湖北省云学新高考联盟2022-2023学年高一上学期期末联考化学试题
一、单选题
1．（2023高一上·湖北期末）关于下列诗句或谚语，说法合理的是
A．“滴水石穿、绳锯木断”前者包含化学变化，而后者包含物理变化
B．“雨过天晴云破处，这般颜色做将来。”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
C．“日照澄州江雾开”诗句中描述的丁达尔现象是因为胶体粒子本身发光
D．“纷纷灿烂如星陨，霍霍喧逐似火攻。”诗中涉及的焰色试验属于化学变化
2．（2023高一上·湖北期末）“碳中和”有利于全球气候改善。下列有关CO2的说法错误的是
A．CO2晶体可用于人工增雨 B．CO2属于酸性氧化物
C．CO2分子中含有非极性键 D．CO2是侯氏制碱法的原料之一
3．（2023高一上·湖北期末）正确掌握化学用语是学好化学的基础，下列有关化学用语表述正确的是
A．S2-核外电子排布结构示意图：
B．质子数为18、中子数为22的氩原子：Ar
C．“氢燃烧”反应H+H→He+γ涉及的三种核素互为同位素
D．Mg和Cl形成离子键的过程：
4．（2023高一上·湖北期末）下列有关实验说法，不正确的是
A．碱液不慎溅到手上，先用大量水冲洗，再用饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗
B．中学实验室中可以将未用完的钠放回原试剂瓶
C．向Na2CO3粉末中滴加几滴蒸馏水，Na2CO3结块变成晶体，并伴随着吸热现象
D．用容量瓶配制溶液，定容时若加水超过刻度线，应重新配制
5．（2023高一上·湖北期末）丰富多彩的颜色变化增添了化学的魅力。下列颜色变化过程中气体被氧化的是
A．水蒸气使淡黄色过氧化钠变白色
B．H2通过灼热的氧化铜固体由黑色变为红色
C．白色的CuSO4粉末遇水蒸气变蓝
D．Cl2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
6．（2023高一上·湖北期末）小强的化学笔记中有如下内容：
①单质分为金属和非金属两类；
②无机化合物主要包括：酸、碱、盐和氧化物；
③合金的熔点一定低于各成分金属
④按照分散质粒子直径大小可将分散系分为溶液、浊液和胶体；
⑤在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物都是电解质；
⑥按照树状分类法可将化学反应分为：氧化还原反应和离子反应；
⑦氧化还原反应的本质是化合价升降。
你认为他的笔记中正确的有几项
A．2 B．3 C．4 D．5
7．（2023高一上·湖北期末）已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．18g重水含有的电子数为9NA
B．足量铁粉与1mol氯气充分反应，转移电子数3NA
C．0.1mol/LAlCl3溶液中含有的Cl3数目为0.3NA
D．同温同压下，体积相同的CH4与NH3的分子数均为NA
8．（2023高一上·湖北期末）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．1.0mol/L的KSCN溶液：Na+、Fe3+、Cl-、SO
B．使石蕊呈红色的溶液：Fe2+、K+、Cl-、ClO-
C．能与HCO反应的溶液：Na+、Al3+、Cl-、CO
D．澄清透明溶液：Na+、Cu2+、Cl-、SO
9．（2023高一上·湖北期末）下列离子方程式书写正确的是
选项 实验操作和现象 离子方程式
A 钠与水反应 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
B 刻蚀印刷电路板 Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+
C H2O2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去 2MnO+7H2O2+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2O
D Ca(HCO3)2溶液中加入过量澄清石灰水 Ca2++2HCO+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO
A．A B．B C．C D．D
10．（2023高一上·湖北期末）模型认知是简洁揭示化学本质的一种方法，如图为氯化钠固体溶于水的微观模型，下列说法正确的是
A．NaCl固体中存在自由移动的Na+、Cl-
B．该过程可以表示为NaClNa++Cl-
C．水合氯离子中H2O的H最靠近Cl-
D．NaCl溶液是电解质
11．（2023高一上·湖北期末）下列“实验结论”与“实验操作及事实”相符的一组是
选项 实验操作及事实 实验结论
A 向某溶液中加入硝酸银溶液，产生白色沉淀 该溶液中一定含有Cl-
B 向某溶液中加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO
C 向某溶液中加入稀盐酸，有无色无味气体生成，该气体能使澄清石灰水变浑浊 该溶液中可能含有CO或HCO
D 向某溶液中加入酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去 该溶液中一定含有Fe2+
A．A B．B C．C D．D
12．（2023高一上·湖北期末）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．通过化合反应和复分解反应均能直接得到e
B．固体g溶于氢碘酸的离子方程式为
C．a能与水蒸气发生置换反应
D．可存在的转化关系
13．（2023高一上·湖北期末）将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入盛有氯水的广口瓶中，用强光照氯水，测得的实验数据如图所示。下列说法正确的是
A．由图甲可推知新制氯水需避光保存，光照会使氯水的酸性增强
B．由图乙可推知新制的氯水中无氯离子，而久置的氯水中则含氯离子
C．由图丙可推知光照可催化水分解
D．由图甲、乙、丙可知新制的氯水所含成分少，而久置的氯水所含成分多
14．（2023高一上·湖北期末）化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范能达到实验目的的是
A．比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性 B．排空气法收集CO2 C．钠的燃烧 D．溶液滴加
A．A B．B C．C D．D
15．（2023高一上·湖北期末）向1LNaOH溶液中通入一定量的气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入的盐酸，产生的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是
A．通入的在标准状况下的体积为448mL
B．原NaOH溶液的浓度为
C．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为
D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为
二、元素或物质推断题
16．（2023高一上·湖北期末）153年前门捷列夫制得世界上第一张元素周期表，它反映了元素之间的内在联系，是对元素的一种很好的自然分类。如图为现代元素周期表的一部分，请回答下列问题：(以下问题均用相应的化学用语表达)
（1）在这10种元素中，非金属性最强的元素在周期表中的位置是 。
（2）由a、d、f三种元素形成的化合物含有的化学键有 (填写化学键类型)，属于 化合物。
（3）元素b、c形成的简单气态氢化物中较稳定的是 ；d、h、i、j的简单离子半径由大到小的顺序排列为 。
（4）用电子式表示c2的形成过程 。
（5）在含有a、g、h简单阳离子的100mL溶液中，逐滴滴加5mol/L的NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积关系如图所示。由图中数据分析计算：
①沉淀减少时发生的离子方程式： 。
②a点的数值为： mL。
17．（2023高一上·湖北期末）已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体M。
（1）写出下列物质的化学式：A： ，D： 。
（2）按要求写出下列反应方程式：
H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式： 。
Q+B→N的离子方程式： 。
（3）足量的R分别与等物质的量的HCl和B反应：
①生成H2的物质的量之比为 。
②消耗R的物质的量之比为 。
（4）反应B+E→H中如果想白色沉淀保持时间长，可采用如图装置：
实验开始时，先检查装置的气密性，再装好药品，打开止水夹，反应一段时间后关闭止水夹，I中的溶液沿导管流入II中，生成的白色沉淀可以保持较长时间，原因是： 。
（5）向W溶液中加入一定量T后，为检验所得溶液中金属阳离子，甲同学做了如下实验：甲同学取出少量反应后溶液，加入少量酸性KMnO4溶液，发现酸性KMnO4溶液褪色，由此得出结论有Fe2+。乙同学看了实验过程后认为甲同学的结论有问题，你觉得乙同学判断甲同学结论的依据是： 。
三、原理综合题
18．（2023高一上·湖北期末）近年来，我国储氢碳管研究获得重大进展，电弧法合成碳纳米管，常伴有大量物质－碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应的化学方程式为：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4(稀)=3CO2↑+3K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O。请回答下列问题。
（1）下列物质中：①碳纳米颗粒②K2Cr2O7晶体③CO2④熔融K2SO4⑤Cr2(SO4)3溶液⑥H2O⑦稀硫酸。属于电解质是 (填序号)。
（2）CO2的摩尔质量为 。
（3）用单线桥法标出上述反应电子转移的方向和数目 。
（4）标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，则该混合气体的平均相对分子质量是 。
（5）实验探究小组在实验中需要用到456mL1mol L-1的H2SO4溶液，但是在实验室中只发现一瓶8mol L-1的H2SO4溶液，该小组用8mol L-1的H2SO4溶液配制所需溶液。
①如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是 (填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是 (填仪器名称)。
②该实验中需要量取8mol L-1的H2SO4溶液 mL。
四、实验题
19．（2023高一上·湖北期末）某兴趣小组的同学拟采用以下装置制备氯气并进行一系列相关探究实验的装置。请回答下列问题：
（1）装置A中a仪器的名称： ，用装置A制氯气所发生反应的离子方程式为 ，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此装置C中I、II、III处依次放入 (填字母)。
a b c d
I 干燥的有色布条 干燥的有色布条 湿润的有色布条 湿润的有色布条
II 碱石灰 硅胶 浓硫酸 无水氯化钙
III 湿润的有色布条 湿润的有色布条 干燥的有色布条 干燥的有色布条
（3）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。实验过程：
I.打开弹簧夹，打开a的活塞，滴加浓盐酸。
II.当D和F中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
III.当D中溶液由黄色变为红棕色时，关闭a的活塞。
IV.打开活塞b，将少量F中溶液滴入E中，关闭活塞b，取下E振荡，静置后CCl4层变为紫红色
①过程IV的现象能证明溴的氧化性强于碘，反应的离子方程式是 。
②过程III实验的目的是 。
③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 ，得电子能力逐渐减弱。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；焰色反应；胶体的性质和应用
【解析】【解答】解：A、“滴水石穿”的过程中发生反应CaCO3＋H2O＋CO2=Ca(HCO3)2，产生了新物质，为化学变化；“绳锯木断”只是物质形状的变化，没有新物质生成，属于物理变化，A符合题意。
B、Fe2O3是红棕色固体，因此瓷器的青色不是来自于Fe2O3，B不符合题意。
C、丁达尔效应是由于分散质粒子对光的散射作用形成的，C不符合题意。
D、焰色试验中火焰的颜色是由于电子跃迁释放的能量以光能的形式体现，产生了不同颜色的光，过程中没有新物质生成，属于物理变化，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化为物理变化。
B、Fe2O3为红棕色固体。
C、丁达尔效应是由于胶体对光的散射作用引起的。
D、焰色反应属于物理变化。
2．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；极性键和非极性键；物质的简单分类
【解析】【解答】解：A、CO2晶体为干冰，其由固态转化为气态的过程中吸收热量，使周围温度降低，因此可用于人工降雨，A不符合题意。
B、CO2能与NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O，因此CO2属于酸性氧化物，B不符合题意。
C、CO2分子中碳原子与氧原子形成共价键，不同原子之间形成的共价键为极性共价键，C符合题意。
D、侯氏制碱法的原理为NaCl＋NH3＋H2O＋CO2=NaHCO3↓＋NH4Cl，2NaHCO3=Na2CO3＋H2O＋CO2↑，因此CO2是侯氏制碱法的原料之一，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】此题是对CO2性质和用途的考查，结合CO2的性质进行分析即可。
3．【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；同位素及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A、S2－的核电荷数为16，最外层电子数为8，其结构示意图为，A符合题意。
B、质子数为18，中子数为22的氩原子的相对原子质量为18+22=40，因此该原子为，B不符合题意。
C、、的质子数相同，中子数不同，因此二者互为同位素，而的质子数与另外两个原子的质子数不同，因此不属于同位素，C不符合题意。
D、MgCl2的电子式为，因此其形成过程为，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、S2－是由硫原子最外层得到两个电子形成。
B、相对原子质量≈质子数＋中子数。
C、同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。
D、MgCl2是由Mg2＋和Cl－形成。
4．【答案】C
【知识点】钠的重要化合物；化学实验安全及事故处理；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：A、碱液不慎溅到手上，先用大量水冲洗，再用饱和硼酸溶液洗，利用酸碱中和反应除去碱液，最后用水冲洗，A不符合题意。
B、中学实验室中未用完的金属钠可以放回原试剂瓶内，B不符合题意。
C、Na2CO3与H2O结合成晶体的过程中，释放能量，因此为放热反应，C不符合题意。
D、用容量瓶配制溶液，定容时加水超过刻度线，应重新配制，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、碱液可用硼酸溶液进行中和。
B、未用完的钠可放回原试剂瓶内。
C、Na2CO3与H2O结合成晶体的过程中放出热量。
D、定容时加水超过刻度线，应重新配制。
5．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质；钠的氧化物
【解析】【解答】解：A、水蒸气使淡黄色的Na2O2变白色，发生的反应为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，反应中H2O中氢氧元素化合价不变，气体没有被氧化或还原，A不符合题意。
B、H2与灼热的CuO反应的化学方程式为H2＋CuO=Cu＋H2O，反应中H2中的氢元素化合价升高，被氧化，B符合题意。
C、白色的CuSO4粉末遇水变为蓝色，发生反应的化学方程式为CuSO4＋5H2O=CuSO4·5H2O，该反应不属于氧化还原反应，C不符合题意。
D、Cl2使湿润的淀粉KI变蓝，说明反应生成了I2，该反应的离子方程式为Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，反应中Cl2中氯元素化合价降低，被还原，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据反应过程中气体发生的反应进行分析。
6．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；合金及其应用；物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】解：①单质分为金属单质、非金属单质和稀有气体单质，①错误。
②无机化合物主要包括酸、碱、盐和氧化物，②正确。
③合金的熔点一般低于其成分金属的熔点，③错误。
④根据分散质粒子直径大小可将分散系分为溶液、胶体和浊液，④正确。
⑤电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，但水溶液能导电的化合物不一定是电解质，如CO2、NH3的水溶液都能导电，但CO2、NH3都不是电解质，⑤错误。
⑥按照树状分类法可将化学反应分为化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应、氧化还原反应等，⑥错误。
⑦氧化还原反应的本质是电子的转移或偏移，⑦错误。
综上，上述正确的是②④，共2处，A符合题意。
故答案为：A
【分析】此题是对基本概念的考查，结合相关概念进行分析即可。
7．【答案】A
【知识点】物质的量浓度；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】解：A、18gD2O的物质的量，一个D2O分子中含有10个电子，因此0.9molD2O中所含的电子数为0.9mol×10×NA=9NA，A符合题意。
B、1molCl2完全反应，氯元素由0价变为－1价， 因此转移电子数为1mol×2×1×NA=2NA，B不符合题意。
C、未给出溶液的体积，无法应用公式n=c×V计算溶液中n(AlCl3)，因此无法计算溶液中Cl－的数目，C不符合题意。
D、同温同压下，相同体积的气体，其物质的量相同，但不一定是1mol，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】 A、根据公式计算D2O的物质的量，一个D2O分子中含有10个电子。
B、反应过程中氯元素由0价变为－1价。
C、未给出溶液的体积，无法计算其物质的量。
D、同温同压下，体积相同，则其物质的量相同。
8．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A、溶液中的Fe3＋能与SCN－发生反应生成络合物Fe(SCN)3，不可大量共存，A不符合题意。
B、使石蕊变红色的溶液显酸性，含有大量的H＋，H＋能与ClO－形成弱电解质，ClO－具有氧化性，能与Fe2＋发生氧化还原反应，均不可大量共存，B不符合题意。
C、Al3＋能与CO32－、HCO3－反应生成Al(OH)3沉淀，不可大量共存，C不符合题意。
D、溶液中的各个离子相互间不反应，可大量共存，D符合题意。
故答案为：D
【分析】此题是对溶液中离子共存的考查，溶液中的离子相互间不发生反应，则可大量共存。即溶液中的离子不形成难溶（或微溶）物质、不形成易挥发性物质、不形成弱电解质；不发生氧化还原反应；不形成络合物。
9．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A、Na与H2O反应生成NaOH和H2，该反应的离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，A符合题意。
B、Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋，自身还原为Fe2＋，该反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，选项所给离子方程式不满足电荷守恒，B不符合题意。
C、KMnO4溶液具有氧化性，能将H2O2氧化成O2，该反应的离子方程式为2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，选项所给离子方程式不满足得失电子守恒，C不符合题意。
D、Ca(OH)2过量，则Ca(HCO3)2完全反应，因此反应的离子方程式为Ca2＋＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2O，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】此题是对离子方程式正误判断的考查，解答此类题型时，应分析所给离子方程式是否符合客观事实、是否满足原子守恒、是否满足电荷守恒、是否满足得失电子守恒。
10．【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；电解质在水溶液中的电离
【解析】【解答】解：A、NaCl固体中Na＋和Cl－以离子键的形式结合，因此不存在可自由移动的Na＋和Cl－，A不符合题意。
B、该过程为NaCl的电离过程，不需通电，其过程可表示为NaCl=Na＋＋Cl－，B不符合题意。
C、由于氢原子的半径小于氧原子的半径，因此水合离子中H2O的H最接近Cl－，C符合题意。
D、NaCl溶液是混合物，因此不属于电解质，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、NaCl固体中不存在可自由移动的离子。
B、电解质在水中的电离过程不需要通电。
C、氢原子的半径小于氧原子。
D、电解质是指在水溶液或熔融下能导电的化合物。
11．【答案】C
【知识点】常见离子的检验；氯离子的检验；硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】解：A、检验溶液是否含有Cl－时，应加入AgNO3溶液和稀硝酸，若有白色沉淀产生，则说明溶液中含有Cl－，加入稀硝酸，主要是为了排出溶液中可能存在的CO32－的干扰，A不符合题意。
B、检验溶液中是否含有SO42－时，应先加足量的稀盐酸，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则说明溶液中含有SO42－。先加足量的稀盐酸，主要是为了排出溶液中可能存在的Ag＋、CO32－或SO32－的干扰，B不符合题意。
C、能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体为CO2，能与稀盐酸反应产生CO2，说明原溶液中可能含有CO32－或HCO3－，C符合题意。
D、酸性KMnO4溶液具有氧化性，向某溶液中加入酸性KMnO4溶液后，溶液褪色，说明原溶液中含有有还原性的离子，具有还原性的离子有Fe2＋、SO32－、S2－，因此原溶液中不一定含有Fe2＋，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、产生的白色沉淀可能为AgCl、Ag2CO3。
B、产生的白色沉淀可能为AgCl。
C、能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体为CO2。
D、能使酸性KMnO4溶液褪色的溶液具有还原性，可能含有Fe2＋或SO32－。
12．【答案】B
【知识点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】解：A、e为Fe(OH)3，可由复分解反应FeCl3＋3NaOH=Fe(OH)3↓＋3NaCl得到，也可由化合反应4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3得到，A不符合题意。
B、固体g为Fe2O3，与HI发生反应Fe2O3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋3H2O，B符合题意。
C、a为Fe，高温下能水蒸气发生反应3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2(g)，C不符合题意。
D、c、d、e、f分别为Fe2＋、Fe(OH)2、Fe(OH)3、Fe3＋，其转化为Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3、Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O、2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、e中Fe为＋3价，且为碱，因此e为Fe(OH)3。
B、固体g为铁的氧化物，且铁元素为＋3价，因此g为Fe2O3。
C、a为Fe，高温下能与水蒸气发生反应。
D、根据相关性质和转化分析。
13．【答案】A
【知识点】氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】解：A、氯水中的HClO不稳定，光照条件下分解成HCl和O2，溶液中c(H＋)增大，pH减小，A符合题意。
B、图乙中c(Cl－)≈300Mg·L－1，因此新制的氯水中含有Cl－，B不符合题意。
C、光照条件下O2的体积分数增大，是由于HClO分解产生O2，光照条件下H2O不会分解，C不符合题意。
D、新制氯水中所含成分为H＋、Cl－、HClO、ClO－、Cl2，久置氯水中所含的成分为H＋、Cl－；因此新制氯水中所含成分较多，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、HClO光照条件下易分解。
B、图乙中c(Cl－)不为0。
C、光照条件下HClO分解，H2O不分解。
D、根据新制氯水和久置氯水的成分分析。
14．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；气体的收集；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：A、NaHCO3不稳定受热易分解，而Na2CO3稳定，受热不分解，因此NaHCO3应放置在小试管中，Na2CO3放置在大试管中，A不符合题意。
B、CO2的密度比空气大，用向上排空气法收集，B符合题意。
C、固体的燃烧需在坩埚中进行，C不符合题意。
D、胶头滴管使用过程中，应垂直悬空，防止接触试管内壁，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、NaHCO3不稳定，应放置在小试管中。
B、CO2的密度比空气大，用向上排空气法收集。
C、固体的灼烧需在坩埚中进行。
D、胶头滴管的使用应垂直悬空。
15．【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：A、反应②中参与反应的n(HCl)=0.5mol·L－1×0.075L=0.0375mol，则反应生成n(CO2)=0.0375mol，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.0375mol×22.4L·mol－1=0.84L=840mL，A不符合题意。
B、当加入V(盐酸)=100mL时，反应后所得溶液的溶质为NaCl，此时n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.5mol·L－1×0.1L=0.05mol，所以原NaOH溶液的物质的量浓度，B符合题意。
C、NaOH和NaHCO3可发生反应，不可大量共存，因此所得溶液的成分不可能为NaHCO3和NaOH，C不符合题意。
D、滴加盐酸的过程中发生两个阶段的反应，且消耗盐酸体积分别为25mL、75mL，则所得溶液中含有Na2CO3和NaHCO3，且n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=1：2，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、反应后生成n(CO2)与通入的n(CO2)相等。
B、根据元素守恒进行计算。
C、NaHCO3和NaOH不共存。
D、根据消耗盐酸的体积分析。
16．【答案】（1）第二周期VIIA族
（2）离子键和极性共价键；离子
（3）NH3；r(S2-)＞r(Cl-)＞r(O2-)＞r(Al3+)
（4）
（5）Al(OH)3+3OH-=AlO +2H2O；160
【知识点】化学键；离子方程式的书写；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】解：（1）在这10种元素中，非金属性最强的是F，位于周期表的第二周期ⅦA族。
（2）由a、d、f三种元素形成的化合物为NaOH，其中含有离子键和共价键；含有离子键的化合物为离子化合物。
（3）元素b、c分别为C、N，由于非金属性N>C，非金属性越强，则其简单氢化物的稳定性越强，所以简单气态氢化物中较稳定的是NH3。d、h、i、j的简单离子分别为O2－、Al3＋、S2－、Cl－；S2－、Cl－的电子层数大于O2－、Al3＋，因此其半径较大。电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。所以离子半径r(S2－)＞r(Cl－)＞r(O2－)＞r(Al3＋)。
（4）c2为N2，氮原子通过三对共用电子对形成共价键，用电子式表示其形成过程为。
（5）①滴加NaOH溶液的过程中形成的沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3；继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐溶解，能与NaOH反应的沉淀为Al(OH)3沉淀，该反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O。
②反应生成的Mg(OH)2沉淀的质量为11.6g，其物质的量；反应生成Al(OH)3沉淀的质量为19.4g－11.6g=7.8g，其物质的量。因此生成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀所消耗n(NaOH)=0.2mol×2＋0.1mol×3=0.7mol，则所需NaOH溶液的体积，所以b=140mL+20mL=160mL。
【分析】（1）非金属性最强的是F。
（2）a、d、f三种元素形成的化合物为NaOH。
（3）非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强。电子层数越大，离子半径越大；电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。
（4）c2的化学式为N2，其中所含的化学键为共价键。
（5）①能与NaOH反应的沉淀为Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成可溶性NaAlO2和H2O。
②19.4g沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，加入NaOH溶液后剩余的11.6g沉淀为Mg(OH)2，因此Al(OH)3沉淀的质量为19.4g－11.6g=7.8g。结合Mg(OH)2、Al(OH)3的物质的量计算消耗n(NaOH)，进而计算所需NaOH溶液的体积。
17．【答案】（1）Na2O2；Fe3O4
（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；Al2O3+2OH-=2AlO +H2O
（3）1∶3；1∶3
（4）用H2将装置内的空气排尽且有H2做保护气
（5）实验中可能是Cl-使酸性KMnO4溶液褪色而干扰检验
【知识点】钠的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断
【解析】【解答】解：（1）由分析可知，A为Na2O2，D为Fe3O4。
（2）H为Fe(OH)2，M为Fe(OH)3，Fe(OH)2与空气中的O2、H2O反应生成Fe(OH)3，该反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。Q为Al2O3，B为NaOH，N为NaAlO2，该反应的离子方程式为Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O。
（3）R为Al，分别与等物质的量的HCl、NaOH反应的离子方程式为：2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑、2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑。
①由反应可知，等物质的量的H＋、OH－完全反应生成H2的物质的量之比为1：3。
②令n(H＋)=n(OH－)=6mol，则与H＋反应的n(Al)=2mol，与OH－反应的n(Al)=6mol，因此消耗R的物质的量之比为1：3。
（4）Fe(OH)2易被空气中的O2氧化成Fe(OH)3，因此实验过程中用H2排出装置内的空气，可防止Fe(OH)2被氧化。
（5）W为FeCl3、T为Fe，二者反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，反应后所得溶液中的金属阳离子为Fe2＋，由于所加Fe的量未知，因此溶液中还可能含有Fe3＋。取反应后的溶液滴加酸性KMnO4溶液，溶液褪色，说明溶液中含有Fe2＋。由于溶液中一定含有Cl－，Cl－也能被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液褪色，因此甲同学的结论有问题。
【分析】A为淡黄色固体，且能与H2O反应，因此A为Na2O2。T、R时金属单质，能与C反应生成D，D具有磁性的黑色固体，因此D为Fe3O4，则C为O2、B为NaOH，T为Fe。Fe3O4与HCl反应生成FeCl3、FeCl2和H2O，再与足量Fe反应，生成FeCl2，因此E为FeCl2。NaOH与FeCl2反应生成Fe(OH)2，因此H为Fe(OH)2，在潮湿的空气中反应生成M，因此M为Fe(OH)3。Fe(OH)3与HCl反应生成FeCl3，因此W为FeCl3。R是一种金属单质，与O2反应生成金属氧化物Q，能与NaOH反应，因此Q为Al2O3，R为Al。Al2O3与NaOH反应生成的N为NaAlO2。
18．【答案】（1）②④⑥
（2）44g/mol
（3）
（4）40
（5）AC；500mL容量瓶、玻璃棒；62.5
【知识点】氧化还原反应；电解质与非电解质；配制一定物质的量浓度的溶液；摩尔质量
【解析】【解答】解：（1）电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质的有酸、碱、盐、金属氧化物和水。因此上述物质属于电解质的有②④⑥。
（2）摩尔质量以“g·mol-1”为单位时，数值上等于其相对分子质量，所以CO2的摩尔质量为44g·mol－1。
（3）反应过程中碳元素由0价变为＋3价，失去3×4=12个电子；铬元素由＋6价变为＋3价，得到3×2×2=12个电子。因此电子由碳元素转移到铬元素，用单线桥表示为。
（4）标准状态下，该混合气体的物质的量。所以混合气体的平均摩尔质量，所以该混合气体的平均相对分子质量为40。
（5）①配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为“计算→量取→稀释→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶、贴标签”。因此实验过程中所需的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以不需用到的仪器有AC。
②由浓溶液配制稀溶液的过程中，需加水进行稀释，过程中溶液溶质的物质的量保持不变，因此可得8mol·L－1×V1=1mol·L－1×500mL，解得 V2=62.5mL。
【分析】（1）电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。
（2）摩尔质量以“g·mol-1”为单位时，数值上等于其相对分子质量。
（3）根据反应过程中元素化合价变化标注电子转移的数目和方向。
（4）根据公式进行计算。
（5）①根据溶液配制过程确定其所需的仪器。
②由浓溶液配制稀溶液的过程中，溶液中溶质的物质的量保持不变，根据公式c1V1=c2V2计算所需硫酸溶液的体积。
19．【答案】（1）分液漏斗；MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；1：2
（2）d
（3）Br2+2Cl-=I2+2Br-；确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；卤素原子结构及其性质的比较
【解析】【解答】解：（1）仪器a为分液漏斗。装置A中MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成MnCl2、Cl2和H2O，该反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－=Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。其中的氧化剂为MnO2，还原剂为HCl，二者的物质的量之比为1：2。
（2）干燥的Cl2不具有漂白性，无法使干燥的有色布条褪色；Cl2与水形成氯水后含有HClO，具有漂白性。因此装置C中Ⅰ处为湿润的有色布条，可观察到不调褪色；Ⅱ处试剂为无水CaCl2或硅胶，用于干燥Cl2；Ⅲ处为干燥的有色布条，布条不褪色。故答案为：d
（3）①CCl4层变为紫红色，说明有I2生成，发生反应的离子方程式为Br2＋2I－=I2＋2Br－。
②当装置D中溶液变为红棕色时，说明不存在Cl2，可排出Cl2对Br2与I－的反应的干扰。
③氧化性Cl2>Br2>I2，是由于同主族元素从上到下，原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，所以单质的氧化性逐渐减弱。
【分析】装置A中MnO2与浓盐酸反应生成Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，会使得生成的Cl2中混有HCl，可用饱和食盐水除去，因此装置B的作用是除去Cl2中混有的HCl。装置C用于检验Cl2、氯水的漂白性，因此装置C中U型管中的试剂为硅胶，用于干燥Cl2。装置D中NaBr与Cl2发生反应Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－；浸泡有NaOH溶液的棉花，用于吸收过量的Cl2，防止Cl2逸出造成空气污染。打开弹簧夹后，Cl2进入装置F中，与NaBr发生反应Cl2＋＋2Br－=Br2＋2Cl－。继续打开活塞b，分液漏斗内的溶液进入试管中，发生反应Br2＋2I－=I2＋2Br－。
湖北省云学新高考联盟2022-2023学年高一上学期期末联考化学试题
一、单选题
1．（2023高一上·湖北期末）关于下列诗句或谚语，说法合理的是
A．“滴水石穿、绳锯木断”前者包含化学变化，而后者包含物理变化
B．“雨过天晴云破处，这般颜色做将来。”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
C．“日照澄州江雾开”诗句中描述的丁达尔现象是因为胶体粒子本身发光
D．“纷纷灿烂如星陨，霍霍喧逐似火攻。”诗中涉及的焰色试验属于化学变化
【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；焰色反应；胶体的性质和应用
【解析】【解答】解：A、“滴水石穿”的过程中发生反应CaCO3＋H2O＋CO2=Ca(HCO3)2，产生了新物质，为化学变化；“绳锯木断”只是物质形状的变化，没有新物质生成，属于物理变化，A符合题意。
B、Fe2O3是红棕色固体，因此瓷器的青色不是来自于Fe2O3，B不符合题意。
C、丁达尔效应是由于分散质粒子对光的散射作用形成的，C不符合题意。
D、焰色试验中火焰的颜色是由于电子跃迁释放的能量以光能的形式体现，产生了不同颜色的光，过程中没有新物质生成，属于物理变化，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化为物理变化。
B、Fe2O3为红棕色固体。
C、丁达尔效应是由于胶体对光的散射作用引起的。
D、焰色反应属于物理变化。
2．（2023高一上·湖北期末）“碳中和”有利于全球气候改善。下列有关CO2的说法错误的是
A．CO2晶体可用于人工增雨 B．CO2属于酸性氧化物
C．CO2分子中含有非极性键 D．CO2是侯氏制碱法的原料之一
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；极性键和非极性键；物质的简单分类
【解析】【解答】解：A、CO2晶体为干冰，其由固态转化为气态的过程中吸收热量，使周围温度降低，因此可用于人工降雨，A不符合题意。
B、CO2能与NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O，因此CO2属于酸性氧化物，B不符合题意。
C、CO2分子中碳原子与氧原子形成共价键，不同原子之间形成的共价键为极性共价键，C符合题意。
D、侯氏制碱法的原理为NaCl＋NH3＋H2O＋CO2=NaHCO3↓＋NH4Cl，2NaHCO3=Na2CO3＋H2O＋CO2↑，因此CO2是侯氏制碱法的原料之一，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】此题是对CO2性质和用途的考查，结合CO2的性质进行分析即可。
3．（2023高一上·湖北期末）正确掌握化学用语是学好化学的基础，下列有关化学用语表述正确的是
A．S2-核外电子排布结构示意图：
B．质子数为18、中子数为22的氩原子：Ar
C．“氢燃烧”反应H+H→He+γ涉及的三种核素互为同位素
D．Mg和Cl形成离子键的过程：
【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；同位素及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A、S2－的核电荷数为16，最外层电子数为8，其结构示意图为，A符合题意。
B、质子数为18，中子数为22的氩原子的相对原子质量为18+22=40，因此该原子为，B不符合题意。
C、、的质子数相同，中子数不同，因此二者互为同位素，而的质子数与另外两个原子的质子数不同，因此不属于同位素，C不符合题意。
D、MgCl2的电子式为，因此其形成过程为，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、S2－是由硫原子最外层得到两个电子形成。
B、相对原子质量≈质子数＋中子数。
C、同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。
D、MgCl2是由Mg2＋和Cl－形成。
4．（2023高一上·湖北期末）下列有关实验说法，不正确的是
A．碱液不慎溅到手上，先用大量水冲洗，再用饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗
B．中学实验室中可以将未用完的钠放回原试剂瓶
C．向Na2CO3粉末中滴加几滴蒸馏水，Na2CO3结块变成晶体，并伴随着吸热现象
D．用容量瓶配制溶液，定容时若加水超过刻度线，应重新配制
【答案】C
【知识点】钠的重要化合物；化学实验安全及事故处理；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：A、碱液不慎溅到手上，先用大量水冲洗，再用饱和硼酸溶液洗，利用酸碱中和反应除去碱液，最后用水冲洗，A不符合题意。
B、中学实验室中未用完的金属钠可以放回原试剂瓶内，B不符合题意。
C、Na2CO3与H2O结合成晶体的过程中，释放能量，因此为放热反应，C不符合题意。
D、用容量瓶配制溶液，定容时加水超过刻度线，应重新配制，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、碱液可用硼酸溶液进行中和。
B、未用完的钠可放回原试剂瓶内。
C、Na2CO3与H2O结合成晶体的过程中放出热量。
D、定容时加水超过刻度线，应重新配制。
5．（2023高一上·湖北期末）丰富多彩的颜色变化增添了化学的魅力。下列颜色变化过程中气体被氧化的是
A．水蒸气使淡黄色过氧化钠变白色
B．H2通过灼热的氧化铜固体由黑色变为红色
C．白色的CuSO4粉末遇水蒸气变蓝
D．Cl2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质；钠的氧化物
【解析】【解答】解：A、水蒸气使淡黄色的Na2O2变白色，发生的反应为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，反应中H2O中氢氧元素化合价不变，气体没有被氧化或还原，A不符合题意。
B、H2与灼热的CuO反应的化学方程式为H2＋CuO=Cu＋H2O，反应中H2中的氢元素化合价升高，被氧化，B符合题意。
C、白色的CuSO4粉末遇水变为蓝色，发生反应的化学方程式为CuSO4＋5H2O=CuSO4·5H2O，该反应不属于氧化还原反应，C不符合题意。
D、Cl2使湿润的淀粉KI变蓝，说明反应生成了I2，该反应的离子方程式为Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，反应中Cl2中氯元素化合价降低，被还原，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据反应过程中气体发生的反应进行分析。
6．（2023高一上·湖北期末）小强的化学笔记中有如下内容：
①单质分为金属和非金属两类；
②无机化合物主要包括：酸、碱、盐和氧化物；
③合金的熔点一定低于各成分金属
④按照分散质粒子直径大小可将分散系分为溶液、浊液和胶体；
⑤在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物都是电解质；
⑥按照树状分类法可将化学反应分为：氧化还原反应和离子反应；
⑦氧化还原反应的本质是化合价升降。
你认为他的笔记中正确的有几项
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；合金及其应用；物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】解：①单质分为金属单质、非金属单质和稀有气体单质，①错误。
②无机化合物主要包括酸、碱、盐和氧化物，②正确。
③合金的熔点一般低于其成分金属的熔点，③错误。
④根据分散质粒子直径大小可将分散系分为溶液、胶体和浊液，④正确。
⑤电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，但水溶液能导电的化合物不一定是电解质，如CO2、NH3的水溶液都能导电，但CO2、NH3都不是电解质，⑤错误。
⑥按照树状分类法可将化学反应分为化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应、氧化还原反应等，⑥错误。
⑦氧化还原反应的本质是电子的转移或偏移，⑦错误。
综上，上述正确的是②④，共2处，A符合题意。
故答案为：A
【分析】此题是对基本概念的考查，结合相关概念进行分析即可。
7．（2023高一上·湖北期末）已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．18g重水含有的电子数为9NA
B．足量铁粉与1mol氯气充分反应，转移电子数3NA
C．0.1mol/LAlCl3溶液中含有的Cl3数目为0.3NA
D．同温同压下，体积相同的CH4与NH3的分子数均为NA
【答案】A
【知识点】物质的量浓度；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】解：A、18gD2O的物质的量，一个D2O分子中含有10个电子，因此0.9molD2O中所含的电子数为0.9mol×10×NA=9NA，A符合题意。
B、1molCl2完全反应，氯元素由0价变为－1价， 因此转移电子数为1mol×2×1×NA=2NA，B不符合题意。
C、未给出溶液的体积，无法应用公式n=c×V计算溶液中n(AlCl3)，因此无法计算溶液中Cl－的数目，C不符合题意。
D、同温同压下，相同体积的气体，其物质的量相同，但不一定是1mol，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】 A、根据公式计算D2O的物质的量，一个D2O分子中含有10个电子。
B、反应过程中氯元素由0价变为－1价。
C、未给出溶液的体积，无法计算其物质的量。
D、同温同压下，体积相同，则其物质的量相同。
8．（2023高一上·湖北期末）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．1.0mol/L的KSCN溶液：Na+、Fe3+、Cl-、SO
B．使石蕊呈红色的溶液：Fe2+、K+、Cl-、ClO-
C．能与HCO反应的溶液：Na+、Al3+、Cl-、CO
D．澄清透明溶液：Na+、Cu2+、Cl-、SO
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A、溶液中的Fe3＋能与SCN－发生反应生成络合物Fe(SCN)3，不可大量共存，A不符合题意。
B、使石蕊变红色的溶液显酸性，含有大量的H＋，H＋能与ClO－形成弱电解质，ClO－具有氧化性，能与Fe2＋发生氧化还原反应，均不可大量共存，B不符合题意。
C、Al3＋能与CO32－、HCO3－反应生成Al(OH)3沉淀，不可大量共存，C不符合题意。
D、溶液中的各个离子相互间不反应，可大量共存，D符合题意。
故答案为：D
【分析】此题是对溶液中离子共存的考查，溶液中的离子相互间不发生反应，则可大量共存。即溶液中的离子不形成难溶（或微溶）物质、不形成易挥发性物质、不形成弱电解质；不发生氧化还原反应；不形成络合物。
9．（2023高一上·湖北期末）下列离子方程式书写正确的是
选项 实验操作和现象 离子方程式
A 钠与水反应 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
B 刻蚀印刷电路板 Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+
C H2O2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去 2MnO+7H2O2+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2O
D Ca(HCO3)2溶液中加入过量澄清石灰水 Ca2++2HCO+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A、Na与H2O反应生成NaOH和H2，该反应的离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，A符合题意。
B、Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋，自身还原为Fe2＋，该反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，选项所给离子方程式不满足电荷守恒，B不符合题意。
C、KMnO4溶液具有氧化性，能将H2O2氧化成O2，该反应的离子方程式为2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，选项所给离子方程式不满足得失电子守恒，C不符合题意。
D、Ca(OH)2过量，则Ca(HCO3)2完全反应，因此反应的离子方程式为Ca2＋＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2O，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】此题是对离子方程式正误判断的考查，解答此类题型时，应分析所给离子方程式是否符合客观事实、是否满足原子守恒、是否满足电荷守恒、是否满足得失电子守恒。
10．（2023高一上·湖北期末）模型认知是简洁揭示化学本质的一种方法，如图为氯化钠固体溶于水的微观模型，下列说法正确的是
A．NaCl固体中存在自由移动的Na+、Cl-
B．该过程可以表示为NaClNa++Cl-
C．水合氯离子中H2O的H最靠近Cl-
D．NaCl溶液是电解质
【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；电解质在水溶液中的电离
【解析】【解答】解：A、NaCl固体中Na＋和Cl－以离子键的形式结合，因此不存在可自由移动的Na＋和Cl－，A不符合题意。
B、该过程为NaCl的电离过程，不需通电，其过程可表示为NaCl=Na＋＋Cl－，B不符合题意。
C、由于氢原子的半径小于氧原子的半径，因此水合离子中H2O的H最接近Cl－，C符合题意。
D、NaCl溶液是混合物，因此不属于电解质，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、NaCl固体中不存在可自由移动的离子。
B、电解质在水中的电离过程不需要通电。
C、氢原子的半径小于氧原子。
D、电解质是指在水溶液或熔融下能导电的化合物。
11．（2023高一上·湖北期末）下列“实验结论”与“实验操作及事实”相符的一组是
选项 实验操作及事实 实验结论
A 向某溶液中加入硝酸银溶液，产生白色沉淀 该溶液中一定含有Cl-
B 向某溶液中加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO
C 向某溶液中加入稀盐酸，有无色无味气体生成，该气体能使澄清石灰水变浑浊 该溶液中可能含有CO或HCO
D 向某溶液中加入酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去 该溶液中一定含有Fe2+
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】常见离子的检验；氯离子的检验；硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】解：A、检验溶液是否含有Cl－时，应加入AgNO3溶液和稀硝酸，若有白色沉淀产生，则说明溶液中含有Cl－，加入稀硝酸，主要是为了排出溶液中可能存在的CO32－的干扰，A不符合题意。
B、检验溶液中是否含有SO42－时，应先加足量的稀盐酸，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则说明溶液中含有SO42－。先加足量的稀盐酸，主要是为了排出溶液中可能存在的Ag＋、CO32－或SO32－的干扰，B不符合题意。
C、能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体为CO2，能与稀盐酸反应产生CO2，说明原溶液中可能含有CO32－或HCO3－，C符合题意。
D、酸性KMnO4溶液具有氧化性，向某溶液中加入酸性KMnO4溶液后，溶液褪色，说明原溶液中含有有还原性的离子，具有还原性的离子有Fe2＋、SO32－、S2－，因此原溶液中不一定含有Fe2＋，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、产生的白色沉淀可能为AgCl、Ag2CO3。
B、产生的白色沉淀可能为AgCl。
C、能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体为CO2。
D、能使酸性KMnO4溶液褪色的溶液具有还原性，可能含有Fe2＋或SO32－。
12．（2023高一上·湖北期末）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．通过化合反应和复分解反应均能直接得到e
B．固体g溶于氢碘酸的离子方程式为
C．a能与水蒸气发生置换反应
D．可存在的转化关系
【答案】B
【知识点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】解：A、e为Fe(OH)3，可由复分解反应FeCl3＋3NaOH=Fe(OH)3↓＋3NaCl得到，也可由化合反应4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3得到，A不符合题意。
B、固体g为Fe2O3，与HI发生反应Fe2O3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋3H2O，B符合题意。
C、a为Fe，高温下能水蒸气发生反应3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2(g)，C不符合题意。
D、c、d、e、f分别为Fe2＋、Fe(OH)2、Fe(OH)3、Fe3＋，其转化为Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3、Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O、2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、e中Fe为＋3价，且为碱，因此e为Fe(OH)3。
B、固体g为铁的氧化物，且铁元素为＋3价，因此g为Fe2O3。
C、a为Fe，高温下能与水蒸气发生反应。
D、根据相关性质和转化分析。
13．（2023高一上·湖北期末）将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入盛有氯水的广口瓶中，用强光照氯水，测得的实验数据如图所示。下列说法正确的是
A．由图甲可推知新制氯水需避光保存，光照会使氯水的酸性增强
B．由图乙可推知新制的氯水中无氯离子，而久置的氯水中则含氯离子
C．由图丙可推知光照可催化水分解
D．由图甲、乙、丙可知新制的氯水所含成分少，而久置的氯水所含成分多
【答案】A
【知识点】氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】解：A、氯水中的HClO不稳定，光照条件下分解成HCl和O2，溶液中c(H＋)增大，pH减小，A符合题意。
B、图乙中c(Cl－)≈300Mg·L－1，因此新制的氯水中含有Cl－，B不符合题意。
C、光照条件下O2的体积分数增大，是由于HClO分解产生O2，光照条件下H2O不会分解，C不符合题意。
D、新制氯水中所含成分为H＋、Cl－、HClO、ClO－、Cl2，久置氯水中所含的成分为H＋、Cl－；因此新制氯水中所含成分较多，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、HClO光照条件下易分解。
B、图乙中c(Cl－)不为0。
C、光照条件下HClO分解，H2O不分解。
D、根据新制氯水和久置氯水的成分分析。
14．（2023高一上·湖北期末）化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范能达到实验目的的是
A．比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性 B．排空气法收集CO2 C．钠的燃烧 D．溶液滴加
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；气体的收集；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：A、NaHCO3不稳定受热易分解，而Na2CO3稳定，受热不分解，因此NaHCO3应放置在小试管中，Na2CO3放置在大试管中，A不符合题意。
B、CO2的密度比空气大，用向上排空气法收集，B符合题意。
C、固体的燃烧需在坩埚中进行，C不符合题意。
D、胶头滴管使用过程中，应垂直悬空，防止接触试管内壁，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、NaHCO3不稳定，应放置在小试管中。
B、CO2的密度比空气大，用向上排空气法收集。
C、固体的灼烧需在坩埚中进行。
D、胶头滴管的使用应垂直悬空。
15．（2023高一上·湖北期末）向1LNaOH溶液中通入一定量的气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入的盐酸，产生的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是
A．通入的在标准状况下的体积为448mL
B．原NaOH溶液的浓度为
C．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为
D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为
【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】解：A、反应②中参与反应的n(HCl)=0.5mol·L－1×0.075L=0.0375mol，则反应生成n(CO2)=0.0375mol，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.0375mol×22.4L·mol－1=0.84L=840mL，A不符合题意。
B、当加入V(盐酸)=100mL时，反应后所得溶液的溶质为NaCl，此时n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.5mol·L－1×0.1L=0.05mol，所以原NaOH溶液的物质的量浓度，B符合题意。
C、NaOH和NaHCO3可发生反应，不可大量共存，因此所得溶液的成分不可能为NaHCO3和NaOH，C不符合题意。
D、滴加盐酸的过程中发生两个阶段的反应，且消耗盐酸体积分别为25mL、75mL，则所得溶液中含有Na2CO3和NaHCO3，且n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=1：2，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、反应后生成n(CO2)与通入的n(CO2)相等。
B、根据元素守恒进行计算。
C、NaHCO3和NaOH不共存。
D、根据消耗盐酸的体积分析。
二、元素或物质推断题
16．（2023高一上·湖北期末）153年前门捷列夫制得世界上第一张元素周期表，它反映了元素之间的内在联系，是对元素的一种很好的自然分类。如图为现代元素周期表的一部分，请回答下列问题：(以下问题均用相应的化学用语表达)
（1）在这10种元素中，非金属性最强的元素在周期表中的位置是 。
（2）由a、d、f三种元素形成的化合物含有的化学键有 (填写化学键类型)，属于 化合物。
（3）元素b、c形成的简单气态氢化物中较稳定的是 ；d、h、i、j的简单离子半径由大到小的顺序排列为 。
（4）用电子式表示c2的形成过程 。
（5）在含有a、g、h简单阳离子的100mL溶液中，逐滴滴加5mol/L的NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积关系如图所示。由图中数据分析计算：
①沉淀减少时发生的离子方程式： 。
②a点的数值为： mL。
【答案】（1）第二周期VIIA族
（2）离子键和极性共价键；离子
（3）NH3；r(S2-)＞r(Cl-)＞r(O2-)＞r(Al3+)
（4）
（5）Al(OH)3+3OH-=AlO +2H2O；160
【知识点】化学键；离子方程式的书写；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】解：（1）在这10种元素中，非金属性最强的是F，位于周期表的第二周期ⅦA族。
（2）由a、d、f三种元素形成的化合物为NaOH，其中含有离子键和共价键；含有离子键的化合物为离子化合物。
（3）元素b、c分别为C、N，由于非金属性N>C，非金属性越强，则其简单氢化物的稳定性越强，所以简单气态氢化物中较稳定的是NH3。d、h、i、j的简单离子分别为O2－、Al3＋、S2－、Cl－；S2－、Cl－的电子层数大于O2－、Al3＋，因此其半径较大。电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。所以离子半径r(S2－)＞r(Cl－)＞r(O2－)＞r(Al3＋)。
（4）c2为N2，氮原子通过三对共用电子对形成共价键，用电子式表示其形成过程为。
（5）①滴加NaOH溶液的过程中形成的沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3；继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐溶解，能与NaOH反应的沉淀为Al(OH)3沉淀，该反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O。
②反应生成的Mg(OH)2沉淀的质量为11.6g，其物质的量；反应生成Al(OH)3沉淀的质量为19.4g－11.6g=7.8g，其物质的量。因此生成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀所消耗n(NaOH)=0.2mol×2＋0.1mol×3=0.7mol，则所需NaOH溶液的体积，所以b=140mL+20mL=160mL。
【分析】（1）非金属性最强的是F。
（2）a、d、f三种元素形成的化合物为NaOH。
（3）非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强。电子层数越大，离子半径越大；电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。
（4）c2的化学式为N2，其中所含的化学键为共价键。
（5）①能与NaOH反应的沉淀为Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成可溶性NaAlO2和H2O。
②19.4g沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，加入NaOH溶液后剩余的11.6g沉淀为Mg(OH)2，因此Al(OH)3沉淀的质量为19.4g－11.6g=7.8g。结合Mg(OH)2、Al(OH)3的物质的量计算消耗n(NaOH)，进而计算所需NaOH溶液的体积。
17．（2023高一上·湖北期末）已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体M。
（1）写出下列物质的化学式：A： ，D： 。
（2）按要求写出下列反应方程式：
H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式： 。
Q+B→N的离子方程式： 。
（3）足量的R分别与等物质的量的HCl和B反应：
①生成H2的物质的量之比为 。
②消耗R的物质的量之比为 。
（4）反应B+E→H中如果想白色沉淀保持时间长，可采用如图装置：
实验开始时，先检查装置的气密性，再装好药品，打开止水夹，反应一段时间后关闭止水夹，I中的溶液沿导管流入II中，生成的白色沉淀可以保持较长时间，原因是： 。
（5）向W溶液中加入一定量T后，为检验所得溶液中金属阳离子，甲同学做了如下实验：甲同学取出少量反应后溶液，加入少量酸性KMnO4溶液，发现酸性KMnO4溶液褪色，由此得出结论有Fe2+。乙同学看了实验过程后认为甲同学的结论有问题，你觉得乙同学判断甲同学结论的依据是： 。
【答案】（1）Na2O2；Fe3O4
（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；Al2O3+2OH-=2AlO +H2O
（3）1∶3；1∶3
（4）用H2将装置内的空气排尽且有H2做保护气
（5）实验中可能是Cl-使酸性KMnO4溶液褪色而干扰检验
【知识点】钠的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断
【解析】【解答】解：（1）由分析可知，A为Na2O2，D为Fe3O4。
（2）H为Fe(OH)2，M为Fe(OH)3，Fe(OH)2与空气中的O2、H2O反应生成Fe(OH)3，该反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。Q为Al2O3，B为NaOH，N为NaAlO2，该反应的离子方程式为Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O。
（3）R为Al，分别与等物质的量的HCl、NaOH反应的离子方程式为：2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑、2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑。
①由反应可知，等物质的量的H＋、OH－完全反应生成H2的物质的量之比为1：3。
②令n(H＋)=n(OH－)=6mol，则与H＋反应的n(Al)=2mol，与OH－反应的n(Al)=6mol，因此消耗R的物质的量之比为1：3。
（4）Fe(OH)2易被空气中的O2氧化成Fe(OH)3，因此实验过程中用H2排出装置内的空气，可防止Fe(OH)2被氧化。
（5）W为FeCl3、T为Fe，二者反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，反应后所得溶液中的金属阳离子为Fe2＋，由于所加Fe的量未知，因此溶液中还可能含有Fe3＋。取反应后的溶液滴加酸性KMnO4溶液，溶液褪色，说明溶液中含有Fe2＋。由于溶液中一定含有Cl－，Cl－也能被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液褪色，因此甲同学的结论有问题。
【分析】A为淡黄色固体，且能与H2O反应，因此A为Na2O2。T、R时金属单质，能与C反应生成D，D具有磁性的黑色固体，因此D为Fe3O4，则C为O2、B为NaOH，T为Fe。Fe3O4与HCl反应生成FeCl3、FeCl2和H2O，再与足量Fe反应，生成FeCl2，因此E为FeCl2。NaOH与FeCl2反应生成Fe(OH)2，因此H为Fe(OH)2，在潮湿的空气中反应生成M，因此M为Fe(OH)3。Fe(OH)3与HCl反应生成FeCl3，因此W为FeCl3。R是一种金属单质，与O2反应生成金属氧化物Q，能与NaOH反应，因此Q为Al2O3，R为Al。Al2O3与NaOH反应生成的N为NaAlO2。
三、原理综合题
18．（2023高一上·湖北期末）近年来，我国储氢碳管研究获得重大进展，电弧法合成碳纳米管，常伴有大量物质－碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应的化学方程式为：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4(稀)=3CO2↑+3K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O。请回答下列问题。
（1）下列物质中：①碳纳米颗粒②K2Cr2O7晶体③CO2④熔融K2SO4⑤Cr2(SO4)3溶液⑥H2O⑦稀硫酸。属于电解质是 (填序号)。
（2）CO2的摩尔质量为 。
（3）用单线桥法标出上述反应电子转移的方向和数目 。
（4）标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，则该混合气体的平均相对分子质量是 。
（5）实验探究小组在实验中需要用到456mL1mol L-1的H2SO4溶液，但是在实验室中只发现一瓶8mol L-1的H2SO4溶液，该小组用8mol L-1的H2SO4溶液配制所需溶液。
①如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是 (填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是 (填仪器名称)。
②该实验中需要量取8mol L-1的H2SO4溶液 mL。
【答案】（1）②④⑥
（2）44g/mol
（3）
（4）40
（5）AC；500mL容量瓶、玻璃棒；62.5
【知识点】氧化还原反应；电解质与非电解质；配制一定物质的量浓度的溶液；摩尔质量
【解析】【解答】解：（1）电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质的有酸、碱、盐、金属氧化物和水。因此上述物质属于电解质的有②④⑥。
（2）摩尔质量以“g·mol-1”为单位时，数值上等于其相对分子质量，所以CO2的摩尔质量为44g·mol－1。
（3）反应过程中碳元素由0价变为＋3价，失去3×4=12个电子；铬元素由＋6价变为＋3价，得到3×2×2=12个电子。因此电子由碳元素转移到铬元素，用单线桥表示为。
（4）标准状态下，该混合气体的物质的量。所以混合气体的平均摩尔质量，所以该混合气体的平均相对分子质量为40。
（5）①配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为“计算→量取→稀释→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶、贴标签”。因此实验过程中所需的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以不需用到的仪器有AC。
②由浓溶液配制稀溶液的过程中，需加水进行稀释，过程中溶液溶质的物质的量保持不变，因此可得8mol·L－1×V1=1mol·L－1×500mL，解得 V2=62.5mL。
【分析】（1）电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。
（2）摩尔质量以“g·mol-1”为单位时，数值上等于其相对分子质量。
（3）根据反应过程中元素化合价变化标注电子转移的数目和方向。
（4）根据公式进行计算。
（5）①根据溶液配制过程确定其所需的仪器。
②由浓溶液配制稀溶液的过程中，溶液中溶质的物质的量保持不变，根据公式c1V1=c2V2计算所需硫酸溶液的体积。
四、实验题
19．（2023高一上·湖北期末）某兴趣小组的同学拟采用以下装置制备氯气并进行一系列相关探究实验的装置。请回答下列问题：
（1）装置A中a仪器的名称： ，用装置A制氯气所发生反应的离子方程式为 ，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此装置C中I、II、III处依次放入 (填字母)。
a b c d
I 干燥的有色布条 干燥的有色布条 湿润的有色布条 湿润的有色布条
II 碱石灰 硅胶 浓硫酸 无水氯化钙
III 湿润的有色布条 湿润的有色布条 干燥的有色布条 干燥的有色布条
（3）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。实验过程：
I.打开弹簧夹，打开a的活塞，滴加浓盐酸。
II.当D和F中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
III.当D中溶液由黄色变为红棕色时，关闭a的活塞。
IV.打开活塞b，将少量F中溶液滴入E中，关闭活塞b，取下E振荡，静置后CCl4层变为紫红色
①过程IV的现象能证明溴的氧化性强于碘，反应的离子方程式是 。
②过程III实验的目的是 。
③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 ，得电子能力逐渐减弱。
【答案】（1）分液漏斗；MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；1：2
（2）d
（3）Br2+2Cl-=I2+2Br-；确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；卤素原子结构及其性质的比较
【解析】【解答】解：（1）仪器a为分液漏斗。装置A中MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成MnCl2、Cl2和H2O，该反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－=Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。其中的氧化剂为MnO2，还原剂为HCl，二者的物质的量之比为1：2。
（2）干燥的Cl2不具有漂白性，无法使干燥的有色布条褪色；Cl2与水形成氯水后含有HClO，具有漂白性。因此装置C中Ⅰ处为湿润的有色布条，可观察到不调褪色；Ⅱ处试剂为无水CaCl2或硅胶，用于干燥Cl2；Ⅲ处为干燥的有色布条，布条不褪色。故答案为：d
（3）①CCl4层变为紫红色，说明有I2生成，发生反应的离子方程式为Br2＋2I－=I2＋2Br－。
②当装置D中溶液变为红棕色时，说明不存在Cl2，可排出Cl2对Br2与I－的反应的干扰。
③氧化性Cl2>Br2>I2，是由于同主族元素从上到下，原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，所以单质的氧化性逐渐减弱。
【分析】装置A中MnO2与浓盐酸反应生成Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，会使得生成的Cl2中混有HCl，可用饱和食盐水除去，因此装置B的作用是除去Cl2中混有的HCl。装置C用于检验Cl2、氯水的漂白性，因此装置C中U型管中的试剂为硅胶，用于干燥Cl2。装置D中NaBr与Cl2发生反应Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－；浸泡有NaOH溶液的棉花，用于吸收过量的Cl2，防止Cl2逸出造成空气污染。打开弹簧夹后，Cl2进入装置F中，与NaBr发生反应Cl2＋＋2Br－=Br2＋2Cl－。继续打开活塞b，分液漏斗内的溶液进入试管中，发生反应Br2＋2I－=I2＋2Br－。
