广东省珠海市珠海一中20192020学年高一下学期期中考试化学试题含解析

高一年级第二学期〔化学〕期中试题考前须知：2.可能用到的原子量H~1O~16Na~23Zn~65第I卷选择题一、单项选择题1.以下关于物质分类及胶体性质描述正确的选项是()A.熟石灰、烧碱、纯碱都是碱B.明矾、漂白粉、硫酸铜均为纯洁物C.“血液透析〞和“静电除尘〞分别利用了胶体的不同性质D.纳米材料粒子直径一般从几纳米到几十纳米，因此纳米材料属于胶体【答案】C【解析】【详解】A.纯碱是盐，A项错误；B.漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，B项错误；C.血液属于胶体不能透过半透膜，“血液透析〞利用渗析原理，“静电除尘〞利用胶体的电泳，C项正确；D.纳米材料粒子不是分散系，不属于胶体，D项错误；答案选C。A为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是()A.18g和的混合物中，所含中子数为10NAB.标准状况下，2.24LSO3中含有的氧原子数目为0.3NAC.物质的量浓度为0.1mol•L﹣1的MgCl2溶液中，含有Cl﹣个数为0.2NAA【答案】D【解析】【详解】A.和的摩尔质量均为20g/mol，故18g混合物的物质的量为0.9mol，两者均含10个中子，故0.9mol混合物所含中子数为9NA，A项错误；3在标准状况下为固体，不能用气体摩尔体积来计算其物质的量，B项错误；C.溶液体积不明确，无法计算氯离子的个数，C项错误；D.2.3g的金属钠物质的量为0.1mol，钠与氧气发生反响化合价变为+1，故0.1mol钠反响失去0.1NA个电子；答案选D。【点睛】钠与氧气发生反响，无论变成氧化钠还是过氧化钠，或者是二者混合，钠的化合价都变为+1，电子转移按照前后化合价变化来计算就可以。3.以下各组离子一定能大量存在的是()A.在中性溶液中：B.在酸性溶液中：C.滴入酚酞显红色溶液：D.参加铝粉可以产生H2的溶液中：【答案】A【解析】【详解】A.在中性溶液中：相互不反响，能够大量共存，A项正确；B.在酸性溶液中，硝酸根离子具有强化性，能够氧化碘离子，不能大量共存，B项错误；C.滴入酚酞显红色，溶液显碱性含有大量氢氧根离子，与镁离子和亚硫酸氢根离子都反响，不能大量共存，C项错误；D.参加铝粉可以产生H2，溶液可以为酸性〔不含硝酸根〕或者碱性，假设为碱性，与铝离子不能大量共存，D项错误；答案选A。【点睛】限制条件下的离子共存问题，需要会判断溶液的酸碱性，例如由水电离的氢离子浓度或者氢氧离子浓，参加铝会产生氢气等等。4.以下表示对应化学反响的离子方程式正确的选项是()A.将CO2通入CaCl2溶液：CO2+H2O+Ca2+=CaCO3↓+2H+B.往氢氧化钠溶液中通入过量SO2：OH-+SO2=C.向氢氧化亚铁中参加足量的稀硝酸：Fe(OH)2＋2H＋=Fe2＋＋2H2OD.向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2++OH-+H++═BaSO4↓+H2O【答案】B【解析】【详解】A.碳酸的酸性弱于盐酸，故CO2通入CaCl2溶液不反响，A项错误；2，生成亚硫酸钠，通入过量SO2，生成亚硫酸氢钠，离子反响式为OH-+SO2=，B项正确；C.向氢氧化亚铁中参加足量的稀硝酸发生的是氧化复原反响，氧化产物Fe3＋和复原产物NO，C项错误；D.向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性，氢离子与氢氧根恰好反响完全，离子式为Ba2++2OH-+2H++═BaSO4↓+2H2O，D项错误；答案选B。【点睛】CO2和SO2都具有酸性，都可以与氢氧化钠反响，化学反响式有通入量多量少的区别，特别需要注意二氧化硫在这个过程中没有发生氧化复原反响，以Na2SO3或者NaHSO3形式存在，而不会变成NaHSO4或者NaSO4。5.铜与稀硫酸不发生反响，但如果在铜与稀硫酸的混合溶液中参加某种盐，就能发生反响，且有气体、有沉淀产生，那么该盐是()A.Ba(NO3)2 B.KCl C.Na2SO4 D.FeCl3【答案】A【解析】【详解】A.酸性条件硝酸根离子有强氧化性，能和铜反响生成硝酸铜、NO、水，参加钡离子产生硫酸钡沉淀，A项正确；B.KCl参加溶液，不发生反响，B项错误；C.Na2SO4参加溶液，不发生反响，C项错误；D.FeCl3与铜发生氧化复原反响，生成亚铁离子和铜离子，无气体无沉淀，D项错误；答案选A。6.在一定条件下，氯气与碘单质以等物质的量进行反响，可得到一种红棕色液体ICl，ICl有很强的氧化性，ICl跟Zn、H2O反响的化学方程式如下：2IC1+2Zn=ZnCl2+ZnI2，IC1+H2O=HC1+HIO，以下关于ICl性质的表达正确的选项是〔〕A.ZnCl2是氧化产物，又是复原产物B.ZnI2既是氧化产物，又是复原产物D.ICl跟H2O的反响，ICl是氧化剂，H2O是复原剂【答案】B【解析】【分析】非金属性〔得电子能力〕Cl＞I，故ICl中Cl化合价为-1，I化合价为+1，2IC1+2Zn=ZnCl2+ZnI2，Zn化合价上升，I化合价降低；IC1+H2O=HC1+HIO，化合价没有变化，非氧化复原反响。【详解】A.第一个反响Zn化合价上升，ZnCl2是氧化产物，非复原产物，A项错误；B.Zn化合价上升，I化合价降低，ZnI2既是氧化产物，又是复原产物，B项正确；C.反响6.5gZn物质的量0.1mol，每个Zn转移2个电子，那么0.1molZn转移电子0.2mol，C项错误；D.ICl跟H2O的反响，没有化合价变化，D项错误；答案选B。7.以下有关化学用语使用正确的选项是()A.原子核内有10个中子的氧原子： B.质量数为37的氯原子：C.硫原子的原子结构示意图： D.NH4Cl的电子式：【答案】A【解析】【详解】A.核素的表示，元素的左下角为质子数，右上角为质量数，质子数+中子数=质量数，故含10个中子的氧原子可以表示为，A项正确；B.质量数为37的氯原子：，B项错误；C.硫原子跟离子不同，硫离子的结构示意图，C项错误；，D项错误；答案选A。8.以下物质的制取原理错误的选项是()A.金属钠的制取：2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑B.金属镁的制取：MgO＋COMg＋CO2C.金属铬的制取：Cr2O3＋2Al2Cr＋Al2O3D.金属汞的制取：2HgO2Hg＋O2↑【答案】B【解析】【详解】A.金属钠活泼，用电解熔融氯化钠制备，A项错误；B.金属镁活泼，用电解熔融氯化镁制备，B项正确；C.金属铬没有铝活泼，用铝热法制备，C项错误；D.金属汞不活泼，用加热分解氧化物的方法的制取，D项错误；答案选B。【点睛】制备金属，根据金属活动性顺序表，前四种金属通过电解熔融状态的氯化物可得单质，制备铝需要电解熔融状态的氧化铝，不能用氯化铝，因为氯化铝属于共价化合物，内部结构无离子；从锌到铜，可以用热复原，用氢气、碳单质、一氧化碳、Al〔铝热法〕，后面两种金属可以直接加热各自的氧化物制备其单质。9.硅及其化合物在材料领域中应用广泛。以下表达正确的选项是()A.晶体硅可做光导纤维B.SiO2可与水反响制备硅胶C.玻璃、水泥、陶瓷都是硅酸盐产品D.SiO2与NaOH和HF均可反响，属于两性氧化物【答案】C【解析】【详解】A.二氧化硅可做光导纤维，A项错误；2与水不反响，B项错误；C.玻璃、水泥、陶瓷都是硅酸盐产品，C项正确；D.SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，SiO2+4HF=SiF4+2H2O，SiF4不属于盐，那么二氧化硅是酸性氧化物，D项错误；答案选C。10.以下关于硫及其化合物的说法正确的选项是()A.浓硫酸具有脱水性，可用于枯燥氨气B.加氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有C.二氧化硫能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，因其有漂白性D.如图装置中血红色褪去，可以验证SO2的复原性【答案】D【解析】【详解】A.浓硫酸具有酸性，不可用于枯燥氨气，A项错误；B.加氯化钡溶液有白色沉淀产生，可能是钡盐沉淀，也可能是氯盐沉淀，参加盐酸不溶解，不能说明一定有，B项错误；C.二氧化硫具有复原性，能跟溴水、酸性高锰酸钾溶液发生氧化复原而褪色，不是漂白性，C项错误；D.硫酸铁溶液遇KSCN，溶液变为血红色，通入二氧化硫，发生反响SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+，血红色退去，证明SO2具有复原性，D项正确；答案选D。【点睛】：先加盐酸，无明显实验现象，后加氯化钡，假设产生白色沉淀，证明含有。二氧化硫的的漂白性是与品红发生化合漂白，不稳定，受热品红恢复至原来的颜色。二氧化硫具有复原性还能跟氯水、溴水、碘水、酸性高锰酸钾溶液等发生氧化复原而褪色，并不是表白性的表达。11.以下每组物质发生转化所克服的粒子间的相互作用属于同种类型的是〔〕A.碘和干冰升华 B.氯化钠的熔化与冰的融化C.氯化氢和酒精溶于水 D.CO2气体通入澄清石灰水【答案】A【解析】【详解】A项、碘和干冰升华时克服的作用力都是分子间作用力，故A正确；B项、NaCl熔化时克服的作用力是离子键，冰熔化时克服的作用力是分子间作用力，故B错误；C项、氯化氢溶于克服的作用力是共价键，酒精溶于水克服的作用力是分子间作用力，故C错误；D项、CO2气体通入澄清石灰水，二氧化碳克服的作用力是共价键，氢氧化钙克服的作用力是离子键，故D错误。应选A。12.以下除杂试剂的选择或除杂操作不正确的选项是〔〕选项物质〔括号内为杂质〕除杂试剂或物质除杂操作AFe〔Cu〕固体磁铁吸引后弃去剩余固体BFeCl2〔FeCl3〕溶液Fe参加过量Fe粉，充分反响后过滤CCO2〔HCl〕气体饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4依次充分洗气DNa2CO3〔NaHCO3〕溶液CO2通入过量CO2A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.磁铁可以吸附铁，而铜不行，可以进行别离，A项错误；B.参加过量的铁，可以把杂质氯化铁完全转化为氯化亚铁，后过滤出多余的铁，B项错误；C.用饱和碳酸氢钠溶液可以洗去氯化氢气体，后浓硫酸进行枯燥，C项错误；D.碳酸钠溶液可以与二氧化碳发生反响，不能用于除杂，D项正确；答案选D。【点睛】Na2CO3中混有NaHCO3假设为溶液状态，可以参加适量的氢氧化钠，假设为固体，可以加热，使碳酸氢钠完全分解转化为碳酸钠。假设NaHCO3中混有Na2CO3溶液，可以通入二氧化碳进行转化。13.在短周期主族元素X、Y、Z中，X与Y两元素的原子核外的电子层数相同，X的原子半径大于Y的原子半径，X的阳离子与Z的阳离子具有相同的电子层结构，Z的简单离子半径大于X的简单离子半径。那么关于X、Y、Z的表达正确的选项是〔〕A.三种元素的原子序数最大的是ZB.Z一定是非金属元素C.三种元素不一定是同周期元素D.三种元素可能都是金属元素【答案】D【解析】【分析】X与Y两元素的原子核外电子层数相同，说明X与Y位于相同周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，所以X位于Y的前面；X与Z两原子的阳离子具有相同的电子结构，说明X与Z位于相同周期，Z的离子半径大于X的离子半径，所以Z位于X的前面。【详解】A．由以上分析可知，三种元素的原子序数大小为：Y>X>Z，最大的是Y，A错误；B．Z能够形成阳离子，一定是金属元素，B错误；C．三种元素同周期元素，C错误；D．X与Z是金属元素，Y可能是金属元素，也可能是非金属元素，所以三种元素可能都是金属元素，D正确。答案为：D。14.“封管实验〞具有简易、方便、节约、绿色等优点，以下关于四个“封管实验〞夹持装置未画出、固体易升华的说法正确的选项是A.加热时，中封管内固体消失B.加热时，中溶液变红，冷却后又变为无色C.加热时，中溶液变红，冷却后红色褪去，表达的漂白性D.加热又冷却的过程中，属于物理变化，属于化学变化【答案】C【解析】分析】A．氯化铵不稳定，加热分解生成氨气和氯化氢，温度稍低时又生成氯化铵；B．含有氨气的酚酞溶液为红色，加热后氨气逸出，溶液变为无色，冷却后溶液又会变红色；C．二氧化硫具有漂白性，加热后溶液变红，冷却后溶液褪色；D．氯化铵的分解为化学变化。【详解】A．氯化铵不稳定，加热分解生成氨气和氯化氢，温度稍低时又生成氯化铵，那么封管内固体不消失，故A错误；B．加热时氨气逸出，溶液的颜色为无色，冷却后氨气溶解溶液变为红色，故B错误；C．加热后二氧化硫逸出，溶液呈红色，冷却后二氧化硫又将品红溶液漂白，故C正确；D．氯化铵的分解生成氨气和氯化氢，有新物质生成，为化学变化，故D错误。故答案C。15.向BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍然澄清；假设将BaCl2溶液分盛在两支试管中，一只试管加稀HNO3,另一只加NaOH溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀产生。由此得出的以下结论中不合理的是()A.SO2是酸性氧化物、SO2具有复原性B.两支试管中的白色沉淀不是同种物质C.BaCl2既能跟强酸、又能跟强碱反响，具有两性D.参加氢氧化钠溶液，SO2水溶液中浓度增大【答案】C【解析】【分析】由于亚硫酸的酸性弱于盐酸，那么SO2不与BaCl2溶液反响，故向BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍然澄清；将氯化钡与硝酸混合，通入二氧化硫溶液显酸性，硝酸根离子在酸性环境中有强氧化性，可以把二氧化硫氧化为，遇钡离子产生沉淀BaSO4；将氯化钡与氢氧化钠混合，通入二氧化硫先与氢氧化钠反响生成亚硫酸钠和水，遇钡离子产生沉淀BaSO3。【详解】A.由分析可知，二氧化硫可以与氢氧化钠反响生成相应的盐和水，因此具有酸性，也可以被酸性环境的硝酸根离子氧化，因此SO2具有复原性，A项错误；B.由分析可知，两支试管中的白色沉淀不是同种物质，分别是硫酸钡和亚硫酸钡，B项错误；C.氯化钡是强酸强碱盐，不是两性物质，C项正确；D.参加氢氧化钠溶液，SO2水溶液可以反响生成，故浓度增大，D项错误；答案选C。【点睛】二氧化硫具有酸性，可以跟碱和局部显碱性的盐发生反响，不与氯化钡，氯化钙，假设要可以发生反响，向体系中加碱；同时也具有复原性，参加氧化剂也可以反响，所以可以与次氯酸钙、硝酸钡之类的反响生成硫酸盐沉淀。16.一种无色气体100mL，由NH3、NO、CO2所组成，将此无色气体通过浓硫酸的洗气瓶后，发现气体减少了30mL。剩余气体继续通过Na2O2固体后，发现气体变成红棕色，再将该气体通入盛满水倒立于水槽中的试管内，发现试管内水位上升，最后试管内充满液体。那么原混合气体中NH3、NO、CO2气体的体积比为()A.15∶14∶21 B.5∶8∶12 C.10∶14∶21 D.30∶28∶23【答案】A【解析】【分析】混合气体100mL，通过浓硫酸洗气瓶气体减少了30mL，氨气被吸收，那么氨气体积为30mL；剩余气体通过过氧化钠，与二氧化碳反响：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，生成的氧气与一氧化氮化合产生红棕色气体二氧化氮，再将该气体通入装满水的试管，最后无气体剩余，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，由CO2产生的O2和NO应该按照3:4恰好完全反响才符合题意，故CO2:NO=6:4，最简比3:2〔共70mL〕，那么CO2体积应为42mL，NO体积应为28mL，那么原混合气体中NH3、NO、CO2气体的体积比为15∶14∶21。【详解】A.根据分析，15∶14∶21正确，A项正确；B.根据分析，5∶8∶12错误，B项错误；C.根据分析，10∶14∶21错误，C项错误；D.根据分析，30∶28∶23错误，D项错误；答案选A。17.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如下图〔省略夹持和净化装置〕。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。【详解】A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与稀硝酸反响需要加热，且NO2用水吸收会发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，用防倒吸装置不妥，错误；D、制取氯气需要加热，错误。18.A是一种常见的非金属单质，B是氧化物，E是A的氢化物，D是A的最高价氧化物对应的水化物，上述物质间的转化关系如下图，以下说法错误的选项是A.假设E、D的水溶液均呈酸性，那么A为硫B.假设D是一种难溶于水的物质，那么A为硅C.假设E、D的水溶液均呈酸性，那么B能与水反响D.假设D是一种难溶于水物质，那么B能与水反响【答案】D【解析】【详解】A．H2S和S均能在氧气中燃烧生成SO2，SO2继续氧化生成SO3，SO3溶于水生成H2SO4，符合题中转化关系和条件，故A正确；B．Si和SiH4均能在氧气中燃烧生成SiO2，SiO2溶于NaOH溶液生成Na2SiO3，Na2SiO3和稀硫酸反响生成难溶于水的H2SiO3，符合题中转化关系和条件，故B正确；C．H2S和S均能在氧气中燃烧生成SO2，SO2继续氧化生成SO3，SO3溶于水生成H2SO4，其中SO2能溶于水生成H2SO3，符合题中转化关系和条件，故C正确；D．Si和SiH4均能在氧气中燃烧生成SiO2，SiO2溶于NaOH溶液生成Na2SiO3，Na2SiO3和稀硫酸反响生成难溶于水的H2SiO3，符合题中转化关系，但SiO2不能溶于水，故D错误；答案为D。，某同学欲探究该溶液的组成进行了如下实验：Ⅰ．用铂丝醮取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰Ⅱ．另取原溶液参加足量盐酸有无色气体生成，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成Ⅲ．取Ⅱ反响后溶液分别置于两支试管中，第一支试管中参加BaCl2溶液有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，第二支试管参加CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色。以下说法正确的选项是()A.原溶液中肯定不含B.原溶液中肯定含有C.步骤Ⅱ中无色气体是NO气体，无CO2气体产生D.为确定是否含有Cl-可取原溶液参加过量硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀【答案】C【解析】【分析】根据实验Ⅰ的焰色反响证明含有K+，实验Ⅲ检测出经过实验Ⅱ后溶液含有Fe3+，证明原溶液一定不含CO32-，根据实验Ⅱ参加盐酸，无沉淀说明不含SiO32-，有无色气体产生只能是(H+)被复原生成一氧化氮气体，证明含有硝酸根离子，且此时溶液颜色加深，复原剂可能为Fe2+或，实验Ⅲ参加CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色，证明不含碘单质，从而证明原溶液不含含有Fe2+，实验Ⅲ参加BaCl2溶液有白色沉淀生成，证明含有，Fe3+和Cl-是否存在无法确定。【详解】A.根据分析，原溶液中一定含有和Fe2+，A项错误；B.根据分析，原溶液中Fe3+-是否存在无法确定，B项错误；C.根据分析，步骤Ⅱ中无色气体是NO气体，无CO2气体产生，C项正确；D.使用硝酸银溶液检测是否含有Cl-，硫酸根离子会干扰，D项错误；答案选C。【点睛】溶液中离子的组成推断，需要熟练掌握确定性原那么、反排原那么、电中性原那么。20.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得溶液中参加铁粉，对参加铁粉充分反响后的溶液分析合理的是〔〕A.假设无固体剩余，那么溶液中一定有Fe3+ B.假设有固体剩余，那么溶液中一定有Fe2+C.假设溶液中有Cu2+，那么一定没有固体析出 D.假设溶液中有Fe2+，那么一定有Cu析出【答案】B【解析】【分析】用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，发生反响2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，所得溶液参加铁粉，先与Fe3+反响，再与Cu2+反响。【详解】A.假设无固体剩余，说明铁完全反响，铜元素以Cu2+形式存在，溶液中一定有Fe2+，可能有Fe2+，A项错误；B.假设有固体剩余，一定含铜可能含铁，那么溶液中一定有Fe2+，可能含Cu2+，一定不含Fe3+，B项正确；C.假设溶液中有Cu2+，说明参加的铁粉缺乏，可能只与Fe3+发生反响无固体剩余，也可能与Fe3+和Cu2+反响，铜离子没有反响完全，固体剩余铜，C项错误；D.参加的铁粉缺乏，可能只与Fe3+发生反响，不会有铜生成，D项错误；答案选B。21.以下实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与参加试剂的物质的量(X)之间的关系正确的选项是()A.甲向AlCl3溶液中逐滴参加NaOH溶液至过量且边滴边振荡B.乙向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡C.丙向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴参加NaOH溶液直至过量D.丁向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量【答案】C【解析】【详解】A．向AlCl3溶液中逐滴参加NaOH溶液至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3和NaOH溶液反响，生成偏铝酸钠，沉淀溶解：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，所以沉淀量到达最大消耗NaOH和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1；A错误；B．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，立刻产生白色氢氧化铝沉淀，发生反响：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，随着盐酸的逐滴参加，开始形成的沉淀又逐渐溶解，发生反响：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，所以沉淀量到达最大消耗的盐酸和沉淀完全溶解消耗的盐酸的物质的量之比是1：3．B错误；C．向NH4Al〔SO4〕2溶液中逐滴参加氢氧化钠溶液，开始滴加NaOH发生反响为Al3++3OH-=Al(OH)3↓，先产生氢氧化铝沉淀，当Al3+沉淀完全后，然后发生反响NH4++OH-=NH3•H2O；此时沉淀氢氧化铝的量不变，最后继续滴加NaOH，发生反响Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，氢氧化铝沉淀溶解，沉淀量到达最大消耗NaOH、沉淀量不变和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1：1；C正确；D．向NaOH、Ba(OH)2、NaA1O2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，首先发生反响：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，产生白色沉淀，然后发生：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，此时沉淀的量不变，再发生反响2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3，产生沉淀，又发生反响：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，沉淀量不变，最后发生反响：BaCO3+2H2O+2CO2=Ba(HCO3)2，沉淀局部溶解，D错误；故合理选项是C。第II卷非选择题二、填空题22.海水中的溴含量约为65mg·L-1，从海水中提取溴的工业流程如下：(1)步骤Ⅱ通入热空气吹出Br2，利用了溴的_______(填序号)。A．氧化性B．复原性C．挥发性D．腐蚀性(2)步骤Ⅱ中涉及的离子反响如下，请在横线上填入正确的化学计量数:___Br2+___=___+___Br-+___CO2↑(3)上述流程中吹出的溴蒸气也可以先用二氧化硫的水溶液吸收，再用氯气氧化，然后进行蒸馏，那么溴与二氧化硫的水溶液反响的离子方程式为________________________。(4)实验室别离溴还可以用萃取法，以下可以用作溴的萃取剂的有________________(填字母)。A．乙醇B．四氯化碳C．醋酸D．苯【答案】(1).C(2).3(3).3(4).1(5).5(6).3(7).Br2+SO2+H2O=2Br－+SO42－+4H+(8).BD【解析】【分析】根据流程，海水晒盐后得到卤水和氯化钠，电解氯化钠溶液可以得到氯气，氯气将卤水中Br－氧化为Br2，得到低浓度的溴水，利用溴的挥发性，使用热空气吹出Br2用纯碱吸收，得到含有BrO3－和Br－的混合液，参加硫酸提供酸性环境，发生归中反响得到高浓度的溴水，蒸馏得到工业溴。通过步骤Ⅱ和Ⅲ使较低浓度的溴水变为高浓度溴水起到富集作用，从而降低直接蒸馏提纯的本钱。【详解】(1)Br2易挥发，故通入热空气吹出Br2，利用了溴的挥发性，应选C；(2)步骤Ⅱ，发生歧化反响，根据化合价升价守恒与电荷守恒、质量守恒进行配平，离子反响如下：3Br2+3CO32－=BrO3－+5Br－+3CO2↑；(3)上述流程中吹出的溴蒸气可以用二氧化硫的水溶液吸收，二者发生氧化复原反响，Br2转化为Br－，SO2转化为SO42－，故二者的离子反响式为：Br2+SO2+H2O=2Br－+SO42－+4H+；(4)别离溴可以用萃取法，A乙醇可以与水互溶，不能做萃取剂，不选A；B．四氯化碳不溶于水，不跟溴反响，且溴在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，可选B；C醋酸可以与水互溶，不能做萃取剂，不选C；D苯不溶于水，不跟溴反响，且溴在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，可选D，故答案选BD。23.A、B、C、D、E、F、G是短周期元素，周期表中B与C相邻，C与E同主族；A中L层是K层的2倍，B的电子数比C的电子数少1个；F元素的原子在周期表中半径最小；常见化合物D2C2与水反响生成C的气体单质，且完全反响后的溶液能使酚酞溶液变红。G是第三周期原子半径最小的主族元素。(1)A在元素周期表中的位置_________________。(2)D2C2的电子式为________,属于________________化合物〔填“离子〞或“共价〞〕。(3)C与F元素可形成18电子分子的电子式为。(4)A、B、C的氢化物稳定性顺序为____________________〔用分子式表示〕；G的阴离子的复原性比E的阴离子的复原性___________________________〔填“强〞或“弱〞〕。(5)F2C和F2E中，沸点较高的是________〔填化学式〕，其主要原因是_____________。(6)锡〔Sn〕与A同主族，常温下能和浓硫酸反响，生成Sn〔SO4〕2和刺激性气味气体，反响的化学方程式为__________________________________。【答案】(1).第二周期第ⅣA族(2).Na+Na+(3).离子(4).H2O＞NH3＞CH4(5).弱(6).H2O(7).H2O分子间存在氢键(8).Sn+4H2SO4〔浓〕=Sn〔SO4〕2+4H2O+2SO2↑【解析】【分析】A中L层〔第二层〕是K层〔第一层〕的2倍，A为碳；F元素的原子在周期表中半径最小，F为氢；常见化合物D2C2与水反响生成C的气体单质，且完全反响后的溶液能使酚酞溶液变红，C为氧，D为钠；C与E同主族，E为硫；B的电子数比C的电子数少1个，B为氮；G是第三周期原子半径最小的主族元素，G为氯。【详解】(1)据分析，A在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA族；(2)Na2O2电子式为Na+Na+，含有离子键和共价键，故属于离子化合物；(3)氧元素和氢元素形成18电子的物质是过氧化氢H2O2，电子式；(4)氢化物的稳定性与非金属性呈正比，非金属性：O＞N＞C，故氢化物稳定性顺序为H2O＞NH3＞CH4；非金属阴离子的复原性与非金属性呈反比，非金属性Cl＞S，Cl-的复原性比S2-复原性弱；(5)H2O分子间存在氢键，熔沸点比同主族简单氢化物的显著高，故H2O和H2S比拟，熔沸点较高的是H2O；(6)锡和碳为同一主族，化学性质具有相似性和递变性，因此Sn常温下能和浓硫酸反响，生成Sn〔SO4〕2和刺激性气味气体二氧化硫，反响的化学方程式为Sn+4H2SO4〔浓〕=Sn〔SO4〕2+4H2O+2SO2↑。【点睛】共价键存在于分子和离子团中，只含共价键的物质才是共价化合物；非金属性与简单氢化物的稳定性呈正比，与简单氢化物〔非金属的阴离子〕的复原性成反比，与简单氢化物的酸性没有直接联系，却与最高价氧化物的水化物的酸性呈正比；简单氢化物的熔沸点比拟，先考虑是否有氢键，再考虑分子间作用力〔与相对分子质量呈正比〕。重要物质，工业用多种方法来治理。某种综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含NO、CO、CO2、SO2、N2)的流程如图：：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O(1)固体1的主要成分有Ca(OH)2、___________________、__________________(填化学式)。(2)假设实验室需要配制100mL3.00mol·L-1NaOH溶液进行模拟测试，需用托盘天平称取NaOH固体质量为______g。(3)用NaNO2溶液处理含NH4+废水反响的离子方程式为_______________________。(4)捕获剂从气体3中捕获的气体主要是__________________(填化学式)。(5)流程中生成的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。NaNO2能发生如下反响：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O；I2可以使淀粉变蓝。根据上述反响，选择生活中常见的物质和有关试剂进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl。需选用的物质是_____________________(填序号)。①水②淀粉碘化钾试纸③淀粉④白酒⑤白醋A．①③⑤B．①②④C．①②⑤D．①②③⑤【答案】(1).CaCO3(2).CaSO3(3).12(4).NO2－+NH4+=N2↑+2H2O(5).CO(6).C【解析】【分析】工业废气通过过量的石灰乳，除去CO2和SO2，生成CaCO3和CaSO3，气体1是NO、CO、N2，通入适量的空气，把NO转化为NO2，通过氢氧化钠溶液只得到NaNO2溶液，说明气体2是NO、NO2、N2，气体3是CO和N2，捕获产物是CO，得到的NaNO2溶液和含NH4+废水发生氧化复原反响，得到无污染的气体是氮气。【详解】(1)根据分析，固体1的主要成分有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3；(2)需要配制100mL3.00mol·L-1NaOH溶液，所需质量m=C·V·M=3.00mol·L-1×0.1L×40g·mol-1=12g；(3)用NaNO2溶液处理含NH4+废水，二者发生归中反响，氮元素最终都以氮气形式存在，反响的离子方程式为：NO2－+NH4+=N2↑+2H2O；(4)根据分析，捕获剂从气体3中捕获的气体主要是CO；(5)由2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O，可知NO2－在酸性条件下可以氧化I－，生成的I2可以使淀粉变蓝。故检验NO2－使用淀粉碘化钾试纸、白酒、水，故答案选C。25.氯气与碱溶液反响，在低