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2021-2022学年上海市晋元高中高一（下）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年上海市晋元高中高一（下）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了025K的低温，3%+115×95，7%是铟元素的丰度，【答案】B，【答案】C，【答案】D，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市晋元高中高一（下）期末化学试卷
1. 2022年北京冬奥会上，我国短道速滑队所用冰刀材料是特殊的钢材料。下列说法中正确的是( )
A. 该合金熔点比纯铁熔点高 B. 该合金硬度比纯铁高
C. 该合金碳含量比生铁高 D. 该合金属于共价晶体
2. 2021年9月30日，我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的合成。下列关于CO2的说法中，不正确的是( )
A. 属于酸性氧化物 B. 属于非电解质
C. 含有非极性键 D. 原子的最外层都达到8电子稳定结构
3. 科学家发现在超流体 4He中溶解 3He时会吸热，能达到0.025K的低温。关于 3He和 4He的说法不正确的是( )
A. 中子数不相同 B. 互为同位素
C. 原子的核外电子排布相同 D. 物理性质相同
4. 能用共价键键能大小解释的是( )
A. 熔点：I2>Cl2 B. 熔点：NaCl>NaI
C. 沸点：HI>HCl D. 热稳定性：HCl>HI
5. 49号铟元素(与Al同族)的近似相对原子质量为：113×4.3%+115×95.7%=114.9。下列说法正确的是( )
A. 铟原子一定有64个中子 B. 某种同位素原子符号为 11549In
C. 铟元素位于第5周期 D. 95.7%是铟元素的丰度
6. 在空气中久置会变色的强电解质是( )
A. 硫酸亚铁 B. 硫化氢 C. 烧碱 D. 氯水
7. 与水反应且水分子上有电子转移的是( )
A. CaO B. Na2O2 C. NO2 D. Na
8. 用化学用语表示2H2S+3O2−点燃2SO2+2H2O中的相关微粒，其中正确的是( )
A. 中子数为18的硫原子： 18S B. O2的结构式：O=O
C. H2S的空间填充模型： D. S的原子结构示意图：
9. 下列变化规律中，不正确的是( )
A. Al、Mg、Na的硬度由大到小 B. Cl−、Br−、I−的离子半径由小到大
C. H+、Li+、H−的离子半径由小到大 D. 金刚石、SiC、Si中共价键由弱到强
10. 下列各晶体中，含有的化学键类型相同且晶体类型也相同的一组是( )
A. SiO2和SiC B. AlCl3和NaCl C. Ar和HCl D. CCl4和NH4Cl
11. 如图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( )
A. X元素具有两性--酸性和碱性 B. Y的最高价氧化物的水化物是弱碱
C. Z最低负价为−5价 D. W的最高价氧化物的水化物是强酸
12. 下列关于NH4Cl的说法正确的是( )
A. 属于离子晶体，同时存在离子键与共价键
B. 属于硝态氮肥
C. 受热易分解，常用加热NH4Cl来制备NH3
D. 电子式为：
13. 常温下，将铁片投入浓H2SO4中，下列说法正确的是( )
A. 不发生反应 B. 产生大量SO2
C. 铁片表面立即被氧化 D. 产生大量H2
14. 向KAl(SO4)2溶液中加入一定量的Ba(OH)2溶液，当SO42−恰好完全沉淀时，铝元素的存在形态是( )
A. [Al(OH)4]− B. Al(OH)3
C. Al3+、Al(OH)3 D. Al(OH)3、[Al(OH)4]−
15. 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. NaCl(aq)→电解Cl2(g)→△Fe(s)FeCl2(s)
B. MgCl2(aq)→石灰乳Mg(OH)2(s)→煅烧MgO(s)
C. S(s)→点燃O2(g)SO3(g)→H2O(l)H2SO4(aq)
D. N2(g)→高温高压、催化剂H2(g)NH3(g)→NaCl(aq)CO2(g)Na2CO3(s)
16. 常温下，在强酸性溶液中可以大量共存的是( )
A. Al3+、SO42−、Ba2+ B. Fe3+、NO3−、SO42−
C. SO32−、Na+、Cl− D. Fe2+、NO3−、Cl−
17. 下表中除杂试剂和方法都正确的是( )
选项
物质(杂质)
除杂试剂
分离方法
A
Cl2(HCl)
饱和NaHCO3溶液
洗气
B
N2(O2)
镁粉
加热
C
CO2(SO2)
饱和Na2CO3溶液
洗气
D
Fe2O3(Al2O3)
NaOH溶液
过滤
A. A B. B C. C D. D
18. 解释下列事实的方程式正确的是( )
A. 白醋可除去水壶中的水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
B. 常温下NH4HCO3稀溶液与足量稀Ba(OH)2反应：NH4++HCO3−+2OH−=NH3⋅H2O+CO32−+H2O
C. 在碳酸钠溶液中滴加数滴盐酸：CO32−+H+=HCO3−
D. 室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：3Cl2+6OH−=ClO3−+5Cl−+3H2O
19. 5.6gFe粉在含amolHNO3的稀硝酸中正好完全溶解，则a值可能是( )
A. 0.25 B. 0.3 C. 0.45 D. 0.5
20. 工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中( )
A. SO2既是氧化剂又是还原剂
B. 每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
D. 相同条件下，每吸收1m3SO2就会放出0.5m3CO2
21. 元素的单质及其化合物对人类的生活、生产有着重要影响。
Ⅰ.例如：二硫化硒(SeS2)具有抗真菌、抗皮脂溢出作用，常用作洗发香波中的去屑剂。硒与硫在元素周期表中的相对位置如图所示。
(1)硒在元素周期表中的位置是：第 ______周期第 ______族；
(2)固态时，硒化氢属于 ______晶体，熔化时需要克服的作用力是：______；熔点：硒化氢 ______硫化氢(选填“高于”或“低于”或“无法判断”)。
(3)SeS2中硫元素的化合价为负价，请从原子结构角度解释原因。 ______。
(4)氧族元素的单质及其化合物的性质存在着相似性和递变性。下列有关说法正确的是 ______。
A.氧族元素气态氢化物稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱
B.其氢化物中的键长按O−H、S−H、Se−H、Te−H的顺序依次减小
C.其负离子的还原性按O2−、S2−、Se2−、Te2−的顺序依次增强
D.其最高价氧化物的水化物酸性按H2SO4、H2SeO4、H2TeO4顺序依次增强
Ⅱ.又如：H2与碱金属等单质在较高温度下可以化合生成离子型金属氢化物，如NaH、LiH等，它们具有极强的还原性，广泛应用于工业生产。
(1)NaH属于 ______晶体(填写晶体类型)，写出NaH的电子式：______。
(2)高温下，NaH可将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛，同时生成H2。写出反应的化学方程式，并标出电子转移方向与数目 ______。
22. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合酸性溶液中反应回收S，其物质转化如图所示
(1)用合适的化学用语表示硫化氢溶于水显弱酸性的原因：______；过程①Cu2+吸收H2S生成CuS沉淀，溶液的酸性 ______(选填：“增强”或“减弱”或“不变”)。
(2)①在图示过程②中：被氧化的元素是：______；
②在图示过程③中：Fe2+转化为Fe3+，写出反应的离子方程式 ______。
③写出反应①、②、③的总反应的化学方程式：______。(条件略)
(3)某兴趣小组为探究H2S和Cl2O的性质，将两种气体同时通入水中，实验装置如图：
①三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性，写出与上述现象相关的产物的化学式，依次为：______、______。
②Cl2O易溶于水并生成次氯酸，当通入的Cl2O过量，用玻璃棒蘸取三颈瓶中的液体点到淀粉−KI试纸上，将看到的现象是：______。
③写出足量的NaOH溶液吸收H2S气体的化学方程式：______。
23. 硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注。回答以下问题：
Ⅰ.图1是工业上生产HNO3的流程图：
(1)与氮氧化物有关的全球性大气环境问题有 ______。
A.酸雨
B.沙尘暴
C.光化学烟雾
D.白色污染
(2)下列有关NH3的说法，不正确的是 ______(填字母序号)。
A.工业合成NH3属于人工固氮
B.NH3易液化，液氨常用作致冷剂
C.NH3可用浓硫酸或无水氯化钙干燥
D.NH3制备NO体现了NH3的还原性
(3)NH3极易溶于水，在标准状况下，用充满NH3的烧瓶做喷泉实验，水充满整个烧瓶后所形成溶液的物质的量浓度为 ______mol⋅L−1。(保留3位有效数字)
(4)工业上常用氨气与硝酸反应制备化肥硝酸铵，写出检验铵根离子的实验方法：______。
Ⅱ.化学兴趣小组的同学利用如图进行SO2的一些性质实验(加热装置略)：
(5)首先，验证碳、硅非金属性的相对强弱(已知酸性：亚硫酸>碳酸)。
①连接仪器、检查装置气密性、加药品后，打开a、关闭b，然后滴入浓硫酸，加热。
②装置A中试剂是 ______。
③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是：______。
(6)验证SO2的某些性质。
①打开b，关闭a。
②硫化氢溶液中看到有淡黄色沉淀，SO2体现 ______。(选填“酸性氧化物”、“还原性”、“氧化性”)
③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液，都产生了白色沉淀，将产生的沉淀的化学式填入下表相应位置。
滴加的溶液
氯水
氨水
沉淀的化学式
______
______
写出其中SO2显示还原性生成沉淀的离子方程式：______。
24. 在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时生成FeO，高于570℃时生成Fe3O4。甲、乙两位同学分别用酒精灯和酒精喷灯进行纳米级Fe粉与水蒸气反应的实验并验证产物。
Ⅰ.(1)甲装置中纳米级Fe粉与水蒸气反应的化学方程式是 ______。
(2)甲装置中仪器a的名称为 ______；加热湿棉花的目的是：______。
Ⅱ.乙同学为探究实验结束后试管内的固体物质成分，进行了下列实验：
步骤
实验操作
实验现象
Ⅰ
将反应后得到的黑色粉末X(假定为均匀的)，取出少量放入另一试管中，加入少量稀硫酸，微热
黑色粉末逐渐溶解，溶液呈浅绿色；有少量气泡产生
Ⅱ
向实验Ⅰ得到的溶液a中滴加几滴KSCN溶液，振荡
溶液没有出现红色
(3)根据以上实验，乙同学认为该条件下反应的固体产物为FeO。丙同学认为乙同学的结论不正确，他说出了自己的理由，请你结合离子方程式帮他进行说明：______。
(4)若向实验Ⅰ得到的溶液a中加入NaOH溶液，将看到的现象是：______。
(5)乙同学想进一步测定实验Ⅰ所得溶液中Fe2+的含量：
步骤1：将试管中的溶液准确稀释至250mL，取出10.00mL于锥形瓶中；
步骤2：向锥形瓶中加入少量稀硫酸；
步骤3：用浓度为0.100mol/L的KMnO4溶液进行滴定；
步骤4：记录数据，并重复上述操作2次，计算反应消耗KMnO4溶液bmL。
测定原理为：______Fe2++______MnO4−+______H+=______Fe3++______Mn2++______H2O
①将溶液准确稀释至250mL，需要的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、______、______。
②配平上述测定原理的方程式。
③通过计算可知：实验Ⅰ所得溶液中的Fe2+的物质的量为 ______mol。(用含b的代数式表示)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.合金的熔点低于成分金属，故A错误；
B.该合金硬度比纯铁高，适合用于制造冰刀，故B正确；
C.钢的含碳量低于生铁，故C错误；
D.合金属于金属晶体，故D错误；
故选：B。
依据合金的硬度大于成分金属硬度的性质判断解答。
本题考查了合金的性质与用途，熟悉合金的性质即可解答，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.二氧化碳只能和碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，故A正确；
B.二氧化碳在水溶液中和熔融状态下均不能自身电离出自由移动离子而导电，为非电解质，故B正确；
C.形成于同种元素的原子间的共价键为非极性键，二氧化碳的结构式为O=C=O，只含极性键，故C错误；
D.二氧化碳的电子式为，原子的最外层都达到8电子稳定结构，故D正确；
故选：C。
A.只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
B.在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；
C.形成于同种元素的原子间的共价键为非极性键；
D.二氧化碳的电子式为。
本题考查了二氧化碳的结构和性质，难度不大，应注意二氧化碳电子式和结构式的书写。
3.【答案】D
【解析】解：A.3He和 4He的质子数为2，中子数分别为1、2，中子数不同，故A正确；
B. 3He和 4He的质量数分别为3、4，质子数一样，属于同位素，故B正确；
C. 3He和 4He的核外电子数相同，都为2，原子的核外电子排布相同，故C正确；
D. 3He和 4He的质量数不同，物理性质不完全相同，故D错误；
故选：D。
原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，原子中核电荷数=核外电子数=质子数，质量数=质子数+中子数主族元素化学性质取决于原子的最外层电子数。
本题考查了原子结构、微粒关系、原子符号、元素化学性质和物理性质的分析判断等知识点，注意知识的准确掌握，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A、I2和Cl2属于组成和结构相似的分子晶体，熔点与分子间作用力有关，与化学键无关，故A错误；
B、离子晶体的熔点与离子键的晶格能和离子所带电荷有关，与共价键无关，故B错误；
C、结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，HCl、HI的沸点逐渐升高，与分子间作用力有关，与共价键无关，故C错误；
D、元素的非金属性越强，共价键越稳定，其氢化物越稳定，则HCl、HI的热稳定性依次减弱，与分子中的共价键键能有关，故D正确；
故选：D。
共价键都有键能之说，键能是指拆开1mol共价键所需要吸收的能量或形成1mol共价键所放出的能量，据此解答即可。
A、分子晶体的熔点与化学键无关；
B、离子晶体的熔点与离子键的晶格能和离子所带电荷有关；
C、结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高；
D、元素的非金属性越强，共价键越稳定，其氢化物越稳定。
本题考查了共价键、离子键、分子间作用力，侧重于考查微粒之间的作用力，题目难度不大，注意把握不同作用力对物质性质的影响。
5.【答案】C
【解析】解：A.根据题意，铟元素有 49115In、 49113In两种同位素， 49115In有66个中子、 49113In有64个中子，故A错误；
B.质量数标在元素符号的左上角、质子数标在元素符号的左下角，某种同位素原子符号为 49115In，故B错误；
C.49号铟元素，有5个电子层，最外层有3个电子，位于第五周期ⅢA族，故C正确；
D.95.7%是 49115In同位素的丰度，故D错误；
故选：C。
49号铟元素近似相对原子质量为：113×4.3%+115×95.7%=114.9，是同位素所占丰度和原子的质量数计算得到的平均值，说明铟元素存在两种同位素，质量数分别为113、115，质子数=核电荷数=核外电子数=49，质量数=质子数+中子数，核外电子层数=周期序数，主族元素最外层电子数=主族族序数，原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，以此解答该题。
本题考查了原子结构、同位素分析判断、元素相对原子质量的计算等，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和双基知识，需要学生对于某些容易混淆的基本概念有准确的理解，体现了高考立足于基础知识的特点，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.硫酸亚铁在水溶液中能完全电离，属于强电解质，空气中能够被氧气氧化生成硫酸铁，颜色发生改变，故A正确；
B.硫化氢在熔融状态下不能电离，在水溶液中只能部分电离，故硫化氢是弱酸，属于弱电解质，故B错误；
C.烧碱即NaOH，在水溶液中和熔融状态下均能完全电离，故为强电解质，但在空气中久置后变为碳酸钠，颜色不变，故C错误；
D.氯水为混合物，不属于电解质，故D错误；
故选：A。
水溶液中能完全电离的电解质为强电解质，在空气中久置会变色，说明能够与空气中的成分发生反应生成不同颜色的新物质，结合物质的性质判断解答。
本题考查了强弱电解质的判新和物质在空气中久置的变化，应注意的是物质在空气中久置可能与空气中的水、二氧化碳反应，也可能是被氧气氧化。
7.【答案】D
【解析】解：A.CaO与水反应生成氢氧化钙，各元素无化合价变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B.Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，水中各元素化合价未发生变化，水分子上无电子转移，故B错误；
C.NO2与水反应生成硝酸和NO，水中各元素化合价未发生变化，水分子上无电子转移，故C错误；
D.Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，水中氢元素化合价降低，得到电子，存在电子转移，故 D正确；
故选：D。
水分子上有电子转移说明水作氧化剂或还原剂的氧化还原反应。
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意把握元素化合价的变化，从化合价的角度理解氧化还原反应，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
8.【答案】B
【解析】解：A.中子数为18的硫原子的质量数为16+18=34，该核素为 1634S，故A错误；
B.氧分子中O原子间共用2对电子，氧原子最外层达到8e−结构，电子式为，结构式为O=O，故B正确；
C.H2S是V形分子，中心原子是S，并且S原子半径大于H，其空间填充模型为×，故C错误；
D.S原子的质子数和电子数都是16，核外电子分层排布，其结构示意图为，故D错误；
故选：B。
A.质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角；
B.氧原子最外层电子数为6，氧分子中氧原子间形成双键；
C.H2S是V形分子，并且S原子半径大于H；
D.S原子的质子数和电子数都是16，核外电子分层排布。
本题考查化学用语，涉及电子式、结构式、空间填充模型、原子结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，注意化学用语的规范使用及相互间的关系，试题侧重于考查基础知识的掌握和运用，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.金属晶体中，离子的电荷越高、离子半径越小，金属键越强，硬度越大，则Al、Mg、Na的硬度由大到小，故A正确；
B.同主族离子的电子层越多、离子半径越大，则Cl−、Br−、I−的离子半径由小到大，故B正确；
C.电子层越多、离子半径越大，具有相同电子层排布的离子中，核电荷数大的离子半径小，则H+、Li+、H−的离子半径由小到大，故C正确；
D.原子晶体中，原子半径越小、共价键的键长越短、共价键越强，则金刚石、SiC、Si中共价键由强到弱，故D错误；
故选：D。
A.金属晶体中，离子的电荷越高、离子半径越小，金属键越强，硬度越大；
B.同主族离子的电子层越多、离子半径越大；
C.具有相同电子层排布的离子中，核电荷数大的离子半径小；
D.原子晶体中，原子半径越小、共价键的键长越短、共价键越强。
本题考查晶体类型及性质、离子半径，为高频考点，把握晶体中的作用力、晶体的性质、微粒半径的比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.SiO2和SiC中都只含共价键，都属于共价晶体，故A正确；
B.AlCl3属于共价晶体，NaCl中都只含离子键，属于离子晶体，故B错误；
C.Ar和HCl中不含共价键，HCl中只含共价键，都属于分子晶体，故C错误；
D.CCl4中只含共价键，属于分子晶体，NH4Cl中都含共价键、离子键，属于离子晶体，故D错误；
故选：A。
活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素的原子之间易形成共价键；分子晶体是由分子构成的，共价晶体是由原子构成的，离子晶体是由阴阳离子构成的。
本题考查化学键和晶体类型的判断，侧重考查对基本概念的理解和应用，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，知道常见的晶体类型，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.X是铝，能和氢氧化钠溶液反应，也能和酸反应，属于两性金属，故A错误；
B.Y为Si，其最高价氧化物的水化物为硅酸，属于弱酸，故B错误；
C.Z为P，最低价为−3价，故C错误；
D.W的最高价氧化物的水化物为硝酸，属于强酸，故D正确；
故选：D。
W、X、Y、Z为短周期主族元素，由它们在周期表中位置，可知W位于第二周期，X、Y、Z位于第三周期，W与X的最高化合价之和为8，设X最外层电子数为a，则W的最外层电子数为a+2，则有：a+a+2=8，解得：a=3，则X为Al，故W为N、Y为Si，Z为P元素。
本题考查位置结构性质关系的应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
12.【答案】A
【解析】解：A.氯化铵是由铵根离子和氯离子构成的物质，属于离子晶体，铵根离子与氯离子间存在离子键，氮原子与氢原子间形成共价键，故A正确；
B.氯化铵含有铵根离子，属于铵态氮肥，故B错误；
C.氯化铵不稳定，受热易分解，但不能用氯化铵来制备氨气，因氯化铵受热生成的氨气与氯化氢在试管口又重新结合为氯化铵，收集不到氨气，故C错误；
D.氯化铵的电子式为：，故D错误；
故选：A。
A.由离子构成的物质，属于离子晶体；
B.含有铵根离子的氮肥属于铵态氮肥；
C.氯化铵不稳定，受热易分解，但不能用氯化铵来制备氨气，因氯化铵受热生成的氨气与氯化氢在试管口又重新结合为氯化铵，应加热氢氧化钙和氯化铵的固体制备氨气；
D.离子化合物电子式的书写阴离子和复杂阳离子要加[]，不能漏写未参与成键的电子。
本题主要考查氨气的制法、电子式的书写、晶体类型的判断等基础知识，为高频考点，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.常温下Fe遇浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜，故A错误；
B.致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则无明显现象，不能生成大量的二氧化硫，故B错误；
C.发生钝化，铁片表面立即被氧化，故C正确；
D.生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则无明显现象，且浓硫酸具有强氧化性，与Fe反应不生成氢气，故D错误；
故选：C。
常温下，将铁片投入浓H2SO4中，发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则无明显现象，以此来解答。
本题考查Fe与浓硫酸的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
14.【答案】A
【解析】解：明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42−恰好完全沉淀，明矾与氢氧化钡按照物质的量1：2反应，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为：1：4，二者反应生成[Al(OH)4]−，故A正确；
故选：A。
明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42−恰好完全沉淀，明矾与氢氧化钡按照物质的量1：2反应，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比=1：4，据此判断解答。
本题考查离子反应，为高频考点，把握发生的化学反应实质为解答的关键，侧重反应实质、与量有关的离子反应及氢氧化铝两性的考查，题目难度不大。
15.【答案】B
【解析】解：A、铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以Cl2(g)→△Fe(s)FeCl2(s)转化不能实现，故A错误；
B、氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，所以符合MgCl2(aq)→石灰乳Mg(OH)2(s)→煅烧MgO(s)各步转化，故B正确；
C、硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故C错误；
D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，碳酸氢钠分解可生成碳酸钠，故D错误。
故选：B。
A、铁与氯气反应生成氯化铁；
B、氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁；
C、硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫；
D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠。
本题考查常见金属元素及其化合物的综合应用，为高频考点，明确常见元素及其化合物性质即可解答，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
16.【答案】B
【解析】解：A.SO42−与Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故A不选；
B.H+、Fe3+、NO3−、SO42−相互不反应，可以大量共存，故B选；
C.SO32−与H+反应，不能大量共存，故C不选；
D.Fe2+、NO3−、H+，发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选；
故选：B。
强酸溶液中含有大量氢离子，离子之间能够发生反应就不能大量共存，据此判断。
本题考查了离子共存判断，明确离子反应条件是解题关键，题目难度不大。
17.【答案】D
【解析】解：A.氯气、HCl均与饱和碳酸氢钠溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水、洗气，故A错误；
B.氮气、氧气均与Mg反应，不能除杂，应选铜网、加热，故B错误；
C.二氧化碳、二氧化硫均与饱和碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故C错误；
D.氧化铝与NaOH溶液反应，氧化铁不能与NaOH溶液反应，反应后过滤可除杂，故D正确；
故选：D。
A.氯气、HCl均与饱和碳酸氢钠溶液反应；
B.氮气、氧气均与Mg反应；
C.二氧化碳、二氧化硫均与饱和碳酸钠溶液反应；
D.氧化铝与NaOH溶液反应，氧化铁不能与NaOH溶液反应。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
18.【答案】C
【解析】解：A.白醋可除去水壶中的水垢，离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO−，故A错误；
B.常温下NH4HCO3稀溶液与足量稀Ba(OH)2反应，离子方程式为：NH4++HCO3−+Ba2++2OH−=NH3⋅H2O+BaCO3↓+H2O，故B错误；
C.在碳酸钠溶液中滴加数滴盐酸，离子方程式为：CO32−+H+=HCO3−，故C正确；
D.室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2，离子方程式为：Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O，故D错误；
故选：C。
A.醋酸为弱酸应保留化学式；
B.氢氧化钡足量反应生成碳酸钡、水和一水合氨；
C.盐酸少量反应生成碳酸氢根离子；
D.室温下氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水。
本题考查了离子方程式书写方法和注意问题，掌握物质性质和实质是解题关键，注意离子方程式书写遵循客观事实、遵循原子个数守恒，题目难度不大。
19.【答案】B
【解析】解：n(Fe)=5.6g56g/mol=0.1mol，由3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，消耗HNO3最少为0.1mol×83=415mol≈0.27mol，由Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O可知，消耗HNO3最多为0.1mol×4=0.4mol，则0.27≤a≤0.4，
故选：B。
恰好发生反应3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O时，一定量的Fe消耗HNO3最少，恰好发生反应Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O时，一定量的Fe消耗HNO3最多，据此分析解答。
本题考查化学方程式的计算，关键是明确发生的反应，题目难度不大，试题培养了学生化学计算能力。
20.【答案】C
【解析】解：A.由2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2可知SO2中S元素的化合价从+4价降低到+2价，被还原，则二氧化硫只是氧化剂，故A错误；
B.反应中2Na2S转化为3Na2S2O3，转移8个电子，则生成1molNa2S2O3，转移83mol电子，故B错误；
C.2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故C正确；
D.由2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2可知每吸收4m3SO2就会放出1m3CO2，相同条件下，每吸收1m3SO2就会放出0.25m3CO2，故D错误；
故选：C。
工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，反应在S元素的化合价从−2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，以此来解答。
本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子计算的考查，题目难度不大。
21.【答案】四 ⅥA分子 分子间作用力 高于 S元素的非金属性大于Se，得电子能力强 AC 离子 Na+[：H]−
【解析】解：Ⅰ(1)Se与S在同一主族，位于S的下一个周期，S位于第三周期ⅥA族，则Se位于第四周期ⅥA族，
故答案为：四；ⅥA；
(2)硒化氢是由分子构成的物质，属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力；对于结构和组成相似的分子晶体来说，相对分子质量越大熔沸点越高；
(3)SeS2中S元素的非金属性大于Se，得电子能力强，所以硫元素化合价为负价，
故答案为：S元素的非金属性大于Se，得电子能力强；
(4)A.元素的非金属性越强，对应的气态氢化物的稳定性越强，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，即O、S、Se、Te的非金属性逐渐减弱，所以气态氢化物的稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱，故A正确；
B.同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，O、S、Se、Te原子半径依次增大，原子半径越大，则键长越长，其氢化物中的键长按O−H、S−H、Se−H、Te−H的顺序依次增大，故B错误；
C.元素的非金属性越强，对应的其阴离子的还原性越弱，则O2−、S2−、Se2−、Te2−的顺序依次增强，故C正确；
D.元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，S、Se、Te非金属性逐渐减弱，其最高价氧化物的水化物酸性按H2SO4、H2SeO4、H2TeO4顺序依次减弱，故D错误；
故答案为：AC；
Ⅱ(1)NaH是由离子构成的物质，属于离子晶体，其电子式为：Na+[：H]−，
故答案为：离子；Na+[：H]−；
(2)高温下，NaH可将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛，同时生成H2，化学方程式为：4NaH+TiCl4−高温Ti+4NaCl+2H2↑，电子转移方向与数目为：，
故答案为：。
Ⅰ(1)Se与S在同一主族，位于S的下一个周期，S位于第三周期ⅥA族，则Se位于第四周期ⅥA族；
(2)由分子构成的物质，属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力；对于结构和组成相似的分子晶体来说，相对分子质量越大熔沸点越高；
(3)元素的非金属性越强，得电子能力强，在物质中化合价为负价；
(4)A.元素的非金属性越强，对应的气态氢化物的稳定性越强，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱；
B.同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径越大，则键长越长；
C.元素的非金属性越强，对应的其阴离子的还原性越弱；
D.元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱；
Ⅱ(1)由离子构成的物质，属于离子晶体；
(2)高温下，NaH可将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛，同时生成H2，化学方程式为：4NaH+TiCl4−高温Ti+4NaCl+2H2↑，根据双线桥标出电子转移方向与数目。
本题主要考查元素周期表的结构、元素周期律等知识，为高频考点，题目难度不大。
22.【答案】H2S⇌HS−+H+、HS−⇌H++S2− 增强 S4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O2H2S+O2=2S↓+2H2OSHCl变蓝(或变蓝后再褪色)2NaOH+H2S=Na2S+2H2O
【解析】解：(1)硫化氢溶于水显弱酸性的原因为H2S⇌HS−+H+、HS−⇌H++S2−；过程①Cu2+吸收H2S生成CuS沉淀，反应为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，溶液的酸性增强，
故答案为：H2S⇌HS−+H+、HS−⇌H++S2−；；；
(2)①在图示过程②中铁离子和CuS反应生成铜离子、亚铁离子、S，化合价升高为元素被氧化，S由−2价变为0价，被氧化的元素是S，
故答案为：S；
②在图示过程③中：Fe2+转化为Fe3+，反应的离子方程式4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，
故答案为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；
③发生的有三个反应：①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S，③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O，
故答案为：2H2S+O2=2S↓+2H2O；
(3)①三颈瓶中出现淡黄色沉淀，应生成硫，溶液呈强酸性，说明二者发生氧化还原反应，Cl2O被还原生成盐酸，反应的方程式为2H2S+Cl2O=2S↓+2HCl+H2O，
故答案为：S；HCl；
②若通入水中的Cl2O已过量，溶液有HClO生成，具有强氧化性，可用玻璃棒蘸取清液，点到KI−淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl2O过量，
故答案为：变蓝(或变蓝后再褪色)；
③足量的NaOH溶液吸收H2S气体的化学方程式：2NaOH+H2S=Na2S+2H2O，
故答案为：2NaOH+H2S=Na2S+2H2O。
(1)硫化氢在水中电离：H2S⇌HS−+H+、HS−⇌H++S2−；过程①Cu2+吸收H2S生成CuS沉淀反应为Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
(2)由图可知：发生的有三个反应：①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S，③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O，据此分析；
(3)①三颈瓶中出现淡黄色沉淀，应生成硫，溶液呈强酸性，说明二者发生氧化还原反应，Cl2O被还原生成盐酸；
②若通入水中的Cl2O已过量，溶液有HClO生成，具有强氧化性；
③NaOH溶液吸收H2S气体变为Na2S。
本题考查了物质的性质实验，为高考常见题型和高频考点，涉及氧化还原反应的原理、装置的理解等知识点，综合性较强，要求学生具有运用基础知识解决问题的能力，题目难度中等。
23.【答案】ACC122.4 向待测液中加入浓碱液，并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸是否呈蓝色 品红溶液 A中品红没有褪色，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀 氧化性 BaSO4 BaSO3 SO2+Cl2+2H2O=SO42−+2Cl−+4H+
【解析】解：(1)A.NO在室温下容易被空气中的O2氧化为NO2，NO2被水吸收得到HNO3，从而导致酸雨的形成，因此氮氧化物与酸雨形成有关，故A正确；
B.沙尘暴是固体粉尘导致，与氮氧化合物无关，故B错误；
C.光化学烟雾是汽车、厂等污染源排入大气的碳氢化合物(CxHy)和氮氧化物(NOx)等一次污染物在阳光(紫外光)作用下发生光化学反应生成二次污染物，后与一次污染物混合所形成的有害浅蓝色烟雾，与氮氧化物有关，故C正确；
D.白色污染是有机合成材料如塑料、泡沫等造成，与氮氧化物无关，故D错误；
故答案为：AC；
(2)A.工业合成NH3是人们在一定条件下将N元素的单质转化为化合物的过程，因此属于人工固氮，故A正确；
B.NH3易液化，汽化吸热，液氨常用作致冷剂，故B正确；
C.NH3可和浓硫酸、氯化钙反应，因此不能用浓硫酸或无水氯化钙干燥，故C错误；
D.NH3制备NO，N化合价升高，体现了NH3的还原性，故D正确；
故答案为：C；
(3)假设烧瓶容积是V L，当氨气完全溶于水后，水充满整个烧瓶后溶液体积也是VL，则用充满NH3的烧瓶做喷泉实验，所形成溶液的物质的量浓度c=nV=V22.4×Vmol/L=122.4mol/L，
故答案为：122.4；
(4)实验室检验铵根离子的方法是向待测液中加入浓碱液，并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸是否呈蓝色，
故答案为：向待测液中加入浓碱液，并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸是否呈蓝色；
(5)②铜和热的浓硫酸反应，反应中Cu元素的化合价由0升高到+2价，作还原剂，产物为二氧化硫、硫酸铜和水，反应的方程式为Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+2H2O+SO2↑；装置X检验SO2是否反应完全，二氧化硫使品红溶液褪色，能检验二氧化硫；
故答案为：品红溶液；
③二氧化硫具有漂白性，当A中品红溶液没有褪色，说明二氧化硫已经完全除尽，避免了二氧化硫和可溶性硅酸盐反应，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸白色沉淀，说明碳酸能制取硅酸，能证明碳酸酸性强于硅酸酸性，
故答案为：A中品红没有褪色，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀；
(6)②打开b，关闭a，二氧化硫与硫化氢溶液反应生成S沉淀，反应方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，SO2中S化合价降低，体现氧化性，
故答案为：氧化性；
③二氧化硫与氯化钡溶液不反应，滴加氯水，氯水与二氧化硫反应SO2+Cl2+2H2O=SO42−+2Cl−+4H+，二氧化硫体现还原性，生成硫酸根离子，与钡离子反应生成BaSO4沉淀，滴加氨水，二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成BaSO3沉淀，
故答案为：BaSO4；BaSO3；SO2+Cl2+2H2O=SO42−+2Cl−+4H+。
N2、H2在高温、高压、催化剂存在条件下反应产生NH3，NH3与O2在催化剂存在和加热条件下反应产生NO，NO被O2氧化为NO2，NO2被水吸收得到HNO3；
(1)A.NO在室温下容易被空气中的O2氧化为NO2，NO2被水吸收得到HNO3，从而导致酸雨的形成；
B.沙尘暴是固体粉尘导致；
C.光化学烟雾是汽车、厂等污染源排入大气的碳氢化合物(CxHy)和氮氧化物(NOx)等一次污染物在阳光(紫外光)作用下发生光化学反应生成二次污染物；
D.白色污染是有机合成材料如塑料、泡沫等造成；
(2)A.工业合成NH3是人们在一定条件下将N元素的单质转化为化合物的过程；
B.氨气汽化吸热；
C.NH3可和浓硫酸、氯化钙反应；
D.NH3生成NO化合价升高；
(3)假设烧瓶容积是V L，当氨气完全溶于水后，水充满整个烧瓶后溶液体积也是VL，则用充满NH3的烧瓶做喷泉实验，所形成溶液的物质的量浓度c=nV；
(4)先用碱液和铵根离子反应，再用湿润的红色石蕊试纸检验NH3；
Ⅱ.圆底烧瓶中Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫，打开a关闭b，酸性：亚硫酸>碳酸，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，A中盛放品红，验证二氧化碳中没有二氧化硫存在，避免干扰试验，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成白色的硅酸沉淀，则可知碳酸酸性强于硅酸，进而确认碳的非金属性强于硅；打开b，关闭a，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，与硫化氢溶液反应生成S沉淀，NaOH溶液用于尾气处理，据此作答。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质性质、喷泉实验原理等，把握反应原理及物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意发生的化学反应，题目难度中等。
24.【答案】Fe+H2O(g)−高温FeO+H2 蒸发皿 产生大量的水蒸气 纳米级Fe粉与水蒸气反应的过程中Fe过量，Fe没有反应完；将反应后的固体，加入少量的硫酸，也可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以看不到血红色 先生成白色沉淀，白色沉淀迅速经灰绿色并转化为红褐色沉淀 5 1 8 5 1 4 250mL容量瓶 胶头滴管 1.25b×10−2
【解析】解：(1)酒精灯的加热温度400∼500℃，适用于温度不需太高的实验，所以本实验中产物为FeO和氢气，方程式为Fe+H2O(g−高温FeO+H2,
故答案为：Fe+H2O(g)−高温FeO+H2；
(2)仪器a的名称为蒸发皿；加热湿棉花的目的是产生大量的水蒸气，
故答案为：蒸发皿；产生大量的水蒸气；
(3)加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，说明溶液中没有Fe3+，可能是因为纳米级Fe粉与水蒸气反应的过程中Fe过量，Fe没有反应完；将反应后的固体，加入少量的硫酸，也可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以看不到血红色，
故答案为：纳米级Fe粉与水蒸气反应的过程中Fe过量，Fe没有反应完；将反应后的固体，加入少量的硫酸，也可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以看不到血红色；
(4)a中含有亚铁离子，加入NaOH溶液，发生反应：Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓，过程中会看到：先生成白色沉淀，白色沉淀迅速经灰绿色并转化为红褐色沉淀，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，
故答案为：先生成白色沉淀，白色沉淀迅速经灰绿色并转化为红褐色沉淀；
(4)①将溶液准确稀释至250mL，需要的玻璃仪器有：烧杯、250mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，
故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；
②亚铁离子由+2价升高为+3价，KMnO4中Mn由+7价降低为+2价，根据得失电子守恒配平为5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，
故答案为：5；1；8；5；1；4；
③两次数据可得标准溶液的体积消耗量为bmL，根据反应5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则250mL待测溶液中Fe2+的物质的量为0.100mol/L×b×10−3L×5×250mL10.00mL=1.25b×10−2mol，
故答案为：1.25b×10−2。
(1)酒精灯的加热温度400∼500℃，Fe粉与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和氢气；
(2)仪器a的名称为蒸发皿，常用于蒸发溶液等；乙装置中铁粉与Fe粉与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和氢气；
(3)加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，说明溶液中没有Fe3+；
(4)a中含有亚铁离子，加入NaOH溶液，发生反应：Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(5)①根据配制一定量物质的量浓度溶液所需要的仪器可以找出还缺少的玻璃仪器；
②亚铁离子由+2价升高为+3价，KMnO4中Mn由+7价降低为+2价，根据得失电子守恒配平；
③可以根据消耗的KMnO4标准溶液的体积结合反应方程式计算出亚铁离子的物质的量。
本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，把握高温下铁与水反应及实验中装置的作用为解答的关键，题目难度中等。
2021-2022学年上海市晋元高中高一（下）期末化学试卷
1. 2022年北京冬奥会上，我国短道速滑队所用冰刀材料是特殊的钢材料。下列说法中正确的是( )
A. 该合金熔点比纯铁熔点高 B. 该合金硬度比纯铁高
C. 该合金碳含量比生铁高 D. 该合金属于共价晶体
2. 2021年9月30日，我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的合成。下列关于CO2的说法中，不正确的是( )
A. 属于酸性氧化物 B. 属于非电解质
C. 含有非极性键 D. 原子的最外层都达到8电子稳定结构
3. 科学家发现在超流体 4He中溶解 3He时会吸热，能达到0.025K的低温。关于 3He和 4He的说法不正确的是( )
A. 中子数不相同 B. 互为同位素
C. 原子的核外电子排布相同 D. 物理性质相同
4. 能用共价键键能大小解释的是( )
A. 熔点：I2>Cl2 B. 熔点：NaCl>NaI
C. 沸点：HI>HCl D. 热稳定性：HCl>HI
5. 49号铟元素(与Al同族)的近似相对原子质量为：113×4.3%+115×95.7%=114.9。下列说法正确的是( )
A. 铟原子一定有64个中子 B. 某种同位素原子符号为 11549In
C. 铟元素位于第5周期 D. 95.7%是铟元素的丰度
6. 在空气中久置会变色的强电解质是( )
A. 硫酸亚铁 B. 硫化氢 C. 烧碱 D. 氯水
7. 与水反应且水分子上有电子转移的是( )
A. CaO B. Na2O2 C. NO2 D. Na
8. 用化学用语表示2H2S+3O2−点燃2SO2+2H2O中的相关微粒，其中正确的是( )
A. 中子数为18的硫原子： 18S B. O2的结构式：O=O
C. H2S的空间填充模型： D. S的原子结构示意图：
9. 下列变化规律中，不正确的是( )
A. Al、Mg、Na的硬度由大到小 B. Cl−、Br−、I−的离子半径由小到大
C. H+、Li+、H−的离子半径由小到大 D. 金刚石、SiC、Si中共价键由弱到强
10. 下列各晶体中，含有的化学键类型相同且晶体类型也相同的一组是( )
A. SiO2和SiC B. AlCl3和NaCl C. Ar和HCl D. CCl4和NH4Cl
11. 如图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( )
A. X元素具有两性--酸性和碱性 B. Y的最高价氧化物的水化物是弱碱
C. Z最低负价为−5价 D. W的最高价氧化物的水化物是强酸
12. 下列关于NH4Cl的说法正确的是( )
A. 属于离子晶体，同时存在离子键与共价键
B. 属于硝态氮肥
C. 受热易分解，常用加热NH4Cl来制备NH3
D. 电子式为：
13. 常温下，将铁片投入浓H2SO4中，下列说法正确的是( )
A. 不发生反应 B. 产生大量SO2
C. 铁片表面立即被氧化 D. 产生大量H2
14. 向KAl(SO4)2溶液中加入一定量的Ba(OH)2溶液，当SO42−恰好完全沉淀时，铝元素的存在形态是( )
A. [Al(OH)4]− B. Al(OH)3
C. Al3+、Al(OH)3 D. Al(OH)3、[Al(OH)4]−
15. 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. NaCl(aq)→电解Cl2(g)→△Fe(s)FeCl2(s)
B. MgCl2(aq)→石灰乳Mg(OH)2(s)→煅烧MgO(s)
C. S(s)→点燃O2(g)SO3(g)→H2O(l)H2SO4(aq)
D. N2(g)→高温高压、催化剂H2(g)NH3(g)→NaCl(aq)CO2(g)Na2CO3(s)
16. 常温下，在强酸性溶液中可以大量共存的是( )
A. Al3+、SO42−、Ba2+ B. Fe3+、NO3−、SO42−
C. SO32−、Na+、Cl− D. Fe2+、NO3−、Cl−
17. 下表中除杂试剂和方法都正确的是( )
选项
物质(杂质)
除杂试剂
分离方法
A
Cl2(HCl)
饱和NaHCO3溶液
洗气
B
N2(O2)
镁粉
加热
C
CO2(SO2)
饱和Na2CO3溶液
洗气
D
Fe2O3(Al2O3)
NaOH溶液
过滤
A. A B. B C. C D. D
18. 解释下列事实的方程式正确的是( )
A. 白醋可除去水壶中的水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
B. 常温下NH4HCO3稀溶液与足量稀Ba(OH)2反应：NH4++HCO3−+2OH−=NH3⋅H2O+CO32−+H2O
C. 在碳酸钠溶液中滴加数滴盐酸：CO32−+H+=HCO3−
D. 室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：3Cl2+6OH−=ClO3−+5Cl−+3H2O
19. 5.6gFe粉在含amolHNO3的稀硝酸中正好完全溶解，则a值可能是( )
A. 0.25 B. 0.3 C. 0.45 D. 0.5
20. 工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中( )
A. SO2既是氧化剂又是还原剂
B. 每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
D. 相同条件下，每吸收1m3SO2就会放出0.5m3CO2
21. 元素的单质及其化合物对人类的生活、生产有着重要影响。
Ⅰ.例如：二硫化硒(SeS2)具有抗真菌、抗皮脂溢出作用，常用作洗发香波中的去屑剂。硒与硫在元素周期表中的相对位置如图所示。
(1)硒在元素周期表中的位置是：第 ______周期第 ______族；
(2)固态时，硒化氢属于 ______晶体，熔化时需要克服的作用力是：______；熔点：硒化氢 ______硫化氢(选填“高于”或“低于”或“无法判断”)。
(3)SeS2中硫元素的化合价为负价，请从原子结构角度解释原因。 ______。
(4)氧族元素的单质及其化合物的性质存在着相似性和递变性。下列有关说法正确的是 ______。
A.氧族元素气态氢化物稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱
B.其氢化物中的键长按O−H、S−H、Se−H、Te−H的顺序依次减小
C.其负离子的还原性按O2−、S2−、Se2−、Te2−的顺序依次增强
D.其最高价氧化物的水化物酸性按H2SO4、H2SeO4、H2TeO4顺序依次增强
Ⅱ.又如：H2与碱金属等单质在较高温度下可以化合生成离子型金属氢化物，如NaH、LiH等，它们具有极强的还原性，广泛应用于工业生产。
(1)NaH属于 ______晶体(填写晶体类型)，写出NaH的电子式：______。
(2)高温下，NaH可将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛，同时生成H2。写出反应的化学方程式，并标出电子转移方向与数目 ______。
22. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合酸性溶液中反应回收S，其物质转化如图所示
(1)用合适的化学用语表示硫化氢溶于水显弱酸性的原因：______；过程①Cu2+吸收H2S生成CuS沉淀，溶液的酸性 ______(选填：“增强”或“减弱”或“不变”)。
(2)①在图示过程②中：被氧化的元素是：______；
②在图示过程③中：Fe2+转化为Fe3+，写出反应的离子方程式 ______。
③写出反应①、②、③的总反应的化学方程式：______。(条件略)
(3)某兴趣小组为探究H2S和Cl2O的性质，将两种气体同时通入水中，实验装置如图：
①三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性，写出与上述现象相关的产物的化学式，依次为：______、______。
②Cl2O易溶于水并生成次氯酸，当通入的Cl2O过量，用玻璃棒蘸取三颈瓶中的液体点到淀粉−KI试纸上，将看到的现象是：______。
③写出足量的NaOH溶液吸收H2S气体的化学方程式：______。
23. 硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注。回答以下问题：
Ⅰ.图1是工业上生产HNO3的流程图：
(1)与氮氧化物有关的全球性大气环境问题有 ______。
A.酸雨
B.沙尘暴
C.光化学烟雾
D.白色污染
(2)下列有关NH3的说法，不正确的是 ______(填字母序号)。
A.工业合成NH3属于人工固氮
B.NH3易液化，液氨常用作致冷剂
C.NH3可用浓硫酸或无水氯化钙干燥
D.NH3制备NO体现了NH3的还原性
(3)NH3极易溶于水，在标准状况下，用充满NH3的烧瓶做喷泉实验，水充满整个烧瓶后所形成溶液的物质的量浓度为 ______mol⋅L−1。(保留3位有效数字)
(4)工业上常用氨气与硝酸反应制备化肥硝酸铵，写出检验铵根离子的实验方法：______。
Ⅱ.化学兴趣小组的同学利用如图进行SO2的一些性质实验(加热装置略)：
(5)首先，验证碳、硅非金属性的相对强弱(已知酸性：亚硫酸>碳酸)。
①连接仪器、检查装置气密性、加药品后，打开a、关闭b，然后滴入浓硫酸，加热。
②装置A中试剂是 ______。
③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是：______。
(6)验证SO2的某些性质。
①打开b，关闭a。
②硫化氢溶液中看到有淡黄色沉淀，SO2体现 ______。(选填“酸性氧化物”、“还原性”、“氧化性”)
③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液，都产生了白色沉淀，将产生的沉淀的化学式填入下表相应位置。
滴加的溶液
氯水
氨水
沉淀的化学式
______
______
写出其中SO2显示还原性生成沉淀的离子方程式：______。
24. 在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时生成FeO，高于570℃时生成Fe3O4。甲、乙两位同学分别用酒精灯和酒精喷灯进行纳米级Fe粉与水蒸气反应的实验并验证产物。
Ⅰ.(1)甲装置中纳米级Fe粉与水蒸气反应的化学方程式是 ______。
(2)甲装置中仪器a的名称为 ______；加热湿棉花的目的是：______。
Ⅱ.乙同学为探究实验结束后试管内的固体物质成分，进行了下列实验：
步骤
实验操作
实验现象
Ⅰ
将反应后得到的黑色粉末X(假定为均匀的)，取出少量放入另一试管中，加入少量稀硫酸，微热
黑色粉末逐渐溶解，溶液呈浅绿色；有少量气泡产生
Ⅱ
向实验Ⅰ得到的溶液a中滴加几滴KSCN溶液，振荡
溶液没有出现红色
(3)根据以上实验，乙同学认为该条件下反应的固体产物为FeO。丙同学认为乙同学的结论不正确，他说出了自己的理由，请你结合离子方程式帮他进行说明：______。
(4)若向实验Ⅰ得到的溶液a中加入NaOH溶液，将看到的现象是：______。
(5)乙同学想进一步测定实验Ⅰ所得溶液中Fe2+的含量：
步骤1：将试管中的溶液准确稀释至250mL，取出10.00mL于锥形瓶中；
步骤2：向锥形瓶中加入少量稀硫酸；
步骤3：用浓度为0.100mol/L的KMnO4溶液进行滴定；
步骤4：记录数据，并重复上述操作2次，计算反应消耗KMnO4溶液bmL。
测定原理为：______Fe2++______MnO4−+______H+=______Fe3++______Mn2++______H2O
①将溶液准确稀释至250mL，需要的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、______、______。
②配平上述测定原理的方程式。
③通过计算可知：实验Ⅰ所得溶液中的Fe2+的物质的量为 ______mol。(用含b的代数式表示)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.合金的熔点低于成分金属，故A错误；
B.该合金硬度比纯铁高，适合用于制造冰刀，故B正确；
C.钢的含碳量低于生铁，故C错误；
D.合金属于金属晶体，故D错误；
故选：B。
依据合金的硬度大于成分金属硬度的性质判断解答。
本题考查了合金的性质与用途，熟悉合金的性质即可解答，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.二氧化碳只能和碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，故A正确；
B.二氧化碳在水溶液中和熔融状态下均不能自身电离出自由移动离子而导电，为非电解质，故B正确；
C.形成于同种元素的原子间的共价键为非极性键，二氧化碳的结构式为O=C=O，只含极性键，故C错误；
D.二氧化碳的电子式为，原子的最外层都达到8电子稳定结构，故D正确；
故选：C。
A.只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
B.在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；
C.形成于同种元素的原子间的共价键为非极性键；
D.二氧化碳的电子式为。
本题考查了二氧化碳的结构和性质，难度不大，应注意二氧化碳电子式和结构式的书写。
3.【答案】D
【解析】解：A.3He和 4He的质子数为2，中子数分别为1、2，中子数不同，故A正确；
B. 3He和 4He的质量数分别为3、4，质子数一样，属于同位素，故B正确；
C. 3He和 4He的核外电子数相同，都为2，原子的核外电子排布相同，故C正确；
D. 3He和 4He的质量数不同，物理性质不完全相同，故D错误；
故选：D。
原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，原子中核电荷数=核外电子数=质子数，质量数=质子数+中子数主族元素化学性质取决于原子的最外层电子数。
本题考查了原子结构、微粒关系、原子符号、元素化学性质和物理性质的分析判断等知识点，注意知识的准确掌握，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A、I2和Cl2属于组成和结构相似的分子晶体，熔点与分子间作用力有关，与化学键无关，故A错误；
B、离子晶体的熔点与离子键的晶格能和离子所带电荷有关，与共价键无关，故B错误；
C、结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，HCl、HI的沸点逐渐升高，与分子间作用力有关，与共价键无关，故C错误；
D、元素的非金属性越强，共价键越稳定，其氢化物越稳定，则HCl、HI的热稳定性依次减弱，与分子中的共价键键能有关，故D正确；
故选：D。
共价键都有键能之说，键能是指拆开1mol共价键所需要吸收的能量或形成1mol共价键所放出的能量，据此解答即可。
A、分子晶体的熔点与化学键无关；
B、离子晶体的熔点与离子键的晶格能和离子所带电荷有关；
C、结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高；
D、元素的非金属性越强，共价键越稳定，其氢化物越稳定。
本题考查了共价键、离子键、分子间作用力，侧重于考查微粒之间的作用力，题目难度不大，注意把握不同作用力对物质性质的影响。
5.【答案】C
【解析】解：A.根据题意，铟元素有 49115In、 49113In两种同位素， 49115In有66个中子、 49113In有64个中子，故A错误；
B.质量数标在元素符号的左上角、质子数标在元素符号的左下角，某种同位素原子符号为 49115In，故B错误；
C.49号铟元素，有5个电子层，最外层有3个电子，位于第五周期ⅢA族，故C正确；
D.95.7%是 49115In同位素的丰度，故D错误；
故选：C。
49号铟元素近似相对原子质量为：113×4.3%+115×95.7%=114.9，是同位素所占丰度和原子的质量数计算得到的平均值，说明铟元素存在两种同位素，质量数分别为113、115，质子数=核电荷数=核外电子数=49，质量数=质子数+中子数，核外电子层数=周期序数，主族元素最外层电子数=主族族序数，原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，以此解答该题。
本题考查了原子结构、同位素分析判断、元素相对原子质量的计算等，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和双基知识，需要学生对于某些容易混淆的基本概念有准确的理解，体现了高考立足于基础知识的特点，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.硫酸亚铁在水溶液中能完全电离，属于强电解质，空气中能够被氧气氧化生成硫酸铁，颜色发生改变，故A正确；
B.硫化氢在熔融状态下不能电离，在水溶液中只能部分电离，故硫化氢是弱酸，属于弱电解质，故B错误；
C.烧碱即NaOH，在水溶液中和熔融状态下均能完全电离，故为强电解质，但在空气中久置后变为碳酸钠，颜色不变，故C错误；
D.氯水为混合物，不属于电解质，故D错误；
故选：A。
水溶液中能完全电离的电解质为强电解质，在空气中久置会变色，说明能够与空气中的成分发生反应生成不同颜色的新物质，结合物质的性质判断解答。
本题考查了强弱电解质的判新和物质在空气中久置的变化，应注意的是物质在空气中久置可能与空气中的水、二氧化碳反应，也可能是被氧气氧化。
7.【答案】D
【解析】解：A.CaO与水反应生成氢氧化钙，各元素无化合价变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B.Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，水中各元素化合价未发生变化，水分子上无电子转移，故B错误；
C.NO2与水反应生成硝酸和NO，水中各元素化合价未发生变化，水分子上无电子转移，故C错误；
D.Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，水中氢元素化合价降低，得到电子，存在电子转移，故 D正确；
故选：D。
水分子上有电子转移说明水作氧化剂或还原剂的氧化还原反应。
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意把握元素化合价的变化，从化合价的角度理解氧化还原反应，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
8.【答案】B
【解析】解：A.中子数为18的硫原子的质量数为16+18=34，该核素为 1634S，故A错误；
B.氧分子中O原子间共用2对电子，氧原子最外层达到8e−结构，电子式为，结构式为O=O，故B正确；
C.H2S是V形分子，中心原子是S，并且S原子半径大于H，其空间填充模型为×，故C错误；
D.S原子的质子数和电子数都是16，核外电子分层排布，其结构示意图为，故D错误；
故选：B。
A.质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角；
B.氧原子最外层电子数为6，氧分子中氧原子间形成双键；
C.H2S是V形分子，并且S原子半径大于H；
D.S原子的质子数和电子数都是16，核外电子分层排布。
本题考查化学用语，涉及电子式、结构式、空间填充模型、原子结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，注意化学用语的规范使用及相互间的关系，试题侧重于考查基础知识的掌握和运用，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.金属晶体中，离子的电荷越高、离子半径越小，金属键越强，硬度越大，则Al、Mg、Na的硬度由大到小，故A正确；
B.同主族离子的电子层越多、离子半径越大，则Cl−、Br−、I−的离子半径由小到大，故B正确；
C.电子层越多、离子半径越大，具有相同电子层排布的离子中，核电荷数大的离子半径小，则H+、Li+、H−的离子半径由小到大，故C正确；
D.原子晶体中，原子半径越小、共价键的键长越短、共价键越强，则金刚石、SiC、Si中共价键由强到弱，故D错误；
故选：D。
A.金属晶体中，离子的电荷越高、离子半径越小，金属键越强，硬度越大；
B.同主族离子的电子层越多、离子半径越大；
C.具有相同电子层排布的离子中，核电荷数大的离子半径小；
D.原子晶体中，原子半径越小、共价键的键长越短、共价键越强。
本题考查晶体类型及性质、离子半径，为高频考点，把握晶体中的作用力、晶体的性质、微粒半径的比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.SiO2和SiC中都只含共价键，都属于共价晶体，故A正确；
B.AlCl3属于共价晶体，NaCl中都只含离子键，属于离子晶体，故B错误；
C.Ar和HCl中不含共价键，HCl中只含共价键，都属于分子晶体，故C错误；
D.CCl4中只含共价键，属于分子晶体，NH4Cl中都含共价键、离子键，属于离子晶体，故D错误；
故选：A。
活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素的原子之间易形成共价键；分子晶体是由分子构成的，共价晶体是由原子构成的，离子晶体是由阴阳离子构成的。
本题考查化学键和晶体类型的判断，侧重考查对基本概念的理解和应用，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，知道常见的晶体类型，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.X是铝，能和氢氧化钠溶液反应，也能和酸反应，属于两性金属，故A错误；
B.Y为Si，其最高价氧化物的水化物为硅酸，属于弱酸，故B错误；
C.Z为P，最低价为−3价，故C错误；
D.W的最高价氧化物的水化物为硝酸，属于强酸，故D正确；
故选：D。
W、X、Y、Z为短周期主族元素，由它们在周期表中位置，可知W位于第二周期，X、Y、Z位于第三周期，W与X的最高化合价之和为8，设X最外层电子数为a，则W的最外层电子数为a+2，则有：a+a+2=8，解得：a=3，则X为Al，故W为N、Y为Si，Z为P元素。
本题考查位置结构性质关系的应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
12.【答案】A
【解析】解：A.氯化铵是由铵根离子和氯离子构成的物质，属于离子晶体，铵根离子与氯离子间存在离子键，氮原子与氢原子间形成共价键，故A正确；
B.氯化铵含有铵根离子，属于铵态氮肥，故B错误；
C.氯化铵不稳定，受热易分解，但不能用氯化铵来制备氨气，因氯化铵受热生成的氨气与氯化氢在试管口又重新结合为氯化铵，收集不到氨气，故C错误；
D.氯化铵的电子式为：，故D错误；
故选：A。
A.由离子构成的物质，属于离子晶体；
B.含有铵根离子的氮肥属于铵态氮肥；
C.氯化铵不稳定，受热易分解，但不能用氯化铵来制备氨气，因氯化铵受热生成的氨气与氯化氢在试管口又重新结合为氯化铵，应加热氢氧化钙和氯化铵的固体制备氨气；
D.离子化合物电子式的书写阴离子和复杂阳离子要加[]，不能漏写未参与成键的电子。
本题主要考查氨气的制法、电子式的书写、晶体类型的判断等基础知识，为高频考点，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.常温下Fe遇浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜，故A错误；
B.致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则无明显现象，不能生成大量的二氧化硫，故B错误；
C.发生钝化，铁片表面立即被氧化，故C正确；
D.生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则无明显现象，且浓硫酸具有强氧化性，与Fe反应不生成氢气，故D错误；
故选：C。
常温下，将铁片投入浓H2SO4中，发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则无明显现象，以此来解答。
本题考查Fe与浓硫酸的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
14.【答案】A
【解析】解：明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42−恰好完全沉淀，明矾与氢氧化钡按照物质的量1：2反应，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为：1：4，二者反应生成[Al(OH)4]−，故A正确；
故选：A。
明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42−恰好完全沉淀，明矾与氢氧化钡按照物质的量1：2反应，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比=1：4，据此判断解答。
本题考查离子反应，为高频考点，把握发生的化学反应实质为解答的关键，侧重反应实质、与量有关的离子反应及氢氧化铝两性的考查，题目难度不大。
15.【答案】B
【解析】解：A、铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以Cl2(g)→△Fe(s)FeCl2(s)转化不能实现，故A错误；
B、氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，所以符合MgCl2(aq)→石灰乳Mg(OH)2(s)→煅烧MgO(s)各步转化，故B正确；
C、硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故C错误；
D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，碳酸氢钠分解可生成碳酸钠，故D错误。
故选：B。
A、铁与氯气反应生成氯化铁；
B、氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁；
C、硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫；
D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠。
本题考查常见金属元素及其化合物的综合应用，为高频考点，明确常见元素及其化合物性质即可解答，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
16.【答案】B
【解析】解：A.SO42−与Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故A不选；
B.H+、Fe3+、NO3−、SO42−相互不反应，可以大量共存，故B选；
C.SO32−与H+反应，不能大量共存，故C不选；
D.Fe2+、NO3−、H+，发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选；
故选：B。
强酸溶液中含有大量氢离子，离子之间能够发生反应就不能大量共存，据此判断。
本题考查了离子共存判断，明确离子反应条件是解题关键，题目难度不大。
17.【答案】D
【解析】解：A.氯气、HCl均与饱和碳酸氢钠溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水、洗气，故A错误；
B.氮气、氧气均与Mg反应，不能除杂，应选铜网、加热，故B错误；
C.二氧化碳、二氧化硫均与饱和碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故C错误；
D.氧化铝与NaOH溶液反应，氧化铁不能与NaOH溶液反应，反应后过滤可除杂，故D正确；
故选：D。
A.氯气、HCl均与饱和碳酸氢钠溶液反应；
B.氮气、氧气均与Mg反应；
C.二氧化碳、二氧化硫均与饱和碳酸钠溶液反应；
D.氧化铝与NaOH溶液反应，氧化铁不能与NaOH溶液反应。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
18.【答案】C
【解析】解：A.白醋可除去水壶中的水垢，离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO−，故A错误；
B.常温下NH4HCO3稀溶液与足量稀Ba(OH)2反应，离子方程式为：NH4++HCO3−+Ba2++2OH−=NH3⋅H2O+BaCO3↓+H2O，故B错误；
C.在碳酸钠溶液中滴加数滴盐酸，离子方程式为：CO32−+H+=HCO3−，故C正确；
D.室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2，离子方程式为：Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O，故D错误；
故选：C。
A.醋酸为弱酸应保留化学式；
B.氢氧化钡足量反应生成碳酸钡、水和一水合氨；
C.盐酸少量反应生成碳酸氢根离子；
D.室温下氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水。
本题考查了离子方程式书写方法和注意问题，掌握物质性质和实质是解题关键，注意离子方程式书写遵循客观事实、遵循原子个数守恒，题目难度不大。
19.【答案】B
【解析】解：n(Fe)=5.6g56g/mol=0.1mol，由3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，消耗HNO3最少为0.1mol×83=415mol≈0.27mol，由Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O可知，消耗HNO3最多为0.1mol×4=0.4mol，则0.27≤a≤0.4，
故选：B。
恰好发生反应3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O时，一定量的Fe消耗HNO3最少，恰好发生反应Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O时，一定量的Fe消耗HNO3最多，据此分析解答。
本题考查化学方程式的计算，关键是明确发生的反应，题目难度不大，试题培养了学生化学计算能力。
20.【答案】C
【解析】解：A.由2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2可知SO2中S元素的化合价从+4价降低到+2价，被还原，则二氧化硫只是氧化剂，故A错误；
B.反应中2Na2S转化为3Na2S2O3，转移8个电子，则生成1molNa2S2O3，转移83mol电子，故B错误；
C.2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故C正确；
D.由2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2可知每吸收4m3SO2就会放出1m3CO2，相同条件下，每吸收1m3SO2就会放出0.25m3CO2，故D错误；
故选：C。
工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，反应在S元素的化合价从−2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，以此来解答。
本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子计算的考查，题目难度不大。
21.【答案】四 ⅥA分子 分子间作用力 高于 S元素的非金属性大于Se，得电子能力强 AC 离子 Na+[：H]−
【解析】解：Ⅰ(1)Se与S在同一主族，位于S的下一个周期，S位于第三周期ⅥA族，则Se位于第四周期ⅥA族，
故答案为：四；ⅥA；
(2)硒化氢是由分子构成的物质，属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力；对于结构和组成相似的分子晶体来说，相对分子质量越大熔沸点越高；
(3)SeS2中S元素的非金属性大于Se，得电子能力强，所以硫元素化合价为负价，
故答案为：S元素的非金属性大于Se，得电子能力强；
(4)A.元素的非金属性越强，对应的气态氢化物的稳定性越强，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，即O、S、Se、Te的非金属性逐渐减弱，所以气态氢化物的稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱，故A正确；
B.同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，O、S、Se、Te原子半径依次增大，原子半径越大，则键长越长，其氢化物中的键长按O−H、S−H、Se−H、Te−H的顺序依次增大，故B错误；
C.元素的非金属性越强，对应的其阴离子的还原性越弱，则O2−、S2−、Se2−、Te2−的顺序依次增强，故C正确；
D.元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，S、Se、Te非金属性逐渐减弱，其最高价氧化物的水化物酸性按H2SO4、H2SeO4、H2TeO4顺序依次减弱，故D错误；
故答案为：AC；
Ⅱ(1)NaH是由离子构成的物质，属于离子晶体，其电子式为：Na+[：H]−，
故答案为：离子；Na+[：H]−；
(2)高温下，NaH可将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛，同时生成H2，化学方程式为：4NaH+TiCl4−高温Ti+4NaCl+2H2↑，电子转移方向与数目为：，
故答案为：。
Ⅰ(1)Se与S在同一主族，位于S的下一个周期，S位于第三周期ⅥA族，则Se位于第四周期ⅥA族；
(2)由分子构成的物质，属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力；对于结构和组成相似的分子晶体来说，相对分子质量越大熔沸点越高；
(3)元素的非金属性越强，得电子能力强，在物质中化合价为负价；
(4)A.元素的非金属性越强，对应的气态氢化物的稳定性越强，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱；
B.同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径越大，则键长越长；
C.元素的非金属性越强，对应的其阴离子的还原性越弱；
D.元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱；
Ⅱ(1)由离子构成的物质，属于离子晶体；
(2)高温下，NaH可将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛，同时生成H2，化学方程式为：4NaH+TiCl4−高温Ti+4NaCl+2H2↑，根据双线桥标出电子转移方向与数目。
本题主要考查元素周期表的结构、元素周期律等知识，为高频考点，题目难度不大。
22.【答案】H2S⇌HS−+H+、HS−⇌H++S2− 增强 S4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O2H2S+O2=2S↓+2H2OSHCl变蓝(或变蓝后再褪色)2NaOH+H2S=Na2S+2H2O
【解析】解：(1)硫化氢溶于水显弱酸性的原因为H2S⇌HS−+H+、HS−⇌H++S2−；过程①Cu2+吸收H2S生成CuS沉淀，反应为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，溶液的酸性增强，
故答案为：H2S⇌HS−+H+、HS−⇌H++S2−；；；
(2)①在图示过程②中铁离子和CuS反应生成铜离子、亚铁离子、S，化合价升高为元素被氧化，S由−2价变为0价，被氧化的元素是S，
故答案为：S；
②在图示过程③中：Fe2+转化为Fe3+，反应的离子方程式4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，
故答案为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；
③发生的有三个反应：①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S，③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O，
故答案为：2H2S+O2=2S↓+2H2O；
(3)①三颈瓶中出现淡黄色沉淀，应生成硫，溶液呈强酸性，说明二者发生氧化还原反应，Cl2O被还原生成盐酸，反应的方程式为2H2S+Cl2O=2S↓+2HCl+H2O，
故答案为：S；HCl；
②若通入水中的Cl2O已过量，溶液有HClO生成，具有强氧化性，可用玻璃棒蘸取清液，点到KI−淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl2O过量，
故答案为：变蓝(或变蓝后再褪色)；
③足量的NaOH溶液吸收H2S气体的化学方程式：2NaOH+H2S=Na2S+2H2O，
故答案为：2NaOH+H2S=Na2S+2H2O。
(1)硫化氢在水中电离：H2S⇌HS−+H+、HS−⇌H++S2−；过程①Cu2+吸收H2S生成CuS沉淀反应为Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
(2)由图可知：发生的有三个反应：①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S，③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O，据此分析；
(3)①三颈瓶中出现淡黄色沉淀，应生成硫，溶液呈强酸性，说明二者发生氧化还原反应，Cl2O被还原生成盐酸；
②若通入水中的Cl2O已过量，溶液有HClO生成，具有强氧化性；
③NaOH溶液吸收H2S气体变为Na2S。
本题考查了物质的性质实验，为高考常见题型和高频考点，涉及氧化还原反应的原理、装置的理解等知识点，综合性较强，要求学生具有运用基础知识解决问题的能力，题目难度中等。
23.【答案】ACC122.4 向待测液中加入浓碱液，并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸是否呈蓝色 品红溶液 A中品红没有褪色，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀 氧化性 BaSO4 BaSO3 SO2+Cl2+2H2O=SO42−+2Cl−+4H+
【解析】解：(1)A.NO在室温下容易被空气中的O2氧化为NO2，NO2被水吸收得到HNO3，从而导致酸雨的形成，因此氮氧化物与酸雨形成有关，故A正确；
B.沙尘暴是固体粉尘导致，与氮氧化合物无关，故B错误；
C.光化学烟雾是汽车、厂等污染源排入大气的碳氢化合物(CxHy)和氮氧化物(NOx)等一次污染物在阳光(紫外光)作用下发生光化学反应生成二次污染物，后与一次污染物混合所形成的有害浅蓝色烟雾，与氮氧化物有关，故C正确；
D.白色污染是有机合成材料如塑料、泡沫等造成，与氮氧化物无关，故D错误；
故答案为：AC；
(2)A.工业合成NH3是人们在一定条件下将N元素的单质转化为化合物的过程，因此属于人工固氮，故A正确；
B.NH3易液化，汽化吸热，液氨常用作致冷剂，故B正确；
C.NH3可和浓硫酸、氯化钙反应，因此不能用浓硫酸或无水氯化钙干燥，故C错误；
D.NH3制备NO，N化合价升高，体现了NH3的还原性，故D正确；
故答案为：C；
(3)假设烧瓶容积是V L，当氨气完全溶于水后，水充满整个烧瓶后溶液体积也是VL，则用充满NH3的烧瓶做喷泉实验，所形成溶液的物质的量浓度c=nV=V22.4×Vmol/L=122.4mol/L，
故答案为：122.4；
(4)实验室检验铵根离子的方法是向待测液中加入浓碱液，并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸是否呈蓝色，
故答案为：向待测液中加入浓碱液，并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸是否呈蓝色；
(5)②铜和热的浓硫酸反应，反应中Cu元素的化合价由0升高到+2价，作还原剂，产物为二氧化硫、硫酸铜和水，反应的方程式为Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+2H2O+SO2↑；装置X检验SO2是否反应完全，二氧化硫使品红溶液褪色，能检验二氧化硫；
故答案为：品红溶液；
③二氧化硫具有漂白性，当A中品红溶液没有褪色，说明二氧化硫已经完全除尽，避免了二氧化硫和可溶性硅酸盐反应，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸白色沉淀，说明碳酸能制取硅酸，能证明碳酸酸性强于硅酸酸性，
故答案为：A中品红没有褪色，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀；
(6)②打开b，关闭a，二氧化硫与硫化氢溶液反应生成S沉淀，反应方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，SO2中S化合价降低，体现氧化性，
故答案为：氧化性；
③二氧化硫与氯化钡溶液不反应，滴加氯水，氯水与二氧化硫反应SO2+Cl2+2H2O=SO42−+2Cl−+4H+，二氧化硫体现还原性，生成硫酸根离子，与钡离子反应生成BaSO4沉淀，滴加氨水，二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成BaSO3沉淀，
故答案为：BaSO4；BaSO3；SO2+Cl2+2H2O=SO42−+2Cl−+4H+。
N2、H2在高温、高压、催化剂存在条件下反应产生NH3，NH3与O2在催化剂存在和加热条件下反应产生NO，NO被O2氧化为NO2，NO2被水吸收得到HNO3；
(1)A.NO在室温下容易被空气中的O2氧化为NO2，NO2被水吸收得到HNO3，从而导致酸雨的形成；
B.沙尘暴是固体粉尘导致；
C.光化学烟雾是汽车、厂等污染源排入大气的碳氢化合物(CxHy)和氮氧化物(NOx)等一次污染物在阳光(紫外光)作用下发生光化学反应生成二次污染物；
D.白色污染是有机合成材料如塑料、泡沫等造成；
(2)A.工业合成NH3是人们在一定条件下将N元素的单质转化为化合物的过程；
B.氨气汽化吸热；
C.NH3可和浓硫酸、氯化钙反应；
D.NH3生成NO化合价升高；
(3)假设烧瓶容积是V L，当氨气完全溶于水后，水充满整个烧瓶后溶液体积也是VL，则用充满NH3的烧瓶做喷泉实验，所形成溶液的物质的量浓度c=nV；
(4)先用碱液和铵根离子反应，再用湿润的红色石蕊试纸检验NH3；
Ⅱ.圆底烧瓶中Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫，打开a关闭b，酸性：亚硫酸>碳酸，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，A中盛放品红，验证二氧化碳中没有二氧化硫存在，避免干扰试验，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成白色的硅酸沉淀，则可知碳酸酸性强于硅酸，进而确认碳的非金属性强于硅；打开b，关闭a，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，与硫化氢溶液反应生成S沉淀，NaOH溶液用于尾气处理，据此作答。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质性质、喷泉实验原理等，把握反应原理及物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意发生的化学反应，题目难度中等。
24.【答案】Fe+H2O(g)−高温FeO+H2 蒸发皿 产生大量的水蒸气 纳米级Fe粉与水蒸气反应的过程中Fe过量，Fe没有反应完；将反应后的固体，加入少量的硫酸，也可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以看不到血红色 先生成白色沉淀，白色沉淀迅速经灰绿色并转化为红褐色沉淀 5 1 8 5 1 4 250mL容量瓶 胶头滴管 1.25b×10−2
【解析】解：(1)酒精灯的加热温度400∼500℃，适用于温度不需太高的实验，所以本实验中产物为FeO和氢气，方程式为Fe+H2O(g−高温FeO+H2,
故答案为：Fe+H2O(g)−高温FeO+H2；
(2)仪器a的名称为蒸发皿；加热湿棉花的目的是产生大量的水蒸气，
故答案为：蒸发皿；产生大量的水蒸气；
(3)加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，说明溶液中没有Fe3+，可能是因为纳米级Fe粉与水蒸气反应的过程中Fe过量，Fe没有反应完；将反应后的固体，加入少量的硫酸，也可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以看不到血红色，
故答案为：纳米级Fe粉与水蒸气反应的过程中Fe过量，Fe没有反应完；将反应后的固体，加入少量的硫酸，也可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以看不到血红色；
(4)a中含有亚铁离子，加入NaOH溶液，发生反应：Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓，过程中会看到：先生成白色沉淀，白色沉淀迅速经灰绿色并转化为红褐色沉淀，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，
故答案为：先生成白色沉淀，白色沉淀迅速经灰绿色并转化为红褐色沉淀；
(4)①将溶液准确稀释至250mL，需要的玻璃仪器有：烧杯、250mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，
故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；
②亚铁离子由+2价升高为+3价，KMnO4中Mn由+7价降低为+2价，根据得失电子守恒配平为5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，
故答案为：5；1；8；5；1；4；
③两次数据可得标准溶液的体积消耗量为bmL，根据反应5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则250mL待测溶液中Fe2+的物质的量为0.100mol/L×b×10−3L×5×250mL10.00mL=1.25b×10−2mol，
故答案为：1.25b×10−2。
(1)酒精灯的加热温度400∼500℃，Fe粉与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和氢气；
(2)仪器a的名称为蒸发皿，常用于蒸发溶液等；乙装置中铁粉与Fe粉与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和氢气；
(3)加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，说明溶液中没有Fe3+；
(4)a中含有亚铁离子，加入NaOH溶液，发生反应：Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(5)①根据配制一定量物质的量浓度溶液所需要的仪器可以找出还缺少的玻璃仪器；
②亚铁离子由+2价升高为+3价，KMnO4中Mn由+7价降低为+2价，根据得失电子守恒配平；
③可以根据消耗的KMnO4标准溶液的体积结合反应方程式计算出亚铁离子的物质的量。
本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，把握高温下铁与水反应及实验中装置的作用为解答的关键，题目难度中等。
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