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2022-2023学年四川省南充市西华师范大学附属中学高一上学期期末考试化学试题 Word版含解析
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这是一份2022-2023学年四川省南充市西华师范大学附属中学高一上学期期末考试化学试题 Word版含解析，共16页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
西华师范大学附属中学高2022级高一上期末考试
化学试题
(总分：100分 时间：75分钟)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Mg-24 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Al-27
第Ⅰ卷(选择题 共 50 分)
一、选择题(本题20小题，1—10小题，每题2分；11—20小题，每题3分；共50分。注意：每题只有一个正确的答案。)
1. 采用不同的分类方法，可将金属氧化物分为不同的类别。根据某种共性，可将Na2O、MgO、Fe2O3归为一类，下列物质中不符合此共性而不能归为此类物质的是
A. CaO B. K2O C. CuO D. Mn2O7
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】Na2O、MgO、Fe2O3归为一类是由于这些氧化物能够与酸反应产生盐和水，属于碱性氧化物。在选项给出的氧化物中，CaO、K2O、CuO能够与酸反应产生盐和水，属于碱性氧化物，而Mn2O7能够与碱反应产生盐水水，属于酸性氧化物，故合理选项是D。
2. 重庆是一座雾都，春秋季节常出现大雾天气，对于这种现象下列说法正确的是
A. 大雾是由于空气中的温室气体排放超标造成的
B. 大雾是一种分散剂为水的分散系
C. 大雾可看作是一种胶体
D. 大雾是一种空气污染现象
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．雾是大气中因悬浮的水蒸气凝结形成的，不是由于空气中的温室气体排放超标造成的，故A错误；
B．大雾是分散系，分散剂是空气，分散质是水，故B错误；
C．雾是一种胶体，属于胶体分散系，故C正确；
D．雾是空气中的小液滴悬浮在空气中形成的，对空气没有污染，故D错误；
故选C。
3. 俄美科学家联合小组合成出114号元素的一种原子，下列叙述不正确的是
A. 该元素属于第七周期 B. 该元素位于ⅢA族
C. 该元素最外层有4个电子 D. 该元素为金属元素
【答案】B
【解析】
【详解】根据每周期元素的种类数,可以知道每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是:2、10、18、36、54、86、118,114号元素在118号的左边,根据元素周期表中周期和族的划分,可以知道114号元素位于第七周期ⅣA,处于碳族。 A.由上述分析可以知道,该元素处于第七周期,所以A选项是正确的; B.该元素处于第七周期ⅣA,故B错误; C.该元素处于第七周期，ⅣA, 有7个电子层，最外层为4个电子，故 C对；D.元素处于第七周期，ⅣA处于碳族,同主族自上而下金属性增强,同族的Pb为金属元素,故该元素为金属元素,故D正确；答案：D。所以B选项是正确的.
点睛：根据原子结构示意图确定未知元素在周期表的位置。电子层数=周期序数，最外层电子数=主族元素的族序数。
4. 下列化合物中所有化学键都是共价键的是( )
A 过氧化钠 B. 氢氧化钠 C. 氯化钡 D. 甲烷
【答案】D
【解析】
【详解】A.过氧化钠(活泼金属氧化物)属于离子化合物，含有离子键，但其阴离子中的原子之间是以共价键结合，故A错误；
B氢氧化钠属于离子化合物，含有离子键，但其阴离子中的原子之间是以共价键结合，故B错误；
C.氯化钡(盐)是活泼金属元素(钡)与活泼非金属元素(氯)通过离子键而形成，故C错误；
D.有机物甲烷是非金属元素(碳与氢)通过共价键而形成，故D正确；
5. 短周期主族元素X、Y、A、B、C在元素周期表的位置如图所示，A是非金属性最强的元素，则下列说法不正确的是
A. 原子半径由小到大的顺序为A
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、A、B、C在元素周期表的位置如图，A是非金属性最强的元素，A是F元素，再依据元素周期表的结构可知，B为Cl，C为S，X为C，Y为Si。
【详解】A．同一周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径由小到大的顺序为A＜B＜C＜Y，A正确；
B．HF分子间形成氢键，A、B的氢化物的沸点由低到高的顺序为HB＜HA，B错误；
C．非金属性：Si＜C，X、Y最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序为H2YO3＜H2XO3，H2SiO3＜H2CO3，C正确；
D．非金属单质氧化性越强，其简单阴离子还原性越弱，氧化性：Cl2>S，则简单离子的还原性由弱到强的顺序为B-
6. 下列离子方程式正确的是
A. 稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑
B. 用小苏打治疗胃酸(主要是盐酸)过多：+H+=CO2↑+H2O
C. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
D. 向澄清石灰水中通过量CO2，溶液最终还是澄清：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．稀硫酸滴在铜片上，二者不发生反应，故A错误；
B．用小苏打治疗胃酸(主要是盐酸)过多，反应生成氯化钠、水、二氧化碳，其离子方程式为：+H+=CO2↑+H2O，故B正确；
C．稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡和水，其离子方程式为：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．向澄清石灰水中通过量CO2，反应生成碳酸氢钙，溶液不会变浑浊，其离子方程式： OH-+CO2= HCO3-，故D错误；
答案选B。
7. 某校研究小组探究铝的性质，在能与铝反应生成氢气的溶液中一定能大量共存的离子组是
A. Na+、SO、HCO、NO B. Na+、Ca2+、S2-、Cl-
C. Na+、K+、NO、Cl- D. K+、Mg2+、Cl-、SO
【答案】C
【解析】
【分析】酸或碱都能与铝反应生成氢气，故能与铝反应生成氢气的溶液为酸性或碱性溶液，据此分析。
【详解】A．HCO与H+、OH-都能反应而不能大量共存，故A不符合题意；
B．S2-与H+反应生成H2S而不能大量共存，故B不符合题意；
C．Na+、K+、NO、Cl-在酸性或碱性条件下都不反应，可以大量共存，故C符合题意；
D．Mg2+与OH-反应生成氢氧化镁沉淀而不能大量共存，故D不符合题意；
故选C。
8. 设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 22.4LN2所含氮分子数为NA
B. NA个Al原子质量为27g
C. 16gCH4所含原子数为NA
D. 23g金属钠所含电子数为NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．N2所处的温度和压强未知，不能按照标准状况下的气体摩尔体积进行计算其分子数目，A错误；
B．NA个Al原子的物质的量为1mol，则其质量为1mol27g/mol=27g，B正确；
C．16gCH4所含分子数为=NA，所以分子所含原子数为5 NA，C错误；
D．23g金属钠所含物质的量为=1mol，1个Na含11个电子，所以1mol金属钠所含电子数为11 NA，D错误；
故选B。
9. 已知有如下反应∶ ①ClO+5Cl- +6H+=3Cl2↑+3H2O，②2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2③2FeCl2+Cl2=2FeCl3。下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是
A. ClO>Cl2>Fe3+>I2 B. Cl2>ClO>I2>Fe3+
C. ClO>Cl2>I2>Fe3+ D. ClO>Fe3+ >Cl2>I2
【答案】A
【解析】
【分析】
氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析。
【详解】由①式可知，ClO3-的氧化性强于Cl2，ClO>Cl2，由②式可知，铁离子的氧化性强于碘单质，Fe3+>I2，由③式可知，氯气的氧化性强于铁离子，Cl2>Fe3+，综上所述，氧化能力的强弱顺序为ClO>Cl2>Fe3+>I2，故选A。
10. 下列表示氧化还原反应中电子转移的方向和数目正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．CuO与C反应，铜得电子，C失电子，则电子转移的方向和数目为 ，选项A错误；
B．反应中Na共失去2e-，Cl2共得到2e-，电子转移数目正确，但电子转移方向有误，选项B错误；
C．反应中电子转移的方向和数目均正确，选项C正确；
D．该反应中Cl元素化合价降低得电子，氧元素化合价升高失电子，转移电子数为12，则电子转移的方向和数目为 ，选项D错误；
答案选C。
11. 等质量的镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液反应，在相同条件下，放出氢气最多的是
A. 2mol/L H2SO4溶液 B. 3mol/L CuSO4溶液
C. 6mol/L NaOH溶液 D. 3mol/L Ba(OH)2溶液
【答案】A
【解析】
【分析】等量的镁铝合金分别与不同的溶液反应，只有两种金属都和该溶液反应，且都生成氢气，这样才能产生最多的氢气，镁、铝混合物中加入HNO3和浓H2SO4（两物质均具有强氧化性）都不能产生H2，加入NaOH溶液只有Al与NaOH溶液反应生成H2而与Mg不反应，镁不能和氢氧化钡溶液反应，铝和氢氧化钡溶液反应生成氢气；而Mg和Al都能与稀硫酸反应生成H2，据此分析。
【详解】A．稀硫酸为非氧化性酸，等量的镁和铝都能和硫酸反应生成氢气；
B．镁、铝都不能与硫酸铜溶液反应生成氢气；
C．镁不能和氢氧化钠反应，铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气；
D．镁不能和氢氧化钡溶液反应，铝和氢氧化钡溶液反应生成氢气；
根据以上分析可知：加入稀硫酸，等量镁和铝都与H2SO4反应产生氢气，所以氢气量最多，故选：A。
12. 下列有关氢氧化亚铁及其制备方法的叙述中，不正确的是（ ）
A. 可利用如图所示装置，制备氢氧化亚铁
B. 氢氧化亚铁为灰绿色絮状沉淀
C. 氢氧化亚铁易被空气氧化
D. 实验制备中，氢氧化钠溶液应预先煮沸
【答案】B
【解析】
【详解】A、氢氧化亚铁易被氧气氧化，把胶头滴管伸入硫酸亚铁溶液滴加氢氧化钠，可以防止氢氧化亚铁被氧化，所以可利用装置制备氢氧化亚铁，故A正确；
B、氢氧化亚铁为白色絮状沉淀，故B错误；
C、氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，故C正确；
D、加热煮沸可以除去氢氧化钠溶液中的氧气，所以制备氢氧化亚铁时，氢氧化钠溶液应预先煮沸，故D正确；
选B。
【点睛】本题考查学生氢氧化亚铁的制备知识，明确氢氧化亚铁容易被氧气氧化，注意隔绝空气防止被氧气氧化是氢氧化亚铁制备成功的前提条件之一。
13. 实验室用浓盐酸和MnO2制取Cl2下列说法中错误的是
A. 可以用浓硫酸干燥Cl2 B. 可以用排饱和食盐水法收集Cl2
C. 该反应需要加热 D. 用NaOH溶液除去Cl2中混有的HCl
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．浓硫酸易吸水，氯气与浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥Cl2，A正确；
B．氯气能溶于水，饱和食盐水可降低氯气在水中的溶解度，所以可以用排饱和食盐水法收集Cl2，B正确；
C．二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气时需要共热才能进行，C正确；
D．氯气也可以与NaOH溶液反应，应该用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，D错误；
故选D。
14. 0.5mol/L40mLXO恰好能将2.5mol/L20mL个SO氧化为SO，则生成的唯一还原产物中唯一变价元素X化合价为
A. ﹣3 B. ﹣1 C. 0 D. +2
【答案】C
【解析】
【详解】设还原产物中元素X的化合价为x，根据得失电子守恒可建立等式：0.5mol/L×0.04L×(5－x)＝2.5mol/L×0.02L×(6－4)，解得x＝0，即还原产物中元素X的化合价为0价。
故选C。
15. 下列分子中，所有原子的最外层均为8电子结构的是
A. BeCl2 B. H2S C. NCl3 D. SF4
【答案】C
【解析】
【详解】原子的最外层电子数+化合价绝对值=8，则该原子的最外层满足8电子稳定结构。
A、铍原子最外层为2电子结构，不是8电子结构，A错误；
B、氢原子最外层为2电子结构，不是8电子结构，B错误；
C、氮原子和氯原子的化合价分别是＋3价和—1价，最外层电子数+化合价绝对值为8，则原子的最外层均满足8电子稳定结构，C正确；
D、S的化合价是＋4价，大于8电子稳定结构，不符合题意，D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】
16. 下列操作正确且能达到实验目的是
选项
实验操作
实验目的
A
将混合气体通过饱和的碳酸钠的洗气瓶
除去CO2中的HCl
B
向25mL的沸水中逐滴滴加5~6滴饱和FeCl3溶液，继续加热至产生红褐色沉淀
制备Fe(OH)3胶体
C
将混合气体通过盛有碱石灰的干燥管
除去Cl2中的水蒸气
D
用棉花包裹Na2O2，放入充满CO2的集气瓶中
证明Na2O2与CO2反应是放热反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，知CO2与Na2CO3溶液反应，故该操作不能达到实验目的，应该把饱和Na2CO3溶液换成饱和NaHCO3溶液，A不符合题意；
B．制备Fe(OH)3胶体可向沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续加热至溶液呈红褐色，不能加热至产生沉淀，B不符合题意；
C．碱石灰的成分为NaOH与CaO，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，知不能用碱石灰干燥氯气，C不符合题意；
D．Na2O2遇CO2反应生成Na2CO3和O2，同时会观察到棉花燃烧，说明反应放热，使温度升高达到了棉花的着火点，D符合题意；
故答案选D。
17. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 过氧化氢的电子式：
B. NH3的电子式：
C. CO2的结构式：O-C-O
D. Na+结构示意图：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．过氧化氢是共价化合物，电子式为，故A错误；
B．氨气属于共价化合物，N、H原子间共用1对电子，N原子含有1对孤电子，电子式为，故B错误；
C．CO2的结构式为O=C=O，故C错误；
D．Na是11号元素，核外电子数为11，最外层失去1个电子后得到Na+，结构示意图：，故D正确；
故选：D。
18. 某合金粉末11 g，加入到足量的稀硫酸中，在标准状况下产生的气体体积为11.2 L，此合金可能是( )
A. Mg－Al合金 B. Cu－Zn合金 C. Zn－Fe合金 D. Mg－Zn合金
【答案】A
【解析】
【详解】标准状况下11.2L氢气的物质的量为n(H2)==0.5mol，则转移电子的物质的量n(e-)=2n(H2)=2×0.5mol=1mol。11g混合金属反应过程中失去1mol电子，则金属产生1mol电子需要质量一种大于11g，一种小于11g。
A.Mg是+2价金属，摩尔质量是24g/mol，所以产生1mol电子需要质量为24g÷2=12g；Al是+3价金属，摩尔质量是27g/mol，所以产生1mol电子需要质量为27g÷3=9g；9g<11g<12g，符合题意；
B.Zn是+2价金属，摩尔质量是65g/mol，所以产生1mol电子需要质量为65g÷2=32.5g；Cu与稀硫酸不能反应，所以可认为是无穷大，两种金属需要的质量都大于11g，B不符合题意；
C.Zn是+2价金属，摩尔质量是65g/mol，所以产生1mol电子需要质量为65g÷2=32.5g；Fe是+2价金属，摩尔质量是56g/mol，所以产生1mol电子需要质量为56g÷2=28g；两种金属产生1mol电子需要质量都大于11g，C不符合题意；
D.Mg+2价金属，摩尔质量是24g/mol，所以产生1mol电子需要质量为24g÷2=12g；Zn是+2价金属，摩尔质量是65g/mol，所以产生1mol电子需要质量为65g÷2=32.5g；；两种金属产生1mol电子需要质量都大于11g，D不符合题意；
故合理选项是A。
19. 将agFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的100mL0.05 mol∙L−1的盐酸中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀，消耗NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为
A. 0.1 mol∙L−1 B. 0.2 mol∙L−1 C. 0.05 mol∙L−1 D. 无法计算
【答案】C
【解析】
【详解】将agFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的100mL 0.05 mol∙L−1的盐酸中，则生成氯化铁、氯化铝，还有稀盐酸剩余，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀，消耗NaOH溶液100mL，则溶液中溶质为NaCl，根据氯元素和钠元素守恒得到n(NaCl)=n(HCl) =n(NaOH),则NaOH物质的量为0.05 mol∙L−1×0.1L=0.005mol，则NaOH溶液的浓度为，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
20. 向200mL的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol/L稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积的关系如图所示。下列判断正确的是
A. 0~a段只发生中和反应
B. 原混合液中NaOH 的物质的量浓度为 0.1mol/L
C. a=0.2
D. 原混合溶液中 NaOH与 Na2CO3的物质的量之比为1∶2
【答案】B
【解析】
【分析】
向混合液中滴加HCl，首先发生反应：NaOH+HCl=NaCl，接着发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，最后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。前两步反应没有CO2生成，对应图象横坐标0~a段；第三步反应生成CO2气体，对应图象横坐标a~0.4段。
【详解】A．由分析知，0~a段发生反应：NaOH+HCl=NaCl和Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，A错误；
B．当NaOH与Na2CO3恰好与HCl完全反应后，溶液中溶质为NaCl，根据Na、Cl元素守恒得：n(NaOH)+2n(Na2CO3)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1 mol/L ×0.4 L=0.04 mol，由图象知，生成CO2为0.01 mol，由C元素守恒知n(Na2CO3)=n(CO2)=0.01 mol，故n(NaOH)=0.02 mol，则原溶液中c(NaOH)=，B正确；
C．由B选项知n(NaOH)=0.02 mol ，n(Na2CO3)=n(CO2)=0.01 mol，故0~a段消耗HCl：n(HCl)=n(NaOH)+ n(Na2CO3)=0.03 mol，故a=，C错误；
D．由B选项知n(NaOH)=0.02 mol ，n(Na2CO3)=n(CO2)=0.01 mol，故两者物质的量之比为2：1，D错误；
故答案选B。
第Ⅱ卷(非选择题 共50分)
21. 下面是用18mol/L的浓H2SO4稀释配制成500mL1mol/L的稀H2SO4的操作，请按要求填空：
（1）所需浓H2SO4的体积为_______。
（2）如果实验室有15mL、20mL、50mL的量筒，应选用_______mL量筒最好。
（3）将上述溶液沿玻璃棒转移到_______中，并用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液也转移到该仪器中，并摇匀。
（4）加水至距刻度1~2cm处时，改用_______加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平。
（5）分析下列操作对所配溶液的浓度的影响(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)。
①转移溶液时，不慎将少量溶液洒在桌面上。溶液浓度_______；
②用量筒量取时，发现量筒不干净，用水洗净后直接量取浓硫酸。浓度_______。
【答案】（1）27.8mL
（2）50 （3）500mL容量瓶
（4）胶头滴管 （5） ①. 偏低 ②. 偏低
【解析】
【小问1详解】
用18mol/L的浓H2 SO4稀释配制成500mL 1mol/L的稀H2SO4，设需要浓硫酸体积为V，则依溶液稀释规律可知：18mol/LV = 500mL 1mol/L，解得V≈27.8mL。
【小问2详解】
量取27.8mL浓硫酸，依据大而近原则，应选择50mL量筒。
【小问3详解】
配制成500mL 1mol/L的稀H2SO4，冷却后，应将烧杯中溶液转移到500mL容量瓶里。
【小问4详解】
定容时为防止加入蒸馏水过多，加水至距刻度1~2cm处时，改用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线相切。
【小问5详解】
①转移溶液时，不慎将少量溶液洒在桌面上，导致溶质部分损耗，溶质物质的量偏小，依据c=，溶液浓度偏低。
②用量筒量取浓硫酸时，发现量筒不干净，用水洗净后直接量取浓硫酸，导致浓硫酸被稀释，量取的溶液中含有溶质硫酸的物质的n量偏小，依据c=，溶液浓度偏低。
22. 如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D(内置有铁粉)。请回答下列问题：
（1）仪器A的名称是_______，烧瓶中反应的化学方程式是_______。
（2）装置B中盛放的溶液是_______，装置C中作用是_______
（3）D中反应的化学方程式是_______。
（4）烧杯E中反应的离子方程式是_______。
（5）资料表明D中产物有以下性质：①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O(g)剧烈反应。为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加_______装置。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2） ①. 饱和NaCl溶液 ②. 吸收水蒸气，干燥氯气
（3）2Fe+3Cl22FeCl3
（4）2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
（5）干燥
【解析】
【分析】为验证Cl2与Fe的反应，需制得干燥纯净的Cl2，所以制气装置中制得氯气后，装置B中溶液应除去氯气中混有的氯化氢，装置C中溶液应干燥氯气；另外，还需防止E中溶液挥发出的水蒸气进入D中，引起氯化铁的水解。
【小问1详解】
仪器A带有活塞，其名称是分液漏斗，烧瓶中MnO2与浓盐酸在加热条件下反应，生成MnCl2、Cl2和H2O，反应的化学方程式是MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。答案为：分液漏斗；MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
【小问2详解】
为除去氯气中混有的氯化氢，装置B中盛放的液体是饱和食盐水，装置B的作用是吸收氯气中混有的杂质HCl。装置C的作用是干燥氯气。答案为：饱和食盐水；吸收水蒸气，干燥氯气；
【小问3详解】
装置D中，Fe与Cl2在加热条件下反应，生成氯化铁，反应的化学方程式是2Fe＋3Cl22FeCl3。答案为：2Fe＋3Cl22FeCl3；
【小问4详解】
烧杯E中盛放的液体应能吸收氯气，所以是氢氧化钠溶液，反应的离子方程式是Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O。答案为：氢氧化钠溶液；Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O；
【小问5详解】
资料显示，氯化铁易水解，需营造干燥的环境。所以在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加干燥装置。答案为：干燥。
23. 下表列出了①～⑪111种元素在元素周期表中的位置:
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
一
①
二
②
③
④
⑤
三
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
四
⑪
请按要求回答下列问题：
（1）写出元素③形成单质的电子式______________
（2）画这11种元素中，非金属性最强的元素的原子结构示意图________________
（3）元素⑤④⑩分别和①形成的气体化合物中，最稳定的是（填化合物的化学式）__________
（4）元素⑨⑩⑪的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是（填化合物的化学式）___________
（5）在盛有水的小烧杯中加入元素⑩的单质，发生反应的离子方程式____________________
（6）请从原子结构的角度解释，解释元素⑩的非金属性比元素⑪强的原因_______________________
【答案】 ①. ②. ③. HF ④. HClO4 ⑤. Cl2+H2O=H++Cl— +HClO ⑥. Cl和Br在同一主族，Br比Cl多一电子层，Br原子半径大，得电子能力弱。
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为F、⑥为Na、⑦为Mg、⑧为Al、⑨为S、⑩为Cl，⑪为Br。
【详解】（1）元素③形成单质是氮气，分子式是N2，存在氮氮三键，电子式是；
（2）同周期元素从左到右非金属性增强，同主族元素从上到下非金属性减弱，11种元素中，非金属性最强的元素是F，F原子核外有9个电子，结构示意图是；
（3）F、O、Cl中，非金属性最强的是F，所以最稳定的是HF；
（4）S、Cl、Br中，非金属性最强的是Cl，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，酸性最强的是HClO4；
（5）在盛有水的小烧杯中加入氯气反应生成盐酸和次氯酸，发生反应的离子方程式是Cl2+H2O=H++Cl- +HClO
（6）Cl和Br在同一主族，Br比Cl多一电子层，Br原子半径大，得电子能力弱，所以Cl的非金属性比Br强。
【点睛】本题考查同周期元素性质递变规律，熟练掌握元素周期律，明确同周期元素从左到右半径依次增大、非金属性增强、气态氢化物的稳定性增强、最高价含氧酸酸性增强。
24. 电子工业常用FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。从腐蚀废液(主要含FeCl3、FeCl2、CuCl2)中回收铜，并重新获得FeCl3溶液。废液处理流程如下：
（1）步骤(Ⅰ)中分离操作名称是_______。
（2）沉淀B中主要含有_______，气体D是_______；
（3）写出步骤(Ⅲ)中生成FeCl3的方程式_______；
（4）步骤(Ⅲ)中，将氯气换成H2O2也能达到同样的目的，写出H2O2将Fe2+氧化为Fe3+的离子方程式：_______。
（5）下列说法正确的是_______。
A. 除去FeCl3溶液中FeCl2加稀硝酸
B. 除去Na2CO3溶液中NaHCO3加入适量的氢氧化钠溶液
C. 除去Fe固体中含有的Al固体加入氢氧化钠溶液并过滤
D. 除去Al2O3固体中含有的Fe2O3固体加入氢氧化钠溶液
【答案】（1）过滤 （2） ①. Cu、Fe ②. H2
（3）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
（4）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O （5）BC
【解析】
【分析】从腐蚀废液中回收铜，并将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液，由流程可知，应加入过量的Fe与氯化铁、氯化铜反应生成氯化亚铁、铜，过滤进行分离，则滤液A为FeCl2，沉淀B中含Fe、Cu，加过量盐酸，铁溶解，产生氯化亚铁和氢气，过滤得到金属Cu，滤液C中含FeCl2、HCl，为不引人杂质，将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液，则通入足量氯气进行氧化，以此解答该题。
【小问1详解】
步骤(Ⅰ)用于分离固体和液体，为过滤操作，故答案为：过滤；
【小问2详解】
由流程分析可知沉淀B中含过量铁和产生的铜，铁与盐酸反应产生氢气，故答案为：Cu、Fe，H2；
【小问3详解】
通入Cl2全部转化为FeCl3，发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
【小问4详解】
过氧化氢具有强氧化性，可氧化亚铁离生成铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
【小问5详解】
A.除去FeCl3溶液中FeCl2加稀硝酸会引入硝酸根杂质离子，错误；
B.NaHCO3和适量的氢氧化钠溶液生成碳酸钠，故可以除杂，正确；
C.Al固体和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，铁不反应，故过滤可以除去杂质，正确；
D.Al2O3和氢氧化钠溶液反应而Fe2O3固体不反应，错误；
故选BC。
西华师范大学附属中学高2022级高一上期末考试
化学试题
(总分：100分 时间：75分钟)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Mg-24 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Al-27
第Ⅰ卷(选择题 共 50 分)
一、选择题(本题20小题，1—10小题，每题2分；11—20小题，每题3分；共50分。注意：每题只有一个正确的答案。)
1. 采用不同的分类方法，可将金属氧化物分为不同的类别。根据某种共性，可将Na2O、MgO、Fe2O3归为一类，下列物质中不符合此共性而不能归为此类物质的是
A. CaO B. K2O C. CuO D. Mn2O7
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】Na2O、MgO、Fe2O3归为一类是由于这些氧化物能够与酸反应产生盐和水，属于碱性氧化物。在选项给出的氧化物中，CaO、K2O、CuO能够与酸反应产生盐和水，属于碱性氧化物，而Mn2O7能够与碱反应产生盐水水，属于酸性氧化物，故合理选项是D。
2. 重庆是一座雾都，春秋季节常出现大雾天气，对于这种现象下列说法正确的是
A. 大雾是由于空气中的温室气体排放超标造成的
B. 大雾是一种分散剂为水的分散系
C. 大雾可看作是一种胶体
D. 大雾是一种空气污染现象
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．雾是大气中因悬浮的水蒸气凝结形成的，不是由于空气中的温室气体排放超标造成的，故A错误；
B．大雾是分散系，分散剂是空气，分散质是水，故B错误；
C．雾是一种胶体，属于胶体分散系，故C正确；
D．雾是空气中的小液滴悬浮在空气中形成的，对空气没有污染，故D错误；
故选C。
3. 俄美科学家联合小组合成出114号元素的一种原子，下列叙述不正确的是
A. 该元素属于第七周期 B. 该元素位于ⅢA族
C. 该元素最外层有4个电子 D. 该元素为金属元素
【答案】B
【解析】
【详解】根据每周期元素的种类数,可以知道每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是:2、10、18、36、54、86、118,114号元素在118号的左边,根据元素周期表中周期和族的划分,可以知道114号元素位于第七周期ⅣA,处于碳族。 A.由上述分析可以知道,该元素处于第七周期,所以A选项是正确的; B.该元素处于第七周期ⅣA,故B错误; C.该元素处于第七周期，ⅣA, 有7个电子层，最外层为4个电子，故 C对；D.元素处于第七周期，ⅣA处于碳族,同主族自上而下金属性增强,同族的Pb为金属元素,故该元素为金属元素,故D正确；答案：D。所以B选项是正确的.
点睛：根据原子结构示意图确定未知元素在周期表的位置。电子层数=周期序数，最外层电子数=主族元素的族序数。
4. 下列化合物中所有化学键都是共价键的是( )
A 过氧化钠 B. 氢氧化钠 C. 氯化钡 D. 甲烷
【答案】D
【解析】
【详解】A.过氧化钠(活泼金属氧化物)属于离子化合物，含有离子键，但其阴离子中的原子之间是以共价键结合，故A错误；
B氢氧化钠属于离子化合物，含有离子键，但其阴离子中的原子之间是以共价键结合，故B错误；
C.氯化钡(盐)是活泼金属元素(钡)与活泼非金属元素(氯)通过离子键而形成，故C错误；
D.有机物甲烷是非金属元素(碳与氢)通过共价键而形成，故D正确；
5. 短周期主族元素X、Y、A、B、C在元素周期表的位置如图所示，A是非金属性最强的元素，则下列说法不正确的是
A. 原子半径由小到大的顺序为A
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、A、B、C在元素周期表的位置如图，A是非金属性最强的元素，A是F元素，再依据元素周期表的结构可知，B为Cl，C为S，X为C，Y为Si。
【详解】A．同一周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径由小到大的顺序为A＜B＜C＜Y，A正确；
B．HF分子间形成氢键，A、B的氢化物的沸点由低到高的顺序为HB＜HA，B错误；
C．非金属性：Si＜C，X、Y最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序为H2YO3＜H2XO3，H2SiO3＜H2CO3，C正确；
D．非金属单质氧化性越强，其简单阴离子还原性越弱，氧化性：Cl2>S，则简单离子的还原性由弱到强的顺序为B-
6. 下列离子方程式正确的是
A. 稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑
B. 用小苏打治疗胃酸(主要是盐酸)过多：+H+=CO2↑+H2O
C. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
D. 向澄清石灰水中通过量CO2，溶液最终还是澄清：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．稀硫酸滴在铜片上，二者不发生反应，故A错误；
B．用小苏打治疗胃酸(主要是盐酸)过多，反应生成氯化钠、水、二氧化碳，其离子方程式为：+H+=CO2↑+H2O，故B正确；
C．稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡和水，其离子方程式为：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．向澄清石灰水中通过量CO2，反应生成碳酸氢钙，溶液不会变浑浊，其离子方程式： OH-+CO2= HCO3-，故D错误；
答案选B。
7. 某校研究小组探究铝的性质，在能与铝反应生成氢气的溶液中一定能大量共存的离子组是
A. Na+、SO、HCO、NO B. Na+、Ca2+、S2-、Cl-
C. Na+、K+、NO、Cl- D. K+、Mg2+、Cl-、SO
【答案】C
【解析】
【分析】酸或碱都能与铝反应生成氢气，故能与铝反应生成氢气的溶液为酸性或碱性溶液，据此分析。
【详解】A．HCO与H+、OH-都能反应而不能大量共存，故A不符合题意；
B．S2-与H+反应生成H2S而不能大量共存，故B不符合题意；
C．Na+、K+、NO、Cl-在酸性或碱性条件下都不反应，可以大量共存，故C符合题意；
D．Mg2+与OH-反应生成氢氧化镁沉淀而不能大量共存，故D不符合题意；
故选C。
8. 设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 22.4LN2所含氮分子数为NA
B. NA个Al原子质量为27g
C. 16gCH4所含原子数为NA
D. 23g金属钠所含电子数为NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．N2所处的温度和压强未知，不能按照标准状况下的气体摩尔体积进行计算其分子数目，A错误；
B．NA个Al原子的物质的量为1mol，则其质量为1mol27g/mol=27g，B正确；
C．16gCH4所含分子数为=NA，所以分子所含原子数为5 NA，C错误；
D．23g金属钠所含物质的量为=1mol，1个Na含11个电子，所以1mol金属钠所含电子数为11 NA，D错误；
故选B。
9. 已知有如下反应∶ ①ClO+5Cl- +6H+=3Cl2↑+3H2O，②2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2③2FeCl2+Cl2=2FeCl3。下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是
A. ClO>Cl2>Fe3+>I2 B. Cl2>ClO>I2>Fe3+
C. ClO>Cl2>I2>Fe3+ D. ClO>Fe3+ >Cl2>I2
【答案】A
【解析】
【分析】
氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析。
【详解】由①式可知，ClO3-的氧化性强于Cl2，ClO>Cl2，由②式可知，铁离子的氧化性强于碘单质，Fe3+>I2，由③式可知，氯气的氧化性强于铁离子，Cl2>Fe3+，综上所述，氧化能力的强弱顺序为ClO>Cl2>Fe3+>I2，故选A。
10. 下列表示氧化还原反应中电子转移的方向和数目正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．CuO与C反应，铜得电子，C失电子，则电子转移的方向和数目为 ，选项A错误；
B．反应中Na共失去2e-，Cl2共得到2e-，电子转移数目正确，但电子转移方向有误，选项B错误；
C．反应中电子转移的方向和数目均正确，选项C正确；
D．该反应中Cl元素化合价降低得电子，氧元素化合价升高失电子，转移电子数为12，则电子转移的方向和数目为 ，选项D错误；
答案选C。
11. 等质量的镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液反应，在相同条件下，放出氢气最多的是
A. 2mol/L H2SO4溶液 B. 3mol/L CuSO4溶液
C. 6mol/L NaOH溶液 D. 3mol/L Ba(OH)2溶液
【答案】A
【解析】
【分析】等量的镁铝合金分别与不同的溶液反应，只有两种金属都和该溶液反应，且都生成氢气，这样才能产生最多的氢气，镁、铝混合物中加入HNO3和浓H2SO4（两物质均具有强氧化性）都不能产生H2，加入NaOH溶液只有Al与NaOH溶液反应生成H2而与Mg不反应，镁不能和氢氧化钡溶液反应，铝和氢氧化钡溶液反应生成氢气；而Mg和Al都能与稀硫酸反应生成H2，据此分析。
【详解】A．稀硫酸为非氧化性酸，等量的镁和铝都能和硫酸反应生成氢气；
B．镁、铝都不能与硫酸铜溶液反应生成氢气；
C．镁不能和氢氧化钠反应，铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气；
D．镁不能和氢氧化钡溶液反应，铝和氢氧化钡溶液反应生成氢气；
根据以上分析可知：加入稀硫酸，等量镁和铝都与H2SO4反应产生氢气，所以氢气量最多，故选：A。
12. 下列有关氢氧化亚铁及其制备方法的叙述中，不正确的是（ ）
A. 可利用如图所示装置，制备氢氧化亚铁
B. 氢氧化亚铁为灰绿色絮状沉淀
C. 氢氧化亚铁易被空气氧化
D. 实验制备中，氢氧化钠溶液应预先煮沸
【答案】B
【解析】
【详解】A、氢氧化亚铁易被氧气氧化，把胶头滴管伸入硫酸亚铁溶液滴加氢氧化钠，可以防止氢氧化亚铁被氧化，所以可利用装置制备氢氧化亚铁，故A正确；
B、氢氧化亚铁为白色絮状沉淀，故B错误；
C、氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，故C正确；
D、加热煮沸可以除去氢氧化钠溶液中的氧气，所以制备氢氧化亚铁时，氢氧化钠溶液应预先煮沸，故D正确；
选B。
【点睛】本题考查学生氢氧化亚铁的制备知识，明确氢氧化亚铁容易被氧气氧化，注意隔绝空气防止被氧气氧化是氢氧化亚铁制备成功的前提条件之一。
13. 实验室用浓盐酸和MnO2制取Cl2下列说法中错误的是
A. 可以用浓硫酸干燥Cl2 B. 可以用排饱和食盐水法收集Cl2
C. 该反应需要加热 D. 用NaOH溶液除去Cl2中混有的HCl
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．浓硫酸易吸水，氯气与浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥Cl2，A正确；
B．氯气能溶于水，饱和食盐水可降低氯气在水中的溶解度，所以可以用排饱和食盐水法收集Cl2，B正确；
C．二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气时需要共热才能进行，C正确；
D．氯气也可以与NaOH溶液反应，应该用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，D错误；
故选D。
14. 0.5mol/L40mLXO恰好能将2.5mol/L20mL个SO氧化为SO，则生成的唯一还原产物中唯一变价元素X化合价为
A. ﹣3 B. ﹣1 C. 0 D. +2
【答案】C
【解析】
【详解】设还原产物中元素X的化合价为x，根据得失电子守恒可建立等式：0.5mol/L×0.04L×(5－x)＝2.5mol/L×0.02L×(6－4)，解得x＝0，即还原产物中元素X的化合价为0价。
故选C。
15. 下列分子中，所有原子的最外层均为8电子结构的是
A. BeCl2 B. H2S C. NCl3 D. SF4
【答案】C
【解析】
【详解】原子的最外层电子数+化合价绝对值=8，则该原子的最外层满足8电子稳定结构。
A、铍原子最外层为2电子结构，不是8电子结构，A错误；
B、氢原子最外层为2电子结构，不是8电子结构，B错误；
C、氮原子和氯原子的化合价分别是＋3价和—1价，最外层电子数+化合价绝对值为8，则原子的最外层均满足8电子稳定结构，C正确；
D、S的化合价是＋4价，大于8电子稳定结构，不符合题意，D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】
16. 下列操作正确且能达到实验目的是
选项
实验操作
实验目的
A
将混合气体通过饱和的碳酸钠的洗气瓶
除去CO2中的HCl
B
向25mL的沸水中逐滴滴加5~6滴饱和FeCl3溶液，继续加热至产生红褐色沉淀
制备Fe(OH)3胶体
C
将混合气体通过盛有碱石灰的干燥管
除去Cl2中的水蒸气
D
用棉花包裹Na2O2，放入充满CO2的集气瓶中
证明Na2O2与CO2反应是放热反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，知CO2与Na2CO3溶液反应，故该操作不能达到实验目的，应该把饱和Na2CO3溶液换成饱和NaHCO3溶液，A不符合题意；
B．制备Fe(OH)3胶体可向沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续加热至溶液呈红褐色，不能加热至产生沉淀，B不符合题意；
C．碱石灰的成分为NaOH与CaO，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，知不能用碱石灰干燥氯气，C不符合题意；
D．Na2O2遇CO2反应生成Na2CO3和O2，同时会观察到棉花燃烧，说明反应放热，使温度升高达到了棉花的着火点，D符合题意；
故答案选D。
17. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 过氧化氢的电子式：
B. NH3的电子式：
C. CO2的结构式：O-C-O
D. Na+结构示意图：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．过氧化氢是共价化合物，电子式为，故A错误；
B．氨气属于共价化合物，N、H原子间共用1对电子，N原子含有1对孤电子，电子式为，故B错误；
C．CO2的结构式为O=C=O，故C错误；
D．Na是11号元素，核外电子数为11，最外层失去1个电子后得到Na+，结构示意图：，故D正确；
故选：D。
18. 某合金粉末11 g，加入到足量的稀硫酸中，在标准状况下产生的气体体积为11.2 L，此合金可能是( )
A. Mg－Al合金 B. Cu－Zn合金 C. Zn－Fe合金 D. Mg－Zn合金
【答案】A
【解析】
【详解】标准状况下11.2L氢气的物质的量为n(H2)==0.5mol，则转移电子的物质的量n(e-)=2n(H2)=2×0.5mol=1mol。11g混合金属反应过程中失去1mol电子，则金属产生1mol电子需要质量一种大于11g，一种小于11g。
A.Mg是+2价金属，摩尔质量是24g/mol，所以产生1mol电子需要质量为24g÷2=12g；Al是+3价金属，摩尔质量是27g/mol，所以产生1mol电子需要质量为27g÷3=9g；9g<11g<12g，符合题意；
B.Zn是+2价金属，摩尔质量是65g/mol，所以产生1mol电子需要质量为65g÷2=32.5g；Cu与稀硫酸不能反应，所以可认为是无穷大，两种金属需要的质量都大于11g，B不符合题意；
C.Zn是+2价金属，摩尔质量是65g/mol，所以产生1mol电子需要质量为65g÷2=32.5g；Fe是+2价金属，摩尔质量是56g/mol，所以产生1mol电子需要质量为56g÷2=28g；两种金属产生1mol电子需要质量都大于11g，C不符合题意；
D.Mg+2价金属，摩尔质量是24g/mol，所以产生1mol电子需要质量为24g÷2=12g；Zn是+2价金属，摩尔质量是65g/mol，所以产生1mol电子需要质量为65g÷2=32.5g；；两种金属产生1mol电子需要质量都大于11g，D不符合题意；
故合理选项是A。
19. 将agFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的100mL0.05 mol∙L−1的盐酸中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀，消耗NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为
A. 0.1 mol∙L−1 B. 0.2 mol∙L−1 C. 0.05 mol∙L−1 D. 无法计算
【答案】C
【解析】
【详解】将agFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的100mL 0.05 mol∙L−1的盐酸中，则生成氯化铁、氯化铝，还有稀盐酸剩余，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀，消耗NaOH溶液100mL，则溶液中溶质为NaCl，根据氯元素和钠元素守恒得到n(NaCl)=n(HCl) =n(NaOH),则NaOH物质的量为0.05 mol∙L−1×0.1L=0.005mol，则NaOH溶液的浓度为，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
20. 向200mL的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol/L稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积的关系如图所示。下列判断正确的是
A. 0~a段只发生中和反应
B. 原混合液中NaOH 的物质的量浓度为 0.1mol/L
C. a=0.2
D. 原混合溶液中 NaOH与 Na2CO3的物质的量之比为1∶2
【答案】B
【解析】
【分析】
向混合液中滴加HCl，首先发生反应：NaOH+HCl=NaCl，接着发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，最后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。前两步反应没有CO2生成，对应图象横坐标0~a段；第三步反应生成CO2气体，对应图象横坐标a~0.4段。
【详解】A．由分析知，0~a段发生反应：NaOH+HCl=NaCl和Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，A错误；
B．当NaOH与Na2CO3恰好与HCl完全反应后，溶液中溶质为NaCl，根据Na、Cl元素守恒得：n(NaOH)+2n(Na2CO3)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1 mol/L ×0.4 L=0.04 mol，由图象知，生成CO2为0.01 mol，由C元素守恒知n(Na2CO3)=n(CO2)=0.01 mol，故n(NaOH)=0.02 mol，则原溶液中c(NaOH)=，B正确；
C．由B选项知n(NaOH)=0.02 mol ，n(Na2CO3)=n(CO2)=0.01 mol，故0~a段消耗HCl：n(HCl)=n(NaOH)+ n(Na2CO3)=0.03 mol，故a=，C错误；
D．由B选项知n(NaOH)=0.02 mol ，n(Na2CO3)=n(CO2)=0.01 mol，故两者物质的量之比为2：1，D错误；
故答案选B。
第Ⅱ卷(非选择题 共50分)
21. 下面是用18mol/L的浓H2SO4稀释配制成500mL1mol/L的稀H2SO4的操作，请按要求填空：
（1）所需浓H2SO4的体积为_______。
（2）如果实验室有15mL、20mL、50mL的量筒，应选用_______mL量筒最好。
（3）将上述溶液沿玻璃棒转移到_______中，并用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液也转移到该仪器中，并摇匀。
（4）加水至距刻度1~2cm处时，改用_______加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平。
（5）分析下列操作对所配溶液的浓度的影响(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)。
①转移溶液时，不慎将少量溶液洒在桌面上。溶液浓度_______；
②用量筒量取时，发现量筒不干净，用水洗净后直接量取浓硫酸。浓度_______。
【答案】（1）27.8mL
（2）50 （3）500mL容量瓶
（4）胶头滴管 （5） ①. 偏低 ②. 偏低
【解析】
【小问1详解】
用18mol/L的浓H2 SO4稀释配制成500mL 1mol/L的稀H2SO4，设需要浓硫酸体积为V，则依溶液稀释规律可知：18mol/LV = 500mL 1mol/L，解得V≈27.8mL。
【小问2详解】
量取27.8mL浓硫酸，依据大而近原则，应选择50mL量筒。
【小问3详解】
配制成500mL 1mol/L的稀H2SO4，冷却后，应将烧杯中溶液转移到500mL容量瓶里。
【小问4详解】
定容时为防止加入蒸馏水过多，加水至距刻度1~2cm处时，改用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线相切。
【小问5详解】
①转移溶液时，不慎将少量溶液洒在桌面上，导致溶质部分损耗，溶质物质的量偏小，依据c=，溶液浓度偏低。
②用量筒量取浓硫酸时，发现量筒不干净，用水洗净后直接量取浓硫酸，导致浓硫酸被稀释，量取的溶液中含有溶质硫酸的物质的n量偏小，依据c=，溶液浓度偏低。
22. 如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D(内置有铁粉)。请回答下列问题：
（1）仪器A的名称是_______，烧瓶中反应的化学方程式是_______。
（2）装置B中盛放的溶液是_______，装置C中作用是_______
（3）D中反应的化学方程式是_______。
（4）烧杯E中反应的离子方程式是_______。
（5）资料表明D中产物有以下性质：①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O(g)剧烈反应。为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加_______装置。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2） ①. 饱和NaCl溶液 ②. 吸收水蒸气，干燥氯气
（3）2Fe+3Cl22FeCl3
（4）2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
（5）干燥
【解析】
【分析】为验证Cl2与Fe的反应，需制得干燥纯净的Cl2，所以制气装置中制得氯气后，装置B中溶液应除去氯气中混有的氯化氢，装置C中溶液应干燥氯气；另外，还需防止E中溶液挥发出的水蒸气进入D中，引起氯化铁的水解。
【小问1详解】
仪器A带有活塞，其名称是分液漏斗，烧瓶中MnO2与浓盐酸在加热条件下反应，生成MnCl2、Cl2和H2O，反应的化学方程式是MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。答案为：分液漏斗；MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
【小问2详解】
为除去氯气中混有的氯化氢，装置B中盛放的液体是饱和食盐水，装置B的作用是吸收氯气中混有的杂质HCl。装置C的作用是干燥氯气。答案为：饱和食盐水；吸收水蒸气，干燥氯气；
【小问3详解】
装置D中，Fe与Cl2在加热条件下反应，生成氯化铁，反应的化学方程式是2Fe＋3Cl22FeCl3。答案为：2Fe＋3Cl22FeCl3；
【小问4详解】
烧杯E中盛放的液体应能吸收氯气，所以是氢氧化钠溶液，反应的离子方程式是Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O。答案为：氢氧化钠溶液；Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O；
【小问5详解】
资料显示，氯化铁易水解，需营造干燥的环境。所以在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加干燥装置。答案为：干燥。
23. 下表列出了①～⑪111种元素在元素周期表中的位置:
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
一
①
二
②
③
④
⑤
三
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
四
⑪
请按要求回答下列问题：
（1）写出元素③形成单质的电子式______________
（2）画这11种元素中，非金属性最强的元素的原子结构示意图________________
（3）元素⑤④⑩分别和①形成的气体化合物中，最稳定的是（填化合物的化学式）__________
（4）元素⑨⑩⑪的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是（填化合物的化学式）___________
（5）在盛有水的小烧杯中加入元素⑩的单质，发生反应的离子方程式____________________
（6）请从原子结构的角度解释，解释元素⑩的非金属性比元素⑪强的原因_______________________
【答案】 ①. ②. ③. HF ④. HClO4 ⑤. Cl2+H2O=H++Cl— +HClO ⑥. Cl和Br在同一主族，Br比Cl多一电子层，Br原子半径大，得电子能力弱。
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为F、⑥为Na、⑦为Mg、⑧为Al、⑨为S、⑩为Cl，⑪为Br。
【详解】（1）元素③形成单质是氮气，分子式是N2，存在氮氮三键，电子式是；
（2）同周期元素从左到右非金属性增强，同主族元素从上到下非金属性减弱，11种元素中，非金属性最强的元素是F，F原子核外有9个电子，结构示意图是；
（3）F、O、Cl中，非金属性最强的是F，所以最稳定的是HF；
（4）S、Cl、Br中，非金属性最强的是Cl，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，酸性最强的是HClO4；
（5）在盛有水的小烧杯中加入氯气反应生成盐酸和次氯酸，发生反应的离子方程式是Cl2+H2O=H++Cl- +HClO
（6）Cl和Br在同一主族，Br比Cl多一电子层，Br原子半径大，得电子能力弱，所以Cl的非金属性比Br强。
【点睛】本题考查同周期元素性质递变规律，熟练掌握元素周期律，明确同周期元素从左到右半径依次增大、非金属性增强、气态氢化物的稳定性增强、最高价含氧酸酸性增强。
24. 电子工业常用FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。从腐蚀废液(主要含FeCl3、FeCl2、CuCl2)中回收铜，并重新获得FeCl3溶液。废液处理流程如下：
（1）步骤(Ⅰ)中分离操作名称是_______。
（2）沉淀B中主要含有_______，气体D是_______；
（3）写出步骤(Ⅲ)中生成FeCl3的方程式_______；
（4）步骤(Ⅲ)中，将氯气换成H2O2也能达到同样的目的，写出H2O2将Fe2+氧化为Fe3+的离子方程式：_______。
（5）下列说法正确的是_______。
A. 除去FeCl3溶液中FeCl2加稀硝酸
B. 除去Na2CO3溶液中NaHCO3加入适量的氢氧化钠溶液
C. 除去Fe固体中含有的Al固体加入氢氧化钠溶液并过滤
D. 除去Al2O3固体中含有的Fe2O3固体加入氢氧化钠溶液
【答案】（1）过滤 （2） ①. Cu、Fe ②. H2
（3）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
（4）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O （5）BC
【解析】
【分析】从腐蚀废液中回收铜，并将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液，由流程可知，应加入过量的Fe与氯化铁、氯化铜反应生成氯化亚铁、铜，过滤进行分离，则滤液A为FeCl2，沉淀B中含Fe、Cu，加过量盐酸，铁溶解，产生氯化亚铁和氢气，过滤得到金属Cu，滤液C中含FeCl2、HCl，为不引人杂质，将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液，则通入足量氯气进行氧化，以此解答该题。
【小问1详解】
步骤(Ⅰ)用于分离固体和液体，为过滤操作，故答案为：过滤；
【小问2详解】
由流程分析可知沉淀B中含过量铁和产生的铜，铁与盐酸反应产生氢气，故答案为：Cu、Fe，H2；
【小问3详解】
通入Cl2全部转化为FeCl3，发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
【小问4详解】
过氧化氢具有强氧化性，可氧化亚铁离生成铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
【小问5详解】
A.除去FeCl3溶液中FeCl2加稀硝酸会引入硝酸根杂质离子，错误；
B.NaHCO3和适量的氢氧化钠溶液生成碳酸钠，故可以除杂，正确；
C.Al固体和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，铁不反应，故过滤可以除去杂质，正确；
D.Al2O3和氢氧化钠溶液反应而Fe2O3固体不反应，错误；
故选BC。
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