广西壮族自治区北海市2023-2024学年高一上学期期末化学试卷

2023-2024学年广西北海市高一（上）期末化学试卷 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（3分）2023年第19届亚运会在杭州举行，亚运会火炬的金属部分采用1070铝合金旋压成型工艺制作。下列关于合金的叙述正确的是（　　） A．我国使用最早的合金是钢 B．铝合金属于金属材料，硬度比纯铝的小 C．储氢合金属于新型合金，可用于以氢气为燃料的汽车 D．不锈钢中只含有金属元素，不含有非金属元素 2．（3分）下列有关物质的分类和用途的对应关系中，正确的是（　　） 选项 物质 分类 用途 A Na2CO3 碱 作发酵粉 B CaCl2 盐 作杀菌漂白剂 C Al（OH）3 两性氢氧化物 作抗酸药 D Fe3O4 氧化物 作红色颜料 A．A B．B C．C D．D 3．（3分）向某未知溶液中加入铝粉能放出H2，下列各组离子在该溶液中一定能大量共存的是（　　） A．Na+、H+、Cl﹣ B．Ba2+、、 C．K+、、Na+ D．Fe2+、K+、 4．（3分）我国在春秋初年已掌握了冶铁技术。下列关于铁及其化合物的说法中不正确的是（　　） A．铁具有良好的导热性、导电性和延展性 B．FeO是一种红棕色粉末，俗称铁红，常用作红色染料 C．加热条件下，Fe与Cl2发生反应生成氯化铁 D．FeO和Fe2O3都是碱性氧化物 5．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A．1mol O3含有的原子数为2NA B．1mol/LAlCl3溶液中含有的Cl﹣数为3NA C．1mol铁与足量的稀盐酸反应，失去的电子数为2NA D．2.2g重水（D2O）中含有的中子数为NA 6．（3分）下列各反应中，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是（　　） A．Na和O2 B．KOH和CO2 C．Na2CO3和H2SO4 D．H2SO4和Ba（OH）2 7．（3分）下列各物质所含原子数按由多到少的顺序排列的是（　　） ①1.0mol NH3 ②8gHe ③4℃时18gH2O ④0.4mol H3PO4 A．①④③② B．④③②① C．②③④① D．①④②③ 8．（3分）下列化合物的电子式书写不正确的是（　　） A． B． C． D． 9．（3分）研究化学键有助于人们理解物质的某些性质。下列各组物质中，化学键类型完全相同的是（　　） A．O2和MgCl2 B．HCl和Na2O2 C．CH4和NaOH D．CO2和H2O 10．（3分）下列有关元素周期律的比较中正确的是（　　） A．金属性：K＞Rb＞Cs B．单质与氢气化合由易到难的顺序：Cl2＞S＞P C．简单氢化物的稳定性：PH3＞H2S＞H2O D．碱性强弱：LiOH＞NaOH＞KOH 11．（3分）K2FeO4是一种铁盐，由于兼具消毒和净水功能具有很大的利用价值，与盐酸可发生反应2K2FeO4+16HCl═4KCl+2FeCl3+8H2O+3Q↑，下列说法错误的是（　　） A．产物Q为一种黄绿色有毒气体 B．K2FeO4中铁的化合价为+6 C．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8 D．8mol HCl参与反应，电子转移总数为：3NA 12．（3分）几种短周期主族元素的原子半径及化合价见下表，下列说法正确的是（　　） 元素代号 A B C D E F 化合价 ﹣2 +4.﹣4 ﹣1 +5.﹣3 +3 +1 原子半径/nm 0.074 0.077 0.099 0.110 0.143 0.186 A．A元素为氧元素，F元素为钾元素 B．A元素与F元素形成的化合物中只含有共价键 C．C、D的简单离子半径由大到小的顺序是C＞D D．由上表信息可推测氮元素的原子半径：0.074nm＜r（N）＜0.077nm 13．（3分）下列实验能达到对应的目的的是（　　） A B C D 制取纯净的Fe（OH）2沉淀 比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性 配制一定物质的量 浓度的NaOH溶液 除去Cl2中的少量HCl A．A B．B C．C D．D 14．（3分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X、Y三种元素原子的最外层电子数之和为11；W、X同周期且相邻，Z﹣的M层有8个电子。下列结论正确的是（　　） A．X、Y、Z离子半径的大小顺序为Z＞Y＞X B．Y与Z形成的化合物为共价化合物 C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z＜W D．单质氧化性：Z＞X 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（14分）学以致用是学习化学的动力和源泉，掌握化学知识有助于我们更好地认识世界。回答下列问题： （1）云、雾属于胶体，鉴别胶体和溶液的方法是 　 　，胶体和溶液的本质区别是 　 　。 （2）生铁是 　 　（填“混合物”或“化合物”）。通常合金的熔点 　 　（填“高于”或“低于”）其组成单质的熔点。 （3）ClO2是一种新型含氯消毒剂，已经用于自来水消毒。实验室可通过以下反应制得：2KClO3+H2C2O4+H2SO4═K2SO4+2ClO2↑+2CO2↑+2H2O。产生1mol ClO2时，转移电子的物质的量为 　 　mol；该反应中的还原剂是 　 　（填化学式）。 （4）在标准状况下，由CO2和CO组成的混合气体的密度是H2的19倍，则两者体积比V（CO2）：V（CO）＝　 　。 （5）Ba（OH）2溶液中滴入浓度相等的NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。从开始方到a点总的离子方程式是 　 　，从a点到b点反应的离子方程式是 　 　，解释b点之后导电能力上升的原因：　 　。 16．（14分）下表列出了①～⑩号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 ② 二 ③ ④ ⑤ 三 ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩ 回答下列问题： （1）①～⑩中，元素的化学性质最不活泼的是 　 　（填元素符号，下同）。上述10种元素中，属于金属元素的有 　 　。 （2）写出①与④以原子个数比3：1形成的化合物的电子式：　 　。 （3）元素④、⑤、⑩分别和①组成的简单化合物中，最稳定的是 　 　（填化学式）。 （4）从元素原子得、失电子的角度看，⑤的单质具有 　 　（填“氧化性”或“还原性”）。 （5）在盛有氢氧化钠溶液的小烧杯中通入元素⑩的单质，发生反应的离子方程式为 　 　。 （6）请从原子结构的角度解释元素⑥的金属性比元素③的金属性强的原因是 　 　。 17．（15分）铁及其化合物与生产、生活息息相关，回答下列问题： （1）Fe2+易被人体吸收，医生建议在服用该补铁剂时，同时服用维生素C。维生素C的作用是 　 　。 （2）印刷电路板的制作原理是用足量的FeCl3溶液腐蚀覆铜板上不需要的铜箔。写出上述反应的化学方程式：　 　。 （3）生铁是通过高炉冶炼而得到的，以赤铁矿为例用CO将其还原的化学方程式为 　 　。 （4）某废料铁泥的主要成分为Fe2O3、FeO、Fe和杂质（杂质不与硫酸反应）。现取wg废料铁泥提取Fe2O3，设计实验流程如图： ①分离溶液A和沉淀C的操作中使用到的玻璃仪器有烧杯、　 　、　 　。 ②能检验溶液A中含有Fe2+的试剂是 　 　（填字母）。 A.铁粉 B.酸性KMnO4溶液 C.KSCN溶液 ③步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为 　 　。 ④若最终获得ngFe2O3，则废料铁泥中铁元素的质量分数为 　 　。 18．（15分）某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质，设计如图1所示装置进行实验。装置D中夹持装置已略去，其中a为干燥的红色布条 （1）仪器X的名称是 　 　。写出装置A中发生反应的化学方程式：　 　。 （2）装置B的作用是 　 　。 （3）装置C的作用是 　 　，可选用的试剂是 　 　（填字母）。 a.NaHCO3溶液 b.NaOH溶液 c.碱石灰 d.浓硫酸 （4）装置D中的实验现象为 　 　。 （5）若产生Cl2足量，实验过程中装置E中的实验现象是 　 　。 （6）有一种“地康法”制取氯气的反应原理如图2所示： ①反应Ⅰ　 　（填“是”或“不是”）氧化还原反应。 ②在450℃条件下，反应Ⅱ的化学方程式为 　 　。 2023-2024学年广西北海市高一（上）期末化学试卷 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C C C B C D A A D B C 题号 12 13 14 答案 D B D 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（3分）2023年第19届亚运会在杭州举行，亚运会火炬的金属部分采用1070铝合金旋压成型工艺制作。下列关于合金的叙述正确的是（　　） A．我国使用最早的合金是钢 B．铝合金属于金属材料，硬度比纯铝的小 C．储氢合金属于新型合金，可用于以氢气为燃料的汽车 D．不锈钢中只含有金属元素，不含有非金属元素 【分析】A．我国最早使用的合金是青铜； B．合金的硬度比任一组成成分金属的硬度大； C．储氢合金释放出的氢气具有可燃性； D．钢是铁和碳的合金，不锈钢中含有金属元素，还含有非金属元素碳。 【解答】解：A．我国最早使用的合金是青铜； B．合金的硬度比任一组成成分金属的硬度大，含有Al、Mg等元素，故B错误； C．储氢合金释放出的氢气具有可燃性，故C正确； D．钢是铁和碳的合金，还含有非金属元素碳； 故选：C。 【点评】本题考查了合金的特点和用途，题目难度不大，了解合金的定义及合金的特点和性能即可解答本题，注意基础知识的积累。 2．（3分）下列有关物质的分类和用途的对应关系中，正确的是（　　） 选项 物质 分类 用途 A Na2CO3 碱 作发酵粉 B CaCl2 盐 作杀菌漂白剂 C Al（OH）3 两性氢氧化物 作抗酸药 D Fe3O4 氧化物 作红色颜料 A．A B．B C．C D．D 【分析】A．水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱； B．CaCl2属于盐，不能作杀菌漂白剂； C．Al（OH）3是难溶于水的两性氢氧化物，能和盐酸反应； D．氧化铁为红色固体，四氧化三铁为黑色固体。 【解答】解：A．Na2CO3 俗名纯碱，属于盐类4 常作发酵粉，故A错误； B．Ca（ClO）2 具有强氧化性，常作杀菌漂白剂2属于盐，不能作杀菌漂白剂； C．Al（OH）5是两性氢氧化物，和胃酸中的盐酸反应，故C正确； D．Fe3O4是氧化物，为黑色固体，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了物质组成、物质性质分析和应用，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。 3．（3分）向某未知溶液中加入铝粉能放出H2，下列各组离子在该溶液中一定能大量共存的是（　　） A．Na+、H+、Cl﹣ B．Ba2+、、 C．K+、、Na+ D．Fe2+、K+、 【分析】向未知溶液中加入铝粉能放出H2，说明该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，结合离子的性质和转化分析。 【解答】解：A．H+在碱性溶液中不能大量共存，故A错误； B．碳酸根离子和与Ba2+不能大量共存，且碳酸根离子在酸性溶液中不能大量共存； C．离子间不反应，故C正确； D．Fe2+在碱性溶液中不能大量共存，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查离子共存，题目难度中等，掌握相关离子的性质和转化是解题的关键。 4．（3分）我国在春秋初年已掌握了冶铁技术。下列关于铁及其化合物的说法中不正确的是（　　） A．铁具有良好的导热性、导电性和延展性 B．FeO是一种红棕色粉末，俗称铁红，常用作红色染料 C．加热条件下，Fe与Cl2发生反应生成氯化铁 D．FeO和Fe2O3都是碱性氧化物 【分析】A．铁具有良好的导热性、导电性和延展性； B．Fe2O3是一种红色粉末； C．加热条件下，Fe与Cl2发生反应生成氯化铁； D．FeO和Fe2O3都是碱性氧化物。 【解答】解：A．铁具有良好的导热性，故A正确； B．Fe2O3是一种红色粉末，俗称铁红，故B错误； C．加热条件下6发生反应生成氯化铁，故C正确； D．FeO和Fe2O3都能和酸反应生成盐和水，都是碱性氧化物； 故选：B。 【点评】本题考查铁的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 5．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A．1mol O3含有的原子数为2NA B．1mol/LAlCl3溶液中含有的Cl﹣数为3NA C．1mol铁与足量的稀盐酸反应，失去的电子数为2NA D．2.2g重水（D2O）中含有的中子数为NA 【分析】A．根据l个O3分子中含有3个O原子，进行分析； B．根据只有溶液浓度，缺少溶液的体积，进行分析； C．根据Fe与盐酸反应生成FeCl2，进行分析； D．根据质量数等于核素的近似相对原子质量，进行分析。 【解答】解：A．l个臭氧分子中含有3个氧原子 mol A，故A错误； B．只有溶液浓度，不能计算溶液中含有的Cl﹣数目，故B错误； C．Fe与盐酸反应生成FeCl2，5 mol molA，故C正确； D．D2O的摩尔质量为20 g/mol，2.6 mol mol×10＝1.1 ，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 6．（3分）下列各反应中，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是（　　） A．Na和O2 B．KOH和CO2 C．Na2CO3和H2SO4 D．H2SO4和Ba（OH）2 【分析】A．钠与氧气反应常温下生成氧化钠，加热生成过氧化钠； B．碳与氧气反应，氧气少量反应生成一氧化碳，氧气足量生成二氧化碳； C．氢氧化钠和少量二氧化碳反应的产物是碳酸钠，和过量二氧化碳反应的产物是碳酸氢钠； D．氯气与铁反应氯化铁。 【解答】解：A．钠与氧气反应常温下生成氧化钠，产物与反应条件有关； B．KOH与二氧化碳反应，二氧化碳过量时生成碳酸氢钾，会引起产物的种类改变； C．Na2CO3和H4SO4，碳酸钠滴入硫酸生成二氧化碳，硫酸滴入碳酸钠溶液，产物与反应物的用量有关； D．H2SO2和Ba（OH）2反应产物与反应物的用量无关，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了反应条件、反应物浓度、反应物用量对化学反应的影响，明确物质的性质及发生反应的离子方程式是解题关键，题目难度不大。 7．（3分）下列各物质所含原子数按由多到少的顺序排列的是（　　） ①1.0mol NH3 ②8gHe ③4℃时18gH2O ④0.4mol H3PO4 A．①④③② B．④③②① C．②③④① D．①④②③ 【分析】利用N＝n×NA，n＝＝进行计算，并结合分子的构成即可解答。 【解答】解：①1.0 mol 6含4 mol原子； ②8 g He的物质的量为3 ，含2 ； ③4℃时18 g H7O的物质的量为1.0 mol mol原子； ④3.4 mol H3PO7含3.2 mol原子； 各物质所含原子数按由多到少的顺序排列的是①④③②，故A正确； 故选：A。 【点评】本题考查了物质的量的有关计算，明确计算公式及物质的构成是解答的关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。 8．（3分）下列化合物的电子式书写不正确的是（　　） A． B． C． D． 【分析】A．氯离子不能合在一起书写； B．二氧化碳中碳原子与两个氧原子分别共用2对电子； C．硫化钠为离子化合物，钠离子与硫离子通过离子键结合； D．氯化钠为离子化合物，钠离子与氯离子通过离子键结合。 【解答】解：A．氯化钙电子式为：，故A错误； B．二氧化碳中碳原子与两个氧原子分别共用2对电子，故B正确； C．硫化钠为离子化合物，电子式为：，故C正确； D．氯化钠为离子化合物，电子式为：，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查了化学用语的使用，明确物质的结构组成，把握电子式书写方法和注意事项是解题关键，题目难度中等。 9．（3分）研究化学键有助于人们理解物质的某些性质。下列各组物质中，化学键类型完全相同的是（　　） A．O2和MgCl2 B．HCl和Na2O2 C．CH4和NaOH D．CO2和H2O 【分析】活泼金属与活泼非金属间形成的化学键为离子键，相同原子间形成的共价键为非极性共价键，不同种原子间形成的共价键为极性共价键，据此判断。 【解答】解：A．MgCl2中只含有离子键，O2中只含有非极性共价键，二者化学键类型完全不相同； B．HCl中只含极性共价键4O2既有非极性共价键又含有离子键，二者化学键类型不完全相同； C．CH4只含有极性共价键，NaOH既有极性共价键又有离子键，故C错误； D．CO8和H2O都是共价化合物，都只含极性共价键； 故选：D。 【点评】本题主要考查化学键的类型，为高频考点，题目难度不大。 10．（3分）下列有关元素周期律的比较中正确的是（　　） A．金属性：K＞Rb＞Cs B．单质与氢气化合由易到难的顺序：Cl2＞S＞P C．简单氢化物的稳定性：PH3＞H2S＞H2O D．碱性强弱：LiOH＞NaOH＞KOH 【分析】A．同主族元素自上而下金属性逐渐增强； B．Cl、S、P为同周期元素，非金属性越强，与氢气化合越容易； C．非金属性越强，形成氢化物稳定性越强； D．同主族自上而下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性增强 【解答】解：A．同主族元素自上而下金属性逐渐增强，K、Cs为第ⅠA的元素，故A错误； B．Cl、S，根据元素周期律可知，故其单质与氢气化合由易到难的顺序：Cl2＞S＞P，故B正确； C．非金属性强弱为：O＞S＞P2O＞H3S＞PH3，故C错误； D．Li、K为第ⅠA的元素，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查了周期律分析判断，主要是金属性和非金属性强弱、氢化物稳定性等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。 11．（3分）K2FeO4是一种铁盐，由于兼具消毒和净水功能具有很大的利用价值，与盐酸可发生反应2K2FeO4+16HCl═4KCl+2FeCl3+8H2O+3Q↑，下列说法错误的是（　　） A．产物Q为一种黄绿色有毒气体 B．K2FeO4中铁的化合价为+6 C．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8 D．8mol HCl参与反应，电子转移总数为：3NA 【分析】已知2K2FeO4+16HCl═4KCl+2FeCl3+8H2O+3Q↑，根据原子守恒可知Q为Cl2，Fe元素的化合价由+6价降低为+3价，Cl元素的化合价﹣1价升高为0价，故K2FeO4是氧化剂、FeCl3是还原产物，HCl是还原剂、Cl2是氧化产物，反应中HCl还起酸的作用。 【解答】解：A．根据原子守恒可知Q为Cl2，为一种黄绿色有毒气体，故A正确； B．K2FeO5中，O为﹣2价，则铁的化合价为+6价； C．Fe元素的化合价由+8价降低为+3价，K2FeO4是氧化剂、HCl是还原剂，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：6＝7：3； D．HCl是还原剂，1个Cl原子失去6个电子，一部分HCl体现酸性，16mol HCl参与反应生成3mol Cl2，转移2mol电子，故8 ，电子转移总数为3NA，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查氧化还原反应知识，涉及氧化还原反应基本概念、氧化还原反应方程式的配平、氧化还原反应计算等，明确氧化氧化还原反应有关基本概念，题目充分考查了学生的分析理解能力及综合应用能力。 12．（3分）几种短周期主族元素的原子半径及化合价见下表，下列说法正确的是（　　） 元素代号 A B C D E F 化合价 ﹣2 +4.﹣4 ﹣1 +5.﹣3 +3 +1 原子半径/nm 0.074 0.077 0.099 0.110 0.143 0.186 A．A元素为氧元素，F元素为钾元素 B．A元素与F元素形成的化合物中只含有共价键 C．C、D的简单离子半径由大到小的顺序是C＞D D．由上表信息可推测氮元素的原子半径：0.074nm＜r（N）＜0.077nm 【分析】由几种短周期主族元素的原子半径及化合价可知，A元素的化合价为﹣2价，B元素的化合价有﹣4、+4价，B处于ⅣA族，且A的原子半径与B相差不大，则A为O元素、B为C元素；C元素的化合价为﹣1价，根据原子半径可知C为Cl元素；D元素的化合价有﹣3、+5价，原子半径大于Cl，则D为P元素；E元素的化合价有+3价，F元素的化合价有+1价，原子半径均大于P，所以E是Al元素，F是Na元素，以此来解答。 【解答】解：由上述分析可知，A为O元素、C为Cl元素、E为Al元素， A．F为Na元素； B．A与F可以形成氧化钠，过氧化钠中含有离子键和共价键； C．Cl﹣与P3﹣具有相同电子层，故离子半径：P3﹣＞Cl﹣，故C错误； D．同一周期内元素的原子半径从左到右逐渐减小，在3.074～0.077nm之间； 故选：D。 【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的化合价、原子半径来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。 13．（3分）下列实验能达到对应的目的的是（　　） A B C D 制取纯净的Fe（OH）2沉淀 比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性 配制一定物质的量 浓度的NaOH溶液 除去Cl2中的少量HCl A．A B．B C．C D．D 【分析】A．氢氧化亚铁极易被氧化； B．加热后，碳酸氢钠能分解生成二氧化碳确； C．药品的溶解应在烧杯中； D．Cl2和HCl均和NaOH溶液反应。 【解答】解：A．氢氧化亚铁极易被氧化，滴管应该插入到溶液中； B．加热后，可以使澄清石灰水变浑浊，故B正确； C．药品在烧杯中溶解，故C错误； D．Cl2和HCl均和NaOH溶液反应，不能用氢氧化钠溶液除去Cl2中的少量HCl，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。 14．（3分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X、Y三种元素原子的最外层电子数之和为11；W、X同周期且相邻，Z﹣的M层有8个电子。下列结论正确的是（　　） A．X、Y、Z离子半径的大小顺序为Z＞Y＞X B．Y与Z形成的化合物为共价化合物 C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z＜W D．单质氧化性：Z＞X 【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z﹣的M层有8个电子，则Z原子核外电子数为2+8+8﹣1＝17，故Z为Cl元素；W、X同周期且相邻，W的最外层电子数为4，而X的原子序数大于W，则X的最外层电子数为4+1＝5，由W、X、Y三种元素原子的最外层电子数之和为11，可知Y原子最外层电子数为11﹣4﹣5＝2，再由原子序数相对大小，可知W与X处于第二周期、Y处于第三周期，故W为C元素、X为N元素、Y为Mg元素。 【解答】解：由分析可知，W为C元素、Y为Mg元素； A．电子层结构相同，离子半径越小，离子半径越大﹣＞N3﹣＞Mg2+，故A错误； B．MgCl5是离子化合物，故B错误； C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：HClO4＞H2CO4，故C错误； D．氯气是很活泼的非金属单质2＞N2，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力以及对基础知识的掌握情况。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（14分）学以致用是学习化学的动力和源泉，掌握化学知识有助于我们更好地认识世界。回答下列问题： （1）云、雾属于胶体，鉴别胶体和溶液的方法是 　丁达尔效应　，胶体和溶液的本质区别是 　分散质粒子直径大小不同　。 （2）生铁是 　混合物　（填“混合物”或“化合物”）。通常合金的熔点 　低于　（填“高于”或“低于”）其组成单质的熔点。 （3）ClO2是一种新型含氯消毒剂，已经用于自来水消毒。实验室可通过以下反应制得：2KClO3+H2C2O4+H2SO4═K2SO4+2ClO2↑+2CO2↑+2H2O。产生1mol ClO2时，转移电子的物质的量为 　1　mol；该反应中的还原剂是 　H2C2O4　（填化学式）。 （4）在标准状况下，由CO2和CO组成的混合气体的密度是H2的19倍，则两者体积比V（CO2）：V（CO）＝　5：3　。 （5）Ba（OH）2溶液中滴入浓度相等的NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。从开始方到a点总的离子方程式是 　H+++Ba2++OH﹣＝BaSO4↓+H2O　，从a点到b点反应的离子方程式是 　H++OH﹣═H2O　，解释b点之后导电能力上升的原因：　b点之后继续向溶液中加入比b点的 Na2SO4溶液浓度大的 NaHSO4溶液，NaHSO4电离出 Na+、H+和离子，使溶液导电性增强　。 【分析】（1）丁达尔效应的胶体特有的性质，可用来鉴别溶液和胶体，溶液与胶体的鉴别可采用丁达尔效应，而胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径大小不同； （2）生铁是铁和碳等元素形成的合金，一般情况下，合金的熔点低于各成分单质的熔点； （3）在反应中，KClO3中氯元素由+5价降低到ClO2中的+4价，每生成2mol ClO2转移1mol电子，H2C2O4中碳元素化合价升高，被氧化，H2C2O4是还原剂，； （4）混合气体的密度是H2的19倍，则混合气体的平均相对分子质量为2×19＝38，设CO2的物质的量x，CO的物质的量为y，则＝38，同温同压下，体积之比等于物质的量之比；（5）Ba（OH）2溶液中滴入浓度相等的NaHSO4溶液，开始时Ba（OH）2过量，H+ 和 离子按1：1比例反应，因此离子方程式为：H+++Ba2++OH﹣＝BaSO4↓+H2O，从a点到b点时，Ba（OH）2溶与NaHSO4恰好完全反应生成BaSO4沉淀和H2O，此时溶液中主要是Na2SO4，继续滴加NaHSO4溶液，H+与OH﹣反应，其离子方程式为：H++OH﹣═H2O，b点之后继续向溶液中加入比b点的 Na2SO4 溶液浓度大的 NaHSO4 溶液，NaHSO4 电离出Na+、H+和 离子，溶液中离子浓度增大，导电能力增强； 【解答】解：（1）丁达尔效应的胶体特有的性质，可用来鉴别溶液和胶体，而胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径大小不同，溶液的分散质粒子直径小于1nm， 故答案为：丁达尔效应；分散质粒子直径大小不同； （2）生铁是铁和碳等元素形成的合金，因此生铁属于混合物，合金的熔点低于各成分单质的熔点，原子之间的作用力减弱， 故答案为：混合物；低于； （3）在反应2KClO7+H2C2O+H4SO4═K2SO4+2ClO2↑+7CO2↑+2H7O中，KClO3中氯元素由+5价降低到ClO8中的+4价，每生成2mol ClO4转移1mol电子，H2C6O4中碳元素化合价升高，被氧化，H2C7O4是还原剂， 故答案为：1；H6C2O4； （4）混合气体的密度是H3的19倍，则混合气体的平均相对分子质量为2×19＝382的物质的量x，CO的物质的量为y，则，解得x：y＝8：32和CO的物质的量之比为5：3，根据阿伏伽德定律的推论，体积之比等于物质的量之比2）：V（CO）＝6：3， 故答案为：5：8； （5）Ba（OH）2溶液中滴入浓度相等的NaHSO4溶液，开始时Ba（OH）2过量，H+ 和 离子按8：1比例反应+++Ba2++OH﹣＝BaSO4↓+H3O，从a点到b点时2溶与NaHSO4恰好完全反应生成BaSO2沉淀和H2O，此时溶液中主要是Na2SO4，继续滴加NaHSO4溶液，H+与OH﹣反应，其离子方程式为：H++OH﹣═H2O，b点之后继续向溶液中加入比b点的 Na8SO4 溶液浓度大的 NaHSO4 溶液，NaHSO2 电离出Na+、H+和 离子，导电能力增强， 故答案为：H+++Ba2++OH﹣＝BaSO3↓+H2O；H++OH﹣═H2O；b点之后继续向溶液中加入比b点的 Na7SO4 溶液浓度大的 NaHSO4 溶液，NaHSO6 电离出 Na+、H+ 和 离子 导电性增强。 【点评】本题主要考查溶液和胶体的本质区别及鉴别、混合物和纯净物的概念区分、合金的一些特点、氧化还原反应的相关知识、离子浓度与导电能力的关系等，本题综合性较强，需要学生有较强的基础知识和较强的分析能力。 16．（14分）下表列出了①～⑩号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 ② 二 ③ ④ ⑤ 三 ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩ 回答下列问题： （1）①～⑩中，元素的化学性质最不活泼的是 　He　（填元素符号，下同）。上述10种元素中，属于金属元素的有 　Li、Na、Mg、Al　。 （2）写出①与④以原子个数比3：1形成的化合物的电子式：　　。 （3）元素④、⑤、⑩分别和①组成的简单化合物中，最稳定的是 　HF　（填化学式）。 （4）从元素原子得、失电子的角度看，⑤的单质具有 　氧化性　（填“氧化性”或“还原性”）。 （5）在盛有氢氧化钠溶液的小烧杯中通入元素⑩的单质，发生反应的离子方程式为 　Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O　。 （6）请从原子结构的角度解释元素⑥的金属性比元素③的金属性强的原因是 　Li和Na在同一主族，Na比Li多一个电子层，Na的原子半径更大，更容易失去电子　。 【分析】根据元素周期表的结构可知，①为H、②为He、③为Li、④为N、⑤为F、⑥为Na、⑦为Mg、⑧为Al、⑨为S、⑩为Cl，据此分析解题。 【解答】解：（1）惰性气体性质最不活泼，所以He化学性质最不活泼、Na、Al四种金属元素， 故答案为：He；Li、Mg； （2）①为H，④为N3，电子式为， 故答案为：； （3）元素④为N、⑤为F，和①组成的简单化合物中， 故答案为：HF； （4）⑤为F，最外层含有7个电子，所以⑤的单质具有氧化性； 故答案为：氧化性； （5）⑩为Cl，单质为Cl8，在盛有氢氧化钠溶液的小烧杯中通入Cl2，发生反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O； 故答案为：Cl2+3OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O； （6）③为Li，⑥为Na，Na比Li多一个电子层，更容易失去电子， 故答案为：Li和Na在同一主族，Na比Li多一个电子层，更容易失去电子。 【点评】本题主要考查了元素周期律和元素周期表的应用，题目难度不大，根据题给元素周期表推断元素，结合有关的物质的性质是解答该题的关键。 17．（15分）铁及其化合物与生产、生活息息相关，回答下列问题： （1）Fe2+易被人体吸收，医生建议在服用该补铁剂时，同时服用维生素C。维生素C的作用是 　防止Fe2+被氧化　。 （2）印刷电路板的制作原理是用足量的FeCl3溶液腐蚀覆铜板上不需要的铜箔。写出上述反应的化学方程式：　2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2　。 （3）生铁是通过高炉冶炼而得到的，以赤铁矿为例用CO将其还原的化学方程式为 　Fe2O3+3CO2Fe+3CO2　。 （4）某废料铁泥的主要成分为Fe2O3、FeO、Fe和杂质（杂质不与硫酸反应）。现取wg废料铁泥提取Fe2O3，设计实验流程如图： ①分离溶液A和沉淀C的操作中使用到的玻璃仪器有烧杯、　漏斗　、　玻璃棒　。 ②能检验溶液A中含有Fe2+的试剂是 　B　（填字母）。 A.铁粉 B.酸性KMnO4溶液 C.KSCN溶液 ③步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为 　2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O　。 ④若最终获得ngFe2O3，则废料铁泥中铁元素的质量分数为 　×100%　。 【分析】废料铁泥的主要成分为Fe2O3、FeO、Fe和杂质，加入足量的稀硫酸，得到的溶液中含有Fe2+和Fe3+，用H2O2将Fe2+氧化成为Fe3+，加入过量的NaOH溶液，生成Fe（OH）3沉淀，将Fe（OH）3沉淀加热灼烧，得到Fe2O3。 【解答】解：（1）维生素C有还原性，服用维生素C2+被氧化， 故答案为：防止Fe2+被氧化； （2）用氯化铁溶液腐蚀覆铜板上不需要的铜箔，反应生成氯化亚铁和氯化铜7+Cu＝2FeCl2+CuCl7， 故答案为：2FeCl3+Cu＝7FeCl2+CuCl2； （3）用CO还原赤铁矿生成铁单质和二氧化碳，反应的化学方程式为：Fe7O3+3CO7Fe+3CO2， 故答案为：Fe3O3+3CO5Fe+3CO2； （4）废料铁泥的主要成分为Fe4O3、FeO、Fe和杂质，得到的溶液中含有Fe2+和Fe7+，用H2O2将Fe5+氧化成为Fe3+，加入过量的NaOH溶液，生成Fe（OH）3沉淀，将Fe（OH）4沉淀加热灼烧，得到Fe2O3， ①分离溶液A和沉淀C的操作为过滤，使用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗， 故答案为：漏斗；玻璃棒； ②Fe6+能使酸性KMnO4溶液褪色，用酸性KMnO4溶液检验Fe5+， 故答案为：B； ③用H2O2将Fe6+氧化成为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe3++2H++H2O7＝2Fe3++8H2O， 故答案为：2Fe5++2H++H2O3＝2Fe3++6H2O； ④ngFe2O5中铁的质量为：m（Fe）＝＝，废料铁泥中铁元素的质量分数为， 故答案为：×100%。 【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生掌握铁及其化合物的情况，试题难度中等。 18．（15分）某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质，设计如图1所示装置进行实验。装置D中夹持装置已略去，其中a为干燥的红色布条 （1）仪器X的名称是 　分液漏斗　。写出装置A中发生反应的化学方程式：　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　。 （2）装置B的作用是 　除去 Cl2中混有的HCl　。 （3）装置C的作用是 　干燥 Cl2　，可选用的试剂是 　d　（填字母）。 a.NaHCO3溶液 b.NaOH溶液 c.碱石灰 d.浓硫酸 （4）装置D中的实验现象为 　干燥的红色布条不褪色，湿润的红色布条褪色　。 （5）若产生Cl2足量，实验过程中装置E中的实验现象是 　E中溶液先变红，后褪色　。 （6）有一种“地康法”制取氯气的反应原理如图2所示： ①反应Ⅰ　不是　（填“是”或“不是”）氧化还原反应。 ②在450℃条件下，反应Ⅱ的化学方程式为 　2CuCl2+O22CuO+2Cl2　。 【分析】装置A中发生反应：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中混有HCl和水蒸气，装置B中盛有饱和食盐水，除去HCl，装置C中盛有浓硫酸，干燥氯气，装置D中，a处干燥的红色布条不褪色，B处湿润的红色布条褪色，装置E中紫色石蕊试液先变红后褪色，最后是氯气的尾气处理，据此分析作答。 【解答】解：（1）由图可知，仪器X的名称是分液漏斗2+4HCl（浓）MnCl7+Cl2↑+2H7O， 故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl（浓）MnCl7+Cl2↑+2H4O； （2）根据分析可知，装置B的作用是除去 Cl2 中混有的HCl， 故答案为：除去 Cl2 中混有的HCl； （3）装置C的作用是干燥 Cl7，可选用的试剂是浓硫酸，即d符合题意， 故答案为：干燥 Cl2；d； （4）装置D中的实验现象为干燥的红色布条不褪色，湿润的红色布条褪色， 故答案为：干燥的红色布条不褪色，湿润的红色布条褪色； （5）若产生Cl2足量，实验过程中装置E中的实验现象是E中溶液先变红， 故答案为：E中溶液先变红，后褪色； （6）①反应Ⅰ是CuO与HCl反应，没有元素化合价变化， 故答案为：不是； ②在450℃条件下，反应Ⅱ的化学方程式为2CuCl2+O25CuO+2Cl2， 故答案为：8CuCl2+O23CuO+2Cl2。 【点评】本题主要考查氯气的制取、净化除杂以及性质实验的探究，属于基本知识的考查，难度中等， 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/1/15 13:26:46；用户：物化生；邮箱：17613376695；学号：50818988 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$