2025年粤教新版必修1化学下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年粤教新版必修1化学下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7题，共14分)1、下列解释事实的化学用语不正确的是A.碳酸钠溶液中存在平衡：CO32—+H2OOH—+HCO3—B.氢氧化亚铁暴露于空气中：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3C.电解NaCl溶液，阴极区溶液pH增大：2H2O+2e—=H2↑+2OH—D.钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-3e—=Fe3+2、下列分散系中，分散质微粒直径介于10-9～10-7m(1～100nm)之间并能产生丁达尔效应的是A.Fe(OH)3胶体B.CuSO4溶液C.NaNO3溶液D.KCl溶液3、下列物质不属于电解质的是A.HClB.NaOHC.NaClD.NH34、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.1molNa与O2完全反应生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子数为NA，生成物中离子总数为2NAB.的NaHSO3溶液中，由水电离的H+数目为0.01NA个C.32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成气体的分子数为0.5NAD.反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1，当放出热量9.2kJ时转移电子0.3NA5、下列关于合金的说法错误的是A.合金是由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质B.镁铝合金的硬度比镁和铝都小C.在合金中加入适量的稀土金属能大大改善合金的性能D.青铜、硬铝、钢都是合金6、已知A；B为单质；C为化合物。

①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na②若C溶液遇放出气体，则A可能是③若C溶液中滴加过量NaOH溶液，先出现浑浊后澄清，则B可能为Al④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成；则B可能为Cu

以上说法正确的是（）A.①②B.②④C.①③D.③④7、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.含NA个原子的气体的物质的量一定是1molB.3.2g16O2和3.6g18O2中含有的质子数均为1.6NAC.1L0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中所含CH3COO-个数为0.1NAD.标准状况下，2.24L甲烷、戊烷混合物所含分子数为0.1NA评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、下列各元素的原子或离子，各电子层都达到稳定结构的是A.He、Ne、Ar、Ca2+B.Be、SiC.F、Cl、S、OD.Na+、F-、Cl-、Al3+9、工业上用亚铬酸亚铁[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体的部分工艺流程如图所示：

已知：4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2Cr2O7+4NaFeO4+10CO2

2H++2CrO=Cr2O+H2O

下列说法正确的是A.“高温氧化”过程中只有Cr元素被氧化B.“酸化”主要目的是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7C.“滤渣”的主要成分是Na2SO4和Na2CO3D.生成K2Cr2O7的化学方程式是：Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl10、举世闻名的侯氏制碱法的工艺流程如下图所示；下列说法正确的是。

A.往母液中加入食盐的主要目的是使NaHCO3更多的析出B.从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水C.沉淀池中反应的化学方程式：2NH3+CO2+2NaCl+H2O=2NH4Cl+Na2CO3D.设计循环Ⅱ的目的是使原料二氧化碳利用率大大提升11、下列反应的离子方程式书写正确的是A.98.3%的硫酸加入到稀氢氧化钡溶液中：H+(aq)＋OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/molB.向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO-+SO2+H2O=HClO+HSO3-C.泡沫灭火器的反应原理：3HCO3-+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑D.Na2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：5SO32-+6H++2MnO4-=5SO42-+2Mn2++3H2O12、下列离子方程式书写正确的是A.FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+B.氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-C.氧化铝与盐酸反应：Al2O3+6H+=2Al3++3H2OD.NaHCO3溶液与足量Ca(OH)2溶液反应：2HCO+Ca2++2OH-=2H2O+CaCO3↓+CO13、下列各组性质比较中，正确的是A.颜色：F2、Cl2、Br2、I2逐渐变浅B.离子还原性：S2-＞Cl-＞Br-＞I-C.酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4D.金属性：K＞Na＞Mg＞Al14、是有机合成的催化剂，易潮解，升华温度为178℃。已知：实验室制备氯气常用方法：(浓)某小组设计实验制备如图所示。

下列说法正确的是A.装置②和装置③的位置不能互换B.先启动①中反应，当④中充满黄绿色时点燃酒精灯C.上述实验方案只存在1处错误D.如果用替代也可以完成上述实验15、下列说法正确的是()A.1molO2和1molN2所占的体积在标准状况下都约为22.4LB.H2的气体摩尔体积约为22.4LC.在标准状况下，1molH2和1molH2O所占的体积都约为22.4LD.在标准状况下，22.4L由N2、N2O组成的混合气体中所含有的氮原子的物质的量约为2mol16、X；Y、Z均为短周期元素；它们在周期表中相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法正确的是。

A.X的气态氢化物比Y的稳定B.X与Y形成的化合物都易溶于水C.Y的非金属性比Z的强D.最高价氧化物的水化物的酸性W比Z强评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、晶体的性质与晶体类型和结构紧密相关。

（1）氯酸钾熔化时克服的作用力是______；二氧化硅熔化时克服的作用力是______；碘升华时克服的作用力是______。三种晶体的熔点由高到低的顺序是______（填化学式）。

（2）下列六种晶体：①②③④⑤⑥金刚石，它们的熔点从低到高的顺序为______（填序号）。18、某校化学兴趣小组根据反应：H2O2+2HI=2H2O+I2探究影响化学反应速率的因素。实验数据如下：。实验编号H2O2溶液浓度/(mol·L-1)HI溶液浓度/(mol·L-1)温度/℃反应速率/(mol·L-1·s-1)①0.10.1250.0076②0.10.2250.0153③0.10.3250.0227④0.10.1350.0304

回答下列问题：

（1）反应：H2O2+2HI=2H2O+I2中，氧化剂是___。

（2）25℃时，表明增大反应物浓度，化学反应速率___(填“增大”或“减小”)。

（3）能表明温度对化学反应速率影响的实验编号是①和___。

（4）H2O2不稳定，写出H2O2发生分解反应的化学方程式：___。19、回答下列问题：

（1）根据反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2

①氧化剂是___________还原剂是___________氧化产物是___________

②氧化剂与还原剂的质量之比为___________。

③当生成28gN2时被氧化的物质为___________g。

（2）高铁酸钠(Na2FeO4)(铁为+6价)是一种新型的净水剂，可以通过下述反应制取：2Fe(OH)3+4NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O

①该反应中氧化剂是___________(用化学式表示，下同)，___________元素被氧化，还原产物为___________。

②用双线桥在方程式中标出电子转移的情况：___________

（3）化合价是学习氧化还原反应的基础。写出以下几种物质中加点元素的化合价。

H2C2O4___________NH4NO3___________20、按要求填空：

(1)酸性KMnO4溶液与Fe2+反应生成Mn2+；该反应的离子方程式是：______________________________________________________________；

(2)已知氧化性：Cl2>Fe3+>I2，还原性：I－>Fe2+>Cl－,则向FeI2溶液中通入等物质的量的Cl2发生反应的总离子方程式为：______________________________________________；

(3)请写出实验室中用可溶性的铝盐制备氢氧化铝的离子方程式_______________________________；

(4)请写出过量的铁与稀硝酸反应的离子方程式_____________________________________________。21、写出下列微粒的结构示意图和电子式：

（1）He______________

（2）Be______________

（3）O_______________

（4）Al______________

（5）Cl______________________

（6）Si______________22、（1）纯净物可根据其组成和性质进行分类。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）人们以______________________为分类标准分出溶液、胶体和浊液三种体系。实验室制备Fe（OH）3胶体的实验步骤是:________________________________________________________________________，请写出实验室制备Fe（OH）3胶体的化学方程式：_________________________________。

（3）以H；O、S、N几种元素中任意两种或三种元素组成合适的常见物质；分别将其中一种常见物质的化学式填在下表相应类别中：

。物质类别。

非含氧酸。

碱。

酸式盐。

酸性氧化物。

化学式。

______

_____

____

_____

23、现有下列十种物质：①稀硫酸；②小苏打溶液；③固体纯碱；④二氧化碳；⑤Fe；⑥氢氧化钾；⑦氢氧化铁；⑧CuO；⑨稀HNO3；⑩硫酸铜溶液。按要求各写一个化学反应方程式。

(1)置换反应_________

(2)酸性氧化物与碱反应__________

(3)碱性氧化物与酸反应_________

(4)中和反应_______

(5)分解反应_______

(6)酸式盐与碱反应________

(7)盐与酸的反应__________24、下列是有水参与的反应：

①2Na+2H2O=2NaOH+H2↑

②2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑

③Na2O+H2O=2NaOH

④2H2O2H2↑+O2↑

⑤2F2+2H2O=4HF+O2

(1)其中不属于氧化还原反应的是_______(填序号)。

(2)在这些氧化还原反应中，水只作氧化剂的反应是_______(填序号，下同)；水只作还原剂的反应是___；水既作氧化剂，又作还原剂的是________。

(3)反应④中，氧化产物与还原产物分子个数之比为_________。

(4)上述反应中涉及到多种物质，其中属于电解质的有________种。25、国家卫生健康委员会发布公告称；富硒酵母；二氧化硅、硫黄等6种食品添加剂新品种安全性已通过审查，这些食品添加剂包括食品营养强化剂、风味改良剂、结构改善剂、防腐剂，用于食品生产中，将更好地满足吃货们的心愿，丰富舌尖上的营养和美味。请回答下列问题：

(1)富硒酵母是一种新型添加剂，其中硒元素在周期表中的位置为____。

(2)下列说法正确的是____。

A.热稳定性：B.与的中子数之和为60

C.酸性：D.还原性：

(3)短周期元素都可能存在于某些食品添加剂中；其最高正化气价或最低负化合价与原子序数的关系如图所示：

①由三种元素组成的化合物的电子式为____。

②元素形成的简单离子中半径最大的是___(用化学式表示)，其结构示意图为___。

③和组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是____(填化学式)，此化合物可将碱性工业废水中的氧化，生成碳酸盐和氨气，相应的离子方程式为____。评卷人得分四、判断题(共1题，共9分)26、过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共3题，共27分)27、用NaOH固体配制480mL1.0mol/L的NaOH溶液；有如下操作步骤：

①计算；称量NaOH固体的质量。

②把称量好的NaOH固体放入小烧杯中；加适量蒸馏水溶解，并冷却至室温。

③把②所得溶液小心转入容量瓶中。

④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次；每次洗涤的液体都小心转入容量瓶。

⑤继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1cm～2cm处；改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切。

⑥将容量瓶瓶塞塞紧；充分摇匀。请填写下列空白：

(1)所需仪器除托盘天平；烧杯、玻璃棒、胶头滴管外；还用到的玻璃仪器有___________；使用容量瓶前必须进行的操作是_______，用托盘天平称量实验所需的NaOH固体为______g。

(2)试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响。(填“偏高”“偏低”或“无影响”)

①为加速固体溶解；可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容。对所配溶液浓度的影响：___________。

②定容后；加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶液浓度的影响：________。

③定容时俯视液面，对所配溶液浓度的影响：_______。28、阳极泥处理后的沉渣中含AgCl，工业上可用Na2SO3溶液作浸取剂浸出回收。某小组在实验室模拟该过程。

已知：

i．25oC时，部分物质的溶解度：AgCl1.9×10–4g；Ag2SO34.6×10–4g；Ag2SO40.84g。

ii．25oC时，亚硫酸钠溶液酸化过中含微粒的物质的量分数随pH变化如图所示。

Ⅰ.浸出氯化银。

取AgCl固体，加入1mol/LNa2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液（pH=8），该过程中发生的反应为AgCl+[Ag(SO3)2]3–+Cl–。

（1）用平衡移动原理解释AgCl溶解的原因是___。

Ⅱ.酸化沉银。

（2）经检测，沉淀m为AgCl，则溶液m中含微粒的主要存在形式是________。

（3）探究沉淀n的成分。

①甲同学认为沉淀n一定不含Ag2SO4，其依据是________。

②乙同学认为沉淀n可能含Ag2SO3，进行实验验证。

i.本实验设计的依据是：Ag2SO3具有________性。

ii.乙同学观察到________，得出结论“沉淀n不含Ag2SO3”。

③丙同学从溶液n的成分角度再次设计实验证明沉淀n不含Ag2SO3。

i.本实验设计的依据是：若沉淀n含Ag2SO3，则溶液n中含微粒的总物质的量___（填“＞”、“＝”或“＜”）Cl–物质的量。

ii.结合实验现象简述丙同学的推理过程：____。

Ⅲ．浸取剂再生。

（4）溶液m经处理后可再用于浸出AgCl，请简述该处理方法____。29、实验室现需用500mL、0.2mol/L的Na2SO4溶液；请填写下列空白：

A．在天平上称出硫酸钠固体；把它放在___里，用适量的蒸馏水使它完全溶解。

B．把A所得溶液小心地注入容量瓶中。

C．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒___次；每次洗涤的液体都小心注入容量瓶，并轻轻摇匀。

D．继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度___cm处；改用___，小心滴加蒸馏水至溶液凹面底部与刻度线相切。

E．将容量瓶塞塞紧；充分摇匀。

①本实验用到的基本仪器已有烧杯；天平(砝码、镊子)、药匙、量筒；还缺少的仪器是：___、___、___。

②下列情况会使所配溶液浓度偏高或偏低或不影响。

a．某同学定容时俯视液面（________）；

b．洗涤液未转入容量瓶（_______）；

c．容量瓶用前内壁沾有水珠，未烘干（________）。评卷人得分六、推断题(共2题，共14分)30、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________31、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

A．碳酸为二元弱酸，则碳酸钠溶液中存在二步水解平衡，第一步为：CO32-+H2OOH-+HCO3-；A解释正确；

B．氢氧化亚铁暴露于空气中，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，即4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；B解释正确；

C．电解NaCl溶液，阴极区水得电子生成氢气和氢氧根离子，即2H2O+2e-=H2↑+2OH-；此区域溶液pH增大，C解释正确；

D．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；D解释错误；

答案为D。

【点睛】

钢铁发生吸氧或析氢腐蚀时，生成的均为+2价的铁。2、A【分析】【分析】

分散质粒子直径大小分类；把分散系分为：溶液；胶体、浊液，本质区别就是分散质的微粒直径不同。溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，胶体具有丁达尔效应，据此即可解答。

【详解】

氢氧化铁胶体分散质微粒直径介于10−9∼10−7m(1∼100nm)之间并能产生丁达尔效应，故A正确；CuSO4溶液、NaNO3溶液、KCl溶液都是溶液分散系，分散质微粒直径小于1nm，不能发生丁达尔效应，故BCD错误，故选：A。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．HCl在水溶液中能够导电；是电解质，故A不符合题意；

B．NaOH在水溶液中或熔融状态下能够导电；是电解质，故B不符合题意；

C．NaCl在水溶液中或熔融状态下能够导电；是电解质，故C不符合题意；

D．氨气在水溶液中与水反应生成一水合氨；一水合氨电离出自由移动的离子导电，氨气自身不能电离，是非电解质，故D符合题意；

故答案为D。4、C【分析】【详解】

A．钠和氧气反应后变为+1价，故1mol钠完全反应转移1mol电子即NA个，而生成的产物无论是氧化钠还是过氧化钠，均是2molNa＋～1mol阴离子，而1mol钠反应后变为1molNa＋，故所对应的阴离子的物质的量为0.5mol，即产物中离子共1.5NA个；故A错误；

B．pH=2的NaHSO3溶液中，HSO3－的电离大于水解，溶液中的氢离子主要来自于HSO3－的电离，溶液中水电离出的氢离子小于0.01NA个；故B错误；

C．32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，无论生成二氧化硫还是氢气，生成的气体均为0.5mol，生成气体的分子数为0.5NA；故C正确；

D．反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1，转移6mol电子，放出热量9.2kJ时，转移电子0.6NA；故D错误；

故选C。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．合金是由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质；A正确；

B．镁铝合金的硬度比镁和铝都大；B错误；

C．在合金中加入适量稀土金属；能大大改善合金的性能，C正确；

D．青铜是铜合金；硬铝是铝合金、钢是铁碳合金；D正确；

故选B。6、B【分析】【分析】

【详解】

①若C溶于水后得到强碱溶液；如A为Na，则C溶液为NaOH溶液，电解NaOH溶液不能得到Na，故①错误；

②若C溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C溶液呈酸性，可能为HCl，则A可能是H2；B为氯气，电解盐酸可得到氢气和氯气，故②正确；

③若C溶液中滴加过量NaOH溶液；先出现浑浊后澄清，如B为Al，电解氯化铝溶液不能得到铝，故③错误；

④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成；应生成氢氧化铜，则B可能为Cu，A为氯气，电解氯化铜溶液可得到氯气和铜，故④正确；

故选B。7、B【分析】【分析】

【详解】

A.因为气体分子是单原子分子、双原子分子还是多原子分子未知，则含NA个原子的气体的物质的量不一定是1mol，含NA个分子的气体的物质的量一定是1mol；A错误；

B.16O2和18O2的摩尔质量分别为32g/mol和36g/mol，1个16O2和18O2中都含有16个质子，3.2g16O2和3.6g18O2物质的量均为0.1mol，故含有的质子数均为1.6NA；B正确；

C.1L0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中因为醋酸根离子水解所含CH3COO-个数＜0.1NA；C错误；

D.标准状况下，戊烷不是气体，故混合气体所含分子数不等于0.1NA；D错误；

答案选B。二、多选题(共9题，共18分)8、AD【分析】【分析】

【详解】

A.He最外层有2个电子，Ne、Ar、Ca2+最外层电子数都是8；都达到稳定结构，A符合题意；

B.Be；B、C、Si最外层电子数都不是8；都没有达到稳定结构，B不符合题意；

C.F；Cl、S、O最外层电子数都不是8；都没有达到稳定结构，C不符合题意；

D.Na+、F-、Cl-、Al3+最外层电子数都是8；都达到稳定结构，D符合题意；

故选AD。9、BD【分析】【分析】

亚铬酸亚铁和熔融Na2CO3在空气中高温氧化生成Na2CrO4，加水溶解后用稀硫酸酸化，使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7，再加热浓缩、冷却结晶并过滤除去Na2SO4，滤液中加入KCl浓溶液，有K2Cr2O7晶体析出。

【详解】

A．高温氧化时发生反应为4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2，反应中Fe元素从+2价升高为+3价，Cr元素从+3价升高为+6价，即Fe元素和Cr元素均被氧化；故A错误；

B．由2H++2CrOCr2O+H2O可知，加入稀硫酸酸化，是增大H+浓度，促进平衡正向移动，即使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7；故B正确；

C．酸化时Na2CO3应溶于稀硫酸生成Na2SO4，故滤渣中不可能含有Na2CO3；故C错误；

D．Na2Cr2O7溶液中加入KCl，因相同温度下K2Cr2O7的溶解度明显小于Na2Cr2O7，则有K2Cr2O7晶体析出，发生反应的化学方程式为Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl；故D正确；

故答案为BD。10、BD【分析】【分析】

根据侯氏制碱法的工艺流程，先通入氨气再通入二氧化碳反应得到碳酸氢钠晶体和含有氯化铵的母液，沉淀池中的反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓；过滤得到碳酸氢钠晶体，在煅烧炉中加热分解，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，过滤后的母液中通入氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品氯化铵，氯化钠溶液可以循环使用，据此分析解答。

【详解】

A．向母液中通氨气可以增大NH4+的浓度，加入食盐增大氯离子，使NH4Cl更多地析出，因此往母液中加入食盐的主要目的不是使NaHCO3更多的析出；故A错误；

B．向母液中通氨气可以增大NH4+的浓度，同时使NaHCO3转化为Na2CO3，加入食盐增大氯离子，使NH4Cl更多地析出，因此从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水；故B正确；

C．在沉淀池中饱和食盐水与通入的氨气和二氧化碳反应析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓；故C错误；

D．循环Ⅰ是将未反应的氯化钠返回沉淀池中使原料氯化钠的利用率大大提升；循环Ⅱ的目的是使生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应生成碳酸氢钠，使二氧化碳利用率大大提升，故D正确；

故选BD。

【点睛】

本题的易错点为B，要注意理解侯氏制碱法的工艺流程和原理，联合制碱法得到的主要产品为碳酸钠，氯化铵为副产品，因此循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3和氨水，同时含有部分未析出的NH4Cl。11、CD【分析】【分析】

A.98.3%的硫酸为浓硫酸，浓硫酸溶于水，放出热量，反应产生BaSO4放出热量；

B.NaClO具有强氧化性，与SO2会发生氧化还原反应；

C.泡沫灭火器中明矾与NaHCO3发生盐的双水解反应；

D.反应要遵循电子守恒；电荷守恒及原子守恒。

【详解】

A.98.3%的硫酸加入到稀氢氧化钡溶液中，浓硫酸溶于水放出大量热，Ba2+与SO42-结合形成BaSO4沉淀也放出热量，因此不能用H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol表示；A错误；

B.NaClO具有强氧化性，二者发生氧化还原反应产生H2SO4和NaCl；反应不符合事实，B错误；

C.泡沫灭火器中明矾电离产生的Al3+与小苏打电离产生的HCO3-发生盐的双水解反应，得到Al(OH)3沉淀和CO2气体，反应方程式为：3HCO3-+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑；C正确；

D.Na2SO3与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，产生Na2SO4、MnSO4和水，生成物无色，因此看到溶液由紫色变为无色，反应的离子方程式为：5SO32-+6H++2MnO4-=5SO42-+2Mn2++3H2O；D正确；

故合理选项是CD。

【点睛】

本题考查离子反应方程式书写的正误判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重考查氧化还原反应、与量有关反应的离子反应，注意选项A中和热的判断。中和热是可溶性强酸、强碱在稀溶液中发生中和反应产生可溶性盐和1mol水时放出的热量，浓硫酸溶于水放热。12、AC【分析】【详解】

A．FeCl3腐蚀铜线路板，离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；A正确；

B．氯气溶于水，离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO；B错误；

C．氧化铝与盐酸反应，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；C正确；

D．碳酸氢钠与足量Ca(OH)2反应，离子方程式为+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O；D错误；

故答案选AC。13、CD【分析】【分析】

【详解】

A．F2是淡黄绿色气体，Cl2是黄绿色气体，Br2是深红棕色液体，I2是紫黑色固体；颜色逐渐加深，故A错误；

B．单质的氧化性越强，相应离子的还原性越弱，卤素单质的氧化性从F2到I2逐渐减弱，所以还原性：I-＞Br-＞Cl-；故B错误；

C．元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性就越强，同主族元素非金属性从上到下依次减弱，所以酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4；故C正确；

D．同主族元素；从上到下，元素的金属性逐渐增强，所以金属性：K＞Na，同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，所以金属性：Na＞Mg＞Al，故D正确；

故选CD。14、AB【分析】【详解】

A．上述实验产生的氯气中含氯化氢；水蒸气；应先除氯化氢，后除水蒸气，装置②和③的位置不能互换，A正确；

B．先通入氯气排尽装置内空气；再进行氯气和铝反应，B正确；

C．氯化铝易凝华；导出氯化铝的导管太细，易堵塞导管；氯化铝易潮解，装置⑥中NaOH溶液中水易挥发进入装置⑤，使产品变质，共2处错误，C错误；

D．二氧化锰与浓盐酸反应需要加热；而上述实验没有酒精灯，D错误；

故选AB。15、AD【分析】【分析】

【详解】

A.若氧气和氮气所处的状态是标准状况，则1molO2和1molN2所占有的体积都约是22.4L；故A正确；

B.气体摩尔体积的单位是mol/L；标准状况下约是22.4L/mol，故B错误；

C.标准状况下，1molH2和的体积约是22.4L；标准状况下水是液体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故C错误；

D.标准状况下气体摩尔体积22.4L/mol，22.4L由N2和N2O组成的混合气体物质的量为1mol；每个分子都含有2个氮原子，氮原子是气体的2倍，故所含有的氮原子的物质的量2mol，故D正确。

故答案选：AD。16、CD【分析】【分析】

【详解】

略三、填空题(共9题，共18分)17、略

【分析】【分析】

(1)氯酸钾属于离子晶体；二氧化硅属于原子晶体，碘为分子晶体据此分析解答；

(2)一般而言；熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，金属晶体需要具体情况，具体分析。

【详解】

(1)氯酸钾为离子化合物，熔化时破坏离子键，二氧化硅是原子晶体，熔化时破坏共价键，碘为分子晶体，加热升华时发生物理变化，破坏分子间作用力；晶体的熔点高低顺序一般是：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，所以三种晶体的熔点由高到低的顺序是：二氧化硅＞氯酸钾＞碘；故答案为：离子键；共价键；分子间作用力；

(2)一般而言，原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，金属晶体的熔点相差很大。Si和金刚石都是原子晶体，原子半径越小，共价键越强，熔点越高，熔点Si＜金刚石；氯化钠为离子晶体，熔点较高；CO2和CS2都是分子晶体，相对分子质量越大熔点越高，熔点CO2＜CS2；Na的熔点低于100℃，在通常状况下是固态，而是液态，所以的熔点高于所以熔点低到高的顺序为金刚石；即①＜⑤＜③＜②＜④＜⑥，故答案为：①＜⑤＜③＜②＜④＜⑥；

【点睛】

本题的易错点为(2)，要注意金属晶体的熔点相差很大，有的很高，如金属钨，高达几千摄氏度，有的很低，如汞，常温下为液体。【解析】离子键共价键分子间作用力①＜⑤＜③＜②＜④＜⑥18、略

【分析】【详解】

(1)反应:H2O2+2HI=2H2O+I2中氧元素化合价降低，得到电子，氧化剂是H2O2。

(2)根据表中数据可知25℃时；增大反应物浓度，化学反应速率增大。

(3)要探究温度对反应速率的影响；其他条件不变，因此根据表中数据可知能表明温度对化学反应速率影响的实验编号是①和④。

(4)H2O2不稳定，易分解生成氧气和水，则H2O2发生分解反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑。【解析】H2O2增大④2H2O22H2O+O2↑19、略

【分析】【分析】

(1)

①在反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2中，氯元素的化合价从0价降低到-1价，得到电子，Cl2作氧化剂，氮元素的化合价从-3价升高到0价，失去电子，NH3作还原剂，生成的N2为氧化产物；②当3mol氯气发生反应时，得到6mol电子，所以参加反应的8mol氨气中只有2mol失去电子，所以氧化剂和还原剂的质量比为3mol×71g/mol∶2mol×17g/mol=213∶34。③根据反应方程式和②的分析可知，当生成28g氮气时，被氧化的氨气为34g。

(2)

①在2Fe(OH)3+4NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O中，氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到电子，NaClO作氧化剂，被还原为NaCl，故NaCl是还原产物。铁元素的化合价从+3价升高到+6价，失去电子，Fe元素被氧化。②在该反应中，铁元素的化合价从+3价升高到+6价，1molFe(OH)3失去3mol电子，则2molFe(OH)3失去6mol电子；氯元素的化合价从+1价降低到-1价，1molNaClO得到2mol电子，则3molNaClO得到6mol电子，用双线桥在方程式中标出电子转移的情况为：

(3)

在H2C2O4中，根据正负化合价代数和为0的原则，H为+1价，O为-2价，所以C为+3价。在NH4NO3中，NH中H为+1价，所以N为-3价。【解析】(1)Cl2NH3N2213∶3434

(2)NaClOFeNaCl

(3)+3-320、略

【分析】【详解】

(1)酸性KMnO4溶液与Fe2+反应生成Mn2+、Fe3+和H2O，该反应的离子方程式是：+8H++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O，故答案为：+8H++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O。

(2)根据题意，向FeI2溶液中通入等物质的量的Cl2，即1mol氯气和1molFeI2反应，1molFeI2电离出2molI－，其反应的离子方程式为：2I－+Cl2＝2Cl－+I2，故答案为：2I－+Cl2＝2Cl－+I2。

(3)实验室中用可溶性的铝盐和氨水反应制备氢氧化铝，其离子方程式Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3故答案为：Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3

(4)过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和H2O，其离子方程式3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O。【解析】+8H++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O2I－+Cl2＝2Cl－+I2Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+33Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O21、略

【分析】【分析】

（1）

He是2号元素，原子核外电子排布是2，故其原子结构示意图为原子核外电子层上有2个电子，故其电子式是

（2）

Be是4号元素，原子核外电子排布是2、2，故其原子结构示意图为原子最外层有2个电子，故其电子式是

（3）

O是8号元素，原子核外电子排布是2、6，故其原子结构示意图为原子最外层有6个电子，故其电子式是

（4）

Al是13号元素，原子核外电子排布是2、8、3，故其原子结构示意图为原子核外最外层有3个电子，故其电子式是

（5）

Cl是17号元素，原子核外电子排布是2、8、7，故其原子结构示意图为原子最外层有7个电子，故其电子式是

（6）

Si是14号元素，原子核外电子排布是2、8、4，故其原子结构示意图为原子核外最外层有4个电子，故其电子式是【解析】（1）

（2）

（3）

（4）

（5）

（6）22、略

【分析】【详解】

(1)树状分类法是一种很形象的分类法；按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，图示方法就是树状图，选项B正确，合理答案是选项B；

(2)根据分散质粒子直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液三种体系；在实验室制备Fe(OH)3的实验步骤是将30mL蒸馏水煮沸，然后将5〜6滴饱和FeCl3溶液逐滴加入沸水中，继续加热煮沸，待液体呈红褐色，停止加热，就得到了Fe(OH)3胶体；

(3)以H、O、S、N四种元素中任意两种或三种元素可组成的无氧酸有：H2S；碱有：NaOH或NH3•H2O；酸式盐有：NH4HS、NH4HSO4、NH4HSO3，氧化物有：H2O、NO、NO2、N2O5、SO2、SO3等。【解析】B分散质粒子大小将5〜6滴饱和FeCl3溶液逐滴加入沸水中，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HClH2SNH3·H2ONH4HSO4、NH4HSO3、NH4HSSO2、SO3、NO、NO223、略

【分析】【详解】

(1)Fe可以和硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸亚铁和铜单质，化学方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；

(2)上述十种物质中，酸性氧化物是CO2，可与KOH反应生成碳酸钾和水，化学方程式为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O；

(3)上述十种物质中，碱性氧化物是CuO，可与稀硝酸或稀硫酸反应生成盐和水，化学方程式为：CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O或CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；

(4)酸与碱发生中和反应生成盐和水，化学方程式为：HNO3+KOH=KNO3+H2O或H2SO4+2KOH=K2SO4+2H2O等；

(5)氢氧化铁可以发生分解反应生成氧化铁和水，化学方程式为：2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O；

(6)上述十种物质中，酸式盐是碳酸氢钠，可以和KOH反应生成碳酸钾、碳酸钠和水，化学方程式为：2NaHCO3+2KOH=K2CO3+Na2CO3+2H2O；

(7)上述十种物质中，纯碱可以和与硝酸反应生成硝酸钠、二氧化碳和水，化学方程式为：Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+CO2↑+H2O。【解析】Fe+CuSO4=FeSO4+CuCO2+2KOH=K2CO3+H2OCuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O或CuO+H2SO4=CuSO4+H2OHNO3+KOH=KNO3+H2O或H2SO4+2KOH=K2SO4+2H2O等2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O2NaHCO3+2KOH=K2CO3+Na2CO3+2H2ONa2CO3+2HNO3=2NaNO3+CO2↑+H2O24、略

【分析】【分析】

氧化还原反应的特征是元素化合价升降；元素化合价升高，失去电子，被氧化，作还原剂，反应产生氧化产物；元素化合价降低，得到电子，被还原，作氧化剂，反应产生还原产物，并根据电解质；非电解质的概念对物质进行判断。

【详解】

(1)在③Na2O+H2O=2NaOH中没有元素化合价的变化；该反应不属于氧化还原反应，其它反应中都有元素化合价的变化，故不属于氧化还原反应的序号是③；

(2)在①2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子，所以H2O为氧化剂；

在反应⑤2F2+2H2O=4HF+O2中，O元素化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子，所以H2O为还原剂；

在反应④2H2O2H2↑+O2↑中，H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子，H2O作氧化剂；O元素化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O又作还原剂；故该反应中H2O既是氧化剂；又是还原剂；

因此在这些氧化还原反应中；水只作氧化剂的反应序号是①；水只作还原剂的反应序号是⑤；水既作氧化剂，又作还原剂的反应序号是④；

(3)在反应④2H2O2H2↑+O2↑中，氧化产物是O2，还原产物是H2，根据方程式可知O2、H2分子个数之比为1：2；

(4)在上述反应中涉及到多种物质中，Na、H2、O2、F2都是单质，既不属于电解质，也不属于非电解质；H2O、NaOH、Na2O2、Na2O、HF五种物质都在一定条件下能够发生电离而导电，故这5种物质都属于电解质。【解析】③①⑤④1：2525、略

【分析】【分析】

由图中的最高正化合价或最低负化合价与原子序数的关系可知，是元素，是元素，是元素，是元素，是元素，是元素；

【详解】

(1)同主族，根据在周期表中的位置可推知在周期表中的位置为第四周期第Ⅵ族；

(2)A．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：所以氢化物的稳定性：故A错误；

B．的中子数为的中子数为中子数之和为故B正确；

C．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越强，非金属性：所以最高价氧化物对应的水化物的酸性：故C错误；

D．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性：故还原性：故D错误；

(3)①S、组成的化合物为与之间以离子键结合，中原子以共价键结合，其电子式为

②电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，元素形成的简单离子中，的半径最大，核外有18个电子，核电荷数为16，其结构示意图为

③两元素形成的化合物为和其中既含有极性共价键又含有非极性共价键的是有强氧化性，可将碱性工业废水中的氧化，生成碳酸盐和氨气，离子方程式为【解析】第四周期第VIA族BS2-H2O2四、判断题(共1题，共9分)26、A【分析】【详解】

过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，正确。五、实验题(共3题，共27分)27、略

【分析】【分析】

使用容量瓶配制一定物质的量浓度溶液时；首先进行的操作是选择合适的容量瓶，因为实验室不存在480mL规格的容量瓶，所以应选择500mL的容量瓶，而且计算时，溶液的体积应为500mL。

【详解】

(1)配制一定物质的量浓度的溶液时；应使用一定规格的容量瓶，所以实验所需仪器除托盘天平；烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还用到的玻璃仪器有500mL容量瓶；使用容量瓶前，应检测容量瓶是否漏水，所以必须进行的操作是检漏，用托盘天平称量实验所需的NaOH固体为1.0mol/L×0.5L×40g/mol=20.0g。答案为：500mL容量瓶；检漏；20.0；

(2)①将热溶液转移至容量瓶定容；冷却后溶液体积偏小，而溶质的物质的量不变，则所配溶液的浓度偏高；

②定容后；又滴加蒸馏水，溶液的体积偏大，而溶质的物质的量不变，则所配溶液浓度偏低；

③定容时俯视液面；溶液的体积偏小，而溶质的物质的量不变，则所配溶液的浓度偏高；

答案为：偏高；偏低；偏高。

【点睛】

用托盘天平称量NaOH固体的质量时，只能读到而且必须读到小数后一位。【解析】500mL容量瓶检漏20.0偏高偏低偏高28、略

【分析】【分析】

I；（1）利用平衡移动的知识答题即可；

II、（2）生成沉淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%；

（3）①溶液中Ag+的浓度很小，而Ag2SO4的溶解度较大，故不会形成Ag2SO4沉淀；

②依据Ag2SO3的还原性答题；

③e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–)；

III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，需要加入NaOH溶液将NaHSO3转化为Na2SO3。

【详解】

I、（1）AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，Ag+与SO32-结合生成[Ag(SO3)2]3-；促进AgCl的溶解平衡正向移动；

II、（2）生成沉淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%，则溶液m中含微粒的主要存在形式是HSO3-；

（3）①Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+的浓度很小；

②i、酸性KMnO4溶液具有强氧化性，SO32-具有还原性，则该实验涉及的依据是Ag2SO3具有还原性；

ii、沉淀中无Ag2SO3，则该沉淀不会使酸性KMnO4溶液褪色，故可以观察到a试管中酸性KMnO4溶液褪色，b、c试管中酸性KMnO4溶液依然呈紫色；

③e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–)；

III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，根据曲线图可知，加入NaOH溶液调整pH到9-10即可。【解析】AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),Ag+与SO32-结合生成[Ag(SO3)2]3–，促进AgCl的溶解平衡正向移动HSO3-Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+的浓度很小还原b中清液的颜色与c相同，均为浅紫色溶液＜e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可知溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–)加NaOH溶液调节pH至9~1029、略

【分析】【分析】

根据配制一定物质的量浓度溶液的实验操作步骤包括计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作结合c=分析解答。

【详解】

(1)A．在天平上称出硫酸钠固体；把它放在烧杯中，用适量的蒸馏水使它完全溶解并冷却至室温，故答案为：烧杯；

C．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次；每次洗涤的液体都小心注入容量瓶，并轻轻振荡，故答案为：2～3次；

D．继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处；改用胶头滴管，小心滴加蒸馏水至溶液凹液面底部与刻度线相切，故答案为：1～2cm；胶