浙江省温州市2021-2022学年高一化学上学期期末考试试卷（B卷）（Word版含解析）

浙江省温州市2021-2022学年高一上学期期末教学质量统一检测化学试题(B卷)本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。考生须知：1.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上。2.选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。4.本卷可能用到的相对原子质量数据：H-1，C-12，N-14，O-16，Na-23，Al-27，S-32，Cl-35.5，K-39，Ca-40，Cu-64，Ag-108，Ba-137选择题部分(共60分)一、选择题(本题有25小题，1～15题每小题2分，16～25题每小题3分，共60分。每小题只有1个选项符合题意，不选、多选、选错均不给分)1.属于氧化物的是A.O3B.HClOC.Na2OD.CaSO4【答案】C【解析】【分析】【详解】氧化物是由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物，所以属于氧化物的只有Na2O，故选C。2.下列仪器中，常用于“固液分离”操作的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．坩埚常用于固体物质的灼烧，不能用于固液分离，故A错误；B．漏斗可以组装过滤器，常用于固液分离，故B正确； C．分液漏斗可用于不互溶的溶液分离，不能用于固液分离，故C错误；D．量筒是量器溶液体积的量器，不能用于固液分离，故D错误；故选B。3.下列分散系能产生“丁达尔现象”的是A.CuSO4溶液B.Fe(OH)3胶体C.稀盐酸D.医用酒精【答案】B【解析】【详解】胶体能产生丁达尔现象，而溶液不能产生丁达尔现象，则氢氧化铁胶体能产生丁达尔现象，硫酸铜溶液、稀盐酸、医用酒精都是溶液，都不能产生丁达尔现象，故选B。4.下列物质属于电解质，且能导电的是A.氨水B.液氯C.熔融氯化钠D.铜丝【答案】C【解析】【分析】酸、碱、盐都是电解质；能导电的物质含有自由移动的离子或电子。【详解】A．氨水能导电，属于混合物，不是电解质，也不是非电解质，A不选；B．液氯是单质，既不是电解质，也不是非电解质，不导电，B不选；C．熔融的氯化钠能导电，属于化合物，是电解质，C选；D．铜是单质，可以导电，不是电解质，也不是非电解质，D不选；答案选C。【点睛】关于电解质的判断需要明确：①能够导电的物质不一定全是电解质。②电解质必须在水溶液里或熔化状态下，有自由移动的离子。③电解质和非电解质都是化合物，单质和混合物既不是电解也不是非电解质，如氨水和铜。④溶于水或熔化状态；注意：“或”字。⑤溶于水和熔化状态两各条件只需满足其中之一，溶于水不是指和水反应，如液氨。⑥电解质与电解质溶液的区别：电解质是纯净物，电解质溶液是混合物。无论电解质还是非电解质的导电都是指本身，而不是说只要在水溶液或者是熔化能导电就是电解质。5.下列物质对应的组成正确的是A.磁性氧化铁：Fe2O3B.石膏：CaOC.王水：HNO3D.水晶：SiO2【答案】D【解析】【详解】A．磁性氧化铁为Fe3O4，故A错误； B．石膏是CaSO4的水合物，故B错误；C．王水是浓硝酸和浓盐酸的混合物，体积比为1∶3，故C错误；D．水晶的成分是SiO2，故D正确；答案为D。6.黑火药爆炸时的反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，该反应的还原剂是A.SB.KNO3C.N2D.C【答案】D【解析】【分析】【详解】还原剂在反应前后化合价升高，由化学方程式S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑可知，C转化为CO2，化合价升高，故C是还原剂，答案选D。7.下列说法正确的是A.MgCl2的电子式：B.CO2的结构式：O=C=OC.14C的原子结构示意图：D.水的分子结构模型：【答案】B【解析】【详解】A．MgCl2的电子式为，故A不符合题意；B．CO2的分子中每个氧原子和碳原子之间共用两对电子，所以CO2的结构式：O=C=O，故B符合题意；C．碳元素为6号元素，所以14C的原子结构示意图：，故C不符合题意；D．水的分子结构模型：，故D不符合题意；答案为：B。8.下列说法正确的是A.石墨烯、金刚石和C70互为同素异形体B.16O2与18O2互为同位素 C.U、U、U是同一种核素D.HD、HT、H2中含有的电子数不同【答案】A【解析】【详解】A．同素异形体是由同种元素组成不同结构的单质，石墨烯、金刚石、C70都是有碳元素组成的结构不同的单质，三者互为同素异形体，故A正确；B．同位素研究范围为核素，16O2与18O2属于单质，不属于核素，故B错误；C．它们质子数相同，中子数不同，它们互为同位素，故C错误；D．H、D、T互为同位素，质子数相同，核外电子数相同，因此HD、HT、H2含有电子数相同，故D错误；答案为A。9.下列说法不正确的是A.CS2分子中存极性共价键B.NaOH晶体中既有离子键又有共价键C.HCl气体溶于水时有共价键的断裂D.CH4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】【详解】A．CS2分子中的化学键为C和S之间的极性共价键，A正确；B．NaOH晶体中既有O和H之间的共价键，又有钾离子与氢氧根之间的离子键，B正确；C．HCl中存在H和Cl之间的共价键，溶于水形成氢离子和氯离子，有共价键的断裂，C正确；D．CH4分子中C原子最外电子层具有8电子稳定结构，H原子只有2个电子，D错误；答案选D。10.下列各组离子能大量共存的是A.K+、Fe2+、NO、SOB.H+、Na+、SO、S2-C.Na+、Cu2+、Cl‾、OH‾D.NH、Ba2+、HCO、OH‾【答案】A【解析】【详解】A．所给离子能够大量共存，故A符合题意； B．SO、S2-在酸性条件下不能大量共存，发生氧化还原反应，故B不符合题意；C．Cu2+与OH-因生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；D．NH、HCO与OH-不能大量共存，故D不符合题意；答案为A。11.下列说法不正确的是A.Na2CO3可用于治疗胃酸过多B.二氧化硫可用作食品添加剂C.液氨可作制冷剂D.铝制容器可盛装浓硝酸和浓硫酸【答案】A【解析】【分析】【详解】A．碳酸钠碱性过强，不能用于治疗胃酸过多，用小苏打即碳酸氢钠治疗胃酸过多，故A错误；B．二氧化硫有还原性，且能杀菌消毒，可用作食品添加剂，故B正确；C．液氨气化时吸收大量的热，可用作制冷剂，故C正确；D．常温下，铝在浓硫酸和浓硝酸中会发生钝化，故可用铝制容器可盛装浓硝酸和浓硫酸，故D正确；故选A。12.下列说法正确的是A.工业上电解饱和食盐水可制金属钠B.工业上制备硫酸用水吸收SO3C.工业上将氯气通入澄清石灰水制漂白粉D.工业上用焦炭还原SiO2制粗硅【答案】D【解析】【分析】【详解】A．工业上用电解熔融氯化钠的方法冶炼金属钠，电解饱和食盐水得到的是NaOH、氢气和氯气，故A错误；B．工业上制备硫酸最后一步是用浓硫酸吸收三氧化硫，用水吸收容易形成酸雾，吸收速率慢，故B错误；C．工业上将氯气通入冷的消石灰中得到以次氯酸钙为主要成分的漂白粉，故C错误；D．工业上用焦炭还原二氧化硅制取粗硅，同时生成CO，故D正确；故选D。13.下列说法正确的是A.BaCl2与SO2反应生成BaSO3沉淀 B.铵盐受热易分解，均有产生NH3C.Na投入MgCl2溶液生成白色沉淀和无色气体D.Na2O久置于空气中，最终转化为NaHCO3【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由于H2SO3的酸性弱于HCl，所以BaCl2不与SO2反应，故A错误；B．铵盐受热易分解，但不都产生NH3，如硝酸铵在加热到某一温度时会分解生成氮气、氧气和水，故B错误；C．Na投入MgCl2溶液中，钠先和水反应生成NaOH和氢气，有无色气体产生，生成的NaOH和MgCl2反应生成Mg(OH)2白色沉淀，故C正确；D．Na2O置于空气中，和水反应生成NaOH，然后吸收CO2生成Na2CO3，所以Na2O久置于空气中，最终转化为Na2CO3，故D错误；故选C。14.2021年我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法不正确的是A.“北斗系统”组网成功，北斗芯片中的半导体材料为二氧化硅B.“嫦娥五号”运载火箭用液氧液氢推进剂，产物对环境无污染C.“天和核心舱”电推进系统中的腔体采用氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料D.“奋斗者”号潜水器外壳材料为钛合金，钛合金属于新型合金【答案】A【解析】【详解】A．北斗芯片中的半导体材料为硅，故A错误；B．液氧液氢推进剂反应时生成的产物为水，对环境无污染，故B正确；C．硬度大、强度高的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，故C正确；D．具有良好热加工成形和焊接成形性能的钛合金属于新型合金，故D正确；故选A。15.下列除杂试剂或分离方法不正确的是A.除去NO中混有少量的NO2，通过水，洗气B.除去CO2中的少量HCl，通过饱和Na2CO3溶液，洗气C.除去镁粉中的少量铝，加入足量NaOH溶液，过滤 D.除去粗盐水中的Ca2+、Mg2+和SO，依次加入足量的BaCl2、NaOH和Na2CO3溶液，过滤，滤液中再加入适量盐酸【答案】B【解析】【分析】【详解】A．NO2能和水反应生成NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以可将混合气通过水除去NO中的NO2，故A正确；B．CO2能和碳酸钠溶液反应：CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3，所以不能用饱和碳酸钠溶液除去CO2中的少量HCl，应用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，故B错误；C．铝能和NaOH溶液反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，镁不能和NaOH溶液反应，所以可以加入足量NaOH溶液，过滤除去镁粉中的少量铝，故C正确；D．加入足量的BaCl2溶液，可以除去粗盐水中的，再加入足量的NaOH溶液，可以除去粗盐水中的Mg2+，然后加入足量的Na2CO3溶液，可以除去粗盐水中的Ca2+以及后加入的Ba2+，过滤后，滤液中加入适量盐酸，可以除去OH-和，故D正确；故选B。16.某同学欲配制100mL0.10mol/LCuSO4溶液。以下操作①~④是其配制过程及示意图，关于该配制过程，下列说法正确的是A.操作①中，称取2.5g胆矾晶体，并于烧杯中加水溶解B.操作②中，容量瓶使用前需用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用C.操作③为定容，按图示观察，将导致所配溶液浓度偏高D.操作④摇匀后静置，发现液面低于刻度线，继续加水至凹液面与刻度线相切【答案】A【解析】 【详解】A．称取胆矾晶体的质量为0.1L×0.1mol/L×250g/mol=2.5g，并在烧杯中加水溶解，故A符合题意；B．容量瓶使用前应用蒸馏水洗涤，由于定容时也需要加蒸馏水，所以无需干燥，故B不符合题意；C．按图示观察会导致所配溶液体积偏大，根据c=n/V，浓度偏小，故C不符合题意；D．发现液面低于刻度线后不应加水，如果加水溶液体积偏大，浓度偏低，故D不符合题意；答案为：A。17.下列离子方程式中，正确是A.将铁片插入浓硫酸中：Fe+2H+=Fe2++H2↑B.用硝酸银溶液检验氯离子：AgNO3+Cl‾=AgCl↓+NOC.向NaOH溶液中通入过量SO2：OH‾+SO2=HSOD.将足量的氯气通入溴化亚铁溶液中：Cl2+2Fe2++2Br-=2Fe3++Br2+2Cl‾【答案】C【解析】【详解】A．常温下Fe在浓硫酸中会发生钝化，故A不符合题意；B．用硝酸银溶液检验氯离子离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，故B不符合题意；C．向NaOH溶液中通入过量SO2：OH-+SO2=HSO，故C不符合题意；D．将足量的氯气通入溴化亚铁溶液中的离子反应为：3Cl2+2Fe2++4Br-=2Fe3++2Br2+6Cl-，故D不符合题意；答案为：C。18.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【详解】A．铁和氧气在点燃条件下生成的是Fe3O4，故A不能实现； B．氨催化氧化生成NO，NO不能和水反应，故B不能实现；C．Al和稀盐酸反应生成AlCl3，AlCl3和过量的NaOH溶液反应生成NaAlO2，故C可以实现；D．硫和氧气反应只能生成SO2，不能直接生成SO3，故D不能实现；故选C。19.学科思想方法是学好化学的关键，下列有关学科思想方法的理解不正确的是A.基于物质类别与化合价，可以预测物质的性质。例如从硫的化合价角度分析，Na2SO3既有氧化性又有还原性B.类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质。例如铝与稀硫酸反应生成氢气，则铝与稀硝酸反应生成氢气C.物质的结构与性质关联，根据物质的结构可以分析其性质。例如氮分子中存在叁键，断开它需要较多的能量，所以N2的化学性质稳定D.模型在科学认识中具有描述、解释和预测等功能，例如电离模型很好地解释了酸、碱、盐的某些性质【答案】B【解析】【详解】A．处于最低价态只具有还原性，处于最高价态的只具有氧化性，处于中间价态既具有氧化性又具有还原性，Na2SO3中S显+4价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，故A说法正确；B．硝酸为氧化性酸，与金属反应不产生氢气，产生氮的氧化物，故B说法错误；C．氮气分子中氮原子之间共用叁键，断开时需要较多的能量，因此氮气化学性质稳定，故C说法正确；D．酸在水溶液中电离出的阳离子全部是H+的化合物；碱在水溶液中电离出的阴离子为OH-的化合物；盐在水溶液中电离出金属阳离子(铵根离子)和酸根阴离子，故D说法正确；答案为B。20.碘元素被称为智慧元素，它有多种同位素，下列关于I的判断正确的是A.碘位于第六周期，ⅦA族B.117I2在水中溶解度很大C.117I的中子数为117D.H2与117I2不断加热才能缓慢反应【答案】D【解析】分析】【详解】A．根据碘的质子数53可判断碘位于元素周期表的第五周期，ⅦA族，故A错误；B．碘单质在水中的溶解度很小，故B错误；C．117I的中子数为117-53=64，故C错误； D．碘的非金属性较弱，与氢气反应比较困难，需要不断加热才能缓慢反应，故D正确；故选D。21.四种短周期主族元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，相关信息如下表：元素相关信息X金属元素，同周期的主族元素中，X的原子半径最大Y气态氢化物与最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应Z原子的最外层电子数为7W原子的最外层电子数是内层电子总数的一半下列说法正确的是A.X和Z的最高正化合价之和等于8B.WZ3属于离子化合物C.简单离子半径：Z＞Y＞XD.简单气态氢化物的稳定性：Z＞Y＞W【答案】D【解析】【分析】Y的气态氢化物与最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应，则Y为N；X为金属元素，同周期的主族元素中，X的原子半径最大，且原子序数小于Y，则X为Li；W原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，则W为P；Z的原子的最外层电子数为7，且原子序数小于W，则Z为F。即X为Li，Y为N，Z为F，W为P。【详解】A．Li的最高正化合价为+1，F没有正价，故A错误；B．PF3是共价化合物，P和F之间通过共用电子对结合，故B错误；C．F-和N3-电子层数相同，质子数越多，离子半径越小；Li+电子层数比F-和N3-少一层，半径最小，所以简单离子半径：Y＞Z＞X，故C错误；D．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强。同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，所以非金属性：Z＞Y＞W，则气态氢化物的稳定性：HF＞NH3＞PH3，故D正确；故选D。22.下列实验操作对应的现象不符合事实的是 A．用铂丝蘸取KCl溶液置于酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，火焰呈紫色B．反应一段时间后，试管中固体变为红棕色C．点燃酒精灯，一段时间后品红溶液褪色，紫色石蕊变红D．用稀硝酸进行实验，反应开始后，铜丝逐渐变细，溶液变蓝，有气泡产生，气体略有红棕色A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．K的焰色呈紫色，为了滤去Na的黄光的干扰，需要透过蓝色钴玻璃，符合事实，故A不选；B．铁和水蒸气反应生成Fe3O4，Fe3O4是黑色的，所以反应一段时间后，试管中固体变为红棕色不符合事实，故B选；C．二氧化硫有漂白性，能使品红褪色，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，能使紫色石蕊变红，符合事实，故C不选；D．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，硝酸铜溶液呈蓝色，NO是无色的，但遇到空气中的氧气会反应生成红棕色的NO2，所以用稀硝酸进行实验，反应开始后，铜丝逐渐变细，溶液变蓝，有气泡产生，气体略有红棕色符合事实，故D不选；故选B。23.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.46gNO2和N2O4的混合气，含有的N原子数为NA个B.标准状况下，2.24LH2O中含有氢原子数为0.2NAC.7.1gCl2和足量NaOH溶液反应，转移电子数目为0.2NAD.0.1mol∙L-1Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NA【答案】A 【解析】【详解】A．46gNO2中含有N原子物质的量为=0.1mol，46gN2O4中含有N原子物质的量为=1mol，46gNO2和N2O4混合物中含有N原子物质的量为1mol，故A正确；B．标准状况下，水不是气体，无法直接用22.4L/mol进行计算，故B错误；C．Cl2与NaOH反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，1mol氯气与氢氧化钠反应，转移电子1mol，即7.1g氯气与足量NaOH溶液反应转移电子物质的量为0.1mol，故C错误；D．题中无法判断出溶液体积，因此无法计算出溶质的物质的量，故D错误；答案为A。24.某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和较多的Cu2+。为减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收金属铜，并制备Fe(OH)SO4，流程如下：下列说法不正确的是A.操作1和操作2均为过滤B.甲为铁粉，乙为稀硫酸溶液C.往溶液1与溶液2中加入NaNO2反应生成NO，欲制备1.5molFe(OH)SO4，理论上至少需要NaNO21.5molD.为检验Fe(OH)SO4中是否含有Fe2+，加入盐酸溶解，再加入过量NaOH溶液，观察沉淀颜色变化【答案】D【解析】【分析】工业废水加入过量的铁，铁将铜置换出来，固体1中含有铜和过量的铁，加入稀硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁，铜不和硫酸反应，过滤出的固体2为铜，溶液2和溶液1合并，溶质为硫酸亚铁，加入NaNO2，减压蒸发、过滤得到Fe(OH)SO4。【详解】A．操作1和2都是将固体和溶液分开，所以操作均为过滤，故A正确；B．由以上分析可知，甲为铁粉，乙为稀硫酸溶液，故B正确；C．溶液2和溶液1中的溶质为硫酸亚铁，加入NaNO2，将+2价Fe氧化为+3价，NaNO2被还原为NO， 制备1.5molFe(OH)SO4，根据电子守恒，理论上至少需要NaNO21.5mol，故C正确；D．Fe(OH)SO4中含有+3价Fe，加入盐酸溶解，溶液中有Fe3+，再加入过量NaOH溶液，直接看到是红褐色的Fe(OH)3沉淀，不能看到Fe(OH)2的白色，故D错误；故选D。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结论A在稀盐酸中加入少量可能变质的碳酸钠样品，立即有气体产生Na2CO3已经变质，有一部分转化为NaHCO3B取少量可能被氧化的还原铁粉，加稀盐酸溶解，滴入5滴15%KSCN溶液，溶液不显血红色还原铁粉未变质C取少量可能变质的Na2SO3样品加水溶解，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤所得固体加足量稀盐酸，白色沉淀部分溶解Na2SO3样品已经变质，有一部分被氧化为Na2SO4D将表面已经变质的钠投入水中，产生无色无味的气体钠已经变质，有一部分被氧化为Na2O2A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．碳酸钠与盐酸反应也会生成二氧化碳，不能证明部分变质为碳酸氢钠，A错误；B．铁粉氧化生成氧化铁，再与盐酸反应生成氯化铁，由于单质铁过量，氯化铁与单质铁反应生成氯化亚铁，滴入5滴15%KSCN溶液，溶液不显血红色，不能说明未变质，B错误；C．可能变质的Na2SO3样品加水溶解，会有硫酸钠生成，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀为硫酸钡，过滤所得固体加足量稀盐酸，白色沉淀亚硫酸钡溶解，硫酸钡不溶解，C正确；D．钠单质与水生成氢气，不能证明，有一部分被氧化为Na2O2，D错误；答案选C。非选择题部分二、非选择题(共5大题，50分) 26.回答下列问题（1）写出“钡餐”的化学式___________。（2）写出Fe2(SO4)3在水中的电离方程式___________。（3）用电子式表示HCl的形成过程___________。（4）Na3N固体溶于水能产生NaOH和氨气，则Mg3N2固体与稀盐酸反应的化学方程式为___________。【答案】（1）BaSO4（2）Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO（3）（4）Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl【解析】【分析】【小问1详解】“钡餐”是硫酸钡，可用于胃肠透视，其化学式为BaSO4。【小问2详解】Fe2(SO4)3在水中完全电离成铁离子和硫酸根离子，电离方程式为：Fe2(SO4)3=2Fe3++3。【小问3详解】HCl是H和Cl共用一对电子形成的，用电子式表示HCl的形成过程为：。【小问4详解】Na3N固体溶于水能产生NaOH和氨气，则Mg3N2固体与水反应生成Mg(OH)2和氨气，所以Mg3N2与稀盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，化学方程式为：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl。27.物质X由三种常见元素组成的盐，已知气体B能使品红溶液褪色，溶液C焰色反应为黄色。某研究小组按下图流程探究其组成：请回答： （1）D的化学式___________，物质X的化学式为___________；（2）B→E的离子化学方程式___________；（3）已知X与固体A在酸性条件下可以反应生成一种气体单质，请写出该反应的离子方程式___________。【答案】（1）①.AgCl②.NaClO3（2）Ba2++H2O2+SO2=BaSO4↓+2H+或H2O2+SO2=2H++SO、SO+Ba2+=BaSO4↓（3）【解析】【分析】气体B能使品红溶液褪色，则气体B可能为SO2，也可能为Cl2，气体B与足量BaCl2、H2O2溶液反应，生成白色沉淀，则B为SO2，白色沉淀为BaSO4，根据硫元素守恒，n(SO2)=n(BaSO4)==0.3mol，推出X中含有氧原子物质的量为0.3mol×2=0.6mol，溶液C焰色试验为黄色，溶液C中含有Na+，根据元素守恒，X中含有Na元素，固体A加入足量稀硝酸、硝酸银得到白色沉淀D，白色沉淀为AgCl，X中氯原子物质的量为=n(AgCl)==0.2mol，X中含有Na原子物质的量为=0.2mol，则X化学式为NaClO3，据此分析；【小问1详解】根据上述分析D为AgCl；物质X为NaClO3；故答案为AgCl；NaClO3；【小问2详解】利用过氧化氢的强氧化性将SO2氧化成SO，离子方程式为H2O2+SO2=2H++SO，SO与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，其反应为SO+Ba2+=BaSO4↓，总反应为Ba2++H2O2+SO2=BaSO4↓+2H+；故答案为Ba2++H2O2+SO2=BaSO4↓+2H+或者H2O2+SO2=2H++SO、SO+Ba2+=BaSO4↓；【小问3详解】NaClO3与NaCl在酸性条件反应，利用氧化还原反应的规律之一“归中规律”，产生的气体单质为氯气，即该反应的离子方程式为；故答案为。28.2022年是门捷列夫发现元素周期律153周年，下图为元素周期表的一部分。门捷列夫预言了多种当时未知的元素，T为其中之一、L在地壳中含量排第二位，广泛应用于信息技术等领域。 XYZLJQTM（1）写出J的原子结构示意图___________。（2）下列说法不正确的是___________。A.T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ2B.Q、J的氧化物的水化物酸性：J＜QC.用pH试纸测得Q单质的水溶液pH=3D.原子半径大小：L＞J＞Z（3）已知JQ2结构中只含有极性共价键，试画出其结构式：___________(用元素符号表示)。（4）非金属性Q___________M(用＜、=、＞来表示)，判断依据是(试用一个化学方程式来表示)___________。【答案】（1）（2）BC（3）（4）①.＞②.Cl2+2KBr=2KCl+Br2【解析】【分析】L在地壳中含量排第二位，广泛应用于信息技术等领域，则L为Si。根据L在周期表中的位置以及元素周期表的结构可知其他元素为：X为B，Y为N，Z为O，J为S，Q为Cl，T为Ge，M为Br。【小问1详解】J为S，核外有16个电子，排布在三个电子层，依次排2，8，6个电子，原子结构示意图为：。【小问2详解】A．Ge位于金属和非金属分界线附近，既有一定的金属性，又有一定的非金属性，具有半导体的特性，Ge位于第ⅣA族，最高正化合价为+4价，和O可形成GeO2，故A正确；B．元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性就越强，但若不是最高价氧化物的水化物，酸性无法判断，故B错误；C．氯水中含有HClO，HClO有漂白性，能使pH试纸褪色，无法用pH试纸测其pH，故C错误； D．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，所以原子半径：：L(Si)＞J(S)＞Z(O)，故D正确；故选BC。【小问3详解】SCl2中只含有极性共价键，所以两个Cl都和S共用一对电子，其结构式为：。【小问4详解】同周期从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性Cl＞Br，可从Cl2能将Br2从其化合物中置换出来证明：Cl2+2KBr=Br2+2KCl。29.某课外活动小组在实验室制备氨气、验证氨气的某些性质。（1）氨气的制备①图中三套装置中能制备干燥NH3的是___________填“甲”或“乙”或“丙”。②上述方案中制备NH3的化学方程式是___________。③检验NH3是否收集满的方法是___________。（2）氨气性质的探究用图中装置进行实验，一段时间后，A中硬质玻璃管内黑色粉末变为红色，B中固体变蓝色，C中出气导管处收集到一种无色无味的气体单质。①仪器B的名称___________；②A中硬质玻璃管内发生反应的化学方程式___________。③洗气瓶中浓硫酸的作用为___________。 ④有同学提出，A中红色产物中可能含有Cu2O(已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O)，请设计实验方案验证：___________。【答案】（1）①.丙②.2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O③.用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明已收集满（2）①.干燥管②.2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O③.吸收多余的氨气(或防止水蒸气进入B装置)④.取少量A中红色产物，滴加足量稀硫酸(或盐酸)，若溶液由无色变为淡蓝色，证明产物中含有Cu2O；若溶液不变淡蓝色，证明产物中不含Cu2O【解析】【分析】实验室用氯化铵固体与氢氧化钙固体共热反应制备氨气，用碱石灰干燥氨气，用向下排空气法收集氨气；装置A中氨气与氧化铜共热反应生成铜、氮气和水，装置B用于检验反应生成的水蒸气，装置C用于吸收未反应的氨气，同时防止水蒸气进入B装置，装置C后连接氮气的收集装置。【小问1详解】①由图可知，甲装置中没有氨气的干燥装置，收集的氨气中混有水蒸气；乙装置中，浓硫酸会吸收氨气，无法收集到氨气；丙装置用碱石灰干燥氨气，用向下排空气法可收集到干燥氨气，故选丙；②实验室制备氨气的反应为氯化铵固体与氢氧化钙固体共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；③检验氨气是否收集满的方法为用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明已收集满，故答案为：用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明已收集满；【小问2详解】①由实验装置图可知，仪器B为干燥管，故答案为：干燥管；②由分析可知，A中硬质玻璃管内发生的反应为氨气与氧化铜共热反应生成铜、氮气和水，反应的化学方程式为2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O，故答案为：2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O；③由分析可知，洗气瓶中浓硫酸的作用为用于吸收未反应的氨气，同时防止水蒸气进入B装置，故答案为：吸收多余的氨气(或防止水蒸气进入B装置)；④由信息可知，若A中红色产物中含有氧化亚铜，向反应得到的固体中加入稀硫酸，氧化亚铜会与稀硫酸反应生成铜、硫酸铜和水，反应后的溶液会变为淡蓝色，则检验氧化亚铜的实验方案为取少量A中红色产物，滴加足量稀硫酸(或盐酸)，若溶液由无色变为淡蓝色，证明产物中含有Cu2O ；若溶液不变淡蓝色，证明产物中不含Cu2O，故答案为：取少量A中红色产物，滴加足量稀硫酸(或盐酸)，若溶液由无色变为淡蓝色，证明产物中含有Cu2O；若溶液不变淡蓝色，证明产物中不含Cu2O。30.某同学为检验市售食用碱面的成分(Na2CO3和NaHCO3的混合物)，称取29.6g碱面置于烧杯中用适量水溶解，向其中逐滴加入1.00mol/L的稀盐酸至溶液呈中性，产生CO2(标准状况下)6.72L(假设气体全部逸出)。试计算：（1）所得CO2的物质的量为___________mol。（2）食用碱面中m(Na2CO3)∶m(NaHCO3)=___________。（3）消耗稀盐酸的体积为___________mL。【答案】（1）0.3（2）53∶21（3）500【解析】【分析】【小问1详解】标准状况下的6.72LCO2的物质的量为：n==0.3mol。【小问2详解】设碱面中碳酸钠的物质的量为x，碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=29.6，根据碳守恒：x+y=0.3，解得：x=0.2，y=0.1。所以碳酸钠的质量为0.2mol×106g/mol=21.2，碳酸氢钠的质量为29.6g-21.2g=8.4g，m(Na2CO3)∶m(NaHCO3)=21.2∶8.4=53∶21。【小问3详解】