2024届云南省大理州南涧县民族中学化学高一第一学期期末监测试题含解析

2024届云南省大理州南涧县民族中学化学高一第一学期期末监测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列关于实验内容与结论相符合的是()实验内容结论A向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀溶液中有SO42-B向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀溶液中有Cl-C向某溶液中滴加少量KSCN溶液，溶液变红溶液中有Fe3+D向某溶液中滴加一定量的NaOH溶液，生成白色沉淀溶液中有Al3+A．A B．B C．C D．D2、两种金属混合粉末15g，与足量的盐酸反应时生成11.2LH2（标况下），符合上述情况的金属混合物是（）A．Mg、Fe B．Zn、Ag C．Fe、Zn D．Mg、Al3、常温下，下列物质中易溶于水的是（）A．MgSO4 B．AgCl C．Al(OH)3 D．BaCO34、用托盘天平称取10.1gNaOH试样,下列操作中，正确的是A．将NaOH放在天平左边托盘中的纸片上B．将NaOH放入烧杯中（烧杯事先已称重），并放在天平右边托盘上C．用镊子取出标定为10.1g的砝码放在天平右边的托盘上D．用镊子取出标定为10g的砝码放在天平右边的托盘上，并将游码向右移到0.1g位置上5、下列气体极易溶于水的是A．CO B．NO C．CO2 D．NH36、氢氧化铁胶体区别于氯化铁溶液最本质的特征是()A．氢氧化铁胶体粒子的直径在1～100nm之间B．氢氧化铁胶体具有丁达尔效应C．氢氧化铁胶体是均一的分散系D．氢氧化铁胶体的分散质能透过滤纸7、下列物质与NaOH溶液生反应时，因NaOH的相对量不同可能导致产物不同的是（）A．Al B．Al2O3 C．AlCl3 D．Al(OH)38、下列各组反应中，硝酸既表现了氧化性，又表现了酸性的是A．C＋HNO3B．NH3＋HNO3C．Fe(OH)3＋HNO3D．Cu＋HNO39、下列各组中两溶液间的反应，不能用同一离子方程式来表示的是（）A．Na2CO3+HCl；K2CO3+HNO3 B．Fe+HCl；Fe+H2SO4C．BaCl2+Na2SO4；Ba(OH)2+H2SO4 D．NaOH+H2SO4；Ba(OH)2+HCl10、下列生活中常见用品与其类别或主要成分对应正确的是ABCD用品名称太阳能电池浓硫酸84消毒液纯碱类别或主要成分SiO2H2SO4纯净物NaOHA．A B．B C．C D．D11、下列物质中属于电解质且能导电的是（）A．乙醇 B．铜 C．熔融氯化钾 D．氨水12、下列叙述中正确的是（）A．物质的溶解过程实质上就是其电离过程B．纯净的液态酸不导电，故酸都不是电解质C．溶于水后，溶液中只含有和D．向溶液中通入气体至溶液呈中性，溶液的导电能力几乎不变13、碘是合成碘化物的基本原料。空气吹出法从卤水中提碘的流程如下：以下说法正确的是()A．“氧化”时，须通入过量Cl2保证I－被充分氧化B．“吹出”操作在吹出塔中进行，应将含碘卤水从塔底进入，热空气从塔顶吹入C．“吸收”操作中，碘蒸气与二氧化硫水溶液充分接触可生成两种酸D．“吸收”操作中，含SO2的吸收液也可以用NaOH溶液代替，生成的I－、IO3－经酸化，即可得粗碘。使用NaOH吸收后溶液中I－、IO3－的物质的量之比为1∶514、城市环保部门为了使生活垃圾得到合理利用，实施了生活垃圾分类投放的办法。其中塑料袋、废纸、旧橡胶等属于()A．无机物B．有机物C．盐类D．非金属15、化学与环境密切相关，下列有关说法错误的是（）A．NO2、NO含氮氧化物是光化学烟雾的主要污染物B．对酸性物质的排放加以控制，开发新清洁能源是减少酸雨的有效措施C．CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成D．大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧16、下列是某兴趣小组根据教材实验设计的一个能说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验。请观察如下图所示实验装置，分析实验原理，并判断下列说法和做法，其中不科学的是()A．甲为小苏打，乙为纯碱B．要证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球C．加热不久就能看到A烧杯的澄清石灰水变浑浊D．整个实验过程中都没有发现A烧杯的澄清石灰水变浑浊17、下列反应属于氧化还原反应的是A．CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O B．CaO+H2O=Ca(OH)2C．2H2O22H2O+O2↑ D．CaCO3CaO+CO2↑18、下列关于金属材料的说法，正确的是（）A．导电性最好的金属是铜B．钢的性能比生铁的好，所以钢是很纯的铁C．合金的抗腐蚀性能不如成分金属好D．焊锡(锡铅合金)的熔点比锡、铅的熔点都低19、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，8gO2含有4NA个电子B．1L0.1mol•L﹣1的氨水中有NA个NH4+C．标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HCl分子D．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子20、在无色溶液中，下列离子能大量共存的是（）A．Mg2＋、SO42－、K＋、Cl－ B．Na＋、NH4＋、NO3－、MnO4－C．K＋、Cu2＋、Cl－、Br－ D．Ba2＋、Na＋、NO3－、CO32－21、下列六种物质：①Na2O②Na2O2③NaCl④Na2CO3溶液⑤NaOH⑥NaHCO3，其中不能与CO2反应的是A．①④ B．②③ C．③⑥ D．⑤⑥22、下列对于“摩尔”的理解正确的是（）A．摩尔是国际单位制的七个物理量之一B．摩尔是表示物质质量的单位C．科学上规定含有阿伏加德罗常数个粒子的任何粒子集合体为1molD．1mol氧含6.02×1023个O2二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、X为中学化学常见物质，且A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化关系(水参与的反应，水未标出)。(1)若A、B、C的焰色反应呈黄色，C为淡黄色固体，则X是__________。(2)若A、B、C的焰色反应呈黄色，X是CO2，写出B→C反应的方程式_________。(3)若B是FeCl3，则X一定是_________，写出B→C反应的离子方程式_________。24、（12分）现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，其原子序数依次增大。已如A、D位于同一主族，D是短周期中原子半径最大的。B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍。C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍。（1）A、C、D、F形成的简单离子半径由大到小的顺序是____________（用元素符号填写）。（2）B、E、F、G最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是___________（用化学式填写）。（3）由C、D两元素能形成一种原子个数比为1：1的化合物，该化合物所含的化学键类型有____________。（4）下列事实能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强的是______________。a.G单质与Na2S溶液反应溶液变混浊b.F氢化物的酸性比G的氢化物酸性弱c.G和F两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（5）A、C、D、F四种元素形成的化合物M和N在溶液中相互反应的离子方程式是________________。25、（12分）含氮的化合物在化学反应中变化复杂。I．现用下图所示仪器（夹持装置己省略及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物的成分。已知：①NO＋NO2＋2OH－＝2NO2－＋H2O②气体液化的温度：NO221℃、NO-152℃（1）为了检验装置A中生成的气体产物，上述仪器的连接顺序（按左→右连接）为（2）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是：（3）在关闭弹簧夹，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。①盛装70%浓硫酸的仪器名称是②实验确认有NO的现象是（4）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是。Ⅱ.NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示。【资料卡片】a．NH4NO3是一种白色晶体，易溶于水，微溶于乙醇．b．在230℃以上时，同时有弱光：2NH4NO3=2N2↑+O2↑+4H2Oc．在400℃以上时，剧烈分解发生爆炸：4NH4NO3=3N2↑+2NO2↑+8H2O（5）如图2将水滴入盛有硝酸铵的试管中，观察到的A处液面上升，B处液面下降，产生该现象的原因。（6）实验室可以用氯化铵和熟石灰反应来制备氨气，该反应的化学方程式是（填“能”或“不能”）用硝酸铵代替氯化铵．（7）在汽车发生碰撞时，NaN3会产生（填化学式）气体充满安全气囊来减轻碰撞事故中乘员伤害程度。（8）完成离子反应IV：NO+H2O=++H+26、（10分）根据氨气还原氧化铜的反应，可设计测定铜元素相对原子质量(近似值)的实验。先称量反应物氧化铜的质量m(CuO)，反应完全后测定生成物水的质量m(H2O)，由此计算铜元素相对原子质量。提供的实验仪器及试剂如下(根据需要可重复选用，加入的氯化铵与氢氧化钙的量足以产生使氧化铜完全还原的氨气)：请回答下列问题：（1）氨气还原炽热氧化铜的化学方程式为__。（2）从所提供的仪器及试剂中选择并组装本实验的一套合理、简单的装置，按气流方向的连接顺序为(用图中标注的导管口符号表示)a→__。（3）在本实验中，若测得m(CuO)=ag，m(H2O)=bg，则Ar(Cu)=__。（4）在本实验中，使测定结果Ar(Cu)偏大的是__(填序号)。①氧化铜未完全起反应②氧化铜不干燥③氧化铜中混有不反应的杂质④碱石灰不干燥⑤氯化铵与氢氧化钙混合物不干燥（5）在本实验中，还可通过测定__和__，或__和__达到实验目的。27、（12分）某学生利用以下装置探究氯气与氨之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨反应的装置。请回答下列问题：(1)装置F中发生反应的化学方程式为____________________________．(2)装置B中仪器的名称是___________；装置E的作用是______________________．(3)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一。写出反应的化学方程式___________________________________．(4)装置C内当有amol氯气参加反应时，转移的电子总数为b个，则阿伏加德罗数常数为_______mol-1(用含a、b的代数式表示)。(5)将用F、E、D装置制得的氯气通入含74gCa(OH)2的石灰乳中，最多可制得漂白粉_______g．28、（14分）工业上从铝土矿（主要成分是Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3等杂质）中提取铝可使用如下工艺流程：已知：SiO2不溶于水且不与盐酸反应。请回答下列问题：（1）图中涉及分离溶液与沉淀的实验方法是______（填操作名称）。（2）步骤（Ⅱ）中加入的烧碱溶液应该是______（填“少量”或“过量”）。沉淀B的成分是______（填化学式，下同）；溶液D中含铝元素的溶质的是______。（3）①物质M在生产生活中有重要用途，写出沉淀F转化为物质M的化学方程式：______；溶液D中通入CO2生成沉淀F的离子方程式为：______。29、（10分）I、按要求书写下列反应的化学方程式或离子方程式：（1）实验室制备氨气化学方程式_______________；（2）工业制备漂白粉化学方程式_______________；（3）二氧化硫与氧气反应化学方程式_______________；（4）铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式_______________；（5）磁性氧化铁与稀硝酸反应离子方程式_______________。II.A~G的转化关系如下图所示(部分反应物、产物和反应条件未标出)。已知：①A、B为中学化学常见的金属单质，C~G均为化合物，并且E和G均含有3种元素；②C是淡黄色固休，D既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应；③F溶液中加入AgNO3溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀；④E和G焰色反应均呈黄色。（1）写出下列物质D的化学式______；（2）①～⑥反应中，不属于氧化还原反应的是____________；（3）将过量的E溶液逐滴加入F溶液中，出现的现象是____________；（4）F和G溶液混合可以生成白色胶状沉沉，反应的离子方程式为____________；（5）反应③中，若有31.2gC参加反应，转移电子的物质的量为________mol。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解题分析】

A.向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，溶液中可能含有SO42-、CO32－或Ag＋等，A不正确；B.向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，溶液中可能含有Cl-、CO32－或SO42－等，B不正确；C.向某溶液中滴加少量KSCN溶液，溶液变红，溶液中含Fe3+，C正确；D.向某溶液中滴加一定量的NaOH溶液，生成白色沉淀，溶液中可能含有Mg2+、Al3+等，D不正确；答案选C。【题目点拨】该题侧重对学生能力的培养。该类试题需要注意的是在进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。2、A【解题分析】11.2L氢气的物质的量为：n==0.5mol，假设金属都为+2价，则金属混合物的平均摩尔质量为：=30g/mol，A．Mg的相对原子质量为24，Fe的相对原子质量为56，平均摩尔质量可能为30g/mol，选项A正确；B．Zn的相对分子质量为65，Ag与盐酸不反应，生成0.5mol氢气所以Zn的质量为0.5mol×65g/mol=32.5g，大于15g，不符合题意，故B错误；C．Zn的相对分子质量为65，Fe的相对原子质量为56，平均摩尔质量大于30g/mol，选项C错误；D．Mg的相对原子质量为24，当Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为：×2=18g/mol，镁和铝的摩尔质量都小于30g/mol，故D错误；答案选A。点睛：本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题利用平均值法计算，注意化合价与相对原子质量的关系，明确平均摩尔质量法在计算金属与酸的反应中的应用。假设金属都为+2价，根据摩尔质量的表达式M=计算金属混合物的平衡摩尔质量，利用平均值法对各选项进行判断，注意金属铝转化成+2价时的摩尔质量为：×2=18g/mol。3、A【解题分析】

盐的溶解性规律：钾盐钠盐铵盐硝酸盐都可溶；盐酸盐中不溶氯化银；硫酸盐中不溶硫酸钡；碳酸盐只溶钾盐、钠盐、铵盐；强碱都易溶于水，强酸易溶于水，部分单质难溶于水，据此分析判断。【题目详解】结合盐的溶解性规律分析，MgSO4是易溶性盐，AgCl、BaCO3是难溶性盐，Al(OH)3是弱碱，难溶于水，答案选A。4、D【解题分析】

A、NaOH属于易潮解的物质，不能用称量纸称量，A错误；B、天平称量物品时要左物右码，B错误；C、砝码没有0.1g的，0.1g要用游码，C错误。D、防止砝码沾上手上的污染物，而生锈腐蚀，因此用镊子取砝码，D正确；答案选D。5、D【解题分析】

【题目详解】题中CO、NO以及CO2都微溶或难溶于水，而NH3可与水分子之间形成氢键，与水混溶，故选D。6、A【解题分析】

胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，胶体的分散质微粒直径介于1-100nm之间，故选A。【题目点拨】根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小。7、C【解题分析】

Al、Al2O3、Al(OH)3都能和NaOH反应，无论NaOH量多少分别都生成偏铝酸钠和氢气、偏铝酸钠和水、偏铝酸钠和水，氯化铝和少量NaOH反应方程式为AlCl3+3NaOH＝Al(OH)3↓+3NaCl，与过量NaOH反应方程式为AlCl3+4NaOH＝NaAlO2+3NaCl+2H2O，故答案选C。【题目点拨】本题考查铝及其化合物性质，侧重考查对基础知识的识记和运用，明确元素化合物性质及其性质特殊性是解本题关键。8、D【解题分析】分析：本题考查的是硝酸的性质，根据元素化合价的变化分析即可。详解：A.碳和硝酸反应中硝酸中的氮元素化合价降低，硝酸表现氧化性，没有表现酸性，故错误；B.氨气和硝酸反应生成硝酸铵，硝酸表现酸性，没有表现氧化性，故错误；C.氢氧化铁和硝酸反应生成硝酸铁和水，没有化合价变化，硝酸只表现酸性，故错误；D.铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的氧化物和水，硝酸表现酸性和氧化性，故正确。故选D。9、C【解题分析】

A．两个反应的离子方程式都是CO32-+2H+=CO2↑+H2O，A不合题意；B．两个反应的离子方程式都是Fe+2H+=Fe2++H2↑，B不合题意；C．前者为Ba2++SO42－=BaSO4↓，后者为Ba2++2OH－+2H++SO42－=BaSO4↓+2H2O，C符合题意；D．两个反应的离子方程式都是H++OH－=H2O，D不合题意；故选C。【题目点拨】10、B【解题分析】

A.硅导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，是制造太阳能电池的重要原料，故A错误；B、硫酸的化学式为H2SO4，故B正确；C、“84消毒液”是次氯酸钠（NaClO）的水溶液，属于混合物，故C错误；D、纯碱的成分为Na2CO3，故D错误；答案：B。11、C【解题分析】

在水溶液或熔融状态下，能导电的化合物是电解质。物质能导电要么有自由移动的电子，要么有自由移动的离子，据此解答该题。【题目详解】A.乙醇的水溶液或熔融状态下均不导电，是非电解质，故A项错误；B.铜是单质，不是电解质，故B项错误；C.氯化钾水溶液和熔融状态下均能导电，是电解质。氯化钾熔融状态下有自由移动的离子，能导电，故C项正确；D.氨水是混合物，不是电解质，故D项错误；答案为C。【题目点拨】判断一种物质是否为电解质的关键：必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；化合物必须在水溶液或熔融状态下能导电。12、D【解题分析】

A.非电解质溶解时不存在电离过程，以分子的形式溶于水，如乙醇等，A错误；B.H2SO4溶于水电离出自由移动的离子，能导电，H2SO4属于强电解质，B错误；C.溶于水后，能电离出、和，C错误；D.导电性的强弱取决于相同条件下溶液中自由移动离子的浓度及其所带的电荷，溶液中有和，通入气体至溶液呈中性，生成和水，反应后溶液中有和，其导电能力几乎不变，D正确；故答案为：D。13、C【解题分析】

A、Cl2不能过量，否则Cl2会将I2氧化为HIO3，A错误；B、“吹出”操作，应将含碘卤水从塔顶进入，热空气从塔底吹入，B错误；C、“吸收”操作中，碘蒸气与二氧化硫水溶液反应：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，C正确；D、“吸收”操作中，NaOH溶液代替含有SO2的吸收液，发生反应：3I2+NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，则用NaOH吸收后溶液中I－、IO3－的物质的量之比为5∶1，D错误；故选C。14、B【解题分析】

塑料为有机高分子合成材料，纸张成分为天然纤维素，橡胶不管是天然的还是合成的都是高分子化合物，这三种物质都是有机物，故选B。15、C【解题分析】

A．N的氧化物可导致光化学烟雾发生，则NO2、NO含氮氧化物是光化学烟雾的主要污染物，A说法正确；B．二氧化硫可导致酸雨发生，为减少酸雨发生，酸性物质的排放加以控制，开发新清洁能源，B说法正确；C．溶解CO2的雨水为正常雨水，而NO2或SO2都会导致酸雨的形成，C说法错误；D．二氧化碳过量排放可导致全球温度升高，则CO2含量的增加会导致温室效应加剧，D说法正确；答案为C。【题目点拨】雨水中溶解了二氧化碳后，导致溶液的pH略小于7，而酸雨的pH小于5.6。16、C【解题分析】

A．碳酸氢钠在小试管，碳酸钠在大使管，大试管直接加热，稳定较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱，故甲为小苏打、乙为纯碱，故A正确；B．白色的无水硫酸铜遇到水显示蓝色，则证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球，如果变蓝则说明有水生成，故B正确；C．碳酸钠较稳定，加热过程中不会分解，则连接A烧杯的试管不会产生二氧化碳，所以A烧杯的澄清石灰水不变浑浊，故C错误；D．碳酸钠比较稳定，加热过程中不会生成二氧化碳，则烧杯A中澄清石灰水不会变浑浊，故D正确。答案选C。【题目点拨】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质探究，注意把握碳酸钠、碳酸氢钠性质的差异性，根据二者的不同性质选择正确的实验方案。17、C【解题分析】

反应前后有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，据此解答。【题目详解】A、反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，故A不选；B、反应CaO+H2O=Ca(OH)2中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，故B不选；C、反应2H2O22H2O+O2↑中过氧化氢中的氧元素化合价部分升高，部分降低，属于氧化还原反应，且过氧化氢既是氧化剂也是还原剂，故C选；D、反应CaCO3CaO+CO2↑中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，故D不选。答案选C。【题目点拨】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从化合价角度分析。18、D【解题分析】

A．银的导电性能比铜还要好，故A错误；B．钢是铁的合金，含碳量0.03%~2%，钢不是纯铁是铁合金，是混合物，故B错误；C．合金的性能比它们的组分金属性能好，多数合金的抗腐蚀性比组成它们的纯金属更好，故C错误；D．焊锡是一种合金，其熔点比组成它的锡、铅的熔点都要低，这也是合金的优点，故D正确；故答案为D。19、A【解题分析】

A.8gO2为0.25mol，所以含有0.5mol的O原子，一个氧原子有8个电子，所以共含有4mol的电子，故A正确；B.氨水是弱电解质不能完全电离，故B错误；C.标况下盐酸是液态，故C错误；D.1mol钠完全反应失去1mol电子，故D错误；故选A。20、A【解题分析】

A.四种离子水溶液均无色，且相互不反应可以大量共存，故A正确；B.MnO4－水溶液显紫色，故B错误；C.Cu2＋水溶液显蓝色，故C错误；D.碳酸根和钡离子会生成碳酸钡沉淀，故D错误；故答案为A。21、C【解题分析】

①Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠；②Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；③NaCl与二氧化碳不反应；④Na2CO3溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；⑤NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠或碳酸氢钠；⑥NaHCO3与二氧化碳不反应；其中不能与CO2反应的是③⑥。答案选C。22、C【解题分析】

A．摩尔是物质的量的单位，不是基本物理量，故A错误；B．摩尔为物质的量的单位，质量单位为g，故B错误；C．1mol的标准为：含有阿伏加德罗常数个粒子的任何粒子集合体为1mol，故C正确；D．没有指明是1mol氧是氧原子和还是氧气分子，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、O2(氧气)CO2+Na2CO3+H2O＝2NaHCO3Fe2Fe3++Fe＝3Fe2+【解题分析】

(1)若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，C为淡黄色固体，说明C为过氧化钠，则A为Na、B为Na2O、则X是氧气；故答案为：O2(氧气)。(2)若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，X是CO2，说明A为NaOH、B为Na2CO3、C为NaHCO3，B→C反应是碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，其方程式Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3；故答案为：Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3。(3)若B是FeCl3，则说明A为Cl2、C为FeCl2，则X一定是Fe，B→C是氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，其反应的离子方程式2Fe3++Fe＝3Fe2+。24、r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)＞r(H+)HClO4离子键、共价键acH++HSO3-=SO2↑+H2O【解题分析】

现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，D是短周期中原子半径最大的，D为Na；已知A、D位于同一主族，A为H；B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍。B为C，E为Si；C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍，C、F的原子序数之和24，C的原子序数小于D，F的原子序数大于D，所以C为O；F为S；G为Cl；结合上述分析解答。【题目详解】（1）离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；因此离子半径由大到小的顺序是：r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)＞r(H+)，本题答案是：r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)＞r(H+)（2）元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，B、E、F、G最高价氧化物对应的水化物为：H2CO3、H2SiO3、H2SO4、HCIO4；因非金属性：Cl>S>C>Si，所以最高价含氧酸酸性由强到弱的顺序是：HClO4>H2SO4>H2CO3>H2SiO3；综上所述B、E、F、G最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4，本题答案是：HClO4。（3）由C、D两元素能形成一种原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，所含的化学键类型有离子键、共价键，本题答案是：离子键、共价键（4）a项、G为Cl原子，其单质Cl2与Na2S溶液反应的方程式为:Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，G的得电子能力强，G的非金属性强，能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强，a正确；b项、非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，F氢化物的酸性比G的氢化物酸性弱不能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强，b错误；c项、G和F两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，可知G的氢化物稳定，则G的非金属性强，能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强，c正确；（5）A、C、D、F四种元素组成化合物M和N分别为：NaHSO4和NaHSO3，它们在溶液中相互反应的离子方程式是：H＋+HSO3－=SO2↑+H2O【题目点拨】粒子半径比较基本原则：①一看“电子层数”：当电子层数不同时，电子层数越多，半径越大。②二看“核电荷数”：当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小。③三看“核外电子数”：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。25、（1）A→C→E→D→B(2分）（2）防止装置中的空气将NO氧化成NO2，影响产物的检验（3）①分液漏斗；②D中刚开始为无色，通入O2后变为红棕色；（4)2NaNO2+H2SO4(浓)=Na2SO4＋NO↑+NO2↑+H2O(2分）；（5）NH4NO3溶于水时吸收热量；（6）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O(2分)，不能；（7）N2(1分）；（8）8NO+7H2O=3NH4++5NO3-+2H+(2分)。【解题分析】试题分析：（1）A中产生的气体中含有NO、NO2、水蒸气，所以先通过C吸收水蒸气，然后在E中冷却二氧化氮得到NO2，在D装置中检验NO的存在，NO、NO2都是大气污染物，所以最后在装置B中进行尾气处理，防止污染空气，故装置的连接为A→C→E→D→B；（2）NO很容易被氧气氧化，装置中有空气，无法检验有NO生成，所以通氮气的目的是排尽整个装置中的空气，防止产生的NO被氧化生成NO2；（3）①盛装70%浓硫酸的仪器名称是分液漏斗；②实验确认有NO的现象是D中刚开始为无色，通入O2后变为红棕色；（4）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应产生NO、NO2、水和硫酸钠，该装置中的化学方程式是2NaNO2+H2SO4(浓)=Na2SO4＋NO↑+NO2↑+H2O；（5）将水滴入盛有硝酸铵的试管中，观察到的A处液面上升，B处液面下降，产生该现象的原因是NH4NO3溶于水时吸收热量，使广口瓶中的气体压强减小，在大气压强的作用下U形管中的液体左侧A液面上升，右侧B液面下降；（6）实验室可以用氯化铵和熟石灰反应来制备氨气，该反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；由于硝酸铵具有强的氧化性，而且分解分解产生大量气体而发生爆炸，所以不能代替NH4Cl来实验。（7）在汽车发生碰撞时，NaN3会产生N2气体充满安全气囊来减轻碰撞事故中乘员伤害程度；（8）根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可知离子反应IVNO发生歧化反应产生NH4+和NO3-，同时产生水，反应的方程式是：8NO+7H2O=3NH4++5NO3-+2H+。考点：考查化学实验基本操作、反应现象的描述、气体的制取方法、离子方程式的书写及配平等知识。26、2NH3＋3CuO3Cu＋3H2O＋N2↑e→b→e-16①③m(CuO)m(Cu)m(Cu)m(H2O)【解题分析】

(1)氨气具有弱还原性，在加热条件下可以被氧化铜氧化，生成氮气、铜和水；(2)根据题干可知需测定生成水的质量，生成的氨气需先通过碱石灰干燥、再在与氧化铜反应，最后用碱石灰吸收生成的水，以测得生成水的质量；(3)由反应方程式可知氧化铜和水的物质的量相等，列出关系式计算即可；

(4)根据Ar(Cu)

的表达式分析误差；【题目详解】(1)氨气具有弱还原性，在加热条件下可以被氧化铜氧化，生成物为氮气、铜和水，反应的化学方程式为2NH3＋3CuO3Cu＋3H2O＋N2↑，故答案为：2NH3＋3CuO3Cu＋3H2O＋N2↑；(2)因为需要测定反应后生成物水的质量,

所以必需保证通入的氨气是纯净干燥的，由于浓硫酸可以与氨气反应，因此只能通过碱石灰进行干燥，再通入氧化铜进行反应，最后在通入碱石灰吸收反应生成的水，以测得生成水的质量，所以正确的顺序为a→e→b→e，故答案为:e→b→e；

(3)根据反应方程式2NH3＋3CuO3Cu＋3H2O＋N2↑可知3

molCuO可生成

3H2O，可知氧化铜和水的物质的量相等，所以有以下关系式：=，故解得Ar(Cu)

==，所以答案为：-16

(4)由(3)可知得Ar(Cu)

=-16①若CuO未完全起反应，说明b偏小，结果偏大；②若CuO不干燥，说明a偏小，b偏大，

结果偏低；

③若CuO中混有不反应的杂质，说明b

偏小，结果偏大；

④若碱石灰不干燥，说明氨气干燥不彻底，b偏大，结果偏低；

⑤若NH4C1与Ca

(OH)

2混合物不干燥，但只要氨气干燥彻底，对结果不影响，所以选项①③正确；答案：①③；(5)根据2NH3＋3CuO3Cu＋3H2O＋N2↑反应原理，可通过测定称量反应物氧化铜的质量m(CuO)和生成物铜的质量m(Cu)进行计算铜元素相对原子质量；也可以可通过测定称量生成物铜的质量m(Cu)和水的质量计算氧化铜的质量，进而计算铜元素相对原子质量；所以答案：m(CuO)；m(Cu)；m(Cu)；m(H2O)。27、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O干燥管除去氯气中的氯化氢3Cl2+8NH3=N2+6NH4Clb/2a127【解题分析】

(1)二氧化锰可以和浓盐酸在加热条件下生成氯气、二氧化锰和水；

(2)根据图象可知B为干燥管，饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢杂质；

(3)由题意可知发生反应为氨气和氯气生成氯化铵和氮气；

(4)由反应方程式，可知Cl2→2NH4Cl，化合价降低得到2个电子，所以1molCl2得2mol电子，根据氯气求出电子的物质的量，再根据电子的个数求出NA；

(5)根据氢氧化钙的物质的量和反应方程式求出漂白粉的质量；【题目详解】(1)二氧化锰可以和浓盐酸在加热条件下生成氯气、二氧化锰和水，其反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；

(2)根据图象可知B为干燥管，饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢杂质，故答案为：干燥管；除去氯气中的氯化氢；

(3)氨气和氯气反应生成白烟氯化铵和空气的主要成分之一氮气，即8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2，故答案为：8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2；

(4)由反应方程式可知Cl2→2NH4Cl，化合价降低得到2个电子，所以1molCl2得2mol电子，所以当有amol氯气参加反应时，转移的电子的物质的量为2amol，已知转移的电子总数为b个，则N=n•NA，即b=2a•NA，所以NA=，故答案为：；(5)氢氧化钙的物质的量是n==1mol，所