山西省吕梁市孝义市2022-2023学年高一上学期1月期末考试化学试题
一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A．医用酒精和胶体可用丁达尔效应区分
B．如果钠等可燃物着火，应立即用水扑灭
C．疫苗一般应冷藏存放，可以通过氧化灭活病毒
D．在食品袋中放入盛有铁粉的透气小袋，可防止食物氧化变质
2．（2019·浙江选考）下列属于碱的是（ ）
A．C2H5OH B．Na2CO3 C．Ca(OH)2 D．Cu2(OH)2CO3
3．（2023高一上·孝义期末）下列离子反应方程式书写正确的是（ ）
A．向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体：
B．将等物质的量的稀硫酸与氢氧化钡溶液混合：
C．酸化的硫酸亚铁溶液长时间存放溶液变黄：
D．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：
4．（2021·北京）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3 B．碱性：KOH＞NaOH＞LiOH
C．热稳定性：H2O＞H2S＞PH3 D．非金属性：F＞O＞N
5．下列有关叙述中正确的是（ ）
A．腐蚀刻制印刷电路板，说明铁比铜金属性强
B．碱性氧化物：
C．、溶液、属于电解质
D．均可由化合反应制得
6．对下列各组离子共存问题的评价及离子方程式书写正确的是（ ）
选项 离子组 评价
A 不能大量共存于同一溶液中，因会发生如下反应：
B 不能大量共存于同一溶液中，因和发生反应：
C 不能大量共存于同一溶液中，因为有红色沉淀生成：
D 不能大量共存于同一溶液中，因发生了如下反应：
A．A B．B C．C D．D
7．下列说法正确的一组是（ ）
①常温下，铝与足量的氢氧化钠溶液反应，失去的电子数为
②碳酸氢钠在水中电离的方程式为
③某溶液与淀粉碘化钾溶液反应后出现蓝色，则证明该溶液一定是氯水
④中既含离子键又含共价键
⑤盐酸和碳酸氢钠溶液可通过调节反应物用量而改变反应产物
⑥某溶液中滴入溶液，生成白色沉淀，该溶液中可能含
A．②③⑥ B．①③④ C．①④⑥ D．①⑤⑥
8．下列物质的组合中，前者互为同位素，后者互为同素异形体的是（ ）
A．和；金刚石和石墨 B．和；和金刚石
C．和；红磷和白磷 D．红磷和白磷；和
9．某化学兴趣小组利用如图装置进行“铁与水蒸气反应”的实验，并检验产物的性质，下列说法正确的是（ ）
A．实验时，应先点燃B处的酒精灯，再点燃A处的酒精灯
B．B中发生反应的化学方程式是：2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2↑
C．B中生成1mol H2时，E处有1mol CuO被还原
D．碱石灰的作用是吸收水蒸气
10．某恒星内部发生的一种核反应为，X、Y为短周期元素，X的周期序数是其族序数的3倍。下列说法正确的是（ ）
A．的质量数为24
B．简单离子半径大小关系：
C．氦气中含有非极性键
D．X、Y的氯化物中均含离子键和共价键
二、多选题
11．某同学将钾投入溶液中，待其充分反应。下列叙述错误的是（ ）
A．反应后的溶液中的数目约为
B．充分反应后有白色沉淀生成
C．生成标准状况下
D．反应后的溶液中，溶质只有
12．下列实验过程不可以达到实验目的的是（ ）
编号 实验目的 实验过程
A 配制的溶液 称取固体放入容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
B 制取并纯化氢气 向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过溶液、浓硫酸
C 配制稀硫酸 先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水
D 验证氯水具有漂白性 向红色纸条上滴加氯水，红色纸条褪色
A．A B．B C．C D．D
13．X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物的电子总数为18个；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径：
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：
C．最简单氢化物沸点：
D．X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
三、填空题
14．回答下列问题
（1） 是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用、等试剂测定某工厂废水中的物质的量浓度。
①现需配制的标准溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒，烧杯外，还需要 。
②需用托盘天平称取固体的质量为 g。
（2）若用氧化盐酸。其反应方程式如下：
该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为 。当有恰好和盐酸全部完全反应，反应后溶液的体积为，则所得溶液中的物质的量浓度为 ，此时产生的在标准状况下的体积为 ，被氧化的的物质的量为 。
（3） 和浓盐酸在一定温度下反应，会生成橙黄色的易爆物二氧化氯气体，该反应的化学方程式为
用双线桥法表示该氧化还原反应的电子转移情况：
四、元素或物质推断题
15．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如图反应(图中某些反应的产物及条件没有全部标出)，根据以上信息填空：
（1）写出物质D的电子式： ，气体乙的结构式 。
（2）金属B单质能在空气中稳定存在的原因是 。
（3）金属C碳合金是 (填“混合物”或“化合物”)，通常，合金的熔沸点 (填“高于”或“低于”)其组成单质的熔沸点。
（4）写出下列反应的化学方程式：反应① ；反应⑤ 。
（5）写出下列反应的离子方程式：反应③ ；反应⑥ 。
（6）若反应③放出气体(标准状况下)，则被氧化的B的质量为 g
16．X、Y、Z、M、R、Q为六种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示，请回答下列问题：
（1）Q的元素符号为 ；M在元素周期表中的位置为 ；
（2）实验室中R的单质可保存在 中；
（3）R、M的简单离子的半径由大到小的顺序为 (填离子符号)；
（4）Y、Z的最简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为 (填化学式)。
五、实验题
17．（1）Ⅰ、某研究性学习小组为了制取、收集纯净干燥的氯气并探究氯气的性质，他们设计了如图所示的实验装置：
请回答下列问题：
整套实验装置的连接顺序是 （各接口处的字母代号）；
（2）E装置中制取氯气的离子方程式是 。
（3）A装置中试剂X是 。B装置中试剂Y是 ，其作用是 ；
（4）C装置中可观察到的现象是 。
（5）Ⅱ、如下图所示，此装置可用来制取和观察在空气中被氧化的颜色变化。实验时必须使用铁屑和的硫酸，其他试剂任选。填写下列空白：
B中盛有一定量的溶液，A中应预先加入的固体药品是 ，A中反应的离子方程式是 。
（6）实验开始时先将止水夹a (填“打开”或“关闭”)，其目的是 。
（7）简述生成的操作过程 。
（8）实验完毕，打开b处止水夹，放入一部分空气，此时B瓶中观察到的现象是 ，发生的反应为 。(用方程式表示)
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；铁的化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、医用酒精属于溶液，不会产生丁达尔效应，而Fe(OH)3胶体可产生丁达尔效应，因此可用丁达尔效应区分医用酒精和Fe(OH)3胶体，A不符合题意。
B、金属Na的还原性强，能与H2O反应生成H2，因此金属Na着火不能用H2O扑灭，B符合题意。
C、病毒的主要成分是蛋白质，NaClO具有氧化性，能使蛋白质的结构变性，C不符合题意。
D、铁粉具有还原性，食品包装袋中放入盛有铁粉的透气小袋，可防止食物氧化变质，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、利用丁达尔效应可区分胶体和溶液。
B、Na能与H2O反应生成可燃性气体H2。
C、NaClO具有氧化性，能使蛋白质结构变性。
D、铁粉具有还原性，可防止食物氧化变质。
2．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A. C2H5OH是有机物，属于醇类，A不符合题意；
B. Na2CO3属于无机盐，B不符合题意；
C. Ca(OH)2是二元强碱，C符合题意；
D. Cu2(OH)2CO3是碱式盐，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】电离产生的阴离子全部是OH-的化合物为碱。
3．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、H2CO3的酸性强于HClO，因此往Ca(ClO)2溶液中通入CO2发生反应：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO，A不符合题意。
B、H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀和H2O，该反应的离子方程式为：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，B符合题意。
C、FeSO4溶液变黄色，说明溶液中的Fe2＋被氧化成Fe3＋，该反应的离子方程式为：4Fe2＋＋4H＋＋O2=4Fe3＋＋2H2O，C不符合题意。
D、Al2O3是一种两性氧化物，能与NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2和H2O，该反应的离子方程式为：Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、CO2与Ca(ClO)2溶液反应生成HClO和CaCO3沉淀。
B、稀硫酸与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀和H2O。
C、Fe2＋极易被空气中的O2氧化，生成Fe3＋。
D、Al2O3与NaOH反应生成可溶性NaAlO2和H2O。
4．【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于S元素最高价含氧酸是H2SO4，不是H2SO3，因此不能根据元素周期律判断酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3，A符合题意；
B．同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强。元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性：K＞Na＞Li，所以碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，B不符合题意；
C．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞S＞P，所以氢化物的热稳定性：H2O＞H2S＞PH3，C不符合题意；
D．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强，所以元素的非金属性：F＞O＞N，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A.非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，且H2SO3不是最高价含氧酸；
B.金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强；
C.非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越强；
D.同周期从左向右非金属性增强。
5．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的简单分类
【解析】【解答】A、FeCl3溶液腐蚀Cu的过程中发生反应：2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋无法比较金属Fe、Cu的金属性，A不符合题意。
B、Na2O2属于过氧化物，Al2O3属于两性氧化物，MgO属于碱性氧化物，B不符合题意。
C、NaOH固体属于电解质，K2CO3溶液为混合物，不属于电解质，NH3属于非电解质，C不符合题意。
D、Fe(OH)3可由化合反应4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3得到，FeCl2可由化合反应Fe＋2FeCl3=3FeCl2得到，Ca(HCO3)2可由化合反应CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2得到，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、反应中没涉及金属铁。
B、Al2O3属于两性氧化物。
C、电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。
D、根据物质的反应分析。
6．【答案】B
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、溶液中HCO3－能与OH－发生反应：HCO3－＋OH－=CO32－＋H2O，因此不可大量共存，A不符合题意。
B、溶液中Al3＋能与OH－发生反应：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓或Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，不可大量共存，B符合题意。
C、Fe3＋能与SCN－发生反应：Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3，溶液变为红色，Fe(SCN)3不是沉淀，C不符合题意。
D、溶液中H＋能与CO32－发生反应：2H＋＋CO32－=H2O＋CO2↑，不可大量共存，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、HCO3－能与OH－反应生成CO32－和H2O。
B、Al3＋能与OH－反应生成Al(OH)3或AlO2－。
C、Fe(SCN)3不是沉淀。
D、Na＋与CO32－不反应。
7．【答案】C
【知识点】氯离子的检验；钠的重要化合物；电离方程式的书写；钠的氧化物；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】①2.7gAl的物质的量，反应过程中铝由0价变为+3价，失去3个电子，因此反应过程中转移电子数为0.1mol×3×NA=0.3NA，①说法正确。
②NaHCO3在水中的电离方程式为：NaHCO3=Na＋＋HCO3－、HCO3－ H＋＋CO32－，②说法错误。
③淀粉KI溶液变蓝色，说明原溶液具有氧化性，不一定是氯水，可能是H2O2溶液，③说法错误。
④Na2O2的电子式为，含有离子键和共价键，④说法正确。
⑤盐酸与NaHCO3溶液反应的化学方程式为：NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，反应与用量无关，⑤说法错误。
⑥加入AgNO3溶液后，反应生成白色沉淀，该沉淀可能为AgCl或Ag2SO4，因此原溶液中可能含有Cl－或SO42－，⑥说法正确。
综上，上述说法正确的是①④⑥，C符合题意。
故答案为：C
【分析】①反应过程中，铝由0价变为+3价，失去3个电子。
②NaHCO3在水中完全电离产生Na＋和HCO3－，HCO3－为弱酸的酸式酸根离子，在水中部分电离。
③淀粉KI溶液变蓝色，说明有I2生成，溶液具有氧化性。
④Na2O2中含有离子键和共价键。
⑤NaHCO3溶液与稀盐酸反应的化学方程式为：NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑。
⑥加入AgNO3溶液后产生的白色沉淀可能为AgCl或Ag2SO4。
8．【答案】A
【知识点】同素异形体；同位素及其应用
【解析】【解答】A、16O和18O是质子数相同，中子数不同的原子，二者互为同位素；金刚石和石墨是由碳元素组成的两种不同单质，二者互为同素异形体，A符合题意。
B、D2O和H2O都是水，属于同一种物质；C60和金刚石是由碳元素组成的两种不同单质，属于同素异形体，B不符合题意。
C、D2和H2都是氢气，属于同一种物质；红磷和白磷都是磷元素组成的不同单质，属于同素异形体，C不符合题意。
D、红磷和白磷属于同素异形体；35Cl和37Cl的质子数相同，中子数不同，属于同位素，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。同素异形体是指同种元素组成的不同单质。
9．【答案】D
【知识点】铁的化学性质
【解析】【解答】A、铁与水蒸气反应生成H2，H2是一种可燃性气体，用H2还原CuO的过程中，应先排出装置内的空气，防止加热H2与空气的混合气体，发生爆炸。所以实验过程中，应先点燃A处的酒精灯，利用反应生成水蒸气，排出装置内的空气，再点燃B处的酒精灯，A不符合题意。
B、装置B中，铁与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和H2，该反应的化学方程式为：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2(g)，B不符合题意。
C、装置B中反应生成的H2无法全部与CuO发生反应，因此装置B中生成H2的量大于与CuO反应的H2的量，所以若B中生成1molH2时，E处被还原的CuO少于1mol，C不符合题意。
D、碱石灰的主要成分是CaO和NaOH，常用做干燥剂，因此碱石灰的作用是吸收水蒸气，D符合题意。
故答案为：D
【分析】装置A中加热过程中产生水蒸气，进入装置B中与铁粉在高温条件下发生反应：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2(g)。装置C可将部分水蒸气冷凝为液态水，剩余气体通过装置D中的碱石灰进行干燥，除去H2中的水蒸气，H2进入装置E中，与CuO发生还原反应。
10．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；共价键的形成及共价键的主要类型；极性键和非极性键；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、由分析可知，W=26，所以的质量数为26，A不符合题意。
B、X的原子序数为11，其元素符号为Na；Y的原子序数为12，其元素符号为Mg，二者形成的简单离子为Na＋、Mg2＋，其核外电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径Na＋＞Mg2＋，即X＞Y，B符合题意。
C、氦气的化学式为He，属于氮原子分子，不存在化学键，只存在分子间作用力，C不符合题意。
D、X、Y的氯化物的化学式分别为NaCl、MgCl2，都只含有离子键，不含有共价键，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】X、Y为短周期元素，且X的周期序数是其族序数的3倍，所以X位于第三周期第ⅠA族，所以X为Na，则Z为11。由核反应可知2Z＋1＋4=W＋1、Z＋2=P＋1；所以W=26、P=12。
11．【答案】B,D
【知识点】镁、铝的重要化合物；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、根据钾元素守恒可得，反应后溶液中n(K＋)=n(K)=0.01mol，则溶液中K＋的数目为0.01mol×6.02×1023mol－1=6.02×1021，A不符合题意。
B、由分析可知，溶液中Al3＋与OH－二者恰好完全反应，其反应的离子方程式为Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，反应过程中没有白色沉淀生成，B符合题意。
C、由分析可知，反应生成n(H2)=0.005mol，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.005mol×22.4L·mol－1=0.112L=112mL，C不符合题意。
D、反应后溶液中含有K＋、Cl－和AlO2－，因此溶液中的溶质有KCl、KAlO2，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】0.39gK的物质的量，加入AlCl3溶液中K与H2O发生反应：2K＋2H2O=2KOH=H2↑。反应生成n(KOH)=0.01mol、n(H2)=0.005mol。25mL 0.1mol·L－1的AlCl3溶液中n(AlCl3)=0.1mol·L－1×0.025L=0.0025mol，则溶液中n(Al3＋)=0.0025mol，此时混合溶液中n(Al3＋)：n(OH－)=0.0025mol：0.01mol=1：4，所以二者发生反应：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O。
12．【答案】A,C
【知识点】氯气的化学性质；常见气体制备原理及装置选择；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、NaOH固体的溶解应在烧杯中进行，溶解后溶液恢复至室温后再转移到容量瓶内，不能直接将固体放入容量瓶内进行溶解，A符合题意。
B、由于盐酸具有挥发性，会使得H2中混有HCl，可用NaOH溶液吸收HCl，再用浓硫酸干燥H2，B不符合题意。
C、浓硫酸的密度比水大，稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，不能将水加入到浓硫酸中，防止液体溅出，C符合题意。
D、检验氯水的漂白性时，可向红色纸条上滴加氯水，若红色纸条褪色，说明氯水具有漂白性，D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】A、容量瓶只能用于配制溶液，不能用于溶解、稀释操作。
B、盐酸具有挥发性，用NaOH吸收HCl，用浓硫酸进行干燥。
C、稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中。
D、红色纸条褪色，说明氯水具有漂白性。
13．【答案】A,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】由分析可知，X为H、Y为C、Z为N、M为Si、Q为Cl。
A、电子层数越大，原子半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小。因此原子半径：C＜Cl＜Si，即Y＜Q＜M，A符合题意。
B、非金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。由于非金属性N＞C＞Si，所以酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，即Z＞Y＞M，B不符合题意。
C、Y、Z的简单氢化物分别为CH4、NH3，由于NH3可形成分子间氢键，使得沸点增大， 因此沸点：Y＜Z，C不符合题意。
D、X、Z、Q三种元素形成的化合物可能为NH4Cl，为离子化合物，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】化合物Z2X4的电子总数为18，所以Z为N，X为H。Q的原子最外层电子数比次外层少一个电子，所以Q为Cl。Y元素的最高正价为＋4价，所以Y为C。Y与M同主族，所以M为Si。
14．【答案】（1）250mL容量瓶、胶头滴管；4.0
（2）2：5；；5.6L；0.5mol
（3）
【知识点】氧化还原反应；配制一定物质的量浓度的溶液；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①配制一定物质的量浓度的溶液所需的步骤为“计算→称量→溶解→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶”。因此实验过程中所需的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管。
②所需Na2S2O3固体的质量m=n×M=c×V×M=0.1mol·L-1×0.25L×158g·mol-1=3.95g。由于托盘天平的精度为0.1g，因此需用托盘天平称量Na2S2O3固体的质量为4.0g。
（2）该反应中KMnO4中锰元素由＋7价变为＋2价，化合价降低，发生还原反应，因此MnCl2为还原产物。HCl中氯元素由－1价变为0价，化合价升高，发生氧化反应，因此Cl2为氧化产物。所以该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为2：5。
当有0.1molKMnO4恰好与盐酸全部反应时，参与反应的n(HCl)=0.8mol，被氧化的n(Cl－)=0.5mol，此时溶液中剩余的n(Cl－)=0.8mol－0.5mol=0.3mol，所以反应后所得溶液中。由反应的化学方程式可知，反应生成n(Cl2)=0.25mol，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.25mol×22.4L·mol－1=5.6L。被氧化的HCl的物质的量为0.5mol。
（3）该反应中KClO3中氯元素由＋5价转化为＋4价，得到2个电子；HCl中氯元素由－1价变为0价，失去2个电子。因此用双线桥表示电子转移情况如下：。
【分析】（1）①根据溶液配制过程确定其所需的仪器。
②根据公式m=n×M=c×V×M计算所需固体的质量。
（2）根据元素化合价的变化确定还原产物与氧化产物，结合其化学计量数确定二者的物质的量之比。
当有0.1molKMnO4恰好与盐酸全部反应时，则参与反应的n(HCl)=0.8mol，被氧化的n(Cl－)=0.5mol，溶液中剩余n(Cl－)=0.8mol－0.5mol=0.3mol，据此进行计算。
（3）同种元素发生化合价变化时，遵循“两相靠，不交叉”原则。即向相邻价态进行变化。由化合价变化确定转移电子数，从而画出双线桥。
15．【答案】（1）；Cl-Cl
（2）铝表面被氧化生成一层致密的氧化铝薄膜，能阻止内部金属继续被氧化
（3）混合物；低于
（4）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2FeCl2+Cl2=2FeCl3
（5）；
（6）0.9
【知识点】钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，物质D为NaOH，其电子式为。气体乙为Cl2，其结构式为Cl-Cl。
（2）金属B为Al，其金属活动性较强，易与空气中的O2反应形成一层致密的Al2O3薄膜，对内层金属可以起到保护作用，因此金属Al能在空气中稳定存在。
（3）金属C为Fe，铁碳合金属于混合物。通常情况下，合金的熔沸点低于其成分单质的熔沸点。
（4）反应①中Na与H2O反应生成NaOH和H2，该反应的化学方程式为：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑。反应⑤中FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，该反应的化学方程式为：2FeCl2＋Cl2=2FeCl3。
（5）反应③中Al与NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2和H2，该反应的离子方程式为：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑。
反应⑥中FeCl3溶液与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3沉淀和NaCl，该反应的离子方程式为：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓。
（6）反应③的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，反应生成。由反应的离子方程式可知，此时被氧化的，其质量为。
【分析】金属单质A的焰色为黄色，则A为Na，与H2O反应生成NaOH和H2，因此气体甲为H2，物质D为NaOH。黄绿色气体乙为Cl2，H2与Cl2反应生成HCl，因此气体丙为HCl。NaOH能与金属单质B反应生成H2，因此金属单质B为Al。红褐色沉淀H为Fe(OH)3，因此物质G为FeCl3，物质F为FeCl2，金属单质C为Fe。物质E为稀盐酸。
16．【答案】（1）Li；第三周期ⅥA族
（2）煤油
（3）S2-> Na+
（4）NH3>CH4
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）由分析可知，Q为Li，M为S。硫原子核外有3个电子层，位于周期表的第三周期；最外层有6个电子，因此位于第ⅥA族。
（2）由分析可知，R为Na，实验室中Na可保存在煤油中。
（3）R、M的简单离子分别为Na＋、S2－，核外电子层数越大，离子半径越大。因此离子半径S2－＞Na＋。
（4）非金属性越强，则简单氢化物的稳定性越强。由于非金属性N＞C，所以氢化物的稳定性：NH3＞CH4。
【分析】X、Q、R的最外层电子数都是1，且原子半径逐渐增大，因此X为H、Q为Li、R为Na。Y的最外层电子数为4，其原子半径小于Q，因此Y为C、Z为N。M的嘴歪次呢个电子数为6，且原子半径小于R，所以M为S。
17．【答案】（1）f→a→b→e→d→c
（2）MnO2＋4H＋＋2Cl- Mn2+＋Cl2↑＋2H2O
（3）饱和食盐水；浓硫酸；干燥氯气
（4）溶液变蓝色
（5）铁屑；Fe+2H+=Fe2++H2↑
（6）打开；排出空气，防止氢氧化亚铁被氧化
（7）待A装置反应一段时间后关闭止水夹a，产生的H2将FeSO4溶液压入B中进行反应
（8）白色沉淀先转化为灰绿色最后转化为红褐色；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】（1）气体收集与性质检验装置的连接顺序为：气体发生装置→除杂装置→干燥装置→收集装置→性质检验装置→尾气吸收装置。因此整套实验装置的连接顺序为f→a→b→e→d→。
（2）装置E为Cl2的发生装置，加热过程中，MnO2与浓盐酸反应生成可溶于水的MnCl2、Cl2和H2O，该反应的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。
（3）装置A为除杂装置，装置B为Cl2的干燥装置。由于Cl2不溶于饱和食盐水，但HCl可以。因此装置A中的试剂为饱和食盐水；装置B中的试剂为浓硫酸，用于干燥Cl2.
（4）装置C中淀粉KI溶液用于检验Cl2的氧化性，Cl2能与KI发生反应：Cl2＋2KI=2KCl＋I2，淀粉遇碘变蓝色，因此装置C中可观察到的现象为：溶液变蓝色。
（5）装置A圆底烧瓶内通过稀硫酸与铁屑反应生成FeSO4，FeSO4在H2压强作用下进入锥形瓶内，与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2沉淀。因此圆底烧瓶内应预先加入的固体为铁屑。A中反应的离子方程式为：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。
（6）实验开始时应先将止水夹a打开，利用圆底烧瓶内反应生成的H2排出装置内的空气，防止反应生成的Fe(OH)2被空气中的O2氧化。
（7）Fe(OH)2是由FeSO4与NaOH反应生成，因此需将装置A中反应生成的FeSO4溶液压入锥形瓶内。故操作过程为：待装置A中反应一段时间后关闭止水夹a，利用产生的H2将FeSO4溶液压入装置B中，与NaOH溶液反应，即可得到Fe(OH)2沉淀。
（8）实验结束后，打开止水夹b，空气进入锥形瓶内，Fe(OH)2被空气中的O2氧化，其现象为：白色絮状沉淀先转化为灰绿色，最后变为红褐色。此时发生反应的化学方程式为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。
【分析】Ⅰ装置A、B为除杂装置，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Cl2中混有的HCl，再用浓硫酸进行干燥。装置C为Cl2性质的检验装置，装置D为尾气吸收装置。装置E为Cl2的发生装置，生成Cl2的反应的化学方程式为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。装置F为Cl2的收集装置，由于Cl2的密度比空气大，应采用向上排空气法收集，因此Cl2从长导管的一端通入。
ⅡFe(OH)2为白色絮状沉淀，极易被空气中的O2氧化成Fe(OH)3沉淀。因此哟啊观察到Fe(OH)2沉淀的颜色，实验过程中，应排出装置内的空气。实验时应先打开止水夹a，通过分液漏斗滴加稀硫酸，与铁屑反应，利用生成的H2排出装置内的空气，防止Fe(OH)2被氧化。当装置内的空气完全排出时，关闭止水夹a，利用H2产生的压强，将烧瓶内的FeSO4溶液压入锥形瓶内，与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2白色絮状沉淀。再打开止水夹b，使空气进入锥形瓶内，即可观察到锥形瓶内Fe(OH)2沉淀被氧化过程中的颜色变化。
山西省吕梁市孝义市2022-2023学年高一上学期1月期末考试化学试题
一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A．医用酒精和胶体可用丁达尔效应区分
B．如果钠等可燃物着火，应立即用水扑灭
C．疫苗一般应冷藏存放，可以通过氧化灭活病毒
D．在食品袋中放入盛有铁粉的透气小袋，可防止食物氧化变质
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；铁的化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、医用酒精属于溶液，不会产生丁达尔效应，而Fe(OH)3胶体可产生丁达尔效应，因此可用丁达尔效应区分医用酒精和Fe(OH)3胶体，A不符合题意。
B、金属Na的还原性强，能与H2O反应生成H2，因此金属Na着火不能用H2O扑灭，B符合题意。
C、病毒的主要成分是蛋白质，NaClO具有氧化性，能使蛋白质的结构变性，C不符合题意。
D、铁粉具有还原性，食品包装袋中放入盛有铁粉的透气小袋，可防止食物氧化变质，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、利用丁达尔效应可区分胶体和溶液。
B、Na能与H2O反应生成可燃性气体H2。
C、NaClO具有氧化性，能使蛋白质结构变性。
D、铁粉具有还原性，可防止食物氧化变质。
2．（2019·浙江选考）下列属于碱的是（ ）
A．C2H5OH B．Na2CO3 C．Ca(OH)2 D．Cu2(OH)2CO3
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A. C2H5OH是有机物，属于醇类，A不符合题意；
B. Na2CO3属于无机盐，B不符合题意；
C. Ca(OH)2是二元强碱，C符合题意；
D. Cu2(OH)2CO3是碱式盐，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】电离产生的阴离子全部是OH-的化合物为碱。
3．（2023高一上·孝义期末）下列离子反应方程式书写正确的是（ ）
A．向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体：
B．将等物质的量的稀硫酸与氢氧化钡溶液混合：
C．酸化的硫酸亚铁溶液长时间存放溶液变黄：
D．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、H2CO3的酸性强于HClO，因此往Ca(ClO)2溶液中通入CO2发生反应：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO，A不符合题意。
B、H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀和H2O，该反应的离子方程式为：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，B符合题意。
C、FeSO4溶液变黄色，说明溶液中的Fe2＋被氧化成Fe3＋，该反应的离子方程式为：4Fe2＋＋4H＋＋O2=4Fe3＋＋2H2O，C不符合题意。
D、Al2O3是一种两性氧化物，能与NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2和H2O，该反应的离子方程式为：Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、CO2与Ca(ClO)2溶液反应生成HClO和CaCO3沉淀。
B、稀硫酸与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀和H2O。
C、Fe2＋极易被空气中的O2氧化，生成Fe3＋。
D、Al2O3与NaOH反应生成可溶性NaAlO2和H2O。
4．（2021·北京）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3 B．碱性：KOH＞NaOH＞LiOH
C．热稳定性：H2O＞H2S＞PH3 D．非金属性：F＞O＞N
【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于S元素最高价含氧酸是H2SO4，不是H2SO3，因此不能根据元素周期律判断酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3，A符合题意；
B．同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强。元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性：K＞Na＞Li，所以碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，B不符合题意；
C．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞S＞P，所以氢化物的热稳定性：H2O＞H2S＞PH3，C不符合题意；
D．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强，所以元素的非金属性：F＞O＞N，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A.非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，且H2SO3不是最高价含氧酸；
B.金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强；
C.非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越强；
D.同周期从左向右非金属性增强。
5．下列有关叙述中正确的是（ ）
A．腐蚀刻制印刷电路板，说明铁比铜金属性强
B．碱性氧化物：
C．、溶液、属于电解质
D．均可由化合反应制得
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的简单分类
【解析】【解答】A、FeCl3溶液腐蚀Cu的过程中发生反应：2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋无法比较金属Fe、Cu的金属性，A不符合题意。
B、Na2O2属于过氧化物，Al2O3属于两性氧化物，MgO属于碱性氧化物，B不符合题意。
C、NaOH固体属于电解质，K2CO3溶液为混合物，不属于电解质，NH3属于非电解质，C不符合题意。
D、Fe(OH)3可由化合反应4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3得到，FeCl2可由化合反应Fe＋2FeCl3=3FeCl2得到，Ca(HCO3)2可由化合反应CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2得到，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、反应中没涉及金属铁。
B、Al2O3属于两性氧化物。
C、电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。
D、根据物质的反应分析。
6．对下列各组离子共存问题的评价及离子方程式书写正确的是（ ）
选项 离子组 评价
A 不能大量共存于同一溶液中，因会发生如下反应：
B 不能大量共存于同一溶液中，因和发生反应：
C 不能大量共存于同一溶液中，因为有红色沉淀生成：
D 不能大量共存于同一溶液中，因发生了如下反应：
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、溶液中HCO3－能与OH－发生反应：HCO3－＋OH－=CO32－＋H2O，因此不可大量共存，A不符合题意。
B、溶液中Al3＋能与OH－发生反应：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓或Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，不可大量共存，B符合题意。
C、Fe3＋能与SCN－发生反应：Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3，溶液变为红色，Fe(SCN)3不是沉淀，C不符合题意。
D、溶液中H＋能与CO32－发生反应：2H＋＋CO32－=H2O＋CO2↑，不可大量共存，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、HCO3－能与OH－反应生成CO32－和H2O。
B、Al3＋能与OH－反应生成Al(OH)3或AlO2－。
C、Fe(SCN)3不是沉淀。
D、Na＋与CO32－不反应。
7．下列说法正确的一组是（ ）
①常温下，铝与足量的氢氧化钠溶液反应，失去的电子数为
②碳酸氢钠在水中电离的方程式为
③某溶液与淀粉碘化钾溶液反应后出现蓝色，则证明该溶液一定是氯水
④中既含离子键又含共价键
⑤盐酸和碳酸氢钠溶液可通过调节反应物用量而改变反应产物
⑥某溶液中滴入溶液，生成白色沉淀，该溶液中可能含
A．②③⑥ B．①③④ C．①④⑥ D．①⑤⑥
【答案】C
【知识点】氯离子的检验；钠的重要化合物；电离方程式的书写；钠的氧化物；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】①2.7gAl的物质的量，反应过程中铝由0价变为+3价，失去3个电子，因此反应过程中转移电子数为0.1mol×3×NA=0.3NA，①说法正确。
②NaHCO3在水中的电离方程式为：NaHCO3=Na＋＋HCO3－、HCO3－ H＋＋CO32－，②说法错误。
③淀粉KI溶液变蓝色，说明原溶液具有氧化性，不一定是氯水，可能是H2O2溶液，③说法错误。
④Na2O2的电子式为，含有离子键和共价键，④说法正确。
⑤盐酸与NaHCO3溶液反应的化学方程式为：NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，反应与用量无关，⑤说法错误。
⑥加入AgNO3溶液后，反应生成白色沉淀，该沉淀可能为AgCl或Ag2SO4，因此原溶液中可能含有Cl－或SO42－，⑥说法正确。
综上，上述说法正确的是①④⑥，C符合题意。
故答案为：C
【分析】①反应过程中，铝由0价变为+3价，失去3个电子。
②NaHCO3在水中完全电离产生Na＋和HCO3－，HCO3－为弱酸的酸式酸根离子，在水中部分电离。
③淀粉KI溶液变蓝色，说明有I2生成，溶液具有氧化性。
④Na2O2中含有离子键和共价键。
⑤NaHCO3溶液与稀盐酸反应的化学方程式为：NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑。
⑥加入AgNO3溶液后产生的白色沉淀可能为AgCl或Ag2SO4。
8．下列物质的组合中，前者互为同位素，后者互为同素异形体的是（ ）
A．和；金刚石和石墨 B．和；和金刚石
C．和；红磷和白磷 D．红磷和白磷；和
【答案】A
【知识点】同素异形体；同位素及其应用
【解析】【解答】A、16O和18O是质子数相同，中子数不同的原子，二者互为同位素；金刚石和石墨是由碳元素组成的两种不同单质，二者互为同素异形体，A符合题意。
B、D2O和H2O都是水，属于同一种物质；C60和金刚石是由碳元素组成的两种不同单质，属于同素异形体，B不符合题意。
C、D2和H2都是氢气，属于同一种物质；红磷和白磷都是磷元素组成的不同单质，属于同素异形体，C不符合题意。
D、红磷和白磷属于同素异形体；35Cl和37Cl的质子数相同，中子数不同，属于同位素，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。同素异形体是指同种元素组成的不同单质。
9．某化学兴趣小组利用如图装置进行“铁与水蒸气反应”的实验，并检验产物的性质，下列说法正确的是（ ）
A．实验时，应先点燃B处的酒精灯，再点燃A处的酒精灯
B．B中发生反应的化学方程式是：2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2↑
C．B中生成1mol H2时，E处有1mol CuO被还原
D．碱石灰的作用是吸收水蒸气
【答案】D
【知识点】铁的化学性质
【解析】【解答】A、铁与水蒸气反应生成H2，H2是一种可燃性气体，用H2还原CuO的过程中，应先排出装置内的空气，防止加热H2与空气的混合气体，发生爆炸。所以实验过程中，应先点燃A处的酒精灯，利用反应生成水蒸气，排出装置内的空气，再点燃B处的酒精灯，A不符合题意。
B、装置B中，铁与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和H2，该反应的化学方程式为：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2(g)，B不符合题意。
C、装置B中反应生成的H2无法全部与CuO发生反应，因此装置B中生成H2的量大于与CuO反应的H2的量，所以若B中生成1molH2时，E处被还原的CuO少于1mol，C不符合题意。
D、碱石灰的主要成分是CaO和NaOH，常用做干燥剂，因此碱石灰的作用是吸收水蒸气，D符合题意。
故答案为：D
【分析】装置A中加热过程中产生水蒸气，进入装置B中与铁粉在高温条件下发生反应：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2(g)。装置C可将部分水蒸气冷凝为液态水，剩余气体通过装置D中的碱石灰进行干燥，除去H2中的水蒸气，H2进入装置E中，与CuO发生还原反应。
10．某恒星内部发生的一种核反应为，X、Y为短周期元素，X的周期序数是其族序数的3倍。下列说法正确的是（ ）
A．的质量数为24
B．简单离子半径大小关系：
C．氦气中含有非极性键
D．X、Y的氯化物中均含离子键和共价键
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；共价键的形成及共价键的主要类型；极性键和非极性键；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、由分析可知，W=26，所以的质量数为26，A不符合题意。
B、X的原子序数为11，其元素符号为Na；Y的原子序数为12，其元素符号为Mg，二者形成的简单离子为Na＋、Mg2＋，其核外电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径Na＋＞Mg2＋，即X＞Y，B符合题意。
C、氦气的化学式为He，属于氮原子分子，不存在化学键，只存在分子间作用力，C不符合题意。
D、X、Y的氯化物的化学式分别为NaCl、MgCl2，都只含有离子键，不含有共价键，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】X、Y为短周期元素，且X的周期序数是其族序数的3倍，所以X位于第三周期第ⅠA族，所以X为Na，则Z为11。由核反应可知2Z＋1＋4=W＋1、Z＋2=P＋1；所以W=26、P=12。
二、多选题
11．某同学将钾投入溶液中，待其充分反应。下列叙述错误的是（ ）
A．反应后的溶液中的数目约为
B．充分反应后有白色沉淀生成
C．生成标准状况下
D．反应后的溶液中，溶质只有
【答案】B,D
【知识点】镁、铝的重要化合物；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、根据钾元素守恒可得，反应后溶液中n(K＋)=n(K)=0.01mol，则溶液中K＋的数目为0.01mol×6.02×1023mol－1=6.02×1021，A不符合题意。
B、由分析可知，溶液中Al3＋与OH－二者恰好完全反应，其反应的离子方程式为Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，反应过程中没有白色沉淀生成，B符合题意。
C、由分析可知，反应生成n(H2)=0.005mol，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.005mol×22.4L·mol－1=0.112L=112mL，C不符合题意。
D、反应后溶液中含有K＋、Cl－和AlO2－，因此溶液中的溶质有KCl、KAlO2，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】0.39gK的物质的量，加入AlCl3溶液中K与H2O发生反应：2K＋2H2O=2KOH=H2↑。反应生成n(KOH)=0.01mol、n(H2)=0.005mol。25mL 0.1mol·L－1的AlCl3溶液中n(AlCl3)=0.1mol·L－1×0.025L=0.0025mol，则溶液中n(Al3＋)=0.0025mol，此时混合溶液中n(Al3＋)：n(OH－)=0.0025mol：0.01mol=1：4，所以二者发生反应：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O。
12．下列实验过程不可以达到实验目的的是（ ）
编号 实验目的 实验过程
A 配制的溶液 称取固体放入容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
B 制取并纯化氢气 向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过溶液、浓硫酸
C 配制稀硫酸 先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水
D 验证氯水具有漂白性 向红色纸条上滴加氯水，红色纸条褪色
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,C
【知识点】氯气的化学性质；常见气体制备原理及装置选择；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、NaOH固体的溶解应在烧杯中进行，溶解后溶液恢复至室温后再转移到容量瓶内，不能直接将固体放入容量瓶内进行溶解，A符合题意。
B、由于盐酸具有挥发性，会使得H2中混有HCl，可用NaOH溶液吸收HCl，再用浓硫酸干燥H2，B不符合题意。
C、浓硫酸的密度比水大，稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，不能将水加入到浓硫酸中，防止液体溅出，C符合题意。
D、检验氯水的漂白性时，可向红色纸条上滴加氯水，若红色纸条褪色，说明氯水具有漂白性，D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】A、容量瓶只能用于配制溶液，不能用于溶解、稀释操作。
B、盐酸具有挥发性，用NaOH吸收HCl，用浓硫酸进行干燥。
C、稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中。
D、红色纸条褪色，说明氯水具有漂白性。
13．X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物的电子总数为18个；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径：
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：
C．最简单氢化物沸点：
D．X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
【答案】A,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】由分析可知，X为H、Y为C、Z为N、M为Si、Q为Cl。
A、电子层数越大，原子半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小。因此原子半径：C＜Cl＜Si，即Y＜Q＜M，A符合题意。
B、非金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。由于非金属性N＞C＞Si，所以酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，即Z＞Y＞M，B不符合题意。
C、Y、Z的简单氢化物分别为CH4、NH3，由于NH3可形成分子间氢键，使得沸点增大， 因此沸点：Y＜Z，C不符合题意。
D、X、Z、Q三种元素形成的化合物可能为NH4Cl，为离子化合物，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】化合物Z2X4的电子总数为18，所以Z为N，X为H。Q的原子最外层电子数比次外层少一个电子，所以Q为Cl。Y元素的最高正价为＋4价，所以Y为C。Y与M同主族，所以M为Si。
三、填空题
14．回答下列问题
（1） 是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用、等试剂测定某工厂废水中的物质的量浓度。
①现需配制的标准溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒，烧杯外，还需要 。
②需用托盘天平称取固体的质量为 g。
（2）若用氧化盐酸。其反应方程式如下：
该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为 。当有恰好和盐酸全部完全反应，反应后溶液的体积为，则所得溶液中的物质的量浓度为 ，此时产生的在标准状况下的体积为 ，被氧化的的物质的量为 。
（3） 和浓盐酸在一定温度下反应，会生成橙黄色的易爆物二氧化氯气体，该反应的化学方程式为
用双线桥法表示该氧化还原反应的电子转移情况：
【答案】（1）250mL容量瓶、胶头滴管；4.0
（2）2：5；；5.6L；0.5mol
（3）
【知识点】氧化还原反应；配制一定物质的量浓度的溶液；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①配制一定物质的量浓度的溶液所需的步骤为“计算→称量→溶解→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶”。因此实验过程中所需的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管。
②所需Na2S2O3固体的质量m=n×M=c×V×M=0.1mol·L-1×0.25L×158g·mol-1=3.95g。由于托盘天平的精度为0.1g，因此需用托盘天平称量Na2S2O3固体的质量为4.0g。
（2）该反应中KMnO4中锰元素由＋7价变为＋2价，化合价降低，发生还原反应，因此MnCl2为还原产物。HCl中氯元素由－1价变为0价，化合价升高，发生氧化反应，因此Cl2为氧化产物。所以该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为2：5。
当有0.1molKMnO4恰好与盐酸全部反应时，参与反应的n(HCl)=0.8mol，被氧化的n(Cl－)=0.5mol，此时溶液中剩余的n(Cl－)=0.8mol－0.5mol=0.3mol，所以反应后所得溶液中。由反应的化学方程式可知，反应生成n(Cl2)=0.25mol，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.25mol×22.4L·mol－1=5.6L。被氧化的HCl的物质的量为0.5mol。
（3）该反应中KClO3中氯元素由＋5价转化为＋4价，得到2个电子；HCl中氯元素由－1价变为0价，失去2个电子。因此用双线桥表示电子转移情况如下：。
【分析】（1）①根据溶液配制过程确定其所需的仪器。
②根据公式m=n×M=c×V×M计算所需固体的质量。
（2）根据元素化合价的变化确定还原产物与氧化产物，结合其化学计量数确定二者的物质的量之比。
当有0.1molKMnO4恰好与盐酸全部反应时，则参与反应的n(HCl)=0.8mol，被氧化的n(Cl－)=0.5mol，溶液中剩余n(Cl－)=0.8mol－0.5mol=0.3mol，据此进行计算。
（3）同种元素发生化合价变化时，遵循“两相靠，不交叉”原则。即向相邻价态进行变化。由化合价变化确定转移电子数，从而画出双线桥。
四、元素或物质推断题
15．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如图反应(图中某些反应的产物及条件没有全部标出)，根据以上信息填空：
（1）写出物质D的电子式： ，气体乙的结构式 。
（2）金属B单质能在空气中稳定存在的原因是 。
（3）金属C碳合金是 (填“混合物”或“化合物”)，通常，合金的熔沸点 (填“高于”或“低于”)其组成单质的熔沸点。
（4）写出下列反应的化学方程式：反应① ；反应⑤ 。
（5）写出下列反应的离子方程式：反应③ ；反应⑥ 。
（6）若反应③放出气体(标准状况下)，则被氧化的B的质量为 g
【答案】（1）；Cl-Cl
（2）铝表面被氧化生成一层致密的氧化铝薄膜，能阻止内部金属继续被氧化
（3）混合物；低于
（4）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2FeCl2+Cl2=2FeCl3
（5）；
（6）0.9
【知识点】钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，物质D为NaOH，其电子式为。气体乙为Cl2，其结构式为Cl-Cl。
（2）金属B为Al，其金属活动性较强，易与空气中的O2反应形成一层致密的Al2O3薄膜，对内层金属可以起到保护作用，因此金属Al能在空气中稳定存在。
（3）金属C为Fe，铁碳合金属于混合物。通常情况下，合金的熔沸点低于其成分单质的熔沸点。
（4）反应①中Na与H2O反应生成NaOH和H2，该反应的化学方程式为：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑。反应⑤中FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，该反应的化学方程式为：2FeCl2＋Cl2=2FeCl3。
（5）反应③中Al与NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2和H2，该反应的离子方程式为：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑。
反应⑥中FeCl3溶液与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3沉淀和NaCl，该反应的离子方程式为：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓。
（6）反应③的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，反应生成。由反应的离子方程式可知，此时被氧化的，其质量为。
【分析】金属单质A的焰色为黄色，则A为Na，与H2O反应生成NaOH和H2，因此气体甲为H2，物质D为NaOH。黄绿色气体乙为Cl2，H2与Cl2反应生成HCl，因此气体丙为HCl。NaOH能与金属单质B反应生成H2，因此金属单质B为Al。红褐色沉淀H为Fe(OH)3，因此物质G为FeCl3，物质F为FeCl2，金属单质C为Fe。物质E为稀盐酸。
16．X、Y、Z、M、R、Q为六种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示，请回答下列问题：
（1）Q的元素符号为 ；M在元素周期表中的位置为 ；
（2）实验室中R的单质可保存在 中；
（3）R、M的简单离子的半径由大到小的顺序为 (填离子符号)；
（4）Y、Z的最简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为 (填化学式)。
【答案】（1）Li；第三周期ⅥA族
（2）煤油
（3）S2-> Na+
（4）NH3>CH4
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）由分析可知，Q为Li，M为S。硫原子核外有3个电子层，位于周期表的第三周期；最外层有6个电子，因此位于第ⅥA族。
（2）由分析可知，R为Na，实验室中Na可保存在煤油中。
（3）R、M的简单离子分别为Na＋、S2－，核外电子层数越大，离子半径越大。因此离子半径S2－＞Na＋。
（4）非金属性越强，则简单氢化物的稳定性越强。由于非金属性N＞C，所以氢化物的稳定性：NH3＞CH4。
【分析】X、Q、R的最外层电子数都是1，且原子半径逐渐增大，因此X为H、Q为Li、R为Na。Y的最外层电子数为4，其原子半径小于Q，因此Y为C、Z为N。M的嘴歪次呢个电子数为6，且原子半径小于R，所以M为S。
五、实验题
17．（1）Ⅰ、某研究性学习小组为了制取、收集纯净干燥的氯气并探究氯气的性质，他们设计了如图所示的实验装置：
请回答下列问题：
整套实验装置的连接顺序是 （各接口处的字母代号）；
（2）E装置中制取氯气的离子方程式是 。
（3）A装置中试剂X是 。B装置中试剂Y是 ，其作用是 ；
（4）C装置中可观察到的现象是 。
（5）Ⅱ、如下图所示，此装置可用来制取和观察在空气中被氧化的颜色变化。实验时必须使用铁屑和的硫酸，其他试剂任选。填写下列空白：
B中盛有一定量的溶液，A中应预先加入的固体药品是 ，A中反应的离子方程式是 。
（6）实验开始时先将止水夹a (填“打开”或“关闭”)，其目的是 。
（7）简述生成的操作过程 。
（8）实验完毕，打开b处止水夹，放入一部分空气，此时B瓶中观察到的现象是 ，发生的反应为 。(用方程式表示)
【答案】（1）f→a→b→e→d→c
（2）MnO2＋4H＋＋2Cl- Mn2+＋Cl2↑＋2H2O
（3）饱和食盐水；浓硫酸；干燥氯气
（4）溶液变蓝色
（5）铁屑；Fe+2H+=Fe2++H2↑
（6）打开；排出空气，防止氢氧化亚铁被氧化
（7）待A装置反应一段时间后关闭止水夹a，产生的H2将FeSO4溶液压入B中进行反应
（8）白色沉淀先转化为灰绿色最后转化为红褐色；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】（1）气体收集与性质检验装置的连接顺序为：气体发生装置→除杂装置→干燥装置→收集装置→性质检验装置→尾气吸收装置。因此整套实验装置的连接顺序为f→a→b→e→d→。
（2）装置E为Cl2的发生装置，加热过程中，MnO2与浓盐酸反应生成可溶于水的MnCl2、Cl2和H2O，该反应的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。
（3）装置A为除杂装置，装置B为Cl2的干燥装置。由于Cl2不溶于饱和食盐水，但HCl可以。因此装置A中的试剂为饱和食盐水；装置B中的试剂为浓硫酸，用于干燥Cl2.
（4）装置C中淀粉KI溶液用于检验Cl2的氧化性，Cl2能与KI发生反应：Cl2＋2KI=2KCl＋I2，淀粉遇碘变蓝色，因此装置C中可观察到的现象为：溶液变蓝色。
（5）装置A圆底烧瓶内通过稀硫酸与铁屑反应生成FeSO4，FeSO4在H2压强作用下进入锥形瓶内，与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2沉淀。因此圆底烧瓶内应预先加入的固体为铁屑。A中反应的离子方程式为：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。
（6）实验开始时应先将止水夹a打开，利用圆底烧瓶内反应生成的H2排出装置内的空气，防止反应生成的Fe(OH)2被空气中的O2氧化。
（7）Fe(OH)2是由FeSO4与NaOH反应生成，因此需将装置A中反应生成的FeSO4溶液压入锥形瓶内。故操作过程为：待装置A中反应一段时间后关闭止水夹a，利用产生的H2将FeSO4溶液压入装置B中，与NaOH溶液反应，即可得到Fe(OH)2沉淀。
（8）实验结束后，打开止水夹b，空气进入锥形瓶内，Fe(OH)2被空气中的O2氧化，其现象为：白色絮状沉淀先转化为灰绿色，最后变为红褐色。此时发生反应的化学方程式为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。
【分析】Ⅰ装置A、B为除杂装置，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Cl2中混有的HCl，再用浓硫酸进行干燥。装置C为Cl2性质的检验装置，装置D为尾气吸收装置。装置E为Cl2的发生装置，生成Cl2的反应的化学方程式为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。装置F为Cl2的收集装置，由于Cl2的密度比空气大，应采用向上排空气法收集，因此Cl2从长导管的一端通入。
ⅡFe(OH)2为白色絮状沉淀，极易被空气中的O2氧化成Fe(OH)3沉淀。因此哟啊观察到Fe(OH)2沉淀的颜色，实验过程中，应排出装置内的空气。实验时应先打开止水夹a，通过分液漏斗滴加稀硫酸，与铁屑反应，利用生成的H2排出装置内的空气，防止Fe(OH)2被氧化。当装置内的空气完全排出时，关闭止水夹a，利用H2产生的压强，将烧瓶内的FeSO4溶液压入锥形瓶内，与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2白色絮状沉淀。再打开止水夹b，使空气进入锥形瓶内，即可观察到锥形瓶内Fe(OH)2沉淀被氧化过程中的颜色变化。
