2022-2023学年广东省江门市高一上学期调研测试（一）期末考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE1广东省江门市2022-2023学年高一上学期调研测试(一)化学试题本试卷共8页，24小题，满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.做选择题时，必须用2B铅笔将答题卷上对应题目的〖答案〗标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它〖答案〗标号。3.答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将〖答案〗写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。5.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：一、选择题：(本题包括20小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。)1.朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影。”结合这段文字及所学的化学知识判断下列说法错误的是A.荷塘上方的薄雾是混合物B.月光通过薄雾时产生了丁达尔效应C.薄雾是一种较稳定的分散系D.“大漠孤烟直”中“孤烟”的组成成分和这种薄雾的组成成分相同〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．荷塘上方的薄雾是空气中分散了液态水的小液滴，是一种气溶胶，气溶胶属于混合物，A正确；B．荷塘上方的薄雾是空气中的小液滴在空气中形成的一种气胶体，胶体可以产生丁达尔效应，B正确；C．薄雾是一种气溶胶，气溶胶属于胶体，胶体是一种较稳定的分散系，C正确；D．“大漠孤烟直”中的孤烟指的是固体小颗粒，而这种薄雾指的是液体小液滴，两者的组成成分不不同，D错误；故合理选项是D。2.图a、b、c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验的微观示意图(X、Y均表示石墨电极，且与直流电源连接方式相同，表示水分子)，下列说法错误的是A.图c表示在水溶液中的导电情况B.在三种状态都存在自由移动的离子C.固体不导电，但是电解质D.图b表示熔融的的导电情况〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由于氯离子半径大于钠离子，则图中灰色球表示氯离子、白色球代表钠离子：图a为电解固态NaCl装置，钠离子和氯离子不能自由移动，不能形成电解池；图b为电解熔融NaCl装置，钠离子移向阴极，氯离子移向阳极，则X电极与电源正极相连、为阳极，Y电极为阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上钠离子放电生成金属钠；图c为电解NaCl溶液装置，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气。〖详析〗A．图c表示在水溶液中的导电情况，氯化钠溶液，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，则X为阳极，Y为阴极，X与电源的正极相连，故A正确；B．图a表示固体NaCl，阴阳离子不能自由移动，则不导电，故B错误；C．固体不导电，在水溶液或在熔融状态下能导电，是电解质，故C正确；D．图b表示熔融的的导电情况，氯化钠熔化过程中发生电离生成钠离子和氯离子，在电场作用下导电，故D正确；故选B。3.下列反应的离子方程式中，书写正确的是A.碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合：B.将稀盐酸滴在铁片上：C.将稀盐酸滴在石灰石上：D.氢氧化钡与稀硫酸溶液混合：〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，A正确；B．Fe与稀HCl反应产生FeCl2、H2，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；C．CaCO3难溶，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，C错误；D．反应除产生H2O外，还产生BaSO4沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，D错误；故合理选项是A。4.下列生活和生产中的变化，不涉及氧化还原反应的是A.金属的冶炼 B.钢铁的腐蚀 C.食物的腐败 D.钟乳石的形成〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．金属的冶炼过程，金属化合物变为金属单质，元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，A不符合题意；B．钢铁的腐蚀是铁单质变为铁的化合物过程，元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，B不符合题意；C．食物的腐败是食物与空气中的氧气发生反应产生新物质的过程，在这个过程中元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，C不符合题意；D．钟乳石的形成是可溶性碳酸盐变为难溶性碳酸盐的过程，在这个过程中元素化合价不变，因此反应不属于氧化还原反应，D符合题意；故合理选项是D。5.我国“四大发明”在人类发展史上起到了非常重要的作用。黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸反应为：。在该反应中，被还原的元素是A.N B.C C.N和S D.N和C〖答案〗C〖解析〗〖详析〗根据反应方程式可知：在反应中S元素化合价由反应前S单质的0价变为反应后K2S中的-2价，化合价降低，得到电子被还原；N元素化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，因此反应中被还原的元素是S、N，故合理选项是C。6.下列有关钠及其化合物叙述正确的是A.金属钠着火，可用泡沫灭火器进行灭火B.过氧化钠与氧化钠都能与二氧化碳发生化合反应C.用加热方法可除去Na2CO3中的NaHCO3D.Na2CO3可用作治疗胃酸过多的胃药〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．金属钠着火燃烧产生Na2O2，Na2O2泡沫灭火器喷出的CO2、H2O会发生反应产生O2，导致火势加剧，因此不能用泡沫灭火器进行灭火，A错误；B．过氧化钠与与二氧化碳发生反应产生碳酸钠和氧气，反应不属于氧化还原反应，B错误；C．NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3、CO2、H2O，CO2、H2O以气体形式逸出，因此可以用用加热方法可除去Na2CO3中的NaHCO3，C正确；D．Na2CO3溶液具有较强的碱性，会对人造成严重刺激，因此不可用作治疗胃酸过多的胃药，D错误；故合理选项是C。7.向过氧化钠与水反应所得溶液中滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某化学兴趣小组为探究其原因，进行了如图所示实验。实验①取反应后溶液加入MnO2，立即产生大量气体，带火星的木条复燃；实验②③中红色均不褪色。下列分析错误的是A.过氧化钠与水反应产生的气体为O2B.过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂C.实验①②可证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气D.过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．实验①是取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体，该气体能够使带火星木条复燃，证明为氧气，A正确；B．过氧化钠与水反应不需要MnO2作催化剂，B错误；C．酚酞滴入氢氧化钠溶液变红色，氢氧化钠的酚酞溶液通入氧气溶液红色不褪色，实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；D．实验①是取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体，使带火星木条复燃为氧气，说明反应过程中生成了过氧化氢具有漂白性，使红色褪去，D正确；故合理选项是B。8.下列有关氯气及其化合物的性质叙述正确的是A.新制氯水在强光照射下有气体产生，是因为氯气在水中的溶解度减小而逸出B.干燥的氯气使有色鲜花褪色，是因为反应生成了强氧化性的次氯酸C.实验室可用如图装置收集和处理多余的氯气D.漂白粉比HClO稳定，可露置在空气中长期保存且不影响其使用效果〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．新制氯水在强光照射下有气体产生，是因为氯水中的HClO不稳定，光照发生分解反应产生了在水中的溶解度小的O2逸出，A错误；B．干燥的氯气使有色鲜花褪色，是因为Cl2与鲜花中的水反应生成了强氧化性的次氯酸，HClO将有色物质氧化变为无色物质，B正确；C．Cl2密度比空气大，可以采用向上排空气的方法收集，导气管长进短出，C错误；D．漂白粉是CaCl2、Ca(ClO)2的混合物，有效成分是Ca(ClO)2，盐比HClO稳定，但由于碳酸的酸性比次氯酸强，若漂白粉长期露置在空气中，Ca(ClO)2与空气中的二氧化碳及水反应产生CaCO3、HClO，HClO分解挥发，导致物质失效变质而影响其使用效果，D错误；故合理选项是B。9.配制500mL1.00mol/L的NaCl溶液，下列说法正确的是A.上述实验操作的顺序为：④①②③B.容量瓶需要用蒸馏水洗涤，烘干后才可用C.实验中可用④称量29.25gNaCl固体D.③操作时，若俯视刻度线，配得的NaCl溶液浓度偏高〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．配制500mL1.00mol/L的NaCl溶液，配制溶液的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，故上述实验操作的顺序为：④②①③，A错误；B．容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器，在容量瓶需要用蒸馏水洗涤，不必烘干就可用，B错误；C．配制500mL1.00mol/L的NaCl溶液，需溶质的物质的量是n(NaCl)=1.00mol/L×0.5L=0.5mol，由于托盘天平精确度是0.1g，则需要称量的质量为m(NaCl)=0.5mol×58.5g/mol=29.3g，C错误；D．③操作时，若俯视刻度线，则溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不必，最终导致配制的NaCl溶液浓度偏高，D正确；故合理选项是D。10.阿伏伽德罗常数的值为，下列说法错误的是A.常温常压下，所含氧原子数是B.与足量铁反应，转移电子数为C.的溶液中，含数目为个D.标准状况下，和混合气体的分子数约〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．常温常压下，32g氧气中所含氧原子数为×2×NAmol—1=2NA，故A正确；B．足量铁在氯气中燃烧只生成氯化铁，则0.1mol氯气与足量铁反应，转移电子数为0.1mol×2×NAmol—1=0.2NA，故B正确；C．缺溶液的体积，无法计算1mol/L氯化亚铁溶液中氯化亚铁的物质的量和含有的氯离子数目，故C错误；D．标准状况下，2.24L氢气和氮气混合气体中含有分子数目为×NAmol—1=0.1NA，故D正确；故选C。11.下列有关铁及其化合物的说法正确的是A.高温下铁能与水蒸气发生置换反应生成红棕色固体和氢气B.为了防止溶液变质，可往溶液中加入少量的粉C.在空气中铁制品比铝制品更易被锈蚀，是因为铁比铝性质活泼D.在一定条件下铁与氯气反应生成〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．高温下铁能与水蒸气发生置换反应生成黑色固体四氧化三铁和氢气，A错误；B．为了防止溶液变质，可往溶液中加入少量的铁粉，不能加入铜粉，否则会引入铜离子，B错误；C．在空气中铁制品比铝制品更易被锈蚀，是因为铝表面易被氧化为一层致密的氧化膜，铝比铁性质活泼，C错误；D．氯气具有强氧化性，在加热条件下铁与氯气反应生成，D正确；〖答案〗选D。12.部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A.可与反应生成B.既可被氧化，也可被还原C.可将加入浓碱液中制得的胶体D.可存在的循环转化关系〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。〖详析〗A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；D．转化如，故D不选；综上所述，〖答案〗为C。13.下列关于金属材料的说法中，正确的是A.多数合金的抗腐蚀性能比组成它们的纯金属更好B.在我国最早使用的合金是钢C.钢的含碳量比生铁的含碳量高D.铝制品易与酸反应，不与碱溶液反应〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．合金与组成成分比较，一般情况下密度小、硬度大、耐腐蚀、机械强度大等，因此多数合金的抗腐蚀性能比组成它们的纯金属更好，A正确；B．金属性铁强于铜，在我国最早使用的合金是铜合金，B错误；C．钢的含碳量（0.03%～2%）比生铁的含碳量（2%～4.3%）低，C错误；D．铝和氧化铝均能与酸、碱反应，因此铝制品易与酸反应，也易与碱溶液反应，D错误；故选A。14.下列有关实验的操作和现象，所得结论错误的是操作现象结论A含有杂质的KCl溶液进行焰色试验直接观察火焰呈黄色溶液一定有Na+B某溶液中先加过量的稀硝酸，再滴加几滴AgNO3溶液有白色沉淀生成原溶液有Cl-CFeCl3溶液中加入少许KI溶液，片刻后加2滴淀粉溶液溶液先变成褐色，加淀粉溶液时变蓝色氧化性Fe3+＞I2D某溶液中先加少许氯水，后滴加2滴KSCN溶液溶液最终变成血红色原溶液一定有Fe2+A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．含有杂质KCl溶液进行焰色试验，直接观察火焰呈黄色，说明溶液一定有Na+，A正确；B．某溶液中先加过量的稀硝酸，再滴加几滴AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明沉淀为AgCl，则原溶液中含Cl-，B正确；C．FeCl3溶液中加入少许KI溶液，发生反应：2FeCl3+2KI=2FeCl2+I2+2KCl，反应产生的I2使溶液变为褐色，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此片刻后加2滴淀粉溶液溶液时变蓝色，氧化性：Fe3+＞I2，C正确；D．某溶液中先加少许氯水，后滴加2滴KSCN溶液，溶液最终变成血红色，说明加入氯水后的溶液中含有Fe3+，该Fe3+可能是原溶液中含有的，也可能是Fe2+被氯水氧化产生的，因此不能说明原溶液一定有Fe2+，D错误；故合理选项是D。15.是第五周期IA族元素，下列关于的说法错误的是A.元素的金属性：B.中子数为50的的核素：C.与同周期元素原子半径相比：D.最高价氧化物的水化物的碱性：〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，则铷元素的金属性强于钠元素，故A正确；B．中子数为50的铷原子的质子数为37、质量数为87，核素的符号为，故B正确；C．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则铷的原子半径大于碘原子，故C错误；D．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强，则氢氧化铷的碱性强于氢氧化钾，故D正确；故选C。16.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W的质子数是其M层电子数的三倍，下列说法正确的是XYZWQA.Y与Z的离子半径大小比较：Y＜ZB.最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＞X＞WC.Y形成的氢化物只有一种D.Q单质具有漂白性〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据元素在周期表中的相对位置，可知X、Y为第二周期元素，Z、W、Q为第三周期元素，其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍，可知W元素是P元素，则X是N元素，Y是O元素，Q是Cl元素，Z是A1元素，据此分析解答。〖详析〗根据上述分析可知：X是N，Y是O，Z是Al，W是P，Q是Cl元素。A．Y是O，Z是Al，二者形成的简单离子分别是O2-、Al3+，它们的电子层结构相同，则离子半径：Y(O2-)＞Z(Al3+)，A错误；B．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，X是N，W是P，Q是Cl，最高价氧化物对应水化物的酸性：Q(HClO4)＞X(HNO3)＞W(H3PO4)，B正确；C．Y是O，其形成的氢化物有H2O、H2O2两种，C错误；D．Q是Cl元素，其单质Cl2具有强氧化性，但不具有漂白性，D错误；故合理选项是B。17.短周期主族元素原子半径与原子序数的关系如图，下列有关说法错误的是A.简单氢化物的沸点：C＞BB.元素的非金属性由强到弱：A＞B＞CC.E的单质能与强碱溶液反应D.D、E、G的最高价氧化物对应的水化物之间可两两相互反应〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗短周期部分元素原子半径与原子序数的关系如图，电子层越多原子半径越大，则A、B、C位于第二周期，D、E、G位于第三周期，再结合原子序数大小可知，A为C，B为N，C为O，D为Na，E为A1，G为S元素，据此分析作答。〖详析〗A．B为N，C为O，元素形成的简单氢化物分别是NH3、H2O，由于水、氨气中存在氢键，且在通常条件下NH3为气态，H2O为液态，故物质的沸点：C(H2O)＞B(NH3)，A正确；B．A为C，B为N，C为O，它们是同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，所以元素的非金属性由强到弱：C(O)＞B(N)＞A(C)，B错误；C．E为A1，其单质金属Al能够与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，C正确；D．D为Na，E为A1，G为S元素，它们的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3、H2SO4，NaOH是强碱，能够与两性氢氧化物Al(OH)3及强酸H2SO4反应；强酸H2SO4也可以与两性氢氧化物Al(OH)3及强碱NaOH反应，故D、E、G的最高价氧化物对应的水化物之间可两两相互反应，D正确；故合理选项是B。18.下列表达正确的是A.HClO的电子式为B.的结构式：C.的结构示意图：D.用电子式表示的形成过程：〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．次氯酸的结构式为Cl—O—H，电子式为，故A错误；B．氮气分子中含有氮氮三键，结构式为N≡N，故B错误；C．氯离子的核电荷数为17，核外电子层为3，最外层电子数为8，离子的结构示意图，故C错误；D．氨气是共价化合物，用电子式表示氨气的形成过程为，故D正确；故选D。19.部分短周期元素常见化合价与原子序数的关系如图所示，下列说法错误的是A.X元素最简单氢化物的分子呈正四面体形B.W的气态氢化物是共价化合物C.物质Y2W中既含有离子键，又含有共价键D.物质YR中，每个粒子最外层均达到8电子稳定结构〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由部分短周期元素常见的化合价与原子序数的关系图可知，X的化合价为-4价、+4价，则X为C元素；Y的化合价为+l价，处于ⅠA族，原子序数大于C元素，则Y为Na元素；Z为+3价，则Z为A1元素；W的化合价为+6、-2价，则W为S元素；R的最高正价为+7价、-1价，则R应为C1元素，结合对应单质、化合物的性质分析解答。〖详析〗根据上述分析可知：X是C，Y是Na，Z是Al，W是S，R是Cl元素。A．X是C元素，C元素最简单氢化物CH4的分子呈正四面体形，A正确；B．W是S，其气态氢化物H2S是原子之间以共价键结合形成的共价化合物，B正确；C．Y是Na，W是S，二者形成的化合物Na2S是离子化合物，其中只含有离子键，C错误；D．Y是Na，R是Cl，二者形成的化合物NaCl是由Na+、Cl-通过离子键结合形成的离子化合物，Na+、Cl-最外层均达到8电子稳定结构，D正确；故合理选项是C。20.据文献报道：催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是A.该催化循环中的成键数目没有发生变化B.每生成转移电子C.参与了该催化循环D.总反应方程式为：〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗题干中明确指出，铁配合物为催化剂，机理图中，凡是出现在历程进去的箭头为反应物，出来的箭头为生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看成中间产物。〖详析〗A．由循环图可知，该催化循环中的成键数目发生了变化，A错误；B．该循环中，CO和H2O在催化下生成H2和CO2，H的化合价由+1价降到0价，所以每生成转移电子，B正确；C．由循环图可知，OH-有进去箭头，也有出去箭头，表明OH-参与了该催化循环，C正确；D．该循环中，CO和H2O在催化下生成H2和CO2，总反应方程式为：，D正确；故〖答案〗为：A。二、非选择题：(本大题共4小题，每小题10分，共40分)21.某化学课外活动小组为了验证主族元素化学性质的递变规律，设计实验如下图所示。（1）为了验证氯气的氧化性比硫的氧化性强，装置A中盛放的试剂是_______(填序号)，装置A中发生反应的化学方程式为_______。A溶液B.溶液C.溶液（2）下列不能用于验证氯元素比硫元素非金属性强的依据是_______。A.比稳定B.的氧化性比的强C.的酸性比的强D.铁与反应生成，而铁与硫反应生成（3）若装置A中加入淀粉碘化钾溶液，通入后观察到装置A中溶液_______，即可证明非金属性：。从原子结构角度解释的非金属性比I强的原因：同主族元素从上到下，_______。〖答案〗（1）①.B②.Cl2+Na2S=S↓+2NaCl（2）B（3）①.变蓝②.原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱〖解析〗〖小问1详析〗氯气能置换出S单质才能判断出非金属性，故装置A中盛放的试剂是溶液，正确选项为B；装置A中是Cl2与Na2S溶液发生反应，其化学方程式为Cl2+Na2S=S↓+2NaCl；〖小问2详析〗A．非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，HCl比H2S稳定，可以说明氯的非金属性更强，A不符合题意；B．最高价氧化物对应水化物的酸性强弱可以比较非金属强弱，HClO和H2SO3都不是和S的最高价氧化物的酸，无法比较氯元素比硫元素非金属性强，B符合题意；C．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，的酸性比的强，可以验证氯元素比硫元素非金属性强，C不符合题意；D．铁与反应生成，而铁与硫反应生成，说明氯的非金属性更强，D不符合题意；故〖答案〗为：B；〖小问3详析〗装置A中加入淀粉碘化钾溶液，通入后，Cl2置换出I2，使淀粉溶液变蓝，即可证明非金属性：；从原子结构角度解释的非金属性比I强的原因是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。22.某电子厂腐蚀废液含，为了减少污染并变废为宝，工厂计划从废液中回收金属铜，并重新获得溶液，请根据以下流程图，回答下列问题。（1）②_______(化学式)、③_______(化学式)、④_______(操作)。（2）腐蚀废液中加入过量试剂①，写出发生反应的离子方程式_______。（3）证明溶液②中不含，可往溶液中滴加_______(化学式)溶液。（4）若已知处理前原腐蚀废液中的质量，固体A的质量，则流程图中加入适量盐酸(浓度)的体积至少_______L。〖答案〗（1）①.FeCl2②.Cl2③.过滤（2）2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu（3）KSCN（4）2.5〖解析〗〖祥解〗由从电子厂腐蚀废液回收铜，并重新获得氯化铁溶液可知，向废液中加入过量铁粉，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子、铜离子转化为铜，过滤得到含有铁、铜的滤渣和含有氯化亚铁的滤液；向滤渣中加入过量盐酸，将铁转化为亚铁离子，过滤得到铜和含有氯化亚铁的滤液；将滤液合并后通入氯气将溶液中的氯化亚铁氧化得到氯化铁溶液。〖小问1详析〗由分析可知，试剂②为氯化亚铁、试剂③为氯气、操作④为过滤，故〖答案〗为：FeCl2；Cl2；过滤；〖小问2详析〗腐蚀废液中加入过量试剂①发生的反应为氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，氯化铜溶液与铁反应生成氯化亚铁和铜，反应的离子方程式分别为2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，故〖答案〗为：2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu；〖小问3详析〗可向溶液②中加入硫氰化钾溶液，溶液不变红色证明溶液中不含铜离子，故〖答案〗为：KSCN；〖小问4详析〗由处理前原腐蚀废液中铜离子的质量为640g可知，920g固体A中含有铁的质量为920g—640g=280g，则由方程式可知，流程图中加入适量4.0mol/L盐酸的体积至少为=2.5L，故〖答案〗为：2.5。23.是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其生产工艺流程如下：请回答：（1）中氯元素化合价为_______，它在流程的“反应”中作_______(“氧化剂”、“还原剂”、“氧化剂和还原剂”)。（2）“电解”所用食盐水要除去其中含有的和，需要先后加入一定量溶液和_______(化学式)溶液，充分反应后并过滤，所得溶液再加入_______(化学式)溶液至中性。（3）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出过量的，“电解”步骤发生的化学反应为：_______。（4）“电解”产生的氯气中可用石灰乳吸收制成漂白粉，写出生成漂白粉的化学方程式_______。〖答案〗（1）①.+5②.氧化剂（2）①.Na2CO3②.HCl（3）2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2↑（4）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O〖解析〗〖祥解〗由题给流程可知，氯酸钠与稀硫酸、二氧化硫反应生成二氧化氯和硫酸氢钠，电解二氧化氯和食盐水在阴极得到亚氯酸钠、阳极得到氯气，未参与电解的二氧化氯尾气与氢氧化钠和过氧化氢反应得到亚氯酸钠，混合得到的亚氯酸钠溶液经处理得到亚氯酸钠产品。〖小问1详析〗由化合价代数和为0可知，氯酸钠中氯元素的化合价为+5价，由分析可知，氯酸钠与稀硫酸、二氧化硫反应生成二氧化氯和硫酸氢钠，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯酸钠是反应的氧化剂，故〖答案〗为：+5价；氧化剂；〖小问2详析〗“电解”所用食盐水需用氢氧化钠溶液除去溶液中的镁离子、碳酸钠溶液除去溶液中的钙离子，所得溶液还需加入盐酸除去溶液中过量的氢氧根离子和碳酸根离子，故〖答案〗为：Na2CO3；HCl；〖小问3详析〗由题意可知，电解二氧化氯和食盐水在阴极得到亚氯酸钠、阳极得到氯气，反应的化学方程式为2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2↑，故〖答案〗为：2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2↑；〖小问4详析〗“电解”产生的氯气中可用石灰乳吸收制成漂白粉的反应为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故〖答案〗为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。24.现有下列短周期元素的数据(已知Be的原子半径为0.089nm)：①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径/nm0.0740.1600.1520.1100.0990.1860.0750.082最高正化合价+2+1+5+7+1+5+3最低负化合价-2-3-1-3（1）②号元素在元素周期表中的位置是_______；①至⑧号元素中，处于同一主族的有_______(用元素符号表示)。（2）元素①和⑥能形成两种化合物，其中较稳定的化合物的电子式是_______。（3）由③的单质制成的电池需要注意防水，其原因是_______(用化学方程式表示)。（4）利用如下图装置来验证溴与碘的氧化性强弱，具体操作是先通入过量⑤的单质，充分反应后，观察到溶液变为橙黄色：将分液漏斗中液体滴入试管内，KI溶液变为棕黄色。判断该实验能否验证溴、碘的氧化性强弱并说明理由：_______。〖答案〗（1）①.第三周期第ⅡA族②.Li与Na及N与P（2）（3）2Li+2H2O=2LiOH+H2↑（4）不能，这是由于过量的Cl2也能与KI反应产生I2。〖解析〗〖祥解〗①只有最低价-2价，则①为O；⑤有+7、-1价，处于ⅦA族，为C1元素；④⑦有+5、-3价，处于ⅤA族，且④原子半径较大，则④为P元素、⑦为N元素；③⑥只有最高正价+1价，处于ⅠA族，且⑥的原子半径较大，③原子半径不是最小，则③为Li元素，⑥为Na元素；②最高价+2价，处于ⅡA族，原子半径大于P，则②为Mg元素；⑧最高价为+3价，处于ⅢA族，原子半径小于P元素，则⑧为B元素，以此分析解答。〖小问1详析〗根据上述分析可知：①是O，②是Mg，③是Li；④是P，⑤是Cl，⑥为Na，⑦为N，⑧是B元素。②是Mg，原子核外电子排布是2、8、2，根据原子结构与元素位置关系可知其在周期表的位置是第三周期第ⅡA族；在①至⑧号元素中，处于同一主族的有P与N元素处于第ⅤA族；Li与Na位于ⅠA族；〖小问2详析〗①是O，⑥为Na，二者可形成Na2O、Na2O2两种氧化物，其中较稳定的是Na2O2，该物质是离子化合物，2个Na+与以离子键结合；在阴离子中，2个O原子之间以共价单键结合，故其电子式为：；小问3详析〗③是Li；锂单质制成的锂电池在使用时要注意防水，这是由于Li能够与H2O发生反应。反应的化学方程式为：2Li+2H2O=2LiOH+H2↑；〖小问4详析〗向NaBr溶液中通入Cl2，会发生反应：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，可以证明单质的氧化性：Cl2＞Br2，反应产生Br2，使溶液变为橙黄色，将反应后的溶液滴入盛有KI的溶液中，会发生反应：2KI+Br2=2KBr+I2，过量的Cl2与KI也会发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，反应产生I2使溶液变为橙黄色，因此该实验不能证明氧化性：Br2＞I2。PAGEPAGE1广东省江门市2022-2023学年高一上学期调研测试(一)化学试题本试卷共8页，24小题，满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.做选择题时，必须用2B铅笔将答题卷上对应题目的〖答案〗标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它〖答案〗标号。3.答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将〖答案〗写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。5.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：一、选择题：(本题包括20小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。)1.朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影。”结合这段文字及所学的化学知识判断下列说法错误的是A.荷塘上方的薄雾是混合物B.月光通过薄雾时产生了丁达尔效应C.薄雾是一种较稳定的分散系D.“大漠孤烟直”中“孤烟”的组成成分和这种薄雾的组成成分相同〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．荷塘上方的薄雾是空气中分散了液态水的小液滴，是一种气溶胶，气溶胶属于混合物，A正确；B．荷塘上方的薄雾是空气中的小液滴在空气中形成的一种气胶体，胶体可以产生丁达尔效应，B正确；C．薄雾是一种气溶胶，气溶胶属于胶体，胶体是一种较稳定的分散系，C正确；D．“大漠孤烟直”中的孤烟指的是固体小颗粒，而这种薄雾指的是液体小液滴，两者的组成成分不不同，D错误；故合理选项是D。2.图a、b、c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验的微观示意图(X、Y均表示石墨电极，且与直流电源连接方式相同，表示水分子)，下列说法错误的是A.图c表示在水溶液中的导电情况B.在三种状态都存在自由移动的离子C.固体不导电，但是电解质D.图b表示熔融的的导电情况〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由于氯离子半径大于钠离子，则图中灰色球表示氯离子、白色球代表钠离子：图a为电解固态NaCl装置，钠离子和氯离子不能自由移动，不能形成电解池；图b为电解熔融NaCl装置，钠离子移向阴极，氯离子移向阳极，则X电极与电源正极相连、为阳极，Y电极为阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上钠离子放电生成金属钠；图c为电解NaCl溶液装置，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气。〖详析〗A．图c表示在水溶液中的导电情况，氯化钠溶液，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，则X为阳极，Y为阴极，X与电源的正极相连，故A正确；B．图a表示固体NaCl，阴阳离子不能自由移动，则不导电，故B错误；C．固体不导电，在水溶液或在熔融状态下能导电，是电解质，故C正确；D．图b表示熔融的的导电情况，氯化钠熔化过程中发生电离生成钠离子和氯离子，在电场作用下导电，故D正确；故选B。3.下列反应的离子方程式中，书写正确的是A.碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合：B.将稀盐酸滴在铁片上：C.将稀盐酸滴在石灰石上：D.氢氧化钡与稀硫酸溶液混合：〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，A正确；B．Fe与稀HCl反应产生FeCl2、H2，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；C．CaCO3难溶，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，C错误；D．反应除产生H2O外，还产生BaSO4沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，D错误；故合理选项是A。4.下列生活和生产中的变化，不涉及氧化还原反应的是A.金属的冶炼 B.钢铁的腐蚀 C.食物的腐败 D.钟乳石的形成〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．金属的冶炼过程，金属化合物变为金属单质，元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，A不符合题意；B．钢铁的腐蚀是铁单质变为铁的化合物过程，元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，B不符合题意；C．食物的腐败是食物与空气中的氧气发生反应产生新物质的过程，在这个过程中元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，C不符合题意；D．钟乳石的形成是可溶性碳酸盐变为难溶性碳酸盐的过程，在这个过程中元素化合价不变，因此反应不属于氧化还原反应，D符合题意；故合理选项是D。5.我国“四大发明”在人类发展史上起到了非常重要的作用。黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸反应为：。在该反应中，被还原的元素是A.N B.C C.N和S D.N和C〖答案〗C〖解析〗〖详析〗根据反应方程式可知：在反应中S元素化合价由反应前S单质的0价变为反应后K2S中的-2价，化合价降低，得到电子被还原；N元素化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，因此反应中被还原的元素是S、N，故合理选项是C。6.下列有关钠及其化合物叙述正确的是A.金属钠着火，可用泡沫灭火器进行灭火B.过氧化钠与氧化钠都能与二氧化碳发生化合反应C.用加热方法可除去Na2CO3中的NaHCO3D.Na2CO3可用作治疗胃酸过多的胃药〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．金属钠着火燃烧产生Na2O2，Na2O2泡沫灭火器喷出的CO2、H2O会发生反应产生O2，导致火势加剧，因此不能用泡沫灭火器进行灭火，A错误；B．过氧化钠与与二氧化碳发生反应产生碳酸钠和氧气，反应不属于氧化还原反应，B错误；C．NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3、CO2、H2O，CO2、H2O以气体形式逸出，因此可以用用加热方法可除去Na2CO3中的NaHCO3，C正确；D．Na2CO3溶液具有较强的碱性，会对人造成严重刺激，因此不可用作治疗胃酸过多的胃药，D错误；故合理选项是C。7.向过氧化钠与水反应所得溶液中滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某化学兴趣小组为探究其原因，进行了如图所示实验。实验①取反应后溶液加入MnO2，立即产生大量气体，带火星的木条复燃；实验②③中红色均不褪色。下列分析错误的是A.过氧化钠与水反应产生的气体为O2B.过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂C.实验①②可证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气D.过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．实验①是取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体，该气体能够使带火星木条复燃，证明为氧气，A正确；B．过氧化钠与水反应不需要MnO2作催化剂，B错误；C．酚酞滴入氢氧化钠溶液变红色，氢氧化钠的酚酞溶液通入氧气溶液红色不褪色，实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；D．实验①是取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体，使带火星木条复燃为氧气，说明反应过程中生成了过氧化氢具有漂白性，使红色褪去，D正确；故合理选项是B。8.下列有关氯气及其化合物的性质叙述正确的是A.新制氯水在强光照射下有气体产生，是因为氯气在水中的溶解度减小而逸出B.干燥的氯气使有色鲜花褪色，是因为反应生成了强氧化性的次氯酸C.实验室可用如图装置收集和处理多余的氯气D.漂白粉比HClO稳定，可露置在空气中长期保存且不影响其使用效果〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．新制氯水在强光照射下有气体产生，是因为氯水中的HClO不稳定，光照发生分解反应产生了在水中的溶解度小的O2逸出，A错误；B．干燥的氯气使有色鲜花褪色，是因为Cl2与鲜花中的水反应生成了强氧化性的次氯酸，HClO将有色物质氧化变为无色物质，B正确；C．Cl2密度比空气大，可以采用向上排空气的方法收集，导气管长进短出，C错误；D．漂白粉是CaCl2、Ca(ClO)2的混合物，有效成分是Ca(ClO)2，盐比HClO稳定，但由于碳酸的酸性比次氯酸强，若漂白粉长期露置在空气中，Ca(ClO)2与空气中的二氧化碳及水反应产生CaCO3、HClO，HClO分解挥发，导致物质失效变质而影响其使用效果，D错误；故合理选项是B。9.配制500mL1.00mol/L的NaCl溶液，下列说法正确的是A.上述实验操作的顺序为：④①②③B.容量瓶需要用蒸馏水洗涤，烘干后才可用C.实验中可用④称量29.25gNaCl固体D.③操作时，若俯视刻度线，配得的NaCl溶液浓度偏高〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．配制500mL1.00mol/L的NaCl溶液，配制溶液的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，故上述实验操作的顺序为：④②①③，A错误；B．容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器，在容量瓶需要用蒸馏水洗涤，不必烘干就可用，B错误；C．配制500mL1.00mol/L的NaCl溶液，需溶质的物质的量是n(NaCl)=1.00mol/L×0.5L=0.5mol，由于托盘天平精确度是0.1g，则需要称量的质量为m(NaCl)=0.5mol×58.5g/mol=29.3g，C错误；D．③操作时，若俯视刻度线，则溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不必，最终导致配制的NaCl溶液浓度偏高，D正确；故合理选项是D。10.阿伏伽德罗常数的值为，下列说法错误的是A.常温常压下，所含氧原子数是B.与足量铁反应，转移电子数为C.的溶液中，含数目为个D.标准状况下，和混合气体的分子数约〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．常温常压下，32g氧气中所含氧原子数为×2×NAmol—1=2NA，故A正确；B．足量铁在氯气中燃烧只生成氯化铁，则0.1mol氯气与足量铁反应，转移电子数为0.1mol×2×NAmol—1=0.2NA，故B正确；C．缺溶液的体积，无法计算1mol/L氯化亚铁溶液中氯化亚铁的物质的量和含有的氯离子数目，故C错误；D．标准状况下，2.24L氢气和氮气混合气体中含有分子数目为×NAmol—1=0.1NA，故D正确；故选C。11.下列有关铁及其化合物的说法正确的是A.高温下铁能与水蒸气发生置换反应生成红棕色固体和氢气B.为了防止溶液变质，可往溶液中加入少量的粉C.在空气中铁制品比铝制品更易被锈蚀，是因为铁比铝性质活泼D.在一定条件下铁与氯气反应生成〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．高温下铁能与水蒸气发生置换反应生成黑色固体四氧化三铁和氢气，A错误；B．为了防止溶液变质，可往溶液中加入少量的铁粉，不能加入铜粉，否则会引入铜离子，B错误；C．在空气中铁制品比铝制品更易被锈蚀，是因为铝表面易被氧化为一层致密的氧化膜，铝比铁性质活泼，C错误；D．氯气具有强氧化性，在加热条件下铁与氯气反应生成，D正确；〖答案〗选D。12.部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A.可与反应生成B.既可被氧化，也可被还原C.可将加入浓碱液中制得的胶体D.可存在的循环转化关系〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。〖详析〗A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；D．转化如，故D不选；综上所述，〖答案〗为C。13.下列关于金属材料的说法中，正确的是A.多数合金的抗腐蚀性能比组成它们的纯金属更好B.在我国最早使用的合金是钢C.钢的含碳量比生铁的含碳量高D.铝制品易与酸反应，不与碱溶液反应〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．合金与组成成分比较，一般情况下密度小、硬度大、耐腐蚀、机械强度大等，因此多数合金的抗腐蚀性能比组成它们的纯金属更好，A正确；B．金属性铁强于铜，在我国最早使用的合金是铜合金，B错误；C．钢的含碳量（0.03%～2%）比生铁的含碳量（2%～4.3%）低，C错误；D．铝和氧化铝均能与酸、碱反应，因此铝制品易与酸反应，也易与碱溶液反应，D错误；故选A。14.下列有关实验的操作和现象，所得结论错误的是操作现象结论A含有杂质的KCl溶液进行焰色试验直接观察火焰呈黄色溶液一定有Na+B某溶液中先加过量的稀硝酸，再滴加几滴AgNO3溶液有白色沉淀生成原溶液有Cl-CFeCl3溶液中加入少许KI溶液，片刻后加2滴淀粉溶液溶液先变成褐色，加淀粉溶液时变蓝色氧化性Fe3+＞I2D某溶液中先加少许氯水，后滴加2滴KSCN溶液溶液最终变成血红色原溶液一定有Fe2+A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．含有杂质KCl溶液进行焰色试验，直接观察火焰呈黄色，说明溶液一定有Na+，A正确；B．某溶液中先加过量的稀硝酸，再滴加几滴AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明沉淀为AgCl，则原溶液中含Cl-，B正确；C．FeCl3溶液中加入少许KI溶液，发生反应：2FeCl3+2KI=2FeCl2+I2+2KCl，反应产生的I2使溶液变为褐色，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此片刻后加2滴淀粉溶液溶液时变蓝色，氧化性：Fe3+＞I2，C正确；D．某溶液中先加少许氯水，后滴加2滴KSCN溶液，溶液最终变成血红色，说明加入氯水后的溶液中含有Fe3+，该Fe3+可能是原溶液中含有的，也可能是Fe2+被氯水氧化产生的，因此不能说明原溶液一定有Fe2+，D错误；故合理选项是D。15.是第五周期IA族元素，下列关于的说法错误的是A.元素的金属性：B.中子数为50的的核素：C.与同周期元素原子半径相比：D.最高价氧化物的水化物的碱性：〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，则铷元素的金属性强于钠元素，故A正确；B．中子数为50的铷原子的质子数为37、质量数为87，核素的符号为，故B正确；C．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则铷的原子半径大于碘原子，故C错误；D．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强，则氢氧化铷的碱性强于氢氧化钾，故D正确；故选C。16.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W的质子数是其M层电子数的三倍，下列说法正确的是XYZWQA.Y与Z的离子半径大小比较：Y＜ZB.最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＞X＞WC.Y形成的氢化物只有一种D.Q单质具有漂白性〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据元素在周期表中的相对位置，可知X、Y为第二周期元素，Z、W、Q为第三周期元素，其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍，可知W元素是P元素，则X是N元素，Y是O元素，Q是Cl元素，Z是A1元素，据此分析解答。〖详析〗根据上述分析可知：X是N，Y是O，Z是Al，W是P，Q是Cl元素。A．Y是O，Z是Al，二者形成的简单离子分别是O2-、Al3+，它们的电子层结构相同，则离子半径：Y(O2-)＞Z(Al3+)，A错误；B．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，X是N，W是P，Q是Cl，最高价氧化物对应水化物的酸性：Q(HClO4)＞X(HNO3)＞W(H3PO4)，B正确；C．Y是O，其形成的氢化物有H2O、H2O2两种，C错误；D．Q是Cl元素，其单质Cl2具有强氧化性，但不具有漂白性，D错误；故合理选项是B。17.短周期主族元素原子半径与原子序数的关系如图，下列有关说法错误的是A.简单氢化物的沸点：C＞BB.元素的非金属性由强到弱：A＞B＞CC.E的单质能与强碱溶液反应D.D、E、G的最高价氧化物对应的水化物之间可两两相互反应〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗短周期部分元素原子半径与原子序数的关系如图，电子层越多原子半径越大，则A、B、C位于第二周期，D、E、G位于第三周期，再结合原子序数大小可知，A为C，B为N，C为O，D为Na，E为A1，G为S元素，据此分析作答。〖详析〗A．B为N，C为O，元素形成的简单氢化物分别是NH3、H2O，由于水、氨气中存在氢键，且在通常条件下NH3为气态，H2O为液态，故物质的沸点：C(H2O)＞B(NH3)，A正确；B．A为C，B为N，C为O，它们是同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，所以元素的非金属性由强到弱：C(O)＞B(N)＞A(C)，B错误；C．E为A1，其单质金属Al能够与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，C正确；D．D为Na，E为A1，G为S元素，它们的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3、H2SO4，NaOH是强碱，能够与两性氢氧化物Al(OH)3及强酸H2SO4反应；强酸H2SO4也可以与两性氢氧化物Al(OH)3及强碱NaOH反应，故D、E、G的最高价氧化物对应的水化物之间可两两相互反应，D正确；故合理选项是B。18.下列表达正确的是A.HClO的电子式为B.的结构式：C.的结构示意图：D.用电子式表示的形成过程：〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．次氯酸的结构式为Cl—O—H，电子式为，故A错误；B．氮气分子中含有氮氮三键，结构式为N≡N，故B错误；C．氯离子的核电荷数为17，核外电子层为3，最外层电子数为8，离子的结构示意图，故C错误；D．氨气是共价化合物，用电子式表示氨气的形成过程为，故D正确；故选D。19.部分短周期元素常见化合价与原子序数的关系如图所示，下列说法错误的是A.X元素最简单氢化物的分子呈正四面体形B.W的气态氢化物是共价化合物C.物质Y2W中既含有离子键，又含有共价键D.物质YR中，每个粒子最外层均达到8电子稳定结构〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由部分短周期元素常见的化合价与原子序数的关系图可知，X的化合价为-4价、+4价，则X为C元素；Y的化合价为+l价，处于ⅠA族，原子序数大于C元素，则Y为Na元素；Z为+3价，则Z为A1元素；W的化合价为+6、-2价，则W为S元素；R的最高正价为+7价、-1价，则R应为C1元素，结合对应单质、化合物的性质分析解答。〖详析〗根据上述分析可知：X是C，Y是Na，Z是Al，W是S，R是Cl元素。A．X是C元素，C元素最简单氢化物CH4的分子呈正四面体形，A正确；B．W是S，其气态氢化物H2S是原子之间以共价键结合形成的共价化合物，B正确；C．Y是Na，W是S，二者形成的化合物Na2S是离子化合物，其中只含有离子键，C错误；D．Y是Na，R是Cl，二者形成的化合物NaCl是由Na+、Cl-通过离子键结合形成的离子化合物，Na+、Cl-最外层均达到8电子稳定结构，D正确；故合理选项是C。20.据文献报道：催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是A.该催化循环中的成键数目没有发生变化B.每生成转移电子C.参与了该催化循环D.总反应方程式为：〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗题干中明确指出，铁配合物为催化剂，机理图中，凡是出现在历程进去的箭头为反应物，出来的箭头为生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看成中间产物。〖详析〗A．由循环图可知，该催化循环中的成键数目发生了变化，A错误；B．该循环中，CO和H2O在催化下生成H2和CO2，H的化合价由+1价降到0价，所以每生成转移电子，B正确；C．由循环图可知，OH-有进去箭头，也有出去箭头，表明OH-参与了该催化循环，C正确；D．该循环中，CO和H2O在催化下生成H2和CO2，总反应方程式为：，D正确；故〖答案〗为：A。二、非选择题：(本大题共4小题，每小题10分，共40分)21.某化学课外活动小组为了验证主族元素化学性质的递变规律，设计实验如下图所示。（1）为了验证氯气的氧化性比硫的氧化性强，装置A中盛放的试剂是_______(填序号)，装置A中发生反应的化学方程式为_______。A溶液B.溶液C.溶液（2）下列不能用于验证氯元素比硫元素非金属性强的依据是_______。A.比稳定B.的氧化性比的强C.的酸性比的强D.铁与反应生成，而铁与硫反应生成（3）若装置A中加入淀粉碘化钾溶液，通入后观察到装置A中溶液_______，即可证明非金属性：。从原子结构角度解释的非金属性比I强的原因：同主族元素从上到下，_______。〖答案〗（1）①.B②.Cl2+Na2S=S↓+2NaCl（2）B（3）①.变蓝②.原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱〖解析〗〖小问1详析〗氯气能置换出S单质才能判断出非金属性，故装置A中盛放的试剂是溶液，正确选项为B；装置A中是Cl2与Na2S溶液发生反应，其化学方程式为Cl2+Na2S=S↓+2NaCl；〖小问2详析〗A．非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，HCl比H2S稳定，可以说明氯的非金属性更强，A不符合题意；B．最高价氧化物对应水化物的酸性强弱可以比较非金属强弱，HClO和H2SO3都不是和S的最高价氧化物的酸，无法比较氯元素比硫元素非金属性强，B符合题意；C．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，的酸性比的强，可以验证氯元素比硫元素非金属性强，C不符合题意；D．铁与反应生成，而铁与硫反应生成，说明氯的非金属性更强，D不符合题意；故〖答案〗为：B；〖小问3详析〗装置A中加入淀粉碘化钾溶液，通入后，Cl2置换出I2，使淀粉溶液变蓝，即可证明非金属性：；从原子结构角度解释的非金属性比I强的原因是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。22.某电子厂腐蚀废液含，为了减少污染并变废为宝，工厂计划从废液中回收金属铜，并重新获得溶液，请根据以下流程图，回答下列问题。（1）②_______(化学式)、③_______(化学式)、④_______(操作)。（2）腐蚀废液中加入过量试剂①，写出发生反应的离子方程式_______。（3）证明溶液②中不含，可往溶液中滴加_______(化学式)溶液。（4）若已知处理前原腐蚀废液中的质量，固体A的质量，则流程图中加入适量盐酸(浓度)的体积至少_______L。〖答案〗（1）①.FeCl2②.Cl2③.过滤（2）2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu（3）KSCN（4）2.5〖解析〗〖祥解〗由从电子厂腐蚀废液回收铜，并重新获得氯化铁溶液可知，向废液中加入过量铁粉，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子、铜离子转化为铜，过滤得到含有铁、铜的滤渣和含有氯化亚铁的滤液；向滤渣中加入过量盐酸，将铁转化为亚铁离子，过滤得到铜和含有氯化亚铁的滤液；将滤液合并后通入氯气将溶液中的氯化亚铁氧化得到氯化铁溶液。〖小问1详析〗由分析可知，试剂②为氯化亚铁、试剂③为氯气、操作④为过滤，故〖答案〗为：FeCl2；Cl2；过滤；〖小问2详析〗腐蚀废液中加入过量试剂①发生的反应为氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，氯化铜溶液与铁反应生成氯化亚铁和铜，反应的离子方程式分别为2Fe3