2025年沪教版必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年沪教版必修1化学下册阶段测试试卷69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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、鉴别胶体和溶液的方法是（）A.渗析B.电泳C.丁达尔效应D.布朗运动2、实验室用2KClO32KCl+3O2↑制取氧气，该反应属于A.置换反应B.化合反应C.分解反应D.复分解反应3、NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为：MnO4-＋NO2-＋____→Mn2＋＋NO3-＋H2O。下列叙述中正确的是()A.该反应中NO2-被还原B.反应过程中溶液的酸性增强C.生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4D.方程式中缺少的粒子是OH－4、某结晶水合物的化学式为A·nH2O，其相对分子质量为M，在25℃时，ag晶体溶于bg水中即达饱和，形成密度为ρg/mL的溶液，下列表达式正确的是A.饱和溶液的物质的量浓度为：mol/LB.饱和溶液中溶质的质量分数为：％C.饱和溶液的体积为：LD.25℃时，A的溶解度为：g5、一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)；具有良好的储氢性能，其中元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是。

A.该化合物中，W、X、Y之间均为共价键B.Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应C.Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸D.X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构6、下列药品的保存措施不正确的是A.漂白粉保存在敞口容器中B.浓盐酸密封保存在试剂瓶中C.金属钾保存在煤油中D.硫酸亚铁溶液加铁粉保存7、下列做法正确的是A.用手接触药品B.用嘴吹熄酒精灯火焰C.实验后，剩余的药品不能放回原瓶，也不能随意丢弃D.将带有溶液的滴管平放在实验台上8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中，正确的是A.0.1mol·L-1氢氧化钠溶液中含钠离子数为0.1NAB.7gCnH2n中含氢原子数为NAC.1molC5­H12分子中共价键总数为13NAD.标准状况下，2.24LNH3和CH4的混合气体，所含电子总数为2NA评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、下列说法中正确的是___________。

(1)配制0.4000mol·L－1的NaOH溶液：称取4.0g固体NaOH于烧杯中；加入少量蒸馏水溶解，转移至250mL容量瓶中定容。

(2)称取2.0gNaOH固体；先在托盘上各放1张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体。

(3)向容量瓶转移液体时；引流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁。

(4)用pH＝1的盐酸配制100mLpH＝2的盐酸所需全部玻璃仪器有100mL容量瓶；烧杯、玻璃棒、胶头滴管。

(5)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴定管吸出多余液体10、下列10种物质中；属于氧化物的是_______；属于碱的是_______；属于酸的是_______；属于盐的是_______(填序号)。

①水②新鲜空气③铁④二氧化碳⑤硫酸⑥熟石灰[Ca(OH)2]⑦绿矾(FeSO4·7H2O)⑧牛奶⑨碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]⑩硫酸氢钠(NaHSO4)11、根据下列要求,回答问题:

（1）现有下列物质:①氢氧化钾固体;②稀硫酸;③铜片;④蔗糖()固体;⑤熔融的氯化钠。其中属于电解质的是__________(填序号)。

（2）下列装置能构成原电池的是__________(填写字母序号)。

（3）在2A+B2C+D反应中,表示该反应最快的是__________(填写字母序号)。

a.b.

c.d.

（4）甲烷的燃烧热则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为_______。

（5）90℃时,一元酸HA与NaOH溶液等体积混合后,混合液的pH为7,则溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序是_________________________________。12、在氧化还原反应中，氧化剂______电子，发生的反应是_________反应；还原剂________电子，发生的反应是____________反应。钠与水反应的方程式为_______________________，生成物中钠是_______价，铁与盐酸的反应化学方程式为________________________，生成物中铁是________价。13、物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。

下图所示是硫及其部分化合物的“价类二维图”；根据图示回答下列问题：

(1)图中四种物质中，属于非电解质的是___________(用化学式表示)。

(2)用一个化学方程式说明具有还原性___________。

(3)在反应中既可作氧化剂，又可作还原剂。当它作氧化剂时，理论上其可被还原为___________(填标号)。

A．B．SC．D．E.

(4)将A与混合，可生成淡黄色固体。该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

(5)D的浓溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应，反应的化学方程式为___________，反应中D显示酸性和___________。14、如图为“一些物质与水”的分类图；利用化合价和物质类别推测物质的性质是化学研究的重要手段。

已知：

(1)从化合价的角度可以预测Na2O2的性质。

①Na2O2的性质_______(填序号)。

a．只有氧化性b．只有还原性c．既有氧化性又有还原性。

②Na2O2以氧化性为主，Na2O2加入含有的溶液中反应结束后，硫元素存在形式合理的是________(填序号)。

a．S2-b．Sc．d．

(2)从物质分类的角度可以推测物质的性质。化工生产中常常用到“三酸两碱”；“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸；“两碱”指烧碱和纯碱。

①从物质分类角度看，不恰当的一种物质是______(填化学式)。

②“三酸”中一种酸的浓溶液能与氯酸钾反应得到黄绿色气体，该反应的离于方程式为______。15、铝是地壳中含量最多的金属元素；其单质和化合物广泛应用于日常生活中。

(1)可以用电镀法在钢制品上电镀铝，为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应消耗2molNaOH时，所得气体的物质的量为_______mol。

(2)双羟基铝碳酸钠[NaAl(OH)2CO3]是一种常用的抗酸药，它与胃酸反应的化学方程式为_______。

(3)如图是从铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)中提取Al2O3并生产AlN的工艺流程：

①“溶解”时，SiO2与NaOH溶液反应生成的硅酸钠与溶液中偏铝酸钠发生反应：“赤泥”的主要成分为_______(写出化学式)。

②“酸化”时，通入过量CO2与NaAlO2反应，生成滤液的主要成分是_______(写化学式)。

③“还原”时，炭黑在高温下被氧化为CO，反应的化学方程式为_______。

(4)1L某混合溶液，可能含有的离子如下表：。可能大量含有的阳离子H+、Mg2+、Al3+、可能大量含有的阴离子Cl-、

往该溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示。

①该溶液中一定不含有的离子是_______。

②V1、V2、V3、V4之间的关系为_______。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)16、加热坩埚时直接放在铁圈或三脚架上加热。(_____)A.正确B.错误17、Na2CO3、K2CO3等都是碳酸盐，具有相似的化学性质。(_______)A.正确B.错误18、酸与碱、盐与酸、盐与碱、盐与盐之间可以发生复分解反应。(_______)A.正确B.错误19、氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等。(___________)A.正确B.错误20、1mol氧中含有6.02×1023个氧原子。(_______)A.正确B.错误21、实验室保存Na2S溶液用带有玻璃塞的试剂瓶。(_______)A.正确B.错误22、可以用分液漏斗分离乙酸乙酯和乙醇。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、计算题(共3题，共21分)23、100mL浓硫酸(足量)中加入6.4gCu；在加热条件下充分反应：

(1)反应消耗的H2SO4的物质的量是______mol，生成SO2的体积为______L(标准状况下)。

(2)若将反应后的溶液稀释到1000mL，取出100mL，并向取出液中加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀39.61g，则原浓硫酸的物质的量浓度为______mol/L。24、I.在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验，三组实验均各取20ml相同物质的量浓度的盐酸，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据见表：。实验序号甲乙丙合金质量/mg

255

385

459生成气体/mL

280

336

336

请回答下列问题：

（1）根据表格中的数据求盐酸的溶质的物质的量浓度为___________；

（2）求合金中Mg、Al的物质的量之比_________。

II.（1）VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3＋mg，取V/4mL该溶液用水稀释至4VmL，则SO42—物质的量浓度为_____________________。

（3）已知硫酸溶液浓度越大，密度越大，现将3p%的硫酸与同体积的p%的硫酸混合得到q%的稀硫酸，则p、q的关系正确的是______(填序号)。

①q＝2p②q>2p③q<2p④无法确定25、5.6克Fe和100mL某浓度的硝酸在一定条件下反应，Fe完全溶解，生成标况下气体的体积为4.48L，反应后测得溶液中H+浓度为1.0mol/L(假设溶液体积不变)；回答下列问题：

(1)所得溶液中存在的金属阳离子为___________；

(2)该硝酸溶液的物质的量浓度为___________。(写出简单的计算过程)评卷人得分五、结构与性质(共3题，共18分)26、(1)普鲁士蓝的化学式是KFe[Fe(CN)6]，该物质的化学键有离子键、共价键和_____。

(2)KOCN是离子晶体；碳原子采取sp杂化，1mol该物质中含有的π键数目为____。

(3)H2O2常温下是液体，沸点较高(150℃)，其主要原因是____。

(4)非金属元素的第一电离能大于的第一电离能，原因是______。

(5)V2O5溶于NaOH溶液，可得到钒酸钠(Na3VO4)，该盐阴离子的立体构型为________。

(6)已知食盐的密度为ρg·cm－3，其摩尔质量为Mg·mol－1，阿伏加德罗常数为NA，则在食盐晶体晶胞参数是_______cm。

(7)1molSiO2晶体中含________molSi—O键。

(8)1molNH4BF4含有________mol配位键。

(9)冰、金刚石、MgO、CaCl2、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为：_____________。

(10)体心立方结构的金属如：Na、K、Fe的晶胞的空间占有率表达式为________(含π)。27、判断:

（1）某物质经科学测定只含有一种元素，不可以断定该物质一定是一种纯净物________

（2）用于环境消毒的漂白粉是混合物________

（3）花生油和汽油的主要成分都是烃的混合物________

（4）冰水混合物为纯净物________

（5）胆矾(CuSO4·5H2O)属于混合物________

（6）纤维素、合成纤维、塑料等高分子化合物均为混合物________

（7）天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料________

（8）能与酸反应的氧化物，一定是碱性氧化物________

（9）氯化铵、次氯酸都属于强电解质________

（10）金属氧化物均为碱性氧化物________

（11）纯碱属于碱，硫酸氢钠、碳酸氢钠属于酸式盐________

（12）已知NaH2PO2是正盐，其水溶液呈碱性，则H3PO2属于一元弱酸________28、锰在工业中有着重要的作用；也是人体所需的微量元素之一，回答下列问题：

(1)Mn在元素周期表中位于______区。

(2)高锰钢可制造钢盔、坦克钢甲、穿甲弹的弹头等，主要是Fe、C和Mn组成，第三电离能：I3(Mn)_____I3(Fe)(填“大于”或“小于”)，原因是_______。

(3)硫酸锰是合成脂肪酸的作物需要的微量元素，因此硫酸锰可以作为肥料施进土壤，可以增产。MnSO4中的化学键除了σ键外，还存在_________。

(4)MnF2和MnCl2均为离子晶体，其中熔点较高的是_________。

(5)一种正一价锰的配合物的化学式为Mn(CO)5(CH3)，其中Mn+的配位数为6，则配位体为________。

(6)某种含锰的磁性材料的晶胞结构如图所示。C在晶体中的堆积方式为______堆积(填“简单立方”“体心立方”“六方最密”或“面心立方最密”)；若该晶体密度为ρg/cm3，NA表示阿伏加德罗常数的数值，则两个最近的Mn之间的距离为_______pm。

评卷人得分六、元素或物质推断题(共2题，共12分)29、下表为元素周期表的短周期部分，①~⑦代表七种短周期元素。①②③④⑤⑥⑦

已知：⑤的焰色试验火焰呈黄色。

请填写下列空白：

(1)②在元素周期表中的位置为___________；①的原子结构示意图为___________。

(2)③的一种核素的中子数为10，其原子符号为___________(用形式表示)。

(3)④和⑦中非金属性较弱的是___________(填元素符号)。

(4)①和⑤中原子半径较大的是___________(填元素符号)，与⑤同族的下一周期元素和③的最简单氢化物反应的离子方程式为___________。

(5)将⑥的氧化物加入⑤的最高价氧化物对应水化物的溶液中，发生反应的离子方程式为___________。30、如图所涉及的物质均为常见物质，其中A、B、C为单质，其余为化合物；B为金属。它们存在如下转化关系（反应中其它产物已略去，有的反应在溶液中进行）。

（1）写出B的化学式_____。

（2）C在A中燃烧的现象是_____，反应类型是_____。

（3）写出反应①的化学方程式_____。

（4）写出F→E反应的离子方程式_____。

（5）写出工业上以A和石灰乳为原料制造漂白粉的化学方程式_____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A.溶液中分散质粒子直径能透过半透膜，胶体粒子直径为不能透过半透膜，用渗析法分离，A错误；

B.电解质溶液中；在通电的条件下，阴；阳离子也会定向移动，B错误；

C.用可见光束照射胶体和溶液；胶体会出现一条光亮的“通路”，称为丁达尔效应，溶液不会出现光亮的“通路”，利用丁达尔效应是区分胶体与溶液的一种常用的物理方法，C正确；

D.布朗运动是粒子所处体系中的分散剂分子对粒子无休止的随机碰撞而发生的无规则运动，溶液也会存在布朗运动，D错误。2、C【分析】【分析】

【详解】

置换反应是指一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，化合反应是由两种或两种以上的物质生成一种化合物的反应，分解反应是由一种物质生成两种或两种以上的物质的反应，复分解反应则是由两种化合物生成两种新的化合物的反应，故该反应属于分解反应，故答案为：C。3、C【分析】【分析】

该反应中锰元素化合价由+7价变为+2价；N元素化合价由+3价变为+5价，结合元素守恒；硝酸钠和高锰酸钾之间的关系式分析解答。

【详解】

A．该反应中N元素化合价由+3价变为+5价；所以亚硝酸根离子失电子被氧化，故A错误；

B．根据元素守恒、电荷守恒知，方程式中缺少的微粒是H+；氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的酸性减弱，故B错误；

C．根据转移电子守恒得，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量==0.4mol；故C正确；

D．根据元素守恒、电荷守恒知，方程式中缺少的微粒是H+；故D错误；

故选C。4、B【分析】【分析】

根据结晶水合物的相对分子质量和质量可求解物质的量；根据溶液密度和质量可求解溶液体积，进而结算溶液的物质的量浓度以及体积分数。

【详解】

晶体的物质的量为溶质的质量为g，溶液的质量为(a+b)g，溶液的体积为

A.饱和溶液的物质的量浓度为：A错误；

B.饱和溶液中溶质的质量分数为：B正确；

C.溶液的体积为：溶液的体积：C错误；

D.设25℃时,A的溶解度为S,则得D错误。

答案选B。

【点睛】

本题考查各种溶液中的物理量计算，根据题干把需要的物理量分别计算出来即可，再将各物理量连接起来，特别是饱和溶液的溶质质量分数有两种计算方式：5、D【分析】【分析】

一种由短周期主族元素形成的化合物；具有良好的储氢性能，其中元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，根据图示，W为1价形成共价键，W为氢，Z为+1价阳离子，Z为Na，Y为3价，Y为N，24-1-11-7=5，X为B元素。

【详解】

A．该化合物中；H；B、N之间均以共用电子对形成共价键，故A正确；

B．Na单质既能与水反应生成氢氧化钠和氢气；也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，故B正确；

C．N的最高价氧化物的水化物HNO3为强酸；故C正确；

D．B的氟化物BF3中B原子最外层只有6个电子；达不到8电子稳定结构，故D错误；

故选D。6、A【分析】【详解】

A．漂白粉保存在敞口容器中容易和空气中二氧化碳；水反应而变质；A错误；

B．浓盐酸具有挥发性；需密封保存在试剂瓶中，B正确；

C．金属钾极易和氧气反应；需保存在煤油中，C正确；

D．硫酸亚铁溶液加铁粉保存可以防止亚铁离子被氧气氧化；D正确；

故选A。7、C【分析】【详解】

A；任何药品不能用手直接接触；可用镊子和药匙，A错误；

B；用嘴吹熄酒精灯火焰容易引发火灾；酒精灯需要用灯冒盖灭，B错误；

C；实验后；剩余的药品不能放回原瓶，也不能随意丢弃，C正确；

D；滴管应该插入滴瓶中；D错误；

答案选C。8、B【分析】【详解】

A．因为不能确定溶液的体积；故无法计算钠离子数目，错误；

B．7gCnH2n中含氢原子的物质的量是B正确；

C．1molC5H12分子中共价键总数为（12＋4）NA；错误；

D．氨气和甲烷都是10电子微粒；标准状况下，2.24L是0.1mol，所以含有1mol电子，错误；

答案选B。二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)氢氧化钠固体溶于少量蒸馏水后；应冷却；洗涤后转移至250mL容量瓶中定容，否则会导致实验误差，故错误；

(2)氢氧化钠具有腐蚀性和吸潮性；不能在滤纸上直接称量，应该放在烧杯中称量，故错误；

(3)向容量瓶转移液体时；引流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁，但应该靠在刻度线下方，故正确；

(4)用pH＝1的盐酸配制100mLpH＝2的盐酸所需全部玻璃仪器为量筒；100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；缺少量筒，故错误；

(5)加水超过刻度线；实验失败，应该重新配制，则用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，应立即重新配制，不能用滴定管吸出多余液体，否则配制溶液浓度偏低，故错误；

故选(3)。【解析】(3)10、略

【分析】【分析】

由两种元素组成；其中一种是氧元素的化合物为氧化物；电离时产生的阳离子全都是氢离子的化合物为酸；电离时产生的阴离子全都是氢氧根离子的化合物为碱；电离时能产生酸根离子和铵根离子或金属阳离子的化合物为盐，据此解答。

【详解】

①水的化学式是H2O，属于氧化物；④二氧化碳的化学式是CO2；属于氧化物，故属于氧化物的序号是①④；

⑥熟石灰[Ca(OH)2]电离产生Ca2+、OH-；属于碱，故属于碱的物质序号是⑥；

⑤硫酸化学式是H2SO4；属于酸，故属于酸的物质序号是⑤；

⑦绿矾、⑨碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]、⑩硫酸氢钠(NaHSO4)，电离产生金属阳离子和酸根离子，因此属于盐，故属于盐的物质序号是⑦⑨⑩。【解析】①④⑥⑤⑦⑨⑩11、略

【分析】【分析】

在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应，据此分析解答第（2）小问；比较反应速率快慢，必须化为同一种物质为基准比较；根据燃烧热的概念，写出热化学方程式；酸碱中和时，90℃时，pH为7的溶液显碱性，再由电荷守恒可推出离子浓度大小。

【详解】

（1）①氢氧化钾固体、⑤熔融的氯化钠在水溶液里或熔融状态下都能电离出阴阳离子而使其水溶液或熔融状态导电，所以属于电解质，②稀硫酸是混合物，不是电解质，③铜片是单质，不是电解质，④蔗糖（C12H22O11）固体在水溶液或熔融状态下以分子存在；所以其水溶液和熔融状态都不导电，为非电解质；答案为①⑤。

（2）a.该装置不能形成闭合回路；所以不能构成原电池，故a错误；

b．该装置的两个电极材料相同，所以不能构成原电池，故b错误；

c．该装置符合原电池的构成条件；属于原电池，故c正确；

d．该装置不能自发进行氧化还原反应；所以不能构成原电池，故d错误；

答案为c。

（3）同一化学反应中；同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，都转化为用物质B表示化学反应速率；

a．反应速率之比等于其计量数之比，所以v(B)=v(A)=0.4mol·L-1·s-1；

b．

c．反应速率之比等于其计量数之比，所以v(B)=v(C)=0.3mol·L-1·s-1；

d．反应速率之比等于其计量数之比，所以v(B)=v(D)=0.5mol·L-1·s-1；所以反应速率最快的是d；

答案为d。

（4）因燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，一般H→H2O（l），C→CO2，由热化学方程式的书写方法可知甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ•mol-1；答案为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ•mol-1。

（5）一元酸HA与NaOH溶液等体积混合后，溶液中有四种离子，Na+、A-、OH-、H+，根据溶液中电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，90℃时，pH为7的溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)，推出c(Na+)>c(A-)，则c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)；答案为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)。

【点睛】

本题应特别注意第（5）小问，90℃时pH=7，为碱性溶液，推出c(OH-)>c(H+)，若认为是中性的，就得出错误结论。【解析】①⑤cd12、略

【分析】【分析】

【详解】

氧化还原反应中可以根据电子的得失来确定氧化剂和还原剂，氧化剂得到电子被还原，发生还原反应，而还原剂失去电子被氧化，发生氧化反应；Na与H2O反应生成NaOH和H2，方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成物NaOH中的Na为+1价，Fe与盐酸反应生成FeCl2和H2，方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，生成物FeCl2中Fe的化合价为+2价。【解析】得还原失氧化2Na+2H2O=2NaOH+H2↑+1Fe+2HCl=FeCl2+H2↑+213、略

【分析】【分析】

图所示是硫及其部分化合物的“价类二维图”，根据图示可知，A为气态氢化物，硫元素为-2价，A为H2S；B中硫为+4价，属于氧化物，为SO2，C中硫为+4价，属于盐，为Na2SO3，D中硫为+6价，属于酸，为H2SO4；硫元素最低价态具有还原性；最高价态具有氧化性，中间价态具有两性，据以上分析解答。

【详解】

(1)结合以上分析可知，图中A、B、C、D四种物质分别为：H2S、SO2、Na2SO3、H2SO4；电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，酸、碱、盐、金属氧化物等均属于电解质，所以四种物质中，属于非电解质的是SO2；

(2)B为SO2，+4价硫价态升高，发生氧化反应，体现二氧化硫具有还原性，二氧化硫与氧气在一定条件下生成三氧化硫的反应体现了二氧化硫的还原性，方程式为：2SO2+O22SO3；

(3)C为Na2SO3；当它作氧化剂时，+4价的硫元素理论上可以被还原到0价；-2价等，根据选项中提供的物质分析，其可被还原为选项AB；

(4)将H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体硫，反应的方程式为：2H2S+SO2=3S+2H2O；反应中，硫化氢为还原剂，二氧化硫为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；

(5)浓硫酸与铜单质在加热条件下可以发生化学反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；浓硫酸中+6价的硫元素，一部分降低到+4价，发生还原反应，浓硫酸做氧化剂，具有强氧化性，一部分硫元素的价态没有变化，生成了盐，体现了酸性。【解析】SO22SO2+O22SO3AB1:2Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，强氧化性或氧化性14、略

【分析】【详解】

(1)①根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故Na2O2体现性质既有氧化性又有还原性；故答案为：c；

②Na2O2以氧化性为主，Na2O2加入含有的溶液中反应中Na2O2被还原，则被氧化，硫元素化合价升高，故反应结束后，硫元素存在形式合理的是故答案为：d；

(2)①纯碱是Na2CO3属于盐类，不是碱，故从物质分类角度看，不恰当的一种物质是Na2CO3，故答案为：Na2CO3；

②已知黄绿色气体为氯气Cl2，“三酸”硝酸、硫酸和盐酸中只有浓盐酸能与氯酸钾反应得到黄绿色气体，该反应的离于方程式为：6H++5Cl-+ClO=3Cl2↑+3H2O，故答案为：6H++5Cl-+ClO=3Cl2↑+3H2O。【解析】cdNa2CO36H++5Cl-+ClO=3Cl2↑+3H2O15、略

【分析】【详解】

(1)根据关系式：

(2)与盐酸反应生成氯化钠、氯化铝、氧化碳和水，反应的化学方程式为

(3)①铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)，铝土矿中加入NaOH，SiO2、Al2O3反应生成Na2Al2Si2O8沉淀和NaAlO2，Fe2O3不溶，所以“赤泥”为Fe2O3、Na2Al2Si2O8；

②向NaAlO2溶液中通入过量的CO2得Al(OH)3沉淀和NaHCO3，故滤液主要为NaHCO3；

③Al(OH)3灼烧得Al2O3，结合流程确定反应物和生成物：Al2O3+N2+C→AlN+CO，配平后方程式为：

(4)加入NaOH至V1时，无沉淀生成，则表明溶液中含有H+，由于与H+不能大量共存，所以溶液中一定不含有V3~V4段，加入NaOH能使沉淀完全溶解，则说明沉淀为不含有从而表明原溶液中含有Al3+，不含有Mg2+；则V1~V2段，Al3+与反应生成沉淀；V2~V3段，沉淀物质的量不变，则表明此段发生反应因为溶液呈电中性，则一定含有

①由以上分析，可得出该溶液中定不含有的离子为Mg2+、

②V1~V2段，V3~V4段，以为桥梁，可得出【解析】3Fe2O3、Na2Al2Si2O8NaHCO3Mg2+、三、判断题(共7题，共14分)16、B【分析】【分析】

【详解】

灼烧坩埚应放在泥三角上然后再放在三脚架上，故错误。17、A【分析】【详解】

Na2CO3、K2CO3等都是碳酸盐，具有共同的离子碳酸根，则具有相似的化学性质，故正确。18、A【分析】【详解】

化合物之间相互交换成分，生成新的化合物的反应是复分解反应，酸与碱、盐与酸、盐与碱、盐与盐之间可以发生复分解反应，故正确。19、A【分析】【分析】

【详解】

氯水具有较强的氧化性，氯水中的次氯酸具有漂白性，氯水可用于漂白纸张、织物等，故正确。20、B【分析】【分析】

【详解】

1mol氧指代不明，没有指出是1mol氧原子还是1mol氧气，故该说法错误。21、B【分析】【详解】

Na2S溶液水解显碱性，易粘住玻璃塞，应用橡胶塞，错误。22、B【分析】【详解】

乙酸乙酯和乙醇互溶，不分层，不能用分液漏斗分离，错误。四、计算题(共3题，共21分)23、略

【分析】【分析】

铜与浓硫酸共热发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O。

【详解】

(1)6.4g铜的物质的量为=0.1mol，由反应的化学方程式可知，反应消耗的H2SO4的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，标准状况下生成SO2的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L；故答案为：0.2；2.24；

(2)由题意可知，反应后的溶液中含有的硫酸根离子的物质的量为×10=1.7mol，由硫原子个数守恒可知，原浓硫酸中硫酸的物质的量为1.7mol+0.1mol=1.8mol，浓度为=18mol/L，故答案为：18。【解析】0.22.241824、略

【分析】【详解】

(1)盐酸浓度、体积一定,甲中合金质量小于乙中合金质量,且甲中生成气体体积小于乙中气体体积,说明甲中盐酸过量、金属完全反应,乙中合金质量小于丙中合金质量,且乙、丙生成气体体积相等,说明乙、丙中盐酸完全反应,根据甲可以知道,生成336氢气需要金属的质量为:255×336/280=306mg，故乙中金属有剩余，乙中盐酸不足，所以乙、丙中盐酸完全；可以根据反应生成氢气体积计算盐酸的物质的量浓度,盐酸完全反应生成氢气336mL，氢气的物质的量为:0.336/22.4=0.015mol，根据氢元素守恒可以知道：n(HCl)=2n(H2)=2×0.015=0.03mol，故盐酸的物质的量浓度为:0.03/0.02=1.5mol/L；因此，本题正确答案是:1.5mol/L。

(2)甲中盐酸有剩余,金属完全反应,此时生成氢气280mL,故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比,设镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol,根据二者质量可以知道:①24x+27y=0.225，根据电子转移守恒有:②2x+3y=0.28×2/22.4；根据①②联立计算得出:

x=0.005mol,y=0.005mol；所以合金中镁与铝的物质的量之比为:0.005：0.005=1:1；因此；本题正确答案是：1:1。

II.（1）mgAl3＋的物质的量为m/27mol，根据化学式中铝离子和硫酸根离子的个数比为2:3，则原溶液中n(SO42-)=3/2×m/27=m/18mol，V/4mL溶液中n(SO42-)=m/18×1/4=m/72mol，稀释到4VmL以后，则SO42—物质的量浓度=n(SO42-)/(4V×10-3),带入数值可得SO42—物质的量浓度=125m/36Vmol·L－1；综上所述，本题答案是：125m/36Vmol·L－1。

（2）令质量分数为p%的硫酸的密度为dg/mL；3p%的硫酸的密度为Dg/mL，溶液体积为VmL，则混合后溶液的质量为：dg/mL×VmL+Dg/mL×VmL=V(d+D)g，混合后溶质硫酸的总质量为：dg/mL×VmL×p%+Dg/mL×VmL×3p%=V(p%d+3p%D)g，混合后硫酸的质量分数为：q%=[V(p%d+3p%D)]/[V(d+D)]=p%(d+3D)/(d+D),因为硫酸溶液的浓度愈大，其密度就愈大，则d＜D，所以q%＞2p%，即q＞2p；综上所述，本题答案是：②。

【点睛】

硫酸溶液的密度比水的密度大，当3p%的硫酸与同体积的p%的硫酸混合得到q%的稀硫酸，q%>1/2（3p%+p%），当3p%的硫酸与等质量的p%的硫酸混合得到q%的稀硫酸，q%=1/2（3p%+p%）。【解析】1.5mol/L1:1125m/36Vmol·L－1②25、略

【分析】【详解】

(1)5.6克Fe和100mL某浓度的硝酸在一定条件下反应，Fe完全溶解，反应后测得溶液中H+浓度为1.0mol/L，说明硝酸过量，硝酸具有强氧化性，能将铁直接氧化为Fe3+，则所得溶液中存在的金属阳离子为Fe3+；

(2)根据(1)中分析，反应后测得溶液中H+浓度为1.0mol/L，说明硝酸过量，反应后的溶液中硝酸的浓度为1mol/L，硝酸铁的浓度为1mol/L，浓硝酸与铁反应生成二氧化氮，稀硝酸与铁反应生成一氧化氮，标况下生成的气体的体积为4.48L，根据氮原子守恒，硝酸的物质的量=+1.0mol/L×0.1L+1.0mol/L×0.1L×3=0.6mol，该硝酸溶液的物质的量浓度为=6mol/L。【解析】Fe3+反应后测得溶液中H+浓度为1.0mol/L，说明硝酸过量，反应后的溶液中硝酸的浓度为1mol/L，硝酸铁的浓度为1mol/L，浓硝酸与铁反应生成二氧化氮，稀硝酸与铁反应生成一氧化氮，标况下生成的气体的体积为4.48L，根据氮原子守恒，硝酸的物质的量=+1.0mol/L×0.1L+1.0mol/L×0.1L×3=0.6mol，该硝酸溶液的物质的量浓度为=6mol/L五、结构与性质(共3题，共18分)26、略

【分析】【详解】

(1)KFe[Fe(CN)6]属于配合物；因此其中除离子键；共价键外，还含有配位键；

(2)由题可知，OCN-中的C采用的是sp杂化，因此，在C和O原子之间形成单键，在C和N之间形成三键，所以，1个OCN-中有2个σ键和2个π键，1molKOCN中含有2NA个π键；

(3)过氧化氢的结构为H-O-O-H；因此过氧化氢分子间可形成氢键，使得其具有较高的沸点；

(4)基态N原子的价电子排布式为2s22p3，基态O原子的价电子排布式为2s22p4；基态N原子的2p轨道处于半充满的状态；能量更低更稳定，因此N的第一电离能相比于O的更高；

(5)基态V原子的价电子排布式为3d34s2，经过计算中价层电子对数为4，不含孤电子对，所以的构型为正四面体；

(6)食盐主要成分即NaCl，NaCl的晶胞中含有4个Na+和4个Cl-，因此其晶胞参数为：

(7)SiO2晶体的基本结构单元是四面体，每个Si原子周围结合了4个O；因此SiO2中Si原子个数与Si-O键个数比为1:4；所以1molSiO2中含有4molSi-O键；

(8)中含有1个配位键，中也含有1个配位键；因此1mol中含有2mol配位键；

(9)冰属于分子晶体，主要由水分子通过氢键形成；金刚石属于原子晶体，由碳原子通过共价键形成；MgO属于离子晶体，由Mg2+和O2-通过离子键形成；CaCl2属于离子晶体，由Ca2+和Cl-通过离子键形成；干冰属于分子晶体，由CO2分子通过范德华力形成；五种晶体熔点由高到低的顺序为：金刚石＞MgO＞CaCl2＞冰＞干冰；

(10)体心立方结构的金属，晶胞边长a和原子半径的关系为：一个晶胞中含有个原子，因此空间利用率为：

【点睛】

同周期，第一电离能从左至右，呈现增大的趋势；同族，第一电离能从上至下，呈现减小的趋势；需要特殊注意，同一周期的ⅡA元素第一电离能大于ⅢA元素的，同一周期的ⅤA元素的第一电离能大于ⅥA元素的。【解析】配位键2NA双氧水分子间存在氢键基态N原子的2p轨道处于半充满的状态，能量更低更稳定，因此N的第一电离能相比于O的更高正四面体42金刚石＞MgO＞CaCl2＞冰＞干冰27、略

【分析】【分析】

（1）

某物质经科学测定只含有一种元素，不可以断定该物质一定是一种纯净物，如O2和O3；正确；

（2）

漂白粉是主要成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物；正确；

（3）

花生油的主要成分是油脂；错误；

（4）

冰水混合物实质上是水；为纯净物，正确；

（5）

胆矾(CuSO4·5H2O)属于纯净物；错误；

（6）

纤维素；合成纤维、塑料等高分子化合物均为混合物；正确；

（7）

天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料；正确；

（8）

能与酸反应的氧化物有碱性氧化物；两性氧化物等；错误；

（9）

次氯酸属于弱电解质；错误；

（10）

金属氧化物Mn2O7为酸性氧化物；错误；

（11）

纯碱属于盐；错误；

（12）

已知NaH2PO2是正盐，其水溶液呈碱性，则H3PO2属于一元弱酸，正确。【解析】（1）对。

（2）对。

（3）错。

（4）对。

（5）错。

（6）对。

（7）对。

（8）错。

（9）错。

（10）错。

（11）错。

（12）对28、略

【分析】【分析】

(1)根据元素原子结构及元素周期表的关系判断Mn所在位置；

(2)原子核外电子处于其轨道的全充满；半充满或全空时是稳定状态分析；

(3)根据化合物的类型及原子结合方式判断化学键的类型；

(4)根据离子键的强弱判断物质熔沸点的高低；

(5)中心离子Mn+与配位体CO、结合；

(6)根据晶体的基本结构判断晶胞类型；根据晶胞中微粒的相对位置；结合其密度计算最近的两个Mn