吉林省东北师范大学附属中学2022-2023学年高一上学期1月期末考试化学试题（含答案解析）

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注意事项：本试卷满分100分，考试时间100分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 P-31 S-32 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137
一、单项选择题：(每小题2分，共50分)
1. 下列说法中正确的有
①丁达尔效应是胶体和溶液的本质区别；②和是同素异形体；③和均可用作胃药；④可用玻璃棒醀取待测液进行焰色试验；⑤溶液呈酸性，因此可刻电路板；⑥为了使铝制品适用于不同用途，常采用化学方法对铝的表面进行处理；⑦不需其他试剂即可鉴别溶液和溶液；⑧可利用加入足量稀硫酸后用碱石灰吸收逸出气体的方法测定和混合物中的质量分数；⑨漂粉精的主要成分是
A ①②③B. ⑥⑦⑨C. ③④⑥⑨D. ⑤⑥⑦
【答案】B
【解析】
【详解】①胶体和溶液的本质区别在于分散质粒子直径不同，①错误；
②H2O和H2O2是化合物，同素异形体是同种元素的不同单质，②错误；
③Na2CO3碱性较强不能用作胃药，NaHCO3可用作胃药，③错误；
④玻璃含钠离子，不可用玻璃棒蘸取待测液进行焰色试验，④错误；
⑤FeCl3溶液虽然呈酸性，但刻电路板是利用铁离子与铜单质反应，与酸性无因果关系，⑤错误；
⑥在空气中，铝的表面自然形成的氧化膜很薄，耐磨性和抗蚀性不够强，为了使铝制品适应于不同的用途，常采用化学方法对铝的表面进行处理，如增加膜的厚度，对氧化膜进行着色等为了使铝制品适用于不同用途，⑥正确；
⑦少量AlCl3溶液滴入足量NaOH溶液产生的白色沉淀迅速溶解，而少量NaOH溶液滴入足量AlCl3溶液产生白色沉淀，相互滴加的现象不同，则不需其他试剂即可鉴别AlCl3溶液和NaOH溶液，⑦正确；
⑧NaHCO3和Na2CO3加入足量稀硫酸后，产生的二氧化碳气体和水蒸气都被碱石灰吸收，此方法不能测定混合物中NaHCO3的质量分数，⑧错误；
⑨漂粉精又名高效漂白粉，主要成分是Ca(ClO)2，⑨正确；则正确的是⑥⑦⑨三项；B正确；
答案选B。
2. 下列结论正确的是
①微粒半径：S2-＞Cl-＞K+＞Al3+
②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4
③离子的还原性：S2-＞Cl-＞Br-＞I-
④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te
⑤酸性：HClO＞H2SO4＞H3PO4＞H2CO3
⑥非金属性：O＞N＞P＞Si
⑦金属性：Be＞Mg＞Ca＞K
A. ①②④⑥B. ①④⑥C. ①③D. ⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①K＋、S2－、Cl－原子核外电子排布相同，核电核数S2-＜Cl-＜K+，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，半径越小，则半径S2-＞Cl-＞K+，离子的原子核外电子层数越多，半径越大，Al3＋核外电子层数最小，则半径最小，则有S2-＞Cl-＞K+＞Al3+，故①正确；
②非金属性：F＞Cl＞S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故②正确；
③非金属性：Cl＞Br＞I＞S，元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性：Cl-＜Br-＜I-＜S2-，故③错误；
④非金属性：Cl＞S＞Se＞Te，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，故④正确；
⑤非金属性：S＞P＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，又H2CO3酸性大于HClO，则有酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故⑤错误；
⑥因同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则有O＞N、P＞Si，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则N＞P，所以有非金属性：O＞N＞P＞Si，故⑥正确；
⑦因同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，则金属性： Ca＜K，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则Be＜Mg＜ Ca，则Be＜Mg＜Ca＜K，故⑦错误；
故正确的有①②④⑥，故A正确；
故选A
3. 分析和推理是化学学习常用的方法。以下推理正确的是
A. 铝制品在生活中被广泛应用，因此铝是一种不活泼金属
B. 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也逐渐升高
C. 碱性氧化物都是金属氧化物，那么金属氧化物一定是碱性氧化物
D. 金属钠与水反应时会融化，说明钠的熔点低且反应放热
【答案】D
【解析】
【详解】A．铝制品在生活中被广泛应用，是因为Al比较活泼，其表面在空气中易形成致密的氧化铝薄膜，对内层起保护作用，A错误；
B．同主族从上到下，非金属单质熔沸点依次增大，金属单质熔沸点依次降低，B错误；
C．金属氧化物不一定是碱性氧化物，例如Mn2O7为酸性氧化物;Al2O3为两性氧化物，C错误；
D．金属钠熔化需要热量，故钠与水反应为放热反应，说明钠熔点低且反应放热，D正确；
故答案选D。
4. 设表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 在常温常压下，含有的原子数为
B. 标准状况下，含有的共价键数为
C. 溶液中，的数目为
D. 盐酸与足量共热，转移电子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题意可知，1.7gNH3的分子数为，又由原子数为分子数的4倍，则原子数为，所以在常温常压下，1.7gNH3含有的原子数为，故A正确；
B．标准状况下， CCl4为液态，不能用气体摩尔体积计算，故B错误；
C．由于体积未知，所以无法计算，故C错误；
D．浓盐酸与MnO2共热时才能反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以50mL12ml•L-1盐酸与足量MnO2共热，盐酸不能被完全消耗，所以转移的电子数小于0.3NA，故D错误；
答案选A。
5. 代表阿伏加德罗常数的值，以下说法不正确的是
A. 将足量与浓硫酸反应，生成气体，转移电子数为
B. 所含中子数为
C. 分子中含有P-P键数为
D. 和的固体混合物中含有的阳离子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．缺标准状况，无法计算224mL气体的物质的量和反应转移电子数目，故A错误；
B．D2O中含有10个中子，则中含有的中子数为，故B正确；
C．白磷分子中含有6个P-P键，则31g白磷分子中含有P-P键数目为×6×NAml-1=1.5NA，故C正确；
D．和的摩尔质量均为120g/ml，则混合物物质的量为2ml，由Na+和组成，由K+和组成，则固体混合物中含有的阳离子数为，故D正确；
故选A。
6. 如图是卤素单质(、、、)的沸点与相对分子质量的关系图，下列说法不正确的是

A. 单质①是最活泼的非金属单质
B. 单质④的氢化物在卤素氢化物中热稳定性最强
C. 保存少量的单质③时加少量水进行水封
D. 单质②能使石蕊试液先变红后褪色
【答案】B
【解析】
【分析】卤素单质的溶沸点与其相对分子质量成正比，根据图像知，①为，②为，③为，④为，据此分析解答。
【详解】A．同主族元素，元素的非金属性随着原子序数的增大而减弱，非金属性越强，其单质越活泼，所以单质活泼性最强的是F2，A正确；
B．非金属性越强，其氢化物的热稳定性越强，非金属性：F>Cl>Br>I，则卤素氢化物中热稳定性最强的是HF，B错误；
C．溴易挥发，在水中的溶解度较小，且密度大于水，所以为防止溴挥发，可以用水液封，则单质③保存时加少量水进行水封，C正确；
D．氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl使溶液显酸性，HClO具有漂白性，所以单质②能使石蕊试液先变红后褪色，D正确；
故选B。
7. 类比法是一种重要的化学思维方法。下列各项中的已知和类比结论均正确的是
A. 加热条件下，钠与氧气反应生成过氧化钠，锂与氧气反应也生成过氧化锂
B. 与反应生成，则与反应生成
C. 木炭燃烧时可以用灭火，因此镁带燃烧时也可以用灭火
D. 能与溶液反应，则也能与溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．锂性质不如钠活泼，锂和氧气反应只生成氧化锂，不生成过氧化锂，A错误；
B．碘的氧化性较弱，铁和碘反应生成，B错误；
C．镁带在中剧烈燃烧，发生反应方程式为。镁带燃烧时不可以用灭火，C错误；
D．能与溶液发生置换反应，类比合理，D正确；
故选D。
8. 下列过程最终存在白色沉淀的是
A. 向氯化钙溶液中通入少量二氧化碳气体
B. 向漂白粉溶液中通入过量二氧化碳气体
C. 向饱和的纯碱溶液中通入足量二氧化碳气体
D. 向氯化亚铁溶液中滴加适量氢氧化钠溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸的酸性弱于盐酸，氯化钙溶液与二氧化碳气体不反应，故A错误；
B．漂白粉溶液中次氯酸钙与过量二氧化碳气体反应生成碳酸氢钙和次氯酸，最终没有白色沉淀生成，故B错误；
C．饱和的纯碱溶液与足量二氧化碳气体反应生成碳酸氢钠沉淀，最终有白色沉淀生成，故C正确；
D．氯化亚铁溶液与适量氢氧化钠溶液反应立即生成白色沉淀，白色沉淀迅速转化为灰绿色，最终变为红褐色，最终没有白色沉淀生成，故D错误；
故选C。
9. 已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、W位于不同周期，W与X可以形成五核18电子分子，Y、Z的最外层电子数之和是W的最外层电子数的3倍。下列说法中不正确的是
A. 原子半径：W>Y>Z>X
B. Y与X形成的化合物中只含有极性共价键
C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：Y>W
D. 简单气态氢化物的热稳定性：
【答案】B
【解析】
【分析】已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、W位于不同周期，可推测X为氢元素，Y、W分别位于第二、三周期，W与X可以形成五核18电子分子，即WX4，可推测W为硅元素；Y、Z的最外层电子数之和是W的最外层电子数的3倍，可知Y、Z的最外层电子数之和为12，则Y、Z分别位于第ⅤA族和第ⅦA族，因此可推测Y、Z分别为氮元素和氟元素，即X、Y、Z、W分别为H、N、F、Si，据此分析进行解答。
【详解】A．由分析可知，X、Y、Z、W分别为H、N、F、Si，原子半径：Si>N>F>H，即W>Y>Z>X，故A正确；
B．Y与X形成的化合物即氮氢化合物中，NH3中只有极性共价键N-H，但如N2H4，则除了极性共价键N-H之外，还有非极性共价键N-N，B错误；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性N＞Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性：HNO3>H2SiO3，C正确；
D．非金属性越强，气态氢化物热稳定性越强，非金属性F＞N，简单气态氢化物的热稳定性： HF>NH3，D正确；
故答案选B。
10. 某无色溶液中可能含有NaOH、、三种溶质中的一种或两种，向溶液中滴加稀盐酸并测定生成气体的体积，生成气体的体积与加入盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 无色溶液中可能含有
B. 无色溶液中只含有
C. a→b段发生反应的离子方程式为
D. 无色溶液中NaOH与的质量之比为1：1
【答案】C
【解析】
【分析】开始产生气体时：碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳和水，由图可知，生成气体消耗的盐酸的体积小于未产生气体时消耗的盐酸的体积，故溶质成分为NaOH和Na2CO3。
【详解】A．根据分析，溶质成分为NaOH和Na2CO3，A错误；
B．根据分析，溶质成分为NaOH和Na2CO3，B错误；
C．根据分析，a→b段发生反应的离子方程式为，C错误；
D．根据分析，，a→b段消耗的盐酸的体积与碳酸钠消耗的盐酸的体积相同，氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相同，即物质的量之比为1：1，质量比为80：106=40：53，D错误；
故选C。
11. 下列说法正确的是
A. 硫酸的导电能力比盐酸溶液强
B. 氨气溶于水能导电，所以氨气是电解质
C. BaSO4、AgCl均不溶于水，所以BaSO4、AgCl不是电解质
D. MgCl2既可以由金属镁与盐酸反应制得，也可以由金属镁Mg与Cl2反应制得
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度大小及离子所带电荷数目有关，与电解质的种类无关，由于硫酸溶液和盐酸浓度不知，无法比较导电能力的大小，A错误；
B．氨气的水溶液能导电是因为氨气与水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O能够微弱电离出NH和OH-，NH3本身不能电离产生的离子，因此NH3是非电解质，B错误；
C．BaSO4、AgCl是盐，二者均不溶于水，但在熔融状态下能够发生电离，产生自由移动的离子而能导电，因此BaSO4、AgCl属于电解质，C错误；
D．金属镁和盐酸反应生成氯化镁和氢气，镁与氯气反应也生成氯化镁，D正确；
故合理选项是D。
12. 下列离子方程式正确的是
A. 溶液和的溶液等体积均匀混合：
B. 溶液与足量的溶液反应：
C. 向次氯酸钙溶液中通入
D. 溶于溶液：
【答案】A
【解析】
【详解】A．的溶液和的溶液等体积均匀混合：，则该反应的离子方程式为2＋5H＋=Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，A正确；
B．Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为Mg2＋＋2＋4OH-=Mg(OH)2↓＋2H2O+2，B错误；
C．向次氯酸钙溶液中通入SO2会发生氧化还原反应，生成硫酸钙和氯离子，但盐酸为强酸，离子方程式中不会出现HCl，C错误；
D．铁离子能氧化碘离子，故溶于发生氧化还原反应，有亚铁离子、I2生成，D错误；
故选A。
13. 三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)＜Mr(Y)=0.5Mr(Z)，下列说法正确的是
A. 同温同压下，三种气体密度最小的是Z
B. 同温同压下，等体积的三种气体含有的原子数目一定相等
C. 三种气体体积均为2.24L，则它们的物质的量一定均为0.1ml
D. 同温下，体积相同的两容器分别充4gY气体和2gZ气体，则其压强比为4：1
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)＜Mr(Y)=0.5Mr(Z)，则X、Y、Z的相对分子质量的大小关系为Mr(X)【详解】A．由阿伏加德罗定律可知，同温同压时，气体的密度之比等于相对分子质量之比，则气体密度最小的是相对分子质量最小的X，故A错误；
B．由阿伏加德罗定律可知，同温同压时，等体积的三种气体的物质的量一定相等，但X、Y、Z三种气体的分子式无法确定，则三种气体含有的原子数目无法确定，故B错误；
C．未明确是否为标准状况下，所以气体体积均为2.24L的三种气体的物质的量不一定为0.1ml，故C错误；
D．由阿伏加德罗定律可知，同温下体积相同的两容器中气体的物质的量之比等于压强之比，由Mr(Y)=0.5Mr(Z)可知，同温下，体积相同的两容器分别充4gY气体和2gZ气体的物质的量之比为4：1，则4gY气体和2gZ气体压强比为4：1，故D正确；
故选D。
14. 温度较高时通入溶液发生反应：，下列说法正确的是
A. 该反应中为氧化剂
B. 溶液中的物质的量为
C. 反应中消耗转移的电子数约为
D. 反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为
【答案】C
【解析】
【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．该反应中所含元素化合价不变、不是氧化剂，氧化剂是Cl2，A错误；
B．1L 0.1 的物质的量为0.1ml/L×1L=0.1ml，的物质的量为0.2ml，B错误；
C．每消耗3 ml Cl2，其中有0.5 ml Cl2被氧化成NaClO3，有2.5 ml Cl2被还原成NaCl，整个过程中转移电子的物质的量为5 ml，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。
15. 现有4种短周期主族元素X、Y、Z和Q，原子序数依次增大，其中Z、Q在同一周期。相关信息如表：
下列说法正确的是
A. 常温时，X单质能与水发生剧烈反应
B. Y与Q元素组成的分子中只含极性共价键
C. Y、Z、Q最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱
D. 第五周期且与Q同主族元素的单质在常温常压下呈液态
【答案】B
【解析】
【分析】X原子最外层电子数是核外电子总数的一半，且X的原子序数较小，则X为Be；由Y元素的最高化合价和最低化合价之和为零，可知Y位于第ⅣA族，为C或Si；Z的最外层电子数与最内层电子数之和等于次外层电子数，则Z是S；Q在同周期中原子半径最小，则Q为Cl.
【详解】A．由金属性：BeB．CCl4或SiCl4分子中均只含极性共价键，B正确；
C．非金属性：C或SiD．第五周期与Cl同主族元素的单质是碘，在常温常压下呈固态，D错误；
答案选B。
16. 下列离子方程式书写正确的是
A. 氯气与水反应：
B. 漂白粉溶液中通入过量气体：
C. 洁厕灵与84消毒液混用：
D. 向KI溶液中滴加少量NaClO溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，写离子方程式时写成分子形式：，A错误；
B．漂白粉溶液中通入过量气体，会生成碳酸氢钙和次氯酸：，B错误；
C．洁厕灵中的盐酸与84消毒液中的次氯酸钠反应生成氯气：，C正确；
D．向KI溶液中滴加少量NaClO溶液离子方程式：，D错误；
故答案选C。
17. 通过化学实验现象得出相应的结论是探究物质性质的一种重要方法，下列实验操作和现象或结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和，同时反应放热，故脱脂棉能够燃烧，故A不选；
B．由实验现象可知，无气体产生，则证明溶液中不存在或，产生不溶于硝酸的白色沉淀，则证明溶液中存在，故B不选；
C．氢气在氯气中燃烧时瓶口上方出现白雾，是生成的氯化氢气体与空气中的水蒸气结合而呈现雾状，故C不选；
D．将金属投入硫酸铜溶液中，先与水反应，不会产生紫红色固体，故D选；
故选D
18. VmLAl2SO43溶液中含有Al3mg，取mL该溶液用水稀释至VmL，则稀释后SO物质的量浓度为
A. ml/LB. ml/LC. ml/LD. ml/L
【答案】B
【解析】
【详解】VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+mg，则SO的物质的量为ml，取mL该溶液稀释至VmL，则SO的物质的量为ml，则其物质的量浓度为ml÷(V×10-3)L= ml/L，故B正确。
故选：B。
19. 运用元素周期律分析下面的推断，其中错误的是
①铍(Be)的最高价氧化物对应的水化物可能具有两性；②铊(Tl)位于周期表第六周期且与铝同族，其单质既能与盐酸反应产生氢气，又能与溶液反应产生氢气；③砹(At)为有色固体，HAt不稳定，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸；④锂溶于水生成一种强碱；⑤硫酸锶是难溶于水的白色固体；⑥硒化氢是无色、有毒、比稳定的气体
A. ①②③④B. ②④⑥C. ①③⑤D. ②④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①根据对角线规则，氢氧化铝具有两性，则铍(Be)的最高价氧化物对应的水化物Be (OH)2和铝的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铝性质相似，可能具有两性，①正确；
②铊(Tl)与铝同族，从上到下，金属性增强，铊只能和盐酸反应放出氢气，②错误；
③根据卤族元素以及银盐的性质，可以推知砹(At)为有色固体，HAt不稳定，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸，③正确；
④根据对角线规则，Li和Mg性质相似，Mg(OH)2是中强碱，可推知锂溶于水生成的LiOH为中强碱，④错误；
⑤根据第ⅡA元素硫酸盐性质的地变规律，可以知道硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，⑤正确；
⑥硒化氢(H2Se)是无色、有毒，不如H2S稳定的气体，⑥错误；
综上所述，②④⑥错误，故选B。
20. 已知酸性溶液可与反应生成和。现将硫酸酸化的溶液与溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入溶液，混合溶液中的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中正确的是
A. 图中段的氧化剂为
B. 图中段发生的反应为
C. 与反应的方程式中二者系数之比为
D. 开始加入的为
【答案】D
【解析】
【分析】将酸性KMnO4溶液与FeSO4溶液混合，KMnO4和FeSO4反应，是氧化剂，被还原成Mn2+，Fe2+是还原剂，被氧化成Fe3+，根据电子得失守恒有：～Mn2+～5e-～5 Fe2+～5Fe3+；充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，Fe3+并没有立即减少，说明溶液中还有，AB段应为和I-的反应，根据电子得失守恒有：～Mn2+～5e-～5I-～I2；B点开始Fe3+减少，说明BC段为Fe3+和I-反应，根据得失电子守恒有： 2 Fe3+～2 Fe2+～2e-～2I-～I2，据此解答。
【详解】A．开始时浓度不变，则说明没有参加反应，则AB段应为和碘化钾的反应，为氧化剂，A错误；
B．BC段浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为，B错误；
C．由图可知BC段消耗 I-，由2 Fe3+～2 Fe2+～2e-～2I-～I2可得，则，根据Fe原子守恒可知，与反应的Fe2+的物质的量为0.9ml，那么根据～Mn2+～5e-～5 Fe2+～5Fe3+可得，和与反应的物质的量为为所以与FeSO4反应的物质的量之比=0.18ml：0.9ml=1:5，C错误；
D．三个过程合在一起看我们发现Fe元素化合价没变，变价的只有中的Mn2+和I-，所以，由得失电子守恒可得关系式可知，共消耗的，则开始加入的的物质的量为，D正确；
答案选D。
21. 下列离子或化学方程式书写正确是
A. 明矾溶液与足量氨水反应：
B. 已知氧化性，向溶液中通入少量氯气：
C. 将通入水中可以发生反应：
D. 向硫酸铝铵溶液中滴加少量溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾溶液与足量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为，A错误；
B．向溶液中通入少量Cl2，Cl2先和Br-反应，反应的离子方程式为，B错误；
C．将通入水中可以发生反应，C正确；
D．向硫酸铝铵溶液中滴加少量溶液，按最少的量反应，反应的离子方程式为，D错误；
故选C。
22. 钢铁制品经常要进行烤蓝处理，即在铁制品的表面生成一层致密的。某化学兴趣小组为了研究烤蓝铁片，进行了以下实验操作：
Ⅰ.把一定量烤蓝铁片加工成均匀粉末；
Ⅱ.取一定量的粉末，放入的盐酸中，二者恰好完全反应，生成(标况)，再向溶液中滴入KSCN溶液，无现象。
已知：①不考虑空气对反应的影响；②杂质不参与反应。
下列说法错误的是
A. 由实验可知，反应后所得的溶液中一定无
B. 样品中氧元素的物质的量为
C. 样品中铁元素的含量约为70%
D. 若将生成的恰好全部与灼热的氧化铜反应，最多可得到铜单质
【答案】C
【解析】
【分析】取一定量的粉末，放入28.00mL1ml•L-1的盐酸中，二者恰好完全反应，生成134.4mL(标准状况下为0.006ml)H2，再向溶液中滴入KSCN溶液，无现象，说明反应恰好生成氯化亚铁，不存在铁离子；反应恰好生成氯化亚铁，根据氯元素守恒可知，铁元素为0.028L×1ml/L÷2=0.014ml；HCl为0.028ml，生成水的氢元素为0.028ml-0.006ml×2=0.016ml，则样品中氧元素为0.016ml÷2=0.008ml；故样品中铁元素的含量约为；
【详解】A．据分析，反应后所得的溶液中一定无，故A正确；
B．据分析，样品中氧元素的物质的量为，故B正确；
C．据分析，样品中铁元素的含量约为，故C错误；
D．若将生成的气体全部通过灼热的氧化铜，，最多可得到0.006ml的Cu，则质量为0.384g铜单质，故D正确；
故选C。
23. 将一定质量的、和的混合气体通入盛有足量粉末的密闭容器中，用电火花不断点燃，充分反应后，在相同条件下，测得容器内气体的质量变为原来的，则原混合气体中的质量分数约为
A. 22.2%B. 33.6%C. 30.6%D. 43.2%
【答案】C
【解析】
【分析】当混合气体充入Na2O2粉末中，Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑，CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应。
由反应2CO+O22CO2，可得总反应为CO+Na2O2=Na2CO3，可以看作Na2O2吸收了CO；由反应2H2+O22H2O，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可得总反应：H2+Na2O2=2NaOH，相当于吸收H2，故混合物气体反应，剩余气体只有O2。
【详解】设原H2、CO、CO2混合气体总质量为Xg，CO2质量为Yg，则反应后剩余的O2质量为g，据反应可知：O2的质量为g，可列等式，解得CO2质量分数为：，故选C。
24. 已知水溶液中Al3与CO不能大量共存。某未知溶液X可能含有Al3、Na、NH、Cl-、CO、SO中的若干种，取该溶液进行如图实验，若实验过程中所加试剂均过量，产生的气体全部逸出。则下列说法正确的是

A. 原溶液中一定存在Na、NH、CO、SO，可能存在Cl-
B. 原溶液中可能存在Na，n(Cl-)≥0.01ml
C. 原溶液中一定存在CO、SO、NH，浓度分别为0.01ml/L、0.01ml/L、0.05ml/L
D. 原溶液中一定不存在Al3、Cl-
【答案】B
【解析】
【分析】根据流程可知，溶液中加入氯化钡生成沉淀，再加入盐酸，部分沉淀溶解，则沉淀为碳酸钡质量为1.97g，物质的量为0.01ml，CO的物质的量为0.01ml；硫酸钡为2.33g，物质的量为0.01ml，SO的物质的量为0.01ml；滤液中加入烧碱，产生氨气，标况下1.12L，物质的量为0.05ml，NH的物质的量为0.05ml，加入的物质为烧碱，焰色反应为黄色，不能判断原溶液中是否含有钠离子；根据离子共存，有CO，一定不含铝离子；根据溶液呈电中性，可判断一定含有氯离子。
【详解】A．根据分析可知，原溶液中一定存在Cl-，可能存在Na+，A错误；
B．根据溶液呈电中性，不含Na+时，n(Cl-)=0.01ml，若存在Na+，n(Cl-)≥0.01 ml，B正确；
C．根据分析原溶液中一定存在CO、SO、NH，分别为0.01ml、0.01ml、0.05ml，C错误；
D．原溶液中一定不存在Al3+，一定存在Cl-，D错误；
故选：B。
25. 向500mL含等物质的量的FeCl3和FeCl2混合溶液中加入一定量锌粉，反应过程过程中各离子的物质的量与加入锌粉的物质的量关系如图所示。
下列说法中正确的是
A. 线段AB表示溶液中n(Fe3+)的变化趋势
B. 起始时，FeCl3溶液和FeCl2溶液的物质的量浓度均为1ml/L
C. D点的横坐标x=1.5ml
D. 反应至B点时，溶液总质量增加50.5g
【答案】D
【解析】
【分析】氯化铁的氧化性强于氯化亚铁，则氯化亚铁和氯化铁混合溶液中加入一定量锌粉时，氯化铁溶液优先与锌反应生成亚铁离子和锌离子，反应的离子方程式为2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+，溶液中铁离子浓度减小、亚铁离子浓度增大，由图可知，锌为0.5ml时，铁离子和锌恰好完全反应，则混合溶液中铁离子和亚铁离子的物质的量都为0.5ml×2=1ml；当铁离子完全反应后，亚铁离子与锌发生置换反应生成铁和锌离子，反应的离子方程式为Fe2++Zn=Fe+Zn2+，溶液中亚铁离子浓度减小，线段AB表示溶液中亚铁离子的物质的量的变化趋势，B点时，亚铁离子和锌恰好完全反应，反应消耗锌的物质的量为2ml，则B点的横坐标x=2.5ml，溶液总质量增加的质量为65g/ml×2.5ml—56g/ml×2ml=50.5g。
【详解】A．由分析可知，线段AB表示溶液中亚铁离子的物质的量的变化趋势，故A错误；
B．由分析可知，混合溶液中铁离子和亚铁离子的物质的量都为1ml，则起始时，溶液中氯化铁和氯化亚铁的浓度均为=2ml/L，故B错误；
C．由分析可知，锌为0.5ml时，溶液中亚铁离子的物质的量为2ml，设AD段消耗锌为aml，由图可得：2ml—a=0.5+a，解得a=1.25ml，则D点的横坐标x=1.75ml，故C错误；
D．由分析可知，B点时，亚铁离子和锌恰好完全反应，溶液总质量增加的质量为65g/ml×2.5ml—56g/ml×2ml=50.5g，故D正确；
故选D。
二、填空题。
26. 完成下列问题：
（1） 和 _______。
A. 是同一种原子B. 具有相同的中子数
C. 具有相同的化学性质D. 具有相同的核外电子排布
（2）有下列微粒或物质：
① ② ③石墨、金刚石 ④ ⑤ ⑥，回答下列问题：
a.互为同位素的是_______。
b.互为同素异形体的是_______。
c.①⑤⑥中共有_______种核素，共_______种元素。
（3）的摩尔质量为_______，相同质量的与所含中子数之比为_______
【答案】（1）CD （2） ①. ①⑤ ②. ③ ③. 9 ④. 5
（3） ①. ②. 11:12
【解析】
【小问1详解】
和：
A．不是同一种原子：是两种质子数相同中子数不同的核素，互为同位素，A错误；
B．中子数不相同：Be质子数为4，则二者具有的中子数分别为6、5， B错误；
C．具有相同的化学性质：Be电子数为4，电子排布为：K层2个、L层2个，则二者化学性质相同，C正确；
D． 具有相同的核外电子排布：K层2个、L层2个，D正确；
选CD。
【小问2详解】
①是质子数相同中子数不同的3种核素，互为同位素；
②均为水分子；
③石墨、金刚石是组成元素相同、结构不同、性质不同的两种单质，互为同素异形体；
④为3种氢分子，均为氢分子；
⑤是质子数相同中子数不同的3种核素，互为同位素；
⑥质子数不同、中子数不同、是3种核素；
a．互为同位素的是①⑤。
b．互为同素异形体的是③。
c．①⑤⑥中含有的核素有、、、H、D、T、、、，共有9种核素，共氢、氧、钾、钙和氩5种元素。
【小问3详解】
的摩尔质量为，相同质量的与所含中子数之比为，故答案为11:12。
27. 回答下列问题：
（1）下列变化：①升华；②烧碱熔化；③溶于水；④溶于水；⑤溶于水；⑥受热分解。其中仅共价键被破坏的是_______；(填序号，下同)仅离子键被破坏的是_______；
（2）在下列物质中：①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩(用物质前序号填空)。其中只存在非极性键的分子是_______；既存在离子键又存在极性键的是_______
（3）写出下列物质的电子式。
①_______②_______
（4）用电子式表示下列物质的形成过程。
①_______②_______
【答案】（1） ①. ④ ②. ②③
（2） ①. ② ②. ⑥⑦
（3） ①. ②.
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
①I2升华破坏的是分子间作用力，与分子内的化学键无关；
②烧碱熔化断裂离子键变为自由移动的Na+、OH-，与共价键无关；
③NaCl是离子化合物，其溶于水时，断裂离子键变为自由移动的Na+、Cl-，没有断裂共价键；
④HCl溶于水时，在水分子作用下断裂共价键，变为自由移动的H+、Cl-，没有断裂离子键；
⑤O2溶于水时，破坏的是分子间作用力，与分子内的化学键无关；
⑥NH4HCO3受热分解变为NH3、H2O、CO2，断裂的是离子键、共价键。因此其中仅发生共价键破坏的是④；仅发生离子键破坏的是②③；
【小问2详解】
①在HCl分子中仅存在极性共价键；
②在N2分子中仅存在非极性共价键；
③中NH3分子中仅存在极性共价键；
④Na2O2是离子化合物，在Na2O2中存在离子键和非极性共价键；
⑤H2O2是共价化合物，在该物质分子中含有极性共价键、非极性共价键；
⑥NH4Cl是离子化合物，其中含有离子键和极性共价键；
⑦NaOH是离子化合物，其中含有离子键和极性共价键；
⑧Ar是由分子构成的物质，物质分子是单原子分子，不存在化学键；
⑨CO2是共价化合物，在该物质分子中只含有极性共价键；
⑩N2H4是由分子构成的物质，在物质分子中含有极性共价键和非极性共价键；
综上所述可知：其中只存在非极性键的分子是②N2；既存在离子键又存在极性键的是⑥NH4Cl、⑦NaOH；
【小问3详解】
Na2O2是离子化合物，在Na2O2中，2个Na+与之间以离子键结合，在阴离子中，2个O原子之间以共价单键结合，故Na2O2的电子式为：；
②HClO是共价化合物，在HClO分子中，O原子与H、Cl原子分别形成1对共用电子对，使分子中的原子达到最外层2个或8个电子的稳定结构，故HClO的电子式为：；
【小问4详解】
Na2S是离子化合物，2个Na原子失去最外层的1个电子变为Na+，S原子获得2个电子，使原子最外层达到8个电子的稳定结构而变为S2-，S2-与2个Na+之间以离子键结合，故用电子式表示Na2S的形成过程为：；
在H2O分子中，H原子核外只有1个电子，O原子最外层有6个电子，2个H原子的2个电子与1个O原子形成2对共用电子对，使物质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，故用电子式表示H2O的形成过程为：。
28. 甲、乙、丙、丁、戊分别是1～18号元素且原子序数依次增大。甲元素丰度最大核素中没有中子；乙元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍：丙为地壳中含量最多的元素；丁的最外层电子数与甲相同；戊的L层电子数为其电子总数的一半。
（1）丙元素在周期表中的位置_______
（2）甲和乙形成的一种化合物是天然气的主要成分，其分子式为_______，分子的空间构型为_______。
（3）若戊元素在自然界中有两种稳定同位素，其中子数分别为16、18，戊元素的近似相对原子质量为32.1。其中中子数为18的核素的表示符号为_____，中子数为16的核素的质量百分数为_______(保留2位小数)。
（4）甲、乙、丙、丁可以形成一种盐，甲、丙、丁、戊也能形成一种盐，这两种盐溶液能相互反应，写出该反应的化学方程式_______
【答案】（1）第二周期VIA族
（2） ①. CH4 ②. 正四面体
（3） ①. ②. 94.70%
（4）
【解析】
【分析】甲、乙、丙、丁、戊分别是1～18号元素且原子序数依次增大。甲元素丰度最大的核素中没有中子，则甲为H；乙元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍，则乙核外电子分2层排布、共有2+2×2=6个电子，乙为C，丙为地壳中含量最多的元素，则丙为O；丁的最外层电子数与甲相同且原子序数大于8，则丁为Na；戊的L层电子数为其电子总数的一半、且戊的原子序数大于11、则其L层8个电子，共有8×2=16个电子，戊为S。
【小问1详解】
丙为O元素，在元素周期表中的位置为第二周期VIA族。
【小问2详解】
甲和乙形成的一种化合物是天然气的主要成分即为甲烷，其分子式为CH4，分子的空间构型为正四面体。
【小问3详解】
若戊元素在自然界中有两种稳定同位素，其中子数分别为16、18。戊为S，其中中子数为18的核素其质量数为18+16=34，表示符号为，中子数为16的核素为，设的丰度(个数百分数)为x，的丰度为1-x，戊元素的近似相对原子质量为32.1，则32x+34(1-x)=32.1，得x=0.95，则中子数为16的核素()的质量百分数为 (保留2位小数)。
【小问4详解】
甲、乙、丙、丁可以形成一种盐为碳酸氢钠，甲、丙、丁、戊也能形成一种盐可以为硫酸氢钠，这两种盐溶液能相互反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，该反应的化学方程式。
三、实验题。
29. 实验小组制备高铁酸钾并探究其性质。
资料：为紫色固体，微溶于溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。
I.制备(夹持装置略)
（1）A为氯气发生装置。中反应的离子方程式是_______
（2）B装置盛有饱和溶液，中得到紫色固体和溶液。中制备高铁酸钾的化学反应方程式为_______
II.探究的性质
（3）取中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液，经检验气体中含有。
为证明是否氧化了而产生，设计以下方案：
由方案Ⅰ可知中含有离子，但该离子的产生不能判断一定是将氧化，还可能由_______产生，(用离子方程式表示)。
（4）根据的制备实验得出：氧化性_______(填“＞”或“＜”)，而方案Ⅱ实验表明，和的氧化性强弱关系相反，原因可能是_______。
【答案】（1）2MnO+10Cl－+16H＋═5Cl2↑+2Mn2＋+8H2O
（2）3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O
（3）4FeO+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O
（4） ①. ＞ ②. 溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱
【解析】
【分析】装置A中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2；由于Cl2中混有HCl(g)和H2O(g)，HCl(g)会消耗Fe(OH)3和KOH，装置B中应盛放饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl(g)；C装置中Cl2与KOH、Fe(OH)3反应制备K2FeO4，在此装置中Cl2还可以直接与KOH反应生成KCl、KClO和H2O；D装置中NaOH溶液用于吸收多余Cl2，防止污染大气，据此分析解答。
【小问1详解】
根据题意，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，反应中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，Cl元素的化合价由-1价升至0价，根据电子守恒和原子守恒配平，A中反应的化学方程式为2MnO+10Cl－+16H＋═5Cl2↑+2Mn2＋+8H2O；
【小问2详解】
装置C中得到紫色固体和溶液，说明Cl2在碱性环境下将Fe(OH)3氧化得到K2FeO4，根据电子守恒和元素守恒可得反应方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；
【小问3详解】
溶液a中含有Fe3+，Fe3+的产生不能判断FeO与Cl-一定发生了反应，根据资料“K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2”，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O；
【小问4详解】
制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe(OH)3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物，得出氧化性Cl2＞ FeO；方案Ⅱ的反应为2 FeO+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，由方案Ⅱ得出氧化性FeO＞Cl2，实验表明，Cl2和氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案Ⅱ在酸性条件下，说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。元素
相关信息
X
最外层电子数是核外电子总数的一半
Y
最高化合价和最低化合价之和为零
Z
最外层电子数与最内层电子数之和等于次外层电子数
Q
同周期元素中原子半径最小
选项
实验操作和现象
结论
A
向包有足量过氧化钠粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉燃烧
过氧化钠与水反应放热
B
向某未知溶液(不含)中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，无气体产生，但有白色沉淀出现
未知溶液中含有，一定不含或
C
氢气在氯气中燃烧时瓶口上方出现白雾
氯化氢与空气中的水蒸气结合而呈现雾状
D
将金属投入硫酸铜溶液中，有紫红色固体产生
说明比活泼
方案Ⅰ
取少量a，经过检验溶液中含有 。
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有产生。