上海市吴淞中学2021-2022学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析）

上海市吴淞中学2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题元素相对原子质量H-1N-14O-16一、单选题1.关于，正确的是A.原子序数为49B.质量数为36C.中子数85D.最外层电子数为8【答案】D【解析】【详解】中质子数为36，质量数为85，A．质子数=电子数=原子序数，则原子序数为36，故A错误；B．质量数是85，故B错误；C．中子数=质量数-质子数=85-36=49，故C错误；D．质子数=电子数，则电子数为36，它的原子结构示意图为，故D正确；故选：D。2.用如图装置制取干燥的气体(a、b表示加入的试剂)，能实现的是选项气体abAH2S稀H2SO4FeSBCl2浓盐酸MnO2CNO2浓HNO3铁片 DCO2稀盐酸大理石A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．H2S具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，两者会发生氧化还原反应，故不能用浓硫酸干燥H2S，A不符合题意；B．MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热，B不符合题意；C．铁片和浓硝酸常温下发生钝化，故不能制取二氧化氮气体，C不符合题意；D．大理石与稀盐酸反应生成CO2，且CO2能用浓硫酸干燥，D符合题意；故答案选D。3.一密闭试管中装有，加入少量稀溶液，震荡后没有明显现象。那么溶液中S元素存在的主要形式为A.B.C.SD.【答案】D【解析】【详解】向盛有Cl2的密闭试管中注入少量Na2S稀溶液，充分振荡，无明显现象，因氯气具有氧化性，则硫离子被氧化，S元素的化合价升高，溶液中S元素存在的主要形式为，故选：D。4.火星大气中含有大量，一种有参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时A.负极上发生还原反应B.在正极上得电子C.阳离子由正极移向负极D.将电能转化为化学能【答案】B【解析】【分析】【详解】根据题干信息可知，放电时总反应为4Na+3CO2=2Na2CO3+C。A．放电时负极上Na发生氧化反应失去电子生成Na+，故A错误；B．放电时正极为CO2得到电子生成C，故B正确；C．放电时阳离子移向还原电极，即阳离子由负极移向正极，故C错误； D．放电时装置为原电池，能量转化关系为化学能转化为电能和化学能等，故D错误；综上所述，符合题意的为B项，故答案为B。5.可作为超高压绝缘介质气体，分子如下图呈正八面体结构，有关的说法正确的是A.属于原子晶体B.是极性分子C.S和F之间共用电子对偏离SD.所有原子均满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【详解】A．由题意知，SF6属于分子晶体，A错误；       B．SF6分子呈正八面体结构，正负电荷中心重叠、是非极性分子，B错误；C． S非金属性比F弱、吸引电子能力弱，S-F键中共用电子对偏向F、偏离S，C正确；D．中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12，则S原子不是8电子稳定结构，D错误；答案选C。6.一次性鉴别等浓度的NH4Cl、K2SO4和Na2CO3三种溶液，下列方法可行的是A.AgNO3溶液B.Ba(OH)2溶液C.稀盐酸D.焰色试验【答案】D【解析】【详解】A．硝酸银溶液与氯化铵、硫酸钾和碳酸钠反应都产生白色沉淀，A错误；B．氢氧化钡和氯化铵反应产生有刺激性气味的气体，与硫酸钾和碳酸钠都产生白色沉淀，B错误；C．稀盐酸与氯化铵、硫酸钾都不反应，与碳酸钠反应产生气泡，C错误；D．氯化铵无金属元素，硫酸钾含有钾元素，焰色反应透过蓝色钴玻璃为紫色，碳酸钠含有钠元素，焰色反应为黄色，D正确；答案选D。7.关于NH3性质的解释合理的是 选项性质解释A比PH3容易液化NH3分子间作用力更小B熔点高于PH3N—H键的键能比P—H键大C比PH3稳定性强N—H键的键长比P—H键长D具有还原性N化合价处于最低价A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．NH3和PH3都属于同一主族元素形成的氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气能形成分子间氢键，PH3不能，分子间氢键的存在导致氨气的沸点升高，容易液化，A不符合题意；B．NH3熔点高于PH3，是因为氨气能形成分子间氢键，氢键的存在导致氨的熔点升高，不是N-H键的键能比P-H大，B不符合题意；C．PH3分子和NH3分子为同族氢化物，由于键长P—H＞N—H，键长越长，键能就越小，含有该键的分子就越不稳定。N-H键键长更短、键能更高，故PH3分子稳定性低于NH3分子，C不符合题意；D．NH3中H为+1价，已经是最高价了，不能被氧化，而N为-3价，为N的最低价，能够被氧化，故NH3具有还原性是因为NH3中N为-3价，D符合题意；故答案选D。8.室温下，1体积的水能溶解约2体积的Cl2。用盛满Cl2的量筒进行如图实验。对实验现象的分析正确的是A.量筒内液面上升，证明Cl2与H2O发生了反应B.量筒中还剩余气体，是因为Cl2的溶解已达饱和 C.取出量筒中的溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于Cl2挥发D.向大理石中滴加量筒中的溶液，产生气泡，是因为Cl2与H2O反应生成盐酸【答案】D【解析】【详解】A．由信息可知，氯气能溶于水，也能使液面上升，A错误；B．如果全部为氯气，水充满试管，若收集的氯气不纯则会导致水不能充满，B错误；C．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，在空气中放置一段时间后，次氯酸分解变为盐酸和氧气，造成溶液pH下降，C错误；D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，向大理石中滴加量筒中的溶液，盐酸与大理石反应生成二氧化碳，产生气泡，D正确；答案选D。9.下列物质性质的变化规律与分子间作用力有关的是A.F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高B.NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低C.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱D.金刚石的硬度大于硅，其熔沸点也高于硅【答案】A【解析】【详解】A．F2、Cl2、Br2、I2均为分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，故它们的熔沸点逐渐升高与分子间作用力有关，A符合题意；B．NaF、NaCl、NaBr、NaI均为离子晶体，由于离子半径F-＜Cl-＜Br-＜I-，其离子键的晶格能依次减小，故它们的熔点依次降低与分子间作用力无关，B不合题意；C．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱与它们的共价键的键能有关，与其分子间作用力无关，C不合题意；D．金刚石和晶体硅均为共价晶体(原子晶体)，金刚石的硬度大于硅，其熔沸点也高于硅是由于金刚石中的C-C共价键的键能比晶体硅中Si-Si键的键能大，与分子间作用力无关，D不合题意；故答案为：A。10.检验下列溶液是否变质，所选试剂或试纸肯定合理的是选项ABCD溶液Na2SO3溶液FeSO4溶液KI溶液NaOH溶液 所选试剂或试纸BaCl2溶液KSCN溶液AgNO3溶液广泛pH试纸A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．Na2SO3易被空气中的O2氧化为Na2SO4，检验需先加足量盐酸，再加BaCl2溶液，试剂选择不全，不符题意；B．Fe2+溶液中易被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-形成易溶难电离的[Fe(SCN)6]3-，溶液变为血红色，试剂选择正确，符合题意；C．I-易被空气中的O2氧化为I2，检验I2需用淀粉试液，试剂选择错误，不符题意；D．NaOH溶液易吸收空气中的CO2形成Na2CO3杂质，所以选择澄清石灰水可检验溶液中是否有，试剂选择错误，不符题意；综上，本题选B。11.在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为（）A.1∶6B.6∶1C.1∶5D.5∶1【答案】D【解析】【详解】反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，KClO3中氯元素化合价由+5降低为0、HCl中氯元素化合价由-1升高为0，电子转移的方向和数目是，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为5:1，故选D。12.将SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出A.漂白性B.氧化性和漂白性C.还原性D.还原性和漂白性【答案】C【解析】【详解】将二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，说明先生成碘，碘继续与二氧化硫反应生成HI和硫酸，发生I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，反应中二氧化硫表现还原性。故答案为C。 13.根据图Ⅰ和图Ⅱ所示，下列判断正确的是A.Ⅰ和Ⅱ中负极均被保护B.Ⅰ中负极反应是C.Ⅰ中正极反应是D.Ⅰ、Ⅱ溶液pH均增大，原因相同【答案】C【解析】【分析】图I装置中Zn金属性强于Fe，根据原电池工作原理，Zn为负极，Fe为正极，通过电解液判断，该装置发生吸氧腐蚀，图Ⅱ装置中，Fe金属性强于Cu，Fe为负极，Cu为正极，该装置发生析氢腐蚀，据此分析；【详解】A．根据原电池工作原理以及上述分析，正极不参与反应，均被保护，故A错误；B．装置I中Zn比Fe活泼，锌作负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，装置Ⅱ负极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故B错误；C．装置I为吸氧腐蚀，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，装置Ⅱ为析氢腐蚀，正极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，故C正确；D．装置I电极总反应为2Zn＋O2＋2H2O=2Zn(OH)2，溶液的pH不变，装置Ⅱ电极总反应为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，c(H＋)减小，pH增大，故D错误；答案为C。14.下图是由碳原子构成的环碳分子。正确的是 A.与互为同位素B.硬度大、熔点高C.碳碳三键的键能大于碳碳单键D.这是一种共价化合物【答案】C【解析】【详解】A．环碳分子与C60是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故A错误；B．该环碳分子是由分子构成的，不是原子晶体，故硬度大、熔点高说法错误，故B错误；C．碳碳三键的键长小于碳碳单键，碳碳三键键能大于碳碳单键，故C正确；D．该物质为碳单质，不是化合物，故D错误；故选：C。15.下列离子常用“气体法”检验的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．的检验是向待测液中先加入稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明待测液中一定含有，此法为沉淀法，A不合题意；B．的检验是向待测液中加入NaOH溶液，并微热，有刺激性气味并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，说明待测液中一定含有，此法为气体法，B符合题意；C．的检验是向待测液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生黄色沉淀，说明待测液中一定含有I-，此法为沉淀法，C不合题意；D．的检验是向待测液中先加入KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液立即变为血红色，说明待测液中一定含有Fe2+，此法为显色法，D不合题意；故答案为：B。16.下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8，下列分析正确的是WXYZA.X可以和强碱溶液反应B.Y的最高价氧化物的水化物是弱碱 C.Z最低负价是-2价D.W最高价氧化物的水化物是弱酸【答案】A【解析】【分析】该表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W位于第二周期，X、Y、Z位于第三周期，W与X的最高价化合价之和为8，设X的最外层电子数为a， W的最外层电子数为a+2，W、X的最高价化合价之和=a+a+2=8，解得a=3，则X为Al，Y为Si，Z为P，W为N元素，以此分析解答。【详解】根据上述分析可知：W为N，X为Al，Y为Si，Z为P元素。A．X是Al元素，铝单质具有两性，可以和强碱溶液反应，A正确；B．Y为Si，其最高价氧化物的水化物是H2SiO3，该物质属于弱酸，B错误；C．Z为P元素，其最高为+5价，最低为-3价，C错误；D．W为N，N的最高价氧化物的水化物是HNO3，HNO3是一元强酸，D错误；故选A。17.海水提溴时，下列操作步骤与目的均正确的是ABCD步骤用海水提盐后母液通鼓入热空气萃取目的提高还原萃取使溶解A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】工业海水提溴时，先浓缩增大溴离子浓度，通入氯气发生Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，热空气吹出溴，吸收塔中发生SO2+Br2+2H2O═H2SO4+2HBr，再通入氯气发生Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，达到富集溴目的，最后萃取、分液、蒸馏分离出溴，以此来解答。【详解】A．浓缩海水，可以使溴离子浓度增大，故A正确；B．通入Cl2，Cl2有氧化性，发生Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，可以氧化Br-，故B错误；C．Br2易挥发，可鼓入热空气或热水蒸气将Br2分离出来，故C错误；D．CCl4萃取可分离溴与水溶液，故D错误；答案为A。18.下列实验中均使用了饱和食盐水，实验设计不严谨的是 编号ABCD实验目的验证甲烷与氯气发生化学反应制消毒液验证氯化钠的溶解平衡得到平稳的气流A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．CH4难溶于水、Cl2难溶于饱和食盐水，在光照下发生取代反应生成HCl溶于水，水沿着导管上升可验证，A不合题意；B．图示下端石墨电极为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，上端石墨为阳极，电解反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，这样产生的Cl2直接排放到大气中，不能与OH-反应来制备漂白液，应该将电源正负极反接，B符合题意；C．向饱和氯化钠溶液中滴入浓盐酸，即增大了溶液中Cl-的浓度，使得氯化钠的溶解平衡逆向移动，故析出NaCl晶体，C不合题意；D．通过饱和食盐水和控制分液漏斗的活塞来控制滴入溶液的速率，从而是产生的乙炔气流不快不慢，得到比较平稳的气流，D不合题意；故答案为：B。19.关于侯德榜制碱法，下列叙述正确的是A.纯碱是碳酸氢钠B.同时生产了纯碱和氯化铵两种产品C.在滤液中加入了生石灰D.食盐的利用率仍然较低【答案】B【解析】【详解】A．纯碱是碳酸钠，碳酸氢钠是小苏打，故A错误；B．氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应方程式为 NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，，所以流程的主产品是纯碱，副产品为NH4Cl，故B正确；C．滤液的成分为NaCl，应该向析出NaHCO3的母液中加入生石灰，生石灰和水反应放热，同时生成碱，与氯化铵反应生成的NH3可以循环利用，故C错误；D．侯氏制碱法中氯化钠可以循环使用，则食盐利用率较高，故D错误；故选：B。20.关于金属腐蚀与防护，下列说法正确的是A.图①：铁丝易生成B.图②：M可用石墨代替C.图③：若电源断开闸门发生吸氧腐蚀，不易发生析氢腐蚀D.图③：N只能选金属【答案】C【解析】【详解】A．形成原电池需要电解质溶液，所以干燥空气中不易形成原电池，则铁丝很难发生吸氧腐蚀，故A错误；B．原电池的正极被保护，则金属M的活泼性要比铁强，所以M不可用石墨代替，故B错误；C．中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀，所以若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀，故C正确；D．与原电池的负极相连的钢闸门作阴极，被保护，则阳极N可选石墨，故D错误；故选：C。21.某晶体中只含有非极性键和极性键，关于该晶体的说法错误的是A.可能是离子晶体也可能是分子晶体B.可能是电解质也可能是非电解质C.可能是有机物也可能是无机物D.可能是极性分子也可能是非极性分子【答案】A 【解析】【详解】A．极性键和非极性键均属于共价键，由题意知该晶体中不含离子键，故不可能是离子晶体，A错误；B．由题意知，下列物质符合题意，CH3COOH（属于电解质）、CH2=CH2（属于非电解质）、C6H6（属于非电解质）等，B正确；C．过氧化氢，乙烯，苯等只含非极性键和极性键，H2O2是无机物，C2H4、C6H6是有机物，C正确；D．H2O2是极性分子，C2H4、C6H6是非极性分子，D正确；故答案选A。22.下列固体物质中的杂质(括号内为杂质)能用加热法直接除去的是A.Fe粉(硫粉)B.Na2CO3粉末(NaHCO3)C.Al(OH)3(Al2O3)D.KMnO4(MnO2)【答案】B【解析】【详解】A．硫粉加热生成二氧化硫气体，但Fe粉也被氧化，不符合除杂原则，A不符合题意；B．NaHCO3粉末受热分解生成Na2CO3粉末和脱离体系的水蒸气和二氧化碳气体，可以除杂，B符合题意；C．Al2O3受热不反应，Al(OH)3受热分解，不符合除杂原则，C不符合题意；D．MnO2受热不反应，KMnO4受热分解，不符合除杂原则，D不符合题意；故选B。23.测定硫酸铜晶体(CuSO4·nH2O)中结晶水含量的实验中，测定n偏低，其原因可能是A.称量晶体的坩埚潮湿B.加热后固体未放入干燥器中冷却C.加热过程中晶体有少量溅失D.晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质【答案】B【解析】【详解】A．坩埚潮湿，则产生的水蒸气量偏多，会使测量结果偏高，A不符合题意；B．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，则所测剩余固体质量偏大，结晶水质量偏低，结果偏小，B符合题意；C．加热过程中晶体有少量溅失，则所测剩余固体质量偏小，结晶水质量偏大，结果偏大，C不符合题意；D．晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质，则所测水蒸气质量偏大，n值偏高，D不符合题意；故答案选B。24.某无色溶液可能由 溶液中的一种或几种组成。取样，向溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀；另取样，加入稀硫酸也出现白色沉淀并放出气体。据此分析，下列判断中正确的是A.一定有和B.一定有和C.一定有和D.一定有和【答案】D【解析】【详解】由特征现象：“加入稀硫酸也出现白色沉淀并放出气体”，说明原溶液含BaCl2，因此可以否定K2CO3，因为K2CO3和BaCl2不能共存，又据有气体放出，可判定溶液中肯定含NaHCO3。加入NaOH溶液产生白色沉淀，白色沉淀可能是Mg(OH)2或BaCO3或二者的混合物，由于NaHCO3一定存在，故无法判断MgCl2是否存在。故原溶液中一定有BaCl2和NaHCO3，可能含MgCl2，一定没有K2CO3，所以答案选D。25.已知：(正反应为放热反应)；，能量变化示意图正确的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】的正反应为放热反应，则2A的能量大于B(g)，B(g) 的能量大于B(l)，故选A。26.硫酸铜晶体结晶水含量的测定结果，相对误差为-2.67%，其原因可能是A.实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥B.加热过程中晶体有少量溅失C.硫酸铜晶体灼烧后有黑色物质出现D.晶体中有受热不反应不挥发的杂质【答案】D【解析】【详解】A．实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥，计算出的结晶水的质量偏高，会使误差偏大，A错误； B．加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏大，B错误；C．加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定的结晶水含量偏高，C错误；D．晶体中含有不分解失重的杂质，会导致计算所得硫酸铜晶体物质的量大，每摩尔含水量减少，反应前后固体质量的差距值变小，结果偏小，D正确；正确选项D。27.关于新制氯水和氨水的描述，正确的是A.含有的微粒总数相同B.放置一段时间后溶液pH均增大C.都有刺激性气味D.都有杀菌消毒作用【答案】C【解析】【详解】A．在氨水中含有微粒有：NH3·H2O、NH3、H2O、H+、OH-、，共6种微粒；在氯水中含有H2O、HClO、Cl2、H+、Cl-、ClO-、OH-，共7种微粒.可见二者含有的微粒总数不相同，A错误；B．氨水放置一段时间后由于NH3挥发逸出，导致溶液的碱性减弱，溶液pH减小；Cl2放置一段时间，由于HClO光照分解产生HCl和O2，使氯水的酸性增强，溶液pH减小，因此两种溶液放置一段时间后溶液pH均减小，不是增大，B错误；C．氨水中的氨气易挥发而有刺激性气味，氯水中的Cl2挥发也产生刺激性气味，因此二者都有刺激性气味，C正确；D．氨水与氨气一样，对人其腐蚀和窒息作用，但没有杀菌消毒作用，氯水中含有的HClO具有强氧化性，会将蛋白质氧化变性而失去生理活性，因而具有杀菌消毒作用，D错误；故合理选项是C。28.分解过程的能量变化如下图，下列说法正确的是A.反应的能量变化为B.的加入改变了反应的热效应 C.该反应是吸热反应D.比稳定【答案】D【解析】【详解】A．该反应的能量变化为反应物与生成物的能量差，小于E1-E2，故A错误；B．Fe3+在反应中作催化剂，催化剂只能加快化学反应速率，不能改变反应热，故B错误；C．该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为放热反应，故C错误；D．从图中可以看出，所具有的能量小于，所以比稳定，故D正确；故选：D。29.根据表格中信息，下列说法正确的是pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物A.pH越大，钢铁腐蚀越困难B.中性环境中，钢铁较难腐蚀C.时正极反应为D.自然界中钢铁腐蚀的产物只有【答案】B【解析】【详解】A．由表格数据可知，溶液pH小于4或溶液pH大于8时，钢铁腐蚀都较快，而溶液pH在6~8之间，钢铁腐蚀慢，说明pH越大碱性越强，钢铁腐蚀越容易，故A错误；B．由表格数据可知，溶液pH在6~8之间，钢铁腐蚀慢，说明中性环境中，钢铁较难腐蚀，故B正确；C．溶液pH>14时，钢铁发生吸氧腐蚀，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故C错误；D．自然界中溶液的pH在6.5左右，由表格数据可知，钢铁腐蚀的产物可能为四氧化三铁或氧化铁，故D错误；故选B。30.向和的混合溶液中通入氯气至恰好完全反应， 的物质的量的变化如下图所示。下列说法正确的是A.还原性：B.通入氯气的总量为5molC.若反应过程中滴入KSCN溶液，呈血红色，则D.c点时加入过量NaOH溶液，反应后溶液中只含四种离子【答案】C【解析】【分析】由图可知，0→a发生的反应为2I—+Cl2=2Cl—+I2，a→b发生的反应为2Fe2++Cl2=2Cl—+2Fe3+，b→c发生的反应为2Br—+Cl2=2Cl—+Br2。【详解】A．同种氧化剂，不同种还原剂的还原性强的先反应，由图可知，反应顺序为I—、Fe2+、Br—，则还原性的强弱顺序为I—＞Fe2+＞Br—，故A错误；B．由图可知，碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量分别为2mol、4mol、6mol，由分析可知，通入氯气的的物质的量为(2mol+4mol+6mol)×=6mol，故B错误；C．由图可知，当氯气的物质的量大于amol时，溶液中亚铁离子会与氯气反应生成铁离子，滴入硫氰化钾溶液，溶液都会变为红色，故C正确；D．c点时加入过量氢氧化钠溶液，反应后溶液中不可能存在氢离子，故D错误；故选C。二、简答题31.氮元素的单质和化合物在生活生产中有广泛用途。（1）氮分子中化学键名称是_______；氮分子的电子式为：_______；已知分子与分子结构相似，熔点高于，其原因是(从化学键和晶体的角度用文字表述原因)_______。（2）如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。 浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为_______；浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，其中所含的正盐作为一种化肥俗称：_______，长期施用容易造成土壤酸化板结；液滴中先出现灰绿色沉淀，一段时间后变成红褐色，发生的化学方程式分别是_______和_______。（3）将氨通入水中溶液呈碱性的原因(用方程式表示)_______。（4）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，写出反应的化学方程式并用单线桥标出电子转移方向和数目_______，该反应中被氧化的元素是_______，还原产物是_______。若反应中有3mol电子发生转移，参与反应的氨的质量为_______g。【答案】（1）①.共价键②.③.二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大（2）①.NH3+HCl═NH4Cl②.硫铵或肥田肥③.Fe2++2NH3•H2O═Fe(OH)2↓+2④.4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3（3）（4）①.②.N③.亚硝酸和水④.23.5【解析】【小问1详解】氮气分子中N、N原子间共用3对电子对，属于共价键，N原子满足最外层8电子稳定结构，其电子式为；CS2的电子式类似于CO2，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高，故答案为：共价键；；二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大；【小问2详解】浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生HCl与氨气的反应生成氯化铵，该反应为NH3+HCl═NH4Cl；浓硫酸难挥发，能与氨气反应生成硫酸盐，则一段时间后浓硫酸的液滴中生成的白色固体为(NH4)2SO4，俗称硫铵或肥田肥；FeSO4与碱反应生成白色沉淀，发生反应为Fe2++2NH3•H2O═Fe(OH)2↓+2 ，然后出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，是因氢氧化亚铁被氧化，发生反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3，故答案为：NH3+HCl═NH4Cl；硫铵或肥田肥；Fe2++2NH3•H2O═Fe(OH)2↓+2NH4+；4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；【小问3详解】在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为，使得溶液呈碱性，故答案为：；【小问4详解】氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，结合元素的化合价变化计算，反应的化学方程式并用单线桥标出电子转移方向和数目为，由反应可知，生N元素化合价升高，被氧化，氧元素得到电子，化合价降低，得到亚硝酸和水，成2molHNO2时转移2mol×[3-(-3)]=12mol电子，则有3mol电子发生转移时，生成亚硝酸3mol×=0.5mol，其质量为0.5mol×47g/mol=23.5g，故答案为：；N；亚硝酸和水；23.5。32.Ⅰ.完成下列填空：（1）钪(Sc)的原子结构示意图为，钪和铁都是过渡元素。Fe的原子结构示意图为_______；Sc与第二主族相邻，Sc位于元素周期表的第_______B族(填罗马数字)；钪的最高价态可能是_______。（2）下列比较正确的是_______(选填选项)。A.原子半径：B.热稳定性：C.溶解性：D.微粒种类：氢硫酸<氨水Ⅱ.工业上以为原料，以为产品，实现了“向空气要氮肥”的目标。（3）在如下价、类二维图中用“→”和途径中间产物的化学式。 ①写出化学方程式(注明反应的催化剂名称和反应条件)：_______。②化学方程式：_______。③化学方程式(硝酸是该反应的唯一产物)：_______。（4）工业上常以氨为原料制硝酸。写出氨催化氧化的化学方程式：(需注明具体催化剂)_______。（5）硫酸铵[]，也称肥田粉，是我国生产和施用最早的氮肥之一，写出硫酸铵使用时的注意事项及对环境的影响(各一条)，并说明理由。①_______。②_______。【答案】（1）①.②.ⅢB③.+3（2）C（3）①②.③.（4）（5）①.不要与碱性物质混放或混用②.不宜长期施用【解析】【小问1详解】Fe原子核外有4个电子层，从K到N层电子数分别是2、8、14、2，其原子结构示意图为；Sc与第二主族相邻，Sc位于元素周期表的第ⅢB族；基态Sc的价电子为3d能级上的1个电子、4s能级上的2个电子，这些价电子完全失去时就得到其最高化合价，所以为+3价，故答案为： ；ⅢB；+3；【小问2详解】A．同一主族元素，原子序数越大，其原子半径越大，则r(S)＞r(O)，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，则r(N)＞r(O)，一般来说，电子层数越多，其原子半径越大，所以这三种元素原子半径的顺序是r(O)＜r(N)＜r(S)，故A错误；B．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性O＞N＞S，则氢化物的稳定性：H2S＜NH3＜H2O，故B错误；C．能和水形成分子间氢键的氢化物易溶于水，氨气能和水形成分子间氢键、硫化氢和水不能形成分子间氢键，所以溶解性：H2S＜NH3，故C正确；D．氢硫酸中微粒有H2S、HS-、S2-、OH-、H+、H2O，氨水中含有NH3、H2O、NH3•H2O、OH-、H+、，则微粒种类：氢硫酸=氨水，故D错误；故答案为：C；【小问3详解】①氮气和氢气在高温高压和催化剂作用下反应生成氨气，反应方程式为；②氮气和氧气在闪电作用下反应生成NO，反应方程式为；③二氧化氮和氧气和水反应生成硝酸，反应方程式为；【小问4详解】氨的催化氧化生成NO和水，反应方程式为：；【小问5详解】能和碱反应生成氨气，所以不要和碱性物质混放或混用；水解导致溶液呈酸性，长期施用会使土壤酸化、板结，所以不宜长期施用，故答案为：不要与碱性物质混放或混用；不宜长期施用。33.六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)用氢气还原为金属钨再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)： 已知相关物质性质如下表所示：WWO3WCl6颜色银白色黄色蓝色熔点/℃34221473275沸点/℃56601750347完成下列填空：（1）冶炼W可以用WO3和在加热条件下实现，化学方程式是_______；该冶炼金属的方法称为_______法，除了W，还有_______(举三个例子)金属也可以用此法冶炼。（2）写出冶炼钠涉及的化学方程式：_______。（3）检查装置气密性并加入。先通，其目的是_______；（4）一段时间后，加热管式电炉，以一定速率通入，升温至1000℃，并对装置末端逸出的进行后续处理。装置A的两个作用是：_______；C中冷却水从_______(选填“a”或“b”)口通入；反应过程中，B中的现象是_______。（5）完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通；②以E替换D，在硬质玻璃管末端缠上电热丝；③……；④加热至1000℃，通，同时将电热丝温度保持在350℃；……操作③必不可少，否则可能会导致危险事故，该操作是_______。（6）制备的化学方程式为_______。 【答案】（1）①.②.热还原法③.铁、钴、铜（2）（3）排除装置中的空气（4）①.观察气体的流速，控制进气速度②.b③.黄色变为银白色，通入氯气后变为蓝色（5）在导气管末端收集一试管气体，靠近酒精灯点燃，若听到“噗的一声”证明氢气纯净了，可以加热B（6）【解析】【分析】分析实验装置可知，检查装置气密性并加入WO3，先通N2，排除装置中的空气，再通入氢气，发生还原反应生成钨单质，之后改通氯气，加热条件下发生反应，结合提示可知，产物极易水解，E为干燥管，目的是吸收空气中的水蒸气，防止产品水解，碱石灰呈碱性，也可以用于吸收多余的氯气，据此分析。【小问1详解】冶炼W可以用WO3和H2在加热条件下实现，化学方程式是；该冶炼金属的方法称为热还原法，除了W，还有铁、钴、铜金属也可以用此法冶炼，故答案为：；热还原法；铁、钴、铜；【小问2详解】工业冶炼钠一般采用电解熔融氯化钠，涉及的化学方程式，故答案为：；【小问3详解】检查气密性后，先通N2，其目的是排除装置中的空气，故答案为：排除装置中的空气；【小问4详解】装置A中盛有浓硫酸除干燥气体外，还能观察气体的流速，控制进气速度，C为冷凝管，冷却水从b进入，先后发生，，B中的现象是由黄色变为银白色，通入氯气后变为蓝色，故答案为：观察气体的流速，控制进气速度；b；黄色变为银白色，通入氯气后变为蓝色；【小问5详解】操作检验氢气的纯度，否则可能会导致爆炸事故，该操作是在导气管末端收集一试管气体，靠近酒精灯点燃，若听到“噗的一声”证明氢气纯净了，可以加热B，故答案为：在导气管末端收集一试管气体，靠近酒精灯点燃，若听到“噗的一声”证明氢气纯净了，可以加热B； 【小问6详解】W在加热的情况下与氯气生成WCl6，化学方程式为，故答案为：。