江西省南昌市某中学2024-2025学年高一年级上册1月期末考试 化学试题（原卷版+解析版）

南昌二中2024-2025学年度上学期高一化学期末试卷

相对原子质量：H-lC-12N-140-16Na-23Mg-24Al-27P-31S-32Cl-35.5Fe-56

Cu-64Br-80

1.化学与科技、生产、生活有密切的关系，下列叙述不正确的是

A.生石灰、氯化钙以及铁粉都是食品包装袋中常用的干燥剂

B.漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂

C.生铁的含碳量比钢大，具有硬度大、抗压等优良性能，可以用于制造管道、机座、下水井盖

D.新型储氢合金材料的研究和开发为氢气能源的实际应用起到重要的推动作用

A.AB.BC.CD.D

3.下列化学用语或模型表示不正确是

A.保持干冰化学性质的最小微粒的结构模型：Oo®oO

B.VIA族元素中非金属性最强元素的原子结构示意图：(+8)26

C.侯氏制碱法得到的可用作化肥的副产品的电子式：H：N：H：Br：

H」一

—

C

D.天然气主要成分分子结构式：HI

H

4.实验中若皮肤不慎与白磷(R)接触，可用稀CuS。,溶液冲洗接触部位，其解毒原理包括两个反应：

①P4+CUSO4+H2OfCu+H3Po4+H2so4(未配平)

②11P4+60CuSC)4+96H2O=20Cu3P+24H3Po4+6OH2s04

下列说法正确的是

A.反应①和②中P4都只是还原剂

B.反应①中氧化产物和还原产物的物质的量之比是5：2

C.反应②中被CuSC>4氧化的P4与还原剂的物质的量之比为1：2

D.用CuSO4溶液冲洗后，应再用饱和Na2cCh溶液和水冲洗接触部位

5.下列关于离子方程式书写或说法不正确的是

2+

A.碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：Ca+HC0；+OH-=CaCO3i+H2O

B向次氯酸钙溶液中通入过量CO2：Ca2++2ClO+CO2+H2O=CaCO3i+2HClO

2++

C.向硫酸氢钠溶液中，逐滴加入Ba(0H)2溶液至中性：Ba+2OH+2H+SOt=BaSO4i+2H2O

D.FeBr2溶液中通入少量Cl2：Ch+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+

6.向下列各组离子中通入相应气体后，能大量共存的是

A.通入02：Na+、Fe2\H\SOj

B.通入CO2：Na+、K+、NO；、CO：

C.通入CI2：K+、NH：、1、Cl-

D.通入NH3：CO：、NH：、Na+、NO；

7.下列有关物质“量”的说法正确的是

A.相同物质的量的A1和Al(0H)3分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体时，A1(OH)3消耗

的碱量较多

B.由Na2c03和NaHCCh组成的混合物中，若n(Na+)：n(C)=7：5,则n(Na2co3)：n(NaHCO3)=2：3

C.反应N2O4+N2H4—N2+H2O中，若有1molN2O4恰好完全反应，则有4mol电子发生转移

D.足量MnCh与含0.4molHCl的浓盐酸共热可得到O.lmolCh

8.根据实验目的，下列实验操作、现象及结论都正确的是

选

实验目的实验操作及现象结论

项

检验FeCb溶液中是

A将溶液滴入酸性KMnCU溶液中，紫红色褪去溶液中存在Fe2+

否混有Fe2+

将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻

B验证Cb的漂白性Cb有漂白性

璃瓶。一段时间后有色鲜花褪色

向某盐的溶液中滴入足量盐酸，无现象，再滴入该盐中含有S。：离

C检验so)

BaCL溶液产生白色沉淀子

探究Na2C>2与水反应将1~2mL水滴入盛有1~2g固体的试管中，滴入2滴反应可能生成了

D

的产物酚酰试液，溶液先变红后褪色NaOH和H2O2

A.AB.BC.CD.D

9.有A、B、C、D、E、F六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期元素。已知：①原子半径：

A<C<B<E<D；②原子的最外层电子数：A=D、C=E、A+B=C；③原子的电子层数：B=C=2A；④B元素的

最高正价与最低负价的绝对值之差为2；⑤F为地壳中含量第二的金属元素。下列说法正确的是

A.因为C的氢化物分子内含氢键所以比E的氢化物稳定

B.过量F与22.4LC单质完全反应，转移4moi电子

C.因为E单质的相对分子质量比澳单质的小，所以E单质的熔点比澳单质要低

D.A、D形成的化合物的水溶液呈碱性

10.下列选项描述与对应图像相符的是

E

C

P

I

/

5

时

时间/sI'i④]/

②

A.图①为向Ba(0H)2溶液中滴加等浓度的NaHSCU溶液时，溶液导电能力的变化

B.图②为新制饱和氯水在受到阳光直射时，溶液中c(H+)的变化

C.图③为卤族元素单质的熔点随核电荷数递增的变化

D.图④为向盛有Na2cCh和NaHCCh溶液的密闭容器中滴入等浓度盐酸时气压的变化

11.将含有氧化铁的铁片投入足量稀硫酸中，直到铁片完全溶解，经分析该溶液中无Fe3+,且溶液中的

Fe2+与生成的H2的物质的量之比为5：2,则原混合物中氧化铁与铁的物质的量之比为

A.1：1B.1：2C.1：3D.2：5

12.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中W的气态氢化物摩尔质量为34

g-mol-1,Y的最低价氢化物为非电解质，则下列说法中正确的是

A.Q单质能溶于水，且其水溶液需用棕色细口瓶盛装

B.X的最低价氢化物的水溶液显碱性

C.单质的熔沸点：Q>Y

D.Na在Y中燃烧可生成化合物Na2¥2,其与水反应后溶液呈碱性

13.下列叙述正确的有

①热稳定性：H2O>HF>H2S

②熔点：Al>Na>Hg

③IA、IIA族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布

④元素周期表中从DIB族到IIB族10个纵行的元素都是金属元素

⑤元素的非金属性越强，其氧化物对应的水化物的酸性就越强

⑥干冰升华和液氯汽化时，都只需要克服分子间作用力

⑦因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：P>N

A.一项B.两项C.三项D.四项

14.A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素

组成的化合物，而辛是由C元素形成的单质，已知：甲+乙=丁+辛，甲+丙=戊+辛，丁由两种10电子粒子形

成，则下列说法正确的是

A.元素C形成的单质可以在点燃条件下分别与元素A、B、D形成的单质化合，所得化合物均存在共价键

B.元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为：D>OB

C.戊中阴阳离子个数比为2：1

D.元素B的氢化物比元素C的氢化物稳定

15.有个成语叫“物以类聚”，本意就是物质的分类。对物质进行分类，我们不仅能够根据类别通性预测物

质的性质，还能探索各类物质的共性和特性。化学家根据需要将众多物质进行分类，现有下列几种物质：

①液氨②N2③CO④Fe(OH)3胶体⑤Mg⑥熔融Ca(OH)2⑦漂白粉⑧乙醇⑨盐酸

(1)以上物质属于能导电的化合物的是；属于非电解质的是；属于强电解质的是O

(2)写出实验室制取④的化学方程式：。

(3)一定条件下，下列物质可以通过化合反应制得的有(写序号)o

①小苏打②硫酸铝③氯化亚铁④磁性氧化铁⑤铜绿(碱式碳酸铜)⑥氢氧化铁

(4)向一定量的FeO、Fe、FesC^的混合物中加入100mUmol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放

出224mL(标准状况)的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还

原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是_________go

(5)甲、乙两烧杯中各盛有100mL3moi/L的硫酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入m克的铝粉，

反应结束后测得生成的气体体积为甲：乙=3：4,加入铝粉的质量为g»

16.下图是元素周期表的一部分。

(1)元素④⑤⑥⑦的简单离子的半径从大到小的顺序是(用离子符号表示)。

(2)元素⑥励勺简单阴离子的还原性顺序由强到弱为(用离子符号表示)，原因是(从

结构角度回答)。

(3)元素①②⑦能够形成一种含有极性共价键的离子化合物，该化合物中的阴离子与元素③的简单氢化

物分子具有相同的原子数和电子数，写出该阴离子的电子式；元素①须形成一种强还原性的离

子化合物，写出该离子化合物的电子式o

(4)元素②存在质量数分别为10和11的两种天然稳定同位素，元素②的相对原子质量为10.8,则质量数

为10的同位素在自然界中的丰度为%；元素⑫也存在两种天然稳定同位素，质量数为35的同位

素丰度为75%,质量数为37的同位素丰度为25%,则由这两种同位素构成的、相对分子质量分别为

70、72、74的三种分子的个数比为。

17.NaClCh是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，在水中溶解度较大，遇酸放出C1O2,某探究小组制备NaCICh

所需装置如图所示(夹持装置略)：

已知：①2c102+H2O2+2NaOH=2NaC102+O2+2H2O；

②CIO2气体极易溶于水，但不与水反应，可与碱溶液反应；纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀

释到10%以下安全。

回答下列问题：

(1)完成该实验需要450mL4mol.L-1的NaOH溶液。

①该同学应用托盘天平称取NaOH固体go

②配制该溶液需要的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管和量筒外，还需要。

(2)仪器A的名称是,装置连接顺序为(按气流方向，用小写字母表示，每个装置

仅用一次)。

(3)装置④中发生反应的化学方程式为o

(4)②中NaOH溶液的作用是0

(5)用电子式表示H2O2的形成过程o

(6)城市饮用水处理，新技术用NaClCh替代Cl?，如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒

效率，那么NaClO2的消毒效率是Cl?的倍(结果保留两位小数)。

18.某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al,此外还含有少量AI2O3和FezCh,为探索工业废料的再

利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矶晶体(FeSO4-7H2O)和胆

矶晶体。

请回答：

(1)试剂X是=溶液D是o

(2)步骤ni所得溶液E中一定含有的阳离子为o

(3)在步骤n时，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀C

会逐渐减少。为避免固体C减少，可采取的改进措施是。

装置a装置b

(4)溶液E经过蒸发浓缩、、过滤、洗涤、干燥等实验步骤制得绿矶晶体。

(5)工业上常用溶液E制得净水剂NazFeCU,流程如下：

①测得溶液E中c(Fe2+)为0.2molL1,若要处理1m3溶液E,理论上需要消耗质量分数为25%H2O2溶液

_______kgo

②写出由Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式_________。

南昌二中2024-2025学年度上学期高一化学期末试卷

相对原子质量：H-lC-12N-140-16Na-23Mg-24Al-27P-31S-32Cl-35.5Fe-56

Cu-64Br-80

1.化学与科技、生产、生活有密切的关系，下列叙述不正确的是

A.生石灰、氯化钙以及铁粉都是食品包装袋中常用的干燥剂

B.漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂

C.生铁的含碳量比钢大，具有硬度大、抗压等优良性能，可以用于制造管道、机座、下水井盖

D.新型储氢合金材料的研究和开发为氢气能源的实际应用起到重要的推动作用

【答案】A

【解析】

【详解】A.生石灰、氯化钙具有较强的吸水性，都是食品包装袋中常用的干燥剂，但铁粉具有还原性，

主要作为脱氧剂，A错误；

B.漂白粉主要成分为CaCb和Ca(C10)2,有效成分为Ca(C10)2,具有强氧化性、漂白性，也可以杀菌消

毒，B正确；

C.生铁的含碳量比钢大，具有硬度大、抗压等优良性能，可以用于制造管道、机座、下水井盖，C正

确；

D.氢气的沸点很低，常温为气体、易燃，不便于储存和运输，所以研发新型储氢合金材料将为氢气作为

能源的实际应用起到重要的推动作用，D正确；

故选A„

2.用下列装置或操作进行相应实验，能达到实验目的的是

拿浓盐酸

饱和

FeCl3=•

溶液

实验装置或操作]NaOH△,

V才溶液

1—1二氧化锦?沸3容液

.制备Fe(OH)3胶体

实验目的AB.探究氧化性：MnO2>Cl2>I2

生一一尸£钳丝

实验装置或操作享

蓝色钻4璃ex?

L_/------------->_3

除去。固体中少量的

C.用伯丝蘸取碳酸钾溶液D.Na2c3

实验目的

进行焰色试验

NaHCO3

A.AB.BC.CD.D

【答案】c

【解析】

【详解】A.把饱和氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中会生成氢氧化铁沉淀，应把饱和氯化铁溶液滴入沸水

中继续煮沸至液体呈红褐色，所得即氢氧化铁胶体，故A错误；

B.氧化剂的氧化性大于氧化产物，反应MnO2+4HCl（浓）:MnCb+C12T+2H2。中，MnCh为氧化剂、Ch

为氧化产物，C12+2KI=2KCl+l2中，Cb为氧化剂，12为氧化产物，通过这两个反应，可以证明氧化性：

MnO2>Cl2>I2,但要通过二氧化锦和浓盐酸反应制取氯气，必须加热，该装置中缺少加热装置，故B错

误；

C.用柏丝蘸取碳酸钾溶液进行焰色试验，为防止钠元素的干扰，透过蓝色钻玻璃观察钾元素的焰色，故

c正确；

D.采用加热的方法使碳酸氢钠分解，可除去Na2cO3固体中少量的NaHCC>3,但加热固体应在用烟中进

行、不能在蒸发皿里，故D错误;

故选C。

3.下列化学用语或模型表示不正确的是

A.保持干冰化学性质的最小微粒的结构模型：Qo•QQ

B.VIA族元素中非金属性最强元素的原子结构示意图:

C.侯氏制碱法得到的可用作化肥的副产品的电子式:

H

I

C-H

D.天然气主要成分的分子结构式：HI

H

【答案】C

【解析】

【详解】A.保持干冰化学性质的最小微粒为CO2分子，其结构模型为故A正确；

B.同主族从上到下非金属性逐渐减弱，VIA族元素中非金属性最强元素的原子为氧原子，其结构示意图

为金故B正确；

r--|+

H「「

C.侯氏制碱法得到的可用作化肥的副产品为NH40,其电子式为H：N：H：C1：,故C错误；

H

H

D.天然气主要成分是CH4,其结构式为H—I—H，故D正确；

H

故选C。

4.实验中若皮肤不慎与白磷（匕）接触，可用稀CuS。,溶液冲洗接触部位，其解毒原理包括两个反应：

①P4+CUSO4+H2OfC11+H3PO4+H2so4（未配平）

②11P4+6OCUSO4+96H2O2OCU3P+24H3Po4+6OH2s。4

下列说法正确的是

A,反应①和②中P4都只是还原剂

B.反应①中氧化产物和还原产物的物质的量之比是5：2

C.反应②中被CuSO4氧化的P4与还原剂的物质的量之比为1:2

D.用CuSO4溶液冲洗后，应再用饱和Na2cCh溶液和水冲洗接触部位

【答案】C

【解析】

【分析】①中P元素化合价由P4中的。升至+5得到H3P。4,为还原剂，H3P04为氧化产物，Cu元素化合价

由CuS04中的+2降至0得到铜单质，CuSCU为氧化剂，Cu为还原产物；②中P元素化合价由P4中的。部

分升至+5得到H3P04,部分降至-3得到CU3P,P4既是氧化剂又是还原剂，H3P04为氧化产物，Cu3P为还原

产物，Cu元素化合价由CuS04中的+2降至+1得到CU3P,C11SO4为氧化剂，Cu3P为还原产物，根据得失电

子守恒知，P4中、■为氧化剂，P4中A■为还原剂。

【详解】A.由分析知，反应①中P4只是还原剂，②中P4既是氧化剂又是还原剂，A错误；

B.反应①中氧化产物为H3P04,且H3PO45e\还原产物为Cu,且Cu2e、根据得失电子守恒知，

氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：5,B错误；

C.假设反应②中参与反应的P4和CuS04分别为llmok60moL则被CuSO4氧化的P4的物质的量：

60m°1X1=3mol,还原剂P4为Hmolx9=6mol,二者的物质的量之比为1：2,C正确；

5molx411

D.根据解毒原理知，用CuS04溶液冲洗后，应再用弱碱性的饱和NaHCCh溶液和水冲洗接触部位，D错

误；

故选C。

5.下列关于离子方程式书写或说法不正确的是

2+

A.碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：Ca+HCO-+OH=CaCO3i+H2O

2+

B.向次氯酸钙溶液中通入过量CO2：Ca+2ClO-+CO2+H2O=CaCO3i+2HClO

2++

C.向硫酸氢钠溶液中，逐滴加入Ba(0H)2溶液至中性：Ba+2OH+2H+SOt=BaSO4i+2H2O

D.FeBr2溶液中通入少量Cl2：Ch+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+

【答案】B

【解析】

2+

【详解】A.碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液生成碳酸钙沉淀：Ca+HCO；+OH=CaCO3i+H2O,A

正确；

B.向次氯酸钙溶液中通入过量CO2生成HC10和碳酸氢钙：C1O+CO2+H2O=HCO；+HC1O,B错误；

C.向硫酸氢钠溶液中，逐滴加入Ba(0H)2溶液至中性，硫酸氢钠与Ba(OH)2按化学计量系数2:1反应：

Ba2++2OH+2H++SOj=BaSO41+2H2。，C正确；

2+3+

D.亚铁离子还原性强于澳离子，FeBr2溶液中通入少量C"：Cl2+2Fe=2Cl-+2Fe,D正确；

故选B。

6.向下列各组离子中通入相应气体后，能大量共存的是

A.通入。2：Na+、Fe2+>H+、SOj

B.通入CO2：Na+、K+、NO]、CO：

C.通入Cb：K+、NH；、r、ci-

D.通入NH3：CO：、NH：、Na+、NO；

【答案】D

【解析】

【详解】A.O2具有氧化性，通入氧气后，氧气可将Fe2+氧化为Fe3+,不能大量共存，A不符合题意；

B.通入CO2后，在溶液中CCh与CO：反应生成HCO],不能大量共存，B不符合题意；

C.通入C12后，I-会被C12氧化为L,不能大量共存，C不符合题意；

D.通入NH3后，所给离子及氨气相互间互不反应，可大量共存，D符合题意；

故选D。

7.下列有关物质“量”的说法正确的是

A.相同物质的量的A1和A1(OH)3分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体时，A1(OH)3消耗

的碱量较多

B.由Na2cCh和NaHCCh组成的混合物中，若n(Na+)：n(C)=7：5,则n(Na2co3)：n(NaHCO3)=2：3

C.反应N2O4+N2H4TN2+H2O中，若有1molN2O4恰好完全反应，则有4mol电子发生转移

D.足量MnCh与含0.4molHCl的浓盐酸共热可得到O.lmolCh

【答案】B

【解析】

【详解】A,铝与氢氧化钠溶液反应的方程式：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2t,氢氧化铝与

氢氧化钠溶液反应的方程式：Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4],由方程式可知两种情况下相同物质的量的

A1和A1(OH)3消耗的碱量一样多，A错误；

B.根据元素守恒可知，Na2c。3中2n(Na2co3)=2n(C)=n(Na+),而NaHCCh中n(NaHCCh)=n(C)=n(Na+),若

+

n(Na)：n(C)=7：5,则有[2n(Na2co3)+n(NaHCCh)]：[n(Na2CO3)+n(NaHCO3)]=7：5,解得n(Na2co3)：

n(NaHCO3)=2：3,B正确；

C.反应N2O4+N2H4TN2+H2O中，N2O4中N元素化合价由+4降至0得到N2,N2H4中N元素化合价由-2

升至0价得到N2,N2O4为氧化剂，N2H4为还原剂，N2既是氧化产物又是还原产物，由于N2O4-8e;

若有1H1O1N2O4恰好完全反应，则有8mol电子发生转移，C错误；

D.MnCh和浓盐酸共热制氯气，随着反应的进行，浓盐酸逐渐变稀，而稀盐酸和MnCh不反应，则得到的

Cb不到（Mmol,D错误;

故选B。

8.根据实验目的，下列实验操作、现象及结论都正确的是

选

实验目的实验操作及现象结论

项

检验FeCb溶液中是

A将溶液滴入酸性KMnCU溶液中，紫红色褪去溶液中存在Fe2+

否混有Fe2+

将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻

B验证Cb的漂白性Cb有漂白性

璃瓶。一段时间后有色鲜花褪色

向某盐的溶液中滴入足量盐酸，无现象，再滴入该盐中含有S。：离

C检验so）

BaCL溶液产生白色沉淀子

探究Na2C>2与水反应将1〜2mL水滴入盛有1〜2g固体的试管中，滴入2滴反应可能生成了

D

的产物酚酰试液，溶液先变红后褪色NaOH和H2O2

A.AB.BC.CD.D

【答案】CD

【解析】

【详解】A.FeCb溶液中所含的C1具有还原性，可与酸性KMnCU溶液发生氧化还原反应而使其紫红色褪

去，所以紫红色褪去并不能确定溶液中存在Fe2+,故A错误；

B.鲜花中含有水分，CL与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性而使鲜花褪色，一段时间后有色鲜花褪

色不能说明Cb具有漂白性，故B错误；

C.加足量的盐酸无现象，说明溶液中不存在与H+或C「反应的离子（如C。：、Ag+、S2\S。，等），

否则会生成气体或沉淀，再滴入BaCL溶液产生白色沉淀说明生成的白色沉淀应为BaSO4,表明原盐含

SOt，故c正确；

D,将1〜2mL水滴入盛有1〜2g固体的试管中，滴入2滴酚醐试液，溶液先变红后褪色，变红表明反应中

生成了NaOH,褪色表明反应可能生成了具有漂白性的H2O2,故D正确；

故选CD„

9.有A、B、C、D、E、F六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期元素。已知：①原子半径：

A<C<B<E<D;②原子的最外层电子数：A=D、C=E、A+B=C；③原子的电子层数：B=C=2A；④B元素的

最高正价与最低负价的绝对值之差为2；⑤F为地壳中含量第二的金属元素。下列说法正确的是

A.因为C的氢化物分子内含氢键所以比E的氢化物稳定

B.过量F与22.4LC单质完全反应，转移4moi电子

C.因为E单质的相对分子质量比澳单质的小，所以E单质的熔点比澳单质要低

D.A、D形成的化合物的水溶液呈碱性

【答案】D

【解析】

【分析】A、B、C、D、E、F六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素。根据原子的电子层数：

B=C=2A可知A为H元素，B、C为第二周期元素，原子的最外层电子数A=D、C=E、A+B=C,则D为Na

元素，根据B元素的最高正价与最低负价的绝对值之差为2，可知B为N元素，根据原子的最外层电子数

A+B=C,可知C为0元素；原子的最外层电子数C=E,可知E为S元素，F在地壳中金属含量第二，应为

Fe元素，据此分析。

【详解】A.氢键只决定物质的物理性质，与化学性质无关，C的氢化物之所以比E的氢化物稳定是由于

。的非金属性强于S,故A错误；

B.由于气体存在的条件不确定，不一定为标准状况下，所以无法准确计算，故B错误；

C.S在常温下为固体，澳单质在常温下为液体，所以S单质的熔点比澳单质要高，故C错误；

D.A、D形成的化合物NaH,能与水反应生成NaOH而呈碱性，故D正确；

故选D。

10.下列选项描述与对应图像相符的是

A.图①为向Ba(OH)2溶液中滴加等浓度的NaHSCU溶液时，溶液导电能力的变化

B.图②为新制饱和氯水在受到阳光直射时，溶液中c(H+)的变化

C.图③为卤族元素单质的熔点随核电荷数递增的变化

D.图④为向盛有Na2cCh和NaHCCh溶液的密闭容器中滴入等浓度盐酸时气压的变化

【答案】D

【解析】

【详解】A.Ba(0H)2溶液中滴加NaHS04溶液，虽然导电能力会下降，但是因为钠离子始终在溶液中，故

溶液的导电能力不会变为0,故A错误；

B.新制饱和氯水在受到阳光直射时，所含的HC1O分解生成HC1,溶液中c(H+)增大，故B错误；

C.卤族元素单质熔点随核电荷数递增而逐渐增大，故C错误；

D.Na2cCh和NaHCCh溶液与盐酸反应时，碳酸氢钠的反应速率比碳酸钠快，但两者含碳物质的量相同，

若两者物质的量相同则最终生成的二氧化碳体积相同，故D正确；

故选：D。

11.将含有氧化铁的铁片投入足量稀硫酸中，直到铁片完全溶解，经分析该溶液中无Fe3+,且溶液中的

Fe2+与生成的H2的物质的量之比为5：2,则原混合物中氧化铁与铁的物质的量之比为

A.1：1B.1：2C.1：3D.2：5

【答案】C

【解析】

【详解】设原混合物中含有xmolFe,ymolFezCh,则:

Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O

ymolymol

Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4

ymolymol3ymol

Fe+H2SO4=FeSO4+H2T

(x-y)mol(x-y)mol(x-y)mol

则：［3ymol+(x-y)mol］：(x-y)mol=5：2

整理得y：x=l：3o

答案选C。

【点晴】难点是铁首先与硫酸铁反应，最后再与稀硫酸反应，注意铁离子、亚铁离子和氢离子氧化性的比

较。

12.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中W的气态氢化物摩尔质量为34

g-mol-1,丫的最低价氢化物为非电解质，则下列说法中正确的是

A.Q单质能溶于水，且其水溶液需用棕色细口瓶盛装

B.X的最低价氢化物的水溶液显碱性

C.单质的熔沸点：Q>Y

D.Na在丫中燃烧可生成化合物Naz丫2,其与水反应后溶液呈碱性

【答案】C

【解析】

【分析】根据“W的气态氢化物摩尔质量为34g皿0「”可知，W是硫元素或者磷元素，再根据“丫的最低价氢

化物为非电解质”，则可知W是磷元素，Q是硫元素，丫是氮元素，X是碳元素，Z是铝元素。

【详解】A.S单质不溶于水，A错误；

B.C的最低价氢化物为甲烷，不溶于水，B错误；

C.Q是硫元素，丫是氮元素，硫单质常温下为固体，氮气常温下为气体，单质的熔沸点：S>N,C正确；

D.Na不能在氮气中燃烧生成化合物Na2丫2,D错误；

故选C。

13.下列叙述正确的有

①热稳定性：H2O>HF>H2S

②熔点：Al>Na>Hg

③IA、IIA族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布

④元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行的元素都是金属元素

⑤元素的非金属性越强，其氧化物对应的水化物的酸性就越强

⑥干冰升华和液氯汽化时，都只需要克服分子间作用力

⑦因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：P>N

A.一项B.两项C.三项D,四项

【答案】C

【解析】

【详解】①非金属性F>O>S,元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，因此热稳定性：HF>H2O>H2S,

故①错误；

②半径Na>ALAl中金属键强度小于Na,因此熔点：Al>Na,Hg半径大，金属键弱，熔点低，因此熔

点：Al>Na>Hg,故②正确；

③IA、IIA族元素的阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，故③错误；

④根据元素周期表得出元素周期表中从niB族到IIB族10个纵行的元素都是金属元素，故④正确；

⑤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，故⑤错误；

⑥干冰升华和液氯汽化均为物理变化，仅需克服分子间作用力，未破坏化学键，故⑥正确；

⑦因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，主要是氮气含有氮氮三键，化学性质稳定，

但非金属性：N>P,故⑦错误；

所以②④⑥均正确，故选C。

14.A、B、C、D是原子序数依次增大四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素

组成的化合物，而辛是由C元素形成的单质，已知：甲+乙=丁+辛，甲+丙=戊+辛，丁由两种10电子粒子形

成，则下列说法正确的是

A.元素C形成单质可以在点燃条件下分别与元素A、B、D形成的单质化合，所得化合物均存在共价键

B.元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为：D>OB

C.戊中阴阳离子个数比为2：1

D.元素B的氢化物比元素C的氢化物稳定

【答案】A

【解析】

【分析】由辛是由C元素形成的单质，且甲+乙=丁+辛，甲+丙=戊+辛，即由短周期元素组成的物质中，

甲能与两种不同物质反应都得到同一种单质辛，同时丁由两种10电子粒子形成，符合条件的丁可能为

NH3H2O或NaOH,结合要产生单质辛，能够满足的只有2加202+2凡0=4乂7。"+。2个，

2N2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,则得到元素A为H元素、B为C元素、C为O元素、D为Na元素；

甲为Ng。？、乙为H2O、丙为CO2、丁为NaOH、戊为Na2co3、辛为O2,据此分析解答。

【详解】A.。2可以在点燃条件下分别与元素H、C、Na形成的单质化合，所得化合物分别为：H2O,CO2,

Na。,他们的结构中均存在共价键，A正确；

B.B为C元素、C为O元素、D为Na元素，他们的原子半径大到小的顺序为：Na>C>0,即D>B>

C,B错误；

C.及为Na2co3，电离方程式为：Na2co3=2Na*+CO7,阴阳离子个数比为1：2,C错误；

D.元素B的最简单氢化物为：CH,,元素C的最简单氢化物为：H2O,稳定性：H2O>CH4,D错

误；

故答案为：Ao

15.有个成语叫“物以类聚”，本意就是物质的分类。对物质进行分类，我们不仅能够根据类别通性预测物

质的性质，还能探索各类物质的共性和特性。化学家根据需要将众多物质进行分类，现有下列几种物质:

①液氨②N2③C。④Fe(OH)3胶体⑤Mg⑥熔融Ca(OH)2⑦漂白粉⑧乙醇⑨盐酸

(1)以上物质属于能导电的化合物的是;属于非电解质的是；属于强电解质的是。

(2)写出实验室制取④的化学方程式：o

(3)一定条件下，下列物质可以通过化合反应制得的有(写序号)。

①小苏打②硫酸铝③氯化亚铁④磁性氧化铁⑤铜绿(碱式碳酸铜)⑥氢氧化铁

(4)向一定量的FeO、Fe、FesC^的混合物中加入100mLlmol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放

出224mL(标准状况)的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还

原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是go

(5)甲、乙两烧杯中各盛有100mL3moi/L硫酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入m克的铝粉，

反应结束后测得生成的气体体积为甲：乙=3：4,加入铝粉的质量为go

【答案】⑴①.⑥②.①③⑧③.⑥

(2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl

(3)①③④⑤⑥(4)2.8

(5)7.2

【解析】

【小问1详解】

在水溶液或熔融状态下导电的化合物是电解质，在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，则

①液氨：非电解质，②N?：单质，不是电解质，③CO：非电解质，④Fe(0H)3胶体：混合物，不是电解

质，⑤Mg：金属单质，不是电解质，⑥熔融Ca(OH)2：强电解质，⑦漂白粉：混合物，主要成分是

CaCl2和Ca(C7O)2,都是强电解质，但混合物本身不是电解质，⑧乙醇：非电解质，⑨盐酸：HC1的水

溶液，混合物，不是电解质；故以上物质属于能导电的化合物的是⑥；属于非电解质的是①③⑧；属于强

电解质的是⑥；

【小问2详解】

实验室制取④的化学方程式为：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl；

【小问3详解】

一定条件下，可发生①Na2cO3+CQ+H2O=2Na〃CO3,②A/2O3+3凡82=线(S&，+3国。

(复分解反应)或2A/+3H2so4=A/2(S(?4)3+3H2T(置换反应)，③2FeCL+Fe=3FeCU,④

3Fe+2O2（=Fe3O4，⑤2CM+O2+H2O+CO2=C4（2cQ,⑥

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3,则可以通过化合反应制得的有①③④⑤⑥；

【小问4详解】

向一定量的FeO、Fe、Fe3（）4的混合物中加入100mLlmol/L的盐酸，放出224mL（标准状况）的气体，

在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，说明反应后的溶液中全部为FeCU，根据氯元素守恒可知

2n（7*eCZ2）=n（HCl）=Imol/Lx0.IL=0.Imol,所以n（R?C?2）=0057"。/,用足量的CO在高温下

还原相同质量的此混合物，能得到铁，根据铁元素守恒可知n（be）=n（Fea2）=0Q5〃?H,贝。

m^Fe）=0.05molx56g/mol=2.8g；

【小问5详解】

硫酸和氢氧化钠溶液物质的量均为3mH/Lx0.1L=0.3mH,向两烧杯中分别加入m克的铝粉，反应结

束后测得生成的气体体积为甲：乙=3：4,设铝与硫酸反应时酸完全发生反应：

9

3+3+

2A/+6H=2AZ+3H2T,生成（H2）=,消耗n1（A/）=0.3mo/x§=0.2mo/,由

2AI+INaOH+6H2O=2Na[AI\OH\]+3H2T可知，氢氧化钠完全反应消耗n2（AZ）=。3moi,生

3

n2（H2）=Q.3molx-=0A5mol,氢气物质的量之比Q3：0.45<3：4,故硫酸与铝反应后铝有剩余，铝

与氢氧化钠反应时铝完全反应，则铝与氢氧化钠反应生成n（H2）=0.3根。/x：=0.4mo/,由反应

2AI+2NaOH+6H2O=2Na[A/（OH）4]+3H2T可知，m（AZ）=GAmolx—x27g/mol=7.2g；

16.下图是元素周期表的一部分。

©

©⑭

⑯

根据要求回答下列问题：

（1）元素④⑤⑥⑦的简单离子的半径从大到小的顺序是（用离子符号表示）。

（2）元素⑥须或勺简单阴离子的还原性顺序由强到弱为（用离子符号表示），原因是（从

结构角度回答）。

(3)元素①②⑦能够形成一种含有极性共价键的离子化合物，该化合物中的阴离子与元素③的简单氢化

物分子具有相同的原子数和电子数，写出该阴离子的电子式;元素①须形成一种强还原性的离

子化合物，写出该离子化合物的电子式。

(4)元素②存在质量数分别为10和11的两种天然稳定同位素，元素②的相对原子质量为10.8,则质量数

为10的同位素在自然界中的丰度为%;元素便存在两种天然稳定同位素，质量数为35的同位

素丰度为75%,质量数为37的同位素丰度为25%,则由这两种同位素构成的、相对分子质量分别为

70、72、74的三种分子的个数比为o

【答案】⑴N3>O2>F>Na+

(2)①.r>Br->Cr>F②.卤族元素从F到I,简单阴离子半径依次增大，原子核对最外层电子

的吸引能力减弱，失电子能力增强

'H-

(3)①.H：B：H②.[HTCa2+[:H「

.HJ

(4)20②.9：6：1

【解析】

【分析】由元素在周期表中的位置可知：①为H,②为B,③为C,④为N,⑤为O,⑥为F,⑦为Na,⑧

为A1,⑨为Si,⑩P,尊，颈a,⑱r,⑯tb,⑰。

【小问1详解】

电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径由大到小顺序为N3>O2>F>Na+o

【小问2详解】

元素非金属性越弱，简单阴离子半径越大，原子核对最外层电子的吸引能力越弱，失电子能力越强，对应

阴离子还原性越强，则卤族元素从F到I,非金属性：I<Br<Cl<F,对应阴离子还原性由强到弱的顺序

是r>Br>Cl->F。

【小问3详解】

元素①②⑦形成的一种含有极性共价键的离子化合物为NaBH「元素③的简单氢化物为CH-是一种五

'H

原子分子，NaBH4中的阴离子BH4为含五个原子的阴离子，其电子式为H：百:H；元素①承成的强还

.H.

原性的离子化合物为CaH2,其电子式：[H：「Ca2+[：H「。

【小问4详解】

元素②为B元素，其相对原子质量10.8是质量数分别为10和11的核素的平均值，设质量数分别为10和

l