…………○…………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2025年西師新版必修1化學上冊月考試卷227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5題，共10分)1、下列各組物質中，全部屬于純凈物的是A.福爾馬林、白酒B.乙酸乙酯、苯酚C.汽油、無水酒精D.冰醋酸、聚乙烯2、已知KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O，還原劑與氧化劑的物質的量之比是A.1：6B.6：1C.1：5D.5：13、生活和生產常涉及到化學知識，下列說法不正確的是（）A.Al(OH)3是醫用胃酸中和劑的一種，使胃液pH升高，起到中和胃酸的作用B.鋁表面的氧化膜可以防止鋁制品被進一步氧化，因此鋁制餐具可以用來蒸煮或長時間存放酸性，堿性的食物C.Fe2O3是一種紅棕色粉末，俗稱鐵紅，常用作紅色油漆和涂料D.MgO和Al2O3熔點很高，可用作耐火材料4、下列對實驗儀器特點的描述正確的或實驗能達到預期目的的是A.用托盤天平稱量5.85gNaCl晶體B.量筒的“0”刻度在下面C.用10mL量筒去量取7.50mL稀鹽酸D.容量瓶上標有溫度、容量、刻線5、若已知W1和W2分別表示濃度為amol·L?1和bmol·L?1氨水的質量分數，且知2a=b，氨水的密度小于水，則下列推斷正確的是A.W2＞2W1B.W1＜W2＜2W1C.2W1=W2D.2W2=W1評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)6、下列有關原子半徑的敘述正確的是A.原子半徑：B.原子半徑：C.簡單陰離子半徑：D.原子半徑：7、獲2016年諾貝爾化學獎的科學家的研究方向是分子馬達與納米火箭。已知某分散系中的分散質粒子直徑小于1納米，則該分散系一定具有的性質是A.均一的，穩定的B.可產生丁達爾效應C.可通過半透膜D.在電場作用下，分散質粒子可定向移動8、下列有關實驗操作對應的現象﹑解釋或結論都正確的是。

選項

實驗操作

現象

解釋或結論

A

向酸性溶液中通入

溶液紫色褪去

具有還原性

B

將常溫下用冷的濃硝酸處理過的鋁片插入硫酸銅溶液中

鋁片表面無明顯現象

用硝酸處理后，鋁的金屬性減弱

C

向試管中加入5mL10%溶液，然后滴加5滴5%NaOH溶液，再向所得懸濁液中滴加葡萄糖溶液，加熱煮沸

試管內產生磚紅色沉淀

葡萄糖分子中含有醛基

D

向新制氯水中加入足量碳酸鈣固體，然后用玻璃棒蘸取溶液于pH試紙上

氯水顏色變淺，pH試紙顏色褪去

加入碳酸鈣后，氯水中的HCl被消耗，平衡向右移動，HClO濃度增大，且HClO具有漂白性A.AB.BC.CD.D9、下列說法不正確的是A.可通過加熱MgCl2?6H2O制備Mg(OH)ClB.Na加入到CuCl2溶液中能得CuC.我國古代就已采取加熱膽礬或綠礬的方法制取硫酸D.無水CoCl2吸水會變成藍色，可用于判斷變色硅膠是否變色10、設NA為阿伏伽德羅常數的值，下列說法正確的是A.標準狀況下，2.24LCl2與足量鐵粉反應轉移的電子數為0.2NAB.100g質量分數為9.8%的H2SO4溶液中含有氫原子數為0.2NAC.1mol14C18O氣體分子中含有的中子數為18NAD.用含0.1molFeCl3的飽和溶液制得的氫氧化鐵膠體中，膠粒數為0.1NA11、三個密閉容器中分別充入N2、H2、O2三種氣體，以下各種情況下排序正確的是A.當它們的溫度和壓強均相同時，三種氣體的密度：B.當它們的溫度和密度都相同時，三種氣體的壓強：C.當它們的質量和溫度、壓強均相同時，三種氣體的體積：D.當它們的壓強和體積、溫度均相同時，三種氣體的質量：12、氮化鈉（Na3N）是科學家制備的一種重要的化合物，它與水作用可產生NH3。下列說法錯誤的是A.Na3N是由離子鍵形成的離子化合物B.Na3N與鹽酸反應生成兩種鹽C.Na3N與水的反應屬于氧化還原反應D.Na3N中兩種粒子的半徑：r（Na+）>r（N3-）評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)13、前20號部分元素在周期表中的位置如下表：

。(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

(8)

(9)

(10)

(11)

(12)

(13)

回答問題：(均用元素符號表示)

(1)除(1)以外；原子半徑最小的是_____，(4)(5)(6)(7)元素的簡單離子中半徑最大的離子是_____。

(2)相同物質的量的(4)和(10)的單質分別和(1)的單質化合時放出的熱量最多的是_____

(3)寫出(11)離子的結構示意圖________。

(4)從原子結構角度解釋(12)比(13)金屬性強的原因：_____________。

(5)單質沸點可能符合右圖(x是原子序數；y是單質沸點)的四個元素是_______。

A．(2)(3)(4)(5)B．(8)(9)(10)(11)C．(5)(6)(7)(8)D．(10)(11)(12)(13)14、鋁氫化鈉(NaAlH4)是重要的還原劑。以鋁土礦(主要成分Al2O3，含少量SiO2、Fe2O3等雜質)為原料制備NaAlH4的一種流程如圖：

已知：堿浸中SiO2轉化成難溶的Na2Al2SixO8

濾渣溶于鹽酸的“酸浸率”與溫度關系如圖所示，試解釋溫度過高，“酸浸率”降低的原因_____。

15、檢驗食鹽中是否加碘，可利用如下反應：根據反應回答下列問題：

(1)該反應中被還原的物質是____________

(2)該反應氧化劑與還原劑的物質的量之比為______________。

(3)如果反應中轉移0.1mol電子，則生成的物質的量為______________。16、汽車尾氣凈化裝置“催化轉化器”是防止尾氣(含一氧化碳；氮氧化物等氣體)污染的有效方法；能使尾氣中的一氧化碳和氮氧化物發生反應生成可參與大氣生態循環的無毒氣體。

(1)汽車尾氣中易造成光化學煙霧的物質是___________(寫名稱)。

(2)寫出催化轉化器中，一氧化碳和一氧化氮反應的化學方程式為___________。

(3)下列措施中有利于控制城市空氣污染的是___________(填字母)。

a．推廣電動汽車b．加快煤炭開采和使用c．開發和使用氫能。

(4)可利用CH4等氣體除去煙氣中的氮氧化物，生成物為可參與大氣循環的氣體，請寫出CH4與NO反應的化學方程式___________。

(5)采用NaOH溶液可以吸收廢氣中的氮氧化物；反應的化學方程式如下：

NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O

若反應中消耗了10L0.1mol·L-1的NaOH溶液，則參加反應的氣體在標準狀況下的體積為___________。17、（1）比較Br-與Fe2+還原性相對強弱：Br-___Fe2+(填“>”、“<”、“=”)；用一個化學方程式說明Br-與Fe2+還原性相對強弱___。

（2）KSCN溶液是高中階段常用試劑，其陰離子對應酸為HSCN(硫氰化氫），硫氰化氫分子中各原子均具有稀有氣體穩定結構。寫出HSCN(硫氰化氫）的結構式___。

（3）元素N與Cl的非金屬性均較強，但常溫下氮氣遠比氯氣穩定，主要原因是___。18、配制0.25mol·L－1的NaOH溶液100mL；某學生操作如下：

①用托盤天平稱出1.00g氫氧化鈉：將天平調好零點；再在兩盤上各取一張同樣質量的紙，把游碼調到1.00g的位置上，于左盤放粒狀氫氧化鈉至天平平衡，取下稱好的氫氧化鈉，并撤掉兩盤上的紙。

②把稱好的氫氧化鈉放入一只100mL的燒杯中；加入約10mL水，攪拌使之溶解，溶解后立即用玻璃棒引流將溶液移至一只100mL的容量瓶內，加水至離刻度線約2cm處，用滴管加水至刻度線。

③寫出一個標有配制日期的“0.25mol·L－1NaOH溶液”的標簽；貼在容量瓶上密閉保存。指出上述操作中的7處錯誤：

(1)__________________________；(2)_________________________

(3)__________________________；(4)_________________________

(5)__________________________；(6)_________________________

(7)__________________________評卷人得分四、實驗題(共2題，共16分)19、S元素為無機化學中非常重要的元素。他在自然界中以游離態以及硫化物；硫酸鹽等化合態存在。

Ⅰ.實驗室欲配制800mL0.05mol·L-1的CuSO4溶液；據此回答下列問題：

(1)配制該溶液應選用的玻璃儀器有燒杯、量筒、玻璃棒和___________，需稱量膽礬質量___________g。

(2)如圖所示的實驗操作的先后順序為___________。

(3)下列的實驗操作可能導致配制的溶液濃度偏高的是___________。

A．稱量所需膽礬質量時；砝碼生銹。

B．洗滌液未轉入容量瓶中。

C．容量瓶內原來存有少量的水。

D．定容時俯視刻度線。

Ⅱ.成都外國語學校實驗小組同學欲探究SO2的性質，并測定空氣中SO2的含量。

(1)裝置A1中發生反應的化學方程式為___________。

(2)裝置B用于檢驗SO2的漂白性，其中所盛試劑為___________，裝置D中實驗現象為___________。

(3)裝置C中反應的離子方程式為___________。20、實驗室需要90mL1.0mol?L-1的Na2CO3溶液；現進行了如下操作：

①計算需要Na2CO3固體的質量；

②稱量；

③向稱量好的Na2CO3固體中加適量蒸餾水溶解；

④把③所得溶液冷卻后，小心轉入____中；

⑤用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2-3次；每次洗滌的液體都要小心轉入容量瓶，并輕輕搖勻；

⑥繼續加蒸餾水至液面距刻度線____處，改用____小心滴加蒸餾水至溶液凹液面最低點與刻度線相切；

⑦將容量瓶塞緊；充分搖勻，裝瓶貼標簽。

請回答：

(1)根據實驗步驟；補充完成操作過程___；___、___。

(2)需要稱取Na2CO3固體：___g。

(3)在使用步驟④儀器之前，應該先完成的準備是：___。評卷人得分五、元素或物質推斷題(共3題，共24分)21、I.物質X是由4種短周期元素組成的化合物；某興趣小組對其開展探究實驗。

已知：①氣體F在燃燒時產生淡藍色火焰；

②濾液1與濾液2成分相同；且只含單一溶質。

請回答：

(1)組成X的非金屬元素是__(填元素符號)，X的化學式是___。

(2)步驟I，發生的化學方程式是__。

(3)寫出白色粉末B與NaOH溶液發生的離子方程式是__。

II.某同學用NaOH溶液同時吸收Cl2和SO2。經分析吸收液(強堿性)中存在Cl-和SO該同學認為溶液中還可能存在SOClO-，請設計實驗方案證明該同學的猜想：___。22、某強酸性溶液X：可能含有Al3+、Ba2+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO42-、SiO32-、NO3-中的一種或幾種離子；取該溶液進行實驗，轉化關系如圖所示。反應過程中有一種氣體在空氣中會變為紅棕色。回答下列問題：

（1）沉淀C是___(填化學式)，由此可確定溶液X中肯定不存在的陽離子有___。

（2）氣體A是___(填化學式)，產生氣體A的離子方程式為___。

（3）步驟④中發生反應的離子方程式為___。

（4）根據題給信息和圖中轉化關系，可以確定溶液X中肯定存在的離子有___，可能存在的離子有___。23、表是周期表中的一部分，根據A-I在周期表中的位，用元素符號或化學式回答下列問題：。族

周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0ADEGIBCFH

(1)表中元素，化學性質最不活潑的是_______，只有負價而無正價的是_______，氧化性最強的單質是_______，還原性最強的單質是_______。

(2)最高價氧化物的水化物堿性最強的是_______，酸性最強的是_______，呈兩性的是_______。

(3)A分別與D、E、F、G、H形成的化合物中，最穩定的是_______。

(4)在B、C、D、E、F、G、H中，原子半徑最大的是_______。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】

純凈物是由一種物質組成的物質；包括化合物和單質，純凈物宏觀上看只有一種物質，微觀上只有一種分子；混合物是由多種物質組成的物質，含有多種分子，由此分析。

【詳解】

A．福爾馬林是甲醛的水溶液；屬于混合物，白酒的主要成分是乙醇和水，屬于混合物，故A不符合題意；

B．乙酸乙酯和苯酚都屬于有機物；有化學式，屬于純凈物，故B符合題意；

C．無水酒精；是由一種物質組成的；屬于純凈物；汽油中含有多種烴，屬于混合物，故C不符合題意；

D．冰醋酸為純凈的乙酸；屬于純凈物；聚乙烯是高分子化合物，為混合物，故D不符合題意；

答案選B。

【點睛】

區分純凈物和混合物的方法可以是看有無化學式，有化學式的是純凈物，冰醋酸為純凈的乙酸，屬于純凈物為易錯點。2、D【分析】【詳解】

反應KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O，KClO3中氯元素化合價由+5降低為0，KClO3是氧化劑，HCl中氯元素化合價由-1升高為0，HCl是還原劑，根據得失電子守恒，還原劑與氧化劑的物質的量之比是5:1，故選D。3、B【分析】【詳解】

A、Al(OH)3可以與酸反應；使胃液pH升高，起到中和胃酸的作用，故A正確，不符合題意；

B、Al2O3為兩性氧化物；既能與酸又能與堿發生反應，所以很多酸堿鹽可以直接侵蝕鋁表面的氧化膜以及鋁制品本身，因此鋁制品不宜用來蒸煮或長時間存放酸性；堿性或咸的食物，故B錯誤，符合題意；

C、Fe2O3是一種紅棕色粉末；俗稱鐵紅，常用作紅色油漆和涂料，故C正確，不符合題意；

D、MgO和Al2O3熔點很高；可用作耐火材料，故D正確，不符合題意；

故選B。

【點睛】

氧化鋁為兩性氧化物，既能與酸又能與堿發生反應，所以很多酸堿鹽可以直接侵蝕鋁表面的氧化膜以及鋁制品本身，因此鋁制品不宜用來蒸煮或長時間存放酸性、堿性或咸的食物是解答關鍵。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A．托盤天平的精確度為0.1g；故用托盤天平稱量不到5.85gNaCl晶體，只能稱量5.9g，A不合題意；

B．量筒中沒有“0”刻度；B不合題意；

C．量筒的精確度為0.1mL；故用10mL量筒去量取7.5mL稀鹽酸，不能量取到7.50mL，C不合題意；

D．容量瓶上標有溫度；容量和一根刻度線；D符合題意；

故答案為：D。5、A【分析】【詳解】

由W1和W2分別表示濃度為amol·L?1和bmol·L?1氨水的質量分數，則a=b=且知2a=b，則2×=即2ρ1W1=ρ2W2，又因為氨水溶液的濃度越大，密度越小，則ρ1＞ρ2，因此W2＞2W1，答案選A。二、多選題(共7題，共14分)6、AC【分析】【詳解】

A．同周期：同主族：所以故選A；

B．同周期：故B不選；

C．核外電子排布相同的離子，核電荷數越大，離子半徑越小，同周期：故選C；

D．同周期從左到右，原子半徑減小，所以故D不選。

答案選AC7、AC【分析】【分析】

某分散系中的分散質粒子直徑小于1納米；該分散系為溶液；

【詳解】

A．溶液具有均一性；穩定性，故選A；

B．溶液不能產生丁達爾效應；故不選B；

C．溶液中的粒子能通過半透膜；故選C；

D．若分散質為非電解質；在電場作用下，分散質粒子不能定向移動，故不選D；

選AC。8、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．使酸性溶液褪色是因為的還原性；A項正確；

B．常溫下用冷的濃硝酸處理過的鋁片在表面形成一層致密的氧化膜；阻止了內部的鋁與硫酸銅溶液反應，B項錯誤；

C．堿性環境下，新制才能與醛基反應生成磚紅色沉淀；C項錯誤；

D．氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，向氯水中加入碳酸鈣固體時，碳酸鈣消耗鹽酸，使平衡向右移動；HClO濃度增大，且HClO具有漂白性，D項正確。

答案選AD。9、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．MgCl2會水解，加熱MgCl2?6H2O時，水解徹底生成Mg(OH)2，水解不徹底生成Mg(OH)Cl，故可通過加熱MgCl2?6H2O制備Mg(OH)Cl；故A正確；

B．Na性質活潑，與水劇烈反應，將Na加入到CuCl2溶液中，鈉先與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉與硫酸銅反應最終產物Cu(OH)2；不能置換出銅，故B錯誤；

C．加熱膽礬或綠礬可生成三氧化硫；三氧化硫和水反應生成硫酸，故C正確；

D．無水CoCl2呈藍色，吸水會變成粉紅色，因此可用CoCl2判斷變色硅膠是否吸水；故D錯誤；

故選BD。10、AC【分析】【詳解】

A．氯氣和足量鐵反應生成氯化亞鐵，電子轉移依據反應的氯氣計算，標準狀況下，2.24LCl2物質的量Cl2→Cl-，反應轉移電子的數目為0.2NA；故A正確；

B．H2SO4溶質質量為100g×9.8%=9.8g，物質的量H2SO4含有氫原子數為0.1×2NA=0.2NA，由于溶液中還含有H2O，則氫原子數大于0.2NA，故B錯誤；

C.1mol14C18O氣體分子中含有的中子數為1×(14-6+18-8)=18NA，故C正確；

D.一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體，故0.1molFeCl3的飽和溶液制得的氫氧化鐵膠體中膠粒數小于0.1NA，故D錯誤；

故選：AC。11、BD【分析】【分析】

由理想氣體狀態方程PV=nRT和物質的量計算公式等推出其他物理量的關系。

【詳解】

A．當溫度和壓強相同時，氣體摩爾體積相同，根據知，氣體密度與摩爾質量成正比，根據摩爾質量知，三種氣體的密度大小順序是ρ(H2)＜ρ(N2)＜ρ(O2)；故A錯誤；

B．根據得質量和溫度、體積均相同時，氣體壓強與摩爾質量成反比，所以三種氣體的壓強大小順序是p(H2)＞p(N2)＞p(O2)；故B正確；

C．根據得當它們的質量和溫度、壓強均相同時，氣體體積與摩爾質量成反比，所以這三種氣體體積大小順序是：V(O2)＜V(N2)＜V(H2)；故C錯誤；

D．根據得當它們的壓強和體積、溫度均相同時，氣體質量與摩爾質量成正比，所以三種氣體的質量大小順序是m(H2)＜m(N2)＜m(O2)；故D正確；

故選BD。12、CD【分析】【詳解】

A.Na3N含有活潑金屬Na；屬于離子化合物，A正確；

B.Na3N與鹽酸反應生成氯化鈉和氯化銨；B正確；

C.Na3N與水的反應生成氫氧化鈉和氨氣；化合價沒有改變，不是氧化還原反應，C錯誤；

D.Na+和N3-核外電子數相同，但Na+質子數比N3-更多，因此r（Na+）3-）,D錯誤；

答案選CD。三、填空題(共6題，共12分)13、略

【分析】【分析】

根據元素周期表分析得到1-13號元素分別為H；C、N、O、F、Na、Mg、Si、P、S、Cl、K、Ca；原子半徑同周期從左到右逐漸減小；同主族從上到下逐漸增大；離子半徑根據同電子層結構，核多徑小；非金屬越強，單質與氫氣化合放出的熱量越多；同周期，核電荷數減小，原子核對最外層電子的吸引力增強，失電子能力減弱，得電子能力增強。

【詳解】

(1)除(1)以外，同周期從左到右逐漸減小，同主族從上到下逐漸增大，因此原子半徑最小的是F，根據同電子層結構，離子半徑核多徑小，因此(4)(5)(6)(7)元素的簡單離子中半徑最大的離子是O2?；故答案為：F；O2?。

(2)根據非金屬越強，與氫氣化合放出的熱量越多，因此相同物質的量的(4)和(10)的單質分別和(1)的單質化合時放出的熱量最多的是O2；故答案為：O2。

(3)(11)是氯，其離子的結構示意圖故答案為：

(4)從原子結構角度解釋(12)比(13)金屬性強的原因：兩者原子核外電子層數相同；K原子核電荷數小于Ca原子，原子核對最外層電子的吸引力小于Ca原子，失電子能力大于Ca，因此K的金屬性強于Ca；故答案為：兩者原子核外電子層數相同，K原子核電荷數小于Ca原子，原子核對最外層電子的吸引力小于Ca原子，失電子能力大于Ca，因此K的金屬性強于Ca。

(5)A．(2)(3)(4)(5)是碳、氮、氧、氟的對應單質，碳對應的單質是固體，熔沸點最高，故A不符合題意；B．(8)(9)(10)(11)是硅、磷、硫、氯的對應單質，硅對應的單質晶體硅，晶體硅的熔沸點最高，故B不符合題意；C．(5)(6)(7)(8)是氟、鈉、鎂、硅的對應單質，硅對應的單質晶體硅，晶體硅的熔沸點最高，故C不符合題意；D．(10)(11)(12)(13)是硫、氯、鉀、鈣的對應單質，熔沸點是Ca＞K＞S＞Cl2；故D符合題意；綜上所述，答案為D。

【點睛】

第二周期，碳形成的單質金剛石、石墨的沸點高，第三周期硅形成的反之晶體硅熔沸點高，分析熔沸點時要注意。【解析】FO2?O2兩者原子核外電子層數相同，K原子核電荷數小于Ca原子，原子核對最外層電子的吸引力小于Ca原子，失電子能力大于Ca，因此K的金屬性強于CaD14、略

【分析】【分析】

鋁土礦加入過量氫氧化鈉溶液進行堿浸，過濾除去濾渣主要為Fe2O3，濾液加入碳酸氫鈉溶液進行反應，過濾后濾液進行電解，所得固體氫氧化鋁灼燒得到氧化鋁，電解氧化鋁得到氧氣和鋁，鋁與氯氣反應得到氯化鋁，再與氫化鈉反應得到NaAlH4；

【詳解】

由于鹽酸易揮發，所以溫度過高，濾渣溶于鹽酸的“酸浸率”會降低。【解析】溫度過高，鹽酸揮發損失，從而使“酸浸率”降低15、略

【分析】【分析】

根據反應方程式；可以看出這是一個碘的歸中反應，按照歸中反應來分析即可。

【詳解】

（1）標出化合價就可以看出的碘從+5價降低到0價，因此被還原；

（2）是氧化劑被還原，是還原劑被氧化；根據化學計量數之比可以看出二者的物質的量之比為1:5；

（3）從反應方程式可以看出，當生成3mol碘時，一共得了5mol電子，故反應中一共轉移了5mol電子。也就是說該反應生成的的物質的量:反應轉移的電子的物質的量=3:5，故當轉移0.1mol電子時，可以生成0.06mol【解析】①.②.1:5③.0.06mol16、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)汽車尾氣中含有的氮的氧化物如NO、NO2造成大氣的污染是產生光化學煙霧，因此易造成光化學煙霧的物質是氮氧化物(或NO、NO2)；

(2)在催化轉化器中，一氧化碳和一氧化氮反應產生CO2、N2，該反應的化學方程式為：2NO+2CON2+2CO2；

(3)a．推廣電動汽車能夠減少SO2、NO、NO2等污染物的產生；因此有助于控制城市空氣污染，a符合題意；

b．加快煤炭開采和使用會產生SO2等污染物，不利于保護環境，b不符合題意；

c．開發和使用氫能，由于H2燃燒產生H2O，無污染物的產生，而且H2O又是制取H2的原料；因此既滿足了人類對能量的需求，也保護了環境，c符合題意；

故合理選項是ac；

(4)CH4與NO反應產生CO2、N2、H2O，根據電子守恒、原子守恒可知反應的化學方程式為：CH4+4NO=CO2+2H2O+2N2；

(5)10L0.1mol·L-1的NaOH溶液中含有NaOH的物質的量n(NaOH)=0.1mol/L×10L=1mol，根據方程式可知：反應產物NaNO3、NaNO2中Na、N的個數比是1：1，因此反應需要NO、NO2的物質的量的和為1mol，則參加反應的氣體在標準狀況下的體積V=1mol×22.4L/mol=22.4L。【解析】氮氧化物(或NO、NO2)2NO+2CON2+2CO2acCH4+4NO=CO2+2H2O+2N222.4L17、略

【分析】【分析】

(1)利用氧化還原反應中還原劑的還原性大于還原產物的還原性分析；

(2)稀有氣體中各原子都是2電子(K層為最外層時)或8電子穩定狀態；據此分析；

(3)結合氮氣和氯氣化學鍵及鍵能的大小分析。

【詳解】

(1)反應2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，Fe2+變為Fe3+，化合價升高被氧化，作還原劑，Br2變為Br-，化合價降低，被還原，Br-為還原產物，氧化還原反應中，還原劑的還原性大于還原產物的還原性，則還原性：Fe2+＞Br-；

(2)稀有氣體中各原子都是2電子(K層為最外層時)或8電子穩定狀態；硫氰化氫分子中各原子均具有稀有氣體穩定結構，HSCN(硫氰化氫)的結構式為：H—S—C≡N或H—N=C=S；

(3)元素N與Cl的非金屬性均較強，氮氣分子中存在氮氮三鍵鍵能較氯分子中Cl-Cl單鍵鍵能大，常溫下難以斷裂，故氮氣遠比氯氣穩定。【解析】＜2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-H—S—C≡N或H—N=C=S氮氣分子中存在氮氮三鍵，鍵能較氯分子中Cl-Cl單鍵鍵能大，常溫下難以斷裂18、略

【分析】【分析】

配制一定物質的量濃度的溶液；所需的步驟有計算；稱量、溶解（冷卻）、轉移、洗滌、定容、搖勻、裝瓶貼簽。

【詳解】

(1)因為氫氧化鈉具有腐蝕性；稱量時應放在干燥的玻璃器皿（如燒杯）中稱量；

(2)稱量完氫氧化鈉后砝碼需放回砝碼盒；游碼撥回原處，以便于下次使用；

(3)因為托盤天平準確度為0.1g；故不能稱出1.00g氫氧化鈉；

(4)配制過程中用于溶解的燒杯和玻璃棒必須進行洗滌；洗滌后的溶液應轉入容量瓶中，否則會導致溶質損失；

(5)用于氫氧化鈉溶解的過程中會放出熱量；導致溶液的體積增大，所以必須冷卻至室溫后再轉移的容量瓶中；

(6)定容完畢必須對配制的氫氧化鈉溶液進行搖勻；以保證溶液均一性；

(7)容量瓶不能盛放溶液配好的溶液，應及時轉移到有膠塞的試劑瓶內。【解析】NaOH應放在干燥的燒杯中稱量用過的游碼未撥回原處托盤天平只能稱出0.1～0.2g，稱不出1.00g燒杯和玻璃棒未洗滌，洗滌液亦應轉入容量瓶溶解NaOH應冷卻后再轉移至容量瓶中容量瓶中的溶液未搖勻配好的溶液應及時轉移到有膠塞的試劑瓶內四、實驗題(共2題，共16分)19、略

【分析】【分析】

【詳解】

Ⅰ．(1)配制該溶液時，溶解過程需要量筒量取適量水在燒杯中進行固體的溶解，并用玻璃棒攪拌，冷卻后轉移到容量瓶中，移液時需要玻璃棒引流，定容時需要膠頭滴管加水，所需溶液體積為800mL，應選用1000mL容量瓶，所以還缺少的玻璃儀器為1000mL容量瓶、膠頭滴管；膽礬為CuSO4·5H2O；所需膽礬的質量為1L×0.05mol/L×250g/mol=12.5g；

(2)配制一定物質的量濃度的溶液一般需要計算；稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等操作；所以順序為④⑥②⑤③①；

(3)A．砝碼生銹會使稱量的溶質質量偏大；濃度偏高，A符合題意；

B．洗滌液未轉入容量瓶中造成部分溶質損失；濃度偏低，B不符合題意；

C．配制過程需要在容量瓶中加水定容；所以容量瓶內原來存有少量的水不影響結果，C不符合題意；

D．定容時俯視刻度線導致溶液體積偏小；濃度偏高，D符合題意；

綜上所述選AD；

Ⅱ．(1)加熱條件下Cu與濃硫酸反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學方程式為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+2H2O+SO2↑；

(2)SO2具有漂白性，可以漂白品紅溶液，所以B中所盛試劑為品紅溶液；SO2與H2S會發生歸中反應生成S單質；S單質難溶于水，所以D中現象為產生淡黃色渾濁；

(3)碘單質可以氧化SO2生成SO自身被還原為I－，根據電子守恒可知I2和SO2的系數比為1：1，再結合元素守恒可得離子方程式為SO2+I2+2H2O＝SO+2I－+4H+。【解析】1000mL容量瓶、膠頭滴管12.5④⑥②⑤③①ADCu+2H2SO4(濃)CuSO4+2H2O+SO2↑品紅溶液淡黃色渾濁SO2+I2+2H2O＝SO+2I－+4H+20、略

【分析】【分析】

配置一定物質的量濃度的溶液的步驟為計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等，所需實驗儀器有100mL容量瓶、托盤天平、膠頭滴管、燒杯、玻璃棒等，實驗室需要90mL1.0mol?L-1的Na2CO3溶液，需要使用100mL容量瓶，根據m=nM=cVM=1.0mol?L-1×0.1L×106g/mol=10.6g；由此分析。

【詳解】

(1)根據實驗步驟；移液的操作是把溶解后的溶液冷卻后，小心轉入100mL容量瓶中；定容操作為繼續加蒸餾水至液面距刻度線1~2cm處，改用膠頭滴管小心滴加蒸餾水至溶液凹液面最低點與刻度線相切；

(2)根據分析，需要稱取Na2CO3固體10.6g；

(3)為了防止產生誤差，保證所配溶液的濃度較準確，是用容量瓶之前，需要檢查容量瓶是否漏水。【解析】100mL容量瓶1~2cm膠頭滴管10.6g檢查容量瓶是否漏水五、元素或物質推斷題(共3題，共24分)21、略

【分析】【分析】

根據題給信息可知：氣體F在燃燒時產生淡藍色火焰，F為氫氣；物質的量為=0.6mol；固體混合物中加入1mol/L鹽酸200mL恰好反應，過濾得到白色膠狀沉淀A，A為硅酸沉淀，灼燒后得到二氧化硅粉末，物質的量的為=0.1mol；濾液2中(只含單一溶質)加入足量的硝酸銀和稀硝酸產生氯化銀白色沉淀，物質的量為=0.2mol；短周期元素形成的離子中，不溶于強堿的白色沉淀為氫氧化鎂，濾液1(只含單一溶質)，加入足量的氫氧化鈉溶液，產生白色沉淀，所以白色沉淀D為氫氧化鎂，灼燒后得到氧化鎂E，物質的量為=0.2mol；根據②濾液1與濾液2成分相同，且只含單一溶質，所以濾液1與濾液2的溶質為MgCl2；濾液2為氫氧化鎂與鹽酸反應所得，說明固體混合物中含有氫氧化鎂和硅酸兩種物質，且硅酸的量為0.1mol，根據鹽酸與氫氧化鎂的反應關系可知，氫氧化鎂的量為0.1mol；根據鎂原子守恒及氯化鎂的組成可知，濾液1中氯化鎂的量為0.2mol，氯離子的量為0.4mol；

結合以上分析可知，物質X中含有元素鎂的物質的量為：0.2mol+0.1mol=0.3mol；含有硅元素的物質的量為0.1mol；氯元素的量為0.4mol；根據質量守恒可知，含有氫元素的質量為24.8-0.3×24-0.1×28-0.4×35.5=0.6g，則含有氫元素的物質的量0.6mol；所以四種元素的量之比：n(Mg)：n(Si)：n(H)：n(Cl)=0.3mol:0.1mol:0.6mol:0.4mol=3:1:6:4，所以X的化學式為：3MgH2·SiCl4；據以上分析解答。

【詳解】

(1)結合以上分析可知，組成X的非金屬元素是Si、H、Cl；X的化學式是3MgH2·SiCl4；

(2)結合以上分析可知，步驟I中，X與水發生反應，生成氫氧化鎂、氫氣、硅酸、氯化鎂四種物質，反應的化學方程式為：3MgH2·SiCl4+6H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H4SiO4(或3MgH2·SiCl4+5H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H2SiO3)；

(3)白色粉末B為二氧化硅，與NaOH溶液反應生成硅酸鈉與水，離子方程式是：SiO2+2OH-=SiO+H2O；

II．亞硫酸鋇與硫酸鋇均為白色沉淀，但是亞硫酸鋇能夠溶于稀鹽酸，產生刺激性氣味的二氧化硫氣體；次氯酸具有強氧化性，能夠漂白酸堿指示劑，而鹽酸沒有漂白性；如果吸收液(強堿性)中除了存在Cl-和SO外，還可能存在SOClO-，為證明猜想，設計實驗方案如下：取一定量吸收液，加入足量氯化鋇溶液，過濾；往濾渣中加入稀鹽酸，若沉淀的量減少且產生刺激性氣味的氣體，則說明含有SO反之則無；往濾液中加入足量的稀鹽酸呈酸性，再加入紫色石蕊試液，先變紅后褪色，則說明有ClO-，反之則無。【解析】Si、H、Cl3MgH2·SiCl43MgH2·SiCl4+6H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H4SiO4(或3MgH2·SiCl4+5H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H2SiO3)SiO2+2OH-=SiO+H2O取一定量吸收液，加入足量氯化鋇溶液，過濾；往濾渣中加入稀鹽酸，若沉淀的量減少且產生刺激性氣味的氣體，則說明含有SO反之則無；往濾液中加入足