甲组同学设计的实验装置如图所示；回答下列问题：

(1)试管①中反应的化学方程式是____________。

(2)试管②中的品红溶液褪色。欲证明品红褪色的原因是SO2，需要补充的实验操作及应出现的实验现象是____________。

(3)试管③中的试剂是NaOH溶液，反应的离子方程式是____________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)13、NaOH、Ca(OH)2、纯碱都属于碱。(____)A.正确B.错误14、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15、在化学变化过程中，元素的种类不变，原子和分子的种类也不变。(_______)A.正确B.错误16、加入CaCl2溶液，有白色沉淀生成，溶液中一定存在CO(_______)A.正确B.错误17、无水呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水。(____)A.正确B.错误18、NaCl的电子式：(___________)A.正确B.错误19、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.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共36分)20、短周期元素A；B、C、D的位置如图所示；室温下D单质为淡黄色固体。

回答下列问题：

（1）C元素在周期表中的位置___，其在自然界中常见的氧化物是___晶体。

（2）A的单质在充足的氧气中燃烧得到的产物的结构式是___，其分子是__分子（“极性”或“非极性”）。

（3）四种元素中可用于航空航天合金材料的制备，其最高价氧化物的水化物的电离方程式为___。

（4）与B同周期最活泼的金属是___，如何证明它比B活泼？（结合有关的方程式进行说明）__。21、下图每一方框中的字母代表一种反应物或生成物：

物质A跟B反应生成物质E；F和G；物质C跟D反应生成气体I；I中含有植物生长必须的元素之一，请填写下列空白：

（1）物质H的分子式是___________，气体I的分子式是____________

（2）写出电解饱和食盐水的化学方程式；并标出电子转移的方向和数目。

___________________________________________该反应中的还原剂是___________

（3）反应①的化学方程式是_________________________________________。22、有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是一定浓度的AlCl3溶液、盐酸、氨水、Na2SO4溶液中的一种。已知A；B溶液中水的电离程度相同；A、C溶液的pH相同。请回答下列问题：

（1）A是___；D是___。

（2）写出足量B溶液与少量C溶液混合后发生反应的离子方程式：___。

（3）A、B溶液等体积混合后，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是：___。23、某研究小组为了探究固体甲（含两种元素）和固体乙（无机矿物盐，含五种元素）的组成和性质；设计并完成了如下实验：

已知：向溶液1中连续滴加盐酸；先产生白色沉淀，后沉淀溶解；向溶液2中连续通入气体2，也是先产生白色沉淀，后沉淀溶解。请回答下列问题：

（1）甲的化学式____________，乙的化学式______________。

（2）加热条件下，气体1与固体2反应，产物中有一种气体和一种固体，该反应的化学方程式为__________________。

（3）气体2与足量溶液1反应的离子方程式为____________________。评卷人得分五、实验题(共1题，共6分)24、欲用98%的浓硫酸(密度为1.84g·cm－3)配制成浓度为0.5mol·L－1的稀硫酸480mL。

(1)选用的主要仪器有：量筒；玻璃棒、胶头滴管、烧杯、_______。

(2)请将下列各操作，按正确的序号填在横线上。A．用量筒量取浓H2SO4B．反复颠倒摇匀C．用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D．洗净所用仪器E．稀释浓H2SO4F．将溶液转入容量瓶其操作正确的顺序依次为_______。

(3)简要回答下列问题：

①所需浓硫酸的体积为_______mL。

②如果实验室有15mL；20mL、50mL的量筒应选用_____mL的量筒最好；量取时发现量筒不干净用水洗净后直接量取将使浓度____(“偏高”、“偏低”、“无影响”)。

③将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中；并用玻璃棒不断搅拌的目的是_____，若搅拌过程中有液体溅出结果会使浓度偏______。

④在转入容量瓶前烧杯中液体应______；否则会使浓度偏_______；并洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液也要转入容量瓶，否则会使浓度_______。

⑤定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若俯视会使浓度_____；仰视则使浓度______。评卷人得分六、元素或物质推断题(共3题，共6分)25、在下列物质转化中；A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：

当X是强酸时；A；B、C、D、E均含同一种元素；

当X是强碱时；A；B、C、D、E均含另外同一种元素。

请回答：

(1)A是_____，Y是_____。

(2)当X是强酸时，B是_____。写出C生成D的化学方程式：____________。

(3)当X是强碱时，B是_____，写出D生成E的化学方程式：__________________________________。26、A；B、C、W均为中学常见的物质；它们之间有如下所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。

(1)若含金属W的合金是目前用量最大的合金。A是有色气体。

①指出W在周期表中的位置___________________。

②向装有C溶液的试管中加入NaOH溶液，观察到的实验现象为________________。过程中发生的氧化还原反应的方程式为__________________。

(2)若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g•mol-1。

①B的化学式为______。

②实验室制取B时，收集方法为__________________________。

③C与水反应时，氧化剂与还原剂物质的量之比为____________。

(3)若A为淡黄色固体单质；W为气体单质。

①下列说法正确的是____________

A.A和W的原子价电子数相等

B.A和W对应的元素在自然界既可以以游离态存在，也可以以化合态存在

C.A在过量的W气体中燃烧；可以直接生成C

D.简单氢化物沸点H2A比H2W高。

②C溶于水形成化合物D，在加热的条件下，D的浓溶液与A反应的化学方程式为_______________。27、中学化学中几种常见物质的转化关系如图所示；且已知将F的饱和溶液滴入沸水中，煮沸可得到以H为分散质的红褐色胶体。

请回答下列问题：

（1）红褐色胶体中H粒子的直径大小范围__________________________。

（2）写出D、E的化学式：D_________________________、E___________________

（3）①写出H2O2的电子式：____________________________________

②写出E的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式__________________________。

（4）写出检验F中阳离子的实验操作；现象及有关反应的离子方程式。

实验操作____________________________；现象_______________________，离子方程式_____________________________。

（5）在E溶液中加入与E等物质的量的Na2O2能恰好使E转化为H，写出该反应的化学方程式______________________________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

A．由题干离子方程式可知，反应中中碘的化合价升高到0价，而中碘的化合价由+5价降低到0价，即I—被氧化；A正确；

B．由题干离子方程式可知，上述反应中氧化剂为和还原剂为I-；二者的物质的量之比为1：5，B错误；

C．由题干离子方程式可知，当生成3molI2时，电子转移数目为C正确；

D．由题干离子方程式可知，I-为还原剂，I2为还原产物，故该反应可证明的还原性强于I2；D正确；

故答案为：B。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．在NH3→的转化中；N元素的化合价不变，因此不需要加入氧化剂或还原剂就可以实现物质转化，A不符合题意；

B．在H+→H2的转化中；H元素的化合价降低，得到电子被还原，需要加入还原剂才可以实现物质转化，B不符合题意；

C．在Cl2→Cl-的转化中；Cl元素的化合价降低，得到电子被还原，需要加入还原剂才可以实现物质转化，C不符合题意；

D．在Cu→Cu2+的转化中；Cu元素的化合价升高，失去电子被氧化，需要加入氧化剂才可以实现物质转化，D符合题意；

故合理选项是D。3、D【分析】【详解】

A.碘单质在苯中溶解度比在水中大，苯和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子；利用相似相溶原理，解释合理，故A不符合题意；

B.Be和Al在周期表中是对角线关系；性质相似，Be单质能溶于KOH溶液，解释合理，故B不符合题意；

C.H2SO4非羟基氧原子个数大于H2SO3，中心原子正电性越高，酸性越强，因此酸性：H2SO4＞H2SO3；解释合理，故C不符合题意；

D.SiO2是原子晶体，CO2是分子晶体，因此SiO2的熔点高于CO2；故D符合题意。

综上所述，答案为D。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．3.4g氨气为0.2mol；1mol氨气中含有3mol氢原子，故0.2mol氨气中含有0.6mol氢原子，A正确；

B．未给出溶液体积无法计算粒子的物质的量；B错误；

C．标况下水为固液混合态；非气态，不能利用气体摩尔体积计算物质的量，C错误；

D．常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol，故臭氧的原子数不为3NA；D错误；

故选A。

【点睛】

利用气体摩尔体积计算物质的量时应准确判断物质在此条件下的状态。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．NO的摩尔质量是30g/mol；A错误；

B．标准状况下；1mol气体的体积是22.4L，但标况下的水不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，B错误；

C．17gNH3为1mol，其含有的原子总数为4NA；C正确；

D．100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中，Na+的物质的量为：0.1L×0.1mol/L×2=0.02mol；D错误；

答案选C。

【点睛】

在根据物质的浓度来求算溶液中某离子的物质的量时，要注意有没有给出溶液的体积，若未指明溶液的体积，则溶液中的离子的物质的量是无法求算的。此外，还需注意该离子是否会水解，若水解，则该离子的物质的量会偏小。6、C【分析】【详解】

A．常温常压下；气体摩尔体积不等于22.4L/mol，22.4L乙烯的物质的量无法确定，故A错误；

B．甲醇的结构简式为：CH3OH，一个甲醇分子含有3个C-H键，1mol甲醇中含有C-H键的数目为3NA；故B错误；

C．乙烯和丙烯的最简式为CH2，7.0g混合物中含有CH2部分为一个CH2中含有两个氢原子，0.5molCH2中含有的氢原子的物质的量为1mol，氢原子的数目为NA；故C正确；

D．一个-OH中含有9个电子，17g羟基的物质的量为所含有的电子数为9NA；D项错误；

答案选C。

【点睛】

一个-OH中含有9个电子，是易错点。二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【详解】

（1）CO2为共价化合物，C与两个O之间分别共用2对电子，电子式为HF为共价化合物，H与F之间共用1对电子，电子式为KCl为离子化合物，K+与Cl-以离子键结合，电子式为NaOH为离子化合物，Na+与OH-之间为离子键，O和H之间共用1对电子形成共价键，电子式为

（2）H2O为共价化合物，2个H原子与1个O原子各形成1对共用电子对，形成过程为

Na2O为离子化合物，2个Na原子各失去1个电子转移给O原子，形成过程为Cl2为共价，2个Cl原子形成一对共用电子对，形成过程为答案为【解析】(1)

(2)8、略

【分析】【详解】

表面消毒可选择含氯消毒剂；体积分数为75%的酒精；故答案为：75；

(1)分散质粒子直径在1nm~100nm之间的分散系为胶体；气溶胶中粒子的大小为1nm~100nm，故答案选c；

(2)丙烯在催化剂条件下制备聚丙烯，化学反应方程式为：nCH3CH=CH2

(3)乙醇的分子式是C2H6O，饱和一元醇和饱和一元醚属于类别异构，乙醇的同分异构体是乙醚，其结构简式是CH3OCH3；

(4)加热可以使蛋白质变性；所以病毒蛋白质在加热条件下发生了变性；

(5)氯代乙醇法生产环氧乙烷，原子利用率没有达到100%，并且有CaCl2等工业废渣产生；现代石油化工采用低温催化法：2CH2=CH2+O2原子利用率100%(或原子经济性高)，没有副产物，与氯代乙醇法相比，低温催化法的优点有原子利用率100%(或原子经济性高)，不产生CaCl2等工业废渣、对设备腐蚀性小、低温催化能耗低等优点。【解析】75cnCH3CH=CH2CH3OCH3变性原子利用率100%(或原子经济性高)，不产生CaCl2等工业废渣对设备腐蚀性小、低温催化能耗低9、略

【分析】【分析】

（1）

根据表中测量结果和参考范围可知铁(或Fe)元素含量偏低；故答案为：铁(或Fe)；

（2）

报告单中umol/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+，Fe元素的化合价降低被还原，则维生素C所起还原作用，故答案为：还原性。【解析】（1）铁(或Fe)

（2）浓度。

（3）还原性10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由反应微观示意图；反应前后原子本身并没有改变，只是通过重新结合形成新的分子，因此，化学变化中最小微粒是原子。

(2)由反应微观图中分子个数及各分子的构成；反应前共有2个C原子；4个H原子、6个氧原子，而反应后仍然为2个C原子、4个H原子、6个O原子，可见反应前后原子种类、个数都没有改变，因此反应应该遵循质量守恒定律。

(3)根据各物质的分子构成，物质A的分子为C2H4，物质B的分子为O2，物质C的分子为CO2，物质D的分子为H2O，故反应的化学方程式为：C2H4+3O22CO2+2H2O。

(4)该反应既不属于化合反应、分解反应、置换反应，也不属于复分解反应；该反应是物质与氧气发生的反应，反应类型为氧化反应。【解析】原子遵守C2H4+3O22CO2+2H2O氧化11、略

【分析】【分析】

（1）金属钠与铝处于同周期；金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐减弱；

（2）金属钠与水反应；生成氢氧化钠和氢气；由于钠的密度小于水的密度，因此钠浮在水面上；反应放热，因此钠熔化成光亮的小球；反应放出气体，因此钠四处游动；最终金属钠完全溶解；

（3）Fe在Cl2燃烧，生成FeCl3，将FeCl3溶于水后，溶液中存在大量的Fe3+；滴加KSCN溶液后，溶液变为血红色；滴加氢氧化钠溶液后生成红褐色沉淀；

（4）Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，可与CO2和H2O反应；

（5）在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成白色沉淀Al(OH)3；当NaOH溶液过量时，沉淀逐渐溶解，最终完全消失。

【详解】

（1）钠元素的金属性比铝强；钠、铝、铁三种金属对应的氢氧化物中具有两性的物质是Al(OH)3；

（2）钠和冷水反应，生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH-＋H2↑；由于钠的密度小于水的密度；因此钠浮在水面上；反应放热，因此钠熔化成光亮的小球；反应放出气体，因此钠四处游动；最终金属钠完全溶解，因此金属钠与水反应的实验中，可观察到的实验现象是钠熔成小球；小球四处游动，答案选BC；

（3）Fe在Cl2燃烧，生成FeCl3，将FeCl3溶于水后，溶液中存在大量的Fe3+，滴加KSCN溶液后，溶液变为血红色；滴加氢氧化钠溶液后生成红褐色沉淀，离子方程式为：Fe3＋＋3OH-=Fe(OH)3↓；

（4）Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，可与CO2和H2O反应，反应方程式为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；

（5）在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成白色沉淀Al(OH)3，当NaOH溶液过量时，沉淀逐渐溶解，最终完全消失。【解析】强Al(OH)32Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑BCFeCl3红Fe3＋＋3OH-=Fe(OH)3↓2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑先生成白色沉淀，然后白色沉淀消失12、略

【分析】【分析】

试管①中铜和浓硫酸在加热下发生反应；有二氧化硫气体生成，二氧化硫有漂白性，与品红生成不稳定的无色化合物，试管③中吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染空气；

【详解】

(1)试管①中铜和浓硫酸在加热下发生反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，则其反应的化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；

答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；

(2)二氧化硫与品红生成不稳定的无色化合物，故能使品红溶液褪色，欲证明品红褪色的原因是SO2；取下试管②并加热试管，试管内液体恢复红色即可；

答案为：取下试管②并加热试管；试管内液体恢复红色；

(3)试管③中NaOH溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式是SO2+2OH-=SO32-+H2O；

答案为：SO2+2OH-=SO32-+H2O。

【点睛】

二氧化硫的漂白性与次氯酸等具强氧化性的物质漂白原理不同。【解析】Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O取下试管②并加热试管，试管内液体恢复红色SO2+2OH-=SO32-+H2O三、判断题(共7题，共14分)13、B【分析】【分析】

【详解】

纯碱为Na2CO3，属于盐，故错误。14、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。15、B【分析】【详解】

在化学变化过程中，反应物分子被破坏，但元素的种类不变，原子种类也不变，故错误。16、B【分析】【详解】

还可能为硫酸根或银离子，错误。17、A【分析】【详解】

无水氯化亚钴呈蓝色，吸水后变为粉红色，所以无水氯化亚钴常用于判断变色硅胶是否吸水，故正确。18、B【分析】【分析】

【详解】

NaCl的电子式：错误；19、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。四、有机推断题(共4题，共36分)20、略

【分析】【分析】

室温下D单质为淡黄色固体；说明D为硫单质，根据图，可得出A为C，B为Al，C为Si。

【详解】

⑴C元素为硅元素；14号元素，在周期表中的位置第三周期第ⅣA族，故答案为第三周期第ⅣA族；

硅在自然界中常见的氧化物为二氧化硅；它为原子晶体，故答案为原子晶体；

⑵A为C元素；单质在充足的氧气中燃烧得到的产物为二氧化碳，其结构式是O＝C＝O，故答案为O＝C＝O；

二氧化碳是直线形分子；分子中正负电中心重合，其分子是非极性分子，故答案为非极性；

⑶四种元素中可用于航空航天合金材料的制备，其应该为Al元素，其最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝的电离有酸式电离和碱式电离，其电离方程式为H++AlO2－+H2OAl(OH)3Al3++3OH－，故答案为H++AlO2－+H2OAl(OH)3Al3++3OH－；

⑷与B同周期最活泼的金属是最左边的金属Na，证明Na比Al活泼，可证明NaOH的碱性强于Al(OH)3，利用氢氧化铝的两性，溶于强碱的性质来证明，即Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为NaOH的碱性强于Al(OH)3；

Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。【解析】第三周期第ⅣA族原子O＝C＝O非极性H++AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH-NaNaOH的碱性强于Al(OH)3，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O21、略

【分析】【分析】

电解饱和食盐水生成Cl2、H2和NaOH，其中Cl2和NaOH反应生成NaClO、NaCl和H2O三种物质，而Cl2和H2反应只生成HCl，由框图可知A为NaOH，B为Cl2，C为H2，由表中数据可知参加反应的各物质的物质的量之比为n（H2）：n（D）：n（I）=3：1：2，由质量守恒定律可知，D为双原子分子，1molI中含有3molH和1molD，I应为NH3，则D为N2，且I中含有植物生长必须的元素之一是N元素；以此进行解答。

【详解】

依据上述分析易知：

（1）B为Cl2，C为H2，二者反应生成的H为HCl，故答案为HCl；

（2）电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，是氯碱工业的基础，反应中氯失去电子被氧化，氢得电子被还原，其电子转移数与方向如下：还原剂为NaCl；

（3）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。【解析】①.HCl②.NH3③.NaCl④.⑤.Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O22、略

【分析】【分析】

AlCl3溶液中Al3+水解生成氢离子；溶液显酸性，水解促进水的电离；

盐酸溶液显酸性；对于水的电离起抑制作用；

氨水溶液显碱性；对于水的电离起抑制作用；

Na2SO4显中性；对水的电离无影响；

根据题意，A、C溶液的pH相同，A、C为AlCl3溶液、盐酸，均显示酸性，A、B溶液中水的电离程度相同，A、B为盐酸、氨水，都对水的电离起到抑制作用，综上分析，故A为盐酸，B为氨水溶液，C为AlCl3溶液，D为Na2SO4溶液；溶液的pH=7，以此解答该题。

【详解】

(1)根据分析，A是盐酸，D是Na2SO4溶液；

(2)足量氨水与少量AlCl3溶液混合后生成氢氧化铝和氯化铵，氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝，离子反应为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+；

(3)A为盐酸,B为氨水溶液，两溶液中水的电离程度相同，A、B溶液等体积混合后，生成氯化铵和水，溶液显示碱性，所以溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H＋)。【解析】盐酸Na2SO4溶液Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H＋)23、略

【分析】【分析】

根据转化关系图中物质间的转化关系和物质的状态；根据原子守恒计算分析物质的组成；根据反应物的性质及题给信息中生成物的性质分析书写相关反应方程式。

【详解】

（1）甲和NaOH溶液反应生成气体1，气体1是含氢量最高的烃，为CH4，根据元素守恒知甲中含有C元素，甲烷的物质的量为0.15mol，根据C原子守恒得m(C)=0.15mol×12g/mol=1.8g，甲是二元化合物，另一种元素质量为7.2g-1.8g=5.4g，向溶液1中连续滴加盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则溶液1为偏铝酸盐，根据元素守恒知，甲为碳铝化合物，则n（Al）==0.2mol，C、Al原子个数之比=0.15mol：0.2mol=3：4，则甲为Al4C3；偏铝酸钠和气体2反应生成白色沉淀b为Al(OH)3，气体2为酸性气体；固体2和稀盐酸反应生成蓝色溶液，固体2中含有Cu元素；固体1和溶液a混合得到溶液2和固体2，溶液2能溶解氢氧化铝，向溶液2中连续通入气体2，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则溶液2为强碱溶液，溶液2只能是Ba(OH)2；固体1和液体a混合得到溶液2，则a为H2O，且固体1中含有BaO，固体1为氧化物，所以还含有CuO；根据质量守恒得气体2质量=29.5g-1.8g-23.3g=4.4g，且气体2为无色无味气体，向氢氧化钡溶液中通入气体2先生成白色沉淀后白色沉淀溶解，则气体2为CO2，n(CO2)=n(CuO)=n(BaO)=n(H2O)=根据原子守恒计算乙中Ba、Cu、H、O、C原子个数比为1：1：2：5：1，则其化学式为：BaCO3·Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3，故答案为：Al4C3；BaCO3·Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3；

（2）根据上述分析，气体1为CH4，固体2为CuO，加热条件下，气体1与固体2反应，产物中有一种气体和一种固体，根据原子守恒及化合价变化守恒分析该反应的化学方程式可能为4CuO+CH4=4Cu+CO2+2H2或8CuO+CH4=4Cu2O+CO2+2H2O或3CuO+CH4=3Cu+CO+2H2O或6CuO+CH4=3Cu2O+CO+2H2O，故答案为：4CuO+CH4=4Cu+CO2+2H2或8CuO+CH4=4Cu2O+CO2+2H2O或3CuO+CH4=3Cu+CO+2H2O或6CuO+CH4=3Cu2O+CO+2H2O；

（3）二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应的离子方程式为：CO2+AlO2-+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3-

，故答案为：CO2+AlO2-+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3-。

【点睛】

解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。【解析】Al4C3BaCO3·Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO34CuO+CH4=4Cu+CO2+2H2或8CuO+CH4=4Cu2O+CO2+2H2O或3CuO+CH4=3Cu+CO+2H2O或6CuO+CH4=3Cu2O+CO+2H2OCO2+AlO2-+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3-五、实验题(共1题，共6分)24、略

【分析】【分析】

(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤选择仪器；

(2)根据配制的实验操作排出操作正确的顺序；

(3)①根据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，根据稀释定律，计算需要浓硫酸的体积；

②根据量取浓硫酸的体积；选择与量筒的规格最接近的量筒；根据量取的浓硫酸相当于被稀释了分析；

③浓硫酸溶解过程中放出热量，容量瓶配制溶液的温度是室温，根据c=分析影响；

④浓硫酸稀释过程中放出热量；转移前必须冷却，否则会使配制的硫酸溶液体积减小；烧杯和玻璃棒必须洗涤，否则会使配制的溶液的溶质减小；

⑤定容时俯视，溶液的液面在刻度线以下，导致溶液体积偏小，定容时仰视，溶液的液面在刻度线以上，导致溶液体积偏大，结合c=判断。

【详解】

(1)要配制成浓度为0.5mol/L的稀硫酸480mL；由于没有规格是480mL的容量瓶，要使用500mL的容量瓶；所以选用的主要仪器有：量筒；玻璃棒、胶头滴管、烧杯及500mL容量瓶；

(2)根据配制物质的量浓度的溶液的操作步骤有计算；量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；操作正确的顺序依次为：AEFCBD；

(3)①浓H2SO4的物质的量浓度c(H2SO4)=mol/L=18.4mol/L；根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得：x≈13.6mL；

②量取13.6mL浓硫酸；需要使用15mL的量筒；

量取时发现量筒不干净用水洗净后直接量取；浓硫酸被蒸馏水稀释，导致浓硫酸的浓度偏低；

③将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中；并用玻璃棒不断搅拌的目的是使热量迅速扩散，尽快恢复至室温；若搅拌过程中有液体溅出，则浓硫酸减少，结果导致溶液浓度偏低；

④浓硫酸稀释放热；溶液的温度升高，转移前必须冷却稀释的溶液，否则导致配制的溶液温度较高，体积偏大，冷却后配制的溶液的体积偏低，最终导致浓度偏高；并将烧杯和玻璃棒洗涤2～3次，洗涤液也要转入容量瓶，否则会使配制的溶液中，溶质物质的量减小，浓度偏低；

⑤定容时俯视，溶液的液面在刻度线以下，导致溶液体积偏小，结合c=可知；所配溶液的浓度偏高；若仰视，则会导致溶液的体积偏大，使配制的溶液浓度偏低。

【点睛】

本题考查了物质的量浓度溶液的配制，涉及仪器的使用，操作步骤的排序、溶液体积的计算和误差分析等。在根据c=分析操作误差时，把操作的影响都归结在对溶质的物质的量和溶液的体积的影响上，若操作使溶质的物质的量偏小，溶液的体积偏大，则最终使配制的溶液浓度偏低；若操作使溶质的物质的量偏大，溶液的体积偏小，则最终使配制的溶液浓度偏高。注意浓硫酸在烧杯中进行稀释，稀释方法是：注酸入水。【解析】500mL容量瓶AEFCBD13.615偏低迅速散热偏低冷却偏高偏低偏高偏低六、元素或物质推断题(共3题，共6分)25、略

【分析】【分析】

本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子，A为（NH4）2S，联想已构建的中学化学知识网络，符合这种转化关系的有：SO2→SO3，NO→NO2，Na2SO3→Na2SO4等，由此可推断Y为O2，由于E为酸，则D应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、NO2等，当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素，则B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，Z为H2O，当X是强碱时，则B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，Z为H2O；据此答题；

【详解】

（1）由上述分析推断可知，A为（NH4）2S，Y为O2，故答案为：（NH4）2S；O2；

（2）当X是强酸时，根据上面的分析可知，B是H2S，C生成D的化学方程式为故答案为：H2S；

（3）当X是强碱时，根据上面的分析可知，B是NH3，D生成E的化学方程式为故答案为：NH3；

【点睛】

本题解题的关键是D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，由此推断D比C多一个氧原子，则Y为氧气，以此逐步推断出其他物质。【解析】①.（NH4）2S②.O2③.H2S④.⑤.NH3⑥.26、略

【分析】【分析】

（1）含金属W的合金是目前用量最大的合金，则W为Fe，A是有色气体，又能与Fe反应，所以A为Cl2；据此分析作答；

（2）A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g•mol-1，则A为N2，W为O2，B为NO，继续与O2反应生成NO2；据此解答；

（3）A为淡黄色固体单质，W为气体单质，则A为S，W为O2，A与W反应