2024年华师大新版必修1化学下册月考试卷含答案

…………○…………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2024年华师大新版必修1化学下册月考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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列说法正确的是A.铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨B.二氧化碳可用作镁燃烧的灭火剂C.钠着火可用泡沫灭火器灭火D.石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的SO22、反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，氧化产物是A.Na2O2B.CO2C.Na2CO3D.O23、著名化学家、诺贝尔奖获得者西博格博士1979年在美国化学会成立100周年大会上的讲话中指出“化学是人类进步的关键”。下列对化学的认识不正确的是A.英国科学家道尔顿在1869年发现元素周期律B.化学家可以制造出自然界不存在的物质C.化学既是一门具有创造性的科学，也是一门具有实用性的科学D.现代化学将在能源与资源、材料科学、环境科学、医药与健康等领域产生广泛影响4、是阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.23gNa在氧气中充分燃烧生成转移电子数为2B.的NaOH溶液中，含有的数日为0.01C.电子数为的分子的质量为1.6gD.标准状况下，3.36L的中含有氧原子的数目为0.455、2019年是元素周期表诞生的第150周年，联合国大会宣布2019年是“国际化学元素周期表年”。W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W的一种核素可用于文物年代的测定，X与W同周期相邻，四种元素中只有Y为金属元素，Z的单质为黄绿色气体。下列叙述正确的是A.W的氢化物中常温下均呈气态B.Z的氧化物对应的水化物均为强酸C.四种元素中，Z原子半径最大D.Y与Z形成的化合物可能存在离子键，也可能存在共价键评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、写出下列反应的离子方程式：

(1)大理石与盐酸反应___________

(2)二氧化碳通入足量澄清石灰水中___________

(3)小苏打(NaHCO3)与盐酸反应_________7、Ⅰ．和可作核反应堆热载体，和用作高温堆减速剂。

(1)以上叙述中涉及到的元素有________种。

(2)下列说法正确的是________。(填字母代号)

A．和互为同位素B．和是同素异形体。

C．和的物理性质相同D．和是同素异形体。

Ⅱ．在1~20号的主族元素中：

(3)金属性最强的元素在周期表中的位置为________。

(4)原子半径最小的元素是________(填元素符号)。

(5)写出元素最高价氧化物对应水化物酸性最强的酸与第三周期的两性氢氧化物反应的离子方程式：________________________________。

(6)第三周期最不稳定的气态氢化物是________(填化学式)。8、某同学查阅资料获悉：用KMnO4可以测定H2O2的物质的量浓度：取15.00mLH2O2溶液，用稀H2SO4酸化；逐滴加入0.003mol·L-1KMnO4溶液，产生气体，溶液褪色速率开始较慢后变快，至恰好完全反应时共消耗20.00mLKMnO4溶液。该反应的离子方程式是：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；

（1）该反应体现了H2O2的__________(填“氧化性”；“还原性”或“氧化性和还原性”)；

（2）KMnO4溶液褪色速率开始较慢，后变快的原因可能是某种物质对该反应起到了催化作用，则该物质最有可能是________；(填序号)a.MnO4-b.H+c.Mn2+d.K+

（3）判断完全反应的现象是_________________________________________________；

（4）该H2O2溶液的物质的量浓度是__________________。9、分子筛是一类具有规整孔道结构的多孔材料，能够选择性吸附空间结构各异和不同尺寸的分子，在化学工业中有着广泛的应用。近年来，我国科学家在分子筛研究领域不断取得新的突破。这些研究中涉及的部分元素在周期表中位置如下：。周期族ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦAⅦA1H2CNO3NaAlSi4KCa

(1)近期我国科学家制备了一种无缺陷的分子筛膜，可高效分离CH4与CO2两种气体。下列有关分子空间结构的描述正确的是_______。A．CH4是平面结构B．CO2是V形结构C．CH4是正四面体结构D．CO2是直线形结构(2)传统的分子筛主要含有O、Na、Al和Si元素，通过调控这4种元素的比例，可获得不同性能的分子筛产品。这4种元素描述中正确的是_______。A．非金属性最强的是OB．核外电子数最少的是NaC．金属性最强的是AlD．原子半径最大的是Si(3)通过将分子筛中的元素Na替换为K或Ca，可改变分子筛的孔径大小。这3种元素中说法正确的是_______。A．仅Na可与Cl2反应B．K的单质与水的反应最剧烈C．Na的氧化物与水的反应均为化合反应D．Ca的最高价氧化物的水化物碱性最强(4)N2常用于分子筛的孔结构测试，H、O和N元素可形成多种物质。下列说法正确的是_______。A．N2中含有共价三键B．NO可由NH3催化氧化得到C．NH3的水溶液呈碱性D．稀HNO3与Cu反应产生H2(5)某些分子筛可以选择性吸附Ar。Ar位于元素周期表的_______。A．第二周期B．Ⅷ族C．第三周期D．0族10、(1)处于下列状态的物质中：①氯化钠晶体②干冰③HCl气体④铜⑤硫酸钡晶体⑥蔗糖⑦酒精⑧熔融的硝酸钾⑨NaCl溶液。

能导电的是(填标号，下同)_________；属于电解质的是_________；属于非电解质的是__________；

(2)在一定条件下，和I－可以发生反应，离子方程式为＋6I－＋6H＋=R－＋3I2＋3H2O根据计算回答：

①中n值为________；②中元素R的化合价为________。11、49gH2SO4的物质的量是________；1.5molH2SO4的质量是________，其中含有________molH，含有________gO。12、铁及其化合物在生产；生活中有着广泛的应用。

(1)钢(一种铁碳合金)是用量最大、用途最广的合金。钢的硬度比纯铁_______(填“大”或“小”)。

(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型高效、无毒的多功能水处理剂，K2FeO4中Fe的化合价为_______。

(3)若一定量的普通铁粉和水蒸气在高温下反应生成44.8LH2(标准状况)，则转移电子的物质的量为_______mol。

(4)FeSO4可作补血剂，用于治疗缺铁性贫血症。用FeSO4溶液制备Fe(OH)2的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的目的是_______。

(5)印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，该反应的离子方程式为_______，检验反应后的溶液中是否还有三价铁离子的试剂是_______。

(6)聚硅酸铁是目前无机高分子絮凝剂研究的热点，一种用钢管厂的废铁渣(主要成分Fe3O4；含少量碳及二氧化硅)为原料制备的流程如下：

①加热条件下酸浸时，Fe3O4与硫酸反应的化学方程式为_______。

②酸浸时，通入O2的目的是_______。

③“Fe3+浓度检测”是先用SnCl2将Fe3+还原为Fe2+，再用酸性K2Cr2O7，标准溶液测定Fe2+的量(Cr2O被还原为Cr3+)，则SnCl2、Fe2+和Cr3+三者中还原性最强的是_______。13、选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上：。A．过滤B．分液C．蒸馏D．萃取分液（1）________分离水和四氯化碳的混合物；

（2）________分离氯化钾溶液和沙子的混合物。

（3）________分离酒精(沸点为78.1℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的混合物；

（4）________从碘水中提取碘单质。14、将一块金属钠投入到100mlMgCl2和AlCl3的混合溶液中，发现沉淀先多后少。反应完毕后收集到13.44L气体（标准状态），同时得到21.4g白色沉淀，将此沉淀溶于过量的NaOH溶液中，充分反应后沉淀质量减轻了15.6g。求原溶液中Mg2+、Al3+、Cl-的物质的量浓度。

镁离子的浓度是_______________

铝离子的物质的量是_______________

氯离子的浓度是_______________评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、在化学变化过程中，元素的种类不变，原子和分子的种类也不变。(_______)A.正确B.错误16、向溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉溶液，溶液先变橙色，后变蓝色，说明氧化性：(_______)A.正确B.错误17、2molH2SO4的摩尔质量是196g·mol-1。(______)A.正确B.错误18、做完铜与浓硫酸反应实验后的试管，立即用大量水冲洗。(___________)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.错误评卷人得分四、结构与性质(共4题，共28分)20、下表是元素周期表的一部分；表中所列的字母分别代表一种化学元素。

试回答下列问题：

(1)h的单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，请用原子结构的知识解释发光的原因：_____。

(2)o、p两种元素的部分电离能数据如下表所示：。元素pp电离能/717763150915611561324829572957

比较两元素的可知，气态再失去一个电子比气态再失去一个电子难。对此，你的解释是___________。

(3)表中所列的某主族元素的电离能情况如图所示，则该元素是上述元素中的____(填元素符号)。

21、(1)CO(NH2)2分子中含有σ键与π键的数目之比为：______，N原子的杂化类型为______。

(2)类卤素(SCN)2与卤素性质相似，对应的酸有两种，理论上硫氰酸(H−S−C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H−N=C=S)的沸点，其原因是：_________________________。

(3)S能形成很多种含氧酸根离子，如SO32-、SO42-、S2O72-，已知S2O72-的结构中所有原子都达到稳定结构，且不存在非极性键，由该离子组成二元酸的分子式为H2S2O7，试写出其结构式_____________________________。

(4)判断含氧酸酸性强弱的一条经验规律是：含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强。如下表所示：含氧酸酸性强弱与非羟基氧原子数的关系。次氯酸磷酸硫酸高氯酸含氧酸Cl—OH非羟基氧原子数0123酸性弱酸中强酸强酸最强酸

已知亚磷酸是中强酸；亚砷酸是弱酸且有一定的弱碱性；

则H3PO3与过量的NaOH溶液反应的化学方程式是：__________________________；

在H3AsO3中加入足量的浓盐酸，写出化学方程式：___________________________。22、原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据所学物质结构知识；请回答下列问题：

(1)苏丹红颜色鲜艳；价格低廉；常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严重危害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ4种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图所示：

苏丹红Ⅰ在水中的溶解度很小；微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成如图所示的结构：

则其在水中的溶解度会_____(填“增大”或“减小”)，原因是_____。

(2)已知Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；b.分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为_______，由Cl-所形成的化学键类型是_______。

(3)如图中A、B、C、D四条曲线分别表示第ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族元素的氢化物的沸点，其中表示ⅦA族元素氢化物沸点的曲线是_____；表示ⅣA族元素氢化物沸点的曲线是_____；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物沸点依次升高，其原因是__________；A、B、C曲线中第二周期元素的氢化物的沸点显著高于第三周期元素的氢化物的沸点，其原因是_______________。

23、原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据所学物质结构知识；请回答下列问题：

(1)苏丹红颜色鲜艳；价格低廉；常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严重危害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ4种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图所示：

苏丹红Ⅰ在水中的溶解度很小；微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成如图所示的结构：

则其在水中的溶解度会_____(填“增大”或“减小”)，原因是_____。

(2)已知Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；b.分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为_______，由Cl-所形成的化学键类型是_______。

(3)如图中A、B、C、D四条曲线分别表示第ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族元素的氢化物的沸点，其中表示ⅦA族元素氢化物沸点的曲线是_____；表示ⅣA族元素氢化物沸点的曲线是_____；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物沸点依次升高，其原因是__________；A、B、C曲线中第二周期元素的氢化物的沸点显著高于第三周期元素的氢化物的沸点，其原因是_______________。

评卷人得分五、计算题(共4题，共24分)24、将铝和铁组成的混合物11g；加入到200mL5mol/L盐酸中，反应后盐酸的浓度变为1mol/L（溶液体积变化忽略不计）。求：

（1）反应中消耗HCl的物质的量。

（2）混合物中铝和铁的物质的量。

（3）欲使上述溶液中的Al3+完全转化为AlO2－，至少需要加入2mol/LNaOH溶液的体积。25、用KMnO4氧化密度为1.2g·cm-3，溶质质量分数为36.5%的HCl溶液。反应方程式如下：2KMnO4+16HC1=2KC1+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，15.8gKMnO4能使______mLHCl溶液发生上述反应。有___molHCl被氧化，有___molHCl体现酸性，产生的Cl2在标准状况下的体积为___L。26、15.8gKMnO4氧化密度为1.19g/cm3，溶质质量分数为36.5％的HCl，反应方程式如下：2KMnO4＋16HCl＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。

（1）该盐酸中HCl的物质的量浓度是______________________________。

（2）被氧化的HCl的物质的量为________________________。

（3）求产生的Cl2在标准状况下的体积（依据化学方程式进行计算，要求写出计算过程）_______。27、硫元素价态众多；可与卤素；氮等元素化合形成许多复杂化合物，在科学技术和生成中有重要的应用。根据题意完成下列计算：

（1）由硫与限量氯气在50～60°C反应16～20小时，可恰好完全反应，得到两种硫的氯化物A和B。A物质中的含硫量为0.131，B物质中的含氯量为0.816，A的相对分子质量比B大71。计算确定这两种氯化物的分子式分别为_______。若上述反应得到的A、B的物质的量比为3：2，则参加反应的S和氯气的物质的量之比为___________。

（2）硫的卤化物或卤氧化物都有强水解性，可以作脱水剂。SF4吸收VmL液态水（4℃），完全反应，得到3.2gSO2气体（假设SO2完全逸出）和10%的酸溶液，计算吸收的液态水的体积V为___________mL。

（3）S4N4是亮橙色固体，不溶于水和有机溶剂，是一种重要的金属有机化学反应物。一般用S2Cl2、SCl2的惰性溶剂（CS2）氨解制得：

6S2Cl2＋16NH3→S4N4＋S8＋12NH4Cl；

24SCl2＋64NH3→4S4N4＋S8＋48NH4Cl。

S2Cl2、SCl2的混合液体52.86g溶于足量的CS2中；再通入35.84L氨气（标准状况）完全氨解，产生14.080g硫单质。剩余氨气用40g水完全吸收形成氨水（密度为0.923g/mL）。

计算：①该混合液体中S2Cl2、SCl2的物质的量之比为_______。

②所得氨水的物质的量浓度为________（保留1位小数）。

（4）S4N4与Ag在一定条件下反应，失去N2而缩合成（SN）x，（SN）x合成于1910年，过了五十年，才发现它在0.26K的低温下，可转变为超导体（superconductor）。（SN）x的结构式为：

已知1.20×105molS4N4与Ag发生缩合，失去了1.20×105molN2，生成二百聚物[（SN）200]和三百聚物。测得缩合产物中二百聚物的质量分数为0.50。

计算：①缩合产物中各缩合物的物质的量_______。

②若Ag的实际使用量为8.64kg，求Ag的循环使用次数_______。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热；因此生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A错误；

B．由于镁条能够在CO2中燃烧；故二氧化碳不可用作镁燃烧的灭火剂，B错误；

C．泡沫灭火器中有水，能与Na反应生成可燃性其他H2；故钠着火不可用泡沫灭火器灭火，C错误；

D．石灰石在高温下可与空气中的SO2和O2一起反应生成CaSO4，从而消除了空气的SO2，故石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的SO2；D正确；

故答案为：D。2、D【分析】【详解】

反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，Na2O2→O2氧元素化合价由-1升高为0，发生氧化反应，所以O2是该反应的氧化产物，故选D。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．1869年俄国科学家门捷列夫发现元素周期律；把化学元素及其化合物纳入一个统一的体系，A项错误；

B．化学反应的特征是能生成新物质；因而利用化学方法可以制造出自然界不存在的新物质，B项正确；

C．化学研究物质的组成；结构、性质、变化、制备和应用的自然科学；是一门具有创造性和实用性的科学，C项正确；

D．现代化学与能源；材料、环境、医药与健康息息相关；D项正确；

答案选A。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．钠转化为过氧化钠时需要失去电子，23gNa（即1molNa）共失去1mol电子，故23gNa充分燃烧生成Na2O2时，转移电子数为NA；A错误；

B．溶液体积未知，不能计算溶液中OH-的个数；B错误；

C．1mol甲烷分子中有10mol电子，当有NA（即1mol）个电子时；甲烷的物质的量为0.1mol，故甲烷质量为1.6g，C正确；

D．标准状况下，SO3为固体；无法利用气体摩尔体积进行计算，D错误；

故选C。5、D【分析】【分析】

W；X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W的一种核素可用于文物年代的测定；则W为C元素，X与W同周期相邻，则X为N元素，Z的单质为黄绿色气体，则Z为Cl元素，四种元素中只有Y为金属元素，则Y可能为Na、Mg或Al，以此解题。

【详解】

由上述分析可知；W为C，X为N，Y为Na或Mg或Al，Z为Cl；

A．W为C元素；C的氢化物中常温下可能为气态；液态或固态，如甲烷为气态、苯为液态，故A错误；

B．Z为Cl元素；当Z的氧化物对应的水化物为HClO时，属于弱酸，故B错误；

C．电子层越多；原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则Y的原子半径最大，故C错误；

D．Y为Na或Mg或Al，Z为Cl，Y与Z形成的化合物为NaCl时含离子键，为AlCl3时含共价键；故D正确；

答案选D。

【点睛】

B项Z的氧化物对应的水化物没说是最高价氧化物对应的水化物，非金属性对应的是最高价氧化物对应的水化物，需要学生有分析问题解决问题的能力。二、填空题(共9题，共18分)6、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)大理石与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钙和水，大理石为碳酸钙，难溶于水，离子反应中不可拆，离子反应为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；

(2)二氧化碳通人足量澄清石灰水中生成碳酸钙和水，澄清石灰水是氢氧化钙溶液，离子反应中可拆写，碳酸钙使沉淀，离子反应中不可拆，离子反应为：CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O

(3)小苏打(NaHCO3)与盐酸生成二氧化碳、氯化钠和水，离子反应为：+H+=H2O+CO2↑。

【点睛】

足量澄清石灰水与二氧化碳反应生成碳酸钙，若二氧化碳过量，则生成碳酸氢钙，解题时注意反应物的量关系。【解析】CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O+H+=H2O+CO2↑7、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ.(1)元素是指具有相同核电荷数(或质子数)的一类原子的总称，则和共有元素2种；故答案为：2；

(2)A.Li和Li是质子数相同；中子数不同的原子，两者互为同位素，A项正确；

B.同素异形体是指由同样的单一化学元素组成，因排列方式不同，而具有不同性质的单质，Li和Li化学性质相同；不属于同素异形体，B项错误；

C.Li和Li的质量数不同；物理性质有差异，C项错误；

D.LiH和LiD是化合物；不属于同素异形体，D项错误；

故答案为：A；

Ⅱ．(3)同一周期；从左到右(稀有气体除外)，元素的金属性逐渐减弱，同一主族，从上到下，元素的金属性逐渐加强，可知金属性最强的元素为K，在周期表中的位置为第四周期第ⅠA族，故答案为：第四周期第ⅠA族；

(4)同一周期；从左到右(稀有气体除外)，元素的原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，元素的原子半径逐渐增加，则原子半径最小的元素是H，故答案为：H；

(5)同一周期，从左到右(稀有气体除外)，元素的非金属性逐渐加强，同一主族，从上到下，元素的非金属性逐渐减小，而F、O元素都没有最高正价，所以剩余元素非金属性最强的元素为Cl，其元素最高价氧化物对应水化物酸性最强，为HClO4，第三周期的两性氢氧化物为Al(OH)3，两者反应的离子方程式：故答案为：

(6)根据(5)可知，第三周期非金属性最弱的为Si，其气态氢化物SiH4最不稳定，故答案你为：SiH4。

【点睛】

本题重点Ⅱ，牢记元素周期律的知识来解答。如同一周期，从左到右(稀有气体除外)，原子半径逐渐减小；元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。同一周期，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大；元素的金属性逐渐加强，元素的非金属性逐渐减小。【解析】2A第四周期第ⅠA族HSiH48、略

【分析】【详解】

（1）H2O2中O元素的化合价从-1价升高到了O2中O元素的0价，所以H2O2作还原剂；体现了还原性。

（2）由离子方程式可知，反应后生成了Mn2+，开始Mn2+浓度较小，反应速率慢，反应一段时间后，Mn2+浓度变大，反应速率加快，故起催化作用的物质是Mn2+

（3）KMnO4溶液显紫色，当KMnO4溶液与H2O2发生氧化还原反应时，溶液无色，当H2O2完全反应后，再滴入一滴KMnO4溶液，溶液将由无色变为红色，此时就是滴定的终点。故答案为当加入最后一滴KMnO4溶液时；溶液变为红色。

（4）消耗的KMnO4的物质的量为0.02L×0.003mol·L-1=6×10-5mol，根据方程式可知H2O2的物质的量为×6×10-5mol=1.5×10-4mol，所以H2O2溶液的物质的量浓度c=1.5×10-4mol÷0.015L=0.01mol·L－1

点睛：滴定终点的判断是一个难点，本题中利用KMnO4溶液的紫色来判断终点，KMnO4溶液加入H2O2溶液中，溶液无色，当H2O2完全反应后，再加入最后一滴KMnO4溶液，溶液将由无色变为红色，这就是滴定的终点。【解析】①.还原性②.c③.当加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为红色④.0.01mol·L－19、略

【分析】【详解】

（1）CH4是碳与四个氢原子形成正四面体结构，CO2是每个氧与碳形成碳氧双键的直线形结构；故答案为：CD。

（2）A．根据同周期从左到右非金属性逐渐增强；同主族从上到下非金属性逐渐减弱，因此非金属性最强的是O，故A正确；B．O；Na、Al和Si核外电子数分别为6、1、3、4，因此核外电子数最少的是Na，故B正确；C．根据同周期从左到右金属性逐渐减弱，因此金属性最强的是Na，故C错误；D．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则原子半径最大的是Na，故D错误；综上所述，答案为：AB。

（3）A．三种元素的物质均可与Cl2反应；故A错误；B．根据同主族从上到下金属性逐渐增强，同周期从左到右金属性逐渐减弱，因此K的单质与水的反应最剧烈，故B正确；C．氧化钠和水反应生成氢氧化钠，是化合反应，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是化合反应，故C错误；D．根据金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，再根据同主族从上到下金属性逐渐增强，同周期从左到右金属性逐渐减弱，因此K的最高价氧化物的水化物碱性最强，故D错误；综上所述，答案为：B。

（4）A．氮原子最外层有5个电子，形成稳定结构需要3个电子，因此N2中含有共价三键，故A正确；B．氨气催化氧化得到一氧化氮，故B正确；C．NH3溶于水生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根和铵根离子，因此氨气溶于水呈碱性，故C正确；D．稀HNO3与Cu反应产生NO；故D错误；综上所述，答案为：ABC。

（5）Ar是18号元素，其原子核外电子排布为2、8、8，则Ar位于元素周期表的第三周期0族，故答案为：CD。【解析】(1)CD

(2)AB

(3)B

(4)ABC

(5)CD10、略

【分析】【详解】

(1)①氯化钠晶体；不含自由电子或者自由离子，不能导电；是化合物，在水溶液或者熔融状态下能导电，属于电解质；

②干冰；不含自由电子或者自由离子，不能导电；是化合物，但是本身在水溶液和熔融状态下都不能电离产生自由移动的离子，不导电，属于非电解质；

③HCl气体；不含自由电子或者自由离子，不能导电；是化合物，在水溶液或者熔融状态下能导电，属于电解质；

④铜；含自由电子，能够导电；是单质，既不是电解质，也不是非电解质；

⑤硫酸钡晶体；不含自由电子或者自由离子，不能导电；是化合物，在水溶液或者熔融状态下能导电，属于电解质；

⑥蔗糖；⑦酒精都不含自由电子或者自由离子；不能导电；是化合物，在水溶液和熔融状态下都不导电，属于非电解质；

⑧熔融的硝酸钾；含有自由离子，能够导电；是化合物，在水溶液或者熔融状态下能导电，属于电解质；

⑨NaCl溶液；含有自由离子，能够导电；是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；

能导电的是：④⑧⑨；属于电解质的是：①③⑤⑧；属于非电解质的是：②⑥⑦；

故答案为；④⑧⑨；①③⑤⑧；②⑥⑦；

(2)电荷守恒知，＋6I－＋6H＋=R－＋3I2＋3H2O中n＝1，离子中各元素化合价的代数和等于电荷数，所以RO中化合价−1−(−2)×3＝＋5；

故答案为：1；＋5；【解析】④⑧⑨①③⑤⑧②⑥⑦1＋511、略

【分析】【分析】

根据解答。

【详解】

49gH2SO4的物质的量为1.5molH2SO4的质量为1.5molH2SO4其中含有3molH，含有6molO,其质量为故答案为：0.5mol；147g；3；96。【解析】0.5mol147g39612、略

【分析】【分析】

制备聚硅酸铁：废铁渣主要成分为Fe3O4，含少量C及SiO2、粉碎后用工业硫酸溶解，Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，同时通入的氧气将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，C和SiO2不溶于稀硫酸，过滤后所得滤渣为C和SiO2，滤液中主要含有Fe3+，经检测Fe3+后；再加入聚硅酸，静置后即可得聚硅酸铁，以此解答该题。

【详解】

(1)合金的机械性能比成分金属好。则钢的硬度比纯铁大。

(2)化合物中元素化合价代数和为零，钾元素呈+1价、氧元素呈-2价，则K2FeO4中Fe的化合价为+6。

(3)普通铁粉和水蒸气在高温下反应：则有：当生成44.8LH2(标准状况)即2mol氢气；则转移电子的物质的量为4mol。

(4)Fe(OH)2具有还原性，容易被氧气氧化。用FeSO4溶液制备Fe(OH)2的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的目的是防止Fe(OH)2被氧化。

(5)FeCl3溶液作为“腐蚀液”，氯化铁和铜反应生成CuCl2和FeCl2，该反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；铁离子与硫氰化钾(KSCN)反应生成血红色溶液，则检验反应后的溶液中是否还有三价铁离子的试剂是硫氰化钾(KSCN)。

(6)①加热条件下酸浸时，Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，化学方程式为Fe3O4+3H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+3H2O。②酸浸时，通入O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+。③SnCl2能将Fe3+还原为Fe2+，则该反应中，还原剂为SnCl2，还原产物为Fe2+，还原剂的还原性大于还原产物，则还原性SnCl2>Fe2+；酸性K2Cr2O7能把Fe2+氧化，则还原剂为Fe2+，Cr2O被还原为Cr3+，则还原产物为Cr3+，还原剂的还原性大于还原产物，则还原性Fe2+>Cr3+；则SnCl2、Fe2+和Cr3+三者中还原性最强的是SnCl2。【解析】大+64防止Fe(OH)2被氧化2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+硫氰化钾(KSCN)Fe3O4+3H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+3H2O将Fe2+氧化成Fe3+SnCl213、略

【分析】【分析】

（1）水和四氯化碳的混合物；分层；（2）氯化钾溶于水，沙子不溶于水；（3）酒精（沸点为78.1℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的沸点不同；（4）碘不易溶于水，易溶于有机溶剂。

【详解】

（1）水和四氯化碳的混合物；分层，则选择分液法分离，故答案为B；

（2）氯化钾溶于水；沙子不溶于水，则选择过滤法分离，故答案为A；

（3）酒精（沸点为78.1℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的沸点不同；则选择蒸馏法分离，故答案为C；

（4）碘不易溶于水；易溶于有机溶剂，则从碘水中提取碘单质采取萃取分液法分离，故答案为D。

【点睛】

本题考查混合物分离方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。【解析】BACD14、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：最终得到的沉淀质量是21.4g—15.6g＝5.8g；该白色沉淀是氢氧化镁，则氢氧化镁的物质的量是5.8g÷58g/mol＝0.1mol，根据镁离子守恒可知原溶液中镁离子的浓度是0.1mol÷0.1L＝1mol/L。反应中产生的氢气是13.44g÷22.4L/mol＝0.6mol。21.4g沉淀中氢氧化铝是15.6g，物质的量是15.6g÷78g/mol＝0.2mol，则产生0.1mol氢氧化镁和0.2mol氢氧化铝需要的氢氧化钠是0.1mol×2+0.2mol×3＝0.8mol。而在反应中生成的氢氧化钠是0.6mol×2＝1.2mol，这说明与铝反应生成偏铝酸钠的氢氧化钠是0.4mol，则铝离子是0.1mol，所以原溶液中铝离子的物质的量是0.1mol+0.2mol＝0.3mol，则铝离子浓度是0.3mol÷0.1L＝3mol/L。根据电荷守恒可知氯离子的浓度是1mol/L×2+3mol/L×3＝11mol/L。

考点：考查钠与氯化镁、氯化铝混合液反应的有关计算【解析】1mol/L3mol/L11mol/L三、判断题(共5题，共10分)15、B【分析】【详解】

在化学变化过程中，反应物分子被破坏，但元素的种类不变，原子种类也不变，故错误。16、B【分析】【详解】

向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液，氯水过量，也会将碘离子氧化为碘单质，不能说明氧化性Br2>I2，故错误。17、B【分析】【分析】

【详解】

摩尔质量指单位物质的量物质所具有的质量，H2SO4的摩尔质量是(1×2+32+16×4)g·mol-1=98g·mol-1，错误。18、B【分析】【分析】

【详解】

做完铜与浓硫酸反应实验后的试管，应将残液倒出后，再用水冲洗，故错误。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。四、结构与性质(共4题，共28分)20、略

【分析】【分析】

首先根据周期表得出各字母所代表的元素，a为氢，b为锂；c为碳，d为氮，e为氧，f为氟，g为钠，h为镁，i为铝，j为硅，k为硫，l为氯，m为氩，n为钾，o为锰，p为铁，再来分析各小题即可。

【详解】

(1)h为Mg元素；Mg单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，原因是电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光的形式辐射出能量；

(2)o为Mn元素，其基态原子电子排布式为基态Mn2+的电子排布式为其3d能级为半充满状态，相对比较稳定，因此失去第三个电子比较困难，而p为元素，的电子排布式为其3d能级再失去一个电子可以变为半充满的稳定结构，故其失去第三个电子比较容易；

(3)由图可知，该元素的电离能远大于故为第ⅢA族元素，图中只有符合条件。【解析】①.电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光的形式辐射能量②.Mn2+的3d轨道电子排布为半充满状态，比较稳定③.Al21、略

【分析】【分析】

(1)根据杂化轨道理论分析N原子的轨道杂化类型；

(2)根据二者的结构特点以及氢键对物质熔沸点的影响分析作答；

(3)H2S2O7属于二元酸，根据已知H2S2O7的结构特点分析其结构；

(4)根据无机含氧酸的酸性强弱规律分析亚磷酸和亚砷酸的结构；并分别写出相应的化学方程式。

【详解】

(1)CO(NH2)2分子的结构式为则其含有的σ键与π键的数目之比为7:1；N原子与其他3个原子形成3个σ键，且有一个孤电子对，则其价层电子对数为4，采取sp3杂化；

(2)由异硫氰酸分子和硫氰酸分子的结构式可知；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，故硫氰酸(H−S−C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H−N=C=S)的沸点；

(3)含氧酸H2S2O7属于二元酸，已知其结构中所有原子都达到稳定结构，且不存在非极性键，即不存在氧原子之间、S原子之间形成的共价键，故S原子与氧原子之间形成共价键，O原子与H原子之间形成共价键，且每个S提供孤对电子与2个O原子形成2个配位键，其结构式为

(4)无机含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，亚磷酸是中强酸，亚砷酸是弱酸且有一定的弱碱性，所以亚磷酸含有一个非羟基氧原子，亚砷酸不含非羟基氧原子，则亚磷酸和亚砷酸的结构式分别为：亚磷酸中含有2个羟基，属于二元酸，亚砷酸属于三元酸，但有弱碱性，则H3PO3与过量的NaOH溶液反应的化学方程式是：H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O，H3AsO3与足量的浓盐酸反应的化学方程式是：H3AsO3+3HCl=AsCl3+3H2O。

【点睛】

亚磷酸(H3PO3)是中强酸，含有一个非羟基氧原子，其结构式为：分子中有2个羟基，则其属于二元酸，其与过量的NaOH溶液反应生成的亚磷酸钠Na2HPO3属于正盐，不是酸式盐，在水溶液中HPO32-只能水解，不能电离。这是同学们的易错点。【解析】①.7：1②.sp3③.异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键(或异硫氰酸分子间可形成氢键)④.⑤.H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O⑥.H3AsO3+3HCl=AsCl3+3H2O22、略

【分析】【详解】

(1)因为苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键；而使在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度，因此，本题答案是：增大；苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度；

(2)Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀经洗涤干燥后称量,发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的可以知道紫色品体中含3个氯离子，绿色晶体中含2个氯离子，即绿色晶体的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，氯原子形成化学键有含有离子键、配位键，因此，本题答案是：[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O；离子键；配位键；

(3)第二周期中元素形成的氢化物中，水为液态，其它为气体，故水的沸点最高，且相对分子质量越大，沸点越高，故B曲线为VIIA族元素氢化物沸点；HF分子之间、氨气分子之间均存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物，甲烷分子之间不能形成氢键，同主族形成的氢化物中沸点最低，故D曲线表示IVA族元素氢化物沸点；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水分子之间、氨气分子之间、HF分子之间均形成氢键，沸点较高；因此，本题答案是：B；D；结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水、氨气、HF分子之间均形成氢键，沸点较高。【解析】增大苏丹Ⅰ已形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易已形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于增大在水中的溶解度[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O离子键、配位键BD结构与组成相似，分子间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高水、氨气、HF分子之间均能形成氢键，沸点较高23、略

【分析】【详解】

(1)因为苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键；而使在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度，因此，本题答案是：增大；苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度；

(2)Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀经洗涤干燥后称量,发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的可以知道紫色品体中含3个氯离子，绿色晶体中含2个氯离子，即绿色晶体的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，氯原子形成化学键有含有离子键、配位键，因此，本题答案是：[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O；离子键；配位键；

(3)第二周期中元素形成的氢化物中，水为液态，其它为气体，故水的沸点最高，且相对分子质量越大，沸点越高，故B曲线为VIIA族元素氢化物沸点；HF分子之间、氨气分子之间均存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物，甲烷分子之间不能形成氢键，同主族形成的氢化物中沸点最低，故D曲线表示IVA族元素氢化物沸点；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水分子之间、氨气分子之间、HF分子之间均形成氢键，沸点较高；因此，本题答案是：B；D；结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水、氨气、HF分子之间均形成氢键，沸点较高。【解析】增大苏丹Ⅰ已形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易已形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于增大在水中的溶解度[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O离子键、配位键BD结构与组成相似，分子间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高水、氨气、HF分子之间均能形成氢键，沸点较高五、计算题(共4题，共24分)24、略

【分析】试题分析：（1）n(HCl)消耗="5mol/L"×0.2L-1.0mol/L×0.2L=0.8mol

（2）设铝和铁的物质的量分别为x；y

2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑Fe+2HCl=FeCl2+H2↑

2mol6mol1mol2mol

x3xy2y

27x+56y=11g

3x+2y=0.8mol解得x="0."2moly=0.1mol

即：n(Al)=0.2mol；n(Fe)=0.1mol（4分）

（3）Fe2++2OH－=Fe(OH)2↓Al3++4OH－=AlO2-+2H2O

n(NaOH)="1.0mol/L×0.2L+0.1mol×2+0.2mol×4=1.2"mol

V(NaOH)="1.2"mol÷2.0mol/L=0.6L；即600mL

考点：本题考查化学计算。【解析】(1)0.8mol；(2)n(Al)=0.2mol，n(Fe)=0.1mol；(3)600mL25、略

【分析】【详解】

该盐酸溶液的物质的量浓度为：==12mol/L，15.8gKMnO4的物质的量为：=0.1mol，根据反应方程式知，2molKMnO4与16molHCl反应，2mol锰元素由+7价变为+2价，10mol氯元素由-1价变为0价，故15.8gKMnO4反应消耗HCl0.8mol，需要盐酸的体积为=0.0667L=66.7mL；被氧化的HCl的物质的量为：n==0.5mol，0.8mol-0.5mol=0.3molHCl体现酸性，产生氯气0.25mol，标准状况下体积为：V=nVm=0.25mol22.4mol/L=5.6L，故答案为：66.7；0.5；0.3；5.6L。【解析】①.66.7②.0.5③.0.3