2024年新科版必修1化学上册月考试卷

…………○…………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2024年新科版必修1化学上册月考试卷695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7题，共14分)1、下列化合物中，含离子键的是A.H2OB.KClC.HClD.Cl22、已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，其中Z元素原子之间通常形成Z2分子；下列说法正确的是（）

A.原子半径：X＜Y＜ZB.气态氢化物的稳定性：X＞ZC.Z、W均可与Mg形成离子化合物D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞W3、某元素X的最高价含氧酸的化学式为HnXO2n﹣2，则在某气态氢化物中，X元素的化合价为A.5n﹣12B.3n﹣12C.3n﹣6D.n﹣104、利用下列仪器(夹持装置略)能完成的实验是。

A.制备氢氧化铁胶体B.除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、C.配制0.5mol·L-1的NaOH溶液D.除去NaBr溶液中的少量NaI5、下列说法正确的是A.铝片在酒精灯上加热不会滴落B.利用丁达尔效应鉴别FeCl3溶液和FeCl2溶液C.除去FeCl2溶液中含有的少量FeCl3，可加入足量铜粉，然后过滤D.鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液：分别加入澄清石灰水，观察是否有白色沉淀产生6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.2gH2所含原子数目为2NAB.1mol/LNaOH溶液中Na+的数目为NAC.常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5NAD.2.8g铁粉与足量盐酸反应转移电子的数目为0.15NA7、用下列装置进行NH3制取；性质验证和尾气处理；其中不能实现相应实验目的的是。

A.装置甲制取B.装置乙验证还原性C.装置丙验证溶解性D.装置丁尾气处理评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、根据元素周期表1~20号元素的性质和递变规律；回答下列问题：

（1）属于金属元素的有_________种；其中金属性最强的元素的单质与氧气反应生成的化合物的化学式为_________；_________（填两种）。

（2）最高正化合价最高的元素是________（填元素符号）；其最高正化合价为__________。

（3）单质既能与盐酸反应；又能与NaOH溶液反应的是_________，并写出这两个方程式_________，________。

（4）第三周期中，原子半径最大的元素是（稀有气体元素除外）_____________。9、现有下列物质：

①氧化钠固体②胆矾晶体③熔融氯化钠④稀盐酸⑤氨水⑥蔗糖⑦二氧化碳。

请用序号填空：

(1)上述状态下可导电的是____________。

(2)属于电解质的是__________________。

(3)属于非电解质的是________________。10、（1）标准状况下，CO2的密度为_____________保留两位小数）。

（2）标准状况下，由等物质的量的A和B两种气体组成的混合气体5.6L，其质量为7.5g。已知A的相对分子质量是B的2.75倍，则A的摩尔质量为____________。

（3）12.4gNa2X中含Na+0.4mol，则X的相对原子质量为_________。

（4）在标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6克，若装满氮气则重66克，那么此容器的容积为_______。

（5）在一定温度和压强下，7g氯气的体积为7.5L，在同样条件下，15L某未知气体的质量8.4g，该未知气体的相对分子质量为________。11、用电子式表示下列物质：①H2O②Cl212、下列物质中：①金刚石②石墨③冰水混合物④纯净的空气⑤红磷⑥白磷⑦过氧化钠(Na2O2)⑧氧化钠⑨胆矾⑩CuSO4溶液⑪氧化钙。

(1)属于混合物的是___________；属于单质的是___________，属于化合物的是___________。

(2)属于由相同元素组成的不同物质的是___________；___________；___________；___________。

(3)属于由同种元素组成的不同单质的是___________；___________。

(4)下列变化不属于化学变化的是___________。

A．石墨转化成金刚石B．冰融化成冰水混合物。

C．氧化钙溶于水D．无水硫酸铜遇水变蓝评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)13、氯气与NaOH溶液反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂。(___________)A.正确B.错误14、华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用材料均为晶体硅。(____)A.正确B.错误15、HClO电子式：(___________)A.正确B.错误16、物质的量是衡量物质数量的基本物理量。(_______)A.正确B.错误17、氢氟酸或浓硝酸存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中。(___________)A.正确B.错误18、向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，溶液中一定存在CO(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、计算题(共4题，共12分)19、取50.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得14.51g白色沉淀；用过量的稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66g，并有气体放出，试计算：

（1）用过量的稀硝酸处理沉淀的离子方程式为：___。

（2）该混合溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度分别为：Na2CO3：___mol/L；Na2SO4：___mol/L。20、将2.80g含氧化镁的镁条完全溶于50.0mL硫酸溶液后；滴加2.00mo1/L氢氧化钠液，恰好完全沉淀时用去200.0mL。将所得沉淀灼烧；冷却后称量得固体质量为4.40g。

(1)上述硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)=___。

(2)镁条中氧化镁和镁的物质的量之比为n(MgO)：n(Mg)=___。21、在50mLbmol·L-1的AlCl3溶液中加入50mLamol·L-1NaOH溶液。

(1)当a≤3b时，生成Al(OH)3沉淀的物质的量为______。

(2)当a、b满足______条件时；无沉淀产生。

(3)当a、b满足______条件时，先有沉淀生成，后又有部分沉淀溶解，此时Al(OH)3的质量为______g。22、铝虽为金属，但可与氢氧化钠溶液发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；现将27g的铝粉投入到足量的NaOH溶液中，充分反应后，计算：

（1）铝粉的物质的量_____；

（2）消耗氢氧化钠溶质的质量为多少克？________

（3）得到标准状况下的氢气的体积是多少升？_____________评卷人得分五、实验题(共4题，共40分)23、磺酰氯(SO2Cl2)是一种重要的有机合成试剂，实验室可利用SO2与Cl2在活性炭作用下反应制取少量的SO2Cl2，装置如图所示(部分夹持装置省略)。已知SO2Cl2的熔点为-54.1℃；沸点为69.1℃，遇水能发生剧烈的水解反应，并产生白雾。

回答下列问题。

(1)甲装置可以用于实验室制SO2，则下列试剂组合中合适的是___________。

A．18.4mol·L-1的硫酸和Cu

B．10mol·L-1的硝酸和Na2SO3固体。

C．70%的硫酸和Na2SO3固体。

装置庚中发生反应的离子方程式为：___________。

(2)导管a的作用是___________。仪器b盛放的试剂为___________。装置乙和丁中可以使用同一种试剂，该试剂为___________。

(3)控制反应过程中装置丙中进气速率的方法是___________，实验结束时，关闭分液漏斗活塞和止水夹k，此时装置戊的作用是___________。

(4)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得磺酰氯与另外一种物质，该反应的化学方程式为___________。

(5)若反应中消耗的氯气体积为896mL(已转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的磺酰氯3.3g，则磺酰氯的产率为___________(保留三位有效数字)。24、研究性学习小组对某硫酸亚铁晶体(FeSO4·xH2O)热分解研究；该小组同学称取ag硫酸亚铁晶体样品按下图高温加热，使其完全分解，对所得产物进行探究，并通过称量装置B质量测出x的值。

(1)装置B中硫酸铜粉末变蓝，质量增加12.6g，说明产物中有_____(填分子式)。

(2)硫酸亚铁晶体完全分解后装置A中还残留红棕色固体氧化铁。

(3)装置C中高锰酸钾溶液褪色，说明产物中存在_____(填氧化性或还原性)气体_____(填分子式)。

(4)实验中要持续通入氮气，否则测出的x会_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

(5)从理论上分析得出硫酸亚铁分解还生成另-物质三氧化硫，写出硫酸亚铁分解的化学方程式____。

(6)某研究所利用SDTQ600热分析仪对硫酸亚铁晶体(FeSO4·xH2O)进行热分解，获得相关数据，绘制成固体质量一分解温度的关系如图，根据图中有关数据，可计算出FeSO4·xH2O中的x＝_____。(写出计算过程)

25、Ⅰ.某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质，设计如图所示装置进行实验。装置III中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。

(1)c的仪器名称为：_______；V中氢氧化钠溶液的作用是：_______。

(2)装置Ⅳ中发生的离子方程式为：_______；

(3)实验结束后，该组同学在装置Ⅲ中观察到a、b的红色都褪去，原因是：_______；你认为还需在上图装置Ⅱ与Ⅲ之间添加图中的_______装置(填序号)。

(4)某学生设计如下实验装置利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉(这是一个放热反应)；据此回答下列问题：

①漂白粉将在U形管中产生，其化学反应方程式是_______。

②经分析并查阅资料发现U形管中温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca(C1O3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是_______。26、根据实验要求完成下列问题。

Ⅰ；实验室需要配制480mL0.1mol/L的稀硫酸。

（1）若用密度为1.84g/mL，质量分数为98%的浓硫酸来配制，需要用量筒量取浓硫酸_______mL。

（2）该实验除了需要用到量筒、烧杯和玻璃棒之外，还需要用到的玻璃仪器是_____________。

（3）配制溶液时，下列操作会导致所配溶液浓度偏高的操作是__________。

A.用蒸馏水洗涤烧杯；洗涤液没有全部注入容量瓶中。

B.定容摇匀后；发现液面低于刻度线，又加水到刻度线位置。

C.定容时仰视刻度线。

D.容量瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理；底部有少量水残留。

E．用量筒量取浓硫酸时；仰视刻度线。

Ⅱ、Fe(OH)3胶体可使水中悬浮物凝聚沉淀；是城市饮用水处理新技术。

（1）实验室制取Fe(OH)3胶体的操作是往_______（填序号）中逐滴加入________（填序号）；继续煮沸至出现红褐色即停止加热。

①沸水②NaOH溶液③饱和FeCl3溶液。

（2）相应的化学方程式是______________________________________________。

（3）向Fe(OH)3胶体中逐滴加入硅酸胶体，逐渐出现红褐色沉淀，出现该现象的原因是_____。

（4）除去胶体中混有的FeCl3和HCl的方法是__________。评卷人得分六、原理综合题(共2题，共14分)27、(1)元素M的离子与NH4+所含电子数和质子数均相同，则M的原子结构示意图为＿____。

(2)硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为____＿。

(3)能证明Na2SO3溶液中存在SO32-+H2OHSO3-+OH-水解平衡的事实是____＿（填序号）。

A.滴人酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色退去。

B.滴人酚酞溶液变红；再加入氯水后红色退去。

C.滴人酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色退去。

(4)元素X、Y在周期表中位于向一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化（其中D是纤维素水解的最终产物）:

①非金属性X____Y(填“>”或“<”)

②Cu2Y与过量浓硝酸反应有红棕色气体生成，化学方程式为____

（5）在恒容绝热（不与外界交换能量）条件下进行2A(g)+B(g）2C(g)+D(s）反应，按下表数据投料，反应达到平衡状态，测得体系压强升高。简述该反应的平衡常数与温度的变化关系：。物质

A

B

C

D

起始投料/mol

2

1

2

0

28、某小组用实验1验证FeCl3与Cu的反应；观察到有白色沉淀产生，决定对其进行深入探究。

实验1：

资料：

i.CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，分别生成Cu2+与SO42-、Cu2+与Cl-。

ii.SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似；(SCN)2性质与卤素单质相似；其水溶液呈黄色。

（1）FeCl3溶液与KSCN溶液反应的离子方程式为__________________。

（2）下列由实验1得到的推论中，合理的是_______________（填字母序号）。

a.Cu能还原Fe3+

b.Fe3+与SCN-的反应是可逆反应。

c.白色沉淀中的Cu(I)（I表示+1价铜元素）可能是由Fe3+氧化Cu得到的。

（3）为探究实验1中白色沉淀的成分；小组同学实施了实验2：

由实验2可知，实验1中白色沉淀的成分是____。

（4）该小组欲进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因，实施了实验3：。步骤实验操作实验现象I

溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余II取I中上层清液于试管中，滴加1滴0.1mol/LKSCN溶液立刻出现红色，同时有白色沉淀生成III振荡II中试管，静置白色沉淀变多，红色逐渐褪去

①步骤I的实验操作是_____________________。

②根据实验3的现象，小组同学认为Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)，他们的判断依据是______。

③步骤II中加入KSCN溶液后出现红色的可能原因是________________。

④解释步骤III中实验现象产生的可能原因：_______________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．H2O含有共价键；故A不符合题意；

B．KCl含有离子键；故B符合题意；

C．HCl含有极性共价键；故C不符合题意。

D．Cl2含有非极性共价键；故D不符合题意；

答案为B。2、C【分析】【分析】

已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，则Y、Z为第二周期元素，X、W为第三周期元素；Z元素原子之间通常形成Z2分子，则Z2可能为N2或O2；从而得出X；Y、Z、W可能为Al、C、N、S，或Si、N、O、Cl。

【详解】

A．从元素在周期表中的位置可得出；原子半径：X＞Y＞Z，A不正确；

B．若X为Al；不能形成气态氢化物，若X为Si，则Z为O，气态氢化物的稳定性：X＜Z，B不正确；

C．Z；W不管是N、S还是O、Cl；均可与Mg形成离子化合物，C正确；

D．因为非金属性C＜S；N＜Cl；所以最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜W，D不正确；

故选C。3、B【分析】【分析】

化合物中元素的化合价代数和为零；据此计算X元素的化合价，再利用最高正化合价+|最低负化合价|=8，计算X元素在气态氢化物中的化合价。

【详解】

令X元素的化合价为a，化合物HnXO2n﹣2中元素的化合价代数和为零，则：1×n+a+（2n﹣2）×（﹣2）=0解得，a=3n﹣4；根据最高正化合价+|最低负化合价|=8，所以氢化物中化合价为=3n﹣4﹣8=3n﹣12，故选B。4、D【分析】【详解】

A．制备氢氧化铁胶体是将FeCl3饱和溶液滴加到加热煮沸的蒸馏水中，故需要仪器有酒精灯、烧杯、胶头滴管，缺少酒精灯，不能完成，故A错误；

B．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、需加入碳酸钠、氢氧化钠和氯化钡溶液，转为沉淀后过滤可除去，缺少漏斗，故不能完成，故B错误；

C．配制0.5mol·L-1的NaOH溶液需用到托盘天平、容量瓶、玻璃棒、烧杯，缺少托盘天平，故不能完成，故C错误；

D．用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，溴水与NaI反应生成碘和NaBr，碘易溶于四氯化碳，分液可分离，则需要烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，能完成，故D正确；

故选：D。5、A【分析】【详解】

A．金属铝在酒精灯上加热；铝与氧气反应生成氧化铝，氧化铝的熔点很高，包裹在铝的外面，所以熔化的铝不会滴落，故A正确；

B．丁达尔效应为胶体特有的性质，不能用丁达尔效应鉴别FeCl3溶液和FeCl2溶液；故B错误；

C．铜与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁；引入了新杂质氯化铜，应该加足量的铁粉，过滤，故C错误；

D．Na2CO3和NaHCO3溶液均能与澄清石灰水反应产生白色沉淀；不能鉴别，故D错误；

故选A。6、A【分析】【分析】

【详解】

A项、氢气为双原子分子，2g氢气的物质的量为1mol，分子中含有2mol氢原子，所含原子数目为2NA；故A正确；

B项、缺1mol/LNaOH溶液的体积，无法计算溶液中Na+的物质的量；故B错误；

C项、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，分子个数小于0.5NA个；故C错误；

D项、2.8g铁粉的物质的量为0.05mol，与足量盐酸生成氯化亚铁和氢气，转移电子的物质的量为0.1mol，数目为0.1NA；故D错误；

故选A。

【点睛】

本题考查了阿伏加德罗常数，注意掌握有关物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积、阿伏伽德罗常数等之间的转化关系是解答关键。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．生石灰溶于水生成氢氧化钙；同时放热，促进氨水分解产生氨气，则装置甲可制取氨气，A正确；

B．在加热的条件下氧化铜能氧化氨气生成氮气；铜和水；则装置乙验证氨气还原性，B正确；

C．通过喷泉实验可验证氨气极易溶于水；即装置丙验证氨气溶解性，C正确；

D．氨气极易溶于水；装置丁吸收氨气尾气时需要有防倒吸装置，D错误；

答案选D。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【详解】

（1）元素周期表前20号元素中属于金属元素的有Li、Be、Na、Mg、Al、K、Ca，共7种。在这些金属元素中金属性最强的元素是K与氧气反应生成的化合物有K2O、K2O2、KO2、KO3。

故答案为7K2OK2O2

（2）Cl元素的在高氯酸根中有最高正价为+7价。

故答案为Cl+7

（3）金属Al既能和酸反应也能和碱反应，Al和盐酸反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，铝和氢氧化钠反应的方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

故答案为Al2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

（4）同一周期的元素；原子序数越大，原子半径就越小。因此第三周期中，原子半径最大的是Na。

故答案为Na【解析】7K2OK2O2Cl+72Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+H2↑AlNa9、略

【分析】【分析】

能导电的物质含有自由移动的电子或阴阳离子；

电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；

非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；

单质；混合物既不是电解质也不是非电解质，根据定义即可解答．

【详解】

(1)①氧化钠固体；②胆矾晶体中阴阳离子不自由移动；不能导电；③熔融氯化钠、④稀盐酸、⑤氨水中含有自由移动的阴、阳离子，所以能导电；⑥蔗糖、⑦二氧化碳中只存在分子，不能导电；

故答案为③④⑤；

(2)①氧化钠固体；②胆矾晶体、③熔融氯化钠是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物；所以是电解质；④稀盐酸、⑤氨水是混合物，既不是电解质、也不是非电解质；

故答案为①②③；

(3)⑥蔗糖是在水溶液和熔融状态都不导电的化合物；属于非电解质；⑦二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸，碳酸电离出自由移动的阴阳离子，二氧化碳的水溶液能导电，但阴阳离子不是二氧化碳自身电离的，二氧化碳是非电解质；

故答案为⑥⑦；

【点睛】

二氧化碳，氨气其水溶液能导电，但自身不能电离出自由移动的离子，所以是非电解质。【解析】③④⑤①②③⑥⑦10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由ρ=m/V=M/Vm可以知道，标准状况下，CO2的密度为44g∙mol-1/22.4L∙mol-1=1.96g/L；因此本题正确答案是：1.96g/L；

(2)已知A的相对分子质量是B的2.75倍，设B的相对分子质量为M，则A的相对分子质量为2.75M，由等物质的量的A和B两种气体组成的混合气体5.6L，物质的量共为5.6L/22.4L∙mol-1=0.25mol；则A；B的物质的量分别为0.125mol，则0.125mol×2.75M+0.125mol×M=7.5g，解得M=16g/mol，所以A的摩尔质量为=2.75×16g/mol=44g/mol；因此，本题正确答案是:44g/mol；

(3)12.4gNa2X中含Na+0.4mol，n(Na2X)=n(Na+)=0.2mol，M(Na2X)=12.4g/0.2mol=62g/mol；则X的相对原子质量为62-23×2=16；因此，本题正确答案是：16；

(4)设容器的体积为VL；质量为mg，则71×V/22.4+m=74.6；28×V/22.4+m=66，解得V=4.48L；因此，本题正确答案是:4.48L；

(5)Vm===76.1L/mol，则15L气体的物质的量为==0.2mol，所以气体的相对分子质量==42，因此，本题正确答案是：42。【解析】1.96g·L-144g·mol-1164.48L4211、略

【分析】试题分析：水是共价化合物，含有极性键，电子式为氯气是单质，含有非极性键，电子式为

考点：考查电子式书写【解析】12、略

【分析】【分析】

③冰水混合物，虽有混合两个字，但冰和水属于同一种物质，是纯净物，是化合物；④纯净的空气虽然有纯净二字，但属于混合物，因为空气本身就是混合物；⑩CuSO4溶液是混合物；①金刚石②石墨⑤红磷⑥白磷属于单质，属于纯净物；⑦过氧化钠(Na2O2)⑧氧化钠⑪氧化钙是氧化物；属于化合物，属于纯净物；⑨胆矾是盐，是结晶水合物，是纯净物，是化合物，据此解答。

【详解】

(1)④纯净的空气虽然有纯净二字，但属于混合物，因为空气本身就是混合物；⑩CuSO4溶液是混合物，因为溶液是由溶质和溶剂组成的，故属于混合物的是④⑩；①金刚石②石墨⑤红磷⑥白磷分别属于碳元素和磷元素的单质，故属于单质的是①②⑤⑥；③冰水混合物，虽有混合两个字，但冰和水属于同一种物质，是纯净物，是化合物，⑦过氧化钠(Na2O2)⑧氧化钠⑪氧化钙是氧化物；属于化合物⑨胆矾是盐，是结晶水合物，是纯净物，是化合物，故属于化合物的是③⑦⑧⑨⑪；

(2)属于由相同元素组成的不同物质的是①和②，碳元素的同素异形体。⑤和⑥，磷元素的同素异形体。⑦和⑧是由氧元素和钠元素组成的氧化物。⑨胆矾的化学式是CuSO4·5H2O，因此它和⑩CuSO4溶液的组成元素相同。

(3)属于由同种元素组成的不同单质的是①和②；碳元素的同素异形体，⑤和⑥，磷元素的同素异形体。

(4)A．石墨转化成金刚石；属于化学变化；

B．冰融化成冰水混合物，冰和水是同一种物质，属于物理变化；C．氧化钙溶于水，生成氢氧化钙，属于化学变化；D．无水硫酸铜遇水变蓝，生成了新物质胆矾，属于化学变化；综上所述，B项符合题意，本题答案B。【解析】④⑩①②⑤⑥③⑦⑧⑨⑪①和②⑤和⑥⑦和⑧⑨和⑩①和②⑤和⑥B三、判断题(共6题，共12分)13、A【分析】【分析】

【详解】

氯气与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，Cl元素的化合价部分由0价升至+1价、部分由0价降至-1价，Cl2既是氧化剂又是还原剂，正确。14、A【分析】【分析】

【详解】

硅是良好的半导体材料。芯片主要原料晶体硅，太阳能电池感光板主要原料为硅，故正确15、B【分析】【分析】

根据形成8电子稳定结构；结合原子结构分析判断。

【详解】

氯原子最外层有7个电子，形成8电子稳定结构，只需要形成1个共用电子对，氧原子最外层有6个电子，形成8电子稳定结构，需要形成2个共用电子对，HClO电子式为故错误。16、B【分析】【分析】

【详解】

物质的量是描述物质微粒多少的物理量，故该说法错误。17、B【分析】【分析】

【详解】

氢氟酸应存放在塑料瓶中，浓硝酸存放在带塑料塞的棕色玻璃瓶中，故错误。18、B【分析】【分析】

【详解】

使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2或SO2，若为CO2，则原溶液中存在或若为SO2，则原溶液中存在或题干说法错误。四、计算题(共4题，共12分)19、略

【分析】【分析】

Na2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到的白色沉淀是BaCO3和BaSO4，用过量的稀硝酸处理，BaSO4不溶于硝酸，BaCO3能与稀硝酸反应释放出的气体为二氧化碳。

【详解】

(1)生成的BaCO3能与稀硝酸反应，化学方程式为BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+H2O+CO2↑，根据离子方程式的书写方法：写、拆、删、查，最终离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑；

(2)用过量的稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66g，即BaSO4是4.66g，根据S元素守恒，加入过量BaCl2溶液后得14.51g白色沉淀，即BaCO3和BaSO4总质量为14.51g，BaCO3质量为14.51g-4.66g=9.85g，根据C元素守恒，所以Na2SO4的浓度为0.4mol/L，Na2CO3的浓度为1mol/L。【解析】10.420、略

【分析】【详解】

(1)完全沉淀时，溶液中溶质为Na2SO4溶液，结合原子守恒可知，n(SO)=n(Na+)=2.0mol/L×0.2L×=0.2mol，则硫酸溶液的物质量浓度为=4.0mol•Lˉ1；

(2)将所得沉淀灼烧、冷却后称量得固体质量为4.40g，所得固体为MgO，其物质的量为0.11mol，设Mg的物质的量为x，MgO为y，根据原子守恒有x+y=0.11，根据质量守恒有24x+40y=2.80，解得：x=0.1mol，y=0.01mol，则镁条中氧化镁和镁的物质的量之比为n(MgO)：n(Mg)=0.01mol：0.1mol=1：10。【解析】4.0mol•Lˉ11:1021、略

【分析】【分析】

向AlCl3溶液中加入NaOH溶液，若氢氧化钠溶液不足，氯化铝溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为3NaOH+AlCl3=Al(OH)3+3NaCl；由于氢氧化铝是能与氢氧化钠溶液反应的两性氢氧化物，当氢氧化钠溶液过量时，氯化铝溶液与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；当3b＜a＜4b时；氯化铝溶液部分与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，部分与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠。

【详解】

(1)当a≤3b时，氢氧化钠溶液不足量，50mLamol·L-1NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为0.05amol，由反应的化学方程式可知，生成Al(OH)3沉淀的物质的量为0.05amol×=mol，故答案为：

(2)由反应的化学方程式可知，当a≥4b；反应生成的氢氧化铝沉淀与氢氧化钠溶液完全反应转化为偏铝酸钠，无沉淀产生。

(3)当3b＜a＜4b时，氯化铝溶液部分与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，部分与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，反应得到氯化钠和偏铝酸钠的混合溶液，由电荷守恒可得n(Na+)=n(AlO)+n(Cl—)，n(AlO)=n(Na+)—n(Cl—)=0.05amol—0.05b×3，由氯原子个数守恒可知n[Al(OH)3]=0.05b—[0.05amol—0.05b×3]=0.05(4b－a)mol，则Al(OH)3的质量为0.05(4b－a)mol×78g/mol=3.9(4b－a)g，故答案为：3.9(4b－a)。【解析】mola≥4b3b＜a＜4b3.9(4b－a)22、略

【分析】【详解】

27gAl的物质的量为=1mol；

设消耗NaOH的物质的量为xmol，生成H2的物质的量为ymol

所以x==1mol

y==1.5mol

故消耗NaOH的质量为1mol×40g/mol=40g

标况下生成氢气体积为1.5mol×22.4L/mol=33.6L

答：铝粉的物质的量为1mol；消耗氢氧化钠溶质的质量为40g；得到标准状况下的氢气的体积是33.6L．【解析】1mol40g33.6L五、实验题(共4题，共40分)23、略

【分析】【分析】

本实验的目的，是先制取Cl2、SO2，然后制取SO2Cl2。由于SO2Cl2遇水易发生水解，所以制得的Cl2、SO2都必须干燥；为减少气体因过量造成的损失；需通过控制分液漏斗内液体的滴入量，达到控制气体相对量的目的。

【详解】

(1)A．18.4mol·L-1的硫酸和Cu混合；不加热时，反应不能发生，A不符合题意；

B．10mol·L-1的硝酸和Na2SO3固体混合，硝酸会将Na2SO3氧化为Na2SO4，没有SO2生成；B不符合题意；

C．70%的硫酸和Na2SO3固体混合后发生复分解反应，从而生成SO2气体；C符合题意；

故选C。

装置庚中，KMnO4与浓盐酸反应，生成MnCl2、Cl2等，发生反应的离子方程式为：2+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O。答案为：C；2+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O；

(2)导管可调节分液漏斗内外压强相等，所以其作用是平衡分液漏斗内外压强，便于浓盐酸顺利流下。仪器b的作用是吸收SO2和Cl2，同时防止空气中水蒸气的进入，所以盛放的试剂为碱石灰。装置乙和丁中的液体可以使用同一种试剂，该试剂能同时干燥SO2和Cl2；应为浓硫酸。答案为：平衡分液漏斗内外压强，便于浓盐酸顺利流下；碱石灰；浓硫酸；

(3)可通过观察导管口气泡逸出的快慢，控制反应过程中装置丙中进气速率，方法是通过观察乙、丁气泡的生成速率来控制甲、庚中分液漏斗的滴加速率；实验结束时，关闭分液漏斗活塞和止水夹k，此时生成的Cl2进入装置戊中；其作用是平衡压强，贮存少量氯气。答案：通过观察乙；丁气泡的生成速率来控制甲、庚中分液漏斗的滴加速率；平衡压强，贮存少量氯气；

(4)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得磺酰氯与另外一种物质，由质量守恒定律，可确定另一种物质为H2SO4，该反应的化学方程式为2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4。答案为：2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4；

(5)n(Cl2)==0.04mol，n(SO2Cl2)=≈0.02444mol，则磺酰氯的产率为=61.1%。答案为：61.1%。

【点睛】

由于装置内气体的生成造成装置内压强的增大，分液漏斗内液体很难流下，所以需对装置内压强进行调整。【解析】C2+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O平衡分液漏斗内外压强，便于浓盐酸顺利流下碱石灰浓硫酸通过观察乙、丁气泡的生成速率来控制甲、庚中分液漏斗的滴加速率平衡压强，贮存少量氯气2ClSO3HSO2Cl2+H2SO461.1%24、略

【分析】【详解】

(1)硫酸铜遇水变蓝，装置B中硫酸铜粉末变蓝，质量增加12.6g，说明产物中有水，化学式为H2O；

(3)高锰酸钾具有强氧化性，能氧化一些还原性气体而褪色，所以根据装置C中高锰酸钾溶液褪色，说明产物中还有还原性气体SO2生成；

(4)实验中要持续通入氮气；目的是使产生的水蒸气全部进入B中，如果不充入氮气，水蒸气就不能全部从A中排出，因此导致x偏小；

(5)红棕色固体为氧化铁，说明铁元素化合价升高，而反应物中能降低化合价的只能是硫元素，其还原产物是二氧化硫，反应中生成物有氧化铁，还有二氧化硫和三氧化硫，说明硫酸亚铁晶体分解时只有部分硫元素的化合价降低。反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑；

(6)根据图像可知，最终生成的氧化铁质量是8g。根据FeSO4•xH2O的化学式可知铁原子和水的个数比为1:x；则：

解得x=7。【解析】H2O还原性二氧化硫偏小2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑725、略

【分析】【分析】

二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰；氯气和水；由于氯气中含有HCl和水蒸气杂质，因此将通入到饱和食盐水中除去HCl杂质，再通入到浓硫酸中除水蒸气，若不通入到浓硫酸中，则无论是干燥还是湿润的品红试纸都会褪色，主要是氯气与水蒸气反应生成次氯酸，次氯酸有漂白性。

【详解】

(1)根据图中得到c的仪器名称为：分液漏斗；氯气性质验证完后；由于氯气有毒，要进行尾气处理，因此V中氢氧化钠溶液的作用是：吸收未反应的氯气(吸收尾气)；故答案为：分液漏斗；吸收未反应的氯气(吸收尾气)。

(2)装置Ⅳ是氯气和碘化钾反应生成单质碘和氯化钾，反应的离子方程式为：Cl2+2I－＝I2+2Cl－；故答案为：Cl2+2I－＝I2+2Cl－。

(3)实验室制得的氯气中含有HCl和水蒸气杂质；用饱和食盐水除掉氯气中的HCl杂质，但还有水蒸气，水蒸气和氯气反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸能将干燥或湿润的品红试纸的红色都褪去，因此在验证氯气不能使干燥的品红试纸褪色时一定要主要将氯气干燥，因此用浓硫酸干燥氯气；故答案为：没有干燥氯气；④。

(4)①生成漂白粉是将氯气通到石灰乳中发生反应，其化学反应方程式是2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。

②根据信息，温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca(C1O3)2，为避免此副反应的发生，要将U形管冷却，在低温下反应，因此将置于冷水浴中；故答案为：将U形管置于冷水浴中。【解析】分液漏斗吸收未反应的氯气(吸收尾气)Cl2+2I－＝I2+2Cl－没有干燥氯气④2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O将U形管置于冷水浴中26、略

【分析】【详解】

Ⅰ、（1）浓硫酸的浓度是没有480mL容量瓶，应该配制500mL容量瓶，则需要浓硫酸的体积是（2）该实验除了需要用到量筒；烧杯和玻璃棒之外；还需要用到的玻璃仪器是500mL容量瓶和胶头滴管（定容时需要）。（3）A.用蒸馏水洗涤烧杯，洗涤液没有全部注入容量瓶中，导致溶质减少，浓度偏低；B.定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又加水到刻度线位置，溶液体积增加，浓度偏低；C.定容时仰视刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；D.容量瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理，底部有少量水残留不影响；E．用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线，导致浓硫酸的体积增加，溶质增加，浓度偏高，答案选E；

Ⅱ、（1）实验室制取Fe(OH)3胶体的操作是往沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸至出现红褐色即停止加热。（2）相应的化学方程式是FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl。（3）由于硅酸胶粒带负电，使Fe(OH)3胶体聚沉，所以向Fe(OH)3胶体中逐滴加入硅酸胶体，逐渐出现红褐色沉淀；（4）胶体不能透过半透膜，因此除去胶体中混有的FeCl3和HCl的方法是渗析。【解析】2.7500mL容量瓶胶头滴管E①、③FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl硅酸胶粒带负电，使Fe(OH)3胶体聚沉渗析六、原理综合题(共2题，共14分)27、略

【分析】【详解】

(1)NH4＋所含的电子数和质子数分别是10、11，与其电子数和质子数均相等的简单离子只有Na＋，Na的原子结构示意图为

(2)硫酸铝与过量氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵，注意Al(OH)3不能溶于过量的氨水，则硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为：3NH3·H2O+Al3+=Al(OH)3↓+3NH4+

(3)向Na2SO3溶液中加入H2SO4，发生反应生成的SO2能与有色的有机物结合生成无色物质；氯水具有强氧化性能漂泊一些有色的有机物；向Na2SO3溶液中加入BaCl2溶液发生反应过程中溶液中的SO32－的浓度减小，Cl－浓度增加，但Cl－不能影响溶液中酚酞的变色情况；发故C可以说明。

(4)已知纤维素水解的最终产物——葡萄糖能与新制的氢氧化铜悬浊液生成砖红色沉淀Cu2O，故X为S，Y为O。非金属性S2O与过量浓硝酸反应的化学方程式为：Cu2O+6HNO3(浓)2Cu(NO3)2+2NO2↑+3H2O。

(5)该反应的正反应方向是一个气体分子数减小的反应；反应达到平衡状态，体系压强升高，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应方向是一个放热反应，即化学平衡常数随温度升高而减小。

考点定位：本题考查了原子结构示意图、离子方程式的书写、化学平衡的判断和实验检验。【解析】(1)

(2)3NH3·H2O+Al3+=Al(OH)3↓+3NH4+

(3)C

(4)①<②Cu2O+6HNO3(浓)2Cu(NO3)2+2NO2↑+3H2O。

(5)化学平衡常数随温度升高而减小28、略

【分