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浙江省瑞安市瑞祥高级中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题
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瑞安中学2022级高一(上)期末检测
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64 K-39 Cl-35.5 Ba-137 Mn-55
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列物质中含有共价键的盐是
A. MgCl2 B. C. Na2O2 D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．MgCl2由Mg2+、Cl-构成，只含离子键，故不选A；
B．由Na+、OH-构成，属于碱，含有离子键、共价键，故不选B；
C．Na2O2由Na+、构成，属于氧化物，含有离子键、共价键，故不选C；
D．由、Br-构成，属于盐，含有离子键、共价键，故选D；
选D。
2. 读下列药品标签，有关分析不正确的是
选项
A
B
C
D
物品标签
药品：×××
分析
该试剂应装在棕色的广口瓶中
该药品不能与皮肤直接接触
该物质受热易分解
该药品标签上还标有
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．次氯酸见光易分解，氯水是液体试剂，应装在棕色的细口瓶中，故A错误；
B．根据图示，该药品具有腐蚀性，不能与皮肤直接接触，故B正确；
C．碳酸氢钠不稳定，受热易分解为碳酸钠、二氧化碳、水，故C正确；
D．浓硫酸具有强腐蚀性，故D正确；
选A。
3. 下列分散系能产生“丁达尔效应”的是
A. 酒精 B. 有色玻璃 C. 盐酸 D. 油水
【答案】B
【解析】
【详解】A．酒精是纯净物，不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，故不选A；
B．有色玻璃是固溶胶，能产生“丁达尔效应”，故选 B；
C．盐酸属于溶液，不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，故不选C；
D．油水是乳浊液，不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，故不选D；
选B。
4. 下列物质中不能使湿润的KI-淀粉试纸变蓝的是
A. 二氧化硫 B. 氯水 C. 碘水 D. 双氧水
【答案】A
【解析】
【详解】已知碘遇淀粉试液变蓝色，所以要使KI生成I2，需要加入氧化性物质。
A．SO2既有氧化性又有还原性，但其氧化性弱，不能氧化KI，故A不能使湿润的KI-淀粉试纸变蓝；
B．氯水中含有大量的氯气单质，有很强的氧化性，能够氧化KI生成I2，所以氯水能使湿润的KI-淀粉试纸变蓝；
C．碘水中含有碘单质，所以也能使湿润的KI-淀粉试纸变蓝；
D．双氧水具有较强的氧化性，能够氧化KI生成I2，所以能够使湿润的KI-淀粉试纸变蓝。
正确答案为A。
5. 下列化学用语表示不正确的是
A. 硫离子的结构示意图 B. 氯化铵的电子式：
C. N2的结构式：N≡N D. H2S的空间结构：“V”字型
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫离子核外有18个电子，结构示意图，故A正确；
B．氯化铵是离子化合物，电子式为，故B错误；
C．N2分子中存在氮氮三键，结构式为N≡N，故C正确；
D．H2S中S原子价电子对数为4，有2个孤电子对，空间结构为“V”型，故D正确；
选B。
6. 将NaCl固体溶于水后，溶液中存在多种微粒，如图所示的微粒是
A. 聚合水分子 B. 水合钠离子
C. 水合氯离子 D. 水合氢离子
【答案】C
【解析】
【详解】氯离子带负电荷，钠离子带正电荷，在水分子中氧显负电性，氢显正电性，异种电荷互相吸引，故该离子为水合氯离子，故C正确；
故选C。
7. 下列说法中正确的是
A. 中子数为20的氯原子可以表示为
B. 互为同位素的两种核素，它们原子核内的质子数一定相等
C. 人们发现了112种元素，即共有112种核素
D. 原子结构模型演变历史可以用上图表示
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据质量数等于质子数加中子数，故中子数为20的氯原子可以表示为，A错误；
B．同位素是指具有相同数目质子、不同数目中子的同一元素的不同核素之间，故互为同位素的两种核素，它们原子核内的质子数一定相等，B正确；
C．由于同一元素可能有多种核素，人们发现了112种元素，但共有的核素种类大于112，C错误；
D．19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体，1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型，1911年英国物理学家卢瑟福(汤姆生的学生)提出了带核的原子结构模型，1913年丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型，D错误；
故答案为：B。
8. 电视剧中《三生三世十里桃花》中的仙境美轮美奂，其中所需的烟雾是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混合物中滴几滴水后产生的白烟：，下列说法中正确的是
A. 每生成1molZnO共转移2mol电子 B. 该反应中氧化产物只有一种
C. NH4NO3既氧化剂又是还原剂 D. 每产生448mLN2生成0.72gH2O
【答案】C
【解析】
【分析】在反应NH4NO3＋Zn=ZnO＋N2↑＋2H2O中，NH4NO3中N元素分别为-3、+5价，反应后都转化为0价；Zn生成ZnO，由0价升高到+2价。
【详解】A．在反应NH4NO3＋Zn=ZnO＋N2↑＋2H2O中，电子转移的数目为5e-，所以每生成1molZnO，共转移5mol电子，A错误；
B．通过分析可知氮气和氧化锌都是氧化产物，B错误；
C．NH4NO3中N元素价态既升高又降低，所以既是氧化剂又是还原剂，C正确；
D．没有指明反应的温度和压强，无法计算448mLN2的物质的量，所以无法确定生成水的质量，D错误；
故选C。
9. 下列说法不正确的是
A. 硬铝较轻且硬度大，常用于制造飞机的零部件
B. Al2O3熔点很高，可用作高级耐火材料
C. 人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞
D. 黄绿色气体ClO2是一种高效安全的净水剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．硬铝密度小、硬度大，常用于制造飞机的零部件，故A正确；
B．Al2O3熔点很高，可用作高级耐火材料，故B正确；
C．人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞，被用于治疗心绞痛，故C正确；
D．黄绿色气体ClO2是一种高效安全的消毒剂，能杀菌消毒，不能净水，故D错误；
选D。
10. 关于硫及含硫化合物的说法中，正确的是
A. 硫的化学性质比较活泼，自然界中不能以游离态存在
B. 自然界中的硫酸钡以重晶石的形式存在，硫酸钙常以石膏()的形式存在
C. 食品中添加适量可以起到漂白、防腐等作用
D. 常温下，Fe和浓硫酸不反应，在加热条件下可以反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．S元素在自然界中以游离态、化合态存在，故A错误；
B．自然界中硫酸钙常以石膏()的形式存在，故B错误；
C．二氧化硫具有还原性、漂白性，食品中添加适量可以起到漂白、防腐等作用，故C正确；
D．常温下，Fe在浓硫酸中钝化，铁被氧化为一层致密氧化物保护膜，阻止反应进一步发生，而不是不反应，故D错误；
选C。
11. 氮是各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，氮的循环为生物体提供氮元素。下列过程属于氮的固定的是
A. 工业利用氮气和氢气合成氨气 B. 氨气和硫酸反应制取铵态氮肥
C. 氨基酸合成人体所需的蛋白质 D. 硝酸盐在细菌作用下生成氮气
【答案】A
【解析】
【详解】A．工业利用氮气和氢气合成氨气，氮元素由游离态转化为化合态，属于氮固定，故选A；
B．氨气和硫酸反应制取铵态氮肥，氮元素不是由游离态转化为化合态，不属于氮的固定，故不选B；
C．氨基酸合成人体所需的蛋白质，氮元素不是由游离态转化为化合态，不属于氮的固定，故不选C；
D．硝酸盐在细菌作用下生成氮气，氮元素由化合态转化为游离态，不属于氮的固定，故不选D；
选A。
12. 如图所示的实验，收集满时不会出现的现象是
A. 湿润的试纸变蓝色 B. 蘸有浓盐酸的滤纸周围有白烟产生
C. 蘸有酚酞溶液的滤纸无明显变化 D. 湿润的红色石蕊试纸变蓝色
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH3溶于水所得水溶液显碱性，故NH3遇到湿润的pH试纸，会出现变蓝现象，A说法合理；
B．浓盐酸挥发出HCl气体，遇到NH3反应生成固体NH4Cl，产生白烟，B说法合理；
C．NH3溶于水所得水溶液显碱性，故NH3遇到蘸有酚酞溶液的滤纸会出现变红现象，C符合题意；
D．NH3溶于水所得水溶液显碱性，故NH3遇到湿润的红色石蕊试纸，会出现变蓝现象，D说法合理；
故答案选C。
13. 下列离子方程式书写正确的是
A. 铝粉投入氢氧化钠溶液中：Al+4OH-=AlO+2H2O
B. 氢氧化钡溶液中通入过量SO2气体：Ba2++2OH-+SO2=BaSO3↓+H2O
C. 常温下，将氯气通入氢氧化钠溶液制备漂白液：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
D. 向FeBr2溶液中通入少量的Cl2：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
【答案】C
【解析】
14. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A. Fe Fe2O3 Fe2(SO4)3 B. SSO3H2SO4
C. SO2H2SO3 H2SO4 D. NH3NOHNO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe与O2在点燃时反应产生Fe3O4，不是生成Fe2O3，A错误；
B．S与O2在点燃时反应产生SO2，不能产生SO3，B错误；
C．SO2易溶于水，与水反应产生H2SO3，H2SO3具有还原性，与O2混合，被O2氧化为H2SO4，符合物质反应转化关系，C正确；
D．NH3被O2催化氧化产生NO，NO不溶于水，不能与水反应产生HNO3，D错误；
故合理选项是C。
15. 短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是
Y
Z
X
W
A. 原子半径：XZ
C. Z、W均可与Mg形成离子化合物 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W
【答案】C
【解析】
【分析】设元素Y的原子序数为y，则y+y+10=3×（y+1），解得y=7，则Y为N元素、X为Si元素、Z为O元素、W为Cl元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，原子半径：Z＜Y，选项A错误；
B．元素非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氮元素的非金属性强于硅元素，则气态氢化物的稳定性：X＜Z，选项B错误；
C．O元素、Cl元素与Mg元素形成的化合物氧化镁、氯化镁都是离子化合物，选项C正确；
D．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯元素的非金属性强于硅元素，则最高价氧化物对应水化物的酸性：X＜W，选项D错误；
答案选C。
16. 下列说法正确的是
A. IA族元素与ⅦA族元素之间形成的化合物一定含离子键
B. HF、HCl、HBr、HI酸性依次增强，说明非金属性：F>Cl>Br>I
C. 某化合物在熔融状态下能导电，该化合物一定含离子键
D. 离子键形成过程中一定伴随电子转移
【答案】C
【解析】
【详解】A．IA族的元素H与ⅦA族元素之间形成的化合物是共价化合物，只含共价键，故A错误；
B．无氧酸的酸性强弱与元素的非金属性无关，HF、HCl、HBr、HI酸性依次增强，不能说明非金属性：F>Cl>Br>I，故B错误；
C．熔融状态破坏离子键，某化合物在熔融状态下能导电，该化合物一定含离子键，故C正确；
D．离子键形成过程中不一定伴随电子转移，Ca2++=CaCO3↓，形成离子键的过程中没有电子转移，故D错误；
选C。
17. 下列实验装置或对实验的描述正确的是
A
B
C
D
收集NO2气体
验证NH3极易溶于水
检验CO2
制备SO2
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．NO2密度比空气大，应该用向上排空气法收集，故A错误；
B．烧瓶中滴入水，气球膨胀，证明氨气极易溶于水，故B正确；
C．木炭和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，故C错误；
D．铜和浓硫酸在加热的条件下才能反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故D错误；
选B。
18. HN3在常温下是一种无色液体，与CH3COOH的酸性相似，能与氢氧化钠溶液反应生成叠氮化钠(NaN3)，某些安全气囊中装有叠氮化钠，受到强烈撞击时可产生大量气体，保护人员安全。下列说法不正确的是
A. NaN3的摩尔质量为65g/mol
B. HN3与Na2CO3溶液反应的离子方程式为：2H++CO=CO2↑+H2O
C. HN3也能与氨水发生反应生成NH4N3
D. NaN3受到强烈撞击时发生分解，发生反应的化学方程式为：2NaN3=2Na+3N2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaN3的摩尔质量为65g/mol，正确；
B．根据HN3与CH3COOH的酸性相似均为弱酸，书写离子方程式时不能拆开，故HN3与Na2CO3溶液反应的离子方程式为：2 HN3+CO=CO2↑+H2O+2N，错误；
C．HN3为一元酸，故也能与氨水发生反应生成NH4N3，正确；
D．NaN3受到强烈撞击时可产生大量气体，发生反应的化学方程式为：2NaN3=2Na+3N2↑，正确；
故选B。
19. 向含有一定物质的量的和的混合溶液中逐渐加入粉至过量，该溶液的质量随加入铁粉的质量的变化关系图为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】和的混合溶液中逐渐加入粉至过量，可先后发生反应：2FeCl3+Fe=3FeCl2，CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，据此分析解答。
【详解】Fe先与FeCl3溶液反应，溶液的质量增加，FeCl3反应完全后再与CuCl2溶液反应，由于Fe的相对原子质量小于Cu的相对原子质量，导致溶液质量减小，当和全部反应完全，溶液质量保持不变，故A图像正确；
答案选A。
20. 下列关于元素周期表和周期律说法正确的是
A. HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键
B. 碱金属和卤族单质的熔沸点随原子序数的增大而增大
C. 卤族元素从F到I，对应氢化物的还原性逐渐增强
D. NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响
【答案】C
【解析】
【详解】A．HF分子很稳定是由于H-F键的键能大，与分子之间的氢键无关，故A错误；
B．碱金属熔沸点随原子序数的增大而降低，故B错误；
C．卤族元素从F到I，原子半径增大，元素非金属性减弱，对应氢化物的还原性逐渐增强，故C正确；
D．NaHSO4晶体溶于水时电离出Na+、H+、，离子键被破坏，共价键中O-H键被破坏，故D错误；
选C。
21. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温、常压下，中含有氮原子数为2
B. 固体与水完全反应时，转移的电子数为0.1
C. 的水溶液中含有氧原子数为0.01
D. 和的混合物中含有的氧原子数目为0.25
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，22.4L气体的物质的量约为1，常温、常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，的物质的量小于1，故含有氮原子数不是2，故A错误；
B．由于中的O为﹣1价，固体与水完全反应时，生成的物质的量为0.05，转移的电子数为0.1，故B正确；
C．的水溶液中含有大量的，溶液中氧原子数远大于0.01，故C错误；
D．和的混合物中，由于总质量固定，无论含有的和以何种比例混合，氧原子数目均为0.2，故D错误。
故选B。
22. 下列除杂方案错误的是
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A
Mg(s)
Al(s)
足量NaOH溶液
过滤
B
NO
NO2
水
洗气
C
Cl2
O2
灼热的铜丝网
灼烧
D
Na2CO3(s)
NaHCO3(s)
—
灼烧
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Mg和氢氧化钠溶液不反应，Al和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液和氢气，用氢氧化钠溶液除Mg中含有的杂质Al，故A正确；
B．NO2和水反应生成硝酸和NO，用水除NO中的NO2气体，故B正确；
C．Cl2、O2都能与热的铜丝反应，不能用灼热的铜丝网除Cl2中的杂质O2，故C错误；
D．NaHCO3(s)加热分解为Na2CO3(s)、二氧化碳、水，用加热法除Na2CO3(s)中的杂质NaHCO3(s)，故D正确；
选C。
23. 常温下，向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液，反应原理如下所示。关于该反应过程说法正确的是
I：M’+H2O2→O2+H++M
II：M+H++H2O2→H2O+M’(以上两个反应均未配平)
A. 在该反应过程中，M是Fe3+，M’是Fe2+
B. 当反应I有1molO2生成时，转移2mol电子
C. 在H2O2分解过程中，Fe2+是催化剂
D. H2O2的氧化性比Fe3+强，还原性比Fe2+弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe2(SO4)3在该反应过程中作催化剂，I 中Fe3+被还原为Fe2+，II 中Fe2+被氧化为Fe3+，所以M是Fe2+，M’是Fe3+，故A错误；
B．反应I中氧元素化合价由-1升高为0，当反应I有1molO2生成时，转移2mol电子，故B正确；
C．I 中Fe3+被还原为Fe2+，II 中Fe2+被氧化为Fe3+，在H2O2分解过程中，Fe3+是催化剂，故C错误；
D．根据反应II可知H2O2的氧化性比Fe3+强，根据反应I可知H2O2的还原性比Fe2+强，故D错误；
选B。
24. 下列三组实验进行一段时间后，溶液中均有白色沉淀生成，下列说法不正确的是
实验①
实验②
实验③
A. 实验①中生成的沉淀是
B. 实验①中若同时滴入少量氢氧化钠溶液，也可以生成白色沉淀
C. 实验②沉淀中可能含有
D. 实验③生成沉淀的离子方程式是：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．碳酸氢根离子电离出碳酸根离子，与钡离子反应，生成的沉淀是BaCO3，故A正确；
B．碳酸氢根离子与NaOH反应生成碳酸根离子，再与钡离子反应，生成沉淀是BaCO3，故B正确；
C．钡离子与亚硫酸根离子反应，且亚硫酸根离子易被氧化，则白色沉淀中可能含有BaSO4，故C正确；
D．盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，氯化钡与亚硫酸不反应，而生成白色沉淀为BaSO4，与亚硫酸被氧化为硫酸有关，故D错误；
故答案为D。
25. 某无色澄清溶液中可能大量含有：Na+、SO、Cl-、SO、CO、H+、Cu2+中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的部分现象如下：
步骤
操作
现象
Ⅰ
取试样1，滴加几滴酚酞溶液
溶液变红
Ⅱ
取试样2，向该试样中滴加Ba(NO3)2溶液和稀硝酸
有白色沉淀生成
Ⅲ
将Ⅱ中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液
有白色沉淀生成
下列有关原溶液结论正确的是
A. 该实验无法确定是否含有SO
B. 肯定含有的离子是Na+、SO、Cl-
C. 可能含有的离子是Na+、CO
D. 肯定没有的离子是CO、H+、Cu2+，可能含有的离子是SO
【答案】A
【解析】
【分析】无色溶液说明不含Cu2+，步骤I中滴加几滴酚酞溶液变红，说明溶液呈碱性，则H+不能共存而不存在；步骤II加入稀硝酸有氧化性，可将SO氧化为SO，则滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成不能证明有SO，步骤III加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，说明含有Cl-，由溶液呈电中性，而阳离子只有Na+，则一定存在：Na+、Cl-，一定不存在：Cu2+、H+，可能存在SO，不能确定是否存在SO、CO；
【详解】A．分析可知，步骤II加入稀硝酸有氧化性，可将SO氧化为SO，则滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成不能证明有SO，无法确定是否含有SO，A正确；
B．分析可知，肯定含有的离子是Na+、Cl-，无法确定是否含有SO，B错误；
C．分析可知，Na+一定存在，C错误；
D．肯定没有的离子是H+、Cu2+，无法确定是否含有CO，D错误；
故选：A。
二、填空题(本大题共 5 题，共 50 分)
26. 按要求完成下列填空：
（1）胆矾的化学式：_______；生石灰的化学式：_______；写出H2O的空间构型：_______。
（2）覆铜板制作印刷电路板原理的离子方程式：_______。
（3）炭和浓硫酸反应的化学方程式：_______。
（4）相同条件下，冰的密度比水小的原因是_______。
【答案】（1） ①. CuSO4·5H2O ②. CaO ③. V形(折线形)
（2）2Fe3+ + Cu =2Fe2++ Cu2+
（3）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
（4）冰中水分子以氢键结合成排列规整的晶体，结构中有空隙，体积膨胀，密度减小
【解析】
【小问1详解】
胆矾是五水合硫酸铜，化学式为CuSO4·5H2O；生石灰是氧化钙，化学式CaO；H2O分子中O原子采用sp3杂化，有2个孤电子对，空间构型为V形。
【小问2详解】
覆铜板制作印刷电路板，氯化铁和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+；
【小问3详解】
炭和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
【小问4详解】
冰中水分子以氢键结合成排列规整的晶体，结构中有空隙，体积膨胀，密度减小，所以相同条件下，冰的密度比水小。
27. X、Y、Z、M、W、Q、R是7种短周期元素，其原子半径及主要化合价如表：
元素代号
X
Y
Z
M
W
Q
R
原子半径/nm
0.186
0.143
0.104
0.099
0.070
0.066
0.032
主要化合价
+1
+3
+6，﹣2
+7，﹣1
+5，﹣3
﹣2
+1
完成下列填空：
（1）上述元素中，Z在周期表中的位置是_______，由X、Y、Z、Q四种元素形成的简单离子半径由大到小的顺序是：_______ 。(用离子符号表示)
（2）由W、R两种元素组成的10e- 分子，其电子式为_______，由Q、R两种元素组成的18e- 分子，其结构式为_______。
（3）Y元素与M元素最高价氧化物对应水化物间能发生反应，其反应离子方程式为：_______。
（4）由Z、W、Q、R四种元素形成的一种离子化合物，其水溶液显强酸性，该化合物的化学式为：_______，1 mol该化合物的晶体中所含的离子数是_______。
（5）用一个化学方程式表示M元素的非金属性比Z强_______。
【答案】（1） ①. 第三周期、第VIA族 ②. S2-> O2->Na+ >Al3+
（2） ①. ②. H-O-O-H
（3）Al(OH)3 + 3H+=Al3++3H2O
（4） ①. NH4HSO4 ②. 2NA
（5）
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、W、Q、R是7种短周期元素。Q的主要化合价为-2，Q是O元素；Z的主要化合价为+6、-2，则Z是S元素；M的主要化合价为+7、-1，则M是Cl元素；R的化合价为+1，半径小于O的原子半径，R是H元素；X的化合价为+1，半径大于S的原子半径，X是Na元素；Y的化合价为+3，半径大于S的原子半径，Y是Al元素；W的主要化合价为+5、-3，半径大于O、小于S，所以W是N元素。
【小问1详解】
Z是S元素，在周期表中的位置是第三周期VIA族；电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，Na+、Al3+、S2-、O2-半径由大到小的顺序是S2-> O2->Na+ >Al3+；
【小问2详解】
由N、H两种元素组成的10e- 分子是NH3，其电子式为；由O、H两种元素组成的18e- 分子是H2O2，其结构式为H-O-O-H。
【小问3详解】
Al元素最高价氧化物对应水化物是Al(OH)3，Cl元素最高价氧化物对应水化物是HClO4，Al(OH)3、HClO4反应的离子方程式为Al(OH)3 + 3H+=Al3++3H2O。
【小问4详解】
由S、N、O、H四种元素形成的一种离子化合物，其水溶液显强酸性，该化合物的化学式为NH4HSO4，NH4HSO4由 构成，1 mol该化合物的晶体中所含的离子数是2NA。
【小问5详解】
氯气和硫化氢反应生成氯化氢和S沉淀，说明Cl2的氧化性大于S，则Cl的非金属性大于S，反应的化学方程式为。
28. 某研究小组设计如下实验探究只含四种常见元素，且阴、阳离子个数比为1∶1 的无机盐A。
已知：标准状况下气体单质C的密度为1.25g·L-1。
（1）无机盐中所含金属元素为 _______。
（2）写出气体C的结构式_______。
（3）写出无机盐A与H2O2反应的离子方程式_______。
【答案】（1）钠(或Na)
（2）N≡N （3）2SCN－+11H2O2=2SO+2CO2↑+N2↑+10H2O+2H＋
【解析】
【分析】无机盐A和H2O2溶液反应得到溶液和气体。该溶液的颜色反应显黄色，说明其中含有Na，无机盐A的阳离子为Na+。溶液和NaHCO3产生无色气体B，则B为CO2，且该溶液呈酸性。该酸性溶液和BaCl2溶液能反应生成白色沉淀，则该白色沉淀为BaSO4，A中含有S元素。标准状况下气体单质C的密度为1.25g·L-1，则C的摩尔质量为，C为N2，A中含N元素。气体和Ba(OH)2溶液反应可得到白色沉淀，该白色沉淀和盐酸反应得到CO2，说明白色沉淀为BaCO3，A中含C元素。A只含C、N、S、Na四种元素，且阴、阳离子个数比为1∶1，可推测A为NaSCN。
【小问1详解】
无机盐A的阴、阳离子个数比为1∶1，其和H2O2溶液反应得到溶液和气体，该溶液的颜色反应显黄色，则说明无机盐A的阳离子为Na+。无机盐中含有的金属元素为钠。
【小问2详解】
标准状况下气体单质C密度为1.25g·L-1，则C的摩尔质量为，C为N2，其结构式为N≡N。
【小问3详解】
无机盐A为NaSCN，其和H2O2反应可产生N2、CO2、H+、等，离子方程式为2SCN－+11H2O2=2SO+2CO2↑+N2↑+10H2O+2H＋。
29. 如图是用浓硝酸、铜片、水等试剂，探究浓、稀硝酸强氧化性并观察还原产物的实验装置。
I．浓硝酸的强氧化性实验
将铜片置于具支试管的底部，在分液漏斗中加入约5mL浓硝酸，往具支试管中放入约2mL浓硝酸，用排水法收集产生的气体。
(1)具支试管中发生反应的化学方程式为___________。
(2)实验中观察到能证明浓硝酸具有强氧化性的现象是___________。
II．稀硝酸的强氧化性实验
(3)上述反应完成后，欲进一步证明稀硝酸也具有强氧化性，紧接的简便、合理的实验操作是___________。
(4)能证明稀硝酸与铜反应产生NO的实验现象是___________(填序号)
A．c中收集到无色气体
B．c中收集到的无色气体接触空气后变为红棕色
C．b中产生的无色气体接触空气后变为红棕色
III．问题讨论
(5)用等质量铜片与等体积的浓硝酸、稀硝酸(硝酸均过量)反应时，发现反应后所得溶液前者呈绿色，后者呈蓝色。对此有两种看法：
①两者颜色不同的原因，是因为Cu2+浓度差异引起的。
②前者溶液呈绿色，是因为生成的红棕色NO2溶解于溶液中引起的。
你认为上述看法___________(填“①”或“②”)合理。若是①合理，说明理由，若是②合理，设计一个简单实验证明：___________。
【答案】 ①. Cu + 4HNO3(浓) =Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O ②. 铜片溶解，试管中溶液变蓝，且b中有红棕色气体产生 ③. 向分液漏斗中加水，稀释浓硝酸，打开活塞，放入稀硝酸 ④. C ⑤. ② ⑥. 往蓝色溶液中通NO2，溶液变绿或加热绿色溶液，产生红棕色气体，溶液变蓝。
【解析】
【分析】由题中实验装置图示可知，左边是Cu与浓、稀硝酸发生反应装置，右边是用排水法收集气体装置；据此解答。
【详解】(1)铜与浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，其化学方程式为Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；答案为Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。
(2)实验中铜片溶解，试管中溶液变蓝，且b中有红棕色气体产生，则可说明浓硝酸具有强氧化性，氧化铜单质生成铜离子和产生NO2气体；答案为铜片溶解，试管中溶液变蓝，且b中有红棕色气体产生。
(3)上述反应完成后，向试管中加水将浓硝酸稀释成稀硝酸，打开活塞，放入稀硝酸，如果能继续溶解铜，则可进一步证明稀硝酸也具有强氧化性；答案为向试管中加水将浓硝酸稀释，打开活塞，放入稀硝酸。
(4)若b中生成的气体为红棕色，说明气体为二氧化氮，若b中生成的气体为无色，接触空气后变为红棕色，说明生成气体为一氧化氮，C选项符合题意；答案为C。
(5)等质量的铜片与等体积均过量的浓硝酸、稀硝酸反应，所得到的溶液前者呈绿色，后者呈蓝色，某同学提出这可能是Cu2+浓度差异引起的，这是错误的，因为二者生成Cu2+的浓度是相同的；前者溶液呈绿色，是因为生成的红棕色NO2溶解于溶液中引起的，简单实验证明为往蓝色溶液中通NO2，溶液变绿或加热绿色溶液，产生红棕色气体，溶液变蓝；答案为②；往蓝色溶液中通NO2，溶液变绿或加热绿色溶液，产生红棕色气体，溶液变蓝。
30. 取配成酸性溶液，往溶液中加入粉末，观察到溶液紫色褪去，同时产生一种常见的无色气体。
（1）充分反应后溶液中的浓度为___________（假设溶液体积不变）.
（2）产生的气体体积为__________________（标准状况下）。
【答案】 ①. 1.5mol/L ②. 1.12
【解析】
【详解】(1)5.85gNa2O2的物质的量为=0.075mol，由原子守恒可知所得溶液中含有Na+的物质的量为0.075mol×2=0.15mol，则充分反应后溶液中的浓度为=1.5mol/L；
(2)KMnO4的酸性溶液中加入Na2O2粉末，观察到KMnO4溶液紫色褪去，同时产生一种常见的无色气体，说明反应中生成Mn2+和O2，结合守恒法得发生反应的离子方程式为2MnO4-+16H++5Na2O2＝2Mn2++5O2↑+10Na++8H2O；已知1.58gKMnO4的物质的量为=0.01mol，Na2O2的物质的量为0.075mol，由离子反应方程式可知Na2O2过量，剩余0.075mol－0.025mol＝0.05mol，过量的过氧化钠与水反应2Na2O+2H2O＝4NaOH+O2↑，生成氧气是0.025mol，则生成的O2的物质的量为0.025mol+0.025mol＝0.05mol，标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L。
瑞安中学2022级高一(上)期末检测
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64 K-39 Cl-35.5 Ba-137 Mn-55
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列物质中含有共价键的盐是
A. MgCl2 B. C. Na2O2 D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．MgCl2由Mg2+、Cl-构成，只含离子键，故不选A；
B．由Na+、OH-构成，属于碱，含有离子键、共价键，故不选B；
C．Na2O2由Na+、构成，属于氧化物，含有离子键、共价键，故不选C；
D．由、Br-构成，属于盐，含有离子键、共价键，故选D；
选D。
2. 读下列药品标签，有关分析不正确的是
选项
A
B
C
D
物品标签
药品：×××
分析
该试剂应装在棕色的广口瓶中
该药品不能与皮肤直接接触
该物质受热易分解
该药品标签上还标有
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．次氯酸见光易分解，氯水是液体试剂，应装在棕色的细口瓶中，故A错误；
B．根据图示，该药品具有腐蚀性，不能与皮肤直接接触，故B正确；
C．碳酸氢钠不稳定，受热易分解为碳酸钠、二氧化碳、水，故C正确；
D．浓硫酸具有强腐蚀性，故D正确；
选A。
3. 下列分散系能产生“丁达尔效应”的是
A. 酒精 B. 有色玻璃 C. 盐酸 D. 油水
【答案】B
【解析】
【详解】A．酒精是纯净物，不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，故不选A；
B．有色玻璃是固溶胶，能产生“丁达尔效应”，故选 B；
C．盐酸属于溶液，不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，故不选C；
D．油水是乳浊液，不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，故不选D；
选B。
4. 下列物质中不能使湿润的KI-淀粉试纸变蓝的是
A. 二氧化硫 B. 氯水 C. 碘水 D. 双氧水
【答案】A
【解析】
【详解】已知碘遇淀粉试液变蓝色，所以要使KI生成I2，需要加入氧化性物质。
A．SO2既有氧化性又有还原性，但其氧化性弱，不能氧化KI，故A不能使湿润的KI-淀粉试纸变蓝；
B．氯水中含有大量的氯气单质，有很强的氧化性，能够氧化KI生成I2，所以氯水能使湿润的KI-淀粉试纸变蓝；
C．碘水中含有碘单质，所以也能使湿润的KI-淀粉试纸变蓝；
D．双氧水具有较强的氧化性，能够氧化KI生成I2，所以能够使湿润的KI-淀粉试纸变蓝。
正确答案为A。
5. 下列化学用语表示不正确的是
A. 硫离子的结构示意图 B. 氯化铵的电子式：
C. N2的结构式：N≡N D. H2S的空间结构：“V”字型
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫离子核外有18个电子，结构示意图，故A正确；
B．氯化铵是离子化合物，电子式为，故B错误；
C．N2分子中存在氮氮三键，结构式为N≡N，故C正确；
D．H2S中S原子价电子对数为4，有2个孤电子对，空间结构为“V”型，故D正确；
选B。
6. 将NaCl固体溶于水后，溶液中存在多种微粒，如图所示的微粒是
A. 聚合水分子 B. 水合钠离子
C. 水合氯离子 D. 水合氢离子
【答案】C
【解析】
【详解】氯离子带负电荷，钠离子带正电荷，在水分子中氧显负电性，氢显正电性，异种电荷互相吸引，故该离子为水合氯离子，故C正确；
故选C。
7. 下列说法中正确的是
A. 中子数为20的氯原子可以表示为
B. 互为同位素的两种核素，它们原子核内的质子数一定相等
C. 人们发现了112种元素，即共有112种核素
D. 原子结构模型演变历史可以用上图表示
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据质量数等于质子数加中子数，故中子数为20的氯原子可以表示为，A错误；
B．同位素是指具有相同数目质子、不同数目中子的同一元素的不同核素之间，故互为同位素的两种核素，它们原子核内的质子数一定相等，B正确；
C．由于同一元素可能有多种核素，人们发现了112种元素，但共有的核素种类大于112，C错误；
D．19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体，1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型，1911年英国物理学家卢瑟福(汤姆生的学生)提出了带核的原子结构模型，1913年丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型，D错误；
故答案为：B。
8. 电视剧中《三生三世十里桃花》中的仙境美轮美奂，其中所需的烟雾是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混合物中滴几滴水后产生的白烟：，下列说法中正确的是
A. 每生成1molZnO共转移2mol电子 B. 该反应中氧化产物只有一种
C. NH4NO3既氧化剂又是还原剂 D. 每产生448mLN2生成0.72gH2O
【答案】C
【解析】
【分析】在反应NH4NO3＋Zn=ZnO＋N2↑＋2H2O中，NH4NO3中N元素分别为-3、+5价，反应后都转化为0价；Zn生成ZnO，由0价升高到+2价。
【详解】A．在反应NH4NO3＋Zn=ZnO＋N2↑＋2H2O中，电子转移的数目为5e-，所以每生成1molZnO，共转移5mol电子，A错误；
B．通过分析可知氮气和氧化锌都是氧化产物，B错误；
C．NH4NO3中N元素价态既升高又降低，所以既是氧化剂又是还原剂，C正确；
D．没有指明反应的温度和压强，无法计算448mLN2的物质的量，所以无法确定生成水的质量，D错误；
故选C。
9. 下列说法不正确的是
A. 硬铝较轻且硬度大，常用于制造飞机的零部件
B. Al2O3熔点很高，可用作高级耐火材料
C. 人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞
D. 黄绿色气体ClO2是一种高效安全的净水剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．硬铝密度小、硬度大，常用于制造飞机的零部件，故A正确；
B．Al2O3熔点很高，可用作高级耐火材料，故B正确；
C．人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞，被用于治疗心绞痛，故C正确；
D．黄绿色气体ClO2是一种高效安全的消毒剂，能杀菌消毒，不能净水，故D错误；
选D。
10. 关于硫及含硫化合物的说法中，正确的是
A. 硫的化学性质比较活泼，自然界中不能以游离态存在
B. 自然界中的硫酸钡以重晶石的形式存在，硫酸钙常以石膏()的形式存在
C. 食品中添加适量可以起到漂白、防腐等作用
D. 常温下，Fe和浓硫酸不反应，在加热条件下可以反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．S元素在自然界中以游离态、化合态存在，故A错误；
B．自然界中硫酸钙常以石膏()的形式存在，故B错误；
C．二氧化硫具有还原性、漂白性，食品中添加适量可以起到漂白、防腐等作用，故C正确；
D．常温下，Fe在浓硫酸中钝化，铁被氧化为一层致密氧化物保护膜，阻止反应进一步发生，而不是不反应，故D错误；
选C。
11. 氮是各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，氮的循环为生物体提供氮元素。下列过程属于氮的固定的是
A. 工业利用氮气和氢气合成氨气 B. 氨气和硫酸反应制取铵态氮肥
C. 氨基酸合成人体所需的蛋白质 D. 硝酸盐在细菌作用下生成氮气
【答案】A
【解析】
【详解】A．工业利用氮气和氢气合成氨气，氮元素由游离态转化为化合态，属于氮固定，故选A；
B．氨气和硫酸反应制取铵态氮肥，氮元素不是由游离态转化为化合态，不属于氮的固定，故不选B；
C．氨基酸合成人体所需的蛋白质，氮元素不是由游离态转化为化合态，不属于氮的固定，故不选C；
D．硝酸盐在细菌作用下生成氮气，氮元素由化合态转化为游离态，不属于氮的固定，故不选D；
选A。
12. 如图所示的实验，收集满时不会出现的现象是
A. 湿润的试纸变蓝色 B. 蘸有浓盐酸的滤纸周围有白烟产生
C. 蘸有酚酞溶液的滤纸无明显变化 D. 湿润的红色石蕊试纸变蓝色
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH3溶于水所得水溶液显碱性，故NH3遇到湿润的pH试纸，会出现变蓝现象，A说法合理；
B．浓盐酸挥发出HCl气体，遇到NH3反应生成固体NH4Cl，产生白烟，B说法合理；
C．NH3溶于水所得水溶液显碱性，故NH3遇到蘸有酚酞溶液的滤纸会出现变红现象，C符合题意；
D．NH3溶于水所得水溶液显碱性，故NH3遇到湿润的红色石蕊试纸，会出现变蓝现象，D说法合理；
故答案选C。
13. 下列离子方程式书写正确的是
A. 铝粉投入氢氧化钠溶液中：Al+4OH-=AlO+2H2O
B. 氢氧化钡溶液中通入过量SO2气体：Ba2++2OH-+SO2=BaSO3↓+H2O
C. 常温下，将氯气通入氢氧化钠溶液制备漂白液：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
D. 向FeBr2溶液中通入少量的Cl2：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
【答案】C
【解析】
14. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A. Fe Fe2O3 Fe2(SO4)3 B. SSO3H2SO4
C. SO2H2SO3 H2SO4 D. NH3NOHNO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe与O2在点燃时反应产生Fe3O4，不是生成Fe2O3，A错误；
B．S与O2在点燃时反应产生SO2，不能产生SO3，B错误；
C．SO2易溶于水，与水反应产生H2SO3，H2SO3具有还原性，与O2混合，被O2氧化为H2SO4，符合物质反应转化关系，C正确；
D．NH3被O2催化氧化产生NO，NO不溶于水，不能与水反应产生HNO3，D错误；
故合理选项是C。
15. 短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是
Y
Z
X
W
A. 原子半径：X
C. Z、W均可与Mg形成离子化合物 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W
【答案】C
【解析】
【分析】设元素Y的原子序数为y，则y+y+10=3×（y+1），解得y=7，则Y为N元素、X为Si元素、Z为O元素、W为Cl元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，原子半径：Z＜Y，选项A错误；
B．元素非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氮元素的非金属性强于硅元素，则气态氢化物的稳定性：X＜Z，选项B错误；
C．O元素、Cl元素与Mg元素形成的化合物氧化镁、氯化镁都是离子化合物，选项C正确；
D．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯元素的非金属性强于硅元素，则最高价氧化物对应水化物的酸性：X＜W，选项D错误；
答案选C。
16. 下列说法正确的是
A. IA族元素与ⅦA族元素之间形成的化合物一定含离子键
B. HF、HCl、HBr、HI酸性依次增强，说明非金属性：F>Cl>Br>I
C. 某化合物在熔融状态下能导电，该化合物一定含离子键
D. 离子键形成过程中一定伴随电子转移
【答案】C
【解析】
【详解】A．IA族的元素H与ⅦA族元素之间形成的化合物是共价化合物，只含共价键，故A错误；
B．无氧酸的酸性强弱与元素的非金属性无关，HF、HCl、HBr、HI酸性依次增强，不能说明非金属性：F>Cl>Br>I，故B错误；
C．熔融状态破坏离子键，某化合物在熔融状态下能导电，该化合物一定含离子键，故C正确；
D．离子键形成过程中不一定伴随电子转移，Ca2++=CaCO3↓，形成离子键的过程中没有电子转移，故D错误；
选C。
17. 下列实验装置或对实验的描述正确的是
A
B
C
D
收集NO2气体
验证NH3极易溶于水
检验CO2
制备SO2
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．NO2密度比空气大，应该用向上排空气法收集，故A错误；
B．烧瓶中滴入水，气球膨胀，证明氨气极易溶于水，故B正确；
C．木炭和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，故C错误；
D．铜和浓硫酸在加热的条件下才能反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故D错误；
选B。
18. HN3在常温下是一种无色液体，与CH3COOH的酸性相似，能与氢氧化钠溶液反应生成叠氮化钠(NaN3)，某些安全气囊中装有叠氮化钠，受到强烈撞击时可产生大量气体，保护人员安全。下列说法不正确的是
A. NaN3的摩尔质量为65g/mol
B. HN3与Na2CO3溶液反应的离子方程式为：2H++CO=CO2↑+H2O
C. HN3也能与氨水发生反应生成NH4N3
D. NaN3受到强烈撞击时发生分解，发生反应的化学方程式为：2NaN3=2Na+3N2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaN3的摩尔质量为65g/mol，正确；
B．根据HN3与CH3COOH的酸性相似均为弱酸，书写离子方程式时不能拆开，故HN3与Na2CO3溶液反应的离子方程式为：2 HN3+CO=CO2↑+H2O+2N，错误；
C．HN3为一元酸，故也能与氨水发生反应生成NH4N3，正确；
D．NaN3受到强烈撞击时可产生大量气体，发生反应的化学方程式为：2NaN3=2Na+3N2↑，正确；
故选B。
19. 向含有一定物质的量的和的混合溶液中逐渐加入粉至过量，该溶液的质量随加入铁粉的质量的变化关系图为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】和的混合溶液中逐渐加入粉至过量，可先后发生反应：2FeCl3+Fe=3FeCl2，CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，据此分析解答。
【详解】Fe先与FeCl3溶液反应，溶液的质量增加，FeCl3反应完全后再与CuCl2溶液反应，由于Fe的相对原子质量小于Cu的相对原子质量，导致溶液质量减小，当和全部反应完全，溶液质量保持不变，故A图像正确；
答案选A。
20. 下列关于元素周期表和周期律说法正确的是
A. HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键
B. 碱金属和卤族单质的熔沸点随原子序数的增大而增大
C. 卤族元素从F到I，对应氢化物的还原性逐渐增强
D. NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响
【答案】C
【解析】
【详解】A．HF分子很稳定是由于H-F键的键能大，与分子之间的氢键无关，故A错误；
B．碱金属熔沸点随原子序数的增大而降低，故B错误；
C．卤族元素从F到I，原子半径增大，元素非金属性减弱，对应氢化物的还原性逐渐增强，故C正确；
D．NaHSO4晶体溶于水时电离出Na+、H+、，离子键被破坏，共价键中O-H键被破坏，故D错误；
选C。
21. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温、常压下，中含有氮原子数为2
B. 固体与水完全反应时，转移的电子数为0.1
C. 的水溶液中含有氧原子数为0.01
D. 和的混合物中含有的氧原子数目为0.25
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，22.4L气体的物质的量约为1，常温、常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，的物质的量小于1，故含有氮原子数不是2，故A错误；
B．由于中的O为﹣1价，固体与水完全反应时，生成的物质的量为0.05，转移的电子数为0.1，故B正确；
C．的水溶液中含有大量的，溶液中氧原子数远大于0.01，故C错误；
D．和的混合物中，由于总质量固定，无论含有的和以何种比例混合，氧原子数目均为0.2，故D错误。
故选B。
22. 下列除杂方案错误的是
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A
Mg(s)
Al(s)
足量NaOH溶液
过滤
B
NO
NO2
水
洗气
C
Cl2
O2
灼热的铜丝网
灼烧
D
Na2CO3(s)
NaHCO3(s)
—
灼烧
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Mg和氢氧化钠溶液不反应，Al和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液和氢气，用氢氧化钠溶液除Mg中含有的杂质Al，故A正确；
B．NO2和水反应生成硝酸和NO，用水除NO中的NO2气体，故B正确；
C．Cl2、O2都能与热的铜丝反应，不能用灼热的铜丝网除Cl2中的杂质O2，故C错误；
D．NaHCO3(s)加热分解为Na2CO3(s)、二氧化碳、水，用加热法除Na2CO3(s)中的杂质NaHCO3(s)，故D正确；
选C。
23. 常温下，向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液，反应原理如下所示。关于该反应过程说法正确的是
I：M’+H2O2→O2+H++M
II：M+H++H2O2→H2O+M’(以上两个反应均未配平)
A. 在该反应过程中，M是Fe3+，M’是Fe2+
B. 当反应I有1molO2生成时，转移2mol电子
C. 在H2O2分解过程中，Fe2+是催化剂
D. H2O2的氧化性比Fe3+强，还原性比Fe2+弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe2(SO4)3在该反应过程中作催化剂，I 中Fe3+被还原为Fe2+，II 中Fe2+被氧化为Fe3+，所以M是Fe2+，M’是Fe3+，故A错误；
B．反应I中氧元素化合价由-1升高为0，当反应I有1molO2生成时，转移2mol电子，故B正确；
C．I 中Fe3+被还原为Fe2+，II 中Fe2+被氧化为Fe3+，在H2O2分解过程中，Fe3+是催化剂，故C错误；
D．根据反应II可知H2O2的氧化性比Fe3+强，根据反应I可知H2O2的还原性比Fe2+强，故D错误；
选B。
24. 下列三组实验进行一段时间后，溶液中均有白色沉淀生成，下列说法不正确的是
实验①
实验②
实验③
A. 实验①中生成的沉淀是
B. 实验①中若同时滴入少量氢氧化钠溶液，也可以生成白色沉淀
C. 实验②沉淀中可能含有
D. 实验③生成沉淀的离子方程式是：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．碳酸氢根离子电离出碳酸根离子，与钡离子反应，生成的沉淀是BaCO3，故A正确；
B．碳酸氢根离子与NaOH反应生成碳酸根离子，再与钡离子反应，生成沉淀是BaCO3，故B正确；
C．钡离子与亚硫酸根离子反应，且亚硫酸根离子易被氧化，则白色沉淀中可能含有BaSO4，故C正确；
D．盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，氯化钡与亚硫酸不反应，而生成白色沉淀为BaSO4，与亚硫酸被氧化为硫酸有关，故D错误；
故答案为D。
25. 某无色澄清溶液中可能大量含有：Na+、SO、Cl-、SO、CO、H+、Cu2+中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的部分现象如下：
步骤
操作
现象
Ⅰ
取试样1，滴加几滴酚酞溶液
溶液变红
Ⅱ
取试样2，向该试样中滴加Ba(NO3)2溶液和稀硝酸
有白色沉淀生成
Ⅲ
将Ⅱ中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液
有白色沉淀生成
下列有关原溶液结论正确的是
A. 该实验无法确定是否含有SO
B. 肯定含有的离子是Na+、SO、Cl-
C. 可能含有的离子是Na+、CO
D. 肯定没有的离子是CO、H+、Cu2+，可能含有的离子是SO
【答案】A
【解析】
【分析】无色溶液说明不含Cu2+，步骤I中滴加几滴酚酞溶液变红，说明溶液呈碱性，则H+不能共存而不存在；步骤II加入稀硝酸有氧化性，可将SO氧化为SO，则滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成不能证明有SO，步骤III加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，说明含有Cl-，由溶液呈电中性，而阳离子只有Na+，则一定存在：Na+、Cl-，一定不存在：Cu2+、H+，可能存在SO，不能确定是否存在SO、CO；
【详解】A．分析可知，步骤II加入稀硝酸有氧化性，可将SO氧化为SO，则滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成不能证明有SO，无法确定是否含有SO，A正确；
B．分析可知，肯定含有的离子是Na+、Cl-，无法确定是否含有SO，B错误；
C．分析可知，Na+一定存在，C错误；
D．肯定没有的离子是H+、Cu2+，无法确定是否含有CO，D错误；
故选：A。
二、填空题(本大题共 5 题，共 50 分)
26. 按要求完成下列填空：
（1）胆矾的化学式：_______；生石灰的化学式：_______；写出H2O的空间构型：_______。
（2）覆铜板制作印刷电路板原理的离子方程式：_______。
（3）炭和浓硫酸反应的化学方程式：_______。
（4）相同条件下，冰的密度比水小的原因是_______。
【答案】（1） ①. CuSO4·5H2O ②. CaO ③. V形(折线形)
（2）2Fe3+ + Cu =2Fe2++ Cu2+
（3）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
（4）冰中水分子以氢键结合成排列规整的晶体，结构中有空隙，体积膨胀，密度减小
【解析】
【小问1详解】
胆矾是五水合硫酸铜，化学式为CuSO4·5H2O；生石灰是氧化钙，化学式CaO；H2O分子中O原子采用sp3杂化，有2个孤电子对，空间构型为V形。
【小问2详解】
覆铜板制作印刷电路板，氯化铁和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+；
【小问3详解】
炭和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
【小问4详解】
冰中水分子以氢键结合成排列规整的晶体，结构中有空隙，体积膨胀，密度减小，所以相同条件下，冰的密度比水小。
27. X、Y、Z、M、W、Q、R是7种短周期元素，其原子半径及主要化合价如表：
元素代号
X
Y
Z
M
W
Q
R
原子半径/nm
0.186
0.143
0.104
0.099
0.070
0.066
0.032
主要化合价
+1
+3
+6，﹣2
+7，﹣1
+5，﹣3
﹣2
+1
完成下列填空：
（1）上述元素中，Z在周期表中的位置是_______，由X、Y、Z、Q四种元素形成的简单离子半径由大到小的顺序是：_______ 。(用离子符号表示)
（2）由W、R两种元素组成的10e- 分子，其电子式为_______，由Q、R两种元素组成的18e- 分子，其结构式为_______。
（3）Y元素与M元素最高价氧化物对应水化物间能发生反应，其反应离子方程式为：_______。
（4）由Z、W、Q、R四种元素形成的一种离子化合物，其水溶液显强酸性，该化合物的化学式为：_______，1 mol该化合物的晶体中所含的离子数是_______。
（5）用一个化学方程式表示M元素的非金属性比Z强_______。
【答案】（1） ①. 第三周期、第VIA族 ②. S2-> O2->Na+ >Al3+
（2） ①. ②. H-O-O-H
（3）Al(OH)3 + 3H+=Al3++3H2O
（4） ①. NH4HSO4 ②. 2NA
（5）
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、W、Q、R是7种短周期元素。Q的主要化合价为-2，Q是O元素；Z的主要化合价为+6、-2，则Z是S元素；M的主要化合价为+7、-1，则M是Cl元素；R的化合价为+1，半径小于O的原子半径，R是H元素；X的化合价为+1，半径大于S的原子半径，X是Na元素；Y的化合价为+3，半径大于S的原子半径，Y是Al元素；W的主要化合价为+5、-3，半径大于O、小于S，所以W是N元素。
【小问1详解】
Z是S元素，在周期表中的位置是第三周期VIA族；电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，Na+、Al3+、S2-、O2-半径由大到小的顺序是S2-> O2->Na+ >Al3+；
【小问2详解】
由N、H两种元素组成的10e- 分子是NH3，其电子式为；由O、H两种元素组成的18e- 分子是H2O2，其结构式为H-O-O-H。
【小问3详解】
Al元素最高价氧化物对应水化物是Al(OH)3，Cl元素最高价氧化物对应水化物是HClO4，Al(OH)3、HClO4反应的离子方程式为Al(OH)3 + 3H+=Al3++3H2O。
【小问4详解】
由S、N、O、H四种元素形成的一种离子化合物，其水溶液显强酸性，该化合物的化学式为NH4HSO4，NH4HSO4由 构成，1 mol该化合物的晶体中所含的离子数是2NA。
【小问5详解】
氯气和硫化氢反应生成氯化氢和S沉淀，说明Cl2的氧化性大于S，则Cl的非金属性大于S，反应的化学方程式为。
28. 某研究小组设计如下实验探究只含四种常见元素，且阴、阳离子个数比为1∶1 的无机盐A。
已知：标准状况下气体单质C的密度为1.25g·L-1。
（1）无机盐中所含金属元素为 _______。
（2）写出气体C的结构式_______。
（3）写出无机盐A与H2O2反应的离子方程式_______。
【答案】（1）钠(或Na)
（2）N≡N （3）2SCN－+11H2O2=2SO+2CO2↑+N2↑+10H2O+2H＋
【解析】
【分析】无机盐A和H2O2溶液反应得到溶液和气体。该溶液的颜色反应显黄色，说明其中含有Na，无机盐A的阳离子为Na+。溶液和NaHCO3产生无色气体B，则B为CO2，且该溶液呈酸性。该酸性溶液和BaCl2溶液能反应生成白色沉淀，则该白色沉淀为BaSO4，A中含有S元素。标准状况下气体单质C的密度为1.25g·L-1，则C的摩尔质量为，C为N2，A中含N元素。气体和Ba(OH)2溶液反应可得到白色沉淀，该白色沉淀和盐酸反应得到CO2，说明白色沉淀为BaCO3，A中含C元素。A只含C、N、S、Na四种元素，且阴、阳离子个数比为1∶1，可推测A为NaSCN。
【小问1详解】
无机盐A的阴、阳离子个数比为1∶1，其和H2O2溶液反应得到溶液和气体，该溶液的颜色反应显黄色，则说明无机盐A的阳离子为Na+。无机盐中含有的金属元素为钠。
【小问2详解】
标准状况下气体单质C密度为1.25g·L-1，则C的摩尔质量为，C为N2，其结构式为N≡N。
【小问3详解】
无机盐A为NaSCN，其和H2O2反应可产生N2、CO2、H+、等，离子方程式为2SCN－+11H2O2=2SO+2CO2↑+N2↑+10H2O+2H＋。
29. 如图是用浓硝酸、铜片、水等试剂，探究浓、稀硝酸强氧化性并观察还原产物的实验装置。
I．浓硝酸的强氧化性实验
将铜片置于具支试管的底部，在分液漏斗中加入约5mL浓硝酸，往具支试管中放入约2mL浓硝酸，用排水法收集产生的气体。
(1)具支试管中发生反应的化学方程式为___________。
(2)实验中观察到能证明浓硝酸具有强氧化性的现象是___________。
II．稀硝酸的强氧化性实验
(3)上述反应完成后，欲进一步证明稀硝酸也具有强氧化性，紧接的简便、合理的实验操作是___________。
(4)能证明稀硝酸与铜反应产生NO的实验现象是___________(填序号)
A．c中收集到无色气体
B．c中收集到的无色气体接触空气后变为红棕色
C．b中产生的无色气体接触空气后变为红棕色
III．问题讨论
(5)用等质量铜片与等体积的浓硝酸、稀硝酸(硝酸均过量)反应时，发现反应后所得溶液前者呈绿色，后者呈蓝色。对此有两种看法：
①两者颜色不同的原因，是因为Cu2+浓度差异引起的。
②前者溶液呈绿色，是因为生成的红棕色NO2溶解于溶液中引起的。
你认为上述看法___________(填“①”或“②”)合理。若是①合理，说明理由，若是②合理，设计一个简单实验证明：___________。
【答案】 ①. Cu + 4HNO3(浓) =Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O ②. 铜片溶解，试管中溶液变蓝，且b中有红棕色气体产生 ③. 向分液漏斗中加水，稀释浓硝酸，打开活塞，放入稀硝酸 ④. C ⑤. ② ⑥. 往蓝色溶液中通NO2，溶液变绿或加热绿色溶液，产生红棕色气体，溶液变蓝。
【解析】
【分析】由题中实验装置图示可知，左边是Cu与浓、稀硝酸发生反应装置，右边是用排水法收集气体装置；据此解答。
【详解】(1)铜与浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，其化学方程式为Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；答案为Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。
(2)实验中铜片溶解，试管中溶液变蓝，且b中有红棕色气体产生，则可说明浓硝酸具有强氧化性，氧化铜单质生成铜离子和产生NO2气体；答案为铜片溶解，试管中溶液变蓝，且b中有红棕色气体产生。
(3)上述反应完成后，向试管中加水将浓硝酸稀释成稀硝酸，打开活塞，放入稀硝酸，如果能继续溶解铜，则可进一步证明稀硝酸也具有强氧化性；答案为向试管中加水将浓硝酸稀释，打开活塞，放入稀硝酸。
(4)若b中生成的气体为红棕色，说明气体为二氧化氮，若b中生成的气体为无色，接触空气后变为红棕色，说明生成气体为一氧化氮，C选项符合题意；答案为C。
(5)等质量的铜片与等体积均过量的浓硝酸、稀硝酸反应，所得到的溶液前者呈绿色，后者呈蓝色，某同学提出这可能是Cu2+浓度差异引起的，这是错误的，因为二者生成Cu2+的浓度是相同的；前者溶液呈绿色，是因为生成的红棕色NO2溶解于溶液中引起的，简单实验证明为往蓝色溶液中通NO2，溶液变绿或加热绿色溶液，产生红棕色气体，溶液变蓝；答案为②；往蓝色溶液中通NO2，溶液变绿或加热绿色溶液，产生红棕色气体，溶液变蓝。
30. 取配成酸性溶液，往溶液中加入粉末，观察到溶液紫色褪去，同时产生一种常见的无色气体。
（1）充分反应后溶液中的浓度为___________（假设溶液体积不变）.
（2）产生的气体体积为__________________（标准状况下）。
【答案】 ①. 1.5mol/L ②. 1.12
【解析】
【详解】(1)5.85gNa2O2的物质的量为=0.075mol，由原子守恒可知所得溶液中含有Na+的物质的量为0.075mol×2=0.15mol，则充分反应后溶液中的浓度为=1.5mol/L；
(2)KMnO4的酸性溶液中加入Na2O2粉末，观察到KMnO4溶液紫色褪去，同时产生一种常见的无色气体，说明反应中生成Mn2+和O2，结合守恒法得发生反应的离子方程式为2MnO4-+16H++5Na2O2＝2Mn2++5O2↑+10Na++8H2O；已知1.58gKMnO4的物质的量为=0.01mol，Na2O2的物质的量为0.075mol，由离子反应方程式可知Na2O2过量，剩余0.075mol－0.025mol＝0.05mol，过量的过氧化钠与水反应2Na2O+2H2O＝4NaOH+O2↑，生成氧气是0.025mol，则生成的O2的物质的量为0.025mol+0.025mol＝0.05mol，标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L。
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