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2022-2023学年四川省泸州市泸县重点中学高一（上）期末化学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年四川省泸州市泸县重点中学高一（上）期末化学试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省泸州市泸县重点中学高一（上）期末
化学试卷
一、选择题（本大题共14小题，共42分）
1. 下列诗词中不涉及氧化还原反应的是( )
A. 野火烧不尽，春风吹又生 B. 粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间
C. 春蚕到死丝方尽，蜡烛成灰泪始干 D. 江边晓梦忽惊断，铜环玉锁鸣春雷
2. 下列两种气体的分子数一定不相等的是( )
A. 质量相等、密度不等的N2和CO B. 等体积、等密度的N2O和CO2
C. 等温、等压、等体积的O2和N2 D. 常温常压下，等质量的N2和O2
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 78g苯含有碳碳双键的数目为3NA
B. 138gC2H5OH中含极性键的数目为20NA
C. 1molCH2=CH2分子中含有的共价键数为6NA
D. 4.6g乙醇中含有C−H键的数目为0.6NA
4. 下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是( )
A. 钢管与电源正极连接，钢管可被保护
B. 铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀
C. 钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀
D. 钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe−3e−=Fe3+
5. 下列表示相关微粒的化学用语正确的是( )
A. HClO的结构式：H−Cl−O
B. Na2S的电子式为：
C. 中子数为176，质子数为117的Ts核素符号： 117176Ts
D. 用电子式表示Na2O的形成过程：
6. 下列试剂中，不能用于鉴别Fe2+和Fe3+的是( )
A. NaOH溶液 B. 稀硫酸
C. KSCN溶液 D. 酸性KMnO4溶液
7. 用98%的浓硫酸配制1.0mol⋅L−1的稀硫酸时，下列操作会导致溶液浓度偏高的是( )
A. 用量筒量取浓硫酸时，俯视量筒读数量取 B. 在烧杯中溶解时，有少量液体溅出
C. 使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分 D. 定容时俯视容量瓶刻度线
8. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：
元素符号
X
Y
Z
R
T
W
原子半径(nm)
0.160
0.089
0.102
0.143
0.074
0.099
主要化合价
+2
+2
−2、+4、+6
+3
−2
+7、−1
根据表中信息，下列说法中错误的是( )
A. 离子半径：T2−>X2+>R3+
B. 相同条件下，简单气态氢化物的稳定性：T>Z
C. Z、W两元素的最高价氧化物对应水化物酸性：W>Z
D. Y与W元素形成的化合物中，原子的最外层均满足8电子稳定结构
9. 科学研究人员在金星大气中探测到了只属于PH3的光谱特征，据此推断金星大气层或存在生命。已知P4与足量的KOH溶液发生反应P4+3KOH+3H2O=PH3↑+3KH2PO2可制备PH3。已知P4分子呈正四面体型( )，NA代表阿伏加德罗常数。下列说法不正确的是( )
A. 1molP4中含6mol非极性键
B. 每产生标准状况下22.4LPH3时，该反应转移的电子数为3NA
C. KH2PO2为酸式盐
D. 通过X射线衍射法可测定P4的分子结构
10. “绿色化学”走进课堂，某学习小组在老师的指导下，设计了“氯气与金属钠反应”的实验。实验操作：钠与氯气反应的装置可作如图改进，将一根玻璃管与氯气发生器相连，玻璃管内放一块黄豆粒大小的金属钠(已吸净煤油)，玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉花球，先给钠预热，到钠熔化成小球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，生成大量白烟。以下叙述错误的是( )
A. 反应生成的大量白烟是氯化钠晶体
B. 从实验现象上判断钠的熔点较低
C. 浸有NaOH溶液的棉球主要用于防止空气中二氧化碳进来与钠反应
D. 钠有很强的还原性，本质原因是钠原子的最外层只有1个电子，该电子很容易失去
11. 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：N(X)=N(Z)=2N(Y) B. 若Y是O2，则X可能是CH4
C. 气体密度：ρ(X)=ρ(Z)=2ρ(Y) D. X和Z分子中含有的原子数可能相等
12. 现有质量分数为20%，物质的量浓度为c1mol⋅L−1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数变为40%，此时该H2SO4的物质的量浓度为c2mol⋅L−1，则c1和c2的数值关系是( )
A. c2=2c1 B. c2>2c1 C. c2<2c1 D. 无法确定
13. 膦(PH3)可以用白磷(P4)与过量碱液反应制备，化学反应方程式为P4+3KOH+3H2O=PH3↑+3KH2PO2，下列说法不正确的是( )
A. 上述反应中属于歧化反应 B. KH2PO2为酸式盐
C. 上述反应中PH3为还原产物 D. 生成1molKH2PO2时转移1mol电子
14. 向100mL3.0mol⋅L−1FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe3+)、n(Fe2+)、n(Br−)随通入Cl2的物质的量n(Cl2)变化如图所示，下列说法错误的是( )
A. ②代表Br−，③代表Fe3+
B. 还原性强弱：Fe2+>Br−
C. n(Cl2)=0.35mol时，溶液中c(Fe3+)=c(Br−)
D. n(Cl2)=0.5mol时，总的离子方程式为：2Fe2++4Br−+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl−
二、非选择题（58分）
15. 如图列出了a～h八种元素在周期表中的位置
根据表中所列元素回答下列问题：
(1)h元素在周期表中的位置是 ______。
(2)元素c、f、g的简单离子半径从大到小的顺序：______(填写离子符号)。
(3)e的离子结构示意图为 ______。
(4)写出f、g的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式 ______。
(5)写出由a、c、d三种元素组成的化合物的电子式 ______。a、c组成的一种化合物既能用作实验室制备氧气，也能用作绿色的氧化剂和还原剂，请用电子式表示该化合物的形成过程 ______，该化合物与酸性高锰酸钾反应的离子方程式为 ______。
16. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂。实验小组欲制备高铁酸钾并探究其性质。已知：K2FeO4为紫色固体，具有强氧化性；在碱性溶液中较稳定，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速产生O2，
(1)除了用二氧化锰和浓盐酸反应外，实验室可以用氯酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应方程式如下：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O。
①浓盐酸在反应中显示出来的性质是 ______性和 ______性，用双线桥表示该反应中电子转移的情况 ______。
②若产生标况下6.72L Cl2，则被氧化的HCl的物质的量为 ______mol。
③如果要将装置B补充完整，除需用导管外，试剂瓶中还应装的除杂试剂为 ______。
(2)C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=K2FeO4O+6KCl+8H2O。另外还有 ______。(用离子方程式表示)
(3)探究K2FeO4的性质
取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl−而产生Cl2，设计如下方案：
方案一：取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈血红色
方案二：用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，除去固体表面附着的ClO−，防止其氧化Cl−，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
①由方案一中溶液变红可知a中含有 ______(填离子符号)，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl−氧化所得，还可能由 ______产生(文字描述)。
②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2______FeO42−(填“>”或“<”)，而方案二实验中Cl2和FeO42−的氧化性强弱关系与之相反，原因是 ______。
17. 肼(N2H4)可作火箭发射的燃料。某实验兴趣小组利用氨和次氯酸钠反应制备N2H4，并探究N2H4的性质。胼的制备装置如图所示：
回答下列问题：
(1)A为实验室制氨的发生装置，反应前试管a盛装的固体为 ______(填化学式)，仪器b的作用是 ______。
(2)装置C中发生的离子方程式为 ______。B中生成肼的离子反应方程式为 ______。
(3)上述装置存在一处缺陷会导致N2H4的产率降低，改进措施是 ______。
(4)探究N2H4的性质。将制得的N2H4分离提纯后，进行如图实验。
【查阅资料】AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。
【实验验证】设计如下方案，进行实验。
操作
现象
结论
i.取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡
黑色固体全部溶解，产生无色气体，遇空气马上变为红棕色
黑色固体中有 ______
ii.取少量黑色固体于试管中，加入足量 ______ ，振荡
黑色固体部分溶解
黑色固体中有Ag2O
通过上述实验，得出肼具有的性质是 ______。
(5)根据酸碱质子理论，结合质子(H+)的物质是碱，已知胼与一水合氨类似，是一种二元弱碱，向肼溶液中加入过量硫酸生成的酸式盐的化学式为 ______。
18. (一)现有以下物质：①碳棒②盐酸③H2SO4④氨水⑤熔融KOH ⑥NH3⑦CCl4⑧CO2⑨CH3COOH ⑩NaHSO4固体
(1)上述物质中，属于非电解质的是 ______ 。
(2)上述物质中，属于电解质的是 ______ 。
(3)写出③、⑩两种物质在水溶液中的电离方程式。③： ______ ；⑩： ______ 。
(二)向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入0.2mol⋅L−1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。
(4)则加入盐酸的体积25mL之前发生反应的离子方程式为 ______ ，产生CO2在标准状况下的体积为 ______ mL，混合溶液溶质的物质的量之比为n(Na2CO3)：n(NaHCO3)= ______ 。
19. A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物之间存在如图1所示的关系，完成下列空白：
(1)向酚酞试液中加入化合物A的粉末，现象为______．
(2)单质甲与化合物B反应的离子方程式为______5.05g单质甲−钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气，确定该合金的化学式______．
(3)向50mL某浓度的化合物C的溶液中通人CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同．若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体体 积F(CO2)与加入盐酸的体积F(HCl)的关系有如图2示两种情况．
①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式______.(有几个写几个)．
②由A图表明，原溶液通入CO2气体后，所得溶液中的溶质的化学式为______．
③原化合物C溶液的物质的量浓度为______．
④由A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为______．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.野火烧不尽，春风吹又生，指的是燃烧，所有的燃烧都是氧化还原反应，故A错误；
B.“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”发生了CaO和水生成Ca(OH)2的反应以及CO2和Ca(OH)2生成碳酸钙的反应，均不是氧化还原反应，故B正确；
C.蜡烛燃烧时发生了和氧气的氧化还原反应，故C错误；
D.雷雨天气发生了空气中的氮气和氧气在放电时生成NO的氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
化合价升降为氧化还原反应的特征，则反应中存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此进行判断。
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应特征即可解答，注意掌握氧化还原反应概念及实质，试题侧重考查学生的分析与应用能力。
2.【答案】D
【解析】解：A.N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，由n=mM可知，质量相等，则物质的量相同，分子数相等，故A正确；
B.等体积、等密度，根据m=ρV，可知二者的质量相同，N2O和CO2摩尔质量相同，则由n=mM可知，质量相同，则物质的量相同，分子数相等，故B正确；
C.相同温度、相同压强、相同体积的氧气和氮气，物质的量相同，则分子数相同，故C正确；
D.相同质量的NO和O2，二者摩尔质量分别为30g/mol、32g/mol，根据n=mM可知二者的物质的量不同，则含有分子数不同，故D错误；
故选：D。
根据N=nNA可知，气体分子数目不相等，则二者物质的量不相等，据此进行解答。
本题考查物质的量的有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活运用，注意气体摩尔体积的使用条件与对象。
3.【答案】C
【解析】解：A.苯分子中碳碳键为介于单键与双键之间独特的化学键，苯分子不含碳碳双键，故A错误；
B.138gC2H5OH中含极性键的数目为：138g46g/mol×7×NAmol−1=21NA，故B错误；
C.1个乙烯分子中总计6个共价键，因而1molCH2=CH2分子中含有的共价键数为6NA，故C正确；
D.4.6g乙醇中含有C−H键的数目为：4.6g46g/mol×5×NAmol−1=0.5NA，故D错误；
故选：C。
A.苯分子不含碳碳双键；
B.乙醇中含有的6条C−H键和1条C−O键为极性键；
C.每个乙烯分子中含有4个碳氢键，1个碳碳双键，共六个共价键；
D.1个乙醇分子含有5条C−H键。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题以金属的腐蚀与防护为载体考查了原电池和电解池原理，注意铁和铝的钝化现象不是没反应而是反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，为易错点。
【解答】
A.用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极，应该与原电池负极连接，故A错误；
B.常温下，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，所以可以保护内部金属不被腐蚀，故B正确；
C.钢管、铜管和雨水能构成原电池，铁作原电池负极而容易被腐蚀，故C错误；
D.钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe−2e−=Fe2+，故D错误；
故选B。
5.【答案】D
【解析】解：A.HClO是共价化合物，含有O−H键和O−Cl键，结构式为H−O−Cl，故A错误；
B.Na2S是离子化合物，由Na+和S2−构成，S2−的最外层电子数为8，其电子式为，故B错误；
C.中子数为176，质子数为117的Ts原子的质量数为117+176=293，该核素为 117293Ts，故C错误；
D.Na2O为离子化合物，形成Na2O时Na失1个电子、O得2个电子，其形成过程为，故D正确；
故选：D。
A.HClO的中心原子是O，不是Cl；
B.书写Na2S的电子式时两个Na+不能合并；
C.元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，质量数=质子数+中子数；
D.Na2O是离子化合物，用电子式表示其形成过程时，左边是原子的电子式，右边为氧化钠的电子式，中间用箭头连接。
本题考查了化学用语的书写判断，涉及结构式、核素、电子式及其表示物质形成等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答根据，试题培养了学生规范答题的能力，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，Fe2+与OH−反应生成Fe(OH)2，Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓，Fe(OH)2不稳定易被氧气氧化为Fe(OH)3，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，白色的Fe(OH)2沉淀变成红褐色Fe(OH)3，向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，观察到生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；Fe3+与OH−反应Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓，生成红褐色Fe(OH)3，两者反应现象不同，故A正确；
B.稀硫酸和Fe2+及Fe3+都不反应，不能区别Fe2+和Fe3+，故B错误；
C.加入KSCN溶液，发生络合反应，Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3溶液立即呈血红色，证明含有三价铁离子；加KSCN溶液没有明显现象加入氯水溶液变成红色，说明溶液只有Fe2+，故C正确；
D.因为Fe2+具有较强的还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，Fe3+不能，故能够用酸性KMnO4溶液鉴别Fe2+和Fe3+，故D正确；
故选B．
三价铁离子的检验方法为：取待测液于试管中，向待测溶液中加入KSCN溶液，溶液立刻变成红色说明溶液中有Fe3+，即Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3；根据常见离子的颜色判断Fe3+(黄色)；Fe3+与OH−反应生成红褐色Fe(OH)3；
二价铁离子的检验方法为：再取待测液于试管中，加KSCN溶液没有明显现象，加入氯水溶液变成红色，说明溶液只有Fe2+；根据常见离子的颜色判断Fe2+(浅绿色)；向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，观察到生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；Fe2+能使酸性KMnO4溶液褪色，据此即可解答．
本题考查了二价铁离子和三价铁离子的实验检验方法的应用，根据离子检验产生特征现象进行判断是解答的关键，题目较简单．
7.【答案】D
【解析】解：A.用量筒量取浓硫酸时俯视量筒读数，用量筒量取液体时，俯视读数，使所读液体的体积偏小，使配制的溶液浓度偏小，故A错误；
B.在烧杯中溶解时，有少量液体溅出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B错误；
C.使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故C错误；
D.定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D正确。
故选：D。
根据cB=nBV可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起nB和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
本题考查配制一定浓度的溶液，为高频考点，把握配制溶液的步骤、操作、误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意结合公式分析误差，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：由上述分析可知，X为Mg元素、Y为Be元素、Z为S元素、R为Al元素、T为O元素、W为Cl元素，
A.具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径：T2−>X2+>R3+，故A正确；
B.同主族从上到下非金属性减弱，则简单气态氢化物的稳定性：T>Z，故B正确；
C.同周期主族元素从左向右非金属性增强，则最高价氧化物对应水化物酸性：W>Z，故C正确；
D.Y与W元素形成的化合物为BeCl2，是共价化合物，则Be的最外层为4电子结构，故D错误；
故选：D。
由短周期元素的原子半径及主要化合价可知，T只有−2价，T为O元素；Z有−2、+6价，Z为S元素；W的最高价为+7价，W为Cl元素；Y的原子半径比T的稍大，化合价为+2价，Y为Be元素；X、R的原子半径大于W、Y，结合X的化合价为+2价、R的化合价为+3价，则X为Mg元素、R为Al元素，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的化合价、原子半径来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.P4的正四面体结构为，1molP4中含6mol非极性键，故A正确；
B.由方程式可知，每产生标准状况下22.4LPH3时，该反应转移的电子数为3NA，故B正确；
C.过量碱液与KH2PO2不反应，说明H3PO2是一元酸，则KH2PO2为正盐，故C错误；
D.通过X射线衍射法可测定分子结构，故D正确；
故选：C。
A.P4的正四面体结构为；
B.由方程式可知，每产生标准状况下22.4LPH3时，该反应转移的电子数为3NA；
C.过量碱液与KH2PO2不反应，说明H3PO2是一元酸；
D.通过X射线衍射法可测定分子结构。
本题考查了阿伏加德罗常数的使用，明确物质的结构组成、以物质的量为核心计算公式是解题关键，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查钠和氯气的性质，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。
【解答】
由信息可知，钠着火燃烧，生成大量白烟，发生氯气与Na的反应生成NaCl，氯气有毒，可利用碱液吸收，且氯气具有氧化性，以此来解答；
A.钠在氯气中燃烧生成氯化钠，现象为：产生大量白烟，故A正确；
B.给钠预热，钠熔化成小球，所以可以判断钠的熔点较低，故B正确；
C.氯气有毒，不能排放到空气中，又氯气易与NaOH溶液反应，所以浸有NaOH溶液的棉球主要用于防止氯气排放到空气中污染空气，故C错误；
D.钠原子的最外层只有1个电子，很容易失去，则性质非常活泼，故D正确；
故选C。
11.【答案】C
【解析】解：A.根据N=nNA知，气体分子数之比等于其物质的量之比，为2：1：2，即X=Z=2Y，故A正确；
B.X、Y的质量相等，气体的物质的量之比为2：1，则X、Y的摩尔质量之比为1：2，O2、CH4的摩尔质量分别是16g/mol、32g/mol，如果Y是O2，则X可能是CH4，故B正确；
C.根据ρ=mV知，相同质量时，气体密度与气体体积成反比，所以X、Y、Z的密度之比为1：2：1，则气体密度：X=Z=12Y，故C错误；
B.X、Z的物质的量相等，则其分子个数相等，如果X、Z分子中原子个数相等，如：X是N2，Z是CO，二者都是双原子分子，所以原子个数相等，故D正确；
故选：C。
当隔板静止时容器内气体压强相等，同温同压条件下，气体摩尔体积相等，不同气体的体积之比等于其物质的量之比，所以X、Y、Z的物质的量之比为2：1：2；
A.根据N=nNA知，气体分子数之比等于其物质的量之比；
B.X、Y的质量相等，气体的物质的量之比为2：1，则X、Y的摩尔质量之比为1：2；
C.根据ρ=mV知，相同质量时，气体密度与气体体积成反比；
D.X、Z的物质的量相等，其分子个数相等，X、Z的分子中原子个数可能相等。
本题考查阿伏加德罗定律及其推论，明确相同条件下密度与摩尔质量的关系是解本题关键，正确理解阿伏加德罗定律及其推论，题目难度中等。
12.【答案】B
【解析】解：溶液中溶质的质量分数由20%变为40%，则蒸发掉原溶液质量一半的水，设质量分数为20%的H2SO4的密度为ρ1g/mL蒸发后密度为ρ2g/mL，根据物质的量浓度与溶液密度、质量分数的关系有：c=1000ρωM，c1=1000ρ1×20%98，c2=1000ρ2×40%98，得c1：c2=ρ1：2ρ2，H2SO4的浓度越大密度越大，ρ1<ρ2，则得到c2>2c1，
故选：B。
利用c=1000ρwM计算硫酸的物质的量浓度，且硫酸溶液的浓度越大其密度也越大，以此来解答。
本题考查物质的量浓度与质量分数的相互换算，为高频考点，把握浓度与质量分数的关系及硫酸溶液的浓度越大密度也越大为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意氨水、酒精浓度越大密度越小，题目难度中等。
13.【答案】B
【解析】解：A.根据氧化还原反应的规律，在该反应中磷元素的化合价既升高又降低，所以该反应为歧化反应，故A正确；
B.膦(PH3)可以用白磷(P4)与过量碱液反应制备，过量的碱液所以产物KH2PO2应为正盐，故B错误；
C.根据化合价的变化从0价降低到−3价(PH3)，所以PH3为还原产物，故C正确；
D.磷元素的化合价从0价升高到+1价(KH2PO2)，从0价降低到−3价(PH3)，对应关系为：P4～PH3～3KH2PO2～3e−，所以生成1molKH2PO2时转移1mol电子，故D正确；
故选：B。
根据题意，膦(PH3)可以用白磷(P4)与过量碱液反应制备，过量的碱液所以产物KH2PO2应为正盐，根据氧化还原反应的规律，在该反应中磷元素的化合价既升高又降低，磷元素的化合价从0价升高到+1价(KH2PO2)，从0价降低到−3价(PH3)，对应关系为：P4～PH3～3KH2PO2～3e−。
本题考查氧化还原反应的规律，涉及化合价的变化，注意判断。
14.【答案】C
【解析】解：A.由分析可知②为Br−；③为Fe3+，故A正确；
B.由图形可知，先发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，后发生：2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，故B正确；
C.n(Cl2)=0.35mol时，先发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，消耗0.15mol氯气，剩下0.2molCl2再发生2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，反应后，n(Br−)=0.6mol−0.4mol=0.2mol，n(Fe3+)=0.3mol，故C错误；
D.n(Cl2)=0.5mol，氯气过量，故反应为2Fe2++4Br−+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl−，故D正确；
故选：C。
100mL3.0mol⋅L−1FeBr2，溶液中，n(Fe2+)=0.3mol，n(Br−)=0.6mol，由图形可知，先发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，后发生：2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，故①为Fe2+；②为Br−；③为Fe3+，据此进行解答。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握氧化的先后顺序、方程式的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意图象的分析判断，题目难度不大。
15.【答案】第三周期0族 S2−>Cl−>O2− Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O 2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
【解析】解：由元素在周期表中的位置可知，a为H、b为C、c为O、d为Na、e为Mg、f为Al、g为Cl、h为Ar；
(1)h处于第三横行第18列，即h在周期表中的位置是第三周期0族，
故答案为：第三周期0族；
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越大，故离子半径：S2−>Cl−>O2−，
故答案为：S2−>Cl−>O2−；
(3)e的离子为Mg2+，质子数为12，核外有2个电子层，由里到外各层电子数依次为2、8，结构示意图为，
故答案为：；
(4)f、g的最高价氧化物的水化物分别为Al(OH)3、HClO4，二者发生中和反应，反应方程式为Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O，
故答案为：Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O；
(5)由a、c、d三种元素组成的化合物为NaOH，由钠离子与氢氧根离子构成，其电子式为；a、c组成的一种化合物既能用作实验室制备氧气，也能用作绿色的氧化剂和还原剂，该化合物是H2O2，请用电子式表示该化合物的形成过程，该化合物与酸性高锰酸钾反应的离子方程式为2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，
故答案为：；；2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O。
由元素在周期表中的位置可知，a为H、b为C、c为O、d为Na、e为Mg、f为Al、g为Cl、h为Ar；
(1)由位置可知，h在周期表中的位置是第三周期0族，
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越大；
(3)e的离子为Mg2+，核外有2个电子层，由里到外各层电子数依次为2、8；
(4)f、g的最高价氧化物的水化物分别为Al(OH)3、HClO4，二者发生中和反应；
(5)由a、c、d三种元素组成的化合物为NaOH，由钠离子与氢氧根离子构成；a、c组成的一种化合物既能用作实验室制备氧气，也能用作绿色的氧化剂和还原剂，该化合物是H2O2。
本题考查元素周期表、位置结构性质关系应用，熟记常见元素在周期表中位置，熟练掌握元素化合物知识，题目难度不大，有利于基础知识的复习巩固。
16.【答案】(1)①还原；酸；
②0.5
③饱和食盐水
(2)Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O
(3)①Fe3+；在酸性溶液中FeO42−不稳定，生成Fe3+和O2
②>；溶液的酸碱性影响氧化剂的氧化性强弱
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
【解答】
由题给实验装置图可知，装置A中浓盐酸与氯酸钾固体反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有的氯化氢会干扰反应，装置B中盛有的饱和氯化钠溶液用于除去氯化氢气体，装置C中氯气与过量的氢氧化钾溶液、氢氧化铁反应制备高铁酸钾，装置D中氢氧化钠溶液用于吸收氯气，防止污染空气；K2FeO4
具有强氧化性，可能与盐酸反应生成Cl2，被还原为Fe3+，也可以因在酸性溶液中不稳定生成Fe3+，探究K2FeO4是否能够氧化Cl−产生Cl2，应排除K2FeO4的不稳定和ClO−的干扰；K2FeO4和Cl2的氧化性强弱在制备实验和性质实验中相反，这是由于溶液的酸碱性会影响氧化剂的氧化性，据此分析回答问题。
(1)①反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中，5/6的HCl作还原剂，表现出还原性，生成Cl2，1/6的HCl化合价不变生成KCl，表现出酸性，每当有6mol HCl反应时，转移的电子数为5mol，用双线桥表示如下，，
故答案为：还原；酸；；
②标况下6.72L Cl2的物质的量为0.3mol，根据反应可知参加反应的HCl的物质的量为0.6mol，则被氧化的HCl的物质的量为0.5mol，
故答案为：0.5；
③结合分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有的氯化氢会干扰反应，为除去氯气中的氯化氢杂质，装置B中盛装的液体是饱和食盐水，
故答案为：饱和食盐水；
(2)C中KOH过量，Cl2能与过量的KOH发生歧化反应，反应的离子方程式为Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O，
故答案为：Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O；
(3)①Fe3+能与SCN−发生配合反应生成Fe(SCN)，溶液呈血红色，故溶液a中含有Fe3+，但该离子的存在不能判断一定是K2FeO4氧化Cl−所得，因为K2FeO4在酸性溶液中发生如下反应4FeO42−+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，生成Fe3+，
故答案为：Fe3+；在酸性溶液中FeO42−不稳定，生成Fe3+和O2；
②氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，氧化性Cl2>FeO42−，而方案二实验表明，Cl2和FeO42−的氧化性强弱关系恰好相反，原因是溶液的酸碱性影响氧化剂的氧化性的强弱，
故答案为：>；溶液的酸碱性影响氧化剂的氧化性强弱。
17.【答案】NH4Cl、Ca(OH)2 导气、防止倒吸 2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 2NH3+ClO−=Cl−+N2H4+H2O 在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体 Ag 氨水 还原性、碱性 N2H6(HSO4)2
【解析】解：(1)实验室用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，且反应为固体加热反应，则试管a中的试剂为氯化铵和氢氧化钙固体，两者反应生成氨气和氯化钙、水；氨气极易溶于水，仪器b的作用是将氨气通入装置B中，且球形部分可以防止倒吸，
故答案为：NH4Cl、Ca(OH)2；导气、防止倒吸；
(2)装置C为生成氯气装置，浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气、氯化锰、氯化钾和水，离子方程式为：2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；生成的氯气通入NaOH溶液中，两者反应生成氯化钠、NaClO和水，NaClO和通入的氨气反应生成肼，在此反应中，N的化合价从−3价升高到−2价，则NaClO做氧化剂，Cl的化合价从+1价低降低到−1价，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒配平该反应的离子方程式为：2NH3+ClO−=Cl−+N2H4+H2O，
故答案为：2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；2NH3+ClO−=Cl−+N2H4+H2O；
(3)装置C反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，导致氯气不纯，氯化氢会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体，
故答案为：在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；
(4)i.银和氧化银都可以和硝酸反应，其中单质银和硝酸反应的时候会生成气体一氧化氮，故加入足量硝酸后黑色固体全部溶解，产生无色气体，遇空气马上变为红棕色，可证明黑色固体中有Ag；
ii.氧化银可以溶解在氨水中，故ii加入的试剂为氨水，溶解的部分固体为氧化银；
AgNO3和N2H4反应生成Ag和Ag2O，N2H4将AgNO3还原为Ag，说明肼有还原性，N2H4和AgNO3反应生成了Ag2O，说明N2H4有碱性，和AgNO3反应生成了AgOH，AgOH不稳定，分解为Ag2O，
故答案为：Ag；氨水；还原性、碱性；
(5)肼有碱性，肼为二元弱碱，和过量的硫酸反应，肼结合2个H+形成阳离子N2H62+，生成的酸式盐为硫酸氢盐，所以生成物质的化学式为N2H6(HSO4)2，
故答案为：N2H6(HSO4)2。
分析仪器可知，装置A加热氢氧化钙和氯化铵制取氨气，进入装置B中，由于氨气极易溶于水，故使用装置b防止倒吸，装置C使用浓盐酸和KMnO4制备氯气，进入装置B中发生反应，由于制备的氯气中混有氯化氢，应使用饱和食盐水除去，但是实验并未提供，会导致产品产率降低，装置B中氨气和氯气在氢氧化钠溶液中发生反应，产生肼，据此分析回答问题；
(4)ⅰ.操作i的结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水；
ⅱ.操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以现象②为黑色固体溶解，并有气体产生，该气体遇见空气变为红棕色；肼具有还原性将Ag+还原为Ag，同时肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，而AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O；
(5)肼有碱性，肼为二元弱碱，和过量的硫酸反应，肼结合2个H+形成阳离子N2H62+，生成的酸式盐为硫酸氢盐。
本题考查了物质制备方案的设计、物质性质检验，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确反应原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
18.【答案】⑥⑦⑧ ③⑤⑨⑩ H2SO4=2H++SO42− NaHSO4=Na++H++SO42− CO32−+H+=HCO3− 336 1：2
【解析】解：(一)：①碳棒为单质，既不是电解质，也不是非电解质；
②盐酸为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
③H2SO4是化合物，水溶液中能导电，为电解质；
④氨水为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
⑤熔融KOH为化合物，能导电，属于电解质；
⑥NH3本身不能电离产生自由移动的离子而导电，是化合物，属于非电解质；
⑦CCl4在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，属于非电解质；
⑧CO2本身不能电离产生自由移动的离子而导电，是化合物，属于非电解质；
⑨CH3COOH是化合物，水溶液中能导电，为电解质；
⑩NaHSO4固体是化合物，水溶液中能导电，为电解质；
(1)所以：上述物质中，属于非电解质的是：⑥⑦⑧，
故答案为：⑥⑦⑧；
(2)所以：上述物质中，属于电解质的是：③⑤⑨⑩，
故答案为：③⑤⑨⑩；
(3)硫酸为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：H2SO4=2H++SO42−；硫酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42−，
故答案为：H2SO4=2H++SO42−；NaHSO4=Na++H++SO42−；
(二)(4)向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入盐酸，先发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，碳酸钠完全转化为碳酸氢钠后，再发生反应NaHCO3+H2O=NaCl+H2O+CO2↑，加入盐酸的体积在25mL之前没有放出二氧化碳，所以发生反应的离子方程式为CO32−+H+=HCO3−；由图可知生成二氧化碳消耗盐酸的体积为100mL−25mL=75mL，根据方程式可知n(CO2)=n(HCl)=0.075L×0.2mol/L=0.015mol，故V(CO2)=0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL；加入100mL盐酸时生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒有2n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，根据碳原子守恒有n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=n(CO2)=0.015mol，联立解得n(Na2CO3)=0.005mol，n(NaHCO3)=0.01mol，故n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=0.005mol：0.01mol=1：2，
故答案为：CO32−+H+=HCO3−；336；1：2。
(一)(1)非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；
(2)电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
(3)硫酸为强电解质，水溶液中完全电离；硫酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子；
(二)(4)先发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，碳酸钠完全转化为碳酸氢钠后，再发生反应NaHCO3+H2O=NaCl+H2O+CO2↑，由图可知生成二氧化碳消耗盐酸的体积为100mL−25mL=75mL，根据方程式计算生成二氧化碳的体积，加入100mL盐酸时生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒有2n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=n(NaCl)=n(HCl)，根据碳原子守恒有n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=n(CO2)，联立计算碳酸钠、碳酸氢钠各自物质的量。
本题考查物质的分类、化学方程式的计算，熟悉电解质、非电解质的概念、明确各阶段发生的反应，注意守恒思想的运用是解题关键，题目侧重考查学生信息获取能力、分析计算能力、灵活运用知识的能力。
19.【答案】溶液先变红后褪色，并有气泡生成；2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑；NaK2；OH−+H+=H2O、H++CO32−=HCO3−；Na2CO3、NaOH；0.15mol/L；3：10
【解析】解：A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物B，应是Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是Na单质，乙为氧气，B是H2O，丙为氢气，C是NaOH，A是Na2O2．
(1)向酚酞试液中加入化合物Na2O2的粉末，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠是碱溶液使酚酞变红色，但过氧化钠具有漂白性，则现象为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成，
故答案为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成；
(2)单质甲与化合物B反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，
根据电子转移守恒可知，Na、K总物质的量为0.075mol×2=0.15mol，设Na、K物质的量分别为xmol、ymol，
则：x+y=0.15
23x+39y=5.05，
解得x=0.05、y=0.1，
故合金的化学式为NaK2，
故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑；NaK2；
(3)曲线A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑，若A中只有Na2CO3，开始发生CO32−+H+=HCO3−，前后两过程消耗HCl的体积相等，实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3，B曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为1：2，则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，且二者物质的量之比为1：1，
①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为：OH−+H+=H2O、H++CO32−=HCO3−，
故答案为：OH−+H+=H2O、H++CO32−=HCO3−；
②由A图表明，加入60mL盐酸时开始产生二氧化碳，到75mL时二氧化碳的体积达最大，所以加入盐酸体积60mL～75mL时，是盐酸与碳酸氢钠反应，根据反应的关系式可知2n(Na2CO3)=n(HCl)，而反应中n(HCl)>>2n(Na2CO3)，所以原溶液的溶质为Na2CO3、NaOH，
故答案为：Na2CO3、NaOH；
③加入75mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据Na元素守恒、氯离子守恒，则n(NaOH)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，所以原化合物NaOH溶液的物质的量浓度为 0.0075mol0.05L=0.15mol/L，
故答案为：0.15mol/L；
④曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75−60)mL=15mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75−25)mL=50mL，由HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知，则两次实验通入的CO2的体积之比=15mL：50mL=3：10，
故答案为：3：10．
A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物B，应是Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是Na单质，乙为氧气，B是H2O，丙为氢气，C是NaOH，A是Na2O2，据此解答，
(1)过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱使酚酞溶液变红色，过氧化钠具有漂白性可以使红色褪去；
(2)根据电子转移守恒可知，Na、K总物质的量为0.075mol×2=0.15mol，设Na、K物质的量分别为xmol、ymol，依据物质的量和质量列式计算；
(3)曲线A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑，若A中只有Na2CO3，开始发生CO32−+H+=HCO3−，前后两过程消耗HCl的体积相等，实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3，B曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为1：2，则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，且二者物质的量之比为1：1；
本题考查无机物推断、化学计算等，基本属于猜测验证型推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，(3)中计算关键是根据图象判断溶液溶质的成分，题目难度较大．
2022-2023学年四川省泸州市泸县重点中学高一（上）期末
化学试卷
一、选择题（本大题共14小题，共42分）
1. 下列诗词中不涉及氧化还原反应的是( )
A. 野火烧不尽，春风吹又生 B. 粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间
C. 春蚕到死丝方尽，蜡烛成灰泪始干 D. 江边晓梦忽惊断，铜环玉锁鸣春雷
2. 下列两种气体的分子数一定不相等的是( )
A. 质量相等、密度不等的N2和CO B. 等体积、等密度的N2O和CO2
C. 等温、等压、等体积的O2和N2 D. 常温常压下，等质量的N2和O2
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 78g苯含有碳碳双键的数目为3NA
B. 138gC2H5OH中含极性键的数目为20NA
C. 1molCH2=CH2分子中含有的共价键数为6NA
D. 4.6g乙醇中含有C−H键的数目为0.6NA
4. 下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是( )
A. 钢管与电源正极连接，钢管可被保护
B. 铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀
C. 钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀
D. 钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe−3e−=Fe3+
5. 下列表示相关微粒的化学用语正确的是( )
A. HClO的结构式：H−Cl−O
B. Na2S的电子式为：
C. 中子数为176，质子数为117的Ts核素符号： 117176Ts
D. 用电子式表示Na2O的形成过程：
6. 下列试剂中，不能用于鉴别Fe2+和Fe3+的是( )
A. NaOH溶液 B. 稀硫酸
C. KSCN溶液 D. 酸性KMnO4溶液
7. 用98%的浓硫酸配制1.0mol⋅L−1的稀硫酸时，下列操作会导致溶液浓度偏高的是( )
A. 用量筒量取浓硫酸时，俯视量筒读数量取 B. 在烧杯中溶解时，有少量液体溅出
C. 使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分 D. 定容时俯视容量瓶刻度线
8. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：
元素符号
X
Y
Z
R
T
W
原子半径(nm)
0.160
0.089
0.102
0.143
0.074
0.099
主要化合价
+2
+2
−2、+4、+6
+3
−2
+7、−1
根据表中信息，下列说法中错误的是( )
A. 离子半径：T2−>X2+>R3+
B. 相同条件下，简单气态氢化物的稳定性：T>Z
C. Z、W两元素的最高价氧化物对应水化物酸性：W>Z
D. Y与W元素形成的化合物中，原子的最外层均满足8电子稳定结构
9. 科学研究人员在金星大气中探测到了只属于PH3的光谱特征，据此推断金星大气层或存在生命。已知P4与足量的KOH溶液发生反应P4+3KOH+3H2O=PH3↑+3KH2PO2可制备PH3。已知P4分子呈正四面体型( )，NA代表阿伏加德罗常数。下列说法不正确的是( )
A. 1molP4中含6mol非极性键
B. 每产生标准状况下22.4LPH3时，该反应转移的电子数为3NA
C. KH2PO2为酸式盐
D. 通过X射线衍射法可测定P4的分子结构
10. “绿色化学”走进课堂，某学习小组在老师的指导下，设计了“氯气与金属钠反应”的实验。实验操作：钠与氯气反应的装置可作如图改进，将一根玻璃管与氯气发生器相连，玻璃管内放一块黄豆粒大小的金属钠(已吸净煤油)，玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉花球，先给钠预热，到钠熔化成小球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，生成大量白烟。以下叙述错误的是( )
A. 反应生成的大量白烟是氯化钠晶体
B. 从实验现象上判断钠的熔点较低
C. 浸有NaOH溶液的棉球主要用于防止空气中二氧化碳进来与钠反应
D. 钠有很强的还原性，本质原因是钠原子的最外层只有1个电子，该电子很容易失去
11. 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：N(X)=N(Z)=2N(Y) B. 若Y是O2，则X可能是CH4
C. 气体密度：ρ(X)=ρ(Z)=2ρ(Y) D. X和Z分子中含有的原子数可能相等
12. 现有质量分数为20%，物质的量浓度为c1mol⋅L−1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数变为40%，此时该H2SO4的物质的量浓度为c2mol⋅L−1，则c1和c2的数值关系是( )
A. c2=2c1 B. c2>2c1 C. c2<2c1 D. 无法确定
13. 膦(PH3)可以用白磷(P4)与过量碱液反应制备，化学反应方程式为P4+3KOH+3H2O=PH3↑+3KH2PO2，下列说法不正确的是( )
A. 上述反应中属于歧化反应 B. KH2PO2为酸式盐
C. 上述反应中PH3为还原产物 D. 生成1molKH2PO2时转移1mol电子
14. 向100mL3.0mol⋅L−1FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe3+)、n(Fe2+)、n(Br−)随通入Cl2的物质的量n(Cl2)变化如图所示，下列说法错误的是( )
A. ②代表Br−，③代表Fe3+
B. 还原性强弱：Fe2+>Br−
C. n(Cl2)=0.35mol时，溶液中c(Fe3+)=c(Br−)
D. n(Cl2)=0.5mol时，总的离子方程式为：2Fe2++4Br−+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl−
二、非选择题（58分）
15. 如图列出了a～h八种元素在周期表中的位置
根据表中所列元素回答下列问题：
(1)h元素在周期表中的位置是 ______。
(2)元素c、f、g的简单离子半径从大到小的顺序：______(填写离子符号)。
(3)e的离子结构示意图为 ______。
(4)写出f、g的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式 ______。
(5)写出由a、c、d三种元素组成的化合物的电子式 ______。a、c组成的一种化合物既能用作实验室制备氧气，也能用作绿色的氧化剂和还原剂，请用电子式表示该化合物的形成过程 ______，该化合物与酸性高锰酸钾反应的离子方程式为 ______。
16. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂。实验小组欲制备高铁酸钾并探究其性质。已知：K2FeO4为紫色固体，具有强氧化性；在碱性溶液中较稳定，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速产生O2，
(1)除了用二氧化锰和浓盐酸反应外，实验室可以用氯酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应方程式如下：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O。
①浓盐酸在反应中显示出来的性质是 ______性和 ______性，用双线桥表示该反应中电子转移的情况 ______。
②若产生标况下6.72L Cl2，则被氧化的HCl的物质的量为 ______mol。
③如果要将装置B补充完整，除需用导管外，试剂瓶中还应装的除杂试剂为 ______。
(2)C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=K2FeO4O+6KCl+8H2O。另外还有 ______。(用离子方程式表示)
(3)探究K2FeO4的性质
取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl−而产生Cl2，设计如下方案：
方案一：取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈血红色
方案二：用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，除去固体表面附着的ClO−，防止其氧化Cl−，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
①由方案一中溶液变红可知a中含有 ______(填离子符号)，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl−氧化所得，还可能由 ______产生(文字描述)。
②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2______FeO42−(填“>”或“<”)，而方案二实验中Cl2和FeO42−的氧化性强弱关系与之相反，原因是 ______。
17. 肼(N2H4)可作火箭发射的燃料。某实验兴趣小组利用氨和次氯酸钠反应制备N2H4，并探究N2H4的性质。胼的制备装置如图所示：
回答下列问题：
(1)A为实验室制氨的发生装置，反应前试管a盛装的固体为 ______(填化学式)，仪器b的作用是 ______。
(2)装置C中发生的离子方程式为 ______。B中生成肼的离子反应方程式为 ______。
(3)上述装置存在一处缺陷会导致N2H4的产率降低，改进措施是 ______。
(4)探究N2H4的性质。将制得的N2H4分离提纯后，进行如图实验。
【查阅资料】AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。
【实验验证】设计如下方案，进行实验。
操作
现象
结论
i.取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡
黑色固体全部溶解，产生无色气体，遇空气马上变为红棕色
黑色固体中有 ______
ii.取少量黑色固体于试管中，加入足量 ______ ，振荡
黑色固体部分溶解
黑色固体中有Ag2O
通过上述实验，得出肼具有的性质是 ______。
(5)根据酸碱质子理论，结合质子(H+)的物质是碱，已知胼与一水合氨类似，是一种二元弱碱，向肼溶液中加入过量硫酸生成的酸式盐的化学式为 ______。
18. (一)现有以下物质：①碳棒②盐酸③H2SO4④氨水⑤熔融KOH ⑥NH3⑦CCl4⑧CO2⑨CH3COOH ⑩NaHSO4固体
(1)上述物质中，属于非电解质的是 ______ 。
(2)上述物质中，属于电解质的是 ______ 。
(3)写出③、⑩两种物质在水溶液中的电离方程式。③： ______ ；⑩： ______ 。
(二)向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入0.2mol⋅L−1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。
(4)则加入盐酸的体积25mL之前发生反应的离子方程式为 ______ ，产生CO2在标准状况下的体积为 ______ mL，混合溶液溶质的物质的量之比为n(Na2CO3)：n(NaHCO3)= ______ 。
19. A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物之间存在如图1所示的关系，完成下列空白：
(1)向酚酞试液中加入化合物A的粉末，现象为______．
(2)单质甲与化合物B反应的离子方程式为______5.05g单质甲−钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气，确定该合金的化学式______．
(3)向50mL某浓度的化合物C的溶液中通人CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同．若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体体 积F(CO2)与加入盐酸的体积F(HCl)的关系有如图2示两种情况．
①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式______.(有几个写几个)．
②由A图表明，原溶液通入CO2气体后，所得溶液中的溶质的化学式为______．
③原化合物C溶液的物质的量浓度为______．
④由A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为______．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.野火烧不尽，春风吹又生，指的是燃烧，所有的燃烧都是氧化还原反应，故A错误；
B.“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”发生了CaO和水生成Ca(OH)2的反应以及CO2和Ca(OH)2生成碳酸钙的反应，均不是氧化还原反应，故B正确；
C.蜡烛燃烧时发生了和氧气的氧化还原反应，故C错误；
D.雷雨天气发生了空气中的氮气和氧气在放电时生成NO的氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
化合价升降为氧化还原反应的特征，则反应中存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此进行判断。
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应特征即可解答，注意掌握氧化还原反应概念及实质，试题侧重考查学生的分析与应用能力。
2.【答案】D
【解析】解：A.N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，由n=mM可知，质量相等，则物质的量相同，分子数相等，故A正确；
B.等体积、等密度，根据m=ρV，可知二者的质量相同，N2O和CO2摩尔质量相同，则由n=mM可知，质量相同，则物质的量相同，分子数相等，故B正确；
C.相同温度、相同压强、相同体积的氧气和氮气，物质的量相同，则分子数相同，故C正确；
D.相同质量的NO和O2，二者摩尔质量分别为30g/mol、32g/mol，根据n=mM可知二者的物质的量不同，则含有分子数不同，故D错误；
故选：D。
根据N=nNA可知，气体分子数目不相等，则二者物质的量不相等，据此进行解答。
本题考查物质的量的有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活运用，注意气体摩尔体积的使用条件与对象。
3.【答案】C
【解析】解：A.苯分子中碳碳键为介于单键与双键之间独特的化学键，苯分子不含碳碳双键，故A错误；
B.138gC2H5OH中含极性键的数目为：138g46g/mol×7×NAmol−1=21NA，故B错误；
C.1个乙烯分子中总计6个共价键，因而1molCH2=CH2分子中含有的共价键数为6NA，故C正确；
D.4.6g乙醇中含有C−H键的数目为：4.6g46g/mol×5×NAmol−1=0.5NA，故D错误；
故选：C。
A.苯分子不含碳碳双键；
B.乙醇中含有的6条C−H键和1条C−O键为极性键；
C.每个乙烯分子中含有4个碳氢键，1个碳碳双键，共六个共价键；
D.1个乙醇分子含有5条C−H键。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题以金属的腐蚀与防护为载体考查了原电池和电解池原理，注意铁和铝的钝化现象不是没反应而是反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，为易错点。
【解答】
A.用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极，应该与原电池负极连接，故A错误；
B.常温下，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，所以可以保护内部金属不被腐蚀，故B正确；
C.钢管、铜管和雨水能构成原电池，铁作原电池负极而容易被腐蚀，故C错误；
D.钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe−2e−=Fe2+，故D错误；
故选B。
5.【答案】D
【解析】解：A.HClO是共价化合物，含有O−H键和O−Cl键，结构式为H−O−Cl，故A错误；
B.Na2S是离子化合物，由Na+和S2−构成，S2−的最外层电子数为8，其电子式为，故B错误；
C.中子数为176，质子数为117的Ts原子的质量数为117+176=293，该核素为 117293Ts，故C错误；
D.Na2O为离子化合物，形成Na2O时Na失1个电子、O得2个电子，其形成过程为，故D正确；
故选：D。
A.HClO的中心原子是O，不是Cl；
B.书写Na2S的电子式时两个Na+不能合并；
C.元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，质量数=质子数+中子数；
D.Na2O是离子化合物，用电子式表示其形成过程时，左边是原子的电子式，右边为氧化钠的电子式，中间用箭头连接。
本题考查了化学用语的书写判断，涉及结构式、核素、电子式及其表示物质形成等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答根据，试题培养了学生规范答题的能力，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，Fe2+与OH−反应生成Fe(OH)2，Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓，Fe(OH)2不稳定易被氧气氧化为Fe(OH)3，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，白色的Fe(OH)2沉淀变成红褐色Fe(OH)3，向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，观察到生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；Fe3+与OH−反应Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓，生成红褐色Fe(OH)3，两者反应现象不同，故A正确；
B.稀硫酸和Fe2+及Fe3+都不反应，不能区别Fe2+和Fe3+，故B错误；
C.加入KSCN溶液，发生络合反应，Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3溶液立即呈血红色，证明含有三价铁离子；加KSCN溶液没有明显现象加入氯水溶液变成红色，说明溶液只有Fe2+，故C正确；
D.因为Fe2+具有较强的还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，Fe3+不能，故能够用酸性KMnO4溶液鉴别Fe2+和Fe3+，故D正确；
故选B．
三价铁离子的检验方法为：取待测液于试管中，向待测溶液中加入KSCN溶液，溶液立刻变成红色说明溶液中有Fe3+，即Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3；根据常见离子的颜色判断Fe3+(黄色)；Fe3+与OH−反应生成红褐色Fe(OH)3；
二价铁离子的检验方法为：再取待测液于试管中，加KSCN溶液没有明显现象，加入氯水溶液变成红色，说明溶液只有Fe2+；根据常见离子的颜色判断Fe2+(浅绿色)；向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，观察到生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；Fe2+能使酸性KMnO4溶液褪色，据此即可解答．
本题考查了二价铁离子和三价铁离子的实验检验方法的应用，根据离子检验产生特征现象进行判断是解答的关键，题目较简单．
7.【答案】D
【解析】解：A.用量筒量取浓硫酸时俯视量筒读数，用量筒量取液体时，俯视读数，使所读液体的体积偏小，使配制的溶液浓度偏小，故A错误；
B.在烧杯中溶解时，有少量液体溅出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B错误；
C.使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故C错误；
D.定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D正确。
故选：D。
根据cB=nBV可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起nB和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
本题考查配制一定浓度的溶液，为高频考点，把握配制溶液的步骤、操作、误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意结合公式分析误差，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：由上述分析可知，X为Mg元素、Y为Be元素、Z为S元素、R为Al元素、T为O元素、W为Cl元素，
A.具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径：T2−>X2+>R3+，故A正确；
B.同主族从上到下非金属性减弱，则简单气态氢化物的稳定性：T>Z，故B正确；
C.同周期主族元素从左向右非金属性增强，则最高价氧化物对应水化物酸性：W>Z，故C正确；
D.Y与W元素形成的化合物为BeCl2，是共价化合物，则Be的最外层为4电子结构，故D错误；
故选：D。
由短周期元素的原子半径及主要化合价可知，T只有−2价，T为O元素；Z有−2、+6价，Z为S元素；W的最高价为+7价，W为Cl元素；Y的原子半径比T的稍大，化合价为+2价，Y为Be元素；X、R的原子半径大于W、Y，结合X的化合价为+2价、R的化合价为+3价，则X为Mg元素、R为Al元素，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的化合价、原子半径来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.P4的正四面体结构为，1molP4中含6mol非极性键，故A正确；
B.由方程式可知，每产生标准状况下22.4LPH3时，该反应转移的电子数为3NA，故B正确；
C.过量碱液与KH2PO2不反应，说明H3PO2是一元酸，则KH2PO2为正盐，故C错误；
D.通过X射线衍射法可测定分子结构，故D正确；
故选：C。
A.P4的正四面体结构为；
B.由方程式可知，每产生标准状况下22.4LPH3时，该反应转移的电子数为3NA；
C.过量碱液与KH2PO2不反应，说明H3PO2是一元酸；
D.通过X射线衍射法可测定分子结构。
本题考查了阿伏加德罗常数的使用，明确物质的结构组成、以物质的量为核心计算公式是解题关键，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查钠和氯气的性质，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。
【解答】
由信息可知，钠着火燃烧，生成大量白烟，发生氯气与Na的反应生成NaCl，氯气有毒，可利用碱液吸收，且氯气具有氧化性，以此来解答；
A.钠在氯气中燃烧生成氯化钠，现象为：产生大量白烟，故A正确；
B.给钠预热，钠熔化成小球，所以可以判断钠的熔点较低，故B正确；
C.氯气有毒，不能排放到空气中，又氯气易与NaOH溶液反应，所以浸有NaOH溶液的棉球主要用于防止氯气排放到空气中污染空气，故C错误；
D.钠原子的最外层只有1个电子，很容易失去，则性质非常活泼，故D正确；
故选C。
11.【答案】C
【解析】解：A.根据N=nNA知，气体分子数之比等于其物质的量之比，为2：1：2，即X=Z=2Y，故A正确；
B.X、Y的质量相等，气体的物质的量之比为2：1，则X、Y的摩尔质量之比为1：2，O2、CH4的摩尔质量分别是16g/mol、32g/mol，如果Y是O2，则X可能是CH4，故B正确；
C.根据ρ=mV知，相同质量时，气体密度与气体体积成反比，所以X、Y、Z的密度之比为1：2：1，则气体密度：X=Z=12Y，故C错误；
B.X、Z的物质的量相等，则其分子个数相等，如果X、Z分子中原子个数相等，如：X是N2，Z是CO，二者都是双原子分子，所以原子个数相等，故D正确；
故选：C。
当隔板静止时容器内气体压强相等，同温同压条件下，气体摩尔体积相等，不同气体的体积之比等于其物质的量之比，所以X、Y、Z的物质的量之比为2：1：2；
A.根据N=nNA知，气体分子数之比等于其物质的量之比；
B.X、Y的质量相等，气体的物质的量之比为2：1，则X、Y的摩尔质量之比为1：2；
C.根据ρ=mV知，相同质量时，气体密度与气体体积成反比；
D.X、Z的物质的量相等，其分子个数相等，X、Z的分子中原子个数可能相等。
本题考查阿伏加德罗定律及其推论，明确相同条件下密度与摩尔质量的关系是解本题关键，正确理解阿伏加德罗定律及其推论，题目难度中等。
12.【答案】B
【解析】解：溶液中溶质的质量分数由20%变为40%，则蒸发掉原溶液质量一半的水，设质量分数为20%的H2SO4的密度为ρ1g/mL蒸发后密度为ρ2g/mL，根据物质的量浓度与溶液密度、质量分数的关系有：c=1000ρωM，c1=1000ρ1×20%98，c2=1000ρ2×40%98，得c1：c2=ρ1：2ρ2，H2SO4的浓度越大密度越大，ρ1<ρ2，则得到c2>2c1，
故选：B。
利用c=1000ρwM计算硫酸的物质的量浓度，且硫酸溶液的浓度越大其密度也越大，以此来解答。
本题考查物质的量浓度与质量分数的相互换算，为高频考点，把握浓度与质量分数的关系及硫酸溶液的浓度越大密度也越大为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意氨水、酒精浓度越大密度越小，题目难度中等。
13.【答案】B
【解析】解：A.根据氧化还原反应的规律，在该反应中磷元素的化合价既升高又降低，所以该反应为歧化反应，故A正确；
B.膦(PH3)可以用白磷(P4)与过量碱液反应制备，过量的碱液所以产物KH2PO2应为正盐，故B错误；
C.根据化合价的变化从0价降低到−3价(PH3)，所以PH3为还原产物，故C正确；
D.磷元素的化合价从0价升高到+1价(KH2PO2)，从0价降低到−3价(PH3)，对应关系为：P4～PH3～3KH2PO2～3e−，所以生成1molKH2PO2时转移1mol电子，故D正确；
故选：B。
根据题意，膦(PH3)可以用白磷(P4)与过量碱液反应制备，过量的碱液所以产物KH2PO2应为正盐，根据氧化还原反应的规律，在该反应中磷元素的化合价既升高又降低，磷元素的化合价从0价升高到+1价(KH2PO2)，从0价降低到−3价(PH3)，对应关系为：P4～PH3～3KH2PO2～3e−。
本题考查氧化还原反应的规律，涉及化合价的变化，注意判断。
14.【答案】C
【解析】解：A.由分析可知②为Br−；③为Fe3+，故A正确；
B.由图形可知，先发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，后发生：2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，故B正确；
C.n(Cl2)=0.35mol时，先发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，消耗0.15mol氯气，剩下0.2molCl2再发生2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，反应后，n(Br−)=0.6mol−0.4mol=0.2mol，n(Fe3+)=0.3mol，故C错误；
D.n(Cl2)=0.5mol，氯气过量，故反应为2Fe2++4Br−+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl−，故D正确；
故选：C。
100mL3.0mol⋅L−1FeBr2，溶液中，n(Fe2+)=0.3mol，n(Br−)=0.6mol，由图形可知，先发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，后发生：2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，故①为Fe2+；②为Br−；③为Fe3+，据此进行解答。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握氧化的先后顺序、方程式的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意图象的分析判断，题目难度不大。
15.【答案】第三周期0族 S2−>Cl−>O2− Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O 2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
【解析】解：由元素在周期表中的位置可知，a为H、b为C、c为O、d为Na、e为Mg、f为Al、g为Cl、h为Ar；
(1)h处于第三横行第18列，即h在周期表中的位置是第三周期0族，
故答案为：第三周期0族；
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越大，故离子半径：S2−>Cl−>O2−，
故答案为：S2−>Cl−>O2−；
(3)e的离子为Mg2+，质子数为12，核外有2个电子层，由里到外各层电子数依次为2、8，结构示意图为，
故答案为：；
(4)f、g的最高价氧化物的水化物分别为Al(OH)3、HClO4，二者发生中和反应，反应方程式为Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O，
故答案为：Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O；
(5)由a、c、d三种元素组成的化合物为NaOH，由钠离子与氢氧根离子构成，其电子式为；a、c组成的一种化合物既能用作实验室制备氧气，也能用作绿色的氧化剂和还原剂，该化合物是H2O2，请用电子式表示该化合物的形成过程，该化合物与酸性高锰酸钾反应的离子方程式为2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，
故答案为：；；2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O。
由元素在周期表中的位置可知，a为H、b为C、c为O、d为Na、e为Mg、f为Al、g为Cl、h为Ar；
(1)由位置可知，h在周期表中的位置是第三周期0族，
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越大；
(3)e的离子为Mg2+，核外有2个电子层，由里到外各层电子数依次为2、8；
(4)f、g的最高价氧化物的水化物分别为Al(OH)3、HClO4，二者发生中和反应；
(5)由a、c、d三种元素组成的化合物为NaOH，由钠离子与氢氧根离子构成；a、c组成的一种化合物既能用作实验室制备氧气，也能用作绿色的氧化剂和还原剂，该化合物是H2O2。
本题考查元素周期表、位置结构性质关系应用，熟记常见元素在周期表中位置，熟练掌握元素化合物知识，题目难度不大，有利于基础知识的复习巩固。
16.【答案】(1)①还原；酸；
②0.5
③饱和食盐水
(2)Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O
(3)①Fe3+；在酸性溶液中FeO42−不稳定，生成Fe3+和O2
②>；溶液的酸碱性影响氧化剂的氧化性强弱
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
【解答】
由题给实验装置图可知，装置A中浓盐酸与氯酸钾固体反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有的氯化氢会干扰反应，装置B中盛有的饱和氯化钠溶液用于除去氯化氢气体，装置C中氯气与过量的氢氧化钾溶液、氢氧化铁反应制备高铁酸钾，装置D中氢氧化钠溶液用于吸收氯气，防止污染空气；K2FeO4
具有强氧化性，可能与盐酸反应生成Cl2，被还原为Fe3+，也可以因在酸性溶液中不稳定生成Fe3+，探究K2FeO4是否能够氧化Cl−产生Cl2，应排除K2FeO4的不稳定和ClO−的干扰；K2FeO4和Cl2的氧化性强弱在制备实验和性质实验中相反，这是由于溶液的酸碱性会影响氧化剂的氧化性，据此分析回答问题。
(1)①反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中，5/6的HCl作还原剂，表现出还原性，生成Cl2，1/6的HCl化合价不变生成KCl，表现出酸性，每当有6mol HCl反应时，转移的电子数为5mol，用双线桥表示如下，，
故答案为：还原；酸；；
②标况下6.72L Cl2的物质的量为0.3mol，根据反应可知参加反应的HCl的物质的量为0.6mol，则被氧化的HCl的物质的量为0.5mol，
故答案为：0.5；
③结合分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有的氯化氢会干扰反应，为除去氯气中的氯化氢杂质，装置B中盛装的液体是饱和食盐水，
故答案为：饱和食盐水；
(2)C中KOH过量，Cl2能与过量的KOH发生歧化反应，反应的离子方程式为Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O，
故答案为：Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O；
(3)①Fe3+能与SCN−发生配合反应生成Fe(SCN)，溶液呈血红色，故溶液a中含有Fe3+，但该离子的存在不能判断一定是K2FeO4氧化Cl−所得，因为K2FeO4在酸性溶液中发生如下反应4FeO42−+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，生成Fe3+，
故答案为：Fe3+；在酸性溶液中FeO42−不稳定，生成Fe3+和O2；
②氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，氧化性Cl2>FeO42−，而方案二实验表明，Cl2和FeO42−的氧化性强弱关系恰好相反，原因是溶液的酸碱性影响氧化剂的氧化性的强弱，
故答案为：>；溶液的酸碱性影响氧化剂的氧化性强弱。
17.【答案】NH4Cl、Ca(OH)2 导气、防止倒吸 2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 2NH3+ClO−=Cl−+N2H4+H2O 在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体 Ag 氨水 还原性、碱性 N2H6(HSO4)2
【解析】解：(1)实验室用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，且反应为固体加热反应，则试管a中的试剂为氯化铵和氢氧化钙固体，两者反应生成氨气和氯化钙、水；氨气极易溶于水，仪器b的作用是将氨气通入装置B中，且球形部分可以防止倒吸，
故答案为：NH4Cl、Ca(OH)2；导气、防止倒吸；
(2)装置C为生成氯气装置，浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气、氯化锰、氯化钾和水，离子方程式为：2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；生成的氯气通入NaOH溶液中，两者反应生成氯化钠、NaClO和水，NaClO和通入的氨气反应生成肼，在此反应中，N的化合价从−3价升高到−2价，则NaClO做氧化剂，Cl的化合价从+1价低降低到−1价，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒配平该反应的离子方程式为：2NH3+ClO−=Cl−+N2H4+H2O，
故答案为：2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；2NH3+ClO−=Cl−+N2H4+H2O；
(3)装置C反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，导致氯气不纯，氯化氢会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体，
故答案为：在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；
(4)i.银和氧化银都可以和硝酸反应，其中单质银和硝酸反应的时候会生成气体一氧化氮，故加入足量硝酸后黑色固体全部溶解，产生无色气体，遇空气马上变为红棕色，可证明黑色固体中有Ag；
ii.氧化银可以溶解在氨水中，故ii加入的试剂为氨水，溶解的部分固体为氧化银；
AgNO3和N2H4反应生成Ag和Ag2O，N2H4将AgNO3还原为Ag，说明肼有还原性，N2H4和AgNO3反应生成了Ag2O，说明N2H4有碱性，和AgNO3反应生成了AgOH，AgOH不稳定，分解为Ag2O，
故答案为：Ag；氨水；还原性、碱性；
(5)肼有碱性，肼为二元弱碱，和过量的硫酸反应，肼结合2个H+形成阳离子N2H62+，生成的酸式盐为硫酸氢盐，所以生成物质的化学式为N2H6(HSO4)2，
故答案为：N2H6(HSO4)2。
分析仪器可知，装置A加热氢氧化钙和氯化铵制取氨气，进入装置B中，由于氨气极易溶于水，故使用装置b防止倒吸，装置C使用浓盐酸和KMnO4制备氯气，进入装置B中发生反应，由于制备的氯气中混有氯化氢，应使用饱和食盐水除去，但是实验并未提供，会导致产品产率降低，装置B中氨气和氯气在氢氧化钠溶液中发生反应，产生肼，据此分析回答问题；
(4)ⅰ.操作i的结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水；
ⅱ.操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以现象②为黑色固体溶解，并有气体产生，该气体遇见空气变为红棕色；肼具有还原性将Ag+还原为Ag，同时肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，而AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O；
(5)肼有碱性，肼为二元弱碱，和过量的硫酸反应，肼结合2个H+形成阳离子N2H62+，生成的酸式盐为硫酸氢盐。
本题考查了物质制备方案的设计、物质性质检验，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确反应原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
18.【答案】⑥⑦⑧ ③⑤⑨⑩ H2SO4=2H++SO42− NaHSO4=Na++H++SO42− CO32−+H+=HCO3− 336 1：2
【解析】解：(一)：①碳棒为单质，既不是电解质，也不是非电解质；
②盐酸为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
③H2SO4是化合物，水溶液中能导电，为电解质；
④氨水为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
⑤熔融KOH为化合物，能导电，属于电解质；
⑥NH3本身不能电离产生自由移动的离子而导电，是化合物，属于非电解质；
⑦CCl4在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，属于非电解质；
⑧CO2本身不能电离产生自由移动的离子而导电，是化合物，属于非电解质；
⑨CH3COOH是化合物，水溶液中能导电，为电解质；
⑩NaHSO4固体是化合物，水溶液中能导电，为电解质；
(1)所以：上述物质中，属于非电解质的是：⑥⑦⑧，
故答案为：⑥⑦⑧；
(2)所以：上述物质中，属于电解质的是：③⑤⑨⑩，
故答案为：③⑤⑨⑩；
(3)硫酸为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：H2SO4=2H++SO42−；硫酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42−，
故答案为：H2SO4=2H++SO42−；NaHSO4=Na++H++SO42−；
(二)(4)向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入盐酸，先发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，碳酸钠完全转化为碳酸氢钠后，再发生反应NaHCO3+H2O=NaCl+H2O+CO2↑，加入盐酸的体积在25mL之前没有放出二氧化碳，所以发生反应的离子方程式为CO32−+H+=HCO3−；由图可知生成二氧化碳消耗盐酸的体积为100mL−25mL=75mL，根据方程式可知n(CO2)=n(HCl)=0.075L×0.2mol/L=0.015mol，故V(CO2)=0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL；加入100mL盐酸时生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒有2n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，根据碳原子守恒有n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=n(CO2)=0.015mol，联立解得n(Na2CO3)=0.005mol，n(NaHCO3)=0.01mol，故n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=0.005mol：0.01mol=1：2，
故答案为：CO32−+H+=HCO3−；336；1：2。
(一)(1)非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；
(2)电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
(3)硫酸为强电解质，水溶液中完全电离；硫酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子；
(二)(4)先发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，碳酸钠完全转化为碳酸氢钠后，再发生反应NaHCO3+H2O=NaCl+H2O+CO2↑，由图可知生成二氧化碳消耗盐酸的体积为100mL−25mL=75mL，根据方程式计算生成二氧化碳的体积，加入100mL盐酸时生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒有2n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=n(NaCl)=n(HCl)，根据碳原子守恒有n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=n(CO2)，联立计算碳酸钠、碳酸氢钠各自物质的量。
本题考查物质的分类、化学方程式的计算，熟悉电解质、非电解质的概念、明确各阶段发生的反应，注意守恒思想的运用是解题关键，题目侧重考查学生信息获取能力、分析计算能力、灵活运用知识的能力。
19.【答案】溶液先变红后褪色，并有气泡生成；2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑；NaK2；OH−+H+=H2O、H++CO32−=HCO3−；Na2CO3、NaOH；0.15mol/L；3：10
【解析】解：A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物B，应是Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是Na单质，乙为氧气，B是H2O，丙为氢气，C是NaOH，A是Na2O2．
(1)向酚酞试液中加入化合物Na2O2的粉末，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠是碱溶液使酚酞变红色，但过氧化钠具有漂白性，则现象为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成，
故答案为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成；
(2)单质甲与化合物B反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，
根据电子转移守恒可知，Na、K总物质的量为0.075mol×2=0.15mol，设Na、K物质的量分别为xmol、ymol，
则：x+y=0.15
23x+39y=5.05，
解得x=0.05、y=0.1，
故合金的化学式为NaK2，
故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑；NaK2；
(3)曲线A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑，若A中只有Na2CO3，开始发生CO32−+H+=HCO3−，前后两过程消耗HCl的体积相等，实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3，B曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为1：2，则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，且二者物质的量之比为1：1，
①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为：OH−+H+=H2O、H++CO32−=HCO3−，
故答案为：OH−+H+=H2O、H++CO32−=HCO3−；
②由A图表明，加入60mL盐酸时开始产生二氧化碳，到75mL时二氧化碳的体积达最大，所以加入盐酸体积60mL～75mL时，是盐酸与碳酸氢钠反应，根据反应的关系式可知2n(Na2CO3)=n(HCl)，而反应中n(HCl)>>2n(Na2CO3)，所以原溶液的溶质为Na2CO3、NaOH，
故答案为：Na2CO3、NaOH；
③加入75mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据Na元素守恒、氯离子守恒，则n(NaOH)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，所以原化合物NaOH溶液的物质的量浓度为 0.0075mol0.05L=0.15mol/L，
故答案为：0.15mol/L；
④曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75−60)mL=15mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75−25)mL=50mL，由HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知，则两次实验通入的CO2的体积之比=15mL：50mL=3：10，
故答案为：3：10．
A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物B，应是Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是Na单质，乙为氧气，B是H2O，丙为氢气，C是NaOH，A是Na2O2，据此解答，
(1)过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱使酚酞溶液变红色，过氧化钠具有漂白性可以使红色褪去；
(2)根据电子转移守恒可知，Na、K总物质的量为0.075mol×2=0.15mol，设Na、K物质的量分别为xmol、ymol，依据物质的量和质量列式计算；
(3)曲线A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑，若A中只有Na2CO3，开始发生CO32−+H+=HCO3−，前后两过程消耗HCl的体积相等，实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3，B曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为1：2，则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，且二者物质的量之比为1：1；
本题考查无机物推断、化学计算等，基本属于猜测验证型推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，(3)中计算关键是根据图象判断溶液溶质的成分，题目难度较大．
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