…………○…………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年人教版（2024）必修一化學下冊階段測試試卷886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、我國古代典籍中蘊含著豐富的化學知識。下列古文記載所描述的過程沒有發生化學變化的是（）A.青蒿一握，以水二升漬，絞取汁B.煤餅燒蠣房成灰C.丹砂燒之成水銀，積變又還成丹砂D.曾青涂鐵，鐵赤如銅2、下列物質中，屬于溶液的是A.硬水B.石灰乳C.冰水D.液氧3、碘在周期表中的位置如圖，下列有關碘元素性質推測正確的是。0ⅦAHeFNeClArBrKrIXeRn

A.最高化合價為+5B.原子半徑比氯的大C.HI的熱穩定性比HCl的強D.最高價氧化物對應的水化物酸性比氯的強4、A、B、C、D是原子序數依次增大的五種短周期主族元素。B、C、E最外層電子數之和為11；A原子核外最外層電子數是次外層的2倍；C是同周期中原子半徑最大的元素；工業上一般通過電解氧化物的方法制備D的單質；E單質是制備太陽能電池的重要材料。下列說法正確的是A.簡單離子半徑：B>CB.最高價氧化物對應水化物的酸性:AC.工業上不用電解氯化物的方法制備單質D是由于其氯化物的熔點高D.相同質量的C和D單質分別與足量稀鹽酸反應，前者生成的氫氣多5、硝酸與金屬反應時；濃度越稀還原產物價態越低。現用一定量的鋁粉與鎂粉組成的混合物與100mL硝酸鉀溶液與硫酸組成的混合溶液充分反應，反應過程中無任何氣體放出，向反應后的溶液中逐滴加入4.00mol/L的NaOH溶液，加入的溶液體積與產生的沉淀質量的關系如圖所示：

下列結論正確的是A.鋁與混合溶液反應的離子方程式為8Al+30H＋+3NO3?＝8Al3++3NH4++9H2OB.參加反應硝酸根離子物質的量為0.06molC.參加反應的鋁與鎂的質量之比為4:3D.混合液中硫酸的物質的量的濃度為0.72mol/L6、下列敘述不正確的是A.濃硝酸與足量銅片反應時，先生成紅棕色氣體，后生成無色氣體B.氧化鋁的熔點很高，可用于制造坩堝熔融燒堿C.含次氯酸鹽的漂白粉與含鹽酸的潔廁靈混合使用會產生有毒氣體D.飽和氯水既有酸性又有漂白性，加入適量NaHCO3固體，其漂白性增強7、我國在科技上不斷取得重大成果，下列說法正確的是A.嫦娥五號月面五星紅旗的面料“芳綸”屬于合成纖維B.嫦娥五號登月采集的樣本中含有3He，與地球上的2He互為同素異形體C.我國開采的海底可燃冰是可以燃燒的水D.中國“奮斗者”號萬米載人潛水器的鈦合金材料屬于新型高分子材料8、完成下列實驗；所用儀器或操作合理的是。

。A

B

C

D

配制250mL0.10mol·L?1NaOH溶液。

除去工業乙醇中的雜質。

除去粗鹽水中的不溶物。

用標準NaOH溶液滴定錐形瓶中的鹽酸。

A.AB.BC.CD.D評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)9、X、Y、Z三種元素的原子，其核外電子排布分別為：X最外層有一個電子，Y有三個電子層，最外層電子數比次外層的少3，Z的最外層電子數是次外層的3倍。由這三種元素組成的化合物的化學式可能是A.XYZ2B.XYZ3C.X2YZ2D.X3YZ310、與下列事實對應的化學用語錯誤是（）A.純堿溶液能清洗油污：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣B.配制FeSO4溶液時加入適量的鐵粉：Fe3++Fe→2Fe2+C.含1molNaOH和1molNa2CO3的混合溶液中滴入含1.5molHCl的稀鹽酸：2OH﹣+CO32﹣+3H+→HCO3﹣+2H2OD.NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液至SO42﹣恰好沉淀完全：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣→2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O11、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.pH>7的溶液；：B.溶液：C.溶液：D.溶液：12、常溫下，20mLX溶液中可能含有下列離子中的若干種：NHMg2+、Fe3+、Al3+、Cl－、SO現對X溶液進行如圖實驗；其現象和結果如圖：

下列說法正確的是A.X溶液的pH>7B.X溶液中一定含有Mg2+、Al3+、：NH不能確定是否含有Cl－C.X溶液中一定含有Cl－，且c(Cl－)為6.0mol?L?1D.向濾液中通入足量的CO2氣體，可得白色沉淀，將沉淀過濾、洗滌、灼燒至恒重，可得固體0.51g13、下列說法中，正確的是A.可以用過濾的方法分離FeCl3溶液和Fe(OH)3膠體B.Fe(OH)3膠體無色、透明，能產生丁達爾效應C.SO2、Fe2+均既有氧化性又有還原性D.硫酸溶液的導電性不一定比醋酸溶液的導電性強14、化學實驗有助于理解化學知識；形成化學觀念，提高探究與創新能力，提升科學素養。下列實驗能達到實驗目的且符合操作要求的是()

A.可用圖1裝置制備氫氣并檢驗其可燃性B.可用圖2裝置除去CO2中的HClC.可用圖3裝置配制一定物質的量濃度的NaOH溶液D.圖4中，若氣球膨脹，證明C12可與NaOH反應15、用膽礬(CuSO4·5H2O)配制1L0.1mol·L?1CuSO4溶液，正確的做法是（）A.將膽礬加熱除去結晶水后，稱取16g溶于適量水中，然后將此溶液稀釋至1LB.將25g膽礬溶于少量水中，然后將此溶液稀釋至1LC.稱取膽礬25g溶于1L水中D.將16g膽礬溶于少量水中，然后將此溶液稀釋至1L16、用無水Na2CO3配制250mL1.000mol·L-1Na2CO3溶液時，下列操作會使配制的溶液濃度偏大的是A.稱量時碳酸鈉固體含有結晶水B.溶液未冷卻立即定容C.定容時俯視容量瓶刻度線D.容量瓶沒有干燥17、舉世聞名的侯氏制堿法的工藝流程如下圖所示；下列說法正確的是。

A.往母液中加入食鹽的主要目的是使NaHCO3更多的析出B.從母液中經過循環Ⅰ進入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水C.沉淀池中反應的化學方程式：2NH3+CO2+2NaCl+H2O=2NH4Cl+Na2CO3D.設計循環Ⅱ的目的是使原料二氧化碳利用率大大提升評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)18、某化學興趣小組的同學按照下面的實驗方法制備氫氧化鐵膠體：首先用潔凈的燒杯取少量蒸餾水，用酒精燈加熱至沸騰，向燒杯中逐滴滴加飽和FeCl3溶液；繼續煮沸至液體呈透明的紅褐色。

(1)你認為可以用什么方法判斷膠體的制備是否成功?_____________________

(2)寫出制備氫氧化鐵膠體的化學方程式：_____________________。

(3)在做制備氫氧化鐵膠體的實驗時；有些學生沒有按要求進行，結果沒有觀察到膠體的性質，請你預測其現象并分析其原因：

①甲同學沒有選用飽和氯化鐵溶液；而是將稀氯化鐵溶液滴入沸水中，結果沒有觀察到________，其原因是__________。

②乙同學往沸水中滴加飽和氯化鐵溶液后；長時間加熱，結果會___________

③提純膠體的方法是：_____________________________。19、KClO3和濃鹽酸在一定溫度下反應會生成黃綠色的易爆物二氧化氯。其變化可表述為：()KClO3+()HCl(濃)—()KCl+()ClO2↑+()Cl2↑+()[]

(1)請完成該化學方程式并配平(未知物化學式和化學計量數填入框內)___。

(2)在上述配平完成的化學方程式中用單線橋法表示出電子轉移的方向和數目___。

(3)產生0.1molCl2；則轉移的電子的物質的量為__mol。

(4)ClO2具有很強的氧化性。因此，常被用作消毒劑，其消毒的效率(以單位質量得到的電子數表示)是Cl2的___倍(保留2位小數)。

(5)據報載，一家庭主婦在家中打掃衛生時，為了獲得更強的去污能力，把潔廁液(用鹽酸勾兌成)與漂白粉混合使用，致使發生化學反應產生氯氣，導致氯氣中毒。試寫出工業制漂白粉的離子方程式以及使用時產生氯氣的化學方程式：___、___。20、碳酸鈉和碳酸氫鈉是生活中常見的物質。請回答下列問題。

（1）碳酸氫鈉的化學式是_________，俗稱_________，其水溶液顯_____性(填“酸”；“堿”或“中”)。

（2）碳酸氫鈉可治療胃酸(0.2%～0.4%的鹽酸)過多，反應的離子方程式為___________________。

（3）碳酸氫鈉受熱______________（填“穩定”或“不穩定”），其化學方程式為______________________________。21、現有A；B、C、D、E、F六種短周期主族元素；原子序數依次增大。已知A的氣態氫化物能與其最高價氧化物的水化物反應，B原子最外層電子數是其電子層數的3倍，C＋和D3＋的電子層結構相同，B與E屬于同一主族。

(1)E在元素周期表中的位置是____________。

(2)上述元素形成的簡單離子中；半徑最小的是________(填離子符號)。

(3)由上述元素中的一種或幾種組成的物質甲可以發生如下反應：

①若乙具有漂白性；則乙的電子式為____________。

②若丙的水溶液是強堿性溶液；則甲為____________或____________(填化學式)。

③若乙為二元弱酸；丙既能溶于強酸；又能溶于強堿，則乙的名稱為____________。

④乙遇空氣變為紅棕色，有同學認為“濃硫酸可以干燥氣體甲”，為驗證其觀點是否正確。用如圖裝置進行實驗時，分液漏斗中應加入________(填試劑名稱)。實驗過程中，濃硫酸中未發現有氣體逸出，且溶液變為紅棕色，由此得出的結論是____________________。22、我們周圍的物質世界是由100多種元素組成的；為了便于研究元素的性質，常常需要尋找它們之間的內在規律。表列出的是l～18號元素的部分最高正化合價和最低負化合價。請閱讀并回答下列問題：

(1)1l號元素屬于_________元素(填“金屬”或“非金屬”)，它在化學反應中形成的離子與__________(填元素符號)原子具有相同的核外電子排布。

(2)16號元素的原子核外電子數為____________，推測該元素最低負化合價為__________，最高正化合價的氧化物的化學式為_______________。

(3)從化合價角度，我們可以發現一些規律。請寫出其中的—個：__________。評卷人得分四、判斷題(共3題，共12分)23、加入稀硫酸，產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SO(_______)A.正確B.錯誤24、1molO2和1molN2在標況下混合體積約為44.8L。(_______)A.正確B.錯誤25、波爾多液是用熟石灰、硫酸銅混合而制成的藍色膠狀懸濁液。(______)A.正確B.錯誤評卷人得分五、原理綜合題(共3題，共9分)26、（1）黑火藥爆炸時發生反應：2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，其中被還原的元素是___，被氧化的元素是___。

（2）在反應MnO2＋4HCl（濃）MnCl2＋C12↑＋2H2O中，當有0.2mol電子轉移時，產生氯氣的體積（標準狀況）是___；被氧化的HCl的物質的量為___。

（3）在一定條件下，RO3n－和I－發生反應的離子方程式如下：RO3n－＋6I－＋6H＋=R－＋3I2＋3H2O。該反應中還原劑為___，RO3n－中R元素的化合價是___。27、(1)用CH3OH和O2組合形成的質子交換膜燃料電池的結構示意圖如下：

c電極的反應方程式為：__________________________。

(2)有機物C4H10與氯氣發生取代反應，生成的一氯代物有_______種。

(3)已知反應H2(g)+Br2(l)2HBr(g)在25℃、101kPa下進行,放出熱量為72kJ,蒸發1molBr2(l)需要吸收的能量為30kJ,其他相關數據如下表:

。

H2(g)

Br2(g)

HBr(g)

1mol分子中的化學鍵斷裂時需要吸收的能量/kJ

436

a

369

則表中a為（_____________）

(4)元素周期表中第ⅦA族元素的單質及其化合物的用途廣泛。

一定條件，在水溶液中1molCl－、ClOX－(x＝1；2，3，4)的能量(KJ)相對大小如上圖所示。

①D是__________(填離子符號)。

②B→A＋C反應的離子方程式為__________________；28、碳元素能形成多種單質如金剛石、石墨等，24g金剛石中含有_______個碳碳單鍵。碳元素也能形成多種化合物，在形成化合物時，其所成化學鍵以共價鍵為主，原因是_______。

(1)工業制鎂時，電解MgCl2而不電解MgO的原因是_______。

(2)BeCl2熔點較低，易升華，能溶于有機溶劑。由此可推測BeCl2晶體為_______晶體（填晶體類型），其分子為_______分子（填“極性”或“非極性”），分子構型為_______，BeCl2熔點_______（選填“低于”或“高于”）BeBr2。評卷人得分六、結構與性質(共1題，共4分)29、元素X位于第四周期；其基態原子的內層軌道全部排滿電子，且最外層電子數為1。元素Y基態原子的3p軌道上有5個電子。元素Z的原子最外層電子數是其內層的3倍。元素W基態原子核外電子共有16種運動狀態。

(1)X+的核外電子排布式為________；與X同一周期的副族元素的基態原子中最外層電子數與銅原子相同的元素有________(填元素符號)。

(2)X與Y所形成化合物晶體的晶胞如圖所示。

①在1個晶胞中，X離子的數目為________；

②該化合物的化學式為________。

(3)穩定性：H2Z________H2W（填“＜”、“＞”或“＝”），其主要原因是________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【詳解】

A.青蒿一握；以水二升漬，絞取汁，這是一個萃取過程，屬于物理過程，A符合題意；

B.牡蠣殼為貝殼，貝殼主要成分為碳酸鈣，CaCO3灼燒生成CaO和CO2；發生分解反應，B不合題意；

C.丹砂即硫化汞；加熱即分解而得到汞，汞與硫磺化合又生成黑色的硫化汞，C不合題意；

D.硫酸銅和鐵發生置換反應；生成硫酸亞鐵和銅，生成的銅會附著在鐵上，D不合題意。

故選A。2、A【分析】【分析】

溶液是在一定條件下溶質分散到溶劑中形成的均一穩定的混合物；據此解答。

【詳解】

A.含鈣鎂離子較多的水為硬水；屬于均一；穩定的混合物，屬于溶液，故A選；

B.石灰乳屬于不均一；不穩定的懸濁液；故B不選；

C.冰水是由水一種物質組成；屬于純凈物，故C不選；

D.液氧是由氧氣一種物質組成；屬于純凈物，故D不選。

故答案選A。3、B【分析】【詳解】

A．主族元素的最高正價等于其族序數，I為第ⅦA族，則I元素的最高正價為+7價，故A錯誤；

B．同主族從上到下原子半徑逐漸增大，則I原子半徑比氯的大，故B正確；

C．元素的非金屬性越強，其簡單氫化物越穩定，非金屬性：Cl＞I，則HI的熱穩定性比HCl的弱，故C錯誤；

D．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物酸性越強，非金屬性：Cl＞I，則I最高價氧化物對應的水化物酸性比氯的弱，故D錯誤；

故選：B。4、A【分析】【分析】

A；B、C、D是原子序數依次增大的五種短周期主族元素。A原子核外最外層電子數是次外層的2倍；A為C元素；C是同周期中原子半徑最大的元素，C為Na元素；工業上一般通過電解氧化物的方法制備D的單質，D為Al元素；E單質是制備太陽能電池的重要材料，E為Si元素。B、C、E最外層電子數之和為11，則B最外層有7個電子，為F元素。

【詳解】

A．具有相同電子層結構的離子，核電荷數越大，離子半徑越小，簡單離子半徑：B>C；故A正確；

B．元素的非金屬性越強；最高價氧化物對應水化物的酸性越強，酸性A＞E，故B錯誤；

C．工業上不用電解氯化物的方法制備單質鋁是由于其氯化物是分子晶體；熔融狀態不能導電，故C錯誤；

D．相同質量的鈉和鋁單質分別與足量稀鹽酸反應，生成的氫氣的物質的量之比為=9：23；鈉生產的氫氣少，故D錯誤；

故選A。

【點睛】

本題考查了元素周期表和元素周期律的知識。正確推斷出元素是解題的關鍵。本題的易錯點是C，需要注意氯化鋁的晶體類型。5、A【分析】【詳解】

A.硝酸根濃度很低時被氧化生成的產物是銨根離子，因此無氣體放出，鎂、鋁反應生成金屬陽離子，則離子反應分別為4Mg+10H++NO3?＝4Mg2++NH4++3H2O、8Al+30H＋+3NO3?＝8Al3++3NH4++9H2O；A項正確；

B.由圖示可以看出加入氫氧化鈉溶液從15.0mL到16.5mL區間內發生的反應是氫氧根離子與銨根離子的反應，由氮原子守恒可知，銨根離子的物質的量即為原溶液中反應的硝酸根離子的物質的量，則原溶液中NO3?物質的量是(16.5－15)×10?3L×4mol/L=0.006mol；B項錯誤；

C.從圖示提示中看出從氫氧化溶液體積16.5mL到18.5mL區間內發生的反應是氫氧化鋁與氫氧化鈉的反應，氫氧化鋁與氫氧化鈉等物質的量反應，由Al～Al3+～Al(OH)3～NaOH，則Al的物質的量為0.008mol，再由Mg2++2OH?=Mg(OH)2↓、Al3++3OH?=Al(OH)3↓，沉淀鎂離子和鋁離子共消耗氫氧化鈉溶液體積(15.0－3.0)mL，由此可知：沉淀鎂離子時消耗的氫氧根離子物質的量為(15.0－3.0)×10?3L×4.00mol/L－8×10?3mol×3=24×10?3mol，鎂離子物質的量為1.2×10?2mol，參加反應的鎂與鋁的質量之比：8×10?3mol×27g/mol：1.2×10?2mol×24g/mol=3：4；C項錯誤；

D.由4Mg+10H++NO3?＝4Mg2++NH4++3H2O、8Al+30H＋+3NO3?＝8Al3++3NH4++9H2O可知，消耗氫離子為0.008mol×+1.2×10?2mol×=0.06mol，圖中開始3.0mLNaOH溶液消耗氫離子的物質的量為3×10?3L×4mol/L=0.012mol，原溶液中硫酸的物質的量為=0.036mol，混合液中硫酸的物質的量的濃度為=0.36mol/L；D項錯誤；

答案選A。

【點睛】

本題難度較大，考查金屬與酸性條件下硝酸鹽溶液的反應，注意硝酸濃度越低生成的還原產物價態越低與反應中無氣體生成相結合來分析，并注意圖像與化學反應的對應來分析解答。6、B【分析】【分析】

【詳解】

A．銅與濃硝酸反應生成硝酸銅；紅棕色氣體二氧化氮和水；隨反應的進行，濃硝酸變為稀硝酸，銅與稀硝酸反應生成硝酸銅、無色氣體一氧化氮和水，故A正確；

B．氧化鋁是兩性氧化物；能與熔融氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和水，用氧化鋁坩堝加熱熔融氫氧化鈉會腐蝕坩堝，則不能用氧化鋁坩堝加熱熔融氫氧化鈉，故B錯誤；

C．漂白粉中次氯酸鈣具有強氧化性；能與潔廁靈中鹽酸反應生成氯化鈣；有毒的氯氣和水，故C正確；

D．飽和氯水中含有鹽酸和具有強氧化性的次氯酸；既有酸性又有漂白性，由于碳酸的酸性弱于鹽酸，強于次氯酸，向氯水中加入適量碳酸氫鈉固體，碳酸氫鈉與鹽酸反應，不與次氯酸反應，生成物鹽酸濃度解析，使平衡向正反應方向移動，次氯酸濃度增大，漂白性增強，故D正確；

故選B。7、A【分析】【分析】

【詳解】

A．“芳綸”是一種新型高科技合成纖維；故A正確；

B．3He、2He為質子數相同；中子數不同的原子，互為同位素，故B錯誤；

C．可燃冰是甲烷(CH4)和水形成的一種水合物；故C錯誤；

D．鈦合金材料屬于合金；不是高分子材料，故D錯誤；

選A。8、C【分析】【分析】

【詳解】

A．配制250mL0.10mol·L?1NaOH溶液；不能用容量瓶溶解氫氧化鈉固體，故A錯誤；

B．蒸餾法除去工業乙醇中的雜質；溫度計的液泡應在蒸餾燒瓶支管口處，故B錯誤；

C．過濾法除去粗鹽水中的不溶物；故C正確；

D．用標準NaOH溶液滴定錐形瓶中的鹽酸；標準NaOH溶液應盛在堿式滴定管中，滴定時，眼睛應該注視錐形瓶內顏色變變化，故D錯誤；

選C。二、多選題(共9題，共18分)9、ABD【分析】【分析】

【詳解】

X最外層有一個電子，在化學反應中易失去最外層的1個電子，而顯+1價；Y有三個電子層，第二層有8個電子，最外層電子數比次外層電子數少3，因此最外層電子數是5，是磷元素，可顯?3、+3、+5；Z的最外層電子數是次外層的3倍，z只能有2個電子層，最外層電子數是6，是氧元素，在化學反應中易得到2個電子，而顯?2價，根據正價元素在前，負價元素在后以及化合物中各元素正負化合價的代數和為零原則可知，由這三種元素組成的化合物的化學式可能是XYZ2、XYZ3、X3YZ3，不可能是X2YZ2(其中Y顯+2)，答案選ABD。10、BD【分析】【詳解】

A.水解顯堿性；因此純堿溶液可用于清洗油污，A項正確；

B.B項方程式原理雖對；但是未配平，B項錯誤；

C.根據“酸堿先中和”的原則，剩下0.5mol鹽酸才跟0.5mol反應；C項正確；

D.若要恰好沉淀完全，需要加入等量的也就是說1個和2個反應，產物應該是和D項錯誤；

答案選BD。11、AB【分析】【詳解】

A．室溫下，的溶液顯堿性，題述中四種離子相互間不反應，且可以與共存；故A符合題意；

B．題述中四種離子相互間不反應，且可以與共存；故B符合題意；

C．與反應生成不易電離的電解質故C不符合題意；

D．與反應生成沉淀，與反應生成和故D不符合題意。

綜上所述，答案為AB。12、CD【分析】【分析】

10mLX溶液中加入足量鹽酸酸化的氯化鋇溶液得到硫酸鋇沉淀2.33g；物質的量為0.01mol硫酸鋇即硫酸根物質的量為0.01mol，10mLX溶液中加入0.1mol氫氧化鈉溶液得到0.01mol氨氣即0.01mol銨根離子，生成1.16g氫氧化鎂沉淀即物質的量為0.02mol，還剩余氫氧化鈉物質的量為0.01mol，根據氫氧根物質的量關系說明還有0.04mol氫氧根與鋁離子反應生成偏鋁酸根，則鋁離子物質的量為0.01mol，根據電荷守恒，說明還含有氯離子。

【詳解】

A．X溶液中鋁離子水解；說明溶液顯酸性，故A錯誤；

B．X溶液中一定含有Mg2+、Al3+、NHSO根據電荷守恒，還含有Cl－；故B錯誤；

C．根據電荷守恒，說明X溶液中一定含有Cl－，n(Cl－)＝0.01mol×1＋0.02mol×2＋0.01mol×3－0.01mol×2＝0.06mol，則c(Cl－)為6.0mol?L?1；故C正確；

D．濾液中含有偏鋁酸鈉溶液，向濾液中通入足量的CO2氣體；可得白色沉淀，將沉淀過濾；洗滌、灼燒至恒重，根據鋁元素守恒可得氧化鋁物質的量為0.01mol即0.51g固體，故D正確。

綜上所述，答案為CD。13、CD【分析】【分析】

【詳解】

略14、BD【分析】【詳解】

A．一開始的氣體為裝置中排出的空氣；點燃后容易爆炸，故先要驗純后才能點燃，A錯誤；

B．可用飽和碳酸氫鈉吸收CO2中的HCl；洗氣瓶長進短出，B正確；

C．配制氫氧化鈉溶液時；氫氧化鈉固體應在燒杯中溶解，容量瓶只用于配制溶液，C錯誤；

D．C12可與NaOH反應；燒瓶內壓強減小，形成內外壓強差，氣球膨脹，D正確；

答案選BD。15、AB【分析】【分析】

用膽礬配制1L0.1mol/LCuSO4溶液；需要硫酸銅的物質的量為1L×0.1mol/L=0.1mol，依據m=nM計算需要膽礬的質量，進一步判斷。

【詳解】

A.CuSO4的質量為16g，物質的量為0.1mol，溶于水形成的溶液為1L，因此溶液的濃度為=0.1mol/L；A項正確；

B.25g膽礬的物質的量為0.1mol，溶于水形成的溶液為1L，因此溶液的濃度為=0.1mol/L；B項正確；

C.25g(即1mol)膽礬溶于1L水；形成的溶液不是1L，形成的溶液的濃度不是0.1mol/L，C項錯誤；

D.16g膽礬的物質的量是=0.064mol，形成的溶液的濃度為=0.064mol/L；溶液的濃度不是0.1mol/L，D項錯誤；

答案選AB。16、BC【分析】【詳解】

A．稱量時碳酸鈉固體含有結晶水；則碳酸鈉的物質的量偏小，溶液濃度偏低，故A不符合題意；

B．溶液未冷卻立即定容；恢復至室溫時，溶液體積減小，溶液濃度偏高，故B符合題意；

C．定容時俯視容量瓶刻度線；導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故C符合題意；

D．容量瓶沒有干燥；對溶質的物質的量和溶液體積都不影響，溶液濃度無影響，故D不符合題意；

答案選BC。

【點睛】

定容時俯視容量瓶刻度線，定容的溶液體積是不正確的，溶液的凹液面并沒有達到刻度線，故實際液體的體積偏小，是易錯點。17、BD【分析】【分析】

根據侯氏制堿法的工藝流程，先通入氨氣再通入二氧化碳反應得到碳酸氫鈉晶體和含有氯化銨的母液，沉淀池中的反應方程式為NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓；過濾得到碳酸氫鈉晶體，在煅燒爐中加熱分解，碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉，過濾后的母液中通入氨氣加入細小食鹽顆粒，冷卻析出副產品氯化銨，氯化鈉溶液可以循環使用，據此分析解答。

【詳解】

A．向母液中通氨氣可以增大NH4+的濃度，加入食鹽增大氯離子，使NH4Cl更多地析出，因此往母液中加入食鹽的主要目的不是使NaHCO3更多的析出；故A錯誤；

B．向母液中通氨氣可以增大NH4+的濃度，同時使NaHCO3轉化為Na2CO3，加入食鹽增大氯離子，使NH4Cl更多地析出，因此從母液中經過循環Ⅰ進入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水；故B正確；

C．在沉淀池中飽和食鹽水與通入的氨氣和二氧化碳反應析出碳酸氫鈉晶體，反應方程式為NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓；故C錯誤；

D．循環Ⅰ是將未反應的氯化鈉返回沉淀池中使原料氯化鈉的利用率大大提升；循環Ⅱ的目的是使生成的二氧化碳通入沉淀池繼續反應生成碳酸氫鈉，使二氧化碳利用率大大提升，故D正確；

故選BD。

【點睛】

本題的易錯點為B，要注意理解侯氏制堿法的工藝流程和原理，聯合制堿法得到的主要產品為碳酸鈉，氯化銨為副產品，因此循環Ⅰ進入沉淀池的主要是Na2CO3和氨水，同時含有部分未析出的NH4Cl。三、填空題(共5題，共10分)18、略

【分析】【分析】

將5～6滴飽和FeCl3溶液滴入沸水中，繼續加熱煮沸至液體呈紅褐色，得到的液體為Fe(OH)3膠體；根據膠體能夠產生丁達爾效應判斷膠體的存在，利用膠體的分散質微粒直徑大小及性質分析膠體提純的方法，判斷實驗現象。

【詳解】

(1)若制取得到Fe(OH)3膠體；用一束光照射，在入射光的垂直方向觀察，會看到一條光亮的通路，即發生丁達爾效應，據此可判斷膠體的制備成功；

(2)將5～6滴飽和FeCl3溶液滴入沸水中，繼續加熱煮沸至液體呈紅褐色停止加熱，得到的紅褐色液體為Fe(OH)3膠體，反應方程式為：FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl；

(3)①甲同學沒有選用飽和氯化鐵溶液；而是將稀氯化鐵溶液滴入沸水中，結果沒有觀察到溶液變為紅褐色，原因是由于氯化鐵溶液過稀，不能生成膠體；

②乙同學往沸水中滴加飽和氯化鐵溶液后，長時間加熱，結果產生的Fe(OH)3發生聚沉形成了Fe(OH)3紅褐色沉淀；

③由于膠體的分散質微粒直徑比較大；不能通過半透膜，而溶液的分散質微粒直徑比較小，能夠通過半透膜，所以提純膠體的方法是滲析法。

【點睛】

本題考查膠體的制備及檢驗等知識。注意氫氧化鐵膠體與氫氧化鐵沉淀的區別，結合膠體聚沉條件分析。【解析】丁達爾效應FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl溶液變為紅褐色氯化鐵溶液過稀，不能生成膠體產生紅褐色沉淀滲析19、略

【分析】【詳解】

(1)KClO3中氯元素化合價由＋5價降低為ClO2中＋4價，化合價降低1價；HCl中氯元素化合價由?1價升高為Cl2中0價，化合價升高2價，化合價升降最小公倍數為2，故ClO2系數為2，Cl2系數為1；所以KClO3系數為2，KCl系數為2，HCl系數為4，結合元素守恒，可知未知物是水，水的系數是2，故答案為：2、4、2、1、2、2H2O；．

(2)用單線橋表示電子轉移的方向和數目為：

(3)反應中只有Cl2是氧化產物，HCl中氯元素化合價由?1價升高為Cl2中0價，所以產生0.1molCl2；轉移的電子的物質的量為0.1mol×2＝0.2mol；

(4)1molCl2可以獲得2mol電子，1molClO2可以獲得電子5mol電子．ClO2消毒的效率是Cl2的＝2.5倍；

(5)工業上將氯氣通入石灰乳中制取漂白粉，該反應的離子方程式為：Cl2+Ca(OH)2═Ca2++Cl-+ClO-+H2O；潔廁液中的鹽酸與漂白粉中的次氯酸鈣會發生反應產生氯氣，其化學方程式為：4HCl+Ca(ClO)2=2Cl2↑+CaCl2+2H2O。【解析】2、4、2、1、2、2H2O0.22.5Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O4HCl+Ca(ClO)2=2Cl2↑+CaCl2+2H2O20、略

【分析】【詳解】

(1)碳酸氫鈉的化學式為NaHCO3，碳酸氫鈉的俗稱是小蘇打，碳酸氫鈉的水溶液顯堿性。故答案為：NaHCO3；小蘇打；堿；

(2)碳酸氫鈉可治療胃酸（0.2%～0.4%的鹽酸）過多，反應的離子方程式為＋H＋=H2O＋CO2↑，故答案為：＋H＋=H2O＋CO2↑；

(3)碳酸氫鈉受熱不穩定，分解生成碳酸鈉，化學方程式為2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，故答案為：不穩定；2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。【解析】①.NaHCO3②.小蘇打③.堿④.＋H＋=H2O＋CO2↑⑤.不穩定⑥.2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑21、略

【分析】試題分析：A的氣態氫化物能與其最高價氧化物的水化物反應，A是N元素；B原子最外層電子數是電子層數的3倍，B是O元素；B與E屬于同一主族，E是S元素；C+和D3+離子的電子層結構相同，C是Na、D是Al；六種短周期主族元素，原子序數依次增大，F是Cl元素。（1）S在元素周期表中的位置是第三周期，ⅥA族；（2）電子層數越少半徑越小，層數相同時，原子序數越大半徑越小，上述元素形成的簡單離子中，半徑最小的是（3）①若乙具有漂白性，說明甲是氯氣，乙是次氯酸，則乙的電子式為②若丙的水溶液是強堿性溶液，則丙為氫氧化鈉，所以甲為Na或Na2O2；③若乙為二元弱酸，乙是氯化氫丙既能溶于強酸、又能溶于強堿，所以丙是氫氧化鋁；則甲是硫化鋁；氫氧化鋁既能發生堿式電離又能發生酸式電離，所以丙既能溶于強酸、又能溶于強堿④乙遇空氣變為紅棕色，乙是NO，則甲是NO2，銅與濃硝酸反應生成NO2；分液漏斗中應加入濃硝酸。實驗過程中，濃硫酸中未發現有氣體逸出，且溶液變為紅棕色，由此得出的結論是濃硫酸不能干燥二氧化氮。

考點：本題考查元素周期表、元素性質。【解析】（1）第三周期；ⅥA族。

（2）

（3）①②Na或Na2O2

③氯化氫

④濃硝酸濃硫酸不能干燥二氧化氮氣體22、略

【分析】【分析】

根據表中數據可知；同主族元素最高正化合價和最外層電子數相等，氧和氟沒有最高正化合價，同周期從左到右最高正化合價逐漸增加，稀有氣體的化合價為0價；根據元素最外層電子數小于4個的一般是金屬元素，最外層電子數大于4個的一般是非金屬元素；原子序數在數值上等于核電荷數，原子中核電荷數=質子數=核外電子數，據此分析。

【詳解】

(1)1l號元素是鈉；屬于金屬元素，它在化學反應中形成的離子最外層有10個電子，與Ne原子具有相同的核外電子排布；

(2)16號元素是硫，原子中核電荷數=質子數=核外電子數，原予核外電子數為16，最外層電子數為6，最低負化合價數值=8-最外層電子數，該元素最低負化合價為-2價，最高正化合價為+6價，它氧化物的化學式為SO3；

(3)從化合價角度，同主族元素最高正化合價和最外層電子數相等，氧和氟沒有最高正化合價，同周期從左到右最高正化合價逐漸增加，最低負化合價數值=8-最外層電子數等。【解析】金屬Ne16-2SO3最低負化合價數值=8-最外層電子數四、判斷題(共3題，共12分)23、B【分析】【詳解】

使品紅溶液退色的無色有刺激性氣味的氣體也可能為氯氣，錯誤。24、A【分析】【分析】

【詳解】

在標準狀況下，1mol任何氣體的體積都約為22.4L，則1molO2和1molN2在標況下混合體積約為(1mol+1mol)×22.4L/mol=44.8L，正確；答案為正確。25、A【分析】【詳解】

農業上經常使用農藥波爾多液來殺菌殺蟲，波爾多液是用熟石灰和硫酸銅混合而制成的，為藍色膠狀懸濁液，正確。五、原理綜合題(共3題，共9分)26、略

【分析】【分析】

（1）由化學方程式可知；反應中C元素化合價升高被氧化，N；S元素的化合價降低被還原；

（2）由化學方程式可知；反應中轉移電子2mol時，生成的氯氣物質的量為1mol；

（3）由方程式可知；反應中碘元素化合價升高被氧化，依據電荷守恒和化合價代數和為零計算可得。

【詳解】

（1）由化學方程式可知，反應中C元素化合價升高被氧化，C是還原劑，N、S元素的化合價降低被還原，KNO3和S是氧化劑；故答案為：N；S；C；

（2）由化學方程式可知；反應中轉移電子2mol時，生成的氯氣物質的量為1mol，當有0.2mol電子轉移時，生成的氯氣物質的量為0.1mol，體積為0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故答案為：2.24；

（3）由方程式可知，反應中碘元素化合價升高被氧化，I－為還原劑；根據離子方程式遵循電荷守恒可知：（-n）+（-6）+6=-1，可知n=1，根據RO3n-離子化合價代數和關系：（x-2×3）=-1（設R的化合價為x），可知x=+5，故答案為：I－；+5。

【點睛】

氧化還原反應中，化合價升高元素所在的反應物是還原劑，化合價降低元素所在的反應物是氧化劑，解答時注意利用電荷守恒和化合價代數和為零計算是解答關鍵。【解析】①.N、S②.C③.2.24L④.0.2mol⑤.I－⑥.+527、略

【分析】【詳解】

（1）因c是電子流出的一極，則c為負極，d為正極，CH3OH具有還原性，在負極上發生氧化反應生成CO2，電極反應式為：CH3OH－6e－＋H2O=CO2＋6H＋；

（2）分子式為C4H10的烷烴為丁烷，丁烷存在正丁烷和異丁烷兩種同分異構體，正丁烷CH3CH2CH2CH3有2氫原子；所以其一氯代物有2；

異丁烷CH3CH（CH3）CH3有2氫原子；其一氯代物有2種，所以丁烷的一氯代物的同分異構體總共有4種；

（3）在H2（g）+Br2（l）=2HBr（g）△H=-42kJ/mol反應中，1molBr2（g）液化放出的能量為30kJ，即Br2（g）=Br2（l）△H=-30kJ/mol，則H2（g）+Br2（g）