2024年滬科版必修1化學下冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬科版必修1化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、化學知識無處不在。下列與古詩文記載對應的化學知識或原理不正確的是（）

。選項。

古詩文記載。

化學知識或原理。

A

《望廬山瀑布》“日照香爐生紫煙”

膠體的丁達爾效應。

B

《石炭行》“投泥潑水愈光明”

與煤的氣化原理相似。

C

《寶貨辨疑》“金遇鉛則碎；和銀者性柔和銅者性硬”

銅金合金硬度大于各成分單質的硬度。

D

《寄題龔立道農隱堂》“人生請治田；種秫多釀酒”

淀粉通過水解反應直接得到酒精。

A.AB.BC.CD.D2、下列物質中含有自由移動的Cl-的是A.KClO3溶液B.MgCl2溶液C.液態(tài)HClD.固態(tài)NaCl3、下列實驗操作；現象和結論均正確的是（）

。選項。

實驗操作和現象。

結論。

A

向NaBr溶液中分別滴入少量氯水和苯；振蕩；靜置，溶液上層呈橙紅色。

Br-的還原性強于Cl-

B

相同條件下，分別向20mL0.1mol/LKMnO4溶液和20mL0.5mol/LKMnO4溶液中滴加相同濃度和體積的草酸溶液(過量)，0.5mol/LKMnO4溶液紫色褪去的時間更短(生成的Mn2+對該反應無影響)

濃度對反應速率的影響：濃度越大；反應速率越快。

C

向淀粉碘化鉀溶液中通入過量氯氣；溶液由無色變?yōu)樗{色，后藍色褪去。

氯氣具有強氧化性和漂白性。

D

室溫下，用pH試紙測得0.1mol/LNa2SO3溶液的pH約為10，0.1mol/LNaHSO3溶液的pH約為5

HSO3-結合H+的能力比SO32-的強。

A.AB.BC.CD.D4、SO2通入足量的Fe(NO3)3稀溶液白中，溶液有棕色變?yōu)闇\綠色，但立即又變成棕黃色，這時若滴入BaCl2溶液，會產生白色沉淀。針對上述一系列變化，下列說法錯誤的是A.上述過程中，最終被還原的是NO3-B.從上述反應可知氧化性HNO3>Fe3+>稀硫酸C.上述過程中，會產生一種無色、難溶于水的氣體D.若通入的SO2完全反應，則通入的SO2和逸出的氣體物質的量之比為1：15、下列說法中正確的懸()A.化合物中的原子都是通過共價鍵相結合的B.若化學反應吸收能量時，其斷鍵吸收的能量大于成鍵放出的能量C.化學反應中，斷開化學鍵要放出能量，形成化學鍵要吸收能量D.化學鍵是構成物質原子間的強相互作用，表現為原子核間的斥力6、下列各組混合物中，用分液漏斗不能分離的是A.苯和水B.正己烷和水C.溴乙烷和水D.乙酸和乙醇評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、利用海水提取溴和鎂的過程如圖；下列說法不正確的是。

A.工業(yè)上常利用電解熔融MgCl2冶煉金屬鎂，鎂在陰極生成B.步驟③脫水時，在空氣中加熱MgCl2·6H2O得到MgCl2C.富集溴元素過程中，空氣吹出法利用了溴易揮發(fā)的性質D.若提取1molBr2，至少需要22.4L的Cl28、下列物質中屬于強電解質的有A.固體KOHB.液態(tài)HClC.熔融E.冰醋酸E.冰醋酸9、下表為部分酸、堿、鹽在水中的溶解性(20℃)。溶溶溶溶溶溶溶溶溶微溶溶溶微溶不溶—溶不溶微溶不溶溶溶溶不溶不溶

在表中所涉及的離子范圍內，下列說法不正確的是A.可以用硝酸銀溶液檢驗B.會干擾氯化鋇溶液對的檢驗C.可用澄清石灰水作酸性氣體的吸收劑D.向硫酸銅中加入足量最終得到沉淀10、把0.05mol的NaOH固體分別加入到100mL下列溶液中，溶液的導電能力變化不大的是（）A.自來水B.0.5mol/L鹽酸C.0.5mol/L醋酸D.0.5mol/LNH4Cl溶液11、已知Ⅰ：Bi（OH）3+3OH-+Cl2+Na+=NaBiO3+2C1-+3H2O，Ⅱ：5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O。下列推斷不正確的是（）A.反應Ⅱ中，當有10.45gBi3+生成時轉移電子數為0.5NAB.任何條件下，都存在氧化性：C12＞NaBiO3＞MnO4-C.NaBiO3可與鹽酸發(fā)生反應：NaBiO3+6H++2C1-=Bi3++Na++C12↑+3H2OD.已知BiC13可由Bi2O3與王水（濃硝酸和濃鹽酸的混合物）反應制取，說明Bi3+不能被硝酸氧化12、BMO(Bi2MoO6)是一種高效光催化劑；可用于光催化降解苯酚，原理如圖所示。下列說法正確的是。

A.該過程的總反應：C6H6O+7O26CO2+3H2OB.該過程中BMO表現出較強氧化性C.光催化降解過程中，光能轉化為化學能、熱能等D.①和②中被降解的苯酚的物質的量之比為1：3評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)13、回答下列問題：

I.下列三組物質中；均有一種物質的類別與其他三種不同。

①MgO、Na2O、CO2；CuO

②HClO、H2O、H2SO4、HNO3

③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2

（1）三種物質依次是（填化學式）：①________；②________；③________。

II.現有以下物質：

①NaCl晶體②液態(tài)HCl③CaCO3固體④熔融KCl⑤蔗糖⑥銅⑦CO2⑧H2SO4⑨KOH溶液。

（2）以上物質中能導電的是____________。（填序號）

（3）以上物質中屬于非電解質的是____________。（填序號)14、已知反應：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，若反應過程中消耗SO2標準狀況下2.24L；則：

(1)求轉移電子的數目。_____________

(2)反應后溶液中H+的物質的量為多少？_____________15、元素在周期表中的位置反映了元素的原子結構和性質。下圖是元素周期表的一部分，請按要求回答下列問題：。族

周期IA01IIAIIIAIVAVAVIAVIIA2①②3③④⑤⑥⑦⑧

(1)元素①位于元素周期表的第_______周期第_______族；它是形成化合物種類最多的元素。

(2)寫出②的元素符號_______。

(3)畫出元素④的原子結構示意圖_______。

(4)元素③和⑤的最高價氧化物對應的水化物中堿性較強的是_______(填化學式)。

(5)比較⑦和⑧的簡單離子半徑大小_______>_______(填離子符號)。

(6)寫出元素⑧的單質與水反應的化學方程式：_______。16、有關漂白粉和漂白液的說法正確的是_______(填序號)。

①工業(yè)上將氯氣通入澄清石灰水制取漂白粉。

②漂白液的有效成分是NaClO，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2。

③漂白粉和Fe(OH)3膠體都常用于自來水的處理；二者的作用原理不相同。

④漂白粉在空氣中久置不可能發(fā)生氧化還原反應。

⑤漂白粉在空氣中久置變質，理由是漂白粉中的CaCl2與空氣中的CO2反應生成CaCO3。

⑥漂白粉在空氣中不穩(wěn)定，所以可用于漂白紙張。17、(1)下列關于硫酸的說法正確的是_______(填序號)。

①在常溫下；濃硫酸和濃硝酸與Fe和Al發(fā)生“鈍化”，說明常溫下濃硫酸和濃硝酸與Fe和Al都不反應。

②濃硫酸具有強氧化性；稀硫酸不具有氧化性。

③常溫下將銅片放入濃硫酸中；無明顯變化，說明銅在濃硫酸中發(fā)生“鈍化”

④將濃硫酸滴到濕的蔗糖表面；固體變黑膨脹并有刺激性氣味氣體生成，說明濃硫酸有脫水性；吸水性和強氧化性。

⑤濃硫酸具有強氧化性，SO2具有還原性，所以濃硫酸不能干燥SO2

⑥濃硫酸具有吸水性，所以濃硫酸可以干燥H2、CO、NH3、H2S、HI、HBr等氣體。

(2)寫出下列物質的電子式：

N2_______；MgCl2_______；Na2O2_______。評卷人得分四、原理綜合題(共3題，共24分)18、錳是一種非常重要的金屬元素；在很多領域有著廣泛的應用。利用廢鐵屑還原浸出低品位軟錳礦制備硫酸錳，然后進行電解，是制備金屬錳的新工藝，其流程簡圖如下：

已知：

i.低品位軟錳礦主要成份有MnO2、Al2O3、Fe2O3、Cu2(OH)2CO3、CaCO3、SiO2等。

ii.部分金屬離子以氫氧化物沉淀時的pH

。

Fe2+

Fe3+

Al3+

Mn2+

Cu2+

開始沉淀的pH

6.8

1.8

3.7

8.6

5.2

沉淀完全的pH

8.3

2.8

4.7

10.1

6.7

iii.幾種化合物的溶解性或溶度積(Ksp)

。MnF2

CaS

MnS

FeS

CuS

溶于水。

溶于水。

2.5×10－13

6.3×10－18

6.3×10－36

(1)研究表明，單質Fe和Fe2+都可以還原MnO2。在硫酸存在的條件下，MnO2將Fe氧化為Fe3+的離子方程式是____________。

(2)清液A先用H2O2處理，然后加入CaCO3，反應后溶液的pH≈5。濾渣a的主要成分中有黃銨鐵礬NH4Fe3(SO4)2(OH)6。

①H2O2的作用是____________(用離子方程式表示)。

②濾渣a中除了黃銨鐵礬，主要成分還有X。用平衡移動原理解釋產生x的原因：____________。

(3)用離子方程式表示MnS固體的作用：____________。

(4)濾渣c的成分是____________。

(5)如下圖所示裝置，用惰性電極電解中性MnSO4溶液可以制得金屬Mn。陰極反應有：

i.Mn2++2e－＝Mnii.2H++2e－＝H2↑

電極上H2的產生會引起錳起殼開裂；影響產品質量。

①電解池陽極的電極方程式是________________。

②清液C需要用氨水調節(jié)pH＝7的原因是____________。

③電解時，中性MnSO4溶液中加入(NH4)2SO4的作用除了增大溶液導電性之外，還有___________(結合電極反應式和離子方程式解釋)。19、儲氫納米碳管的研究成功體現了科技的進步，但用電弧法合成的碳納米管常伴有大量的雜質——碳納米顆粒，這種碳納米顆?？捎醚趸瘹饣ㄌ峒?。其反應式為：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2↑+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O。

（1）請用雙線橋法標出電子轉移方向和數目___。

（2）上述反應中氧化劑是___（填化學式），被氧化的元素是___（填元素符號）。

（3）H2SO4在上述反應中表現出來的性質是___（填序號）。

A.氧化性B.氧化性和酸性C.酸性D.還原性和酸性。

（4）若反應中電子轉移了0.8mol，則產生的氣體在標準狀況下的體積為___L。

（5）下列離子方程式的書寫及評價均合理的是___。選項離子方程式評價A將1molCl2通入含1molFeI2溶液中：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+I2正確；Cl2過量，可將Fe2+、I-均氧化B1mol·L-1的NaAlO2溶液和2.5mol·L-1的HCl溶液等體積互相均勻混合：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O正確；AlO2-與Al(OH)3消耗的H+的物質的量之比為2∶3C過量SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO3-正確；說明酸性：H2SO3強于HClODCa(HCO3)2溶液與足量的NaOH溶液反應：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O正確；酸式鹽與堿反應生成正鹽和水

（6）將一定量Mg、Al合金溶于1mol·L-1的HC1溶液中，進而向所得溶液中滴加1mol·L-1的NaOH溶液，產生沉淀的物質的量（n）與滴加的NaOH溶液（mL）體積的關系如圖所示。下列結論中正確的是___。

A.溶解“一定量Mg；A1合金”的HC1溶液的體積為90mL

B.Al的物質的量為0.01mol

C.可算出實驗中產生H2的物質的量為0.04mol

D.若a=20,可算出Mg的物質的量為0.04mol20、（1）氯酸是一種強酸，氯酸的濃度超過40%就會迅速分解，生成有毒氣體，反應的化學方程式為8HClO3=3O2↑＋2Cl2↑＋4HClO4＋2H2O。所得混合氣體的平均相對分子質量為________。

（2）實驗室可用軟錳礦（主要成分為MnO2）制取KMnO4，方法如下：高溫下使軟錳礦與過量KOH(s)和KClO3(s)反應，生成K2MnO4(錳酸鉀)和KCl；用水溶解，濾去殘渣；酸化濾液，K2MnO4轉化為MnO2和KMnO4；再濾去沉淀MnO2，濃縮結晶得到KMnO4晶體。K2MnO4轉化為KMnO4的反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為________。

（3）已知測定錳的一種方法是：錳離子轉化為高錳酸根離子，反應體系中有H＋、Mn2＋、H2O、

①該反應的離子方程式為________________________。在錳離子轉化為高錳酸根離子的反應中，如果把反應后的溶液稀釋到1L，測得溶液的pH＝2，則在反應中轉移電子的物質的量為________mol。（結果寫成小數；保留三位有效數字）

②在測定錳離子濃度的實驗中，需要配制250mL0.10mol/LKIO4的標準溶液，應用托盤天平稱取______gKIO4固體。

③下列有關配制溶液的操作或判斷正確的是_________

A．使用容量瓶前必須檢查容量瓶是否完好以及瓶塞處是否漏水。

B．容量瓶用蒸餾水洗凈后；沒有烘干就用來配制溶液。

C．定容搖勻后液面下降再加水到刻度線；不影響所配溶液濃度。

D．定容時仰視刻度線會導致所配溶液濃度偏高。

E．當容量瓶中的液面距離刻度線2~3cm時改用膠頭滴管加水定容評卷人得分五、實驗題(共2題，共16分)21、實驗室欲配制240mL0.2mol·L－1的碳酸鈉溶液；回答下列問題：

（1）通過計算可知，應用托盤天平稱取______gNa2CO3固體。

（2）配制過程必需的儀器有：膠頭滴管；托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒；還缺少的儀器是______。

（3）在配制過程中；下列操作中會引起誤差且使?jié)舛绕〉氖莀__（填序號）。

①沒有洗滌燒杯和玻璃棒②容量瓶不干燥；含有少量蒸餾水。

③未冷卻到室溫就將溶液轉移到容量瓶并定容④定容時仰視刻度線22、次氯酸鈉是常見的消毒劑；實驗室可用如下圖所示裝置制取含次氯酸鈉的溶液：

(1)寫出裝置A中所發(fā)生反應的化學方程式：_________。

(2)裝有濃鹽酸的儀器的名稱是________。為吸收揮發(fā)出的HCl，裝置B中應盛裝的溶液是_________。

(3)Cl2與NaOH溶液的反應放熱，溫度升高后發(fā)生副反應。為防止副反應的發(fā)生，可以采取的方法是___________。

(4)為測定裝置C中NaClO溶液物質的量濃度，進行如下實驗：準確量取10.00mL裝置C中的溶液于錐形瓶中，加入醋酸和過量的質量分數為10%的KI溶液。以淀粉溶液為指示劑，用0.2400mol·L-1的Na2S2O3滴定，至終點時消耗Na2S2O3溶液20.00mL。實驗過程中所發(fā)生的反應為NaClO+2KI+2CH3COOH=NaCl+2CH3COOK+I2+H2O，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，計算裝置C中NaClO溶液物質的量濃度(寫出計算過程)___________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

A．《望廬山瀑布》“日照香爐生紫煙”；“紫煙”屬于氣溶膠，是膠體的丁達爾效應，故A正確；

B．《石炭行》“投泥潑水愈光明”；包含的化學知識是：在高溫下，把水滴到炭火上，得到兩種可燃性氣體，與煤的氣化原理相似，故B正確；

C．《寶貨辨疑》“金遇鉛則碎；和銀者性柔和銅者性硬”，說明金的硬度小于鉛的硬度；與銀的硬度相當、大于銅的硬度，與銅金合金硬度大于各成分單質的硬度原理一樣，故C正確；

D．淀粉在相關酶作用下水解成葡萄糖；葡萄糖再在酵母菌無氧呼吸作用下生成酒精，因此淀粉通過水解反應不能直接得到酒精，故D錯誤；

答案選D。2、B【分析】【分析】

【詳解】

A；氯酸鉀溶液中含有鉀離子和氯酸根離子；沒有氯離子，A錯誤；

B；氯化鎂在溶液中電離出鎂離子和氯離子；B正確；

C；液態(tài)氯化氫不發(fā)生電離；不存在氯離子，C錯誤；

D；固態(tài)氯化鈉不發(fā)生電離；不存在氯離子，D錯誤；

答案選B。3、A【分析】【詳解】

A．NaBr溶液中滴入氯水，發(fā)生反應2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-，由此得出還原性Br-＞Cl-；A正確；

B．要通過溶液紫色褪去的時間長短比較反應速率快慢；應該讓酸性高錳酸鉀的體積和濃度均相同，改變草酸的濃度，B錯誤；

C．淀粉碘化鉀溶液中通入過量氯氣；溶液先變藍后褪色，氯氣只表現氧化性，氯氣沒有漂白性，C錯誤；

D．0.1mol/LNa2SO3溶液的pH大，堿性強，則結合H+的能力強；D錯誤；

故選A。4、D【分析】【分析】

將SO2通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黃色變?yōu)闇\綠色，發(fā)生氧化還原反應生成亞鐵離子和硫酸根離子，發(fā)生離子反應為SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+；立即又變?yōu)樽攸S色，發(fā)生亞鐵離子與硝酸根離子的氧化還原反應，生成鐵離子，離子反應為3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；以此解答該題。

【詳解】

A、溶液由黃色變?yōu)闇\綠色，但立即又變?yōu)辄S色，三價鐵離子變?yōu)閬嗚F離子，后又被氧化為三價鐵離子，所以最終被還原的是NO3﹣；選項A正確；

B、由溶液有棕色變?yōu)闇\綠色，說明三價鐵的氧化性強于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又變成棕黃色，說明亞鐵迅速被氧化成鐵離子，故硝酸的氧化性強三價鐵，綜上所述氧化性：HNO3＞Fe3+＞稀硫酸；選項B正確；

C；硝酸根離子和二氧化硫被氧后產生的氫離子構成強氧化性體系；氧化亞鐵時生成無色的一氧化氮氣體，選項C正確；

D、上述過程中，最終被還原的是NO3﹣，故相當于二氧化硫與硝酸根離子之間的氧化還原，3SO2～2NO3﹣；之比為3：2，選項D錯誤；

答案選D。

【點睛】

本題比較綜合，涉及氧化還原、離子反應方程式書寫、化學反應的計算等，把握習題中的信息及發(fā)生的化學反應為解答的關鍵，較好的考查學生分析問題、解決問題的能力，易錯點為選項B：由溶液有棕色變?yōu)闇\綠色，說明三價鐵的氧化性強于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又變成棕黃色，說明亞鐵迅速被氧化成鐵離子。5、B【分析】【分析】

【詳解】

A．化合物中的原子不都是以共價鍵相結合；如離子化合物中一定含有離子鍵，故A錯誤；

B．斷鍵吸收能量；成鍵釋放能量，若化學反應吸收能量，說明斷鍵吸收的能量大于成鍵放出的能量，故B正確；

C．斷開化學鍵吸收能量；形成化學鍵釋放能量，故C錯誤；

D．相鄰原子之間強烈的相互作用是化學鍵；化學鍵中包含引力和斥力兩方面的強烈作用，故D錯誤；

綜上所述答案為B。6、D【分析】【詳解】

A.苯不溶于水，可以用分液漏斗分離，A錯誤；B.正己烷不溶于水，可以用分液漏斗分離，B錯誤；C.溴乙烷不溶于水，可以用分液漏斗分離，C錯誤；D.乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗分離，D正確，答案選D。二、多選題(共6題，共12分)7、BD【分析】【分析】

依據流程分析，海水中加入氫氧化鈣沉淀鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，過濾后在沉淀中加入鹽酸溶解，得到氯化鎂溶液，通過濃縮蒸發(fā)，冷卻結晶得到氯化鎂晶體，在氯化氫氣流中加熱失水得到無水氯化鎂，電解熔融氯化鎂得到金屬鎂；海水濃縮曬鹽得到鹵水中通入氧化劑氯氣氧化溴離子得到溴單質，2Br-+C12=Br2+2Cl-，吹入熱的空氣用二氧化硫吸收富集溴SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+通入氯氣發(fā)生氧化還原反應生成單質溴。

【詳解】

A.從MgCl2溶液中得到MgCl2固體，電解熔融氯化鎂得到金屬鎂和氯氣，反應的化學方程式為：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；鎂離子在陰極得電子生成金屬鎂，故A正確；

B.步驟③脫水時，在空氣中加熱MgCl2·6H2O；鎂離子會發(fā)生水解，最終得到的是MgO，故B錯誤；

C.海水提取溴一般用氯氣置換溴離子轉化為溴單質，用空氣和水蒸氣吹出單質溴，再用SO2將其還原吸收轉化為HBr；達到富集的目的，故C正確；

D.若提取1molBr2，依據2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；提取粗溴消耗氯氣物質的量為：1mol；得到純溴需氯氣物質的量為：1mol，共需要2mol氯氣，所以在標準狀況下體積為V=nVm=2mol×224.4L/mol=44.8L，故D錯誤；

故選BD。8、ABC【分析】【詳解】

A．固體KOH在水溶液中能完全電離；屬于強電解質，A選；

B．液態(tài)HCl是化合物；在水溶液中能完全電離，屬于強電解質，B選；

C．熔融能完全電離；屬于強電解質，C選；

D．酒精在水溶液中不能導電；屬于非電解質，D不選；

E．冰醋酸在水溶液中部分電離；屬于弱電解質，E不選；

F.氨水屬于混合物；既不是電解質，也不是非電解質，F不選；

G．為有機物；不溶于水，不能導電，屬于非電解質，G不選；

H．溶于水和水反應；自身不能電離，屬于非電解質，H不選；

故選：ABC。9、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．碳酸銀也不溶于水，單獨用硝酸銀溶液不能檢驗故A錯誤；

B．碳酸鋇也不溶于水，因此會干擾在氯化鋇溶液對的檢驗；故B正確；

C．澄清石灰水中含有氫氧化鈣；溶液顯堿性，可用澄清石灰水作酸性氣體的吸收劑，故C正確；

D．向硫酸銅中加入足量發(fā)生復分解反應，生成沉淀和氫氧化銅沉淀；故D錯誤；

故選AD。10、BD【分析】【分析】

【詳解】

A項；水是弱電解質；溶液中離子濃度很小，NaOH固體加入到自來水中，溶液中的離子濃度增大，導電能力增強，故A錯誤；

B項；HCl是強電解質；在水溶液中完全電離，NaOH固體加入到0.5mol/L鹽酸中，反應的生成物氯化鈉也是強電解質，溶液中離子濃度沒有明顯變化，導電能力沒有明顯變化，故B正確；

C項；醋酸是弱電解質；溶液中離子濃度不大，NaOH固體加入到0.5mol/L醋酸中，有強電解質醋酸鈉生成，溶液中離子濃度增大，導電能力增強，故C錯誤；

D項、NH4Cl是強電解質，在水溶液中完全電離，NaOH固體加入到0.5mol/LNH4Cl溶液中；反應生成氯化鈉和一水合氨，氯化鈉為強電解質，而一水合氨為弱電解質，使得溶液的導電能力變化不大，故D正確；

故選BD。

【點睛】

導電能力的大小與單位體積內離子濃度的多少成正比，溶液混合后導電能力變化的大小關鍵是看混合后溶液中自由移動的離子濃度的變化。11、AB【分析】【詳解】

A．反應II中，Bi元素的化合價由+5價降低為+3價，且只有該元素化合價降低，則當有10.45gBi3+生成時轉移電子數為×(5-3)×NA=NA；故A錯誤；

B．自發(fā)進行的氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，常溫下MnO4-＞Cl2；故B錯誤；

C．高錳酸鉀可與濃鹽酸反應生成氯氣，結合反應II可知氧化性為NaBiO3＞MnO4-，則NaBiO3可與鹽酸發(fā)生NaBiO3+6H++2Cl-=Bi3++Na++Cl2↑+3H2O；故C正確；

D．BiCl3可由Bi2O3與王水反應制取，Bi元素的化合價不變，則Bi3+不能被硝酸氧化；故D正確；

故選：AB。

【點睛】

氧化還原反應中：氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，還原劑的還原性大于還原產物的還原性。12、AC【分析】【詳解】

A選項，根據圖中信息得到該過程的總反應：C6H6O+7O26CO2+3H2O；故A正確；

B選項，BMO與氧氣氧化成變?yōu)锽MO+；說明該過程中BMO表現出較強還原性，故B錯誤；

C選項；光催化降解過程中，光能轉化為化學能；熱能等，故C正確；

D選項，根據O2－與BMO+得失電子關系，O2－化合價失去三個得到氧離子，BMO+化合價降低一個價態(tài)；因此①和②中被降解的苯酚的物質的量之比為3:1，故D錯誤。

綜上所述，答案為AC。三、填空題(共5題，共10分)13、略

【分析】【分析】

【詳解】

Ⅰ(1).下列三組物質中；均有一種物質的類別與其他三種不同。

①MgO、Na2O、CO2、CuO中，MgO、Na2O、CuO為金屬氧化物或堿性氧化物，而CO2為非金屬氧化物或酸性氧化物；②HClO、H2SO4、HNO3中，HClO、H2SO4、HNO3為酸，而H2O不是酸；③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2中，NaOH、KOH、Cu(OH)2為堿，而Na2CO3為鹽，三種物質依次是(填化學式)：①CO2；②H2O；③Na2CO3；

II(2).①NaCl晶體，為電解質，本身不導電，溶于水能導電；②液態(tài)HCl，為電解質，本身不導電，溶于水能導電；③CaCO3固體，為電解質，本身不導電，不溶于水，故也不導電；④熔融KCl，為電解質，本身導電，溶于水也能導電；⑤蔗糖，為非電解質，本身不導電，溶于水也不導電；⑥銅，既不是電解質，也不是非電解質，本身導電，不溶于水；⑦CO2，為非電解質，本身不導電，溶于水能導電；⑧H2SO4；為電解質，本身不導電，溶于水能導電；⑨KOH溶液，既不是電解質也不是非電解質，本身導電，溶于水也能導電；綜上，以上物質中能導電的是④⑥⑨；

(3)綜上，以上物質中屬于非電解質的是⑤⑦?！窘馕觥緾O2H2ONa2CO3④⑥⑨⑤⑦14、略

【分析】【詳解】

(1)根據反應SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4可知，SO2中S元素的化合價由+4價升高至+6價，則SO2失去電子作還原劑，Cl2中Cl元素的化合價由0價降低至-1價，則Cl2得到電子作氧化劑，反應過程中，每消耗SO2標準狀況下2.24L，SO2的物質的量為0.1mol，轉移的電子0.1mol×2=0.2mol，數目為0.2NA，故答案為：0.2NA；

(2)該反應的離子反應方程式為SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+則消耗標況下2.24L(0.1mol)SO2時，生成0.4molH+，即溶液中H+的物質的量為0.4mol，故答案為：0.4mol。【解析】①.0.2NA②.0.4mol15、略

【分析】【分析】

根據元素在周期表中的位置；①是C元素；②是N元素；③是Na元素；④是Mg元素；⑤是Al元素；⑥是Si元素；⑦是S元素；⑧是Cl元素。

【詳解】

（1）①是C元素；位于元素周期表的第二周期第IVA族，它是形成化合物種類最多的元素。

（2）②是氮元素；元素符號為N；

（3）④是Mg元素，Mg是12號元素，原子核外有3個電子層，最外層有2個電子，原子結構示意圖為

（4）同周期元素從左到右金屬性減弱；最高價氧化物對應水化物的堿性減弱，元素Na和Al的最高價氧化物對應的水化物中堿性較強的是NaOH。

（5）電子層數相同，質子數越多半徑越小，簡單離子半徑大小S2->Cl-。

（6）Cl2與水反應生成鹽酸和次氯酸，反應的化學方程式為Cl2+H2O=HCl+HClO。【解析】(1)二IVA

(2)N

(3)

(4)NaOH

(5)S2-Cl-

(6)Cl2+H2O=HCl+HClO16、略

【分析】【分析】

【詳解】

①不正確，漂白粉是將Cl2通入石灰乳中制得的混合物，反應的化學方程式為2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；

②正確，漂白液的有效成分是NaClO，漂白粉的主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2；

③正確，漂白粉用于自來水殺菌消毒，Fe(OH)3膠體用于除去水中的懸浮雜質；二者的作用原理不同；

④不正確，漂白粉在空氣中久置的化學方程式為Ca(ClO)2＋H2O＋CO2=CaCO3＋2HClO，2HClO2HCl＋O2↑；既有復分解反應，又有氧化還原反應；

⑤不正確，漂白粉在空氣中失效原因是Ca(ClO)2＋H2O＋CO2=CaCO3＋2HClO，而2HClO2HCl＋O2↑；

⑥不正確；漂白粉能用于漂白紙張，與其強氧化性有關，與不穩(wěn)定性無關。

則答案為:②③?！窘馕觥竣冖?7、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①在常溫下；濃硫酸和濃硝酸遇Fe和Al發(fā)生“鈍化”，是由于濃硫酸和濃硝酸具有強氧化性，在與金屬接觸時，能夠將Fe和Al表面的金屬氧化產生一層致密的氧化物保護膜，阻止金屬的進一步氧化，即發(fā)生鈍化現象，而不能說常溫下都二者不能與Fe；Al反應，①錯誤；

②濃硫酸具有強氧化性，稀硫酸的氧化性比較弱，稀硫酸的氧化性是H+的氧化性；②錯誤；

③常溫下將銅片放入濃硫酸中；無明顯變化，說明銅在常溫下濃硫酸不能發(fā)生反應，③錯誤；

④將濃硫酸滴到濕的蔗糖表面，固體變黑膨脹并有刺激性氣味氣體生成，是由于濃硫酸吸收水分放出大量的熱，溫度升高加快了濃硫酸將蔗糖中的H、O兩種元素以水的組成脫去，體現了濃硫酸的脫水性；后來C與濃硫酸在加熱時反應產生CO2，濃硫酸被還原產生SO2；體現了濃硫酸的強氧化性，故該實驗說明濃硫酸有脫水性；吸水性和強氧化性，④正確；

⑤濃硫酸具有強氧化性，SO2具有還原性，但二者不能發(fā)生反應，所以濃硫酸能干燥SO2氣體；⑤錯誤；

⑥濃硫酸同時具有酸性、吸水性、強氧化性，濃硫酸可以干燥H2、CO等中性氣體，但能夠與堿性氣體NH3發(fā)生反應，因此不能干燥NH3；也能夠與還原性的氣體H2S、HI、HBr發(fā)生反應，所以不能干燥H2S、HI、HBr等氣體；⑥錯誤；

綜上所述可知：說法正確的是④；

(2)N原子最外層有5個電子，在N2中，2個N原子共用三對電子，使分子中各原子都達到8電子的穩(wěn)定結構，其電子式為：

MgCl2是離子化合物，2個Cl-與Mg2+之間以離子鍵結合，其電子式為：

Na2O2是離子化合物，2個Na+與通過離子鍵結合，電子式為：【解析】④四、原理綜合題(共3題，共24分)18、略

【分析】【分析】

由流程圖可知，軟錳礦加入Fe和H2SO4，MnO2將Fe氧化為Fe3+，本身被還原為Mn2+，經過濾除去不溶的SiO2。清液A中含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Cu2+和Ca2+等離子，在清液A中加入H2O2可將Fe2+氧化為Fe3+，加入碳酸鈣調節(jié)溶液的pH，產生黃銨鐵礬NH4Fe3(SO4)2(OH)6和氫氧化鋁沉淀，除去Fe2+、Fe3+、Al3+。清液B中含有Mn2+、Cu2+和Ca2+等離子，在清液B中加入MnS固體，生成CuS沉淀，除去Cu2+。清液C中含有Mn2+和Ca2+等離子，在清液C中加入MnF2可將Ca2+轉化為CaF2沉淀而除去。最后加氨水調節(jié)溶液pH=7，電解中性MnSO4溶液制取Mn；以此分析。

【詳解】

(1)根據以上分析，在硫酸存在的條件下，MnO2將Fe氧化為Fe3+，本身被還原為Mn2+，根據得失電子守恒，離子方程式是3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O。

故答案為3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O；

(2)①黃銨鐵礬NH4Fe3(SO4)2(OH)6中的鐵為+3價，所以H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+；

離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。

故答案為2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；

②分析流程圖可知，濾渣a中除了黃銨鐵礬，主要成分還有Al(OH)3。產生Al(OH)3的原因是Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加入碳酸鈣，消耗H+，H+濃度降低，平衡向右移動，最終生成Al(OH)3。

故答案為Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加入碳酸鈣，消耗H+，H+濃度降低，平衡向右移動，最終生成Al(OH)3

(3)分析流程圖可知，加入MnS固體，生成CuS沉淀，發(fā)生沉淀轉化，除去Cu2+，離子方程式為：MnS(s)+Cu2+＝Mn2++CuS(s)。

故答案為MnS(s)+Cu2+＝Mn2++CuS(s)；

(4)在清液C中加入MnF2可將Ca2+轉化為CaF2沉淀而除去，所以濾渣c的成分是CaF2。

故答案為CaF2；

(5)①用惰性電極電解中性MnSO4溶液，電解池陽極發(fā)生氧化反應，電極方程式是2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)。

故答案為2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)

②根據信息，電極上H2的產生會引起錳起殼開裂，影響產品質量，所以清液C需要用氨水調節(jié)pH＝7，降低c(H+)，減弱H+的放電趨勢(放電能力)，使陰極上產生的H2減少。

故答案為降低c(H+)，減弱H+的放電趨勢(放電能力)，使陰極上產生的H2減少；

③電解時，陰極發(fā)生2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，為防止溶液中因為pH過大而產生Mn(OH)2，則加入(NH4)2SO4控制pH不過大。

故答案為陰極2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，防止溶液中因為pH過大而產生Mn(OH)2。【解析】3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2OAl3++3H2OAl(OH)3+3H+，加入碳酸鈣，消耗H+，H+濃度降低，平衡向右移動，最終生成Al(OH)3MnS(s)+Cu2+＝Mn2++CuS(s)CaF22H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)降低c(H+)，減弱H+的放電趨勢(放電能力)，使陰極上產生的H2減少陰極2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，防止溶液中因為pH過大而產生Mn(OH)219、略

【分析】【詳解】

(1)該反應中中C元素的化合由0升高為+4價，Cr元素的化合價由+6價降低為+3價，該反應轉移12e-，則用雙線橋法標出電子轉移方向和數目為

(2)氧化劑得電子化合價降低，所以K2Cr2O7為氧化劑；被氧化的元素化合價應升高；所以C元素被氧化；

(3)該反應中硫酸反應生成鹽和水；所以表現酸性，所以選C；

(4)根據雙線橋可知轉移0.8mol電子時生成二氧化碳的物質的量為0.2mol；標況下體積為4.48L；

(5)A．將1molCl2通入到含1molFeI2溶液中，氯氣量不足，碘離子還原性強于二價鐵離子，氯氣先氧化碘離子，離子方程式：2I-+Cl2=2Cl-+I2；故A錯誤；

B．1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等體積互相均勻混合反應方程式為：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+2H2O，1mol偏鋁酸根離子消耗1mol氫離子生成1mol氫氧化鋁沉淀，剩余的1.5mol氫離子溶解0.5mol氫氧化鋁沉淀，則AlO2-與Al(OH)3消耗的H+的物質的量之比為1mol：1.5mol=2：3；故B正確；

C．過量SO2通入到NaClO溶液中，SO32-有強還原性，ClO-有強氧化性，發(fā)生氧化還原反應，正確的離子方程式為：SO2+H2O+ClO-=2H++SO42-+Cl-；故C錯誤；

D．Ca(HCO3)2溶液與足量的NaOH溶液反應，離子方程式：Ca2++2HCO3-+OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-；故D錯誤；

綜上所述選B；

(6)A．滴加80mLNaOH溶液時沉淀量達到最大，此時沉淀為Al(OH)3和Mg(OH)2，溶液中的溶質為NaCl，則n(HCl)=n(Cl-)=n(Na+)=0.08L×1mol/L=0.08mol；HCl溶液的濃度為1mol/L，所以HCl溶液的體積為80mL，故A錯誤；

B．80～90mL發(fā)生反應Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，根據元素守恒可知n(Al)=0.01L×1mol/L=0.01mol；故B正確；

C．根據已知條件無法確定Mg的量，則無法確定金屬溶解時消耗的HCl的量，所以產生H2的物質的量不確定；故C錯誤；

D．a～80mL發(fā)生反應：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，鋁離子消耗的NaOH的體積為=0.03L=30mL，a=20，則鎂離子消耗的NaOH的體積為80mL-20mL-30mL=30mL，所以n(Mg)=0.03L×1mol/L×=0.015mol；故D錯誤；

綜上所述選B?！窘馕觥縆2Cr2O7CC4.48LBB20、略

【分析】【分析】

(1)混合氣體的平均相對分子質量在數值上=平均摩爾質量=

(2)K2MnO4轉化為KMnO4的反應中K2MnO4→KMnO4+MnO2；Mn元素的化合價既升高又降低；

(3)①錳離子失電子轉化為高錳酸根離子，所以錳離子為還原劑，則得電子化合價降低的物質作氧化劑，根據元素的化合價確定氧化劑和還原產物，再結合離子方程式的書寫規(guī)則書寫；反應后的溶液稀釋到1L，測得溶液的pH=2，則n(H+)=1L0.01mol/L=0.01mol；根據方程式計算；

②配制一定物質的量濃度溶液時所需溶質質量m=n?M=c?V?M；

③根據配制一定物質的量濃度溶液的注意事項分析；

根據以上分析解答。

【詳解】

(1)HClO3分解生成的氣體為O2和Cl2，物質的量之比為3：2，混合氣體的平均摩爾質量為==47.6g/mol；所以所得混合氣體的平均相對分子質量為47.6；

答案為：47.6。

(2)K2MnO4轉化為MnO2和KMnO4的反應中，K2MnO4→KMnO4+MnO2，Mn元素的化合價既升高又降低；所以K2MnO4既是氧化劑又是還原劑；Mn元素的化合價由+6價降到+4價發(fā)生還原反應，為氧化劑，Mn元素的化合價由+6價升高到+7價發(fā)生氧化反應，為還原劑，得失電子數之比為2：1，根據得失電子守恒，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：2；

答案為：1：2。

(3)①錳離子轉化為高錳酸根離子，所以錳離子為還原劑，氧化劑得電子化合價降低，IO3-和IO4-中碘元素的化合價分別是+5價和+7價，所以IO4-作氧化劑，還原產物是IO3-，同時水參加反應生成氫離子，所以該反應