浙江省温州十校联合体2022-2022学年高一化学上学期期末考试试题含解析.doc

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1、浙江省温州十校联合体2022-2022学年高一化学上学期期末考试试题含解析考生须知：1本卷共6页总分值100分，考试时间90分钟；2答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4考试结束后，只需上交答题纸。5可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K 39Fe 56 Cu 64Ba 137选择题局部一、选择题(本大题共25小题，每题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多项选择、错选均不得分)1.以下属于酸性

2、氧化物的是A. Mg(OH)2B. H2SO4C. SiO2D. NaClO【答案】C【解析】【分析】酸性氧化物是能与碱反响只生成一种盐和水的氧化物。【详解】A. 氢氧化镁是碱，不属于酸性氧化物，故A错误；B. 硫酸是酸，不属于酸性氧化物，故B错误；C. 二氧化硅可以与碱反响生成硅酸盐和水，为酸性氧化物，故C正确；D. 次氯酸钠是盐，不属于酸性氧化物，故D错误；故答案选C。2.以下仪器名称不正确的选项是A. 量筒B. 圆底烧瓶C. 容量瓶D. 分液漏斗【答案】B【解析】【详解】A. 该仪器为量筒，仪器名称正确，要注意量筒小刻度在下，大刻度在上，且没有零刻度线等；B. 该仪器为带有支管的烧瓶，叫

3、做蒸馏烧瓶，仪器名称错误，要注意蒸馏烧瓶不能用酒精灯直接加热；C. 该仪器为容量瓶，仪器名称正确，注意在平时使用时要标注好规格；D. 该仪器为分液漏斗，仪器名称正确，该仪器分为球形和梨形两种，图示为梨形，一般用于萃取分液，球形一般用于滴加反响液；故答案选B。3.以下表示正确的选项是A. NaCl的摩尔质量：58.5gB. 有18个中子的氯原子的符号：C. “钡餐的化学式：BaCO3D. NaOH的电离方程式：NaOHNa+ OH-【答案】B【解析】【详解】A. 摩尔质量是指的单位物质的量的物质的质量，单位为g/mol，故NaCl的摩尔质量为58.5g/mol，故A错误；B. 氯的质子数为17，

4、假设其原子中有18个中子，质量数为17+18=35，所以原子符号为，故B正确；C. 碳酸钡会溶解在胃酸中，造成重金属中毒，钡餐应使用硫酸钡BaSO4，故C错误；D. 氢氧化钠为强碱，会完全电离，电离方程式为NaOH=Na+ OH-，故D错误；故答案选B。4.以下物质属于非电解质的是A. 醋酸B. 氯化钠C. 氯水D. 蔗糖【答案】D【解析】【分析】非电解质指的是在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物。【详解】A. 醋酸在水溶液中可以导电，是弱电解质，故A不选；B. 氯化钠在水溶液和熔融状态下均导电，是强电解质，故B不选；C. 氯水是混合物，不是非电解质，故C不选；D. 蔗糖在水溶液和熔融状态下均

5、不导电，是非电解质，故D选；故答案选D。【点睛】电解质和非电解质的概念是仅对于化合物而言的，单质、混合物都不叫非电解质。5.以下物质投入水中能发生化学反响，且水做氧化剂的是A. 钠B. 氧化钠C. 碳酸钠D. 氯化钠【答案】A【解析】【详解】A. 钠可以与水反响，水作氧化剂，复原产物为氢气，故A正确；B. 氧化钠可与水反响，但是不是氧化复原反响，故B错误；C. 碳酸钠与水不会发生氧化复原反响，故C错误；D. 氯化钠与水不反响，故D错误；故答案选A。【点睛】水做氧化剂，发生复原反响，元素化合价降低，复原产物应为氢气，故抓住“发生化学反响、“生成氢气这这两个条件即可轻松解决此题。6.以下说法正确的

6、选项是A. 原子结构模型演变历史可以表示为：B. 14C与14N互为同位素C. 迄今为止人们发现了118种元素，即有118种核素D. 元素性质的周期性变化取决于元素原子核外电子排布的周期性变化【答案】D【解析】【详解】A. 卢瑟福的带核模型是在汤姆生的葡萄干面包模型之后提出的，故A错误；B. 同位素是同种元素的不同核素，质子数应当相同，故B错误；C. 很多元素不止一种核素，故C错误；D. 元素性质的周期性变化取决于元素原子核外电子排布的周期性变化，故D正确；故答案选D。7.以下有关物质性质和用途的说法，错误的选项是A. 硅酸钠可作建筑行业的黏合剂B. Na-K合金可作为快中子反响堆的导热剂C.

7、 晶体硅是在通信工程中制作光导纤维的主要原料D. 氧化铁常用于红色油漆和涂料【答案】C【解析】【详解】A. 硅酸钠的水溶液有粘性，故可作建筑行业的黏合剂，故A正确；B. Na-K合金熔点低，可作为快中子反响堆的导热剂，故B正确；C. 二氧化硅是在通信工程中制作光导纤维的主要原料，故C错误；D. 氧化铁常用于红色油漆和涂料，故D正确；故答案选C。8.化学知识可以帮助解决日常生活中遇到的许多问题，以下说法错误的选项是A. 胃酸过多的病人，可以服用碳酸氢钠来中和胃酸B. 明矾有吸附性，可用于自来水的杀菌消毒C. 溴化银见光易分解，是一种重要的感光材料，是胶卷中必不可少的成分D. Na2O2吸收CO2

8、产生O2 ，可用作呼吸面具供氧剂【答案】B【解析】【详解】A. 碳酸氢钠溶液显碱性，胃酸过多的病人，可以服用碳酸氢钠来中和胃酸，故A正确；B. 明矾有吸附性，可用来吸附水中的悬浮颗粒，不能用于杀菌消毒，故B错误；C. 溴化银见光易分解，是一种重要的感光材料，是胶卷中必不可少的成分，故C正确；D. Na2O2吸收CO2产生O2 ，可用作呼吸面具供氧剂，故D正确；故答案选B。9.以下说法不正确的选项是A. 工业上可用铁制容器贮存浓硫酸B. 装NaOH溶液的试剂瓶使用橡皮塞C. 漂白粉在空气中不易变质，可敞口保存D. 少量钠保存在煤油中【答案】C【解析】【详解】A. 铁在常温下与浓硫酸会发生钝化反响

9、，外表生成一层致密的氧化膜保护内层金属，故工业上可用铁制容器贮存浓硫酸，故A正确；B. 玻璃的主要成分是二氧化硅，二氧化硅会与氢氧化钠反响生成有粘性的硅酸钠，所以装NaOH溶液的试剂瓶要使用橡皮塞，故B正确；C. 漂白粉会吸收空气中的水和二氧化碳变为次氯酸，次氯酸易分解，故不可敞口保存，故C错误；D. 因为钠极易被氧化，所以钠应当隔绝空气保存，又因为钠的密度比煤油大，所以可以将少量钠保存在煤油中，故D正确；故答案选C。【点睛】常温下，铁和铝可以用来盛装浓硫酸和浓硝酸，不是因为不反响，而是因为钝化，这是一个化学变化。10.以下说法正确的选项是A. 钠在空气中燃烧只生成白色固体B. 钠在氯气中燃烧

10、呈现苍白色火焰C. SO2使紫色石蕊试液先变红后褪色D. 铜在氯气中燃烧生成棕黄色烟【答案】D【解析】【详解】A. 钠在空气中燃烧生成过氧化钠，是淡黄色固体，故A错误；B. 钠在氯气中燃烧生成大量白烟，不会出现苍白色火焰，故B错误；C. 二氧化硫不能漂白紫色石蕊试液，故SO2只能使紫色石蕊试液变红，故C错误；D. 铜在氯气中燃烧生成棕黄色烟，故D正确；故答案选D。【点睛】二氧化硫的漂白性，是与局部有机物反响生成无色物质，无法漂白酸碱指示剂。11.以下有关工业生产中，不正确的选项是A. 制氯气：电解饱和食盐水B. 硫酸工业：在接触室中SO2氧化为SO3C. 炼铁：用CO在高温下复原铁矿石中的铁D

11、. 制钛：钠从四氯化钛水溶液中置换出钛【答案】D【解析】【详解】A. 工业上通过氯碱工业来制备氯气，氯碱工业的原理是电解饱和食盐水，故A正确；B. 工业制备硫酸是将二氧化硫氧化为三氧化硫，后通入浓硫酸中，故B正确；C. 高炉炼铁的原理是用一氧化碳复原氧化铁，故C正确；D. 将钠放入盐溶液中，钠会先和水反响，故钠无法从四氯化钛水溶液中置换出钛，故D错误；故答案选D。12.以下物质中，不能由金属跟非金属单质直接化合得到的是A. Na2O2B. NaClC. FeCl2D. Fe3O4【答案】C【解析】【详解】A. 过氧化钠可由钠和氧气在加热条件下直接化合得到；B. 氯化钠可由钠和氯气在加热条件下直

12、接化合得到；C. 氯化亚铁无法由金属跟非金属单质直接化合得到，铁和氯气在加热条件下会生成氯化铁；D. 四氧化三铁可由铁和氧气在点燃条件下直接化合得到；故答案选C。13.复原性：B- C- D-,以下方程式不正确的选项是A. 2C-+B2=2B-+C2B. 2C-+D2=2D-+C2C. 2B-+D2=2D-+B2D. 2B-+C2=2C-+B2【答案】A【解析】【分析】复原剂的复原性要大于复原产物的复原性，据此解题。【详解】A. 该反响中复原剂为C-，复原产物为B-，因为复原性：B- C-，故A不正确；B. 该反响中复原剂为C-，复原产物为D-，复原性：C- D-，故B正确；C. 该反响中复原

13、剂为B-，复原产物为D-，复原性：B- D-，故C正确；D. 该反响中复原剂为B-，复原产物为C-，复原性：B- C-，故D正确；故答案选A。14.以下说法不正确的选项是A. 用火箭燃料发射“天宫二号的过程中，发生了氧化复原反响B. “何意百炼钢，化为绕指柔，其中钢指的是铁的合金C. “声如罄、薄如纸,瓷器的原料高岭土Al2Si2O5(OH)4，可表示为:Al2O32SiO22H2OD. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，诗句中表达的屠呦呦对青蒿素的提取属化学变化【答案】D【解析】【详解】A. 用火箭燃料发射“天宫二号的过程中，燃料被氧化，发生了氧化复原反响，故A正确；B. 钢是铁和碳的合金，故

14、B正确；C. 瓷器的原料高岭土Al2Si2O5(OH)4，可表示为:Al2O32SiO22H2O，故C正确；D. 屠呦呦对青蒿素的提取是萃取，是物理变化，故D错误；故答案选D。15.以下各组离子，在强酸性溶液中能大量共存的是A. Na+、K+、Ca2+、HCO3B. NO3、Cl、Na+、Ag+C. Mg2+、Na+、Cl、OH-D. Cu2+、K+、SO42、Cl【答案】D【解析】【分析】根据题目，酸性溶液中，有大量氢离子。【详解】A. HCO3会跟氢离子反响生成二氧化碳，故A项在强酸性溶液中不能大量共存；B. 氯离子和银离子会反响生成氯化银沉淀，氯化银不溶于酸，故B项在强酸性溶液中不能大量

15、共存；C. 氢离子会跟氢氧根离子反响生成水，故C项在强酸性溶液中不能大量共存；D. 该项离子在强酸性溶液中可以大量共存；故答案选D。16.以下离子方程式正确的选项是A. 金属钠和水反响：Na+2H2O =Na+2OH-+H2B. 氢氧化钠溶液中通入少量SO2：SO2+2OH-= SO32-+H2OC. 大理石与醋酸反响：CaCO32H+CO2H2O + Ca2+D. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液：Ba2SO42-=BaSO4 【答案】B【解析】【详解】A. 金属钠和水反响的离子方程式为2Na+2H2O =2Na+2OH-+H2，故A错误；B. 氢氧化钠溶液中通入少量SO2的离子方程式为SO2+2O

16、H-= SO32-+H2O，故B正确；C. 大理石与醋酸反响的离子方程式为CaCO32CH3COOHCO2H2O + Ca2+2CH3COO，故C错误；D. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反响的离子方程式为Cu2+2OHBa2SO42-=BaSO4 +Cu(OH)2，故D错误；故答案选B。17.某溶液中含有大量的以下离子：Mg2+、NO3-、K+和M离子，经测定Mg2+、NO3-、K+和M离子的物质的量之比为2411,那么M离子可能是( )A. Na+B. OH-C. Cl-D. SO42-【答案】C【解析】【分析】根据电离守恒判断M离子所带电荷，结合选项判断。【详解】假设Mg2+、NO3-、K+和

17、M离子的物质的量分别为2mol、4mol、1mol、1mol，Mg2+、K+离子所带总电荷为2mol2+1mol1=5mol，NO3-离子所带总电荷为4mol1=4mol5mol，故M为阴离子，设离子为Mn-，那么5mol=4mol+1moln，解得n=1，由于氢氧根离子与镁离子不能大量共存，所以符合条件的为氯离子，答案选C。【点睛】此题考查物质的量有关计算，涉及混合物计算，注意利用电荷守恒解答，选项B是解答的易错点，解答中注意离子共存问题。18.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为21。以下说法不正确的选项是A. 原子半径大小：X Y

18、ZB. W、Y两种元素都能与氧元素形成化合物WO2、YO2C. 氧化物对应水化物的酸性： Z Y WD. Y能形成H2Y、H2YO4的化合物【答案】C【解析】【分析】根据短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置，且最外层电子数之和为21，可知，W为C、X为Si、Y为S、Z为Cl。【详解】A. 同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，原子半径大小：X Y Z，故A正确；B. W与氧元素形成的化合物为CO2，Y与氧元素形成的化合物为SO2，故B正确；C. 最高价氧化物对应水化物的酸性： Z Y W，故C错误；D. Y能形成H2S、H2SO4的化合物，故D正确；故答案选C。【点睛】在做元素推断

19、题时，要注意题目中的一些易被忽略的表述，如“短周期元素、“主族元素等。19.以下说法正确是A. 等物质的量浓度的MgCl2溶液和CaCl2溶液中所含有的离子数相同B. 常温常压下，9gH2O含分子数0.5NAC. 标准状况下，22.4L CCl4的物质的量是1molD. 标准状况下，11.2 L Cl2溶于水，溶液中Cl、ClO和HClO的微粒数之和为NA【答案】B【解析】【详解】A. MgCl2溶液中镁离子会水解，CaCl2不水解，所以等物质的量浓度的MgCl2溶液和CaCl2溶液中所含有的离子数不相同，故A错误；B. 常温常压下，9gH2O的物质的量为0.5mol，含分子数为0.5NA，故

20、B正确；C. 标准状况下，CCl4为液体，22.4L CCl4物质量不是1mol，故C错误；D. Cl2溶于水，存在形式有Cl2、Cl、ClO和HClO，所以标准状况下，11.2 L Cl2溶于水，溶液中Cl、ClO和HClO的微粒数之和不为NA，故D错误；故答案选B。【点睛】“标况下的体积，这一条件只适用于气体。20.以下装置或操作能到达实验目的的是A. 检验溶液中否含有K+B. 用激光笔照射Fe(OH)3胶体，产生丁达尔效应C. 转移溶液D. 别离乙醇沸点为78.3和苯沸点为80.1的混合物【答案】B【解析】【详解】A. 通过焰色反响检验溶液中是否含有K+，应当透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，

21、故A错误；B. Fe(OH)3溶于水会形成胶体，用激光笔照射Fe(OH)3胶体，会产生丁达尔效应，故B正确；C. 将溶液转移至容量瓶中，要用玻璃棒引流，故C错误；D. 乙醇和苯的熔点差异不大，不能用蒸馏的方法别离，故D错误；故答案选B。21.以下说法正确的选项是A. 向蔗糖C12H22O11固体中参加浓硫酸，蔗糖变黑,说明浓硫酸具有吸水性B. 在KI溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，上层溶液显紫红色C. 用氯水和淀粉溶液不能鉴别碘化钾和溴化钠D. 在某固体试样加水后的溶液中，滴加NaOH溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该固体试样中仍可能存在NH4+【答案】D【解析】【详解】A.

22、 向蔗糖C12H22O11固体中参加浓硫酸，浓硫酸会将蔗糖中的O和H以1：2的比例脱去，使其变黑，说明浓硫酸有脱水性，故A错误；B. 四氯化碳的密度比水大，所以在KI溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫红色，故B错误；C. 氯水有强氧化性，能置换出碘单质和溴单质，碘单质能使淀粉溶液变蓝，溴单质不能，用氯水和淀粉溶液能鉴别碘化钾和溴化钠，故C错误；D. 氨气在水中的溶解度很大，所以一水合氨的稀溶液不加热不能产生氨气，在某固体试样加水后的溶液中，滴加NaOH溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该固体试样中仍可能存在NH4+，故D正确；故答案选D。22.实验中需配制1.0 mo

23、l/L的NaOH溶液950 mL，假设其他操作均是准确无误，以下情况会引起配制溶液浓度偏高的是A. 称取40.0gNaOH固体B. 容量瓶水洗后未烘干直接使用C. 定容时俯视D. 摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线平齐【答案】C【解析】【分析】实验室配置950mL溶液，应使用1000mL容量瓶，所以需要称取的氢氧化钠的质量=40g。【详解】A. 称取40.0gNaOH固体，不影响浓度，故A不选；B. 容量瓶水洗后未烘干直接使用，不影响浓度，故B不选；C. 定容时俯视刻度线，会使溶液体积减小，浓度偏大，故C符合题意；D. 摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线平齐，会导致

24、溶液体积变大，故D不选；故答案选C。23.A、B、C、D四种不同物质之间具有如下列图转化关系(反响条件及局部产物已略去)。以下有关物质的推断不正确的选项是 ()选项假设结论AA为NaOH溶液D可能是CO2BB为COC可能是CO2CC为FeCl2，D为FeA可能是盐酸DC为SO2A可能是H2SA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】ANaOH与少量二氧化碳反响生成碳酸钠，与足量二氧化碳反响生成碳酸氢钠，氢氧化钠与碳酸氢钠反响生成碳酸钠，符合转化关系，故A不选；BB为CO，A可为碳，D为氧气，CO与氧气反响生成二氧化碳，碳与二氧化碳反响生成CO，符合转化关系，故B不选；C如C为F

25、eCl2，D为Fe，那么B为氯化铁，盐酸与铁反响只生成FeCl2，不符合转化关系，故C选；D硫化氢不完全燃烧可生成硫，完全燃烧生成二氧化硫，且硫化氢与二氧化硫反响生成硫，符合转化关系，故D不选。故答案选C。【点睛】此题考查无机物的推断，综合考查非金属元素及金属元素化合物性质，涉及常见元素及其化合物知识的考查，把握单质及化合物的性质来分析推断各物质为解答的关键。24.将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴参加稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如下列图忽略气体的溶解和HCl的挥发以下说法正确是A. oa段反响的离子方程式为：H+OH-=H

26、2OB. O点溶液中所含溶质的化学式为NaHCO3、Na2CO3C. 标准状况下，通入CO2的体积为4.48LD. 原NaOH溶液的物质的量浓度为2.5molL1【答案】D【解析】【分析】由图可知，该体系O点后可能存在反响为：、，由图像信息，气体从开始生成到全部逸出消耗共，那么由碳元素守恒可推知体系内含及共，其中a点含，由开始参加O点到有气体生成a点共消耗，多于与总量，那么溶液中必含有过量，由于不可大量存在于碱性环境，故可计算得O点成分为和，通入溶液中，反响为，那么由O点组成可推知，原溶液含量为，通入量为。【详解】A. oa段反响的离子方程式为、，故A错误；B. 由分析可知，O点溶液中溶质为、

27、，故B错误；C. 由分析可知，共通入，标准状况下，体积为，故C错误；D. 由分析可知，原溶液中，故D正确；故答案选D。25.根据如图海水综合利用的工业流程图，判断以下说法正确的选项是：MgCl26H2O受热生成MgOHCl和HCl气体等A. 过程参加的药品顺序为：Na2CO3溶液BaCl2溶液NaOH溶液过滤后加盐酸B. 过程通过氧化复原反响可产生1种单质C. 在过程中将MgCl26H2O直接灼烧得到MgCl2D. 在过程、反响中每氧化0.2molBr-需消耗标准状况下2.24LCl2【答案】D【解析】【分析】如下列图为海水综合利用的流程工艺图，途中包含了海水的三种工业利用方式，一是海水提取精

28、盐及氯碱工业，二是海水制镁，三是海水提溴。【详解】A. 在粗盐提纯过程中，应领先加钡离子后加碳酸根离子，故A错误；B. 氯碱工业是电解饱和食盐水，生成物有氢气和氯气两种单质，故B错误；C. MgCl26H2O直接受热生成MgOHCl和HCl气体等，应该在氯化氢气氛中加热，故C错误；D. Br-的氧化产物为溴单质，每2molBr-被氧化生成1molBr2会失去2mol电子，每1molCl2被复原生成2molCl-得到2mol电子，每氧化0.2molBr-需消耗标准状况下2.24LCl2，故D正确；故答案选D。【点睛】在除杂的过程中，要注意试剂参加的顺序，防止引入新的杂质。非选择题局部二、非选择题

29、(本大题共6小题，共50分)26.1化学与生产生活密切相关，请写出以下反响实验室制氯气_离子方程式“腐蚀法制作印刷电路板_化学方程式并用双线桥表示该反响的电子转移数目和方向2K2FeO4可用作水处理剂，它可由以下反响制得：_Cl2 + _ Fe(OH)3 + _ OH- = _ FeO4 2-+ _ Cl- +_ H2O配平此反响方程式。当1mol K2FeO4生成时,转移的电子数目为_【答案】 (1). MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2 +2H2O (2). (3). 3 (4). 2 (5). 10 (6). 2 (7). 6 (8). 8 (9). 3NA 或1.8061024【

30、解析】【详解】1实验室通过二氧化锰和浓盐酸反响制取氯气，方程式为MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2 +2H2O；“腐蚀法制作印刷电路板是用氯化铁刻蚀铜板，化学方程式为Cu2FeCl3=CuCl22FeCl2，反响氯化铁是氧化剂在反响中得到电子，铜单质是复原剂在反响中失去电子，用双线桥表示该反响的电子转移数目和方向为；2配平氧化复原反响，先通过得失电子数守恒对氧化复原局部进行配平，然后通过电荷守恒、原子守恒对剩余局部进行配平， 配平后的方程式为3Cl2 +2Fe(OH)3+10OH- =2FeO4 2-+6Cl-+8H2O，当1mol K2FeO4生成时,转移的电子数目为1.8061024

31、。27.下表为元素周期表的一局部，请参照元素-在表中的位置，答复以下问题：1表中用于半导体材料的元素在周期表中的位置_。2写出短周期金属性最强的元素的离子结构示意图:_。3、三元素离子半径从大到小的顺序是_填离子符号。4、的气态氢化物，稳定性最强的是_填化学式。5设计实验证明、的金属性强弱_。6在一定条件下，利用置换反响可实现物质之间的转化仅限于-中涉及的元素同族元素之间，那么反响可能为_。不同族元素之间，那么反响可能为_以上反响各写一条化学方程式即可。7将的单质通入石蕊溶液中发生的颜色变化如以下列图，请在方框内填写出导致该阶段颜色变化的主要粒子符号。_、_、_。【答案】 (1). 第3周期I

32、VA族 (2). (3). O2-F-Na+ (4). HF (5). 将钠和镁分别与冷水反响，钠比镁反响剧烈，金属性钠比镁强 (6). 2Na+2H2O=2NaOH+H2或2C+SiO2 Si+2CO或O2+2H2S=2S+2H2O等 (7). Mg+2HCl=MgCl2+H2或2Mg+CO2 2MgO+C或Cl2+H2S=2S+2HCl等 (8). H+ (9). HClO (10). Cl2【解析】【分析】根据各元素在周期表中的相对位置可知：为H元素、为C元素、为O元素、为F元素、为Na元素、为Mg元素、为Si元素、为S元素、为Cl元素【详解】1用于半导体材料的元素为Si，位于第3周期A

33、族；2短周期金属性最强的元素为Na，钠离子的离子结构示意图为：；3具有相同电子层结构的离子其离子半径随着原子序数的增大而减小，所以、三元素的离子半径由大到小顺序为：O2-F-Na+；4非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，C、O、F中非金属性最强的为F，那么氢化物稳定性最强的为HF；5为Na元素、为Mg元素，金属性NaMg，证明方法为：将钠和镁分别与冷水反响，钠比Mg反响剧烈，金属性比Mg强；6同族元素之间，可利用置换反响可实现物质之间转化，如：2Na+H2O2NaOH+H2；不同族元素之间，可利用置换反响可实现物质之间的转化，如：Mg+2HClMgCl2+H2；7为Cl元素，其单质为氯气，将氯

34、气通入石蕊溶液中反响生成HCl、HClO，溶液呈酸性，H+使溶液变为红色，HClO具有漂白性，又使溶液红色褪去，溶液中最终溶解氯气，使溶液呈黄绿色。28.为探究某固体化合物X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验。无色气体B能形成酸雨。请答复：1X的化学式是_。2设计实验方案检验黄色溶液中的金属阳离子_。3将无色气体B通入黄色溶液A中，发现溶液变成浅绿色。请用离子方程式表示该反响_【答案】 (1). FeS2 (2). 取少量黄色溶液，滴加KSCN溶液，假设变血红色，说明存在Fe3 (3). 2Fe3+ +SO2 + 2H2O2Fe2+ +SO42- + 4H+【解析】【分析】X在真

35、空中加热后生成黄色单质，该黄色单质在氧气中燃烧生成能形成酸雨的无色气体，那么单质为S，无色气体为SO2；黑色固体在与氧气在高温条件下生成二氧化硫气体和红棕色化合物，该化合物溶于酸显黄色，可知该红棕色化合物为氧化铁，黄色溶液为硫酸铁溶液，褐色化合物黑色化合物由铁元素和硫元素组成，黑色化合物的质量=1.2g-0.32g=0.88g，红棕色化合物中铁的质量=0.8g=0.56g，那么硫元素的质量=0.88g-0.56g=0.32g，所以铁原子和硫原子的个数比=，所以黑色化合物的化学式为FeS，X中还有0.32g硫元素，所以X的化学式为FeS2。【详解】1X的化学式是FeS2；2黄色溶液中的金属阳离子

36、是三价铁离子，故检验方法是取少量黄色溶液，滴加KSCN溶液，假设变血红色，说明存在Fe3；3将无色气体B通入黄色溶液A中，发现溶液变成浅绿色的离子方程式为2Fe3+SO2+ 2H2O=2Fe2+SO42-+4H+。【点睛】在进行计算题时，注意原子守恒的应用，可以简化计算。29.某固体中可能含有Na+、K+、Mg2+、Ba2+、 SO42-、CO32-、SO32-、SiO32-等离子，将其配成100mL溶液。学生研究性学习小组为了确认其成分，设计并完成了如下列图实验：请答复以下问题：1实验中最关键的“定容操作：当液面接近容量瓶刻度线1-2cm处，_再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。2根据以上

37、实验可得出：一定存在的离子是_，一定不存在的离子是_3)以下实验结论符合事实的是_A该固体中可能含有Na2SiO3、K2CO3B该固体中一定含有Na2SiO3、K2CO3C该固体中可能含有Na2SiO3、K2CO3、K2SO4D该固体中可能只含有Na2SiO3、Na2CO3【答案】 (1). 改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切 (2). CO32-、SiO32- (3). SO42-、SO32-、Mg2+、Ba2+ (4). AD【解析】【分析】向配制的溶液中参加稀盐酸后生成无色无味气体A、沉淀B，气体A为CO2，那么原溶液中一定含有CO32-，二氧化硫有刺激性气味，那么一定不

38、存在SO32-，结合离子共存可知一定不存在Mg2+、Ba2+；生成的沉淀B为硅酸，那么一定存在SiO32-；向滤液C中参加氯化钡溶液，无明显现象，说明溶液中不存在SO42-。【详解】1配制一定物质的量浓度的溶液时，定容操作方法为：当液面接近容量瓶刻度线1-2cm处，改用胶头滴管滴加至液面凹液面恰好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀；2根据分析可知，一定存在的离子为：CO32-、SiO32-，一定不存在的离子为：Mg2+、Ba2+、SO42-、SO32-；3溶液中一定存在阴离子CO32-、SiO32-，根据溶液电中性，溶液中一定存在Na+、K+中的一种或两种，该固体中可能含有Na

39、2SiO3、K2SiO3、Na2CO3、K2CO3A该固体中可能含有Na2SiO3、K2CO3，故A正确；B该固体中不一定含有Na2SiO3、K2CO3，可能含有K2SiO3、Na2CO3，故B错误；C根据分析可知，该溶液中一定不存在K2SO4，故C错误；D该固体中可能只含有Na2SiO3、Na2CO3，故D正确；故答案为：AD。30.某同学用以下装置完成了浓硫酸和SO2性质实验夹持装置已省略：请答复：1连接好装置后，接下来的操作步骤是_2浓硫酸与铜丝反响的化学方程式为_3装置II的作用是_4以下说法正确的选项是_A 反响一段时间后，向试管中的溶液加水，溶液呈蓝色B 试管III、V中溶液都会褪

40、色，其褪色原理相同C 取下试管IV并不断振荡，试管中出现浑浊，是因为生成了BaSO4D 试管VI中NaOH溶液用于吸收尾气，可用Na2CO3溶液代替5某同学根据所学化学知识认为：反响完毕时，不管铜是否过量，硫酸一定有剩余。以下药品能证明反响结束时I试管中确有余酸的是_A BaCl2溶液 B 铁粉 C NaHCO3溶液 D 银粉【答案】 (1). 气密性检查 (2). Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O (3). 防止倒吸 (4). ACD (5). BC【解析】【分析】中浓硫酸和铜在加热条件下反响生成二氧化硫，II为防倒吸装置，I中品红褪色，二氧化硫与氯化钡不反响，IV中无

41、现象，假设振荡，可被空气中氧气氧化生成硫酸钡，V中二氧化硫可使高锰酸钾褪色，VI用于吸收二氧化硫，防止污染环境【详解】1反响生成气体，且有气体参加反响，那么连接好装置后，应检查装置的气密性；2铜与浓硫酸在加热条件下生成二氧化硫、硫酸铜和水，化学方程式为Cu2H2SO4(浓) CuSO4SO22H2O；3装置II为平安瓶，用于防止倒吸；4A反响后，将试管生成硫酸铜，参加水中，溶液呈蓝色，故A正确；B试管III褪色与二氧化硫漂白性有关，V中溶液褪色与二氧化硫的复原性有关，其褪色原理不同，故B错误；C取下试管并不断振荡，亚硫酸可被氧化生成硫酸，试管中出现浑浊，是因为生成了BaSO4，故C正确；D碳酸

42、钠溶液呈碱性，可吸收二氧化硫，反响生成亚硫酸钠，故D正确。故答案为：ACD；5如硫酸有剩余，那么溶液呈酸性，参加铁粉、NaHCO3溶液，可生成气体，稀硫酸与Ag不反响，故答案为：BC。31.将8.00gCuO和Fe2O3的混合物分成两等份，其中一份在高温下用足量CO复原后，剩余固体质量为2.88g；另一份固体用200mL某浓度的盐酸恰好溶解，那么：1混合物中CuO和Fe2O3的物质的量之比为：_2所用盐酸的物质的量浓度为_【答案】 (1). 1：2 (2). 0.700mol/L【解析】【分析】假设CuO的物质的量为xmol、Fe2O3的物质的量为ymol，因为固体混合物的总质量为8.00g，可得80x+160y=8 ；将混合物分成两等份后，一份在高温下用足量CO复原，剩余的固体为铜和铁，可得 ；联立可以解得x=0.02，y=0.04；第二份固体，氧化铜消耗0.02mol氢离子，氧化铁消耗0.12mol氢离子。【详解】1由分析可知，混合物中CuO和Fe2O3的物质的量之比为1:2；2由分析可知，第二份固体共消耗0.14mol氢离子，浓度为。- 20 -