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辽宁省大连市长兴岛经济区长兴岛高级中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题
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长兴岛高中2019－2020（上）高一第二次月考化学试卷
可能用到的相对原子质量：C—12 N—14 O—16
第I卷（选择题，共75分）
一.选择题（每个小题只有一个正确的选项，多选错选均不得分。共25小题，每題3分，共25题×3分/題＝75分。）
1.用自来水养金鱼时，通常先将自来水经日晒一段时间后，再注入鱼缸，其目的是（ ）
A. 利用紫外线杀死水中的细菌 B. 提高水温，有利于金鱼生长
C. 增加水中氧气的含量 D. 促使水中的次氯酸分解
【答案】D
【解析】
【详解】自来水一般用氯气消毒，氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，次氯酸具有氧化性，不利于金鱼的生存，所以晒一段时间的目的是促使水中的次氯酸分解，答案选D。
2.下列关于胶体和溶液的说法中正确的是（ ）
A. 胶体不均一、不稳定，静置后易产生沉淀；溶液均一、稳定，静置后不产生沉淀
B. 胶体与悬浊液的本质区别是胶体是均一透明的，而悬浊液是浑浊的
C. 光线通过时，胶体发生丁达尔效应，溶液则不能发生丁达尔效应
D. 只有胶状物如胶水、果冻类的物质才能称为胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．胶体在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，静置后不会产生沉淀，故A错误；
B．胶体与悬浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，其中胶体中胶粒直径在1 nm～100nm之间，故B错误；
C．胶体能产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应，故C正确；
D．胶体是指分散质粒子直径在1 nm～100 nm之间的分散系，与分散系的状态无关，故D错误；
故答案为C。
【点睛】本题考查溶液、胶体和浊液的本质区别和胶体的丁达尔效应，当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm～100nm)、浊液(大于100nm)；应注意的是溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小，不要认为丁达尔效应是溶液、胶体和浊液的本质区别，丁达尔效应可以区分溶液和胶体，这是容易混淆的。
3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 （ ）
A. 16 g O2中含有的氧分子数为NA
B. 1 mol镁原子中含有的电子数为2NA
C. 常温常压下，11.2 L H2中含有的氢分子数为0.5NA
D. 1 L 1 mol/L BaCl2溶液中含有的钡离子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧气的尔质量为32g/mol，故16g氧气的物质的量为n=0.5mol，故含0.5NA个氧气分子，故A选项错误。
B. 1个Mg原子的电子数=质子数=原子序数=12，所以 1mol镁原子中含有的电子数为12NA，故B选项错误。
C. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氢气的物质的量小于0.5mol，则氢气分子个数小于0.5NA个，故C选项错误。
D. 1升1mol/LBaCl2溶液里氯化钡的物质的量是1mol，1mol氯化钡可电离出1mol钡离子，
一摩尔钡离子的数量是1NA，故D选项正确。
故答案选D。
4.下列叙述中，正确的是（ ）
A. KNO3固体不导电,所以KNO3不是电解质
B. 铜丝、石墨均能导电,所以它们都是电解质
C. 熔融的MgCl2能导电,所以MgCl2是电解质
D. NaCl溶于水，在通电条件下才能发生电离
【答案】C
【解析】
【详解】A. KNO3固体中离子受到离子键的作用，不能自由移动，所以不导电，但KNO3固体溶于水或熔融状态下能够发生电离，属于电解质，A项错误；
B. 铜丝、石墨虽能导电，但均是单质，不是化合物，因此既不是电解质也不是非电解质，B项错误；
C. 根据电解质的定义可知，熔融的MgCl2能导电，MgCl2是电解质，C项正确；
D. NaCl溶于水可电离生成钠离子与氯离子，无需外接电源，D项错误；
答案选C。
【点睛】掌握电解质的判断方法与物质导电的原因是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步判断该物质在溶液中或者熔融状态下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。此外不能片面地认为能导电的物质就是电解质。
5.下列变化中需要加入氧化剂才能实现的是（ ）
A. Mn2＋→MnO4－ B. Fe3＋→Fe2＋ C. CuO→Cu D. H2SO4→BaSO4
【答案】A
【解析】
【分析】
氧化剂在反应中得到电子，化合价降低被还原，当物质所含元素化合价升高时，被氧化，须加入氧化剂才能实现，据此进行解答。
【详解】A．Mn2＋→MnO4－中锰元素的化合价升高，被氧化，需加入氧化剂才能实现，故A选项正确。
B．Fe3+→Fe2+的反应中铁元素的化合价降低，被还原，需加入还原剂才能实现，故B选项错误。
C. CuO→Cu 铜的化合价降低，被还原，需要加入还原剂，故C选项错误。
D．H2SO4→BaSO4无化合价变化，故D选项错误。
故答案选A。
6.下列说法中错误的是（ ）
A. 钠在空气中加热时，先熔化，再燃烧，燃烧所得产物为Na2O2
B. 铝因在空气中形成了一薄层致密的氧化膜，保护内层金属，故铝不需特殊保护
C. 铁因在潮湿的空气中生成的氧化物疏松多孔，不能保护内层金属，所以铁制品往往需要加保护层
D. 铁的合金一定比铁更容易被腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠的熔点低，钠在空气中加热时先熔化，再燃烧生成过氧化钠，故A选项正确。
B．铝和氧气反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止进一步反应，故B选项正确。
C．铁在潮湿的空气中形成的氧化物疏松，不能保护内层金属，故需要加保护层，故C选项正确。
D．铁的合金如不锈钢比铁抗腐蚀性强，更不容易被腐蚀，故D选项错误。
故答案选D。
7. 我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是
A. 徐光宪建立稀土串级萃取理论
B. 屠呦呦发现抗疟新药青蒿素
C. 闵恩泽研发重油裂解催化剂
D. 侯德榜联合制碱法
【答案】B
【解析】
【详解】2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获诺贝尔生理学或医学奖，故选B。
8.下列有关叙述中，正确的是（ ）
A. 氯气、液氯和氯水是同一种物质
B. 新制氯水可以使干燥的有色布条褪色
C. 氯水因为具有剌激性气味，所以可以杀灭细菌和病毒
D. 液氯比氯水的漂白作用更强
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气、液氯为纯净物，氯水为混合物，故A选项错误。
B．氯水中含有盐酸和次氯酸，其中次氯酸具有强氧化性和漂白性，则可以使有色布条褪色，故B选项正确。
C．氯水中含有次氯酸具有强氧化性，所以可以杀灭细菌和病毒，故C选项错误。
D．液氯无漂白性，氯水中氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，故D选项错误。
故答案为B。
9.下列关于金属钠的叙述中，正确的是（ ）
A. 金属钠是银白色金属，硬度很大
B. 在空气中加热时，金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色固体
C. 金属钠具有很强的还原性，可用于原子反应堆的导热剂
D. 金属钠和氯气加热反应时会观察到黄色火焰并产生大量白色烟雾
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠是银白色金属，有金属光泽，硬度较小，可以用小刀切割，故A选项错误。
B．钠的性质很活泼，钠元素的焰色反应是黄色，加热时，钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色的固体过氧化钠，故B选项正确。
C.钠和钾的合金在室温下呈液态，是原子反应堆的导热剂，故C选项错误。
D. 氯气和钠反应发出黄色火焰，产生大量白烟，也就是NaCl的小颗粒，故D选项错误。
故答案选B。
10.铀－235（）是常用的核燃料，核外电子数为（ ）
A. 327 B. 235 C. 143 D. 92
【答案】D
【解析】
【详解】的核外电子数等于其原子序数，为92，故答案选D。
11.对实验Ⅰ～Ⅳ的实验操作现象判断正确的是（ ）
A. 实验Ⅰ：产生红褐色沉淀 B. 实验Ⅱ：溶液颜色变红
C. 实验Ⅲ ：放出大量气体 D. 实验Ⅳ：先出现白色沉淀，后溶解
【答案】C
【解析】
【详解】A项、将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色可得到氢氧化铁胶体，不是氢氧化铁红褐色沉淀，故A错误；
B项、三价铁离子与硫氰化钾溶液反应生成硫氰合铁，溶液变红色，与二价铁离子不反应，溶液不变色，故B错误；
C项、铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和氢气，有大量气体生成，故C正确；
D项、氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，则氨水过量时，氢氧化铝也不会溶解，故D错误；
故选C
【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，则氨水过量时，氢氧化铝也不会溶解是解答易错点。
12.将氯气持续通入紫色石蕊试液中，溶液颜色呈如下变化：
关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是（ ）
A. H+、HClO、Cl2 B. H+、ClO-、Cl-
C. HCl、ClO-、Cl- D. HCl、HClO、Cl2
【答案】A
【解析】
【分析】
氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，氯气能溶于水形成氯水溶液。
【详解】氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，则将氯气持续通入紫色石蕊试液中先变红后褪色，最后形成饱和氯水溶液显浅黄绿色为溶解的氯气分子，关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是H+、HClO、Cl2。
答案选A。
13.下列离子方程式不正确的是( )
A. 将氨水滴入到FeCl3溶液中：Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓
B. 氧化铁与盐酸反应：Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O
C. 将铝片打磨后置于NaOH溶液中：2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑
D. 向氯化亚铁溶液中通入Cl2：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－
【答案】A
【解析】
【详解】A．氨水是弱电解质，不能直接写为OH-的形式，氨水滴入到FeCl3溶液中：Fe3＋＋3NH3·H2O＝Fe(OH)3↓+4NH4+,故A选项错误。
B. 氧化铁与盐酸反应生成三价铁离子和水：Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O，故B选项正确。
C. 将铝片打磨后置于NaOH溶液中生成偏铝酸根和氢气：2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑，故C选项正确。
D. 向氯化亚铁溶液中通入Cl2中发生氧化还原反应：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－故D选项正确。
故答案选A。
【点睛】本题需要注意离子反应过程中，弱电解质只能以分子形式存在。
14.下列溶液中Cl－浓度由大到小的顺序是 （ ）
①200mL 2mol/L MgCl2溶液 ②1000mL 2.5mol/L NaCl溶液
③300mL 5mol/L KClO3溶液 ④250mL 1mol/L AlCl3溶液.
A. ③①④② B. ④①②③ C. ①④②③ D. ②③①④
【答案】C
【解析】
【详解】由题意知①200mL 2mol/L MgCl2溶液中氯离子的浓度为2mol/L×2=4mol/L；
②1000mL 2.5mol/L NaCl溶液中氯离子的浓度为 2.5mol/L；
③300mL 5mol/L KClO3溶液，因KClO3电离产生K+和ClO3-，溶液中氯离子的浓度为0；
④250mL 1mol/L AlCl3溶液中氯离子的浓度为1mol/L×3=3mol/L；
所以溶液中Cl-浓度由大到小的顺序是①④②③，故答案选C。
15.嫦娥三号是中国国家航天局嫦娥工程第二阶段的登月探测器，它携带中国第一艘月球车，实现了中国首次月面软着陆。嫦娥三号中使用了大量合金。下列有关金属或合金的说法中不正确的是（ ）
A. 生铁属于合金
B. 一般地，合金的熔点比它的各成分金属的更低
C. 合金的化学性质与成分金属的化学性质不同
D. 改变原料的配比、改变生成合金的条件，可以得到具有不同性能的合金
【答案】C
【解析】
【分析】
合金是由两种或两种以上的金属与金属或金属与非金属熔合而形成的具有金属特性的物质；合金与各成分金属相比，具有许多优良的物理、化学或机械性能，合金的硬度更大，熔点一般比各成分金属的低。
【详解】A. 生铁是铁和碳形成的合金，A项正确；
B. 大多数合金熔点比它的各成分金属的更低，B项正确；
C. 合金的化学性质与成分金属的化学性质相同，C项错误；
D. 改变原料的配比、改变生成合金的条件，可以得到具有不同性能的合金，D项正确；
答案选C。
【点睛】合金具有不同于各成分金属的物理、化学或机械性能。①熔点：一般比它的各成分金属的低；②硬度和强度：一般比它的各成分金属的大，需要注意的是①常温下，多数合金是固体，但钠钾合金是液体。②合金的物理性质相对于各成分金属有所改变，但合金中各成分金属的化学性质仍然不变。
16. 下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（ ）
A. Na+、H+、Cl﹣、SO42﹣ B. Na+、H+、Cl﹣、HCO3﹣
C. Al3+、K+、OH﹣、NO3﹣ D. NH4+、OH﹣、NO3﹣、Na+
【答案】A
【解析】
A．该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B．H+、HCO3﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故B错误；
C．Al3+、OH﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，不能大量共存，故D错误；
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大．
17.如图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述错误的是( )注：氨气在水中溶解度（体积比——V水：V气=
1:700，CO2在水中溶解度1:1。
A. A气体是NH3，B气体是CO2
B. 侯氏制碱法的工艺流程应用了物质溶解度的差异
C. 第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒
D. 第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶
【答案】D
【解析】
【分析】
向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，利用CO2+NH3+HO2+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理可制备碳酸氢钠，加热分解碳酸氢钠来制备碳酸钠，流程中A为氨气，B为二氧化碳，得到的悬浊液为NaHCO3，晶体为NaHCO3，根据此分析进行解答。
【详解】A．氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备纯碱，所以气体A为氨气，B为二氧化碳，故A选项正确。
B．侯氏制碱法利用的是碳酸氢钠溶解度比碳酸钠在同温下小的差异，在氨化饱和的氯化钠溶液里通足量CO2气体得到碳酸氢钠沉淀，故B选项正确。
C．第Ⅲ步操作是过滤操操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C选项正确。
D．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D选项错误。
故答案选D。
【点睛】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，题目难度中等，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键。
18.对下列现象或事实的解释正确的是
选项
现象或事实
解释或结论
A
向废弃的FeCl3蚀刻液X中加入少量的铁粉，振荡，未出现红色固体
X中一定不含Cu2＋
B
少量气体通入澄清石灰水中，出现浑浊
不能证明该气体一定是CO2
C
氯气用使湿润的有色布条褪色
氯气直接氧化有机色素
D
FeCl3溶液中滴加少量KSCN溶液，呈血红色
Fe3＋与KSCN反应产生血红色沉淀
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．FeCl3蚀刻液X中加入少量的铁粉，振荡，未出现红色固体，有可能三价铁离子与铁反应了，不一定含有Cu2＋，故A选项错误。
B．将二氧化碳或二氧化硫通入澄清石灰水中现象相同，都会造成浑浊，故B选项正确。
C．氯气用使湿润的有色布条褪色是因为氯气与水反应生成次氯酸，具有漂白性，故C选项错误。
D．Fe3＋与KSCN反应产生血红色络合物，不是沉淀，故D选项错误。
故答案选B。
19.下列叙述中正确的是（ ）
A. H3O＋和OH－中具有相同的质子数和电子数
B. 35Cl2和37Cl2都是氯气单质
C. 235U和238U互为同位素，物理性质几乎相同，化学性质不同
D. 质子数相同的微粒一定属于同一元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．H3O+中质子数为3+8=11，电子数为11-1=10，OH-中质子数为1+8=9，电子数为9-（-1）=10，二者质子数不同，故A选项错误。
B．35Cl2和37Cl2都是由氯气组成的单质，故B选项正确。
C.互为同位素的原子最外层电子数相同，化学性质也相同，故C选项正确。
D．质子数相同的原子属于同一元素，故D选项错误。
故答案选B。
【点睛】计算出质子数之后，电子数＝质子数-带电荷数，可以直接进行计算。
20.下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）
A. 取ag混合物充分加热，质量减少bg
B. 取ag混合物与足量的盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
C. 取ag混合物与足量的NaOH溶液充分反应，得到bg溶液
D. 取ag混合物与足量的稀硫酸充分反应，逸出的气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A选项正确。
B. Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B选项正确。
C. 混合物与足量的NaOH溶液充分反应，只得到溶液质量无法进行质量分数的计算，故C选项错误。
D. 混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，即碱石灰增加的质量是二氧化碳的质量，能测定含量，故D选项正确。
故答案选C。
【点睛】本题需要注意实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。
21.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为21。则下列说法不正确的是
X
Y
W
Z
A. 原子半径大小：Y
【答案】B
【解析】
【分析】
由上述分析可知，X为C，W为Si，Y为O，Z为Cl，根据此分析进行解答。
【详解】A．同周期从左向右原子半径减小，则原子半径大小：Y
C．Cl的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，是一种强酸，故C选项正确。
D．Si单质常用作半导体材料,故D选项正确。
故答案选B。
22.运用元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是( )
A. 锂(Li)与水反应比钠与水反应剧烈
B. 砹(At)为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸
C. 在氧气中，铷(Rb)的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂
D. HBrO4的酸性比HIO4的酸性强
【答案】A
【解析】
【详解】A、锂金属性比钠弱，锂与水反应比钠与水反应慢，故A错误；
B、砹与碘同族，碘为紫色固体，AgI难溶于水也不溶于稀硝酸,所以砹（At）为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸，故B正确；
C、铷（Rb）比钠活泼，铷的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂，故C正确；
D、溴非金属性大于碘，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，HBrO4的酸性比HIO4的酸性强，故D正确。
答案选A。
23.向体积相同的甲、乙两容器中分别通入一定量的CO2和N2O，下列说法不正确的是
A. 标准状况下，当两容器气体密度相同，则气体的物质的量相同
B. 向甲容器中通入一定的N2，使得两容器中氮原子数和氧原子数均相同，此时甲、乙两容器在同温下的压强之比为2:3
C. 将两气体混合，混合气体的平均摩尔质量为44g/mol
D. 同温同压下，两容器中气体质量相同
【答案】B
【解析】
【分析】
CO2和N2O的摩尔质量相同，都为44 g/mol。
【详解】A项、标准状况下，两种气体体积相同和密度相同，所以二者质量相等，由于两者相对分子质量相同，则气体的物质的量相同，故A正确；
B项、氮原子数相同说明n(N2O)=n(N2)=amol,氧原子数相同说明n(CO2)=2n(N2O)=2 amol,甲容器中气体物质的量之和为3amol，由P甲：P乙=n甲：n乙=3amol：amol=3:1，故B错误；
C项、CO2和N2O的摩尔质量相同，都为44 g/mol，将两气体混合，无论以何种物质的量比混合，混合气体的平均摩尔质量恒为44g/mol，故C正确；
D项、同温同压下，CO2和N2O的体积相同，由阿伏加德罗定律可知，两种气体物质的量相同，由于CO2和N2O的摩尔质量相同，则两容器中气体质量相同，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，熟记基本公式并灵活运用，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键。
24.下列关于钠及其化合物的叙述正确的是（ ）
A. 钠能与硫酸铜溶液反应置换出红色的铜
B. Na2O2和水的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4
C. 用钠与空气反应制纯净的Na2O2，空气必须经过碱石灰处理后，才能与钠反应
D. 将足量的Na2O2和Na2O分别加入酚酞试液中，最终溶液均为红色
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸铜溶液和钠反应，可看作钠先和水反应，然后生成的氢氧化钠再和硫酸铜反应，所以产物有蓝色沉淀、气体、硫酸钠，没有铜生成，不是发生置换反应，故A选项错误。
B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧化产物为O2，还原产物为NaOH，过氧化钠既为氧化剂也为还原剂，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，故B选项错误。
C.空气中含有二氧化碳也会与过氧化钠反应，必须经过碱石灰处理后吸收二氧化碳后，才能与钠反应制纯净的Na2O2，故C选项正确。
D．过氧化钠滴酚酞溶液变红，过一会红色又消失了，过氧化钠与水反应会产生双氧水和NaOH ，一开始酚酞遇NaOH变红，后酚酞被双氧水氧化，红色褪去最终溶液为无色，故D选项错误。
故答案选C。.
【点睛】本题的易错点为B选项，注意过氧化钠中的氧为-1价，产物氢氧化钠只有一半是还原产物。
25.下列说法中，不正确的是（ ）
A. Fe2O3为碱性氧化物，可与水反应生成Fe(OH)3
B. 向沸水中滴加5－6滴饱和的FeCl3溶液制备Fe(OH) 3胶体
C. 磁铁矿粉末溶于盐酸后，生成氯化铁和氯化亚铁
D. FeCl3溶液、FeCl2溶液都能与NaOH溶液反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe2O3碱性氧化物，不能与水直接反应生成Fe(OH)3，需要先与酸生成强酸弱碱盐（呈酸性），才可与强碱反应生成Fe(OH)3。故A选项错误。
B. 实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，故B选项正确。
C. 磁铁矿的主要成分是:Fe3O4, 它可以写成：FeO·Fe2O3形式， 所以它溶于稀盐酸的 离子方程式： Fe3O4+ 8H+ = Fe2+ + 2Fe3++ 4H2O，生成氯化铁和氯化亚铁，故C选项正确。
D．FeCl3溶液、FeCl2溶液都能与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化亚铁沉淀，故D选项正确。
故答案为A。
第Ⅱ卷（选择题，共25分）
二.填空题（本题含有三个题目，共25分）：
26.某化学课外兴趣小组为验证卤素单质氧化性的相对强弱，用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。
实验过程：
Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸，发生反应2KMnO4＋16HCl(浓)＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。
Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
Ⅲ.当B中溶液由黄色变为红棕色时，关闭活塞a。
Ⅳ.……
(1)盛放浓盐酸仪器名称为____________________。
(2)在烧瓶内发生反应时，体现浓盐酸的性质为______________________________。
(3)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是_________________________________。
(4)B中溶液发生反应的离子方程式是____________________________________________。
(5)浸有NaOH溶液的棉花的作用为______________________________________________。
(6)为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作步骤和现象是__________________________。
(7)过程Ⅲ实验的目的是______________________________________________________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 还原性和酸性 (3). 湿润的淀粉KI试纸变蓝 (4). Cl2＋2Br－＝Br2＋2Cl－ (5). 吸收挥发出来的Cl2，防止污染空气 (6). 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后CCl4层变为紫红色 (7). 确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰
【解析】
【详解】（1）盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗。
故答案为 分液漏斗
（2）高锰酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，提现浓盐酸的还原性，且生成KCl和MnCl2，体现酸性。
故答案为 还原性和酸性
（3）淀粉变蓝色，说明有单质碘生成，也说明氯气氧化性强于单质碘，
故答案为 湿润的淀粉KI试纸变蓝
（4）氯气的氧化性强于溴，将氯气通入NaBr溶液中会有单质溴生成，发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，
故答案为 Cl2+2Br-═Br2+2Cl-
（5）产生的氯气为有毒气体，浸有NaOH溶液的棉花吸收挥发出来的Cl2，防止污染空气。
故答案为 吸收挥发出来Cl2，防止污染空气
（6）为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则静至后CCl4层溶液变为紫红色。
故答案为 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后CCl4层变为后CCl4层溶液变为紫红色
（7）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论。
故答案为 确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰
【点睛】本题为探究题和实验设计题，用以比较卤素单质的氧化性强弱，注意本题中要排除干扰因素的存在。
27.某化学实验室需要0.2mol/L NaOH溶液500mL和0.5mol/L硫酸溶液450mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：
(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_______（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是________________________________ （填仪器名称）。
(2)现用质量分数为98%、密度为1.84g•cm－3的浓硫酸来配制450mL、0.5mol•L－1的稀硫酸。计算所需浓硫酸的体积为______mL（保留1位小数），现有①10mL ②25mL ③50mL ④100mL四种规格的量筒，你选用的量筒是_____（填代号）.
(3)配制时，一般可分为以下几个步骤：
①量取 ②计算 ③稀释 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却。其正确的操作顺序
为：②→①→③→___→___→___→___→④（填序号）
(4)在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中错误的是_______，能引起误差偏高的有___________（填代号）。
①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
③将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸
④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线
⑦定容时，俯视标线
【答案】 (1). AD (2). 玻璃棒、胶头滴管 (3). 13.6 (4). ② (5). ⑧ (6). ⑤ (7). ⑥ (8). ⑦ (9). ①②③④⑥⑦ (10). ①②⑦
【解析】
【详解】（1）A为平底烧瓶、D为分液漏斗，在配制溶液过程中不会使用到烧瓶和分液漏斗；配制一定浓度的溶液还缺少玻璃棒和胶头滴管。
故答案为 AD 玻璃棒、胶头滴管
（2）质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的浓度=18.4mol/L；实验室没有450mL的容量瓶，实际上配制的是500mL 0.5mol/L的硫酸，需要浓硫酸的体积为0.5×0.5÷18.4L≈0.0136L=13.6mL，故选择25ml的量筒最合适。
故答案为 13.6 ②
（3）配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的操作顺序为 ⑧ ⑤ ⑥ ⑦
故答案为⑧ ⑤ ⑥ ⑦
（4）①用量筒量取浓硫酸时，洗涤量筒会导致浓硫酸体积偏大，配制的溶液浓度偏高，故①错误。
②浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，热的溶液体积偏大，冷却后体积变小，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故②错误。
③稀释浓硫酸应该将酸加入水中，故③错误。
④定容时，加蒸馏水超过标线，应当重新配置，又用胶头滴管吸出会造成溶质损失，配制的溶液浓度偏小，故④错误。
⑤容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量及溶液的体积都没有影响，所以不影响配制结果，故⑤正确。
⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，配制的溶液体积偏大，溶液的浓度偏低，故⑥错误。
⑦在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，导致加入的蒸馏水体积低于容量瓶刻度线，配制时加水的体积偏小，溶液的浓度偏高，故⑦错误。
故答案为 ①②③④⑥⑦ ①②⑦
【点睛】注意实验室没有450mL的容量瓶，实际上配制的是500mL 0.5mol/L的硫酸，计算时要用500 mL。
28.下表列出了①~⑥六种元素在周期表中的位置：
族
周期
ⅠA
0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
②
③
④
3
⑤
⑥
(1)⑤元素的原子结构示意图为_____________；
(2)③元素原子的最外层电子数为___________；
(3)⑤元素与④元素形成的离子化合物的化学式为_________（写出一种即可）；
(4)②、③、④三种元素的非金属性逐渐___________（填“减弱”或“增强”）；
(5)④元素和⑥元素形成的氢化物，其稳定性的强弱顺序为_______＞_______（填化学式）。
【答案】 (1). (2). 5 (3). Na2O或Na2O2 (4). 增强 (5). H2O (6). H2S
【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Na、⑥为S，根据此分析进行解答。
【详解】（1）⑤为Na，原子结构示意图为。
故答案为
（2）③为N，原子序数为7，最外层电子数为5.
故答案为 5
（3）④为O、⑤为Na，组合出的离子化合物为Na2O或Na2O2。
故答案为 Na2O或Na2O2
（4）同周期，原子序数依次增大，自左而右元素非金属性增强。
故答案为 增强
（5）④为O、⑥为S氢化物分别为水和硫化氢，且O的非金属性强于S，故稳定性的强弱顺序为H2O＞H2S。
故答案为 H2O H2S
【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律等，难度不大，注意整体把握元素周期表，理解元素周期律。
长兴岛高中2019－2020（上）高一第二次月考化学试卷
可能用到的相对原子质量：C—12 N—14 O—16
第I卷（选择题，共75分）
一.选择题（每个小题只有一个正确的选项，多选错选均不得分。共25小题，每題3分，共25题×3分/題＝75分。）
1.用自来水养金鱼时，通常先将自来水经日晒一段时间后，再注入鱼缸，其目的是（ ）
A. 利用紫外线杀死水中的细菌 B. 提高水温，有利于金鱼生长
C. 增加水中氧气的含量 D. 促使水中的次氯酸分解
【答案】D
【解析】
【详解】自来水一般用氯气消毒，氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，次氯酸具有氧化性，不利于金鱼的生存，所以晒一段时间的目的是促使水中的次氯酸分解，答案选D。
2.下列关于胶体和溶液的说法中正确的是（ ）
A. 胶体不均一、不稳定，静置后易产生沉淀；溶液均一、稳定，静置后不产生沉淀
B. 胶体与悬浊液的本质区别是胶体是均一透明的，而悬浊液是浑浊的
C. 光线通过时，胶体发生丁达尔效应，溶液则不能发生丁达尔效应
D. 只有胶状物如胶水、果冻类的物质才能称为胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．胶体在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，静置后不会产生沉淀，故A错误；
B．胶体与悬浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，其中胶体中胶粒直径在1 nm～100nm之间，故B错误；
C．胶体能产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应，故C正确；
D．胶体是指分散质粒子直径在1 nm～100 nm之间的分散系，与分散系的状态无关，故D错误；
故答案为C。
【点睛】本题考查溶液、胶体和浊液的本质区别和胶体的丁达尔效应，当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm～100nm)、浊液(大于100nm)；应注意的是溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小，不要认为丁达尔效应是溶液、胶体和浊液的本质区别，丁达尔效应可以区分溶液和胶体，这是容易混淆的。
3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 （ ）
A. 16 g O2中含有的氧分子数为NA
B. 1 mol镁原子中含有的电子数为2NA
C. 常温常压下，11.2 L H2中含有的氢分子数为0.5NA
D. 1 L 1 mol/L BaCl2溶液中含有的钡离子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧气的尔质量为32g/mol，故16g氧气的物质的量为n=0.5mol，故含0.5NA个氧气分子，故A选项错误。
B. 1个Mg原子的电子数=质子数=原子序数=12，所以 1mol镁原子中含有的电子数为12NA，故B选项错误。
C. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氢气的物质的量小于0.5mol，则氢气分子个数小于0.5NA个，故C选项错误。
D. 1升1mol/LBaCl2溶液里氯化钡的物质的量是1mol，1mol氯化钡可电离出1mol钡离子，
一摩尔钡离子的数量是1NA，故D选项正确。
故答案选D。
4.下列叙述中，正确的是（ ）
A. KNO3固体不导电,所以KNO3不是电解质
B. 铜丝、石墨均能导电,所以它们都是电解质
C. 熔融的MgCl2能导电,所以MgCl2是电解质
D. NaCl溶于水，在通电条件下才能发生电离
【答案】C
【解析】
【详解】A. KNO3固体中离子受到离子键的作用，不能自由移动，所以不导电，但KNO3固体溶于水或熔融状态下能够发生电离，属于电解质，A项错误；
B. 铜丝、石墨虽能导电，但均是单质，不是化合物，因此既不是电解质也不是非电解质，B项错误；
C. 根据电解质的定义可知，熔融的MgCl2能导电，MgCl2是电解质，C项正确；
D. NaCl溶于水可电离生成钠离子与氯离子，无需外接电源，D项错误；
答案选C。
【点睛】掌握电解质的判断方法与物质导电的原因是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步判断该物质在溶液中或者熔融状态下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。此外不能片面地认为能导电的物质就是电解质。
5.下列变化中需要加入氧化剂才能实现的是（ ）
A. Mn2＋→MnO4－ B. Fe3＋→Fe2＋ C. CuO→Cu D. H2SO4→BaSO4
【答案】A
【解析】
【分析】
氧化剂在反应中得到电子，化合价降低被还原，当物质所含元素化合价升高时，被氧化，须加入氧化剂才能实现，据此进行解答。
【详解】A．Mn2＋→MnO4－中锰元素的化合价升高，被氧化，需加入氧化剂才能实现，故A选项正确。
B．Fe3+→Fe2+的反应中铁元素的化合价降低，被还原，需加入还原剂才能实现，故B选项错误。
C. CuO→Cu 铜的化合价降低，被还原，需要加入还原剂，故C选项错误。
D．H2SO4→BaSO4无化合价变化，故D选项错误。
故答案选A。
6.下列说法中错误的是（ ）
A. 钠在空气中加热时，先熔化，再燃烧，燃烧所得产物为Na2O2
B. 铝因在空气中形成了一薄层致密的氧化膜，保护内层金属，故铝不需特殊保护
C. 铁因在潮湿的空气中生成的氧化物疏松多孔，不能保护内层金属，所以铁制品往往需要加保护层
D. 铁的合金一定比铁更容易被腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠的熔点低，钠在空气中加热时先熔化，再燃烧生成过氧化钠，故A选项正确。
B．铝和氧气反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止进一步反应，故B选项正确。
C．铁在潮湿的空气中形成的氧化物疏松，不能保护内层金属，故需要加保护层，故C选项正确。
D．铁的合金如不锈钢比铁抗腐蚀性强，更不容易被腐蚀，故D选项错误。
故答案选D。
7. 我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是
A. 徐光宪建立稀土串级萃取理论
B. 屠呦呦发现抗疟新药青蒿素
C. 闵恩泽研发重油裂解催化剂
D. 侯德榜联合制碱法
【答案】B
【解析】
【详解】2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获诺贝尔生理学或医学奖，故选B。
8.下列有关叙述中，正确的是（ ）
A. 氯气、液氯和氯水是同一种物质
B. 新制氯水可以使干燥的有色布条褪色
C. 氯水因为具有剌激性气味，所以可以杀灭细菌和病毒
D. 液氯比氯水的漂白作用更强
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气、液氯为纯净物，氯水为混合物，故A选项错误。
B．氯水中含有盐酸和次氯酸，其中次氯酸具有强氧化性和漂白性，则可以使有色布条褪色，故B选项正确。
C．氯水中含有次氯酸具有强氧化性，所以可以杀灭细菌和病毒，故C选项错误。
D．液氯无漂白性，氯水中氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，故D选项错误。
故答案为B。
9.下列关于金属钠的叙述中，正确的是（ ）
A. 金属钠是银白色金属，硬度很大
B. 在空气中加热时，金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色固体
C. 金属钠具有很强的还原性，可用于原子反应堆的导热剂
D. 金属钠和氯气加热反应时会观察到黄色火焰并产生大量白色烟雾
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠是银白色金属，有金属光泽，硬度较小，可以用小刀切割，故A选项错误。
B．钠的性质很活泼，钠元素的焰色反应是黄色，加热时，钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色的固体过氧化钠，故B选项正确。
C.钠和钾的合金在室温下呈液态，是原子反应堆的导热剂，故C选项错误。
D. 氯气和钠反应发出黄色火焰，产生大量白烟，也就是NaCl的小颗粒，故D选项错误。
故答案选B。
10.铀－235（）是常用的核燃料，核外电子数为（ ）
A. 327 B. 235 C. 143 D. 92
【答案】D
【解析】
【详解】的核外电子数等于其原子序数，为92，故答案选D。
11.对实验Ⅰ～Ⅳ的实验操作现象判断正确的是（ ）
A. 实验Ⅰ：产生红褐色沉淀 B. 实验Ⅱ：溶液颜色变红
C. 实验Ⅲ ：放出大量气体 D. 实验Ⅳ：先出现白色沉淀，后溶解
【答案】C
【解析】
【详解】A项、将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色可得到氢氧化铁胶体，不是氢氧化铁红褐色沉淀，故A错误；
B项、三价铁离子与硫氰化钾溶液反应生成硫氰合铁，溶液变红色，与二价铁离子不反应，溶液不变色，故B错误；
C项、铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和氢气，有大量气体生成，故C正确；
D项、氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，则氨水过量时，氢氧化铝也不会溶解，故D错误；
故选C
【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，则氨水过量时，氢氧化铝也不会溶解是解答易错点。
12.将氯气持续通入紫色石蕊试液中，溶液颜色呈如下变化：
关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是（ ）
A. H+、HClO、Cl2 B. H+、ClO-、Cl-
C. HCl、ClO-、Cl- D. HCl、HClO、Cl2
【答案】A
【解析】
【分析】
氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，氯气能溶于水形成氯水溶液。
【详解】氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，则将氯气持续通入紫色石蕊试液中先变红后褪色，最后形成饱和氯水溶液显浅黄绿色为溶解的氯气分子，关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是H+、HClO、Cl2。
答案选A。
13.下列离子方程式不正确的是( )
A. 将氨水滴入到FeCl3溶液中：Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓
B. 氧化铁与盐酸反应：Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O
C. 将铝片打磨后置于NaOH溶液中：2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑
D. 向氯化亚铁溶液中通入Cl2：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－
【答案】A
【解析】
【详解】A．氨水是弱电解质，不能直接写为OH-的形式，氨水滴入到FeCl3溶液中：Fe3＋＋3NH3·H2O＝Fe(OH)3↓+4NH4+,故A选项错误。
B. 氧化铁与盐酸反应生成三价铁离子和水：Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O，故B选项正确。
C. 将铝片打磨后置于NaOH溶液中生成偏铝酸根和氢气：2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑，故C选项正确。
D. 向氯化亚铁溶液中通入Cl2中发生氧化还原反应：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－故D选项正确。
故答案选A。
【点睛】本题需要注意离子反应过程中，弱电解质只能以分子形式存在。
14.下列溶液中Cl－浓度由大到小的顺序是 （ ）
①200mL 2mol/L MgCl2溶液 ②1000mL 2.5mol/L NaCl溶液
③300mL 5mol/L KClO3溶液 ④250mL 1mol/L AlCl3溶液.
A. ③①④② B. ④①②③ C. ①④②③ D. ②③①④
【答案】C
【解析】
【详解】由题意知①200mL 2mol/L MgCl2溶液中氯离子的浓度为2mol/L×2=4mol/L；
②1000mL 2.5mol/L NaCl溶液中氯离子的浓度为 2.5mol/L；
③300mL 5mol/L KClO3溶液，因KClO3电离产生K+和ClO3-，溶液中氯离子的浓度为0；
④250mL 1mol/L AlCl3溶液中氯离子的浓度为1mol/L×3=3mol/L；
所以溶液中Cl-浓度由大到小的顺序是①④②③，故答案选C。
15.嫦娥三号是中国国家航天局嫦娥工程第二阶段的登月探测器，它携带中国第一艘月球车，实现了中国首次月面软着陆。嫦娥三号中使用了大量合金。下列有关金属或合金的说法中不正确的是（ ）
A. 生铁属于合金
B. 一般地，合金的熔点比它的各成分金属的更低
C. 合金的化学性质与成分金属的化学性质不同
D. 改变原料的配比、改变生成合金的条件，可以得到具有不同性能的合金
【答案】C
【解析】
【分析】
合金是由两种或两种以上的金属与金属或金属与非金属熔合而形成的具有金属特性的物质；合金与各成分金属相比，具有许多优良的物理、化学或机械性能，合金的硬度更大，熔点一般比各成分金属的低。
【详解】A. 生铁是铁和碳形成的合金，A项正确；
B. 大多数合金熔点比它的各成分金属的更低，B项正确；
C. 合金的化学性质与成分金属的化学性质相同，C项错误；
D. 改变原料的配比、改变生成合金的条件，可以得到具有不同性能的合金，D项正确；
答案选C。
【点睛】合金具有不同于各成分金属的物理、化学或机械性能。①熔点：一般比它的各成分金属的低；②硬度和强度：一般比它的各成分金属的大，需要注意的是①常温下，多数合金是固体，但钠钾合金是液体。②合金的物理性质相对于各成分金属有所改变，但合金中各成分金属的化学性质仍然不变。
16. 下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（ ）
A. Na+、H+、Cl﹣、SO42﹣ B. Na+、H+、Cl﹣、HCO3﹣
C. Al3+、K+、OH﹣、NO3﹣ D. NH4+、OH﹣、NO3﹣、Na+
【答案】A
【解析】
A．该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B．H+、HCO3﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故B错误；
C．Al3+、OH﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，不能大量共存，故D错误；
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大．
17.如图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述错误的是( )注：氨气在水中溶解度（体积比——V水：V气=
1:700，CO2在水中溶解度1:1。
A. A气体是NH3，B气体是CO2
B. 侯氏制碱法的工艺流程应用了物质溶解度的差异
C. 第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒
D. 第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶
【答案】D
【解析】
【分析】
向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，利用CO2+NH3+HO2+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理可制备碳酸氢钠，加热分解碳酸氢钠来制备碳酸钠，流程中A为氨气，B为二氧化碳，得到的悬浊液为NaHCO3，晶体为NaHCO3，根据此分析进行解答。
【详解】A．氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备纯碱，所以气体A为氨气，B为二氧化碳，故A选项正确。
B．侯氏制碱法利用的是碳酸氢钠溶解度比碳酸钠在同温下小的差异，在氨化饱和的氯化钠溶液里通足量CO2气体得到碳酸氢钠沉淀，故B选项正确。
C．第Ⅲ步操作是过滤操操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C选项正确。
D．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D选项错误。
故答案选D。
【点睛】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，题目难度中等，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键。
18.对下列现象或事实的解释正确的是
选项
现象或事实
解释或结论
A
向废弃的FeCl3蚀刻液X中加入少量的铁粉，振荡，未出现红色固体
X中一定不含Cu2＋
B
少量气体通入澄清石灰水中，出现浑浊
不能证明该气体一定是CO2
C
氯气用使湿润的有色布条褪色
氯气直接氧化有机色素
D
FeCl3溶液中滴加少量KSCN溶液，呈血红色
Fe3＋与KSCN反应产生血红色沉淀
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．FeCl3蚀刻液X中加入少量的铁粉，振荡，未出现红色固体，有可能三价铁离子与铁反应了，不一定含有Cu2＋，故A选项错误。
B．将二氧化碳或二氧化硫通入澄清石灰水中现象相同，都会造成浑浊，故B选项正确。
C．氯气用使湿润的有色布条褪色是因为氯气与水反应生成次氯酸，具有漂白性，故C选项错误。
D．Fe3＋与KSCN反应产生血红色络合物，不是沉淀，故D选项错误。
故答案选B。
19.下列叙述中正确的是（ ）
A. H3O＋和OH－中具有相同的质子数和电子数
B. 35Cl2和37Cl2都是氯气单质
C. 235U和238U互为同位素，物理性质几乎相同，化学性质不同
D. 质子数相同的微粒一定属于同一元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．H3O+中质子数为3+8=11，电子数为11-1=10，OH-中质子数为1+8=9，电子数为9-（-1）=10，二者质子数不同，故A选项错误。
B．35Cl2和37Cl2都是由氯气组成的单质，故B选项正确。
C.互为同位素的原子最外层电子数相同，化学性质也相同，故C选项正确。
D．质子数相同的原子属于同一元素，故D选项错误。
故答案选B。
【点睛】计算出质子数之后，电子数＝质子数-带电荷数，可以直接进行计算。
20.下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）
A. 取ag混合物充分加热，质量减少bg
B. 取ag混合物与足量的盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
C. 取ag混合物与足量的NaOH溶液充分反应，得到bg溶液
D. 取ag混合物与足量的稀硫酸充分反应，逸出的气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A选项正确。
B. Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B选项正确。
C. 混合物与足量的NaOH溶液充分反应，只得到溶液质量无法进行质量分数的计算，故C选项错误。
D. 混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，即碱石灰增加的质量是二氧化碳的质量，能测定含量，故D选项正确。
故答案选C。
【点睛】本题需要注意实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。
21.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为21。则下列说法不正确的是
X
Y
W
Z
A. 原子半径大小：Y
【答案】B
【解析】
【分析】
由上述分析可知，X为C，W为Si，Y为O，Z为Cl，根据此分析进行解答。
【详解】A．同周期从左向右原子半径减小，则原子半径大小：Y
C．Cl的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，是一种强酸，故C选项正确。
D．Si单质常用作半导体材料,故D选项正确。
故答案选B。
22.运用元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是( )
A. 锂(Li)与水反应比钠与水反应剧烈
B. 砹(At)为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸
C. 在氧气中，铷(Rb)的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂
D. HBrO4的酸性比HIO4的酸性强
【答案】A
【解析】
【详解】A、锂金属性比钠弱，锂与水反应比钠与水反应慢，故A错误；
B、砹与碘同族，碘为紫色固体，AgI难溶于水也不溶于稀硝酸,所以砹（At）为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸，故B正确；
C、铷（Rb）比钠活泼，铷的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂，故C正确；
D、溴非金属性大于碘，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，HBrO4的酸性比HIO4的酸性强，故D正确。
答案选A。
23.向体积相同的甲、乙两容器中分别通入一定量的CO2和N2O，下列说法不正确的是
A. 标准状况下，当两容器气体密度相同，则气体的物质的量相同
B. 向甲容器中通入一定的N2，使得两容器中氮原子数和氧原子数均相同，此时甲、乙两容器在同温下的压强之比为2:3
C. 将两气体混合，混合气体的平均摩尔质量为44g/mol
D. 同温同压下，两容器中气体质量相同
【答案】B
【解析】
【分析】
CO2和N2O的摩尔质量相同，都为44 g/mol。
【详解】A项、标准状况下，两种气体体积相同和密度相同，所以二者质量相等，由于两者相对分子质量相同，则气体的物质的量相同，故A正确；
B项、氮原子数相同说明n(N2O)=n(N2)=amol,氧原子数相同说明n(CO2)=2n(N2O)=2 amol,甲容器中气体物质的量之和为3amol，由P甲：P乙=n甲：n乙=3amol：amol=3:1，故B错误；
C项、CO2和N2O的摩尔质量相同，都为44 g/mol，将两气体混合，无论以何种物质的量比混合，混合气体的平均摩尔质量恒为44g/mol，故C正确；
D项、同温同压下，CO2和N2O的体积相同，由阿伏加德罗定律可知，两种气体物质的量相同，由于CO2和N2O的摩尔质量相同，则两容器中气体质量相同，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，熟记基本公式并灵活运用，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键。
24.下列关于钠及其化合物的叙述正确的是（ ）
A. 钠能与硫酸铜溶液反应置换出红色的铜
B. Na2O2和水的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4
C. 用钠与空气反应制纯净的Na2O2，空气必须经过碱石灰处理后，才能与钠反应
D. 将足量的Na2O2和Na2O分别加入酚酞试液中，最终溶液均为红色
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸铜溶液和钠反应，可看作钠先和水反应，然后生成的氢氧化钠再和硫酸铜反应，所以产物有蓝色沉淀、气体、硫酸钠，没有铜生成，不是发生置换反应，故A选项错误。
B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧化产物为O2，还原产物为NaOH，过氧化钠既为氧化剂也为还原剂，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，故B选项错误。
C.空气中含有二氧化碳也会与过氧化钠反应，必须经过碱石灰处理后吸收二氧化碳后，才能与钠反应制纯净的Na2O2，故C选项正确。
D．过氧化钠滴酚酞溶液变红，过一会红色又消失了，过氧化钠与水反应会产生双氧水和NaOH ，一开始酚酞遇NaOH变红，后酚酞被双氧水氧化，红色褪去最终溶液为无色，故D选项错误。
故答案选C。.
【点睛】本题的易错点为B选项，注意过氧化钠中的氧为-1价，产物氢氧化钠只有一半是还原产物。
25.下列说法中，不正确的是（ ）
A. Fe2O3为碱性氧化物，可与水反应生成Fe(OH)3
B. 向沸水中滴加5－6滴饱和的FeCl3溶液制备Fe(OH) 3胶体
C. 磁铁矿粉末溶于盐酸后，生成氯化铁和氯化亚铁
D. FeCl3溶液、FeCl2溶液都能与NaOH溶液反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe2O3碱性氧化物，不能与水直接反应生成Fe(OH)3，需要先与酸生成强酸弱碱盐（呈酸性），才可与强碱反应生成Fe(OH)3。故A选项错误。
B. 实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，故B选项正确。
C. 磁铁矿的主要成分是:Fe3O4, 它可以写成：FeO·Fe2O3形式， 所以它溶于稀盐酸的 离子方程式： Fe3O4+ 8H+ = Fe2+ + 2Fe3++ 4H2O，生成氯化铁和氯化亚铁，故C选项正确。
D．FeCl3溶液、FeCl2溶液都能与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化亚铁沉淀，故D选项正确。
故答案为A。
第Ⅱ卷（选择题，共25分）
二.填空题（本题含有三个题目，共25分）：
26.某化学课外兴趣小组为验证卤素单质氧化性的相对强弱，用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。
实验过程：
Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸，发生反应2KMnO4＋16HCl(浓)＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。
Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
Ⅲ.当B中溶液由黄色变为红棕色时，关闭活塞a。
Ⅳ.……
(1)盛放浓盐酸仪器名称为____________________。
(2)在烧瓶内发生反应时，体现浓盐酸的性质为______________________________。
(3)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是_________________________________。
(4)B中溶液发生反应的离子方程式是____________________________________________。
(5)浸有NaOH溶液的棉花的作用为______________________________________________。
(6)为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作步骤和现象是__________________________。
(7)过程Ⅲ实验的目的是______________________________________________________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 还原性和酸性 (3). 湿润的淀粉KI试纸变蓝 (4). Cl2＋2Br－＝Br2＋2Cl－ (5). 吸收挥发出来的Cl2，防止污染空气 (6). 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后CCl4层变为紫红色 (7). 确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰
【解析】
【详解】（1）盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗。
故答案为 分液漏斗
（2）高锰酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，提现浓盐酸的还原性，且生成KCl和MnCl2，体现酸性。
故答案为 还原性和酸性
（3）淀粉变蓝色，说明有单质碘生成，也说明氯气氧化性强于单质碘，
故答案为 湿润的淀粉KI试纸变蓝
（4）氯气的氧化性强于溴，将氯气通入NaBr溶液中会有单质溴生成，发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，
故答案为 Cl2+2Br-═Br2+2Cl-
（5）产生的氯气为有毒气体，浸有NaOH溶液的棉花吸收挥发出来的Cl2，防止污染空气。
故答案为 吸收挥发出来Cl2，防止污染空气
（6）为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则静至后CCl4层溶液变为紫红色。
故答案为 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后CCl4层变为后CCl4层溶液变为紫红色
（7）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论。
故答案为 确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰
【点睛】本题为探究题和实验设计题，用以比较卤素单质的氧化性强弱，注意本题中要排除干扰因素的存在。
27.某化学实验室需要0.2mol/L NaOH溶液500mL和0.5mol/L硫酸溶液450mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：
(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_______（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是________________________________ （填仪器名称）。
(2)现用质量分数为98%、密度为1.84g•cm－3的浓硫酸来配制450mL、0.5mol•L－1的稀硫酸。计算所需浓硫酸的体积为______mL（保留1位小数），现有①10mL ②25mL ③50mL ④100mL四种规格的量筒，你选用的量筒是_____（填代号）.
(3)配制时，一般可分为以下几个步骤：
①量取 ②计算 ③稀释 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却。其正确的操作顺序
为：②→①→③→___→___→___→___→④（填序号）
(4)在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中错误的是_______，能引起误差偏高的有___________（填代号）。
①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
③将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸
④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线
⑦定容时，俯视标线
【答案】 (1). AD (2). 玻璃棒、胶头滴管 (3). 13.6 (4). ② (5). ⑧ (6). ⑤ (7). ⑥ (8). ⑦ (9). ①②③④⑥⑦ (10). ①②⑦
【解析】
【详解】（1）A为平底烧瓶、D为分液漏斗，在配制溶液过程中不会使用到烧瓶和分液漏斗；配制一定浓度的溶液还缺少玻璃棒和胶头滴管。
故答案为 AD 玻璃棒、胶头滴管
（2）质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的浓度=18.4mol/L；实验室没有450mL的容量瓶，实际上配制的是500mL 0.5mol/L的硫酸，需要浓硫酸的体积为0.5×0.5÷18.4L≈0.0136L=13.6mL，故选择25ml的量筒最合适。
故答案为 13.6 ②
（3）配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的操作顺序为 ⑧ ⑤ ⑥ ⑦
故答案为⑧ ⑤ ⑥ ⑦
（4）①用量筒量取浓硫酸时，洗涤量筒会导致浓硫酸体积偏大，配制的溶液浓度偏高，故①错误。
②浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，热的溶液体积偏大，冷却后体积变小，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故②错误。
③稀释浓硫酸应该将酸加入水中，故③错误。
④定容时，加蒸馏水超过标线，应当重新配置，又用胶头滴管吸出会造成溶质损失，配制的溶液浓度偏小，故④错误。
⑤容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量及溶液的体积都没有影响，所以不影响配制结果，故⑤正确。
⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，配制的溶液体积偏大，溶液的浓度偏低，故⑥错误。
⑦在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，导致加入的蒸馏水体积低于容量瓶刻度线，配制时加水的体积偏小，溶液的浓度偏高，故⑦错误。
故答案为 ①②③④⑥⑦ ①②⑦
【点睛】注意实验室没有450mL的容量瓶，实际上配制的是500mL 0.5mol/L的硫酸，计算时要用500 mL。
28.下表列出了①~⑥六种元素在周期表中的位置：
族
周期
ⅠA
0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
②
③
④
3
⑤
⑥
(1)⑤元素的原子结构示意图为_____________；
(2)③元素原子的最外层电子数为___________；
(3)⑤元素与④元素形成的离子化合物的化学式为_________（写出一种即可）；
(4)②、③、④三种元素的非金属性逐渐___________（填“减弱”或“增强”）；
(5)④元素和⑥元素形成的氢化物，其稳定性的强弱顺序为_______＞_______（填化学式）。
【答案】 (1). (2). 5 (3). Na2O或Na2O2 (4). 增强 (5). H2O (6). H2S
【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Na、⑥为S，根据此分析进行解答。
【详解】（1）⑤为Na，原子结构示意图为。
故答案为
（2）③为N，原子序数为7，最外层电子数为5.
故答案为 5
（3）④为O、⑤为Na，组合出的离子化合物为Na2O或Na2O2。
故答案为 Na2O或Na2O2
（4）同周期，原子序数依次增大，自左而右元素非金属性增强。
故答案为 增强
（5）④为O、⑥为S氢化物分别为水和硫化氢，且O的非金属性强于S，故稳定性的强弱顺序为H2O＞H2S。
故答案为 H2O H2S
【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律等，难度不大，注意整体把握元素周期表，理解元素周期律。
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