浙江省宁波市2023_2024学年高一化学上学期期末模拟卷含解析

这是一份浙江省宁波市2023_2024学年高一化学上学期期末模拟卷含解析，共22页。试卷主要包含了选择题I，选择题II，填空题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题I(本大题共15小题，每小题2分，共30分)
1. “地球在流浪，学习不能忘”，学好化学让生活更美好，下列相关说法错误的是
A. “火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色试验
B. 小苏打指碳酸氢钠，可用于治疗胃酸过多和作发酵粉
C. 为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰
D. 葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒
【答案】C
【解析】
【详解】A. 焰色试验是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应，因此“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色试验，A正确；
B. 小苏打指碳酸氢钠，碱性较弱，能和盐酸反应，因此可用于治疗胃酸过多和作发酵粉，B正确；
C. 为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入铁粉，生石灰吸水，常用作干燥剂，C错误；
D. 葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，碳酸钠溶液显碱性，因此可用苏打粉检验假红酒，D正确；答案选C。
2. 下列关于物质分类的正确组合是（）
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．苛性钾即KOH，属于碱，硫酸属于酸，小苏打即碳酸氢钠，属于盐，生石灰即氧化钙，为碱性氧化物，干冰即固态二氧化碳，为酸性氧化物，A正确；
B．盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，B错误；
C．碱石灰是CaO、NaOH等的混合物，不属于碱，C错误；
D．纯碱即碳酸钠，属于盐，不属于碱，D错误。
答案选A。
3. 下列物质属于非电解质的是
A. 金刚石B. 液态HClC. 蔗糖D. NaHCO3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．金刚石属于单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；
B．液态HCl属于电解质，B错误；
C．蔗糖属于非电解质，C正确；
D．碳酸氢钠溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，D错误；
故答案选C。
4. 当光束通过下列物质时，不会出现丁达尔效应的是
①氢氧化铁胶体②水③蔗糖溶液④氯化铁溶液⑤云、雾⑥淀粉溶液
A. ①④⑤B. ③④⑥C. ②③④D. ①⑤⑥
【答案】C
【解析】
【分析】胶体分散系具有丁达尔现象，只要判断出分散系是胶体即可。
【详解】①Fe(OH)3胶体是胶体，有丁达尔效应，故①不选；
②水不是胶体，水是纯净物，胶体是混合物，水不会出现丁达尔效应，故②选；
③蔗糖溶液是溶液不是胶体，不会出现丁达尔效应，故③选；
④FeCl3溶液是溶液不是胶体，不会出现丁达尔效应，故④选；
⑤云雾是胶体，有丁达尔效应，故⑤不选；
⑥淀粉溶液是胶体，有丁达尔效应，故⑥不选；
综上所述，不会出现丁达尔效应的是②③④，故选C。
5. 下列仪器名称为“容量瓶”的是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】 配制一定物质的量浓度的溶液，要用到的玻璃仪器--容量瓶，其一般为细颈、平底，瓶身上有容量、温度、刻度线。
【详解】A. 圆底烧瓶，不选；
B. 是分液漏斗，不选；
C. 是容量瓶，选；
D. 是量筒，不选；
正确答案是C。
6. 下列关于实验室突发事件的应对措施和常见废弃物的处理方法正确的是
A. 应将酸、碱、氧化剂或还原剂的废液倒在同一个废液缸内
B. 如果不慎将碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸
C. 未用完钠不可以再放回原瓶，应放到指定的废弃器皿中
D. 如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%-5%的Na2CO3溶液冲洗
【答案】B
【解析】
【详解】A．对于酸、碱、氧化剂或还原剂的废液应分别收集，不能倒在同一个废液缸中，A错误；
B．不慎将碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸，B正确；
C．未用完的钠需要放回原试剂瓶中，C错误；
D．碳酸钠腐蚀性较强，用水冲洗后应该用3%-5%的碳酸氢钠溶液冲洗，D错误；
故答案选B。
7. 下列化学用语表述正确的是
A. 甲烷分子的结构式：B. CO2的电子式：
C. 氯化镁的电子式：D. 硫原子的结构示意图：
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷分子的结构式为，A正确；
B．二氧化碳的电子式为，B错误；
C．氯化镁的电子式为，C错误；
D．硫原子的结构示意图为，D错误；
故答案选A。
8. 下列说法正确的是
A. 自然界中较为常见的和互为同位素
B. 近年的材料新宠黑磷(仅由P构成)，它与白磷互为同素异形体
C. l4CO2的摩尔质量为46
D. 、为不同的核素，有不同的化学性质
【答案】B
【解析】
【详解】A．同位素一定是同一种元素，O和N为不同种元素，A错误；
B．黑磷由P构成，与白磷都是磷的单质，互为同素异形体，B正确；
C．14CO2的摩尔质量为46g/ml，C错误；
D．、为不同的核素，但是两者的最外层电子数相同，化学性质相同，D错误；
故答案选B。
9. 下列说法不正确的是
A. 二氧化氯可用于自来水消毒
B. 硬铝是铝合金的一种，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料
C. 工业上常利用钠与氯气来制氯化钠
D. 铜能与氯化铁溶液反应，该反应可用于印刷电路板的制作
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化氯具有强氧化性，可用于自来水消毒，A正确；
B．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，B正确；
C．工业上利用海水晒盐制氯化钠，C不正确；
D．印刷电路板的制作的原理是：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D正确；
故选C。
10. 下列各组离子在选项条件下一定能大量共存的是（）
A. 无色溶液：Na+、Cu2+、Cl-、NO
B. 酸性溶液：NH、Fe3+、CH3COO-、SO
C. 遇酚酞变红的溶液：Na+、K+、SO、NO
D. 碱性溶液：K+、Fe3+、SO、NO
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu2+的水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量共存，故A错误；
B．酸性溶液中含有大量的H+，CH3COO-会和H+发生反应，不能共存，故B错误；
C．遇酚酞变红溶液即碱性溶液，存在大量的OH-，选项中的离子都可以在碱性溶液中共存，故C正确；
D．碱性溶液存在大量的OH-，Fe3+与OH-反应，不能共存，故D错误；
故答案为C。
11. 我国历史悠久，历史上为化学科学的发展做出过很多重大贡献，下列说法不正确的是
A. 我国是世界上发明陶瓷、冶金、火药、造纸、酿造和印染等较早的国家
B. 侯德榜发明了联合制碱法，使得我国的烧碱制造技术获得了突破
C. 我国明代李时珍的《本草纲目》和宋应星的《天工开物》等著作中，都蕴含着丰富的化学知识和经验
D. 我们科学家在世界上首次用化学方法合成了具有生物活性的蛋白质——结晶牛胰岛素
【答案】B
【解析】
【详解】A．我国是世界上发明陶瓷、冶金、火药、造纸、酿造和印染等较早的国家，符合化学史事实，A正确；
B．侯德榜发明联合制碱法，制取的是纯碱，烧碱为NaOH，B错误；
C．明代李时珍撰写了《本草纲目》、宋应星撰写了《天工开物》，书中蕴含着丰富的化学知识和经验，C正确；
D．我国科学家在世界上第一次用化学方法合成的结晶牛胰岛素是一种具有生物活性的蛋白质，D正确；
故选B。
12. 下列有关物质性质的说法中正确的是
A. 铝制产品比较耐腐蚀，是因为常温下铝不与氧气反应
B. 氢氧化亚铁是不溶于水的白色沉淀，在空气中会立即变成灰绿色，最后变成红褐色
C. 碳酸钠溶于水会吸热，碳酸氢钠溶于水会放热
D. 氧化钠和过氧化钠都能与水反应生成氢氧化钠，所以都是碱性氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下，铝与空气中的氧气反应生成致密的氧化膜防止铝继续被氧化，A错误；
B．氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，现象为不溶于水的白色絮状沉淀，在空气中会立即变成灰绿色，最后变成红褐色，B正确；
C．碳酸钠溶于水会放热，碳酸氢钠溶于水会吸热，C错误；
D．过氧化钠不是碱性氧化物，D错误；
故选B。
13. 下列说法正确的是
A. 氯水应保存在棕色广口瓶中并置于阴凉处
B. 可采用通过饱和碳酸氢钠溶液的方法，除去CO2中含有的HCl
C. 焰色试验后，要用稀硫酸洗涤铂丝并在火焰上燃烧至无色
D. 实验室制取Cl2时须进行尾气处理，而制取CO2、H2可直接排放
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯水见光时其中的次氯酸会分解，并且属于液体，所以盛放在棕色细口瓶中，A错误；
B．HCl可与碳酸氢钠溶液反应生成CO2，且CO2与碳酸氢钠溶液不反应，可用于除杂，B正确；
C．焰色试验后，应该用稀盐酸洗涤铂丝并在火焰上燃烧至无色，C错误；
D．氢气是可燃性气体，不可直接排放，D错误；
故选B。
14. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A. 0.5 ml/L的NaOH溶液中含有的Na+数目为0.5NA
B. 50 mL 12 ml·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数小于0.3NA
C. 常温常压下，32 g O2和O3的混合气体中含有的原子数为2NA
D. 1 ml Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，A错误；
B．50 mL 12 ml·L-1盐酸中含有HCl的物质的量n(HCl)=c·V=12 ml/L×0.05 L=0.6 ml，若这些HCl完全反应产生制取Cl2，转移电子0.3 ml。但随着反应的进行，盐酸浓度变稀，反应就不再发生，反应的HCl的物质的量小于0.6 ml，则反应过程中转移电子的数目小于0.3NA，B正确；
C．O2和O3都是由O原子构成，O原子相对原子质量是16，则32 g O2和O3的混合气体中含有的O原子的物质的量n(O)==2 ml，所含的O原子数目为2NA，C正确；
D．Na是+1价的金属，1 ml Na与足量O2反应生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA，D正确；
故合理选项是A。
15. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应：Ca2＋+HCO+OH-= CaCO3↓+H2O
B. NaHCO3溶液中滴加稀盐酸：2H＋+CO=H2O+CO2↑
C. CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H＋+OH-=H2O
D. 氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2++SO+H＋+OH-= BaSO4↓+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应时，应该以不足量的Ca(HCO3)2为标准，假设其物质的量是1 ml，则反应需要Ca(OH)2的物质的量也是1 ml，二者反应产生CaCO3、H2O，反应方程式为：Ca(HCO3)2+Ca(OH)2=2CaCO3↓+2H2O，根据物质存在形式及离子方程式中物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：Ca2＋+HCO+OH-= CaCO3↓+H2O，A正确；
B．NaHCO3在溶液中电离产生Na+、HCO，二者反应的离子方程式为：HCO+H＋= H2O+CO2↑，B错误；
C．CH3COOH是弱酸，主要以电解质分子存在，应该写化学式，该反应的离子方程式应该为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，C错误；
D．不符合微粒个数比关系，反应的离子方程式应该为：Ba2++SO+2H＋+2OH-= BaSO4↓+2H2O，D错误；
故合理选项是A。
二、选择题II(本大题共10小题，每小题3分，共30分)
16. 下列有关计算的说法中正确的是（）
A. 实验室中配制1ml/L的NaCl溶液60mL，配制时应称取的NaCl质量是3.51g
B. 0.5L1ml/LMgCl2与0.2L1ml/LNaCl溶液中的Cl－物质的量浓度之比为2:1
C. 标况下，22.4LHCl溶于1L水中，形成的溶液的物质的量浓度为1ml/L
D. 0.1ml/L的NaOH溶液中含有OH－的物质的量为0.1ml
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验室中配制1ml/L的NaCl溶液60mL，需要100mL容量瓶，则配制是应称取的NaCl质量是，故A错误；
B．0.5L1ml/LMgCl2与0.2L1ml/LNaCl溶液中的Cl－物质的量浓度之比为1ml/L2:1ml/L=2:1，故B正确；
C．标准状况下，22.4LHCl气体物质的量为=1ml，溶于水配成1L溶液，其浓度=1ml/L，并不是溶于1L水中，故C错误；
D．0.1ml/L的NaOH溶液中，没有给出NaOH溶液的体积，无法计算含有OH－的物质的量，故D错误；
答案选：B。
17. 下列实验过程能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．在一个氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性。向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，若溶液变蓝，则证明有I2生成，即Fe3+将I-氧化为I2，可以得出氧化性：Fe3+＞I2，故A能达到实验目的；
B．碳酸钠和碳酸氢钠都能和石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O，不能用石灰水鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故B不能达到实验目的；
C．铝能和NaOH溶液反应而镁不能，不能比较镁和铝的金属活泼性强弱，应该用稀硫酸分别和镁、铝反应，通过观察产生气泡的剧烈程度比较镁和铝的活泼性强弱，故C不能达到实验目的；
D．铁粉过量，铁和氯气生成了氯化铁，将反应后的固体倒入水中，铁会和氯化铁反应生成氯化亚铁，滴加KSCN溶液，看不到红色，则无法证明铁在氯气中燃烧生成的是氯化铁还是氯化亚铁，故D不能达到实验目的；
故选A。
18. 下列关于铝及其化合物的说法中，正确的是
A. 相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，产生的氢气在同温同压下体积比为2：3
B. 氧化铝是两性氧化物，能与所有的酸和碱反应
C. 铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物
D. 纯铝的硬度和强度较大，适合制造机器零件
【答案】C
【解析】
【详解】A．2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，质量相同的两份铝，与足量的盐酸和氢氧化钠反应，产生的氢气同温同压下体积比为1：1，A错误；
B．氧化铝是两性氧化物，但是不能与所有酸和碱反应，如不能与弱碱反应，B错误；
C．铝制餐具能与酸和强碱反应，不适于用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物，C正确；
D．纯铝的硬度和强度较小，不适合制造机械零件，D错误；
故答案选C。
19. 下列除杂的方法(括号里为少量杂质)中，所用试剂或操作不正确的是
A. NaHCO3溶液(Na2CO3)：通入过量的CO2
B. Cl2(H2O)：将气体通过盛有碱石灰的干燥管
C. Fe2O3(Al2O3)：加入NaOH溶液再过滤
D. FeCl3溶液(FeCl2)：通入足量的氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，可通入过量二氧化碳除去碳酸氢钠中的碳酸钠，A正确；
B．碱石灰能与氯气反应，将气体通过碱石灰除去了氯气和水，B错误；
C．氧化铁与NaOH溶液不反应，氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，可加入NaOH溶液过滤除去氧化铁中的氧化铝，C正确；
D．氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，可在混合溶液中通入过量氯气除去氯化铁中的氯化亚铁，D正确；
故答案选B。
20. 下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是
A. 2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2B. 2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O
C. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑D. H2S+Cl2=S↓+2HCl
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应物NaBr中含有离子键，Cl2中含有非极性键，生成物NaCl中含有离子键，Br2中含有非极性键，反应过程中没有极性键的断裂和生成，A不符合题意；
B．反应物NaOH中含有极性键和离子键，CO2中含有极性键，生成物Na2CO3中含有离子键和极性键，H2O中含有极性键，反应过程中没有非极性键的断裂和生成，B不符合题意；
C．反应物Na2O2中含有非极性键和离子键，H2O中含有极性键，生成物NaOH中含有离子键和极性键，O2中含有非极性键，所以反应过程中既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键生成，C符合题意；
D．反应物H2S中含有极性键，Cl2中含有非极性键，生成物HCl含有极性键，S中含有非极性键，反应过程中没有离子键的断裂和生成，D不符合题意；
故选C。
21. 下列说法正确的是
A. 过氧化氢分子中既含极性键又含非极性键
B. 干冰气化时吸收的热量用于克服分子内碳、氧原子间的作用力
C. 氯化氢和氯化钠溶于水都能电离出Cl-，所以氯化氢和氯化钠均是离子化合物
D. CO2和H2O分子中所有原子的最外电子层都具有8电子的稳定结构
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．过氧化氢分子中既含O-H极性键又含O-O非极性键，故A正确；
B．干冰气化时吸收的热量用于克服分子间的作用力，故B错误；
C．氯化氢和氯化钠溶于水都能电离出Cl-，但氯化氢只含共价键是共价化合物、氯化钠是离子化合物，故C错误；
D． H2O分子中H原子的最外电子层具有2电子的稳定结构，故D错误；
故选A。
22. 下列各图示中能较长时间看到 Fe(OH)2白色沉淀的是
(已知：苯为难溶于水且密度比水小的液体)
A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④
【答案】B
【解析】
【详解】①Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故①选；
②Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，且利用氢气的压力使硫酸亚铁与NaOH接触而反应，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故②选；
③没有隔绝空气，生成的氢氧化亚铁易被氧化，故③不选；
④苯隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故④选；
综上所述答案为B。
23. 把一小块镁铝合金溶于100mL盐酸中，然后向其中滴入1ml∙L-1NaOH溶液，生成沉淀的质量和加入NaOH溶液的体积如图所示，下列说法正确的是
A. 反应至B点时，所得沉淀的质量为1.07g
B. 盐酸的浓度为0.6ml∙L-1
C. 合金中镁和铝的物质的量之比为1︰1
D. 镁铝合金溶于盐酸时一共产生448mLH2
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，从开始至加入NaOH溶液10mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后盐酸有剩余，此时发生的反应为HCl+NaOH=NaCl+H2O；继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为氯化钠溶液，再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，由此分析。
【详解】A．由图可知，从加入10mL氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，该阶段消耗氢氧化钠40mL，由氢氧根守恒可知3n[Al(OH)3]+2n[Mg(OH)2]=n(NaOH)=(0.06L-0.02L)×1ml/L=0.04ml，从加入氢氧化钠溶液50mL～60mL溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以n[Al(OH)3]=(0.06L-0.05L)×1ml/L=0.01ml，代入上式计算n[Mg(OH)2]=0.005ml，再利用m=nM计算Mg(OH)2的质量为0.005ml×58g/ml=0.29g，m[Al(OH)3]=0.01ml×78g/ml=0.78g，所得沉淀的质量为0.29g +0.78g =1.07g，故A符合题意；
B．当加入氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为氯化钠溶液，根据钠元素守恒，n(NaCl)=n(NaOH)=1ml∙L-1×50mL=0.05ml，根据氯元素守恒得到n(HCl)=0.05ml，，再利用c===0.5ml∙L-1，故B不符合题意；
C．由A分析可知，n[Al(OH)3]=(0.06L-0.05L)×1ml/L=0.01ml，根据铝元素守恒，n(Al)=0.01ml，n[Mg(OH)2]=0.005ml，镁元素守恒，n(Mg)=0.005ml，合金中镁和铝的物质的量之比为1︰2，故C不符合题意；
D．由图可知，从开始至加入NaOH溶液10mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后盐酸有剩余，由C项分析可知，n(Al)=0.01ml，n(Mg)=0.005ml，由2Al~3H2，Mg~H2，产生氢气的物质的量为0.01ml×+0.005=0.015ml+0.005=0.02ml，若处于标况下，n=，V=nVm=0.02ml×22.4L/ml=0.448L=448mL，由于没有指明反应是否在标准状况下发生，无法确定镁铝合金溶于盐酸时产生H2的体积，故D不符合题意；
答案选A
24. 下表中，陈述Ⅰ、Ⅱ都正确且两者之间有关联的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．新制的氯水中含有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，具有漂白性，所以不能用pH试纸测新制氯水的pH，故A错误；
B．Al(OH)3是两性氢氧化物，能与酸、碱反应，所以Al(OH)3能在NaOH溶液中溶解，故B正确；
C．盐酸中逐滴滴入Na2CO3溶液，立即产生大量气泡，说明盐酸的酸性强于碳酸，但盐酸不是氯元素的最高价氧化物的水化物，所以不能说明氯元素的非金属性比碳强，故C错误；
D．FeSO4溶液保存时防止二价铁被氧化为三价铁应加入少量铁粉，加铜会产生杂质铜离子，故D错误；
故答案为B。
25. 为确定某溶液的离子组成，进行如下实验：
①测定溶液的pH，溶液显强碱性 ②取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体 ③在②实验后的溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀 ④取③实验后的上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀
根据实验判断，以下推测正确的是
A. 一定有SO32-B. 一定有HCO3-
C. 不能确定Cl－是否存在D. 不能确定CO32-是否存在
【答案】C
【解析】
【详解】①测定溶液的pH，溶液显强碱性，说明溶液中含有氢氧根离子，碳酸氢根离子不能存在；②取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明生成的气体为二氧化碳，不是刺激性气味的二氧化硫，说明原溶液中含碳酸根离子；
③在上述溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀．进一步证明溶液中含碳酸根离子；
④取上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀说明含氯离子，但②步中加入盐酸含有氯离子，不能确定原溶液中含氯离子；
综上所述：溶液中一定含碳酸根离子，一定不含亚硫酸根离子、碳酸氢根离子，氯离子不能确定。答案选C。
三、填空题
26. 用化学用语回答问题：
（1）①的结构式___________。
②结构示意图___________。
③分子的电子式___________。
④氮元素在周期表中位置___________。
（2）制作印刷电路板的离子方程式___________。
（3）铝和溶液反应的化学方程式___________。
（4）用双线桥法标出反应2HClO2HCl+O2电子转移的方向和数目：________。
（5）有以下物质：①CO2②Al2O3③胆矾④酒精⑤稀硫酸⑥NaHCO3⑦石墨
a．属于电解质的是___________(填序号，下同)：属于非电解质的是：___________。
b．③的化学式：___________。
c．⑥在水中的电离方程式：___________。
【答案】（1） ①. ②. ③. ④. 第二周期第VA族
（2）
（3）
（4）（5） ①. ②③⑥ ②. ①④ ③. ④.
【解析】
【小问1详解】
①二氧化碳为共价化合物，C原子与O原子间各形成2对共用电子对，其结构式为；
②O为8号元素，的核外共10个电子，其结构示意图为；
③硫化氢为共价化合物，S原子与H原子间各形成1对共用电子对，其电子式为；
④N为7号元素，位于第二周期第VA族；
【小问2详解】
制作印刷电路板的反应为氯化铁与铜单质的反应，离子方程式为；
【小问3详解】
铝和NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，化学方程式为；
【小问4详解】
HClO中Cl化合价由+1降低到-1，O化合价由-2升高到0价，双线桥表示为：；
【小问5详解】
a．在水溶液中或者熔融状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，则属于电解质的是②③⑥；属于非电解质的是①④；
b．胆矾的化学式为；。
c．碳酸氢钠为弱酸的酸式盐，电离产生钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：。
27. 下表列出了①～⑪11种元素在元素周期表中的位置：
（1）写出元素③形成单质的电子式___________②的最高价氧化物的结构式为___________；⑩的最高价氧化物的水化物的化学式为___________。
（2）画这11种元素中，非金属性最强元素的原子结构示意图___________。
（3）写出⑧的氧化物与⑥的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式___________。
（4）请从原子结构的角度解释，解释元素⑩的非金属性比元素⑪强的原因___________。
（5）已知Cs元素位于元素周期表中第六周期第IA族，请回答下列问题：
①铯原子序数为___________。
②下列推断正确的是___________(填字母)。
A．与铯处于同一主族的元素都是金属元素
B．铯单质发生反应时，铯原子易失去电子
C．碳酸铯是一种可溶性碱
D．铯离子的氧化性强于钾离子
（6）已知X为第IIA族元素(第一到第四周期)，其原子序数为a，Y与X位于同一周期，且为第IIIA族元素，写出Y的原子序数b与a可能存在的所有的关系___________。
【答案】（1） ①. ②. O=C=O ③. HClO4
（2）（3）
（4）Cl的原子半径小于I，原子核对电子吸引能力更强，得电子能力更强
（5） ①. 55 ②. B
（6）b=a+1或b=a+11
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置，①为H，②、③、④、⑤分别为C、N、O、F，⑥、⑦、⑧为Na、Mg、Al，⑨和⑩分别为S、Cl，⑪为I，据此分析。
【小问1详解】
③为N，其单质为氮气，电子式为：；
②为C，其最高价氧化物为二氧化碳，结构式为O=C=O；
⑩为Cl，其最高价氧化物水化物为高氯酸，化学式为HClO4；
【小问2详解】
根据元素周期律，同周期元素自左向右非金属性增强，同主族元素自上而下非金属性减弱，则这11种元素中，非金属性最强的为F，其原子结构为：；
【小问3详解】
⑧的氧化物为三氧化二铝，⑥的最高价氧化物的水化物为NaOH，二者反应的离子方程式为；
【小问4详解】
根据同主族元素原子半径自上而下逐渐增大，则Cl的原子半径小于I，原子核对电子吸引能力更强，得电子能力更强，其非金属性更强；
【小问5详解】
①根据碱金属元素核外电子排布规律，结合铯在周期表中的位置可知，铯原子核外共有6个电子层，每个电子层的电子数目分别是2、8、18、18、8、1，原子序数等于核外电子总数，故为55；
②A．与铯处于同一主族的元素H为非金属元素，A错误；
B．铯单质有较强的还原性，发生反应时，铯原子易失去电子，B正确；
C．碳酸铯是一种盐，C错误；
D．由于金属性Cs强于K，则铯离子的氧化性弱于钾离子，D错误；
故选B；
【小问6详解】
①若为短周期，ⅡA族元素、ⅢA族元素的原子序数相差1，即a=b-1；②若元素在四、五周期，中间有10个纵行，ⅡA族元素、ⅢA族元素的原子序数相差11，即a=b-11；③若元素在六、七周期，中间有10个纵行，且存在镧系和锕系，ⅡA族元素、ⅢA族元素的原子序数相差25，即b=a+25；已知X为第ⅡA族元素(第一到第四周期)，Y的原子序数b与a可能存在的所有的关系：b=a+1或b=a+11。
四、元素或物质推断题
28. 已知：单质C为生活中最常见的金属，化合物D为两性氧化物，某些金属氧化物跟熔融烧碱反应可生成盐。根据以下反应填空：
（1）化合物A可用于油漆、油墨等工业，请写出A的名称___________。
（2）由E生成G中属于氧化还原反应的化学方程式是___________。
（3）溶液I中所含阳离于是___________，写出由I生成J的离子方程式为___________。
（4）写出单质B与强碱溶液反应的离子方程式___________。
【答案】（1）氧化铁（2）4Fe(OH)2+2H2O+O2＝4Fe(OH)3
（3） ①. Na+、Al3+、H+ ②. Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3
（4）2Al＋2OH＋2H2O=2AlO＋3H2
【解析】
【分析】溶液E中加氨水会生成红褐色沉淀G，则G是Fe(OH)3，而单质C和酸L反应生成E和单质F，则E是亚铁盐，金属和酸反应生成盐，所以C是Fe、F为H2；单质B与化合物A反应生成Fe与化合物D，而单质B能与强碱溶液反应生成F(氢气)与K，则A与B的反应为铝热反应，(1)中化合物A可用于油漆、油墨等工业，可推知B为Al、A为Fe2O3、D为Al2O3，高温条件下，氧化铝和熔融的氢氧化钠反应生成盐，则H为NaAlO2，故K是NaAlO2溶液，向NaAlO2中加入过量的稀盐酸后生成I溶液，故I溶液中所含阳离子是Na+、Al3+、H+，由I生成J即氯化铝和氨水反应生成Al(OH)3，故J为Al(OH)3。
【小问1详解】
由分析可知化合物A为铁的氧化物，可用于油漆、油墨等工业，故A的名称为氧化铁；
【小问2详解】
由E生成G中发生两个反应：Fe2++2NH3•H2O=Fe(OH)2↓+2，4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，故其中属于氧化还原反应的化学方程式是：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；
【小问3详解】
由分析可知，H为NaAlO2溶液，向其中加入过量的稀盐酸后生成I溶液，故I溶液中所含阳离子是Na+、Al3+、H+，由I生成J即氯化铝和氨水反应生成Al(OH)3的离子方程式为：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3；
【小问4详解】
单质B为Al与强碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al＋2OH＋2H2O=2AlO＋3H2。
29. 某兴趣小组同学为探究黑木耳中含铁量，进行如下实验。
已知：ⅰ．黑木耳富含蛋白质、糖类、卵磷脂、铁及一些还原性物质(如维生素C)等。每100 g黑木耳含铁量高达185 mg。
ⅱ．紫红色的KMnO4溶液在酸性条件下具有强氧化性，其还原产物是无色的Mn2+。
Ⅰ．为确定黑木耳中含有铁元素，甲同学设计实验方案如下。
（1）步骤②得到滤液A的操作是___________。
（2）步骤④检验Fe3+所用试剂是___________溶液。
（3）根据上述实验得出的结论是___________(填字母)。
a．黑木耳中一定含Fe2+和Fe3+
b．滤液A中一定含Fe2+和Fe3+
c．白色沉淀中一定含Fe(OH)2
Ⅱ．为测定黑木耳中铁元素的含量，乙同学设计实验方案如下。
（4）可选做试剂B的物质是___________(填字母)。
a．Na b．Zn c．Fe d．Cu
（5）步骤⑦中观察到的实验现象是___________，反应的离子方程式是___________。
（6）若乙同学实验操作规范，但测得含铁量远大于实际的含量，其可能的原因是___________。
【答案】（1）过滤（2）KSCN
（3）bc（4）d
（5） ①. 酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去 ②. 5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
（6）黑木耳中还含有其他还原性物质(或黑木耳中还含有维生素C)
【解析】
【分析】I：灼烧过程燃烧掉有机物，得到铁的氧化物，用硫酸浸取后得滤液A，由步骤③得到蓝色沉淀，说明有Fe2＋，步骤④检验Fe3＋所用试剂是KSCN溶液。步骤⑤加入6ml/L的NaOH生成白色沉淀数小时不变色，说明滤液A中含还原性物质。
II：滤液A含Fe2＋和Fe3＋，加B是将Fe3＋还原为Fe2＋，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化Fe2＋，根据消耗的酸性高锰酸钾计算铁元素的含量；滤液中含有还原性物质，会导致消耗高锰酸钾偏多。
【小问1详解】
步骤②用硫酸浸取后得滤液A，为不溶性固体与液体的分离，是过滤操作；
【小问2详解】
步骤④检验Fe3＋所用试剂是KSCN溶液，遇到铁离子形成血红色溶液，故答案为：KSCN；
【小问3详解】
a．灼烧黑木耳，亚铁离子可能被氧化为铁离子，黑木耳中不一定含Fe3＋，故a错误；
b．加入铁氰化钾(K3[Fe(CN)4])有蓝色沉淀，说明含有亚铁离子，加入KSCN溶液变红色说明含铁离子，滤液A中一定含Fe2＋和Fe3＋，故b正确；
c．滤液A含亚铁离子，白色沉淀中一定含Fe(OH)2，且含还原性物质，则数小时不变色，故c正确，
故答案为：bc；
【小问4详解】
测定Fe元素的含量，不能引入Fe，且Zn可置换出Fe，Na与水反应，则只有Cu作还原剂与铁离子反应，故答案为：d；
【小问5详解】
步骤⑦中观察到的实验现象是：酸性KMnO4溶液褪色，反应的离子方程式是：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：酸性高锰酸钾溶液紫色褪去；5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
【小问6详解】
若乙同学实验操作规范，但测得的含铁量远大于实际的含量，其可能的原因是黑木耳富含还原性物质(如维生素C)，导致消耗的高锰酸钾偏多。
五、实验探究题
30. 已知无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用如图所示装置制备无水AlCl3。请回答：
(1)仪器a的名称是___________。
(2)装置A中发生反应的化学方程式___________。
(3)装置B盛放的试剂是___________，它的作用除降低氯气在水中的溶解量外还包括___________。
(4)装置的作用是___________(用离子方程式表示)。
(5)已知无水AlCl3遇潮湿空气，能发生复分解反应，产生大量的白雾，请写出该反应的化学方程式___________。
(6)已知氯酸钾和浓盐酸在不加热的条件下可以制备Cl2，比较KClO3和MnO2氧化性的强弱：KClO3___________MnO2 (填“＞”或“＜”)。
【答案】 ①. 分液漏斗 ②. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O ③. 饱和食盐水 ④. 除去氯气中的HCl ⑤. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ⑥. AlCl3+3H2O=Al(OH)3↓+3HCl ⑦. ＞
【解析】
【分析】在A中浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl及水蒸气混在Cl2中，先通过饱和NaCl溶液除去杂质HCl，再通过浓硫酸干燥，得到纯净Cl2在D中与Al在加热条件下反应产生AlCl3，装置E用于储存AlCl3，由于无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾，因此装置F中盛有浓硫酸，装置G中NaOH溶液作用是尾气处理，用于吸收多余Cl2，防止大气污染。
【详解】(1)根据装置图可知仪器a的名称是分液漏斗；
(2)在装置A中浓盐酸与MnO2混合加热反应产生Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)装置B中试剂是饱和NaCl溶液；作用是降低Cl2的溶解度，同时也能除去Cl2中的杂质HCl；
(4)装置G的作用是吸收多余Cl2，防止大气污染，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(5)无水AlCl3遇潮湿的空气，发生复分解反应产生Al(OH)3和HCl，反应的化学方程式为：AlCl3+3H2O=Al(OH)3↓+3HCl；
(6)KClO3与浓盐酸在常温下发生氧化还原反应产生Cl2，而MnO2与浓盐酸在加热条件下才可以发生氧化还原反应产生Cl2，说明物质的氧化性：KClO3＞MnO2。
31. 实验室有一瓶部分被氧化的硫酸亚铁，为测定其被氧化程度，取10.0g样品溶于水配成100mL溶液。取两份溶液各10.0mL，第一份加入•L-1BaCl2溶液恰好完全反应；第二份恰好与•L-1的酸性KMnO4溶液完全反应。
(1)100mL溶液中SO的物质的量浓度是____ml•L-1。
(2)该样品中硫酸亚铁的质量分数是____。
【答案】 ①. 0.7 ②. 60.8%(或0.608)
【解析】
【分析】
【详解】(1) 第一份溶液中发生的反应为溶液中的硫酸根离子与氯化钡溶液中钡离子反应生成硫酸钡沉淀，由Ba2+—SO可知，100mL溶液中SO的物质的量浓度=0.7ml/L，故答案为：0.7；
选项
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
苛性钾
硫酸
小苏打
生石灰
干冰
B
苛性钠
盐酸
食盐
氧化钠
一氧化碳
C
碱石灰
冰醋酸
胆矾
氧化镁
二氧化硫
D
纯碱
HNO3
碳酸钙
氧化铁
SO3
选项
实验目的
实验过程
A
比较Fe3+和I2的氧化性强弱
向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，观察溶液颜色
B
鉴别NaHCO3与Na2CO3溶液
用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水观察是否沉淀
C
比较金属镁和铝的活泼性强弱
分别向两只盛有等体积等浓度的NaOH溶液的烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片，比较反应现象
D
探究铁在氯气中的燃烧产物
将装有过量铁粉的燃烧匙烧至红热，伸入盛有氯气的集气瓶。将反应后的固体倒入水中，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
不能用pH试纸测新制氯水的pH
H+有氧化性
B
Al(OH)3能在NaOH溶液中溶解
Al(OH)3是两性氢氧化物
C
盐酸中逐滴滴入Na2CO3溶液，立即产生大量气泡
氯元素的非金属性比碳强
D
FeSO4溶液保存时加入少量铜粉
Fe的金属性比Cu强
族
周期
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0
一
①
二
②
③
④
⑤
三
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
四
⑪