2025年粵教版必修1化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※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年粵教版必修1化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、某溶液中可能含有中的幾種，現(xiàn)取100mL溶液先加入足量氯水，然后滴加足量溶液；生成沉淀4.66g過濾后在濾液中加入足量NaOH溶液加熱，生成的氣體在標準狀況下的體積為1.12L。

已知：

根據(jù)上述實驗，以下推測正確的是A.原溶液一定不含B.原溶液一定存在C.原溶液可能存在D.另取試液滴加足量鹽酸和溶液，即可確定原溶液中所有的離子組成2、已知氯氣和NaOH溶液反應的產(chǎn)物與溫度有關。在一定溫度下，將氯氣通入NaOH溶液中，反應得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，經(jīng)測定ClO－與ClO的物質(zhì)的量濃度之比為1∶1，則該反應中，被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為A.1∶1B.1∶3C.3∶1D.4∶13、國家標準規(guī)定，室內(nèi)甲醛(HCHO)含量不能超過0.08mg?m-3，銀—菲洛嗪法可用于測定空氣中甲醛含品，其原理是：①用Ag2O將甲醛氧化為CO2；②所產(chǎn)生的Ag與酸化的Fe2(SO4)3溶液反應生成FeSO4；③FeSO4與菲洛嗪(一種有機鈉鹽)形成有色配合物，可以定量測定Fe2+。下列說法不正確的是A.Ag2O不足時，甲醛可能被氧化為甲酸B.反應①的化學方程式為C.理論上吸收的HCHO與消耗的Fe3+的物質(zhì)的量比為1∶4D.取1m3室內(nèi)空氣，經(jīng)上述實驗后共測得Fe2+1.68mg，該室內(nèi)空氣符合國家標準4、根據(jù)元素周期律和物質(zhì)結(jié)構(gòu)的有關知識，以下有關排序正確的是()A.離子半徑：Ca2＋＞Cl－＞S2－B.第一電離能：Si＞C＞NC.電負性：F＞S＞MgD.熱穩(wěn)定性：SiH4＞H2S＞H2O5、下列離子方程式正確的是A.磁性氧化鐵溶于稀硝酸：B.向溶液中通入過量制C.向溶液中加入過量的HI溶液：D.在強堿溶液中次氯酸鈉與反應生成評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)6、寫出下列反應的離子方程式。

①碳酸鈣溶于醋酸__________

②氨水與醋酸_________

③碳酸氫鈉溶液與氫氧化鈉溶液_________

④硫酸銅溶液與氫氧化鋇溶液_________

⑤氯氣溶于水_________

⑥過氧化鈉溶于水_____________

⑦硫酸鐵和銅__________7、在工業(yè)上次磷酸(H3PO2)常用于化學鍍銀，發(fā)生的反應如下：____Ag++___H3PO2+___H2O→____Ag↓+____H3PO4+___H+

請回答下列問題：

（1）H3PO2中，P元素的化合價為___；該反應中，H3PO2被___(填“氧化”或“還原”)。

（2）配平該離子方程式：__Ag++__H3PO2+__H2O→__Ag↓+__H3PO4+__H+。

（3）若反應中生成1.08gAg，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為___。

（4）H3PO2是一元弱酸，寫出其與足量NaOH溶液反應的離子方程式：__。8、氧化劑和還原劑在生產(chǎn)生活中使用廣泛。

(1)氯氣可與溴化亞鐵溶液反應：2FeBr2+3Cl2=2Br2+2FeCl3。

①其中氧化劑為_____________(填化學式，下同)，還原產(chǎn)物為_________。

②若消耗標準狀況下2.24LCl2，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是_________。

(2)某工廠用FeCl3溶液腐蝕鍍有銅的絕緣板生產(chǎn)印刷電路板，其化學原理如下：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2。用雙線橋法表示電子的轉(zhuǎn)移情況：________。

(3)氯氣也是常見的氧化劑。根據(jù)下列反應回答問題：

A．KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O

B．5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl

①上述反應說明KClO3、Cl2、HIO3的氧化性由強到弱的順序為_________________。

②將過量的氯氣通入滴有淀粉的KI溶液中，則可能出現(xiàn)的實驗現(xiàn)象為_________。9、寫出符合下列要求的單原子形成的微粒的結(jié)構(gòu)示意圖。

（1）核內(nèi)有10個質(zhì)子的原子___。

（2）核外有10個電子的一價陰離子___。

（3）核外有18個電子的二價陽離子___。10、聚合硫酸鐵[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m廣泛用于水的凈化。以FeSO4·7H2O為原料；經(jīng)溶解；氧化、水解聚合等步驟，可制備聚合硫酸鐵。

(1)將一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在約70℃下邊攪拌邊緩慢加入一定量的H2O2溶液，繼續(xù)反應一段時間，得到紅棕色黏稠液體。該過程中反應溫度不宜過高，原因是_______；H2O2氧化Fe2+的離子方程式為________。

(2)測定聚合硫酸鐵樣品中鐵的質(zhì)量分數(shù)：準確稱取液態(tài)樣品3.000g，置于250mL錐形瓶中，加入適量稀鹽酸，加熱，滴加稍過量的SnCl2溶液（Sn2+將Fe3+還原為Fe2+），充分反應后，除去過量的Sn2+。用5.000×10?2mol·L?1K2Cr2O7溶液滴定至終點（滴定過程中與Fe2+反應生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00mL。

①上述實驗中若不除去過量的Sn2+，樣品中鐵的質(zhì)量分數(shù)的測定結(jié)果將_______（填“偏大”或“偏小”或“無影響”）。

②計算該樣品中鐵的質(zhì)量分數(shù)（寫出計算過程）_____________。11、有下列物質(zhì)：

①②濃鹽酸；③硫酸；④⑤熔融的⑥NaClO溶液；⑦氫氧化鐵膠體；⑧液氨；⑨明礬。

上述物質(zhì)中屬于電解質(zhì)的有___________，屬于非電解質(zhì)的有___________(選填序號)。其中⑤中的電離方程式為___________；②和⑦混合后反應的離子方程式為___________。12、按要求回答下列問題：

（1）某種粒子有1個原子核，核中有17個質(zhì)子，20個中子，核外有18個電子，該粒子的化學符號是__。

（2）下列關于化學鍵的說法正確的是____。

①含有金屬元素的化合物一定是離子化合物。

②第IA族和第ⅦA族元素原子化合時；一定生成離子鍵。

③由非金屬元素形成的化合物一定不是離子化合物。

④活潑金屬與非金屬化合時；能形成離子鍵。

⑤離子鍵就是陰；陽離子間的相互引力。

⑥離子化合物中可能含有非極性共價鍵。

（3）寫出下列物質(zhì)的電子式：Mg(OH)2：____，N2：_______，NH4I：_______。

（4）用電子式表示下列化合物的形成過程：Na2S：_______；H2O：_______。評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)13、利用堿性氧化物與水反應、鹽與堿反應均可制取堿。(_______)A.正確B.錯誤14、判斷下列實驗操作是否正確。

(1)向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀鹽酸，沉淀不消失，則溶液中一定存在_______

(2)向某溶液中加入Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生不溶于稀HNO3的白色沉淀，則溶液中一定存在_______

(3)向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成，則溶液中一定存在_______

(4)加入CaCl2溶液，有白色沉淀生成，溶液中一定存在_______

(5)加入稀硫酸，產(chǎn)生使品紅溶液褪色的無色有刺激性氣味的氣體，則溶液中一定存在_______

(6)某溶液的焰色反應呈黃色，則溶液中一定有鈉元素，不能確定是否有鉀元素_______

(7)無色溶液加入CCl4無現(xiàn)象，滴加氯水后CCl4層呈紫紅色，則溶液中一定存在I-_______

(8)加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加稀鹽酸沉淀不消失，則原溶液中一定含有Cl-_______

(9)向某溶液中加入稀鹽酸，產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的氣體，溶液中一定存在_______

(10)區(qū)別NaCl、Na2SO4時常用到膠頭滴管、試管_______

(11)驗證Fe2(SO4)3溶液中含F(xiàn)e2+的方法是加入酸性KMnO4溶液，紫色退去_______

(12)向硫酸亞鐵溶液中滴加硫氰化鉀溶液，溶液變?yōu)榧t色，說明溶液已變質(zhì)_______

(13)在未知液中滴加BaCl2溶液出現(xiàn)白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，說明該未知液中存在或_______A.正確B.錯誤15、硅酸鈉的水溶液俗稱水玻璃，是制備硅膠和木材防火劑的原料。(_______)A.正確B.錯誤16、標準狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為22.4L。(_______)A.正確B.錯誤17、常溫常壓下，11.2LO2所含原子數(shù)為NA。(____)A.正確B.錯誤評卷人得分四、工業(yè)流程題(共2題，共8分)18、以鋁土礦(主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質(zhì))為原料生產(chǎn)鋁和氮化鋁的一種工藝流程如下[已知：SiO2在“堿溶”時轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉(NaAlSiO4·nH2O)沉淀]。

(1)操作I、II的名稱為___________。

(2)用氧化物的形式表示鋁硅酸鈉的化學式___________。

(3)操作II發(fā)生的離子反應方程式___________。

(4)操作I得到的濾渣為___________。19、某化學實驗小組以電鍍廢渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)為原料制取銅粉和K2Cr2O7。主要流程如圖：

（1）加入適量Na2S溶液后生成的沉淀X為___，若加入的Na2S溶液過量，除生成X外還會發(fā)生反應的離子方程式為___。

（2）請配平[Cu(NH3)4]SO4·H2O加熱發(fā)生分解反應的化學方程式。

___[Cu(NH3)4]SO4·H2O___Cu+___NH3↑+___SO2↑+___N2↑+___H2O

（3）“沉CuNH4SO3”時可用如圖裝置(夾持；加熱儀器略)：

①“沉CuNH4SO3”時，反應溫度需控制在45℃，合適的加熱方式是___。

②NaOH溶液的作用是___。

（4）測定產(chǎn)品中K2Cr2O7含量的方法如下：稱取產(chǎn)品試樣2.0g配成250mL溶液，取出25.00mL于錐形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入幾滴指示劑，用0.1000mol/L硫酸亞鐵銨(NH4)2Fe(SO4)2標準液進行滴定，重復進行三次實驗。(已知Cr2O72-被還原為Cr3+)

①若三次實驗消耗(NH4)2Fe(SO4)2標準液的平均體積為20.00mL，則所得產(chǎn)品K2Cr2O7的純度為___%。

②上述流程中K2Cr2O7發(fā)生氧化還原反應后所得溶液中除含有Cr3+，還含有一定濃度的Fe3+，可通過調(diào)pH的方法使兩者轉(zhuǎn)化為沉淀。假設兩種離子初始濃度均為2×10-3mo/L，當溶液中剛開始析出Cr(OH)3沉淀時，c(Fe3+)=___mo/L。{已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}評卷人得分五、有機推斷題(共4題，共32分)20、表中所列字母分別代表一種元素。

(1)G的氣態(tài)氫化物比J的氣態(tài)氫化物_______(填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”)。

(2)在一定條件下，A與E可形成一種極易溶于水的氣態(tài)化合物，其電子式為_______；該物質(zhì)溶于水后的溶液呈_______性(填“酸”；“堿”或“中”)。

(3)元素C和H的最高價氧化物對應的水化物相互反應的離子方程式為：_______。

(4)元素G和L的原子序數(shù)相差：_______，它們的氫化物的水溶液酸性相對強的是：_______(填化學式)

(5)表中A和F兩種元素的原子按1：1組成的常見液態(tài)化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化劑為：_______。A．MnO2B．Na2SO4C．FeCl3D．KMnO4(6)K為生產(chǎn)、生活中應用最廣泛的金屬，通常采用的冶煉方法為：_______。A．電解法B．熱分解法C．熱還原法21、結(jié)合元素周期表；完成下列問題。

（1）在元素周期表中全部是金屬元素的區(qū)域為____________（填序號）。

a.Ab.Bc.Cd.D

（2）Ⅰ和Ⅱ元素形成的化合物的化學式為__________________，寫出其中含有非極性共價鍵的化合物的電子式_______________。

（3）現(xiàn)有甲；乙兩種短周期元素；室溫下，甲元素的單質(zhì)在冷的濃硫酸或空氣中表面都會生成致密的氧化膜，乙元素原子核外第三層與第一層上的電子數(shù)相等。

①寫出甲元素周期表中對應的位置__________。

②甲、乙兩元素中，金屬性較強的是__________（填元素名稱），可以驗證該結(jié)論的實驗是_______________（填序號）。

a.將在空氣中放置已久的這兩種元素的單質(zhì)分別放入熱水中。

b.將這兩種元素的單質(zhì)粉末分別和相同濃度的鹽酸反應。

c.將這兩種元素的單質(zhì)粉末分別和熱水作用；并滴入酚酞溶液。

d.比較這兩種元素的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性22、有A、B、C、D四種無色溶液，它們分別是一定濃度的AlCl3溶液、鹽酸、氨水、Na2SO4溶液中的一種。已知A；B溶液中水的電離程度相同；A、C溶液的pH相同。請回答下列問題：

（1）A是___；D是___。

（2）寫出足量B溶液與少量C溶液混合后發(fā)生反應的離子方程式：___。

（3）A、B溶液等體積混合后，溶液中各離子濃度由大到小的順序是：___。23、A；B、C為短周期元素；在周期表中所處的位置如圖所示．A、C兩元素的原子核外電子數(shù)之和等于B原子的質(zhì)子數(shù)。

。A

C

B

（1）寫出A、B、C三種元素的元素符號：______、______、______。

（2）B元素位于元素周期表中的______周期______族。

（3）C的原子結(jié)構(gòu)示意圖是______，C的單質(zhì)與水反應的化學反應方程式為______。

（4）比較B、C的原子半徑B______C，寫出過量A的簡單氣態(tài)氫化物與B的最高價氧化物對應的水化物反應的化學反應方程式____________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【詳解】

取100mL溶液加入少量氯水，若溶液中含有SO32-則被氧化為SO42-，然后滴加足量溶液，生成沉淀4.66g，沉淀為0.02molBaSO4，則SO32-和SO42-的物質(zhì)的量之和必須為0.02mol；由于Ba2+與SO32-、SO42-不能共存，故溶液中無Ba2+；過濾后在濾液中加入足量NaOH溶液加熱，生成的氣體為NH3，即原來溶液中一定含NH4+，在標準狀況下體積為1.12L，故NH4+的物質(zhì)的量為0.05mol；由于0.02molSO32-（或SO32-和SO42-）帶0.04mol負電荷，而0.05molNH4+帶0.05mol正電荷，而溶液要保持電中性，故溶液中一定含I-；已知Fe3+與I-不能共存，則一定不含F(xiàn)e3+，可能含K+，所以溶液中一定含NH4+、I-；一定不含：Ba2+、Fe3+；可能含SO32-、SO42-、K+，故B正確；另取試液滴加足量鹽酸、BaCl2溶液，只能檢驗出溶液中含不含SO42-，對K+的存在不能確定；故D錯誤；

故選B。

【點睛】

溶液始終呈電中性，即陽離子所帶的正電荷等于陰離子所帶的負電荷，這是確定溶液中是否存在其它離子常用的隱含依據(jù)，是解決此題的關鍵。2、C【分析】【分析】

抓住氧化還原反應得失電子守恒的計算。

【詳解】

根據(jù)ClO－與ClO的濃度之比1：1，即ClO－與ClO的物質(zhì)的量之比為1：1。由Cl→ClO－，失去1個電子，由Cl→ClO失去5個電子，一共失去1+1×5=6個電子；由Cl→Cl－，得到1個電子，需要6個原子才能得到6個電子，所以，被還原的氯元素與被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比=6：(1+1)=3：1，故選C。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．Ag2O作氧化劑；氧化劑不足時，可能把甲醛氧化為甲酸，故A正確；

B．由題干可知，HCHO與Ag2O反應，產(chǎn)物為CO2和Ag，故化學方程式為故B正確；

C．②中發(fā)生化學反應的離子方程式為因此：n(HCHO)~4n(Ag)~4n(Fe3+)，所以理論上吸收的HCHO與消耗的Fe3+的物質(zhì)的量比為1∶4；故C正確；

D．1.68mgFe2+物質(zhì)的量為0.03mmol，因為n(HCHO)~4n(Ag)~4n(Fe3+)~4n(Fe2+)，故HCHO的物質(zhì)的量為0.0075mmol，故取1m3空氣，故甲醛含量為0.225mg?m-3；超過國家標準，所以室內(nèi)甲醛含量超標，故D錯誤；

故選D。4、C【分析】試題分析：A.核外電子排布相同的微粒，核電荷數(shù)越大，微粒半徑越小，離子半徑：Ca2＋<Cl－<S2－A項錯誤；B.同周期自左向右，第一電離能逐漸增大，同主族從上到下，第一電離能逐漸減小，則第一電離能：Si42S2O；D項錯誤；答案選C。

考點：考查元素周期律的綜合利用，涉及離子半徑、第一電離能、電負性、熱穩(wěn)定性的大小比較5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．磁性氧化鐵為溶于稀硝酸反應生成硝酸鐵、一氧化氮氣體和水，正確的離子方程式為：A項錯誤；

B．向溶液中通入過量制同時生成碳酸氫鈉，離子方程式為：B項錯誤；

C．溶液中加入過量的HI溶液，硝酸根離子在酸性條件下具有強氧化性，能夠氧化碘離子，同時鐵離子也會氧化碘離子，正確的離子方程式為：C項錯誤；

D．在強堿溶液中次氯酸鈉與反應生成將氧化成自身被還原成結(jié)合電子守恒和元素守恒可得離子方程式為D項正確；

答案選D。二、填空題(共7題，共14分)6、略

【分析】離子方程式的書寫注意只有“強；可溶”可以改；其余的均不改寫。

【詳解】

①碳酸鈣難溶于水不改寫，醋酸是弱酸不能改寫，醋酸鈣可溶改寫，水是弱電解質(zhì)，不改寫，所以答案為：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O；

②一水合氨是弱堿不改寫，醋酸是弱酸不改寫，醋酸銨可溶改寫，水是弱電解質(zhì)不能改寫，所以答案為：CH3COOH+NH3·H2O==CH3COO-++H2O；

③碳酸氫鈉是可溶性鹽可以改寫為碳酸氫根和鈉離子，氫氧化鈉是強堿改寫，碳酸鈉是可溶性鹽，可以改寫，水是弱電解質(zhì)不能改寫，答案為：OH?+=H?O+

④硫酸銅是可溶性鹽改寫，氫氧化鋇是強堿改寫，生成的硫酸鋇難溶，氫氧化銅是弱堿均不改寫，所以答案為：Cu2+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓；

⑤氯氣是單質(zhì)不改寫，水是弱電解質(zhì)不改寫，生成的次氯酸是弱酸不改寫，HCl是強酸改寫，所以答案為：Cl2+H2O?H++Cl-+HClO；

⑥過氧化鈉是氧化物不改寫，水是弱電解質(zhì)不改寫，生成的氫氧化鈉是強堿改寫，氧氣是單質(zhì)不改寫，所以答案為：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；

⑦硫酸鐵是可溶性鹽改寫，銅是單質(zhì)不改寫，生成的硫酸亞鐵和硫酸銅均是可溶性鹽，均需要改寫，所以答案為：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；【解析】CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2OCH3COOH+NH3·H2O==CH3COO-++H2OOH?+=H?O+Cu2+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓Cl2+H2O?H++Cl-+HClO2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+7、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)“升失氧；降得還”原理和化合價變化判斷物質(zhì)性質(zhì)；

（2）據(jù)得失電子總數(shù)守恒和原子個數(shù)守恒配平反應；

（3）根據(jù)氧化還原反應方程及系數(shù)進行計算；

（4）酸堿中和生成鹽和水。

【詳解】

（1）據(jù)化合物中元素的正負化合價代數(shù)和為0可知，H3PO2中P化合價為+1價，P元素的化合價由+1價升高到+5價，故H3PO2被氧化；

（2）P的化合價由+1價升至+5價；Ag的化合價由+1價姜維0價，據(jù)得失電子總數(shù)守恒和原子個數(shù)守恒可知，配平的系數(shù)為4；1、2、4、1、4；

（3）銀離子生成銀，得到1個電子，1.08gAg物質(zhì)的量為0.01mol，即轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6.02×1021或0.01NA；

（4）H3PO2是一元弱酸，寫離子方程式時必須寫化學式，H3PO2與足量NaOH溶液反應的離子方程式為：H3PO2+OH-=H2PO2-+H2O。

【點睛】

本題考查氧化還原反應的相關知識點，利用化合價升降總數(shù)相等進行氧化還原反應方程式的配平是解答本題的關鍵?！窘馕觥竣?+1②.氧化③.4④.1⑤.2⑥.4⑦.1⑧.4⑨.0.01NA⑩.H3PO2+OH-=H2PO2-+H2O8、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①在該反應中，Cl元素化合價由反應前Cl2中的0價變?yōu)榉磻驠eCl3中的-1價，化合價降低，得到電子被還原，所以Cl2作氧化劑，F(xiàn)eCl3是還原產(chǎn)物；

②反應消耗標準狀況下2.24LCl2，其物質(zhì)的量是0.1mol。1molCl2反應得到2mol電子，則0.1molCl2反應轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.2mol；

(2)在反應2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2中，Cu元素的化合價由反應前Cu單質(zhì)的0價變?yōu)榉磻驝uCl2中的+2價，化合價升高，失去電子1×2e-，被氧化；Fe元素化合價由反應前FeCl3中的+3價變?yōu)榉磻驠eCl2中的+2價，化合價降低，得到電子2×e-，用雙線橋法表示電子轉(zhuǎn)移為：

(3)①在氧化還原反應中氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物，在A反應中氧化性：KClO3＞Cl2，在B反應中物質(zhì)的氧化性：Cl2＞HIO3，所以氧化性：KClO3＞Cl2＞HIO3；

②Cl2具有強氧化性，先氧化KI生成I2，淀粉遇I2呈藍色，當氯氣過量時，Cl2將I2氧化為HIO3，又使溶液的藍色消失，故可能看到的現(xiàn)象是溶液先變藍色后藍色褪色?！窘馕觥緾l2FeCl30.2molKClO3＞Cl2＞HIO3溶液先變藍色，后藍色褪色9、略

【分析】【詳解】

（1）核內(nèi)有10個質(zhì)子的原子為Ne，原子結(jié)構(gòu)示意圖為

（2）核外有10個電子的一價陰離子為離子結(jié)構(gòu)示意圖為

（3）核外有18個電子的二價陽離子為離子結(jié)構(gòu)示意圖為【解析】10、略

【分析】【分析】

(1)H2O2穩(wěn)定性較差，受熱易分解；在酸性條件下，H2O2氧化Fe2+生成Fe3+，同時自身被還原生成H2O；

(2)①Sn2+具有還原性，能被K2Cr2O7氧化，從而導致K2Cr2O7消耗偏多；

②根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，可得關系式Cr2O72-～6Fe3+，再結(jié)合消耗K2Cr2O7的物質(zhì)的量計算即可。

【詳解】

(1)H2O2受熱易分解，故反應溫度不宜過高，以防止溫度高了H2O2分解；酸性條件下，H2O2氧化Fe2+生成Fe3+，同時自身被還原生成H2O，發(fā)生反應的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

(2)①Sn2+具有還原性，能被K2Cr2O7氧化，從而導致K2Cr2O7消耗偏多；則樣品中鐵的質(zhì)量分數(shù)的測定結(jié)果將偏大；

②n(Cr2O72-)=5.000×10?2mol·L?1×22.00mL×10?3L·mL?1=1.100×10?3mol，由滴定時Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根據(jù)電子得失守恒可得微粒的關系式：Cr2O72-~6Fe2+(或Cr2O72-+14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O)，則n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6×1.100×10?3mol=6.600×10?3mol，樣品中鐵元素的質(zhì)量：m(Fe)=6.600×10?3mol×56g·mol?1=0.3696g，樣品中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)：w(Fe)=×100%=12.32%?！窘馕觥糠乐箿囟雀吡薍2O2分解2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O偏大n(Cr2O72-)=5.000×10?2mol·L?1×22.00mL×10?3L·mL?1=1.100×10?3mol，由滴定時Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根據(jù)電子得失守恒可得微粒的關系式：Cr2O72-~6Fe2+（或Cr2O72-+14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O），則n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6×1.100×10?3mol=6.600×10?3mol，樣品中鐵元素的質(zhì)量：m(Fe)=6.600×10?3mol×56g·mol?1=0.3696g，樣品中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)：w(Fe)=×100%=12.32%11、略

【分析】【分析】

電解質(zhì)是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物；非電解質(zhì)是在水溶液中和熔融狀態(tài)下不能導電的化合物；據(jù)此分析解答。

【詳解】

①碳酸鈣是在熔融狀態(tài)下能導電的化合物；屬于電解質(zhì)；

②濃鹽酸是氯化氫的水溶液；是混合物，既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)；

③硫酸溶于水能夠?qū)щ?；是電解質(zhì)；

④不導電；是非電解質(zhì)；

⑤NaHSO4在熔融狀態(tài)下或水溶液中都能導電；是電解質(zhì)；

⑥NaClO溶液是混合物；既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)；

⑦氫氧化鐵膠體屬于混合物；既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)；

⑧液氨在溶液中本身不能電離；是非電解質(zhì)；

⑨明礬在溶液中完全電離出和水溶液能夠?qū)щ?，是電解質(zhì)；

屬于電解質(zhì)的有①③⑤⑨，屬于非電解質(zhì)的有④⑧。熔融NaHSO4的電離方程式：NaHSO4(熔融)═Na++HSO②濃鹽酸和⑦氫氧化鐵膠體混合后，反應的離子方程式為故答案為：①③⑤⑨；④⑧；NaHSO4(熔融)═Na++HSO【解析】①③⑤⑨④⑧NaHSO4(熔融)═Na++HSO12、略

【分析】【詳解】

（1）某種粒子有1個原子核，核中有17個質(zhì)子，20個中子，核外有18個電子，該粒子電子數(shù)比質(zhì)子數(shù)多1個，為帶1個單位負電荷的陰離子，核中有17個質(zhì)子，則為

（2）①含有金屬元素的化合物不一定是離子化合物，如AlCl3為共價化合物；①錯誤；

②第IA族和第ⅦA族元素原子化合時；不一定生成離子鍵，如HCl，②錯誤；

③由非金屬元素形成的化合物可能是離子化合物，如NH4Cl；③錯誤；

④活潑金屬與非金屬化合時；能形成離子鍵，如NaCl；KI等，④正確；

⑤離子鍵就是陰；陽離子間的相互作用；既有引力又有斥力，⑤錯誤；

⑥離子化合物中可能含有非極性共價鍵，如Na2O2；⑥正確；

故答案為：④⑥；

（3）Mg(OH)2：由Mg2+和OH-構(gòu)成，電子式為

N2：兩個N原子間形成三對共用電子，電子式為

NH4I：由NH4+和I-構(gòu)成，電子式為

（4）Na2S：

H2O：

【點睛】

在書寫電子式時，首先應確定物質(zhì)所屬類別，弄清它是非金屬單質(zhì)，還是離子化合物或共價化合物。離子化合物，由陰、陽離子構(gòu)成；共價單質(zhì)或共價化合物，由原子構(gòu)成。對于離子化合物，要確定離子尤其是陰離子的組成，若陰離子是原子團，則還要確定陰離子內(nèi)原子間的共價鍵數(shù)目；對于共價化合物，既要確定原子的相對位置，又要確定原子間的共用電子對數(shù)目等。對于一般的非金屬原子來說，共用電子對數(shù)目=8一最外層電子數(shù)。對于H來說，只能形成一對共用電子?！窘馕觥竣堍奕⑴袛囝}(共5題，共10分)13、A【分析】【詳解】

堿性氧化物和水反應可以生成堿溶液，可溶性堿與可溶性鹽發(fā)生復分解反應生成新鹽和新堿，故正確。14、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀鹽酸，沉淀不消失，則溶液中可能存在也可能存在銀離子，故錯誤；

(2)向某溶液中加入Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生不溶于稀HNO3的白色沉淀，則溶液中可能存在也可能存在故錯誤；

(3)向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成，則溶液中可能存在HCO或Mg2+等；故錯誤；

(4)加入CaCl2溶液，有白色沉淀生成，溶液中可能存在也可能存在銀離子，故錯誤；

(5)加入稀硫酸，產(chǎn)生使品紅溶液褪色的無色有刺激性氣味的氣體，則溶液中可能存在也可能存在HSO故錯誤；

(6)某溶液的焰色反應呈黃色；則溶液中一定有鈉元素，不能確定是否有鉀元素，要透過藍色鈷玻璃觀察，故正確；

(7)無色溶液加入CCl4無現(xiàn)象，滴加氯水后CCl4層呈紫紅色，則溶液中一定存在I-；故正確；

(8)加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加稀鹽酸沉淀不消失，無法確定原溶液中是否含有Cl-；故錯誤；

(9)向某溶液中加入稀鹽酸，產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的氣體，溶液中可能存在也可能存在HCO故錯誤；

(10)區(qū)別NaCl、Na2SO4時，可滴加Ba(NO3)2溶液；常用到膠頭滴管；試管，故正確；

(11)驗證Fe2(SO4)3溶液中含F(xiàn)e2+的方法是加入酸性KMnO4溶液；紫色退去，故正確；

(12)向硫酸亞鐵溶液中滴加硫氰化鉀溶液；溶液變?yōu)榧t色，說明溶液已變質(zhì)，故正確；

(13)在未知液中滴加BaCl2溶液出現(xiàn)白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，說明該未知液中存在或也可能存在銀離子，故錯誤。15、A【分析】【詳解】

硅酸鈉的水溶液俗名水玻璃，是一種礦物膠，它既不燃燒且不支持燃燒，木材浸過水玻璃后，不易著火，可用作防火劑的材料；硅酸鈉可與酸性較強的酸反應生成硅酸，是制備硅膠的原料，故正確。16、A【分析】【分析】

【詳解】

標準狀況下，1mol任何氣體的體積約為22.4L/mol，單一氣體和混合氣體都適用，即標準狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為22.4L/mol×1mol=22.4L，正確；答案為正確。17、B【分析】【分析】

【詳解】

常溫常壓下，氣體摩爾體積不是22.4L/mol，11.2LO2的物質(zhì)的量不是0.5mol，所含原子數(shù)不是NA，故該說法錯誤；四、工業(yè)流程題(共2題，共8分)18、略

【分析】【分析】

以鋁土礦（主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質(zhì)）為原料制備鋁，由流程可知，加NaOH溶解時Fe2O3不反應，由信息可知SiO2在“堿溶”時轉(zhuǎn)化為NaAlSiO4?nH2O沉淀，操作I為過濾，過濾得到的濾渣為Fe2O3、鋁硅酸鈉，溶液a含NaAlO2，NaHCO3與NaAlO2反應生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3，操作II為過濾，沉淀為Al(OH)3，灼燒Al(OH)3生成Al2O3，電解Al2O3生成Al和O2；以此來解答。

【詳解】

(1)有分析可知；操作I；Ⅱ的名稱為過濾；

(2)從左向右書寫順序為活潑金屬氧化物、較活潑金屬氧化物、二氧化硅、水，所以該物質(zhì)書寫為氧化物化學式為Na2O·Al2O3·2SiO2·2nH2O；

(3)操作II是向偏鋁酸鈉溶液中加入碳酸氫鈉溶液，偏鋁酸鈉與碳酸氫鈉在溶液中反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉，反應的離子方程式是：++H2O=+Al(OH)3↓；

(4)有分析可知，操作I得到的濾渣為Fe2O3、NaAlSiO4·nH2O?！窘馕觥窟^濾Na2O·Al2O3·2SiO2·2nH2O++H2O=+Al(OH)3↓Fe2O3、NaAlSiO4·nH2O19、略

【分析】【分析】

將電鍍廢渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)中加入稀硫酸溶解發(fā)生反應得到Cr2(SO4)3、CuSO4、Fe2(SO4)3及CaSO4，然后水浸、過濾除去濾渣CaSO4。在浸出液中加入Na2S調(diào)節(jié)溶液的pH，只使CuSO4發(fā)生沉淀反應，沉淀是CuS，在充分攪拌下加入氨水，適量H2O2，并通入O2,反應生成了[Cu(NH3)4]SO4，利用SO2的還原性將其還原，生成CuNH4SO3。濾液調(diào)節(jié)溶液pH使離子沉淀；最后氧化為重鉻酸鉀。

【詳解】

（1）加入適量Na2S溶液后生成的沉淀X為CuS，若加入的Na2S溶液過量，除生成X外還會發(fā)生反應的離子方程式為2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓或2Fe3++S2-=2Fe2++S↓。

（2）根據(jù)氧化還原反應原理及原子守恒可知，[Cu(NH3)4]SO4·H2O加熱發(fā)生分解反應的化學方程式3[Cu(NH3)4]SO4·H2O3Cu+8NH3↑+3SO2↑+2N2↑+9H2O。

（3）①“沉CuNH4SO3”時；反應溫度需控制在45℃，且受熱均勻，合適的加熱方式是水浴加熱。

②二氧化硫有毒，NaOH溶液位于裝置尾部，目的是尾氣處理，作用是吸收SO2防止污染空氣。

（4）①Cr2O72-為氧化劑，把Fe2+氧化為Fe3+，+6價鉻被還原為+3，反應的離子方程為Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，若三次實驗消耗(NH4)2Fe(SO4)2標準液的平均體積為20.00mL，則所得產(chǎn)品K2Cr2O7的純度為=49%。

②假設離子初始濃度為2×10-3mo/L，當溶液中剛開始析出Cr(OH)3沉淀時，則c(Fe3+)=1.3×10-10mo/L?！窘馕觥緾uS2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓或2Fe3++S2-=2Fe2++S↓338329水浴加熱吸收SO2防止污染空氣491.3×10-10五、有機推斷題(共4題，共32分)20、略

【分析】【分析】

根據(jù)元素在周期表中的位置知，A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K、L分別是H、He、Na、C、N、O、F、Al、Si、Cl、Fe、Br元素。

（1）

G的氣態(tài)氫化物為HF，J的氣態(tài)氫化物為HCl，非金屬性越強，對應的氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性：F>Cl；則HF比HCl穩(wěn)定，故答案為：穩(wěn)定；

（2）

A(H)與E(N)可形成一種極易溶于水的氣態(tài)化合物，即NH3，NH3的電子式為NH3溶于水后的溶液呈堿性，故答案為：堿；

（3）

元素C為Na，其最高價氧化物對應的水化物為NaOH，元素H為Al，其最高價氧化物對應的水化物為Al(OH)3，NaOH和Al(OH)3反應生成偏鋁酸鈉和水，反應的離子方程式為故答案為：

（4）

元素G為F元素，元素L為Br元素，元素F的核電荷數(shù)為9，Br的核電荷數(shù)為35，兩元素的原子序數(shù)相差26；HF的水溶液是弱酸，HBr的水溶液是強酸，因此酸性較強的是HBr，故答案為：26；HBr；

（5）

A和F兩種元素的原子按1：1組成的常見液態(tài)化合物為H2O2，H2O2稀溶液在MnO2或FeCl3的催化作用下易分解生成氧氣；故選AC，故答案為AC；

（6）

K為Fe元素，F(xiàn)e活潑性相對較強，通常采用熱還原法的冶煉方法，故選C，故答案為：C?！窘馕觥?1)穩(wěn)定。

(2)堿。

(3)

(4)26HBr

(5)AC

(6)C21、略

【分析】【分析】

(1)過渡元素全部為金屬元素；

(2)Ⅰ是鈉元素；Ⅱ是氧元素，它們形成的是氧化鈉或者過氧化鈉，有非極性共價鍵的是過氧化鈉；

(3)甲；乙兩種短周期元素；室溫下，甲元素單質(zhì)在冷的濃硫酸或空氣中表面都生成致密的氧化膜，則甲為Al，乙元素原子核外第