2022-2023学年浙江省精诚联盟高一下学期3月联考化学试题（解析版）

高级中学精品试卷PAGEPAGE1浙江省精诚联盟2022-2023学年高一下学期3月联考试题考生须知：1.本卷共页满分100分，考试时间90分钟。2.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Cl35.5Fe56Ag108选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48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、多选、错选均不得分)1.最近医学界通过用放射性14C标记的C60，发现一种C60的羧酸衍生物在特定条件下可通过断裂DNA杀死细胞，从而抑制艾滋病病毒(AIDS)。则有关14C的下列说法中正确的是（）A.14C原子与C60中普通碳原子的化学性质不同 B.14C原子与14N原子中所含中子数相同C.14C与C60互为同素异形体 D.14C与12C、13C互为同位素〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．14C原子与C60中普通碳原子，虽然中子数不同，但质子数相同、电子数相同，所以化学性质相同，A不正确；B．14C原子与14N原子中所含中子数不相同，分别为8和7，B不正确；C．14C属于碳原子，C60属于碳单质，二者不互为同素异形体，C不正确；D．14C与12C、13C的质子数相同、中子数不同，且都属于碳原子，则三者互为同位素，D正确；故选D。2.下列说法正确的是（）A.氯化氢的分子结构模型B.碳酸钠俗称小苏打，可用来治疗胃酸过多C.氯化钠溶液属于电解质D.Cl-的结构示意图〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．氯化氢的分子结构模型，氯原子半径大于氢原子，故A正确；B．碳酸氢钠俗称小苏打，可用来治疗胃酸过多，故B错误；C．氯化钠溶液属于混合物，混合物不属于电解质，故C错误；D．氯是17号元素，Cl-的结构示意图，故D错误；故选A。3.下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是（）A.将钠放入稀硫酸铜溶液中，有紫红色铜析出B.在一张白纸上滴几滴浓硫酸，纸变黑，体现了浓硫酸的吸水性C.工业上用氨的催化氧化制备NOD.常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．将钠放入稀硫酸铜溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，没有紫红色铜析出，故A错误；B．在一张白纸上滴几滴浓硫酸，纸变黑，体现了浓硫酸的脱水性，故B错误；C．氨的催化氧化：氨气和氧气在催化剂、加热条件下反应生成NO和水，工业上用氨的催化氧化制备NO，故C正确；D．常温下铁与在浓硝酸中钝化，故D错误；选C。4.材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列有关物质的说法正确的是（）A.Ti−Fe合金和La−Ni合金都是新型储氢合金B.石英玻璃、碳化硅陶瓷、水泥、石墨烯都是硅酸盐材料C.半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅D.中国航天飞船外壳用到的是特种镁合金，属于新型无机非金属材料〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．Ti−Fe合金和La−Ni合金在加压条件下能与氢气反应生成金属氢化物，减压下释放氢气，都是新型储氢合金，A正确；B．石墨烯是碳的单质，不是硅酸盐材料，B错误；C．硅单质是应用最广泛的半导体材料，计算机芯片的材料是硅，C错误；D．镁合金属于金属材料，D错误；故选：A。5.通常利用反应：Mn2+＋PbO2＋H+→＋Pb2+＋H2O(未配平)，定性检验Mn2+，关于该反应的下列说法中不正确的是（）A.PbO2是氧化剂B.每消耗1molPbO2，转移2mole−C.Mn2+和PbO2的物质的量之比为5∶2D.在该反应的条件下，氧化性：PbO2>〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．由方程式可知，Pb元素化合价从+4价降为+2价，则PbO2是氧化剂，A正确；B．由方程式可知，Pb元素化合价从+4价降为+2价，则每消耗1molPbO2，转移2mole−，B正确；C．由方程式可知，Pb元素化合价从+4价降为+2价，Mn元素化合价从+2价升高为+7价，根据得失电子守恒可知，Mn2+和PbO2的物质的量之比为2∶5，C错误；D．在该反应的条件下，PbO2是氧化剂，是氧化产物，则氧化性：PbO2>，D正确；故选C。6.下列反应的离子方程式不正确的是（）A.氯化镁溶液与氨水反应：Mg2+＋2NH3·H2O=Mg(OH)2↓＋2B.氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3＋2OH−=2＋H2OC.用氯化铁溶液腐蚀铜板：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+D.少量CO2通入氯化钙溶液中：CO2＋H2O＋Ca2+=CaCO3↓＋2H+〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．氯化镁溶液与氨水反应生成氢氧化镁和氯化铵，一水合氨是弱电解质，保留化学式，离子方程式为：Mg2+＋2NH3·H2O=Mg(OH)2↓＋2，A正确；B．氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al2O3＋2OH−=2＋H2O，B正确；C．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+，C正确；D．碳酸的酸性弱于盐酸，少量CO2与氯化钙溶液不能反应，D错误；故选：D。7.下列示意图与表述内容不相符的是（）A.图1不能验证热稳定性Na2CO3>NaHCO3B.图2合金内原子层之间的相对滑动变得困难C.图3光照过程中氯水pH变化D.图4表示氯化钠的形成过程：〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．碳酸氢钠不稳定，受热易分解，而碳酸钠稳定，受热不分解，故要比较碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，应该将稳定性比较差的物质NaHCO3放置在内管中，将Na2CO3放在外管中，图示的两种物质位置应颠倒过来，选项A符合题意；B．合金中原子半径不同，使原子层之间的相对滑动变得困难，选项B符合题意；C．HClO是弱酸，HCl是强酸，次氯酸在光照条件下分解为盐酸和氧气，弱酸变为强酸，导致溶液中c(H+)增大，溶液pH减小，选项C符合题意；D．图4表示氯化钠的形成过程，但正确的表达为，选项D不符合题意；〖答案〗选D。8.下列有关实验的说法中，正确的是（）A.为防止试剂污染，取用金属钠后多余的钠不能放回原试剂瓶B.向铁粉通入高温水蒸气加热，黑色的固体逐渐变成红棕色C.用激光笔的光束分别照射Fe(OH)3胶体与Na2SO4溶液时的现象相同D.除去CO2中混有的少量HCl气体，可将混合气体通过饱和的NaHCO3溶液〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．钠很活泼易与水和氧气反应，随意丢弃容易引起火灾等事故，取用金属钠后多余的钠应放回原试剂瓶中，A错误；B．黑色的铁粉在高温条件下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁为黑色固体，B错误；C．Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，而Na2SO4溶液没有此性质，则用激光笔的光束照射时现象不相同，C错误；D．HCl与NaHCO3反应生成氯化钠、水和CO2，而二氧化碳与饱和NaHCO3溶液不反应，因此可用饱和碳酸氢钠溶液除杂，D正确；故选D。9.******提出我国要在2030年实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和"。某科研小组用电化学方法将CO2转化为CO实现再利用，转化的基本原理如图所示。下列说法正确的是（）A.电子由M极经过负载移向N极，再从N极经过溶液移回M极B.M上的电极反应方程式为2H2O-2e-=O2↑＋4H+C.该电池工作时溶液中移向N极D.若消耗标况下22.4LCO2，电路中转移的电子数目为4NA〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由图可知，该装置为原电池，N极二氧化碳中的+4价碳得到电子变为+2价碳，为正极，则M极为负极，以此解题。〖详析〗A．由图可知，该装置原电池，M为负极，N为正极，电子由M极经过负载移向N极，但“电子不入水”，溶液中阴阳离子定向移动形成闭合回路，A错误；B．M为电池的负极，在紫外光的作用下，水失去电子发生氧化反应生成O2，电极反应方程式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，B正确；C．N为电池正极，M为负极，溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，则移向M极，C错误；D．电极反应式为CO2+2H++2e-=CO+H2O，标况下22.4LCO2的物质的量为，当转化1molCO2时，外电路转移2mol电子，转移的电子数为2NA，D错误；〖答案〗选B。10.部分短周期元素原子(用字母表示)最外层电子数与原子序数的关系如图。下列说法正确的是（）A.X的气态氢化物中所有原子最外层都达到8电子结构B.最高价氧化物的水化物的酸性W>RC.H2Y比H2R稳定，是因为H2Y分子间存在氢键D.X的气态氢化物和W的气态氢化物反应生成的产物只含有共价键〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗短周期元素的电子层数为1~3层，由最外层电子数和原子序数可知，X为第二周期元素，核外电子排布为2、5，X为7号元素即N，Y为O，Z为Na，R为S，W为Cl；〖详析〗A．由分析可知，X为N，其气态氢化物NH3中H原子最外层只有2个电子，不是达到8电子结构，A错误；B．R为S，W为Cl，同周期从左到右非金属性增强，则非金属性：Cl>S，则最高价氧化物的水化物的酸性HClO4>H2SO4，B正确；C．同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性：O>S，非金属性越强其气态氢化物越稳定，因此H2O比H2S稳定，与氢键无关，C错误；D．X的气态氢化物NH3和W的气态氢化物HCl反应生成的产物NH4Cl中，铵根和氯离子存在离子键，铵根内N和H原子存在共价键，D错误；故选：B。11.NOCl常用于有机合成，其合成原理为2NO(g)＋Cl2(g)⇌2NOCl(g)，反应过程中的能量变化如图所示。下列有关说法正确的是（）A.2molNOCl(g)所具有能量比2molNO(g)所具有能量低76kJB.该反应为吸热反应C.该反应中每生成2molNOCl(g)放出热量76kJD.形成1molNOCl(g)中的化学键吸收热量90kJ〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．根据图示，2molNOCl(g)所具有能量比2molNO(g)和1molCl2(g)所具有的总能量低(180-104)kJ=76kJ，则2molNOCl(g)所具有能量比2molNO(g)和1molCl2(g)所具有的总能量低76kJ，A错误；B．反应物的能量总和大于生成物的能量总和，为放热反应，B错误；C．2molNO(g)和1molCl2(g)完全反应生成2molNOCl(g)放出热量(180-104)kJ=76kJ，C正确；D．断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，D错误；〖答案〗选C。12.利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示。下列说法正确的是（）A.X是NO2和H2OB.上述历程的总反应为2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2OC.〖(NH4)(HNO2)〗+是反应过程中的催化剂D.中含有非极性共价键〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗图示反应可以发生NH3+H+=，2+NO2=〖(NH4)2(NO2)〗2+，生成X的反应为〖(NH4)2(NO2)〗2++NO=〖(NH4)(HNO2)〗++N2+H2O+H+，〖(NH4)(HNO2)〗+=N2+2H2O+H+，由此分析。〖详析〗A．图示反应可以生成X的反应为〖(NH4)2(NO2)〗2++NO=〖(NH4)(HNO2)〗++X+H+，据原子守恒判断X为N2和H2O，故A错误；B．根据图示，氨气和NO、NO2反应生成氮气和水，总反应为，故B正确；C．由〖(NH4)2(NO2)〗2++NO=〖(NH4)(HNO2)〗++N2+H2O+H+，〖(NH4)(HNO2)〗+=N2+2H2O+H+，可知〖(NH4)(HNO2)〗+是反应过程中的中间产物，故C错误；D．中含有4个N-H极性共价键，而不是非极性键，故D错误；故选B。13.对水样中M的分解速率的影响因素进行研究，每次取2L水样进行实验，在相同温度下，M的物质的量〖n(M)〗随时间(t)变化的有关实验数据如下图所示，下列说法正确的是（）A.由③④得，水样中添加Cu2+，能加快M的分解速率B.由②③得，反应物浓度越大，M的分解速率越快C.由②④得，水样的pH越小，M的分解速率越快D.在0～20min内，②中M的平均分解速率为0.015mol/(L·min)〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．根据③④知，pH相同时，添加铜离子的，相同时间内c(M)的变化量越大，则M的分解速率大，故A正确；B．根据②③知，反应起始浓度及溶液pH都不同，两个变量，则无法判断反应速率与浓度关系，故B错误；C．根据②④知，铜离子及溶液pH都不同，两个变量，则无法判断M的分解速率与pH关系，故C错误；D．由题图知0～20min内，②中M的分解速率V(M)===0.0075mol•L-1•min-1，故D错误；〖答案〗为A。14.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A.标准状况下，1.12L18O2中含有中子数为NAB.1.6gCH4含有的C-H键的数目为0.4NAC.2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间D.500mL0.5mol/L的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．1个18O2分子含20个中子，则0.05mol18O2含1mol中子，中子数为NA，A正确；B．1个CH4分子由4个C-H键组成，则0.1molCH4含C-H键的数目为0.4NA，B正确；C．0.1molNa与O2完全反应转变为Na+，转移0.1mol电子，转移电子数为0.1NA，C错误；D．500mL0.5mol/L的NaCl溶液中，含0.25mol钠离子和0.25mol氯离子共0.5mol，由于溶液中还含有水分子、氢离子和氢氧根离子，因此溶液中微粒数大于0.5NA，D正确；故选C。15.“类比”是预测物质结构、性质与化学反应的重要方法之一，下列有关类比合理的是（）A.H2O的分子空间结构呈V形，则H2S的分子空间结构也呈V形B.MgCl2溶液与过量的NaOH溶液反应生成Mg(OH)2沉淀，则AlCl3溶液与与过量的NaOH溶液反应生成Al(OH)3沉淀C.Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)2和H2D.镁、铝、稀硫酸组成原电池时镁作负极，则镁、铝、NaOH溶液组成原电池时镁也作负极〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．O、S为同主族元素，最外层电子数相同，二者形成的简单氢化物中，的分子空间结构呈V形，的分子空间结构也呈V形，A正确；B．MgCl2溶液与过量的NaOH溶液反应生成Mg(OH)2沉淀，AlCl3溶液与过量的NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液，B错误；C．Na与H2O反应生成NaOH和H2，铁与水蒸气反应生成Fe3O4而不生成Fe(OH)3，C错误；D．镁、铝、稀硫酸组成原电池时，镁作负极，镁、铝、NaOH溶液组成原电池时，镁不能与NaOH溶液反应，铝能与NaOH溶液反应，铝作负极，D错误；〖答案〗选A。16.下列实验操作、现象及结论都正确的是（）选项实验操作现象结论A向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，再加足量盐酸产生白色沉淀，加入盐酸后仍有白色沉淀原溶液中一定有B将SO2通入紫色石蕊溶液中溶液先变红后褪色二氧化硫具有漂白性C用铂丝蘸取某溶液于酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察现象火焰呈紫色溶液中有K+没有Na+D向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放于试管口试纸变蓝原溶液一定含〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．加入Ba(NO3)2溶液，再加足量盐酸形成HNO3，原溶液中若有会被硝酸氧化为，也能生成硫酸钡沉淀，不能证明一定含有，A错误；B．SO2溶于水形成亚硫酸具有酸性，能使紫色石蕊溶液变红，但SO2不能漂白指示剂，溶液不会褪色，B错误；C．透过蓝色钴玻璃能滤掉黄光，观察火焰呈紫色说明含有K+，但不能说明没有Na+，C错误；D．加入浓NaOH溶液，加热，OH-与反应生成氨气，氨气与水有生成弱碱一水合氨，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D正确；故选：D。非选择题部分二、非选择题(本大题共6小题，共52分)17.填空。（1）漂白粉的有效成分_______(填化学式)。（2）铜与稀硝酸反应的离子方程式_______。（3）下图HF、H2O、NH3沸点反常的原因是_______。〖答案〗（1）Ca(ClO)2（2）3Cu＋8H+＋2=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O（3）HF、H2O、NH3分子间存在氢键，比一般的分子间作用力大得多，液体汽化必须破坏分子间的氢键，消耗能量多，所以沸点高〖解析〗〖小问1详析〗石灰乳和氯气反应制取漂白粉，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，漂白粉的有效成分Ca(ClO)2；〖小问2详析〗铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式为3Cu＋8H+＋2=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O；〖小问3详析〗HF、H2O、NH3分子间存在氢键，比一般的分子间作用力大得多，液体汽化必须破坏分子间的氢键，消耗能量多，所以沸点高。18.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W与Y同族，且Y的原子序数是W的2倍；X原子核外电子层数是其最外层电子数的3倍。回答下列问题：（1）W在周期表中的位置为_______。（2）W、X、Y的简单离子半径由大到小顺序为_______(填离子符号)。（3）W、X形成的摩尔质量较小的化合物的电子式为_______。〖答案〗（1）第二周期第ⅥA族（2）S2−>O2−>Na+（3）〖解析〗〖祥解〗四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y同族，且Y的原子序数是W的2倍，则W为O元素、Y为S元素；Z的原子序数最大，故Z为Cl元素；X的原子核外电子层数是其最外层电子数的3倍，则X为Na元素。〖小问1详析〗氧元素位于元素周期表中的位置为第二周期ⅥA族，故〖答案〗为：第二周期ⅥA族；〖小问2详析〗电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，同主族元素，从上到下离子半径依次增大，则氧离子、硫离子和钠离子的离子半径的大小顺序为S2−>O2−>Na+；〖小问3详析〗W、X形成的化合物为Na2O、Na2O2，摩尔质量较小的化合物为Na2O，其电子式为。19.难溶固体A仅由3种元素组成，某研究小组按如下流程探究其组成。已知：A与稀盐酸恰好完全反应，且溶液B只含一种溶质。（1）固体A含的元素有_______(填元素符号)。（2）写出沉淀C灼烧的化学方程式_______。（3）在有氧条件下，Fe3O4在含Cl−溶液中会转化成固体A且得到的溶液呈碱性，写出该反应的离子方程式_______。（4）某同学取红棕色固体与一定量H2反应后的固体，溶于足量稀盐酸中，再往其中加硫氰化钾溶液，溶液未变红。该同学得出结论：红棕色固体已反应完全。你认为该同学的结论是否正确？_______(填“是”或“否”)。请结合离子方程式说明原因_______。〖答案〗（1）Fe、O、Cl（2）2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O（3）4Fe3O4＋O2＋12Cl−＋6H2O=12FeOCl＋12OH−（4）①.否②.若Fe2O3有少量剩余过量，溶于酸后发生反应2Fe3+＋Fe=3Fe2+，滴加KSCN溶液后，溶液也不变红色〖解析〗〖祥解〗溶液B分两等份，加入足量NaOH溶液产生沉淀C，灼烧C得到红棕色固体8.00g，则C为Fe(OH)3，红棕色固体为Fe2O3，n(Fe2O3)=，则21.5gA中含有铁元素0.2mol；溶液B与硝酸酸化的硝酸银反应生成43.05g沉淀是AgCl，n(AgCl)=，则21.5gA中含有氯元素的物质的量是(0.32-0.14)mol=0.2mol；根据质量守恒，A中氧元素的物质的量是21.5g-0.2mol56g/mol-0.2mol35.5g/mol=3.2g，氧元素的物质的量是，A中n(Fe)：n(O)：n(Cl)=0.2mol：0.2mol：0.2mol=1：1：1，则A的化学式为FeOCl；〖小问1详析〗根据分析可知，固体A含的元素有Fe、O、Cl；〖小问2详析〗沉淀C为Fe(OH)3，红棕色固体为Fe2O3，灼烧的化学方程式为2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O；〖小问3详析〗在有氧条件下，Fe3O4在含Cl−溶液中会转化成固体A且得到的溶液呈碱性，该反应的离子方程式为4Fe3O4＋O2＋12Cl−＋6H2O=12FeOCl＋12OH−；〖小问4详析〗若Fe2O3有少量剩余过量，溶于酸后发生反应2Fe3+＋Fe=3Fe2+，滴加KSCN溶液后，溶液也不变红色。20.I.新冠肺炎疫情期间，“84消毒液”被广泛应用于物体表面杀菌消毒。某高一化学兴趣小组的同学参阅“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制500mL0.2mol/L的NaClO消毒液。回答下列问题：（1）配制上述溶液需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、_______、_______。（2）需要用托盘天平称量NaClO固体的质量为_______g。（3）若所配制的NaClO浓度偏小，则下列可能的原因分析中正确的是_______。A.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水B.称量时砝码放左盘，固体放右盘C.未冷却，立即转移至容量瓶定容D.定容时，仰视溶液的凹液面Ⅱ.该化学兴趣小组设计了如图的实验装置制氯气探究氯气的性质并制备少量84消毒液：（4）装置A中盛浓盐酸仪器名称是_______；连接好装置，装药品之前，必须进行的一项操作是_______。（5）下列有关说法正确的是_______。A.装置A中反应方程式是2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2OB.装置C中干燥剂可用碱石灰C装置C中湿润有色布条褪色而干燥有色布条不褪色说明氯气无漂白性D.装置D中发生反应的离子方程式为Cl2＋2OH−=ClO−＋H2↑（6）装置B中看到溶液变浑浊，请用离子方程式解释原因_______。（7）装置D中玻璃液封管的作用_______、_______。〖答案〗（1）①.500mL容量瓶②.胶头滴管（2）7.5（3）BD（4）①.分液漏斗②.检查装置的气密性（5）AC（6）S2−＋Cl2=S↓＋2Cl−（7）①.吸收多余的氯气②.平衡锥形瓶内外压强〖解析〗〖小问1详析〗配制一定物质的量浓度溶液的一般操作步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，由此可知配制500mL0.2mol/L的NaClO消毒液，除了玻璃仪器量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少500mL容量瓶、胶头滴管。〖小问2详析〗0.5L0.2mol/L74.5g/mol=7.45g，托盘天平精确到0.1g，则需要用托盘天平称量NaClO固体的质量为7.5g。〖小问3详析〗A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，溶质的物质的量和溶液体积不变，对溶液浓度无影响，故A不选；B．药品和砝码放反，则所称药品质量偏小，溶质物质的量偏小，所配溶液浓度偏小，故B选；C．未冷却，立即转移至容量瓶定容，冷却后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故C不选；D．定容时，仰视溶液的凹液面，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故D选；故〖答案〗为BD。〖小问4详析〗装置A中盛浓盐酸的仪器为分液漏斗；连接好装置，装药品之前，必须检查装置的气密性。〖小问5详析〗A．装置A中，高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气、氯化钾、氯化锰和水，反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，故A正确；B．装置C中干燥剂不能用碱石灰，因为碱石灰会吸收氯气，使得后续实验无法进行，故B错误；C．装置C中湿润有色布条褪色而干燥有色布条不褪色，说明氯气不具有漂白性，氯气与水生成HClO具有漂白性，故C正确；D．装置D中，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2＋2OH−=Cl−+ClO−＋H2O，故D错误；故〖答案〗为AC。〖小问6详析〗装置B中看到溶液变浑浊，说明有S单质生成，反应的离子方程式为S2−＋Cl2=S↓＋2Cl−。〖小问7详析〗氯气有毒，装置D中玻璃液封管可以吸收多余的氯气，防止污染空气；同时还可以平衡锥形瓶内外压强，以免发生安全事故。21.某温度下CO2加氢制甲醇的的总反应为CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)，该反应为放热反应，在固定容积为2.0L的密闭容器中充入0.8mol的CO2和2.4mol的H2，测得CO2和CH3OH的物质的量随时间变化如图。请回答：（1）对于该反应，反应物的化学键断裂要吸收的能量_______(填“大于”、“小于”或“等于”)生成物的化学键形成要放出的能量。（2）下列措施能加快反应速率的是_______(填序号，下同)。A.往容器中充入N2B.往容器充入H2C.及时分离出CH3OHD.减小容器体积E.选择高效的催化剂（3）2min内CH3OH的反应速率为_______，2min末时v正_______v逆(填“＜”“>”或“=”)。（4）恒温恒容条件下，能说明反应已达平衡状态的是_______。A.CO2(g)体积分数保持不变B.容器中气体压强保持不变C.容器中CH3OH浓度与H2O浓度之比为1∶1D.混合气体的密度保持不变E.H2的生成速率是H2O生成速率的3倍（5）该反应平衡时CO2的转化率为_______。（6）甲醇是优质的清洁燃料，可制作碱性甲醇燃料电池，其工作原理如图所示，其总反应式为：2CH3OH＋3O2＋4OH−=2＋6H2O，则电极A的反应式为_______。〖答案〗（1）小于（2）BDE（3）①.0.1mol/(L·min)②.>（4）ABE（5）75%（6）CH3OH-6e−＋8OH−=＋6H2O〖解析〗〖小问1详析〗该反应为放热反应，反应物的化学键断裂要吸收的能量小于生成物的化学键形成要放出的能量；〖小问2详析〗A.该容器体积不变，往容器中充入N2，各物质的浓度不变，反应速率不变，A不选；B.往容器充入H2可增大反应物浓度，加快化学反应速率，B选；C.及时分离出CH3OH可减少生成物浓度，化学反应速率减慢，C不选；D.减小容器体积可增大各物质的浓度，加快化学反应速率，D选；E.选择高效的催化剂，可减小反应的活化能，加快化学反应速率，E选；故选：BDE；〖小问3详析〗2min内CH3OH的反应速率为，2min后反应物CO2的物质的量仍在减少，说明反应向正反应方向进行，则2min末时v正>v逆；〖小问4详析〗A.CO2(g)体积分数保持不变能说明反应已达平衡状态，A选；B.该反应前后气体分子数不相等，恒温恒容条件下，压强与物质的量成正比，容器中气体压强保持不变，说明气体的物质的量不再变化，说明反应已达平衡状态，B选；C.由图可知，2min时容器中CH3OH浓度与H2O浓度相等即两者之比1∶1，但反应物仍在减小，说明反应未达平衡状态，C不选；D.恒容条件下，混合气体的总质量不变，则密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，D不选；E.H2的生成速率是H2O生成速率的3倍，即正逆反应速率相等，说明反应已达平衡状态，E选；故选：ABE；〖小问5详析〗该反应平衡时CO2的转化率为；〖小问6详析〗碱性甲醇燃料电池中通入氧气的一极为正极，电极B的电极反应式为O2＋2H2O+4e-=4OH−，电极A为负极，用总反应式为：2CH3OH＋3O2＋4OH−=2＋6H2O减去正极的电极反应式可得负极A的反应式为CH3OH-6e−＋8OH−=＋6H2O。22.实验室中有一瓶碳酸氢钠固体，因受热而部分变质(杂质为Na2CO3，假设杂质分布均匀)。为测定其组成，称取4.86g样品溶于水，配成500mL溶液。加入0.50mol/LBa(OH)2溶液至100.00mL时沉淀量达到最大。请计算：（1）25℃时0.50mol/LBa(OH)2溶液中的氢氧根离子浓度是_______mol/L。（2）样品中n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=_______。〖答案〗（1）1.00（2）2∶3〖解析〗〖小问1详析〗根据Ba(OH)2=Ba2++2OH-，c(OH-)=2c［Ba(OH)2］，25℃时0.50mol/LBa(OH)2溶液中的氢氧根离子浓度是0.50mol/L×2=1.00mol/L；〖小问2详析〗加入0.50mol/LBa(OH)2溶液至100.00mL时沉淀量达到最大，样品中碳元素完全转移到碳酸钡中，即n(C)=n［Ba(OH)2］=0.50mol/L×0.1L=0.05mol；设样品中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol；，解得，样品中n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=2:3。浙江省精诚联盟2022-2023学年高一下学期3月联考试题考生须知：1.本卷共页满分100分，考试时间90分钟。2.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Cl35.5Fe56Ag108选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48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、多选、错选均不得分)1.最近医学界通过用放射性14C标记的C60，发现一种C60的羧酸衍生物在特定条件下可通过断裂DNA杀死细胞，从而抑制艾滋病病毒(AIDS)。则有关14C的下列说法中正确的是（）A.14C原子与C60中普通碳原子的化学性质不同 B.14C原子与14N原子中所含中子数相同C.14C与C60互为同素异形体 D.14C与12C、13C互为同位素〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．14C原子与C60中普通碳原子，虽然中子数不同，但质子数相同、电子数相同，所以化学性质相同，A不正确；B．14C原子与14N原子中所含中子数不相同，分别为8和7，B不正确；C．14C属于碳原子，C60属于碳单质，二者不互为同素异形体，C不正确；D．14C与12C、13C的质子数相同、中子数不同，且都属于碳原子，则三者互为同位素，D正确；故选D。2.下列说法正确的是（）A.氯化氢的分子结构模型B.碳酸钠俗称小苏打，可用来治疗胃酸过多C.氯化钠溶液属于电解质D.Cl-的结构示意图〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．氯化氢的分子结构模型，氯原子半径大于氢原子，故A正确；B．碳酸氢钠俗称小苏打，可用来治疗胃酸过多，故B错误；C．氯化钠溶液属于混合物，混合物不属于电解质，故C错误；D．氯是17号元素，Cl-的结构示意图，故D错误；故选A。3.下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是（）A.将钠放入稀硫酸铜溶液中，有紫红色铜析出B.在一张白纸上滴几滴浓硫酸，纸变黑，体现了浓硫酸的吸水性C.工业上用氨的催化氧化制备NOD.常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．将钠放入稀硫酸铜溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，没有紫红色铜析出，故A错误；B．在一张白纸上滴几滴浓硫酸，纸变黑，体现了浓硫酸的脱水性，故B错误；C．氨的催化氧化：氨气和氧气在催化剂、加热条件下反应生成NO和水，工业上用氨的催化氧化制备NO，故C正确；D．常温下铁与在浓硝酸中钝化，故D错误；选C。4.材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列有关物质的说法正确的是（）A.Ti−Fe合金和La−Ni合金都是新型储氢合金B.石英玻璃、碳化硅陶瓷、水泥、石墨烯都是硅酸盐材料C.半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅D.中国航天飞船外壳用到的是特种镁合金，属于新型无机非金属材料〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．Ti−Fe合金和La−Ni合金在加压条件下能与氢气反应生成金属氢化物，减压下释放氢气，都是新型储氢合金，A正确；B．石墨烯是碳的单质，不是硅酸盐材料，B错误；C．硅单质是应用最广泛的半导体材料，计算机芯片的材料是硅，C错误；D．镁合金属于金属材料，D错误；故选：A。5.通常利用反应：Mn2+＋PbO2＋H+→＋Pb2+＋H2O(未配平)，定性检验Mn2+，关于该反应的下列说法中不正确的是（）A.PbO2是氧化剂B.每消耗1molPbO2，转移2mole−C.Mn2+和PbO2的物质的量之比为5∶2D.在该反应的条件下，氧化性：PbO2>〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．由方程式可知，Pb元素化合价从+4价降为+2价，则PbO2是氧化剂，A正确；B．由方程式可知，Pb元素化合价从+4价降为+2价，则每消耗1molPbO2，转移2mole−，B正确；C．由方程式可知，Pb元素化合价从+4价降为+2价，Mn元素化合价从+2价升高为+7价，根据得失电子守恒可知，Mn2+和PbO2的物质的量之比为2∶5，C错误；D．在该反应的条件下，PbO2是氧化剂，是氧化产物，则氧化性：PbO2>，D正确；故选C。6.下列反应的离子方程式不正确的是（）A.氯化镁溶液与氨水反应：Mg2+＋2NH3·H2O=Mg(OH)2↓＋2B.氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3＋2OH−=2＋H2OC.用氯化铁溶液腐蚀铜板：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+D.少量CO2通入氯化钙溶液中：CO2＋H2O＋Ca2+=CaCO3↓＋2H+〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．氯化镁溶液与氨水反应生成氢氧化镁和氯化铵，一水合氨是弱电解质，保留化学式，离子方程式为：Mg2+＋2NH3·H2O=Mg(OH)2↓＋2，A正确；B．氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al2O3＋2OH−=2＋H2O，B正确；C．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+，C正确；D．碳酸的酸性弱于盐酸，少量CO2与氯化钙溶液不能反应，D错误；故选：D。7.下列示意图与表述内容不相符的是（）A.图1不能验证热稳定性Na2CO3>NaHCO3B.图2合金内原子层之间的相对滑动变得困难C.图3光照过程中氯水pH变化D.图4表示氯化钠的形成过程：〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．碳酸氢钠不稳定，受热易分解，而碳酸钠稳定，受热不分解，故要比较碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，应该将稳定性比较差的物质NaHCO3放置在内管中，将Na2CO3放在外管中，图示的两种物质位置应颠倒过来，选项A符合题意；B．合金中原子半径不同，使原子层之间的相对滑动变得困难，选项B符合题意；C．HClO是弱酸，HCl是强酸，次氯酸在光照条件下分解为盐酸和氧气，弱酸变为强酸，导致溶液中c(H+)增大，溶液pH减小，选项C符合题意；D．图4表示氯化钠的形成过程，但正确的表达为，选项D不符合题意；〖答案〗选D。8.下列有关实验的说法中，正确的是（）A.为防止试剂污染，取用金属钠后多余的钠不能放回原试剂瓶B.向铁粉通入高温水蒸气加热，黑色的固体逐渐变成红棕色C.用激光笔的光束分别照射Fe(OH)3胶体与Na2SO4溶液时的现象相同D.除去CO2中混有的少量HCl气体，可将混合气体通过饱和的NaHCO3溶液〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．钠很活泼易与水和氧气反应，随意丢弃容易引起火灾等事故，取用金属钠后多余的钠应放回原试剂瓶中，A错误；B．黑色的铁粉在高温条件下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁为黑色固体，B错误；C．Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，而Na2SO4溶液没有此性质，则用激光笔的光束照射时现象不相同，C错误；D．HCl与NaHCO3反应生成氯化钠、水和CO2，而二氧化碳与饱和NaHCO3溶液不反应，因此可用饱和碳酸氢钠溶液除杂，D正确；故选D。9.******提出我国要在2030年实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和"。某科研小组用电化学方法将CO2转化为CO实现再利用，转化的基本原理如图所示。下列说法正确的是（）A.电子由M极经过负载移向N极，再从N极经过溶液移回M极B.M上的电极反应方程式为2H2O-2e-=O2↑＋4H+C.该电池工作时溶液中移向N极D.若消耗标况下22.4LCO2，电路中转移的电子数目为4NA〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由图可知，该装置为原电池，N极二氧化碳中的+4价碳得到电子变为+2价碳，为正极，则M极为负极，以此解题。〖详析〗A．由图可知，该装置原电池，M为负极，N为正极，电子由M极经过负载移向N极，但“电子不入水”，溶液中阴阳离子定向移动形成闭合回路，A错误；B．M为电池的负极，在紫外光的作用下，水失去电子发生氧化反应生成O2，电极反应方程式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，B正确；C．N为电池正极，M为负极，溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，则移向M极，C错误；D．电极反应式为CO2+2H++2e-=CO+H2O，标况下22.4LCO2的物质的量为，当转化1molCO2时，外电路转移2mol电子，转移的电子数为2NA，D错误；〖答案〗选B。10.部分短周期元素原子(用字母表示)最外层电子数与原子序数的关系如图。下列说法正确的是（）A.X的气态氢化物中所有原子最外层都达到8电子结构B.最高价氧化物的水化物的酸性W>RC.H2Y比H2R稳定，是因为H2Y分子间存在氢键D.X的气态氢化物和W的气态氢化物反应生成的产物只含有共价键〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗短周期元素的电子层数为1~3层，由最外层电子数和原子序数可知，X为第二周期元素，核外电子排布为2、5，X为7号元素即N，Y为O，Z为Na，R为S，W为Cl；〖详析〗A．由分析可知，X为N，其气态氢化物NH3中H原子最外层只有2个电子，不是达到8电子结构，A错误；B．R为S，W为Cl，同周期从左到右非金属性增强，则非金属性：Cl>S，则最高价氧化物的水化物的酸性HClO4>H2SO4，B正确；C．同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性：O>S，非金属性越强其气态氢化物越稳定，因此H2O比H2S稳定，与氢键无关，C错误；D．X的气态氢化物NH3和W的气态氢化物HCl反应生成的产物NH4Cl中，铵根和氯离子存在离子键，铵根内N和H原子存在共价键，D错误；故选：B。11.NOCl常用于有机合成，其合成原理为2NO(g)＋Cl2(g)⇌2NOCl(g)，反应过程中的能量变化如图所示。下列有关说法正确的是（）A.2molNOCl(g)所具有能量比2molNO(g)所具有能量低76kJB.该反应为吸热反应C.该反应中每生成2molNOCl(g)放出热量76kJD.形成1molNOCl(g)中的化学键吸收热量90kJ〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．根据图示，2molNOCl(g)所具有能量比2molNO(g)和1molCl2(g)所具有的总能量低(180-104)kJ=76kJ，则2molNOCl(g)所具有能量比2molNO(g)和1molCl2(g)所具有的总能量低76kJ，A错误；B．反应物的能量总和大于生成物的能量总和，为放热反应，B错误；C．2molNO(g)和1molCl2(g)完全反应生成2molNOCl(g)放出热量(180-104)kJ=76kJ，C正确；D．断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，D错误；〖答案〗选C。12.利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示。下列说法正确的是（）A.X是NO2和H2OB.上述历程的总反应为2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2OC.〖(NH4)(HNO2)〗+是反应过程中的催化剂D.中含有非极性共价键〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗图示反应可以发生NH3+H+=，2+NO2=〖(NH4)2(NO2)〗2+，生成X的反应为〖(NH4)2(NO2)〗2++NO=〖(NH4)(HNO2)〗++N2+H2O+H+，〖(NH4)(HNO2)〗+=N2+2H2O+H+，由此分析。〖详析〗A．图示反应可以生成X的反应为〖(NH4)2(NO2)〗2++NO=〖(NH4)(HNO2)〗++X+H+，据原子守恒判断X为N2和H2O，故A错误；B．根据图示，氨气和NO、NO2反应生成氮气和水，总反应为，故B正确；C．由〖(NH4)2(NO2)〗2++NO=〖(NH4)(HNO2)〗++N2+H2O+H+，〖(NH4)(HNO2)〗+=N2+2H2O+H+，可知〖(NH4)(HNO2)〗+是反应过程中的中间产物，故C错误；D．中含有4个N-H极性共价键，而不是非极性键，故D错误；故选B。13.对水样中M的分解速率的影响因素进行研究，每次取2L水样进行实验，在相同温度下，M的物质的量〖n(M)〗随时间(t)变化的有关实验数据如下图所示，下列说法正确的是（）A.由③④得，水样中添加Cu2+，能加快M的分解速率B.由②③得，反应物浓度越大，M的分解速率越快C.由②④得，水样的pH越小，M的分解速率越快D.在0～20min内，②中M的平均分解速率为0.015mol/(L·min)〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．根据③④知，pH相同时，添加铜离子的，相同时间内c(M)的变化量越大，则M的分解速率大，故A正确；B．根据②③知，反应起始浓度及溶液pH都不同，两个变量，则无法判断反应速率与浓度关系，故B错误；C．根据②④知，铜离子及溶液pH都不同，两个变量，则无法判断M的分解速率与pH关系，故C错误；D．由题图知0～20min内，②中M的分解速率V(M)===0.0075mol•L-1•min-1，故D错误；〖答案〗为A。14.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A.标准状况下，1.12L18O2中含有中子数为NAB.1.6gCH4含有的C-H键的数目为0.4NAC.2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间D.500mL0.5mol/L的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．1个18O2分子含20个中子，则0.05mol18O2含1mol中子，中子数为NA，A正确；B．1个CH4分子由4个C-H键组成，则0.1molCH4含C-H键的数目为0.4NA，B正确；C．0.1molNa与O2完全反应转变为Na+，转移0.1mol电子，转移电子数为0.1NA，C错误；D．500mL0.5mol/L的NaCl溶液中，含0.25mol钠离子和0.25mol氯离子共0.5mol，由于溶液中还含有水分子、氢离子和氢氧根离子，因此溶液中微粒数大于0.5NA，D正确；故选C。15.“类比”是预测物质结构、性质与化学反应的重要方法之一，下列有关类比合理的是（）A.H2O的分子空间结构呈V形，则H2S的分子空间结构也呈V形B.MgCl2溶液与过量的NaOH溶液反应生成Mg(OH)2沉淀，则AlCl3溶液与与过量的NaOH溶液反应生成Al(OH)3沉淀C.Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)2和H2D.镁、铝、稀硫酸组成原电池时镁作负极，则镁、铝、NaOH溶液组成原电池时镁也作负极〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．O、S为同主族元素，最外层电子数相同，二者形成的简单氢化物中，的分子空间结构呈V形，的分子空间结构也呈V形，A正确；B．MgCl2溶液与过量的NaOH溶液反应生成Mg(OH)2沉淀，AlCl3溶液与过量的NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液，B错误；C．Na与H2O反应生成NaOH和H2，铁与水蒸气反应生成Fe3O4而不生成Fe(OH)3，C错误；D．镁、铝、稀硫酸组成原电池时，镁作负极，镁、铝、NaOH溶液组成原电池时，镁不能与NaOH溶液反应，铝能与NaOH溶液反应，铝作负极，D错误；〖答案〗选A。16.下列实验操作、现象及结论都正确的是（）选项实验操作现象结论A向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，再加足量盐酸产生白色沉淀，加入盐酸后仍有白色沉淀原溶液中一定有B将SO2通入紫色石蕊溶液中溶液先变红后褪色二氧化硫具有漂白性C用铂丝蘸取某溶液于酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察现象火焰呈紫色溶液中有K+没有Na+D向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放于试管口试纸变蓝原溶液一定含〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．加入Ba(NO3)2溶液，再加足量盐酸形成HNO3，原溶液中若有会被硝酸氧化为，也能生成硫酸钡沉淀，不能证明一定含有，A错误；B．SO2溶于水形成亚硫酸具有酸性，能使紫色石蕊溶液变红，但SO2不能漂白指示剂，溶液不会褪色，B错误；C．透过蓝色钴玻璃能滤掉黄光，观察火焰呈紫色说明含有K+，但不能说明没有Na+，C错误；D．加入浓NaOH溶液，加热，OH-与反应生成氨气，氨气与水有生成弱碱一水合氨，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D正确；故选：D。非选择题部分二、非选择题(本大题共6小题，共52分)17.填空。（1）漂白粉的有效成分_______(填化学式)。（2）铜与稀硝酸反应的离子方程式_______。（3）下图HF、H2O、NH3沸点反常的原因是_______。〖答案〗（1）Ca(ClO)2（2）3Cu＋8H+＋2=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O（3）HF、H2O、NH3分子间存在氢键，比一般的分子间作用力大得多，液体汽化必须破坏分子间的氢键，消耗能量多，所以沸点高〖解析〗〖小问1详析〗石灰乳和氯气反应制取漂白粉，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，漂白粉的有效成分Ca(ClO)2；〖小问2详析〗铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式为3Cu＋8H+＋2=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O；〖小问3详析〗HF、H2O、NH3分子间存在氢键，比一般的分子间作用力大得多，液体汽化必须破坏分子间的氢键，消耗能量多，所以沸点高。18.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W与Y同族，且Y的原子序数是W的2倍；X原子核外电子层数是其最外层电子数的3倍。回答下列问题：（1）W在周期表中的位置为_______。（2）W、X、Y的简单离子半径由大到小顺序为_______(填离子符号)。（3）W、X形成的摩尔质量较小的化合物的电子式为_______。〖答案〗（1）第二周期第ⅥA族（2）S2−>O2−>Na+（3）〖解析〗〖祥解〗四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y同族，且Y的原子序数是W的2倍，则W为O元素、Y为S元素；Z的原子序数最大，故Z为Cl元素；X的原子核外电子层数是其最外层电子数的3倍，则X为Na元素。〖小问1详析〗氧元素位于元素周期表中的位置为第二周期ⅥA族，故〖答案〗为：第二周期ⅥA族；〖小问2详析〗电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，同主族元素，从上到下离子半径依次增大，则氧离子、硫离子和钠离子的离子半径的大小顺序为S2−>O2−>Na+；〖小问3详析〗W、X形成的化合物为Na2O、Na2O2，摩尔质量较小的化合物为Na2O，其电子式为。19.难溶固体A仅由3种元素组成，某研究小组按如下流程探究其组成。已知：A与稀盐酸恰好完全反应，且溶液B只含一种溶质。（1）固体A含的元素有_______(填元素符号)。（2）写出沉淀C灼烧的化学方程式_______。（3）在有氧条件下，Fe3O4在含Cl−溶液中会转化成固体A且得到的溶液呈碱性，写出该反应的离子方程式_______。（4）某同学取红棕色固体与一定量H2反应后的固体，溶于足量稀盐酸中，再往其中加硫氰化钾溶液，溶液未变红。该同学得出结论：红棕色固体已反应完全。你认为该同学的结论是否正确？_______(填“是”或“否”)。请结合离子方程式说明原因_______。〖答案〗（1）Fe、O、Cl（2）2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O（3）4Fe3O4＋O2＋12Cl−＋6H2O=12FeOCl＋12OH−（4）①.否②.若Fe2O3有少量剩余过量，溶于酸后发生反应2Fe3+＋Fe=3Fe2+，滴加KSCN溶液后，溶液也不变红色〖解析〗〖祥解〗溶液B分两等份，加入足量NaOH溶液产生沉淀C，灼烧C得到红棕色固体8.00g，则C为Fe(OH)3，红棕色固体为Fe2O3，n(Fe2O3)=，则21.5gA中含有铁元素0.2mol；溶液B与硝酸酸化的硝酸银反应生成43.05g沉淀是AgCl，n(AgCl)=，则21.5gA中含有氯元素的物质的量是(0.32-0.14)mol=0.2mol；根据质量守恒，A中氧元素的物质的量是21.5g-0.2mol56g/mol-0.2mol35.5g/mol=3.2g，氧元素的物质的量是，A中n(Fe)：n(O)：n(Cl)=0.2mol：0.2mol：0.2mol=1：1：1，则A的化学式为FeOCl；〖小问1详析〗根据分析可知，固体A含的元素有Fe、O、Cl；〖小问2详析〗沉淀C为Fe(OH)3，红棕色固体为Fe2O3，灼烧的化学方程式为2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O；〖小问3详析〗在有氧条件下，Fe3O4在含Cl−溶液中会转化成固体A且得到的溶液呈碱性，该反应的离子方程式为4Fe3O4＋O2＋12Cl−＋6H2O=12FeOCl＋12OH−；〖小问4详析〗若Fe2O3有少量剩余过量，溶于酸后发生反应2Fe3+＋Fe=3Fe2+，滴加KSCN溶液后，溶液也不变红色。20.I.新冠肺炎疫情期间，“84消毒液”被广泛应用于物体表面杀菌消毒。某高一化学兴趣小组的同学参阅“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制500mL0.2mol/L的NaClO消毒液。回答下列问题：（1）配制上述溶液需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、_______、_______。（2）需要用托盘天平称量NaClO固体的质量为_______g。（3）若所配制的NaClO浓度偏小，则下列可能的原因分析中正确的是_______。A.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水B.称量时砝码放左盘，固体放右盘C.未冷却，立即转移至容量瓶定容D.定容时，仰视溶液的凹液面Ⅱ.该化学兴趣小组设计了如图的实验装置制氯气探究氯气的性质并制备少量84消毒液：（4）装置A中盛浓盐酸仪器名称是_______；连接好装置，装药品之前，必须进行的一项操作是_______。（5）下列有关说法正确的是_______。A.装置A中反应方程式是2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2OB.装置C中干燥剂可用碱石灰C装置C中湿润有色布条褪色而干燥有色布条不褪色说明氯气无漂白性D.装置D中发生反应的离子方程式为Cl2＋2OH−=ClO−＋H2↑（6）装置B中看到溶液变浑浊，请用离子方程式解释原因_______。（7）装置D中玻璃液封管的作用_______、_______。〖答案〗（1）①.500mL容量瓶②.胶头滴管（2）7.5（3）BD（4）①.分液漏斗②.检查装置的气密性（5）AC（6）S2−＋Cl2=S↓＋2Cl−（7）①.吸收多余的氯气②.平衡锥形瓶内外压强〖解析〗〖小问1详析〗配制一定物质的量浓度溶液的一般操作步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，由此可知配制500mL0.2mol/L的NaClO消毒液，除了玻璃仪器量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少500mL容量瓶、胶头滴管。〖小问2详析〗0.5L0.2mol/L74.5g/mol=7.45g，托盘天平精确到0.1g，则需要用托盘天平称量NaClO固体的质量为7.5g。〖小问3详析〗A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，溶质的物质的量和溶液体积不变，对溶液浓度无影响，故A不选；B．药品和砝码放反，则所称药品质量偏小，溶质物质的量