2022-2023学年新疆可克达拉市镇江高级中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE1可克达拉市镇江高级中学2022—2023学年第一学期高一化学期末试卷相对原子量H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5一、选择题(本大题共20小题，每小题2.5分共50分)1.化学在生产和日常生活中有重要的应用．下列说法不正确的是()A.目前我国流通的硬币是由合金材料制造的B.生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加C.燃放的五彩烟花是利用了某些金属元素的焰色试验D.铝比铁活泼，但在空气中铝制品比铁制品耐腐蚀〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．目前我国流通的硬币一般是在铁表面镀镍，为合金材料，故A正确；B．生铁含碳量高，易脆，普通钢含碳量在0.06%～0.38%范围，不锈钢含碳量在0.03%左右，故B错误；C．燃放烟花产生不同的颜色是利用了不同金属的焰色试验不同，故C正确；D．空气中，铝表面易形成一层致密的氧化膜，而不易被腐蚀，故D正确；故选B。2.下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是A.烧碱、氯水、碘酒 B.生石灰、白磷、熟石灰C.干冰、铁、盐酸 D.空气、氮气、胆矾〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗不同元素组成的纯净物为化合物，同种元素组成的纯净物为单质，不同物质组成的物质为混合物，据此进行答题。〖详析〗A．烧碱是氢氧化钠，属于化合物，氯水和碘酒均是混合物，故A不符合；B．生石灰是CaO为化合物，白磷是单质，熟石灰是化合物，故B不符合；C．干冰是固体二氧化碳，属于化合物，铁是单质，盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，故C符合；D．空气为混合物，氮气是单质，胆矾是化合物，故D不符合；故选C。3.下列物质的分类合理的是A.酸性氧化物：CO2、SiO2、SO2、Cl2O7B.碱：烧碱、纯碱、苛性钾、氢氧化钡C.混合物：盐酸、漂白粉、水银、氢氧化铁胶体D.碱性氧化物：Na2O、CaO、MgO、Al2O3〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，CO2、SiO2、SO2、Cl2O7均是是酸性氧化物，A符合；B．碱是指溶于水电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，烧碱、苛性钾、氢氧化钡均是碱，纯碱是碳酸钠，属于盐，B不符合；C．由两种或两种以上物质组成的是混合物，盐酸、漂白粉、氢氧化铁胶体均是混合物，水银是金属单质，属于纯净物，C不符合；D．能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，Na2O、CaO、MgO均是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，D不符合；〖答案〗选A。4.当光束通过下列物质时，不会出现丁达尔效应的是①Fe(OH)3胶体②水③蔗糖溶液④云、雾⑤FeCl3溶液A.②③⑤ B.①②⑤ C.②④⑤ D.①③④〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗只有当光线通过胶体时才可能产生丁达尔效应，据此分析解答。〖详析〗①当光束通过Fe(OH)3胶体时，会使光线发生散射作用而有一条光亮的通路，即产生了丁达尔效应，①不符合题意；②水是纯净物，不是混合物，因此不可能属于胶体，故当光束通过水时不会出现丁达尔效应，②符合题意；③蔗糖溶液属于溶液，不属于胶体，因此当光束通过蔗糖水溶液时不会出现丁达尔效应，③符合题意；④云、雾属于胶体，故当光束通过云、雾等胶体时，会使光线发生散射作用而产生丁达尔效应，④不符合题意；⑤FeCl3溶液属于溶液，不属于胶体，因此当光束通过FeCl3水溶液时不会出现丁达尔效应，⑤符合题意；综上所述可知：不能产生丁达尔效应的为②③⑤，故合理选项是A。5.下列物质在水中电离方程式书写正确的是A.FeCl3=Fe2++3Cl- B.Ba(OH)2=Ba2++(OH-)2C.NaHCO3=Na++H++CO D.NaHSO4=Na++H++SO〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．氯化铁在溶液中完全电离出铁离子和氯离子，电离方程式为FeCl3=Fe3++3Cl-，故A错误；B．氢氧化钡在溶液中完全电离出钡离子和氢氧根离子，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-，故B错误；C．碳酸氢钠在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO，故C错误；D．硫酸氢钠在溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO，故D正确；故选D。6.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A.强碱溶液：Ba2+、HCO、Cl-、SOB.滴加石蕊变红的溶液：SO、Fe2+、K+、NOC.强碱性溶液：NH、NO、Ba2+、Fe2+D.酸性溶液：K+、Na+、SO、NO〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．溶液中钡离子与硫酸根离子反应生成生成硫酸钡沉淀且氢氧根离子、碳酸根和钡离子反应生成水和碳酸钡，不能大量共存，故A错误；B．滴加石蕊变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中硝酸根离子会与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．强碱性溶液中氢氧根离子与铵根离子和亚铁离子反应，不能大量共存，故C错误；D．四种离子在酸性溶液中不发生任何反应，能大量共存，故D正确；故选D。7.下列离子方程式书写正确的是A.碳酸钙与盐酸反应CO+2H+=CO2↑+H2OB.氢氧化钠和醋酸反应OH—+H+=H2OC.将NaHCO3溶液与少量澄清石灰水混合HCO+Ca2++OH—=CaCO3↓+H2OD.氯化铁溶液刻蚀铜板2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故A错误；B．氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠和水，反应的离子方程式为OH—+CH3COOH=CH3COO—+H2O，故B错误；C．碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为2HCO+Ca2++2OH—=CaCO3↓+CO+2H2O，故C错误；D．氯化铁溶液刻蚀铜板的反应为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D正确；故选D。8.以下说法正确的是A.物质所含元素化合价升高反应叫还原反应B.在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价降低C.物质中某元素失去电子，则此物质被氧化D.还原剂中至少有一种元素被还原〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．物质所含元素化合价升高的反应叫氧化反应，不是还原反应，故A错误；B．在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价升高，故B错误；C．物质中某元素失去电子，发生氧化反应，做还原剂，此物质被氧化，故C正确；D．还原剂中元素化合价升高，被氧化，至少有一种元素被氧化，故D错误；故选C。9.下列变化一定需要加入氧化剂才能实现的是A.HCO→CO2 B.HCl→Cl2 C.KClO3→KCl D.MnO→Mn2+〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．碳酸氢根离子转化为二氧化碳时，碳元素没有发生化合价变化，不需要加入氧化剂就能实现，故A不符合题意；B．氯化氢转化为氯气时，氯元素的化合价升高被氧化，一定需要加入氧化剂才能实现，故B正确；C．氯酸钾在二氧化锰做催化剂条件下共热反应能生成氯化钾和氧气，不需要加入氧化剂就能实现，故C不符合题意；D．高锰酸根离子转化为锰离子时，锰元素的化合价降低被还原，需要加入还原剂才能实现，故D不符合题意；故选B。10.下列反应属于氧化还原反应，但不于四大基本反应类型的是A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．一氧化碳与氧化铁高温条件下的反应是有元素化合价变化的氧化还原反应，但该反应不属于四大基本反应类型，故A符合题意；B．氢氧化亚铁转化为氢氧化铁的反应是有元素化合价变化的氧化还原反应，该反应属于化合反应，故B不符合题意；C．铁与硫酸铜溶液的置换反应是有元素化合价变化的氧化还原反应，该反应是置换反应，故C不符合题意；D．高锰酸钾受热发生分解反应制备氧气的反应是有元素化合价变化的氧化还原反应，该反应是分解反应，故D不符合题意；故选A。11.化学与生活密切相关，下列物质与其用途不符合是A.过氧化钠——呼吸面具氧气来源 B.小苏打——治疗胃酸过多C.次氯酸钠——消毒剂 D.纯碱——发酵剂〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．过氧化钠能与人体呼出的二氧化碳和水蒸气反应生成氧气，常用于作呼吸面具氧气来源，故A正确；B．小苏打是碳酸氢钠的俗称，能与胃液中的盐酸反应，常用于作治疗胃酸过多的胃药，故B正确；C．次氯酸钠具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，常用作环境消毒剂，故C正确；D．碳酸钠受热不发生分解反应，不能要作发酵剂，故D错误；故选D。12.欲证明某溶液中不含而含有，下列实验操作顺序正确的是①加入足量新制氯水②加入足量溶液③加入少量溶液A.①③ B.③② C.③① D.①②③〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗〖详析〗先加入溶液，溶液不变红，证明原溶液中不含，再加入足量新制氯水，溶液变红，证明原溶液中含有，故选：C。13.下列实验方案不能达到目的的是A.用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HClB.用加热的方法除去Na2CO3固体中的少量NaHCO3固体杂质C.将Cl2通入石灰水中制取漂白粉D.用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，HCl与NaHCO3反应生成CO2其余产物仍在溶液中，能达到目的，A不符合题意；B．NaHCO3固体受热分解生成Na2CO3固体和挥发出去的水、CO2气体，用加热的方法除去Na2CO3固体中的少量NaHCO3固体杂质，能达到目的，B不符合题意；C．石灰水中只溶解少量氢氧化钙，将Cl2通入石灰水中难以制取到漂白粉，不能达到目的，C符合题意；D．Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，FeCl3溶液没有，用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，能达到目的，D不符合题意；故选C。14.下列关于氯及其化合物的叙述中，正确的是①纯净的氢气在氯气中燃烧发出苍白色的火焰；②实验室制氯气时，为了防止环境污染，多余氯气用食盐水吸收；③向久置的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色；④检验Cl2气体中是否混有HCl气体的方法是将气体通入硝酸银溶液；⑤除去Cl2中HCl，可使气体通过饱和氯化钠溶液A.①② B.③④⑤ C.②⑤ D.①⑤〖答案〗D〖解析〗〖详析〗①纯净的氢气在氯气中安静燃烧生成氯化氢，能发出苍白色的火焰，故正确；②氯气不溶于饱和食盐水，所以实验室制氯气时，为了防止环境污染，多余氯气用氢氧化钠溶液吸收，不能用食盐水吸收，故错误；③久置氯水的主要成分为稀盐酸，所以向久置的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液只会变红色，不会褪色，故错误；④氯气和盐酸都能与硝酸银溶液反应生成白色氯化银沉淀，则将混合气体通入硝酸银溶液无法检验是否含有氯气中是否混有氯化氢，故错误；⑤氯气不溶于饱和食盐水，氯化氢极易溶于水，所以除去氯气中混有的氯化氢可使混合气体通过饱和氯化钠溶液，故正确；①⑤正确，故选D。15.下列关于容量瓶使用方法的叙述中，正确的是①加水定容时，不小心超过刻度线，用滴管吸出多余液体；②容量瓶用蒸馏水洗净后，瓶底部残留少量水即使用；③在容量瓶中溶解固体溶质；④可用容量瓶长期储存溶液；⑤使用容量瓶前要检查是否漏水A.②④⑤ B.②⑤ C.④⑤ D.③④⑤〖答案〗B〖解析〗〖详析〗①定容时不小心加水超过了刻度线，导致配制的溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低，需要重新配制，故①错误；②若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故②正确；③容量瓶不能用来稀释溶液或溶解固体，应先在小烧杯中溶解，故③错误；④不能用容量瓶贮存配制好的溶液，故④错误；⑤容量瓶在使用过程中需要上下颠倒，所以使用前应查漏，故⑤正确；故选B。16.0oC，101KPa，4.48L某气体的质量为32g，则该气体的摩尔质量为A.40 B.160 C.40g/mol D.160g/mol〖答案〗D〖解析〗〖详析〗0oC，101KPa，4.48L该气体的物质的量为0.2mol，该气体的质量为32g，则其摩尔质量为160g/mol，故选D。17.用NA表示阿伏德罗常数的值，下列叙述正确的是A.常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.01NAB.标准状况下，22.4LH2O含有分子数为NAC.通常状况下，NA个CO2分子的质量44克D.标准状况下，22.4LH2与O2的混合气体所含原子数为NA〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．常温常压下，1.06g碳酸钠中含有钠离子的数目为×2×NAmol—1=0.02NA，故A错误；B．标准状况下，水为液态，无法计算22.4L水的物质的量和含有的分子数目，故B错误；C．通常状况下，NA个二氧化碳分子的质量为×44g/mol=44g，故C正确；D．氢气和氧气都是双原子分子，所以标准状况下，22.4L氢气与氧气的混合气体所含原子数为×2×NAmol—1=2NA，故D错误；故选C。18.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是A.酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3 B.碱性：KOH＞NaOH＞LiOHC.热稳定性：H2O＞H2S＞SiH4 D.非金属性：F＞O＞N〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．元素的最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，非金属性：Cl＞Si，故酸性：HClO4＞H2SiO3，但H2SO3不是最高价氧化物对应水化物，故无法用元素周期律解释，A符合题意；B．元素的最高价氧化物对应水化物的碱性与其金属性一致，Li、Na、K是同一主族元素，从上往下金属性依次增强，即金属性：K＞Na＞Li，故碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，B不合题意；C．元素的简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，非金属性：O＞S＞Si，故热稳定性：H2O＞H2S＞SiH4，C不合题意；D．同一周期，从左往右，元素的非金属依次增强，故非金属性：F＞O＞N，D不合题意；故〖答案〗为A。19.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的，B的氢化物能与最高价氧化物对应水化物反应生成盐，C元素对应的单质在空气中占比约五分之一，D是短周期原子半径最大的元素，则下列说法中不正确的是A.B的氢化物的沸点高于C的氢化物B.原子半径：D>B>C>AC.C、D两种元素组成的化合物可能只含有离子键D.A、B、C三种元素组成的化合物既可以是离子化合物，又可以是共价化合物〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的，则A为H元素；B的氢化物能与最高价氧化物对应水化物反应生成盐，则B为N元素；C元素对应的单质在空气中占比约五分之一，则C为O元素；D是短周期原子半径最大的元素，则D为Na元素。〖详析〗A．常温下氨气为气体，水为液体，所以氨气的的沸点低于水，故A错误；B．电子层数越大，原子的原子半径越大，则氢原子的原子半径最小、钠原子的原子半径最大，同周期元素，从左到右原子半径依次增大，氮原子的原子半径大于氧原子，所以原子半径的大小顺序为D>B>C>A，故B正确；C．氧化钠是只含有离子键的离子化合物，故C正确；D．硝酸或亚硝酸是只含有共价键的共价化合物，硝酸铵或亚硝酸铵是含有离子键和共价键的离子化合物，故D正确；故选A。20.短周期主族元素的简单离子aXm+、bYn+、cZP﹣、dRq﹣都具有相同的电子层结构，且m大于n、q大于p，列判断正确的是A.Z的非金属性比R的更弱B.还原性：cZP﹣＞dRq﹣C.离子半径：aXm+＞bYn+D.X的单质可能从含Yn+的盐溶液中置换出Y〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗短周期主族元素的简单离子aXm+、bYn+、cZP﹣、dRq﹣都具有相同的电子层结构说明X、Y处于第三周期为金属元素，Z、R为处于第二周期非金属元素。〖详析〗A．由分析可知，Z、R为处于第二周期非金属元素，同周期元素从左到右非金属性依次增强，由q大于p可知，Z的非金属性强于R，故A错误；B．由分析可知，Z、R为处于第二周期非金属元素，同周期元素从左到右非金属性依次增强，对应离子的还原性越小减弱，由q大于p可知，cZP﹣的还原性强于dRq﹣，故B正确；C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，由m大于n可知，aXm+的离子半径小于bYn+，故C错误；D．由分析可知，X、Y处于第三周期为金属元素，同周期元素从左到右金属性依次减弱，由m大于n可知，Y的单质可能从含Xm+的盐溶液中置换出X，故D错误；故选B。二、填空题(本大题共50分)21.实验室现在需要配制248mL1．0mol/L的NaOH溶液，请回答下列问题：（1）除烧杯、玻璃棒以外，还需用到的玻璃仪器有_____、_____。若用固体NaOH配置，则需用托盘天平称取NaOH的质量_____g。（2）若用10mol/LNaOH的浓溶液来配置，则使用量筒量取该溶液的体积为_____mL。（3）容量瓶上标有以下五项中的_____。(填序号)①温度②刻度线③容量④压强⑤浓度（4）浓溶液稀释法中配制NaOH溶液过程中，下列操作导致所配浓度：(填偏高、偏低或不变)①容量瓶使用前没有干燥_____。②称量时间过长_____。③浓溶液稀释后立即转移至容量瓶中_____。④定容时仰视刻度线______。⑤定容时加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余的液体_______。〖答案〗（1）①.250mL容量瓶②.胶头滴管③.10.0（2）25.0（3）①②③（4）①.不变②.偏低③.偏高④.偏低⑤.偏低〖解析〗〖小问1详析〗用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，用到的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制248mL1.0mol/L的NaOH溶液，应选择250mL容量瓶，所以缺少的仪器为：250mL容量瓶、胶头滴管；需要溶质的质量为：0.25L×1.0mol/L×40g/mol=10.0g,；〖小问2详析〗用10mol/LNaOH的浓溶液配制250mL1.0mol/L稀溶液，需要浓溶液体积为：，即25.0mL；〖小问3详析〗容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液专用仪器，上边标注有：刻度线、温度、容量，故〖答案〗为：①②③；〖小问4详析〗①容量瓶使用前没有干燥，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度不变。②称量时间过长，氢氧化钠吸水，溶质质量减少，浓度偏低。③浓溶液稀释后立即转移至容量瓶中，冷却后溶液体积减少，浓度偏高。④定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低。⑤定容时加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余的液体，溶质质量减少，浓度偏低。22.根据所学知识回答下列问题：（1）氢化钠(NaH)可在野外作生氢剂，NaH中氢元素显价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为NaH+H2O=NaOH+H2↑。①该反应中体现了H2O的_______(填“氧化性”、“还原性”或“氧化性和还原性”)。②用双线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目：___________________。（2）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，反应原理为。①该反应中，每生成0.5molN2，消耗S的质量为_______g。②氧化剂是_______(填化学式)。③若将生成的固体物质溶于水配成溶液，然后通入氯气，发生反应的离子方程式为___________。（3）含重铬酸根离子()的工业废水有毒，必须经过处理达标后才能排放。工业上常用绿矾(FeSO4∙7H2O)作处理剂，发生反应的离子方程式为。①作用为_______。②氧化性：Fe3+_______(填“＞”、“＜”或“=”)。③该反应中，每生成0.6molFe3+，消耗FeSO4∙7H2O的物质的量为_______。〖答案〗（1）①.氧化性②.（2）①.16②.KNO3、S③.S2—+Cl2=S↓+2Cl—（3）①.作氧化剂②.＜③.166.8〖解析〗〖小问1详析〗①由方程式可知，反应中水分子中的氢元素化合价降低被还原，水是反应的氧化剂，表现氧化性，故〖答案〗为：氧化性；②由方程式可知，反应中水分子中的氢元素化合价降低被还原，水是反应的氧化剂，氢化钠中氢元素化合价升高被氧化，氢化钠是反应的还原剂，则表示反应电子转移的方向和数目的双线桥为，故〖答案〗为：；〖小问2详析〗①由方程式可知，该反应中每生成0.5mol氮气，消耗硫的质量为0.5mol×32g/mol=16g，故〖答案〗为：16；②由方程式可知，反应中硫元素、氮元素的化合价降低被还原，则反应的氧化剂为硫和硝酸钾，故〖答案〗为：KNO3、S；③由题意可知，若将生成的固体物质溶于水配成溶液，然后通入氯气发生的反应为硫化钾溶液与氯气反应生成氯化钾和硫沉淀，反应的离子方程式为S2—+Cl2=S↓+2Cl—，故〖答案〗为：S2—+Cl2=S↓+2Cl—；〖小问3详析〗①由方程式可知，反应中铬元素的化合价降低被还原，重铬酸根离子是反应的氧化剂，故〖答案〗为：作氧化剂；②由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，反应中氧化产物铁离子的氧化性弱于重铬酸根离子，故〖答案〗为：＜；③由铁原子个数守恒可知，反应中每生成0.6mol铁离子反应消耗七水硫酸亚铁的质量为0.6mol×278g/mol=166.8g，故〖答案〗为：166.8。23.已知A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀。试根据图中转化关系，回答下列问题。（1）写出X、B、D、F的化学式：X_____、B_____、D____、E_____、G_____。（2）写出A与水反应的化学方程式_____。（3）检验D中阳离子的操作方法__________________________。（4）①写出下列转化的离子方程式D→C：_____。②E转化为F时的现象_____________，当有1molF生成时转移电子数为____。〖答案〗（1）①.H2②.Fe3O4③.FeCl3④.Fe(OH)2⑤.Fe2O3（2）3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2（3）取D溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含Fe3+（4）①.2Fe3++Fe=3Fe2+②.白色沉淀迅速变灰绿，最后变为红褐色③.NA〖解析〗〖祥解〗由A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀可知，A为铁、F为氢氧化铁；由物质的转化关系可知，B为四氧化三铁、C为氯化亚铁、D为氯化铁、E为氢氧化亚铁、G为氧化铁、X为氢气。〖小问1详析〗由分析可知，X为H2、B为Fe3O4、D为FeCl3、E为Fe(OH)2、G为Fe2O3，故〖答案〗为：H2；Fe3O4；FeCl3；Fe(OH)2；Fe2O3；〖小问2详析〗A与水的反应为高温条件下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故〖答案〗为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；〖小问3详析〗检验氯化铁中铁离子的操作方法为取氯化铁溶液少许于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，溶液变红色，证明氯化铁中含有Fe3+，故〖答案〗为：取D溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含Fe3+；〖小问4详析〗①D→C的反应为氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；②E转化为F反应为氢氧化亚铁在溶液中被氧气氧化生成氢氧化铁，实验现象为白色沉淀迅速变为灰绿，最后变为红褐色，由铁元素的化合价变化可知，当有1mol氢氧化铁生成时转移电子数为1mol×1×NAmol-1=NA，故〖答案〗为：2Fe3++Fe=3Fe2+；白色沉淀迅速变为灰绿，最后变为红褐色；NA。24.几种主族元素在周期表中的位置如表：根据表回答下列问题：（1）⑤元素的简单氢化物的电子式是_____、⑤的最高价氧化物结构式_____。（2）①②③三种元素原子半径由大到小的顺序是____(用元素符号表示)。（3）表中8种元素中，最高价氧化物有两性的元素的原子结构示意图为_____，该元素在周期表中的位置是____。（4）⑤⑥⑦三种元素最高价氧化物对应水化物酸性最强的是_____(填化学式)，②与③最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为_____。（5）非金属性强弱比较⑦_____⑧(填写“大于”或“小于”)下列表述中能证明这一事实的是_____(填字母)。a．⑦的氢化物比⑧的氢化物水溶液酸性弱b．⑦氧化物对应的水化物的酸性强于⑧氧化物对应的水化物的酸性c．⑦的单质能将⑧从其钠盐溶液中置换出来d．⑦的简单阴离子的还原性比⑧的简单阴离子的还原性弱（6）③与⑦形成的化合物是_____(填“离子”或“共价”)化合物。〖答案〗（1）①.②.O＝C＝O（2）K＞Na＞Al（3）①.②.第三周期第ⅢA族（4）①.HClO4②.OH－+Al(OH)3＝AlO+2H2O（5）①.＞②.cd（6）共价〖解析〗〖祥解〗根据主族元素在周期表中的位置可判断①～⑧分别是Na、K、Al、H、C、N、Cl、Br，结合元素周期律分析解答。〖小问1详析〗⑤是C，碳元素的简单氢化物是甲烷，电子式是，碳的最高价氧化物是二氧化碳，结构式为O＝C＝O。〖小问2详析〗同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则①②③三种元素原子半径由大到小的顺序是K＞Na＞Al。〖小问3详析〗表中8种元素中，最高价氧化物有两性的元素是Al，其原子结构示意图为，该元素在周期表中的位置是第三周期第ⅢA族。〖小问4详析〗非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，⑤⑥⑦三种元素最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4，②与③最高价氧化物对应水化物氢氧化钾和氢氧化铝反应的化学方程式为OH－+Al(OH)3＝AlO+2H2O。小问5详析〗同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性强弱比较Cl＞Br；a．氢化物水溶液酸性强弱与非金属性没有关系，a不符合；b．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，因此氯的氧化物对应的水化物的酸性强于溴的氧化物对应的水化物的酸性不能说明二者非金属性强弱，b不符合；c．⑦的单质能将⑧从其钠盐溶液中置换出来，说明非金属性氯强于溴，c符合；d．非金属性越强，简单阴离子的还原性越弱，属于氯的简单阴离子的还原性比溴的简单阴离子的还原性弱，说明非金属性氯强于溴，d符合；〖答案〗选cd；〖小问6详析〗③与⑦形成的化合物是氯化铝，属于共价化合物。25.某化学兴趣小组利用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，并探究氯水的性质（1）若要制备纯净干燥的，按气流方向连接各装置，顺序为：____________。A→_______→_______→_______→_______（2）写出装置A中反应的离子方程式_______________，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。（3）实验中饱和食盐水的作用是______________,氢氧化钠溶液的作用为____________。（4）若将A中生成氯气，装置F、G中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，预期装置______中的红色布条褪色，但实验过程中该同学发现装置F、G中的布条均褪色，说明该装置存在明显的缺陷，请提出合理的改进方法______。（5）用在处理含有的酸性废水时，可将废水中的转化为而除去，本身还原为，该反应的离子方程式为_______。〖答案〗（1）EDBC（2）①.2MnO+16H++10Cl－＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O②.1:5（3）①.除去氯气中氯化氢气体②.吸收氯气，防止污染大气（4）①.G②.应在在A和F之间增加盛有浓H2SO4的洗气瓶，除去Cl2中的水蒸气（5）6H2O+2ClO2+5Mn2+＝5MnO2↓+2Cl－+12H＋〖解析〗〖祥解〗装置A制备氯气，装置E除去氯化氢，装置D干燥，装置B收集氯气，装置C尾气处理，据此解答。〖小问1详析〗由于氯气密度大于空气，需要向上排空气法收集，则根据以上分析可知按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→g→h→e→f→c→b→d，故〖答案〗为：EDBC；〖小问2详析〗装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，其反应的离子方程式为：2MnO+16H++10Cl－＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，每2mol高锰酸钾参与反应消耗16molHCl，作还原剂的是10mol，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:10＝1:5，故〖答案〗为：2MnO+16H++10Cl－＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；1:5；〖小问3详析〗生成的氯气中含有挥发出的氯化氢，实验中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢气体；氯气有毒，需要尾气处理，氢氧化钠溶液的作用为吸收氯气，防止污染大气；〖小问4详析〗由于干燥的氯气没有漂白性，装置F、G中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，理论上装置G中的红色布条褪色，但实验过程中该同学发现装置F、G中的布条均褪色，其原因可能是Cl2中混有少量的水蒸气，说明该装置存在明显的缺陷，合理的改进方法：应在在A和F之间增加盛有浓H2SO4的洗气瓶，除去Cl2中的水蒸气；〖小问5详析〗ClO2与Mn2+反应生成MnO2和Cl－，氯元素化合价从+4价降低到-1价，得到5个电子，锰元素化合价从+2价升高到+4价失去2个电子，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:5，根据原子守恒和电荷守恒可知反应的离子方程式为6H2O+2ClO2+5Mn2+＝5MnO2↓+2Cl－+12H＋，故〖答案〗为：6H2O+2ClO2+5Mn2+＝5MnO2↓+2Cl－+12H＋。PAGEPAGE1可克达拉市镇江高级中学2022—2023学年第一学期高一化学期末试卷相对原子量H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5一、选择题(本大题共20小题，每小题2.5分共50分)1.化学在生产和日常生活中有重要的应用．下列说法不正确的是()A.目前我国流通的硬币是由合金材料制造的B.生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加C.燃放的五彩烟花是利用了某些金属元素的焰色试验D.铝比铁活泼，但在空气中铝制品比铁制品耐腐蚀〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．目前我国流通的硬币一般是在铁表面镀镍，为合金材料，故A正确；B．生铁含碳量高，易脆，普通钢含碳量在0.06%～0.38%范围，不锈钢含碳量在0.03%左右，故B错误；C．燃放烟花产生不同的颜色是利用了不同金属的焰色试验不同，故C正确；D．空气中，铝表面易形成一层致密的氧化膜，而不易被腐蚀，故D正确；故选B。2.下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是A.烧碱、氯水、碘酒 B.生石灰、白磷、熟石灰C.干冰、铁、盐酸 D.空气、氮气、胆矾〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗不同元素组成的纯净物为化合物，同种元素组成的纯净物为单质，不同物质组成的物质为混合物，据此进行答题。〖详析〗A．烧碱是氢氧化钠，属于化合物，氯水和碘酒均是混合物，故A不符合；B．生石灰是CaO为化合物，白磷是单质，熟石灰是化合物，故B不符合；C．干冰是固体二氧化碳，属于化合物，铁是单质，盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，故C符合；D．空气为混合物，氮气是单质，胆矾是化合物，故D不符合；故选C。3.下列物质的分类合理的是A.酸性氧化物：CO2、SiO2、SO2、Cl2O7B.碱：烧碱、纯碱、苛性钾、氢氧化钡C.混合物：盐酸、漂白粉、水银、氢氧化铁胶体D.碱性氧化物：Na2O、CaO、MgO、Al2O3〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，CO2、SiO2、SO2、Cl2O7均是是酸性氧化物，A符合；B．碱是指溶于水电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，烧碱、苛性钾、氢氧化钡均是碱，纯碱是碳酸钠，属于盐，B不符合；C．由两种或两种以上物质组成的是混合物，盐酸、漂白粉、氢氧化铁胶体均是混合物，水银是金属单质，属于纯净物，C不符合；D．能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，Na2O、CaO、MgO均是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，D不符合；〖答案〗选A。4.当光束通过下列物质时，不会出现丁达尔效应的是①Fe(OH)3胶体②水③蔗糖溶液④云、雾⑤FeCl3溶液A.②③⑤ B.①②⑤ C.②④⑤ D.①③④〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗只有当光线通过胶体时才可能产生丁达尔效应，据此分析解答。〖详析〗①当光束通过Fe(OH)3胶体时，会使光线发生散射作用而有一条光亮的通路，即产生了丁达尔效应，①不符合题意；②水是纯净物，不是混合物，因此不可能属于胶体，故当光束通过水时不会出现丁达尔效应，②符合题意；③蔗糖溶液属于溶液，不属于胶体，因此当光束通过蔗糖水溶液时不会出现丁达尔效应，③符合题意；④云、雾属于胶体，故当光束通过云、雾等胶体时，会使光线发生散射作用而产生丁达尔效应，④不符合题意；⑤FeCl3溶液属于溶液，不属于胶体，因此当光束通过FeCl3水溶液时不会出现丁达尔效应，⑤符合题意；综上所述可知：不能产生丁达尔效应的为②③⑤，故合理选项是A。5.下列物质在水中电离方程式书写正确的是A.FeCl3=Fe2++3Cl- B.Ba(OH)2=Ba2++(OH-)2C.NaHCO3=Na++H++CO D.NaHSO4=Na++H++SO〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．氯化铁在溶液中完全电离出铁离子和氯离子，电离方程式为FeCl3=Fe3++3Cl-，故A错误；B．氢氧化钡在溶液中完全电离出钡离子和氢氧根离子，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-，故B错误；C．碳酸氢钠在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO，故C错误；D．硫酸氢钠在溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO，故D正确；故选D。6.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A.强碱溶液：Ba2+、HCO、Cl-、SOB.滴加石蕊变红的溶液：SO、Fe2+、K+、NOC.强碱性溶液：NH、NO、Ba2+、Fe2+D.酸性溶液：K+、Na+、SO、NO〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．溶液中钡离子与硫酸根离子反应生成生成硫酸钡沉淀且氢氧根离子、碳酸根和钡离子反应生成水和碳酸钡，不能大量共存，故A错误；B．滴加石蕊变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中硝酸根离子会与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．强碱性溶液中氢氧根离子与铵根离子和亚铁离子反应，不能大量共存，故C错误；D．四种离子在酸性溶液中不发生任何反应，能大量共存，故D正确；故选D。7.下列离子方程式书写正确的是A.碳酸钙与盐酸反应CO+2H+=CO2↑+H2OB.氢氧化钠和醋酸反应OH—+H+=H2OC.将NaHCO3溶液与少量澄清石灰水混合HCO+Ca2++OH—=CaCO3↓+H2OD.氯化铁溶液刻蚀铜板2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故A错误；B．氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠和水，反应的离子方程式为OH—+CH3COOH=CH3COO—+H2O，故B错误；C．碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为2HCO+Ca2++2OH—=CaCO3↓+CO+2H2O，故C错误；D．氯化铁溶液刻蚀铜板的反应为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D正确；故选D。8.以下说法正确的是A.物质所含元素化合价升高反应叫还原反应B.在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价降低C.物质中某元素失去电子，则此物质被氧化D.还原剂中至少有一种元素被还原〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．物质所含元素化合价升高的反应叫氧化反应，不是还原反应，故A错误；B．在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价升高，故B错误；C．物质中某元素失去电子，发生氧化反应，做还原剂，此物质被氧化，故C正确；D．还原剂中元素化合价升高，被氧化，至少有一种元素被氧化，故D错误；故选C。9.下列变化一定需要加入氧化剂才能实现的是A.HCO→CO2 B.HCl→Cl2 C.KClO3→KCl D.MnO→Mn2+〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．碳酸氢根离子转化为二氧化碳时，碳元素没有发生化合价变化，不需要加入氧化剂就能实现，故A不符合题意；B．氯化氢转化为氯气时，氯元素的化合价升高被氧化，一定需要加入氧化剂才能实现，故B正确；C．氯酸钾在二氧化锰做催化剂条件下共热反应能生成氯化钾和氧气，不需要加入氧化剂就能实现，故C不符合题意；D．高锰酸根离子转化为锰离子时，锰元素的化合价降低被还原，需要加入还原剂才能实现，故D不符合题意；故选B。10.下列反应属于氧化还原反应，但不于四大基本反应类型的是A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．一氧化碳与氧化铁高温条件下的反应是有元素化合价变化的氧化还原反应，但该反应不属于四大基本反应类型，故A符合题意；B．氢氧化亚铁转化为氢氧化铁的反应是有元素化合价变化的氧化还原反应，该反应属于化合反应，故B不符合题意；C．铁与硫酸铜溶液的置换反应是有元素化合价变化的氧化还原反应，该反应是置换反应，故C不符合题意；D．高锰酸钾受热发生分解反应制备氧气的反应是有元素化合价变化的氧化还原反应，该反应是分解反应，故D不符合题意；故选A。11.化学与生活密切相关，下列物质与其用途不符合是A.过氧化钠——呼吸面具氧气来源 B.小苏打——治疗胃酸过多C.次氯酸钠——消毒剂 D.纯碱——发酵剂〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．过氧化钠能与人体呼出的二氧化碳和水蒸气反应生成氧气，常用于作呼吸面具氧气来源，故A正确；B．小苏打是碳酸氢钠的俗称，能与胃液中的盐酸反应，常用于作治疗胃酸过多的胃药，故B正确；C．次氯酸钠具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，常用作环境消毒剂，故C正确；D．碳酸钠受热不发生分解反应，不能要作发酵剂，故D错误；故选D。12.欲证明某溶液中不含而含有，下列实验操作顺序正确的是①加入足量新制氯水②加入足量溶液③加入少量溶液A.①③ B.③② C.③① D.①②③〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗〖详析〗先加入溶液，溶液不变红，证明原溶液中不含，再加入足量新制氯水，溶液变红，证明原溶液中含有，故选：C。13.下列实验方案不能达到目的的是A.用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HClB.用加热的方法除去Na2CO3固体中的少量NaHCO3固体杂质C.将Cl2通入石灰水中制取漂白粉D.用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，HCl与NaHCO3反应生成CO2其余产物仍在溶液中，能达到目的，A不符合题意；B．NaHCO3固体受热分解生成Na2CO3固体和挥发出去的水、CO2气体，用加热的方法除去Na2CO3固体中的少量NaHCO3固体杂质，能达到目的，B不符合题意；C．石灰水中只溶解少量氢氧化钙，将Cl2通入石灰水中难以制取到漂白粉，不能达到目的，C符合题意；D．Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，FeCl3溶液没有，用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，能达到目的，D不符合题意；故选C。14.下列关于氯及其化合物的叙述中，正确的是①纯净的氢气在氯气中燃烧发出苍白色的火焰；②实验室制氯气时，为了防止环境污染，多余氯气用食盐水吸收；③向久置的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色；④检验Cl2气体中是否混有HCl气体的方法是将气体通入硝酸银溶液；⑤除去Cl2中HCl，可使气体通过饱和氯化钠溶液A.①② B.③④⑤ C.②⑤ D.①⑤〖答案〗D〖解析〗〖详析〗①纯净的氢气在氯气中安静燃烧生成氯化氢，能发出苍白色的火焰，故正确；②氯气不溶于饱和食盐水，所以实验室制氯气时，为了防止环境污染，多余氯气用氢氧化钠溶液吸收，不能用食盐水吸收，故错误；③久置氯水的主要成分为稀盐酸，所以向久置的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液只会变红色，不会褪色，故错误；④氯气和盐酸都能与硝酸银溶液反应生成白色氯化银沉淀，则将混合气体通入硝酸银溶液无法检验是否含有氯气中是否混有氯化氢，故错误；⑤氯气不溶于饱和食盐水，氯化氢极易溶于水，所以除去氯气中混有的氯化氢可使混合气体通过饱和氯化钠溶液，故正确；①⑤正确，故选D。15.下列关于容量瓶使用方法的叙述中，正确的是①加水定容时，不小心超过刻度线，用滴管吸出多余液体；②容量瓶用蒸馏水洗净后，瓶底部残留少量水即使用；③在容量瓶中溶解固体溶质；④可用容量瓶长期储存溶液；⑤使用容量瓶前要检查是否漏水A.②④⑤ B.②⑤ C.④⑤ D.③④⑤〖答案〗B〖解析〗〖详析〗①定容时不小心加水超过了刻度线，导致配制的溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低，需要重新配制，故①错误；②若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故②正确；③容量瓶不能用来稀释溶液或溶解固体，应先在小烧杯中溶解，故③错误；④不能用容量瓶贮存配制好的溶液，故④错误；⑤容量瓶在使用过程中需要上下颠倒，所以使用前应查漏，故⑤正确；故选B。16.0oC，101KPa，4.48L某气体的质量为32g，则该气体的摩尔质量为A.40 B.160 C.40g/mol D.160g/mol〖答案〗D〖解析〗〖详析〗0oC，101KPa，4.48L该气体的物质的量为0.2mol，该气体的质量为32g，则其摩尔质量为160g/mol，故选D。17.用NA表示阿伏德罗常数的值，下列叙述正确的是A.常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.01NAB.标准状况下，22.4LH2O含有分子数为NAC.通常状况下，NA个CO2分子的质量44克D.标准状况下，22.4LH2与O2的混合气体所含原子数为NA〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．常温常压下，1.06g碳酸钠中含有钠离子的数目为×2×NAmol—1=0.02NA，故A错误；B．标准状况下，水为液态，无法计算22.4L水的物质的量和含有的分子数目，故B错误；C．通常状况下，NA个二氧化碳分子的质量为×44g/mol=44g，故C正确；D．氢气和氧气都是双原子分子，所以标准状况下，22.4L氢气与氧气的混合气体所含原子数为×2×NAmol—1=2NA，故D错误；故选C。18.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是A.酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3 B.碱性：KOH＞NaOH＞LiOHC.热稳定性：H2O＞H2S＞SiH4 D.非金属性：F＞O＞N〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．元素的最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，非金属性：Cl＞Si，故酸性：HClO4＞H2SiO3，但H2SO3不是最高价氧化物对应水化物，故无法用元素周期律解释，A符合题意；B．元素的最高价氧化物对应水化物的碱性与其金属性一致，Li、Na、K是同一主族元素，从上往下金属性依次增强，即金属性：K＞Na＞Li，故碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，B不合题意；C．元素的简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，非金属性：O＞S＞Si，故热稳定性：H2O＞H2S＞SiH4，C不合题意；D．同一周期，从左往右，元素的非金属依次增强，故非金属性：F＞O＞N，D不合题意；故〖答案〗为A。19.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的，B的氢化物能与最高价氧化物对应水化物反应生成盐，C元素对应的单质在空气中占比约五分之一，D是短周期原子半径最大的元素，则下列说法中不正确的是A.B的氢化物的沸点高于C的氢化物B.原子半径：D>B>C>AC.C、D两种元素组成的化合物可能只含有离子键D.A、B、C三种元素组成的化合物既可以是离子化合物，又可以是共价化合物〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的，则A为H元素；B的氢化物能与最高价氧化物对应水化物反应生成盐，则B为N元素；C元素对应的单质在空气中占比约五分之一，则C为O元素；D是短周期原子半径最大的元素，则D为Na元素。〖详析〗A．常温下氨气为气体，水为液体，所以氨气的的沸点低于水，故A错误；B．电子层数越大，原子的原子半径越大，则氢原子的原子半径最小、钠原子的原子半径最大，同周期元素，从左到右原子半径依次增大，氮原子的原子半径大于氧原子，所以原子半径的大小顺序为D>B>C>A，故B正确；C．氧化钠是只含有离子键的离子化合物，故C正确；D．硝酸或亚硝酸是只含有共价键的共价化合物，硝酸铵或亚硝酸铵是含有离子键和共价键的离子化合物，故D正确；故选A。20.短周期主族元素的简单离子aXm+、bYn+、cZP﹣、dRq﹣都具有相同的电子层结构，且m大于n、q大于p，列判断正确的是A.Z的非金属性比R的更弱B.还原性：cZP﹣＞dRq﹣C.离子半径：aXm+＞bYn+D.X的单质可能从含Yn+的盐溶液中置换出Y〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗短周期主族元素的简单离子aXm+、bYn+、cZP﹣、dRq﹣都具有相同的电子层结构说明X、Y处于第三周期为金属元素，Z、R为处于第二周期非金属元素。〖详析〗A．由分析可知，Z、R为处于第二周期非金属元素，同周期元素从左到右非金属性依次增强，由q大于p可知，Z的非金属性强于R，故A错误；B．由分析可知，Z、R为处于第二周期非金属元素，同周期元素从左到右非金属性依次增强，对应离子的还原性越小减弱，由q大于p可知，cZP﹣的还原性强于dRq﹣，故B正确；C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，由m大于n可知，aXm+的离子半径小于bYn+，故C错误；D．由分析可知，X、Y处于第三周期为金属元素，同周期元素从左到右金属性依次减弱，由m大于n可知，Y的单质可能从含Xm+的盐溶液中置换出X，故D错误；故选B。二、填空题(本大题共50分)21.实验室现在需要配制248mL1．0mol/L的NaOH溶液，请回答下列问题：（1）除烧杯、玻璃棒以外，还需用到的玻璃仪器有_____、_____。若用固体NaOH配置，则需用托盘天平称取NaOH的质量_____g。（2）若用10mol/LNaOH的浓溶液来配置，则使用量筒量取该溶液的体积为_____mL。（3）容量瓶上标有以下五项中的_____。(填序号)①温度②刻度线③容量④压强⑤浓度（4）浓溶液稀释法中配制NaOH溶液过程中，下列操作导致所配浓度：(填偏高、偏低或不变)①容量瓶使用前没有干燥_____。②称量时间过长_____。③浓溶液稀释后立即转移至容量瓶中_____。④定容时仰视刻度线______。⑤定容时加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余的液体_______。〖答案〗（1）①.250mL容量瓶②.胶头滴管③.10.0（2）25.0（3）①②③（4）①.不变②.偏低③.偏高④.偏低⑤.偏低〖解析〗〖小问1详析〗用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，用到的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制248mL1.0mol/L的NaOH溶液，应选择250mL容量瓶，所以缺少的仪器为：250mL容量瓶、胶头滴管；需要溶质的质量为：0.25L×1.0mol/L×40g/mol=10.0g,；〖小问2详析〗用10mol/LNaOH的浓溶液配制250mL1.0mol/L稀溶液，需要浓溶液体积为：，即25.0mL；〖小问3详析〗容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液专用仪器，上边标注有：刻度线、温度、容量，故〖答案〗为：①②③；〖小问4详析〗①容量瓶使用前没有干燥，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度不变。②称量时间过长，氢氧化钠吸水，溶质质量减少，浓度偏低。③浓溶液稀释后立即转移至容量瓶中，冷却后溶液体积减少，浓度偏高。④定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低。⑤定容时加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余的液体，溶质质量减少，浓度偏低。22.根据所学知识回答下列问题：（1）氢化钠(NaH)可在野外作生氢剂，NaH中氢元素显价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为NaH+H2O=NaOH+H2↑。①该反应中体现了H2O的_______(填“氧化性”、“还原性”或“氧化性和还原性”)。②用双线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目：___________________。（2）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，反应原理为。①该反应中，每生成0.5molN2，消耗S的质量为_______g。②氧化剂是_______(填化学式)。③若将生成的固体物质溶于水配成溶液，然后通入氯气，发生反应的离子方程式为___________。（3）含重铬酸根离子()的工业废水有毒，必须经过处理达标后才能排放。工业上常用绿矾(FeSO4∙7H2O)作处理剂，发生反应的离子方程式为。①作用为_______。②氧化性：Fe3+_______(填“＞”、“＜”或“=”)。③该反应中，每生成0.6molFe3+，消耗FeSO4∙7H2O的物质的量为_______。〖答案〗（1）①.氧化性②.（2）①.16②.KNO3、S③.S2—+Cl2=S↓+2Cl—（3）①.作氧化剂②.＜③.166.8〖解析〗〖小问1详析〗①由方程式可知，反应中水分子中的氢元素化合价降低被还原，水是反应的氧化剂，表现氧化性，故〖答案〗为：氧化性；②由方程式可知，反应中水分子中的氢元素化合价降低被还原，水是反应的氧化剂，氢化钠中氢元素化合价升高被氧化，氢化钠是反应的还原剂，则表示反应电子转移的方向和数目的双线桥为，故〖答案〗为：；〖小问2详析〗①由方程式可知，该反应中每生成0.5mol氮气，消耗硫的质量为0.5mol×32g/mol=16g，故〖答案〗为：16；②由方程式可知，反应中硫元素、氮元素的化合价降低被还原，则反应的氧化剂为硫和硝酸钾，故〖答案〗为：KNO3、S；③由题意可知，若将生成的固体物质溶于水配成溶液，然后通入氯气发生的反应为硫化钾溶液与氯气反应生成氯化钾和硫沉淀，反应的离子方程式为S2—+Cl2=S↓+2Cl—，故〖答案〗为：S2—+Cl2=S↓+2Cl—；〖小问3详析〗①由方程式可知，反应中铬元素的化合价降低被还原，重铬酸根离子是反应的氧化剂，故〖答案〗为：作氧化剂；②由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，反应中氧化产物铁离子的氧化性弱于重铬酸根离子，故〖答案〗为：＜；③由铁原子个数守恒可知，反应中每生成0.6mol铁离子反应消耗七水硫酸亚铁的质量为0.6mol×278g/mol=166.8g，故〖答案〗为：166.8。23.已知A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀。试根据图中转化关系，回答下列问题。（1）写出X、B、D、F的化学式：X_____、B_____、D____、E_____、G_____。（2）写出A与水反应的化学方程式_____。（3）检验D中阳离子的操作方法__________________________。（4）①写出下列转化的离子方程式D→C：_____。②E转化为F时的现象_____________，当有1molF生成时转移电子数为____。〖答案〗（1）①.H2②.Fe3O4③.FeCl3④.Fe(OH)2⑤.Fe2O3（2）3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2（3）取D溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含Fe3+（4）①.2Fe3++Fe=3Fe2+②.白色沉淀迅速变灰绿，最后变为红褐色③.NA〖解析〗〖祥解〗由A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀可知，A为铁、F为氢氧化铁；由物质的转化关系可知，B为四氧化三铁、C为氯化亚铁、D为氯化铁、E为氢氧化亚铁、G为氧化铁、X为氢气。〖小问1详析〗由分析可知，X为H2、B为Fe3O4、D为FeCl3、E为Fe(OH)2、G为Fe2O3，故〖答案〗为：H2；Fe3O4；FeCl3；Fe(OH)2；Fe2O3；〖小问2详析〗A与水的反应为高温条件下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故〖答案〗为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；〖小问3详析〗检验氯化铁中铁离子的操作方法为取氯化铁溶液少许于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，溶液变红色，证明氯化铁中含有Fe3+，故〖答案〗为：取D溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含Fe3+；〖小问4详析〗①D→C的反应为氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；②E转化为F反应为氢氧化亚铁在溶液中被氧气氧化生成氢氧化铁，实验现象为白色沉淀迅速变为灰绿，最后变为红褐色，由铁元素的化合价变化可知，当有1mol氢氧化铁生成时转移电子数为1mol×1×NAmol-1=NA，故〖答案〗为：2Fe3++Fe=3Fe2+；白色沉淀迅速变为灰绿，最后变为红褐色；NA。24.几种主族元素在