2025年人教新起点必修1化学下册月考试卷含答案

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①Al2O3②NaAlO2③Al(OH)3④(NH4)2CO3⑤NaHCO3⑥AlCl3A.①③⑤⑥B.①③④⑤C.①③D.②③9、某溶液中可能含有Na＋、Al3＋、Fe3＋、Cl－、I－、某兴趣小组进行以下实验：(1)取少量该溶液加入过量硝酸钡溶液后过滤得白色沉淀和滤液(2)向上述白色沉淀中加入足量稀HNO3，发现沉淀完全溶解(3)向(1)中所得滤液中加入足量盐酸，发现溶液变黄色,下列叙述正确的是A.原溶液中可能含有Na＋、B.由（3）推断原溶液中存在Fe3＋C.原溶液中一定有I、Na＋D.通过在黄色溶液中加入硝酸银溶液可以检验原溶液中是否存在Cl－评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、甲；乙两个装置中（如图）；胶头滴管分别吸有某液体，平底烧瓶中置有其他物质，挤压胶头滴管加入液体，一段时间后两装置中的气球都明显胀大（忽略液体体积对气球的影响）。所用试剂分别是。

A.甲：浓硫酸和木炭乙：浓氨水和SO2B.甲：双氧水和MnO2乙：NaOH溶液和CO2C.甲：苯酚和Na2CO3溶液乙：NaOH溶液和Cl2D.甲：浓硫酸和蔗糖（滴有几滴水）乙：水和氨气11、表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.含有的质子数为B.标准状况下，含有原子数为C.溶液中含有数为D.在空气中完全燃烧生成转移的电子数为12、已知：①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色：③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是A.上述实验证明氧化性：MnO>Cl2>Fe3+>I2B..上述实验中，共有两个氧化还原反应C.实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D.实验②证明Fe2+有还原性，保存FeCl2溶液时，要向溶液中加入少量铁粉13、在使用容量瓶配制溶液时，下列操作正确的是()A.使用容量瓶前必须检查容量瓶是否漏水B.容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要用待配溶液润洗C.称好的固体试样需用纸条小心地送入容量瓶中D.摇匀后发现凹液面下降，再加水至刻度线14、室温下，某容积固定的密闭容器由可自由移动的活塞隔成A、B两室，分别向A、B两室充入H2、O2的混合气体和2mol空气，此时活塞的位置如图所示，实验测得A室混合气体的质量为38g，若将A室H2、O2的混合气体点燃引爆；恢复室温后，下列说法正确的是。

A.点燃引爆前A室混合气体的物质的量为4mol，所含原子总数为8NAB.点燃引爆前A室中H2、O2的物质的量之比为2.5：1C.点燃引爆后，最终活塞停留的位置在2刻度D.反应后容器内气体压强和反应前气体压强之比为4∶115、部分氧化的合金样品(氧化产物为)共5.76g；经如图处理：

下列说法不正确的是A.滤液A中的阳离子为Fe3+、Fe2+、B.样品中元素的质量为2.24gC.溶解样品参与反应的D.V=896ml16、标准状况下H2和Cl2组成的混合气体amol，其中氯气的体积分数为w。经光照后缓缓通入含bmolNaOH的溶液中充分反应，测得最终溶液中含有cmolNaClO（c＞0），则下列说法正确的是A.若c＞b-a，则B.若a+c＞b，则C.若b="a"+c，则w=0.5D.若a＜b-c，则评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)17、胶体是一种常见的分散系；回答下列问题。

(1)向煮沸的蒸馏水中逐滴加入几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体。制备Fe(OH)3胶体化学反应方程式________。

(2)向Fe(OH)3胶体中逐滴加入盐酸溶液；现象：________

(3)区分胶体和溶液常用的方法叫作_______，这是因为胶体粒子对光线的______作用而形成的。18、回答下列问题：

（1）①食盐晶体②乙醇③水银④蔗糖⑤KNO3溶液⑥熔融的氢氧化钠⑦SO2⑧液态氯化氢。以上物质能导电的是：_______(填序号，下同)。以上物质属于电解质的是：_______。以上物质属于非电解质的是：_______。

（2）把淀粉溶于沸水中，制成淀粉胶体，鉴别溶液和淀粉胶体可以利用的方法是_______。

（3）把少量的FeCl3饱和溶液滴入沸水中，制成Fe(OH)3胶体后滴入少量稀硫酸可观察到的现象是：_______；继续滴加稀硫酸至过量可观察到的现象是_______，写出上述反应的化学方程式_______。19、磷的含氧酸及其盐是一类重要的化工产品；广泛用于食品；肥料、去油去污、防腐蚀、防锈、锅炉水处理等。请回答下列问题：

(1)次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品。向10mL0.02mol•L-1H3PO2溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有OH-两种阴离子，则H3PO2是_______(填“一元酸”；“二元酸”或“三元酸”)。

(2)已知25℃时K(H3PO2)=1该H3PO2溶液的PH为__________。

(3)亚磷酸(H3PO3)是二元中强酸，25℃时亚磷酸的电离常数K1=5.0×10-2、K2=2.6×10-3。

①电离常数K只与温度有关，当温度升高时，K值_____(填“增大”或“减小”)。

②试从电离平衡移动的角度解释K1、K2数据的差异：____________。

(4)25℃时，已知HF的电离常数=3.6×10-4(H3PO4的电离常数K1=7.5×10-3，K2=6.2×10-8，K3=4.4×10-13。则足量NaF溶液和H3PO4溶液反应的离子方程式为________。20、84消毒液是生活中常见的一种消毒剂；常用于环境的消毒，其主要成分是NaClO。

(1)84消毒液使用时除了要按一定比例稀释，对消毒时间也有要求，一般在10-20分钟左右。结合有关的化学方程式解释原因_______，家庭使用84消毒液时，可以采取哪些措施缩短消毒时间_______。

(2)次氯酸钠可以用于去除废水中的铵态氮，配平下列离子方程式______。

_______NH+_______ClO-→_______N2+_______Cl-+_______H2O+_______H+

(3)84消毒液的制取和漂粉精的制取原理相同，都是用氯气和碱反应来制取，84消毒液所用的碱是氢氧化钠溶液，写出该反应的离子方程式_______。

(4)消毒学专家指出，将84消毒液与洁厕灵(主要成分：浓盐酸)一起合并使用，可能会导致使用者的呼吸道伤害。结合有关的化学方程式分析可能的原因_______。

(5)有同学看到某品牌的84消毒液的注意事项有指出：“不得将本品与酸性产品同时使用”。这里酸并没有特指盐酸，该品牌的产品说明是否具备科学性呢？说出你的理由，并设计实验进行验证_______。21、利用“价一类”二维图研究物质的性质是一种有效的学习方法。铁及其部分化合物的“价一类”二维图如图所示。

(1)X、Y的化学式分别为_______、_______。

(2)图中只具有还原性的物质是_______(填化学式)。

(3)要证明FeCl2有氧化性，还原性的试剂分别为_______、_____。

(4)某实验小组设计如下实验探究亚铁盐的性质。实验操作现象Ⅰ1.0mL0.1mol/L溶液中滴入1.0mL0.5mol/LNaOH溶液生成白色沉淀，3min后沉淀基本变为红褐色Ⅱ1.0mL0.1mol/L溶液中滴入1.0mL0.5mol/L溶液生成白色沉淀，3min后沉淀颜色几乎不变

①对实验Ⅱ所得白色沉淀展开研究(已知在水中不能大量存在)：

i．取Ⅱ中少量白色沉淀；充分洗涤，向其中加入稀硫酸，沉淀完全溶解，产生无色气泡；

ⅱ．向i所得溶液中滴入KSCN试剂；溶液几乎不变红；

ⅲ．向ⅱ所得溶液中再滴入少量溶液；溶液立即变为红色。

根据以上现象，实验Ⅱ中生成的白色沉淀的化学式为______。

②研究过程中发现实验Ⅱ中白色沉淀在空气中久置最终也变为红褐色。则该沉淀的还原性比实验Ⅰ中所得的Fe(OH)2的还原性_______(填“强”或“弱”)。评卷人得分四、判断题(共2题，共14分)22、向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液，加入H2O2后溶液变成红色，则Fe2+既有氧化性又有还原性。(_______)A.正确B.错误23、1molH2O在标准状况下的的体积约为22.4L。(____)A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共3题，共27分)24、铋及其化合物在冶金、医疗、化工生产中均有重要作用。铋在自然界中的含量极少，常以游离金属和矿物的形式存在。对浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2、Cu2S、FeS2等杂质）通过浸出、净化和电沉积法分离回收铋的流程：已知：I.“氯化浸出”过程中，需分批多次加入NaClO3，以防生成Cl2;II.BiCl3极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀，但在浓盐酸中几乎不水解;III.氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Bi3+＞H+.请回答以下问题：(1)“氯化浸出”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有________________（任写一条）；加入过量盐酸的主要目的是______________________.(2)浸出渣中含有S和____________（写化学式）；(3)写出“氯化浸出”中Bi2S3所发生反应的离子方程式__________________________.(4)“还原”过程中所发生反应的离子方程式为2Bi+3Cu2+=2Bi3++3Cu及____________。(5)“电解”过程的简易装置如图所示。装置中N为电源的________（填“正”或“负”）极；阳极上发生的主要电极反应式为__________________________。25、过氧化钙可以用于改善地表水质；处理含重金属粒子的废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。工业上生产过氧化钙的主要流程如下：

CaCl2固体30%的H2O2

↓↓

―→―→―→―→―→

↑↓↓

NH3副产品产品。

已知CaO2·8H2O呈白色；微溶于水，加热至350℃左右开始分解放出氧气。

(1)用上述方法制取CaO2·8H2O的化学方程式是_____________________________。

(2)检验“水洗”是否合格的方法是_______________________________________。

(3)沉淀时常用冰水控制温度在0℃左右，其可能原因是_________________。

(4)测定产品中CaO2的含量的实验步骤：

第一步：准确称取ag产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的bgKI晶体，再滴入少量2mol·L－1的H2SO4溶液；充分反应。

第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。

第三步：逐滴加入浓度为cmol·L－1的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液VmL。

[已知：I2＋2S2O32-===2I－＋S4O62-]

①第一步发生反应的化学方程式为___________________________________________；

CaO2的质量分数为____________(用字母表示)。

②某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能________(填“不受影响”、“偏低”或“偏高”)，原因是__________________。26、明代《天工开物》记载了“火法”冶炼锌的方法：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，冷淀，毁罐取出，，即倭铅也”，现代工业开发了用NH3—NH4Cl水溶液浸出氧化锌烟灰（主要成分为ZnO、少量Pb、CuO和As2O3）制取高纯锌的工艺流程如图所示。

请回答下列问题：

（1）《天工开物》中炼锌的方法中“泥封”的目的是____________。

（2）滤渣1的主要成份分别是_______（填化学式），“过滤”用到的玻璃仪器是__________。

（3）“溶浸”时，氧化铜参与反应的相关离子方程式是________；“溶浸”时可以适当升高温度，但不宜过高，其原因是________________。

（4）“氧化除杂”的目的是将AsCl52-转化为As2O5胶体，再经吸附聚沉除去，溶液始终接近中性，该反应的离子方程式是_____________________。

（5）“电解”含[Zn(NH3)4]2+的溶液，阴极放电的电极反应式是_________。阳极区产生一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是_______（写化学式）。评卷人得分六、推断题(共2题，共12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9题，共18分)1、A【分析】【详解】

胶体区别于其它分散系的特征是分散质粒子的大小，胶体粒子直径在1nm~100nm之间，胶体粒子带电荷、不能透过半透膜、能发生布朗运动，都不属于胶体的特征，答案选A。2、A【分析】【详解】

A；雾霾所形成的气溶胶属于胶体；具有丁达尔效应，故A正确；

B；“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为纤维素；故B错误；

C；水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴；是一种液化现象，不是碘升华，故C错误；

D；很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色；这在化学上叫做焰色反应，“火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色反应，故D错误；

故选：A。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．盐酸为强酸；而醋酸为弱酸，弱酸应写成化学式，则二者的离子反应不同，A错误；

B．硫酸氢钠完全电离出氢离子，硫酸属于二元强酸，二者反应的实质都是氢离子中和氢氧根，离子方程式相同，均是H＋＋OH－＝H2O；B正确；

C．碳酸氢钠中的碳酸氢根不能拆开；为碳酸氢根离子与氢离子反应，碳酸钠是正盐，为碳酸根离子与氢离子反应，二者与强酸硫酸；盐酸反应的离子方程式不同，C错误；

D．BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应的离子反应为Ba2++SO42-═BaSO4↓，但Ba（OH）2溶液与CuSO4溶液除生成硫酸钡沉淀还生成氢氧化铜沉淀；则二者离子反应不同，D错误；

答案选B。4、A【分析】【分析】

在NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑中，NaBH4中B的化合价为+3，H的化合价-1价，H2O中H的化合价+1价，生成物氢气的化合价为0价，NaBH4中氢元素的化合价升高，作还原剂，H2O中氢元素的的化合价降低；作氧化剂，由此分析。

【详解】

A．根据分析，NaBH4中氢元素的化合价升高被氧化；作还原剂，故A符合题意；

B．置换反应是单质和化合物反应生成另一种单质和化合物的反应，该反应的反应物NaBH4和H2O都是化合物；故B不符合题意；

C．H2O中H的化合价+1价，生成物氢气的化合价为0价，H2O中氢元素的的化合价降低；作氧化剂，故C不符合题意；

D．根据分析，在NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑中，NaBH4中B的化合价为+3，H的化合价-1价，H2O中H的化合价+1价，生成物氢气的化合价为0价，生成4个H2转移4个电子，每生成1个H2转移1个电子；故D不符合题意；

答案选A。5、D【分析】【详解】

A．应用放射线同位素发出的射线进行金属制品探伤；检验金属制件内部缺陷，A正确；

B．汽车尾气中的NO和CO可在催化剂作用下迅速变成无毒的CO2和N2；B正确；

C．燃煤废气中含二氧化硫和三氧化硫；溶于水显酸性，能与碳酸钙反应，可用于除硫，C正确；

D．误服可溶性钡盐后应迅速服用大量牛奶或鸡蛋清溶液解毒；服用硫酸铜溶液又会服下新的重金属离子：铜离子，也会引起中毒，D错误；

故选D。6、D【分析】【详解】

A.的核外电子数为4；故A错误；

B.中子数=质量数−质子数=10−4=6；故B错误；

C.质子数为4；故C错误；

D.核电荷数为4；故D正确。

羧酸；答案为D。

【点睛】

中子数=质量数−质子数7、C【分析】【分析】

【详解】

略8、B【分析】【分析】

【详解】

①Al2O3是两性氧化物；既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应，①符合题意；

②NaAlO2是强碱与弱酸反应产生的盐；只能与硫酸反应，不能与NaOH溶液反应，②不符合题意；

③Al(OH)3是两性氢氧化物；既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应，③符合题意；

④(NH4)2CO3是弱酸与弱碱反应产生的盐，既能与硫酸反应，也能与NaOH溶液反应，④符合题意；

⑤NaHCO3是弱酸的酸式盐，既能与硫酸反应，也能与NaOH溶液反应，⑤符合题意；

⑥AlCl3是强酸与弱碱反应产生的盐；只能与NaOH溶液反应，不能与硫酸反应，⑥不符合题意；

综上所述可知：既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应的物质序号是①③④⑤，故合理选项是B。9、C【分析】【分析】

(1)向少量原溶液中加入过量硝酸钡溶液生成白色沉淀,过滤后,向该白色沉淀中加入足量稀硝酸,沉淀完全溶解,则该白色沉淀中含有BaCO3，没有BaSO3；(BaSO3被硝酸氧化为BaSO4)，所以原溶液中含有CO32-，没有SO32-；由于CO32-与Fe3+、Mg2+不能大量共存，所以原溶液中不含有Fe3+、Mg2+；向(1)中所得滤液中加入足量的盐酸,溶液变黄色,由于在酸性条件下NO3-具有强氧化性,能氧I-生成I2,所以原溶液中含有I-,由于铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子，因此溶液中不存在Fe3+；根据溶液呈电中性知,原溶液中肯定含有Na+,无法确定是否含有Cl-；结合以上分析解答。

【详解】

】(1)向少量原溶液中加入过量硝酸钡溶液生成白色沉淀,过滤后,向该白色沉淀中加入足量稀硝酸,沉淀完全溶解,则该白色沉淀中含有BaCO3，没有BaSO3；(BaSO3被硝酸氧化为BaSO4)，所以原溶液中含有CO32-，没有SO32-；由于CO32-与Fe3+、Mg2+不能大量共存，所以原溶液中不含有Fe3+、Mg2+；向(1)中所得滤液中加入足量的盐酸,溶液变黄色,由于在酸性条件下NO3-具有强氧化性,能氧I-生成I2,所以原溶液中含有I-,由于铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子，因此溶液中不存在Fe3+；根据溶液呈电中性知,原溶液中肯定含有Na+,无法确定是否含有Cl-；

综合以上分析可知，原溶液中含有I-、Na+、CO32-，C正确；一定不含SO32-、Fe3+、Mg2+，A错误，B错误；由于之前引入了大量Cl-,所以在黄色溶液中加入硝酸银溶液，即使有氯化银白色沉淀生成,也不能说明原溶液中一定含有Cl-,D错误；

综上所述；本题选C。

【点睛】

本题在判断离子共存时，要注意：溶液中存在CO32-时，Fe3+、Mg2+与CO32-均不能大量共存；溶液中存在I-时，Fe3+与I-因发生氧化还原反应而不能大量共存；最后根据溶液呈电中性规律判定存在的阳离子。二、多选题(共7题，共14分)10、BD【分析】【分析】

由图可知；甲装置中的气球明显胀大，说明反应生成较多的气体，内部压强大于外压；而乙装置中的气球明显胀大，说明反应导致内部气体减少，外压大于内压，然后结合物质的性质及发生的反应来解答。

【详解】

A、浓硫酸和木炭常温下不反应，甲中气球不变，而浓氨水和SO2反应导致气体减少；则乙中气球变大，故A不选；

B、双氧水和MnO2反应生成氧气，甲中气球变大，且NaOH溶液和CO2反应导致气体减少；则乙中气球变大，故B选；

C、苯酚和Na2CO3溶液反应不生成气体，甲中气球不变，而NaOH溶液和Cl2反应导致气体减少；则乙中气球变大，故C不选；

D；甲中浓硫酸稀释放出大量的热；且具有强的氧化性和吸水性，能够使蔗糖碳化且发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫，烧瓶内气体增加，压强增大，气体胀大，且乙中氨气溶于水，使烧瓶内气体体积减小，压强减小，气球胀大，故D选。

答案选BD。

【点睛】

本题考查实验装置的综合应用及元素化合物知识，把握物质的性质和气球膨胀的原理是解题关键，侧重分析与应用能力的综合考查。11、AB【分析】【详解】

A．1个H2所含的质子数目为2个，故1molH2所含的质子数目为2NA；A正确；

B．在1个H2O中含有3个原子，标准状况下9.0gH2O的物质的量是0.5mol，则9.0gH2O含有原子数为1.5NA；B正确；

C．只有溶液浓度；缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，C错误；

D．2.3gNa的物质的量是0.1mol，其在空气中完全燃烧生成Na2O2时，转移的电子数为0.1NA；D错误；

故合理选项是AB。12、AD【分析】【分析】

【详解】

略13、AB【分析】【分析】

【详解】

A．容量瓶使用时会倒立震荡；所以使用前需要检查是否漏水，A正确；

B．待配液中含有溶质；会残留在容量瓶中，故不能用待配液润洗，B正确；

C．容量瓶只能原来配制溶液；不能用来溶解固体，称好的固体应该在烧杯中溶解，待恢复至室温，才能转移到容量瓶，所以C错误；

D．定容后摇匀；不能再加水，摇匀后凹液面下降是因为有部分溶液附在容量瓶上部器壁所致，再加水会使浓度偏小，D错误；

故选AB。

【点睛】

容量瓶只能用来配制溶液，不能溶解固体。14、AC【分析】【分析】

A、B两室被可移动的活塞分隔开，则A、B两室中气体压强相等，所以A、B两室中气体同温同压下体积之比等于物质的量之比，H2、O2的混合气体和2mol空气体积之比为2：1；则混合气体物质的量为4mol，再根据A室中的混合气体引爆情况分析。

【详解】

A.B两室被可移动的活塞分隔开，则A、B两室中气体压强相等，所以A、B两室中气体同温同压下体积之比等于物质的量之比，H2、O2的混合气体和2mol空气体积之比为2：1，则混合气体物质的量为4mol，所含原子总数为8NA；故A正确。

B．A室混合气体的质量为38g，则设H2物质的量为xmol,O2物质的量为ymol,则x+y=4mol；2x+32y=38g。求得x=3mol，y=1mol，故B错误；

C．若将A室H2、O2的混合气体点燃引爆，恢复原温度后，H2与O2为2比1完全反应，剩余H21mol。则A；B两室中气体体积之比等于物质的量之比；等于1：2，最终活塞停留的位置在2刻度；故C正确；

D．反应前A；B两室中气体共为6mol；反应后AB两室中气体共为3mol，反应前后均在在室温下且反应容器恒容，则反应前容器内气体压强和反应后气体压强之比为2∶1，则反应后容器内气体压强和反应前气体压强之比为1∶2；故D错误。

答案选AC。

【点睛】

明确压强与物质的量的关系、密度与摩尔质量关系等知识点是解本题关键。15、AD【分析】【详解】

A.滤液A中不含铜离子，说明铜元素以单质的形式析出，Cu能与Fe3+反应，所以滤液A中不可能有Fe3+；故A错误；

B.滤液A加入足量氢氧化钠，生成的沉淀灼烧，得到的固体是Fe2O3，根据铁元素守恒，样品中元素的质量为故B正确；

C.滤液A中不含铜离子，滤液A中的铁元素只以FeSO4的形成存在，根据B可知n(Fe)=n(FeSO4)=根据硫酸根离子守恒，则溶解样品参与反应的故C正确；

D.样品用足量硫酸溶解，反应消耗0.04mol硫酸，滤液中不含铜离子，则滤渣为铜，元素的质量为2.24g、Cu元素的质量为3.2g，样品中n(O)=反应生成水0.02mol，根据硫酸中氢元素守恒，生成氢气的物质的量为0.04mol-0.02mol=0.02mol，生成氢气在标准状况下的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448ml，故D错误；

选AD。16、BD【分析】【分析】

最终溶液中含有cmolNaClO，说明氢气与氯气反应后氯气有剩余，则光照后气体是HCl、Cl2的混合物，由H2+Cl2=2HCl可知，H2、Cl2物质的量总共为amol，再通入NaOH溶液，发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，若HCl、Cl2完全反应；含有氯元素物质的物质的量=n（NaCl）+n（NaClO）=（a+c）mol，根据钠离子守恒，需要n（NaOH）=（a+c）mol；

①a+c=b时，NaOH与HCl、Cl2恰好完全反应，得到NaCl、NaClO，可知n（Cl）=n（Na），可知n（Cl）=n（Na）=bmol，则氯气的物质的量=0.5bmol，氯气的体积分数=×100%；

②若a+c＜b时，NaOH有剩余，由Cl原子守恒，2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）=（a+c）mol，氯气的体积分数=×100%；

③若a+c＞b时，NaOH不足，根据Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O得n（NaOH）=2cmol，根据钠原子守恒得与HCl反应的n（NaOH）=（b-2c）mol，根据H原子守恒得n（H2）=1/2n（HCl）=mol，则n（Cl2）=n（混合气体）-n（H2）=[a-]mol，w==1-

【详解】

A．通过以上分析知，若c＞b-a，则w=1-故A错误；

B．若a+c＞b，则w=1-故B正确；

C．若b=a+c；且w=0.5，则氯气和氢气恰好反应生成HCl，没有氯气剩余，则溶液中不可能存在次氯酸钠，不符合题意，故C错误；

D．通过以上分析知，若a＜b-c，故D正确；

故选：BD。三、填空题(共5题，共10分)17、略

【分析】【分析】

根据Fe(OH)3胶体制备操作和胶体的性质分析解题。

【详解】

(1)制备Fe(OH)3胶体是利用Fe3+加热条件下水解生成Fe(OH)3胶体，发生反应的化学反应方程式是FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；

(2)向Fe(OH)3胶体中逐滴加入盐酸溶液，先发生聚沉现象，过量的盐酸可继续溶解生成的Fe(OH)3沉淀；可观察到的现象是先聚沉，生成红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解；

(3)胶体有丁达尔现象；而溶液没有，则区分胶体和溶液常用的方法叫作丁达尔效应(或丁达尔现象)，这是因为胶体粒子对光线的散射作用而形成的。

【点睛】

本题考查胶体的制备与性质应用，难点是胶体中加入电解质溶液会发生聚沉现象，且过量盐酸能溶解Fe(OH)3沉淀，这是易错点。【解析】FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl先聚沉，生成红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解丁达尔效应(或丁达尔现象)散射18、略

【分析】【分析】

(1)

能够导电的物质是含有能够自由移动的离子或电子的物质，即电解质的水溶液或熔融的电解质和金属单质以及能够导电的非金属单质，电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电且自身电离的化合物，非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物，据此分析解题：故在①食盐晶体②乙醇③水银④蔗糖⑤KNO3溶液⑥熔融的氢氧化钠⑦SO2⑧液态氯化氢中；能导电的是：③⑤⑥，属于电解质的是：①⑥⑧，属于非电解质的是：②④⑦，故答案为：③⑤⑥；①⑥⑧；②④⑦；

(2)

把淀粉溶于沸水中；制成淀粉胶体，鉴别溶液和淀粉胶体可以利用的方法是用一束光照射，胶体能形成一条光亮的通路，溶液则不能，故答案为：用一束光照射，胶体能形成一条光亮的通路，溶液则不能；

(3)

把少量的FeCl3饱和溶液滴入沸水中，制成Fe(OH)3胶体后滴入少量稀硫酸，将发生胶体的聚沉现象，故可观察到的现象是：产生红褐色沉淀；继续滴加稀硫酸至过量，由于Fe(OH)3沉淀能与硫酸反应，可观察到的现象是红褐色沉淀逐渐消失，溶液变为棕黄色，上述反应的化学方程式分别为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，2Fe(OH)3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+6H2O，故答案为：产生红褐色沉淀；红褐色沉淀逐渐消失，溶液变为棕黄色；FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，2Fe(OH)3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+6H2O。【解析】(1)③⑤⑥①⑥⑧②④⑦

(2)用一束光照射；胶体能形成一条光亮的通路，溶液则不能。

(3)产生红褐色沉淀红褐色沉淀逐渐消失，溶液变为棕黄色FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，2Fe(OH)3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+6H2O19、略

【分析】【详解】

(1)向10mL0.02H3PO2溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后；所得。

溶液中只有OH-两种阴离子，说明H3PO2是一元酸；

(2)设0.02H3PO2溶液中H3PO2电离出的H+浓度为x则列三段式如下；H3PO2+H+

起始浓度/()0.0200

变化浓度/()xxx

平衡浓度/()0.02-xxx

由于H3PO2的电离常数为则解得=0.01；则pH=2。

(3)①弱酸的电离为吸热过程；则升高温度，平衡正向移动，K增大；

②亚磷酸第一步电离电离出的氢离子抑制亚磷酸的第二步电离；所以第一步的电离平衡常数与第二步的电离平衡常数相差较大。

(4)HF的电离平衡常数小于磷酸的第一步电离平衡常数，又大于其第二、三步电离平衡常数，所以NaF和磷酸反应生成HF和磷酸二氢钠，离子方程式为F-+H3PO4=HF+【解析】一元酸2增大H3PO3第一步电离电离出的H+对第二步电离起抑制作用F-+H3PO4=HF+20、略

【分析】【详解】

(1)84消毒液主要成分是NaClO，但真正起到杀菌消毒作用的是次氯酸；因此消毒时间一般控制在10-20分钟左右，让NaClO与空气中的二氧化碳气体反应，生成了次氯酸，HClO的杀菌效果比NaClO更好，反应的方程式为：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；由于醋酸的酸性强于碳酸；因此家庭使用84消毒液时，尽可能在短时间内达到较好的消毒效果，即尽快产生次氯酸，可以在84消毒液中加入白醋；

(2)氮元素由-3价升高到0价，生成1mol氮气，转移6mol电子；氯元素由+1价降低到-1价，生成1mol氯离子，转移2mol电子，根据电子得失守恒，ClO-、Cl-各填系数3，NH填系数2，N2填系数1，再根据原子守恒，H2O填系数3，H+填系数2，配平后离子方程式为：2NH+3ClO-=N2+3Cl-+3H2O+2H+；

(3)氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

(4)次氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，二者混合后，发生氧化还原反应，产生氯气，氯气有毒，会影响人体的呼吸道，对人体造成危害，反应的方程式为：NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O；

(5)84消毒液中有ClO-和Cl-，在酸性环境中两者会反应生成Cl2；取1mL84消毒液在试管中，加入1mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的KI淀粉试纸，如果试纸变蓝，说明有氯气产生；因此84消毒液的注意事项指出：“不得将本品与酸性产品同时使用”，这里酸并没有特指盐酸，该品牌的产品说明有科学性。【解析】NaClO+CO2+H2O→NaHCO3+HClO，NaClO尽可能的与空气中二氧化碳反应，生成HClO分子起到杀菌消毒的作用，HClO的杀菌效果比NaClO更好在84消毒液中加入白醋231332Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2ONaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O，NaClO和浓盐酸反应生成氯气，氯气有毒，会影响人体的呼吸道有科学性；因为84消毒液中有ClO-和Cl-，在酸性环境中两者会反应生成Cl2。取1mL84消毒液在试管中，加入1mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的KI淀粉试纸，如果试纸变蓝，证明有科学性21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由图可知，X是Fe元素化合价为＋3的氧化物，则X是Fe2O3；

Y是Fe元素化合价为＋2的碱，则Y是Fe(OH)2；

(2)单质Fe为铁元素的最低价态；化合价只能升高，只有还原性；

(3)要证明FeCl2具有氧化性；则需使用还原剂，如锌，铝等还原性较强的金属；

要证明FeCl2具有还原性，则需使用氧化剂，如新制氯水、酸性KMnO4溶液等氧化性较强的物质；

(4)①由ⅱ、ⅲ的现象可知该白色沉淀中含+2价铁，结合已知条件Fe(HCO3)2在水中不能大量存在，可推知该白色沉淀是FeCO3；

②FeCO3在空气中久置变为红褐色，证明FeCO3中的Fe从+2价被氧化到＋3价，但被氧化所需时间比Fe(OH)2被氧化所需时间长，即FeCO3比Fe(OH)2难被氧化，所以FeCO3的还原性比Fe(OH)2的还原性弱。【解析】Fe2O3Fe(OH)2Fe锌(或铝等)新制氯水(或酸性KMnO4溶液等氧化性较强的物质)FeCO3弱四、判断题(共2题，共14分)22、B【分析】【详解】

向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液，加入H2O2后溶液变成红色，说明H2O2具有氧化性，故错误。23、B【分析】【分析】

【详解】

标准状况下，水不是气体，所以1molH2O在标准状况下的的体积不是22.4L，所以该说法错误。五、工业流程题(共3题，共27分)24、略

【分析】【分析】

辉铋矿(主要成分为Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2、Cu2S、FeS2等杂质)加入盐酸调节pH，并加入NaClO3，发生反应：Bi2S3+NaClO3+6HCl=2BiCl3+3S+NaCl+3H2O、Bi2O3＋6HCl=2BiCl3+3H2O，3Cu2S+2NaClO3+12HCl=6CuCl2+3S+2NaCl+6H2O、2FeS2+NaClO3+6HCl=2FeCl3+4S+NaCl+3H2O，SiO2不溶，得到浸出渣为SiO2和S，滤液中加入铋粉还原铁离子：3Fe3++Bi=Bi3++3Fe2+，加入硫化氨沉淀Cu2+，则净化液中阳离子含有Bi3+、H+和NH4+、Na+、Fe2+，将净化液与混有少量的氢氧化钠溶液电解得到铋，则石墨电极净化液的电极反应为：Bi3++3e-=Bi，发生还原反应，作阴极，故钛板为阳极发生氧化反应：Cl--6e-+6OH-=ClO+3H2O；c为阴离子交换膜，据此分析解答。

【详解】

(1)“氯化浸出”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有粉碎矿石(或适当提高浸取时温度合理答案)；浸出液中含有Bi3+，结合已知信息II，BiCl3极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀，但在浓盐酸中几乎不水解，则加入过量盐酸的主要目的是抑制BiCl3水解生成不溶性沉淀；提高铋的浸出率。

(2)根据分析，浸出渣中含有S和SiO2；

(3)根据分析，“氯化浸出”中Bi2S3所发生反应的离子方程式ClO3—+Bi2S3+6H+=3S↓+Cl-+2Bi3++3H2O；

(4)“还原”过程中所发生反应的离子方程式为2Bi+3Cu2+=2Bi3++3Cu；及铋粉还原铁离子，离子方程式为：3Fe3++Bi=Bi3++3Fe2+；

(5)根据分析，净化液中阳离子含有Bi3+、H+和NH4+、Na+、Fe2+，将净化液与混有少量的氢氧化钠溶液电解得到铋，则石墨电极净化液的电极反应为：Bi3++3e-=Bi，发生还原反应，作阴极，电解池中阴极与电源的负极相连，则N为负极；钛板为电解池阳极发生氧化反应：Cl--6e-+6OH-=ClO3—+3H2O。【解析】粉碎矿石(或适当提高浸取时温度合理答案)抑制BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高铋的浸出率SiO2ClO+Bi2S3+6H+=3S↓+Cl-+2Bi3++3H2OBi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+负Cl--6e-+6OH-=ClO+3H2O25、略

【分析】【详解】

(1)本实验的目的是制备CaO2·8H2O固体，则流程中的沉淀应为CaO2·8H2O，根据质量守恒判断还应有NH4Cl生成，故可写出反应的化学方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；(2)滤液中含有大量的Cl－，为将沉淀洗涤干净，应充分洗涤，根据检验Cl－的方法，可用稀硝酸酸化的硝酸银溶液检验。检验“水洗”是否合格的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；(3)沉淀时常用冰水控制温度在0℃左右，其可能原因是温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；(4)①CaO2将KI氧化成碘单质，发生反应的化学方程式为：CaO2＋2KI＋2H2SO4===I2＋CaSO4＋K2SO4＋2H2O；根据反应的离子方程式：CaO2＋4H＋＋2I－===Ca2＋＋2H2O＋I2，I2＋2S2O32-===2I－＋S4O62-；可得关系式：

CaO2～2S2O32-

72g2mol

mcV×10－3mol

解得：m＝0.036cV，CaO2的质量分数为②S2O32-有还原性，由于滴速太慢，S2O32-在滴定过程中被氧气氧化导致消耗体积偏大，从CaO2的质量分数的表达式可知使计算结果偏高。【解析】CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率CaO2＋2KI＋2H2SO4===I2＋CaSO4＋K2SO4＋2H2O偏高S2O32-在滴定过程中被氧气氧化26、略

【分析】【分析】

“火法”冶炼锌时采用泥封，从锌的活泼型考虑，是为了隔绝空气。由流程可知，氧化锌烟灰加入氨水、氯化铵进行溶浸，溶浸后氧化锌烟灰中ZnO、少量Pb、CuO和As2O3分别以Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+、AsCl52-的形式存在，滤渣1为Pb，加入过氧化氢，AsCl52-转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，过滤后加入锌粉还原，可除去[Cu(NH3)4]2+等，滤液主要含有[Zn(NH3)4]2+；电解可生成高纯度锌，以此解答该题。

【详解】

(1).“火法”冶炼锌时；由于锌是比较活泼的金属，“泥封”的目的是防止锌被氧化；

故答案为：防止得到的锌被氧化；

(2).由以上分析可知滤渣1为Pb；“过滤”用到的玻璃仪器是烧杯；漏斗、玻璃棒；

故答案为：Pb；烧杯；漏斗、玻璃棒；

(3).“溶浸”时，氧化铜加入氨水和氯化铵时，将氧化铜转化为[Cu(NH3)4]2+，反应的离子方程式为：CuO+2NH3+2NH4+=[Cu(NH3)4]2++H2O或CuO+2NH3∙H2O+2NH4+=[Cu(NH3)4]2++3H2O；温度太高时；氨水易分解和挥发，所以温度不宜过高，可避免氨水的分解和挥发；

故答案为：CuO+2NH3+2NH4+=[Cu(NH3)4]2++H2O或CuO+2NH3∙H2O+2NH4+=[Cu(NH3)4]2++3H2O；避免氨水的分解与挥发；

(4).“氧化除杂”中，AsCl52−转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，反应的离子方程式为2AsCl52-+2H2O2+6NH3·H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6NH4++5H2O或2AsCl52-+2H2O2+6NH3+H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6NH4+

故答案为：2AsCl52-+2H2O2+6NH3·H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6NH4++5H2O或2AsCl52-+2H2O2+6NH3+H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6NH4+；

(5).“电解”时Zn(