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安徽省安庆市第一中学龙山校区2021-2022学年高一化学下学期3月阶段性考试试题（Word版附解析）
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这是一份安徽省安庆市第一中学龙山校区2021-2022学年高一化学下学期3月阶段性考试试题（Word版附解析），文件包含部编七年级上册语文第六单元教材知识点考点梳理pptx、部编七年级上册语文第六单元教材知识点考点梳理教案docx、部编七年级上册语文第六单元教材知识点考点梳理验收卷原卷版docx、部编七年级上册语文第六单元教材知识点考点梳理验收卷解析版docx等4份课件配套教学资源，其中PPT共33页， 欢迎下载使用。
一、单选题(15×4=60分)
1. “类比”思想可于实验探究，帮助我们掌握物质的共性。下列有关类比结果正确的是
A. Na与在一定条件下反应生成，则Ca与在一定条件下也可生成
B. 能使紫色石蕊试液先变红后褪色，也能使紫色石蕊试液先变红后褪色
C. 能使酸性溶液褪色，则也可使酸性溶液褪色
D. 用排饱和NaCl溶液的方法收集，则也可用排饱和溶液的方法收集
【答案】A
【解析】
【详解】A． 活泼金属与氧气在一定条件下可生成过氧化物，Na与在一定条件下反应生成，则Ca与在一定条件下也可生成，故A正确；
B． HClO具有强氧化性，能使紫色石蕊试液先变红后褪色，但二氧化硫水溶液没有强氧化性，也能使紫色石蕊试液变红但不能褪色，故B错误；
C． 二氧化硫具有还原性，能使酸性溶液褪色，但三氧化硫不具有还原性，不能使酸性溶液褪色，故C错误；
D． 氯气在水中溶解度小，用排饱和NaCl溶液的方法收集，氨气在水中溶解度大，不可用排饱和溶液的方法收集，故D错误；
故选A。
2. 标准状况下以下四种物质的物理量大小关系正确的是
①6.72L ②个HCl分子 ③0.4ml ④3.4g
A. 体积：②>③>④>①B. 密度：②<③<④<①
C. 质量：②>③>①>④D. 氢原子个数：①<③<④<②
【答案】C
【解析】
【详解】①n(CH4)=；m(CH4)=0.3ml×16g/ml=4.8g；N(H)=0.3NA×4=1.2NA；
②n(HCl)=
；m(HCl)=0.5ml×36.5g/ml=18.25g；N(H)=0.5NA×1=0.5NA；
③n(H2S)=0.4ml；m(H2S)=0.4ml×34g/ml=13.6g；N(H)=0.4NA×2=0.8NA；
④n(NH3)=，m(NH3)=3.4g；N(H)=0.2NA×4=0.8NA；
A．同温同压下气体摩尔体积相等，根据“V=nVm”知，气体体积与气体物质的量成正比，根据以上分析知，物质的量：②＞③＞①＞④，所以体积：②＞③＞①＞④，故A错误；
B．同温同压下气体摩尔体积相等，根据”ρ= “知，气体密度与摩尔质量成正比，摩尔质量：②＞③＞④＞①，所以密度：②＞③＞④＞①，故B错误；
C．根据以上分析知，质量：②＞③＞①＞④，故C正确；
D．根据以上分析知，氢原子个数：①＞③=④＞②，故D错误；
故选：C。
3. 下列相关图象不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2CO3生成NaHCO3消耗的HCl量，与等物质的量的NaHCO3全部反应生成CO2消耗的HCl量相等；所以图示中生成CO2耗用HCl横坐标一格对应体积，那么Na2CO3生成NaHCO3耗用HCl也是一格对应体积，则最前面一格的HCl则是与NaOH反应对应的量，NaOH与Na2CO3等量，图象描述正确，不符题意；
B．沉淀曲线从0点开始上升是生成BaCO3，第一个水平拐点是BaCO3不再生成，开始生成Na2CO3，第二次开始上升是CO2与NaAlO2开始生成Al(OH)3，第二个水平拐点是Al(OH)3不再生成，NaHCO3开始生成，沉淀曲线下降是BaCO3开始生成可溶的Ba(HCO3)2，最终沉淀只有Al(OH)3，描述正确，不符题意；
C．Fe先与HNO3反应，生成Fe3+，故开始时曲线一直沿横坐标延伸，接下来Fe开始与Fe3+发生氧化还原，氧化产物及还原产物均为Fe2+，所以这一阶段曲线急速上升，最后Fe与Cu2+发生置换反应，氧化产物为Fe2+，所以曲线继续上升但增幅变缓，当溶液中三种成分都消耗完，Fe2+不再增加，描述正确，不符题意；
D．NH4Al(SO4)2中与Al3+等物质的量，所以Al3+生成Al(OH)3消耗三份NaOH，则生成NH3应消耗一份NaOH，而图中描述消耗了两份NaOH，描述错误，符合题意；
综上，本题选D。
4. 同一还原剂与多种氧化剂在一起时，先与氧化性强的粒子反应，待强的反应完后，再与氧化性弱的反应，称为反应先后规律。已知，且氧化性：，在溶有和的溶液中加入铁粉，下列说法中正确的是
A. 若铁粉无剩余，且溶液中有，则溶液中一定无
B. 若铁粉无剩余，且溶液中无，则溶液中一定有，也可能有
C. 若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜
D. 若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子有和
【答案】C
【解析】
【分析】三价铁离子氧化性强于铜离子，加入铁粉，铁粉先与三价铁离子反应生成二价铁离子，剩余铁粉再与铜离子反应生成二价铁离子，据以上分析进行解答。
【详解】A．若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则可能有三种情况，一种为铜离子只反应一部分，则三价铁离子完全反应，一种为铜离子未反应，则三价铁离子恰好反应，一种为铜离子未反应，三价铁离子只反应一部分，溶液中含有三价铁离子，A错误；
B．若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，因为三价铁离子先于铁粉反应，所以一定不含三价铁离子，一定含有二价铁离子，B错误；
C．若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，不溶物中一定含有铜，C正确；
D．若有铁粉剩余，则Fe3+、Cu2+完全反应，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+，D错误；
故答案选C。
5. 溶液X中可能存在、、、、、、中的若干种。为探究该溶液组成进行如下实验：
下列关于溶液X的说法正确的是
A. 可能存在B. 一定存在、、
C. 和至少有一种D. 一定不存在、
【答案】B
【解析】
【分析】滴加氯水呈棕黄色，说明溶液中含有碘离子，滴加氯化钡溶液，有白色沉淀，加稀硝酸，沉淀溶解，说明原溶液中含有，没有、、，加氢氧化钠溶液、加热有气体，说明原溶液中有，溶液中可能有
【详解】A． 不存在，故A错误；
B． 一定存在、、，故B正确；
C． 不存在，故C错误；
D． 可能存在、一定不存在，故D错误；
故选B。
6. 向2LH2SO4、Fe2(SO4)3、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，加入铁粉的质量和烧杯中固体的质量的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法正确的是
A. a段的离子方程式为
B. 原溶液中
C. 烧杯中最后固体只有铜
D. 溶液中还有部分CuSO4剩余
【答案】B
【解析】
【分析】向2LH2SO4、Fe2(SO4)3、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，加入铁粉的质量和烧杯中固体的质量的关系如图所示，由于氧化性铁离子大于铜离子，铜离子大于氢离子，则发生的反应依次为2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋、Cu2＋＋Fe＝Cu＋Fe2＋、2H＋＋Fe＝Fe2＋＋H2↑，据此解答。
【详解】A．a段的反应是铁离子氧化单质铁，离子方程式为2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，A错误；
B．ab段是铜离子氧化单质铁，根据图像可知置换出铜的质量和b段消耗铁的质量相等，设置换出铜的物质的量是xml，则与铜离子反应的单质铁的物质的量是xml，设与铁离子反应的单质铁的物质的量是yml，则有56×（x+y）＝64x，解得x＝7y，因此原溶液中，B正确；
C．烧杯中最后固体有铜和剩余的铁，C错误；
D．bc段发生反应为2H＋＋Fe＝Fe2＋＋H2↑，因此最终所得溶液中只有FeSO4，D错误；
答案选B。
7. 固体粉末可能由中的几种等物质的量混合而成，进行如下实验：
①取固体溶于足量水中，得到澄清透明溶液，将溶液分为三等份。
②在第一份溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象，再滴加足量溶液，过滤、洗涤、干燥，得到固体。
③在第二份溶液中滴加溶液无明显现象，继续滴加双氧水，溶液显血红色。
④在第三份溶液中滴加足量溶液，过滤、洗涤、灼烧，得到固体。
下列说法正确的是
A. 固体粉末中肯定没有
B. 根据④中的沉淀颜色能判断固体粉末中是否含有
C. 固体粉末中肯定含有
D. 上述实验无法确定固体粉末是否含有，需进一步通过焰色试验确定
【答案】C
【解析】
【分析】由题干信息可知，在第一份溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象，说明一定没有Na2CO3，再滴加足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，得到2.33g固体，该固体为BaSO4，n(BaSO4)==0.01ml，则原溶液中一定含有CuSO4，且质量为：0.01ml×160g/ml=1.60g，在第二份溶液中滴加KSCN溶液无明显现象，说明原溶液一定不含FeCl3，继续滴加双氧水，溶液显血红色，说明原溶液中含有FeCl2，在第三份溶液中滴加足量溶液，过滤、洗涤、灼烧，得到固体，该固体可能为0.01mlCuO（0.8g）和0.005mlFe2O3（0.8g）的混合物，剩下2.0-0.8-0.8=0.4g，若为0.01ml，M=0.4g÷0.01ml=40g/ml，为MgO。故固体为CuO和Fe2O3、MgO的混合物，说明原溶液中一定含有CuSO4、FeCl2、MgCl2，一定不含Na2CO3、FeCl3，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，固体粉末中肯定没有，A错误；
B．④中的沉淀Cu(OH)2为蓝色，Fe(OH)2为白色，故根据④中的沉淀颜色不能判断固体粉末中是否含有，B错误；
C．由分析可知，固体粉末中肯定含有、MgCl2，C正确；
D．由分析可知，上述实验肯定不含有，D错误；
故答案为：C。
8. 部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断不合理的是
A. d的水溶液中通入过量b可反应生成aB. a既可被氧化也可被还原
C. c均可由b与相应金属单质反应生成D. 可存在f→a→d→e的转化关系
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，a为氯气、b为氯化氢、c为氯离子、d为次氯酸根离子、e为次氯酸、f为氯酸根离子。
【详解】A．酸性条件下，次氯酸根离子能与氯离子反应生成氯气和水，故A正确；
B．氯气分子中氯元素的0价为中间价态，既有氧化性也有还原性，则氯气既可被氧化也可被还原，故B正确；
C．盐酸不能与不活泼金属的单质反应生成金属氯化物，如铜不能与盐酸反应生成氯化铜，故C错误；
D．酸性条件下，氯酸根离子能与氯离子反应生成氯气，氯气与碱溶液反应能生成次氯酸根离子，次氯酸根离子与强酸反应能生成次氯酸，则氯元素中存在ClO→Cl2→ClO—→HClO的转化关系，故D正确；
故选C。
9. 下列比较金属性相对强弱的方法或依据正确的是
A. 根据金属失去电子的多少来判断，失去电子较多的金属性较强
B. 用钠置换溶液中的，来验证钠的金属性强于Mg
C. Mg不与NaOH溶液反应而Al能与NaOH溶液反应，可说明金属性：
D. 碱性：，可说明钠、镁、铝金属性依次减弱
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属性强弱取决于金属失去电子的难易程度，与金属失去电子的多少无关，A错误；
B．Na放入MgCl2溶液中，Na先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成氢氧化钠再与MgCl2反应生成氢氧化镁和氢气，不能置换出Mg，无法比较金属性强弱，B错误；
C．比较金属性强弱，可以比较金属与同浓度非氧化性酸反应置换出氢气的难易，而不能用与碱反应来比较，C错误；
D．最高价氧化物对应水化物的碱性越强，对应元素的金属性越强，因为碱性：，所以钠、镁、铝金属性依次减弱，D正确；
故选D。
10. 下列各实验的现象及结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫色褪去，即H2O2被氧化为O2，说明H2O2具有还原性，A错误；
B．Cu与稀硫酸不反应，酸性溶液中Cu可被氯化铁、硝酸盐等氧化，则加入固体后铜粉溶解，固体甲可能为硝酸盐，B错误；
C．SO2分别通入酸性高锰酸钾溶液和混有酚酞的NaOH溶液，水溶液均褪色，前者说明SO2具有还原性，后者证明SO2具有酸性氧化物的通性，C错误；
D．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则加热时铝箔熔化但不滴落，D正确；
故答案为：D。
11. 今年五一假期，人文考古游持续成为热点。很多珍贵文物都记载着中华文明的灿烂成就，具有深邃的文化寓意和极高的学术价值。下列国宝级文物主要由合金材料制成的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．铸客大铜鼎属于铜的合金，A符合题意；
B．河姆渡出土陶灶属于陶器，主要成分为硅酸盐，不属于合金，B不符合题意；
C．兽首玛瑙杯主要成分为二氧化硅，不属于合金，C不符合题意；
D．角形玉杯主要成分为硅酸盐，不属于合金，D不符合题意；
故选A。
12. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是
A. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
B. 过量铁粉加入稀硝酸中：
C. 硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：
D. 氯化铜溶液中通入硫化氢：
【答案】A
【解析】
【详解】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：，故A正确；
B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2N=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C错误；
D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D错误；
答案选A。
13. 向含有amlCu和bmlCuO的混合物中滴加6ml·L-1的稀硝酸溶液至10mL时，固体恰好完全溶解，得到标准状况下224mL气体(纯净物)。下列说法正确的是
A. a：b=3：2B. 反应过程中转移0.01ml电子
C. 被还原的硝酸为0.06mlD. 将少量铁粉投入该稀硝酸中生成Fe(NO3)2
【答案】A
【解析】
【分析】稀硝酸反应生成NO，标准状况下224mL气体的物质的量为0.01ml；HNO3中N化合价从+5降低到+2，生成1mlNO，转移3ml电子，因此生成0.01mlNO时，电子转移0.03ml；
【详解】A．Cu的化合价从0升高到+2，转移的电子的物质的量为0.03ml，根据得失电子守恒有a==0.015ml，根据氮原子守恒可知，
由Cu原子守恒有b==0.01ml，则a:b=3:2，A项正确；
B．由分析可知，电子转移0.03ml，B项错误；
C．被还原的硝酸为生成NO的硝酸，物质的量为0.01ml，C项错误；
D．少量铁与硝酸反应生成硝酸铁，只有当铁粉过量后才能生成硝酸亚铁，D项错误；
答案选A。
14. 部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A. 可与反应生成
B. 既可被氧化，也可被还原
C. 可将加入浓碱液中制得的胶体
D. 可存在的循环转化关系
【答案】C
【解析】
【分析】图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。
【详解】A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；
B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；
C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；
D．转化如，故D不选；
综上所述，答案为C。
15. 一种低毒杀虫剂的结构如图所示，其组成元素W、X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的原子核内只有1个质子，原子核外电子的数目Q比Z多8个。下列说法正确的是
A. W3MZ4是一种强酸
B. 简单氢化物沸点：Z>Q>Y
C. 简单离子半径：Q>M>Y>Z
D. Q2Z和X2Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】
【分析】元素W、X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核内只有1个质子，W为H元素；根据该杀虫剂的结构可知，X形成4个共价键，X为C元素；Z形成2个共价键，Z为O元素；则Y为N元素；原子核外电子的数目Q比Z多8个，Q的原子核外电子数为8+8=16个，Q为S元素；M为+5价，原子序数小于16，大于8，则M为P元素，根据上述分析，W为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，M为P元素，Q为S元素。
【详解】A.W3MZ4为H3PO4，是一种中强酸，故A错误；
B.水分子间氢键的数目比氨气分子间的氢键多，且能量较大，硫化氢分子间没有氢键，则硫化氢的沸点最低，氨气次之，水最大，故B错误；
C.一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小。Q、M离子的电子层数比Y、Z离子多，因此简单离子半径：M>Q>Y>Z，故C错误；
D.和分别为、，亚硫酸根和草酸根均具有还原性，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选D。
二、非选择题(4×10=40分)
16. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂。实验室模拟生产NaClO2的一种工艺如下：
已知：①ClO2是一种强氧化性气体，浓度大时易分解爆炸。在生产使用时要用稀有气体或空气等进行稀释，同时避免光照、震动等。②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。回答：
（1）NaClO2中所含的化学键类型有_____。
实验室制取SO2化学方程式是_____。
（2）上述流程中“反应”的离子方程式为_____，尾气吸收时H2O2的作用是_____。(填“氧化剂”或“还原剂”)。
（3）最近科学家又在"反应"步骤的基础上研究出用H2C2O4代替SO2制备ClO2的新方法，其原理为：
。该新方法最突出的优点是_____。
【答案】（1） ①. 离子键和共价键 ②. Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O
（2） ①. 2+SO2=2ClO2↑+ ②. 还原剂
（3）反应过程产生的CO2气体对ClO2起稀释作用，提高了生产及储存、运输的安全性
【解析】
【分析】实验流程中反应：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，流程电解反应为2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2，ClO2尾气吸收用氢氧化钠和H2O2反应，也得到NaClO2溶液，获NaClO2操作步骤为：①加热蒸发；②趁热过滤；③洗涤；④干燥，得到成品，据此分析解题。
【小问1详解】
NaClO2中所含的化学键类型有Na+和之间的离子键和内部的Cl-O共价键，实验室常用Na2SO3和一定浓度的H2SO4反应生成SO2，该反应的化学方程式Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：离子键和共价键；Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O
【小问2详解】
由流程图可知，反应为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4，离子方程式为：2+SO2=2ClO2↑+，ClO2尾气吸收时H2O2在反应中化合价升高，作还原剂，故答案为：2+SO2=2ClO2↑+；还原剂；
【小问3详解】
用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，其优点是提高了生产及储存、运输的安全性，原因是反应过程产生的CO2气体对ClO2起稀释作用，故答案为：反应过程产生的CO2气体对ClO2起稀释作用，提高了生产及储存、运输的安全性。
17. 为探究固体化合物X(含3种短周期元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：(气体的溶解忽略不计)
(1)组成X的三种元素是___________(用元素符号表示)，X的化学式为___________。
(2)淡黄色固体B的一种重要应用是___________；常温下，将铜片放入足量的E稀溶液中，反应的离子方程式是___________。
(3)已知X易与水发生反应得到溶液F并有气体放出，写出该反应的化学方程式：___________。
【答案】 ①. Na、H、N ②. NaNH2 ③. 供氧剂 ④. 3Cu+ 8H++2NO = 3Cu2+ + 2NO↑+4H2O ⑤. NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑
【解析】
【分析】B为淡黄色固体且和溶液D可生成气体A，则B为Na2O2，D为H2O，气体A为O2，溶液F为NaOH溶液，红棕色气体为NO2，和溶液D反应生成的无色气体为NO，生成的溶液E为HNO3，据此解答。
【详解】(1)由上述分析可知，固体X在通入气体A (O2)后生成Na2O2、NO2和H2O，则组成X的三种元素为Na、H、N；根据2 Na2O2 + 2H2O == 4NaOH + O2↑，n(O2) = = 0.005ml，n ( Na2O2) = 2n(O2) = 0.01ml，X中钠元素的含量n (Na) = 2n (Na2O2) = 0.02ml，
n(NO2) == 0.02ml，则根据元素守n(N) = n (NO2) = 0.02ml，n(H2O) = = 0.02ml，所以n(H) = 2n (H2O) = 0.04ml，所以n(Na) ∶n(H) ∶n(N) = 0.02ml∶ 0.04ml∶0.02ml= 1∶ 2∶1，所以X的化学式为NaNH2，故答案为： Na、H、N；NaNH2；
(2) Na2O2能够和水、二氧化碳反应生成氧气，则可作供氧剂；溶液E为硝酸溶液，铜和稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+ 8H++2NO = 3Cu2+ + 2NO↑+4H2O；故答案为：供氧剂；3Cu+ 8H++2NO = 3Cu2+ + 2NO↑+4H2O；
(3)F为NaOH，X为NaNH2，由元素守恒可知，生成的气体为NH3，反应的化学方程式为：NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑，故答案为：NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑；
18. 某化学兴趣小组对硫酸亚铁的性质进行探究并做如下实验，将称量好的硫酸亚铁溶解于一定浓度的稀硫酸中配制成的溶液：
回答下列问题：
(1)进一步研究证实，黑色沉淀的主要成分是。溶液呈碱性，溶液与其反应不生成而生成的可能原因是_______。
(2用离子方程式表示步骤ⅱ中溶液变红的原因：_______、_______。
(3)甲同学探究步骤ⅲ中溶液褪色的原因，提出如下假设：
a.被还原 b.被氧化 c.被氧化
乙同学根据上述实验认为假设b不成立，他依据的现象是_____。
(4)甲同学利用上述部分试剂，通过以下实验验证了(3)中假设c成立。请将以下实验操作及现象补充完整。
【答案】 ①. FeS溶解度更小 ②. 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O ③. Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3 ④. 实验ii中加入少量KSCN溶液无现象，通入一-段时间O2，溶液变为浅红色 ⑤. 无明显现象 ⑥. 取褪色后的溶液滴加KSCN溶液
【解析】
【分析】
【详解】(1)离子反应向着离子浓度更小的方向进行，由黑色沉淀的主要成分是硫化亚铁可知，硫化亚铁的溶解度小于氢氧化亚铁，生成硫化亚铁的反应更容易发生，故答案为：FeS溶解度更小；
(2步骤ⅱ中发生的反应为酸性条件下，通入的氧气与溶液中的亚铁离子反应生成铁离子和水，反应生成的铁离子与溶液中硫氰酸根离子反应生成硫氰化铁，使溶液变为浅红色，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O、Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3；
(3)由实验ii中加入少量KSCN溶液无现象，通入一-段时间O2，溶液变为浅红色可知，氧气与溶液中亚铁离子反应，与硫氰酸根离子不反应，则步骤ⅲ中溶液褪色一定不是硫氰酸根离子被氧气氧化的原因造成的，故答案为：实验ii中加入少量KSCN溶液无现象，通入一-段时间O2，溶液变为浅红色；
(4)若假设c成立，实验ⅲ中褪色后溶液中一定存在铁离子，不存在硫氰酸根离子，向褪色后溶液中滴加氯化铁溶液，不可能生成硫氰化铁，溶液不可能变为浅红色；向褪色后溶液中滴加滴加KSCN溶液，会有硫氰化铁生成，溶液会变为红色，故答案为：无明显现象；取褪色后的溶液滴加KSCN溶液。
19. 硝酸是一种重要的化工原料。
（1）在浓硝酸中加入铜片，开始反应时有红棕色气体产生，写出发生反应的离子方程式_____；反应停止后，仍有铜剩余，加入20%的稀硫酸，铜片上又有气泡产生，稀硫酸的作用是_____(填字母)。
A．还原剂 B．氧化剂 C．酸化 D．提供热能
（2）实验小组用稀硝酸和铜分别设计了甲、乙两组实验(装置如图所示，夹持仪器已略去)。
①甲组实验中，同学们观察到集气瓶中收集到无色气体。部分同学认为该实验不能确定是铜与稀硝酸反应生成了NO，因为集气瓶中无色气体的来源可能是_____。
②乙组实验的操作步骤是：
a．关闭活塞K1，打开活塞K2，将过最稀硝酸加入石灰石中。该操作的目的是_____。
b．待石灰石反应完全后，将铜丝插入过量稀硝酸中。
c．一段时间后，欲证明圆底烧瓶中收集列的无色气体是NO，应进行的操作是_____。
【答案】（1） ①. Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O ②. C
（2） ①. 如果铜和浓硝酸反应生成了二氧化氮，二氧化氮会和水反应生成NO ②. 生成二氧化碳，排尽装置中的空气 ③. 打开K1，用气囊鼓入空气
【解析】
【小问1详解】
在浓硝酸中加入铜片，开始反应时有红棕色气体产生，发生反应的离子方程式Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，反应停止后，仍有铜剩余，加入20%的稀硫酸，铜片上又有气泡产生，是因为剩余的硝酸根会在酸性条件下再和铜反应，3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，所以稀硫酸的作用是酸化，故答案为：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O；C；
【小问2详解】
①铜和浓硝酸如果反应生成了二氧化氮，二氧化氮会和水反应生成NO，也会看到无色气体，故答案为：如果铜和浓硝酸反应生成了二氧化氮，二氧化氮会和水反应生成NO；
②a.关闭活塞K1，打开活塞K2，将过最稀硝酸加入石灰石中，两者反应生成CO2气体；该操作的目的是生成二氧化碳，排尽装置中的空气；
b.待石灰石反应完全后，将铜丝插入过量稀硝酸中；
c.一段时间后，欲证明圆底烧瓶中收集列的无色气体是NO，应进行的操作是打开K1，用气囊鼓入空气，观察到的现象是圆底烧瓶内的无色气体变成红棕色的现象，A
B
C
D
向含等物质的量NaOH、混合溶液中滴加盐酸
将通入NaOH、和混合溶液中
向、、混合溶液中逐渐加入铁粉
向溶液中滴加NaOH溶液
选项
实验
现象
结论
A
向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液
紫红色褪去
H2O2具有漂白性
B
铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量固体甲
加热时无明显现象，加入固体后铜粉溶解
固体甲一定是硝酸盐
C
SO2分别通入酸性高锰酸钾溶液和混有酚酞的NaOH溶液
水溶液均褪色
SO2都体现了酸性
D
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
铝箔熔化但不滴落
氧化铝的熔点高于铝单质
选项
A
B
C
D
文物
名称
铸客大铜鼎
河姆渡出土陶灶
兽首玛瑙杯
角形玉杯
实验序号
操作及现象
ⅰ
取上述溶液于试管中，逐滴加入少量溶液，产生大量黑色沉淀
ⅱ
取上述溶液于试管中，加入2滴溶液无现象，通入一段时间，溶液变为浅红色
ⅲ
重复实验ⅱ，向浅红色溶液中加入5％溶液至过量，产生无色气体(经检验)，溶液变为深红色中，且红色很快褪去
步骤
试剂及操作
现象
1
取实验ⅲ中褪色后溶液少量于试管，滴加溶液
①____
2
②_______
溶液变为红色
一、单选题(15×4=60分)
1. “类比”思想可于实验探究，帮助我们掌握物质的共性。下列有关类比结果正确的是
A. Na与在一定条件下反应生成，则Ca与在一定条件下也可生成
B. 能使紫色石蕊试液先变红后褪色，也能使紫色石蕊试液先变红后褪色
C. 能使酸性溶液褪色，则也可使酸性溶液褪色
D. 用排饱和NaCl溶液的方法收集，则也可用排饱和溶液的方法收集
【答案】A
【解析】
【详解】A． 活泼金属与氧气在一定条件下可生成过氧化物，Na与在一定条件下反应生成，则Ca与在一定条件下也可生成，故A正确；
B． HClO具有强氧化性，能使紫色石蕊试液先变红后褪色，但二氧化硫水溶液没有强氧化性，也能使紫色石蕊试液变红但不能褪色，故B错误；
C． 二氧化硫具有还原性，能使酸性溶液褪色，但三氧化硫不具有还原性，不能使酸性溶液褪色，故C错误；
D． 氯气在水中溶解度小，用排饱和NaCl溶液的方法收集，氨气在水中溶解度大，不可用排饱和溶液的方法收集，故D错误；
故选A。
2. 标准状况下以下四种物质的物理量大小关系正确的是
①6.72L ②个HCl分子 ③0.4ml ④3.4g
A. 体积：②>③>④>①B. 密度：②<③<④<①
C. 质量：②>③>①>④D. 氢原子个数：①<③<④<②
【答案】C
【解析】
【详解】①n(CH4)=；m(CH4)=0.3ml×16g/ml=4.8g；N(H)=0.3NA×4=1.2NA；
②n(HCl)=
；m(HCl)=0.5ml×36.5g/ml=18.25g；N(H)=0.5NA×1=0.5NA；
③n(H2S)=0.4ml；m(H2S)=0.4ml×34g/ml=13.6g；N(H)=0.4NA×2=0.8NA；
④n(NH3)=，m(NH3)=3.4g；N(H)=0.2NA×4=0.8NA；
A．同温同压下气体摩尔体积相等，根据“V=nVm”知，气体体积与气体物质的量成正比，根据以上分析知，物质的量：②＞③＞①＞④，所以体积：②＞③＞①＞④，故A错误；
B．同温同压下气体摩尔体积相等，根据”ρ= “知，气体密度与摩尔质量成正比，摩尔质量：②＞③＞④＞①，所以密度：②＞③＞④＞①，故B错误；
C．根据以上分析知，质量：②＞③＞①＞④，故C正确；
D．根据以上分析知，氢原子个数：①＞③=④＞②，故D错误；
故选：C。
3. 下列相关图象不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2CO3生成NaHCO3消耗的HCl量，与等物质的量的NaHCO3全部反应生成CO2消耗的HCl量相等；所以图示中生成CO2耗用HCl横坐标一格对应体积，那么Na2CO3生成NaHCO3耗用HCl也是一格对应体积，则最前面一格的HCl则是与NaOH反应对应的量，NaOH与Na2CO3等量，图象描述正确，不符题意；
B．沉淀曲线从0点开始上升是生成BaCO3，第一个水平拐点是BaCO3不再生成，开始生成Na2CO3，第二次开始上升是CO2与NaAlO2开始生成Al(OH)3，第二个水平拐点是Al(OH)3不再生成，NaHCO3开始生成，沉淀曲线下降是BaCO3开始生成可溶的Ba(HCO3)2，最终沉淀只有Al(OH)3，描述正确，不符题意；
C．Fe先与HNO3反应，生成Fe3+，故开始时曲线一直沿横坐标延伸，接下来Fe开始与Fe3+发生氧化还原，氧化产物及还原产物均为Fe2+，所以这一阶段曲线急速上升，最后Fe与Cu2+发生置换反应，氧化产物为Fe2+，所以曲线继续上升但增幅变缓，当溶液中三种成分都消耗完，Fe2+不再增加，描述正确，不符题意；
D．NH4Al(SO4)2中与Al3+等物质的量，所以Al3+生成Al(OH)3消耗三份NaOH，则生成NH3应消耗一份NaOH，而图中描述消耗了两份NaOH，描述错误，符合题意；
综上，本题选D。
4. 同一还原剂与多种氧化剂在一起时，先与氧化性强的粒子反应，待强的反应完后，再与氧化性弱的反应，称为反应先后规律。已知，且氧化性：，在溶有和的溶液中加入铁粉，下列说法中正确的是
A. 若铁粉无剩余，且溶液中有，则溶液中一定无
B. 若铁粉无剩余，且溶液中无，则溶液中一定有，也可能有
C. 若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜
D. 若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子有和
【答案】C
【解析】
【分析】三价铁离子氧化性强于铜离子，加入铁粉，铁粉先与三价铁离子反应生成二价铁离子，剩余铁粉再与铜离子反应生成二价铁离子，据以上分析进行解答。
【详解】A．若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则可能有三种情况，一种为铜离子只反应一部分，则三价铁离子完全反应，一种为铜离子未反应，则三价铁离子恰好反应，一种为铜离子未反应，三价铁离子只反应一部分，溶液中含有三价铁离子，A错误；
B．若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，因为三价铁离子先于铁粉反应，所以一定不含三价铁离子，一定含有二价铁离子，B错误；
C．若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，不溶物中一定含有铜，C正确；
D．若有铁粉剩余，则Fe3+、Cu2+完全反应，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+，D错误；
故答案选C。
5. 溶液X中可能存在、、、、、、中的若干种。为探究该溶液组成进行如下实验：
下列关于溶液X的说法正确的是
A. 可能存在B. 一定存在、、
C. 和至少有一种D. 一定不存在、
【答案】B
【解析】
【分析】滴加氯水呈棕黄色，说明溶液中含有碘离子，滴加氯化钡溶液，有白色沉淀，加稀硝酸，沉淀溶解，说明原溶液中含有，没有、、，加氢氧化钠溶液、加热有气体，说明原溶液中有，溶液中可能有
【详解】A． 不存在，故A错误；
B． 一定存在、、，故B正确；
C． 不存在，故C错误；
D． 可能存在、一定不存在，故D错误；
故选B。
6. 向2LH2SO4、Fe2(SO4)3、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，加入铁粉的质量和烧杯中固体的质量的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法正确的是
A. a段的离子方程式为
B. 原溶液中
C. 烧杯中最后固体只有铜
D. 溶液中还有部分CuSO4剩余
【答案】B
【解析】
【分析】向2LH2SO4、Fe2(SO4)3、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，加入铁粉的质量和烧杯中固体的质量的关系如图所示，由于氧化性铁离子大于铜离子，铜离子大于氢离子，则发生的反应依次为2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋、Cu2＋＋Fe＝Cu＋Fe2＋、2H＋＋Fe＝Fe2＋＋H2↑，据此解答。
【详解】A．a段的反应是铁离子氧化单质铁，离子方程式为2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，A错误；
B．ab段是铜离子氧化单质铁，根据图像可知置换出铜的质量和b段消耗铁的质量相等，设置换出铜的物质的量是xml，则与铜离子反应的单质铁的物质的量是xml，设与铁离子反应的单质铁的物质的量是yml，则有56×（x+y）＝64x，解得x＝7y，因此原溶液中，B正确；
C．烧杯中最后固体有铜和剩余的铁，C错误；
D．bc段发生反应为2H＋＋Fe＝Fe2＋＋H2↑，因此最终所得溶液中只有FeSO4，D错误；
答案选B。
7. 固体粉末可能由中的几种等物质的量混合而成，进行如下实验：
①取固体溶于足量水中，得到澄清透明溶液，将溶液分为三等份。
②在第一份溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象，再滴加足量溶液，过滤、洗涤、干燥，得到固体。
③在第二份溶液中滴加溶液无明显现象，继续滴加双氧水，溶液显血红色。
④在第三份溶液中滴加足量溶液，过滤、洗涤、灼烧，得到固体。
下列说法正确的是
A. 固体粉末中肯定没有
B. 根据④中的沉淀颜色能判断固体粉末中是否含有
C. 固体粉末中肯定含有
D. 上述实验无法确定固体粉末是否含有，需进一步通过焰色试验确定
【答案】C
【解析】
【分析】由题干信息可知，在第一份溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象，说明一定没有Na2CO3，再滴加足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，得到2.33g固体，该固体为BaSO4，n(BaSO4)==0.01ml，则原溶液中一定含有CuSO4，且质量为：0.01ml×160g/ml=1.60g，在第二份溶液中滴加KSCN溶液无明显现象，说明原溶液一定不含FeCl3，继续滴加双氧水，溶液显血红色，说明原溶液中含有FeCl2，在第三份溶液中滴加足量溶液，过滤、洗涤、灼烧，得到固体，该固体可能为0.01mlCuO（0.8g）和0.005mlFe2O3（0.8g）的混合物，剩下2.0-0.8-0.8=0.4g，若为0.01ml，M=0.4g÷0.01ml=40g/ml，为MgO。故固体为CuO和Fe2O3、MgO的混合物，说明原溶液中一定含有CuSO4、FeCl2、MgCl2，一定不含Na2CO3、FeCl3，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，固体粉末中肯定没有，A错误；
B．④中的沉淀Cu(OH)2为蓝色，Fe(OH)2为白色，故根据④中的沉淀颜色不能判断固体粉末中是否含有，B错误；
C．由分析可知，固体粉末中肯定含有、MgCl2，C正确；
D．由分析可知，上述实验肯定不含有，D错误；
故答案为：C。
8. 部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断不合理的是
A. d的水溶液中通入过量b可反应生成aB. a既可被氧化也可被还原
C. c均可由b与相应金属单质反应生成D. 可存在f→a→d→e的转化关系
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，a为氯气、b为氯化氢、c为氯离子、d为次氯酸根离子、e为次氯酸、f为氯酸根离子。
【详解】A．酸性条件下，次氯酸根离子能与氯离子反应生成氯气和水，故A正确；
B．氯气分子中氯元素的0价为中间价态，既有氧化性也有还原性，则氯气既可被氧化也可被还原，故B正确；
C．盐酸不能与不活泼金属的单质反应生成金属氯化物，如铜不能与盐酸反应生成氯化铜，故C错误；
D．酸性条件下，氯酸根离子能与氯离子反应生成氯气，氯气与碱溶液反应能生成次氯酸根离子，次氯酸根离子与强酸反应能生成次氯酸，则氯元素中存在ClO→Cl2→ClO—→HClO的转化关系，故D正确；
故选C。
9. 下列比较金属性相对强弱的方法或依据正确的是
A. 根据金属失去电子的多少来判断，失去电子较多的金属性较强
B. 用钠置换溶液中的，来验证钠的金属性强于Mg
C. Mg不与NaOH溶液反应而Al能与NaOH溶液反应，可说明金属性：
D. 碱性：，可说明钠、镁、铝金属性依次减弱
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属性强弱取决于金属失去电子的难易程度，与金属失去电子的多少无关，A错误；
B．Na放入MgCl2溶液中，Na先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成氢氧化钠再与MgCl2反应生成氢氧化镁和氢气，不能置换出Mg，无法比较金属性强弱，B错误；
C．比较金属性强弱，可以比较金属与同浓度非氧化性酸反应置换出氢气的难易，而不能用与碱反应来比较，C错误；
D．最高价氧化物对应水化物的碱性越强，对应元素的金属性越强，因为碱性：，所以钠、镁、铝金属性依次减弱，D正确；
故选D。
10. 下列各实验的现象及结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫色褪去，即H2O2被氧化为O2，说明H2O2具有还原性，A错误；
B．Cu与稀硫酸不反应，酸性溶液中Cu可被氯化铁、硝酸盐等氧化，则加入固体后铜粉溶解，固体甲可能为硝酸盐，B错误；
C．SO2分别通入酸性高锰酸钾溶液和混有酚酞的NaOH溶液，水溶液均褪色，前者说明SO2具有还原性，后者证明SO2具有酸性氧化物的通性，C错误；
D．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则加热时铝箔熔化但不滴落，D正确；
故答案为：D。
11. 今年五一假期，人文考古游持续成为热点。很多珍贵文物都记载着中华文明的灿烂成就，具有深邃的文化寓意和极高的学术价值。下列国宝级文物主要由合金材料制成的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．铸客大铜鼎属于铜的合金，A符合题意；
B．河姆渡出土陶灶属于陶器，主要成分为硅酸盐，不属于合金，B不符合题意；
C．兽首玛瑙杯主要成分为二氧化硅，不属于合金，C不符合题意；
D．角形玉杯主要成分为硅酸盐，不属于合金，D不符合题意；
故选A。
12. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是
A. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
B. 过量铁粉加入稀硝酸中：
C. 硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：
D. 氯化铜溶液中通入硫化氢：
【答案】A
【解析】
【详解】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：，故A正确；
B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2N=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C错误；
D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D错误；
答案选A。
13. 向含有amlCu和bmlCuO的混合物中滴加6ml·L-1的稀硝酸溶液至10mL时，固体恰好完全溶解，得到标准状况下224mL气体(纯净物)。下列说法正确的是
A. a：b=3：2B. 反应过程中转移0.01ml电子
C. 被还原的硝酸为0.06mlD. 将少量铁粉投入该稀硝酸中生成Fe(NO3)2
【答案】A
【解析】
【分析】稀硝酸反应生成NO，标准状况下224mL气体的物质的量为0.01ml；HNO3中N化合价从+5降低到+2，生成1mlNO，转移3ml电子，因此生成0.01mlNO时，电子转移0.03ml；
【详解】A．Cu的化合价从0升高到+2，转移的电子的物质的量为0.03ml，根据得失电子守恒有a==0.015ml，根据氮原子守恒可知，
由Cu原子守恒有b==0.01ml，则a:b=3:2，A项正确；
B．由分析可知，电子转移0.03ml，B项错误；
C．被还原的硝酸为生成NO的硝酸，物质的量为0.01ml，C项错误；
D．少量铁与硝酸反应生成硝酸铁，只有当铁粉过量后才能生成硝酸亚铁，D项错误；
答案选A。
14. 部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A. 可与反应生成
B. 既可被氧化，也可被还原
C. 可将加入浓碱液中制得的胶体
D. 可存在的循环转化关系
【答案】C
【解析】
【分析】图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。
【详解】A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；
B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；
C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；
D．转化如，故D不选；
综上所述，答案为C。
15. 一种低毒杀虫剂的结构如图所示，其组成元素W、X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的原子核内只有1个质子，原子核外电子的数目Q比Z多8个。下列说法正确的是
A. W3MZ4是一种强酸
B. 简单氢化物沸点：Z>Q>Y
C. 简单离子半径：Q>M>Y>Z
D. Q2Z和X2Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】
【分析】元素W、X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核内只有1个质子，W为H元素；根据该杀虫剂的结构可知，X形成4个共价键，X为C元素；Z形成2个共价键，Z为O元素；则Y为N元素；原子核外电子的数目Q比Z多8个，Q的原子核外电子数为8+8=16个，Q为S元素；M为+5价，原子序数小于16，大于8，则M为P元素，根据上述分析，W为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，M为P元素，Q为S元素。
【详解】A.W3MZ4为H3PO4，是一种中强酸，故A错误；
B.水分子间氢键的数目比氨气分子间的氢键多，且能量较大，硫化氢分子间没有氢键，则硫化氢的沸点最低，氨气次之，水最大，故B错误；
C.一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小。Q、M离子的电子层数比Y、Z离子多，因此简单离子半径：M>Q>Y>Z，故C错误；
D.和分别为、，亚硫酸根和草酸根均具有还原性，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选D。
二、非选择题(4×10=40分)
16. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂。实验室模拟生产NaClO2的一种工艺如下：
已知：①ClO2是一种强氧化性气体，浓度大时易分解爆炸。在生产使用时要用稀有气体或空气等进行稀释，同时避免光照、震动等。②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。回答：
（1）NaClO2中所含的化学键类型有_____。
实验室制取SO2化学方程式是_____。
（2）上述流程中“反应”的离子方程式为_____，尾气吸收时H2O2的作用是_____。(填“氧化剂”或“还原剂”)。
（3）最近科学家又在"反应"步骤的基础上研究出用H2C2O4代替SO2制备ClO2的新方法，其原理为：
。该新方法最突出的优点是_____。
【答案】（1） ①. 离子键和共价键 ②. Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O
（2） ①. 2+SO2=2ClO2↑+ ②. 还原剂
（3）反应过程产生的CO2气体对ClO2起稀释作用，提高了生产及储存、运输的安全性
【解析】
【分析】实验流程中反应：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，流程电解反应为2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2，ClO2尾气吸收用氢氧化钠和H2O2反应，也得到NaClO2溶液，获NaClO2操作步骤为：①加热蒸发；②趁热过滤；③洗涤；④干燥，得到成品，据此分析解题。
【小问1详解】
NaClO2中所含的化学键类型有Na+和之间的离子键和内部的Cl-O共价键，实验室常用Na2SO3和一定浓度的H2SO4反应生成SO2，该反应的化学方程式Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：离子键和共价键；Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O
【小问2详解】
由流程图可知，反应为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4，离子方程式为：2+SO2=2ClO2↑+，ClO2尾气吸收时H2O2在反应中化合价升高，作还原剂，故答案为：2+SO2=2ClO2↑+；还原剂；
【小问3详解】
用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，其优点是提高了生产及储存、运输的安全性，原因是反应过程产生的CO2气体对ClO2起稀释作用，故答案为：反应过程产生的CO2气体对ClO2起稀释作用，提高了生产及储存、运输的安全性。
17. 为探究固体化合物X(含3种短周期元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：(气体的溶解忽略不计)
(1)组成X的三种元素是___________(用元素符号表示)，X的化学式为___________。
(2)淡黄色固体B的一种重要应用是___________；常温下，将铜片放入足量的E稀溶液中，反应的离子方程式是___________。
(3)已知X易与水发生反应得到溶液F并有气体放出，写出该反应的化学方程式：___________。
【答案】 ①. Na、H、N ②. NaNH2 ③. 供氧剂 ④. 3Cu+ 8H++2NO = 3Cu2+ + 2NO↑+4H2O ⑤. NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑
【解析】
【分析】B为淡黄色固体且和溶液D可生成气体A，则B为Na2O2，D为H2O，气体A为O2，溶液F为NaOH溶液，红棕色气体为NO2，和溶液D反应生成的无色气体为NO，生成的溶液E为HNO3，据此解答。
【详解】(1)由上述分析可知，固体X在通入气体A (O2)后生成Na2O2、NO2和H2O，则组成X的三种元素为Na、H、N；根据2 Na2O2 + 2H2O == 4NaOH + O2↑，n(O2) = = 0.005ml，n ( Na2O2) = 2n(O2) = 0.01ml，X中钠元素的含量n (Na) = 2n (Na2O2) = 0.02ml，
n(NO2) == 0.02ml，则根据元素守n(N) = n (NO2) = 0.02ml，n(H2O) = = 0.02ml，所以n(H) = 2n (H2O) = 0.04ml，所以n(Na) ∶n(H) ∶n(N) = 0.02ml∶ 0.04ml∶0.02ml= 1∶ 2∶1，所以X的化学式为NaNH2，故答案为： Na、H、N；NaNH2；
(2) Na2O2能够和水、二氧化碳反应生成氧气，则可作供氧剂；溶液E为硝酸溶液，铜和稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+ 8H++2NO = 3Cu2+ + 2NO↑+4H2O；故答案为：供氧剂；3Cu+ 8H++2NO = 3Cu2+ + 2NO↑+4H2O；
(3)F为NaOH，X为NaNH2，由元素守恒可知，生成的气体为NH3，反应的化学方程式为：NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑，故答案为：NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑；
18. 某化学兴趣小组对硫酸亚铁的性质进行探究并做如下实验，将称量好的硫酸亚铁溶解于一定浓度的稀硫酸中配制成的溶液：
回答下列问题：
(1)进一步研究证实，黑色沉淀的主要成分是。溶液呈碱性，溶液与其反应不生成而生成的可能原因是_______。
(2用离子方程式表示步骤ⅱ中溶液变红的原因：_______、_______。
(3)甲同学探究步骤ⅲ中溶液褪色的原因，提出如下假设：
a.被还原 b.被氧化 c.被氧化
乙同学根据上述实验认为假设b不成立，他依据的现象是_____。
(4)甲同学利用上述部分试剂，通过以下实验验证了(3)中假设c成立。请将以下实验操作及现象补充完整。
【答案】 ①. FeS溶解度更小 ②. 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O ③. Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3 ④. 实验ii中加入少量KSCN溶液无现象，通入一-段时间O2，溶液变为浅红色 ⑤. 无明显现象 ⑥. 取褪色后的溶液滴加KSCN溶液
【解析】
【分析】
【详解】(1)离子反应向着离子浓度更小的方向进行，由黑色沉淀的主要成分是硫化亚铁可知，硫化亚铁的溶解度小于氢氧化亚铁，生成硫化亚铁的反应更容易发生，故答案为：FeS溶解度更小；
(2步骤ⅱ中发生的反应为酸性条件下，通入的氧气与溶液中的亚铁离子反应生成铁离子和水，反应生成的铁离子与溶液中硫氰酸根离子反应生成硫氰化铁，使溶液变为浅红色，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O、Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3；
(3)由实验ii中加入少量KSCN溶液无现象，通入一-段时间O2，溶液变为浅红色可知，氧气与溶液中亚铁离子反应，与硫氰酸根离子不反应，则步骤ⅲ中溶液褪色一定不是硫氰酸根离子被氧气氧化的原因造成的，故答案为：实验ii中加入少量KSCN溶液无现象，通入一-段时间O2，溶液变为浅红色；
(4)若假设c成立，实验ⅲ中褪色后溶液中一定存在铁离子，不存在硫氰酸根离子，向褪色后溶液中滴加氯化铁溶液，不可能生成硫氰化铁，溶液不可能变为浅红色；向褪色后溶液中滴加滴加KSCN溶液，会有硫氰化铁生成，溶液会变为红色，故答案为：无明显现象；取褪色后的溶液滴加KSCN溶液。
19. 硝酸是一种重要的化工原料。
（1）在浓硝酸中加入铜片，开始反应时有红棕色气体产生，写出发生反应的离子方程式_____；反应停止后，仍有铜剩余，加入20%的稀硫酸，铜片上又有气泡产生，稀硫酸的作用是_____(填字母)。
A．还原剂 B．氧化剂 C．酸化 D．提供热能
（2）实验小组用稀硝酸和铜分别设计了甲、乙两组实验(装置如图所示，夹持仪器已略去)。
①甲组实验中，同学们观察到集气瓶中收集到无色气体。部分同学认为该实验不能确定是铜与稀硝酸反应生成了NO，因为集气瓶中无色气体的来源可能是_____。
②乙组实验的操作步骤是：
a．关闭活塞K1，打开活塞K2，将过最稀硝酸加入石灰石中。该操作的目的是_____。
b．待石灰石反应完全后，将铜丝插入过量稀硝酸中。
c．一段时间后，欲证明圆底烧瓶中收集列的无色气体是NO，应进行的操作是_____。
【答案】（1） ①. Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O ②. C
（2） ①. 如果铜和浓硝酸反应生成了二氧化氮，二氧化氮会和水反应生成NO ②. 生成二氧化碳，排尽装置中的空气 ③. 打开K1，用气囊鼓入空气
【解析】
【小问1详解】
在浓硝酸中加入铜片，开始反应时有红棕色气体产生，发生反应的离子方程式Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，反应停止后，仍有铜剩余，加入20%的稀硫酸，铜片上又有气泡产生，是因为剩余的硝酸根会在酸性条件下再和铜反应，3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，所以稀硫酸的作用是酸化，故答案为：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O；C；
【小问2详解】
①铜和浓硝酸如果反应生成了二氧化氮，二氧化氮会和水反应生成NO，也会看到无色气体，故答案为：如果铜和浓硝酸反应生成了二氧化氮，二氧化氮会和水反应生成NO；
②a.关闭活塞K1，打开活塞K2，将过最稀硝酸加入石灰石中，两者反应生成CO2气体；该操作的目的是生成二氧化碳，排尽装置中的空气；
b.待石灰石反应完全后，将铜丝插入过量稀硝酸中；
c.一段时间后，欲证明圆底烧瓶中收集列的无色气体是NO，应进行的操作是打开K1，用气囊鼓入空气，观察到的现象是圆底烧瓶内的无色气体变成红棕色的现象，A
B
C
D
向含等物质的量NaOH、混合溶液中滴加盐酸
将通入NaOH、和混合溶液中
向、、混合溶液中逐渐加入铁粉
向溶液中滴加NaOH溶液
选项
实验
现象
结论
A
向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液
紫红色褪去
H2O2具有漂白性
B
铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量固体甲
加热时无明显现象，加入固体后铜粉溶解
固体甲一定是硝酸盐
C
SO2分别通入酸性高锰酸钾溶液和混有酚酞的NaOH溶液
水溶液均褪色
SO2都体现了酸性
D
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
铝箔熔化但不滴落
氧化铝的熔点高于铝单质
选项
A
B
C
D
文物
名称
铸客大铜鼎
河姆渡出土陶灶
兽首玛瑙杯
角形玉杯
实验序号
操作及现象
ⅰ
取上述溶液于试管中，逐滴加入少量溶液，产生大量黑色沉淀
ⅱ
取上述溶液于试管中，加入2滴溶液无现象，通入一段时间，溶液变为浅红色
ⅲ
重复实验ⅱ，向浅红色溶液中加入5％溶液至过量，产生无色气体(经检验)，溶液变为深红色中，且红色很快褪去
步骤
试剂及操作
现象
1
取实验ⅲ中褪色后溶液少量于试管，滴加溶液
①____
2
②_______
溶液变为红色
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