2025年统编版必修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年统编版必修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9题，共18分)1、关于下列诗句或谚语，说法不正确的是（）A.“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关B.“水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化C.“滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化D.“落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化2、下列反应的离子方程式书写正确的是A.铜与氯化铁溶液反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+B.少量碳酸氢铵溶液与足量烧碱溶液混合加热：NH+OH-NH3↑+H2OC.碳酸钙与醋酸反应：CO+2H+=CO2↑+H2OD.铁与盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑3、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()。选项实验操作和现象结论A向BaCl2溶液中通入SO2和气体X，出现白色沉淀气体X一定具有氧化性B向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，振荡，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝Fe3＋的氧化性比I2的强C向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液红色逐渐褪去BaCl2溶液呈酸性D向2mL2%的硫酸铜溶液中滴入几滴NaOH溶液，振荡后再加入1mL有机物X，加热后未出现砖红色沉淀有机物X中不含醛基

A.AB.BC.CD.D4、工业上联合生产碳酸氢钠和氯代烃的工艺流程如图所示，在生产NaHCO3的过程中完成乙烯氯化；下列叙述错误的是。

A.过程Ⅰ中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气B.在过程Ⅱ中实现了TB的再生C.理论上每生成可得到D.过程Ⅲ中的反应是5、在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质．下列实验现象和结论一致且正确的是（）A.加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2存在B.溶液呈黄绿色，说明有Cl2分子存在C.向氯水中加入NaOH粉末，有气泡产生，说明氯水中含有HClOD.加入AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明有ClO﹣存在6、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是。A.1.4g14C中含有的中子数为0.8NAB.2.8g乙烯分子中含有0.5NA对共用电子C.标准状况下，2.24L二氯甲烷(CH2Cl2)中氢原子数目为0.2NAD.室温下，pH=12的Na2S溶液中OH-数目为0.01NA7、下列有关化学用语表述正确的是A.HClO的结构式：H-Cl-OB.15N的原子结构示意图：C.H2O2的电子式是：D.用电子式表示MgBr2的形成过程为：8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB.室温下，pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH-离子数目为0.1NAC.氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD.5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA9、下列有关化学用语描述正确的是A.钠离子的轨道排布式：B.硫离子的结构示意图：C.NH4Cl的电子式：D.对氯甲苯的结构简式：评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、取不同质量的镁铝合金分别与25mL同浓度的稀硝酸反应；测量合金的质量与产生气体（假设硝酸只被还原为NO）的体积（标准状况），列表如下：

。实验编号。

合金质量（mg）

气体体积（mL）

1

144

112

2

288

224

3

864

560

若第3个实验后向反应容器内加入足量的1.0mol/LNaOH(aq)充分反应；使固体质量不再发生变化。硝酸的浓度及至少需要NaOH(aq)的体积是（）

。硝酸的浓度。

NaOH(aq)的体积。

A．

B．

C．

D．

4.0mol/L

1.0mol/L

75mL

99mL

A.AB.BC.CD.D11、科学家预测原子序数为114的元素，具有相当稳定性的同位素，它的位置在第7周期IVA族，称为类铅。关于它的性质，预测错误的是A.它的最外层电子数为4B.它的金属性比铅强C.它具有+2、+3、+4价D.它的最高价氧化物的水化物是强酸12、用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4；其流程示意图如图：

下列叙述正确的是A.步骤①发生的反应均为氧化还原反应B.步骤②中，发生反应的离子方程式为2Fe3++Fe=Fe2+C.浊液C和浊液D中分散质含量不相同D.步骤⑤中，“分离”包含的操作有过滤、洗涤13、电子工业常用溶液腐蚀绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板，从腐蚀废液(主要含)中回收铜，并重新获得溶液。废液处理流程如下：

已知酸性溶液具有强氧化性。下列说法错误的是A.反应1和反应2都发生了氧化还原反应B.操作1用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒C.滤渣a的主要成分是Cu和Fe，物质X可以选用酸性溶液D.向饱和溶液中滴加NaOH溶液振荡得到胶体14、实验室保存下列试剂，有错误的是（）A.浓盐酸易挥发，盛在无色密封的玻璃瓶中B.碘易升华，保存在盛有水的棕色瓶中C.液溴易挥发，盛放在用水密封的用橡皮塞塞紧的棕色试剂瓶中D.溴化银保存在棕色瓶中15、下列说法中错误的是A.在给定条件下，能实现物质转化：B.和稀盐酸反应制取C.漂白粉可用于生活用水的消毒D.室温下用稀NaOH溶液吸收评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、《我在故宫修文物》展示了专家精湛的技艺和对传统文化的热爱与坚守；也令人体会到化学方法在文物保护中的巨大作用。某博物馆修复出土铁器的过程如下：

(1)检测锈蚀产物。主要成分的化学式Fe3O4Fe2O3·H2OFeO(OH)FeOCl

铁器在具有O2、________等环境中容易被腐蚀。

(2)分析腐蚀原理：一般认为；铁经过了如下腐蚀循环。

①Fe转化为Fe2＋。

②Fe2＋在自然环境中形成FeO(OH)，该物质中铁元素的化合价为________。

③2molFeO(OH)和1molFe2＋反应形成致密的Fe3O4保护层，Fe2＋的作用是______(填字母)。

a．氧化剂b．还原剂c．既不是氧化剂也不是还原剂。

④Fe3O4保护层被氧化为FeO(OH)；如此往复腐蚀：(将反应补充完全)。

___Fe3O4＋____O2＋____H2O===____FeO(OH)

(3)研究发现，Cl－对铁的腐蚀会造成严重影响。化学修复：脱氯、还原，形成Fe3O4保护层，方法如下：将铁器浸没在盛有0.5mol·L－1Na2SO3、0.5mol·L－1NaOH溶液的容器中，缓慢加热至60～90℃。一段时间后，取出器物，用NaOH溶液洗涤至无Cl－。

①检测洗涤液中Cl－的方法是_________________________________________________。

②脱氯反应：FeOCl＋OH－===FeO(OH)＋Cl－。根据复分解反应发生的条件，比较FeOCl与FeO(OH)溶解度的大小：S(FeOCl)_____S[FeO(OH)]。（填>或<或=）

③Na2SO3还原FeO(OH)形成Fe3O4的离子方程式是(将反应补充完全)。

______SO32-＋______FeO(OH)===______SO42-＋______Fe3O4＋______H2O17、近几年来关于氮污染的治理倍受关注。

(1)三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是_______。

a.在转化过程中；氮元素均被还原。

b.依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程。

c.还原过程中生成转移电子数为

d.三效催化剂能有效实现汽车尾气中三种成分的净化。

(2)利用氧化氮氧化物反应过程如下：反应Ⅰ的化学方程式是反应Ⅱ的离子方程式是________。

(3)加入过量次氯酸钠可使废水中完全转化为而本身被还原为

①检验废水中是否存在的方法是______。

②若处理废水产生了(标准状况)，则需消耗浓度为的次氯酸钠的体积为_______L。18、我们知道海带中含有碘元素；工业上常以海带为原料提取碘单质。查有关资料可知碘单质易升华。下面是某校化学探究小组设计的从海带中提取单质碘的实验，请你完成下列实验。

(1)将干燥洁净的海带用酒精润湿后在__________(填一种仪器名称)中灼烧成灰烬。

(2)将海带灰冷却至室温，然后转移到烧杯中，加蒸馏水后，搅拌、煮沸冷却、__________(填一种操作名称)。

(3)在滤液中滴入几滴稀硫酸，再加入一定量的溶液，把溶液注入分液漏斗中，然后再加入振荡、静置，可以观察到层呈__________色。经分液得到碘的溶液，在这一实验过程中，起__________作用。

(4)取少量碘的溶液于试管中，然后进行水浴加热，待挥发完即可得到固体碘单质。不用酒精灯直接加热蒸发的原因是____________________________________________________。

(5)证明得到的固体是碘单质的化学方法是_____________________________________________________。19、完成下列各题：

(1)如图所示的分类方法属于___________(填字母)。A．交叉分类法B．树状分类法(2)碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]可以看作是Cu(OH)2和CuCO3按照1∶1组成的混合型化合物，写出它与足量盐酸反应的化学方程式：___________。

(3)设NA为阿伏加德罗常数，标准状况下某种O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积应是___________L。

(4)0.01mol某气体的质量为0.28g，该气体的摩尔质量为___________，标准状况下该气体的体积是___________L。

(5)要使NH3与CH4含相同数目的H原子，则NH3和CH4的物质的量之比为___________。20、有下列8种晶体；用序号回答下列问题：

A.水晶B.冰醋酸C.白磷D.固态氩E.氯化铵F.铝G.金刚石。

（1）属于原子晶体的化合物是___，直接由原子构成的分子晶体是___。

（2）由极性分子构成的晶体是___；含有共价键的离子晶体是___。

（3）分子内存在化学键，但受热熔化时，化学键不发生变化的是___，受热熔化，需克服共价键的是___。21、铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL5.0mol·L-1FeCl3溶液中；充分反应后，剩余固体质量为2.8g。求：

(1)剩余固体是___________；

(2)原固体混合物中铜的质量是___________g；

(3)反应后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)=___________mol。22、元素周期表的建立是化学发展史上重要的里程碑之一；它揭示了元素之间的内在联系。如图是元素周期表的短周期示意图，相应方格中每个序号代表处于该位置的一种元素。

请回答下列问题：

(1)元素①的名称为___。

(2)元素③的最高价氧化物的水化物为___(填化学式)

(3)⑥和⑦两种元素的气态氢化物中稳定性较强的是___(填化学式)。

(4)②和④两种元素形成的常见气态化合物中化学键类型为___。

(5)⑤和⑦两种元素形成的化合物的电子式为___。评卷人得分四、判断题(共4题，共24分)23、可以用分液漏斗分离乙酸乙酯和乙醇。(____)A.正确B.错误24、同温、同体积的条件下，等质量的和的压强之比为(_______)A.正确B.错误25、氯气与NaOH溶液反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂。(___________)A.正确B.错误26、下列关于共价键的叙述中；判断对错：

（1）在离子化合物中一定不存在共价键___________

（2）在单质分子中一定存在共价键___________

（3）一定存在于共价化合物中___________

（4）共价键不如离子键牢固___________A.正确B.错误评卷人得分五、结构与性质(共2题，共8分)27、现有部分前36号元素的性质或原子结构如下表。元素编号元素性质或原子结构R基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子S单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性T基态原子3d轨道上有1个电子X

(1)R元素的第一电离能要大于其同周期相邻的元素，原因是____________。

(2)S元素的化合价是否有正价？_______，原因是_________，最外层电子排布式为____________。

(3)T元素的原子N能层上电子数为______，其原子结构示意图为_________。

(4)X的核外电子排布图违背了__________。用X单质、碱金属盐及碱土金属盐等可以做成焰火。燃放时，焰火发出五颜六色的光，请用原子结构的知识解释发光的原因：________________。28、铝土矿是冶炼金属铝的重要原料，其中主要成分为Al2O3、Fe2O3等。工业上可NaOH溶解Al2O3使其与杂质分离：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O

（1）找出上述反应中化合价为负值的元素，写出其原子的电子式_____。

（2）同温同压下，上述元素形成的气体密度最大的物质的分子式为_____。

（3）上述反应中两种金属元素对应单质的活泼性强弱关系为：____，从原子结构的角度分析其原因：_________。

（4）若根据化学性质进行物质分类，则Al2O3属于______氧化物，据此推测下列反应方程式正确的是______。

A．Al2O3+3H2O═2Al（OH）3

B.2Al（OH）3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O

C．Al（OH）3+NaOH═NaA1O2+2H2O

DNaAlO2+4HCl═AlCl3+2H2O评卷人得分六、有机推断题(共4题，共36分)29、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____________________。30、A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的六种常见元素，其中A原子最外层电子数比次外层电子数多2个电子；B的阴离子与C的阳离子电子数之和为20，质子数相差3；E2、EB2均是生活生产中常见的杀菌消毒剂；气体DB2中D的质量分数为50%；A与F形成一种化合物M可与水反应生成一种可燃性的直线型分子N。根据以上信息回答下列问题：

(1)用一个反应方程式说明D与E的非金属性强弱关系___________________________。

(2)M的电子式___________________________________________________。

(3)汽车安仝气囊中的叠氮化钠NaN3可用次氯酸钠溶液销毁，写出反应的化学方程式：______________________，每生成1molN2；转移的电子数为_____________________________。

(4)自来水厂常用EB2对饮用水进行杀菌消毒，处理后的水中要求EB2的残留的浓度为一般可用碘量法对其进行检测，现操作步骤如下：

Ⅰ；取1L水样加硫酸酸化；向其中加入足量的KI溶液，充分反应后，用NaOH溶液调节溶液至中性，加入淀粉溶液。

Ⅱ、用溶液滴定Ⅰ所得溶液，测得所用体积为

①步骤Ⅰ中EB2与碘化钾溶液反应的离子方程式为___________________________________。

②滴定终点的现象_________________________________________________________。

③步骤Ⅰ中调节溶液至中性的原因是________________________________________。

④该水样中EB2的浓度为______________________________mg/L。（保留到小数点后两位）31、下表为10种元素在元素周期表中的位置；请回答有关问题：

。

ⅠA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

0

2

①

②

3

③

④

⑤

⑥

⑦

⑧

4

⑨

⑩

(1)表中最活泼的金属是___(填元素符号；下同)，非金属性最强的元素是_____。

(2)表中能形成两性氢氧化物的元素是____；写出该元素的氢氧化物与⑨最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式____。

(3)请设计一个实验方案，比较⑦、⑩单质氧化性的强弱_____。32、已知A、B、C、D、E是化学中常见的物质，常温下，E是一种无色无味的液体，一定条件下，它们之间有如下反应关系。A+BC+D+E

（1）若A是碳，B是浓硫酸，C、D都是气体，试写出此反应的化学方程式_______________。

（2）若A是铜，B是硝酸，反应时生成的C是红棕色气体，反应的离子方程式是________________，生成的C与水反应的化学方程式为______________________________。

（3）若实验室中利用A和B的反应制备气体C，C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小的气体，试写出此反应的化学方程式____________________________________________；实验室检验C的方法__________________________________________________。

（4）若A是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分，B是稀盐酸，则A和B在水溶液反应的离子方程式是______________________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．空气属于胶体；海市蜃楼是光线在延直线方向密度不同的气层中，经过折射造成的结果，故A正确；

B．水乳交融体现的是物质溶解性；属于物理变化，火上浇油体现的是物质的燃烧反应，属于化学变化，故B正确；

C．水滴石穿蕴含着碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙；属于化学变化，绳锯木断体现的是物质间的摩擦，属于物理变化，故C错误；

D．“落汤螃蟹着红袍”体现了在加热条件下蛋白质发生了变性；生成了新的物质，属于化学变化，故D正确；

故选C。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．铜与氯化铁溶液反应的离子方程式为故A正确；

B．少量碳酸氢铵溶液与足量烧碱溶液混合加热，其离子方程式为故B错误；

C．碳酸钙与醋酸均为弱电解质，不能拆，其反应为故C错误；

D．铁与盐酸反应生成亚铁离子，其离子方程式为故D错误；

故选A。3、B【分析】【详解】

A.向BaCl2溶液中通入SO2和气体X；出现白色沉淀，气体X可能是氨气，不具有氧化性，故A错误；

B.向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，振荡，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝说明生成了碘单质，则氧化性：Fe3+>I2；故B正确；

C.向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液；二者反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，碳酸根离子浓度减小之至消失，则溶液碱性逐渐减弱，导致溶液红色褪去，而氯化钡溶液呈中性，故C错误；

D.向2mL2%的硫酸铜溶液中滴入几滴NaOH溶液；振荡后再加入1mL有机物X，加热后未出现砖红色沉淀，可能是氢氧化钠的量不够，故D错误；

故选：B。

【点睛】

向BaCl2溶液中通入SO2，由于不能弱酸制取强酸，所以两者不反应。但若再通入碱性气体氨气或氧化性气体或能和水反应生成氧化物的气体，就可以出现白色沉淀。如向溶液中通入氯气、NO2都可以氧化溶液中的+4价硫从而生成BaSO4沉淀。通入硫化氢也可以生成沉淀S。4、C【分析】【分析】

根据题意可知，制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA•HCl，过程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，乙烯的氯化过程为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl；由此分析。

【详解】

A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水；然后向氨盐水中通二氧化碳，生产溶解度较小的碳酸氢钠，再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净洁白的碳酸钠，由图可知，过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，故A正确；

B．程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA⋅HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，实现了TBA、CuCl2的再生；故B正确；

C．制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA⋅HCl，理论上每生成1molNaHCO3需要1molTBA，根据过程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，乙烯的氯化过程为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，则关系式TBA∼CuCl∼C2H4Cl2，则理论上每生成1molNaHCO3，可得到0.5molC2H4Cl2；故C错误；

D．根据分析，过程Ⅲ是乙烯的氯化过程，化学方程式为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl；故D正确；

答案选C。5、B【分析】【分析】

氯气通入溶液中，与水反应发生Cl2+H2O═HCl+HClO，氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-。

【详解】

A.次氯酸具有漂白性；则加入有色布条后，有色布条褪色，说明有HClO分子存在，故A错误；

B.氯气为黄绿色气体，具有刺激性气味，则氯水呈黄绿色，说明有Cl2分子存在；故B正确；

C.向氯水中加入NaOH粉末，Cl2、HClO、H+都和NaOH反应；不会有气泡产生，现象是氯水浅黄绿色消失，故C错误；

D.加入AgNO3溶液，Cl2、Cl-都和AgNO3反应生成白色沉淀；故D错误。

故选B。6、A【分析】【详解】

A．1个14C中含有的中子数为8，1.4g14C的物质的量为0.1mol，则含有的中子数为0.8NA；A正确；

B．2.8g乙烯的物质的量为0.1mol，1个乙烯分子中含有6对共用电子，则分子中含有0.6NA对共用电子；B错误；

C．标准状况下；二氯甲烷为液体，不能计算其物质的量，C错误；

D．不确定溶液体积；不能计算物质的量，D错误。

故选A。7、D【分析】【详解】

A．O为2价；与氢和氯各形成一个共价键，HClO的结构式：H-O-Cl，故A错误；

B．N为7号元素，15N的原子结构示意图：故B错误；

C．H2O2是共价化合物，H2O2的电子式是：故C错误；

D．MgBr2是离子化合物，用电子式表示MgBr2的形成过程为：故D正确；

故选D。8、D【分析】【详解】

A．3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，则0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为=0.27NA；A不正确；

B．没有提供pH=13的NaOH溶液的体积，无法计算由水电离的OH-离子数目；B不正确；

C．氢氧燃料电池正极消耗O2的体积为22.4L（标准状况），电路中通过的电子数目为=4NA；C不正确；

D．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应，生成4molN2时，转移电子的物质的量为15mol，则生成28gN2(物质的量为1mol)时，转移的电子数目为=3.75NA；D正确；

故选D。9、B【分析】【详解】

．基态钠离子核外电子排布式为：叫电子排布图（或轨道表示式），但不是轨道排布式，A错误；

B．硫离子核内16个质子，核外18个电子，有3个电子层，最外层有8个电子B正确；

C．氯化铵的电子式为：C错误；

D．对氯甲苯中氯原子和甲基应该在对位上，D错误；

答案选B。二、多选题(共6题，共12分)10、AD【分析】【详解】

根据表格中数据分析144g合金生成112mL气体，因此，产生560mL气体要消耗720g合金，故实验3还有144g固体未反应。根据实验编号1进行计算，假设Mg为xmol，Al为ymol，则有24x+27y=0.144g，由于硝酸只被还原为一氧化氮，根据电子转移守恒可得2x+3y==0.015mol，联立方程组可解得x=0.0015mol，y=0.004mol。720g是144g的5倍，因此根据氮原子守恒得到720g合金消耗硝酸物质的量为0.0015mol×5×2+0.004mol×5×3+=0.1mol，因此稀硝酸浓度为此时溶液中n(Mg2+)=0.0015mol×5=0.0075mol，n(Al3+)=0.004mol×5=0.02mol，剩余金属物质的量n(Mg)=0.0015mol，n(Al)=0.004mol，因此加入足量的1.0mol∙L−1NaOH(aq)充分反应，使固体质量不再发生变化，根据关系式得到需要n(NaOH)=2n(Mg2+)+4n(Al3+)+n(Al)=2×0.0075mol+4×0.02mol+

0.004mol=0.099mol，因此加入足量的1.0mol∙L−1NaOH(aq)充分反应，使固体质量不再发生变化，NaOH溶液体积故AD正确。

综上所述，答案为AD。11、CD【分析】【分析】

根据题目信息，114号是第7周期IVA族的元素，可以得到两个结论：一、属于碳族元素；二、在周期表中处于元素Pb的下方；根据元素周期律，同一主族，元素的性质具有相似性和递变性。

【详解】

A．第7周期IVA族元素的最外层电子数均为4；故A正确；

B．同主族元素的原子，从上到下失电子能力逐渐增强，114号元素在周期表中处于元素Pb的下方；故它的失电子能力比铅强，故B正确；

C．根据碳族元素中；C；Si等化合价有+2、+4价可以推知它具有+2、+4价，故C错误；

D．同主族元素的原子；从上到下最高价氧化物对应水化物的酸的酸性逐渐减弱，碳酸是弱酸，所以它的最高价氧化物的水化物不具有酸性，故D错误。

故选CD。12、CD【分析】【分析】

铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe(OH)2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水，双氧水将Fe(OH)2浊液氧化成浊液D，浊液D为Fe(OH)3与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，经过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4；据此分析解答。

【详解】

A．步骤①中与盐酸反应为非氧化还原反应；A项错误；

B．步骤②中，发生反应的离子方程式为B项错误；

C．步骤④中；氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成氢氧化铁，氢氧化亚铁含量减少，氢氧化铁含量增多，C项正确；

D．步骤⑤为浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得的过程，要分离出需经过滤；洗涤；D项正确；

本题答案CD。13、CD【分析】【分析】

由题意及流程图，腐蚀废液中主要含加入过量铁粉，铁与FeCl3、CuCl2反应得到FeCl2和Cu单质，过滤后向滤液中加氧化剂可得到FeCl3；据此分析。

【详解】

A．腐蚀废液中加入过量铁粉发生反应1，铁与FeCl3、CuCl2反应分别得到FeCl2、Cu单质，化学方程式为Fe+2FeCl3=3FeCl2、Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，两个反应都属于氧化还原反应，反应2为FeCl2和氧化剂反应生成FeCl3；属于氧化还原反应，A正确；

B．操作1是分离固体和液体的操作；为过滤操作，需要用到的主要玻璃仪器有漏斗；烧杯和玻璃棒，B正确；

C．物质X氧化Fe2+生成Fe3+，可以选用Cl2氧化，因酸性高锰酸钾氧化剂极强，会将Cl–氧化生成Cl2，故不能选用酸性KMnO4溶液；C错误；

D．向煮沸的蒸馏水中滴加几滴饱和的FeCl3溶液继续煮沸至红褐色可制备Fe(OH)3胶体，而向饱和的FeCl3溶液中滴加NaOH溶液得到Fe(OH)3沉淀；D错误；

故答案选CD。14、BC【分析】【详解】

A．浓盐酸易挥发；见光不分解，保存在无色密封的玻璃瓶中，A正确；

B．碘在水中微溶；不能保存在水中，碘直接保存在棕色试剂瓶中，故B错误；

C．溴单质易挥发；应在盛溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发，水封法保存，液溴能腐蚀橡胶，不能用橡皮塞，故C错误；

D．溴化银易分解；应保存在棕色瓶中，故D正确。

故答案为：BC。15、AB【分析】【详解】

A．电解NaCl溶液生成NaOH、氢气和氯气，Fe与Cl2在加热条件下反应生成FeCl3；故A错误；

B．MnO2与浓盐酸在加热条件下反应可制取Cl2；与稀盐酸不反应，故B错误；

C．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2；具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，故C正确；

D．Cl2能与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，其反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；故D正确；

故答案为AB。三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】【分析】

（1）铁器在具有O2、H2O（潮湿）等环境中容易被腐蚀；

（2）②化合物中化合价代数和为0可知FeO(OH)中铁元素的化合价为+3；

③反应中元素的化合价均不变化，所以Fe2+的作用是既不是氧化剂也不是还原剂；

④1mol四氧化三铁中含有1mol亚铁离子；失去1mol电子，所以根据电子得失守恒和原子守恒可配平化学方程式；

（3）①氯离子可以利用硝酸银溶液检验，所以检测洗涤液中Cl-的方法是取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银的混合液，若无白色沉淀产生说明无Cl-；

②离子反应的本质是离子浓度的减小；这说明FeO(OH)更难溶；

③1mol四氧化三铁中含有1mol亚铁离子；亚硫酸钠的氧化产物是硫酸钠，根据电子得失守恒；原子守恒以及电荷守恒可以配平方程式。

【详解】

（1）铁器在具有O2、H2O（潮湿）等环境中容易被腐蚀；

（2）②根据化合物中化合价代数和为0可知FeO(OH)中铁元素的化合价为+3；

③反应中元素的化合价均不变化，所以Fe2+的作用是既不是氧化剂也不是还原剂；答案选c；

④1mol四氧化三铁中含有1mol亚铁离子，失去1mol电子，所以根据电子得失守恒和原子守恒可知反应的方程式为4Fe3O4+O2+6H2O＝12FeO(OH)；

（3）①氯离子可以利用硝酸银溶液检验，所以检测洗涤液中Cl-的方法是取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银的混合液，若无白色沉淀产生说明无Cl-；

②离子反应的本质是离子浓度的减小；这说明FeO(OH)更难溶，因此FeOCl的溶解度大于FeO(OH)的溶解度；

③1mol四氧化三铁中含有1mol亚铁离子，亚硫酸钠的氧化产物是硫酸钠，根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒可知Na2SO3还原FeO(OH)形成Fe3O4的离子方程式是SO32-+6FeO(OH)＝SO42-+2Fe3O4+3H2O。【解析】①.H2O(潮湿)②.＋3③.c④.4⑤.1⑥.6⑦.12⑧.取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银的混合液，若无白色沉淀产生说明无Cl－⑨.>⑩.1⑪.6⑫.1⑬.2⑭.317、略

【分析】【详解】

(1)a.在转化过程的储存过程中；氮元素化合价升高，被氧化，a错误；

b.根据催化剂的特点可知催化剂参与储存和还原过程，b错误；

c.还原过程中氮元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，则生成转移电子为0.1mol×5×2＝1.0mol，c正确；

d.根据示意图可判断三效催化剂能有效实现汽车尾气中三种成分的净化；d正确；

答案选cd；

(2)二氧化氮具有氧化性，亚硫酸钠具有还原性，二者之间会发生氧化还原反应：

(3)①铵盐能与强碱反应放出氨气，则检验铵根离子的方法为：取少量废水于试管中，向其中加入浓溶液，加热，把湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，证明废水中有若试纸不变蓝，证明废水中无

②因为次氯酸钠氧化废水中使之转化为N2，而本身被还原为NaCl，根据得失电子守恒，离子方程式为2+3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O，根据方程式可知，处理废水产生了0.448L即0.02molN2（标准状况），则需消耗浓度为0.5mol•L-1的次氯酸钠的体积为0.06mol÷0.5mol•L-1=0.12L。【解析】①.cd②.③.取少量废水于试管中，向其中加入浓溶液，加热，把湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，证明废水中有若试纸不变蓝，证明废水中无④.0.1218、略

【分析】【详解】

(1)经酒精润湿的海带应放在坩埚中灼烧,所以为坩埚；

(2)将固体与液体相互分离的方法操作为过滤；故为过滤；

(3)溶液中加入溶液分层，上层为水层，几乎无色，下层为有机层，呈紫红色，起萃取作用；

(4)用酒精灯直接加热碘的溶液，挥发的同时单质碘也容易升华；从而造成碘的损失，故为酒精灯直接加热时的温度高，单质碘易升华，会损失碘；

(5)利用淀粉遇碘单质变蓝可以检验碘单质的存在，故为取得到的固体少许，将其加入淀粉溶液中，淀粉溶液变蓝，即可证明所得固体为碘单质(其他方法合理也可)。【解析】坩埚过滤紫红萃取酒精灯直接加热时的温度高，单质碘易升华，会损失碘取得到的固体少许，将其加入淀粉溶液中，淀粉溶液变蓝，即可证明所得固体为碘单质(其他方法合理也可)19、略

【分析】【详解】

（1）根据图示；分类方法为交叉分类法；

（2）氢氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水，碳酸铜和盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳，故碱式碳酸铜与足量盐酸反应的化学方程式为Cu2(OH)2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑；

（3）b个分子的物质的量为mol，所以混合气体的平均摩尔质量为g/mol，则ng该混合气体的物质的量为mol，所以在标准状况下的体积为L；

（4）该气体的摩尔质量为g/mol；标准状况下该气体的体积是L；

（5）设NH3和CH4的物质的量分解为x、y，根据题意可知3x=4y，x:y=4:3，故NH3和CH4的物质的量之比为4:3。【解析】(1)A

(2)Cu2(OH)2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑

(3)

(4)28g·mol-10.224

(5)4∶320、略

【分析】【分析】

A.水晶是含有极性键的原子晶体；B.冰醋酸是分子晶体；含有共价键的极性分子；C.白磷是分子晶体，含非极性键；D.固态氩是由原子构成的分子晶体；E.氯化铵含有极性键和离子键的离子晶体；F.铝是金属晶体，含金属键；G.金刚石含非极性键的原子晶体。

【详解】

⑴根据上面分析得到属于原子晶体的化合物是水晶即A；直接由原子构成的分子晶体是晶体氩即D；故答案为：A；D。

⑵由极性分子构成的晶体是冰醋酸即B；含有共价键的离子晶体是氯化铵即E；故答案为：B；E。

⑶分子内存在化学键，但受热熔化时，化学键不发生变化，说明是分子晶体但不包括稀有气体，则为冰醋酸和白磷即BC，受热熔化，需克服共价键，说明为原子晶体，则为水晶和金刚石即AG；故答案为：BC；AG。【解析】①.A②.D③.B④.E⑤.BC⑥.AG21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，设0.5mol铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m1、m2，则：解之，m1==16g，m2==14g，溶解的金属质量为18g-2.8g=15.2g，14g＜15.2g＜16g，则铁完全反应、铜部分反应，且Fe3+完全反应；剩余的金属为Cu；答案为Cu。

(2)参加反应的Fe、Cu总质量为15.2g，反应后溶液中溶质为FeCl2、CuCl2，设参加反应的Cu的物质的量为x，根据电荷守恒，2n(Fe2+)+2n(Cu2+)=n(Cl-)，即2n(Fe2+)+2x=0.5mol×3，故n(Fe2+)=(0.75-x)mol，根据Fe原子守恒可知，参加反应的n(Fe)=(0.75-x)mol-0.5mol=(0.25-x)mol，故56×(0.25-x)+64x=15.2，解得x=0.15mol，故原固体混合物中Cu的质量m(Cu)=2.8g+0.15mol×64g/mol=12.4g；答案为12.4。

(3)反应后溶液中溶质为FeCl2、CuCl2，根据电荷守恒可知，2n(Fe2+)+2n(Cu2+)=n(Cl-)=0.5mol×3，即n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.75mol；答案为0.75。【解析】Cu12.40.7522、略

【分析】【分析】

由元素在周期表中的位置可知；①是H；②是C、③是N、④是O、⑤是Na、⑥是S、⑦是Cl，结合元素周期律分析解答。

【详解】

(1)元素①为H；名称为氢，故答案为：氢；

(2)元素③为N，N的最高价氧化物的水化物为HNO3，故答案为：HNO3；

(3)元素的非金属性越强；氢化物越稳定，非金属性：Cl＞S，则⑥和⑦两种元素的气态氢化物中稳定性较强的是HCl，故答案为：HCl；

(4)②和④两种元素形成的常见气态化合物有CO和CO2；都是共价化合物，都只含有极性共价键，故答案为：极性共价键；

(5)⑤和⑦两种元素形成的化合物为NaCl，为离子化合物，电子式为故答案为：【解析】氢HNO3HCl极性共价键四、判断题(共4题，共24分)23、B【分析】【详解】

乙酸乙酯和乙醇互溶，不分层，不能用分液漏斗分离，错误。24、B【分析】【详解】

等质量的和的物质的量之比为=1：2，同温、同体积的条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，故等于1：2，故错误。25、A【分析】【分析】

【详解】

氯气与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，Cl元素的化合价部分由0价升至+1价、部分由0价降至-1价，Cl2既是氧化剂又是还原剂，正确。26、B【分析】【分析】

（1）

在离子化合物中一定含有离子键；可能存在共价键，如NaOH是离子化合物，其中含有离子键；共价键，因此该说法是错误的。

（2）

惰性气体是单原子分子；分子中只有一个原子，就不存在共价键，因此在单质分子中不一定存在共价键，这种说法是错误的。

（3）

共价键可能存在于多原子单质分子中；也可能存在共价化合物分子中，还可能存在于离子化合物中，因此不一定只存在于共价化合物中，这种说法是错误的。

（4）

共价键、离子键的强弱取决于微粒之间作用力的大小，有的共价键比离子键强，有的共价键比离子键弱，因此不能说共价键不如离子键牢固，这种说法是错误的。五、结构与性质(共2题，共8分)27、略

【分析】【分析】

R元素的基态原子最外层有3个未成对电子；次外层有2个电子，R是N元素；S元素的单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性，S是F元素；T元素的基态原子3d轨道上有1个电子，T是21号元素Sc；X元素的原子核外有12个电子，X是Mg元素。

【详解】

(1)R是N元素；氮原子2p轨道半充满，能量低，稳定，所以第一电离能要大于其同周期相邻的O元素；

(2)元素F的电负性最大，只能得电子，所以F元素没有正价；F元素的最外层电子排布式为2s22p5；

(3)Sc原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d14s2，所以N能层上电子数为2，其原子结构示意图为

(4)根据能量最低原理，Mg原子最外层2个电子应排布在3s轨道上，所以核外电子排布图违背了能量最低原理；电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光的形式释放能量，所以燃放焰火时，焰火发出五颜六色的光。【解析】①.N原子2p轨道半充满，所以能量低②.否③.F的电负性最强，只能得电子④.2s22p5⑤.2⑥.⑦.能量最低原理⑧.电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光子的形式释放能量28、略

【分析】【分析】

（1）Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O中Na；H为+1价；Al为+3价，O为﹣2价，O的最外层有6个电子；

（2）同温同压下；上述元素形成的气体密度最大的物质为臭氧；

（3）同周期从左往右金属性减弱；

（4）Al2O3可与酸；强碱反应生成盐和水；为两性氧化物。

【详解】

（1）只有O为负价，氧原子的电子式为故答案为

（2）同温同压下，上述元素形成的气体密度最大的物质的分子式为O3，故答案为O3；

（3）上述反应中两种金属元素对应单质的活泼性强弱关系为Na＞Al；从原子结构的角度分析其原因为两者电子层数相同；Na的质子数比Al的质子数小，较易失去最外层电子，故答案为Na＞Al；两者电子层数相同，Na的质子数比Al的质子数小，较易失去最外层电子；

（4）Al2O3可与酸、强碱反应生成盐和水，为两性氧化物；氧化铝与水不反应，氢氧化铝为两性氢氧化物，则BC中方程式合理，氢氧化铝可溶于盐酸，则D中合理，故答案为两性；BCD。【解析】O3Na＞Al两者电子层数相同，Na的质子数比Al的质子数小，较易失去最外层电子两性BCD六、有机推断题(共4题，共36分)29、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↓+HCO3-30、略

【分析】【分析】

A原子最外层电子数比次外层电子数多2个电子，所以A为C；B的阴离子与C的阳离子电子数之和为20，质子数相差3,则B为O，C为Na；气体DB2中D的质量分数为50%，则D为S；A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的六种常见元素,E2、EB2均是生活生产中常见的杀菌消毒剂,则E为Cl；A与F形成一种化合物M可与水反应生成一种可燃性的直线型分子N；则F为Ca，以此分析解答。

【详解】

(1)根据上述分析可知：D为S，E为Cl，根据非金属间的置换反应可以证明非金属性强弱，如说明非金属性S

(2)根据上述分析可知：A为C，F为Ca，A与F形成一种化合物M为CaC2，其电子式答案：