2025年沪教新版必修1化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年沪教新版必修1化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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5题，共10分)1、离子反应是中学化学中重要的反应类型，下列离子方程式书写正确的是A.铁与稀硫酸反应：B.氢氧化铜与硫酸溶液的反应：C.碳酸钙与盐酸反应：D.硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液：2、下列反应的本质不能用Ca2++=CaCO3↓表示的是A.CaCl2溶液与Na2CO3溶液B.Ca(NO3)2溶液与K2CO3溶液C.Ca(OH)2溶液与Na2CO3溶液D.Ca(OH)2溶液与CO2气体3、下列叙述正确的是。

①干冰晶体气化时需破坏分子间作用力。

②HClO分子的结构式：H—Cl—O

③NH4Cl的电子式

④H2O2分子中既含极性共价键；又含非极性共价键。

⑤由于H—F键比H—Cl键强；所以HF的沸点比HCl的沸点高。

⑥NaHSO4在溶于水时发生电离；破坏了离子键和共价键。

⑦用电子式表示溴化氢的形成过程为：A.①②⑤B.②④⑥C.③⑤⑦D.①④⑥4、在托盘天平两边各放一只盛有等质量且足量的稀硫酸的烧杯，调节至平衡后，往两边烧杯中分别加入等质量的镁、铜铝合金，两烧杯中均恰好完全反应，且天平仍保持平衡，则铜铝合金中铜与铝的质量比为（）A.1：3B.1：2C.3：1D.2：15、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.1molCu与足量S充分反应，转移的电子数为2NAB.将1molCl2通入足量水中，转移电子数为NAC.常温下，0.2mol/LNH4HSO4溶液中阳离子数目大于0.2NAD.30g乙酸与甲酸甲酯(HCOOCH3)的混合物中含有的不饱和键数目为0.5NA评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、现有CuO、MnO2、PbO2和Co2O3四种黑色或近黑色粉状固体，除蒸馏水外，仅用一种试剂判别之。请用表格形式写出判别步骤和现象、相应的化学反应方程式_______。7、阅读短文；回答问题。

燃放烟花爆竹是我国的传统习俗；烟花爆竹的主要成分有黑火药；特效药剂等。

黑火药由硝酸钾（KNO3）；硫黄（S）和木炭组成；

燃烧时；瞬间产生大量气体，同时释放大量热，在有限的空间里，气体受热迅速膨胀引起爆炸。特效药剂常含一些金属元素，燃烧时会产生五彩缤纷的火焰。（如右图所示）

下表为几种金属元素的化合物燃烧时的火焰颜色：。所含金属元素钠钙钡铯火焰颜色黄砖红色黄绿蓝

然而；传统的烟花爆竹不仅会污染环境，也会造成各种伤残及火灾事故。为了改善传统烟花爆竹的不足，又能为人们的佳节祝兴，电子鞭炮应运而生。目前，常见的电子鞭炮有三种形式。

第一；雷电式仿真电子鞭炮，不仅能发出普通鞭炮的模拟声，而且还能发出闪光，以假乱真。无火药；无污染，不会发生伤残及火灾事故。能重复使用，大大减少经济支出。其局限性是需要使用家用电源，不方便移动。

第二；电子鞭炮机，是一种使用煤气和氧气混合气体作为燃料的设备，声响大，与火药鞭炮无异，但缺陷是点燃混合气体时存在一定的安全隐患。

第三；录音鞭炮，通过音频解码播放存储于芯片中的鞭炮录音，声音与功率大小有关。这种鞭炮的优点是纯电能；可移动、造价低廉。缺点是仿真和氛围感度稍差。

新型电子鞭炮正在不断地被研发出来；更好地促进民俗与科技的融合。

依据上文；回答问题：

（1）若燃放烟花的火焰呈现黄绿色，则烟花中可能含有______元素。

（2）雷电式仿真电子鞭炮的优点有______（填序号）。

A．无火药；无污染。

B．不会发生伤残及火灾事故。

C．能重复使用；减少经济支出。

（3）判断下列说法是否正确（填“对”或“错”）。

①燃放烟花爆竹时产生不同颜色的火焰，是因为药剂中含有不同的金属元素。______

②燃放烟花爆竹后会闻到刺激性的气味，是因为生成了二氧化碳。______

③电子鞭炮机在点燃混合气体时存在一定的安全隐患。______

④录音鞭炮的声音大小与功率无关。______8、下表是元素周期表的一部分。

。族。

周期。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

0

二。

1

2

3

4

三。

5

6

7

8

9

10

回答下列问题:

(1)元素1的名称是____,元素8的符号是____。

(2)在这些元素中,___(用元素符号或化学式填写,下同)是最活泼的非金属元素,____是最不活泼的元素。

(3)这些元素的最高价氧化物对应的水化物中,____酸性最强,____碱性最强,具有两性的氢氧化物是____。

(4)比较5与6的化学性质,____更活泼,试用实验证明此结论(简述操作；现象和结论):________________________。

(5)7的最高价氧化物与5的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式是______________________________________________。9、(1)2molO3和3molO2的质量之比为_；分子数之比为_，同温同压下的密度之比为_，含氧原子数之比为_。

(2)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体6.72L，质量为12g，此混合气体中CO和CO2物质的量之比为____；混合气体的平均相对分子质量是____，相对氢气的密度是____。

(3)气体化合物A化学式可表示为OxFy，已知同温同压下10mLA受热分解生成15mLO2和10mLF2，则A的化学式为____。该反应的方程式为_____。10、I．生物质能是一种洁净、可再生的能源。生物质气(主要成分为CO、CO2、H2等)与H2混合；催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一。

(1)上述反应的催化剂含有Cu；Zn、Al等元素。写出基态Zn原子的原子结构示意图_____________。

(2)根据等电子原理；写出CO分子的结构式____________。

(3)甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu(OH)2的碱性溶液反应生成Cu2O沉淀。

①甲醇的沸点比甲醛的高；其主要原因是______________________________________。

②甲醛分子的空间构型是____________________；1mol甲醛分子中σ键的数目为________。

II．在下列物质中：①HCl、②N2、③NH3、④Na2O2、⑤C2H4、⑥NaOH、⑦Ar

(1)只存在极性键的分子是_________；只由非极性键构成的非极性分子是________；(填序号；下同)。

(2)既有非极性键；又有极性键构成的非极性分子是_________。

(3)既有离子键，又有共价键的是________。11、（1）H、D、T三种原子，在标准状况下，它们的单质的密度之比是_______，它们与氧的同位素16O、18O相互结合为水，可得水分子的种数为_______；[14NH3T]+中，电子数、质子数、中子数之比为_____

（2）核内中子数为N的R2＋，质量数为A，则ng它的同价态氧化物中所含电子的物质的量为____________。

（3）含6.02×1023个中子的的质量是______g

（4）①Ne②HCl③P4④N2H4⑤Mg3N2⑥Ca(OH)2⑦CaC2⑧NH4I⑨AlCl3，请用上述物质的序号填空，只存在极性共价键的是____________，只存在非极性共价键的是_______________。既存在离子键又存在非极性共价键的是_____________。

（5）在下列变化中，①碘的升华②烧碱熔化③MgCl2溶于水④HCl溶于水⑤Na2O2溶于水，未发生化学键破坏的是_____________，仅发生离子键破坏的是_____________仅发生共价键破坏的是_________，既发生离子键破坏又发生化学键破坏的是_______。（填写序号）评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)12、下列关于共价键的叙述中；判断对错：

（1）在离子化合物中一定不存在共价键___________

（2）在单质分子中一定存在共价键___________

（3）一定存在于共价化合物中___________

（4）共价键不如离子键牢固___________A.正确B.错误13、氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明Cl2具有氧化性。(___________)A.正确B.错误14、物质的量是表示微粒数目多少的物理量。(_______)A.正确B.错误15、用容量瓶配制溶液时，必须先用蒸馏水洗净容量瓶，但可以不进行干燥。(_____)A.正确B.错误16、配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，未将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，使配制的溶液浓度偏小。(___)A.正确B.错误17、1molH2O在标准状况下的的体积约为22.4L。(____)A.正确B.错误18、过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁。(_______)A.正确B.错误19、1mol任何物质都含有6.02×1023个分子。(_______)A.正确B.错误20、乙烯中混有的SO2可以通过溴水除去。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共3题，共27分)21、A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且有两种常见化合物DA2和DA3；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B；E除最外层均只有2个电子外；其余各层全充满，E位于元素周期表的ds区。回答下列问题：

(1)B、C中电负性较大的是___________，基态D原子价电子的排布图_________________，DA2分子的VSEPR模型是___________，H2A比H2D熔沸点高得多的原因____________________________。

(2)实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[C(OH)4]。

①C2Cl6属于___________晶体(填晶体类型)，其中C原子的杂化轨道类型为___________杂化。

②[C(OH)4]－中存在的化学键有________________________。

③工业上制备的B单质是熔融B的氯化物，而不是电解BA原因是___________________________。

(3)B、C的氟化物晶格能分别是2957kJ·mol-1、5492kJ·mol-1，二者相差很大的原因是______。

(4)D与E所形成化合物晶体的晶胞如图2所示。

①在该晶胞中，E的配位数为________________________。

②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。图2晶胞中，原子坐标a为(0,0,0)；b为(1/2；0，1/2)；c为(1/2，1/2,0)，则d原子的坐标。

参数为________________________。

③已知该晶胞的密度为ρg/cm3，则其中两个D原子之间的距离为_______pm(NA为阿伏伽德罗常数，列出计算式即可)22、按要求完成以下相关问题。

(1)已知①硫酸分子②二氧化碳③盐酸④氯化银⑤氨水⑥铜⑦乙醇⑧氯化钡溶液⑨氯气；其中属于强电解质的是_____(填写序号)。

(2)写出硫酸氢钠在熔融状态下的电离方程式____________。

(3)向硫化氢溶液中通入氯气至完全反应；溶液的导电性_(用语言描述)。

(4)向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至混合液呈中性；写出此过程对应的离子反应方程式__________。

(5)向酸性高锰酸钾溶液中滴入草酸(H2C2O4；视为二元弱酸)溶液至过量，溶液的紫色会逐渐褪去，写出此过程对应的化学反应方程式____。

(6)H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2；生成0.8mo1HF时，转移的电子的数目为____。

(7)P+CuSO4+H2O—Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)，生成5mo1Cu3P时，参加反应的P的物质的量为_______。23、已知A；B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大；其中A元素的原子半径在短周期元素中最小，B原子核外电子有6种不同的运动状态；D原子L层上有2对成对电子。E元素在地壳中含量居第二位，F与E位于同一周期，且是该周期元素中电负性最大的元素。根据以上信息回答下列问题：

(1)E元素可分别与D元素、F元素形成两种常见化合物，这两种化合物的熔沸点高低顺序为__(用化学式表示)，原因是___。

(2)C的氢化物比下周期同族元素的氢化物沸点还要高，其原因是__。

(3)1molB2A2分子中含σ键的数目是__。

(4)图(Ⅰ)是B元素的单质晶体的一个晶胞，该晶胞中含有__个原子，若设晶胞的棱长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA则该晶体的密度表达式为__。

(5)E单质存在与金刚石结构类似的晶体，晶体中原子之间以__相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献__个原子。

(6)BD2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图(Ⅱ)所示。该晶体的类型属于__(填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”)晶体，该晶体中B原子轨道的杂化类型为__。

评卷人得分五、计算题(共3题，共27分)24、(1)现有以下物质：①NaCl溶液②干冰③Na2O固体④铜⑤BaSO4固体⑥蔗糖⑦液态HCl⑧熔融状态的KNO3，其中属于电解质的是_______(填序号，下同)，该状态下能导电的是_______。

(2)三氟化氮(NF3)是一种无色、无味的气体，它是微电子工业技术创新必不可少的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：4NH3+3F2=NF3+3NH4F。则：上述反应中，氧化剂为_______，还原剂为_______，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______；若反应中有0.5molNH3被氧化，转移电子的数目为_______。

(3)某硫酸铝溶液的密度为1.20g·cm-3，其中铝离子的质量分数为5.4%，则300mL该溶液中SO的物质的量为_______

(4)标准状况下，将VL的氨气溶于1L的水中(密度为1g·cm-3)，得到的溶液密度为ρg·cm-3，试求得到的氨水中溶质NH3的物质的量浓度为_______25、有硫酸与硝酸的混合液，取出其中10mL，加入足量的BaCl2溶液，将生成的沉淀过滤洗涤，干燥称得质量为9.32g。另取这种溶液10mL与4mol·L-1的NaOH溶液25mL恰好中和。计算：

(1)混合液中H2SO4的物质的量浓度是______

(2)混合液中HNO3的物质的量浓度是______

(3)另取10mL的混合液与0.96g铜粉共热时，产生气体在标准状况体积是______L？26、将一定量的镁铝合金投入100mL一定浓度的盐酸中；合金即溶解。向所得溶液中滴加5mol/LNaOH溶液，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积如图所示，由图中数据分析计算：

（1）原合金中镁和铝的质量分别为多少？

（2）盐酸的物质的量浓度为多少？评卷人得分六、元素或物质推断题(共3题，共30分)27、下表是元素周期表的一部分；针对a～k十一种元素回答下列问题(请用具体化学式回答，否则不给分)：

。周期。

ⅠA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

2

a

c

d

e

f

g

3

b

h

i

j

k

(1)画出j离子结构示意图_______，表中元素最高价氧化物对应水化物酸性最强的是_______。

(2)表中k的氢化物的还原性比g的氢化物还原性_______(填“强”或“弱”)。

(3)写出元素b的单质在氧气中燃烧的化学方程式_______，这一反应是_______(填“吸热”；“放热”)反应；

(4)e单质的电子式为_______，e的氢化物的结构式为_______。

(5)用电子式表示h与k构成化合物的形成过程_______

(6)写出i的氧化物与b的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式_______28、甲；乙、丙、丁为原子序数依次增大的短周期元素。甲、丙处于同一主族；丙、丁处于同一周期，甲的原子半径是整个周期表中最小，丁原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和。乙的气态氢化物X与其最高价氧化物的水化物能发生反应生成化合物Y。

（1）丙离子的结构示意图为________．甲和丙可形成化合物，该化合物为____（填“离子”或“共价”）化合物。用电子式表示该化合物的形成过程：____________。

（2）写出乙单质的电子式：_____________。以上四种元素原子的半径从大到小的顺序为______（填具体的元素符号）。

（3）Y中含有的化学键有_____________。

（4）丁所在的族各元素的氢化物中：沸点最低的是_______（填化学式），其中的某氢化物的水溶液不能用玻璃瓶贮存，用化学方程式解释其原因_________________

（5）已知丁的单质与一定量的X在一定条件下能反应生成乙的单质，同时生成两种化合物W和Z,W是一种盐，Z是一种强酸，若W和Z的物质的量之比为2:4，写出丁的单质与X反应的化学方程式：_____________。29、科学家合成出了一种新化合物（如图所示；其中W；X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半｡请回答：

（1）W元素在周期表中的位置________。

（2）下列有关说法正确的是________。

A．该化合物中Y满足8电子稳定结构。

B．沸点：氨气的简单氢化物。

C．X；Y、Z的单质都存在同素异形体。

D．原子半径：

E．X；Y、Z三种元素的简单氢化物受热分解；Z所需的温度最高。

（3）已知是具有较强还原性的一元弱酸，则溶液呈________（填“酸性”或“碱性”）｡可将溶液中的银离子还原为银单质，若氧化剂与还原剂的物质的量之比为则该反应的氧化产物的化学式为___________。

（4）在潮湿的空气中因水解而产生白色烟雾，反应剧烈且不可逆，故可做烟雾剂｡写出该反应的化学方程式________________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

A．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；A错误；

B．氢氧化铜溶液与硫酸溶液的反应生成硫酸铜和水，离子方程式为Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O；B正确；

C．碳酸钙不溶于水，反应的时候是固体，不能拆，与盐酸反应离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；C错误；

D．硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O；D错误；

答案为B。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．CaCl2溶液与Na2CO3溶液反应的离子方程式为：Ca2++=CaCO3↓；A项不选；

B．Ca(NO3)2溶液与K2CO3溶液反应的离子方程式为：Ca2++=CaCO3↓；B项不选；

C．Ca(OH)2溶液与Na2CO3溶液反应的离子方程式为：Ca2++=CaCO3↓；C项不选；

D．Ca(OH)2溶液与过量CO2气体反应的离子方程式为：与少量CO2气体反应的离子方程式为：D项选；

答案选D。3、D【分析】【分析】

【详解】

①干冰是分子晶体；气化时需破坏分子间作用力，故①正确；

②HClO分子的结构式：H—O—Cl；故②错误；

③NH4Cl是离子化合物，电子式是故③错误；

④H2O2分子的结构式是H-O-O-H；既含极性共价键又含非极性共价键，故④正确；

⑤由于HF能形成分子间键氢键；所以HF的沸点比HCl的沸点高，故⑤错误；

⑥NaHSO4在溶于水时电离出钠离子；氢离子、硫酸根离子；破坏了离子键和共价键，故⑥正确；

⑦溴化氢是共价化合物，用电子式表示溴化氢的形成过程为：故⑦错误；

选D。4、A【分析】【分析】

根据题意；在托盘天平两盘中酸和金属质量相等，完全反应，天平仍平衡则产生氢气相等。由氢气质量求出反应的铝和镁的质量进而求出铜的质量，最后求出铜铝合金中铜与铝的质量比。

【详解】

设产生氢气的质量为2g，需要镁的质量为x，需要铝的质量为y，则根据方程式Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑可知产生2gH2需要Mg的质量是24g，根据方程式2Al+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2↑可知产生6gH2需要Al的质量是54g，则反应产生2gH2；消耗Al的质量是18g，由于铜；铝合金的质量与镁的质量相等，因此合金中铜的质量为24g-18g=6g，因此合金中铜和铝的质量比为6：18=1：3。个选项A符合题意。

【点睛】

金属与酸反应与天平平衡结合的问题是中考常考查的题目，金属质量相等，反应放出氢气相等，则留在溶液的部分质量必然相等。完成此类题目，要分清题干提供的信息，确定是根据酸还是金属的质量进行求算。5、D【分析】【详解】

A．S的氧化性一般，1mol与足量S发生反应时生成0.5molCu2S，转移的电子数为NA；A错误；

B．1mol氯气和水的反应是可逆反应，转移的电子数小于NA；B错误；

C．溶液的体积未知；不能计算离子数目，C错误；

D．CH3COOH与HCOOCH3互为同分异构体，摩尔质量均为60g/mol，混合物的平均摩尔质量为60mol/g，30g混合物的物质的量为0.5mol，且两种物质都含有碳氧双键，不饱和键数目为0.5NA；D正确；

综上所述答案为D。二、填空题(共6题，共12分)6、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】。物质。

步骤。

现象。

化学反应方程式。

CuO

取少量粉末；加入过量浓盐酸。

无气体产生；溶液呈绿色。

CuO+2HCl(浓)=CuCl2+H2O

MnO2

取少量粉末；加入过量浓盐酸加水稀释。

产生刺激性气体；溶液呈棕黄色，无沉淀生成。

MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2↑+2H2O

PbO2

取少量粉末；加入过量浓盐酸加水稀释。

产生刺激性气体；溶液呈黄色，有白色沉淀生成。

PbO2+8HCl(浓)=H4PbCl6+Cl2↑

H4PbCl6=PbCl2↓+4HCl

Co2O3

取少量粉末；加入过量浓盐酸加水稀释。

产生刺激性气体；溶液呈黄色，溶液变粉红色。

Co2O3+6HCl(浓)=2CoCl2+Cl2↑+3H2O

7、略

【分析】【分析】

（1）钡元素的焰色反应为黄绿色；

（2）雷电式仿真电子鞭炮；不仅能发出普通鞭炮的模拟声，且能随着响声并发出闪光，以假乱真，无火药；无污染，不会发生伤残及火灾事故，又能重复使用，还能大大减少经济支出；

（3）①燃放时；烟花中某些金属元素发生焰色反应而呈现绚丽缤纷的颜色；

②燃放烟花爆竹后会闻到刺激性的气味；是因为生成了二氧化硫；

③电子鞭炮机是一种使用煤气和氧气混合的设备；

④录音鞭炮通过音频解码播放存储于芯片中的鞭炮录音。

【详解】

（1）节日施放的焰火五彩缤纷；是因为火药当中加入了一些金属元素，火焰呈现黄绿色时，烟花中放入了含钡离子的化合物，故答案为钡；

（2）雷电式仿真电子鞭炮；不仅能发出普通鞭炮的模拟声，且能随着响声并发出闪光，以假乱真，无火药；无污染，不会发生伤残及火灾事故，又能重复使用，还能大大减少经济支出，故答案为A、B、C；

（3）①烟花中添加含钾；钠、钙、铜等某些金属元素的化合物；燃放时发生焰色反应而呈现绚丽缤纷的颜色，①正确，故答案为对；

②燃放烟花爆竹时；会产生一种刺激性气味的气体，是因为烟花爆竹中的硫燃烧生成二氧化硫，②错误，故答案为错；

③电子鞭炮机是一种使用煤气和氧气混合的设备；声响大，与火药鞭炮无异，但缺陷是混合气体点燃存在一定的安全隐患，③正确，故答案为对；

④录音鞭炮通过音频解码播放存储于芯片中的鞭炮录音；声音与功率大小有关，④错误，故答案为错。

【点睛】

本题考查环境污染及治理，侧重于化学与生活、环保的考查，把握焰色反应及相关物质的污染性以及治理方法是解答关键。【解析】①.钡②.A、B、C③.对④.错⑤.对⑥.错8、略

【分析】【分析】

由元素在周期表的位置可知，①～⑩分别为C、N、O、F、Na、Mg、Al、S、Cl、Ar；以此分析。

【详解】

(1)元素①的名称是碳；元素⑧的符号是S，故答案为：碳；S；

(2)在这些元素中，F是最活泼的非金属元素，Ar是最不活泼的元素，故答案为：F；Ar；

(3)这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，HClO4酸性最强，NaOH碱性最强，能形成的两性氢氧化物是Al(OH)3；故答案为：HClO4；NaOH；Al(OH)3；

(4)比较⑤与⑥的化学性质；Na更活泼；分别将少量的Na和Mg投入到水中，发现能和水剧烈反应的是Na，说明Na的化学性质更活泼(合理即可)；故答案为：Na；分别将少量的Na和Mg投入到水中，发现能和水剧烈反应的是Na，说明Na的化学性质更活泼(合理即可)；

(5)⑦的最高价氧化物为Al(OH)3，⑤的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，二者反应的离子方程式是故答案为：

【点睛】

元素非金属性越强对应最高价氧化物的水化物酸性越强，对应氢化物的稳定性越强，对应单质的氧化性越强。【解析】碳SFArHClO4NaOHAl(OH)3Na分别将少量的Na和Mg投入到水中，发现能和水剧烈反应的是Na，说明Na的化学性质更活泼(合理即可)9、略

【分析】【详解】

（1）臭氧的摩尔质量为48g·mol-1，氧气的摩尔质量为32g·mol-1，根据m=nM知其质量之比=(48g·mol-1×2)∶(32g·mol-1×3)=1∶1；根据N=nNA知其分子数之比等于其物质的量之比=2mol∶3mol=2∶3；相同条件下气体摩尔体积相等，根据知，其密度之比等于其摩尔质量之比=48g·mol-1∶32g·mol-1=3∶2；一个臭氧分子中含有3个氧原子；一个氧气分子中含有2个氧原子，其分子数之比为2∶3，结合每个分子中含有的氧原子个数知其原子个数之比为1∶1；

故答案为：1∶1；2∶3；3∶2；1∶1；

（2）设CO为xmol，CO2为ymol，则x=0.075，y=0.225，此混合物中CO和CO2的物质的量比是0.075∶0.225=1∶3；摩尔质量与其相对分子质量在数值上相等，所以其相对分子质量为40；相同条件下气体的密度之比等于其摩尔质量之比，所以该混合气体的密度相对氢气的密度是20；

故答案为：1∶3；40；20；

（3）相同条件下，气体摩尔体积相等，气体的体积之比等于其物质的量之比，同一化学反应中，各物质的物质的量之比等于其计量数之比，根据原子守恒知反应物的化学式为O3F2，则该反应方程式为【解析】1：12：33：21：11：34020O3F210、略

【分析】【分析】

I.（1）根据锌的原子序数写基态Zn原子的原子结构示意图；

（2）根据CO与N2为等电子体；书写CO的结构式；

（3）①利用氢键来解释物质的沸点；

②利用杂化类型来分析空间结构；并利用判断σ键的规律来分析σ键数目；

II．不同非金属元素之间易形成极性键；同种非金属元素之间易形成非极性键；正负电荷中心重合的分子为非极性分子；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，据此分析解答。

【详解】

I.（1）Zn的原子序数为：30，基态Zn原子的原子结构示意图为：故答案为：

（2）根据等电子原理，CO与N2为等电子体，N2分子的结构式为：互为等电子体的结构相似，则CO分子的结构式为：故答案为：

（3）①甲醇分子之间形成了分子间氢键；甲醛分子间只是分子间作用力，而没有形成氢键，故甲醇的沸点高，故答案为：甲醇分子间含有氢键；

②甲醛分子中含有碳氧双键，共有3个σ键，则碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化，则分子的空间构型为平面三角形；1mol甲醛分子中含有2mol碳氢σ键，1mol碳氧σ键，故含有σ键的数目为3NA，故答案为：平面三角形；3NA；

II.（1）不同非金属元素之间易形成极性键；所以只存在极性键的是①③；同种非金属元素之间易形成非极性键，正负电荷中心重合的分子为非极性分子，只由非极性键构成的非极性分子为②，故答案为：①③；②；

（2）C2H4的结构式为：既有非极性键，又有极性键，且是非极性分子，故答案为：⑤；

（3）Na2O2中钠离子与过氧根离子间存在离子键，过氧根离子内氧原子与氧原子之间是非极性共价键；NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，H−O原子之间存在极性共价键，所以Na2O2与NaOH中含有离子键，又含有共价键，故答案为：④⑥。【解析】甲醇分子间含有氢键平面三角形3NA①③②⑤④⑥11、略

【分析】【分析】

(1)同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=计算其单质的密度之比；根据1个水分子是由两个氢原子和1个氧原子构成来分析；结合离子符号；计算含有电子数；质子数、中子数进行判计算；

(2)核内中子数为N的R2+离子；质量数为A，所以质子数为A-N，电子数为A-N；该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO，该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，据此分析计算；

(3)根据n=计算中子物质的量；Li的中子数为7-3=4，进而计算Li的物质的量，再根据m=nM计算；

(4)根据共价键和和离子键的定义判断。共价键：相邻原子间通过共用电子对形成的化学键；离子键：阴阳离子通过静电作用形成的化学键；共价键的极性根据成键元素判断；

(5)根据物质含有的化学键类型以及变化类型进行判断。

【详解】

(1)质量数=质子数+中子数，三种原子的质量数分别为1、2、3，故在同温同压下，体积相等，故根据ρ==知，其密度之比等于其摩尔质量之比，故密度之比为1∶2∶3；由氧的同位素有16O、18O，氢的同位素有11H、12H、13H，在1个水分子中含有2个氢原子和1个氧原子，若水分子中的氢原子相同，则16O可分别与11H、12H、13H构成水，即存在三种水；18O可分别与11H、12H、13H构成水，即存在三种水；若水分子中的氢原子不同，则16O可分别与11H12H、12H13H、11H13H构成水，即存在三种水；18O可分别与11H12H、12H13H、11H13H构成水，即存在三种水；所以共形成3×4=12种水；[14NH3T]+中电子数；质子数、中子数分别为10、11、(14-7+2)=9；故电子数∶质子数∶中子数=10∶11∶9，故答案为：1∶2∶3；12；10∶11∶9；

(2)该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO，该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，ng它的氧化物的物质的量为mol；1molRO中含有(A-N+8)mol质子，所以ng它的氧化物中所含质子的物质的量为×(A-N+8)，质子数与电子数相同，所以电子的物质的量为：×(A-N+8)mol，故答案为：×(A-N+8)；

(3)6.02×1023个中子物质的量为1mol，Li的中子数为7-3=4，故Li的物质的量为mol=0.25mol，Li的质量=0.25mol×7g/mol=g=1.75g；故答案为：1.75；

(4)①Ne为单原子分子；不存在化学键；

②HCl中H原子和Cl原子形成极性共价键；

③P4中存在P-P非极性共价键；

④N2H4中存在N-H极性共价键和N-N非极性共价键；

⑤Mg3N2中镁离子与氮离子间形成离子键；

⑥Ca(OH)2中钙离子和氢氧根离子间形成离子键；氢氧根离子内部氧原子；氢原子间形成极性共价键；

⑦CaC2中钙离子和C22-间形成离子键；C22-内部碳原子之间形成非极性共价键；

⑧NH4I铵根离子与碘离子间形成离子键；铵根离子内部氮原子；氢原子间形成极性共价键；

⑨AlCl3是共价化合物；氯原子与铝原子形成极性共价键；

因此只存在极性共价键的是②⑨；只存在非极性共价键的是③；既存在离子键又存在非极性共价键的是⑦；故答案为：②⑨；③；⑦；

(5)①碘为分子晶体；升华时克服分子间作用力，没有化学键发生变化；

②烧碱为离子晶体；含有离子键和共价键，融化时离子键断裂，而共价键没有变化；

③MgCl2为离子化合物；溶于水没有发生化学变化，只发生离子键断裂；

④氯化氢为共价化合物；只含有共价键，溶于水没有发生化学变化，只发生共价键断裂；

⑤Na2O2含有离子键和共价键；溶于水发生化学反应，得到氢氧化钠和氧气，破坏离子键和共价键；

因此未发生化学键破坏的是①；仅发生离子键破坏的是②③；仅发生共价键破坏的是④；既发生离子键破坏又发生共价键破坏的是⑤，故答案为：①；②③；④；⑤。

【点睛】

本题的易错点为(4)和(5)，要注意常见物质中化学键类型的判断和常见变化过程中化学键的变化情况的归纳。【解析】1∶2∶31210∶11∶9×（A-N+8）1.75或7/4②⑨③⑦①②③④⑤三、判断题(共9题，共18分)12、B【分析】【分析】

（1）

在离子化合物中一定含有离子键；可能存在共价键，如NaOH是离子化合物，其中含有离子键；共价键，因此该说法是错误的。

（2）

惰性气体是单原子分子；分子中只有一个原子，就不存在共价键，因此在单质分子中不一定存在共价键，这种说法是错误的。

（3）

共价键可能存在于多原子单质分子中；也可能存在共价化合物分子中，还可能存在于离子化合物中，因此不一定只存在于共价化合物中，这种说法是错误的。

（4）

共价键、离子键的强弱取决于微粒之间作用力的大小，有的共价键比离子键强，有的共价键比离子键弱，因此不能说共价键不如离子键牢固，这种说法是错误的。13、A【分析】【分析】

【详解】

氯气能与碘离子反应生成氯离子和碘单质，碘使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明Cl2具有氧化性，故正确。14、B【分析】【详解】

物质的量是表示含有一定数目粒子的集合体的物理量。15、A【分析】【详解】

用容量瓶配制溶液时，必须先用蒸馏水洗净容量瓶，但可以不进行干燥，正确。16、B【分析】【分析】

【详解】

配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，未将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，对配制的溶液浓度没有影响，故错误。17、B【分析】【分析】

【详解】

标准状况下，水不是气体，所以1molH2O在标准状况下的的体积不是22.4L，所以该说法错误。18、A【分析】【详解】

过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，正确。19、B【分析】【分析】

【详解】

物质微观上可以由分子、原子、离子等构成，所以1mol任何物质不一定都含有1mol分子，也可能为原子或离子等，故该说法错误。20、B【分析】【详解】

溴水除去二氧化硫的同时，也会与乙烯发生加成反应，错误。四、结构与性质(共3题，共27分)21、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且有两种常见化合物DA2和DA3，因此A是O，D是S；工业上电解熔融C2A3制取单质C；则C是Al；B；E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满，E位于元素周期表的ds区，因此B是Mg，E是Zn。

【详解】

(1)同周期自左向右金属性逐渐减弱，金属性越强，则电负性越小，则Al的电负性大于Mg；基态S原子价电子排布式为3s23d4，其排布图为SO2分子中价层电子对数是2+(6-2×2)=3，所以其VSEPR模型是平面三角形；由于H2O分子间存在氢键，H2S分子间存在范德华力，因此H2O比H2S熔沸点高得多；

(2)①Al2Cl6的熔沸点较低，易升华，属于分子晶体；其中Al原子形成4个共价键，杂化轨道类型为sp3杂化；

②[Al(OH)4]－中存在的化学键有O-H间的极性共价键；Al-O间的配位键；

③由于熔融MgCl2能导电；可电解，但MgO熔沸点高，电解熔融MgO能耗大，所以工业上制备Mg的单质是电解熔融氯化镁，而不是电解氧化镁；

(3)Al3+比Mg2+电荷多、半径小，形成的离子键键能大，则AlF3的晶格能比MgCl2大得多；

(4)①在该晶胞中；Zn的周围最近且距离相等的S原子有4个，则锌的配位数为4；

②根据晶胞结构可知d原子位于右侧面心处；所以坐标参数为(0，1/2，1/2)；

③该晶胞中S和Zn的原子个数均是4个，晶胞的密度为ρg/cm3，则晶胞的边长是cm。两个S原子之间的距离为面对角线的一半，即为×cm=××1010pm。【解析】铝(或Al)平面三角形水分子间存在氢键分子sp3极性共价键、配位键(或共价键、配位键)熔融MgCl2融能导电，可电解；MgO熔点高，电解能耗大Al3+比Mg2+电荷高、半径小，AlF3的晶格能比MgCl2大得多4(1，1/2，1/2)××101022、略

【分析】【详解】

(1)二氧化碳；乙醇属于非电解质；盐酸、氨水、氯化钡溶液属于混合物，铜和氯气属于单质；硫酸分子、氯化银属于电解质，且在水溶液中完全电离，所以属于强电解质的是①④；

(2)硫酸氢钠在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根，离子方程式为NaHSO4=Na++HSO

(3)氯气具有强氧化性，通入H2S发生反应：H2S+Cl2=S↓+2HCl，H2S是弱酸；HCl是强酸，所以溶液的导电性逐渐增强；

(4)向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至混合液呈中性，此时Ba(OH)2溶液中的氢氧根恰好完全反应，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O；

(5)向酸性高锰酸钾溶液中滴入草酸(H2C2O4，视为二元弱酸)溶液至过量，溶液的紫色会逐渐褪去，说明草酸将高锰酸钾还原成Mn2+，自身被氧化成CO2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；

(6)F的非金属性强于O，所以F吸引电子的能力更强，则在O2F2中O为+1价，F为-1价，所以该反应过程中O由+1价降为0价，被还原，O2为唯一还原产物，根据方程式可知生成0.8molHF时，生成1.6molO2，转移的电子为3.2mol，即3.2NA；

(7)该反应过程中P元素的化合价由0价变为+5价和-3价，Cu元素的化合价由+2价变为+1价，所以H3PO4为氧化产物，而Cu3P为还原产物，生成一个H3PO4化合价升高5价，生成一个Cu3P化合价将低6价，所以H3PO4和Cu3P的系数比为6:5，再结合元素守恒可得化学方程式为11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，所以生成5molCu3P时；参加反应的P的物质的量为11mol。

【点睛】

配平氧化还原反应方程式时要现根据元素的性质判断反应中不同物质中各元素的价态，找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，根据化合价升降守恒找出氧化剂和还原剂或氧化产物和还原产物等任意一组得失电子守恒，再根据元素守恒配平整个方程式。【解析】①④NaHSO4=Na++HSO逐渐增强Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O3.2NA11mol23、略

【分析】【分析】

已知A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大，其中A元素的原子半径在短周期元素中最小，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，核外电子数为6，则B为碳元素；D原子L层上有2对成对电子，则D外围电子排布为2s22p4；则D为氧元素。C的原子序数介于碳元素与氧元素之间，则C为氮元素；E元素在地壳中含量居第二位，则E为硅元素；F与E位于同一周期，且是该周期元素中电负性最大的元素，F为氯元素。

【详解】

由分析可知：A为氢元素；B为碳元素、C为氮元素、D为氧元素、E为硅元素、F为氯元素。

(1)E元素可分别与D元素、F元素形成两种常见化合物SiO2和SiCl4，这两种化合物的熔沸点高低顺序为SiO2＞SiCl4，原因是二氧化硅为原子晶体，而SiCl4为分子晶体，故答案为：SiO2＞SiCl4；二氧化硅为原子晶体，而SiCl4为分子晶体；

(2)C的氢化物NH3比下周期同族元素的氢化物PH3沸点还要高，其原因是NH3分子间形成氢键，同族其他元素氢化物分子间不能形成氢键，故答案为：NH3分子间形成氢键；同族其他元素氢化物分子间不能形成氢键；

(3)C2H2分子中含有1个C≡C叁键、2个C-H单键，叁键中含有1个σ键、2个π键，单键都是σ键，故1molC2H2分子中含σ键的数目是3NA(或1.806×1024)，故答案为：3NA(或1.806×1024)；

(4)由图(Ⅰ)中B元素的单质的晶胞结构示意图可知，该晶胞中4个C原子位于晶胞内部、6个C原子位于面心、8个C原子位于顶点上，故该晶胞中含有C原子数目=4+6×1/2+8×1/8=8；若设晶胞的棱长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA则该晶体的密度表达式为ρ=故答案为：ρ=g/cm3；

(5)硅晶体和金刚石晶体都属于共价晶体；硅原子之间以共价键结合．在金刚石晶体的晶胞中，每个面心有一个碳原子，晶体硅有着类似结构，则面心位置贡献的原子为6×1/2=3个；故答案为：共价键；3；

(6)由CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞结构示意图可知。该晶体中相邻的原子间通过共价键形成空间网状结构晶体，故属于共价晶体；该晶体中每个C原子形成4个C-O单键，故C原子轨道的杂化类型为sp3；故答案为：共价；sp3杂化。【解析】SiO2＞SiCl4二氧化硅为原子晶体，而SiCl4为分子晶体NH3分子间形成氢键，同族其他元素氢化物分子间不能形成氢键3NA(或1.806×1024)8ρ=g/cm3共价键3共价

sp3杂化五、计算题(共3题，共27分)24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)电解质：在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物；故根据定义可知；属于电解质的是：③⑤⑦⑧；存在自由移动的离子或电子的物质能导电，则以上几种物质中只有①④⑧能导电，故答案为：③⑤⑦⑧；①④⑧

(2)该反应中NH3转化成NF3氮元素的化合价由-3价变为+3价，一个氮气分子失去6个电子，所以氨作还原剂被氧化；F2转化为F-，氟元素得电子化合价降低，一个氟气分子得2个电子，氟气作氧化剂被还原，得失电子最小公倍数是6，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1；1mol氨被氧化转移电子数为6NA，故0.5mol氨被氧化转移电子数为3NA；故答案为：F2；NH3；3:1；3NA；

(3)300mL密度为1.20g·cm-3的硫酸铝溶液的质量为：300mL×1.20g·cm-3=360g，溶液中铝离子的质量分数为5.4%，则m(Al3+)=360g×5.4%=19.44g，n(Al3+)==0.72mol，根据电荷守恒可知3n(Al3+)=2n()，故n()=n(Al3+)=1.08mol；故答案为1.08mol；

(4)ω==故答案为：【解析】③⑤⑦⑧①④⑧F2NH33:13NA1.08mol25、略

【分析】【分析】

(3)Cu与稀硝酸反应的化学方程式：判断反应的过量问题，根据不足量的物质计算生成NO体积；

【详解】

(1)①混合酸中只有硫酸和氯化钡反应生成沉淀；反应式为：

则有混合液中硫酸的物质的量浓度是4mol/L；

(2)强酸和氢氧化钠反应的离子方程式为H++OH-=H2O。恰好反应，说明氢离子的物质的量和OH-的物质的量相等，所以有4.0mol/L×0.01L×2+c(HNO3)×0.01L=4.0mol/L×0.025L，解得c(HNO3)=2.0mol/L；则混合液中硝酸的物质的量浓度是2mol/L；

(3)0.96g铜是10mL的混合溶液中硫酸是0.04mol，硝酸是0.02mol，所以氢离子的物质的量是0.04mol×2+0.02mol=0.1mol．硝酸和铜反应的离子方程式为所以硝酸根和氢离子是过量的，Cu是不足的，所以生成NO的物质的量是

其标准状况下的体积是0.01mol×22.4L/mol=0.224L。【解析】4mol/L2mol/L0.22426、略

【分析】【分析】

合金全部溶解，溶液中一定有Al3+和Mg2+，而H+可能含有；由图可知，加入NaOH溶液体积若小于20mL，溶液中没有沉淀出现，所以反应后的溶液中仍然剩余H+，所以从V(NaOH)=0mL至V(NaOH)=20mL，发生的是酸碱中和反应；V(NaOH)=20mL至V(NaOH)=160mL，则发生的是Al3+和Mg2+的沉淀反应；V(NaOH)=160mL时，溶液中的Al3+和Mg2+恰好沉淀完全，那么此时溶液中的溶质仅为NaCl，根据加入的NaOH的量即可最终求得盐酸的浓度；V(NaOH)=160mL至V(NaOH)=180mL，沉淀量在减少，所以发生的是Al(OH)3的溶解反应即：由此可计算合金中Al的量，再结合V(NaOH)=20mL至V(NaOH)=160mL总共消耗的NaOH的量；就可间接求出合金中Mg的量。

【详解】

(1)通过分析可知，V(NaOH)=160mL至V(NaOH)=180mL，发生Al(OH)3的溶解反应即：所以合金中铝的质量为：通过分析可知，V(NaOH)=20mL至V(NaOH)=160mL，发生的是Al3+和Mg2+的沉淀反应，Al3+的量为0.1mol需要消耗0.3molOH-，所以合金中镁的质量为：

(2)通过分析可知，加入的NaOH体积为160mL时，溶液中的溶质仅为NaCl，所以原来盐酸的浓度为：

【点睛】

在处理向含Al3+的溶液中加NaOH产生的沉淀总量随NaOH溶液体积变化的图像问题时，若开始阶段无沉淀生成，说明溶液中有H+；当金属阳离子恰好沉淀完全时，根据电荷守恒的关系，溶液