2025年外研版2024必修1化学上册月考试卷含答案

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A.若水槽中是NaOH溶液，试管中是Cl2，可看到液面上升，试管中黄绿色褪去B.若水槽中是水，试管中是NO2，可看到试管中液面上升并充满整个试管C.若水槽中是水（并滴有一定量酚酞），试管中是NH3，可看到液面上升并呈红色D.若水槽中和试管中都是氯水，光照后可在试管中收集到氧气2、探究相关性质的实验装置如图所示；下列说法正确的是。

A.装置A中生成的反应属于氧化还原反应B.装置B中溶液褪色证明具有漂白性C.装置C中溶液更换为后，无明显现象D.装置D中溶液褪色后加热无明显变化3、下列说法正确的是A.用激光笔照射氯化钠水溶液，可产生“丁达尔效应”B.氢氧化铁胶体属于固溶胶C.溶液、浊液、胶体都属于混合物D.PM2.5是对空气中直径小于或等于的固体颗粒或液滴的总称，其分散在空气中一定形成气溶胶4、下列各组离子一定能大量共存的是（）A.在酸性溶液中：Na+、K+、Cl-、NO3-B.在强碱性溶液中：NH4+、K+、SO42-、CO32-C.在含有大量CO32-的溶液中：NH4+、Cu2+、Cl-、H+D.在c（H+）=0.1mol/L的溶液中：K+、Na+、HCO3-、NO3-5、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y同主族，X在短周期主族元素中金属性最强，Y的最高正价和最低负价的代数和为4.下列叙述正确的是A.W与氢元素形成的化合物分子中一定不含非极性共价键B.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物都是强电解质C.简单离子的半径：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)D.简单气态氢化物的热稳定性：W＜Z＜Y6、下列对化学用语的理解正确的是A.中子数为8的氮原子：B.电子式可以表示氢氧根离子，也可以表示羟基C.聚丙烯的结构简式:D.结构示意图可以表示也可以表示评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)7、下列关于元素周期表和元素周期律的说法正确的是A.Li、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而增多B.第二周期元素从Li到F，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强C.因为Na比K容易失去电子，所以Na比K的还原性强D.O与S为同主族元素，且O比S的非金属性弱8、在8.08g铁与铜的混和物中，加入200mL0.6mol/L的稀硝酸，充分反应后剩余金属5.44g。再向其中加入50mL0.4mol/L的稀硫酸，充分振荡后剩余金属4.48g。若硝酸的还原产物只有NO，下列说法正确的是（）A.剩余的5.44g金属为铁B.剩余5.44g金属为铜C.8.08g金属中铁的质量分数为0.208D.共生成NO气体0.03mol9、下列离子方程式书写不正确的是A.向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至Al3+恰好完全沉淀：B.向次氯酸钠溶液中通入过量的强还原性气体SO2：C.向CaCl2溶液中通入CO2：D.等物质的量浓度、等体积的MgCl2、Ba(OH)2和HCl三种溶液混合：10、已知：①2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；②Cl2+2FeCl2=2FeCl3；③2KI+2FeCl3=2KCl+I2+2FeCl2。则下列判断正确的是A.氧化性：MnO＞Cl2＞Fe3+＞I2B.①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:8C.Fe3+只有氧化性，Fe2+只有还原性D.由信息推测：Cl2+2I-=2Cl-+I2反应可以进行11、下列叙述不正确的是（）A.除0族元素外，短周期元素的最高正化合价在数值上都等于该元素所属族的族序数B.除短周期外，其他周期均为18种元素C.副族元素没有非金属元素D.第ⅢB族中所含元素种类最多12、设NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的()A.标况下，1个O2分子的体积是22.4/NAB.将lmol氯气溶于水，则溶液中微粒数n(HClO)+n(Cl-)+n(ClO-)=2NAC.标况下，11.2L甲烷(CH4)和乙烯(C2H4)的混合气体所含氢原子数为2NAD.同等质量的氧气和臭氧中，含有的电子数相同13、实验室保存下列试剂，有错误的是（）A.浓盐酸易挥发，盛在无色密封的玻璃瓶中B.碘易升华，保存在盛有水的棕色瓶中C.液溴易挥发，盛放在用水密封的用橡皮塞塞紧的棕色试剂瓶中D.溴化银保存在棕色瓶中14、污水处理厂处理含CN-废水的过程分两步进行：①向含CN-的废水中加入过量NaC1O将CN-转化为CNO-；②调节①所得溶液为酸性，使CNO-继续被NaC1O转化为两种无污染的气体。下列关于上述过程的叙述错误的是（）A.CN-的电子式为B.过程①中，生成CNO-的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1C.过程②中，生成的两种无污染的气体为CO2和N2D.氧化性：CNO-＞C1O-15、NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下，22.4L空气中含有的单质分子数为NAB.标准状况下，2.24L乙醇中含有的氢原子数是0.6NAC.常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体中含有的原子数为NAD.常温下，2L0.5mol•L-1Na2CO3溶液中含有的Na+数为2NA评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、按要求回答下列问题：

（1）以下物质中：①酒精，②熔融KCl，③NaHSO4固体，④氢氧化钠溶液，⑤铜，⑥CO2，⑦Fe(OH)3胶体，⑧熔化的NaOH，⑨醋酸，⑩溴化氢。其中属于电解质的是___(填编号，下同)，其中属于电解质且能导电的有___，属于非电解质的是___。

（2）向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入过量的盐酸，会出现一系列变化：先出现___，后出现___，出现现象2的原因___(用离子方程式表示)。17、某元素X构成的气态单质分子(双原子分子)有三种；其相对分子质量分别为70；72、74，标背状况下，V升该气体中此三种分子的物质的量之比为9∶6∶1.完成下列问题：

(1)X元素有_______种核素。

(2)各种核素的质量数分别为_______。

(3)X2的平均相对分子质量为_______。

(4)质量数较小的X原子的物质的量分数为_______。18、某地有一池塘；之前生长着丰富的水生生物。近来，由于化工厂将大量污水排入池塘中，使水质恶化，各种水生生物先后死亡。根据题意回答下列问题：

(1)从生态平衡角度看，池塘的这种变化说明了__________________________________，造成这种变化的原因是_____________________________________________________________________。

(2)经检测，污水中溴单质的浓度为可用除去污水中的溴，发生反应的化学方程式为________________。处理5L这种污水，需加入________L的溶液才能将溴全部除去。

(3)要使池塘恢复本来面目，首先要解决的问题是____________________________________。19、含氯消毒剂在生活；生产中有广泛应用。

(1)①自来水厂用液氯对自来水进行杀菌消毒。实验室不能用自来水配制一定物质的量浓度的硝酸银溶液，用离子方程式表示其原因___________。

②用液氯消毒自来水会产生微量有机氯代物，危害人体健康，可使用二氧化氯()代替液氯。工业上以黄铁矿()、氯酸钠()和硫酸溶液混合制备二氧化氯。已知黄铁矿中的硫元素(价)被氧化成制备二氧化氯的离子方程式为___________。

(2)①“84”消毒液的工业制法是控制在常温条件下，将氯气通入溶液中，反应的离子方程式为___________。

②“84”消毒液可用于处理超标含氰废水。当含氰废水中含量低于即可达到排放标准。处理过程：第一步与反应，生成和第二步与反应，生成和下列说法不正确的是___________。

已知：是弱酸，易挥发，有剧毒；中元素的化合价相同。

A．第一步反应溶液应调节为酸性，可避免生成有毒物质

B．第二步发生的反应为

C．处理含的废水实际至少需要

(3)探究“84”消毒液在不同下使红纸褪色的情况。实验过程：向3个烧杯中分别加入等体积等浓度稀释后的“84”消毒液；用稀硫酸调分别至10、7和4(忽略溶液体积变化)；分别放入大小相同的红纸。记录如下：。烧杯溶液现象10后，红纸基本不褪色；后红纸褪色7后，红纸颜色变浅；后红纸褪色4后，红纸颜色变得更浅；后红纸褪色

溶液中和物质的量分数()随溶液变化的关系如下图所示：

①由实验现象获得的结论：溶液的在4~10范围内，___________。

②结合图像，烧杯中实验现象出现差异的原因是___________。20、氧化剂和还原剂在生产生活中使用广泛。

(1)氯气可与溴化亚铁溶液反应：2FeBr2+3Cl2=2Br2+2FeCl3。

①其中氧化剂为_____________(填化学式，下同)，还原产物为_________。

②若消耗标准状况下2.24LCl2，则转移电子的物质的量是_________。

(2)某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路板，其化学原理如下：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2。用双线桥法表示电子的转移情况：________。

(3)氯气也是常见的氧化剂。根据下列反应回答问题：

A．KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O

B．5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl

①上述反应说明KClO3、Cl2、HIO3的氧化性由强到弱的顺序为_________________。

②将过量的氯气通入滴有淀粉的KI溶液中，则可能出现的实验现象为_________。21、物质的量是高中化学中常用的物理量；请按要求完成下列各小题。

（1）9.03×1023个NH3含______mol氢原子，______mol质子，在标准状况下的体积约为_____L。

（2）在一密闭容器中充入amolNO和bmolO2，可发生如下反应：2NO+O2=2NO2，充分反应后容器中氮原子和氧原子的个数之比为______。

（3）______molCO2分子中含有的氧原子数与1.806×1024个H2O中含有的氧原子数相同。

（4）8.4gN2与9.6g某单质Rx所含原子个数相同，且分子数之比为3∶2，则R的摩尔质量为______，x值为______。22、江南皮革厂的废水中含有一定量的氨氮(以NH3、形式存在)，通过沉淀和氧化两步处理后可使水中氨氮达到国家规定的排放标准。已知HClO的氧化性比NaClO强，NH3比更易被氧化。)

(1)沉淀：向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶液，废水中的氨氮转化为NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀。该反应的离子方程式为_______。

(2)氧化：加入NaClO溶液进一步氧化处理经沉淀处理后的废水。

①在强酸性条件下，NaClO将废水中的氨氮转化为N2，该反应的离子方程式为____。

②进水pH对氨氮去除率和出水pH的影响分别如图1和图2所示：

i.进水pH在1.25～2.75范围内时，氨氮去除率随pH的升高而下降的原因是_____。

ii.进水pH在2.75～6范围内时，氨氮去除率随pH的升高而上升的原因是_____。

iii.国家相关标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在6～9，综合考虑进水pH应控制在_______左右为宜。

③研究发现，强酸性废水中氨氮去除率随温度升高呈先升后降趋势。当温度大于30℃时，废水中氨氨去除率随着温度升高而降低，其原因可能是_______。

④n(ClO-)/n(氨氮)对废水中氨氨去除率和总氮去除率的影响如图3所示。当n(ClO-)/n(氨氮)>1.54后，总氮去除率下降的原因是_______。

23、将一定质量的Mg和Al混合物投入400mL稀硫酸中；固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。

（1）原混合物中Mg和Al的质量之比为____。

（2）生成的H2在标准状况下的体积为____。

（3）加入NaOH溶液的物质的量浓度为____。

（4）稀硫酸的物质的量浓度为____。

（5）写出NaOH体积在200-240mL之间所发生的离子反应方程式____。评卷人得分四、判断题(共3题，共24分)24、常采用水玻璃、偏铝酸钠在强酸溶液中反应后结晶制得分子筛(M代表金属离子)。(____)A.正确B.错误25、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26、在蒸馏过程中，若发现忘加沸石，应立即停止加热，然后加入沸石。(____)A.正确B.错误评卷人得分五、推断题(共2题，共4分)27、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________28、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

A项，NaOH溶液与Cl2反应：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO+H2O，黄绿色气体Cl2减少；液面上升，试管中黄绿色褪去，故A项正确；

B项，NO2与水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO；NO难溶于水，气体减少，试管中液面上升，但不能充满整个试管，故B项错误；

C项，NH3极易溶于水，且与水反应生成弱碱NH3H2O；液面上升并呈红色，故C项正确；

D项，氯气中存在HClO，HClO光照下发生分解生成HCl和O2；故D项正确。

综上所述，本题正确答案为B。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．装置A中是制取SO2发生的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O；不属于氧化还原反应，故A错误；

B．装置B中溶液的紫红色褪去，是因为KMnO4把SO2氧化了，证明SO2具有还原性；故B错误；

C．SO2和不反应；故C正确；

D．实验开始后装置D先不加热，则其中的品红溶液会变成无色，然后关闭A中分液漏斗旋塞，加热已经变成无色的品红溶液，因为SO2有漂白性所以其能恢复红色；故D错误；

故选C。3、C【分析】【详解】

A．氯化钠不是胶体；用激光笔照射氯化钠水溶液，不会产生“丁达尔效应”，A错误；

B．氢氧化铁胶体的分散剂是液体；属于液溶胶，B错误；

C．溶液；浊液、胶体都属于分散系；属于混合物，C正确；

D．胶体微粒直径介于1~100nm之间，而大于100nm；因此PM2.5分散在空气中不能形成胶体，D错误；

故选C。4、A【分析】【详解】

A．Na+、K+、Cl-、NO3-之间不反应；都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；

B．NH4+与强碱性溶液中的氢氧根离子反应；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．CO32-与Cu2+、H+均发生离子反应；在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．HCO3-与氢离子反应；在溶液中不能大量共存，故D错误；

故答案为A。

【点睛】

考查离子共存的判断，为高考的高频题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。5、B【分析】【分析】

X在短周期主族元素中金属性最强；X为Na，Y的最高正价和最低负价的代数和为4，可知其最高正价为+6，最低负价为-2，则Y为S，Z为Cl，W与Y同主族，且原子序数小于Y，则W为O，据此解答。

【详解】

A．W为氧，与氢可形成H2O和H2O2，其中H2O2中存在极性键和非极性键；故A错误；

B．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、H2SO4和HClO4；分别为强碱；强酸、强酸，均是强电解质，故B正确；

C．氯离子和硫离子的核外电子排布相同；S的核电荷数小于Cl，其离子半径大于氯，故C错误；

D．元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，三种种元素中非金属性最强的是O，其次是Cl，故热稳定性：W>Z>Y；故D错误；

故选：B。6、D【分析】【详解】

A．中子数为8的氮原子质量数为8+7=15，原子符号中左下角数字代表质子数，左上角数字代表质量数，所以符号为故A错误；

B．电子式只能表示羟基，氢氧根的电子式为故B错误；

C．聚丙烯是由丙烯(CH2=CHCH3)发生加聚反应得到的，其结构简式为故D错误；

D．和核电荷数均为17，核外电子数均为18，只是中子数不同，所以结构示意图可以表示也可以表示故D正确；

故答案为D。二、多选题(共9题，共18分)7、AB【分析】【分析】

【详解】

A．同一主族元素；原子核外电子层数随着核电荷数的增加而增多，所以Li；Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而增多，故A正确；

B．同一周期元素；元素的金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性随着原子序数增大而增强，第二周期元素从Li到F，原子序数依次增大，所以元素的金属性逐渐减弱；非金属性逐渐增强，故B正确；

C．同一主族元素；元素的金属性随着原子序数增大而增强，元素的金属性越强，其单质失电子能力越强，失电子能力K＞Na，还原性K＞Na，故C错误；

D．同一主族元素；元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，O和S为同一主族元素，且原子序数O＜S，所以非金属性O＞S，故D错误；

答案选AB。8、BC【分析】【详解】

每次均有金属剩余，说明反应后溶液中肯定没有Fe3+，肯定有Fe2+，Cu、Fe与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，根据方程式可知Fe(或Cu)、H+、NO3-反应的物质的量的比是3：8：2，第一次加入H+和NO3-的物质的量n(H+)=n(NO3-)=0.6mol/L×0.2L=0.12mol，而有金属剩余，由于消耗的H+的物质的量大于NO3-，则反应后溶液中必然不含H+，而NO3-只有被还原变为NO气体，其物质的量为：0.12mol×=0.03mol；设溶解Cu为xmol，溶解Fe为ymol，则：x+y=×0.12；且64x+56y=8.08g-5.44g=2.64g。解得：x=0.015mol；y=0.03mol；

第二次又加入H+的物质的量n(H+)=0.4mol/L×2×0.05L=0.04mol，从方程式看出又有0.01mol的NO3-进一步被还原变为NO。而如果金属全部消耗的是Fe，则金属必然减少：56g/mol××0.04mol=0.84g<5.44g-4.48g=0.96g；而如果金属消耗的都是Cu，则金属减少：64g/mol××0.04mol=0.96g=5.44g-4.48g=0.96g；说明消耗的金属只有Cu，则可知第一次反应后剩余的5.44g金属全部是Cu。

A.根据分析可知；第一次反应后剩余的5.44g金属全部是Cu，A错误；

B.根据分析可知；第一次反应后剩余的5.44g金属全部是Cu，B正确；

C.根据分析可知，原混合物中含Cu的质量m(Cu)=0.015mol×64g/mol+5.44g=6.4g，含Fe的质量m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，原混合物中金属铁的质量分数为：×100%=20.8%=0.208；C正确；

D.根据分析可知，n(NO)=n(NO3-)=0.03mol+0.01mol=0.04mol；D错误；

故合理选项是BC。9、BC【分析】【详解】

A．设明矾溶液中含有1mol则明矾完全电离后溶液中含有1molAl3+、2mol加入1.5molBa(OH)2时恰好将Al3+沉淀，因此有1.5mol以BaSO4形式沉淀，反应离子方程式为故A项正确；

B．NaClO具有强氧化性，SO2具有还原性，二者混合能发生氧化还原反应生成Cl-、故B项错误；

C．因酸性：HCl>H2CO3，因此向CaCl2溶液中通入CO2不发生化学反应；故C项错误；

D．物质的量分别为1mol的MgCl2、Ba(OH)2和HCl混合液中分别含有1molMg2+、2molOH-、1molH+，三种溶液混合后，OH-先与H+反应生成H2O，剩余的1molOH-与0.5molMg2+恰好完全反应生成Mg(OH)2沉淀，因此反应离子方程式为故D项正确；

综上所述，错误的是BC项。10、AD【分析】【分析】

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，当元素化合价为最高价态时，物质只具有氧化性，元素化合价为中间价态时，物质既具有氧化性又具有还原性，处于最低价态时，只具有还原性，据此解答。

【详解】

A．由上述分析可知，在2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，氧化剂为KMnO4，氧化产物为Cl2，则氧化性KMnO4＞Cl2，在反应Cl2+2FeCl2═2FeCl3中，氧化剂为Cl2，氧化产物为FeCl3，则氧化性Cl2＞Fe3+，在反应2KI+2FeCl3═2KCl+I2+2FeCl2中，氧化剂为FeCl3，氧化产物为I2，则氧化性Fe3+＞I2，氧化性KMnO4＞Cl2＞Fe3+＞I2；故A正确；

B．在反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，KMnO4中Mn元素由+7价得电子变为+2价，作氧化剂，HCl中Cl元素由-1价失电子变为0价，作还原剂，由方程式可知，氧化剂KMnO4为2mol；16molHCl参加反应时，只有10molHCl被氧化，即还原剂作用的HCl只有10mol，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:10=1:5，故B错误；

C．Fe3+处于最高价，只有氧化性，Fe2+化合价位于中间价态；既具有氧化性；又具有还原性，故C错误；

D．因氧化性Cl2＞I2，则Cl2+2I-═2Cl-+I2反应可以进行；故D正确；

答案为AD。11、AB【分析】【详解】

A.除0族元素外；短周期元素的最高正化合价在数值上都等于该元素所属族的族序数，O；F没有最高正价，故A错误；

B.除短周期外；第四；五周期为18种元素，第六、七周期为32种元素，故B错误；

C.副族元素全部是金属；没有非金属元素，故C正确；

D.第ⅢB族含有镧系；锕系；共32种元素，是族中所含元素种类最多，故D正确。

综上所述，答案为AB。12、CD【分析】【分析】

根据阿伏伽德罗常数公式：摩尔质量公式：气体摩尔体积公式：综合分析即可解题。

【详解】

A．标况下NA个气体分子的体积约为22.4L，所以标况下1个O2分子的体积约为22.4/NAL；故A错误；

B．将lmol氯气溶于水，氯气并没有完全和水反应，绝大部分还是氯气分子，根据原子守恒，氯原子是2mol，则溶液中微粒数n(HClO)+n(Cl-)+n(ClO-)+2n(Cl2)=2NA；故B错误；

C．标况下，11.2L甲烷(CH4)和乙烯(C2H4)的混合气体的物质的量为0.5mol，所含氢原子物质的量为0.5mol×4=2mol，即氢原子数为2NA；故C正确；

D．同等质量的氧气和臭氧中，氧气的含有的电子数臭氧的含有的电子数所以含有的电子数相同，故D正确；

答案选：CD。13、BC【分析】【详解】

A．浓盐酸易挥发；见光不分解，保存在无色密封的玻璃瓶中，A正确；

B．碘在水中微溶；不能保存在水中，碘直接保存在棕色试剂瓶中，故B错误；

C．溴单质易挥发；应在盛溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发，水封法保存，液溴能腐蚀橡胶，不能用橡皮塞，故C错误；

D．溴化银易分解；应保存在棕色瓶中，故D正确。

故答案为：BC。14、AD【分析】【分析】

【详解】

A.CN-的电子式为故A错误；

B.过程①中，CN-被氧化为CNO-，1molCN-转移2mol电子；NaC1O被还原为NaC1，1molNaC1O转移2mol电子，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故B正确；

C.CO2和N2无污染，过程②中，生成的两种无污染的气体为CO2和N2；故C正确；

D.CN-被NaC1O氧化为CNO-，所以氧化性：CNO-＜C1O-；故D错误；

选AD。15、CD【分析】【详解】

A．标准状况下，22.4L空气的物质的量为1mol，含有的单质有N2、O2、稀有气体等，但还含有CO2、CO、水蒸气等化合物，所以单质分子数小于NA；A不正确；

B．标准状况下；乙醇呈液态，不知其密度，无法计算2.24L乙醇中含有的氢原子数，B不正确；

C．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体为=0.5mol，二者都是双原子分子，所以含有的原子数为NA；C正确；

D．常温下，2L0.5mol•L-1Na2CO3溶液中含有的Na+数为2L×0.5mol•L-1×2NA=2NA；D正确；

故选CD。三、填空题(共8题，共16分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①酒精属于非电解质；不能导电；

②熔融KCl；属于电解质，熔融状态能导电；

③NaHSO4固体属于电解质；固态时不存在自由移动的离子，故不导电；

④氢氧化钠溶液；能导电，但其属于混合物，不属于电解质也不属于非电解质；

⑤铜是金属单质；故不是电解质也不是非电解质，但能导电；

⑥CO2是非电解质；自身不能电离出离子，故不导电；

⑦Fe(OH)3胶体属于混合物；不是电解质，但胶体粒子带有电荷，能导电；

⑧熔化的NaOH属于电解质；熔化时存在自由移动的离子，能导电；

⑨醋酸是电解质；但没溶于水，不存在自由移动的离子，故不导电；

⑩溴化氢属于电解质；但没溶于水，不存在自由移动的离子，故不导电。

综上所述；属于电解质的有：②③⑧⑨⑩；属于电解质且能导电的有②⑧；属于非电解质：①⑥

(2)由于盐酸溶液是电解质溶液，故开始滴加时，因Fe(OH)3胶体粒子所带电荷被中和而发生聚沉，生成红褐色沉淀，随着盐酸滴入过量，产生的Fe(OH)3沉淀又会和盐酸反生酸碱中和反应，而导致沉淀溶解至消失，发生反应的离子方程式Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故本题答案：沉淀溶解至消失；Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O；

【点睛】

电解质导电的条件是必须溶于水或受热熔融，非电解质溶于水或受热熔融不导电。【解析】②③⑧⑨⑩②⑧①⑥红褐色沉淀沉淀溶解至消失Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O17、略

【分析】【详解】

（1）三种双原子单质分子只可能由两种核素两两组合构成；由同种核素组成的双原子分子有2种，还有1种分子分别由2种核素对应的1个原子构成。故答案为2。

（2）根据三种分子的相对分子质量分别是70、72、74，其中一种核素的质量数为另一种核素的质量数为

（3）双原子分子有三种，其相对分子质量分别为70、72、74，标准状况下，V升该气体中此三种分子的物质的量之比为9∶6∶1，则X2的平均相对分子质量为=71。

（4）元素X的相对原子质量为则35Cl的物质的量分数a%由下式求得：35×a%＋37(1－a%)＝35.5，a%＝75%。【解析】(1)2

(2)35；37

(3)71

(4)75%18、略

【分析】【详解】

(1)分析池塘的变化情况：丰富的水生生物→水质恶化→水生生物死亡；可知池塘的这种变化说明了池塘的生态平衡遭到破坏，其变化的原因是化工厂排放的污水进入池塘，其污染程度超过了池塘生态系统的自动调节能力。

(2)单质溴具有强氧化性，与在水中反应生成和方程式为5L污水中单质溴的物质的量是5L×0.012mol/L＝0.06mol，消耗亚硫酸钠是0.06mol，需要亚硫酸钠的的体积是0.06mol÷0.05mol/L＝1.2L。(3)根据以上分析可知要使池塘恢复本来面目，首先要解决的问题就是化工厂的污染问题。【解析】①.池塘的生态平衡遭到破坏②.化工厂对池塘的污染超过了池塘生态系统的自动调节能力③.④.1.2⑤.化工厂的污染问题19、略

【分析】【分析】

（1）

①自来水厂用液氯对自来水进行杀菌消毒，水中残留Cl-，实验室不能用自来水配制一定物质的量浓度的硝酸银溶液，原因是

②工业上以黄铁矿()、氯酸钠()和硫酸溶液混合制备二氧化氯。已知黄铁矿中的硫元素(价)被氧化成制备二氧化氯的离子方程式为

（2）

①将氯气通入溶液中，反应的离子方程式为

②A.已知是弱酸，易挥发，第一步含有溶液调节为酸性，易于生成有毒物质A不正确；

B．第二步发生的反应为B不正确；

C．与反应，生成和当含氰废水中含量低于即可达到排放标准，故处理含的废水需要反应掉的物质的量是根据方程式，实际至少需要C正确；

故答案选AB。

（3）

①由实验现象可知，溶液的在4~10范围内，后红纸均褪色，但越大，后；红纸褪色程度越浅，红纸褪色速率越慢；

②结合图像，烧杯中实验现象出现差异的原因是烧杯中溶液的是7大于烧杯中溶液的4，从图像可知越大，浓度越小，故烧杯反应速率较慢，褪色较慢。【解析】(1)

(2)AB

(3)越大，红纸褪色速率越慢烧杯中溶液的大于烧杯中溶液的浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①在该反应中，Cl元素化合价由反应前Cl2中的0价变为反应后FeCl3中的-1价，化合价降低，得到电子被还原，所以Cl2作氧化剂，FeCl3是还原产物；

②反应消耗标准状况下2.24LCl2，其物质的量是0.1mol。1molCl2反应得到2mol电子，则0.1molCl2反应转移电子的物质的量是0.2mol；

(2)在反应2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2中，Cu元素的化合价由反应前Cu单质的0价变为反应后CuCl2中的+2价，化合价升高，失去电子1×2e-，被氧化；Fe元素化合价由反应前FeCl3中的+3价变为反应后FeCl2中的+2价，化合价降低，得到电子2×e-，用双线桥法表示电子转移为：

(3)①在氧化还原反应中氧化性：氧化剂＞氧化产物，在A反应中氧化性：KClO3＞Cl2，在B反应中物质的氧化性：Cl2＞HIO3，所以氧化性：KClO3＞Cl2＞HIO3；

②Cl2具有强氧化性，先氧化KI生成I2，淀粉遇I2呈蓝色，当氯气过量时，Cl2将I2氧化为HIO3，又使溶液的蓝色消失，故可能看到的现象是溶液先变蓝色后蓝色褪色。【解析】Cl2FeCl30.2molKClO3＞Cl2＞HIO3溶液先变蓝色，后蓝色褪色21、略

【分析】【分析】

(1)

9.03×1023个NH3物质的量n(NH3)==1.5mol，含氢原子物质的量为1.5mol×3=4.5mol；1个NH3分子中含有10个质子，则含质子物质的量为1.5mol×10=15mol；在标准状况下的体积V(NH3)=1.5mol×22.4L/mol=33.6L；答案为4.5；15，33.6。

(2)

根据N、O原子守恒，充分反应后容器中氮原子和氧原子物质的量之比为amol∶(a+2b)mol=a∶(a+2b)，氮原子和氧原子的个数之比等于氮原子和氧原子物质的量之比，即氮原子和氧原子的个数之比为a∶(a+2b)；答案为a∶(a+2b)。

(3)

1.806×1024个H2O的物质的量n(H2O)==3mol，所含O原子物质的量为3mol，CO2分子中含有的氧原子数与1.806×1024个H2O中含有的氧原子数相同，即CO2中所含O原子物质的量为3mol，则CO2分子物质的量为1.5mol；答案为1.5。

(4)

8.4gN2与9.6g某单质Rx所含原子个数相同，且分子数之比为3∶2，则(3×2)∶2x=1∶1，解得x=3；解得M(R)=16g/mol；答案为16g/mol，3。【解析】（1）4.51533.6

（2）a∶(a+2b)

（3）1.5

（4）16g/mol322、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶液，NHFe3+、SO和H2O反应生成NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀，反应的离子方程式为：NH+3Fe3++2SO+6H2O＝NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+。

(2)①NaClO具有强氧化性，废水中的氮为-3价，被氧化转化为N2，NaClO被还原为NaCl，反应的离子方程式为：3ClO-+2NH＝N2↑+3Cl-+3H2O+2H+。

②i.由于随着pH升高；NaClO含量增大，氧化性能降低，所以进水pH为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降；

ⅱ.由于随着pH升高氨氮废水中氨气含量增大；氨氮更易被氧化，所以进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升；

ⅲ.根据图像可判断进水pH应控制在1.50左右；氨氮去除率会较大。

③NaClO水解生成HClO；HClO不稳定受热易分解，所以当温度大于30℃时，废水中氨氮去除率随着温度升高而降低。

④当n(ClO-)/n(氨氮)＞1.54时，NaClO的投入量增大，则溶液中NaClO的浓度较大，能把氨氮氧化为NO所以总氮去除率下降。【解析】NH+3Fe3++2SO+6H2O＝NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+3ClO-+2NH＝N2↑+3Cl-+3H2O+2H+随着pH升高，NaClO含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降随着pH升高氨氮废水中氨气含量增大，氨氮更易被氧化1.50氧化剂HClO不稳定，温度升高受热分解NaClO的投入量过大，把氨氮氧化为NO23、略

【分析】【分析】

由图象可知；从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg；Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：

H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；当V(NaOH溶液)=200mL时，沉淀量最大，此时沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3；二者物质的量之和为。

0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4；从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3，NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O；当V(NaOH溶液)=

240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg(OH)2为0.15mol，Al(OH)3为。

0.35mol−0.15mol=0.2mol。

【详解】

（1）由元素守恒可知，n(Al)=n[Al(OH)3]=0.2mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol；所以镁和铝的质量之比为：0.15mol×24g/mol：

0.2mol×27g/mol=2：3；故答案为：2：3；

（2）由A中可知，n(Al)=0.2mol，n(Mg)=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n(H2)=3n(Al)+2n(Mg)=3×0.2mol+2×0.15mol=

0.9mol，所以n(H2)=0.45mol；故氢气体积为0.45mol×22.4mol/L=10.08L，故答案为：10.08L；

（3）由200∼240mL发生Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol；氢氧化钠的浓度为：0.2mol/(0.24L−0.2L)=5mol/L，故答案为：5mol/L；

（4）沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于240mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的1/2倍，所以n(Na2SO4)=1/2×0.2L×5mol/L=0.5mol；所以硫酸的浓度为：0.5mol/0.4L=1.25mol/L，故答案为：1.25mol/L；

（5）从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3，NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，其离子反应方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+

2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。【解析】2∶310.08L5mol/L1.25mol/LAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O四、判断题(共3题，共24分)24、B【分析】【详解】

偏铝酸根离子在强酸性