2025年湘教新版必修1化学下册月考试卷

…………○…………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2025年湘教新版必修1化学下册月考试卷752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5题，共10分)1、短周期中有X、Y、Z三种元素，Z可分别与X、Y组成化合物XZ2、ZY2，这三种元素原子的核外电子数之和为30，每个XZ2分子的核外电子总数为38，由此可推知X、Y、Z依次为（）A.Na、F、OB.N、O、PC.C.F、OD.O、S2、科学家合成出了一种新化合物（如图所示）；其中M；W、T、L为同一短周期元素，L核外最外层电子数是W核外电子数的一半。下列叙述正确的是（）

A.化合物ML属于弱电解质B.该新化合物中T满足8电子稳定结构C.W的最高价氧化物可以与水反应生成弱酸D.元素非金属性的顺序为W>T>L3、下列关于钠的说法中不正确的是A.金属钠着火时，可以用砂土灭火B.钠长期放置在空气中，最终将变成碳酸钠C.实验后剩余的钠粒，需要放回原试剂瓶中D.将一小块钠投入氯化铁溶液时，既能产生气体又会出现白色沉淀4、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.1molNaCl固体中含有的离子总数为0.1NAB.0.1mol·L-1K2SO4溶液中含有SO数为0.1NAC.室温下，2.24LCl2与足量Mg反应，转移电子数为0.2NAD.0.1molCO和N2的混合气体中含有电子数为1.4NA5、下列各组物质的各步转化均可以通过一步反应完成的是A.S→SO3→H2SO4→SO2B.Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3C.Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3D.Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、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)。7、在反应Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中，氧化剂是___________，氧化产物是___________，还原产物是___________，______元素的化合价升高，该元素的原子___________电子，______发生氧化反应；该反应转移1mol电子时，消耗铜的物质的量为___________mol。8、Fe(OH)3胶体在生活中有重要应用，利用FeCl3和沸水反应制备的Fe(OH)3胶体中常混有FeCl3和HCl。已知胶体不能透过半透膜；而小分子和离子可以透过半透膜。试回答下列有关问题∶

(1)实验室制取Fe(OH)3胶体的化学方程式是_________________________。

(2)用_________________方法除去胶体中的浑浊物;用_________________方法除去胶体中混有的FeCl3和HCl。

(3)鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液最简单的方法是_____。(填字母)

a．观察液体颜色b．丁达尔效应c．加人AgNO3溶液是否出现沉淀。

(4)写出证明胶体和Cl—已经分离的实验方案___________________________。

(5)Fe(OH)3胶体做电泳实验；在______(填"阴极"或"阳极")区域看到红褐色颜色加深。

(6)向Fe(OH)3胶体中滴加盐酸至过量，观察到的现象是_________________。9、用Na2CO3·10H2O晶体，配置0.2mol/L的Na2CO3溶液480ml

（1）应称取Na2CO3·10H2O晶体的质量为____。

（2）根据下列操作对所配溶液的浓度产生的影响；完成下列要求：

①Na2CO3·10H2O晶体失去了部分结晶水；②用“左物右码”的称量方法称量晶体（使用游码）；

③碳酸钠晶体不纯；其中混有氯化钠；④称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈；

⑤容量瓶未经干燥使用；

其中引起所配溶液浓度偏高的有___(填序号，下同)，偏低的有____，无影响的有_____。

（3）为完成实验所必须要的玻璃仪器有：____、____、____、____。10、铝是地壳中含量最高的金属元素；其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛。

（1）真空碳热还原-氯化法可实现由铝土矿制备金属铝，其相关反应的热化学方程式如下Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H=akJ·mol-1

3AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g)△H=bkJ·mol-1

①反应Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)的△H=________kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示)。

②Al4C3也是该反应过程中的一种中间产物。Al4C3与盐酸反应(产物之一是含氢量最高的烃)的化学方程式为_______________。

③甲烷和水反应可以制水煤气(混合气体)，在恒温、固定体积为V升的密闭容器中的反应微观示意图如下所示，根据微观示意图得出的结论中，正确的是_____________。

____

a.该反应方程式为：CH4+H2O=CO+3H2

b.该反应平衡前后压强比为3：4

c.该反应体系中含氢元素的化合物有3种。

d.该反应中甲烷的平衡转化率为50%

④水煤气中的H2可用于生产NH3，在进入合成塔前常用[Cu(NH3)2]Ac溶液来吸收其中的CO；防止合成塔中的催化剂中毒，其反应是：

[Cu(NH3)2]Ac(aq)+CO(g)+NH3(g)[Cu(NH3)3]Ac·CO(aq)△H＜0

[Cu(NH3)2]Ac溶液吸收CO的适宜生产条件应是____________________。该条件下用气体表示的平衡常数表达式为：K=______________

（2）镁铝合金(Mg17Al12)是一种潜在的贮氢材料，一般在氩气环境中将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得。该合金在一定条件下可完全吸氢得到的混合物Y(含MgH2和Al)；Y在一定条件下可释放出氢气。

①熔炼制备镁铝合金(Mg17Al12)时通入氩气的目的是_________________。

②写出镁铝合金(Mg17Al12)在一定条件下完全吸氢的化学方程式_________________。

③在6.0mol·L-1HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2。1molMg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为_________。11、下表是元素周期表的一部分；除标出的元素外，表中的每个编号代表一种元素。请根据要求回答问题：

（1）①的元素符号是_________；

（2）②的原子结构示意图是_________；

（3）①和③的原子半径大小关系是：①____③（填“>”、“<”或“=”）；

（4）③、④和⑤中，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的酸的化学式是____________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)12、通过对分子层面的操纵可研发新药__________。A.正确B.错误13、无色溶液加入CCl4无现象，滴加氯水后CCl4层呈紫红色，则溶液中一定存在I-。(_______)A.正确B.错误14、氯气溶于水得氯水，溶液呈酸性且可以导电，所以氯气是电解质。(___________)A.正确B.错误15、的还原性较强，而浓硫酸具有很强的氧化性，所以浓硫酸不能干燥气体。(______)A.正确B.错误16、氯水或硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中。(___________)A.正确B.错误17、配制1L1mol·L-1CuSO4溶液，需要称量160gCuSO4·5H2O固体。(_______)A.正确B.错误18、高纯硅可用来制作芯片和硅太阳能电池。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、推断题(共2题，共20分)19、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：________20、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：________评卷人得分五、原理综合题(共4题，共24分)21、化学与生产生活息息相关；请回答下列问题。

(1)将金属钠和铝粉同时投入水中，发生反应的离子方程式为：___________、___________

(2)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NO的排放。当尾气中空气不足时，NO和CO在催化转化器中生成两种无毒的气体排出，写出该过程的化学方程式：___________

(3)打破水银温度计，为防止汞中毒可以在上面撒一层硫粉，写出反应的化学方程式：___________

(4)NO是治疗心血管疾病的信使分子，NO与空气接触的反应现象是___________

(5)工业上用洗净的废铜作原料制备的硫酸铜。下列制备方法符合“绿色化学”思想的是___________(填序号)

①Cu+H2SO4(浓)→CuSO4

②CuCuOCuSO4

写出①中反应的化学方程式：___________22、石油炼制过程中产生的H2S是一种有毒气体；其有效利用是亟需解决的问题。

(1)H2S的电子式是_________。

(2)热分解法处理H2S

H2S(g)=H2(g)+S(s)ΔH1

已知：i.2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)ΔH2

ii.S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3

①利用ΔH2和ΔH3计算ΔH1时，还需要利用_______反应的ΔH。

②直接加热分解H2S转化率低，科学家发现MoS2可以催化H2S分解制取氢气和硫磺，多孔陶瓷膜可以使氢气选择性分离。科学家使用沉积有MoS2的多孔陶瓷膜装置进行反应的原因有_________。

(3)电化学法处理H2S

为避免硫磺沉积在阳极，将氧化吸收和电解制氢过程分开进行，装置如图所示。氧化吸收器中为Fe2(SO4)3溶液；电解反应器中，以石墨为阳极，以Pt为阴极，中间用质子交换膜隔开。

①氧化吸收器中反应的离子方程式为_________。

②电解反应器中，阴极的电极反应式为_________。

③电解反应器的作用是_________(写出2点)。23、为更有效处理工业废气中排放的氮氧化物(NOx)、SO2等；减少大气污染。科学家不断对相关反应进行研究尝试。

(1)脱硝反应机理如图，Cu＋的作用是____________，C2H4参与的反应方程式______________。

(2)选择性催化还原技术(SCR)是目前较为成熟的烟气脱硝技术，其反应原理主要为：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)；ΔH＝-1627kJ•mol-1

①其中被NO和O2氧化的NH3的比例________。

②该方法应控制反应温度在315～400℃之间，反应温度不宜过高的原因是________。

③氨氮比n(NH3)/n(NO)会直接影响该方法的脱硝率。如图为350℃时，只改变氨气的投放量，NO的百分含量与氨氮比的关系图。当n(NH3)/n(NO)>1.0时，烟气中NO含量反而增大，主要原因是_________________________________。

(3)烟气脱硫、脱硝一体化技术是大气污染防治研究的热点。ClO2及NaClO2均是性能优良的脱硫脱硝试剂。

①ClO2在酸性条件下稳定，在NaOH溶液中可歧化为NaClO3和NaClO2，该反应的化学方程式为____。

②某研究小组用ClO2进行单独脱除SO2实验时，测得SO2的脱除率随溶液pH变化如图所示。当3<7时，随pH的增大，SO2脱除率逐渐降低，其原因是________；在pH约7.8之后，随pH的增大，SO2脱除率又开始升高，其原因是________。24、下表为元素周期表得一部分。

。碳氮YX硫Z

回答下列问题：

（1）X元素在周期表中位于_____周期_______族。

（2）下列事实能说明Y元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是____________。

a．Y单质与H2S溶液反应；溶液变浑浊。

b．在氧化还原反应中；1molY单质比1mol硫得电子多。

c．Y和硫两元素的简单氢化物受热分解；前者的分解温度高。

（3）表中某元素的气态氢化物与该元素的最高价氧化物对应的水化物可以反应，写出该反应的化学方程式__________________。

（4）常温下，将稀氨水逐滴加入稀硫酸溶液中，当pH=7时，2c(SO42-)_______c(NH4+)（填＜；＞、=）。

（5）已知元素Na与元素Y可形成原子个数比为1∶1的离子化合物，写出该化合物的电子式_______，该化合物中的化学键类型有_____________。

（6）向Z单质的水溶液加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是___________。

A．碳酸钙粉末B．稀硫酸C．氯化钙溶液D．二氧化硫的水溶液评卷人得分六、元素或物质推断题(共2题，共6分)25、已知；短周期A；B、C、D、E、F六种主族元素，它们的原子序数依次增大，其中A的一种原子无中子，B的单质在空气中含量最高，它与A的单质在一定条件下反应生成易溶于水的化合物甲，C、E同主族，C原子的最外层电子数是其周期序数的3倍，D是短周期中原子半径最大的元素。回答下列问题：

(1)E在元素周期表中的位置____，元素F最高价氧化物对应水化合物的化学式为_____。

(2)下列叙述中能够证明元素F非金属性强于元素E非金属性的事实为______。

a.一定条件下E和F的单质都能与钠反应。

b.F的单质能与E的氢化物反应生成E单质。

c.F的氢化物比E的氢化物稳定。

d.常温下E单质和F单质状态不同。

(3)A2、C2与E的最高价氧化物的水化物溶液和铂电极组成燃料电池，通入气体B2的一极是该电池的_____极，写出该极的电极反应式_________。

(4)X可能是由B；D、E三种元素中的一种组成的单质；能经图所示的过程转化为W(其它条件略去)。

①若Z是淡黄色固体物质，则该物质的电子式为____________。

②若Y是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则W的浓溶液与铜共热的化学方程式为____________。

③若Z是红棕色气体，则Z→W的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________，将铜加入W的稀溶液中发生反应的离子方程式为____________。

(5)实验室可用图所示的装置(缺收集装置)制备并收集甲。

①若选用A装置制备甲，则试管中的试剂是___________(填化学式)。

②为制取干燥的甲，可将装置A与下列装置__________(填序号)进行连接。

26、I．单质A为目前人类使用最广泛的金属；氧化物B为具有磁性的黑色晶体，根据下列转化关系填空。

(1)试判断：A的化学式为___________，按图中要求写出A→B的化学反应方程式___________。

(2)实验室检验C溶液中的阳离子时，可加入氢氧化钠溶液，若先产生___________色沉淀，该沉淀在空气中迅速变为灰绿色，最终变为___________色；则含该离子。

(3)实验室检验D溶液中的阳离子时，通常可滴加___________溶液；若溶液变为红色，则含该离子。

Ⅱ．如图是某学校实验室从化学试剂商店采购的浓硫酸试剂标签上的部分内容。硫酸化学纯(CP)

品名：硫酸。

化学式：

相对分子质量：98

密度：

质量分数：98％(4)若实验室用该浓硫酸配制的稀硫酸，请计算需要该浓硫酸___________mL(精确到小数点后1位)。

(5)下列操作将导致所配制的溶液浓度偏大的是___________。

a．移液过程有溶液溅出瓶外

b．移液后未洗涤烧杯和玻璃棒。

c．定容时俯视容量瓶刻度线

d．加水超过刻度线；用胶头滴管吸出多余液体。

e．洗涤时将量筒洗涤液也加入容量瓶参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】

【详解】

短周期中有X、Y、Z三种元素，令它们核外电子数分别为a、b、c，三种元素原子的核外电子数之和为30，每个XZ2分子的核外电子总数为38，则：a+b+c=30，a+2c=38，故c-b=8，且Y与Z可以形成ZY2，可推知Y为O、Z为S，故X原子的核外电子数=30-8-16=6，故X为C元素，答案选D。2、B【分析】【分析】

M；W、T、L为同一短周期元素；根据图知，W能形成4个共价键、L能形成1个共价键，则W位于第IVA族、L位于第VIIA族，且L核外最外层电子数是W核外电子数的一半，L最外层7个电子，则W原子核外有14个电子，故W为Si元素，L为Cl元素；该阴离子中Cl元素为-1价、W元素为+4价，根据化合价的代数和为-1价可知，T为-3价，所以T为P元素；根据阳离子所带电荷知，M为Na元素，据此解答。

【详解】

通过以上分析知：M；W、T、L分别为Na、Si、P、Cl元素。

A.NaCl为离子化合物；但属于强电解质，故A错误；

B.结合分析可知；该化合物中P为−3价，P原子最外层电子数为5+3=8，满足8电子稳定结构，故B正确；

C.Si的最高价氧化物为SiO2，SiO2不与水反应；故C错误；

D.同一周期元素非金属性随着原子序数增大而增强，则非金属性Cl>P>Si，即非金属性：L>T>W；故D错误；

故答案选：B。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．砂土不与钠；过氧化钠等反应；则钠着火时，能用砂土来扑灭，选项A正确；

B．钠放置于空气中发生银白色（钠的真面目）→变暗（生成Na2O）→变白色固体（生成NaOH）→成液（NaOH潮解）→结块（吸收CO2成Na2CO3•10H2O）→最后变成Na2CO3粉（风化），有关反应如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O；所以最终生成碳酸钠，选项B正确；

C．因钠活泼；易与水；氧气反应，如在实验室随意丢弃，可引起火灾，实验时剩余的钠粒可放回原试剂瓶中，选项C正确；

D．钠与氯化铁溶液反应生成红褐色沉淀氢氧化铁；氯化钠和氢气；没有白色沉淀产生，选项D不正确；

答案选D。4、D【分析】【详解】

A．0.1molNaCl含有0.1molNa+和0.1molCl-；故共有离子总数为0.2mol，A错误；

B．由于溶液体积未知；故无法求算硫酸根物质的量，B错误；

C．由于不是标准状况，故2.24LCl2物质的量不为故转移电子无法求算，C错误；

D．CO、N2所含电子数均为14个，故0.1mol该混合气体所含电子的物质的量为0.1mol×14=1.4mol，电子数为1.4NA；D正确；

故答案选D。5、D【分析】【分析】

A.S与氧气只能生成二氧化硫；

B.Al2O3与碱反应生成偏铝酸盐，不能直接生成Al(OH)3；

C.SiO2与碱反应生成硅酸盐；再与酸反应才能得到硅酸；

D.铁与盐酸反应生成FeCl2，与碱反应生成Fe(OH)2，氧化后变为Fe(OH)3；

【详解】

A.S与氧气只能生成二氧化硫；不能形成三氧化硫，不能通过一步完成，A项错误；

B.Al2O3与碱反应生成偏铝酸盐，不能直接生成Al(OH)3；不能通过一步完成，B项错误；

C.SiO2与碱反应生成硅酸盐；再与酸反应才能得到硅酸，不能通过一步完成，C项错误；

D.铁与盐酸反应生成FeCl2，与碱反应生成Fe(OH)2，氧化后变为Fe(OH)3；均可以通过一步反应完成，D项正确；

答案选D。二、填空题(共6题，共12分)6、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++3H2O7、略

【分析】【分析】

【详解】

Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中，Cu元素化合价由0升高至+2，失电子，Cu元素被氧化，一部分N元素化合价由+5降低至+4，N元素被还原，因此氧化剂为HNO3；氧化产物为Cu(NO3)2；还原产物为NO2；该反应消耗1molCu时，转移2mol电子，因此该反应转移1mol电子时，消耗铜的物质的量为0.5mol，故答案为：HNO3；Cu(NO3)2；NO2；Cu；失去；Cu；0.5。【解析】HNO3Cu(NO3)2NO2Cu失去Cu0.58、略

【分析】【详解】

(1)实验室利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为

(2)胶粒能透过滤纸，浊液不能，用过滤方法除去胶体中的浑浊物；胶粒不能透过半透膜，而小分子和离子可以透过半透膜。用渗析方法除去胶体中混有的FeCl3和HCl。

(3)丁达尔效应是胶体的特性，可用来检验胶体，故鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液最简单的方法是b。

(4)胶体和Cl−完全分离，渗析水中也不会检出Cl−，检验Cl−的方法为：取半透膜外最后一次的溶液少许于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液；若无沉淀产生，证明两者已经分离。

(5)由于氢氧化铁胶粒带正电；做电泳实验时，氢氧化铁胶粒朝阴极移动，故在阴极区域看到红褐色颜色加深。

(6)向Fe(OH)3胶体中滴加盐酸至过量，胶体碰到电解液发生聚沉出现红褐色沉淀、继续滴加盐酸时，沉淀与盐酸发生化学反应而溶解，故能观察到的现象是先出现红褐色沉淀，后沉淀消失，形成黄色溶液。【解析】过滤渗析b取半透膜外最后一次的溶液少许于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，证明两者已经分离。阴极先出现红褐色沉淀，后沉淀消失，形成黄色溶液9、略

【分析】【分析】

（1）根据m=nM=CVM计算碳酸钠的质量；

（2）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；

（3）根据操作步骤选取实验仪器。

【详解】

（1）m=nM=CVM=0.2mol/L×0.5L×286g/mol=28.6g；故答案为28.6。

（2）①Na2CO3·10H2O晶体失去了部分结晶水；导致称量溶质的质量增大，所以溶质的物质的量偏大，配制溶液的浓度偏高；

②用“左码右物”的称量方法称量晶体导致称量溶质的质量增小；所以溶质的物质的量偏小，配制溶液的浓度偏低；

③碳酸钠晶体不纯；其中混有氯化钠，导致碳酸钠的物质的量偏小，配制溶液的浓度偏低；

④称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈；导致称量溶质的质量增大，所以溶质的物质的量偏大，配制溶液的浓度偏高；

⑤容量瓶未经干燥就使用不影响溶质的物质的量；也不影响溶液的体积，所以对配制的溶液浓度无影响。

所以引起所配溶液浓度偏高的有①④；偏低的有②③，无影响的有⑤。

故选①④；②③；⑤。

（3）配制步骤有称量；溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，其中所必须要的玻璃仪器有：500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故答案为500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。

【点睛】

根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。【解析】28.6g①④②③⑤500ml容量瓶烧杯玻璃棒胶头滴管10、略

【分析】(1)①根据盖斯定律，将题中所给两方程式相加得Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)，对应的△H=(a+b)kJ•mol-1，故答案为a+b；

②含氢量最高的烃为CH4，根据碳原子守恒，3个碳需要结合12个H原子形成3个CH4，再由铝原子守恒，4个铝需要结合12个Cl形成4个AlCl3，所以Al4C3与HCl之间为1：12参加反应，故该反应方程式为：Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑，故答案为Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑；

③a.根据图示，2个甲烷和2个水，反应生成了6个氢气分子和2个一氧化碳分子，反应属于可逆反应，反应方程式为：CH4+H2OCO+3H2，错误；b.气体的压强之比等于物质的量的之比等于分子个数之比，该反应平衡前后压强比为12:16=3：4，正确；c.该反应体系中含氢元素的化合物有甲烷和水，2种，错误；d.根据图示，参与反应的甲烷总数为6，反应的甲烷为2，甲烷的平衡转化率为错误；故选b；

④已知正反应是气态物质体积减小的放热反应，因此采用降低温度、增大压强能使平衡右移，提高CO的转化率，根据方程式[Cu(NH3)2]Ac(aq)+CO(g)+NH3(g)[Cu(NH3)3]Ac·CO(aq)△H＜0，用气体表示的平衡常数表达式为：K=故答案为低温、高压；

(2)①镁；铝都是活泼的金属单质；容易被空气中的氧气氧化，通入氩气作保护气，以防止二者被氧化，故答案为防止MgAl被空气氧化；

②根据题意，该合金在一定条件下可完全吸氢得到的混合物Y(含MgH2和Al)，完全吸氢的化学方程式为Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al，故答案为Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al；

③1molMg17Al12完全吸氢17mol，在盐酸中会全部释放出来，镁铝合金中的镁和铝都能与盐酸反应生成H2，生成氢气的物质的量分别为17mol、18mol，则生成氢气一共(17+17+12×)mol=52mol，故答案为52mol。【解析】△H=(a+b)kJ·mol-1Al4C3+12HCl=AlCl3+3CH4b低温、高压K=排除空气，防止引入杂质Mg17Al12+17H2===17MgH2+12Al52mol11、略

【分析】【分析】

从元素周期表中可知；①为C；②为O；③为Si；④为P；⑤为S。

【详解】

（1）①位于第二周期第ⅣA族；为碳元素，其符号为C；故答案为：C；

（2）②位于第二周期第ⅥA族，为氧元素，其原子结构示意图为：故答案为：

（3）①为碳元素，③为硅元素，位于同一主族，根据同一主族元素，从上到下，原子半径增大，其原子半径大小关系是：r(C)<；

（4）③为Si、④为P、⑤为S，其最高价氧化物对应的水化物分别为：H2SiO3、H3PO4、H2SO4，同一周期，从左到右，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，所以最强的酸为：H2SO4，故答案为：H2SO4。

【点睛】

【解析】C<H2SO4三、判断题(共7题，共14分)12、A【分析】【详解】

通过对分子层面的操纵可研发新药，说法正确；13、A【分析】【详解】

氯气把碘离子氧化为碘单质、CCl4萃取出碘单质呈紫红色，正确。14、B【分析】【分析】

【详解】

电解质必须为纯净物，必须为化合物，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故错误。15、B【分析】【详解】

硫酸中的S为+6价，二氧化硫中的S为+4价，属于相临价态，不会发生氧化还原反应，故可以用浓硫酸干燥二氧化硫。16、A【分析】【分析】

【详解】

氯水或硝酸银溶液易分解，存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中，故正确。17、B【分析】【分析】

【详解】

1L1mol·L-1CuSO4溶液中CuSO4的物质的量为1L×1mol·L-1=1mol，若用CuSO4·5H2O配制溶液，需要CuSO4·5H2O的物质的量也为1mol，则需称量CuSO4·5H2O固体的质量为1mol×250g/mol=250g，错误。18、A【分析】【分析】

【详解】

硅是良好的半导体材料，故高纯硅可用来制作芯片和硅太阳能电池，故正确。四、推断题(共2题，共20分)19、略

【分析】【详解】

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，说明A为NH3·H2O或NH3；

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，A和D生成的沉淀可能为Mg（OH）2、Al（OH）3，继续加入A，F中沉淀完全溶解，F为AgNO3；

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，纯E为无色油状液体，说明E为H2SO4，B为碳酸盐，可能为K2CO3或Na2CO3；

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，沉淀为BaSO4或AgCl，结合上述推断，C为BaCl2；

由于B、C、D、F是盐溶液，且他们的阴离子均不同，D可能为Al2（SO4）3或MgSO4；

（1）能确定的溶液及相应溶质的化学式为：A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3。

（2）不能确定的溶液是B和D，B可能为K2CO3或Na2CO3，要进一步鉴别B可用焰色反应，方法是：用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3；D可能为Al2（SO4）3或MgSO4，要进一步鉴别D可利用Al（OH）3和Mg（OH）2性质的差异，方法是：取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO4。【解析】①.A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3②.B：Na2CO3或K2CO3；用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3

D:Al2(SO4)3或MgSO4；取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO420、略

【分析】【详解】

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，说明A为NH3·H2O或NH3；

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，A和D生成的沉淀可能为Mg（OH）2、Al（OH）3，继续加入A，F中沉淀完全溶解，F为AgNO3；

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，纯E为无色油状液体，说明E为H2SO4，B为碳酸盐，可能为K2CO3或Na2CO3；

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，沉淀为BaSO4或AgCl，结合上述推断，C为BaCl2；

由于B、C、D、F是盐溶液，且他们的阴离子均不同，D可能为Al2（SO4）3或MgSO4；

（1）能确定的溶液及相应溶质的化学式为：A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3。

（2）不能确定的溶液是B和D，B可能为K2CO3或Na2CO3，要进一步鉴别B可用焰色反应，方法是：用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3；D可能为Al2（SO4）3或MgSO4，要进一步鉴别D可利用Al（OH）3和Mg（OH）2性质的差异，方法是：取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO4。【解析】①.A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3②.B：Na2CO3或K2CO3；用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3

D:Al2(SO4)3或MgSO4；取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO4五、原理综合题(共4题，共24分)21、略

【分析】【详解】

（1）将金属钠和铝粉同时投入水中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与铝反应生成偏铝酸钠，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。

（2）NO和CO在催化转化器中生成两种无毒的气体，则这两种无毒的气体分别为N2和CO2，化学方程式为2CO+2NON2+2CO2。

（3）汞可以和S反应生成HgS；可防止汞挥发引起的汞中毒，化学方程式为Hg+S=HgS。

（4）NO与空气中的氧气反应生成NO2，NO2为红棕色气体；故NO与空气接触的反应现象为气体由无色变为红棕色。

（5）①中Cu与浓硫酸反应生成SO2气体会污染环境，不符合“绿色化学”思想，②反应过程中无污染物生成且原子利用率高，符合“绿色化学”思想，故答案选②。浓硫酸和Cu反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。【解析】(1)2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑

(2)2CO+2NON2+2CO2

(3)Hg+S=HgS

(4)气体由无色变为红棕色。

(5)②Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O22、略

【分析】【分析】

(1)S原子与2个H原子形成2对共用电子对，使H2S分子中每个原子都达到稳定结构；据此书写其电子式；

(2)①根据盖斯定律；将已知的热化学方程式叠加，可知待求反应的热化学方程式；

②根据平衡移动原理分析；

(3)①氧化吸收器中的Fe2(SO4)3与H2S在溶液中发生氧化还原反应，产生FeSO4、H2SO4；S；

②在电解反应器中，电解质溶液为FeSO4、H2SO4，阴极上溶液中H+得到电子；发生还原反应；据此书写电极反应式；

③根据图示可知制取的物质；结合物质循环分析电解反应器的作用。

【详解】

(1)S原子最外层有6个电子，与2个H原子形成2对共用电子对，从而使H2S分子中每个原子都达到稳定结构，则H2S的电子式为：

(2)①i.2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)ΔH2

ii.S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3

iii.H2S(g)=H2(g)+S(s)ΔH1

i+ii-iii×2，整理可得2H2(g)+O2(g)=H2O(l)，因此要计算H2S(g)=H2(g)+S(s)的ΔH1，需要知道2H2(g)+O2(g)=H2O(l)的反应热ΔH；

②直接加热分解H2S转化率低，MoS2可以催化H2S分解制取氢气和硫磺，科学家使用沉积有MoS2的多孔陶瓷膜装置，多孔陶瓷膜可以使氢气选择性分离，使H2S(g)H2(g)+S(s)，从而使化学平衡正向移动，最终提高了一段时间内H2S的转化率；

(3)①氧化吸收器中的Fe2(SO4)3与H2S在溶液中发生氧化还原反应，产生FeSO4、H2SO4、S，反应的离子方程式为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；

②根据装置图可知在电解反应器中，电解质溶液为氧化吸收器中的Fe2(SO4)3与H2S反应后产生的FeSO4、H2SO4，由于离子放电能力：H+>Fe2+，所以在电解池的阴极上，溶液中H+得到电子，发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；

③在电解反应器中，阴极上发生反应：2H++2e-=H2↑；阳极上发生反应：Fe2+-e-=Fe3+，反应产生的Fe3+再进入氧化吸收器中氧化H2S，反应产生S单质，从而实现Fe2(SO4)3的循环使用。

【点睛】

本题考查了H2S的有关知识，包括其结构、热化学方程式的书写、平衡移动及处理方法。掌握物质结构及盖斯定律、平衡移动原理和电化学反应原理是本题解答的关键。要根据离子放电能力大小，从氧化还原反应角度分析、解答。【解析】2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)使用MoS2加快反应速率，使用多孔陶瓷使H2优先通过，H2S(g)H2(g)+S(s)平衡正向移动，从而提高一段时间内H2S的转化率H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+2H++2e-=H2↑电解制得产物H2，Fe2+-e-=Fe3+，实现Fe2(SO4)3的循环使用23、略

【分析】【分析】

(1)Cu＋在反应前后不变为催化剂；用乙烯进行脱硝（NO）；从图示可以知道，乙烯被氧化成二氧化碳；

(2)①根据得到电子的比例计算；

②根据温度对速率和化学平衡的影响分析；

③根据过量氨气与氧气的反应的产物分析；

(3)①ClO2在NaOH溶液中可歧化为NaClO3和NaClO2；根据得失电子守恒写出该反应的化学方程式；

②由图可知，当3<7时，随pH的增大，ClO2的稳定性降低，氧化性减弱，SO2脱除率逐渐降低；在pH约7.8之后，随pH的增大，生成ClO2-增多，氧化性增强，SO2脱除率又开始升高。

【详解】

(1)催化剂在化学反应前后性质、质量不变，图示中Cu＋在反应前后不变，为催化剂；用乙烯进行脱硝（NO），从图示可以知道，乙烯被NO氧化成二氧化碳(其中C由-2→+4)，NO自身被还原成N2(其中N由+2→0)，反应方程式为：2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+；

因此，本题正确答案是：催化剂；2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+；

(2)①由方程式4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)可知，该反应O2和NO都作氧化剂，1molO2得4mol电子，4molNO得8mol电子，因此被NO和O2氧化的NH3的比例为2:1；

因此；本题正确答案是：2:1；

②该方法应控制反应温度在315～400℃之间；反应温度不宜过高，温度过高，使脱硝的主要反应的平衡向逆方向移动，脱硝率降低；

因此；本题正确答案是：正反应放热，温度过高会降低NO的转化率；

③当n(NH3)/n(NO)>1.0时；过量的氨气与氧气反应生成NO，所以烟气中NO浓度增大；

因此，本题正确答案是：NH3和O2再次反应生成NO；

(3)①ClO2在NaOH溶液中可歧化为NaClO3和NaClO2，反应的化学方程式为2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O；

因此，本题正确答案是：2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O；

②由图可知，当3<7时，随pH的增大，ClO2的稳定性降低，氧化性减弱，SO2脱除率逐渐降低；在pH约7.8之后，随pH的增大，生成ClO2-增多，氧化性增强，SO2脱除率又开始升高。

因此，本题正确答案是：pH<7时，随着pH值的增大，ClO2的稳定性降低氧化性减弱，SO2的脱除率降低；当pH>7.8后，随着碱性的增强，生成ClO2-增多，氧化性增强，SO2的脱除率上升。【解析】催化剂2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+2:1正反应放热，温度过高会降低NO的转化率NH3和O2再次反应生成NO(或4NH3+5O2=4NO+6H2O)2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2OpH<7时，随着pH值的增大，ClO2的稳定性降低氧化性减弱，SO2的脱除率降低。当pH>7.8后，随着碱性的增强，生成ClO2-增多，氧化性增强，SO2的脱除率上升24、略

【分析】【详解】

（1）X为Si元素；核电荷数为14，在周期表中位于三周期ⅣA族；

（2）a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，故a正确；b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故b错误；c．元素的非金属性越强；氢化物的稳定性越强，Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明Y的非金属性较强，故c正确；故答案为ac；

（3）氮元素气态氢化物NH3与该元素的最高价氧化物对应的水化物HNO3可以反应生成硝酸铵，此反应的化学方程式为NH3+HNO3=NH4NO3；

（4）当pH=7时，混合溶液呈中性，所以c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+2c（SO42-），所以2c(SO42-)=c(NH4+)；

（5）元素Na与元素O可形成原子个数比为1∶1的离子化合物Na2O2，该化合物的电子式为化合物中的化学键类型有离子键；（非极性）共价键；

（6）在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强；A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O；使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故A正确；B．加入稀硫酸使溶液中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；C．加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故C错误；D．加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故D错误；故选A。

点睛：元素非金属性强弱的判断