2025年新世紀版必修1化學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…○…………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年新世紀版必修1化學(xué)上冊月考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9題，共18分)1、氮化鋁（AlN）廣泛應(yīng)用于電子、陶瓷等工業(yè)領(lǐng)域。在一定條件下，AlN的合成反應(yīng)為：Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO，該反應(yīng)中發(fā)生氧化反應(yīng)的物質(zhì)是A.Al2O3B.N2C.CD.Al2O3和C2、春季是流感、諾如病毒等疾病的高發(fā)期，需要對重點場所做好定期清潔消毒。下列物質(zhì)中，不是消毒劑的是A.漂粉精B.潔廁靈C.碘酒D.臭氧3、每年10月23日上午6：02到下午6：02被譽為“摩爾日”(MoleDay)，這個時間的美式寫法為6：02/10/23，外觀與阿伏加德羅常數(shù)的值6.02×1023相似。若NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是A.物質(zhì)的量相等的氖氣和甲烷中含有電子數(shù)均為10NAB.標準狀況下，22.4LCCl4含有的分子數(shù)為NAC.10g質(zhì)量分數(shù)為46%的乙醇(CH3CH2OH)溶液中含有氫原子的數(shù)目為0.6NAD.14gC2H4和C3H6的混合氣體中含碳原子數(shù)為NA4、能夠用鍵能大小解釋的是（）A.氮氣的化學(xué)性質(zhì)比氧氣穩(wěn)定B.常溫常壓下，溴呈液態(tài)，碘呈固態(tài)C.稀有氣體一般很難發(fā)生化學(xué)反應(yīng)D.相同狀態(tài)下，氯氣的密度比空氣的大5、固體NaOH配制一定物質(zhì)的量濃度溶液，下列會時溶液濃度偏高的是A.樣品中含有少量NaCl雜質(zhì)B.容量瓶使用前未干燥C.在燒杯中溶解時，有少量液體濺出D.定容時俯視容量瓶刻度線6、用含鐵廢銅制備膽礬的流程如下圖所示：

下列說法錯誤的是A.物質(zhì)A可選用鹽酸B.I中加H2O2的目的是溶解銅并將Fe2+氧化為Fe3+C.長時間煮沸Ⅲ中懸濁液的目的是充分聚沉Fe(OH)3D.“系列操作”包括蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾，洗滌7、下列對應(yīng)離子方程式書寫錯誤的是A.向溶液中通入B.向氧化亞鐵中加入適量稀硝酸：C.向溶液中通入D.向亞硫酸氫鈉溶液中加入酸性高錳酸鉀溶液：8、在氯化鐵、氯化銅和鹽酸的混合溶液中加入鐵粉，待反應(yīng)結(jié)束后，過濾，剩余固體不能被磁鐵吸引，則反應(yīng)后溶液中一定大量存在的陽離子是A.Cu2+B.Fe2+C.Fe3+D.H+9、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.0.5mol含中子數(shù)為8NAB.常溫下，1molNH4Cl含共價鍵數(shù)目為5NAC.足量的Cu與含溶質(zhì)1mol的濃H2SO4反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAD.標況下，22.4LNO和11.2LO2混合后的氣體分子數(shù)為NA評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)10、(1)①寫出漂白粉有效成分的化學(xué)式：_____；

②寫出乙炔的結(jié)構(gòu)式：______。

(2)寫出實驗室用二氧化錳與濃鹽酸共熱制備氯氣的離子方程式：______。

(3)寫出制備聚丙烯的化學(xué)方程式：______。11、按要求完成下列填空。

(1)對于混合物的分離或提純；常采用的方法有“過濾；蒸發(fā)、蒸餾、萃取、滲析、加熱分解”等。

下列各組混和物的分離或提純應(yīng)采用什么方法：

①實驗室中的石灰水久置，液面上常懸浮有CaCO3微粒?？捎胈_的方法除去Ca(OH)2溶液中懸浮的CaCO3微粒。

②實驗室中制取的Fe(OH)3膠體中常常含有雜質(zhì)Cl－離子?？捎胈_的方法除去Fe(OH)3膠體中混有的雜質(zhì)Cl-離子。

③除去乙醇中溶解的微量食鹽可采用__的方法。

(2)現(xiàn)有下列七種物質(zhì)：①鋁②蔗糖③CO2④H2SO4⑤Ba(OH)2⑥紅褐色的氫氧化鐵膠體⑦HCl⑧冰水混合物⑨碳酸鈣⑩CuSO4·5H2O。

①上述物質(zhì)中屬于電解質(zhì)的有__(填序號)。

②向⑥的溶液中逐漸滴加⑦的溶液，看到的現(xiàn)象是__。12、(1)請將5種物質(zhì)：N2O、FeSO4、Fe(NO3)3、HNO3和Fe2(SO4)3分別填入下面對應(yīng)的橫線上；組成一個未配平的化學(xué)方程式。

_________+_________→__________+__________+__________+H2O

__________

(2)反應(yīng)物中發(fā)生氧化反應(yīng)的物質(zhì)是__________，被還原的元素是_________。

(3)反應(yīng)中1mol氧化劑_______(填“得到”或“失去”)___________mol電子。

(4)請將反應(yīng)物的化學(xué)式及配平后的系數(shù)填入下列相應(yīng)的位置中，并標明電子轉(zhuǎn)移方向和個數(shù)：__________+__________→__________13、閱讀下面兩條科普信息；回答有關(guān)問題：

一個體重50kg的健康人身體中含鐵2g，這2g鐵在人體中不是以金屬單質(zhì)的形式存在，而是以Fe2+和Fe3+的形式存在；亞鐵離子易被吸收，給貧血者補充鐵時，應(yīng)給予含亞鐵離子的亞鐵鹽，如硫酸亞鐵。服用維生素C，可使食物中的鐵離子還原成亞鐵離子，有利于鐵的吸收。

在新生代的海水里有一種鐵細菌，它們提取海水中的亞鐵離子，利用酶為催化劑把它轉(zhuǎn)變成它們的皮鞘(可以用Fe2O3來表示其中的鐵)，后來便沉積下來形成鐵礦：該反應(yīng)的另一種反應(yīng)物是CO2，反應(yīng)后CO2轉(zhuǎn)變成有機物(用甲醛CH2O表示)。

(1)這兩則科普信息分別介紹了人體內(nèi)和海水中的亞鐵離子與鐵離子(或者鐵的高價化合物)相互轉(zhuǎn)化的事實，方法和途徑。這說明維生素C具有_______性，鐵離子具有_______性，第二則則信息中CO2是_______劑。

(2)鐵酸鈉(Na2FeO4)是水處理過程中使用的一種新型凈水劑，它的氧化性比高錳酸鉀更強，本身在反應(yīng)中被還原為Fe3+離子。制取鐵酸鈉的化學(xué)方程式如下：Fe(NO3)3+NaOH+Cl2→Na2FeO4+NaNO3+NaCl+H2O

配平上述反應(yīng)_______，并分析_____元素被氧化，當生成3mol還原產(chǎn)物時，轉(zhuǎn)移電子的總數(shù)為_______。14、下表是元素周期表的一部分；針對表中的①～⑩種元素，填寫下列空白：

。主族。

周期。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

0族。

第二周期。

①

②

③

第三周期。

④

⑤

⑥

⑦

⑧

第四周期。

⑨

⑩

(1)在這些元素中；化學(xué)性質(zhì)最不活潑的是：___________(填元素符號)。

(2)在最高價氧化物對應(yīng)的水化物中；酸性最強的化合物的分子_________，堿性最強的化合物的電子式是：____________。

(3)用電子式表示元素④與⑥的化合物的形成過程：______________。

(4)表示①與⑦的化合物的電子式__________；該化合物是由__________(填“極性”或“非極性”)鍵形成的。

(5)③；⑥、⑦三種元素形成的離子；離子半徑由大到小的順序是___________(用化學(xué)式表示)。

(提示：一般認為；粒子半徑與粒子的電子層數(shù)及核內(nèi)質(zhì)子數(shù)有關(guān)，當電子層數(shù)不同時，電子層數(shù)越多，粒子半徑越大，當電子層數(shù)相同時，質(zhì)子數(shù)越多，粒子半徑越小，所以建議先畫出粒子結(jié)構(gòu)示意圖，再進行比較)

(6)元素③的簡單氫化物的結(jié)構(gòu)式__________，在常溫下和元素⑦的單質(zhì)反應(yīng)的離子方程式_________。15、元素周期表的形式多種多樣；如圖是扇形元素周期表的一部分(1~36號元素)，對比中學(xué)常見元素周期表思考扇形元素周期表的填充規(guī)律，并回答下列問題：

(1)元素②的名稱為___________；元素⑩在常見周期表中的位置是___________。

(2)元素③、④、⑤形成的簡單氫化物，穩(wěn)定性最強的是___________(填化學(xué)式，下同)；元素④、⑧、⑨的最高價氧化物對應(yīng)的水化物，酸性最強的是___________。

(3)元素⑥、⑦、⑧對應(yīng)的簡單離子的半徑由大到小的順序為___________(用離子符號表示)。

(4)元素①、⑤和元素①、⑧均能形成18電子的化合物，這兩種化合物發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

(5)請設(shè)計簡單實驗，比較元素②、⑦的金屬性強弱。實驗步驟實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論______________________金屬性：②＞⑦16、根據(jù)元素周期表回答下列問題。

(1)在上面元素周期表中全部是金屬元素的區(qū)域為___。

A.aB.bC.cD.d

(2)G元素與E元素形成的化合物的化學(xué)式是___、___，它們都是___。(填“共價化合物”或“離子化合物”)。表格中九種元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物中，堿性最強的是___(用化合物的化學(xué)式表示，下同)，酸性最強的是__，屬于兩性氫氧化物的是___，寫出此氫氧化物溶于強堿溶液的離子方程式___。

(3)①用元素符號將鐵元素填寫在上面元素周期表中對應(yīng)的位置___。

②G、H兩元素相比較，金屬性較強的是___(填名稱)，可以驗證該結(jié)論的實驗是___。(填編號)

(a)看哪種原子失去的電子越多；金屬性越強。

(b)將這兩種元素的單質(zhì)粉末分別和同濃度的鹽酸反應(yīng)。

(c)將這兩種元素的單質(zhì)粉末分別和熱水作用；并滴入酚酞溶液。

(d)比較這兩種元素的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性17、硼是一種奇特的元素；它來自超新星爆發(fā)和宇宙射線的散列輻射。

(1)寫出BF3電子式___________；B與F形成共價鍵時，共用電子對偏向_____原子，判斷依據(jù)是_________________。

(2)硼酸(H3BO3)在水中電離出陰離子[B(OH)4]-，請寫出硼酸的電離方程式___________。評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)18、HClO電子式：(___________)A.正確B.錯誤19、溶液是電中性的，膠體是帶電的。(_____)A.正確B.錯誤20、NaOH、Ca(OH)2、純堿都屬于堿。(____)A.正確B.錯誤21、過量的鐵粉在少量氯氣中加熱，充分反應(yīng)后產(chǎn)物為FeCl2。(___________)A.正確B.錯誤22、氯氣能使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{，說明Cl2具有氧化性。(___________)A.正確B.錯誤23、的溶液是指此溶液中含有(_______)A.正確B.錯誤24、用容量瓶配制溶液時，必須先用蒸餾水洗凈容量瓶，但可以不進行干燥。(_____)A.正確B.錯誤25、加熱坩堝時直接放在鐵圈或三腳架上加熱。(_____)A.正確B.錯誤26、向MgCl2溶液中加入CaCO3粉末，充分攪拌后過濾可除去雜質(zhì)FeCl3。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共8分)27、含硫化合物的種類很多，現(xiàn)有H2SO4、H2SO3、SO2、Na2SO3、BaSO4、CuSO4、Na2SO4這7種常見的含硫化合物?；卮鹣铝袉栴}：

（1）H2SO3轉(zhuǎn)化為硫酸是酸雨形成的重要過程之一；寫出其反應(yīng)的化學(xué)方程式，并標明電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目：________。

（2）常溫下，將鐵棒置于濃硫酸中，無明顯現(xiàn)象，課本上解釋為發(fā)生了鈍化，但有人認為未發(fā)生反應(yīng)。為驗證此過程，某同學(xué)經(jīng)過思考，設(shè)計了如下實驗：將經(jīng)濃硫酸處理過的鐵棒洗凈后置于CuSO4溶液中；若鐵棒表面__________，則發(fā)生了鈍化；若鐵棒表面__________，則未發(fā)生反應(yīng)。

（3）用Na2SO3吸收法作為治理SO2污染的一種方法；其原理為(用化學(xué)方程式表示)：__________。

（4）減少SO2的污染并變廢為寶，我國正在探索在一定條件下用CO還原SO2得到單質(zhì)硫的方法來除去SO2。該反應(yīng)的化學(xué)方程式：______________。

（5）制取硫酸銅有兩種方法：方法一：2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O，方法二：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O，方法一與方法二相比，其優(yōu)點是：_________________(答任一點)。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共2題，共16分)28、用氧化焙燒-軟錳礦漿吸收工藝處理砷華廢渣；吸收液經(jīng)凈化除雜；濃縮結(jié)晶等工序可制備工業(yè)產(chǎn)品硫酸錳。

已知：a.砷華廢渣中硫主要以FeS、FeS2、FeAsS、單質(zhì)硫、硫酸鹽等形態(tài)存在；鐵主要以Fe2O3、FeAsS、FeS形態(tài)存在；砷主要以FeAsS、Fe3(AsO4)2等形態(tài)存在。

b.軟錳礦吸收的過程中，除錳浸出外，還伴隨著雜質(zhì)Fe、Al、Ca、Pb和Si等的同時浸出。

c.SDD為二乙胺硫代甲酸鈉。

d.溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：。金屬離子Fe2+Fe3+Al3+Pb2+Mn2+開始沉淀時pH7.01.93.77.18.1完全沉淀時pH9.03.24.79.110.1

回答下列問題：

(1)砷華廢渣預(yù)先粉碎的目的是___；寫出焙燒時FeAsS被氧氣氧化成+3價金屬氧化物和SO2的方程式：___。

(2)砷華廢渣焙燒溫度與Mn的浸出率的關(guān)系圖如圖：

①焙燒的適宜溫度為___。

②Mn的浸出率隨著焙燒的溫度升高而升高，溫度高于650℃后，Mn的浸出率降低的可能原因是___。

(3)軟錳礦漿(MnO2)吸收焙燒放出的SO2的化學(xué)方程式為___。

(4)加入MnO2粉末的目的是氧化Fe2+，其發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___。

(5)根據(jù)實驗?zāi)康恼{(diào)節(jié)pH的范圍是___。

(6)稱量產(chǎn)品MnSO4·H2O17.21g，溶于水，滴加足量的BaCl2溶液，生成的沉淀，經(jīng)過過濾、洗滌、干燥后得固體，稱量固體的質(zhì)量為23.30g，則產(chǎn)品中MnSO4·H2O的質(zhì)量分數(shù)為___%(保留1位小數(shù))。29、堿式硫酸鉻[Cr（OH）SO4?nH2O]常用于鞣制皮革，染料工業(yè)的活性黑染料、媒染劑。電鍍廢水中（主要含Cr2O72-、Cr3+、Fe3+、CN-、Cl-，少量Mg2+、Cu2+等離子）；提取含鉻廢水中的鉻并制成可用的堿式硫酸鉻對污染治理和工業(yè)生產(chǎn)具有十分重要的意義。

相關(guān)金屬離子[co（Mn+）=01mol?L-1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：。金屬離子Cr3+Fe3+Mg2+Cu2+開始沉淀的pH4.31.99.14.7沉淀完全的pH5.63.211.16.7

回答下列問題：

（1）堿式硫酸鉻中Cr的化合價為_________。

（2）“氧化”時需控制反應(yīng)溫度在50℃~90℃，原因___________。H2O2先將CN-氧化為無害氣體除去，氣體I成分是________；后在堿性條件下將Cr3+氧化為CrO42-，濾渣中主要含________（填相關(guān)物質(zhì)的化學(xué)式）。

（3）“酸化”時CrO42-可轉(zhuǎn)化為Cr2O72-，其離子方程式為________。

（4）“離子交換”過程采用鈉離子交換樹脂，反應(yīng)原理為Mn++nNaR=MRn+nNa+，則富集到鈉離子交換樹脂上的金屬陽離子有_________（填離子符號）。

（5）處理1L0.1mol?L-1Cr2O72-的廢水，理論上需要H2C2O4的物質(zhì)的量為_______mol。

（6）廢水中含有的Cl-常以K2CrO4溶液為指示劑，用AgNO3標準溶液滴定測其含量，利用Ag+與CrO42-生成的磚紅色沉淀指示到達滴定終點。當溶液中Cl-恰好完全沉淀（濃度等于1.0×10一5mol?L-1）時，溶液中c（Ag+）為_____mol?L-1此時溶液中c（CrO42-）等于_______mo1?L-1（已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別約為2.0×10-12和2.0×10-10）。評卷人得分六、計算題(共1題，共7分)30、實驗室里常用濃鹽酸與二氧化錳反應(yīng)來制取少量的氯氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O。若產(chǎn)生的氯氣在標況下的體積為2.24L；試計算：

(1)參加反應(yīng)的MnO2的質(zhì)量____________

(2)參加反應(yīng)的HCl的物質(zhì)的量___________

(3)反應(yīng)中被氧化的HCl的物質(zhì)的量____________參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】

還原劑化合價升高；被氧化，發(fā)生氧化反應(yīng)。

【詳解】

A.Al2O3中Al；O的化合價未變化；與題意不符，A錯誤；

B.N2的化合價由0價變?yōu)?3價；與題意不符，B錯誤；

C.C的化合價由0價變?yōu)?2價；發(fā)生氧化反應(yīng)，符合題意，C正確；

D.Al2O3中Al；O的化合價未變化；與題意不符，D錯誤；

答案為C。2、B【分析】【詳解】

A．漂粉精中含有次氯酸鈣，次氯酸鈣能與CO2、H2O反應(yīng)生成HClO具有消毒作用；漂粉精為消毒劑，A錯誤；

B．潔廁靈的主要成分為較高濃度的鹽酸；不具備消毒作用，不是消毒劑，B正確；

C．碘酒中碘單質(zhì)具有氧化性；能殺菌消毒，碘酒是消毒劑，C錯誤；

D．臭氧具有強氧化性；能殺菌消毒，臭氧是消毒劑，D錯誤；

故答案選B。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．沒有說明具體的物質(zhì)的量；因此不能計算電子數(shù)，A錯誤；

B．CCl4在標況下是液體；不能使用標況下的氣體摩爾體積22.4L/mol計算，B錯誤；

C．10g質(zhì)量分數(shù)為46%的乙醇中含乙醇的質(zhì)量為4.6g，物質(zhì)的量為=0.1mol，含H2O的質(zhì)量為5.4g，物質(zhì)的量為=0.3mol，含有H原子的物質(zhì)的量為0.1mol×6+0.3mol×2=1.2mol，數(shù)目為1.2NA；C錯誤；

D．14gC2H4和C3H6的混合氣體中含有CH2的物質(zhì)的量為=1mol，因此碳原子數(shù)為NA；D正確；

故選D。4、A【分析】【詳解】

A.氮分子中含有氮氮三鍵；鍵能較大，氧分子中含有雙鍵，氮氣化學(xué)性質(zhì)比氧氣穩(wěn)定，可用鍵能解釋，故選A；

B.碘的相對分子質(zhì)量大于溴；碘的分子間作用力大于溴，所以常溫常壓下，溴呈液態(tài)，碘呈固態(tài)，故不選B；

C.稀有氣體原子最外層電子數(shù)為8(He為2)；為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以稀有氣體一般很難發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，故不選C；

D.氯氣的相對分子質(zhì)量大于29；所以相同狀態(tài)下氯氣的密度比空氣的大，故不選D；

選A。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．樣品中含有少量NaCl雜質(zhì)；則溶質(zhì)的物質(zhì)的量減小，所配溶液濃度偏低，A不符合題意；

B．容量瓶使用前未干燥；對溶質(zhì)的物質(zhì)的量；溶液的體積都不產(chǎn)生影響，所配溶液濃度不變，B不符合題意；

C．在燒杯中溶解時；有少量液體濺出，則溶質(zhì)的物質(zhì)的量減小，所配溶液的濃度偏低，C不符合題意；

D．定容時俯視容量瓶刻度線；溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，但溶液的體積偏小，所配溶液的濃度偏高，D符合題意；

故選D。6、A【分析】【分析】

含鐵廢銅制備膽礬，首先將金屬溶解，A為稀硫酸，溶解除銅以外的其他金屬；再加入強氧化性的過氧化氫，將銅溶解，同時將存在的亞鐵離子氧化為鐵離子，加入Cu2(OH)2CO3，調(diào)節(jié)溶液的pH，將鐵變成氫氧化鐵沉淀除去；最后進行過濾，濾液中剩余的陽離子主要有Cu2+，陰離子有加硫酸其目的是抑制Cu2+的水解；進行蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾，洗滌得到產(chǎn)品膽礬。

【詳解】

A.物質(zhì)A選用稀硫酸溶解除銅外的其他金屬；不能是鹽酸，會引入氯離子的雜質(zhì)，A錯誤；

B.H2O2具有強氧化性，能將Fe2+氧化為Fe3+；也能在酸性環(huán)境下溶解銅，B正確；

C.長時間加熱煮沸的目的是充分聚沉Fe(OH)3；以便過濾除去，C正確；

D.得到膽礬晶體的操作是蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶，過濾，洗滌，D正確；

故答案為：A。7、D【分析】【詳解】

A．二價鐵可以被氯氣氧化為三價鐵，離子方程式為：A正確；

B．硝酸有強氧化性，可以把二價鐵氧化為三價鐵，則相應(yīng)的離子方程式為：B正確；

C．次氯酸鈉有氧化性，可以把亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子，離子方程式為：C正確；

D．亞硫酸氫根離子不能拆，可以被高錳酸根離子氧化為硫酸根離子，離子方程式為：D錯誤；

故選D。8、B【分析】【分析】

反應(yīng)結(jié)束后所剩的固體物質(zhì)不能被磁鐵吸引；說明固體為銅，沒有鐵剩余。

【詳解】

A．若Cu2+與鐵完全反應(yīng)生成Fe2+和Cu，則反應(yīng)后的溶液中不存在Cu2+；

B．Fe3+、Cu2+、H+都和鐵反應(yīng)生成Fe2+，則反應(yīng)后溶液中一定有Fe2+；

C．Cu會與Fe3+反應(yīng)生成Fe2+和Cu2+，有銅存在，不可能存在Fe3+；

D．由于氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，若Fe和Fe3+、Cu2+反應(yīng)后，剩余的Fe恰好與H+反應(yīng)生成氫氣，則溶液中不可能大量存在H+；

答案選B。9、A【分析】【詳解】

A.質(zhì)子數(shù)是16，中子數(shù)是16，所以0.5mol含中子數(shù)為8NA；故A正確；

B.1molNH4Cl含NH共價鍵4mol，所以1molNH4Cl含共價鍵數(shù)目為4NA；

故B錯誤；

C.理論上銅和濃硫酸反應(yīng)時，若消耗1mol硫酸，則可生成0.5mol二氧化硫，轉(zhuǎn)移1mol電子。但是，足量的Cu與含溶質(zhì)1mol的濃H2SO4反應(yīng)，由于隨反應(yīng)進行，硫酸濃度減小，稀硫酸和銅不反應(yīng)，所以足量的Cu與含溶質(zhì)1mol的濃H2SO4反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于NA；故C錯誤；

D.NO和O2不能共存，混合后生成1molNO2，而由于2NO2N2O4平衡存在，所以混合氣體的物質(zhì)的量小于1mol，即分子數(shù)小于NA；故D錯誤；

本題答案為A。

【點睛】

足量的Cu和濃硫酸反應(yīng)時，因為隨著反應(yīng)的進行，濃硫酸會變成稀硫酸，而稀硫酸和Cu不會反應(yīng)，所以在涉及銅和濃硫酸反應(yīng)的相關(guān)計算時，必須要考慮到因硫酸變稀，所引起的結(jié)果的變化。二、填空題(共8題，共16分)10、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①漂白粉的成分為CaCl2和Ca(ClO)2，漂白粉有效成分為Ca(ClO)2；

②乙炔中有碳碳三鍵；結(jié)構(gòu)式為H—C≡C—H；

(2)驗室用二氧化錳與濃鹽酸共熱制備氯氣，反應(yīng)的離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

(3)由丙烯加聚反應(yīng)形成聚丙烯，化學(xué)方程式為nCH3CH=CH2【解析】Ca(ClO)2H—C≡C—HMnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OnCH3CH=CH211、略

【分析】【詳解】

(1)①CaCO3微粒不溶于水，則過濾除去Ca(OH)2溶液中懸浮的CaCO3微粒；故答案為：過濾；

②離子可透過半透膜而膠體不能，則用滲析的方法除去Fe(OH)3膠體中混有的雜質(zhì)Cl-離子；故答案為：滲析；

③乙醇與食鹽的沸點不同；則除去乙醇中溶解的微量食鹽可采用蒸餾法，故答案為：蒸餾；

(2)電解質(zhì)是溶于水溶液中或在熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铩?/p>

①鋁是單質(zhì)不是化合物；既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

②蔗糖在水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電；故蔗糖是非電解質(zhì)；

③CO2本身不能電離，CO2溶于水能導(dǎo)電是因為CO2和水反應(yīng)生成了H2CO3，H2CO3能在水中電離出離子導(dǎo)電，且CO2熔融狀態(tài)下也不能導(dǎo)電，故CO2是非電解質(zhì)；

④H2SO4是酸，在水中能電離出H+、SO導(dǎo)電，故H2SO4是電解質(zhì)；

⑤Ba(OH)2是堿，在水中能電離出Ba2+、OH-導(dǎo)電，故Ba(OH)2是電解質(zhì)；

⑥氫氧化鐵膠體是混合物不是化合物；

⑦HCl是酸，在水中能電離出H+、Cl-導(dǎo)電；故HCl是電解質(zhì)；

⑧冰水混合物是純凈的化合物；水是電解質(zhì)；

⑨碳酸鈣在熔融狀態(tài)下能電離出Ca2+、CO導(dǎo)電；故碳酸鈣是電解質(zhì)；

⑩CuSO4·5H2O是鹽的結(jié)晶水化物，在水中能電離出Cu2+、SO導(dǎo)電，故CuSO4·5H2O是電解質(zhì)。

綜上所訴；④⑤⑦⑧⑨⑩是電解質(zhì)，故答案為：④⑤⑦⑧⑨⑩；

②稀鹽酸是電解質(zhì)溶液，氫氧化鐵膠體遇電解質(zhì)溶液發(fā)生聚沉。當鹽酸過量時氫氧化鐵又溶解在鹽酸中，故向氫氧化鐵膠體的溶液中逐漸滴加HCl的溶液，看到的現(xiàn)象是：開始產(chǎn)生紅褐色沉淀，后來沉淀溶解消失。【解析】過濾滲析蒸餾④⑤⑦⑧⑨⑩開始產(chǎn)生紅褐色沉淀，后來沉淀溶解消失12、略

【分析】【分析】

(1)元素處于最高價只有氧化性；元素居于低價有還原性，根據(jù)所給物質(zhì)的化合價情況來分析；

(2)在氧化還原反應(yīng)中；還原劑發(fā)生氧化反應(yīng)，化合價降低的元素被還原；

(3)根據(jù)化合價的變化判斷出氧化劑；再計算；

(4)根據(jù)得失電子守恒配平方程式；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)所給的物質(zhì)組合中，HNO3中氮元素化合價位于最高價，具有氧化性，對應(yīng)還原產(chǎn)物為N2O，得電子數(shù)是4mol，能將還原性的2molFeSO4氧化為Fe2(SO4)3，2mol物質(zhì)失電子數(shù)是2mol，根據(jù)氫原子守恒，水在生成物中，故發(fā)生的反應(yīng)為：HNO3+FeSO4→N2O+Fe2(SO4)3+Fe(NO3)3+H2O，故答案為：HNO3+FeSO4→N2O+Fe2(SO4)3+Fe(NO3)3+H2O；

(2)還原劑FeSO4發(fā)生氧化反應(yīng)，化合價降低的N元素被還原，故答案為：FeSO4；N；

(3)反應(yīng)中鐵元素的化合價升高1價；氮元素化合價共降低了4價，所以硝酸是氧化劑，1mol氧化劑得到了4mol電子，故答案為：得到；4；

(4)HNO3中氮元素化合價位于最高價，具有氧化性，對應(yīng)還原產(chǎn)物為N2O，總共得電子數(shù)是8mol，能將還原性的FeSO4氧化為Fe2(SO4)3，物質(zhì)失電子數(shù)是3mol，根據(jù)電子守恒，轉(zhuǎn)移電子為24mol，生成二氧化氮的物質(zhì)的量為3mol，發(fā)生的反應(yīng)為30HNO3+24FeSO4═3N2O+8Fe2(SO4)3+8Fe(NO3)3+15H2O，電子轉(zhuǎn)移方向和個數(shù)用單線橋表示為故答案為：【解析】①.HNO3+FeSO4→N2O+Fe2(SO4)3+Fe(NO3)3+H2O②.FeSO4③.N④.得到⑤.4⑥.13、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)根據(jù)題意：服用維生素C，可使食物中的鐵離子還原成亞鐵離子，三價鐵轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，體現(xiàn)了三價鐵的氧化性，所以維生素C起還原劑的作用。反應(yīng)后CO2轉(zhuǎn)變成有機物甲醛；C元素的化合價降低，則Fe元素的化合價升高，則二氧化碳作氧化劑。

(2)制取鐵酸鈉的化學(xué)方程式如下：2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O；氧化還原反應(yīng)中，鐵元素由+3升為+6，鐵元素被氧化，Cl元素則有0→?1價，所以NaCl為還原產(chǎn)物，每生成3molNaCl則轉(zhuǎn)移3mol電子?！窘馕觥窟€原氧化氧化2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O鐵3NA14、略

【分析】【分析】

由周期表的結(jié)構(gòu)可知，①到⑩分別為：C、N、O、Na、Al、S、Cl、Ar、K、Br；據(jù)此解答。

【詳解】

(1)Ar為稀有氣體元素，化學(xué)性質(zhì)最不活潑，故答案為：Ar；

(2)上面10種元素中，非金屬性最強的為Cl，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物酸性最強，分子式為：HClO4；K的金屬性最強，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物堿性最強，即KOH堿性最強，電子式為：故答案為：HClO4；

(3)Na2S是離子化合物，其形成過程表示為：故答案為：

(4)CCl4的電子式為：不同種原子之間形成的共價鍵為極性共價鍵，所以，該化合物是由極性鍵形成的，故答案為：極性；

(5)O2-有兩個電子層，S2-有三個電子層，Cl-有三個電子層，層多半徑大，所以O(shè)2-的半徑最小，層同看序數(shù)，序小半徑大，所以，S2-半徑比Cl-半徑大，所以，離子半徑由大到小的順序是S2-＞Cl-＞O2-，故答案為：S2-＞Cl-＞O2-；

(6)水的結(jié)構(gòu)式為：H—O—H，水和氯氣反應(yīng)的離子方程式為：Cl2＋H2O=HClO＋H++Cl-，故答案為：H—O—H；Cl2＋H2O=HClO＋H++Cl-。

【點睛】

微粒半徑大小比較方法：先畫電子層，層多半徑大，層同看序數(shù)，序小半徑大，序同看價態(tài)，價低半徑大?！窘馕觥緼rHClO4極性S2-＞Cl-＞O2-H—O—HCl2＋H2O=HClO＋H++Cl-15、略

【分析】【分析】

根據(jù)扇形元素周期表中各元素的位置可知：①~⑩號元素分別為：氫；鈉、碳、氮、氧、鎂、鋁、硫、氯、鈣；結(jié)合以上各元素及其化合物的性質(zhì)進行分析。

【詳解】

(1)元素②的名稱為鈉；元素⑩為鈣元素；核電荷數(shù)為20，在常周期表中的位置是第4周期第IIA族；

(2)元素的非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，非金屬性：O>N>C，所以元素③、④、⑤形成的簡單氫化物，穩(wěn)定性最強的是H2O；元素的非金屬性越強，最高價氧化物的水化物的酸性就越強，非金屬性：Cl>N>S，所以元素④、⑧、⑨的最高價氧化物對應(yīng)的水化物酸性最強的是HClO4；

(3)電子層數(shù)越多，半徑越大，核外電子排布相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，所以元素⑥、⑦、⑧對應(yīng)的簡單離子的半徑由大到小的順序為

(4)元素①、⑤和元素①、⑧均能形成18電子的化合物分別為H2O2、H2S，過氧化氫具有氧化性，硫化氫具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為

(5)比較元素金屬性大小，可以根據(jù)金屬與冷水反應(yīng)的劇烈程度，金屬與酸反應(yīng)置換出氫氣的難易程度、最高價氧化物的水化物的堿性強弱進行分析；元素②為鈉，⑦為鋁，比較兩種金屬的金屬性強弱，可以將打磨干凈的形狀、體積均相同的鈉塊和鋁塊投入等體積的冷水中，鈉與水反應(yīng)更劇烈，而鋁不反應(yīng)，即可驗證出金屬性鈉大于鋁?！窘馕觥库c第4周期第IIA族H2OHClO4將打磨干凈的形狀、體積均相同的鈉塊和鋁塊投入等體積的冷水中鈉與水反應(yīng)更劇烈16、略

【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)周期表提供的信息；A為H；B為Li、C.D為N、E為O、F為F、G為Na、H為Al、I為Cl；

(1)根據(jù)元素周期表中金屬元素、非金屬元素的分布可知：只有d區(qū)和ds區(qū)的元素全是過渡金屬即只含有金屬元素，而b區(qū)就是元素周期表中的d區(qū)和ds區(qū)，故元素周期表中全部是金屬元素的區(qū)域為b；故選B。

(2)鈉元素與氧元素形成的化合物的化學(xué)式是Na2O2、Na2O；Na2O由鈉離子和氧負離子組成，Na2O2是由鈉離子和過氧根離子組成，二者均為離子化合物；金屬性最強的元素為Na，所以表格中九種元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物中，堿性最強的是NaOH；由于氟元素沒有正價，因此氯元素的最高價氧化物的水化物酸性最強，化學(xué)式為HClO4；鋁元素的氫氧化物即氫氧化鋁屬于兩性，化學(xué)式是Al(OH)3；Al(OH)3與NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O；

(3)①鐵元素的核電荷數(shù)為26，位于周期表中第四周期VIII族，鐵元素在元素周期表中對應(yīng)的位置如圖所示：

②G為Na；H為Al；同一周期從左到右元素的金屬性減弱，因此金屬性較強的是鈉；

(a)看原子失去的電子數(shù)的多少；不能比較元素金屬性的強弱，要比較金屬失電子的能力，故不選；

(b)將這兩種元素的單質(zhì)粉末分別和同濃度的鹽酸反應(yīng)；反應(yīng)快的金屬性強，可以比較，故可選；

(c)將這兩種元素的單質(zhì)粉末分別和熱水作用；并滴入酚酞溶液，溶液先變紅的反應(yīng)速率快，金屬性強，可以比較，故可選；

(d)比較這兩種元素的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性的大??；可以比較非金屬性強弱，不能比較金屬性的強弱，故不選；

故選bc。【解析】BNa2O2Na2O離子化合物NaOHHClO4Al(OH)3Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O鈉bc17、略

【分析】【分析】

(1)BF3中每個氟原子與硼原子形成一對共用電子對；由不同種非金屬元素形成的共價鍵為極性共價鍵，共用電子對偏向于吸引電子能力強的元素，非金屬性越強，吸引電子能力越強，據(jù)此分析解答；(2)硼酸(H3BO3)能電離，它在水中能結(jié)合水電離出的OH-，形成[B(OH)4]-離子，結(jié)合水的電離可知硼酸還應(yīng)該電離出氫離子，據(jù)此寫出硼酸的電離方程式。

【詳解】

(1)BF3中每個氟原子與硼原子形成一對共用電子對，則電子式為由不同種非金屬元素形成的共價鍵為極性共價鍵，共用電子對偏向于吸引電子能力強的元素，非金屬性越強，吸引電子能力越強，B與F同周期，核電荷數(shù)F＞B，原子半徑B＞F，非金屬性F＞B，則共用電子對偏向于氟原子；(2)硼酸(H3BO3)能電離，它在水中能結(jié)合水電離出的OH?，形成[B(OH)4]-離子，則硼酸還電離出氫離子，則其電離方程式為：B(OH)3+H2O[B(OH)4]-+H+?！窘馕觥糠鶥與F同周期，核電荷數(shù)F＞B，原子半徑B＞F，非金屬性F＞BB(OH)3+H2O[B(OH)4]-+H+三、判斷題(共9題，共18分)18、B【分析】【分析】

根據(jù)形成8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；結(jié)合原子結(jié)構(gòu)分析判斷。

【詳解】

氯原子最外層有7個電子，形成8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，只需要形成1個共用電子對，氧原子最外層有6個電子，形成8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，需要形成2個共用電子對，HClO電子式為故錯誤。19、B【分析】【詳解】

膠體有吸附性，膠體吸附帶電荷的微粒而使膠粒帶電，膠體本身不帶電，錯誤。20、B【分析】【分析】

【詳解】

純堿為Na2CO3，屬于鹽，故錯誤。21、B【分析】【分析】

【詳解】

過量或少量的鐵粉在少量氯氣中加熱，充分反應(yīng)后產(chǎn)物都為FeCl3，故錯誤。22、A【分析】【分析】

【詳解】

氯氣能與碘離子反應(yīng)生成氯離子和碘單質(zhì)，碘使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{，說明Cl2具有氧化性，故正確。23、B【分析】【詳解】

物質(zhì)的量n=cV，已知濃度，無體積，所以物質(zhì)的量無法計算，答案為：錯誤。24、A【分析】【詳解】

用容量瓶配制溶液時，必須先用蒸餾水洗凈容量瓶，但可以不進行干燥，正確。25、B【分析】【分析】

【詳解】

灼燒坩堝應(yīng)放在泥三角上然后再放在三腳架上，故錯誤。26、B【分析】【詳解】

引入新雜質(zhì)鈣離子，錯誤。四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共8分)27、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）H2SO3易被空氣中的氧氣氧化為硫酸，反應(yīng)的方程式為氧氣為氧化劑，得到4e-，亞硫酸為還原劑，失去4e-，可用單線橋表示為

（2）鈍化的實質(zhì)是在Fe棒表面形成了一層致密的氧化膜，可通過探究Fe棒表面是否有氧化膜來判斷Fe是鈍化還是未反應(yīng)，將經(jīng)濃硫酸處理過的鐵棒洗凈后置于CuSO4溶液中；若鐵棒表面無明顯現(xiàn)象，則發(fā)生了鈍化；若鐵棒表面有紫紅色物質(zhì)析出則未發(fā)生反應(yīng)；

（3）用Na2SO3吸收法作為治理SO2污染的原理為Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；

（4）用CO還原SO2，產(chǎn)物為S單質(zhì)和二氧化碳，原理為SO2+2COS+2CO2；

（5）對比兩個實驗原理，可知方法一與方法二相比，其優(yōu)點是節(jié)省原料、硫酸用量少、無污染等。【解析】===2H2SO4無明顯現(xiàn)象有紫紅色物質(zhì)析出Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3SO2+2COS+2CO2節(jié)省原料、硫酸用量少、、無污染(寫出一條即可)五、工業(yè)流程題(共2題，共16分)28、略

【分析】【分析】

分析流程可知，砷華廢渣中FeAsS經(jīng)氧化焙燒轉(zhuǎn)化為Fe2O3、As2O3和SO2，用軟錳礦漿吸收SO2生成硫酸錳，除錳浸出外，還伴隨著雜質(zhì)Fe、Al、Ca、Pb和Si等的同時浸出，加入MnO2粉末將Fe2+氧化為Fe3+，加入石灰漿調(diào)節(jié)pH后通過過濾除去Fe、Al，加入二乙胺硫代甲酸鈉除重金屬離子Pb2+，過濾后濾液經(jīng)靜置、過濾、濃縮結(jié)晶、離心分離、干燥等操作得工業(yè)產(chǎn)品硫酸錳(MnSO4·H2O)。

(1)

粉碎的目的是為了增大反應(yīng)物接觸面積，提高反應(yīng)速率；焙燒時FeAsS被氧氣氧化成+3價金屬氧化物Fe2O3和SO2，As元素被氧化為較穩(wěn)定的As2O3，可假設(shè)FeAsS中各元素化合價均為零價，根據(jù)得失電子守恒配平反應(yīng)式，得反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2FeAsS+5O2As2O3+Fe2O3+2SO2，故答案為：增大接觸面積，提高焙燒的反應(yīng)速率；2FeAsS+5O2As2O3+Fe2O3+2SO2。

(2)

①由圖可知，650℃時Mn的浸出率最高，所以焙燒的適宜溫度為650℃；②由焙燒反應(yīng)可知，溫度升高，生成SO2的反應(yīng)速率加快，溫度高于650℃，生成的SO2瞬間濃度較大，致使SO2無法被軟錳礦漿完全吸收而部分逸出，故答案為：650℃；溫度高于650℃，生成的SO2瞬間濃度較大，致使SO2無法被軟錳礦漿完全吸收而部分逸出。

(3)

MnO2與SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸錳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnO2+SO2=MnSO4，故答案為：MnO2+SO2=MnSO4。

(4)

MnO2在酸性條件下將Fe2+氧化為Fe3+，本身被還原為Mn2+，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒，寫出反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故答案為：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。

(5)

由流程可知，加入石灰漿調(diào)節(jié)pH后通過過濾除去Fe、Al，即要使Fe3+、Al3+完全沉淀，而Pb2+不沉淀，則調(diào)節(jié)pH的范圍是4.7≤pH<7.1，故答案為：4.7≤pH<7.1。

(6)

根據(jù)題意，加入足量的BaCl2溶液后生成了硫酸鋇沉淀，則n(MnSO4·H2O)=n(S)=n(BaSO4)==0.1mol，m(MnSO4·H2O)=0.1mol169g/mol=16.9g，則產(chǎn)品中MnSO4·H2O的質(zhì)量分數(shù)為：100%=98.2%，故答案為：98.2?！窘馕觥?1)增大接觸面積，提高焙燒的反應(yīng)速率2FeAsS+5O2As2O3+Fe2O3+2SO2

(2)650℃溫度高于650℃，生成的SO2瞬間濃度較大，致使SO2無法被軟錳礦漿完全吸收而部分逸出。

(3)MnO2+SO2=MnSO4

(4)MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O

(5)4.7≤pH<7.1

(6)98.229、略

【分析】【分析】

電鍍廢水中主要含Cr2O72-、Cr3+、