2022-2023学年陕西省西安市高一下册第一次月考化学模拟试题（AB卷）含解析

※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………试卷第=page88页，共=sectionpages99页第页码9页/总NUMPAGES总页数42页2022-2023学年陕西省西安市高一下册第一次月考化学模拟试题（A卷）评卷人得分一、单选题1．决定元素种类的是A．电子数 B．中子数 C．质子数 D．质子数和中子数2．1869年，俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学史上的重要里程碑之一。下列有关元素周期表的说法正确的是（）A．元素周期表有18个族B．元素周期表的第8、9、10三纵列合称Ⅷ族，Ⅷ族是元素周期表所有族中元素种类最多的族C．一般在过渡元素中寻找一些化学反应新型催化剂D．元素周期表中的所有副族元素都是金属元素，副族包含过渡元素和Ⅷ族3．下列反应：①SO2通入氢硫酸中②SO2通入氯水中③NO2通入水中④Cl2通入水中，其中通入的气体只作氧化剂的是A．只有③④ B．只有①② C．只有① D．只有②④4．下列有关化学用语表示正确的是A．中子数为7的氮原子：NB．S原子结构示意图：C．NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++COD．NH3中氮元素化合价为：-35．1919年，卢瑟福利用α粒子轰击短周期非金属原子X，发现了质子，使人类对原子核的认识更进一步，其核反应原理如下：X＋He→Y＋H，其中元素X的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成盐，下列说法中不正确的是A．原子的最外层电子数：X＜YB．X的氧化物对应水化物为一元强酸C．Y的中子数为9D．元素X、Y能形成多种化合物6．下列关于卤素(用X表示)的叙述正确的是A．卤素单质与水反应均可用X2+H2O=HXO+HX表示B．HX都极易溶于水，它们的热稳定性随核电荷数增加而增强C．卤素单质的颜色从F2→I2逐渐加深D．HX的还原性依次为：HF>HCl>HBr>HI7．2021年6月11日国家航天局公布了由“祝融号”火星车拍摄的首批科学影像图。火星气体及岩石中富含X、Y、Z、W四种元素。已知：X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，其单质与水反应后的溶液能使酚酞试液变为红色，X、W为同一主族元素，Y是地球地壳中含量最高的元素，火星岩石含有Z2WY3。下列判断不正确的是A．W的单质可以做半导体材料B．X、W简单氢化物的稳定性：X＜WC．原子半径：r(Z)＞r(W)＞r(X)＞r(Y)D．火星气体中可能含有XY、XY28．以下关于锂、钠、钾、铷、铯的叙述不正确的是（

）①氢氧化物中碱性最强的是CsOH②单质熔点最高的是铯③与O2反应均可得到多种氧化物④它们的密度依次增大，要保存在煤油中⑤其单质的还原性依次增强⑥它们对应离子的氧化性依次增强A．①③⑤ B．②④⑥ C．②③④⑥ D．①⑤9．A、B、C、D四种元素，其离子A+、B2+、C－、D2－具有相同的电子层结构，下列判断正确的是A．原子序数由大到小的顺序是：B>A>C>DB．离子半径由大到小的顺序是：B2+>A+>C－>D2－C．A、B、C、D四种元素可能属于同一周期D．A、B、C、D四种元素一定属于短周期元素10．硒(Se)是人体健康必需的一种微量元素。已知Se的原子结构示意图为：。下列说法不正确的是A．该原子的质量数为34 B．该元素处于第四周期第ⅥA族C．SeO2既有氧化性又有还原性 D．酸性：HBrO4>H2SeO411．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XYZRT原子半径（nm）0.1600.0890.1020.1430.074主要化合价+2+2－2、+4、+6+3-2根据表中信息，判断以下说法正确的是A．单质与稀硫酸反应的速率快慢：R>Y>X B．离子半径：X2+＞T2－C．元素最高价氧化物对应的水化物的碱性：Y>R>X D．相同条件下，气态氢化物的稳定性：T＞Z12．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是（

）XYZWQA．尽管X与W同族，但W的化合物有多种价态而X的化合物只能形成-2价B．其最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序是元素Q、W、ZC．Y、Z的常见氧化物可通过加入过量的NaOH溶液来分离.D．Y单质做的容器可盛装W的最高价含氧酸的浓溶液13．最近，我国某物理研究所取得重大科技成果，研制出由18O所构成的单质气体。18O是一种稳定的同位素，称为重氧。下列有关说法不正确的是A．常温常压下，1.8g18O2气体的物质的量是0.05molB．2g重氧水H218O所含的中子数约为6.02×1023C．0.2mol18O2气体的体积约为4.48LD．18g18O2气体的摩尔质量为36g·mol-114．铜粉放入稀硫酸溶液中，加热后无明显变化，但加入某盐一段时间后，发现铜粉溶解，溶液呈蓝色，且无气体逸出，该盐可能是A．FeC13 B．Na2CO3 C．KNO3 D．FeSO415．下列实验过程中，始终无明显现象的是A．NO2通入FeSO4溶液中 B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AgNO3溶液中 D．SO2通入Ba（NO3）2溶液中16．如图是产生和收集气体的实验装置示意图，该装置适合于（

）A．用浓硝酸和Cu制取NO2B．用H2O2溶液和MnO2制取O2C．用浓盐酸和MnO2制取Cl2D．用NH4Cl溶液和Ca(OH)2制取NH317．酸性溶液中一定可以大量共存的离子组是A．Fe2+、Na+、NO、SO B．K+、Na+、Cl–、NOC．K+、Na+、Cl–、HCO D．K+、NH、SiO、NO18．如图为中学化学教材上的喷泉实验装置。在烧瓶中充满了干燥气体，胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，下列各组中能形成这样的喷泉但液体不能充满烧瓶的是A．HCl和H2OB．以4∶1混合的NO2、O2混合气体和H2OC．NO2和H2OD．CO2和NaOH溶液19．下列操作能够达到实验目的是A．使品红褪色的气体是SO2B．用排空气法收集NOC．制取并检验氨气D．用水吸收氨气A．A B．B C．C D．D20．在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．FeFeCl2Fe(OH)2 B．H2SiO3SiO2SiCl4C．浓盐酸Cl2漂白粉 D．NH3NOHNO321．下列有关推论正确的是选项已知推论A分别蘸有浓氨水、浓盐酸的两个玻璃棒靠近时产生白烟分别蘸有浓氨水、浓硫酸的两个玻璃棒靠近时产生白烟B常温下，浓硝酸可贮存在铁制容器中常温下，浓硝酸可贮存在铜制容器中C实验室中不能用浓硫酸干燥H2S实验室中不能用浓硫酸干燥SO2D可用排饱和食盐水法收集Cl2可用排饱和NaHCO3溶液的方法收集CO2A．A B．B C．C D．D22．某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与原子组成HmX分子。在a克HmX中所含质子的物质的量是A．(A-N+m)mol B．(A-N)molC．(A-N)mol D．(A-N+m)mol23．用25mL18.4mol/L的浓硫酸与铜共热一段时间后，冷却，过滤除去多余的铜，将滤液稀释到100mL，所得溶液中SO42-浓度为3mol/L，则此时溶液中CuSO4的物质的量浓度为A．0.5mol/L B．1.6mol/L C．1.8mol/L D．3mol/L评卷人得分二、原理综合题24．完成下列问题(1)下列物质中：①液氯和氯气②16O、17O和18O③金刚石与“足球烯”C60④白磷和红磷⑤O2与O3⑥H、D和T，互为同素异形体的有_______(填序号，下同)，属于同位素的有_______，属于同一种物质的_______。(2)R元素的气态氢化物化学式为RH3，其最高价氧化物的水化物化学式为_______。(3)该元素在元素周期表中的位置_______；(4)0.5mol16OH-中有_______mol质子，_______mol中子，_______个电子。(5)硅元素存在三种天然同位素数据如下：硅的同位素同位素的相对原子质量丰度28Si27.97792.23%29Si28.9764.67%30Si29.9743.10%请列出硅元素的相对原子质量的计算式_______；(只列式，不计算)25．请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：(1)写出氨合成塔中发生的化学反应方程式_______。(2)写出氧化炉中发生的化学反应方程式：_______。(3)标准状况下，用充满NH3的烧瓶做喷泉实验，水充满整个烧瓶后所形成溶液的物质的量浓度为_______。(4)用化学方程式解释MH3溶于水显碱性的原因：_______。(5)“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，通常用以下两种方法处理：①纯碱溶液吸收法。纯碱溶液与NO2的反应原理为：_______，_______(请完成化学方程式)。②氨转化法。已知7mol氨恰好能将含NO和NO2共6mol的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为_______。评卷人得分三、元素或物质推断题26．元素周期表的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分(1～36号元素)，对比中学常见元素周期表，思考扇形元素周期表的填充规律，并回答下列问题：(1)写出H的元素名称_______画出O代表的元素的简单离子结构示意图_______。(2)L代表的元素处于“常见元素周期表”的第_______周期第_____族。(3)F、G、M三种元素最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是_______(填化学式)；比较元素C和J的非金属性强弱，C的非金属性_______于J(填“强”或“弱”)，并用化学方程式证明上述结论_______。(4)元素B和N形成的化合物的水溶液与元素K的单质反应的离子方程式为：_______。反应后，向溶液中加入C、K形成的化合物溶液，振荡，静置一段时间后，现象为_______。(5)A与D、A与E均能形成10个电子的离子，两种离子发生反应的化学离子方程式为_______。评卷人得分四、实验题27．为探究生铁(铁碳合金)的性质并测定该合金中碳的质量分数，设计了如下实验方案和实验装置。Ⅰ.探究该合金的某些性质：取100g合金粉末放入A中，并加入足量浓，A、B中均无明显现象，点燃酒精灯一段时间后，A中剧烈反应。请回答下列问题：(1)仪器A的名称是___________。(2)加入足量浓，点燃酒精灯前A、B中均无明显现象，其原因是___________。(3)点燃酒精灯一段时间后，A中剧烈反应，此时B中观察到的现象是___________。(4)C中酸性高锰酸钾溶液的作用是___________，发生反应的离子方程式为___________。Ⅱ．测定样品中碳的质量分数(5)若反应前后E装置的质量分别是48.0g和52.4g，则合金中碳的质量分数是___________。(6)若去掉装置D，测得合金中碳的质量分数将___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)；装置F的作用是___________。※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………试卷第=page3232页，共=sectionpages2323页第页码31页/总NUMPAGES总页数42页答案：1．C【详解】元素是具有相同核电荷数（即核内质子数）的一类原子的总称，所以决定元素的种类的是核电荷数（即核内质子数）。答案选C。2．C【详解】A.元素周期表有18个纵列，16个族，A错误；B.元素周期表的第8、9、10三纵列合称Ⅷ族，第ⅢB是元素周期表所有族中元素种类最多的族，B错误；C.一般在过渡元素中寻找一些化学反应新型催化剂，C正确；D.元素周期表中的所有副族元素都是金属元素，副族不包括第Ⅷ族，D错误。答案选C。3．C【详解】①SO2通入氢硫酸中，发生的反应为：SO2+2H2S═3S+2H2O，其中二氧化硫中S元素的化合价降低，作氧化剂，故①正确；②SO2通入氯水中，发生的反应为：SO2+H2O+Cl2═2Cl-+4H++SO42-，氯气为氧化剂，二氧化硫为还原剂，故②错误；③NO2通入水中，发生的反应为：3NO2+H2O═2HNO3+NO，只有N元素的化合价发生变化，NO2既是氧化剂又是还原剂，故③错误；④Cl2通入水中，发生的反应为：Cl2+H2O═HCl+HClO中，Cl元素的化合价既升高又降低，氯气既是氧化剂又是还原剂，故④错误；故选C。4．D【详解】A．N为7号元素，原子核内质子数为7，中子数为7的氮原子质量数是14，其用原子符号可表示为：，A错误；B．S是16号元素，原子核外电子排布是2、8、6，所以S原子结构示意图为：，B错误；C．NaHCO3是可溶性盐，属于强电解质，在水中完全电离产生Na+、，故其电离方程式为：NaHCO3=Na++，C错误；D．元素的非金属性N＞H，所以在NH3中，H元素化合价为+1价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知N元素化合价为-3价，D正确；故合理选项是D。5．B【分析】元素X的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成盐，则X为N元素，其质子数为7，结合反应原理X＋He→Y＋H可知：Y的质子数为7+1=8，则Y为O元素，以此分析解答。【详解】根据上述分析可知：X为N，Y为O元素。A．同一周期从左向右，原子核外最外层电子数逐渐增多，则原子的最外层电子数：X＜Y，A正确；B．X是N元素，N的氧化物对应水化物不一定为强酸，如亚硝酸为弱酸，B错误；C．Y是O元素，该原子的质量数为17，质子数为8，其中子数为：17-8=9，C正确；D．X为N，Y为O元素，N、O离子元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等多种化合物，D正确；故合理选项是B。6．C【详解】A．F2与水反应的化学方程式为：2F2+2H2O＝O2↑+4HF，不能用X2+H2O＝HXO+HX表示，故A错误；B．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，随卤素核电荷数增加，卤素的非金属性逐渐减弱，则HX的热稳定性随卤素核电荷数增加而减弱，故B错误；C．氟单质浅黄绿色，氯气黄绿色，溴单质红棕色液体，碘单质紫黑色固体，颜色从F2→I2按相对分子质量增大而加深，故C正确；D．卤素元素的原子序数越大，卤素单质的活泼性越弱，氢化物的还原性越强，则HX的还原性依次为：HF＜HCl＜HBr＜HI，故D错误；故选C。7．B【分析】X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，Y是地球地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；Z为金属元素，其单质与冷水反应后溶液能使酚酞试液变为红色，Z的原子序数大于O，则Z为Na元素；X、W为同一主族元素，火星岩石含有Z2WY3，Z2WY3为Na2WO3，W的化合价为+4价，说明W位于IVA族，结合原子序数可知：X为C，W为Si元素，以此分析解答。【详解】结合分析可知，X为C，Y为O，Z为Na，W为Si元素。A．W为Si元素，硅的原子序数为14，位于元素周期表金属与非金属交界处，其单质导电性介于导体与绝缘体之间，是一种良好的半导体材料，A正确；B．X为C，W为Si元素，X、W的简单氢化物分别为CH4、SiH4。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强。由于元素的非金属性：C＞Si，则简单氢化物的稳定性：X＞W，B错误；C．同一周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小关系为：r(Z)＞r(W)＞r(X)＞r(Y)，C正确；D．XY、XY2分别为CO、CO2。火星气体中富含C、O元素，则火星气体中可能含有CO、CO2，D正确；故合理选项是B。8．C【详解】①同主族从上到下金属性增强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，即碱性最强的是CsOH，故①正确；②碱金属从上到下熔沸点降低，熔点最高的是Li，故②错误；③Li与氧气反应只能生成Li2O，故③错误；④碱金属从上到下密度增大的趋势，锂保存在石蜡油中，故④错误；⑤同主族从上到下金属性增强，还原性增强，故⑤正确；⑥单质的还原性越强，其离子的氧化性越弱，即从上到下，其对应的离子的氧化性依次减弱，故⑥错误；故选C。9．A【分析】离子A+、B2+、C﹣、D2﹣具有相同的电子层结构，对应元素A、B在C、D的下一周期，并且原子序数A＜B，C＞D，结合元素周期律的递变规律解答该题。【详解】A．A+、B2+、C﹣、D2﹣具有相同的电子层结构，设元素的原子序数分别为a、b、c、d，则有a﹣1=b﹣2=c+1=d+2，应有原子序数B＞A＞C＞D，故A正确；B．离子核外电子排布相同的元素，核电荷数越大半径越小，则有离子半径：B2+＜A+＜C﹣＜D2﹣，故B错误；C．离子A+、B2+、C﹣、D2﹣具有相同的电子层结构，对应元素A、B在C、D的下一周期，故C错误；D．A+、B2+、C﹣、D2﹣具有相同的电子层结构，但核外电子层数不确定，则不能确定A、B、C、D四种元素是否是属于短周期元素，故D错误。故选A。10．A【详解】A、根据Se的原子结构示意图，可知Se质子数为34，由于不知道中子数，无法计算质量数，故A错误；B、根据Se的原子结构示意图，可知该元素有4个电子层，最外层有6个电子，所以该元素处于第四周期第ⅥA族，故B正确；C、Se最高价为+6，最低价为-2，SeO2中Se元素为+4，所以SeO2既有氧化性又有还原性，故C正确；D、非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，Br的非金属性大于Se，所以酸性：HBrO4>H2SeO4，故D正确。11．D【详解】X和Y的化合价都为+2价，应为周期表第ⅡA族，根据半径关系可知Y为Be，X为Mg；Z和T的化合价都有-2价，应为周期表第ⅥA族元素，X的最高价为+6价，X应为S元素，T无正价，T应为O元素；R的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，根据半径大于Z小于X可知应和X同周期，R为Al元素。A、金属性Mg＞Al、Mg＞Be，金属性越强，与酸反应越剧烈越快，所以单质与稀硫酸反应的速率快慢为Mg＞Al、Mg＞Be，即X＞R，X＞Y，故A错误；B、电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径O2-＞Mg2+，故B错误；C、金属性Mg＞Al、Mg＞Be，金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的碱性越强，所以X＞R，X＞Y，故C错误；D、非金属性O＞S，非金属越强，气态氢化物的稳定性越强，即Z＜T，故D正确；故选D。12．D【详解】X、Y、Z、W、Q都是短周期元素,根据元素周期表知,X是O元素、Y是Al元素、Z是Si元素、W是S元素、Q是Cl元素。A.在化合物中,O元素形成的化合价有-2价和-1价,故A错误;B.Q、W、Z的非金属性依次减弱,所以其最高价氧化物对应的水化物的酸性依次减弱,故B错误;C.Y、Z的常见氧化物分别是氧化铝和二氧化硅,氧化铝和二氧化硅都能和氢氧化钠溶液反应,所以不能用氢氧化钠分离氧化铝和二氧化硅,故C错误;D.Y是铝元素,W是S元素,常温下,铝和浓硫酸能发生钝化现象,所以能用铝容器盛装浓硫酸，D选项正确。点睛：X、Y、Z、W、Q都是短周期元素,根据元素周期表知,X是O元素、Y是Al元素、Z是Si元素、W是S元素、Q是Cl元素,结合元素周期律的递变规律解答该题13．C【详解】A．常温常压下，1.8g18O2气体的物质的量是n(18O2)==0.05mol，A正确；B．2g重氧水H218O的物质的量n(H218O)==0.1mol，由于在一个H218O分子中含有10个中子，因此在0.1molH218O所含的中子的物质的量是1mol，则含有的中子数约为6.02×1023个，B正确；C．只有气体的物质的量，未知气体所处的外界条件，因此不能确定气体体积的大小，C错误；D．18O2气体的相对分子质量是36，所以其摩尔质量是36g/mol，与气体质量大小无关，D正确；故合理选项是C。14．A【详解】A.Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，铜粉溶解，溶液呈蓝色，且无气体逸出，故A正确；B.稀硫酸与碳酸钠反应生成气体，Cu不反应，故B错误；C.加硝酸钾发生反应：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，铜粉溶解，有气体放出，故C错误；D.Cu、稀硫酸、硫酸亚铁之间均不反应，故D错误；答案选A。15．B【详解】A、NO2溶于水产生硝酸具有强氧化性，会氧化亚铁离子成Fe3+使溶液呈黄色，有现象；B、CO2无论多少都无法和CaCl2反应，无明显现象；C、氨气通入硝酸银溶液中先出现沉淀然后沉淀溶解，有现象；D、二氧化硫能硝酸钡产生硫酸钡的沉淀，有现象。答案选B。16．B【详解】A．二氧化氮会与水发生反应，不能用排水法收集，故A不合适；B．分液漏斗中盛放双氧水，圆底烧瓶中为二氧化锰，二氧化锰可以催化双氧水分解产生氧气，氧气难溶于水，可以用排水法收集，故B合适；C．浓盐酸和二氧化锰制取氯气需要在加热条件下反应，故C不合适；D．氨气极易溶于水，不能用排水法收集，且氢氧化钙与溶于水时放出的热量较少，无法蒸出氨气，故D不合适；故答案为B。17．B【详解】A．在酸性溶液中含有大量H+，H+与Fe2+、NO会发生氧化还原反应而不能大量共存，A错误；B．在酸性溶液中含有大量H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B正确；C．在酸性溶液中含有大量H+，H+与HCO会发生反应产生H2O、CO2，不能大量共存，C错误；D．在酸性溶液中含有大量H+，H+与SiO会发生反应产生H2SiO3沉淀，不能大量共存，D错误；故合理选项是B。18．C【分析】【详解】喷泉实验产生的根本原因是烧瓶内外产生气压差，当把胶头滴管内的液体挤入烧瓶时，四选项均可产生气压差形成喷泉，A．HCl能完全溶于水，能充满烧瓶，A错误；B．4∶1混合的NO2和O2能恰好发生反应，4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，故均可使液体充满烧瓶，B错误；C．NO2与H2O反应时有NO生成，液体不能充满烧瓶，C正确；D．CO2完全与NaOH溶液反应，能充满烧瓶，D错误；故选：C。19．D【详解】A．使品红褪色的气体可能是SO2，也可能是Cl2等具有强氧化性的气体，A错误；B．NO能够与空气中的O2反应产生NO2，因此不能用排空气法收集NO，B错误；C．制取并检验NH3的产生，应该使用湿润的红色石蕊试纸，而不能使用干燥的石蕊试纸，C错误；D．氨气极易溶于水，为充分吸收氨气，并防止倒吸现象的发生，在进行尾气吸收时燥导气管末端安装一个倒扣的漏斗，用水吸收氨气，D正确；故合理选项是D。20．C【详解】A．氯气具有强氧化性，与铁反应生成三氯化铁，不能一步反应生成氯化亚铁，故A错误；B．硅酸受热分解生成二氧化硅，二氧化硅与HCl不反应，不能转化为SiCl4，故B错误；C．二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，可以制得漂白粉，物质间转化均能实现，故C正确；D.氨催化氧化生成NO，NO与水不反应，不能转化为硝酸，故D错误；故选C。21．D【详解】A．分别蘸有浓氨水、浓盐酸的两个玻璃棒靠近时产生白烟，这是由于浓氨水、浓盐酸具有挥发性，挥发产生的NH3、HCl在空气中反应产生NH4Cl固体小颗粒，因而产生白烟；而浓硫酸不具有挥发性，因此挥发的NH3与玻璃棒上的浓硫酸反应产生(NH4)2SO4，因而不产生白烟现象，A错误；B．由于浓硝酸具有强氧化性，在常温下，浓硝酸遇铁会发生钝化现象而不能进一步发生反应，因此在常温下浓硝酸可贮存在铁制容器中；而常温下，浓硝酸能够与铜发生反应，因此浓硝酸不可贮存在铜制容器中，B错误；C．H2S具有还原性，会被浓硫酸氧化，因此H2S不能被浓硫酸干燥；而SO2不能与浓硫酸发生反应，因此可以使用浓硫酸干燥SO2，C错误；D．Cl2与水反应产生HCl、HClO，该反应是可逆反应，使用饱和食盐水，由于增大了溶液中c(Cl-)，因而可已知Cl2与水的反应，故可以用排饱和食盐水法收集Cl2；CO2气体在饱和NaHCO3溶液中不能溶解，也不能与之发生反应，因此可以用排饱和NaHCO3溶液的方法收集CO2，D正确；故合理选项是D。22．A【分析】利用质量数等于同位素的近似相对原子质量，即X的相对原子质量为A，然后利用质子数＋中子数=质量数，求出HmX的质子数，进行分析；【详解】某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，则质子数为A－N，则每个HmX分子含有质子数为A－N＋m，agHmX的物质的量为＝mol，故含有质子物质的量为mol×(A－N＋m)＝(A－N＋m)mol，答案选A。23．B【详解】反应前n(H2SO4)=0.025L×18.4mol/L=0.46mol，n(SO42-)=0.46mol，反应后n(SO42-)=3mol/L×0.1L=0.3mol，则减少的n(SO42-)=0.46mol-0.3mol=0.16mol，所以生成二氧化硫为0.16mol，由Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑，可知n(CuSO4)=0.16mol，则C(CuSO4)=0.16mol/0.1L=1.6mol/L。故选B。浓硫酸与铜共热，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，该反应中Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑，浓硫酸既体现强氧化性又体现酸性。24．(1)

③④⑤

②⑥

①(2)H3RO4或HRO3(3)第三周期第ⅥA族(4)

4.5

4

5NA(5)27.977×92.23%+28.976×4.67%+29.974×3.10%（1）①液氯和氯气的构成微粒只有Cl2，因此二者属于同一物质；②16O、17O和18O的质子数相同，都是8个，而中子数不相同，因此它们互为同位素；③金刚石与“足球烯”C60是碳元素的不同性质的单质，二者互为同素异形体；④白磷和红磷是磷元素的不同性质的单质，二者互为同素异形体；⑤O2与O3是氧元素的不同性质的单质，二者互为同素异形体；⑥H、D和T的质子数相同，都是1个，而中子数不相同，因此它们互为同位素。综上所述可知：互为同素异形体的有③④⑤；属于同位素的有②⑥；属于同一物质的有①；（2）R元素的气态氢化物化学式为RH3，其最低化合价为-3价，根据同一元素最高化合价与最低化合价价电子的和为0，可知该元素最高化合价为+5价，因此该元素的最高价氧化物的水化物化学式为H3RO4或HRO3；（3）表示的微粒是S2-，该元素是16号元素，原子核外电子排布是2、8、6，根据原子结构与元素位置关系可知：因此该元素在元素周期表中的位置是位于第三周期第ⅥA族；（4）16OH-核内有9个质子，9个中子，原子核外有10个电子，则0.5mol中16OH-核内有4.5mol质子，4.5mol中子，原子核外有5mol电子，含有的电子数目是5NA个；（5）根据元素的相对原子质量与其同位素原子的相对原子质量关系，可知Si元素的相对原子质量的计算式为A=27.977×92.23%+28.976×4.67%+29.974×3.10%。25．(1)N2+3H22NH3(2)4NH3+5O24NO+6H2O(3)mol/L(4)NH3·H2O+OH-(5)

Na2CO3+2NO2=NaNO3+NaNO2+CO2

1：3【分析】在氨合成塔中N2、H2发生化合反应产生NH3，NH3与空气中的O2在氧化炉中在加热条件下发生氧化反应产生NO、H2O，NO被空气中的氧气氧化产生NO2，NO2被水吸收得到HNO3。（1）在氨合成塔中，N2、H2在高温、高压、催化剂条件下发生化合反应产生NH3，发生的化学反应方程式为：N2+3H22NH3；（2）在氧化炉中，NH3被催化氧化产生NO、H2O，发生的化学反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）标准状况下，用充满NH3的烧瓶做喷泉实验，假设烧瓶容积为VL，水充满整个烧瓶后所形成溶液的物质的量浓度为c=；（4）NH3溶于水，大部分与水反应产生NH3·H2O，反应产生的NH3·H2O中有少部分发生电离作用产生、OH-，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，因此溶液显碱性，用化学方程式表示为：NH3·H2O+OH-；（5）①纯碱溶液吸收法中，纯碱溶液显碱性，在碱性溶液中，NO2发生歧化反应变为NaNO3、NaNO2，Na2CO3反应变为CO2，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：Na2CO3+2NO2=NaNO3+NaNO2+CO2；②氨转化法吸收中，已知7mol氨恰好能将含NO和NO2共6mol的混合气体完全转化为N2，设6molNO和NO2混合气体中含有NO物质的量为xmol，含有NO2物质的量为ymol，所以x+y=6，再根据得失电子守恒可得方程式2x+4y=21，两式联立，解得x=1.5mol，y=4.5mol，所以n(NO)：n(NO2)=x：y=1.5mol：4.5mol=1：3。26．(1)

硅

(2)

四

Ⅷ(3)

Ca(OH)2

弱

Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O或2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O(4)

Cl2+2Br-=Br2+2Cl-

溶液分层，下层溶液呈橙红色(5)+OH-NH3↑+H2O【分析】根据元素在周期表的位置可知：A是H，B是Na，C是C，D是N，E是O，F是Mg，G是Al，H是Si，I是P，J是S，K是Cl，L是Fe，M是Ca，N是Br，O是F元素，然后利用元素周期律及物质的性质分析解答。（1）根据H在元素周期表的位置可知H表示的元素是Si，元素名称是硅；O是F元素，原子核外电子排布是2、7，所以F元素的原子结构示意图是；（2）根据上述分析可知L表示的元素是Fe元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；（3）F是Mg，G是Al，M是Ca，由于同一周期元素的金属性随原子序数的增大而减小，同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增大，所以上述三种元素的金属性：Ca＞Mg＞Al。元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性就越强。在上述三种元素中金属性最强的元素是Ca，则Ca、Mg、Al最高价氧化物对应的水化物碱性中Ca(OH)2的碱性最强；C是C，J是S，元素的非金属性：S＞C。即元素的非金属性：C＜J。元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，可通过反应：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O或2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，通过用强酸与弱酸盐反应制取弱酸，从而证明了元素的非金属性：S＞C；（4）元素B是Na，N是Br，二者形成的化合物是NaBr，元素K是Cl，其单质Cl2的氧化性比较强，可以与NaBr在溶液中发生置换反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，证明，该反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；反应后向溶液中加入C、K两种元素形成的化合物CCl4，振荡。由于Br2易溶于CCl4中，而在水中溶解度不大，CCl4是密度比水大，与水互不相溶的液体物质，所以静置一段时间后，会看到液体分层，下层溶液呈橙红色；（5）A是H，D是N，E是O，A与D、A与E均能形成10个电子的离子分别是、OH-，这两种离子发生反应会产生弱电解质NH3·H2O，NH3·H2O不稳定，受热分解产生NH3、H2O，反应的离子方程式为：+OH-NH3↑+H2O。27．(1)圆底烧瓶(2)常温下，Fe在浓硫酸中钝化，C和浓硫酸在加热的条件下才能反应(3)红色褪去(4)

除去SO2

(5)1.2%(6)

偏大

防止空气中的CO2和H2O进入装置E中【分析】装置A中，Fe、C在加热条件下和浓硫酸反应生成Fe2(SO4)3，SO2、CO2；装置B中装有品红溶液，SO2能使品红溶液褪色；装置C中装有酸性KMnO4溶液，可以除去SO2；装置D中装有浓硫酸，可以除去中CO2的H2O；装置E中装有碱石灰，可以吸收CO2；装置F可以吸收空气中的CO2和H2O，防止空气中的CO2和H2O对实验产生干扰。（1）仪器A为圆底烧瓶；（2）常温下，Fe在浓硫酸中钝化，C和浓硫酸在加热的条件下才能反应，故点燃酒精灯前A、B中均无明显现象；（3）点燃酒精灯一段时间后，A中剧烈反应，生成SO2，SO2能使品红溶液褪色，故装置B中观察到的现象是红色褪去；（4）由分析可知，装置C中装有酸性KMnO4溶液，可以除去SO2，反应的离子方程式为；（5）若反应前后E装置的质量分别是48.0g和52.4g，则生成CO2的物质的量为=0.1mol，样品中C的物质的量为0.1mol，则合金中碳的质量分数是=1.2%；（6）若去掉装置D，二氧化碳中含有H2O，装置E质量变化偏大，则测得合金中碳的质量分数将偏大；装置F可以吸收空气中的CO2和H2O，防止空气中的CO2和H2O进入装置E中，对实验产生干扰。2022-2023学年陕西省西安市高一下册第一次月考化学模拟试题（B卷）评卷人得分一、单选题1．判断下列有关化学基本概念的依据正确的是A．溶液与胶体：不同的本质原因是能否发生丁达尔效应B．纯净物与混合物：是否仅含有一种元素C．氧化还原反应：元素化合价是否变化D．电解质与非电解质：物质本身的导电性2．合金是一类用途广泛的金属材料，下列关于合金的说法不正确的是A．人类历史上使用最早的合金是青铜B．目前世界上用途最广泛的合金是钢C．合金是两种金属熔合而成的具有金属特性的物质D．合金的熔点比它的各成分金属的熔点都低3．下列“实验方案”不宜用于完成“实验目的”的是()选项实验目的实验方案A确认Fe(OH)3胶体是否制备成功用可见光束照射B确认金属活泼性：Na＞Cu将金属钠投入CuSO4溶液中C确认钠与水反应生成NaOH向反应后的混合液中滴加酚酞D确认Cl2无漂白作用将有色纸条放入干燥Cl2中A．A B．B C．C D．D4．足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是A．盐酸 B．稀硫酸 C．氢氧化钠溶液 D．氯化钠溶液5．下列叙述正确的是A．H3O+和OH-中具有相同的质子数和电子数B．质子数为92、中子数为54的铀(U)原子：C．235U和238U互为同位素，其化学性质不同D．质子数相同的微粒一定属于同一元素6．下列物质的性质比较，正确的是A．气态氢化物稳定性：HF＞HCl＞H2S B．碱性：NaOH＞KOH＞RbOHC．还原性强弱:F－>Cl－>Br－>I－ D．酸性：H2SO4＞HClO4＞HBrO47．下列各组离子在水溶液中一定能大量共存的是()A．含有大量Ba2＋的溶液中：Cl－K＋B．含有大量H＋的溶液中：Mg2＋Na＋C．含有大量OH－的溶液中：Mg2＋D．含有大量Na＋的溶液中：H＋K＋8．某校实验室将试剂分类后放在不同的试剂柜里，已存放的部分试剂如下：试剂柜编号①②③④…试剂氢氧化钠盐酸二氧化锰氯化钠该实验室新购进部分生石灰和纯碱应将它们分别放在A．③和① B．④和① C．①和② D．③和④9．下列反应的离子方程式书写正确的是A．碳酸钙与盐酸反应：B．氯化铜溶液与铁粉反应：C．将加入溶液中：D．金属铁与氯化铁溶液反应：10．设阿伏加德罗常数的数值为，下列说法正确的是A．溶液中含氯离子数为B．常温常压下，氮气所含的分子数为C．常温下，铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为D．标准状况下，水中含有的原子数为11．下列叙述中正确的是（

）序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物①Cl2FeBr2FeCl3②KMnO4H2O2H2SO4O2MnSO4③KClO3HCl(浓)Cl2Cl2④KMnO4HCl(浓)Cl2MnCl2A．表中第①组反应中FeCl3是还原产物B．氧化性比较：KMnO4>Cl2>Fe3+>Br2>Fe2+C．还原性比较：H2O2>Mn2+>Cl-D．④组中的HCl既作还原剂，又起到酸的作用。12．某白色固体由NaCl、KBr、MgCl2、CaCO3中的一种或两种组成，进行如下实验：①把固体溶于水，得到澄清透明溶液；②取部分溶液，滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀；③向剩余溶液中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为A．NaCl、CaCO3 B．只有MgCl2C．一定有MgCl2，可能有NaCl D．NaCl、MgCl213．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中Y元素的质量数是质子数的两倍，Q元素最高正价与最低负价的绝对值之差为4，则下列说法正确的是XYZWQA．X的最低价氢化物水溶液显酸性B．Q元素氧化物对应水化物的酸性比Y元素氧化物对应水化物的酸性强C．Na与Y能形成化合物Na2Y2，且与水反应后溶液呈碱性D．阴离子还原性：W>Q14．已知电解熔融氯化钙可以得到金属钙和氯气。右图中钙及其化合物之间的转化按箭头方向均可一步实现。分析下列说法，其中正确的是A．CaO、Ca(OH)2、CaCO3都含有氧元素，所以CaO、Ca(OH)2、CaCO3都属于氧化物B．电解熔融氯化钙得到金属钙和氯气的反应既是氧化还原反应又是化合反应C．工业上可利用反应4的原理将氯气通入石灰乳制漂白粉，漂白粉的主要成分是CaCl2D．往澄清石灰水中滴加Na2CO3溶液或NaHCO3溶液都可以实现反应6的转化15．在100mL5.0mol/L的FeCl3溶液中加入16.0g铜和铁的混合物，充分反应后剩余固体1.2g(反应前后体积变化忽略不计，不考虑空气等影响)。下列有关说法不正确的是A．FeCl3溶液中的Fe3+已全部反应B．还原剂失去电子的物质的量为0.5molC．原混合物中含有铜7.6gD．根据氯元素守恒，可求得反应后溶液中Fe2+的浓度是7.5mol/L评卷人得分二、填空题16．氯及其化合物等在生活、生产中有着重要作用。(1)84消毒液的有效成分为，可用作消毒剂、漂白剂。中元素的化合价为_______；(2)向84消毒液中加入少量稀硫酸可增强其漂白能力，某消毒小组人员用的浓硫酸配制的稀硫酸。所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒和_______、_______。(3)下列操作导致所配溶液浓度偏低的有_______(填字母)。a.转移前，容量瓶未干燥

b.转移时，有少量液体溅出

c.定容时，俯视容量瓶刻度线17．化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就可不再向环境排放该有害物质。例如：(1)配平下列反应：______________Na2Cr2O7+_______HCl=_______NaCl+_______CrCl3+_______Cl2↑+_______氧化剂是_______；氧化产物是_______。(2)在碱性条件下加入NaClO3，可实现⑥的转化，ClO被还原为Cl-，其离子方程式为_______。还原性：CrO_______Cl-(填“>”“＜”或“=”)。(3)在上述有编号的步骤中，除了①⑥外，还需用氧化剂的步骤是_______(填序号)。评卷人得分三、实验题18．实验室用浓盐酸和MnO2制Cl2，并以干燥的Cl2为原料制取FeCl3。已知FeCl3易升华，易潮解。(1)装置B、C中应盛放的试剂名称分别为_______、_______；从装置A导出的气体若不经过装置B、C而直接进入D管，将对实验产生的不良后果是_______。(2)实验时，先点燃A处的酒精灯，让Cl2充满装置，再点燃D处酒精灯，写出D中反应的化学方程式：_______。(3)装置F所起的作用是_______。评卷人得分四、有机推断题19．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式A、______B、______C、________乙__________（2）写出下列反应化学方程式：反应①___________________________________反应③___________________________________（3）写出下列反应离子方程式：反应④___________________________________反应⑥___________________________________评卷人得分五、结构与性质20．几种主族元素在周期表中的位置如下：根据上表回答下列问题：(1)⑥元素的氢化物是_______(填化学式)。(2)①③⑦三种元素原子半径由大到小的顺序是_______(用元素符号表示)；②⑥⑦三种元素离子半径由大到小的顺序是_______(用元素符号表示)。(3)表中某元素原子的核外电子层数是最外层电子数的3倍，该元素的原子结构示意图为_______，该元素在周期表中的位置是_______。(4)①②③三种元素最高价氧化物对应水化物碱性最强的是_______(填化学式)，①与水反应的化学方程式为_______。(5)⑦的非金属性强于⑧，下列表述中能证明这一事实的是_______(填字母，下同)。a.⑦的氢化物比⑧的氢化物稳定b.⑦最高价氧化物对应的水化物的酸性强于⑧最高价氧化物对应的水化物的酸性c.⑦的单质能将⑧从其钠盐溶液中置换出来答案第=page1010页，共=sectionpages1010页答案第=page99页，共=sectionpages1010页答案：1．C【分析】【详解】A．分散系根据分散质粒子直径的大小可以分为溶液、胶体和浊液，所以溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径的大小。故A错误；B．纯净物：只由一种物质组成的称为纯净物。混合物：由两种或两种以上物质组成的称为混合物。所以纯净物、混合物与是否仅含一种元素没有必然的关系。比如：O2和O3混合在一起，虽然只含一种元素，但仍是混合物；H2SO4含三种元素，但由于是一种物质，故仍是纯净物，故B错误；C．氧化还原反应的本质是有电子的得失或偏移，表现为有化合价的升降，故根据反应前后元素化合价是否变化可以判断是否是氧化还原反应，故C正确；D．电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物。根据定义可以看出，电解质、非电解质的判断并不是看物质本身是否导电，而是看在在水溶液中或熔融状态下是否能导电，故D错误；故选C。2．C【详解】A．人类历史上使用最早的合金是青铜，是铜、锡合金，故A正确；B．目前世界上用途最广泛的合金是钢，是铁合金，故B正确；C．合金可以是金属与金属，也可以是金属与非金属熔合而成，如生铁是铁与碳的合金，故C不正确；D．合金的熔点比它的各成分金属的熔点都低，故D正确；故选C选项。3．B【详解】A．用可见光束照射，若有一条光亮的“通路”，则表明Fe(OH)3胶体制备成功，A不合题意；B．将金属钠投入CuSO4溶液中，钠先跟水反应，产物再跟CuSO4溶液反应，不发生Na与CuSO4的置换反应，不能比较Na与Cu的金属活泼性，B符合题意；C．向反应后的混合液中滴加酚酞，溶液变红色，则表明钠与水反应生成NaOH，C不合题意；D．将有色纸条放入干燥Cl2中，试纸不褪色，表明干燥的Cl2无漂白性，D不合题意；故选B。4．C【分析】【详解】氯化钠溶液与铝不反应，足量盐酸、稀硫酸、氢氧化钠溶液均能与铝反应生成氢气，1mol铝反应时，消耗盐酸、硫酸和氢氧化钠的物质的量为3mol、1.5mol、1mol，则消耗氢氧化钠的物质的量最少，故选C。5．B【详解】A．1个H3O+含有10个电子、11个质子，OH-含有10个电子、9个质子，故A错误；B．质子数为92、中子数为54的铀(U)原子：质量数为92+54=146,原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，故B正确；C．235U和238U互为同位素，核外电子数相同，化学性质也相同，故C错误；D．质子数相同的微粒不一定属于同一元素，如NH3和Ne的质子数都是10，故D错误；故答案选B。6．A【详解】A、非金属性越强，氢化物的稳定性越强，气态氢化物稳定性应该是HF＞HCl＞H2S，选项A正确；B、金属性越强最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：RbOH＞KOH＞NaOH，选项B错误；C、非金属单质的氧化性越强，其对应简单离子的还原性越弱，则还原性强弱:F－<Cl－<Br－<I－，选项C错误；D、非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性越强，故酸性：HClO4＞H2SO4，选项D错误。答案选A。7．D【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质和题干限制条件分析判断。【详解】A.含有大量Ba2＋的溶液中硫酸根离子不能大量共存，A错误；B.含有大量H＋的溶液中碳酸氢根离子不能大量共存，B错误；C.含有大量OH－的溶液中Mg2＋不能大量共存，且镁离子和碳酸根离子不能大量共存，C错误；D.含有大量Na＋的溶液中H＋、K＋、SO42－、NO3－相互之间不反应，可以大量共存，D正确。答案选D。8．D【详解】根据表中信息可知试剂柜中放置的试剂①是碱，②是酸，③是氧化物，④是盐。生石灰是氧化钙，属于氧化物应放在③中，纯碱是碳酸钠，属于盐，应放在④中，故答案选D。9．B【详解】A．碳酸钙是难溶固体不能拆，故A错误；B．氯化铜溶液与铁粉反应置换出铜单质，，故B正确；C．加入溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故C错误；D．电荷不守恒，，故D错误；故答案为B10．C【详解】A．缺溶液的体积，无法计算1mol/L氯化钙溶液中氯化钙的物质的量和氯离子的数目，故A错误；B．常温常压下，14g氮气所含的分子数为×NAmol—1=0.5NA，故B错误；C．铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，则2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为×3×NAmol—1=0.3NA，故C正确；D．标准状况下，水为液态，无法计算11.2L水的物质的量和含有的原子数目，故D错误；故选C。11．D【详解】A．氯气和FeCl2反应生成FeCl3，氯气为氧化剂，FeCl2为还原剂，所以表中第①组反应的FeCl3既作为还原产物又作为氧化产物，故A错误；B．根据①知，氧化性Cl2＞Fe3+，根据②知，氧化性KMnO4＞O2，根据③知氧化性KClO3＞Cl2，根据④知氧化性KMnO4＞Cl2，根据以上分析无法判断Br2、Fe2+氧化性相对大小，故B错误；C．根据②知还原性H2O2＞Mn2+，根据③知氧化性Mn2+＜Cl-，故C错误；D．该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，其转移电子数为10，方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=5Cl2+2MnCl2+2KCl+8H2O，所以HCl(浓)既作还原剂，又起到酸的作用，故D正确；故答案为D。12．C【分析】根据碳酸钙难溶于水，氯化银为白色沉淀，溴化银为浅黄色沉淀，氯化镁和氢氧化钠会生成白色的氢氧化镁沉淀等知识进行分析解答。【详解】①把固体溶于水，得到澄清透明溶液，说明不含CaCO3；②取部分溶液，滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明有氯化银沉淀生成，无溴化银沉淀生成，白色固体不含KBr，含NaCl和MgCl2中至少一种；③向剩余溶液中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀为氢氧化镁，说明一定含有MgCl2。综合以上分析，可判断白色固体一定不含CaCO3和KBr，一定有MgCl2，可能有NaCl，C选项正确，答案选C。13．D【分析】由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，7、W、Q处于第三周期，而Q元素最高正价与最低负价的绝对值之差为4,故Q为S元素，则X为C元素、Y为N元素、Z为Al、W为P,据此分析解答。【详解】由分析可知,X为C、Y为N、Z为Al、W为P、Q为S。A．X为C元素,其最低价氢化物为CH4，故A错误；B．次氯酸属于弱酸，而硝酸属于强酸，故B错误；C．钠元素与氮元素可以形成Na3N，不能形成Na2N2,故C错误；D．元素非金属性WQ，故D正确；故答案选D。本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期表、元素周期律与元素化合物知识，题目难度不大。14．D【详解】A．CaO、Ca（OH）2、CaCO3三者都是离子化合物，分别是氧化物、碱和盐，A错误；B．电解熔融氯化钙得到金属钙和氯气的反应既是氧化还原反应又是分解反应，B错误；C．漂白粉主要成分为次氯酸钙和氯化钙，C错误；D．往Ca（OH）2溶液中滴加Na2CO3溶液或NaHCO3溶液都能反应生成碳酸钙沉淀，Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，Ca（OH）2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，D正确；答案选D。15．D【分析】氯化铁与铁单质发生反应：；与铜单质发生反应：，因铁比铜活泼，故铁先反应，铜后反应。根据反应分析解答。【详解】A．因金属有剩余，且两种金属均能与氯化铁反应，可知氯化铁反应完全，Fe3+已全部反应，故A正确；B．由反应可知，反应中Fe3+完全被还原成Fe2+，则0.5molFe3+，得电子的物质的量为0.5mol，根据得失电子守恒，还原剂失去电子的物质的量为：0.5mol，故B正确；C．若只有铁溶解，则0.5mol氯化铁消耗的Fe的物质的量为0.25mol，固体损失的质量为：14.0g，则剩余固体的质量应为16.0g-14.0g=2.0g，而实际固体剩余质量为1.2g，可知实际反应的金属还有Cu，设溶解的Fe的物质的量为xmol，溶解的Cu的物质的量为ymol，则56x+64y=16.0-1.2=14.8g，根据电子得失守恒可得：2x+2y=0.5，解得：x=0.15，y=0.1，固体混合物中铁的质量=，铜的质量=16.0-8.4=7.6g，故C正确；D．100mL5.0mol/L的FeCl3溶液中氯离子的浓度为15mol/L，根据氯元素守恒，可求得反应后溶液中Fe2+、Cu2+的浓度之和是7.5mol/L，故D错误；故选：D。16．(1)+1(2)

500mL容量瓶

胶头滴管(3)b（1）NaClO中Na为+1价，O为-2价，Cl元素的化合价为+1；（2）配制溶液还需要500mL容量瓶、胶头滴管；（3）a.转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度无影