2025年浙教版必修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年浙教版必修1化学下册阶段测试试卷326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6题，共12分)1、下列关于胶体的说法错误的是A.利用丁达尔效应可鉴别胶体和溶液B.利用胶体聚沉的原理可制作豆腐C.利用渗析可除去胶体中的杂质离子D.胶体中所有微粒的直径均介于1~100nm之间2、下列有关化学反应的叙述正确的是（）A.室温下，Na在空气中反应生成Na2O2B.室温下，稀硫酸和铜粉反应可制备硫酸铜C.室温下，过氧化钠与水反应可制备氧气D.室温下，将稀盐酸滴加到碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液，立即产生气泡3、化学反应常常伴随能量的变化，以下是H2与Cl2反应的能量变化示意图；下列说法正确的是。

A.氯化氢分子的电子式：B.该反应既是氧化还原反应又是放热反应C.形成1molH—Cl键要吸收431kJ的能量D.反应物断键时吸收的能量大于产物形成化学键时释放的能量4、下列化学用语表示正确的是（）A.质量数为11的硼原子：BB.C1-的结构示意图：C.N2的电子式：D.HClO的结构式：H—Cl—O5、下到分析错误的是A.酸性：HClO4＞H3PO4B.离子半径：F-＞Mg2+C.阴离子还原性：Cl-＞S2-D.H、N、O三种元素可形成离子化合物6、将金属铜、铁置于氯化铁溶液中充分反应，下列对反应情况设想的评价正确的是。选项反应情况设想评价A当铁、铜均无剩余时，溶液中一定有一定无正确，和Fe、Cu均可反应B当铁、铜均有剩余时，溶液中一定有无正确，Fe和Cu与都反应，故有和无C当铜有剩余，铁无剩余时，溶液中一定只有无正确，Cu有剩余，故无D当铁有剩余，铜无剩余时，溶液中一定有不正确，不可能有Fe剩余而无Cu剩余，因为Fe比Cu优先与反应

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)7、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L－1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的下列说法正确的是()。A.原子半径：W>Z>Y>X>MB.XZ2、X2M2、W2Z2均为共价化合物C.M2Z2有强氧化性，分子中只有共价键D.由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物可能既有离子键，又有共价键8、用下列装置制备并检验Cl2的性质；下列说法正确的是。

A.图1：实验室制氯气，即使MnO2过量，盐酸也不能全部反应完B.图2：充分光照后，溶液充满量筒C.图3：生成棕黄色的烟，若在集气瓶中加入少量水，所得溶液呈蓝色D.图4：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条能褪色，说明Cl2有漂白性9、依据下列实验操作和现象所得结论正确的是。

。选项。

实验操作和现象。

结论。

A

将废铁屑溶于过量盐酸；滴入KSCN溶液，未见溶液变为红色。

该废铁屑中不含三价铁的化合物。

B

向CuSO4溶液中加入铁粉；有红色固体析出。

Fe2＋的氧化性强于Cu2＋的氧化性。

C

向3mLKI溶液中滴加几滴溴水；振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色。

Br2的氧化性比I2的强。

D

将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2气体的集气瓶；瓶中产生大量白烟和黑色颗粒。

CO2具有氧化性。

A.AB.BC.CD.D10、下列实验装置和操作正确的是A.测定C2H6O结构式B.验证SO2有氧化性C.实验室制氨气D.碘的CCl4溶液中分离I211、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法不正确的是A.工业上通过电解熔融YZ3制备Y单质B.简单离子半径：W＞XC.X可把Y从水溶液中置换出来D.W与X形成的化合物溶于水所得的溶液在常温下pH>712、下列说法正确的是（）A.60gSiO2中含Si-O键的个数为2NAB.124gP4含有P-P键的个数为6NAC.12g石墨中含有C-C键的个数为3NAD.12g金刚石中含有C-C键的个数为2NA13、铝在人体中积累可使人慢性中毒，世界卫生组织将铝确定为食品污染源之一而加以控制。铝在下列使用场合中，必须加以控制的是A.制造炊具B.制饮料罐C.制铝合金窗D.炼铝厂制造铝锭14、某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体，但Cu2O能与稀硫酸发生反应：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O。为探究反应后的红色固体的成分；他们提出了以下假设：

假设一：红色固体只有Cu

假设二：红色固体只有Cu2O

假设三：红色固体中有Cu和Cu2O

下列判断正确的是A.取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，则假设一和二都成立B.少量红色固体与足量稀硫酸反应，若溶液呈蓝色且仍有红色固体，则只有假设三成立C.若将7.2克红色固体通入足量的H2还原，最后得到固体6.4克，则假设二成立D.实验室可用向新制Cu(OH)2悬浊液(碱性)中加入葡萄糖后加热，来制取Cu2O15、下列叙述正确的是A.生铁是铁的合金，其熔点比铁低，硬度比铁大B.用100mL12mol/L的浓盐酸与足量的二氧化锰在一定条件下反应，在标准状况下产生6.72L的气体C.向某溶液中滴加新制氯水后再滴入KSCN溶液显红色，则溶液中一定含有Fe2+D.容量瓶在使用前首先要检查是否完好，瓶口处是否漏水评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、有一瓶溶液只含Cl、K+、Mg2+六种离子中的某几种经实验：

⑴原溶液白色沉淀。

⑵将（1）所得溶液放出使紫色石蕊试液变蓝的气体。

⑶原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀。

⑷原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀；再加稀硝酸白色沉淀不溶解。

回答下列问题：

（1）原溶液中一定含有的离子是_________________________________，一定不含的离子是__________________________，可能含有的离子是________________________________________。17、完成下列问题：

(1)下列物质中属于电解质的是_________；属于非电解质的是_________；既不是电解质也不是非电解质的是________________。

①稀硫酸②盐酸③NaCl固体④硫酸钡⑤CCl4⑥铜⑦NaHCO3⑧CO2⑨HCl⑩氨气。

(2)写出下列反应的离子方程式：

①NaCl+AgNO3===AgCl↓+NaNO3：_____________________________________；

②HCl+CH3COONa===CH3COOH+NaCl：_____________________________________；

③Ba(OH)2与H2SO4两稀溶液混合：_____________________________________。

(3)写出下列反应的化学方程式：

+2H+===CO2↑+H2O：_____________________________________(写一个)。18、碳酸钠和碳酸氢钠是生活中常见的物质。请回答下列问题。

（1）碳酸氢钠的化学式是_________，俗称_________，其水溶液显_____性(填“酸”；“碱”或“中”)。

（2）碳酸氢钠可治疗胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)过多，反应的离子方程式为___________________。

（3）碳酸氢钠受热______________（填“稳定”或“不稳定”），其化学方程式为______________________________。19、表中列出了部分短周期元素在元素周期表中的位置。族

周期ⅠA01ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2XEH3JMZ

请按要求回答下列问题：

(1)X、E中的非金属性较强的是_______(填元素符号)。

(2)上述元素中，金属性最强的元素是_______(填元素符号)；最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是_______(填化学式)。

(3)M、J的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式为_______。

(4)H、J、M元素的离子半径由大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。20、为了探究AgNO3的氧化性；某化学兴趣小组设计了如下实验。

将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出。为检验溶液中Fe的氧化产物，将溶液中的Ag+除尽后，进行了如下实验，可选用试剂：KSCN溶液、K3[Fe(CN)6]溶液；氯水。

请完成如表：

。操作。

现象。

结论。

取少量除尽Ag+后的溶液于试管中；加入KSCN溶液，振荡。

___

存在Fe3+

取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入___；振荡。

___

存在Fe2+

（实验结论）Fe的氧化产物为Fe2+和Fe3+。21、有关物质的量浓度的配制下列说法正确的是________。

A.称取固体：先在托盘各放1张滤纸，然后在右盘加2g砝码，左盘加固体。

B.容量瓶上标有温度和容积使用前要检查是否漏水。

C.称取固体在500mL容量瓶中加水溶解后定容，可配得的溶液。

D.配制硫酸溶液时；可先在量筒中加入一定体积的水，再慢慢注入浓硫酸。

E.配制溶液时；俯视容量瓶刻度线造成浓度偏高。

F.溶液转移定容时，溶液未冷却至室温造成浓度偏低22、联氨分子(分子式为N2H4)的电子式为___________，其中氮的化合价为___________。评卷人得分四、结构与性质(共3题，共27分)23、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)。24、按要求完成以下相关问题。

(1)已知①硫酸分子②二氧化碳③盐酸④氯化银⑤氨水⑥铜⑦乙醇⑧氯化钡溶液⑨氯气；其中属于强电解质的是_____(填写序号)。

(2)写出硫酸氢钠在熔融状态下的电离方程式____________。

(3)向硫化氢溶液中通入氯气至完全反应；溶液的导电性_(用语言描述)。

(4)向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至混合液呈中性；写出此过程对应的离子反应方程式__________。

(5)向酸性高锰酸钾溶液中滴入草酸(H2C2O4；视为二元弱酸)溶液至过量，溶液的紫色会逐渐褪去，写出此过程对应的化学反应方程式____。

(6)H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2；生成0.8mo1HF时，转移的电子的数目为____。

(7)P+CuSO4+H2O—Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)，生成5mo1Cu3P时，参加反应的P的物质的量为_______。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_______________。

评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共16分)26、保险粉M由三种主族元素组成；是一种很强的还原剂。为探究其组成和性质，设计并完成如下实验：

已知：保险粉与稀硫酸恰好完全反应；保险粉M摩尔质量介于100-200g/mol之间；溶液A的焰色反应为黄色，且只含一种溶质；气体B可以使品红溶液褪色；标准状况下，过程①中气体B与6.72LCl2在水溶液中恰好完全反应。

(1)M的化学式___________。

(2)气体B通入氯水中的离子方程式___________。

(3)保险粉在潮湿空气中可以被氧气氧化生成强酸酸式盐，请写出相应的化学方程式___________。27、图示中；A为一种常见的单质，B；C、D、E是含有A元素的常见化合物。已知A在空气中燃烧生成淡黄色固体(部分产物已略去)。

请填写下列空白：

（1）（1）写出化学式：A.___；B.___，C.___，D.___。

（2）写出下列转化的化学方程式：

A→C___；

B→D___。28、有关物质存在如图所示转化关系（部分产物已略去）。

已知A；B是均能使澄清石灰水变浑浊的气体。M为无色液体；常用作有机溶剂，其结构与A相似且为非极性分子。C、E均难溶于水且E难溶于酸。

（1）单质N在X中燃烧可形成一种具有磁性的黑色物质，则构成N的元素在周期表中的位置为___________________________________。

（2）M的电子式为_______________________，Y的化学式为____________________。

（3）①写出离子方程式：A→C________________________________________________

②检验O中阴离子的方法为____________________________________________________________________________

（4）将M滴入O溶液中，观察到溶液变浑浊，请推断反应的化学方程式：___________________________________________。29、新型材料A由两种元素组成；为探究其组成和性质，设计并完成如下实验：

(1)新型材料A所含元素符号为_______

(2)溶液C中所含阳离子为_______(填化学符号)，请设计实验方案对溶液C中金属阳离子进行检验_______参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．胶体能够使光线发生散射作用而产生一条光亮的通路；即产生丁达尔效应，而溶液无明显现象，因此可通过丁达尔效应鉴别胶体和溶液，A正确；

B．胶粒带电荷；遇电解质会发生聚沉现象，利用胶体聚沉原理可使蛋白质溶液中的蛋白质分子发生聚沉制作豆腐，B正确；

C．胶体微粒不能通过半透膜；杂质离子能够通过半透膜，将含有杂质离子的胶体放入半透膜袋中，并悬浮在流动的蒸馏水中进行胶体的提纯，这种分离混合物的方法就是渗析，故可利用渗析方法除去胶体中的杂质离子，C正确；

D．胶体中分散质微粒的直径介于1~100nm之间；而分散剂，如水分子直径小于1nm，D错误；

故合理选项是D。2、C【分析】【分析】

【详解】

A.室温下；钠与氧气常温生成氧化钠，点燃条件下生成过氧化钠，故A错误；

B.金属活动性顺序铜排在氢后面；稀硫酸与铜不能发生反应，故B错误；

C.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；可用于制备氧气，故C正确；

D.稀盐酸先和氢氧化钠反应后；再和碳酸钠反应放出二氧化碳气体，所以刚开始没有现象，过一段时间后才有气体生成，故D错误；

故答案为C。3、B【分析】【详解】

A．HCl是共价化合物，其电子式为故A说法错误；

B．根据提供的数据；化学键断裂吸收的能量为679kJ，形成化学键放出的能量为862kJ,吸收热量小于放出热量，故该反应为放热反应，另外该反应是有单质参加的化合反应，属于氧化还原反应，则B说法正确；

C．形成1molH—Cl键要放出431kJ的能量；则C说法错误；

D．化学键断裂吸收的能量为679kJ；形成化学键放出的能量为862kJ,吸收热量小于放出热量，则D说法错误；

本题答案B。4、B【分析】【详解】

A．质量数为11的硼原子，质子数为5，则可表示为故A错误；

B．氯离子是由氯原子得到一个电子形成的，故核内有17个质子，而核外有18个电子，故Cl-结构示意图为故B正确；

C．N的核外电子数为5，则N2的电子式为故C错误；

D．HClO为共价化合物，分子中存在1个O-H键和1个Cl-O键，次氯酸的电子式为结构式为H-O-Cl，故D错误；

答案为B。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl＞P，因此酸性：HClO4＞H3PO4；故A正确；

B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径：F-＞Mg2+；故B正确；

C．元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性：Cl＞S，还原性：Cl-＜S2-；故C错误；

D．H、N、O三种元素可形成离子化合物，如NH4NO3；故D正确；

故选C。6、D【分析】【详解】

A．当铁、铜均无剩余时溶液中一定有可能存在也可能不存在；故A错误；

B．Fe与和都反应，当铁、铜均有剩余时，溶液中一定有无故B错误；

C．当铜有剩余，铁无剩余时，溶液中一定有若铁与恰好完全反应，则无若过量，则含有故C错误；

D．不可能有Fe有剩余，Cu无剩余的情况，因为Fe比Cu优先与反应；故D正确；

故选：D。二、多选题(共9题，共18分)7、CD【分析】【分析】

由已知条件可推知X为C，Y为N，Z为O，再由Y与M形成的气态化合物的密度可推知该气体摩尔质量，再推出该化合物为NH3；M为H；则W的核电荷数为11，W为Na。

【详解】

A．原子半径：W>X>Y>Z>M；故A错误；

B．Na2O2为离子化合物；故B错误；

C．双氧水有强氧化性；分子中只有共价键，故C正确；

D．如CO(NH2)2不是离子化合物，没有离子键，而NH4NO3既含有离子键又含共价键；故D正确。

综上所述；答案为CD。

【点睛】

N、H、O三种元素要有离子键，则为铵盐化合物。8、AC【分析】【分析】

【详解】

A．MnO2与稀盐酸不反应，随反应的进行，浓盐酸浓度会变稀，则MnO2过量；盐酸也不能全部反应完，故A正确；

B．已知氯气溶解于水发生Cl2+H2OHCl+HClO，其中2HClO2HCl+O2↑；则最终量筒上方会有氧气，溶液不可能充满量筒，故B错误；

C．Cu在氯气中燃烧有棕黄色的烟，再加入少量水，所得CuCl2溶液呈蓝色；故C正确；

D．已知Cl2+H2OHCl+HClO，则干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条能褪色，说明Cl2没有漂白性；HClO有漂白性，故D错误；

故答案为AC。9、CD【分析】【分析】

【详解】

A．铁离子与SCN-反应生成血红色的硫氰化铁；溶液未变为红色，则溶液中无铁离子，不能判断铁屑中是否含有三价铁，有可能是三价铁被单质铁还原为二价铁，A结论错误；

B．向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，铜离子为氧化剂，亚铁离子为氧化产物，则Cu2＋的氧化性强于Fe2＋的氧化性；B结论错误；

C．发生溴与碘离子反应生成溴离子和碘，碘遇淀粉溶液显蓝色，溴做氧化剂，碘为氧化产物，则Br2的氧化性比I2的强；C结论正确；

D．钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和单质碳，二氧化碳中C的化合价降低，则CO2具有氧化性；D结论正确；

答案为CD。10、AB【分析】【详解】

A.乙醇与钠反应生成氢气；可根据生成氢气的体积确定乙醇的结构，可完成实验，故A正确；

B.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫；浓硫酸滴加到含有FeS的水中稀释，稀硫酸与FeS反应生成硫化氢，硫化氢与二氧化硫反应生成硫，可用于验证二氧化硫的氧化性，故B正确；

C.硝酸铵加热易爆炸；应用氯化铵与氢氧化钙反应，故C错误；

D.温度计用于测量馏分的温度；水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故D错误。

答案选AB。11、AC【分析】【分析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸；则W为F；X是同周期中金属性最强的元素，则X是Na；Y原子的最外层电子数等于其电子层数，则Y是Al；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl。

【详解】

A.AlCl3为共价化合物；熔融状态下不能导电，故不能通过电解熔融的氯化铝制备铝单质，A错误；

B.Na+、F-具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：Na+<F-；B正确；

C.钠能与水反应；不能把铝从水溶液中置换出来，C错误；

D.W与X形成的化合物NaF溶于水，F-水解使溶液呈碱性；D正确；

答案选AC。12、BD【分析】【详解】

A．SiO2晶体中1个Si原子对应4个Si-O键，60gSiO2中含Si-O键的个数为4NA；故A错误；

B．一个白磷分子中含有6个P-P键，124gP4的物质的量是1mol，所以含有P-P键的个数为6NA；故B正确；

C．在石墨晶体中1个C原子对应个C-C键，12g石墨中含有C-C键的个数为1.5NA；故C错误；

D．每个C原子与其他4个C原子共用4个C-C键，相当于每个C原子占有个C-C键；1mol金刚石含2molC-C键，故D正确。

答案选BD。

【点睛】

注意每个C原子与其他4个C原子共用4个C-C键及石墨中的成键即可解答。13、AB【分析】【分析】

铝在人体内积累可使人慢性中毒；铝进入人体的主要途径是通过消化系统，既然铝是食品污染源之一，凡与人的食用物品及口腔接触的物品都必须控制铝的使用。

【详解】

A.用铝制作炊具时；会使铝进入人体，需要加以控制，A符合题意；

B.制饮料罐；可使铝通过饮料进入人体，需要加以控制，B符合题意；

C.用铝制门窗；铝与人的消化系统不直接接触，铝不会因使用电缆进入人体，与人体健康无关，无需控制，C不符合题意；

D.炼铝厂制造铝锭与人体健康无关；无需控制，D不符合题意；

故合理选项是AB。

【点睛】

本题考查铝的性质与人体健康的关系。“关爱生命，拥抱健康”是人类追求的永恒主题，对营养元素与人体健康的考查也就成了热点之一，特别是元素的分类、元素的生理功能和对人体的影响等内容。14、CD【分析】【分析】

A.取少量红色固体；加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜；

B.若看到溶液变成蓝色；说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，说明反应后还有红色固体铜存在，据此分析；

C.根据假设二：红色固体只有Cu2O结合铜守恒代入计算验证；

D.实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热后制取Cu2O。

【详解】

A.取少量红色固体；加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜，则假设一成立，假设二；三不成立，A错误；

B.若看到溶液变成蓝色；说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，说明反应后还有红色固体铜存在，但不能说明原红色固体中含有铜，因为氧化亚铜和稀硫酸反应也能生成铜，则假设二或三成立，B错误；

C.假设二：红色固体只有Cu2O，则7.2gCu2O的物质的量n(Cu2O)==0.05mol，和H2反应后生成铜的物质的量为0.1mol；质量为6.4g，所以假设二成立，C正确；

D.葡萄糖含有醛基，可以与新制的含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热后制取Cu2O；D正确；

故合理选项是CD。

【点睛】

本题考查了实验方案评价，明确实验原理是解本题关键，易错点为B选项，要注意氧化亚铜与酸反应又生成红色的铜，同时得到硫酸铜溶液，使溶液变为蓝色。15、AD【分析】【详解】

A．合金比各组分金属的熔点低；硬度大，这是合金的优良性能，故A正确；

B．浓盐酸与二氧化锰的反应过程；随着浓度的降低变为稀盐酸后不能再与二氧化锰反应，因此100mL12mol/L的浓盐酸反应产生的氯气体积小于6.72L，故B错误；

C．先加氯水再加KSCN溶液不能排除Fe3+的干扰；故C错误；

D．容量瓶在使用前应首先检验是否漏水；然后在洗涤备用，故D正确；

故选：AD。三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】【详解】

溶液中加入过量NaOH生成白色沉淀，说明溶液中含有Mg2+，将（1）所得溶液加热放出使紫色石蕊试液变蓝的气体为氨气，则溶液中含有NH4+，加BaCl2溶液不产生沉淀，说明溶液中不含CO32-和SO42-，原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明一定含有Cl-离子；实验过程中没有涉及K+的检验方法，故无法确定是否有K+存在。综上可得：原溶液中一定含有的离子是Mg2+、NH4+、Cl-，一定不含的离子是CO32-、SO42-，可能含有的离子是K+。【解析】①.Mg2+NH4+Cl-②.CO32-SO42-③.K+17、略

【分析】【分析】

（1）在水溶液中能完全电离的化合物为强电解质；包括强酸；强碱和绝多数的盐；在水溶液中不能完全电离的化合物为弱电解质，包括弱酸、弱碱、少部分盐和水，据此分析；

（2）按离子方程式的书写规则书写。

（3）根据方程式可知满足条件的应该是可溶性碳酸盐和强酸反应生成可溶性盐；水和二氧化碳。

【详解】

（1）溶于水或熔融状态下能够导电的化合物是电解质；因此属于电解质的是氯化钠固体；硫酸钡、碳酸氢钠和氯化氢，答案选③④⑦⑨；溶于水和熔融状态下都不能够导电的化合物是非电解质，因此属于非电解质的是四氯化碳、二氧化碳和氨气，答案选⑤⑧⑩；既不是电解质也不是非电解质的是稀硫酸、盐酸和铜，答案选①②⑥。

（2）①NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3的离子方程式为Cl-+Ag＋=AgCl↓；

②HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl的离子方程式为H＋+CH3COO-=CH3COOH；

③Ba(OH)2与H2SO4两稀溶液混合生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba2＋+2OH-+2H＋+SO42－=BaSO4↓+2H2O；

（3）根据方程式可知满足条件的应该是可溶性碳酸盐和强酸反应生成可溶性盐、水和二氧化碳，因此可以是Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、K2CO3+H2SO4=K2SO4+H2O+CO2↑等。【解析】①.③④⑦⑨②.⑤⑧⑩③.①②⑥④.Cl−+Ag+===AgCl↓⑤.H++CH3COO−===CH3COOH⑥.Ba2++2OH−+2H++===BaSO4↓+2H2O⑦.Na2CO3+2HCl===2NaCl+H2O+CO2↑(或K2CO3+H2SO4===K2SO4+H2O+CO2↑等合理答案)18、略

【分析】【详解】

(1)碳酸氢钠的化学式为NaHCO3，碳酸氢钠的俗称是小苏打，碳酸氢钠的水溶液显碱性。故答案为：NaHCO3；小苏打；碱；

(2)碳酸氢钠可治疗胃酸（0.2%～0.4%的盐酸）过多，反应的离子方程式为＋H＋=H2O＋CO2↑，故答案为：＋H＋=H2O＋CO2↑；

(3)碳酸氢钠受热不稳定，分解生成碳酸钠，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，故答案为：不稳定；2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。【解析】①.NaHCO3②.小苏打③.碱④.＋H＋=H2O＋CO2↑⑤.不稳定⑥.2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑19、略

【分析】由图表可知X为第二周期第ⅣA族的C元素；E为第二周期第ⅤA族的N元素；H为第二周期第ⅦA族的F元素；J为第三周期第ⅠA族的Na元素；M为第三周期第ⅢA族的Al元素；Z为第三周期第ⅦA族的Cl元素；根据元素周期律相关知识分析可得：

【详解】

(1)由分析可知：X；E分别为第二周期的C、N；根据元素周期律：同周期元素从左至右非金属的非金属性逐渐增强，则E(N)的非金属性强于X(C)的非金属性，故答案为：N；

(2)由分析可知金属性最强的为第三周期第ⅠA族的Na元素；Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，则的酸性最强，故答案为：Na；

(3)M、J的最高价氧化物对应的水化物分别为：NaOH和则NaOH与反应的离子方程式为：故答案为：

(4)H、J、M元素的离子分别为：该三种离子均为10结构，由相同电子层结构的阴离子的离子半径大于阳离子的离子半径，相同电子层的阳离子的离子半径为“序小径大”，则故答案为：【解析】NNa20、略

【分析】【分析】

根据三价铁和二价铁的性质的特殊性；利用反应现象的特别进行判断。

【详解】

Fe3+遇KSCN溶液，溶液变红色。由于氯水与Fe2+反应，现象不明显，应直接用K3[Fe(CN)6]溶液检验，若有蓝色沉淀出现，则证明Fe2+存在，否则不存在。【解析】溶液呈红色K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀21、B:E【分析】【详解】

A．氢氧化钠具有腐蚀性；称量腐蚀性药品应放在烧杯中称量，故A错误；

B．容量瓶上标有温度和容积；刻度线；带有瓶塞，为防止使用过程中漏液，使用前要检查是否漏水，故B正确；

C．容量瓶为精密仪器；不能用于溶解固体，应先在烧杯中溶解，再转移到容量瓶中，故C错误；

D．量筒不能用于稀释浓溶液；稀释浓硫酸应在烧杯中进行，故D错误；

E．配制溶液时；俯视容量瓶刻度线导致溶液体积偏小，依据c=n/V，溶液浓度偏高，故E正确；

F．溶液转移定容时；溶液未冷却至室温，导致溶液体积偏小，依据c=n/V，溶液浓度偏高，故F错误；

故选：BE。22、略

【分析】【分析】

【详解】

联氨分子中N原子满足8电子稳定结构、H原子满足2电子稳定结构，故电子式为H为+1价，故N为-2价。【解析】-2价四、结构与性质(共3题，共27分)23、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；1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；

（2）B为氧元素，与B相邻的同周期元素，三者为N、O、F，同周期元素第一电离能呈逐渐增大的趋势，但由于N元素核外p能级上电子处于半充满状态，较稳定，第一电离能大于氧元素，则第一电离能由大到小的顺序为F>N>O；

答案为：F>N>O；

（3）B、C、D三种元素分别为O、Na、S，其简单离子分别为O2-、Na+、S2-，其中O2-、Na+电子层结构相同，都为2层，S2-核外为三层，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，所以B、C、D三种元素的简单离子的半径由大到小的顺序为S2−>O2−>Na+；

答案为：S2−>O2−>Na+。

【点睛】

该题易错点在于第（2）题中，电离能的大小判断，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但第ⅤA族3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，在解答第一电离能的问题时，需要注意结合原子核外价层电子排布情况分析。【解析】①.7②.1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1③.④.F>N>O⑤.S2−>O2−>Na+24、略

【分析】【详解】

(1)二氧化碳；乙醇属于非电解质；盐酸、氨水、氯化钡溶液属于混合物，铜和氯气属于单质；硫酸分子、氯化银属于电解质，且在水溶液中完全电离，所以属于强电解质的是①④；

(2)硫酸氢钠在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根，离子方程式为NaHSO4=Na++HSO

(3)氯气具有强氧化性，通入H2S发生反应：H2S+Cl2=S↓+2HCl，H2S是弱酸；HCl是强酸，所以溶液的导电性逐渐增强；

(4)向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至混合液呈中性，此时Ba(OH)2溶液中的氢氧根恰好完全反应，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O；

(5)向酸性高锰酸钾溶液中滴入草酸(H2C2O4，视为二元弱酸)溶液至过量，溶液的紫色会逐渐褪去，说明草酸将高锰酸钾还原成Mn2+，自身被氧化成CO2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；

(6)F的非金属性强于O，所以F吸引电子的能力更强，则在O2F2中O为+1价，F为-1价，所以该反应过程中O由+1价降为0价，被还原，O2为唯一还原产物，根据方程式可知生成0.8molHF时，生成1.6molO2，转移的电子为3.2mol，即3.2NA；

(7)该反应过程中P元素的化合价由0价变为+5价和-3价，Cu元素的化合价由+2价变为+1价，所以H3PO4为氧化产物，而Cu3P为还原产物，生成一个H3PO4化合价升高5价，生成一个Cu3P化合价将低6价，所以H3PO4和Cu3P的系数比为6:5，再结合元素守恒可得化学方程式为11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，所以生成5molCu3P时；参加反应的P的物质的量为11mol。

【点睛】

配平氧化还原反应方程式时要现根据元素的性质判断反应中不同物质中各元素的价态，找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，根据化合价升降守恒找出氧化剂和还原剂或氧化产物和还原产物等任意一组得失电子守恒，再根据元素守恒配平整个方程式。【解析】①④NaHSO4=Na++HSO逐渐增强Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O3.2NA11mol25、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，沸点较高五、元素或物质推断题(共4题，共16分)26、略

【分析】【分析】

溶液A的焰色反应为黄色，说明含有Na元素。保险粉与稀硫酸混合加热，发生反应产生溶液A中加入BaCl2溶液反应产生白色沉淀D是BaSO4，则溶液A为Na2SO4，n(Na2SO4)=n(BaSO4)=反应产生的气体B可以使品红溶液褪色，通入Cl2水时，得到强酸性溶液，则B具有还原性，气体B是SO2，反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；E为HCl、H2SO4的混合溶液，n(Cl2)=则根据物质反应关系可知n(SO2)=0.3mol；产生的浅黄色沉淀C是S，其物质的量n(S)=可知：M与H2SO4反应产生Na2SO4、SO2、S，34.8gM中含有Na：0.4mol，含有S：0.1mol+0.3mol=0.4mol，