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2022-2023学年河北省保定市泽龙实验中学高一下学期开学检测化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年河北省保定市泽龙实验中学高一下学期开学检测化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
河北省保定市泽龙实验中学2022-2023学年高一下学期开学检测化学试题
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，下列与化学有关说法错误的是
A．《墨子·天志》中记载“书之竹帛，镂之金石”。其中的“金”指的是金属
B．《神农本草经》中记载“白青[Cu2(OH)2CO3]得铁化为铜”。其中的“白青”属于盐
C．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”中的“翠色”来自氧化铁
D．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
【答案】C
【详解】A．“书于竹帛，镂于金石”意为把字写在竹简和帛上，雕刻在金属、石头上，故“金”指的是金属，A正确；
B． “白青[Cu2(OH)2CO3]属于盐、是一种碱式盐，B正确；
C． 氧化铁是红棕色粉末，“翠色”不可能来自氧化铁，C不正确；
D．侯氏制碱法原理：氨气极易溶于水所得溶液呈碱性，饱和食盐水中通氨气、继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，碳酸氢钠溶解度小、形成碳酸氢钠的过饱和溶液、则析出碳酸氢钠晶体，，则侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异，D正确；
答案选C。
2．下列对焰色试验操作注意事项的说明，正确的是
①钾的火焰颜色，要透过蓝色钴玻璃观察
②先把铂丝灼烧到与原来火焰颜色相同，再醀取被检验的物质
③每次试验后，要用硫酸把铂丝洗净
④焰色反应是物理变化
⑤没有铂丝，也可用光洁无锈的铁丝代替
A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①③④ D．①②③④⑤
【答案】A
【详解】①在观测钾的焰色试验时要透过蓝色钴玻璃片，滤去钠的黄光的干扰，故①正确；
②取一根洁净的铂丝，放在酒精灯上灼烧至无色，再蘸取被检物质，进行焰色试验，故②正确；
③盐酸易挥发，其盐高温时也易挥发，灼烧时，盐酸及其盐可一起挥发掉，以达洗净的目的，不用硫酸来清洗铂丝，要用盐酸把铂丝洗净，故③错误；
④焰色试验是电子的跃迁引起的，属于元素的物理性质，故④正确；
⑤洁净的细铁丝，放在酒精灯上灼烧至无色，本身无颜色，故可用铁丝进行焰色试验，故⑤正确；
答案选A。
3．(核磁共振)、可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，瑞士科学家库尔特、维特里希等人为此获得了诺贝尔化学奖。下列有关元素的说法中正确的是
A．和互为同位素 B．与金刚石互为同素异形体
C．、、为同一种核素 D．的质量数为核外电子数与原子序数之和
【答案】A
【详解】A．同位素是同一元素的不同原子，其原子具有相同数目的质子，但中子数目不同。和的质子数相同，质量数不同，即中子数不同，两者互为同位素，A正确；
B．是核素，金刚石是单质，二者不互为同素异形体，B错误；
C．、、为H元素的三种不同核素，C错误；
D．的质量数为核外电子数与中子数之和，D错误；
故选A。
4．根据反应：①；②；③，判断离子的还原性由强到弱的顺序正确的是
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】B
【详解】还原剂的还原性大于还原产物的还原性；①中I元素化合价升高，作为还原剂，还原产物为，则还原性>；②中作为还原剂，是还原产物，则还原性>;③中作为还原剂，是还原产物，则还原性>;所以离子的还原性强弱顺序为>>,答案选B。
5．将一小块钠放到下列稀溶液中，既有气体又有沉淀生成的是
A．氯化钠 B．硫酸铵 C．氢氧化钠 D．硫酸铜
【答案】D
【详解】钠首先和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠会和硫酸铜生成氢氧化铜蓝色沉淀；
故选D。
6．为探究某食品包装袋内的一小包脱氧剂中的还原铁粉是否变质，分别取少量样品溶于于盐酸中，进行下列实验，其中结论正确的是
A．向溶液中滴加KSCN溶液呈红色，说明不含Fe2+，样品完全变质
B．向溶液中通入氯气，然后再加入KSCN溶液呈红色，说明原溶液中含有Fe3+样品变质
C．若滴加KSCN溶液未变红色，再滴加氯水变红色，则说明铁样品粉未变质
D．向溶液中滴加足量的NaOH溶液，观察到红褐色沉淀，则说明样品完全变质
【答案】C
【详解】A．滴加KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有铁离子，未检验Fe2+，因此不能说明不含Fe2+，故A错误；
B．氯水具有强氧化性，可以把亚铁离子氧化为铁离子，加入KSCN溶液呈红色，不能确定样品是部分变质还是全部变质还是没有变质，故B错误；
C．若再滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明溶液中不含铁离子，再滴加氯水，溶液变红，含有亚铁离子，则说明铁样品粉未变质，故C正确；
D．向溶液中滴加足量的NaOH溶液，观察到红褐色沉淀，说明溶液中含有铁离子，未检验Fe2+，则不能说明样品完全变质，故D错误；
故选：C。
7．已知离子方程式：(已配平，且系数之比为最简整数比)，则系数错误的是
A．m=2 B．p=4 C．x=3 D．y=3
【答案】C
【详解】根据电子转移守恒、电荷守恒及原子守恒，m=q=2，n=y=3，p=2q=4，x=5，配平方程式：，可知A、B、D正确，C错误；
故选C。
8．为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有或颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于或的说法正确的个数是
①中阴、阳离子的个数比是1：1；
②分别与水及反应产生等量氧气时，需水和的质量相等；
③分别与水及反应产生等量氧气时，转移电子的物质的量相等；
④与反应生成和；
⑤能与酸反应生成盐和水，所以是碱性氧化物；
⑥与水反应，既是氧化剂，又是还原剂；
⑦投入到紫色石蕊溶液中，溶液先变蓝，后褪色。
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】A
【详解】①中含有Na+、，阴、阳离子的个数比是1 :2，故①错误； .
②与水反应的方程式是2+2H2O=4KOH+O2↑， 与CO2反应的方程式是2+2CO2=2K2CO3+O2，产生等量氧气时，需水和CO2的物质的量相等，质量不相等，故②错误；
③分别与水及CO2反应，生成1mol氧气时均转移2mol电子，故产生等量氧气时，转移电子的物质的量相等，故③正确；
④具有氧化性、SO2 具有还原性，与SO2反应生成Na2SO4，故④错误；
⑤能与酸反应生成盐、水、氧气，所以不是碱性氧化物，故⑤错误；
⑥K2O2与水反应生成氢氧化钾和氧气，K2O2 中部分氧元素由-1升高为0、部分由-1 降低为-2，所以K2O2既是氧化剂又是还原剂，故⑥正确；
⑦与水反应生成氢氧化钠，投入到紫色石蕊溶液中，溶液先变蓝，具有氧化性，所以石蕊褪色，故⑦正确；
③⑥⑦正确；
故选A；
9．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法错误的是
A．工业上通过电解g的水溶液制备b
B．用a、d制备1molb时转移的电子数为5NA
C．c具有漂白性，见光分解
D．e可用于自来水消毒
【答案】B
【分析】根据氯元素的价态以及物质所属类别可知，a为HCl，b为Cl2，c为HClO，d为NaClO3(或其他氯酸盐)，e为ClO2，g为NaCl(或其他氯化物)。
【详解】A．工业上电解NaCl的水溶液可以得到氯气、氢气和NaOH，A正确；
B．HCl与NaClO3反应的离子方程式为5Cl-+ClO+6H+=Cl2↑+3H3O，生成1mol氯气时，转移mol电子，B错误；
C．HClO有强氧化性，具有漂白性，见光易分解为HCl和氧气，C正确；
D．e为ClO2，具有强氧化性，可以消毒杀菌，是一种高效的自来水消毒剂，D正确；
综上所述答案为B。
10．下列各组物质或微粒的排列顺序正确的是
A．离子半径：F->Na+>Mg2+>S2-
B．得电子能力：F>Cl>S>P
C．原子半径：Ca>K>S>Cl
D．酸性：H2SO4>HClO4>H2SeO4
【答案】B
【详解】A．电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故离子半径：S2-> F->Na+>Mg2+，A错误；
B．非金属性越强，其得电子能力越强，非金属性：F>Cl>S>P，则得电子能力：F>Cl>S>P，B正确；
C．电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径：K > Ca >S>Cl，C错误；
D．非金属性越强，其最高价氧化物对应的酸性越强，故酸性：HClO4> H2SO4 >H2SeO4，D错误；
故答案为：B。
11．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．等体积、等物质的量浓度的NaCl、KCl溶液，两种溶液中阴、阳离子数目之和均为2NA
B．100g46%的乙醇(C2H5OH)溶液中含有氧原子的数目为NA
C．NO2和N2O4组成的46g混合气体中含有的原子数目为3NA
D．1 mol Cl2和1 mol Fe加热充分反应，转移的电子数目为3NA
【答案】C
【详解】A．体积和物质的量浓度都未知，不能计算离子的数目，故A错误；
B．100g46%的乙醇(C2H5OH)溶液中乙醇质量是46g即1mol含有氧原子的数目为NA，但溶液中还有水分子，也含有氧原子，故B错误；
C．NO2和N2O4的最简式都是NO2，则组成的46g混合气体即相当于含有1mol NO2，则含有的原子数目为3NA，故C正确；
D．根据可知1 mol Cl2和1 mol Fe加热充分反应，以少量的Cl2的物质的量作为计算标准，所以转移的电子数目为2NA，故D错误；
故选C。
12．据古代文献记载：“慈石治肾家诸病，而通耳明目。”“慈石，色轻紫，潜上皱涩，可吸连针铁。”“慈石”的宝要成分是若将“慈石”溶于足量的稀硫酸中得到稀液M。在M溶液中下列离子能大量共存的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】四氧化三铁溶于硫酸生成硫酸铁、硫酸亚铁两种盐，反应后溶于中含有大量的：，以及过量的，据此判断。
【详解】A．和不能大量共存，故A错误；
B．与氢离子不能大量共存，且与三价铁能发生双水解也不能大量共存，故B错误；
C．该组离子与，以及过量的均不能发生反应，可以大量共存，故C正确；
D．钙离子与碳酸根不能共存，同时均与反应生成沉淀不能大量共存，故D错误；
故选：C。
13．将使用过的废铝热剂(主要成分为，含少量)再生制取金属铝的工艺流程如图所示。下列说法中正确的是
A．“碱浸”时，发生反应的化学方程式为
B．“沉铝”时，可以用足量HCl代替
C．冶炼金属铝的方法为热还原法
D．该流程中各步均不涉及氧化还原反应
【答案】A
【详解】A．与反应，选项A正确；
B．足量会使溶解，不可代替，选项B错误；
C．冶炼金属铝为电解法，选项C错误；
D．属于氧化还原反应，选项D错误；
答案选A。
14．在标准状况下有①6.72L CH4②3.01×1023个 HCl分子，③13.6g硫化氢，④0.2mol氨气(NH3)。 下列对这四种气体的关系从大到小描述正确的是
A．体积②>①>③>④
B．密度②>①>④>③
C．质量②>③>①>④
D．氢原子数①>④>③> ②
【答案】C
【分析】同温同压下，体积之比等于物质的量之比；同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比；计算各物质的质量，据此进行判断；计算各物质的物质的量，结合分子式计算氢原子的物质的量，据此分析解题。
【详解】A．①6.72LCH4的物质的量为0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，③13.6g硫化氢的物质的量为：，④0.2mol氨气(NH3)；同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以体积②＞③＞①＞④，故A错误；
B．①CH4相对分子质量为16，②HCl相对分子质量为36.5，③硫化氢相对分子质量为34，④氨气相对分子质量为17，同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，所以密度②＞③＞④＞①，故B错误；
C．①6.72LCH4的质量为0.3mol×16g/mol＝4.8g，②3.01×1023个HCl分子的质量为：0.5mol×36.5g/mol＝18.25g，③13.6g硫化氢，④0.2mol氨气（NH3）的质量为0.2mol×17g/mol＝3.4g，所以质量大小为：②＞③＞①＞④，故C正确；
D．氢原子物质的量分别为：①0.3mol×4＝1.2mol，②0.5mol，③0.4mol×2＝0.8mol，④0.2mol×3＝0.6mol，所以氢原子数①＞③＞④＞②，故D错误；
故答案选C。
【点睛】本题考查了物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与气体摩尔体积、摩尔质量、阿伏加德罗常数等之间的关系即可解答，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
15．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是
A．Na2CO3溶液(NaHCO3)，选用适量的NaOH溶液
B．NaHCO3溶液(Na2CO3)，应通入过量的CO2气体
C．Na2CO3粉末(NaOH)，应通入适量的CO2气体
D．Na2CO3溶液(Na2SO4)，加入适量Ba(OH)2溶液，过滤
【答案】D
【详解】A．NaHCO3能和NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O，故可用适量的NaOH溶液反应除去Na2CO3溶液中的NaHCO3，故A正确；
B．Na2CO3在溶液中可与CO2反应生成NaHCO3，故可用通入过量CO2的方法除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，故B正确；
C．NaOH与适量的CO2气体反应可以生成碳酸钠，故C正确；
D．加入Ba(OH)2溶液，会引入新的杂质离子OH-，故D错误；
答案选D。
二、多选题
16．某同学向一定体积的Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，测得混合溶液的导电能力随时间变化如下图所示。下列说法中，正确的是
A．实验过程中反应的离子方程式为Ba2++2OH-+SO+2H+=BaSO4↓+2H2O
B．AB段溶液的导电能力减弱，说明生成的BaSO4不是电解质
C．a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和
D．BC段溶液的导电能力增大，主要是由于过量的Ba(OH)2电离出的离子导电
【答案】AC
【分析】Ba(OH)2和稀硫酸发生反应生成难溶性的硫酸钡和水，硫酸钡虽为强电解质，但在水溶液电离的离子极少，所以向一定体积的Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸时，溶液中的离子浓度降低，导电能力下降，当恰好反应完后，导电能力几乎为0，随后稀硫酸过量，溶液中离子浓度增多，导电能力又逐渐增大，据此分析解答。
【详解】A．向一定体积的Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，发生的离子方程式为：，A正确；
B．AB段溶液的导电能力减弱，说明生成的BaSO4难溶，在水中电离的离子很少，但BaSO4在熔融状态下能完全电离出自由移动的离子，属于电解质，B错误；
C．a时刻溶液的导电能力几乎为0，则说明Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全反应，溶液中的离子浓度降低到最低，C正确；
D．BC段溶液的导电能力增大，主要是由于过量的稀硫酸电离出的离子而导电，D错误；
故答案为：AC。
17．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，与具有相同的电子层结构，W与Y同主族。下列说法不正确的是
A．原子半径的大小顺序：
B．Y与Z形成的化合物能与碱反应
C．X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的弱
D．Y的简单氢化物的沸点比W的高
【答案】BC
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的质子数为12，则Z为Mg。
【详解】A．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：r(Mg)>r(Si)>r(C)>r(O)，A正确；
B．Y和Z形成的化合物分别为MgO，氧化镁和氢氧化钠等碱不反应，B错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性X(C)>W(Si)，所以X的最高价氧化物的水化物酸性比W的强，C错误；
D．Y、W的简单氢化物分别为水、硅烷，水能形成氢键，导致其沸点较高，D正确。
故选BC。
三、单选题
18．化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法制备，进一步处理得到产品和。实验流程如图：
下列说法正确的是
A．气体N、M分别为和
B．该流程中只有“食盐水”可以循环使用
C．操作1为过滤，为了加快过滤速率常用玻璃棒搅拌
D．向“母液”中加入NaCl粉末并通入可得到副产品，通入的目的是增大的浓度，有利于析出并提高纯度
【答案】D
【分析】侯氏制碱法的原理为：，极易溶于水，所以先通入，有利于的溶解吸收，充分反应后过滤得到固体，受热分解得到碳酸钠、二氧化碳和水，母液的主要溶质为，向母液中加入NaCl粉末并通入有利于氯化铵的析出，得到纯度更高的。
【详解】A．极易溶于水，所以先通入，有利于的溶解吸收，即气体N、M分别为和，A项错误；
B．根据流程可知，受热分解得到的二氧化碳也可以循环使用，B项错误；
C．根据分析可知操作1为过滤，过滤时，为了避免滤纸被损坏，不能用玻璃棒搅拌，C项错误；
D．向“母液”中加入NaCl粉末并通入可得到副产品，通入，会发生反应：，平衡正向移动，增大了的浓度，有利于析出并提高纯度，D项正确；
答案选D。
四、填空题
19．铁及其化合物与生产、生活息息相关。回答下列问题：
(1)易被人体吸收，医生建议在服用该补铁剂时，同时服用维生素C．维生素C的作用是_______。
(2)印刷电路板的制作原理是用足量的溶液腐蚀覆铜板上不需要的铜箔。写出上述反应的化学方程式：_______。
(3)生铁是通过高炉冶炼而得到的，以赤铁矿为例用将其还原的化学方程式为_______。
(4)某废料铁泥的主要成分为、、和杂质(杂质不与硫酸反应)。现取废料铁泥提取，设计实验流程如下：
①分离溶液A和沉淀C的操作中使用到的玻璃仪器有烧杯、_______、_______。
②能检验溶液A中含有的试剂是_______(填字母)。
A．铁粉 B．酸性溶液 C．KSCN溶液
③步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为_______。
④若最终获得，则废料铁泥中铁元素的质量分数为_______。
【答案】(1)防止被氧化
(2)
(3)
(4) 漏斗 玻璃棒 B 或
【详解】（1）维生素C有还原性，服用维生素C，防止被氧化；
（2）用溶液腐蚀覆铜板上不需要的铜箔，反应的化学方程式：；
（3）用还原赤铁矿，反应的化学方程式为：；
（4）废料铁泥的主要成分为、、，加入足量的稀硫酸，得到的溶液中含有和，用将氧化成为，加入过量的溶液，生成沉淀，将沉淀加热灼烧，得到。①分离溶液A和沉淀C的操作为过滤，使用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；②能使酸性溶液褪色，用酸性溶液检验；③用将氧化成为，反应的离子方程式为：；④中铁的质量为：，废料铁泥中铁元素的质量分数为。
五、实验题
20．月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素，是人类未来的资源宝库。
(1)①3He是高效能原料，其原子核内的中子数为____________________。
②Na的原子结构示意图为__________________， H2O2结构式__________________。
(2)根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述正确的是__________________。
A．酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3
B．氢元素与其它元素可形成共价化合物或离子化合物
C．如图所示的实验，可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si
D．元素Ts在周期表中位于第七周期VIIA 族，可以推断其氢化物 HTs一定比HI 更不稳定
(3)硝酸银 (AgNO3)是一种无色晶体，易溶于水，其水溶液和固体常被保存在棕色试剂瓶中。某同学为了测定他所在小区自来水中氯离子的含量，欲用AgNO3固体配制 40 mL、0.1 mol/L 的 AgNO3溶液。
①配制该溶液所需主要仪器有：托盘天平 带砝码 、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、___________ 、___________。
②计算配制该溶液所需AgNO3固体的质量为___________ g。
③在配制过程中，下列哪项操作可能使配制的溶液的浓度偏小___________( 填字母) 。
A．移液前容量瓶内有少量的蒸馏水 B．定容时，俯视刻度线
C．称量时，药品和砝码的位置放颠倒了 D．移液时，有少量液体溅出
【答案】(1) 1 H-O-O-H
(2)ABD
(3) 500 mL容量瓶 胶头滴管 8.5 CD
【分析】(2)CaCO3与稀HCl发生复分解反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，由于盐酸具有挥发性，挥发的HCl与NaHCO3发生反应制取CO2，由于酸性：H2CO3＞H2SiO3，CO2在溶液中可以与Na2SiO3发生反应产生H2SiO3沉淀，而使溶液变浑浊。
(3)根据质量分数与物质的量浓度换算式c=计算溶液的物质的量浓度。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。
【详解】（1）①3He的质量数为3，质子数为2，则其中子数为3-2=1；
②钠核外有11个电子，核外电子排布式2、8、1，所以Na原子结构示意图为：；
（2）A．根据复分解反应的规律可知：盐酸能与CaCO3反应制备CO2，说明盐酸的酸性强于碳酸，二氧化碳通入硅酸钠溶液，产生沉淀，可知碳酸酸性强于硅酸，故：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，A正确；
B．氢元素与氧元素形成共价化合物水，与钠形成离子化合物NaH，B正确；
C．盐酸不是氯元素的含氧酸，所以不能通过实验判断元素的非金属性，C错误；
D．同主族元素从上到下元素非金属性依次减弱，对应氢化物稳定性依次减弱，元素Ts在周期表中位于第七周期ⅦA族，可以推测其氢化物稳定性弱于HI，D正确；
故合理选项是ABD；
（3）①配制一定物质的量浓度的溶液步骤为：计算→称量(量取)→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶→贴签，一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到500 mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2-3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1-2 cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀；所以需要的仪器为：托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的玻璃仪器为：500 mL容量瓶，胶头滴管；
②用AgNO3固体配制400 mL、0.1 mol/L的AgNO3溶液，由于在实验室中某一规格是400 mL的容量瓶，选择仪器的标准是大而近，故应选择500 mL容量瓶，需要溶质的质量为：m(AgNO3)=0.1 mol/L×0.5 L×170 g/mol=8.5 g；
③A．移液前容量瓶内有少量的蒸馏水，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，因此对配制溶液浓度无影响，A不符合题意；
B．定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制溶液浓度偏高，B不符合题意；
C．称量时，药品和砝码的位置放颠倒了，因为使用游码，则实际称取溶质的质量偏小，溶质物质的量偏小，由于溶液的体积不变，最终导致配制溶液浓度偏低，C符合题意；
D．移液时，有少量液体溅出，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，D符合题意；
故合理选项是CD。
21．“侯氏制碱法”促进了我国纯碱工业的发展。某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备碳酸钠的实验流程如图。
回答下列问题：
(1)下列关于碳酸氢铵的说法中错误的是_______(填序号)。
A．属于铵盐 B．属于碳酸氢盐 C．属于酸式盐 D．属于复合肥料
(2)“加热搅拌”中发生反应的化学方程式是_______，该反应属于_______(填基本反应类型)。
(3)“300℃加热”需用到的仪器除酒精灯、坩埚、坩埚钳、三角架、玻璃棒外，还有_______。
(4)除去溶液中混有的少量的最佳方法是_______。
(5)检验中阳离子的实验方法是_______。
(6)现将和的固体均匀混合物等分成两份。第一份充分加热至恒重，固体质量减少；第二份与足量稀盐酸充分反应后，加热、蒸干、灼烧，得到固体。则混合物中和的物质的量之比为_______。
【答案】(1)D
(2) 复分解反应
(3)泥三角
(4)通入过量的
(5)焰色试验
(6)1：2
【分析】侯氏制碱法制备碳酸钠，将氯化钠溶于蒸馏水中，加入碳酸氢铵生成碳酸氢钠，反应为；过滤得到碳酸氢钠固体，加热使碳素氢钠分解得到碳酸钠，据此分析解题。
【详解】（1）碳酸氢铵分子式为，属于铵盐、碳酸氢盐、酸式盐；不属于复合肥料；故D错误；故答案选D。
（2）据分析可知，“加热搅拌”中发生反应的化学方程式是；属于复分解反应；故答案为；复分解反应。
（3）“300℃加热”需用到的仪器除酒精灯、坩埚、坩埚钳、三角架、泥三角、玻璃棒；故答案为泥三角。
（4）溶液中混有的少量，可通入过量的；和生成；故答案为通入过量的。
（5）检验中阳离子为钠离子，可以使用焰色试验检验；故答案为焰色试验。
（6）现将和的固体均匀混合物等分成两份。第一份充分加热至恒重，碳酸氢钠受热分解：固体质量减少；减少质量为水和二氧化碳，所以；；第二份与足量稀盐酸充分反应后，加热、蒸干、灼烧，，；得到固体为氯化钠，；生成0.2mol氯化钠；所以与盐酸反应生成0.2mol氯化钠；；则混合物中和的物质的量之比为1：2；故答案为1：2。
22．Ⅰ．某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质，设计如图所示装置进行实验。装置Ⅲ中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。
(1)装置Ⅰ中仪器c的名称是_______，写出装置Ⅰ中制备Cl2的化学方程式为_______。
(2)装置Ⅱ的作用是_______。
(3)实验结束后，该组同学在装置Ⅲ中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的，你认为还需在图中装置Ⅱ与Ⅲ之间添加图中的_______装置(填序号)。
(4)“地康法”制取Cl2的反应原理如图所示，在450℃条件下，反应Ⅱ的化学方程式为_______。
Ⅱ．工业上碳酸钠大多采用侯氏制碱法制取，所得碳酸钠样品中往往含有少量的NaCl，现欲测定样品中Na2CO3的质量分数，某探究性学习小组设计了如下实验方案。
(5)把一定质量的样品与足量盐酸反应后，用如图所示装置测定产生CO2气体的体积，为了使测量结果准确，B中溶液选用_______，但选用该溶液后实验结果仍然不够准确，可能的原因是_______。
【答案】(1) 分液漏斗
(2)除去Cl2中的HCl气体
(3)④
(4)
(5) 饱和NaHCO3溶液 CO2气体中混有的HCl气体可与NaHCO3溶液反应生成CO2
【分析】Ⅰ．在装置I中浓盐酸与MnO2混合加热，发生氧化还原反应产生Cl2，在装置Ⅱ中用饱和NaCl溶液除去杂质HCl，Cl2中含有水蒸气，在装置Ⅲ中时干燥的品红试纸褪色；在装置Ⅳ中Cl2与溶液中的H2O反应产生HCl、HClO，酸使紫色石蕊试液变为红色，HClO将红色溶液变为无色，装置Ⅴ的NaOH溶液用于吸收多余Cl2，防止大气污染；
Ⅱ．装置A中Na2CO3与盐酸反应产生NaCl、H2O、CO2，反应产生的CO2将装置B中的NaHCO3饱和溶液排入装置C的量筒中，根据溶液体积确定CO2的体积，进而确定样品中Na2CO3的质量分数。
【详解】（1）根据装置图可知装置I中仪器c的名称是分液漏斗；
在装置I中浓盐酸与MnO2混合加热，发生氧化还原反应产生Cl2，反应的化学方程式为：；
（2）装置Ⅱ中盛有饱和NaCl溶液，其作用是除去Cl2中的HCl气体；
（3）由于Cl2中含有水蒸气，因此在装置Ⅲ中能够使a处干燥的品红试纸褪去，b处品红试纸也褪色，要证明Cl2无漂白性，Cl2与H2O反应的产物有漂白性，则在Ⅱ与Ⅲ之间添加一个装置，除去Cl2中的H2O，但不吸收Cl2，也不产生新的杂质。
①Cl2与溶液中的水反应产生HCl与NaHCO3反应产生CO2气体，会引入新的杂质，①不符合题意；
②碱石灰会同时吸收水蒸气和Cl2，②不符合题意；
③NaOH溶液会吸收Cl2，不能证明潮湿氯气具有漂白性，③不符合题意；
④浓硫酸只吸收水分，不能吸收Cl2，能够起到干燥Cl2的目的，④符合题意；
应故合理选项是④；
（4）根据图示可知：反应Ⅱ是CuCl2、O2在450℃条件下反应产生CuO、Cl2，反应的化学方程式为：；
（5）在装置A中样品中Na2CO3与盐酸反应产生NaCl、H2O、CO2，反应方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，反应产生的CO2将装置B中液体压入装置C的量筒中，根据量筒中液体体积判断反应产生CO2的体积，进而确定样品中Na2CO3的质量分数。由于CO2不能在饱和NaHCO3溶液中溶解，故B中溶液选用饱和NaHCO3溶液；但由于盐酸具有挥发性，挥发的HCl与饱和NaHCO3溶液也会反应产生CO2，因此仍然会导致产生误差，分液漏斗中的酸应该选用稀硫酸。
六、元素或物质推断题
23．X、Y、Z、J、R、Q六种短周期主族元素，原子序数依次增大。元素Z在地壳中含量最高，Y的简单氢化物水溶液呈碱性，J元素的焰色试验呈黄色，X能与J形成离子化合物，且的半径大于的半径，R的周期序数等于主族序数，Q的最外层电子数与其电子总数之比为。请回答：
(1)Q元素在周期表中的位置为_______。
(2)六种元素原子半径最大的是_______，简单离子半径最大的是_______。(填元素符号)。
(3)元素的非金属性Z_______(填“>”或“＜”)Q。下列各项中，不能说明这一结论的事实有_______(填字母)。
A．Q的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊
B．Z与Q之间形成的化合物中元素的化合价
C．Z和Q的单质的状态
D．Z和Q在周期表中的位置
(4)R的最高价氧化物与J的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式_______。
(5)X与Z简单化合物的空间构型为_______，用电子式表示X与J化合物的形成过程_______；X与Q在一定条件下可以形成极不稳定的原子个数比为的化合物，该化合物分子中既有极性键又有非极性键，写出该分子的结构式：_______。
【答案】(1)第三周期ⅥA族
(2) Na
(3) > C
(4)
(5) V形(或折线形) H-S-S-H
【分析】X、Y、Z、J、R、Q六种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，则Z为O元素；Y的简单氢化物水溶液呈碱性，则Y为N元素；J元素的焰色反应呈黄色，J为Na元素；R的周期序数等于主族序数，R为Al元素；Q的最外层电子数与其电子总数比为3：8，则Q应为第三周期的S元素；X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X-的半径，X为H；
【详解】（1）Q元素在周期表中的位置为第三周期第VIA族，故答案为：第三周期第VIA族；
（2）电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，则六种元素原子半径最大的为Na；离子的电子层数越大半径越大，具有相同电子层结构的离子核电荷数越大半径越小，故离子半径最大的为，故答案为：Na；；
（3）元素的非金属性Z>Q，则
A．Q的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊，可知O得到电子能力强，能说明，选项A不符合；
B．Z与Q之间形成的化合物中元素的化合价中O为负价，O得到电子能力强，能说明，选项B不符合；
C．Z和Q的单质的状态不能比较非金属性，选项C符合；
D．Z和Q在周期表中的位置可知，同主族从上到下非金属性减弱，选项D不符合；
故答案为：>；C；
（4）R的最高价氧化物Al2O3与J的最高价氧化物的水化物NaOH反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为；
（5）X与Z简单化合物H2O，H2O 分子中的中心原子 O 为 sp3 杂化，H2O 的空间构型为 V 形(或折线形)；NaH是离子化合物，钠原子与氢原子通过得失电子形成的，所以形成过程为：；X与Q在一定条件下可以形成极不稳定的原子个数比为的化合物，该化合物分子中既有极性键又有非极性键，该分子的结构式为：H-O-O-H。
河北省保定市泽龙实验中学2022-2023学年高一下学期开学检测化学试题
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，下列与化学有关说法错误的是
A．《墨子·天志》中记载“书之竹帛，镂之金石”。其中的“金”指的是金属
B．《神农本草经》中记载“白青[Cu2(OH)2CO3]得铁化为铜”。其中的“白青”属于盐
C．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”中的“翠色”来自氧化铁
D．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
【答案】C
【详解】A．“书于竹帛，镂于金石”意为把字写在竹简和帛上，雕刻在金属、石头上，故“金”指的是金属，A正确；
B． “白青[Cu2(OH)2CO3]属于盐、是一种碱式盐，B正确；
C． 氧化铁是红棕色粉末，“翠色”不可能来自氧化铁，C不正确；
D．侯氏制碱法原理：氨气极易溶于水所得溶液呈碱性，饱和食盐水中通氨气、继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，碳酸氢钠溶解度小、形成碳酸氢钠的过饱和溶液、则析出碳酸氢钠晶体，，则侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异，D正确；
答案选C。
2．下列对焰色试验操作注意事项的说明，正确的是
①钾的火焰颜色，要透过蓝色钴玻璃观察
②先把铂丝灼烧到与原来火焰颜色相同，再醀取被检验的物质
③每次试验后，要用硫酸把铂丝洗净
④焰色反应是物理变化
⑤没有铂丝，也可用光洁无锈的铁丝代替
A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①③④ D．①②③④⑤
【答案】A
【详解】①在观测钾的焰色试验时要透过蓝色钴玻璃片，滤去钠的黄光的干扰，故①正确；
②取一根洁净的铂丝，放在酒精灯上灼烧至无色，再蘸取被检物质，进行焰色试验，故②正确；
③盐酸易挥发，其盐高温时也易挥发，灼烧时，盐酸及其盐可一起挥发掉，以达洗净的目的，不用硫酸来清洗铂丝，要用盐酸把铂丝洗净，故③错误；
④焰色试验是电子的跃迁引起的，属于元素的物理性质，故④正确；
⑤洁净的细铁丝，放在酒精灯上灼烧至无色，本身无颜色，故可用铁丝进行焰色试验，故⑤正确；
答案选A。
3．(核磁共振)、可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，瑞士科学家库尔特、维特里希等人为此获得了诺贝尔化学奖。下列有关元素的说法中正确的是
A．和互为同位素 B．与金刚石互为同素异形体
C．、、为同一种核素 D．的质量数为核外电子数与原子序数之和
【答案】A
【详解】A．同位素是同一元素的不同原子，其原子具有相同数目的质子，但中子数目不同。和的质子数相同，质量数不同，即中子数不同，两者互为同位素，A正确；
B．是核素，金刚石是单质，二者不互为同素异形体，B错误；
C．、、为H元素的三种不同核素，C错误；
D．的质量数为核外电子数与中子数之和，D错误；
故选A。
4．根据反应：①；②；③，判断离子的还原性由强到弱的顺序正确的是
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】B
【详解】还原剂的还原性大于还原产物的还原性；①中I元素化合价升高，作为还原剂，还原产物为，则还原性>；②中作为还原剂，是还原产物，则还原性>;③中作为还原剂，是还原产物，则还原性>;所以离子的还原性强弱顺序为>>,答案选B。
5．将一小块钠放到下列稀溶液中，既有气体又有沉淀生成的是
A．氯化钠 B．硫酸铵 C．氢氧化钠 D．硫酸铜
【答案】D
【详解】钠首先和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠会和硫酸铜生成氢氧化铜蓝色沉淀；
故选D。
6．为探究某食品包装袋内的一小包脱氧剂中的还原铁粉是否变质，分别取少量样品溶于于盐酸中，进行下列实验，其中结论正确的是
A．向溶液中滴加KSCN溶液呈红色，说明不含Fe2+，样品完全变质
B．向溶液中通入氯气，然后再加入KSCN溶液呈红色，说明原溶液中含有Fe3+样品变质
C．若滴加KSCN溶液未变红色，再滴加氯水变红色，则说明铁样品粉未变质
D．向溶液中滴加足量的NaOH溶液，观察到红褐色沉淀，则说明样品完全变质
【答案】C
【详解】A．滴加KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有铁离子，未检验Fe2+，因此不能说明不含Fe2+，故A错误；
B．氯水具有强氧化性，可以把亚铁离子氧化为铁离子，加入KSCN溶液呈红色，不能确定样品是部分变质还是全部变质还是没有变质，故B错误；
C．若再滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明溶液中不含铁离子，再滴加氯水，溶液变红，含有亚铁离子，则说明铁样品粉未变质，故C正确；
D．向溶液中滴加足量的NaOH溶液，观察到红褐色沉淀，说明溶液中含有铁离子，未检验Fe2+，则不能说明样品完全变质，故D错误；
故选：C。
7．已知离子方程式：(已配平，且系数之比为最简整数比)，则系数错误的是
A．m=2 B．p=4 C．x=3 D．y=3
【答案】C
【详解】根据电子转移守恒、电荷守恒及原子守恒，m=q=2，n=y=3，p=2q=4，x=5，配平方程式：，可知A、B、D正确，C错误；
故选C。
8．为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有或颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于或的说法正确的个数是
①中阴、阳离子的个数比是1：1；
②分别与水及反应产生等量氧气时，需水和的质量相等；
③分别与水及反应产生等量氧气时，转移电子的物质的量相等；
④与反应生成和；
⑤能与酸反应生成盐和水，所以是碱性氧化物；
⑥与水反应，既是氧化剂，又是还原剂；
⑦投入到紫色石蕊溶液中，溶液先变蓝，后褪色。
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】A
【详解】①中含有Na+、，阴、阳离子的个数比是1 :2，故①错误； .
②与水反应的方程式是2+2H2O=4KOH+O2↑， 与CO2反应的方程式是2+2CO2=2K2CO3+O2，产生等量氧气时，需水和CO2的物质的量相等，质量不相等，故②错误；
③分别与水及CO2反应，生成1mol氧气时均转移2mol电子，故产生等量氧气时，转移电子的物质的量相等，故③正确；
④具有氧化性、SO2 具有还原性，与SO2反应生成Na2SO4，故④错误；
⑤能与酸反应生成盐、水、氧气，所以不是碱性氧化物，故⑤错误；
⑥K2O2与水反应生成氢氧化钾和氧气，K2O2 中部分氧元素由-1升高为0、部分由-1 降低为-2，所以K2O2既是氧化剂又是还原剂，故⑥正确；
⑦与水反应生成氢氧化钠，投入到紫色石蕊溶液中，溶液先变蓝，具有氧化性，所以石蕊褪色，故⑦正确；
③⑥⑦正确；
故选A；
9．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法错误的是
A．工业上通过电解g的水溶液制备b
B．用a、d制备1molb时转移的电子数为5NA
C．c具有漂白性，见光分解
D．e可用于自来水消毒
【答案】B
【分析】根据氯元素的价态以及物质所属类别可知，a为HCl，b为Cl2，c为HClO，d为NaClO3(或其他氯酸盐)，e为ClO2，g为NaCl(或其他氯化物)。
【详解】A．工业上电解NaCl的水溶液可以得到氯气、氢气和NaOH，A正确；
B．HCl与NaClO3反应的离子方程式为5Cl-+ClO+6H+=Cl2↑+3H3O，生成1mol氯气时，转移mol电子，B错误；
C．HClO有强氧化性，具有漂白性，见光易分解为HCl和氧气，C正确；
D．e为ClO2，具有强氧化性，可以消毒杀菌，是一种高效的自来水消毒剂，D正确；
综上所述答案为B。
10．下列各组物质或微粒的排列顺序正确的是
A．离子半径：F->Na+>Mg2+>S2-
B．得电子能力：F>Cl>S>P
C．原子半径：Ca>K>S>Cl
D．酸性：H2SO4>HClO4>H2SeO4
【答案】B
【详解】A．电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故离子半径：S2-> F->Na+>Mg2+，A错误；
B．非金属性越强，其得电子能力越强，非金属性：F>Cl>S>P，则得电子能力：F>Cl>S>P，B正确；
C．电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径：K > Ca >S>Cl，C错误；
D．非金属性越强，其最高价氧化物对应的酸性越强，故酸性：HClO4> H2SO4 >H2SeO4，D错误；
故答案为：B。
11．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．等体积、等物质的量浓度的NaCl、KCl溶液，两种溶液中阴、阳离子数目之和均为2NA
B．100g46%的乙醇(C2H5OH)溶液中含有氧原子的数目为NA
C．NO2和N2O4组成的46g混合气体中含有的原子数目为3NA
D．1 mol Cl2和1 mol Fe加热充分反应，转移的电子数目为3NA
【答案】C
【详解】A．体积和物质的量浓度都未知，不能计算离子的数目，故A错误；
B．100g46%的乙醇(C2H5OH)溶液中乙醇质量是46g即1mol含有氧原子的数目为NA，但溶液中还有水分子，也含有氧原子，故B错误；
C．NO2和N2O4的最简式都是NO2，则组成的46g混合气体即相当于含有1mol NO2，则含有的原子数目为3NA，故C正确；
D．根据可知1 mol Cl2和1 mol Fe加热充分反应，以少量的Cl2的物质的量作为计算标准，所以转移的电子数目为2NA，故D错误；
故选C。
12．据古代文献记载：“慈石治肾家诸病，而通耳明目。”“慈石，色轻紫，潜上皱涩，可吸连针铁。”“慈石”的宝要成分是若将“慈石”溶于足量的稀硫酸中得到稀液M。在M溶液中下列离子能大量共存的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】四氧化三铁溶于硫酸生成硫酸铁、硫酸亚铁两种盐，反应后溶于中含有大量的：，以及过量的，据此判断。
【详解】A．和不能大量共存，故A错误；
B．与氢离子不能大量共存，且与三价铁能发生双水解也不能大量共存，故B错误；
C．该组离子与，以及过量的均不能发生反应，可以大量共存，故C正确；
D．钙离子与碳酸根不能共存，同时均与反应生成沉淀不能大量共存，故D错误；
故选：C。
13．将使用过的废铝热剂(主要成分为，含少量)再生制取金属铝的工艺流程如图所示。下列说法中正确的是
A．“碱浸”时，发生反应的化学方程式为
B．“沉铝”时，可以用足量HCl代替
C．冶炼金属铝的方法为热还原法
D．该流程中各步均不涉及氧化还原反应
【答案】A
【详解】A．与反应，选项A正确；
B．足量会使溶解，不可代替，选项B错误；
C．冶炼金属铝为电解法，选项C错误；
D．属于氧化还原反应，选项D错误；
答案选A。
14．在标准状况下有①6.72L CH4②3.01×1023个 HCl分子，③13.6g硫化氢，④0.2mol氨气(NH3)。 下列对这四种气体的关系从大到小描述正确的是
A．体积②>①>③>④
B．密度②>①>④>③
C．质量②>③>①>④
D．氢原子数①>④>③> ②
【答案】C
【分析】同温同压下，体积之比等于物质的量之比；同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比；计算各物质的质量，据此进行判断；计算各物质的物质的量，结合分子式计算氢原子的物质的量，据此分析解题。
【详解】A．①6.72LCH4的物质的量为0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，③13.6g硫化氢的物质的量为：，④0.2mol氨气(NH3)；同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以体积②＞③＞①＞④，故A错误；
B．①CH4相对分子质量为16，②HCl相对分子质量为36.5，③硫化氢相对分子质量为34，④氨气相对分子质量为17，同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，所以密度②＞③＞④＞①，故B错误；
C．①6.72LCH4的质量为0.3mol×16g/mol＝4.8g，②3.01×1023个HCl分子的质量为：0.5mol×36.5g/mol＝18.25g，③13.6g硫化氢，④0.2mol氨气（NH3）的质量为0.2mol×17g/mol＝3.4g，所以质量大小为：②＞③＞①＞④，故C正确；
D．氢原子物质的量分别为：①0.3mol×4＝1.2mol，②0.5mol，③0.4mol×2＝0.8mol，④0.2mol×3＝0.6mol，所以氢原子数①＞③＞④＞②，故D错误；
故答案选C。
【点睛】本题考查了物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与气体摩尔体积、摩尔质量、阿伏加德罗常数等之间的关系即可解答，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
15．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是
A．Na2CO3溶液(NaHCO3)，选用适量的NaOH溶液
B．NaHCO3溶液(Na2CO3)，应通入过量的CO2气体
C．Na2CO3粉末(NaOH)，应通入适量的CO2气体
D．Na2CO3溶液(Na2SO4)，加入适量Ba(OH)2溶液，过滤
【答案】D
【详解】A．NaHCO3能和NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O，故可用适量的NaOH溶液反应除去Na2CO3溶液中的NaHCO3，故A正确；
B．Na2CO3在溶液中可与CO2反应生成NaHCO3，故可用通入过量CO2的方法除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，故B正确；
C．NaOH与适量的CO2气体反应可以生成碳酸钠，故C正确；
D．加入Ba(OH)2溶液，会引入新的杂质离子OH-，故D错误；
答案选D。
二、多选题
16．某同学向一定体积的Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，测得混合溶液的导电能力随时间变化如下图所示。下列说法中，正确的是
A．实验过程中反应的离子方程式为Ba2++2OH-+SO+2H+=BaSO4↓+2H2O
B．AB段溶液的导电能力减弱，说明生成的BaSO4不是电解质
C．a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和
D．BC段溶液的导电能力增大，主要是由于过量的Ba(OH)2电离出的离子导电
【答案】AC
【分析】Ba(OH)2和稀硫酸发生反应生成难溶性的硫酸钡和水，硫酸钡虽为强电解质，但在水溶液电离的离子极少，所以向一定体积的Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸时，溶液中的离子浓度降低，导电能力下降，当恰好反应完后，导电能力几乎为0，随后稀硫酸过量，溶液中离子浓度增多，导电能力又逐渐增大，据此分析解答。
【详解】A．向一定体积的Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，发生的离子方程式为：，A正确；
B．AB段溶液的导电能力减弱，说明生成的BaSO4难溶，在水中电离的离子很少，但BaSO4在熔融状态下能完全电离出自由移动的离子，属于电解质，B错误；
C．a时刻溶液的导电能力几乎为0，则说明Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全反应，溶液中的离子浓度降低到最低，C正确；
D．BC段溶液的导电能力增大，主要是由于过量的稀硫酸电离出的离子而导电，D错误；
故答案为：AC。
17．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，与具有相同的电子层结构，W与Y同主族。下列说法不正确的是
A．原子半径的大小顺序：
B．Y与Z形成的化合物能与碱反应
C．X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的弱
D．Y的简单氢化物的沸点比W的高
【答案】BC
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的质子数为12，则Z为Mg。
【详解】A．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：r(Mg)>r(Si)>r(C)>r(O)，A正确；
B．Y和Z形成的化合物分别为MgO，氧化镁和氢氧化钠等碱不反应，B错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性X(C)>W(Si)，所以X的最高价氧化物的水化物酸性比W的强，C错误；
D．Y、W的简单氢化物分别为水、硅烷，水能形成氢键，导致其沸点较高，D正确。
故选BC。
三、单选题
18．化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法制备，进一步处理得到产品和。实验流程如图：
下列说法正确的是
A．气体N、M分别为和
B．该流程中只有“食盐水”可以循环使用
C．操作1为过滤，为了加快过滤速率常用玻璃棒搅拌
D．向“母液”中加入NaCl粉末并通入可得到副产品，通入的目的是增大的浓度，有利于析出并提高纯度
【答案】D
【分析】侯氏制碱法的原理为：，极易溶于水，所以先通入，有利于的溶解吸收，充分反应后过滤得到固体，受热分解得到碳酸钠、二氧化碳和水，母液的主要溶质为，向母液中加入NaCl粉末并通入有利于氯化铵的析出，得到纯度更高的。
【详解】A．极易溶于水，所以先通入，有利于的溶解吸收，即气体N、M分别为和，A项错误；
B．根据流程可知，受热分解得到的二氧化碳也可以循环使用，B项错误；
C．根据分析可知操作1为过滤，过滤时，为了避免滤纸被损坏，不能用玻璃棒搅拌，C项错误；
D．向“母液”中加入NaCl粉末并通入可得到副产品，通入，会发生反应：，平衡正向移动，增大了的浓度，有利于析出并提高纯度，D项正确；
答案选D。
四、填空题
19．铁及其化合物与生产、生活息息相关。回答下列问题：
(1)易被人体吸收，医生建议在服用该补铁剂时，同时服用维生素C．维生素C的作用是_______。
(2)印刷电路板的制作原理是用足量的溶液腐蚀覆铜板上不需要的铜箔。写出上述反应的化学方程式：_______。
(3)生铁是通过高炉冶炼而得到的，以赤铁矿为例用将其还原的化学方程式为_______。
(4)某废料铁泥的主要成分为、、和杂质(杂质不与硫酸反应)。现取废料铁泥提取，设计实验流程如下：
①分离溶液A和沉淀C的操作中使用到的玻璃仪器有烧杯、_______、_______。
②能检验溶液A中含有的试剂是_______(填字母)。
A．铁粉 B．酸性溶液 C．KSCN溶液
③步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为_______。
④若最终获得，则废料铁泥中铁元素的质量分数为_______。
【答案】(1)防止被氧化
(2)
(3)
(4) 漏斗 玻璃棒 B 或
【详解】（1）维生素C有还原性，服用维生素C，防止被氧化；
（2）用溶液腐蚀覆铜板上不需要的铜箔，反应的化学方程式：；
（3）用还原赤铁矿，反应的化学方程式为：；
（4）废料铁泥的主要成分为、、，加入足量的稀硫酸，得到的溶液中含有和，用将氧化成为，加入过量的溶液，生成沉淀，将沉淀加热灼烧，得到。①分离溶液A和沉淀C的操作为过滤，使用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；②能使酸性溶液褪色，用酸性溶液检验；③用将氧化成为，反应的离子方程式为：；④中铁的质量为：，废料铁泥中铁元素的质量分数为。
五、实验题
20．月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素，是人类未来的资源宝库。
(1)①3He是高效能原料，其原子核内的中子数为____________________。
②Na的原子结构示意图为__________________， H2O2结构式__________________。
(2)根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述正确的是__________________。
A．酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3
B．氢元素与其它元素可形成共价化合物或离子化合物
C．如图所示的实验，可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si
D．元素Ts在周期表中位于第七周期VIIA 族，可以推断其氢化物 HTs一定比HI 更不稳定
(3)硝酸银 (AgNO3)是一种无色晶体，易溶于水，其水溶液和固体常被保存在棕色试剂瓶中。某同学为了测定他所在小区自来水中氯离子的含量，欲用AgNO3固体配制 40 mL、0.1 mol/L 的 AgNO3溶液。
①配制该溶液所需主要仪器有：托盘天平 带砝码 、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、___________ 、___________。
②计算配制该溶液所需AgNO3固体的质量为___________ g。
③在配制过程中，下列哪项操作可能使配制的溶液的浓度偏小___________( 填字母) 。
A．移液前容量瓶内有少量的蒸馏水 B．定容时，俯视刻度线
C．称量时，药品和砝码的位置放颠倒了 D．移液时，有少量液体溅出
【答案】(1) 1 H-O-O-H
(2)ABD
(3) 500 mL容量瓶 胶头滴管 8.5 CD
【分析】(2)CaCO3与稀HCl发生复分解反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，由于盐酸具有挥发性，挥发的HCl与NaHCO3发生反应制取CO2，由于酸性：H2CO3＞H2SiO3，CO2在溶液中可以与Na2SiO3发生反应产生H2SiO3沉淀，而使溶液变浑浊。
(3)根据质量分数与物质的量浓度换算式c=计算溶液的物质的量浓度。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。
【详解】（1）①3He的质量数为3，质子数为2，则其中子数为3-2=1；
②钠核外有11个电子，核外电子排布式2、8、1，所以Na原子结构示意图为：；
（2）A．根据复分解反应的规律可知：盐酸能与CaCO3反应制备CO2，说明盐酸的酸性强于碳酸，二氧化碳通入硅酸钠溶液，产生沉淀，可知碳酸酸性强于硅酸，故：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，A正确；
B．氢元素与氧元素形成共价化合物水，与钠形成离子化合物NaH，B正确；
C．盐酸不是氯元素的含氧酸，所以不能通过实验判断元素的非金属性，C错误；
D．同主族元素从上到下元素非金属性依次减弱，对应氢化物稳定性依次减弱，元素Ts在周期表中位于第七周期ⅦA族，可以推测其氢化物稳定性弱于HI，D正确；
故合理选项是ABD；
（3）①配制一定物质的量浓度的溶液步骤为：计算→称量(量取)→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶→贴签，一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到500 mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2-3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1-2 cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀；所以需要的仪器为：托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的玻璃仪器为：500 mL容量瓶，胶头滴管；
②用AgNO3固体配制400 mL、0.1 mol/L的AgNO3溶液，由于在实验室中某一规格是400 mL的容量瓶，选择仪器的标准是大而近，故应选择500 mL容量瓶，需要溶质的质量为：m(AgNO3)=0.1 mol/L×0.5 L×170 g/mol=8.5 g；
③A．移液前容量瓶内有少量的蒸馏水，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，因此对配制溶液浓度无影响，A不符合题意；
B．定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制溶液浓度偏高，B不符合题意；
C．称量时，药品和砝码的位置放颠倒了，因为使用游码，则实际称取溶质的质量偏小，溶质物质的量偏小，由于溶液的体积不变，最终导致配制溶液浓度偏低，C符合题意；
D．移液时，有少量液体溅出，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，D符合题意；
故合理选项是CD。
21．“侯氏制碱法”促进了我国纯碱工业的发展。某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备碳酸钠的实验流程如图。
回答下列问题：
(1)下列关于碳酸氢铵的说法中错误的是_______(填序号)。
A．属于铵盐 B．属于碳酸氢盐 C．属于酸式盐 D．属于复合肥料
(2)“加热搅拌”中发生反应的化学方程式是_______，该反应属于_______(填基本反应类型)。
(3)“300℃加热”需用到的仪器除酒精灯、坩埚、坩埚钳、三角架、玻璃棒外，还有_______。
(4)除去溶液中混有的少量的最佳方法是_______。
(5)检验中阳离子的实验方法是_______。
(6)现将和的固体均匀混合物等分成两份。第一份充分加热至恒重，固体质量减少；第二份与足量稀盐酸充分反应后，加热、蒸干、灼烧，得到固体。则混合物中和的物质的量之比为_______。
【答案】(1)D
(2) 复分解反应
(3)泥三角
(4)通入过量的
(5)焰色试验
(6)1：2
【分析】侯氏制碱法制备碳酸钠，将氯化钠溶于蒸馏水中，加入碳酸氢铵生成碳酸氢钠，反应为；过滤得到碳酸氢钠固体，加热使碳素氢钠分解得到碳酸钠，据此分析解题。
【详解】（1）碳酸氢铵分子式为，属于铵盐、碳酸氢盐、酸式盐；不属于复合肥料；故D错误；故答案选D。
（2）据分析可知，“加热搅拌”中发生反应的化学方程式是；属于复分解反应；故答案为；复分解反应。
（3）“300℃加热”需用到的仪器除酒精灯、坩埚、坩埚钳、三角架、泥三角、玻璃棒；故答案为泥三角。
（4）溶液中混有的少量，可通入过量的；和生成；故答案为通入过量的。
（5）检验中阳离子为钠离子，可以使用焰色试验检验；故答案为焰色试验。
（6）现将和的固体均匀混合物等分成两份。第一份充分加热至恒重，碳酸氢钠受热分解：固体质量减少；减少质量为水和二氧化碳，所以；；第二份与足量稀盐酸充分反应后，加热、蒸干、灼烧，，；得到固体为氯化钠，；生成0.2mol氯化钠；所以与盐酸反应生成0.2mol氯化钠；；则混合物中和的物质的量之比为1：2；故答案为1：2。
22．Ⅰ．某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质，设计如图所示装置进行实验。装置Ⅲ中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。
(1)装置Ⅰ中仪器c的名称是_______，写出装置Ⅰ中制备Cl2的化学方程式为_______。
(2)装置Ⅱ的作用是_______。
(3)实验结束后，该组同学在装置Ⅲ中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的，你认为还需在图中装置Ⅱ与Ⅲ之间添加图中的_______装置(填序号)。
(4)“地康法”制取Cl2的反应原理如图所示，在450℃条件下，反应Ⅱ的化学方程式为_______。
Ⅱ．工业上碳酸钠大多采用侯氏制碱法制取，所得碳酸钠样品中往往含有少量的NaCl，现欲测定样品中Na2CO3的质量分数，某探究性学习小组设计了如下实验方案。
(5)把一定质量的样品与足量盐酸反应后，用如图所示装置测定产生CO2气体的体积，为了使测量结果准确，B中溶液选用_______，但选用该溶液后实验结果仍然不够准确，可能的原因是_______。
【答案】(1) 分液漏斗
(2)除去Cl2中的HCl气体
(3)④
(4)
(5) 饱和NaHCO3溶液 CO2气体中混有的HCl气体可与NaHCO3溶液反应生成CO2
【分析】Ⅰ．在装置I中浓盐酸与MnO2混合加热，发生氧化还原反应产生Cl2，在装置Ⅱ中用饱和NaCl溶液除去杂质HCl，Cl2中含有水蒸气，在装置Ⅲ中时干燥的品红试纸褪色；在装置Ⅳ中Cl2与溶液中的H2O反应产生HCl、HClO，酸使紫色石蕊试液变为红色，HClO将红色溶液变为无色，装置Ⅴ的NaOH溶液用于吸收多余Cl2，防止大气污染；
Ⅱ．装置A中Na2CO3与盐酸反应产生NaCl、H2O、CO2，反应产生的CO2将装置B中的NaHCO3饱和溶液排入装置C的量筒中，根据溶液体积确定CO2的体积，进而确定样品中Na2CO3的质量分数。
【详解】（1）根据装置图可知装置I中仪器c的名称是分液漏斗；
在装置I中浓盐酸与MnO2混合加热，发生氧化还原反应产生Cl2，反应的化学方程式为：；
（2）装置Ⅱ中盛有饱和NaCl溶液，其作用是除去Cl2中的HCl气体；
（3）由于Cl2中含有水蒸气，因此在装置Ⅲ中能够使a处干燥的品红试纸褪去，b处品红试纸也褪色，要证明Cl2无漂白性，Cl2与H2O反应的产物有漂白性，则在Ⅱ与Ⅲ之间添加一个装置，除去Cl2中的H2O，但不吸收Cl2，也不产生新的杂质。
①Cl2与溶液中的水反应产生HCl与NaHCO3反应产生CO2气体，会引入新的杂质，①不符合题意；
②碱石灰会同时吸收水蒸气和Cl2，②不符合题意；
③NaOH溶液会吸收Cl2，不能证明潮湿氯气具有漂白性，③不符合题意；
④浓硫酸只吸收水分，不能吸收Cl2，能够起到干燥Cl2的目的，④符合题意；
应故合理选项是④；
（4）根据图示可知：反应Ⅱ是CuCl2、O2在450℃条件下反应产生CuO、Cl2，反应的化学方程式为：；
（5）在装置A中样品中Na2CO3与盐酸反应产生NaCl、H2O、CO2，反应方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，反应产生的CO2将装置B中液体压入装置C的量筒中，根据量筒中液体体积判断反应产生CO2的体积，进而确定样品中Na2CO3的质量分数。由于CO2不能在饱和NaHCO3溶液中溶解，故B中溶液选用饱和NaHCO3溶液；但由于盐酸具有挥发性，挥发的HCl与饱和NaHCO3溶液也会反应产生CO2，因此仍然会导致产生误差，分液漏斗中的酸应该选用稀硫酸。
六、元素或物质推断题
23．X、Y、Z、J、R、Q六种短周期主族元素，原子序数依次增大。元素Z在地壳中含量最高，Y的简单氢化物水溶液呈碱性，J元素的焰色试验呈黄色，X能与J形成离子化合物，且的半径大于的半径，R的周期序数等于主族序数，Q的最外层电子数与其电子总数之比为。请回答：
(1)Q元素在周期表中的位置为_______。
(2)六种元素原子半径最大的是_______，简单离子半径最大的是_______。(填元素符号)。
(3)元素的非金属性Z_______(填“>”或“＜”)Q。下列各项中，不能说明这一结论的事实有_______(填字母)。
A．Q的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊
B．Z与Q之间形成的化合物中元素的化合价
C．Z和Q的单质的状态
D．Z和Q在周期表中的位置
(4)R的最高价氧化物与J的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式_______。
(5)X与Z简单化合物的空间构型为_______，用电子式表示X与J化合物的形成过程_______；X与Q在一定条件下可以形成极不稳定的原子个数比为的化合物，该化合物分子中既有极性键又有非极性键，写出该分子的结构式：_______。
【答案】(1)第三周期ⅥA族
(2) Na
(3) > C
(4)
(5) V形(或折线形) H-S-S-H
【分析】X、Y、Z、J、R、Q六种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，则Z为O元素；Y的简单氢化物水溶液呈碱性，则Y为N元素；J元素的焰色反应呈黄色，J为Na元素；R的周期序数等于主族序数，R为Al元素；Q的最外层电子数与其电子总数比为3：8，则Q应为第三周期的S元素；X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X-的半径，X为H；
【详解】（1）Q元素在周期表中的位置为第三周期第VIA族，故答案为：第三周期第VIA族；
（2）电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，则六种元素原子半径最大的为Na；离子的电子层数越大半径越大，具有相同电子层结构的离子核电荷数越大半径越小，故离子半径最大的为，故答案为：Na；；
（3）元素的非金属性Z>Q，则
A．Q的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊，可知O得到电子能力强，能说明，选项A不符合；
B．Z与Q之间形成的化合物中元素的化合价中O为负价，O得到电子能力强，能说明，选项B不符合；
C．Z和Q的单质的状态不能比较非金属性，选项C符合；
D．Z和Q在周期表中的位置可知，同主族从上到下非金属性减弱，选项D不符合；
故答案为：>；C；
（4）R的最高价氧化物Al2O3与J的最高价氧化物的水化物NaOH反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为；
（5）X与Z简单化合物H2O，H2O 分子中的中心原子 O 为 sp3 杂化，H2O 的空间构型为 V 形(或折线形)；NaH是离子化合物，钠原子与氢原子通过得失电子形成的，所以形成过程为：；X与Q在一定条件下可以形成极不稳定的原子个数比为的化合物，该化合物分子中既有极性键又有非极性键，该分子的结构式为：H-O-O-H。
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