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2021重庆市缙云教育联盟高一下学期期末化学试题含答案
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这是一份2021重庆市缙云教育联盟高一下学期期末化学试题含答案，共19页。试卷主要包含了07，02×1023，7 g，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
★秘密·启封前
重庆市2020-2021学年（下）年度质量检测
2021.07
高一化学
【命题单位：重庆缙云教育联盟】
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；
4.全卷共6页，满分100分，考试时间75分钟。
一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）
1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是( )
A. “雾霾积聚，难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. 我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛
C. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理不相同
D. 碳素钢和光导纤维都属于新型的无机非金属材料
2. 某同学设计以下实验方案，从海带中提取I2。下列说法不正确的是
A. 操作①是过滤
B. 含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是富集
C. ③的离子方程式是5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O
D. ②中双氧水作还原剂
3. 下列说法不正确的是( )
A. C22−与O22+互为等电子体，1 mol O22+中含有的π键数目为2NA
B. 某金属元素气态基态原子的逐级电离能的数值分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703…，当它与氯气反应时生成的阳离子是X2+
C. 熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力且可作手术刀的消毒液，从不同角度分类HgCl2是一种共价化合物、非电解质、盐、离子晶体
D. 酸性：HClO4>HClO，判据为HClO4中非羟基氧原子数大于HClO中非羟基氧原子数
4. 氢化铝锂(LiAlH4)和硼氢化钠(NaBH4)都是有机合成中非常重要的还原剂，可发生如下反应：①LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑
②NaBH4+NH4Cl=NH3BH3+NaCl+H2↑。
则下列说法错误的是( )
A. LiAlH4中H元素均为−1价
B. 反应②中，每生成1mol NH3BH3会转移2mole−
C. 两个反应中，H2均既是氧化产物，又是还原产物
D. 两个反应中LiAlH4和NaBH4均作还原剂
5. 现有Fe、Al、Si三种单质的混合物，取一半投入足量的NaOH溶液中，将剩余的一半投入足量的稀硫酸中，若经测量两次实验产生的气体质量相等，则原混合物中Fe、Al、Si三种单质的物质的量之比可能为( )
A. 6：4：3 B. 1：1：1 C. 2：3：4 D. 3：7：6
6. 阿伏加德罗常数的值为NA.下列说法正确的是( )
A. 1L0.1mol⋅L−1NH4Cl溶液中，NH4+的数量为0.1NA
B. 2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA
C. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
7. 下列说法正确的是( )
A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
B. 反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应
C. 3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023
D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
8. 取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为12.8 g，另一份加入250 mL稀硝酸中，固体恰好完全溶解并产生标准状况下的NO气体4.48 L。已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。则稀硝酸的浓度为
A. 2.0 mol·L−1 B. 2.4 mol·L−1 C. 1.6 mol·L−1 D. 4.0 mol·L−1
9. NH4ClO4是火箭的固体燃料，发生的反应为2NH4ClO4=N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O，下列说法不正确的是
A. 1 mol NH4ClO4完全分解产生标准状况下气体体积为44.8 L
B. 1 mol NH4ClO4溶于水，溶液中含氮微粒的物质的量共1 mol
C. 产生3.2 g O2时被氧元素还原而生成的氯气有0.04 mol
D. 反应中氧化产物与还原产物的分子总数之比为3:1
10. 反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，当有6mole−发生转移时，被氧化与被还原的物质的物质的量之比为( )
A. 1：1 B. 1：2 C. 2：1 D. 3：1
11. 下列反应原理中，不符合工业冶炼金属实际情况的是 ( )
A. 2HgO=Δ2Hg + O2↑ B.
C. D.
12. 将一定量的H2、CO和CO2的混合气体通入盛有足量Na2O2粉末(Na2O2体积忽略不计)的密闭容器中，用电火花引燃直至反应完全。恢复到原温度，容器内的压强为原来的1/4，则原混合气体的平均相对分子质量可能是
A. 36 B. 28 C. 23 D. 20
13. 下表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断下列叙述不正确的是( )
元素代号
A
B
C
D
E
F
G
原子半径/nm
0.182
0.160
0.089
0.143
0.102
0.099
0.071
主要化合价
+1
+2
+2
+3
+6、−2
−1
−1
A. 气态氢化物的稳定性HG>HF>H2E
B. A+、B2+、D3+、G−四种离子的核外电子排布相同
C. A与氧气反应的产物之一A2O2，阴离子和阳离子的比例为 1：1
D. C元素的原子最外层电子数等于电子层数
14. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 32g818O2中含有的中子数为10NA
B. 25℃时，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中OH−数目为0.02NA
C. 标况下，2.24LCl2与足量H2O反应转移的电子数为0.1NA
D. 4.6gNa与足量O2充分反应后的产物中含离子数目为0.3NA
二、非选择题（满分58分）
15. 黄铁矿(主要成分FeS2)是工业制硫酸的主要原料，在空气中煅烧黄铁矿，生成Fe2O3和SO2气体。某化学学习小组设计了如下实验，通过测量生成SO2的质量来测定黄铁矿的纯度，根据要求回答下列问题。
(1)用各装置接口字母表示气流从左到右的顺序_______________________。
(2)将样品研磨成粉末状再反应的目的是_______________________。
(3)装置③中煅烧时发生反应的化学方程式为__________________。
(4)装置②中铜网的作用是___________________。
(5)反应结束后，关闭③处酒精喷灯仍需通一段时间的空气，其目的是_________________。
(6)写出装置④中发生反应的离子方程式__________________。
(7)该小组取8.0 g样品进行实验，实验后装置④增重6.4 g，则该样品纯度为____________。
16. 为探究氨气的还原性，某同学设计了如图所示实验装置(其中夹持装置略去)，在实验室中进行实验探究。回答下列问题：
(1)仪器b的名称是______，试解释该装置中产生NH3的原理：______。
(2)装置乙中盛有的试剂名称是______。
(3)装置戊中浓硫酸的作用是______。
(4)+1价Cu在酸性环境中不稳定，可发生反应：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O.某同学取上述反应后玻璃管内的物质于试管中，加入稀硫酸，振荡后发现溶液为蓝色，且试管底部有红色Cu，他得出结论：NH3还原CuO生成Cu2O。该同学的判断是否正确？______(填“正确”或“不正确”)，理由是______。
(5)已知装置丙的玻璃管内CuO粉末为mg，实验结束后测得玻璃管内固体粉末为n g，若CuO完全被还原为 Cu，则 m：n=______；写出玻璃管内发生反应的化学方程式：______。装置丁中的干燥管增重为______g(用含m或n的代数式表示)。
17. 某学习小组拟设计实验探究铁盐与碳酸盐反应的产物。
序号
实验操作
主要现象
Ⅰ
10mL0.5mol·L−1FeCl3溶液和20mL0.5mol·L−1Na2CO3溶液混合
产生棕色沉淀、无气泡
Ⅱ
10mL0.5mol·L−1FeCl3溶液和20mL0.5mol·L−1NaHCO3溶液混合
产生红褐色沉淀、产生大量气泡
对实验Ⅰ、Ⅱ反应后的混合物进行过滤、洗涤、低温凉干，分别得到M、N固体。回答下列问题：
(1)用pH计分别测定0.5mol·L−1NaHCO3溶液、0.5mol·L−1Na2CO3溶液，得pH依次为a、b。预测a________b(填“>”“<”或“=”)。
(2)为了定性确认M、N的成分，进行实验：
实验操作
实验现象
结论
①取少量M于试管中，滴加足量的稀硫酸，再滴加X溶液
沉淀溶解，产生大量气泡，溶液变红色
M一定含Fe3+、CO32−
②取少量N于试管中，滴加足量的稀硫
酸，再滴加X溶液
沉淀溶解，无气泡产生，溶液变红色
N是________(填化学式)
X的化学式为________(填化学式)。
(3)为了进一步探究M(无结晶水的纯净物)的组成，进行如下实验：
①点燃酒精灯前，先通入N2，其目的是________。加热一段时间后，装置A中棕色粉末变红色，装置B中白色粉末变蓝色；装置C中产生白色沉淀。当装置A中M完全反应时停止加热，继续通入N2。
②停止加热之前，________先拆去B、C之间导管(填“要”或“不要”)。
③对装置C中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，白色固体质量为19.7 g。装置A中残留红色粉末的质量为8.0 g，则M的化学式为________。
(4)FeCl3溶液和Na2CO3溶液反应的离子方程式为________。
(5)铁盐与碳酸盐溶液反应产物不同可能与溶液________、浓度、水解产物CO2有关。
三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
18. 我国化学家合成的铬的化合物，通过烷基铝和[ph3C]+[B(C6F5)4]−活化后，对乙烯聚合表现岀较好的催化活性。合成铬的化合物过程中一步反应如图1，该反应涉及H、C、N、O、Cl、Cr等多种元素。
回答下列问题：
(1)下列状态的氯中，电离最外层一个电子所需能量最大的是______(填标号)。
A.[Ne]
B.[Ne]
C.[Ne]
D.[Ne]
(2)化合物乙中碳原子采取的杂化方式为______，化合物丙中a、b、n、m处的化学键是配位键的是______处。(填字母)
(3)Cr3+具有较强的稳定性，Cr3+的核外电子排布式为______；已知没有未成对d电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的。Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的水合离子为无颜色的是______(填离子符号)。
(4)ClO3−的键角小于ClO4−的键角，原因是______。
(5)根据结构与性质的关系解释，HNO2的酸性比HNO3弱的原因______。
(6)水在合成铬的化合物的过程中作溶剂。研究表明水能凝结成13种类型的结晶体。其中重冰(密度比水大)属于立方晶系，其立方晶胞沿x、y、z轴的投影图如图2所示，晶体中的配位数为______晶胞边长为apm，则重冰的密度为______g⋅cm−3(写出数学表达式，NA为阿伏伽徳罗常数)。
★秘密·考试结束前
重庆市2020-2021学年（下）年度质量检测
高一化学答案及评分标准
【命题单位：重庆缙云教育联盟】
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查物质性质、物质成分、物质变化等知识点，为高频考点，解题关键在于熟悉常见物质的组成、结构、性质和用途，题目难度不大。
【解答】
A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；
B.钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故B正确；
C.活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性，故漂白纸浆的原理不相同，故C正确；
D.碳素钢是合金，光导纤维是二氧化硅，不属于新型的无机非金属材料，故D错误；
故选D。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查含碘物质分离提纯碘单质的实验过程分析，注意分离操作及氧化还原反应在物质制备的应用，难度一般。
【解答】
A.操作①之后得到滤液，则操作①是过滤，故A正确；
B.图中含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是富集碘元素，故B正确；
C.③是I−和IO3−在酸性条件下生成I2，离子方程式为5I–+IO 3−+6H+=3I2+3H2O，故C正确；
D.向滤液中加入双氧水是将I−氧化为I2，体现双氧水的氧化性，故D错误。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查较综合，涉及π键、电离能、电解质、盐、离子晶体、共价化合物等，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度中等。
【解答】
A. C22−两个碳原子之间形成三键，一个O22+中含有两个π键，1 mol O22+中含有的π键数目为2NA,故A项正确；
B.该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故B项正确；
C. 熔融状态的HgCl2不能导电，则HgCl2属于共价化合物，不是离子晶体，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，说明在水分子的作用下HgCl2能够电离出自由移动的阴阳离子，是电解质，C项错误；
D.含氧酸的通式可写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，R的正电性越高，导致R−O− H中O的电子向R偏移，因而在水分子的作用下，也就越容易电离出H+，即酸性越强，D项正确。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、氧化还原反应的基本概念为解答的关键，侧重高频考点的考查，题目难度不大。
LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑反应中H的化合价从+1价降低到0价，从−1价升高到0价；NaBH4+NH4Cl=NH3BH3+NaCl+H2↑，反应中H的化合价从+1价降低到0价，从−1价升高到0价，据此分析。
【解答】
A.LiAlH4中Li为+1价，Al为+3价，则H元素均为−1价，故A正确；
B.由NaBH4+NH4Cl=NH3BH3+NaCl+H2↑可知，每生成1mol NH3BH3，同时生成1molH2，转移1mole−，故B错误；
C.反应生成氢气，H元素化合价分别由+1、−1价变化为0价，则两个反应中，H2均既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；
D.两个反应中LiAlH4和NaBH4中H均为−1价，均作还原剂，故D正确。
故选：B。
5.【答案】A
【解析】解：现有Fe、Al、Si三种单质的混合物，取一半投入足量的NaOH溶液中，将剩余的一半投入足量的稀硫酸中，由于Al能够与稀硫酸、NaOH溶液反应，且生成氢气的物质的量相等，则Al的量不影响结果；
若经测量两次实验产生的气体质量相等，则混合物中Fe、Si生成氢气的物质的量相等，根据电子守恒可知：2n(Fe)=4n(Si)，即n(Fe)：n(Si)=2：1，选项中只有A满足，
故选：A。
铝与氢氧化钠和稀硫酸反应，且生成氢气的量相同；Fe只与稀硫酸反应，Si只与氢氧化钠溶液反应，两次实验产生的气体质量相等，根据电子守恒可知反应中铁与Si失去电子的物质的量相等，据此进行解答．
本题考查了混合物反应的计算，题目难度不大，明确发生反应的原理为解答关键，注意掌握电子守恒在化学计算中的应用，试题有利于提高学生的分析能力及化学计算能力．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了阿伏加德罗常数的应用，题目难度不大，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系为解题关键。
【解答】
A.铵根离子会水解，所以1L 0.1mol⋅L−1NH4Cl溶液中NH4+数小于0.1NA，故A错误；
B.n(Mg)=2.4g24g/mol=0.1mol，Mg与H2SO4反应生成Mg2+，故0.1mol Mg参与反应转移0.2mol电子，数目为0.2NA，故B错误；
C.标准状况下，22.4L任何气体所含的分子数为1mol，故2.24L N2和O2的混合气体中分子数为0.1mol，数目为0.1NA，故C错误；
D.H2+I2⇌2HI是一个反应前后分子物质的量不变的可逆反应，故反应后分子总数仍为0.2NA，故D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查较为综合，涉及氧化还原反应的计算、反应自发进行的判断、原电池、淀粉水解等知识，明确反应自发进行的条件为解答关键，注意酶的催化活性，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
【解答】
A.原电池工作时，化学能不可能全部转化为电能，部分转化为热能，故A错误；
B.反应自发进行的判断依据△H−T△S<0，已知常温常压下反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)可以自发进行，△S<0，满足△H−T△S<0，△H<0，该反应是放热反应，故B错误；
C.3molH2与1molN2混合反应生成NH3，由于该反应为可逆反应，则生成氨气的物质的量小于2mol，转移电子小于6mol，转移电子的数目小于6×6.02×1023，故C正确；
D.在酶催化淀粉水解反应中，适宜温度淀粉水解速率加快，但温度过高可能导致酶的催化活性降低甚至消失，故D错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查金属及其化合物与硝酸反应的有关计算，难度中等，解题关键是理解反应原理，根据反应过程中守恒关系进行计算。
【解答】
一份与足量的氢气反应，反应后固体质量为Cu的质量，n(Cu)=12.8g64g·mol−1=0.2mol；另一份中加入250mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3)2，根据Cu元素守恒可知：n[Cu(NO3)2]=n(Cu)=0.2mol，根据氮元素守恒可知：n(HNO3)=n(NO)+2n[Cu(NO3)2]=4.48L22.4L·mol−1+2×0.2mol=0.6mol，所以c(HNO3)=0.6mol0.25L=2.4mol/L，故B正确。
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了氧化还原反应、物质的量等知识，难度不大，着重考查学生分析问题的能力。
【解答】
A.依据方程式，2 molNH4ClO4完全分解产生标准状况下气体体积为89.6 L，故A正确；
B.根据物料守恒，溶液中氮微粒的物质的量也是1mol，故B正确；
C.反应2NH4ClO4=N2↑+Cl2↑+ 2O2↑+ 4H2O中， 2个N由−3价升高到0价， 4个O由−2价升高为0价，2个Cl由+7价降低为0价，产生3.2gO2(0.1mol)时被氧元素还原而生成的氯气有0.414mol，故C错误；
D.根据反应方程式可知： 2个N由−3价升高到0价， 4个O由−2价升高为0价， 2个Cl由+7价降低为0价，则氧化产物为N2和O2，还原产物为Cl2，氧化产物与还原产物的分子总数之比=3:1，故D正确。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应概念，难度中等，理解基本概念，关键根据产物中化合价判断氧化剂与还原剂中的NO2的物质的量之比。
【解答】
NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，如图，
所以NO2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，
由产物中氮元素的化合价，可知起始氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比为1：2，
所以被氧化的NO2与被还原的NO2的物质的量之比为2：1，
故选C。
11.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查金属冶炼，明确金属活泼性强弱与冶炼方法的关系是解本题关键，根据金属活泼性强弱选取合适的冶炼方法，易错选项是C．
【解答】
A.Hg活泼性不强，采用直接加热分解其氧化物的方法冶炼，故A正确；
B.Mn的金属性弱于Al，可利用铝热反应来冶炼，故B正确；
C.Mg是活泼金属，MgO熔点较高、氯化镁熔点较低，所以工业上为减少资源消耗，采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故C错误；
D.在金属活动性顺序表中Fe是处于中间位置的金属，通常是用还原剂将Fe从其化合物中还原出来，故D正确；
故选：C。
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查混合物的计算，题目难度较大，注意当气体剩余时，能正确判断剩余气体的成分，为解答该题的关键。利用端值法讨论判断混合气体的平均相对分子质量的范围。
【解答】
Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应．2CO+O2=点燃2CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，质量增重△m=2Na2CO3−2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O2=点燃2H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，质量增重△m=2H2O−O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量，相当于是H2、CO与过氧化钠直接发生化合反应，恢复到原温度，容器内的压强为原来的14，剩余气体为O2，不可能为H2或CO。
令原混合物的物质的量为4mol，则反应后氧气的物质的量为1mol，由方程式可知原混合物中二氧化碳为2mol，氢气与CO共4mol−2mol=2mol，
若为H2和CO2的混合物，混合气体的平均相对分子质量为2+442=23，
若为CO和CO2的混合物，混合气体的平均相对分子质量为28+442=36，
则混合气体的平均相对分子质量介于23～36。
故选B。
13.【答案】C
【解析】解：根据分析可知：A为Na，B为Mg，C为Be，D为Al，E为S，F为Cl，G为F元素。
A.非金属性F>Cl>S，则气态氢化物稳定性：HF>HCl>H2S，故A正确；
B.Na+、Mg2+、A3+、F−的核外电子数总数都是10，四种离子的核外电子排布相同，故B正确；
C.Na2O2中阳离子为钠离子，阴离子为过氧根离子，阴离子与阳离子的数目之比为1：2，故C错误；
D.Be元素的原子最外层电子数等于电子层数=2，故D正确；
故选：C。
B、C都为+2价，原子半径B>C，则B为Mg，C为Be；A为+1价，原子半径A>B，则A为Na元素；D为+3价，原子半径D>Be，则D为Al元素；E有+6、−2价，则E为S元素；F、G都为−1价，原子半径F>G，则F为Cl，G为F元素，据此解答。
本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
14.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
A.根据 818O2中含20个中子来分析；
B.pH=12的Ba(OH)2溶液中氢氧根浓度为0.01mol/L；
C.氯气和水的反应为可逆反应；
D.求出钠的物质的量，根据钠反应后生成的Na2O和Na2O2中均含3个离子，即2molNa+～1mol阴离子来分析。
【解答】
A.32g818O2的物质的量为0.89mol，1个 818O2中含20个中子，故32g818O2中含有的中子数为17.78NA，故A错误；
B.pH=12的Ba(OH)2溶液中氢氧根浓度为0.01mol/L，故1L溶液中氢氧根的数目为0.01NA，故B错误；
C.氯气和水的反应为可逆反应，不能反应彻底，故转移的电子数小于0.1NA，故C错误；
D.4.6g钠的物质的量为0.2mol，生成0.2mol钠离子，而钠反应后生成的Na2O和Na2O2中均含3个离子，即2molNa+～1mol阴离子，故产物中含0.3NA个离子，故D正确。
故选D。
15.【答案】(1)abef(或fe)cd(或dc)gh
(2)使原料充分反应，加快反应速率
(3) 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
(4)除去未反应的氧气，防止影响SO2的测定
(5)使反应生成的SO2全部进入装置④中，使测定结果更精准
(6)2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+
(7) 75%
【解析】
【分析】
本题考查物质含量的探究实验，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
【解答】
空气通过①干燥后，通入③中、发生反应将黄铁矿煅烧，反应后气体通过②，未反应的氧气被吸收，再进入④中，用氯化铁溶液吸收二氧化硫，根据装置④增重的质量，计算黄铁矿的纯度，据此回答；
(1)据分析可知，气流从左到右的连接顺序为abef(或fe)cd(或dc)gh。
(2)固态和气体反应时，接触面积越大反应越充分、反应速率越快，则将样品研磨成粉末状再反应的目的是：使原料充分反应，加快反应速率。
(3)装置③中煅烧黄铁矿，反应生成氧化铁和二氧化硫，化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；
(4)一定条件下，铜、二氧化硫均能和氧气反应，故装置②中铜网的作用是：除去未反应的氧气，防止影响SO2的测定。
(5)要准确测定，需确保原料完全反应、反应生成的SO2被完全吸收，故反应结束后，关闭③处酒精喷灯仍需通一段时间的空气，其目的是：使反应生成的SO2全部进入装置④中，使测定结果更精准。
(6)二氧化硫具有强还原性、氯化铁具有较强氧化性，二者能发生氧化还原反应，则装置④中发生反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+ 。
(7)该小组取8.0g样品进行实验，实验后装置④增重6.4g，则按硫元素守恒FeS2∽2SO2知：该样品纯度为6.4g64g/mol×12×120g/mol8.0g×100％=75％。
16.【答案】(1)锥形瓶；NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，NaOH在氨水中电离产生OH−，使平衡逆向移动，且NaOH溶解放热；
(2)碱石灰；
(3)吸收NH3尾气，防止空气中的水蒸气进入装置丁；
(4)不正确；若反应不完全，则混合物中会混有CuO和Cu，加稀硫酸也会生成铜盐和Cu；
(5)5：4；3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2；9(m−n)8(或9n32或9m40)
【解析】解：(1)仪器b的名称是锥形瓶；NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，该装置中产生NH3的原理：NaOH 在氨水中电离产生OH−，使平衡逆向移动，且NaOH溶解放热，故答案为：锥形瓶；NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，NaOH 在氨水中电离产生OH−，使平衡逆向移动，且NaOH溶解放热；
(2)氨气的干燥使用碱性干燥剂，一般使用的是碱石灰，故答案为：碱石灰；
(3)氨气有毒，需要进行尾气处理，空气中含有水蒸气，为防止干扰实验，装置戊中需要装浓硫酸；故答案为：吸收NH3尾气，防止空气中的水蒸气进入装置丁；
(4)氨气还原氧化铜可以得到金属铜，并放出的氮气，3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2，若反应不完全，则混合物中会混有CuO 和Cu，加稀硫酸也会生成铜盐和Cu；
故答案为：不正确；若反应不完全，则混合物中会混有CuO 和Cu，加稀硫酸也会生成铜盐和Cu；
(5)氨气还原氧化铜可以得到金属铜，并放出的氮气，3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2，设产生水蒸气的质量是x，则
3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2 固体质量变化量
240 192 54 48
m n x m−n
240m=48m−n，则 m：n=5：4；
装置丁中的干燥管增重为水的质量，54x=48m−n，解得x=9(m−n)8。
故答案为：5：4；3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2；9(m−n)8(或9n32或9m40)。
本题考查氨气的制备方法及化学性质，题目难度中等，明确氨气的性质及实验基本操作方法是解题关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
17.【答案】(1)<；
(2)Fe(OH)3；KSCN(或NH4SCN)；
(3)①排尽装置内的空气和水蒸气；
②不要；
③Fe(OH)CO3；
(4)Fe3++2CO32−+H2O=Fe(OH)CO3↓+HCO3−；
(5)碱性强弱。
【解析】
【分析】
本题主要考查的是物质化学式的探究，解题的关键是理解实验的原理和实验现象产生的原因。
【解答】
(1)相同物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液，碳酸钠的水解程度大，水解程度越大，碱性越强，pH越大，即a
(3)①点燃酒精灯前，先通入N2，其目的是排尽装置内的空气和水蒸气，以防止空气中氧气和水蒸气对成分测定的干扰，故答案为：排尽装置内的空气和水蒸气；
②停止加热之前，不要先拆去B、C之间导管，以免造成装置中残留的气体散逸到空气中而影响测定，故答案为：不要；
③装置C中产生的白色沉淀是碳酸钡，由碳原子守恒可知原M中含有n(CO32−)=19.7g197g/mol=0.1mol，由铁原子守恒可知M中含有的铁离子n(Fe3+)=8g160g/mol×2=0.1mol，M中含有氢氧根的物质的量为13.3g−0.1×60g−56×0.1g17g/mol=0.1mol，则M的化学式为Fe(OH)CO3，故答案为：Fe(OH)CO3；
(4)根据M的化学式可知，FeCl3溶液和Na2CO3溶液反应的离子方程式为Fe3++2CO32−+H2O=Fe(OH)CO3↓+HCO3−，故答案为：Fe3++2CO32−+H2O=Fe(OH)CO3↓+HCO3−；
(5)铁盐与碳酸盐溶液反应产物不同可能与溶液碱性强弱、浓度、水解产物CO2有关。故答案为：碱性强弱。
18.【答案】B sp2、sp3 b 1s22s22p63s23p63d3 Ti4+ ClO3−中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于ClO4−中成键电子对间的排斥力 HNO2和HNO3都是一元酸，可分别表示为(HO)NO和(HO)NO2，(HO)NO中N为+3价，(HO)NO2中N为+5价，正电性更高，使N−O−H中O的电子更向N偏移，致使更容易电离出H+ 8 36a3×NA×1030
【解析】解：(1)A、C表示的微粒都是Cl原子，由于A是基态，C是激发态，微粒含有的能量：C>A，则稳定性：A>C，所以失去1个电子需要能量：A>C；B、D表示微粒都是Cl+，是Cl原子失去1个电子后得到的，微粒含有的能量：D>B，则稳定性：B>D.所以失去1个电子需要能量：B>D；从带一个单位正电荷的阳离子再失去1个电子需要的能量要比从中性原子失去1个电子需要的能量高，所以选项微粒失去1个电子需要能量最多的是B表示的微粒；
故答案为：B；
(2)化合物乙中碳原子有饱和碳原子和形成苯环的碳原子两种类型，饱和C原子采用sp3杂化，形成苯环的C原子采用sp2杂化；根据图示可知：在化合物丙中a、b、n、m处的化学键，a、n、m都是一般共价键，而b处是N原子提供电子对与Cr原子共用，因此该共价键为配位键；
故答案为：sp2、sp3；b；
(3)Cr是24号元素，根据构造原理可得Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d44s2，Cr原子失去2个4s电子和1个3d电子得到Cr3+，则其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3；
Ti4+核外电子排布是：1s22s22p63s23p4，没有3d电子，则其水合离子为无颜色；
V3+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d2，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；
Ni2+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d8，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；故上述三种离子中水合离子无颜色的是Ti4+；
故答案为：1s22s22p63s23p63d3；Ti4+；
(4)ClO3−中氯原子有一个孤电子对，ClO3−中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于ClO4−中成键电子对间的排斥力，导致键角：ClO3−
(5)HNO2和HNO3都是一元酸，分子中都含有1个−OH，可分别表示为(HO)NO和(HO)NO2，(HO)NO中N为+3价，(HO)NO2中N为+5价，正电性更高，使N−O−H中O的电子更向N偏移，致使更容易电离出H+，因此酸性：HNO2
(6)立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图可知为体心立方堆积，其配位数为8；每个晶胞中水分子个数为18×8+1=2，则由晶胞密度ρ=mV=2×18g/molNA×(a×10−10cm)3=36a3×NA×1030g/cm3；
故答案为：8；36a3×NA×1030。
(1)同一原子，电离能逐渐增大，所以失去电子数越多，在电离最外层一个电子所需能量越大分析解答；
(2)化合物乙中碳原子有饱和碳原子和形成苯环的碳原子两种类型，据此分析杂化方式；根据配位键是一个原子单方面提供电子对与另外原子共用，结合化合物丙中a、b、n、m处的化学键分析；
(3)根据构造原理书写Cr原子核外电子排布式，Cr原子失去3个能量较高的电子得到Cr3+，据此书写其电子排布式；根据没有未成对d电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的，及Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的核外电子排布分析判断；
(4)根据中心原子的电子形成化学键情况，结合孤电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用分析判断；
(5)根据分子中羟基受到中心原子吸引力大小分析；
(6)立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图可知为体心立方堆积。其配位数为8；每个晶胞中水分子个数为2，再用公式ρ=mV计算晶胞密度。
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、配位键、原子核外电子排布等知识，侧重考查学生空间想象能力及计算能力，把握晶胞的计算解题关键，题目难度较大。
★秘密·启封前
重庆市2020-2021学年（下）年度质量检测
2021.07
高一化学
【命题单位：重庆缙云教育联盟】
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；
4.全卷共6页，满分100分，考试时间75分钟。
一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）
1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是( )
A. “雾霾积聚，难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. 我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛
C. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理不相同
D. 碳素钢和光导纤维都属于新型的无机非金属材料
2. 某同学设计以下实验方案，从海带中提取I2。下列说法不正确的是
A. 操作①是过滤
B. 含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是富集
C. ③的离子方程式是5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O
D. ②中双氧水作还原剂
3. 下列说法不正确的是( )
A. C22−与O22+互为等电子体，1 mol O22+中含有的π键数目为2NA
B. 某金属元素气态基态原子的逐级电离能的数值分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703…，当它与氯气反应时生成的阳离子是X2+
C. 熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力且可作手术刀的消毒液，从不同角度分类HgCl2是一种共价化合物、非电解质、盐、离子晶体
D. 酸性：HClO4>HClO，判据为HClO4中非羟基氧原子数大于HClO中非羟基氧原子数
4. 氢化铝锂(LiAlH4)和硼氢化钠(NaBH4)都是有机合成中非常重要的还原剂，可发生如下反应：①LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑
②NaBH4+NH4Cl=NH3BH3+NaCl+H2↑。
则下列说法错误的是( )
A. LiAlH4中H元素均为−1价
B. 反应②中，每生成1mol NH3BH3会转移2mole−
C. 两个反应中，H2均既是氧化产物，又是还原产物
D. 两个反应中LiAlH4和NaBH4均作还原剂
5. 现有Fe、Al、Si三种单质的混合物，取一半投入足量的NaOH溶液中，将剩余的一半投入足量的稀硫酸中，若经测量两次实验产生的气体质量相等，则原混合物中Fe、Al、Si三种单质的物质的量之比可能为( )
A. 6：4：3 B. 1：1：1 C. 2：3：4 D. 3：7：6
6. 阿伏加德罗常数的值为NA.下列说法正确的是( )
A. 1L0.1mol⋅L−1NH4Cl溶液中，NH4+的数量为0.1NA
B. 2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA
C. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
7. 下列说法正确的是( )
A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
B. 反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应
C. 3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023
D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
8. 取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为12.8 g，另一份加入250 mL稀硝酸中，固体恰好完全溶解并产生标准状况下的NO气体4.48 L。已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。则稀硝酸的浓度为
A. 2.0 mol·L−1 B. 2.4 mol·L−1 C. 1.6 mol·L−1 D. 4.0 mol·L−1
9. NH4ClO4是火箭的固体燃料，发生的反应为2NH4ClO4=N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O，下列说法不正确的是
A. 1 mol NH4ClO4完全分解产生标准状况下气体体积为44.8 L
B. 1 mol NH4ClO4溶于水，溶液中含氮微粒的物质的量共1 mol
C. 产生3.2 g O2时被氧元素还原而生成的氯气有0.04 mol
D. 反应中氧化产物与还原产物的分子总数之比为3:1
10. 反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，当有6mole−发生转移时，被氧化与被还原的物质的物质的量之比为( )
A. 1：1 B. 1：2 C. 2：1 D. 3：1
11. 下列反应原理中，不符合工业冶炼金属实际情况的是 ( )
A. 2HgO=Δ2Hg + O2↑ B.
C. D.
12. 将一定量的H2、CO和CO2的混合气体通入盛有足量Na2O2粉末(Na2O2体积忽略不计)的密闭容器中，用电火花引燃直至反应完全。恢复到原温度，容器内的压强为原来的1/4，则原混合气体的平均相对分子质量可能是
A. 36 B. 28 C. 23 D. 20
13. 下表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断下列叙述不正确的是( )
元素代号
A
B
C
D
E
F
G
原子半径/nm
0.182
0.160
0.089
0.143
0.102
0.099
0.071
主要化合价
+1
+2
+2
+3
+6、−2
−1
−1
A. 气态氢化物的稳定性HG>HF>H2E
B. A+、B2+、D3+、G−四种离子的核外电子排布相同
C. A与氧气反应的产物之一A2O2，阴离子和阳离子的比例为 1：1
D. C元素的原子最外层电子数等于电子层数
14. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 32g818O2中含有的中子数为10NA
B. 25℃时，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中OH−数目为0.02NA
C. 标况下，2.24LCl2与足量H2O反应转移的电子数为0.1NA
D. 4.6gNa与足量O2充分反应后的产物中含离子数目为0.3NA
二、非选择题（满分58分）
15. 黄铁矿(主要成分FeS2)是工业制硫酸的主要原料，在空气中煅烧黄铁矿，生成Fe2O3和SO2气体。某化学学习小组设计了如下实验，通过测量生成SO2的质量来测定黄铁矿的纯度，根据要求回答下列问题。
(1)用各装置接口字母表示气流从左到右的顺序_______________________。
(2)将样品研磨成粉末状再反应的目的是_______________________。
(3)装置③中煅烧时发生反应的化学方程式为__________________。
(4)装置②中铜网的作用是___________________。
(5)反应结束后，关闭③处酒精喷灯仍需通一段时间的空气，其目的是_________________。
(6)写出装置④中发生反应的离子方程式__________________。
(7)该小组取8.0 g样品进行实验，实验后装置④增重6.4 g，则该样品纯度为____________。
16. 为探究氨气的还原性，某同学设计了如图所示实验装置(其中夹持装置略去)，在实验室中进行实验探究。回答下列问题：
(1)仪器b的名称是______，试解释该装置中产生NH3的原理：______。
(2)装置乙中盛有的试剂名称是______。
(3)装置戊中浓硫酸的作用是______。
(4)+1价Cu在酸性环境中不稳定，可发生反应：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O.某同学取上述反应后玻璃管内的物质于试管中，加入稀硫酸，振荡后发现溶液为蓝色，且试管底部有红色Cu，他得出结论：NH3还原CuO生成Cu2O。该同学的判断是否正确？______(填“正确”或“不正确”)，理由是______。
(5)已知装置丙的玻璃管内CuO粉末为mg，实验结束后测得玻璃管内固体粉末为n g，若CuO完全被还原为 Cu，则 m：n=______；写出玻璃管内发生反应的化学方程式：______。装置丁中的干燥管增重为______g(用含m或n的代数式表示)。
17. 某学习小组拟设计实验探究铁盐与碳酸盐反应的产物。
序号
实验操作
主要现象
Ⅰ
10mL0.5mol·L−1FeCl3溶液和20mL0.5mol·L−1Na2CO3溶液混合
产生棕色沉淀、无气泡
Ⅱ
10mL0.5mol·L−1FeCl3溶液和20mL0.5mol·L−1NaHCO3溶液混合
产生红褐色沉淀、产生大量气泡
对实验Ⅰ、Ⅱ反应后的混合物进行过滤、洗涤、低温凉干，分别得到M、N固体。回答下列问题：
(1)用pH计分别测定0.5mol·L−1NaHCO3溶液、0.5mol·L−1Na2CO3溶液，得pH依次为a、b。预测a________b(填“>”“<”或“=”)。
(2)为了定性确认M、N的成分，进行实验：
实验操作
实验现象
结论
①取少量M于试管中，滴加足量的稀硫酸，再滴加X溶液
沉淀溶解，产生大量气泡，溶液变红色
M一定含Fe3+、CO32−
②取少量N于试管中，滴加足量的稀硫
酸，再滴加X溶液
沉淀溶解，无气泡产生，溶液变红色
N是________(填化学式)
X的化学式为________(填化学式)。
(3)为了进一步探究M(无结晶水的纯净物)的组成，进行如下实验：
①点燃酒精灯前，先通入N2，其目的是________。加热一段时间后，装置A中棕色粉末变红色，装置B中白色粉末变蓝色；装置C中产生白色沉淀。当装置A中M完全反应时停止加热，继续通入N2。
②停止加热之前，________先拆去B、C之间导管(填“要”或“不要”)。
③对装置C中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，白色固体质量为19.7 g。装置A中残留红色粉末的质量为8.0 g，则M的化学式为________。
(4)FeCl3溶液和Na2CO3溶液反应的离子方程式为________。
(5)铁盐与碳酸盐溶液反应产物不同可能与溶液________、浓度、水解产物CO2有关。
三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
18. 我国化学家合成的铬的化合物，通过烷基铝和[ph3C]+[B(C6F5)4]−活化后，对乙烯聚合表现岀较好的催化活性。合成铬的化合物过程中一步反应如图1，该反应涉及H、C、N、O、Cl、Cr等多种元素。
回答下列问题：
(1)下列状态的氯中，电离最外层一个电子所需能量最大的是______(填标号)。
A.[Ne]
B.[Ne]
C.[Ne]
D.[Ne]
(2)化合物乙中碳原子采取的杂化方式为______，化合物丙中a、b、n、m处的化学键是配位键的是______处。(填字母)
(3)Cr3+具有较强的稳定性，Cr3+的核外电子排布式为______；已知没有未成对d电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的。Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的水合离子为无颜色的是______(填离子符号)。
(4)ClO3−的键角小于ClO4−的键角，原因是______。
(5)根据结构与性质的关系解释，HNO2的酸性比HNO3弱的原因______。
(6)水在合成铬的化合物的过程中作溶剂。研究表明水能凝结成13种类型的结晶体。其中重冰(密度比水大)属于立方晶系，其立方晶胞沿x、y、z轴的投影图如图2所示，晶体中的配位数为______晶胞边长为apm，则重冰的密度为______g⋅cm−3(写出数学表达式，NA为阿伏伽徳罗常数)。
★秘密·考试结束前
重庆市2020-2021学年（下）年度质量检测
高一化学答案及评分标准
【命题单位：重庆缙云教育联盟】
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查物质性质、物质成分、物质变化等知识点，为高频考点，解题关键在于熟悉常见物质的组成、结构、性质和用途，题目难度不大。
【解答】
A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；
B.钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故B正确；
C.活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性，故漂白纸浆的原理不相同，故C正确；
D.碳素钢是合金，光导纤维是二氧化硅，不属于新型的无机非金属材料，故D错误；
故选D。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查含碘物质分离提纯碘单质的实验过程分析，注意分离操作及氧化还原反应在物质制备的应用，难度一般。
【解答】
A.操作①之后得到滤液，则操作①是过滤，故A正确；
B.图中含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是富集碘元素，故B正确；
C.③是I−和IO3−在酸性条件下生成I2，离子方程式为5I–+IO 3−+6H+=3I2+3H2O，故C正确；
D.向滤液中加入双氧水是将I−氧化为I2，体现双氧水的氧化性，故D错误。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查较综合，涉及π键、电离能、电解质、盐、离子晶体、共价化合物等，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度中等。
【解答】
A. C22−两个碳原子之间形成三键，一个O22+中含有两个π键，1 mol O22+中含有的π键数目为2NA,故A项正确；
B.该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故B项正确；
C. 熔融状态的HgCl2不能导电，则HgCl2属于共价化合物，不是离子晶体，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，说明在水分子的作用下HgCl2能够电离出自由移动的阴阳离子，是电解质，C项错误；
D.含氧酸的通式可写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，R的正电性越高，导致R−O− H中O的电子向R偏移，因而在水分子的作用下，也就越容易电离出H+，即酸性越强，D项正确。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、氧化还原反应的基本概念为解答的关键，侧重高频考点的考查，题目难度不大。
LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑反应中H的化合价从+1价降低到0价，从−1价升高到0价；NaBH4+NH4Cl=NH3BH3+NaCl+H2↑，反应中H的化合价从+1价降低到0价，从−1价升高到0价，据此分析。
【解答】
A.LiAlH4中Li为+1价，Al为+3价，则H元素均为−1价，故A正确；
B.由NaBH4+NH4Cl=NH3BH3+NaCl+H2↑可知，每生成1mol NH3BH3，同时生成1molH2，转移1mole−，故B错误；
C.反应生成氢气，H元素化合价分别由+1、−1价变化为0价，则两个反应中，H2均既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；
D.两个反应中LiAlH4和NaBH4中H均为−1价，均作还原剂，故D正确。
故选：B。
5.【答案】A
【解析】解：现有Fe、Al、Si三种单质的混合物，取一半投入足量的NaOH溶液中，将剩余的一半投入足量的稀硫酸中，由于Al能够与稀硫酸、NaOH溶液反应，且生成氢气的物质的量相等，则Al的量不影响结果；
若经测量两次实验产生的气体质量相等，则混合物中Fe、Si生成氢气的物质的量相等，根据电子守恒可知：2n(Fe)=4n(Si)，即n(Fe)：n(Si)=2：1，选项中只有A满足，
故选：A。
铝与氢氧化钠和稀硫酸反应，且生成氢气的量相同；Fe只与稀硫酸反应，Si只与氢氧化钠溶液反应，两次实验产生的气体质量相等，根据电子守恒可知反应中铁与Si失去电子的物质的量相等，据此进行解答．
本题考查了混合物反应的计算，题目难度不大，明确发生反应的原理为解答关键，注意掌握电子守恒在化学计算中的应用，试题有利于提高学生的分析能力及化学计算能力．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了阿伏加德罗常数的应用，题目难度不大，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系为解题关键。
【解答】
A.铵根离子会水解，所以1L 0.1mol⋅L−1NH4Cl溶液中NH4+数小于0.1NA，故A错误；
B.n(Mg)=2.4g24g/mol=0.1mol，Mg与H2SO4反应生成Mg2+，故0.1mol Mg参与反应转移0.2mol电子，数目为0.2NA，故B错误；
C.标准状况下，22.4L任何气体所含的分子数为1mol，故2.24L N2和O2的混合气体中分子数为0.1mol，数目为0.1NA，故C错误；
D.H2+I2⇌2HI是一个反应前后分子物质的量不变的可逆反应，故反应后分子总数仍为0.2NA，故D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查较为综合，涉及氧化还原反应的计算、反应自发进行的判断、原电池、淀粉水解等知识，明确反应自发进行的条件为解答关键，注意酶的催化活性，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
【解答】
A.原电池工作时，化学能不可能全部转化为电能，部分转化为热能，故A错误；
B.反应自发进行的判断依据△H−T△S<0，已知常温常压下反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)可以自发进行，△S<0，满足△H−T△S<0，△H<0，该反应是放热反应，故B错误；
C.3molH2与1molN2混合反应生成NH3，由于该反应为可逆反应，则生成氨气的物质的量小于2mol，转移电子小于6mol，转移电子的数目小于6×6.02×1023，故C正确；
D.在酶催化淀粉水解反应中，适宜温度淀粉水解速率加快，但温度过高可能导致酶的催化活性降低甚至消失，故D错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查金属及其化合物与硝酸反应的有关计算，难度中等，解题关键是理解反应原理，根据反应过程中守恒关系进行计算。
【解答】
一份与足量的氢气反应，反应后固体质量为Cu的质量，n(Cu)=12.8g64g·mol−1=0.2mol；另一份中加入250mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3)2，根据Cu元素守恒可知：n[Cu(NO3)2]=n(Cu)=0.2mol，根据氮元素守恒可知：n(HNO3)=n(NO)+2n[Cu(NO3)2]=4.48L22.4L·mol−1+2×0.2mol=0.6mol，所以c(HNO3)=0.6mol0.25L=2.4mol/L，故B正确。
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了氧化还原反应、物质的量等知识，难度不大，着重考查学生分析问题的能力。
【解答】
A.依据方程式，2 molNH4ClO4完全分解产生标准状况下气体体积为89.6 L，故A正确；
B.根据物料守恒，溶液中氮微粒的物质的量也是1mol，故B正确；
C.反应2NH4ClO4=N2↑+Cl2↑+ 2O2↑+ 4H2O中， 2个N由−3价升高到0价， 4个O由−2价升高为0价，2个Cl由+7价降低为0价，产生3.2gO2(0.1mol)时被氧元素还原而生成的氯气有0.414mol，故C错误；
D.根据反应方程式可知： 2个N由−3价升高到0价， 4个O由−2价升高为0价， 2个Cl由+7价降低为0价，则氧化产物为N2和O2，还原产物为Cl2，氧化产物与还原产物的分子总数之比=3:1，故D正确。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应概念，难度中等，理解基本概念，关键根据产物中化合价判断氧化剂与还原剂中的NO2的物质的量之比。
【解答】
NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，如图，
所以NO2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，
由产物中氮元素的化合价，可知起始氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比为1：2，
所以被氧化的NO2与被还原的NO2的物质的量之比为2：1，
故选C。
11.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查金属冶炼，明确金属活泼性强弱与冶炼方法的关系是解本题关键，根据金属活泼性强弱选取合适的冶炼方法，易错选项是C．
【解答】
A.Hg活泼性不强，采用直接加热分解其氧化物的方法冶炼，故A正确；
B.Mn的金属性弱于Al，可利用铝热反应来冶炼，故B正确；
C.Mg是活泼金属，MgO熔点较高、氯化镁熔点较低，所以工业上为减少资源消耗，采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故C错误；
D.在金属活动性顺序表中Fe是处于中间位置的金属，通常是用还原剂将Fe从其化合物中还原出来，故D正确；
故选：C。
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查混合物的计算，题目难度较大，注意当气体剩余时，能正确判断剩余气体的成分，为解答该题的关键。利用端值法讨论判断混合气体的平均相对分子质量的范围。
【解答】
Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应．2CO+O2=点燃2CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，质量增重△m=2Na2CO3−2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O2=点燃2H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，质量增重△m=2H2O−O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量，相当于是H2、CO与过氧化钠直接发生化合反应，恢复到原温度，容器内的压强为原来的14，剩余气体为O2，不可能为H2或CO。
令原混合物的物质的量为4mol，则反应后氧气的物质的量为1mol，由方程式可知原混合物中二氧化碳为2mol，氢气与CO共4mol−2mol=2mol，
若为H2和CO2的混合物，混合气体的平均相对分子质量为2+442=23，
若为CO和CO2的混合物，混合气体的平均相对分子质量为28+442=36，
则混合气体的平均相对分子质量介于23～36。
故选B。
13.【答案】C
【解析】解：根据分析可知：A为Na，B为Mg，C为Be，D为Al，E为S，F为Cl，G为F元素。
A.非金属性F>Cl>S，则气态氢化物稳定性：HF>HCl>H2S，故A正确；
B.Na+、Mg2+、A3+、F−的核外电子数总数都是10，四种离子的核外电子排布相同，故B正确；
C.Na2O2中阳离子为钠离子，阴离子为过氧根离子，阴离子与阳离子的数目之比为1：2，故C错误；
D.Be元素的原子最外层电子数等于电子层数=2，故D正确；
故选：C。
B、C都为+2价，原子半径B>C，则B为Mg，C为Be；A为+1价，原子半径A>B，则A为Na元素；D为+3价，原子半径D>Be，则D为Al元素；E有+6、−2价，则E为S元素；F、G都为−1价，原子半径F>G，则F为Cl，G为F元素，据此解答。
本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
14.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
A.根据 818O2中含20个中子来分析；
B.pH=12的Ba(OH)2溶液中氢氧根浓度为0.01mol/L；
C.氯气和水的反应为可逆反应；
D.求出钠的物质的量，根据钠反应后生成的Na2O和Na2O2中均含3个离子，即2molNa+～1mol阴离子来分析。
【解答】
A.32g818O2的物质的量为0.89mol，1个 818O2中含20个中子，故32g818O2中含有的中子数为17.78NA，故A错误；
B.pH=12的Ba(OH)2溶液中氢氧根浓度为0.01mol/L，故1L溶液中氢氧根的数目为0.01NA，故B错误；
C.氯气和水的反应为可逆反应，不能反应彻底，故转移的电子数小于0.1NA，故C错误；
D.4.6g钠的物质的量为0.2mol，生成0.2mol钠离子，而钠反应后生成的Na2O和Na2O2中均含3个离子，即2molNa+～1mol阴离子，故产物中含0.3NA个离子，故D正确。
故选D。
15.【答案】(1)abef(或fe)cd(或dc)gh
(2)使原料充分反应，加快反应速率
(3) 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
(4)除去未反应的氧气，防止影响SO2的测定
(5)使反应生成的SO2全部进入装置④中，使测定结果更精准
(6)2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+
(7) 75%
【解析】
【分析】
本题考查物质含量的探究实验，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
【解答】
空气通过①干燥后，通入③中、发生反应将黄铁矿煅烧，反应后气体通过②，未反应的氧气被吸收，再进入④中，用氯化铁溶液吸收二氧化硫，根据装置④增重的质量，计算黄铁矿的纯度，据此回答；
(1)据分析可知，气流从左到右的连接顺序为abef(或fe)cd(或dc)gh。
(2)固态和气体反应时，接触面积越大反应越充分、反应速率越快，则将样品研磨成粉末状再反应的目的是：使原料充分反应，加快反应速率。
(3)装置③中煅烧黄铁矿，反应生成氧化铁和二氧化硫，化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；
(4)一定条件下，铜、二氧化硫均能和氧气反应，故装置②中铜网的作用是：除去未反应的氧气，防止影响SO2的测定。
(5)要准确测定，需确保原料完全反应、反应生成的SO2被完全吸收，故反应结束后，关闭③处酒精喷灯仍需通一段时间的空气，其目的是：使反应生成的SO2全部进入装置④中，使测定结果更精准。
(6)二氧化硫具有强还原性、氯化铁具有较强氧化性，二者能发生氧化还原反应，则装置④中发生反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+ 。
(7)该小组取8.0g样品进行实验，实验后装置④增重6.4g，则按硫元素守恒FeS2∽2SO2知：该样品纯度为6.4g64g/mol×12×120g/mol8.0g×100％=75％。
16.【答案】(1)锥形瓶；NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，NaOH在氨水中电离产生OH−，使平衡逆向移动，且NaOH溶解放热；
(2)碱石灰；
(3)吸收NH3尾气，防止空气中的水蒸气进入装置丁；
(4)不正确；若反应不完全，则混合物中会混有CuO和Cu，加稀硫酸也会生成铜盐和Cu；
(5)5：4；3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2；9(m−n)8(或9n32或9m40)
【解析】解：(1)仪器b的名称是锥形瓶；NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，该装置中产生NH3的原理：NaOH 在氨水中电离产生OH−，使平衡逆向移动，且NaOH溶解放热，故答案为：锥形瓶；NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，NaOH 在氨水中电离产生OH−，使平衡逆向移动，且NaOH溶解放热；
(2)氨气的干燥使用碱性干燥剂，一般使用的是碱石灰，故答案为：碱石灰；
(3)氨气有毒，需要进行尾气处理，空气中含有水蒸气，为防止干扰实验，装置戊中需要装浓硫酸；故答案为：吸收NH3尾气，防止空气中的水蒸气进入装置丁；
(4)氨气还原氧化铜可以得到金属铜，并放出的氮气，3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2，若反应不完全，则混合物中会混有CuO 和Cu，加稀硫酸也会生成铜盐和Cu；
故答案为：不正确；若反应不完全，则混合物中会混有CuO 和Cu，加稀硫酸也会生成铜盐和Cu；
(5)氨气还原氧化铜可以得到金属铜，并放出的氮气，3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2，设产生水蒸气的质量是x，则
3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2 固体质量变化量
240 192 54 48
m n x m−n
240m=48m−n，则 m：n=5：4；
装置丁中的干燥管增重为水的质量，54x=48m−n，解得x=9(m−n)8。
故答案为：5：4；3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2；9(m−n)8(或9n32或9m40)。
本题考查氨气的制备方法及化学性质，题目难度中等，明确氨气的性质及实验基本操作方法是解题关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
17.【答案】(1)<；
(2)Fe(OH)3；KSCN(或NH4SCN)；
(3)①排尽装置内的空气和水蒸气；
②不要；
③Fe(OH)CO3；
(4)Fe3++2CO32−+H2O=Fe(OH)CO3↓+HCO3−；
(5)碱性强弱。
【解析】
【分析】
本题主要考查的是物质化学式的探究，解题的关键是理解实验的原理和实验现象产生的原因。
【解答】
(1)相同物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液，碳酸钠的水解程度大，水解程度越大，碱性越强，pH越大，即a
(3)①点燃酒精灯前，先通入N2，其目的是排尽装置内的空气和水蒸气，以防止空气中氧气和水蒸气对成分测定的干扰，故答案为：排尽装置内的空气和水蒸气；
②停止加热之前，不要先拆去B、C之间导管，以免造成装置中残留的气体散逸到空气中而影响测定，故答案为：不要；
③装置C中产生的白色沉淀是碳酸钡，由碳原子守恒可知原M中含有n(CO32−)=19.7g197g/mol=0.1mol，由铁原子守恒可知M中含有的铁离子n(Fe3+)=8g160g/mol×2=0.1mol，M中含有氢氧根的物质的量为13.3g−0.1×60g−56×0.1g17g/mol=0.1mol，则M的化学式为Fe(OH)CO3，故答案为：Fe(OH)CO3；
(4)根据M的化学式可知，FeCl3溶液和Na2CO3溶液反应的离子方程式为Fe3++2CO32−+H2O=Fe(OH)CO3↓+HCO3−，故答案为：Fe3++2CO32−+H2O=Fe(OH)CO3↓+HCO3−；
(5)铁盐与碳酸盐溶液反应产物不同可能与溶液碱性强弱、浓度、水解产物CO2有关。故答案为：碱性强弱。
18.【答案】B sp2、sp3 b 1s22s22p63s23p63d3 Ti4+ ClO3−中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于ClO4−中成键电子对间的排斥力 HNO2和HNO3都是一元酸，可分别表示为(HO)NO和(HO)NO2，(HO)NO中N为+3价，(HO)NO2中N为+5价，正电性更高，使N−O−H中O的电子更向N偏移，致使更容易电离出H+ 8 36a3×NA×1030
【解析】解：(1)A、C表示的微粒都是Cl原子，由于A是基态，C是激发态，微粒含有的能量：C>A，则稳定性：A>C，所以失去1个电子需要能量：A>C；B、D表示微粒都是Cl+，是Cl原子失去1个电子后得到的，微粒含有的能量：D>B，则稳定性：B>D.所以失去1个电子需要能量：B>D；从带一个单位正电荷的阳离子再失去1个电子需要的能量要比从中性原子失去1个电子需要的能量高，所以选项微粒失去1个电子需要能量最多的是B表示的微粒；
故答案为：B；
(2)化合物乙中碳原子有饱和碳原子和形成苯环的碳原子两种类型，饱和C原子采用sp3杂化，形成苯环的C原子采用sp2杂化；根据图示可知：在化合物丙中a、b、n、m处的化学键，a、n、m都是一般共价键，而b处是N原子提供电子对与Cr原子共用，因此该共价键为配位键；
故答案为：sp2、sp3；b；
(3)Cr是24号元素，根据构造原理可得Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d44s2，Cr原子失去2个4s电子和1个3d电子得到Cr3+，则其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3；
Ti4+核外电子排布是：1s22s22p63s23p4，没有3d电子，则其水合离子为无颜色；
V3+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d2，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；
Ni2+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d8，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；故上述三种离子中水合离子无颜色的是Ti4+；
故答案为：1s22s22p63s23p63d3；Ti4+；
(4)ClO3−中氯原子有一个孤电子对，ClO3−中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于ClO4−中成键电子对间的排斥力，导致键角：ClO3−
(5)HNO2和HNO3都是一元酸，分子中都含有1个−OH，可分别表示为(HO)NO和(HO)NO2，(HO)NO中N为+3价，(HO)NO2中N为+5价，正电性更高，使N−O−H中O的电子更向N偏移，致使更容易电离出H+，因此酸性：HNO2
(6)立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图可知为体心立方堆积，其配位数为8；每个晶胞中水分子个数为18×8+1=2，则由晶胞密度ρ=mV=2×18g/molNA×(a×10−10cm)3=36a3×NA×1030g/cm3；
故答案为：8；36a3×NA×1030。
(1)同一原子，电离能逐渐增大，所以失去电子数越多，在电离最外层一个电子所需能量越大分析解答；
(2)化合物乙中碳原子有饱和碳原子和形成苯环的碳原子两种类型，据此分析杂化方式；根据配位键是一个原子单方面提供电子对与另外原子共用，结合化合物丙中a、b、n、m处的化学键分析；
(3)根据构造原理书写Cr原子核外电子排布式，Cr原子失去3个能量较高的电子得到Cr3+，据此书写其电子排布式；根据没有未成对d电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的，及Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的核外电子排布分析判断；
(4)根据中心原子的电子形成化学键情况，结合孤电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用分析判断；
(5)根据分子中羟基受到中心原子吸引力大小分析；
(6)立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图可知为体心立方堆积。其配位数为8；每个晶胞中水分子个数为2，再用公式ρ=mV计算晶胞密度。
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、配位键、原子核外电子排布等知识，侧重考查学生空间想象能力及计算能力，把握晶胞的计算解题关键，题目难度较大。
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