浙江省宁波市2021-2022学年高一化学上学期期末考试试卷（Word版附解析）

宁波市2021学年第一学期期末考试高一化学试卷第I卷(选择题，共50分)一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求，不选、多选、错选均不得分。)1.下列含有共价键的离子化合物是A.NaClB.MgCl2C.HClD.NaOH【答案】D【解析】【详解】A．NaCl是离子化合物，Na+与Cl-之间以离子键结合，不存在共价键，A不符合题意；B．MgCl2是离子化合物，Mg2+与Cl-之间以离子键结合，不存在共价键，B不符合题意；C．HCl是共价化合物，H原子与Cl原子之间以极性共价键H-Cl结合，无离子键，C不符合题意；D．NaOH是离子化合物，Na+与OH-之间以离子键结合，在OH-中H、O原子之间以极性共价键H-O结合，是含有共价键的离子化合物，D符合题意；故合理选项是D。2.在“蒸发结晶”实验中，以下仪器中不需要用到的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】在“蒸发结晶”实验中，需要铁架台、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒等，不需要漏斗。答案选C。3.下列物质中，属于电解质的是 A.B.CuC.NaCl溶液D.【答案】A【解析】【分析】溶于水或在熔融状态下能够电离出离子而导电的化合物是电解质，据此解答。【详解】A．溶于水能电离出离子，是电解质，A符合；B．Cu是单质，不是电解质也不是非电解质，B不符合；C．NaCl溶液是混合物，不是电解质也不是非电解质，C不符合；D．不能电离，是非电解质，D不符合；答案选A。4.下列说法不正确的是A.英国科学家道尔顿提出原子学说，为近代化学的发展奠定了基础B.电解质水溶液在通电的情况下才会自动地解离成离子C.当光束通过氢氧化铁胶体时可以看到一条光亮的通路，是因为直径介于之间的分散质粒子对光线散射形成的D.在相同的温度和压强下，分子数相同的任何气体都具有相同的体积【答案】B【解析】【详解】A．道尔顿在化学上的主要贡献是提出了原子学说，为近代化学发展奠定了坚实基础，故A正确；B．电解质溶于水在水分子的作用下电离出水合阴离子和水合阳离子，电离不需要通电，故B错误；C．分散质粒子直径介于10-9～10-7m之间的分散系为胶体，丁达尔效应是胶体特有的性质，是胶粒对光的散射，故C正确；D．根据阿伏加德罗定律可知在相同的温度和压强下，分子数相同的任何气体都具有相同的体积，故D正确。故选B。5.下列说法不正确的是A.可用作磁性材料B.以黄铁矿为原料可以制备硫酸 C.氧化钠可在呼吸面具中作为氧气的来源D.碳酸氢钠可用作食用碱【答案】C【解析】【详解】A．具有磁性，可用作磁性材料，A正确；B．黄铁矿煅烧产生二氧化硫，二氧化硫氧化转化为三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，因此以黄铁矿为原料可以制备硫酸，B正确；C．氧化钠与水或二氧化碳反应不能产生氧气，不能用作呼吸面具中作为氧气的来源，C错误；D．碳酸氢钠碱性较弱，腐蚀性弱，因此可用作食用碱，D正确；答案选C。6.下列有关试剂的保存方法不正确的是A.Na保存于煤油中B.常温下，用铁质容器盛装浓硫酸C.保存溶液时加入少量Fe粉D.浓硝酸保存在无色广口瓶中【答案】D【解析】【详解】A．Na的密度比煤油大，且不和煤油反应，实验室中常将钠保存在煤油中，可以隔绝空气，故A正确；B．常温下，铁遇到浓硫酸钝化，故可将浓硫酸保存于铁质容器中，故B正确；C．硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁，因此保存溶液时加入少量Fe粉防止亚铁离子被氧化，故C正确；D．浓硝酸对光不稳定，见光分解，所以应保存于棕色试剂瓶中，故D错误；故选D。7.下列有关氯气及氯水的说法正确的是A.新制氯水呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有分子存在B.可用pH试纸测定饱和氯水的pHC.氯气具有漂白性，可用于漂白棉、麻和纸张等D.工业上将氯气通入饱和石灰水中制取漂白粉【答案】A【解析】 【详解】A．Cl2是一种黄绿色的有刺激性气味的气体，故新制氯水呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有分子存在，A正确；B．饱和氯水具有酸性和漂白性，故不可用pH试纸测定饱和氯水的pH，B错误；C．Cl2本身并无漂白性，C错误；D．由于氢氧化钙的溶解度很小，工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，D错误；故答案为：A。8.下列化学用语不正确的是A.Na2SO4的电离方程式：Na2SO4=2Na++B.Cl-的结构示意图：C.H2还原CuO反应中电子转移：D.用电子式表示Br2的形成过程：【答案】C【解析】【详解】A．Na2SO4是可溶性盐，属于强电解质，在水中电离产生Na+、，电离方程式为：Na2SO4=2Na++，A正确；B．Cl是17号元素，Cl-是Cl原子获得1个电子形成的，则Cl-核外电子排布是，B正确；C．H2还原CuO时，H2失去2个电子，CuO中+2价的Cu得到2个电子变为Cu单质，故反应过程中电子的转移用单线桥法表示为：，C错误；D．Br2分子中2个Br原子通过1对共用电子对结合，使分子中各原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故用电子式表示Br2的形成过程为：，D正确；故合理选项是C。 9.下列有关金属及其合金的说法不正确的是A.目前我国流通的硬币是由合金材料制成的B.生铁、碳素钢和不锈钢中的碳含量依次增加C.常见的铝合金密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力D.储氢合金是一类能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料【答案】B【解析】【详解】A．目前我国流通的硬币是由合金材料制成，1角的为不锈钢，5角的为钢芯镀铜，1元的为钢芯镀镍，A正确；B．铁合金包括生铁和钢两类，生铁中C的含量比钢大。钢又分为碳素钢和合金钢，不锈钢属于合金钢，在在碳素钢中适当加入合金元素Cr、Ni元素制成的抗腐蚀性能更强的铁合金，因此碳素钢和不锈钢中的碳含量几乎相同，B错误；C．铝合金密度小、强度高，由于Al的表面会被产生一薄层致密的氧化膜，能保护内部金属不被腐蚀，因此具有较强的抗腐蚀能力，C正确；D．储氢合金是一类新型合金，是一类能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料，这样就避免低温、高压用储气瓶储存氢气的笨重及可能发生的爆炸事故的发生。当需要使用氢气时，这类材料能够与水快速反应产生H2，使用非常方便，D正确；故合理选项是B。10.关于反应，下列说法正确的是A.KOH是还原剂B.氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2C.是氧化产物D.3mol完全反应，转移10mol电子【答案】C【解析】【分析】Cl元素的化合价从0价部分升高到+5价，失去5个电子，被氧化，发生氧化反应；部分降低到-1价，得到1个电子，被还原，发生还原反应，根据得失电子守恒可知：中，3mol氯气参加反应，2.5mol氯气做氧化剂，0.5mol氯气做还原剂，消耗3mol氯气，转移5mol电子。【详解】A．KOH中没有元素化合价变化，不是还原剂，故A错误；B．3mol氯气参加反应，2.5mol氯气做氧化剂，0.5mol 氯气做还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为5：1，故B错误；C．Cl元素的化合价从0价部分升高到+5价，失去5个电子，被氧化，是氧化产物，故C正确；D．3mol完全反应，转移5mol电子，故D错误；故选C。11.下列关于元素周期表的说法正确的是A.IA族元素全部是金属元素，叫做碱金属元素B.短周期中共有18种主族元素C.0族元素所有原子的最外层电子数都是8个D.元素周期表有7个横行，18个纵列【答案】D【解析】【详解】A．IA族元素中的氢元素是非金属元素，A错误；B．短周期中共有15种主族元素，稀有气体元素是0族，不是主族，B错误；C．0族元素中He元素的最外层电子数是2个，C错误；D．元素周期表共有7个横行，18个纵列，D正确；答案选D。12.下列各组离子中，能大量共存的是A.、、、B.、、、C.、、、D.、、、【答案】A【解析】【详解】A．、、、之间不反应，故A选；B．、反应生成一水合氨或水和氨气，故B不选；C．、发生氧化还原反应生成和I2，故C不选；D．、生成HSO或水和二氧化硫，故D不选；故选A。 13.主族元素锡(Sn)是第50号元素，最外层电子数是4。下列说法不正确的是A.Sn是第五周期第IVA族元素B.与Sn同主族的元素都可以作半导体材料C.中子数为的69的Sn，其核素符号为D.Sn的同位素原子具有相同的电子数【答案】B【解析】【详解】A．Sn是50号元素，原子核外电子排布式是2、8、18、18、4，根据原子核外电子排布与元素在周期表的位置关系可知：Sn位于第五周期第IVA族，A正确；B．同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，因此不是与Sn同主族的元素都可以作半导体材料，B错误；C．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数为质子数与中子数的和，因此中子数为的69的Sn原子的质量数是50+69=119，则该核素符号为，C正确；D．Sn的同位素原子都属于Sn元素，因此这些原子具有相同的电子数，D正确；故合理选项是B。14.近年来，利用半导体光催化实现还原氮气制备氨气引起全世界极大关注。下图是在半导体光催化的作用下，N2被光催化材料捕获进而被还原实现“N2→NH3”的转化示意图。下列说法正确的是A.此方法不属于人工固氮技术B.由转化示意图可知，氮气化学性质很活泼C.该反应过程中有极性键的断裂和形成D.该反应的化学方程式是 【答案】C【解析】【详解】A．氮的固定是将单质N2转化为N元素的化合物，该过程是将N2转化为化合物NH3故此方法属于人工固氮技术，A错误；B．根据图示可知：N2在半导体光催化的作用下，降低了反应的活化能，也需光照条件才能实现“N2→NH3”的转化，因此不能说N2性质活泼，B错误；C．该转化过程有新物质生成，因此发生的是化学变化。在反应过程中，N2与H2O反应产生NH3、O2，断裂的反应物化学键中有H2O中H-O极性键，生成锌化学键中有NH3的N-H键，故该反应过程中有极性键的断裂和形成，C正确；D．由图可知，氮气与水反应生成氨气和氧气，则该反应的化学方程式是：2N2+6H2O4NH3+3O2，D错误；故合理选项是C。15.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.5mol/LNa2CO3溶液中含有的Na+数为NAB.常温下，22gCO2含有的分子数为0.5NAC.标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NAD.13gZn与一定量盐酸反应产生0.2gH2，Zn失去的电子数为0.4NA【答案】B【解析】【详解】A．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，A错误；B．常温下，22gCO2的物质的量n(CO2)=，则其中含有的分子数为0.5NA，B正确；C．标准状况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，C错误；D．13gZn的物质的量n(Zn)=，0.2gH2的物质的量n(H2)=，根据方程式：Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑可知：反应产生0.1molH2消耗Zn物质的量为0.1mol，转移0.2mol电子，实际加入Zn的物质的量是0.2mol，显然Zn 与盐酸反应时过量。反应产生0.1molH2，反应过程中转移0.2mol电子，故转移电子数目是0.2NA，D错误；故合理选项是B。16.钛(Ti)常温下与酸、碱均不反应，但高温下能被空气氧化，由钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)提取金属钛的主要工艺流程如图。下列说法不正确的是A.步骤I中发生的反应可能为：2FeO+CCO2↑+2FeB.步骤II中碳单质被氧化C.用稀硫酸可以除去金属钛中少量的镁杂质D.步骤III中反应不能在空气中进行，可在氮气的保护下进行【答案】D【解析】【分析】由流程可知：I中发生反应2FeO+CCO2↑+2Fe，II中发生反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，III中发生反应2Mg+TiCl42MgCl2+2Ti，以此解答该题。【详解】A．由流程可知：I中发生反应：2FeO+CCO2↑+2Fe，A正确；B．由流程中反应物、生成物可知：II中发生反应：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，C元素化合价升高，失去电子被氧化，B正确；C．Ti与酸不反应，Mg与稀硫酸反应，因此可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁，C正确；D．高温下Ti能被空气氧化，因此反应不能在空气中进行；Mg与N2在加热时会发生反应产生Mg3N2，因此N2不能作保护气。反应要在氩气环境中进行，防止金属被氧化变质，D错误；故合理选项是D。 17.下列反应的离子方程式书写正确的是A.钠与水反应：B.氯化铁溶液与铜反应：C.碳酸钙与盐酸反应：D.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：【答案】B【解析】【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气：，A错误；B．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜：，B正确；C．碳酸钙难溶，与盐酸反应：，C错误；D．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀：，D错误；答案选B。18.用如下装置研究铁粉与水蒸气的反应。下列说法不正确的是A.湿棉花的作用是提供水蒸气B.为检验生成的气体，可以用火柴点燃肥皂泡C.实验结束时，先把导管移出肥皂液，再停止加热，以防倒吸D.用稀硫酸溶解反应后试管中的固体，加入几滴KSCN溶液，溶液不变红，说明生成的固体产物是FeO【答案】D【解析】 【分析】Fe与水蒸气在高温下反应产生Fe3O4和H2，结合物质的性质分析解答。【详解】A．湿棉花上含有水分，当加热时水气化变为水蒸气，为与Fe的反应提供反应物，A正确；B．Fe与水蒸气在高温下反应产生的气体是H2，H2是可燃性气体，因此可以用火柴点燃肥皂泡，若燃烧，就证明反应产生了H2，B正确；C．实验结束时，若先熄灭酒精灯，试管中气体由于温度降低，气体压强减小，肥皂液会沿着导气管进入热的试管，导致试管炸裂，所以应该先把导管移出肥皂液，然后再停止加热，这样就可以防倒吸现象的发生，C正确；D．用稀硫酸溶解反应后试管中的固体，加入几滴KSCN溶液，溶液不变红，说明该溶液中无Fe3+。这是由于Fe与水蒸气在高温下反应产生Fe3O4和H2时Fe反应不完全，反应产生的Fe3O4和稀H2SO4反应产生FeSO4、Fe2(SO4)3，其中过量的Fe又与Fe2(SO4)3发生反应：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，导致该溶液中只有Fe2+，而无Fe3+，因而加入KSCN溶液时不变红色，而不能说Fe与水蒸气在高温下反应生成的固体产物是FeO，D错误；故合理选项是D。19.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如下表所示，它们的最外层电子数之和为23。则下列判断正确的是XYZWA简单气态氢化物稳定性：X＞YB.四种元素中原子半径最大的是WC.Z元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2ZO3D.XW4分子中每个原子最外电子层都具有8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表的相对位置可知：X、Y应在第二周期，Z、W应在第三周期，设X的最外层电子数为a，则Y的最外层电子数为a+2，Z的最外层电子数为a+2，W最外层电子数是a+3。碳碳它们的最外层电子数之和为23，则a+(a+2)+(a+2) +(a+2)=23解得a=4，因此X为C，Y为O，Z为S，W为Cl，然后结合元素性质及元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析可知：X是C，Y是O，Z是S，W是Cl元素。A．同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞C，所以简单氢化物的稳定性：H2O＞CH4，即用字母表示的形成简单气态氢化物稳定性：Y＞X，A错误；B．同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则四种元素中原子半径最大的是S元素，B错误；C．Z是S元素，原子最外层电子数是6，所以元素最高化合价为+6价，则S元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SO4，C错误；D．X是C，W是Cl，二者形成化合物XW4是CCl4。C原子最外层有4个电子，Cl原子最外层有7个电子，1个C原子与4个Cl原子形成4对共用电子对，使分子中各原子都达到最外层8个电子的稳定结构，D正确；故合理选项是D。20.下图为氮元素的价类二维图。下列说法正确的是A.X属于酸性氧化物B.转化为一定需要加入氧化剂C.一定条件下，和反应可以转化成D实验室采用加热分解固体制取【答案】C 【解析】【详解】A．根据示意图可知X是NO，NO和碱不反应，不属于酸性氧化物，A错误；B．转化为不一定需要加入氧化剂，例如二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，B错误；C．一定条件下，和可以发生氧化还原反应生成水和，C正确；D．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢和氨气冷却后又转化为氨气，因此不能制备，D错误；答案选C。21.草酸(H2C2O4·2H2O)是一种弱酸，加热至100℃左右失去结晶水，温度高于157℃后草酸升华(固态变为气态)，并逐渐分解生成CO2、CO、H2O。草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，草酸的钠盐溶于水，钙盐难溶于水。下列说法不正确的是A.草酸具有还原性B.加热至100℃，分解产生的气体通过无水硫酸铜，可以检验生成的H2OC.把加热温度高于157℃后分解产生的气体依次通过足量的NaOH溶液、浓硫酸、灼热的CuO固体、澄清石灰水，可检验生成的COD.把加热温度高于157℃后分解产生的气体直接通入足量的澄清石灰水中，若能产生白色浑浊现象，则说明产生的气体中一定有H2O【答案】D【解析】【详解】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，若草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则说明草酸具有还原性，A正确；B．无水硫酸铜遇水会发生反应产生硫酸铜晶体，化学式是CuSO4·5H2O，加热草酸晶体至100℃，分解产生的气体通过无水硫酸铜时固体由白色变为蓝色，说明分解产生的气体中含有水蒸气，故可以检验生成的H2O，B正确；C．把草酸晶体加热，分解产生CO2、CO、H2O，把加热温度高于157℃后分解产生的气体先通过足量的NaOH溶液除去CO2气体，然后通过浓硫酸进行干燥除去水分，再通过灼热的CuO固体，然后将反应后的气体通入澄清石灰水，这时若看到固体由黑色变为红色，石灰水变浑浊，证明气体的成分中含有CO，CO与CuO反应产生CO2和Cu，使固体由黑色变为红色，CO2使澄清的石灰水变浑浊，因此该实验可检验生成的CO，C正确；D．把加热温度高于157 ℃后分解产生的气体直接通入足量的澄清石灰水中，若能产生白色浑浊现象，只能说明反应产生了CO2气体，而不能说明产生的气体中一定有H2O，D错误；故合理选项是D。22.下列有关说法与图像不相符的是A.收集一定量酸雨水样，溶液pH随时间的变化符合图①中曲线变化趋势B.铁粉与一定体积的盐酸反应，产生的体积随时间的变化符合图②中曲线变化趋势C.向一定体积的溶液中逐滴加稀硫酸，混合溶液的导电能力随时间的变化符合图③中曲线变化趋势D.用强光照射饱和氯水，溶液中氯离子的浓度随时间的变化符合图④中曲线变化趋势【答案】A【解析】【详解】A．二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸易被氧化生成强酸硫酸，pH减小，因此图①不正确，A错误；B．铁粉与一定体积的盐酸反应，随着反应放热、开始之后有一段阶段反应速率快，然后慢慢减小，因此产生的体积随时间的变化符合图②中曲线变化趋势，B正确；C．向一定体积的溶液中逐滴加稀硫酸，二者反应生成硫酸钡和水，导电能力减小，恰好中和时导电能力接近于0、稀硫酸过量后导电能力又增强，所以混合溶液的导电能力随时间的变化符合图③中曲线变化趋势，C正确；D．用强光照射饱和氯水，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，氯离子浓度增大，因此溶液中氯离子的浓度随时间的变化符合图④中曲线变化趋势，D正确；答案选A。23.某溶液中所含溶质及相关离子浓度如下表所示。下列说法不正确的是溶质KClK2SO4(NH4)2SO4NH4Cl 溶质物质的量浓度(mol/L)0.2abc溶液中所含离子K+Cl-溶液中所含离子物质的量浓度(mol/L)0.80.71.7dA.a=0.3B.b=0.4C.c=0.5D.d=0.9【答案】B【解析】【详解】A．c(KCl)=0.2mol/L，其电离产生的K+的浓度为c(K+)=0.2mol/L。由于混合溶液中c(K+)=0.8mol/L，则K2SO4电离产生的K+浓度为0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，故K2SO4的浓度c(K2SO4)=，即a=0.3，A正确；B．c(KCl)=0.2mol/L，其电离产生的Cl-的浓度为c(Cl-)=0.2mol/L，由于混合溶液中c(Cl-)=0.7mol/L，则NH4Cl电离产生的Cl-浓度为c(Cl-)=0.7mol/L-0.2mol/L=0.5mol/L，故NH4Cl的浓度c(NH4Cl)=0.5mol/L，即c=0.5；NH4Cl电离产生的的浓度为0.5mol/L，由于混合溶液中的浓度为1.7mol/L，则(NH4)2SO4电离产生的的浓度为c()=1.7mol/L-0.5mol/L=1.2mol/L，结合盐的组成可知c[(NH4)2SO4]=，则b=0.6，B错误；C．根据选项B分析可知c=0.5，C正确；D．溶液中由K2SO4和(NH4)2SO4电离产生，n[K2SO4]+n[(NH4)2SO4]=a+b=0.3+0.6=0.9，D正确；故合理选项是B。24.下列“类比”结果正确的是A.Fe与S反应生成FeS，则Cu与S反应生成CuSB.Al能溶于NaOH溶液，则Fe也能溶于NaOH溶液C.Na能与发生反应，Rb(与Na同主族)也能与发生反应D.往碳酸钠固体中加入几滴水后温度升高，则往碳酸氢钠固体中加入几滴水后温度也升高 【答案】C【解析】【详解】A．Fe与S反应生成FeS，反应方程式为：Fe+SFeS，但Cu与S反应生成Cu2S，反应方程式为：2Cu+SCu2S，A不合题意；B．Al能溶于NaOH溶液，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，但Fe不与NaOH溶液反应，不能溶于NaOH溶液，B不合题意；C．同一周期从上往下元素的金属性依次增强，与水反应或酸反应更剧烈，故Na能与发生反应，Rb(与Na同主族)也能与发生反应，C符合题意；D．碳酸钠溶于水是一个放热过程，故往碳酸钠固体中加入几滴水后温度升高，但碳酸氢钠溶于水却是一个吸热过程，故往碳酸氢钠固体中加入几滴水后温度会下降，D不合题意；故答案为：C。25.根据实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色溶液中一定不含B向某溶液中滴加盐酸酸化的溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有C向蔗糖中滴加浓硫酸，蔗糖变黑浓硫酸具有吸水性D向KI溶液中滴加少量氯水，溶液变为棕黄色氧化性：A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，说明溶液中一定含有Na+ ，是否含有K+需要透过蓝色钴玻璃再观察火焰是否呈紫色，A错误；B．向某溶液中滴加盐酸酸化的溶液，有白色沉淀生成，不能说明该溶液中一定含有，可能还有Ag+的干扰，B错误；C．向蔗糖中滴加浓硫酸，蔗糖变黑，说明浓硫酸具有脱水性而不是吸水性，C错误；D．向KI溶液中滴加少量氯水，溶液变为棕黄色，说明发生了反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，故能得出氧化性：的结论，D正确；故答案为：D。第II卷(非选择题，共50分)二、简答题(本大题包括5小题，共45分。)26.填空。（1）①重晶石的化学式是___________；②二氧化碳的结构式是___________。（2）二氧化锰与浓盐酸反应的化学方程式是___________。（3）同一周期中氧元素的非金属性比氮强，请从原子结构角度解释原因：___________。【答案】（1）①.BaSO4②.O=C=O（2）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O（3）氧与氮同一周期，原子核外电子层数相同，氧元素的核电荷数多，原子半径小，得电子能力强，因此氧元素的非金属性比氮强【解析】【小问1详解】①重晶石是天然产的硫酸钡，化学式是BaSO4；②CO2是由分子构成的共价化合物，在CO2分子中，C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故其结构式是O=C=O；【小问2详解】二氧化锰与浓盐酸在加热时发生氧化还原反应，产生MnCl2、Cl2、H2O，发生反应的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；【小问3详解】 虽然N、O是同一周期元素，原子核外电子层数相同，但是氧元素的核电荷数比氮多，原子半径比氮小，得电子能力比氮强，因此氧元素的非金属性比氮强。27.过碳酸钠()和都是常见的消毒剂、漂白剂。其中过碳酸钠具有和的性质；在碱性溶液中，分解较快。请回答下列问题：（1）过碳酸钠在水产品养殖业中可以快速提高水中溶解氧含量的原因是___________。（2）下列物质与过碳酸钠混合，不会使过碳酸钠失效的是___________。a．b．盐酸c．NaCl（3）可用作自来水消毒剂的原因是___________。（4）制备可用以下方法：(未配平)，X的化学式是___________。【答案】（1）Na2CO3溶液显碱性，能使H2O2较快分解，快速提高溶液中溶解氧的含量（2）c（3）ClO2具有强氧化性（4）O2【解析】【小问1详解】碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，由信息可知，在碱性溶液中，过氧化氢分解较快，则过碳酸钠溶于水后，碳酸钠水解使溶液呈碱性，过氧化氢在碱性溶液中分解，可以快速提高水中溶解氧含量，故答案为：Na2CO3溶液显碱性，能使H2O2较快分解，快速提高溶液中溶解氧的含量；【小问2详解】a．二氧化锰做催化剂作用下，过碳酸钠中过氧化氢会发生分解反应生成水和氧气，则二氧化锰与过碳酸钠混合会使过碳酸钠失效，故不符合题意；b．盐酸能与过碳酸钠中碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，则盐酸与过碳酸钠混合会使过碳酸钠失效，故不符合题意；c．氯化钠与碳酸钠、过氧化氢均不反应，则氯化钠与过碳酸钠混合不会使过碳酸钠失效，故符合题意；故选c；【小问3详解】 二氧化氯具有强氧化性，能使蛋白质因氧化而变性，起到杀菌消毒的作用，常用作自来水消毒剂，故答案为：ClO2具有强氧化性；【小问4详解】由未配平的化学方程式可知，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯酸钠是反应的氧化剂，由氧化还原反应的规律可知，过氧化氢是反应的还原剂，反应中—1价氧元素化合价升高被氧化生成氧气，故答案为：O2。28.几种常见物质有如图所示的转化关系(部分产物和反应条件已略去)。其中X、Y、Z、W都是单质，A、C都是化合物，常温下，A、Y都为淡黄色固体，X为无色气体，Z为有色气体。请回答下列问题：（1）A的化学式是___________，H2O的电子式是___________。（2）反应①的化学方程式是___________。（3）反应②的离子方程式是___________。（4）若把足量的溶液B滴入溶液E中，观察到的实验现象是___________。【答案】（1）①.Na2O2②.（2）SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl（3）Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-（4）生成白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红棕色沉淀【解析】【分析】X、Y、Z、W都是单质，A、C都是化合物，常温下，A、Y都为淡黄色固体，X为无色气体，Z为有色气体，则A是Na2O2，Y是S单质，Na2O2与H2O反应产生单质X是O2，溶液B是NaOH；溶液B与溶液F产生红褐色沉淀，则溶液F含有Fe3+，红褐色沉淀是Fe(OH)3，O2与单质S反应产生化合物C是SO2，SO2与单质Z及H2O反应产生溶液D，D 与单质W反应产生溶液E，溶液E与Z反应产生含有Fe3+的盐，则根据物质反应转化关系可知：Z是Cl2，SO2、Cl2、H2O反应产生D是H2SO4、HCl的混合物，向其中加入的单质W是Fe，反应产生E是FeSO4、FeCl2的混合物，向其中通入Cl2，发生反应：2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-，Fe3+与OH-反应产生Fe(OH)3红褐色沉淀。【小问1详解】根据上述分析可知A是Na2O2；H2O分子中O原子与2个H原子形成2对共用电子对，从而使分子中各原子达到最外层2个或8个电子的稳定结构，故其电子式为；【小问2详解】反应①是SO2、Cl2、H2O反应产生H2SO4、HCl，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；【小问3详解】反应②是Cl2与FeSO4及FeCl2电离产生的Fe2+发生氧化还原反应，产生Fe3+、Cl-，该反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；【小问4详解】溶液B为NaOH，溶液E为FeSO4、FeCl2的混合物，若将足量NaOH溶液滴入FeSO4、FeCl2的混合物中，首先发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，看到产生白色沉淀，后发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，后来Fe(OH)2被溶解在溶液中的O2氧化为红褐色Fe(OH)3，因此看到的实验现象是：首先生成白色沉淀，然后白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红棕色沉淀。29.实验室配制100mL2.00mol/LNaCl溶液。请回答下列问题：（1）需称量NaCl固体___________g。（2）配制过程示意图如下，从下列选项中选出相关操作(操作不能重复使用)进行正确排序___________(填序号)。在配制过程中，玻璃棒的作用是___________。 （3）下列操作会使配制的溶液浓度偏低的是___________。A.配制溶液前容量瓶底部有少量蒸馏水残留B.转移溶液时，未洗涤玻璃棒和烧杯内壁C.摇匀后发现液面下降，再加水至刻度线D.定容时仰视刻度线（4）用2.00mol/LNaCl溶液配制100mL0.50mol/LNaCl溶液，需量取2.00mol/LNaCl溶液__mL。【答案】（1）11.7（2）①.④①③⑤⑥②②.搅拌、引流（3）BCD（4）25【解析】【分析】根据配制一定物质的量浓度溶液实验操作一般步骤及各仪器的作用选取仪器；依据m=CVM计算溶质的质量；根据配制一定物质的量浓度溶液实验操作一般步骤；分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据C=进行误差分析；根据稀释公式计算所取浓溶液的体积。【小问1详解】需要氯化钠的质量=2mol/L×0.1L×58.5g=11.7g，需称量NaCl固体11.7g。故答案为：11.7；【小问2详解】配制一定物质的量浓度溶液实验操作一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，正确排序④①③⑤⑥②(填序号)。在配制过程中，溶解时用玻璃棒搅拌加快溶解 速率，转移液体时用玻璃棒进行引流，玻璃棒的作用是搅拌、引流。故答案为：④①③⑤⑥②；搅拌、引流；【小问3详解】A.定容时要加水，配制溶液前容量瓶底部有少量蒸馏水残留，不影响浓度，故A不选；B.转移溶液时，未洗涤玻璃棒和烧杯内壁，导致溶质的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故B选；C.摇匀后发现液面下降，再加水至刻度线，溶液被稀释，溶液的浓度偏低，故C选；D.定容时仰视刻度线，使加入的水偏多，溶液的浓度偏低，故D选；故答案为：BCD；【小问4详解】用2.00mol/LNaCl溶液配制100mL0.50mol/LNaCl溶液，由稀释定律：100mL×0.50mol·L－1=VmL×2.00mol·L－1，V=25，需量取2.00mol/LNaCl溶液25mL。故答案为：25。30.用下图所示装置检验铜与浓硫酸反应产物的性质(图中夹持装置已略去)。请回答下列问题：（1）铜丝与浓硫酸反应的化学方程式是___________。（2）氢氧化钠溶液作用是___________。（3）若要证明二氧化硫具有还原性，试剂X可以是___________。A.品红溶液B.Na2S溶液C.酸性高锰酸钾溶液D.澄清石灰水（4）某同学认为铜与浓硫酸反应之后应该生成硫酸铜，但反应后溶液未呈蓝色，欲证明有硫酸铜生成的实验操作是___________。（5）实验结束后，发现铜丝上有黑色物质生成，某同学认为黑色物质是CuO，你认为该同学判断是否正确，请说明理由：___________。 【答案】（1）（2）吸收多余的SO2，防止污染空气（3）C（4）冷却后，将试管中的物质慢慢注入盛水的烧杯中（5）不正确，CuO会溶于残留的硫酸【解析】【分析】在左边试管中Cu丝与浓硫酸混合加热反应产生SO2气体，在试管X中要证明SO2具有还原性，应该加入具有强氧化性的物质，可以是酸性高锰酸钾溶液、新制氯水或溴水等。SO2是大气污染物，不能直接排入大气，可根据SO2是酸性氧化物的性质，用NaOH溶液进行尾气处理，然后排放。【小问1详解】铜丝与浓硫酸混合加热，发生氧化还原反应产生CuSO4、SO2、H2O，反应的化学方程式是；【小问2详解】最后试管中氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染空气；【小问3详解】SO2中S元素化合价是+4价，介于其最高+6价和最低-2价之间，因此既有氧化性，又有还原性。A.SO2气体通入品红溶液中，溶液红色褪去，只能证明其具有漂白性，不能证明具有还原性，A不符合题意；B.SO2气体通入Na2S溶液中变浑浊，产生S单质，证明SO2具有氧化性，不能证明具有还原性，B不符合题意；C.SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，二者发生氧化还原反应，看到溶液的紫色变浅或褪色，证明SO2具有还原性，C符合题意；D.SO2气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，证明SO2是酸性氧化物，反应产生了难溶性的物质，而不能证明SO2具有还原性，D不符合题意；故合理选项是C；【小问4详解】某同学认为铜与浓硫酸反应之后应该生成硫酸铜，但反应后溶液未呈蓝色，这是由于反应后 试管中含水很少。由于其中含有大量未反应的浓硫酸，根据浓硫酸稀释原则是注酸入水，所以欲证明有硫酸铜生成的实验操作是：待反应液冷却后，将试管中的物质慢慢注入盛水的烧杯中，并振荡，然后观察。【小问5详解】实验结束后，发现铜丝上有黑色物质生成，某同学认为黑色物质是CuO，我觉得该同学判断是错误的，这是由于CuO是碱性氧化物，能够与残留的硫酸反应产生可溶性物质CuSO4。三、计算题(本大题共1小题，共5分。)31.在Na2CO3和NaHCO3混合溶液中缓慢滴加一定浓度的盐酸，测得溶液中物质的量与所加盐酸体积之间的关系如图所示。请回答下列问题：（1）盐酸物质的量浓度为___________mol/L。（2）当滴入的盐酸体积为12.5mL时，溶液中n()：n()为___________。【答案】（1）1（2）1:3【解析】【小问1详解】在加入HCl的体积在0～25mL时发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，在加入盐酸溶液的体积在25～75mL时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。根据C元素守恒可知原混合溶液中n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=0.05mol。由方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑中物质反应转化关系可知n(HCl)=n(NaHCO3)=0.05mol，发生该反应的HCl体积是V(HCl)=75mL-25mL=50mL，则该盐酸溶液的物质的量浓度c(HCl)=；【小问2详解】