还剩14页未读，
继续阅读
精品解析：湖南省长沙市一中2020-2021学年高一上学期期末考试化学试题（解析版）
展开
这是一份精品解析：湖南省长沙市一中2020-2021学年高一上学期期末考试化学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了5 Fe-56， 下列实验装置正确是， 用NA表示阿伏加德罗常数的值， MnO2 等内容，欢迎下载使用。
时量：75分钟 满分：100分。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 C1-35.5 Fe-56
一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选有符合题目要求)
1. 下列关于实验事故或药品的处理方法中，正确的是
A. 少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用大量氢氧化钠溶液冲洗
B. 大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻，顺风向地势低处逃离
C. 不慎酒出的酒精在桌上着火时，应立即用大量水扑灭
D. 可以将未用完的钠、钾、白磷放回原试剂瓶
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．浓硫酸溅到皮肤上，应用干抹布擦去，冲洗后涂上碳酸氢钠溶液，不能用氢氧化钠溶液中和，因为氢氧化钠溶液有很强的腐蚀性，故A不符合题意；
B．氯气有毒，能够与碱性溶液反应生成无毒的物质，肥皂水显弱碱性，所以大量氯气泄漏时，可用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，氯气的密度大于空气，逆风可以防止氯气留在人的周围，故应逆风向地势高处逃离，避免氯气吸入人体，故B不符合题意；
C．少量酒精洒在桌上并燃烧起来，应该立即用湿抹布扑盖，由于酒精密度小于水，且易溶于水，不能够用大量水扑灭，故C不符合题意；
D．钠、钾、白磷单质非常活泼，随意丢弃容易引起火灾事故，可以将未用完的钠、钾、白磷放回原试剂瓶，故D符合题意；
答案选D。
2. 下列实验装置正确是
A. 加热分解碳酸氢钠
B. 吸收氨气
C. 转移溶液
D. 制取氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A.试管底低于试管口，水蒸气在管口冷凝后流回到试管底，使试管底因受热不均而破裂，A错误；
B. 用刚接触水面的倒置的漏斗吸收氨气，既能保证好的吸收效果，又能防止倒吸，B正确；
C. 转移溶液需要使用玻璃棒，C错误；
D. 用长颈漏斗制取氯气时，导管口应插入液面下，以防气体沿漏斗颈逸出，D错误。
故选B。
【点睛】对于一般气体的吸收，可直接将导管口插入液面下；对于易溶于水的气体吸收，可将导管口位于液面上，可将导管口接在刚接触水面的倒置的漏斗上，也可以将出气导管口插在CCl4与水混合液中的CCl4层。
3. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，2.24L H2O中含有的原子数目为0.3NA
B. 常温常压下，4.6g NO2与N2O4混合物中含有的氧原子数目为0.2NA
C. 0.15ml·L-1 K2CO3溶液中含有的钾离子数目为0.3NA
D. 过氧化钠与水反应时，每生成1ml氧气转移电子数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况即0℃，101kPa，水是液体，1ml水为18g大约18mL，2.24L水物质的量约为124ml，原子数约372NA，A错误；
B．在NO2或N2O4中，N与O个数比为1：2，O的质量分数为，m(N)=4.6g×=3.2g。则n(N)= ==0.2ml。氧原子数目为0.2NA，B正确；
C．只有浓度没有体积，无法计算钾离子数目，C错误；
D．过氧化钠与水反应时，O2由-1价O发生氧化而得，转移电子数为2NA，D错误；
故选B。
4. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应：
B. 向氢氧化钠溶液中逐滴加入几滴FeCl3饱和溶液：(胶体)
C. 向氯化铝溶液中滴加足量氨水：
D. 氯化铁溶液与碘化钾溶液反应：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀：，A错误；
B． 向氢氧化钠溶液中逐滴加入几滴FeCl3饱和溶液发生复分解反应、产生氢氧化铁沉淀：，B错误；
C． 向氯化铝溶液中滴加足量氨水产生氢氧化铝沉淀和氯化铵溶液：，C正确；
D． 氯化铁溶液与碘化钾溶液反应，电荷应守恒、得失电子数应守恒：，D错误；
答案选C。
5. 下列水溶液中的各组离子因为发生氧化还原反应而不能大量共存的是
A. Na+、Ba2+、Cl-、B. Ca2+、、Cl-、K+
C. 、K+、Fe2+、H+D. H+、Cl-、Na+、
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A． 因Ba2+、结合生成沉淀，因复分解反应不能共存，故A不符合题意；
B．该组离子之间不反应，能大量共存，故B不符合题意；
C．，Fe2+，H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故C符合题意；
D．因H+、结合生成水和二氧化碳，因复分解反应不能共存，故D不符合题意；
故选C。
6. 向下列溶液中通入足量CO2气体，最终不会产生沉淀的是（ ）
①饱和Na2CO3溶液、②澄清石灰水、③BaCl2溶液、④氨水与NaCl构成的混合液(二者均饱和)
A. ①②③④B. ②③C. ①④D. ③④
【答案】B
【解析】
【详解】①饱和碳酸钠溶液和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，同时反应消耗了溶剂水，导致生成NaHCO3沉淀，①不符合题意；
②澄清石灰水中通入少量CO2气体，反应会产生CaCO3沉淀；当CO2气体过量时，CaCO3与过量CO2反应产生可溶性Ca(HCO3)2，又使沉淀溶解，得到澄清溶液，②符合题意；
③由于酸性：HCl＞H2CO3，则向BaCl2溶液中通入足量CO2气体，二者不能发生反应，因此最终无沉淀产生，溶液仍然是澄清的，③符合题意；
④向氨水与NaCl构成的混合液中通入足量CO2气体，反应产生NH4Cl和NaHCO3，反应产生大量的NaHCO3，且碳酸氢钠溶解度小，因此会生成NaHCO3沉淀，④不符合题意；
综上所述可知：最终无沉淀的选项是②③，故合理选项是B。
7. 为除去括号内的杂质，所选用的试剂不正确的是
A. Cl2(HCl)，通过饱和食盐水B. SO2(CO2)，通过酸性高锰酸钾溶液
C. NO(NO2)，通入水中D. NaOH溶液[Ca(OH)2]，加入适量Na2CO3溶液，过滤
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Cl2难溶于饱和食盐水、HCl极易溶于水，Cl2中HCl)可通过饱和食盐水除去，A正确；
B． SO2能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，通过酸性高锰酸钾溶液时SO2被吸收，B不正确；
C．二氧化氮与水反应生成NO和硝酸，故 NO中的NO2通入水中即可提纯，C正确；
D． 氢氧化钙和适量碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，则NaOH溶液中Ca(OH)2可通过加入适量Na2CO3溶液、过滤来提纯，D正确；
答案选B
8. 下列叙述内容和结论均正确并且有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. 向Na2CO3溶液中滴加足量稀盐酸发生复分解反应生成氯化钠、水和二氧化碳，所以产生气泡，只能说明盐酸酸性大于碳酸，但不是最高价含氧酸，不能说明非金属性：，A不选；
B. 浓硫酸具有吸水性，可干燥H2、CO和SO2；氨气是碱性气体、H2S据还原性室温下和浓硫酸发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥，B不选；
C. SO2是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，所以SO2可使含有酚酞的NaOH溶液褪色，C选；
D. 和均可用作氮肥和制取氨气，但制取氨气与铵盐受热易分解没有关系，D不选；
答案选C。
9. 下列实验操作对应的现象符合事实的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．虽然K元素的焰色反应为紫色，但Na元素的黄色会覆盖紫色，所以当同时含有Na元素和K元素时火焰呈黄色，故A正确；
B．钠密度比水小，会浮在水面上，钠与水反应生成NaOH，NaOH会和硫酸铜反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，故B错误；
C．过氧化钠与水反应会生成氧气，可以使带火星的木条复燃，故C错误；
D．鲜花中含有水分，氯气会和水反应生成具有漂白性的HClO，会将鲜花漂白，故D错误；
综上所述答案为A。
10. 一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是
A. 过量的铜与浓HNO3B. 过量的浓盐酸与二氧化锰
C. 过量的铜与浓硫酸D. 过量的锌与18 ml/L硫酸
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．浓硝酸和稀硝酸都能与铜反应，所以过量的铜与浓HNO3 ，硝酸可以完全反应；
B．过量的浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应，二氧化锰可以完全反应；
C．铜在加热的条件下只与浓硫酸反应、不与稀硫酸反应，所以过量的铜与浓硫酸反应，当浓硫酸变为稀硫酸后反应停止；
D．锌既可以与浓硫酸反应也可以与稀硫酸反应，所以过量的锌与18 ml/L硫酸反应，硫酸可以完全反应。
综上所述，本题选C。
【点睛】本题考查了常见的几种酸化学性质。酸的浓度不同，其化学性质不同，随着反应的发生，酸的浓度变小，有些反应可能就不会发生了。所以，在分析这些常见的酸参与的化学反应时，要注意反应对酸的浓度的要求，要有量变引起质变的意识。
二、选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11. 下列说法正确的是
A. 向某溶液中滴加少量AgNO3溶液，有白色沉淀产生，溶液中一定含有Cl-
B. 向某溶液中加入一定量的稀硫酸，产生的气体使澄清石灰水变浑浊，溶液中一定含有
C. 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液，溶液变红，不能说明原Fe(NO3)2样品已变质
D. 向某溶液中滴加浓NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，说明该溶液中含
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．向某溶液中滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀，不能排除SO42-、CO32-等离子的干扰，应先加硝酸酸化，故A错误；
B．溶液中也可能存在HCO3-、HSO3-，故B错误；
C. 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，则氢离子、硝酸根离子和亚铁离子发生氧化还原反应，有铁离子生成，滴入KSCN溶液，溶液必定呈现红色，故不能说明原Fe(NO3)2样品已变质所以不会生成沉淀，故C正确；
D．湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，则说明有氨气生成，则说明该溶液中一定含NH，故D正确；
答案选CD。
12. A、B、C均为短周期元素，A、B同周期，A、C的最低价阴离子分别为A2-、C-，A2-离子半径大于C-，B2+与C-具有相同的电子层结构。下列叙述一定正确的是
A. 它们的原子序数B>C>AB. 它们的离子半径A2->C->B2+
C. 它们的原子半径C>B>AD. 它们的最外层电子数C>A>B
【答案】BD
【解析】
【分析】由A、C的最低价离子分别为A2-和C-，则A为ⅥA族元素，C为ⅦA族元素，B2+和C-具有相同的电子层结构，则B在C的下一周期，B处于第三周期第ⅡA族，故B为Mg元素，C为F元素，A、B同周期，则A为S元素；
【详解】A．A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，原子序数 ，故A错误；
B．离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，所以离子半径 ，故B正确；
C．A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径有，故C错误；
D．A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，原子最外层电子数分别为6、2、7，故原子最外层上的电子数 ，故D正确；
故选BD
13. 下列说法不正确的是
A. 四氯化碳分子的电子式为B. H2、D2、T2是氢元素的同素异形体
C. 次氯酸的结构式为H-O-ClD. H2O的沸点高于H2S，是由于H2O分子间存在氢键
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】A．四氯化碳分子中碳原子的最外层电子数为4，每个电子与氯原子最外层上的一个电子形成一对共价键，共形成四对共价键，故四氯化碳的电子式为，题中氯原子的电子数目不对，故A符合题意；
B．同素异形体是同种元素形成的不同种单质，H2、D2、T2只是组成的原子不同，而组成方式都是两个原子组成一个分子，所以不是同素异形体，是同一种物质，故B符合题意；
C．次氯酸分子中的中心原子为氧，最外层有6个电子，分别与氢原子和氯原子形成一对共价键，次氯酸的结构式为H-O-Cl，故C不符合题意；
D．氢键是比范德华力大的一种分子间作用力，水分子间可以形成氢键，H2S分子间不能形成氢键，因此H2O的熔、沸点高于H2S，故D不符合题意；
答案选AB。
14. 某核潜艇上的核反应堆使用了液态铝钠合金作载热介质，有关说法不恰当的是
A. 铝钠合金的熔点低于铝的熔点
B. 钠、铝在常温下都可以与空气中的氧气反应
C. 将mg不同组成的铝钠合金分别投入足量盐酸中，若放出H2越多，则合金中铝的质量分数越小
D. 将含0.1ml钠和0.2ml铝的合金投入到足量的水中，充分反应，产生氢气4.48L(标准状况)
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．合金的熔点一般低于其成分金属的熔点，铝钠合金的熔点低于铝的熔点，故A不符合题意；
B．铝在常温下与氧气反应生成氧化铝，钠与氧气在常温下反应生成氧化钠，钠、铝在常温下都可以与空气中氧气反应，故B不符合题意；
C．根据金属钠和金属铝与酸反应生成氢气量的关系可知：2Al~3H2↑，2Na~ H2↑，等质量的金属钠和金属铝，金属铝产生的氢气量多，所以放出的H2越多，铝的质量分数越大，故C符合题意；
D．含0.1ml钠和0.2ml铝的合金投入到足量的水中，钠和水反应生成的氢氧化钠，根据2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.1ml钠生成0.1ml氢氧化钠和0.05ml氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，根据2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，0.2ml铝和0.1ml氢氧化钠反应时，铝会剩余，氢氧化钠完全反应，则生成氢气的物质的量为0.15ml，共产生氢气的物质的量为0.05ml+0.15ml=0.2ml，根据V=nVm可得，V=0.2ml×22.4L/ml=4.48L，故D不符合题意；
答案选C。
15. 一种广泛用于锂离子电池的物质结构如图所示。X、Y、Z、W为原子序数依次递增的四种短周期主族元素，Y、W同主族，原子半径r(X)>r(Y)>r(Z)。下列说法正确的是
A. 锂单质通常保存在煤油中
B. 离子化合物XZ4所有原子都满足8电子稳定结构
C. Z的单质能与水反应生成Y的单质
D. 简单离子的还原性W>Y
【答案】C
【解析】
【分析】根据此结构可知，X共用4对电子，W共用6对电子，Y共用2对电子，Z共用1对电子，因为Y和W同主族，所以为ⅥA族，根据原子序数大小关系，Y为O元素，W为S元素；因为原子半径r(X)>r(Y)>r(Z)，则X、Y、Z同周期，X为C元素；Z为F元素；据此分析。
【详解】A. 锂单质的密度比煤油小，所以不能保存在煤油中，故A错误；
B. 根据上述分析，X为C元素，Z为F元素，所以化合物XZ4为共价化合物，故B错误；
C. 根据上述分析，Z为F元素，Y为O元素，氟的单质能与水反应生成氧气即2F2+2H2O=4HF+O2，故C正确；
D．Y为O元素，W为S元素；S的氧化性小于O，则S2-的还原性大于O2-，故D错误；
故答案：C。
三、非选择题(本题共4小题，共60分)
16. 根据所学知识，回答下列问题：
(1)反应4HCl(浓)中，氧化剂是_______，还原产物是_______；MnO2与被氧化的HCl的物质的量之比是_______。
(2)实验室用Na3CO3固体配制500 mL 1 ml/L的Na3CO3溶液。配制时必需的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、_______、_______。定容时仰视刻度线会导致浓度_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)，定容摇匀后发现液面低于刻度线再加水至刻度线，浓度会_______。
(3)在标准状况下，CO和CO2混合气体共33.6 L，质量为62 g，则两种气体的物质的量之和为_______ml，C与CO2物质的量之比为_______。
(4)联氨(又称联肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，实验室可用NaClO溶液与NH3反应制备联氨，反应的化学方程式为_______。已知，分析联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为_______。
【答案】 (1). MnO2 (2). MnCl2 (3). 1:2 (4). 500mL容量瓶 (5). 胶头滴管 (6). 偏低 (7). 偏低 (8). 1.5 (9). 1:5 (10). (11). 联氨和N2O4反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂
【解析】
【分析】
【详解】(1)浓盐酸和二氧化锰反应中，锰元素化合价降低，氧化剂是MnO2，还原产物是MnCl2；HCl中氯元素化合价升高到0时HCl被氧化，得失电子数守恒，则MnO2与被氧化的HCl的物质的量之比是1:2。
(2)实验室用Na3CO3固体配制500 mL 1 ml/L的Na3CO3溶液。步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，称量固体后，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后用玻璃棒引流转移到500mL容量瓶中，洗涤烧杯、玻璃棒2−3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。定容时仰视刻度线，会导致体积偏大、浓度偏低，定容摇匀后发现液面低于刻度线再加水至刻度线，会导致体积偏大、浓度偏低。
(3)在标准状况下，CO和CO2混合气体共33.6 L，质量为62 g，则两种气体的物质的量之和为，且， ， ，CO与CO2物质的量之比为1:5。
(4) 实验室用NaClO溶液与NH3反应制备联氨，NH3中氮元素为-3，N2H4中氮元素为-2，则NH3→N2H4化合价升高，被氧化，则NaClO为氧化剂、反应中氯元素化合价降低，还原产物为NaCl，反应的化学方程式为。由知：联氨和N2O4反应产生大量气体，由此推测：作为火箭推进剂的主要原因为：联氨和N2O4反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂。
17. 铁、铜及其化合物在工业生产中有重要的用途。运用相关知识，回答下列问题：
(1)电子工业常用30%FeCl3溶液腐蚀覆在绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。写出FeCl3溶液与铜发生反应的离子方程式_______。
(2)甲同学为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并获得氯化铁晶体，准备采用下列步骤
回答下列问题：
①试剂a是_______(用化学式表示)；操作Ⅰ用到的玻璃仪器有_______。
②滤液X、Z中都有同一种溶质，它们转化为溶液W的离子方程式为_______。
③上述流程中操作Ⅲ包括蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤。
(3)乙同学为了探究Fe2(SO4)3与Cu的反应，做了如图所示实验：
为了探究白色沉淀产生的原因，同学们查阅资料得知：
i．CuSCN是难溶于水的白色固体；
ii．SCN-的化学性质与I-的相似；
iii．。
填写实验方案：
Cu2+与SCN-反应的离子方程式为_______。
【答案】 (1). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (2). 铁 (3). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (4). 2Fe3++Cl2=2 Fe3++2Cl- (5). 冷却结晶 (6). 0.1 (7). 2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2
【解析】
【分析】FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，腐蚀液中含有FeCl2、CuCl2，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作I为过滤；向腐蚀液中加入过量的试剂a，得到滤渣Y和滤液X，加入的a为Fe，滤渣Y为Cu、Fe，滤液X为FeCl2，向滤渣Y中加入试剂b为稀盐酸，然后过滤得到Cu和滤液Z，Z中含有FeCl2和过量稀盐酸，然后加入试剂c，应该加入氯水，将FeCl2氧化为FeCl3，最后将溶液W蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铁晶体，溶液W含有FeCl3。向4mL0.2ml/L硫酸铁溶液中加入过量铜粉，发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，得到溶液中亚铁离子的浓度为0.2ml/L，铜离子的浓度为0.1ml/L，分别取硫酸铁溶液和硫酸铜溶液，均滴加3滴KSCN溶液，观察实验现象，前者无明显现象，后者有白色沉淀生成，由此资料可知硫酸铜与硫氰化钾反应生成难溶于水的白色沉淀，由此分析。
【详解】(1)FeCl3溶液与铜发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
(2)①腐蚀液中含有FeCl2、CuCl2，试剂a是Fe；分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，操作Ⅰ为过滤，过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；
②根据分析，滤液X为FeCl2，Z中含有FeCl2和过量稀盐酸，滤液X、Z中都有同一种溶质是FeCl2，溶液W含有FeCl3，FeCl2转化为溶液FeCl3需要加入氯水，离子方程式为2Fe3++Cl2=2Fe3++2Cl-；
③操作Ⅲ将FeCl3溶液转化为FeCl3晶体，具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
(3)向4mL0.1ml/L硫酸铁溶液中加入过量铜粉，铁离子的浓度为0.2ml/L，发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，得到溶液中亚铁离子的浓度为0.2ml/L，铜离子的浓度为0.1ml/L，故实验步骤2为取4mL0.1ml/LCuSO4溶液于试管中，向其中滴加3滴0.1ml/LKSCN溶液，由于CuSCN是难溶于水的白色固体，实验现象为产生白色沉淀；
SCN-的化学性质与I-的相似，仿照可知，Cu2+与SCN-反应的离子方程式为：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2。
18. 随原子序数的递增，八种短周期元素(用字母X等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。
根据判断出的元素回答问题：
(1)f在元素周期表的位置是第三周期_______族。
(2)比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_______＞_______。(用化学式表示)
(3)比较y、z、d简单气态氢化物的稳定性：_______＞_______＞_______。(用化学式表示)
(4)化合物e2d2中化学键的类型为_______。
(5)任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式_______。
(6)e、f的最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为_______。
(7)(yz)2称为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_______。
(8)比较g、h元素的非金属性除了比较其单质与氢气化合难易、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物酸性之外，请你再设计一个简单的实验证明：_______。
【答案】 (1). ⅢA (2). HClO4 (3). H2SO4 (4). H2O (5). NH3 (6). CH4 (7). 离子键和非极性共价键 (8). 或 (9). Al(OH)3+OH-=+2H2O (10). (CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O (11). 向硫化氢溶液中通入氯气生成硫单质，氯气是氧化剂，硫是氧化产物，氧化性：氯气大于硫，故非金属性：Cl＞S
【解析】
【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数可知：x是H元素，y是C元素、z是N元素、d是O元素、e是Na元素、f是Al元素、g是S元素、h是Cl元素，由此分析解答。
【详解】(1)f是铝，为13号元素，最外层电子数为3，有3层电子，在元素周期表的位置是第三周期第ⅢA族；
(2)g是S元素、h是Cl元素，非金属性：S＜Cl，故g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：HClO4＞H2SO4；
(3)y是C元素、z是N元素、d是O元素，C、N、O位于同一周期，同周期元素从左到右，非金属性增强，故非金属性：C＜N＜O，故简单气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞CH4；
(4)d是O元素、e是Na元素，化合物e2d2为过氧化钠，电子式为：，过氧化钠中化学键的类型为离子键和非极性共价键；
(5)上述元素组成一种四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2等，电子式为： 、；
(6)e是Na元素、f是Al元素，e、f的最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，相互反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=+2H2O；
(7)y是C元素、z是N元素，(CN)2称为拟卤素，性质与卤素类似，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，仿照氯气与氢氧化钠的反应，(CN)2与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O；
(8)g是S元素、h是Cl元素，比较S、Cl元素的非金属性除了比较其单质与氢气化合难易、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物酸性之外，还可以比较单质的氧化性强弱，设计一个简单的实验证明：向硫化氢溶液中通入氯气生成硫单质，氯气是氧化剂，硫是氧化产物，氧化性：氯气大于硫，故非金属性：Cl＞S。
19. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
已知电解总反应为：
回答下列问题：
(1)NaClO2中Cl的化合价为_______。
(2)工业上常用黄铁矿(FeS2)为原料制备硫酸，配平下面方程式：_____________。
_______FeS2+_______O2_______Fe2O3+_______。
(3)从物质分类角度来看，NaHSO4是_______(填字母代号)。
a．酸 b．酸式盐 c．电解质 d．非电解质 e．离子化合物 f．共价化合物
(4)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。
(5)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为_______、_______。
(6)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂(ClO2)与还原剂(H2O2)的物质的量之比为_______。
(7)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力(NaClO2、Cl2的还原产物都是Cl-)。NaClO2的有效氯含量为_______(计算结果保留两位小数)。
【答案】 (1). +3 (2). 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 (3). b、c、e (4). 2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 (5). NaOH溶液 (6). Na2CO3溶液 (7). 2∶1 (8). 1.57
【解析】
【分析】从流程图可以看出，“反应”的反应物为硫酸、SO2、NaClO3，而生成物为NaHSO4和ClO2，将ClO2和食盐水电解后得到Cl2和NaClO2，发生反应：，再将尾气ClO2与氢氧化钠、H2O2发生氧化还原反应生成NaClO2、O2和H2O，最后将NaClO2溶液经结晶干燥得到NaClO2，由此分析作答。
【详解】(1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0的原理，可计算出NaClO2中氯元素化合价为+3；
(2)根据元素守恒可知，黄铁矿(FeS2)和氧气反应生成Fe2O3和SO2，铁元素的化合价从+2价升高到+3价，硫元素的化合价从-1价升高到+4价，化合价共升高了11价，氧元素的化合价从0价降低到-2价，化合价共降低了4价，根据化合价升降总和相等，配平后的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；
(3)NaHSO4在水溶中电离时产生钠离子、氢离子、硫酸根离子，NaHSO4在熔融状态下电离生成钠离子和硫酸氢根离子，属于电解质；NaHSO4属于酸式盐；NaHSO4由钠离子、硫酸氢根离子之间通过静电作用形成，属于离子化合物，答案选bce；
(4)从流程图可以看出，反应物为硫酸、二氧化硫、氯酸钠，而生成物为硫酸氢钠和二氧化氯，氯的化合价由+5价变成+4价，硫的化合价由+4价变成+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式：2NaClO3+H2SO4+SO2=2NaHSO4+2ClO2；
(5)为除去镁离子和钙离子，可加入氢氧化钠溶液沉淀镁离子，加入碳酸钠溶液沉淀钙离子，分别得到氢氧化镁沉淀和碳酸钙沉淀，并从其中过滤出来以达到精制的目的；
(6)由题意可知，用含氢氧化钠的双氧水吸收尾气中的二氧化氯，能够写出该反应的化学方程式：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，ClO2中氯元素的化合价从+4价降低到+3价，作氧化剂，H2O2中氧元素的化合价从-1价降低到-2价，作还原剂，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1；
(7)由题意，氯气、亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子，根据：NaClO2Cl-，Cl22Cl-，得电子数相等时，存在：NaClO2~2Cl2，故亚氯酸钠的有效氯含量故亚氯酸钠的有效氯含量≈1.57。
选项
内容
结论
A
向Na2CO3溶液中滴加足量稀盐酸
有气泡产生，说明非金属性：Cl>C
B
浓硫酸具有强氧化性和吸水性
浓硫酸可干燥H2和H2S，不可干燥SO2和NH3
C
SO2是酸性氧化物
SO2可使含有酚酞的NaOH溶液褪色
D
铵盐受热易分解
NH4Cl和NH4HCO3均可用作氮肥和制取氨气
A．用洁净的铂丝蘸取NaCl和KCl的混合液，在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色
B．钠投入硫酸铜溶液中，钠沉在烧杯底部，且产生红色固体
C．向过氧化钠粉末中加入少量水，产生的气体不能使带火星的木条复燃
D．向充满干燥Cl2的集气瓶中放入有色鲜花，一段时间后，鲜花颜色无明显变化
实验方案
实验现象
步骤Ⅰ：取4mL0.2ml/LFeSO4溶液于试管中，向其中滴加3滴0.1ml/LKSCN溶液
无明显现象
步骤2：取4mL_______ml/LCuSO4溶液于试管中，向其中滴加3滴0.1ml/LKSCN溶液
产生白色沉淀
时量：75分钟 满分：100分。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 C1-35.5 Fe-56
一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选有符合题目要求)
1. 下列关于实验事故或药品的处理方法中，正确的是
A. 少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用大量氢氧化钠溶液冲洗
B. 大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻，顺风向地势低处逃离
C. 不慎酒出的酒精在桌上着火时，应立即用大量水扑灭
D. 可以将未用完的钠、钾、白磷放回原试剂瓶
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．浓硫酸溅到皮肤上，应用干抹布擦去，冲洗后涂上碳酸氢钠溶液，不能用氢氧化钠溶液中和，因为氢氧化钠溶液有很强的腐蚀性，故A不符合题意；
B．氯气有毒，能够与碱性溶液反应生成无毒的物质，肥皂水显弱碱性，所以大量氯气泄漏时，可用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，氯气的密度大于空气，逆风可以防止氯气留在人的周围，故应逆风向地势高处逃离，避免氯气吸入人体，故B不符合题意；
C．少量酒精洒在桌上并燃烧起来，应该立即用湿抹布扑盖，由于酒精密度小于水，且易溶于水，不能够用大量水扑灭，故C不符合题意；
D．钠、钾、白磷单质非常活泼，随意丢弃容易引起火灾事故，可以将未用完的钠、钾、白磷放回原试剂瓶，故D符合题意；
答案选D。
2. 下列实验装置正确是
A. 加热分解碳酸氢钠
B. 吸收氨气
C. 转移溶液
D. 制取氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A.试管底低于试管口，水蒸气在管口冷凝后流回到试管底，使试管底因受热不均而破裂，A错误；
B. 用刚接触水面的倒置的漏斗吸收氨气，既能保证好的吸收效果，又能防止倒吸，B正确；
C. 转移溶液需要使用玻璃棒，C错误；
D. 用长颈漏斗制取氯气时，导管口应插入液面下，以防气体沿漏斗颈逸出，D错误。
故选B。
【点睛】对于一般气体的吸收，可直接将导管口插入液面下；对于易溶于水的气体吸收，可将导管口位于液面上，可将导管口接在刚接触水面的倒置的漏斗上，也可以将出气导管口插在CCl4与水混合液中的CCl4层。
3. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，2.24L H2O中含有的原子数目为0.3NA
B. 常温常压下，4.6g NO2与N2O4混合物中含有的氧原子数目为0.2NA
C. 0.15ml·L-1 K2CO3溶液中含有的钾离子数目为0.3NA
D. 过氧化钠与水反应时，每生成1ml氧气转移电子数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况即0℃，101kPa，水是液体，1ml水为18g大约18mL，2.24L水物质的量约为124ml，原子数约372NA，A错误；
B．在NO2或N2O4中，N与O个数比为1：2，O的质量分数为，m(N)=4.6g×=3.2g。则n(N)= ==0.2ml。氧原子数目为0.2NA，B正确；
C．只有浓度没有体积，无法计算钾离子数目，C错误；
D．过氧化钠与水反应时，O2由-1价O发生氧化而得，转移电子数为2NA，D错误；
故选B。
4. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应：
B. 向氢氧化钠溶液中逐滴加入几滴FeCl3饱和溶液：(胶体)
C. 向氯化铝溶液中滴加足量氨水：
D. 氯化铁溶液与碘化钾溶液反应：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀：，A错误；
B． 向氢氧化钠溶液中逐滴加入几滴FeCl3饱和溶液发生复分解反应、产生氢氧化铁沉淀：，B错误；
C． 向氯化铝溶液中滴加足量氨水产生氢氧化铝沉淀和氯化铵溶液：，C正确；
D． 氯化铁溶液与碘化钾溶液反应，电荷应守恒、得失电子数应守恒：，D错误；
答案选C。
5. 下列水溶液中的各组离子因为发生氧化还原反应而不能大量共存的是
A. Na+、Ba2+、Cl-、B. Ca2+、、Cl-、K+
C. 、K+、Fe2+、H+D. H+、Cl-、Na+、
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A． 因Ba2+、结合生成沉淀，因复分解反应不能共存，故A不符合题意；
B．该组离子之间不反应，能大量共存，故B不符合题意；
C．，Fe2+，H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故C符合题意；
D．因H+、结合生成水和二氧化碳，因复分解反应不能共存，故D不符合题意；
故选C。
6. 向下列溶液中通入足量CO2气体，最终不会产生沉淀的是（ ）
①饱和Na2CO3溶液、②澄清石灰水、③BaCl2溶液、④氨水与NaCl构成的混合液(二者均饱和)
A. ①②③④B. ②③C. ①④D. ③④
【答案】B
【解析】
【详解】①饱和碳酸钠溶液和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，同时反应消耗了溶剂水，导致生成NaHCO3沉淀，①不符合题意；
②澄清石灰水中通入少量CO2气体，反应会产生CaCO3沉淀；当CO2气体过量时，CaCO3与过量CO2反应产生可溶性Ca(HCO3)2，又使沉淀溶解，得到澄清溶液，②符合题意；
③由于酸性：HCl＞H2CO3，则向BaCl2溶液中通入足量CO2气体，二者不能发生反应，因此最终无沉淀产生，溶液仍然是澄清的，③符合题意；
④向氨水与NaCl构成的混合液中通入足量CO2气体，反应产生NH4Cl和NaHCO3，反应产生大量的NaHCO3，且碳酸氢钠溶解度小，因此会生成NaHCO3沉淀，④不符合题意；
综上所述可知：最终无沉淀的选项是②③，故合理选项是B。
7. 为除去括号内的杂质，所选用的试剂不正确的是
A. Cl2(HCl)，通过饱和食盐水B. SO2(CO2)，通过酸性高锰酸钾溶液
C. NO(NO2)，通入水中D. NaOH溶液[Ca(OH)2]，加入适量Na2CO3溶液，过滤
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Cl2难溶于饱和食盐水、HCl极易溶于水，Cl2中HCl)可通过饱和食盐水除去，A正确；
B． SO2能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，通过酸性高锰酸钾溶液时SO2被吸收，B不正确；
C．二氧化氮与水反应生成NO和硝酸，故 NO中的NO2通入水中即可提纯，C正确；
D． 氢氧化钙和适量碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，则NaOH溶液中Ca(OH)2可通过加入适量Na2CO3溶液、过滤来提纯，D正确；
答案选B
8. 下列叙述内容和结论均正确并且有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. 向Na2CO3溶液中滴加足量稀盐酸发生复分解反应生成氯化钠、水和二氧化碳，所以产生气泡，只能说明盐酸酸性大于碳酸，但不是最高价含氧酸，不能说明非金属性：，A不选；
B. 浓硫酸具有吸水性，可干燥H2、CO和SO2；氨气是碱性气体、H2S据还原性室温下和浓硫酸发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥，B不选；
C. SO2是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，所以SO2可使含有酚酞的NaOH溶液褪色，C选；
D. 和均可用作氮肥和制取氨气，但制取氨气与铵盐受热易分解没有关系，D不选；
答案选C。
9. 下列实验操作对应的现象符合事实的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．虽然K元素的焰色反应为紫色，但Na元素的黄色会覆盖紫色，所以当同时含有Na元素和K元素时火焰呈黄色，故A正确；
B．钠密度比水小，会浮在水面上，钠与水反应生成NaOH，NaOH会和硫酸铜反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，故B错误；
C．过氧化钠与水反应会生成氧气，可以使带火星的木条复燃，故C错误；
D．鲜花中含有水分，氯气会和水反应生成具有漂白性的HClO，会将鲜花漂白，故D错误；
综上所述答案为A。
10. 一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是
A. 过量的铜与浓HNO3B. 过量的浓盐酸与二氧化锰
C. 过量的铜与浓硫酸D. 过量的锌与18 ml/L硫酸
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．浓硝酸和稀硝酸都能与铜反应，所以过量的铜与浓HNO3 ，硝酸可以完全反应；
B．过量的浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应，二氧化锰可以完全反应；
C．铜在加热的条件下只与浓硫酸反应、不与稀硫酸反应，所以过量的铜与浓硫酸反应，当浓硫酸变为稀硫酸后反应停止；
D．锌既可以与浓硫酸反应也可以与稀硫酸反应，所以过量的锌与18 ml/L硫酸反应，硫酸可以完全反应。
综上所述，本题选C。
【点睛】本题考查了常见的几种酸化学性质。酸的浓度不同，其化学性质不同，随着反应的发生，酸的浓度变小，有些反应可能就不会发生了。所以，在分析这些常见的酸参与的化学反应时，要注意反应对酸的浓度的要求，要有量变引起质变的意识。
二、选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11. 下列说法正确的是
A. 向某溶液中滴加少量AgNO3溶液，有白色沉淀产生，溶液中一定含有Cl-
B. 向某溶液中加入一定量的稀硫酸，产生的气体使澄清石灰水变浑浊，溶液中一定含有
C. 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液，溶液变红，不能说明原Fe(NO3)2样品已变质
D. 向某溶液中滴加浓NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，说明该溶液中含
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．向某溶液中滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀，不能排除SO42-、CO32-等离子的干扰，应先加硝酸酸化，故A错误；
B．溶液中也可能存在HCO3-、HSO3-，故B错误；
C. 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，则氢离子、硝酸根离子和亚铁离子发生氧化还原反应，有铁离子生成，滴入KSCN溶液，溶液必定呈现红色，故不能说明原Fe(NO3)2样品已变质所以不会生成沉淀，故C正确；
D．湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，则说明有氨气生成，则说明该溶液中一定含NH，故D正确；
答案选CD。
12. A、B、C均为短周期元素，A、B同周期，A、C的最低价阴离子分别为A2-、C-，A2-离子半径大于C-，B2+与C-具有相同的电子层结构。下列叙述一定正确的是
A. 它们的原子序数B>C>AB. 它们的离子半径A2->C->B2+
C. 它们的原子半径C>B>AD. 它们的最外层电子数C>A>B
【答案】BD
【解析】
【分析】由A、C的最低价离子分别为A2-和C-，则A为ⅥA族元素，C为ⅦA族元素，B2+和C-具有相同的电子层结构，则B在C的下一周期，B处于第三周期第ⅡA族，故B为Mg元素，C为F元素，A、B同周期，则A为S元素；
【详解】A．A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，原子序数 ，故A错误；
B．离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，所以离子半径 ，故B正确；
C．A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径有，故C错误；
D．A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，原子最外层电子数分别为6、2、7，故原子最外层上的电子数 ，故D正确；
故选BD
13. 下列说法不正确的是
A. 四氯化碳分子的电子式为B. H2、D2、T2是氢元素的同素异形体
C. 次氯酸的结构式为H-O-ClD. H2O的沸点高于H2S，是由于H2O分子间存在氢键
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】A．四氯化碳分子中碳原子的最外层电子数为4，每个电子与氯原子最外层上的一个电子形成一对共价键，共形成四对共价键，故四氯化碳的电子式为，题中氯原子的电子数目不对，故A符合题意；
B．同素异形体是同种元素形成的不同种单质，H2、D2、T2只是组成的原子不同，而组成方式都是两个原子组成一个分子，所以不是同素异形体，是同一种物质，故B符合题意；
C．次氯酸分子中的中心原子为氧，最外层有6个电子，分别与氢原子和氯原子形成一对共价键，次氯酸的结构式为H-O-Cl，故C不符合题意；
D．氢键是比范德华力大的一种分子间作用力，水分子间可以形成氢键，H2S分子间不能形成氢键，因此H2O的熔、沸点高于H2S，故D不符合题意；
答案选AB。
14. 某核潜艇上的核反应堆使用了液态铝钠合金作载热介质，有关说法不恰当的是
A. 铝钠合金的熔点低于铝的熔点
B. 钠、铝在常温下都可以与空气中的氧气反应
C. 将mg不同组成的铝钠合金分别投入足量盐酸中，若放出H2越多，则合金中铝的质量分数越小
D. 将含0.1ml钠和0.2ml铝的合金投入到足量的水中，充分反应，产生氢气4.48L(标准状况)
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．合金的熔点一般低于其成分金属的熔点，铝钠合金的熔点低于铝的熔点，故A不符合题意；
B．铝在常温下与氧气反应生成氧化铝，钠与氧气在常温下反应生成氧化钠，钠、铝在常温下都可以与空气中氧气反应，故B不符合题意；
C．根据金属钠和金属铝与酸反应生成氢气量的关系可知：2Al~3H2↑，2Na~ H2↑，等质量的金属钠和金属铝，金属铝产生的氢气量多，所以放出的H2越多，铝的质量分数越大，故C符合题意；
D．含0.1ml钠和0.2ml铝的合金投入到足量的水中，钠和水反应生成的氢氧化钠，根据2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.1ml钠生成0.1ml氢氧化钠和0.05ml氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，根据2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，0.2ml铝和0.1ml氢氧化钠反应时，铝会剩余，氢氧化钠完全反应，则生成氢气的物质的量为0.15ml，共产生氢气的物质的量为0.05ml+0.15ml=0.2ml，根据V=nVm可得，V=0.2ml×22.4L/ml=4.48L，故D不符合题意；
答案选C。
15. 一种广泛用于锂离子电池的物质结构如图所示。X、Y、Z、W为原子序数依次递增的四种短周期主族元素，Y、W同主族，原子半径r(X)>r(Y)>r(Z)。下列说法正确的是
A. 锂单质通常保存在煤油中
B. 离子化合物XZ4所有原子都满足8电子稳定结构
C. Z的单质能与水反应生成Y的单质
D. 简单离子的还原性W>Y
【答案】C
【解析】
【分析】根据此结构可知，X共用4对电子，W共用6对电子，Y共用2对电子，Z共用1对电子，因为Y和W同主族，所以为ⅥA族，根据原子序数大小关系，Y为O元素，W为S元素；因为原子半径r(X)>r(Y)>r(Z)，则X、Y、Z同周期，X为C元素；Z为F元素；据此分析。
【详解】A. 锂单质的密度比煤油小，所以不能保存在煤油中，故A错误；
B. 根据上述分析，X为C元素，Z为F元素，所以化合物XZ4为共价化合物，故B错误；
C. 根据上述分析，Z为F元素，Y为O元素，氟的单质能与水反应生成氧气即2F2+2H2O=4HF+O2，故C正确；
D．Y为O元素，W为S元素；S的氧化性小于O，则S2-的还原性大于O2-，故D错误；
故答案：C。
三、非选择题(本题共4小题，共60分)
16. 根据所学知识，回答下列问题：
(1)反应4HCl(浓)中，氧化剂是_______，还原产物是_______；MnO2与被氧化的HCl的物质的量之比是_______。
(2)实验室用Na3CO3固体配制500 mL 1 ml/L的Na3CO3溶液。配制时必需的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、_______、_______。定容时仰视刻度线会导致浓度_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)，定容摇匀后发现液面低于刻度线再加水至刻度线，浓度会_______。
(3)在标准状况下，CO和CO2混合气体共33.6 L，质量为62 g，则两种气体的物质的量之和为_______ml，C与CO2物质的量之比为_______。
(4)联氨(又称联肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，实验室可用NaClO溶液与NH3反应制备联氨，反应的化学方程式为_______。已知，分析联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为_______。
【答案】 (1). MnO2 (2). MnCl2 (3). 1:2 (4). 500mL容量瓶 (5). 胶头滴管 (6). 偏低 (7). 偏低 (8). 1.5 (9). 1:5 (10). (11). 联氨和N2O4反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂
【解析】
【分析】
【详解】(1)浓盐酸和二氧化锰反应中，锰元素化合价降低，氧化剂是MnO2，还原产物是MnCl2；HCl中氯元素化合价升高到0时HCl被氧化，得失电子数守恒，则MnO2与被氧化的HCl的物质的量之比是1:2。
(2)实验室用Na3CO3固体配制500 mL 1 ml/L的Na3CO3溶液。步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，称量固体后，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后用玻璃棒引流转移到500mL容量瓶中，洗涤烧杯、玻璃棒2−3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。定容时仰视刻度线，会导致体积偏大、浓度偏低，定容摇匀后发现液面低于刻度线再加水至刻度线，会导致体积偏大、浓度偏低。
(3)在标准状况下，CO和CO2混合气体共33.6 L，质量为62 g，则两种气体的物质的量之和为，且， ， ，CO与CO2物质的量之比为1:5。
(4) 实验室用NaClO溶液与NH3反应制备联氨，NH3中氮元素为-3，N2H4中氮元素为-2，则NH3→N2H4化合价升高，被氧化，则NaClO为氧化剂、反应中氯元素化合价降低，还原产物为NaCl，反应的化学方程式为。由知：联氨和N2O4反应产生大量气体，由此推测：作为火箭推进剂的主要原因为：联氨和N2O4反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂。
17. 铁、铜及其化合物在工业生产中有重要的用途。运用相关知识，回答下列问题：
(1)电子工业常用30%FeCl3溶液腐蚀覆在绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。写出FeCl3溶液与铜发生反应的离子方程式_______。
(2)甲同学为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并获得氯化铁晶体，准备采用下列步骤
回答下列问题：
①试剂a是_______(用化学式表示)；操作Ⅰ用到的玻璃仪器有_______。
②滤液X、Z中都有同一种溶质，它们转化为溶液W的离子方程式为_______。
③上述流程中操作Ⅲ包括蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤。
(3)乙同学为了探究Fe2(SO4)3与Cu的反应，做了如图所示实验：
为了探究白色沉淀产生的原因，同学们查阅资料得知：
i．CuSCN是难溶于水的白色固体；
ii．SCN-的化学性质与I-的相似；
iii．。
填写实验方案：
Cu2+与SCN-反应的离子方程式为_______。
【答案】 (1). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (2). 铁 (3). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (4). 2Fe3++Cl2=2 Fe3++2Cl- (5). 冷却结晶 (6). 0.1 (7). 2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2
【解析】
【分析】FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，腐蚀液中含有FeCl2、CuCl2，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作I为过滤；向腐蚀液中加入过量的试剂a，得到滤渣Y和滤液X，加入的a为Fe，滤渣Y为Cu、Fe，滤液X为FeCl2，向滤渣Y中加入试剂b为稀盐酸，然后过滤得到Cu和滤液Z，Z中含有FeCl2和过量稀盐酸，然后加入试剂c，应该加入氯水，将FeCl2氧化为FeCl3，最后将溶液W蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铁晶体，溶液W含有FeCl3。向4mL0.2ml/L硫酸铁溶液中加入过量铜粉，发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，得到溶液中亚铁离子的浓度为0.2ml/L，铜离子的浓度为0.1ml/L，分别取硫酸铁溶液和硫酸铜溶液，均滴加3滴KSCN溶液，观察实验现象，前者无明显现象，后者有白色沉淀生成，由此资料可知硫酸铜与硫氰化钾反应生成难溶于水的白色沉淀，由此分析。
【详解】(1)FeCl3溶液与铜发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
(2)①腐蚀液中含有FeCl2、CuCl2，试剂a是Fe；分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，操作Ⅰ为过滤，过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；
②根据分析，滤液X为FeCl2，Z中含有FeCl2和过量稀盐酸，滤液X、Z中都有同一种溶质是FeCl2，溶液W含有FeCl3，FeCl2转化为溶液FeCl3需要加入氯水，离子方程式为2Fe3++Cl2=2Fe3++2Cl-；
③操作Ⅲ将FeCl3溶液转化为FeCl3晶体，具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
(3)向4mL0.1ml/L硫酸铁溶液中加入过量铜粉，铁离子的浓度为0.2ml/L，发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，得到溶液中亚铁离子的浓度为0.2ml/L，铜离子的浓度为0.1ml/L，故实验步骤2为取4mL0.1ml/LCuSO4溶液于试管中，向其中滴加3滴0.1ml/LKSCN溶液，由于CuSCN是难溶于水的白色固体，实验现象为产生白色沉淀；
SCN-的化学性质与I-的相似，仿照可知，Cu2+与SCN-反应的离子方程式为：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2。
18. 随原子序数的递增，八种短周期元素(用字母X等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。
根据判断出的元素回答问题：
(1)f在元素周期表的位置是第三周期_______族。
(2)比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_______＞_______。(用化学式表示)
(3)比较y、z、d简单气态氢化物的稳定性：_______＞_______＞_______。(用化学式表示)
(4)化合物e2d2中化学键的类型为_______。
(5)任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式_______。
(6)e、f的最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为_______。
(7)(yz)2称为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_______。
(8)比较g、h元素的非金属性除了比较其单质与氢气化合难易、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物酸性之外，请你再设计一个简单的实验证明：_______。
【答案】 (1). ⅢA (2). HClO4 (3). H2SO4 (4). H2O (5). NH3 (6). CH4 (7). 离子键和非极性共价键 (8). 或 (9). Al(OH)3+OH-=+2H2O (10). (CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O (11). 向硫化氢溶液中通入氯气生成硫单质，氯气是氧化剂，硫是氧化产物，氧化性：氯气大于硫，故非金属性：Cl＞S
【解析】
【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数可知：x是H元素，y是C元素、z是N元素、d是O元素、e是Na元素、f是Al元素、g是S元素、h是Cl元素，由此分析解答。
【详解】(1)f是铝，为13号元素，最外层电子数为3，有3层电子，在元素周期表的位置是第三周期第ⅢA族；
(2)g是S元素、h是Cl元素，非金属性：S＜Cl，故g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：HClO4＞H2SO4；
(3)y是C元素、z是N元素、d是O元素，C、N、O位于同一周期，同周期元素从左到右，非金属性增强，故非金属性：C＜N＜O，故简单气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞CH4；
(4)d是O元素、e是Na元素，化合物e2d2为过氧化钠，电子式为：，过氧化钠中化学键的类型为离子键和非极性共价键；
(5)上述元素组成一种四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2等，电子式为： 、；
(6)e是Na元素、f是Al元素，e、f的最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，相互反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=+2H2O；
(7)y是C元素、z是N元素，(CN)2称为拟卤素，性质与卤素类似，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，仿照氯气与氢氧化钠的反应，(CN)2与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O；
(8)g是S元素、h是Cl元素，比较S、Cl元素的非金属性除了比较其单质与氢气化合难易、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物酸性之外，还可以比较单质的氧化性强弱，设计一个简单的实验证明：向硫化氢溶液中通入氯气生成硫单质，氯气是氧化剂，硫是氧化产物，氧化性：氯气大于硫，故非金属性：Cl＞S。
19. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
已知电解总反应为：
回答下列问题：
(1)NaClO2中Cl的化合价为_______。
(2)工业上常用黄铁矿(FeS2)为原料制备硫酸，配平下面方程式：_____________。
_______FeS2+_______O2_______Fe2O3+_______。
(3)从物质分类角度来看，NaHSO4是_______(填字母代号)。
a．酸 b．酸式盐 c．电解质 d．非电解质 e．离子化合物 f．共价化合物
(4)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。
(5)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为_______、_______。
(6)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂(ClO2)与还原剂(H2O2)的物质的量之比为_______。
(7)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力(NaClO2、Cl2的还原产物都是Cl-)。NaClO2的有效氯含量为_______(计算结果保留两位小数)。
【答案】 (1). +3 (2). 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 (3). b、c、e (4). 2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 (5). NaOH溶液 (6). Na2CO3溶液 (7). 2∶1 (8). 1.57
【解析】
【分析】从流程图可以看出，“反应”的反应物为硫酸、SO2、NaClO3，而生成物为NaHSO4和ClO2，将ClO2和食盐水电解后得到Cl2和NaClO2，发生反应：，再将尾气ClO2与氢氧化钠、H2O2发生氧化还原反应生成NaClO2、O2和H2O，最后将NaClO2溶液经结晶干燥得到NaClO2，由此分析作答。
【详解】(1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0的原理，可计算出NaClO2中氯元素化合价为+3；
(2)根据元素守恒可知，黄铁矿(FeS2)和氧气反应生成Fe2O3和SO2，铁元素的化合价从+2价升高到+3价，硫元素的化合价从-1价升高到+4价，化合价共升高了11价，氧元素的化合价从0价降低到-2价，化合价共降低了4价，根据化合价升降总和相等，配平后的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；
(3)NaHSO4在水溶中电离时产生钠离子、氢离子、硫酸根离子，NaHSO4在熔融状态下电离生成钠离子和硫酸氢根离子，属于电解质；NaHSO4属于酸式盐；NaHSO4由钠离子、硫酸氢根离子之间通过静电作用形成，属于离子化合物，答案选bce；
(4)从流程图可以看出，反应物为硫酸、二氧化硫、氯酸钠，而生成物为硫酸氢钠和二氧化氯，氯的化合价由+5价变成+4价，硫的化合价由+4价变成+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式：2NaClO3+H2SO4+SO2=2NaHSO4+2ClO2；
(5)为除去镁离子和钙离子，可加入氢氧化钠溶液沉淀镁离子，加入碳酸钠溶液沉淀钙离子，分别得到氢氧化镁沉淀和碳酸钙沉淀，并从其中过滤出来以达到精制的目的；
(6)由题意可知，用含氢氧化钠的双氧水吸收尾气中的二氧化氯，能够写出该反应的化学方程式：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，ClO2中氯元素的化合价从+4价降低到+3价，作氧化剂，H2O2中氧元素的化合价从-1价降低到-2价，作还原剂，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1；
(7)由题意，氯气、亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子，根据：NaClO2Cl-，Cl22Cl-，得电子数相等时，存在：NaClO2~2Cl2，故亚氯酸钠的有效氯含量故亚氯酸钠的有效氯含量≈1.57。
选项
内容
结论
A
向Na2CO3溶液中滴加足量稀盐酸
有气泡产生，说明非金属性：Cl>C
B
浓硫酸具有强氧化性和吸水性
浓硫酸可干燥H2和H2S，不可干燥SO2和NH3
C
SO2是酸性氧化物
SO2可使含有酚酞的NaOH溶液褪色
D
铵盐受热易分解
NH4Cl和NH4HCO3均可用作氮肥和制取氨气
A．用洁净的铂丝蘸取NaCl和KCl的混合液，在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色
B．钠投入硫酸铜溶液中，钠沉在烧杯底部，且产生红色固体
C．向过氧化钠粉末中加入少量水，产生的气体不能使带火星的木条复燃
D．向充满干燥Cl2的集气瓶中放入有色鲜花，一段时间后，鲜花颜色无明显变化
实验方案
实验现象
步骤Ⅰ：取4mL0.2ml/LFeSO4溶液于试管中，向其中滴加3滴0.1ml/LKSCN溶液
无明显现象
步骤2：取4mL_______ml/LCuSO4溶液于试管中，向其中滴加3滴0.1ml/LKSCN溶液
产生白色沉淀
相关试卷
精品解析：湖南省长沙市雅礼集团2020-2021学年高二上学期期末考试化学试题（原卷版）： 这是一份精品解析：湖南省长沙市雅礼集团2020-2021学年高二上学期期末考试化学试题（原卷版），共9页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
精品解析：湖南省长沙市雅礼集团2020-2021学年高二上学期期末考试化学试题（解析版）： 这是一份精品解析：湖南省长沙市雅礼集团2020-2021学年高二上学期期末考试化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
精品解析：湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高一上学期10月第一次月考化学试题（解析版）： 这是一份精品解析：湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高一上学期10月第一次月考化学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了 下列说法正确的有， 下列离子方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
