2025年上外版必修1化學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年上外版必修1化學下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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列各組粒子中屬于同位素的是A.16O和18OB.O2和O3C.H2和D2D.24Mg和24Na2、下列說法正確的是A.向飽和溶液中逐滴滴加溶液即可以制備膠體B.鹽酸、水煤氣、氫氧化鐵膠體是混合物C.明礬溶于水可產生具有吸附性的膠體粒子，常用于飲用水的殺菌消毒D.非金屬氧化物一定屬于酸性氧化物3、下列反應中，不能說明SO2是酸性氧化物的是（）A.Na2SO3+2HCl=SO2↑+H2O+2NaClB.SO2+2NaOH=Na2SO3+H2OC.SO2+2H2S=3S↓+2H2OD.SO2+Na2O=Na2SO34、壽山石是我國四大印章石之首，被稱為國石。X、Y、M、N是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，M是地殼中含量最高的金屬元素，N元素的單質常用來制造太陽能電池，和含有相同的電子數(shù)，下列說法正確的是A.原子半徑：X＜Y＜M＜NB.化合物X2Y2中的化學鍵為共價鍵C.簡單氫化物的穩(wěn)定性：Y＜ND.M的最高價氧化物對應的水化物是強堿5、W、X、Y、Z、M為短周期原子序數(shù)依次遞增的主族元素，其最外層電子數(shù)可用圖表示。下列有關說法錯誤的是。

A.原子半徑：Z＞W(wǎng)B.簡單氫化物的沸點：X＞YC.Z的單質可與X的最高價氧化物發(fā)生置換反應D.Y和M的最高價氧化物對應的水化物均為強酸6、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.3molNF3與水完全反應生成HF、HNO3和NO，轉移電子數(shù)2NAB.22.4LCO2與過量的Na2O2反應，轉移的電子數(shù)為NAC.60gSiO2晶體中含有2NA個Si－O鍵D.常溫下，5.6g鐵釘與足量濃硝酸反應，轉移的電子數(shù)為0.3NA7、若某氖原子質量是ag，12C的原子質量是bg，NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.氖元素的相對原子質量一定是B.該氖原子的摩爾質量是aNAgC.Wg該氖原子的物質的量一定是molD.Wg該氖原子所含質子數(shù)是8、能夠用來鑒別BaCl2、NaCl、Na2CO3三種物質的試劑是()A.AgNO3B.H2SO4C.HClD.HNO3評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、下列各組物質混合后，如其中的酸過量時，有沉淀生成的是()A.氯化鋇、碳酸鈉、硫酸B.硫酸銅、氫氧化鈉、鹽酸C.氯化鋇、硝酸銀、硝酸D.氯化鐵、氫氧化鈣、硝酸10、化學與生產、生活、社會密切相關，下列有關說法正確的是A.油脂和蛋白質都屬于高分子化合物B.“地溝油”禁止食用，但可以用來制肥皂和柴油C.直餾汽油和裂化汽油都能使溴的四氯化碳溶液褪色D.石油的裂化、裂解以及煤的氣化、液化和干餾都是化學變化11、實驗室驗證鈉能與二氧化碳發(fā)生反應，并確定其產物的裝置如圖所示(已知：PdCl2溶液遇CO能產生黑色的Pd)；下列說法錯誤的是。

A.裝置①可以用稀硫酸代替稀鹽酸B.裝置⑤中石灰水變渾濁后，再點燃酒精燈C.裝置②③中分別盛裝飽和Na2CO3溶液、濃H2SO4D.裝置⑥中有黑色沉淀，發(fā)生的反應是PdCl2+CO+H2O＝Pd↓+CO2+2HCl12、已知：2NaAlO2+3H2O+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3。向含2molNaOH、1molBa(OH)2、2molNaAlO2的混合溶液中慢慢通入CO2，則通入CO2的量和生成沉淀的量關系正確的是。

。選項。

A

B

C

D

n(CO2)mol

2

3

4

6

n(沉淀)mol

1

2

3

3

A.AB.BC.CD.D13、CuSO4是一種重要的化工原料，其有關制備途徑及性質如圖所示。下列說法不正確的是。

A.Y一定是葡萄糖溶液B.相對于途徑①，途徑②更好地體現(xiàn)了綠色化學理念C.混合氣體X是只有SO2和SO3組成的混合氣體D.將CuSO4溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可制得硫酸銅晶體14、下列說法中正確的是A.碳酸氫鈉在水溶液中的電離方程式為NaHCO3=Na++H++COB.膠體區(qū)別于其他分散系的外在特征是能發(fā)生丁達爾效應C.物質的量就是物質的質量的另一種表達方式，單位是g·mol-1D.氫氧化鐵膠體能吸附水中的懸浮顆粒并沉降，起到凈水作用15、已知Ba(AlO2)2可溶于水。右圖表示的是向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液時，生成沉淀的物質的量y與加入Ba(OH)2的物質的量x的關系。

下列有關敘述正確的是()A.a～b時沉淀的物質的量：Al(OH)3比BaSO4多B.c～d時溶液中離子的物質的量：Ba2＋比AlO2－多C.a～d時沉淀的物質的量：BaSO4可能小于Al(OH)3D.d～e時溶液中離子的物質的量：Ba2＋可能等于OH－16、在強酸性溶液中，下列離子組能大量共存且溶液為無色透明的是（）A.Na+、K+、OH-、Cl-B.Na+、Cl-、SONOC.Mg2+、Na+、SOC1-D.Ca2+、HCONOK+評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)17、下表是元素周期表的一部分；請參照元素①—⑥的位置回答下列問題：

（1）元素①的一種核素中，含有1個質子和1個中子，表示該核素組成的符號是__。

（2）⑤的原子結構示意圖是__。

（3）上述元素中，原子半徑最大的是__（寫元素符號）。

（4）僅由①、⑥組成的化合物的電子式為__，該化合物的分子中含有__（填“極性”或“非極性”）共價鍵。

（5）金屬性：③__④（填“＞”或“＜”），列舉一條能證明該結論的實驗事實：__。

（6）下列說法正確的是__（填序號）。

a.②；③組成的化合物只有一種。

b.②的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性高于⑤

c.⑥在化合物中呈現(xiàn)的最高化合價為+7價18、下表是元素周期表的一部分；請針對表中所列標號為①～⑩的元素回答下列問題。

。族。

周期。

IA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

0

二。

①

②

③

④

三。

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

⑩

（1）非金屬性最強的元素是______(填元素符號；下同)，形成化合物種類最多的元素是________________________。

（2）第三周期元素除⑩外原子半徑最小的是______(填元素符號)；

（3）這些元素的最高價氧化物對應水化物中堿性最強的是__________（填化學式；下同），具有兩性的是____________。

（4）⑤、⑧兩種元素的最高價氧化物對應的水化物相互反應的離子方程式為__________。19、配平下列氧化還原反應方程式，標出電子轉移的方向和個數(shù)并填空：_____________

Zn+HNO3→Zn(NO3)2+N2O↑+H2O

（1）該反應的還原劑是_________________，被還原的元素是____________________________；

（2）若標準狀況下產生氣體體積為11.2L，則轉移的電子數(shù)為_____________________；

（3）若反應中還原劑消耗0.2mol，則參加反應的氧化劑物質的量為___________________________。20、閱讀下面短文。

光的散射與丁達爾效應。

光通過光學性質不均勻的介質時出現(xiàn)偏離原來傳播方向；而沿側向傳播的現(xiàn)象，稱為光的散射。在暗室里，將一束經聚集后的光線投射到膠體系統(tǒng)上，在與入射光垂直的方向上，可觀察到一條明亮的光路，這就是丁達爾效應。

當入射光的波長略大于分散相粒子的直徑時就發(fā)生光的散射?？梢姽獾牟ㄩL在400～760nm的范圍；略大于一般膠體粒子的直徑(1～100nm)，因此當可見光束投射于膠體時，就發(fā)生光的散射，產生丁達爾效應。

對于溶液；分散質分子或離子更小，對可見光的散射作用很微弱；而當可見光束通過濁液時，由于分散質的粒子直徑大于入射光的波長，主要發(fā)生反射或折射現(xiàn)象。

回答下列問題：

(1)產生丁達爾效應的實質是_____________。

(2)制備Fe(OH)3膠體的操作方法：向______中滴入5～6滴飽和的______溶液；繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色即可。

(3)膠體區(qū)別于其他分散系的本質特征是__________(填序號)。

a．膠體有丁達爾效應b．膠體粒子可以透過濾紙。

c．膠體的膠粒帶有電荷d．膠體粒子的直徑在1～100nm之間。

(4)CuSO4溶液無明顯丁達爾效應的原因是______________。21、煤炭中以FeS2形式存在的硫；在有水和空氣及在脫硫微生物存在下發(fā)生生物氧化還原反應，有關反應的離子方程式依次為：

①2FeS2＋7O2＋2H2O4H+＋2Fe2+＋________；

②4Fe2+＋O2＋4H+4Fe3+＋____________；

③FeS2＋2Fe3+3Fe2+＋2S；

④2S＋3O2＋2H2O4H+＋2

已知：FeS2中的鐵元素為＋2價。

回答下列問題：

(1)根據(jù)質量守恒定律和電荷守恒定律；將上述①②離子方程式補充完整。

(2)反應③的還原劑是________________。

(3)觀察上述反應，F(xiàn)eS2最終轉化為____________從煤炭中分離出來。22、鐵是應用最廣泛的金屬；鐵的氯化物；氧化物以及高價鐵的含氧酸鹽均為重要化合物。

（1）在實驗室中，F(xiàn)eCl2可用鐵粉和___(填名稱)反應制備。

（2）Fe3O4可用多種方法制得，其中由一種單質和一種化合物通過化合反應制備的化學方程式為___。

（3）實驗室在制備Fe(OH)2時必須隔絕空氣，否則發(fā)生的現(xiàn)象是___，對應的化學方程式為___。

（4）紅磚是用黏土高溫燒結而成的，因其含有Fe2O3呈紅色或棕紅色而得名，常用作建筑材料。請設計一個簡單實驗證明紅磚中含有Fe3+：___。

（5）現(xiàn)有一含有FeCl2和FeCl3的混合物樣品，實驗測得n(Fe)：n(C1)=1：2.1，則該樣品中FeCl3的物質的量分數(shù)為___。

（6）高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種強氧化劑，可作為水處理劑和高容量電池材料。FeCl3和KClO在強堿性條件下反應可制取K2FeO4，其反應的離子方程式為：___。23、提供下列四種試劑：①氫氧化鈉溶液(質量分數(shù)為50%)；②濃鹽酸；③濃硫酸，取三種金屬：鐵片、銅片、鋁片(表面用砂紙打磨過)做實驗：

(1)若要證明三種金屬的活動性強弱，可選用的試劑編號為_______。

(2)室溫下，將三種金屬分別投入上述某種試劑中，均不能觀察到明顯的現(xiàn)象，試劑的編號是___________。

(3)有一種試劑只能和上述三種金屬中的一種發(fā)生化學反應，該試劑的編號是_____；

該反應的氧化劑是________。評卷人得分四、判斷題(共2題，共14分)24、高純硅可用來制作芯片和硅太陽能電池。(____)A.正確B.錯誤25、用氫氣還原氧化銅時，應先通一會兒氫氣，再加熱氧化銅。(___________)A.正確B.錯誤評卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題，共3分)26、某興趣小組用部分氧化的FeSO4為原料，制取高純度的Fe2O3。主要操作步驟如下：

(1)在溶解過程中，H2O2做氧化劑，試寫出加入H2O2發(fā)生反應的離子方程式___________；

(2)簡述檢驗溶解過程中Fe2＋是否已被完全氧化成Fe3＋的實驗操作：___________(可供選擇的試劑：酸性KMnO4溶液；KSCN溶液、氯水)。

(3)“沉鐵”過程中產生紅褐色沉淀，試寫出相關的化學方程式___________；

(4)操作A包括___________、洗滌、___________；寫出操作A中發(fā)生反應的化學方程式___________。評卷人得分六、結構與性質(共4題，共28分)27、A、B、C、D、E代表前四周期原子序數(shù)依次增大的五種元素。A、D同主族且有兩種常見化合物DA2和DA3；工業(yè)上電解熔融C2A3制取單質C；B；E除最外層均只有2個電子外；其余各層全充滿，E位于元素周期表的ds區(qū)?；卮鹣铝袉栴}：

(1)B、C中電負性較大的是___________，基態(tài)D原子價電子的排布圖_________________，DA2分子的VSEPR模型是___________，H2A比H2D熔沸點高得多的原因____________________________。

(2)實驗測得C與氯元素形成化合物的實際組成為C2Cl6，其球棍模型如圖所示。已知C2Cl6在加熱時易升華，與過量的NaOH溶液反應可生成Na[C(OH)4]。

①C2Cl6屬于___________晶體(填晶體類型)，其中C原子的雜化軌道類型為___________雜化。

②[C(OH)4]－中存在的化學鍵有________________________。

③工業(yè)上制備的B單質是熔融B的氯化物，而不是電解BA原因是___________________________。

(3)B、C的氟化物晶格能分別是2957kJ·mol-1、5492kJ·mol-1，二者相差很大的原因是______。

(4)D與E所形成化合物晶體的晶胞如圖2所示。

①在該晶胞中，E的配位數(shù)為________________________。

②原子坐標參數(shù)可表示晶胞內部各原子的相對位置。圖2晶胞中，原子坐標a為(0,0,0)；b為(1/2；0，1/2)；c為(1/2，1/2,0)，則d原子的坐標。

參數(shù)為________________________。

③已知該晶胞的密度為ρg/cm3，則其中兩個D原子之間的距離為_______pm(NA為阿伏伽德羅常數(shù)，列出計算式即可)28、已知A；B、C、D、E、F六種元素的原子序數(shù)依次增大；其中A元素的原子半徑在短周期元素中最小，B原子核外電子有6種不同的運動狀態(tài)；D原子L層上有2對成對電子。E元素在地殼中含量居第二位，F(xiàn)與E位于同一周期，且是該周期元素中電負性最大的元素。根據(jù)以上信息回答下列問題：

(1)E元素可分別與D元素、F元素形成兩種常見化合物，這兩種化合物的熔沸點高低順序為__(用化學式表示)，原因是___。

(2)C的氫化物比下周期同族元素的氫化物沸點還要高，其原因是__。

(3)1molB2A2分子中含σ鍵的數(shù)目是__。

(4)圖(Ⅰ)是B元素的單質晶體的一個晶胞，該晶胞中含有__個原子，若設晶胞的棱長為acm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA則該晶體的密度表達式為__。

(5)E單質存在與金剛石結構類似的晶體，晶體中原子之間以__相結合，其晶胞中共有8個原子，其中在面心位置貢獻__個原子。

(6)BD2在高溫高壓下所形成的晶體其晶胞如圖(Ⅱ)所示。該晶體的類型屬于__(填“分子”、“原子”、“離子”或“金屬”)晶體，該晶體中B原子軌道的雜化類型為__。

29、回答下列問題：

（1）20gA物質和14gB物質恰好完全反應，生成8.8gC物質、3.6gD物質和0.2molE物質，則E的摩爾質量為___。

（2）化合物A的分子組成可用NxHy表示，在一定條件下可發(fā)生分解反應，15mlA氣體完全分解生成5mLN2和20mLNH3(同溫同壓)，則A的化學式為___。

（3）標準狀況下，11.2LCO和CO2混合氣體的質量為20.4g，求混合氣體中CO和CO2的體積比、質量比分別為___；___。30、M是第四周期元素；最外層只有1個電子，次外層的所有原子軌道均充滿電子。元素Y的負一價離子的最外層電子數(shù)與次外層的相同?；卮鹣铝袉栴}：

（1）單質M的晶體類型為_______。

（2）元素Y基態(tài)原子的核外電子排布式為_______，元素Y的含氧酸中，酸性最強的是_______(寫化學式)，該酸根離子的立體構型為_______。

（3）M與Y形成的一種化合物的立方晶胞如圖所示。

①已知晶胞參數(shù)a=0.542nm，此晶體的密度為_______g·cm-3。(寫出計算式，不要求計算結果。設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA)

②該化合物難溶于水但易溶于氨水，其原因是_______。

③此化合物的氨水溶液遇到空氣則被氧化為深藍色，深藍色溶液中陽離子的化學式為_______。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【詳解】

A.16O和18O是氧元素的兩種核素；二者互稱同位素，A符合題意；

B.O2和O3是氧元素的兩種單質；二者互稱同素異形體，B不合題意；

C.H2和D2是氫元素組成的兩種氫分子；C不合題意；

D.24Mg和24Na是兩種不同元素的原子；D不合題意。

故選A。2、B【分析】【分析】

【詳解】

A.向飽和FeCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液得到的是氫氧化鐵沉淀；故A錯誤；

B.鹽酸是HCl的水溶液；水煤氣是CO和氫氣的混合物；氫氧化鐵膠體是分散系，是混合物，故B正確；

C.明礬可以凈水；但不能消毒殺菌，故C錯誤；

D.非金屬氧化物也可以是不成鹽氧化物；如NO；CO，故D錯誤；

故答案為B。3、C【分析】【詳解】

A.利用強酸制弱酸，得到亞硫酸分解生成二氧化硫，Na2SO3+2HCl=SO2↑+H2O+2NaCl，說明SO2是酸性氧化物；選項A不符合；

B．SO2能與堿反應：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，說明SO2是酸性氧化物；選項B不符合；

C.SO2能與H2S反應是因為發(fā)生氧化還原反應SO2+2H2S=3S↓+2H2O，不能說明SO2是酸性氧化物；選項C符合；

D.SO2和堿性氧化物反應生成對應的鹽SO2+Na2O=Na2SO3，說明SO2是酸性氧化物；選項D不符合；

答案選C。4、B【分析】【分析】

X、Y、M、N是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，M是地殼中含量最高的金屬元素，則M是Al元素；N元素的單質常用來制造太陽能電池，則N是Si元素；和含有相同的電子數(shù)，則X是H，Y是O元素，是H3O+，是OH-；然后結合元素周期律及物質性質分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：X是H；Y是O，M是Al，N是Si元素。

A．原子核外電子層數(shù)越多原子半徑越大；當原子核外電子層數(shù)相同時；原子序數(shù)越大原子半徑就越小，故原子半徑：X(H)＜Y(O)＜N(Si)＜M(Al)，A錯誤；

B．化合物X2Y2是H2O2；物質結構式是H-O-O-H，該物質是共價化合物，其中含有的化學鍵為共價鍵，B正確；

C．元素的非金屬性越強；其相應的簡單氫化物的穩(wěn)定性就越強。元素的非金屬性：Y(O)＞N(Si)，所以簡單氫化物的穩(wěn)定性：Y(O)＞N(Si)，C錯誤；

D．M是Al，最高價氧化物對應的水化物是Al(OH)3既能與強酸反應產生鹽和水；也能夠與強堿反應產生鹽和水，因此屬于兩性氫氧化物，D錯誤；

故合理選項是B。5、B【分析】【分析】

W；X、Y、Z、M為短周期原子序數(shù)依次遞增的主族元素；由圖可知，W、X、Y、Z、M的最外層電子數(shù)依次為1、4、5、2、7，則推得W、X、Y、Z、M分別為H、C、N、Mg、Cl，據(jù)此解答。

【詳解】

A．一般電子層數(shù)越多；原子半徑越大，則原子半徑：Mg＞H，A正確；

B．由于NH3分子間可形成氫鍵，甲烷分子間不能形成氫鍵，則簡單氫化物的沸點：NH3＞CH4；B錯誤；

C．Mg與CO2可發(fā)生置換反應C正確；

D．N和Cl的最高價氧化物對應的水化物分別為硝酸和硫酸；均為強酸，D正確；

故選B。6、A【分析】【分析】

【詳解】

A．NF3與水完全反應生成HF、HNO3和NO，反應方程式是：3NF3+5H2O==9HF+HNO3+2NO，反應中氮元素由+3價升高到+5價，生成1molHNO3，轉移2mol電子；所以3molNF3反應轉移電子數(shù)2NA；A正確；

B．沒有給定氣體的存在條件；不能用氣體摩爾體積進行計算，不能確定氣體的物質的量的多少，因此不能確定其反應轉移的電子數(shù)，B錯誤；

C．SiO2的摩爾質量是60g/mol，1molSiO2有4molSi－O鍵，所以60gSiO2晶體中含有4NA個Si－O鍵；C錯誤；

D．常溫下，F(xiàn)e遇濃硝酸會發(fā)生鈍化，反應停止，鐵有剩余；因此5.6g鐵釘與足量濃硝酸反應，轉移的電子數(shù)遠小于0.3NA；D錯誤；

故選A。7、C【分析】【詳解】

A.氖原子的相對原子質量=氖元素存在同位素，氖元素的相對原子質量是同位素所占原子百分比的平均值，A錯誤；

B.氖原子的摩爾質量是1mol原子的質量，即aNAg/mol；B錯誤；

C.Wg該氖原子的物質的量=mol；C正確；

D.Wg該氖原子所含質子數(shù)等于其物質的量與1mol氖原子所含質子數(shù)的乘積，等于10×mol×NA/mol=D錯誤；

故合理選項是C。8、B【分析】【分析】

【詳解】

A．硝酸銀與三種物質均生成白色沉淀；無法鑒別，故A不符合題意；

B．硫酸與氯化鋇反應生成白色沉淀；與碳酸鈉反應生成氣體，與氯化鈉不反應無明顯現(xiàn)象，三者現(xiàn)象不同，故可以鑒別，故B符合題意；

C．HCl與氯化鋇和氯化鈉均不反應；無法鑒別，故C不符合題意；

D．硝酸與氯化鋇和氯化鈉均不反應；無法鑒別，故D不符合題意；

綜上所述答案為B。二、多選題(共8題，共16分)9、AC【分析】【詳解】

A.Ba2+與CO32-生成BaCO3沉淀，BaCO3沉淀溶于H2SO4中，但又與H2SO4生成了BaSO4沉淀，BaSO4沉淀不溶于H2SO4；A符合題意；

B.Cu2+與OH-生成了Cu(OH)2沉淀，而Cu(OH)2沉淀完全溶于過量的鹽酸；所以無沉淀生成，B不符合題意；

C.Cl-與Ag+生成AgCl沉淀，AgCl沉淀不溶于HNO3；C符合題意；

D.Fe3+與OH-生成了Fe(OH)3沉淀，F(xiàn)e(OH)3沉淀完全溶于過量的HNO3；無沉淀，D不符合題意；

答案選AC。10、BD【分析】【詳解】

A．油脂不屬于高分子化合物；A錯誤；

B．地溝油含有大量的有害物質；禁止食用，其主要成分為油脂，屬于酯類，可以發(fā)生皂化反應制肥皂，及通過化學反應用來制生物柴油，B正確；

C．裂化汽油是石油裂解產物；含有不飽和烴，能與四氯化碳中的溴加成而使其褪色，直餾汽油為飽和烴類，不能使溴的四氯化碳溶液褪色。C錯誤；

D．石油的裂化；裂解是使長鏈烴斷裂成短鏈烴；屬化學變化；煤的氣化指在一定溫度及壓力下使煤中有機質與氣化劑發(fā)生一系列化學反應，將固體煤轉化為含有CO、氫氣、甲烷等的氣體；煤的液化方法主要分為煤的直接液化和煤的間接液化兩大類，均是化學變化；煤的干餾指煤在隔絕空氣條件下加熱、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤氣等產物的過程，屬于化學變化，D正確；

故選BD。11、AC【分析】【分析】

由裝置可知①為二氧化碳的制取裝置，②應為NaHCO3溶液；用于除去HCl，③為濃硫酸，用于干燥二氧化碳氣體，在加熱條件下，在④中如發(fā)生反應，則二氧化碳可被還原生成CO，可觀察到⑥中溶液產生黑色沉淀。

【詳解】

A．裝置①為常溫下固體和液體制備氣體的裝置；因為硫酸鈣溶解度小，用稀硫酸代替稀鹽酸，生成的硫酸鈣會覆蓋在固體表面，阻止內部碳酸鈣繼續(xù)反應，故A錯誤；

B．裝置⑤中石灰水變渾濁后；說明裝置內的空氣已排出，再點燃酒精燈，以防止氧氣和鈉反應，故B正確；

C．二氧化碳能與碳酸鈉溶液反應，應用飽和碳酸氫鈉溶液除去氯化氫，再用濃H2SO4干燥二氧化碳氣體；故C錯誤；

D．一氧化碳與氯化鉛發(fā)生氧化還原反應，方程式為PdCl2+CO+H2O＝Pd↓+CO2+2HCl；故D正確；

故選AC。12、AC【分析】【詳解】

A.通入2mol二氧化碳，先發(fā)生反應：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸鋇沉淀，剩余的1mol二氧化碳與2mol氫氧化鈉反應恰好反應，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；則生成的沉淀只有1mol，故A正確；

B.當通入的n(CO2)=3mol時，發(fā)生的離子反應是Ba2++2OH?+CO2=BaCO3↓+H2O、2OH?+CO2=+H2O、2NaAlO2+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+Na2CO3，產生的沉淀是BaCO3和Al(OH)3且n(沉淀)之和是3mol(1molBaCO3和2molAl(OH)3；故B錯誤；

C.通入4mol二氧化碳，先發(fā)生反應：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸鋇沉淀，剩余3mol二氧化碳與氫氧化鈉發(fā)生反應：CO2+NaOH=NaHCO3，消耗二氧化碳2mol，最后1mol二氧化碳與Na[Al(OH)4]發(fā)生反應2NaAlO2+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+Na2CO3；生成2mol氫氧化鋁沉淀，生成沉淀總物質的量為3mol，故C正確；

D.當通入6mol二氧化碳，分別發(fā)生反應Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，2NaAlO2+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+Na2CO3，生成1mol碳酸鋇、2mol氫氧化鋁沉淀，2mol碳酸氫鈉，1mol碳酸鈉，消耗4mol二氧化碳，剩余的2mol二氧化碳分別與生成的1mol碳酸鈉和1mol碳酸鋇沉淀發(fā)生反應：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2；最后剩余沉淀的物質的量為2mol，故D錯誤；

故答案為：AC。13、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．葡萄糖含有醛基，醛基能被氫氧化銅氧化生成Cu2O；所以Y可能為葡萄糖，也可以為其它含有醛基的物質，故A錯誤；

B．相對于途徑①；銅和濃硫酸反應會生成二氧化硫氣體污染空氣，途徑②的優(yōu)點：制取等質量膽礬需要的硫酸少；途徑②無污染性氣體產生，更好地體現(xiàn)了綠色化學思想，故B正確；

C．硫酸銅分解生成Cu2O與氧氣、SO3、SO2，根據(jù)2CuSO4＝Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑知，X可能是O2、SO2和SO3的混合氣體；若只是二氧化硫和三氧化硫，銅元素；氧元素化合價只有降低，無元素化合價升高，故C錯誤；

D．將CuSO4溶液蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶；過濾洗滌可制得膽礬晶體，故D正確；

答案選AC。14、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．碳酸氫鈉在水溶液中的電離方程式為NaHCO3=Na++HCO故A錯誤；

B．鑒別膠體和其他分散系的方法為丁達爾效應；故B正確；

C．物質的量與物質的質量為兩個不同的物理量；物質的量的單位是mol，故C錯誤；

D．氫氧化鐵膠體中分散質微粒的直徑大；吸附力強，能吸附水中的懸浮顆粒并沉降，起到凈水作用，D正確；

故選BD。15、BD【分析】A．a～b發(fā)生的反應為：A12(SO4)3+3Ba(OH)2=2A1(OH)3↓+3BaSO4↓，根據(jù)Ba、Al元素守恒可知，BaSO4的物質的量一定是Al（OH）3物質的量的1.5倍，A錯誤；B．c～d發(fā)生的反應為：2A1(OH)3+Ba(OH)2=Ba(AlO2)2+4H2O，溶液中離子的物質的量：AlO2－比Ba2+多，關系為AlO2－應是Ba2＋的2倍，B正確；C．a～d反應先：A12(SO4)3+3Ba(OH)2=2A1(OH)3↓+3BaSO4↓，后：2A1(OH)3+Ba(OH)2=Ba(AlO2)2+4H2O，BaSO4的物質的量一定要多于Al（OH）3的物質的量，C錯誤；D．d～e時溶液中離子的物質的量：Ba2+可能等于OH－，因為溶解沉淀時，不斷消耗OH－，Ba2+開始時物質的量一定大于OH－；沉淀溶解完，不斷加入Ba(OH)2，Ba2+可能等于OH－也可能大于OH－；D正確；答案選BD。

點睛：掌握發(fā)生的化學反應、尤其是反應的先后順序是解答的關鍵，注意圖像的答題技巧，首先弄清縱、橫坐標的含義。其次弄清線的變化趨勢，每條線都代表著一定的化學反應過程。最后弄清曲線上拐點的含義，如與坐標軸的交點、曲線的交點、折點、最高點與最低點等。曲線的拐點代表著一個反應過程的結束和開始。16、BC【分析】【分析】

強酸性溶液中存在大量的H+離子，與H+離子發(fā)生反應的離子不能大量共存；溶液無色，則有顏色的離子不能大量共存。

【詳解】

A．在酸性條件下，OH-與H+反應而不能大量共存；故A不符合題意；

B．Na+、Cl-、SONO在強酸性溶液中可以大量共存；且溶液為無色，故B符合題意；

C．Mg2+、Na+、SOC1-在強酸性溶液中可以大量共存；且溶液為無色，故C符合題意；

D．在酸性條件下，HCO與H+反應而不能大量共存；故D不符合題意；

答案選BC。三、填空題(共7題，共14分)17、略

【分析】【分析】

由表可知；①為H；②為O、③為Na、④為Al、⑤為S、⑥為Cl。

【詳解】

（1）元素①為H，H的一種核素中，含有1個質子和1個中子，其質量數(shù)為2，表示該核素組成的符號是為：

（2）⑤為S，S原子的核電荷數(shù)是16，核外三個電子層，其結構示意圖是：

（3）同周期；從左到右，原子半徑減小，同主族，從上到下，原子半徑增大，所以原子半徑最大的是：Na；

（4）①為H、⑥為Cl，組成的化合物是HCl，其電子式為該化合物的分子中含有H-Cl之間的極性共價鍵；

（5）③為Na、④為Al，屬于同周期元素，從左到右金屬性減弱，其金屬性：Na>Al；能證明該結論的實驗事實是同等條件下與同濃度鹽酸反應Na比Al更劇烈，故答案為：同條件下與同濃度鹽酸反應Na比Al更劇烈；

（6）a.②為O、③為Na，組成的化合物Na2O、Na2O2；a錯誤；

b.②為O，⑤為S，屬于同主族元素，從上到下，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性減弱，所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H2O>H2S，b正確；

c.⑥為Cl；最外層上的電子數(shù)是7，在化合物中呈現(xiàn)的最高化合價為+7價，c正確；

答案為：bc。【解析】HNa極性＞同條件下與同濃度鹽酸反應Na比Al更容易bc18、略

【分析】【分析】

由元素在周期律的位置可知，①為C、②為N、③為O、④為F、⑤為Na、⑥為Mg、⑦為Al、⑧為S、⑨為Cl、⑩為Ar。

【詳解】

(1)同周期元素從左到右非金屬性依次增強；同主族元素從上到下非金屬性依次減弱，故非金屬性最強的元素是F；C可以形成有機物，有機物種類遠遠大于無機物，因此形成化合物種類最多的元素是C；

(2)同周期原子半徑從左到右依次減??；因此第三周期元素除稀有氣體外原子半徑最小的是Cl；

(3)金屬性越強，最高價氧化物對應水化物中堿性越強，這些元素中Na的金屬性最強，因此最高價氧化物對應水化物中堿性最強的是NaOH；Al(OH)3既能與酸反應；又能與堿反應，是兩性氫氧化物；

(4)Na最高價氧化物對應水化物是NaOH，S最高價氧化物對應水化物是H2SO4，二者反應生成Na2SO4和H2O，離子方程式為H++OH-=H2O；【解析】FCClNaOHAl(OH)3H++OH-=H2O19、略

【分析】【詳解】

鋅與硝酸的反應中，鋅化合價從0價升高為+2價的鋅離子，硝酸根離子中+5價的氮元素化合價降為+1價的氮，要使氧化劑得到電子數(shù)等于還原劑失去電子數(shù)，則鋅的系數(shù)為4，N2O系數(shù)為1，依據(jù)原子個數(shù)守恒可知反應的方程式：4Zn+10HNO3═N2O↑+4Zn（NO3）2+5H2O；電子轉移的數(shù)目和方向用單線橋表示為：

(1)反應中鋅化合價升高為還原劑；硝酸中氮化合價降低為氧化劑，被還原的元素為N元素；

（2）N2O體積為11.2L，物質的量為=0.5mol，根據(jù)可知轉移電子數(shù)為0.5mol×8=4mol=4NA；

（3）參加反應的Zn為0.2mol，則生成的N2O的物質的量為0.2mol×=0.05mol；則參加反應的氧化劑物質的量為0.05mol×2=0.1mol。

點睛：氧化還原反應的實質是反應過程中發(fā)生了電子轉移，而氧化劑得電子的總數(shù)(或元素化合價降低總數(shù))必然等于還原劑失電子總數(shù)(或元素化合價升高總數(shù))，根據(jù)這一原則可以對氧化還原反應的化學方程式進行配平。配平的步驟：（1）標好價：正確標出反應前后化合價有變化的元素的化合價。（2）列變化：列出元素化合價升高和降低的數(shù)值。（3）求總數(shù)：求元素化合價升高數(shù)和降低數(shù)的總數(shù)，確定氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物的化學計量數(shù)。（4）配系數(shù)：用觀察法配平其他各物質的化學計量數(shù)。（5）細檢查：利用“守恒”三原則(即質量守恒、得失電子守恒、電荷守恒)，逐項檢查配平的方程式是否正確?！窘馕觥竣?各物質系數(shù)410415轉移電子數(shù)目8e②.Zn③.N④.4NA⑤.0.5mol20、略

【分析】【分析】

制備Fe(OH)3膠體，在小燒杯中加入20mL蒸餾水，加熱至沸騰后，向沸水中滴入5~6滴飽和的FeCl3溶液；繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色即可。膠體區(qū)別于其他分散系的本質特征是膠體粒子的直徑在1~100nm之間，能產生丁達爾效應；

【詳解】

(1)由題干中信息可得產生丁達爾效應的實質是光的散射；

(2)制備Fe(OH)3膠體，在小燒杯中加入20mL蒸餾水，加熱至沸騰后，向沸水中滴入5~6滴飽和的FeCl3溶液；繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色即可；

(3)膠體區(qū)別于其他分散系的本質特征是膠體粒子的直徑在1~100nm之間；故答案為：d；

(4)CuSO4溶液無明顯丁達爾效應的原因是CuSO4溶液不是膠體，其分散質的粒子很小，對可見光的散射作用很微弱?！窘馕觥抗獾纳⑸浞兴瓼eCl3d分散質的粒子很小，對可見光的散射作用很微弱21、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)反應①過程中O2中O元素由0價下降到-2價，F(xiàn)eS2中Fe元素化合價不變，S元素化合價由-1價上升到+6價；反應②中Fe元素由+2價上升到+3價，O元素由0價下降到-2價；由根據(jù)離子方程式的電荷守恒和原子守恒書寫判斷產物，反應①中為4②反應中為2H2O，故答案為：42H2O；

(2)還原劑是元素化合價反應后升高，反應③中硫元素化合價從-1價變化為0價，所以反應中的還原劑是FeS2；故答案為：FeS2；

(3)結合①②③④的離子方程式，根據(jù)最終的生成物可知，F(xiàn)eS2中鐵元素最終生成Fe2+，而S元素最終生成故答案為：Fe2+和或FeSO4和H2SO4?！窘馕觥?2H2OFeS2Fe2+和或FeSO4和H2SO422、略

【分析】【詳解】

（1）在實驗室中，F(xiàn)eCl2可用鐵粉和鹽酸反應制備：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。

（2）FeO在空氣中加熱，即可得到Fe3O4。也可以利用鐵粉和Fe2O3發(fā)生化合反應制取Fe3O4。化學方程式為6FeO+O22Fe3O4(或4Fe2O3+Fe3Fe3O4)。

（3）Fe(OH)2容易被空氣中的氧氣氧化，所以制備時必須隔絕空氣，否則白色的Fe(OH)2會迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色沉淀，化學方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。

（4）檢驗紅磚中含有Fe3+，可使Fe2O3中的+3價鐵轉化為Fe3+，然后用KSCN溶液檢驗Fe3+。方法是將樣品粉碎；用鹽酸浸泡后取上層清液，滴加KSCN溶液后顯紅色。

（5）設FeCl2和FeCl3的物質的量分別為x和y，則(x+y)：(2x+3y)=1：2.1，解得x=9y，則該樣品中FeCl3的物質的量分數(shù)為10%。

（6）FeCl3和KClO在強堿性條件下反應可制取K2FeO4，鐵的化合價升高，所以KClO中Cl的化合價降低生成Cl-，其反應的離子方程式為：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O?！窘馕觥竣?稀鹽酸或氯化鐵溶液②.6FeO+O22Fe3O4(或4Fe2O3+Fe3Fe3O4)③.白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色沉淀④.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3⑤.將樣品粉碎，用鹽酸浸泡后取上層清液，滴加KSCN溶液后顯紅色⑥.10%⑦.2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O23、略

【分析】【分析】

(1)氫氧化鈉溶液與鋁反應；濃硫酸；濃硝酸在常溫下與鐵和鋁會發(fā)生鈍化現(xiàn)象，而濃鹽酸與鐵、鋁反應快慢可以比較金屬性，銅不與濃鹽酸反應；

(2)室溫下；濃硫酸不和銅反應，鐵和鋁在濃硫酸中會發(fā)生鈍化；

(3)氫氧化鈉溶液能與鋁的反應；反應過程中水作氧化劑，但與鐵片；銅片不反應。

【詳解】

(1)可根據(jù)金屬單質與酸反應置換氫氣的難易強弱來判斷金屬性強弱。金屬越活潑，越容易與酸反應置換氫氣，該金屬的金屬性越強，在給出的物質中只有鹽酸主要以H+的形式存在；表現(xiàn)出酸性，故合理選項是②；

(2)在常溫下；鐵；鋁遇濃硫酸在金屬表面會產生一層致密的氧化物薄膜，阻止金屬的進一步反應，即發(fā)生鈍化現(xiàn)象，而在室溫下銅與濃硫酸不反應，因此三種金屬單質遇濃硫酸都不能觀察到明顯現(xiàn)象，故物質合理序號是③；

(3)在給出的物質中，只有金屬Al能夠與NaOH溶液發(fā)生反應：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故物質合理序號是①；該反應的實質是：2Al+6H2O=2Al(OH)3+3H2↑，該反應屬于氧化還原反應，其中Al是還原劑，H2O是氧化劑；由于Al(OH)3是兩性氫氧化物，能夠與強堿NaOH發(fā)生反應：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，反應消耗Al(OH)3，使第一個反應進一步發(fā)生，最終Al(OH)3不斷溶解變?yōu)镹aAlO2，反應總反應方程式：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，其離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。

【點評】

本題考查了物質性質的實驗驗證，涉及元素金屬性強弱比較方法及及濃硫酸、濃硝酸、濃鹽酸的性質。熟悉元素及化合物的性質及元素周期律的應用是解題關鍵。【解析】②③①H2O四、判斷題(共2題，共14分)24、A【分析】【分析】

【詳解】

硅是良好的半導體材料，故高純硅可用來制作芯片和硅太陽能電池，故正確。25、A【分析】【詳解】

用氫氣還原氧化銅時，為防止加熱時氫氣與空氣混合發(fā)生爆炸，應先通一會兒氫氣，排盡裝置中的空氣，再加熱氧化銅；正確。五、工業(yè)流程題(共1題，共3分)26、略

【分析】【分析】

用部分氧化的為原料；用過氧化氫和硫酸溶解并將二價鐵氧化為三價鐵，之后用一水合氨和三價鐵離子反應生成氫氧化鐵沉淀，過濾洗滌干燥后加熱分解氫氧化鐵生成氧化鐵，以此解題。

(1)

H2O2是綠色氧化劑，加入過氧化氫是為了將二價鐵氧化為三價鐵，離子方程式為：

(2)

鐵離子與KSCN溶液反應生成血紅色溶液，則檢驗溶解過程中Fe2＋是否已被完全氧化成Fe3＋，不能選用KSCN溶液和氯水，可利用亞鐵離子的還原性，若亞鐵離子有殘留，則滴入酸性高錳酸鉀溶液、能被亞鐵離子還原而褪色，故檢驗溶解過程中Fe2＋是否已被完全氧化成Fe3＋實驗操作：取少量酸性KMnO4溶液于試管中，向其中滴入適量待測液，若酸性KMnO4溶液紫紅色沒有褪去，說明Fe2＋被完全氧化。

(3)

“沉鐵”過程中產生紅褐色沉淀，是硫酸鐵和一水合氨反應生成氫氧化鐵，相關的化學方程式為：

(4)

“沉鐵”過程中產生紅褐色沉淀、還生成硫酸銨，則需要過濾、洗滌沉淀，經干燥后才能灼燒使氫氧化鐵分解為氧化鐵和水，則操作A包括過濾、洗滌、灼燒；操作A中發(fā)生反應的化學方程式2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O?！窘馕觥?1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O

(2)取少量酸性KMnO4溶液于試管中，向其中滴入適量待測液，若酸性KMnO4溶液紫紅色沒有褪去，說明Fe2＋被完全氧化。

(3)6NH3?H2O+Fe2(SO4)3=2Fe(OH)3↓+3(NH4)2SO4

(4)過濾灼燒(加熱也可得分)2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O六、結構與性質(共4題，共28分)27、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E代表前四周期原子序數(shù)依次增大的五種元素。A、D同主族且有兩種常見化合物DA2和DA3，因此A是O，D是S；工業(yè)上電解熔融C2A3制取單質C；則C是Al；B；E除最外層均只有2個電子外，其余各層全充滿，E位于元素周期表的ds區(qū)，因此B是Mg，E是Zn。

【詳解】

(1)同周期自左向右金屬性逐漸減弱，金屬性越強，則電負性越小，則Al的電負性大于Mg；基態(tài)S原子價電子排布式為3s23d4，其排布圖為SO2分子中價層電子對數(shù)是2+(6-2×2)=3，所以其VSEPR模型是平面三角形；由于H2O分子間存在氫鍵，H2S分子間存在范德華力，因此H2O比H2S熔沸點高得多；

(2)①Al2Cl6的熔沸點較低，易升華，屬于分子晶體；其中Al原子形成4個共價鍵，雜化軌道類型為sp3雜化；

②[Al(OH)4]－中存在的化學鍵有O-H間的極性共價鍵；Al-O間的配位鍵；

③由于熔融MgCl2能導電；可電解，但MgO熔沸點高，電解熔融MgO能耗大，所以工業(yè)上制備Mg的單質是電解熔融氯化鎂，而不是電解氧化鎂；

(3)Al3+比Mg2+電荷多、半徑小，形成的離子鍵鍵能大，則AlF3的晶格能比MgCl2大得多；

(4)①在該晶胞中；Zn的周圍最近且距離相等的S原子有4個，則鋅的配位數(shù)為4；

②根據(jù)晶胞結構可知d原子位于右側面心處；所以坐標參數(shù)為(0，1/2，1/2)；

③該晶胞中S和Zn的原子個數(shù)均是4個，晶胞的密度為ρg/cm3，則晶胞的邊長是cm。兩個S原子之間的距離為面對角線的一半，即為×cm=××1010pm?！窘馕觥夸X(或Al)平面三角形水分子間存在氫鍵分子sp3極性共價鍵、配位鍵(或共價鍵、配位鍵)熔融MgCl2融能導電，可電解；MgO熔點高，電解能耗大Al3+比Mg2+電荷高、半徑小，AlF3的晶格能比MgCl2大得多4(1，1/2，1/2)××101028、略

【分析】【分析】

已知A、B、C、D、E、F六種元素的原子序數(shù)依次增大，其中A元素的原子半徑在短周期元素中最小，則A為氫元素；B原子核外電子有6種不同的運動狀態(tài)，核外電子數(shù)為6，則B為碳元素；D原子L層上有2對成對電子，則