2023−2024学年上学期期末模拟考试01 答案

2023−2024学年上学期期末模拟考试01解析1．解析】A．雾液体小颗粒分散到空气中形成的一种气溶胶，可观察到丁达尔效应，故A正确；B．维生素C具有强还原性，与补血剂FeSO4同时服用，可以防止亚铁被氧化为三价铁，利于铁的吸收，故B正确；C．合金的熔点一般比其各成分金属的熔点低，故C错误；D．漂白粉可用于漂白棉、麻、纸张等，长期露置在空气中会失效，发生的反应为：,,故D正确。答案为：C。2．【解析】A．Na+是Na原子失去最外层的1个电子形成的，其核外电子排布是2、8，故Na+的结构示意图是，A错误；B．中子数为18的氯原子质量数是17+18=35，故该原子的表示式为：，B错误；C．N2分子中2个N原子形成3对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其结构式为：N≡N，C错误；D．NaCl中Na原子失去电子形成Na+，Cl原子获得电子形成Cl-，然后Na+与Cl-通过离子键结合，故用电子式表示NaCl的形成过程为：，D正确；故合理选项是D。3．【解析】A．冰水混合物中只含H2O分子，冰水混合物是纯净物，故A错误；

B．氨水是氨气的水溶液，属于混合物，既不是电解质又不是非电解，故B错误；C．氧化铝和酸碱都能反应，氧化铝属于两性氧化物，故C错误；D．乙醇、四氯化碳、一氧化碳自身不能电离，属于非电解质，故D正确；选D。4．【解析】A．酸性条件下，具有强氧化性，与还原性的会发生氧化还原反应而不能共存，A错误；B．是一个在较强酸性存在的离子，碱性溶液中不共存，B错误；C．离子间不发生生成沉淀、气体和弱电解质的复分解反应，也不发生氧化还原反应，各离子共存，C正确；D．与生成红色的络合物而不共存，D错误；故选C。5．【解析】A．、不是标况，不能用22.4，A错误；B．B的质子数为5，质量数为11，因此中子数为6，故的中，含有个中子，B正确；C．水在标准状况下不是气体，不能用22.4，C错误；D．Na与氧气反应只会生成+1价的钠，因此转移的电子数为，D错误；故选B。6．【解析】A．钠的熔点较低，故A正确；B．Na2CO3能和胃酸反应，但碱性太强，可能有灼伤消化道的危险，不能用Na2CO3治疗胃酸过多，故B错误；C．过氧化钠与水、二氧化碳反应生成产物都有氧气，所以过氧化钠可以做供氧剂，故C正确；D．NaHCO3能溶于水，其水溶液呈碱性，故D正确；故选B。7．【解析】A．CaCl2是由Ca2+与2个Cl-通过离子键结合形成的离子化合物，其中只含有离子键，A不符合题意；B．H2SO4是由H2SO4分子通过分子之间作用力结合形成的共价化合物，在分子内存在共价键，不存在离子键，B不符合题意；C．NaOH是由Na+与OH-通过离子键结合形成的离子化合物，其阴离子OH-中H、O之间以共价键结合，因此NaOH中含有共价键和离子键，C符合题意；D．CO2是由CO2分子通过分子之间作用力结合形成的共价化合物，在分子内存在C=O共价键，不存在离子键，D不符合题意；故合理选项是C。8．【解析】A．氯气与水发生，新制的氯水含有氯气分子、水分子、次氯酸分子，弱酸HClO不稳定，见光易分解，，生成强酸盐酸，酸性增强，pH减小，故A正确；B．Na的性质活泼，易与空气中氧气反应生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3·xH2O，Na2CO3·xH2O风化脱水生成Na2CO3，故B错误；C．红热的Fe与水蒸气反应，，生成，故C错误；D．铁与少量氯气只能生成氯化铁，故D错误；故选A。9．【解析】A．通入过量的CO2，碳酸钠转化为碳酸氢钠，可以除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，A正确；B．加入NaOH溶液，氧化铝转化为偏铝酸钠，再过滤得到氧化铁，可以除去Fe2O3中的Al2O3，B正确；C．通入足量的氯气，氯化亚铁被氧化为氯化铁，可以除去FeCl3溶液中的FeCl2，C正确；D．CO2、HCl均与碳酸钠溶液反应，应该用饱和的碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，D错误；答案选D。10．【解析】由题意知知，Fe2+被亚硝酸盐氧化生成高铁血红蛋白，故铁元素化合价升高，故答案选A。11．【解析】A．CH3COOH属于弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A项错误；B．H原子不守恒，正确的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B项错误；C．电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，C项错误；D．Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D项正确；答案选D。12．【解析】A．加热固体试剂，试管口应略向下倾斜，故选A；

B．向包有过氧化钠的脱脂棉滴2滴水，脱脂棉燃烧，证明与水反应放热，故不选B；C．锥形瓶中滴入氢氧化钠溶液，若气球膨胀，说明锥形瓶内气体减少，证明能与烧碱溶液反应，故不选C；D．氯气通过热的金属钠，玻璃管内有白烟生成，说明钠与发生反应，故不选D；选A。13．【解析】A．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故A错误；B．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，所以能一步实现，故B正确；C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2、MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl、Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，所以能一步实现，故C正确；D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3中反应的方程式分别为：Fe+2HCl=FeCl2+H2、FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl、4Fe(OH)2+2O2+2H2O=4Fe(OH)3，所以能一步实现，故D正确；故选A。14．【解析】A.一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和化合物的反应是置换反应，该反应不是置换反应，A错误；B.用KSCN溶液可检验废液中的Fe3+，不能检验亚铁离子，B错误；C.铁的金属性强于铜，可以把铜离子置换生成铜，因此可用置换法回收废液中的铜，C正确；D.Fe3+能溶解Cu说明铁离子氧化性强于铜离子，但Cu比Fe金属性弱，D错误。答案选C。点睛：氧化性和还原性的强弱只取决于电子得失的难易，而与电子得失的多少无关，利用比较的思想，结合物质在化学反应中的性质表现，比较物质氧化性和还原性的相对强弱。例如在氧化还原反应中氧化性：氧化剂＞氧化产物；氧化剂＞还原剂；还原性：还原剂＞还原产物；还原剂＞氧化剂。15．【解析】A．固体中含少量杂质，碳酸氢钠受热易分解，生成碳酸钠、二氧化碳和水，可通过加热的方法除去，故A正确；B．溶液中碳酸根离子分步水解，溶液显碱性，是金属阳离子钠离子和碳酸根离子构成的化合物，为盐，不属于碱，故B错误；C．碳酸钠受热难分解，碳酸氢钠受热易分解，热稳定性：，故C正确；D．等物质的量的和含有碳原子个数相等，分别与足量盐酸反应，生成的的量相等，故D正确；故选：B。16．【解析】A．反应①中生成物是CO和TiO2，因此不能用CO在高温下把TiO2还原成Ti，故A错误；B．反应①中Cl元素化合价从0变为－1，碳元素化合价从0价升高到+2价，有2种元素化合价发生变化，故B错误；C．反应②中Mg元素化合价从0变为+2，生成2molMgCl2时转移4mol电子，故C错误；D．反应②中TiCl4为氧化剂，Mg为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量比为1：2，故D正确；故选：D。17．【分析】X的原子中不含中子得知X为H元素，X与W同族且W的序数最大则W是Na元素，Z是地壳中含量最多的元素是O元素，四种元素最外层电子数之和为13，且Y元素在H和O元素之间推断出Y是N元素。【解析】A．NH3的热稳定性小于H2O的热稳定性，故A错误；B．O2-离子与Na+离子都是10个电子，电子层结构相同，故B正确；C．原子半径N>O>H，故C正确；D．N和H可以形成10电子的分子NH3，故D正确；答案选A。18．【解析】溶液中溶质的质量分数由20％变为40％，则蒸发掉原溶液质量一半的水，设质量分数为20％的的密度为，蒸发后密度为，根据物质的量浓度与溶液密度、质量分数的关系有：，，，得，的浓度越大密度越大，，则得到，故B符合题意。综上所述，答案为B。第II卷（非选择题共46分）二、非选择题：本题共5个小题，共46分。19．【答案】（1）同位素（2）⑥（3）（4）将饱和溶液逐滴滴入到盛有沸水的烧杯中，继续煮沸至液体呈红褐色，立即停止加热（5）先变弱再变强（6）①②二【解析】（1）和质子数相同，中子数不同，故两者互为同位素。（2）电解质只有在水溶液或熔融状态才能导电，故只有⑥熔融才符合要求。（3）硫酸属于二元强酸，其溶质完全电离，其电离方程式为。（4）将饱和溶液逐滴滴入到盛有沸水的烧杯中，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。（5）硫酸溶液是电解质溶液，加入固体后，生成难溶性和水，其溶液中导电的微粒逐渐减少，其溶液的导电性减弱，但过量后其自身能电离，其溶液的导电性又逐渐增强。（6）根据定义，草酸生成酸式盐的方程式为。与溶液反应生成的酸式盐只有一种，根据定义是二元酸，若生成正盐，需要中和两个氢离子，其化学式为。20．【答案】（1）（2）（3）Al(OH)3+OH-=+2H2O（4）HF＞H2O＞NH3；（5）错误CsOH【分析】根据题表中信息可知：①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为F，⑥为Na，⑦为Al，⑧为Cl，⑨为Br元素。【解析】（1）可用于文物断代的是C元素的一种核素，其原子核内质子数是6，中子数是8，则其质量数为14，写表示为。（2）由元素②和元素④形成原子个数比为1∶2的化合物为CO2，电子式：。（3）⑥为Na，Na元素最高价氧化物对应的水化物是NaOH，⑦为Al，Al元素最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物能够与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=+2H2O。（4）③为N，④为O，⑤为F，元素的非金属性随原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：F＞O＞N，所以三种元素形成的简单氢化物的稳定性大小关系为：HF＞H2O＞NH3。（5）ⅠA族元素中H元素是非金属元素，因此认为元素周期表第ⅠA族、第ⅡA族元素全部是金属元素的判断是错误的；根据元素周期律，元素金属性最强的在周期表的左下角，其形成的最高价氧化物对应的水化物的碱性最强，自然界中能够稳定存在的金属元素中金属性最强的元素是Cs，故最强的碱是CsOH。21．【答案】（1）检查装置的气密性（2）分液漏斗让液体能顺利流下（3）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O盐酸浓度降低到一定值后反应停止（4）检验后续装置是否堵塞(平衡气压)并除掉Cl2中的HCl气体Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（5）浓硫酸防止G中的水蒸气进入导致FeCl3吸水潮解【分析】实验室用如图装置制备无水FeCl3时，装置A用于制取Cl2，装置B用于除去Cl2中的HCl，并检查后续装置是否发生堵塞，装置C用于干燥氯气，防止装置D中生成的FeCl3发生潮解；装置E用于收集反应生成的FeCl3，装置F用于防止G中产生的水蒸气进入装置E，导致FeCl3发生潮解，装置G用于吸收Cl2，防止污染环境。【解析】（1）连接好仪器后，需要清楚装置是否漏气，则首先应进行的操作是检查装置的气密性。答案为：检查装置的气密性；（2）装置A盛放浓盐酸的仪器带有活塞，则其名称是分液漏斗，其上口与烧瓶用导管相连，可保证分液漏斗内外压强相等，则其作用是：让液体能顺利流下。答案为：分液漏斗；让液体能顺利流下；（3）A装置中，MnO2与浓盐酸反应生成Cl2、MnCl2等，发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。随着反应的进行，浓盐酸转化为稀盐酸，而稀盐酸与MnO2不能发生反应，则当加入一定量的浓盐酸与足量MnO2反应，实际生成的Cl2体积小于理论值的原因是：盐酸浓度降低到一定值后反应停止。答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；盐酸浓度降低到一定值后反应停止；（4）由分析可知，装置B的作用是：检验后续装置是否堵塞(平衡气压)并除掉Cl2中的HCl气体，G中Cl2与NaOH发生反应生成NaCl、NaClO等，发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。答案为：检验后续装置是否堵塞(平衡气压)并除掉Cl2中的HCl气体；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（5）F装置的作用是防止G中产生的水蒸气进入E装置，导致氯化铁潮解，则F中所装试剂为浓硫酸，目的是：防止G中的水蒸气进入导致FeCl3吸水潮解。答案为：浓硫酸；防止G中的水蒸气进入导致FeCl3吸水潮解。22．【答案】（1）500mL容量瓶胶头滴管（2）未用玻璃棒引流应使用500mL的容量瓶（3）AB（4）BC（5）A【分析】配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀、装瓶贴标签。【解析】（1）配制溶液，因此需要500mL容量瓶，配制一定物质的量浓度的溶液最后需用胶头滴管定容；故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管。（2）图中有两处错误：未用玻璃棒引流、容量瓶规格错误；故答案为：未用玻璃棒引流；应使用500mL的容量瓶。（3）A．没有将洗涤液转移到容量瓶，溶质物质的量偏小，浓度偏低，故A符合题意；B．转移过程中有少量溶液溅出，溶质物质的量减小，浓度偏低，故B符合题意；C．容量瓶洗净后未干燥，对结果无影响，故C不符合题意；D．定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故D不符合题意；综上所述，答案为：AB。（4）A．使用容量瓶前检查它是否漏水，再洗涤容量瓶，故A正确；B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能用碱液润洗，故B错误；C．将氢氧化钠固体放在天平托