2023-2024学年陕西省西安市蓝田县乡镇学校联考高一上学期1月期末化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3陕西省西安市蓝田县乡镇学校联考2023-2024学年高一上学期1月期末试题(考试时间：75分钟试卷满分：100分)注意事项：1.回答第Ⅰ卷时，选出每小题〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。2.回答第Ⅱ卷时，将〖答案〗写在答题卡上。第I卷(选择题)本卷共16小题，每小题3分，共48分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1.芯片是电脑、“智能”加点的核心部件，它是用高纯度硅制成的。下面是生产单质硅过程中的一个重要反应：SiO2+2C＝Si+2CO↑，该反应的基本类型是（）A.化合反应 B.分解反应 C.置换反应 D.复分解反应〖答案〗C〖解析〗【详析】反应SiO2+2CSi+2CO是化合物+单质=化合物+单质的反应，是置换反应，〖答案〗选C。2.下列液体中，不会出现丁达尔效应的分散系是（）①鸡蛋清溶液②水③淀粉溶液④蔗糖溶液⑤FeCl3溶液⑥肥皂水A.④⑤ B.③④ C.②④⑥ D.①③④〖答案〗A〖解析〗【详析】①鸡蛋清溶液，鸡蛋清是蛋白质，其水溶液属于胶体，能产生丁达尔效应，①不合题意；②水虽然不能产生丁达尔效应，但它是纯净物，不属于分散系，②不合题意；③淀粉溶液，属于胶体，能产生丁达尔效应，③不合题意；④蔗糖溶液，虽然属于分散系，但不属于胶体，不能产生丁达尔效应，④符合题意；⑤FeCl3溶液，虽然属于分散系，但不属于胶体，不能产生丁达尔效应，⑤符合题意；⑥肥皂水，属于胶体，能产生丁达尔效应，⑥不合题意；综合以上分析，只有④⑤符合题意，故选A。3.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是（）A.NF3是氧化剂，H2O是还原剂B.若1molNF3被还原，反应转移电子数为2NAC.若生成0.4molHNO3，则转移0.4mol电子D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1〖答案〗D〖解析〗【详析】A.只有氮元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B.由化学方程式可知，3molNF3参加反应，其中2mol被还原，1mol被氧化，转移的电子的物质的量为2mol，所以1molNF3被还原，反应转移电子数为NA，故B错误；C.生成0.4molHNO3，转移的电子的物质的量为0.4mol×(5-3)=0.8mol，故C错误；D.NF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，故D正确；〖答案〗选D。4.如下图所示的实验进行一段时间后，只取烧杯内的液体进行分析，下列描述合理的是（）A.滴入几滴碘水，溶液变蓝色B.滴入几滴AgNO3溶液，有白色沉淀产生C.光束通过时可产生丁达尔现象D.烧杯内半透膜外的液体不导电〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗淀粉溶液属于胶体，不能透过半透膜，钠离子和氯离子可以透过半透膜，得到NaCl溶液。【详析】A．烧杯内的液体为NaCl溶液，滴入几滴碘水溶液不变蓝，A错误；B．烧杯内的液体为NaCl溶液，滴入几滴AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀，B正确；C．烧杯内的液体为NaCl溶液，不能产生丁达尔现象，C错误；D．烧杯内的液体为NaCl溶液，NaCl为强电解质，NaCl溶液具有导电性，D错误。〖答案〗选B。5.下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法不正确的是（）A.热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3B.在水中的溶解性：NaHCO3＜Na2CO3C.与盐酸反应的速率：NaHCO3＜Na2CO3D.向饱和Na2CO3溶液中通入CO2，有NaHCO3晶体析出〖答案〗C〖解析〗【详析】A.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠在高温条件下不能分解，则热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，故A正确；B.碳酸钠和碳酸氢钠均能溶于水，但碳酸氢钠在水中的溶解度小于碳酸钠，故B正确；C.碳酸钠和碳酸氢钠均能与盐酸反应，但碳酸氢钠与盐酸反应的速率快于碳酸钠，故C错误；D.向饱和Na2CO3溶液中通入CO2，碳酸钠溶液与二氧化碳反应得到碳酸氢钠的过饱和溶液，会有NaHCO3晶体析出，故D正确；故选C。6.下列四种物质判断叙述错误的是（）①标准状况下，22.4LH2O；②标准状况下，1.5molNH3；③标准状况下，1.806×1024个HCl；④常温下，46gNa。A.所含原子数目：①>④>②>③ B.密度大小：①>④>③>②C.体积大小：③>②>①>④ D.质量大小：①>③>④>②〖答案〗A〖解析〗【详析】标准状况下，水为液体，不能用气体摩尔体积计算，1.806×1024个HCl物质的量为3mol；常温下，46gNa的物质的量为2mol。A.水的密度约为1g/cm3，22.4LH2O的物质的量约为1244mol，所含原子数为3733NA，1.5molNH3所含原子数为6NA，1.806×1024个HCl所含原子数为6NA，2molNa的原子数为2NA，即原子数目关系为①>②=③>④，A错误；B.气体密度远小于固体，钠单质的密度比水小，根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下气体密度与摩尔质量成正比，即密度大小：①>④>③>②，B正确；C.标准状况下，1.5molNH3体积为33.6L，1.806×1024个HCl体积为67.2L，钠单质的密度略比液态水小，即46g钠单质体积小于0.046L，即体积大小：③>②>①>④，C正确；D.水的密度为1g/cm3，即22.4LH2O质量为22400g，1.5molNH3质量为25.5g，1.806×1024个HCl质量为109.5g，故质量大小：①>③>④>②，D正确；〖答案〗为A。7.下列物质性质与应用对应关系正确的是（）A.Na2O2能与水或二氧化碳反应生成氧气，可用作供氧剂B.二氧化锰具有还原性，可用于实验室制备氯气C.碳酸钠溶液呈碱性，可用于治疗胃酸过多D.活性炭具有还原性，可用于除去水体中的重金属离子〖答案〗A〖解析〗【详析】A.Na2O2能与水反应或二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具等作供氧剂，A正确；B.二氧化锰具有氧化性，在加热条件下与浓盐酸反应，可用于实验室制备氯气，B错误；C.碳酸钠溶液呈碱性，但碱性比碳酸氢钠要强，碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，C错误；D.活性炭具有吸附性，可用于除去水体中的重金属离子，D错误；〖答案〗选A。8.下列叙述I和II均正确且有因果关系的是（）选项叙述I叙述ⅡA铁片插入稀硝酸中，无明显现象铁片表面被钝化B湿润的蓝色石蕊试纸遇到氨气变红氨气溶于水呈碱性C氢氟酸溶液可以刻蚀玻璃二氧化硅是一种两性氧化物D蔗糖遇浓硫酸变黑，同时产生有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．常温下，铁在浓硝酸中钝化，铁在稀硝酸中不能钝化，故A错误；B．氨气溶于水呈碱性，碱能使石蕊变蓝，湿润的红色石蕊试纸遇到氨气变蓝，故B错误；C．二氧化硅是酸性氧化物，氢氟酸溶液可以刻蚀玻璃是因为二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水，故C错误；D．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，蔗糖遇浓硫酸变黑，同时产生有刺激性气味的二氧化硫气体，故D正确；选D。9.下列实验方案不能达到目的是（）A.用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HClB.用加高温的方法除去CaO固体中的少量CaCO3C.通入氯气可除去FeCl2溶液中含有的FeCl3D.用分液法分离植物油和水的混合物〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗【详析】A．杂质HCl能够与NaHCO3反应产生CO2，能够达到除杂净化的目的，A不符合题意；B．CaCO3不稳定，高温分解产生CaO、CO2，能够达到除杂净化的目的，B不符合题意；C．氯气与FeCl2在溶液中反应产生FeCl3，导致物质完全变质，不能达到除杂净化的实验目的，C符合题意；D．植物油和水是互不相溶的两层液体物质，可以采用分液的方法分离混合物，能够达到实验目的，D不符合题意；故合理选项是C。10.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与W同主族，Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，0.1molZ单质与足量盐酸反应产生H2的体积为3.36L（折算成标准状况），W在元素周期表中的主族序数比其周期数大1。下列说法正确的是（）A.XY2属于离子化合物B.X的一种单质在高温下与WY2反应可制得W单质C.原子半径：r（Z）＞r（W）＞r（Y）＞r（X）D.W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与W同主族，Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y为O元素；0.1molZ单质与足量盐酸反应产生H2的体积为3.36L（折算成标准状况），H2的物质的量为mol=0.15mol,0.1摩尔金属与盐酸反应生成0.15摩尔的H2,则1摩尔金属与盐酸反应生成1.5摩尔的H2,所以金属的化合价为+3价,Z为Al元素；W在元素周期表中的主族序数比其周期数大1，W为Si元素，X为C元素。【详析】A．CO2属于共价化合物，故A错误；B．C在高温下与SiO2反应可制得Si单质同时生成CO，故B正确；C．同一周期,从左到右原子序数逐渐增大,原子半径越来越小，同主族从上到下原子半径越来越大，原子半径：r（Z）＞r（W）＞r（X）＞r（Y）即r（Al）＞r（Si）＞r（C）＞r（O），故C错误；D．同周期从左向右元素的非金属性增强，同主族元素从上到下元素的非金属性减弱，由非金属性越强，则对应的氢化物的稳定性越大，非金属性O>S>Si，SiH4的稳定性小于H2O，故D错误；故选B。11.W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，X、Z同主族，Y、Z同周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，以下说法错误的是（）A.原子半径大小：Y>ZB.Y3X2中既有离子键，又有共价键C.Z的最高价氧化物可做干燥剂D.可以用含XW3的浓溶液检验氯气管道是否漏气〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，Y、Z同周期，则W位于第一周期，为H元素，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则X为N元素，X、Z同主族，则Z为P元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，Y为Mg元素，据此分析解答。【详析】A．Y为Mg元素，Z为P元素，Y、Z同周期，同周期元素随核电核数增大，原子半径减小，则原子半径大小：Y>Z，故A正确；B．X为N元素，Y为Mg元素，Y3X2为Mg3N2，属于离子化合物，其中只有离子键，故B错误；C．Z为P元素，最高价氧化物为五氧化二磷，具有吸水性，属于酸性干燥剂，故C正确；D．W为H元素，X为N元素，XW3为氨气，浓氨水与氯气在空气中反应生成氯化铵，形成白烟，可以用含氨气的浓溶液检验氯气管道是否漏气，故D正确；〖答案〗选B12.X、Y、Z、W均为常见的短周期主族元素，常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0.01mol/L)的pH和原子半径的关系如图所示，其中Y为碳元素。下列说法正确的是（）A.X是硫元素B.Y的最高价氧化物的电子式为C.W的最高价氧化物对应的水化物中仅含离子键D.Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HZO4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗0.01mol/LX、Z的最高价氧化物的水化物的pH=2，则表明二者都为一元强酸，由原子半径关系，可确定X为氮(N)，Z为氯(Cl)；0.01mol/LW的最高价氧化物的水化物的pH=12，则其为一元强碱，从而确定W为钠(Na)。【详析】A．由以上分析知，X是氮元素，A不正确；B．Y为碳，其最高价氧化物的电子式为，B不正确；C．W为钠，其最高价氧化物对应的水化物NaOH中，既含离子键又含共价键，C不正确；D．Z为氯，其最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4，D正确；故选D。13.现有四种短周期元素的有关信息如表所示：元素结构特点及在周期表中的位置单质及化合物的部分性质与用途甲在元素周期表中，主族序数等于周期序数工业上用电解法冶炼该金属乙原子最外层电子数是次外层电子数的一半单质是重要的半导体材料丙原子最外层电子数是最内层电子数的2倍单质存在多种同素异形体丁元素能形成两种不同单质丁的一种单质与KI溶液反应生成丁的另一种单质则甲、乙、丙、丁四种元素的原子序数从大到小的排列顺序为（）A.甲、乙、丙、丁 B.丁、甲、乙、丙C.丙、丁、甲、乙 D.乙、甲、丁、丙〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗短周期元素甲在元素周期表中，主族序数等于周期序数，且工业上用电解法冶炼该金属，则甲为Al元素；短周期元素乙原子最外层电子数是次外层电子书的一半，且单质是重要的半导体材料，则乙为Si元素；短周期元素丙原子最外层电子数是最内层电子数的2倍，且单质存在多种同素异形体，则丙为C元素；短周期元素丁元素能形成两种不同的单质，且丁的一种单质与KI溶液反应生成丁的另一种单质，则丁为O元素，据此分析解题。【详析】由分析知：甲是Al，乙是Si，丙是C，丁是O，其中Al的原子序数为13，Si的原子序数为14，C的原子序数为6，O的原子序数为8，则原子序数：，选项D正确，故〖答案〗为D。14.a、b、c、d、e为原子序数依次增大且不同主族的短周期元素，a的原子中只有一个电子，b3-与d3+的电子层结构相同；c原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。下列叙述错误的是（）A.简单离子的半径：c>dB.简单氢化物的热稳定性：c>bC.a、b、c可能形成离子化合物D.e的最高价氧化物对应的水化物一定是强酸〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗a、b、c、d、e为原子序数依次增大且不同主族的短周期元素，a的原子中只有一个电子，则a为H；b3-与d3+离子的电子层结构相同，则b为N元素，d为Al元素；c原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则c为O元素；则e可能为Si或Cl；综上所述，a、b、c、d、e分别为H、N、O、Al、Si或Cl。【详析】A．c为O，d为Al，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子的半径：c>d，故A正确；B．元素的非金属性越强，简单氢化物越稳定，简单氢化物的热稳定性：c>b，故B正确；C．a为H，与b(N)、c(O)元素可能形成离子化合物，如NH4NO3，故C正确；D．e为Si时，其最高价氧化物对应的水化物为硅酸，硅酸为弱酸，故D错误；故选D。15.将某一钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到体积为20mL、其中c(NaOH)=1mol/L的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示。则下列判断正确的是（）A.图中m值为1.56g B.标准状况下产生H2896mLC.图中V2为60mL D.原合金质量为0.92g〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，加盐酸时发生NaOH+HCl═NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al(OH)3↓、Al(OH)3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，再结合图象中加入40mL盐酸生成的沉淀最多来计算。【详析】由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al(OH)3↓，最后发生Al(OH)3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为0.02L×1mol/L=0.02mol，由NaOH+HCl═NaCl+H2O，0.02mol

0.02mol则V1为=0.02L=20mL，生成沉淀时消耗的盐酸为40mL−20mL=20mL，其物质的量为由0.02L×1mol/L=0.02mol，由

NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al(OH)3↓，

0.02mol

0.02mol

0.02mol由Al元素守恒，原合金中n(Al)=0.02mol，由Na元素守恒，原合金中n(Na+)=0.02mol+0.02mol=0.04mol。A.由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol×78g/mol=1.56g，故A正确；B.由2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，生成氢气的物质的量为0.02mol+0.03mol=0.05mol，其标况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故B错误；C.由Al(OH)3↓+3HCl═AlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其体积为60mL，则V2为40mL+60mL=100mL，故C错误；D.由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为0.04mol×23g/mol+0.02mol×27g/mol=1.46g，故D错误；故选A。16.1~18号元素中，A元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；B元素原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍；C元素原子M层电子数等于其L层电子数的一半；D元素原子最外层有1个电子，D的阳离子与B的阴离子电子层结构相同，则4种元素原子序数关系中正确的是（）A.C>D>B>A B.D>B>A>C C.A>D>C>B D.B>A>C>D〖答案〗A〖解析〗【详析】短周期元素中，A元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，A有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B元素最外层电子数是其内层电子总数3倍，则B原子有2个电子层，最外层电子数为6，则B为氧元素；C元素原子M层电子数等于其L层电子数的一半，有3个电子层，M层电子数为4，故C为Si，D元素原子最外层有1个电子，处于ⅠA族，D的阳离子与B的阴离子电子层结构相同，则D为Na元素，故原子序数C＞D＞B＞A；〖答案〗选A。第II卷(非选择题)本卷均为必考题，共4大题52分。请考生将〖答案〗写在答题卡相应位置。17.亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在常温常压下反应得到。ClNO部分性质如下：黄色气体，熔点：－59.6℃，沸点：－6.4℃，遇水易水解。已知：HNO2既有氧化性又有还原性；AgNO2微溶于水，能溶于硝酸：AgNO2+HNO3=AgNO3+HNO2。(1)利用Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ装置制备原料气NO和Cl2①写出A装置中的作用：_____。②利用上述装置制备NO时，Ⅱ中盛装物质为_________(写化学式)。(2)利用如图装置在常温常压下制备ClNO①装置连接顺序为a→________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。②为使NO和Cl2恰好完全反应生成ClNO，理论上通入NO和Cl2两种气体的流速比为____。③装置Ⅸ的作用是___________。④ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，产生“气泡”的化学方程式为________。生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成0.4molClO2消耗NaClO2的量为_____mol；〖答案〗①.平衡内外大气压，使分液漏斗内液体顺利滴下②.H2O③.aefcbd或者afecbd④.2：1⑤.冷凝亚硝酰氯，便于收集⑥.NaHSO4+NaHCO3=Na2SO4+CO2↑+H2O⑦.0.5〖解析〗I装置用于制取氯气，浓盐酸具有挥发性，所以得到的氯气中含有HCl，II用于除去HCl，III装置中有浓硫酸，干燥氯气；如果用这几个装置制取NO，I中Cu和稀硝酸反应生成NO，因为硝酸具有挥发性，所以得到的NO中含有硝酸，II中盛放水吸收硝酸气体，III干燥NO；依此解答。【详析】（1）①A装置的作用是平衡内外大气压，使分液漏斗内液体顺利滴下，故〖答案〗为：平衡内外大气压，使分液漏斗内液体顺利滴下；②用I制取NO，I中Cu和稀硝酸反应生成NO，因为硝酸具有挥发性，所以得到的NO中含有硝酸，II中盛放物质能吸收硝酸，稀硝酸溶于水且NO不溶于水，所以II中可以盛放H2O，故〖答案〗为：H2O；（2）①将氯气和NO通过装置Ⅳ、V除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以根据气泡控制气体流速，在装置ⅤI中发生反应，在IX冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用VIII氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置VII，所以装置连接顺序为aefcbd或者afecbd，故〖答案〗为：aefcbd或者afecbd；②二者反应方程式为Cl2+2NO=2NOCl，二者的流速之比等于其计量数之比即可，则理论上通入NO和Cl2两种气体的流速比为2:1，故〖答案〗为：2:1；③将氯气和NO干燥后在装置ⅤI中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，所以IX的作用是冷凝亚硝酰氯，便于收集，故〖答案〗为：冷凝亚硝酰氯，便于收集；④根据已知信息：ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂；一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的二氧化氯泡腾片，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液，可得上述过程中，产生气泡的化学方程式为NaHSO4+NaHCO3=Na2SO4+CO2↑+H2O；生成ClO2的反应属于歧化反应，则反应中氯元素的化合价由+3价变为+4价和-1价，故每生成0.4molClO2，同时生成0.1molCl-，故消耗NaClO2的量为0.5mol，故〖答案〗为：NaHSO4+NaHCO3=Na2SO4+CO2↑+H2O；0.5。18.已知无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用如图所示装置制备无水AlCl3。请回答：（1）仪器a的名称是____________。（2）写出装置A中发生反应的化学方程式：_____________。（3）装置B盛放的试剂是________；装置F中盛放的试剂是_______。（4）装置G的作用是__________（用离子方程式表示）。（5）已知无水AlCl3遇潮湿空气，能发生复分解反应，产生大量的白雾，请写出该反应的化学方程式__________。（6）已知氯酸钾和浓盐酸在不加热的条件下可以制备Cl2，反应如下：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，比较KClO3和MnO2氧化性的强弱：KClO3___MnO2（填“>”或“<”）。〖答案〗①分液漏斗②.4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑③.饱和食盐水④.浓硫酸⑤.Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O⑥.AlCl3+3H2O=Al(OH)3↓+3HCl⑦.>〖解析〗A装置制备氯气，B中装饱和食盐水，吸收氯气中的氯化氢，C中浓硫酸干燥氯气，干燥的氯气通入D中与铝粉在加热条件下反应生成氯化铝，E是收集瓶，氯化铝在E中冷凝，F中盛放浓硫酸，为了防止水蒸气进入E中与氯化铝反应，G中氢氧化钠进行尾气处理，吸收多余的氯气。【详析】（1）由实验装置图可知，仪器a的名称是分液漏斗；（2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；（3）制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，要制备纯净干燥的氯气，应除去氯化氢，氯气在饱和食盐水中溶解度小，选用盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯气中的氯化氢，则B盛放的是饱和食盐水；无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾，F中盛放浓硫酸，其目的是吸收水分，防止G中的水蒸气进入装置E；（4）氯气有毒，直接排放引起空气污染，氯气能与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，所以装置G的作用是吸收多余的氯气，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（5）AlCl3遇潮湿空气，发生复分解反应，生成氢氧化铝和氯化氢，该反应的化学方程式为：AlCl3+3H2O=Al(OH)3↓+3HCl；（6）KClO3和MnO2均能氧化HCl制备Cl2，但KClO3反应时不需要加热，MnO2反应时需要加热，故KClO3的氧化性更强，即KClO3和MnO2氧化性的强弱为：KClO3>MnO2。19.、、、四种可溶性物质，它们的阳离子可能分别是、、、中的某一种，阴离子可能分别是、、、中的某一种。①若把4种物质分别溶解于盛有蒸馏水的4支试管中，均得澄清溶液，只有溶液呈蓝色。②若向①的4支试管中分别加盐酸，溶液中有沉淀产生，溶液中有无色无味气体逸出。(1)根据①②的事实推断的化学式为___________。(2)溶液中阴离子的检验方法为：___________。(3)将溶液与溶液混合使之恰好完全反应，将反应后混合物中两种物质分离的方法是___________，在所得溶液中加入铝片，发生的离子反应方程式为：___________。(4)与稀硫酸反应生成的气体用排空气法收集，测得体积为(标准状况下)，质量为，该混合气体平均摩尔质量为___________，混合气体中气体的体积分数约为___________。(空气的平均相对分子质量约为29)(5)有一块铝铁合金，将其溶于足量的盐酸中，再用过量的溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧，完全变成红色粉末后，经称量，红色粉末的质量恰好与合金的质量相等，则合金中铝的质量分数为___________。〖答案〗①.②.取少量溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象；再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明中阴离子为③.过滤④.⑤.⑥.⑦.〖解析〗、、、四种可溶性物质，它们的阳离子可能分别是、、、中的某一种，阴离子可能分别是、、、中的某一种，只能和组成可溶性物质；能与、组成可溶性物质，能与、组成可溶性物质；四种物质分别是：CuSO4、AgNO3、Ba(OH)2、Na2CO3；只有溶液呈蓝色，C是CuSO4；分别加盐酸，溶液中有沉淀产生，B是AgNO3；溶液与盐酸反应放出无色无味的气体，D是Na2CO3，则A是Ba(OH)2；【详析】根据以上分析，(1)根据①②的事实推断的化学式为AgNO3；(2)是CuSO4溶液，的检验方法为：取少量溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象；再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明中阴离子为；(3)Ba(OH)2溶液与Na2CO3溶液完全反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠，用过滤法将碳酸钡分离出来，所得氢氧化钠溶液中加入铝片生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为；(4)气体体积为(标准状况下)，质量为，则，M=38g/mol；设混合气体中为二氧化碳气体的体积分数约为x；44x+29(1-x)=38x=0.6；(5)有一块铝铁合金，将其溶于足量的盐酸中，再用过量的溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧，得到的红色粉末是Fe2O3，经称量，红色粉末的质量恰好与合金的质量相等，即Fe2O3的质量等于Fe、Al的质量，则合金中铝的质量分数等于Fe2O3中氧元素是质量分数=。20.证明卤族元素非金属性强弱，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检查)。实验过程：Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。Ⅲ.当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。Ⅳ.……(1)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是________________________________________。(2)B中溶液发生反应的离子方程式是____________________________________________。(3)为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是____________________________。(4)过程Ⅲ实验的目的是________________________________________________________。(5)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，原子半径逐渐________，得电子能力逐渐________。〖答案〗①.KI淀粉试纸变蓝②.Cl2＋2Br－＝Br2＋2Cl－③.打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静止后CCl4层溶液变为紫红色④.确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰⑤.增大⑥.减弱〖解析〗验证卤素单质氧化性的相对强弱：检验气密性，装药品，保持分液漏斗上方与外界空气相同，打开活塞向烧瓶中滴加浓盐酸；装置A：高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，湿润的淀粉KI试纸变蓝，说明有单质碘生成，同时也说明氯气氧化性强于单质碘，装置B：氯气与溴化钠反应生成单质溴，在试管中发生反应的离子方程式为Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，溶液变棕黄色；B试管口的棉花团的作用吸收多余的氯气，防止污染大气，反应为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b取下D振荡、静止后CCl4层溶液变为紫红色，验证了溴的氧化性强于碘，以此解答该题。【详析】（1）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是KI淀粉试纸变蓝，Cl2＋2I－=2Cl－＋I2,I2遇淀粉变蓝色；（2)B中溶液发生反应的离子方程式是Cl2＋2Br-＝Br2＋2Cl-；（3）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静止后CCl4层溶液变为紫红色，其中紫红色为I2溶解在CCl4呈现的颜色；（4)过程Ⅲ实验的目的是确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；（5）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下,原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。陕西省西安市蓝田县乡镇学校联考2023-2024学年高一上学期1月期末试题(考试时间：75分钟试卷满分：100分)注意事项：1.回答第Ⅰ卷时，选出每小题〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。2.回答第Ⅱ卷时，将〖答案〗写在答题卡上。第I卷(选择题)本卷共16小题，每小题3分，共48分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1.芯片是电脑、“智能”加点的核心部件，它是用高纯度硅制成的。下面是生产单质硅过程中的一个重要反应：SiO2+2C＝Si+2CO↑，该反应的基本类型是（）A.化合反应 B.分解反应 C.置换反应 D.复分解反应〖答案〗C〖解析〗【详析】反应SiO2+2CSi+2CO是化合物+单质=化合物+单质的反应，是置换反应，〖答案〗选C。2.下列液体中，不会出现丁达尔效应的分散系是（）①鸡蛋清溶液②水③淀粉溶液④蔗糖溶液⑤FeCl3溶液⑥肥皂水A.④⑤ B.③④ C.②④⑥ D.①③④〖答案〗A〖解析〗【详析】①鸡蛋清溶液，鸡蛋清是蛋白质，其水溶液属于胶体，能产生丁达尔效应，①不合题意；②水虽然不能产生丁达尔效应，但它是纯净物，不属于分散系，②不合题意；③淀粉溶液，属于胶体，能产生丁达尔效应，③不合题意；④蔗糖溶液，虽然属于分散系，但不属于胶体，不能产生丁达尔效应，④符合题意；⑤FeCl3溶液，虽然属于分散系，但不属于胶体，不能产生丁达尔效应，⑤符合题意；⑥肥皂水，属于胶体，能产生丁达尔效应，⑥不合题意；综合以上分析，只有④⑤符合题意，故选A。3.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是（）A.NF3是氧化剂，H2O是还原剂B.若1molNF3被还原，反应转移电子数为2NAC.若生成0.4molHNO3，则转移0.4mol电子D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1〖答案〗D〖解析〗【详析】A.只有氮元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B.由化学方程式可知，3molNF3参加反应，其中2mol被还原，1mol被氧化，转移的电子的物质的量为2mol，所以1molNF3被还原，反应转移电子数为NA，故B错误；C.生成0.4molHNO3，转移的电子的物质的量为0.4mol×(5-3)=0.8mol，故C错误；D.NF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，故D正确；〖答案〗选D。4.如下图所示的实验进行一段时间后，只取烧杯内的液体进行分析，下列描述合理的是（）A.滴入几滴碘水，溶液变蓝色B.滴入几滴AgNO3溶液，有白色沉淀产生C.光束通过时可产生丁达尔现象D.烧杯内半透膜外的液体不导电〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗淀粉溶液属于胶体，不能透过半透膜，钠离子和氯离子可以透过半透膜，得到NaCl溶液。【详析】A．烧杯内的液体为NaCl溶液，滴入几滴碘水溶液不变蓝，A错误；B．烧杯内的液体为NaCl溶液，滴入几滴AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀，B正确；C．烧杯内的液体为NaCl溶液，不能产生丁达尔现象，C错误；D．烧杯内的液体为NaCl溶液，NaCl为强电解质，NaCl溶液具有导电性，D错误。〖答案〗选B。5.下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法不正确的是（）A.热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3B.在水中的溶解性：NaHCO3＜Na2CO3C.与盐酸反应的速率：NaHCO3＜Na2CO3D.向饱和Na2CO3溶液中通入CO2，有NaHCO3晶体析出〖答案〗C〖解析〗【详析】A.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠在高温条件下不能分解，则热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，故A正确；B.碳酸钠和碳酸氢钠均能溶于水，但碳酸氢钠在水中的溶解度小于碳酸钠，故B正确；C.碳酸钠和碳酸氢钠均能与盐酸反应，但碳酸氢钠与盐酸反应的速率快于碳酸钠，故C错误；D.向饱和Na2CO3溶液中通入CO2，碳酸钠溶液与二氧化碳反应得到碳酸氢钠的过饱和溶液，会有NaHCO3晶体析出，故D正确；故选C。6.下列四种物质判断叙述错误的是（）①标准状况下，22.4LH2O；②标准状况下，1.5molNH3；③标准状况下，1.806×1024个HCl；④常温下，46gNa。A.所含原子数目：①>④>②>③ B.密度大小：①>④>③>②C.体积大小：③>②>①>④ D.质量大小：①>③>④>②〖答案〗A〖解析〗【详析】标准状况下，水为液体，不能用气体摩尔体积计算，1.806×1024个HCl物质的量为3mol；常温下，46gNa的物质的量为2mol。A.水的密度约为1g/cm3，22.4LH2O的物质的量约为1244mol，所含原子数为3733NA，1.5molNH3所含原子数为6NA，1.806×1024个HCl所含原子数为6NA，2molNa的原子数为2NA，即原子数目关系为①>②=③>④，A错误；B.气体密度远小于固体，钠单质的密度比水小，根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下气体密度与摩尔质量成正比，即密度大小：①>④>③>②，B正确；C.标准状况下，1.5molNH3体积为33.6L，1.806×1024个HCl体积为67.2L，钠单质的密度略比液态水小，即46g钠单质体积小于0.046L，即体积大小：③>②>①>④，C正确；D.水的密度为1g/cm3，即22.4LH2O质量为22400g，1.5molNH3质量为25.5g，1.806×1024个HCl质量为109.5g，故质量大小：①>③>④>②，D正确；〖答案〗为A。7.下列物质性质与应用对应关系正确的是（）A.Na2O2能与水或二氧化碳反应生成氧气，可用作供氧剂B.二氧化锰具有还原性，可用于实验室制备氯气C.碳酸钠溶液呈碱性，可用于治疗胃酸过多D.活性炭具有还原性，可用于除去水体中的重金属离子〖答案〗A〖解析〗【详析】A.Na2O2能与水反应或二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具等作供氧剂，A正确；B.二氧化锰具有氧化性，在加热条件下与浓盐酸反应，可用于实验室制备氯气，B错误；C.碳酸钠溶液呈碱性，但碱性比碳酸氢钠要强，碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，C错误；D.活性炭具有吸附性，可用于除去水体中的重金属离子，D错误；〖答案〗选A。8.下列叙述I和II均正确且有因果关系的是（）选项叙述I叙述ⅡA铁片插入稀硝酸中，无明显现象铁片表面被钝化B湿润的蓝色石蕊试纸遇到氨气变红氨气溶于水呈碱性C氢氟酸溶液可以刻蚀玻璃二氧化硅是一种两性氧化物D蔗糖遇浓硫酸变黑，同时产生有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．常温下，铁在浓硝酸中钝化，铁在稀硝酸中不能钝化，故A错误；B．氨气溶于水呈碱性，碱能使石蕊变蓝，湿润的红色石蕊试纸遇到氨气变蓝，故B错误；C．二氧化硅是酸性氧化物，氢氟酸溶液可以刻蚀玻璃是因为二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水，故C错误；D．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，蔗糖遇浓硫酸变黑，同时产生有刺激性气味的二氧化硫气体，故D正确；选D。9.下列实验方案不能达到目的是（）A.用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HClB.用加高温的方法除去CaO固体中的少量CaCO3C.通入氯气可除去FeCl2溶液中含有的FeCl3D.用分液法分离植物油和水的混合物〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗【详析】A．杂质HCl能够与NaHCO3反应产生CO2，能够达到除杂净化的目的，A不符合题意；B．CaCO3不稳定，高温分解产生CaO、CO2，能够达到除杂净化的目的，B不符合题意；C．氯气与FeCl2在溶液中反应产生FeCl3，导致物质完全变质，不能达到除杂净化的实验目的，C符合题意；D．植物油和水是互不相溶的两层液体物质，可以采用分液的方法分离混合物，能够达到实验目的，D不符合题意；故合理选项是C。10.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与W同主族，Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，0.1molZ单质与足量盐酸反应产生H2的体积为3.36L（折算成标准状况），W在元素周期表中的主族序数比其周期数大1。下列说法正确的是（）A.XY2属于离子化合物B.X的一种单质在高温下与WY2反应可制得W单质C.原子半径：r（Z）＞r（W）＞r（Y）＞r（X）D.W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与W同主族，Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y为O元素；0.1molZ单质与足量盐酸反应产生H2的体积为3.36L（折算成标准状况），H2的物质的量为mol=0.15mol,0.1摩尔金属与盐酸反应生成0.15摩尔的H2,则1摩尔金属与盐酸反应生成1.5摩尔的H2,所以金属的化合价为+3价,Z为Al元素；W在元素周期表中的主族序数比其周期数大1，W为Si元素，X为C元素。【详析】A．CO2属于共价化合物，故A错误；B．C在高温下与SiO2反应可制得Si单质同时生成CO，故B正确；C．同一周期,从左到右原子序数逐渐增大,原子半径越来越小，同主族从上到下原子半径越来越大，原子半径：r（Z）＞r（W）＞r（X）＞r（Y）即r（Al）＞r（Si）＞r（C）＞r（O），故C错误；D．同周期从左向右元素的非金属性增强，同主族元素从上到下元素的非金属性减弱，由非金属性越强，则对应的氢化物的稳定性越大，非金属性O>S>Si，SiH4的稳定性小于H2O，故D错误；故选B。11.W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，X、Z同主族，Y、Z同周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，以下说法错误的是（）A.原子半径大小：Y>ZB.Y3X2中既有离子键，又有共价键C.Z的最高价氧化物可做干燥剂D.可以用含XW3的浓溶液检验氯气管道是否漏气〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，Y、Z同周期，则W位于第一周期，为H元素，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则X为N元素，X、Z同主族，则Z为P元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，Y为Mg元素，据此分析解答。【详析】A．Y为Mg元素，Z为P元素，Y、Z同周期，同周期元素随核电核数增大，原子半径减小，则原子半径大小：Y>Z，故A正确；B．X为N元素，Y为Mg元素，Y3X2为Mg3N2，属于离子化合物，其中只有离子键，故B错误；C．Z为P元素，最高价氧化物为五氧化二磷，具有吸水性，属于酸性干燥剂，故C正确；D．W为H元素，X为N元素，XW3为氨气，浓氨水与氯气在空气中反应生成氯化铵，形成白烟，可以用含氨气的浓溶液检验氯气管道是否漏气，故D正确；〖答案〗选B12.X、Y、Z、W均为常见的短周期主族元素，常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0.01mol/L)的pH和原子半径的关系如图所示，其中Y为碳元素。下列说法正确的是（）A.X是硫元素B.Y的最高价氧化物的电子式为C.W的最高价氧化物对应的水化物中仅含离子键D.Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HZO4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗0.01mol/LX、Z的最高价氧化物的水化物的pH=2，则表明二者都为一元强酸，由原子半径关系，可确定X为氮(N)，Z为氯(Cl)；0.01mol/LW的最高价氧化物的水化物的pH=12，则其为一元强碱，从而确定W为钠(Na)。【详析】A．由以上分析知，X是氮元素，A不正确；B．Y为碳，其最高价氧化物的电子式为，B不正确；C．W为钠，其最高价氧化物对应的水化物NaOH中，既含离子键又含共价键，C不正确；D．Z为氯，其最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4，D正确；故选D。13.现有四种短周期元素的有关信息如表所示：元素结构特点及在周期表中的位置单质及化合物的部分性质与用途甲在元素周期表中，主族序数等于周期序数工业上用电解法冶炼该金属乙原子最外层电子数是次外层电子数的一半单质是重要的半导体材料丙原子最外层电子数是最内层电子数的2倍单质存在多种同素异形体丁元素能形成两种不同单质丁的一种单质与KI溶液反应生成丁的另一种单质则甲、乙、丙、丁四种元素的原子序数从大到小的排列顺序为（）A.甲、乙、丙、丁 B.丁、甲、乙、丙C.丙、丁、甲、乙 D.乙、甲、丁、丙〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗短周期元素甲在元素周期表中，主族序数等于周期序数，且工业上用电解法冶炼该金属，则甲为Al元素；短周期元素乙原子最外层电子数是次外层电子书的一半，且单质是重要的半导体材料，则乙为Si元素；短周期元素丙原子最外层电子数是最内层电子数的2倍，且单质存在多种同素异形体，则丙为C元素；短周期元素丁元素能形成两种不同的单质，且丁的一种单质与KI溶液反应生成丁的另一种单质，则丁为O元素，据此分析解题。【详析】由分析知：甲是Al，乙是Si，丙是C，丁是O，其中Al的原子序数为13，Si的原子序数为14，C的原子序数为6，O的原子序数为8，则原子序数：，选项D正确，故〖答案〗为D。14.a、b、c、d、e为原子序数依次增大且不同主族的短周期元素，a的原子中只有一个电子，b3-与d3+的电子层结构相同；c原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。下列叙述错误的是（）A.简单离子的半径：c>dB.简单氢化物的热稳定性：c>bC.a、b、c可能形成离子化合物D.e的最高价氧化物对应的水化物一定是强酸〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗a、b、c、d、e为原子序数依次增大且不同主族的短周期元素，a的原子中只有一个电子，则a为H；b3-与d3+离子的电子层结构相同，则b为N元素，d为Al元素；c原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则c为O元素；则e可能为Si或Cl；综上所述，a、b、c、d、e分别为H、N、O、Al、Si或Cl。【详析】A．c为O，d为Al，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子的半径：c>d，故A正确；B．元素的非金属性越强，简单氢化物越稳定，简单氢化物的热稳定性：c>b，故B正确；C．a为H，与b(N)、c(O)元素可能形成离子化合物，如NH4NO3，故C正确；D．e为Si时，其最高价氧化物对应的水化物为硅酸，硅酸为弱酸，故D错误；故选D。15.将某一钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到体积为20mL、其中c(NaOH)=1mol/L的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示。则下列判断正确的是（）A.图中m值为1.56g B.标准状况下产生H2896mLC.图中V2为60mL D.原合金质量为0.92g〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，加盐酸时发生NaOH+HCl═NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al(OH)3↓、Al(OH)3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，再结合图象中加入40mL盐酸生成的沉淀最多来计算。【详析】由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al(OH)3↓，最后发生Al(OH)3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为0.02L×1mol/L=0.02mol，由NaOH+HCl═NaCl+H2O，0.02mol

0.02mol则V1为=0.02L=20mL，生成沉淀时消耗的盐酸为40mL−20mL=20mL，其物质的量为由0.02L×1mol/L=0.02mol，由

NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al(OH)3↓，

0.02mol

0.02mol

0.02mol由Al元素守恒，原合金中n(Al)=0.02mol，由Na元素守恒，原合金中n(Na+)=0.02mol+0.02mol=0.04mol。A.由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol×78g/mol=1.56g，故A正确；B.由2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，生成氢气的物质的量为0.02mol+0.03mol=0.05mol，其标况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故B错误；C.由Al(OH)3↓+3HCl═AlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其体积为60mL，则V2为40mL+60mL=100mL，故C错误；D.由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为0.04mol×23g/mol+0.02mol×27g/mol=1.46g，故D错误；故选A。16.1~18号元素中，A元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；B元素原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍；C元素原子M层电子数等于其L层电子数的一半；D元素原子最外层有1个电子，D的阳离子与B的阴离子电子层结构相同，则4种元素原子序数关系中正确的是（）A.C>D>B>A B.D>B>A>C C.A>D>C>B D.B>A>C>D〖答案〗A〖解析〗【详析】短周期元素中，A元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，A有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B元素最外层电子数是其内层电子总数3倍，则B原子有2个电子层，最外层电子数为6，则B为氧元素；C元素原子M层电子数等于其L层电子数的一半，有3个电子层，M层电子数为4，故C为Si，D元素原子最外层有1个电子，处于ⅠA族，D的阳离子与B的阴离子电子层结构相同，则D为Na元素，故原子序数C＞D＞B＞A；〖答案〗选A。第II卷(非选择题)本卷均为必考题，共4大题52分。请考生将〖答案〗写在答题卡相应位置。17.亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在常温常压下反应得到。ClNO部分性质如下：黄色气体，熔点：－59.6℃，沸点：－6.4℃，遇水易水解。已知：HNO2既有氧化性又有还原性；AgNO2微溶于水，能溶于硝酸：AgNO2+HNO3=AgNO3+HNO2。(1)利用Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ装置制备原料气NO和Cl2①写出A装置中的作用：_____。②利用上述装置制备NO时，Ⅱ中盛装物质为_________(写化学式)。(2)利用如图装置在常温常压下制备ClNO①装置连接顺序为a→________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。②为使NO和Cl2恰好完全反应生成ClNO，理论上通入NO和Cl2两种气体的流速比为____。③装置Ⅸ的作用是___________。④ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，产生“气泡”的化学方程式为________。生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成0.4molClO2消耗NaClO2的量为_____mol；〖答案〗①.平衡内外大气压，使分液漏斗内液体顺利滴下②.H2O③.aefcbd或者afecbd④.2：1⑤.冷凝亚硝酰氯，便于收集⑥.NaHSO4+NaHCO3=Na2SO4+CO2↑+H2O⑦.0.5〖解析〗I装置用于制取氯气，浓盐酸具有挥发性，所以得到的氯气中含有HCl，II用于除去HCl，III装置中有浓硫酸，干燥氯气；如果用这几个装置制取NO，I中Cu和稀硝酸反应生成NO，因为硝酸具有挥发性，所以得到的NO中含有硝酸，II中盛放水吸收硝酸气体，III干燥NO；依此解答。【详析】（1）①A装置的作用是平衡内外大气压，使分液漏斗内液体顺利滴下，故〖答案〗为：平衡内外大气压，使分液漏斗内液体顺利滴下；②用I制取NO，I中Cu和稀硝酸反应生成NO，因为硝酸具有挥发性，所以得到的NO中含有硝酸，II中盛放物质能吸收硝酸，稀硝酸溶于水且NO不溶于水，所以II中可以盛放H2O，故〖答案〗为：H2O；（2）①将氯气和NO通过装置Ⅳ、V除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以根据气泡控制气体流速，在装置ⅤI中发生反应，在IX冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用VIII氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置VII，所以装置连接顺序为aefcbd或者afecbd，故〖答案〗为：aefcbd或者afecbd；②二者反应方程式为Cl2+2NO=2NOCl，二者的流速之比等于其计量数之比即可，则理论上通入NO和Cl2两种气体的流速比为2:1，故〖答案〗为：2:1；③将氯气和NO干燥后在装置ⅤI中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，所以IX的作用是冷凝亚硝酰氯，便于收集，故〖答案〗为：冷凝亚硝酰氯，便于收集；④根据已知信息：ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂；一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的二氧化氯泡腾片，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液，可得上述过程中，产生气泡的化学方程式为NaHSO4+NaHCO3=Na2SO4+CO2↑+H2O；生成ClO2的反应属于歧化反应，则反应中氯元素的化合价由+3价变为+4价和-1价，故每生成0.4molClO2，同时生成0.1molCl-，故消耗NaClO2的量为0.5mol，故〖答案〗为：NaHSO4+NaHCO3=Na2SO4+CO2↑+H2O；0.5。18.已知无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用如图所示装置制备无水AlCl3。请回答：（1）仪器a的名称是____________。（2）写出装置A中发生反应的化学方程式：_____________。（3）装置B盛放的试剂是________；装置F中盛放的试剂是_______。（4）装置G的作用是__________（用离子方程式表示）。（5）已知无水AlCl3遇潮湿空气，能发生复分解反应，产生大量的白雾，请写出该反应的化学方程式__________。（6）已知氯酸钾和浓盐酸在不加热的条件下可以制备Cl2，反应如下：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，比较KClO3和MnO2氧化性的强弱：KClO3___MnO2（填“>”或“<”）。〖答案〗①分液漏斗②.4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑③.饱和食盐水④.浓硫酸⑤.Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O⑥.AlCl3+3H2O=Al(OH)3↓+3HCl⑦.>〖解析〗A装置制备氯气，B中装饱和食盐水，吸收氯气中的氯化氢，C中浓硫酸干燥氯气，干燥的氯气通入D中与铝粉在加热条件下反应生成氯化铝，E是收集瓶，氯化铝在E中冷凝，F中盛放浓硫酸，为了防止水蒸气进入E中与氯化铝反应，G中氢氧化钠进行尾气处理，吸收多余的氯气。【详析】（1）由实验装置图可知，仪器a的名称是分液漏斗；（2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；（3）制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，要制备纯净干燥的氯气，应除去氯化氢，氯气在饱和食盐水中溶解度小，选用盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯气中的氯化氢，则B盛放的是饱和食盐水；无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾，F中盛放浓硫酸，其目的是吸收水分，防止G中的水蒸气进入装置E；（4）氯气有毒，直接排放引起空气污染，氯气能与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，所以装置G的作用是吸收多余的氯气，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（5）AlCl3遇潮湿空气，发生复分解反应，生成氢氧化铝和氯化氢，该反