2025年岳麓版必修1化學(xué)下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年岳麓版必修1化學(xué)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(xué)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、12月1日為世界艾滋病日。醫(yī)學(xué)界通過用放射性14C標記的C60，發(fā)現(xiàn)C60的羧酸衍生物在特定條件下可斷裂DNA殺死細胞，抑制艾滋病。關(guān)于14C的下列說法中正確的是A.14C原子與C60中普通碳原子的化學(xué)性質(zhì)不同B.14C原子與14N原子所含中子數(shù)相同C.是C60的同素異形體D.與1213C是碳元素的三種同位素2、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.25℃pH＝12的Na2CO3溶液中含有OH－的數(shù)目為0.01NAB.標準狀況下，22.4L乙烯中含有極性鍵數(shù)目為4NAC.1mol苯乙烯中含有的碳碳雙鍵數(shù)為4NAD.在銅與硫的反應(yīng)中，1mol銅失去電子數(shù)為2NA3、由等質(zhì)量的石灰石制備碳酸鈣的兩種實驗方案如下(部分反應(yīng)物或反應(yīng)條件略)。

方案甲：

方案乙：

下列說法正確的是A.上述兩方案中發(fā)生了氧化還原反應(yīng)B.X可以是Na2CO3C.④的離子方程式是D.若每一步均完全轉(zhuǎn)化，則方案乙一定比方案甲的二氧化碳排放少4、在硫酸鋁、硫酸和硫酸鎂的混合溶液200mL中，c()=0.80mol·L-1，當加入等體積1.6mol·L-1KOH溶液時，生成的沉淀最多，再加入過量的KOH溶液后，經(jīng)過濾、洗滌、干燥，得到白色沉淀2.32g。則反應(yīng)前的混合溶液中c(A13+)可能是A.0.20mol·L-1B.0.40mol·L-1C.0.80mol·L-1D.1.20mol·L-15、現(xiàn)有一混合物的水溶液，可能含有以下離子中的幾種：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，現(xiàn)取三份各100mL溶液進行如下實驗：第一份加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生；第二份加足量NaOH溶液加熱后，收集到0.08mol氣體；第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀12.54g，經(jīng)足量鹽酸洗滌、干燥后，沉淀質(zhì)量為4.66g。以下結(jié)論正確的是（）A.該混合液中一定含有：K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-B.該混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含K+、Cl-C.該混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含Mg2+、K+、Cl-D.該混合液中一定含有：NH4+、SO42-，可能含Mg2+、K+、Cl-6、中國科學(xué)院院士張青蓮教授曾主持測定了銦()等9種元素相對原子質(zhì)量的新值，被采用為國際新標準．銦與銣()同周期．下列說法不正確的是A.In是第五周期IIIA族元素B.的中子數(shù)與電子數(shù)的差值為17C.原子半徑：In＜RbD.堿性：In(OH)3＞RbOH7、下列屬于化學(xué)變化的是A.鈉的焰色試驗B.碘的升華C.鋼鐵生銹D.氯氣的液化8、收藏的清末鋁制藝術(shù)品至今保存完好，該藝術(shù)品未被銹蝕的主要原因是（）A.鋁不易被氧化B.鋁的氧化物在空氣中易變成鋁C.鋁不易發(fā)生化學(xué)反應(yīng)D.鋁易氧化，形成的氧化膜有保護作用評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)9、能用H＋＋OH-=H2O來表示的化學(xué)反應(yīng)是A.氫氧化鎂和稀鹽酸反應(yīng)B.Ba(OH)2溶液滴入稀硫酸中C.澄清石灰水和稀硝酸反應(yīng)D.氫氧化鈉和稀鹽酸反應(yīng)10、一包白色固體粉末，加水攪拌，有白色沉淀析出，且該沉淀不溶于稀HNO3。過濾后，向濾液中加入NaOH溶液，有刺激性氣味的無色氣體產(chǎn)生，此氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，若改為向濾液中加入硝酸銀溶液，則會產(chǎn)生不溶于稀硝酸的白色沉淀，根據(jù)以上現(xiàn)象判斷，該固體可能是()A.NH4Cl和BaSO4B.(NH4)2CO3和BaCO3C.BaCl2和(NH4)2SO4D.(NH4)2SO4和BaCO311、下列離子方程式書寫正確的是()A.澄清石灰水與過量的小蘇打溶液反應(yīng)：B.往明礬溶液中加入氫氧化鋇溶液至Al3+完全沉淀：A13++2SO42-+2Ba2++3OH-A1(OH)3↓+2BaSO4↓C.向NaHSO4溶液中滴加至剛好沉淀完全：↓D.向含有0.1mol溶質(zhì)的FeI2溶液中通入0.1mol的Cl2：2I—+Cl2I2+2Cl--12、下列事實是由于氯的非金屬性比硫強的結(jié)果的是A.次氯酸的酸性比硫酸弱B.氯能置換硫化氫中的硫C.硫離子的還原性比氯離子強D.硫能在空氣中燃燒，而氯則不能13、一定溫度下探究銅與稀硝酸的反應(yīng)；反應(yīng)過程如圖：

下列說法正確的是A.過程I中生成氣體的離子方程式為Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2OB.過程III反應(yīng)速率比過程I快的原因是反應(yīng)放熱使溫度升高致使速率加快C.當活塞不再移動時，即使再抽入空氣，金屬銅屑也不繼續(xù)溶解D.②振蕩時，針管內(nèi)可能會發(fā)生的反應(yīng)有4NO2+O2+2H2O=4HNO314、阿伏加德羅常數(shù)約為6.02×下列敘述不正確的是（）A.將1mol轉(zhuǎn)化為膠體，膠粒數(shù)小于6.02×B.標準狀況下，22.4L中含有溴原子數(shù)約為2×6.02×C.常溫下，9.2g含有的分子數(shù)小于0.2×6.02×D.25℃時，pH=12的溶液1L所含數(shù)約為6.02×15、下列做法有利于保護水資源的是A.合理使用化學(xué)、農(nóng)藥B.工廠污水直接排入河流C.將廢電池深埋地下D.禁止使用含磷洗滌劑評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)16、NaNO2因外觀和食鹽相似，又有咸味，容易使人誤食中毒．已知NaNO2能發(fā)生如下反應(yīng)：2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O。

（1）上述反應(yīng)中氧化劑是____________，氧化產(chǎn)物是______________（填寫化學(xué)式）。

（2）根據(jù)上述反應(yīng)，鑒別NaNO2、NaCl．可選用的物質(zhì)有：①水、②碘化鉀淀粉試紙、③淀粉、④白酒、⑤食醋，你認為必須選用的物質(zhì)有______________（填序號）。

（3）某廠廢液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放會造成污染，下列試劑能使NaNO2轉(zhuǎn)化為不引起二次污染的N2的是______（填編號）。

A．NaClB．NH4ClC．HNO3D．濃H2SO417、有一瓶澄清的溶液,其中可能含有H+，Mg2+，Na+，Ba2+，F(xiàn)e3+，Cl﹣，CO32﹣，SO42﹣等離子；取該溶液進行以下實驗。

a.用PH試紙檢驗；表明溶液呈強酸性。

b.取部分溶液逐漸滴加入NaOH溶液；使溶液從酸性逐漸變成堿性，整個滴加過程中，溶液均無沉淀生成。

c.取部分上述堿性溶液加Na2CO3溶液；有白色沉淀生成。

（1）根據(jù)上述事實確定：該溶液中肯定存在的離子有____________；肯定不存在的離子有____________；可能存在的離子有____________。

（2）寫出以下反應(yīng)的離子方程式：

①氧化鎂溶于鹽酸____________。

②碳酸氫鈉溶液與氫氧化鈉溶液混合____________。

③氫氧化鋇與稀硫酸混合____________。18、鈷及其化合物在電機；機械、化工、航空和航天等工業(yè)部門得到廣泛的應(yīng)用；是一種重要的戰(zhàn)略金屬。已知：鈷是具有光澤的鋼灰色金屬，其常見價態(tài)有+2價、+3價，化學(xué)性質(zhì)與鐵類似。

(1)用兩種氧化物組合的形式表示Co3O4的組成___________________。

(2)Co(OH)2具有明顯的兩性，在濃的強堿溶液中可以形成[Co(OH)4]2?，寫出Co(OH)2酸式電離的電離方程式___________。

(3)CoCl2中結(jié)晶水數(shù)目不同時會呈現(xiàn)不同的顏色。

CoCl2·6H2O(粉色)CoCl2·2H2O(紫色)CoCl2·H2O(藍紫色)CoCl2(藍色)利用這個性質(zhì)，把CoCl2加到硅膠(一種干燥劑，烘干后可再生反復(fù)使用)中，制成變色硅膠，簡述硅膠中添加CoCl2的作用_____________________；也可以做成無水氯化鈷試紙，用該試紙檢驗水蒸氣的存在時，觀察到的現(xiàn)象是_____________。

(4)現(xiàn)將35.7gCoCO3在空氣中加熱，可得24.1g鈷的氧化物和另一種氧化物。試寫出CoCO3在空氣中受熱時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式___________。19、鐵是人類較早使用的金屬之一。運用所學(xué)知識；回答下列問題。

(1)Fe(OH)2很不穩(wěn)定，露置在空氣中容易被氧化，F(xiàn)e(OH)2被氧化的化學(xué)方程為：_______；觀察到的現(xiàn)象為：_______；為了獲得白色的Fe(OH)2沉淀，可以用不含F(xiàn)e3+的FeSO4溶液與用不含O2的蒸餾水配制的NaOH溶液反應(yīng)制備。

(2)用硫酸亞鐵晶體配制上述FeSO4溶液時你覺得還需加入_______。

(3)除去蒸餾水中溶解的O2常采用_______的方法。

(4)生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用長滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下；再擠出NaOH溶液，這樣操作的理由是_______。

(5)圖中_______(填序號)能較長時間看到Fe(OH)2白色沉淀。

20、用A+、B-、C2-；D、E、F、G和H分別表示含有18個電子的八種微粒(離子或分子)；請回答：

（1）A元素是___________B元素是___________C元素是___________(用元素符號表示)。

（2）D是由兩種元素組成的雙原子分子，其分子式是___________。

（3）F是由兩種元素組成的三原子分子，其分子式是___________。

（4）G是由兩種元素組成的四原子分子，其分子式是___________。評卷人得分四、判斷題(共3題，共12分)21、Na2CO3、K2CO3等都是碳酸鹽，具有相似的化學(xué)性質(zhì)。(_______)A.正確B.錯誤22、兩種不同粒子的摩爾質(zhì)量一定不同。(_______)A.正確B.錯誤23、氨分子的比例模型：(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分五、計算題(共3題，共30分)24、(1)相同體積的三種溶液所含的物質(zhì)的量濃度相同，各溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度之比為___________。

(2)已知該反應(yīng)中，若被還原的為1mol，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為___________mol。

(3)將15.8gNaOH與的混合物全部溶于一定量的水中，生成氣體體積為1.12L(標況下)。若反應(yīng)后溶液中的粒子個數(shù)關(guān)系為：則原混合物中NaOH與的物質(zhì)的量之比為___________；形成這樣的溶液，所需水的體積為___________mL(水的密度以1.00計)。25、將50g鐵粉和氧化鐵的混合物中加入200mL的稀硫酸；恰好完全反應(yīng)，放出氫氣4.48L(標準狀況)，反應(yīng)后的溶液中滴加KSCN不顯紅色，且無固體剩余物。求：

(1)發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)中有一個屬于化合反應(yīng)；寫出其離子方程式__________________________。

(2)混合物中氧化鐵是_________g。

(3)原稀硫酸的物質(zhì)的量濃度____________mol/L。26、一定量的氫氣在氯氣中燃燒；所得混合物用100mL3.00mol/L的NaOH溶液（密度為1.12g/mL）恰好完全吸收，測得溶液中含有NaClO的物質(zhì)的量為0.0500mol。

（1）原NaOH溶液的質(zhì)量分數(shù)為___________

（2）所得溶液中Cl－的物質(zhì)的量為_______mol

（3）所用氯氣和參加反應(yīng)的氫氣的物質(zhì)的量之比n(Cl2)：n(H2)＝_____________。評卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共2題，共18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(zhì)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(yīng)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(xué)鍵有________________________。

③工業(yè)上制備的B單質(zhì)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(nèi)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、現(xiàn)有部分前36號元素的性質(zhì)或原子結(jié)構(gòu)如下表。元素編號元素性質(zhì)或原子結(jié)構(gòu)R基態(tài)原子的最外層有3個未成對電子，次外層有2個電子S單質(zhì)能與水劇烈反應(yīng)，所得溶液呈弱酸性T基態(tài)原子3d軌道上有1個電子X

(1)R元素的第一電離能要大于其同周期相鄰的元素，原因是____________。

(2)S元素的化合價是否有正價？_______，原因是_________，最外層電子排布式為____________。

(3)T元素的原子N能層上電子數(shù)為______，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為_________。

(4)X的核外電子排布圖違背了__________。用X單質(zhì)、堿金屬鹽及堿土金屬鹽等可以做成焰火。燃放時，焰火發(fā)出五顏六色的光，請用原子結(jié)構(gòu)的知識解釋發(fā)光的原因：________________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【詳解】

A.14C原子與C60中普通碳原子的化學(xué)性質(zhì)相同；A錯誤；

B.14C原子與14N原子所含中子數(shù)分別是14－6＝8；14－7＝7；B錯誤；

C.14C屬于核素，C60屬于單質(zhì)；二者不是同素異形體關(guān)系，C錯誤；

D.14C與12C、13C的質(zhì)子數(shù)相同中子數(shù)不同；是碳元素的三種同位素，D正確；

答案選D。2、B【分析】【詳解】

A.缺少溶液體積；無法計算氫氧根離子數(shù)目，故A錯誤；

B.標準狀況下；22.4L乙烯為1mol，含有4molC-H，故B正確；

C.1個苯乙烯分子中只含1個碳碳雙鍵，因此1mol苯乙烯中含有的碳碳雙鍵數(shù)為NA；故C錯誤；

D.在銅與硫的反應(yīng)中，銅由0價到＋1價，故1mol銅失去電子數(shù)為NA；故D錯誤；

故答案選B。

【點睛】

本題注意苯環(huán)中沒有真正的碳碳雙鍵，而是介于單鍵和雙鍵之間的一種特殊的化學(xué)鍵。3、B【分析】【詳解】

A．上述兩方案中均不存在價態(tài)變化元素；都沒有發(fā)生氧化還原反應(yīng)，A不正確；

B．方案甲中，Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，方案乙中，CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl，所以X可以是Na2CO3；B正確；

C．④中，CaCO3難溶于水，不能改寫成離子形式，所以離子方程式是C不正確；

D．若每一步均完全轉(zhuǎn)化；則方案乙和方案甲的二氧化碳排放量相同，D不正確；

故選B。4、A【分析】在硫酸鋁、硫酸和硫酸鎂的混合溶液中，加入等體積KOH溶液時，生成的沉淀最多，發(fā)生反應(yīng)：H++OH-=H2O、Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，生成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，此時溶液中溶質(zhì)為K2SO4，再加入過量的KOH溶液后，發(fā)生反應(yīng)：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Al(OH)3溶解，得白色沉淀2.32g為Mg(OH)2，根據(jù)n=計算Mg(OH)2的物質(zhì)的量，根據(jù)鎂離子守恒計算原溶液中c(Mg2+)，根據(jù)電荷守恒可知，原溶液中c(H+)+2c(Mg2+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)，當原溶液中沒有硫酸，即不含H+時，原溶液中c(Al3+)最大，據(jù)此確定c(Al3+)范圍解答。

【詳解】

在硫酸鋁、硫酸和硫酸鎂的混合溶液中，加入等體積KOH溶液時，生成的沉淀最多，發(fā)生反應(yīng)：H++OH-=H2O、Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，生成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，此時溶液中溶質(zhì)為K2SO4，再加入過量的KOH溶液后，發(fā)生反應(yīng)：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Al(OH)3溶解，得白色沉淀2.32g為Mg(OH)2，其物質(zhì)的量==0.04mol，根據(jù)鎂離子守恒可知，原溶液中c(Mg2+)==0.2mol/L，根據(jù)電荷守恒可知，原溶液中c(H+)+2c(Mg2+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)，當原溶液中沒有硫酸，即不含H+時，原溶液中c(Al3+)最大，與原溶液中c極大值(Al3+)=(0.8mol/L×2-0.2mol/L×2)÷3=0.4mol/L，故原溶液中0＜c(Al3+)＜0.4mol/L，A項正確。

故選A。5、A【分析】【詳解】

第一份：第一份加入AgNO3，溶液有沉淀產(chǎn)生，說明溶液中可能存在：Cl?、CO32?、SO42?；

第二份：加足量NaOH溶液加熱后生成的0.08mol氣體為氨氣，則溶液中一定含有NH4+；且物質(zhì)的量為0.08mol；

第三份：能夠與氯化鋇生成白色沉淀的為碳酸根離子或硫酸根離子，根據(jù)題中信息可知4.66g為硫酸鋇，12.54g為硫酸鋇和碳酸鋇的混合物，因此一定不存在Mg2+、Ba2+。碳酸鋇的物質(zhì)的量為：再根據(jù)電荷守恒，正電荷為：n(+)=n(NH4+)=0.08mol；負電荷：n(-)=2n(CO32?)+2n(SO42?)=0.12mol，故一定有K+，至少0.04mol；根據(jù)以上分析可知，溶液中一定存在：K+、NH4+、CO32?、SO42?，可能含有Cl?；若存在氯離子，鉀離子的物質(zhì)的量大于0.04mol；若不存在氯離子，鉀離子的物質(zhì)的量為0.04mol，所以A正確。故答案選：A。

【點睛】

離子推斷問題有定量計算時可根據(jù)電荷守恒，得出是否存在某些離子。6、D【分析】【詳解】

A．In與B為同主族元素，且與銣()同周期；位于第五周期IIIA族元素，A說法正確；

B．質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，所以的中子數(shù)為66；電子數(shù)為49，中子數(shù)與電子數(shù)的差值為17，B說法正確；

C．In與銣()同周期，原子序數(shù)越大，半徑越小，則原子半徑：In＜Rb；C說法正確；

D．同周期元素，金屬性越強，則最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性越強，銦的金屬性小于銫，則堿性：In(OH)3＜RbOH；D說法錯誤；

答案為D。7、C【分析】【分析】

有新物質(zhì)生成的變化叫化學(xué)變化；沒有新物質(zhì)生成的變化叫物理變化，據(jù)此解答。

【詳解】

A．鈉的焰色試驗是元素的性質(zhì)；過程中無新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故A不符合題意；

B．碘升華只是狀態(tài)發(fā)生改變；即固態(tài)變氣態(tài)，沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故B不符合題意；

C．鋼鐵生銹過程中有新物質(zhì)鐵銹生成；屬于化學(xué)變化，故C符合題意；

D．氯氣的液化只是狀態(tài)發(fā)生改變；即由氣態(tài)變液態(tài)，沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故D不符合題意；

答案為C。8、D【分析】【分析】

金屬的化學(xué)性質(zhì)有：金屬與氧氣反應(yīng)；金屬與酸反應(yīng)、金屬與鹽溶液反應(yīng)；以及鋁的性質(zhì)，鋁容易和空氣中的氧氣反應(yīng)生成致密的氧化物保護膜。

【詳解】

A；鋁易被氧化；生成的氧化鋁性質(zhì)穩(wěn)定，具有保護作用，故A錯誤；

B；鋁易被氧化；生成的氧化鋁性質(zhì)穩(wěn)定，故B錯誤；

C；鋁性質(zhì)比較活潑；不穩(wěn)定，故C錯誤；

D；鋁易被氧化；生成的氧化鋁性質(zhì)穩(wěn)定，具有保護作用，故D正確；

故答案選D。二、多選題(共7題，共14分)9、CD【分析】【詳解】

A．氫氧化鎂是難溶性物質(zhì)，寫離子方程式時，不能拆成離子形式，其離子方程式為：故A錯誤；

B．Ba(OH)2與稀硫酸反應(yīng)過程中會生成難溶性的BaSO4，故離子反應(yīng)方程式：Ba2++2OH－+2H＋＋SO＝BaSO4↓+2H2O；故B錯誤；

C．澄清石灰水和稀硝酸反應(yīng)實質(zhì)就是溶液中的OH-和H+反應(yīng)生成水，離子方程式為：H＋＋OH-=H2O；故C正確；

D．氫氧化鈉和鹽酸反應(yīng)的實質(zhì)就是溶液中的OH-和H+反應(yīng)生成水，離子方程式為：H＋＋OH-=H2O；故D正確；

故選：CD。10、AC【分析】【詳解】

白色固體粉末，加水攪拌，有白色沉淀析出，且該沉淀不溶于稀HNO3，說明有BaSO4存在，過濾后向濾液中加入NaOH溶液，有刺激性氣味的無色氣體產(chǎn)生，此氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，說明有NH存在，若改為向濾液中加入硝酸銀溶液，則會產(chǎn)生不溶于稀硝酸的白色沉淀，說明有Cl-存在，根據(jù)上述分析可知，白色固體可能是NH4Cl和BaSO4或者BaCl2和(NH4)2SO4的組合，故答案：AC。11、CD【分析】【分析】

離子方程式的書寫要點：沉淀；氣體、弱電解質(zhì)、金屬氧化物不拆；有過量、少量時；少量物質(zhì)要遵循物質(zhì)構(gòu)成比例書寫；氧化還原的強弱規(guī)律等。

【詳解】

A．清石灰水與過量的小蘇打溶液反應(yīng)，則氫氧化鈣少量，反應(yīng)系數(shù)要遵循組成比例，離子反應(yīng)方程式應(yīng)為：故A錯誤；

B．往明礬溶液中加入氫氧化鋇溶液至Al3+完全沉淀，離子方程式為：A13++SO42-+Ba2++3OH-A1(OH)3↓+BaSO4↓；故B錯誤；

C．NaHSO4溶液中滴加至剛好沉淀完全；兩物質(zhì)1：1反應(yīng)恰好生成硫酸鋇沉淀，故C正確；

D．還原性：碘離子>亞鐵離子；碘離子優(yōu)先參與反應(yīng)，故D正確；

答案為CD。12、BC【分析】【分析】

比較非金屬性可通過以下角度：①氫化物的穩(wěn)定性；②與氫氣反應(yīng)的難易程度，③最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性，④單質(zhì)之間的置換反應(yīng)，⑤對應(yīng)陰離子的還原性強弱，⑥與變價金屬反應(yīng)的化合價高低等。

【詳解】

A．比較非金屬的強弱；應(yīng)根據(jù)最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性強弱，HClO不是Cl元素的最高價氧化物的水化物，故A錯誤；

B．元素的非金屬性越強；對應(yīng)的單質(zhì)的氧化性越強，氯能置換硫化氫中的硫，可證明氯的非金屬性比硫強，故B正確；

C．陰離子的還原性越強，單質(zhì)的氧化性越弱，元素非金屬性越弱，硫離子還原性比氯離子還原性強，故單質(zhì)的氧化性Cl2＞S；能說明氯的非金屬性比硫強，故C正確；

D．S在空氣中燃燒體現(xiàn)的是還原性；不能證明非金屬性強弱，故D錯誤。

故選BC。13、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．銅與稀硝酸的反應(yīng)產(chǎn)物為NO，反應(yīng)的離子方程式為：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；故A錯誤；

B．銅和稀硝酸的反應(yīng)放熱；隨反應(yīng)的進行，體系內(nèi)的溫度升高，溫度越高反應(yīng)速率越快，故B正確；

C．活塞不再移動時；再抽入空氣，NO和氧氣在水中發(fā)生反應(yīng)生成硝酸，能繼續(xù)溶解銅，故C錯誤；

D．②振蕩時，針管內(nèi)的二氧化氮與氧氣在水中可以發(fā)生反應(yīng)生成硝酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4NO2+O2+2H2O=4HNO3；故D正確；

故選：BD；14、BD【分析】【詳解】

A．因膠體粒子是由多個Fe(OH)3離子對聚合而成，共1molFe(OH)3膠粒的物質(zhì)的量小于1mol，膠粒數(shù)小于6.02×故A正確；

B．標準狀況下，是液體；不能使用標況下氣體的摩爾體積進行計算，故B錯誤；

C．9.2g的物質(zhì)的量n===0.2mol，由于二氧化氮會和四氧化二氮相互轉(zhuǎn)化，含有分子數(shù)小于N=nNA=0.2×6.02×故C正確；

D．25℃時，水的離子積常數(shù)Kw=10-14，pH=12，c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)==0.01mol/L，V=1L，n(OH-)=c(OH-)?V=0.01mol/L×1L=0.01mol，氫氧化鈉是強電解質(zhì)，電離出1mol氫氧根離子就電離出1mol鈉離子，故鈉離子的數(shù)目為N=nNA=0.01×6.02×=6.02×1021；故D錯誤；

答案選BD。

【點睛】

計算稀溶液時，要熟練使用水的離子積常數(shù)，將氫離子濃度換算成氫氧根離子濃度。15、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．合理使用化學(xué)；農(nóng)藥；可減少水體的污染，A符合題意；

B．工廠污水直接排入河流；會污染河水，B與題意不符；

C．將廢電池深埋地下；電池中的重金屬元素會影響地下水源，污染土壤和水源，C與題意不符；

D．含磷洗滌劑的使用可導(dǎo)致水體富營養(yǎng)化；造成水體污染，則應(yīng)禁止使用含磷洗滌劑，D符合題意；

答案為AD。三、填空題(共5題，共10分)16、略

【分析】【分析】

(1)反應(yīng)中N元素的化合價降低；I元素的化合價升高；

(2)由2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知，鑒別NaNO2和NaCl；可利用碘的特性分析；

(3)NaNO2具有氧化性，能使NaNO2轉(zhuǎn)化為不引起二次污染的N2的物質(zhì)應(yīng)具有還原性。

【詳解】

(1)反應(yīng)中N元素的化合價降低，發(fā)生還原反應(yīng)，I元素的化合價升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，則氧化劑是NaNO2，氧化產(chǎn)物是I2；

(2)由2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知，鑒別NaNO2和NaCl，則固體加水溶解后，再滴加食醋酸化，將溶液滴在碘化鉀淀粉試紙上，變藍的為NaNO2；故答案為：①②⑤；

(3)NaNO2具有氧化性，能使NaNO2轉(zhuǎn)化為不引起二次污染的N2的物質(zhì)應(yīng)具有還原性，只有選項B符合，故答案為：B?！窘馕觥竣?NaNO2②.I2③.①②⑤④.B17、略

【分析】【分析】

【詳解】

a．用pH試紙檢驗溶液，呈強酸性，則溶液中一定存在H+，一定不存在CO32-；

b．另取少量溶液于試管中，向其中逐滴加入氫氧化鈉溶液，使溶液從酸性逐漸變成堿性，在整個過程中均無沉淀生成，則溶液中一定不存在Mg2+、Fe3+；

c．取部分上述堿性溶液，加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，則溶液中一定存在Ba2+，則一定不存在SO42-，由溶液的電中性原則可知一定含有Cl-；

(1)由以上分析可知一定含有H+、Ba2+、Cl?，一定不含F(xiàn)e3+、Mg2+、SO42?、CO32?，不能確定的為Na+；

故答案為H+、Ba2+、Cl?；Fe3+、Mg2+、SO42?、CO32?；Na+；

(2)①氧化鎂溶于鹽酸生成氯化鎂和水，反應(yīng)的離子方程式為MgO+2H+=Mg2++2H2O，故答案為MgO+2H+=Mg2++2H2O；

②碳酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液混合生成碳酸鹽和水，反應(yīng)的離子方程式為+OH-=+H2O，故答案為+OH-=+H2O；

③氫氧化鋇與稀硫酸混合生成硫酸鋇沉淀和水，反應(yīng)的離子方程式為Ba2++2H++2OH-+SO42-=BaSO4↓+2H2O，故答案為Ba2++2H++2OH-+SO42-=BaSO4↓+2H2O；【解析】H+Ba2+Cl-CO32-，F(xiàn)e3+，Mg2+，SO42-Na+MgO+2H+=Mg2++2H2O+OH-=+H2O2H++SO42－+Ba2++2OH－＝2H2O+BaSO4↓18、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)鈷是具有光澤的鋼灰色金屬，其常見價態(tài)有+2價、+3價，化學(xué)性質(zhì)與鐵類似，類比Fe3O4，Co3O4的化學(xué)式可改寫成CoO·Co2O3，故答案為：CoO·Co2O3；

(2)由題意知Co(OH)2與堿反應(yīng)形成的離子是[Co(OH)4]2?，則Co(OH)2酸式電離出[Co(OH)4]2?和H+，故答案為：Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2?+2H+；

(3)根據(jù)溫度對鈷的結(jié)晶水合物顏色的影響可以得出；含不同結(jié)晶水的氯化鈷顏色不一樣，可根據(jù)顏色判斷硅膠(硅膠做干燥劑)的吸水程度。無水氯化鈷是藍色的，吸收水以后試紙會發(fā)生變色，若檢測到水，試紙會由藍色變成藍紫色；紫色或粉色，故答案為：通過顏色的變化可以表征硅膠的吸濕程度；試紙由藍色變?yōu)榉凵?/p>

(4)由于CoCO3在空氣中受熱時生成何種氧化物無法定性判斷，故只能根據(jù)題給數(shù)據(jù)進行定量計算。CoCO3中鈷元素的質(zhì)量為35.7g×=17.7g，由質(zhì)量守恒得，24.1g鈷的氧化物中鈷元素的質(zhì)量也等于17.7g，所以氧元素的質(zhì)量是24.1g?17.7g=6.4g，鈷、氧元素原子個數(shù)之比為=3∶4，即鈷的氧化物的化學(xué)式為Co3O4。因Co3O4中鈷元素顯+2和+3價，而反應(yīng)物中鈷元素顯+2價，說明加熱條件下，鈷元素被氧化了，即空氣中的氧氣參加了反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為6CoCO3+O22Co3O4+6CO2，故答案為：6CoCO3+O22Co3O4+6CO2?！窘馕觥緾oO·Co2O3Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2?+2H+通過顏色的變化可以表征硅膠的吸濕程度試紙由藍色變?yōu)榉凵?CoCO3+O22Co3O4+6CO219、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，在空氣中容易被氧化成氫氧化鐵，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；觀察到的現(xiàn)象為：白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色；故答案為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色；最終變?yōu)榧t褐色；

(2)FeSO4溶液中亞鐵離子易被氧化為三價鐵離子；加入鐵粉可以防止被氧化；故答案為：鐵粉；

(3)氫氧化亞鐵的制備要隔絕空氣，除去蒸餾水中溶解的O2常采用加熱至沸騰的方法；故答案為：加熱至沸騰；

(4)長滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再擠出NaOH溶液，可以防止空氣隨著NaOH溶液的加入進入溶液；故答案為：防止生成的Fe(OH)2被氧化；

(5)圖中①③能較長時間看到Fe(OH)2白色沉淀。①中FeSO4溶液中亞鐵離子易被氧化為三價鐵離子，加入鐵粉可以防止被氧化；③中苯層隔絕了氧氣；故答案為：①③?！窘馕觥?Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色鐵粉加熱至沸騰防止空氣隨著NaOH溶液的加入進入溶液①③20、略

【分析】【分析】

（1）

A失去1個電子變?yōu)锳+，可知A有19個電子，則A為K元素；B得到1個電子變?yōu)锽-，可知B有17個電子，則B為Cl元素；C得到2個電子變?yōu)镃2-；可知C有16個電子，則C為S元素，故答案為：K；Cl；S；

（2）

D是由兩種元素組成的雙原子分子；其分子式是HCl，故答案為：HCl；

（3）

F是由兩種元素組成的三原子分子，其分子式是H2S，故答案為：H2S；

（4）

G是由兩種元素組成的四原子分子，其分子式是PH3、H2O2，故答案為：PH3、H2O2。【解析】（1）KClS

（2）HCl

（3）H2S

（4）PH3、H2O2四、判斷題(共3題，共12分)21、A【分析】【詳解】

Na2CO3、K2CO3等都是碳酸鹽，具有共同的離子碳酸根，則具有相似的化學(xué)性質(zhì)，故正確。22、B【分析】【分析】

【詳解】

兩種不同粒子的摩爾質(zhì)量可能相同，如氮氣和一氧化碳的摩爾質(zhì)量都是28g/mol，故該說法錯誤。23、A【分析】【詳解】

氮原子半徑大于氫原子半徑，氨分子的比例模型：判斷正確。五、計算題(共3題，共30分)24、略

【分析】【分析】

【詳解】

本題主要考查物質(zhì)的量濃度。

(1)溶液的體積相等，由公式可知，當所含的物質(zhì)的量濃度相同時；各溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度之比為3∶3∶1，故答案為3∶3∶1；

(2)該反應(yīng)中，有2mol被還原，共轉(zhuǎn)移6mol若被還原的為1mol；則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為3mol，故答案為3；

(3)將15.8gNaOH與的混合物全部溶于一定量的水中，與水反應(yīng)放出氧氣，設(shè)的物質(zhì)的量為a；則有：

解得即故混合物中故原混合物中NaOH與的物質(zhì)的量之比為反應(yīng)后溶液中由題意，反應(yīng)后溶液中的粒子個數(shù)關(guān)系為：根據(jù)公式可得，又由方程式可知反應(yīng)消耗了0.1mol所以形成這樣的溶液，共需故體積為故答案為2∶1，73.8?！窘馕觥?∶3∶132∶173.825、略

【分析】【分析】

反應(yīng)后的溶液中滴加KSCN不顯紅色，且無固體剩余物，則Fe元素全部轉(zhuǎn)化為亞鐵離子存在于溶液中，因此共發(fā)生3個反應(yīng)Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4。

【詳解】

(1)3個反應(yīng)中Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4屬于化合反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為Fe+2Fe3+=3Fe2+；

(2)設(shè)混合物中Fe的物質(zhì)的量為xmol，F(xiàn)e2O3的物質(zhì)的量為ymol，則①56x+160y=50，放出標準狀況氫氣4.48L(0.2mol)，則Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑消耗的的Fe為0.2mol，F(xiàn)e+Fe2(SO4)3=3FeSO4消耗Fe的物質(zhì)的量為ymol；則②0.2+y=x，聯(lián)立二式解得x≈0.3796，y≈0.1796，則混合物中氧化鐵的質(zhì)量為0.1796mol×160g/mol=28.736g；

(3)結(jié)合(2)可知n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.3796mol+0.1796mol×2=0.7388mol，c(H2SO4)==3.694mol/L?！窘馕觥縁e+2Fe3+=3Fe2+28.7363.69426、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)可知NaOH溶液的質(zhì)量分數(shù)為10.7%；

（2）氫氣與氯氣反應(yīng)，用NaOH吸收氣體，所得的溶液中含有NaClO，說明氫氣與氯氣反應(yīng)時，氯氣有剩余，用氫氧化鈉吸收后溶液中溶質(zhì)為NaCl、NaClO，根據(jù)鈉離子守恒可知溶液中n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）=0.1L×3mol/L=0.3mol，故溶液中n（NaCl）=0.3mol-0.05mol=0.25mol，溶液中n（Cl-）=n（NaCl）=0.25mol；

（3）根據(jù)以上