浙江省宁波市九校联考2022-2023学年高一化学上学期期末考试试题（Word版附解析）

2022--2023学年第一学期宁波市九校联考高一化学试题本卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23C1-35．5K-39Fe-56Cu-64第I卷选择题部分一、选择题(本大题有25小题，每小题2分，共50分。每小题均只有一个选项符合题意)1.属于碱性氧化物的是A.CO2B.NaOHC.Na2OD.CaCl2【答案】C【解析】【详解】A．CO2溶于水反应产生碳酸H2CO3，因此CO2属于酸性氧化物，A不符合题意；B．NaOH电离产生金属阳离子Na+和OH-，因此NaOH属于碱，B不符合题意；C．Na2O溶于水并与水反应产生碱NaOH，因此Na2O属于碱性氧化物，C符合题意；D．CaCl2电离产生金属阳离子Ca2+和酸根阴离子Cl-，因此CaCl2属于盐，D不符合题意；故合理选项是C。2.下列仪器名称为“分液漏斗”的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．图示仪器名称为普通漏斗，A不符合题意；B．图示仪器名称为分液漏斗，B符合题意；C．图示仪器名称为干燥管，C不符合题意；D．图示仪器名称为长颈漏斗，D不符合题意；故合理选项是B。3.下列物质属于电解质且能导电的是A.石墨B.盐酸C.酒精D.熔融KCl【答案】D【解析】【详解】A ．石墨中含有自由移动的电子，因此能够导电，但石墨是非金属单质，不属于化合物，因此不属于电解质，A错误；B．盐酸是HCl的水溶液，其中含有自由移动的离子，因此能够导电，该物质属于混合物，不是化合物，因此不属于电解质，B错误；C．酒精是由分子构成的共价化合物，其在水中和熔融状态下都不能发生电离而导电，因此属于非电解质，C错误；D．熔融KCl是离子化合物，其中含有自由移动的离子，因此能够导电；该物质是化合物，在水溶液中和熔融状态下能够导电，因此属于电解质，D正确；故合理选项是D。4.下列表示正确的是A.二氧化碳的结构式O-C-OB.中子数为20的氯原子C.NH3分子结构模型：D.S2-的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．二氧化碳的结构式O=C=O，A错误；B．中子数为20的氯原子，B错误；C．氨分子为三角锥型分子，NH3分子结构模型：，C正确；D．S2-核外电子数为18，S2-的结构示意图：，D错误；答案选C。5.下列物质对应的组成正确的是A.磁性氧化铁：Fe2O3B.生石膏：2CaSO4·H2OC.纯碱：Na2CO3D.钡餐：BaCO3【答案】C【解析】【详解】A．磁性氧化铁为：Fe3O4，A错误；B．生石膏为：CaSO4·2H2O，B错误；C．纯碱为Na2CO3，C正确；D．钡餐是BaSO4，D错误； 故答案为：C。6.关于反应3CO+2NO23CO2+N2O及所涉及的物质的说法正确的是A.CO为氧化剂，被还原B.等物质的量的N2O和CO2含有相等的电子C.N2O只具有氧化性，无还原性D.同温同压下，CO与NO2的密度之比等于23:14【答案】B【解析】【详解】A．在该反应中，C元素化合价由反应前CO中的+2价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高，失去电子被氧化，所以CO为还原剂被氧化，A错误；B．N2O和CO2分子中含有相同的原子个数及核外电子数，二者互为等电子体，等物质的量的N2O和CO2含有相等的电子，B正确；C．N2O中N元素为+1价，结合N元素的最高+5价和最低-3价之间，因此N2O既具有氧化性，又具有还原性，C错误；D．同温同压下，CO与NO2的密度之比等于二者的相对分子质量之比，则二者的密度的比为28:46=14:23，D错误；故合理选项是B。7.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如图所示)。下列叙述不正确的是A.NH3是形成无机颗粒物的催化剂B.硝酸铵和硫酸铵都含离子键和共价键C.雾和霾的分散剂相同D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关【答案】A【解析】【详解】A．氨气与硫酸反应生成硫酸铵，形成无机颗粒，不是催化剂，故A错误；B ．硫元素和氮元素最终在雾霾中形成硝酸铵和硫酸铵，硝酸铵和硫酸铵均为离子化合物含有离子键，铵根中含有共价键，故B正确；C．雾和霾分散剂相同都是大气，故C正确；D．雾霾形成涉及氮元素的一系列转化，而氮元素的大量存在，与农业生产过度施用氮肥有关，故D正确；故选：A。8.下列说法正确的是A.Na2O和Na2O2中阴阳离子个数比不相等B.焰色试验火焰呈黄色的肯定是钠盐C.相同条件下，在水中溶解度：Na2CO3<NaHCO3D.可通过相互滴加的方式鉴别盐酸和Na2CO3溶液【答案】D【解析】【详解】A．Na2O阴阳离子个数比为1：2，Na2O2中阴阳离子个数比为1：2，两者相等，A错误；B．钾离子焰色在不透过蓝色钴玻璃观察时也是黄色的，B错误；C．相同条件下，在水中溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，C错误；D．可通过相互滴加的方式鉴别盐酸和Na2CO3溶液，盐酸加入Na2CO3溶液产生二氧化碳的时间大于Na2CO3溶液加入盐酸中的时间，D正确；答案选D。9.用下列仪器或装置进行相应实验，部分现象描述不正确的是A.图1石蕊溶液变红不褪色B.图2产生白色沉淀C.图3试管内先出现红棕色气体，后变无色D.图4能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硫为酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，可使石蕊溶液变红，不能使其褪色，A正确； B．二氧化碳应该长管进，短管出，生成碳酸氢钠在溶液中析出，B错误；C．Cu与稀硝酸反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮被烧杯中NaOH溶液逐渐吸收，反应一段时间后试管内氧气消耗完，得到纯净的NO，则试管内先出现红棕色气体，后变无色，C正确；D．由于苯隔绝了氧气，故能生成较长时间的Fe(OH)2白色沉淀，D正确；答案选B。10.下列说法不正确的是A.可用氯水除去FeCl3溶液中含有的少量FeCl2杂质B.可用饱和Na2CO3溶液除去CO2中的少量HCl杂质C.液氨分子间可形成氢键，汽化时吸收大量热，可作制冷剂D.常温下，铝制容器可盛装浓硝酸和浓硫酸【答案】B【解析】【详解】A．FeCl2能够与Cl2发生反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，因此可用氯水除去FeCl3溶液中含有的少量FeCl2杂质，A正确；B．CO2、HCl都能够与饱和Na2CO3溶液反应，因此不能使用饱和Na2CO3溶液除去CO2中的少量HCl杂质，应该使用只与HCl反应的饱和NaHCO3溶液除杂，B错误；C．液氨分子间可形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，当液氨汽化时需从周围环境中吸收大量热量，导致环境温度降低，因此液氨可作制冷剂，C正确；D．浓硝酸和浓硫酸具有强氧化性，在常温下遇铁、铝时，会在金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步氧化，即发生钝化现象，因此常温下，铝制容器可盛装浓硝酸和浓硫酸，D正确；故合理选项是B。11.下列说法正确的是A.合金的性能与所添加的合金元素的种类、含量和生成合金的条件有关B.储氢合金吸收、放出氢气的过程是物理变化C.温室气体是形成酸雨的主要物质D.为了增强“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)的消毒效果，可与“洁厕灵”(主要成分为盐酸)混用【答案】A【解析】【详解】A．形成合金的元素的种类不同，合金性能不同；形成合金的各种元素含量多少不同，加工工艺不同，形成合金的性能也不同，故合金的性能与所添加的合金元素的种类、含量和生成合金的条件有关，A正确； B．储氢合金吸收、放出氢气的过程中都发生反应产生新的物质，因此变化过程是化学变化，B错误；C．温室气体是CO2，不会导致酸雨，形成酸雨的主要物质是SO2及NO2，C错误；D．“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)，其与酸反应产生HClO，导致物质消毒能力增强，但若与“洁厕灵”(主要成分为盐酸)混用，二者会发生氧化还原反应产生Cl2，导致环境污染及人中毒，因此二者不能混合使用，D错误；故合理选项是A。12.下列说法正确的是A.通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化B.H2O和H2O2既不是同位素，也不是同素异形体C.C60和C70是具有相同质子数的不同核素D.中子数不同而质子数相同的微粒一定互为同位素【答案】B【解析】【详解】A．16O转化为18O属于核变化，不能通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化，A错误；B．H2O和H2O2结构不相似且为化合物，既不是同位素，也不是同素异形体，B正确；C．C60和C70是同种元素形成的单质，互为同素异形体，C错误；D．质子数相同而中子数不同的微粒不一定互为同位素，例如OH-与F-，它们的质子数均为9，中子数分别为8和10，但它们不互为同位素，因为它们不是同一种元素构成的核素，D错误；答案选B。13.下列解释事实的离子方程式正确的是A氯气和水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B.向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=4OH-+4Na++18O2↑C.氯气的实验室制法：MnO2+4H++4Cl-=Mn2++Cl2↑+2H2OD.Ca(OH)2溶液与足量Ca(HCO3)2溶液反应：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O【答案】D【解析】【详解】A．氯气和水反应生成盐酸与次氯酸(弱酸)：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，A错误；B．向H218O中投入Na2O2固体生成氢氧化钠和氧气，氧气中的氧元素来源于过氧化钠，2H218O+2Na2O2=218OH-+2OH-+4Na++O2↑，B错误； C．氯气的实验室制法是二氧化锰与浓盐酸反应：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，C错误；D．Ca(OH)2溶液与足量Ca(HCO3)2溶液反应：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，D正确；答案选D。14.某同学欲配制500mL0.10mol/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8.0g胆矾晶体，并于烧杯中加水溶解B.操作①和②中玻璃棒的作用不同C.操作③为定容，按图示观察，将导致所配溶液浓度偏低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】B【解析】【详解】A．操作①中，应称取12.5g胆矾晶体，并于烧杯中加水溶解，故A错误；B．操作①中玻璃棒作用为搅拌，操作②中玻璃棒作用为引流，故B正确；C．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故C错误；D．摇匀后静置，发现液面低于刻度线，属于正常现象，再加水则溶液的体积偏大，导致溶液浓度偏小，故D错误；故答案选B。15.用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是 A.制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2B.关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验。电脑绘制三颈烧瓶内压强变化曲线如图2，则E点时喷泉最剧烈C.喷泉实验结束后，发现水未充满三颈烧瓶，肯定是因为装置的气密性不好D.工业上，若出现液氨泄漏，喷稀盐酸比喷水处理效果好【答案】D【解析】【详解】A．CaO溶于水与水反应放出大量热，促使浓氨水分解放出大量氨气，CaCl2与氨气结合生成络合物，不能制备氨气，A错误；B．根据图示，C点压强最小，此时喷泉最剧烈，B错误；C．氨气密度比空气小，所以氨气首先聚集在三颈烧瓶的上方；若发现水未充满三颈烧瓶，可能是氨气未将烧瓶中的空气完全排尽，而不能说是因为装置的气密性不好，C错误；D．氨气能够极易溶于水，不仅能够与稀盐酸水溶液反应产生NH3·H2O，而且还能够与稀盐酸中的HCl发生反应生成NH4Cl，而在水中NH3只能溶于水反应产生NH3·H2O，有若出现液氨泄漏，喷稀盐酸比喷水处理效果好，D正确；故合理选项是D。16.如图是某元素的价类二维图。其中X是一种强碱，G为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对原子质量比C小16，各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是 A.D为一种红棕色气体B.C→B的转化过程中，Z做氧化剂C.F在一定条件下可直接与Y反应生成DD.B和F能发生复分解反应生成盐【答案】C【解析】【分析】G为正盐，X是一种强碱，二者反应生成氢化物F，则G为铵盐、F为NH3，F连续与Y反应依次得到单质E、氧化物D、氧化物C，C的相对分子质量比D大16，则Y为O2、E为N2、D为NO、C为NO2；C与Z反应得到含氧酸B，则Z为H2O、B为HNO3，B与X发生酸碱中和反应得到A为硝酸盐。【详解】根据上述分析可知：A为硝酸盐，B为HNO3，C为NO2，D为NO，E为N2，F为NH3，G为铵盐，X为强碱，Y为O2，Z为H2O。A．D为NO，NO是无色气体，A错误；B．B为HNO3，C为NO2，Z为H2O，NO2与水反应产生HNO3和NO，在该反应中只有N元素化合价发生变化，因此该反应中NO2既是氧化剂，又是还原剂，H2O只是一种反应物，B错误；C．F为NH3，Y为O2，D为NO，NH3、O2在催化剂存在条件下加热发生氧化还原反应产生NO、H2O，C正确；D．B为HNO3，F为NH3，二者发生化合反应产生铵盐NH4NO3，反应类型不属于复分解反应，D错误；故合理选项是C。17.下列“类比”合理的是A.CH4是正四面体型分子，则CCl4也是正四面体型分子B.Cl2和H2O反应是氧化还原反应，则BrCl和H2O反应生成HBrO和HCl也是氧化还原反应C.Cl2O中Cl的化合价为+1价，则OF2中F的化合价为+1价D.Na在空气中燃烧生成Na2O2，则Li在空气中燃烧生成Li2O2【答案】A【解析】【详解】A．CCl4是把CH4上的H都用Cl取代，故CCl4仍是正四面体，A正确； B．因BrCl中的+1价的Br与OH-结合成HBrO，-1价的Cl与H+结合成HCl，故BrCl与H2O的反应为非氧化还原反应，B错误；C．Cl2O中Cl的化合价为+1价，由于F没有正价，OF2中F的化合价为-1价O为+2价，C错误；D．Na在空气中燃烧生成Na2O2，但Li没有Na活泼，在空气中燃烧生成的是Li2O，D错误；答案选A。18.如图所示装置，若关闭活塞，则品红溶液无变化，石蕊溶液变红，澄清石灰水变浑浊。若打开活塞，则品红溶液褪色，石蕊溶液变红，澄清石灰水变浑浊。据此判断该气体和广口瓶中盛放的物质分别是A.Cl2和饱和氯化钠溶液B.SO2和NaHCO3溶液C.Cl2和NaHSO3溶液D.CO2和浓H2SO4【答案】B【解析】【分析】选项中能使品红褪色的气体可能是SO2或Cl2，能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2或SO2，以此进行分析。【详解】A．氯气不能使澄清石灰水变浑浊，A错误；B．二氧化硫能使品红溶液褪色，和水反应生成亚硫酸，亚硫酸呈酸性，其酸性比碳酸强，所以SO2和NaHCO3溶液反应产生CO2气体，CO2溶于水反应产生碳酸而使石蕊试液变红，CO2与Ca(OH)2反应产生难溶性CaCO3，而能使澄清石灰水变浑浊，B正确；C．当打开活塞时，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，酸性溶液使石蕊试液变红，次氯酸使石蕊试液褪色，C错误；D．二氧化碳不能使品红溶液褪色，D错误；故合理选项是B。19.A、B、C三种物质中均含有同一种元素M，它们之间有如图所示的转化关系。A为一种金属单质，其产量直接关系国民经济命脉。反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应。下列有关说法错误的是 A.①中所加试剂可能是氯气B.③中需要加具有氧化性的试剂C.元素M在②中发生的价态变化也能通过加碘化钾溶液实现D.A与稀硝酸反应一定能实现元素M在①中发生的价态变化【答案】D【解析】【分析】若A为一种金属单质时，反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应，A为一种金属单质，其产量直接关系国民经济命脉，则A为变价金属Fe，铁与氯气（或溴）反应得到氯化铁，氯化铁（或溴化铁）与铁反应得到氯化亚铁（或溴化亚铁），氯化亚铁（或溴化亚铁）与氯气（或溴）反应得到氯化铁（或溴化铁），铁与盐酸发生置换反应可以得到氯化亚铁，也可以是铁与溴的反应，据此分析；【详解】若A为一种金属单质时，反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应，A为一种金属单质，其产量直接关系国民经济命脉，则A为变价金属Fe，铁与氯气（或溴）反应得到氯化铁，氯化铁（或溴化铁）与铁反应得到氯化亚铁（或溴化亚铁），氯化亚铁（呀溴化亚铁）与氯气（或溴）反应得到氯化铁（或溴化铁），铁与盐酸发生置换反应可以得到氯化亚铁，也可以是铁与溴的反应，A、根据上述分析，①中所加试剂可能为氯气，故A说法正确；B、反应③为Fe2＋→Fe3＋，需要加具有氧化性的试剂，故B说法正确；C、元素M为Fe，B中铁元素化合价为＋3价，具有强氧化性，能将I－氧化成I2，本身还原成Fe2＋，根据上述分析，C中铁元素的化合价为＋2价，故C说法正确；D、A与稀硝酸反应，如A(Fe)过量，则生成Fe2＋，不能生成Fe3＋，故D说法错误；答案为D。20.下列说法不正确的是A.第四周期VIA族的Se是人体必需的微量元素，其原子序数为34B.在元素周期表中，IIIB族元素种类最多C.在周期表中金属与非金属的分界处可以找到半导体材料D.在周期表中，从上到下碱金属单质及卤素单质的熔沸点均逐渐降低 【答案】D【解析】【详解】A．Se为第34号元素，其原子序数为34，位于第四周期VIA族，Se是人体必需的微量元素，A正确；B．在元素周期表中其中IIIB族含锕系、镧系元素，锕系、镧系元素各含有15种元素，IIIB族元素种类最多，B正确；C．在周期表中金属与非金属的分界处可以找到半导体材料，例如Si，C正确；D．在周期表中，从上到下碱金属单质熔沸点均逐渐降低，卤素单质的熔沸点均逐渐升高，D错误；答案选D。21.目前，科学家发现在负压和超低温条件下，可将水形成像棉花糖一样的气溶胶的冰，该冰称为“气态冰”。下列说法不正确的是A.18g“气态冰”在标准状况下的体积等于22.4LB.“气态冰”与普通冰化学性质相同C.该冰具有丁达尔效应D.“气态冰”分子中存在极性共价键【答案】A【解析】【详解】A．18g“气态冰”的物质的量为1mol，但是“气态冰”在标况下不是气态，不能计算其体积，A错误；B．“气态冰”与普通冰都由H2O分子构成，化学性质相同，B正确；C．“气态冰”是气溶胶，具有丁达尔效应，C正确；D．“气态冰”由H2O分子构成，H2O分子中存在的H-O键是极性共价键，D正确；故选A。22.设N表示阿伏加德罗常数的值，下列叙不正确的是A.5.6gFe与0.1molCl2充分反应，转移的电子数为0.3NAB.100mL0.1mol·L-1NaCl溶液中含有氯离子数为0.01NAC.常温下，2.8gN2中含有质子数为1.4NAD.120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA【答案】A【解析】【详解】A．Fe与Cl2反应产生FeCl3，5.6gFe的物质的量是0.1mol，其与0.1molCl2充分反应时Cl2不足量，要以不足量的Cl2为标准计算电子转移数目，故转移的电子数为0.2NA，A错误；B．100mL0.1mol·L-1NaCl溶液中含有溶质NaCl的物质的量n(NaCl)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol ，则根据盐的组成可知其电离产生氯离子数为0.01NA，B正确；C．常温下，2.8gN2的物质的量是0.1mol，由于1个N2分子中含有14个质子，则在0.1molN2中含有质子数为1.4NA，C正确；D．NaHSO4和KHSO3的式量都是120，则120gNaHSO4和KHSO3的混合物中含有物质的物质的量是1mol，两种盐都是由1个金属阳离子和1个酸根阴离子构成，故1mol混合盐中含有的阳离子数为NA，D正确；故合理选项是A。23.某同学用如图所示装置检验草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，淡黄色)受热分解的部分产物。下列说法不正确的是A.实验结束后，①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物可能为氧化亚铁B.若③和⑤中分别盛放足量NaOH溶液、CuO固体，可检验生成的COC.通入N的主要目的是防止空气中的H2O对产物检验产生影响D.在①②间增加无水硫酸铜固体，可检验分解生成的水蒸气【答案】C【解析】【详解】A．①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物可能为铁、氧化亚铁、四氧化三铁等，A正确；B．利用②③除去二氧化碳，④中的无水氯化钙将气体干燥后如果⑤中的黑色的氧化铜固体变红，⑥中澄清石灰水变浑浊，说明有一氧化碳产生，B正确；C．通入N2的主要目的是防止空气中二氧化碳、氧气等对产物检验产生影响，C错误；D．在①②间增加无水硫酸铜固体，可检验分解生成水蒸气，因为通入N2使装置中充满氮气，D正确；答案选C。24.含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是A.该过程中可得到化工产品H2SO4 B.该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2C.该过程中化合价发生改变的元素只有Fe和SD.图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4【答案】C【解析】【分析】根据工艺流程所示可知：该工艺中硫酸亚铁在酸性溶液中被氧气氧化为硫酸铁，Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该步骤的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O2=FeSO4+2H2SO4，据此分析解答。【详解】A．根据工艺流程所示可知反应可以得到化工产品H2SO4，A正确；B．该反应过程中反应消耗SO2，因此该工艺流程是除去煤燃烧时产生SO2，防止大气污染，B正确；C．根据图示可知该过程中化合价发生改变的元素有Fe和S、O三种元素，C错误；D．该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，D正确；故合理选项是C。25.下列方案设计、现象和结论都正确的是选项实验目的方案设计现象和结论A比较镁与铝元系的金属性强弱取MgCl2与AlCl3溶液于试管，加入足量浓氨水，观察现象。观察到氯化镁溶液出现白色沉淀，氯化铝溶液先出现白色沉淀，后溶解，证明镁元素的金属性更强B检验食品脱氧剂中还原铁粉是否己变质取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化若溶液未变红色，说明脱氧剂中还原铁粉没有变质C鉴别Na2CO3与NaHCO3取适量固体于试管，插入温度计，加少量水，温度降低该固体是Na2CO3D检验铜与浓硫酸反应是否有酸剩余取少量反应冷却液加入盛有水的烧杯中，再逐滴滴加稀NaOH溶液，观察若不立即产生蓝色沉淀，则硫酸有剩余 A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化镁不溶于氨水，氢氧化铝也不溶于氢氧化钠，不说明氢氧化铝具有两性，故不能说明Mg的金属性大于Al，A错误；B．铁粉氧化生成氧化铁，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁与铁单质反应生成氯化亚铁，故反应后滴加KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化不能说明未变质，B错误；C．NaHCO3溶解吸热，温度降低，C错误；D．硫酸剩余会与氢氧化钠反应，故需要一段时间再与硫酸铜反应生成蓝色沉淀，D正确；答案选D。第II卷非选择题二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.回答下列问题（1）写出H2O2的电子式________（2）写出Na2SO4在水中的电离方程式______（3）用电子式表示NaF的形成过程___________________。（4）稳定性：H2O_____H2S(填“＞”、“＜”)，还原性：H2O_______H2S(填“＞”、“＜”)。【答案】（1）（2）Na2SO4=2Na++（3）（4）①.＞②.＜【解析】【小问1详解】H2O2是共价化合物，在该物质分子中2个O原子形成1对共用电子对，每个O原子再分别与1个H原子形成1对共用电子对，使每个原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，故H2O2的电子式是；【小问2详解】Na2SO4是可溶性盐，在水中电离产生2个Na+和1个，故Na2SO4在水中的电离方程式为：Na2SO4=2Na++；【小问3详解】NaF是离子化合物，Na原子失去1个电子变为Na+，F原子获得1个电子变为F-，Na+与F- 通过离子键结合形成离子化合物NaF，故用电子式表示NaF的形成过程为：；【小问4详解】元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。O、S是同一主族元素，元素的非金属性：O＞S，所以氢化物的稳定性：H2O＞H2S；元素的非金属性越强，其单质的氧化性就越强。活动性强的可以将活动性弱的从化合物中置换出来，由于元素的非金属性：O＞S，所以活动性：O2＞S，在溶液中会发生反应：O2+2H2S=2H2O+2S↓，在反应中H2S为还原剂，H2O为还原产物，说明简单氢化物的还原性：H2S＞H2O，即还原性：H2O＜H2S。27.如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。已知J的原子序数是Z的两倍。LYZXJQTM请回答如下问题：（1）L元素在周期表中的位置是____________（2）下列说法不正确的是____________。A.Y与Q元素形成的化合物YQ3中所有原子最外层都满足8电子结构B.X、T的最高价氧化物对应水化物碱性：X<TC.用pH试纸测得Q单质水溶液pH=3D.简单离子半径：X>Y>Z（3）已知JZQ2与H2O反应时有刺激性气味气体和白雾产生，试写出其化学反应方程式：_______（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）第二周期IVA族（2）CD（3）SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl（4）①.>②.Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2【解析】【分析】已知J的原子序数是Z的两倍，则Z、J分别为氧、硫根据其它元素和氧、硫在周期表中的相对位置可知X、T、L、Y、Q、M分别为铝、、碳、氮、氯、溴，据此分析解题。【小问1详解】 L为碳，原子结构示意图为，则L元素在周期表中的位置是第二周期第IVA族；【小问2详解】A．Y与Q元素形成的化合物YQ3即NCl3的电子式为：，YQ3中所有原子最外层都满足8电子结构，故A正确；B．同主族元素从上至下金属性逐渐增强，则金属性:X<T，元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，则X、T的最高价氧化物对应水化物碱性:X<T，故B正确；C．Q单质Cl2的水溶液氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测得Q单质的水溶液的pH，故C错误；D．X、Y、Z的简单离子分别为Al3+、N3-、O2-种离子的电子层结构相同，原子序数越小离子半径越大，则简单离子半径:Y>Z>X，故D错误；故选:CD；【小问3详解】已知JZQ2即SOC12与H2O反应时有刺激性气味气体和白雾产生，刺激性气味气体为SO2，白雾是反应生成的HCl气体遇空气中的水蒸气产生的，则该反应的化学反应方程式为:SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑；【小问4详解】同主族元素从上至下非金属性逐渐减弱，则非金属性Q>M；判断依据是:Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，该反应中，Cl2是氧化剂、Br2是氧化产物，氧化性:Cl2>Br2非金属单质的氧化性越强，对应元素的非金属性越强，则可以证明非金属性Q>M。28.某同学为探究浅黄色液体X(仅含三种常见元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答如下问题：（1）X中3种元素是______(用元素符号表示)；气体B的摩尔质量为______。（2）X在过量氧气中燃烧的化学方程式是____________（3）溶液C滴在淀粉-KI试纸上，试纸显蓝色，写出该变化中发生的离子方程式______________（4）用H2还原红色固体A，反应完全后生成黑色粉末(纯净物)，黑色粉末的成分可能是_________ ，请给出检验黑色粉末成分的实验方案。____________【答案】（1）①.Fe、C、O②.32g·mol-1（2）4Fe(CO)5+13O22Fe2O3+20CO2（3）2Fe3++2I-=2Fe2++I2（4）①.Fe或FeO或Fe3O4②.取黑色固体加盐酸溶解，若产生气泡，则该固体为Fe。取黑色固体加盐酸溶解，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则产物为Fe3O4；若不变色，继续加新制氯水后变为血红色，则产物为FeO。【解析】【分析】7.84g的浅黄色液体X(仅含三种常见元素)加热得到X气体标准状况下0.896L，得到物质的量n(X)，后通过反应得到混合气体A和红色固体A质量为3.20g，混合气体A通入足量澄清石灰水得到20.0g白色沉淀B为二氧化碳和氢氧化钙生成的碳酸钙沉淀，说明X中含有碳元素，根据碳酸钙的质量可求出n(CaCO3)，从而推出碳元素物质的量，红色固体A和足量盐酸反应得到黄色溶液，加入KSCN溶液得到血红色溶液，C为氯化铁溶液，说明X中含铁元素，判断另一种元素为氧元素；红色固体A为氧化铁，所以X气体在过量的氧气中燃烧生成混合气体A和红色固体A，气体B则为过量的氧气，根据元素守恒，计算氧元素物质的量，从而得出X中n(Fe)：n(C)：n(O)，得出X的化学式，据此回答问题。【小问1详解】根据上述分析可知X中含有C、Fe、O三种元素；气体B是O2，其摩尔质量为32g/mol；【小问2详解】红色固体A质量为3.20g为氧化铁，其物质的量为n(Fe2O3)=，则n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.04mol；白色沉淀是CaCO3，其质量为20.0g，其物质的量为n(CaCO3)=，则根据C元素守恒可知n(C)=n(CaCO3)=0.2mol，则其中含有O元素的质量为m(O)=7.84g-0.04mol×56g/mol-0.2mol×12g/mol=3.2g，n(O)=，n(Fe)：n(C)：n(O)=0.04mol：0.2mol：0.2mol=1：1：5，故该物质的化学式为Fe(CO)5；其在过量O2中反应产生Fe2O3、CO2，反应的化学方程式为：4Fe(CO)5+13O22Fe2O3+20CO2；【小问3详解】Fe2O3与HCl反应达到的黄色溶液为FeCl3溶液，该物质具有强氧化性，将其滴在淀粉-KI 试纸上，发生氧化还原反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色；【小问4详解】用H2还原红色固体AFe2O3，反应产生的黑色固体纯净产物，可能是Fe、FeO或Fe3O4。由于Fe与酸反应产生H2，因此会产生气泡；FeO与酸反应产生Fe2+和水；Fe3O4与酸反应产生Fe2+、Fe3+及H2O，Fe3+遇SCN-溶液变为红色，而Fe2+遇SCN-溶液不会变为红色，再加入H2O2或Cl2水时会变为红色，故检验黑色粉末成分的实验方案是：取黑色固体加盐酸溶解，若产生气泡，则该固体为Fe。取黑色固体加盐酸溶解，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则产物为Fe3O4；若不变色，继续加新制氯水后变为血红色，则产物为FeO。29.有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数。(1)实验步骤：①按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，首先进行的操作是____________________。②称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，其目的是______________________。④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为________________________________________、_________________________________________。⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。(2)关于该实验方案，请回答下列问题。①若加热反应后不鼓入空气，对测定结果的影响是______________________。②E处干燥管中盛放的药品是________，其作用是__________________________________，如果实验中没有该装置，则会导致测量结果NaHCO3的质量________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。③若样品质量为wg，反应后C、D装置增加的质量分别为m1g、m2g，则混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为________(用含w、m1、m2的代数式表示)。【答案】①.检查装置气密性②.除去装置中的水蒸气和二氧化碳③.2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑④.Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑⑤.Na2CO3·10H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小⑥.NaCl的质量分数测定结果偏大⑦.碱石灰⑧.防止空气中的CO2 和水蒸气进入D中影响测定结果⑨.偏大⑩.【解析】【详解】(1)①由实验原理可知，实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置装置，计算生成的水的质量，故应首先检验装置的气密性；③装置内有空气，含有水蒸气和二氧化碳，影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，实验前要通入空气，赶走装置中含有水蒸气和二氧化碳，减少误差；④含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物加热时，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠晶体失去结晶水生成碳酸钠，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑；Na2CO3•10H2ONa2CO3+10H2O↑；(2)①若加热反应后不鼓入空气，生成水蒸气质量和二氧化碳质量测定结果会减小，碳酸氢钠依据二氧化碳计算，而Na2CO3•10H2O的测定是根据生成水的总质量计算的，则测得Na2CO3•10H2O的含量将偏小对测定结果的影响是NaCl偏大，NaHCO3偏小，Na2CO3•10H2O偏小；②干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，所以干燥管的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入影响测定结果，若撤去E装置，则测定的碳酸氢钠的质量偏大；③D装置中增加的质量为二氧化碳的质量，碳酸氢钠分解生成的水蒸气的质量为x．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑18g       44gx         m2gx=g，装置C吸收的是水蒸气，包括碳酸氢钠分解生成的和十水碳酸钠分解生成的，十水碳酸钠分解生成的水蒸气的质量=m1g-g=g．设十水碳酸钠的质量为y．Na2CO3•10H2ONa2CO3+10H2O286g     180gy          gy=g 所以十水碳酸钠的质量分数=×100%=×100%。点睛：明确C和D装置中物质的作用是解本题的关键，注意碱石灰不仅吸收二氧化碳还吸收水蒸气，根据D装置中增重质量计算吸收的二氧化碳的量，根据碳酸氢钠分解时生成的二氧化碳和水蒸气的关系式计算碳酸氢钠生成的水蒸气，总的水蒸气减去碳酸氢钠生成的水蒸气就是十水碳酸钠分解生成的水蒸气，根据十水碳酸钠分解生成的水蒸气和十水碳酸钠的关系式计算十水碳酸钠的质量，从而计算其质量分数。30.在碱性介质中有利于卤素单质的歧化反应：X2+2OH-=X-+XO-+H2O(X=Cl2，Br2)，XO-在碱性介质中也会发生歧化反应，其反应速率与温度有关。如BrO-在273K左右歧化反应很慢，在323~353K则全部转化为Br-和BrO。（1）某温度下，含0.0lmolBr2的溴水与VmL1.00mol·L-1KOH溶液恰好完全反应，则V=______。（2）某温度下，含0.01molBr2的溴水与KOH溶液恰好完全反应，若n(BrO-)=n(BrO)，则n(Br-)=________mol；若反应后=m(m≠1)，则反应转移电子数=__________(用含m的式子表示)。【答案】（1）20（2）①.0.015②.【解析】【小问1详解】根据题意中反应、，两个反应的特征与KOH反应比例都为，因此某温度下，含的溴水与0.02molKOH反应，则；故答案为：20；【小问2详解】含0.01molBr2的溴水与KOH溶液恰好完全反应，由于n(BrO-)=n(BrO)，发生、两个反应，设物质的量为amol，物质的量为为amol，物质的量为(1+5)amol，amol+amol+6amol=0.02mol，则物质的量为0.015mol；根据原子个数守恒和电子得失守恒，设物质的量为xmol，则物质的量为mxmol，物质的量为，即可得，转移的电子就是，根据列式可得出答案 ；故答案为：。