…………○…………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年粵教版必修1化學下冊月考試卷189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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、向50mL18mol·L-1的H2SO4溶液中加入足量的銅片并加熱，充分反應后，被還原的H2SO4的物質的量為A.小于0.45molB.等于0.45molC.在0.45mol和0.90mol之間D.等于0.90mol2、下列反應的離子方程式書寫正確的是A.氧化鋁粉末放入氫氧化鈉溶液中：B.Cu與濃硝酸反應：C.向碳酸鈣中滴加醋酸溶液：D.溶液中加入鐵粉：3、設NA是阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.1mol/L的CaCl2溶液中含有2NA個Cl-B.標準狀況下，6.72LCCl4中有1.2NA個原子C.常溫下2.8gCO和N2的混合氣體含有電子數為1.4NAD.7.8gNa2O2固體中含有的離子總數為0.4NA4、下列相關于膠體的說法正確的是A.可向NaOH溶液中逐滴滴入飽和FeCl3溶液來制備氫氧化鐵膠體B.向氫氧化鐵膠體加入稀鹽酸至過量，現象是先產生紅褐色沉淀，后溶解轉為無色溶液C.明礬[KAl(SO4)2]具有凈水的功能是因為形成了氫氧化鋁膠體D.氫氧化鐵膠體的電泳實驗會發現陰極區顏色加深，可以推斷出氫氧化鐵膠體帶正電荷5、下列化合物依次屬于氧化物、堿、鹽的一組是A.B.NaClC.CO、NaClD.CuO、6、元素R的相對原子質量為31，其中子數比質子數多1。下列說法錯誤的是A.R的最高正化合價是+5B.R是第二周期第ⅤA族的元素C.R的氫化物分子式為RH3D.R最高價氧化物對應水化物的酸性弱于硫酸7、N0代表阿伏加德羅常數的值。已知C3H6和C6H12的混合物的質量為mg，則有關該混合物的說法正確的是A.所含共用電子對數目為B.所含原子總數為C.所含碳氫鍵數目為D.燃燒時消耗的O2一定是L8、元素觀是化學的重要觀念之一。下列有關元素的說法錯誤的是A.物質都是由元素組成的B.同種元素的原子核內中子數相同C.在化學變化中元素的種類不發生改變D.元素周期表中原子序數等于該元素原子核內的質子數評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、設表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述中正確的是A.常溫常壓下，含有的氧原子數為B.常溫常壓下，含個原子C.1.8g的離子中含有的電子數為D.物質的量濃度為的溶液中，含有個數為10、在下列化學方程式中，能夠用離子方程式Ba2++=BaSO4↓表示的是A.BaCl2+K2SO4=BaSO4↓+2KClB.BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+CO2↑+H2OC.Ba(NO3)2+H2SO4=BaSO4↓+2HNO3D.Ba(OH)2+2KHSO4=BaSO4↓+K2SO4+2H2O11、下列氣體實驗中，正確的是（）A.銅和稀硝酸制一氧化氮氣體B.加熱Cu(NO3)2(s)獲取NO2(g)C.濃硫酸滴入濃鹽酸中制HClD.硫化氫氣體的干燥與收集12、工業上以鉛鐵礦(主要成分為FeO?Cr2O3)、碳酸鈉、氧氣和硫酸為原料生產重鉻酸鈉(Na2Cr2O7?2H2O),其主要反應為：

①4FeO?Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2

②2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O

下列說法中正確的是A.反應①和②均為氧化還原反應B.反應①中FeO?Cr2O3是還原劑，在反應中失去電子。C.反應②中Na2CrO4發生氧化反應D.生成lmol的CO2，反應①轉移3.5mol電子13、用下圖所示裝置制備氯化銅并探究氯氣的某些性質；下列說法錯誤的是。

A.加熱之前應通入干燥的氯氣排出裝置中的空氣B.空試管沒有用處，可以去掉C.持續通入氯氣后紫色石蕊溶液變紅D.為防止氯氣污染環境，實驗裝置末端處應連接一個尾氣處理裝置14、某化學興趣小組從含有KI、KNO3等成分的工業廢水中回收I2（碘從45℃左右開始升華，77℃升華完畢）和KNO3；其流程如下：

下列說法正確的是（）A.步驟1中無機相應從分液漏斗下端放出，有機相從上口倒出B.步驟2使用的玻璃儀器有蒸餾燒瓶、酒精燈、牛角管、球形冷凝管、錐形瓶C.步驟3可以在裝置中完成D.步驟4中，將溶液蒸發至只剩少量水時，用余熱將晶體蒸干15、《茶疏》中對泡茶過程有如下記載：“治壺、投茶、出浴、淋壺、燙杯、釃茶、品茶“。從化學角度考慮文中未涉及的操作方法是（）A.溶解B.滲析C.過濾D.蒸餾16、已知短周期元素的離子：aAm+、bBn+、cCm-、dDn-（m＞n）都具有相同的電子層結構，則下列敘述正確的是（）A.原子半徑：B＞A＞C＞DB.離子半徑：C＞D＞B＞AC.原子序數：D＞C＞B＞AD.單質的還原性：A＞B＞D＞C評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)17、下表為元素周期表的一部分，請參照元素①～⑥在表中的位置，用化學用語回答下列問題。

（1）元素①的原子結構示意圖為_________。

（2）元素③和⑥可形成化合物；用電子式表示形成其過程_________。

（3）元素②、③形成簡單離子的半徑（填離子符號）_________>_________。

（4）元素②、⑥形成的氣態氫化物穩定性（填化學式，下同）______>_______；元素③、④形成的最高價氧化物水化物的堿性_________>_________。

（5）元素④的最高價氧化物與元素⑤最高價氧化物的水化物稀溶液反應的離子方程式__。18、圖為五個橢圓交叉構成的圖案，其中五個橢圓內分別寫了KOH；圖中相連的物質均可歸為一類，相交部分A、B、C、D為相應的分類標準代號。

①相連的兩種物質都是電解質的是_______(填分類標準代號，下同)，都是氧化物的是_______。

②圖中相連的兩種物質能夠相互反應的是_______，所屬的基本反應類型是_______反應。

③上述五種物質中的某一物質能與某種強酸反應生成上述中的另一種物質，則該反應的離子方程式為_______。

④用潔凈的燒杯取25mL蒸餾水，加熱至沸騰，向燒杯中逐滴加入上述五種物質中的某一物質的飽和溶液，加熱煮沸至液體呈紅褐色，得到的分散系稱為_______，要證明該分散系的實驗方法是_______。19、有反應①2H2O+Cl2+SO2=H2SO4+2HCl，②2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。針對上述兩個反應回答下列問題：

(1)兩反應中的氧化劑的氧化性強弱順序為___；還原劑的還原性強弱順序為___。

(2)反應②中氯化氫表現出的性質是___(填字母)。

a.還原性b.酸性c.氧化性。

(3)指出反應②的氧化劑___，氧化產物___，用雙線橋法標出反應②電子轉移___。20、現有濃度各為1mol/L的FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液100mL；加入一定量的鐵粉，按下列情況填空：

(已知：氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+)

（1）反應完畢，鐵粉有剩余。反應后的溶液中一定含___陽離子。

（2）反應完畢，有銅生成，鐵粉無剩余。反應后的溶液中一定含___陽離子，該陽離子在溶液中物質的量的范圍是___；反應后的溶液中可能含___陽離子。

（3）反應完畢后，無固體沉積物存在，反應后的溶液中一定含___和___陽離子。21、氯化亞銅(CuCl)是一種難溶于水的白色粉末，不溶于乙醇，可溶于濃鹽酸和氨水，在潮濕空氣中被氧化成綠色的堿式氯化銅[Cu2(OH)3Cl]。工業上常以海綿銅主要成分是Cu；含有少量CuO為原料生產CuCl，其工藝流程如圖：

(1)配平“溶解”過程中發生的氧化還原反應的離子方程式：

__Cu+___NO+___=___Cu2++___NO↑+___H2O

(2)“還原”過程中，作還原劑的是SO氧化產物SO寫出“還原”過程中發生反應的離子方程式：___。

(3)寫出CuCl在潮濕的空氣中被氧化的化學方程式：__。

(4)析出的CuCl晶體水洗后要立即用無水酒精洗滌，并在真空干燥機內于70℃下干燥2h，冷卻密封包裝。密封包裝的原因是___。22、鉛是一種高密度；柔軟的藍灰色金屬。2019年7月23日；鉛被列入有害水污染物名錄。請回答下列問題。

(1)Pb位于第六周期，與C元素同族。請寫出它的外圍電子排布式___________，對比以下三種氧化物的熔沸點從小到大分別為_____________，請解釋原因：____________________。

(2)鉛在自然界主要以方鉛礦(PbS)及白鉛礦()的形式存在，也存在于鉛礬()中。中心原子軌道的雜化類型___________，的空間構型____________。

(3)四乙基鉛[]曾廣泛用作汽油中的抗爆劑，由Pb提供空軌道，有機原子團提供孤電子對形成，該化合物中存在化學鍵類型有_____________

A.金屬鍵B.離子鍵C.共價鍵D.配位鍵。

(4)第三代太陽能電池利用有機金屬鹵化物碘化鉛甲胺()半導體作為吸光材料，具有鈣鈦礦()的立方結構；其晶胞如圖所示：

①比較元素電負性：C_________N(填“>”或“<”)，比較基態原子第一電離能：C________Pb(填“>”或“<”)

②晶胞中與金屬陽離子(M)距離最近的鹵素陰離子(X)形成正八面體結構，則M在晶胞中處于_____________位置，X在晶胞中處于________位置。

③晶體的晶胞邊長為anm，其晶體密度為d則阿伏加德羅常數的值NA的計算表達式為_____________23、（變式探究）用18mol·L－1濃硫酸配制100mL1.0mol·L－1稀硫酸；實驗儀器有：

A．100mL量筒B．10mL量筒。

C．托盤天平D．50mL容量瓶。

E．100mL容量瓶F．玻璃棒。

G．膠頭滴管H．50mL燒杯。

(1)在配制溶液的過程中，玻璃棒的作用按使用的先后順序分別是________。

(2)在配制溶液的過程中，按先后順序回答所需的儀器是________(填代號)。

(3)在配制過程中，其他操作均正確，只出現以下情況，對所配制溶液的物質的量濃度有何影響(a.偏高b．偏低c．無影響)？(填字母)

①容量瓶中有少量蒸餾水：________；

②燒杯洗滌2～3次，未將洗滌的溶液轉移到容量瓶中：________；

③稀釋濃H2SO4時，沒有冷卻就立即轉移到容量瓶中：________；

④在搖勻后發現液面低于刻度線，再加蒸餾水，使溶液的凹液面最低點至刻度線：________；

⑤配制好的溶液裝入洗凈的但有少量蒸餾水的試劑瓶中并貼上標簽：________。24、現用18.4mol/L的濃H2SO4來配制500mL0.2mol/L的稀H2SO4。可供選擇的儀器有：①玻璃棒②燒瓶③燒杯④膠頭滴管⑤量筒⑥托盤天平⑦藥匙。

請回答下列問題：

(1)上述儀器中，在配制稀H2SO4時不需要使用的有___________(填代號)，還缺少的儀器是_______。

(2)經計算，需濃H2SO4的體積為___________，量取濃硫酸時應選用___________(選填①10mL.②50mL.③100mL三種規格)的量筒。評卷人得分四、判斷題(共4題，共12分)25、的還原性較強，而濃硫酸具有很強的氧化性，所以濃硫酸不能干燥氣體。(______)A.正確B.錯誤26、石蕊溶液滴入氯水中，溶液變紅，隨后迅速褪色，不涉及氧化還原反應。(___________)A.正確B.錯誤27、物質的量是衡量物質數量的基本物理量。(_______)A.正確B.錯誤28、高純硅可用來制作芯片和硅太陽能電池。(____)A.正確B.錯誤評卷人得分五、結構與性質(共2題，共14分)29、(1)普魯士藍的化學式是KFe[Fe(CN)6]，該物質的化學鍵有離子鍵、共價鍵和_____。

(2)KOCN是離子晶體；碳原子采取sp雜化，1mol該物質中含有的π鍵數目為____。

(3)H2O2常溫下是液體，沸點較高(150℃)，其主要原因是____。

(4)非金屬元素的第一電離能大于的第一電離能，原因是______。

(5)V2O5溶于NaOH溶液，可得到釩酸鈉(Na3VO4)，該鹽陰離子的立體構型為________。

(6)已知食鹽的密度為ρg·cm－3，其摩爾質量為Mg·mol－1，阿伏加德羅常數為NA，則在食鹽晶體晶胞參數是_______cm。

(7)1molSiO2晶體中含________molSi—O鍵。

(8)1molNH4BF4含有________mol配位鍵。

(9)冰、金剛石、MgO、CaCl2、干冰5種晶體的熔點由高到低的順序為：_____________。

(10)體心立方結構的金屬如：Na、K、Fe的晶胞的空間占有率表達式為________(含π)。30、完成下列填空。

（1）的電子式是______.

（2）的系統命名是______.

（3）鋅片、銅片連接后浸入稀硫酸形成原電池，正極反應式是______.

（4）寫出苯和液溴在催化劑作用下生成溴苯的化學方程式______.

（5）已知完全燃燒生成氮氣和氣態水時，放出熱量.寫出該反應的熱化學方程式______.評卷人得分六、推斷題(共2題，共12分)31、有A；B、C、D、E和F六瓶無色溶液；他們都是中學化學中常用的無機試劑。純E為無色油狀液體；B、C、D和F是鹽溶液，且他們的陰離子均不同。現進行如下實驗：

①A有刺激性氣味；用沾有濃鹽酸的玻璃棒接近A時產生白色煙霧；

②將A分別加入其它五種溶液中；只有D；F中有沉淀產生；繼續加入過量A時，D中沉淀無變化，F中沉淀完全溶解；

③將B分別加入C；D、E、F中；C、D、F中產生沉淀，E中有無色、無味氣體逸出；

④將C分別加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根據上述實驗信息；請回答下列問題：

（1）能確定溶液是（寫出溶液標號與相應溶質的化學式）：________________

（2）不能確定的溶液，寫出其標號、溶質可能的化學式及進一步鑒別的方法：________32、有A；B、C、D、E和F六瓶無色溶液；他們都是中學化學中常用的無機試劑。純E為無色油狀液體；B、C、D和F是鹽溶液，且他們的陰離子均不同。現進行如下實驗：

①A有刺激性氣味；用沾有濃鹽酸的玻璃棒接近A時產生白色煙霧；

②將A分別加入其它五種溶液中；只有D；F中有沉淀產生；繼續加入過量A時，D中沉淀無變化，F中沉淀完全溶解；

③將B分別加入C；D、E、F中；C、D、F中產生沉淀，E中有無色、無味氣體逸出；

④將C分別加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根據上述實驗信息；請回答下列問題：

（1）能確定溶液是（寫出溶液標號與相應溶質的化學式）：________________

（2）不能確定的溶液，寫出其標號、溶質可能的化學式及進一步鑒別的方法：________參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【分析】

【詳解】

18mol·L-1的H2SO4是濃H2SO4，在50mL溶液中H2SO4的物質的量是0.90mol。銅與濃H2SO4反應的化學方程式為在“充分反應”的限定下，似乎被還原的H2SO4的物質的量是0.45mol。但是，事實上隨著反應的進行，H2SO4逐漸被消耗，而且水的生成逐漸增多，使得硫酸濃度逐漸降低，到一定程度濃H2SO4就變成稀H2SO4，不再與銅發生反應，可見被還原的H2SO4的物質的量小于0.45mol，答案選A。2、A【分析】【詳解】

A.氧化鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式為：故A正確；

B.Cu與濃硝酸反應生成硝酸銅、二氧化氮和水，離子方程式為：故B錯誤；

C.醋酸是弱酸，不能寫成離子形式，碳酸鈣難溶于水，也不能寫成離子形式，向碳酸鈣中滴加醋酸溶液，離子方程式為：故C錯誤；

D.溶液中加入鐵粉，反應生成氯化亞鐵，離子方程式為：故D錯誤；

答案選A。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A．題中無法得到溶液的體積，無法計算出CaCl2的物質的量；故A錯誤；

B．標準狀況下；四氯化碳不是氣體，不能直接用22.4L/mol進行計算，故B錯誤；

C．CO的摩爾質量為28g/mol，1molCO中含有電子物質的量為14mol，N2的摩爾質量為28g/mol，1molN2中含有電子物質的量為14mol；1mol該混合物所含電子物質的量為14mol，即2.8g該混合物含有電子物質的量為1.4mol，故C正確；

D．過氧化鈉的電子式為1mol過氧化鈉中含有離子的物質的量為3mol，即7.8g過氧化鈉固體中含有離子物質的量為0.3mol，故D錯誤；

答案為C。4、C【分析】【詳解】

A．NaOH與FeCl3生成Fe(OH)3沉淀；A錯；

B．加入稀鹽酸后Fe(OH)3膠體聚沉形成沉淀，后與HCl反應生成FeCl3；溶液顯黃色，B錯；

C．明礬凈水是因為Al3+水解生成了Al(OH)3膠體；吸附懸浮雜質，C正確；

D．應該是分散質氫氧化鐵吸附了水中帶正電的離子導致其帶正電荷；整體膠體是不帶電的，D錯；

故答案選C。5、C【分析】【詳解】

A．屬于鹽；KOH屬于堿，CaO屬于氧化物，A不合題意；

B．屬于氧化物，屬于酸；NaCl屬于鹽，B不合題意；

C．CO屬于氧化物，NH3·H2O屬于堿；KCI屬于鹽，C符合題意；

D．CuO屬于氧化物，屬于堿式鹽，屬于鹽；D不合題意；

故選C。6、B【分析】【分析】

【詳解】

元素R的相對原子質量為31；即質量數為31，且其中子數比質子數多1，由質量數=質子數+中子數可知質子數為15，為磷元素，位于元素周期表中的第三周期第ⅤA族；

A．第ⅤA族元素的最高價為+5價；故A正確；

B．R為P元素；位于元素周期表中的第三周期第ⅤA族，故B錯誤；

C．P元素的最低價為-3價，則R的氫化物分子式是RH3；故C正確；

D．P的非金屬性比S弱，則R最高價氧化物對應水化物H3PO4的酸性弱于硫酸；故D正確；

故答案為B。7、C【分析】【分析】

mg混合物中含有最簡式CH2的物質的量為：

【詳解】

A．在C3H6和C6H12中，每個C含有1個碳碳共用電子對、每個H形成了1個碳氫共用電子對，所以總共含有共用電子對，所含共用電子對數目為故A錯誤；

B．mg混合物中含有C原子、H原子，總共含有原子的物質的量為：所含原子總數為故B錯誤；

C．所含碳氫鍵數目為故C正確；

D．不知是否在標準狀況下；無法計算氧氣的體積，故D錯誤；

故選C。8、B【分析】【詳解】

A．宏觀上；物質都是由元素組成的，如水是由氫元素和氧元素組成，故A說法正確；

B．同種元素的原子核內質子數相同，中子數不一定相同，例如12C、13C、14C都是碳元素的不同碳原子；質子數相同，但中子數不同，故B說法錯誤；

C．根據質量守恒定律；化學反應前后元素的種類不發生改變，故C說法正確；

D．元素周期表中；原子序數=原子核內的質子數=核電荷數=原子核外電子數，故D說法正確；

答案選B。二、多選題(共8題，共16分)9、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．一個臭氧分子中含有3個氧原子，常溫常壓下，的物質的量為=1mol，含有的氧原子數為故A正確；

B．的狀態條件不是標準狀況；不能用氣體摩爾體積計算物質的量，則含有的原子個數無法確定，故B錯誤；

C．一個中含有10個電子，1.8g的的物質的量為=0.1mol，則該離子中含有的電子數為故C正確；

D．物質的量濃度為的溶液體積未知，無法計算溶液中溶質的物質的量，則溶液中含有個數無法計算；故D錯誤；

答案選AC。10、AC【分析】【詳解】

A．BaCl2+K2SO4=BaSO4↓+2KCl的離子方程式為Ba2++SO=BaSO4↓；故A選；

B．BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+CO2↑+H2O的離子方程式為BaCO3+2H++SO=BaSO4↓+CO2↑+H2O；故B不選；

C．Ba(NO3)2+H2SO4=BaSO4↓+2HNO3的離子方程式為Ba2++SO=BaSO4↓；故C選；

D．Ba(OH)2+2KHSO4=BaSO4↓+K2SO4+2H2O的離子方程式為Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O；故D不選；

故選AC。11、AC【分析】【詳解】

A．Cu和稀HNO3反應產生NO氣體；加熱可以加快制取NO的反應速率，A正確；

B．硝酸銅受熱分解成CuO、NO2和O2，方程式為2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑，所得氣體中含NO2、O2；B錯誤；

C．濃硫酸溶于濃鹽酸中放出大量的熱使HCl揮發；可制得HCl，C正確；

D．硫化氫是還原性氣體，不能用濃硫酸干燥，能發生氧化還原反應：H2S+H2SO4（濃）=S↓+SO2↑+2H2O；D錯誤；

答案選AC。12、BD【分析】【詳解】

A項；反應②中不存在元素的化合價變化；則不屬于氧化還原反應，故A錯誤；

B項、反應（1）中O元素的化合價降低，Fe、Cr元素的化合價均升高，所以氧化劑是O2，還原劑是FeO?Cr2O3；故B正確；

C項；反應②中不存在元素的化合價變化；則不屬于氧化還原反應，故C錯誤；

D項、反應①只有O元素的化合價降低，由0價降低為-2價，電子轉移的物質的量為參加反應的氧氣的物質的量的4倍，由方程式可知生成lmol的CO2，反應①生成氧氣的物質的量為mol，則轉移的電子的物質的量為mol×4=33.5mol；故D正確；

故選BD。

【點睛】

化學反應中有元素化合價變化的反應是氧化還原反應，沒有化合價變化的化學反應不是氧化還原反應，得電子化合價降低的物質是氧化劑，失電子化合價升高的物質是還原劑是解答關鍵。13、BC【分析】【詳解】

A．為了防止空氣中的與Cu反應，加熱之前應通入干燥的排出裝置內的空氣；選項A正確；

B．加熱時試管內的氣壓不穩定；空試管能防止液體倒吸入裝有銅粉的硬質玻璃管中，選項B錯誤；

C．與水反應生成有漂白性的HClO，持續通入后紫色石蕊溶液褪色；選項C錯誤；

D．為防止氯氣污染環境；實驗裝置末端處應連接一個盛有NaOH溶液的尾氣處理裝置，選項D正確；

答案選BC。14、AC【分析】【詳解】

A．由于苯的密度比水小；溶解碘的苯在上層，因此步驟1中無機相應從分液漏斗下端放出，有機相從上口倒出，故A正確；

B．步驟2是蒸餾；使用的玻璃儀器有蒸餾燒瓶；酒精燈、牛角管、直形冷凝管、溫度計、錐形瓶，故B錯誤；

C．利用碘單質易升華，因此步驟3可以在裝置中完成；故C正確；

D．硝酸鉀易分解；因此步驟4中應蒸發濃縮；冷卻結晶過濾，故D錯誤。

綜上所述，答案為AC。15、BD【分析】【詳解】

投茶；出浴涉及茶的溶解；淋壺、燙杯、釃茶過程涉及溶解以及過濾等操作，滲析是利用半透膜分離膠體的操作，而蒸餾涉及到物質變為氣體后再變為液體，泡茶過程沒有涉及到滲析和蒸餾，故答案為B、D。

【點睛】

考查物質的分離、提純，分離操作包括：①分離提純物是固體(從簡單到復雜方法)：加熱(灼燒、升華、熱分解)，溶解，過濾(洗滌沉淀)，蒸發，結晶(重結晶)；②分離提純物是液體(從簡單到復雜方法)：分液，萃取，蒸餾；③分離提純物是膠體:鹽析或滲析；④分離提純物是氣體：洗氣。16、AB【分析】【分析】

短周期元素的離子：aAm+、bBn+、cCm-、dDn-(m＞n)均具有相同的電子層結構，則有：a-m=b-n=c+m=d+n，則有A、B在周期表中C、D的下一周期，且A、B為金屬元素，C、D為非金屬元素，且原子序數：a＞b＞d＞c；結合元素周期律遞變規律解答該題。

【詳解】

A．同周期自左而右原子半徑減小；同主族自上而下原子半徑增大，則原子半徑：B＞A＞C＞D，故A正確；

B．電子層結構相同，核電荷數越大，離子半徑越小，核電荷數A＞B＞D＞C，則離子半徑：cCm-＞dDn-＞bBn+＞aAm+；故B正確；

C．由上述分析可知，原子序數大小為：a＞b＞d＞c；即A＞B＞D＞C，故C錯誤；

D．A；B為金屬；原子序數A＞B，單質還原性B＞A，C、D為非金屬，原子序數D＞C，單質氧化性D＞C，故D錯誤；

故選：AB。三、填空題(共8題，共16分)17、略

【分析】【分析】

根據元素周期表中各元素的位置；可以推出：①為N，②為F，③為Na，④為Al，⑤為S，⑥為Cl。

【詳解】

（1）①為N，是7號元素，其原子結構示意圖為

（2）③為Na，⑥為Cl，它們形成的化合物為NaCl，其形成過程用電子式可表示為：

（3）②為F，其簡單離子為F-，③為Na，其簡單離子為Na+，二者的離子的核外電子排布相同，F-的半徑大于Na+的；

（4）②為F，⑥為Cl，由于F的非金屬性比Cl強，所以HF穩定大于HCl；③為Na，④為Al，由于Na的金屬性比Al強，所以NaOH的堿性比Al(OH)3強；

（5）④為Al，其最高價氧化物為Al2O3，⑤為S，其最高價氧化物的水化物為H2SO4，則該反應的離子方程式為：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O【解析】F－Na＋HFHClNaOHAl(OH)3Al2O3+6H+=2Al3++3H2O18、略

【分析】【分析】

【詳解】

①CH3CH2OH不是氧化物，在水溶液中和熔化狀態下都不能導電，屬于非電解質；二氧化碳是氧化物，在水溶液中與水反應生成碳酸，二氧化碳自身不能電離，是非電解質；Fe2O3是氧化物；在熔融狀態下能夠導電，屬于電解質；KOH不是氧化物，在水溶液中能夠導電，屬于電解質，故相連的兩種物質都是電解質的是CD，都是氧化物的是B，故答案為：CD；B；

②CH3CH2OH、CO2與強酸不反應；CO2與Fe2O3不反應；Fe2O3與FeCl3不反應；FeCl3與KOH能夠發生反應；生成氫氧化鐵沉淀和氯化鉀，屬于復分解反應；故答案為：D；復分解；

③CH3CH2OH與CO2不反應；Fe2O3與鹽酸反應生成氯化鐵和水；FeCl3與強酸不反應；KOH與鹽酸反應生成氯化鉀和水；故符合條件的反應為Fe2O3與鹽酸反應生成氯化鐵和水，反應的離子方程式為故答案為：

④用潔凈的燒杯取25mL蒸餾水，加熱至沸騰，向燒杯中逐滴加入氯化鐵飽和溶液，加熱煮沸至液體呈紅褐色，得到的分散系稱為膠體，要證明該分散系的實驗方法是丁達爾效應，故答案為：膠體；丁達爾效應。【解析】C、DBD復分解膠體丁達爾效應19、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)反應①2H2O+Cl2+SO2=H2SO4+2HCl，Cl2中氯元素化合價降低Cl2是氧化劑，HCl是還原產物，SO2中S化合價升高SO2是還原劑，H2SO4是氧化產物，根據同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物，所以Cl2>H2SO4;還原性：還原劑>還原產物，所以SO2>HCl;反應中②2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，KMnO4中錳元素化合價降低KMnO4是氧化劑，MnCl2是還原產物，HCl中Cl化合價升高HCl是還原劑，Cl2是氧化產物，根據同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物，所以KMnO4>Cl2;還原性：還原劑>還原產物，所以HCl>MnCl2;所以氧化性：KMnO4>Cl2>H2SO4;還原性：SO2>HCl>MnCl2;故答案為：KMnO4>Cl2>H2SO4;SO2>HCl>MnCl2;

(2)反應②中氯化氫化合價升高體現了還原性，形成了鹽MnCl2，體現了酸性，故選擇ab，故答案為：ab

(3)反應②2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，KMnO4中錳元素化合價降低KMnO4是氧化劑，MnCl2是還原產物，HCl中Cl化合價升高HCl是還原劑，Cl2是氧化產物，用雙線橋法標出反應②電子轉移故答案為：KMnO4；Cl2；【解析】KMnO4>Cl2>H2SO4SO2>HCl>MnCl2abKMnO4Cl220、略

【分析】【分析】

根據FeCl3、CuCl2的氧化性強弱判斷反應先后順序，從而確定固體的成分、溶液的成分，離子氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，鐵首先與鐵離子反應生成亞鐵離子，且無固體存在，說明溶液的Cu2+離子沒參加反應，所以溶液中一定存在Cu2+和Fe2+；有固體銅剩余，則一定無Fe3+離子存在，一定存在Fe2+離子，可能含有Cu2+離子；若有鐵剩余，一定有銅生成，Fe3+離子和Cu2+離子無剩余。

（1）

當鐵粉有剩余時，溶液中的Fe3+、Cu2+全部參加反應生成Fe2+和Cu，反應的反應方程式為：2FeCl3+Fe═3FeCl2、CuCl2+Fe═Cu+FeCl2，反應的離子方程式為：2FeCl3+Fe═3FeCl2、Cu2++Fe=Fe2++Cu，溶液中一定沒有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+。故答案為：Fe2+；

（2）

當有銅生成，鐵粉無剩余，溶液中一定沒有Fe3+，Cu2+恰好全部參加反應或部分反應生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定沒有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；若銅離子全部反應則剩余物質的量為0，此時n(Fe2+)=0.1mol+0.1mol+0.15mol=0.35mol，若沒有反應則剩余Cu2+物質的量為0.1mol，此時n(Fe2+)=0.1mol+0.15mol=0.25mol，所以銅離子的物質的量范圍為：0≤n（Cu2+）＜0.1mol,Fe2+離子在溶液中物質的量的范圍是0.25mol＜n(Fe2+)≤0.35mol；反應后的溶液中可能含Cu2+陽離子。故答案為：Fe2+；0.25mol＜n(Fe2+)≤0.35mol；Cu2+；

（3）

根據離子氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，鐵首先與鐵離子反應生成亞鐵離子，且無固體存在，說明溶液的銅離子沒參加反應，所以溶液中一定存在Cu2+和Fe2+，故答案為：Fe2+；Cu2+。【解析】（1）Fe2+

（2）Fe2+0.25mol＜n(Fe2+)≤0.35molCu2+

（3）Fe2+Cu2+21、略

【分析】【分析】

由流程可知，海綿銅加入硫酸和硝酸銨溶解得到溶液主要是硫酸銅，硫酸銨等，加入亞硫酸銨還原硫酸銅，故加入氯化銨、亞硫酸銨發生反應2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+(NH4)2SO4+H2SO4；過濾得到CuCl，濾液主要是硫酸銨和硫酸，CuCl水洗；乙醇洗后干燥烘干得到產品CuCl，以此來解答。

【詳解】

(1)溶解過程中銅和硝酸根離子發生氧化還原反應，離子方程式為：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案為：3；2；8H+；3；2；4；

(2)還原過程中，SO作還原劑，將Cu2+還原為Cu+，Cu+和Cl-結合生成CuCl沉淀，氧化產物SO結合得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒得發生反應的離子方程式為：2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故答案為：2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；

(3)空氣中氧氣具有氧化性，作氧化劑，CuCl中銅為+1價，易被氧化為+2價，CuCl作還原劑，又因為氯化亞銅在潮濕的空氣中容易被氧化可知，反應物還有水，所以CuCl在潮濕的空氣中被氧化的化學方程式為：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl，故答案為：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；

(4)70℃下干燥加快乙醇和水的揮發，氯化亞銅在潮濕的空氣中容易被氧化可知，密封包裝的原因是防止CuCl在潮濕空氣中被氧化，故答案為：防止CuCl在潮濕空氣中被氧化。【解析】328H+3242Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl防止CuCl在潮濕空氣中被氧化22、略

【分析】【分析】

由Pb在周期表的位置寫出它的外圍電子排布式，根據SiO2、PbO2、CO2晶體類型判斷熔沸點高低，根據元素周期律判斷電負性及第一電離能的大小，由密度d=求出NA即可。

【詳解】

（1）Pb與C元素同族，最外層電子數為4，位于第六周期，則它的外圍電子排布式為6s26p2；因為SiO2是原子晶體，熔沸點很高，PbO2是離子晶體，熔沸點較高，CO2是分子晶體，熔沸點較低，所以三種氧化物的熔沸點從小到大分別為CO222；答案為6s26p2，CO222；SiO2是原子晶體，PbO2是離子晶體，CO2是分子晶體。

（2）CO32-中心原子沒有孤電子對，σ鍵電子對數為3，中心原子的價層電子對數為3，則軌道的雜化類型是sp2；SO42-中心原子為sp3雜化，則SO42-的空間構型為正四面體；答案為sp2；正四面體。

（3）四乙基鉛[(CH3CH2)4Pb]中由Pb提供空軌道；有機原子團提供孤電子對形成配位鍵，乙基中碳原子和碳原子之間；碳原子和氫原子之間形成共價鍵；答案為CD。

（4）①C、N屬于同周期，同周期從左向右，電負性逐漸增大，則電負性CPb；答案為<，>。

②本題屬于立方晶胞，AMX3晶胞中與金屬陽離子（M）距離最近的鹵素陰離子（X）形成正八面體結構；則鹵素陰離子必然位于立方體的6個面的面心，正好構成正八面體；M位于八面體的體心，也是立方體的體心；答案為體心，面心。

③晶體體積V=(a×10-7)3cm3，晶體密度d=g/cm3，則NA==答案為

【點睛】

本題在計算NA值時，特別要注意長度的單位，由納米要化為厘米，才能與密度的單位相匹配，否則就會得出錯誤的結果。【解析】是分子晶體，是離子晶體，是原子晶體正四面體CD<>體心面心23、略

【分析】【分析】

(1)先進行濃硫酸的稀釋；玻璃棒起到攪拌作用；后進行硫酸的轉移，玻璃棒起到引流的作用。

（2）在配制溶液的過程中；則需要量筒量取溶液的體積；稀釋需要燒杯和玻璃棒，轉移需要玻璃棒和容量瓶；定容需要膠頭滴管，按此分析進行解答。

（3）根據c＝n/V進行分析；①容量瓶中有少量蒸餾水，不影響溶質和溶液則最終體積；②未將洗滌的溶液轉移到容量瓶中，溶質的量減小；③稀釋濃H2SO4時；沒有冷卻就立即轉移到容量瓶中冷卻到室溫后，溶液的體積小于所配溶液的體積；④在搖勻后發現液面低于刻度線，再加蒸餾水，使溶液的凹液面最低點至刻度線，造成溶液體積的偏大；⑤配制好的溶液裝入洗凈的但有少量蒸餾水的試劑瓶中并貼上標簽，溶液體積偏大。

【詳解】

(1)在配制溶液的過程中；先進行濃硫酸的溶解，玻璃棒的作用用來攪拌溶液；溶解稀釋后的硫酸溶液，用玻璃棒把溶液轉移到容量瓶內，玻璃棒起到引流作用；正確答案：攪拌；引流。

（2）濃硫酸配制稀硫酸；則需要量筒量取溶液的體積；稀釋需要燒杯和玻璃棒，轉移需要玻璃棒和容量瓶；定容需要膠頭滴管。經計算需要濃硫酸的體積是（0.184×98）/(98%×1.84)=10.0mL，所以選擇10mL量筒；正確選項：B；H、F、E、F、G；正確答案：B、H、F、E、F、G。

(3)①容量瓶中有少量蒸餾水；不影響溶質的量和最終所配溶液的體積，因此溶液的濃度不變；正確答案：c。

②燒杯洗滌2～3次，未將洗滌的溶液轉移到容量瓶中，造成溶質的量減小，溶液的濃度偏低；正確答案：b。

③稀釋濃H2SO4時；沒有冷卻就立即轉移到容量瓶中，等到溶液冷卻到室溫后，溶液的體積小于所要配制的溶液的體積，這樣會造成溶液的濃度偏高；正確答案：a。

④在搖勻后發現液面低于刻度線，再加蒸餾水，使溶液的凹液面最低點至刻度線，造成則容量瓶中溶液體積偏大，而溶質的量不變，溶液的濃度偏低；正確答案：b。

⑤配制好的溶液裝入洗凈的但有少量蒸餾水的試劑瓶中并貼上標簽，造成所配溶液的濃度偏低；正確答案：b。

【點睛】

配制一定物質的量濃度的溶液進行誤差分析時，可以根據c=n/V進行分析；凡是引起n增加的，所配溶液的濃度偏大，凡是引起V增大的，所配溶液的濃度偏小；其它條件不變，操作過程中只有容量瓶中有少量蒸餾水或定容搖勻后溶液的液面低于刻度線時，所配溶液的濃度是不發生變化的。【解析】攪拌、引流B、H、F、E、F、Gcbabb24、略

【分析】【分析】

(1)根據實驗操作的步驟以及每步操作需要儀器確定反應所需儀器；

(2)溶液稀釋前后溶質的物質的量保持不變,據此計算需要濃硫酸的體積,根據大而近的原則選擇量筒的規格。

【詳解】

（1）配制步驟有量取；稀釋、移液、洗滌、定容、搖勻等操作,一般用量筒量取(用到膠頭滴管),在燒杯中稀釋,冷卻后轉移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,當加水至液面距離刻度線1~2cm時,改用膠頭滴管滴加,所以需要的儀器為:玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、量筒、500ml容量瓶,不需要的儀器有②⑥⑦；本題答案為：②⑥⑦；500mL容量瓶；

（2）因為稀釋前后溶質的物質的量不變，利用稀釋定律計算所需濃硫酸的體積，設濃硫酸的體積為VmL，則18.4mol/L×V×10-3L=0.5L×0.2mol/L，計算得出V=5.4mL，應該選用量筒的規格為10mL；本題答案為：5.4mL，①。【解析】②⑥⑦500mL容量瓶5.4mL①四、判斷題(共4題，共12分)25、B【分析】【詳解】

硫酸中的S為+6價，二氧化硫中的S為+4價，屬于相臨價態，不會發生氧化還原反應，故可以用濃硫酸干燥二氧化硫。26、B【分析】【分析】

【詳解】

氯水中含H+和HClO，石蕊溶液滴入氯水中，因含H+溶液變紅，隨后迅速因為HClO具有強氧化性，氧化而褪色，涉及氧化還原反應，故錯誤。27、B【分析】【分析】

【詳解】

物質的量是描述物質微粒多少的物理量，故該說法錯誤。28、A【分析】【分析】

【詳解】

硅是良好的半導體材料，故高純硅可用來制作芯片和硅太陽能電池，故正確。五、結構與性質(共2題，共14分)29、略

【分析】【詳解】

(1)KFe[Fe(CN)6]屬于配合物；因此其中除離子鍵；共價鍵外，還含有配位鍵；

(2)由題可知，OCN-中的C采用的是sp雜化，因此，在C和O原子之間形成單鍵，在C和N之間形成三鍵，所以，1個OCN-中有2個σ鍵和2個π鍵，1molKOCN中含有2NA個π鍵；

(3)過氧化氫的結構為H-O-O-H；因此過氧化氫分子間可形成氫鍵，使得其具有較高的沸點；

(4)基態N原子的價電子排布式為2s22p3，基態O原子的價電子排布式為2s22p4；基態N原子的2p軌道處于半充滿的狀態；能量更低更穩定，因此N的第一電離能相比于O的更高；

(5)基態V原子的價電子排布式為3d34s2，經過計算中價層電子對數為4，不含孤電子對，所以的構型為正四面體；

(6)食鹽主要成分即NaCl，NaCl的晶胞中含有4個Na+和4個Cl-，因此其晶胞參數為：

(7)SiO2晶體的基本結構單元是四面體，每個Si原子周圍結合了4個O；因此SiO2中Si原子個數與Si-O鍵個數比為1:4；所以1molSiO2中含有4molSi-O鍵；

(8)中含有1個配位鍵，中也含有1個配位鍵；因此1mol中含有2mol配位鍵；

(9)冰屬于分子晶體，主要由水分子通過氫鍵形成；金剛石屬于原子晶體，由碳原子通過共價鍵形成；MgO屬于離子晶體，由Mg2+和O2-通過離子鍵形成；CaCl2屬于離子晶體，由Ca2+和Cl-通過離子鍵形成；干冰屬于分子晶體，由CO2分子通過范德華力形成；五種晶體熔點由高到低的順序為：金剛石＞MgO＞CaCl2＞冰＞干冰；

(10)體心立方結構的金屬，晶胞邊長a和原子半徑的關系為：一個晶胞中含有個原子，因此空間利用率為：

【點睛】

同周期，第一電離能從左至右，呈現增大的趨勢；同族，第一電離能從上至下，呈現減小的趨勢；需要特殊注意，同一周期的ⅡA元素第一電離能大于ⅢA元素的，同一周期的ⅤA元素的第一電離能大于ⅥA元素的。【解析】配位鍵2NA雙氧水分子間存在氫鍵基態N原子的2p軌道處于半充滿的狀態，能量更低更穩定，因此N的第一電離能相比于O的更高正四面體42金剛石＞MgO＞CaCl2＞冰＞干冰30、略

【分析】【分析】

(1)氧化鎂是離子化合物；依據陽離子和陰離子的電子式寫出；

(2)是烷烴；選取最長碳鏈為主碳鏈，離取代基近的一端開始編號得到名稱；

(3)用鋅片、銅片連接后浸入稀硫酸溶液中，構成了原電池，鋅為負極，電極反應為：Zn﹣2e﹣＝Zn2+；銅為正極，電極反應為2H++2e﹣＝H2↑；

(4)在催化劑作用下；苯與液溴反應生成了溴苯和溴化氫；

(5)0.25molN2H4(g)完全燃燒生成氮氣和氣態水時，放出133.5kJ熱量，則1molN2H4(g)完全燃燒生成氮氣和氣態水時；放出133.5kJ×4＝534kJ的熱量，據此書寫熱化學方程式。

【詳解】

(1)氧化鎂是離子化合物，電子式為

(2)是烷烴；選取最長碳鏈為主碳鏈，離取代基近的一端編號得到名稱為：2﹣甲基丁烷；

(3)用鋅片、銅片連接后浸入稀硫酸溶液中，構成了原電池，鋅為負極，電極反應為：Zn﹣2e﹣＝Zn2+，銅為正極，電極