云南省教育联盟2022-2023学年高一上学期期末学业水平测试化学试题 含答案解析

云南省教育联盟2022-2023学年高一上学期1月期末学业水平测试注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、单选题(本大题共20小题，共70.0分)1.下列叙述正确的是A.生铁的含碳量低于钢的 B.碳素钢不含非金属元素C.钢的强度比纯铁的高 D.锌铜合金不与稀盐酸反应【答案】C【解析】【详解】A．生铁的含碳量大于钢的，A错误；B．碳素钢含非金属元素碳，B错误；C．钢的强度比纯铁的高，C正确；D．锌铜合金中锌可以与稀盐酸反应，D错误；答案选C2.物质分类是化学研究的重要方法之一，下列物质分类均正确的一组是混合物碱盐碱性氧化物酸性氧化物A.液氧苛性钠胆矾氧化铁二氧化碳B.盐酸烧碱食盐氧化钠一氧化碳C.84消毒液纯碱石灰石氨气水D.漂白粉熟石灰苏打生石灰二氧化硫A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．液氧属于纯净物，苛性钠是属于碱，胆矾属于盐，氧化铁属于碱性氧化物，二氧化碳属于酸性氧化物，选项A错误；B．盐酸属于混合物，烧碱属于碱，食盐属于盐，氧化钠属于碱性氧化物，不与酸或碱反应，属于不成盐氧化物，选项B错误；C．消毒液属于混合物，纯碱属于盐，石灰石属于盐，氨气不属于碱性氧化物，水不属于酸性氧化物，选项C错误；D．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，熟石灰属于碱，苏打是碳酸钠属于盐，生石灰属于碱性氧化物，二氧化硫属于酸性氧化物，选项D正确；答案选D。3.下列说法正确的是A.NaCl溶于水，在通电条件下才能发生电离B.焰色试验中，应用稀硫酸清洗铂丝C.铁与水蒸气高温下反应可生成D.金刚石、石墨、互为同素异形体【答案】D【解析】【详解】A．电离不需要通电作为条件，氯化钠溶于水后就会电离出钠离子、氯离子，A错误；B．稀盐酸具有挥发性，焰色试验中，应用稀盐酸清洗铂丝，B错误；C．铁与水蒸气高温下反应可生成和氢气，C错误；D．同素异形体是同种元素组成的单质；金刚石、石墨、互为同素异形体，D正确；故选D。4.下列有关描述正确的是A.能与水反应生成酸的氧化物一定是酸性氧化物B.溶于水能导电的化合物一定是电解质C.溶于水能电离出H+的物质一定是酸D.做熔融的氯化钠导电实验时，半径较大的离子移向与电源正极相连的电极【答案】D【解析】【详解】A．和水反应生成硝酸和一氧化氮，但不是酸性氧化物，能与水反应生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物，选项A错误；B．二氧化碳溶于水能够使溶液导电，但二氧化碳是非电解质，选项B错误；C．溶于水能电离出，但属于盐，选项C错误；D．熔融的氯化钠中存在和，离子半径，做熔融的氯化钠导电实验时，移向与电源正极相连的电极，选项D正确；答案选D。5.下列关于钠的化合物的说法中，正确的是A.Na2CO3和NaHCO3均能与盐酸和NaOH溶液反应B.Na2CO3固体中含有的NaHCO3可用加热的方法除去C.Na2O2和Na2O均为白色固体，与CO2反应均放出O2D.分别向Na2O2和Na2O与水反应后的溶液中立即滴入酚酞溶液，现象相同【答案】B【解析】【详解】A、碳酸氢钠均能与盐酸和NaOH溶液反应，碳酸钠只与盐酸反应，A错误；B、碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，B正确；C、过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，氧化钠与二氧化碳反应只生成碳酸钠，C错误；D、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，具有强氧化性，与酚酞反应先变红后褪色，二氧化钠与氧化钠反应只生成氢氧化钠，与酚酞反应变红色，D错误；答案选B。6.NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl固体溶于水，下列说法正确的是A.图1表示溶解时形成水合氯离子和水合钠离子的图示B.图2表示熔融NaCl通电后离子移动方向的图示C.NaCl溶液通电后才发生电离D.NaCl固体不导电所以不是电解质，NaCl溶液导电所以是电解质【答案】B【解析】【详解】A．Na+带正电荷，应该吸引带有部分负电荷的氧原子；同理，Cl-带负电荷，应该吸引带有部分正电荷的氢原子，图中水合钠离子和水合氯离子的图示不科学，故A错误；B．熔融NaCl通电后阳离子向阴极即向与电源负极相连的电极移动，阴离子向阳极即向与电源正极相连的电极移动，故B正确；C．NaCl溶于水，在水分子的作用下发生电离，电离不需要通电，故C错误；D．NaCl固体不导电，但其水溶液或熔融态能导电，所以是电解质，NaCl溶液是混合物，不是电解质，故D错误；答案选B。7.下列实验操作对应的实验现象及解释或结论都正确的是选项实验操作实验现象解释或结论A用某无色溶液进行焰色反应透过钴玻璃，火焰呈紫色原溶液一定是钾盐溶液B向NaOH溶液中滴加足量的MgCl2溶液，然后再滴加足量的CuCl2溶液先产生白色沉淀，然后沉淀变成蓝色Ksp[Cu(OH)2]sp[Mg(OH)2]C将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水蒸气在高温下发生反应D将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.结论不正确，也可能是氢氧化钾溶液，所以A错误；B.向氢氧化钠溶液中加入足量氯化镁溶液后生成氢氧化镁白色沉淀，氢氧化钠已消耗完，此时混合物中存在着氢氧化镁的沉淀溶解平衡，向此体系中加入氯化铜溶液能生成蓝色沉淀，说明与氢氧化镁组成相似的氢氧化铜的溶度积更小，所以B正确；C.铁与水蒸气在高温下反应生成黑色的四氧化三铁，所以B的现象不正确；D.硝酸与过量的铁生成硝酸亚铁，溶液呈浅绿色，所以D的现象和结论都不正确。8.某同学用以下装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是（）A.Ⅰ图：若MnO2过量，则浓盐酸可全部消耗完B.Ⅱ图：证明新制氯水具有酸性和漂白性C.Ⅲ图：产生了棕黄色的雾D.Ⅳ图：日光照射烧瓶中的饱和氯水会有气泡产生，这是由于氯气光照条件下溶解度下降而逸出【答案】B【解析】【详解】A、Ⅰ图中：随着反应进行，盐酸浓度减小到一定程度后，不再与二氧化锰继续反应，即使MnO2过量，盐酸也不能全部消耗，故A错误；B、Ⅱ图中氯水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，滴入石蕊试液变红证明其有酸性，但最后溶液会褪色，证明氯水有漂白性，故B正确；C、Ⅲ图中：铜在氯气中燃烧产生棕色的烟，故C错误；D、氯水中含HClO，光照时HClO分解生成氧气和盐酸，则气泡主要为分解生成的氧气，结论不合理，故D错误；故选B。9.下列离子方程式的书写正确的是A.向FeCl3溶液中加入铁粉：Fe3++Fe===2Fe2+B.向NaOH溶液中通入过量的CO2气体：OH﹣+CO2===HCO3－C.铁和稀硫酸反应：2Fe+6H+===2Fe3++3H2↑D.AlC13溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH﹣===Al（OH）3↓【答案】B【解析】【详解】A.向FeCl3溶液中加入铁粉，离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+，故A错误；B.向NaOH溶液中通入过量的CO2气体离子方程式，：OH﹣+CO2=HCO3－，故B正确；C.铁和稀硫酸反应，离子方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故C错误；D.AlC13溶液中加入足量的氨水离子方程式，：Al3++3NH3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+.故D错误；答案：B。10.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.为非电解质B.常温常压下，7.8g过氧化钠中含有阴离子的数目为C.1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为D.假设A元素不存在同位素，原子核内有x个中子，A原子的质量数为m，则所含电子的物质的量约为【答案】C【解析】【详解】A．为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．1mol过氧化钠由2mol钠离子和1mol过氧根离子组成，则7.8g过氧化钠即0.1mol，含阴离子数目为，故B错误；C．氧气和臭氧均由氧原子组成，1.6g混合物即为1.6gO原子，氧原子的数目为，故C正确；D．原子核内有x个中子，A原子的质量数为m，则A原子的质子数为(m-x)，1mol中含有电子的物质的量为：，的物质的量为，所含电子的物质的量约为，故D错误；故选：C。11.硫酸亚铁铵受热分解的反应方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O，用NA表示阿佛加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1L0.1mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的数目为0.1NAB.将1molSO2和1molO2充分反应后，其分子总数为1.5NAC.标准状况下，每生成15.68L气体转移电子数目为0.8NAD.常温常压下，3.0g15N2中含有的中子总数为1.4NA【答案】C【解析】【详解】A．由于水解，溶液中的数目小于，选项A错误；B．与反应属于可逆反应，所以和充分反应后，其分子总数大于，选项B错误；C．标准状况下，气体为，其中占、占，占，根据反应可知，生成转移电子，生成则转移电子，数目为，选项C正确；D．的中子数，为，含有的中子总数，选项D错误；答案选C。12.五种短周期元素a、b、c、d、e,其原子半径与原子序数的关系如图,下列说法错误的是A.c元素的离子半径比e的离子半径小B.d元素对应的最高价氧化物的水化物酸性比e元素弱C.b、c、d三种元素对应的最高价氧化物的水化物相互间能发生反应D.a与b两种元素可形成既有离子键又有非极性共价键的化合物【答案】C【解析】【分析】根据原子半径与原子序数的关系图可推知元素a、b、c、d、e分别为O、Na、Al、Si、Cl，据此进行分析。【详解】A．c元素的离子Al3+半径比e的离子Cl-少一个电子层，所以Al3+半径较小，A正确；B．非金属性：Si<Cl，所以H2SiO3酸性比HClO4弱，B正确；C．b、c、d三种元素对应的最高价氧化物的水化物NaOH、Al(OH)3、H2SiO3，其中Al(OH)3与H2SiO3不反应，C错误；D．a与b两种元素可形成既有离子键又有非极性共价键的化合物Na2O2，D正确；故选C。13.用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是A．探究钠与反应B．证明与水反应放热C．证明能与烧碱溶液反应D．鉴别纯碱与小苏打AA B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．Na与Cl2加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，图中装置可验证钠与氯气的反应，A正确；B．Na2O2与水反应生成氧气，且反应放出大量的热，能使脱脂棉燃烧，可验证过氧化钠的性质，B正确；C．Cl2与NaOH溶液反应，则气球变大，可验证氯气与烧碱溶液反应，C正确；D．加热固体时，为防止生成的水倒流，炸裂试管，试管口应向下倾斜，D错误；故答案为：D。14.下列叙述正确的是①标准状况下，0.2mol任何物质的体积均为4.48L②若1mol气体的体积为22.4L，则它一定处于标准状况下③标准状况下，1LCO和1LH2O的物质的量相同④标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同⑤28gCO的体积为22.4L⑥两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同⑦在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大⑧同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比A.①②③④ B.②③⑥⑦⑧ C.④⑦⑧ D.⑤⑥⑦⑧【答案】C【解析】【详解】标准状况下，任何气体物质的体积均为，但所有物质并不都是气体，故错误；若气体的体积为，由于温度、压强影响气体摩尔体积，则它可能处于标准状况下，也可能不是标况下，故错误；标准状况下，为气体，而不是气体，二者体积相等，它们物质的量不相等，故错误；物质的量为，的物质的量为，二者物质的量相等，标况下，二者体积相等，故正确；为，但不一定处于标况下，的体积不一定为，故错误；标况下，两种物质不一定都是气体，它们物质的量相等，占有的体积不一定相等，故错误；在同温同体积时，气体压强与物质的量成正比，则气体物质的物质的量越大，压强越大，故正确；同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，也等于相对分子质量之比，即气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故正确；答案选C。15.向200mLFeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe3+)、n(Br2)随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法错误的是A.还原性强弱：Fe2+>Br-B.由图可知，该FeBr2溶液的浓度为1mol·L-1C.n(Cl2)=0.12mol时，溶液中离子浓度有c(Fe3+)：c(Br-)=5：9D.氯气过量时，反应的离子方程式为：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-【答案】D【解析】【详解】A．根据图示，氯气先氧化Fe2+，说明还原性Fe2+>Br-，故A正确；B．由图可知，发生反应，消耗0.1mol氯气，说明Fe2+的物质的量为0.2mol，该FeBr2溶液的浓度为=1mol·L-1，故B正确；C．发生反应，消耗0.1mol氯气，生成0.2molFe3+，n(Cl2)=0.12mol时，发生反应消耗0.02mol氯气，则消耗Br-的物质的量是0.04mol，溶液中剩余Br-的物质的量是0.4mol-0.04mol=0.36mol，溶液中的离子浓度有c(Fe3+)：c(Br-)=0.2:0.36=5：9，故C正确；D．氯气过量时，Fe2+、Br-完全被氧化，反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故D错误；选D。16.下列关于含氯消毒剂的解释不正确的是A.“84”消毒液不能与洁厕灵混合使用：2H++Cl－+ClO－＝Cl2↑+H2OB.工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OC.氯水应避光保存的原因是：2HClOH2O+Cl2↑D.向Ca(ClO)2溶液中通入适量CO2可增强漂白效果：Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO【答案】C【解析】【详解】A．84消毒液含NaClO，洁厕灵含HCl，两者混用发生反应NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O，A正确；B．工业上用Cl2与石灰乳反应制漂白粉，B正确；C．次氯酸见光易分解，，C错误；D．Ca(ClO)2转化为HClO，漂白效果更好，D正确。17.已知氧化性：Cl2>Fe3+>I2。向FeI2溶液中加入一定量的氯水，有关离子方程式错误的是A.2I-+C12=I2+2Cl- B.2Fe2++2I-+2C12=2Fe3++I2+4Cl-C.2Fe2++4I-+3C12=2Fe3++2I2+6Cl- D.2Fe2++6I-+4C12=2Fe3++3I2+8Cl-【答案】B【解析】【详解】由氧化性：Cl2>Fe3+>I2，可知还原性：Cl－<Fe2+<I－，向FeI2溶液中加入一定量的氯水则：Cl2应先氧化I－，再氧化Fe2+。当Cl2与FeI2的物质的量为1:1时：2I－+Cl2→I2+2Cl－；当Cl2与FeI2的物质的量为3:2时：2Fe2++4I－+3Cl2→2Fe3++2I2+6Cl－；当Cl2与FeI2的物质的量4：3时：2Fe2++6I－+4Cl2→2Fe3++3I2+8Cl－；故选项B离子方程式错误。答案选B。18.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，乙位于第ⅤA族，甲与丙同主族，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则下列说法正确的是A.原子半径：丁>丙>乙B.单质的还原性：丁>丙C.甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物D.乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应【答案】D【解析】【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，乙位于第ⅤA族，则乙为N元素,甲和乙形成的气态化合物为NH3，则甲为H元素；甲与丙同主族，则丙为Na元素，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则丁为Al，以此分析解答。【详解】A.根据上述分析：丁为Al，丙为Na，乙为N，则原子半径：丙>丁>乙，故A错误；B.根据上述分析：丁为Al，丙为Na，单质的还原性：Na>Al，故B错误；C.根据上述分析：甲为H，丙为Na，乙为N，则H元素和N元素形成的氧化物均为共价化合物，Na元素形成的氧化物为离子化合物，故C错误；D.根据上述分析：丁为Al，丙为Na，乙为N，则乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物分别为Al(OH)3、NaOH、HNO3，因为Al(OH)3为两性氢氧化物，所以它们之间能相互反应，故D正确；故答案：D。19.已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡元素，A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20。甲、乙分别为元素E、A的单质，丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，它们转化关系如图所示。下列说法不正确的是A.A、B形成的一种化合物具有强氧化性B.丁为黑色固体，且甲与足量丙反应转移电子数为C.C的单质能与丙反应置换出B的单质D.B和D形成的离子化合物可能含有非极性键【答案】B【解析】【分析】E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe．A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，A与D同主族，B与C同周期，可知A、B、C、D分属三个不同的短周期，则A为H，D为Na．由C与D的原子序数之和为20，可知C为F；甲、乙分别为元素E、A的单质，丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，结合图示转化关系，由Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁可知丙为H2O，丁为Fe3O4，则B为O元素。【详解】由分析可知：A为H，B为O，C为F，D为Na，E为Fe元素，甲为Fe，乙为H2，丙为H2O，丁为Fe3O4。

A．H、O两元素组成的H2O2有强氧化性，具有漂白性，故A正确；

B．丁为Fe3O4，是黑色固体，由3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知1molFe与足量H2O反应转移电子NA，故B错误；

C．F2溶于水生成HF和O2，故C正确；D．O和Na组成的Na2O2中含有离子键和非极性共价键，故D正确；

故选：B。20.下列表示方法不正确的是A.中子数为18的氯原子：ClB.CO2的电子式：C.NaHCO3的电离：NaHCO3=Na++HCOD.NaCl的形成过程：【答案】B【解析】【详解】A．中子数为18的氯原子质子数为17，相对分子质量为35，中子数为18的氯原子Cl，故A正确；B．CO2的电子式：，故B错误；C．NaHCO3在水中电离为钠离子和碳酸氢根离子，NaHCO3=Na++HCO，故C正确；D．NaCl的形成过程为钠离子失电子，氯离子得电子：，故D正确；故选B。二、填空题(本大题共1小题，共12.0分)21.“物质的量”是联系宏观物质与微观粒子的“桥梁”。试回答下列问题：（1）等物质的量的和的质量之比为_______。（2）中所含质子数与_______个中所含电子数相等。（3）已知中含有个，则该A的相对原子质量为_______。（4）现有和的混合气体，在标准状况下的体积为，则该混合气体的平均摩尔质量为_______，所含碳原子的质量为_______。（5）将投入水中充分反应后产生标准状况下气体体积为_______。【答案】（1）4：5（2）0.1NA（3）40（4）①.②.4.8g（5）1.12L【解析】【小问1详解】等物质的量的和的质量之比等于摩尔质量之比=，故答案为：4：5；【小问2详解】和1mol中均含10mol质子和10mol电子，中所含质子数与中所含电子数相等，水分子数目为：0.1NA，故答案为：0.1NA；【小问3详解】个的物质的量为1mol，结合化学式可知的物质的量为0.5mol，质量为82g，则摩尔质量=，的式量为164，则A的相对原子质量=164-62×2=40，故答案为：40；【小问4详解】和的混合气体，在标准状况下的体积为，混合气体的物质的量为：，则该混合气体的平均摩尔质量为；因CO和CO2中都只含1个碳原子，则0.4mol混合气体中含0.4molC，碳原子质量为：0.4mol×12g/mol=4.8g，故答案为：；4.8g；【小问5详解】的物质的量为0.1mol，过氧化钠与水发生反应：；由反应可得0.1mol过氧化钠生成0.05mol氧气，标况下体积为：0.05mol×=1.12L，故答案为：1.12L；三、流程题(本大题共1小题，共8.0分)22.NaCl是一种化工原料，可以制备多种物质，如图所示。请回答下列问题：（1）图所列物质中属于电解质的有___________种，转化反应中属于氧化还原反应的有___________(填图中序号)（2）工业上制取NaOH主要采用反应①，而不采用反应⑦的方法，主要原因是___________。（3）反应④的现象是___________；反应⑤的化学方程式为___________。（4）NaClO是“84消毒液”的有效成分，在抗击新冠肺炎疫情中发挥了重要作用。某同学购买了一瓶某品牌的“84消毒液”，查看相关资料及包装说明可获得以下信息：原液净含量为600g、密度约为1.1g/cm3、有效成分NaClO的质量分数约为1.9%(通过有效氯含量折算而得)。该同学从中取出100mL原液，按包装说明稀释30倍(体积之比)后用于家庭一般物体表面消毒，稀释后的溶液中c(NaClO)=___________mol/L(结果保留两位小数)；“84消毒液”不能与“洁厕灵(主要成分是HCl)”混合使用，否则会产生黄绿色的有毒气体引起安全事故，其反应的离子方程式是___________。【答案】（1）①.8②.①②④⑤⑥（2）Na2O作为原料，来源少，成本高（3）①.氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾产生②.（4）①.0.01②.【解析】【小问1详解】在水溶液里或熔融状态下本身能电离产生自由移动离子导电的化合物才称为电解质，上图所列物质中属于电解质的有NaCl、H2O、NaOH、HCl、NaClO、Na2O、NaHCO3、Na2CO3，共8种；反应前后有化合价的升降的反应称为氧化还原反应，上图所列转化关系中属于氧化还原反应的有①②④⑤⑥。【小问2详解】工业上制取NaOH主要采用电解饱和食盐水的方法，而不采用Na2O与H2O的反应，主要原因是Na2O作为原料，来源少，成本高。【小问3详解】反应④是纯净的H2在Cl2中燃烧，现象是氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾产生；反应⑤是Cl2与NaOH溶液反应，化学方程式为。【小问4详解】根据公式c=计算，原液中=。稀释30倍之后，；由题中信息“产生黄绿色的有毒气体”，可推知NaClO溶液与盐酸反应有Cl2产生，其反应的离子方程式是。四、实验题(本大题共1小题，共10.0分)23.按要求回答问题（1）配平下面反应方程式，并用双线桥标出该反应的电子转移方向和数目：______(浓)在该反应中，氧化剂是_______，还原剂是_______，氧化剂与还原剂的物质的量之比是_______。当反应生成时转移的电子是_______。（2）现有甲、乙、丙三名同学分别进行胶体的制备实验。甲同学：向的溶液中加少量溶液。乙同学：直接加热饱和溶液。丙同学：向沸水中逐滴加入滴饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。试回答下列问题：①其中操作正确的同学是_______。②证明有胶体生成的简单实验操作是_______。（3）学生甲欲把的浓盐酸加蒸馏水稀释成的稀溶液，需要加入蒸馏水_______毫升(4℃)时。（4）学生乙欲使用的溶液，现拟用的浓盐酸来配制，请回答下列问题：①配制溶液所用的盐酸的体积为_______。②该实验需要使用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_______。③下列操作会使所配溶液浓度小于的是：_______。(填对应的序号)a.容量瓶用蒸馏水洗净后没有烘干，瓶内有少量残留的蒸馏水；b.在操作中没有用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒；c.定容时视线俯视刻度线；d.定容时加蒸馏水超过了刻度线，倒出一些溶液，再重新加蒸馏水定容到刻度线；e.将配制好溶液转入试剂瓶的过程中不慎洒出了少许溶液；f.用量筒量取浓盐酸时视线仰视刻度线。【答案】（1）①.②.HNO3③.Cu④.2:1⑤.1.5（2）①.丙同学②.用激光笔照射溶液，若出现明显的光路，则说明有Fe(OH)3胶体生成（3）200mL（4）①.25mL②.1000mL容量瓶③.bde【解析】【小问1详解】HNO3中N元素化合价由+5价降低为NO2中+4价，化合价降低1价；Cu中Cu元素化合价由0价升高为Cu(NO3)2中+2价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故NO2系数为2，由于部分HNO3表现酸性不变价，则HNO3系数是4，Cu、Cu(NO3)2系数为1，结合原子守恒配平方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；则用双线桥表示电子转移的方向和数目为；在该反应中，N元素化合价降低，氧化剂是HNO3，Cu元素化合价升高，还原剂是Cu，氧化剂与还原剂的物质的量之比是2:1；反应生成2molNO2时转移的电子数是2NA，则当反应生成时转移的电子是1.5mol；【小问2详解】①甲同学向1mol•L-氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液，会发生复分解反应生成红褐色沉淀，乙同学直接加热饱和FeCl3溶液，三价铁会水解生成红褐色沉淀，制备氢氧化铁胶体的方法：向25mL沸水中逐滴加入1～2mLFeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故答案为：丙同学；②胶体具有丁达尔效应：当光束通过胶体时，从侧面观察到一条光亮的“通路”，则证明有胶体生成；这是利用了胶体的丁达尔效应，故答案为：用激光笔照射溶液，若出现明显的光路，则说明有Fe(OH)3胶体生成；【小问3详解】根据稀释前后溶质的质量不变，设需要加入蒸馏水的质量为x，则，解得x=200g，4℃时水的密度为1g/mL，则加入蒸馏水体积为200mL；【小问4详解】①该浓盐酸的物质的量浓度为，配制的溶液需要1000mL的容量瓶，稀释前后HCl溶质的物质的量不变，则n=cV=12mol/L×V=×1L，解得V=0.025L=25mL；②由于实验室没有950mL容量瓶，需配制1000mL稀盐酸的步骤有：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则使用的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管等，缺少的仪器：1000mL容量瓶；③a．由于定容时还加入蒸馏水，则容量瓶用蒸馏水洗净后没有烘干，瓶内有少量残留的蒸馏水，对实验无影响，不选；b．在操作中没有用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，造成部分溶质没有转移到容量瓶而损失，溶液浓度偏小，选；c．定容时视线俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，所得溶液浓度偏大，不选；d．定容时加蒸馏水超过了刻度线，倒出一些溶液，部分溶质损耗，再重新加蒸馏水定容到刻度线由加入水的体积偏大，溶液浓度偏低，选；e．将配制好的溶液转入试剂瓶的过程中不慎洒出了少许溶液，导致所得溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，选；f．用量筒量取浓盐酸时视线仰视刻度线，浓盐酸过多，所得溶液浓度偏高，不选；故选：bde。五、推断题(本大题共2小题，共20.0分)24.表格是元素周期表的一部分。请按要求回答下列问题：IA01④IIAIIIAIVAVAVIAVIIA2⑤⑥3①③⑦4②⑧（1）③对应的元素符号是_____。⑥元素在周期表中的位置是_____。（2）上述所列元素最高价氧化物对应水化物酸性最强的是_____(填化学式)。（3）下列说法不正确的是_____。A.元素最高正价与最低负价绝对值相等的元素一定处于第IVA族B.第5周期第VA族元素的原子序数为65C.⑥形成的最简单氢化物比⑤形成的最简单氢化物的稳定性高D.周期表中当某元素的周期序数大于其族序数时，该一定为金属元素（4）写出由上述所列元素形成的10电子分子的化学式_____。（5）BrCl属于卤素互化物，性质与Cl2相似。写出BrCl与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_____。【答案】（1）①.Al②.第二周期第VA族（2）HClO4（3）ABD（4）CH4、NH3（5）BrCl+2NaOH=NaCl+NaBrO+H2O【解析】【分析】根据元素周期表中各元素的位置可知，各序号代表的元素为；；；；；；；；【小问1详解】位于第三周期，第Ⅲ族，即为；