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安徽省合肥市第一重点中学2022-2023 学年高一下学期第三次素质拓展训练化学试题（解析版）
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合肥一中20222级高一下学期化学素质拓展训练三
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64
一、单项选择题(每小题仅有一个最佳答案，1-10每小题2分，11-22每小题3分，共计56分)
1. 古文富载化学知识，下列叙述中未涉及氧化还原反应的是
A. 《梦溪笔谈》：“石穴中水，所滴者皆为钟乳”
B. 《神农本草经》，石硫黄：“能化…银、铜、铁，奇物”
C. 《物理小识·金石类》：“有硇水(硝酸)者，剪银块投之，则旋而为水”
D. 《本草经疏》：“丹砂，味甘微寒而无毒若经伏火，则毒等砒硇，服之必毙”
【答案】A
【解析】
【详解】A．《梦溪笔谈》中“又石穴中水，所滴者皆为钟乳……”涉及碳酸氢钙的生成以及碳酸氢钙分解生成碳酸钙的过程，不涉及元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，选项A符合；
B．S能氧化Ag生成Ag2S，氧化Fe生成FeS，氧化Cu生成Cu2S，S元素化合价降低体现了其氧化性，属于氧化还原反应，选项B不符合；
C．该过程为银溶于硝酸，存在N、Ag元素的化合价变化，涉及氧化还原反应，选项C不符合；
D．丹砂（HgS），味甘微寒而无毒…若经伏火…，则毒等砒硇，服之必毙，涉及硫化汞与氧气反应，有元素化合价的变化，是氧化还原反应，选项D不符合；
答案选A。
2. 下列关于氧化物分类的说法不正确的组合是
①金属氧化物也可以形成酸性氧化物
②非金属氧化物一定是酸性氧化物
③SiO2是酸性氧化物，硅酸是它与水反应形成的水化物
④碱性氧化物一定是金属氧化物
⑤Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物
⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物
⑦能与碱反应生成盐和水的氧化物一定是酸性氧化物
A. ②③⑤⑥⑦ B. ①④ C. ②④⑤ D. ①②④⑥⑦
【答案】A
【解析】
【详解】①金属氧化物也可以形成酸性氧化物，如Mn2O7，①正确；
②非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO，②错误；
③SiO2是酸性氧化物，但不能与水反应，③错误；
④碱性氧化物一定是金属氧化物，④正确；
⑤Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，Na2O2与H2O反应除生成NaOH外，还生成O2，不符合碱性氧化物的定义；⑤错误；
⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3是两性氧化物，⑥错误；
⑦能与碱反应生成盐和水的氧化物一定是酸性氧化物，如Al2O3是两性氧化物，⑦错误；
故符合题意的是②③⑤⑥⑦，答案选A。
3. 化学与科技、生产、生活密切相关。下列有关说法错误的是
A. 量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨互为同素异形体
B. 硅橡胶密封材料既耐低温又耐高温，在中国空间站上得到广泛应用
C. 在汽车尾气排放系统中安装催化转化器可有效地减少空气污染
D. 燃煤中加入CaO，主要是为了减少温室气体的排放和酸雨的形成
【答案】D
【解析】
【详解】A．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨均为由碳元素组成的单质，两者互为同素异形体，A正确；
B．硅橡胶具有空间网状结构，具有耐磨、耐高温、耐低温等性能，硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶，广泛应用于航天航空工业，B正确；
C．在汽车尾气排放系统中安装催化转化器，可以将尾气中的氮氧化物、一氧化碳等气体转化为氮气、二氧化碳等无毒气体，减少空气污染，C正确；
D．燃煤中加入CaO，主要是为了将煤中的硫元素转化为硫酸钙从而减少SO2的排放，可以减少酸雨的形成，但不能减少温室气体CO2的排放，D错误；
故选：D。
4. 用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是
A. H2O的分子结构模型：
B. NCl3的电子式：
C. HClO的结构式：H—Cl—O
D. Cl-的结构示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2O是V形分子，分子结构模型为，故A错误；
B．NCl3是共价化合物，电子式为 ，故B正确；
C．HClO中O为中心原子，结构式为H—O—Cl，故C错误；
D．Cl-的质子数为17、电子数为18，结构示意图为 ，故D错误；
选B。
5. 陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是
A. “雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
B. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
C. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
D. 陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
【答案】A
【解析】
【分析】陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。
【详解】A项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误；
B项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；
C项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；
D项、陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查物质的性质，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，把握物质性质、反应与用途为解答的关键。
6. 只用一种试剂，将NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2SO4、NaCl 4种物质的溶液区分开，这种试剂是
A. AgNO3溶液 B. Ba(OH)2溶液 C. NaOH溶液 D. BaCl2溶液
【答案】B
【解析】
【分析】4种物质的溶液中阳离子有铵根离子、钠离子，其中铵根离子可以和氢氧根离子结合生成氨气，氨气是一种有刺激性气味的气体；溶液中的阴离子有硫酸根离子和氯离子，其中硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，氯离子经常用硝酸银溶液来检验，据此分析解答。
【详解】A．加入AgNO3溶液，硫酸银微溶，AgCl白色沉淀，溶液反应现象相同，无法区分，A项错误；
B．加入Ba(OH)2溶液，既有刺激性气味产生，又有白色沉淀生成的是(NH4)2SO4，只有刺激性气味产生的是NH4Cl，只有白色沉淀生成的是Na2SO4，无现象的是NaCl，现象不同，可以区分，B项正确；
C．加入NaOH溶液，有刺激性气味产生的是NH4Cl、(NH4)2SO4，无现象是Na2SO4、NaCl，无法进一步区分，C项错误；
D．加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成的是(NH4)2SO4、Na2SO4，无现象的是NH4Cl、NaCl，无法进一步区分，D项错误；
故正确答案为B。
7. 设NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，32gO2中含有的原子总数为2NA
B. 0.5molO3与11.2LO2所含的分子数一定相等
C. 标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA
D. 常温常压下，22.4L的NO2和CO2混合气体含有2NA个氧原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温常压下，32gO2中含有的原子总数为NA=2NA，A正确；
B．0.5molO3的分子数为0.5 NA，因未告知标准状况下11.2LO2所含的分子数不一定为0.5 NA，B错误；
C．标准状况下CCl4是一种无色液体，故22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数不为NA，C错误；
D．常温常压不是标准状况，常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故常温常压下22.4L的NO2和CO2混合气体含有氧原子数目小于2NA个，D错误；
故答案为：A。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 金属钠投入水中：
B. 硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：
C. 向溶液中通入：
D. 澄清的石灰水久置后出现白色固体：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．没有配平，金属钠投入水中：，A错误；
B．醋酸难电离，硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：，B错误；
C．碳酸的酸性弱于盐酸，向溶液中通入不反应，C错误；
D．澄清的石灰水久置后出现白色固体，是因为氢氧化钙吸收二氧化碳生成碳酸钙：，D正确；
答案选D
9. 实验室需配制一种仅含四种离子(不包括水电离出的离子并忽略水解)的混合溶液，且在混合液中四种离子的物质的量浓度均为0.5mol•L-1，下面四个选项中能达到此目的是
A. Fe2+、Na+、NO、Cl- B. Mg2+、NH、SO、NO
C. H+、K+、Cl-、CH3COO- D. K+、Mg2+、CO、OH-
【答案】B
【解析】
【详解】A．该组离子之间不反应，可大量共存，但物质的量浓度均为0.5mol•L-1，不遵循电荷守恒，故A不选；
B．该组离子之间不反应，可大量共存，且物质的量浓度均为0.5mol•L-1，遵循电荷守恒，故B选；
C．H+、CH3COO-不能大量共存，故C不选；
D．Mg2+分别与CO、OH-反应，不能大量共存，故D不选；
故选：B。
10. 关于反应K2H3IO6+9HI →2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是
A. K2H3IO6发生氧化反应
B. KI是氧化产物
C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
D. 生成4mol I2时，转移9mol电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．K2H3IO6中碘元素的化合价为+7价，产物中为0价，得电子化合价降低，发生还原反应，A错误；
B．根据氧化还原反应的规律可知，KI中的I元素来自HI，化合价没有发生变化，不是氧化产物，B错误；
C．该反应中部分HI中I元素化合价升高被氧化，HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，根据得失电子守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1，C正确；
D．该反应中K2H3IO6中的碘元素全部被还原，生成4mol I2时，消耗1molK2H3IO6，转移7mol电子，D错误；
综上所述答案为C。
11. 用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 用①装置检验溶液中否含有钾元素 B. 用②装置可制备、干燥、收集氨
C. 用③装置除去CO2中含有的少量SO2 D. 用④装置进行喷泉实验
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过焰色实验观察钾元素的火焰颜色时，需要透过蓝色钴玻璃，所以用①装置不能检验溶液中是否含有钾元素，故A不选；
B．浓氨水中含有水，生石灰溶于水放出大量热，使浓氨水分解产生氨气，利用碱石灰(NaOH和CaO)可以干燥氨气，同时用向下排空气法收集氨气，故B选；
C．装置③中，因为二氧化碳和二氧化硫均与碳酸钠溶液反应，所以不能达到除去二氧化硫的目的，故C不选；
D．装置④中NO不与NaOH溶液反应，不能形成喷泉实验，故D不选；
故选B。
12. 在一个恒温、恒容的密闭容器中，有两个可左右自由滑动的密封隔板(a、b)，将容器分成三部分，已知充入的三种气体的质量相等，当隔板静止时，容器内三种气体所占的体积如图所示。下列说法中错误的是
A. 分子数目：
B. 若Y是O2，则X可能是CH4
C. 气体密度：
D. X和Z分子中含有的原子数可能相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题给信息可知，图中X、Y、Z三种气体的压强、温度分别相等，V(X)=V(Z)=2V(Y)，由阿伏加德罗定律可知，n(X) =n(Z)=2n(Y)，所以分子数目N(X)=N(Z)=2N(Y)，A正确；
B．由于三种气体的质量相等，若Y是O2，X是CH4，则符合n(X)=2n(Y)，B正确；
C．由可知，三种气体的密度：2ρ(X)=2ρ(Z)=ρ(Y)，C错误；
D．若X是N2，Z是CO，则n(X) =n(Z)，X和Z含有的原子数相等，D正确；
答案选C。
13. 部分含N及Cl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. 可以通过a的催化氧化反应制备c
B. 工业上通过a→b→c→d→e来制备
C. 浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′
D. 加热d′的固态钾盐可以产生
【答案】B
【解析】
【分析】由图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐。
【详解】A．氨气和氧气可以通过催化氧化反应生成NO，A正确；
B．工业上通过 ，，，即 a→ c→ d→ e 来制备 HNO3，B错误；
C．可通过反应 得到氯气，C正确；
D．氯酸钾受热分解 ，可以产生 O2，D正确；
故答案为B。
14. 如图所示的试管中装有12 mL一氧化氮，然后间歇缓慢地通入8 mL氧气。
有关最终状态的描述：①试管内气体呈红棕色，②试管内气体呈无色，③试管内液面不变，④试管内液面上升，⑤试管内气体是氧气，⑥试管内气体是一氧化氮。其中正确的是( )
A. ②④⑥ B. ①③ C. ②④⑤ D. ②③⑤
【答案】A
【解析】
【详解】NO与O2发生反应：2NO＋O2=2NO2，然后发生4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，得出4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，则
推出12mLNO全部反应，则消耗O2的体积为9mL＞8mL，因此O2不足，NO过量，现象是试管内气体为NO，无色，试管内液面上升，因此②④⑥正确；答案为A。
15. 甲、乙、丙、丁为中学化学常见的物质，其相互转化关系如图(水作为溶剂的未在图上标出)，下列组合不符合题意的是
甲
乙
丙
A
B
C
D
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．过量和氢氧化钠反应生成，和氢氧化钠反应生成，和反应生成，故不选A；
B．若丁是氯气，Fe和氯气反应生成FeCl3；若丁是盐酸，Fe和盐酸反应生成FeCl2，FeCl2和盐酸不反应，故选B；
C．在氧气不足的条件下燃烧生成S和水，S和氧气点燃生成，和反应生成S和水，故不选C；
D．和少量氢氧化钠反应生成，和氢氧化钠反应生成，和混合生成，故不选D；
选B。
16. W、X、Y、Z为原子序数依次减小的短周期主族元素，且只有X、Y位于同一周期。这四种元素形成的某种化合物的结构如图所示。下列叙述错误的是
A. 简单气态氢化物的稳定性：X>Y
B. Y的氯化物所有原子最外层均达到8电子稳定结构
C. 该物质具有强氧化性，可能用于漂白
D. W的最高价氧化物的水化物中既有共价键也有离子键
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次减小短周期主族元素，且只有X、Y位于同一周期，二者只能位于第二周期，W位于第三周期，结合图示可知，W形成+2价阳离子，则W为Mg；X形成2个共价键，Z形成1个共价键，Y形成4个共价键，且每个Y还得到1个电子，则X为O，Y为B，Z为H元素。W为Mg，X为O，Y为B，Z为 H元素。
【详解】A．非金属性O> B，则简单气态氢化物的稳定性：X>Y，A正确；
B．Y的氟化物为BF3，BF3中B原子最外层电子数为3+3=6，不满足8电子稳定结构，B错误；
C．该物质中含有-O-O-键，具有强氧化性，能够用于漂白，C正确；
D．W的最高价氧化物的水化物为Mg(OH)2，既有共价键也有离子键，D正确；
故选B。
17. 向100mLNaOH溶液中通入一定量的SO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol•L-1的盐酸，产生SO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是
A. 通入SO2后，所得溶液溶质成分的物质的量之比为n(NaHSO3)：n(Na2SO3)=1：1
B. 通入SO2的体积为336mL
C. 通入SO2后，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)：n(Na2SO3)=1：3
D. 原NaOH溶液的浓度为0.2mol•L-1
【答案】D
【解析】
【分析】将通入到NaOH溶液中，少量时，发生反应；过量时，发生反应；根据反应和，再结合图中消耗的盐酸的体积可知，通入的过量，溶质为和；
【详解】A．由图可知，0~25mL为盐酸与反应生成，25mL~100mL为盐酸与反应生成，其中有25mL是生成的消耗的，所以通入后，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为，故A错误；
B．如图，根据消耗的盐酸体积以及产生的体积可知，通入的最后全部从溶液中逸出，生成消耗的盐酸体积为75mL，根据反应，所以有 ，标况下的体积为，提给未说明是标况下，故B错误；
C．根据图中数据推测，通入的过量，溶质为和，故C错误；
D．由图可知，盐酸体积为100mL时，生成的体积最大，此时溶质为NaCl，及总反应可表示为，所以有，即，故D正确；
故选D。
18. 下列事实与氢键有关的是( )
A. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
B. 水加热到很高的温度都难以分解
C. CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高
D. 氨气在水中的溶解度很大
【答案】D
【解析】
【详解】A. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱与共价键有关系，故A不符合；
B. 水加热到很高的温度都难以分解与共价键有关系，故B不符合；
C. CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高，与分子间作用力有关系，故C不符合；
D. NH3在水中的溶解度很大，其主要原因是NH3与H2O之间可形成氢键，故D符合；
答案选D。
19. 天然气中含有有毒气体H2S，用下图所示流程可实现天然气在氧化亚铁硫杆菌(T·F菌)作用下催化脱硫。下列说法不正确的是
A. 过程①发生反应
B. 过程②会使环境pH升高
C. 该脱硫过程中T·F菌起催化剂的作用
D. 该脱硫过程的总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由题干转化信息可知，过程①发生反应，A正确；
B. 由题干转化信息可知，过程②的4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故过程②的pH升高，B正确；
C. 由题干信息可知，该脱硫过程可实现天然气在氧化亚铁硫杆菌(T·F菌)作用下催化脱硫，即该脱硫过程中T·F菌起催化剂的作用，C正确；
D. 依据图示：在硫酸铁催化剂条件下硫化氢与氧气反应生成硫单质和水，反应总方程式：2H2S+O2═2S+2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，D错误；
故答案为D。
20. a、b、c、d是四种短周期元素，a、b、d同周期；c、d同主族；a的原子结构示意图为，b与c形成的化合物的化学式为b3c，且b、c离子有相同的电子层结构。下列说法中错误的是
A. 原子序数：a>b>c B. 原子半径：c>a>d
C. a与c可形成化合物a3c4 D. 最高价含氧酸的酸性：c>d>a
【答案】B
【解析】
【分析】由a的原子结构示意图知x=2，则a为Si，b，d都为第三周期元素，c为第二周期元素；b与c形成的化合物的化学式为b3c，b的化合价为+1价，则b为Na，c为N；c、d同主族，则d为P元素。
【详解】A．根据以上分析可得，原子序数：a>b>c，故A正确；
B．原子半径：a(Si)>d(P)>c(N)，故B错误。
C．a与c可形成化合物Si3N4，故C正确；
D．非金属性越强其最高价含氧酸的酸性越强，故c>d>a，故D正确；
答案选B。
21. 某稀溶液中含有3.5 mol KNO3和2.2 mol H2SO4，向其中加入1.2 mol Fe，充分反应(已知NO被还原为NO)。下列说法正确的是
A. 反应过程中转移的电子数3NA
B. 反应后生成NO的体积为24.64 L
C. 所得溶液中c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝1∶3
D. 所得溶液中c(NO3-)＝2.4 mol·L－1
【答案】C
【解析】
【分析】某稀溶液中含有3.5 mol KNO3和2.2 mol H2SO4，向其中加入1.2 mol Fe，充分反应(已知NO3－被还原为NO)，先发生反应的离子方程式为
Fe + NO3- + 4H+ = Fe3+ + NO↑ + 2H2O
1.2mol 3.5mol 4.4mol
可见，氢离子消耗完，铁过量，消耗1.1 mol金属铁，1.1 mol NO3－，生成1.1 mol Fe3＋，1.1 mol NO气体，铁还剩余0.1 mol，铁又和铁离子反应，Fe ＋ 2Fe3＋==3Fe2＋，因此0.1 mol铁消耗0.2 mol Fe3＋，生成0.3 mol Fe2＋。
【详解】A选项，1.1 mol NO3－反应转移电子数3.3NA，故A错误；
B选项，无标准状况条件，无法计算反应生成的NO的体积，故B错误；
C选项，生成0.3 mol Fe2＋，0.9 mol Fe3＋，所得溶液中c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝1∶3，故C正确；
D选项，所得溶液中剩余n(NO3－)＝2.4 mol，溶液体积未知，无法计算c（NO3-），故D错误；
综上所述，答案为C。
22. 实验室现有含硫酸和硝酸的混合溶液100mL，其中硫酸的浓度为2mol/L，硝酸的浓度为1mol/L，现向混合溶液中加入16g铜粉，充分反应后(假设只生成NO气体)，最多可收集到标准状况下的气体的体积为
A. 896mL B. 1792 mL C. 2240 mL D. 4480 mL
【答案】C
【解析】
【详解】n(Cu)==0.25mol、n(H+)=0.1L×2mol/L×2+0.1L×1mol/L=0.5mol、n(NO )=0.1L×1mol/L=0.1mol；根据反应方程式3Cu+8H++2 NO=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，NO不足，0.1mol NO完全反应生成0.1molNO，标准状况下的气体的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L=2240mL；
故选C。
二、非选择题(共44分)
23. 如图是元素①~⑤在元素周期表中的位置。
①
③
④
②
⑤
（1）②在周期表中的位置是_____，其淡黄色氧化物与CO2反应的化学方程式是_____。
（2）非金属性：④_____⑤(填“＞”或“＜”)，从原子结构角度解释其原因：_____。
（3）下列说法正确的是_____。
a.图中①~⑤各元素的最高正价都等于其族序数
b.气态氢化物的稳定性④＞⑤
c.在同主族的元素中，①的金属性最强
（4）叠氮化钠是一种无色晶体，广泛用于汽车安全气囊及化工合成等。常见的两种制备方法：2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3；3NaNH2+NaNO3=NaN3+3NaOH+NH3↑。
①写出NaNH2的电子式_____。
②NaOH固体中含有的化学键类型有_____。
【答案】（1） ①. 第三周期第IA族 ②.
（2） ①. > ②. 因为Cl元素电子层数大于F元素，其得电子能力降低，所以非金属性比F元素弱
（3）b （4） ①. ②. 离子键和(极性)共价键
【解析】
【分析】对比元素在元素周期表中的位置，可知①为Li元素；②为Na元素；③为O元素；④为F元素；⑤为Cl元素；
【小问1详解】
②为Na元素，原子序数为11，位于元素周期中第三周期第IA族，其淡黄色氧化物为，与反应的化学方程式为；
故答案为：第三周期第IA族；；
【小问2详解】
根据元素周期律，同主族元素从上到下非金属性递减，因为Cl元素电子层数大于F元素，其得电子能力降低，所以非金属性比F元素弱；
故答案为：>；因为Cl元素电子层数大于F元素，其得电子能力降低，所以非金属性比F元素弱；
【小问3详解】
①为Li元素；②为Na元素；③为O元素；④为F元素；⑤为Cl元素；
a．五种元素中，O和F没有最高正价，故a错误；
b．简单气态氢化物稳定性与非金属性正相关，即非金属性越强，简单气态氢化物稳定性越强，因为非金属性：④>⑤，所以，气态氢化物的稳定性：④>⑤，故b正确；
c．根据元素周期律，同主族元素从上到下金属性递增，同周期元素从左到右依次递减，所以，在同主族的元素中，②的金属性最强，故c错误；
故答案为：b；
【小问4详解】
属于离子化合物，其中除了H元素外最外层均满足8电子稳定结构，其电子式为；
故答案为；；
NaOH属于离子化合物，其中含有离子键，以及由H和O形成的(极性)共价键；
故答案为：离子键和(极性)共价键。
24. 某工厂的工业废水中含大量的FeSO4和较多的Cu2+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收FeSO4和金属铜。请根据以下流程图，回答下列问题。
（1）填写下列标号所代表的物质(主要成分的化学式，注意用量)或操作方法：
①______；②______；⑤______；⑦______；
（2）溶液④中的金属阳离子与氯水反应的离子方程式是______。
（3）若取2mL溶液④加入试管中，然后滴加氢氧化钠溶液，产生的现象是_____；此过程涉及反应中属于氧化还原反应的化学方程式是_____。
【答案】（1） ①. Fe和Cu ②. 溶液 ③. 过量Fe粉 ④. 过量稀
（2）
（3） ①. 刚开始有白色沉淀生成，然后白色沉底迅速变为灰绿色，最后生成红褐色沉淀 ②.
【解析】
【分析】该流程为除杂提纯，若要回收铜，则需加入试剂将铜离子从溶液中置换出来，则该试剂为铁粉，所以试剂⑤为过量Fe粉；过滤后得到Fe和Cu的混合物以及硫酸亚铁溶液，所以①为Fe和Cu，②为溶液；向①中加入过量稀，因Cu不与稀硫酸反应所以过滤后得到Cu和溶液，即③为Cu，④为溶液；
【小问1详解】
综上所述，①为Fe和Cu；②为溶液；⑤为过量Fe粉；⑦为过量稀；
故答案为：Fe和Cu；溶液；过量Fe粉；过量稀；
【小问2详解】
④为溶液，向其中加入氯水，亚铁离子被氧化为铁离子，其反应的离子方程式为；
故答案为：；
【小问3详解】
④为溶液，若取2mL溶液④加入试管中，然后滴加氢氧化钠溶液，发生反应为，因不稳定，极易被氧气氧化生成，其反应为，现象为：刚开始有白色沉淀生成，然后白色沉底迅速变为灰绿色，最后生成红褐色沉淀，其中属于氧化还原反应的是；
故答案为：刚开始有白色沉淀生成，然后白色沉底迅速变为灰绿色，最后生成红褐色沉淀；。
25. NH3是重要的化工原料。
（1）实验室可用固体+固体加热法制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为______，该方法制备NH3的反应方程式______
（2）某化学课外活动小组设计了如图所示组合装置进行氨气的性质探究实验(部分固定装置略去)。
①装置A的分液漏斗中盛放浓氨水，则烧瓶中盛放的药品应该是_____；装置B中盛放的试剂是_____。
②点燃C处酒精灯，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后，关闭分液漏斗活塞，稍等片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，发生反应的化学方程式：______；装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生______(现象)。
（3）①欲制取标准状况下4.48LNH3，至少需要NH4Cl______g。
②实验室制取氨气，还可采用图中的______(填“A”或“B”)。
【答案】（1） ①. ACG ②.
（2） ①. 生石灰(CaO) ②. 碱石灰 ③. ④. 白色沉淀
（3） ① 10.7 ②. A
【解析】
【分析】如图，，装置A用于制备氨气，其反应为；装置F中为氯气与氨气的反应，装置G为尾气处理，吸收多余的氯气，防止污染空气；装置B中的固体为碱石灰，用于干燥氨气；装置C中发生反应为；装置D为安全瓶，防止倒吸；装置E用于吸收氨气，同时装置中有白色沉淀生成；
【小问1详解】
实验室用固体+固体加热法制备的反应为，加热时试管口略微向下倾斜，所以发生装置为A；因为氨气密度小于空气，且极易溶于水，所以选择向下排空气法收集，所以选择装置C收集氨气；氨气极易溶于水，处理尾气时要防止其倒吸，所以尾气处理装置选择G，综上所述，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为ACG；
故答案为：ACG；；
【小问2详解】
①实验室用浓氨水制备氨气时，不加热的情况下用浓氨水与生石灰反应，利用生石灰溶于水放出的热量使氨水分解产生氨气，氨气为碱性气体，只能选择碱性干燥剂，如碱石灰；
故答案为：生石灰(CaO)；碱石灰；
②氨气具有还原性，在加热条件下，氨气能将CuO还原为Cu，其反应为；装置E中为溶有足量二氧化硫的氯化钡溶液，通入氨气后，发生反应，所以装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生白色沉淀；
故答案为：；白色沉淀；
【小问3详解】
①欲制取标准状况下4.48L，其物质的量为，根据原子守恒，需要的物质的量为0.2mol，其质量为；
故答案为：10.7；
②实验室制备氨气可用固固加热法，即氯化铵与熟石灰反应；也可以采用浓氨水与生石灰反应，不能用加热分解氯化铵的方法制取氨气，因为氯化铵分解产生的HCl和氨气在遇冷时又重新反应生成氯化铵固体，易造成堵塞，故实验室制取氨气，还可采用图中的A装置；
故答案为A。
合肥一中20222级高一下学期化学素质拓展训练三
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64
一、单项选择题(每小题仅有一个最佳答案，1-10每小题2分，11-22每小题3分，共计56分)
1. 古文富载化学知识，下列叙述中未涉及氧化还原反应的是
A. 《梦溪笔谈》：“石穴中水，所滴者皆为钟乳”
B. 《神农本草经》，石硫黄：“能化…银、铜、铁，奇物”
C. 《物理小识·金石类》：“有硇水(硝酸)者，剪银块投之，则旋而为水”
D. 《本草经疏》：“丹砂，味甘微寒而无毒若经伏火，则毒等砒硇，服之必毙”
【答案】A
【解析】
【详解】A．《梦溪笔谈》中“又石穴中水，所滴者皆为钟乳……”涉及碳酸氢钙的生成以及碳酸氢钙分解生成碳酸钙的过程，不涉及元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，选项A符合；
B．S能氧化Ag生成Ag2S，氧化Fe生成FeS，氧化Cu生成Cu2S，S元素化合价降低体现了其氧化性，属于氧化还原反应，选项B不符合；
C．该过程为银溶于硝酸，存在N、Ag元素的化合价变化，涉及氧化还原反应，选项C不符合；
D．丹砂（HgS），味甘微寒而无毒…若经伏火…，则毒等砒硇，服之必毙，涉及硫化汞与氧气反应，有元素化合价的变化，是氧化还原反应，选项D不符合；
答案选A。
2. 下列关于氧化物分类的说法不正确的组合是
①金属氧化物也可以形成酸性氧化物
②非金属氧化物一定是酸性氧化物
③SiO2是酸性氧化物，硅酸是它与水反应形成的水化物
④碱性氧化物一定是金属氧化物
⑤Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物
⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物
⑦能与碱反应生成盐和水的氧化物一定是酸性氧化物
A. ②③⑤⑥⑦ B. ①④ C. ②④⑤ D. ①②④⑥⑦
【答案】A
【解析】
【详解】①金属氧化物也可以形成酸性氧化物，如Mn2O7，①正确；
②非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO，②错误；
③SiO2是酸性氧化物，但不能与水反应，③错误；
④碱性氧化物一定是金属氧化物，④正确；
⑤Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，Na2O2与H2O反应除生成NaOH外，还生成O2，不符合碱性氧化物的定义；⑤错误；
⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3是两性氧化物，⑥错误；
⑦能与碱反应生成盐和水的氧化物一定是酸性氧化物，如Al2O3是两性氧化物，⑦错误；
故符合题意的是②③⑤⑥⑦，答案选A。
3. 化学与科技、生产、生活密切相关。下列有关说法错误的是
A. 量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨互为同素异形体
B. 硅橡胶密封材料既耐低温又耐高温，在中国空间站上得到广泛应用
C. 在汽车尾气排放系统中安装催化转化器可有效地减少空气污染
D. 燃煤中加入CaO，主要是为了减少温室气体的排放和酸雨的形成
【答案】D
【解析】
【详解】A．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨均为由碳元素组成的单质，两者互为同素异形体，A正确；
B．硅橡胶具有空间网状结构，具有耐磨、耐高温、耐低温等性能，硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶，广泛应用于航天航空工业，B正确；
C．在汽车尾气排放系统中安装催化转化器，可以将尾气中的氮氧化物、一氧化碳等气体转化为氮气、二氧化碳等无毒气体，减少空气污染，C正确；
D．燃煤中加入CaO，主要是为了将煤中的硫元素转化为硫酸钙从而减少SO2的排放，可以减少酸雨的形成，但不能减少温室气体CO2的排放，D错误；
故选：D。
4. 用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是
A. H2O的分子结构模型：
B. NCl3的电子式：
C. HClO的结构式：H—Cl—O
D. Cl-的结构示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2O是V形分子，分子结构模型为，故A错误；
B．NCl3是共价化合物，电子式为 ，故B正确；
C．HClO中O为中心原子，结构式为H—O—Cl，故C错误；
D．Cl-的质子数为17、电子数为18，结构示意图为 ，故D错误；
选B。
5. 陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是
A. “雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
B. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
C. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
D. 陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
【答案】A
【解析】
【分析】陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。
【详解】A项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误；
B项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；
C项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；
D项、陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查物质的性质，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，把握物质性质、反应与用途为解答的关键。
6. 只用一种试剂，将NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2SO4、NaCl 4种物质的溶液区分开，这种试剂是
A. AgNO3溶液 B. Ba(OH)2溶液 C. NaOH溶液 D. BaCl2溶液
【答案】B
【解析】
【分析】4种物质的溶液中阳离子有铵根离子、钠离子，其中铵根离子可以和氢氧根离子结合生成氨气，氨气是一种有刺激性气味的气体；溶液中的阴离子有硫酸根离子和氯离子，其中硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，氯离子经常用硝酸银溶液来检验，据此分析解答。
【详解】A．加入AgNO3溶液，硫酸银微溶，AgCl白色沉淀，溶液反应现象相同，无法区分，A项错误；
B．加入Ba(OH)2溶液，既有刺激性气味产生，又有白色沉淀生成的是(NH4)2SO4，只有刺激性气味产生的是NH4Cl，只有白色沉淀生成的是Na2SO4，无现象的是NaCl，现象不同，可以区分，B项正确；
C．加入NaOH溶液，有刺激性气味产生的是NH4Cl、(NH4)2SO4，无现象是Na2SO4、NaCl，无法进一步区分，C项错误；
D．加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成的是(NH4)2SO4、Na2SO4，无现象的是NH4Cl、NaCl，无法进一步区分，D项错误；
故正确答案为B。
7. 设NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，32gO2中含有的原子总数为2NA
B. 0.5molO3与11.2LO2所含的分子数一定相等
C. 标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA
D. 常温常压下，22.4L的NO2和CO2混合气体含有2NA个氧原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温常压下，32gO2中含有的原子总数为NA=2NA，A正确；
B．0.5molO3的分子数为0.5 NA，因未告知标准状况下11.2LO2所含的分子数不一定为0.5 NA，B错误；
C．标准状况下CCl4是一种无色液体，故22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数不为NA，C错误；
D．常温常压不是标准状况，常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故常温常压下22.4L的NO2和CO2混合气体含有氧原子数目小于2NA个，D错误；
故答案为：A。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 金属钠投入水中：
B. 硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：
C. 向溶液中通入：
D. 澄清的石灰水久置后出现白色固体：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．没有配平，金属钠投入水中：，A错误；
B．醋酸难电离，硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：，B错误；
C．碳酸的酸性弱于盐酸，向溶液中通入不反应，C错误；
D．澄清的石灰水久置后出现白色固体，是因为氢氧化钙吸收二氧化碳生成碳酸钙：，D正确；
答案选D
9. 实验室需配制一种仅含四种离子(不包括水电离出的离子并忽略水解)的混合溶液，且在混合液中四种离子的物质的量浓度均为0.5mol•L-1，下面四个选项中能达到此目的是
A. Fe2+、Na+、NO、Cl- B. Mg2+、NH、SO、NO
C. H+、K+、Cl-、CH3COO- D. K+、Mg2+、CO、OH-
【答案】B
【解析】
【详解】A．该组离子之间不反应，可大量共存，但物质的量浓度均为0.5mol•L-1，不遵循电荷守恒，故A不选；
B．该组离子之间不反应，可大量共存，且物质的量浓度均为0.5mol•L-1，遵循电荷守恒，故B选；
C．H+、CH3COO-不能大量共存，故C不选；
D．Mg2+分别与CO、OH-反应，不能大量共存，故D不选；
故选：B。
10. 关于反应K2H3IO6+9HI →2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是
A. K2H3IO6发生氧化反应
B. KI是氧化产物
C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
D. 生成4mol I2时，转移9mol电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．K2H3IO6中碘元素的化合价为+7价，产物中为0价，得电子化合价降低，发生还原反应，A错误；
B．根据氧化还原反应的规律可知，KI中的I元素来自HI，化合价没有发生变化，不是氧化产物，B错误；
C．该反应中部分HI中I元素化合价升高被氧化，HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，根据得失电子守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1，C正确；
D．该反应中K2H3IO6中的碘元素全部被还原，生成4mol I2时，消耗1molK2H3IO6，转移7mol电子，D错误；
综上所述答案为C。
11. 用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 用①装置检验溶液中否含有钾元素 B. 用②装置可制备、干燥、收集氨
C. 用③装置除去CO2中含有的少量SO2 D. 用④装置进行喷泉实验
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过焰色实验观察钾元素的火焰颜色时，需要透过蓝色钴玻璃，所以用①装置不能检验溶液中是否含有钾元素，故A不选；
B．浓氨水中含有水，生石灰溶于水放出大量热，使浓氨水分解产生氨气，利用碱石灰(NaOH和CaO)可以干燥氨气，同时用向下排空气法收集氨气，故B选；
C．装置③中，因为二氧化碳和二氧化硫均与碳酸钠溶液反应，所以不能达到除去二氧化硫的目的，故C不选；
D．装置④中NO不与NaOH溶液反应，不能形成喷泉实验，故D不选；
故选B。
12. 在一个恒温、恒容的密闭容器中，有两个可左右自由滑动的密封隔板(a、b)，将容器分成三部分，已知充入的三种气体的质量相等，当隔板静止时，容器内三种气体所占的体积如图所示。下列说法中错误的是
A. 分子数目：
B. 若Y是O2，则X可能是CH4
C. 气体密度：
D. X和Z分子中含有的原子数可能相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题给信息可知，图中X、Y、Z三种气体的压强、温度分别相等，V(X)=V(Z)=2V(Y)，由阿伏加德罗定律可知，n(X) =n(Z)=2n(Y)，所以分子数目N(X)=N(Z)=2N(Y)，A正确；
B．由于三种气体的质量相等，若Y是O2，X是CH4，则符合n(X)=2n(Y)，B正确；
C．由可知，三种气体的密度：2ρ(X)=2ρ(Z)=ρ(Y)，C错误；
D．若X是N2，Z是CO，则n(X) =n(Z)，X和Z含有的原子数相等，D正确；
答案选C。
13. 部分含N及Cl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. 可以通过a的催化氧化反应制备c
B. 工业上通过a→b→c→d→e来制备
C. 浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′
D. 加热d′的固态钾盐可以产生
【答案】B
【解析】
【分析】由图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐。
【详解】A．氨气和氧气可以通过催化氧化反应生成NO，A正确；
B．工业上通过 ，，，即 a→ c→ d→ e 来制备 HNO3，B错误；
C．可通过反应 得到氯气，C正确；
D．氯酸钾受热分解 ，可以产生 O2，D正确；
故答案为B。
14. 如图所示的试管中装有12 mL一氧化氮，然后间歇缓慢地通入8 mL氧气。
有关最终状态的描述：①试管内气体呈红棕色，②试管内气体呈无色，③试管内液面不变，④试管内液面上升，⑤试管内气体是氧气，⑥试管内气体是一氧化氮。其中正确的是( )
A. ②④⑥ B. ①③ C. ②④⑤ D. ②③⑤
【答案】A
【解析】
【详解】NO与O2发生反应：2NO＋O2=2NO2，然后发生4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，得出4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，则
推出12mLNO全部反应，则消耗O2的体积为9mL＞8mL，因此O2不足，NO过量，现象是试管内气体为NO，无色，试管内液面上升，因此②④⑥正确；答案为A。
15. 甲、乙、丙、丁为中学化学常见的物质，其相互转化关系如图(水作为溶剂的未在图上标出)，下列组合不符合题意的是
甲
乙
丙
A
B
C
D
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．过量和氢氧化钠反应生成，和氢氧化钠反应生成，和反应生成，故不选A；
B．若丁是氯气，Fe和氯气反应生成FeCl3；若丁是盐酸，Fe和盐酸反应生成FeCl2，FeCl2和盐酸不反应，故选B；
C．在氧气不足的条件下燃烧生成S和水，S和氧气点燃生成，和反应生成S和水，故不选C；
D．和少量氢氧化钠反应生成，和氢氧化钠反应生成，和混合生成，故不选D；
选B。
16. W、X、Y、Z为原子序数依次减小的短周期主族元素，且只有X、Y位于同一周期。这四种元素形成的某种化合物的结构如图所示。下列叙述错误的是
A. 简单气态氢化物的稳定性：X>Y
B. Y的氯化物所有原子最外层均达到8电子稳定结构
C. 该物质具有强氧化性，可能用于漂白
D. W的最高价氧化物的水化物中既有共价键也有离子键
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次减小短周期主族元素，且只有X、Y位于同一周期，二者只能位于第二周期，W位于第三周期，结合图示可知，W形成+2价阳离子，则W为Mg；X形成2个共价键，Z形成1个共价键，Y形成4个共价键，且每个Y还得到1个电子，则X为O，Y为B，Z为H元素。W为Mg，X为O，Y为B，Z为 H元素。
【详解】A．非金属性O> B，则简单气态氢化物的稳定性：X>Y，A正确；
B．Y的氟化物为BF3，BF3中B原子最外层电子数为3+3=6，不满足8电子稳定结构，B错误；
C．该物质中含有-O-O-键，具有强氧化性，能够用于漂白，C正确；
D．W的最高价氧化物的水化物为Mg(OH)2，既有共价键也有离子键，D正确；
故选B。
17. 向100mLNaOH溶液中通入一定量的SO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol•L-1的盐酸，产生SO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是
A. 通入SO2后，所得溶液溶质成分的物质的量之比为n(NaHSO3)：n(Na2SO3)=1：1
B. 通入SO2的体积为336mL
C. 通入SO2后，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)：n(Na2SO3)=1：3
D. 原NaOH溶液的浓度为0.2mol•L-1
【答案】D
【解析】
【分析】将通入到NaOH溶液中，少量时，发生反应；过量时，发生反应；根据反应和，再结合图中消耗的盐酸的体积可知，通入的过量，溶质为和；
【详解】A．由图可知，0~25mL为盐酸与反应生成，25mL~100mL为盐酸与反应生成，其中有25mL是生成的消耗的，所以通入后，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为，故A错误；
B．如图，根据消耗的盐酸体积以及产生的体积可知，通入的最后全部从溶液中逸出，生成消耗的盐酸体积为75mL，根据反应，所以有 ，标况下的体积为，提给未说明是标况下，故B错误；
C．根据图中数据推测，通入的过量，溶质为和，故C错误；
D．由图可知，盐酸体积为100mL时，生成的体积最大，此时溶质为NaCl，及总反应可表示为，所以有，即，故D正确；
故选D。
18. 下列事实与氢键有关的是( )
A. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
B. 水加热到很高的温度都难以分解
C. CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高
D. 氨气在水中的溶解度很大
【答案】D
【解析】
【详解】A. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱与共价键有关系，故A不符合；
B. 水加热到很高的温度都难以分解与共价键有关系，故B不符合；
C. CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高，与分子间作用力有关系，故C不符合；
D. NH3在水中的溶解度很大，其主要原因是NH3与H2O之间可形成氢键，故D符合；
答案选D。
19. 天然气中含有有毒气体H2S，用下图所示流程可实现天然气在氧化亚铁硫杆菌(T·F菌)作用下催化脱硫。下列说法不正确的是
A. 过程①发生反应
B. 过程②会使环境pH升高
C. 该脱硫过程中T·F菌起催化剂的作用
D. 该脱硫过程的总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由题干转化信息可知，过程①发生反应，A正确；
B. 由题干转化信息可知，过程②的4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故过程②的pH升高，B正确；
C. 由题干信息可知，该脱硫过程可实现天然气在氧化亚铁硫杆菌(T·F菌)作用下催化脱硫，即该脱硫过程中T·F菌起催化剂的作用，C正确；
D. 依据图示：在硫酸铁催化剂条件下硫化氢与氧气反应生成硫单质和水，反应总方程式：2H2S+O2═2S+2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，D错误；
故答案为D。
20. a、b、c、d是四种短周期元素，a、b、d同周期；c、d同主族；a的原子结构示意图为，b与c形成的化合物的化学式为b3c，且b、c离子有相同的电子层结构。下列说法中错误的是
A. 原子序数：a>b>c B. 原子半径：c>a>d
C. a与c可形成化合物a3c4 D. 最高价含氧酸的酸性：c>d>a
【答案】B
【解析】
【分析】由a的原子结构示意图知x=2，则a为Si，b，d都为第三周期元素，c为第二周期元素；b与c形成的化合物的化学式为b3c，b的化合价为+1价，则b为Na，c为N；c、d同主族，则d为P元素。
【详解】A．根据以上分析可得，原子序数：a>b>c，故A正确；
B．原子半径：a(Si)>d(P)>c(N)，故B错误。
C．a与c可形成化合物Si3N4，故C正确；
D．非金属性越强其最高价含氧酸的酸性越强，故c>d>a，故D正确；
答案选B。
21. 某稀溶液中含有3.5 mol KNO3和2.2 mol H2SO4，向其中加入1.2 mol Fe，充分反应(已知NO被还原为NO)。下列说法正确的是
A. 反应过程中转移的电子数3NA
B. 反应后生成NO的体积为24.64 L
C. 所得溶液中c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝1∶3
D. 所得溶液中c(NO3-)＝2.4 mol·L－1
【答案】C
【解析】
【分析】某稀溶液中含有3.5 mol KNO3和2.2 mol H2SO4，向其中加入1.2 mol Fe，充分反应(已知NO3－被还原为NO)，先发生反应的离子方程式为
Fe + NO3- + 4H+ = Fe3+ + NO↑ + 2H2O
1.2mol 3.5mol 4.4mol
可见，氢离子消耗完，铁过量，消耗1.1 mol金属铁，1.1 mol NO3－，生成1.1 mol Fe3＋，1.1 mol NO气体，铁还剩余0.1 mol，铁又和铁离子反应，Fe ＋ 2Fe3＋==3Fe2＋，因此0.1 mol铁消耗0.2 mol Fe3＋，生成0.3 mol Fe2＋。
【详解】A选项，1.1 mol NO3－反应转移电子数3.3NA，故A错误；
B选项，无标准状况条件，无法计算反应生成的NO的体积，故B错误；
C选项，生成0.3 mol Fe2＋，0.9 mol Fe3＋，所得溶液中c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝1∶3，故C正确；
D选项，所得溶液中剩余n(NO3－)＝2.4 mol，溶液体积未知，无法计算c（NO3-），故D错误；
综上所述，答案为C。
22. 实验室现有含硫酸和硝酸的混合溶液100mL，其中硫酸的浓度为2mol/L，硝酸的浓度为1mol/L，现向混合溶液中加入16g铜粉，充分反应后(假设只生成NO气体)，最多可收集到标准状况下的气体的体积为
A. 896mL B. 1792 mL C. 2240 mL D. 4480 mL
【答案】C
【解析】
【详解】n(Cu)==0.25mol、n(H+)=0.1L×2mol/L×2+0.1L×1mol/L=0.5mol、n(NO )=0.1L×1mol/L=0.1mol；根据反应方程式3Cu+8H++2 NO=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，NO不足，0.1mol NO完全反应生成0.1molNO，标准状况下的气体的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L=2240mL；
故选C。
二、非选择题(共44分)
23. 如图是元素①~⑤在元素周期表中的位置。
①
③
④
②
⑤
（1）②在周期表中的位置是_____，其淡黄色氧化物与CO2反应的化学方程式是_____。
（2）非金属性：④_____⑤(填“＞”或“＜”)，从原子结构角度解释其原因：_____。
（3）下列说法正确的是_____。
a.图中①~⑤各元素的最高正价都等于其族序数
b.气态氢化物的稳定性④＞⑤
c.在同主族的元素中，①的金属性最强
（4）叠氮化钠是一种无色晶体，广泛用于汽车安全气囊及化工合成等。常见的两种制备方法：2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3；3NaNH2+NaNO3=NaN3+3NaOH+NH3↑。
①写出NaNH2的电子式_____。
②NaOH固体中含有的化学键类型有_____。
【答案】（1） ①. 第三周期第IA族 ②.
（2） ①. > ②. 因为Cl元素电子层数大于F元素，其得电子能力降低，所以非金属性比F元素弱
（3）b （4） ①. ②. 离子键和(极性)共价键
【解析】
【分析】对比元素在元素周期表中的位置，可知①为Li元素；②为Na元素；③为O元素；④为F元素；⑤为Cl元素；
【小问1详解】
②为Na元素，原子序数为11，位于元素周期中第三周期第IA族，其淡黄色氧化物为，与反应的化学方程式为；
故答案为：第三周期第IA族；；
【小问2详解】
根据元素周期律，同主族元素从上到下非金属性递减，因为Cl元素电子层数大于F元素，其得电子能力降低，所以非金属性比F元素弱；
故答案为：>；因为Cl元素电子层数大于F元素，其得电子能力降低，所以非金属性比F元素弱；
【小问3详解】
①为Li元素；②为Na元素；③为O元素；④为F元素；⑤为Cl元素；
a．五种元素中，O和F没有最高正价，故a错误；
b．简单气态氢化物稳定性与非金属性正相关，即非金属性越强，简单气态氢化物稳定性越强，因为非金属性：④>⑤，所以，气态氢化物的稳定性：④>⑤，故b正确；
c．根据元素周期律，同主族元素从上到下金属性递增，同周期元素从左到右依次递减，所以，在同主族的元素中，②的金属性最强，故c错误；
故答案为：b；
【小问4详解】
属于离子化合物，其中除了H元素外最外层均满足8电子稳定结构，其电子式为；
故答案为；；
NaOH属于离子化合物，其中含有离子键，以及由H和O形成的(极性)共价键；
故答案为：离子键和(极性)共价键。
24. 某工厂的工业废水中含大量的FeSO4和较多的Cu2+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收FeSO4和金属铜。请根据以下流程图，回答下列问题。
（1）填写下列标号所代表的物质(主要成分的化学式，注意用量)或操作方法：
①______；②______；⑤______；⑦______；
（2）溶液④中的金属阳离子与氯水反应的离子方程式是______。
（3）若取2mL溶液④加入试管中，然后滴加氢氧化钠溶液，产生的现象是_____；此过程涉及反应中属于氧化还原反应的化学方程式是_____。
【答案】（1） ①. Fe和Cu ②. 溶液 ③. 过量Fe粉 ④. 过量稀
（2）
（3） ①. 刚开始有白色沉淀生成，然后白色沉底迅速变为灰绿色，最后生成红褐色沉淀 ②.
【解析】
【分析】该流程为除杂提纯，若要回收铜，则需加入试剂将铜离子从溶液中置换出来，则该试剂为铁粉，所以试剂⑤为过量Fe粉；过滤后得到Fe和Cu的混合物以及硫酸亚铁溶液，所以①为Fe和Cu，②为溶液；向①中加入过量稀，因Cu不与稀硫酸反应所以过滤后得到Cu和溶液，即③为Cu，④为溶液；
【小问1详解】
综上所述，①为Fe和Cu；②为溶液；⑤为过量Fe粉；⑦为过量稀；
故答案为：Fe和Cu；溶液；过量Fe粉；过量稀；
【小问2详解】
④为溶液，向其中加入氯水，亚铁离子被氧化为铁离子，其反应的离子方程式为；
故答案为：；
【小问3详解】
④为溶液，若取2mL溶液④加入试管中，然后滴加氢氧化钠溶液，发生反应为，因不稳定，极易被氧气氧化生成，其反应为，现象为：刚开始有白色沉淀生成，然后白色沉底迅速变为灰绿色，最后生成红褐色沉淀，其中属于氧化还原反应的是；
故答案为：刚开始有白色沉淀生成，然后白色沉底迅速变为灰绿色，最后生成红褐色沉淀；。
25. NH3是重要的化工原料。
（1）实验室可用固体+固体加热法制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为______，该方法制备NH3的反应方程式______
（2）某化学课外活动小组设计了如图所示组合装置进行氨气的性质探究实验(部分固定装置略去)。
①装置A的分液漏斗中盛放浓氨水，则烧瓶中盛放的药品应该是_____；装置B中盛放的试剂是_____。
②点燃C处酒精灯，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后，关闭分液漏斗活塞，稍等片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，发生反应的化学方程式：______；装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生______(现象)。
（3）①欲制取标准状况下4.48LNH3，至少需要NH4Cl______g。
②实验室制取氨气，还可采用图中的______(填“A”或“B”)。
【答案】（1） ①. ACG ②.
（2） ①. 生石灰(CaO) ②. 碱石灰 ③. ④. 白色沉淀
（3） ① 10.7 ②. A
【解析】
【分析】如图，，装置A用于制备氨气，其反应为；装置F中为氯气与氨气的反应，装置G为尾气处理，吸收多余的氯气，防止污染空气；装置B中的固体为碱石灰，用于干燥氨气；装置C中发生反应为；装置D为安全瓶，防止倒吸；装置E用于吸收氨气，同时装置中有白色沉淀生成；
【小问1详解】
实验室用固体+固体加热法制备的反应为，加热时试管口略微向下倾斜，所以发生装置为A；因为氨气密度小于空气，且极易溶于水，所以选择向下排空气法收集，所以选择装置C收集氨气；氨气极易溶于水，处理尾气时要防止其倒吸，所以尾气处理装置选择G，综上所述，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为ACG；
故答案为：ACG；；
【小问2详解】
①实验室用浓氨水制备氨气时，不加热的情况下用浓氨水与生石灰反应，利用生石灰溶于水放出的热量使氨水分解产生氨气，氨气为碱性气体，只能选择碱性干燥剂，如碱石灰；
故答案为：生石灰(CaO)；碱石灰；
②氨气具有还原性，在加热条件下，氨气能将CuO还原为Cu，其反应为；装置E中为溶有足量二氧化硫的氯化钡溶液，通入氨气后，发生反应，所以装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生白色沉淀；
故答案为：；白色沉淀；
【小问3详解】
①欲制取标准状况下4.48L，其物质的量为，根据原子守恒，需要的物质的量为0.2mol，其质量为；
故答案为：10.7；
②实验室制备氨气可用固固加热法，即氯化铵与熟石灰反应；也可以采用浓氨水与生石灰反应，不能用加热分解氯化铵的方法制取氨气，因为氯化铵分解产生的HCl和氨气在遇冷时又重新反应生成氯化铵固体，易造成堵塞，故实验室制取氨气，还可采用图中的A装置；
故答案为A。
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