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8题，共16分)1、某元素X，其原子的电子层数为(n-1)，最外层电子数为(2n-1)。下列说法不正确的是A.X形成的含氧酸均为强酸B.X可能形成化学式为KXO3的含氧酸钾盐C.X原子的最外层电子数和核电荷数肯定为奇数D.X的最简单气态氢化物一定极易溶于水2、下列各组离子可能大量共存的是A.遇酚酞变红的溶液中：Na+、Cl-、Ba2+、CH3COO-B.常温下，=1×10-13mol·L-1的溶液中：SOFe2+、ClO-、NHC.水电离出的c(H+)=10-10mol·L-1的溶液中：Na+、K+、Cl-、HCOD.滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NHK+、Cl-、I-3、以下物质间的各步转化中；均可通过一步反应实现的是。

①C→CO→CO2→Na2CO3；

②Na→Na2O→Na2SO4→NaNO3；

③Cu→CuO→Cu(OH)2→CuCl2；

④CaO→CaCl2→CaCO3→Ca(OH)2。A.①③B.①②C.②③D.②④4、主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是A.X与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性B.Y与Z形成的化合物只含离子键C.简单氢化物的沸点：QD.Z和W形成的化合物的水溶液呈碱性5、W；X、Y、Z为短周期主族元素；在元素周期表中的相对位置如图所示，W的最高正价与最低负价代数和为2。下列说法错误的是。

。

W

X

Y

Z

A.W元素的单质在放电条件下可与化合B.X元素的单质既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应C.Y元素的单质是一种重要的半导体材料D.Z元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强于W6、分液时需要用到的仪器是（）A.B.C.D.7、下列说法正确的是A.CH4的摩尔质量为16B.1molH2O的质量为18g/molC.同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比D.在相同温度条件下，气体分子间的平均距离几乎相等8、2013年12月朝鲜重启核反应堆，引起国际社会的极大关注。U是一种重要的核燃料，这里的“235”是指该原子的（）A.质量数B.中子数C.电子数D.质子数评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、有两份质量分数不同的NaHCO3和NaOH的混合物,将它们分别用酒精灯加热至恒重测得的数据见下表.则下列叙述正确的是。

。

第一份。

第二份。

混合物的质量（g）

9.2

20.8

反应后固体的质量（g）

8.3

15.9

A.根据表中数据不能计算出第一份混合物中NaHCO3的质量分数B.15.9g固体是混合物C.第一份混合物中NaOH的物质的量大于NaHCO3的物质的量D.第二份混合物中NaOH的质量分数一定小于32%10、下列实验可以达到实验目的的是。

A.AB.BC.CD.D11、把图2中的物质补充到图1中；可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。

对该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的是A.IO作氧化剂，具有氧化性B.氧化性：MnO＞IOC.还原剂和氧化剂的物质的量之比为2：5D.若有1molMn2+参加反应，则转移10mol电子12、下列物质间的转化能一步实现的是A.Al→Al(OH)3B.Na2CO3→NaOHC.NH3→HNO3D.Fe2(SO4)3→CuSO413、短周期元素X、Y、Z和W 的原子序数依次递增，四种元素原子的最外层电子数之和为18，Z、W原子序数之和是X、Y原子序数之和的2倍，X和W形成的正四面体型化合物为中学化学常见的萃取剂，下列叙述不正确的是A.X、Y元素的非金属性：X＜YB.由Y和Z组成的化合物不止一种C.四种元素原子半径大小：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)D.工业上用电解Z和W组成的化合物水溶液的方法制备Z的单质评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、按要求回答下列问题：

(1)下列物质中，属于电解质的有___________(填序号)。

A．铜丝B．烧碱C．盐酸D．E．水玻璃。

(2)已知实验室可选用与浓盐酸反应制备其反应的离子方程式为___________，若该反应转移1.2mol则标况下产生的体积为___________L。

(3)玉石的主要成分基本都属于硅酸盐，则南阳玉()表示为氧化物的形式是___________。

(4)已知某磁铁矿中含和的杂质；为了测定矿石中铁元素的含量，现进行如下实验：

Ⅰ．准确称取ag矿石并磨成粉；加入过量的稀盐酸，充分反应后过滤；

Ⅱ．向滤液中加入过量NaOH溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，将沉淀灼烧至恒重，称取剩余固体质量为bg。

①步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为___________。

②步骤Ⅱ中为了证明沉淀已经洗净的操作方法是___________。

③该铁矿石中铁元素的质量分数为___________(含a、b的代数式表示)。15、写出下列反应的方程式。

(1)硫代硫酸钠与稀盐酸混合，生成有刺激性气味的气体_______

(2)氯酸钾、硫酸锰与氢氧化钾共熔，生成绿色物质_______

(3)在重铬酸钾溶液中加入少量银离子，生成砖红色沉淀_______

(4)金溶解在王水中_______16、钠是活泼金属的代表；钠和钠的化合物是中学化学的基础知识。请回答下列有关问题。

(1)钠跟水剧烈反应，生成___________和氢气(H2)；此实验说明钠的化学性质活泼；

(2)钠有两种氧化物，其中能用于呼吸面具和潜水艇中作为氧气来源的氧化物是__________；

(3)固体碳酸钠中含有碳酸氢钠杂质，除去此杂质的简单方法是_____________(填“加热”或“蒸馏”)17、写出相应的化学方程式：

(1)湿润的氯气具有漂白性的原因：____________________。

(2)漂白粉显现“漂白”效力的反应：____________________。

(3)金属钠与水的反应：____________________。

(4)(CN)2是一种无色带苦杏仁味的剧毒气体，其化学性质与氯气非常相似。试写出(CN)2与NaOH溶液的反应的化学方程式：____________________。

(5)过氧化钠与二氧化碳的反应：____________________。18、一个体重50kg的健康人，体内约含有2g铁，这2g铁在人体内不是以单质的形式存在，而是以Fe2+和Fe3+的形式存在.正二价铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含Fe2+的亚铁盐，如硫酸亚铁。服用维生素C，可使食物中的Fe3+还原成Fe2+；有利于人体吸收。

(1)在人体中进行Fe2+Fe3+的转化时，①中的Fe2+作______________剂，②中的Fe3+作__________剂；

(2)“服用维生素C，可使食物中的Fe3+还原成Fe2+”这句话指出，维生素C在这一反应中作__________剂，具有____________性；设计实验证明维生素C的性质，要求写出实验所用的试剂：____________；维生素可根据其溶解性的不同分为____________性维生素和____________性维生素两大类，维生素C属于____________性维生素。

(3)市场出售的某种麦片中含有微量的颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐。此反应的离子方程式为____________。19、从物质类别和元素化合价两个维度研究物质的性质及转化是重要的化学学习方法。氯及其化合物的“价一类”二维图的部分信息如图：

回答下列问题：

(1)据图中信息，写出Y、Z的化学式：_______、_______。

(2)已知高氯酸()是强酸，写出高氯酸溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：_______。

(3)氯气既有氧化性又有还原性，结合上图说明理由：_______。

(4)二氧化氯()为新时代绿色消毒剂，制备原理为：

①按照物质类别对上述反应中的各物质进行分类，未涉及的物质类别是_______(填序号)。

A.金属氧化物B.非金属氧化物C.酸D.盐。

②发生还原反应的产物是_______(写化学式)；该反应_______(填“能”或“不能”)用稀硫酸代替盐酸。评卷人得分四、判断题(共2题，共18分)20、酸与碱、盐与酸、盐与碱、盐与盐之间可以发生复分解反应。(_______)A.正确B.错误21、新制取的漂白粉是混合物。(___________)A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共3题，共15分)22、二氧化钛广泛应用于各类结构表面涂料；纸张涂层等；二氧化钛还可作为制备钛单质的原料。现在工业由以下两种方法制备二氧化钛：

方法1：可用含有Fe2O3、SiO2的钛铁矿(主要成分为FeTiO3；其中Ti元素化合价为+4价)制取，其主要工艺流程如下：

已知有关反应包括：

酸溶FeTiO3(s)+2H2SO4(aq)→FeSO4(aq)+TiOSO4(aq)+2H2O(l)

水解TiOSO4(aq)+2H2O(l)→H2TiO3(s)+H2SO4(aq)

(1)试剂A为____，钛液Ⅰ需冷却至70℃左右，若温度过高会导致产品收率降低，原因____；

(2)取少量酸洗后的H2TiO3，加入盐酸并振荡，滴加KSCN溶液后无明显现象，再加H2O2后出现红色，说明H2TiO3中存在的杂质离子是__________。这种H2TiO3即使用水充分洗涤，煅烧后获得的TiO2会略发黄，发黄的杂质是_____________（填化学式）。

方法2：

Ⅰ．将干燥后的金红石(主要成分TiO2，主要杂质SiO2)与碳粉混合装入氯化炉中，在高温下通入Cl2反应制得混有SiCl4杂质的TiCl4；

II．将SiCl4分离，得到纯净的TiCl4；

III．在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2·xH2O；洗涤和干燥；

IV．TiO2·xH2O高温分解得到TiO2。

(1)TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为____________________；

(2)检验TiO2•xH2O中Cl-是否被除净的方法是____________________；金属钛被称为“21世纪金属”，工业制备金属钛是在800～900℃及惰性气体的保护下，在密闭反应器中，将TiCl4以一定的流速通入熔化的镁即可。主要涉及以下反应：

①TiO2+2Cl2+C→TiCl4+CO2

②TiCl4+2Mg→2MgCl2+Ti

(3)下列推断不合理的是________

A.钛在高温下可能易与氧气反应。

B.镁的熔点比钛的熔点高。

C.钛的金属活动性比镁的金属活动性强。

D.反应②产生的MgCl2可作为电解法制取镁的原料。

(4)请完成以TiO2、Cl2和焦炭为原料制取金属Ti和Mg的流程图，并用箭头标明物料循环。___________________23、海水中溴元素以Br-形式存在；工业上用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如图（见下页）：

（1）步骤①反应的离子方程式是___。

（2）步骤③反应的化学方程式是___，从理论上考虑，下列也能吸收Br2的是___。

A．NaOHB．FeCl2C．Na2SO3D．H2O

（3）步骤⑤蒸馏的过程中，温度应控制在80℃～90℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：___。24、工业上以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工业流程如下图所示：

（1）“过滤Ⅰ”所得“滤渣Ⅰ”的主要成分为_________(填化学式)。

（2）“氧化”过程中除了发生MnO2与SO2的反应外，还发生另一氧化还原反应，写出该反应的离子方程式______________________________________________________________。

（3）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示，为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是____________________________________。

（4）向“过滤Ⅱ”所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度控制在30～35℃，温度不宜太高的原因是_________________________________________________________________。

（5）加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有CO2气体生成，写出反应的离子方程式：_____________________________________________________________________。

（6）生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是___________________________________________________________________________。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共3分)25、现有下列短周期元素性质的数据:

。元素编号。

元素性质。

1

2

3

4

5

6

7

8

原子半径(pm)

74

102

152

110

99

186

75

143

最高价态。

+6

+1

+5

+7

+1

+5

+3

最低价态。

-2

-2

-3

-1

-3

试回答下列问题:

(1)元素3在周期表中的位置是第_____,周期第_____族;

(2)元素2568的简单离子半径由大到小的顺序是________;

(3)元素1与元素6按照原子个数比为1:1形成的化合物与水反应的离子方程式为____;

(4)元素5形成的单质加入到元素2的氢化物的水溶液中,反应生成两种强酸的化学方程式_______。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】

根据原子核外最外层电子数不超过8可知，2n-1<8；则n≤4.5，讨论：当n=1时，电子层数为1-1=0，不符合题意；当n=2时，电子层数为2-1=1，最外层电子数为2×2-1=3，不存在；当n=3时,电子层数为3-1=2，最外层电子数为2×3-1=5，为N元素；当n=4时，电子层数为4-1=3，最外层电子数为2×4-1=7，为Cl元素；

【详解】

A．HNO2和HClO都是弱酸；故A错误；

B．X可能形成化学式为KNO3，KClO3；故B正确；

C．N的核电荷数为7；最外层电子数为5，Cl的核电荷数17，最外层电子数为7，都是奇数，故C正确；

D．X的最简单气态氢化物为NH3或者HCl；二者极易溶于水，故D正确；

故选A。2、A【分析】【详解】

A.遇酚酞变红的溶液显碱性；该组离子与氢氧根离子不反应可大量共存，故A符合题意；

B.=1×10-13mol·L-1的溶液中=1×10-13mol·L-1，溶液呈酸性，酸性条件下ClO-不能大量共存，且Fe2+、ClO-能发生氧化还原反应不能大量共存；故B不合题意；

C.水电离出的c(H+)=10-10mol·L-1的溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，无论哪种情况HCO均不能大量共存；故C不合题意；

D.滴加KSCN溶液显红色的溶液中存在Fe3+，Fe3+具有氧化性，能氧化I-；不能大量共存，故D不合题意；

故选：A。3、B【分析】【分析】

【详解】

①CCOCO2Na2CO3；②NaNa2ONa2SO4NaNO3；③铜与氧气生成氧化铜，氧化铜不能生成氢氧化铜；④氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钙无法生成氢氧化钙，综上所述故选B。4、C【分析】【分析】

Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；确定Z为Cl；Q；Y、W原子的最外层电子数之和为9，当W为K时，Y为Al；当W为Ca时，Y为Mg。

【详解】

A.X简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性；故A错误；

B.Y与Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2；氯化铝属于共价化合物不含有离子键，故B错误；

C.简单氢化物的沸点：Q（NH3）

D.Z和W形成的化合物为KCl或CaCl2；二者均为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故D错误；

答案：C5、D【分析】【分析】

W；X、Y、Z为短周期主族元素；W的最高正价与最低负价代数和为2，且W位于第二周期，W为N元素，据各元素在周期表中位置推知：Z为P，Y为Si，X为Al。

【详解】

A．氮气与氧气在放电条件下反应生成一氧化氮；故A正确；

B．金属铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气；与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；

C．硅具有良好的导电性能；属于半导体材料，故C正确；

D．P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸；属于弱酸，N元素的最高价氧化物对应水化物为硝酸，为强酸，所以酸性硝酸最强，故D错误；

故选D。6、A【分析】【详解】

分液时需要用到的仪器是分液漏斗；烧杯；带铁圈的铁架台，故A符合题意。

综上所述，答案为A。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．摩尔质量的单位为g/mol，因此CH4的摩尔质量为16g/mol；故A错误；

B．质量的单位为g或kg等，因此1molH2O的质量为1mol×18g/mol=18g；故B错误；

C．同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，即因此故C正确；

D．气体分子间的平均距离由温度和压强决定；相同温度不同压强下气体分子间的平均距离不相同，故D错误；

故答案为C。8、A【分析】【详解】

核素U中235表示该原子的质量数，故答案为A。二、多选题(共5题，共10分)9、CD【分析】【分析】

混合物加热发生的反应如下：NaHCO3+NaOH＝Na2CO3+H2O，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，如果固体完全是NaOH，则加热时，固体质量不变；如果完全是碳酸氢钠，加热后，固体减少质量为二氧化碳和水的质量，减少质量分数=×100%=36.9%，如果二者以1：1混合，其质量减少为水蒸气质量，减少质量分数=×100%=14.5%，当混合物中碳酸氢钠质量分数越大，加热后，其固体减少质量分数越大，第一份固体减少质量分数=×100%=9.8%，第二份固体减少质量分数=×100%=23.6%；据此解答。

【详解】

A．设氢氧化钠和碳酸氢钠的物质的量分别是x；y；并且x＞y，40x+84y=9.2、(x-y)×40+106y=8.3，可计算出x与y，所以能计算碳酸氢钠质量分数，故A错误；

B．第二份固体减少质量分数=×100%=23.6%＞14.5%，所以碳酸氢钠的物质的量大于氢氧化钠的，发生反应NaHCO3+NaOH＝Na2CO3+H2O，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；所以得到的固体是碳酸钠，因此15.9g固体是纯净物，故B错误；

C．第一份固体减少质量分数=×100%=9.8%，第一份减少质量分数小于第二份，说明第一份混合物中NaOH的物质的量大于NaHCO3的物质的量；故C正确；

D．第一份固体减少质量分数=×100%=9.8%，第二份固体减少质量分数=×100%=23.6%，氢氧化钠质量越大，加热后固体减少质量分数越小，氢氧化钠质量分数越大，所以第2份混合物中NaOH的物质的量小于NaHCO3的物质的量，因此第二份混合物中NaOH的质量分数一定小于≈32%；故D正确；

故答案选CD。10、AD【分析】【详解】

A.加入盐酸酸化无白色沉淀，再加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，则可证明溶液中含有说明已变质生成故A正确；

B.BaCl2应在Na2CO3前加入，否则Ba2+无法除去；故B错误；

C.制取碳酸氢钠时由于NH3的溶解度远大于CO2为增大CO2的溶解应先通入NH3后通入CO2；故C错误；

D.先滴加KSCN溶液溶液不变红，后滴加氯水溶液变红，则可证明溶液中存在Fe2+；故D正确。

故答案选：AD。11、BD【分析】【分析】

图1中，产物中有H＋，反应物中有Mn2＋，根据原子守恒，反应物中有H2O，产物中有MnOMn元素的化合价由＋2价→＋7价，化合价升高，I元素的化合价必须降低，IO为反应物，IO为产物，即该离子方程式为Mn2＋＋IO＋H2O→MnO＋IO＋H＋(未配平)；据此分析解答。

【详解】

A．根据上述分析，IO中I元素的化合价由+7降低为+5价，即IO为氧化剂；具有氧化性，故A说法正确；

B．MnO为氧化产物，根据氧化还原反应的规律中强弱规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，即氧化性：IO＞MnO故B说法错误；

C．Mn元素的化合价由＋2价→＋7价，化合价升高5价，IO中I元素的化合价由+7降低为+5价，化合价降低2价，根据得失电子数目守恒，因此有n(Mn2＋)×5=n(IO)×2，则(Mn2＋)：n(IO)=2：5；故C说法正确；

D．根据C选项分析，1molMn2＋参加反应；转移电子物质的量为5mol，故D说法错误；

答案为BD。12、BD【分析】【详解】

A．铝先转化成铝盐；才可以转化为氢氧化铝，故A不符合题意；

B．碳酸钠溶液能和氢氧化钙溶液反应生碳酸钙沉淀和氢氧化钠；故B符合题意‘

C．氨气应先氧化成一氧化氮；然后氧化成二氧化氮，在和水反应生成硝酸，故C不符题意；

D．Fe2(SO4)3和Cu反应生成硫酸亚铁和硫酸铜；故D符合题意；

本题答案BD。13、CD【分析】【分析】

X、Y、Z和W 均为短周期元素，X和W形成的正四面体型化合物为中学化学常见的萃取剂，应为CCl4；所以X为C元素，W为Cl元素；四种元素原子的最外层电子数之和为18，则Y；Z的最外层电子数之和为18-4-7=7，且Y、Z元素位于C、Cl元素之间，则最外层电子数分别为6和1、2和5、3和4，再结合Z、W原子序数之和是X、Y原子序数之和的2倍可知Y为O元素，Z为Na元素。

【详解】

A．同周期自左至右非金属性增强；所以非金属性C＜O，故A正确；

B．O和Na可以组成Na2O和Na2O2；故B正确；

C．电子层数越多半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以半径大小为r(Na)＞r(Cl)＞r(C)＞r(O)；故C错误；

D．工业制备金属钠为电解熔融的NaCl；故D错误；

综上所述答案为CD。三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【分析】

(1)

A．铜丝为单质；不属于电解质，A项错误；

B．烧碱是氢氧化钠；为化合物，在水中完全电离为离子，属于电解质，B项正确；

C．盐酸为混合物，不属于电解质，C项错误；

D．为化合物，溶解部分在水中完全电离为离子，属于电解质，D项正确；

E．水玻璃为混合物；不属于电解质，E项错误；

答案选BD；

(2)

与浓盐酸反应制备同时生成氯化钾、氯化铬和水，反应的离子方程式为：该反应每转移6mol时，产生3mol若转移1.2mol时，则产生0.6mol体积为=13.44L，故答案为：13.44L；

(3)

硅酸盐的氧化物表示法，先活泼金属氧化物，再不活泼金属氧化物，然后非金属氧化物，最后是水，则南阳玉()表示为氧化物的形式是故答案为：

(4)

①与盐酸发生，生成氯化铝和水，反应的化学方程式为：故答案为：

②步骤Ⅱ中主要洗涤氯离子；则为了证明沉淀已经洗净的操作方法是取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无现象，则洗净，故答案为：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无现象，则洗净；

③bg固体是根据铁元素守恒得：铁元素的质量则该铁矿石中铁元素的质量分数为==故答案为：【解析】(1)BD

(2)13.44

(3)

(4)取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无现象，则洗净15、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】Na2S2O3+2HCl=2NaCl+SO2↑+S↓+H2O3MnSO4+2KClO3+12KOH=3K2MnO4+2KCl+3K2SO4+6H2OCr2O+4Ag++H2O=2Ag2CrO4↓+2H+Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+NO↑+2H2O16、略

【分析】【详解】

（1）钠是活泼的金属，Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。

（2）钠的两种氧化物为Na2O、Na2O2，其中Na2O2可以分别与二氧化碳；水反应生成氧气；可用于呼吸面具和潜水艇中作为氧气的来源。

（3）碳酸氢钠受热易分解成碳酸钠、水和二氧化碳，通常碳酸钠受热不分解，所以通过加热可除去固体碳酸钠中含有碳酸氢钠杂质。【解析】(1)NaOH

(2)Na2O2

(3)加热17、略

【分析】【详解】

(1)湿润的氯气具有漂白性的原因是氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，发生反应为：Cl2+H2OHCl+HClO；

(2)漂白粉显现“漂白”效力的原因是漂白粉的有效成分次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，发生反应为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；

(3)金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

(4)(CN)2是一种无色带苦杏仁味的剧毒气体，其化学性质与氯气非常相似，则(CN)2与NaOH溶液的反应的化学方程式：(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O；

(5)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。【解析】Cl2+H2OHCl+HClOCa(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO2Na+2H2O=2NaOH+H2↑(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O218、略

【分析】【详解】

（1）①中的Fe2+转化成Fe3+；化合价升高，作还原剂；②中Fe元素的化合价降低作氧化剂，故答案为还原；氧化；

（2）使食物中的Fe3+还原成Fe2+，Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，所以维生素C作还原剂，具有还原性，故答案为还原；还原；证明维生素C的还原性可以使用FeCl3溶液作氧化剂，用KSCN溶液作指示剂，维生素C使Fe3+还原成Fe2+后，红色消失，可以证明，故答案是：FeCl3溶液和KSCN溶液；维生素可根据其溶解性的不同分为脂溶性维生素和水溶性维生素两大类；维生素C能溶于水，属于水溶性维生素，故答案为脂溶；水溶；水溶；

（3）胃酸的主要成分是盐酸，铁可以与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，方程式为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故答案为Fe+2HCl═FeCl2+H2↑。【解析】①.还原②.氧化③.还原④.还原⑤.FeCl3溶液和KSCN溶液⑥.脂溶⑦.水溶⑧.水溶⑨.Fe+2H+=Fe2++H2↑19、略

【分析】【详解】

（1）Y为+7价含氯氧化物，则应为Cl2O7；Z为+1价氯元素形成的酸；则应为HClO；

（2）高氯酸是强酸，则在水溶液中完全电离，可以拆成离子，所以与NaOH溶液反应的离子方程式为H++OH−=H2O；

（3）氯气中氯元素为0价；既有降低的趋势，又有升高的趋势，所以既有氧化性又有还原性；

（4）①ClO2、H2O为非金属氧化物，HCl为酸，NaClO2和NaCl都是盐；没有涉及金属氧化物，故选A；

②产物中ClO2中Cl元素为+4价，NaCl中Cl元素为-1价，而NaClO2中Cl元素为+3价，化合价降低为-1价生成NaCl，所以NaClO2发生还原反应的产物是NaCl；将该反应改写为离子方程式可得5ClO+4H+=4ClO2+Cl-+2H2O，可知盐酸的作用是提供氢离子，所以能用稀硫酸代替盐酸。【解析】(1)Cl2O7HClO

(2)H++OH−=H2O

(3)氯气中氯元素为0价；既有降低的趋势，又有升高的趋势。

(4)ANaCl能四、判断题(共2题，共18分)20、A【分析】【详解】

化合物之间相互交换成分，生成新的化合物的反应是复分解反应，酸与碱、盐与酸、盐与碱、盐与盐之间可以发生复分解反应，故正确。21、A【分析】【分析】

【详解】

新制取的漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故正确。五、工业流程题(共3题，共15分)22、略

【分析】【分析】

含有Fe2O3、SiO2的钛铁矿(主要成分为FeTiO3，其中Ti元素化合价为+4价)加硫酸，在90℃温度下，溶解，过滤，滤液中含有FeSO4(aq)、TiOSO4(aq)和Fe2(SO4)3(aq)，加铁粉(试剂A)，把三价铁离子还原为亚铁离子，降温到70℃，结晶过滤，得到硫酸亚铁晶体，滤液为TiOSO4(aq)，滤液温度升高到90℃，使TiOSO4水解生成H2TiO3固体，洗涤、干燥、煅烧得到TiO2。

【详解】

(1)由流程可知Fe2(SO4)3与Fe粉反应产生FeSO4(aq)，试剂A应为铁粉；由题中信息可知，TiOSO4容易水解，升高温度促进水解，若温度过高，则会有较多TiOSO4水解为固体H2TiO3而经过滤进入FeSO4•7H2O中导致TiO2产率降低；

(2)取少量酸洗后的H2TiO3，加入盐酸并振荡，滴加KSCN溶液后无明显现象，说明没有Fe3+，再加H2O2后出现红色，说明有Fe3+，则原来含有Fe2+，加H2O2后Fe2+被氧化为Fe3+；H2TiO3中的二价铁易被氧化为三价铁，煅烧时会生成Fe2O3，TiO2含有少量的Fe2O3会呈现黄色；

(1)设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2•xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为(2+x)，方程式为TiCl4+(2+x)H2OTiO2•xH2O↓+4HCl；

(2)沉淀吸附溶液中的Cl-，根据发生反应：Cl-+Ag+=AgCl↓，可知检验TiO2•xH2O中Cl-是否被除净的方法是：取最后一次的少量洗涤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl-已除净；

(3)A.工业制备金属钛是在800～900℃及惰性气体的保护下；说明钛在高温下可能易与氧气反应生成二氧化钛，A正确；

B.镁易熔化熔点较低；镁的熔点比钛的熔点低，故B错误；

C.活泼性强的金属能置换活泼性弱的金属；Mg能置换Ti，说明Mg比Ti活泼，C错误；

D.电解熔融的MgCl2能制取镁，所以反应②产生的MgCl2可作为电解法制取镁的原料；故D正确；

故合理选项是BC；

(4)TiO2、Cl2和焦炭在高温条件下生成TiCl4和CO2，再用Mg单质置换TiCl4得到Ti和MgCl2，电解熔融的氯化镁又能得到Mg和Cl2，则以TiO2、Cl2和焦炭为原料制取金属Ti和Mg的流程图为：

【点睛】

本题考查学生对工艺流程理解、阅读题目获取信息能力、离子检验、水解原理的应用及方程式的书写等，理解工艺流程和反应原理是解题关键，需要学生具有阅读题目获取信息能力和灵活运用基础知识分析问题、解决问题能力。【解析】铁粉由于TiOSO4容易水解，若温度过高，则会有较多TiOSO4水解为固体H2TiO3而经过滤进入FeSO4·7H2O中导致TiO2产率降低Fe2+Fe2O3TiCl4+(2+x)H2OTiO2•xH2O↓+4HCl取少量水洗液，滴加硝酸酸化AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，说明Cl-已除净BC23、略

【分析】【分析】

海水中通入氯气氧化溴离子得到溴水的混合溶液；用热空气吹出溴单质得到含溴的空气，通过二氧化硫吸收后富集溴元素得到吸收液，再通入氯气氧化溴化氢得到溴水的混合溶液，蒸馏得到溴单质；

(1)海水中的溴离子容易被氯气氧化为溴的单质；氧化性氯气比溴强；

(2)溴单质有氧化性；二氧化硫具有还原性，溴和二氧化硫在水溶液中易发生氧化还原反应，溴单质和氢氧化钠溶液反应，和还原性的物质发生氧化还原反应；

(3)依据溴单质的沸点和水的沸点分析；溴的沸点是58.5°C，温度控制过高，水会沸腾，温度过低，溴蒸气不易挥发。

【详解】

(1)海水中的溴离子容易被氯气氧化为溴的单质，氧化性氯气比溴强，反应的离子方程式为：2Br−+Cl2═Br2+2Cl−，故答案为：2Br−+Cl2═Br2+2Cl−；

(2)溴单质有氧化性，二氧化硫具有还原性，溴和二氧化硫在水溶液中易发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O═H2SO4+2HBr；下列物质也能吸收Br2的是；

A.NaOH溶液和溴单质反应生成溴化钠；次溴酸钠和水；可以吸收，故A正确；

B.FeCl2溶液具有还原性；可以被溴单质氧化为氯化铁，可以吸收溴单质，故B正确；

C.Na2SO3溶液具有还原性；可以被溴单质氧化，能吸收溴单质，故C正确；

D.H2O和溴单质反应微弱；不能充分吸收溴单质，故D错误；

故答案为：SO2+Br2+2H2O═H2SO4+2HBr；ABC；

(3)溴的沸点是58.5℃，温度应控制在80~90℃最佳，温度控制过高，水会沸腾，溴蒸气中有水，温度过低，溴蒸气不易挥发，故答案为：若温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低。【解析】①.2Br−+Cl2═Br2+2Cl−②.SO2+Br2+2H2O═H2SO4+2HBr③.ABC④.若温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低24、略

【分析】【分析】

软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）：由流程可以知道软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，发生反应，MnO2+SO2=MnSO4，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O，SiO2不反应,过滤,滤渣I为，滤液含有Mn2+、Fe2+，加入二氧化锰氧化亚铁离子，反应为：2Fe2＋＋MnO2＋4H＋===2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为：Mn2＋＋2HCO3-===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体；据此分析解答。

【详解】

(1)软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，Mn