2025年新科版必修1化學(xué)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年新科版必修1化學(xué)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(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5題，共10分)1、X；Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素；這些元素形成的常見二元化合物或單質(zhì)存在如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系(部分反應(yīng)物或生成物已省略)，其中只有乙為單質(zhì)，丁為淡黃色固體，己為紅棕色氣體，則下列說法正確的是。

A.簡單離子半徑大?。篧＞Y＞Z＞XB.丁中陰陽離子個數(shù)比為1：2C.最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y＞ZD.W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物能促進(jìn)水的電離2、為了提高定量實驗的精度，一些測量儀器的精度也要提高，下列實驗儀器中不可以記錄到小數(shù)點后兩位的是A.10mL量筒B.電子天平C.25mL滴定管D.10mL移液管3、絲綢是夏季普遍采用的衣料，在洗滌時應(yīng)該選用A.弱堿性的合成洗滌劑B.肥皂C.中性的合成洗滌劑D.純堿4、下列敘述中正確的是A.1mol任何物質(zhì)都含有6.02×1023個分子B.二氧化碳摩爾質(zhì)量為44gC.0.8molH2O的摩爾質(zhì)量比1gCaCO3的摩爾質(zhì)量大D.1molNe中含有6.02×1024個電子5、下列反應(yīng)的離子方程式中，書寫正確的是A.碳酸鈣跟鹽酸反應(yīng)：2H＋＋CO=H2O＋CO2↑B.鐵粉跟稀鹽酸反應(yīng)制備氫氣：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C.向雙氧水中加入酸性高錳酸鉀溶液：5H2O2+2MnO=2Mn2＋+5O2↑+6OH－+2H2OD.鈉和冷水反應(yīng)：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、（1）X表示原子：

①AXn＋共有x個電子，則該陽離子的中子數(shù)N＝____。

②12C16O2分子中的中子數(shù)N＝______。

③A2－原子核內(nèi)有x個中子，其質(zhì)量數(shù)為m，則ngA2－所含電子的物質(zhì)的量為_____。

（2）某元素原子的核電荷數(shù)是電子層數(shù)的5倍，其質(zhì)子數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，該元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖是_____。

（3）已知某粒子的結(jié)構(gòu)示意圖為

試回答：①當(dāng)x－y＝10時，該粒子為___（填“原子”；“陽離子”或“陰離子”）。

②寫出y＝3與y＝7的元素最高價氧化物對應(yīng)水化物發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_____。7、在如圖所示的串聯(lián)裝置中；發(fā)現(xiàn)燈泡不亮，但若向其中一個燒杯中加水，則燈泡會亮起來。

回答下列問題：

（1）加水的燒杯為___；

（2）向燒杯C中加適量A中的溶液后，溶液的導(dǎo)電性會___(填“增強”“減弱”或“不變”)；寫出兩燒杯混合后的離子方程式：___；

（3）硫酸是二元強酸，可以形成多種酸式鹽，寫出硫酸氫鈉在熔融狀態(tài)下的電離方程式：___。

（4）當(dāng)對其中的一個燒杯加水后，燈泡會亮起來，這個時候把三個燒杯都加熱升溫，則燈泡的亮度會___（填變亮、變暗或不變）。8、鐵及其化合物在生產(chǎn)；生活中有極其重要的用途；請回答下列問題：

(1)溶液呈黃色，溶液的分散質(zhì)是___________(填化學(xué)式，下同)，分散劑是___________。

(2)是難溶于水的固體，那么分離與水形成的懸濁液的常用方法是______。

(3)膠體呈紅褐色，由飽和溶液制備膠體的操作方法是___________。

(4)鑒別溶液和膠體，除了可通過觀察顏色以外，還有的方法是___________。

(5)下列關(guān)于膠體和懸濁液的描述，正確的是___________(填字母)。A．兩者顏色相同B．兩者穩(wěn)定性相同C．兩者的分子直徑均大于D．滴加稀鹽酸后，兩者現(xiàn)象完全相同(6)高鐵酸鈉()是一種新型綠色消毒劑，主要用于飲用水處理，工業(yè)制備高鐵酸鈉有多種方法，其中一種方法的原理可用離子方程式表示為：則中鐵元素的化合價為___________價，該離子反應(yīng)中氧化劑與還原劑的個數(shù)比為___________，生成1個高鐵酸鈉轉(zhuǎn)移___________個電子。9、回答下列問題。

(1)根據(jù)反應(yīng)8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2

①氧化劑是___________還原劑是___________

②氧化劑與還原劑的質(zhì)量之比為___________。

③當(dāng)生成28gN2時被氧化的物質(zhì)為___________g。

(2)高鐵酸鈉(Na2FeO4)(鐵為+6價)是一種新型的凈水劑，可以通過下述反應(yīng)制?。?Fe(OH)3+4NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O

①該反應(yīng)中氧化劑是___________(用化學(xué)式表示，下同)，___________元素被氧化，還原產(chǎn)物為___________。

②用雙線橋在方程式中標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的情況：___________

(3)化合價是學(xué)習(xí)氧化還原反應(yīng)的基礎(chǔ)。寫出以下幾種物質(zhì)中加點元素的化合價。

H2C2O4___________NH4NO3___________10、某同學(xué)利用Fe、CuO、H2SO4制備CuSO4；制備路線及相關(guān)物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下，回答下列問題：

(1)寫出A；B、C的化學(xué)式：

A________；B________、C________。

(2)寫出有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式：

A→B__________；A→Cu______；。11、電鍍工業(yè)會產(chǎn)生大量的電鍍污水處理電鍍污水時會產(chǎn)生大量的電鍍污泥，電鍍污泥含有多種金屬(Ni、Cu、Fe、Cr；Al)的氫氧化物和不溶性雜質(zhì)。下面是處理某種電鍍污泥回收銅、鎳元素的一種工業(yè)流程：

電鍍污泥用硫酸浸出后得到的浸出液中各金屬離子濃度見下表。金屬離子Cu2+Ni2+Fe2+Al3+Cr3+濃度(mg·L-1)70007000250042003500

（1）硫酸浸出過程中，為提高浸出速率，可以采取的措施有___________(寫出兩條)。

（2）在電解回收銅的過程中，為提高下一步的除雜效果，需控制電解電壓稍大一些使Fe2+氧化，則磷酸鹽沉淀中含有的物質(zhì)為___________。

（3）假設(shè)電解前后Ni2+濃度基本不變，若使Ni2+在除雜過程不損失，則溶液中PO43-濃度不能超過________mol/L。(列出計算表達(dá)式．Ksp[Ni3(PO4)2]=5×10-31)

（4）濾液中的___________可回收循環(huán)使用；研究發(fā)現(xiàn)當(dāng)NaOH溶液濃度過大時，部分鋁元素和鉻元素會在濾液中出現(xiàn)，濾液中出現(xiàn)鋁元素的原因為________(用離子方程式解釋)。

（5）Ni(OH)2是鎳氫蓄電池的正極材料，在堿性電解質(zhì)中，電池充電時Ni(OH)2變?yōu)镹iOOH，則電池放電時正極的電極反應(yīng)式為________。

（6）電鍍污水中的Cr元素也可以用鐵氧體法處理，原理為在廢水中加入過量的FeSO4，在酸性條件下Cr2O72-被還原為Cr3+，同時生成Fe3+；加入過量的強堿生成鐵鉻氧體(CrxFe3-xO4沉淀，寫出加入過量強堿生成鐵鉻氧體(CrxFe3-xO4)沉淀的離子方程式___________。評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)12、HCl的電子式：(___________)A.正確B.錯誤13、氯氣與NaOH溶液反應(yīng)，Cl2既是氧化劑又是還原劑。(___________)A.正確B.錯誤14、氯化鎂的電子式(___________)A.正確B.錯誤15、1molO2和1molN2在標(biāo)況下混合體積約為44.8L。(_______)A.正確B.錯誤16、除去BaCO3固體中混有的BaSO4：加過量鹽酸后，過濾洗滌。(_______)A.正確B.錯誤17、廚余垃圾處理應(yīng)在避免污染環(huán)境的同時提升資源利用效率。(_______)A.正確B.錯誤18、1mol任何物質(zhì)都含有6.02×1023個分子。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、原理綜合題(共2題，共4分)19、金屬鋰及其化合物因獨特的性質(zhì)而具有重要的應(yīng)用價值。例如：Li是最輕的固體金屬，可應(yīng)用于生產(chǎn)電池；Li2O可用于特種玻璃、陶瓷、醫(yī)藥等領(lǐng)域；LiH、LiBH4、LiNH2為常見的儲氫材料等?；卮鹣铝袉栴}：

(1).基態(tài)Li原子核外電子共有___________種能量狀態(tài)。

(2).LiH、LiBH4、LiNH2中所含非金屬元素的電負(fù)性由小到大的順序為___________(用元素符號表示)；LiNH2中陰離子的空間構(gòu)型為___________種與該陰離子互為等電子體的分子的化學(xué)式：___________。

(3).Li2O的熔點(1567℃)高于LiCl的熔點(605℃)的原因是___________。

(4).鋰電池負(fù)極材料晶體為Li+嵌入兩層石墨層中導(dǎo)致石墨堆積方式發(fā)生改變，上下層一樣，形成如圖1所示的晶胞結(jié)構(gòu)。晶胞中鋰離子和碳原子的個數(shù)之比為___________；其中與一個Li+距離最近且相等的C原子數(shù)為___________。

(5).Li3N與H2在一定條件下反應(yīng)生成LiNH2和LiH，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________。該反應(yīng)還可能得到副產(chǎn)物L(fēng)i2NH，通過對LiNH2和Li2NH的結(jié)構(gòu)比較，發(fā)現(xiàn)兩者均為反螢石結(jié)構(gòu)，Li2NH的晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示。若Li+的半徑為apm，NH2﹣的半徑為bpm，Li2NH的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則LizNH的密度為___________g/cm3(用含a、b、M、NA的代數(shù)式表示，列出計算式即可)。20、X；Y、Z為不同短周期非金屬元素的氣態(tài)單質(zhì)。在一定條件下能發(fā)生如下反應(yīng)：Y+X→甲(g)；Y+Z→乙(g)。甲為10電子分子，Z為黃綠色氣體。甲、乙可化合生成離子化合物。

（1）X的電子式是__________，甲的結(jié)構(gòu)式是__________。實驗室制備Z的化學(xué)方程式___________________。

（2）寫出Y+X→甲的化學(xué)方程式___________________。

（3）已知常溫下，為液體，為固體。白磷在Z氣體中燃燒生成液態(tài)丙分子，白磷固體和Z氣體反應(yīng)，生成1mol液態(tài)丙時，能量變化如圖所示，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式_______________。

已知1mol白磷固體和Z氣體反應(yīng)，生成固態(tài)丁時，放熱bkJ，則1mol固態(tài)丁轉(zhuǎn)化為液態(tài)丙時的反應(yīng)熱_____。評卷人得分五、計算題(共2題，共4分)21、過氧化鈉能與水發(fā)生反應(yīng)；某同學(xué)欲用該反應(yīng)制取標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氧氣1.12L。

(1)計算需要稱取過氧化鈉的質(zhì)量_______。

(2)求反應(yīng)后生成NaOH的物質(zhì)的量_________。

(3)若反應(yīng)后溶液體積為400mL，求所得溶液溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度________。22、將鎂、鋁合金6.3g混合物加入到某濃度的硝酸中，產(chǎn)生標(biāo)況下的氣體8.96L(假設(shè)反應(yīng)過程中還原產(chǎn)物是NO和NO2的混合氣體)，向所得溶液中加入氨水至沉淀達(dá)到最大量，沉淀干燥后測得的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加10.2g，計算還原產(chǎn)物中NO和NO2的物質(zhì)的量之比。_________評卷人得分六、工業(yè)流程題(共2題，共8分)23、草酸合鐵酸鉀晶體Kx[Fe(C2O4)y]·3H2O是一種光敏材料；下面是一種制備草酸合鐵酸鉀晶體的實驗流程。

已知：(NH4)2SO4、FeSO4·7H2O、莫爾鹽[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]的溶解度如表：。溫度/℃1020304050(NH4)2SO4/g73.075.478.081.084.5FeSO4·7H2O/g40.048.060.073.3―(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O/g18.121.224.527.931.3

(1)廢鐵屑在進(jìn)行“溶解1”前，需用在5%Na2CO3溶液中加熱數(shù)分鐘，并洗滌干凈。Na2CO3溶液的作用是________。

(2)“溶解1”應(yīng)保證鐵屑稍過量，其目的是___________?！叭芙?”加“幾滴H2SO4”的作用是________。

(3)“復(fù)分解”制備莫爾鹽晶體的基本實驗步驟是：蒸發(fā)濃縮、________、過濾、用乙醇洗滌、干燥。用乙醇洗滌的目的是____________。

(4)“沉淀”時得到的FeC2O4·2H2O沉淀需用水洗滌干凈。檢驗沉淀是否洗滌干凈的方法是_______。

(5)“結(jié)晶”時應(yīng)將溶液放在黑暗處等待晶體的析出，這樣操作的原因是__________。

(6)請補全測定草酸合鐵酸鉀產(chǎn)品中Fe3＋含量的實驗步驟[備選試劑：KMnO4溶液；鋅粉、鐵粉、NaOH溶液：

步驟1：準(zhǔn)確稱取所制備的草酸合鐵酸鉀晶體ag；配成250mL待測液。

步驟2：用移液管移取25.00mL待測液于錐形瓶中，加入稀H2SO4酸化，_________，C2O42-轉(zhuǎn)化為CO2被除去。

步驟3：向步驟2所得溶液中______________。

步驟4：用cmol·L－1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定步驟3所得溶液至終點，消耗VmLKMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液。24、鍋爐水垢既會降低燃料的利用率；影響鍋爐的使用壽命；還可能造成安全隱患．

某鍋爐水垢的主要成分有用酸洗法可除去該水垢，其基本原理如圖1所示．

酸洗時，為使水垢盡可能溶解，不宜選用的是______填標(biāo)號．

A.稀硫酸鹽酸硝酸醋酸。

不溶物用碳酸鈉溶液浸泡時，反應(yīng)的離子方程式是______．

洗出液中的會腐蝕鐵質(zhì)管道，反應(yīng)的離子方程式是______，因此，常在洗出液中加入具有強還原性的溶液，反應(yīng)中的與的物質(zhì)的量之比為1：2，轉(zhuǎn)化為______填離子符號．

檸檬酸用表示可用作酸洗劑，溶液中的含量與pH的關(guān)系如圖2所示．圖中a曲線所代表的微粒的百分含量隨溶液pH的改變而變化的原因是______調(diào)節(jié)檸檬酸溶液的有利于除去水垢中的氧化鐵．時，溶液中上述4種微粒含量最多的是______．

利用下圖所示裝置對鍋爐水含進(jìn)行預(yù)處理，可有效防止鍋爐水垢的形成．電解過程中，在______填“a”或“b”極附近形成沉淀．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】

丁為淡黃色固體，己為紅棕色氣體，則丁為Na2O2、己為NO2；只有乙為單質(zhì)，則乙為O2；丙為NO，甲為NH3.從而得出X；Y、Z、W分別為H、N、O、Na。

【詳解】

A．W、X、Y、Z的簡單離子分別為Na+、H+、N3-、O2-，Na+、N3-、O2-核外電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越小，半徑越大，則離子半徑：N3-＞O2-＞Na+，H+電子層數(shù)最少，則半徑最小，因此，離子半徑：N3-＞O2-＞Na+＞H+；A錯誤；

B．丁為Na2O2，含有的陽離子和陰離子分別為Na+和因此其陰陽離子個數(shù)比為1：2，B正確；

C．非金屬性N＜O，則最簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：NH3＜H2O；C錯誤；

D．W為Na；它的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為NaOH，能抑制水的電離，D錯誤；

答案選B。2、A【分析】【分析】

【詳解】

10mL量筒只能記錄到小數(shù)點后一位；電子天平記錄到小數(shù)點后超過兩位，25mL滴定管；10mL移液管均能記錄到小數(shù)點后兩位。

答案選A。3、C【分析】【詳解】

絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)含有氨基和羧基，能與堿性物質(zhì)和酸性物質(zhì)反應(yīng)，應(yīng)用中性的合成洗滌劑洗滌，故C正確。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A.1mol任何物質(zhì)都約含有6.02×1023個粒子；這個粒子可能是分子；原子或離子等，故A錯誤；

B.二氧化碳摩爾質(zhì)量為44g/mol；故B錯誤；

C.H2O的摩爾質(zhì)量是18g/mol，CaCO3的摩爾質(zhì)量是100g/mol；摩爾質(zhì)量與物質(zhì)的量的多少無關(guān)，故C錯誤；

D.1molNe中含有1mol×10×6.02×1023/mol=6.02×1024個電子；故D正確；

故選：D。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．難溶物碳酸鈣寫化學(xué)式，離子方程式為2H++CaCO3═Ca2++H2O+CO2↑；故A錯誤；

B．稀鹽酸具有弱氧化性，能將Fe氧化為亞鐵離子，離子方程式為Fe+2H+═Fe2++H2↑；故B錯誤；

C．酸性高錳酸鉀溶液中滴加雙氧水反應(yīng)為：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2-+5O2↑十8H2O；故C錯誤；

D．鈉和冷水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，離子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；故D正確；

故選D。二、填空題(共6題，共12分)6、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)“質(zhì)子數(shù)＋中子數(shù)＝質(zhì)量數(shù)”的關(guān)系；

①AXn＋共有x個電子；中性原子X的電子數(shù)為x＋n，則N＝A－x－n；

②12C16O2分子中的中子數(shù)為6＋8＋8＝22；

③A2－所含電子數(shù)為m－x＋2，則ngA2－所含電子的物質(zhì)的量為mol。

（2）設(shè)核電荷數(shù)=質(zhì)子數(shù)=a，元素原子的電子層數(shù)為x，最外層電子數(shù)為y，依題意：a=5x，a=3y，則5x=3y，x=因原子的最外層電子數(shù)不超過8，即y為1～8的正整數(shù)，故僅當(dāng)y=5，x=3合理，該元素的核電荷數(shù)為15，則該元素的原子結(jié)構(gòu)為

（3）①當(dāng)x-y=10時；x=10+y，說明核電荷數(shù)等于核外電子數(shù)，所以該粒子應(yīng)為原子；

②y=3時，該微粒為鋁原子，y=7時，該微粒為氯原子，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別為氫氧化鋁和高氯酸，反應(yīng)的離子方程式為Al(OH)3+3H＋=Al3＋+3H2O?！窘馕觥緼－x－n22mol原子Al(OH)3+3H＋=Al3＋+3H2O7、略

【分析】【分析】

電解池構(gòu)成條件之一是形成閉合電路；結(jié)合溶液導(dǎo)電性的因素分析判斷。

【詳解】

(1)稀硫酸和Ba(OH)2溶液均導(dǎo)電；而固體KCl不導(dǎo)電，其水溶液導(dǎo)電，則應(yīng)加水的燒杯為B；

(2)向Ba(OH)2溶液中滴入適量H2SO4溶液發(fā)生的離子反應(yīng)為2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；溶液中離子濃度大小，則溶液導(dǎo)電性逐漸減弱；

(3)離子化合物熔融時只能破壞離子鍵，則硫酸氫鈉在熔融狀態(tài)下的電離方程式為NaHSO4Na++HSO

(4)把三個燒杯都加熱升溫；溶液中離子運動速率加快，溶液的導(dǎo)電性增強，則燈泡的亮度會變亮。

【點睛】

考查影響溶液導(dǎo)電性的因素、離子方程式書寫等知識，明確溶液導(dǎo)電性的影響因素為解答關(guān)鍵，特別注意溶液導(dǎo)電性強弱有單位體積內(nèi)自由移動的離子數(shù)目決定，另外要注意掌握離子方程式的書寫原則。【解析】①.B②.減弱③.Ba2++2OH－+SO+2H+=BaSO4↓+2H2O④.NaHSO4Na++HSO⑤.變亮8、略

【分析】【分析】

(1)

FeCl3溶液的分散質(zhì)是：FeCl3，分散劑是：H2O，故答案為：FeCl3，H2O；

(2)

分離Fe(OH)3與水的懸濁液常用的方法是過濾；故答案為：過濾；

(3)

由飽和FeCl3溶液制備Fe(OH)3膠體的化學(xué)方程式是：FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl，操作過程為：將飽和FeCl3溶液逐滴滴入沸水中，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱，故答案為：將飽和FeCl3溶液逐滴滴入沸水中；繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱；

(4)

FeCl3溶液和Fe(OH)3膠體的區(qū)分方法為：丁達(dá)爾效應(yīng)；故答案為：丁達(dá)爾效應(yīng)；

(5)

A．Fe(OH)3膠體和Fe(OH)3懸濁液的顏色均是紅褐色；顏色相同，故A項正確；

B．膠體屬于介穩(wěn)體系；懸濁液屬于不穩(wěn)定體系，兩者穩(wěn)定性不同，故B項錯誤；

C．膠粒的直徑在1-100nm；懸濁液粒子直徑在100nm以上，故C項錯誤；

D．滴加稀鹽酸，F(xiàn)e(OH)3膠體會先聚沉為沉淀，后再溶解，而Fe(OH)3懸濁液會直接溶解；故D項錯誤；

故答案為A。

(6)

由Na2FeO4可知，鐵元素化合價為：+6價，ClO-為氧化劑，F(xiàn)e3+為還原劑，故該離子反應(yīng)中氧化劑與還原劑的個數(shù)比為3:2，生成1個高鐵酸鈉轉(zhuǎn)移3個電子，故答案為：+6，3:2，3?！窘馕觥?1)FeCl3H2O

(2)過濾。

(3)將飽和FeCl3溶液逐滴滴入沸水中；繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱。

(4)丁達(dá)爾效應(yīng)。

(5)A

(6)+63∶239、略

【分析】【分析】

(1)

①在反應(yīng)8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2中，氯元素的化合價從0價降低到-1價，得到電子，Cl2作氧化劑，氮元素的化合價從-3價升高到0價，失去電子，NH3作還原劑。②當(dāng)3mol氯氣發(fā)生反應(yīng)時；得到6mol電子，所以參加反應(yīng)的8mol氨氣中只有2mol失去電子，所以氧化劑和還原劑的質(zhì)量比為3mol×71g/mol:2mol×17g/mol=213:34。③根據(jù)反應(yīng)方程式和②的分析可知，當(dāng)生成28g氮氣時，被氧化的氨氣為34g。

(2)

①在2Fe(OH)3+4NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O中，氯元素的化合價從+1價降低到-1價，得到電子，NaClO作氧化劑，被還原為NaCl，故NaCl是還原產(chǎn)物。鐵元素的化合價從+3價升高到+6價，失去電子，F(xiàn)e元素被氧化。②在該反應(yīng)中，鐵元素的化合價從+3價升高到+6價，1molFe(OH)3失去3mol電子，則2molFe(OH)3失去6mol電子；氯元素的化合價從+1價降低到-1價，1molNaClO得到2mol電子，則3molNaClO得到6mol電子，用雙線橋在方程式中標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的情況為：

(3)

在H2C2O4中，根據(jù)正負(fù)化合價代數(shù)和為0的原則，H為+1價，O為-2價，所以C為+3價。在NH4NO3中，中H為+1價，所以N為-3價。【解析】(1)Cl2NH3213:3434

(2)NaClOFeNaCl

(3)+3-310、略

【分析】【分析】

A可以和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成B，A可以和鐵反應(yīng)生成了銅，A是CuSO4，B是Cu(OH)2，Cu(OH)2在加熱條件下反應(yīng)生成了CuO，C為CuO，CuO和稀硫酸反應(yīng)生成了CuSO4；CuO和氫氣生成銅，由此分析。

【詳解】

(1)根據(jù)分析，A為CuSO4，B為Cu(OH)2；C為CuO；

(2)A為CuSO4，B為Cu(OH)2，A→B是CuSO4和NaOH發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成Cu(OH)2和Na2SO4，化學(xué)方程式為：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4；

A→Cu是CuSO4和Fe反應(yīng)生成FeSO4和Cu，化學(xué)方程式為：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu?！窘馕觥緾uSO4Cu(OH)2CuOCuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4CuSO4+Fe=FeSO4+Cu11、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）根據(jù)影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素；硫酸浸出過程中，為提高浸出速率，可以采取的措施有加熱；增大硫酸濃度、攪拌等，故答案為加熱、增大硫酸濃度、攪拌等。

（2）根據(jù)常見酸堿鹽是溶解性規(guī)律，可知，磷酸鹽沉淀中含有的物質(zhì)有FePO4、CrPO4、AlPO4，故答案為FePO4、CrPO4、AlPO4。

（3）根據(jù)Ksp[Ni3(PO4)2]=5×10-31，要使Ni2+在除雜過程不損失，需要Qc＜Ksp[Ni3(PO4)2]，溶液中c(Ni2+)=7000mg/L=mol/L，則溶液中PO43-濃度不能超過=mol/L，故答案為

（4）根據(jù)流程圖，氫氧化鈉溶解部分沉淀物生成的Na3PO4可回收循環(huán)使用；研究發(fā)現(xiàn)當(dāng)NaOH溶液濃度過大時，部分鋁元素和鉻元素會在濾液中出現(xiàn)，濾液中出現(xiàn)鋁元素的原因是氫氧化鈉將氫氧化鋁溶解，離子方程式為Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案為Na3PO4；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；

（5）Ni(OH)2是鎳氫蓄電池的正極材料，在堿性電解質(zhì)中，電池充電時Ni(OH)2發(fā)生氧化反應(yīng)生成NiOOH，則電池放電時正極上NiOOH發(fā)生還原反應(yīng)生成Ni(OH)2，電極反應(yīng)式為NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，故答案為NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-；

（6）在廢水中加入過量的FeSO4，在酸性條件下Cr2O72-被還原為Cr3+，同時生成Fe3+；加入過量的強堿生成鐵鉻氧體(CrxFe3-xO4沉淀，加入過量強堿生成鐵鉻氧體(CrxFe3-xO4沉淀的離子方程式為xCr3++Fe2++(2-x)Fe3++8OH-=CrxFe3-xO4↓+4H2O，故答案為xCr3++Fe2++(2-x)Fe3++8OH-=CrxFe3-xO4↓+4H2O?！窘馕觥竣?加熱、增大硫酸濃度、攪拌等②.FePO4、CrPO4、AlPO4③.④.Na3PO4⑤.Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O⑥.NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-⑦.xCr3++Fe2++(2-x)Fe3++8OH-=CrxFe3-xO4↓+4H2O三、判斷題(共7題，共14分)12、B【分析】【分析】

【詳解】

HCl為共價化合物，氯原子和氫原子共用一對電子，電子式為：故錯誤。13、A【分析】【分析】

【詳解】

氯氣與NaOH溶液反應(yīng)生成NaCl、NaClO和H2O，Cl元素的化合價部分由0價升至+1價、部分由0價降至-1價，Cl2既是氧化劑又是還原劑，正確。14、B【分析】【分析】

【詳解】

氯化鎂是離子化合物，電子式為故錯誤。15、A【分析】【分析】

【詳解】

在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1mol任何氣體的體積都約為22.4L，則1molO2和1molN2在標(biāo)況下混合體積約為(1mol+1mol)×22.4L/mol=44.8L，正確；答案為正確。16、B【分析】【詳解】

碳酸鋇會和鹽酸反應(yīng)，錯誤。17、A【分析】【詳解】

廚余垃圾處理，要在避免污染環(huán)境的同時提升資源利用效率，正確；18、B【分析】【分析】

【詳解】

物質(zhì)微觀上可以由分子、原子、離子等構(gòu)成，所以1mol任何物質(zhì)不一定都含有1mol分子，也可能為原子或離子等，故該說法錯誤。四、原理綜合題(共2題，共4分)19、略

【分析】【分析】

【小問1】

基態(tài)Li核外電子排布為1s22s1；一種能級代表一種前量狀態(tài)，故共有2種能量狀態(tài)；【小問2】

這三種化合物合的非金屬元素分別為H、B、N，由鮑林電負(fù)性、可知，H、B、N鮑林電負(fù)性分別為2.1、2.04、3.04，故電負(fù)性B2的陰離子為由VSEPR理論算得價電子數(shù)總數(shù)=2+（5+1-2×1）=4，所以空間構(gòu)型為正四面體；有的電子數(shù)為7+2+1=10電子，三原子10電子的分子H2O；【小問3】

離半經(jīng)越小將項離子分開越難，晶格能就元越大熔點越高，由于O2-半行小于Cl-，Li2O的晶格能大于LiCl；【小問4】

由圖一知，C中除中心2個C處于體心，其他每個C都在面心，每個面2個，共4個面，所以處于面心的C總共8個，所以一個晶胞中的碳數(shù)C=2+8×=6，而Li+處于立方體的8個頂點，所以一個晶胞中的Li+數(shù)為8×=1，因此晶胞中鋰離子和碳原子的個數(shù)之比為1：6，圖中最底部紅色代表一個Li+，兩個藍(lán)色代表碳，且距離是最近的2個，一個品平面可以堆積上下八個同樣的立方體，所以距離最近的為8×2但是碳位于面心，被兩個面所共用，所以8×2×=8；【小問5】

Li3N與H2在一定條件下反應(yīng)生成LiNH2和LiH，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平規(guī)則配平方程式得：Li3N+2H2=LiNH2+2LiH；根據(jù)Li2NH晶胞結(jié)構(gòu)圖，可知一個晶胞中Li+為8個，NH2-數(shù)為：8×+6×=4，設(shè)晶胞的邊長為cpm，利用切割法將晶胞分割成八個小方體，而Li+位于小立方體的體心，NH2-位于小立方體的頂點，四個NH2-構(gòu)成了小正四面體，體心到頂點的距離恰好是為a+b，晶胞的體對角線為=4（a+b），故c=4（a+b），c=(a+b)，由ρ====×1030gcm-3=×1030gcm-3=×1030gcm-3?！窘馕觥俊拘☆}1】2

【小題2】①.B2O

【小題3】由于O2-半行小于Cl-，Li2O的晶格能大于LiCl；

【小題4】①.1：6②.8

【小題5】①.Li3N+2H2=LiNH2+2LiH②.×1030gcm-320、略

【分析】【分析】

X、Y、Z為不同短周期非金屬元素的氣態(tài)單質(zhì)，Y+X→)甲(g)，Y+Z→>乙(g)，甲為10電子分子，Z為黃綠色氣體，甲、乙可化合生成離子化合物，則該化合物為NH4Cl，則甲為NH3，乙為HCl，Y為H2，X為N2，Z為Cl2。

【詳解】

(1)X為N2，氮原子之間有3對共用電子對，電子式為：甲是氨氣，結(jié)構(gòu)式為：Z為Cl2，實驗室制備氯氣是用二氧化錳和濃鹽酸加熱生成氯化錳、氯氣和水，化學(xué)方程式為：故本題答案為：(2)Y+X→甲(g)的化學(xué)方程式為故本題答案為：(3)根據(jù)圖象可知，白磷和氯氣的總能量大于PCl3的能量，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以熱化學(xué)方程式為：1mol白磷固體和氯氣反應(yīng)，生成固態(tài)PCl5時，放熱bkJ，則1mol固態(tài)丁轉(zhuǎn)化為液態(tài)丙時的反應(yīng)熱=-(b/4-a)kJ·mol-1，故本題答案為：-(b/4-a)kJ·mol-1；

【點睛】

書寫熱化學(xué)方程式時，一定要注明物質(zhì)的聚集狀態(tài)，同時化學(xué)計量數(shù)可以出現(xiàn)分?jǐn)?shù)，此為易錯點。【解析】-(b/4-a)kJ·mol-1五、計算題(共2題，共4分)21、略

【分析】【詳解】

設(shè)需要過氧化鈉的質(zhì)量為m，生成NaOH的物質(zhì)的量為n；則。

4mol22.4L

mn1.12L

【解析】7.8g0.2mol0.5mol·L-122、略

【分析】【分析】

鎂；鋁最后轉(zhuǎn)化為沉淀氫氧化鎂和氫氧化鋁；固體增大的質(zhì)量是氫氧根離子的質(zhì)量，氫氧根離子的物質(zhì)的量等于鎂、鋁失去的電子的物質(zhì)的量，據(jù)此計算鎂、鋁的物質(zhì)的量，再根據(jù)鎂、鋁失去的電子等于生成氮的氧化物得到的電子計算一氧化氮和二氧化碳的物質(zhì)的量之比。

【詳解】

鎂、鋁最后轉(zhuǎn)化為沉淀氫氧化鎂和氫氧化鋁，固體增大的質(zhì)量是氫氧根離子的質(zhì)量，則氫氧根離子的物質(zhì)的量==0.6mol。

設(shè)鎂的物質(zhì)的量為xmol，鋁的物質(zhì)的量為ymol，根據(jù)金屬單質(zhì)的質(zhì)量、轉(zhuǎn)化為沉淀增加的質(zhì)量列方程得解得：

鎂、鋁和硝酸反應(yīng)生成氮氧化物時轉(zhuǎn)移電子相等，氮氧化物的物質(zhì)的量==0.4mol，每個二氧化氮、一氧化氮分子中都只含一個氮原子，設(shè)一氧化氮、二氧化氮的物質(zhì)的量分別為n(NO)、n(NO2)，則解得：則一氧化氮和二氧化氮的物質(zhì)的量之比為0.1mol∶0.3mol=1∶3，故答案為：1∶3?！窘馕觥?∶3六、工業(yè)流程題(共2題，共8分)23、略

【分析】【分析】

廢鐵屑加入硫酸溶液溶解；加入硫酸銨溶液結(jié)晶析出硫酸亞鐵晶體，加水溶解，滴入幾滴稀硫酸防止亞鐵離子水解，加入草酸沉淀亞鐵離子，過濾得到沉淀加入重鉻酸鉀；過氧化氫溶液氧化，最后加入草酸，經(jīng)過濾得到草酸合鐵酸鉀晶體。

【詳解】