精品解析：福建省厦门第一中学2022-2023学年高一下学期3月月考化学试题

厦门一中2022-2023学年高一下学期三月月考 化学 完成时间75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Cl-35.5 Cu-64 一、单项选择题(15题，每题3分，共45分。每题只有一个选项符合题意。 1. 人类社会的发展离不开科学家的贡献，下列说法不正确的是 A. 道尔顿——提出原子学说，认为原子不可再分 B. 卢瑟福——根据粒子散射实验，提出原子的葡萄干面包模型 C. 门捷列夫——发现元素周期律，编制出元素周期表 D. 波尔——研究氢原子光谱，提出核外电子分层排布模型 【答案】B 【解析】 【详解】A．道尔顿提出原子学说，认为原子是不可再分的实心球体，A项正确； B．根据α粒子散射实验，卢瑟福提出原子的核式结构模型，B项错误； C．门捷列夫编制第一张元素周期表，并发现了元素周期律，C项正确； D．氢原子光谱指的是氢原子内的电子在不同能阶跃迁时所发射或吸收不同波长，波尔研究氢原子光谱，并提出了核外电子分层排布模型，D项正确； 故选B。 2. 2022年11月30日，神舟十五号载人飞船入轨后，于11月30日5时42分，成功对接于空间站“天和”核心舱前向端口。化学作为一门传统的理科，在神舟飞船的研制过程中不可缺少。下列说法错误的是 A. 火箭采用的高强度新型钛合金构件属于金属材料 B. 使用的热控材料是新型保温材料——纳米气凝胶，纳米气凝胶具有丁达尔效应 C. “天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷属于无机非金属材料 D. 核心舱搭载的柔性太阳能电池，二氧化硅是太阳能电池板的核心材料 【答案】D 【解析】 【详解】A．钛合金属于金属材料，选项A正确； B．纳米气凝胶是胶体，具有丁达尔效应，选项B正确； C．“天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料，选项C正确； D．太阳能电池板主要材料是硅，选项D错误； 答案选D。 3. 锂在核工业中应用广泛，如和可作核反应堆最佳热载体，和用作高温堆减速剂。下列说法不正确的是 A. 和互为同位素 B. 和化学性质相同 C. 和中电子总数相同 D. H和D互为同素异形体 【答案】D 【解析】 【详解】A．和质子数相同中子数不同，故二者互为同位素，A正确； B．和都是氢化锂，同位素化学性质相同，故和化学性质相同，B正确； C．和中只有中子数不相同，电子总数相同，均为4，C正确； D．同种元素形成的不同种单质之间互为同素异形体，H和D互为同位素，D错误； 故选D。 4. 下列原子中，与氟原子的化学性质相似的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】与氟原子化学性质相似的原子最外层电子数应为7。根据原子核外电子排布示意图，可知只有D中氯原子与氟原子化学性质相似； 故选D。 5. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 与足量氯气充分反应，转移电子的数目为 B. 中阴离子所含的电子数为 C. 和混合物中所含中子数为 D. 所含的质子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．铁和氯气反应生成氯化铁，铁元素化合价由0升高为+3，与足量的氯气充分反应，转移电子的数目为3NA，故A错误； B．Na2O2由Na+、构成，1个所含电子数为18，为0.1mol，阴离子所含的电子数为1.8，故B错误； C．和分子中都含有10个中子，其摩尔质量都是20g/mol，和混合物物质的量为0.1mol，其所含中子数为NA，故C正确； D．物质的量小于0.1mol，所含的质子数小于，故D错误； 故选C。 6. 下列描述与对应的离子方程式均正确的是 A. Al、Cl两元素最高价氧化物对应的水化物间发生反应： B. 将HBr水溶液滴入溶液中，能生成白色胶状沉淀： C. NaOH溶液保存时不能使用磨口玻璃塞，原因是： D. 往和KI的混合溶液中滴入稀硫酸，发生反应： 【答案】B 【解析】 【详解】A．Al、Cl两元素最高价氧化物对应的水化物分别为Al(OH)3、HClO4，两者间发生酸碱中和反应，HClO4为强酸，离子反应为，故A错误； B．将HBr水溶液滴入溶液中，能生成白色胶状沉淀，该沉淀为H2SiO3，所给离子方程式正确，故B正确； C．NaOH溶液保存时不能使用磨口玻璃塞，原因是二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子方程式为，故C错误； D．往和KI的混合溶液中滴入稀硫酸，发生归中反应，生成碘单质，离子反应为，故D错误； 故选B。 7. 在水溶液中，RO和Mn2+发生反应：RO+3Mn2++3H2O=R-+3MnO2↓+6H+，则RO中R元素的化合价和原子最外层电子数分别为 A. +4、6 B. +7、7 C. +5、7 D. +5、5 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】根据电荷守恒：-n+6=6-1，n=1，故RO，中设R的化合价x，O为-2价，x-6=-1，x=+5，由方程式中，R元素的还原产物为R-可知，R得到1个电子达到8电子稳定状态，故R原子最外层7个电子。故选C。 8. 中国画传统黄色颜料雄黄和雌黄均为As的硫化物，如图所示的模型中，两种不同颜色的球分别代表了As原子和S原子，球的大小反映了原子的大小，已知As位于元素周期表第四周期ⅤA族，下列说法正确的是 A. 模型中黑球代表硫原子 B. 雄黄和雌黄是同素异形体 C. 元素原子得电子能力： D. 雄黄的化学式为AsS 【答案】C 【解析】 【详解】A．As位于元素周期表第四周期ⅤA族，S位于第三周期ⅥA族，周期数等于电子层数，电子层数越多，原子半径越大，球的大小反映了原子的大小，则模型中黑球代表As原子，故A错误； B．同种元素形成的不同种单质互称同素异形体，雄黄和雌黄均为化合物，故B错误； C．根据周期表中元素性质的变化规律，同周期元素非金属性：P＜S，同主族元素非金属性：P＞As，由此可知非金属性：As＜S，非金属性越强，元素得电子能力越强，故C正确； D．根据雄黄的球棍模型，可知雄黄的化学式为As4S4，故D错误； 故选C。 9. 对于可能存在的第120号元素，下列预测不正确的是 A. 位于第八周期 B. 单质遇水剧烈反应，可能发生爆炸 C. 在化合物中显价 D. 其最高价氧化物对应的水化物为强酸 【答案】D 【解析】 【分析】与86号稀有气体氡元素同族的下一周期稀有气体原子序数为86+32=118，则第120号元素位于元素周期表第八周期ⅡA族； 【详解】A．由分析可知，第120号元素位于元素周期表第八周期ⅡA族，A正确； B．由同主族元素的性质的递变规律可知，其单质化学性质比Ca活泼，遇水剧烈反应，可能发生爆炸，B正确； C．该元素为ⅡA族，易失去2个电子，在化合物中显+2价，C正确； D．该元素的金属性极强，其最高价氧化物对应的水化物为强碱，D错误； 故选D。 10. 1869年门捷列夫把当时已知的元素按元素性质、相对原子质量等进行排列，预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如图所示。下列说法不正确的是 A. 乙的单质可以用作半导体材料 B. 乙的氢化物稳定性比弱 C. 甲的最高价氧化物对应水化物比磷酸酸性强 D. 原子半径：甲>乙>As 【答案】C 【解析】 【分析】由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As小，As位于第四周期VA族，则C、Si、乙位于IVA族，所以乙为Ge；B、Al、甲位于IIIA族，所以甲为Ga，乙为Ge； 【详解】A．Ge在金属非金属交界处，故其单质可以用作半导体材料，A正确； B．Ge的非金属性比O弱，故乙的氢化物稳定性比弱，B正确； C．Ga的非金属性比P弱，故甲的最高价氧化物对应水化物比磷酸酸性弱，C错误； D．同一周期从左到右，原子半径逐渐增大，Ga、Ge、As均在第四周期，且原子序数逐渐增大，故原子半径：Ga>Ge>As，D正确； 故选C。 11. 短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如图，下列关于这三种元素说法正确的是 A. Z的原子得电子能力最强 B. Y的最高正化合价等于其族序数 C. 在化合物中可表现出的化合价最高的是X D. X、Y分别与其同族下一周期元素的原子序数差相同 【答案】C 【解析】 【分析】短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如图，则Z位于第一周期，Z只能是He，Y为F，X为S。 【详解】A．非金属性越强，得电子能力越强，则得电子能力最强的是F，即为Y，A错误； B．Y为F元素，F无最高正化合价，B错误； C．S最高价为+6价，F无最高正价，稀有气体He为相对稳定结构，很难形成化合物，故在化合物中可表现出的化合价最高的是X，C正确； D．X下一周期含有过渡元素，X与其同族下一周期元素的原子序数差大于Y，D错误； 故选C。 12. 下列装置能达到实验目的的是 A．从食盐水中提取 B．除中的 C．制取并收集氨气 D．检验钾元素存在 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．从食盐水中提取NaCl应该使用蒸发皿，不应该用坩埚，故A不符合题意； B．溴能与氢氧化钠溶液反应生成易溶于水的产物，与氢氧化钠溶液不相溶，且密度大于氢氧化钠溶液，在下层，经分液可除去CCl4中的 Br2，故B符合题意； C．氨气不可用无水CaCl2干燥，氨气能与氯化钙发生反应生成络合物CaCl2•8NH3，且收集氨气的导管应伸入试管底部，故C不符合题意； D．观察钾元素的焰色反应应透过蓝色钴玻璃观察，故D不符合题意； 故选B。 13. 为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组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：①打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。②当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。③当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a．④……。下列说法不正确的是 A. 通过烧瓶中湿润的淀粉-KI试纸变蓝可证明还原性： B. 若装置中撤去B试管，通过调节活塞a、b也能达到实验目的 C. C中盛放NaBr溶液的浓度应等于或小于B中的NaBr溶液 D. 该实验橡胶塞要用锡纸包裹，橡胶管连接处的玻璃导管要靠紧 【答案】C 【解析】 【分析】A装置是氯气的制备装置，其中湿润的淀粉-KI试纸是用来比较氯气与碘的氧化性，装置B和C用来比较氯气与溴的氧化性，C和D装置用来比较溴和碘的氧化性，则第④步操作是打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下振荡，静置后CCl4层溶液变为紫红色。 【详解】A．A中湿润的KI淀粉试纸变蓝，说明有碘被氯气置换出来，该反应中碘离子是还原剂、氯离子是还原产物，故可得出结论：还原性：，故A正确； B．若装置中撤去B试管，A中湿润的淀粉-KI试纸变蓝，则氧化性Cl2＞I2；C中的溶液变为黄色，则氧化性Cl2＞Br2；根据分析，第④步操作，证明氧化性Br2＞I2，即氧化性：Cl2＞Br2＞I2，故B正确； C．为了验证溴和碘氧化性强弱的准确性，C处NaBr溶液与Cl2反应时，氯气不能过量，则C处NaBr溶液浓度应大于B处，C错误； D．溴能腐蚀橡胶管，则实验橡胶塞要用锡纸包裹，且橡胶管连接处的玻璃导管要靠紧，故D正确； 故选C。 14. X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素(原子序数Q>Z)，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. X与Y组成的化合物可能具有漂白性 B. X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是酸、碱或盐 C. 简单离子半径： D. R原子的M电子层未填满，N电子层上有电子 【答案】C 【解析】 【分析】同周期元素从左到右原子半径减小，同主族元素从上到下原子半径增大。根据原子半径与主要化合价的关系图，X是H元素，Y显-2价，Y是O元素，M最高价为+7，M是Cl元素；Z最高价为+5，但原子半径小于M，所以Z是N元素；Q为+1价，原子序数大于N元素，Q是Na元素；R为+2价，R为Ca元素。 【详解】A．H与O组成的化合物H2O2具有漂白性，故A正确； B．H、O、N三种元素可以组成酸(HNO3)、碱(NH3·H2O)、盐(NH4NO3)，故B正确； C．M、Q、Y简单离子依次为Cl-、Na+、O2-，电子层数越多，半径越大，电子层结构相同，质子数越多半径越小，则离子半径：Cl-＞O2-＞Na+，故C错误； D．R为钙元素，核外电子排布依次为2、8、8、2，M电子层最多容纳18个电子，则M电子层未填满，N电子层上有2个电子，故D正确； 故选C。 15. 从砷化镓废料(主要成分为)中回收镓和砷的工艺流程如图所示。碱浸后GaAs转化为、，已知：。下列说法不正确的是 A. “碱浸”时，每浸出1molGaAs至少需消耗 B. Ga和Al同主族，推断不属于两性氢氧化物 C. “滤渣Ⅲ”的主要成分为 D. “操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 【答案】B 【解析】 【分析】砷化镓废料加入过氧化氢、氢氧化钠碱浸，氧化铁、碳酸钙不反应成为滤渣Ⅰ，GaAs、SiO2和碱反应进入溶液，溶液加入硫酸中和，Ga转化为沉淀、硅转化为硅酸沉淀，沉淀加入稀硫酸溶解Ga的沉淀得到溶液，分离出硅酸沉淀得到滤渣Ⅲ，含镓溶液电积得到镓；中和后的滤液经过蒸发浓缩、降温结晶等操作得到Na3AsO4·12H2O。 【详解】A．“碱浸”时，As的化合价由-3变为+5，过氧化氢中氧元素化合价由-1变为-2，根据电子守恒可知，GaAs~4H2O2，每反应1molGaAs，理论上消耗4molH2O2，A正确； B．已知：，说明能够和碱反应，也能够和酸反应，说明属于两性氢氧化物，B错误； C．由分析可知，滤渣Ⅲ的成分是，C正确； D．从Na3AsO4溶液中得到Na3AsO4·12H2O，可以通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D正确； 故选B。 二、填空题(5题，共55分)。 16. 下表是元素周期表的一部分，①~⑫分别代表12种元素，请回答下列问题： （1）⑦的元素名称是_______。 （2）请画出12种元素中化学性质最不活泼的元素的原子结构示意图_______。 （3）②③④⑨分别与①形成的简单气态化合物中热稳定性最强的是(写化学式)_______。 （4）实验室制备①③两种元素形成的最简单化合物的化学方程式为_______。 （5）以下验证⑤⑥⑦⑪四种元素原子失电子能力强弱的方法和结论均正确的是_______。 A．比较四种元素形成的最高价氧化物对应的水化物碱性强弱：⑪>⑤>⑥>⑦ B．比较四种元素形成的氢化物的热稳定性：⑪<⑤<⑥<⑦ C．比较四种元素的单质分别与非强氧化性酸反应置换氢气的剧烈程度：⑤>⑪>⑥>⑦ （6）用一个反应证明⑨⑫两种元素的原子得电子能力强弱_______(写化学方程式)，并从原子结构的角度进行解释_______。 【答案】（1）铝 （2） （3）HF （4） （5）A （6） ①. ②. Cl和Br的原子最外层电子数均为7，但Br的原子半径更大，则得电子能力比Cl弱 【解析】 【分析】根据元素周期表的一部分，①～⑫位置可知12种元素为：①H、②C、③N、④F、⑤Na、⑥Mg、⑦Al、⑧Fe、⑨Cl、⑩Ar、⑪K、⑫Br； 【小问1详解】 由分析可知，⑦是铝元素； 【小问2详解】 只有⑩Ar是稀有气体，最稳定，最不活泼的元素，原子结构示意图为； 【小问3详解】 ②③④⑨分别与①形成的简单气态化合物为CH4、NH3、HF、HCl，非金属性越强，简单气态化合物稳定性越强，非金属性最强的是F，则气态化合物稳定性最强的是HF； 【小问4详解】 ①③两种元素形成的最简单化合物为NH3，实验室采用加热氢氧化钙和氯化铵固体混合物制取氨气，化学方程式为； 【小问5详解】 A．⑤⑥⑦⑪四种元素金属性越强，最高价氧化物对应的水化物碱性越强，A正确； B．金属氢化物为强电解质的离子化合物，无法比较稳定性和金属性，B错误； C．都是活动性很强的金属，特别是⑤、⑪与水就剧烈反应，无法判断金属性，且⑪的金属性大于⑤，C错误； 故选A； 【小问6详解】 得电子能力越强，则氧化性越强，根据强制弱的规律，化学方程式可以是；Cl和Br的原子最外层电子数均为7，但Br的原子半径更大，则得电子能力比Cl弱。 17. 已知A、B、C、D、E、F、G、H是原子序数依次增大的短周期主族元素，A是原子半径最小的元素，A与B形成的一种化合物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C与G同主族，D与A同主族，B、D、E最外层电子数之和为8，F是地壳中含量最高的金属元素，G的单质常出现在火山喷口。 （1）C在元素周期表中的位置是_______。 （2）E的元素符号是_______。 （3）C、D、F形成的简单离子中，半径最小的是_______(填离子符号)。 （4）B、G、H形成的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是_______(填化学式)。 （5）A和C形成的一种化合物分子中电子总数为18，能与G的氢化物水溶液反应产生浑浊，反应的化学方程式为_______。 （6）R是第四周期与G同主族的元素，下列说法不正确的是_______。 A. R的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液可能无法与锌反应生成氢气 B. R的简单气态氢化物的水溶液暴露在空气中，pH逐渐减小 C. R的单质的氧化性较G弱 D. R的单质在常温下可与氢气化合 【答案】（1）第二周期第VIA族 （2）Mg （3）Al3+ （4）HClO4 （5）H2O2+H2S=2H2O+S↓ （6）BD 【解析】 【分析】已知A、B、C、D、E、F、G、H是原子序数依次增大的短周期主族元素，A是原子半径最小的元素，A为H元素；A与B形成的一种化合物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该化合物为NH3，B为N元素；B、D、E最外层电子数之和为8，则D为Na，E最外层电子数为2，E为Mg元素；F是地壳中含量最高的金属元素，F为Al元素；G的单质常出现在火山喷口，G为S元素，则H只能是Cl元素，C与G同主族，C为O元素。 【小问1详解】 C为O元素，在元素周期表中的位置是第二周期第VIA族； 【小问2详解】 E为Mg元素，元素符号：Mg； 【小问3详解】 C、D、F形成的简单离子分别为O2-、Na+、Al3+，其核外电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，半径最小的是Al3+； 【小问4详解】 非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，酸性最强的是HClO4； 【小问5详解】 H和O形成的一种化合物，该化合物的一个分子中电子总数为18，并能与S的氢化物水溶液反应产生浑浊，则该化合物为H2O2，H2O2和H2S反应生成S单质，根据氧化还原反应的规律配平方程式为：H2O2+H2S=2H2O+S↓。 【小问6详解】 R是第四周期与G同主族的元素，则R是硒元素； A．浓硫酸有强氧化性，与金属锌反应不生成氢气，浓硒酸与浓硫酸性质类似，与金属锌反应不能生成氢气，故A不符合题意； B．H2Se具有强还原性，容易被氧气氧化为水和硒单质，导致溶液的酸性减弱，pH增大，故B符合题意； C．同一主族从上到下，元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，硒比硫的氧化性弱，故C不符合题意； D．同一主族从上到下，元素的非金属性依次减弱，单质与氢气越难以化合生成氢化物，常温下，硒不能与氢气发生化合反应，故D符合题意； 故选BD。 18. Ⅰ．海水中蕴含着大量资源，海水提溴的主要工业生产流程如下图所示。 （1）吸收塔中发生的主要反应的化学方程式为_______。 （2）吹出塔吹出的含溴空气经由吸收塔吸收溴后回到吹出塔进行循环利用。吹出塔中吹出率与吸收塔中流量的关系如图所示。流量过大，吹出率反而下降的原因是_______。 （3）对于较低浓度的溴水，也可采用萃取的方法提取。某学习小组用萃取溴水中的，在如图所示的分液漏斗中，液体分为两层，其中下层液体呈_______色；他们打开分液漏斗活塞，却未见液体流下，原因可能是_______。 Ⅱ．海带中含有丰富的碘元素，从海带灰中提取碘的甲、乙两种方案如下，已知。 （4）通入适量，发生的主要反应的离子方程式为_______。 （5）方案甲中，可以循环利用的物质是_______。 （6）方案乙中，“含的水溶液”经三步转化为“水溶液”，主要目的是_______。 （7）步骤Y通过与NaOH反应，使碘元素从中转移到水中，这种方法称为_______法。 （8）方案乙中若将换为浓度相同的氢碘酸(HI)，得到的量会减少，其原因是____。 【答案】（1）SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr （2）过量的SO2随“吸收Br2后的空气”进入吹出塔中，与溴反应，使溴吹出率下降 （3） ①. 红棕 ②. 未打开分液漏斗的上口玻璃塞或分液漏斗上口玻璃塞上的凹槽没有与分液漏斗上的小孔连通，导致无法与外界大气连通 （4） （5）CCl4 （6）富集碘元素 （7）反萃取 （8）发生反应，使得到的量减少 【解析】 【分析】浓海水酸化后通氯气，将溴离子氧化为溴单质，通入空气到含低浓度溴水的混合液中，溴易挥发，利用热空气将溴吹出，再用二氧化硫把溴单质还原为溴离子，所得溶液中通氯气把溴离子氧化为溴单质，此过程的目的是浓缩、富集溴单质，在通过冷凝、精馏得到产品溴； 海带灰浸取液加入稀硫酸通入适当的氧气，得到含有碘单质的水溶液，加入CCl4萃取碘单质，方法甲直接蒸馏得到纯碘；方案乙先加入NaOH溶液，碘和氢氧化钠反应，经分液后下层为有机层CCl4，上层是无机层，加入稀硫酸，碘元素发生归中反应，生成碘单质，经过过滤、升华得到碘单质。 【小问1详解】 吸收塔中，二氧化硫和溴发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr； 【小问2详解】 吹出时，若SO2流量过大，过量的SO2随“吸收Br2后的空气”进入吹出塔中，与溴反应，使溴吹出率下降； 【小问3详解】 萃取后，下层液体为溴的四氯化碳溶液，颜色为红棕色；打开分液漏斗活塞，却未见液体流下，原因可能是未打开分液漏斗的上口玻璃塞或分液漏斗上口玻璃塞上的凹槽没有与分液漏斗上的小孔连通，导致无法与外界大气连通； 【小问4详解】 通入适量，在酸性条件下将碘离子氧化为碘单质，发生的主要反应的离子方程式为； 【小问5详解】 方案甲中通过蒸馏分离出CCl4和碘单质，则可以循环使用的物质是CCl4； 【小问6详解】 方案乙中，“含的水溶液”经三步转化为“水溶液”，主要目的是富集碘元素； 【小问7详解】 步骤Y通过与NaOH反应，使碘元素从中转移到水中，这是萃取的逆过程，这种方法称为反萃取法； 【小问8详解】 若将换为浓度相同的氢碘酸(HI)，则会发生副反应，因此得到的量会减少。 19. 硼化铬(CrB)可用作耐磨、抗高温氧化涂层。以高铝铬铁矿(主要含和，还含)为原料制备硼化铬和铝的工艺流程如下。 已知：①可与反应生成沉淀。 ②相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀的pH 2.3 10.4 4.9 7.5 3.4 沉淀完全的pH 4.1 12.4 6.8 9.7 4.7 （1）滤渣1的主要成分是_______(填化学式)。 （2）第一次加氨水使_______(填离子符号)生成氢氧化物沉淀，请写出该步骤中生成白色沉淀的离子方程式_______。 （3）请写出滤渣2与试剂Y反应的化学方程式_______。操作3的名称是_______。 （4）第二次加氨水需调节pH的范围为_______；加稀盐酸前，需要先洗涤滤渣3，证明其洗涤干净的操作方法是_______。 【答案】（1）SiO2 （2） ①. Fe3+、Al3+ ②. Al3++3NH3·H2O= Al(OH)3↓+3 （3） ①. Al(OH)3+NaOH= Na[Al(OH)4] ②. 过滤 （4） ①. 6.8≤pH＜10.4 ②. 取适量最后一次洗涤液于试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净 【解析】 【分析】高铝铬铁矿(主要含和，还含)加入硫酸“酸浸”，SiO2和硫酸不反应，过滤出SiO2，得到含有Cr3+、Al3+、Fe3+、Fe2+、Mg2+的溶液，加入氧化剂X把Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH=4.7~4.9，生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，过滤得滤渣2，向滤液中继续加入氨水调节pH=6.8~10.4，生成Cr(OH)3沉淀，过滤，向沉淀中加盐酸溶解Cr(OH)3生成CrCl3溶液，加入镁和硼在650℃时反应生成硼化铬；滤渣2中加入氢氧化钠溶液，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成Na[Al(OH)4]溶液，过滤出氢氧化铁沉淀，向滤液M中通入过量的二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀，加热氢氧化铝分解为氧化铝，电解熔融氧化铝得到金属铝，以此解题。 【小问1详解】 由分析可知，滤渣1的主要成分是SiO2； 【小问2详解】 第一次加入氨水调节pH=4.7~4.9，由相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH表可知，生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，生成白色沉淀[Al(OH)3]的离子方程式为Al3++3NH3·H2O= Al(OH)3↓+3； 【小问3详解】 由分析可知，滤渣2为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，试剂Y为氢氧化钠溶液，该反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH= Na[Al(OH)4]；溶液M中含有Na[Al(OH)4]，向其中通入二氧化碳，生成沉淀氢氧化铝沉淀，故操作3为过滤； 【小问4详解】 根据表格中的数据可知，第二次加氨水调节pH的目的是生成Cr(OH)3沉淀，为使Cr3+完全沉淀，pH≥6.8，为避免Mg2+沉淀，pH<10.4，所以pH范围是6.8≤pH＜10.4；加稀盐酸中和前，需要洗涤沉淀，由于溶液中含有硫酸根离子，故可以检验洗涤液中是否含有硫酸根离子即可，故方法为：取适量最后一次洗涤液于试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净； 20. 某化学小组设计实验探究NO和Cu反应的氧化产物，装置如图(部分夹持装置未画出)。已知：。 [实验1] （1）仪器a的名称为_______，实验1前通入一段时间的作用为_______。 （2）A中发生反应的离子方程式为_______。 （3）B中NaOH溶液的作用为_______。 （4）若D中最后得到CuO和的混合物，取该混合物5.92g与足量稀硝酸反应，生成448mL标准状况下的NO气体，则CuO和的物质的量之比为_______。 [实验2] （5）实验1时，A中铜与稀硝酸的反应开始无明显现象，后渐有小气泡产生，反应较慢。该小组将A中的稀硝酸换为浓硝酸、B中的NaOH溶液换为水进行实验2，发现铜与浓硝酸反应开始后迅速产生大量气泡。查阅文献：溶于水可形成(弱酸，不稳定，易分解)，氧化Cu的速率比快。为证实这一说法，小组进行探究。 序号 实验操作 实验现象 Ⅰ 取适量B中溶液于试管中，加入一定量_______固体，再加入铜片 立即产生大量气泡；液面上方呈红棕色 Ⅱ 取适量B中溶液于试管中，静置一段时间，溶液变为无色，再加入铜片 缓慢地产生气泡；液面上方呈浅红棕色 a．Ⅰ中加入的固体为_______(填化学式)。 b．Ⅱ中“静置一段时间”的目的是_______。 c．铜与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快，除了反应物浓度高外，请结合文献与探究Ⅰ、Ⅱ分析其另一个重要原因是_______。 【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 将装置中的空气排干净，防止NO、Cu被氧气氧化 （2） （3）吸收NO中的HNO3 （4）2：3 （5） ①. NaNO2 ②. 使HNO2完全分解 ③. 铜和浓硝酸反应生成的NO2溶于水后形成HNO2加快了铜与浓硝酸的反应速率 【解析】 【分析】A中铜和稀硝酸反应制取NO，稀硝酸有挥发性，则为了防止硝酸干扰试验，装置B的作用是用NaOH溶液除去挥发的硝酸，装置C为干燥装置，装置D为发生装置，装置E为尾气收集装置； 【小问1详解】 由仪器构造可知，仪器a的名称是分液漏斗；实验1前通入一段时间的作用为将装置中的空气排干净，防止NO、Cu被氧气氧化； 【小问2详解】 A 中Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，离子方程式为； 【小问3详解】 B中NaOH溶液的作用为吸收NO中的HNO3； 【小问4详解】 CuO与稀硝酸反应时，化学方程式为，生成的NO气体来自于Cu2O与稀硝酸反应，反应的方程式为，n(NO)= ，则n(Cu2O)=0.03mol，n(CuO)= ，则CuO和的物质的量之比为2：3； 【小问5详解】 ①若要验证氧化Cu的速率比快，则应向溶液中加入NaNO2固体，再加入铜片； ②HNO2不稳定，易分解，所以放置一段时间的目的是使HNO2完全分解； ③结合探究Ⅰ、Ⅱ可知，另一个重要原因是铜和浓硝酸反应生成的NO2溶于水后形成HNO2加快了铜与浓硝酸的反应速率。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门一中2022-2023学年高一下学期三月月考 化学 完成时间75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Cl-35.5 Cu-64 一、单项选择题(15题，每题3分，共45分。每题只有一个选项符合题意。 1. 人类社会的发展离不开科学家的贡献，下列说法不正确的是 A. 道尔顿——提出原子学说，认为原子不可再分 B. 卢瑟福——根据粒子散射实验，提出原子的葡萄干面包模型 C. 门捷列夫——发现元素周期律，编制出元素周期表 D. 波尔——研究氢原子光谱，提出核外电子分层排布模型 2. 2022年11月30日，神舟十五号载人飞船入轨后，于11月30日5时42分，成功对接于空间站“天和”核心舱前向端口。化学作为一门传统的理科，在神舟飞船的研制过程中不可缺少。下列说法错误的是 A. 火箭采用的高强度新型钛合金构件属于金属材料 B. 使用的热控材料是新型保温材料——纳米气凝胶，纳米气凝胶具有丁达尔效应 C. “天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷属于无机非金属材料 D. 核心舱搭载的柔性太阳能电池，二氧化硅是太阳能电池板的核心材料 3. 锂在核工业中应用广泛，如和可作核反应堆最佳热载体，和用作高温堆减速剂。下列说法不正确的是 A. 和互为同位素 B. 和化学性质相同 C. 和中电子总数相同 D. H和D互为同素异形体 4. 下列原子中，与氟原子的化学性质相似的是 A. B. C. D. 5. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 与足量氯气充分反应，转移电子的数目为 B. 中阴离子所含的电子数为 C. 和混合物中所含中子数为 D. 所含的质子数为 6. 下列描述与对应的离子方程式均正确的是 A. Al、Cl两元素最高价氧化物对应的水化物间发生反应： B. 将HBr水溶液滴入溶液中，能生成白色胶状沉淀： C. NaOH溶液保存时不能使用磨口玻璃塞，原因是： D. 往和KI的混合溶液中滴入稀硫酸，发生反应： 7. 在水溶液中，RO和Mn2+发生反应：RO+3Mn2++3H2O=R-+3MnO2↓+6H+，则RO中R元素的化合价和原子最外层电子数分别为 A. +4、6 B. +7、7 C. +5、7 D. +5、5 8. 中国画传统黄色颜料雄黄和雌黄均为As的硫化物，如图所示的模型中，两种不同颜色的球分别代表了As原子和S原子，球的大小反映了原子的大小，已知As位于元素周期表第四周期ⅤA族，下列说法正确的是 A. 模型中黑球代表硫原子 B. 雄黄和雌黄是同素异形体 C. 元素原子得电子能力： D. 雄黄的化学式为AsS 9. 对于可能存在的第120号元素，下列预测不正确的是 A. 位于第八周期 B. 单质遇水剧烈反应，可能发生爆炸 C. 在化合物中显价 D. 其最高价氧化物对应的水化物为强酸 10. 1869年门捷列夫把当时已知的元素按元素性质、相对原子质量等进行排列，预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如图所示。下列说法不正确的是 A. 乙的单质可以用作半导体材料 B. 乙的氢化物稳定性比弱 C. 甲的最高价氧化物对应水化物比磷酸酸性强 D. 原子半径：甲>乙>As 11. 短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如图，下列关于这三种元素说法正确的是 A. Z的原子得电子能力最强 B. Y的最高正化合价等于其族序数 C. 在化合物中可表现出的化合价最高的是X D. X、Y分别与其同族下一周期元素的原子序数差相同 12. 下列装置能达到实验目的的是 A．从食盐水中提取 B．除中的 C．制取并收集氨气 D．检验钾元素存在 A. A B. B C. C D. D 13. 为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组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：①打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。②当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。③当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a．④……。下列说法不正确的是 A. 通过烧瓶中湿润的淀粉-KI试纸变蓝可证明还原性： B. 若装置中撤去B试管，通过调节活塞a、b也能达到实验目的 C. C中盛放NaBr溶液的浓度应等于或小于B中的NaBr溶液 D. 该实验橡胶塞要用锡纸包裹，橡胶管连接处的玻璃导管要靠紧 14. X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素(原子序数Q>Z)，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. X与Y组成的化合物可能具有漂白性 B. X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是酸、碱或盐 C. 简单离子半径： D. R原子的M电子层未填满，N电子层上有电子 15. 从砷化镓废料(主要成分为)中回收镓和砷的工艺流程如图所示。碱浸后GaAs转化为、，已知：。下列说法不正确的是 A. “碱浸”时，每浸出1molGaAs至少需消耗 B. Ga和Al同主族，推断不属于两性氢氧化物 C. “滤渣Ⅲ”的主要成分为 D. “操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 二、填空题(5题，共55分)。 16. 下表是元素周期表的一部分，①~⑫分别代表12种元素，请回答下列问题： （1）⑦的元素名称是_______。 （2）请画出12种元素中化学性质最不活泼的元素的原子结构示意图_______。 （3）②③④⑨分别与①形成的简单气态化合物中热稳定性最强的是(写化学式)_______。 （4）实验室制备①③两种元素形成的最简单化合物的化学方程式为_______。 （5）以下验证⑤⑥⑦⑪四种元素原子失电子能力强弱的方法和结论均正确的是_______。 A．比较四种元素形成的最高价氧化物对应的水化物碱性强弱：⑪>⑤>⑥>⑦ B．比较四种元素形成的氢化物的热稳定性：⑪<⑤<⑥<⑦ C．比较四种元素的单质分别与非强氧化性酸反应置换氢气的剧烈程度：⑤>⑪>⑥>⑦ （6）用一个反应证明⑨⑫两种元素的原子得电子能力强弱_______(写化学方程式)，并从原子结构的角度进行解释_______。 17. 已知A、B、C、D、E、F、G、H是原子序数依次增大的短周期主族元素，A是原子半径最小的元素，A与B形成的一种化合物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C与G同主族，D与A同主族，B、D、E最外层电子数之和为8，F是地壳中含量最高的金属元素，G的单质常出现在火山喷口。 （1）C在元素周期表中的位置是_______。 （2）E的元素符号是_______。 （3）C、D、F形成的简单离子中，半径最小的是_______(填离子符号)。 （4）B、G、H形成的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是_______(填化学式)。 （5）A和C形成的一种化合物分子中电子总数为18，能与G的氢化物水溶液反应产生浑浊，反应的化学方程式为_______。 （6）R是第四周期与G同主族的元素，下列说法不正确的是_______。 A. R的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液可能无法与锌反应生成氢气 B. R的简单气态氢化物的水溶液暴露在空气中，pH逐渐减小 C. R的单质的氧化性较G弱 D. R的单质在常温下可与氢气化合 18. Ⅰ．海水中蕴含着大量资源，海水提溴的主要工业生产流程如下图所示。 （1）吸收塔中发生的主要反应的化学方程式为_______。 （2）吹出塔吹出的含溴空气经由吸收塔吸收溴后回到吹出塔进行循环利用。吹出塔中吹出率与吸收塔中流量的关系如图所示。流量过大，吹出率反而下降的原因是_______。 （3）对于较低浓度的溴水，也可采用萃取的方法提取。某学习小组用萃取溴水中的，在如图所示的分液漏斗中，液体分为两层，其中下层液体呈_______色；他们打开分液漏斗活塞，却未见液体流下，原因可能是_______。 Ⅱ．海带中含有丰富的碘元素，从海带灰中提取碘的甲、乙两种方案如下，已知。 （4）通入适量，发生的主要反应的离子方程式为_______。 （5）方案甲中，可以循环利用的物质是_______。 （6）方案乙中，“含的水溶液”经三步转化为“水溶液”，主要目的是_______。 （7）步骤Y通过与NaOH反应，使碘元素从中转移到水中，这种方法称为_______法。 （8）方案乙中若将换为浓度相同的氢碘酸(HI)，得到的量会减少，其原因是____。 19. 硼化铬(CrB)可用作耐磨、抗高温氧化涂层。以高铝铬铁矿(主要含和，还含)为原料制备硼化铬和铝的工艺流程如下。 已知：①可与反应生成沉淀。 ②相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀的pH 2.3 10.4 4.9 7.5 3.4 沉淀完全的pH 4.1 12.4 6.8 9.7 4.7 （1）滤渣1的主要成分是_______(填化学式)。 （2）第一次加氨水使_______(填离子符号)生成氢氧化物沉淀，请写出该步骤中生成白色沉淀的离子方程式_______。 （3）请写出滤渣2与试剂Y反应的化学方程式_______。操作3的名称是_______。 （4）第二次加氨水需调节pH的范围为_______；加稀盐酸前，需要先洗涤滤渣3，证明其洗涤干净的操作方法是_______。 20. 某化学小组设计实验探究NO和Cu反应的氧化产物，装置如图(部分夹持装置未画出)。已知：。 [实验1] （1）仪器a的名称为_______，实验1前通入一段时间的作用为_______。 （2）A中发生反应的离子方程式为_______。 （3）B中NaOH溶液的作用为_______。 （4）若D中最后得到CuO和的混合物，取该混合物5.92g与足量稀硝酸反应，生成448mL标准状况下的NO气体，则CuO和的物质的量之比为_______。 [实验2] （5）实验1时，A中铜与稀硝酸的反应开始无明显现象，后渐有小气泡产生，反应较慢。该小组将A中的稀硝酸换为浓硝酸、B中的NaOH溶液换为水进行实验2，发现铜与浓硝酸反应开始后迅速产生大量气泡。查阅文献：溶于水可形成(弱酸，不稳定，易分解)，氧化Cu的速率比快。为证实这一说法，小组进行探究。 序号 实验操作 实验现象 Ⅰ 取适量B中溶液于试管中，加入一定量_______固体，再加入铜片 立即产生大量气泡；液面上方呈红棕色 Ⅱ 取适量B中溶液于试管中，静置一段时间，溶液变为无色，再加入铜片 缓慢地产生气泡；液面上方呈浅红棕色 a．Ⅰ中加入的固体为_______(填化学式)。 b．Ⅱ中“静置一段时间”的目的是_______。 c．铜与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快，除了反应物浓度高外，请结合文献与探究Ⅰ、Ⅱ分析其另一个重要原因是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $