2023-2024学年陕西省西安市5校联考高一上学期1月期末化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3陕西省西安市5校联考2023-2024学年高一上学期1月期末试题(考试时间：75分钟，试卷满分：100分)注意事项：1.答卷前，请考生核对条形码信息，并将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。3.回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，请立即停止答题，将答题卡交回。第I卷(选择题)本卷共16小题，每小题3分，共48分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1.在实验中手不慎被玻璃划破，可用FeCl3溶液应急止血，其主要原因可能是（）A.FeCl3溶液有杀菌消毒作用B.FeCl3溶液能使血液聚集沉降C.FeCl3溶液能产生Fe(OH)3沉淀堵住伤口D.FeCl3能使血液发生化学反应〖答案〗B〖解析〗【详析】止血目的是使血液凝固，血液具有胶体的性质，FeCl3溶液为电解质溶液，能使胶体聚沉，从而起到止血作用。〖答案〗选B。2.盐是一种常见的物质，下列物质通过反应可直接形成盐的是（）①金属单质②碱性氧化物③碱④非金属单质⑤酸性氧化物⑥酸A.①②③ B.①④⑥ C.②⑤⑥D.①②③④⑤⑥〖答案〗D〖解析〗【详析】①金属单质与酸或某些盐溶液反应可直接生成盐，如铁与盐酸反应生成盐为氯化亚铁，①符合题意；②碱性氧化物能与酸反应可直接生成盐，如氧化钠与盐酸反应可直接生成氯化钠，②符合题意；③碱与酸、酸性氧化物、某些盐等可反应生成盐，如氢氧化钠与二氧化碳反应可直接生成碳酸钠，③符合题意；④非金属单质能与碱反应生成盐，如氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，④符合题意；⑤酸性氧化物能与碱反应生成盐，如二氧化碳与氢氧化钾反应生成碳酸钾，⑤符合题意；⑥酸能与碱、某些盐、碱性氧化物等反应生成盐，如盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠，⑥符合题意；综上所述，全部都能在一定条件下直接生成盐，〖答案〗为D。3.FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体和Fe(OH)3浊液是重要的分散系。下列叙述中不正确的是（）A.三种分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液＞Fe(OH)3胶体＞FeCl3溶液B.可通过过滤方式从Fe(OH)3浊液中分离Fe(OH)3C.Fe(OH)3胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔效应D.Fe(OH)3胶体电泳实验，阴极附近颜色加深，阳极附近颜色变浅〖答案〗C〖解析〗【详析】A.溶液的微粒直径小于1nm，胶体微粒直径在1nm与100nm之间，而浊液的微粒直径大于100nm，因此三种分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液＞Fe(OH)3胶体＞FeCl3溶液，A项正确；B.溶液的微粒直径小于1nm，而浊液的微粒直径大于100nm，可通过过滤的方式从Fe(OH)3浊夜中分离Fe(OH)3，B项正确；C.胶体具有丁达尔效应，能区别胶体和溶液，但是胶体与其他分散系的根本区别并不在于丁达尔效应，而在于分散系微粒直径的大小，C项错误；D.Fe(OH)3胶体粒子带正电，电泳实验时，氢氧化铁胶粒向阴极移动，阴极附近颜色加深，阳极附近颜色变浅，D项正确；〖答案〗选C。4.能用离子方程式“Ba2++SO42—=BaSO4↓”表示的化学反应是（）A.BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HClB.Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2OC.Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑D.Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑〖答案〗A〖解析〗【详析】A．氯化钡是可溶性的钡盐，硫酸是强酸，二者之间反应仅有难电离物质硫酸钡沉淀生成，符合题意要求，A正确;B．Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，离子方程式应为：2OH-+Ba2++2H++SO42—==BaSO4↓+2H2O，B错误；C．Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，离子方程式应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑，C错误；D．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，离子方程式应为：Zn+2H+=Zn2++H2↑，D错误；故选A。5.LiAlH4和LiH是金属储氢材料，又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈反应释放出H2，LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al。下列说法正确的是（）A.LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为2g·mol-1B.1molLiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子C.1molLiAlH4与足量水反应生成的氢气体积为89.6LD.LiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，其中LiAlH4作氧化剂〖答案〗B〖解析〗【详析】A.由LiH+D2O═LiOD+HD↑可知，所得氢气的摩尔质量为3g⋅mol−1，故A错误；B.

LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al，Al由+3价降低为0，则1mol

LiAlH4在125℃完全分解，转移3

mol电子，故B正确；C.由LiAlH4+4H2O═LiOH+Al(OH)3↓+4H2↑可知，1mol

LiAlH4跟足量水反应可生成4mol氢气；没有说明是否为标况，氢气的体积不一定是89.6L，故C错误；D.

LiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，乙醛被还原，LiAlH4作还原剂，故D错误；故选B。6.鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体的下列方案中，不可行的是（）A.分别配成溶液，进行焰色试验，观察火焰的颜色B.分别在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无浑浊出现C.分别配成稀溶液，滴加CaCl2溶液，观察有无白色沉淀产生D.分别加入过量盐酸，看有无气泡产生〖答案〗D〖解析〗【详析】A．分别配成溶液，进行焰色试验，焰色呈黄色的为NaHCO3，透过蓝色钴玻璃片焰色呈紫色的为K2CO3，现象不同，可以鉴别；B．分别在试管中加热，产生能使澄清石灰水变浑浊气体的是NaHCO3，无明显现象的是K2CO3，现象不同，可以鉴别；C．分别配成稀溶液，滴加CaCl2溶液，产生白色沉淀为K2CO3，无明显现象的是NaHCO3，现象不同，可以鉴别；D．分别加入过量盐酸，都能产生无色气泡，不能鉴别；〖答案〗选D。7.有一固体混合物，可能由K2CO3、NaNO2、FeCl3、KClO3、AgNO3混合而成，为检验它的成分，做了如下实验：取固体加入足量的稀硝酸中，搅拌充分反应，得到无色透明溶液，同时有黄绿色气体和白色沉淀生成(已知NaNO2不能被稀硝酸氧化)。根据以上实验现象，你认为以下判断正确的是（）A.一定含有KClO3、AgNO3、NaNO2，不能肯定是否含有氯化铁B.一定含有KClO3，且在反应过程中被还原生成了两种还原产物C.另取适量固体加水溶解，若出现白色沉淀，即可证明K2CO3的存在D.将反应产生的气体通入少量澄清石灰水，若无沉淀出现，即可证明K2CO3不存在〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗取固体加入足量的稀硝酸中，搅拌，充分反应，得到无色透明溶液，则一定不含FeCl3；同时有黄绿色气体和白色沉淀生成(已知NaNO2不能被稀硝酸氧化)，只能是酸性溶液中KClO3把NaNO2氧化为NaNO3，本身被还原为黄绿色气体氯气，则一定含有KClO3，同时有白色沉淀生成，该白色沉淀一定是AgCl，则一定含有AgNO3，则KClO3氧化NaNO2时，同时被还原为Cl-，不确定K2CO3是否存在。因此，该固体中一定含有KClO3、NaNO2、AgNO3，一定不含有FeCl3，不确定K2CO3是否存在，据此分析解题。【详析】A．一定含有KClO3、AgNO3、NaNO2，一定不含有FeCl3，A错误；B．一定含有KClO3，且在反应过程中被还原生成了两种还原产物氯气和Cl-，B正确；C．另取适量固体加水溶解，KClO3氧化NaNO2，自身被还原为Cl-，Cl-与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，则不能证明K2CO3的存在，C错误；D．反应产生的气体含有氯气，氯气可与水反应生成盐酸，盐酸可与澄清石灰水发生中和反应，因此即使气体中含有CO2，也不会有碳酸钙沉淀生成，因此不能证明K2CO3是否存在，D错误；〖答案〗选B。8.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是()A.明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂B.铝具有良好导热性，可用铝罐贮运浓硝酸C.CaO2能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中的供氧剂D.FeCl3溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂〖答案〗B〖解析〗【详析】A．明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，明矾可用作净水剂，故A正确；B．常温下Al遇浓硝酸发生钝化，可用铝罐贮运浓硝酸，与良好的导热性无关，故B错误；C．CaO2能与水反应生成氧气，可用作水产养殖中的供氧剂，故C正确；D．Cu与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成CuCl2和FeCl2，氯化铁可用作铜制线路板的蚀刻剂，故D正确；故〖答案〗选B。9.下列实验操作以及实验现象完全一致的是（）A向硫酸铜溶液中加入一小块金属钠有红色固体析出B向饱和碳酸钠溶液中通入过量气体有白色固体析出C将新制的氯水滴到蓝色石蕊试纸上试纸变红D将用砂纸打磨过的铝箔置于酒精灯火焰上加热铝熔化并滴落下来〖答案〗B〖解析〗【详析】A.向硫酸铜溶液中加入一小块金属钠，钠先与水反应产生氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠和硫酸铜发生复分解反应，产生蓝色沉淀，无红色固体析出，A错误；B.二氧化碳、碳酸钠和水反应生成碳酸氢钠：Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，室温下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠、且由于水的消耗，必定导致碳酸氢钠过饱和而析出，B正确；C.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸：Cl2+H2OHCl+HClO，盐酸有酸性，次氯酸有强氧化性，试纸先变红后褪色，C错误；D.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝的熔点很高，所以加热时被包裹在里面的铝已融化，表面的氧化铝没有融化，因此不会滴落下来，D错误；〖答案〗选B。10.将Fe和Cu的混合粉末ag加入到100mL4mol/L稀硝酸中充分反应后(假设还原产物只有NO)，下列说法正确的是（）A.若反应后有Cu剩余，则反应后溶液中含有的金属阳离子一定是Cu2＋B.若反应后的溶液中有Cu2＋，则反应后溶液中含有的金属阳离子一定是Fe2＋、Fe3＋C.若反应后的溶液中无金属剩余，则加入金属粉末质量8.4g<a<9.6gD.若加入的Fe和Cu的质量比为7∶8，则使HNO3完全反应的金属粉末质量最小为7.2g〖答案〗D〖解析〗【详析】A．若反应后有Cu剩余，说明稀硝酸不足量，则反应后溶液中肯定没有Fe3+，一定有Fe2+，可能含有Cu2+，A错误；B．除了含有Cu2+外，一定有Fe3+，无Fe2+(或一定有Fe2+，无Fe3+或Fe2+和Fe3+都有)，B错误；C．若金属全是铁(生成三价)，则消耗铁质量5.6g，若全是铜，则消耗铜质量9.6g。因是铁、铜混合物，则加入金属粉末质量5.6g＜a＜9.6g，C错误；D．若加入的Fe和Cu的质量比为7∶8，则两者物质的量之比为1∶1，根据题意，Fe被氧化成Fe3+，则消耗质量小，硝酸被还原的量是参加反应总量的，所以生成NO的物质的量为4mol/L×0.1L×=0.1mol，设铁、铜的物质的量为n，根据得失电子守恒：3n+2n=0.1×3，n=0.06mol，则使HNO3完全反应的金属粉末质量最小为：56×0.06g+64×0.06g=7.2g，D正确；故选D。11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素Y、W的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，上述物质的转化关系如图所示。下列说法不正确的是（）A.Y、Z、W三种元素电负性：W>Z>YB.Y、Z、W三种元素的第一电离能：W>Z>YC.Y、Z、W与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物D.由X、Y、Z、W构成的化合物中可能含有离子键〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗K是红棕色气体，K是NO2，丙的浓溶液具有强氧化性，丙是HNO3；NO2、H2O、O2反应生成硝酸，乙是常见的气体，乙是O2、L是H2O，M是氧化物，甲是常见的固体，所以M是CO2、甲是碳。X、Y、Z、W的原子序数依次增加，X、Y、Z、W依次是H、C、N、O。【详析】A．同周期元素从左到右电负性增大，C、N、O三种元素电负性：O>N>C，故A正确；B．ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，C、N、O三种元素的第一电离能：N>O>C，故B错误；C．C、N、O与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物C2H6、N2H4、H2O2，故C正确；D．由H、C、N、O构成的化合物NH4HCO3中含有离子键，故D正确；〖答案〗选B。12.向体积为1L，物质的量浓度均为2mol/L的K[Al(OH)4]、Ba(OH)2的混合溶液中缓缓地通入CO2至过量，则下列说法正确的是（）A.整个过程中溶液最多吸收CO25molB.整个过程中通入的CO2(x轴)与生成沉淀(y轴)的关系如图所示C.当沉淀达到最大值时，至少通入标准状况下的CO2的体积为89.6LD.反应结束时沉淀的质量为156g〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗向体积为1L，物质的量浓度均为2mol/L的K[Al(OH)4]、Ba(OH)2的混合溶液中缓缓地通入CO2至过量依次发生的反应为Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O、2K[Al(OH)4]+CO2=2Al(OH)3↓+K2CO3+H2O、BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3。【详析】A.由题意可知，溶液中Ba(OH)2的物质的量为2mol，消耗CO2的物质的量为2mol，生成BaCO3的物质的量为2mol，K[Al(OH)4]的物质的量为2mol，消耗CO2的物质的量为1mol，生成K2CO3的物质的量为1mol，2molBaCO3消耗CO2的物质的量为2mol，K2CO3消耗CO2的物质的量为1mol，则整个过程中溶液最多吸收CO2的物质的量为(2mol+1mol+2mol+1mol)=6mol，故A错误；B.由分析可知，通入的CO2时，溶液中Ba(OH)2先与CO2反应生成BaCO3沉淀，再与溶液中K[Al(OH)4]反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀的过程中不可能出现平台，故B错误；C.由题意可知，溶液中Ba(OH)2的物质的量为2mol，消耗CO2的物质的量为2mol，生成BaCO3的物质的量为2mol，K[Al(OH)4]的物质的量为2mol，消耗CO2的物质的量为1mol，当沉淀达到最大值时，通入CO2的物质的量为(2mol+1mol)=3mol，则标准状况下的CO2的体积为3mol×22.4L/mol=67.2L，故C错误；D.由题意可知，反应结束时得到的沉淀为Al(OH)3沉淀，K[Al(OH)4]的物质的量为2mol，则Al(OH)3的质量为2mol×78g/mol=156g，故D正确；故选D。13.主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是（）A.X与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性B.Y与Z形成的化合物只含离子键C.简单氢化物的沸点：Q<XD.Z和W形成的化合物的水溶液呈碱性〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为Cl；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，当W为K时，Y为Al；当W为Ca时，Y为Mg。【详析】A.X简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A错误；B.Y与Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化铝属于共价化合物不含有离子键，故B错误；C.简单氢化物的沸点：Q（NH3）<X（HF），故C正确；D.Z和W形成的化合物为KCl或CaCl2，二者均为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故D错误；〖答案〗C14.如图是某另类元素周期表的一部分，下列说法正确的是（）A.单质的氧化性：X＞Y＞ZB.简单阴离子的半径大小：X＞Y＞ZC.稳定性：XH3＞YH3D.的最高价氧化物对应的水化物为强酸〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据周期表中元素的排列规律可知：为元素，为元素，为元素。【详析】A．元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，非金属性：＜＜O，故单质的氧化性：＜＜O2，故A错误；B．同主族元素的离子，核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故简单阴离子的半径：＞＞，故B正确；C．、同主族，非金属性：＜，故简单氢化物的稳定性：NH3＞PH3，故C错误；D．的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，属于中强酸，故D错误；〖答案〗选B。15.下列反应所得溶液中只含一种溶质的是（）A.Fe2(SO4)3溶液中加入过量Fe粉 B.A1(OH)3中加入过量NaOH溶液C.浓H2SO4中加入过量Cu片，加热 D.Ca(C1O)2溶液中通入过量CO2〖答案〗A〖解析〗【详析】A.Fe2(SO4)3溶液中加入过量Fe粉反应产生FeSO4，Fe是固体物质，不能进入溶液，故所得溶液中只含一种溶质，A符合题意；B.A1(OH)3中加入过量NaOH溶液，反应产生NaAlO2和H2O，反应所得溶液中含过量NaOH和产生的NaAlO2两种溶质，B不符合题意；C.反应后溶液中含有反应产生的CuSO4和过量的未反应的H2SO4，C不符合题意；D.反应后溶液中含有HClO和Ca(HCO3)2两种溶质，D不符合题意；故合理选项是A。16.甲、乙两种非金属元素：①甲元素形成的单质比乙元素形成的单质易与化合；②甲元素形成的单质能与乙元素形成的阴离子发生置换反应；③与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；④甲元素形成的单质的熔、沸点比乙元素形成的单质的低；⑤甲元素的简单氢化物水溶液的酸性比乙元素的简单氢化物水溶液的酸性强；⑥甲的氧化物的水化物的酸性强于乙的氧化物的水化物的酸性。其中能说明甲元素的非金属性比乙元素强的是（）A.①②⑥ B.①②④⑤ C.①② D.④⑤〖答案〗C〖解析〗【详析】①甲元素形成的单质比乙元素形成的单质易与化合，则甲元素的非金属性强于乙元素，正确；②甲元素形成的单质能与乙元素形成的阴离子发生置换反应，即甲元素形成的单质能置换出乙元素形成的单质，所以甲元素的非金属性强于乙元素，正确；③不能用与金属反应时原子得电子数目的多少来比较元素非金属性的强弱，错误；④不能利用物理性质比较元素非金属性的强弱，错误；⑤不能通过比较元素的简单氢化物的水溶液的酸性强弱判断元素非金属性的强弱，错误；⑥未指明是最高价氧化物对应的水化物，所以不能确定元素的非金属性强弱，错误；综上所述〖答案〗C。第II卷(非选择题)本卷均为必考题，共4大题52分。请考生将〖答案〗写在答题卡相应位置。17.某化学兴趣小组对亚氯酸钠（NaClO2）的制备和性质进行了探究，现利用下图所示装置（夹持装置省略）进行实验。（1）仪器a在使用前应__________；仪器b的名称是_________。（2）装置A中产生气体的化学式为_______，将该气体通入B中可制备ClO2，请写出反应的化学方程式__________。（3）装置C中制备NaClO2的离子方程式是__________；若从反应后的溶液中获得NaClO2晶体。则主要操作有：减压蒸发浓缩、_____、过滤、洗涤、干燥等，（4）装置D的作用是______，仪器c的作用是__________。〖答案〗①.检查是否漏水②.三颈烧瓶③.SO2④.SO2＋2NaClO3＝2ClO2＋Na2SO4⑤.2OH-+2C1O2+H2O2=2ClO+2H2O+O2⑥.降温结晶（或冷却结晶）⑦.吸收尾气⑧.防止倒吸〖解析〗由题中信息可知，A装置为制备SO2的装置；B装置制备ClO2装置；C装置是探究ClO2和NaOH、H2O2发生反应制备NaClO2装置；D装置是尾气吸收装置，接一个倒置的漏斗，防止倒吸；据此解答。【详析】（1）由题中图示可知，仪器a为分液漏斗，使用前应检查是否漏水，仪器b的名称为三颈烧瓶，〖答案〗为检查是否漏水，三颈烧瓶。（2）装置A中是硫酸与亚硫酸钠发生反应，生成硫酸钠、二氧化硫和水，其化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，产生气体SO2，将SO2通入B中，SO2和NaClO3溶液发生氧化还原反应，生成硫酸钠和ClO2气体，其化学方程式为SO2＋2NaClO3＝2ClO2＋Na2SO4，〖答案〗为SO2，SO2＋2NaClO3＝2ClO2＋Na2SO4。（3）装置C中是ClO2和H2O2在碱性条件下发生氧化还原反应，Cl元素的化合价降低，双氧水表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，反应的离子方程式为2OH-+2ClO2+H2O2=2+2H2O+O2↑，从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，则从反应后的溶液中获得NaClO2晶体。则主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶(或冷却结晶)、过滤、洗涤、干燥等，〖答案〗为2OH-+2ClO2+H2O2=2+2H2O+O2↑，降温结晶(或冷却结晶)。（4）由于该实验产生SO2、ClO2气体，均为有刺激性气味的有毒气体，不能直接排放，要进行尾气处理，且它们易溶于水，要接一个防倒吸的装置，则装置D的作用是吸收尾气，仪器c的作用是防止倒吸；〖答案〗为吸收尾气，防止倒吸。18.现有以下物质:①氢氧化钡②Cu③BaCO3④Fe(OH)3胶体⑤酒精⑥NH3⑦稀硫酸⑧Al2(SO4)3（1）以上物质中属于混合物的是_________(填序号,下空同),属于电解质的是_________，能导电的是_________（2）向④中逐滴滴加⑦,可观察到的现象是_________。（3）写出物质⑧在水中的电离方程式_________。（4）写出物质①和⑦反应的离子方程式_________。（5）8.5g⑥约含有_________个分子，含_________mol质子。（6）将34.2g⑧溶于水配成100mL溶液,从该溶液中取出10mL，其中的物质的量浓度为_________。〖答案〗①.④⑦②.①③⑧③.②④⑦④.先产生红褐色沉淀后红褐色沉淀溶解⑤.Al2(SO4)3=3+2Al3+⑥.+2H++Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O⑦.3.01×1023⑧.5⑨.3mol/L〖解析〗结合电解质和电离的概念分析；根据反应原理书写离子方程式；结合n==N×NA计算。【详析】①氢氧化钡不能导电，是电解质；②Cu能导电，是单质，不是电解质，也不是非电解质；③BaCO3不能导电，是电解质；④Fe(OH)3胶体是混合物，能导电，不是电解质，也不是非电解质；⑤酒精不导电，是非电解质；⑥NH3不导电，是非电解质；⑦稀硫酸是混合物，能导电，不是电解质，也不是非电解质；⑧Al2(SO4)3不能导电，是电解质；则：(1)以上物质中属于混合物的是④⑦，属于电解质的是①③⑧，能导电的是②④⑦；(2)向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀硫酸，可观察到的现象是先产生红褐色沉淀后红褐色沉淀溶解；(3)Al2(SO4)3在水中的电离方程式为Al2(SO4)3=3+2Al3+；(4)氢氧化钡和稀硫酸反应的离子方程式为+2H++Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O；(5)8.5gNH3的物质的量为=0.5mol，含有0.5mol×6.02×1023mol-1=3.01×1023个分子，含质子的物质的量为0.5mol×10=5mol；(6)34.2gAl2(SO4)3的物质的量为=0.1mol，溶于水配成100mL溶液，从该溶液中取出10mL，其中的物质的量浓度为=3mol/L。19.钢铁工业是国家工业的基础。我国粗钢产量居世界首位。某中学社会实践活动小组利用假期对当地钢铁厂进行了调研。请对社会实践活动小组感兴趣的问题进行计算：（1）将6.62g铁矿石样品投入足量的盐酸中充分反应，过滤，然后在滤液中加过量的NaOH溶液反应，过滤、洗涤、灼烧得4.80gFe2O3。则这种铁矿石样品含铁的量为________克。（2）现以该铁矿石为原料炼铁，若生产过程中铁元素损失4％，计算每生产1.00t生铁（含铁96％），至少需要这种铁矿石___________吨（保留两位小数）？（3）取某钢样粉末28.12g（假设只含Fe和C），在氧气流中充分反应，得到CO2气体224mL（标准状况）。①则此钢样中铁和碳的物质的量之比________。②再取三份不同质量的钢样粉末，分别加到100mL相同浓度的H2SO4溶液中，充分反应后，测得的实验数据如下表所示：实验序号IⅡⅢ加入钢样粉末的质量／g2.8125.6248.436生成气体的体积／L（标准状况）1.1202.2402.800计算硫酸溶液的物质的量浓度_______（要求计算过程）。（3）若在实验Ⅱ中继续加入mg钢样粉末，计算反应结束后剩余的固体质量为多少（用含m的代数式表示）_______？〖答案〗①.3.36②.1.97t③.50:1④.1.25⑤.当钢样粉末中的铁未全部溶解时（m＞1.406g），剩余的固体质量为：（5.624+m）-0.125×56＝（m-1.376）g；当钢样粉末中的铁全部溶解时（m≤1.406g），剩余的固体质量为：（5.624+m）×0.12/28.12=0.024+4.27×10-3m〖解析〗【详析】（1）铁矿石中铁的质量为：，故〖答案〗为：3.36；（2）铁矿石中铁的质量为3.36g，则该矿石中Fe的含量Fe%=×100%，1.00t生铁中含Fe的质量=1.00t×96%=0.96t，因为炼制过程中铁元素损失4％，所以生产生铁需要Fe元素的质量==1.00t，所以需铁矿石的质量为：m（铁矿石）t，故〖答案〗为：1.97t；（3）；。钢样粉末的质量以2.812为基础成倍增加两次，气体体积却只成倍增加一次，Ⅲ的气体体积没有成倍增加，说明Ⅲ硫酸不够，已经反应完了，用第Ⅲ的数据计算；根据实验Ⅲ可得：，，故〖答案〗为：1.25；（4）由（3）可知，硫酸的物质的量=0.125mol，将硫酸消耗完需要Fe的量如下计算：0.125mol，因为钢样中，所以含0.1molFe的钢样中，C的物质的量==0.0025mol，此时钢样的质量m=0.125mol×56g/mol+0.0025mol×12g/mol=7.03g，所以使钢样中的Fe和硫酸恰好完全反应时，还需加入钢样的质量m=(7.03-5.624)g=1.406g。所以分两种情况，第一种情况：钢样粉末中的铁未全部溶解时（m＞1.406g），剩余的固体质量为：；第二种情况，当钢样粉末中的铁全部溶解时（m≤1.406g），未溶解的为钢样中的C，由（3）①可知，钢样中C的含量表示为：，所以，当钢样粉末中的铁全部溶解时（m≤1.406g），剩余的固体质量为：，故〖答案〗为：当钢样粉末中的铁未全部溶解时（m＞1.406g），剩余的固体质量为：（5.624+m）-0.125×56=（m-1.376）g；当钢样粉末中的铁全部溶解时（m≤1.406g），剩余的固体质量为：。20.某小组同学欲通过实验验证氯元素的非金属性强于硫元素。请帮他们完成实验报告。（1）他们将过量硫粉与少量铁粉混合后隔绝空气加热，制得并分离出固体产物A，请填空。实验步骤和操作实验现象实验结论或解释①取少量A于试管中，加入足量稀硫酸固体完全溶解，产生有臭鸡蛋气味的气体B硫粉与铁粉混合后隔绝空气加热，制得固体产物A是______（填化学式）②将B通入足量水中得到无色溶液C③向①的试管中加入KSCN溶液溶液无明显变化④将浓盐酸滴到KMnO4固体上产生黄绿色气体反应生成氯气⑤将红热的铁丝（少量）伸入上述黄绿色气体中铁丝剧烈燃烧，产生大量棕黄色的烟反应的化学方程式为_____⑥将⑤中所得固体产物溶于水，在所得溶液中滴加KSCN溶液观察到________（填现象）（2）综合上述实验现象和结论___（填“能”或“不能”）验证氯元素的非金属性强于硫元素，理由是________。（3）某同学将上述实验中④所得氯气直接通入无色溶液C中，观察到产生淡黄色固体，反应的化学方程式为_____________，此实验______（填“能”或“不能”）验证氯元素的非金属性强于硫元素。（4）某同学认为将步骤①中的稀硫酸换成稀盐酸，若同样产生有臭鸡蛋气味的气体B，则可以说明氯元素的非金属性强于硫元素，他的观点______（填“正确”或“错误”），原因是：___________。〖答案〗①.FeS②.2Fe+3Cl22FeCl3③.溶液出现血红色④.能⑤.氯气能将铁氧化到+3价，而硫只能将铁氧化到+2价，说明氯气的氧化性强于硫，故而证明氯元素的非金属性强于硫元素⑥.Cl2+H2S=2HCl+S↓⑦.能⑧.错误⑨.应比较元素最高价含氧酸的酸性强弱而非氢化物水溶液的酸性强弱〖解析〗【详析】(1)由题意可知固体完全溶解，产生有臭鸡蛋气味的气体B，则B是H2S，向①的试管中加入KSCN溶液,溶液无明显变化，说明不含有铁离子，则A是FeS；⑤中铁在氯气中燃烧生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，向氯化铁溶液中滴加KSCN溶液，氯化铁溶液与KSCN溶液反应生成Fe（SCN）3，使溶液变为血红色（红色），故〖答案〗为：FeS；2Fe+3Cl22FeCl3；溶液出现血红色；（2）由以上实验可知，铁与氯气反应，氯气能将铁氧化为+3价氯化铁，铁与硫反应，硫只能将铁氧化为+2价硫化亚铁，说明氯气的氧化性强于硫，则氯元素的非金属性强于硫元素，故〖答案〗为：能；氯气能将铁氧化到+3价，而硫只能将铁氧化到+2价，说明氯气的氧化性强于硫，故而证明氯元素的非金属性强于硫元素；(3)氯气能与氢硫酸溶液发生置换反应生成氯化氢和单质硫，反应的化学方程式为Cl2+H2S=2HCl+S↓，由方程式可知氯气的氧化性强于硫，则实验能验证氯元素的非金属性强于硫元素，故〖答案〗为：Cl2+H2S=2HCl+S↓；能；(4)氢化物溶液的酸性强弱不能比较元素的非金属性强弱，则盐酸与硫化亚铁反应生成硫化氢不说明氯元素的非金属性强于硫元素，应比较元素最高价含氧酸的酸性强弱而非氢化物水溶液的酸性强弱，故〖答案〗为：错误；应比较元素最高价含氧酸的酸性强弱而非氢化物水溶液的酸性强弱。陕西省西安市5校联考2023-2024学年高一上学期1月期末试题(考试时间：75分钟，试卷满分：100分)注意事项：1.答卷前，请考生核对条形码信息，并将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。3.回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，请立即停止答题，将答题卡交回。第I卷(选择题)本卷共16小题，每小题3分，共48分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1.在实验中手不慎被玻璃划破，可用FeCl3溶液应急止血，其主要原因可能是（）A.FeCl3溶液有杀菌消毒作用B.FeCl3溶液能使血液聚集沉降C.FeCl3溶液能产生Fe(OH)3沉淀堵住伤口D.FeCl3能使血液发生化学反应〖答案〗B〖解析〗【详析】止血目的是使血液凝固，血液具有胶体的性质，FeCl3溶液为电解质溶液，能使胶体聚沉，从而起到止血作用。〖答案〗选B。2.盐是一种常见的物质，下列物质通过反应可直接形成盐的是（）①金属单质②碱性氧化物③碱④非金属单质⑤酸性氧化物⑥酸A.①②③ B.①④⑥ C.②⑤⑥D.①②③④⑤⑥〖答案〗D〖解析〗【详析】①金属单质与酸或某些盐溶液反应可直接生成盐，如铁与盐酸反应生成盐为氯化亚铁，①符合题意；②碱性氧化物能与酸反应可直接生成盐，如氧化钠与盐酸反应可直接生成氯化钠，②符合题意；③碱与酸、酸性氧化物、某些盐等可反应生成盐，如氢氧化钠与二氧化碳反应可直接生成碳酸钠，③符合题意；④非金属单质能与碱反应生成盐，如氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，④符合题意；⑤酸性氧化物能与碱反应生成盐，如二氧化碳与氢氧化钾反应生成碳酸钾，⑤符合题意；⑥酸能与碱、某些盐、碱性氧化物等反应生成盐，如盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠，⑥符合题意；综上所述，全部都能在一定条件下直接生成盐，〖答案〗为D。3.FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体和Fe(OH)3浊液是重要的分散系。下列叙述中不正确的是（）A.三种分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液＞Fe(OH)3胶体＞FeCl3溶液B.可通过过滤方式从Fe(OH)3浊液中分离Fe(OH)3C.Fe(OH)3胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔效应D.Fe(OH)3胶体电泳实验，阴极附近颜色加深，阳极附近颜色变浅〖答案〗C〖解析〗【详析】A.溶液的微粒直径小于1nm，胶体微粒直径在1nm与100nm之间，而浊液的微粒直径大于100nm，因此三种分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液＞Fe(OH)3胶体＞FeCl3溶液，A项正确；B.溶液的微粒直径小于1nm，而浊液的微粒直径大于100nm，可通过过滤的方式从Fe(OH)3浊夜中分离Fe(OH)3，B项正确；C.胶体具有丁达尔效应，能区别胶体和溶液，但是胶体与其他分散系的根本区别并不在于丁达尔效应，而在于分散系微粒直径的大小，C项错误；D.Fe(OH)3胶体粒子带正电，电泳实验时，氢氧化铁胶粒向阴极移动，阴极附近颜色加深，阳极附近颜色变浅，D项正确；〖答案〗选C。4.能用离子方程式“Ba2++SO42—=BaSO4↓”表示的化学反应是（）A.BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HClB.Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2OC.Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑D.Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑〖答案〗A〖解析〗【详析】A．氯化钡是可溶性的钡盐，硫酸是强酸，二者之间反应仅有难电离物质硫酸钡沉淀生成，符合题意要求，A正确;B．Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，离子方程式应为：2OH-+Ba2++2H++SO42—==BaSO4↓+2H2O，B错误；C．Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，离子方程式应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑，C错误；D．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，离子方程式应为：Zn+2H+=Zn2++H2↑，D错误；故选A。5.LiAlH4和LiH是金属储氢材料，又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈反应释放出H2，LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al。下列说法正确的是（）A.LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为2g·mol-1B.1molLiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子C.1molLiAlH4与足量水反应生成的氢气体积为89.6LD.LiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，其中LiAlH4作氧化剂〖答案〗B〖解析〗【详析】A.由LiH+D2O═LiOD+HD↑可知，所得氢气的摩尔质量为3g⋅mol−1，故A错误；B.

LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al，Al由+3价降低为0，则1mol

LiAlH4在125℃完全分解，转移3

mol电子，故B正确；C.由LiAlH4+4H2O═LiOH+Al(OH)3↓+4H2↑可知，1mol

LiAlH4跟足量水反应可生成4mol氢气；没有说明是否为标况，氢气的体积不一定是89.6L，故C错误；D.

LiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，乙醛被还原，LiAlH4作还原剂，故D错误；故选B。6.鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体的下列方案中，不可行的是（）A.分别配成溶液，进行焰色试验，观察火焰的颜色B.分别在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无浑浊出现C.分别配成稀溶液，滴加CaCl2溶液，观察有无白色沉淀产生D.分别加入过量盐酸，看有无气泡产生〖答案〗D〖解析〗【详析】A．分别配成溶液，进行焰色试验，焰色呈黄色的为NaHCO3，透过蓝色钴玻璃片焰色呈紫色的为K2CO3，现象不同，可以鉴别；B．分别在试管中加热，产生能使澄清石灰水变浑浊气体的是NaHCO3，无明显现象的是K2CO3，现象不同，可以鉴别；C．分别配成稀溶液，滴加CaCl2溶液，产生白色沉淀为K2CO3，无明显现象的是NaHCO3，现象不同，可以鉴别；D．分别加入过量盐酸，都能产生无色气泡，不能鉴别；〖答案〗选D。7.有一固体混合物，可能由K2CO3、NaNO2、FeCl3、KClO3、AgNO3混合而成，为检验它的成分，做了如下实验：取固体加入足量的稀硝酸中，搅拌充分反应，得到无色透明溶液，同时有黄绿色气体和白色沉淀生成(已知NaNO2不能被稀硝酸氧化)。根据以上实验现象，你认为以下判断正确的是（）A.一定含有KClO3、AgNO3、NaNO2，不能肯定是否含有氯化铁B.一定含有KClO3，且在反应过程中被还原生成了两种还原产物C.另取适量固体加水溶解，若出现白色沉淀，即可证明K2CO3的存在D.将反应产生的气体通入少量澄清石灰水，若无沉淀出现，即可证明K2CO3不存在〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗取固体加入足量的稀硝酸中，搅拌，充分反应，得到无色透明溶液，则一定不含FeCl3；同时有黄绿色气体和白色沉淀生成(已知NaNO2不能被稀硝酸氧化)，只能是酸性溶液中KClO3把NaNO2氧化为NaNO3，本身被还原为黄绿色气体氯气，则一定含有KClO3，同时有白色沉淀生成，该白色沉淀一定是AgCl，则一定含有AgNO3，则KClO3氧化NaNO2时，同时被还原为Cl-，不确定K2CO3是否存在。因此，该固体中一定含有KClO3、NaNO2、AgNO3，一定不含有FeCl3，不确定K2CO3是否存在，据此分析解题。【详析】A．一定含有KClO3、AgNO3、NaNO2，一定不含有FeCl3，A错误；B．一定含有KClO3，且在反应过程中被还原生成了两种还原产物氯气和Cl-，B正确；C．另取适量固体加水溶解，KClO3氧化NaNO2，自身被还原为Cl-，Cl-与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，则不能证明K2CO3的存在，C错误；D．反应产生的气体含有氯气，氯气可与水反应生成盐酸，盐酸可与澄清石灰水发生中和反应，因此即使气体中含有CO2，也不会有碳酸钙沉淀生成，因此不能证明K2CO3是否存在，D错误；〖答案〗选B。8.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是()A.明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂B.铝具有良好导热性，可用铝罐贮运浓硝酸C.CaO2能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中的供氧剂D.FeCl3溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂〖答案〗B〖解析〗【详析】A．明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，明矾可用作净水剂，故A正确；B．常温下Al遇浓硝酸发生钝化，可用铝罐贮运浓硝酸，与良好的导热性无关，故B错误；C．CaO2能与水反应生成氧气，可用作水产养殖中的供氧剂，故C正确；D．Cu与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成CuCl2和FeCl2，氯化铁可用作铜制线路板的蚀刻剂，故D正确；故〖答案〗选B。9.下列实验操作以及实验现象完全一致的是（）A向硫酸铜溶液中加入一小块金属钠有红色固体析出B向饱和碳酸钠溶液中通入过量气体有白色固体析出C将新制的氯水滴到蓝色石蕊试纸上试纸变红D将用砂纸打磨过的铝箔置于酒精灯火焰上加热铝熔化并滴落下来〖答案〗B〖解析〗【详析】A.向硫酸铜溶液中加入一小块金属钠，钠先与水反应产生氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠和硫酸铜发生复分解反应，产生蓝色沉淀，无红色固体析出，A错误；B.二氧化碳、碳酸钠和水反应生成碳酸氢钠：Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，室温下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠、且由于水的消耗，必定导致碳酸氢钠过饱和而析出，B正确；C.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸：Cl2+H2OHCl+HClO，盐酸有酸性，次氯酸有强氧化性，试纸先变红后褪色，C错误；D.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝的熔点很高，所以加热时被包裹在里面的铝已融化，表面的氧化铝没有融化，因此不会滴落下来，D错误；〖答案〗选B。10.将Fe和Cu的混合粉末ag加入到100mL4mol/L稀硝酸中充分反应后(假设还原产物只有NO)，下列说法正确的是（）A.若反应后有Cu剩余，则反应后溶液中含有的金属阳离子一定是Cu2＋B.若反应后的溶液中有Cu2＋，则反应后溶液中含有的金属阳离子一定是Fe2＋、Fe3＋C.若反应后的溶液中无金属剩余，则加入金属粉末质量8.4g<a<9.6gD.若加入的Fe和Cu的质量比为7∶8，则使HNO3完全反应的金属粉末质量最小为7.2g〖答案〗D〖解析〗【详析】A．若反应后有Cu剩余，说明稀硝酸不足量，则反应后溶液中肯定没有Fe3+，一定有Fe2+，可能含有Cu2+，A错误；B．除了含有Cu2+外，一定有Fe3+，无Fe2+(或一定有Fe2+，无Fe3+或Fe2+和Fe3+都有)，B错误；C．若金属全是铁(生成三价)，则消耗铁质量5.6g，若全是铜，则消耗铜质量9.6g。因是铁、铜混合物，则加入金属粉末质量5.6g＜a＜9.6g，C错误；D．若加入的Fe和Cu的质量比为7∶8，则两者物质的量之比为1∶1，根据题意，Fe被氧化成Fe3+，则消耗质量小，硝酸被还原的量是参加反应总量的，所以生成NO的物质的量为4mol/L×0.1L×=0.1mol，设铁、铜的物质的量为n，根据得失电子守恒：3n+2n=0.1×3，n=0.06mol，则使HNO3完全反应的金属粉末质量最小为：56×0.06g+64×0.06g=7.2g，D正确；故选D。11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素Y、W的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，上述物质的转化关系如图所示。下列说法不正确的是（）A.Y、Z、W三种元素电负性：W>Z>YB.Y、Z、W三种元素的第一电离能：W>Z>YC.Y、Z、W与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物D.由X、Y、Z、W构成的化合物中可能含有离子键〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗K是红棕色气体，K是NO2，丙的浓溶液具有强氧化性，丙是HNO3；NO2、H2O、O2反应生成硝酸，乙是常见的气体，乙是O2、L是H2O，M是氧化物，甲是常见的固体，所以M是CO2、甲是碳。X、Y、Z、W的原子序数依次增加，X、Y、Z、W依次是H、C、N、O。【详析】A．同周期元素从左到右电负性增大，C、N、O三种元素电负性：O>N>C，故A正确；B．ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，C、N、O三种元素的第一电离能：N>O>C，故B错误；C．C、N、O与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物C2H6、N2H4、H2O2，故C正确；D．由H、C、N、O构成的化合物NH4HCO3中含有离子键，故D正确；〖答案〗选B。12.向体积为1L，物质的量浓度均为2mol/L的K[Al(OH)4]、Ba(OH)2的混合溶液中缓缓地通入CO2至过量，则下列说法正确的是（）A.整个过程中溶液最多吸收CO25molB.整个过程中通入的CO2(x轴)与生成沉淀(y轴)的关系如图所示C.当沉淀达到最大值时，至少通入标准状况下的CO2的体积为89.6LD.反应结束时沉淀的质量为156g〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗向体积为1L，物质的量浓度均为2mol/L的K[Al(OH)4]、Ba(OH)2的混合溶液中缓缓地通入CO2至过量依次发生的反应为Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O、2K[Al(OH)4]+CO2=2Al(OH)3↓+K2CO3+H2O、BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3。【详析】A.由题意可知，溶液中Ba(OH)2的物质的量为2mol，消耗CO2的物质的量为2mol，生成BaCO3的物质的量为2mol，K[Al(OH)4]的物质的量为2mol，消耗CO2的物质的量为1mol，生成K2CO3的物质的量为1mol，2molBaCO3消耗CO2的物质的量为2mol，K2CO3消耗CO2的物质的量为1mol，则整个过程中溶液最多吸收CO2的物质的量为(2mol+1mol+2mol+1mol)=6mol，故A错误；B.由分析可知，通入的CO2时，溶液中Ba(OH)2先与CO2反应生成BaCO3沉淀，再与溶液中K[Al(OH)4]反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀的过程中不可能出现平台，故B错误；C.由题意可知，溶液中Ba(OH)2的物质的量为2mol，消耗CO2的物质的量为2mol，生成BaCO3的物质的量为2mol，K[Al(OH)4]的物质的量为2mol，消耗CO2的物质的量为1mol，当沉淀达到最大值时，通入CO2的物质的量为(2mol+1mol)=3mol，则标准状况下的CO2的体积为3mol×22.4L/mol=67.2L，故C错误；D.由题意可知，反应结束时得到的沉淀为Al(OH)3沉淀，K[Al(OH)4]的物质的量为2mol，则Al(OH)3的质量为2mol×78g/mol=156g，故D正确；故选D。13.主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是（）A.X与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性B.Y与Z形成的化合物只含离子键C.简单氢化物的沸点：Q<XD.Z和W形成的化合物的水溶液呈碱性〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为Cl；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，当W为K时，Y为Al；当W为Ca时，Y为Mg。【详析】A.X简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A错误；B.Y与Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化铝属于共价化合物不含有离子键，故B错误；C.简单氢化物的沸点：Q（NH3）<X（HF），故C正确；D.Z和W形成的化合物为KCl或CaCl2，二者均为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故D错误；〖答案〗C14.如图是某另类元素周期表的一部分，下列说法正确的是（）A.单质的氧化性：X＞Y＞ZB.简单阴离子的半径大小：X＞Y＞ZC.稳定性：XH3＞YH3D.的最高价氧化物对应的水化物为强酸〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据周期表中元素的排列规律可知：为元素，为元素，为元素。【详析】A．元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，非金属性：＜＜O，故单质的氧化性：＜＜O2，故A错误；B．同主族元素的离子，核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故简单阴离子的半径：＞＞，故B正确；C．、同主族，非金属性：＜，故简单氢化物的稳定性：NH3＞PH3，故C错误；D．的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，属于中强酸，故D错误；〖答案〗选B。15.下列反应所得溶液中只含一种溶质的是（）A.Fe2(SO4)3溶液中加入过量Fe粉 B.A1(OH)3中加入过量NaOH溶液C.浓H2SO4中加入过量Cu片，加热 D.Ca(C1O)2溶液中通入过量CO2〖答案〗A〖解析〗【详析】A.Fe2(SO4)3溶液中加入过量Fe粉反应产生FeSO4，Fe是固体物质，不能进入溶液，故所得溶液中只含一种溶质，A符合题意；B.A1(OH)3中加入过量NaOH溶液，反应产生NaAlO2和H2O，反应所得溶液中含过量NaOH和产生的NaAlO2两种溶质，B不符合题意；C.反应后溶液中含有反应产生的CuSO4和过量的未反应的H2SO4，C不符合题意；D.反应后溶液中含有HClO和Ca(HCO3)2两种溶质，D不符合题意；故合理选项是A。16.甲、乙两种非金属元素：①甲元素形成的单质比乙元素形成的单质易与化合；②甲元素形成的单质能与乙元素形成的阴离子发生置换反应；③与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；④甲元素形成的单质的熔、沸点比乙元素形成的单质的低；⑤甲元素的简单氢化物水溶液的酸性比乙元素的简单氢化物水溶液的酸性强；⑥甲的氧化物的水化物的酸性强于乙的氧化物的水化物的酸性。其中能说明甲元素的非金属性比乙元素强的是（）A.①②⑥ B.①②④⑤ C.①② D.④⑤〖答案〗C〖解析〗【详析】①甲元素形成的单质比乙元素形成的单质易与化合，则甲元素的非金属性强于乙元素，正确；②甲元素形成的单质能与乙元素形成的阴离子发生置换反应，即甲元素形成的单质能置换出乙元素形成的单质，所以甲元素的非金属性强于乙元素，正确；③不能用与金属反应时原子得电子数目的多少来比较元素非金属性的强弱，错误；④不能利用物理性质比较元素非金属性的强弱，错误；⑤不能通过比较元素的简单氢化物的水溶液的酸性强弱判断元素非金属性的强弱，错误；⑥未指明是最高价氧化物对应的水化物，所以不能确定元素的非金属性强弱，错误；综上所述〖答案〗C。第II卷(非选择题)本卷均为必考题，共4大题52分。请考生将〖答案〗写在答题卡相应位置。17.某化学兴趣小组对亚氯酸钠（NaClO2）的制备和性质进行了探究，现利用下图所示装置（夹持装置省略）进行实验。（1）仪器a在使用前应__________；仪器b的名称是_________。（2）装置A中产生气体的化学式为_______，将该气体通入B中可制备ClO2，请写出反应的化学方程式__________。（3）装置C中制备NaClO2的离子方程式是__________；若从反应后的溶液中获得NaClO2晶体。则主要操作有：减压蒸发浓缩、_____、过滤、洗涤、干燥等，（4）装置D的作用是______，仪器c的作用是__________。〖答案〗①.检查是否漏水②.三颈烧瓶③.SO2④.SO2＋2NaClO3＝2ClO2＋Na2SO4⑤.2OH-+2C1O2+H2O2=2ClO+2H2O+O2⑥.降温结晶（或冷却结晶）⑦.吸收尾气⑧.防止倒吸〖解析〗由题中信息可知，A装置为制备SO2的装置；B装置制备ClO2装置；C装置是探究ClO2和NaOH、H2O2发生反应制备NaClO2装置；D装置是尾气吸收装置，接一个倒置的漏斗，防止倒吸；据此解答。【详析】（1）由题中图示可知，仪器a为分液漏斗，使用前应检查是否漏水，仪器b的名称为三颈烧瓶，〖答案〗为检查是否漏水，三颈烧瓶。（2）装置A中是硫酸与亚硫酸钠发生反应，生成硫酸钠、二氧化硫和水，其化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，产生气体SO2，将SO2通入B中，SO2和NaClO3溶液发生氧化还原反应，生成硫酸钠和ClO2气体，其化学方程式为SO2＋2NaClO3＝2ClO2＋Na2SO4，〖答案〗为SO2，SO2＋2NaClO3＝2ClO2＋Na2SO4。（3）装置C中是ClO2和H2O2在碱性条件下发生氧化还原反应，Cl元素的化合价降低，双氧水表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，反应的离子方程式为2OH-+2ClO2+H2O2=2+2H2O+O2↑，从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，则从反应后的溶液中获得NaClO2晶体。则主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶(或冷却结晶)、过滤、洗涤、干燥等，〖答案〗为2OH-+2ClO2+H2O2=2+2H2O+O2↑，降温结晶(或冷却结晶)。（4）由于该实验产生SO2、ClO2气体，均为有刺激性气味的有毒气体，不能直接排放，要进行尾气处理，且它们易溶于水，要接一个防倒吸的装置，则装置D的作用是吸收尾气，仪器c的作用是防止倒吸；〖答案〗为吸收尾气，防止倒吸。18.现有以下物质:①氢氧化钡②Cu③BaCO3④Fe(OH)3胶体⑤酒精⑥NH3⑦稀硫酸⑧Al2(SO4)3（1）以上物质中属于混合物的是_________(填序号,下空同),属于电解质的是_________，能导电的是_________（2）向④中逐滴滴加⑦,可观察到的现象是_________。（3）写出物质⑧在水中的电离方程式_________。（4）写出物质①和⑦反应的离子方程式_________。（5）8.5g⑥约含有_________个分子，含_________mol质子。（6）将34.2g⑧溶于水配成100mL溶液,从该溶液中取出10mL，其中的物质的量浓度为_________。〖答案〗①.④⑦②.①③⑧③.②④⑦④.先产生红褐色沉淀后红褐色沉淀溶解⑤.Al2(SO4)3=3+2Al3+⑥.+2H++Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O⑦.3.01×1023⑧.5⑨.3mol/L〖解析〗结合电解质和电离的概念分析；根据反应原理书写离子方程式；结合n==N×NA计算。【详析】①氢氧化钡不能导电，是电解质；②Cu能导电，是单质，不是电解质，也不是非电解质；③BaCO3不能导电，是电解质；④Fe(OH)3胶体是混合物，能导电，不是电解质，也不是非电解质；⑤酒精不导电，是非电解质；⑥NH3不导电，是非电解质；⑦稀硫酸是混合物，能导电，不是电解质，也不是非电解质；⑧Al2(SO4)3不能导电，是电解质；则：(1)以上物质中属于混合物的是④⑦，属于电解质的是①③⑧，能导电的是②④⑦；(2)向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀硫酸，可观察到的现象是先产生红褐色沉淀后红褐色沉淀溶解；(3)Al2(SO4)3在水中的电离方程式为Al2(SO4)3=3+2Al3+；(4)氢氧化钡和稀硫酸反应的离子方程式为+2H++Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O；(5)8.5gNH3的物质的量为=0.5mol，含有0.5mol×6.02×1023mol-1=3.01×1023个分子，含质子的物质的量为0.5mol×10=5mol；(6)34.2gAl2(SO4)3的物质的量为=0.1mol，溶于水配成100mL溶液，从该溶液中取出10mL，其中的物质的量浓度为=3mol/L。19.钢铁工业是国家工业的基础。我国粗钢产量居世界首位。某中学社会实践活动小组利用假期对当地钢铁厂进行了调研。请对社会实践活动小组感兴趣的问题进行计算：（1）将6.62g铁矿石样品投入足量的盐酸中充分反应，过滤，然后在滤液中加过量的NaOH溶液反应，过滤、洗涤、灼烧得4.80gFe2O3。则这种铁矿石样品含铁的量为________克。（2）现以该铁矿石为原料炼铁，若生产过程中铁元素损失4％，计算每生产1.