2020-2021学年上海市曹杨第二中学高一下学期期末检测化学试题（含解析）

上海市曹杨第二中学2021学年度第二学期高一年级总结性评价化学学科本试卷满分100分，评价时间60分钟相对原子质量：相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Fe-56Cu-64一、选择题(共选择题(共30小题)1.下列物质中，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的是①②③④⑤A.②③④ B.①③④ C.①②③④ D.全部【答案】D【解析】【详解】①与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；②和盐酸反应生成氯化铝和氢气，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；③和盐酸反应生成氯化铝和水，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；④和盐酸反应生成氯化铝和水，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；⑤是弱酸弱碱盐，和盐酸反应生成氯化铵、二氧化碳和水，和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠、氨气和水；故选D。2.关于氮肥的下列说法中，不正确的是A.铵态氮肥不可与碱性物质混合使用B.尿素是肥效最高的铵态氮肥C.碳铵的使用应深施盖土D.长期使用硫酸铵易导致土壤酸化板结【答案】B【解析】【详解】A．铵态氮肥与碱性物质混合使用会生成氨气使铵态氮肥的肥效降低，故A正确；B．尿素的化学式是CO(NH2)2，不是铵态氮肥，故B错误；C．碳铵会分解，所以使用碳铵时应深施盖土，故C正确；D．硫酸铵显酸性，长期使用硫酸铵易导致土壤酸化板结，应合理使用复合肥，故D正确；答案选B。3.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是A.“神舟十三号”运载火箭的轨道舱壳体铝合金因其密度小、抗腐蚀性能好等优点成为关键材料B.中科院首次实现了CO2合成淀粉，该技术的应用有助于实现“碳达峰”和“碳中和”C.燃煤中加入CaO主要是为了减少温室气体的排放和酸雨的形成D.T-碳是一种新型三维碳结构晶体，与金刚石互为同素异形体【答案】C【解析】【详解】A．合金较纯金属硬度大、抗腐蚀性号，铝合金因其密度小、抗腐蚀性能好，故可以用于“神舟十三号”运载火箭的结构部件，故A正确；B．CO2合成淀粉，该技术的应用可充分利用二氧化碳，有助于实现“碳达峰”和“碳中和”，故B正确；C．加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，故C错误；D．T-碳与金刚石都是含碳元素的单质，互为同素异形体，故D正确；故选C。4.“类推”是一种重要的学习方法。下列类推的结论与事实不相符的是A.由微溶于水，推知微溶于水B.由有两性，推知有两性C.由与水反应生成HCl和HClO，推知与水反应生成HF和HFOD.由N元素的最高正价是+5，推知P元素的最高正价是+5【答案】C【解析】【详解】A．镁和锂在元素周期表中处于对角线位置，性质相似，碳酸镁微溶于水，Li2CO3也微溶于水，A正确；B．铝和铍在元素周期表中处于对角线位置，性质相似，Al(OH)3有两性，Be(OH)2也有两性，B正确；C．由Cl2与水反应生成HCl和HClO，F2与水反应生成HF和O2，C错误；D．N和P位于同一主族，N元素的最高正价是+5，P元素的最高正价也是+5，D正确；故选C。5.如图所示进行实验，下列说法错误的是A.装置甲中锌片上产生气泡而装置乙中铜片上产生气泡B装置甲中不产生电流，装置乙中电流由铜片流出经溶液流向锌片C.若其他条件不变，则相同时间内，装置乙中锌片减少的质量比装置甲的大D.装置乙中负极的电极反应式：【答案】B【解析】【分析】装置甲中锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙形成原电池，负极为锌，正极为铜。【详解】A．装置甲中锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙形成原电池，负极为锌，正极为铜，铜电极上氢离子得电子生成氢气，故A正确；B．装置乙为原电池，原电池中电流从正极经外电路流向负极，即电流由铜经外电路流向锌，故B错误；C．装置乙形成原电池，反应速率加快，因此相同时间内，装置乙中锌片减少的质量比装置甲的大，故C正确；D．装置乙形成原电池，负极为锌，电极反应式为，故D正确；答案选B。6.下列说法不正确的是A.化石能源是指煤、石油、天然气为主的能源，是可再生能源B.用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气，是一种清洁能源C.锌锰干电池是一种常用的一次电池D.由于电池制造工艺等方面不足，充电电池的充放电次数有限【答案】A【解析】【详解】A.化石能源是指煤、石油、天然气为主的能源，是不可再生能源，A错误；B.用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气，其燃烧时只生成水和二氧化碳，不产生有害气体，是一种清洁能源，B正确；C.锌锰干电池是一种常用的一次电池，C正确；D.由于在反复充、放电的过程中，电极、电解液均会发生变化，使其充、放电的能力下降，最终不能使用，所以充电电池的充放电次数有限，D正确；答案选A。7.野外焊接钢轨常用如图所示装置，镁条引燃混合物后，反应非常剧烈，火星四射，有熔融铁珠落入沙子中。下列叙述错误的是A.该反应属于置换反应B.有“熔融铁珠”生成说明该反应为放热反应C.该反应的化学能全部转化为热能D.该反应中反应物的总能量大于生成物总能量【答案】C【解析】【详解】A．有单质Al参加反应，生成物中有单质Fe，属于置换反应，故A正确；B．有熔融铁珠生成能够说明该反应是放热反应，反应放出的热量使铁呈熔融状态，故B正确；C．该反应的化学能不能全部转化为热能，也有一部分转化为光能等，故C错误；D．该反应为放热反应，反应物断键吸收的能量低于生成物成键释放的能量，故D正确；故答案为C。8.若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是A.与浓硫酸反应，只体现的酸性B.a处变红，说明是酸性氧化物C.b或c处褪色，均说明具有漂白性D.试管底部出现白色固体，说明反应中无生成【答案】B【解析】【详解】A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；D．实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；综上所述，正确的是B项。9.下列说法正确的是A.浓硫酸具有强氧化性，常温下可与铁单质剧烈反应B.氮氧化物与“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成有关C.氮的固定只有在高温、高压、有催化剂存在的条件下才能实现D.硝酸是强酸，可以用锌和稀硝酸反应制备氢气【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，但常温下铁、铝与浓硫酸会发生钝化，A错误；B．光化学烟雾的产生与人为排放氮氧化物有关，氮氧化物是臭氧层被破坏的催化剂，所以氮氧化物与“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成有关，B正确；C．把游离态的氮转化为氮的化合物是氮的固定，在放电条件下氮气和氧气反应生成一氧化氮，在常温下豆科类植物根瘤菌的固氮都可以称为氮的固定，C错误；D．硝酸是强酸，但是具有强氧化性，锌和稀硝酸反应生成一氧化氮，得不到氢气，D错误；答案选B。10.下列关于浓硫酸的说法正确的是A.金属铜在常温下放入浓硫酸中无现象，是因为浓硫酸把铜钝化了B.的浓硫酸和足量在加热条件下反应生成C.蔗糖和浓硫酸的“黑面包”实验中，浓硫酸主要体现了脱水性和强氧化性D.浓硫酸和C单质在加热条件下反应，反应中浓硫酸既体现出酸性，又体现出氧化性【答案】C【解析】【详解】A．常温下，铜和浓硫酸不反应，所以放入浓硫酸中无现象，铜在浓浓硫酸中不钝化，故A错误；B．的浓硫酸和足量在加热条件下反应，硫酸浓度不断降低，铜和稀硫酸不反应，参加反应的硫酸小于1.8mol，所以生成的小于0.9mol，故B错误；C．蔗糖和浓硫酸的“黑面包”实验中，蔗糖变黑并有气体生成，浓硫酸主要体现了脱水性和强氧化性，故C正确；D．浓硫酸和C单质在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，反应中浓硫酸只体现氧化性，故D错误；选C。11.海洋中无机氮的循环过程可用如图表示。下列关于海洋中的氮循环的说法不正确的是A.过程①涉及分子间作用力的破坏和化学键的生成B.过程②属于固氮作用C.硝化作用是氮元素发生了氧化反应D.向海洋中排放含的废水会增强反硝化作用【答案】A【解析】【详解】A．根据图示可知过程①是空气中的N2在海水中溶解过程，只有分子间作用力的破坏，而没有化学键的断裂与生成，A错误；B．过程②是N2转化为含有N元素的化合物的过程，因此属于固氮作用，B正确；C．硝化作用是+3价的转化为+5价的，氮元素化合价升高，失去电子，被氧化，发生了氧化反应，C正确；D．向海洋中排放含的废水，c()增大，会增强反硝化作用反应产生，D正确；故合理选项是A。12.常温常压下，1体积水能溶解约700体积。用下图所示装置进行实验，下列说法正确的是A.挤压滴管并打开止水夹后，观察到烧杯中的水倒吸，产生红色“喷泉”B.“喷泉”的产生能证明与发生了反应C.若将换成，也能产生明显的“喷泉”D.实验后，取出烧瓶中的溶液，测得其，原因是：，【答案】D【解析】【详解】A．该实验中水中未加入酚酞，故不会产生红色“喷泉”，A错误；B．氨气极易溶于水，溶于水后会形成压强差，“喷泉”的产生不能证明与发生了反应，B错误；C．在水中的溶解度远小于，将换成，溶解的量小，压强差也较小，不能产生明显的“喷泉”，C错误；D．氨气溶于水形成一水合氨，一水合氨未弱电解质，在水中电离出氢氧根，其，原因是：，，D正确；答案选D。13.氨是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如下图所示)。下列说法正确的是

A.和水反应生成时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1︰2B.由、、、能制得小苏打，是因为小苏打的溶解度大C.和在一定条件下可发生氧化还原反应D.图中所涉及的盐类物质均可以与发生反应【答案】C【解析】【详解】A．和水反应的方程式为，中N元素化合价升高生成硝酸，硝酸是氧化产物，中N元素化合价降低生成NO，NO是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2︰1，故A错误；B．由、、、能制得小苏打，是因为小苏打的溶解度小，故B错误；C．中N元素化合价为-3、中N元素化合价为+4，在一定条件下和可发生归中反应生成N2，故C正确；D．图中所涉及的盐类物质中，NaCl与不反应，故D错误；选C。14.下列方法中，不能用于实验室里制取氨气的是A.①② B.①③ C.②③ D.②④【答案】B【解析】【详解】①氯化铵受热分解产生氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又会重新化合生成氯化铵固体，因此不能用装置①制取氨气，故①符合题意；②将浓氨水滴入氧化钙中发生反应，装置②能制取氨气，故②不符合题意；③该装置中试管口未向下倾斜，会导致液体倒流而使试管炸裂，不可行，故③符合题意；④浓氨水受热产生氨气，通过碱石灰吸收水蒸气后即得干燥的氨气，故④不符合题意；能用于实验室里制取氨气的是①③；答案选B。15.对下列实验过程的评价，正确的是A.某无色溶液滴入紫色石蕊试液显蓝色，该溶液一定是含有大量的H+B.某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，证明一定含有SO42﹣C.某溶液中加入浓NaOH溶液，加热产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明该溶液含有NH4+D.某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐【答案】C【解析】【详解】A.某无色溶液滴入紫色石蕊试液显蓝色，该溶液为碱性溶液，溶液中一定含有含有大量的OH-，故A错误；B.加入氯化钡溶液，生成的白色沉淀可能为氯化银、亚硫酸钡，原溶液中不一定含有硫酸根离子；检验硫酸根离子的正确方法为：向溶液中加入稀盐酸，无明显现象，排除了干扰离子，如碳酸根离子、亚硫酸根离子等，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀为硫酸钡，说明原溶液中一定含有SO42-，故B错误；C.向某溶液中加入NaOH溶液并加热，产生气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体一定为氨气，则证明原溶液中一定含有NH4+，故C正确；D.某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，该无色气体可能为二氧化硫、二氧化碳，该固体中可能含有碳酸氢盐、亚硫酸盐等，不一定含有碳酸盐，故D错误；故选C。16.汽车尾气的无害化处理过程中，会发生放热反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。下列说法正确的是A.其他条件不变，通过降低温度，可加快该反应的正反应速率B.反应达到平衡时，各物质的物质的量不再发生变化C.其他条件不变，压缩容器体积，生成N2的速率减小D.当c(N2)：c(CO2)=1：2时，该反应达到了化学平衡【答案】B【解析】【详解】A．降低温度，正逆反应速率都降低，故A项错误；B．反应达到平衡后，正逆反应速率相等，则各物质的生成和消耗速率相等，则各物质浓度、质量、物质的量、质量分数等均不再改变，故B项正确；C．其他条件不变，压缩容器体积，反应物浓度会增大，则N2生成速率加快，故C项错误；D．该比值可能只是反应过程中某一时刻的比值，无法说明反应是否达到平衡，故D项错误；答案选B。17.一定量的锌粉和6mol/L的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质时，能够加快反应速率，又不影响产生的总量的是①石墨②锌粉③铜粉④铁粉⑤浓硫酸A.①②④ B.①③⑤ C.③④⑤ D.①③④【答案】B【解析】【详解】①加入石墨，构成原电池，放出氢气的速率加快，生成氢气的总量不变；②加入锌粉，锌的质量增大，生成氢气的总量增大；③加入铜粉，构成原电池，放出氢气的速率加快，生成氢气的总量不变；④加入铁粉，铁和盐酸反应放出氢气，生成氢气的总量增大；⑤加入浓硫酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，生成氢气的总量不变；故选B。18.反应2SO2＋18O22SO3在恒温恒容的密闭容器中进行，下列关于该反应的说法正确的是A.充入氮气可以提高化学反应速率B.一段时间后，18O只存在于O2和SO3中C.增大SO3的浓度能加快反应速率D.SO2与O2能100%转化为SO3【答案】C【解析】【分析】【详解】A．充入氮气，反应体系浓度不变，化学反应速率不变，故A错误；B．一段时间后，18O存在于SO2、O2和SO3三种物质中，故B错误；C．增大SO3的浓度能加快反应速率，故C正确；D．该反应是可逆反应，SO2与O2不能100%转化为SO3，故D错误。综上所述，答案为C。19.反应4A(s)＋5B(g)4C(g)＋6D(g)在10L密闭容器中进行，半分钟后，D的物质的量增加了0.45mol，则下列说法正确的是A.半分钟时v(B)=0.0015mol·L-1·s-1 B.半分钟内v(A)=0.0010mol·L-1·s-1C.半分钟内v(C)=0.0010mol·L-1·s-1 D.半分钟内v(D)=0.045mol·L-1·s-1【答案】C【解析】【详解】A．化学反应速率代表一段时间的平均速率，不是瞬时速率，即半分钟时v(B)是指瞬时速率，不能计算，A错误；B．A物质是固体，浓度视为常数，不能用反应速率表示，B错误；C．半分钟后，D的物质的量增加了0.45mol，则半分钟内，由速率之比等于系数比，v(C)=v(D)=0.0010mol·L-1·s-1，C正确；D．半分钟后，D的物质的量增加了0.45mol，则半分钟内，D错误；故选：C。20.下列实验中，反应速率加快是由催化剂引起的是()A.把煤块变成煤粉燃烧更为剧烈B.锌与稀硫酸反应制H2时加入少量CuSO4溶液而使反应速率加快C.双氧水中加入少量MnO2，即可迅速放出气体D.固态FeCl3和固态NaOH混合后，加入水能迅速产生沉淀【答案】C【解析】【详解】A.把煤块变成煤粉燃烧更为剧烈，是因为增大了接触面积而使反应速率加快，A错误；B.锌与稀硫酸反应制H2时加入少量CuSO4溶液，是因为锌置换出铜在溶液中形成了锌铜原电池而使反应速率加快，B错误；C.双氧水中加入少量MnO2，即可迅速放出气体，二氧化锰是该反应的催化剂，C正确；D.固态FeCl3和固态NaOH混合后，加入水后，只有移动的离子浓度增大，能迅速产生沉淀，D错误；答案选C。

21.已知2Fe3++2I-→2Fe2++I2，为了探究FeCl3溶液和KI溶液的反应是否存在一定的限度，取5mL的0.5mol•L-1KI溶液，向其中加入0.1mol•L-1的FeCl3溶液1mL，充分反应，下列说法正确的是A.可以通过延长反应的时间来改变化学反应的限度B.反应限度只取决于化学反应本身，与外界条件无关C.加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀产生，能证明该反应是否存在限度D.加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变成血红色，能证明该反应是否存在限度【答案】D【解析】【详解】A．化学反应的限度与反应时间无关，故A错误；

B．可以改变外界条件控制化学反应的限度，比如温度，化学反应的限度受温度影响，对于吸热反应，升高温度平衡正向移动，化学反应的限度增大，放热反应相反，故B错误；C．加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加AgNO3溶液，观察有白色沉淀为AgCl，反应与氯离子无关，不能证明反应的限度，故C错误；

D．题给铁离子的量少量，碘离子过量，加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液，观察溶液变成红色，可知反应后存在铁离子，即碘离子过量的情况下还存在铁离子没，则证明为可逆反应，故D正确；

故选：D。22.在恒温恒容的条件下，反应A(g)＋B(g)C(g)＋D(s)已达平衡，能使平衡正向移动的措施是A.增加C的物质的量 B.减小D的物质的量C.减小B的浓度 D.增大A或B的浓度【答案】D【解析】【详解】A．恒容的条件下增加C的物质的量即增加C的浓度，增加C的浓度可以使平衡向逆反应方向移动，A错误；B．D是固体，其浓度是常数，故改变物质D的量对平衡无影响，B错误；C．减小B的浓度，即减小反应物浓度，平衡逆向移动，C错误；D．增大A或B的浓度，即增大反应物的浓度可以使平衡向正反应方向移动，D正确；答案选D。23.在硫酸工业中，通过下列反应：，下表列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时的转化率。下列说法不正确的是温度/℃平衡时的转化率0.1MPa0.5MPa1MPa5MPa10MPa45097.598.999.299.699.755085.692.994.997.798.3A.从理论上分析，选择高压，可以提高转化率，又能加快反应速率B.从理论上分析，选择温度450-550℃，既利于平衡正向移动又利于提高反应速率C.在实际生产中，为了降低成本，采用常压条件，因为常压下的转化率已经很高了D.在实际生产中，通入过量的空气，既利于平衡正向移动，又利于提高反应速率【答案】B【解析】【分析】从表格中可以看出同一温度下，随压强增大，转化率逐渐增大，但450℃时，最小压强，转化率已达到97.5%，再增压，提高幅度并不大，同一压强下，升高温度，转化率降低。但在工业生产，该反应在常温下活化能较高，不易反应或反应速率很慢，因此会出现理论与实际的不同，实际中多考虑设备、成本、转化率等实际问题。【详解】A．该反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，所以从理论上分析，选择高压，既可以提高转化率，又能加快反应速率，故A正确；B．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故B错误；C．由表中数据可知，增大压强，的平衡转化率增大，但变化数值不大，并且压强越大，对设备要求越高，所以为了降低成本，采用常压条件，故C正确；D．通入过量的空气，增大反应物氧气浓度，有利于提高的转化率和反应速率，故D正确；答案选B。24.乙酸作为化工原料可以制备氢气：(吸热反应)。在恒容密闭容器中充入1mol乙酸蒸气，在一定条件下仅发生上述反应。下列推断正确的是A.该反应在任何温度下都能自发进行B.其他条件不变，平衡后再通入和，平衡逆向移动C.其他条件不变，平衡后再通入一定量的惰性气体，平衡逆向移动D.其他条件不变，起始充入的越多，的平衡转化率越大【答案】B【解析】【详解】A．正反应气体物质的量增多，，该反应在高温下自发进行，故A错误；B．其他条件不变，平衡后再通入和，生成物浓度增大，平衡逆向移动，故B正确；C．其他条件不变，平衡后再通入一定量的惰性气体，各物质浓度不变，平衡不移动，故C错误；D．其他条件不变，起始充入的越多，压强越大，相当于增大压强，的平衡转化率越小，故D错误；选B。25.以黄铁矿(主要成分为，其中S的化合价为-1价)生产硫酸的工艺流程如下图。下列说法不正确的是A.将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率B.沸腾炉中每生成1mol，有11mol发生转移C.接触室中排放出的、循环利用，可提高原料利用率D.吸收塔排放的尾气可通过氨吸收转化成氮肥【答案】B【解析】【分析】【详解】A．将黄铁矿粉碎，增大接触面积，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率，故A正确；B．沸腾炉中和氧气反应生成Fe2O3和SO2，反应方程式是，每生成1mol，有5.5mol发生转移，故B错误；C．接触室中排放出的、循环利用，转化率增大，提高原料利用率，故C正确；D．吸收塔排放的尾气可通过氨吸收，转化成硫酸铵，铵盐可做氮肥，故D正确；选B。26.下列条件下铁制品最容易生锈的是A.全浸在纯水中 B.半浸在盐水中C.露置在干燥空气中 D.半浸在有机溶剂溶液中【答案】B【解析】【分析】铁在有水和氧气并存时最易生锈，根据铁生锈的条件进行分析。【详解】A.全浸没在水中，铁与氧气不接触，不易生锈，A错误；B.半浸在盐水中，既有水，也有氧气，且水中有食盐，铁制品的Fe、杂质碳与食盐水构成原电池，Fe作原电池的负极，失去电子被氧化，加快了Fe的腐蚀速率，最容易生锈，B正确；C.在干燥的空气中铁与水接触的少，不易生锈，C错误；D.半浸没在植物油中，铁与水不接触，只与氧气接触，不易生锈，D错误；故合理选项是B。27.下列关于金属元素特征的叙述正确的是①金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性；②金属元素在化合物中显正价；③金属阳离子被还原不一定得到金属单质；④金属元素不可能存在于阴离子中；⑤金属元素由化合态变为游离态一定被还原A.①④ B.②③ C.①④⑤ D.②③⑤【答案】D【解析】【详解】①金属单质在反应中只能失去电子，但处于中间价态的金属离子既有氧化性又有还原性，如亚铁离子既有氧化性又有还原性，故①错误；②金属元素在反应中失去电子，则化合价一定升高，所以金属元素在化合物中一定显正价，故②正确；③处于高价态的金属，如三价铁离子，能够被还原成亚铁离子，所以金属阳离子被还原不一定得到金属单质，故③正确；④金属元素可能存在于阴离子中，如偏铝酸根离子、高锰酸根离子，故④错误；⑤金属元素由化合态变为游离态，元素化合价必定降低，一定被还原，故⑤正确；故选D。28.明代宋应星所著《天工开物》中有记载：“黄矾，乃即炼皂矾(FeSO4·7H2O)炉侧土墙……刮取下来，名日黄矾，染家用之。金色浅者涂炙，立成紫赤色也。”下列有关黄矾说法错误的是A.黄矾的主要成分中含有Fe3+ B.黄矾在医药上可以作补铁剂C.黄矾可以应用于印染工业 D.黄矾经火烤，立刻生成Fe2O3【答案】B【解析】【详解】

A．根据黄矾的名称及Fe3+呈黄色，且黄矾是炼皂矾时得到，皂矾的主要成分FeSO4·7H2O有较强的还原性，所以易被氧化，得到黄矾，因此黄矾的主要成分中有Fe3+，A正确；B．人体缺亚铁离子，会造成贫血，而黄矾中Fe元素是+3价，B错误；C．“染家用之”意思染坊经常用它，所以黄矾可以应用于印染工业，C正确；D．依题意，“金色浅者涂炙，立成紫赤色也”，紫赤色是红棕色的Fe2O3，D正确；故选B。29.下列各组化合物中，化学键类型完全相同的是①和②和③和④HCl和A.①② B.①③ C.②③ D.②④【答案】B【解析】【分析】①和中只有离子键；②中只有离子键，中有离子键和共价键；③和中只有共价键；④中只有共价键，中有离子键和共价键。【详解】综上分析，化学键的类型完全相同的是①③；故选B。30.下列离子化合物中，正离子和负离子半径比值最大的是A.CaF2 B.KF C.NaCl D.MgI2【答案】B【解析】【详解】电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，离子半径越小，则阳离子半径：K+>Ca2+>Na+>Mg2+，阴离子半径：I->Cl->F-，故K+和F-的离子半径比值最大，答案选B。二、综合分析题(二)金属元素31.电子工业用溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出溶液与铜反应的离子方程式：_______。【答案】2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+【解析】【详解】溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。32.按要求填空：某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：（1）甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为___。（2）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是___。【答案】①.②.隔绝空气（排除氧气对实验的影响）【解析】【详解】(1)FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为；故答案为：；(2)因为空气中的氧气也可将亚铁离子氧化，所以加入煤油的作用是隔绝空气(排除氧气对实验的影响);故答案为：隔绝空气(排除氧气对实验的影响)。33.如图所示装置可用来制取和观察氢氧化亚铁在空气中被氧化时颜色的变化。实验时必须使用铁屑和6mol/L的硫酸，其他试剂任选。

（1）实验开始时就先将止水夹E_______。(填“打开”或“关闭”)（2）待装置B中出现较多白色沉淀时，拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，写出白色沉淀变为红褐色沉淀的化学方程式：_______。【答案】（1）打开（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】【分析】分液漏斗D中盛的是6mol/L的硫酸，烧瓶中装的是铁屑，实验开始时，先打开止水夹E，然后打开分液漏斗活塞，硫酸和铁屑反应生成氢气和硫酸亚铁，生成的氢气通过烧瓶支管赶走B装置中的空气，多余的氢气被C装置通过排水法收集，然后关闭止水夹E，烧瓶内的压强越来越大，压迫烧瓶中含有硫酸亚铁的溶液沿玻璃导管进入到装置B中，与B中的氢氧化钠溶液反应生成白色的氢氧化亚铁，然后拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，生成的氢氧化亚铁会被空气中氧气氧化，据此分析解答。【小问1详解】通过上述分析，实验开始时就先将止水夹E打开，使生成的氢气赶走装置B中的空气，防止生成氢氧化亚铁时造成干扰。【小问2详解】装置B中出现的白色沉淀是生成的氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁容易被氧气氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀，其反应的化学方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。34.某研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律(金属活动性)。在a、b、c、d四只烧杯中分别加入50mL冷水，再各滴加几滴酚酞试液，依次加入大小相近的钠、镁、铝、钾块，通过观察现象判断金属性的相对强弱。（1）反应最剧烈的烧杯中的金属是_____(填元素符号)，写出其氢氧化物的电子式_____。（2）实验中发现b、c两只烧杯中几乎没有什么现象，要想达到实验目的，请你帮他选出合适的方法_______(填选项字母)。A.把烧杯中的冷水换成热水B.把烧杯中的冷水换成盐酸C.把烧杯中的冷水换成浓硝酸（3）另举一个化学事实说明钠、镁、铝三种元素的金属性强弱顺序(可配合相应的化学语言)：_______。【答案】（1）①.K②.（2）AB（3）钠、镁、铝三种金属对应的碱的碱性强弱顺序NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3也可说明三种金属性强弱顺序为Na>Mg>Al。【解析】【小问1详解】钠、镁、铝、钾四种金属，钾金属最活泼，所以于冷水反应最剧烈的是金属是钾，其氢氧化物的电子式为。【小问2详解】镁、铝在冷水中反应几乎没有什么现象，想达到实验目的，可通过提高水的温度来加快反应速率，或提高H+浓度来加快反应速率，因此把冷水换成盐酸也可以，但不能用硝酸，硝酸具有强氧化性，会使铝钝化，故答案为AB。【小问3详解】除了与冷水反应可比较金属活泼性外，碱性的强弱也可比较对应金属的活泼性强弱，氢氧化镁不溶于氢氧化钠溶液，而氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液可得出碱性Mg(OH)2>Al(OH)3，通过MgCl2+2NaOH=2NaCl+Mg(OH)2↓，可知碱性NaOH>Mg(OH)2，故三种碱性强弱顺序为NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3，则三种金属活性强弱顺序为Na>Mg>Al。(二)定量实验35.测定硫酸铜晶体()中x值的实验过程如图：（1）第1次称量的是_______。（2）灼烧时，当晶体的颜色由_______完全变为_______，停止加热。（3）必须要进行恒重操作的原因是_______。（4）各次称量的数据如下表：称量第1次第2次第3次第4次第5次质量(g)则中的x=_______。（5）下列操作会导致x值偏高的是_______(选填编号)a.坩埚未干燥b.加热过程中有晶体溅失c.灼烧后坩埚在空气中冷却d.恒重操作时，连续两次称量的结果相差不超过0.001g【答案】（1）坩埚质量（2）①.蓝色②.白色（3）确保晶体失去全部结晶水（4）（5）ab【解析】【分析】测定硫酸铜晶体中结晶水恒量，需要准确称取硫酸铜的质量、以及加热至恒重后剩余固体的质量。【小问1详解】测定硫酸铜晶体()中x值，要称出硫酸铜晶体的质量，根据流程图，第2次称出坩埚和硫酸铜晶体的总质量，则第1次称量的是坩埚的质量；【小问2详解】是蓝色晶体，是白色固体，灼烧时，当晶体的颜色由蓝色完全变为白色，结晶水完全失去，停止加热。【小问3详解】硫酸铜晶体中的结晶水完全失去，才能使测量结果更加准确，只有固体达到恒重才能说明硫酸铜晶体中的结晶水完全失去；【小问4详解】根据表格数据，可知硫酸铜的质量为，水