2024年沪科版必修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2024年沪科版必修1化学下册月考试卷876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6题，共12分)1、下列叙述中正确的有。

①碱性氧化物一定是金属氧化物。

②有单质参加或有单质生成的反应一定是氧化还原反应。

③金属单质在化学反应中一定作还原剂。

④失电子难的原子；得电子的能力一定强。

⑤金属原子失电子越多；其还原性越强。

⑥MgO、Na2O2；CuO都是金属氧化物；也是碱性氧化物。

⑦晶体的风化是化学变化。

⑧根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、一元酸、多元酸A.2句B.3句C.4句D.5句2、下列有关燃烧和能源的说法正确的是（）A.焰色反应属于燃烧B.燃烧一定要有氧参加C.乙醇属于较为清洁的生物质能D.电能属于可再生的一次能源3、现有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Cl-、Mg2+、Ba2+、现取三份100mL溶液进行如下实验：

(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；

(2)第二份加入足量NaOH溶液加热后；收集到气体0.05mol；

(3)第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀8.60g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g。则对原混合液中的离子组成的说法正确的是A.一定有Cl-B.不能确定是否有K+C.一定有Cl-D.一定无Mg2+、Ba2+，一定有K+4、将19.2g的铜屑投入到400mL浓度均为0.5mol/LHNO3和H2SO4的混合溶液中，溶液增加的质量为A.4.5gB.9.9gC.13.2gD.14.7g5、下列关于碱金属元素和卤素的说法中，错误的是A.钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈B.随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大C.溴单质与水的反应比氯单质与水的反应更剧烈D.卤族元素中，氟原子得电子的能力最强6、除去下列物质中的杂质，所用试剂和方法不正确的是（）。选项物质杂质除杂所用试剂和方法AKCl溶液I2CCl4；萃取、分液BKNO3K2SO4Ba(NO3)2溶液；过滤CCuCuO盐酸；过滤DCaCO3CaO盐酸；过滤

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、利用所学化学知识解答问题：

（1）微粒中的质子数是_____，中子数是_____，核外电子数是_____。

（2）写出氯离子的原子结构示意图__，写出氯化钠的电子式___，用电子式表示HCl的形成过程___。

（3）NH4NO3是___化合物（填“离子”或“共价”），NaOH所含化学键类型为______。8、铀（U）是一种稀有金属，制造氢弹的重要原料。提取铀涉及的反应为：UF4+2MgU+2MgF2。在该反应中，作为还原剂的物质是______，被还原的物质是______；若反应中消耗1molMg，则生成U______mol。9、绿色化学是“预防污染”的根本手段；它的目标是研究和寻找能充分利用的无毒害原材料，最大限度地节约能源，在化工生产各个环节中都实现净化和无污染。

(1)下列各项符合“绿色化学”要求的是________。

A.处理废弃物B.治理污染点C.减少有毒物D.杜绝污染源。

(2)硝酸工业的尾气中主要含有NO、NO2气体，工厂里常用NaOH溶液吸收NO、NO2，使其转化为化工产品NaNO2。写出其反应的化学方程式_______。

(3)某同学设计了以下两种制取Cu(NO3)2的方法，你认为符合绿色化学概念的是方法____。

方法A：2Cu＋O22CuO；CuO＋2HNO3(稀)=Cu(NO3)2＋H2O

方法B：3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O10、钠；铝、铁是三种重要的金属。请回答：

(1)将一小块金属钠投入水中，发生反应的离子方程式为_______；可观察到的实验现象是_______(填编号)。

a．钠沉到水底b．钠熔成小球c．小球四处游动。

(2)Fe跟在一定条件下反应，所得产物的化学式是_______。将该产物溶于水配成溶液；分装在两支试管中。请回答：

a．若向其中一支试管中滴加KSCN溶液，则溶液变成_______色。

b．向另一支试管中滴加NaOH溶液，现象为_______，反应的离子方程式是_______。11、完成以下填空：

（1）标准状况下；2.4g某气体的体积为672mL，则此气体的相对分子质量为_________。

（2）8gNaOH溶于_________g水中；才能使每10个水分子中溶有一个钠离子。

（3）同温同压下，NH3和H2S气体的密度比是___________________同温同密度同体积的NH3和H2S气体中所含H个数比是_________________；同温同体积下，同质量的NH3和H2S气体的压强之比是___________________。

（4）在同温、同压下，实验测得CO、N2和O2三种气体的混合气体的密度是H2的14.5倍，若其中CO和N2的物质的量之比为1∶1，则混合气体中氧气的物质的量分数为__________。12、氯化铁和高铁酸钾都是常见的水处理剂。下图为制备氯化铁及进一步氧化制备高铁酸钾的工艺流程。

请回答下列问题：

（1）氯化铁有多种用途；请用离子方程式表示下列用途的原理。

①氯化铁做净水剂______________________；

②用FeCl3溶液（32%～35%）腐蚀铜印刷线路板_________________________。

（2）吸收剂X的化学式为___________________；氧化剂Y的化学式为____________。

（3）碱性条件下反应①的离子方程式为____________________________________。

（4）过程②将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品。该反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4＝K2FeO4+2NaOH，请根据复分解反应原理分析反应发生的原因________________。

（5）K2FeO4在水溶液中易发生反应：4FeO42+10H2O4Fe(OH)3+8OH+3O2↑。在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用__________________（填序号）。A．H2OB．稀KOH溶液、异丙醇C．NH4Cl溶液、异丙醇D．Fe(NO3)3溶液、异丙醇

（6）可用滴定分析法测定粗K2FeO4的纯度；有关反应离子方程式为：

①FeO42-＋CrO2-＋2H2OCrO42-＋Fe(OH)3↓＋OH-

②2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O

③Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O

现称取1．980g粗高铁酸钾样品溶于适量氢氧化钾溶液中，加入稍过量的KCrO2，充分反应后过滤滤液定容于250mL容量瓶中。每次取25．00mL加入稀硫酸酸化，用0．1000mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为18．93mL。则上述样品中高铁酸钾的质量分数为____________。13、（1）正常雨水显________性，其pH值约等于________，这是由于________。

（2）某次采集的酸雨样品；每隔一段时间测定一次pH值，得数据如下。

。时间。

开始。

8h后。

16h后。

24h后。

32h后。

40h后。

48h后。

pH

5.0

4.8

4.6

4.3

4.2

4.0

4.0

酸雨样品pH值变小的主要原因是________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、处于金属和非金属分界线附近的元素常作催化剂。(_______)A.正确B.错误15、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16、常温常压下，11.2LO2所含原子数为NA。(____)A.正确B.错误17、稀释浓H2SO4时，可直接向盛有浓H2SO4的烧杯中加蒸馏水。(____A.正确B.错误18、加热试管时先均匀加热，后局部加热。(_____)A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共4题，共40分)19、三氯氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，工业上可以直接氧化PCl3制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。

PCl3、POCl3的部分性质如下：。熔点/℃沸点/℃其它PCl3-11275.5遇水生成H3PO3和HClPOCl32105.3遇水生成H3PO4和HCl

某兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如图(某些夹持装置；加热装置已略去)：

(1)仪器a的名称为____，B装置中长颈漏斗的作用是___。

(2)为使实验顺利进行，还需补充的装置为____。

(3)反应时；需严格控制三个条件：

①先制取___；缓慢地通入C中，直至C中的白磷消失后，再通入另一种气体。

②C装置用水浴加热控制温度为60～65℃，除加快反应速率外，另一目的是___。

③反应物必须干燥，否则会在C装置中产生大量的白雾，其主要成分为___(写化学式)。

(4)反应结束后通过下面步骤测定POCl3产品中Cl的含量，元素Cl的质量分数为____(写出计算式)。

Ⅰ.取xg产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，POCl3完全反应后加稀硝酸至酸性；

Ⅱ.向锥形瓶中加入0.1000mol·L-1的AgNO3溶液40.00mL，使Cl-完全沉淀；

Ⅲ.再向锥形瓶中加入20mL硝基苯；振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；

Ⅳ.然后加入指示剂，用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点；记下所用体积为VmL。

[已知：Ag3PO4溶于酸，Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12]20、新冠肺炎疫情期间，环境消毒是极其关键的，常常喷洒一种名为“84”的消毒液，其有效成分为NaClO。已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：。84消毒液

有效成分：NaClO

规格：100mL

质量分数：25%

密度：1.19g/cm3

(1)该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度约为_______mol·L-1。(保留到小数点后一位)

(2)该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是_______(填字母)。

A.如图所示的仪器中；有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器。

B.容量瓶用蒸馏水洗净后；应烘干后才能用于溶液配制。

C.利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低。

D.需要称量NaClO固体的质量为142.8g

(3)“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用18mol·L-1(密度为1.8g·cm-3)的浓硫酸配制100mL物质的量浓度为0.8mol·L-1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。

①需要用量筒量取_______mL上述浓硫酸进行配制。

②在配制过程中，下列实验操作可能导致配制的硫酸溶液浓度偏高的是_______(填序号)

a.定容时俯视观察。

b.定容后经振荡；摇匀、静置后；发现液面下降，再加适量的蒸馏水。

c.浓硫酸在烧杯中加水稀释后；未冷却就向容量瓶中转移。

d.容量瓶未干燥即用来配制溶液。

e.往容量瓶转移时；有少量液体溅出；

f.未洗涤稀释浓硫酸的烧杯；

(4)现需要94mL0.10mol·L-1Na2CO3溶液，进行现场配制。若称量前晶体已经有一部分失去了结晶水，则所配制的溶液浓度偏_______(填“大”或“小”或“无影响”)。21、某研究小组探究铁矿石中铁元素化合价并利用碘盘法测定铁矿石中的铁含量。实验过程如下：

I.探究铁矿石中铁元素化合价。

研究小组为探究铁元素化合价；设计实验如图。

(1)乙同学通过实验得出结论：铁矿石中含+2、+3价铁。实验i的现象为___。实验ii反应的离子方程式为___。

(2)甲同学认为乙同学的结论不合理，不能判断铁矿石中有+3价铁，理由是___。

II．测定铁矿石中的铁含量。

步骤1：称取0.3000g试样于容器中，加入无水Na2CO3和过量Na2O2，700℃加热熔融10min，铁元素转化成FeO

步骤2：将步骤1所得物质放置烧杯中；加入热水；盐酸，并加热煮沸数分钟。补加盐酸，稀释至100mL。

步骤3：将稀释液转至碘量瓶中，加入过量KI溶液，搅拌后放置1-2min，滴入淀粉溶液，用amol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液VmL。

已知：2S2O+I2=S4O+2I-，2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。

(3)以上步骤需要用到下列仪器中的___(填标号)。

A.B.C.D.

(4)步骤2加热煮沸数分钟的目的是___。

(5)步骤3中放置时间不同对铁含量测定结果的影响如表：。放置时间/min013510测定结果/%25.8826.8326.8326.9727.10

铁含量测定结果随放置时间加长而变大的可能原因是___。

(6)计算铁矿石试样中铁的含量___(列计算式)。

(7)测定时，若铁矿石中的铜元素未除去，则铁含量测定结果___(填“偏高”“偏低”或“无影响")。22、为验证卤素单质氧化性的相对强弱；某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）。

实验过程：

Ⅰ.打开弹簧夹；打开活塞a，滴加浓盐酸。

Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时；夹紧弹簧夹。

Ⅲ.当B中溶液由黄色变为棕色时；关闭活塞a。

Ⅳ

（1）A中产生黄绿色气体，其电子式是________。

（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是_______。

（3）B中溶液发生反应的离子方程式是_______。

（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是___________。

（5）过程Ⅲ实验的目的是__________。

（6）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下_________，得电子能离逐渐减弱。评卷人得分五、原理综合题(共3题，共30分)23、有一无色溶液，其中可能含有等离子中的几种；为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如下：

第③个实验中，生成白色沉淀的量与加入的量有如下图所示的相互关系。据此可知：

（1）在原溶液中一定存在的离子有______；一定不存在的离子有______；不能确定是否存在的离子有______。

（2）写出第③个实验中发生反应的离子方程式____________________________________。24、回答下列问题：

（1）按如图所示操作；充分反应后：

①I中发生反应的离子方程式为_______；

②II中铜丝上观察到的现象是_______；

③结合I、II实验现象可知Fe2+、Cu2+、Ag+的氧化性由强到弱的顺序为_______。

（2）某一反应体系中有反应物和生成物共5种物质：S、H2S、HNO3、NO、H2O。该反应体系中的还原产物是_______。

（3）将Cl2通入HBr溶液中，发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，而将少量Cl2通入FeBr2的溶液中，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，这个事实说明具有还原性的粒子的还原性强弱顺序为_______。25、SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。

（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：

①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：____________。

②反应器中NH3还原NO2的化学方程式：____________。

③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：________。

④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60mg·L−1）含量的方法如下：取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1mLc1mol·L−1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol·L−1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是_________。

（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。

①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是_________。

②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是__________。

③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：__________________15NNO+___________H2O评卷人得分六、推断题(共2题，共16分)26、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：________27、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：________参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

【详解】

①金属氧化物不一定是碱性氧化物；但碱性氧化物一定是金属氧化物，故正确；

②例如氧气和臭氧的转化；有单质参加也有单质生成，但不是氧化还原反应，故错误；

③金属单质的化合价只能升高；所以一定作还原剂，故正确；

④失电子难的原子；不一定易得电子，如ⅣA族元素；稀有气体等，故错误；

⑤金属的还原性强弱和失电子多少无关；主要是看失电子的难易程度，如Na只失去一个电子，但要比Mg失去2个电子容易，Na的还原性比Mg强，故错误；

⑥Na2O2不是碱性氧化物；故错误；

⑦晶体失去结晶水的过程有新物质生成；属于化学变化，故正确；

⑧根据一个酸分子中能电离出几个氢离子酸分为一元酸、一元酸、多元酸，例如CH3COOH；分子含有4个氢原子，但只能电离出一个，所以为一元酸，故错误；

综上所述正确的有3句；故答案为B。

【点睛】

晶体风化失去结晶水，有新物质生成，为化学变化，例如CuSO4·5H2O→CuSO4二者不是同一物质，该转化为化学变化。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．焰色反应不属于燃烧；焰色反应只是高温激发原子核内层电子至激发态，电子回到基态时放出的一定波长的光，焰色反应是物理变化，不是化学变化，而燃烧是化学反应，故A错误；

B．燃烧是一种发光、放热的剧烈氧化反应，不一定需要氧气，如H2在Cl2中燃烧；故B错误；

C．有机物中除矿物燃料以外的所有来源于动植物的能源物质均属于生物质能；而有机物乙醇燃烧时放出大量的热，生成二氧化碳和水，是一种较为清洁的燃料，故C正确；

D．直接从自然界获得的能源为一次能源；电能需要消耗其他形式的能才能转化为电能，则电能属于二次能源，故D错误；

答案为C。3、D【分析】【分析】

(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能含有Cl-、中的一种或几种，但不能肯定Cl-的存在；

(2)第二份加足量NaOH溶液加热后，产生的气体是氨气，收集到气体0.05mol，由此得出n()=0.05mol；

(3)第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀8.60g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，8.60g为碳酸钡和硫酸钡的混合物，4.66g为硫酸钡的质量，则n(BaSO4)==0.02mol，n(BaCO3)==0.02mol，从而得出n()=0.02mol，n()=0.02mol。依据离子共存原则，Mg2+、Ba2+不存在；依据电荷守恒原则，负电荷总量为2n()+2n()=0.08mol，所带的正电荷总量为0.05mol，所以溶液中一定含有K+，且n(K+)≥0.03mol，Cl-可能存在；据此分析。

【详解】

A．根据分析可知，混合液中可能存在Cl-；故A错误；

B．依据电荷守恒原则，负电荷总量为2n()+2n()=0.08mol，所带的正电荷总量为0.05mol，所以溶液中一定含有K+，且n(K+)≥0.03mol；故B错误；

C．根据分析可知，一定有Cl-可能存在；故C错误；

D．根据分析可知，一定有依据离子共存原则，Mg2+、Ba2+不存在；依据电荷守恒原则，负电荷总量为2n()+2n()=0.08mol，所带的正电荷总量为0.05mol，所以溶液中一定含有K+，且n(K+)≥0.03mol；故D正确；

答案选D。4、B【分析】【详解】

Cu与稀硫酸、稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，据题可知Cu的物质的量==0.3mol，氢离子的物质的量是0.4×(0.5+1.0)=0.6mol，硝酸根离子的物质的量是0.4×0.5=0.2mol，所以氢离子不足，当转移0.45mol的电子时参加反应的Cu的物质的量==0.225mol，产生NO的物质的量==0.15mol，参加反应的Cu的质量是0.225×64=14.4g，生成NO的质量是0.15×30=4.5g，所以溶液增重14.4-4.5=9.9g，故B正确；答案选B。5、C【分析】【详解】

A．钾比钠更容易失去最外层电子；则钾的金属性比钠的金属性强，所以钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈，A正确；

B．碱金属元素和卤素都属于同主族元素；同主族元素，从上到下，电子层数增多，所以随核电荷数的增加，原子半径都逐渐增大，B正确；

C．从上到下；卤素单质的氧化性逐渐减弱，非金属性逐渐减弱，所以溴单质与水反应不如氯单质与水反应剧烈，C错误；

D．氟的非金属性最强；故其得电子的能力最强，D正确；

故选C。6、D【分析】【详解】

A.在中的溶解度远大于在水中的溶解度，故可用萃取、分液的方法除去故A正确；

B.硝酸钡能和硫酸钾反应生成白色沉淀硫酸钡和硝酸钾；过滤即可除去杂质，故B正确；

C.铜和盐酸不反应；氧化铜和盐酸反应生成可溶于水的氯化铜和水，反应后过滤即可除去杂质，故C正确；

D.碳酸钙也能和盐酸反应；达不到除杂的目的，故D错误；

答案选D。二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）在阳离子中，质量数=质子数+中子数；核电荷数=质子数=核外电子数+所带电荷数。微粒中的质子数是11；中子数是23-11=12，核外电子数是11-1=10；

（2）氯原子核电荷数为17，氯离子的原子结构示意图为氯化钠是离子化合物，其电子式为HCl是共价化合物，用电子式表示HCl形成过程为

（3）NH4NO3是离子化合物，NaOH所含化学键类型为离子键、(极性)共价键。【解析】111210离子离子键、（极性）共价键8、略

【分析】【分析】

化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；化合价升高元素所在的反应物是还原剂，根据化合价的升降来确定转移电子情况。

【详解】

在反应UF4+2MgU+2MgF2中，化合价降低元素U所在的反应物UF4是氧化剂；化合价升高元素Mg所在的反应物Mg是还原剂，化合价升高值=化合价降低值=4，所以反应转移电子4mol，反应中生成了1molU，则需消耗2molMg，若反应中消耗1molMg，则生成U0.5mol。

因此，本题正确答案是：Mg；UF4；0.5。【解析】MgUF40.59、略

【分析】【分析】

(1)根据绿色化学含义判断；

(2)NaOH与NO、NO2发生归中反应产生NaNO2、H2O；根据原子守恒；电子守恒，书写反应方程式；

(3)根据不产生污染物的反应中分析判断。

【详解】

(1)绿色化学是从源头上不产生污染物；使原子利用率达到100%，则符合“绿色化学”要求的选项是D；

(2)NaOH与NO、NO2发生归中反应产生NaNO2、H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应方程式为：2NaOH＋NO＋NO2＝2NaNO2＋H2O；

(3)方法A中除了制取得到的Cu(NO3)2，同时产生水，水不会对造成环境污染，故符合绿色化学理念；方法B中除了制取得到的Cu(NO3)2外；还产生了有毒气体的NO气体，NO是大气污染物，会对环境产生一定危害，不符合绿色化学理念。故合理方法是A。

【点睛】

本题主要考查“绿色化学”知识。要掌握绿色化学的含义及常见物质的性质，然后分析判断。在方程式书写时，要结合氧化还原反应规律和质量守恒定律进行分析、解答。【解析】D2NaOH＋NO＋NO2＝2NaNO2＋H2OA10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Na可与水反应生成NaOH和H2，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；由于钠的密度比水小；可观察到钠浮在水面上，并四处游动，因钠的熔点较低，反应放热，则可观察到钠熔成小球；

(2)Fe和Cl2在点燃的条件下反应生成FeCl3，配成的溶液中含有Fe3+；则。

a．Fe3+与KSCN溶液反应生成血红色物质硫氰化铁；向其中一支试管中滴加KSCN溶液，溶液变成血红色；

b．Fe3+与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀Fe(OH)3，反应的离子方程式为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓。【解析】2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑bcFeCl3血红有红褐色沉淀生成Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓11、略

【分析】【详解】

（1）该气体物质的量为672×10－3/22.4mol=0.03mol，根据M=m/n=2.4/0.03g·mol－1=80g·mol－1；（2）8gNaOH的物质的量为8/40mol=0.2mol，即含有0.2molNa＋，微粒数之比等于物质的量之比，即水的质量为0.2×10×18g=36g；（3）相同条件下，密度之比等于其摩尔质量之比，即密度比为17：34=1：2，同温同密度同体积的NH3和H2S具有相等的质量，其物质的量之比为2：1，含有H的原子个数之比为2×3：2×1=3：1，同温同体积下，相同质量的气体，其压强之比等于摩尔质量的反比，即NH3和H2S的压强之比等于34：17=2：1；（4）相同条件下，密度之比等于其摩尔质量之比，即混合气体的平均摩尔质量为14.5×2g·mol－1=29g·mol－1，令CO和N2总物质的量为xmol，O2的物质的量为ymol，根据摩尔质量的定义，得出(28x＋32y)/(x＋y)=29，解得x=3y，因此氧气的物质的量分数1/4×100%=25%。【解析】80361:23:12：125%12、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）①铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性可以作净水剂，其原理可表示为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，故答案为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；

②铁离子具有氧化性，能氧化金属铜，则用FeCl3溶液（32%～35%）腐蚀铜印刷线路板的原理可表示为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，故答案为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+；

（2）吸收剂X能吸收尾气氯气生成氯化铁溶液，因此X应该是氯化亚铁，化学式为FeCl2。氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，则能氧化氯化铁的是次氯酸钠，化学式为NaClO，故答案为FeCl2；NaClO；

（3）反应①是利用次氯酸钠氧化氯化铁制备高铁酸钠，根据电子得失守恒以及原子守恒可知，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为2Fe3++3ClO-+10OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O；

（4）要发生复分解反应则必须满足有挥发性物质或难电离物质或难溶性物质，因此根据方程式2KOH+Na2FeO4＝K2FeO4+2NaOH可知，该反应之所以能发生是由于K2FeO4溶解度小，析出晶体，促进反应进行，故答案为K2FeO4溶解度小；析出晶体，促进反应进行；

（5）根据方程式4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑可知，提纯K2FeO4应该抑制该反应；所以最好的试剂是稀KOH溶液（抑制平衡）；异丙醇（减小溶解），故选B；

（6）根据反应①②③可知。

FeO42-～～～～6Fe2+

1mol3mol

n0．1000mol/L×0．01893L

解得n＝6．31×10－4mol，则上述样品中高铁酸钾的质量分数＝×100%＝63．1%；故答案为63．1%。

考点：考查氯化铁的性质、用途以及高碳酸盐制备的有关判断与含量计算【解析】Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+FeCl2NaClO2Fe3++3ClO－+10OH－＝2FeO42－+3Cl－+5H2OK2FeO4溶解度小，析出晶体，促进反应进行B63．1%13、略

【分析】【分析】

空气中存在CO2溶于水使雨水显酸性，正常雨水的pH值约等于5.6；而雨水的pH值变小的原因是由于排放出来的SO2等气体溶于水后生成H2SO3，H2SO3随雨水的下降，逐渐被空气中的氧气所氧化生成易电离的H2SO4，2H2SO3+O2=2H2SO4；从而使雨水的酸性增强。

【详解】

(1)空气中存在CO2溶于水生成碳酸使雨水显酸性，正常雨水的pH值约等于5.6，故答案为酸；5.6；空气中存在CO2溶于水生成碳酸；

(2)雨水的pH值变小的原因是由于排放出来的SO2等气体溶于水后生成H2SO3，H2SO3随雨水的下降，逐渐被空气中的氧气所氧化生成易电离的H2SO4，发生2H2SO3+O2=2H2SO4，从而使雨水的酸性增强，故答案为酸雨样品中的H2SO3逐渐被氧化成H2SO4，使溶液的酸性增强，发生的反应为：2H2SO3+O2=2H2SO4。【解析】酸5.6空气中存在CO2溶于水生成碳酸酸雨样品中的H2SO3逐渐被氧化成H2SO4，使溶液的酸性增强，发生的反应为：2H2SO3+O2=2H2SO4三、判断题(共5题，共10分)14、B【分析】【详解】

处于金属和非金属分界线附近的元素常作半导体，故答案为：错误。15、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。16、B【分析】【分析】

【详解】

常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，11.2LO2的物质的量不是0.5mol，所含原子数不是NA，故该说法错误；17、B【分析】【详解】

稀释浓H2SO4时，应该将蒸馏水加入到浓H2SO4的烧杯中。18、A【分析】【详解】

加热试管时先均匀加热，后局部加热，否则试管会受热不均而炸裂。四、实验题(共4题，共40分)19、略

【分析】【分析】

明确实验原理；常见气体的制备以及准确提取题干中的已知信息并能灵活应用是解答的关键。注意掌握实验方案的设计要点：①题目有无特殊要求；②题给的药品、装置的数量；③注意实验过程中的安全性操作；④注意仪器的规格；⑤要防倒吸、防爆炸、防燃烧、防暴沸、防氧化、防吸水、冷凝、冷却、水浴加热时采取相应措施等。

(1)

仪器a的名称是冷凝管（或球形冷凝管），装置A中产生氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O==4NaOH＋O2↑（或2H2O22H2O＋O2↑）；B装置的作用除观察O2的流速之外，还有平衡气压、干燥O2（或平衡气压和除去水，防止PCl3和POCl3遇水反应引入杂质）；正确答案：球形冷凝管；平衡气压。

(2)

C装置为反应发生装置，反应结束后会有氯气从冷凝管a中逸出，污染空气，需要吸收处理；同时，POCl3和PCl3遇水会发生反应；为使实验顺利进行，需要在a仪器上方连接装有碱石灰的干燥管，防止外界中水蒸气进入C装置内。

(3)

根据题意可知，要先制备出三氯化磷，然后其被氧化为POCl3，所以先制取氯气，缓慢地通入C中，直至C中的白磷消失后，再通入另一种氧气；正确答案：Cl2。

②由于PCl3的沸点是75.5℃，因此步骤IV控制温度60℃～65℃，其主要目的是加快反应速率，同时防止PCl3气化；正确答案：防止PCl3气化。

③POCl3和PCl3遇水会发生反应；均生成氯化氢，遇到水蒸气产生大量的白雾，所以反应物必须干燥；正确答案：HCl。

(4)

根据题意可知，NH4SCN的物质的量为cV×10-3mol，则与之反应的银离子的物质的量为cV×10-3mol，而总的银离子的物质的量为4×10-3mol，所以与氯离子反应的银离子的物质的量为4×10-3mol-cV×10-3mol，因此氯离子的物质的量为4×10-3mol-cV×10-3mol，则产品中Cl的含量为×100%或3.55×%。【解析】(1)球形冷凝管平衡气压。

(2)在a仪器上方连接装有碱石灰的干燥管。

(3)Cl2防止PCl3汽化HCl

(4)×100%或3.55×%20、略

【分析】【详解】

(1)该“84消毒液”的物质的量浓度

(2)A．需用托盘天平称量NaClO固体；用烧杯来溶解NaClO，需用容量瓶配制NaClO溶液，图示的①；②不需要，且还需玻璃棒和胶头滴管，即有2种是不需要的，还需要2种玻璃仪器，故A错误；

B．配制过程中需要加入水定容；经洗涤干净的容量瓶不必烘干后使用，故B错误；

C．购买的商品NaClO含有一定的杂质；溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C正确；

D．应选取500mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量：0.5L×4.0mol•L-1×74.5g•mol-1=149g；故D错误；故选C；

(3)①用18mol·L-1(密度为1.8g·cm-3)的浓硫酸配制100mL物质的量浓度为0.8mol·L-1的稀硫酸，配制过程中硫酸的物质的量不变，则需要浓硫酸的体积为：则需要用量筒量取4.4mL上述浓硫酸进行配制；

②a．定容观察液体时俯视刻度线；导致溶液体积偏小，所得溶液浓度偏高，故a符合；

b．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致配制的溶液体积偏大，所得溶液浓度偏小，故b不符合；

c．浓硫酸在烧杯中加水稀释后；未冷却就向容量瓶中转移，液体热胀冷缩，定容后，恢复室温，溶液体积偏小，则溶液浓度偏高，故c符合；

d．需要加水定容；容量瓶未干燥即用来配制溶液，对实验无影响，故d不符合；

e．往容量瓶转移时；有少量液体溅出，容量瓶中溶质偏少，溶液浓度偏低，故e不符合；

f．未洗涤稀释浓硫酸的烧杯；移入容量瓶中的溶质硫酸少了，溶液浓度偏低，故f不符合；故选ac；

(4)称量前晶体已经有一部分失去了结晶水，则称得的晶体中n(Na2CO3)偏大，故所配制的溶液浓度偏大。【解析】4.0C4.4ac大21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)含有+3价铁在实验i中会与SCN-结合生成血红色配合物，现象是：溶液出现血红色，含有+2价铁在实验ii中会与高锰酸钾发生氧化还原反应，离子方程式为：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；

(2)有可能矿石原本不含有+3价铁；由+2价铁被氧化后产生，即理由是：铁矿石用硫酸溶解在空气中进行，+2价铁可被空气中的氧气氧化；

(3)步骤I加热熔融固体需要坩埚；故选：B；

(4)步骤2加热煮沸数分钟的目的是：①除去多余的O2以免对后续测定产生干扰；②除去多余的H2O2以免对后续测定产生干扰；③加快反应速率；

(5)铁含量测定结果偏大的原因是：放置时间越长，Fe3+与I-反应更充分；放置时间过长过量的I-被空气中的氧气氧化；

(6)FeO在盐酸中得到Fe3+，与KI反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2的反应为2S2O+I2=S4O+2I-，则关系式2Fe3+~I2~2S2On(Fe3+)=n(S2O)=cV×10-3mol，则铁矿石试样中铁的含量m(Fe)/m样=×100%；

(7)测定时，若铁矿石中的铜元素未除去，则Cu2+也会产生部分I2，故会消耗更多的Na2S2O3标准溶液，则铁含量测定结果偏高。【解析】溶液出现血红色5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O铁矿石用硫酸溶解在空气中进行，+2价铁可被空气中的氧气氧化B①除去多余的O2以免对后续测定产生干扰；②除去多余的H2O2以免对后续测定产生干扰；③加快反应速率放置时间越长，Fe3+与I-反应更充分；放置时间过长过量的I-被空气中的氧气氧化×100%偏高22、略

【分析】【分析】

验证卤素单质氧化性的相对强弱；装置A：高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰；氯化钾、氯气和水，装置A中生成氯气，烧瓶上端湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，验证氯气的氧化性强于碘，装置B：装置B中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色，验证氯的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花防止氯气污染空气，当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，以此解答该题。

【详解】

（1）根据以上分析，黄绿色气体为氯气，由高锰酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应生成，氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：

故答案为

（2）淀粉变蓝色；说明有单质碘生成，说明氯气氧化性强于单质碘；

故答案为淀粉KI试纸变蓝；

（3）氯气的氧化性强于溴，将氯气通入NaBr溶液中会有单质溴生成，发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-；

故答案为Cl2+2Br-═Br2+2Cl-；

（4）为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则静至后CCl4层溶液变为紫红色；

故答案为打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡．静至后CCl4层溶液变为紫红色；

（5）为验证溴的氧化性强于碘；实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论；

故答案为确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；

（6）因同一主族元素；从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，得电子能力逐渐减弱；

故答案为原子半径逐渐增大。【解析】淀粉KI试纸变蓝Cl2+2Br-═Br2+2Cl-打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静止后CCl4层溶液变为紫红色确认C的黄色溶液中五Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰原子半径逐渐增大五、原理综合题(共3题，共30分)23、略

【分析】【分析】

由题意，溶液无色，则Fe3+(棕黄色)、Fe2+(浅绿色)、Cu2+(蓝色)一定不存在；焰色反应显紫色，说明一定有K+；实验②说明一定有则Ba2+一定不存在；由实验③以及图像可知一定有Mg2+、Al3+，而Cl−通过上述四个实验无法确定。

【详解】

(1)由上述分析可知，在原溶液中一定存在的离子有Al3+、Mg2+、K+、一定不存在的离子有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Ba2+，不能确定是否存在的离子有Cl−；

(2)在原溶液中存在的离子Al3+、Mg2+，加入足量氢氧化钠溶液时，生成氢氧化镁沉淀，过量的氢氧化钠使铝离子生成偏铝酸根，溶液中发生反应的离子方程式为Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O。【解析】Al3+、Mg2+、K+、Fe3+、Fe2+、Cu2+、Ba2+Cl−Mg2++2OH−===Mg(OH)2↓、Al3++3OH−===Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH−===+2H2O24、略

【分析】【分析】

（1）

①Fe活动性比Cu强，所以在I中Fe与CuSO4在溶液中发生置换反应产生FeSO4、Cu，发生反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；

②由于金属活动性Cu比Ag强，所以将Cu丝放入AgNO3溶液中；Cu将Ag置换出来，Ag附着在Cu丝上，因此在II中铜丝上观察到的现象是红色铜丝上有银白色物质附着，同时溶液逐渐变为蓝色。

③根据①可知金属活动性：Fe＞Cu，根据②可知金属活动性：Cu＞Ag，则结合I、II可知金属活动性：Fe＞Cu＞Ag，金属活动性越强，其相应的离子氧化性就越越弱，所以可知Fe2+、Cu2+、Ag+的氧化性由强到弱的顺序为：Ag+＞Cu2+＞Fe2+。

（2）

HNO3具有强氧化性，H2S具有还原性，HNO3将H2S氧化为S单质，HNO3被还原为NO气体；同时有水生成，故该反应体系中的还原产物是NO。

（3）

根据将Cl2通入HBr溶液中，发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，证明微粒的还原性：Br-＞Cl-；根据将少量Cl2通入FeBr2的溶液中，发生反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，而Br-不发生反应，可知微粒的还原性：Fe2+＞Br-，故三种微粒的还原性由强到弱的的顺序为：Fe2+＞Br-＞Cl-。【解析】（1）Fe+Cu2+=Fe2++Cu红色铜丝上有银白色物质附着，同时溶液逐渐变为蓝色。Ag+＞Cu2+＞Fe2+

（2）NO

（3）Fe2+＞Br-＞Cl-25、略

【分析】【分析】

（1）①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2；结合原子守恒配平书写化学方程式；

②反应器中NH3还原NO2生成氮气和水，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成（NH4）2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；④涉及反应为2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，由方程式可知n（NaOH）+n（NH3）=2n（H2SO4），以此计算；（2）①由图a可知储存NOx的物质是BaO；②第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba（NO3）2的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，结合得失电子数目相等计算；③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知15NO与NH3应为1：1；结合电子得失相等配平。

【详解】

（1）①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，反应物为尿素和水，反应生成物为氨气和水，原子守恒书写化学方程式为：CO（NH2）2+H2O2NH3↑+CO2↑；②NH3在催化剂作用下还原NO2生成氮气和水，反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O；③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成（NH4）2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4；④涉及反应为2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，反应中n（H2SO4）=v1×c1×10-3mol，n（NaOH）=v2×c2×10-3mol，由方程式可知n（NaOH）+n（NH3）=2n（H2SO4），则n（NH3）=（2v1×c1×10-3-v2×c2×10-3）mol，则m（CO（NH2）2）=×（2v1×c1×10-3-v2×c2×10-3）mol×