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2022-2023学年天津市南开中学高一上学期期末考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年天津市南开中学高一上学期期末考试化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
天津市南开中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．2019年诺贝尔化学奖授予约翰·B·古迪纳、斯坦利·惠廷汉和吉野彰，以表彰他们在开发锂离子电池方面做出的卓越贡献。锂电池正极材料用到的钴酸锂(LiCoO2)属于（ ）
A．氧化物 B．酸 C．碱 D．盐
【答案】D
【详解】A、氧化物是指只由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物，钴酸锂由三种元素组成，不属于氧化物；
B、酸是指电离时生成的阳离子全是氢离子的化合物，钴酸锂中没有氢元素，不属于酸；
C、碱是指电离时生成的阴离子全是氢氧根离子的化合物，钴酸锂中没有氢氧根，不属于碱；
D、盐是指电离时生成金属离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物，钴酸锂由金属离子锂离子和酸根离子钴酸根离子组成，属于盐；
故选D。
2．FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体的本质区别是是
A．FeCl3溶液都能透半透膜 B．液体颜色不同
C．分散质颗粒直径不同 D．Fe(OH)3胶体能发生丁达尔现象
【答案】C
【详解】A．胶体不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，属于胶体的性质，不是本质区别，故A不选；
B．FeCl3溶液呈棕黄色，Fe(OH)3胶体为红褐色，是因为其组成不同，但不是本质区别，故B不选；
C．溶液、胶体、悬浊液的本质区别是微粒直径，FeCl3溶液的分散质颗粒直径小于1nm，Fe(OH)3胶体的分散质颗粒直径为1—100nm，故C选；
D．丁达尔效应可以区分胶体和溶液，属于性质不同，不属于本质区别，故D不选；
故选C。
3．科学家开发出一种低成本光伏材料——蜂窝状石墨烯，生产原理为：Na2O+2CO=Na2CO3+C(石墨烯)。下列说法正确的是
A．该生产石墨烯的反应属于置换反应
B．石墨烯和金刚石是同素异形体
C．CO在该反应中只做还原剂
D．Na2O属于碱性氧化物，CO属于酸性氧化物
【答案】B
【详解】A．反应物中没有单质参与，不是置换反应，故A错误；
B．同种元素的不同单质互为同素异形体，石墨烯与金刚石都是碳单质，互为同素异形体，故B正确；
C．Na2O+2CO=Na2CO3+C反应中C元素的化合价由+2价变成+4价和0价，CO既是还原剂，也是氧化剂，故C错误；
D．CO与碱、水都不反应，属于不成盐氧化物，故D错误；
故选B。
4．下列生活中常见的现象中，不涉及氧化还原反应的是
A．金属的冶炼 B．铁锅生锈 C．钟乳石的形成 D．天然气燃烧
【答案】C
【分析】反应中存在化合价变化的反应为氧化还原反应，据此进行解答。
【详解】A．铁的冶炼过程中，Fe元素从化合价变为游离态，存在化合价变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B．铁锅生锈，铁元素化合价升高，属于氧化还原反应，故B不选；
C．钟乳石的形成，不存在化合价变化，则不属于氧化还原反应，故C选；
D．天然气的燃烧属于氧化还原反应，故D不选；
故选C。
5．2020年8月初，黎巴嫩首都贝鲁特港口发生大规模爆炸，该爆炸是由于储存在仓库的2750吨硝酸铵引起的。已知爆炸时硝酸铵按下式分解：5NH4NO3=4N2↑+2HNO3+9H2O↑则该反应中被氧化和被还原的N原子数之比为
A．1：1 B．5：3 C．3：5 D．5：1
【答案】B
【详解】根据氧化还原反应价变规律，同种元素的化合价不能交叉，因而按照该方程式所示的反应，一定是5个中的－3价的N原子被氧化为0价，5个 中只有3个＋5价的N原子被还原为0价，还有2个在反应前后没有发生化合价的变化，则该反应中被氧化和被还原的N原子数之比=5:3。
答案选B。
6．元素符号、反应方程式、结构示意图、电子式、结构式等通常叫做化学用语。下列有关化学用语的表示方法中错误的是（ ）
A．次氯酸的电子式： B．S2－的结构示意图：
C．O—18的原子符号： D．CO2分子的结构式：O=C=O
【答案】A
【详解】A. 次氯酸分子的结构式为H—O—Cl，H原子与氧原子成键，故A错误；
B. S2－的结构示意图为，B正确；
C. O—18的原子的质量数为18、质子数为8，符号为，C正确；
D. CO2分子是直线形分子，碳与氧之间形成双键，故结构式为O=C=O，D正确。
有关化学用语的表示方法中错误的是A，本题选A。
7．下列各组离子一定能大量共存的是
A．在无色溶液中：、、、
B．在含大量的溶液中：、、、
C．在强酸性溶液中：、、、
D．在强碱性溶液中：、、、
【答案】C
【详解】A．Cu2+显蓝色，与无色溶液不符，A不符合题意；
B．在含大量的溶液中，与不能大量共存，B不符合题意；
C．在强酸性溶液中：H+、Na+、Mg2+、Cl-、SO之间不反应，能大量共存，C符合题意；
D．在强碱性溶液中：OH-、HCO之间反应，不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：C。
8．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．氯气溶于水：
B．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：
C．用食醋除去水垢中的碳酸钙：
D．过氧化钠与水反应：
【答案】D
【详解】A．HClO属于弱酸，在离子方程式中不能拆开，A错误；
B．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：Ba2+ + SO+2OH−+2H+ = BaSO4↓+ 2H2O，B错误；
C．CH3COOH属于弱酸，CaCO3属于不可溶性盐，在离子方程式中都不能拆开，用食醋除去水垢中的碳酸钙的离子方程式为：2CH3COOH + CaCO3 = Ca2+ + 2CH3COO-+CO2 ↑ + H2O ，C错误；
D．过氧化钠和水都不能拆， 过氧化钠与水反应：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑，D正确；
故答案为：D。
9．下列关于钠及其化合物的叙述正确的是
A．钠与氧气反应时，氧气用量不同，反应产物不同
B．金属钠着火时，可用干粉灭火器灭火
C．和长期置于空气中，最终产物相同
D．取用金属钠后，剩余的钠不能放回原试剂瓶
【答案】C
【详解】A．钠与氧气反应时，反应条件不同，反应产物不同，加热生成氧化钠，燃烧生成过氧化钠，A错误；
B．金属钠着火时生成过氧化钠，不可用干粉灭火器灭火，干粉灭火剂的主要成分为碳酸氢钠，受热分解为二氧化碳，二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，促进燃烧，B错误；
C．和长期置于空气中，最终都生成Na2CO3，C正确；
D．取用金属钠后，剩余的钠可以放回原试剂瓶，因为钠的性质活泼易氧化且与水反应，D错误；
答案选C。
10．10月1日晚，澳门特区举办“2022国庆烟花表演”，璀璨烟花礼共祝祖国73周年华诞。在烟花发色剂中可能不会添加的金属元素是
A．锂 B．钙 C．铁 D．铜
【答案】C
【详解】A．锂元素焰色试验显紫红色，在烟花发色剂中可能会添加，A不符合题意；
B．钙元素焰色试验显砖红色，在烟花发色剂中可能会添加，B不符合题意；
C．铁元素的单质或化合物在灼烧时不能使火焰呈现一定颜色，因此在烟花发色剂中不可能会添加，C符合题意；
D．铜元素焰色试验显绿色， 在烟花发色剂中可能会添加，D不符合题意；
故合理选项是C。
11．焰火“脚印”“笑脸”“五环”；让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫；这与高中化学中“焰色试验”知识相关。下列说法中不正确的是
A．焰色试验时发生的是物理变化
B．用稀硫酸清洗做焰色试验的铂丝
C．若透过蓝色钴玻璃只看到紫色；说明样品中含K元素；但也可能含元素
D．与在灼烧时火焰颜色相同
【答案】B
【详解】A．焰色试验是原子中的电子能量的变化，不涉及物质结构和化学性质的改变，没有新物质生成，是物理变化，A正确；
B．每次做完焰色试验实验后，铂丝会留有实验的物质，为除去实验物质用盐酸洗涤，再灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同后再使用，盐酸可以溶解氧化物等杂质且易挥发不会残留痕迹，所以选用盐酸洗涤，B错误；
C．透过蓝色钴玻璃观察可以滤去黄光的干扰，观察到有紫色说明样品中含K元素，不能确定是否含有钠元素，可能含元素，C正确；
D．Na与NaCl都含有钠元素，焰色试验为黄色，所以Na与NaCl在灼烧时火焰颜色相同，D正确；
故选B。
12．下列有关和的性质，叙述错误的是
A．鉴别和可用溶液
B．除去固体中混有的少量，用加热法
C．向饱和溶液中通入足量，有晶体析出
D．等质量的、分别与相同溶质质量分数的盐酸反应，消耗的盐酸体积少
【答案】A
【详解】A．Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应生成沉淀，现象相同不能鉴别，A错误；
B．NaHCO3不稳定，加热易分解生成Na2CO3，则通过加热可除去Na2CO3固体中的NaHCO3，并不引入新的杂质，B正确；
C．相同温度下，NaHCO3的溶解度比Na2CO3小，则向Na2CO3饱和溶液中通入足量CO2，发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，则有NaHCO3晶体析出，C正确；
D．根据和可知等质量的、分别与相同溶质质量分数的盐酸反应，消耗的盐酸体积少，D正确；
故答案为：A。
13．把浓盐酸分别滴入点滴板上的各种溶液中，下列现象及分析正确的是
实验
现象
①中溶液变蓝且无其他明显现象
②中无明显现象
③中溶液褪色
④中产生黄绿色气体
A．①中现象体现了浓盐酸的氧化性
B．②中现象说明未发生反应
C．③中溶液褪色体现了氯气的漂白性
D．④中产生黄绿色气体的反应是
【答案】D
【详解】A．浓盐酸滴入淀粉-KI溶液中不反应，无现象，A错误；
B．②中盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，但无明显现象，B错误；
C．③中溶液褪色是因为浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，高锰酸根离子被还原成无色的锰离子，不是漂白，C错误；
D．次氯酸钠与盐酸发生氧化还原反应，产生氯气，④中产生黄绿色气体的反应是，D正确；
故选D。
14．下列说法不正确的是
A．久置氯水、漂白粉、84消毒液都有漂白性，且漂白原理相同
B．新制氯水呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明溶液中有 Cl2分子存在
C．向新制氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明溶液中有H＋存在
D．可用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中混有的HCl
【答案】A
【详解】A．漂白粉、84消毒液的有效成分都为次氯酸盐，都有漂白性，且漂白原理相同，但久置的氯水为稀盐酸，没有漂白性，A不正确；
B．新制氯水中，溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，表明只有一部分溶解的氯气与水反应，大部分仍以Cl2分子形式存在，B正确；
C．向新制氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，表明溶液中含有比碳酸酸性更强的酸(盐酸)，从而说明溶液中有H＋存在，C正确；
D．盐酸的酸性比碳酸强，且二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度不大，所以可用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中混有的HCl，D正确；
故选A。
15．下列有关试剂保存的说法中，不正确的是
A．新制氯水需要避光保存 B．K可保存在煤油中
C．NaOH固体需要密封保存 D．潮湿的可以存放在钢瓶里
【答案】D
【详解】A．氯水中次氯酸见光分解，所以新制氯水需要避光保存，A正确；
B．钾性质活泼，能够与空气中氧气、水反应，钾密度大于煤油，与煤油不反应，可以保存在煤油中，B正确；
C．氢氧化钠具有吸水性，且能够吸收二氧化碳，为防止氢氧化钠吸收空气中水和二氧化碳，应密封保存，C正确；
D．潮湿中存在氯气与水反应生成的HClO和HCl，其中HCl在潮湿环境下可以与铁反应腐蚀钢瓶，D错误；
故答案为：D。
16．世界卫生组织(WHO)和中国卫健委公认二氧化氯(ClO2)为新时代绿色消毒剂。常温下，ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味，易溶于水，在水中的溶解度是Cl2的5～8倍。ClO2对热、震动、撞击和摩擦相当敏感，极易分解发生爆炸。ClO2几乎不与冷水反应，遇热水则会分解。经研究表明，ClO2反应释放出的原子氧可以氧化色素，所以ClO2也是优良的漂白剂。工业上可采用SO2与氯酸钠在酸性条件下反应制取ClO2，并生成NaHSO4。相信在不久的将来，ClO2将广泛应用到杀菌消毒领域。下列说法不正确的是
A．ClO2是优良的漂白剂是因为具有强氧化性
B．常温下ClO2是一种黄绿色，有刺激性气味的气体
C．一般可用冰水吸收ClO2气体，形成ClO2溶液
D．工业上制取ClO2过程中，参加反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2
【答案】D
【详解】A．ClO2反应释放出的原子氧可以氧化色素，所以ClO2也是优良的漂白剂，故ClO2是优良的漂白剂是因为具有强氧化性，选项A正确；
B．常温下，ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味，所以ClO2是一种黄绿色，有刺激性气味的气体，选项B正确；
C．ClO2易溶于水，几乎不与冷水反应，遇热水则会分解，故可用冰水吸收ClO2气体，形成ClO2溶液，选项C正确；
D．二氧化硫与氯酸钠在酸性条件下反应生成二氧化氯和硫酸氢钠，反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，其中氧化剂为NaClO3，还原剂为SO2，参加反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为2：1，选项D错误；
答案选D。
17．下列有关合金说法正确的是
A．合金材料中不可能含有非金属元素 B．铝合金的熔点比纯铝的低
C．我国最早使用的合金是钢 D．合金中金属元素都以化合态存在
【答案】B
【详解】A．合金材料可以含有非金属，如生铁为铁、碳合金，A错误；
B．铝合金的熔点比纯铝的低，B正确；
C．我国最早使用的合金是青铜，不是钢，C错误；
D．合金中金属元素不都以化合态存在，如生铁中铁以游离态存在，D错误；
故答案选B。
18．用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．在1L0.1mol/L的碳酸钠溶液中，氧原子总数为
B．中含有的电子数目为
C．常温常压下，和的混合气体含有的原子数为
D．3mol单质Fe在高温与足量的水蒸气反应，失去个电子
【答案】D
【详解】A．在1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，Na2CO3的物质的量为，其中水也存在氧原子，故氧原子总数大于，A错误；
B．的物质的量为，1个D2O中含有10个电子，则0.9molD2O中含有的电子数目为9，B错误；
C．NO2和N2O4的最简式都是NO2， 92gNO2和N2O4的混合气体含有的原子数为，C错误；
D．Fe在高温与足量的水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，3mol单质Fe在高温与足量的水蒸气反应，失去8NA个电子，D正确；
故答案为：D。
19．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，会造成所配NaOH溶液浓度偏高的是
A．所用NaOH已经潮解 B．定容时俯视刻度线
C．没有洗涤烧杯和玻璃棒 D．称量NaOH固体时，NaOH固体和砝码放错托盘
【答案】B
【详解】A项、所用NaOH已经潮解，会导致溶液中溶质NaOH的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏低，故A错误；
B项、定容时观察液面俯视，会导致加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B正确；
C项、没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶液中溶质NaOH的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏低，故C错误；
D项、称量NaOH固体时，NaOH固体和砝码放错托盘，若氢氧化钠的质量为小数，会导致溶液中溶质NaOH的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏低，若氢氧化钠的质量为整数，溶质NaOH的物质的量没有变化，对所配溶液的浓度没有影响，故D错误；
故选B。
【点睛】由c=可知，若溶质量偏大，将导致溶质物质的量浓度偏大；若溶剂质量偏小也会导致溶质质量分数偏高，针对每项操作分析，将导致溶质或溶剂的质量如何改变。
20．下列有关铁、铁矿石与铁的氧化物的说法正确的是
A．在自然界中，不可能有游离态的铁存在
B．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，磁铁矿的主要成分是Fe3O4，Fe2O3俗称铁红
C．FeO不稳定，在空气中加热迅速被氧化成Fe2O3
D．铁的氧化物能与酸反应生成盐和水，因此Fe3O4、Fe2O3、FeO都是碱性氧化物
【答案】B
【详解】A．在地球上，没有游离态的铁存在，但星球爆炸产生的陨铁中，含有游离态的铁，A不正确；
B．磁铁矿的主要成分是磁性氧化铁，化学式为Fe3O4，赤铁矿俗称铁红，其主要成分是Fe2O3，可用于生产红色颜料和红色油漆，B正确；
C．FeO中Fe2+具有还原性，性质不稳定，在空气中加热易被氧化成Fe3O4，C不正确；
D．Fe2O3、FeO与酸反应都生成盐和水，二者都是碱性氧化物，但Fe3O4与酸反应生成两种盐，不属于碱性氧化物，D不正确；
故选B。
21．如图所示装置，可用于制取和观察在空气中被氧化时颜色的变化。实验提供的试剂：铁屑、稀硫酸、NaOH溶液等，下列说法不正确的是
A．烧瓶A中发生反应的离子方程式为
B．实验开始前先打开止水夹E，其目的是利用产生的H2将装置中的空气排尽
C．生成的操作：关闭止水E，使烧瓶A中溶液压入装置B中进行反应
D．若取下装置B的橡皮塞，可观察沉淀由白色直接变为红褐色
【答案】D
【分析】制取Fe(OH)2使用的试剂是FeSO4和NaOH溶液，但是一定要注意隔绝空气，防止氧气将生成的Fe(OH)2氧化，所以B装置中是NaOH，A是产生FeSO4的装置，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，先打开止水夹E，让H2进入后续装置，将空气排出，再关闭E，A中的压强增大，FeSO4溶液在压强的作用下进入B中，与NaOH反应生成Fe(OH)2。
【详解】A．根据分析，A中发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A正确；
B．根据分析，打开止水夹E，可以利用产生的H2将装置中的空气排尽，故B正确；
C．根据分析，关闭止水E，使烧瓶A中FeSO4溶液压入装置B中形成Fe(OH)2，故C正确；
D．取下装置B的橡皮塞，Fe(OH)2被氧化，现象为白色固体迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故D错误；
故答案选D。
22．为探究某食品包装袋内一小包脱氧剂中的还原铁粉是否变质，分别取少量样品溶于盐酸，再进行下列实验，其中结论正确的是
A．若滴加KSCN溶液，溶液变红，说明铁粉变质
B．若滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明铁粉未变质
C．若依次滴加氯水，KSCN溶液，溶液变红，说明铁粉全部变质
D．若滴加KSCN溶液，溶液未变红；再滴加氯水，溶液变红，说明铁粉全部变质
【答案】A
【详解】A．滴加KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，故还原铁粉即Fe变质，故A选项正确；
B．滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明溶液中不含Fe3+，但溶液中可能含Fe2+，不能说明铁粉未变质，故B选项错误；
C．滴加氯水时可能把溶液中存在的Fe2+氧化成了Fe3+，再滴加硫氰化钾溶液，溶液变红，则不能说明铁粉全部变质，故C选项错误；
D．若先滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明溶液中不含Fe3+，再滴加氯水，溶液变红说明溶液中存在Fe2+，被氯水氧化成了Fe3+，但不能说明铁粉全部变质，故D选项错误。
故选A选项。
23．从某含有、、的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下，则下列说法不正确的是
A．试剂a为铁，试剂b为稀硫酸
B．加入试剂a过程中，有红色固体析出后，说明溶液中已经反应完全
C．试剂c可为溶液，相应的反应为
D．溶液W可作“腐蚀液”腐蚀覆铜板
【答案】A
【分析】向含、、CuCl2废液中加过量的试剂铁单质，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，铁和氯化铜反应置换出铜，过滤，滤渣Y含铜和铁，滤液X为氯化亚铁，滤渣Y中加盐酸溶解铁，过滤得金属铜，向氯化亚铁通氯气，得氯化铁溶液。
【详解】A．根据以上分析试剂a为铁，试剂b为稀盐酸，不能用稀硫酸，会引入杂质，A错误；
B．加入铁，因为氧化性大于，铁先和反应，然后才和氯化铜反应生成红色铜，所以有红色固体析出后，说明溶液中已经反应完全，B正确；
C．若试剂c为溶液，H2O2与Fe2+反应，根据得失电子守恒可知H2O2和Fe2+的系数比为1：2，再结合原子守恒可得离子方程式为，C正确；
D．溶液W为氯化铁，因为氧化性大于，可作“腐蚀液”腐蚀覆铜板，D正确；
故答案为：A。
24．现有盐酸和硫酸混合溶液100mL，其中c(Cl-)=1.6mol·L-1，，现将其分成两等份，往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生2.33g白色沉淀，往另一份中投入足量铁片，放出标准状况下VL气体。下列判断正确的是
A．原混合酸中n(SO)=0.01mol
B．原混合酸中n(H+)=0.18mol
C．V=2.24
D．原溶液中HCl、H2SO4的物质的量之和为0.18mol
【答案】D
【分析】将溶液分成两等份，往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生2.33g白色沉淀，该沉淀应为硫酸钡，则每份溶液中n(SO)==0.01mol，所以原溶液中n(SO)=0.02mol，c(SO)==0.2mol/L，根据电荷守恒c(H+)=2c(SO)+ c(Cl-)=2.0mol/L。
【详解】A．根据分析可知原溶液中n(SO)=0.02mol，A错误；
B．根据分析可知原溶液中c(H+)=2.0mol/L，则n(H+)=2.0mol/L×0.1L=0.2mol，B错误；
C．原溶液中n(H+)=0.2mol，则每份溶液中n(H+)=0.1mol，与足量铁片反应，全部转化为氢气，所以n(H2)=0.05mol，体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，C错误；
D．根据分析，原溶液中n(H2SO4)=n(SO)=0.02mol，n(HCl)=n(Cl-)=1.6mol/L×0.1L=0.16mol，所以HCl、H2SO4的物质的量之和为0.18mol，D正确；
综上所述答案为D。
25．元素周期表中某区域的一些元素通常用来制造农药，这些元素是( )
A．左下方区域的金属元素
B．金属元素和非金属元素分界线附近的元素
C．右上方区域的非金属元素
D．稀有气体元素
【答案】C
【详解】A．左下方区域的金属元素的金属性很强，不能用来制造农药，A错误；
B．金属元素和非金属分界线附近的元素，既具有金属性又具有非金属性，可用于制造半导体材料，B错误；
C．右上方区域的一般是非金属元素，通常用来制造农药，C正确；
D．稀有气体元素的单质为气体，性质不活泼，不能用来制造农药，D错误；
答案选C。
26．锗(Ge)是第四周期ⅣA族元素，处于周期表中金属与非金属的交界处，下列叙述正确的是
A．锗是一种金属性很强的元素 B．锗的单质具有半导体的性能
C．锗化氢()的稳定性很强 D．锗酸()是强酸
【答案】B
【详解】A．锗处于金属与非金属的交界处，该元素的金属性和非金属性都较弱，A错误；
B．锗位于金属与非金属的分界线附近，，既有金属性又有非金属性，因而其单质具有半导体的性能，B正确；
C．锗处于金属区与非金属区的交界线上，元素金属性和非金属性都较弱，则锗化氢(GeH4)稳定性较弱，C错误；
D．锗和碳处于同一主族，主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，则碳的非金属性大于锗，非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以锗酸酸性比碳酸弱，为弱酸，D错误；
故答案为：B。
27．下列说法正确的是
A．、、、的还原性逐渐增强
B．、、、的热稳定性逐渐增强
C．K可以从溶液中置换出金属
D．碱金属单质在空气中燃烧生成的都是过氧化物
【答案】A
【详解】A．F2、Cl2、Br2、I2的单质氧化性逐渐减弱，则F-、Cl-、Br-、I-的还原性逐渐增强，故A正确；
B．F、Cl、Br、I的非金属性越强，HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，故B错误；
C．K是活泼金属易与水反应，无法从NaCl溶液中置换出金属Na，故C错误；
D．碱金属单质Li在空气中燃烧生成氧化锂，无过氧化锂生成，故D错误；
答案为A。
28．下列关于化学键的说法正确的是
A．单质分子中一定含有共价健
B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
C．非极性键只存在于双原子单质分子里
D．化合物分子里的化学键一定是极性键
【答案】B
【详解】A．构成单质分子的粒子不一定含有共价键，如稀有气体分子，A错误；
B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，也可以是离子化合物，如NH4Cl，B正确；
C．非极性键除存在于双原子单质分子里外，也可能存在于多原子的共价化合物中，如H2O2，或离子化合物中，如Na2O2，C错误；
D．化合物分子里的化学键可能含极性键和非极性键，如H2O2，D错误；
故答案为：B。
29．短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，W原子没有中子，X元素为地壳中含量最多的元素，Y、Z、Q同周期，且Y、Z、Q最外层电子数之和为14，Y与W同主族，下列结论不正确的是
A．原子半径大小顺序为：Y>Z>Q>X>W
B．X、Y形成的化合物中一定有离子键，可能有共价键
C．简单氢化物的稳定性：X>Z
D．氧化物对应的水化物酸性：Z＜Q
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z、Q，W原子没有中子，所以W时H元素，X元素为地壳中含量最多的元素，所以X为O元素，Y、Z、Q同周期，且Y、Z、Q最外层电子数之和为14，Y与W同主族，所以Y为Na，Z为S元素，Q为Cl元素。
【详解】A．Y、Z、Q同周期，则原子半径Y＞Z＞Q，再根据第三周期＞第二周期＞第一周期，原子半径大小顺序为Y＞Z＞Q＞X＞W，A正确；
B．O、Na可以形成化合物Na2O，Na2O2，Na2O中只含有离子键，中既含有离子键又含有共价键，故一定有离子键，可能有共价键，B正确；
C．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O>S，简单氢化物的稳定性：H2O>H2S，C正确；
D．S和的最高价氧化物对应的水化物的酸性与非金属性一致，不是最高价氧化物对应水化物的酸性没有这样的规律，D错误；
故答案为：D。
30．将几种铁的氧化物的混合物加入100mL、的盐酸中，氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L(标准状况)氯气时，恰好使溶液中的完全转化为，则该混合物中铁元素的物质的量为
A．0.23mol B．0.25mol C．0.35mol D．0.375mol
【答案】B
【详解】铁的氧化物和盐酸恰好反应生成氯化物，根据电荷守恒，氧化物中氧原子的物质的量为，氯气的物质的量为，根据电子守恒，混合物中的+2价铁的物质的量为，根据氧化物中电荷守恒分析，混合物中+3价铁的物质的量为，则混合物中铁元素的物质的量为=(0.05+0.2)mol=0.25mol，故选B。
二、元素或物质推断题
31．已知六种短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A是短周期中原子半径最小的元素，A、D同主族，C、F同主族，A和B可形成5核10电子的阳离子，C与D形成的离子化合物中所有离子的电子数相同，E的最高价氧化物的水化物可与D、F的最高价氧化物的水化物反应，试回答下列问题：
(1)F在元素周期表中的位置是_______。
(2)写出A和B形成的一种18电子的分子的电子式_______。
(3)C、D、F的简单离子半径由大到小的顺序为_______(用离子符号表示)。
(4)用电子式表示A、D形成化合物的过程_______。
(5)多原子分子具有一定的空间结构，如的空间结构是直线形。A、C形成的简单氢化物的空间结构是_______，其中含有的化学键类型为_______。
(6)E的单质与D的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)第三周期ⅥA族
(2)
(3)
(4)
(5) V形 极性共价键
(6)
【分析】短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A是短周期中原子半径最小的元素，则A为H元素；A和B可形成5核10电子的阳离子，则B为N元素；A、D同主族，则D为Na元素；C与D形成的离子化合物D2C中所有离子的电子数相同，则C为O元素；C、F同主族，则F为S元素；E的最高价氧化物的水化物可与D、F的最高价氧化物的水化物反应，则E为Al元素，据此分析解题。
【详解】（1）F为S元素，为第9号元素，F在元素周期表中的位置是第三周期ⅥA族；
（2）A和B形成的一种18电子分子式为：N2H4，分子的电子式；
（3）C、D、F的简单离子分别为：，同主族元素从上到下，离子的离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，电荷数增大，半径减小，则三种离子的离子半径由大到小的顺序为；
（4）用电子式表示A、D形成化合物的过程；
（5）A、C形成的简单氢化物为H2O，含有一对孤电子对，空间结构是V形，H2O为共价化合物，其中含有的化学键类型为极性共价键；
（6）E的单质为Al，D的最高价氧化物的水化物为NaOH，两者反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为
三、填空题
32．Ⅰ.化学来源于生活又服务于生活，请用化学用语回答下列问题：
(1)明矾 []可用于净水。往明矾溶液中逐滴加溶液，若使恰好完全沉淀，发生反应的离子方程式为：_______；若使恰好完全沉淀，发生反应的离子方程式为：_______。
(2)饮用水中的对人类健康产生危害，为了降低饮用水中的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将还原为。补充完整下列化学方程式，并在方程式上用单线桥标出该反应中电子转移的方向和数目：_________
_______Al＋______________NaOH=_______＋______________
Ⅱ.A、B、C、D都是中学化学常见的物质，其中A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下相互转化的关系如下图所示。
请回答下列问题。
(3)若A是一种黄绿色气体，可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质。写出实验室用制备A的离子方程式：_______；写出反应(Ⅲ)的离子方程式：_______。
(4)若A、B、C的溶液均显碱性，C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一
①写出反应(Ⅲ)的离子方程式：_______。
②取100mL B、C的混合溶液，其中B、C浓度均为0.1mol/L，向溶液中缓慢滴加0.1mol/L盐酸至过量，收集并测量产生气体的体积。刚开始滴加盐酸时，反应的离子方程式为_______。请将产生气体的体积(标准状况下且不考虑产生气体在水中的溶解)随滴加盐酸的体积变化的曲线绘制在下图坐标系中。______
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）往明矾溶液中逐滴加溶液，若使恰好完全沉淀，则明矾与Ba(OH)2以1：2发生反应，其离子方程式为：；若使恰好完全沉淀，则明矾与Ba(OH)2以2：3发生反应，发生反应的离子方程式为：；
（2）根据得失电子守恒可知Al和N2的系数比为10∶3，再结合原子守恒可得离子方程式为，其单线桥为；
（3）若A是一种黄绿色气体，可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则A为Cl2，D为Fe，实验室用制备A的离子方程式为；反应(Ⅲ)是Cl2与FeCl2反应生成FeCl3，其离子方程式为；
（4）若A、B、C的溶液均显碱性，C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一，则C为NaHCO3，故A为NaOH，B为Na2CO3，D为CO2；
①反应(Ⅲ)是NaOH与NaHCO3反应生成Na2CO3，其离子方程式为；
②B、C的混合溶液为Na2CO3和NaHCO3，刚开始滴加盐酸时，发生H++=，消耗的盐酸体积为100mL，此时溶液中NaHCO3的物质的量为(100×10-3×0.1+100×10-3×0.1)mol=0.02mol，继续滴加盐酸发生+H+=H2O+CO2↑，此时消耗盐酸的体积为200mL，产生CO2的体积为，即为448mL，图像为。
四、实验题
33．氢化锂(LiH)在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧。某活动小组准备使用下列装置制备LiH固体。
回答下列问题：
(1)盛碱石灰的玻璃仪器的名称为_______。
(2)仪器的组装连接：上述仪器装置接口的连接顺序为e→_______，加入药品前首先要进行的实验操作是_______；其中装置B的作用是_______。
(3)添加药品：用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂(固体石蜡密封)，然后在甲苯(一种有机化合物)中浸洗数次，该操作的目的是除去锂表面的石蜡，然后快速把锂放入到石英管中。通入一段时间氢气后加热石英管，在加热D处的石英管之前，必须进行的实验操作是_______。
(4)加热一段时间后停止加热，继续通氢气冷却，然后取出LiH，装入氮封的瓶里，保存于暗处。采取上述操作的目的是为了避免LiH与空气中的水蒸气接触而发生危险。分析该反应原理，完成LiH与水反应的化学方程式_______。
(5)准确称量制得的产品0.158g，在一定条件下与足量水反应后，共收集到气体425.6mL(已换算成标准状况)，则产品中LiH与Li的物质的量之比为_______。
【答案】(1)干燥管
(2) e→a→b→f→g→d(f，g可互换) 检验装置的气密性 除去中的和HCl
(3)收集c处排出的气体并检验纯度
(4)
(5)9∶1
【分析】A中锌与盐酸反应生成氯化锌和氢气，用B中的碱石灰除去杂质氯化氢并干燥氢气，C装置中氢气与金属锂反应生成LiH，最后连接浓硫酸，可以防止空气中的水蒸气进入C。据此解答。
【详解】（1）盛碱石灰的玻璃仪器的名称为干燥管；
（2）A中锌与盐酸反应生成氯化锌和氢气，e接a用B中的碱石灰除去杂质氯化氢并干燥氢气，b接f在C装置中氢气与金属锂反应生成LiH，g接d，可以防止空气中的水蒸气进入C，所以仪器装置接口的连接顺序为e接a，b接f，g(或者f，g)接d；涉及气体的实验，加入药品前首先要进行的实验操作是检验装置的气密性；装置B中盛放的碱石灰，作用是除去H2中的H2O和HCl。
（3）加热氢气与氧气的混合气体，易爆炸，所以加热D处的石英管之前，必须收集c处排出的气体并检验H2纯度；
（4）LiH与水反应生成氢氧化锂和氢气，反应的化学方程式是LiH＋H2O=LiOH＋H2↑；
（5）共收集到氢气的体积是425.6mL，物质的量是；设样品中LiH与Li的物质的量分别是xmol、ymol，则8x+7y=0.158①；根据反应方程式LiH＋H2O=LiOH＋H2↑、2Li＋2H2O=2LiOH＋H2↑，则0.019mol②；联立①②，解得x=0.018，y=0.002；则产品中LiH与Li的物质的量之比为9:1。
天津市南开中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．2019年诺贝尔化学奖授予约翰·B·古迪纳、斯坦利·惠廷汉和吉野彰，以表彰他们在开发锂离子电池方面做出的卓越贡献。锂电池正极材料用到的钴酸锂(LiCoO2)属于（ ）
A．氧化物 B．酸 C．碱 D．盐
【答案】D
【详解】A、氧化物是指只由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物，钴酸锂由三种元素组成，不属于氧化物；
B、酸是指电离时生成的阳离子全是氢离子的化合物，钴酸锂中没有氢元素，不属于酸；
C、碱是指电离时生成的阴离子全是氢氧根离子的化合物，钴酸锂中没有氢氧根，不属于碱；
D、盐是指电离时生成金属离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物，钴酸锂由金属离子锂离子和酸根离子钴酸根离子组成，属于盐；
故选D。
2．FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体的本质区别是是
A．FeCl3溶液都能透半透膜 B．液体颜色不同
C．分散质颗粒直径不同 D．Fe(OH)3胶体能发生丁达尔现象
【答案】C
【详解】A．胶体不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，属于胶体的性质，不是本质区别，故A不选；
B．FeCl3溶液呈棕黄色，Fe(OH)3胶体为红褐色，是因为其组成不同，但不是本质区别，故B不选；
C．溶液、胶体、悬浊液的本质区别是微粒直径，FeCl3溶液的分散质颗粒直径小于1nm，Fe(OH)3胶体的分散质颗粒直径为1—100nm，故C选；
D．丁达尔效应可以区分胶体和溶液，属于性质不同，不属于本质区别，故D不选；
故选C。
3．科学家开发出一种低成本光伏材料——蜂窝状石墨烯，生产原理为：Na2O+2CO=Na2CO3+C(石墨烯)。下列说法正确的是
A．该生产石墨烯的反应属于置换反应
B．石墨烯和金刚石是同素异形体
C．CO在该反应中只做还原剂
D．Na2O属于碱性氧化物，CO属于酸性氧化物
【答案】B
【详解】A．反应物中没有单质参与，不是置换反应，故A错误；
B．同种元素的不同单质互为同素异形体，石墨烯与金刚石都是碳单质，互为同素异形体，故B正确；
C．Na2O+2CO=Na2CO3+C反应中C元素的化合价由+2价变成+4价和0价，CO既是还原剂，也是氧化剂，故C错误；
D．CO与碱、水都不反应，属于不成盐氧化物，故D错误；
故选B。
4．下列生活中常见的现象中，不涉及氧化还原反应的是
A．金属的冶炼 B．铁锅生锈 C．钟乳石的形成 D．天然气燃烧
【答案】C
【分析】反应中存在化合价变化的反应为氧化还原反应，据此进行解答。
【详解】A．铁的冶炼过程中，Fe元素从化合价变为游离态，存在化合价变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B．铁锅生锈，铁元素化合价升高，属于氧化还原反应，故B不选；
C．钟乳石的形成，不存在化合价变化，则不属于氧化还原反应，故C选；
D．天然气的燃烧属于氧化还原反应，故D不选；
故选C。
5．2020年8月初，黎巴嫩首都贝鲁特港口发生大规模爆炸，该爆炸是由于储存在仓库的2750吨硝酸铵引起的。已知爆炸时硝酸铵按下式分解：5NH4NO3=4N2↑+2HNO3+9H2O↑则该反应中被氧化和被还原的N原子数之比为
A．1：1 B．5：3 C．3：5 D．5：1
【答案】B
【详解】根据氧化还原反应价变规律，同种元素的化合价不能交叉，因而按照该方程式所示的反应，一定是5个中的－3价的N原子被氧化为0价，5个 中只有3个＋5价的N原子被还原为0价，还有2个在反应前后没有发生化合价的变化，则该反应中被氧化和被还原的N原子数之比=5:3。
答案选B。
6．元素符号、反应方程式、结构示意图、电子式、结构式等通常叫做化学用语。下列有关化学用语的表示方法中错误的是（ ）
A．次氯酸的电子式： B．S2－的结构示意图：
C．O—18的原子符号： D．CO2分子的结构式：O=C=O
【答案】A
【详解】A. 次氯酸分子的结构式为H—O—Cl，H原子与氧原子成键，故A错误；
B. S2－的结构示意图为，B正确；
C. O—18的原子的质量数为18、质子数为8，符号为，C正确；
D. CO2分子是直线形分子，碳与氧之间形成双键，故结构式为O=C=O，D正确。
有关化学用语的表示方法中错误的是A，本题选A。
7．下列各组离子一定能大量共存的是
A．在无色溶液中：、、、
B．在含大量的溶液中：、、、
C．在强酸性溶液中：、、、
D．在强碱性溶液中：、、、
【答案】C
【详解】A．Cu2+显蓝色，与无色溶液不符，A不符合题意；
B．在含大量的溶液中，与不能大量共存，B不符合题意；
C．在强酸性溶液中：H+、Na+、Mg2+、Cl-、SO之间不反应，能大量共存，C符合题意；
D．在强碱性溶液中：OH-、HCO之间反应，不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：C。
8．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．氯气溶于水：
B．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：
C．用食醋除去水垢中的碳酸钙：
D．过氧化钠与水反应：
【答案】D
【详解】A．HClO属于弱酸，在离子方程式中不能拆开，A错误；
B．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：Ba2+ + SO+2OH−+2H+ = BaSO4↓+ 2H2O，B错误；
C．CH3COOH属于弱酸，CaCO3属于不可溶性盐，在离子方程式中都不能拆开，用食醋除去水垢中的碳酸钙的离子方程式为：2CH3COOH + CaCO3 = Ca2+ + 2CH3COO-+CO2 ↑ + H2O ，C错误；
D．过氧化钠和水都不能拆， 过氧化钠与水反应：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑，D正确；
故答案为：D。
9．下列关于钠及其化合物的叙述正确的是
A．钠与氧气反应时，氧气用量不同，反应产物不同
B．金属钠着火时，可用干粉灭火器灭火
C．和长期置于空气中，最终产物相同
D．取用金属钠后，剩余的钠不能放回原试剂瓶
【答案】C
【详解】A．钠与氧气反应时，反应条件不同，反应产物不同，加热生成氧化钠，燃烧生成过氧化钠，A错误；
B．金属钠着火时生成过氧化钠，不可用干粉灭火器灭火，干粉灭火剂的主要成分为碳酸氢钠，受热分解为二氧化碳，二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，促进燃烧，B错误；
C．和长期置于空气中，最终都生成Na2CO3，C正确；
D．取用金属钠后，剩余的钠可以放回原试剂瓶，因为钠的性质活泼易氧化且与水反应，D错误；
答案选C。
10．10月1日晚，澳门特区举办“2022国庆烟花表演”，璀璨烟花礼共祝祖国73周年华诞。在烟花发色剂中可能不会添加的金属元素是
A．锂 B．钙 C．铁 D．铜
【答案】C
【详解】A．锂元素焰色试验显紫红色，在烟花发色剂中可能会添加，A不符合题意；
B．钙元素焰色试验显砖红色，在烟花发色剂中可能会添加，B不符合题意；
C．铁元素的单质或化合物在灼烧时不能使火焰呈现一定颜色，因此在烟花发色剂中不可能会添加，C符合题意；
D．铜元素焰色试验显绿色， 在烟花发色剂中可能会添加，D不符合题意；
故合理选项是C。
11．焰火“脚印”“笑脸”“五环”；让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫；这与高中化学中“焰色试验”知识相关。下列说法中不正确的是
A．焰色试验时发生的是物理变化
B．用稀硫酸清洗做焰色试验的铂丝
C．若透过蓝色钴玻璃只看到紫色；说明样品中含K元素；但也可能含元素
D．与在灼烧时火焰颜色相同
【答案】B
【详解】A．焰色试验是原子中的电子能量的变化，不涉及物质结构和化学性质的改变，没有新物质生成，是物理变化，A正确；
B．每次做完焰色试验实验后，铂丝会留有实验的物质，为除去实验物质用盐酸洗涤，再灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同后再使用，盐酸可以溶解氧化物等杂质且易挥发不会残留痕迹，所以选用盐酸洗涤，B错误；
C．透过蓝色钴玻璃观察可以滤去黄光的干扰，观察到有紫色说明样品中含K元素，不能确定是否含有钠元素，可能含元素，C正确；
D．Na与NaCl都含有钠元素，焰色试验为黄色，所以Na与NaCl在灼烧时火焰颜色相同，D正确；
故选B。
12．下列有关和的性质，叙述错误的是
A．鉴别和可用溶液
B．除去固体中混有的少量，用加热法
C．向饱和溶液中通入足量，有晶体析出
D．等质量的、分别与相同溶质质量分数的盐酸反应，消耗的盐酸体积少
【答案】A
【详解】A．Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应生成沉淀，现象相同不能鉴别，A错误；
B．NaHCO3不稳定，加热易分解生成Na2CO3，则通过加热可除去Na2CO3固体中的NaHCO3，并不引入新的杂质，B正确；
C．相同温度下，NaHCO3的溶解度比Na2CO3小，则向Na2CO3饱和溶液中通入足量CO2，发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，则有NaHCO3晶体析出，C正确；
D．根据和可知等质量的、分别与相同溶质质量分数的盐酸反应，消耗的盐酸体积少，D正确；
故答案为：A。
13．把浓盐酸分别滴入点滴板上的各种溶液中，下列现象及分析正确的是
实验
现象
①中溶液变蓝且无其他明显现象
②中无明显现象
③中溶液褪色
④中产生黄绿色气体
A．①中现象体现了浓盐酸的氧化性
B．②中现象说明未发生反应
C．③中溶液褪色体现了氯气的漂白性
D．④中产生黄绿色气体的反应是
【答案】D
【详解】A．浓盐酸滴入淀粉-KI溶液中不反应，无现象，A错误；
B．②中盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，但无明显现象，B错误；
C．③中溶液褪色是因为浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，高锰酸根离子被还原成无色的锰离子，不是漂白，C错误；
D．次氯酸钠与盐酸发生氧化还原反应，产生氯气，④中产生黄绿色气体的反应是，D正确；
故选D。
14．下列说法不正确的是
A．久置氯水、漂白粉、84消毒液都有漂白性，且漂白原理相同
B．新制氯水呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明溶液中有 Cl2分子存在
C．向新制氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明溶液中有H＋存在
D．可用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中混有的HCl
【答案】A
【详解】A．漂白粉、84消毒液的有效成分都为次氯酸盐，都有漂白性，且漂白原理相同，但久置的氯水为稀盐酸，没有漂白性，A不正确；
B．新制氯水中，溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，表明只有一部分溶解的氯气与水反应，大部分仍以Cl2分子形式存在，B正确；
C．向新制氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，表明溶液中含有比碳酸酸性更强的酸(盐酸)，从而说明溶液中有H＋存在，C正确；
D．盐酸的酸性比碳酸强，且二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度不大，所以可用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中混有的HCl，D正确；
故选A。
15．下列有关试剂保存的说法中，不正确的是
A．新制氯水需要避光保存 B．K可保存在煤油中
C．NaOH固体需要密封保存 D．潮湿的可以存放在钢瓶里
【答案】D
【详解】A．氯水中次氯酸见光分解，所以新制氯水需要避光保存，A正确；
B．钾性质活泼，能够与空气中氧气、水反应，钾密度大于煤油，与煤油不反应，可以保存在煤油中，B正确；
C．氢氧化钠具有吸水性，且能够吸收二氧化碳，为防止氢氧化钠吸收空气中水和二氧化碳，应密封保存，C正确；
D．潮湿中存在氯气与水反应生成的HClO和HCl，其中HCl在潮湿环境下可以与铁反应腐蚀钢瓶，D错误；
故答案为：D。
16．世界卫生组织(WHO)和中国卫健委公认二氧化氯(ClO2)为新时代绿色消毒剂。常温下，ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味，易溶于水，在水中的溶解度是Cl2的5～8倍。ClO2对热、震动、撞击和摩擦相当敏感，极易分解发生爆炸。ClO2几乎不与冷水反应，遇热水则会分解。经研究表明，ClO2反应释放出的原子氧可以氧化色素，所以ClO2也是优良的漂白剂。工业上可采用SO2与氯酸钠在酸性条件下反应制取ClO2，并生成NaHSO4。相信在不久的将来，ClO2将广泛应用到杀菌消毒领域。下列说法不正确的是
A．ClO2是优良的漂白剂是因为具有强氧化性
B．常温下ClO2是一种黄绿色，有刺激性气味的气体
C．一般可用冰水吸收ClO2气体，形成ClO2溶液
D．工业上制取ClO2过程中，参加反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2
【答案】D
【详解】A．ClO2反应释放出的原子氧可以氧化色素，所以ClO2也是优良的漂白剂，故ClO2是优良的漂白剂是因为具有强氧化性，选项A正确；
B．常温下，ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味，所以ClO2是一种黄绿色，有刺激性气味的气体，选项B正确；
C．ClO2易溶于水，几乎不与冷水反应，遇热水则会分解，故可用冰水吸收ClO2气体，形成ClO2溶液，选项C正确；
D．二氧化硫与氯酸钠在酸性条件下反应生成二氧化氯和硫酸氢钠，反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，其中氧化剂为NaClO3，还原剂为SO2，参加反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为2：1，选项D错误；
答案选D。
17．下列有关合金说法正确的是
A．合金材料中不可能含有非金属元素 B．铝合金的熔点比纯铝的低
C．我国最早使用的合金是钢 D．合金中金属元素都以化合态存在
【答案】B
【详解】A．合金材料可以含有非金属，如生铁为铁、碳合金，A错误；
B．铝合金的熔点比纯铝的低，B正确；
C．我国最早使用的合金是青铜，不是钢，C错误；
D．合金中金属元素不都以化合态存在，如生铁中铁以游离态存在，D错误；
故答案选B。
18．用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．在1L0.1mol/L的碳酸钠溶液中，氧原子总数为
B．中含有的电子数目为
C．常温常压下，和的混合气体含有的原子数为
D．3mol单质Fe在高温与足量的水蒸气反应，失去个电子
【答案】D
【详解】A．在1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，Na2CO3的物质的量为，其中水也存在氧原子，故氧原子总数大于，A错误；
B．的物质的量为，1个D2O中含有10个电子，则0.9molD2O中含有的电子数目为9，B错误；
C．NO2和N2O4的最简式都是NO2， 92gNO2和N2O4的混合气体含有的原子数为，C错误；
D．Fe在高温与足量的水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，3mol单质Fe在高温与足量的水蒸气反应，失去8NA个电子，D正确；
故答案为：D。
19．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，会造成所配NaOH溶液浓度偏高的是
A．所用NaOH已经潮解 B．定容时俯视刻度线
C．没有洗涤烧杯和玻璃棒 D．称量NaOH固体时，NaOH固体和砝码放错托盘
【答案】B
【详解】A项、所用NaOH已经潮解，会导致溶液中溶质NaOH的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏低，故A错误；
B项、定容时观察液面俯视，会导致加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B正确；
C项、没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶液中溶质NaOH的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏低，故C错误；
D项、称量NaOH固体时，NaOH固体和砝码放错托盘，若氢氧化钠的质量为小数，会导致溶液中溶质NaOH的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏低，若氢氧化钠的质量为整数，溶质NaOH的物质的量没有变化，对所配溶液的浓度没有影响，故D错误；
故选B。
【点睛】由c=可知，若溶质量偏大，将导致溶质物质的量浓度偏大；若溶剂质量偏小也会导致溶质质量分数偏高，针对每项操作分析，将导致溶质或溶剂的质量如何改变。
20．下列有关铁、铁矿石与铁的氧化物的说法正确的是
A．在自然界中，不可能有游离态的铁存在
B．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，磁铁矿的主要成分是Fe3O4，Fe2O3俗称铁红
C．FeO不稳定，在空气中加热迅速被氧化成Fe2O3
D．铁的氧化物能与酸反应生成盐和水，因此Fe3O4、Fe2O3、FeO都是碱性氧化物
【答案】B
【详解】A．在地球上，没有游离态的铁存在，但星球爆炸产生的陨铁中，含有游离态的铁，A不正确；
B．磁铁矿的主要成分是磁性氧化铁，化学式为Fe3O4，赤铁矿俗称铁红，其主要成分是Fe2O3，可用于生产红色颜料和红色油漆，B正确；
C．FeO中Fe2+具有还原性，性质不稳定，在空气中加热易被氧化成Fe3O4，C不正确；
D．Fe2O3、FeO与酸反应都生成盐和水，二者都是碱性氧化物，但Fe3O4与酸反应生成两种盐，不属于碱性氧化物，D不正确；
故选B。
21．如图所示装置，可用于制取和观察在空气中被氧化时颜色的变化。实验提供的试剂：铁屑、稀硫酸、NaOH溶液等，下列说法不正确的是
A．烧瓶A中发生反应的离子方程式为
B．实验开始前先打开止水夹E，其目的是利用产生的H2将装置中的空气排尽
C．生成的操作：关闭止水E，使烧瓶A中溶液压入装置B中进行反应
D．若取下装置B的橡皮塞，可观察沉淀由白色直接变为红褐色
【答案】D
【分析】制取Fe(OH)2使用的试剂是FeSO4和NaOH溶液，但是一定要注意隔绝空气，防止氧气将生成的Fe(OH)2氧化，所以B装置中是NaOH，A是产生FeSO4的装置，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，先打开止水夹E，让H2进入后续装置，将空气排出，再关闭E，A中的压强增大，FeSO4溶液在压强的作用下进入B中，与NaOH反应生成Fe(OH)2。
【详解】A．根据分析，A中发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A正确；
B．根据分析，打开止水夹E，可以利用产生的H2将装置中的空气排尽，故B正确；
C．根据分析，关闭止水E，使烧瓶A中FeSO4溶液压入装置B中形成Fe(OH)2，故C正确；
D．取下装置B的橡皮塞，Fe(OH)2被氧化，现象为白色固体迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故D错误；
故答案选D。
22．为探究某食品包装袋内一小包脱氧剂中的还原铁粉是否变质，分别取少量样品溶于盐酸，再进行下列实验，其中结论正确的是
A．若滴加KSCN溶液，溶液变红，说明铁粉变质
B．若滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明铁粉未变质
C．若依次滴加氯水，KSCN溶液，溶液变红，说明铁粉全部变质
D．若滴加KSCN溶液，溶液未变红；再滴加氯水，溶液变红，说明铁粉全部变质
【答案】A
【详解】A．滴加KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，故还原铁粉即Fe变质，故A选项正确；
B．滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明溶液中不含Fe3+，但溶液中可能含Fe2+，不能说明铁粉未变质，故B选项错误；
C．滴加氯水时可能把溶液中存在的Fe2+氧化成了Fe3+，再滴加硫氰化钾溶液，溶液变红，则不能说明铁粉全部变质，故C选项错误；
D．若先滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明溶液中不含Fe3+，再滴加氯水，溶液变红说明溶液中存在Fe2+，被氯水氧化成了Fe3+，但不能说明铁粉全部变质，故D选项错误。
故选A选项。
23．从某含有、、的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下，则下列说法不正确的是
A．试剂a为铁，试剂b为稀硫酸
B．加入试剂a过程中，有红色固体析出后，说明溶液中已经反应完全
C．试剂c可为溶液，相应的反应为
D．溶液W可作“腐蚀液”腐蚀覆铜板
【答案】A
【分析】向含、、CuCl2废液中加过量的试剂铁单质，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，铁和氯化铜反应置换出铜，过滤，滤渣Y含铜和铁，滤液X为氯化亚铁，滤渣Y中加盐酸溶解铁，过滤得金属铜，向氯化亚铁通氯气，得氯化铁溶液。
【详解】A．根据以上分析试剂a为铁，试剂b为稀盐酸，不能用稀硫酸，会引入杂质，A错误；
B．加入铁，因为氧化性大于，铁先和反应，然后才和氯化铜反应生成红色铜，所以有红色固体析出后，说明溶液中已经反应完全，B正确；
C．若试剂c为溶液，H2O2与Fe2+反应，根据得失电子守恒可知H2O2和Fe2+的系数比为1：2，再结合原子守恒可得离子方程式为，C正确；
D．溶液W为氯化铁，因为氧化性大于，可作“腐蚀液”腐蚀覆铜板，D正确；
故答案为：A。
24．现有盐酸和硫酸混合溶液100mL，其中c(Cl-)=1.6mol·L-1，，现将其分成两等份，往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生2.33g白色沉淀，往另一份中投入足量铁片，放出标准状况下VL气体。下列判断正确的是
A．原混合酸中n(SO)=0.01mol
B．原混合酸中n(H+)=0.18mol
C．V=2.24
D．原溶液中HCl、H2SO4的物质的量之和为0.18mol
【答案】D
【分析】将溶液分成两等份，往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生2.33g白色沉淀，该沉淀应为硫酸钡，则每份溶液中n(SO)==0.01mol，所以原溶液中n(SO)=0.02mol，c(SO)==0.2mol/L，根据电荷守恒c(H+)=2c(SO)+ c(Cl-)=2.0mol/L。
【详解】A．根据分析可知原溶液中n(SO)=0.02mol，A错误；
B．根据分析可知原溶液中c(H+)=2.0mol/L，则n(H+)=2.0mol/L×0.1L=0.2mol，B错误；
C．原溶液中n(H+)=0.2mol，则每份溶液中n(H+)=0.1mol，与足量铁片反应，全部转化为氢气，所以n(H2)=0.05mol，体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，C错误；
D．根据分析，原溶液中n(H2SO4)=n(SO)=0.02mol，n(HCl)=n(Cl-)=1.6mol/L×0.1L=0.16mol，所以HCl、H2SO4的物质的量之和为0.18mol，D正确；
综上所述答案为D。
25．元素周期表中某区域的一些元素通常用来制造农药，这些元素是( )
A．左下方区域的金属元素
B．金属元素和非金属元素分界线附近的元素
C．右上方区域的非金属元素
D．稀有气体元素
【答案】C
【详解】A．左下方区域的金属元素的金属性很强，不能用来制造农药，A错误；
B．金属元素和非金属分界线附近的元素，既具有金属性又具有非金属性，可用于制造半导体材料，B错误；
C．右上方区域的一般是非金属元素，通常用来制造农药，C正确；
D．稀有气体元素的单质为气体，性质不活泼，不能用来制造农药，D错误；
答案选C。
26．锗(Ge)是第四周期ⅣA族元素，处于周期表中金属与非金属的交界处，下列叙述正确的是
A．锗是一种金属性很强的元素 B．锗的单质具有半导体的性能
C．锗化氢()的稳定性很强 D．锗酸()是强酸
【答案】B
【详解】A．锗处于金属与非金属的交界处，该元素的金属性和非金属性都较弱，A错误；
B．锗位于金属与非金属的分界线附近，，既有金属性又有非金属性，因而其单质具有半导体的性能，B正确；
C．锗处于金属区与非金属区的交界线上，元素金属性和非金属性都较弱，则锗化氢(GeH4)稳定性较弱，C错误；
D．锗和碳处于同一主族，主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，则碳的非金属性大于锗，非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以锗酸酸性比碳酸弱，为弱酸，D错误；
故答案为：B。
27．下列说法正确的是
A．、、、的还原性逐渐增强
B．、、、的热稳定性逐渐增强
C．K可以从溶液中置换出金属
D．碱金属单质在空气中燃烧生成的都是过氧化物
【答案】A
【详解】A．F2、Cl2、Br2、I2的单质氧化性逐渐减弱，则F-、Cl-、Br-、I-的还原性逐渐增强，故A正确；
B．F、Cl、Br、I的非金属性越强，HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，故B错误；
C．K是活泼金属易与水反应，无法从NaCl溶液中置换出金属Na，故C错误；
D．碱金属单质Li在空气中燃烧生成氧化锂，无过氧化锂生成，故D错误；
答案为A。
28．下列关于化学键的说法正确的是
A．单质分子中一定含有共价健
B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
C．非极性键只存在于双原子单质分子里
D．化合物分子里的化学键一定是极性键
【答案】B
【详解】A．构成单质分子的粒子不一定含有共价键，如稀有气体分子，A错误；
B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，也可以是离子化合物，如NH4Cl，B正确；
C．非极性键除存在于双原子单质分子里外，也可能存在于多原子的共价化合物中，如H2O2，或离子化合物中，如Na2O2，C错误；
D．化合物分子里的化学键可能含极性键和非极性键，如H2O2，D错误；
故答案为：B。
29．短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，W原子没有中子，X元素为地壳中含量最多的元素，Y、Z、Q同周期，且Y、Z、Q最外层电子数之和为14，Y与W同主族，下列结论不正确的是
A．原子半径大小顺序为：Y>Z>Q>X>W
B．X、Y形成的化合物中一定有离子键，可能有共价键
C．简单氢化物的稳定性：X>Z
D．氧化物对应的水化物酸性：Z＜Q
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z、Q，W原子没有中子，所以W时H元素，X元素为地壳中含量最多的元素，所以X为O元素，Y、Z、Q同周期，且Y、Z、Q最外层电子数之和为14，Y与W同主族，所以Y为Na，Z为S元素，Q为Cl元素。
【详解】A．Y、Z、Q同周期，则原子半径Y＞Z＞Q，再根据第三周期＞第二周期＞第一周期，原子半径大小顺序为Y＞Z＞Q＞X＞W，A正确；
B．O、Na可以形成化合物Na2O，Na2O2，Na2O中只含有离子键，中既含有离子键又含有共价键，故一定有离子键，可能有共价键，B正确；
C．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O>S，简单氢化物的稳定性：H2O>H2S，C正确；
D．S和的最高价氧化物对应的水化物的酸性与非金属性一致，不是最高价氧化物对应水化物的酸性没有这样的规律，D错误；
故答案为：D。
30．将几种铁的氧化物的混合物加入100mL、的盐酸中，氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L(标准状况)氯气时，恰好使溶液中的完全转化为，则该混合物中铁元素的物质的量为
A．0.23mol B．0.25mol C．0.35mol D．0.375mol
【答案】B
【详解】铁的氧化物和盐酸恰好反应生成氯化物，根据电荷守恒，氧化物中氧原子的物质的量为，氯气的物质的量为，根据电子守恒，混合物中的+2价铁的物质的量为，根据氧化物中电荷守恒分析，混合物中+3价铁的物质的量为，则混合物中铁元素的物质的量为=(0.05+0.2)mol=0.25mol，故选B。
二、元素或物质推断题
31．已知六种短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A是短周期中原子半径最小的元素，A、D同主族，C、F同主族，A和B可形成5核10电子的阳离子，C与D形成的离子化合物中所有离子的电子数相同，E的最高价氧化物的水化物可与D、F的最高价氧化物的水化物反应，试回答下列问题：
(1)F在元素周期表中的位置是_______。
(2)写出A和B形成的一种18电子的分子的电子式_______。
(3)C、D、F的简单离子半径由大到小的顺序为_______(用离子符号表示)。
(4)用电子式表示A、D形成化合物的过程_______。
(5)多原子分子具有一定的空间结构，如的空间结构是直线形。A、C形成的简单氢化物的空间结构是_______，其中含有的化学键类型为_______。
(6)E的单质与D的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)第三周期ⅥA族
(2)
(3)
(4)
(5) V形 极性共价键
(6)
【分析】短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A是短周期中原子半径最小的元素，则A为H元素；A和B可形成5核10电子的阳离子，则B为N元素；A、D同主族，则D为Na元素；C与D形成的离子化合物D2C中所有离子的电子数相同，则C为O元素；C、F同主族，则F为S元素；E的最高价氧化物的水化物可与D、F的最高价氧化物的水化物反应，则E为Al元素，据此分析解题。
【详解】（1）F为S元素，为第9号元素，F在元素周期表中的位置是第三周期ⅥA族；
（2）A和B形成的一种18电子分子式为：N2H4，分子的电子式；
（3）C、D、F的简单离子分别为：，同主族元素从上到下，离子的离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，电荷数增大，半径减小，则三种离子的离子半径由大到小的顺序为；
（4）用电子式表示A、D形成化合物的过程；
（5）A、C形成的简单氢化物为H2O，含有一对孤电子对，空间结构是V形，H2O为共价化合物，其中含有的化学键类型为极性共价键；
（6）E的单质为Al，D的最高价氧化物的水化物为NaOH，两者反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为
三、填空题
32．Ⅰ.化学来源于生活又服务于生活，请用化学用语回答下列问题：
(1)明矾 []可用于净水。往明矾溶液中逐滴加溶液，若使恰好完全沉淀，发生反应的离子方程式为：_______；若使恰好完全沉淀，发生反应的离子方程式为：_______。
(2)饮用水中的对人类健康产生危害，为了降低饮用水中的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将还原为。补充完整下列化学方程式，并在方程式上用单线桥标出该反应中电子转移的方向和数目：_________
_______Al＋______________NaOH=_______＋______________
Ⅱ.A、B、C、D都是中学化学常见的物质，其中A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下相互转化的关系如下图所示。
请回答下列问题。
(3)若A是一种黄绿色气体，可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质。写出实验室用制备A的离子方程式：_______；写出反应(Ⅲ)的离子方程式：_______。
(4)若A、B、C的溶液均显碱性，C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一
①写出反应(Ⅲ)的离子方程式：_______。
②取100mL B、C的混合溶液，其中B、C浓度均为0.1mol/L，向溶液中缓慢滴加0.1mol/L盐酸至过量，收集并测量产生气体的体积。刚开始滴加盐酸时，反应的离子方程式为_______。请将产生气体的体积(标准状况下且不考虑产生气体在水中的溶解)随滴加盐酸的体积变化的曲线绘制在下图坐标系中。______
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）往明矾溶液中逐滴加溶液，若使恰好完全沉淀，则明矾与Ba(OH)2以1：2发生反应，其离子方程式为：；若使恰好完全沉淀，则明矾与Ba(OH)2以2：3发生反应，发生反应的离子方程式为：；
（2）根据得失电子守恒可知Al和N2的系数比为10∶3，再结合原子守恒可得离子方程式为，其单线桥为；
（3）若A是一种黄绿色气体，可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则A为Cl2，D为Fe，实验室用制备A的离子方程式为；反应(Ⅲ)是Cl2与FeCl2反应生成FeCl3，其离子方程式为；
（4）若A、B、C的溶液均显碱性，C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一，则C为NaHCO3，故A为NaOH，B为Na2CO3，D为CO2；
①反应(Ⅲ)是NaOH与NaHCO3反应生成Na2CO3，其离子方程式为；
②B、C的混合溶液为Na2CO3和NaHCO3，刚开始滴加盐酸时，发生H++=，消耗的盐酸体积为100mL，此时溶液中NaHCO3的物质的量为(100×10-3×0.1+100×10-3×0.1)mol=0.02mol，继续滴加盐酸发生+H+=H2O+CO2↑，此时消耗盐酸的体积为200mL，产生CO2的体积为，即为448mL，图像为。
四、实验题
33．氢化锂(LiH)在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧。某活动小组准备使用下列装置制备LiH固体。
回答下列问题：
(1)盛碱石灰的玻璃仪器的名称为_______。
(2)仪器的组装连接：上述仪器装置接口的连接顺序为e→_______，加入药品前首先要进行的实验操作是_______；其中装置B的作用是_______。
(3)添加药品：用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂(固体石蜡密封)，然后在甲苯(一种有机化合物)中浸洗数次，该操作的目的是除去锂表面的石蜡，然后快速把锂放入到石英管中。通入一段时间氢气后加热石英管，在加热D处的石英管之前，必须进行的实验操作是_______。
(4)加热一段时间后停止加热，继续通氢气冷却，然后取出LiH，装入氮封的瓶里，保存于暗处。采取上述操作的目的是为了避免LiH与空气中的水蒸气接触而发生危险。分析该反应原理，完成LiH与水反应的化学方程式_______。
(5)准确称量制得的产品0.158g，在一定条件下与足量水反应后，共收集到气体425.6mL(已换算成标准状况)，则产品中LiH与Li的物质的量之比为_______。
【答案】(1)干燥管
(2) e→a→b→f→g→d(f，g可互换) 检验装置的气密性 除去中的和HCl
(3)收集c处排出的气体并检验纯度
(4)
(5)9∶1
【分析】A中锌与盐酸反应生成氯化锌和氢气，用B中的碱石灰除去杂质氯化氢并干燥氢气，C装置中氢气与金属锂反应生成LiH，最后连接浓硫酸，可以防止空气中的水蒸气进入C。据此解答。
【详解】（1）盛碱石灰的玻璃仪器的名称为干燥管；
（2）A中锌与盐酸反应生成氯化锌和氢气，e接a用B中的碱石灰除去杂质氯化氢并干燥氢气，b接f在C装置中氢气与金属锂反应生成LiH，g接d，可以防止空气中的水蒸气进入C，所以仪器装置接口的连接顺序为e接a，b接f，g(或者f，g)接d；涉及气体的实验，加入药品前首先要进行的实验操作是检验装置的气密性；装置B中盛放的碱石灰，作用是除去H2中的H2O和HCl。
（3）加热氢气与氧气的混合气体，易爆炸，所以加热D处的石英管之前，必须收集c处排出的气体并检验H2纯度；
（4）LiH与水反应生成氢氧化锂和氢气，反应的化学方程式是LiH＋H2O=LiOH＋H2↑；
（5）共收集到氢气的体积是425.6mL，物质的量是；设样品中LiH与Li的物质的量分别是xmol、ymol，则8x+7y=0.158①；根据反应方程式LiH＋H2O=LiOH＋H2↑、2Li＋2H2O=2LiOH＋H2↑，则0.019mol②；联立①②，解得x=0.018，y=0.002；则产品中LiH与Li的物质的量之比为9:1。
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