2023泰安新泰一中（老校区）高一下学期第二次段考考试化学试题含解析

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新泰中学2022级高一下学期第一次阶段性考试
化学试题
相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 Si：28 Cl：35.5 Ca：40 Fe：56 K：39 Cu：64 Ag：108 Zn：65 Se：79
第I卷(选择题)(选择题 共60分)
一、单选题(本题包括15小题，每小题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列有关说法不正确的是

A. 图1是科学家制成的用C60作车轮的“纳米汽车”，直经约6到9纳米。用激光笔照射该“纳米汽车”分散在蒸馏水中形成的分系线，光线通过时出现明亮的光路
B. 图2中的彩色玻璃是制玻璃过程中加入一些金属氧化物或盐制得的，可用于建筑和装饰
C. 图3首次实现在月球背面着陆的“玉免二号”月球车，其太阳能电池帆板工作时的能量转化过程为：太阳能—化学能一电能
D. 图4为中国天眼”，其镜片材料为SiC，具有类似金刚石的结构，硬度大，断裂其中化学键Si-C，需要吸收能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．胶体分散系用激光笔照射时出现明亮的光路，A正确；
B．制玻璃过程中加入一些金属氧化物或盐会使玻璃出现不同的颜色和性质，可用于建筑和装饰，B正确；
C．太阳能电池帆板工作时的能量转化过程为：太阳能转化成电能，C错误；
D．具有类似金刚石的结构，硬度大，断裂其中化学键Si-C，需要吸收能量，D正确；
故选C。
2. 下列物质间的转化不能一步实现的是
A. C→CO2→CO B. Al→Al2O3→Al(OH)3
C. Na→NaCl→NaNO3 D. Fe→FeCl2→FeCl3
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳完全燃烧生成二氧化碳，二氧化碳和碳高温生成一氧化碳，能一步实现，故A不符合题意；
B．铝和氧气生成氧化铝，氧化铝不能一步生成氢氧化铝，不能一步实现，故B符合题意；
C．钠和氯气生成氯化钠，氯化钠和硝酸银生成硝酸钠，能一步实现，故C不符合题意；
D．铁和盐酸生成氯化亚铁，氯化亚铁和氯气生成氯化铁，能一步实现，故D不符合题意；
故选B。
3. 下列离子方程式不正确的是
A. Al溶于浓NaOH溶液：2Al + 2OH- + 6H2O =2[Al(OH)4]- + 3H2↑
B. Ba(OH)2溶液中通入过量CO2：CO2 + OH- = HCO
C. KI溶液中加入少量FeCl3：2Fe3+ + 3I- = Fe2+ + I
D. FeCl2溶液与 NaHCO3溶液混合产生沉淀：HCO + Fe2+= FeCO3↓ + H+
【答案】D
【解析】
【详解】A．Al溶于浓NaOH溶液生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应的离子方程式是2Al + 2OH- + 6H2O =2[Al(OH)4]- + 3H2↑，故A正确；
B．Ba(OH)2溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钡，反应的离子方程式是CO2 + OH- = HCO，故B正确；
C．KI溶液中加入少量FeCl3，Fe3+被还原为Fe2+，反应的离子方程式为2Fe3+ + 3I- = Fe2+ + I，故C正确；
D．FeCl2溶液与NaHCO3溶液混合产生碳酸亚铁沉淀、二氧化碳、水，反应的离子方程式是2HCO + Fe2+= FeCO3↓ + CO2↑+H2O，故D错误；
选D。
4. 下列化学用语表示正确的是
A. 中子数为143、质子数为92的铀(U)原子：
B. HClO的电子式：
C. 的电子式：
D. 在水溶液中的电离方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．铀原子的质量数=143+92=235，可表示为，A错误；
B．HClO的电子式为，B错误；
C．的电子式可表示为，C正确；
D．在水溶液中的电离方程式为，D错误；
故选C。
5. 氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温氮气流中反应制得：①3SiO2＋6C＋2N2Si3N4＋6CO；也可由SiCl4的蒸汽和NH3反应制取：②3SiCl4＋4NH3Si3N4＋12HCl。则下列叙述正确的是
A. 反应②属于离子反应
B. 若制取等量的Si3N4，则反应①②转移电子数目必然相等
C. 反应①的氧化剂是N2
D. 反应①中氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶6
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应②是气体+气体→固体+气体的反应，不属于离子反应，A错误；
B．反应②是非氧化还原反应，B错误；
C．反应①中，氮元素化合价降低，得电子，氧化剂是N2，C正确；
D．反应①中氧化剂是氮气，还原剂是碳，根据方程式可知氧化产物与还原产物物质的量之比为6∶1，D错误；
答案选C。
6. 下列关于化学反应与能量的说法中，不正确的是
A. 镁条与盐酸的反应属于放热反应
B. 反应物的总能量低于生成物的总能量，反应时向环境放出能量
C. 与NH4Cl的反应属于吸热反应
D. 化学键的断裂与形成是化学反应中能量变化的主要原因
【答案】B
【解析】
【详解】A．镁条与盐酸的反应属于活泼金属与酸发生的置换反应，属于放热反应，A正确；
B．反应物的总能量低于生成物的总能量，此反应为吸热反应，反应时需要向反应体系提供能量，或从周围环境中吸收能量，B不正确；
C．与NH4Cl的反应为铵盐发生的复分解反应，属于吸热反应，C正确；
D．化学键的断裂需要吸收能量，化学键的形成能够放出能量，化学键的断裂与形成是化学反应中能量变化的主要原因，D正确；
故选B。
7. 下列实验操作完全正确的是
编号
实验
操作
A
钠与水反应
用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中
B
配制一定浓度的氯化钾溶液1000mL
准确称取氯化钾固体，放入到1000mL的容量瓶中，加水溶解，振荡摇匀，定容
C
检验酸雨中一定含有
取酸雨试样，加入10%溶液，再加入溶液，有白色沉淀
D
取出分液漏斗中所需的上层液体
下层液体从分液漏斗下端管口流出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上端管口倒出

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．需要滤纸吸干煤油，煤油易燃烧,烧杯中不能装满水，生成气体可能使Na从烧杯中窜出，有安全隐患，选项A错误；
B．配制KCl溶液时应先将KCl晶体溶解在小烧杯中，恢复到室温再转移到容量瓶中，容量瓶中不能溶解固体，选项B错误；
C．取酸雨试样，滴加溶液，再加入溶液，有白色沉淀，酸雨中可能含有，选项C错误；
D．分液时避免上下层液体混合，则下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体应该从分液漏斗上端管口倒出，选项D正确；
答案选D。
8. 化学元素周期表是根据原子量从小至大排序的化学元素列表。表中同一横行(称为“周期”)或同一竖列(称为“族”)的元素性质表现出一定的规律。下列说法正确的是
A. 已知F、Cl、Br、I位于同一族，且HCl、HBr、HI都是强酸，推测HF也是强酸
B. 已知F、Cl、Br、I位于同一族，且AgCl、AgBr、AgI 都难溶于水。推测AgF也难溶于水
C. 已知Si、P、S位于同一周期，且H2SO4酸性强H3PO4，推测H3PO4酸性强 H2SiO3
D. 已知Mg、Ca.、Ba位下同一族，且Ba(OH)2、Ca(OH)2都是强碱，推测Mg(OH)2也是强碱
【答案】C
【解析】
【详解】A．HF在水溶液中部分电离，是弱酸，故A错误；
B．AgF易溶于水，故B错误；
C．第三周期的Si、P、S的非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物H2SiO3、H3PO4、H2SO4酸性逐渐增强，故C正确；
D．Mg(OH)2是弱碱，故D错误；
故选C。
9. 碘化钾为白色固体，可用作分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等，可通过碘酸钾与硫化氢反应制备。实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)，下列说法错误的是

A. 仪器a、b名称是恒压滴液漏斗，实验中应先关闭K，打开仪器b，制备碘酸钾
B. 滴入30%氢氧化钾溶液后，乙装置中紫黑色固体溶解，棕黄色溶液逐渐变为无色
C. 乙装置中稀硫酸主要作用是减小硫化氢溶解度，以利于其逸出在丙装置中被吸收
D. 如果乙装置中最终生成4.8g黄色沉淀，则理论上可制得碘化钾的质量为8.3g
【答案】D
【解析】
【分析】本题为利用碘酸钾和硫化氢制备碘化钾，由装置所盛试剂可知，装置甲为启普发生器，利用硫化亚铁和稀硫酸制备硫化氢气体，装置乙中盛放碘单质和氢氧化钠，用以制备碘酸钾，待碘酸钾制备完成，将硫化氢通入碘酸钾溶液制备碘化钾，同时有淡黄色硫单质生成，最后用氢氧化钠吸收尾气。
【详解】A．仪器a、b为恒压滴液漏斗，利用碘酸钾与硫化氢气体制备碘化钾，由于碘酸钾为溶液，硫化氢为气体，因此需先关闭K制备碘酸钾，然后制备并将硫化氢通入碘酸钾溶液制备碘化钾，A正确；
B．碘单质溶解后溶液呈棕黄色，随着碘单质与氢氧化钠反应生成无色的碘化钾和碘酸钾，溶液逐渐变为无色，B正确；
C．硫化氢为弱电解质，加入稀硫酸能抑制硫化氢的电离，降低其溶解度，使其逸出吸收，C正确；
D．黄色沉淀为S，4.8g S为0.15mol，硫元素由硫化氢中的-2价升高为0价，0.15mol S转移0.3mol电子，每生成1mol碘化钾转移1mol电子，因此共生成碘化钾0.3mol，质量为49.8g，D错误；
故选D。
10. 某水溶液可能含有以下离子中的某几种：Na+、Fe2+、Mg2+、Al3+、Cl-、，现取三份50mL溶液分别进行如下实验，忽略混合前后溶液体积的变化。根据实验结果，以下推测正确的是
实验1：50.0mL溶液无现象14.35g白色沉淀
实验2：
A. 原溶液中一定含有Cl-，且c(Cl-)=0.1mol/L
B. 原溶液中可能含有Na+，可通过焰色试验检验
C. 0.8g白色固体MgO和Al2O3混合物
D. 原溶液中c(Na+)=0.6mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验1中得到沉淀是AgCl，说明肯定含Cl-，AgCl物质的量是0.1mol，可得Cl-物质的量是0.1mol，浓度是，A错误；
B．肯定含Na+，B错误；
C．实验2中，滤液中含OH-，说明白色沉淀是Mg(OH)2，白色固体是MgO，没有Al2O3，C错误；
D．实验2中，初始OH-物质的量是0.1mol。0.8g MgO物质的量是 ,可得Mg2+物质的量是0.02mol，生成沉淀消耗0.04mol OH-，滤液剩余OH-是0.02mol，可得Al³+消耗OH-是0.1mol-0.04mol-0.02mol=0.04mol，反应是Al³++4OH-=AlO+2H₂O，可得Al3+物质的量是0.01mol。实验1可得不含Fe2+、，原溶液中含0.02mol Mg2+，0.01mol Al3+，0.1molCl-，根据电荷守恒，存在Na+，可得如下，2n(Mg2+)+3n(Al3+)+n(Na+)=n(Cl-)，n(Na+)=0.03mol，原溶液中c(Na+)=，D正确；
故选D。
二、不定项选择题(本题包括10个小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个或两个选项符合题意，选全对得4分，选对但不全得2分，选错不得分。)
11. 古代诗词中蕴含着许多科学知识，下列叙述不正确的是
A. “冰，水为之，而寒于水”说明等质量的水和冰相比，冰的能量更低
B. “纷纷灿烂如星陨，赫赫喧虺似火攻”所描述的灿烂烟花是某些金属的焰色试验
C. “千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”描述的石灰石煅烧是吸热反应
D. “煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的变化只有化学能转化为热能
【答案】D
【解析】
【详解】A．冰转化为水是吸热过程，因此冰的能量更低，故A正确；
B．某些金属灼烧会发出不同的颜色，灿烂美丽的烟花是某些金属的焰色试验，焰色试验是物理变化，故B正确；
C．石灰石煅烧是分解反应，绝大多数分解反应是吸热反应，故C正确；
D．这里体现上燃烧，燃烧是剧烈的发光发热的氧化还原反应，因此这里的变化是化学能转化为热能和光能，故D错误。
综上所述，答案为D。
12. 以重晶石(BaSO4)为原料，按如图工艺生产立德粉ZnS·BaSO4：

下列说法错误的是
A. 钡元素位于周期表中第六周期第ⅡA族
B. 在回转炉中生成硫化钡，化学方程式为BaSO4+2CBaS+2CO2↑
C. “浸出槽液”在空气中长期露置会逸出臭鸡蛋气味的气体，溶液变浑浊
D. 实验室在上述“分离”步骤中需使用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯
【答案】BD
【解析】
【分析】重晶石（BaSO4）和过量焦炭在反应器中反应，反应后在浸出槽加水浸出，过滤得BaS溶液，加入过量的ZnSO4溶液，生成立德粉的悬浊液，过滤、洗涤、干燥得产物立德粉，据此解答。
【详解】A．钡元素的原子序数是56，位于周期表中第六周期第ⅡA族，故A正确；
B．在高温条件下，由于焦炭过量，反应只会生成CO，不会生成CO2，故B错误；
C．“浸出槽液”中含有硫化钡，且硫离子易被氧化，因此在空气中长期露置会逸出臭鸡蛋气味的气体硫化氢，被氧化为单质硫使溶液变浑浊，故C正确；
D．实验室在上述“分离”步骤是过滤，其中需使用的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯、玻璃棒，故D错误；
故选BD。
13. 《本草备要》记载了化合物具有治喉痹、咳逆、敛疮毒等功效。W、X、Y、Z是元素周期表中前四周期元素，其中X、Z、W为短周期元素，原子序数依次增加，Y、X最外层电子数相同且质子数均为奇数，W、Z位于同一主族，Z的成对电子数与未成对电子数之比为3∶1，和生命活动密切相关。热重曲线如图所示。下列说法正确的是。

A. W、Y、Z、X的单质熔点最高的是W
B. 210℃时固体物质的化学式为
C. 将258℃的固体产物用稀硫酸溶解，经浓缩、冷却，会析出
D. 的溶液中通入过量的，会产生沉淀
【答案】BD
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是元素周期表中前四周期元素，其中X、Z、W为短周期元素，原子序数依次增加，Y、X最外层电子数相同且质子数均为奇数，W、Z位于同一主族，Z的成对电子数与未成对电子数之比为3∶1，和生命活动密切相关，因此X是H，Z是O，则W是S。根据化学式可知Y可能是Cu，0.8g胆矾的物质的量是0.0032mol，其中结晶水的质量是0.0032mol×5×18g/mol＝0.288g，根据图像可知加热到102℃时质量减少0.8g－0.68g＝0.12g，即剩余结晶水的质量是0.288g－0.12g＝0.168g，物质的量是0.168g÷18g/mol≈0.0093mol，所以化学式为CuSO4·3H2O。加热到113℃时质量减少0.8g－0.57g＝0.23g，即剩余结晶水的质量是0.288g－0.23g＝0.058g，物质的量是0.058g÷18g/mol≈0.0032mol，所以化学式为CuSO4·H2O。加热到258℃时质量减少0.8g－0.51g＝0.29g，说明此时结晶水完全失去，所以化学式为CuSO4，据此解答。
【详解】A．S、Cu、O、H的单质熔点最高的是金属单质铜，A错误；
B．根据以上分析可知210℃时固体物质的化学式为CuSO4·H2O，B正确；
C．将258℃的固体产物用稀硫酸溶解，经浓缩、冷却，会析出带有结晶水的硫酸铜，得不到无水硫酸铜，C错误；
D．的硫酸铜溶液中通入过量的硫化氢，会产生硫化铜沉淀，同时生成硫酸，D正确；
答案选BD。
14. 某同学进行如下实验：
实验
操作和现象
Ⅰ
向溴水中滴加少量，振荡，层显橙色
Ⅱ
向碘水中滴加少量，振荡，层显紫色
Ⅲ
向KBr、KI的混合液中加入，然后滴加氯水，振荡后层显紫色；再滴加氯水，振荡后紫色褪去；继续滴加氯水，振荡后层变为橙色
下列分析错误的是
A. Ⅰ和Ⅱ为对照组
B. Ⅰ中层显橙色，说明层含
C. Ⅲ中层显紫色，说明的氧化性强于
D. Ⅲ中层变为橙色，说明水层中不含
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ⅰ和Ⅱ分别为向溴水、碘水中滴加CCl4，振荡，可以看到溴、碘溶于CCl4中的颜色，以便为Ⅲ提供颜色对照，所以Ⅰ和Ⅱ为对照组，故A正确；
B．Br2在CCl4中显橙色，Ⅰ中 CCl4 层显橙色，说明 CCl4 层含 Br2，故B正确；
C．Ⅲ中 CCl4 层显紫色，是氯水中的Cl2和KI发生置换反应生成I2，说明Cl2 的氧化性强于 I2；Cl2没有和Br -反应而和I-反应说明I-的还原性强于Br -，可得出结论：Br2的氧化性强于I2，故C错误；
D．向KBr、KI的混合液中加入 CCl4 ，然后滴加氯水，振荡后 CCl4 层显紫色说明I-的还原性强于Br -；继续滴加氯水，振荡后 CCl4 层变为橙色，说明Cl2和Br-发生反应生成Br2，说明水层中不含I-，故D正确；
故选C。
15. 铝土矿中主要含有Al2O3，还有少量Fe2O3，SiO2杂质，从铝土矿中冶炼金属铝方法如图所示(步骤①、②、③中每步反应结束后经过过滤才进行下一步反应)。下列有关说法错误的是

A. 金属铝可以与MgO、Fe2O3、V2O5等发生铝热反应
B. 步骤②的作用是除去母液1中的Fe3+、H+
C. 步骤③生成沉淀的离子反应方程式为
D. 将步骤①和步骤②顺序颠倒，再通入足量CO2也能得到氢氧化铝沉淀
【答案】AD
【解析】
【分析】铝土矿中中含有Al2O3、Fe2O3，SiO2，向其中加入稀盐酸酸浸，Al2O3、Fe2O3发生反应进入溶液形成Fe3+、Al3+，而SiO2不能发生反应进入滤渣中，过滤向滤液中加入足量NaOH溶液，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，Al3+形成可溶性Na[Al(OH)4]留着溶液中，过滤分离除去Fe(OH)3沉淀，向滤液中通入足量CO2气体，产生Al(OH)3沉淀，然后过滤、洗涤、灼烧，发生分解反应产生Al2O3，然后电解熔融Al2O3，反应产生金属Al。
【详解】A．Al可以与活动性比Al弱的金属氧化物在高温下发生铝热反应，但Mg活动性比Al弱，因此Al与MgO不能发生铝热反应，A错误；
B．步骤②加入NaOH溶液，可以与溶液中的H+、Fe3+发生反应，因此其作用是除去母液1中的Fe3+、H+，B正确；
C．步骤③向Na[Al(OH)4]溶液中通入CO2气体，反应生成Al(OH)3沉淀，该反应的离子反应方程式为，C正确；
D．若将步骤①和步骤②顺序颠倒，SiO2、Al2O3与NaOH溶液反应产生Na2SiO3、Na[Al(OH)4]，Fe2O3不反应，过滤除去沉淀后，再加入足量HCl，Na[Al(OH)4]会变为AlCl3，此时通入足量CO2，不能反应得到氢氧化铝沉淀，D错误；
故合理选项是AD。
16. 已知原子序数依次增大的短周期主族元素M、X、Y、Z、N分布在三个周期，X、N最外层电子数相同，由X、Y、Z组成的物质其结构式如图所示，其中X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同。下列有关叙述错误的是

A. Y在周期表中的位置是第三周期ⅠA族 B. 的电子式为
C. X、Y、Z的离子半径： D. 简单氢化物的热稳定性：
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知Z为铝元素，Y与铝离子核外排布相同，则Y为钠，X原子序数小于Y，且X简单离子与钠离子核外排布相同，结合X的成键情况可知X为F，进一步推出M、N分别为H、Cl，据此分析；
【详解】M为H、X为F、Y为、Z为、N为。
A．Y为，在周期表中的位置是第三周期第ⅠA族，A项正确；
B．即NaH，电子式为，B项正确；
C．电子层数相同的，核电荷数越大的离子半径越小，即，C项错误；
D．非金属性越强其简单氢化物的热稳定性越强，则简单氢化物的热稳定性：，D项正确；
故选：C。
17. 某元素构成的双原子单质分子有3种，其分子量分别为158、160、162。在天然单质中，此三种单质的物质的量之比为1︰1︰1，由此推断的以下结论中，正确的是（ ）
A. 此元素有三种同位素
B. 其中质量数为79的同位素原子占原子总数的1/2
C. 其中一种同位素的质量数为80
D. 此元素的单质的平均分子量为160
【答案】BD
【解析】
【分析】某元素构成的双原子单质分子有3种，其分子量分别为158、160、162，说明该元素有2种同位素，158是最小的分子量，必然是由质量数小的2个同位素原子构成的；162是最大的分子量，则必然是由质量数大的2个同位素原子构成的；分子量分别为160的分子由两种同位素的各一个原子构成。则该元素两种同位素原子的质量数分别是79、81；3种单质分子可表示为、、。
【详解】A.此元素有两种同位素，质量数分别是79、81，故A错误；
B.、、物质的量之比为1︰1︰1，属于质量数为79的同位素原子占原子总数的1/2，故B正确；
C.该元素有2种同位素，两种同位素原子的质量数分别是79、81，故C错误；
D.、、物质的量之比为1︰1︰1，此元素的单质的平均分子量为160，故D正确；
选BD。
18. 将足量的不断通入NaOH、、的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与通入的体积的关系可表示为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】足量的不断通入、、的混合溶液中，先与反应生成沉淀，再与反应，生成沉淀，再和反应生成沉淀，继续通入，与反应生成，最后与反应生成，沉淀部分溶解，符合题意的为C选项；故选C。
19. 物质W常用作漂白剂和氧化剂，其构成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，实验室中常用CS2洗涤残留在试管壁上的N单质。下列说法正确的是

A. X、Z形成的化合物与M、N形成的化合物可以发生氧化还原反应
B. 实验室中用CS2洗涤残留在试管壁上的N单质，利用了N单质的还原性
C. Z的氢化物的沸点一定大于Y的氢化物的沸点
D. 化合物W常用作氧化剂，不宜在高温下使用
【答案】AD
【解析】
【分析】实验室中常用CS2洗涤残留在试管壁上的S单质，则N为S元素；M原子半径大于N，且M离子带一个正电荷，则M为Na元素；Z周围有两个共价键，且原子序数小于M，则Z为O元素；X周围有一个共价键，且原子半径最小，则X为H元素；Y周围有四个共价键，图中所示的阴离子带两个负电荷且原子半径大于Z，则Y为C元素；
【详解】A．X、Z形成的化合物H2O2与M、N形成的化合物Na2S可以发生氧化还原反应，A正确；
B．实验室中用CS2洗涤残留在试管壁上的N单质，利用了N单质溶解性，B错误；
C．Z的氢化物的沸点不一定大于Y的氢化物的沸点，它们氢化物有多种，没有绝对关系，C错误；
D．化合物W常用作氧化剂，不宜在高温下使用，因为高温下化合物W不稳定，D正确；
故答案为AD。
20. 下列有关的图象不正确的是

A. 图A是向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液 B. 图B是向中通入二氧化碳
C. 图C是向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝 D. 图D是向氯化铝溶液中滴加氨水
【答案】B
【解析】
【详解】A．向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，后发生反应Al(OH)3+OH-=，生成沉淀和沉淀溶解消耗氢氧化钠溶液的体积比为3:1，图A是向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，故A正确；
B．向中通入二氧化碳，反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，二氧化碳过量后氢氧化铝也不溶解，故B错误；
C．向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝，先发生反应Al3++4OH-=，后发生反应3+Al3+=4Al(OH)3↓，开始没有沉淀，后有沉淀生成，故C正确；
D．氯化铝溶液中滴加氨水，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氨水过量后，氢氧化铝也不溶解，故D正确；
选B。
第II卷(非选择题 共40分)
21. 从海水中提取溴的工业流程如图：

（1）以上步骤I中已获得游离态的溴，步骤II又将之转变成化合态的溴，其目的是_______。
（2）流程II中将吹出的溴蒸气用纯碱溶液吸收时还有生成，写出吸收时发生反应的离子方程式：_______。
（3）实验室分离溴水中的溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴的萃取剂的是_______。(填序号)
A. 四氯化碳 B. 乙醇 C. 烧碱溶液 D. 苯
【答案】（1）富集溴元素
（2） （3）AD
【解析】
【分析】根据流程，卤水中含有，步骤I中通入氯气，将氧化成，步骤II中用热空气将其吹出，用纯碱溶液吸收发生歧化反应，得到较高浓度的含和的溶液，步骤Ⅲ中加入酸酸化，生成较高浓度的含有的溶液，蒸馏得到产品工业溴。
【小问1详解】
步骤II是将含有低浓度的溴元素吸收形成高浓度的溴元素的化合物，目的是富集溴元素；
【小问2详解】
用纯碱溶液吸收溴蒸气，有生成，反应的离子方程式为：；
【小问3详解】
用溶剂萃取法分离溴水中的溴单质，所选用的萃取剂，必须不溶于水，不与水反应，溴在该萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，满足条件的萃取剂为：苯和四氯化碳，故选AD。
22. 已知短周期元素M、N、X、Y、Z分布在三个周期，N、X最外层电子数相同，Z原子序数大于X，其中Z的简单离子半径在同周期中最小，X单质极易与常见无色无味液态物质发生置换反应且做氧化剂，在短周期中Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强。回答下列问题：
（1）Y在周期表中的位置是_______，写出YM的电子式：_______。
（2）N、X、Y、Z简单离子的半径由大到小的顺序(用对应离子符号表示)：_______。
（3）在与YX的混合液中，通入足量，是工业制取的一种方法，写出该反应的化学方程式：_______。
（4）镓()的化合物氮化镓(GaN)和砷化镓(GaAs)作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着5G技术的发展，它们的商用价值进入“快车道”。
①下列有关说法正确的是_______。
a、Ga位于元素周期表第四周期IVA族
b、Ga为门捷列夫预言的“类铝”
c、Ga的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z元素最高价氧化物对应水化物的碱性强
d、酸性：
②废弃的含GaAs的半导体材料可以用浓硝酸溶解，放出气体，同时生成和，写出该反应的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. 第三周期IA族 ②.
（2）
（3）
（4） ①. bc ②.
【解析】
【分析】根据题意，Z的简单离子半径在同周期中最小，Z为Al元素，X单质极易与常见无色无味液态物质发生置换反应且做氧化剂，X为F，N、X最外层电子数相同，N为Cl,在短周期中Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强，Y为Na，短周期元素M、N、X、Y、Z分布在三个周期，M为H。
【小问1详解】
Y为Na，在周期表中的位置是第三周期IA族；M为H，的电子式为：；
【小问2详解】
根据分析，X为F，N为Cl，Y为Na，Z为Al，电子层数越多，粒子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，粒子半径越小，所以简单的离子半径：；
【小问3详解】
根据题意，与的混合液中，通入足量，是工业制取的一种方法，写出该反应的化学方程式：；
【小问4详解】
①a．镓()与Al同族，位于周期表第四周期ⅢA族，a错误；
b．镓()与Al同族，性质与铝相似，为门捷列夫预言的“类铝”，b正确；
c．Ga的金属性比Al强，所以最高价氧化物对应水化物的碱性比Al元素最高价氧化物对应水化物的碱性强，c正确；
d．因为非金属性，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：，d错误；
故正确的选bc；
②根据题意，GaAs用浓硝酸溶解，放出气体，同时生成和，写出该反应的化学方程式为：。
23. 目前人类发现和合成的物质已超过1亿种，对于这么多的物质和丰富的化学变化，分类法的作用几乎是无可代替的。请利用分类法结合所学知识完成下列各小题：
（1）现有下列6种微粒：、、、、、。形成上述6种微粒的核素有_______种、元素有_______种。
（2）已知有下列物质：①Al②HCl气体③④KCl⑤熔融NaOH，其中能导电的是_______(填标号，下同)；属于共价化合物的是_______；只含有离子键的是_______。
（3）用序号按要求回答问题：
下列物质：①②③④氩气⑤⑥NaOH⑦⑧⑨⑩HBr。
只含非极性键的是_______含有极性键的离子化合物是_______。
（4）写出以下物质的电子式：_______。
【答案】（1） ①. 4 ②. 3
（2） ①. ①⑤ ②. ②③ ③. ④
（3） ①. ① ②. ⑥⑨
（4）
【解析】
【小问1详解】
①是不同的核素共4种；
②元素有H,Fe,O，3种；
【小问2详解】
①Al是金属单质，能导电，不是电解质也不是非电解质；②HCI气体不导电，溶于水电离出离子，是电解质，只有共价键，是共价化合物；③不电离，不导电，是非电解质，只有共价键，是共价化合物；④KCI不导电，溶于水电离出离子，是电解质，含有离子键，是离子化合物；⑤熔融NaOH能导电，是电解质，含有离子键和共价键，是离子化合物；则其中能导电的是①⑤；属于共价化合物的是②③；只含有离子键的是④；
【小问3详解】
①含有非极性共价键；③含有极性键，是非极性分子；③含有极性键，极性分子；④氩气是单原子分子不含离子键和共价键；⑤ 含有非极性键，离子键，是离子化合物；⑥NaOH含有极性共价键，离子键，是离子化合物；⑦含有非极性共价键，离子键，是离子化合物；⑧含有O-O非极性共价键，O-H极性共价键，属于极性分子；⑨含有极性共价键，离子键，属于离子化合物；⑩HBr含有极性共价键，是极性分子；因此，只含非极性键的是①；含有极性键的离子化合物是⑥⑨；
【小问4详解】
C原子最外层电子数为4，S原子最外层电子数为6，则的电子式为。
24. 氮化铝(AlN)是一种性能优异的新型材料，在许多领域有广泛应用。某化学小组模拟工业制氮化铝原理，欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。查阅资料：
①实验室用饱和溶液与溶液共热制：
②工业制氮化铝：，氮化铝在高温下能水解。
③AlN与NaOH饱和溶液反应：
I、氮化铝的制备
（1）实验中使用的装置如图所示，请按照氮气气流方向将各仪器接口连接e→c→d→_______→i。

（2）B装置内的X液体可能是_______；
II、氮化铝纯度的测定
(方案I)甲同学用下图装置测定AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。

（3）在分液漏斗和导气管之间连接导管A的目的是：_______。
（4）为了准确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是_______。
A. B. C. 饱和溶液 D. 植物油
(方案II)乙同学按以下步骤测定样品中AlN的纯度(流程如下图)

（5）步骤②的操作是通入过量_______气体。
（6）样品中AlN的纯度是_______(用含、、表示)，若在步骤③中未洗涤，则测定结果将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
【答案】（1）
（2）浓硫酸 （3）平衡压强使分液漏斗内液体能顺利滴下、防止因液体滴入使所测气体体积偏大 （4）AD
（5）二氧化碳 （6） ①. ②. 偏高
【解析】
【分析】①实验室用饱和溶液与溶液共热制：
②工业制氮化铝：，氮化铝在高温下能水解。制备过程是利用装置C制备氮气，通过装置A中碱石灰除去氮气中杂质气体水蒸气，得到干燥氮气通过装置D和铝发生反应生成AlN，通过装置A或B避免AlN遇到水蒸气反应，最后通过装置E吸收尾气一氧化碳；氮化铝含杂质为C和氧化铝，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样品m1g溶于过滤氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g,滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，结合差量法计算纯度。
【小问1详解】
实验中使用的装置如图所示，利用装置C准备氮气，通过装置A中碱石灰干燥氮气，通过装置A中的碱石灰除去酸性气体，通过装置D氮气和铝发生反应，利用装置A或B防止空气中水蒸气进入装置D，最后通过装置E吸收多余的CO，防止污染空气，按照氮气气流方向将各仪器接口连接e→c→d→→i。故答案为：；
【小问2详解】
B装置内的X液体用于防止空气中水蒸气进入装置D，B装置内的X液体可能是浓硫酸；故答案为：浓硫酸；
【小问3详解】
在分液漏斗和导气管之间连接导管A的目的是：平衡压强使分液漏斗内液体能顺利滴下、防止因液体滴入使所测气体体积偏大。故答案为：平衡压强使分液漏斗内液体能顺利滴下、防止因液体滴入使所测气体体积偏大；
小问4详解】
AlN与NaOH饱和溶液发生反应：AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑，测定生成气体为NH3，液体不能选用水溶液、不能和氨气反应，量气装置（虚线框内）中的X液体可以是CCl4、植物油，不能使H2O、NH4Cl饱和溶液，故AD正确，故答案为：AD；
【小问5详解】
样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液，滤渣质量m2g,滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g,步骤②操作目的是将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀，则通入的是过量CO2气体，故答案为：二氧化碳；
【小问6详解】
氮化铝含杂质为C和氧化铝，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样品m1g溶于过滤氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g,滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g, 则m=g,样品中氮化铝的纯度为：×100%，样品中AlN的纯度是，若在步骤③中未洗涤，m3偏大，则测定结果将偏高，故答案为：；偏高。