2025年新世纪版必修1化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年新世纪版必修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、氮化铝（AlN）广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN的合成反应为：Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO，该反应中发生氧化反应的物质是A.Al2O3B.N2C.CD.Al2O3和C2、春季是流感、诺如病毒等疾病的高发期，需要对重点场所做好定期清洁消毒。下列物质中，不是消毒剂的是A.漂粉精B.洁厕灵C.碘酒D.臭氧3、每年10月23日上午6：02到下午6：02被誉为“摩尔日”(MoleDay)，这个时间的美式写法为6：02/10/23，外观与阿伏加德罗常数的值6.02×1023相似。若NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.物质的量相等的氖气和甲烷中含有电子数均为10NAB.标准状况下，22.4LCCl4含有的分子数为NAC.10g质量分数为46%的乙醇(CH3CH2OH)溶液中含有氢原子的数目为0.6NAD.14gC2H4和C3H6的混合气体中含碳原子数为NA4、能够用键能大小解释的是（）A.氮气的化学性质比氧气稳定B.常温常压下，溴呈液态，碘呈固态C.稀有气体一般很难发生化学反应D.相同状态下，氯气的密度比空气的大5、固体NaOH配制一定物质的量浓度溶液，下列会时溶液浓度偏高的是A.样品中含有少量NaCl杂质B.容量瓶使用前未干燥C.在烧杯中溶解时，有少量液体溅出D.定容时俯视容量瓶刻度线6、用含铁废铜制备胆矾的流程如下图所示：

下列说法错误的是A.物质A可选用盐酸B.I中加H2O2的目的是溶解铜并将Fe2+氧化为Fe3+C.长时间煮沸Ⅲ中悬浊液的目的是充分聚沉Fe(OH)3D.“系列操作”包括蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤7、下列对应离子方程式书写错误的是A.向溶液中通入B.向氧化亚铁中加入适量稀硝酸：C.向溶液中通入D.向亚硫酸氢钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液：8、在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束后，过滤，剩余固体不能被磁铁吸引，则反应后溶液中一定大量存在的阳离子是A.Cu2+B.Fe2+C.Fe3+D.H+9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.0.5mol含中子数为8NAB.常温下，1molNH4Cl含共价键数目为5NAC.足量的Cu与含溶质1mol的浓H2SO4反应，转移的电子数为NAD.标况下，22.4LNO和11.2LO2混合后的气体分子数为NA评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、(1)①写出漂白粉有效成分的化学式：_____；

②写出乙炔的结构式：______。

(2)写出实验室用二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气的离子方程式：______。

(3)写出制备聚丙烯的化学方程式：______。11、按要求完成下列填空。

(1)对于混合物的分离或提纯；常采用的方法有“过滤；蒸发、蒸馏、萃取、渗析、加热分解”等。

下列各组混和物的分离或提纯应采用什么方法：

①实验室中的石灰水久置，液面上常悬浮有CaCO3微粒。可用__的方法除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3微粒。

②实验室中制取的Fe(OH)3胶体中常常含有杂质Cl－离子。可用__的方法除去Fe(OH)3胶体中混有的杂质Cl-离子。

③除去乙醇中溶解的微量食盐可采用__的方法。

(2)现有下列七种物质：①铝②蔗糖③CO2④H2SO4⑤Ba(OH)2⑥红褐色的氢氧化铁胶体⑦HCl⑧冰水混合物⑨碳酸钙⑩CuSO4·5H2O。

①上述物质中属于电解质的有__(填序号)。

②向⑥的溶液中逐渐滴加⑦的溶液，看到的现象是__。12、(1)请将5种物质：N2O、FeSO4、Fe(NO3)3、HNO3和Fe2(SO4)3分别填入下面对应的横线上；组成一个未配平的化学方程式。

_________+_________→__________+__________+__________+H2O

__________

(2)反应物中发生氧化反应的物质是__________，被还原的元素是_________。

(3)反应中1mol氧化剂_______(填“得到”或“失去”)___________mol电子。

(4)请将反应物的化学式及配平后的系数填入下列相应的位置中，并标明电子转移方向和个数：__________+__________→__________13、阅读下面两条科普信息；回答有关问题：

一个体重50kg的健康人身体中含铁2g，这2g铁在人体中不是以金属单质的形式存在，而是以Fe2+和Fe3+的形式存在；亚铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含亚铁离子的亚铁盐，如硫酸亚铁。服用维生素C，可使食物中的铁离子还原成亚铁离子，有利于铁的吸收。

在新生代的海水里有一种铁细菌，它们提取海水中的亚铁离子，利用酶为催化剂把它转变成它们的皮鞘(可以用Fe2O3来表示其中的铁)，后来便沉积下来形成铁矿：该反应的另一种反应物是CO2，反应后CO2转变成有机物(用甲醛CH2O表示)。

(1)这两则科普信息分别介绍了人体内和海水中的亚铁离子与铁离子(或者铁的高价化合物)相互转化的事实，方法和途径。这说明维生素C具有_______性，铁离子具有_______性，第二则则信息中CO2是_______剂。

(2)铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中使用的一种新型净水剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原为Fe3+离子。制取铁酸钠的化学方程式如下：Fe(NO3)3+NaOH+Cl2→Na2FeO4+NaNO3+NaCl+H2O

配平上述反应_______，并分析_____元素被氧化，当生成3mol还原产物时，转移电子的总数为_______。14、下表是元素周期表的一部分；针对表中的①～⑩种元素，填写下列空白：

。主族。

周期。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

0族。

第二周期。

①

②

③

第三周期。

④

⑤

⑥

⑦

⑧

第四周期。

⑨

⑩

(1)在这些元素中；化学性质最不活泼的是：___________(填元素符号)。

(2)在最高价氧化物对应的水化物中；酸性最强的化合物的分子_________，碱性最强的化合物的电子式是：____________。

(3)用电子式表示元素④与⑥的化合物的形成过程：______________。

(4)表示①与⑦的化合物的电子式__________；该化合物是由__________(填“极性”或“非极性”)键形成的。

(5)③；⑥、⑦三种元素形成的离子；离子半径由大到小的顺序是___________(用化学式表示)。

(提示：一般认为；粒子半径与粒子的电子层数及核内质子数有关，当电子层数不同时，电子层数越多，粒子半径越大，当电子层数相同时，质子数越多，粒子半径越小，所以建议先画出粒子结构示意图，再进行比较)

(6)元素③的简单氢化物的结构式__________，在常温下和元素⑦的单质反应的离子方程式_________。15、元素周期表的形式多种多样；如图是扇形元素周期表的一部分(1~36号元素)，对比中学常见元素周期表思考扇形元素周期表的填充规律，并回答下列问题：

(1)元素②的名称为___________；元素⑩在常见周期表中的位置是___________。

(2)元素③、④、⑤形成的简单氢化物，稳定性最强的是___________(填化学式，下同)；元素④、⑧、⑨的最高价氧化物对应的水化物，酸性最强的是___________。

(3)元素⑥、⑦、⑧对应的简单离子的半径由大到小的顺序为___________(用离子符号表示)。

(4)元素①、⑤和元素①、⑧均能形成18电子的化合物，这两种化合物发生反应的化学方程式为___________。

(5)请设计简单实验，比较元素②、⑦的金属性强弱。实验步骤实验现象实验结论______________________金属性：②＞⑦16、根据元素周期表回答下列问题。

(1)在上面元素周期表中全部是金属元素的区域为___。

A.aB.bC.cD.d

(2)G元素与E元素形成的化合物的化学式是___、___，它们都是___。(填“共价化合物”或“离子化合物”)。表格中九种元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是___(用化合物的化学式表示，下同)，酸性最强的是__，属于两性氢氧化物的是___，写出此氢氧化物溶于强碱溶液的离子方程式___。

(3)①用元素符号将铁元素填写在上面元素周期表中对应的位置___。

②G、H两元素相比较，金属性较强的是___(填名称)，可以验证该结论的实验是___。(填编号)

(a)看哪种原子失去的电子越多；金属性越强。

(b)将这两种元素的单质粉末分别和同浓度的盐酸反应。

(c)将这两种元素的单质粉末分别和热水作用；并滴入酚酞溶液。

(d)比较这两种元素的气态氢化物的稳定性17、硼是一种奇特的元素；它来自超新星爆发和宇宙射线的散列辐射。

(1)写出BF3电子式___________；B与F形成共价键时，共用电子对偏向_____原子，判断依据是_________________。

(2)硼酸(H3BO3)在水中电离出阴离子[B(OH)4]-，请写出硼酸的电离方程式___________。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)18、HClO电子式：(___________)A.正确B.错误19、溶液是电中性的，胶体是带电的。(_____)A.正确B.错误20、NaOH、Ca(OH)2、纯碱都属于碱。(____)A.正确B.错误21、过量的铁粉在少量氯气中加热，充分反应后产物为FeCl2。(___________)A.正确B.错误22、氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明Cl2具有氧化性。(___________)A.正确B.错误23、的溶液是指此溶液中含有(_______)A.正确B.错误24、用容量瓶配制溶液时，必须先用蒸馏水洗净容量瓶，但可以不进行干燥。(_____)A.正确B.错误25、加热坩埚时直接放在铁圈或三脚架上加热。(_____)A.正确B.错误26、向MgCl2溶液中加入CaCO3粉末，充分搅拌后过滤可除去杂质FeCl3。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共1题，共8分)27、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吸收法作为治理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：______________。

（5）制取硫酸铜有两种方法：方法一：2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O，方法二：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，方法一与方法二相比，其优点是：_________________(答任一点)。评卷人得分五、工业流程题(共2题，共16分)28、用氧化焙烧-软锰矿浆吸收工艺处理砷华废渣；吸收液经净化除杂；浓缩结晶等工序可制备工业产品硫酸锰。

已知：a.砷华废渣中硫主要以FeS、FeS2、FeAsS、单质硫、硫酸盐等形态存在；铁主要以Fe2O3、FeAsS、FeS形态存在；砷主要以FeAsS、Fe3(AsO4)2等形态存在。

b.软锰矿吸收的过程中，除锰浸出外，还伴随着杂质Fe、Al、Ca、Pb和Si等的同时浸出。

c.SDD为二乙胺硫代甲酸钠。

d.溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：。金属离子Fe2+Fe3+Al3+Pb2+Mn2+开始沉淀时pH7.01.93.77.18.1完全沉淀时pH9.03.24.79.110.1

回答下列问题：

(1)砷华废渣预先粉碎的目的是___；写出焙烧时FeAsS被氧气氧化成+3价金属氧化物和SO2的方程式：___。

(2)砷华废渣焙烧温度与Mn的浸出率的关系图如图：

①焙烧的适宜温度为___。

②Mn的浸出率随着焙烧的温度升高而升高，温度高于650℃后，Mn的浸出率降低的可能原因是___。

(3)软锰矿浆(MnO2)吸收焙烧放出的SO2的化学方程式为___。

(4)加入MnO2粉末的目的是氧化Fe2+，其发生反应的离子方程式为___。

(5)根据实验目的调节pH的范围是___。

(6)称量产品MnSO4·H2O17.21g，溶于水，滴加足量的BaCl2溶液，生成的沉淀，经过过滤、洗涤、干燥后得固体，称量固体的质量为23.30g，则产品中MnSO4·H2O的质量分数为___%(保留1位小数)。29、碱式硫酸铬[Cr（OH）SO4•nH2O]常用于鞣制皮革，染料工业的活性黑染料、媒染剂。电镀废水中（主要含Cr2O72-、Cr3+、Fe3+、CN-、Cl-，少量Mg2+、Cu2+等离子）；提取含铬废水中的铬并制成可用的碱式硫酸铬对污染治理和工业生产具有十分重要的意义。

相关金属离子[co（Mn+）=01mol•L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：。金属离子Cr3+Fe3+Mg2+Cu2+开始沉淀的pH4.31.99.14.7沉淀完全的pH5.63.211.16.7

回答下列问题：

（1）碱式硫酸铬中Cr的化合价为_________。

（2）“氧化”时需控制反应温度在50℃~90℃，原因___________。H2O2先将CN-氧化为无害气体除去，气体I成分是________；后在碱性条件下将Cr3+氧化为CrO42-，滤渣中主要含________（填相关物质的化学式）。

（3）“酸化”时CrO42-可转化为Cr2O72-，其离子方程式为________。

（4）“离子交换”过程采用钠离子交换树脂，反应原理为Mn++nNaR=MRn+nNa+，则富集到钠离子交换树脂上的金属阳离子有_________（填离子符号）。

（5）处理1L0.1mol•L-1Cr2O72-的废水，理论上需要H2C2O4的物质的量为_______mol。

（6）废水中含有的Cl-常以K2CrO4溶液为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定测其含量，利用Ag+与CrO42-生成的砖红色沉淀指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好完全沉淀（浓度等于1.0×10一5mol•L-1）时，溶液中c（Ag+）为_____mol•L-1此时溶液中c（CrO42-）等于_______mo1•L-1（已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别约为2.0×10-12和2.0×10-10）。评卷人得分六、计算题(共1题，共7分)30、实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。若产生的氯气在标况下的体积为2.24L；试计算：

(1)参加反应的MnO2的质量____________

(2)参加反应的HCl的物质的量___________

(3)反应中被氧化的HCl的物质的量____________参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

还原剂化合价升高；被氧化，发生氧化反应。

【详解】

A.Al2O3中Al；O的化合价未变化；与题意不符，A错误；

B.N2的化合价由0价变为-3价；与题意不符，B错误；

C.C的化合价由0价变为+2价；发生氧化反应，符合题意，C正确；

D.Al2O3中Al；O的化合价未变化；与题意不符，D错误；

答案为C。2、B【分析】【详解】

A．漂粉精中含有次氯酸钙，次氯酸钙能与CO2、H2O反应生成HClO具有消毒作用；漂粉精为消毒剂，A错误；

B．洁厕灵的主要成分为较高浓度的盐酸；不具备消毒作用，不是消毒剂，B正确；

C．碘酒中碘单质具有氧化性；能杀菌消毒，碘酒是消毒剂，C错误；

D．臭氧具有强氧化性；能杀菌消毒，臭氧是消毒剂，D错误；

故答案选B。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．没有说明具体的物质的量；因此不能计算电子数，A错误；

B．CCl4在标况下是液体；不能使用标况下的气体摩尔体积22.4L/mol计算，B错误；

C．10g质量分数为46%的乙醇中含乙醇的质量为4.6g，物质的量为=0.1mol，含H2O的质量为5.4g，物质的量为=0.3mol，含有H原子的物质的量为0.1mol×6+0.3mol×2=1.2mol，数目为1.2NA；C错误；

D．14gC2H4和C3H6的混合气体中含有CH2的物质的量为=1mol，因此碳原子数为NA；D正确；

故选D。4、A【分析】【详解】

A.氮分子中含有氮氮三键；键能较大，氧分子中含有双键，氮气化学性质比氧气稳定，可用键能解释，故选A；

B.碘的相对分子质量大于溴；碘的分子间作用力大于溴，所以常温常压下，溴呈液态，碘呈固态，故不选B；

C.稀有气体原子最外层电子数为8(He为2)；为稳定结构，所以稀有气体一般很难发生化学反应，故不选C；

D.氯气的相对分子质量大于29；所以相同状态下氯气的密度比空气的大，故不选D；

选A。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．样品中含有少量NaCl杂质；则溶质的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，A不符合题意；

B．容量瓶使用前未干燥；对溶质的物质的量；溶液的体积都不产生影响，所配溶液浓度不变，B不符合题意；

C．在烧杯中溶解时；有少量液体溅出，则溶质的物质的量减小，所配溶液的浓度偏低，C不符合题意；

D．定容时俯视容量瓶刻度线；溶质的物质的量不变，但溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，D符合题意；

故选D。6、A【分析】【分析】

含铁废铜制备胆矾，首先将金属溶解，A为稀硫酸，溶解除铜以外的其他金属；再加入强氧化性的过氧化氢，将铜溶解，同时将存在的亚铁离子氧化为铁离子，加入Cu2(OH)2CO3，调节溶液的pH，将铁变成氢氧化铁沉淀除去；最后进行过滤，滤液中剩余的阳离子主要有Cu2+，阴离子有加硫酸其目的是抑制Cu2+的水解；进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤得到产品胆矾。

【详解】

A.物质A选用稀硫酸溶解除铜外的其他金属；不能是盐酸，会引入氯离子的杂质，A错误；

B.H2O2具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+；也能在酸性环境下溶解铜，B正确；

C.长时间加热煮沸的目的是充分聚沉Fe(OH)3；以便过滤除去，C正确；

D.得到胆矾晶体的操作是蒸发浓缩；冷却结晶，过滤，洗涤，D正确；

故答案为：A。7、D【分析】【详解】

A．二价铁可以被氯气氧化为三价铁，离子方程式为：A正确；

B．硝酸有强氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，则相应的离子方程式为：B正确；

C．次氯酸钠有氧化性，可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，离子方程式为：C正确；

D．亚硫酸氢根离子不能拆，可以被高锰酸根离子氧化为硫酸根离子，离子方程式为：D错误；

故选D。8、B【分析】【分析】

反应结束后所剩的固体物质不能被磁铁吸引；说明固体为铜，没有铁剩余。

【详解】

A．若Cu2+与铁完全反应生成Fe2+和Cu，则反应后的溶液中不存在Cu2+；

B．Fe3+、Cu2+、H+都和铁反应生成Fe2+，则反应后溶液中一定有Fe2+；

C．Cu会与Fe3+反应生成Fe2+和Cu2+，有铜存在，不可能存在Fe3+；

D．由于氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，若Fe和Fe3+、Cu2+反应后，剩余的Fe恰好与H+反应生成氢气，则溶液中不可能大量存在H+；

答案选B。9、A【分析】【详解】

A.质子数是16，中子数是16，所以0.5mol含中子数为8NA；故A正确；

B.1molNH4Cl含NH共价键4mol，所以1molNH4Cl含共价键数目为4NA；

故B错误；

C.理论上铜和浓硫酸反应时，若消耗1mol硫酸，则可生成0.5mol二氧化硫，转移1mol电子。但是，足量的Cu与含溶质1mol的浓H2SO4反应，由于随反应进行，硫酸浓度减小，稀硫酸和铜不反应，所以足量的Cu与含溶质1mol的浓H2SO4反应，转移的电子数小于NA；故C错误；

D.NO和O2不能共存，混合后生成1molNO2，而由于2NO2N2O4平衡存在，所以混合气体的物质的量小于1mol，即分子数小于NA；故D错误；

本题答案为A。

【点睛】

足量的Cu和浓硫酸反应时，因为随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸，而稀硫酸和Cu不会反应，所以在涉及铜和浓硫酸反应的相关计算时，必须要考虑到因硫酸变稀，所引起的结果的变化。二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①漂白粉的成分为CaCl2和Ca(ClO)2，漂白粉有效成分为Ca(ClO)2；

②乙炔中有碳碳三键；结构式为H—C≡C—H；

(2)验室用二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

(3)由丙烯加聚反应形成聚丙烯，化学方程式为nCH3CH=CH2【解析】Ca(ClO)2H—C≡C—HMnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OnCH3CH=CH211、略

【分析】【详解】

(1)①CaCO3微粒不溶于水，则过滤除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3微粒；故答案为：过滤；

②离子可透过半透膜而胶体不能，则用渗析的方法除去Fe(OH)3胶体中混有的杂质Cl-离子；故答案为：渗析；

③乙醇与食盐的沸点不同；则除去乙醇中溶解的微量食盐可采用蒸馏法，故答案为：蒸馏；

(2)电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下能够导电的化合物。

①铝是单质不是化合物；既不是电解质也不是非电解质；

②蔗糖在水溶液中和熔融状态下都不能导电；故蔗糖是非电解质；

③CO2本身不能电离，CO2溶于水能导电是因为CO2和水反应生成了H2CO3，H2CO3能在水中电离出离子导电，且CO2熔融状态下也不能导电，故CO2是非电解质；

④H2SO4是酸，在水中能电离出H+、SO导电，故H2SO4是电解质；

⑤Ba(OH)2是碱，在水中能电离出Ba2+、OH-导电，故Ba(OH)2是电解质；

⑥氢氧化铁胶体是混合物不是化合物；

⑦HCl是酸，在水中能电离出H+、Cl-导电；故HCl是电解质；

⑧冰水混合物是纯净的化合物；水是电解质；

⑨碳酸钙在熔融状态下能电离出Ca2+、CO导电；故碳酸钙是电解质；

⑩CuSO4·5H2O是盐的结晶水化物，在水中能电离出Cu2+、SO导电，故CuSO4·5H2O是电解质。

综上所诉；④⑤⑦⑧⑨⑩是电解质，故答案为：④⑤⑦⑧⑨⑩；

②稀盐酸是电解质溶液，氢氧化铁胶体遇电解质溶液发生聚沉。当盐酸过量时氢氧化铁又溶解在盐酸中，故向氢氧化铁胶体的溶液中逐渐滴加HCl的溶液，看到的现象是：开始产生红褐色沉淀，后来沉淀溶解消失。【解析】过滤渗析蒸馏④⑤⑦⑧⑨⑩开始产生红褐色沉淀，后来沉淀溶解消失12、略

【分析】【分析】

(1)元素处于最高价只有氧化性；元素居于低价有还原性，根据所给物质的化合价情况来分析；

(2)在氧化还原反应中；还原剂发生氧化反应，化合价降低的元素被还原；

(3)根据化合价的变化判断出氧化剂；再计算；

(4)根据得失电子守恒配平方程式；据此分析解答。

【详解】

(1)所给的物质组合中，HNO3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为N2O，得电子数是4mol，能将还原性的2molFeSO4氧化为Fe2(SO4)3，2mol物质失电子数是2mol，根据氢原子守恒，水在生成物中，故发生的反应为：HNO3+FeSO4→N2O+Fe2(SO4)3+Fe(NO3)3+H2O，故答案为：HNO3+FeSO4→N2O+Fe2(SO4)3+Fe(NO3)3+H2O；

(2)还原剂FeSO4发生氧化反应，化合价降低的N元素被还原，故答案为：FeSO4；N；

(3)反应中铁元素的化合价升高1价；氮元素化合价共降低了4价，所以硝酸是氧化剂，1mol氧化剂得到了4mol电子，故答案为：得到；4；

(4)HNO3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为N2O，总共得电子数是8mol，能将还原性的FeSO4氧化为Fe2(SO4)3，物质失电子数是3mol，根据电子守恒，转移电子为24mol，生成二氧化氮的物质的量为3mol，发生的反应为30HNO3+24FeSO4═3N2O+8Fe2(SO4)3+8Fe(NO3)3+15H2O，电子转移方向和个数用单线桥表示为故答案为：【解析】①.HNO3+FeSO4→N2O+Fe2(SO4)3+Fe(NO3)3+H2O②.FeSO4③.N④.得到⑤.4⑥.13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据题意：服用维生素C，可使食物中的铁离子还原成亚铁离子，三价铁转化为亚铁离子，体现了三价铁的氧化性，所以维生素C起还原剂的作用。反应后CO2转变成有机物甲醛；C元素的化合价降低，则Fe元素的化合价升高，则二氧化碳作氧化剂。

(2)制取铁酸钠的化学方程式如下：2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O；氧化还原反应中，铁元素由+3升为+6，铁元素被氧化，Cl元素则有0→−1价，所以NaCl为还原产物，每生成3molNaCl则转移3mol电子。【解析】还原氧化氧化2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O铁3NA14、略

【分析】【分析】

由周期表的结构可知，①到⑩分别为：C、N、O、Na、Al、S、Cl、Ar、K、Br；据此解答。

【详解】

(1)Ar为稀有气体元素，化学性质最不活泼，故答案为：Ar；

(2)上面10种元素中，非金属性最强的为Cl，其最高价氧化物对应的水化物酸性最强，分子式为：HClO4；K的金属性最强，其最高价氧化物对应的水化物碱性最强，即KOH碱性最强，电子式为：故答案为：HClO4；

(3)Na2S是离子化合物，其形成过程表示为：故答案为：

(4)CCl4的电子式为：不同种原子之间形成的共价键为极性共价键，所以，该化合物是由极性键形成的，故答案为：极性；

(5)O2-有两个电子层，S2-有三个电子层，Cl-有三个电子层，层多半径大，所以O2-的半径最小，层同看序数，序小半径大，所以，S2-半径比Cl-半径大，所以，离子半径由大到小的顺序是S2-＞Cl-＞O2-，故答案为：S2-＞Cl-＞O2-；

(6)水的结构式为：H—O—H，水和氯气反应的离子方程式为：Cl2＋H2O=HClO＋H++Cl-，故答案为：H—O—H；Cl2＋H2O=HClO＋H++Cl-。

【点睛】

微粒半径大小比较方法：先画电子层，层多半径大，层同看序数，序小半径大，序同看价态，价低半径大。【解析】ArHClO4极性S2-＞Cl-＞O2-H—O—HCl2＋H2O=HClO＋H++Cl-15、略

【分析】【分析】

根据扇形元素周期表中各元素的位置可知：①~⑩号元素分别为：氢；钠、碳、氮、氧、镁、铝、硫、氯、钙；结合以上各元素及其化合物的性质进行分析。

【详解】

(1)元素②的名称为钠；元素⑩为钙元素；核电荷数为20，在常周期表中的位置是第4周期第IIA族；

(2)元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O>N>C，所以元素③、④、⑤形成的简单氢化物，稳定性最强的是H2O；元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性就越强，非金属性：Cl>N>S，所以元素④、⑧、⑨的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4；

(3)电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以元素⑥、⑦、⑧对应的简单离子的半径由大到小的顺序为

(4)元素①、⑤和元素①、⑧均能形成18电子的化合物分别为H2O2、H2S，过氧化氢具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者发生氧化还原反应，反应的化学方程式为

(5)比较元素金属性大小，可以根据金属与冷水反应的剧烈程度，金属与酸反应置换出氢气的难易程度、最高价氧化物的水化物的碱性强弱进行分析；元素②为钠，⑦为铝，比较两种金属的金属性强弱，可以将打磨干净的形状、体积均相同的钠块和铝块投入等体积的冷水中，钠与水反应更剧烈，而铝不反应，即可验证出金属性钠大于铝。【解析】钠第4周期第IIA族H2OHClO4将打磨干净的形状、体积均相同的钠块和铝块投入等体积的冷水中钠与水反应更剧烈16、略

【分析】【分析】

【详解】

根据周期表提供的信息；A为H；B为Li、C.D为N、E为O、F为F、G为Na、H为Al、I为Cl；

(1)根据元素周期表中金属元素、非金属元素的分布可知：只有d区和ds区的元素全是过渡金属即只含有金属元素，而b区就是元素周期表中的d区和ds区，故元素周期表中全部是金属元素的区域为b；故选B。

(2)钠元素与氧元素形成的化合物的化学式是Na2O2、Na2O；Na2O由钠离子和氧负离子组成，Na2O2是由钠离子和过氧根离子组成，二者均为离子化合物；金属性最强的元素为Na，所以表格中九种元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是NaOH；由于氟元素没有正价，因此氯元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，化学式为HClO4；铝元素的氢氧化物即氢氧化铝属于两性，化学式是Al(OH)3；Al(OH)3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O；

(3)①铁元素的核电荷数为26，位于周期表中第四周期VIII族，铁元素在元素周期表中对应的位置如图所示：

②G为Na；H为Al；同一周期从左到右元素的金属性减弱，因此金属性较强的是钠；

(a)看原子失去的电子数的多少；不能比较元素金属性的强弱，要比较金属失电子的能力，故不选；

(b)将这两种元素的单质粉末分别和同浓度的盐酸反应；反应快的金属性强，可以比较，故可选；

(c)将这两种元素的单质粉末分别和热水作用；并滴入酚酞溶液，溶液先变红的反应速率快，金属性强，可以比较，故可选；

(d)比较这两种元素的气态氢化物的稳定性的大小；可以比较非金属性强弱，不能比较金属性的强弱，故不选；

故选bc。【解析】BNa2O2Na2O离子化合物NaOHHClO4Al(OH)3Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O钠bc17、略

【分析】【分析】

(1)BF3中每个氟原子与硼原子形成一对共用电子对；由不同种非金属元素形成的共价键为极性共价键，共用电子对偏向于吸引电子能力强的元素，非金属性越强，吸引电子能力越强，据此分析解答；(2)硼酸(H3BO3)能电离，它在水中能结合水电离出的OH-，形成[B(OH)4]-离子，结合水的电离可知硼酸还应该电离出氢离子，据此写出硼酸的电离方程式。

【详解】

(1)BF3中每个氟原子与硼原子形成一对共用电子对，则电子式为由不同种非金属元素形成的共价键为极性共价键，共用电子对偏向于吸引电子能力强的元素，非金属性越强，吸引电子能力越强，B与F同周期，核电荷数F＞B，原子半径B＞F，非金属性F＞B，则共用电子对偏向于氟原子；(2)硼酸(H3BO3)能电离，它在水中能结合水电离出的OH−，形成[B(OH)4]-离子，则硼酸还电离出氢离子，则其电离方程式为：B(OH)3+H2O[B(OH)4]-+H+。【解析】氟B与F同周期，核电荷数F＞B，原子半径B＞F，非金属性F＞BB(OH)3+H2O[B(OH)4]-+H+三、判断题(共9题，共18分)18、B【分析】【分析】

根据形成8电子稳定结构；结合原子结构分析判断。

【详解】

氯原子最外层有7个电子，形成8电子稳定结构，只需要形成1个共用电子对，氧原子最外层有6个电子，形成8电子稳定结构，需要形成2个共用电子对，HClO电子式为故错误。19、B【分析】【详解】

胶体有吸附性，胶体吸附带电荷的微粒而使胶粒带电，胶体本身不带电，错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

纯碱为Na2CO3，属于盐，故错误。21、B【分析】【分析】

【详解】

过量或少量的铁粉在少量氯气中加热，充分反应后产物都为FeCl3，故错误。22、A【分析】【分析】

【详解】

氯气能与碘离子反应生成氯离子和碘单质，碘使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明Cl2具有氧化性，故正确。23、B【分析】【详解】

物质的量n=cV，已知浓度，无体积，所以物质的量无法计算，答案为：错误。24、A【分析】【详解】

用容量瓶配制溶液时，必须先用蒸馏水洗净容量瓶，但可以不进行干燥，正确。25、B【分析】【分析】

【详解】

灼烧坩埚应放在泥三角上然后再放在三脚架上，故错误。26、B【分析】【详解】

引入新杂质钙离子，错误。四、结构与性质(共1题，共8分)27、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）H2SO3易被空气中的氧气氧化为硫酸，反应的方程式为氧气为氧化剂，得到4e-，亚硫酸为还原剂，失去4e-，可用单线桥表示为

（2）钝化的实质是在Fe棒表面形成了一层致密的氧化膜，可通过探究Fe棒表面是否有氧化膜来判断Fe是钝化还是未反应，将经浓硫酸处理过的铁棒洗净后置于CuSO4溶液中；若铁棒表面无明显现象，则发生了钝化；若铁棒表面有紫红色物质析出则未发生反应；

（3）用Na2SO3吸收法作为治理SO2污染的原理为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；

（4）用CO还原SO2，产物为S单质和二氧化碳，原理为SO2+2COS+2CO2；

（5）对比两个实验原理，可知方法一与方法二相比，其优点是节省原料、硫酸用量少、无污染等。【解析】===2H2SO4无明显现象有紫红色物质析出Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3SO2+2COS+2CO2节省原料、硫酸用量少、、无污染(写出一条即可)五、工业流程题(共2题，共16分)28、略

【分析】【分析】

分析流程可知，砷华废渣中FeAsS经氧化焙烧转化为Fe2O3、As2O3和SO2，用软锰矿浆吸收SO2生成硫酸锰，除锰浸出外，还伴随着杂质Fe、Al、Ca、Pb和Si等的同时浸出，加入MnO2粉末将Fe2+氧化为Fe3+，加入石灰浆调节pH后通过过滤除去Fe、Al，加入二乙胺硫代甲酸钠除重金属离子Pb2+，过滤后滤液经静置、过滤、浓缩结晶、离心分离、干燥等操作得工业产品硫酸锰(MnSO4·H2O)。

(1)

粉碎的目的是为了增大反应物接触面积，提高反应速率；焙烧时FeAsS被氧气氧化成+3价金属氧化物Fe2O3和SO2，As元素被氧化为较稳定的As2O3，可假设FeAsS中各元素化合价均为零价，根据得失电子守恒配平反应式，得反应的化学方程式为：2FeAsS+5O2As2O3+Fe2O3+2SO2，故答案为：增大接触面积，提高焙烧的反应速率；2FeAsS+5O2As2O3+Fe2O3+2SO2。

(2)

①由图可知，650℃时Mn的浸出率最高，所以焙烧的适宜温度为650℃；②由焙烧反应可知，温度升高，生成SO2的反应速率加快，温度高于650℃，生成的SO2瞬间浓度较大，致使SO2无法被软锰矿浆完全吸收而部分逸出，故答案为：650℃；温度高于650℃，生成的SO2瞬间浓度较大，致使SO2无法被软锰矿浆完全吸收而部分逸出。

(3)

MnO2与SO2发生氧化还原反应生成硫酸锰，反应的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4，故答案为：MnO2+SO2=MnSO4。

(4)

MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，本身被还原为Mn2+，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。

(5)

由流程可知，加入石灰浆调节pH后通过过滤除去Fe、Al，即要使Fe3+、Al3+完全沉淀，而Pb2+不沉淀，则调节pH的范围是4.7≤pH<7.1，故答案为：4.7≤pH<7.1。

(6)

根据题意，加入足量的BaCl2溶液后生成了硫酸钡沉淀，则n(MnSO4·H2O)=n(S)=n(BaSO4)==0.1mol，m(MnSO4·H2O)=0.1mol169g/mol=16.9g，则产品中MnSO4·H2O的质量分数为：100%=98.2%，故答案为：98.2。【解析】(1)增大接触面积，提高焙烧的反应速率2FeAsS+5O2As2O3+Fe2O3+2SO2

(2)650℃温度高于650℃，生成的SO2瞬间浓度较大，致使SO2无法被软锰矿浆完全吸收而部分逸出。

(3)MnO2+SO2=MnSO4

(4)MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O

(5)4.7≤pH<7.1

(6)98.229、略

【分析】【分析】

电镀废水中主要含Cr2O72-、Cr3+、