2025年人教版必修1化学上册月考试卷含答案

…………○…………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2025年人教版必修1化学上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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，22.4L氦气与1mol氢气所含原子数均为2NAB.25℃，101kPa时，22.4L氮气中含有的原子数为2NAC.常温常压下，O2和O3的混合物共64g，所含氧原子数一定为4NAD.将100mL1mol·L-1FeCl3溶液滴入沸水中，可制得Fe(OH)3胶粒数目为0.1NA的胶体2、能正确表达下列反应的离子方程式为A.用醋酸除去水垢：2H＋＋CaCO3＝Ca2＋＋CO2↑＋H2OB.Na2S2O3溶液中滴入稀硫酸：S2O32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2OC.向足量的稀硝酸中加入少量铁粉：2NO3－＋8H＋＋3Fe＝3Fe2＋＋2NO↑＋4H2OD.Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O＝AlO2－＋4NH4＋＋2H2O3、下列所列各组物质中；物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是。

。

a

b

c

A

Al2O3

AlCl3

Al（OH）3

B

NH3

NO

NO2

C

Si

SiO2

H2SiO3

D

Fe

FeCl2

FeCl3

A.AB.BC.CD.D4、下列有关钠及其化合物的叙述错误的是()A.Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂B.高压钠灯发出的黄光透雾能力强，可用于道路和广场照明C.氢氧化钠具有强碱性，可用于制胃酸中和剂D.钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠与氧气生成的Na2O与水和CO2反应5、下列溶液混合后，不会发生离子反应的是A.硝酸钡溶液和碳酸钠溶液B.锌与硫酸铜溶液C.碳酸钾溶液和硫酸氢钠溶液D.硫酸钾溶液和氯化镁溶液6、下列变化中，必须需要加入合适的氧化剂才能实现的是（）A.Na2O2→O2B.FeCl2→FeCl3C.CaCO3→CO2D.CuO→Cu7、几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：

。元素代号。

L

M

X

R

T

Q

原子半径/nm

0.160

0.143

0.102

0.089

0.074

0.078

主要化合价。

+2

+3

+6；-2

+2

-2

+5；-3

则下列相关叙述错误的是（）A.简单氢化物的沸点：T>XB.离子半径：X2->T2->L2+>M3+C.T和氢元素形成的化合物中只含有极性共价键D.M和R的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应又能与强酸反应8、下列叙述正确的是A.原子序数之差为2的两种元素不可能位于同一主族B.位于同一主族且相邻的甲、乙两种元素，甲的原子序数为x，则乙的原子序数可能是x+4C.D-核外有36个电子，则D元素位于第四周期第VIIA族D.最外层电子数为次外层电子数一半的元素一定是碱金属元素评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、将9.2gNa和5.4gAl同时加入适量水中充分反应，将反应后的溶液稀释，定容为500mL。下列说法正确的是A.反应放出的气体在标准状况下的体积为4.48LB.所得溶液中阳离子和阴离子的物质的量之比为1∶1C.参加反应的水的质量为10.8gD.所得溶液中Na+和Al3+的物质的量之比为2∶110、工业上制备有机氟化剂SF4的反应为3SCl2+4NaF=SF4+S2Cl2+4NaCl，下列说法正确的是A.NaF既不是氧化剂也不是还原剂，B.SCl2与S2Cl2中氯元素的化合价不同C.该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1D.SF4是还原产物11、用下列装置制备并检验Cl2的性质；下列说法正确的是。

A.图1：实验室制氯气，即使MnO2过量，盐酸也不能全部反应完B.图2：充分光照后，溶液充满量筒C.图3：生成棕黄色的烟，若在集气瓶中加入少量水，所得溶液呈蓝色D.图4：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条能褪色，说明Cl2有漂白性12、某同学设计如图元素周期表；以下说法正确的是。

A.X、Y、Z元素分别为N、P、OB.白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素C.原子半径：Z＞X＞YD.X、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是：Z的氢化物13、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。m、n、r为这些元素组成的化合物，常温下，0.1mol·L-1m溶液的pH=13；组成n的两种离子的电子层数相差1。p；q为其中两种元素形成的单质。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是。

A.原子半径：XB.W的氧化物对应水化物的酸性为该周期最强的C.简单氢化物的沸点：YD.Y、Z、W形成的一种化合物可作消毒剂评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、某二元化合物甲（M=233.5）是一种易潮解的橙黄色晶体，性质类似卤素单质。将2.335g甲加热至完全分解，生成0.01mol液体乙和224mL（标准状况下）黄绿色的单质丙气体，乙遇水发生非氧化还原反应生成等物质的量的次碘酸和氯化氢，实验室中可用KClO3、I2、浓盐酸在一定条件下制备甲，甲和KI反应生成I2。

（1）甲的化学式__。

（2）写出甲在热水浴中分解的化学方程式__。

（3）制备甲的化学反应方程式__。

（4）下列有关化合物甲性质及保存方法正确的是__。

A.不能与可燃物；碱类一起储运。

B.不能与活泼金属反应。

C.与硝酸酸化的硝酸银溶液作用无明显现象15、现有A、B、C、D、E五种含钠元素的物质，A为单质，B为淡黄色粉末，A、B与水反应都有碱性物质C生成，C与过量的反应生成E；E加热能生成D。试推断：

(1)_______，C_______，D_______，E_______。写化学式

(2)写出有关反应的化学方程式。

①和水反应：_______。

②受热分解的反应：_______。16、把含镁、铝、铜的合金粉末分为两等份，一份放入过量氢氧化钠溶液中，得到(标准状况)，另一份放入过量盐酸中，得到(标准状况)。试计算：

(1)该合金中铝的质量为_______g。

(2)该合金中镁、铝、铜的物质的量之比为多少？_____(无解题过程不给分)17、1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况）；向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。则。

（1）该合金中铜与镁的物质的量之比是__________

（2）该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是___________mol/L

（3）NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是_____________

（4）得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是______mL18、含硫化合物的种类很多，现有H2SO4、H2SO3、SO2、Na2SO3、BaSO4、CuSO4、Na2SO4这7种常见的含硫化合物。回答下列问题：

(1)H2SO3转化为硫酸是酸雨形成的重要过程之一，写出其反应的化学方程式，并标明电子转移的方向和数目：_______________________________________。

(2)常温下，将铁棒置于浓硫酸中，无明显现象，课本上解释为发生了钝化，但有人认为未发生反应。为验证此过程，某同学经过思考，设计了如下实验：将经浓硫酸处理过的铁棒洗净后置于CuSO4溶液中，若铁棒表面_______________________，则发生了钝化；若铁棒表面____________________；则未发生反应。

(3)用Na2SO3吸收法是治理SO2污染的一种方法，其原理为(用化学方程式表示)：_______________________________________________________________。

(4)减少SO2的污染并变废为宝，我国正在探索在一定条件下用CO还原SO2得到单质硫的方法来除去SO2，该反应的化学方程式：______________________。19、（1）物质的量相等的CO和CO2中，同温同压下所占的体积比为____，原子个数之比为______；

（2）1.8g水与_______mol硫酸所含的分子数相等，它们所含氧原子数之比是________，其中氢原子数之比是___________。

（3）3.2g某气体中含有的分子数约为3.01×1022，此气体的摩尔质量为________。

（4）可用于分离或提纯物质的方法有：

A过滤B萃取C渗析D蒸馏E灼热氧化F分液．

如欲分离或提纯下列各组混合物，请选择上述方法中最合适者，并将____填入题后空格内：

①除去淀粉溶液中的少量碘化钠________；②提取溴水中的溴单质______；

③除去水中的Na＋、Cl－等杂质________；④除去CuO中的Cu______；20、表是周期表中的一部分；数字①~⑧代表八种常见元素在周期表中的位置。

。

②

③

①

④

④

⑤

⑥

⑦

⑧

请回答下列问题：

(1)上述元素中化学性质最不活泼的是_______(填元素符号)。写出⑦的原子结构示意图_______。写出元素③在周期表中位置_______。

(2)非金属性强弱顺序：⑤_______⑧(填“<”，“>”或“=”)，验证该结论的方法为_______(用离子方程式表示)。

(3)①、④、⑦三种元素的最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序为_______(用化学式表示)。

(4)②、③、④元素原子半径由大到小的顺序为_______。(用元素符号表示)

(5)关于元素周期表、周期律，以下说法正确的是_______。

A.在金属和非金属分界处可以找到半导体材料。

B.在过渡元素中寻找制造催化剂和耐高温；耐腐蚀合金的元素。

C.通常农药所含有的元素位于元素周期表左下方区域。

D.稀有气体原子都满足8电子稳定结构。

(6)②的常见单质的电子式_______；用电子式表示⑦和⑧形成化合物的过程_______。21、一定量的氢气在氯气中燃烧；所得混合物用100mL3.00mol/L的NaOH溶液(密度为1.12g/mL)恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol。

（1）原NaOH溶液的质量分数为_______。

（2）所得溶液中Cl-的物质的量为_______mol22、回答下列问题：

(1)正常雨水的pH值为________

(2)常在医疗上用作消化系统X射线检查的内服药剂“钡餐”的化学式为________

(3)在粗盐的提纯实验中，欲除去其中的杂质Mg2+，应加入的试剂为________(填化学式)。

(4)任写出一个“氮的固定”的相关方程式________

(5)新型碳化硅(SiC)陶瓷可用作耐高温结构材料和半导体材料，其中的碳原子和硅原子通过________键连接的。(填“离子”或“共价”)

(6)根据元素周期律的知识，请写出新型陶瓷氮化硅的化学式________评卷人得分四、判断题(共3题，共18分)23、NaHCO3+H2=HCOONa+H2O的反应中，NaHCO3被氧化。______A.正确B.错误24、无水呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水。(____)A.正确B.错误25、氯气与NaOH溶液反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂。(___________)A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共4题，共12分)26、利用甲烷与氯气发生取代反应的副产品生产盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组模拟上述过程；所设计的装置如图1所示：

(l)A是氯气发生装置，该实验中A部分的装置是图2中的_______(填字母)。

(2)B装置有三种功能：①控制气流速度；②_____________；③_____________。

(3)D装置中的石棉上吸附着潮湿的KI，其作用是______________________。

(4)E装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法是_________________________。

(5)该装置的缺陷是没有进行尾气处理，其尾气的主要成分是_______(填序号)。

A.CH4B.CH3ClC.CH2Cl2D.CHC13E.CC14

(6)将lmolCH4与Cl2发生取代反应，充分反应后生成四种有机产物，其中CH3Cl、CH2Cl2,CHCl3的物质的量依次为amol、bmol、cmol，则参加反应的Cl2的物质的量为_________________mol。27、某课外小组的同学设计如下实验装置模拟海水提溴：

试回答下列问题：

(1)仪器A的名称为_______。

(2)实验时，打开关闭点燃C处的酒精灯，反应一段时间。

①仪器B中发生反应的离子方程式是_______。

②装置D的作用为_______(填两点)。

(3)熄灭C处的酒精灯，关闭打开从a、b两处分别通入热空气、

①通入热空气的目的是_______。

②反应过程中，装置F中有生成，则装置F中发生的主要反应的离子方程式是_______；检验装置F溶液中含有的方法是_______。

③X溶液可能是_______。

(4)该小组的同学向反应后的装置F溶液中通入充分反应后得到混合溶液，用从混合溶液中萃取溴的过程如下：

A.向分液漏斗中加入混合溶液和并盖好玻璃塞；

B.倒转分液漏斗用力振荡；并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正；

C.把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中静置；分层；

D.将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使玻璃塞上的凹槽或小孔对准分液漏斗口上的小孔；

E.旋开活塞；用烧杯接收溶液；

F.从分液漏斗上口倒出上层水溶液。

①D步骤操作的目的是_______。

②E步骤操作中应注意_______(答两点)。

③已知碘在酒精中的溶解度比在水中大得多，能不能用酒精来萃取碘水中的碘？_______(填“能”或“不能”)，其理由是_______。28、三氯化铬(CrCl3)为紫色晶体；熔点为83℃，易潮解，易升华，不易水解，高温下易被氧气氧化，主要用作媒染剂和催化剂。工业上制取三氯化铬的流程如下：

请回答下列问题：

(1)用蒸馏水洗涤三氧化二铬是除去_________(填化学式)。

(2)650℃时，在反应器反应一段时间后，除产生CrCl3外，还有副产物剧毒的光气(COCl2)生成，该反应的化学方程式是_______________。

(3)根据上述工艺原理，实验室用Cr2O3和CCl4(沸点76.8℃)在高温下制备三氯化铬；部分实验装置如图所示(夹持装置略)。

①上图中通入的气体X是_________(填化学式)。

②装置A的烧杯中盛有________。

(4)样品中三氯化铬质量分数的测定。

Ⅰ．称取样品0.3300g；加水溶解并于250mL容量瓶中定容。

Ⅱ．移取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的Na2O2，稀释并加热煮沸，再加入过量H2SO4酸化，将Cr3＋氧化为Cr2O再加入过量的KI固体，加塞摇匀，使铬完全以Cr3＋的形式存在。

Ⅲ．加入1mL指示剂，用0.0250mol·L－1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液24.00mL(已知：Cr2O＋6I－＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O,2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI)。

①滴定实验可选用的指示剂为______。

②样品中无水三氯化铬的质量分数为______%(结果保留三位有效数字)。29、化学实验是学习理解化学知识的基础,它以其生动的魅力和丰富的内涵在化学学习中发挥着独特的功能和作用。请回答下列问题：

I.实验室欲用固体NaOH配制100mL1mol·L-1的NaOH溶液。

（1）配制上述溶液，下列不能用到的仪器是_______________(用序号回答)。

A.烧杯B.大试管C.玻璃棒D.100mL容量瓶。

（2）除上述仪器外，还一定要的玻璃仪器有______________。

（3）用托盘天平称取NaOH固体的质量为_________g，从下表中选择称量NaOH固体所需要的仪器__________________（填序号）。

（4）下列情况使所配得溶液的浓度如何变化？（填“偏高”“偏低”或“不变”）

A.未洗涤溶解氢氧化钠的烧杯_________。

B.容量瓶使用前用蒸馏水洗过，内壁附有水珠而未干燥处理___________。

C.定容时加水超过了刻度线，将多出的液体吸出___________。

II．已知化合物甲和乙都不溶于水；甲可溶于质量分数大于或等于98%的浓硫酸，而乙不溶。现有一份甲和乙的混合物样品，通过实验进行分离，可得到固体甲（实验中使用的过滤器是用于过滤强酸性液体的耐酸过滤器，甲与硫酸不发生化学反应）。

请填写下列空白，完成由上述混合物得到固体甲的实验设计。序号实验步骤简述实验操作（不必叙述如何组装实验装置）①溶解将混合物放入烧杯中，加入98%H2SO4____。②_____________③稀释（沉淀）____________④过滤⑤_________向④的过滤器中注入少量蒸馏水，使水面浸过沉淀物，待水滤出后，再次加水洗涤，连洗几次。⑥检验沉淀是否洗净____________________。评卷人得分六、工业流程题(共3题，共6分)30、重金属元素铬的毒性较大；含铬废水需经处理达标后才能排放。

I.某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等；且酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理：

注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3pH3.79.611.189(>9溶解)

(1)氧化过程中可代替H2O2的最佳试剂是_______(填序号)。

A.Na2O2B.FeCl3C.KMnO4

(2)加入NaOH溶液调整溶液pH=8时，除尽的离子是_______(填序号)；已知钠离子交换树脂的原理：Mn++nNaR→MRn+nNa+，此步操作被交换除去的杂质离子是_______(填序号)。

A.Fe3+B.Al3+C.Ca2+D.Mg2+

II.酸性条件下，六价铬主要以形式存在，工业上常用电解法处理含的废水：该法用Fe作电极电解含的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。

(3)电解时阳极附近溶液中转化为Cr3+的离子方程式为：_______。

(4)常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=1×10-32，当溶液中的c(Cr3+)=10-5mol·L-1时，pH=_______。31、烟气脱硫是控制二氧化硫污染的主要技术手段。

（1）利用海水脱硫是一种有效的方法；其工艺流程如图所示：

某研究小组为探究提高含硫烟气中SO2的吸收效率的措施；进行了天然海水吸收含硫烟气的模拟实验，实验结果如下图所示。

①根据图示实验结果，为了提高一定浓度含硫烟气中SO2的吸收效率，下列措施正确的是___________。

A．降低通入含硫烟气的温度B．减小通入含硫烟气的流速。

C．减少天然海水的进入量D．在天然海水中加入生石灰。

②天然海水吸收了含硫烟气后会溶有H2SO3，使用空气中的氧气将其氧化，写出该反应的离子方程式_____________。

③该小组采用下图装置在实验室测定烟气中SO2的体积分数（假设实验在标准状况下进行）：

上述装置组装连接的顺序是：原料气→____（填导管接口序号）。下列试剂中（浓度、体积一定），可以用来代替试管中的碘一淀粉溶液的是____（填编号）。

A.酸性KMnO4溶液B.NaOH溶液C.溴水D.氨水。

（2）石灰石-石膏湿法烟气脱硫工艺技术的工作原理是烟气中的二氧化硫与浆液中的碳酸钙以及鼓入的空气反应生成石膏(CaSO4·2H2O)。写出该反应的化学方程式：____。某电厂用煤300t(煤中含硫质量分数为2.5%)，若燃烧时煤中的硫全部转化成二氧化硫，用该方法脱硫时有96%的硫转化为石膏，则可生产石膏____t。32、碳酸钠是重要的化工原料。吕布兰；索尔维和侯德榜为它的工业化生产作巨大贡献。

Ⅰ.吕布兰法：1789年，法国医生吕布兰N.Leblanc；1742-1806)以食盐；浓硫酸、木炭和石灰石为原料，开创了规模化工业制取碳酸钠的先河，具体流程如图：

(1)在高温条件下，②中发生两步反应，其中一步是Na2SO4和木炭生成Na2S和CO，该反应的化学方程式为_____；

(2)③中“水浸”时通常需要搅拌，其目的是_____；

(3)吕布兰法有明显不足，不断有科学家进行改进，请写出该法不足之处_______(一处即可)。

Ⅱ.索尔维法：1892年；比利时工程师索尔维发明氨碱法制碳酸钠，又称索尔维法。原理如下：

某兴趣小组采用如图装置模拟索尔维法制备碳酸氢钠；进而制得碳酸钠。实验操作如下：

①关闭K1，打开K2，通入NH3，调节气流速率，待其稳定后，打开K1通入CO2；

②三颈烧瓶内出现较多固体时，关闭K2停止通NH3，一段时间后，关闭K1停止通CO2；

③将三颈烧瓶内的反应混合物过滤、洗涤、低温干燥，并将所得固体置于敞口容器中加热，记录剩余固体质量。加热时间/minT0T1T2T3T4T5剩余固体质量/g未记录15.313.711.910.610.6

请回答下列问题：

(4)三颈烧瓶上连接的长颈漏斗的主要作用是______，有同学认为应该在长颈漏斗内放置一团蘸有酸液的棉花，理由是______；关闭K2停止通NH3后，还要继续通CO2一段时间，其目的是_______；

(5)根据实验记录，计算t2时NaHCO3固体的分解率为_______(已分解的NaHCO3质量与加热前原NaHCO3质量的比值)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A．标况下22.4L氦气的物质的量为1mol，而氦气为单原子分子，故1mol氦气中含原子为NA个；而氢气为双原子分子，故1mol氢气中含原子为2NA个；故A错误；

B．25℃、101kPa时，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L氮气的物质的量小于1mol，故含原子小于2NA个；故B错误；

C．氧气和臭氧均由氧原子构成，故64g混合物中含有的氧原子的物质的量为4mol，故含氧原子为4NA个；故C正确；

D．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所得胶粒的个数小于0.1NA个；故D错误；

故答案为C。

【点睛】

考查物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积的使用范围和条件，①对象是否气体，标况下水、CCl4、HF等为液体，只有气体才能使用；②温度和压强是否为标准状况，只指明体积无法求算物质的量，只有标准状况才能使用22.4L/mol。2、B【分析】【详解】

A.用醋酸除去水垢，醋酸是弱电解质，不能拆，反应的离子方程式是：2CH3COOH＋CaCO3＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O+2CH3COO-；故A错误；

B.Na2S2O3溶液中滴入稀硫酸：S2O32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O；符合拆写原则，客观事实，原子守恒，电荷守恒，故B正确；

C.向稀硝酸中加入少量铁粉生成硝酸铁、NO和水,反应的离子方程式为NO3－＋4H＋＋Fe＝Fe3＋＋NO↑＋2H2O，故C错误；

D.Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵；一水合氨是弱碱，不能与氢氧化铝反应，故D错误；

故选：B。3、D【分析】【分析】

【详解】

A；氧化铝不溶于水；不能直接转化为氢氧化铝，A错误；

B、氨气不能只能直接转化为NO2；B错误；

C；二氧化硅不溶于水；不能直接转化为硅酸，C错误；

D；铁和氯气反应生成氯化铁；和盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，D正确；

答案选D。4、C【分析】【详解】

A．Na2O2吸收CO2产生O2，所以Na2O2可用作呼吸面具供氧剂；故A正确；

B．钠的焰色反应为黄色；则可用作透雾能力强的高压钠灯，故B正确；

C．氢氧化钠具有腐蚀性；不能用于中和胃酸，一般用氢氧化铝；碳酸镁、碳酸氢钠等，故C错误；

D．钠与氧气反应生成氧化钠；氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化得到碳酸钠，故D正确；

故选C。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．硝酸钡溶液和碳酸钠溶液混合后，硝酸钡电离产生的Ba2+与碳酸钠电离产生的反应产生BaCO3白色沉淀；发生了离子反应，A不符合题意；

B．锌与硫酸铜溶液混合后，二者发生置换反应产生Cu、Zn2+；发生了离子反应，B不符合题意；

C．碳酸钾溶液和硫酸氢钠溶液混合后，碳酸钾电离产生的与硫酸氢钠电离产生的H+发生反应产生CO2、H2O；发生了离子反应，C不符合题意；

D．硫酸钾溶液和氯化镁溶液混合；无气体放出，无沉淀产生，也没有弱电解质生成，因此不能发生离子反应，D符合题意；

故合理选项是D。6、B【分析】【详解】

A．Na2O2与水反应生成O2过程中Na2O2既做氧化剂又做还原剂；不需要加入氧化剂，故A不符合题意；

B．铁元素由+2价变为+3价；被氧化，必须要加入氧化剂，故B符合题意；

C．CaCO3和盐酸反应可生成CO2；属于非氧化还原反应，不需要加入氧化剂，故C不符合题意；

D．铜由+2价变为0价；被还原，必须要加入还原剂，故D不符合题意；

答案选B。

【点睛】

该题注意题目要求“必须”两字，氧化还原反应中有些反应可自身发生氧化还原反应，不一定既需要氧化剂又需要还原剂。7、C【分析】【分析】

X；T主要化合价均有-2价；X半径比T大且X有+6价，则T为O，X为S；

L；R主要化合价均为+2价且L原子半径大于R原子半径；则L为Mg，R为Be；

Q有+5价和-3价且Q的原子半径比X(S)小；则Q为N；

M常见化合价为+3价且原子半径比X(S)大；则M为Al；

综上所述；L；M、X、R、T、Q分别为：Mg、Al、S、Be、O、N，据此解答。

【详解】

A．T为O，X为S，O的简单氢化物H2O常温呈液态，S的氢化物H2S常温呈气态，故简单氢化物的沸点：T(H2O)＞X(H2S)；A正确；

B．X为S，T为O，L为Mg，M为Al，S2-有三个电子层，其余三种离子具有相同的电子层结构、且有2个电子层，故S2-的半径最大，核电荷数：O＜Mg＜Al，故离子半径：S2-＞O2-＞Mg2+＞Al3+，即离子半径：X2->T2->L2+>M3+；B正确；

C．T为O，O和H形成的化合物为H2O和H2O2，H2O2既含极性共价键；又含非极性共价键；C错误；

D．M为Al，R为Be，Be和Al位于金属元素与非金属元素分界线附近，其最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3和Be(OH)2均为两性氢氧化物；均既能与强碱反应又能与强酸反应，D正确；

答案选C。8、C【分析】【详解】

A．H和Li的原子序数之差为2；这两种元素位于同一主族，A错误；

B．位于同一主族相邻的甲；乙两种元素；甲的原子序数为x，则乙的原子序数可能是x+2或x+8或x+18或x+32，B错误；

C．D-核外有36个电子；则D元素的原子有35个电子；是35号元素，故其位于第四周期第VIIA族，C正确；

D．硅的最外层电子数也为次外层电子数的一半，但硅不是碱金属，D错误；二、多选题(共5题，共10分)9、BC【分析】【分析】

9.2g钠的物质的量为n===0.4mol，5.4gAl的物质的量为n===0.2mol，Na和水的反应为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，根据方程式可知0.4mol钠完全反应生成NaOH的物质的量是0.4mol，NaOH和Al的反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，根据方程式可知，Al~NaOH，0.2molAl消耗0.2molNaOH，反应时NaOH过量，Al完全反应，反应后溶液中的溶质为0.2molNaAlO2；0.2molNaOH；由此分析。

【详解】

A．Na和水的反应为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，0.4mol钠与水反应放出气体0.2mol，NaOH和Al的反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；根据方程式可知反应时NaOH过量，Al完全反应，0.2mol铝与碱反应放出气体0.3mol，故气体总的物质的量为0.5mol，则气体在标准状况下的体积为22.4L/mol×0.5mol=11.2L，故A不符合题意；

B．根据分析反应后溶液中含有0.2molNaAlO2、0.2molNaOH，则阳离子为钠离子，共0.4mol，阴离子为和OH-；共0.4mol，则阳离子和阴离子的物质的量之比为1∶1，故B符合题意；

C．Na和水的反应为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，0.4molNa消耗0.4mol水，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，0.2molAl消耗0.2molH2O，可知两个反应共消耗水0.6mol，质量m=nM=0.6mol×18g/mol=10.8g；故C符合题意；

D．因反应后溶液中含有0.2molNaAlO2、0.2molNaOH，没有Al3+；故D不符合题意；

答案选BC。10、AC【分析】【详解】

A.NaF中钠元素和氟元素化合价均未变化；故A正确；

B.SCl2中氯元素化合价为−1价，S2Cl2中氯元素化合价为−1价；故B错误；

C.SCl2中硫元素化合价为+2价，氯元素化合价为−1价，S2Cl2中硫元素化合价为+1，氯元素化合价为−1价，S2Cl2为还原产物，SF4中硫元素化合价为+4，SF4为氧化产物，SCl2既做氧化剂又做还原剂；氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故C正确；

D.SCl2中硫元素化合价为+2价，SF4中硫元素化合价为+4，SF4为氧化产物；故D错误；

故选AC。11、AC【分析】【分析】

【详解】

A．MnO2与稀盐酸不反应，随反应的进行，浓盐酸浓度会变稀，则MnO2过量；盐酸也不能全部反应完，故A正确；

B．已知氯气溶解于水发生Cl2+H2OHCl+HClO，其中2HClO2HCl+O2↑；则最终量筒上方会有氧气，溶液不可能充满量筒，故B错误；

C．Cu在氯气中燃烧有棕黄色的烟，再加入少量水，所得CuCl2溶液呈蓝色；故C正确；

D．已知Cl2+H2OHCl+HClO，则干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条能褪色，说明Cl2没有漂白性；HClO有漂白性，故D错误；

故答案为AC。12、AD【分析】【详解】

A．由构成该元素周期表的规律；X；Y、Z元素分别对应的是第7、第15、第8号元素，即N、P、O元素，故A正确；

B．白格中还有0族元素；故B错误；

C．X；Y、Z元素分别为N、P、O；原子半径应该是：Y＞X＞Z，故C错误；

D．X；Y、Z元素中非金属性最强的是Z；因此Z的气态氢化物最稳定，故D正确。

综上所述，答案为AD。13、AD【分析】【分析】

0.1mol·L－1m溶液的pH＝13，则m为一元强碱，应该为NaOH，组成n的两种离子的电子层数相差1，根据图示可知，n为NaCl，电解NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，p、q为其中两种元素形成的单质，则p、q为H2和Cl2；结合短周期主族元素X；Y、Z、W的原子序数依次增大可知：X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素，据此答题。

【详解】

由分析可知：X为H元素；Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素。

A．电子层数越多；则原子的半径越大，具有相同电子层数的原子，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，所以原子半径：X＜Y＜W＜Z，故A正确；

B．由分析可知：W为Cl；非金属性是同周期最强的，最高价氧化物对应水化物的酸性为该周期最强的，故B错误；

C．Y、W形成的氢化物分别为H2O和HCl；因为水分子中含有氢键，含有氢键的物质熔沸点较高，所以简单氢化物的沸点：Y＞W，故C错误；

D．Y；Z、W形成的一种化合物为NaClO；NaClO具有强氧化性，可用于杀菌、漂白，可作消毒剂，故D正确。

答案选AD。三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】【分析】

由“乙遇水发生非氧化还原反应生成等物质的量的次碘酸和氯化氢”可推出；乙为ICl；

黄绿色气体单质丙为氯气；由“将2.335g甲加热至完全分解，生成0.01mol液体乙和224mL（标准状况下）”可推出，甲为ICl3，则ICl3分解生成ICl和Cl2；KClO3、I2、HCl反应，生成ICl3等。分析ICl3的性质时，需紧抓信息“易潮解的橙黄色晶体，性质类似卤素单质”，可由Cl2的性质进行类推。

【详解】

(1)由以上分析知，甲的化学式为ICl3。答案为：ICl3；

(2)ICl3在热水浴中分解，生成ICl和Cl2，化学方程式为ICl3ICl+Cl2↑。答案为：ICl3ICl+Cl2↑；

(3)KClO3、I2、HCl反应，生成ICl3等，则制备甲的化学反应方程式为KClO3+I2+6HCl=2ICl3+KCl+3H2O。答案为：KClO3+I2+6HCl=2ICl3+KCl+3H2O；

(4)A.Cl2具有强氧化性，能与可燃物（如氢气等）、碱类发生反应，由此得出与卤素性质类似的ICl3也不能与可燃物；碱类一起储运；A正确；

B.Cl2能与活泼金属反应，则ICl3也能与活泼金属反应；B不正确；

C.Cl2能与硝酸酸化的硝酸银溶液作用，生成白色沉淀，则ICl3也有类似性质；C不正确。

故答案为A。

【点睛】

制备ICl3时，KClO3还原产物的判断是解题的关键。I2转化为ICl3，I价态由0价升高到+3价，作还原剂，则KClO3被还原，价态降低，产物是Cl2还是KCl，应依据共存原理进行分析。因为Cl2还能与I-反应，所以KClO3还原产物应为Cl2。【解析】ICl3ICl3ICl+Cl2↑KClO3+I2+6HCl=2ICl3+KCl+3H2OA15、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E五种物质都含有Na元素，A为单质，则A为金属Na，B为淡黄色粉末，则B为Na2O2，Na和Na2O2与水反应都有NaOH生成，所以C为NaOH，NaOH与过量的CO2反应生成NaHCO3，所以E为NaHCO3，NaHCO3加热能生成Na2CO3、水和二氧化碳，所以D为Na2CO3；据此回答。

【详解】

(1)由上面的分析可知，B为Na2O2，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3；

(2)①Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

②碳酸氢钠受热分解成碳酸钠、二氧化碳和水，方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+↑。【解析】Na2O2NaOHNa2CO3NaHCO32Na+2H2O=2NaOH+H2↑2NaHCO3Na2CO3+H2O+↑16、略

【分析】(1)

标准状况，的物质的量是设一份合金中铝的物质的量是xmol；

x=0.2mol；

所以该合金中铝的质量为0.2mol×27g/mol×2=10.8g。

(2)

铝和镁都能与盐酸反应放出氢气，另一份放入过量盐酸中，得到(标准状况)，则镁与盐酸反应放出氢气的体积是(8.96-6.72)L=2.24L(标准状况)，氢气的物质的量是设一份合金中镁的物质的量是ymol

y=0.1mol，则一份合金中镁的质量是0.1mol×24g/mol=2.4g，铜的质量是11g-2.4g-0.2mol×27g/mol=3.2g，铜的物质的量是该合金中镁、铝、铜的物质的量之比为0.1:0.2:0.05=2:4:1。【解析】(1)

(2)17、略

【分析】【详解】

（1）在Mg、Cu与硝酸反应的过程中，金属都是+2价的金属，金属失去电子的物质的量与硝酸反应得到电子的物质的量相等。金属变为Mg2+、Cu2+，当向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液时，发生反应形成Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀，增加的质量就是OH-的质量，m(OH-)=2.54g-1.52g=1.02g，n(OH-)==0.06mol；则n(Mg)+n(Cu)=0.03mol，假设Mg的物质的量是x，Cu的物质的量是y，则x+y=0.03mol；24x+64y=1.52g，解得x=0.01mol，y=0.02mol，所以该合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2:1；

（2）根据物质的量浓度与质量分数换算式可得该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是

（3）根据在氧化还原反应中金属失去电子的物质的量等于硝酸发生还原反应得到电子的物质的量，等于反应产物结合的氢氧根离子的物质的量。n(e-)=n(OH-)=0.06mol，NO2和N2O4的混合气体1120mL，物质的量是n==0.05mol，假设NO2和N2O4的物质的量分别是a、b，则根据电子守恒可得a+2b=0.06mol，根据元素守恒可得a+b=0.05mol。解得a=0.04mol，b=0.01mol，根据可知，在相同外界条件下，气体的体积比等于气体的物质的量的比，所以NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是×100%=80%；

（4）50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中含有硝酸的物质的量是：n(HNO3)=cV=14mol/L×0.05L=0.7mol，当恰好形成沉淀时，溶液为NaNO3溶液，根据元素守恒，可得n(NaOH)=n(HNO3)(酸)=0.7mol-0.04mol-0.01mol×2=0.64mol，故当得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是V===0.64L=640mL。

【点睛】

在金属与硝酸发生的氧化还原反应中，金属失去电子变为金属阳离子进入溶液，硝酸得到电子，被还原变为氮的氧化物，金属失去电子的物质的量与硝酸发生反应得到电子的物质的量相等；当向反应后的溶液中加入足量烧碱，时金属阳离子恰好形成沉淀时，金属阳离子结合的氢氧根的物质的量与金属失去电子的物质的量相等。溶液为硝酸钠溶液。在反应硝酸的作用是酸性和氧化性，根据氮元素守恒，利用反应产生气体的物质的量及反应过程中转移的电子数目关系可得产生的气体中含有的氮元素原子的物质的量，用硝酸的总物质的量减去气体中氮原子的物质的量就得到硝酸钠的物质的量，进而可得到反应消耗的氢氧化钠的物质的量。可见利用电子守恒、元素的原子守恒可以使复杂的反应计算简单化。要在今后的学习中加强练习，以求达到巩固和掌握的目的。【解析】2：11480%64018、略

【分析】【详解】

(1)亚硫酸被氧化生成硫酸，根据电子转移守恒配平，标出电子电子转移数目与方向如：=2H2SO4；(2)钝化是在金属表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内部进行反应，若发生钝化，则氧化膜保护铁，不能和硫酸铜发生置换反应，即铁表面无红色物质析出，若不钝化，则铁表面有红色物质析出；(3)亚硫酸钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应方程式为：Na2SO3＋SO2＋H2O=2NaHSO3(4)用CO还原SO2得到单质硫的方法来除去，一氧化碳生成二氧化碳，反应方程式为：SO2＋2COS＋2CO2。【解析】①.===2H2SO4②.无红色物质析出③.有红色物质析出④.Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3⑤.SO2＋2COS＋2CO219、略

【分析】【分析】

（1）同温同压下；气体的物质的量之比等于体积之比，原子的物质的量等于分子的物质的量乘以分子中原子的个数；

（2）1.8g水所含分子的数目用公式N=n×NA=

（3）利用n==从而计算出M；

（4）选择分离物质的方法时；要考虑物质的性质，除去淀粉溶液中的少量碘化钠，选择渗析，淀粉溶液属于胶体，碘化钾溶在溶液里，区分溶液和胶体的方法是渗析；溴水中的溴用有机溶剂萃取后分液；除去自来水中可溶性的离子，可用蒸馏，CuO中的Cu可用加热氧化的方式把铜氧化成氧化铜。

【详解】

（1）根据阿伏伽德罗定律，在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子。物质的量相等的CO和CO2，分子的数目也相同，故体积也相同，故体积比为1:1。一个CO分子中含有两个原子，CO2分子中含有三个原子；分子的数目相同，故原子数目比为2:3；

故答案为1:1；2:3；

（2）1.8g水中水分子的数目==×NA=0.1NA个，0.1NA个硫酸分子的物质的量为0.1mol；由于分子数相同，一个水分子含有一个氧原子，一个硫酸分子含有四个氧原子，故氧原子的数目比为1:4，一个水分子有两个氢原子，一个硫酸分子也有两个氢原子，其中氢原子数之比是1:1；

故答案为0.1；1:4；1:1；

（3）3.2g某气体中含有的分子数约为3.01×1022利用n==从而计算出M====64g/mol；

故答案为64g/mol；

（4）A．过滤是使液固或气固混合物中的流体强制通过多孔性过滤介质；将其中的悬浮固体颗粒加以截留，从而实现混合物的分离操作。

B．萃取是利用化合物在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度的不同；使化合物从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中而提取出来的过程，萃取之后要分液。

C．渗析是一种以浓度差为推动力的膜分离操作；利用膜对溶质的选择透过性，实现不同性质溶质的分离，可用于分离溶液和胶体。

D．蒸馏是一种热力学的分离工艺；它利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，是蒸发和冷凝两种单元操作的联合。①除去淀粉溶液中的少量碘化钠可选择渗析；

②提取溴水中的溴单质；可以选用萃取和分液操作；

③除去水中的Na＋、Cl－等杂质；选择蒸馏；

④除去CuO中的Cu；可选择灼热氧化；

故答案为C；B/BF；D；E。【解析】1:12:30.11:41:164g/molCB/BFDE20、略

【分析】【分析】

根据各元素在元素周期表中的相对位置可知①~⑧号元素分别为：Na、N、O、Al、Cl、Ar、K、Br。

【详解】

(1)Ar为稀有气体元素，化学性质最不活泼；⑦为钾元素，原子结构示意图为③为O元素；位于第二周期第VIA族；

(2)同主族元素自上而下非金属减弱，所以非金属性非金属性越强，单质的氧化性越强，所以用Cl2+2Br-=2Cl-+Br2来验证；

(3)金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性也强，金属性：所以①、④、⑦三种元素的最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序为

(4)电子层数越大原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小原子半径越大，所以②、③、④元素原子半径由大到小的顺序为

(5)A．在周期表中金属与非金属的分界处的元素既有金属性又有非金属性；则在周期表中金属与非金属的分界处可以找到半导体材料，故A正确；

B．优良的催化剂和耐高温；耐腐蚀的合金材料(如制造火箭、飞机的钛、钼等元素)大多属于过渡元素；故B正确；

C．用来制造一些农药的元素有F；Cl、S、P等；位于元素周期表的右上角，故C错误；

D．He为稀有气体元素；但最外层为2电子稳定结构，故D错误；

综上所述答案为AB；

(6)②为N元素，其单质为N2，两个N原子共用三对电子，电子式为⑦为K元素，⑧为Br元素，二者形成离子化合物KBr，电子式表示KBr的形成过程为：→【解析】Ar第二周期第VIA族>Cl2+2Br-=2Cl2+Br-KOH>NaOH>Al(OH)3Al>N>OAB→K+21、略

【分析】【分析】

(1)

根据推出代入上述数据可知，NaOH溶液的质量分数为

(2)

氢气与氯气反应，用NaOH吸收气体，所得的溶液中含有NaClO，说明氢气与氯气反应时，氯气有剩余，用氢氧化钠吸收后溶液中溶质为NaC1、NaClO，根据钠离子守恒可知溶液中n(NaOH)=n(NaC1)+n(NaClO)=0.1L×3.00molL=0.30mol，故溶液中n(NaCl)=0.30mol-0.05mol=0.25mol，溶液中n(Cl-)=n(NaCl)=0.25mol。【解析】（1）10.71%

（2）0.2522、略

【分析】【详解】

（1）正常雨水的pH为大于5.6。

（2）BaSO4不溶于胃酸，因此通常用BaSO4制作钡餐。

（3）Mg2+能与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀从而除去；同时不能引入杂质离子，因此加入的试剂为NaOH。

（4）氮气和氢气在高温高压催化剂条件下反应生成氨气，化学方程式为N2十3H22NH3。

（5）碳化硅为共价化合物；其中的碳原子和硅原子通过共价键连接。

（6）氮化硅中氮为-3价，硅显+4价，依据化合价代数和为0，可知氮化硅中氮原子数为4个，硅原子数为3个，化学式为Si3N4。【解析】(1)大于5.6

(2)BaSO4

(3)NaOH

(4)N2十3H22NH3

(5)共价。

(6)Si3N4四、判断题(共3题，共18分)23、B【分析】【详解】

NaHCO3+H2=HCOONa+H2O的反应中，H化合价升高被氧化，故错误；24、A【分析】【详解】

无水氯化亚钴呈蓝色，吸水后变为粉红色，所以无水氯化亚钴常用于判断变色硅胶是否吸水，故正确。25、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。五、实验题(共4题，共12分)26、略

【分析】【分析】

实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2，生成的氯气中还含有水分，浓硫酸具有吸水性，所以B装置除了控制气流速度、均匀混合气体外，还有干燥作用；Cl2经干燥后和甲烷在光照条件下发生取代反应；生成多种氯代烃和HCl，氯气具有强的氧化性，能够与碘化钾反应；最后生成的HCl溶于水生成盐酸，氯化氢易溶于水，可以用水吸收生成的氯化氢，用分液法分离两种互不相溶的液体可以得到盐酸，根据甲烷的物质的量计算出四种取代产物的物质的量，再根据甲烷与氯气的取代反应特点计算出消耗氯气的物质的量，据此分析。

【详解】

(l)实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2；属于固液加热型，实验中A部分的装置是图2中的c；

(2)浓硫酸具有吸水性；甲烷和氯气中含有水蒸气，浓硫酸可以干燥气体，还可以控制气流速度；甲烷和氨气在装置中可以混合均匀；

(3)氯气具有强的氧化性，能够与碘化钾反应；Cl2经干燥后和甲烷在光照条件下发生取代反应，氯气如过量，会影响盐酸的纯度，D装置中的石棉上吸附着潮湿的KI，其作用是除去过量的Cl2；

(4)氯代烃和盐酸互不相溶；会分层，将有机物和盐酸分离的最佳方法是分液；

(5)该装置中的尾气的主要成分是未反应完的甲烷和生成的一氯甲烷；而二氯甲烷；三氯甲烷、四氯甲烷都是液体；

(6)将lmolCH4与Cl2发生取代反应，充分反应后生成四种有机产物，CH4+Cl2CH3Cl+HCl；CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl；CH4+3Cl2CHCl3+3HCl；CH4+4Cl2CCl4+4HCl；CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3的物质的量依次为amol、bmol、cmol，被取代的氢原子的物质的量等于消耗氯气的物质的量，生成四氯化碳时消耗的甲烷为(1-a-b-c)mol，生成四氯化碳时消耗的氯气的物质的量为4(1-a-b-c)mol，因此消耗氯气的物质的量为4(1-a-b-c)mol+amol+2bmol+3cmol=(4-3a-2b-c)mol。

【点睛】

计算消耗氯气的物质的量时，需要先计算出生成四氯化碳时消耗的氯气的物质的量，要明确被取代的氢原子的物质的量等于消耗氯气的物质的量。【解析】c干燥混合气体(或吸水)使气体混合均匀除去过量的Cl2分液AB4-3a-2b-c27、略

【分析】【分析】

C为制氯气的装置，B中的反应为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，D中的饱和食盐水除去Cl2中的HCl，长颈漏斗用于平衡气压，E中Cl2可将Br-氧化为Br2，Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，通入热空气可将生成的Br2吹出进入F中，b通入SO2可与Br2发生发反应，2H2O＋SO2+Br2=H2SO4+2HBr；G装置盛放强碱溶液（如NaOH）用于吸收尾气。

【详解】

（1）根据外形可知；仪器A为分液漏斗；

（2）①根据分析，B中发生制氯气的反应，离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；

②根据分析，装置D中饱和食盐水的作用为除去Cl2中的HCl；长颈漏斗的作用为平衡气压；

（3）①Br2易挥发，通入热空气可将生成的Br2吹出进入F中；

②根据分析，装置F中发生的主要反应的离子方程式是2H2O＋SO2+Br2=4H++可用Ba2+检验，方法为加足量稀盐酸无明显现象，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有

③根据分析，G用于吸收尾气，未反应完全的Cl2及生成的Br2均可用强碱吸收；可选用NaOH；

（4）①要使分液漏斗中的液体顺利流下；需接通大气，因此该操作的目的是使漏斗内外空气相通，压强相等，保证漏斗里的液体能顺利流出；

②用烧杯接溶液时；分液漏斗要紧贴着烧杯内壁，防止液体飞溅；等到下层液体快要全部流出时，要关闭活塞，防止上层液体放出造成收集的液体不纯；

③选择萃取剂时，除了被萃取的物质在萃取剂中溶解度大之外，还要保证萃取剂不能与水相溶，酒精溶于水，无法分层，因此不能用作萃取剂。【解析】(1)分液漏斗。

(2)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O除去Cl2中的HCl；平衡气压。

(3)将生成的Br2吹出2H2O＋SO2+Br2=4H++加足量稀盐酸无明显现象，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有NaOH

(4)使漏斗内外空气相通，压强相等，保证漏斗里的液体能顺利流出分液漏斗要紧贴着烧杯内壁；等到下层液体快要全部流出时，关闭活塞不能酒精与水互溶28、略

【分析】【分析】

根据流程图知，重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)、氮气和水，然后洗涤、烘干得到Cr2O3，在加热条件下，在反应器中发生反应Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2；三氯化铬易升华，在高温下能被氧气氧化，为防止三氯化铬被氧化，通入氮气，且充入的氮气能使反应物进入管式炉中进行反应，最后得到无水三氯化铬，据此分析解答问题。

【详解】

(1)用蒸馏水洗涤三氧化二铬，可除去表面附着的(NH4)2Cr2O7；

(2)650℃时，在反应器反应一段时间后，除产生CrCl3外，还有副产物剧毒的光气(COCl2)生成，反应的化学方程式为Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2；

(3)①因为三氯化铬易升华，在高温下能被氧气氧化，为防止三氯化铬被氧化，所以通入的气体为N2；

②烧杯A盛有高于76.8℃的热水，可以使得CCl4进入装置B中参与反应；

(4)①碘单质遇淀粉溶液变蓝；因此滴定实验可选用的指示剂为淀粉溶液；

②设样品中无水三氯化铬的质量分数为x；由原子守恒和电子守恒得如下关系：

则有，＝解得x＝96.1%。【解析】(NH4)2Cr2O7Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2N2高于76.8℃的热水淀粉溶液96.129、略

【分析】【详解】

分析：I.（1）大试管用于发生化学反应；（2）定容时要用胶头滴管；（3）m(NaOH)=0.1L×1mol·L-1×40g·mol－1=4.0g；将氢氧化钠放在烧杯中用托盘天平称量；（4）根据c=n/V分析误差；II．分离混合物；两种混合物要以原有的组成分开．解此题的思路应从“已知化合物甲和乙都不溶于水，甲可溶于质量分数大于或等于98%的硫酸而乙不溶”产生．既然有一种可溶于质量分数大于或等于98%的硫酸，这已经告诉我们二者在浓硫酸中的状态不同，可采用过滤的方法将二者分开．当然，由于溶液为浓硫酸，所以使用的不是普通的滤纸，应为用于强酸性液体的耐酸性过滤器．再用水洗涤，即可得到不溶于浓硫酸的难溶性固体．另一种固体溶解在浓硫酸中，要得到它，需要再次研究“已知化合物甲和乙都不溶于水，甲可溶于质量分数大于或等于98%的硫酸”，这说明甲在稀硫酸中不溶解，也就是说，只要我们加水稀释甲的浓硫酸溶液，就可让甲从溶液中重新游离出来．

详解：I.实验室欲用固体NaOH配制100mL1mol·L-1的NaOH溶液。（1）配制上述溶液，无需用到的仪器是B大试管；A.烧杯用于溶解；C.玻璃棒用于搅拌、引流；D.100mL容量瓶用于配制一定体积的溶液；故选B。（2）除上述仪器外，定容时要用胶头滴管滴加少量液体，故还一定要的玻璃仪器有胶头滴管。（3）m(NaOH)=0.1L×1mol·L-1×40g·mol－1=4.0g，用托盘天平称取NaOH固体的质量为4.0g，将氢氧化钠放在烧杯中用托盘天平称量，称量NaOH固体所需要的仪器abe（填序号）。（4）A.未洗涤溶解氢氧化钠的烧杯；引起溶质变少，故浓度偏低。B.容量瓶使用前用蒸馏水洗过，内壁附有水珠而未干燥处理，定容时要加水，故对浓度没有影响，即不变；C.定容时加水超过了刻度线，将多出的液体吸出，引起溶质变少，故浓度偏低。

II．①溶解，将混合物放入烧杯中，加入98%H2SO4，充分搅拌，直至固体不再溶解。②过滤分离不溶物和可溶物，将烧杯中的混合液沿玻璃棒缓慢倒入过滤器中过滤，③稀释（沉淀）：故将②中所得滤液沿烧杯内壁慢慢注入足量水中，并不断搅拌，直至析出全部固体；④过滤⑤直接向过滤器中加入蒸馏水洗涤沉淀，重复2-3次，故洗涤沉淀；向④的过滤器中注入少量蒸馏水，使水面浸过沉淀物，待水滤出后，再次加水洗涤，连洗几次。⑥检验沉淀是否洗净：用小试管从⑤的漏斗下口取少量洗出液，滴入BaCl2溶液。如没有白色沉淀；说明沉淀已洗净。

点睛：难点II：明确本题物质的分离提纯本质，即过滤。从“已知化合物甲和乙都不溶于水，甲可溶于质量分数大于或等于98%的硫酸”读出：甲在稀硫酸中不溶解，只要加水稀释甲的浓硫酸溶液，就可让甲从溶液中重新游离出来，从而创造出分离条件：分离固体和不溶于液体的固体，即过滤。【解析】①.B②.胶头滴管③.4.0④.