河北省石家庄市正定中学2022学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）

河北省石家庄市正定中学2022-2022学年高一上学期期末考试化学试卷一、选择题（本大题包括10个小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个正确选项符合题意）1．下列物质中，电解质是（　　）　A．Cu丝B．熔融的MgCl2C．NaCl溶液D．蔗糖考点：电解质与非电解质．.专题：物质的分类专题．分析：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，注意电解质和非电解质首先必须是化合物，根据概念分析．解答：解：A、铜丝是单质，所以既不是电解质也不是非电解质，故A错误．B、熔融态的氯化镁含有自由移动的离子，所以能导电，故氯化镁是电解质，故B正确．C、虽然氯化钠溶液中有自由移动的离子，能导电，但氯化钠溶液是混合物不是化合物，故C错误．D、蔗糖是有机物，其水溶液或熔融态都没有离子存在，所以不导电，是非电解质，故D错误．故选B．点评：本题考查了电解质、非电解质的判断，难度不大，注意无论是电解质还是非电解质都必须是化合物，能导电的物质不一定是电解质，如铜丝，电解质不一定导电，如氯化钠晶体．　2．（2分）关于硅及其化合物的叙述中，正确的是（　　）　A．硅是良好的半导体材料，且是制造光缆的主要材料　B．SiO2不溶于水，也不溶于任何酸　C．可以用焦炭还原二氧化硅生产硅：SiO2+CSi+CO2↑　D．SiO2是酸性氧化物，在一定条件下能和氧化钙反应考点：硅和二氧化硅．.专题：碳族元素．分析：A、晶体硅导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体；B、二氧化硅与氢氟酸反应；C、生成一氧化碳而不是二氧化碳；D、SiO2是酸性氧化物，在高温的条件下能和氧化钙反应生成硅酸钙．解答：解：A、晶体硅是良好的半导体材料，是信息技术的关键材料，故A正确；B、二氧化硅与氢氟酸反应，故B错误；C、生成一氧化碳而不是二氧化碳，所以反应方程式为：SiO2+2C-17-\nSi+2CO↑，故C错误；D、SiO2是酸性氧化物，在高温的条件下能和氧化钙反应生成硅酸钙，故D正确；故选AD．点评：本题主要考查物质的性质、组成以及用途，是一道基础知识题目，难度不大，熟悉硅及其化合物的性质和用途是解题关键．　3．（2分）下列说法正确的是（　　）　A．常温常压下，11.2LO2所含分子数约为3.01×1023个　B．两个体积相同的容器，一个盛有NO，另一个盛有N2和H2的混合气体，在同温同压下两容器内气体原子总数一定相等，分子总数和质子总数也相等　C．等质量的O2和O3中所含的氧原子数目相等　D．将98gH2SO4溶于500ml水中得到的溶液的浓度为2.0mol/L考点：阿伏加德罗定律及推论；物质的量的相关计算．.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2LO2的物质的量小于0.5mol；B．同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相同的不同气体其物质的量相等，则分子数相等，结合分子构成计算原子个数；C．氧气和臭氧是同素异形体，O原子的摩尔质量相等、质量相等，据此计算原子个数；D.98g硫酸的物质的量是1mol，溶液的体积大于500mL，根据C=计算物质的量浓度．解答：解：A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2LO2的物质的量小于0.5mol，则11.2LO2所含分子数小于3.01×1023个，故A错误；B．同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相同的不同气体其物质的量相等，则分子数相等，每个分子中原子个数相等所以原子总数相等，但平均每个分子中质子数不一定相等，所以质子总数不一定相等，故B错误；C．氧气和臭氧是同素异形体，O原子的摩尔质量相等、质量相等，所以其原子个数相等，故C正确；D.98g硫酸的物质的量是1mol，溶液的体积大于500mL，根据C=知，其物质的量浓度小于2.0mol/L，故D错误；故选C．点评：本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，侧重考查分析、计算能力，知道每个公式中各个物理量的含义即可解答，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件，易错选项是C．　4．（2分）在碘化钾水溶液中加入少量氯水充分反应，并将反应后的溶液分成四份于试管中，编号为I、II、Ⅲ、Ⅳ，分别加入苯、CCl4、酒精、NaCl溶液，振荡后静置，下列关于现象的描述正确的是（　　）　A．I中溶液分层．上层无色　B．Ⅱ中溶液分层，下层紫红色　C．Ⅲ中溶液分层，下层呈棕色　D．Ⅳ中溶液不分层，溶液由棕色变成黄绿色考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．.专题：卤族元素；化学实验基本操作．分析：-17-\n在碘化钾水溶液中加入少量氯水充分反应生成碘，碘易溶于苯、四氯化碳等有机溶剂，结合苯、四氯化碳的水溶性以及密度大小解答该题．解答：解：A．苯能萃取碘水中的碘，但密度小于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，上层呈紫红色，下层呈无色，故A错误；B．四氯化碳能萃取碘水中的碘，但密度大于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，下层呈紫红色，上层呈无色，故B正确；C．酒精和碘水能互溶，所以看到的现象是溶液不分层，故C错误；D．氯化钠溶液和碘水能互溶，所以溶液不分层，加入氯化钠溶液后溶液浓度变小，溶液颜色变浅，但不会生成氯气，不可能变为黄绿色，故D错误；故选B．点评：本题考查碘的性质以及萃取等知识，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，主要把握常见萃取剂的性质，难度不大．　5．（2分）不属于氮的固定的变化是（　　）　A．氨催化氧化制硝酸B．由氮气和氢气合成氨气　C．镁条在氮气中燃烧D．豆科植物的根瘤固氮考点：氮的固定．.专题：氮族元素．分析：将游离态的氮（即氮气）转化为化合态的氮（即氮的化合物）的过程，叫做氮的固定．解答：解：A．氨催化氧化制硝酸，是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故A正确；B．合成氨，是由氮气转化为氮的化合物氨，属于氮的固定，故B错误；C．镁条在氮气中燃烧生成氮化镁，是由氮气转化为氮的化合物氮化镁，属于氮的固定，故C错误；D．大豆的根瘤菌将氮气转变为植物蛋白质，是由氮气转化为氮的化合物，属于氮的固定，故D错误；故选A．点评：本题考查学生对氮的固定的概念的掌握，是对课本基础知识的考查，题目难度不大．　6．（2分）下列实验设计方案中，可行的是（　　）　A．用加入适量铁粉的方法除去Cu（NO3）2溶液中混有的AgNO3　B．用洗气瓶中的NaOH溶液除去CO2中混有的HCl气体　C．向某无色未知溶液中仅加入BaCl2溶液，以检验未知溶液中的SO42﹣　D．用加热的方法提纯含有少量碳酸氢钠的碳酸钠考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．硝酸铜、硝酸银均与Fe反应；B．均与NaOH反应；C．仅加入BaCl2溶液，生成白色沉淀可能为AgCl；D．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠．解答：解：A．硝酸铜、硝酸银均与Fe反应，不能除杂，应加足量铜粉除去Cu（NO3）2溶液中混有的AgNO3，故A错误；-17-\nB．均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中混有的HCl气体，故B错误；C．仅加入BaCl2溶液，生成白色沉淀可能为AgCl，则不能检验未知溶液中的SO42﹣，故C错误；D．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则用加热的方法提纯含有少量碳酸氢钠的碳酸钠，故D正确；故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应、混合物的分离提纯等为解答的关键，侧重物质性质、除杂实验、离子检验的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　7．（2分）关于胶体和溶液的区别，下列叙述中正确的是（　　）　A．溶液呈电中性，胶体带有电荷　B．溶液中溶质粒子能通过滤纸，胶体中分散质粒子不能通过滤纸　C．溶液中通过一束光线没有特殊现象，胶体中通过一束光线出现明显光带　D．溶液稳定，放置后不会生产沉淀，胶体不稳定，放置会生成沉淀考点：胶体的重要性质．.专题：溶液和胶体专题．分析：A、溶液和胶体均是呈电中性的；B、溶液中溶质粒子和胶体中分散质粒子均能通过滤纸；C、只有胶体具有丁达尔效应；D、溶液和胶体均是稳定的分散系，放置后不会生产沉淀．解答：解：A、溶液和胶体均不带电，是呈电中性的分散系，故A错误；B、溶液中溶质粒子和胶体中分散质粒子均能通过滤纸，故B错误；C、只有胶体具有丁达尔效应，溶液中通过一束光线没有特殊现象，胶体中通过一束光线出现明显光带，故C正确；D、溶液和胶体均是稳定的分散系，放置后不会生产沉淀，故D错误．故选C．点评：本题考查学生胶体的性质，可以根据所学知识进行回答，较简单．　8．（2分）下列反应的离子方程式正确的是（　　）　A．过氧化钠溶于水：2O22﹣+2H2O═4OH﹣+O2↑　B．用小苏打治疗胃酸过多：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O　C．硫酸铜与Ba（OH）2溶液反应：Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓　D．碳酸氢钠溶液与NaOH溶液反应：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O考点：离子方程式的书写．.专题：离子反应专题．分析：A．过氧化钠为氧化物，应保留化学式；B．碳酸氢根为弱酸的酸式根离子，不能拆；C．漏掉了硫酸根离子与钡离子的反应；D．碳酸氢钠溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水．解答：解：A．过氧化钠溶于水，离子方程式：2Na2O2+2H2O═4OH﹣+O2↑+4Na+，故A错误；B．用小苏打治疗胃酸过多，离子方程式：HCO3﹣+H+=HCO3﹣+H2O，故B错误；-17-\nC．硫酸铜与Ba（OH）2溶液反应，离子方程式：Ba2++SO42﹣+Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，故C错误；D．碳酸氢钠溶液与NaOH溶液反应，离子方程式：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O，故D正确；故选：D．点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意氧化物、多元弱酸的酸式根离子不能拆，题目难度不大．　9．（2分）下列物质能直接用金属和卤素单质化合得到的是（　　）①CuCl2②FeCl2③FeBr2④MgCl2⑤FeI3⑥FeI2．　A．①③⑥B．①④⑥C．①②③④⑥D．①③④⑥考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．.专题：元素及其化合物．分析：Cl2、Br2具有强氧化性，可与金属反应生成最高价卤化物，而I2氧化性较弱，与变价金属反应生成低价卤化物，以此解答该题．解答：解：Cl2具有强氧化性，可与Cu、Fe、Mg反应生成CuCl2、FeCl3、MgCl2等化合物，Br2具有强氧化性，可与Fe反应生成FeBr3，I2氧化性较弱，与Fe反应生成FeI2，则正确的有①④⑥，故选B．点评：本题考查常见金属以及卤素知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，主要相关基础知识的积累．　10．（2分）某学生配制0.1mol•L﹣1NaOH溶液100mL，下列操作会造成实际浓度偏高的是（（　　）　A．定容时仰视容量瓶的标线B．把烧碱固体放在纸上称量　C．未冷却就将溶液转移至容量瓶D．使用的NaOH在空气中部分变质考点：溶液的配制．.专题：实验评价题．分析：根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大．解答：解：A．定容时仰视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏小，故A错误；B．氢氧化钠易潮解，把烧碱固体放在纸上称量，实际质量偏小，浓度偏小，故B错误；C．固体溶解完未冷却就转移至容量瓶，热溶液的体积偏大，冷却后溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，故C正确；D．NaOH在空气中部分变质，NaOH实际质量偏小，浓度偏小，故D错误．故选C．点评：-17-\n本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液中的误差分析，该题是中等难度的试题，试题基础性强，贴近高考，该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力；进行误差分析时可以根据实验操作对c=的影响进行判断．　二、选择题（本大题包括10个小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个正确选项符合题意）11．（3分）①2NaBrO3+Cl2═Br2+2NaClO3②HClO3+5HCl═3Cl2+3H2O③2FeCl3+2KI═2FeCl2+I2+2KCl④2FeCl2+Cl2═2FeCl3根据上述氧化还原反应判断，氧化性由强到弱的顺序是（　　）　A．NaBrO3＞HClO3＞Cl2＞FeCl3＞I2B．Cl2＞FeCl3＞I2＞HClO3＞NaBrO3　C．I2＞FeCl3＞Cl2＞HClO3＞NaBrO3D．HClO3＞NaBrO3＞FeCl3＞Cl2＞I2考点：氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较．.专题：氧化还原反应专题．分析：自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，以此解答该题．解答：解：①2NaBrO3+Cl2═Br2+2NaClO3中，NaBrO3为氧化剂，NaClO3为氧化产物，氧化性NaBrO3＞NaClO3，②HClO3+5HCl═3Cl2+3H2O中HClO3为氧化剂，Cl2为氧化产物，氧化性HClO3＞Cl2，③2FeCl3+2KI═2FeCl2+I2+2KCl中FeCl3为氧化剂，I2为氧化产物，氧化性FeCl3＞I2，④2FeCl2+Cl2═2FeCl3中Cl2为氧化剂，FeCl3为氧化产物，氧化性Cl2＞FeCl3，则氧化性NaBrO3＞HClO3＞Cl2＞FeCl3＞I2，故选A．点评：本题考查氧化性强弱判断方法，为高频考点，明确氧化性、还原性判断方法即可解答，会正确判断氧化剂、氧化产物是解本题关键，知道常见元素化合价，题目难度不大．　12．（3分）在标准状况下①6.72LCH4②3.01×1023个HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3，下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是（　　）a．体积②＞③＞①＞④b．密度②＞③＞④＞①c．质量②＞③＞①＞④d．氢原子个数①＞③＞④＞②　A．abcB．bcdC．abcdD．acd考点：阿伏加德罗定律及推论．.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：a、相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，据此判断；b、相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比；c、计算各物质的质量进行比较；d、计算出各物质的物质的量，结合化学式判断H原子的物质的量，据此解答．解答：解：①6.72LCH4物质的量为=0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，③13.6gH2S的物质的量为=0.4mol，④0.2molNH3．a．相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积体积②＞③＞①＞④-17-\n，故a正确；b．各物质的摩尔质量分别为①CH4为16g/mol②HCl为36.5g/mol③H2S为34g/mol④NH3为17g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度②＞③＞④＞①，故b正确；c．各物质的质量分别为①CH4为0.3mol×16g/mol=4.8g②HCl为0.5mol×36.5g/mol=33.25g③H2S13.6g④NH3为0.2mol×17g/mol=3.4g，所以质量②＞③＞①＞④，故c正确；d．各物质中H原子的物质的量分别为①CH4为0.3mol×4=1.2mol②HCl为0.5mol③H2S0.4mol×2=0.8mol④NH3为0.2mol×3=0.6mol，所以氢原子个数①＞③＞④＞②，故d正确．故选C．点评：本题考查阿伏伽德罗定律及推论、常用化学计量数的有关计算，难度不大，注意基础知识的掌握．　13．（3分）在CuO和Fe粉混合物中，加入一定量稀硫酸微热，当反应停止后，滤出不溶物，并向滤液中插入一枚铁钉，发现铁钉并无任何变化．根据上述现象，确定下面结论正确的是（　　）　A．不溶物一定是Cu　B．不溶物一定含铜，但不一定含铁　C．不溶物一定是Fe　D．溶液中一定含有Fe2+，但不一定含有Cu2+考点：氧化性、还原性强弱的比较；常见金属的活动性顺序及其应用．.专题：元素及其化合物．分析：先根据金属的活泼性判断反应的金属，然后根据题意判断哪种物质不足量或恰好反应，从而确定不溶物的成分．解答：解：铁和稀硫酸反应，CuO和稀硫酸反应生成硫酸铜，Fe和硫酸铜发生置换反应生成Cu，根据“滤出不溶物，并向滤液中插入一枚铁钉，发现铁钉并无任何变化”知，稀硫酸完全反应，铁的反应情况有两种：一种是恰好反应，所以不溶物是铜；一种是铁过量，所以不溶物是铁和铜，故选B．点评：本题以铜和铁与稀硫酸的反应为载体，侧重考查学生分析问题是否全面的能力．　14．（3分）向含有FeCl2、FeCl3、AlCl3、NH4Cl的混合溶液中先加入过量Na2O2固体，微热搅拌后再加入过量盐酸，溶液中阳离子数目变化最小的是（　　）　A．Fe2+B．Fe3+C．Al3+D．NH4+考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．.专题：几种重要的金属及其化合物．分析：过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，易被氧化为三价铁，铵盐易和强碱反应．解答：解：因为加入的过氧化钠具有强氧化性，所以二价铁会被氧化为三价铁，两者变化均较大，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应生成NaOH与NH4+结合微热会产生挥发性的氨气，所以铵根减少，铝离子加过量过氧化钠时生成偏铝酸钠，再加过量盐酸又反应生成铝离子，即Al3+数目变化最小．-17-\n故选C．点评：本题主要考查物质的性质，要求要求学生熟记教材知识，灵活应用．　15．（3分）有50mL某气体，可能含有CO2、O2、NH3等气体，将其通过浓H2SO4没有发现体积变化．通过足量Na2O2后，体积变为30mL，则该气体可能为（　　）　A．CO2为20mL，NH3为30mLB．NH3为40mL，O2为10mL　C．CO2为30mL，O2为20mLD．CO2为40mL，O2为10mL考点：有关混合物反应的计算．.专题：计算题．分析：混合气体通过浓硫酸后气体体积不变，则一定不含氨气；通过足量过氧化钠后，气体体积缩小了20mL，说明混合气体中一定含有二氧化碳，根据差量法计算出二氧化碳的体积，最后确定混合气体的组成．解答：解：CO2、O2、NH3气体通过浓H2SO4没有发现体积变化，则混合气体中一定不存在氨气，通过足量Na2O2后，体积变为30mL，气体体积减小：50mL﹣30mL=20mL，说明混合气体中一定含有二氧化碳，设二氧化碳的体积为x，则：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2△V21x20mLx==40mL，则混合气体中一定含有氧气，体积为：50mL﹣40mL=10mL，即：该气体中含有40mL二氧化碳、10mL氧气，故选D．点评：本题考查了混合物反应的计算、常见气体的检验方法，题目难度中等，注意掌握常见气体的性质，明确发生反应的原理为解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．　16．（3分）按如图所示装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是（　　）　A．若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色　B．若A为醋酸，B为贝壳，C中盛澄清石灰水，则C中溶液无变化　C．若A为浓氨水，B为生石灰，C中AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解　D．实验仪器D主要起到防止溶液倒吸的作用考点：实验装置综合．.专题：实验设计题．-17-\n分析：由图可知，将液体A逐滴加入到固体B中，发生固体与液体的反应生成气体，且不需要加热，D装置可防止倒吸，说明气体易溶于C，C中溶液检验物质的性质，以此来解答．解答：解：A．若A为浓盐酸，B为MnO2，应在加热条件下进行，常温下不能生成氯气，故A错误；B．若A为醋酸，B为贝壳，可生成二氧化碳气体，与C中氢氧化钙反应，溶液变浑浊，故B错误；C．氢氧化铝不溶于氨水，只与强碱反应生成偏铝酸盐，故C错误；D．D中球形结构，可使倒吸的液体受重力作用流下，具有防倒吸作用，故D正确．故选D．点评：本题考查较为综合，涉及气体的制备以及性质探究，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度中等，注意把握实验方案以及对应物质的性质．　17．（3分）已知a、b分别为同周期的ⅠA和ⅦA族的两种元素，它们的原子序数分别为m和n，则下列关系不可能成立的是（　　）　A．n=m+16B．n=m+6C．n=m+30D．n=m+10考点：元素周期表的结构及其应用．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：根据周期表的结构及每一周期元素的数目．解答：解：周期表中第一、二、三、四、五、六、七周期元素的种数分别为2、8、8、18、18、32、26，若元素在二、三周期，则原子序数n=m+6，若元素在四、五周期，由于副族和ⅥⅡ族出现在ⅠA和ⅦA族之间共10种元素，则原子序数n=m+6+10=m+16，若元素在第六周期，又多了镧系的出现，有15种元素，则原子序数n=m+16+14=m+30．故选：D．点评：本题主要考查了元素周期表的结构，需要学生有较强的基础知识．　18．（3分）下列性质的递变中，正确的是（　　）　A．O、S、Na的原子半径依次增大B．NaOH、KOH、CsOH的碱性依次减弱　C．HF、NH3、SiH4的稳定性依次增强D．HCl、HBr、HI的还原性依次减弱考点：元素周期律的作用．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．同一周期，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小；同一主族，元素的原子半径随着原子序数的增大而增大；B．同一主族元素从上到下，金属性逐渐增强；C．非金属性越强，氢化物稳定性越强；D．元素的非金属性越弱，对应氢化物的还原性越强．解答：解：A．O、S属于同一主族，O的原子序数小于S的，所以O的原子半径小于S的原子半径；S、Na属于同一周期，且Na的原子序数小于S的原子序数，所以Na的原子半径大于S的原子半径，O、S、Na的原子半径依次增大，故A正确；B．金属性越强，最高价氧化物对应的水化物碱性越强，故NaOH、KOH、CsOH的碱性依次增强，故B错误；C．非金属性：F＞N＞Si，氢化物稳定性：HF＞NH3＞SiH4，故C错误；-17-\nD．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，对应氢化物的还原性增强，则HCl、HBr、HI的还原性依次增强，故D错误，故选A．点评：本题考查元素周期律的递变规律，难度不大．注意把握元素周期律与元素周期表的关系．　19．（3分）下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）　A．加入Al能放出H2的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣　B．使酚酞显红色的溶液中：Na+、AlO2﹣、NO3﹣、HSO3﹣　C．在无色溶液中：K+、Ca2+、SO32﹣、Cl﹣　D．加入Mg能放出H2的溶液中：NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣考点：离子共存问题．.专题：离子反应专题．分析：A．加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；B．使酚酞显红色的溶液，显碱性；C．Ca2+、SO32﹣结合生成沉淀；D．加入Mg能放出H2的溶液，显酸性．解答：解：A．加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中Fe2+（或Al）、H+、NO3﹣发生氧化还原反应且不生成氢气，碱溶液中不能大量存在Fe2+、Al3+，故A错误；B．使酚酞显红色的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在HSO3﹣，且AlO2﹣促进HSO3﹣的电离，故B错误；C．Ca2+、SO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D．加入Mg能放出H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．　20．（3分）将19.2g的铜屑投入到400mL浓度均为0.5mol/LHNO3和H2SO4的混合溶液中，溶液增加的质量为（　　）　A．4.5gB．9.9gC．13.2gD．14.7g考点：化学方程式的有关计算．.专题：计算题．分析：铜屑投入HNO3和H2SO4的混合溶液中发生的反应实质为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，根据Cu、H+、NO3﹣的量来确定消耗的铜以及生成气体的量，根据差量法进而确定溶液增加的质量．解答：解：n（Cu）==0.3mol，n（H+）=0.5mol/L×3×0.4L=0.6mol，n（NO3﹣）=0.5mol/L×0.4L=0.2mol，由3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，氢离子物质的量不足，设消耗铜的物质的量为x，生成NO的物质的量为y，则-17-\n3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O382x0.6molyx==0.225mol，y==0.15mol，所以溶液增加的质量=0.225mol×64g/mol﹣0.15mol×30g/mol=9.9g，故选B．点评：本题考查离子反应方程式的过量计算，难度中等，理解溶液增重为反应Cu的质量与生成NO的质量之差是关键．　三、填空题（50分）21．（8分）近年来，我国储氧纳米碳管研究获重大进展，电弧法合成的碳纳米管，常伴有大量物质﹣﹣碳纳米颗粒．这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯．其反应的化学方程式为：　3　C+　2　K2Cr2O7+　8　H2SO4（稀）　3　CO2↑+　2　K2SO4+　2　Cr2（SO4）3+　8　H2O（1）完成并配平上述反应的化学方程式　3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O，　．（2）此反应的氧化剂是　K2Cr2O7　，氧化产物是　CO2　．（3）H2SO4在上述反应中表现出来的性质是　A　（填选项编号）．A．酸性B．氧化性C．吸水性D．脱水性（4）上述反应中若产生11g气体物质，则转移电子的数目为　NA　．考点：氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应．.专题：氧化还原反应专题．分析：（1）反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒定律配平；（2）氧化剂是指所含元素化合价降低的反应物，得到还原产物；还原剂是指所含元素化合价升高的反应物，得到氧化产物；（3）根据硫酸在反应的化合价是否发生变化来判断硫酸在反应中表现出来的性质；（4）结合方程式中转移的电子数来计算．解答：解：（1）反应中C元素的化合价由0升高为+4价，一个碳化合价变化4，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，1个K2Cr2O7化合价变化6，4和6的最小公倍数为12，由化合价升降总数相等可知，C的化学计量数为3，K2Cr2O7的化学计量数为2，最后由质量守恒定律可知得化学反应为3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O，故答案为：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O；（2）Cr元素的化合价降低，则K2Cr2O7为氧化剂，C元素的化合价升高，则CO2为氧化产物，故答案为：K2Cr2O7；CO2；（3）H2SO4在反应中各元素的化合价没有发生变化，只表现酸性，故答案为：A；（4）由方程式可知：1molC参加反应转移电子为1mol×（4﹣0）=4mol，产生1molCO2，所以若产生11g气体物质即0.25molCO2，则转移电子的数目为NA，故答案为：NA．点评：-17-\n本题考查氧化还原反应方程式的配平，氧化剂、还原剂等概念的了解和判断，以及有关氧化还原反应的简单计算，做题时注意正确判断化合价的变化，在配平时抓住化合价升降总数相等以及质量守恒定律．　22．（4分）X元素的原子核外有2个电子层，其中L层有5个电子，该元素在周期表中的位置为　第二周期第VA族　，最高价氧化物的化学式为　N2O5　，该元素的氢化物和最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为　NH3+HNO3═NH4NO3　．考点：原子结构与元素的性质．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X元素的原子核外有2个电子层，其中L层有5个电子，则X是N元素，主族元素电子层数与其周期数相等、最外层电子数与其族序数相等；主族元素最高价数值与其最外层电子数相等，根据化合物中化合价的代数和为0确定其最高价氧化物化学式；N元素的氢化物是氨气、最高价氧化物的水化物是硝酸，氨气和硝酸反应生成硝酸铵．解答：解：X元素的原子核外有2个电子层，其中L层有5个电子，则X是N元素，主族元素电子层数与其周期数相等、最外层电子数与其族序数相等，N原子核外有2个电子层、最外层有5个电子，所以N元素位于第二周期第VA族；主族元素最高价数值与其最外层电子数相等，其最高价氧化物化学式为N2O5；N元素的氢化物是氨气、最高价氧化物的水化物是硝酸，氨气和硝酸反应生成硝酸铵，化学方程式为NH3+HNO3═NH4NO3，故答案为：第二周期第ⅤA族；N2O5；NH3+HNO3═NH4NO3．点评：本题以N元素为载体考查原子结构、元素性质，熟练掌握前36号元素原子结构，知道主族元素在周期表中位置的判断方法，题目难度不大．　23．（10分）已知：（1）A为正盐．（2）常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，I通常为红棕色气体．（3）F在常温下是一种无色液体．（4）C、J的水溶液是一种酸．图中部分反应条件及产物已略去．（1）写出A的化学式：A　NH4Cl　．（2）写出下列反应的化学方程式：①B+D→E+F：　4NH3+5O24NO+6H2O　；②J+Cu→E：　3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O　；③H和石灰乳的反应：　2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O　．（3）在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量比为：　1：2　．-17-\n考点：无机物的推断．.专题：推断题．分析：常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，所以H为Cl2，I通常为红棕色气体判断为NO2；J的水溶液是一种酸，F在常温下是一种无色液体；推断为H2O；J为HNO3；依据转化关系可知E为NO，D为O2，B为NH3；因为H为Cl2；C的水溶液是一种酸，G为单质，G和H反应生成C，则C为HCl，G为H2，A为正盐，综合分析推断A为NH4Cl，据此答题．解答：解：常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，所以H为Cl2，I通常为红棕色气体判断为NO2；J的水溶液是一种酸，F在常温下是一种无色液体；推断为H2O；J为HNO3；依据转化关系可知E为NO，D为O2，B为NH3；因为H为Cl2；C的水溶液是一种酸，G为单质，G和H反应生成C，则C为HCl，G为H2，A为正盐，综合分析推断A为NH4Cl，（1）根据上面的可知，A为NH4Cl，故答案为：NH4Cl；（2）①B+D→E+F的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；②J+Cu→E的化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，③H和石灰乳的反应为：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（3）I和F的反应为3NO2+H2O=NO+3HNO3，根据方程式可知二氧化氮既是氧化剂又还原剂，根据氧化产物和还原产物的物质的量之比可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，进而可以确定质量比为1：2，故答案为：1：2．点评：本题考查了物质性质的分析判断，物质转化关系的分析应用，主要是氯及其化合物，氮及其化合物性质的综合应用，H为黄绿色气体，I通常为红棕色气体，F在常温下是一种无色液体是解题关键，题目难度中等．　24．（12分）已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解．②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色．③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失．（1）则各是什么物质的化学式为：A　BaCl2　、B　FeSO4　、C　AlCl3　、D　NaOH　．（2）现象②中所发生的反应的化学方程式为：　FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4　、　4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3　．（3）现象③中所发生反应的离子方程式为：　Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓　、　Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．考点：无机物的推断．.专题：推断题．分析：-17-\n（1）A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，能相互反应生成沉淀的有：AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解．BaCl2+FeSO4═BaSO4↓+2NaCl，现象为出现不溶于酸的白色沉淀．FeSO4+2NaOH═Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，特征现象为出现白色沉淀，立即变为红褐色．根据题意，①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，该沉淀只能为BaSO4沉淀，因为Al（OH）3或Fe（OH）2都可溶于硝酸．②B+D→白色沉淀，在空气中放置，该沉淀由白色转变为红褐色，说明白色沉淀为Fe（OH）2，红褐色沉淀为Fe（OH）3．则可确定B为FeSO4，A为BaCl2，D为NaOH．③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失，说明白色沉淀为Al（OH）3，C为AlCl3．（2）现象②中，B为FeSO4，D为NaOH，根据亚铁离子的性质即可写出方程式．（3）现象③中，C为AlCl3，D为NaOH，两者反应生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3为两性氢氧化物可与NaOH继续反应，导致沉淀消失．解答：解：（1）A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，能相互反应生成沉淀的有：AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解．BaCl2+FeSO4═BaSO4↓+2NaCl，现象为出现不溶于酸的白色沉淀．FeSO4+2NaOH═Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，特征现象为出现白色沉淀，立即变为红褐色．根据题意，①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，该沉淀只能为BaSO4沉淀，因为Al（OH）3或Fe（OH）2都可溶于稀硝酸．②B+D→白色沉淀，在空气中放置，该沉淀由白色转为红褐色，说明白色沉淀为Fe（OH）2，红褐色沉淀为Fe（OH）3．则可确定B为FeSO4，A为BaCl2，D为NaOH．③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失，说明白色沉淀为Al（OH）3，C为AlCl3．故正确答案为：BaCl2、FeSO4、AlCl3、NaOH．（2）现象②中，B为FeSO4，D为NaOH，两者反应生成白色Fe（OH）2沉淀，该沉淀易被氧化生成红褐色Fe（OH）3沉淀．反应为FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．故正确答案为：FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．（3）现象③中，C为AlCl3，D为NaOH，两者反应生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3为两性氢氧化物可与NaOH继续反应，导致沉淀消失．反应为AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O．改写离子方程式时，AlCl3、NaOH、NaCl、NaAlO2易溶于水易电离改成离子形式，Al（OH）3难溶于水难电离保留化学式，H2O是弱电解质保留化学式，删除相同离子，则离子方程式为Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．故正确答案为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．点评：本题考查溶液中离子间的反应，解题的突破口为特征反应和特征现象，如沉淀由白色转化为红褐色是Fe（OH）2转变为Fe（OH）3的特征现象，Al（OH）3是两性氢氧化物可与强碱反应等．　25．（10分）某小组同学欲研究SO2的性质．-17-\n（1）将相关的含硫物质分为如下表所示3组，第2组中物质X的化学式是　H2SO3　．第1组第2组第3组S（单质）SO2、X、Na2SO3、NaHSO3SO3、H2SO4、Na2SO4、NaHSO4（2）利用如图所示的装置研究SO2的性质：（熔点：SO276.1℃，SO316.8℃；沸点：SO210℃，SO345℃）①装置I模拟工业生产中SO2催化氧化的反应，其化学方程式是　2SO2+O22SO3　．②甲同学按Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的顺序连接装置，装置II的作用是　　；装置Ⅲ中溶液逐渐褪色，生成Mn2+，则该反应的离子方程式是　5SO2+2H2O+2MnO4=5SO42﹣+2Mn2++4H+　．③乙同学按Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ的顺序连接装置，若装置IV中有40mL2.5mol•L﹣1NaOH溶液，反应后增重4.8g，则装置Ⅳ中发生总反应的化学方程式是　3SO2+4NaOH═Na2SO3+2NaHSO3+H2O　．考点：二氧化硫的化学性质．.专题：氧族元素．分析：（1）将相关的含硫物质依据硫元素化合价分组，依据低三族分类顺序，判断X为+4价的酸为H2SO3；（2）①工业生产中SO2催化氧化的反应是二氧化硫的催化氧化反应；②装置II的作用是冷却装置，三氧化硫的沸点较低，通过冰水混合物，使SO3凝结成固体与SO2分离，装置III中高锰酸钾溶液会和二氧化硫反应逐渐褪色，生成Mn2+，二氧化硫被氧化为硫酸；③若装置IV中有40mL2.5mol•L﹣1NaOH溶液，反应后增重4.8g，吸收的为二氧化硫气体，依据二氧化硫物质的量和氢氧化钠物质的量进行分析判断生成产物，若n（SO2）：n（NaOH）=1：2反应按照反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；若n（SO2）：n（NaOH）=1：1，反应按照反应SO2+NaOH=NaHSO3；装置IV中有40mL2.5mol•L﹣1NaOH溶液中n（NaOH）=0.1mol，n（SO2）==0.075mol；n（SO2）：n（NaOH）=0.075：0.1=3：4，所以生成产物为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，反应的化学方程式依据直平法写出：3SO2+4NaOH═Na2SO3+2NaHSO3+H2O；解答：（1）将相关的含硫物质依据硫元素化合价分组，依据低三族分类顺序，判断X为+4价的酸为H2SO3；故答案为：H2SO3；（2）①工业生产中SO2催化氧化的反应是二氧化硫的催化氧化反应；化学方程式为：2SO2+O22SO3；-17-\n故答案为；2SO2+O22SO3；②装置II的作用是冷却装置，三氧化硫的沸点较低，通过冰水混合物，使SO3凝结成固体与SO2分离，装置III中高锰酸钾溶液会和二氧化硫反应逐渐褪色，生成Mn2+，二氧化硫被氧化为硫酸；反应的离子方程式为：5SO2+2H2O+2MnO4=5SO42﹣+2Mn2++4H+；故答案为：使SO3凝结成固体与SO2分离，5SO2+2H2O+2MnO4=5SO42﹣+2Mn2++4H+；③若装置IV中有40mL2.5mol•L﹣1NaOH溶液，反应后增重4.8g，吸收的为二氧化硫气体，依据二氧化硫物质的量和氢氧化钠物质的量进行分析判断生成产物，若n（SO2）：n（NaOH）=1：2反应按照反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；若n（SO2）：n（NaOH）=1：1，反应按照反应SO2+NaOH=NaHSO3；装置IV中有40mL2.5mol•L﹣1NaOH溶液中n（NaOH）=0.1mol，n（SO2）==0.075mol；n（SO2）：n（NaOH）=0.075：0.1=3：4，所以生成产物为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，反应的化学方程式依据直平法写出：3SO2+4NaOH═Na2SO3+2NaHSO3+H2O；故答案为：3SO2+4NaOH═Na2SO3+2NaHSO3+H2O；点评：本题考查了物质分类方法，规律总结，实验过程分析判断，化学方程式和离子方程式的书写，反应产物的分析判断，题目难度中等．　26．（6分）将23.9g表面已锈蚀成铜绿[Cu2（OH）2CO3]的铜片投入100mL一定浓度的硝酸中，充分反应后，硝酸被还原成NO2和NO，反应后溶液中H+的物质的量为0.160mol．往反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，滤出沉淀，洗涤，干燥后得到29.4g蓝色固体．（1）铜片中单质铜的质量分数为　53.6%　．（2）铜片与硝酸充分反应后，溶液中NO3﹣的物质的量浓度（假设反应前后溶液的体积不变）为　7.6mol•L﹣1　．考点：化学方程式的有关计算．.专题：计算题．分析：（1）Cu和铜绿和硝酸反应生成硝酸铜、氮氧化物，反应后溶液中氢离子有剩余，说明Cu和铜绿完全反应，然后向溶液中加入足量NaOH溶液，最后得到的沉淀是Cu（OH）2，n[Cu（OH）2]==0.3mol，如果固体完全是Cu，其质量=64g/mol×0.3g=19.2g，则n[（OH）2CO3]==0.05mol，根据Cu原子守恒得n（Cu）=n[Cu（OH）2]﹣2n[Cu2（OH）2CO3]=0.3mol﹣2×0.05mol=0.2mol，则铜片中单质Cu的质量=0.2mol×64g/mol=12.8g，根据质量分数公式计算；（2）完全反应后氢离子有剩余说明Cu和铜绿完全反应，溶液中的溶质为硝酸铜、硝酸，根据N原子、Cu原子守恒得n（NO3﹣）=2n[Cu（NO3）2]+n（HNO3）=2n[Cu（OH）2]+n（HNO3），再根据c=计算其物质的量浓度．解答：-17-\n解：（1）Cu和铜绿和硝酸反应生成硝酸铜、氮氧化物，反应后溶液中氢离子有剩余，说明Cu和铜绿完全反应，然后向溶液中加入足量NaOH溶液，最后得到的沉淀是Cu（OH）2，n[Cu（OH）2]==0.3mol，如果固体完全是Cu，其质量=64g/mol×0.3g=19.2g，则n[（OH）2CO3]==0.05mol，根据Cu原子守恒得n（Cu）=n[Cu（OH）2]﹣2n[Cu2（OH）2CO3]=0.3mol﹣2×0.05mol=0.2mol，则铜片中单质Cu的质量=0.2mol×64g/mol=12.8g，Cu的质量分数==53.6%，故答案为：53.6%；　（2）完全反应后氢离子有剩余说明Cu和铜绿完全反应，溶液中的溶质为硝酸铜、硝酸，根据N原子、Cu原子守恒得n（NO3﹣）=2n[Cu（NO3）2]+n（HNO3）=2n[Cu（OH）2]+n（H+）=2×0.3mol+0.160mol=0.76mol，C（NO3﹣）===7.6mol•L﹣1，故答案为：7.6mol•L﹣1．点评：本题以硝酸和铜为载体考查化学方程式的计算，侧重考查分析、计算能力，利用原子守恒解答能化繁为简，很多同学往往考虑氮氧化物的物质的量而导致错误，题目难度中等．　-17-