2024年沪科版必修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年沪科版必修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6题，共12分)1、化学知识无处不在。下列与古诗文记载对应的化学知识或原理不正确的是（）

。选项。

古诗文记载。

化学知识或原理。

A

《望庐山瀑布》“日照香炉生紫烟”

胶体的丁达尔效应。

B

《石炭行》“投泥泼水愈光明”

与煤的气化原理相似。

C

《宝货辨疑》“金遇铅则碎；和银者性柔和铜者性硬”

铜金合金硬度大于各成分单质的硬度。

D

《寄题龚立道农隐堂》“人生请治田；种秫多酿酒”

淀粉通过水解反应直接得到酒精。

A.AB.BC.CD.D2、下列物质中含有自由移动的Cl-的是A.KClO3溶液B.MgCl2溶液C.液态HClD.固态NaCl3、下列实验操作；现象和结论均正确的是（）

。选项。

实验操作和现象。

结论。

A

向NaBr溶液中分别滴入少量氯水和苯；振荡；静置，溶液上层呈橙红色。

Br-的还原性强于Cl-

B

相同条件下，分别向20mL0.1mol/LKMnO4溶液和20mL0.5mol/LKMnO4溶液中滴加相同浓度和体积的草酸溶液(过量)，0.5mol/LKMnO4溶液紫色褪去的时间更短(生成的Mn2+对该反应无影响)

浓度对反应速率的影响：浓度越大；反应速率越快。

C

向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气；溶液由无色变为蓝色，后蓝色褪去。

氯气具有强氧化性和漂白性。

D

室温下，用pH试纸测得0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5

HSO3-结合H+的能力比SO32-的强。

A.AB.BC.CD.D4、SO2通入足量的Fe(NO3)3稀溶液白中，溶液有棕色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀。针对上述一系列变化，下列说法错误的是A.上述过程中，最终被还原的是NO3-B.从上述反应可知氧化性HNO3>Fe3+>稀硫酸C.上述过程中，会产生一种无色、难溶于水的气体D.若通入的SO2完全反应，则通入的SO2和逸出的气体物质的量之比为1：15、下列说法中正确的悬()A.化合物中的原子都是通过共价键相结合的B.若化学反应吸收能量时，其断键吸收的能量大于成键放出的能量C.化学反应中，断开化学键要放出能量，形成化学键要吸收能量D.化学键是构成物质原子间的强相互作用，表现为原子核间的斥力6、下列各组混合物中，用分液漏斗不能分离的是A.苯和水B.正己烷和水C.溴乙烷和水D.乙酸和乙醇评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、利用海水提取溴和镁的过程如图；下列说法不正确的是。

A.工业上常利用电解熔融MgCl2冶炼金属镁，镁在阴极生成B.步骤③脱水时，在空气中加热MgCl2·6H2O得到MgCl2C.富集溴元素过程中，空气吹出法利用了溴易挥发的性质D.若提取1molBr2，至少需要22.4L的Cl28、下列物质中属于强电解质的有A.固体KOHB.液态HClC.熔融E.冰醋酸E.冰醋酸9、下表为部分酸、碱、盐在水中的溶解性(20℃)。溶溶溶溶溶溶溶溶溶微溶溶溶微溶不溶—溶不溶微溶不溶溶溶溶不溶不溶

在表中所涉及的离子范围内，下列说法不正确的是A.可以用硝酸银溶液检验B.会干扰氯化钡溶液对的检验C.可用澄清石灰水作酸性气体的吸收剂D.向硫酸铜中加入足量最终得到沉淀10、把0.05mol的NaOH固体分别加入到100mL下列溶液中，溶液的导电能力变化不大的是（）A.自来水B.0.5mol/L盐酸C.0.5mol/L醋酸D.0.5mol/LNH4Cl溶液11、已知Ⅰ：Bi（OH）3+3OH-+Cl2+Na+=NaBiO3+2C1-+3H2O，Ⅱ：5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O。下列推断不正确的是（）A.反应Ⅱ中，当有10.45gBi3+生成时转移电子数为0.5NAB.任何条件下，都存在氧化性：C12＞NaBiO3＞MnO4-C.NaBiO3可与盐酸发生反应：NaBiO3+6H++2C1-=Bi3++Na++C12↑+3H2OD.已知BiC13可由Bi2O3与王水（浓硝酸和浓盐酸的混合物）反应制取，说明Bi3+不能被硝酸氧化12、BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂；可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法正确的是。

A.该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2OB.该过程中BMO表现出较强氧化性C.光催化降解过程中，光能转化为化学能、热能等D.①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为1：3评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、回答下列问题：

I.下列三组物质中；均有一种物质的类别与其他三种不同。

①MgO、Na2O、CO2；CuO

②HClO、H2O、H2SO4、HNO3

③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2

（1）三种物质依次是（填化学式）：①________；②________；③________。

II.现有以下物质：

①NaCl晶体②液态HCl③CaCO3固体④熔融KCl⑤蔗糖⑥铜⑦CO2⑧H2SO4⑨KOH溶液。

（2）以上物质中能导电的是____________。（填序号）

（3）以上物质中属于非电解质的是____________。（填序号)14、已知反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，若反应过程中消耗SO2标准状况下2.24L；则：

(1)求转移电子的数目。_____________

(2)反应后溶液中H+的物质的量为多少？_____________15、元素在周期表中的位置反映了元素的原子结构和性质。下图是元素周期表的一部分，请按要求回答下列问题：。族

周期IA01IIAIIIAIVAVAVIAVIIA2①②3③④⑤⑥⑦⑧

(1)元素①位于元素周期表的第_______周期第_______族；它是形成化合物种类最多的元素。

(2)写出②的元素符号_______。

(3)画出元素④的原子结构示意图_______。

(4)元素③和⑤的最高价氧化物对应的水化物中碱性较强的是_______(填化学式)。

(5)比较⑦和⑧的简单离子半径大小_______>_______(填离子符号)。

(6)写出元素⑧的单质与水反应的化学方程式：_______。16、有关漂白粉和漂白液的说法正确的是_______(填序号)。

①工业上将氯气通入澄清石灰水制取漂白粉。

②漂白液的有效成分是NaClO，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2。

③漂白粉和Fe(OH)3胶体都常用于自来水的处理；二者的作用原理不相同。

④漂白粉在空气中久置不可能发生氧化还原反应。

⑤漂白粉在空气中久置变质，理由是漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3。

⑥漂白粉在空气中不稳定，所以可用于漂白纸张。17、(1)下列关于硫酸的说法正确的是_______(填序号)。

①在常温下；浓硫酸和浓硝酸与Fe和Al发生“钝化”，说明常温下浓硫酸和浓硝酸与Fe和Al都不反应。

②浓硫酸具有强氧化性；稀硫酸不具有氧化性。

③常温下将铜片放入浓硫酸中；无明显变化，说明铜在浓硫酸中发生“钝化”

④将浓硫酸滴到湿的蔗糖表面；固体变黑膨胀并有刺激性气味气体生成，说明浓硫酸有脱水性；吸水性和强氧化性。

⑤浓硫酸具有强氧化性，SO2具有还原性，所以浓硫酸不能干燥SO2

⑥浓硫酸具有吸水性，所以浓硫酸可以干燥H2、CO、NH3、H2S、HI、HBr等气体。

(2)写出下列物质的电子式：

N2_______；MgCl2_______；Na2O2_______。评卷人得分四、原理综合题(共3题，共24分)18、锰是一种非常重要的金属元素；在很多领域有着广泛的应用。利用废铁屑还原浸出低品位软锰矿制备硫酸锰，然后进行电解，是制备金属锰的新工艺，其流程简图如下：

已知：

i.低品位软锰矿主要成份有MnO2、Al2O3、Fe2O3、Cu2(OH)2CO3、CaCO3、SiO2等。

ii.部分金属离子以氢氧化物沉淀时的pH

。

Fe2+

Fe3+

Al3+

Mn2+

Cu2+

开始沉淀的pH

6.8

1.8

3.7

8.6

5.2

沉淀完全的pH

8.3

2.8

4.7

10.1

6.7

iii.几种化合物的溶解性或溶度积(Ksp)

。MnF2

CaS

MnS

FeS

CuS

溶于水。

溶于水。

2.5×10－13

6.3×10－18

6.3×10－36

(1)研究表明，单质Fe和Fe2+都可以还原MnO2。在硫酸存在的条件下，MnO2将Fe氧化为Fe3+的离子方程式是____________。

(2)清液A先用H2O2处理，然后加入CaCO3，反应后溶液的pH≈5。滤渣a的主要成分中有黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6。

①H2O2的作用是____________(用离子方程式表示)。

②滤渣a中除了黄铵铁矾，主要成分还有X。用平衡移动原理解释产生x的原因：____________。

(3)用离子方程式表示MnS固体的作用：____________。

(4)滤渣c的成分是____________。

(5)如下图所示装置，用惰性电极电解中性MnSO4溶液可以制得金属Mn。阴极反应有：

i.Mn2++2e－＝Mnii.2H++2e－＝H2↑

电极上H2的产生会引起锰起壳开裂；影响产品质量。

①电解池阳极的电极方程式是________________。

②清液C需要用氨水调节pH＝7的原因是____________。

③电解时，中性MnSO4溶液中加入(NH4)2SO4的作用除了增大溶液导电性之外，还有___________(结合电极反应式和离子方程式解释)。19、储氢纳米碳管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯。其反应式为：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2↑+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O。

（1）请用双线桥法标出电子转移方向和数目___。

（2）上述反应中氧化剂是___（填化学式），被氧化的元素是___（填元素符号）。

（3）H2SO4在上述反应中表现出来的性质是___（填序号）。

A.氧化性B.氧化性和酸性C.酸性D.还原性和酸性。

（4）若反应中电子转移了0.8mol，则产生的气体在标准状况下的体积为___L。

（5）下列离子方程式的书写及评价均合理的是___。选项离子方程式评价A将1molCl2通入含1molFeI2溶液中：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+I2正确；Cl2过量，可将Fe2+、I-均氧化B1mol·L-1的NaAlO2溶液和2.5mol·L-1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O正确；AlO2-与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为2∶3C过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO3-正确；说明酸性：H2SO3强于HClODCa(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水

（6）将一定量Mg、Al合金溶于1mol·L-1的HC1溶液中，进而向所得溶液中滴加1mol·L-1的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量（n）与滴加的NaOH溶液（mL）体积的关系如图所示。下列结论中正确的是___。

A.溶解“一定量Mg；A1合金”的HC1溶液的体积为90mL

B.Al的物质的量为0.01mol

C.可算出实验中产生H2的物质的量为0.04mol

D.若a=20,可算出Mg的物质的量为0.04mol20、（1）氯酸是一种强酸，氯酸的浓度超过40%就会迅速分解，生成有毒气体，反应的化学方程式为8HClO3=3O2↑＋2Cl2↑＋4HClO4＋2H2O。所得混合气体的平均相对分子质量为________。

（2）实验室可用软锰矿（主要成分为MnO2）制取KMnO4，方法如下：高温下使软锰矿与过量KOH(s)和KClO3(s)反应，生成K2MnO4(锰酸钾)和KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；再滤去沉淀MnO2，浓缩结晶得到KMnO4晶体。K2MnO4转化为KMnO4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。

（3）已知测定锰的一种方法是：锰离子转化为高锰酸根离子，反应体系中有H＋、Mn2＋、H2O、

①该反应的离子方程式为________________________。在锰离子转化为高锰酸根离子的反应中，如果把反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的pH＝2，则在反应中转移电子的物质的量为________mol。（结果写成小数；保留三位有效数字）

②在测定锰离子浓度的实验中，需要配制250mL0.10mol/LKIO4的标准溶液，应用托盘天平称取______gKIO4固体。

③下列有关配制溶液的操作或判断正确的是_________

A．使用容量瓶前必须检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水。

B．容量瓶用蒸馏水洗净后；没有烘干就用来配制溶液。

C．定容摇匀后液面下降再加水到刻度线；不影响所配溶液浓度。

D．定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高。

E．当容量瓶中的液面距离刻度线2~3cm时改用胶头滴管加水定容评卷人得分五、实验题(共2题，共16分)21、实验室欲配制240mL0.2mol·L－1的碳酸钠溶液；回答下列问题：

（1）通过计算可知，应用托盘天平称取______gNa2CO3固体。

（2）配制过程必需的仪器有：胶头滴管；托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒；还缺少的仪器是______。

（3）在配制过程中；下列操作中会引起误差且使浓度偏小的是___（填序号）。

①没有洗涤烧杯和玻璃棒②容量瓶不干燥；含有少量蒸馏水。

③未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容④定容时仰视刻度线22、次氯酸钠是常见的消毒剂；实验室可用如下图所示装置制取含次氯酸钠的溶液：

(1)写出装置A中所发生反应的化学方程式：_________。

(2)装有浓盐酸的仪器的名称是________。为吸收挥发出的HCl，装置B中应盛装的溶液是_________。

(3)Cl2与NaOH溶液的反应放热，温度升高后发生副反应。为防止副反应的发生，可以采取的方法是___________。

(4)为测定装置C中NaClO溶液物质的量浓度，进行如下实验：准确量取10.00mL装置C中的溶液于锥形瓶中，加入醋酸和过量的质量分数为10%的KI溶液。以淀粉溶液为指示剂，用0.2400mol·L-1的Na2S2O3滴定，至终点时消耗Na2S2O3溶液20.00mL。实验过程中所发生的反应为NaClO+2KI+2CH3COOH=NaCl+2CH3COOK+I2+H2O，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，计算装置C中NaClO溶液物质的量浓度(写出计算过程)___________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．《望庐山瀑布》“日照香炉生紫烟”；“紫烟”属于气溶胶，是胶体的丁达尔效应，故A正确；

B．《石炭行》“投泥泼水愈光明”；包含的化学知识是：在高温下，把水滴到炭火上，得到两种可燃性气体，与煤的气化原理相似，故B正确；

C．《宝货辨疑》“金遇铅则碎；和银者性柔和铜者性硬”，说明金的硬度小于铅的硬度；与银的硬度相当、大于铜的硬度，与铜金合金硬度大于各成分单质的硬度原理一样，故C正确；

D．淀粉在相关酶作用下水解成葡萄糖；葡萄糖再在酵母菌无氧呼吸作用下生成酒精，因此淀粉通过水解反应不能直接得到酒精，故D错误；

答案选D。2、B【分析】【分析】

【详解】

A；氯酸钾溶液中含有钾离子和氯酸根离子；没有氯离子，A错误；

B；氯化镁在溶液中电离出镁离子和氯离子；B正确；

C；液态氯化氢不发生电离；不存在氯离子，C错误；

D；固态氯化钠不发生电离；不存在氯离子，D错误；

答案选B。3、A【分析】【详解】

A．NaBr溶液中滴入氯水，发生反应2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-，由此得出还原性Br-＞Cl-；A正确；

B．要通过溶液紫色褪去的时间长短比较反应速率快慢；应该让酸性高锰酸钾的体积和浓度均相同，改变草酸的浓度，B错误；

C．淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气；溶液先变蓝后褪色，氯气只表现氧化性，氯气没有漂白性，C错误；

D．0.1mol/LNa2SO3溶液的pH大，碱性强，则结合H+的能力强；D错误；

故选A。4、D【分析】【分析】

将SO2通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，发生离子反应为SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+；立即又变为棕黄色，发生亚铁离子与硝酸根离子的氧化还原反应，生成铁离子，离子反应为3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；以此解答该题。

【详解】

A、溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，所以最终被还原的是NO3﹣；选项A正确；

B、由溶液有棕色变为浅绿色，说明三价铁的氧化性强于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又变成棕黄色，说明亚铁迅速被氧化成铁离子，故硝酸的氧化性强三价铁，综上所述氧化性：HNO3＞Fe3+＞稀硫酸；选项B正确；

C；硝酸根离子和二氧化硫被氧后产生的氢离子构成强氧化性体系；氧化亚铁时生成无色的一氧化氮气体，选项C正确；

D、上述过程中，最终被还原的是NO3﹣，故相当于二氧化硫与硝酸根离子之间的氧化还原，3SO2～2NO3﹣；之比为3：2，选项D错误；

答案选D。

【点睛】

本题比较综合，涉及氧化还原、离子反应方程式书写、化学反应的计算等，把握习题中的信息及发生的化学反应为解答的关键，较好的考查学生分析问题、解决问题的能力，易错点为选项B：由溶液有棕色变为浅绿色，说明三价铁的氧化性强于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又变成棕黄色，说明亚铁迅速被氧化成铁离子。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．化合物中的原子不都是以共价键相结合；如离子化合物中一定含有离子键，故A错误；

B．断键吸收能量；成键释放能量，若化学反应吸收能量，说明断键吸收的能量大于成键放出的能量，故B正确；

C．断开化学键吸收能量；形成化学键释放能量，故C错误；

D．相邻原子之间强烈的相互作用是化学键；化学键中包含引力和斥力两方面的强烈作用，故D错误；

综上所述答案为B。6、D【分析】【详解】

A.苯不溶于水，可以用分液漏斗分离，A错误；B.正己烷不溶于水，可以用分液漏斗分离，B错误；C.溴乙烷不溶于水，可以用分液漏斗分离，C错误；D.乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗分离，D正确，答案选D。二、多选题(共6题，共12分)7、BD【分析】【分析】

依据流程分析，海水中加入氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后在沉淀中加入盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；海水浓缩晒盐得到卤水中通入氧化剂氯气氧化溴离子得到溴单质，2Br-+C12=Br2+2Cl-，吹入热的空气用二氧化硫吸收富集溴SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+通入氯气发生氧化还原反应生成单质溴。

【详解】

A.从MgCl2溶液中得到MgCl2固体，电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，反应的化学方程式为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；镁离子在阴极得电子生成金属镁，故A正确；

B.步骤③脱水时，在空气中加热MgCl2·6H2O；镁离子会发生水解，最终得到的是MgO，故B错误；

C.海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr；达到富集的目的，故C正确；

D.若提取1molBr2，依据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；提取粗溴消耗氯气物质的量为：1mol；得到纯溴需氯气物质的量为：1mol，共需要2mol氯气，所以在标准状况下体积为V=nVm=2mol×224.4L/mol=44.8L，故D错误；

故选BD。8、ABC【分析】【详解】

A．固体KOH在水溶液中能完全电离；属于强电解质，A选；

B．液态HCl是化合物；在水溶液中能完全电离，属于强电解质，B选；

C．熔融能完全电离；属于强电解质，C选；

D．酒精在水溶液中不能导电；属于非电解质，D不选；

E．冰醋酸在水溶液中部分电离；属于弱电解质，E不选；

F.氨水属于混合物；既不是电解质，也不是非电解质，F不选；

G．为有机物；不溶于水，不能导电，属于非电解质，G不选；

H．溶于水和水反应；自身不能电离，属于非电解质，H不选；

故选：ABC。9、AD【分析】【分析】

【详解】

A．碳酸银也不溶于水，单独用硝酸银溶液不能检验故A错误；

B．碳酸钡也不溶于水，因此会干扰在氯化钡溶液对的检验；故B正确；

C．澄清石灰水中含有氢氧化钙；溶液显碱性，可用澄清石灰水作酸性气体的吸收剂，故C正确；

D．向硫酸铜中加入足量发生复分解反应，生成沉淀和氢氧化铜沉淀；故D错误；

故选AD。10、BD【分析】【分析】

【详解】

A项；水是弱电解质；溶液中离子浓度很小，NaOH固体加入到自来水中，溶液中的离子浓度增大，导电能力增强，故A错误；

B项；HCl是强电解质；在水溶液中完全电离，NaOH固体加入到0.5mol/L盐酸中，反应的生成物氯化钠也是强电解质，溶液中离子浓度没有明显变化，导电能力没有明显变化，故B正确；

C项；醋酸是弱电解质；溶液中离子浓度不大，NaOH固体加入到0.5mol/L醋酸中，有强电解质醋酸钠生成，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，故C错误；

D项、NH4Cl是强电解质，在水溶液中完全电离，NaOH固体加入到0.5mol/LNH4Cl溶液中；反应生成氯化钠和一水合氨，氯化钠为强电解质，而一水合氨为弱电解质，使得溶液的导电能力变化不大，故D正确；

故选BD。

【点睛】

导电能力的大小与单位体积内离子浓度的多少成正比，溶液混合后导电能力变化的大小关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化。11、AB【分析】【详解】

A．反应II中，Bi元素的化合价由+5价降低为+3价，且只有该元素化合价降低，则当有10.45gBi3+生成时转移电子数为×(5-3)×NA=NA；故A错误；

B．自发进行的氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，常温下MnO4-＞Cl2；故B错误；

C．高锰酸钾可与浓盐酸反应生成氯气，结合反应II可知氧化性为NaBiO3＞MnO4-，则NaBiO3可与盐酸发生NaBiO3+6H++2Cl-=Bi3++Na++Cl2↑+3H2O；故C正确；

D．BiCl3可由Bi2O3与王水反应制取，Bi元素的化合价不变，则Bi3+不能被硝酸氧化；故D正确；

故选：AB。

【点睛】

氧化还原反应中：氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。12、AC【分析】【详解】

A选项，根据图中信息得到该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O；故A正确；

B选项，BMO与氧气氧化成变为BMO+；说明该过程中BMO表现出较强还原性，故B错误；

C选项；光催化降解过程中，光能转化为化学能；热能等，故C正确；

D选项，根据O2－与BMO+得失电子关系，O2－化合价失去三个得到氧离子，BMO+化合价降低一个价态；因此①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，故D错误。

综上所述，答案为AC。三、填空题(共5题，共10分)13、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ(1).下列三组物质中；均有一种物质的类别与其他三种不同。

①MgO、Na2O、CO2、CuO中，MgO、Na2O、CuO为金属氧化物或碱性氧化物，而CO2为非金属氧化物或酸性氧化物；②HClO、H2SO4、HNO3中，HClO、H2SO4、HNO3为酸，而H2O不是酸；③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2中，NaOH、KOH、Cu(OH)2为碱，而Na2CO3为盐，三种物质依次是(填化学式)：①CO2；②H2O；③Na2CO3；

II(2).①NaCl晶体，为电解质，本身不导电，溶于水能导电；②液态HCl，为电解质，本身不导电，溶于水能导电；③CaCO3固体，为电解质，本身不导电，不溶于水，故也不导电；④熔融KCl，为电解质，本身导电，溶于水也能导电；⑤蔗糖，为非电解质，本身不导电，溶于水也不导电；⑥铜，既不是电解质，也不是非电解质，本身导电，不溶于水；⑦CO2，为非电解质，本身不导电，溶于水能导电；⑧H2SO4；为电解质，本身不导电，溶于水能导电；⑨KOH溶液，既不是电解质也不是非电解质，本身导电，溶于水也能导电；综上，以上物质中能导电的是④⑥⑨；

(3)综上，以上物质中属于非电解质的是⑤⑦。【解析】CO2H2ONa2CO3④⑥⑨⑤⑦14、略

【分析】【详解】

(1)根据反应SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4可知，SO2中S元素的化合价由+4价升高至+6价，则SO2失去电子作还原剂，Cl2中Cl元素的化合价由0价降低至-1价，则Cl2得到电子作氧化剂，反应过程中，每消耗SO2标准状况下2.24L，SO2的物质的量为0.1mol，转移的电子0.1mol×2=0.2mol，数目为0.2NA，故答案为：0.2NA；

(2)该反应的离子反应方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+则消耗标况下2.24L(0.1mol)SO2时，生成0.4molH+，即溶液中H+的物质的量为0.4mol，故答案为：0.4mol。【解析】①.0.2NA②.0.4mol15、略

【分析】【分析】

根据元素在周期表中的位置；①是C元素；②是N元素；③是Na元素；④是Mg元素；⑤是Al元素；⑥是Si元素；⑦是S元素；⑧是Cl元素。

【详解】

（1）①是C元素；位于元素周期表的第二周期第IVA族，它是形成化合物种类最多的元素。

（2）②是氮元素；元素符号为N；

（3）④是Mg元素，Mg是12号元素，原子核外有3个电子层，最外层有2个电子，原子结构示意图为

（4）同周期元素从左到右金属性减弱；最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，元素Na和Al的最高价氧化物对应的水化物中碱性较强的是NaOH。

（5）电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径大小S2->Cl-。

（6）Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的化学方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO。【解析】(1)二IVA

(2)N

(3)

(4)NaOH

(5)S2-Cl-

(6)Cl2+H2O=HCl+HClO16、略

【分析】【分析】

【详解】

①不正确，漂白粉是将Cl2通入石灰乳中制得的混合物，反应的化学方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；

②正确，漂白液的有效成分是NaClO，漂白粉的主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2；

③正确，漂白粉用于自来水杀菌消毒，Fe(OH)3胶体用于除去水中的悬浮杂质；二者的作用原理不同；

④不正确，漂白粉在空气中久置的化学方程式为Ca(ClO)2＋H2O＋CO2=CaCO3＋2HClO，2HClO2HCl＋O2↑；既有复分解反应，又有氧化还原反应；

⑤不正确，漂白粉在空气中失效原因是Ca(ClO)2＋H2O＋CO2=CaCO3＋2HClO，而2HClO2HCl＋O2↑；

⑥不正确；漂白粉能用于漂白纸张，与其强氧化性有关，与不稳定性无关。

则答案为:②③。【解析】②③17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①在常温下；浓硫酸和浓硝酸遇Fe和Al发生“钝化”，是由于浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，在与金属接触时，能够将Fe和Al表面的金属氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，而不能说常温下都二者不能与Fe；Al反应，①错误；

②浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸的氧化性比较弱，稀硫酸的氧化性是H+的氧化性；②错误；

③常温下将铜片放入浓硫酸中；无明显变化，说明铜在常温下浓硫酸不能发生反应，③错误；

④将浓硫酸滴到湿的蔗糖表面，固体变黑膨胀并有刺激性气味气体生成，是由于浓硫酸吸收水分放出大量的热，温度升高加快了浓硫酸将蔗糖中的H、O两种元素以水的组成脱去，体现了浓硫酸的脱水性；后来C与浓硫酸在加热时反应产生CO2，浓硫酸被还原产生SO2；体现了浓硫酸的强氧化性，故该实验说明浓硫酸有脱水性；吸水性和强氧化性，④正确；

⑤浓硫酸具有强氧化性，SO2具有还原性，但二者不能发生反应，所以浓硫酸能干燥SO2气体；⑤错误；

⑥浓硫酸同时具有酸性、吸水性、强氧化性，浓硫酸可以干燥H2、CO等中性气体，但能够与碱性气体NH3发生反应，因此不能干燥NH3；也能够与还原性的气体H2S、HI、HBr发生反应，所以不能干燥H2S、HI、HBr等气体；⑥错误；

综上所述可知：说法正确的是④；

(2)N原子最外层有5个电子，在N2中，2个N原子共用三对电子，使分子中各原子都达到8电子的稳定结构，其电子式为：

MgCl2是离子化合物，2个Cl-与Mg2+之间以离子键结合，其电子式为：

Na2O2是离子化合物，2个Na+与通过离子键结合，电子式为：【解析】④四、原理综合题(共3题，共24分)18、略

【分析】【分析】

由流程图可知，软锰矿加入Fe和H2SO4，MnO2将Fe氧化为Fe3+，本身被还原为Mn2+，经过滤除去不溶的SiO2。清液A中含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Cu2+和Ca2+等离子，在清液A中加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钙调节溶液的pH，产生黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6和氢氧化铝沉淀，除去Fe2+、Fe3+、Al3+。清液B中含有Mn2+、Cu2+和Ca2+等离子，在清液B中加入MnS固体，生成CuS沉淀，除去Cu2+。清液C中含有Mn2+和Ca2+等离子，在清液C中加入MnF2可将Ca2+转化为CaF2沉淀而除去。最后加氨水调节溶液pH=7，电解中性MnSO4溶液制取Mn；以此分析。

【详解】

(1)根据以上分析，在硫酸存在的条件下，MnO2将Fe氧化为Fe3+，本身被还原为Mn2+，根据得失电子守恒，离子方程式是3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O。

故答案为3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O；

(2)①黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6中的铁为+3价，所以H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；

离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。

故答案为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；

②分析流程图可知，滤渣a中除了黄铵铁矾，主要成分还有Al(OH)3。产生Al(OH)3的原因是Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加入碳酸钙，消耗H+，H+浓度降低，平衡向右移动，最终生成Al(OH)3。

故答案为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加入碳酸钙，消耗H+，H+浓度降低，平衡向右移动，最终生成Al(OH)3

(3)分析流程图可知，加入MnS固体，生成CuS沉淀，发生沉淀转化，除去Cu2+，离子方程式为：MnS(s)+Cu2+＝Mn2++CuS(s)。

故答案为MnS(s)+Cu2+＝Mn2++CuS(s)；

(4)在清液C中加入MnF2可将Ca2+转化为CaF2沉淀而除去，所以滤渣c的成分是CaF2。

故答案为CaF2；

(5)①用惰性电极电解中性MnSO4溶液，电解池阳极发生氧化反应，电极方程式是2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)。

故答案为2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)

②根据信息，电极上H2的产生会引起锰起壳开裂，影响产品质量，所以清液C需要用氨水调节pH＝7，降低c(H+)，减弱H+的放电趋势(放电能力)，使阴极上产生的H2减少。

故答案为降低c(H+)，减弱H+的放电趋势(放电能力)，使阴极上产生的H2减少；

③电解时，阴极发生2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，为防止溶液中因为pH过大而产生Mn(OH)2，则加入(NH4)2SO4控制pH不过大。

故答案为阴极2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，防止溶液中因为pH过大而产生Mn(OH)2。【解析】3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2OAl3++3H2OAl(OH)3+3H+，加入碳酸钙，消耗H+，H+浓度降低，平衡向右移动，最终生成Al(OH)3MnS(s)+Cu2+＝Mn2++CuS(s)CaF22H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)降低c(H+)，减弱H+的放电趋势(放电能力)，使阴极上产生的H2减少阴极2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，防止溶液中因为pH过大而产生Mn(OH)219、略

【分析】【详解】

(1)该反应中中C元素的化合由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，该反应转移12e-，则用双线桥法标出电子转移方向和数目为

(2)氧化剂得电子化合价降低，所以K2Cr2O7为氧化剂；被氧化的元素化合价应升高；所以C元素被氧化；

(3)该反应中硫酸反应生成盐和水；所以表现酸性，所以选C；

(4)根据双线桥可知转移0.8mol电子时生成二氧化碳的物质的量为0.2mol；标况下体积为4.48L；

(5)A．将1molCl2通入到含1molFeI2溶液中，氯气量不足，碘离子还原性强于二价铁离子，氯气先氧化碘离子，离子方程式：2I-+Cl2=2Cl-+I2；故A错误；

B．1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合反应方程式为：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+2H2O，1mol偏铝酸根离子消耗1mol氢离子生成1mol氢氧化铝沉淀，剩余的1.5mol氢离子溶解0.5mol氢氧化铝沉淀，则AlO2-与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为1mol：1.5mol=2：3；故B正确；

C．过量SO2通入到NaClO溶液中，SO32-有强还原性，ClO-有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=2H++SO42-+Cl-；故C错误；

D．Ca(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，离子方程式：Ca2++2HCO3-+OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-；故D错误；

综上所述选B；

(6)A．滴加80mLNaOH溶液时沉淀量达到最大，此时沉淀为Al(OH)3和Mg(OH)2，溶液中的溶质为NaCl，则n(HCl)=n(Cl-)=n(Na+)=0.08L×1mol/L=0.08mol；HCl溶液的浓度为1mol/L，所以HCl溶液的体积为80mL，故A错误；

B．80～90mL发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，根据元素守恒可知n(Al)=0.01L×1mol/L=0.01mol；故B正确；

C．根据已知条件无法确定Mg的量，则无法确定金属溶解时消耗的HCl的量，所以产生H2的物质的量不确定；故C错误；

D．a～80mL发生反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，铝离子消耗的NaOH的体积为=0.03L=30mL，a=20，则镁离子消耗的NaOH的体积为80mL-20mL-30mL=30mL，所以n(Mg)=0.03L×1mol/L×=0.015mol；故D错误；

综上所述选B。【解析】K2Cr2O7CC4.48LBB20、略

【分析】【分析】

(1)混合气体的平均相对分子质量在数值上=平均摩尔质量=

(2)K2MnO4转化为KMnO4的反应中K2MnO4→KMnO4+MnO2；Mn元素的化合价既升高又降低；

(3)①锰离子失电子转化为高锰酸根离子，所以锰离子为还原剂，则得电子化合价降低的物质作氧化剂，根据元素的化合价确定氧化剂和还原产物，再结合离子方程式的书写规则书写；反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的pH=2，则n(H+)=1L0.01mol/L=0.01mol；根据方程式计算；

②配制一定物质的量浓度溶液时所需溶质质量m=n•M=c•V•M；

③根据配制一定物质的量浓度溶液的注意事项分析；

根据以上分析解答。

【详解】

(1)HClO3分解生成的气体为O2和Cl2，物质的量之比为3：2，混合气体的平均摩尔质量为==47.6g/mol；所以所得混合气体的平均相对分子质量为47.6；

答案为：47.6。

(2)K2MnO4转化为MnO2和KMnO4的反应中，K2MnO4→KMnO4+MnO2，Mn元素的化合价既升高又降低；所以K2MnO4既是氧化剂又是还原剂；Mn元素的化合价由+6价降到+4价发生还原反应，为氧化剂，Mn元素的化合价由+6价升高到+7价发生氧化反应，为还原剂，得失电子数之比为2：1，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；

答案为：1：2。

(3)①锰离子转化为高锰酸根离子，所以锰离子为还原剂，氧化剂得电子化合价降低，IO3-和IO4-中碘元素的化合价分别是+5价和+7价，所以IO4-作氧化剂，还原产物是IO3-，同时水参加反应生成氢离子，所以该反应