2025年湘教版必修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年湘教版必修1化学下册月考试卷219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、化学与科技、社会、文化、生活有着密切的联系。下列说法正确的是A.“燃煤脱硫”技术有利于我国早日实现“碳达峰、碳中和”B.“神舟十四号”飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷，其主要成分是硅酸盐C.“落红不是无情物，化作春泥更护花”，蕴藏着自然界的碳、氮循环D.我国光缆线路总长超过三千万公里，光纤的主要成分是碳化硅2、K2FeO4是一种多功能、高效水处理剂。它属于（）A.酸B.碱C.盐D.氧化物3、实验室中保存金属钠的方法正确的是A.保存在水中B.保存在四氯化碳中C.保存在煤油中D.保存在细沙中4、有剧毒，不能排放到空气中，工业尾气中的和空气混合后通入的混合溶液中反应回收S；其物质转化如图所示。下列说法错误的是。

A.进入人体会引起组织缺氧造成中毒B.在图示转化中，有三种元素的化合价不变化C.可通过点燃含有工业尾气的方法除去D.改变和空气的比例可防止生成5、X、Y、Z、Q、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大，X、Y是组成空气的主要元素，Y2-与Z+核外电子排布相同，Q的原子序数为Y的2倍。下列说法正确的是A.X、Y组成的原子个数比为1：1和1：2的两种化合物均是共价化合物B.Y和Z可组成阴阳离子个数比为1：1和1：2的两种物质C.Y、Q的简单氢化物的热稳定性：Q>YD.X、Q、W最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>W>Q6、在体积相同的三个固定容器里，分别充入三种气体①H2②CO2③O2并保持三个容器内气体的温度和密度均相等，下列说法正确的是A.原子数目：①>②>③B.质量关系：①＜③＜②C.分子数目：①=②=③D.压强关系：②>③>①7、甲乙两烧杯中各盛有600mL相同浓度的盐酸和氢氧化钠溶液。向两烧杯中分别加入等质量的16.2g铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为甲∶乙则下列说法正确的是。

①甲烧杯中盐酸不足②乙烧杯中铝过量③甲烧杯中生成的气体体积为10.08L④乙烧杯中A.①④B.②④C.②③D.①③8、化学与生活密切相关。下列说法正确的是A.硒是人体必需的微量元素，摄入越多越有宜B.生活用品中羊绒衫主要由合成纤维制造C.加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性D.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查9、下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是()。选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有Cl-B向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体产生该溶液中一定含有CO32-C向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-D向某溶液中加入苛性钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸变蓝该溶液中一定含有NH4+

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、在Ba(OH)2溶液中逐滴加入KAl(SO4)2溶液，可能发生反应的离子方程式是A.Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2OB.2Al(OH)3+SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2AlO2-+4H2OC.Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓D.H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓11、锑（Sb）在自然界一般以硫化物的形式存在；我国锑的蕴藏量为世界第一。从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：

①2Sb2S3+3O2+6FeSb4O6+6FeS②Sb4O6+6C4Sb+6CO↑

关于反应①、②的说法正确的是A.反应①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6B.反应①中每生成3molFeS时，共转移6mol电子C.反应②说明高温下C的还原性比Sb强D.每生成4molSb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4：312、实验室模拟工业处理含铬废水；操作及现象如图1所示，反应过程中铬元素的化合价变化如图2。

已知：深蓝色溶液中生成了CrO5，为黄色。下列说法错误的是A.0~5s过程中，发生了氧化还原反应B.30~80s过程中，Cr元素被氧化，可能是剩余的H2O2所致C.30s时，溶液呈绿色是因为生成了D.80s时，在NaOH条件下，溶液中含铬微粒主要为13、下列实验操作规范且能达到目的是。目的操作A比较Cl和Br的非金属性强弱测pH，比较同浓度的HCl和HBr的酸性强弱B清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗C海带提碘中的氧化工序可以用硝酸代替氯水D将四氯化碳中的碘单质提取出来可通过反萃取法

A.AB.BC.CD.D14、下列操作能达到实验目的的是。

A.实验1是制取少量氯气B.实验2是制取氯气C.实验3是干燥氯气D.实验4是除去中的少量15、用下图所示装置制备氯化铜并探究氯气的某些性质；下列说法错误的是。

A.加热之前应通入干燥的氯气排出装置中的空气B.空试管没有用处，可以去掉C.持续通入氯气后紫色石蕊溶液变红D.为防止氯气污染环境，实验装置末端处应连接一个尾气处理装置16、二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，是一种安全无毒的绿色消毒剂，常用于饮用水消毒。下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是（）A.NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl，则n(氧化剂)∶n(还原剂)=4∶1B.ClO2在强碱性环境中使用失效，可能的原因是2ClO2+2OH-=++H2OC.可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3D.ClO2的消毒效率(单位质量的氧化剂得到的电子数)是Cl2的2.63倍17、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.25℃，1LpH=10的NaHCO3溶液中含有CO32-的数目为10-4NAB.1mol冰中含有4NA个氢键C.惰性电极电解AgNO3溶液，两极均产生0.25mol气体时，电路中通过电子数为NAD.含0.1molNH4HSO4溶液中，阳离子数目略大于0.2NA评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)18、氢氧化钙长期存放容易变质。某科学探究小组在实验时取了一瓶存放多年的氢氧化钙来检验其变质情况。首先取氢氧化钙样品12.2g于锥形瓶中；加入32.8g水，充分振荡形成悬浊液，然后向锥形瓶中逐滴滴加29.2%的盐酸使其充分反应。实验测得加入盐酸的质量与锥形瓶中物质的质量的关系如图所示：

求：

(1)图中AB段与盐酸反应的物质是_____。

(2)图中BC段发生反应的化学方程式为_____。

(3)样品中氢氧化钙的质量分数_____(精确到0.1，写出计算步骤)。19、某无色透明溶液中可能存在大量Ag+、Mg2+、Fe3+、Cu2+中的一种或几种；请填写下列空白。

(1)不用做任何实验就可以肯定溶液中不存在的离子是_____。

(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，有关反应的离子方程式为_______。

(3)取(2)的滤液加过量的NaOH溶液，出现白色沉淀，有关反应的离子方程式为______。

(4)原溶液中可能大量存在的阴离子是____________(填序号)。

A.Cl－B.NOC.COD.OH－20、填写下表(类别填“酸”“碱”或“盐”)：

。物质名称。

化学式。

类别。

电离方程式。

硝酸。

_____

_____

_____

_____

Al2(SO4)3

_____

_____

熟石灰。

_____

_____

_____

21、浓硫酸的特性。

(1)吸水性。

浓硫酸能吸收存在于周围环境中的水分(自由水和结晶水)，常用作_______。

(2)脱水性。

使有机物分子中的H和O以原子数2：1比例脱去；而使物质结构发生改变，生成新物质的性质。

实验现象：向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌，可观察到蔗糖_______，体积_______，变成疏松多孔的海绵状的炭，并放出有_______气味的气体。反应化学方程式_______。

(3)强氧化性。

①浓硫酸与Cu反应。实验操作实验现象铜丝表面_______，溶液中产生_______色固体；试管中的溶液有气泡冒出；品红溶液_______；冷却后将a试管里的物质慢慢倒入水中，溶液呈_______。实验结论在反应中，浓硫酸体现_______和酸性化学方程式_______

②浓硫酸与非金属反应。

碳与浓硫酸反应_______。

③浓硫酸与金属反应。

a.常温下，Fe、Al与浓H2SO4发生钝化；生成了致密的氧化膜。

b.氢前的活泼金属(如Zn)：常温下与浓硫酸反应先产生_______，后产生_______。

c.氢后的活泼金属(如铜)：加热下与浓硫酸反应先产生_______，后反应停止。22、（1）虽然分类的方法不同，但四种基本反应和离子反应、氧化还原反应之间也存在着一定的关系。下图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，其中表示离子反应的是________（填字母）。

（2）利用氧化还原反应原理配平如下方程式：

________________

（3）用双线桥法标出如下反应的电子转移的方向和数目：_____________

（4）按如图所示操作，充分反应，结合Ⅰ、Ⅱ实验现象可知的氧化性由强到弱的顺序为________.

（5）火药是中国的“四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲。黑火药在发生爆炸时，发生如下反应：其中氧化剂是________（填化学式）评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)23、除去Cu粉中混有CuO的实验操作是加入稀硝酸溶解、过滤、洗涤、干燥。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共3题，共21分)24、从铝土矿(主要成分为Al2O3；还有少量杂质)中提取铝的工艺流程及步骤如下：

试回答下列问题：

(1)试剂X为_________，反应Ⅰ的离子方程式________

(2)操作Ⅰ、操作Ⅱ均为______(填操作名称)，在实验室进行该操作时需要的玻璃仪器有______。

(3)金属铝与氧化铁混合在高温下会发生剧烈的反应，该反应的化学方程式为_______。

(4)反应Ⅱ的离子方程式为______。

(5)电解熔融氧化铝制取金属铝，若有0.6mol电子发生转移，理论上能得到金属铝的质量是_____g。25、某废料铁泥主要成分为Fe2O3、FeO和Fe，其他杂质不与硫酸反应。现取wg废料铁泥提取Fe2O3；设计实验流程如图：

(1)写出步骤(I)中铁单质参与的有关反应的离子方程式_______、_______，分离溶液A和沉淀C的操作名称是_______。

(2)检验溶液A中含有Fe2+应选用的试剂是_______

A.铁粉B.FeCl3溶液C.酸性KMnO4溶液D.KSCN溶液。

(3)步骤(Ⅱ)中加入H2O2溶液，H2O2在反应中作_______(填“氧化剂”或“还原剂”)，反应的离子反应方程式为_______。

(4)步骤(Ⅳ)中生成的Fe2O3固体的颜色是_______。

(5)若最终获得ngFe2O3，则铁泥中铁元素的质量分数为_______。26、对废银合金触电材料进行分离回收既节约矿物资源；又可以减少环境污染。某废银合金触电材料含Ag；Cu、Sn等，现欲利用以下工艺流程回收其中的金属资源。

回答下列问题：

(1)“加热溶解”时Cu发生的离子方程式为_________。

(2)“加热溶解”时温度常控制在50℃左右，温度不宜过高也不宜过低的原因为_________。

(3)“酸溶解”过程中会产生少量遇空气变为红棕色的无色气体，则“酸溶解”过程主要的化学方程式为_____________。

(4)常温下，Cu2＋/Sn4＋混合液中c(Cu3＋)＝0.022mol·L－1，将混合液“加热搅拌”后冷却至室温，再加“尿素”调节溶液的pH范围为__________。(当溶液中的离子浓度小于10－5mol·L－1时，沉淀完全，已知：Ksp[Sn(OH)4]＝1×10－55；Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20)

(5)检验Sn(OH)4沉淀是否洗涤干净的方法是____________。

(6)用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极反应式是___________，若想由CuCl2溶液得到无水CuCl2固体，则需进行的实验操作为_______________。评卷人得分六、结构与性质(共4题，共40分)27、下表列出了①～⑨九种元素在周期表中的位置。

请按要求回答下列问题：

(1)元素⑦的原子结构示意图______________________。①、④按原子个数比为1：1组成的分子的电子式____________________；由②、④两种元素组成的一种化合物的结构式________________；

(2)⑤⑥两种元素的原子半径由大到小的顺序是____________（填元素符号）。

(3)⑧和⑨两种元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性较弱的是________（填化学式）。

(4)元素③的气态氢化物和元素⑧的气态氢化物易于制备的是___________（填化学式）。

(5)元素⑤的最高价氧化物对应的水化物与元素⑦的最高价氧化物对应水化物反应，其离子方程式为_________________________________________。

(6)元素①、④、⑤两两之间可以形成两种类型的化合物，写出一种共价化合物的化学式__________________；一种离子化合物的化学式_________。28、下表是元素周期表的一部分；表中所列的字母分别代表一种化学元素。

试回答下列问题：

(1)h的单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，请用原子结构的知识解释发光的原因：_____。

(2)o、p两种元素的部分电离能数据如下表所示：。元素pp电离能/717763150915611561324829572957

比较两元素的可知，气态再失去一个电子比气态再失去一个电子难。对此，你的解释是___________。

(3)表中所列的某主族元素的电离能情况如图所示，则该元素是上述元素中的____(填元素符号)。

29、原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据所学物质结构知识；请回答下列问题：

(1)苏丹红颜色鲜艳；价格低廉；常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严重危害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ4种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图所示：

苏丹红Ⅰ在水中的溶解度很小；微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成如图所示的结构：

则其在水中的溶解度会_____(填“增大”或“减小”)，原因是_____。

(2)已知Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；b.分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为_______，由Cl-所形成的化学键类型是_______。

(3)如图中A、B、C、D四条曲线分别表示第ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族元素的氢化物的沸点，其中表示ⅦA族元素氢化物沸点的曲线是_____；表示ⅣA族元素氢化物沸点的曲线是_____；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物沸点依次升高，其原因是__________；A、B、C曲线中第二周期元素的氢化物的沸点显著高于第三周期元素的氢化物的沸点，其原因是_______________。

30、纳米材料一直是人们研究的重要课题；例如纳米级Fe粉表面积大，具有超强的磁性；高效催化性等优良的性质。

Ⅰ.实验室采用气相还原法制备纳米级Fe；其流程如图所示：：

（1）纳米级Fe和稀盐酸反应的离子方程式为_____。

（2）如何将FeCl2·nH2O固体加热脱水制得无水FeCl2：____(用简要文字描述)。

（3）生成纳米级Fe的化学方程式为____。

Ⅱ.查阅资料：在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时生成FeO，高于570℃时生成Fe3O4。甲同学用图甲所示装置进行纳米级Fe粉与水蒸气反应的实验；乙同学用图乙所示的装置进行纳米级Fe粉与水蒸气的反应并验证产物。

（4）甲装置中纳米级Fe粉与水蒸气反应的化学方程式是_____。

（5）甲装置中仪器a的名称为_____。

（6）丁同学称取5.60gFe粉，用乙装置反应一段时间后，停止加热。将试管内的固体物质在干燥器中冷却后，称得质量为6.88g，则丁同学实验后的固体物质中氧化物的质量分数为_____(结果保留三位有效数字)。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

A．加入生石灰可与二氧化硫反应；“燃煤脱硫”技术有利于减少酸雨的形成，但不能减少二氧化碳的排放，故不能实现“碳达峰；碳中和”，故A错误；

B．高温结构陶瓷的成分为碳化硅或氮化硅；不是硅酸盐，故B错误；

C．“落红”中的有机物在土壤中被腐生微生物分解成无机物后；形成“春泥”可以作为植物的营养被植物吸收利用，蕴藏着自然界的碳；氮循环，故C正确；

D．二氧化硅具有导光性；光纤的主要成分是二氧化硅，故D错误；

故选：C。2、C【分析】【分析】

酸是电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；碱是电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；盐是电离时生成金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物；氧化物是指氧元素与另外一种化学元素组成的二元化合物；结合盐的概念进行分析判断。

【详解】

K2FeO4电离方程式为K2FeO4=2K++FeO42-，K2FeO4是由金属阳离子钾离子和酸根离子高铁酸根离子构成的化合物，所以K2FeO4属于盐，C项正确。3、C【分析】【分析】

钠的保存方法选择需要考虑钠的物理；化学性质；例如钠与空气和水发生反应，与四氯化碳、汽油、煤油不反应，钠的密度比四氯化碳小、比煤油、汽油的密度大。

【详解】

A.金属钠和水之间能反应；所以不能保存在水中，故A错误；

B.金属钠与四氯化碳不反应；但密度比四氯化碳小，浮于四氯化碳的上面，能接触到空气，所以钠不能保存四氯化碳中，故B错误；

C.金属钠与煤油不反应；且密度比煤油大，沉于煤油底部，隔开了空气，所以钠能保存在煤油中，故C正确；

D.细沙中有氧气；钠能和氧气反应生成氧化钠而变质，所以钠不能保存在细沙中，故D错误；

故选C。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．具有还原性；进入人体后与氧气反应，从而影响细胞氧化过程造成组织缺氧而中毒，A正确；

B．在图示转化中H、的化合价没有变化；B正确；

C．燃烧后会产生污染环境的故不能通过点燃法除去工业尾气中的C错误；

D．欲使生成的S单质中不含则不能剩余，完全被氧化为S单质，即必须过量，所以提高空气的比例可防止的生成；D正确。

故选：C。5、A【分析】【分析】

X、Y、Z、Q、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大X、Y是组成空气的主要元素，原子序数Y>X，所以X是N元素，Y是O元素；Y2-与Z+核外电子排布相同；则Z是Na元素；Y是O元素，原子序数是8，Q的原子序数为Y的2倍，则Q是16号元素S，则W是Cl元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X是N元素；Y是O元素，Z是Na元素，Q是S元素，W是Cl元素。

A.X；Y组成的原子个数比为1：1的化合物是NO；1：2化合物是NO2，二者都是非金属氧化物，属于共价化合物，A正确；

B.和Z组成的化合物有Na2O、Na2O2；二者的阴阳离子个数比均为1：2，B错误；

C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性Y>Q，所以Y、Q的简单氢化物的热稳定性：Q

D.X、Q、W最高价氧化物对应的水化物分别是HNO3、H2SO4、HClO4；酸性最强的是HClO4，D错误；

故合理选项是A。

【点睛】

本题考查元素周期表、元素周期律的知识，把握元素的位置、原子序数、原子结构来推断元素是解答本题的关键，侧重学生分析与应用能力的考查，注意把元素及化合物的性质与规律性的知识结合起来应用。6、A【分析】【分析】

由体积相同的三个固定容器里，三种气体的温度和密度均相等可知，气体的质量比为1：1：1，气体的物质的量比为=1：

【详解】

A．由分析可知，三种气体的原子个数比为1×2：×3：×2=1：则原子数目的大小顺序为①>②>③；故A正确；

B．由分析可知；三种气体的质量比为1：1：1，大小顺序为①=②=③，故B错误；

C．由分析可知，三种气体的物质的量比为1：则分子个数比为1：大小顺序为①>③>②；故C错误；

D．由理想气体状态方程可知；密度相等；温度相同时气体的压强之比等于摩尔质量反比，即摩尔质量越小其压强越大，则压强大小顺序为①＞③＞②，故D错误；

故选A。7、A【分析】【分析】

发生的反应为2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；铝粉质量一定，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若酸；碱均足量，则生成的气体相同；若铝粉都过量，酸、碱不足，生成的气体为1∶3，而实际应结束后测得生成的气体体积比为甲∶乙=1∶2，说明在两个反应中Al不都完全反应，也不都有剩余，由方程式可知相同物质的量的Al完全反应消耗HCl的物质的量比消耗的NaOH多，故Al与盐酸反应时盐酸不足，Al与碱反应时碱过量，结合方程式计算判断。

【详解】

发生的反应为2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；铝粉质量一定，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若酸；碱均足量，则生成的气体相同；若铝粉都过量，酸、碱不足，生成的气体为1∶3，而实际应结束后测得生成的气体体积比为甲∶乙=1∶2，说明在两个反应中Al不都完全反应，也不都有剩余，由方程式可知相同物质的量的Al完全反应消耗HCl的物质的量比消耗的NaOH多，故Al与盐酸反应时盐酸不足，Al与碱反应时碱过量。

①甲烧杯中盐酸不足；故①正确；

②乙烧杯中金属铝不足；氢氧化钠过量，故②错误；

③乙烧杯中Al不足，Al完全反应，Al的物质的量为=0.6mol，由2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，可知生成氢气为0.6mol×=0.9mol；由于生成的气体体积比为甲∶乙=1∶2，则甲中生成气体为0.45mol，由于不一定是标况下，因此甲中氢气体积不一定是10.08L，故③错误；

④盐酸与氢氧化钠溶液物质的量浓度相等，甲烧杯中盐酸不足，根据2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，可知n(HCl)=2n(H2)=2×0.45mol=0.9mol，故c(HCl)==1.5mol/L；即NaOH的浓度为1.5mol/L，故④正确；

故选A。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．Se虽然是身体不可缺少的成分；但并不是越多越好，过多或过少对身体有害，A错误；

B．羊绒衫的主要成分是蛋白质；不属于合成纤维，B错误；

C．高温能使蛋白质发生变性；所以加热能杀死流感病毒，C正确。

D．硫酸钡不溶于水和酸；可用于胃肠X射线造影检查，但碳酸钡能与盐酸反应生成有剧毒的氯化钡溶液，则碳酸钡不能用于胃肠X射线造影检查，D错误；

故选：C。9、D【分析】【详解】

A．白色沉淀可能为硫酸银或氯化银；则原溶液中可能含银离子或硫酸根离子，但不能同时存在，故A错误；

B．无色气体可能为二氧化碳和二氧化硫，则溶液中可能含有CO32-或SO32-等；故B错误；

C．白色沉淀为氯化银；则溶液中可能含银离子或硫酸根离子，但不能同时存在，故C错误；

D．向某溶液中放入苛性钠溶液；用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色，证明产生的气体是氨气，则该盐中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，故D正确；

答案选D。二、多选题(共8题，共16分)10、AC【分析】【详解】

A.若加入Ba(OH)2的物质的量是KAl(SO4)2的2倍，会发生反应Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-→2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，此时SO42-恰好沉淀完全；A正确；

B.Ba(OH)2量少时不能溶解Al(OH)3；B错误；

C.继续滴加KAL(SO4)2，在Ba2+完全沉淀之后，发生的反应是氯离子和偏铝酸根两种双水解生成氢氧化铝沉淀的过程，3AlO2-+Al3++6H2O=4Al(OH)3；C正确；

D.溶液是碱和盐的离子反应；不符合反应事实，D错误；

故合理选项是AC。11、BC【分析】【详解】

A．反应①中O元素化合价由0价变为-2价，②中Sb元素化合价由+3价变为0价，所以①②的氧化剂分别是O2、Sb4O6，故A错误；

B．反应①中每生成3molFeS时，转移电子的物质的量=1mol×(2－0)×３=6mol，故B正确；

C．反应②说明高温下还原剂是C，还原产物是Sb，所以在此条件下，C的还原性比Sb强，故C正确；

D．反应①与反应②中还原剂分别是Fe、C，每生成4molSb时；反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为6:6=1:1故D错误；

所以答案：BC。12、AC【分析】【详解】

A．0~5s过程中，发生反应生成CrO5，Cr元素都呈+6价；发生非氧化还原反应，A错误；

B．30s时，绿色溶液中主要含有Cr3+，80s时黄色溶液中主要含有所以30~80s过程中，Cr元素被氧化，可能是剩余的H2O2所致；B正确；

C．30s时，溶液呈绿色是生成了Cr3+，因为此时溶液呈酸性，不可能生成C错误；

D．+H2O2+2H+，80s时，在NaOH条件下，平衡正向移动，溶液中含铬微粒主要为D正确；

故选AC。13、BD【分析】【详解】

A.氢化物水溶液的酸性大小与非金属性强弱无关；故A错误；

B.碘易溶于酒精；可用酒精清洗，再用水洗去酒精，故B正确；

C.硝酸的还原产物为NO或NO2；会对环境造成污染，故C错误；

D.碘单质能与氢氧化钠溶液反应；可以用浓的氢氧化钠溶液中反萃取四氯化碳中的碘单质，分液后水相酸化得到碘单质，故D正确；

故答案为BD。14、AD【分析】【详解】

A．实验1是利用高锰酸钾和浓盐酸制取少量氯气；故A符合题意；

B．二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气；实验2不能制取氯气，主要是盐酸浓度太低，故B不符合题意；

C．浓硫酸可以干燥氯气；实验3不能干燥氯气，应长进短出来干燥氯气，故C不符合题意；

D．HCl与碳酸氢钠溶液反应，二氧化碳与饱和碳酸氢钠溶液不反应，因此实验4是除去中的少量故D符合题意。

综上所述，答案为AD。15、BC【分析】【详解】

A．为了防止空气中的与Cu反应，加热之前应通入干燥的排出装置内的空气；选项A正确；

B．加热时试管内的气压不稳定；空试管能防止液体倒吸入装有铜粉的硬质玻璃管中，选项B错误；

C．与水反应生成有漂白性的HClO，持续通入后紫色石蕊溶液褪色；选项C错误；

D．为防止氯气污染环境；实验装置末端处应连接一个盛有NaOH溶液的尾气处理装置，选项D正确；

答案选BC。16、AC【分析】【详解】

A．NaClO2在酸性条件下发生歧化生成ClO2和NaCl，则NaCl是还原产物(化合价降4价)，ClO2是氧化产物(化合价升1价)，n(氧化剂)∶n(还原剂)=1∶4；A不合理；

B．ClO2在强碱性环境中使用失效，由于碱难以表现出氧化性或还原性，所以可能的原因是ClO2发生自身的氧化还原反应，即可能发生反应2ClO2+2OH-=++H2O；B合理；

C．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，氨气极易溶于水，在饱和食盐水中，两种气体都易溶于水，所以不能用饱和食盐水除去ClO2中的NH3；C不合理；

D．设二者质量都为1g，则ClO2的消毒效率(单位质量的氧化剂得到的电子数)是Cl2的倍数为=2.63；D合理；

故选AC。17、CD【分析】【分析】

【详解】

A、pH=10的NaHCO3溶液中CO32－的浓度无法计算；个数无法计算，故A错误；

B、冰中形成2条氢键，1mol冰中含2NA条氢键；故B错误；

C、惰性电极电解AgNO3溶液，阳极生成氧气，阴极先生成银，后生成氢气，两极均产生0.25mol气体时，根据阳极产生的氧气可知，电路中通过电子数为NA；故C正确；

D、0.1molNH4HSO4可电离出0.1molSO42－，根据电荷守恒：n（NH4＋）+n（H＋）=2n（SO42－）+n（OH－）=0.2mol+n（OH－），OH－是由水电离出来的，则阳离子数目略大于0.2NA；故D正确。

故选：CD。三、填空题(共5题，共10分)18、略

【分析】【分析】

根据图中信息可以判断图象分成了三段；所以可以判断该氢氧化钙已部分变质，发生的反应为碳酸钙和盐酸以及氢氧化钙与盐酸的反应，而碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳可以和氢氧化钙反应又生成碳酸钙，所以在氢氧化钙存在的条件下，碳酸钙不能和盐酸反应，所以可以判断AB段所发生的反应为氢氧化钙和盐酸的反应，而BC段发生的反应为碳酸钙和盐酸的反应，可以据此解答。

【详解】

(1)综上分析；该氢氧化钙已部分变质，发生的反应为碳酸钙和盐酸以及氢氧化钙与盐酸的反应，氢氧化钙与盐酸先反应，所以可以判断AB段所发生的反应为氢氧化钙和盐酸的反应。

(2)BC段发生的反应为碳酸钙和盐酸的反应，该反应生成了水、二氧化碳和氯化钙，该反应的化学方程式为CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑。

(3)根据题中信息可以知道和氢氧化钙反应的稀盐酸的质量为25g，其中含有溶质的质量为：25g×29.2%=7.3g，根据反应方程式2HCl+Ca（OH）2═CaCl2+2H2O，可知反应氢氧化钙的质量为7.4g，样品中氢氧化钙的质量分数为=60.7%。【解析】氢氧化钙CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑60.7%19、略

【分析】【分析】

根据离子的颜色及离子反应的条件；常见离子的检验方法分析解答。

【详解】

(1)溶液为无色透明的，而含有Cu2+的溶液为蓝色的，含有Fe3+的溶液为黄色，则不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Cu2+、Fe3+，故答案为：Cu2+、Fe3+；

(2)取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，说明原溶液中肯定有的离子是Ag+，反应的离子方程式为Ag++Cl−=AgCl↓，故答案为：Ag++Cl−=AgCl↓；

(3)取(2)的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子是Mg2+，生成沉淀的离子方程式为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，故答案为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；

(4)Ag＋、Mg2+均与碳酸根离子反应，Ag+、Mg2+均与氢氧根离子反应，银离子与氯离子反应，只有硝酸根离子与Ag+、Mg2+均不反应，则可能大量存在的阴离子为.NO故答案为：B。【解析】Fe3+、Cu2+Ag++Cl－=AgCl↓Mg2++2OH－=Mg(OH)2↓B20、略

【分析】【详解】

硝酸的化学式为HNO3，属于酸，电离方程式为：HNO3=H＋＋硫酸铝的化学式为：Al2(SO4)3，属于盐，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3＋＋3熟石灰的化学式为Ca(OH)2，属于碱，电离方程式为：Ca(OH)2=Ca2＋＋2OH－，故答案为：HNO3；酸；HNO3=H＋＋硫酸铝；盐；Al2(SO4)3=2Al3＋＋3Ca(OH)2；碱；Ca(OH)2=Ca2＋＋2OH－。【解析】HNO3酸HNO3=H＋＋硫酸铝盐Al2(SO4)3=2Al3＋＋3Ca(OH)2碱Ca(OH)2=Ca2＋＋2OH－21、略

【分析】【详解】

（1）浓硫酸能吸收存在于周围环境中的水分(自由水和结晶水)；常用作干燥剂；

（2）浓硫酸具有脱水性和强氧化性：C12H22O1112C+11H2O、C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；故向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌，可观察到蔗糖变黑，体积膨胀，变成疏松多孔的海绵状的炭，并放出有有刺激性气味的气体；

（3）铜丝表面产生气泡，溶液中产生白色固体；试管中的溶液有气泡冒出；品红溶液褪色；冷却后将a试管里的物质慢慢倒入水中，溶液呈蓝色，Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，浓硫酸体现了强氧化性和酸性；浓硫酸还可以与非金属反应：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；量变引发质量，浓硫酸在反应中逐渐变稀，与氢前的活泼金属(如Zn)：常温下与浓硫酸反应先产生二氧化硫，后产生氢气；与氢后的活泼金属(如铜)：加热下与浓硫酸反应先产生二氧化硫，后反应停止。【解析】(1)干燥剂。

(2)变黑膨胀刺激性C12H22O1112C+11H2O、C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O

(3)有气泡产生白逐渐变为无色蓝色强氧化性Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2OC+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2OSO2H2SO222、略

【分析】【分析】

(1)部分离子反应是氧化还原反应；部分氧化还原反应是离子反应，置换反应都是氧化还原反应；

(2)氧化还原反应配平原则是得失电子数相等即化合价升高；降低的总数相等；采用最小公倍数；

(3)在氧化还原反应中，化合价升高被氧化，失电子，化合价降低被还原，得电子，得失电子数目必须相等，得失电子数需表示成abe-形式；

(4)根据Ⅰ和Ⅱ的现象；推知发生的反应，得到电子的为氧化剂，还原剂对应的产物为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；

(5)氧化还原反应中；化合价降低的反应物被还原，是氧化剂；

【详解】

(1)部分离子反应是氧化还原反应；部分氧化还原反应是离子反应，置换反应都是氧化还原反应,故下图A为氧化还原反应，B为置换反应，C为离子反应，故答案为：C；

(2)氧化还原反应配平原则是得失电子数相等即化合价升高、降低的总数相等，采用最小公倍数，NH3中N的化合价由-3价变为NO中的+2价，升高5价，O2中O化合价由0价变为-2价，降低4价，故最小公倍数为20，故NH3和NO的系数为4，氧气的系数为5，根据H原子守恒可知，H2O的系数为6，故反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案为：4；5；4；6；

（3）在氧化还原反应中，化合价升高被氧化，失电子，化合价降低被还原，得电子，得失电子数目必须相等，得失电子数需表示成abe-形式，故分析如下：故答案为：

(4)Ⅰ可观察到铁表面析出亮红色的物质，说明发生了离子反应：Fe+Cu2+═Fe2++Cu，Ⅱ可观察到红色铜丝上有白色金属Ag附着，说明发生了反应：Cu+2AgNO3═Cu(NO3)2+2Ag，由两个反应可知，得到电子的为氧化剂，还原剂对应的产物为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性为Ag+＞Cu2+＞Fe2+，故答案为：Ag+＞Cu2+＞Fe2+；

(5)氧化还原反应中，化合价降低的反应物被还原，是氧化剂，分析反应可知：中的N和S的化合价降低，被还原，故KNO3和S是氧化剂，故答案为：KNO3和S。【解析】C4546Ag+＞Cu2+＞Fe2+KNO3和S四、判断题(共1题，共3分)23、B【分析】【详解】

Cu和CuO均能与稀硝酸反应，错误。五、工业流程题(共3题，共21分)24、略

【分析】【分析】

从流程图的主线看，铝土矿中的铝元素先溶解，然后生成沉淀，加热分解生成Al2O3，熔融电解得到铝。由溶液甲通入CO2生成Al(OH)3沉淀可知，溶液甲中的铝元素应以偏铝酸盐的形式存在，所以试剂X应为强碱，常为NaOH，沉淀1应为难溶性杂质；沉淀2应为Al(OH)3，溶液2应为NaHCO3溶液。

【详解】

(1)由以上分析可知，试剂X为NaOH溶液，反应Ⅰ为Al2O3与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-=2+H2O。答案为：NaOH溶液；Al2O3+2OH-=2+H2O；

(2)操作Ⅰ；操作Ⅱ均为分离固体与溶液的操作；所以应为过滤，在实验室进行该操作时需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。答案为：过滤；烧杯、漏斗、玻璃棒；

(3)金属铝与氧化铁混合在高温下会发生剧烈的反应，生成氧化铝和铁，该反应的化学方程式为2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3。答案为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3；

(4)反应Ⅱ为NaAlO2溶液中通入过量CO2，生成NaHCO3和Al(OH)3沉淀，离子方程式为＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋答案为：＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋

(5)电解熔融氧化铝制取金属铝时，可建立如下关系式：Al——3e-，若有0.6mol电子发生转移，理论上能得到金属铝的质量是=5.4g。答案为：5.4。

【点睛】

NaAlO2溶液中若通入少量CO2，则会生成Na2CO3和Al(OH)3沉淀。【解析】NaOH溶液Al2O3+2OH-=2+H2O过滤烧杯、漏斗、玻璃棒2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋5.425、略

【分析】【分析】

某废料铁泥主要成分为Fe2O3、FeO和Fe，铁泥中加入足量硫酸，Fe2O3、FeO和Fe均会溶解，溶液A中含有Fe3+、Fe2+，气体为氢气，沉淀C为不溶性杂质；溶液A中加入双氧水，将Fe2+氧化生成Fe3+，再加入NaOH得到Fe(OH)3沉淀，将Fe(OH)3沉淀洗涤加热，分解得到Fe2O3；据此分析解答。

【详解】

(1)步骤(I)中铁单质与硫酸反应，也能够与氧化铁溶解得到的Fe3+反应，有关反应的离子方程式为Fe+2H+=H2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+，分离溶液A和沉淀C的操作为过滤，故答案为：Fe+2H+=H2↑+Fe2+；Fe+2Fe3+=3Fe2+；过滤；

(2)溶液A中含有Fe3+、Fe2+，检验溶液A中含有Fe2+可以选用酸性KMnO4溶液，若溶液颜色变浅或褪色，说明含有Fe2+；故选C；

(3)步骤(Ⅱ)中加入H2O2溶液，将Fe2+氧化生成Fe3+，体现了双氧水的氧化性，反应的离子反应方程式为2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：氧化性；2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O；

(4)步骤(Ⅳ)中生成的Fe2O3固体的颜色是红棕色；故答案为：红棕色；

(5)若最终获得ngFe2O3，其中含有的铁元素的质量为ng×g，则铁泥中铁元素的质量分数为×100%=故答案为：【解析】Fe+2H+=H2↑+Fe2+Fe+2Fe3+=3Fe2+过滤C氧化性2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O红棕色26、略

【分析】【分析】

结合题干信息，根据工艺流程图分析可知，某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn等，在加热、溶解的条件下通入H2O2和HCl溶液，Cu和Sn变成Cu2+和Sn4+，再通入尿素在加热的条件下得到CuCl2溶液和Sn(OH)4沉淀，最终经过系列操作得到铜粉和SnO2，Ag单质以滤渣的形式经过HNO3和HCl溶液的溶解得到AgCl的沉淀，再加入Zn和H2SO4溶液进行化学反应得到Ag单质；据此分析解答问题。

【详解】

(1)根据上述分析，“加热溶解”时，Cu与HCl、H2O2反应变为Cu2+，离子反应方程式为Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O，故答案为：Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O；

(2)温度过低，反应速率慢，温度过高，反应物H2O2分解，则温度不宜过高也不宜过低的原因是低于50℃，溶解反应较慢，超过50℃，H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降，故答案为：低于50℃，溶解反应较慢，超过50℃，H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降；

(3)根据上述分析可知，“滤渣”主要成分为Ag，“酸溶解”过程为Ag和HNO3、HCl反应得到AgCl的沉淀，化学反应方程式为：3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O，故答案为：3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O；

(4)调节pH为保证Sn4+沉淀完全(离子浓度小于10－5mol·L－1)，按c(Sn4+)=1×10-5mol·L－1进行计算，根据Ksp[Sn(OH)4]＝1×10－55可得，c(OH-)=1×10-12.5mol·L－1，则c(H+)=1×10-1.5mol·L－1，pH=1.5，为保证Cu2+(0.022mol·L－1)不沉淀，按c(Cu2+)=0.022mol·L－1进行计算，根据Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20可得，c(OH-)=1×10-9mol·L－1，则c(H+)=1×10-5mol·L－1；pH=5，则pH的取值范围1.5≤pH＜5，故答案为：1.5≤pH＜5；

(5)沉淀中可能附着的有Cl-；检验是否洗净的方法可以是取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净；

(6)惰性电极电解CuCl2溶液时，阴极Cu2+得到电子，电极反应为Cu2++2e-===Cu，由于CuCl2会水解，可在蒸发时通入HCl气体抑制水解，故答案为：Cu2++2e-===Cu；将CuCl2溶液在HCl气流中加热蒸干。【解析】①.Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O②.低于50℃，溶解反应较慢，超过50℃，H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降③.3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O④.1.5≤pH＜5⑤.取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净⑥.Cu2++2e-===Cu⑦.将CuCl2溶液在HCl气流中加热蒸干六、结构与性质(共4题，共40分)27、略

【分析】【详解】

根据元素在周期表中的位置知①②③④⑤⑥⑦⑧⑨分别是H、C、P、O、Na、Mg、Al、S、Cl元素。

(1)元素⑦为Al，原子结构示意图为：①、④按原子个数比为1：1组成的分子为：H2O2，电子式为：由②、④两种元素组成的化合物为：CO2,结构式为：O=C=O。答案为:;；O=C=O；

(2)Na与Mg均属于同种周期元素,由于核电核数NaMg,故半径NaMg,因此，答案为:Na>Mg;

(3)因为非金属性ClS,故酸性:高氯酸大于硫酸,答案为:H2SO4;

(4)因为非金属性S>P,故H2S更易制备,因此，答案为:H2S;

(5)氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水,氢氧化铝难溶,不能拆,水为氧化物不能拆,离子反应方程式为:Al(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O,答案为:Al(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O;

(6)H、O和Na形成的共价化合物为水,离子化合物为过氧化钠、氧化钠、氢氧化钠等,答案为:H2O、Na2O【解析】O=C=ONa>MgH2SO4H2SAl(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2OH2ONa2O28、略

【分析】【分析】

首先根据周期表得出各字母所代表的元素，a为氢，b为锂；c为碳，d为氮，e为氧，f为氟，g为钠，h为镁，i为铝，j为硅，k为硫，l为氯，m为氩