江苏省海门中学2024-2025学年高一下学期第三次检测化学试题

海门中学高一化学检测 班级：___________姓名：___________学号：___________ 本试卷分选择题和非选择题两部分，全卷满分：100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：Li 7 C 12 Na 23 O 16 S 32 K 39 Mn 55 一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。 1．化学与生产、生活和科学技术的发展有着密切的联系，对社会发展、科技进步和人类生活质量的提高有着广泛而深刻的影响。下列说法不正确的是 A．“奋斗者”号潜水器下沉时要携带两组压载铁，生铁是合金 B．中秋节月饼包装袋中放入小袋铁粉，是利用了铁的还原性 C．水泥、水玻璃、水晶均属于硅酸盐产品 D．明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不同 2．可以利用反应NaClO+NaHSO4=Na2SO4+HClO提高漂白精的漂白效果，下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是 A．中子数为18的氯原子： B．熔融状态下NaHSO4的电离方程式： C．Na+的结构示意图： D．HClO电子式： 3．未来医疗将使用“纳米药物分子运输车”提高肿瘤的治疗效果，其结构如图所示。下列有关说法不正确的是 A．二氧化硅属于酸性氧化物 B．含“纳米药物分子运输车”的分散系属于胶体 C．四氧化三铁与氧化铝均为金属氧化物 D．甲烷与“纳米药物分子运输车”的外壳均含有碳元素 A．SiO2SiH4Si B．SSO3H2SO4 C．0.1mol·L-1 HCl(aq)Cl2 Ca(ClO)2 D．饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3 5．下列有关物质的性质与用途，对应关系正确的是 A．受热易分解，可用于制胃酸中和剂 B．固体呈淡黄色，可用作潜水艇中的供氧剂 C．具有氧化性，可用于纸浆漂白 D．熔点高，可用于制造耐火砖、耐火管 6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．和反应生成时转移电子数为0.4NA B．和混合物中所含的离子总数为0.3NA C．常温常压下，和混合气体中含有的碳原子数目为0.5NA D．足量的与的浓盐酸充分反应可制得氯气的分子数为0.3NA 7．液氨的沸点-33.5℃，锂能与液氨反应，反应方程式为Li+nNH3=[e(NH3)n]¯+Li+，[e(NH3)n]¯是一种强还原剂，反应装置如图所示(夹持装置略)。下列说法不正确的是 A．图中“试剂A”“试剂B”均可以为碱石灰 B．实验过程中可以通过调节分液漏斗的活塞，控制产生氨气的速率 C．图中“冷却溶剂”可以是冰水混合物 D．反应前锂片需打磨除去表面的氧化膜 8．某实验研究小组对工业废水中所含离子成分进行了探究。已知该废水中仅含、、、、、、、中的几种离子，且每种离子数目相等。实验步骤如下： Ⅰ．取废水少许加入足量盐酸，无白色沉淀析出，生成使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体。 Ⅱ．向Ⅰ中所得的溶液中加入溶液或溶液都有白色沉淀生成。 下列说法不正确的是 A．由实验可知，该废液中一定含有，一定不含 B．该废液中一定含有、、、 C．无法确定溶液中是否含有、 D．实验Ⅱ中加入生成白色沉淀的离子方程式为 9．工业上将电石渣浆中的S2-转化为SO，工艺流程如图。 下列说法正确的是 A．过程Ⅰ中，Mn(OH)2被还原 B．该流程中发生的反应均为氧化还原反应 C．过程Ⅱ中发生的反应为2S2-+4MnO+9H2O=S2O+4Mn(OH)2+10OH- D．将10L480mg/LS2-转化为SO，理论上需要O26.67L 10．以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图，下列叙述错误的是（   ）    A．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来 B．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5 C．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3 D．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4 11．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为16，Y的单质是空气中含量最多的气体，Z原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是 A．XZ2俗称干冰，分子间存在氢键 B．原子半径：r(W)>r(X)>r(Y)>r(Z) C．X、Y、Z的非金属性依次减弱 D．由Z和W组成的化合物只有一种 12．下列各组实验中，根据实验现象所得结论正确的是 选项 实验操作和实验现象 结论 A 向和的混合溶液中滴入酸化的溶液，混合溶液变红 氧化性： B 向盛某盐溶液的试管中滴入浓氢氧化钠溶液并加热，试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝 该盐中含有 C 将稀盐酸滴入溶液中，溶液中出现凝胶 非金属性： D 将红热的炭放入浓硫酸中，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊 碳被氧化成 13．2.24g铜镁合金完全溶解于100mL63％的浓硝酸（密度为）中，得到和的混合气体2240mL（换算为标准状况）。向反应后的溶液中逐滴加入溶液，当金属离子刚好全部沉淀，得到4.28g沉淀。下列说法正确的是 A．该合金中 B．合金完全溶解时，溶液中 C．和的混合气体中，的体积分数是20％ D．刚好得到4.28g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640mL 14．将SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1mol∙L-1的BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，除BaCl2溶液(无氧)外，都产生白色沉淀。实验测得各溶液pH变化曲线如图。下列说法不正确的是 A．曲线a所示溶液pH降低的原因： B．依据曲线b可推知溶液(无氧)能氧化 C．曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式为： D．曲线d所表示的过程中是氧化SO2的主要微粒 二、非选择题：共3题，共58分。 15．（18分）下表为元素周期表中的一部分，表中列出的10种元素在周期表中的位置，按要求回答问题。 (1)元素性质最不活泼的元素是 (填元素符号)。 (2)元素①的单质与水反应离子反应方程式是 。 (3)③⑤元素的最高价氧化物的水化物，碱性最强的是 (填化学式)。 (4)②③④元素形成的简单离子半径由大到小的顺序是 (填离子符号)。 (5)元素⑧的最高价氧化物对应水化物的化学式为 。 (6)NaBr的溶液与元素⑧的单质反应的离子方程式为 。 (7)⑧⑩两种元素形成的气态氢化物中最稳定的是 (填化学式)，两种元素的非金属性的强弱顺序为 (填元素符号)。 (8)已知元素硒(Se)与元素⑦同主族，位于第4周期，则硒元素原子的最外层电子数为 ，根据硒在元素周期表中的位置推测，硒的气态氢化物稳定性 (填“>”，“<”或“=”)。 (9)16号元素在元素周期表中的位置： 。 16．（18分）“纳米零价铁”体系可将烟气中难溶的氧化为或。 (1)制备纳米零价铁：将溶液与溶液混合可生成纳米零价铁、、和水，该反应的化学方程式为 。(中元素均为价)。 (2)的氧化：在一定温度下，将溶液和溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的氧化。 ①催化分解产生，在溶液将氧化为的机理如图1所示，的化学式为 。(提示：中为价，中为价)    ②与反应生成和一种液体，则化学方程式为 。 ③纳米零价铁的作用是 。 ④脱除率随温度的变化如图2所示。温度高于时，脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是 。 (3)氧化产物的吸收：在酸性条件下氧化后的产物被溶液吸收，转化为 (填化学式)。 17．（22分）亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效杀菌剂、漂白剂，广泛用于棉纺漂白、水处理、食品消毒等，消毒时本身被还原成Cl-。亚氯酸钠晶体的一种生产工艺如图： 已知：①HClO3为强酸。②ClO2浓度过高时易发生分解爆炸。③NaClO2在温度高于60℃时易分解生成NaClO3和NaCl。 (1)现由浓硫酸配制240 mL“溶解”时所需的9 mol/L稀H2SO4溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、 、 。如果定容时仰视容量瓶刻度线，配制的溶液浓度会 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 (2)在“ClO2发生器”中，生成ClO2的离子方程式为 ；通入空气的作用是 。 (3)“吸收塔”中H2O2在反应中作 (填“氧化剂”或“还原剂”)。 (4)为了测定产品中NaClO2的纯度，进行如下实验：准确称取1.000g上述产品，溶于水配成100.00mL溶液，取10.00mL待测液，加入过量KI溶液，酸性条件下发生反应：，杂质不与I-反应。以淀粉作指示剂，再加入0.2000 mol∙L-1 Na2S2O3溶液，恰好完全反应时消耗的Na2S2O3溶液的体积为20.00mL。(已知：)。计算该样品的纯度为 。(填空并附计算过程) 海门中学高一化学检测 班级：___________姓名：___________学号：___________ 1．化学与生产、生活和科学技术的发展有着密切的联系，对社会发展、科技进步和人类生活质量的提高有着广泛而深刻的影响。下列说法不正确的是 A．“奋斗者”号潜水器下沉时要携带两组压载铁，生铁是合金 B．中秋节月饼包装袋中放入小袋铁粉，是利用了铁的还原性 C．水泥、水玻璃、水晶均属于硅酸盐产品 D．明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不同 【答案】C 【详解】A．压载铁即生铁，生铁是铁、碳的合金，A正确； B．食品袋内放置铁粉，目的是防止油脂氧化变质，利用了铁的还原性，B正确； C．水泥属于硅酸盐，水玻璃是硅酸钠的水溶液，硅酸钠属于硅酸盐，水晶是二氧化硅，不属于硅酸盐，C不正确； D．明矾净水的原理是利用氢氧化铝胶体的吸附性，使泥沙发生沉降，“84”消毒液消毒是利用次氯酸钠的强氧化性，使细菌蛋白质发生变性，原理不同，D正确； 故选C。 2．可以利用反应NaClO+NaHSO4=Na2SO4+HClO提高漂白精的漂白效果，下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是 A．中子数为18的氯原子： B．熔融状态下NaHSO4的电离方程式： C．Na+的结构示意图： D．HClO电子式： 【答案】D 【详解】A．中子数为18的氯原子质量数为17+18=35，可表示为，故A错误； B．熔融状态下NaHSO4不能电离出氢离子，应为NaHSO4=Na++HSO，故B错误； C．钠离子的核电荷数为11，核外有2个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故C错误； D．HClO电子式：，故D正确； 故选D。 3．未来医疗将使用“纳米药物分子运输车”提高肿瘤的治疗效果，其结构如图所示。下列有关说法不正确的是 A．二氧化硅属于酸性氧化物 B．含“纳米药物分子运输车”的分散系属于胶体 C．四氧化三铁与氧化铝均为金属氧化物 D．甲烷与“纳米药物分子运输车”的外壳均含有碳元素 【答案】B 【详解】A．二氧化硅能与酸反应生成盐和水，故为酸性氧化物，故A正确； B．由图可知，“纳米药物分子运输车”的微粒直径为200nm，因此"纳米药物分子车"分散于水中所得的分散系不属于胶体(分散质直径为1 ~100nm)，故B错误； C．四氧化三铁与氧化铝均为含有金属元素的氧化物，故为金属氧化物，故C正确； D．有机物为含有碳元素的化合物，甲烷为CH4，也为含有碳元素的化合物，故D正确； 故选B。 4．在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A．SiO2SiH4Si B．SSO3H2SO4 C．0.1mol·L-1 HCl(aq)Cl2 Ca(ClO)2 D．饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3 【答案】D 【详解】A．SiO2与盐酸不反应，故A不符合题意； B．S在O2中点燃生成的是SO2，故B不符合题意； C．0.1mol·L-1 HCl(aq)是稀盐酸，与MnO2不反应，只有浓盐酸才反应，故C不符合题意； D．饱和NaCl溶液与NH3、CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3受热分解变为Na2CO3，故D符合题意； 本题答案D。 5．下列有关物质的性质与用途，对应关系正确的是 A．受热易分解，可用于制胃酸中和剂 B．固体呈淡黄色，可用作潜水艇中的供氧剂 C．具有氧化性，可用于纸浆漂白 D．熔点高，可用于制造耐火砖、耐火管 【答案】D 【详解】A．胃酸的主要成分是盐酸，NaHCO3能与HCl反应，故NaHCO3可用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系，A错误； B．Na2O2可以和CO2反应生成O2，可用作呼吸面具供氧剂，和颜色无关，B错误； C．具有漂白性，可用于纸浆漂白，C错误； D．熔点高，耐高温，可用于制造耐火砖、耐火管，D正确； 故选D。 6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．和反应生成时转移电子数为0.4NA B．和混合物中所含的离子总数为0.3NA C．常温常压下，和混合气体中含有的碳原子数目为0.5NA D．足量的与的浓盐酸充分反应可制得氯气的分子数为0.3NA 【答案】B 【详解】A．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应生成1mol氧气时，转移电子的物质的量为2mol，则生成0.1mol氧气时，转移电子的数目为0.1mol×2×NAmol—1=0.2NA，故A错误； B．过氧化钠和硫化钠的摩尔质量都为78g/mol，含有的离子个数都为3，则7.8g过氧化钠和硫化钠混合物中所含的离子总数为×3×NAmol—1=0.3NA，故B正确； C．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2L一氧化碳和二氧化碳混合气体中含有的碳原子数目小于×1×NAmol—1=0.5NA，故C错误； D．二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应中浓盐酸会变为不能与二氧化锰反应的稀盐酸，则足量二氧化锰与100mL12mol/L的浓盐酸充分反应可制得氯气的分子数小于12mol/L×0.1L××NAmol—1=0.3NA，故D错误； 故选B。 7．液氨的沸点-33.5℃，锂能与液氨反应，反应方程式为Li+nNH3=[e(NH3)n]¯+Li+，[e(NH3)n]¯是一种强还原剂，反应装置如图所示(夹持装置略)。下列说法不正确的是 A．图中“试剂A”“试剂B”均可以为碱石灰 B．实验过程中可以通过调节分液漏斗的活塞，控制产生氨气的速率 C．图中“冷却溶剂”可以是冰水混合物 D．反应前锂片需打磨除去表面的氧化膜 【答案】C 【分析】本题利用Li和液氨反应制备；碱石灰可以吸收浓氨水中的水分，同时吸水过程大量放热，使浓氨水受热分解产生氨气；利用集气瓶收集氨气；过量的氨气进入双口烧瓶中在冷却体系中发生反应生成；最后的球形干燥管中可装P2O5，除掉过量的氨气，同时防止空气的水进入引起副反应。 【详解】A．试剂A可以用碱石灰与浓氨水反应产生氨气，试剂B在干燥管目的是干燥氨气，可以使用碱石灰，A正确； B．实验过程中可以通过调节分液漏斗的活塞，控制滴加浓氨水的速率，从控制产生氨气的速率，B正确； C．液氨的沸点-33.5℃，冰水混合物的温度是0℃，不能使其液化，C错误 D．锂片表面有Li2O，Li2O会阻碍Li和液氨的接触，所以必须打磨出新鲜表面，D正确； 答案选C。 8．某实验研究小组对工业废水中所含离子成分进行了探究。已知该废水中仅含、、、、、、、中的几种离子，且每种离子数目相等。实验步骤如下： Ⅰ．取废水少许加入足量盐酸，无白色沉淀析出，生成使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体。 Ⅱ．向Ⅰ中所得的溶液中加入溶液或溶液都有白色沉淀生成。 下列说法不正确的是 A．由实验可知，该废液中一定含有，一定不含 B．该废液中一定含有、、、 C．无法确定溶液中是否含有、 D．实验Ⅱ中加入生成白色沉淀的离子方程式为 【答案】C 【分析】Ⅰ．取废水少许加入足量盐酸，无白色沉淀析出，说明无Ag+，但生成能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，说明含有，Ⅱ．向Ⅰ中所得的溶液中加入溶液或溶液都有白色沉淀生成，沉淀有硫酸钡、硫酸银或AgCl，说明含有，但步骤I引入了氯离子，因此无法确定存在，根据离子共存，一定不存在Ba2+，因为每种离子数目相等，由电荷守恒可知一定存在K+、Mg2+，因此、一定不存在，据此解答。 【详解】A．根据分析，阴离子一定存在、，阳离子一定存在K+、Mg2+，一定不含Ag+，故A正确； B．根据分析，该废液中一定含有、、、，故B正确； C．根据分析可知、一定不存在，故C错误； D．Ⅱ中产生白色沉淀是由BaCl2溶液和生成硫酸钡沉淀，离子方程式是，故D正确； 故选：C。 9．工业上将电石渣浆中的S2-转化为SO，工艺流程如图。 下列说法正确的是 A．过程Ⅰ中，Mn(OH)2被还原 B．该流程中发生的反应均为氧化还原反应 C．过程Ⅱ中发生的反应为2S2-+4MnO+9H2O=S2O+4Mn(OH)2+10OH- D．将10L480mg/LS2-转化为SO，理论上需要O26.67L 【答案】C 【分析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成，通入氧气生成，涉及反应为，与S2−反应生成，进而与氧气反应生成硫酸根离子，可用于制备CaSO4•2H2O； 【详解】A．过程Ⅰ中，Mn(OH)2通入氧气生成，锰元素化合价升高，被氧化，A错误； B．．该流程中，CaO与硫酸锰反应生成不涉及化合价的变化，不属于氧化还原反应，B错误；   C．过程Ⅱ中反应为在碱性条件下，与S2−反应生成和，锰化合价由+4变为+2、硫化合价由-2变为+2，根据电子守恒可知，发生的反应为2S2-+4MnO+9H2O=S2O+4Mn(OH)2+10OH-，C正确；    D．没有标况，不能计算生成氧气的体积，D错误； 故选C。 10．以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图，下列叙述错误的是（   ）    A．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来 B．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5 C．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3 D．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4 【答案】B 【分析】由流程可知，高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生二氧化硫，加入氧化钙达到吸收二氧化硫的目的，防止二氧化硫排放污染空气，焙烧产物经过氢氧化钠溶液碱浸，三氧化二铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤后，滤液中通入过量二氧化碳，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可生产三氧化二铝；碱浸过程中，三氧化二铁不与氢氧化钠反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与三氧化二铁在隔绝空气的条件下反应生成二氧化硫和四氧化三铁，利用四氧化三铁的磁性实现其与烧渣的分离。据此分析解答。 【详解】A．Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，故A正确； B．隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为：FeS2+16Fe2O3 11Fe3O4+2SO2↑，由方程式可知n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶16，故B错误； C．滤液中含有AlO2-，通入过量CO2，发生反应：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+ HCO3-，生成Al(OH)3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al(OH)3，再灼烧Al(OH)3，反应为：2Al(OH)3 +3H2O，即可制得Al2O3，故C正确； D．铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应：2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，故D正确； 故选B。 【点睛】了解制备氧化铝并获得Fe3O4的工艺流程是解题的关键。本题的易错点为D，要注意CaO与SO2反应生成的亚硫酸钙能够被空气中的氧气氧化。 11．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为16，Y的单质是空气中含量最多的气体，Z原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是 A．XZ2俗称干冰，分子间存在氢键 B．原子半径：r(W)>r(X)>r(Y)>r(Z) C．X、Y、Z的非金属性依次减弱 D．由Z和W组成的化合物只有一种 【答案】B 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y的单质是空气中含量最多的气体，Y为N元素；Z原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Z为O元素；W是短周期中金属性最强的元素，W为Na元素；四种原子的最外层电子数之和为16，X的最外层电子数为16-5-6-1=4，则X为C元素，以此分析解答。 【详解】根据上述分析可知，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Na元素。 A．固态CO2俗称干冰，分子间不存在氢键，故A错误； B．同周期元素随核电荷数增大原子半径逐渐减小，Na为短周期中原子半径最大的元素，则原子半径：r(Na)＞r(C)＞r(N)＞r(O)，故B正确； C．C、N、O位于同周期且相邻的元素，随核电荷数增大，非金属性逐渐增强，则C、N、O的非金属性依次增强，故C错误； D．由O、Na组成的化合物为氧化钠和过氧化钠，故D错误。 答案选B。 12．下列各组实验中，根据实验现象所得结论正确的是 选项 实验操作和实验现象 结论 A 向和的混合溶液中滴入酸化的溶液，混合溶液变红 氧化性： B 向盛某盐溶液的试管中滴入浓氢氧化钠溶液并加热，试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝 该盐中含有 C 将稀盐酸滴入溶液中，溶液中出现凝胶 非金属性： D 将红热的炭放入浓硫酸中，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊 碳被氧化成 【答案】B 【详解】A.向氯化亚铁和硫氰化钾的混合溶液中，加入酸化的硝酸银溶液，硝酸可氧化亚铁离子，不能比较银离子和铁离子的氧化性强弱，故A错误； B.向盛某盐溶液的试管中滴入浓氢氧化钠溶液并加热，管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有碱性气体氨气生成，则盐溶液中一定有铵根离子，故B正确； C.非金属元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯化氢不是氯元素的最高价氧化物的水化物，不能比较氯元素和硅元素的非金属性强弱，故C错误； D.红热的炭放入浓硫酸中发生的反应为碳与浓硫酸共热反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应生成的二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，不能判断是否有二氧化碳生成，故D错误； 故选B。 13．2.24g铜镁合金完全溶解于100mL63％的浓硝酸（密度为）中，得到和的混合气体2240mL（换算为标准状况）。向反应后的溶液中逐滴加入溶液，当金属离子刚好全部沉淀，得到4.28g沉淀。下列说法正确的是 A．该合金中 B．合金完全溶解时，溶液中 C．和的混合气体中，的体积分数是20％ D．刚好得到4.28g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640mL 【答案】BD 【分析】由63%的浓硝酸(密度为)中硝酸的物质的量浓度为14 mol/L，100mL该硝酸溶液含有1.4mol硝酸；金属离子全部沉淀时，得到4.28g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为4.28g−2.24g=2.04g，氢氧根的物质的量为=0.12mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则2x+2y=0.12①，64x+24y=2.24②，由①②解得x=0.02，y=0.04，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol:0.04mol=1:2；和的混合气体2240mL (换算为标准状况)共=0.1mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.1−a)mol，根据电子转移守恒可知，a×1+(0.1−a)×2×1=0.12，解得a=0.08； 【详解】A．由分析可知，该合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol:0.04mol=1:2，A错误； B．由分析可知，合金完全溶解时，n(NO2)=0.08mol，n(N2O4)=0.02mol，根据氮原子守恒可知，合金完全溶解时，溶液中物质的量为1.4mol-0.08mol-0.02mol×2=1.28mol，B正确； C．由分析可知，混合气体中含0.08mol和0.02mol，的体积分数是，C错误； D．刚好得到4.28g沉淀时，溶质为硝酸钠，结合氮元素守恒可知，硝酸钠为1.28mol，结合硝酸钠中钠元素守恒可知，则加入溶液的体积是，D正确； 故选BD。 14．将SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1mol∙L-1的BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，除BaCl2溶液(无氧)外，都产生白色沉淀。实验测得各溶液pH变化曲线如图。下列说法不正确的是 A．曲线a所示溶液pH降低的原因： B．依据曲线b可推知溶液(无氧)能氧化 C．曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式为： D．曲线d所表示的过程中是氧化SO2的主要微粒 【答案】D 【分析】BaCl2溶液中通入SO2，无氧时，没有沉淀生成，只发生SO2与H2O的反应；有氧时，O2为氧化剂反应生成BaSO4沉淀和HCl，溶液pH减小。Ba(NO3)2溶液中通入SO2，无氧时，发生反应3Ba2++2+3SO2+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+；有氧时，可能发生反应2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+，也可能发生反应3Ba2++2+3SO2+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，结合图像可知，氧气为主要微粒。 【详解】A．由分析可知，BaCl2溶液中通入SO2，无氧时，没有沉淀生成，只发生SO2与H2O的反应，所以曲线a所示溶液pH降低的原因：，且亚硫酸发生了部分电离，A正确； B．a、b相比，约100多秒以后溶液pH有所减小，则氢离子浓度增大，则Ba(NO3)2溶液中通入SO2、无氧时，可能发生反应3Ba2++2+3SO2+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，依据曲线b可推知溶液(无氧)能氧化SO2，B正确； C．a、c相比，约三十秒以后溶液pH明显减小，则氢离子浓度明显增大，说明有氧时，O2表现出氧化性、+4价硫被氧化为硫酸根，所以曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式为：2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+，C正确； D．c、d相比，二曲线几乎没区别，说明反应中O2表现出氧化性、+4价硫被氧化为硫酸根，所以曲线d所示溶液中发生反应主要为：2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+，而3Ba2++2+3SO2+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+反应程度很小，氧化SO2的过程中硝酸根是非常次要的微粒，D不正确； 故选D。 15．下表为元素周期表中的一部分，表中列出的10种元素在周期表中的位置，按要求回答问题。 (1)元素性质最不活泼的元素是 (填元素符号)。 (2)元素①的单质与水反应离子反应方程式是 。 (3)③⑤元素的最高价氧化物的水化物，碱性最强的是 (填化学式)。 (4)②③④元素形成的简单离子半径由大到小的顺序是 (填离子符号)。 (5)元素⑧的最高价氧化物对应水化物的化学式为 。 (6)NaBr的溶液与元素⑧的单质反应的离子方程式为 。 (7)⑧⑩两种元素形成的气态氢化物中最稳定的是 (填化学式)，两种元素的非金属性的强弱顺序为 (填元素符号)。 (8)已知元素硒(Se)与元素⑦同主族，位于第4周期，则硒元素原子的最外层电子数为 ，根据硒在元素周期表中的位置推测，硒的气态氢化物稳定性 (填“>”，“<”或“=”)。 (9)16号元素在元素周期表中的位置： 。 【答案】(1)Ar (2)2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ (3)Mg(OH)2 (4)K+>Ca2+>Mg2+ (5)HClO4 (6)2Br-+Cl2=Br2+2Cl- (7) HF F>Cl (8) 6 ＜ (9)第三周期第ⅥA族 【分析】根据元素周期表位置可判断：①为钠元素，②为钾元素，③为镁元素，④为钙元素，⑤为铝元素，⑥为碳元素，⑦为氧元素，⑧氯元素，⑨为氩元素，⑩为氟元素。 【详解】（1）元素性质最不活泼的元素是0族元素⑨，⑨是Ar。 （2）钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，反应离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑。 （3）③⑤元素分别是Mg、Al，最高价氧化物的水化物依次是Mg(OH)2、Al(OH)3，金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，碱性最强的是Mg(OH)2。 （4）比较离子半径的方法是：先比较电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，再比较核电荷数，核电荷数越大半径越小。②③④元素分别是K、Mg、Ca，形成的简单离子分别是K+、Mg2+、Ca2+，简单离子半径由大到小的顺序是K+>Ca2+>Mg2+。 （5）元素⑧Cl，最高价氧化物对应水化物的化学式是HClO4。 （6）元素⑧的单质是Cl2，氧化性：Cl2>Br2，所以NaBr的溶液与Cl2反应的离子方程式为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-。 （7）非金属性越强，氢化物越稳定性。⑧⑩两种元素分别是Cl和F，非金属性：F>Cl，形成的气态氢化物分别是HCl和HF，最稳定的是HF。 （8）同族元素的最外层电子数相同，元素硒(Se)与元素O是同族元素，则硒元素原子的最外层电子数为6。非金属性越强，氢化物越稳定性，非金属性：S>Se，气态氢化物H2S更稳定； （9）16号元素S在元素周期表的位置是第三周期第ⅥA族。 16．“纳米零价铁”体系可将烟气中难溶的氧化为或。 (1)制备纳米零价铁：将溶液与溶液混合可生成纳米零价铁、、和水，该反应的化学方程式为 。(中元素均为价)。 (2)的氧化：在一定温度下，将溶液和溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的氧化。 ①催化分解产生，在溶液将氧化为的机理如图1所示，的化学式为 。(提示：中为价，中为价)    ②与反应生成和一种液体，则化学方程式为 。 ③纳米零价铁的作用是 。 ④脱除率随温度的变化如图2所示。温度高于时，脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是 。 (3)氧化产物的吸收：在酸性条件下氧化后的产物被溶液吸收，转化为 (填化学式)。 【答案】(1) (2) Fe与溶液反应产生 的分解(速率随温度升高而加快)，浓度减小，脱除率降低 (3) 【详解】（1）将FeSO4溶液与碱性NaBH4溶液混合可生成纳米零价铁、H2和NaBO2等，铁元素化合价由+2降低为0， NaBH4中H元素化合价由-1升高为0，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为：； （2）①由图1知，H2O2+Y→HO2·+X，反应中O化合价从-1升高到，则Y中铁元素化合价降低，Y的化学式为FeCl3； ②NO被H2O2氧化为HNO3，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为2NO+3H2O2=2HNO3+2H2O； ③纳米零价铁与HCl溶液反应产生Fe2+； ④H2O2的分解速率随温度升高而加快，H2O2浓度减小，所以温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势； （3）Ca(OH)2和HNO3反应中和生成Ca(NO3)2和水。 17．亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效杀菌剂、漂白剂，广泛用于棉纺漂白、水处理、食品消毒等，消毒时本身被还原成Cl-。亚氯酸钠晶体的一种生产工艺如图： 已知：①HClO3为强酸。②ClO2浓度过高时易发生分解爆炸。③NaClO2在温度高于60℃时易分解生成NaClO3和NaCl。 (1)现由浓硫酸配制240 mL“溶解”时所需的9 mol/L稀H2SO4溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、 、 。如果定容时仰视容量瓶刻度线，配制的溶液浓度会 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 (2)在“ClO2发生器”中，生成ClO2的离子方程式为 ；通入空气的作用是 。 (3)“吸收塔”中H2O2在反应中作 (填“氧化剂”或“还原剂”)。 (4)为了测定产品中NaClO2的纯度，进行如下实验：准确称取1.000g上述产品，溶于水配成100.00mL溶液，取10.00mL待测液，加入过量KI溶液，酸性条件下发生反应：，杂质不与I-反应。以淀粉作指示剂，再加入0.2000 mol∙L-1 Na2S2O3溶液，恰好完全反应时消耗的Na2S2O3溶液的体积为20.00mL。(已知：)。计算该样品的纯度为 。(填空并附计算过程) 【答案】(1) 250mL容量瓶 胶头滴管 偏低 (2) 2+SO2=2ClO2+ 稀释ClO2，防止ClO2浓度过高时发生分解爆炸 (3)还原剂 (4)由发生的反应可建立关系式：NaClO2——4Na2S2O3，取出的10.00mL待测液中，消耗Na2S2O3溶液的物质的量为0.2000 mol∙L-1×0.020 L=0.004mol，则n(NaClO2)=0.001mol，该样品的纯度为=90.50% 【分析】NaClO3固体溶于稀硫酸，在ClO2发生器中与SO2和空气混合，发生反应生成ClO2和Na2SO4；将ClO2通入吸收塔中，用浓NaOH溶液吸收，并用30%H2O2还原，生成NaClO2和O2；将溶液在低于60℃时蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，从而获得NaClO2晶体。 【详解】（1）现由浓硫酸配制240 mL“溶解”时所需的9 mol/L稀H2SO4溶液，实验室没有240mL规格的容量瓶，则应选择250mL的容量瓶，则需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶、胶头滴管。如果定容时仰视容量瓶刻度线，配制的溶液的体积偏大，浓度会偏低。答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；偏低； （2）在“ClO2发生器”中，NaClO3溶液与SO2和空气混合，发生反应生成ClO2和Na2SO4，离子方程式为2+SO2=2ClO2+；题中信息显示：ClO2浓度过高时易发生分解爆炸，所以通入空气的作用是：稀释ClO2，防止ClO2浓度过高时发生分解爆炸。答案为：2+SO2=2ClO2+；稀释ClO2，防止ClO2浓度过高时发生分解爆炸； （3）“吸收塔”中发生反应2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2+2H2O，则H2O2在反应中作还原剂。答案为：还原剂； （4）由发生的反应可建立关系式：NaClO2——4Na2S2O3，取出的10.00mL待测液中，消耗Na2S2O3溶液的物质的量为0.2000 mol∙L-1×0.020 L=0.004mol，则n(NaClO2)=0.001mol，该样品的纯度为=90.50%。答案为：由发生的反应可建立关系式：NaClO2——4Na2S2O3，取出的10.00mL待测液中，消耗Na2S2O3溶液的物质的量为0.2000 mol∙L-1×0.020 L=0.004mol，则n(NaClO2)=0.001mol，该样品的纯度为=90.50%。 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$