2023学年云南省昆明市官渡区高一(上)期末化学试卷(附答案详解)

2023-2023学年云南省昆明市官渡区高一〔上〕期末化学试卷国家“”期间科技创引领中国加速奔驰以下“”科技成果中主要由合金材料制成的是( )虚拟莫高窟洞窟型冠状病毒灭活疫苗世界最薄触控玻璃时速600公里的高速磁浮列车化学与生活亲热相关，以下说法不正确的选项是( )生石灰可用作枯燥剂氢氧化铝可用作抗酸药四氧化三铁可用作油墨的红色颜料次氯酸可用作棉、麻和纸张的漂白剂分子具有肯定的空间构造。以下分子的空间构造呈V形的是( )HHCl B.CO2 C.H2O D. 2H126页在化学试验中，具有安全和环保意识是重要的科学素养。以下做法不正确的选项是( )酒精灯失火用湿抹布灭火可用手直接取用金属钠用点燃的方法处理CO尾气KClO3、Na2O2等固体不能任凭丢弃以下物质常用作复原剂的是( )KI B.浓硫酸 C.O2 D.KMnO4某高纯纳米氧化铝粒子直径约为10nm，假设将该纳米氧化铝分散到蒸馏水中，所形成的分散系属于( )溶液 B.悬浊液 C.胶体 D.乳浊液2在工业炼铁的过程中高炉内部的不同区域发生不同的反响其中不属于氧化复原反响的是( )22C+O 2

CO2CO +C

2CO23CO+Fe2

O3O

2Fe+3CO2SiO

+CaO温CaSiO23以下关于化学键的说法不正确的选项是( 23H2S中只含有极性键C.I2中只含有非极性键

NaO中只含有离子键2 D.HCl2 以下物质之间的转化，需要参加氧化剂才能实现的是( )Cu→Cu(NO3)2C.Ca(OH)2→CaCO3

B.SO →HSO4 3 2 D.KMnO →4 3 2 镁、硅等元素。以下说法不正确的选项是( )3He的中子数为1C.离子半径：O2−>Mg2+

B.16O18O互为同位素2 2 D.NaSiO2 2 用如下图试验装置进展相关试验探究，试验现象与试验结论不对应的( )226页①中澄清石灰水变浑浊，证明固体X为纯碱中脱脂棉燃烧，证明Na2O2与水反响放热中气球膨胀，证明Cl2被NaOH溶液吸取中硬质玻璃管内产生白烟，证明Cl2可与Na反响以下各组离子在水溶液中能大量共存的是( )4H+、Na+、SO2−、OH−4C.Ag+、Ca2+、Cl−、HCO−

B.Ba2+、K+、OH−、NO−3D.H+、Ca2+、CO2−、NO−33以下有关物质性质的比较正确的选项是( 金属性：Na>KC.碱性：Mg(OH)2>NaOH以下离子方程式正确的选项是( )

3 3B.稳定性：SiH4>PH32 D.氧化性：Cl >2 铜片插入硝酸银溶液：Cu+Ag+=Ag+Cu2+氢氧化铜中滴加稀盐酸：OH−+H+=H2O金属钠与水反响：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑4H2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：Ba2++H++OH−+SO2−4

=BaSO4↓+H2ONA为阿伏加德罗常数的值，以下说法不正确的选项是( )326页1molOH−所含电子数为10NA1molO2的体积约为22.4L1molNa2O所含离子数为3NA2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数为0.2NA以下方案设计、.现象和结论都正确的选项是( )目的 方案设计 现象和结论A有Mg2+ 氨水 液中肯定含有Mg2+B33有CO2− 稀盐酸 液中肯定含有CO2−33C有Cl− AgNO3溶液，再加稀硝酸 液中肯定含有Cl−D4有SO2−4

BaCl2溶液 液中肯定含有SO2−4A B.B C.C D.D4以下说法正确的选项是( )NaCl固体不导电，但NaCl是电解质铜丝能导电，铜丝是电解质3NaHCO3的电离方程式为：NaHCO3=Na++H++CO2−3Ca(OH)2溶于水，在通电条件下才能发生电离元素Q、R、X、Y和Z在元素周期表的位置如下图，以下说法正确的选项是( )单质的沸点：X2>YC.酸性：H3YO4>HZO4

B.Q2X2中X的化合价为−2价D.RZ属于离子化合物1943年我国化学工程专家侯德榜制造了侯氏制碱法，又称联合制碱法，为我国化工事业的进展做出了卓越奉献。其局部工艺流程如图，以下说法不正确的选项是( )426页反响①的化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl该工艺利用了不同物质溶解度的差异反响②属于分解反响假设纯碱中混有NaHCO3，可用澄清石灰水除去母液的主要成分是NH4Cl，可用于化肥工业纳米级Fe3O4可用于以太阳能为热源分解水过程如下图以下说法正确的选项是( )过程Ⅰ中生成的FeO和O2的物质的量之比为3：2过程Ⅱ中H2O为复原剂2整个过程的总反响为：2H2

O−能Fe3O4

+H2

↑+O2↑常温下，铁与水反响可制备Fe3O4向肯定量铁、氧化铁、氧化亚铁的混合物中参加100mL2mol/L的盐酸，恰好完全溶解，向所得溶液中参加几滴KSCN溶液，无明显现象。假设用足量一氧化碳复原一样质量的此混合物，能得到铁的质量是()A.2.8g B.5.6g C.11.2g D.16.8g阅读以下材料并填空。2023年10月16F遥十三运载火箭精准点火。有①②③肼(N2H4)和④⑤⑥N2O4和⑦高氯酸铵(NH4ClO4)。上述材料涉及到的物质中，属于混合物的是 (填标号，下同)；属于氧化物的是 ；属于单质的是 。以下物质能与铝反响的是 (填标号)。526页A.硝酸铜溶液B.稀硫酸C.氯气天宫课堂展现的泡腾片试验让我们感受到太空的奇异。泡腾片含碳酸氢钠和固体酸，试验中将泡腾片放入蓝色水球，水球中产生很多气泡，气泡的主要成分是 ，你推断的理由是 。表中5种短周期元素的相关信息，其中Z、W、Q位于同一周期。元素 信息X 其中一种核素可用于测定文物的年月全部元素中非金属性最强焰色为黄色W 能形成两性氢氧化物Q 最外层电子数是电子层数的2倍请答复以下问题：Y的元素符号为 ，W在元素周期表中的位置是 ，Q的简洁离子构造示意图为 。X、Y、Z三种元素的原子半径由大到小的挨次为 (填元素符号)，XH4的电子式为 。W的氧化物和Z的最高价氧化物对应的水化物反响的离子方程式为 。(4)氮元素是空气中含量最多的元素，也是组成氨基酸的根本元素之一。在如图中相应位置写出3种含氮化合物的化学式(要求物质类别各不一样；参照N2的写法) 。盐水选种是中国古代劳动人民制造的一种奇异选择种子的方法。现需配制1000mL3mol/L的NaCl溶液用于选种。626页需称取NaCl固体 g。除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还缺少的玻璃仪器是 。配制溶液时，正确的操作挨次是 (填标号)。①用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，将洗涤液注入容量瓶，摇动容量瓶②用天平称量NaCl固体放入烧杯中，参加适量蒸馏水，用玻璃棒搅动，使NaCl固体全部溶解③将NaCl溶液沿玻璃棒注入容量瓶④盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀⑤改用胶头滴管加蒸馏水至溶液凹液面恰好与刻度线相切⑥连续往容量瓶内留神参加蒸馏水，直到液面离容量瓶颈部的刻度线1～2cm(4)以下试验操作会导致所配NaCl溶液浓度偏高的是 (填标号)。未洗涤溶解NaCl的烧杯定容时，俯视容量瓶上的刻度线往容量瓶转移溶液时，有少量液体溅出定容后经振荡、摇匀、静置后，觉察液面下降，再加适量的蒸馏水(5)以下溶液中Cl−浓度与1000mL3mol/LNaCl溶液中Cl−浓度一样的是 (填标号)。0mL2mol/LKCl溶液B.500mL3mol/LMgCl2溶液C.250mL1mol/LFeCl3溶液“COP15”标志的电路板并对铁及其化合物的性质进展探究。Ⅰ.制作电路板兴趣小组同学取一小块覆铜板，用油性笔在铜板上画出“COP15”标志(图1)，然后浸入FeCl3溶液(图2)。过一段时间后，取出覆铜板并用水洗净，获得带有图案的印刷电路板(图3)和废液。726页在覆铜板上制作出“COP15”图案过程中发生反响的化学方程式为 。取少量废液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液消灭红色，则废液中含有 (填离子符号)。Ⅱ.探究铁及其化合物的性质实试验操作 试验现象 离子方程式 试验结论验取少量废液于试管中参加铁粉局部溶解，① 、Fe+② 足量Fe粉

溶液呈浅绿色 Cu2+=Cu+Fe2+取少量试验a中反响后的上层清液于试管中滴加几滴③ 氯水Ⅲ.回收废液

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−

Fe2+具有复原性的局部工艺流程如图4：操作Ⅰ为 ，试剂a是 。反响③中参加H2O2溶液的目的是 。请阅读以下资料，答复以下问题。18世纪70(主要成分为MnO2)与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色、有刺激性气味的气体。该反响的化学方程式为 。某同学拟用该原理按如图装置制备并收集纯洁的氯气，在虚线框内选用的发生装置 (填图2“甲”“乙”或“丙”)。产生的氯气中除水蒸气外还含有 (填化学式)，试剂X是 。可用NaOH826页溶液吸取尾气，反响的离子方程式为 。通过大量试验证明，氯气与水反响生成次氯酸，次氯酸能杀菌消毒。可利用数字化试验探究次氯酸的化学性质，用强光照耀氯水，得到氯水的pH随时间变化如图3所示，氯水的pH下降的缘由是 ，请在图4中画出氧气的体积随时间变化的趋势图 。使用氯气消毒易产生危害人体安康的有机氯化物。用氯气和亚氯酸钠(NaClO2)溶液可制备的绿色消毒剂二氧化氯(ClO2)，反响中还可得到氯化钠。该反响的化学方程式为 。随着科技的进步，科学家们又觉察一种型绿色消毒剂高铁酸钠。工业上制备42高铁酸钠的一种方法的离子方程式为−+e++H−=−+l−+5HO。在该反响中，氧化剂是 ，假设有2molFeO2−生成，则转移的电子数为424 NA。工业上可用电解饱和食盐水的方法制备烧碱、氯气等化工原料，其反响原理如下：2NaCl+2H

O解

。假设需要制备标准状况下的氯气11.2L(不考2 2NaOH+H2↑+Cl2↑虑溶解)。请计算：产生氢气的物质的量；所得溶液中氢氧化钠的物质的量浓度(假设反响后溶液的体积为500mL)。926页1026页答案和解析【答案】D【解析】解：A.A错误；型冠状病毒灭活疫苗为蛋白质，不是合金，故B错误；C.世界最薄触控玻璃是非金属材料，不是合金，故C错误；D.时速600公里的高速磁浮列车，车体所需材料有合金，故D正确；应选：D。属性质的固体产物，分析物质的组成答复以下问题。题目难度不大。【答案】C【解析】解：A.生石灰能和水反响，所以可用生石灰作食品枯燥剂，故A正确；氢氧化铝能够与盐酸反响，可以治疗胃酸过多，故B正确；的红色颜料，故C错误；次氯酸具有漂白性，可用作棉、麻和纸张的漂白剂，故D正确；应选：C。A.生石灰能和水反响生成微溶于水的氢氧化钙；B.氢氧化铝能够与盐酸反响；C.四氧化三铁是黑色固体；D.次氯酸具有漂白性。此题考察了化学与生活，明确反响原理是解此题关键，生疏常见物质的性质，会运用化学学问解释生活现象，题目难度不大。【答案】C【解析】解：A.HCl分子中只含有1个H−ClA错误；2B.CO分子中含有2个碳氧双键，C原子的价层电子对为2+4−2×2=0，杂化方式为sp，22不存在孤电子对，其空间构型为直线形，故B错误；2C.HO分子中的O原子的价层电子对为2+6−1×2=4，杂化方式为sp2，孤电子对为2，22其空间构造呈V形，故C正确；D.H2分子中只含有1个H−H键，为直线形构造，故D错误；应选：C。HCl、H2等双原子分子为直线形构造，CO2为直线形构造，H2O分子中的O原子的价层电子对数为2+6−1×2=4，杂化方式为sp2，孤电子对为2，其空间构造呈V形，以此分析2解答。数、杂化方式为解答关键，题目难度不大。【答案】B【解析】解：A.酒精灯失火，应马上用湿抹布盖灭，故A正确；不行直接用手拿，应用镊子夹取，故B错误；用点燃的方法可除去尾气一氧化碳，使一氧化碳转化为无毒的CO2，故C正确；试验室做试验剩余的药品，“三不一要”：不拿出试验室，不拿随便丢弃，不能放回原瓶，要放在指定的容器内，故D正确；应选：B。酒精灯失火应用湿抹布盖灭；碱金属是活泼金属和皮肤外表汗液中水反响生成碱具有强腐蚀性；C.CO能在空气中燃烧生成二氧化碳；D.KClO3、Na2O2具有强氧化性。此题考察化学试验根本操作，难度不大，生疏各种仪器的用途及使用留意事项、把握常见化学试验根本操作的留意事项是解答此类试题的关键。【答案】A解：A.KIKI常用作复原剂，故A正确；B.浓硫酸具有较强氧化性，常用作氧化剂，故B错误；C.O2具有强氧化性，常用作氧化剂，故C错误；D.KMnO4具有较强氧化性，常用作氧化剂，故D错误；应选：A。复原剂具有复原性，反响中化合价上升被氧化，一般来说，常用作复原剂的物质中含有的某元素化合价处于较低价态，以此解答该题。此题考察复原剂的推断，明确复原剂的概念、性质为解答关键，留意把握氧化复原反响概念及特征，题目难度不大。【答案】C【解析】解：溶液的微粒直径为小于1nm，浊液的微粒直径大于100nm，胶体微粒的直径为1−100nm10nm，与胶体的微粒直径相当，假设将该纳米氧化铝分散到蒸馏水中，所形成的分散系属于胶体，应选：C。1−100nm之间，某高纯纳米氧化铝粒子直径约为10nm，高纯纳米氧化铝粒子的直径与胶体的微粒直径相当。难度不大，留意把握微粒直径大小的不同。【答案】D【解析】解：A.该反响中C、O元素化合价发生变化，属于氧化复原反响，故A不选；B.该反响中C元素化合价发生变化，属于氧化复原反响，故B不选；C.该反响中C、Fe元素化合价发生变化，属于氧化复原反响，故C不选；D.该反响中不存在元素化合价变化，不属于氧化复原反响，故D选；应选：D。复原反响，否则不属于氧化复原反响，以此进展推断。此题考察氧化复原反响的推断，明确物质性质、元素化合价变化为解答关键，留意把握氧化复原反响的概念及实质，题目难度不大。【答案】B【解析】解：A.不同非金属元素的原子之间易形成极性键，HCl分子中H−Cl之间只存在极性键，故A正确；B.过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、过氧根离子中O−O之间存在共价键，所以过氧化钠中含有离子键和非极性键，故B错误；C.I2分子中I−I之间只存在非极性键，故C正确；D.HCl分子中存在H−Cl共价键，HCl溶于水发生电离生成氢离子和氯离子，所以HCl溶于水共价键被破坏，故D正确；应选：B。不同非金属元素的原子之间易形成极性键；过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、过氧根离子中O−O之间存在共价键；同种非金属元素的原子之间易形成非极性键；D.HCl分子中存在H−Cl共价键，HCl溶于水发生电离生成氢离子和氯离子。之间作用力是解此题关键，留意：HCl溶于水时有共价键被破坏，但没有化学键形成。【答案】A【解析】解：A.Cu→Cu(NO3)2中铜的化合价上升，为复原剂，要加氧化剂实现，故A正确；B.SO3→H2SO4中没有元素化合价的变化，不需要加氧化剂实现，故B错误；C.Ca(OH)2→CaCO3中没有元素化合价的变化，不需要加氧化剂实现，故C错误；D.KMnO4→MnO2，KMnO4受热分解即可实现，不需要加氧化剂实现，故D错误；应选：A。，以此来解答。此题考察了氧化复原反响，把握反响中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化剂、复原剂反响的考察，题目难度不大。【答案】B【解析】解：A.3He的质子数为2，质量数为3，中子数=3−2=1A正确；B.16O218O3是氧气单质，不是原子，不能互为同位素，故B错误；C.O2−、Mg2+的电子层数一样，Mg2+离子核电荷数大，则离子半径：O2−>Mg2+，故C正确；D.Na2SiO3D正确；应选：B。原子中质量数=质子数+中子数；质子数一样中子数不同的同种元素的不同原子为元素的同位素；C.微粒电子层数一样，核电荷数越大，半径越小；D.金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子构成的化合物为盐。此题考察了原子构造、同位素、盐概念的理解应用，题目难度不大。【答案】A【解析】解：A.假设X为纯碱，纯碱受热不分解，则澄清石灰水不变浑浊，故A错误；B.过氧化钠与水反响生成氧气，且放热，则脱脂棉燃烧，故B正确；C.Cl2与NaOH溶液反响，瓶内气体削减，则气球膨胀，故C正确；D.氯气与Na反响生成NaCl，则硬质玻璃管内产生白烟，故D正确；应选：A。纯碱受热不分解；过氧化钠与水反响生成氧气，且放热；Cl2与NaOH溶液反响，瓶内气体削减；D.氯气与Na反响生成NaCl。此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反响与现象、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。【答案】B【解析】解：A.H+、OH−反响生成H2OA错误；B.这几种离子之间不反响，所以能大量共存，故B正确；C.Ag+、Cl−反响生成AgClC错误；D.H+、CO2−反响生成H2O和CO2而不能大量共存，Ca2+、CO2−反响生成CaCO3沉淀而不3 3能大量共存，故D错误；应选：B。离子之间不反响生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化复原反响、双水解反响、络合反响的离子能大量共存。子性质是解此题关键，知道常见离子的性质，题目难度不大。【答案】D解：A.K>Na，则金属性：K>NaA错误；非金属性Si<P，则简洁氢化物的稳定性：SiH4<PH3B错误；金属性：Mg<Na，则最高价氧化物对应水化物的碱性：Mg(OH)2<NaOHC错误；非金属性：Cl>Br，则单质的氧化性：Cl2>Br2D正确；应选：D。同主族从上到下金属性渐渐增加；非金属性越强，简洁氢化物的稳定性越强；金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；D.非金属性越强，对应单质的氧化性越强。此题考察元素周期律的应用，明确物质性质、元素周期律内容为解答关键，试题侧重考察学生敏捷应用根底学问的力量，题目难度不大。【答案】C【解析】解：A.铜片插入硝酸银溶液，离子方程式为：Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+A错误；B.2+H+=u++2B错误；C.金属钠与水反响的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故C正确；4D.H2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液，离子方程式为：Ba2++2H++2OH−+SO2−=4BaSO4↓+2H2OD错误；应选：C。A.该反响不满足电荷守恒和得失电子守恒；B.氢氧化铜犯难溶物，不能拆开；C.钠与水反响生成氢氧化钠和氢气；D.氢离子、氢氧根离子的系数不满足硫酸、氢氧化钡的化学式组成。此题考察离子方程式的书写推断，为高频考点，明确物质性质、反响实质为解答关键，度不大。【答案】B解：A.一个氢氧根中含101mol氢氧根中含10NAA正确；B.气体存在的条件未知，1molO2体积不肯定为22.4LB错误；C.1molNa2O所含2mol钠离子，1mol氧离子，离子总数为3NA，故C正确；D.2.4g金属镁物质的量为

=0.1mol，生成镁离子时，失去的电子数为0.2N，故D正确；应选：B。

24g/mol A一个氢氧根中含10个电子；气体存在的条件未知，体积不确定；C.氧化钠是由钠离子与氧离子构成；D.镁失去2个电子生成二价镁离子。。【答案】C【解析】解：A.溶液参加氨水产生白色沉淀的离子可能为铝离子，不能确定某溶液中是否含有Mg2+A错误；3O2O2O−，3可能含有HCO−、SO2−、HSO−等离子，故B错误；3 3 3加硝酸银生成的白色沉淀，再参加稀硝酸酸化，排解干扰离子，则白色沉淀为AgCl，则溶液中肯定含有Cl−C正确；4−2溶液，参加挨次不能颠倒，假设颠倒挨次，则不能排解Ag+D错误；4应选：C。溶液参加氨水产生白色沉淀的离子可能为铝离子；氢根离子等；先用稀硝酸酸化，排解干扰离子，后加硝酸银生成的白色沉淀为AgCl；Ag+。的检验方法，试题培育了学生的分析力量及规律推理力量，题目难度不大。【答案】A【解析】解：A.在水溶液中或在熔融状态下能导电的化合物是电解质，氯化钠在水溶液和熔融状态下都能够导电，故氯化钠是电解质，故A正确；B.电解质必需是化合物，铜是单质，不是电解质，故B错误；3C.NaHCO3=Na++HCO−C错误；3D.电离不需要通电，故Ca(OH)2溶于水，不通电也能发生电离，故D错误；应选：A。A.在水溶液中或在熔融状态下能导电的化合物是电解质；B.电解质必需是化合物；C.碳酸氢根是弱酸根不能拆开；D.电离不需要通电。此题考察了电解质，生疏电解质概念，明确电解质电离条件即可解答，题目难度不大，留意电离与电解区分。【答案】D【解析】解：由元素Q、R、X、Y和Z在元素周期表的位置，可知Q为H、R为Li、X为O、Y为P、Z为Cl；A.常温下，O2为气体，而磷为固体，故单质的沸点：X2<Y，故A错误；B.Q2X2为H2O2，氢元素化合价为+1，依据化合价代数和为0，可知O的化合价为−1价，故B错误；C.元素非金属性P<Cl，故酸性：H3PO4<HClO4C错误；D.LiClD正确；应选：D。Q为H、R为Li、X为O、Y为P、Z为Cl；A.常温下，O2为气体，而磷为固体；B.H2O2中O的化合价为−1价；C.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强；D.LiCl属于离子化合物。与元素化合物学问，题目根底性强，意在考察学生对根底学问的把握状况。【答案】C【解析】解：A.Na2CO3，该工艺流程应用了物质溶解度的差异，故A正确；反响②是碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反响类型为分解反响B正确；NaHCO3，不能用澄清石灰水除去，故C错误；母液的主要成分是NH4Cl，是一种氮肥，可用于化肥工业，故D正确；应选：C。侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出；反响②是碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；C.碳酸钠和碳酸氢钠和氢氧化钙都能反响生成碳酸钙沉淀；D.氯化铵可以做氮肥。此题考察了物质制备过程的分析、原理的理解应用，题目难度不大。【答案】C【解析】解：A.结合图示可知，过程Ⅰ为Fe3O4在太阳光照耀下分解生成FeO与O2，反响方程式为：2Fe3

O 4催化剂

6FeO+O2

↑，FeO和O2

的物质的量之比为6：1，故A错误；23O4B错误；过程I方程式为：①2FeO

6FeO+O

O=H ↑3 4催化剂 2 2 2+Fe3

O4，将①+②×2可得：2H2O

−能催化剂

2H2

↑+O2

↑，故C正确；常温下铁与水不反响，故D错误；应选：C。过程Ⅰ的反响是Fe3O4在太阳能的作用下生成FeO和O2，发生反响为：①2FeO

6FeO+O

↑；过程Ⅱ为FeO与水反响生成H

O，发生反响为：3 4催化剂 2

2 3 4②3FeO+H2

O=H2

O4，将①+②×2可得：2H2O

−能催化剂

2H2

↑+O2

↑，以此分析解答。此题考察氧化复原反响，题目难度不大，明确发生反响原理为解答关键，留意把握氧化复原反响概念及实质，试题侧重考察学生的分析与应用力量。【答案】B【解析】KSCN溶液，无血红色消灭，说明得到的产2mol/L×0.1L=0.2mol，依据氯元素守恒，则n(Fe)=n(FeCl2)=1×n(HCl)=1×0.1L×2mol/L=0.1mol，2 2m(Fe)=l×l=在高温下复原一样质量的此混合物，能得到铁的质量是5.6g，应选：B。Fe、FeO、Fe2O3的混合物中参加盐酸恰好使混合物完全溶解，生成了铁的氯化物，因参加KSCN溶液，无血红色消灭，说明只生成氯化亚铁，依据氯元素守恒可知道氯化亚铁的量，进而求得铁的质量。此题考察了混合物反响的计算，题目难度不大，明确发生反响的原理为解答关键，承受原子守恒或得失电子守恒可简化计算，试题培育了学生的化学计算力量。【答案① ⑥ ②④⑤ABC CO2 碳酸氢钠中的碳酸氢根离子和酸中的氢离子反响产生CO2【解析】解：(1)由不同种物质组成为混合物，氧化物由两种元素组成的化合物，其中①煤油属于混合物、②液氢属于单质、③肼(N2H4)属于化合物、④固态铝粉属于单质，⑤液氧属于单质、⑥N2O4属于氧化物、⑦高氯酸铵(NH4ClO4)属于化合物，故答案为：①；⑥；②④⑤；铝可以和酸、碱、氧化性物质等反响，铝可置换硝酸铜溶液中的铜离子，可与稀硫酸反响放出氢气，铝与氯气反响生成氯化铝，故答案为：ABC；碳酸氢钠和酸反响可产生二氧化碳，故答案为：CO2；碳酸氢钠中的碳酸氢根离子和酸中的氢离子反响产生CO2。由不同种物质组成为混合物；氧化物由两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素；由一种元素组成的纯洁物为单质；铝可以和酸、碱、氧化性物质等反响；碳酸氢钠和酸反响可产生二氧化碳。此题考察物质的分类，侧重考察物质的用途，生疏常见材料的性质和用途即可解答，题目难度不大。【答案F 第三周期第ⅢA族 Na>C>F Al2O3+2OH−=22AlO−+HO (任意三种)22【解析】解：由分析可知，X为C、Y为F、Z为Na、W为Al、Q为S；Y的元素符号为F；W为Al，在元素周期表中的位置是第三周期第ⅢA族；Q为S元素，其简洁离子构造示意图为 ，故答案为：F；第三周期第ⅢA族； ；Na>C>F；CH4的电子式为 ，故答案为：Na>C>F； ；2W的氧化物为Al2O3，Z的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，二者反响生成偏铝酸钠和水，反响的离子方程式为Al2O3+2OH−=2AlO−+H2O，22故答案为：Al2O3+2OH−=2AlO−+H2O；(4)图中相应位置含氮化合物的化学式如下：2类别氢化物氧化物酸盐化学式NH3NONO2HNO3NaNO3NH4Cl化合价−3+2+4+5+5−326页，故答案为： (任意三种)。5种元素均是短周期元素，全部元素中Y的非金属性最强，则Y为F元素；而X的一种核素可用于测定文物的年月，则X为C元素；Z、W、Q位于同一周期，其中Z的焰色为黄色，则Z为Na，WW为Al，而Q的最外层电子数是电子层数的2倍，则Q为S。合物学问的把握，题目比较根底，旨在考察学生对根底学问的把握状况。24.【答案】175.5 1000mL容量瓶②③①⑥⑤④B C【解析】解：(1)配制1000mL3mol/L的NaCl溶液，需要溶质的质量为：1L×3mol/L×58.5g/mol=175.5g，故答案为：175.5；配制肯定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，需要的玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管，缺少的仪器：1000mL容量瓶，故答案为：1000mL容量瓶；配制肯定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、铁标签等，正确的操作步骤为：②③①⑥⑤④，故答案为：②③①⑥⑤④；A.未洗涤溶解NaCl的烧杯，导致局部溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；定容时，俯视容量瓶上的刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，应选；往容量瓶转移溶液时，有少量液体溅出，导致局部溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；定容后经振荡、摇匀、静置后，觉察液面下降，再加适量的蒸馏水，导致溶液体积偏26页大，溶液浓度偏低，故不选；故答案为：B；1000mL3mol/LNaCl溶液中Cl−浓度为3mol/L，A.300mL2mol/LKCl溶液，氯离子浓度为2mol/L，故不选；B.500mL3mol/LMgCl2溶液，氯离子浓度为3mol/L×2=6mol/L，故不选；C.250mL1mol/LFeCl3溶液，氯离子浓度为1mol/L×3=3mol/L，应选；故答案为：C。(1)依据m=cVM计算需要溶质的质量；依据配制肯定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要的仪器；配制肯定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、铁标签等，据此排序；(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=n进展误差分析；V(5)依据溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数进展计算氯离子的物质的量浓度，与溶液的体积无关。法和技巧即可解答，题目难度中等。

答案2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2 Fe3+ Fe+2Fe3+=3Fe2+ Fe3+具有氧化性，Fe2+具有复原性溶液由浅绿色变为黄色过滤稀盐酸将Fe2+氧化为Fe3+解：Ⅰ.覆铜板与FeCl3Cu被氧化生成铜离子，依据质量守恒和电子转移守恒，覆铜板上制作出“COP15”图案过程中发生反响的化学方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；废液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液消灭红色，说明生成了红色的Fe(SCN)3，证明废液中含有Fe3+，故答案为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；Fe3+；Ⅱ.①铁粉发生反响局部溶解，溶液中有浅绿色的亚铁离子生成，依据质量守恒和电子转移守恒，发生反响的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故答案为：Fe2Fe3+=3Fe2+；②依据氧化复原反响，Fe3+化合价降低而具有氧化性，生成复原产物Fe2+，分析试验结论得出Fe3+具有氧化性，Fe2+具有复原性，故答案为：Fe3+具有氧化性，Fe2+具有复原性；③氯水中的Cl2具有强氧化性，能氧化复原性的浅绿色的亚铁离子生成黄色的铁离子，26页发生反响的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl−，故答案为：溶液由浅绿色变为黄色；III.废液参加过量铁粉，经过反响①和操作Ⅰ过滤分别，得到溶液1为含亚铁离子的溶Cu和过量的Fe②和操作Ⅱ分别出Cu，生成的氯化亚铁溶液2，与溶液1合并，参加双氧水经过反响③，亚铁离子被双氧水氧化生成含铁离子的溶液，故答案为：过滤；稀盐酸；将Fe2+氧化为Fe3+。Ⅰ.覆铜板与FeCl3KSCN溶液，溶液消灭红色，说明生成了红色的Fe(SCN)3；Ⅱ.①铁粉发生反响局部溶解，溶液中有浅绿色的亚铁离子生成；②依据氧化复原反响中氧化性、复原性分析；③氯水具有强氧化性，能氧化复原性的亚铁离子；Ⅲ.①和操作Ⅰ1为含亚铁离子的溶液；同时生成的Cu和过量的Fe为滤渣，滤渣中参加稀盐酸经过反响②和操作Ⅱ分别出Cu，生成的氯化亚铁溶液2，与溶液1合并，参加双氧水经过反响③，亚铁离子被双氧水氧化生成氯化铁溶液，进一步得到氯化铁晶体，据此分析