2025年滬科版必修1化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版必修1化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷37考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、實(shí)驗(yàn)室從含碘廢液（除水外，含有CCl4、I2、I-等）中回收碘；其實(shí)驗(yàn)過程如下：

下列說法不正確的是A.操作X是分液B.還原過程中發(fā)生的離子反應(yīng)為SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-C.實(shí)驗(yàn)中可以用雙氧水代替氯氣D.為了保證碘元素被充分氧化，應(yīng)該通入過量的氯氣2、下列反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是（）A.氯化鎂溶液與石灰乳反應(yīng)：B.Na與溶液反應(yīng)：C.溶液中通入少量D.向氯化亞鐵溶液中加入雙氧水：3、根據(jù)下列圖示所得推論正確的是A.甲是新制氯水光照過程中氯離子濃度的變化曲線，推斷次氯酸分解生成了HCl和O2B.乙是C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度和壓強(qiáng)的關(guān)系曲線，推斷該反應(yīng)的?H＞0、x＞0.1C.丙是0.5mol/LCH3COONa溶液及水的pH隨溫度的變化曲線，說明隨溫度升高，CH3COONa溶液中c(OH-)減小D.丁是0.03g鎂條分別與2mL2mol/L鹽酸和醋酸反應(yīng)過程中密閉容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)隨時(shí)間的變化曲線，推斷①代表鹽酸與鎂條的反應(yīng)4、初中化學(xué)中幾種常見物質(zhì)之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示。

已知常溫下B、C為氣體，且B是植物進(jìn)行光合作用的一種重要原料；D、F均為無色液體，都由甲、乙兩種元素組成，且分子中甲、乙原子個(gè)數(shù)比依次為2:1和1:1；E為黑色固體，與稀硫酸反應(yīng)得到藍(lán)色溶液（部分反應(yīng)物和生成物及反應(yīng)條件已略去）。下列有關(guān)判斷正確的是A.E轉(zhuǎn)變?yōu)锽一定是置換反應(yīng)B.A不一定是含CO32-或HCO3-的鹽C.除去B中混有的少量C，可以將混合氣體通過盛有NaOH溶液的洗氣瓶D.D.F中相同元素的化合價(jià)一定相同5、下列各組離子能在水溶液中大量共存，且該水溶液能使甲基橙溶液變紅的是A.Fe2+、K+、NO3-、SO42-B.Cu2+、Mg2+、NO3-、SO42-C.Fe3+、Na+、Cl-、C6H5O-D.Fe3+、K+、I-、Cl-6、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列有關(guān)說法正確的是（）A.1mol甲基（-CH3）所含的電子總數(shù)為8NAB.0.5mol苯分子中含有C=C雙鍵數(shù)為1.5NAC.11.2L甲醛所含分子數(shù)為0.5NAD.14g乙烯、丙烯的混合氣體所含原子數(shù)為3NA評(píng)卷人得分二、多選題(共5題，共10分)7、下列離子方程式，書寫正確的是A.澄清石灰水與稀鹽酸反應(yīng):Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2OB.稀硫酸滴在銅片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑C.硝酸銀溶液中加入銅粉：2Ag++Cu=Cu2++2Ag↓D.鹽酸跟氫氧化鈉反應(yīng)：H++OH-=H2O8、下列離子方程式正確的是A.向Ba(OH)2溶液中滴加NH4HSO4溶液至剛好沉淀完全：Ba2++2OH－+NH4++H++SO42－→BaSO4↓+NH3·H2O+H2OB.澄清石灰水與稀鹽酸反應(yīng)：Ca(OH)2+2H+→Ca2++2H2OC.鈉與水反應(yīng)：2Na+2H2O→2Na++2OH-+H2↑D.碳酸鋇中加入稀硫酸：BaCO3+2H+→Ba2++CO2↑+H2O9、下列解釋實(shí)驗(yàn)事實(shí)的離子方程式正確的是A.工業(yè)上用氯氣與石灰乳反應(yīng)制漂白粉：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2OB.氯氣溶于水：Cl2+H2O=H++Cl-+HClOC.Na2O2與H2O反應(yīng)制備O2：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑D.CuSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2：Ba2++SO=BaSO4↓10、下列有關(guān)濃硫酸實(shí)驗(yàn)與性質(zhì)對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是A.濃硫酸在空氣中久置質(zhì)量變大，是因?yàn)闈饬蛩峋哂忻撍訠.濃硫酸與Na2SO3固體反應(yīng)生成SO2，是因?yàn)闈饬蛩峋哂兴嵝訡.濃硫酸能使紙張變黑，是因?yàn)闈饬蛩峋哂形訢.濃硫酸能使鐵鈍化，是因?yàn)闈饬蛩峋哂袕?qiáng)氧化性11、新型納米材料MFe2Ox(3＜x＜4)中M表示＋2價(jià)的金屬元素，在反應(yīng)中化合價(jià)不發(fā)生變化。常溫下，MFe2Ox能使工業(yè)廢氣中的SO2轉(zhuǎn)化為S，流程為：則下列判斷正確的是A.MFe2Ox是還原劑B.SO2是該反應(yīng)的催化劑C.x＜yD.該反應(yīng)中氧元素被還原評(píng)卷人得分三、填空題(共6題，共12分)12、鋁(熔點(diǎn)660℃)是一種應(yīng)用廣泛的金屬，工業(yè)上用(熔點(diǎn)2045℃)和冰晶石()混合熔融后電解制得。請(qǐng)回答下列問題：

(1)鋁屬于活潑金屬卻能在空氣中穩(wěn)定存在，其原因是__________，冶金工業(yè)上常用金屬鋁作還原劑冶煉釩、鉻、錳等金屬，請(qǐng)寫出鋁與V2O5在高溫下反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________。

(2)將液和溶液混合制取該實(shí)驗(yàn)用于盛裝NaF溶液的試劑瓶_________(填“能”或“不能”)用玻璃瓶，原因是_______。

(3)下列關(guān)于鋁元素的敘述不正確的是__________(填序號(hào))。

A．鋁是人類最早使用的金屬。

B．鎂鋁合金既可完全溶于過量的鹽酸；又可完全溶于過量的NaOH溶液。

C．氫氧化鋁是一種兩性氫氧化物；既能溶于鹽酸又能溶于NaOH溶液。

D．鋁是人體必需的微量元素之一；因此在生活中人們應(yīng)盡量使用鋁制炊具和餐具更有利于身體健康。

(4)某工廠排放出有毒物質(zhì)NOCl，它遇水就會(huì)生成NOCl分子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則NOCl的電子式為_______，水源中的對(duì)人類健康會(huì)產(chǎn)生危害，為了降低水源中的濃度，有研究人員建議在堿性條件下用鋁粉將還原為N2，此時(shí)鋁主要以的形式存在于溶液中，請(qǐng)寫出該反應(yīng)的離子方程式：_______，當(dāng)該反應(yīng)轉(zhuǎn)移10mol電子時(shí)，產(chǎn)生的在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積約為______(寫出計(jì)算過程)。13、下表列出了9種元素在周期表中位置；用化學(xué)符號(hào)回答下列問題。

。周期/族。

ⅠA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

0

2

E

F

3

A

C

D

G

R

4

B

H

（1）這九種元素中：化學(xué)性質(zhì)最不活潑的是__；金屬性最強(qiáng)的是：__；最高價(jià)氧化物的水化物酸性最強(qiáng)的酸是__，最高價(jià)氧化物的水化物堿性最強(qiáng)的堿的電子式__。

（2）D元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物與A元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)的離子方程式是__。

（3）A；B、C三種元素按離子半徑由大到小的順序排列為__。

（4）F的最常見氫化物的電子式__；該氫化物在常溫下跟B發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是__。

（5）C元素跟G元素形成的化合物的電子式是__，用電子式表示其形成過程為__。14、短周期的三種元素X、Y、Z，原子序數(shù)依次變小，原子核外電子層數(shù)之和是5。X元素原子最外電子層上的電子數(shù)是Y和Z兩元素原子最外電子層上的電子數(shù)的總和；Y元素原子的最外電子層上的電子數(shù)是它的電子層數(shù)的2倍，X和Z可以形成XZ3的化合物。請(qǐng)完成下列問題：

(1)Z元素的名稱是___。

(2)XZ3化合物的化學(xué)式是___；電子式是__。

(3)分別寫出X、Y的含氧酸的化學(xué)式__、__。15、(1)等質(zhì)量的氧氣和臭氧(O3)，它們的物質(zhì)的量之比為___，原子的個(gè)數(shù)之比為___。

(2)1.2g某二價(jià)金屬的硫酸鹽中，含有0.01molSO則該硫酸鹽的摩爾質(zhì)量為___，該金屬的相對(duì)原子質(zhì)量為___。

(3)分別完全沉淀等物質(zhì)的量濃度的KCl、CaCl2、AlCl3溶液中的Cl-，消耗相同物質(zhì)的量濃度的AgNO3溶液的體積比為3∶2∶3，則上述溶液的體積比為___。16、今有11種物質(zhì)：①鋁線；②石墨；③H2CO3；④BaSO4晶體；⑤硫酸；⑥蔗糖；⑦石灰水；⑧乙醇；⑨熔融的KNO3；⑩CO2；?鹽酸。請(qǐng)用序號(hào)填空：

(1)能導(dǎo)電的是_________________；

(2)屬于電解質(zhì)的是___________________；

(3)屬于非電解質(zhì)的是；__________

(4)既不是電解質(zhì)又不是非電解質(zhì)的是_________________；

(5)屬于強(qiáng)電解的是__________________；

(6)屬于弱電解質(zhì)的是_____________________。17、用NaOH固體配制450mL0.2mol/L的NaOH溶液。請(qǐng)回答。

(1)用托盤天平稱量的NaOH的質(zhì)量為___________

(2)定容時(shí)的操作：當(dāng)液面接近容量瓶刻度線時(shí)，___________；再將容量瓶塞蓋好，反復(fù)上下顛倒搖勻。

(3)下列操作會(huì)使配制的NaOH溶液濃度偏低的是___________

A．定容時(shí)仰視容量瓶的刻度線。

B．用已經(jīng)部分變質(zhì)了的固體試樣進(jìn)行配制。

C．搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于容量瓶的刻度線；再滴加蒸餾水至刻度線。

D．轉(zhuǎn)移洗滌液時(shí)不小心將液體灑到容量瓶外，重新配制時(shí)繼續(xù)使用該未清洗的容量瓶評(píng)卷人得分四、判斷題(共2題，共16分)18、溶液是電中性的，膠體是帶電的。(_____)A.正確B.錯(cuò)誤19、取用一小塊鈉后，剩余的鈉放到垃圾桶里。(___________)A.正確B.錯(cuò)誤評(píng)卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題，共10分)20、一種利用酸浸提取硫酸燒渣(主要含F(xiàn)e2O3、FeO、SiO2)等制備鐵紅并回收副產(chǎn)物硫酸銨的工藝流程如圖。

酸浸時(shí)加入H2C2O4(草酸)作助溶劑，與Fe3+生成易溶于水的[Fe(C2O4)3]3-，有利于加快Fe3+的浸取。

已知：①H2C2O4可與Fe2+生成FeC2O4沉淀；

②H2C2O4與Fe3+生成易溶于水的[Fe(C2O4)3]3-；

③H2C2O4在硫酸作用下，受熱易分解生成CO和CO2。

(1)用50%的硫酸“酸浸”時(shí)，反應(yīng)液的溫度、H2C2O4的加入量對(duì)鐵浸取率的影響分別如圖1、圖2所示。()

①“硫酸燒渣”中Fe2O3與H2SO4反應(yīng)的離子方程式為___________。

②圖1中，反應(yīng)液的溫度高于95℃時(shí)，鐵浸取率開始降低，其原因是___________。

③圖2中，H2C2O4加入量在5~20%時(shí)，鐵浸取率增大，其原因是___________；H2C2O4加入量超過20%時(shí)，鐵浸取率反而開始降低，其原因是___________。

(2)“氧化”時(shí)，發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為___________。

(3)“沉鐵”"時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為___________。

(4)“操作Y”包含有___________和___________。

(5)此流程制得的鐵紅中含有雜質(zhì)Fe3O4；測(cè)定其純度：

稱取ag產(chǎn)品，先用過量的20%的硫酸充分溶解，并配成250mL溶液，取出25.00mL，滴加cmol/L的酸性KMnO4溶液至恰好反應(yīng)時(shí)，消耗溶液vmL，計(jì)算產(chǎn)品中Fe3O4的含量___________。(已知：的還原產(chǎn)物是Mn2+)。評(píng)卷人得分六、原理綜合題(共2題，共16分)21、Ⅰ．(1)質(zhì)量相同的CO2、NH3、SO2、O3四種氣體中，含有分子數(shù)目最多的是___________，在相同溫度和相同壓強(qiáng)條件下，體積最小的是____________。

(2)把2.0mol·L-1Na2SO4溶液和1.0mol·L-1H2SO4溶液等體積混合（假設(shè)混合后溶液的體積等于混合前兩種溶液的體積之和），則SO的物質(zhì)的量濃度為___________。

(3)已知：還原性：Fe2＋＞Br－＞Cl－。向100mLFeBr2溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的Cl23.36L，Cl2全部被還原，測(cè)得溶液中c(Br–)=c(Cl–)，則原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度是____________。

Ⅱ．物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示；其中A是固體金屬單質(zhì)，燃燒時(shí)火焰呈黃色。請(qǐng)回答下列問題：

(1)B物質(zhì)的名稱__________

(2)A→C反應(yīng)的化學(xué)方程式并用雙線橋表示電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：__________________。

(3)試寫出C→D反應(yīng)的化學(xué)方程式___________________________________________。22、金屬鈦在航天、潛海和醫(yī)療方面應(yīng)用廣泛。以鈦鐵礦[主要成分為鈦酸亞鐵(FeTiO3),含少量Fe2O3]為原料制備鈦的工藝流程如圖所示。

(1)步驟②、③、④中,均需進(jìn)行的操作是_____________(填操作名稱)。

(2)濾液1中鈦元素以TiO2+形式存在,步驟①中生成TiO2+的化學(xué)方程式為__________,硫酸質(zhì)量分?jǐn)?shù)對(duì)鈦、鐵浸出率的影響如圖所示.據(jù)此判斷,酸浸時(shí)所加硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)應(yīng)為______(填范圍)。.

(3)請(qǐng)結(jié)合離子方程式解釋步驟④中加熱水的原因:__________。

(4)電解法制備Ti的裝置是以石墨為陽極,TiO2為陰極,熔融CaO為電解質(zhì)。Ti在_______(填“陽極”或“陰極”)生成，____(填“能”或“不能”)將熔融CaO換成石灰乳。

(5)以綠礬為原料,可以制備重要工業(yè)原料氧化鐵,基本流程如下:

①綠礬溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)開_________。

②FeCO3達(dá)到沉淀溶解平衡時(shí),室溫下測(cè)得溶液的pH為8,c(Fe2+)=1.0×10-5mol·L-1。所得FeCO3中_____(填“含”或“不含”)有Fe(OH)2。已知:{Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17}參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】

含碘廢液含有CCl4、I2、I-等；加入亞硫酸鈉溶液還原碘單質(zhì)為碘離子，分液除去四氯化碳，得到的溶液中通入氯氣氧化碘離子為碘單質(zhì)，富集碘元素，經(jīng)過一系列操作得到碘單質(zhì)，據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．四氯化碳不溶于水；分離互不相溶的液體采用分液的方法分離，所以分離出四氯化碳采用分液的方法，故A正確；

B．碘具有氧化性，能氧化亞硫酸鈉生成硫酸鈉，自身被還原生成碘離子，離子反應(yīng)方程式為SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；故B正確；

C．過氧化氫可氧化碘離子；且不引入雜質(zhì)，可代替氯氣，故C正確；

D．通入過量的氯氣可以保證碘離子完全氧化；但過量的氯氣也能將碘繼續(xù)氧化，故D錯(cuò)誤；

故選D。

【點(diǎn)睛】

本題的易錯(cuò)點(diǎn)為B，要注意氧化還原反應(yīng)方程式的正誤判斷的方法和反應(yīng)原理的應(yīng)用。2、A【分析】【詳解】

A．氯化鎂溶液與石灰乳反應(yīng)生成氫氧化鎂和氯化鈣，離子反應(yīng)方程式為：故A正確；

B．Na與溶液反應(yīng)，首先是鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，然后是氫氧化鈉與反應(yīng)；不能置換出鈦單質(zhì)，故B錯(cuò)誤；

C．因鹽酸的酸性強(qiáng)于亞硫酸，溶液與不反應(yīng)；故C錯(cuò)誤；

D．向氯化亞鐵溶液中加入雙氧水發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化鐵和水，離子反應(yīng)方程式為：故D錯(cuò)誤；

答案選A。3、D【分析】【詳解】

A、在氯水中，存在反應(yīng)：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，Cl-濃度的升高說明平衡正向移動(dòng)，是因?yàn)镠ClO不穩(wěn)定分解，但是并不能推斷出HClO分解產(chǎn)生了O2；A錯(cuò)誤；

B；同一壓強(qiáng)下；溫度升高，平衡轉(zhuǎn)化率升高，則平衡正向移動(dòng)，?H＞0；同一溫度下，壓強(qiáng)增大，平衡逆向移動(dòng)，平衡轉(zhuǎn)化率降低，則x＜0.1；B錯(cuò)誤；

C、鹽類的水解和弱電解質(zhì)的電離都是吸熱反應(yīng)，溫度升高，水的離子積增大，水中的c(H+)增大，pH降低；溫度升高，CH3COONa的水解平衡正向移動(dòng)，c(OH-)增大，由于c(H+)=Kw增大的更多一些，使得c(H+)也增大一些[c(H+)沒有c(OH-)增大得多]；溶液pH呈小幅度的減小，C錯(cuò)誤；

D、鹽酸和醋酸的體積、濃度均相同，則HCl和醋酸的物質(zhì)的量也相同，故這兩個(gè)容器中產(chǎn)生的H2的量相同，最終容器內(nèi)的壓強(qiáng)也相同；HCl是強(qiáng)電解質(zhì)，醋酸是弱電解質(zhì)，則醋酸溶液的H+的濃度較低；其反應(yīng)速率也較低，故①代表鹽酸與鎂條的反應(yīng)，②代表醋酸與鎂條的反應(yīng)，D正確；

故選D。

【點(diǎn)睛】

本題的A選項(xiàng)是易混項(xiàng)，需要注意的是HClO的分解方式不僅僅有也有題中雖然有光照這個(gè)條件，但并未驗(yàn)證有O2生成，故無法說明HClO的分解方式。4、B【分析】【分析】

根據(jù)題干中關(guān)于物質(zhì)的敘述找到一些特征物質(zhì)，并判斷物質(zhì)的情況，據(jù)常溫下B、C為氣體，且B是植物進(jìn)行光合作用的一種重要原料，可推知B是二氧化碳，D、F均為無色液體，都由兩種相同的元素組成，且分子中原子個(gè)數(shù)比依次為2：1和1：1，可推知D是H2O，F(xiàn)是H2O2；E為黑色固體，與稀硫酸反應(yīng)得到藍(lán)色溶液，可推知E是CuO，據(jù)此分析可得結(jié)論。

【詳解】

A.E轉(zhuǎn)變?yōu)锽即氧化銅轉(zhuǎn)化為二氧化碳，采用一氧化碳對(duì)氧化銅進(jìn)行還原可完成轉(zhuǎn)化，但該反應(yīng)不是置換反應(yīng)，故A說法錯(cuò)誤；

B.由圖示可知A與B的轉(zhuǎn)化中A可以通過含有CO32-或HCO3-的鹽加酸完成，A也可以是碳酸，因?yàn)樘妓岱纸饪缮啥趸?，二氧化碳溶于水可生成碳酸，故B說法正確；

C.由F；D、C及E的轉(zhuǎn)化可知C是氧氣；所以除掉二氧化碳中的氧氣時(shí)可以將其通過灼熱的通網(wǎng)，通過盛有NaOH溶液的洗氣瓶是不但不能除掉氧氣，而且會(huì)使二氧化碳與氫氧化鈉反應(yīng)，故C說法錯(cuò)誤；

D.由于D是H2O，F(xiàn)是H2O2；兩物質(zhì)中氫的化合價(jià)相同都是+1價(jià)，而氧的化合價(jià)分別是-2和-1，故D說法錯(cuò)誤；

答案選B。5、B【分析】【詳解】

甲基橙的變色范圍是pH≦3.1時(shí)變紅；3.1~4.4時(shí)呈橙色，pH≧4.4時(shí)變黃，能使甲基橙溶液變紅，說明該水溶液呈酸性；

A.若甲基橙溶液變紅，則溶液呈酸性，在酸性溶液中，F(xiàn)e2+也NO3-不能大量共存；選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.酸性溶液中，Cu2+、Mg2+、NO3-、SO42-不反應(yīng)；可以大量共存，選項(xiàng)B正確；

C.酸性溶液中，C6H5O-不能大量存在；選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.Fe3+與I-因發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能共存；選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

答案選B。6、D【分析】【分析】

【詳解】

A．1mol甲基（-CH3）所含的電子為7mol，即總數(shù)為7NA；A錯(cuò)誤；

B．苯分子中無碳碳雙鍵；是一種介于碳碳單鍵和碳碳雙鍵之間的特殊結(jié)構(gòu)，B錯(cuò)誤；

C．題目未指明環(huán)境；若不是標(biāo)準(zhǔn)狀況下，無法進(jìn)行判斷，C錯(cuò)誤；

D．乙烯為CH2=CH2，丙烯為CH3CH=CH2，最簡(jiǎn)式CH2相等，即可視為氣體CH214g，所含原子數(shù)為3NA；D正確。

答案為D。二、多選題(共5題，共10分)7、CD【分析】【分析】

【詳解】

A．澄清石灰水與稀鹽酸反應(yīng)生成氯化鈣和水，其離子方程式為：OH-+H+=H2O；故A錯(cuò)誤；

B．稀硫酸滴在銅片上不反應(yīng)；故B錯(cuò)誤；

C．硝酸銀溶液中加入銅粉發(fā)生反應(yīng)生成銀和硝酸銅，其離子反應(yīng)方程式為：2Ag++Cu=Cu2++2Ag↓；故C正確；

D．鹽酸跟氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉和水，其離子方程式為：H++OH-=H2O；故D正確；

故答案：CD。8、AC【分析】【詳解】

A．若Ba(OH)2為1mol，則NH4HSO4也為1mol，NH4HSO4電離產(chǎn)生的NH4+、H+、SO42-剛好完全轉(zhuǎn)化為BaSO4、NH3·H2O和H2O，離子方程式為：Ba2++2OH－+NH4++H++SO42－→BaSO4↓+NH3·H2O+H2O；A正確；

B．澄清石灰水中，Ca(OH)2完全溶解，應(yīng)改寫成Ca2+和OH-；B錯(cuò)誤；

C．2Na+2H2O→2Na++2OH-+H2↑滿足Na與H2O反應(yīng)的客觀事實(shí)；拆分原則及守恒原則；C正確；

D．碳酸鋇中加入稀硫酸，應(yīng)生成BaSO4沉淀；D錯(cuò)誤；

故選AC。9、BC【分析】【詳解】

A．工業(yè)上用石灰乳制漂白粉；氫氧化鈣不能拆開，A錯(cuò)誤；

B．Cl2與H2O的反應(yīng)中HClO是弱酸，主要以電解質(zhì)分子存在，應(yīng)該寫化學(xué)式，該反應(yīng)的離子方程式為Cl2+H2O=H++C1-+HClO；B正確；

C．Na2O2與H2O反應(yīng)制備O2，反應(yīng)的離子方程式為2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；C正確；

D．氫氧化鋇和硫酸銅溶液反應(yīng)生成硫酸鋇和氫氧化銅，該反應(yīng)的離子方程式為Cu2++SO+Ba2++2OH-=Cu(OH)2↓+BaSO4↓；D錯(cuò)誤；

故選：BC。10、BD【分析】【詳解】

A．濃硫酸在空氣中久置；會(huì)因吸收空氣中的水蒸氣而使其質(zhì)量變大，是因?yàn)闈饬蛩峋哂形?，A不正確；

B．濃硫酸與Na2SO3固體反應(yīng)生成SO2；體現(xiàn)的是強(qiáng)酸制弱酸的原理，從而說明濃硫酸具有酸性，B正確；

C．濃硫酸能使紙張中的氫；氧元素以水的形式脫去；從而生成碳而使紙張變黑，從而說明濃硫酸具有脫水性，C不正確；

D．濃硫酸具有強(qiáng)氧化性；所以將Fe氧化而使其表面生成鈍化膜，從而阻止內(nèi)部鐵與濃硫酸的進(jìn)一步反應(yīng)，D正確；

故選BD。11、AC【分析】【詳解】

A.由流程圖可知在反應(yīng)過程中二氧化硫失掉氧，MFe2Ox得到氧被氧化是還原劑；故A正確；

B.由轉(zhuǎn)化流程圖可知，反應(yīng)前后氧原子的數(shù)目改變，SO2轉(zhuǎn)化為S，故可判斷SO2參與了反應(yīng)；所以它不是該反應(yīng)的催化劑．催化劑是前后不會(huì)變的物質(zhì)，故B錯(cuò)誤；

C.反應(yīng)中硫的化合價(jià)降低，所以鐵的化合價(jià)一定升高，因?yàn)镸+2價(jià)，在MFe2Oy中有兩個(gè)Fe．所以正的化合價(jià)有2+3×2=8，又因?yàn)镺為-2價(jià)，所以y的數(shù)值為4，而3＜x＜4，x

D.該反應(yīng)中氧元素化合價(jià)沒有變化；未被還原，D錯(cuò)誤；

答案選AC。三、填空題(共6題，共12分)12、略

【分析】【分析】

結(jié)合鋁在空氣中易被氧化分析；根據(jù)鋁熱反應(yīng)書寫反應(yīng)方程式；根據(jù)F-水解生成氫氟酸分析；結(jié)合鋁的性質(zhì)分析判斷；結(jié)合氧化還原反應(yīng)的配平及利用守恒法計(jì)算解題。

【詳解】

(1)鋁在空氣中穩(wěn)定存在，其原因是在常溫下Al與氧氣反應(yīng)，鋁表面能形成致密的氧化膜，能保護(hù)內(nèi)層金屬不被氧化；三氧化二釩與鋁反應(yīng)生成氧化鋁和釩，化學(xué)方程式：

(2)用于盛裝NaF溶液的試劑瓶不能用玻璃瓶，因?yàn)榉c中的F-水解生成氫氟酸；氫氟酸能夠與玻璃中二氧化硅反應(yīng)，對(duì)玻璃有強(qiáng)烈的腐蝕性而對(duì)塑料則無腐蝕性，所以該實(shí)驗(yàn)所用試管及盛裝NaF溶液的試劑瓶均為塑料材質(zhì)；

(3)A．鐵是人類最早使用的金屬；故A錯(cuò)誤；

B．鎂鋁合金可完全溶于過量的鹽酸；但Al溶于NaOH溶液，而Mg不溶于NaOH溶液，則鎂鋁合金不可完全溶于過量的NaOH溶液，故B錯(cuò)誤；

C．氫氧化鋁是一種兩性氫氧化物；既能溶于鹽酸又能溶于NaOH溶液，故C正確；

D．鋁是人體必需的微量元素之一；但鋁在人體中積累可使人慢性中毒，盡量不使用鋁制炊具和餐具更有利于身體健康，故D錯(cuò)誤；

故答案為ABD；

(4)NOCl分子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則氮原子與氧原子形成兩對(duì)共用電子對(duì)，與氯原子形成一對(duì)，電子式為根據(jù)題干信息，反應(yīng)物為：鋁、OH-，生成物為：N2、H2O、堿性條件下鋁參加反應(yīng)生成物還有反應(yīng)中Al→Al元素化合價(jià)由0價(jià)升高為+3價(jià)，共升高3價(jià)，→N2↑，氮元素化合價(jià)由+5價(jià)降低為0價(jià)，共降低10價(jià)，化合價(jià)升降最小公倍數(shù)為30，依據(jù)原子個(gè)數(shù)守恒、電荷守恒反應(yīng)的離子方程式：10Al+6+4OH-=10+3N2↑+2H2O；該反應(yīng)轉(zhuǎn)移30mol電子時(shí)，產(chǎn)生的N2是3mol，當(dāng)該反應(yīng)轉(zhuǎn)移10mol電子時(shí)，則產(chǎn)生的N2在標(biāo)況下的體積約為×22.4L/mol=22.4L。

【點(diǎn)睛】

本題涉及氧化還原反應(yīng)的配平，一般步驟：①標(biāo)好價(jià)：正確標(biāo)出反應(yīng)前后化合價(jià)有變化的元素的化合價(jià)；②列變化：列出元素化合價(jià)升高和降低的數(shù)值；③求總數(shù)：求元素化合價(jià)升高數(shù)和降低數(shù)的總數(shù)，確定氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物的化學(xué)計(jì)量數(shù)；④配系數(shù)：用觀察法配平其他各物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)；⑤細(xì)檢查：利用“守恒”三原則(即質(zhì)量守恒、得失電子守恒、電荷守恒)，逐項(xiàng)檢查配平的方程式是否正確?！窘馕觥夸X的表面可以形成一層致密的氧化鋁薄膜，保護(hù)鋁不被進(jìn)一步氧化不能F-會(huì)水解產(chǎn)生氫氟酸，氫氟酸會(huì)腐蝕玻璃ABD22.4L13、略

【分析】【分析】

A為Na、B為K、C為Mg、D為Al、E為C、F為O、G為Cl、H為Br、R為Ar；按此解答；

【詳解】

（1）這九種元素中，化學(xué)性質(zhì)最不活潑的是稀有氣體Ar；金屬性最強(qiáng)的是堿金屬元素鉀，最高價(jià)氧化物的水化物酸性最強(qiáng)的酸是高氯酸，最高價(jià)氧化物的水化物堿性最強(qiáng)的堿是氫氧化鉀，據(jù)此按要求填空；答案為：Ar；K；HClO4；

（2）D元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為氫氧化鋁，A元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為氫氧化鈉，則反應(yīng)的離子方程式是Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-（或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O）；答案為：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-（或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O）；

（3）A、B、C三種元素的離子分別為鈉離子、鉀離子和鎂離子，電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大半徑越小，則半徑Na+＞Mg2+，同主族元素從上到下電子層數(shù)越多，離子半徑越大，則K+＞Na+，由大到小的順序排列為K+＞Na+＞Mg2+；答案為：K+＞Na+＞Mg2+；

（4）F的最常見氫化物為水，水在常溫下跟K發(fā)生反應(yīng)生成氫氧化鉀和氫氣，據(jù)此回答；答案為：2K+2H2O=2KOH+H2↑；

（5）C元素跟G元素形成的化合物為氯化鎂，是離子化合物，按要求回答；答案為：【解析】ArKHClO4Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-（或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O）K+＞Na+＞Mg2+2K+2H2O=2KOH+H2↑14、略

【分析】【分析】

Y元素原子的最外電子層上的電子數(shù)是它的電子層數(shù)的2倍，則Y為C或S，原子核外電子層數(shù)之和是5，則Y只能是C元素；短周期的三種元素X、Y、Z，原子序數(shù)依次變小，原子核外電子層數(shù)之和是5，X元素原子最外電子層上的電子數(shù)是Y和Z兩元素原子最外電子層上的電子數(shù)的總和，X和Z可以形成XZ3的化合物；則X為N元素，Z為H元素；結(jié)合相關(guān)化學(xué)用語作答。

【詳解】

(1)由以上分析可知Z為氫元素；

(2)XZ3的化學(xué)式為NH3，氨氣是共價(jià)化合物，其電子式為

(3)根據(jù)含氧酸的特點(diǎn)，氮元素、碳元素的含氧酸的化學(xué)式為：HNO3、H2CO3。

【點(diǎn)睛】

注意原子的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，為解答該題的關(guān)鍵，需要熟練掌握1～20號(hào)元素的核外電子排布?！窘馕觥繗銷H3HNO3H2CO315、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)假設(shè)兩者質(zhì)量均為ag，則n(O2)=n(O3)=故n(O2):n(O3)=3:2；O2、O3都由O原子構(gòu)成；兩者質(zhì)量相等，即兩者O原子質(zhì)量相等，故原子個(gè)數(shù)比為1:1；

(2)該金屬硫酸鹽可寫成：RSO4，因?yàn)閚()=n(RSO4)=0.01mol，故該鹽的摩爾質(zhì)量M(RSO4)=設(shè)R的相對(duì)原子質(zhì)量為x；由摩爾質(zhì)量和相對(duì)分子質(zhì)量關(guān)系可得：120=x+96，解得x=24，即該金屬的相對(duì)原子質(zhì)量為24；

(3)設(shè)三種溶液體積依次為V1、V2、V3，由于Ag+與Cl-反應(yīng)比例為1:1，故三種溶液中Cl-的物質(zhì)的量之比為3:2:3，即c(KCl)V1:2c(CaCl2)V2:3c(AlCl3)V3=3:2:3，解得V1:V2:V3=3:1:1。【解析】3：21：1120g/mol243：1：116、略

【分析】【分析】

金屬單質(zhì)和在熔融狀態(tài)下的電解質(zhì)以及其溶液都能導(dǎo)電；電解質(zhì)是溶于水溶液中或在熔融狀態(tài)下就能夠?qū)щ姷幕衔?；非電解質(zhì)是指在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物；電解質(zhì)和非電解質(zhì)均為化合物；酸；堿、鹽、金屬氧化物等均屬于電解質(zhì)，絕大多數(shù)有機(jī)物、非金屬氧化物、非金屬氫化物等為非電解質(zhì)；電解質(zhì)水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姡且螂娊赓|(zhì)自身可以離解成自由移動(dòng)的離子；單質(zhì)、混合物既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；據(jù)此解答本題。

【詳解】

①鋁線為金屬單質(zhì)；能夠?qū)щ?，其為單質(zhì)，不屬于電解質(zhì)，也不屬于非電解質(zhì)；

②石墨為非金屬單質(zhì)；層內(nèi)有自由移動(dòng)的電子，能夠?qū)щ姡錇閱钨|(zhì)，不屬于電解質(zhì)，也不屬于非電解質(zhì)；

③H2CO3在水中能夠發(fā)生不完全電離；屬于弱電解質(zhì)，但是純物質(zhì)不能發(fā)生電離，不能導(dǎo)電；

④BaSO4晶體中不存在自由移動(dòng)離子；不能導(dǎo)電，其在熔融狀態(tài)下能夠發(fā)生完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)；

⑤硫酸是指純硫酸；其中不含可自由移動(dòng)的離子或電子，不能導(dǎo)電，但其在水中能夠發(fā)生完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)；

⑥蔗糖中不含可自由移動(dòng)的離子或電子；不能導(dǎo)電，其在水中以及熔融狀態(tài)下均不能發(fā)生電離，屬于非電解質(zhì)；

⑦石灰水中含有可自由移動(dòng)的離子；能夠?qū)щ?，其屬于混合物，故不屬于電解質(zhì)，也不屬于非電解質(zhì)；

⑧乙醇中不含可自由移動(dòng)的離子或電子；不能導(dǎo)電，其在水中以及熔融狀態(tài)下均不能發(fā)生電離，屬于非電解質(zhì)；

⑨熔融的KNO3中含有可自由移動(dòng)的離子；能夠?qū)щ?，其在熔融狀態(tài)下能夠發(fā)生完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)；

⑩CO2中不含可自由移動(dòng)的離子或電子；不能導(dǎo)電，其在水中以及熔融狀態(tài)下均不能發(fā)生電離，屬于非電解質(zhì)；

?鹽酸是指HCl的水溶液；其中含有可自由移動(dòng)的離子，能夠?qū)щ?，其屬于混合物，故不屬于電解質(zhì)，也不屬于非電解質(zhì)；

（1）能導(dǎo)電的是①②⑦⑨?；

（2）屬于電解質(zhì)的是③④⑤⑨；

（3）屬于非電解質(zhì)的是⑥⑧⑩；

（4）既不是電解質(zhì)又不是非電解質(zhì)的是①②⑦?；

（5）屬于強(qiáng)電解的是④⑤⑨；

（6）屬于弱電解質(zhì)的是③；

故答案為：①②⑦⑨?；③④⑤⑨；⑥⑧⑩；①②⑦?；④⑤⑨；③。

【點(diǎn)睛】

電解質(zhì)以及非電解質(zhì)均屬于純凈物且為化合物，混合物以及單質(zhì)均不屬于電解質(zhì)和非電解質(zhì)?；衔锸欠駥儆陔娊赓|(zhì)，主要判斷依據(jù)是其本身在水溶液中或熔融狀態(tài)下能否發(fā)生電離。強(qiáng)弱電解質(zhì)區(qū)分在于判斷其溶于水或熔融態(tài)的部分是否發(fā)生完全電離，與溶解性無關(guān)?！窘馕觥浚靠?分）（1）①②⑦⑨?（2）③④⑤⑨（3）⑥⑧⑩（4）①②⑦?（5）④⑤⑨（6）③17、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)用NaOH固體配制450mL0.2mol/L的NaOH溶液應(yīng)選用500mL的容量瓶，需要NaOH的質(zhì)量為500mL×10-3L×0.2mol/L×40g/mol=4.0g；故答案為：4.0；

(2)定容時(shí)的操作：當(dāng)液面接近容量瓶刻度線時(shí),改用膠頭滴管；滴加蒸餾水至溶液的凹液面與刻度線相切,再將容量瓶塞蓋好，反復(fù)上下顛倒搖勻，故答案為：改用膠頭滴管，滴加蒸餾水至溶液的凹液面與刻度線相切；

(3)A．定容時(shí)仰視容量瓶的刻度線；所配制溶液體積偏大，配制的NaOH溶液濃度偏低，故A正確；

B．用已經(jīng)部分變質(zhì)了的固體試樣進(jìn)行配制；氫氧化鈉質(zhì)量變小，配制的NaOH溶液濃度偏低，故B正確；

C．搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于容量瓶的刻度線；再滴加蒸餾水至刻度線，所配置溶液體積偏大，配制的NaOH溶液濃度偏低，故C正確；

D．轉(zhuǎn)移洗滌液時(shí)不小心將液體灑到容量瓶外；重新配制時(shí)繼續(xù)使用該未清洗的容量瓶，溶質(zhì)質(zhì)量增大，配制的NaOH溶液濃度偏高，故D錯(cuò)誤；

故選ABC。【解析】4.0g改用膠頭滴管，滴加蒸餾水至溶液的凹液面與刻度線相切ABC四、判斷題(共2題，共16分)18、B【分析】【詳解】

膠體有吸附性，膠體吸附帶電荷的微粒而使膠粒帶電，膠體本身不帶電，錯(cuò)誤。19、B【分析】【分析】

【詳解】

取用一小塊鈉后，剩余的鈉放回原瓶，以防鈉燃燒，產(chǎn)生安全事故，故錯(cuò)誤。五、工業(yè)流程題(共1題，共10分)20、略

【分析】【分析】

硫酸酸浸燒渣(主要含F(xiàn)e2O3、FeO、SiO2)，F(xiàn)e2O3、FeO反應(yīng)后溶解得到硫酸鐵、硫酸亞鐵，SiO2不反應(yīng)被過濾，酸浸時(shí)加入H2C2O4(草酸)與Fe3+生成易溶于水的[Fe(C2O4)3]3-，加H2O2把亞鐵離子氧化為鐵離子。氨水“沉鐵”：反應(yīng)生成氫氧化鐵；硫酸銨、草酸銨；過濾出氫氧化鐵，經(jīng)洗滌、干燥、灼燒得氧化鐵即鐵紅；所得濾液，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾的硫酸銨晶體，據(jù)此回答；

【詳解】

(1)①“硫酸燒渣”中Fe2O3與H2SO4反應(yīng)生成硫酸鐵和水，離子方程式為

②由信息：H2C2O4與Fe3+生成易溶于水的[Fe(C2O4)3]3-有利于鐵浸取、H2C2O4在硫酸作用下，受熱易分解生成CO和CO2，則反應(yīng)液的溫度高于95℃時(shí)，鐵浸取率開始降低，其原因是溫度95℃及以上時(shí)、H2C2O4在硫酸作用下受熱分解、[Fe(C2O4)3]3-難以生成；不利于鐵浸取。

③圖2中，H2C2O4加入量在5~20%時(shí)，鐵浸取率增大，其原因是H2C2O4與Fe3+生成易溶于水的[Fe(C2O4)3]3-有利于鐵浸取；H2C2O4加入量超過20%時(shí)，鐵浸取率反而開始降低，其原因是：H2C2O4與Fe2+生成FeC2O4沉淀；降低了溶液中鐵元素的量。

(2)“氧化”時(shí)，發(fā)生的主要反應(yīng)為亞鐵離子被氧化為鐵離子，離子方程式為

(3)“沉鐵”"時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)為氨水和鐵離子生成氫氧化鐵沉淀，離子方程式為

(4)要從所得濾液中提取硫酸銨晶體；需經(jīng)蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾，“操作Y”包含有蒸發(fā)濃縮和冷卻結(jié)晶。

(5)酸性KMnO4溶液還原成錳離子，所以其共得到電子則滴定過程中還原劑亞鐵離子被氧化為鐵離子，故失去電子，即有亞鐵離子參加反應(yīng)，有關(guān)系式則ag產(chǎn)品所含F(xiàn)e3O4共產(chǎn)品中Fe3O4的含量為【解析】溫度95℃及以上時(shí)，H2C2O4在硫酸作用下受熱分解、[Fe(C2O4)3]3-難以生成、不利于鐵浸取H2C2O4與Fe3+生成易溶于水的[Fe(C2O4)3]3-有利于鐵浸取H2C2O4與Fe2+生成FeC2O4沉淀、降低了可溶性鐵元素的量蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶六、原理綜合題(共2題，共16分)21、略

【分析】【分析