精品解析：安徽省芜湖市第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试 化学试题

芜湖一中2024-2025学年第二学期高一年级期中考试 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ca-40 Cu-64 Fe-56 一、选择题：本题共15小题，每小题3分；共45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. 化学与生活、生产密切相关，下列叙述错误的是 A. 氮化硅、碳纳米管、石墨烯均属于新型无机非金属材料 B. 新型陶瓷碳化硅具有优异的高温抗氧化性能，也可作耐高温半导体材料 C. 航天服的“连续纤维增韧”航空材料，使用的陶瓷和碳纤维属于合成有机高分子材料 D. 现代AI依赖的算力源自硅基半导体，而二氧化硅制成的光纤承担全球AI数据交换 2. 运用元素周期律分析下面推断，正确的是 A. 可以从盐酸中置换出 B. 卤化氢的稳定性随核电荷数的增加而增强 C. 氢氧化铍[]的碱性比氢氧化镁强 D. 碱金属的还原性随核电荷数的增加而增强 3. 可以作为核聚变材料，下列叙述错误的是 A. 和是不同种元素 B. 原子核内中子数为7 C. 和互为同位素 D. 可用于文物年代的测定 4. 利用下列实验装置能达到实验目的的是 A．证明氨气极易溶于水 B．制取并干燥氨气 C．制取并收集二氧化氮 D．非金属性：C>Si A. A B. B C. C D. D 5. 用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 标准状况下，2L NO和1L 混合之后，最终气体的体积为3L B. 常温常压下，100g 63%的溶液中含有的氧原子数为3 C. 标准状况下，22.4L 中硫原子与氧原子个数比为1∶3 D. 常温常压下，46g 和混合气体中，原子总数超过3 6. 传统工业中以黄铁矿为原料制备硫酸的原理如图所示： 下列说法错误的是 A. 制备过程的化学反应不全是氧化还原反应 B. 氧化成的反应中能全部转化为 C. 用98.3%的浓硫酸吸收，目的是防止形成酸雾，有利于的吸收 D. 浓硫酸使蔗糖变黑，并产生气体，主要体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性 阅读下列材料，完成下面小题： 含氮化合物的应用十分广泛，因此研究方向也很多。如氮阴离子盐与氢化铵（）的研究主要集中在高能材料设计和储氢材料领域。南京理工大学团队成功合成了能在室温下稳定存在的五氮阴离子盐，五氮阴离子是制备全氮类物质的重要中间体。储氢量高，其中存在离子键，N原子最外层电子数是8，所有氢原子的最外层电子数都是2。 7. 下列说法错误的是 A. 的电子式为 B. 是共价化合物，每个中有10个电子 C. 属于离子化合物 D. 分析中氢元素的化合价，推测其与水反应的方程式为： 8. 下列说法正确的是 A. 原子半径：Cl>O>N B. 简单氢化物的稳定性：> C. 中含四种离子 D. 中只含非极性键 9. 氮、硫元素的“价—类”二维图如图所示。下列有关叙述错误的是 A. a和c′共同通入水中，可生成两种盐 B. 工业尾气中c′可用固体CaO或溶液吸收 C. 制e的尾气中含d，可用NaOH溶液吸收，可生成两种盐 D. a′和f′的浓溶液反应，产物不一定同时含有b′和c′ 10. 下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是 A. Cl2+H2O=HClO+HCl B. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ C. NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O D. 2FeCl2+H2O2+2HCl=2FeCl3+2H2O 11. 以含有少量、、等杂质的粗食盐水为原料，提纯并获取食盐晶体的实验流程如图。下列说法错误的是 A. 试剂X和试剂Y分别为NaOH和 B. 操作1、2、3均为过滤，操作4为蒸发结晶 C. 滤渣2和滤渣3均可完全溶于盐酸 D. 试剂Z为稀盐酸，不可用稀硝酸或稀硫酸 12. 为了检验SO，甲、乙、丙、丁四位同学设计了如下四种方案，其中方案最优的是(　　) A. 方案甲：试液白色沉淀沉淀不溶解 B. 方案乙：试液无沉淀(也无气泡)白色沉淀 C. 方案丙：试液无沉淀白色沉淀 D. 方案丁：试液白色沉淀(过滤)沉淀不溶解 13. 一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，下列说法正确的是 A. 简单离子半径：X<Z B. 每个原子都满足8电子稳定结构 C. W最高价氧化物对应的水化物为强酸 D. X的简单氢化物稳定性比W的强，原因是X的简单氢物分子间存在氢键 14. 某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g铜（已知硝酸只被还原为NO气体）。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 原混合酸中物质的量为0.4mol B. 混合酸中物质的量浓度为1 C. OA段转移的电子为0.4mol D. 19.2g铜完全溶解时，溶液中的 15. 化合物(WY2Z4•X2Z)中的四种元素X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素，且原子序数依次增大，Y的最高价氧化物(无味)可用W的最高价氧化物的水化物来检验，且生成X2Z。该化合物的热重分析曲线如图所示。下列说法正确的是 A. W、X、Y、Z的单质常温下均为气体 B. X2Z的沸点低于YZ2 C. 400~600℃发生的反应为非氧化还原反应 D. 最终得到固体产物的化学式为WO 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 在下列物质中：、、、NaCl、、、，、。请回答下列问题： （1）的电子式为______；的电子式为_______。 （2）用电子式表示的形成过程________。 （3）既有极性键又有非极性键的共价化合物是________。 （4）既有离子键又有极性键化合物是________。 （5）既有离子键又有非极性键的化合物是_______。 17. 下表是现行中学化学教科书中元素周期表的一部分，表中的每个编号表示一种元素，请根据要求回答问题： 族 周期 ⅠA 0 1 H ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 2 …… ① ② ③ 3 ④ ⑤ …… ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ （1）⑧⑨的简单离子半径由大到小的顺序为：_______（填离子符号）；其单质与氢气化合由易到难的顺序为：_______（填化学式）。 （2）④⑤⑥阳离子氧化性由强到弱的顺序为：_______（填离子符号）；其最高价氧化物对应水化物的碱性由强到弱的顺序为：_______（填化学式）。 （3）①最高价氧化物对应的水化物与简单氢化物反应的生成物是_______（填化学式）。 （4）上述元素中，某单质能与水剧烈反应且水作还原剂，此单质是_______（填化学式）。 （5）写出元素④的最高价氧化物对应的水化物与元素⑥的最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式________。 18. 工业上由含铜废料（含有Cu、CuS、等）制备硝酸铜晶体的流程如下： （1）“焙烧”在600℃时进行，写出CuS转化为CuO和的化学方程式：________。 （2）写出“酸化”时发生的离子反应方程式________。 （3）“过滤”得到的滤渣成分为________，“淘洗”所用的溶液A可以是_______（填字母）。 A．稀硫酸 B．浓硫酸 C．稀硝酸 D．浓硝酸 （4）“反应”这一步所用的试剂是20% 和10% ，反应过程中无红棕色气体生成，该反应的化学方程式：________。 （5）根据题图分析从“反应”所得溶液中析出的方法是_______。 19. 硫和硒（）在元素周期表中位于同一主族，均是生产生活中重要的非金属元素。 （1）含＋4硫元素的化合物有、和X等。已知X属于钠盐，写出X化学式：______。 （2）生成并检验性质 操作及现象： 点燃酒精灯，试管ⅰ中有白雾生成，铜丝表面产生气泡；试管ⅱ中溶液红色褪去，一段时间后，将铜丝抽离硫酸并停止加热。 ①ⅰ中发生反应的化学反应方程式为_______。 ②ⅱ中现象说明具有_______作用 ③将通入溶液中，下列实验事实能够证实和一定发生了反应的是_______（填字母）。 a．反应后溶液由黄色变为浅绿色 b．取反应后的溶液少许，加入溶液，产生白色沉淀 c．取反应后的溶液少许，加入溶液，产生白色沉淀 （3）以工业硒为原料制备高纯硒时的主要物质转化如图。 ①请画出原子结构示意图_______。 ②下列说法正确是______（填字母序号）。 a．硒是第四周期第ⅥA族元素 b．硒元素的非金属性强于硫元素的非金属性 c．属于酸性氧化物 d．过程ⅰ中硒被氧化 ③过程ⅲ中使用还原剂为，对应产物是。理论上，过程ⅰ消耗的与过程ⅲ消耗的的物质的量之比为_______（工业硒中杂质与的反应可忽略）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 芜湖一中2024-2025学年第二学期高一年级期中考试 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ca-40 Cu-64 Fe-56 一、选择题：本题共15小题，每小题3分；共45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. 化学与生活、生产密切相关，下列叙述错误的是 A. 氮化硅、碳纳米管、石墨烯均属于新型无机非金属材料 B. 新型陶瓷碳化硅具有优异的高温抗氧化性能，也可作耐高温半导体材料 C. 航天服的“连续纤维增韧”航空材料，使用的陶瓷和碳纤维属于合成有机高分子材料 D. 现代AI依赖的算力源自硅基半导体，而二氧化硅制成的光纤承担全球AI数据交换 【答案】C 【解析】 【详解】A．氮化硅、碳纳米管、石墨烯、结构陶瓷、纳米材料等均新型无机非金属材料，A正确； B．碳化硅（SiC）具有高温抗氧化性，且作为耐高温半导体材料应用广泛，B正确； C．陶瓷属于无机非金属材料，碳纤维是无机材料，均不属于合成有机高分子材料，C错误； D．硅单质可用于生产半导体用于制算力芯片，二氧化硅光纤用于数据传输，D正确； 答案选C。 2. 运用元素周期律分析下面推断，正确的是 A. 可以从盐酸中置换出 B. 卤化氢的稳定性随核电荷数的增加而增强 C. 氢氧化铍[]的碱性比氢氧化镁强 D. 碱金属的还原性随核电荷数的增加而增强 【答案】D 【解析】 【详解】A．氟气（F2）的氧化性虽强于Cl2，但F2与盐酸反应时优先与水剧烈反应生成HF和O2，而非直接置换Cl2，因此无法从盐酸中置换出Cl2，A错误； B．卤化氢的稳定性与非金属性相关，同主族中随核电荷数增加（从上到下），非金属性减弱，卤化氢的稳定性降低，B错误； C．元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Be的金属性弱于Mg，则氢氧化铍的碱性弱于氢氧化镁，C错误； D．随核电荷数增加（从上到下），碱金属元素的原子半径增大，金属的还原性增强，D正确； 答案选D。 3. 可以作为核聚变材料，下列叙述错误的是 A. 和是不同种元素 B. 原子核内中子数为7 C. 和互为同位素 D. 可用于文物年代的测定 【答案】A 【解析】 【详解】A．同位素是指质子数相同，中子数不同的同种元素的不同种原子，属于同种元素，A错误； B．中子数=质量数-质子数=13-6=7，B正确； C．13C和14C质子数相同、中子数不同，互为同位素，C正确； D．14C具有放射性，可用于测定文物年代，D正确； 故选A。 4. 利用下列实验装置能达到实验目的的是 A．证明氨气极易溶于水 B．制取并干燥氨气 C．制取并收集二氧化氮 D．非金属性：C>Si A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．挤压胶头滴管向圆底烧瓶中滴入少量水，气球变大，可证明氨气极易溶于水，故A正确； B．加热时氯化铵分解，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选氯化铵与氢氧化钙加热制备，故B错误； C．二氧化氮与水反应，则不能用排水法收集，故C错误； D．盐酸有挥发性，挥发出的HCl也能与Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀，干扰CO2与Na2SiO3的反应，无法验证非金属性C＞Si，应先除去HCl，故D错误； 答案选A。 5. 用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 标准状况下，2L NO和1L 混合之后，最终气体的体积为3L B. 常温常压下，100g 63%的溶液中含有的氧原子数为3 C. 标准状况下，22.4L 中硫原子与氧原子个数比为1∶3 D. 常温常压下，46g 和混合气体中，原子总数超过3 【答案】C 【解析】 【详解】A．NO与O2反应生成NO2，但NO2在标准状况下不是气体，所以混合后气体体积减少，A错误； B．100g 63%的HNO3溶液中HNO3的质量为63g，物质的量为1mol，1mol HNO3中氧原子的个数为3NA，但溶液中HNO3和H2O均含氧原子，总氧原子数大于3NA，B错误； C．根据化学式，SO3中硫原子与氧原子个数比为1∶3，与体积无关，C正确； D．混合气体中NO2和N2O4的最简式均为NO2，则46g 和混合气体中，总原子数恒为3NA，D错误； 故选C。 6. 传统工业中以黄铁矿为原料制备硫酸的原理如图所示： 下列说法错误的是 A. 制备过程的化学反应不全是氧化还原反应 B. 氧化成的反应中能全部转化为 C. 用98.3%的浓硫酸吸收，目的是防止形成酸雾，有利于的吸收 D. 浓硫酸使蔗糖变黑，并产生气体，主要体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性 【答案】B 【解析】 【分析】黄铁矿在空气中灼烧生成氧化铁和二氧化硫，二氧化硫发生氧化反应生成三氧化硫，用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫得到硫酸。 【详解】A．最后一步是SO3+H2O=H2SO4，不是氧化还原反应，故A正确； B．氧化成的反应是可逆反应，不能全部转化为，故B错误； C．SO3用98.3%浓硫酸吸收效果好，可防止形成酸雾，故C正确； D．浓H2SO4使蔗糖变黑，有碳生成，并产生大量气体，主要体现了浓H2SO4的脱水性和强氧化性，故D正确； 答案选B。 阅读下列材料，完成下面小题： 含氮化合物的应用十分广泛，因此研究方向也很多。如氮阴离子盐与氢化铵（）的研究主要集中在高能材料设计和储氢材料领域。南京理工大学团队成功合成了能在室温下稳定存在的五氮阴离子盐，五氮阴离子是制备全氮类物质的重要中间体。储氢量高，其中存在离子键，N原子最外层电子数是8，所有氢原子的最外层电子数都是2。 7. 下列说法错误是 A. 的电子式为 B. 是共价化合物，每个中有10个电子 C. 属于离子化合物 D. 分析中氢元素的化合价，推测其与水反应的方程式为： 8. 下列说法正确的是 A. 原子半径：Cl>O>N B. 简单氢化物的稳定性：> C. 中含四种离子 D. 中只含非极性键 【答案】7 C 8. C 【解析】 【7题详解】 A．存在离子键，是离子化合物，电子式为，A正确； B．氨气分子只含共价键，是共价化合物，每个中有7+3×1=10个电子，B正确； C．是氮元素形成的单质，不属于化合物，C错误； D．分析中有1个H呈-1价，其与水反应，氢元素价态归中，方程式为：，D正确； 故选C； 【8题详解】 A．Cl原子核外三层电子，半径大于N、O，同周期元素从左至右，原子半径减小，原子半径：Cl> N > O，A错误； B．非金属性：O>N，简单氢化物的稳定性： >，B错误； C．中含、、、四种离子，C正确； D．中阴阳离子间存在离子键，D错误； 故选C。 9. 氮、硫元素的“价—类”二维图如图所示。下列有关叙述错误的是 A. a和c′共同通入水中，可生成两种盐 B. 工业尾气中c′可用固体CaO或溶液吸收 C. 制e的尾气中含d，可用NaOH溶液吸收，可生成两种盐 D. a′和f′的浓溶液反应，产物不一定同时含有b′和c′ 【答案】B 【解析】 【分析】根据氮、硫元素的“价—类”二维图，a是NH3；b是N2；c是NO；d是NO2；e是HNO3；a＇是H2S；b＇是S；c＇是SO2；d＇是SO3；e＇是H2SO3；f＇是H2SO4。 【详解】A．NH3和SO2共同通入水中，可生成(NH4)2SO3、NH4HSO3两种盐，故A正确； B．工业尾气中SO2可用固体CaO吸收；SO2与溶液不反应，不能用溶液吸收SO2，故B错误； C． NO2与NaOH溶液反应生成NaNO2、NaNO3两种盐，故C正确； D．H2S和浓硫酸反应，根据归中规律，产物中可能只含S或SO2，故D正确； 选B。 10. 下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是 A. Cl2+H2O=HClO+HCl B. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ C. NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O D. 2FeCl2+H2O2+2HCl=2FeCl3+2H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应Cl2+H2O=HClO+HCl中，Cl和Cl之间的非极性键断裂，H和O之间的极性键断裂，H和O、O和Cl，H和Cl之间的极性键形成，A不满足题意； B．反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中，钠离子和过氧离子之间的离子键断裂，过氧离子中两个O之间的非极性键断裂，H和O之间的极性键断裂，钠离子和氢氧根离子之间的离子键形成，H和O之间的极性键形成，O和O之间的非极性键形成，B满足题意； C．反应NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O中，铵根离子和氯离子之间的离子键、钠离子和氢氧根离子之间的离子键断裂，铵根中N和H之间的极性键，氢氧根中H和O之间的极性键断裂，氯离子和钠离子之间的离子键、N和H之间的极性键、H和O之间的极性键形成，C不满足题意； D．反应2FeCl2+H2O2+2HCl=2FeCl3+2H2O中，亚铁离子和氯离子之间的离子键、H和O之间的极性键、O和O之间的非极性键断裂，Fe和Cl之间的极性共价键(FeCl3是共价化合物)、H和O之间的极性共价键形成，D不满足题意； 答案选B。 11. 以含有少量、、等杂质的粗食盐水为原料，提纯并获取食盐晶体的实验流程如图。下列说法错误的是 A. 试剂X和试剂Y分别为NaOH和 B. 操作1、2、3均为过滤，操作4为蒸发结晶 C. 滤渣2和滤渣3均可完全溶于盐酸 D. 试剂Z为稀盐酸，不可用稀硝酸或稀硫酸 【答案】C 【解析】 【分析】由实验流程可知，粗食盐水中加入过量NaOH溶液除去Mg2+，过滤，滤渣1中含有Mg(OH)2；滤液1中加入过量BaCl2溶液除去，过滤，滤渣2为BaSO4，滤液2中加入过量Na2CO3溶液除去Ca2+及Ba2+，过滤，滤渣3为CaCO3、BaCO3，滤液3中含NaCl、NaOH、Na2CO3，加盐酸除掉OH-和CO，得到的溶液含NaCl，蒸发结晶得到NaCl晶体，所以操作1～3均为过滤，操作4为蒸发结晶，试剂X、Y、Z分别为NaOH溶液、Na2CO3溶液、稀盐酸，据此分析解答。 【详解】A．由上述分析可知，试剂X、Y分别为NaOH溶液、Na2CO3溶液，故A正确； B．第四步“操作”为蒸发结晶，前3步“操作”均为过滤，故B正确； C．滤渣2为BaSO4，滤渣3为CaCO3、BaCO3，BaSO4不溶于盐酸，故C错误； D．试剂Z为稀盐酸，不可用稀硝酸或稀硫酸，否则引入杂质硫酸根和硝酸根，故D正确； 答案选C。 12. 为了检验SO，甲、乙、丙、丁四位同学设计了如下四种方案，其中方案最优的是(　　) A. 方案甲：试液白色沉淀沉淀不溶解 B. 方案乙：试液无沉淀(也无气泡)白色沉淀 C. 方案丙：试液无沉淀白色沉淀 D. 方案丁：试液白色沉淀(过滤)沉淀不溶解 【答案】B 【解析】 【详解】加入氯化钡溶液，与氯化钡溶液反应产生白色沉淀的硫酸根离子、碳酸根离子和银离子，再加入稀盐酸，硫酸钡和氯化银都不溶解，不能检验出硫酸根离子，A错误；加入足量盐酸，没有沉淀生成，说明不含银离子，没有气体产生，说明不是碳酸根离子、亚硫酸根离子，在剩下的两种溶液中滴加氯化钡，产生白色沉淀，则该瓶溶液中一定含有硫酸根离子，B正确；加入稀硝酸，因亚硫酸根离子能被氧化成硫酸根离子，与硝酸钡溶液的反应产生白色沉淀的硫酸根离子，但不一定是原溶液中的，可能是亚硫酸根离子能被氧化成硫酸根离子，不能检验出硫酸根离子，C错误；加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀的有硫酸根离子、亚硫酸根离子和碳酸根离子，加入盐酸沉淀不溶解的可能是硫酸钡或亚硫酸钡，无法检验出硫酸根离子，D错误；正确答案：B。 点睛：硫酸根离子检验方法：溶液中先加入稀盐酸，无现象，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，证明原溶液中含有硫酸根离子 13. 一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，下列说法正确的是 A. 简单离子半径：X<Z B. 每个原子都满足8电子稳定结构 C. W最高价氧化物对应的水化物为强酸 D. X的简单氢化物稳定性比W的强，原因是X的简单氢物分子间存在氢键 【答案】A 【解析】 【分析】R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，Y能形成5个共价键、Z形成3个共价键，则Z是N元素、Y是P元素；W形成4个共价键、R形成1和共价键，R是H元素、W是C元素；X形成2个共价键，X是O元素。 【详解】A．Z是N元素、X是O元素，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：O2-<N3-，故A正确； B．P原子最外层有5个电子，形成5个共价键，H原子最外层有1个电子，形成1个共价键，P、H原子不满足8电子稳定结构，故B错误； C．W是C元素，H2CO3为弱酸，故C错误； D．H2O稳定性比CH4的强，原因是O-H键的键能大于C-H键，故D错误； 选A。 14. 某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g铜（已知硝酸只被还原为NO气体）。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 原混合酸中物质的量为0.4mol B. 混合酸中物质的量浓度为1 C. OA段转移的电子为0.4mol D. 19.2g铜完全溶解时，溶液中的 【答案】D 【解析】 【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑； 【详解】A．最终反应掉22.4g铁，铁的物质的量为=0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据Fe原子、硫酸根离子守恒，每一份中n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.4mol，则原混合酸中H2SO4物质的量为0.4mol×2=0.8mol，故A错误； B．OA段发生反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以每一份中n()=n(Fe)==0.2mol，每一份溶液体积为100mL，则混合酸中HNO3物质量浓度为=2mol/L，故B错误； C．由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，消耗的铁n(Fe)==0.2mol，转移的电子为0.6mol，故C错误； D．由上述计算可知每一份混酸中，H2SO4物质的量为0.4mol，HNO3的物质的量为0.2mol，19.2gCu的物质的量为=0.3mol，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO+4H2O，反应后铜以硫酸铜存在，n(CuSO4)=0.3mol，硫酸剩余0.1mol，故反应后溶液，故D正确； 答案选D。 15. 化合物(WY2Z4•X2Z)中的四种元素X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素，且原子序数依次增大，Y的最高价氧化物(无味)可用W的最高价氧化物的水化物来检验，且生成X2Z。该化合物的热重分析曲线如图所示。下列说法正确的是 A. W、X、Y、Z的单质常温下均为气体 B. X2Z的沸点低于YZ2 C. 400~600℃发生的反应为非氧化还原反应 D. 最终得到固体产物的化学式为WO 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号元素，根据化学式WY2Z4•X2Z可知，X2Z为H2O，则X为H，Z为O；Y的最高价氧化物(无味)可用W的最高价氧化物的水化物来检验，且生成H2O，可推知Y为C，其最高价氧化物CO2无色无味，W为Ca，其最高价氧化物对应的水化物的溶液是Ca(OH)2；该化合物为，相对分子质量为146，据此分析解答。 【详解】A．Ca和C的单质常温下为固体，A错误； B．H2O能形成分子间氢键，CO2不能形成分子间氢键，因此H2O的沸点高于CO2，B错误； C．当温度为400℃时，质量保留百分数为87.67%，相对分子质量为，失去了一个结晶水，此时剩余固体为CaC2O4；当温度为600℃时，质量保留百分数为68.49%，相对分子质量为，剩余固体为CaCO3，对比可知失去了CO，碳元素化合价发生了变化，是氧化还原反应；C错误； D．当温度接近1000℃时，质量保留百分数为38.36%，相对分子质量为，剩余固体为CaO，D正确； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 在下列物质中：、、、NaCl、、、，、。请回答下列问题： （1）的电子式为______；的电子式为_______。 （2）用电子式表示的形成过程________。 （3）既有极性键又有非极性键的共价化合物是________。 （4）既有离子键又有极性键的化合物是________。 （5）既有离子键又有非极性键的化合物是_______。 【答案】（1） ①. ②. （2） （3） （4） （5） 【解析】 【分析】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。极性键是指由不同种元素的原子通过共用电子对形成的共价键，非极性键是指由同种元素的原子通过共用电子对形成的共价键。含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物。 【小问1详解】 二氧化碳中碳原子与氧原子之间存在两对共用电子对，二氧化碳的电子式为；Na2O为离子化合物，电子式为：。 【小问2详解】 MgCl2为离子化合物，Mg失去电子，Cl得到电子，其形成过程可表示为：。 【小问3详解】 中既有O-H极性键又有O-O非极性键，且属于共价化合物。 【小问4详解】 中既有N-H极性键又有铵根离子与氯离子之间的离子键，且属于离子化合物。 【小问5详解】 中既有钠离子与过氧根离子之间的离子键又有O-O非极性键，且属于离子化合物。 17. 下表是现行中学化学教科书中元素周期表一部分，表中的每个编号表示一种元素，请根据要求回答问题： 族 周期 ⅠA 0 1 H ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 2 …… ① ② ③ 3 ④ ⑤ …… ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ （1）⑧⑨的简单离子半径由大到小的顺序为：_______（填离子符号）；其单质与氢气化合由易到难的顺序为：_______（填化学式）。 （2）④⑤⑥阳离子氧化性由强到弱的顺序为：_______（填离子符号）；其最高价氧化物对应水化物的碱性由强到弱的顺序为：_______（填化学式）。 （3）①最高价氧化物对应的水化物与简单氢化物反应的生成物是_______（填化学式）。 （4）上述元素中，某单质能与水剧烈反应且水作还原剂，此单质是_______（填化学式）。 （5）写出元素④的最高价氧化物对应的水化物与元素⑥的最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式________。 【答案】（1） ①. ②. >S （2） ①. ②. NaOH>> （3） （4） （5） 【解析】 【分析】根据元素在周期表中的相对位置可知①～⑨元素分别是N、O、F、Na、Mg、Al、P、S、Cl，以此信息解答。 【小问1详解】 ⑧⑨元素分别为S和Cl，其离子和形成核外电子排布相同的微粒，则核电荷数越大，离子半径越小，则有； 同周期主族元素从左向右，非金属性逐渐增强，与反应越容易，则其单质与氢气化合由易到难的顺序为：。 【小问2详解】 ④⑤⑥元素分别为Na、Mg、Al，从左往右其单质的还原性逐渐减弱，阳离子的氧化性逐渐增强，最高价碱的碱性逐渐减弱，则有阳离子氧化性由强到弱的顺序为： ；其最高价氧化物对应水化物的碱性由强到弱的顺序为：。 【小问3详解】 ①为N元素，其最高价氧化物对应的水化物为：；简单氢化物为：；则二者反应的产物为：。 【小问4详解】 在①～⑨元素中，非金属性比还要强的元素单质只有，且能将氧化为单质，反应方程式为：。 【小问5详解】 元素④的最高价氧化物对应的水化物为：；元素⑥的最高价氧化物对应的水化物；二者相互反应的离子方程式为：。 18. 工业上由含铜废料（含有Cu、CuS、等）制备硝酸铜晶体的流程如下： （1）“焙烧”在600℃时进行，写出CuS转化为CuO和的化学方程式：________。 （2）写出“酸化”时发生的离子反应方程式________。 （3）“过滤”得到的滤渣成分为________，“淘洗”所用的溶液A可以是_______（填字母）。 A．稀硫酸 B．浓硫酸 C．稀硝酸 D．浓硝酸 （4）“反应”这一步所用的试剂是20% 和10% ，反应过程中无红棕色气体生成，该反应的化学方程式：________。 （5）根据题图分析从“反应”所得溶液中析出的方法是_______。 【答案】（1） （2） （3） ①. Fe、Cu ②. A （4） （5）蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶 【解析】 【分析】工业上由含铜废料（含有Cu、CuS、等）制备硝酸铜晶体，废料通入空气焙烧后铜生成氧化铜，硫化铜转化为CuO和SO2，加入硫酸酸化生成硫酸铜，加入过量的铁发生置换反应生成铜，过滤得到滤渣铁和铜，用稀硫酸淘洗除去铁后加入20%的HNO3和10%的H2O2发生反应，蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶，从“反应”所得溶液中析出。 【小问1详解】 CuS焙烧和氧气反应转化为CuO和SO2，根据电子守恒和元素守恒可知反应的化学方程式为：，故答案为：； 【小问2详解】 焙烧后主要为氧化铜，酸化过程氧化铜和氢离子反应生成铜离子和水，离子方程式为：； 【小问3详解】 由分析可知，“过滤”得到的滤渣成分为Fe、Cu； 淘洗加入的酸不能具有强氧化性，否则会溶解铜，而浓硫酸和铜常温下不反应，所以“淘洗”所用的溶液A可以是稀硫酸，故答案为：Fe、Cu；A； 【小问4详解】 “反应”一步所用的试剂是20%的HNO3和10%的H2O2，根据题给信息，硝酸起酸的作用，过氧化氢做氧化剂将Cu氧化，生成硝酸铜，反应的化学方程式为：； 【小问5详解】 图像中结晶水合物的溶解度随温度变化曲线可知，温度高于26.4℃溶液中才能析出，所以从“反应”所得溶液中析出的方法是：蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4℃结晶。 19. 硫和硒（）在元素周期表中位于同一主族，均是生产生活中重要的非金属元素。 （1）含＋4硫元素的化合物有、和X等。已知X属于钠盐，写出X化学式：______。 （2）生成并检验性质 操作及现象： 点燃酒精灯，试管ⅰ中有白雾生成，铜丝表面产生气泡；试管ⅱ中溶液红色褪去，一段时间后，将铜丝抽离硫酸并停止加热。 ①ⅰ中发生反应的化学反应方程式为_______。 ②ⅱ中现象说明具有_______作用。 ③将通入溶液中，下列实验事实能够证实和一定发生了反应的是_______（填字母）。 a．反应后溶液由黄色变为浅绿色 b．取反应后的溶液少许，加入溶液，产生白色沉淀 c．取反应后的溶液少许，加入溶液，产生白色沉淀 （3）以工业硒为原料制备高纯硒时的主要物质转化如图。 ①请画出的原子结构示意图_______。 ②下列说法正确的是______（填字母序号）。 a．硒是第四周期第ⅥA族元素 b．硒元素的非金属性强于硫元素的非金属性 c．属于酸性氧化物 d．过程ⅰ中硒被氧化 ③过程ⅲ中使用的还原剂为，对应产物是。理论上，过程ⅰ消耗的与过程ⅲ消耗的的物质的量之比为_______（工业硒中杂质与的反应可忽略）。 【答案】（1）、等 （2） ①. (浓) ②. 漂白 ③. ab （3） ①. ②. acd ③. 1∶1 【解析】 【分析】铜和浓硫酸反应制备二氧化硫，用品红溶液验证二氧化硫的漂白性，用氯化铁溶液验证二氧化硫的还原性，用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止污染。 【小问1详解】 X是+4价S元素的钠盐，X的化学式为Na2SO3、NaHSO3等； 【小问2详解】 ①ⅰ中铜与浓硫酸加热反应生成二氧化硫，化学反应方程式为(浓)； ②ⅱ中品红溶液褪色，说明具有漂白性； ③a．反应后溶液由黄色变为浅绿色，铁离子转化为亚铁离子，能够证实和一定发生了反应，a正确； b．与氯化钡不反应，取反应后的溶液少许，加入溶液，产生白色沉淀为硫酸钡，能够证实和一定发生了反应，b正确； c．能与溶液反应产生白色沉淀亚硫酸钡，不能证实和一定发生了反应，c错误； 故选ab； 【小问3详解】 ①的核外电子数为34，原子结构示意图； ②a．Se是ⅥA族元素，硒原子的最外层有6个电子，位于第四周期第ⅥA族，故a正确； B．同主族元素从上到下，元素非金属性减弱，硫元素的非金属性强于硒元素的非金属性，故b错误； C．SeO2水洗生成H2SeO3，SeO2属于酸性氧化物，故c正确； D．过程ⅰ中硒元素化合价升高，Se元素被氧化，故d正确； 故选acd； ③过程ⅲ中使用的还原剂为，对应产物是N2。1mol氧气参加反应转移4mol电子，1mol参加反应，转移4mol电子，根据得失电子守恒，过程ⅰ消耗的O2与过程iii消耗的的物质的量之比为1:1。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$