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（A卷）（Word版带解析）

2021学年第一学期温州市高一期末教学质量统一检测化学试题(A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。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.属于碱性氧化物的是A.MgOB.CO2C.Na2O2D.NO2【答案】A【解析】【详解】A．MgO属于碱性氧化物，故A符合题意；B．CO2属于酸性氧化物，故B不符合题意；C．Na2O2不属于氧化物，属于过氧化物，故C不符合题意；D．NO2属于不成盐氧化物，故D不符合题意；答案为A。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.医用酒精C.稀盐酸D.雾【答案】D【解析】【详解】CuSO4溶液、医用酒精、稀盐酸都是溶液，溶液不能发生丁达尔效应；雾为胶体，能发生丁达尔效应，故D符合题意。综上所述，答案为D。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.石膏：CaOB.金刚砂：SiO2C.磁性氧化铁：Fe3O4D.王水：HNO3【答案】C【解析】【详解】A．石膏是硫酸钙的水合物，故A错误；B．金刚砂为SiC，故B错误；C．磁性氧化铁为Fe3O4，故C正确； D．王水是浓盐酸和浓硝酸的混合物，体积比为3∶1，故D错误；答案为C。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.14C的原子结构示意图：C.Cl2O的结构式：D.水的分子结构模型：【答案】C【解析】【详解】A．MgCl2的电子式为，故A错误；B．14C的质子数为6，其原子结构示意图为，故B错误；C．Cl2O的空间构型为V形，其结构式，故C正确；D．水分子的空间构型为V形，不是直线形，故D错误；答案为C。8.下列说法正确的是A.16O2与18O2互为同位素B.石墨烯、金刚石和C70互为同素异形体C.、、是同一种核素D.HD、HT、H2中含有的电子数不同【答案】B【解析】 【详解】A．同位素是质子数相同中子数不同的原子，而16O2与18O2是单质，故A错误；B．石墨烯、金刚石和C70都是碳元素形成不同单质，互为同素异形体，故B正确；C．、、是同一种元素的不同核素，故C错误；D．HD、HT、H2中含有的电子数相同，故D错误。综上所述，答案为B。9.下列说法不正确的是A.CS2分子中存在极性共价键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，制备硫酸用水吸收三氧化硫C.工业上，用石英砂制高纯硅涉及的原料还有焦炭、氯化氢、氢气D.工业上，在炼铁高炉中焦炭直接还原铁矿石制取生铁【答案】C【解析】【详解】A．工业上，电解熔融氯化钠可制金属钠，故A错误；B．工业上，制备硫酸常用浓硫酸吸收三氧化硫，故B错误；C．工业上，用石英砂制高纯硅涉及的原料还有焦炭、氯化氢、氢气，石英砂和焦炭反应生成粗硅和CO，粗硅和氯化氢反应生成四氯化硅和氢气，四氯化硅和氢气反应生成硅和HCl，故C正确；D．工业上，在炼铁高炉中不是焦炭直接还原铁矿石制取生铁，是焦炭和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳和碳反应生成一氧化碳，一氧化碳还原铁矿石制取生铁，故D错误。综上所述，答案为C。13.下列说法正确的是 A.Na2O久置于空气中，最终转化为NaHCO3B.浓硝酸光照分解产生无色无味的混合气体C.铵盐受热易分解，不一定产生NH3D.AlCl3溶液中投入过氧化钠，最终有白色沉淀生成【答案】C【解析】【详解】A．Na2O久置于空气中，最终转化为碳酸钠，故A错误；B．浓硝酸光照分解成NO2、O2、H2O，NO2为红棕色气体，有刺激性气味，故B错误；C．铵盐不稳定，受热易分解，氯化铵受热分解成氨气和HCl，如果组成铵盐酸为强氧化性酸时，如硝酸铵受热分解产生硝酸将氨气氧化，故C正确；D．过氧化钠与水反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，然后AlCl3与NaOH溶液按1∶4反应生成NaAlO2，无沉淀产生，故D错误；答案为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.“嫦娥五号”运载火箭用液氧、液氢推进剂，产物对环境无污染B.“奋斗者”号潜水器外壳材料为钛合金，钛合金属于新型合金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.“北斗系统”组网成功，北斗芯片中的半导体材料为二氧化硅【答案】D【解析】【详解】A．“嫦娥五号”运载火箭用液氧、液氢推进剂，产物是水，对环境无污染，故A正确；B．钛合金属于新型合金，故B正确；C．采用氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，故C正确；D．北斗芯片中的半导体材料为硅单质，故D错误。综上所述，答案为D。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，正确的是A.将铁片插入浓硫酸中：Fe+2H+=Fe2++H2↑B.将硫酸氢钾与过量氢氧化钡混合：2H+++Ba2++2OH‾=BaSO4↓+2H2OC.将少量的氯气通入碘化亚铁溶液中：Cl2+2I-=I2+2Cl‾D.向酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水：2+H2O2+6H+=2Mn2++4H2O+3O2↑【答案】C【解析】【详解】A．铁与浓硫酸不产生氢气，在常温下，发生钝化反应，故A错误；B．氢氧化钡为过量，KHSO4系数为1，因此反应的离子方程式为H+++Ba2++OH‾=BaSO4↓+H2O，故B错误；C．I-的还原性强于Fe2+，氯气先与I-反应，通入氯气是少量，因此发生Cl2+2I-=I2+2Cl-，故C正确；D．得失电子数目不守恒，正确是2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，故D错误；答案为C。18.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.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B.基于物质的类别与化合价，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C.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】C【解析】【详解】A．氮分子中存在叁键，断开它需要较多的能量，根据物质的结构与性质关联，物质的结构可以分析其性质，因此N2的化学性质稳定，故A正确；B．Na2SO3中硫为+4价，从硫的化合价角度分析，基于物质的类别与化合价，可以预测物质的性质，Na2SO3既有氧化性又有还原性，故B正确；C．铝与稀硫酸反应生成氢气，但稀硝酸具有强氧化性，则铝与稀硝酸反应生成氮氧化物，故C错误；D．酸的电离模型解释酸的某些性质，利用模型在科学认识中具有描述、解释和预测等功能，也可以用电离模型很好地解释了碱、盐的某些性质，故D正确。综上所述，答案为C。19.已知钍原子()可发生放射性变化：→+，其中X是生成的一种新元素，其最外层电子数为2，对X的判断正确的是A.X位于第六周期B.X的氢氧化物具有强碱性C.X的中子数为142D.X的单质能与冷水缓慢反应【答案】B【解析】【详解】A．X的质子数为88，位于第七周期，故A错误；B．X位于第七周期第ⅡA族，从上到下，金属性增强，其最高价氧化物对应水化物的碱性增强，即X的氢氧化物具有强碱性，故B正确；C．质子数为88，质量数为228，中子数=228-88=140，故C错误；D．X具有强的金属性，与冷水剧烈反应，故D错误；答案为B。20.由原子序数依次递增的短周期主族元素W、X、Y、Z组成的一种超分子结构如图所示，具有高效的催化性能。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。(注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)，下列说法正确的是 A.简单气态氢化物的热稳定性：X＞YB.Z2Y2和W2Y2两种化合物中阴、阳离子个数比均为1：2C.简单离子半径：Z＞YD.化合物ZW能与水反应，ZW作还原剂【答案】D【解析】【分析】由原子序数依次递增的短周期主族元素W、X、Y、Z组成的一种超分子结构如图所示，具有高效的催化性能。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大，则W为H，Y为O，X为C，Z为Na。【详解】A．非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，因此简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X，故A错误；B．Z2Y2化合物(Na2O2)中阴、阳离子个数比均为1：2，W2Y2化合物(H2O2)是共价化合物，不存在阴阳离子，故B错误；C．根据同电子层结构核多径小原则得到简单离子半径：Y＞Z，故C错误；D．化合物ZW(NaH)能与水反应，NaH＋H2O＝NaOH＋H2↑，NaH中H化合价升高，因此ZW作还原剂，故D正确。综上所述，答案为D。21.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，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， 火焰呈紫色有气泡产生，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。22.A、B、C、D为中学化学常见的物质，A、B、C中均含有同一种元素，它们之间具有如下转化关系：ABC，下列说法不正确的是A.若A、D为非金属单质，则C可能使湿润的淀粉KI试纸变蓝B.若A为非金属单质，D为金属单质，则C的水溶液可腐蚀铜C.若A为气态氢化物，D为非金属单质，则C水溶液的浓溶液可能使纸变黑D.若A和D均为化合物且D为气体，则C的溶液可能呈碱性【答案】B【解析】【详解】A．若A、D为非金属单质，则A、D可能为氮气、氧气，则C为二氧化氮，二氧化氮能将碘离子氧化为单质碘，因此能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，故A正确；B．若A为非金属单质，D为金属单质，则A可能为氯气，D为Fe，C为氯化亚铁，氯化亚铁不能与铜反应，故B错误； C．若A为气态氢化物，D为非金属单质，则A可能为硫化氢，D为氧气，C为三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，浓硫酸具有脱水性，能使纸变黑，故C正确；D．若A和D均为化合物且D为气体，则A可能为氢氧化钠，D为二氧化碳，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液显碱性，故D正确。综上所述，答案为B。23.己知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NAB.标准状况下，2.24LCl2通入足量水中，水溶液中Cl-和ClO-离子总数为0.2NAC.50mL12mol/L的浓盐酸与足量的MnO2加热充分反应，转移电子数目为0.3NAD.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．1molNaHSO4和1molKHSO3中都含有1mol阳离子，NaHSO4和KHSO3的摩尔质量均为120g/mol，因此120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有阳离子物质的量为1mol，故A正确；B．氯气通入水中，只有少量的氯气与水反应，水溶液中含氯微粒有Cl2、Cl-、HClO、ClO-，因此水溶液中Cl-和ClO-离子物质的量小于0.2mol，故B错误；C．MnO2只与浓盐酸反应，MnO2是足量，随着反应进行，浓盐酸物质的量浓度降低，到达某一浓度，反应停止，因此无法计算出转移电子物质的量，故C错误；D．题中没有说明溶液的体积，无法计算氢氧化钡的物质的量，同时水也能电离出OH-，因此本题无法求出OH-的物质的量，故D错误；答案为A。24.工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和较多的Cu2+。某兴趣小组模拟工业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.取少量产品Fe(OH)SO4溶于盐酸，滴入酸性KMnO4溶液，若紫红色褪去，则产品中含Fe2+【答案】D【解析】【分析】该流程回收Cu和Fe(OH)SO4，因此向废水中加入过量的铁粉，发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu，固体1成分为Cu和Fe，然后向固体1中加入硫酸，铁与硫酸反应，得到硫酸亚铁溶液和铜单质，过滤，得到铜单质，将溶液1和2合并，加入NaNO2将Fe2+氧化成Fe3+，据此分析；【详解】A．操作1、2都得到固体和溶液，操作名称为过滤，故A说法正确；B．根据上述分析，甲为铁粉，乙为稀硫酸，故B说法正确；C．NaNO2作氧化剂，根据得失电子数目守恒有：1.5mol×(3－2)=n(NaNO2)×(3－2)，解得n(NaNO2)=1.5mol，故C说法正确；D．酸性高锰酸钾溶液能将盐酸氧化，紫红色褪去，因此紫红色褪去，不能说明产品中含Fe2+，故D说法错误；答案为D。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检验Na2CO3溶液中是否混有少量NaHCO3在稀盐酸中滴加少量该被检验的溶液，观察若立即产生气泡，则说明含有NaHCO3B探究铁粉在氯气中燃烧所得固体粉末的成分取少量固体粉末，加入2~3mL蒸馏水，振荡，迅速滴入5滴15%KSCN溶液，观察若溶液不显血红色，则固体粉末中无FeCl3C探究金属钠表面被氧化后固体的成分取少量该钠固体，放入盛有水的烧杯中，观察若无气体生成，则只有Na2O；若有气体生成，则固体中一定含Na2O2 D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，再滴加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．检验Na2CO3溶液中是否混有少量NaHCO3，在稀盐酸中滴加少量该被检验的溶液，观察，由于盐酸过量，碳酸钠与盐酸马上产生气泡，因此不能检验，故A不符合题意；B．探究铁粉在氯气中燃烧所得固体粉末的成分，取少量固体粉末，加入2~3mL蒸馏水，振荡，迅速滴入5滴15%KSCN溶液，观察，若溶液不显血红色，可能是氯化铁和未反应完的铁单质反应生成了氯化亚铁，因此不能检验出铁离子，故B不符合题意；C．探究金属钠表面被氧化后固体的成分，取少量该钠固体，放入盛有水的烧杯中，观察，由于钠未反应完，因此钠也要与水反应生成气泡，因此不能验证，故C不符合题意；D．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，再滴加NaOH溶液，观察，没有立即产生蓝色沉淀，说明氢氧化钠和多余的硫酸反应了，因此能验证，故D符合题意。综上所述，答案为D。非选择题部分二、非选择题(共5大题，40分)26.填空。（1）写出小苏打的化学式___________。（2）写出Fe2(SO4)3在水中的电离方程式___________。（3）用电子式表示H2S的形成过程___________。（4）一种金属离子与多种酸根离子所构成的盐称之为“混盐”，如氯化硝酸钙[Ca(NO3)Cl]等，写出可溶性混盐CaOCl2溶于浓盐酸发生的离子反应方程式___________。【答案】（1）NaHCO3（2）Fe2(SO4)3=2Fe3++3（3）（4）2H++ClO-+Cl-=Cl2↑+H2O 【解析】【小问1详解】小苏打为碳酸氢钠，化学式为NaHCO3，故答案为NaHCO3；【小问2详解】硫酸铁属于盐，属于强电解质，在水中电离方程式为Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO；故答案为Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO；【小问3详解】H2S属于共价化合物，表示形成过程为；故答案为；【小问4详解】根据混盐的定义，CaOCl2可以看作是Ca(ClO)2和CaCl2，在酸性条件下发生2H++ClO-+Cl-=Cl2↑+H2O；故答案为2H++ClO-+Cl-=Cl2↑+H2O。27.物质X由三种短周期元素组成的盐，某研究小组按下图流程探究其组成：请回答：（1）物质X的化学式为___________；（2）品红溶液中通入足量的气体B后，再加热。现象为先褪色再变红，其原因是___________。（3）B→D离子化学方程式___________；（4）X固体在一定温度下加热只生成A和另一种固体，该反应的化学方程式___________。【答案】（1）NaClO3（2）SO2与有色物质化合生成不稳定的无色物质，加热无色物质分解，恢复原来的颜色（3）Ba2++H2O2+SO2=BaSO4↓+2H+（4）4NaClO33NaClO4+NaCl 【解析】【分析】根据问题(2)的现象，推出气体B为SO2，气体B与足量BaCl2、H2O2溶液反应，生成白色沉淀，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，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与硫粉反应生成SO2和Cl-，令X中Cl的价态为x，根据得失电子数目守恒，n(SO2)×4=n(Cl-)×(x+1)，代入数值，得出x=+5，推出另一种元素在X中显+1价，因为短周期元素，因此推出另一种元素可能为Na，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，X为NaClO3；故答案为NaClO3；【小问2详解】根据上述分析，气体B为SO2，SO2使品红溶液褪色，加热，溶液又变红的原因是SO2与有色物质化合生成不稳定的无色物质，加热无色物质分解，恢复原来的颜色；故答案为SO2与有色物质化合生成不稳定的无色物质，加热无色物质分解，恢复原来的颜色；小问3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4详解】NaClO3加热得到NaCl，Cl的化合价降低，NaClO3加热分解属于氧化还原反应，有化合价降低，就有化合价的升高，因为另一种物质为固体，因此推出部分Cl的化合价升高，即为NaClO4，反应方程式为4NaClO33NaClO4+NaCl；故答案为4NaClO33NaClO4+NaCl。 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X2Q4结构中含非极性共价键，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，根据元素周期表得到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，S是16号元素，其原子结构示意图；故答案为;。【小问2详解】 A．T元素在金属与非金属交界处，其单质具有半导体的特性，T最高正价为+4价，则T与Z元素可形成化合物TZ2，故A正确；B．Q、J的最高价氧化物对应的水化物酸性是J＜Q，但Q的氧化物的水化物酸性可能比J弱，故B错误；C．Q单质的水溶液有漂白性，不能用pH试纸测pH值，故C错误；D．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，原子半径大小：L＞J＞Z，故D正确；综上所述，答案：BC。【小问3详解】X2Q4结构中含非极性共价键，说明含硼硼单键，还有硼氯单键，则该化合物的结构式；故答案为：。【小问4详解】同周期从上到下非金属性逐渐减弱，因此非金属性Q＞M，利用置换反应来进行验证，则判断依据是Cl2+2KBr=2KCl+Br2；故答案为：＞；Cl2+2KBr=2KCl+Br2。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.完成下列问题。（1）体检报告中的一些指标常用物质的量浓度表示，如人体血糖(即血液中的葡萄糖，葡萄糖摩尔质量为180g/mol)可用“mmol∙L−1”表示，也可以用“mg∙dL−1”(1L=10dL)表示。已知以“mmol∙L−1”表示时，人的血糖正常值为3.9~6.1mmol∙L−1。某同学体检单显示血糖结果为97.2mg∙dL−1，则该同学血糖值为_______mmol∙L−1，说明该同学血糖指标_______(填“正常”/“不正常”)。（2）取部分被氧化的铁粉若干克，将其溶于200ml某浓度的硝酸，恰好完全反应，并释放出448mLNO(标准状况下)。将所得溶液平均分为两份，向第一份溶液中加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧，得到8.00g红棕色固体；向第二份溶液中通入672mLCl2(标准状况下)，恰好完全反应(不考虑氯气的溶解)。试计算：①样品和硝酸反应后的溶液中，n(Fe2+)：n(Fe3+)=________。②硝酸溶液的浓度c=_______mol∙L−1。【答案】（1）①.5.4②.正常（2）①.3：2②.2.50【解析】【小问1详解】体检报告中的一些指标常用物质的量浓度表示，如人体血糖(即血液中的葡萄糖，葡萄糖摩尔质量为180g/mol)可用“mmol∙L−1”表示，也可以用“mg∙dL−1”(1L=10dL)表示。已知以“mmol∙L−1”表示时，人的血糖正常值为3.9~6.1mmol∙L−1。某同学体检单显示血糖结果为97.2mg∙dL−1，则 该同学血糖值为，在人的血糖正常值为3.9~6.1mmol∙L−1，说明该同学血糖指标正常；故答案为：5.4；正常。【小问2详解】①取部分被氧化的铁粉若干克，将其溶于200ml某浓度的硝酸，恰好完全反应，并释放出448mLNO(标准状况下)，物质的量为0.02mol。将所得溶液平均分为两份，向第一份溶液中加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧，得到8.00g红棕色固体，则n(Fe2O3)=0.05mol，则铁元素物质的量为0.1mol；向第二份溶液中通入672mLCl2(标准状况下)，物质的量为0.03mol，恰好完全反应(不考虑氯气的溶解)，根据2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－，得到n(Fe2+)=0.06mol，则n(Fe3+)=0.04mol，则n(Fe2+)：n(Fe3+)=0.06mol：0.04mol=3:2；故答案为：3:2。②硝酸溶液的浓度；故答案为：2.5。