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2022-2023学年吉林省长春市第五中学高一上学期期末考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年吉林省长春市第五中学高一上学期期末考试化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
吉林省长春市第五中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．中国传统文化对人类文明贡献巨大，很早就把化学技术应用到生产生活中。下列与化学有关的说法不正确的是
A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
B．《神农本草经》中提到：“白青[Cu2(OH)2CO3]得铁化为铜”，其中白青属于碱
C．《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了“KNO3的氧化性”
D．《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法：“以火烧之，烟起，乃真硝石也”，二者也可以利用“焰色试验”区分
【答案】B
【详解】A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了碳酸氢钠的溶解度小，故A正确；
B．Cu2(OH)2CO3由构成，属于盐，故B错误；
C．“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”，“KNO3中N元素化合价降低生成氮气，体现KNO3的氧化性，故C正确；
D．K元素的焰色呈紫色、Na元素的焰色呈黄色，可以利用“焰色试验”区分KNO3、Na2SO4，故D正确；
选B。
2．分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是
A．P2O5、SO3、CO2均属于酸性氧化物
B．臭氧、HCl、熟石灰都属于化合物
C．氧化物都含有氧元素，含有氧元素的化合物一定是氧化物
D．硫酸、碳酸氢钠、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
【答案】A
【详解】A．酸性氧化物为与碱反应只生成盐的化合物，A正确；
B．化合物指由多种元素组成的纯净物，臭氧属于单质，B错误；
C．氧化物指由两种元素一种为氧的化合物，但含氧元素的化合物不一定是氧化物，如KClO3，C错误；
D．硫酸属于酸，碳酸氢钠、醋酸钠属于盐，生石灰属于氧化物，D错误；
故答案为：A。
3．下列关于100mL0.1mol/L溶液的说法中，正确的是
A．分散质粒子直径大于1nm
B．所含硫酸钠的物质的量是0.1mol
C．与0.1mol/L溶液恰好完全反应
D．取出50mL该溶液，所含溶质物质的量为0.005mol
【答案】D
【详解】A．溶液，其分散质粒子直径小于1nm，故A错误；
B．100mL0.1mol/L溶液，所含硫酸钠的物质的量是0.01mol，故B错误；
C．没有说明溶液体积，无法确定是否恰好完全反应，故C错误；
D．100mL0.1mol/L溶液，所含硫酸钠的物质的量是0.01mol，取出50mL该溶液，所含溶质物质的量为0.005mol，故D正确；
故答案选D。
4．下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是
A．无色溶液：
B．遇石蕊变红的溶液：
C．强酸性溶液：
D．遇酚酞变红的溶液：
【答案】C
【详解】A．无色溶液中不能存在黄色的，A错误；
B．遇石蕊变红的溶液显酸性，不能存在能与氢离子反应的，B错误；
C．强酸性溶液含氢离子，之间相互无反应，能大量共存，C正确；
D．遇酚酞变红的溶液含氢氧根离子，不能存在能与氢氧根离子发生沉淀反应的，D错误；
答案选C。
5．下列关于胶体的说法中，正确的是
A．溶液和胶体的本质区别是胶体具有丁达尔效应
B．制备胶体的方法是将饱和溶液逐滴滴加到沸水中煮沸至红褐色
C．利用过滤的方法能将胶体从溶液中分离出来
D．“纳米铜”是一种颗粒直径为纳米级的铜材料，属于胶体
【答案】B
【详解】A．溶液和胶体的本质区别为粒子直径大小不同，溶液中分散质粒子直径小于1nm，胶体中分散质离子直径介于1～100nm，故A错误；
B．制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，故B正确；
C．胶体和溶液都能透过滤纸，所以利用过滤的方法不能将Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液分开，故C错误；
D．“纳米铜”是单质，不属于胶体，故D错误；
故选：B。
6．某离子反应涉及六种微粒，其中随着反应的进行逐渐减小，下列判断错误的是
A．氧化产物是 B．消耗氧化剂，转移电子
C．反应后溶液的酸性明显增强 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
【答案】B
【分析】根据题意，铵根离子中氮元素化合价升高，次氯酸根离子中氯元素化合价降低，推断出该反应为。
【详解】A．该反应中氮元素化合价升高，氧化产物是，A正确；
B．该反应消耗氧化剂次氯酸根离子，转移电子，B错误；
C．该反应产生氢离子，溶液的酸性明显增强，C正确；
D．根据分析，该反应氧化剂次氯酸根离子与还原剂铵根离子的物质的量之比为，D正确；
答案选B。
7．科学的分类能够反映事物的本质特征，有利于人们分门别类地进行深入研究，下列分类方法或概念表达科学合理的是
A．在水溶液中和熔融状态下都能导电的化合物才属于电解质
B．CaO、、、、CuO等金属氧化物都属于碱性氧化物
C．金刚石、石墨和、、和、和分别属于碳、氢、氧的同位素
D．依据丁达尔效应可以将分散系分为胶体或非胶体(包括溶液和独液)两大类
【答案】D
【详解】A．电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下自身能够导电的化合物，故A错误；
B．属于过氧化物，故B错误；
C．同一种元素形成的多种单质互为同素异形体，金刚石、石墨和、、和、和分别属于碳、氢、氧的同素异形体，故C错误；
D．胶体具有丁达尔效应，因此依据丁达尔效应可以将分散系分为胶体或非胶体(包括溶液和独液)两大类，故D正确；
故答案选D。
8．下列化学用语正确的是
A．核内质子数为117，核内中子数为174的核素Ts可表示为：Ts
B．18O和16O互为同位素
C．S2-的结构示意图为
D．U中质子数和中子数相差147
【答案】B
【详解】A．元素符号的左上方为质量数，左下方为质子数，因此核内质子数为117，中子数为174的核素Ts可表示为，A错误；
B．同位素是指质子数相同，中子数不同的核素，故和互为同位素，B正确；
C．S2-的最外层为8个电子，结构示意图为，C错误；
D．的中子数为239−92＝147，质子数和中子数相差147−92＝55，D错误；
故选B。
9．工业冶炼金属钾的反应为Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)。下列有关说法不正确的是
A．单质的沸点：Na＞K B．单质与水反应的剧烈程度：K＞Na
C．元素的金属性：Na＞K D．最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＞NaOH
【答案】C
【分析】钠和钾是同主族元素，且钠在钾的上一周期，同主族元素从上到下金属性越来越强：Na
B．金属性NaNa，B正确；
C．元素的金属性：NaNaOH，D正确；
故选C。
10．下列各选项中的两个反应，可用同一个离子方程式表示的是
选项
Ⅰ
Ⅱ
A
溶液与过量溶液混合
溶液与过量溶液混合
B
过量通入溶液中
过量通入澄清石灰水中
C
溶液与稀硝酸混合
与稀硝酸混合
D
溶液与过量溶液混合
溶液与少量溶液混合
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．I中生成碳酸钡、碳酸钠和水，II中生成碳酸钠和水，碳酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，故A错误；
B．I、II都可以用OH-+CO2=HCO表示，故B正确；
C．I中生成硝酸钾和水，Ⅱ中发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水，二者反应实质不同，不能用同一个离子方程式表示，故C错误；
D．I中Na2CO3溶液与过量H2SO4溶液混合，离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2O，溶液与少量溶液混合，CO+H+=HCO，故D错误；
故选B。
11．下列有关和性质的说法中正确的是
A．是酸式盐，所以溶液显酸性，不能与酸反应
B．可用加热的方法除去固体中混有的杂质
C．等物质的量的和分别与足量盐酸反应，产生多
D．向溶液和溶液中分别加入溶液，都产生白色沉淀
【答案】D
【详解】A．是酸式盐，但其溶液显碱性，能与比碳酸强的酸反应放出二氧化碳，故A错误；
B．NaHCO3不稳定，加热易分解：，通过加热不可除去NaHCO3固体中的Na2CO3，故B错误；
C．根据反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2相等，故C错误；
D．溶液和溶液中分别加入溶液，都产生白色沉淀碳酸钙，故D正确；
故选：D。
12．焰火“脚印”“笑脸”“五环”；让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫；这与高中化学中“焰色试验”知识相关。下列说法中不正确的是
A．焰色试验时发生的是物理变化
B．用稀硫酸清洗做焰色试验的铂丝
C．若透过蓝色钴玻璃只看到紫色；说明样品中含K元素；但也可能含元素
D．与在灼烧时火焰颜色相同
【答案】B
【详解】A．焰色试验是原子中的电子能量的变化，不涉及物质结构和化学性质的改变，没有新物质生成，是物理变化，A正确；
B．每次做完焰色试验实验后，铂丝会留有实验的物质，为除去实验物质用盐酸洗涤，再灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同后再使用，盐酸可以溶解氧化物等杂质且易挥发不会残留痕迹，所以选用盐酸洗涤，B错误；
C．透过蓝色钴玻璃观察可以滤去黄光的干扰，观察到有紫色说明样品中含K元素，不能确定是否含有钠元素，可能含元素，C正确；
D．Na与NaCl都含有钠元素，焰色试验为黄色，所以Na与NaCl在灼烧时火焰颜色相同，D正确；
故选B。
13．温度较高时通入溶液发生反应：，下列说法正确的是
A．标准状况下2mol 的体积约为44.8L
B．1L 0.1 溶液中的物质的量为0.1mol
C．反应中消耗3mol 转移的电子数约为
D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶12
【答案】C
【分析】反应中，Cl2一部分被还原成NaCl，一部分被氧化成NaClO3，Cl2既是氧化剂又是还原剂。
【详解】A．标准状况下H2O不是气体，不能用22.4L/mol计算2mol水的体积，A错误；
B．1L 0.1 的物质的量为n=c∙V=0.1mol/L×1L=0.1mol，的物质的量为0.2mol，B错误；
C．每消耗3 mol Cl2，其中有0.5 mol Cl2被氧化成NaClO3，有2.5 mol Cl2被还原成NaCl，整个过程中转移电子的物质的量为5 mol，数目约为 5×6.02×1023，C正确；
D．氧化产物是NaClO3，还原产物是NaCl，由化学计量数可知氧化产物与还原产物物质的量之比为1:5，D错误；
答案选C。
14．设NA为阿伏加德罗常数的值，则下列叙述中正确的是
A．25℃ 101kPa时，22.4LN2和O2的混合气体中分子数为NA
B．常温常压下，O2和O3的混合物共64g，所含氧原子数目一定为4NA
C．1mol/LNa2CO3溶液中含2NA个Na＋
D．2.3gNa与O2完全反应，转移的电子数为0.2NA
【答案】B
【详解】A．25℃，101kPa时，气体摩尔体积Vm大于22.4L/mol，则22.4LN2和O2的混合气体中含有原子数小于×2×NAmol-1=2NA，故A错误；
B．氧气和臭氧的最简式都为O，则64gO中含有的氧原子数目为×1×NAmol-1=4NA，故B正确；
C．缺溶液的体积，无法计算1mol/L碳酸钠溶液中的碳酸钠的物质的量和含有的钠离子数目，故C错误；
D．钠与氧气完全反应，无论生成氧化钠、过氧化钠，还是生成氧化钠、过氧化钠的混合物，钠均失去电子生成钠离子，则2.3g钠与氧气完全反应，转移的电子数为×1×NAmol-1=0.1NA，故D错误；
故选B。
15．在和的混合溶液中加入铁粉，充分反应后有固体剩余，经过滤后滤液中的可能含有的离子有
① ②和 ③和 ④和
A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
【答案】A
【详解】在和的混合溶液中加入铁粉，Fe先和Fe3+反应Ⅰ，然后Fe和Cu2+反应Ⅱ ，所以充分反应后若有固体剩余，则固体中一定含有Cu，溶液中一定无Fe3+，若反应Ⅱ恰好完全反应或铁粉过量，则溶液中只含Fe2+，若反应Ⅱ铁粉不足，溶液中含有Fe2+和Cu2+，所以经过滤后滤液中的可能含有的离子①或③，故答案选A。
16．下列叙述中正确的是
A．等质量的两份Mg分别投入足量的盐酸和NaOH溶液中，生成等物质的量的
B．与各0.1mol分别加入100ml水中，所得两份溶液中溶质的质量分数相等
C．等质量的和分别与足量盐酸反应，同温同压下生成的体积相同
D．含等物质的量的HCl和NaOH的两溶液分别与足量Al反应，同温同压下生成的体积相同
【答案】B
【详解】A．Mg不和NaOH溶液反应生，故A错误；
B．与和水反应生，，，生成的NaOH与Na元素物质的量相等；等物质量的与含Na元素物质的量相等，反应后溶液质量相等，所得两份溶液中溶质的质量分数相等，故B正确；
C．等质量的和物质的量不同，分别与足量盐酸反应，同温同压下生成的体积不同，故C错误；
D．Al与盐酸反应方程式为：；Al与氢氧化钠反应方程式为：；所以等物质的量的HCl和NaOH的两溶液分别与足量Al反应，同温同压下生成的体积不同，故D错误；
故答案选B。
17．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列表述不正确的是
A．标准状况下，22.4L氢气和氮气的混合气体中所含原子数是2 NA
B．标准状况下，7.8克Na2O2固体中含有的离子总数是0.3 NA
C．5.6克Fe与氯气完全反应转移电子数是0.2 NA
D．1mol金属钠与足量氧气完全反应，氧气得到的电子数为NA
【答案】C
【详解】A．H2和N2都是双原子分子，标准状况下，22.4L氢气和氮气的混合气体的物质的量为1mol，则所含原子数是2 NA，A正确；
B．7.8克Na2O2固体的物质的量为0.1mol，1个Na2O2含有3个离子，则7.8克Na2O2固体含有的离子总数是0.3 NA，B正确；
C．5.6克Fe的物质的量为0.1mol，与氯气完全反应时生成FeCl3，转移电子数是0.3 NA，C不正确；
D．1mol金属钠与足量氧气完全反应生成Na2O2，1molNa失去1mole-，依据得失电子守恒，参加反应氧气得到的电子数为NA，D正确；
故选C。
18．下列有关金属的说法中，正确的是( )
①不锈钢抗腐蚀性较好
②钛合金可用于飞机、火箭的制造
③司母戊鼎是铁合金
④缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血
⑤青铜、不锈钢都是合金
⑥形成合金时金属与金属之间发生了化学反应
A．①②④⑤ B．②③④⑤⑥ C．①③④⑤ D．①②③④⑤⑥
【答案】A
【分析】
【详解】①合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀，铝合金和不锈钢具有很好的抗腐蚀性能，故①正确；
②钛合金主要用于制作飞机发动机压气机部件,其次为火箭、导弹和高速飞机的结构件，故②正确；
③司母戊鼎是商王祖庚或祖甲为祭祀母亲戊而作的祭器,是中国商周时期青铜器的代表作，故③错误；
④缺钙可能导致骨质疏松、畸形等，对老年人还说容易引起骨质疏松；人体缺铁易得贫血症，故④正确；
⑤青铜是铜锡合金、不锈钢是铁铬、镍合金，都是合金，故⑤正确；
⑥合金分三种类型。金属固溶体：即固态溶液。例如黄铜、金银合金,此类合金形成为物理变化。金属互化物：金属与金属之间形成的化合物。如铜化锌（ZnCu）、碳化铁（Fe3C）、铜锡合金等。金属互化物不可用通常的化合价解释。此类合金形成为化学变化。机械混合物：钢、生铁、青铜为此类合金，此类合金形成为物理变化，故⑥错误；
故选A。
19．下列有关氧化铝的说法错误的是
A．可用材料制成的坩埚熔融烧碱
B．铝能在空气中稳定存在是因为其表面覆盖着一层氧化铝保护膜，能防止内部金属被氧化
C．空气中自然形成的氧化铝薄膜耐磨性较差，可采用化学方法增加膜的厚度
D．氧化铝是一种两性氧化物，既能与强酸反应，也能与强碱反应
【答案】A
【详解】A．氧化铝与烧碱在加热时会发生反应，故不能用氧化铝材料制成的坩埚熔融烧碱，否则会损坏坩埚，A错误；
B．铝能在空气中稳定存在是因为其表面覆盖着一层氧化铝保护膜，氧化膜比较致密，能防止内部金属被氧化，B正确；
C．空气中自然形成的氧化铝薄膜耐磨性较差，可采用化学方法增加膜的厚度，如电化学氧化法，可在铝表面生成坚硬的氧化膜，C正确；
D．氧化铝是一种两性氧化物，既能与强酸反应，也能与强碱反应，D正确；
故选A。
20．下列有关碱金属、卤素原子结构和性质的描述正确的是
①随着核电荷数的增加，卤素单质的熔、沸点依次升高，密度依次增大
②随着核电荷数的增加，碱金属单质熔、沸点依次降低，密度依次减小
③F、Cl、Br、I的最外层电子数都是7，Li、Na、K、Rb的最外层电子数都是1
④碱金属单质的金属性很强，均易与氧气发生反应，加热时生成氧化物R2O
⑤根据同主族元素性质的递变规律推测At与H2化合较难
⑥根据F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，可推出HF、HCl、HBr、HI的还原性及热稳定性依次减弱
⑦卤素按F、Cl、Br、I的顺序其非金属性逐渐减弱的原因是随着核电荷数增加，原子核外电子层数增多，原子半径增大起主要作用
A．①②③⑤ B．①③④⑦ C．①③⑤⑦ D．②④⑤⑦
【答案】C
【详解】①随着核电荷数的增加，卤素单质的熔点、沸点依次升高，密度依次增大，①项正确；
②随着核电荷数的增加，碱金属元素原子半径依次增大，熔沸点依次减小，密度呈增大趋势，K的密度比Na的密度小，②项错误；
③F、Cl、Br、I的最外层电子数都是7，Li、Na、K、Rb最外层电子都是1，③项正确；
④碱金属单质的金属性从Li到Cs依次增强，加热与氧气反应，锂生成氧化锂、钠生成过氧化钠、钾铷铯生成过氧化物、超氧化物等，④项错误；
⑤同主族元素从上到下原子的非金属性依次减弱，与氢气的化合能力依次减弱，砹是原子序数最大的卤族元素，则At与H2化合最难，⑤项正确；
⑥F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，则对应单质的氧化性依次减弱，离子的还原性依次增强，即HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强，热稳定性依次减弱，⑥项错误；
⑦F、Cl、Br、I位于同一主族，原子序数逐渐增大，非金属性逐渐减弱，电子层数增多，原子半径增大起主要作用，⑦项正确；
综上所述，①③⑤⑦项正确；
故答案为：C。
21．将过量的锌片放入500mLCuSO4溶液中，待充分反应后取出锌片，洗净、称量，发现锌片质量比原来减少了0.5g，则CuSO4溶液的物质的量浓度为
A．0.5 mol·L-1 B．1 mol·L-1 C．1.5 mol·L-1 D．2 mol·L-1
【答案】B
【详解】与溶液反应时，置换出来的附着在锌片上。反应方程式如下：，当铜离子参与反应，反应固体质量减少1g，则，解得，所以，答案选B。
22．锡是大名鼎鼎的“五金”——金、银、铜、铁、锡之一。工业上冶炼锡的第一步反应原理为2SnO2+3C=2Sn+aM↑+CO2↑，则下列说法中正确的是
A．反应中SnO2被氧化 B．每生成1个CO2分子，转移8个电子
C．C做氧化剂 D．a的值为1
【答案】B
【分析】根据原子守恒规律可知，M为CO，a为2，结合氧化还原反应的规律分析解答。
【详解】A. 反应中Sn的化合价降低，SnO2被还原，故A错误；
B. 每生成1个CO2分子，反应2个SnO2，因在反应中每个Sn原子化合价降低4价，所以转移电子数为=8个，故B正确；
C. C转化为CO和CO2，化合价均升高，被氧化，作还原剂，故C错误；
D.. 由原子守恒规律可知，a的值为2，M为CO，故D错误；
答案选B。
23．下列离子方程式中正确的是
A．溶液与过量NaOH溶液反应：
B．过量的与溶液反应：
C．酸性条件下溶液与KI溶液发生反应生成：
D．溶液中通入过量：
【答案】B
【详解】A．中和均会和NaOH溶液反应，所以溶液与过量NaOH溶液反应为，故A错误；
B．过量的与溶液反应生成硫酸钡和水，离子方程式为：，故B正确；
C．酸性条件下溶液与KI溶液发生反应生成，离子方程式为，故C错误；
D．过量，能氧化和，和浓度比为1：2，离子方程式为，故D错误；
故答案选B。
24．无水氯化铝可用于生产高分子混凝剂，极易潮解，遇水爆炸。实验室中用如图装置进行制备，下列说法错误的是
A．装置①中的氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2
B．仪器的连接顺序为①→③→④→⑤→⑥→②
C．装置②可以用盛有氢氧化钠溶液的烧杯代替
D．酒精灯的点燃顺序，应该先①后⑤
【答案】C
【详解】A．装置①中的反应为，每1molMnO2参与反应消耗4molHCl，只有2molHCl被氧化为Cl2，作还原剂，故氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，A正确；
B．①产生氯气，③除去氯气中的氯化氢杂质，④除去水蒸气，⑤发生反应生成氯化铝，⑥作为收集装置，②用来吸收未反应的氯气，所以顺序为：①→③→④→⑤→⑥→②，B正确；
C．不能换成氢氧化钠溶液，因为无水氯化铝遇水会反应，如用氢氧化钠溶液，水蒸气会沿导管进入反应装置，导致氯化铝的损失，C错误；
D．先点燃①处酒精灯，产生氯气，一段时间后再点燃⑤处的酒精灯，这样可以防止⑤中的铝粉加热时和导管中的氧气反应，导致产物不纯，D正确；
故选C。
25．在一个恒温、恒容的密闭容器中，有两个可左右自由滑动的密封隔板(a、b)，将容器分成三部分，已知充入的三种气体的质量相等，当隔板静止时，容器内三种气体所占的体积如图所示。下列说法中错误的是
A．分子数目：
B．若Y是O2，则X可能是CH4
C．气体密度：
D．X和Z分子中含有的原子数可能相等
【答案】C
【详解】A．由题给信息可知，图中X、Y、Z三种气体的压强、温度分别相等，V(X)=V(Z)=2V(Y)，由阿伏加德罗定律可知，n(X) =n(Z)=2n(Y)，所以分子数目N(X)=N(Z)=2N(Y)，A正确；
B．由于三种气体的质量相等，若Y是O2，X是CH4，则符合n(X)=2n(Y)，B正确；
C．由可知，三种气体的密度：2ρ(X)=2ρ(Z)=ρ(Y)，C错误；
D．若X是N2，Z是CO，则n(X) =n(Z)，X和Z含有的原子数相等，D正确；
答案选C。
二、填空题
26．I.“84消毒液”有效成分是。某次实验需要使用的溶液，欲用固体配制该溶液。
(1)计算所需固体的质量为_______g。
(2)配制溶液时，下图不需要的仪器是_______(写仪器名称)。
(3)写出配制溶液时的正确操作顺序(用字母表示，每个字母只能用一次) _______。
A．洗涤 B．称量、溶解 C．转移 D．摇匀 E.定容
(4)配制过程中，下列操作导致溶液浓度偏小的是_______(填序号)。
A．加水定容时俯视刻度线
B．容量瓶末干燥处理
C．定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水
D．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
II.某班同学通过实验探究、的性质。回答下列问题：
(5)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成的溶液。在氯化亚铁溶液中需加入少量铁屑，其目的是_______。
(6)甲组同学取溶液，加入几滴氯水，再加入1滴溶液，溶液变红，说明可将氧化。溶液与氯水反应的离子方程式为_______。
(7)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在溶液中先加入煤油(不溶于水，密度比水小)，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴溶液，溶液变红。煤油的作用是：_______。
(8)向溶液中滴加溶液，现象是_______；沉淀变色的原因是_______(用化学方程式解释)。
【答案】(1)14.9g
(2)漏斗和圆底烧瓶
(3)BCAED
(4)CD
(5)防止亚铁离子被氧化
(6)
(7)隔绝空气（排除氧气对实验的影响）；
(8) 产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
【详解】（1）配制900mL0.2mol/L的NaClO溶液，根据容量瓶的规格，只能选择1000mL的容量瓶，配制1000mL的溶液，所以，故答案为：14.9g；
（2）配制1000mL的NaClO溶液，需要用天平和药匙来称量NaClO的质量，需要用烧杯和玻璃棒溶解固体，需要借助玻璃棒把溶液转移到1000mL的容量瓶中，需要用胶头滴管来定容，所以图中需要用到的是：烧杯、天平、玻璃棒、胶头滴管，不需要的仪器是：漏斗和圆底烧瓶，故答案为：漏斗和圆底烧瓶；
（3）配制步骤可以简单概括为：计算、称量、溶解并冷却、转移、洗涤并摇动、定容、摇匀，所以排序为：BCAED；
（4）A．加水定容时俯视刻度线，会使溶液体积偏小，物质的量浓度偏大，故A不符合题意；
B． 容量瓶末干燥处理，不会影响所配溶液的浓度，故B不符合题意；
C．定容加水时超过刻度线后，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故C符合题意；
D．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，会使溶质的物质的量减小，所配溶液浓度偏小，故D符合题意；
故答案为：CD；
（5）亚铁离子具有还原性，在氯化亚铁溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止亚铁离子被氧化，故答案为防止亚铁离子被氧化；
（6）溶液与氯水反应的离子方程式为，故答案为：；
（7）煤油不溶于水，密度比水小，在氯化亚铁溶液的上面滴加煤油，分层后可以隔绝溶液与空气接触，排除氧气对实验的干扰，故答案为：隔绝空气（排除氧气对实验的影响）；
（8）向溶液中滴加溶液，现象是产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，沉淀变色的原因是，故答案为：产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；。
27．“7•20特大洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效措施之一。“84”消毒液、漂白粉和等都是有效的消杀试剂。
(1)用化学方程式表示氯气与烧碱溶液制备“84”消毒液的原理______，标况下56L氯气完全被吸收，需要______L 1mol/L的NaOH溶液。
(2)使用漂白粉漂白，只需取适量漂白粉溶于水即可，漂白原理用化学方程式表示为______。
(3)漂白粉的保存要注意密封，为了判断一份儿久置的漂白粉是①没有失效②部分失效③完全失效。某化学兴趣小组设计实验进行验证。
已知：溶液呈碱性；；
a．甲同学取适量漂白粉样品，滴加浓盐酸，将产生的气体直接通入澄清石灰水中，没有发现石灰水变浑浊。由此，判断结论为①，乙同学不同意这一观点，你认为的结论是______。
A．② B．③ C．①或② D．①②③均有可能
b．乙同学改用滴加稀盐酸，发现产生大量气泡，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊；他又取少量漂白粉样品配成溶液，滴在pH试纸上，最终试纸变白。据此你得出的结论是______(从①②③中选填)。
(4)目前普遍使用代替及次氯酸盐作为广谱抗菌消毒剂，因为它安全、低毒，高效。还可以将剧毒的NaCN转化为无毒物质除去，产物是氯化钠和两种常见气体。试写出该反应的化学方程式______。
【答案】(1) Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 5
(2)Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO
(3) D ②
(4)2ClO2+2NaCN=2NaCl+2CO2↑+N2↑
【详解】（1）氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；标况下56L氯气的物质的量为=2.5mol，由反应方程式可知完全吸收2.5molCl2，需要5molNaOH，则需要NaOH溶液的体积为=5L，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；5；
（2）漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，因Ca(ClO)2能与空气中的二氧化碳和水反应生成次氯酸而起漂白作用，反应的化学方程式表示为Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，故答案为：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO；
（3）a．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，若遇空气中的二氧化碳和水蒸气发生变质，会生成CaCO3。甲同学取适量漂白粉样品，滴加浓盐酸，将产生的气体直接通入澄清石灰水中，没有发现石灰水变浑浊，可能是没有CO2生成，也可能是由于浓盐酸易挥发，生成的CO2中混有HCl，则得出的结论是①②③均有可能，选D；
故答案为：D；
b．乙同学改用滴加稀盐酸，发现产生大量气泡，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，说明漂白粉样品中含有CaCO3；取少量漂白粉样品配成溶液，滴在pH试纸上，最终试纸变白，说明漂白粉样品仍具有漂白性。由此得出的结论是漂白粉部分失效，选②；
故答案为：②；
（4）将剧毒的NaCN转化为无毒物质，产物是氯化钠和两种常见气体，由于氯元素化合价从+4价降低到-1价，则化合价升高的元素为C、N，生成的两种气体为CO2、N2。根据得失电子守恒和原子守恒，配平反应的化学方程式为2ClO2+2NaCN=2NaCl+2CO2↑+N2↑，故答案为：2ClO2+2NaCN=2NaCl+2CO2↑+N2↑。
三、元素或物质推断题
28．下表为元素周期表的一部分，请回答有关表中①~⑩元素的问题：
族
周期
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0
一
①
二
②
③
④
⑤
三
⑥
⑦
⑧
⑨
四
⑩
(1)①~⑩元素中，最不活泼的元素是______(填元素名称)。
(2)①~⑩元素中，金属性最强的元素是______(填元素符号)。
(3)表中④⑨元素的氢化物的稳定性较强的是______(填化学式)。
(4)表中元素③与元素⑦形成的物质是______(填化学式)，写出该物质与⑥的氢氧化物反应的化学方程式______。
(5)已知(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐，水溶液中存在分子。属于______酸(填序号)。
a．三元酸 b．二元酸 c．一元酸 d．弱酸 e．强酸
II．物质的量是联系宏观和微观的桥梁：
(6)某盐混合溶液中含有离子：、、、，测得、和的物质的量浓度依次为：、、，则的物质的量浓度为______。
【答案】(1)Ne
(2)K
(3)HF
(4) Al2O3
(5)cd
(6)
【分析】根据元素周期表提供的信息，①为H、②为N、③为O、④为F、⑤为Ne、⑥为Na、⑦为Al，⑧为S、⑨为Cl、⑩为K；据此分析解题。
【详解】（1）据分析可知，①~⑩元素中，最不活泼的元素是Ne，故答案为Ne。
（2）失去电子能力越强，粒子所属元素的金属性越强；所以①~⑩元素中，金属性最强的元素是K，故答案为K。
（3）④为F，⑨为Cl；同主族元素周期数越低非金属性越强，氢化物越稳定，所以④⑨元素的氢化物的稳定性较强的是HF，故答案为HF。
（4）③为O，⑦为Al，形成的物质是Al2O3；⑥为Na，其氢氧化物为NaOH，Al2O3与NaOH反应方程式为；故答案为Al2O3；。
（5）与足量的NaOH反应只生成一种盐，说明只能电离出1个H+，所以属于一元酸；而且水溶液中存在分子，说明部分电离，为弱酸，故答案选cd。
（6）混合溶液中含有离子、、、，测得、和的物质的量浓度依次为：、、，根据电荷守恒可知，，所以的物质的量浓度为，故答案为。
吉林省长春市第五中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．中国传统文化对人类文明贡献巨大，很早就把化学技术应用到生产生活中。下列与化学有关的说法不正确的是
A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
B．《神农本草经》中提到：“白青[Cu2(OH)2CO3]得铁化为铜”，其中白青属于碱
C．《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了“KNO3的氧化性”
D．《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法：“以火烧之，烟起，乃真硝石也”，二者也可以利用“焰色试验”区分
【答案】B
【详解】A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了碳酸氢钠的溶解度小，故A正确；
B．Cu2(OH)2CO3由构成，属于盐，故B错误；
C．“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”，“KNO3中N元素化合价降低生成氮气，体现KNO3的氧化性，故C正确；
D．K元素的焰色呈紫色、Na元素的焰色呈黄色，可以利用“焰色试验”区分KNO3、Na2SO4，故D正确；
选B。
2．分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是
A．P2O5、SO3、CO2均属于酸性氧化物
B．臭氧、HCl、熟石灰都属于化合物
C．氧化物都含有氧元素，含有氧元素的化合物一定是氧化物
D．硫酸、碳酸氢钠、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
【答案】A
【详解】A．酸性氧化物为与碱反应只生成盐的化合物，A正确；
B．化合物指由多种元素组成的纯净物，臭氧属于单质，B错误；
C．氧化物指由两种元素一种为氧的化合物，但含氧元素的化合物不一定是氧化物，如KClO3，C错误；
D．硫酸属于酸，碳酸氢钠、醋酸钠属于盐，生石灰属于氧化物，D错误；
故答案为：A。
3．下列关于100mL0.1mol/L溶液的说法中，正确的是
A．分散质粒子直径大于1nm
B．所含硫酸钠的物质的量是0.1mol
C．与0.1mol/L溶液恰好完全反应
D．取出50mL该溶液，所含溶质物质的量为0.005mol
【答案】D
【详解】A．溶液，其分散质粒子直径小于1nm，故A错误；
B．100mL0.1mol/L溶液，所含硫酸钠的物质的量是0.01mol，故B错误；
C．没有说明溶液体积，无法确定是否恰好完全反应，故C错误；
D．100mL0.1mol/L溶液，所含硫酸钠的物质的量是0.01mol，取出50mL该溶液，所含溶质物质的量为0.005mol，故D正确；
故答案选D。
4．下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是
A．无色溶液：
B．遇石蕊变红的溶液：
C．强酸性溶液：
D．遇酚酞变红的溶液：
【答案】C
【详解】A．无色溶液中不能存在黄色的，A错误；
B．遇石蕊变红的溶液显酸性，不能存在能与氢离子反应的，B错误；
C．强酸性溶液含氢离子，之间相互无反应，能大量共存，C正确；
D．遇酚酞变红的溶液含氢氧根离子，不能存在能与氢氧根离子发生沉淀反应的，D错误；
答案选C。
5．下列关于胶体的说法中，正确的是
A．溶液和胶体的本质区别是胶体具有丁达尔效应
B．制备胶体的方法是将饱和溶液逐滴滴加到沸水中煮沸至红褐色
C．利用过滤的方法能将胶体从溶液中分离出来
D．“纳米铜”是一种颗粒直径为纳米级的铜材料，属于胶体
【答案】B
【详解】A．溶液和胶体的本质区别为粒子直径大小不同，溶液中分散质粒子直径小于1nm，胶体中分散质离子直径介于1～100nm，故A错误；
B．制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，故B正确；
C．胶体和溶液都能透过滤纸，所以利用过滤的方法不能将Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液分开，故C错误；
D．“纳米铜”是单质，不属于胶体，故D错误；
故选：B。
6．某离子反应涉及六种微粒，其中随着反应的进行逐渐减小，下列判断错误的是
A．氧化产物是 B．消耗氧化剂，转移电子
C．反应后溶液的酸性明显增强 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
【答案】B
【分析】根据题意，铵根离子中氮元素化合价升高，次氯酸根离子中氯元素化合价降低，推断出该反应为。
【详解】A．该反应中氮元素化合价升高，氧化产物是，A正确；
B．该反应消耗氧化剂次氯酸根离子，转移电子，B错误；
C．该反应产生氢离子，溶液的酸性明显增强，C正确；
D．根据分析，该反应氧化剂次氯酸根离子与还原剂铵根离子的物质的量之比为，D正确；
答案选B。
7．科学的分类能够反映事物的本质特征，有利于人们分门别类地进行深入研究，下列分类方法或概念表达科学合理的是
A．在水溶液中和熔融状态下都能导电的化合物才属于电解质
B．CaO、、、、CuO等金属氧化物都属于碱性氧化物
C．金刚石、石墨和、、和、和分别属于碳、氢、氧的同位素
D．依据丁达尔效应可以将分散系分为胶体或非胶体(包括溶液和独液)两大类
【答案】D
【详解】A．电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下自身能够导电的化合物，故A错误；
B．属于过氧化物，故B错误；
C．同一种元素形成的多种单质互为同素异形体，金刚石、石墨和、、和、和分别属于碳、氢、氧的同素异形体，故C错误；
D．胶体具有丁达尔效应，因此依据丁达尔效应可以将分散系分为胶体或非胶体(包括溶液和独液)两大类，故D正确；
故答案选D。
8．下列化学用语正确的是
A．核内质子数为117，核内中子数为174的核素Ts可表示为：Ts
B．18O和16O互为同位素
C．S2-的结构示意图为
D．U中质子数和中子数相差147
【答案】B
【详解】A．元素符号的左上方为质量数，左下方为质子数，因此核内质子数为117，中子数为174的核素Ts可表示为，A错误；
B．同位素是指质子数相同，中子数不同的核素，故和互为同位素，B正确；
C．S2-的最外层为8个电子，结构示意图为，C错误；
D．的中子数为239−92＝147，质子数和中子数相差147−92＝55，D错误；
故选B。
9．工业冶炼金属钾的反应为Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)。下列有关说法不正确的是
A．单质的沸点：Na＞K B．单质与水反应的剧烈程度：K＞Na
C．元素的金属性：Na＞K D．最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＞NaOH
【答案】C
【分析】钠和钾是同主族元素，且钠在钾的上一周期，同主族元素从上到下金属性越来越强：Na
B．金属性Na
C．元素的金属性：Na
故选C。
10．下列各选项中的两个反应，可用同一个离子方程式表示的是
选项
Ⅰ
Ⅱ
A
溶液与过量溶液混合
溶液与过量溶液混合
B
过量通入溶液中
过量通入澄清石灰水中
C
溶液与稀硝酸混合
与稀硝酸混合
D
溶液与过量溶液混合
溶液与少量溶液混合
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．I中生成碳酸钡、碳酸钠和水，II中生成碳酸钠和水，碳酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，故A错误；
B．I、II都可以用OH-+CO2=HCO表示，故B正确；
C．I中生成硝酸钾和水，Ⅱ中发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水，二者反应实质不同，不能用同一个离子方程式表示，故C错误；
D．I中Na2CO3溶液与过量H2SO4溶液混合，离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2O，溶液与少量溶液混合，CO+H+=HCO，故D错误；
故选B。
11．下列有关和性质的说法中正确的是
A．是酸式盐，所以溶液显酸性，不能与酸反应
B．可用加热的方法除去固体中混有的杂质
C．等物质的量的和分别与足量盐酸反应，产生多
D．向溶液和溶液中分别加入溶液，都产生白色沉淀
【答案】D
【详解】A．是酸式盐，但其溶液显碱性，能与比碳酸强的酸反应放出二氧化碳，故A错误；
B．NaHCO3不稳定，加热易分解：，通过加热不可除去NaHCO3固体中的Na2CO3，故B错误；
C．根据反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2相等，故C错误；
D．溶液和溶液中分别加入溶液，都产生白色沉淀碳酸钙，故D正确；
故选：D。
12．焰火“脚印”“笑脸”“五环”；让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫；这与高中化学中“焰色试验”知识相关。下列说法中不正确的是
A．焰色试验时发生的是物理变化
B．用稀硫酸清洗做焰色试验的铂丝
C．若透过蓝色钴玻璃只看到紫色；说明样品中含K元素；但也可能含元素
D．与在灼烧时火焰颜色相同
【答案】B
【详解】A．焰色试验是原子中的电子能量的变化，不涉及物质结构和化学性质的改变，没有新物质生成，是物理变化，A正确；
B．每次做完焰色试验实验后，铂丝会留有实验的物质，为除去实验物质用盐酸洗涤，再灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同后再使用，盐酸可以溶解氧化物等杂质且易挥发不会残留痕迹，所以选用盐酸洗涤，B错误；
C．透过蓝色钴玻璃观察可以滤去黄光的干扰，观察到有紫色说明样品中含K元素，不能确定是否含有钠元素，可能含元素，C正确；
D．Na与NaCl都含有钠元素，焰色试验为黄色，所以Na与NaCl在灼烧时火焰颜色相同，D正确；
故选B。
13．温度较高时通入溶液发生反应：，下列说法正确的是
A．标准状况下2mol 的体积约为44.8L
B．1L 0.1 溶液中的物质的量为0.1mol
C．反应中消耗3mol 转移的电子数约为
D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶12
【答案】C
【分析】反应中，Cl2一部分被还原成NaCl，一部分被氧化成NaClO3，Cl2既是氧化剂又是还原剂。
【详解】A．标准状况下H2O不是气体，不能用22.4L/mol计算2mol水的体积，A错误；
B．1L 0.1 的物质的量为n=c∙V=0.1mol/L×1L=0.1mol，的物质的量为0.2mol，B错误；
C．每消耗3 mol Cl2，其中有0.5 mol Cl2被氧化成NaClO3，有2.5 mol Cl2被还原成NaCl，整个过程中转移电子的物质的量为5 mol，数目约为 5×6.02×1023，C正确；
D．氧化产物是NaClO3，还原产物是NaCl，由化学计量数可知氧化产物与还原产物物质的量之比为1:5，D错误；
答案选C。
14．设NA为阿伏加德罗常数的值，则下列叙述中正确的是
A．25℃ 101kPa时，22.4LN2和O2的混合气体中分子数为NA
B．常温常压下，O2和O3的混合物共64g，所含氧原子数目一定为4NA
C．1mol/LNa2CO3溶液中含2NA个Na＋
D．2.3gNa与O2完全反应，转移的电子数为0.2NA
【答案】B
【详解】A．25℃，101kPa时，气体摩尔体积Vm大于22.4L/mol，则22.4LN2和O2的混合气体中含有原子数小于×2×NAmol-1=2NA，故A错误；
B．氧气和臭氧的最简式都为O，则64gO中含有的氧原子数目为×1×NAmol-1=4NA，故B正确；
C．缺溶液的体积，无法计算1mol/L碳酸钠溶液中的碳酸钠的物质的量和含有的钠离子数目，故C错误；
D．钠与氧气完全反应，无论生成氧化钠、过氧化钠，还是生成氧化钠、过氧化钠的混合物，钠均失去电子生成钠离子，则2.3g钠与氧气完全反应，转移的电子数为×1×NAmol-1=0.1NA，故D错误；
故选B。
15．在和的混合溶液中加入铁粉，充分反应后有固体剩余，经过滤后滤液中的可能含有的离子有
① ②和 ③和 ④和
A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
【答案】A
【详解】在和的混合溶液中加入铁粉，Fe先和Fe3+反应Ⅰ，然后Fe和Cu2+反应Ⅱ ，所以充分反应后若有固体剩余，则固体中一定含有Cu，溶液中一定无Fe3+，若反应Ⅱ恰好完全反应或铁粉过量，则溶液中只含Fe2+，若反应Ⅱ铁粉不足，溶液中含有Fe2+和Cu2+，所以经过滤后滤液中的可能含有的离子①或③，故答案选A。
16．下列叙述中正确的是
A．等质量的两份Mg分别投入足量的盐酸和NaOH溶液中，生成等物质的量的
B．与各0.1mol分别加入100ml水中，所得两份溶液中溶质的质量分数相等
C．等质量的和分别与足量盐酸反应，同温同压下生成的体积相同
D．含等物质的量的HCl和NaOH的两溶液分别与足量Al反应，同温同压下生成的体积相同
【答案】B
【详解】A．Mg不和NaOH溶液反应生，故A错误；
B．与和水反应生，，，生成的NaOH与Na元素物质的量相等；等物质量的与含Na元素物质的量相等，反应后溶液质量相等，所得两份溶液中溶质的质量分数相等，故B正确；
C．等质量的和物质的量不同，分别与足量盐酸反应，同温同压下生成的体积不同，故C错误；
D．Al与盐酸反应方程式为：；Al与氢氧化钠反应方程式为：；所以等物质的量的HCl和NaOH的两溶液分别与足量Al反应，同温同压下生成的体积不同，故D错误；
故答案选B。
17．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列表述不正确的是
A．标准状况下，22.4L氢气和氮气的混合气体中所含原子数是2 NA
B．标准状况下，7.8克Na2O2固体中含有的离子总数是0.3 NA
C．5.6克Fe与氯气完全反应转移电子数是0.2 NA
D．1mol金属钠与足量氧气完全反应，氧气得到的电子数为NA
【答案】C
【详解】A．H2和N2都是双原子分子，标准状况下，22.4L氢气和氮气的混合气体的物质的量为1mol，则所含原子数是2 NA，A正确；
B．7.8克Na2O2固体的物质的量为0.1mol，1个Na2O2含有3个离子，则7.8克Na2O2固体含有的离子总数是0.3 NA，B正确；
C．5.6克Fe的物质的量为0.1mol，与氯气完全反应时生成FeCl3，转移电子数是0.3 NA，C不正确；
D．1mol金属钠与足量氧气完全反应生成Na2O2，1molNa失去1mole-，依据得失电子守恒，参加反应氧气得到的电子数为NA，D正确；
故选C。
18．下列有关金属的说法中，正确的是( )
①不锈钢抗腐蚀性较好
②钛合金可用于飞机、火箭的制造
③司母戊鼎是铁合金
④缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血
⑤青铜、不锈钢都是合金
⑥形成合金时金属与金属之间发生了化学反应
A．①②④⑤ B．②③④⑤⑥ C．①③④⑤ D．①②③④⑤⑥
【答案】A
【分析】
【详解】①合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀，铝合金和不锈钢具有很好的抗腐蚀性能，故①正确；
②钛合金主要用于制作飞机发动机压气机部件,其次为火箭、导弹和高速飞机的结构件，故②正确；
③司母戊鼎是商王祖庚或祖甲为祭祀母亲戊而作的祭器,是中国商周时期青铜器的代表作，故③错误；
④缺钙可能导致骨质疏松、畸形等，对老年人还说容易引起骨质疏松；人体缺铁易得贫血症，故④正确；
⑤青铜是铜锡合金、不锈钢是铁铬、镍合金，都是合金，故⑤正确；
⑥合金分三种类型。金属固溶体：即固态溶液。例如黄铜、金银合金,此类合金形成为物理变化。金属互化物：金属与金属之间形成的化合物。如铜化锌（ZnCu）、碳化铁（Fe3C）、铜锡合金等。金属互化物不可用通常的化合价解释。此类合金形成为化学变化。机械混合物：钢、生铁、青铜为此类合金，此类合金形成为物理变化，故⑥错误；
故选A。
19．下列有关氧化铝的说法错误的是
A．可用材料制成的坩埚熔融烧碱
B．铝能在空气中稳定存在是因为其表面覆盖着一层氧化铝保护膜，能防止内部金属被氧化
C．空气中自然形成的氧化铝薄膜耐磨性较差，可采用化学方法增加膜的厚度
D．氧化铝是一种两性氧化物，既能与强酸反应，也能与强碱反应
【答案】A
【详解】A．氧化铝与烧碱在加热时会发生反应，故不能用氧化铝材料制成的坩埚熔融烧碱，否则会损坏坩埚，A错误；
B．铝能在空气中稳定存在是因为其表面覆盖着一层氧化铝保护膜，氧化膜比较致密，能防止内部金属被氧化，B正确；
C．空气中自然形成的氧化铝薄膜耐磨性较差，可采用化学方法增加膜的厚度，如电化学氧化法，可在铝表面生成坚硬的氧化膜，C正确；
D．氧化铝是一种两性氧化物，既能与强酸反应，也能与强碱反应，D正确；
故选A。
20．下列有关碱金属、卤素原子结构和性质的描述正确的是
①随着核电荷数的增加，卤素单质的熔、沸点依次升高，密度依次增大
②随着核电荷数的增加，碱金属单质熔、沸点依次降低，密度依次减小
③F、Cl、Br、I的最外层电子数都是7，Li、Na、K、Rb的最外层电子数都是1
④碱金属单质的金属性很强，均易与氧气发生反应，加热时生成氧化物R2O
⑤根据同主族元素性质的递变规律推测At与H2化合较难
⑥根据F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，可推出HF、HCl、HBr、HI的还原性及热稳定性依次减弱
⑦卤素按F、Cl、Br、I的顺序其非金属性逐渐减弱的原因是随着核电荷数增加，原子核外电子层数增多，原子半径增大起主要作用
A．①②③⑤ B．①③④⑦ C．①③⑤⑦ D．②④⑤⑦
【答案】C
【详解】①随着核电荷数的增加，卤素单质的熔点、沸点依次升高，密度依次增大，①项正确；
②随着核电荷数的增加，碱金属元素原子半径依次增大，熔沸点依次减小，密度呈增大趋势，K的密度比Na的密度小，②项错误；
③F、Cl、Br、I的最外层电子数都是7，Li、Na、K、Rb最外层电子都是1，③项正确；
④碱金属单质的金属性从Li到Cs依次增强，加热与氧气反应，锂生成氧化锂、钠生成过氧化钠、钾铷铯生成过氧化物、超氧化物等，④项错误；
⑤同主族元素从上到下原子的非金属性依次减弱，与氢气的化合能力依次减弱，砹是原子序数最大的卤族元素，则At与H2化合最难，⑤项正确；
⑥F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，则对应单质的氧化性依次减弱，离子的还原性依次增强，即HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强，热稳定性依次减弱，⑥项错误；
⑦F、Cl、Br、I位于同一主族，原子序数逐渐增大，非金属性逐渐减弱，电子层数增多，原子半径增大起主要作用，⑦项正确；
综上所述，①③⑤⑦项正确；
故答案为：C。
21．将过量的锌片放入500mLCuSO4溶液中，待充分反应后取出锌片，洗净、称量，发现锌片质量比原来减少了0.5g，则CuSO4溶液的物质的量浓度为
A．0.5 mol·L-1 B．1 mol·L-1 C．1.5 mol·L-1 D．2 mol·L-1
【答案】B
【详解】与溶液反应时，置换出来的附着在锌片上。反应方程式如下：，当铜离子参与反应，反应固体质量减少1g，则，解得，所以，答案选B。
22．锡是大名鼎鼎的“五金”——金、银、铜、铁、锡之一。工业上冶炼锡的第一步反应原理为2SnO2+3C=2Sn+aM↑+CO2↑，则下列说法中正确的是
A．反应中SnO2被氧化 B．每生成1个CO2分子，转移8个电子
C．C做氧化剂 D．a的值为1
【答案】B
【分析】根据原子守恒规律可知，M为CO，a为2，结合氧化还原反应的规律分析解答。
【详解】A. 反应中Sn的化合价降低，SnO2被还原，故A错误；
B. 每生成1个CO2分子，反应2个SnO2，因在反应中每个Sn原子化合价降低4价，所以转移电子数为=8个，故B正确；
C. C转化为CO和CO2，化合价均升高，被氧化，作还原剂，故C错误；
D.. 由原子守恒规律可知，a的值为2，M为CO，故D错误；
答案选B。
23．下列离子方程式中正确的是
A．溶液与过量NaOH溶液反应：
B．过量的与溶液反应：
C．酸性条件下溶液与KI溶液发生反应生成：
D．溶液中通入过量：
【答案】B
【详解】A．中和均会和NaOH溶液反应，所以溶液与过量NaOH溶液反应为，故A错误；
B．过量的与溶液反应生成硫酸钡和水，离子方程式为：，故B正确；
C．酸性条件下溶液与KI溶液发生反应生成，离子方程式为，故C错误；
D．过量，能氧化和，和浓度比为1：2，离子方程式为，故D错误；
故答案选B。
24．无水氯化铝可用于生产高分子混凝剂，极易潮解，遇水爆炸。实验室中用如图装置进行制备，下列说法错误的是
A．装置①中的氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2
B．仪器的连接顺序为①→③→④→⑤→⑥→②
C．装置②可以用盛有氢氧化钠溶液的烧杯代替
D．酒精灯的点燃顺序，应该先①后⑤
【答案】C
【详解】A．装置①中的反应为，每1molMnO2参与反应消耗4molHCl，只有2molHCl被氧化为Cl2，作还原剂，故氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，A正确；
B．①产生氯气，③除去氯气中的氯化氢杂质，④除去水蒸气，⑤发生反应生成氯化铝，⑥作为收集装置，②用来吸收未反应的氯气，所以顺序为：①→③→④→⑤→⑥→②，B正确；
C．不能换成氢氧化钠溶液，因为无水氯化铝遇水会反应，如用氢氧化钠溶液，水蒸气会沿导管进入反应装置，导致氯化铝的损失，C错误；
D．先点燃①处酒精灯，产生氯气，一段时间后再点燃⑤处的酒精灯，这样可以防止⑤中的铝粉加热时和导管中的氧气反应，导致产物不纯，D正确；
故选C。
25．在一个恒温、恒容的密闭容器中，有两个可左右自由滑动的密封隔板(a、b)，将容器分成三部分，已知充入的三种气体的质量相等，当隔板静止时，容器内三种气体所占的体积如图所示。下列说法中错误的是
A．分子数目：
B．若Y是O2，则X可能是CH4
C．气体密度：
D．X和Z分子中含有的原子数可能相等
【答案】C
【详解】A．由题给信息可知，图中X、Y、Z三种气体的压强、温度分别相等，V(X)=V(Z)=2V(Y)，由阿伏加德罗定律可知，n(X) =n(Z)=2n(Y)，所以分子数目N(X)=N(Z)=2N(Y)，A正确；
B．由于三种气体的质量相等，若Y是O2，X是CH4，则符合n(X)=2n(Y)，B正确；
C．由可知，三种气体的密度：2ρ(X)=2ρ(Z)=ρ(Y)，C错误；
D．若X是N2，Z是CO，则n(X) =n(Z)，X和Z含有的原子数相等，D正确；
答案选C。
二、填空题
26．I.“84消毒液”有效成分是。某次实验需要使用的溶液，欲用固体配制该溶液。
(1)计算所需固体的质量为_______g。
(2)配制溶液时，下图不需要的仪器是_______(写仪器名称)。
(3)写出配制溶液时的正确操作顺序(用字母表示，每个字母只能用一次) _______。
A．洗涤 B．称量、溶解 C．转移 D．摇匀 E.定容
(4)配制过程中，下列操作导致溶液浓度偏小的是_______(填序号)。
A．加水定容时俯视刻度线
B．容量瓶末干燥处理
C．定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水
D．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
II.某班同学通过实验探究、的性质。回答下列问题：
(5)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成的溶液。在氯化亚铁溶液中需加入少量铁屑，其目的是_______。
(6)甲组同学取溶液，加入几滴氯水，再加入1滴溶液，溶液变红，说明可将氧化。溶液与氯水反应的离子方程式为_______。
(7)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在溶液中先加入煤油(不溶于水，密度比水小)，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴溶液，溶液变红。煤油的作用是：_______。
(8)向溶液中滴加溶液，现象是_______；沉淀变色的原因是_______(用化学方程式解释)。
【答案】(1)14.9g
(2)漏斗和圆底烧瓶
(3)BCAED
(4)CD
(5)防止亚铁离子被氧化
(6)
(7)隔绝空气（排除氧气对实验的影响）；
(8) 产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
【详解】（1）配制900mL0.2mol/L的NaClO溶液，根据容量瓶的规格，只能选择1000mL的容量瓶，配制1000mL的溶液，所以，故答案为：14.9g；
（2）配制1000mL的NaClO溶液，需要用天平和药匙来称量NaClO的质量，需要用烧杯和玻璃棒溶解固体，需要借助玻璃棒把溶液转移到1000mL的容量瓶中，需要用胶头滴管来定容，所以图中需要用到的是：烧杯、天平、玻璃棒、胶头滴管，不需要的仪器是：漏斗和圆底烧瓶，故答案为：漏斗和圆底烧瓶；
（3）配制步骤可以简单概括为：计算、称量、溶解并冷却、转移、洗涤并摇动、定容、摇匀，所以排序为：BCAED；
（4）A．加水定容时俯视刻度线，会使溶液体积偏小，物质的量浓度偏大，故A不符合题意；
B． 容量瓶末干燥处理，不会影响所配溶液的浓度，故B不符合题意；
C．定容加水时超过刻度线后，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故C符合题意；
D．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，会使溶质的物质的量减小，所配溶液浓度偏小，故D符合题意；
故答案为：CD；
（5）亚铁离子具有还原性，在氯化亚铁溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止亚铁离子被氧化，故答案为防止亚铁离子被氧化；
（6）溶液与氯水反应的离子方程式为，故答案为：；
（7）煤油不溶于水，密度比水小，在氯化亚铁溶液的上面滴加煤油，分层后可以隔绝溶液与空气接触，排除氧气对实验的干扰，故答案为：隔绝空气（排除氧气对实验的影响）；
（8）向溶液中滴加溶液，现象是产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，沉淀变色的原因是，故答案为：产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；。
27．“7•20特大洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效措施之一。“84”消毒液、漂白粉和等都是有效的消杀试剂。
(1)用化学方程式表示氯气与烧碱溶液制备“84”消毒液的原理______，标况下56L氯气完全被吸收，需要______L 1mol/L的NaOH溶液。
(2)使用漂白粉漂白，只需取适量漂白粉溶于水即可，漂白原理用化学方程式表示为______。
(3)漂白粉的保存要注意密封，为了判断一份儿久置的漂白粉是①没有失效②部分失效③完全失效。某化学兴趣小组设计实验进行验证。
已知：溶液呈碱性；；
a．甲同学取适量漂白粉样品，滴加浓盐酸，将产生的气体直接通入澄清石灰水中，没有发现石灰水变浑浊。由此，判断结论为①，乙同学不同意这一观点，你认为的结论是______。
A．② B．③ C．①或② D．①②③均有可能
b．乙同学改用滴加稀盐酸，发现产生大量气泡，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊；他又取少量漂白粉样品配成溶液，滴在pH试纸上，最终试纸变白。据此你得出的结论是______(从①②③中选填)。
(4)目前普遍使用代替及次氯酸盐作为广谱抗菌消毒剂，因为它安全、低毒，高效。还可以将剧毒的NaCN转化为无毒物质除去，产物是氯化钠和两种常见气体。试写出该反应的化学方程式______。
【答案】(1) Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 5
(2)Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO
(3) D ②
(4)2ClO2+2NaCN=2NaCl+2CO2↑+N2↑
【详解】（1）氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；标况下56L氯气的物质的量为=2.5mol，由反应方程式可知完全吸收2.5molCl2，需要5molNaOH，则需要NaOH溶液的体积为=5L，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；5；
（2）漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，因Ca(ClO)2能与空气中的二氧化碳和水反应生成次氯酸而起漂白作用，反应的化学方程式表示为Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，故答案为：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO；
（3）a．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，若遇空气中的二氧化碳和水蒸气发生变质，会生成CaCO3。甲同学取适量漂白粉样品，滴加浓盐酸，将产生的气体直接通入澄清石灰水中，没有发现石灰水变浑浊，可能是没有CO2生成，也可能是由于浓盐酸易挥发，生成的CO2中混有HCl，则得出的结论是①②③均有可能，选D；
故答案为：D；
b．乙同学改用滴加稀盐酸，发现产生大量气泡，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，说明漂白粉样品中含有CaCO3；取少量漂白粉样品配成溶液，滴在pH试纸上，最终试纸变白，说明漂白粉样品仍具有漂白性。由此得出的结论是漂白粉部分失效，选②；
故答案为：②；
（4）将剧毒的NaCN转化为无毒物质，产物是氯化钠和两种常见气体，由于氯元素化合价从+4价降低到-1价，则化合价升高的元素为C、N，生成的两种气体为CO2、N2。根据得失电子守恒和原子守恒，配平反应的化学方程式为2ClO2+2NaCN=2NaCl+2CO2↑+N2↑，故答案为：2ClO2+2NaCN=2NaCl+2CO2↑+N2↑。
三、元素或物质推断题
28．下表为元素周期表的一部分，请回答有关表中①~⑩元素的问题：
族
周期
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0
一
①
二
②
③
④
⑤
三
⑥
⑦
⑧
⑨
四
⑩
(1)①~⑩元素中，最不活泼的元素是______(填元素名称)。
(2)①~⑩元素中，金属性最强的元素是______(填元素符号)。
(3)表中④⑨元素的氢化物的稳定性较强的是______(填化学式)。
(4)表中元素③与元素⑦形成的物质是______(填化学式)，写出该物质与⑥的氢氧化物反应的化学方程式______。
(5)已知(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐，水溶液中存在分子。属于______酸(填序号)。
a．三元酸 b．二元酸 c．一元酸 d．弱酸 e．强酸
II．物质的量是联系宏观和微观的桥梁：
(6)某盐混合溶液中含有离子：、、、，测得、和的物质的量浓度依次为：、、，则的物质的量浓度为______。
【答案】(1)Ne
(2)K
(3)HF
(4) Al2O3
(5)cd
(6)
【分析】根据元素周期表提供的信息，①为H、②为N、③为O、④为F、⑤为Ne、⑥为Na、⑦为Al，⑧为S、⑨为Cl、⑩为K；据此分析解题。
【详解】（1）据分析可知，①~⑩元素中，最不活泼的元素是Ne，故答案为Ne。
（2）失去电子能力越强，粒子所属元素的金属性越强；所以①~⑩元素中，金属性最强的元素是K，故答案为K。
（3）④为F，⑨为Cl；同主族元素周期数越低非金属性越强，氢化物越稳定，所以④⑨元素的氢化物的稳定性较强的是HF，故答案为HF。
（4）③为O，⑦为Al，形成的物质是Al2O3；⑥为Na，其氢氧化物为NaOH，Al2O3与NaOH反应方程式为；故答案为Al2O3；。
（5）与足量的NaOH反应只生成一种盐，说明只能电离出1个H+，所以属于一元酸；而且水溶液中存在分子，说明部分电离，为弱酸，故答案选cd。
（6）混合溶液中含有离子、、、，测得、和的物质的量浓度依次为：、、，根据电荷守恒可知，，所以的物质的量浓度为，故答案为。
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