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安徽省合肥市庐江县2021-2022学年高一化学上学期期末考试试题（Word版附解析）
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这是一份安徽省合肥市庐江县2021-2022学年高一化学上学期期末考试试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了可能用到相对原子质量， 设NA为阿伏加德罗常数的数值，1ml，0， 下列离子方程式中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
安徽省合肥市庐江县2021-2022学年高一上学期期末检测
化学试题
1.本试卷共100分，考试时间90分钟。请将各题答案填写在答题卡上。
2.可能用到相对原子质量：H1 C12 O16 N14 S 32 Na 23 C1 35.5 Ca 40
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是
A. “外观如雪，强烧之，紫青烟起”，南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色试验
B. “时气错逆，霜雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应
C. 公共场所用“84消毒液”和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)的混合溶液杀菌消毒效果会更好
D. 储氢合金是一类能与氢气结合成金属氢化物的材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，涉及硝酸钾的灼烧以及颜色，利用了焰色试验，A正确；
B．雾属于气溶胶、具有胶体的性质，可发生丁达尔效应，B正确；
C．“84消毒液”中含NaClO，而“洁厕灵”中含HCl，两者会发生归中反应生成有毒的氯气：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，故两者不能混合使用，C错误；
D．一些合金能够大量吸收氢气，一定条件下与氢气结合成金属氢化物，又能放出氢气，这类金属材料叫做储氢合金， D正确；
答案选C。
2. 下列说法错误的是
①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关
②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加盐酸，开始产生红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解并消失
③用明矾处理污水是利用了胶体的性质
④Fe(OH)3胶体在通电后可作定向移动，是因为Fe(OH)3胶体带电
⑤可用渗析法分离淀粉胶体和NaCl溶液
⑥依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液
A. ①⑥ B. ②④ C. ③④ D. ④⑥
【答案】D
【解析】
【详解】①河水中存在土壤颗粒，形成胶体，遇到电解质溶液会发生聚沉，所以江河入海口三角洲的形成是胶体的聚沉现象，故正确；
②向Fe(OH)3胶体中加入盐酸至过量，先发生聚沉，会形成沉淀，然后氢氧化铁沉淀与盐酸发生酸碱中和反应生成氯化铁溶液，故正确；
③明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒，则用明矾处理污水是利用了胶体的性质，故正确；
④Fe(OH)3胶体能吸附带电离子，Fe(OH)3胶体在通电后可作定向移动，因为Fe(OH)3胶体粒子吸附带电离子而带电，故错误；
⑤胶体不能透过半透膜，可用渗析法分离淀粉胶体和NaCl溶液，故正确；
⑥分散系分类依据是分散质粒子直径大小，分散质粒子直径1nm-100nm之间的属于胶体，分散质粒子直径小于1nm的属于溶液，分散质粒子直径大于100nm的属于浊液，不是依据丁达尔效应分类的，故错误；
故错误的是④⑥，D符合题意。
故选D。
3. 下列表格中各项分类都正确的一组是：
纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
生理盐水
明矾
液态KNO3
蔗糖
B
生石灰
海水
铜
乙醇
C
胆矾
生铁
CaCO3
CO2
D
氢氧化钠
空气
Na2SO4溶液
食醋
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】电解质是指在水溶液或者熔融状态下导电的化合物。电解质常见物质是酸、碱、盐、金属氧化物、水。非电解质常见物质是大部分有机物、非金属氧化物。
【详解】A．生理食盐水是混合物，明矾是纯净物，故A错误；
B．铜是单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．胆矾是结晶水合物、属于纯净物，生铁是铁碳合金、属于混合物，CaCO3是盐、属于电解质，CO2水溶液能导电但离子不是由CO2自身电离，CO2属于非电解质，各物质都符合分类，故C正确；
D．Na2SO4溶液、食醋都是混合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故选答案C。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列有关叙述正确的是
A. 1 mol/L的CaCl2溶液中含有Cl-个数为2 NA
B. 8.8 g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.6 NA
C. 标准状况下，11.2 LH2O所含的分子数为0.5 NA。
D. 7.8 gNa2O2中所含阴离子个数为0.2 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.缺少溶液体积，无法计算Cl-的个数，A错误；
B.CO2和N2O的分子量相同，且每个分子都含有三个原子，所以混合气体可以看成8.8g CO2，其物质的量为0.2mol，分子数为0.2NA个，故有0.6NA个原子，B正确；
C.标准状况下，水是固体，无法计算11.2 LH2O所含的分子数，C错误；
D.7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.1mol过氧根离子，所含阴离子的数目为0.1NA，D错误；
故选B。
5. 下列离子方程式中，正确的是
A. 澄清石灰水与盐酸反应：H+ + OH- = H2O
B. 氯气与水反应：Cl2 + H2O = 2H+ + Cl- + ClO-
C. 碳酸钡与稀盐酸反应：CO+ 2H+ = H2O + CO2↑
D. 金属钠与水反应：Na + 2H2O = Na+ + 2OH- + H2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A．澄清的石灰水跟盐酸反应生成氯化钙和水，由于氢氧化钙是强碱，可以拆，故反应的离子反应为H+ + OH- = H2O，A项正确；
B．HClO是弱酸，不能拆，故反应的离子方程式应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，B项错误；
C．碳酸钡是沉淀，不能拆，故离子方程式应为BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑，C项错误；
D．离子方程式要满足电荷守恒和质量守恒，钠和水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，D项错误；
故答案选：A。
6. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 无色透明溶液中的Fe3+、Mg2+、OH-、Cl-
B. 无色酸性的溶液中Na+、Al3+、、Cl-
C. 0.1mol/LFeCl3溶液中可能大量共存：Fe2＋、、SCN-、
D. 滴加石蕊显红色的溶液中K+、Na+、、
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Fe3+在溶液中显黄色，且Fe3+、Mg2+与OH-不能大量共存，A错误；
B．无色酸性条件下，4种离子不发生反应，能大量共存，B正确；
C．溶液中Fe3+与SCN-会发生反应，不能大量共存，C错误；
D．石蕊显红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量H+,与H+会发生反应不能大量共存，D错误；
故选B。
7. 下列根据实验操作得出的结论正确的是
操作
现象
结论
A
无色溶液先滴加BaCl2溶液后加稀盐酸
生成白色沉淀不溶于盐酸
原溶液中一定有SO42-
B
无色溶液依次滴加氯水和CCl4，振荡、静置
下层溶液显橙红色
原溶液中有Br―
C
新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上
试纸先变红色后褪色
Cl2有漂白性
D
无色溶液滴加稀盐酸，产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中
生成白色沉淀
原溶液中有大量CO32—
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，此白色沉淀可能为硫酸钡、氯化银、碳酸钡，继续滴加稀盐酸沉淀不溶解，由于硫酸钡和氯化银不溶于盐酸，碳酸钡溶于盐酸，说明此沉淀不是碳酸钡，因此该溶液中可能含有SO42-或Ag+，故A错误；
B.氯水可将Br-氧化生成Br2，Br2难溶于水，易溶于CCl4，故下层溶液显橙红色，B正确；
C.具有漂白性不是Cl2而是HClO，故C错误；
D.如果原溶液中含有HCO3-，也会产生相同现象，故D错误。
答案选B。
8. 下列各组物质的性质比较正确的是( )
A. 酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4
B. 碱性：Ba(OH)2＜Ca(OH)2＜Mg(OH)2
C. 还原性：Cl﹣＞Br ＞I﹣
D. 稳定性：CH4＞NH3＞H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故A正确；
B．金属性越强，对应碱的碱性越强，则碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故B错误；
C．非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性为Cl-＜Br-＜I-，故C错误；
D．非金属性越强，其氢化物稳定性越强，则稳定性：H2O＞NH3＞CH4，故D错误；
故选A。
9. 下列变化不能通过一步化学反应实现的是
A. Na2O → NaOH B. Al(OH)3 → NaAlO2
C. Fe2O3 → Fe(OH)3 D. Na2CO3 → NaOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2O是碱性氧化物、与水反应生成 NaOH ，Na2O → NaOH能够一步实现，故A不选；
B．Al(OH)3 是两性氢氧化物、能与氢氧化钠溶液反应生成 NaAlO2，Al(OH)3 → NaAlO2能够一步实现，故B不选；
C． Fe2O3不溶于水，与水不反应，所以Fe2O3→Fe(OH)3不能够一步实现，故C选；
D． Ca(OH)2与碳酸钠反应生成碳酸钙和NaOH，所以Na2CO3→NaOH 能够一步实现，故D不选；
故选C。
10. 一定温度和压强下，用m g的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是
A. 气球②中装的是O2
B. 气球①和气球③中气体分子数相等
C. 气球①和气球④中气体物质的量之比为4∶1
D. 气球③和气球④中气体密度之比为2∶1
【答案】D
【解析】
【分析】同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比。m g的CH4、CO2、O2、SO2四种气体的物质的量分别是、、、，则①②③④分别装的是SO2、CO2、O2、CH4，据此回答。
【详解】A．据分析，四种气体体积大小顺序是CH4> O2>CO2>SO2，故气球②中装的是CO2， A错误；
B．据分析，气球①和气球③中气体体积不同，物质量不同，分子数不相等，B错误；
C．气球①和气球④中气体物质的量之比为:=1:4，C错误；
D．相同条件下，气球③和气球④中气体密度之比即摩尔质量之比，为，D正确；
故选D。
11. 下列说法正确的是
A. H2SO4的摩尔质量是98 g
B. 核素的质量数为411
C. 氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质
D. 小苏打可用于治疗胃酸过多
【答案】D
【解析】
【详解】A． H2SO4的摩尔质量是98 g/mol，A错误；
B． 核素的质量数为294，B错误；
C． 氯气的水溶液可以导电，氯气是单质，氯气既不是电解质又不是非电解质，C错误；
D． 小苏打有微弱碱性、能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，可用于治疗胃酸过多，D正确；
答案选D。
12. 二氧化锰的有关转化关系如图所示，下列有关说法中正确的是
A. 相同条件下生成等量的O2，反应③和④中转移的电子数之比为1：2
B. 反应⑤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：3
C. 反应①③④中MnO2均作催化剂
D. 反应①中生成的Cl2经干燥后，不可用钢瓶贮运
【答案】A
【解析】
【分析】反应①为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，②为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，③为2H2O22H2O+O2↑，④为2KClO32KCl+3O2↑，⑤为4Al+3MnO22Al2O3+3Mn，⑥为3Mn+2O2Mn3O4，据此分析解答。
【详解】A．相同条件下生成3molO2，反应③和④转移的电子数之比为6∶12=1:2，故A正确；
B．反应⑤中氧化剂(MnO2)与还原剂(Al)的物质的量之比为3∶4，故B错误；
C．反应①中MnO2作氧化剂，反应③、④中MnO2作催化剂，故C错误；
D．反应①生成的Cl2经干燥后，常温下与Fe不能发生反应，所以可用钢瓶贮运，故D错误；
故选A。
13. 已知在酸性溶液中，2RO+10I-+xH+=5I2+2R2++yH2O，则RO中R的化合价是
A. +4 B. +5 C. +6 D. +7
【答案】D
【解析】
【分析】根据O原子守恒，y=8，则x=16，再由电荷守恒，可得，解得n=1，再根据，其中氧元素化合价为-2，可计算出R元素化合价为。
【详解】经计算，R元素化合价+7，故D正确；故选D。
14. X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法正确的是
X
Y
Z
W
A. X的气态氢化物比Y的稳定
B. Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强
C. Y的非金属性比Z的强
D. 原子半径：X ＜ Z ＜ W
【答案】C
【解析】
【分析】
X、Y、Z均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y原子有2个电子层，所以Y为氧元素，根据X、Y、Z、W在周期表中的相对位置可知，X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素；
【详解】A．X的气态氢化物是氨气，Y的气态氢化物是水，根据同周期元素，从左往右，元素的非金属性越强(Y>X)，与氢气越易化合，得到的氢化物越稳定，可知Y的气态氢化物比X的气态氢化物稳定，A错误；
B．同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性W > Z，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的强，B错误；
C．同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性Y > Z，C正确；
D．同周期元素从左到右半径逐渐减少，同主族元素从上到下半径逐渐增大，则原子半径： Z >X，Z >W ，D错误；
故选C。
15. ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A. KClO3在反应中得到电子 B. ClO2是氧化产物
C. H2C2O4在反应中被还原 D. 1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移
【答案】A
【解析】
【详解】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。
A、KClO3 中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，A正确；
B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；
C、H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，C错误；
D、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到1个电子，则1mol KClO3参加反应有1 mol电子转移，D错误；
答案选A。
16. 将0.01 molNaOH和1.06 gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol/L稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+ NaCl，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。
【详解】n(Na2CO3)==0.01mol，NaOH和Na2CO3的混合液中加HCl，依次发生反应①H++OH-=H2O、②+H+=、③+ H+=CO2↑+H2O，反应①消耗的n(HCl)= n(NaOH)= 0.01mol，V(HCl)==0.1L，反应②消耗的n(HCl)= n()= 0.01mol，V(HCl)==0.1L，反应①和反应②均没有CO2生成，因此加入前0.2L的HCl时没有气体生成，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应③+ H+=CO2↑+H2O；此时开始放出气体，反应完全时生成二氧化碳的物质的量是0.01mol，正好与图象相符，故C正确；
答案选C。
二、非选择题：本大题共5小题，共52分，每空2分。
17. 请写出除去下列物质中括号内的杂质所的试剂或方法：
（1）Cl2(HCl)，所用试剂(或方法)_______(可以不干燥)；
（2）Na2CO3固体(NaHCO3)，所用试剂(或方法) _______；
（3）FeCl3溶液(FeCl2)，所用试剂(或方法)_______，反应离子方程式_______；
（4）FeCl2溶液(CuCl2)，所用试剂(或方法)_______。
【答案】（1）饱和食盐水
（2）加热 （3） ①. 通入足量的Cl2 ②. 2Fe2++ Cl2=2Fe3++2Cl-
（4）加足量Fe粉充分反应，过滤
【解析】
【小问1详解】
HC极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则选择除杂试剂为饱和食盐水；
【小问2详解】
碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则选择加热方法为加热；
【小问3详解】
通入足量的Cl2，将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++ Cl2=2Fe3++2Cl-；
【小问4详解】
杂质CuCl2与铁粉反应生成铜和氯化亚铁，过滤除去，答案为加足量Fe粉充分反应，过滤。
18. 下表是元素周期表的一部分，编号代表一种元素。请回答有关问题：
主族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
①
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
（1）表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为_______ ；考古时利用_______(填核素符号)测定一些文物年代。
（2）元素③、④、⑦、⑧中，原子半径从大到小的顺序是_______(用元素符号表示)。
（3）元素⑥单质和④最高价氧化物对应的水化物在溶液中反应的离子方程式为_______。
（4）⑤⑥两元素相比较，金属性较强的是_______ (填名称)可以验证该结论的实验是_______(填字母)。
A. 将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中
B. 将形状、大小相同的这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应
C. 将形状、大小相同的这两种元素的单质分别和热水作用，并滴入酚溶液
D. 比较这两种元素的气态氢化物的稳定性
【答案】（1） ①. ②.
（2）Na>S>Cl>F
（3）Al(OH )3+OH－= AlO +2H2O
（4） ①. 镁 ②. BC
【解析】
【分析】①为C、②为N、③为F、④为Na、⑤为Mg、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Ar。
【小问1详解】
最外层排满的结构稳定，表中化学性质最不活泼的元素是18号元素Ar，其原子结构示意图为；具有放射性、考古时利用测定一些文物年代。
【小问2详解】
同主族时，电子层数越多半径越大、同周期时，质子数越多半径越小，元素③、④、⑦、⑧中，原子半径从大到小的顺序是Na>S>Cl>F。
【小问3详解】
元素⑥单质和④最高价氧化物对应的水化物在溶液中的反应，即氢氧化钠与氢氧化铝反应，因为氢氧化铝是两性氢氧化物，反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式是Al(OH )3+OH－= AlO +2H2O。
【小问4详解】
同周期元素从左到右金属性减弱，镁的金属性大于铝；则⑤⑥两元素相比较，金属性较强的是镁。金属性越强，单质与水或氢离子反应越容易。
A．将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中，都生成氧化膜，不能证明金属性强弱，故A错误；
B．将形状、大小相同的这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应，镁反应快，可证明镁的金属性大于铝，故B正确；
C．将形状、大小相同这两种元素的单质分别和热水作用，并滴入酚酞溶液，镁与热水反应生成氢氧化镁和氢气，能证明镁的金属性大于铝，故C正确；
D．金属不能比较氢化物稳定性，故D错误。
故可以验证该结论的实验是BC。
19. 如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容，现用该浓硫酸配制460 mL l mol/L的稀硫酸。可供选用的仪器有：①胶头滴管 ②烧瓶 ③烧杯 ④玻璃棒 ⑤药匙 ⑥量筒 ⑦托盘天平
硫酸 化学纯(CP)
(500mL)
品名：硫酸
化学式：H2SO4
相对分子质量：98
密度：1.84g/cm3
质量分数：98%
回答下列问题：
（1）在盛放浓硫酸的试剂瓶标签上应印有警示标志中的 _______ 。(填字母)
A. B. C. D.
（2）该浓硫酸的物质的量浓度为_______ mol/L
（3）配制稀硫酸时，还缺少的仪器有 _______(填仪器名称)
（4）配制460 mL1 mol/L的稀硫酸需量取上述浓硫酸的体积为_______mL
（5）下列各项操作引起配制的溶液浓度偏低的是_______。(填字母)
A. 将稀释后的硫酸立即转移至容量瓶中
B. 定容时，仰视容量瓶刻度线进行定容
C. 转移溶液时，不慎将少量溶液溅到容量瓶外面
D. 所用容量瓶经蒸馏水洗涤后未干燥，有少量残留蒸馏水
E. 定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，再滴水至刻度线处
【答案】（1）D （2）18.4
（3）500mL容量瓶
（4）27.2 （5）BCE
【解析】
【小问1详解】
A为易燃液体标志，B为剧毒品标志，C为三级放射性物品标志，D为腐蚀品标志，浓硫酸属于腐蚀品，故选D；
【小问2详解】
已知该浓硫酸的密度为1.84g/cm3，质量分数为98%，所以该硫酸的物质的量浓度c==18.4mol/L；
【小问3详解】
虽然配制460 mL1 mol/L的稀硫酸,但因为没有460 mL的容量瓶，故需配制为500 mL1 mol/L的稀硫酸，配制稀硫酸时，需要量筒量取浓硫酸，之后在烧杯中进行稀释，稀释时需要玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中进行定容，移液时需玻璃棒引流，定容时需要用胶头滴管，所以还需要的仪器有500mL容量瓶；
【小问4详解】
虽然配制460 mL1 mol/L的稀硫酸,但因为没有460 mL的容量瓶，故需配制为500 mL1 mol/L的稀硫酸，设所需浓硫酸的体积为V，则有18.4mol/L×V=0.5L×1mol/L，解得V=27.2 mL；
【小问5详解】
A．浓硫酸稀释时放热，所以稀释后的硫酸温度较高，立即转移至容量瓶中待冷却后溶液体积减小，浓度偏高，A不符合题意；
B．定容时，仰视容量瓶刻度线进行定容，导致溶液体积偏大，浓度偏低，B符合题意；
C．转移溶液时，不慎将少量溶液撒到容量瓶外面，导致部分溶质损失，浓度偏低，C符合题意；
D．配制过程中需加水稀释，则所用容量瓶经蒸馏水洗涤后未干燥，有少量残留蒸馏水对结果无影响，D不符合题意；
E．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，再滴水至刻度线处，导致溶液体积偏大，浓度偏低，E符合题意；
综上所述答案为BCE。
20. 已知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀。
（1）检验W溶液中金属阳离子所用试剂为_______(填化学式)；
（2）H在潮湿空气中变成M的现象是_______ ，发生反应的化学方程式为_______；
（3）A和水反应生成B和C的离子方程式为_______ ；在标准状况下生成11.2 LC气体时，转移电子的个数为_______ NA(用阿伏加德罗常数NA表示)；
（4）D中加入盐酸发生反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）KSCN
（2） ①. 白色沉淀迅速变成灰绿色、最终变成红褐色 ②. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（3） ①. 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2 ②. NA
（4）
【解析】
【分析】R是地壳中含量最多的金属元素的单质，则R为Al，A为淡黄色固体，且A与水反应生成无色无味气体C，则A为Na2O2，B为NaOH，C为O2，Al与氢氧化钠溶液反应生成无色无味的气体F为H2，T为生活中使用最广泛的金属单质，且T与氧气反应生成的D具有磁性的黑色晶体，则T为Fe，D为Fe3O4，四氧化三铁与足量的盐酸、足量的Fe反应都得到E，E与B(NaOH)反应得到白色沉淀H，则E为FeCl2，H是Fe(OH)2，H在潮湿的空气中得到M为Fe(OH)3，M与HCl反应生成W是FeCl3。
【小问1详解】
由分析可知，W的化学式为FeCl3，可用KSCN检验Fe3+；
【小问2详解】
由分析可知，H的化学式为：Fe(OH)2，M的化学式为Fe(OH)3，
H在潮湿空气中变成M的现象是：白色沉淀迅速变成灰绿色、最终变成红褐色，H转化为M的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
【小问3详解】
由分析可知，A的化学式为Na2O2，水反应的生成NaOH和O2，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2；存在关系式O2~2e-：在标准状况下生成11.2 LC气体即0.5mol氧气时，转移电子的物质的量为1mol，个数为NA；
【小问4详解】
D即Fe3O4中加入盐酸发生生成FeCl2、FeCl3和水，反应的离子方程式为。
21. 某实验小组以石灰粉(主要成分为Ca(OH)2和CaCO3)为原料，制备KClO3的流程如图所示。
（1）KClO3中氯元素的化合价为_______ 价。
（2）“氯化”过程中控制氯气不过量，在75 ℃左右进行。“氯化”温度较低时，Cl2易与Ca(OH)2反应而生成漂白粉，写出该反应的化学方程式：_______。
（3）“氯化”过程中Cl2与浆水反应生成Ca(ClO3)2的总反应为：6Ca(OH)2 + 6Cl2 = Ca(ClO3)2+5CaCl2 + 6H2O，反应中还原产物为 _______(填化学式)，该反应中化剂与还原剂的质量之比为_______。
【答案】（1）+5 （2）
（3） ①. CaCl2 ②. 5:1
【解析】
【分析】石灰粉含有Ca(OH)2和CaCO3，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca(ClO3)2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3，据此解答。
【小问1详解】
正负化合价代数和为0，K+1价、O-2价，则KClO3中氯元素的化合价为+5 价。
【小问2详解】
“氯化”温度较低时，Cl2易与Ca(OH)2反应而生成漂白粉，即氯气和氢氧化钙作用生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学反应方程式为。
【小问3详解】
“氯化”过程中Cl2与浆水反应生成Ca(ClO3)2的总反应为：6Ca(OH)2 + 6Cl2 = Ca(ClO3)2+5CaCl2 + 6H2O，氯元素的化合价由0价→+5价，失去电子是还原剂，对应的是氧化产物，氯元素的化合价由0价→-1价，得到电子，是氧化剂，对应的CaCl2是还原产物；按得失电子守恒，6Cl2中5Cl2为氧化剂、1Cl2为还原剂，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:1，质量之比为5:1。
安徽省合肥市庐江县2021-2022学年高一上学期期末检测
化学试题
1.本试卷共100分，考试时间90分钟。请将各题答案填写在答题卡上。
2.可能用到相对原子质量：H1 C12 O16 N14 S 32 Na 23 C1 35.5 Ca 40
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是
A. “外观如雪，强烧之，紫青烟起”，南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色试验
B. “时气错逆，霜雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应
C. 公共场所用“84消毒液”和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)的混合溶液杀菌消毒效果会更好
D. 储氢合金是一类能与氢气结合成金属氢化物的材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，涉及硝酸钾的灼烧以及颜色，利用了焰色试验，A正确；
B．雾属于气溶胶、具有胶体的性质，可发生丁达尔效应，B正确；
C．“84消毒液”中含NaClO，而“洁厕灵”中含HCl，两者会发生归中反应生成有毒的氯气：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，故两者不能混合使用，C错误；
D．一些合金能够大量吸收氢气，一定条件下与氢气结合成金属氢化物，又能放出氢气，这类金属材料叫做储氢合金， D正确；
答案选C。
2. 下列说法错误的是
①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关
②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加盐酸，开始产生红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解并消失
③用明矾处理污水是利用了胶体的性质
④Fe(OH)3胶体在通电后可作定向移动，是因为Fe(OH)3胶体带电
⑤可用渗析法分离淀粉胶体和NaCl溶液
⑥依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液
A. ①⑥ B. ②④ C. ③④ D. ④⑥
【答案】D
【解析】
【详解】①河水中存在土壤颗粒，形成胶体，遇到电解质溶液会发生聚沉，所以江河入海口三角洲的形成是胶体的聚沉现象，故正确；
②向Fe(OH)3胶体中加入盐酸至过量，先发生聚沉，会形成沉淀，然后氢氧化铁沉淀与盐酸发生酸碱中和反应生成氯化铁溶液，故正确；
③明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒，则用明矾处理污水是利用了胶体的性质，故正确；
④Fe(OH)3胶体能吸附带电离子，Fe(OH)3胶体在通电后可作定向移动，因为Fe(OH)3胶体粒子吸附带电离子而带电，故错误；
⑤胶体不能透过半透膜，可用渗析法分离淀粉胶体和NaCl溶液，故正确；
⑥分散系分类依据是分散质粒子直径大小，分散质粒子直径1nm-100nm之间的属于胶体，分散质粒子直径小于1nm的属于溶液，分散质粒子直径大于100nm的属于浊液，不是依据丁达尔效应分类的，故错误；
故错误的是④⑥，D符合题意。
故选D。
3. 下列表格中各项分类都正确的一组是：
纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
生理盐水
明矾
液态KNO3
蔗糖
B
生石灰
海水
铜
乙醇
C
胆矾
生铁
CaCO3
CO2
D
氢氧化钠
空气
Na2SO4溶液
食醋
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】电解质是指在水溶液或者熔融状态下导电的化合物。电解质常见物质是酸、碱、盐、金属氧化物、水。非电解质常见物质是大部分有机物、非金属氧化物。
【详解】A．生理食盐水是混合物，明矾是纯净物，故A错误；
B．铜是单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．胆矾是结晶水合物、属于纯净物，生铁是铁碳合金、属于混合物，CaCO3是盐、属于电解质，CO2水溶液能导电但离子不是由CO2自身电离，CO2属于非电解质，各物质都符合分类，故C正确；
D．Na2SO4溶液、食醋都是混合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故选答案C。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列有关叙述正确的是
A. 1 mol/L的CaCl2溶液中含有Cl-个数为2 NA
B. 8.8 g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.6 NA
C. 标准状况下，11.2 LH2O所含的分子数为0.5 NA。
D. 7.8 gNa2O2中所含阴离子个数为0.2 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.缺少溶液体积，无法计算Cl-的个数，A错误；
B.CO2和N2O的分子量相同，且每个分子都含有三个原子，所以混合气体可以看成8.8g CO2，其物质的量为0.2mol，分子数为0.2NA个，故有0.6NA个原子，B正确；
C.标准状况下，水是固体，无法计算11.2 LH2O所含的分子数，C错误；
D.7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.1mol过氧根离子，所含阴离子的数目为0.1NA，D错误；
故选B。
5. 下列离子方程式中，正确的是
A. 澄清石灰水与盐酸反应：H+ + OH- = H2O
B. 氯气与水反应：Cl2 + H2O = 2H+ + Cl- + ClO-
C. 碳酸钡与稀盐酸反应：CO+ 2H+ = H2O + CO2↑
D. 金属钠与水反应：Na + 2H2O = Na+ + 2OH- + H2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A．澄清的石灰水跟盐酸反应生成氯化钙和水，由于氢氧化钙是强碱，可以拆，故反应的离子反应为H+ + OH- = H2O，A项正确；
B．HClO是弱酸，不能拆，故反应的离子方程式应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，B项错误；
C．碳酸钡是沉淀，不能拆，故离子方程式应为BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑，C项错误；
D．离子方程式要满足电荷守恒和质量守恒，钠和水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，D项错误；
故答案选：A。
6. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 无色透明溶液中的Fe3+、Mg2+、OH-、Cl-
B. 无色酸性的溶液中Na+、Al3+、、Cl-
C. 0.1mol/LFeCl3溶液中可能大量共存：Fe2＋、、SCN-、
D. 滴加石蕊显红色的溶液中K+、Na+、、
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Fe3+在溶液中显黄色，且Fe3+、Mg2+与OH-不能大量共存，A错误；
B．无色酸性条件下，4种离子不发生反应，能大量共存，B正确；
C．溶液中Fe3+与SCN-会发生反应，不能大量共存，C错误；
D．石蕊显红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量H+,与H+会发生反应不能大量共存，D错误；
故选B。
7. 下列根据实验操作得出的结论正确的是
操作
现象
结论
A
无色溶液先滴加BaCl2溶液后加稀盐酸
生成白色沉淀不溶于盐酸
原溶液中一定有SO42-
B
无色溶液依次滴加氯水和CCl4，振荡、静置
下层溶液显橙红色
原溶液中有Br―
C
新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上
试纸先变红色后褪色
Cl2有漂白性
D
无色溶液滴加稀盐酸，产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中
生成白色沉淀
原溶液中有大量CO32—
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，此白色沉淀可能为硫酸钡、氯化银、碳酸钡，继续滴加稀盐酸沉淀不溶解，由于硫酸钡和氯化银不溶于盐酸，碳酸钡溶于盐酸，说明此沉淀不是碳酸钡，因此该溶液中可能含有SO42-或Ag+，故A错误；
B.氯水可将Br-氧化生成Br2，Br2难溶于水，易溶于CCl4，故下层溶液显橙红色，B正确；
C.具有漂白性不是Cl2而是HClO，故C错误；
D.如果原溶液中含有HCO3-，也会产生相同现象，故D错误。
答案选B。
8. 下列各组物质的性质比较正确的是( )
A. 酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4
B. 碱性：Ba(OH)2＜Ca(OH)2＜Mg(OH)2
C. 还原性：Cl﹣＞Br ＞I﹣
D. 稳定性：CH4＞NH3＞H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故A正确；
B．金属性越强，对应碱的碱性越强，则碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故B错误；
C．非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性为Cl-＜Br-＜I-，故C错误；
D．非金属性越强，其氢化物稳定性越强，则稳定性：H2O＞NH3＞CH4，故D错误；
故选A。
9. 下列变化不能通过一步化学反应实现的是
A. Na2O → NaOH B. Al(OH)3 → NaAlO2
C. Fe2O3 → Fe(OH)3 D. Na2CO3 → NaOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2O是碱性氧化物、与水反应生成 NaOH ，Na2O → NaOH能够一步实现，故A不选；
B．Al(OH)3 是两性氢氧化物、能与氢氧化钠溶液反应生成 NaAlO2，Al(OH)3 → NaAlO2能够一步实现，故B不选；
C． Fe2O3不溶于水，与水不反应，所以Fe2O3→Fe(OH)3不能够一步实现，故C选；
D． Ca(OH)2与碳酸钠反应生成碳酸钙和NaOH，所以Na2CO3→NaOH 能够一步实现，故D不选；
故选C。
10. 一定温度和压强下，用m g的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是
A. 气球②中装的是O2
B. 气球①和气球③中气体分子数相等
C. 气球①和气球④中气体物质的量之比为4∶1
D. 气球③和气球④中气体密度之比为2∶1
【答案】D
【解析】
【分析】同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比。m g的CH4、CO2、O2、SO2四种气体的物质的量分别是、、、，则①②③④分别装的是SO2、CO2、O2、CH4，据此回答。
【详解】A．据分析，四种气体体积大小顺序是CH4> O2>CO2>SO2，故气球②中装的是CO2， A错误；
B．据分析，气球①和气球③中气体体积不同，物质量不同，分子数不相等，B错误；
C．气球①和气球④中气体物质的量之比为:=1:4，C错误；
D．相同条件下，气球③和气球④中气体密度之比即摩尔质量之比，为，D正确；
故选D。
11. 下列说法正确的是
A. H2SO4的摩尔质量是98 g
B. 核素的质量数为411
C. 氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质
D. 小苏打可用于治疗胃酸过多
【答案】D
【解析】
【详解】A． H2SO4的摩尔质量是98 g/mol，A错误；
B． 核素的质量数为294，B错误；
C． 氯气的水溶液可以导电，氯气是单质，氯气既不是电解质又不是非电解质，C错误；
D． 小苏打有微弱碱性、能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，可用于治疗胃酸过多，D正确；
答案选D。
12. 二氧化锰的有关转化关系如图所示，下列有关说法中正确的是
A. 相同条件下生成等量的O2，反应③和④中转移的电子数之比为1：2
B. 反应⑤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：3
C. 反应①③④中MnO2均作催化剂
D. 反应①中生成的Cl2经干燥后，不可用钢瓶贮运
【答案】A
【解析】
【分析】反应①为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，②为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，③为2H2O22H2O+O2↑，④为2KClO32KCl+3O2↑，⑤为4Al+3MnO22Al2O3+3Mn，⑥为3Mn+2O2Mn3O4，据此分析解答。
【详解】A．相同条件下生成3molO2，反应③和④转移的电子数之比为6∶12=1:2，故A正确；
B．反应⑤中氧化剂(MnO2)与还原剂(Al)的物质的量之比为3∶4，故B错误；
C．反应①中MnO2作氧化剂，反应③、④中MnO2作催化剂，故C错误；
D．反应①生成的Cl2经干燥后，常温下与Fe不能发生反应，所以可用钢瓶贮运，故D错误；
故选A。
13. 已知在酸性溶液中，2RO+10I-+xH+=5I2+2R2++yH2O，则RO中R的化合价是
A. +4 B. +5 C. +6 D. +7
【答案】D
【解析】
【分析】根据O原子守恒，y=8，则x=16，再由电荷守恒，可得，解得n=1，再根据，其中氧元素化合价为-2，可计算出R元素化合价为。
【详解】经计算，R元素化合价+7，故D正确；故选D。
14. X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法正确的是
X
Y
Z
W
A. X的气态氢化物比Y的稳定
B. Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强
C. Y的非金属性比Z的强
D. 原子半径：X ＜ Z ＜ W
【答案】C
【解析】
【分析】
X、Y、Z均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y原子有2个电子层，所以Y为氧元素，根据X、Y、Z、W在周期表中的相对位置可知，X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素；
【详解】A．X的气态氢化物是氨气，Y的气态氢化物是水，根据同周期元素，从左往右，元素的非金属性越强(Y>X)，与氢气越易化合，得到的氢化物越稳定，可知Y的气态氢化物比X的气态氢化物稳定，A错误；
B．同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性W > Z，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的强，B错误；
C．同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性Y > Z，C正确；
D．同周期元素从左到右半径逐渐减少，同主族元素从上到下半径逐渐增大，则原子半径： Z >X，Z >W ，D错误；
故选C。
15. ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A. KClO3在反应中得到电子 B. ClO2是氧化产物
C. H2C2O4在反应中被还原 D. 1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移
【答案】A
【解析】
【详解】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。
A、KClO3 中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，A正确；
B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；
C、H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，C错误；
D、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到1个电子，则1mol KClO3参加反应有1 mol电子转移，D错误；
答案选A。
16. 将0.01 molNaOH和1.06 gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol/L稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+ NaCl，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。
【详解】n(Na2CO3)==0.01mol，NaOH和Na2CO3的混合液中加HCl，依次发生反应①H++OH-=H2O、②+H+=、③+ H+=CO2↑+H2O，反应①消耗的n(HCl)= n(NaOH)= 0.01mol，V(HCl)==0.1L，反应②消耗的n(HCl)= n()= 0.01mol，V(HCl)==0.1L，反应①和反应②均没有CO2生成，因此加入前0.2L的HCl时没有气体生成，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应③+ H+=CO2↑+H2O；此时开始放出气体，反应完全时生成二氧化碳的物质的量是0.01mol，正好与图象相符，故C正确；
答案选C。
二、非选择题：本大题共5小题，共52分，每空2分。
17. 请写出除去下列物质中括号内的杂质所的试剂或方法：
（1）Cl2(HCl)，所用试剂(或方法)_______(可以不干燥)；
（2）Na2CO3固体(NaHCO3)，所用试剂(或方法) _______；
（3）FeCl3溶液(FeCl2)，所用试剂(或方法)_______，反应离子方程式_______；
（4）FeCl2溶液(CuCl2)，所用试剂(或方法)_______。
【答案】（1）饱和食盐水
（2）加热 （3） ①. 通入足量的Cl2 ②. 2Fe2++ Cl2=2Fe3++2Cl-
（4）加足量Fe粉充分反应，过滤
【解析】
【小问1详解】
HC极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则选择除杂试剂为饱和食盐水；
【小问2详解】
碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则选择加热方法为加热；
【小问3详解】
通入足量的Cl2，将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++ Cl2=2Fe3++2Cl-；
【小问4详解】
杂质CuCl2与铁粉反应生成铜和氯化亚铁，过滤除去，答案为加足量Fe粉充分反应，过滤。
18. 下表是元素周期表的一部分，编号代表一种元素。请回答有关问题：
主族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
①
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
（1）表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为_______ ；考古时利用_______(填核素符号)测定一些文物年代。
（2）元素③、④、⑦、⑧中，原子半径从大到小的顺序是_______(用元素符号表示)。
（3）元素⑥单质和④最高价氧化物对应的水化物在溶液中反应的离子方程式为_______。
（4）⑤⑥两元素相比较，金属性较强的是_______ (填名称)可以验证该结论的实验是_______(填字母)。
A. 将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中
B. 将形状、大小相同的这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应
C. 将形状、大小相同的这两种元素的单质分别和热水作用，并滴入酚溶液
D. 比较这两种元素的气态氢化物的稳定性
【答案】（1） ①. ②.
（2）Na>S>Cl>F
（3）Al(OH )3+OH－= AlO +2H2O
（4） ①. 镁 ②. BC
【解析】
【分析】①为C、②为N、③为F、④为Na、⑤为Mg、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Ar。
【小问1详解】
最外层排满的结构稳定，表中化学性质最不活泼的元素是18号元素Ar，其原子结构示意图为；具有放射性、考古时利用测定一些文物年代。
【小问2详解】
同主族时，电子层数越多半径越大、同周期时，质子数越多半径越小，元素③、④、⑦、⑧中，原子半径从大到小的顺序是Na>S>Cl>F。
【小问3详解】
元素⑥单质和④最高价氧化物对应的水化物在溶液中的反应，即氢氧化钠与氢氧化铝反应，因为氢氧化铝是两性氢氧化物，反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式是Al(OH )3+OH－= AlO +2H2O。
【小问4详解】
同周期元素从左到右金属性减弱，镁的金属性大于铝；则⑤⑥两元素相比较，金属性较强的是镁。金属性越强，单质与水或氢离子反应越容易。
A．将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中，都生成氧化膜，不能证明金属性强弱，故A错误；
B．将形状、大小相同的这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应，镁反应快，可证明镁的金属性大于铝，故B正确；
C．将形状、大小相同这两种元素的单质分别和热水作用，并滴入酚酞溶液，镁与热水反应生成氢氧化镁和氢气，能证明镁的金属性大于铝，故C正确；
D．金属不能比较氢化物稳定性，故D错误。
故可以验证该结论的实验是BC。
19. 如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容，现用该浓硫酸配制460 mL l mol/L的稀硫酸。可供选用的仪器有：①胶头滴管 ②烧瓶 ③烧杯 ④玻璃棒 ⑤药匙 ⑥量筒 ⑦托盘天平
硫酸 化学纯(CP)
(500mL)
品名：硫酸
化学式：H2SO4
相对分子质量：98
密度：1.84g/cm3
质量分数：98%
回答下列问题：
（1）在盛放浓硫酸的试剂瓶标签上应印有警示标志中的 _______ 。(填字母)
A. B. C. D.
（2）该浓硫酸的物质的量浓度为_______ mol/L
（3）配制稀硫酸时，还缺少的仪器有 _______(填仪器名称)
（4）配制460 mL1 mol/L的稀硫酸需量取上述浓硫酸的体积为_______mL
（5）下列各项操作引起配制的溶液浓度偏低的是_______。(填字母)
A. 将稀释后的硫酸立即转移至容量瓶中
B. 定容时，仰视容量瓶刻度线进行定容
C. 转移溶液时，不慎将少量溶液溅到容量瓶外面
D. 所用容量瓶经蒸馏水洗涤后未干燥，有少量残留蒸馏水
E. 定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，再滴水至刻度线处
【答案】（1）D （2）18.4
（3）500mL容量瓶
（4）27.2 （5）BCE
【解析】
【小问1详解】
A为易燃液体标志，B为剧毒品标志，C为三级放射性物品标志，D为腐蚀品标志，浓硫酸属于腐蚀品，故选D；
【小问2详解】
已知该浓硫酸的密度为1.84g/cm3，质量分数为98%，所以该硫酸的物质的量浓度c==18.4mol/L；
【小问3详解】
虽然配制460 mL1 mol/L的稀硫酸,但因为没有460 mL的容量瓶，故需配制为500 mL1 mol/L的稀硫酸，配制稀硫酸时，需要量筒量取浓硫酸，之后在烧杯中进行稀释，稀释时需要玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中进行定容，移液时需玻璃棒引流，定容时需要用胶头滴管，所以还需要的仪器有500mL容量瓶；
【小问4详解】
虽然配制460 mL1 mol/L的稀硫酸,但因为没有460 mL的容量瓶，故需配制为500 mL1 mol/L的稀硫酸，设所需浓硫酸的体积为V，则有18.4mol/L×V=0.5L×1mol/L，解得V=27.2 mL；
【小问5详解】
A．浓硫酸稀释时放热，所以稀释后的硫酸温度较高，立即转移至容量瓶中待冷却后溶液体积减小，浓度偏高，A不符合题意；
B．定容时，仰视容量瓶刻度线进行定容，导致溶液体积偏大，浓度偏低，B符合题意；
C．转移溶液时，不慎将少量溶液撒到容量瓶外面，导致部分溶质损失，浓度偏低，C符合题意；
D．配制过程中需加水稀释，则所用容量瓶经蒸馏水洗涤后未干燥，有少量残留蒸馏水对结果无影响，D不符合题意；
E．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，再滴水至刻度线处，导致溶液体积偏大，浓度偏低，E符合题意；
综上所述答案为BCE。
20. 已知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀。
（1）检验W溶液中金属阳离子所用试剂为_______(填化学式)；
（2）H在潮湿空气中变成M的现象是_______ ，发生反应的化学方程式为_______；
（3）A和水反应生成B和C的离子方程式为_______ ；在标准状况下生成11.2 LC气体时，转移电子的个数为_______ NA(用阿伏加德罗常数NA表示)；
（4）D中加入盐酸发生反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）KSCN
（2） ①. 白色沉淀迅速变成灰绿色、最终变成红褐色 ②. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（3） ①. 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2 ②. NA
（4）
【解析】
【分析】R是地壳中含量最多的金属元素的单质，则R为Al，A为淡黄色固体，且A与水反应生成无色无味气体C，则A为Na2O2，B为NaOH，C为O2，Al与氢氧化钠溶液反应生成无色无味的气体F为H2，T为生活中使用最广泛的金属单质，且T与氧气反应生成的D具有磁性的黑色晶体，则T为Fe，D为Fe3O4，四氧化三铁与足量的盐酸、足量的Fe反应都得到E，E与B(NaOH)反应得到白色沉淀H，则E为FeCl2，H是Fe(OH)2，H在潮湿的空气中得到M为Fe(OH)3，M与HCl反应生成W是FeCl3。
【小问1详解】
由分析可知，W的化学式为FeCl3，可用KSCN检验Fe3+；
【小问2详解】
由分析可知，H的化学式为：Fe(OH)2，M的化学式为Fe(OH)3，
H在潮湿空气中变成M的现象是：白色沉淀迅速变成灰绿色、最终变成红褐色，H转化为M的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
【小问3详解】
由分析可知，A的化学式为Na2O2，水反应的生成NaOH和O2，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2；存在关系式O2~2e-：在标准状况下生成11.2 LC气体即0.5mol氧气时，转移电子的物质的量为1mol，个数为NA；
【小问4详解】
D即Fe3O4中加入盐酸发生生成FeCl2、FeCl3和水，反应的离子方程式为。
21. 某实验小组以石灰粉(主要成分为Ca(OH)2和CaCO3)为原料，制备KClO3的流程如图所示。
（1）KClO3中氯元素的化合价为_______ 价。
（2）“氯化”过程中控制氯气不过量，在75 ℃左右进行。“氯化”温度较低时，Cl2易与Ca(OH)2反应而生成漂白粉，写出该反应的化学方程式：_______。
（3）“氯化”过程中Cl2与浆水反应生成Ca(ClO3)2的总反应为：6Ca(OH)2 + 6Cl2 = Ca(ClO3)2+5CaCl2 + 6H2O，反应中还原产物为 _______(填化学式)，该反应中化剂与还原剂的质量之比为_______。
【答案】（1）+5 （2）
（3） ①. CaCl2 ②. 5:1
【解析】
【分析】石灰粉含有Ca(OH)2和CaCO3，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca(ClO3)2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3，据此解答。
【小问1详解】
正负化合价代数和为0，K+1价、O-2价，则KClO3中氯元素的化合价为+5 价。
【小问2详解】
“氯化”温度较低时，Cl2易与Ca(OH)2反应而生成漂白粉，即氯气和氢氧化钙作用生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学反应方程式为。
【小问3详解】
“氯化”过程中Cl2与浆水反应生成Ca(ClO3)2的总反应为：6Ca(OH)2 + 6Cl2 = Ca(ClO3)2+5CaCl2 + 6H2O，氯元素的化合价由0价→+5价，失去电子是还原剂，对应的是氧化产物，氯元素的化合价由0价→-1价，得到电子，是氧化剂，对应的CaCl2是还原产物；按得失电子守恒，6Cl2中5Cl2为氧化剂、1Cl2为还原剂，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:1，质量之比为5:1。
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