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浙江省杭州市缙云中学等4校2022-2023学年高一化学上学期12月月考试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省杭州市缙云中学等4校2022-2023学年高一化学上学期12月月考试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列化学用语表示正确的是， 下列叙述中不正确的是， 下列操作中正确的是， 下列关于材料的说法不正确的是， 关于叙述正确的是等内容，欢迎下载使用。
化学学科试题卷
考生须知：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号(填涂)；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。
4.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Ba-137
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备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. 下列仪器不能用于加热的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．该仪器为试管，试管为可直接加热的仪器，故A不选；
B．该仪器为圆底烧瓶，垫上石棉网可以给圆底烧瓶加热，故B不选；
C．该仪器为坩埚，坩埚为可直接加热的仪器，故C不选；
D．该仪器为容量瓶，容量瓶为不能加热的仪器，故D选；
故选：D。
2. 下列物质的水溶液能导电，但该物质既不是电解质，也不是非电解质的是
A. 二氧化碳 B. 冰醋酸 C. 氧化钙 D. 漂白粉
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化碳溶于水后生成亚硫酸能电离出离子而导电，即二氧化碳溶于水后能导电；但由于不是其自身电离出离子，故二氧化硫是非电解质，故A错误；
B．冰醋酸溶于水后能自身电离出离子而导电，故是电解质，故B错误；
C．CaO溶于水后生成氢氧化钙，氢氧化钙电离出离子而导电，即氧化钙溶于水后能导电；但由于其在熔融状态下可以自身电离出离子而导电，故为电解质，故C错误；
D．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，溶于水后能导电，但由于是混合物，故既不是电解质也不是非电解质，故D正确；
故选：D。
3. 下列有关化学品安全使用标识及实验图标对应不正确的
A
B
C
D
护目镜
腐蚀类物质
排风
警示
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．A是护目镜，故A正确；
B．B是腐蚀品，故B正确；
C．C表示排放装置，故C正确；
D．D是有毒品标志，故D错误；
选D。
4. 分类是化学学习和研究的常用手段。下列分类依据和结论都正确的是
A. 含有氧元素的化合物，一定是氧化物
B. 烧碱、纯碱、火碱都属于碱
C. 酸性氧化物一定是非金属氧化物
D. CuSO4·5H2O、冰水、液氨都属于纯净物
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．含有氧元素的化合物不一定都是氧化物，如Na2CO3是盐，A项错误；
B．纯碱是碳酸钠，属于盐，B项错误；
C．酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7是金属氧化物，但也是酸性氧化物，C项错误；
D．CuSO4·5H2O、冰水、液氨都属于纯净物，D项正确；
答案选D。
5. 下列化学用语表示正确的是
A. 结构示意图： B. 的结构式：
C. 水分子结构模型： D. NaClO的电子式为：
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫原子的结构示意图为 ，最外层得到2个电子形成硫离子，硫离子的结构示意图为，故A正确；
B．CS2属于共价化合物，由两个C=S键构成，结构式：S=C=S，故B错误；
C．水是共价化合物，分子结构模型为V形，并且O原子半径大于H，其分子结构模型为 ，故C错误；
D．NaClO是离子化合物，电子式为：，故D错误；
故选：A。
6. 下列叙述中不正确的是
A. 考古研究中利用和的测定，分析古代人类的食物结构
B. 钠钾合金可用作核反应堆的传热介质
C. 俄国化学家门捷列夫将元素按照原子序数由小到大依次排列出了第一张元素周期表
D. 能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体不一定是氯气
【答案】C
【解析】
【详解】A．运用同位素分析，考古研究中利用和的测定，分析古代人类的食物结构，故A正确；
B．钠和钾为热的良导体，且钠钾合金常温下为液体，导热快，可用作核反应堆的传热介质，故B正确；
C．俄国化学家门捷列夫将元素按照相对原子质量由小到大依次排列，制成了第一张元素周期表，故C错误；
D．能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体可能是氯气、NO2等，故D正确；
选C。
7. 用硫酸渣制备铁黄(一种铁基颜料)的过程中存在如下反应：4FeSO4＋8NH3·H2O＋O2=4FeOOH＋4(NH4)2SO4＋2H2O，下列说法正确的是
A. O2发生氧化反应 B. FeSO4作氧化剂
C. 反应中转移电子数目为2e— D. FeOOH既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【解析】
【详解】A．由方程式可知，反应中氧元素的化合价降低被还原，氧气是反应的氧化剂，发生还原反应，故A错误；
B．由方程式可知，反应中铁元素的化合价升高被氧化，硫酸亚铁是反应的还原剂，故B错误；
C．由方程式可知，反应消耗1mol氧气，转移4mol电子，则反应中转移电子数目为4e—，故C错误；
D．由方程式可知，反应中氧元素的化合价降低被还原，铁元素的化合价升高被氧化，FeOOH既是反应的氧化产物又是还原产物，故D正确；
故选D。
8. 下列操作中正确的是
A. 用水扑灭金属Na、K的燃烧
B. 焰色试验中用过的铂丝可以用稀硫酸洗净
C. 丁达尔效应可被用来区分食盐水和淀粉溶液
D. 若不慎将酸沾到皮肤上，用3%-5%的NaOH溶液冲洗
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na、K是活泼金属，能与水发生反应放出氢气，不能用水扑灭金属Na、K的燃烧，故A错误；
B．硫酸难挥发，焰色试验中用过的铂丝用盐酸洗净，故B错误；
C．淀粉溶液属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，丁达尔效应可被用来区分食盐水和淀粉溶液，故C正确；
D．氢氧化钠具有腐蚀性，不能用NaOH溶液冲洗皮肤，若不慎将酸沾到皮肤上，用3%-5%的碳酸氢钠溶液冲洗，故D错误；
选C。
9. 下列关于材料的说法不正确的是
A. 钢是用量最大的合金材料，钢中加入稀土元素可改善钢的性能
B. 储氢合金是一类通过物理方法吸附的新型合金材料
C. 常见的一些合金的硬度比其成分金属的大
D. 硬铝的密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．钢是用量最大的合金材料，钢中加入稀土元素可提高钢材的强度、冲击韧性、耐腐蚀性等性能，故A正确；
B．储氢合金是一类能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的材料，故B错误；
C．常见的一些合金的硬度比其成分金属的大，故C正确；
D．硬铝的密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故D正确；
选B。
10. 关于叙述正确的是
A. 由两种核素构成 B. 质子数小于电子数
C. 与互为同位素 D. 1mol该离子中含个中子
【答案】D
【解析】
【详解】A．由三种核素构成，故A错误；
B．质子数为11、电子数为10，故B错误；
C．同位素的质子数相同、中子数不同的原子，与不是原子，所以不是同位素，故C错误；
D．1个中有8个中子，1mol中含个中子，故D正确；
选D。
11. 为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是
A. ：加适量的盐酸溶液 B. 溶液：加入足量的铁粉
C. ：用点燃的方法除去 D. ：通过饱和溶液的洗气瓶
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，加适量盐酸可除去杂质，A正确；
B．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，将原物质除去，不能除杂，应加适量氯水，B错误；
C．二氧化碳过量，CO难点燃，不能除杂，应选灼烧的CuO，C错误；
D．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水，D错误；
故答案选A
12. 已知NA是阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是
A. 120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA
B. 标准状况下，2.24LCl2通入足量水中，水溶液中Cl-和ClO-离子总数为0.2NA
C. 50mL12mol/L的浓盐酸与足量的MnO2加热充分反应，转移电子数目为0.3NA
D. 0.1mol∙L-1Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．1molNaHSO4和1molKHSO3中都含有1mol阳离子，NaHSO4和KHSO3的摩尔质量均为120g/mol，因此120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有阳离子物质的量为1mol，故A正确；
B．氯气通入水中，只有少量的氯气与水反应，水溶液中含氯微粒有Cl2、Cl-、HClO、ClO-，因此水溶液中Cl-和ClO-离子物质的量小于0.2mol，故B错误；
C．MnO2只与浓盐酸反应，MnO2是足量，随着反应进行，浓盐酸物质的量浓度降低，到达某一浓度，反应停止，因此无法计算出转移电子物质的量，故C错误；
D．题中没有说明溶液的体积，无法计算氢氧化钡的物质的量，同时水也能电离出OH-，因此本题无法求出OH-的物质的量，故D错误；
答案为A。
13. 下列离子方程式不正确的是
A. 石灰石与高氯酸反应：
B. 溶于氢碘酸中：
C. 少量溶液滴入溶液中：
D. 向饱和的溶液中通入过量：
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钙难溶水应写化学式，高氯酸为强酸完全，两者反应的离子方程式：，故A正确；
B．三价铁离子能氧化碘离子，溶于氢碘酸中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：，故B错误；
C．少量溶液滴入反应生成碳酸钙和碳酸氢钠，离子方程式为，故C正确；
D．饱和的溶液中通入过量生成碳酸氢钠晶体，离子方程式为：，故D正确；
故选：B。
14. 把500有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由Ba2++SO42-═BaSO4↓、Ag++Cl-═AgCl↓计算离子的物质的量，由混合溶液分成5等份，则确定原溶液中钡离子和氯离子的浓度，再利用溶液不显电性来计算原混合溶液中钾离子物质的量浓度。
【详解】取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，则
Ba2++SO42-═BaSO4↓
1 1
amol amol
另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，则
Ag++Cl-═AgCl↓
1 1
bmol bmol
由混合溶液分成5等份，则原溶液中钡离子的浓度为=10amol/L，
氯离子的浓度为=10bmol/L，
根据溶液不显电性，设原混合溶液中钾离子物质的量浓度为x，则10amol/L×2+x×1=10bmol/L×1，解得x=10（b-2a）mol/L，
答案选D。
15. 价类二维图是学习元素及其化合物知识的重要模型。下图为氯元素的价类二维图，有关说法不正确的是
A. a的形成过程： B. 转化均为氧化反应
C. c是一种新的自来水消毒剂 D. d不稳定，容易分解
【答案】B
【解析】
【详解】根据价类二维图可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO4，d为HClO。
A．HCl的形成过程：，选项A正确；
B．、中氯元素化合价降低发生还原反应，中氯元素化合价升高发生氧化反应，选项B不正确；
C．c为ClO4，具有强氧化性，是一种新的自来水消毒剂，选项C正确；
D．d为HClO，不稳定，见光分解生成HCl和氧气，选项D正确；
答案选B。
16. 用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是
A. 图1鉴别纯碱与小苏打 B. 图2证明与水反应放热
C. 图3证明能与烧碱溶液反应 D. 图4探究钠与反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．加热固体试剂，试管口应略向下倾斜，故选A；
B．向包有过氧化钠的脱脂棉滴2滴水，脱脂棉燃烧，证明与水反应放热，故不选B；
C．锥形瓶中滴入氢氧化钠溶液，若气球膨胀，说明锥形瓶内气体减少，证明能与烧碱溶液反应，故不选C；
D．氯气通过热的金属钠，玻璃管内有白烟生成，说明钠与发生反应，故不选D；
选A。
17. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 0.1mol/L NaClO溶液：、、、
B. 溶液：、、、
C. 0.1mol/L NaOH溶液：、、、
D. 溶液：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．ClO-能氧化，0.1mol/L NaClO溶液不能大量含有，故不选A；
B．、反应生成Fe(SCN)3，、不能大量共存，故不选B；
C． 、生成碳酸钙沉淀，、不能大量共存，故不选C；
D．溶液中，、、、相互之间不反应，能大量共存，故选D；
选D。
18. 向一定体积的溶液中逐滴加入稀硫酸，测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是
A. XY段溶液中的离子方程式为
B. a处溶液的导电能力约为0，所以是非电解质
C. 由该实验可知，溶液的导电能力与自由移动的离子浓度有关
D. YZ段导电能力不断增大，主要由于电离出的离子导电
【答案】C
【解析】
【详解】A．XY段溶硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为，故A错误；
B．是强电解质，溶液导电性为0，是因为难溶于水，故B错误；
C．由该实验可知，溶液的导电能力与自由移动的离子浓度有关，离子浓度越大导电能力越强，故C正确；
D．YZ段导电能力不断增大，主要由于剩余的硫酸电离出的离子导电，故D错误；
选C。
19. X、Y、Z、M为四种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L。下列说法正确的是
A. 原子半径比较：
B. 元素的氧化物对应的水化物的酸性比较：
C. 由Y、Z、M三种元素可形成离子化合物
D. 分子间不存在氢键
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、M为四种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成分子，X、Y、Z分别是C、N、O；N元素与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L，Y与M形成的气态化合物的相对分子质量为17，则M是H元素。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，原子半径比较：，故A错误；
B．氧元素不能形成含氧酸，故B错误；
C． N、O、H三种元素可形成离子化合物NH4NO3，故C正确；
D．H2O分子间能形成氢键，故D错误；
选C。
20. 根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是
选项
事实
推测
A
Mg与冷水较难反应，Ca与冷水较易反应
Be(铍)与冷水更难反应
B
Na与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键
Si与Cl形成共价键
C
HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解
HBr的分解温度介于二者之间
D
随核电荷数递增，第ⅠA族的碱金属元素单质的沸点逐渐降低
随核电荷数递增，第ⅦA族元素单质的沸点也逐渐降低
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ca的金属性比Mg强，Ca与水反应更剧烈，而Ba的金属性比Ca强，可推测出Ba与水反应会更快，故A不选；
B．S的非金属性比Si强，S与氢气反应需要温度更低，而P的非金属性比Si强而比S弱，可以推测出P与H2在高温时能反应，故B不选；
C．Cl的非金属性比I的强，HCl的分解稳定比IH高，而Br的非金属性比I强而比Cl弱，所以HBr稳定性介于HI与HCl之间，则HBr的分解温度介于二者之间，推测合理，故C不选；
D．随着核电荷数递增，第ⅠA族元素单质除氢外为金属单质，形成的是金属晶体，金属晶体的沸点和金属键有关，沸点逐渐降低，第ⅦA族元素的单质形成的是分子晶体，分子晶体熔沸点和分子间作用力有关，随着核电荷数递增，第ⅦA族元素单质的沸点逐渐升高，推测不合理，故D选；
故选：D。
21. Na2Sx(多硫化钠)在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，反应消耗Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶25，则x值是
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】D
【解析】
【详解】Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：25，根据电子转移守恒，则：x×[6-()]=25×[1-(-1)]，解得：x=8，故答案选D。
22. 下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
将KI和FeCl3溶液在试管中混合后滴加淀粉溶液
溶液变蓝
氧化性：Fe3+>I2
B
分别加热Na2CO3和NaHCO3固体
试管内壁都有水珠
两种物质均受热分解
C
向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液
无明显变化
AlCl3与NaOH不反应
D
将水蒸气通过灼热的铁粉
粉末变红
铁与水在高温下发生反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将KI和FeCl3溶液在试管中混合后滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明碘离子被铁离子氧化，因此氧化性：Fe3+＞I2，故A正确；
B．分别加热Na2CO3和NaHCO3固体，试管壁有水珠，说明固体表面吸附了一定的水蒸气，不能说明都分解，故B错误；
C．向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液，反应生成了偏铝酸钠和水，故C错误；
D．将水蒸气通过灼热的铁粉，得到的产物为黑色，不是红色，故D错误。
综上所述，答案为A。
23. 将钠、铝混合物投入足量水(质量为100g)中进行反应，若钠、铝的质量分别为46g和27g，充分反应后，下列说法正确的是
A. 产生H2的物质的量为2.5mol
B. 溶液中的溶质只有NaAlO2
C. 金属未完全溶解
D. NaAlO2的质量分数是×100%
【答案】A
【解析】
【分析】将钠、铝混合物投入足量水发生的反应为钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应得到的氢氧化钠溶液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，46g钠的物质的量为=2mol，反应生成氢气为2mol×1mol、氢氧化钠为2mol，27g铝为=1mol，铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足量，反应生成氢气的物质的量为1mol×=1.5mol、偏铝酸钠为1mol。
【详解】A．由分析可知，将钠、铝混合物投入足量水中生成氢气质量为1mol+1.5mol=2.5mol，故A正确；
B．由分析可知，将钠、铝混合物投入足量水中，钠与水完全反应生成氢氧化钠，铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足量，则溶液中的溶质为偏铝酸钠和氢氧化钠，故B错误；
C．由分析可知，将钠、铝混合物投入足量水中，钠与水完全反应生成氢氧化钠，铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足量，则投入的金属完全溶解，故C错误；
D．由分析可知，反应生成偏铝酸钠的质量为1mol×82g/mol=82g，溶液的质量为100g+46g+27g-5g，则偏铝酸钠的质量分数是×100%，故D错误；
故选A。
24. 某混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：、、、、、、，现每次取100mL进行实验。(已知与在溶液中可发生下列反应：)
(1)第一份加入溶液有沉淀产生。
(2)第二份加足量NaOH后加热，收集到气体0.896L(标准状况下)。
(3)第三份加足量后，得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤干燥后，剩余固体2.33g。根据以上实验，以下推测正确的是
①一定存在；
②100mL里面含有；
③；
④一定不存在，可能存在；
⑤离子浓度为0.1mol/L
A. ①②③ B. ①③⑤ C. ①②④ D. ②③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】第二份加足量NaOH后加热，收集到气体0.896L(标准状况下)，根据，说明含有，n()= ；第三份加足量后，得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤干燥后，剩余固体2.33g。则生成硫酸钡2.33g、生成碳酸钡6.27g-2.33g=3.94g，说明含有、，n()=0.02mol、n()=0.01mol，、与、不能共存，所以一定不含、，、、Cl-都能与硝酸银反应生成沉淀，第一份加入溶液有沉淀产生，不能证明是否含有Cl-；铵根离子所带正电荷总数小于、所得负电荷总数，根据电荷守恒，一定含有；
根据以上分析，①根据电荷守恒，一定存在，故①正确；
②100mL里面n()=0.02mol，故②错误；
③若不含Cl-，n()=0.02mol，若含有Cl-，n()>0.02mol，所以，故③正确；
④、一定不存在，故④错误；
⑤100mL里面n()=0.01mol ，离子浓度为=0.1mol/L，故⑤正确；
正确的是①③⑤，故选B。
25. 向2LH2SO4、Fe2(SO4)3、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，加入铁粉的质量和烧杯中固体的质量的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法正确的是
A. oa段的离子方程式为
B. 原溶液中
C. 烧杯中最后固体只有铜
D. 溶液中还有部分CuSO4剩余
【答案】B
【解析】
【分析】向2LH2SO4、Fe2(SO4)3、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，加入铁粉的质量和烧杯中固体的质量的关系如图所示，由于氧化性铁离子大于铜离子，铜离子大于氢离子，则发生的反应依次为2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋、Cu2＋＋Fe＝Cu＋Fe2＋、2H＋＋Fe＝Fe2＋＋H2↑，据此解答。
【详解】A．oa段的反应是铁离子氧化单质铁，离子方程式为2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，A错误；
B．ab段是铜离子氧化单质铁，根据图像可知置换出铜的质量和ob段消耗铁的质量相等，设置换出铜的物质的量是xmol，则与铜离子反应的单质铁的物质的量是xmol，设与铁离子反应的单质铁的物质的量是ymol，则有56×（x+y）＝64x，解得x＝7y，因此原溶液中，B正确；
C．烧杯中最后固体有铜和剩余的铁，C错误；
D．bc段发生反应为2H＋＋Fe＝Fe2＋＋H2↑，因此最终所得溶液中只有FeSO4，D错误；
答案选B。
二、非选择题(本大题共5小题，共50分)
26. 回答下列问题：
（1）34号元素在元素周期表中的位置_______，结合元素周期律，下列有关该元素性质预测正确的是_______；
A．常温下该元素能与氢气剧烈反应 B．该元素化合价可能存在+7价
C．该元素单质常温下为固体 D．该元素的简单阴离子具有强还原性
（2）8号、11号、12号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)_______；其中11号、12号元素的最高价氧化物的水化物碱性更强的是(用化学式表示)_______。
【答案】（1） ①. 第4周期第ⅥA族 ②. CD
（2） ①. ②. NaOH
【解析】
【小问1详解】
34号元素在元素周期表中的位置是第4周期第ⅥA族，与S元素同主族，根据同周期元素递变规律，S的性质相似。
A．硫与氢气在加热条件下才能反应，常温下该元素不能与氢气剧烈反应，故A错误；
B．第ⅥA族元素化合价最高为+6价，故B错误；
C．S在常温下是固体，该元素单质常温下为固体，故C正确；
D．S2-具有强还原性，该元素的简单阴离子具有强还原性，故D正确；
选CD。
【小问2详解】
8号、11号、12号元素形成的简单离子分别是O2-、Na+、Mg2+，电子层数相同，质子数越多半径越小，半径由大到小的顺序是；同周期元素从左到右金属性减弱，最高价氧化物的水化物碱性减弱，Na、Mg元素的最高价氧化物的水化物碱性更强的是NaOH。
27. A、B、C为中学化学常见单质，其中只有一种为金属；通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸，E在常温下为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化关系如图所示(其中某些反应条件和部分反应物已略去)。
（1）写出E的化学式_______、X的电子式_______；
（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是_______(填编号)；
（3）反应⑦的化学方程式为，并用单线桥表示该反应的电子转移方向和数目_______；
（4）欲除去D溶液中混有的少量G的方法为_______。
【答案】（1） ①. ②.
（2）③⑥ （3）
（4）向D溶液中加入适量(或)，充分反应
【解析】
【分析】A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体，则单质A应为金属，A和H高温反应生成E为黑色固体，E黑色固体和X反应生成D、G、H，其中DG之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe,和C在点燃条件下生成黑色固体E为Fe3O4，C为O2，依据D+A=G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含硫氰酸根离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，单质B常温下是液态，能与Fe反应，则B为Br2，D为FeBr3，D与F得到红色溶液，则F为KSCN，由D与G之间的相互转化，可知G为FeBr2，Fe与气体C反应得到E，E与X反应得到D、G、H，H在常温下为液体，X是一种无氧强酸，可推知X为HBr，H为H2O，以此解答该题。
【小问1详解】
由以上分析可知E为Fe3O4，X为HBr ，氢和溴共用1对电子对，为共价化合物，HBr的电子式 ；
【小问2详解】
在反应①～⑦中，①为铁和溴发生的氧化还原反应，②为铁和氧气发生的氧化还原反应，③为四氧化三铁和HBr发生的复分解反应，不是氧化还原反应，④为溴化铁和铁发生的氧化还原反应，⑤为溴化亚铁和溴发生的氧化还原反应，⑥是溴化铁和硫氰酸盐发生的络合反应，不是氧化还原反应，故答案为：③⑥；
【小问3详解】
反应⑦是铁在水蒸气中发生的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；该反应中符合氧化还原反应的电子守恒，氢元素化合价从+1价变化为0价，4molH2O反应转移电子为 8mol， ；
【小问4详解】
D为FeBr3，G为FeBr2，FeBr2可加入氧化剂(或)氧化为FeBr3，除去FeBr3溶液中混有的少量FeBr2的方法为：向D溶液中加入适量(或)，充分反应。
28. 实验室中需要溶液。
（1）实验过程中除托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还缺少的必要仪器为_______；
（2）实验时需要称量的质量为_______g；
（3）将步骤③的后续操作补充完整并完成下列操作步骤的正确顺序_______(填序号)；
①将称量好的碳酸钠晶体置于烧杯中，用适量蒸馏水使它完全溶解并冷却至室温；
②把烧杯中的溶液小心转移至容量瓶中；
③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处，_______；
④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，将洗涤的液体小心注入容量瓶，并轻轻振荡；
⑤将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀。
（4）下列操作可能导致所配制溶液浓度偏低的是_______(填字母)。
A. 移液前容量瓶中有少量蒸馏水 B. 定容时加水多了，用滴管吸出
C. 定容时仰视刻度线 D. 所用碳酸钠晶体已在干燥空气中久置
【答案】（1）500mL容量瓶
（2）71.5 （3） ①. ①②④③⑤ ②. 改用胶头滴管加水至凹液面最低处与刻度线相切 （4）BC
【解析】
【小问1详解】
操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制溶液，应选择500mL容量瓶，所以缺少的仪器为：500mL容量瓶；
【小问2详解】
n()=c∙V=0.5mol/L×0.5L=0.25mol，由钠元素物质的量守恒，可知需要称量的质量为m()=n∙M=0.25mol×286g/mol=71.5g；
【小问3详解】
配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，顺序为①②④③⑤；定容的操作：③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处，改用胶头滴管加水至凹液面最低处与刻度线相切；
【小问4详解】
A．因配制溶液时需要加入蒸馏水，则由稀释定律可知加水稀释物质的量不变，转移前容量瓶中有少量蒸馏水对实验结果无影响，故A不选；
B．定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线会导致溶液中溶质的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故B选；
C．定容时仰视刻度线会导致溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏低，故C选；
D．所用碳酸钠晶体已在干燥空气中久置，导致结晶水损失，溶质质量偏多，浓度偏高，故D不选；
故答案为：BC。
29. 铁及其化合物在日常生产生活中有着广泛应用。
Ⅰ．制备晶体(实验装置如图所示)
已知：晶体易升华，且能吸收空气里的水分而潮解
（1）装置A中发生反应的离子化学方程式为_______；
（2）硬质玻璃管直接接入收集器而不用导气管连接的原因是_______；
（3）F中所加碱石灰的作用是_______；
Ⅱ．制备白色固体(实验装置如图所示)
（4）开始实验时，止水夹处于_______(填“打开或关闭”)状态；
（5）在整个制备过程中铁粉与稀硫酸制备的作用有_______。
a．驱赶装置内的空气 b．把物质B压入Ⅱ中 c．保护白色不被空气氧化
（6）若未排净装置中的空气，则Ⅱ中出现的现象是_______，出现该现象的原因是_______(用化学方程式说明)。
【答案】（1）
（2）防止在导气管中凝华成固体堵塞装置
（3）吸收过量的尾气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入收集器导致遇水潮解
（4）打开 （5）abc
（6） ①. 先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 ②.
【解析】
【分析】Ⅰ．A制备氯气，B除氯气中的氯化氢，C干燥氯气，D中铁和氯气反应生成氯化铁，E收集氯化铁，F吸收过量的尾气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入收集器导致遇水潮解；
Ⅱ．A是稀硫酸、B是铁粉、C是氢氧化钠，实验开始时，打开止水夹，用氢气驱赶装置内的空气，使Ⅱ内处于无氧环境，防止白色不被空气氧化，然后关闭止水夹，用Ⅰ内生成的氢气把硫酸亚铁溶液压入Ⅱ中和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁。
【小问1详解】
装置A中二氧化锰和浓盐酸加热生成氯化锰、氯气、水，发生反应的离子化学方程式为；
【小问2详解】
晶体易升华，为防止在导气管中凝华成固体堵塞装置，所以硬质玻璃管直接接入收集器而不用导气管连接；
【小问3详解】
氯气能与碱反应，能吸收空气里的水分而潮解，F中所加碱石灰的作用是吸收过量的尾气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入收集器导致遇水潮解；
【小问4详解】
开始实验时，用锥形瓶Ⅰ内生成的氢气排出Ⅱ内的空气，防止氢氧化亚铁被氧化，所以止水夹处于打开状态；
【小问5详解】
在整个制备过程中铁粉与稀硫酸制备，实验开始时，打开止水夹，用氢气驱赶装置内的空气，使Ⅱ内处于无氧环境，防止白色不被空气氧化，然后关闭止水夹，用Ⅰ内生成的氢气把硫酸亚铁溶液压入Ⅱ中和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，故选abc。
【小问6详解】
若未排净装置中的空气，反应生成的会被氧化为，则Ⅱ中出现的现象是先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，发生反应的方程式为。
30. 不稳定，受热易分解，现有2.96g未完全分解的碳酸氢钠样品，欲测定其分解率，将其完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢滴加稀盐酸，并不断搅拌。溶液中有关离子的物质的量随盐酸加入的变化如图所示，则
（1）a、d对应的离子分别是_______(填离子符号)；
（2）该样品中的质量分数为_______；(保留两位小数)
（3）原的分解率为_______。
【答案】（1）、
（2）71.62% （3）80%
【解析】
【分析】2.96g未完全分解的碳酸氢钠样品，将其完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢滴加稀盐酸，并不断搅拌，依次生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；
【小问1详解】
根据元素守恒，滴加盐酸的过程中Na+的物质的量不变、Cl-是物质的量持续增大、减小、 先增大后减小，所以a表示、b表示、c表示Cl-、d表示；
【小问2详解】
d表示，的初始物质的量为0.02mol，可知原混合物中碳酸钠的物质的量为0.02mol，所以该样品中的质量分数为；
【小问3详解】
化学学科试题卷
考生须知：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号(填涂)；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。
4.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Ba-137
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备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. 下列仪器不能用于加热的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．该仪器为试管，试管为可直接加热的仪器，故A不选；
B．该仪器为圆底烧瓶，垫上石棉网可以给圆底烧瓶加热，故B不选；
C．该仪器为坩埚，坩埚为可直接加热的仪器，故C不选；
D．该仪器为容量瓶，容量瓶为不能加热的仪器，故D选；
故选：D。
2. 下列物质的水溶液能导电，但该物质既不是电解质，也不是非电解质的是
A. 二氧化碳 B. 冰醋酸 C. 氧化钙 D. 漂白粉
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化碳溶于水后生成亚硫酸能电离出离子而导电，即二氧化碳溶于水后能导电；但由于不是其自身电离出离子，故二氧化硫是非电解质，故A错误；
B．冰醋酸溶于水后能自身电离出离子而导电，故是电解质，故B错误；
C．CaO溶于水后生成氢氧化钙，氢氧化钙电离出离子而导电，即氧化钙溶于水后能导电；但由于其在熔融状态下可以自身电离出离子而导电，故为电解质，故C错误；
D．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，溶于水后能导电，但由于是混合物，故既不是电解质也不是非电解质，故D正确；
故选：D。
3. 下列有关化学品安全使用标识及实验图标对应不正确的
A
B
C
D
护目镜
腐蚀类物质
排风
警示
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．A是护目镜，故A正确；
B．B是腐蚀品，故B正确；
C．C表示排放装置，故C正确；
D．D是有毒品标志，故D错误；
选D。
4. 分类是化学学习和研究的常用手段。下列分类依据和结论都正确的是
A. 含有氧元素的化合物，一定是氧化物
B. 烧碱、纯碱、火碱都属于碱
C. 酸性氧化物一定是非金属氧化物
D. CuSO4·5H2O、冰水、液氨都属于纯净物
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．含有氧元素的化合物不一定都是氧化物，如Na2CO3是盐，A项错误；
B．纯碱是碳酸钠，属于盐，B项错误；
C．酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7是金属氧化物，但也是酸性氧化物，C项错误；
D．CuSO4·5H2O、冰水、液氨都属于纯净物，D项正确；
答案选D。
5. 下列化学用语表示正确的是
A. 结构示意图： B. 的结构式：
C. 水分子结构模型： D. NaClO的电子式为：
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫原子的结构示意图为 ，最外层得到2个电子形成硫离子，硫离子的结构示意图为，故A正确；
B．CS2属于共价化合物，由两个C=S键构成，结构式：S=C=S，故B错误；
C．水是共价化合物，分子结构模型为V形，并且O原子半径大于H，其分子结构模型为 ，故C错误；
D．NaClO是离子化合物，电子式为：，故D错误；
故选：A。
6. 下列叙述中不正确的是
A. 考古研究中利用和的测定，分析古代人类的食物结构
B. 钠钾合金可用作核反应堆的传热介质
C. 俄国化学家门捷列夫将元素按照原子序数由小到大依次排列出了第一张元素周期表
D. 能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体不一定是氯气
【答案】C
【解析】
【详解】A．运用同位素分析，考古研究中利用和的测定，分析古代人类的食物结构，故A正确；
B．钠和钾为热的良导体，且钠钾合金常温下为液体，导热快，可用作核反应堆的传热介质，故B正确；
C．俄国化学家门捷列夫将元素按照相对原子质量由小到大依次排列，制成了第一张元素周期表，故C错误；
D．能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体可能是氯气、NO2等，故D正确；
选C。
7. 用硫酸渣制备铁黄(一种铁基颜料)的过程中存在如下反应：4FeSO4＋8NH3·H2O＋O2=4FeOOH＋4(NH4)2SO4＋2H2O，下列说法正确的是
A. O2发生氧化反应 B. FeSO4作氧化剂
C. 反应中转移电子数目为2e— D. FeOOH既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【解析】
【详解】A．由方程式可知，反应中氧元素的化合价降低被还原，氧气是反应的氧化剂，发生还原反应，故A错误；
B．由方程式可知，反应中铁元素的化合价升高被氧化，硫酸亚铁是反应的还原剂，故B错误；
C．由方程式可知，反应消耗1mol氧气，转移4mol电子，则反应中转移电子数目为4e—，故C错误；
D．由方程式可知，反应中氧元素的化合价降低被还原，铁元素的化合价升高被氧化，FeOOH既是反应的氧化产物又是还原产物，故D正确；
故选D。
8. 下列操作中正确的是
A. 用水扑灭金属Na、K的燃烧
B. 焰色试验中用过的铂丝可以用稀硫酸洗净
C. 丁达尔效应可被用来区分食盐水和淀粉溶液
D. 若不慎将酸沾到皮肤上，用3%-5%的NaOH溶液冲洗
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na、K是活泼金属，能与水发生反应放出氢气，不能用水扑灭金属Na、K的燃烧，故A错误；
B．硫酸难挥发，焰色试验中用过的铂丝用盐酸洗净，故B错误；
C．淀粉溶液属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，丁达尔效应可被用来区分食盐水和淀粉溶液，故C正确；
D．氢氧化钠具有腐蚀性，不能用NaOH溶液冲洗皮肤，若不慎将酸沾到皮肤上，用3%-5%的碳酸氢钠溶液冲洗，故D错误；
选C。
9. 下列关于材料的说法不正确的是
A. 钢是用量最大的合金材料，钢中加入稀土元素可改善钢的性能
B. 储氢合金是一类通过物理方法吸附的新型合金材料
C. 常见的一些合金的硬度比其成分金属的大
D. 硬铝的密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．钢是用量最大的合金材料，钢中加入稀土元素可提高钢材的强度、冲击韧性、耐腐蚀性等性能，故A正确；
B．储氢合金是一类能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的材料，故B错误；
C．常见的一些合金的硬度比其成分金属的大，故C正确；
D．硬铝的密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故D正确；
选B。
10. 关于叙述正确的是
A. 由两种核素构成 B. 质子数小于电子数
C. 与互为同位素 D. 1mol该离子中含个中子
【答案】D
【解析】
【详解】A．由三种核素构成，故A错误；
B．质子数为11、电子数为10，故B错误；
C．同位素的质子数相同、中子数不同的原子，与不是原子，所以不是同位素，故C错误；
D．1个中有8个中子，1mol中含个中子，故D正确；
选D。
11. 为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是
A. ：加适量的盐酸溶液 B. 溶液：加入足量的铁粉
C. ：用点燃的方法除去 D. ：通过饱和溶液的洗气瓶
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，加适量盐酸可除去杂质，A正确；
B．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，将原物质除去，不能除杂，应加适量氯水，B错误；
C．二氧化碳过量，CO难点燃，不能除杂，应选灼烧的CuO，C错误；
D．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水，D错误；
故答案选A
12. 已知NA是阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是
A. 120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA
B. 标准状况下，2.24LCl2通入足量水中，水溶液中Cl-和ClO-离子总数为0.2NA
C. 50mL12mol/L的浓盐酸与足量的MnO2加热充分反应，转移电子数目为0.3NA
D. 0.1mol∙L-1Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．1molNaHSO4和1molKHSO3中都含有1mol阳离子，NaHSO4和KHSO3的摩尔质量均为120g/mol，因此120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有阳离子物质的量为1mol，故A正确；
B．氯气通入水中，只有少量的氯气与水反应，水溶液中含氯微粒有Cl2、Cl-、HClO、ClO-，因此水溶液中Cl-和ClO-离子物质的量小于0.2mol，故B错误；
C．MnO2只与浓盐酸反应，MnO2是足量，随着反应进行，浓盐酸物质的量浓度降低，到达某一浓度，反应停止，因此无法计算出转移电子物质的量，故C错误；
D．题中没有说明溶液的体积，无法计算氢氧化钡的物质的量，同时水也能电离出OH-，因此本题无法求出OH-的物质的量，故D错误；
答案为A。
13. 下列离子方程式不正确的是
A. 石灰石与高氯酸反应：
B. 溶于氢碘酸中：
C. 少量溶液滴入溶液中：
D. 向饱和的溶液中通入过量：
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钙难溶水应写化学式，高氯酸为强酸完全，两者反应的离子方程式：，故A正确；
B．三价铁离子能氧化碘离子，溶于氢碘酸中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：，故B错误；
C．少量溶液滴入反应生成碳酸钙和碳酸氢钠，离子方程式为，故C正确；
D．饱和的溶液中通入过量生成碳酸氢钠晶体，离子方程式为：，故D正确；
故选：B。
14. 把500有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由Ba2++SO42-═BaSO4↓、Ag++Cl-═AgCl↓计算离子的物质的量，由混合溶液分成5等份，则确定原溶液中钡离子和氯离子的浓度，再利用溶液不显电性来计算原混合溶液中钾离子物质的量浓度。
【详解】取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，则
Ba2++SO42-═BaSO4↓
1 1
amol amol
另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，则
Ag++Cl-═AgCl↓
1 1
bmol bmol
由混合溶液分成5等份，则原溶液中钡离子的浓度为=10amol/L，
氯离子的浓度为=10bmol/L，
根据溶液不显电性，设原混合溶液中钾离子物质的量浓度为x，则10amol/L×2+x×1=10bmol/L×1，解得x=10（b-2a）mol/L，
答案选D。
15. 价类二维图是学习元素及其化合物知识的重要模型。下图为氯元素的价类二维图，有关说法不正确的是
A. a的形成过程： B. 转化均为氧化反应
C. c是一种新的自来水消毒剂 D. d不稳定，容易分解
【答案】B
【解析】
【详解】根据价类二维图可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO4，d为HClO。
A．HCl的形成过程：，选项A正确；
B．、中氯元素化合价降低发生还原反应，中氯元素化合价升高发生氧化反应，选项B不正确；
C．c为ClO4，具有强氧化性，是一种新的自来水消毒剂，选项C正确；
D．d为HClO，不稳定，见光分解生成HCl和氧气，选项D正确；
答案选B。
16. 用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是
A. 图1鉴别纯碱与小苏打 B. 图2证明与水反应放热
C. 图3证明能与烧碱溶液反应 D. 图4探究钠与反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．加热固体试剂，试管口应略向下倾斜，故选A；
B．向包有过氧化钠的脱脂棉滴2滴水，脱脂棉燃烧，证明与水反应放热，故不选B；
C．锥形瓶中滴入氢氧化钠溶液，若气球膨胀，说明锥形瓶内气体减少，证明能与烧碱溶液反应，故不选C；
D．氯气通过热的金属钠，玻璃管内有白烟生成，说明钠与发生反应，故不选D；
选A。
17. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 0.1mol/L NaClO溶液：、、、
B. 溶液：、、、
C. 0.1mol/L NaOH溶液：、、、
D. 溶液：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．ClO-能氧化，0.1mol/L NaClO溶液不能大量含有，故不选A；
B．、反应生成Fe(SCN)3，、不能大量共存，故不选B；
C． 、生成碳酸钙沉淀，、不能大量共存，故不选C；
D．溶液中，、、、相互之间不反应，能大量共存，故选D；
选D。
18. 向一定体积的溶液中逐滴加入稀硫酸，测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是
A. XY段溶液中的离子方程式为
B. a处溶液的导电能力约为0，所以是非电解质
C. 由该实验可知，溶液的导电能力与自由移动的离子浓度有关
D. YZ段导电能力不断增大，主要由于电离出的离子导电
【答案】C
【解析】
【详解】A．XY段溶硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为，故A错误；
B．是强电解质，溶液导电性为0，是因为难溶于水，故B错误；
C．由该实验可知，溶液的导电能力与自由移动的离子浓度有关，离子浓度越大导电能力越强，故C正确；
D．YZ段导电能力不断增大，主要由于剩余的硫酸电离出的离子导电，故D错误；
选C。
19. X、Y、Z、M为四种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L。下列说法正确的是
A. 原子半径比较：
B. 元素的氧化物对应的水化物的酸性比较：
C. 由Y、Z、M三种元素可形成离子化合物
D. 分子间不存在氢键
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、M为四种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成分子，X、Y、Z分别是C、N、O；N元素与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L，Y与M形成的气态化合物的相对分子质量为17，则M是H元素。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，原子半径比较：，故A错误；
B．氧元素不能形成含氧酸，故B错误；
C． N、O、H三种元素可形成离子化合物NH4NO3，故C正确；
D．H2O分子间能形成氢键，故D错误；
选C。
20. 根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是
选项
事实
推测
A
Mg与冷水较难反应，Ca与冷水较易反应
Be(铍)与冷水更难反应
B
Na与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键
Si与Cl形成共价键
C
HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解
HBr的分解温度介于二者之间
D
随核电荷数递增，第ⅠA族的碱金属元素单质的沸点逐渐降低
随核电荷数递增，第ⅦA族元素单质的沸点也逐渐降低
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ca的金属性比Mg强，Ca与水反应更剧烈，而Ba的金属性比Ca强，可推测出Ba与水反应会更快，故A不选；
B．S的非金属性比Si强，S与氢气反应需要温度更低，而P的非金属性比Si强而比S弱，可以推测出P与H2在高温时能反应，故B不选；
C．Cl的非金属性比I的强，HCl的分解稳定比IH高，而Br的非金属性比I强而比Cl弱，所以HBr稳定性介于HI与HCl之间，则HBr的分解温度介于二者之间，推测合理，故C不选；
D．随着核电荷数递增，第ⅠA族元素单质除氢外为金属单质，形成的是金属晶体，金属晶体的沸点和金属键有关，沸点逐渐降低，第ⅦA族元素的单质形成的是分子晶体，分子晶体熔沸点和分子间作用力有关，随着核电荷数递增，第ⅦA族元素单质的沸点逐渐升高，推测不合理，故D选；
故选：D。
21. Na2Sx(多硫化钠)在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，反应消耗Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶25，则x值是
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】D
【解析】
【详解】Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：25，根据电子转移守恒，则：x×[6-()]=25×[1-(-1)]，解得：x=8，故答案选D。
22. 下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
将KI和FeCl3溶液在试管中混合后滴加淀粉溶液
溶液变蓝
氧化性：Fe3+>I2
B
分别加热Na2CO3和NaHCO3固体
试管内壁都有水珠
两种物质均受热分解
C
向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液
无明显变化
AlCl3与NaOH不反应
D
将水蒸气通过灼热的铁粉
粉末变红
铁与水在高温下发生反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将KI和FeCl3溶液在试管中混合后滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明碘离子被铁离子氧化，因此氧化性：Fe3+＞I2，故A正确；
B．分别加热Na2CO3和NaHCO3固体，试管壁有水珠，说明固体表面吸附了一定的水蒸气，不能说明都分解，故B错误；
C．向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液，反应生成了偏铝酸钠和水，故C错误；
D．将水蒸气通过灼热的铁粉，得到的产物为黑色，不是红色，故D错误。
综上所述，答案为A。
23. 将钠、铝混合物投入足量水(质量为100g)中进行反应，若钠、铝的质量分别为46g和27g，充分反应后，下列说法正确的是
A. 产生H2的物质的量为2.5mol
B. 溶液中的溶质只有NaAlO2
C. 金属未完全溶解
D. NaAlO2的质量分数是×100%
【答案】A
【解析】
【分析】将钠、铝混合物投入足量水发生的反应为钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应得到的氢氧化钠溶液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，46g钠的物质的量为=2mol，反应生成氢气为2mol×1mol、氢氧化钠为2mol，27g铝为=1mol，铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足量，反应生成氢气的物质的量为1mol×=1.5mol、偏铝酸钠为1mol。
【详解】A．由分析可知，将钠、铝混合物投入足量水中生成氢气质量为1mol+1.5mol=2.5mol，故A正确；
B．由分析可知，将钠、铝混合物投入足量水中，钠与水完全反应生成氢氧化钠，铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足量，则溶液中的溶质为偏铝酸钠和氢氧化钠，故B错误；
C．由分析可知，将钠、铝混合物投入足量水中，钠与水完全反应生成氢氧化钠，铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足量，则投入的金属完全溶解，故C错误；
D．由分析可知，反应生成偏铝酸钠的质量为1mol×82g/mol=82g，溶液的质量为100g+46g+27g-5g，则偏铝酸钠的质量分数是×100%，故D错误；
故选A。
24. 某混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：、、、、、、，现每次取100mL进行实验。(已知与在溶液中可发生下列反应：)
(1)第一份加入溶液有沉淀产生。
(2)第二份加足量NaOH后加热，收集到气体0.896L(标准状况下)。
(3)第三份加足量后，得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤干燥后，剩余固体2.33g。根据以上实验，以下推测正确的是
①一定存在；
②100mL里面含有；
③；
④一定不存在，可能存在；
⑤离子浓度为0.1mol/L
A. ①②③ B. ①③⑤ C. ①②④ D. ②③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】第二份加足量NaOH后加热，收集到气体0.896L(标准状况下)，根据，说明含有，n()= ；第三份加足量后，得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤干燥后，剩余固体2.33g。则生成硫酸钡2.33g、生成碳酸钡6.27g-2.33g=3.94g，说明含有、，n()=0.02mol、n()=0.01mol，、与、不能共存，所以一定不含、，、、Cl-都能与硝酸银反应生成沉淀，第一份加入溶液有沉淀产生，不能证明是否含有Cl-；铵根离子所带正电荷总数小于、所得负电荷总数，根据电荷守恒，一定含有；
根据以上分析，①根据电荷守恒，一定存在，故①正确；
②100mL里面n()=0.02mol，故②错误；
③若不含Cl-，n()=0.02mol，若含有Cl-，n()>0.02mol，所以，故③正确；
④、一定不存在，故④错误；
⑤100mL里面n()=0.01mol ，离子浓度为=0.1mol/L，故⑤正确；
正确的是①③⑤，故选B。
25. 向2LH2SO4、Fe2(SO4)3、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，加入铁粉的质量和烧杯中固体的质量的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法正确的是
A. oa段的离子方程式为
B. 原溶液中
C. 烧杯中最后固体只有铜
D. 溶液中还有部分CuSO4剩余
【答案】B
【解析】
【分析】向2LH2SO4、Fe2(SO4)3、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，加入铁粉的质量和烧杯中固体的质量的关系如图所示，由于氧化性铁离子大于铜离子，铜离子大于氢离子，则发生的反应依次为2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋、Cu2＋＋Fe＝Cu＋Fe2＋、2H＋＋Fe＝Fe2＋＋H2↑，据此解答。
【详解】A．oa段的反应是铁离子氧化单质铁，离子方程式为2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，A错误；
B．ab段是铜离子氧化单质铁，根据图像可知置换出铜的质量和ob段消耗铁的质量相等，设置换出铜的物质的量是xmol，则与铜离子反应的单质铁的物质的量是xmol，设与铁离子反应的单质铁的物质的量是ymol，则有56×（x+y）＝64x，解得x＝7y，因此原溶液中，B正确；
C．烧杯中最后固体有铜和剩余的铁，C错误；
D．bc段发生反应为2H＋＋Fe＝Fe2＋＋H2↑，因此最终所得溶液中只有FeSO4，D错误；
答案选B。
二、非选择题(本大题共5小题，共50分)
26. 回答下列问题：
（1）34号元素在元素周期表中的位置_______，结合元素周期律，下列有关该元素性质预测正确的是_______；
A．常温下该元素能与氢气剧烈反应 B．该元素化合价可能存在+7价
C．该元素单质常温下为固体 D．该元素的简单阴离子具有强还原性
（2）8号、11号、12号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)_______；其中11号、12号元素的最高价氧化物的水化物碱性更强的是(用化学式表示)_______。
【答案】（1） ①. 第4周期第ⅥA族 ②. CD
（2） ①. ②. NaOH
【解析】
【小问1详解】
34号元素在元素周期表中的位置是第4周期第ⅥA族，与S元素同主族，根据同周期元素递变规律，S的性质相似。
A．硫与氢气在加热条件下才能反应，常温下该元素不能与氢气剧烈反应，故A错误；
B．第ⅥA族元素化合价最高为+6价，故B错误；
C．S在常温下是固体，该元素单质常温下为固体，故C正确；
D．S2-具有强还原性，该元素的简单阴离子具有强还原性，故D正确；
选CD。
【小问2详解】
8号、11号、12号元素形成的简单离子分别是O2-、Na+、Mg2+，电子层数相同，质子数越多半径越小，半径由大到小的顺序是；同周期元素从左到右金属性减弱，最高价氧化物的水化物碱性减弱，Na、Mg元素的最高价氧化物的水化物碱性更强的是NaOH。
27. A、B、C为中学化学常见单质，其中只有一种为金属；通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸，E在常温下为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化关系如图所示(其中某些反应条件和部分反应物已略去)。
（1）写出E的化学式_______、X的电子式_______；
（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是_______(填编号)；
（3）反应⑦的化学方程式为，并用单线桥表示该反应的电子转移方向和数目_______；
（4）欲除去D溶液中混有的少量G的方法为_______。
【答案】（1） ①. ②.
（2）③⑥ （3）
（4）向D溶液中加入适量(或)，充分反应
【解析】
【分析】A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体，则单质A应为金属，A和H高温反应生成E为黑色固体，E黑色固体和X反应生成D、G、H，其中DG之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe,和C在点燃条件下生成黑色固体E为Fe3O4，C为O2，依据D+A=G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含硫氰酸根离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，单质B常温下是液态，能与Fe反应，则B为Br2，D为FeBr3，D与F得到红色溶液，则F为KSCN，由D与G之间的相互转化，可知G为FeBr2，Fe与气体C反应得到E，E与X反应得到D、G、H，H在常温下为液体，X是一种无氧强酸，可推知X为HBr，H为H2O，以此解答该题。
【小问1详解】
由以上分析可知E为Fe3O4，X为HBr ，氢和溴共用1对电子对，为共价化合物，HBr的电子式 ；
【小问2详解】
在反应①～⑦中，①为铁和溴发生的氧化还原反应，②为铁和氧气发生的氧化还原反应，③为四氧化三铁和HBr发生的复分解反应，不是氧化还原反应，④为溴化铁和铁发生的氧化还原反应，⑤为溴化亚铁和溴发生的氧化还原反应，⑥是溴化铁和硫氰酸盐发生的络合反应，不是氧化还原反应，故答案为：③⑥；
【小问3详解】
反应⑦是铁在水蒸气中发生的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；该反应中符合氧化还原反应的电子守恒，氢元素化合价从+1价变化为0价，4molH2O反应转移电子为 8mol， ；
【小问4详解】
D为FeBr3，G为FeBr2，FeBr2可加入氧化剂(或)氧化为FeBr3，除去FeBr3溶液中混有的少量FeBr2的方法为：向D溶液中加入适量(或)，充分反应。
28. 实验室中需要溶液。
（1）实验过程中除托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还缺少的必要仪器为_______；
（2）实验时需要称量的质量为_______g；
（3）将步骤③的后续操作补充完整并完成下列操作步骤的正确顺序_______(填序号)；
①将称量好的碳酸钠晶体置于烧杯中，用适量蒸馏水使它完全溶解并冷却至室温；
②把烧杯中的溶液小心转移至容量瓶中；
③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处，_______；
④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，将洗涤的液体小心注入容量瓶，并轻轻振荡；
⑤将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀。
（4）下列操作可能导致所配制溶液浓度偏低的是_______(填字母)。
A. 移液前容量瓶中有少量蒸馏水 B. 定容时加水多了，用滴管吸出
C. 定容时仰视刻度线 D. 所用碳酸钠晶体已在干燥空气中久置
【答案】（1）500mL容量瓶
（2）71.5 （3） ①. ①②④③⑤ ②. 改用胶头滴管加水至凹液面最低处与刻度线相切 （4）BC
【解析】
【小问1详解】
操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制溶液，应选择500mL容量瓶，所以缺少的仪器为：500mL容量瓶；
【小问2详解】
n()=c∙V=0.5mol/L×0.5L=0.25mol，由钠元素物质的量守恒，可知需要称量的质量为m()=n∙M=0.25mol×286g/mol=71.5g；
【小问3详解】
配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，顺序为①②④③⑤；定容的操作：③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处，改用胶头滴管加水至凹液面最低处与刻度线相切；
【小问4详解】
A．因配制溶液时需要加入蒸馏水，则由稀释定律可知加水稀释物质的量不变，转移前容量瓶中有少量蒸馏水对实验结果无影响，故A不选；
B．定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线会导致溶液中溶质的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故B选；
C．定容时仰视刻度线会导致溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏低，故C选；
D．所用碳酸钠晶体已在干燥空气中久置，导致结晶水损失，溶质质量偏多，浓度偏高，故D不选；
故答案为：BC。
29. 铁及其化合物在日常生产生活中有着广泛应用。
Ⅰ．制备晶体(实验装置如图所示)
已知：晶体易升华，且能吸收空气里的水分而潮解
（1）装置A中发生反应的离子化学方程式为_______；
（2）硬质玻璃管直接接入收集器而不用导气管连接的原因是_______；
（3）F中所加碱石灰的作用是_______；
Ⅱ．制备白色固体(实验装置如图所示)
（4）开始实验时，止水夹处于_______(填“打开或关闭”)状态；
（5）在整个制备过程中铁粉与稀硫酸制备的作用有_______。
a．驱赶装置内的空气 b．把物质B压入Ⅱ中 c．保护白色不被空气氧化
（6）若未排净装置中的空气，则Ⅱ中出现的现象是_______，出现该现象的原因是_______(用化学方程式说明)。
【答案】（1）
（2）防止在导气管中凝华成固体堵塞装置
（3）吸收过量的尾气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入收集器导致遇水潮解
（4）打开 （5）abc
（6） ①. 先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 ②.
【解析】
【分析】Ⅰ．A制备氯气，B除氯气中的氯化氢，C干燥氯气，D中铁和氯气反应生成氯化铁，E收集氯化铁，F吸收过量的尾气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入收集器导致遇水潮解；
Ⅱ．A是稀硫酸、B是铁粉、C是氢氧化钠，实验开始时，打开止水夹，用氢气驱赶装置内的空气，使Ⅱ内处于无氧环境，防止白色不被空气氧化，然后关闭止水夹，用Ⅰ内生成的氢气把硫酸亚铁溶液压入Ⅱ中和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁。
【小问1详解】
装置A中二氧化锰和浓盐酸加热生成氯化锰、氯气、水，发生反应的离子化学方程式为；
【小问2详解】
晶体易升华，为防止在导气管中凝华成固体堵塞装置，所以硬质玻璃管直接接入收集器而不用导气管连接；
【小问3详解】
氯气能与碱反应，能吸收空气里的水分而潮解，F中所加碱石灰的作用是吸收过量的尾气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入收集器导致遇水潮解；
【小问4详解】
开始实验时，用锥形瓶Ⅰ内生成的氢气排出Ⅱ内的空气，防止氢氧化亚铁被氧化，所以止水夹处于打开状态；
【小问5详解】
在整个制备过程中铁粉与稀硫酸制备，实验开始时，打开止水夹，用氢气驱赶装置内的空气，使Ⅱ内处于无氧环境，防止白色不被空气氧化，然后关闭止水夹，用Ⅰ内生成的氢气把硫酸亚铁溶液压入Ⅱ中和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，故选abc。
【小问6详解】
若未排净装置中的空气，反应生成的会被氧化为，则Ⅱ中出现的现象是先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，发生反应的方程式为。
30. 不稳定，受热易分解，现有2.96g未完全分解的碳酸氢钠样品，欲测定其分解率，将其完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢滴加稀盐酸，并不断搅拌。溶液中有关离子的物质的量随盐酸加入的变化如图所示，则
（1）a、d对应的离子分别是_______(填离子符号)；
（2）该样品中的质量分数为_______；(保留两位小数)
（3）原的分解率为_______。
【答案】（1）、
（2）71.62% （3）80%
【解析】
【分析】2.96g未完全分解的碳酸氢钠样品，将其完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢滴加稀盐酸，并不断搅拌，依次生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；
【小问1详解】
根据元素守恒，滴加盐酸的过程中Na+的物质的量不变、Cl-是物质的量持续增大、减小、 先增大后减小，所以a表示、b表示、c表示Cl-、d表示；
【小问2详解】
d表示，的初始物质的量为0.02mol，可知原混合物中碳酸钠的物质的量为0.02mol，所以该样品中的质量分数为；
【小问3详解】
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