2025年华东师大版高一化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年华东师大版高一化学上册阶段测试试卷752考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、已知：(1)胆矾失水的热化学方程式为CuSO4·5H2O(s)===CuSO4(s)＋5H2O(l)ΔH＝＋Q1kJ/mol(2)室温下，无水硫酸铜溶于水的热化学方程式为CuSO4(s)===Cu2＋(aq)＋SO(aq)ΔH＝－Q2kJ/mol(3)胆矾(CuSO4·5H2O)溶于水时溶液温度降低。则Q1与Q2的关系是(Q1、Q2为正数)（）A.Q1>Q2B.Q1＝Q2C.Q1D.无法确定2、关于盐酸、硝酸、硫酸的说法正确的是()A.都是含氧酸B.其溶质都属于强电解质C.都容易挥发D.都能与金属镁发生置换反应产生氢气3、下列实验不合理的是rm{(}rm{)}

A.用浓硫酸干燥rm{SO_{2}}选rm{垄脹}B.从食盐溶液中获取rm{NaCl}选rm{垄脷}C.除去自来水中的rm{Cl^{-}}制纯净水，选rm{垄脺}和rm{垄脵}D.除去rm{Fe(OH)_{3}}胶体中的难溶物，选rm{垄脺}4、标准状况下，rm{VLHCl}气体溶解在rm{1L}水中，所得溶液的密度为rm{pg/mL}溶质的质量分数为rm{娄脴}溶质的物质的量浓度为rm{cmol/L}则下列关系中不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{c=dfrac{1000娄脩娄脴}{36.5}}B.rm{娄脴=dfrac{36.5c}{1000rho}}C.rm{娄脴=dfrac{136.5V}{(36.5V+22400)}}D.rm{c=dfrac{娄脩V}{(36.5V+22400)}}rm{c=dfrac

{1000娄脩娄脴}{36.5}}5、常温下，取铝土矿rm{(}含有rm{A1_{2}O_{3}}rm{FeO}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}等物质rm{)}用硫酸浸出后的溶液，分别向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是A.加入过量rm{NaOH}溶液：rm{Na^{+}}rm{A1O_{2}^{-}}rm{OH^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}B.加入过量氨水：rm{NH_{4}^{+}}rm{A1^{3+}}rm{OH^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}C.通入过量rm{SO_{2}:}rm{Fe^{2+}}rm{H^{+}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}D.加入过量rm{NaClO}溶液：rm{Fe^{2+}}rm{Na^{+}}rm{C1O^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}6、甲、乙、丙三种溶液各含有一种rm{x^{隆陋}(x^{隆陋}}为rm{C1^{隆陋}}rm{Br^{隆陋}}rm{I^{隆陋})}甲中加淀粉溶液和氯水，则溶液变为橙色，再加丙溶液，颜色无明显变化，则甲、乙、丙依次含有A.rm{Br^{-}}rm{C1^{-}}rm{I^{-}}B.rm{Br^{-}}rm{I^{-}}rm{C1^{-}}C.rm{I^{-}}rm{Br^{-}}rm{C1^{-;;;;;;;;;;;;;;}}D.rm{C1^{-}}rm{I^{-}}rm{Br^{-}}评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、用rm{FeCl_{3}}溶液腐蚀印刷电路板上铜箔的反应是：rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}下列有关说法正确的是A.rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+

Cu^{2+}}是还原剂，被腐蚀B.rm{Cu}是氧化剂C.该反应是置换反应D.该反应属于离子反应rm{Fe^{3+}}8、一定温度下，在3个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。下列说法正确的是。容器编号物质的起始浓度（mol·L－1）物质的平衡浓度（mol·L－1）c(PCl5)c(PCl3)c(Cl2)c(Cl2)c(Cl2)Ⅰ0.4000.2Ⅱ1.050.051.95Ⅲ0.800

A.达平衡时，容器Ⅰ中比容器Ⅱ中的大B.达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为6∶31C.达平衡时，容器Ⅲ中Cl2的体积分数大于D.达平衡时，容器Ⅲ中0.4mol·L－1＜c(PCl5)＜0.8mol·L－19、向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡；正反应速率随时间变化如图所示。由图可得出不正确的结论是()

A.反应△H<0B.反应物浓度a点大于b点C.反应在c点达到平衡状态D.SO2的转化率：a～b段小于b～c段10、下列有关实验操作或判断不正确的是rm{(}rm{)}A.配制一定物质的量浓度溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小B.用干燥的rm{pH}试纸测定氯水的rm{pH}C.配制稀硫酸时，可先在烧杯中加入一定体积的蒸馏水，再边缓慢加入浓硫酸边搅拌E.观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀盐酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的火焰上进行灼烧，观察．E.观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀盐酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的火焰上进行灼烧，观察．11、某原电池总反应的离子方程式是：rm{Zn+Cu^{2+}篓TZn^{2+}+Cu}依据此反应设计原电池的正确组合是rm{(}rm{)}。选项正极负极电解质溶液rm{A}rm{Cu}rm{Zn}稀盐酸rm{B}rm{C}rm{Zn}硫酸铜溶液rm{C}rm{Cu}rm{Zn}氯化铜溶液rm{D}rm{Cu}rm{Zn}硝酸铜溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)12、在rm{50mLNaNO_{3}}和rm{Na_{2}SO_{4}}的混合溶液中，rm{c(Na^{+})=1mol/L}往其中加入适量rm{BaCl_{2}}溶液恰好完全反应，得到rm{2.33g}白色沉淀，则原混合溶液中rm{c(NO_{3}^{-})=}______rm{mol/L}．13、可逆反应A(g)+2B(g)2C(g)△H=-QkJ·mol-1(Q＞0）在一个密闭容器中进行，并在一定条件下达到平衡。若改变条件，将相应的变化结果（“增大”、“减小”或“不变”）填入下列空格。(1)保持温度和压强不变，加入不参与反应的稀有气体，A的转化率____。v正____，v逆____(2)保持温度和体积不变，加入不参与反应的稀有气体，A的转化率____。v正____，v逆____(3)若温度和体积不变，反应从A、B开始至平衡，在这个变化过程中，容器内气体的密度____，压强____。14、(12分)氮化钠（Na3N）是科学家制备的一种重要化合物，它与水作用可产生NH3，请回答：（1）Na3N的电子式__________________，该化合物是由______________键形成。（2）Na3N与水反应方程式为____________________________________________。（3）Na3N放入足量盐酸中生成_______种盐，其化学式为__________________。（4）比较Na3N中两种粒子的半径：r（Na+）___ｒ（Ｎ３－）（填“＞”“＝”或“＜”）15、⑴按要求写出下列反应的离子方程式①氢氧化铜溶于盐酸②碳酸钠溶液中和足量的盐酸溶液混合（2）现有以下物质：①NaCl晶体②液态HCl③CaCO3固体④熔融KCl⑤蔗糖⑥铜⑦CO2⑧H2SO4⑨KOH固体⑩水⑾盐酸⑿CH3COOH⒀酒精（填序号）①以上物质中能导电的是_________________________________。②以上物质中属于电解质的是_____________________________。③以上物质中属于非电解质的是___________________________。16、150mLFe2（SO4）3溶液中含Fe3+5.6g，溶液中SO42﹣的物质的量浓度是____17、新生成的氢氧化亚铁在空气中会迅速变灰绿色、最后变为红褐色，其化学方程式为：______。18、除去括号内的杂质；写出除杂的试剂，并写出溶液中反应的离子方程式．

rm{(1)FeSO_{4}}溶液rm{(CuSO_{4})}试剂______；离子方程式______．

rm{(2)CO(CO_{2})}试剂______；离子方程式______．

rm{(3)Cu(Mg)}试剂______，离子方程式______．19、已知rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{T}五种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大。rm{X}rm{T}同主族，rm{Y}rm{Z}rm{W}为同周期的相邻元素。rm{T}原子的质子数等于rm{Z}rm{W}原子最外层电子数之和。rm{Z}与rm{X}形成的分子中有rm{3}个共价键。rm{W}原子最外层电子数是次外层电子数的rm{3}倍，试推断：rm{(1)}五种元素原子半径由大到小的顺序是rm{(}写元素符号rm{)}_______。rm{(2)}由以上元素两两形成的化合物中：既含有离子键又含有共价键的化合物的电子式为________。rm{X}与rm{Y}形成的化合物中既含极性键又含非极性键，且rm{X}与rm{Y}的质量比为rm{5:27}物质是rm{(}写分子式rm{)}________________。rm{(3)}由rm{X}rm{Y}rm{Z}所形成的常见离子化合物是________rm{(}写化学式rm{)}该化合物与rm{T}的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液加热时反应的离子方程式为________。rm{(4)}用电子式表示rm{Y}与rm{W}形成rm{YW_{2}}化合物的过程：____________。rm{(5)Q}与rm{Y}同主族，比rm{Y}多四个电子层，其在周期表的位置为________。评卷人得分四、元素或物质推断题(共1题，共8分)20、如图表示A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色。

回答下列问题：

(1)A→D反应常用于人工固氮，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)D→C是工业制硝酸的重要反应，化学方程式为_______。

(3)B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收，则B与的物质的量之比为_______，若该反应转移个电子，则参加反应的B的物质的量为_______mol。评卷人得分五、其他(共4题，共24分)21、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。22、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。23、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。24、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】试题分析：胆矾溶于水可以看成是两步骤，第一步是失水，吸收热量Q，第二步骤是，无水硫酸铜溶于水，是放热的过程，就是说胆矾溶于水具有吸收能量和释放能量。可看成上(1)(2)的叠加，所以它的焓变值为Q1+（－Q2），据题意，胆矾溶于水时温度降低，所以可知胆矾溶于水时一个吸热的过程，因此Q1+（－Q2）大于0，从而可知Q1>Q2所以答案选A考点：考查化学反应与能量的相关计算【解析】【答案】A2、B【分析】略【解析】rm{B}3、C【分析】解：rm{A.}浓硫酸具有吸水性，与二氧化硫不反应，则选rm{垄脹}可干燥；故A正确；

B.rm{NaCl}为可溶性固体，与水分离，选择蒸发，则选rm{垄脷}可得到rm{NaCl}故B正确；

C.自来水中水的沸点低，选择蒸馏法制备，则选rm{垄脵}即可；故C错误；

D.胶体能透过滤纸，难溶物不能，则选rm{垄脺}过滤可除杂；故D正确；

故选C．

A.浓硫酸具有吸水性；与二氧化硫不反应；

B.rm{NaCl}为可溶性固体；与水分离，选择蒸发；

C.自来水中水的沸点低；选择蒸馏法制备；

D.胶体能透过滤纸；难溶物不能．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析及实验装置的作用，题目难度不大．【解析】rm{C}4、D【分析】解：rm{A}rm{娄脩g/mL}质量分数为rm{娄脴}盐酸的物质的量浓度rm{c=dfrac{1000娄脩娄脴}{36.5}mol/L}故A正确；

B、根据rm{c=dfrac

{1000娄脩娄脴}{36.5}mol/L}可知，该盐酸质量分数rm{w=dfrac{36.5c}{1000rho}}故B正确；

C.rm{c=dfrac{1000娄脩w}{M}}氯化氢的物质的量为rm{dfrac{VL}{22.4L/mol}=dfrac{V}{22.4}mol}氯化氢质量为rm{dfrac{V}{22.4}mol隆脕36.5g/mol=dfrac{36.5V}{22.4}g}rm{w=dfrac{36.5c}{1000rho

}}水的质量为rm{VL}故溶液质量为rm{(dfrac{36.5V}{22.4}+1000)g}所以溶液的质量分数为：rm{dfrac{136.5V}{(36.5V+22400)}隆脕100%}故C正确；

D.rm{dfrac{VL}{22.4L/mol}=dfrac

{V}{22.4}mol}氯化氢的物质的量为rm{dfrac{VL}{22.4L/mol}=dfrac{V}{22.4}mol}氯化氢的质量为rm{dfrac{V}{22.4}mol隆脕36.5g/mol=dfrac{36.5V}{22.4}g}rm{dfrac{V}{22.4}mol隆脕36.5g/mol=

dfrac{36.5V}{22.4}g}水的质量为rm{1L}故溶液质量为rm{(dfrac{36.5V}{22.4}+1000)g}溶液体积为rm{dfrac{dfrac{36.5V}{22.4}+1000}{1000娄脩}=dfrac{36.5V+22400}{22400rho}L}所以物质的量浓度rm{c=dfrac{dfrac{V}{22.4}}{dfrac{36.5V+22400}{22400rho}}=dfrac{1000娄脩V}{36.5V+22400}mol/L}故D错误；

故选D。

A.根据rm{1000mL隆脕1g/mL=1000g}计算判断；

B.根据rm{(dfrac

{36.5V}{22.4}+1000)g}的公式变形计算rm{dfrac

{136.5V}{(36.5V+22400)}隆脕100%}

C.根据rm{VL}计算rm{dfrac{VL}{22.4L/mol}=dfrac

{V}{22.4}mol}氯化氢的物质的量，根据rm{dfrac{V}{22.4}mol隆脕36.5g/mol=

dfrac{36.5V}{22.4}g}计算氯化氢的质量，根据rm{1L}计算水的质量，进而计算溶液的质量，溶液质量分数rm{=dfrac{m({脗脠禄炉脟芒})}{m({脗脠禄炉脟芒})+m({脣庐})}隆脕100%}

D.根据rm{1000mL隆脕1g/mL=1000g}计算rm{(dfrac

{36.5V}{22.4}+1000)g}氯化氢的物质的量，根据rm{dfrac{dfrac

{36.5V}{22.4}+1000}{1000娄脩}=dfrac{36.5V+22400}{22400rho

}L}计算氯化氢的质量，根据rm{c=dfrac{dfrac{V}{22.4}}{dfrac

{36.5V+22400}{22400rho}}=dfrac

{1000娄脩V}{36.5V+22400}mol/L}计算水的质量，进而计算溶液的质量，根据rm{c=dfrac{1000娄脩w}{M}}计算溶液的体积，再利用rm{c=dfrac{1000娄脩w}{M}}计算。

本题考查物质的量浓度、质量分数的有关计算及二者的关系，难度中等，注意对概念的理解与公式的灵活运用。rm{娄脴}【解析】rm{D}5、A【分析】【分析】本题旨在考查学生对铁的重要化合物、铝的重要化合物的应用。【解答】铝土矿中氧化铝和硫酸生成硫酸铝，氧化亚铁和硫酸反应生成硫酸亚铁，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁，二氧化硅不与硫反应，故溶液中存在铝离子、亚铁离子、铁离子，A.加入过量氢氧化钠，铝离子反应生成偏铝酸根离子，亚铁离子、铁离子反应均最后生成氢氧化铁沉淀，故溶液中存在的离子为：rm{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+}}、rm{AlO}rm{AlO}rm{{,!}_{2}^{-}}、rm{OH}rm{OH}rm{{,!}^{-}}、rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}，故A符合题意；B.加入过量氨水，三种离子都生成沉淀，溶液中的离子为：rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{4}^{+}}、rm{OH}rm{OH}rm{{,!}^{-}}、rm{SO}【解析】rm{A}6、B【分析】【分析】本题考查溶液中离子种类的判断，卤素单质的置换反应，氧化性强的可以置换出氧化性弱的。【解析】向甲中加入淀粉溶液和氯水，溶液变为橙色，溶液未变蓝色，说明甲中不含rm{I}rm{{,!}^{-!-!}}含有rm{Br}rm{{,!}^{-!-!}}再加丙溶液，颜色无明显变化，若丙中含rm{I}rm{{,!}^{-!-!}}则溶液中的溴可以置换碘单质，使溶液变蓝色，事实说明丙中不含rm{I}rm{{,!}^{-!-!}}所以只能是乙中含rm{I}rm{{,!}^{-!-!}}甲中含rm{Br}rm{{,!}^{-!-!}}丙中含rm{Cl}rm{{,!}^{-!-!}}故选B。

【解析】rm{B}二、多选题(共5题，共10分)7、ABD【分析】【分析】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，注意把握元素化合价的变化与对应物质的性质，从化合价升降的角度认识氧化还原反应的相关概念。【解答】A.rm{Cu}元素化合价升高；被氧化，为还原剂，故A正确；

B.rm{Fe}元素化合价降低，被还原，rm{Fe^{3+}}是氧化剂；故B正确；

C.生成物中没有单质；不是置换反应，故C错误；

D.该反应有离子参加；是离子反应，故D正确。

故选ABD。【解析】rm{ABD}8、BD【分析】【详解】

A．容器编号ⅠPCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)。

起始物质的量浓度(mol•L﹣1)0.400

转化物质的量浓度(mol•L﹣1)0.20.20.2

平衡物质的量浓度(mol•L﹣1)0.20.20.2

此时＝1，K＝＝＝0.2，容器Ⅱ，开始时≈1.86，此时Qc＝≈0.09＜K，说明容器Ⅱ中反应向正反应方向移动，c(Cl2)浓度增大，c(PCl5)减小，达到平衡时＞1.86＞1，则达平衡时，容器Ⅰ中c(Cl2)/c(PCl5)比容器Ⅱ中的小；故A错误；

B．假设容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为6：31，压强之比等于物质的量浓度之比，容器Ⅰ总物质的量浓度为0.2mol•L﹣1×3＝0.6mol•L﹣1，说明容器Ⅱ总物质的量浓度为3.1mol•L﹣1；根据A得出容器Ⅱ反应向正反应方向移动，列化学平衡三段式。

容器ⅡPCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)

起始物质的量浓度(mol•L﹣1)1.050.051.95

转化物质的量浓度(mol•L﹣1)xxx

平衡物质的量浓度(mol•L﹣1)1.05﹣x0.05+x1.95+x

容器Ⅱ总物质的量浓度为3.1mol•L﹣1；则3.1＝1.05﹣x+0.05+x+1.95+x，解得x＝0.05；

则平衡时c(PCl5)＝1mol•L﹣1，c(PCl3)＝0.1mol•L﹣1，c(Cl2)＝2mol•L﹣1，此时Qc＝＝0.2＝K；说明此时达到化学平衡状态，假设成立，故B正确；

C．容器Ⅰ达平衡时，Cl2的体积分数为＝容器容积为2L，起始c(PCl5)为0.8mol•L﹣1与容器Ⅰ为1L，起始c(PCl5)为0.4mol•L﹣1，是等效平衡；容器Ⅲ是1L，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，Cl2的量减小，所以达平衡时，容器Ⅲ中Cl2的体积分数小于1/3；故C错误；

D．容器容积为2L，起始c(PCl5)为0.8mol•L﹣1与容器Ⅰ为1L，起始c(PCl5)为0.4mol•L﹣1，是等效平衡，容器Ⅲ是1L，若此时平衡不移动，则c(PCl5)＝0.4mol•L﹣1，但容积体积变为1L，相当于增大压强，平衡平衡向逆反应方向移动，c(PCl5)增大，所以c(PCl5)＞0.4mol•L﹣1，又因反应开始，消耗PCl5，所以c(PCl5)＜0.8mol•L﹣1，则达平衡时，容器Ⅲ中0.4mol•L﹣1＜c(PCl5)＜0.8mol•L﹣1；故D正确；

故答案为BD。9、CD【分析】A.反应开始反应物浓度最大,但反应速率随着反应进行再逐渐增大,说明反应为放热反应,所以A选项是正确的;B.反应向正反应进行时,随着反应的进行,反应物浓度逐渐降低,所以B选项是正确的;C.c点反应速率最大,随后正反应速率逐渐减小,反应继续向正反应方向进行,但没有达到平衡状态,故C错误;D.因为a～b段的反应速率大于b～c段反应速率，所以SO2的转化率：a～b段大于b～c段，D选项是错误的;所以答案：CD。10、ABDE【分析】解：rm{A.}配制一定物质的量浓度溶液；定容时俯视刻度线，导致加入的水的量减少，溶液体积变小，所配溶液浓度偏大，故A错误；

B.氯水中rm{HClO}具有强氧化性，不能利用试纸测定rm{pH}应选rm{pH}计；故B错误；

C.由于稀释过程中放出大量的热；且浓硫酸密度大于水，所以配制稀硫酸时，可先在烧杯中加入一定体积的蒸馏水，再边缓慢加入浓硫酸边搅拌，故C正确；

D.氢氧化钠具有强腐蚀性；且容易潮解变质，称量氢氧化钠时应该放在小烧杯中快速称量，故D错误；

E.做钾元素的焰色反应时；需要透过蓝色的钴玻璃观察火焰颜色，故E错误；

F.氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；应隔绝空气制取，故F正确；

故选A、rm{B}rm{D}rm{E}．

A.定容时俯视刻度线；导致加入的水的量减少；

B.氯水中含具有漂白性的rm{HClO}

C.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；

D.rm{NaOH}应在小烧杯中称量；

E.观察rm{K}的焰色反应时；需要透过蓝色的钴玻璃；

F.盛有rm{NaOH}溶液的滴管；伸入硫酸亚铁溶液中，防止氢氧化亚铁被氧化．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液配制、rm{pH}测定、物质的制备及实验技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{ABDE}11、BCD【分析】解：锌失电子发生氧化反应而作负极，不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极rm{(}石墨rm{)}铜离子在正极上得电子发生还原反应，则电解质为可溶性的铜盐，符合条件的是rm{BCD}故选BCD．

根据电池反应式知；失电子的金属作负极，则锌作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，铜离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中含有铜离子，则电解质溶液为可溶性的铜盐．

本题考查了原电池工作原理，判断正负极、电解质溶液时，要根据电池反应式判断：发生氧化反应的电极为负极，发生还原反应的电极为正极，含有发生还原反应的离子溶液为电解质溶液．【解析】rm{BCD}三、填空题(共8题，共16分)12、略

【分析】解：白色沉淀是rm{BaSO_{4}}rm{n(BaSO_{4})=dfrac{2.33g}{233g/mol}=0.01mol}根据硫酸根离子守恒得rm{n(BaSO_{4})=dfrac

{2.33g}{233g/mol}=0.01mol}则rm{c(SO_{4}^{2-})=dfrac{0.01mol}{0.05L}=0.2mol/L}溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得rm{2c(SO_{4}^{2-})+c(NO_{3}^{-})=c(Na^{+})}则rm{c(NO_{3}^{-})=c(Na^{+})-2c(SO_{4}^{2-})=1mol/L-2隆脕0.2mol/L=0.6mol/L}

故答案为：rm{n(SO_{4}^{2-})=n(BaSO_{4})=0.01mol}．

白色沉淀是rm{c(SO_{4}^{2-})=dfrac

{0.01mol}{0.05L}=0.2mol/L}rm{n(BaSO_{4})=dfrac{2.33g}{233g/mol}=0.01mol}根据硫酸根离子守恒得rm{2c(SO_{4}^{2-}

)+c(NO_{3}^{-})=c(Na^{+})}则rm{c(SO_{4}^{2-})=dfrac{0.01mol}{0.05L}=0.2mol/L}溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断硝酸根离子浓度．

本题考查物质的量浓度计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确溶液中遵循电荷守恒是解本题关键，题目难度不大．rm{c(NO_{3}^{-})=c(Na^{+})-2c(SO_{4}^{2-}

)=1mol/L-2隆脕0.2mol/L=0.6mol/L}【解析】rm{0.6}13、略

【分析】【解析】试题分析：可逆反应A(g)+2B(g)2C(g)△H=-QkJ·mol-1(Q＞0），为放热反应，故(1)保持温度和压强不变，加入不参与反应的稀有气体，即相当于减小压强，所以反应向逆反应方向移动，故A的转化率减小，由于浓度较小，故正逆反应速率都较小；(2)保持温度和体积不变，加入不参与反应的稀有气体，虽然压强变大，但是反应物的浓度不变，故平衡不移动，故A的转化率不变，正逆反应速率也不变；(3)若温度和体积不变，反应从A、B开始至平衡，因为该反应为反应分子数减小的反应，所以反应后的压强变小，而因为体积不变，故容器内气体的密度不变。考点：化学平衡的移动【解析】【答案】（1）减小减小减小（2）不变不变不变（3）不变减小14、略

【分析】试题分析：（1）离子；该化合物是由离子键形成的两种化合物；（2）Na3N与水反应方程式为Na3N+3H2O==3NaOH+NH3↑；（3）Na3N放入足量盐酸中会发生反应：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl,所以生成了两种盐，它们的化学式是NaCl、NH4Cl；（4）在较Na3N中两种粒子Na+、N3-是电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子的半径就越小，所以离子的半径：r（Na+）<ｒ（Ｎ３－）.考点：考查Na3N的结构、性质、反应类型及反应产物的种类等知识。【解析】【答案】（1）离子；（2）Na3N+3H2O==3NaOH+NH3↑；（3）2NH4Cl、NaCl（4）<15、略

【分析】试题分析：（1）①Cu(OH)2难溶于水，不能拆开；②盐酸足量，生成碳酸，碳酸不稳定，分解为二氧化碳和水。(2)、电解质能导电是因为在水溶液或熔融状态下电离成自由移动的离子、金属能导电是因为有自由移动的电子。共价化合物在熔融状态下不电离，所以不导电。所以①能导电的是⑷⑹⑽⑾；电解质和非电解质都是化合物，且溶于水或熔融状态下本身能导电。所以②、属于电解质的是⑴⑵⑶⑷⑻⑼⑿③、属于非电解质的是⑸⑺⒀。考点：考查电解质与非电解质、强电解质与弱电解质两组概念。【解析】【答案】（1）①Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O（2分）②2H++CO32-==CO2+2H2O（2分）(2)①、⑷⑹⑽⑾②、⑴⑵⑶⑷⑻⑼⑿③、⑸⑺⒀16、1mol/L【分析】【解答】解：n（Fe3+）==0.1mol，根据化学式可知Fe2（SO4）3得150mL该溶液中含有硫酸根离子的物质的量为0.1mol×=0.15mol，则溶液中SO42﹣的物质的量浓度为：c（SO42﹣）==1mol/L；

故答案为：1mol/L．

【分析】根据n=计算出5.6g铁离子的物质的量，再根据硫酸铁化学式计算出溶液中硫酸根离子的物质的量，再根据c=计算出溶液中SO42﹣的物质的量浓度．17、略

【分析】解：新生成的氢氧化亚铁在空气中会迅速变灰绿色、最后变为红褐色，是rm{Fe(OH)_{2}}被氧气氧化为了rm{Fe(OH)_{3}}化学方程式为rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O篓T4Fe(OH)_{3}}故答案为：rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O篓T4Fe(OH)_{3}}

新生成的氢氧化亚铁在空气中会迅速变灰绿色、最后变为红褐色，是rm{Fe(OH)_{2}}被氧气氧化为了rm{Fe(OH)_{3}}据此写出化学方程式。

本题考查了化学方程式的书写，难度不大，应注意的是氧化还原反应的配平方法。【解析】rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O篓T4Fe(OH)_{3}}18、略

【分析】解：rm{(1)FeSO_{4}}溶液rm{(CuSO_{4})}中除杂试剂为rm{Fe}发生的离子反应为rm{Fe+Cu^{2+}篓TFe^{2+}+Cu}

故答案为：rm{Fe}rm{Fe+Cu^{2+}篓TFe^{2+}+Cu}

rm{(2)CO(CO_{2})}中除杂试剂为rm{NaOH}溶液；发生的离子反应为rm{CO_{2}+2OH^{-}篓TCO_{3}^{2-}+H_{2}O}

故答案为：rm{NaOH}rm{CO_{2}+2OH^{-}篓TCO_{3}^{2-}+H_{2}O}

rm{(3)Cu(Mg)}中除杂试剂稀为rm{HCl}或稀硫酸；发生的离子反应为rm{Mg+2H^{+}篓TMg^{2+}+H_{2}O}

故答案为：rm{HCl}或稀硫酸；rm{Mg+2H^{+}篓TMg^{2+}+H_{2}O.}

rm{(1)Fe}与rm{CuSO_{4}}反应生成rm{FeSO_{4}}反应后过滤可分离；

rm{(2)CO_{2}}与rm{NaOH}反应，rm{CO}不能；洗气可分离；

rm{(3)Mg}与稀盐酸或稀硫酸反应，rm{Cu}不能；反应后过滤可分离．

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大．【解析】rm{Fe}rm{Fe+Cu^{2+}篓TFe^{2+}+Cu}rm{NaOH}rm{CO_{2}+2OH^{-}篓TCO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{HCl}或稀硫酸；rm{Mg+2H^{+}篓TMg^{2+}+H_{2}O}19、(1)Na>C>N>O>H(2)C9H20(3)NH4NO3(4)(5)第6周期IVA族【分析】【分析】本题旨在考查学生对微粒半径大小的比较、元素周期表的综合应用、离子键、共价键、离子化合物、共价化合物等应用。【解答】已知rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{T}五种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大。rm{X}rm{T}同主族，rm{Y}rm{Z}rm{W}为同周期的相邻元素。rm{T}原子的质子数等于rm{Z}rm{W}原子最外层电子数之和。rm{Z}与rm{X}形成的分子中有rm{3}个共价键。rm{W}原子最外层电子数是次外层电子数的rm{3}倍，故rm{X}为rm{H}元素，rm{Y}为rm{C}元素，rm{Z}为rm{N}元素，rm{W}为rm{O}元素，rm{T}为钠元素，rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}五种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大。rm{T}rm{X}同主族，rm{T}rm{Y}rm{Z}为同周期的相邻元素。rm{W}原子的质子数等于rm{T}rm{Z}原子最外层电子数之和。rm{W}与rm{Z}形成的分子中有rm{X}个共价键。rm{3}原子最外层电子数是次外层电子数的rm{W}倍，故rm{3}为rm{X}元素，rm{H}为rm{Y}元素，rm{C}为rm{Z}元素，rm{N}为rm{W}元素，rm{O}为钠元素，rm{T}五种元素原子半径由大到小的顺序是：rm{(1)}五种元素原子半径由大到小的顺序是：rm{Na>C>N>O>H}故答案为：rm{Na>C>N>O>H}故答案为：rm{(1)}rm{Na>C>N>O>H}由以上元素两两形成的化合物中：既含有离子键又含有共价键的化合物为过氧化钠其电子式为：rm{Na>C>N>O>H}与rm{(2)}由以上元素两两形成的化合物中：既含有离子键又含有共价键的化合物为过氧化钠其电子式为：形成的化合物中既含极性键又含非极性键，且rm{(2)}与；rm{X}与rm{Y}形成的化合物中既含极性键又含非极性键，且rm{X}与rm{Y}的