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【化学】福建省福州市福清市华侨中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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福建省福州市福清市华侨中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
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 Zn-65 P-31 Cu-64
1.下列说法不正确的是( )
A. 氧气和臭氧互为同素异形体
B. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体
C. 和互为同位素
D. 的最外层电子数为2，所以具有较强的金属性
【答案】D
【解析】
【分析】考查同分异构体、同素异形体、同位素等知识，从它们研究的对象入手即可；
【详解】A、同素异形体：是由同种元素组成不同结构的单质，即同素异形体研究的对象是单质，氧气和臭氧都是有氧元素组成的单质，它们互为同素异形体，故A说法正确；
B、同分异构体：是分子式相同结构不同的化合物，题中所给有机物的分子式为C2H6O，前者属于醇，后者属于醚，因此两者互为同分异构体，故B说法正确；
C、同位素：具有相同质子数不同中子数的同一元素不同原子，因此题中所给微粒属于同位素，故C说法正确；
D、He为稀有气体，不具有较强的金属性，故D说法错误。
2.下列金属氧化物中属于两性氧化物的是（ ）
A. Na2O2 B. Al2O3 C. Fe2O3 D. CaO
【答案】B
【解析】
【分析】应从两性氧化物的定义入手，既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氧化物；
【详解】A、Na2O2属于过氧化物，不属于两性氧化物，故A不符合题意；
B、Al2O3能与酸反应，如与盐酸反应：Al2O3＋6HCl=2AlCl3＋3H2O，也能与NaOH反应：Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，符合两性氧化物的定义，Al2O3属于两性氧化物，故B符合题意；
C、Fe2O3属于碱性氧化物，故C不符合题意；
D、CaO属于碱性氧化物，故D不符合题意。
3.下列化学用语或模型正确的是（ ）
A. 氮分子的电子式:
B. 过氧化氢分子的结构式:H-O=O-H
C. Na2O的电子式:
D. 水分子的比例模型：
【答案】C
【详解】A、氮分子化学式为N2，两个氮原子之间共用三个电子对，题中所给N原子缺少孤电子对，正确的是，故A错误；
B、过氧化氢的结构式为H－O－O－H，故B错误；
C、过氧化钠中存在离子键和非极性共价键，其电子式为，故C正确；
D、比例模型反映出的原子真实大小的比值，以及空间构型，因此水分子比例模型为，故D错误。
4.下列变化不需要破坏化学键的是( )
A. 加热氯化铵 B. 干冰升华
C. 水通电分解 D. 氯化氢溶于水
【答案】B
【解析】试题分析：A. 加热分解氯化铵，分解产生氨气和HCl，有化学键的断裂和形成，A错误；B. 干冰汽化是物质由固体变为气态，没有化学键的断裂和形成，B正确；C. 水通电分解，产生氢气和氧气，有新的物质生成，因此有化学键的断裂和形成，C错误；D. 氯化氢溶于水，电离产生H+和Cl-，有化学键的断裂，D错误。答案选B。
5.某元素的原子最外层只有一个电子，它与卤素结合时，所形成的化学键( )
A. 一定是离子键
B. 一定是共价键
C. 可能是离子键也可能是共价键
D. 以上说法都不正确
【答案】C
【解析】试题分析：原子最外层只有一个电子的元素可能是氢元素，也可能是碱金属元素，因此该元素与卤素结合时，可能形成离子键（如NaCl），也可能形成共价键（如HCl）。故选C。
6.对于和两种粒子，下列叙述正确的是( )
A. 质子数一定相同，质量数和中子数一定不同
B. 化学性质几乎相同
C. 一定都由质子、中子、电子构成
D. 核电荷数、核外电子数一定相同
【答案】A
【详解】A、Z为质子数，A和A＋1为质量数，中子数分别是A－Z、A＋1－Z，故A正确；
B、前者为原子，后者为离子，它们化学性质不同，故B错误；
C、如果X为H，如果前者为11H，则不含中子，故C错误；
D、质子数=核电荷数，即两种微粒核电荷数相同，对于原子来说，质子数等于核外电子数，即前者核外电子数为Z，后者为Z－1，故D错误。
7.X、Y、Z为三种单质。已知Y能将Z从其化合物的水溶液中置换出来，而Z又能将X从其化合物的水溶液中置换出来。由此可以推断下列说法中可能正确的是（ ）
①单质的氧化性: Y>Z>X；②单质的还原性: Y>Z>X；③对应离子的氧化性: X>Z>Y；④对应离子的还原性: X>Z>Y
A. ① B. ②③
C. ①④ D. D ①②③④
【答案】D
【解析】Y能将Z从其化合物中的水溶液中置换出来，因为不知道Z在化合物中的价态，因此可能Y的氧化性大于Z，也可能是Y的还原性大于Z，Z能将X从其化合物的水溶液中置换出来，因为不知道X在化合物中的价态，因此推出Z的氧化性可能强于X，或者Z的还原性强于X，①根据上述分析，氧化性Y>Z>X，故①正确；②根据上述分析，还原性Y>Z>X，故②正确；③单质的还原性强，其离子的氧化性就弱，因此离子的氧化性：X>Z>Y，故③正确；④单质的氧化性强，其离子的还原性减弱，即离子的还原性：X>Z>Y，故④正确；综上所述，选项D正确。
8.下列关于铵盐的叙述不正确的是( )
A. 所有铵盐中，氮元素化合价都是－3价
B. 所有铵盐都溶于水
C. 铵态氮肥不宜与草木灰混合使用
D. 铵盐都是离子化合物
【答案】A
【详解】A、如果铵盐为NH4NO3，NH4＋中N的化合价为－3价，NO3－中N显＋5价，故A说法错误；
B、所有铵盐都溶于水，故B说法正确；
C、铵态氮肥不应跟碱性物质如草木灰混合使用，铵盐遇碱生成氨气，降低肥效，故C说法正确；
D、铵盐都是NH4＋和酸根离子通过离子键结合形成的，属于离子化合物，故D说法正确。
9.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W的原子半径是周期表中最小的；X2—与Y+的电子层结构相同；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法正确的是 ( )
A. 原子半径：Z
D. Z的低价氧化物与X的氢化物反应，一定生成弱酸
【答案】C
【解析】W的原子半径是周期表中最小的，则W为氢（H）元素；X、Y均为短周期元素，X2—与Y+的电子层结构相同，则两种离子均为两个电子层，则X为氧（O），Y为钠（Na）元素；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，则Z最高价为+6价，最低负极为-2价，故Z为硫（S）元素。A、电子层数越多，原子半径越大，则X（O）半径最小，同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小，则半径Y（Na）＞Z（S），所以原子半径：Y＞Z＞X，故A错误；B、同主族元素，从上到下，非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，故最简单氢化物的稳定性X（O）＞Z（S），故B错误；C、X与Y形成的化合物有两种，Na2O和Na2O2,两者阴阳离子个数比为1:2，故C正确；D、Z的低价氧化物为SO2，X的氢化物有两种：H2O和H2O2,SO2与H2O反应生成弱酸H2SO3，SO2与H2O2发生氧化还原反应，生成强酸H2SO4，故D错误。故选C。
10.某元素X最高价含氧酸的相对分子质量为98，且X的氢化物的分子式不是H2X，则下列说法正确的是( )
A. X的最高价含氧酸的分子式可表示为H3XO4
B. X是第2周期ⅤA族元素
C. X是第2周期ⅥA族元素
D. X的最高正化合价为＋4
【答案】A
【解析】
【分析】最高价含氧酸的相对分子质量为98，该含氧酸可能是H2SO4，也可能为H3PO4，但氢化物的分子式不能为H2X，则含氧酸不是H2SO4，而是H3PO4，故X元素为P；
【详解】最高价含氧酸的相对分子质量为98，该含氧酸可能是H2SO4，也可能为H3PO4，但氢化物的分子式不能为H2X，则含氧酸不是H2SO4，而是H3PO4，故X元素为P；
A、根据上述分析，X的最高价含氧酸的分子式为H3PO4，故A正确；
B、X为P，位于第三周期VA族，故B错误；
C、根据选项B分析，故C错误；
D、P的最高正化合价为＋5价，故D错误。
11.运用元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是( )
A. 锂(Li)与水反应比钠与水反应剧烈
B. 砹(At)为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸
C. 在氧气中，铷(Rb)的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂
D. HBrO4的酸性比HIO4的酸性强
【答案】A
【解析】试题分析：锂金属性比钠弱，锂与水反应比钠与水反应慢，故A错误；砹与碘同族，碘为紫色固体，AgI难溶于水也不溶于稀硝酸,所以砹（At）为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸，故B正确；铷（Rb）比钠活泼，铷的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂，故C正确；溴非金属性大于碘，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，HBrO4的酸性比HIO4的酸性强，故D正确。
12.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中位置如下图所示，若W原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5。下列说法中，正确的是( )
A. X只有一种氧化物
B. 气态氢化物的稳定性Z>W
C. 原子半径由大到小排列顺序Z>Y>X
D. 元素X是自然界中形成化合物种类最多元素
【答案】D
【解析】试题分析：短周期元素W原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5，则W是S，所以Z是P，Y是N，X是C。A．X有CO、CO2两种氧化物，错误；B．由于元素的非金属性：W>Z，所以气态氢化物的稳定性Z
A. 过量的稀硝酸和铁反应 B. 常温下过量浓硝酸与铝块
C. 过量的二氧化锰与浓盐酸 D. 加热下过量的铜与浓硫酸
【答案】A
【详解】A、硝酸具有强氧化性，与Fe发生反应：Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，Fe无剩余，不符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故A符合题意；
B、常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，阻碍反应的进行，硝酸过量，铝有剩余，符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故B不符合题意；
C、MnO2过量，浓盐酸不足，但MnO2只跟浓盐酸反应，随着反应进行，盐酸浓度降低，反应停止，MnO2和HCl都有剩余，符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故C不符合题意；
D、加热时铜与浓硫酸反应，不与稀硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸浓度变稀，反应停止，硫酸和Cu有剩余，符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故D不符合题意。
14.下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. 硫酸亚铁溶液中通入氯气 Fe2＋＋Cl2＝Fe3＋＋Cl－
B. 亚硫酸钠与硫酸氢钠溶液反应：SO32-＋2H＋= H2O＋SO2↑
C. 氯化铝与足量氨水反应：4NH3·H2O+Al3+= AlO2- +4 NH4++2H2O
D. 浓硝酸与铜反应：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
【答案】B
【详解】A、氯原子不守恒，正确离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，故A错误；
B、亚硫酸钠的电离方程式为Na2SO3=2Na＋＋SO32－，NaHSO4电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，两者混合后发生2H＋＋SO32－=H2O＋SO2↑，故B正确；
C、氢氧化铝不溶于氨水，正确的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋2NH4＋，故C错误；
D、Cu与浓硝酸反应生成NO2，离子反应方程式为Cu＋4H+＋2NO3－=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O，故D错误。
15.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )
A. lmolHNO3作为氧化剂得到的电子数一定为3NA
B. 含1molH2SO4的浓硫酸与足量铜加热的条件下反应生成SO2分子数小于0.5NA
C. 0.4mol/LNa2SO4 溶液中，所含Na+和SO42-总数为1.2NA
D. 在标准状况下，0.1molFe粉在足量稀硝酸中充分反应转移电子数为0.2NA
【答案】B
【解析】
【分析】考查阿伏加德罗常数，一般涉及氧化还原反应中电子转移、特殊反应、物质组成等知识，从基础知识入手即可；
【详解】A、HNO3如果为浓硝酸，HNO3作氧化剂，HNO3被还原为NO2，即1mol浓硝酸作氧化剂，转移电子物质的量为1mol，故A错误；
B、加热时，铜只跟浓硫酸反应，不与稀硫酸反应，铜与浓硫酸反应，随着反应的进行，硫酸浓度降低，反应停止，即1molH2SO4的浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2的物质的量小于0.5mol，故B正确；
C、题中无法得到溶液的体积，即无法计算Na＋、SO42－的物质的量，故C错误；
D、过量的稀硝酸将Fe氧化成Fe3＋，因此0.1molFe与足量的稀硝酸反应转移电子物质的量为0.3mol，故D错误。
16.镁、铝、铁三种金属，分别与足量的同体积同浓度的盐酸反应，同温同压下，产生相同体积的氢气，则反应中( )
A. 金属失去电子数目相等 B. 消耗金属的质量相等
C. 消耗金属的物质的量相等 D. 消耗的HCl的量不相等
【答案】A
【解析】A．铁、镁、铝三种金属分别和等体积等浓度的盐酸反应，反应的本质都是金属失去电子，溶液中氢离子得到电子变为氢气，故同温同压下，产生相同体积的氢气时，氢离子得到电子的数目必然相等，而这些电子均由金属提供，则参加反应的金属失去的电子数相等，选项A正确；B．铁、镁、铝三种金属，分别与同体积同浓度的盐酸反应后，同温同压下，产生相同体积的氢气，设所需要的金属质量分别是x、y、z，则有×2=×2=×3，所以可得参加反应的金属质量比是28：12：9，选项B错误；C．若相同条件下产生相同体积的氢气，设为1mol，则根据反应的关系式可知：所需Fe、Mg、Al 三种金属的物质的量之比为：1mol：1mol：mol=3：3：2，选项C错误；D．铁、镁、铝三种金属分别和等体积等浓度的盐酸反应，反应的本质都是金属失去电子，溶液中氢离子得到电子变为氢气，故同温同压下，产生相同体积的氢气时消耗的盐酸的物质的量相等，选D错误。答案选A。
17.下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是( )
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
SO2有漂白性
SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色
B
NH3极易溶于水
充满NH3试管倒置于水槽中，水面迅速上升
C
浓硫酸有强氧化性
浓硫酸可用于干燥H2和CO
D
常温下，铁与浓硝酸发生钝化
常温下，铁与浓硝酸不反应
【答案】B
【详解】A、SO2能使酸性高锰酸钾褪色，利用SO2的还原性和KMnO4的强氧化性，与SO2的漂白性无关，I和Ⅱ之间无因果关系，故A不符合题意；
B、NH3极易溶于水，试管内气体压强减小，使水面上升，I和Ⅱ之间存在因果关系，故B符合题意；
C、浓硫酸用于干燥H2和CO，利用浓硫酸的吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，故C不符合题意；
D、钝化也是化学反应，故D不符合题意。
18.提纯下列物质（括号内物质为杂质），选用的试剂和方法都正确的是( )
物质
除杂试剂
方法
A
CO2(SO2)
NaOH溶液
洗气
B
FeCl2溶液(FeCl3)
足量铜粉
过滤
C
FeSO4溶液(CuSO4)
足量铁粉
过滤
D
Al2O3(Fe2O3)
NaOH溶液
过滤
【答案】C
【详解】A、CO2和SO2属于酸性氧化物，都能与NaOH反应，因此除去CO2中SO2，常通过饱和NaHCO3溶液，故A错误；
B、除去FeCl2溶液中FeCl3，如果用铜粉，则发生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，引入新杂质Cu2＋，因此除去FeCl2溶液中FeCl3常加入铁粉，然后过滤，故B错误；
C、加入足量铁粉，发生Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，然后过滤，不引入新的杂质，故C正确；
D、氧化铝为两性氧化物，能与NaOH反应，Fe2O3为碱性氧化物，不能与NaOH反应，因此加入NaOH溶液，不能达到除杂目的，故D错误。
19.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-具有相同的电子层结构，若m＞n，则下列叙述的判断正确的是（ ）
①a-b=n-m②元素的原子序数a＞b＞c＞d
③元素非金属性Z＞R④最高价氧化物对应水化物碱性X＞Y．
A. 只有③ B. ②③
C. ①②③ D. ①②③④
【答案】B
【解析】试题分析：①离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=b-n，①错误；②由题意可知，具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若m＞n，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a＞b＞c＞d，②正确；③Z、R为上一周期的非金属元素，且元素的原子序数的c＞d，在同一周期元素非金属性从左向右逐渐增强，即非金属性Z＞R，③正确；④四种主族元素中X、Y为下一周期的金属元素，且元素的原子序数a＞b，在同一周期元素的金属性从左向右逐渐减弱，即金属性Y＞X，则最高价氧化物对应水化物碱性Y＞X，④错误；答案选B。
20.若下列图像中横轴代表所加溶液体积，纵坐标代表生成沉淀质量，则各项描述中与图像能对应的是（ ）
A. 图①可能是MgCl2、AlCl3溶液逐滴加氨水至过量
B. 图②可能是AlCl3溶液逐滴加NaOH溶液至过量
C. 图③可能是NaAlO2溶液滴加稀盐酸至过量
D. 图④可能是含一定量HCl的AlCl3溶液逐滴加氨水至过量
【答案】D
【解析】A．MgCl2、溶液中滴加氨水至过量，应生成沉淀氢氧化镁、氢氧化铝，由于氢氧化铝不溶于弱碱，所以沉淀完全后不再变化，A错误；B．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后沉淀溶解生成偏铝酸钠，发生的反应为：Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，两过程中氢氧化钠的用量为3：1，与图象不符合，B错误；C．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡，开始会生成沉淀，当偏铝酸钠完全沉淀后继续滴入盐酸，沉淀会溶解，发生的反应为：AlO2－＋H＋＋2H2O===Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，两过程消耗盐酸量为1：3，与图象不符合，C不正确；D．向含一定量HCl的AlCl3溶液逐滴加氨水至过量，氨水首先与盐酸发生中和反应，然后沉淀铝离子，由于氨水不能溶解氢氧化铝，所以沉淀达到最大值以后，不再发生变化，D正确，答案选D。
21.将3.2g铜粉与一定质量浓硝酸反应，当铜完全作用时，收集到气体2.24L（标准状况下），则消耗的硝酸的物质的量一共是（ ）
A. 0.22mol B. 0.2mol C. 0.16mol D. 0.1mol
【答案】B
【解析】
【分析】铜与一定量的浓硝酸反应，产生的气体可能为NO2，也可能为NO2和NO的混合物，Cu转化成Cu(NO3)2，然后根据氮元素守恒进行分析；
【详解】铜与一定量的浓硝酸反应，产生的气体可能为NO2，也可能为NO2和NO的混合物，Cu转化成Cu(NO3)2，气体无论是NO2还是NO2与NO的混合物，标准状况下，气体中氮原子物质的量为2.24L/22.4L·mol－1=0.1mol，根据氮原子守恒，消耗硝酸的物质的量为2n(Cu)＋0.1mol=2×3.2g/64g·mol－1＋0.1mol=0.2mol，故B正确。
22.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 某份不含其他离子澄清溶液中：Fe3+、Ca2+、NO3-、Cl-
B. 在含0.1mol/LHNO3溶液中：Cu2+、Na+、Cl-、SO32-
C. 含0.1mol/LFeCl3溶液中：K+、NH4+、I-、SCN-
D. 与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO3-、Cu2+、Na+、SO42-
【答案】A
【解析】
【分析】不共存的离子发生的反应是复分解反应、氧化还原反应、络合反应等，然后根据题中所给限制条件，利用元素及其化合物的性质进行分析；
【详解】A、这些离子能够大量共存，故A符合题意；
B、HNO3具有强氧化性，SO32－以还原性为主，两者能发生氧化还原反应，因此题中所给离子不能在指定溶液中大量共存，故B不符合题意；
C、Fe3＋能氧化I－，Fe3＋与SCN－发生络合反应，因此题中所给离子在指定的溶液中不能大量共存，故C不符合题意；
D、能与铝反应放出氢气，该溶液可能为碱，也可能为酸，该溶液为无色溶液，Cu2＋显蓝色，如果溶液是碱，则Cu2＋不与OH－大量共存，如果溶液为酸，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，与金属反应不产生氢气，题中所给离子不能在指定溶液中大量共存，故D不符合题意。
二、非选择题
23.选择下列化学用语，用序号完成下列问题①O2②Na2O2③18O④CH3—CH2—CH2—CH2—CH3⑤O2-⑥CaCl2 ⑦O3 ⑧16O ⑨NH4Cl ⑩
（1）只含共价键的是___________________。
（2）既含共价键又含离子键的是___________________。
（3）属于离子晶体的是______________，属于共价化合物的是_________________。
（4）互为同素异形体的是______，互为同分异构体的是______，互为同位素的是_________________。
【答案】(1). ①④⑦⑩ (2). ②⑨ (3). ②⑥⑨ (4). ④⑩ (5). ①和⑦ (6). ④和⑩ (7). ③和⑧
【详解】①O2为气体单质，只存在非极性共价键；
②Na2O2属于离子化合物，既含有离子键，也含有非极性共价键；
③该微粒为原子，不存在化学键；
④该化合物为共价化合物，只含有共价键；
⑤该微粒为离子，不存在化学键；
⑥CaCl2只存在离子键；
⑦O3只存在共价键；
⑧不含化学键；
⑨NH4Cl属于离子化合物，既含有离子键，也含有共价键；
⑩只含有共价键；
（1）根据上述分析，只含共价键的是①④⑦⑩；
（2）既含有离子键，又含有共价键的是②⑨；
（3）属于离子晶体的物质，含有离子键，故符合题意的是②⑥⑨；属于共价化合物，只含有共价键的化合物，故④⑩符合题意；
（4）同素异形体：具有相同元素，不同结构的单质，属于同素异形体的是①⑦；同分异构体：分子式相同，结构不同的化合物，符合题意的是④⑩；同位素：具有相同质子数，不同中子数，同一元素不同原子，符合题意的是③⑧。
24.下表为元素周期表的一部分，用化学用语回答下列问题：
主族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
1
①
2
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
(1)⑧的原子结构示意图为______________________________________________。
(2)③⑧⑩的最高价含氧酸的酸性最强的是__________(填化学式)。
(3)③的气态氢化物与③的最高价氧化物对应的水化物反应生成盐的化学方程式是_______。
(4)①④⑩三种元素的原子能形成原子数目比为1∶1∶1的共价化合物，它的电子式为_____________，②④两种元素形成原子数目比为1∶2的共价化合物的结构式为___________________________。
(5)⑤的最高价氧化物的水化物与⑦的最高价氧化物反应的离子方程式为_________，⑨的最高价氧化物的水化物的浓溶液与铜反应的化学方程式为：____________________。
【答案】(1). (2). HClO4 (3). NH3+HNO3==NH4NO3 (4). (5). O=C=O (6). Al2O3+ 2OH- =2AlO2- +H2O (7). Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+2H2O
【解析】
【分析】根据元素在周期表的位置，推出①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Mg，⑦为Al，⑧为P，⑨为S，⑩为Cl，然后根据元素及其化合物的性质分析即可；
【详解】（1）⑧为位于第三周期VA族，即⑧为P，15号元素，其原子结构示意图为；
（2）③为N，⑧为P，⑩为Cl，目前酸性最强含氧酸为HClO4，即③⑧⑩中最高价含氧酸的酸性最强的是HClO4；
（3）③的气态氢化物为NH3，③的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，两者反应方程式为NH3＋HNO3=NH4NO3；
（4）①为H，④为O，⑩为Cl，组成原子数目比为1：1：1的共价化合物为HClO，其电子式为；②④组成原子数目比为1：2的化合物为CO2，C和O之间共用2个电子对，即CO2的结构式为O=C=O；
（5）⑤的最高价氧化物的水化物是NaOH，⑦的最高价氧化物为Al2O3，Al2O3为两性氧化物，Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；⑨的最高价氧化物的水化物是H2SO4，Cu与浓硫酸反应：Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
25.工业上冶炼铝的原料是铝土矿( 主要成分是Al2O3，杂质为Fe2O3、FeO、SiO2等),某研究小组设计的提纯Al2O3的方案如下：
(1)加入过量盐酸后过滤出的滤渣中含有____________________，加入过量的NaOH 溶液，过滤后的滤液中含有的溶质有_______________________ (均填化学式)。
(2)加入过量NaOH溶液过滤后，若滤渣中Fe(OH)2也被氧化，则每消耗0.1mol氧气有多少_____mol Fe(OH)2被氧化。
(3)写出通入过量CO2生成沉淀A时反应的离子方程式为___________________，沉淀A加热得到Al2O3的化学方程式为____________________。
(4)假设铝土矿中含杂质49%，则1吨铝土矿理论上可生产多少__________mol铝。
【答案】(1). SiO2 (2). NaOH NaAlO2 NaCl (3). 0．4 (4). AlO2-＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3- (5). 2Al(OH)3 Al2O3+3H2O (6). 10000
【解析】
【分析】铝土矿的成分是Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2，其中Al2O3为两性氧化物，Fe2O3、FeO为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，加入盐酸，发生Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O、Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O、FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，过滤，滤液中含有Al3＋、Fe3＋、Fe2＋、H＋、Cl－，加入过量的NaOH溶液，发生H＋＋OH－=H2O、Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O、Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓、Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓，过滤，滤液2中含有离子是Na＋、OH－、AlO2－、Cl－，通入过量CO2，发生OH－＋CO2=HCO3－、AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，沉淀A为Al(OH)3，沉淀A受热分解为氧化铝和水，然后逐步分析；
【详解】（1）根据上述分析，加入过量的盐酸后，滤出的滤渣为SiO2，加入过量的NaOH溶液，过滤后的滤液中含有的溶质为NaCl、NaAlO2、NaOH；
（2）氢氧化亚铁被氧气氧化成氢氧化铁，根据得失电子数目守恒，0.1mol×2×2=n[Fe(OH)3]×1，即n[Fe(OH)3]=0.4mol；
（3）通入过量CO2，发生OH－＋CO2=HCO3－、AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，因此生成氢氧化铝沉淀的离子方程式为AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－；氢氧化铝受热分解：2Al(OH)3Al2O3+3H2O；
（4）铝土矿中含杂质为49%，则含氧化铝为51%，根据铝元素守恒，因此有=n(Al)，解得n(Al)=10000mol。
26.某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。
(1)实验室用装置A制备SO2，某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，可能的原因是_____________(合理均可)；C装置的作用___________________。
(2)反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，再给B、D 两个试管分别加热；两个试管中的现象分别为：B：_______________，D：________________。
(3)若将B中品红换成H2S溶液，通SO2一段时间后B中现象为_____，该反应的化学方程式为______，其中氧化产物与还原产物的物质的量之比为________。
(4)另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因(用化学方程式表示)___________________。
【答案】(1). 未取下分液漏斗的玻璃塞 (2). 吸收SO2和Cl2，防止污染空气 (3). 褪色的品红溶液又恢复成红色 (4). 无明显现象 (5). 溶液变浑浊（或有淡黄色沉淀生成） (6). 2H2S+SO2==3S↓+2H2O (7). 2：1 (8). Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4
【解析】
【分析】实验目的是探究和比较SO2、氯水的漂白性，根据装置图，装置A制备SO2，装置E应为制备Cl2，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，SO2、Cl2有毒，必须尾气处理，即装置C的作用是吸收尾气SO2和Cl2，然后逐步分析；
【详解】（1）使用分液漏斗时，将分液漏斗颈上的玻璃塞打开，或者使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔，便于液体滴下，因此题中漏斗中的液体未流下，说明未取下分液漏斗的玻璃塞或塞上的凹槽(或小孔)与准漏斗上的小孔未对准；SO2和Cl2对环境有危害，必须进行尾气处理，因此装置C的作用是吸收SO2和Cl2，防止污染空气；
（2）SO2能使品红溶液褪色，原理是SO2与品红结合生成不稳定的物质，受热或见光有恢复原来的颜色，即装置B中加热，出现的现象是褪色的品红溶液又恢复成红色；氯水表现氧化性，是因为含有HClO，HClO具有强氧化性，把有色氧化漂白，加热时不能恢复原来的颜色，因此加热装置D，无明显现象；
（3）SO2既有氧化性，也有还原性，SO2能将H2S氧化，则发生：SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O，因此换成H2S溶液，通入SO2一段时间后，B中现象是溶液变浑浊，或有淡黄色沉淀生成；依据硫元素守恒，SO2→S，2H2S→2S，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1；
（4）利用Cl2具有强氧化性，SO2以还原为主，两者1：1混合，Cl2将SO2氧化成H2SO4，即化学反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4。
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 Zn-65 P-31 Cu-64
1.下列说法不正确的是( )
A. 氧气和臭氧互为同素异形体
B. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体
C. 和互为同位素
D. 的最外层电子数为2，所以具有较强的金属性
【答案】D
【解析】
【分析】考查同分异构体、同素异形体、同位素等知识，从它们研究的对象入手即可；
【详解】A、同素异形体：是由同种元素组成不同结构的单质，即同素异形体研究的对象是单质，氧气和臭氧都是有氧元素组成的单质，它们互为同素异形体，故A说法正确；
B、同分异构体：是分子式相同结构不同的化合物，题中所给有机物的分子式为C2H6O，前者属于醇，后者属于醚，因此两者互为同分异构体，故B说法正确；
C、同位素：具有相同质子数不同中子数的同一元素不同原子，因此题中所给微粒属于同位素，故C说法正确；
D、He为稀有气体，不具有较强的金属性，故D说法错误。
2.下列金属氧化物中属于两性氧化物的是（ ）
A. Na2O2 B. Al2O3 C. Fe2O3 D. CaO
【答案】B
【解析】
【分析】应从两性氧化物的定义入手，既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氧化物；
【详解】A、Na2O2属于过氧化物，不属于两性氧化物，故A不符合题意；
B、Al2O3能与酸反应，如与盐酸反应：Al2O3＋6HCl=2AlCl3＋3H2O，也能与NaOH反应：Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，符合两性氧化物的定义，Al2O3属于两性氧化物，故B符合题意；
C、Fe2O3属于碱性氧化物，故C不符合题意；
D、CaO属于碱性氧化物，故D不符合题意。
3.下列化学用语或模型正确的是（ ）
A. 氮分子的电子式:
B. 过氧化氢分子的结构式:H-O=O-H
C. Na2O的电子式:
D. 水分子的比例模型：
【答案】C
【详解】A、氮分子化学式为N2，两个氮原子之间共用三个电子对，题中所给N原子缺少孤电子对，正确的是，故A错误；
B、过氧化氢的结构式为H－O－O－H，故B错误；
C、过氧化钠中存在离子键和非极性共价键，其电子式为，故C正确；
D、比例模型反映出的原子真实大小的比值，以及空间构型，因此水分子比例模型为，故D错误。
4.下列变化不需要破坏化学键的是( )
A. 加热氯化铵 B. 干冰升华
C. 水通电分解 D. 氯化氢溶于水
【答案】B
【解析】试题分析：A. 加热分解氯化铵，分解产生氨气和HCl，有化学键的断裂和形成，A错误；B. 干冰汽化是物质由固体变为气态，没有化学键的断裂和形成，B正确；C. 水通电分解，产生氢气和氧气，有新的物质生成，因此有化学键的断裂和形成，C错误；D. 氯化氢溶于水，电离产生H+和Cl-，有化学键的断裂，D错误。答案选B。
5.某元素的原子最外层只有一个电子，它与卤素结合时，所形成的化学键( )
A. 一定是离子键
B. 一定是共价键
C. 可能是离子键也可能是共价键
D. 以上说法都不正确
【答案】C
【解析】试题分析：原子最外层只有一个电子的元素可能是氢元素，也可能是碱金属元素，因此该元素与卤素结合时，可能形成离子键（如NaCl），也可能形成共价键（如HCl）。故选C。
6.对于和两种粒子，下列叙述正确的是( )
A. 质子数一定相同，质量数和中子数一定不同
B. 化学性质几乎相同
C. 一定都由质子、中子、电子构成
D. 核电荷数、核外电子数一定相同
【答案】A
【详解】A、Z为质子数，A和A＋1为质量数，中子数分别是A－Z、A＋1－Z，故A正确；
B、前者为原子，后者为离子，它们化学性质不同，故B错误；
C、如果X为H，如果前者为11H，则不含中子，故C错误；
D、质子数=核电荷数，即两种微粒核电荷数相同，对于原子来说，质子数等于核外电子数，即前者核外电子数为Z，后者为Z－1，故D错误。
7.X、Y、Z为三种单质。已知Y能将Z从其化合物的水溶液中置换出来，而Z又能将X从其化合物的水溶液中置换出来。由此可以推断下列说法中可能正确的是（ ）
①单质的氧化性: Y>Z>X；②单质的还原性: Y>Z>X；③对应离子的氧化性: X>Z>Y；④对应离子的还原性: X>Z>Y
A. ① B. ②③
C. ①④ D. D ①②③④
【答案】D
【解析】Y能将Z从其化合物中的水溶液中置换出来，因为不知道Z在化合物中的价态，因此可能Y的氧化性大于Z，也可能是Y的还原性大于Z，Z能将X从其化合物的水溶液中置换出来，因为不知道X在化合物中的价态，因此推出Z的氧化性可能强于X，或者Z的还原性强于X，①根据上述分析，氧化性Y>Z>X，故①正确；②根据上述分析，还原性Y>Z>X，故②正确；③单质的还原性强，其离子的氧化性就弱，因此离子的氧化性：X>Z>Y，故③正确；④单质的氧化性强，其离子的还原性减弱，即离子的还原性：X>Z>Y，故④正确；综上所述，选项D正确。
8.下列关于铵盐的叙述不正确的是( )
A. 所有铵盐中，氮元素化合价都是－3价
B. 所有铵盐都溶于水
C. 铵态氮肥不宜与草木灰混合使用
D. 铵盐都是离子化合物
【答案】A
【详解】A、如果铵盐为NH4NO3，NH4＋中N的化合价为－3价，NO3－中N显＋5价，故A说法错误；
B、所有铵盐都溶于水，故B说法正确；
C、铵态氮肥不应跟碱性物质如草木灰混合使用，铵盐遇碱生成氨气，降低肥效，故C说法正确；
D、铵盐都是NH4＋和酸根离子通过离子键结合形成的，属于离子化合物，故D说法正确。
9.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W的原子半径是周期表中最小的；X2—与Y+的电子层结构相同；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法正确的是 ( )
A. 原子半径：Z
D. Z的低价氧化物与X的氢化物反应，一定生成弱酸
【答案】C
【解析】W的原子半径是周期表中最小的，则W为氢（H）元素；X、Y均为短周期元素，X2—与Y+的电子层结构相同，则两种离子均为两个电子层，则X为氧（O），Y为钠（Na）元素；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，则Z最高价为+6价，最低负极为-2价，故Z为硫（S）元素。A、电子层数越多，原子半径越大，则X（O）半径最小，同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小，则半径Y（Na）＞Z（S），所以原子半径：Y＞Z＞X，故A错误；B、同主族元素，从上到下，非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，故最简单氢化物的稳定性X（O）＞Z（S），故B错误；C、X与Y形成的化合物有两种，Na2O和Na2O2,两者阴阳离子个数比为1:2，故C正确；D、Z的低价氧化物为SO2，X的氢化物有两种：H2O和H2O2,SO2与H2O反应生成弱酸H2SO3，SO2与H2O2发生氧化还原反应，生成强酸H2SO4，故D错误。故选C。
10.某元素X最高价含氧酸的相对分子质量为98，且X的氢化物的分子式不是H2X，则下列说法正确的是( )
A. X的最高价含氧酸的分子式可表示为H3XO4
B. X是第2周期ⅤA族元素
C. X是第2周期ⅥA族元素
D. X的最高正化合价为＋4
【答案】A
【解析】
【分析】最高价含氧酸的相对分子质量为98，该含氧酸可能是H2SO4，也可能为H3PO4，但氢化物的分子式不能为H2X，则含氧酸不是H2SO4，而是H3PO4，故X元素为P；
【详解】最高价含氧酸的相对分子质量为98，该含氧酸可能是H2SO4，也可能为H3PO4，但氢化物的分子式不能为H2X，则含氧酸不是H2SO4，而是H3PO4，故X元素为P；
A、根据上述分析，X的最高价含氧酸的分子式为H3PO4，故A正确；
B、X为P，位于第三周期VA族，故B错误；
C、根据选项B分析，故C错误；
D、P的最高正化合价为＋5价，故D错误。
11.运用元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是( )
A. 锂(Li)与水反应比钠与水反应剧烈
B. 砹(At)为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸
C. 在氧气中，铷(Rb)的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂
D. HBrO4的酸性比HIO4的酸性强
【答案】A
【解析】试题分析：锂金属性比钠弱，锂与水反应比钠与水反应慢，故A错误；砹与碘同族，碘为紫色固体，AgI难溶于水也不溶于稀硝酸,所以砹（At）为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸，故B正确；铷（Rb）比钠活泼，铷的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂，故C正确；溴非金属性大于碘，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，HBrO4的酸性比HIO4的酸性强，故D正确。
12.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中位置如下图所示，若W原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5。下列说法中，正确的是( )
A. X只有一种氧化物
B. 气态氢化物的稳定性Z>W
C. 原子半径由大到小排列顺序Z>Y>X
D. 元素X是自然界中形成化合物种类最多元素
【答案】D
【解析】试题分析：短周期元素W原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5，则W是S，所以Z是P，Y是N，X是C。A．X有CO、CO2两种氧化物，错误；B．由于元素的非金属性：W>Z，所以气态氢化物的稳定性Z
A. 过量的稀硝酸和铁反应 B. 常温下过量浓硝酸与铝块
C. 过量的二氧化锰与浓盐酸 D. 加热下过量的铜与浓硫酸
【答案】A
【详解】A、硝酸具有强氧化性，与Fe发生反应：Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，Fe无剩余，不符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故A符合题意；
B、常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，阻碍反应的进行，硝酸过量，铝有剩余，符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故B不符合题意；
C、MnO2过量，浓盐酸不足，但MnO2只跟浓盐酸反应，随着反应进行，盐酸浓度降低，反应停止，MnO2和HCl都有剩余，符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故C不符合题意；
D、加热时铜与浓硫酸反应，不与稀硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸浓度变稀，反应停止，硫酸和Cu有剩余，符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故D不符合题意。
14.下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. 硫酸亚铁溶液中通入氯气 Fe2＋＋Cl2＝Fe3＋＋Cl－
B. 亚硫酸钠与硫酸氢钠溶液反应：SO32-＋2H＋= H2O＋SO2↑
C. 氯化铝与足量氨水反应：4NH3·H2O+Al3+= AlO2- +4 NH4++2H2O
D. 浓硝酸与铜反应：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
【答案】B
【详解】A、氯原子不守恒，正确离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，故A错误；
B、亚硫酸钠的电离方程式为Na2SO3=2Na＋＋SO32－，NaHSO4电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，两者混合后发生2H＋＋SO32－=H2O＋SO2↑，故B正确；
C、氢氧化铝不溶于氨水，正确的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋2NH4＋，故C错误；
D、Cu与浓硝酸反应生成NO2，离子反应方程式为Cu＋4H+＋2NO3－=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O，故D错误。
15.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )
A. lmolHNO3作为氧化剂得到的电子数一定为3NA
B. 含1molH2SO4的浓硫酸与足量铜加热的条件下反应生成SO2分子数小于0.5NA
C. 0.4mol/LNa2SO4 溶液中，所含Na+和SO42-总数为1.2NA
D. 在标准状况下，0.1molFe粉在足量稀硝酸中充分反应转移电子数为0.2NA
【答案】B
【解析】
【分析】考查阿伏加德罗常数，一般涉及氧化还原反应中电子转移、特殊反应、物质组成等知识，从基础知识入手即可；
【详解】A、HNO3如果为浓硝酸，HNO3作氧化剂，HNO3被还原为NO2，即1mol浓硝酸作氧化剂，转移电子物质的量为1mol，故A错误；
B、加热时，铜只跟浓硫酸反应，不与稀硫酸反应，铜与浓硫酸反应，随着反应的进行，硫酸浓度降低，反应停止，即1molH2SO4的浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2的物质的量小于0.5mol，故B正确；
C、题中无法得到溶液的体积，即无法计算Na＋、SO42－的物质的量，故C错误；
D、过量的稀硝酸将Fe氧化成Fe3＋，因此0.1molFe与足量的稀硝酸反应转移电子物质的量为0.3mol，故D错误。
16.镁、铝、铁三种金属，分别与足量的同体积同浓度的盐酸反应，同温同压下，产生相同体积的氢气，则反应中( )
A. 金属失去电子数目相等 B. 消耗金属的质量相等
C. 消耗金属的物质的量相等 D. 消耗的HCl的量不相等
【答案】A
【解析】A．铁、镁、铝三种金属分别和等体积等浓度的盐酸反应，反应的本质都是金属失去电子，溶液中氢离子得到电子变为氢气，故同温同压下，产生相同体积的氢气时，氢离子得到电子的数目必然相等，而这些电子均由金属提供，则参加反应的金属失去的电子数相等，选项A正确；B．铁、镁、铝三种金属，分别与同体积同浓度的盐酸反应后，同温同压下，产生相同体积的氢气，设所需要的金属质量分别是x、y、z，则有×2=×2=×3，所以可得参加反应的金属质量比是28：12：9，选项B错误；C．若相同条件下产生相同体积的氢气，设为1mol，则根据反应的关系式可知：所需Fe、Mg、Al 三种金属的物质的量之比为：1mol：1mol：mol=3：3：2，选项C错误；D．铁、镁、铝三种金属分别和等体积等浓度的盐酸反应，反应的本质都是金属失去电子，溶液中氢离子得到电子变为氢气，故同温同压下，产生相同体积的氢气时消耗的盐酸的物质的量相等，选D错误。答案选A。
17.下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是( )
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
SO2有漂白性
SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色
B
NH3极易溶于水
充满NH3试管倒置于水槽中，水面迅速上升
C
浓硫酸有强氧化性
浓硫酸可用于干燥H2和CO
D
常温下，铁与浓硝酸发生钝化
常温下，铁与浓硝酸不反应
【答案】B
【详解】A、SO2能使酸性高锰酸钾褪色，利用SO2的还原性和KMnO4的强氧化性，与SO2的漂白性无关，I和Ⅱ之间无因果关系，故A不符合题意；
B、NH3极易溶于水，试管内气体压强减小，使水面上升，I和Ⅱ之间存在因果关系，故B符合题意；
C、浓硫酸用于干燥H2和CO，利用浓硫酸的吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，故C不符合题意；
D、钝化也是化学反应，故D不符合题意。
18.提纯下列物质（括号内物质为杂质），选用的试剂和方法都正确的是( )
物质
除杂试剂
方法
A
CO2(SO2)
NaOH溶液
洗气
B
FeCl2溶液(FeCl3)
足量铜粉
过滤
C
FeSO4溶液(CuSO4)
足量铁粉
过滤
D
Al2O3(Fe2O3)
NaOH溶液
过滤
【答案】C
【详解】A、CO2和SO2属于酸性氧化物，都能与NaOH反应，因此除去CO2中SO2，常通过饱和NaHCO3溶液，故A错误；
B、除去FeCl2溶液中FeCl3，如果用铜粉，则发生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，引入新杂质Cu2＋，因此除去FeCl2溶液中FeCl3常加入铁粉，然后过滤，故B错误；
C、加入足量铁粉，发生Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，然后过滤，不引入新的杂质，故C正确；
D、氧化铝为两性氧化物，能与NaOH反应，Fe2O3为碱性氧化物，不能与NaOH反应，因此加入NaOH溶液，不能达到除杂目的，故D错误。
19.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-具有相同的电子层结构，若m＞n，则下列叙述的判断正确的是（ ）
①a-b=n-m②元素的原子序数a＞b＞c＞d
③元素非金属性Z＞R④最高价氧化物对应水化物碱性X＞Y．
A. 只有③ B. ②③
C. ①②③ D. ①②③④
【答案】B
【解析】试题分析：①离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=b-n，①错误；②由题意可知，具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若m＞n，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a＞b＞c＞d，②正确；③Z、R为上一周期的非金属元素，且元素的原子序数的c＞d，在同一周期元素非金属性从左向右逐渐增强，即非金属性Z＞R，③正确；④四种主族元素中X、Y为下一周期的金属元素，且元素的原子序数a＞b，在同一周期元素的金属性从左向右逐渐减弱，即金属性Y＞X，则最高价氧化物对应水化物碱性Y＞X，④错误；答案选B。
20.若下列图像中横轴代表所加溶液体积，纵坐标代表生成沉淀质量，则各项描述中与图像能对应的是（ ）
A. 图①可能是MgCl2、AlCl3溶液逐滴加氨水至过量
B. 图②可能是AlCl3溶液逐滴加NaOH溶液至过量
C. 图③可能是NaAlO2溶液滴加稀盐酸至过量
D. 图④可能是含一定量HCl的AlCl3溶液逐滴加氨水至过量
【答案】D
【解析】A．MgCl2、溶液中滴加氨水至过量，应生成沉淀氢氧化镁、氢氧化铝，由于氢氧化铝不溶于弱碱，所以沉淀完全后不再变化，A错误；B．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后沉淀溶解生成偏铝酸钠，发生的反应为：Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，两过程中氢氧化钠的用量为3：1，与图象不符合，B错误；C．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡，开始会生成沉淀，当偏铝酸钠完全沉淀后继续滴入盐酸，沉淀会溶解，发生的反应为：AlO2－＋H＋＋2H2O===Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，两过程消耗盐酸量为1：3，与图象不符合，C不正确；D．向含一定量HCl的AlCl3溶液逐滴加氨水至过量，氨水首先与盐酸发生中和反应，然后沉淀铝离子，由于氨水不能溶解氢氧化铝，所以沉淀达到最大值以后，不再发生变化，D正确，答案选D。
21.将3.2g铜粉与一定质量浓硝酸反应，当铜完全作用时，收集到气体2.24L（标准状况下），则消耗的硝酸的物质的量一共是（ ）
A. 0.22mol B. 0.2mol C. 0.16mol D. 0.1mol
【答案】B
【解析】
【分析】铜与一定量的浓硝酸反应，产生的气体可能为NO2，也可能为NO2和NO的混合物，Cu转化成Cu(NO3)2，然后根据氮元素守恒进行分析；
【详解】铜与一定量的浓硝酸反应，产生的气体可能为NO2，也可能为NO2和NO的混合物，Cu转化成Cu(NO3)2，气体无论是NO2还是NO2与NO的混合物，标准状况下，气体中氮原子物质的量为2.24L/22.4L·mol－1=0.1mol，根据氮原子守恒，消耗硝酸的物质的量为2n(Cu)＋0.1mol=2×3.2g/64g·mol－1＋0.1mol=0.2mol，故B正确。
22.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 某份不含其他离子澄清溶液中：Fe3+、Ca2+、NO3-、Cl-
B. 在含0.1mol/LHNO3溶液中：Cu2+、Na+、Cl-、SO32-
C. 含0.1mol/LFeCl3溶液中：K+、NH4+、I-、SCN-
D. 与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO3-、Cu2+、Na+、SO42-
【答案】A
【解析】
【分析】不共存的离子发生的反应是复分解反应、氧化还原反应、络合反应等，然后根据题中所给限制条件，利用元素及其化合物的性质进行分析；
【详解】A、这些离子能够大量共存，故A符合题意；
B、HNO3具有强氧化性，SO32－以还原性为主，两者能发生氧化还原反应，因此题中所给离子不能在指定溶液中大量共存，故B不符合题意；
C、Fe3＋能氧化I－，Fe3＋与SCN－发生络合反应，因此题中所给离子在指定的溶液中不能大量共存，故C不符合题意；
D、能与铝反应放出氢气，该溶液可能为碱，也可能为酸，该溶液为无色溶液，Cu2＋显蓝色，如果溶液是碱，则Cu2＋不与OH－大量共存，如果溶液为酸，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，与金属反应不产生氢气，题中所给离子不能在指定溶液中大量共存，故D不符合题意。
二、非选择题
23.选择下列化学用语，用序号完成下列问题①O2②Na2O2③18O④CH3—CH2—CH2—CH2—CH3⑤O2-⑥CaCl2 ⑦O3 ⑧16O ⑨NH4Cl ⑩
（1）只含共价键的是___________________。
（2）既含共价键又含离子键的是___________________。
（3）属于离子晶体的是______________，属于共价化合物的是_________________。
（4）互为同素异形体的是______，互为同分异构体的是______，互为同位素的是_________________。
【答案】(1). ①④⑦⑩ (2). ②⑨ (3). ②⑥⑨ (4). ④⑩ (5). ①和⑦ (6). ④和⑩ (7). ③和⑧
【详解】①O2为气体单质，只存在非极性共价键；
②Na2O2属于离子化合物，既含有离子键，也含有非极性共价键；
③该微粒为原子，不存在化学键；
④该化合物为共价化合物，只含有共价键；
⑤该微粒为离子，不存在化学键；
⑥CaCl2只存在离子键；
⑦O3只存在共价键；
⑧不含化学键；
⑨NH4Cl属于离子化合物，既含有离子键，也含有共价键；
⑩只含有共价键；
（1）根据上述分析，只含共价键的是①④⑦⑩；
（2）既含有离子键，又含有共价键的是②⑨；
（3）属于离子晶体的物质，含有离子键，故符合题意的是②⑥⑨；属于共价化合物，只含有共价键的化合物，故④⑩符合题意；
（4）同素异形体：具有相同元素，不同结构的单质，属于同素异形体的是①⑦；同分异构体：分子式相同，结构不同的化合物，符合题意的是④⑩；同位素：具有相同质子数，不同中子数，同一元素不同原子，符合题意的是③⑧。
24.下表为元素周期表的一部分，用化学用语回答下列问题：
主族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
1
①
2
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
(1)⑧的原子结构示意图为______________________________________________。
(2)③⑧⑩的最高价含氧酸的酸性最强的是__________(填化学式)。
(3)③的气态氢化物与③的最高价氧化物对应的水化物反应生成盐的化学方程式是_______。
(4)①④⑩三种元素的原子能形成原子数目比为1∶1∶1的共价化合物，它的电子式为_____________，②④两种元素形成原子数目比为1∶2的共价化合物的结构式为___________________________。
(5)⑤的最高价氧化物的水化物与⑦的最高价氧化物反应的离子方程式为_________，⑨的最高价氧化物的水化物的浓溶液与铜反应的化学方程式为：____________________。
【答案】(1). (2). HClO4 (3). NH3+HNO3==NH4NO3 (4). (5). O=C=O (6). Al2O3+ 2OH- =2AlO2- +H2O (7). Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+2H2O
【解析】
【分析】根据元素在周期表的位置，推出①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Mg，⑦为Al，⑧为P，⑨为S，⑩为Cl，然后根据元素及其化合物的性质分析即可；
【详解】（1）⑧为位于第三周期VA族，即⑧为P，15号元素，其原子结构示意图为；
（2）③为N，⑧为P，⑩为Cl，目前酸性最强含氧酸为HClO4，即③⑧⑩中最高价含氧酸的酸性最强的是HClO4；
（3）③的气态氢化物为NH3，③的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，两者反应方程式为NH3＋HNO3=NH4NO3；
（4）①为H，④为O，⑩为Cl，组成原子数目比为1：1：1的共价化合物为HClO，其电子式为；②④组成原子数目比为1：2的化合物为CO2，C和O之间共用2个电子对，即CO2的结构式为O=C=O；
（5）⑤的最高价氧化物的水化物是NaOH，⑦的最高价氧化物为Al2O3，Al2O3为两性氧化物，Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；⑨的最高价氧化物的水化物是H2SO4，Cu与浓硫酸反应：Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
25.工业上冶炼铝的原料是铝土矿( 主要成分是Al2O3，杂质为Fe2O3、FeO、SiO2等),某研究小组设计的提纯Al2O3的方案如下：
(1)加入过量盐酸后过滤出的滤渣中含有____________________，加入过量的NaOH 溶液，过滤后的滤液中含有的溶质有_______________________ (均填化学式)。
(2)加入过量NaOH溶液过滤后，若滤渣中Fe(OH)2也被氧化，则每消耗0.1mol氧气有多少_____mol Fe(OH)2被氧化。
(3)写出通入过量CO2生成沉淀A时反应的离子方程式为___________________，沉淀A加热得到Al2O3的化学方程式为____________________。
(4)假设铝土矿中含杂质49%，则1吨铝土矿理论上可生产多少__________mol铝。
【答案】(1). SiO2 (2). NaOH NaAlO2 NaCl (3). 0．4 (4). AlO2-＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3- (5). 2Al(OH)3 Al2O3+3H2O (6). 10000
【解析】
【分析】铝土矿的成分是Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2，其中Al2O3为两性氧化物，Fe2O3、FeO为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，加入盐酸，发生Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O、Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O、FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，过滤，滤液中含有Al3＋、Fe3＋、Fe2＋、H＋、Cl－，加入过量的NaOH溶液，发生H＋＋OH－=H2O、Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O、Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓、Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓，过滤，滤液2中含有离子是Na＋、OH－、AlO2－、Cl－，通入过量CO2，发生OH－＋CO2=HCO3－、AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，沉淀A为Al(OH)3，沉淀A受热分解为氧化铝和水，然后逐步分析；
【详解】（1）根据上述分析，加入过量的盐酸后，滤出的滤渣为SiO2，加入过量的NaOH溶液，过滤后的滤液中含有的溶质为NaCl、NaAlO2、NaOH；
（2）氢氧化亚铁被氧气氧化成氢氧化铁，根据得失电子数目守恒，0.1mol×2×2=n[Fe(OH)3]×1，即n[Fe(OH)3]=0.4mol；
（3）通入过量CO2，发生OH－＋CO2=HCO3－、AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，因此生成氢氧化铝沉淀的离子方程式为AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－；氢氧化铝受热分解：2Al(OH)3Al2O3+3H2O；
（4）铝土矿中含杂质为49%，则含氧化铝为51%，根据铝元素守恒，因此有=n(Al)，解得n(Al)=10000mol。
26.某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。
(1)实验室用装置A制备SO2，某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，可能的原因是_____________(合理均可)；C装置的作用___________________。
(2)反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，再给B、D 两个试管分别加热；两个试管中的现象分别为：B：_______________，D：________________。
(3)若将B中品红换成H2S溶液，通SO2一段时间后B中现象为_____，该反应的化学方程式为______，其中氧化产物与还原产物的物质的量之比为________。
(4)另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因(用化学方程式表示)___________________。
【答案】(1). 未取下分液漏斗的玻璃塞 (2). 吸收SO2和Cl2，防止污染空气 (3). 褪色的品红溶液又恢复成红色 (4). 无明显现象 (5). 溶液变浑浊（或有淡黄色沉淀生成） (6). 2H2S+SO2==3S↓+2H2O (7). 2：1 (8). Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4
【解析】
【分析】实验目的是探究和比较SO2、氯水的漂白性，根据装置图，装置A制备SO2，装置E应为制备Cl2，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，SO2、Cl2有毒，必须尾气处理，即装置C的作用是吸收尾气SO2和Cl2，然后逐步分析；
【详解】（1）使用分液漏斗时，将分液漏斗颈上的玻璃塞打开，或者使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔，便于液体滴下，因此题中漏斗中的液体未流下，说明未取下分液漏斗的玻璃塞或塞上的凹槽(或小孔)与准漏斗上的小孔未对准；SO2和Cl2对环境有危害，必须进行尾气处理，因此装置C的作用是吸收SO2和Cl2，防止污染空气；
（2）SO2能使品红溶液褪色，原理是SO2与品红结合生成不稳定的物质，受热或见光有恢复原来的颜色，即装置B中加热，出现的现象是褪色的品红溶液又恢复成红色；氯水表现氧化性，是因为含有HClO，HClO具有强氧化性，把有色氧化漂白，加热时不能恢复原来的颜色，因此加热装置D，无明显现象；
（3）SO2既有氧化性，也有还原性，SO2能将H2S氧化，则发生：SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O，因此换成H2S溶液，通入SO2一段时间后，B中现象是溶液变浑浊，或有淡黄色沉淀生成；依据硫元素守恒，SO2→S，2H2S→2S，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1；
（4）利用Cl2具有强氧化性，SO2以还原为主，两者1：1混合，Cl2将SO2氧化成H2SO4，即化学反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4。
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