天津市和平区2023-2024学年高一上学期1月期末化学试题（解析版）

和平区2023-2024学年度第一学期高一年级化学学科期末质量调查试卷注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分100分。考试时间60分钟。2.答题前，请务必将班级、姓名、考场号、座号和准考证号填写(或涂)在答题卡和答题纸的规定位置。可能用到的相对原子质量：第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(每题只有一个正确选项，每小题2分，共60分)1.下列说法正确的是A.只含一种元素的物质一定是纯净物B.金属氧化物一定是碱性氧化物C.可利用丁达尔效应区分胶体和溶液D.次磷酸(H3PO2)与足量NaOH溶液反应生成的盐只有NaH2PO2一种，则NaH2PO2属于酸式盐【答案】C【解析】【详解】A．一种元素可以组成不同的单质，例如碳元素的单质有金刚石、石墨，磷元素的单质有红磷、白磷，氧元素的单质有氧气、臭氧等等，所以只含有一种元素的物质还可能是混合物，选项A错误；B．金属氧化物不一定是碱性氧化物，如酸性氧化物Mn2O7，两性氧化物氧化铝，选项B错误；C．丁达尔效应是胶体独有的性质，所以可以用来区分溶液和胶体，选项C正确；D．次磷酸(H3PO2)与足量NaOH溶液反应生成的盐只有NaH2PO2一种，则次磷酸(H3PO2)为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，选项D错误；故选C。2.合金的应用极大地促进了人类社会的发展。下列不属于合金的是ABCD狗头兽首铜像精美的青花瓷流通硬币地铁列车的车体A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．铜像是青铜，属于合金，是金属材料，故A错误；B．青花瓷的主要成份是硅酸盐，是无机非金属材料，不是合金，故B正确；C．流通硬币是由合金材料制成：1角的为不锈钢，5角的为钢芯镀铜，1元的为钢芯镀镍，故C错误；D．列车的车体是硬铝，是铝、铜、镁、硅的合金，属金属材料，故D错误；故答案为B。3.下列化学用语表达正确的是A.纯碱的化学式：NaHCO3 B.气体的摩尔体积为22.4L/molC.NaOH的电子式： D.Na+离子的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．纯碱是碳酸钠，其化学式为：Na2CO3，A错误；B．气体摩尔体积与温度和压强有关，温度、压强不同，气体摩尔体积不同，因此气体的摩尔体积不一定为22.4L/mol，B错误；C．氢氧化钠为离子化合物，其电子式为：，C正确；D．Na失去1个电子得到Na+，其离子结构示意图：，D错误；答案选C。4.已知：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2；②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3。下列粒子的氧化性从强到弱的顺序正确的是A.Cl2>Fe3＋>I2 B.I2>Cl2>Fe3＋C.Fe3＋>Cl2>I2 D.Cl2>I2>Fe3＋【答案】A【解析】【详解】①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2中铁元素化合价降低，碘元素化合价升高，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知氧化性是Fe3＋>I2；②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3中氯气中氯元素化合价降低，铁元素化合价升高，因此氧化性是Cl2>Fe3＋，因此氧化性强弱顺序为Cl2>Fe3＋>I2。答案选A。5.下列关于钠的性质叙述中，不正确的是（）A.切下一小块钠，投入水中，钠熔成小球，说明钠与水反应有热量放出B.从钠能与水反应可推知钠也能与盐酸反应C.钠在空气中燃烧生成氧化钠D.切开一块钠，呈银白色，很快变暗，说明钠常温下能与氧气反应【答案】C【解析】【详解】A.金属熔化需要热量，说明钠与水反应有热量放出，故A说法正确；B.钠与水反应的实质是钠与水电离产生的氢离子反应，盐酸中存在大量的氢离子，从钠能与水反应可推知钠也能与盐酸反应，故B说法正确；C.钠在空气中燃烧生成过氧化钠，故C项说法错误；D.钠非常活泼，常温下与空气中的氧气反应生成氧化钠，故D项说法正确；故答案为C。【点睛】Na与H2O(含酚酞)反应的现象及解释6.下列叙述中不正确的是A.Na2CO3比NaHCO3稳定B.Na2CO3比NaHCO3易溶于水C.相同质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，Na2CO3放出CO2少D.Na2CO3和NaHCO3溶液分别与同浓度的盐酸反应，Na2CO3反应的速率比NaHCO3快【答案】D【解析】【详解】A.碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠，因此Na2CO3比NaHCO3稳定，A正确；B.碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，则Na2CO3比NaHCO3易溶于水，B正确；C.碳酸钠的摩尔质量大于碳酸氢钠，根据碳原子守恒可知相同质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，Na2CO3放出CO2少，C正确；D.碳酸钠和盐酸反应分步进行，因此Na2CO3和NaHCO3溶液分别与同浓度的盐酸反应，Na2CO3反应的速率比NaHCO3慢，D错误；答案选D。7.鉴别下列各物质，只能采用焰色反应的是A.K2CO3和NaCl B.KCl和Na2CO3C.NaCl和MgCl2 D.NaCl和KCl【答案】D【解析】【详解】A．K2CO3与盐酸反应，产生气泡，而NaCl与盐酸不反应，可用盐酸鉴别两者，A项错误；B．Na2CO3与盐酸反应，产生气泡，而KCl与盐酸不反应，可用盐酸鉴别两者，B项错误；C．MgCl2与氢氧化钠反应，产生沉淀，而NaCl与氢氧化钠不反应，可用氢氧化钠鉴别两者，C项错误；D．NaCl和KCl的阴离子相同，区别为阳离子，鉴别钠离子和钾离子只能采用焰色反应，D项正确；答案选D。8.下列说法不正确的是A.铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物B.火灾现场存放大量活泼金属时，可以用水或沙土来灭火C.炽热的钢水注入模具前，模具必须干燥，否则可能发生爆炸性迸溅D.金属钠应保存在煤油或石蜡油中【答案】B【解析】【详解】A．铝元素处于金属与非金属交界处，铝单质既可以与酸反应，也可以与碱反应，因此铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物，防止铝制餐具被腐蚀，A正确；B．活泼金属在高温下容易与水发生反应，故火灾现场存放大量活泼金属时，可以用干土或沙土来灭火，不能用水灭火，B错误；C．炽热的钢水注入模具前，模具必须干燥，否则Fe与水蒸气在高温下会发生反应产生大量H2，H2是可燃性气体，燃烧可能会发生爆炸性迸溅，C正确；D．金属钠容易与空气中的氧气及水蒸气发生反应，因此应该隔绝空气及水。可根据其密度比煤油或石蜡大，与二者不能反应的性质，将金属钠保存在煤油或石蜡油中，D正确；故合理选项是B。9.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.与铝反应放出氢气的溶液中：、、、B.含有大量Fe3+的溶液中：、、、C.滴加石蕊溶液显红色的溶液中：、、、D.通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO-、【答案】C【解析】【详解】A．与金属铝反应放出H2的溶液，可能显酸性，也可能显碱性。若溶液显碱性，含有大量OH-，Mg2+、Cu2+与OH-会反应产生Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀而不能大量共存；若显酸性含有大量H+，H+、会起HNO3的作用，表现强氧化性，与Al反应不会产生H2，A错误；B．Fe3+具有强氧化性，能将I-氧化成I2而不能大量共存；且SCN-能与Fe3+结合生成络合物Fe(SCN)3，也不能大量共存，B错误；C．滴加石蕊溶液显红色的溶液显酸性，含有大量H+，H+与选项的这几种离子均不反应，能大量共存，C正确；D．由于酸性：H2CO3＞HClO，所以向该溶液中通入的CO2气体，CO2与ClO-、H2O反应生成HClO，不能大量共存，D错误；故合理选项是C。10.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，1mol水的体积为22.4LB.常温常压下，7.8g过氧化钠中含有阴离子的数目为0.2NAC.1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAD.标准状况下，22.4LCl2与足量的铁充分反应，转移的电子数为3NA【答案】C【解析】【详解】A．在标准状况下水不是呈气态，因此不能根据气体摩尔体积计算其1mol时的体积，A错误；B．常温常压下，7.8g过氧化钠的物质的量是0.1mol，由于在1个Na2O2固体中含有2个Na+和1个，故在0.1molNa2O2固体中含有的阴离子的数目是0.1NA，B错误；C．氧气和臭氧分子都是由O原子构成的，1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的物质的量是0.1mol，则其中含有的O原子数目为0.1NA，C正确；D．Fe与Cl2反应会产生FeCl3，由于Fe足量，反应过程中转移电子的数目应该以不足量的Cl2为标准计算。在标准状况下，22.4LCl2的物质的量是1mol，则其与足量的铁充分反应，转移的电子数为2NA，D错误；故合理选项是C。11.下列反应的离子方程式书写正确的是A.钠和冷水反应：B.溶液与反应：C.溶液与溶液反应的离子方程式：D.澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：【答案】D【解析】【详解】A．电荷不守恒，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，，故A错误；B．电荷不守恒，溶液与反应生成，，故B错误；C．溶液与溶液反应生成氢氧化铁和硫酸钡沉淀，离子方程式为：，故C错误；D．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应，石灰水量少，按照石灰水的比例反应，，故D正确；故答案为D。12.下列各组的两种溶液中，分别加入足量氨水，观察到的现象相同的是A.FeCl3、AlCl3 B.NaCl、BaCl2 C.MgCl2、CuCl2 D.FeCl2、FeCl3【答案】B【解析】【详解】A.FeCl3、AlCl3两种溶液中，分别加入足量氨水，前者生成红褐色沉淀，后者是白色胶状沉淀；B.NaCl、BaCl2两种溶液中，分别加入足量氨水，两者不反应，无明显现象；C.MgCl2、CuCl2两种溶液中，分别加入足量氨水，前者生成白色沉淀，后者生成蓝色沉淀；D.FeCl2、FeCl3两种溶液中，分别加入足量氨水，前者生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，后者生成红褐色沉淀。综上所述，观察到的现象相同的是B，答案选B。13.下列叙述正确的是A.固体氯化钠不导电，所以氯化钠是非电解质B.铜丝能导电，所以铜是电解质C.氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质D.溶于水能导电，所以是电解质【答案】C【解析】【分析】【详解】A．固体氯化钠中没有自由移动的离子，不导电，但氯化钠溶于水和熔融状态时都能电离出自由移动的离子，所以氯化钠是电解质，故A错误；B．铜丝是单质，不是电解质，电解质必须是化合物，故B错误；C．氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质，故C正确；D．SO3溶于水，和水反应生成硫酸，硫酸能电离出自由移动的离子，从而能导电，但不是SO3自身电离产生的离子导电，熔融的SO3也不导电，所以SO3是非电解质，故D错误；故选C。14.下列电离方程式书写正确的是A.把CaO放入水中：B.把CO2通入水中：C.把Cu(OH)2放入水中：D.把KCl放入水中：KCl=K++Cl-【答案】D【解析】【详解】A．把CaO放入水中，CaO与H2O反应产生Ca(OH)2，Ca(OH)2电离产生Ca2+、OH-，在溶液中不能电离产生O2-，A错误；B．CO2溶于水，并与水反应产生的H2CO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，H2CO3电离分步进行，不能写成，B错误；C．Cu(OH)2难溶于水，在水中主要以固体形式存在，不能电离形成离子，C错误；D．KCl是可溶性强电解质，在水中电离产生K+、Cl-，故其电离方程式应该为：KCl=K++Cl-，D正确；故合理选项是D。15.如果Mg2+、M、Fe3+和Cl-四种离子以物质的量之比1∶3∶2∶2共存于同一溶液，那么M可能是A. B. C.OH- D.【答案】D【解析】【详解】Mg2+、M、Fe3+和Cl-四种离子以物质的量之比1：3：2：2共存于同一溶液，设Mg2+、M、Fe3+和Cl-四种离子的物质的量分别为1mol、3mol、2mol、2mol，阳离子所带电荷总数为1mol×2+2mol×3=8mol，阴离子所带电荷总数为2mol×1=2mol，由电荷守恒可知M应为阴离子，且所带电荷总数为8mol-2mol=6mol，结合其物质的量为3mol，可知M为带2个单位负电荷的阴离子，但Fe3+和CO32-相互促进水解生成沉淀和气体，不能共存，只有SO42-符合题意，故选D。16.下列“实验方案”不宜用于完成“实验目”的是选项实验目的实验方案A确认Fe(OH)3胶体是否制备成功用可见光束照射B确认钠与水反应生成NaOH向反应后的混合液中滴加酚酞C确认金属活泼性：Na>Cu将金属钠投入CuSO4溶液中D确认Cl2无漂白作用将有色纸条放入干燥的Cl2中A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．丁达尔现象为胶体特有的性质，用可见光束照射可确认Fe(OH)3胶体的生成，故A正确；B．氢氧化钠是一元强碱，其溶液能使酚酞试液变红色，向反应后的混合液中滴加酚酞，可确认钠与水反应生成NaOH，故B正确；C．钠是活泼的金属，极易和水反应生成氢氧化钠和氢气，不能置换出硫酸铜溶液中的铜，不能比较钠和铜的活泼性，故C错误；D．干燥的Cl2不能使有色纸条褪色，可确认Cl2无漂白作用，故D正确；故选C。17.下列各溶液中，Na+浓度最大的是A.4L0.5mol/LNaCl溶液 B.1L0.3mol/LNa2SO4溶液C.0.8L0.4mol/LNaOH溶液 D.2L0.15mol/LNa3PO4溶液【答案】B【解析】【分析】电解质电离产生的Na+的浓度等于电解质浓度与其化学式中含有的Na+数目的乘积，与溶液体积大小无关，然后在比较它们的大小。【详解】A．4L0.5mol/LNaCl溶液中Na+的浓度c(Na+)=0.5mol/L；B．1L0.3mol/LNa2SO4溶液Na+的浓度c(Na+)=0.3mol/L×2=0.6mol/L；C．0.8L0.4mol/LNaOH溶液Na+的浓度c(Na+)=0.4mol/L；D．2L0.15mol/LNa3PO4溶液Na+的浓度c(Na+)=0.15mol/L×3=0.45mol/L；可见上述四种溶液中Na+的浓度最大值是0.6mol/L，故合理选项是B。18.下列叙述不正确的是A.若aXm+和bYn-两种离子电子层结构相同，则a-b=n-mB.24Mg16O晶体中电子总数与中子总数之比为1∶1C.CS2和PCl3分子中各原子最外层都满足8电子结构D.第ⅥA族元素氢化物中，稳定性最好的其沸点也最高【答案】A【解析】【详解】A、aXm+和bYn-两种离子电子层结构相同，则X在Y的在下一周期，a-m=b+n，故A错误；B、24Mg16O晶体中电子总数为20，中子总数为20，电子总数与中子总数之比为1∶1，故B正确；C、CS2分子中是碳硫双键，碳原子最外层有4个电子，碳原子和每个硫原子共用两对电子，C的最外层就满足8电子，硫原子本身最外层有6个电子，加上C原子的一对电子，就满足8电子稳定结构，PCl3分子中P最外层原本有5个电子，P和每个Cl共用一对电子，所以P、Cl原子最外层都满足8电子结构，故C正确；D、第ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最好的是H2O,由于其分子间存在氢键，其沸点也最高，故D正确；故选A。19.下列关于化学键和分子间作用力的说法中正确的个数是①含有金属元素的化合物一定是离子化合物②第IA族和第VIIA族原子化合时，一定形成离子键③由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物④物质中一定存在化学键⑤冰的密度比水小，是因为水分子之间存在氢键⑥CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力的改变⑦纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同A.2个 B.3个 C.4个 D.5个【答案】A【解析】【详解】①含有金属元素的化合物可能是共价化合物，如氯化铝，故错误；

②第ⅠA族和第ⅦA族原子化合时，可能形成共价键，如HCl等，故错误；

③由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物，如铵盐，故错误；

④物质中可能不存在化学键，如稀有气体，故错误；

⑤冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，导致其密度小于水，故正确；

⑥CO2溶于水时会和水发生化学反应，发生化学键的断裂和形成，干冰升华只是改变状态，只改变分子间作用力，故错误；

⑦纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型都是离子键，故正确；

故选：A。20.类比是研究物质性质的常用方法之一、下列类比正确的是①Cu与Cl2能化合生成CuCl2，则Fe与Cl2能化合生成FeCl3②Mg在空气中燃烧生成MgO，则Na在空气中燃烧生成Na2O③NaHCO3可以治疗胃酸过多，则NaOH也可以治疗胃酸过多④Fe可以置换出CuSO4溶液中的铜，则Al也可以置换出CuSO4溶液中的铜A.①② B.②③ C.①③ D.①④【答案】D【解析】【详解】①Cl2具有强氧化性，能够把变价金属Cu、Fe氧化为高价态，Cu的化合价有+1、+2价，则Cu与Cl2能化合生成CuCl2，Fe的化合价有+2、+3价，因此Fe与Cl2能化合生成FeCl3，①正确；②Mg在空气中燃烧生成MgO，Na在空气中燃烧生成Na2O2，②错误；③NaHCO3能够与胃酸HCl反应，本身对人无刺激性，因此可以治疗胃酸过多，虽然NaOH能够与HCl发生反应，但其碱性强，会对人产生腐蚀性，因此不可以治疗胃酸过多，③错误；④Fe可以置换出CuSO4溶液中的铜，Al也是比较活泼的金属，在金属活动性顺序表中排在Cu的前边，故Al也可以置换出CuSO4溶液中的铜，④正确；可见上述类推合理的是①④，故合理选项是D。21.在AlCl3溶液中逐滴加入过量的氨水至溶液呈碱性，下列图中能表示该反应产生的沉淀质量W与加入氨水的体积V关系的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】向AlCl3溶液中逐滴加入过量的氨水，发生反应：AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，反应产生的Al(OH)3是两性氢氧化物，只能与强酸、强碱发生反应，而过量氨水中存在的电解质NH3·H2O是弱碱，不能与Al(OH)3反应，因此当溶液中Al3+全部形成Al(OH)3沉淀后，沉淀就达到最大值，此后沉淀质量不再发生改变，故能表示该反应产生的沉淀质量W与加入氨水的体积V关系的是，故合理选项是C。22.下列各组物质中化学键的类型完全相同的是A.NH3H2OCO2 B.H2ONa2OCO2C.CaCl2NaOHH2O D.HClMgCl2NH4Cl【答案】A【解析】【详解】A．NH3、H2O、CO2均为共价化合物，都只含有极性共价键，化学键类型相同，故A选；B．H2O、CO2为共价化合物，只含有共价键，Na2O为离子化合物，只含有离子键，所以H2O、Na2O、CO2化学键类型不同，故B不选；C．NaOH、CaCl2均为离子化合物，含有离子键，H2O为共价化合物，只含有共价键，所以NaOH、CaCl2、H2O化学键类型不同，故C不选；D．HCl为共价化合物，只含有共价键，MgCl2、NH4Cl均为离子化合物，含有离子键，所以HCl、MgCl2、NH4Cl化学键类型不同，故D不选；故选A。23.1869年，俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学史上的重要里程碑之一。下列有关元素周期表的说法正确的是A.元素周期表含元素最多的族是第ⅢB族 B.元素周期表有18个族C.第ⅠA族的元素全部是金属元素 D.长周期是指第四、五、六、七周期【答案】A【解析】【详解】A.元素周期表中镧系的15种元素和锕系的15种元素共有30种元素放在ⅢB族的第六周期和第七周期，所以元素周期表含元素最多的族是第ⅢB族，A正确；B．元素周期表有18列，第8、9、10列属于Ⅷ族，共16个族，B错误；C．第ⅠA族的元素除氢元素以外剩余的是金属元素，C错误；D．长周期是由主族和副族的元素共同组成，一般指第四、五、六、七周期，D错误；故选A。24.我国的纳米基础研究能力已跻身于世界前列，曾制得一种合成纳米材料，其化学式为RN(N为氮元素，且为-3价)。已知该化合物中的Rn+核外有28个电子，则R元素位于元素周期表的（）A.第3周期第ⅤA族 B.第4周期第ⅢA族C.第5周期第ⅢA族 D.第4周期第ⅤA族【答案】B【解析】【详解】纳米材料的化学式为RN，N元素为-3价，则R元素为+3价，Rn+带3个单位的正电荷，又Rn+核外有28个电子，则R原子的质子数=28+3=31，该元素为镓元素，其处于第4周期第ⅢA族，故B正确；故选B。25.下列各图若为元素周期表的一部分(表中数字代表原子序数)，其中合理的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】短周期元素的排布情况分别为：2、8、8，元素序号为1-2、3-10、11-18。第四周期比第三周期多18种元素。【详解】A.第一周期只有两个元素，所以2号元素在第一周期，3号元素在第二周期，A错误；B.第二周期只有8个元素，应该是3-10号元素，11号元素应该排在第三周期，B错误；C.10号元素应该在第二周期，11、12号元素在第三周期，C错误；D.正确，从上到下依次为第二、三、四周期；故合理选项为D。【点睛】前6个周期的元素排布个数依次为：2、8、8、18、18、32。26.下列对图示解释不正确的是A．a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和B．pH降低的原因可能是HClO分解C．D．NaCl=Na++Cl-A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．Ba(OH)2是可溶性强碱，在水中电离产生Ba2+、OH-，因此溶液能够导电，向其中加入H2SO4溶液，发生反应：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，使溶液中自由移动的离子浓度降低，溶液导电能力减弱，在a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和，生成的BaSO4难溶于水，水是弱电解质，主要以H2O分子存在，此时溶液中自由移动的离子浓度最小，溶液导电能力最弱。随后随着硫酸的继续滴加，H2SO4电离产生自由移动的H+、，使溶液中导电离子的浓度增大，导电能力增强，A正确；B．溶于水的Cl2部分与水发生反应产生盐酸和HClO，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，光照过程中氯水中的次氯酸分解生成HCl和O2，2HCl2HCl+O2↑，化学平衡正向移动，导致溶液中c(H+)增大，pH逐渐减小，当HClO完全分解后溶液pH达到最小值，然后不再发生变化，图象符合反应事实，B正确；C．Na原子失去一个电子形成Na+，Cl原子得到一个电子形成Cl-，则2Na+C122NaC1时反应过程中电子转移2e-，用单线桥法表示电子转移应该为：，C错误；D．NaCl溶于水过程是在水分子作用下发生了电离,生成水合钠离子和水合氯离子,电离方程式为：NaCl=Na++Cl-，D正确；故合理选项是C。27.下列有关同主族元素性质的比较，不正确的是（）A.金属性：K＞Na＞LiB.非金属性：O＞S＞SeC.还原性：F-＞Cl-＞I-D.碱性：KOH＞NaOH＞LiOH【答案】C【解析】【详解】A．同主族，自上而下，元素的金属性逐渐增加，则金属性：K＞Na＞Li，故A正确；B．O、S、Se为同主族，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，故B正确；C．非金属性越强，单质的氧化性越强，其对应离子的还原性越弱，三种元素的非金属性为F＞Cl＞I，故其对应离子的还原性为：I-＞Cl-＞F-，故C错误；D．元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性：K＞Na＞Li，故碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，故D正确；答案选C。28.X、Y是元素周期表ⅦA族中的两种元素。下列叙述中能说明X的非金属性比Y强的是A.X原子的电子层数比Y原子的电子层数多B.X的氢化物的沸点比Y的氢化物的沸点低C.X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定D.Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来【答案】C【解析】【详解】考查元素非金属性强弱的比较。比较非金属性强弱时，可以借助于元素周期律，或与氢气化合的难易程度以及氢化物的稳定性，或是最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，也可以是相互间的置换能力。同主族元素电子层数越多非金属性越弱，A中说明X的非金属性弱于Y的，不正确。稳定性和沸点无关，B不正确。D中说明Y的非金属性强于X的，不正确。答案是C。29.下列实验现象与结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液溶液呈红色未知液中一定含有Fe2+B向无色溶液中滴加氯水溶液变为褐色无色溶液中含有I-C某少量气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊该气体一定是CO2D将银白色的金属钠放置在空气中钠表面很快变暗金属钠具有较强的氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色，说明滴加氯水后的溶液中含有Fe3+，该Fe3+离子可能是Fe2+被氯水氧化产生，也可能是原未知溶液中本身就含有，因此不能证明未知液中是否一定含有Fe2+，A错误；B．向无色溶液中滴加氯水，溶液变为褐色，说明反应后的溶液中含有I2，加入氯水发生了反应：Cl2+2I-=I2+2Cl-，因此可以证明无色溶液中含有I-，B正确；C．某少量气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，反应产生了难溶性的物质，该固体可能是CaCO3，也可能是CaSO3，则气体可能是CO2，也可能是SO2，因此不能证明该气体一定是CO2，C错误；D．将银白色的金属钠放置在空气中，钠表面很快变暗，是由于Na与空气中的O2反应产生了Na2O，在该反应中金属钠失去电子被氧化，表现了较强的还原性，D错误；故合理选项是B。30.下图所示实验方案无法达到预期实验目的的是A．用图甲制取碳酸氢钠B．用图乙制备少量Cl2C．用图丙制备并收集O2D．用图丁比较S、C、Si的非金属性强弱A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．通过倒扣的干燥管向饱和食盐水中先通入氨气，再向其中通入二氧化碳气体，可以发生复分解反应：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，因此可以用图甲制取碳酸氢钠，A不符合题意；B．应该使用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，1mol/L的稀盐酸与MnO2不能发生反应，因此用图乙不能反应制备少量Cl2，B符合题意；C．H2O2在MnO2催化下分解产生H2O、O2，O2难溶于水，因此可以使用排水的方法收集，故可以用图丙制备并收集O2，C不符合题意；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。强酸能够与弱酸盐发生复分解反应制取弱酸。在锥形瓶中H2SO4与Na2CO3发生复分解反应产生CO2气体，CO2通入Na2SiO3溶液中发生复分解反应产生H2SiO3沉淀，因此酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，可以判断出元素的非金属性：S＞C＞Si，故可以用图丁比较S、C、Si的非金属性强弱，D不符合题意；答案选B。第Ⅱ卷(共40分)二、填空题(本大题共三小题，共40分，每空2分)31.如图为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑧在表中的位置，回答问题：（1）地壳中含量居于第二位的元素在周期表中的位置是_______。（2）②的最高价氧化物的结构式为_______；⑦的最高价氧化物对应的水化物的化学式为_______。（3）④⑤元素可形成既含离子键又含非极性共价键的离子化合物，写出该化合物的电子式：_______；写出⑥的氧化物与⑤的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：_______。（4）W是第四周期与④同主族的元素。据此推测W不可能具有的性质是_______(填字母)。A.最高正化合价为+6B.气态氢化物比H2S稳定C.最高价氧化物对应的水化物的酸性比硫酸弱D.单质在常温下可与氢气化合【答案】（1）第三周期第ⅣA族（2）①.O=C=O②.H2SiO3（3）①.②.Al2O3+2OH-=2+H2O(或Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-)（4）BD【解析】【分析】根据元素在周期表的位置关系，可知：①是H，②是C，③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Al，⑦是Si，⑧是Cl元素，然后利用元素周期律及物质的性质分析解答。【小问1详解】地壳中含量居于第二位的元素是Si元素，在周期表中的位置是第三周期第ⅣA族；【小问2详解】根据上述分析可知：②是C元素，其最外层有4个电子，最高为+4价，因此其最高价氧化物是CO2，在CO2分子中C原子与2个O原子形成4个共价键，其结构式是O=C=O；⑦是Si元素，最高价是+4价，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SiO3；【小问3详解】根据上述分析可知：④是O，⑤是Na，这两种元素形成的既含离子键又含非极性共价键的离子化合物是Na2O2，该化合物中2个Na+与以离子键结合，在阴离子中，2个O原子以共价单键结合，故Na2O2的电子式为：；根据上述分析可知：⑤是Na，⑥是Al，Al的氧化物Al2O3是两性氧化物，能够与强酸、强碱发生反应，Na的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，Al2O3与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2+H2O；也可以写为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-；【小问4详解】根据上述分析可知：④是O元素，若W是第四周期与④同主族的元素，则该元素是Se元素。A．由于同一主族元素的原子最外层电子数相同，因此Se最外层有6个电子，最高正化合价为+6价，A正确；B．同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，元素的简单氢化物的稳定性逐渐减弱。元素的非金属性：O＞S＞Se，所以气态氢化物的稳定性：H2S＞H2Se，B错误；C．同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐减弱。元素的非金属性：S＞Se，所以Se元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性比硫酸弱，C正确；D．同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，元素的单质与氢气化合形成其简单氢化物越来越难。H2与S在加热条件下反应产生H2S，Se的非金属性比S弱，因此Se单质在常温下不能与氢气化合，D错误；故合理选项是BD。32.“84消毒液”是一种以NaClO为主的高效含氯消毒剂，可用于灭活新型冠状病毒。某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，请回答下列问题：84消毒液有效成分NaClO规格1000mL质量分数25%密度1.192g/cm3使用方法稀释100倍(体积比)后使用（1）用表示该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度，则co=_______。（2）某化学实验小组参阅该品牌“84消毒液”的标签，欲用NaClO固体配制250mL含NaClO浓度为c0的消毒液。①配制此溶液需称量NaClO固体的质量为_______。②在配制过程中，如图所示的仪器中不需要使用的是_______(填字母)，除玻璃棒外还缺少的玻璃仪器是_______。③容量瓶上标有_______(填字母)。A．温度、容积、刻度线B．温度、容积、压强C．浓度、压强D．浓度、温度、刻度线④使用容量瓶前必须进行的一步操作是_______。⑤下列操作会使所配制的溶液浓度偏高的是_______(填字母)。A．定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出B．定容时，俯视容量瓶刻度线C．利用实验室久置的NaClO固体来配制溶液D．转移溶液时未洗涤烧杯和玻璃棒【答案】（1）4.0mol/L（2）①.74.5g②.AB③.250mL容量瓶、胶头滴管④.A⑤.查漏⑥.B【解析】【分析】根据质量分数与物质的量浓度换算式c=计算溶液的物质的量浓度。溶液具有均一性、稳定性，溶液各处的浓度、密度相等。配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近；根据操作对溶质的物质的量及溶液的体积影响，结合物质的量浓度定义式c=分析实验误差。【小问1详解】用c0表示该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度，则根据c=，可知c0=mol/L=4.0mol/L；【小问2详解】①欲用NaC1O固体配制250mL含NaClO浓度为c0的消毒液，需称量NaCIO固体的质量为：m(NaClO)=0.25L×4.0mol/L×74.5g/mol=74.5g；②根据配制一定体积物质的量浓度的溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签等，可知本实验用到的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，用不到的仪器有圆底烧瓶、分液漏斗，故合理选项是AB；除玻璃棒外还缺少的玻璃仪器有：250mL容量瓶、胶头滴管；③容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液专用仪器，上边标有：温度、容积、刻度线，故合理选项是A；④容量瓶带有活塞，由于配制溶液需要摇匀，为防止使用过程中漏水，使用前应查漏；⑤A．定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出，导致部分溶质损耗，溶液浓度偏低，A不符合题意；B．定容时，若俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏高，B符合题意；C．利用实验室久置的NaClO固体来配制溶液，NaClO会与空气中的CO2、H2O反应，导致称取的固体含溶质的物质的量偏小，由于溶液体积不变，最终导致溶液浓度偏低，C不符合题意；D．转移溶液时未洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，因而溶质的物质的量偏小，由于溶液的体积不变，则最终导致配制的溶液浓度偏低，D不符合题意；故合理选项是B。33.Ⅰ．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比C