2025年浙教新版必修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年浙教新版必修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9题，共18分)1、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是()A.KClO3在反应中得到电子B.KClO3被氧化C.H2C2O4在反应中被还原D.2molKClO3参加反应有1mol电子转移2、硫代硫酸钠(Na2S2O3)常用于碘量法中测定碘的标准溶液。现需要配制500mL0.10mol·L-1Na2S2O3溶液，下列情况会导致所配制的溶液浓度偏高的是A.用托盘天平称取7.9gNa2S2O3·5H2OB.定容时，仰视容量瓶刻度线C.没有用蒸馏水洗涤转移后的烧杯和玻璃棒D.用Na2S2O3溶液润洗过的容量瓶配制溶液3、设NA为阿伏加德罗常数的值.下列叙述错误的是A.10g质量分数为46%的乙醇溶液中含有的氢原子数为0.6NAB.28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为2NAC.2.0gD2O中含有的质子数、电子数均为NAD.在密闭容器中2molSO2和1molO2充分反应后，容器中含有的原子数为8NA4、15N、等一系列含氮微粒均已被发现。下列说法正确的是A.15N的原子结构示意图为B.中含36个电子C.中含21个质子D.15N、互为同位素5、将一定质量的Fe、Fe2O3和CuO的混合粉末加入到100mL4.4mo/L的盐酸中，充分反应后，生成标准状况下的氢气896mL。过滤，滤渣经洗涤、干燥后称量，质量为1.28g。滤液中的溶质只有FeCl2和HCl，滤液加水稀释到320mL时，盐酸的浓度为0.25mol/L。则原混合物中Fe的质量为A.5.6gB.2.8gC.6.4gD.2.24g6、考古学上常用来测定文物的年代。的原子核内中子数是（）A.8B.10C.14D.207、下列说法不正确的是（）A.自然界中存在游离态的金属B.金属活动性不同，冶炼方法也有所不同C.地球上金属矿物资源有限，因此应提高金属矿物的利用率D.废旧金属的回收利用有利于环境保护8、对下列物质进行的分类正确的是（）A.纯碱、烧碱均属于碱B.CuSO4·5H2O、液氨均属于纯净物C.凡能电离出H＋的化合物均属于酸D.NaClH2SO4BaSO4NH3均属于电解质9、硝酸亚铁溶液中存在下列主要平衡关系：Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+，若加入HCl，则溶液的颜色主要变化是A.变黄B.绿色变浅C.绿色加深D.无明显变化评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、甲～辛等元素在周期表中的相对位置如下表；甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁与辛属同周期元素。下列判断正确的是()

A.金属性：甲>乙>丁B.原子半径：辛>己>戊C.丙与庚的原子核外电子数相差13D.乙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物11、下列各项中表达正确的是A.N2的电子式：B.二氧化碳分子的结构式为O—C—OC.CH4分子的比例模型：D.F－的结构示意图12、从1897年英国首次使用氯气对给水管网消毒以来，氯气用于自来水消毒已经经历了100多年的历史。目前，我国大多数城市仍然采用氯气消毒法对自来水进行净化、消毒。氯气之所以长期用于自来水消毒，原因是A.氯气有毒，可以毒死细菌、病毒B.氯气具有刺激性气味，可以熏死细菌、病毒C.氯气与水反应生成具有强氧化性的HClO，可以杀死细菌、病毒D.氯气用于自来水消毒的工艺简单、成熟，易于操作，且成本低13、现有浓度均为1mol/L的FeCl3、CuCl2的混合溶液100mL，向该溶液中加入5.6g铁粉充分反应(溶液的体积变化忽略不计)。已知，氧化性Fe3+>Cu2+，下列有关叙述正确的是A.反应后的溶液中n(Fe2+)是0.2molB.反应后的溶液中不存在Fe3+和Cu2+C.反应后残留固体为3.2gD.反应后残留固体中可能含有未反应的铁粉14、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15、将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（）A.加入合金的质量可能为9.6gB.参加反应的硝酸的物质的量为0.4molC.沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150mLD.溶解合金时产生NO气体体积2.24L（STP）评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)16、1mol羟基(-OH)和1molOH-所含的质子数和电子数均为9NA___17、根据有关概念回答下列问题：

（1）稀硫酸（2）液氨（3）氨水（4）铝条（5）熔融氯化钠（6）石墨（7）氢氧化钡溶液（8）二氧化硫（9）水（10）熔融Na2O（11）稀盐酸（12）乙醇。

判断上述物质：能够导电的是_______(填序号，下同)；属于电解质的是_______；属于非电解质的是_______。18、Ⅰ.某种飞船以N2H4和N2O4为动力源，发生反应：N2H4＋N2O4=N2＋H2O；反应温度可高达2700℃，回答下列问题。

(1)配平方程式____N2H4＋____N2O4=____N2＋____H2O。______

(2)氧化产物与还原产物的质量之比为___________。

(3)用单线桥的方法表示该反应的电子转移情况_______。

Ⅱ.有下列三个反应：

a.2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2

b.2FeCl2+Cl2=2FeCl3

c.2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

(4)上述三个反应中氧化剂氧化性由强到弱的关系为____。

(5)在反应c中被氧化的HCl与未被氧化的HCl的个数之比为______。19、以Cl2、NaOH、(NH2)2CO(尿素)和SO2为原料可制备N2H4·H2O(水合肼)和无水Na2SO3；其主要实验流程如下：

已知：①Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O是放热反应。

②N2H4·H2O沸点约118℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。

步骤I制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为_______；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是_______。20、物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。下图为硫及其部分化合物的“价类二维图”；根据图示回答下列问题：

(1)根据“价类二维图”，下列能与B反应且使B表现还原性的物质是______(填序号)。

①NaOH溶液②CaCl2溶液③H2S溶液④酸性KMnO4溶液。

(2)C的钠盐放置在空气中极易变质，请写出变质后的产物(填化学式)______。

(3)请写出金属铜与D的浓溶液在一定条件下发生反应的化学方程式______。评卷人得分四、判断题(共4题，共36分)21、快速生产合格的熔喷布体现着社会责任。___A.正确B.错误22、氯气可以使湿润的有色布条退色，但是实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气。(___________)A.正确B.错误23、标准状况下，1molO2和N2混合气体的体积约为22.4L。(_______)A.正确B.错误24、标准状况下，1mol氢气所占的体积是0.5mol氧气所占的2倍。(_____________)A.正确B.错误评卷人得分五、计算题(共1题，共7分)25、已知5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3，HIO3不与Cl2继续反应。向200mLFeI2溶液中缓慢通入Cl2，其中I2、Fe3+的物质的量随n(Cl2)的变化如图所示；请回答下列问题：

(1)由图可知，I-、Fe2+、I2三种粒子的还原性由强到弱的顺序为______。

(2)当n(Cl2)=0.12mol时，溶液中的离子主要为______，从开始通入Cl2到n(Cl2)=0.12mol时的总反应的离子方程式为______。

(3)在图中画出IO的物质的量随n(Cl2)的变化曲线______。

(4)当溶液中n(Cl-)：n(IO)=8：1时，通入的标准状况下的体积为______。评卷人得分六、实验题(共4题，共24分)26、亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，其沸点为-5.5℃，易水解。已知：AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3+HNO2，某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度；相关实验装置如图所示。

（1）制备Cl2的发生装置可以选用_________(填字母代号)装置，发生反应的离子方程式为________________________________________。

（2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择合适的装置，其连接顺序为a→_______→______→_____→________→_______→______→______→______。(按气流方向；用小写字母表示，根据需要填，可以不填满，也可补充)。

（3）实验室可用下图示装置制备亚硝酰氯。其反应原理为：Cl2+2NO=2ClNO

①实验室也可用B装置制备NO，X装置的优点为___________________。

②检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是___________________；然后进行其他操作，当Z中有一定量液体生成时，停止实验。

（4）已知：ClNO与H2O反应生成HNO2和HCl。

①设计实验证明HNO2是弱酸：_________________________________________。(仅提供的试剂：1mol•L-1盐酸、1mol•L-1HNO2溶液、NaNO2溶液；红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。

②通过以下实验测定ClNO样品的纯度。取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是_____亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为_________。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体；Ksp(AgCl)＝1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)＝1×10-12)27、某化学课外小组用海带为原料制取了少量碘水。现用CCl4溶液从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液。其实验操作可分解为如下几步：

A．把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；

B．把50mL碘水和15mLCCl4加入分液漏斗中；并盖好玻璃塞；

C．检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；

D．倒转漏斗用力振荡；并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正；

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；

G．将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔；

H．静置；分层。

就此实验；完成下列填空：

(1)该实验操作步骤的顺序是：(用上述各操作的编号字母填写)_____→_____→_____→A→_____→G→E→F

(2)上述E步骤的操作中应注意__________；上述G步骤操作的目的___________。

(3)能选用CCl4从碘水中萃取碘的原因是__________。28、某班同学用以下实验探究的性质。回答下列问题：

(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁、溴化亚铁固体，均配制成的溶液。在溶液中需加入少量铁屑，其目的是_____________________________________。

(2)甲组同学取溶液，加入几滴氯水，再加入1滴溶液，溶液变红，说明可将氧化。溶液与氯水反应的离子方程式为____________________。

(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在溶液中先加入煤油，再向下层溶液中依次加入几滴氯水和1滴溶液，溶液变红。煤油的作用是_________________________。

(4)丙组同学取上述溶液；向其中滴加少量新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。某同学对产生黄色的原因提出了假设：

假设1：被氧化成溶解在溶液中；

假设2：被氧化成

请你完成下表，验证假设。实验步骤、预期现象结论①向溶液中加入____________，振荡、静置现象：____________假设1正确②向溶液中加入____________，现象：____________假设2正确

(5)已知：若在上述溶液中通入标准状况反应的离子方程式为________________________________。29、某同学为了检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应:产生的所有气体产物，选用了下图所示实验装置。

（1）①中无水硫酸铜的作用是___________。

（2）②中酸性KMnO4溶液的作用是______________________。

（3）②中两次用到品红溶液，它们的作用分别是A________、B________。

（4）③中发生反应的离子方程式是_____________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价，化合价降低，说明KClO3在反应中得到电子；故A正确；

B．KClO3在反应中得到电子被还原；故B错误；

C．H2C2O4中C元素化合价升高；所以在反应中被氧化，故C错误；

D．KClO3为唯一氧化剂，所以KClO3得到的电子即反应中转移的电子，则2molKClO3参加反应有2mol电子转移；故D错误；

综上所述答案为A。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．500mL0.10mol·L-1Na2S2O3溶液中Na2S2O3的质量=cVM=0.5L×0.10mol·L-1×158g·mol-1=7.9g，用托盘天平称取7.9gNa2S2O3·5H2O时，7.9gNa2S2O3·5H2O中Na2S2O3的质量为7.9g×≈5.0g；n的值偏小，浓度偏低，故A不符合题意；

B．定容时，仰视容量瓶刻度线，会使V的值偏大，根据c=分析；浓度偏低，故B不符合题意；

C．没有用蒸馏水洗涤转移后的烧杯和玻璃棒；会使n的值偏小，浓度偏低，故C不符合题意；

D．用Na2S2O3溶液润洗过的容量瓶配制溶液；会使n的值偏大，浓度偏高，故D符合题意。

故选D。3、A【分析】【详解】

A．10g质量分数为46%的乙醇溶液中含有的氢原子数大于0.6NA；水中也含有氢，故A错误；

B．乙烯C2H4，丙烯C3H6，不论按什么比例混合，碳氢原子比都是1：2，所以质量比都是12：2，所以28克气体中碳原子占24克，也就是2摩尔，28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为2NA；故B正确；

C．1个D2O中含有10个质子，10个电子，则2.0gD2O物质的量为=0.1mol，含有的质子数、电子数均为NA；故C正确；

D．根据质量守恒，在密闭容器中2molSO2和1molO2充分反应后，容器中含有的原子数为(3×2+2×1)NA=8NA；故D正确；

故选A。4、C【分析】【详解】

A．15N的原子的质子数是7、核外电子数是7，结构示意图为故A错误；

B．N原子核外电子数是7，中含个电子；故B错误；

C．N原子的质子数是7，中含个质子；故C正确；

D．是多核离子；不是同位素，故D错误；

选C。5、A【分析】【详解】

混合物与盐酸反应后，盐酸有剩余，则残留物没有Fe，只有Cu，滤液中含有剩余的HCl及FeCl2，根据Cl原子守恒：n总(HCl)=n剩余(HCl)+2n(FeCl2)，即0.1L×4.4mol/L=0.32L×0.25mol/L+2n(FeCl2)，解得n(FeCl2)=0.18mol，n(CuO)=n(Cu)==0.02mol；设原有Fe为xmol，Fe2O3为ymol；由Fe元素守恒，可得：x+2y=0.18，根据电子转移守恒，可得：2x=2y+2×0.02+2×0.04，联立方程，解得：x=0.1，y=0.04，原混合物中单质铁的质量56g/mol×0.1mol=5.6g，答案选A。

【点睛】

注意铁除了与盐酸反应，还与氯化铁和氯化铜反应，可以利用守恒法计算。6、A【分析】【详解】

在原子的符号中，左上角表示质量数，左下角表示质子数，质量数与质子数的差值为中子数，所以中子数=14-6=8。故选A。7、A【分析】【分析】

【详解】A．钠的活泼性强；易反应，故自然界中不存在游离态钠，A错误；

B．金属活动性不同；其阳离子得电子的能力不同，故冶炼的方法不同，B正确；

C．地球上的金属矿物使不可再生资源；数量有限，故应提高金属矿物的利用率，减少资源浪费，C正确；

D．废旧金属回收再利用；可以防止资源浪费，减少环境污染，D正确；

8、B【分析】【详解】

A.纯碱是碳酸钠；属于盐，烧碱是氢氧化钠，属于碱，故A错误；

B.CuSO4·5H2O；液氨均只含有一种物质；属于纯净物，故B正确；

C.电离出的阳离子全部是H+的化合物属于酸，能电离出H＋的化合物可能是酸式盐；如硫酸氢钠，故C错误；

D.NaCl、H2SO4、BaSO4属于电解质，NH3属于非电解质；故D错误。

故选B。

【点睛】

液氨属于液态的氨气，属于纯净物，而氨水是氨气的水溶液，属于化合物。9、A【分析】【详解】

硝酸亚铁溶液中存在大量的硝酸根离子，加入盐酸后硝酸根在酸性条件下表现强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+；因此溶液的颜色由浅绿色变黄色，故A正确；

故选：A。二、多选题(共6题，共12分)10、BC【分析】【分析】

金刚石是自然界中硬度最大的单质；因而戊是C；己是Si、庚为Ge、辛为Ga；既然丁与辛同周期，则甲与戊同周期，二者原子序数相差3，所以甲为Li、乙为Na、丙为K、丁为Ca。

【详解】

A．金属性：Li＜Na＜Ca；故A错误；

B．原子半径Ga>Al>Si>C；故B正确；

C．K是19号元素；Ge是32号元素，原子序数相差13，故核外电子数相差13，故C正确；

D．Na在空气中燃烧生成的Na2O2既含离子键又含共价键；故D错误。

综上所述；答案为BC。

【点睛】

过氧化钠含有离子键和非极性共价键，含有钠离子和过氧根离子。11、CD【分析】【分析】

【详解】

A．N2的电子式为故A错误；

B．二氧化碳分子的电子式为所以其结构式为O=C=O，故B错误；

C．CH4分子的比例模型为故C正确；

D．F－的结构示意图为故D正确；

故选CD。

【点睛】

分子的比例模型既可表示出构成分子的原子的相对大小，也能表示出原子的相对位置；分子的球棍模型能更清楚地表示出构成分子的原子的连接方式，如甲烷的比例模型为球棍模型为12、CD【分析】【详解】

氯气与水反应生成的HClO，可以杀死水中的细菌、病毒，所以用氯气对自来水进行净化、消毒，工艺简单、成熟，易于操作，且成本低，故答案选CD。13、AC【分析】n(FeCl3)=c(FeCl3)V=1mol/L×0.1L=0.1mol，故n(Fe3+)=0.1mol，n(CuCl2)=c(CuCl2)V=1mol/L×0.1L=0.1mol，故n(Cu2+)=0.1mol，n(Fe)==0.1mol，根据氧化性Fe3+>Cu2+，铁粉会先和Fe3+反应，若铁粉有剩余，再和Cu2+反应，根据2Fe3++Fe=2Fe2+，Fe、Fe3+均为0.1mol，Fe过量，消耗Fe0.05mol，生成Fe2+0.15mol，剩余的0.05molFe与Cu2+反应，根据Cu2++Fe=Cu+Fe2+，消耗Cu2+0.05mol，生成Cu和Fe2+均为0.05mol。

【详解】

A．根据分析，反应后的溶液中n(Fe2+)=0.15mol+0.05mol=0.2mol；A正确；

B．根据分析，反应后的溶液中不存在Fe2+，但是还剩余0.05molCu2+；B错误；

C．根据分析；反应后残留固体为生成的Cu单质，其质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，C正确；

D．根据分析；反应后残留固体只有Cu单质，Fe已经反应完全，D错误；

故选AC。14、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。15、BD【分析】【分析】

将一定质量的镁、铜合金加入到稀HNO3中，两者恰好完全反应，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol；根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol。

【详解】

A．假定全为镁；金属质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，金属质量为：0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量(m)范围为：3.6g＜m＜9.6g，故A错误；

B．根据方程式可知参加反应的n反应(HNO3)=n(金属)=×0.15mol=0.4mol；故B正确；

C．反应消耗氢氧化钠的物质的量为：n(NaOH)=n(OH-)=0.3mol，则加入的氢氧化钠溶液的体积为：V==0.1L=100mL；故C错误；

D．金属的物质的量为0.15mol，完全反应失去0.15mol×2=0.3mol电子，根据电子转移守恒，生成一氧化氮的物质的量为：n(NO)==0.1mol；标准状况下NO的体积为2.24L，故D正确；

故选BD。三、填空题(共5题，共10分)16、略

【分析】【分析】

-OH不带电，OH-带有一个负电荷；据此分析判断。

【详解】

-OH和OH-含有的质子数和电子数均为9，电子数分别为9、10，因此1mol-OH和1molOH-所含的质子数均为9NA，但所含电子数分别为9NA、10NA，故答案为：错。【解析】错17、略

【分析】【分析】

根据在水溶液中或熔融状态下导电的化合物属于电解质；在水溶液中或熔融状态下不导电的化合物属于非电解质。注意电解质导电有条件。

【详解】

(1)稀硫酸能导电；液氨不导电，氨水能导电，铝条能导电，熔融的氯化钠能导电，石墨能导电，氢氧化钡溶液能导电，二氧化硫不导电，水能导电，熔融氧化钠能导电，稀盐酸能导电，乙醇不导电。

(2)氯化钠和水和氧化钠属于电解质；

(3)液氨和二氧化硫和乙醇是非电解质。

【点睛】

掌握电解质和非电解质都是化合物，单质或混合物不是电解质或非电解质。所以在判断时先把单质和混合物排除。电解质导电是有条件的，在水溶液或熔融状态下，注意酸在熔融状态下不导电。【解析】（1）（3）（4）（5）（6）（7）（9）（10）（11）（5）（9）（10）（2）（8）（12）18、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ(1)N2H4中氮元素化合价为-2，N2O4中氮元素化合价为+4，生成物氮元素化合价为0，则每个N2H4失去4个电子，每个N2O4得到8个电子，根据电子守恒和原子个数守恒得配平后的方程式为2N2H4＋N2O4=3N2＋4H2O；

(2)N2H4失去电子，N2O4得到电子；则氧化产物的个数为2，还原产物的个数为1，所以氧化产物与还原产物的质量之比为2：1；

(3)根据每个N2H4失去4个电子，每个N2O4得到8个电子，则用单线桥的方法表示为

Ⅱ(4)根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则反应a中FeCl3>I2，b中Cl2>FeCl3，c中KMnO4>Cl2，所以上述三个反应中氧化剂氧化性由强到弱的关系为KMnO4>Cl2>FeCl3>I2；

(5)在反应c中，16个HCl参加反应时，化合价升高的有10个，没有变化的有6个，则被氧化的HCl与未被氧化的HCl的个数之比为10：6=5：3。【解析】21342：1KMnO4>Cl2>FeCl3>I25：319、略

【分析】【分析】

将Cl2通入NaOH溶液中，发生反应生成NaCl、NaClO和水；往溶液中加入尿素，发生反应生成NaCl、Na2CO3、水合肼等；往Na2CO3溶液中通入SO2，可生成Na2SO3。

【详解】

温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还可采取的措施是：缓慢通入Cl2。答案为：3Cl2+6OH-5Cl-++3H2O；缓慢通入Cl2。【解析】3Cl2+6OH-5Cl-++3H2O缓慢通入Cl220、略

【分析】【分析】

注意看横纵坐标表示的意义，判断出A为H2S，B为SO2，D为H2SO4，c为Na2SO3；再根据物质的性质解答。

【详解】

(1)SO2具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色；故答案为：④；

(2)C的钠盐为亚硫酸钠，容易被空气中的氧被氧化生成Na2SO4，故答案为：Na2SO4；

(3)铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为故答案为：【解析】④Na2SO4四、判断题(共4题，共36分)21、A【分析】【详解】

快速生产合格的熔喷布体现着社会责任，故答案正确；22、A【分析】【分析】

【详解】

氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，可以使湿润的有色布条褪色，则实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气，故正确。23、A【分析】【分析】

【详解】

标准状况下，1mol任何气体的体积约为22.4L/mol，单一气体和混合气体都适用，即标准状况下，1molO2和N2混合气体的体积约为22.4L/mol×1mol=22.4L，正确；答案为正确。24、A【分析】【分析】

【详解】

标准状况下，1mol氢气所占的体积为22.4L，0.5mol氧气所占体积为11.2L，因此1mol氢气所占的体积是0.5mol氧气所占体积的2倍，正确。五、计算题(共1题，共7分)25、略

【分析】【详解】

(1)由图可知，会依次生成Cl−、I2、Fe3+、IOCl−是还原产物、I2、Fe3+、IO分别是I-、Fe2+、I2被氯气氧化所得到的氧化产物，则三种粒子的还原性由强到弱的顺序为I-、Fe2+、I2。

(2)根据图象，结合反应可知，当通入0.1molCl2时碘离子完全被氧化生成碘单质，则碘化亚铁的物质的量是0.1mol，当继续通入Cl2时，氯气和部分亚铁离子反应生成铁离子，当通入n(Cl2)=0.12mol时，与Fe2+反应的氯气的物质的量是0.02mol，有0.04mol亚铁离子被氧化，还剩0.06mol亚铁离子，所以溶液中存在的离子主要是Fe2+、Fe3+、Cl−。从开始通入Cl2到n(Cl2)=0.12mol时的总反应的离子方程式为

(3)当n(Cl2)=0.15mol时，Fe2+和I−被Cl2完全氧化，所以总反应的化学方程式为继续通氯气，则发生反应：5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3，n(I2)=0.1mol，需继续消化的氯气为n(Cl2)=0.5mol，能生成的n(HIO3)=0.2mol，则IO的物质的量随n(Cl2)的变化曲线为其起点为(0.15，0)；拐点为(0.65，0.2)。

(4)当溶液中n(Cl-):n(IO)=8:1时，当有碘酸根离子生成时，亚铁离子已完全转化为铁离子。设溶液中碘酸根离子的物质的量是x，则氯离子的物质的量是8x，根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，x×6+(0.2−x)×1+0.1×1=8x×1，解得x=0.1mol，所以溶液中碘酸根离子的物质的量是0.1mol，氯离子的物质的量是0.8mol，根据Cl2～2Cl−可知，通入的氯气的物质的量是0.4mol，在标准状况下的体积为0.4mol×22.4L⋅mol−1=8.96L。【解析】I-、Fe2+、I2Fe2+、Fe3+、Cl−8.96L六、实验题(共4题，共24分)26、略

【分析】【分析】

⑴制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得；也可以用高锰酸钾和浓盐酸；

⑵制得的氯气混有HCl和水蒸气；依次用饱和食盐水；浓硫酸除去，为保证除杂彻底，导气管均长进短出，氯气密度比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气；

⑶①X装置可以排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停；②通入一段时间气体，其目的是排空气；

⑷①用盐溶液显碱性来验证HNO2是弱酸；

②以K2CrO4溶液为指示剂，根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀，过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色，再根据ClNO—HCl—AgNO3关系式得到计算ClNO物质的量和亚硝酰氯(ClNO)的质量分数。

【详解】

⑴制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得，选择A，也可以用高锰酸钾和浓盐酸，选择B，发生的离子反应为：MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4－+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：A(或B)；MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4－+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)；

⑵制得的氯气混有HCl和水蒸气，依次用饱和食盐水、浓硫酸除去，为保证除杂彻底，导气管均长进短出，氯气密度比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为a→f→g→c→b→d→e→j→h，故答案为：f；g；c；b；d；e；j；h；

⑶①用B装置制备NO；与之相比X装置可以排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停，故答案为：排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；

②检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3；通入一段时间气体，其目的是排干净三颈瓶中的空气，故答案为：排干净三颈瓶中的空气；

⑷①若亚硝酸为弱酸，则亚硝酸盐水解呈若碱性，即使用玻璃棒蘸取NaNO2溶液涂抹于红色的石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明亚硝酸为弱酸，故答案为：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸；

②以K2CrO4溶液为指示剂，根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀，过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色，因此滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点；根据ClNO—HCl—AgNO3关系式得到25.00mL样品溶液中ClNO物质的量为n(ClNO)=n(AgNO3)=cmol∙L−1×0.02L=0.02cmol，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为故答案为：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点；【解析】A(或B)MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4－+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)fgcbdejh排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停排干净三颈瓶中的空气用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点27、略

【分析】【分析】

(1)CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液；操作的基本步骤为查漏→装液→振荡→静置→分液，据此排序；

(2)分液时要注意旋开活塞；分离下层液体，不要让上层液体流出；根据分液