精品解析：江苏省无锡市新吴区梅村高级中学2024-2025学年高一下学期3月阶段测试化学试题

江苏省梅村高级中学2024-2025学年高一(化学)3月质量检测 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cl：35.5 Na：23 Fe：56 Cu：64 一、单选题(本题共13小题，每小题3分，共39分。) 1. 科教兴国，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”。下列说法不正确的是 A. 用于火箭发动机的高温结构陶瓷一般用碳化硅、氮化硅或某些金属氧化物在高温下烧结而成 B. 广泛应用的光导纤维、半导体材料均以二氧化硅为原料生产而成 C. 传统无机非金属材料：陶瓷、玻璃、水泥的生产都需要高温，且都发生复杂的物理化学变化 D. 富勒烯是由碳原子构成的一系列笼形分子的总称，其中的C60 是富勒烯的代表物。C60 和12C 同属C 元素的同位素。 2. 近年来受极端天气多发、贸易保护主义抬头和地缘政治动荡等多重因素叠加世界粮食市场价格波动剧烈，但我国粮食由于供应充足价格平稳。氮肥的使用对于稳定粮食产量至关重要，下列有关氮肥生产使用不正确的是 A. 夏天一场雷雨过后草木茂盛，属于自然界的氮肥生产过程 B. 铵态氮肥使用时应深施盖土，且不可与草木灰一起使用 C. 铵盐热稳定性差，受热时分解均会产生氨气 D. 氮肥应保存在阴凉通风处 3. 硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是 A. 实验室探究浓硫酸与硫反应的气态产物： B. 工业制硫酸过程中的物质转化： C. 用生石灰进行“钙基固硫”的主要反应为： D. 通入少量氨水中的离子方程式为： 4. 实验室制备少量并探究其性质，下列实验原理与装置能达到实验目的的是 A．制取 B．验证的漂白性 C．收集 D．吸收尾气中的 A. A B. B C. C D. D 5. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 氨水具有碱性，可用于去除烟气中的SO2 B. NH3易溶于水，可用作制冷剂 C. N2性质稳定，工业生产金属镁时，为防止其氧化，可以用N2作保护气 D. HNO3具有氧化性，可用于生产氮肥NH4NO3 6. 对下列事实的解释正确的是 A. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性 B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸易挥发 C. 常温下，浓硝酸可以用铝制器皿贮存，说明铝与浓硝酸不反应 D. 将SO2通入BaCl2溶液至饱和，无沉淀生成，继续通入另一种气体有白色沉淀，则通入的气体一定是NH3 7. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素。X和Y的基态原子s能级电子总数均等于其p能级电子总数，Z的原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，W和X位于同一主族。下列说法不正确的是 A. Z单质可用于制作半导体材料 B. 元素Z、W的最高价氧化物对应水化物都是强酸 C. 元素X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 D. 简单离子半径： 8. 类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关类推正确的是 选项 已知 类推 A 将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Fe2++Cu 将Na加入CuSO4溶液中2Na+Cu2+=2Na++Cu B 第二周期元素简单气态氢化物稳定性顺序是：HF>H2O>NH3 第三周期元素简单气态氢化物稳定性顺序也是：HCl>H2S>PH3 C 工业制Mg采用电解熔融MgCl2的方法 工业制Al也可采用电解熔融AlCl3的方法 D S和Fe反应生成FeS S和Cu反应生成：CuS A. A B. B C. C D. D 9. 铁矿(主要成分为FeS2)在酸性条件和催化剂作用下，可发生如图所示的转化。下列说法错误的是 A. 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均属于氧化还原反应 B. 反应Ⅰ的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2+16H+ C. 反应Ⅲ中氧化剂与还原剂的物质的量比为1∶4 D. 该过程中Fe3+、NO是催化剂 10. 已知某基态原子的电子排布式为，该元素在元素周期表中的位置和区分别是 A. 第四周期第VIII族：区 B. 第四周期第IIA族；区 C. 第四周期第IIB族：区 D. 第四周期第IIB族；区 11. 某原子核外电子排布式为。下列说法正确的是 A. 该原子的核外电子轨道表示式为 B. 该原子核外有4种能量不同的电子 C. 该原子核外最外层电子占据3个原子轨道 D. 该原子核外最外层有5种运动状态不同的电子 12. 下列四种元素中，其单质氧化性最强的是 A. 原子含有未成对电子最多的第2周期元素 B. 位于周期表第3周期ⅢA族的元素 C. 原子最外电子层排布式为3s23p5的元素 D. 原子最外电子层排布式为2s22p6的元素 13. 向由铁粉和铜粉组成的混合物中，加入某浓度的稀硝酸，充分反应后测得生成的体积［()］(已换算成标准状况下)、(固体剩质余量)随加入的稀硝酸的体积的变化如图所示(设硝酸的还原产物只有)。下列说法中正确的是 A. 稀硝酸的浓度为 B. 点时，稀硝酸中溶解了和共 C. 点对应的溶液中可能含有的金属阳离子为、、 D. 加入稀硝酸至时，收集到的约为 二、非选择题(本题共4小题，共61分，) 14. 图表法是常用的科学研究方法，下表列出了短周期元素的部分性质： 元素编号 电负性 3.0 2.5 0.9 1.5 1.0 原子半径(单位：) 0.099 0.102 0.110 0.186 0.143 0.152 主要化合价 ， ， ， 已知：的原子半径为 请回答下列问题： （1）写出元素的简单离子结构示意图___________。 （2）的值应为___________(填字母)。 A. 3.6 B. 3.1 C. 2.1 D. 1.4 （3）、、的第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。 （4）、、三种元素形成的简单氢化物稳定性由强到弱的顺序是：___________(用化学式表示)。 （5）、最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式：___________。 （6）、最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式：___________。 （7）、、、对应的单原子简单离子的半径由小到大的顺序为___________(填离子符号)。 15. 电离能是衡量元素失电子能力的重要依据，随着元素核电荷数的递增，电离能的值呈现周期性变化规律。根据所学知识，回答下列问题。 （1）如图是部分元素原子的第一电离能随原子序数的变化关系(其中12号至17号元素的有关数据缺失)。 ①根据图示变化规律，可推测的第一电离能的大小(最小)范围为______________________(填元素符号，下同)。 ②据图可知，第二周期元素原子第一电离能出现反常的元素是___________。 ③图中元素在周期表中的位置：___________。 ④根据对角线规则，第二周期中___________元素最高价氧化物对应的水化物应该具有两性。 （2）用表示元素的第电离能，则下图中、、分别代表___________(填字母)。 A. 为、为、为 B. 为、为、为 C. 为、为、为， D. 为、为、为 （3）铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如下表所示： 电离能 746 1958 906 1733 铜的第一电离能()小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能()却大于锌的第二电离能，其主要原因是___________。 16. 某小组用如下装置(夹持装置已略去)制备并探究的性质。 （1）制备的化学方程式是___________。 （2）a中控制生成多少的操作是___________；反应后a中若溶液颜色无色，试管底部有灰白色固体，确定产物中有的操作是___________。 （3）b用于探究的性质。 ①b中为___________溶液时，可证明有漂白性。 ②b中为和淀粉混合溶液时，溶液蓝色褪去，可证明有还原性，反应的化学方程式为___________。 ③b中为溶液时，反应后在溶液中可检验出，说明检验的方法是___________。 ④b中为溶液时，出现淡黄色沉淀，迅速变为黄色溶液，经查阅资料黄色为多硫离子的颜色，出现淡黄色沉淀时氧化产物和还原产物的物质的量之比为___________。随着反应进行，又出现淡黄色沉淀，溶液黄色消失，这是由于溶液中的与过量又继续反应了，写出反应的离子方程式___________。 (资料：能与S反应生成，与酸反应生成S和)。 （4）c用于吸收尾气，可选用的试剂是___________。 A．NaOH溶液 B．澄清石灰水 C．溶液 17. 某学习小组为探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去)，实验表明浓硝酸能将氧化成，而稀硝酸不能氧化，由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。请回答下列问题： 可选药品：浓硝酸、稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。 已知：氢氧化钠溶液不与反应，能与反应：。 （1）实验应避免有害气体排放到空气中。装置③、④、⑥中盛放的药品依次是___________、___________、___________。 （2）实验的具体操作：先检查装置的气密性，再加入药品，然后___________，最后滴加浓硝酸。 （3）装置①中发生反应的化学方程式是___________。 （4）装置②的作用是___________，发生反应的化学方程式是___________。 （5）该小组得出的结论所依据的实验现象是___________。 （6）实验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验方案来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是___________(填字母)。 a．加热该绿色溶液，观察颜色变化 b．加水稀释该绿色溶液，观察颜色变化 c．向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化 d．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省梅村高级中学2024-2025学年高一(化学)3月质量检测 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cl：35.5 Na：23 Fe：56 Cu：64 一、单选题(本题共13小题，每小题3分，共39分。) 1. 科教兴国，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”。下列说法不正确的是 A. 用于火箭发动机的高温结构陶瓷一般用碳化硅、氮化硅或某些金属氧化物在高温下烧结而成 B. 广泛应用的光导纤维、半导体材料均以二氧化硅为原料生产而成 C. 传统无机非金属材料：陶瓷、玻璃、水泥的生产都需要高温，且都发生复杂的物理化学变化 D. 富勒烯是由碳原子构成的一系列笼形分子的总称，其中的C60 是富勒烯的代表物。C60 和12C 同属C 元素的同位素。 【答案】D 【解析】 【详解】A．以碳化硅、氮化硅或某些金属氧化物等在高温下烧结的高温结构陶瓷是性能优良的新型无机非金属材料，A正确； B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，半导体材料的主要成分是单质硅，两者都可以以二氧化硅为原料生产而成，B正确； C．陶瓷、玻璃、水泥的生产都是高温下发生的复杂的物理化学变化，C正确； D．C60 是单质，和12C 不互为同位素，D错误； 故选D。 2. 近年来受极端天气多发、贸易保护主义抬头和地缘政治动荡等多重因素叠加世界粮食市场价格波动剧烈，但我国粮食由于供应充足价格平稳。氮肥的使用对于稳定粮食产量至关重要，下列有关氮肥生产使用不正确的是 A. 夏天一场雷雨过后草木茂盛，属于自然界的氮肥生产过程 B. 铵态氮肥使用时应深施盖土，且不可与草木灰一起使用 C. 铵盐热稳定性差，受热时分解均会产生氨气 D. 氮肥应保存在阴凉通风处 【答案】C 【解析】 【详解】A．放电条件下氮气与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮经过一系列反应生成植物吸收的氮肥，所以夏天一场雷雨过后草木茂盛，属于自然界的氮肥生产过程，属于自然固氮的过程，故A正确； B．铵态氮肥一般显酸性，不能和碱性物质混用，草木灰显碱性，所以不能和草木灰混用，否则会造成肥料流失，故B正确； C．铵盐不稳定都能加热分解，但不一定有氨气产生，例如硝酸铵等，故C错误； D．氮肥受热易分解，所以氮肥应保存在阴凉通风处，故D正确； 故选C。 3. 硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是 A. 实验室探究浓硫酸与硫反应的气态产物： B. 工业制硫酸过程中的物质转化： C. 用生石灰进行“钙基固硫”的主要反应为： D. 通入少量氨水中的离子方程式为： 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓硫酸和硫磺在加热条件下，生成，与反应生成S，转化正确，A正确； B．工业制硫酸过程中的物质转化：，B错误； C．钙基固硫是用生石灰来除去生成的，反应的化学方程式，C正确； D．通入少量氨水时，生成亚硫酸氢铵，离子方程式为：，D正确； 故选B。 4. 实验室制备少量并探究其性质，下列实验原理与装置能达到实验目的的是 A．制取 B．验证的漂白性 C．收集 D．吸收尾气中的 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．常温下Cu与浓硫酸不反应，图中缺少酒精灯，A错误； B．验证SO2漂白性，应该使用品红溶液，用高锰酸钾溶液褪色体现二氧化硫的还原性，B错误； C．SO2密度比空气大，应该用向上排空气法收拾集，C正确； D．使用氢氧化钠溶液吸收，防倒吸，漏斗应该在液面上，D错误； 故选C。 5. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 氨水具有碱性，可用于去除烟气中的SO2 B. NH3易溶于水，可用作制冷剂 C. N2性质稳定，工业生产金属镁时，为防止其氧化，可以用N2作保护气 D. HNO3具有氧化性，可用于生产氮肥NH4NO3 【答案】A 【解析】 【详解】A．氨水吸收二氧化硫生成亚硫酸铵(或亚硫酸氢铵)，是酸性氧化物和碱的反应，A正确； B．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂，B错误； C．N2性质稳定，但金属镁可以在氮气中燃烧，生成氮化镁，故生产金属镁时，不可以用N2作保护气，C错误； D．硝酸吸收氨气生成硝酸铵，体现了硝酸的酸性，D错误； 故选A。 6. 对下列事实的解释正确的是 A. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性 B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸易挥发 C. 常温下，浓硝酸可以用铝制器皿贮存，说明铝与浓硝酸不反应 D. 将SO2通入BaCl2溶液至饱和，无沉淀生成，继续通入另一种气体有白色沉淀，则通入的气体一定是NH3 【答案】A 【解析】 【详解】A．浓硫酸能按水的组成比脱去蔗糖中的氢、氧元素，使蔗糖出现发黑现象，证明浓硫酸具有脱水性，A正确； B．浓硝酸在光照条件下分解生成二氧化氮、氧气和水，二氧化氮为红棕色气体，溶于硝酸使溶液呈黄色，B错误； C．铝和浓硝酸常温下发生钝化反应，C错误； D．将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀生成，继续通入另一种气体，有白色沉淀，若沉淀为亚硫酸钡，可能为NH3，若沉淀为硫酸钡，还可能为NO2、Cl2等氧化性气体，D错误； 故选A。 7. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素。X和Y的基态原子s能级电子总数均等于其p能级电子总数，Z的原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，W和X位于同一主族。下列说法不正确的是 A. Z单质可用于制作半导体材料 B. 元素Z、W的最高价氧化物对应水化物都是强酸 C. 元素X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 D. 简单离子半径： 【答案】B 【解析】 【分析】短周期元素X、Y的s能级电子总数均等于p能级，若是第二周期元素则s能级电子数为4，2p能级电子数为4，原子序数为8，为O元素，若位于第三周期，则s能级电子为6，2p能级电子数为6，3p能级没有电子，原子序数为12，为Mg元素，因此X为O，Y为Mg；W与X同主族，则W为S；Z最外层电子数是Y最外层电子数的两倍，则Z最外层有4个电子，为Si元素。据此解答该题。 【详解】A．Z为Si，单质可用于制作半导体材料，A正确； B．Z的最高价氧化物对应水化物是硅酸，为弱酸，B错误； C．O的非金属性比S强，因此简单气态氢化物更稳定，C正确； D．电子层数越多半径越大，电子层数相同，原子序数越小半径越大，S2-的电子层数多于O2-和Mg2+，故半径最大，O2-和Mg2+电子层数相同，O的原子序数更小半径更大，因此简单粒子半径：，D正确； 故选B。 8. 类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关类推正确的是 选项 已知 类推 A 将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Fe2++Cu 将Na加入CuSO4溶液中2Na+Cu2+=2Na++Cu B 第二周期元素简单气态氢化物稳定性顺序是：HF>H2O>NH3 第三周期元素简单气态氢化物稳定性顺序也是：HCl>H2S>PH3 C 工业制Mg采用电解熔融MgCl2的方法 工业制Al也可采用电解熔融AlCl3的方法 D S和Fe反应生成FeS S和Cu反应生成：CuS A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．钠非常活泼，与水反应生成氢氧化钠，出现氢氧化铜沉淀，不会置换出铜单质，A错误； B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，B正确； C．AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电，工业制Al不可采用电解熔融氧化铝的方法，C错误； D．S和Cu反应生成Cu2S，D错误； 故选B。 9. 铁矿(主要成分为FeS2)在酸性条件和催化剂作用下，可发生如图所示的转化。下列说法错误的是 A. 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均属于氧化还原反应 B. 反应Ⅰ的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2+16H+ C. 反应Ⅲ中氧化剂与还原剂的物质的量比为1∶4 D. 该过程中Fe3+、NO是催化剂 【答案】A 【解析】 【详解】A．反应I的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2+16H+，反应Ⅲ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，反应I、Ⅲ是氧化还原反应；反应Ⅱ的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，无元素化合价变化，为非氧化还原反应，选项A错误； B．根据流程中信息可知，反应I的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2+16H+，选项B正确； C．反应Ⅲ为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，只有Fe、O元素化合价发生变化，O2为氧化剂，Fe(NO)2+为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量比为1∶4，选项C正确； D．反应中Fe3+、NO参与反应后又生成，为催化剂，选项D正确； 答案选A。 10. 已知某基态原子的电子排布式为，该元素在元素周期表中的位置和区分别是 A. 第四周期第VIII族：区 B. 第四周期第IIA族；区 C. 第四周期第IIB族：区 D. 第四周期第IIB族；区 【答案】D 【解析】 【详解】由某原子的电子排布式为：，可知共4个电子层，为第四周期元素，价电子排布为3d104s2，为Zn，为ds区元素，位于第四周期ⅡB族，答案选D。 11. 某原子核外电子排布式为。下列说法正确的是 A. 该原子的核外电子轨道表示式为 B. 该原子核外有4种能量不同的电子 C. 该原子核外最外层电子占据3个原子轨道 D. 该原子核外最外层有5种运动状态不同的电子 【答案】D 【解析】 【详解】A．不符合洪特规则，正确的电子排布图应为，故A错误； B．核外电子分布在1s、2s、2p三个能量不同的能级上，因此有三种能量不同的电子，故B错误； C．该原子核外最外层电子数为5，占据2s、2p原子轨道，共4个原子轨道，故C错误； D．该原子核外最外层电子数为5，则最外层上有5种运动状态不同的电子，故D正确； 故选D。 12. 下列四种元素中，其单质氧化性最强的是 A. 原子含有未成对电子最多的第2周期元素 B. 位于周期表第3周期ⅢA族的元素 C. 原子最外电子层排布式为3s23p5的元素 D. 原子最外电子层排布式为2s22p6的元素 【答案】C 【解析】 【分析】先根据信息，推出各元素：原子含有未成对电子最多的第二周期元素是氮，位于周期表中第三周期皿A族的元素是铝，原子最外电子层排布为2s22p6的元素是氛，原子最外电子层排布为3s23p5的元素是氯，然后比较氧化性强弱； 【详解】由原子含有未成对电子最多的第二周期元素是氮，位于周期表中第三周期IIIA族的元素是铝，原子最外电子层排布为2s22p6的元素是氖，原子最外电子层排布为3s23p5的元素是氯，A是氮元素，B是铝元素，C是氯元素，D是氖元素，氖为稀有气体元素，很稳定，铝是金属元素，单质具有还原性，氯和氮均为非金属，氯原子最外层为7个电子，更容易得电子，所以电子氧化性最强。 故选C。 13. 向由铁粉和铜粉组成的混合物中，加入某浓度的稀硝酸，充分反应后测得生成的体积［()］(已换算成标准状况下)、(固体剩质余量)随加入的稀硝酸的体积的变化如图所示(设硝酸的还原产物只有)。下列说法中正确的是 A. 稀硝酸的浓度为 B. 点时，稀硝酸中溶解了和共 C. 点对应的溶液中可能含有的金属阳离子为、、 D. 加入稀硝酸至时，收集到的约为 【答案】D 【解析】 【分析】铁和铜均可以被硝酸氧化，由于还原性强弱关系为Fe>Cu>Fe2+，Fe、Cu、Fe2+将被硝酸依次氧化，a、b点都有金属剩余，则溶液中不可能含硝酸铁，溶液中金属离子为+2价，在a点的基础上加入100mL硝酸得到b点，则参加反应的金属的质量为12.2g-3.2g=9g，生成NO的体积为4.48L-2.24L=2.24L，NO的物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的金属的物质的量为，参加反应的金属的平均摩尔质量为，该过程既有铁参与反应，又有铜参与反应，设反应消耗Cu的物质的量为x mol，Fe的物质的量为y mol，则Cu和稀硝酸反应生成NO的物质的量为，Fe和稀硝酸反应生成NO的物质的量为，则有，解得，故a点中，只有铁参与反应，a点生成NO的体积为2.24L，NO的物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的铁的物质的量为，其质量为，反应消耗HNO3的物质的量为，则稀硝酸的浓度为；在b点基础上继续加入100mL稀硝酸，生成NO的体积为6.72L-4.48L=2.24L，NO的物质的量为0.1mol，该过程既有铜参加反应，又有亚铁离子参加反应，参加反应的金属的质量为3.2g，金属全部为铜，其物质的量为=0.05mol，跟金属铜与稀硝酸反应可知，0.05molCu参与反应生成mol NO，则亚铁离子参与反应生成mol NO，硝酸亚铁与稀硝酸反应的化学方程式为，则消耗亚铁离子0.2mol，由以上分析可知，亚铁离子的总物质的量为0.15mol+0.075mol=0.225mol，则加入稀硝酸300mL后，剩余的亚铁离子的物质的量为0.225mol-0.2mol=0.025mol，0.025mol亚铁离子与稀硝酸反应生成NO的物质的量，标况下，其体积约为。 【详解】A．由上述分析可知，稀硝酸的物质的量浓度为=4mol/L，A错误； B．由分析可知，a点只消耗了铁8.4g，B错误； C．由分析可知，b点还有金属Cu剩余，因此溶液中不可能有Fe3+，C错误； D．由分析可知，加入稀硝酸至400mL时，收集到的V(NO)约为6.72L+0.186L≈6.91L，D正确； 故选D。 二、非选择题(本题共4小题，共61分，) 14. 图表法是常用的科学研究方法，下表列出了短周期元素的部分性质： 元素编号 电负性 3.0 2.5 0.9 1.5 1.0 原子半径(单位：) 0.099 0.102 0.110 0.186 0.143 0.152 主要化合价 ， ， ， 已知：的原子半径为 请回答下列问题： （1）写出元素的简单离子结构示意图___________。 （2）的值应为___________(填字母)。 A. 3.6 B. 3.1 C. 2.1 D. 1.4 （3）、、的第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。 （4）、、三种元素形成的简单氢化物稳定性由强到弱的顺序是：___________(用化学式表示)。 （5）、最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式：___________。 （6）、最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式：___________。 （7）、、、对应的单原子简单离子的半径由小到大的顺序为___________(填离子符号)。 【答案】（1） （2）C （3）Cl＞P＞S （4）HCl > H2S > PH3 （5）Al(OH)3 + 3HClO4 = Al(ClO4)3 + 3H2O （6）Al(OH)3 + OH- = [Al(OH)4]- （7）Al3+＜Na+＜Cl-＜S2- 【解析】 【分析】根据图表提供的信息，已知O无最高正价、F无正价，最高正价=主族序数，则A为Cl，B为S，C为P， D为Na，E为Al，F为Li，据此回答。 【小问1详解】 B为S，S元素简单离子结构示意图，， 【小问2详解】 根据同周期元素，从左到右，元素的电负性逐渐增大，P的电负性应该是大于1.5，小于2.5，则X的值应为2.1，选C； 【小问3详解】 、、三种元素分别为Cl、S、P，同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但P的3p能级是半满稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为Cl＞P＞S； 【小问4详解】 同周期元素，从左到右，非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性由强到弱的顺序是HCl > H2S > PH3； 【小问5详解】 A的最高价氧化物对应水化物为HClO4，属于强酸，E的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，能溶于强酸、强碱，则两者相互反应的化学方程式为Al(OH)3 + 3HClO4 = Al(ClO4)3 + 3H2O； 【小问6详解】 E的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，能溶于强酸、强碱，与D（Na）最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为Al(OH)3 + OH- = [Al(OH)4]-； 【小问7详解】 A、B、D、E对应的单原子简单离子分别是：Cl-、S2-、Na+、Al3+，根据电子层数越多，半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，得半径由小到大的顺序为Al3+＜Na+＜Cl-＜S2-。 15. 电离能是衡量元素失电子能力的重要依据，随着元素核电荷数的递增，电离能的值呈现周期性变化规律。根据所学知识，回答下列问题。 （1）如图是部分元素原子的第一电离能随原子序数的变化关系(其中12号至17号元素的有关数据缺失)。 ①根据图示变化规律，可推测的第一电离能的大小(最小)范围为______________________(填元素符号，下同)。 ②据图可知，第二周期元素原子第一电离能出现反常的元素是___________。 ③图中元素在周期表中的位置：___________。 ④根据对角线规则，第二周期中___________元素最高价氧化物对应的水化物应该具有两性。 （2）用表示元素的第电离能，则下图中、、分别代表___________(填字母)。 A. 为、为、为 B. 为、为、为 C. 为、为、为， D. 为、为、为 （3）铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如下表所示： 电离能 746 1958 906 1733 铜的第一电离能()小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能()却大于锌的第二电离能，其主要原因是___________。 【答案】（1） ①. Si ②. P ③. Be和N ④. 第四周期第ⅣA族 ⑤. Be （2）C （3）Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为，而锌为，根据洪特则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大 【解析】 【小问1详解】 ①同一周期第一电离能随原子序数增大呈现增大的趋势，但同一周期第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大；所以S的第一电离能大于Si，小于P； ②据图可知，第二周期元素原子第一电离能出现反常的元素是Be和N； ③元素是第32号，在周期表中的位置第四周期第ⅣA族； ④Be和Al在元素周期表中处于对角线位置，性质有相似性；氢氧化铝具有两性，故氢氧化铍也具有两性； 【小问2详解】 Mg的基态原子3s轨道为全充满，较稳定，比相邻的ⅠA和ⅢA族元素的第一电离能大，P的3p能级上半充满，较稳定，比相邻的ⅣA和ⅥA族的第一电离能大，故c图表示第一电离能；当第三周期元素原子均失去一个电子后，的2p轨道全充满，较稳定，故第二电离能陡然升高，故a图表示第二电离能；当失去两个电子后，的2p轨道全充满，较稳定，故第三电离能比Na的大，故b图表示第三电离能，故选C； 【小问3详解】 Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为，而锌为，根据洪特则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大； 16. 某小组用如下装置(夹持装置已略去)制备并探究的性质。 （1）制备的化学方程式是___________。 （2）a中控制生成多少的操作是___________；反应后a中若溶液颜色无色，试管底部有灰白色固体，确定产物中有的操作是___________。 （3）b用于探究的性质。 ①b中为___________溶液时，可证明有漂白性。 ②b中为和淀粉混合溶液时，溶液蓝色褪去，可证明有还原性，反应的化学方程式为___________。 ③b中为溶液时，反应后在溶液中可检验出，说明检验的方法是___________。 ④b中为溶液时，出现淡黄色沉淀，迅速变为黄色溶液，经查阅资料黄色为多硫离子的颜色，出现淡黄色沉淀时氧化产物和还原产物的物质的量之比为___________。随着反应进行，又出现淡黄色沉淀，溶液黄色消失，这是由于溶液中的与过量又继续反应了，写出反应的离子方程式___________。 (资料：能与S反应生成，与酸反应生成S和)。 （4）c用于吸收尾气，可选用的试剂是___________。 A．NaOH溶液 B．澄清石灰水 C．溶液 【答案】（1）(浓) （2） ①. 上下移动铜丝 ②. 将反应混合物缓慢倒入盛有一定量水的烧杯内，并不断搅拌 （3） ①. 品红 ②. ③. 取少量溶液于试管中，先滴加盐酸至无现象，再滴加溶液，若有白色沉淀生成，则证明溶液中含有 ④. 2∶1 ⑤. （4）AC 【解析】 【分析】铜与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，b中试剂用于探究二氧化硫的性质，c中为NaOH溶液用于吸收二氧化硫，防止污染，据此分析解答。 【小问1详解】 制备的化学方程式是(浓)； 【小问2详解】 a中通过上下移动铜丝可以控制生成多少；为确定产物中生成硫酸铜，应将反应混合物缓慢倒入盛有一定量水的烧杯内，并不断搅拌，观察溶液是否变蓝； 【小问3详解】 ①b中为品红溶液时，可通过观察溶液是否褪色验证二氧化硫的漂白性； ②b中为和淀粉混合溶液时，溶液蓝色褪去，发生反应：，据此可证明二氧化硫的还原性； ③检验的方法是取少量溶液于试管中，先滴加盐酸至无现象，再滴加溶液，若有白色沉淀生成，则证明溶液中含有； ④b中为溶液时，出现淡黄色沉淀，可知二氧化硫与反应生成S单质，反应离子方程式为：；氧化产物和还原产物的物质的量之比为2:1； 溶液中的与过量反应的离子方程式； 【小问4详解】 c用于吸收尾气，可用碱性溶液吸收，但因澄清石灰水浓度太小，不能保证二氧化硫完全吸收，故不能选用澄清石灰水，可选用NaOH或饱和碳酸钠溶液。 17. 某学习小组为探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去)，实验表明浓硝酸能将氧化成，而稀硝酸不能氧化，由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。请回答下列问题： 可选药品：浓硝酸、稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。 已知：氢氧化钠溶液不与反应，能与反应：。 （1）实验应避免有害气体排放到空气中。装置③、④、⑥中盛放的药品依次是___________、___________、___________。 （2）实验的具体操作：先检查装置的气密性，再加入药品，然后___________，最后滴加浓硝酸。 （3）装置①中发生反应的化学方程式是___________。 （4）装置②的作用是___________，发生反应的化学方程式是___________。 （5）该小组得出的结论所依据的实验现象是___________。 （6）实验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验方案来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是___________(填字母)。 a．加热该绿色溶液，观察颜色变化 b．加水稀释该绿色溶液，观察颜色变化 c．向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化 d．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化 【答案】（1） ①. 稀硝酸 ②. 浓硝酸 ③. NaOH溶液 （2）通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中的导管末端伸入倒置的烧瓶内 （3）4HNO3(浓)＋Cu=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O （4） ①. 将NO2转化为NO ②. 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO （5）装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色 （6）acd 【解析】 【分析】根据题意，装置①出来的应该有NO2和少量挥发的HNO3，装置②是把NO2气体转化为NO，同时吸收HNO3，装置③④显然是验证实验结论， NO经过浓硝酸产生红棕色气体，经过稀硝酸后③上方气体不变色。装置⑤⑥应该是尾气处理。能够被吸收的是NO2，不能够被吸收的是NO，用排水法收集。 【小问1详解】 根据装置特点和实验目的，⑤中是用排水法集气，因为NO不溶于水且不与水发生反应，故NO应从③中出来，所以装置③中应该盛放稀硝酸，⑥是用溶液吸收尾气，说明从④中出来的有NO2，所以装置④中应该盛放浓硝酸，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2； 【小问2详解】 由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内，防止反应产生的NO气体逸出； 【小问3详解】 浓HNO3与Cu反应：4HNO3(浓)＋Cu=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O； 【小问4详解】 装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO，反应的化学方程式为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO； 【小问5详解】 NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明。装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO，则装置④液面的上方会产生红棕色气体，答案为：装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色； 【小问6详解】 要证明是Cu(NO3)2浓度过高或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走再观察颜色变化，二是降低溶液中Cu(NO3)2的浓度，观察颜色变化。 a．加热可降低NO2的溶解度，通过观察溶液颜色变化可以判断，选项a正确； b．加水稀释，硝酸铜浓度降低，NO2浓度也降低，无法判断是由哪个量引起的变化，选项b错误； c．通入氮气，降低NO2的浓度，可通过观察溶液颜色变化可以判断，选项c正确； d．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，增大了NO2的浓度，可通过观察溶液颜色变化可以判断，选项d正确； 答案选acd。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $