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浙江省绍兴市2022-2023学年高一化学上学期期末试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省绍兴市2022-2023学年高一化学上学期期末试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了 下列物质对应的组成正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
绍兴市2022学年第一学期高中期末调测
高一化学
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 Na-23 Ag-108 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137
一、选择题I(本大题共15小题，每小题2分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 金属材料的应用促进了人类社会的发展。下列不属于金属材料的是
A. 储氢合金 B. 航母钢甲板 C. 青花瓷 D. 钛合金耐压壳
【答案】C
【解析】
【详解】储氢合金、航母钢甲板、钛合金耐压壳都属于金属材料，而青花瓷属于陶瓷，属于无机非金属材料，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
2. 下列物质对应的组成正确的是
A. 苛性钠—NaClO B. 纯碱—NaHCO3 C. 磁性氧化铁—Fe3O4 D. 生石灰—Ca(OH)2
【答案】C
【解析】
【详解】A．苛性钠—NaOH，故A错误；
B．纯碱—Na2CO3，故B错误；
C．磁性氧化铁—Fe3O4，故C正确；
D．生石灰—CaO，故D错误；
故选C。
3. 下列物质属于电解质且能导电的是
A. Na2CO3溶液 B. 石墨 C. NH3 D. 熔融的Na2SO4
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2CO3溶液中含有自由移动的离子，因此能够导电，但Na2CO3溶液是混合物，不是纯净物，因此不属于电解质，A不符合题意；
B．石墨中含有自由移动的电子，因此能够导电，但石墨属于单质不是化合物，因此不属于电解质，B不符合题意；
C．NH3是由化合物分子构成的物质，其中无自由移动的电子及离子，因此不能导电；该物质在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此属于非电解质，C不符合题意；
D．熔融的Na2SO4中含有自由移动的离子，因此能够导电；该物质是离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能够导电，因此属于电解质，D符合题意；
故合理选项是D。
4. 下列与实验有关的图标对应不正确的是
A. 排风 B. 腐蚀 C. 热烫 D. 明火
【答案】B
【解析】
【详解】A．图示的图标为排气扇，在做制备有毒气体或易挥发物质的实验时需要用到，起到排气的作用，A正确；
B．图示代表锐器，实验过程中应规范实验操作，避免将锐器指向自己或他人，B错误；
C．图示的图标代表加热装置，要防止烫伤，C正确；
D．代表明火，实验过程中应正确使用火源，并束好长发、系紧宽松衣物，D正确；
故合理选项是B。
5. 下列说法不正确的是
A. 俄国化学家门捷列夫制出的第一张元素周期表是按照相对原子质量由小到大排列的
B. 合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能，因此稀土元素被称为“冶金工业的维生素”
C. 原子结构模型演变历史可以表示为：
D. 硅、锗、镓位于金属和非金属的分界处，可以作半导体材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．1869年俄国化学家门捷列夫根据当时已经发现的元素的性质与相对原子质量的关系，制出了第一张元素周期表，A正确；
B．合金中加入适量的稀土金属，能大大改善合金的性能，加入的稀土元素的种类及相对量的多少不同，物质的性质不同，因此稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，B正确；
C．人类对元素原子结构的认识，经过的漫长的历史时期。原子结构模型演变历史可概括为：道尔顿实心球模型后来到汤姆生“葡萄干面包”模型，再后来发展到卢瑟福的核式模型，再发展到波尔轨道模型，C错误；
D．硅、锗、镓位于金属和非金属的分界处，导电性介于导体与绝缘体之间，因此可以作半导体材料，D正确；
故合理选项是C。
6. 下列说法正确的是
A. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液
B. 含有0.4molHCl的浓盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.2NA
C. 在Al3+浓度为0.6mol/L的硫酸铝溶液中，SO的浓度为0.4mol/L
D. 侯德榜制碱法是利用了NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终制得Na2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据是粒子直径大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，A项错误；
B．只和浓盐酸反应，随着反应的进行浓盐酸变成稀盐酸，反应不能进行完全，B项错误；
C．在浓度为的硫酸铝溶液中，的浓度为，C项错误；
D．侯德榜制碱法其利用了的溶解度小于，最终制得，D项正确；
答案选D。
7. 宏观辨识与微观探析相结合是化学特有的认识物质的方法。NaCl固体溶于水的过程如图所示。下列说法不正确的是
A. 水合a离子为水合氯离子
B. NaCl需要在通电条件下发生电离
C. 水合离子的定向运动，是水溶液导电的原因
D. 水合离子的形成是电性作用的结果
【答案】B
【解析】
【分析】NaCl是由钠离子、氯离子构成，两离子相差一个电子层，则钠离子半径小于氯离子半径。
【详解】A．分析可知，氯离子半径大于钠离子半径，则水合a离子为水合氯离子，故A正确；
B．由图可知NaCl在水分子作用下就发生电离，不需要通电，故B错误；
C．水合离子为带电电荷，其定向运动，产生电流，是水溶液导电的原因，故C正确；
D．水合离子是在溶液中水和离子的形式，是靠电性作用络合在一起形成，是电性作用的结果，故D正确；
答案为B。
8. 下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是
A. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
B. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
C. 漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张
D. 细铁粉具有还原性，可用作食品抗氧剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．Al2O3的熔点高，所以可用作耐高温材料，故A错误；
B．NaHCO3具有弱碱性，所以可用于制胃酸中和剂，故B错误；
C．漂白粉易反应得到具有漂白性的物质次氯酸，所以可用于漂白纸张，故C错误；
D．细铁粉具有还原性，能消耗氧气，从而可用作食品抗氧剂，故D正确；
故选D。
9. 含锂材料在社会生产与生活中应用广泛，如6Li和7Li用作核反应堆最佳热载体，7LiH和7LiD用作高温堆减速剂。下列说法正确的是
A. 7LiH和7LiD互为同素异形体
B. 7LiH和7LiD的化学性质不同
C. 6Li和7Li的原子结构示意图相同
D. 通过化学变化可以实现6Li与7Li间的相互转化
【答案】C
【解析】
【详解】A．7LiH和7LiD是7Li与H元素的同位素原子形成的化合物，它们不是单质，因此二者不能互为同素异形体，A错误；
B．H、D是同位素原子，二者核外电子数相同，因此它们与7Li形成的化合物性质相同，B错误；
C．6Li和7Li是Li元素的同位素原子，原子核外电子数相同，原子核外电子排布也相同，故两种原子的原子结构示意图相同，C正确；
D．6Li与7Li质子数相同，而中子数不同，因此6Li与7Li的转化可通过核反应实现，而不能通过化学变化实现，D错误；
故合理选项是C。
10. 下列说法正确的是
A. 可以用Ba(OH)2溶液检验K2CO3和NaHCO3两种固体
B. 制取Cl2时，应先检查装置的气密性再装药品
C. 某气体遇湿润的淀粉碘化钾试纸，试纸变蓝说明该气体为Cl2
D. 某试样进行焰色试验，其火焰呈黄色，说明该试样中一定含有K+
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ba(OH)2溶液与K2CO3和NaHCO3均能产生BaCO3白色沉淀，故不可以用Ba(OH)2溶液检验K2CO3和NaHCO3两种固体，故A错误；
B．一般气体制备时都应先检查装置的气密性再装药品，故B正确；
C．某气体遇湿润的淀粉碘化钾试纸，试纸变蓝说明该气体具有氧化性，不一定为Cl2，也可能是O3等，故C错误；
D．某试样进行焰色试验，其火焰呈黄色，说明该试样中一定含有钠元素，故D错误；
故选B。
11. 下列化学用语不正确的是
A. 中子数为20的氯原子：Cl
B. H2O的分子结构模型：
C. HClO的结构式：H-O-Cl
D. 用电子式表示HCl的形成过程：
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl是17号元素，原子核内质子数是17，则中子数为20的氯原子质量数是17+20=37，用原子符号可表示为Cl，A正确；
B．H2O分子中三个原子不在同一直线上，是V形结构，由于原子半径：O＞H，所以H2O分子结构的球棍模型为，B正确；
C．HClO分子中O原子分别与H、Cl原子各形成1个共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，其结构式为：H-O-Cl，C正确；
D．HCl是共价化合物，H原子与Cl原子通过形成1个共用电子对结合形成，其电子式表示形成过程为：，D错误；
故合理选项是D。
12. W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，Y的原子序数是X的2倍，下列说法正确的是
A. Z的氧化物对应水化物的酸性比Y的强
B. Y的单核阴离子还原性比X的弱
C. 原子半径：Z＞Y＞X
D. X的简单氢化物的沸点高于Y的简单氢化物的沸点，这与分子间氢键有关
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如表所示W、X位于第二周期，W、Z位于第三周期，Y的原子序数是X的2倍，则X为O，Y为S；结合各元素的相对位置可知，W为N元素，Z为Cl元素，据此解答。
【详解】A．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性一定比Y的强，不是最高价氧化物的水化物的酸性不一定强，如HClO的酸性弱于硫酸，选项A错误；
B．元素非金属性越强,其离子的还原性越弱，故Y的单核阴离子还原性比X的强，选项 B错误；
C．原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以元素的原子半径:Y>Z> X，选项C错误；
D．H2O分子之间可以形成氢键而使其沸点大于H2S，选项D正确；
故选D。
13. 实验室需配制离子浓度均为1mol•L-1的澄清透明溶液。含下列离子的溶液，能配制成功的是
A. K+、H+、ClO-、Cl- B. Cu2+、Na+、SO、NO
C. Ag+、HCO、OH-、K+ D. Fe3+、NO、Na+、SO
【答案】B
【解析】
【详解】A．ClO- 在H+ 作用下会与Cl-发生归中反应生成氯气，不能大量共存，不能配制成功，故A错误；
B．四种离子间相互不反应，能够大量共存，且溶液满足电荷守恒，离子浓度均为1mol·L-1时，阳离子带有的正电荷总数等于阴离子带有的负电荷总数，溶液呈电中性，能配制成功，故B正确；
C．碳酸氢根离子与氢氧根离子不能大量共存，银离子与氢氧根离子不能大量共存，不能配制成功，故C错误；
D．四种离子间相互不反应，但是不满足电荷守恒规律，离子浓度均为1mol·L-1时，阳离子带有的正电荷总数大于阴离子带有的负电荷总数，溶液不呈电中性，不能配制成功，故D错误；
故选B。
14. 类比和推理是化学研究的重要方法，下列说法正确的是
A. 卤素单质的熔点从F2到I2逐渐升高，则碱金属单质的熔点从Li到Cs逐渐升高
B. 铊(Tl)和铝位于同一主族，则铊的最高价氧化物的水化物Tl(OH)3为两性氢氧化物
C. 氯元素(Cl)的最低化合价为-1，则117号Ts的最低化合价为-1
D. 碱性氧化物都是金属氧化物，则金属氧化物一定是碱性氧化物
【答案】C
【解析】
【详解】A．卤素单质的熔点从F2到I2逐渐升高，而碱金属单质的熔点从Li到Cs逐渐降低，故A错误；
B．铊(Tl)和铝位于同一主族，但铊(Tl)的金属性比铝强得多，铊的最高价氧化物的水化物Tl(OH)3为碱性，故B错误；
C．氯元素(Cl)和 Ts都是第ⅦA族，最低化合价都为-1，故C正确；
D．碱性氧化物都是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，比如是两性氧化物，故D错误；
故选C。
15. 下列离子方程式书写正确的是
A. 实验室用软锰矿和浓盐酸制Cl2：MnO2+2H++2Cl-Cl2↑+H2O+Mn2+
B. FeI2溶液通入足量Cl2：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
C. 在NaI和KBr混合溶液中通入少量Cl2：Cl2+2I-=I2+2Cl-
D. 在偏铝酸钠溶液中通入过量CO2出现白色沉淀：2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO
【答案】C
【解析】
【详解】A．电荷不守恒，原子不守恒，反应的离子方程式应该为：MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+2H2O+Mn2+，A错误；
B．不符合物质反应的微粒数目比，离子方程式应该为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，B错误；
C．由于还原性：I-＞Br-，所以向NaI和KBr混合溶液中通入少量Cl2：I-先发生反应，离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-，C正确；
D．在偏铝酸钠溶液中通入过量CO2出现Al(OH)3白色沉淀，同时产生，反应的离子方程式应该为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，D错误；
故合理选项是C。
二、选择题II(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
16. 在酸性高锰酸钾溶液中加入Na2O2粉末，高锰酸钾溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO4-+16H++ 5Na2O2= 2Mn2++5O2↑ + 8H2O + 10Na+ 下列判断正确的是:
A. 高锰酸钾是氧化剂，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
B. 反应的氧化产物只有氧气
C. 当反应产生标准状况下2．24 L O2时，反应转移的电子为0．1mol
D. 通常所说的酸化的高锰酸钾溶液是指滴加了浓盐酸的高锰酸钾溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A、在2MnO4-+16H++5Na2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+反应中，Na2O2中的氧元素化合价升高，Na2O2只作还原剂，不是氧化剂，A错误；
B、该反应的产物中，只有O2是氧化产物，B正确；
C、当反应产生标准状况下2．24LO2时，反应转移的电子为0.2mol，C错误；
D、高锰酸钾能氧化浓盐酸生成氯气，所以不能将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，应该用稀硫酸，D错误；
答案选B。
17. 下列说法不正确的是
A. 合金的熔点一定比各成分的金属低
B. 在氧化还原反应中金属A比金属B失电子多，不能说明金属A更活泼
C. 常温常压下，等体积的O2和O3所含的分子数相等
D. 可以通过化合反应得到FeCl2、Fe3O4、FeCl3
【答案】A
【解析】
【详解】A．合金的熔点一般比各成分金属的低，但是汞与其它金属形成合金时，合金的熔点大于汞，A错误；
B．两种不同金属活动性强弱是根据金属原子失去电子的难易而不是金属失去电子的多少，B正确；
C．常温常压下，气体摩尔体积相同，则根据阿伏伽德罗定律可知：等体积的O2和O3所含的分子数相等，C正确；
D．Fe与FeCl3发生化合反应产生FeCl2；Fe与O2在点燃时发生化合反应产生Fe3O4；Fe与Cl2在点燃时发生化合反应产生FeCl3，可见可以通过化合反应得到FeCl2、Fe3O4、FeCl3，D正确；
故合理选项是A。
18. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 0.1 mol/LK2SO4溶液中含有的K+数为0.2NA
B. 0.1 mol Cl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl-、ClO-数目之和为0.2NA
C. 18 g D2O中含有的中子数是9NA
D. 标准状况下，22.4 LBr2含有的分子数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．只有溶液浓度缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，A错误；
B．Cl2与反应产生HCl、HClO的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故0.1 mol Cl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl-、ClO-数目之和小于0.2NA，B错误；
C．D2O分子中含有10个中子，其相对分子质量是20。18 gD2O的物质的量为n(D2O)=，则其中含有的中子的物质的量是n(中子)=0.9 mol×10=9 mol，故其中含有的中子数目是9NA，C正确；
D．标准状况下单质溴为液态，不能使用气体摩尔体积进行有关计算，D错误；
故合理选项是C。
19. 下列有关说法正确是
A. 同温同压下甲烷和氧气的密度之比为2∶1
B. 常温常压下相同体积的CO与N2和O2组成的混合气，两者所含的原子数相等
C. 等物质的量的钠和过氧化钠分别与足量的水反应，转移电子的物质的量之比为1：2
D. 等物质的量钠分别用有孔的铝箔、铜箔包裹后再投入足量的水中，产生气体的物质的量之比1：1
【答案】B
【解析】
【详解】A．同温同压下相同，则根据可知，同温同压下甲烷和氧气的密度之比等于其摩尔质量之比，为16∶32=1∶2，故A错误；
B．常温常压下相同体积的CO与N2和O2组成的混合气所含的分子数相等，且两组均为双原子分子，则两者所含的原子数也相等，故B正确；
C．钠和足量的水反应，与转移电子的关系是，过氧化钠与足量的水反应，与转移电子的关系是，所以等物质的量的钠和过氧化钠分别与足量的水反应，转移电子的物质的量之比为1：1，故C错误；
D．钠和水反应会生成，铝箔与溶液会继续反应也产生氢气，故D错误；
故选B。
20. 下列说法不正确的是
A. 实验中未用完的白磷可以放回原试剂瓶
B. 将铁和水蒸气反应后的固体投入足量的盐酸中，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液无血红色出现，不能说明铁和水蒸气反应后没有三价铁生成
C. 不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，再用3%～5%的NaHCO3溶液冲洗
D. 可用pH试纸测试氯水的pH
【答案】D
【解析】
【详解】A．白磷易自燃，实验中未用完的白磷可以放回原试剂瓶，故A正确；
B．铁和水蒸气反应生成，反应后的固体可能是和剩余的铁的混合物，过量的铁会将还原为，所以向反应后的溶液中滴加KSCN溶液无血红色出现，不能说明铁和水蒸气反应后没有三价铁生成，故B正确；
C．根据实验安全原则可知，不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，再用3%～5%的NaHCO3溶液冲洗，故C正确；
D．氯水具有漂白性，会将变色的pH试纸漂白，故不可用pH试纸测试氯水的pH，故D错误；
故选D。
21. 下列说法正确的是
A. HCl比H2S稳定是因为分子间作用力前者强于后者
B. BF3、SiCl4中，每个原子都满足8电子稳定结构
C. CaF2和NaH中的化学键类型完全相同
D. 工业上用钠单质与TiCl4溶液反应制取钛单质
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCl比H2S稳定是因为H-Cl键能比H-S键能大，而分子间作用力决定的是其物理性质比如熔沸点等，故A错误；
B．BF3中B原子最外层只有3个电子加上3个F原子共用的3个电子才6个电子，不满足8电子稳定结构，故B错误；
C．CaF2和NaH中的化学键都是离子键，类型完全相同，故C正确；
D．工业上用钠单质与熔融的TiCl4反应制取钛单质，不能用水溶液，故D错误；
故选C
22. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表，下列说法正确的是
元素代号
X
Y
Z
N
M
R
Q
原子半径/nm
0.37
1.86
1.43
088
0.99
0.75
0.74
最高正价
+1
+1
+3
+3
+7
+5
最低负价
-1
-1
-3
-2
A. 由元素X、R、Q组成的化合物只能是共价化合物
B. 由水溶液的酸性：HM＞H2S(氢硫酸)，可推断元素的非金属性：M＞S
C. Y和Q形成的两种常见化合物中，阴、阳离子个数比不同
D. Y、Z、M三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间能反应
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，Q只有-2价，则Q为O元素；M元素有最高价+7，最低价-1，则M为Cl元素；R有+5、-3价，处于ⅤA族，原子半径小于Cl，且与O元素相近，说明与O元素同周期，则R为N元素；Z的最高化合价为+3，没有负化合价，处于ⅠA族，且原子半径大于Cl元素，则Z为Al元素；X、Y均有最高正价+1，处于ⅠA族，而X有-l价，则X为H元素，Y的原子半径比Al的大很多，Y为Na元素，N元素最高化合价为+3价，原子半径比Al小，则N是第二周期第ⅢA的B元素，以此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是H，Y是Na，Z是Al，N是B，M是Cl，R是N，Q是O元素。
A．X是H，R是N，Q是O元素，三种元素可以形成共价化合物HNO3、HNO2，也可以形成离子化合物NH4NO3、NH4NO2，A错误；
B．根据酸性HCl＞H2S，只能证明HCl比H2S更容易发生电离作用，不能说明元素的非金属性：Cl＞S，要证明元素的非金属性：Cl＞S，应该根据元素最高价氧化物对应的水化物的HClO4、H2SO4的酸性强弱判断，B错误；
C．Y是Na，Q是O元素，两种元素形成的常见化合物Na2O、Na2O2，Na2O中阳离子Na2+与O2-个数比是2：1；Na2O2中阳离子Na2+与阴离子的个数比是2：1，因此构成中阴、阳离子个数比是相同的，C错误；
D．Y是Na，Z是Al，M是Cl，三种元素的最高价氧化物对应的水化物化学式分别是NaOH、Al(OH)3、HClO4，NaOH是一元强碱，Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强酸、强碱都会发生反应；HClO4是一元强酸。NaOH与Al(OH)3及HClO4会发生反应；Al(OH)3与HClO4也会发生反应，可见三种物质两两都会发生反应，D正确；
故合理选项是D。
23. 下列操作或对应的现象描述不正确的是
A. 该装置用于除去氯气中的氯化氢
B. 将水滴入盛有过氧化钠的试管中，再将带火星木条伸入试管，木条可复燃
C. 将点燃的氢气伸入盛满氯气的集气瓶中，氢气在氯气中安静燃烧，产生苍白色火焰
D. 将长滴管伸入液面以下，挤入氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，后来逐渐变成灰绿色
【答案】A
【解析】
【详解】A．用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质时，导气管应该长进短出，而装置图中入气导气管是短进长出，不能很好的去除杂质气体，A错误；
B．水与过氧化钠反应产生的氧气具有助燃性，能够使带火星的木条复燃，操作合理，B正确；
C．H2是可燃性气体，将其在空气中点燃，然后伸入盛满氯气的集气瓶中，看到氢气能够在氯气中安静燃烧，产生苍白色火焰，同时在集气瓶口产生白雾，C正确；
D．NaOH与FeSO4会发生复分解反应产生Fe(OH)2，Fe(OH)2具有强的还原性，容易被溶解在NaOH溶液中的氧气氧化产生红褐色Fe(OH)3，为避免Fe(OH)2氧化，应该将长滴管伸入液面以下，挤入氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，后来在液面上的Fe(OH)2逐渐被氧化变成灰绿色，D正确；
故合理选项是A。
24. 二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，制备二氧化氯溶液的装置如图。下列说法正确的是
A. ClO2是新型净水剂，它的净水原理和氢氧化铁胶体相同
B. 实验中氮气的作用就是将装置内的空气排出
C. 装置B可以起到防止倒吸的作用
D. 当看到装置C中导管液面上升时应减慢氮气的通入速率
【答案】C
【解析】
【分析】A中酸性条件下，NaClO3与H2O2反应生成C1O2，过氧化氢被氧化生成氧气，二氧化氯浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，同时可以起到搅拌作用，有利于反应进行；二氧化氯易溶于水，C装置可以溶解二氧化氯，B装置为安全瓶，D装置吸收尾气，以此解答该题。
【详解】A．ClO2是新型净水剂，它的净水原理是该物质具有强氧化性，会将水中细菌、病毒的蛋白质氧化，使其失去生理活性，因而具有杀菌消毒作用；而氢氧化铁胶体的表面积大，吸附力强，具有强的吸附作用，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而析出，故ClO2的净水原理和氢氧化铁胶体不相同，A错误；
B．实验中氮气的作用就是可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，同时可以起到搅拌作用，有利于反应进行，B错误；
C．装置B是安全瓶，其作用是可以起到防止倒吸的作用，C正确；
D．当看到装置C中导管液面上升时，说明装置内压强减小了，此时应加快氮气的通入量，避免压强较小而倒吸，D错误；
故合理选项是C。
25. 向含有一定量盐酸和CuSO4的混合溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀的质量m与加入Ba(OH)2的物质的量n之间的关系如图所示，下列说法错误的是
A. 0→a段产生的沉淀只有BaSO4
B. b点时的溶液中c (Cl-)>c(OH-)>c(Ba2＋)
C. b→c时发生的离子反应为Cu2＋＋2OH-=Cu(OH)2↓
D. 原混合溶液中n(HCl)=4mol
【答案】B
【解析】
【分析】向含有一定量盐酸和CuSO4的混合溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液，Ba2+发生的反应是Ba2++SO=BaSO4↓；OH-依次发生反应H++ OH-=H2O、Cu2++2OH-= Cu(OH)2↓。
【详解】A．0→a段发生的反应是Ba2++SO=BaSO4↓、H++ OH-=H2O，所以产生的沉淀只有BaSO4，故A正确；
B．根据图示，0→a段发生的反应是Ba2++SO=BaSO4↓、H++ OH-=H2O； a→b段发生的反应是H++ OH-=H2O，可知原溶液中氢离子的物质的量是4mol、硫酸根离子的物质的量是1mol，b点时溶液中的溶质是1molCuCl2、1molBaCl2，b点溶液中c (Cl-)>c(Ba2＋) >c(OH-)，故B错误；
C ．b点时溶液中的溶质是CuCl2、BaCl2，b→c时发生的离子反应为Cu2＋＋2OH-=Cu(OH)2↓，故C正确；
D．根据图示，0→a段发生的反应是Ba2++SO=BaSO4↓、H++ OH-=H2O； a→b段发生的反应是H++ OH-=H2O，原溶液中氢离子的物质的量是4mol，所以原混合溶液中n(HCl)=4mol，故D正确；
选B。
三、非选择题(26-31题，共40分)
26. 化学物质丰富多彩，在生产、生活、科研等方面起着重要的作用。
（1）写出Na2CO3的一种用途_____。
（2）工业上用覆铜板制作印刷电路板，对应的化学方程式为_____。
（3）SO2通入足量的BaCl2和新制氯水的混合液中，该反应的离子方程式为_____。
【答案】（1）制肥皂或制玻璃或造纸
（2）2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2
（3）SO2+Cl2+Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Cl-+4H+
【解析】
【小问1详解】
Na2CO3俗称纯碱，水溶液显碱性，可以作厨房的去油污试剂，也可以用于制肥皂或制玻璃或造纸等；
【小问2详解】
工业上用覆铜板制作印刷电路板，腐蚀Cu线路板使用的试剂是FeCl3溶液，FeCl3与Cu反应产生FeCl2、CuCl2，根据电子守恒、电荷守恒，可知对应的化学方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；
【小问3详解】
SO2气体具有还原性，Cl2具有强氧化性，在溶液中SO2、Cl2、H2O发生氧化还原反应产生H2SO4、HCl，反应的化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应产生的H2SO4再与溶液中的BaCl2发生复分解反应产生BaSO4沉淀和HCl，该反应的化学方程式为：H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，则总反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O+BaCl2=BaSO4↓+4HCl，故通入足量的BaCl2和新制氯水的混合液中，发生的该反应的离子方程式为：SO2+Cl2+Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Cl-+4H+。
27. 元素在周期表中位置反映了元素的原子结构和性质，矿物白云母是一种重要的化工原料，其化学式的氧化物形式为：K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2O。就其组成元素完成下列填空：
（1）Al元素在元素周期表中的位置为_____，K2O的电子式为_____。
（2）上述元素中(Si、H除外)，形成的简单离子的半径最小，该离子与过量氨水反应的离子方程式为_____。
（3）根据KH的存在，有人提议可把氢元素放在第ⅦA族，那么根据其最高正价与最低负价的绝对值相等，又可把氢元素放在周期表中的第_____族。
（4）某元素R与氧元素同主族，对延长人类寿命起着重要作用，被誉为“生命元素”。已知R元素的原子有4个电子层，则元素R的质子数是_____。
【答案】（1） ①. 第三周期第ⅢA族 ②.
（2）Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
（3）ⅣA （4）34
【解析】
【小问1详解】
Al是13号元素，原子核外电子排布是2、8、3，根据原子结构与元素在元素周期表中的位置关系可知Al在元素周期表中位于第三周期第ⅢA族；
K2O是离子化合物，K+与O2-之间通过离子键结合，其电子式为；
【小问2详解】
在上述元素中除Si、H除外，形成的简单离子的半径最小的元素是Al元素，元素形成的离子是Al3+，该离子与过量氨水反应产生Al(OH)3沉淀和，该反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH；
【小问3详解】
根据KH的存在，在KH中H元素为-1价，与卤素的最低化合价-价相同，因此有人提议可把氢元素放在第ⅦA族，由于H最高为+1价，最低为-1价，那么根据其最高正价与最低负价的绝对值相等，又可把氢元素放在周期表中的第ⅣA族；
【小问4详解】
某元素R与氧元素同主族，对延长人类寿命起着重要作用，被誉为“生命元素”。已知R元素的原子有4个电子层，最外层有6个电子，根据原子核外电子排布规律，可知该元素的原子核外电子排布是2、8、18、6，因此元素R的质子数是34。
28. 由三种短周期元素碳、氯、氧组成的化合物A，按如图流程进行实验。已知相同条件下气态A物质的密度为氢气密度的49.5倍。
回答下列问题：
（1）A中各原子均满足8电子的稳定结构，则A的结构式_____。
（2）A与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_____。
（3）写出D到F对应的离子方程式_____。
【答案】（1） （2）COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O
（3）BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
【解析】
【分析】根据溶液C与足量硝酸和硝酸银反应得到5.74g沉淀E可知沉淀E为AgCl，A中含氯元素，A中；溶液 B与硝酸钡溶液反应所得沉淀能溶于盐酸,结合化合物A由碳、氯、氧组成推测沉淀D为碳酸钡，A中。由此可知A中碳原子和氯原子个数比为1∶2，且相同条件下气态A物质的密度为氢气密度的49.5倍，则，根据相对原子质量及元素化合价可知A的化学式为COCl2，据此分析。
【小问1详解】
A中各原子均满足8电子的稳定结构，则A的结构式，故答案为：。
【小问2详解】
A与足量NaOH溶液反应的化学方程式为：COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O，故答案为：COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O。
【小问3详解】
D到F对应的离子方程式：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，故答案为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。
29. 某兴趣小组配制氢氧化钡溶液
（1）现需配制950 mL0.1 mol•L-1氢氧化钡溶液，应称量氢氧化钡晶体质量为_____g[已知Ba(OH)2·8H2O的摩尔质量为315 g•mol-1]；如图配制步骤中，按先后顺序排序为_____(用字母A～F填写)。
A
B
C
D
E
F
（2）配制过程中，下列操作会导致所配溶液物质的量浓度偏小的是_____(填序号)。
a．转移时有少量溶液洒出
b．转移后未用蒸馏水洗涤烧杯
c．定容时俯视刻度线
（3）在两份浓度、体积均相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。
其中，曲线_____(填序号)代表滴入了NaHSO4溶液；从开始到b点总的离子方程式是_____。
【答案】（1） ①. 31.5 ②. DBCAFE
（2）ab （3） ①. ② ②. H++SO+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
【解析】
【分析】溶液具有均一性、稳定性，溶液各处的浓度、密度相等。配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近；根据操作对溶质的物质的量及溶液的体积影响，结合物质的量浓度定义式c=分析实验误差。
Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+ NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+ Na2SO4+ 2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比。根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度几乎为0，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应；曲线②表示Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液反应。
【小问1详解】
在实验室中不存在规格是950 mL的容量瓶，应该选择使用1000 mL的容量瓶配制1000 mL0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液，n[Ba(OH)2]=0.1 mol/L×1 L=0.1 mol，则需称量Ba(OH)2·8H2O的质量m[Ba(OH)2·8H2O]=0.1 mol×315 g/mol=31.5 g；
根据配制溶液的步骤计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，结合图示操作步骤，可知正确顺序为：D、B、C、A、F、E；
【小问2详解】
a．转移溶液时有少量溶液洒出，导致溶质损耗，由于溶液的体积不变，则最终导致配制的溶液浓度偏小，a符合题意；
b．转移后未用蒸馏水洗涤烧杯，导致配制溶液中的溶质损耗，由于溶液的体积不变，则最终导致配制的溶液浓度偏小，b符合题意；
c．定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏少，由于溶质的物质的量不变，则根据物质的量浓度定义式可知配制溶液的浓度偏高，c不符合题意；
故合理选项是ab；
【小问3详解】
溶液导电能力与溶液中自由移动的离子浓度成正比。根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度几乎为0，应该为向Ba(OH)2溶液中滴加H2SO4溶液的反应；曲线②表示向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液的反应。Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+ NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O。向Ba(OH)2溶液中滴加少量NaHSO4，发生反应：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+ NaOH+H2O，该反应的离子方程式为：H++SO+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，反应至b点时，该反应恰好完全，此时溶液中的溶质为NaOH；此时再向溶液中滴加NaHSO4溶液，又发生反应：H++OH-=H2O，至d点时二者恰好发生该反应，溶液中溶质为Na2SO4，后来NaHSO4过量，导致溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力又逐渐增强。
30. 实验室制备碳酸亚铁的装置如图所示。
（1）仪器A的名称_____。
（2）实验操作如下：
①打开K1、K2，加入适量稀硫酸，关闭K1，使反应进行一段时间，其目的是_____。
②接着要使仪器C中的制备反应发生，需要进行的操作是_____。
（3）已知该反应生成FeCO3沉淀时，还生成一种能使澄清石灰水变浑浊的气体，该反应的离子方程式为_____。
【答案】（1）分液漏斗
（2） ①. 生成FeSO4溶液，且用产生的H2排尽装置内的空气防止亚铁被氧化 ②. 关闭K2
（3）Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】打开K1、K2，将分液漏斗中的稀硫酸加入到蒸馏烧瓶中，Fe与H2SO4发生置换反应产生FeSO4、H2，H2将装置中的空气排出后，关闭K1、K2，烧瓶中H2将FeSO4压入到三颈烧瓶中，与NH4HCO3发生反应产生(NH4)2SO4、FeCO3、CO2、H2O，从而制备得到碳酸亚铁。
【小问1详解】
根据装置图可知仪器A的名称是分液漏斗；
【小问2详解】
①打开K1、K2，加入适量稀硫酸，关闭K1，使反应进行一段时间，其目的是反应生成FeSO4溶液，且用产生的H2排尽装置内的空气防止亚铁被氧化；
②接着要使仪器C中的制备反应发生，需要进行的操作是关闭K2，反应产生H2导致烧瓶中气体压强增大，FeSO4被压入三颈烧瓶中，从而引发化学反应的发生；
【小问3详解】
已知该反应生成FeCO3沉淀时，还生成一种能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体是CO2，则FeSO4与NH4HCO3发生反应产生(NH4)2SO4、FeCO3、CO2、H2O，该反应的离子方程式为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O。
31. 取一定质量NaHCO3和Na2O的固体混合物溶于适量的水，向所得溶液中缓慢逐滴加入某物质的量浓度的盐酸，产生的气体体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。试回答下列问题：
（1）盐酸的物质的量浓度为_____。
（2）固体混合物中NaHCO3与Na2O物质的量之比_____。
【答案】（1）1mol/L
（2）4：1
【解析】
【分析】一定质量NaHCO3和Na2O的固体混合物溶于适量的水，发生反应 Na2O+H2O=2NaOH、NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，向其中水溶液中缓慢逐滴加入某物质的量浓度的盐酸，由图象可知，最后发生NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O，最终溶质为氯化钠，据此解答。
【小问1详解】
由碳元素守恒可知，NaHCO3为0.2mol，发生 NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O消耗的HCl为0.2mol，则HCl的物质的量浓度为：，故答案为：1mol/L。
【小问2详解】
绍兴市2022学年第一学期高中期末调测
高一化学
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 Na-23 Ag-108 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137
一、选择题I(本大题共15小题，每小题2分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 金属材料的应用促进了人类社会的发展。下列不属于金属材料的是
A. 储氢合金 B. 航母钢甲板 C. 青花瓷 D. 钛合金耐压壳
【答案】C
【解析】
【详解】储氢合金、航母钢甲板、钛合金耐压壳都属于金属材料，而青花瓷属于陶瓷，属于无机非金属材料，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
2. 下列物质对应的组成正确的是
A. 苛性钠—NaClO B. 纯碱—NaHCO3 C. 磁性氧化铁—Fe3O4 D. 生石灰—Ca(OH)2
【答案】C
【解析】
【详解】A．苛性钠—NaOH，故A错误；
B．纯碱—Na2CO3，故B错误；
C．磁性氧化铁—Fe3O4，故C正确；
D．生石灰—CaO，故D错误；
故选C。
3. 下列物质属于电解质且能导电的是
A. Na2CO3溶液 B. 石墨 C. NH3 D. 熔融的Na2SO4
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2CO3溶液中含有自由移动的离子，因此能够导电，但Na2CO3溶液是混合物，不是纯净物，因此不属于电解质，A不符合题意；
B．石墨中含有自由移动的电子，因此能够导电，但石墨属于单质不是化合物，因此不属于电解质，B不符合题意；
C．NH3是由化合物分子构成的物质，其中无自由移动的电子及离子，因此不能导电；该物质在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此属于非电解质，C不符合题意；
D．熔融的Na2SO4中含有自由移动的离子，因此能够导电；该物质是离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能够导电，因此属于电解质，D符合题意；
故合理选项是D。
4. 下列与实验有关的图标对应不正确的是
A. 排风 B. 腐蚀 C. 热烫 D. 明火
【答案】B
【解析】
【详解】A．图示的图标为排气扇，在做制备有毒气体或易挥发物质的实验时需要用到，起到排气的作用，A正确；
B．图示代表锐器，实验过程中应规范实验操作，避免将锐器指向自己或他人，B错误；
C．图示的图标代表加热装置，要防止烫伤，C正确；
D．代表明火，实验过程中应正确使用火源，并束好长发、系紧宽松衣物，D正确；
故合理选项是B。
5. 下列说法不正确的是
A. 俄国化学家门捷列夫制出的第一张元素周期表是按照相对原子质量由小到大排列的
B. 合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能，因此稀土元素被称为“冶金工业的维生素”
C. 原子结构模型演变历史可以表示为：
D. 硅、锗、镓位于金属和非金属的分界处，可以作半导体材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．1869年俄国化学家门捷列夫根据当时已经发现的元素的性质与相对原子质量的关系，制出了第一张元素周期表，A正确；
B．合金中加入适量的稀土金属，能大大改善合金的性能，加入的稀土元素的种类及相对量的多少不同，物质的性质不同，因此稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，B正确；
C．人类对元素原子结构的认识，经过的漫长的历史时期。原子结构模型演变历史可概括为：道尔顿实心球模型后来到汤姆生“葡萄干面包”模型，再后来发展到卢瑟福的核式模型，再发展到波尔轨道模型，C错误；
D．硅、锗、镓位于金属和非金属的分界处，导电性介于导体与绝缘体之间，因此可以作半导体材料，D正确；
故合理选项是C。
6. 下列说法正确的是
A. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液
B. 含有0.4molHCl的浓盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.2NA
C. 在Al3+浓度为0.6mol/L的硫酸铝溶液中，SO的浓度为0.4mol/L
D. 侯德榜制碱法是利用了NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终制得Na2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据是粒子直径大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，A项错误；
B．只和浓盐酸反应，随着反应的进行浓盐酸变成稀盐酸，反应不能进行完全，B项错误；
C．在浓度为的硫酸铝溶液中，的浓度为，C项错误；
D．侯德榜制碱法其利用了的溶解度小于，最终制得，D项正确；
答案选D。
7. 宏观辨识与微观探析相结合是化学特有的认识物质的方法。NaCl固体溶于水的过程如图所示。下列说法不正确的是
A. 水合a离子为水合氯离子
B. NaCl需要在通电条件下发生电离
C. 水合离子的定向运动，是水溶液导电的原因
D. 水合离子的形成是电性作用的结果
【答案】B
【解析】
【分析】NaCl是由钠离子、氯离子构成，两离子相差一个电子层，则钠离子半径小于氯离子半径。
【详解】A．分析可知，氯离子半径大于钠离子半径，则水合a离子为水合氯离子，故A正确；
B．由图可知NaCl在水分子作用下就发生电离，不需要通电，故B错误；
C．水合离子为带电电荷，其定向运动，产生电流，是水溶液导电的原因，故C正确；
D．水合离子是在溶液中水和离子的形式，是靠电性作用络合在一起形成，是电性作用的结果，故D正确；
答案为B。
8. 下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是
A. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
B. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
C. 漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张
D. 细铁粉具有还原性，可用作食品抗氧剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．Al2O3的熔点高，所以可用作耐高温材料，故A错误；
B．NaHCO3具有弱碱性，所以可用于制胃酸中和剂，故B错误；
C．漂白粉易反应得到具有漂白性的物质次氯酸，所以可用于漂白纸张，故C错误；
D．细铁粉具有还原性，能消耗氧气，从而可用作食品抗氧剂，故D正确；
故选D。
9. 含锂材料在社会生产与生活中应用广泛，如6Li和7Li用作核反应堆最佳热载体，7LiH和7LiD用作高温堆减速剂。下列说法正确的是
A. 7LiH和7LiD互为同素异形体
B. 7LiH和7LiD的化学性质不同
C. 6Li和7Li的原子结构示意图相同
D. 通过化学变化可以实现6Li与7Li间的相互转化
【答案】C
【解析】
【详解】A．7LiH和7LiD是7Li与H元素的同位素原子形成的化合物，它们不是单质，因此二者不能互为同素异形体，A错误；
B．H、D是同位素原子，二者核外电子数相同，因此它们与7Li形成的化合物性质相同，B错误；
C．6Li和7Li是Li元素的同位素原子，原子核外电子数相同，原子核外电子排布也相同，故两种原子的原子结构示意图相同，C正确；
D．6Li与7Li质子数相同，而中子数不同，因此6Li与7Li的转化可通过核反应实现，而不能通过化学变化实现，D错误；
故合理选项是C。
10. 下列说法正确的是
A. 可以用Ba(OH)2溶液检验K2CO3和NaHCO3两种固体
B. 制取Cl2时，应先检查装置的气密性再装药品
C. 某气体遇湿润的淀粉碘化钾试纸，试纸变蓝说明该气体为Cl2
D. 某试样进行焰色试验，其火焰呈黄色，说明该试样中一定含有K+
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ba(OH)2溶液与K2CO3和NaHCO3均能产生BaCO3白色沉淀，故不可以用Ba(OH)2溶液检验K2CO3和NaHCO3两种固体，故A错误；
B．一般气体制备时都应先检查装置的气密性再装药品，故B正确；
C．某气体遇湿润的淀粉碘化钾试纸，试纸变蓝说明该气体具有氧化性，不一定为Cl2，也可能是O3等，故C错误；
D．某试样进行焰色试验，其火焰呈黄色，说明该试样中一定含有钠元素，故D错误；
故选B。
11. 下列化学用语不正确的是
A. 中子数为20的氯原子：Cl
B. H2O的分子结构模型：
C. HClO的结构式：H-O-Cl
D. 用电子式表示HCl的形成过程：
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl是17号元素，原子核内质子数是17，则中子数为20的氯原子质量数是17+20=37，用原子符号可表示为Cl，A正确；
B．H2O分子中三个原子不在同一直线上，是V形结构，由于原子半径：O＞H，所以H2O分子结构的球棍模型为，B正确；
C．HClO分子中O原子分别与H、Cl原子各形成1个共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，其结构式为：H-O-Cl，C正确；
D．HCl是共价化合物，H原子与Cl原子通过形成1个共用电子对结合形成，其电子式表示形成过程为：，D错误；
故合理选项是D。
12. W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，Y的原子序数是X的2倍，下列说法正确的是
A. Z的氧化物对应水化物的酸性比Y的强
B. Y的单核阴离子还原性比X的弱
C. 原子半径：Z＞Y＞X
D. X的简单氢化物的沸点高于Y的简单氢化物的沸点，这与分子间氢键有关
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如表所示W、X位于第二周期，W、Z位于第三周期，Y的原子序数是X的2倍，则X为O，Y为S；结合各元素的相对位置可知，W为N元素，Z为Cl元素，据此解答。
【详解】A．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性一定比Y的强，不是最高价氧化物的水化物的酸性不一定强，如HClO的酸性弱于硫酸，选项A错误；
B．元素非金属性越强,其离子的还原性越弱，故Y的单核阴离子还原性比X的强，选项 B错误；
C．原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以元素的原子半径:Y>Z> X，选项C错误；
D．H2O分子之间可以形成氢键而使其沸点大于H2S，选项D正确；
故选D。
13. 实验室需配制离子浓度均为1mol•L-1的澄清透明溶液。含下列离子的溶液，能配制成功的是
A. K+、H+、ClO-、Cl- B. Cu2+、Na+、SO、NO
C. Ag+、HCO、OH-、K+ D. Fe3+、NO、Na+、SO
【答案】B
【解析】
【详解】A．ClO- 在H+ 作用下会与Cl-发生归中反应生成氯气，不能大量共存，不能配制成功，故A错误；
B．四种离子间相互不反应，能够大量共存，且溶液满足电荷守恒，离子浓度均为1mol·L-1时，阳离子带有的正电荷总数等于阴离子带有的负电荷总数，溶液呈电中性，能配制成功，故B正确；
C．碳酸氢根离子与氢氧根离子不能大量共存，银离子与氢氧根离子不能大量共存，不能配制成功，故C错误；
D．四种离子间相互不反应，但是不满足电荷守恒规律，离子浓度均为1mol·L-1时，阳离子带有的正电荷总数大于阴离子带有的负电荷总数，溶液不呈电中性，不能配制成功，故D错误；
故选B。
14. 类比和推理是化学研究的重要方法，下列说法正确的是
A. 卤素单质的熔点从F2到I2逐渐升高，则碱金属单质的熔点从Li到Cs逐渐升高
B. 铊(Tl)和铝位于同一主族，则铊的最高价氧化物的水化物Tl(OH)3为两性氢氧化物
C. 氯元素(Cl)的最低化合价为-1，则117号Ts的最低化合价为-1
D. 碱性氧化物都是金属氧化物，则金属氧化物一定是碱性氧化物
【答案】C
【解析】
【详解】A．卤素单质的熔点从F2到I2逐渐升高，而碱金属单质的熔点从Li到Cs逐渐降低，故A错误；
B．铊(Tl)和铝位于同一主族，但铊(Tl)的金属性比铝强得多，铊的最高价氧化物的水化物Tl(OH)3为碱性，故B错误；
C．氯元素(Cl)和 Ts都是第ⅦA族，最低化合价都为-1，故C正确；
D．碱性氧化物都是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，比如是两性氧化物，故D错误；
故选C。
15. 下列离子方程式书写正确的是
A. 实验室用软锰矿和浓盐酸制Cl2：MnO2+2H++2Cl-Cl2↑+H2O+Mn2+
B. FeI2溶液通入足量Cl2：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
C. 在NaI和KBr混合溶液中通入少量Cl2：Cl2+2I-=I2+2Cl-
D. 在偏铝酸钠溶液中通入过量CO2出现白色沉淀：2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO
【答案】C
【解析】
【详解】A．电荷不守恒，原子不守恒，反应的离子方程式应该为：MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+2H2O+Mn2+，A错误；
B．不符合物质反应的微粒数目比，离子方程式应该为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，B错误；
C．由于还原性：I-＞Br-，所以向NaI和KBr混合溶液中通入少量Cl2：I-先发生反应，离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-，C正确；
D．在偏铝酸钠溶液中通入过量CO2出现Al(OH)3白色沉淀，同时产生，反应的离子方程式应该为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，D错误；
故合理选项是C。
二、选择题II(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
16. 在酸性高锰酸钾溶液中加入Na2O2粉末，高锰酸钾溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO4-+16H++ 5Na2O2= 2Mn2++5O2↑ + 8H2O + 10Na+ 下列判断正确的是:
A. 高锰酸钾是氧化剂，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
B. 反应的氧化产物只有氧气
C. 当反应产生标准状况下2．24 L O2时，反应转移的电子为0．1mol
D. 通常所说的酸化的高锰酸钾溶液是指滴加了浓盐酸的高锰酸钾溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A、在2MnO4-+16H++5Na2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+反应中，Na2O2中的氧元素化合价升高，Na2O2只作还原剂，不是氧化剂，A错误；
B、该反应的产物中，只有O2是氧化产物，B正确；
C、当反应产生标准状况下2．24LO2时，反应转移的电子为0.2mol，C错误；
D、高锰酸钾能氧化浓盐酸生成氯气，所以不能将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，应该用稀硫酸，D错误；
答案选B。
17. 下列说法不正确的是
A. 合金的熔点一定比各成分的金属低
B. 在氧化还原反应中金属A比金属B失电子多，不能说明金属A更活泼
C. 常温常压下，等体积的O2和O3所含的分子数相等
D. 可以通过化合反应得到FeCl2、Fe3O4、FeCl3
【答案】A
【解析】
【详解】A．合金的熔点一般比各成分金属的低，但是汞与其它金属形成合金时，合金的熔点大于汞，A错误；
B．两种不同金属活动性强弱是根据金属原子失去电子的难易而不是金属失去电子的多少，B正确；
C．常温常压下，气体摩尔体积相同，则根据阿伏伽德罗定律可知：等体积的O2和O3所含的分子数相等，C正确；
D．Fe与FeCl3发生化合反应产生FeCl2；Fe与O2在点燃时发生化合反应产生Fe3O4；Fe与Cl2在点燃时发生化合反应产生FeCl3，可见可以通过化合反应得到FeCl2、Fe3O4、FeCl3，D正确；
故合理选项是A。
18. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 0.1 mol/LK2SO4溶液中含有的K+数为0.2NA
B. 0.1 mol Cl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl-、ClO-数目之和为0.2NA
C. 18 g D2O中含有的中子数是9NA
D. 标准状况下，22.4 LBr2含有的分子数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．只有溶液浓度缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，A错误；
B．Cl2与反应产生HCl、HClO的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故0.1 mol Cl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl-、ClO-数目之和小于0.2NA，B错误；
C．D2O分子中含有10个中子，其相对分子质量是20。18 gD2O的物质的量为n(D2O)=，则其中含有的中子的物质的量是n(中子)=0.9 mol×10=9 mol，故其中含有的中子数目是9NA，C正确；
D．标准状况下单质溴为液态，不能使用气体摩尔体积进行有关计算，D错误；
故合理选项是C。
19. 下列有关说法正确是
A. 同温同压下甲烷和氧气的密度之比为2∶1
B. 常温常压下相同体积的CO与N2和O2组成的混合气，两者所含的原子数相等
C. 等物质的量的钠和过氧化钠分别与足量的水反应，转移电子的物质的量之比为1：2
D. 等物质的量钠分别用有孔的铝箔、铜箔包裹后再投入足量的水中，产生气体的物质的量之比1：1
【答案】B
【解析】
【详解】A．同温同压下相同，则根据可知，同温同压下甲烷和氧气的密度之比等于其摩尔质量之比，为16∶32=1∶2，故A错误；
B．常温常压下相同体积的CO与N2和O2组成的混合气所含的分子数相等，且两组均为双原子分子，则两者所含的原子数也相等，故B正确；
C．钠和足量的水反应，与转移电子的关系是，过氧化钠与足量的水反应，与转移电子的关系是，所以等物质的量的钠和过氧化钠分别与足量的水反应，转移电子的物质的量之比为1：1，故C错误；
D．钠和水反应会生成，铝箔与溶液会继续反应也产生氢气，故D错误；
故选B。
20. 下列说法不正确的是
A. 实验中未用完的白磷可以放回原试剂瓶
B. 将铁和水蒸气反应后的固体投入足量的盐酸中，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液无血红色出现，不能说明铁和水蒸气反应后没有三价铁生成
C. 不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，再用3%～5%的NaHCO3溶液冲洗
D. 可用pH试纸测试氯水的pH
【答案】D
【解析】
【详解】A．白磷易自燃，实验中未用完的白磷可以放回原试剂瓶，故A正确；
B．铁和水蒸气反应生成，反应后的固体可能是和剩余的铁的混合物，过量的铁会将还原为，所以向反应后的溶液中滴加KSCN溶液无血红色出现，不能说明铁和水蒸气反应后没有三价铁生成，故B正确；
C．根据实验安全原则可知，不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，再用3%～5%的NaHCO3溶液冲洗，故C正确；
D．氯水具有漂白性，会将变色的pH试纸漂白，故不可用pH试纸测试氯水的pH，故D错误；
故选D。
21. 下列说法正确的是
A. HCl比H2S稳定是因为分子间作用力前者强于后者
B. BF3、SiCl4中，每个原子都满足8电子稳定结构
C. CaF2和NaH中的化学键类型完全相同
D. 工业上用钠单质与TiCl4溶液反应制取钛单质
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCl比H2S稳定是因为H-Cl键能比H-S键能大，而分子间作用力决定的是其物理性质比如熔沸点等，故A错误；
B．BF3中B原子最外层只有3个电子加上3个F原子共用的3个电子才6个电子，不满足8电子稳定结构，故B错误；
C．CaF2和NaH中的化学键都是离子键，类型完全相同，故C正确；
D．工业上用钠单质与熔融的TiCl4反应制取钛单质，不能用水溶液，故D错误；
故选C
22. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表，下列说法正确的是
元素代号
X
Y
Z
N
M
R
Q
原子半径/nm
0.37
1.86
1.43
088
0.99
0.75
0.74
最高正价
+1
+1
+3
+3
+7
+5
最低负价
-1
-1
-3
-2
A. 由元素X、R、Q组成的化合物只能是共价化合物
B. 由水溶液的酸性：HM＞H2S(氢硫酸)，可推断元素的非金属性：M＞S
C. Y和Q形成的两种常见化合物中，阴、阳离子个数比不同
D. Y、Z、M三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间能反应
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，Q只有-2价，则Q为O元素；M元素有最高价+7，最低价-1，则M为Cl元素；R有+5、-3价，处于ⅤA族，原子半径小于Cl，且与O元素相近，说明与O元素同周期，则R为N元素；Z的最高化合价为+3，没有负化合价，处于ⅠA族，且原子半径大于Cl元素，则Z为Al元素；X、Y均有最高正价+1，处于ⅠA族，而X有-l价，则X为H元素，Y的原子半径比Al的大很多，Y为Na元素，N元素最高化合价为+3价，原子半径比Al小，则N是第二周期第ⅢA的B元素，以此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是H，Y是Na，Z是Al，N是B，M是Cl，R是N，Q是O元素。
A．X是H，R是N，Q是O元素，三种元素可以形成共价化合物HNO3、HNO2，也可以形成离子化合物NH4NO3、NH4NO2，A错误；
B．根据酸性HCl＞H2S，只能证明HCl比H2S更容易发生电离作用，不能说明元素的非金属性：Cl＞S，要证明元素的非金属性：Cl＞S，应该根据元素最高价氧化物对应的水化物的HClO4、H2SO4的酸性强弱判断，B错误；
C．Y是Na，Q是O元素，两种元素形成的常见化合物Na2O、Na2O2，Na2O中阳离子Na2+与O2-个数比是2：1；Na2O2中阳离子Na2+与阴离子的个数比是2：1，因此构成中阴、阳离子个数比是相同的，C错误；
D．Y是Na，Z是Al，M是Cl，三种元素的最高价氧化物对应的水化物化学式分别是NaOH、Al(OH)3、HClO4，NaOH是一元强碱，Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强酸、强碱都会发生反应；HClO4是一元强酸。NaOH与Al(OH)3及HClO4会发生反应；Al(OH)3与HClO4也会发生反应，可见三种物质两两都会发生反应，D正确；
故合理选项是D。
23. 下列操作或对应的现象描述不正确的是
A. 该装置用于除去氯气中的氯化氢
B. 将水滴入盛有过氧化钠的试管中，再将带火星木条伸入试管，木条可复燃
C. 将点燃的氢气伸入盛满氯气的集气瓶中，氢气在氯气中安静燃烧，产生苍白色火焰
D. 将长滴管伸入液面以下，挤入氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，后来逐渐变成灰绿色
【答案】A
【解析】
【详解】A．用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质时，导气管应该长进短出，而装置图中入气导气管是短进长出，不能很好的去除杂质气体，A错误；
B．水与过氧化钠反应产生的氧气具有助燃性，能够使带火星的木条复燃，操作合理，B正确；
C．H2是可燃性气体，将其在空气中点燃，然后伸入盛满氯气的集气瓶中，看到氢气能够在氯气中安静燃烧，产生苍白色火焰，同时在集气瓶口产生白雾，C正确；
D．NaOH与FeSO4会发生复分解反应产生Fe(OH)2，Fe(OH)2具有强的还原性，容易被溶解在NaOH溶液中的氧气氧化产生红褐色Fe(OH)3，为避免Fe(OH)2氧化，应该将长滴管伸入液面以下，挤入氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，后来在液面上的Fe(OH)2逐渐被氧化变成灰绿色，D正确；
故合理选项是A。
24. 二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，制备二氧化氯溶液的装置如图。下列说法正确的是
A. ClO2是新型净水剂，它的净水原理和氢氧化铁胶体相同
B. 实验中氮气的作用就是将装置内的空气排出
C. 装置B可以起到防止倒吸的作用
D. 当看到装置C中导管液面上升时应减慢氮气的通入速率
【答案】C
【解析】
【分析】A中酸性条件下，NaClO3与H2O2反应生成C1O2，过氧化氢被氧化生成氧气，二氧化氯浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，同时可以起到搅拌作用，有利于反应进行；二氧化氯易溶于水，C装置可以溶解二氧化氯，B装置为安全瓶，D装置吸收尾气，以此解答该题。
【详解】A．ClO2是新型净水剂，它的净水原理是该物质具有强氧化性，会将水中细菌、病毒的蛋白质氧化，使其失去生理活性，因而具有杀菌消毒作用；而氢氧化铁胶体的表面积大，吸附力强，具有强的吸附作用，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而析出，故ClO2的净水原理和氢氧化铁胶体不相同，A错误；
B．实验中氮气的作用就是可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，同时可以起到搅拌作用，有利于反应进行，B错误；
C．装置B是安全瓶，其作用是可以起到防止倒吸的作用，C正确；
D．当看到装置C中导管液面上升时，说明装置内压强减小了，此时应加快氮气的通入量，避免压强较小而倒吸，D错误；
故合理选项是C。
25. 向含有一定量盐酸和CuSO4的混合溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀的质量m与加入Ba(OH)2的物质的量n之间的关系如图所示，下列说法错误的是
A. 0→a段产生的沉淀只有BaSO4
B. b点时的溶液中c (Cl-)>c(OH-)>c(Ba2＋)
C. b→c时发生的离子反应为Cu2＋＋2OH-=Cu(OH)2↓
D. 原混合溶液中n(HCl)=4mol
【答案】B
【解析】
【分析】向含有一定量盐酸和CuSO4的混合溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液，Ba2+发生的反应是Ba2++SO=BaSO4↓；OH-依次发生反应H++ OH-=H2O、Cu2++2OH-= Cu(OH)2↓。
【详解】A．0→a段发生的反应是Ba2++SO=BaSO4↓、H++ OH-=H2O，所以产生的沉淀只有BaSO4，故A正确；
B．根据图示，0→a段发生的反应是Ba2++SO=BaSO4↓、H++ OH-=H2O； a→b段发生的反应是H++ OH-=H2O，可知原溶液中氢离子的物质的量是4mol、硫酸根离子的物质的量是1mol，b点时溶液中的溶质是1molCuCl2、1molBaCl2，b点溶液中c (Cl-)>c(Ba2＋) >c(OH-)，故B错误；
C ．b点时溶液中的溶质是CuCl2、BaCl2，b→c时发生的离子反应为Cu2＋＋2OH-=Cu(OH)2↓，故C正确；
D．根据图示，0→a段发生的反应是Ba2++SO=BaSO4↓、H++ OH-=H2O； a→b段发生的反应是H++ OH-=H2O，原溶液中氢离子的物质的量是4mol，所以原混合溶液中n(HCl)=4mol，故D正确；
选B。
三、非选择题(26-31题，共40分)
26. 化学物质丰富多彩，在生产、生活、科研等方面起着重要的作用。
（1）写出Na2CO3的一种用途_____。
（2）工业上用覆铜板制作印刷电路板，对应的化学方程式为_____。
（3）SO2通入足量的BaCl2和新制氯水的混合液中，该反应的离子方程式为_____。
【答案】（1）制肥皂或制玻璃或造纸
（2）2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2
（3）SO2+Cl2+Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Cl-+4H+
【解析】
【小问1详解】
Na2CO3俗称纯碱，水溶液显碱性，可以作厨房的去油污试剂，也可以用于制肥皂或制玻璃或造纸等；
【小问2详解】
工业上用覆铜板制作印刷电路板，腐蚀Cu线路板使用的试剂是FeCl3溶液，FeCl3与Cu反应产生FeCl2、CuCl2，根据电子守恒、电荷守恒，可知对应的化学方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；
【小问3详解】
SO2气体具有还原性，Cl2具有强氧化性，在溶液中SO2、Cl2、H2O发生氧化还原反应产生H2SO4、HCl，反应的化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应产生的H2SO4再与溶液中的BaCl2发生复分解反应产生BaSO4沉淀和HCl，该反应的化学方程式为：H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，则总反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O+BaCl2=BaSO4↓+4HCl，故通入足量的BaCl2和新制氯水的混合液中，发生的该反应的离子方程式为：SO2+Cl2+Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Cl-+4H+。
27. 元素在周期表中位置反映了元素的原子结构和性质，矿物白云母是一种重要的化工原料，其化学式的氧化物形式为：K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2O。就其组成元素完成下列填空：
（1）Al元素在元素周期表中的位置为_____，K2O的电子式为_____。
（2）上述元素中(Si、H除外)，形成的简单离子的半径最小，该离子与过量氨水反应的离子方程式为_____。
（3）根据KH的存在，有人提议可把氢元素放在第ⅦA族，那么根据其最高正价与最低负价的绝对值相等，又可把氢元素放在周期表中的第_____族。
（4）某元素R与氧元素同主族，对延长人类寿命起着重要作用，被誉为“生命元素”。已知R元素的原子有4个电子层，则元素R的质子数是_____。
【答案】（1） ①. 第三周期第ⅢA族 ②.
（2）Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
（3）ⅣA （4）34
【解析】
【小问1详解】
Al是13号元素，原子核外电子排布是2、8、3，根据原子结构与元素在元素周期表中的位置关系可知Al在元素周期表中位于第三周期第ⅢA族；
K2O是离子化合物，K+与O2-之间通过离子键结合，其电子式为；
【小问2详解】
在上述元素中除Si、H除外，形成的简单离子的半径最小的元素是Al元素，元素形成的离子是Al3+，该离子与过量氨水反应产生Al(OH)3沉淀和，该反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH；
【小问3详解】
根据KH的存在，在KH中H元素为-1价，与卤素的最低化合价-价相同，因此有人提议可把氢元素放在第ⅦA族，由于H最高为+1价，最低为-1价，那么根据其最高正价与最低负价的绝对值相等，又可把氢元素放在周期表中的第ⅣA族；
【小问4详解】
某元素R与氧元素同主族，对延长人类寿命起着重要作用，被誉为“生命元素”。已知R元素的原子有4个电子层，最外层有6个电子，根据原子核外电子排布规律，可知该元素的原子核外电子排布是2、8、18、6，因此元素R的质子数是34。
28. 由三种短周期元素碳、氯、氧组成的化合物A，按如图流程进行实验。已知相同条件下气态A物质的密度为氢气密度的49.5倍。
回答下列问题：
（1）A中各原子均满足8电子的稳定结构，则A的结构式_____。
（2）A与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_____。
（3）写出D到F对应的离子方程式_____。
【答案】（1） （2）COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O
（3）BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
【解析】
【分析】根据溶液C与足量硝酸和硝酸银反应得到5.74g沉淀E可知沉淀E为AgCl，A中含氯元素，A中；溶液 B与硝酸钡溶液反应所得沉淀能溶于盐酸,结合化合物A由碳、氯、氧组成推测沉淀D为碳酸钡，A中。由此可知A中碳原子和氯原子个数比为1∶2，且相同条件下气态A物质的密度为氢气密度的49.5倍，则，根据相对原子质量及元素化合价可知A的化学式为COCl2，据此分析。
【小问1详解】
A中各原子均满足8电子的稳定结构，则A的结构式，故答案为：。
【小问2详解】
A与足量NaOH溶液反应的化学方程式为：COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O，故答案为：COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O。
【小问3详解】
D到F对应的离子方程式：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，故答案为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。
29. 某兴趣小组配制氢氧化钡溶液
（1）现需配制950 mL0.1 mol•L-1氢氧化钡溶液，应称量氢氧化钡晶体质量为_____g[已知Ba(OH)2·8H2O的摩尔质量为315 g•mol-1]；如图配制步骤中，按先后顺序排序为_____(用字母A～F填写)。
A
B
C
D
E
F
（2）配制过程中，下列操作会导致所配溶液物质的量浓度偏小的是_____(填序号)。
a．转移时有少量溶液洒出
b．转移后未用蒸馏水洗涤烧杯
c．定容时俯视刻度线
（3）在两份浓度、体积均相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。
其中，曲线_____(填序号)代表滴入了NaHSO4溶液；从开始到b点总的离子方程式是_____。
【答案】（1） ①. 31.5 ②. DBCAFE
（2）ab （3） ①. ② ②. H++SO+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
【解析】
【分析】溶液具有均一性、稳定性，溶液各处的浓度、密度相等。配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近；根据操作对溶质的物质的量及溶液的体积影响，结合物质的量浓度定义式c=分析实验误差。
Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+ NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+ Na2SO4+ 2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比。根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度几乎为0，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应；曲线②表示Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液反应。
【小问1详解】
在实验室中不存在规格是950 mL的容量瓶，应该选择使用1000 mL的容量瓶配制1000 mL0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液，n[Ba(OH)2]=0.1 mol/L×1 L=0.1 mol，则需称量Ba(OH)2·8H2O的质量m[Ba(OH)2·8H2O]=0.1 mol×315 g/mol=31.5 g；
根据配制溶液的步骤计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，结合图示操作步骤，可知正确顺序为：D、B、C、A、F、E；
【小问2详解】
a．转移溶液时有少量溶液洒出，导致溶质损耗，由于溶液的体积不变，则最终导致配制的溶液浓度偏小，a符合题意；
b．转移后未用蒸馏水洗涤烧杯，导致配制溶液中的溶质损耗，由于溶液的体积不变，则最终导致配制的溶液浓度偏小，b符合题意；
c．定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏少，由于溶质的物质的量不变，则根据物质的量浓度定义式可知配制溶液的浓度偏高，c不符合题意；
故合理选项是ab；
【小问3详解】
溶液导电能力与溶液中自由移动的离子浓度成正比。根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度几乎为0，应该为向Ba(OH)2溶液中滴加H2SO4溶液的反应；曲线②表示向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液的反应。Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+ NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O。向Ba(OH)2溶液中滴加少量NaHSO4，发生反应：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+ NaOH+H2O，该反应的离子方程式为：H++SO+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，反应至b点时，该反应恰好完全，此时溶液中的溶质为NaOH；此时再向溶液中滴加NaHSO4溶液，又发生反应：H++OH-=H2O，至d点时二者恰好发生该反应，溶液中溶质为Na2SO4，后来NaHSO4过量，导致溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力又逐渐增强。
30. 实验室制备碳酸亚铁的装置如图所示。
（1）仪器A的名称_____。
（2）实验操作如下：
①打开K1、K2，加入适量稀硫酸，关闭K1，使反应进行一段时间，其目的是_____。
②接着要使仪器C中的制备反应发生，需要进行的操作是_____。
（3）已知该反应生成FeCO3沉淀时，还生成一种能使澄清石灰水变浑浊的气体，该反应的离子方程式为_____。
【答案】（1）分液漏斗
（2） ①. 生成FeSO4溶液，且用产生的H2排尽装置内的空气防止亚铁被氧化 ②. 关闭K2
（3）Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】打开K1、K2，将分液漏斗中的稀硫酸加入到蒸馏烧瓶中，Fe与H2SO4发生置换反应产生FeSO4、H2，H2将装置中的空气排出后，关闭K1、K2，烧瓶中H2将FeSO4压入到三颈烧瓶中，与NH4HCO3发生反应产生(NH4)2SO4、FeCO3、CO2、H2O，从而制备得到碳酸亚铁。
【小问1详解】
根据装置图可知仪器A的名称是分液漏斗；
【小问2详解】
①打开K1、K2，加入适量稀硫酸，关闭K1，使反应进行一段时间，其目的是反应生成FeSO4溶液，且用产生的H2排尽装置内的空气防止亚铁被氧化；
②接着要使仪器C中的制备反应发生，需要进行的操作是关闭K2，反应产生H2导致烧瓶中气体压强增大，FeSO4被压入三颈烧瓶中，从而引发化学反应的发生；
【小问3详解】
已知该反应生成FeCO3沉淀时，还生成一种能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体是CO2，则FeSO4与NH4HCO3发生反应产生(NH4)2SO4、FeCO3、CO2、H2O，该反应的离子方程式为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O。
31. 取一定质量NaHCO3和Na2O的固体混合物溶于适量的水，向所得溶液中缓慢逐滴加入某物质的量浓度的盐酸，产生的气体体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。试回答下列问题：
（1）盐酸的物质的量浓度为_____。
（2）固体混合物中NaHCO3与Na2O物质的量之比_____。
【答案】（1）1mol/L
（2）4：1
【解析】
【分析】一定质量NaHCO3和Na2O的固体混合物溶于适量的水，发生反应 Na2O+H2O=2NaOH、NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，向其中水溶液中缓慢逐滴加入某物质的量浓度的盐酸，由图象可知，最后发生NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O，最终溶质为氯化钠，据此解答。
【小问1详解】
由碳元素守恒可知，NaHCO3为0.2mol，发生 NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O消耗的HCl为0.2mol，则HCl的物质的量浓度为：，故答案为：1mol/L。
【小问2详解】
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