综合01 综合压轴80题（期末真题汇编）（解析）

/综合01综合压轴80题10大高频考向概览考向01物质的分类及转化考向02离子反应考向03氧化还原反应考向04钠、氯及其化合物考向05物质的量阿伏伽德罗常数考向06铁、铝及其化合物考向07原子结构化学键考向08元素周期律考向09“位”“构”“性”——元素推断考向10综合性实验探究题（非选择题）地地城考向01物质的分类及转化1．(24-25高一上·四川达州·期末)分类是科学研究的重要方法，下列物质分类正确的是A．酸性氧化物：CO、、 B．常见氧化剂：、Fe、高锰酸钾C．同素异形体：石墨、、金刚石 D．电解质：、NaCl溶液、【答案】C【详解】A．CO为不成盐氧化物，不是酸性氧化物，A错误；B．Fe容易失电子，具有还原性，为常见的还原剂，不是常见的氧化剂，B错误；C．石墨、C60和金刚石都是C元素组成的单质，属于同素异形体，C正确；D．NaCl溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，D错误；故选C。2．(24-25高一上·辽宁抚顺六校协作体·期末)下列表格中各项分类都正确的一组是酸碱性氧化物盐电解质ACaO氨水B溶液CKClDCuOHFA．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．氨水是混合物，不是电解质，电解质必须是化合物，A错误；B．Al2O3是两性氧化物，不是碱性氧化物，NaCl溶液是混合物，不是电解质，B错误；C．NaHSO4属于盐，不是酸；Na2O2与酸反应除生成盐和水外，还生成氧气，不是碱性氧化物，C错误；D．CH3COOH是酸，CuO是碱性氧化物，NaHCO3是盐，HF是电解质，D正确；故答案为：D。3．(24-25高一上·浙江杭州·期末)下列物质按纯净物、混合物、电解质、非电解质顺序组合正确的一组为。A．浓硫酸、空气、小苏打、氯气 B．生石灰、漂白粉、铁、二氧化硫C．冰水混合物、盐酸、碳酸钙、乙醇 D．石灰石、氨水、纯碱、干冰【答案】C【详解】A．浓硫酸是混合物，空气是混合物，小苏打碳酸氢钠是电解质，氯气既不是电解质也不是非电解质而是单质，A错误；B．生石灰是纯净物，漂白粉是混合物，铁是单质既不是电解质也不是非电解质，二氧化硫是非电解质，B错误；C．冰水混合物是纯净物，盐酸是溶液为混合物，碳酸钙是电解质，乙醇是非电解质，C正确；

D．石灰石、氨水均为混合物，纯碱碳酸钠是电解质，干冰二氧化碳是非电解质，D错误；故选C。4．(24-25高一上·广东广州·期末)根据物质的组成与性质等可将物质按不同的方式进行分类。下列说法中不正确的是A．甲图所示的分类方法属于树状分类法 B．Na2SO4既属于钠盐又属于硫酸盐C．酸性氧化物一定是非金属氧化物 D．碱性氧化物一定是金属氧化物【答案】C【详解】A．甲图中纯净物分为单质和化合物，化合物又分为氧化物、酸、碱、盐等，呈现层级递进的分类结构，属于树状分类法，A正确；B．由钠离子（）和硫酸根离子（）构成，按阳离子分类为钠盐，按阴离子分类为硫酸盐，B正确；C．酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，部分金属氧化物如属于酸性氧化物，故酸性氧化物不一定是非金属氧化物，C错误；D．碱性氧化物是能与酸反应生成盐和水的氧化物，其组成元素均为金属和氧，一定是金属氧化物，D正确；故答案选C。5．(24-25高一上·云南德宏州·期末)下列各组物质的转化不能全部通过一步反应直接完成的是A．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 B．Na→NaOH→Na2CO3→NaClC．Cl2→HCl→NaCl→NaNO3 D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3【答案】A【详解】A．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故A错误；B．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，所以能一步实现，故B正确；C．Cl2→HCl→NaCl→NaNO3中反应方程式分别为：Cl2+H22HCl、HCl+NaOH=H2O+NaCl、NaCl+AgNO3=NaNO3+AgCl↓，所以能一步实现，故C正确；D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3中反应的方程式分别为：Fe+2HCl=FeCl2+H2、FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl、4Fe(OH)2+2O2+2H2O=4Fe(OH)3，所以能一步实现，故D正确；故选A。6．(24-25高一上·安徽合肥·期末)下列物质转化(“→”表示一种物质转化为另一种物质)中，每次转化只通过一步反应，不可能全部实现的是A．B．C．D．【答案】B【详解】A．H2O2在MnO2催化下分解产生O2，O2与C点燃时反应产生CO2，CO2溶于水，与水反应产生H2CO3，可见在物质转化中，每次转化都是通过一步反应实现，A不符合题意；B．NaNO3不能一步反应转化为Na2CO3，B符合题意；C．CaCO3高温煅烧分解产生CaO、CO2，CaO溶于水，反应产生Ca(OH)2，Ca(OH)2与Na2CO3反应产生CaCO3和NaOH，可见在物质转化中，每次转化都是通过一步反应实现，C不符合题意；D．Mg与HCl反应产生MgCl2和H2，MgCl2和NaOH反应产生Mg(OH)2和NaCl，Mg(OH)2和HNO3发生中和反应产生Mg(NO3)2，可见在物质转化反应中，每次转化都可以通过一步反应实现，D不符合题意；故合理选项是B。7．(24-25高一上·重庆七校联考·期末)早在战国时期，《周礼·考工记》就记载了我国劳动人民制取氢氧化钾以漂洗丝帛的工艺，其过程如图所示。下列说法错误的是A．草木灰中含有K2CO3B．操作a和操作b不相同C．反应过程中未涉及的基本反应类型为置换反应D．反应过程中能够循环利用的物质是碳酸钙【答案】B【分析】碳酸钙高温分解得到二氧化碳和氧化钙，氧化钙和水反应得到氢氧化钙，木头燃烧得到草木灰，加水搅拌溶解过滤得到含碳酸钾的灰汁和不溶物，氢氧化钙和碳酸钾会发生复分解反应，通过过滤分别得到氢氧化钾和碳酸钙，据此解答。【详解】A．草木灰主要成分是K2CO3，故A正确；B．都能将固体和液体分离，则操作a和操作b都是过滤，故B错误；C．反应过程中涉及到了分解反应即碳酸钙高温分解，化合反应即氧化钙和水反应，复分解反应即氢氧化钙和碳酸钾反应，没有涉及置换反应，故C正确；D．由流程图可知，碳酸钙先高温分解，在操作b中生成，所以可以循环利用，故D正确；答案选B。8．(24-25高一·四川眉山·期末)图中“—”表示相连的物质间在一定条件下可以反应，“→”表示丁在一定条件下可以转化为乙。下面四组选项中，符合图示要求的是甲乙丙丁AH2SO4Na2SO4NaOHNaClBKClK2CO3KOHHClCO2COCuOCDCuCuCl2ZnHClA．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．浓硫酸与氯化钠固体在加热条件下反应生成硫酸钠和HCl，但硫酸与硫酸钠、硫酸钠与氢氧化钠、氢氧化钠与氯化钠均不反应，故A不符合；B．HCl与KOH发生中和反应，但不能与KCl反应，且KCl与K2CO3不反应，KOH与K2CO3不反应，故B不符合；C．氧气与CO反应生成二氧化碳，CO还原CuO生成Cu和水，CuO和C加热反应生成Cu和二氧化碳，C与少量氧气反应生成CO，可实现图中转化，故C符合；D．Zn与CuCl2反应置换出Cu，与HCl反应置换出氢气，但Cu与CuCl2、HCl均不反应，故D不符合；故选C。地地城考向02离子反应9．(24-25高一上·吉林普通高中G8教考联盟·期末)下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A．向溶液中加入过量NaOH溶液：B．向溶液中通入：C．用作呼吸面罩供氧剂的原理：D．NaH用作生氢剂的原理：【答案】D【详解】A．向溶液中加入过量NaOH溶液：，A错误；B．HCl酸性大于H2CO3，CO2与CaCl2溶液不反应，B错误；C．用作呼吸面罩供氧剂的原理：，C错误；D．NaH中的H为-1价，H2O中的H为+1价，二者发生氧化还原反应生成H2，用作生氢剂的原理：，D正确；答案选D。10．(24-25高一上·浙江嘉兴·期末)下列离子方程式书写正确的是A．用食醋处理水垢中的B．把Na放入水中：C．向NaOH溶液中通入过量D．氯水和氯化亚铁溶液混合：【答案】B【详解】A．食醋中的醋酸是弱酸，不能拆成H⁺，正确写法应为Mg(OH)2+2CH3COOH=Mg2++2CH3COO⁻+2H2O，A错误；B．钠与水反应生成NaOH和H2，离子方程式：，B正确；C．过量CO2与OH⁻反应生成，离子方程式为，C错误；D．电荷未配平，正确离子方程式为，D错误；故选B。11．(24-25高一上·吉林“BEST合作体”·期末)能正确表示下列反应的离子反应方程式为A．NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：B．向明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶液中滴加溶液，恰好使沉淀完全：C．向溶液中通入足量氯气：D．酸性KMnO4溶液和双氧水混合：【答案】A【详解】A．由于浓KOH溶液过量，所以溶液中的、完全反应。故化学方程式：，、KOH和均可以拆，故离子方程式为：，故A正确；B．明矾溶液中滴加溶液，恰好使沉淀完全，得出明矾和的比例为1：2，故离子方程式为：，故B错误；C．向溶液中通入足量氯气后，和均被完全氧化，故化学方程式：，离子方程式为：，故C错误；D．溶液呈酸性，不能生成OH-，离子方程式为：，故D错误；故选：A。12．(24-25高一上·北京大兴区·期末)下列离子方程式书写不正确的是A．钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑B．氯化铁溶液与铜反应：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+C．氧化铁放入稀盐酸中：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OD．碳酸钙与盐酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O【答案】B【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠，反应方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A正确；B．反应电荷不守恒，正确的氯化铁溶液与铜反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误；C．氧化铁放入稀盐酸中：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，C正确；D．碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，D正确；故选B。13．(24-25高一上·重庆康德·期末)下列离子方程式书写正确的是A．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合：B．Fe与稀硫酸反应：C．向澄清石灰水中通入过量：D．溶液与醋酸溶液反应：【答案】D【详解】A．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合，生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，离子方程式为，A项错误；B．Fe与稀硫酸反应，生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为，B项错误；C．向澄清石灰水中通入过量，生成碳酸氢钙，离子方程式为，C项错误；D．溶液与醋酸溶液反应，生成醋酸钠、二氧化碳和水，离子方程式为，D项正确；答案选D。14．(24-25高一上·辽宁普通高中·期末)某无色透明溶液可能有、、、、、、、、中的若干种，离子浓度均为，依次进行下列实验：①加产生白色沉淀，再滴加足量盐酸，沉淀部分溶解。②向①中溶液中加产生白色沉淀。下列说法正确的是A．溶液中一定不含 B．无法确定是否含有C．溶液中一定含有 D．溶液中一定含有【答案】B【分析】溶液无色，说明溶液中无；加产生白色沉淀，再滴加足量盐酸，沉淀部分溶解，可能是硫酸镁与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀，说明一定有，一定无和，一定有，镁离子存在的情况下，碳酸根离子一定不存在，结合离子浓度均为和电荷守恒，则溶液中可能仅有硫酸根离子和镁离子，也可能有、碳酸氢根离子等，由于加入盐酸过量，加产生白色沉淀，无法确定原溶液中是否有。【详解】A．根据分析，溶液中一定含，A错误；B．根据分析可知，无法确定是否含有，B正确；C．根据分析可知，无法确定溶液中是否含有，C错误；D．根据分析可知，溶液中可能含有，D错误；答案选B。15．(24-25高一上·吉林友好学校第78届·期末)某溶液M中可能含有下列离子中的若干种：SO、Cl-、HCO、Na+、Mg2+、Ba2+，为了确定该溶液的组成，某同学取上述溶液M，进行了如下实验：①向溶液M中加入足量的稀盐酸，得到能使澄清石灰水变浑浊的气体；②向①所得溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀；③向②中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解。下列说法正确的是A．溶液M中一定不存在Cl-B．溶液M中一定存在SO、HCO，可能存在Mg2+C．②中得到的白色沉淀是Mg(OH)2和BaSO4的混合物D．取③的上层清液，加入适量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则原溶液中存在Cl-【答案】C【分析】①向溶液M中加入足量的稀盐酸，得到能使澄清石灰水变浑浊的气体，溶液中一定含有。向①中所得溶液中加入Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀，沉淀可能为BaSO4或Mg(OH)2或两者均含有。再向②中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解，则沉淀为BaSO4与Mg(OH)2的混合物，说明溶液中含有、Mg2+，一定不含Ba2+，Na+与Cl-均无法确定。【详解】A．据分析，Cl-可能存在，A项错误；B．据分析，一定存在Mg2+，B项错误；C．据分析，②中的沉淀为BaSO4与Mg(OH)2的混合物，C项正确；D．在实验过程中，步骤①额外加入Cl-，故加入硝酸银溶液一定产生白色沉淀，无法确定原溶液中是否存在Cl-，D项错误。故选C。16．(24-25高一上·吉林长春·期末)某混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：、、、、、、，现每次取100mL进行实验。(已知与在溶液中可发生下列反应：)(1)第一份加入溶液有沉淀产生。(2)第二份加足量NaOH后加热，收集到气体0.896L(标准状况下)。(3)第三份加足量后，得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤干燥后，剩余固体2.33g。根据以上实验，以下推测正确的是①一定存在；②100mL里面含有；③；④一定不存在，可能存在；⑤离子浓度为0.1mol/LA．①②③ B．①③⑤ C．①②④ D．②③⑤【答案】B【详解】第二份加足量NaOH后加热，收集到气体0.896L(标准状况下)，根据，说明含有，n()=；第三份加足量后，得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤干燥后，剩余固体2.33g。则生成硫酸钡2.33g、生成碳酸钡6.27g-2.33g=3.94g，说明含有、，n()=0.02mol、n()=0.01mol，、与、不能共存，所以一定不含、，、、Cl-都能与硝酸银反应生成沉淀，第一份加入溶液有沉淀产生，不能证明是否含有Cl-；铵根离子所带正电荷总数小于、所得负电荷总数，根据电荷守恒，一定含有；根据以上分析，①根据电荷守恒，一定存在，故①正确；②100mL里面n()=0.02mol，故②错误；③若不含Cl-，n()=0.02mol，若含有Cl-，n()>0.02mol，所以，故③正确；④、一定不存在，故④错误；⑤100mL里面n()=0.01mol，离子浓度为=0.1mol/L，故⑤正确；正确的是①③⑤，故选B。地地城考向03氧化还原反应17．(24-25高一上·广东广州越秀区·期末)高铁酸钠()是一种新型绿色消毒剂。工业制备高铁酸钠的一种反应可表示为。关于该反应的下列说法错误的是A．高铁酸钠中铁元素显＋6价 B．次氯酸钠在反应中被还原C．氧化性大小： D．被氧化时转移3mol电子【答案】C【详解】A．高铁酸钠中铁的化合价计算为+6，A正确；B．ClO⁻中Cl的化合价降低，被还原，B正确；C．ClO⁻是氧化剂，Fe3+是还原剂，氧化性ClO⁻＞，而Fe3+的氧化性弱于ClO⁻，C错误；D．Fe3+→，每1mol转移3mol电子，D正确；故选C。18．(24-25高一上·甘肃酒泉·期末)以太阳能为热源，利用铁氧化合物循环分解水制的过程如图所示。涉及反应如下：过程Ⅰ：(未配平)；过程Ⅱ：(未配平)。下列叙述错误的是A．在分解水制的过程中作催化剂B．过程Ⅰ的反应中还原产物是C．过程Ⅱ中每生成转移电子D．铁氧化合物循环分解水制具有节约能源、产物易分离等优点【答案】C【分析】过程I：，过程Ⅱ：，总反应为：。【详解】A．根据分析，在分解水制的过程中作催化剂，A正确；B．过程Ⅰ的反应中铁元素化合价降低，是还原产物，B正确；C．过程Ⅱ：，每生成同时生成1molH2，转移电子，C错误；D．由于利用太阳能，故成本低，过程Ⅱ中产物为气体，为固体，两者易分离，D正确；故选C。19．(24-25高一上·河北保定·期末)已知与在浓盐酸中可发生反应：。下列关于该反应的说法正确的是①氧化剂是②氧化性：③每生成，反应中转移个电子④为A．①②④ B．②③④ C．①③④ D．①②③【答案】D【分析】根据氧化还原反应原理，配平该离子方程式为：。【详解】①H3AsO3中As的化合价从+3降至0，H3AsO3是氧化剂，①正确；②根据分析，M为Sn元素化合价由+2升高为+4，为氧化产物，H3AsO3是氧化剂，H3AsO3的氧化性强于，②正确；③每生成1molAs转移3mol电子，个数为，③正确；④根据分析，M为，④错误；①②③均正确，故选D。20．(24-25高一上·甘肃定西·期末)常温下，向溶液中滴加少量溶液，反应原理如图。关于该反应过程的说法正确的是A．该反应过程中，是，是B．当有1个生成时，转移4个电子C．在整个反应过程中，作催化剂D．由反应①可知，的氧化性比强【答案】C【分析】根据图示，反应①为：，反应②为：，故M为，为，总反应为：，作催化剂。【详解】A．根据分析，M为，为，A错误；B．反应①为：，反应过程中元素的化合价由-1价升至0价，当有1个生成时，转移2个电子，B错误；C．根据分析，作催化剂，C正确；D．根据反应②：，H2O2为氧化剂，Fe3+为氧化产物，说明的氧化性强于，D错误；故选C。21．(24-25高一上·陕西西安·期末)已知在酸性溶液中的还原产物是的氧化性依次减弱。下列叙述中正确的是A．在酸性溶液中易被氧化成B．溶液中，能稳定存在C．溶液能将KI溶液中的I-氧化D．具有较强的氧化性，可以将氧化成【答案】C【详解】A．Co2O3在酸性溶液中钻由+3价降低为+2价，易被还原成Co2+，A错误；B．铁离子的氧化性强于碘单质，即铁离子与碘离子不能共存，不存在FeI3，B错误；C．铁离子的氧化性强于碘单质，FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化，C正确；D．Co2O3的氧化性比I2强，碘不能将Co2+氧化成Co2O3，D错误；故选C。22．(24-25高一上·河南沈丘一中·期末)已知下列反应：①Cl2+2KBr2KCl+Br2②KClO3+6HCl3Cl2↑+KCl+3H2O③2KBrO3+Cl2Br2+2KClO3下列说法正确的是A．氧化性由强到弱的顺序为KBrO3>KClO3>Cl2>Br2B．反应①中KCl是氧化产物，KBr发生还原反应C．反应③中1mol氧化剂参加反应得到2mol电子D．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6【答案】A【详解】A．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可得，①Cl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化性：Cl2＞Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O中氧化性：KClO3＞Cl2，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化性：KBrO3＞KClO3，所以氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，故A正确；B．反应①中氯元素化合价降低作氧化剂，生成的KCl是还原产物，KBr中溴元素化合价升高作还原剂，失电子发生氧化反应，故B错误；C．根据氧化剂和转移电子之间的关系可知，③中1mol氧化剂KBrO3参加反应得到电子的物质的量=1mol×(5-0)=5mol，故C错误；D．反应②中氧化剂为KClO3，还原剂为HCl，产物为氯气，根据电子得失守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5，有1mol的HCl没有作还原剂只是显酸性，故D错误。故选A。23．(24-25高一上·北京石景山区·期末)已知：①；②；③。根据上述反应，判断下列结论不正确的是A．反应①中，是的还原产物B．反应③中，发生还原反应，显示还原性C．依据以上反应可得氧化性强弱顺序：D．依据以上反应可推测可以氧化【答案】B【分析】根据①可知，氧化性：，还原性：Cl-＞Mn2+；根据②可知，氧化性：Br2＞Fe3+，还原性：Fe2+＞Br-；根据③可知，氧化性：Cl2＞Br2，还原性：Br-＞Cl-，以此分析；【详解】A．反应①中为氧化剂，Mn元素化合价降低，对应的是还原产物，A正确；B．反应③中Cl2是氧化剂，发生还原反应，显示氧化性，B错误；C．由分析可知，氧化性：，C正确；D．由反应②③可知，氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，所以Cl2可以将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，D正确；故选B。24．(24-25高一上·四川泸州·期末)下列三个反应从氧化还原反应的角度分析，不正确的是(1)

(2)

(3)A．反应(1)中作氧化剂 B．反应(2)中既作氧化剂又作还原剂C．反应(3)中是氧化产物 D．反应(2)(3)消耗等量必转移等量电子【答案】D【详解】A．在反应(1)中，中氧元素化合价从价降低到价，得到电子，所以作氧化剂，A正确。B．在反应(2)中，中氧元素化合价部分从价降低到价，部分从价升高到0价，所以既作氧化剂又作还原剂，B正确。C．在反应(3)中，中氧元素化合价从价升高到0价，是被氧化得到的产物，所以是氧化产物，C正确。D．在反应(2)中，反应时，转移电子；在反应(3)中，反应转移电子。所以消耗等量转移的电子数不等，D错误。故选D。地地城考向04钠、氯及其化合物25．(24-25高一上·天津南开区·期末)下列关于钠及其化合物的说法不正确的是A．碳酸钠可用于制玻璃B．钠与水反应时，钠球周围会有水雾出现C．向NaHCO3中加入少量水后，NaHCO3能溶解，并伴随着放热现象D．等质量的Na2CO3与NaHCO3分别与足量的盐酸反应，NaHCO3产生的CO2更多【答案】C【详解】A．碳酸钠与二氧化硅高温反应生成和，用于制玻璃，A正确；B．钠与水反应剧烈，放出的热量使钠熔成小球，水蒸气遇冷形成水雾，B正确；C．溶解度较低，且溶解时吸热，加水后不会明显溶解且无放热，C错误；D．的摩尔质量小于，等质量时的物质的量大于，与盐酸反应生成更多，D正确；故选C。26．(24-25高一上·浙江嘉兴·期末)为测定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，某同学设计的实验装置示意图如下：下列说法不正确的是A．a中应该装碱石灰，防止空气中和干扰B．装置B中冰水的作用是冷凝反应生成的水C．X为空气，反应开始前先通空气，停止加热后，应再通一段时间空气D．装置B、C之间缺少的干燥装置，使测得碳酸钠的质量分数偏低【答案】C【分析】碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳，碳酸钠不能，由实验装置可知，先用气体X排尽装置中的空气，避免空气中二氧化碳影响测定结果，X可以是氮气等，然后点燃酒精灯，固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气，在装置B中利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，装置C中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中碱石灰可防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果，称量反应前后C的质量可得到的CO2质量，以此计算碳酸氢钠的质量，最后计算碳酸钠的质量分数。【详解】A．a装置内应装碱石灰，目的是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果，故A正确；B．在装置B中利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，可避免大量的水蒸气进入C中，故B正确；C．根据分析可知X不能为空气，空气含二氧化碳，影响生成的二氧化碳质量的测定，故C错误；D．装置B、C之间缺少CO2的干燥装置，会使二氧化碳的质量增加，导致碳酸氢钠的质量增多，碳酸钠质量减少，使测得碳酸钠的质量分数偏低，故D正确；故选C。27．(24-25高一上·湖南师范大学附属中学·期末)下列各组物质中，因为反应物的用量或反应条件不同而发生不同化学反应的是①Na与②与③与④NaOH溶液与⑤溶液与盐酸⑥溶液与盐酸⑦溶液与溶液⑧NaOH溶液与溶液A．①④⑤⑦⑧ B．①③④⑤⑧ C．①②⑤⑥⑦ D．②⑤⑥⑦⑧【答案】A【详解】①Na与在空气中反应生成氧化钠，点燃生成过氧化钠，反应条件不同，产物不同，符合题意；②与反应只生成氢氧化钠和氧气，与用量和条件无关，不符合题意；③与反应只生成碳酸钠和氧气，与用量和条件无关，不符合题意；④NaOH溶液与少量反应生成碳酸钠和水，与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，用量不同，产物不同，符合题意；⑤溶液与少量盐酸反应生成碳酸氢钠、氯化钠，与过量盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，用量不同，产物不同，符合题意；⑥溶液与盐酸反应只生成氯化钠、二氧化碳和水，不符合题意；⑦溶液与溶液溶液与少量溶液反应：，与过量溶液反应：，用量不同，产物不同，符合题意；⑧氯化铝溶液和少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，氯化铝溶液和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，符合题意；符合题意的是①④⑤⑦⑧；故选A。28．(24-25高一上·北京丰台区·期末)钠与水反应的微型实验装置如图所示。下列说法不正确的是A．肥皂液可用于收集反应产生的 B．反应时，钠块熔为小球，说明钠的硬度小C．钠块在煤油和水交界处上下跳动，直至消失 D．反应后试管中液体分层，下层呈红色【答案】B【分析】钠的密度比煤油大，比水小，实验开始时，通过滴管向试管内加水，钠在两液体界面处与水接触，水与钠反应生成NaOH和氢气，溶液遇到酚酞变红色，反应放热使钠熔成小球，钠表面生成的气体使钠所受浮力大于重力时向上跳入煤油中、气体逸出又因为重力而重新回落到水层，故钠会上下跳动，钠和水反应生成的氢气不溶于水和煤油，故煤油中有气泡产生，钠不断地反应故变小直至消失；【详解】A．钠和水反应产生氢气，氢气从支管导出时会吹出肥皂泡，故肥皂液可用于收集反应产生的，A正确；B．反应时，钠块熔为小球，说明钠的熔点低，B不正确；C．据分析，钠块在煤油和水交界处上下跳动，直至消失，C正确；D．反应生成的氢氧化钠溶液与煤油互不相溶，煤油密度小在上层，结合分析可知，反应后试管中液体分层，下层呈红色，D正确；选B。29．(24-25高一上·安徽黄山·期末)为预防新型冠状病毒肺炎，某同学购买了一瓶84消毒液，其包装说明如图所示。基本信息：含质量分数为25%的NaClO、1000mL、密度1.19使用方法：稀释100倍后使用注意事项：密封保存，易吸收空气中的、而变质根据图中信息和相关知识判断，下列分析错误的是A．从物质分类的角度看84消毒液的有效成分NaClO属于电解质B．84消毒液在空气中敞口放置一段时间后浓度会变小C．该84消毒液中NaClO的物质的量浓度约为0.4D．用容量瓶配制上述84消毒液时，定容时俯视刻度线，所得溶液浓度会偏大【答案】C【详解】A．NaClO是盐，属于强电解质，A正确；B．84消毒液中的NaClO会与空气中的CO2和H2O反应生成不稳定的HClO，导致有效成分减少，浓度变小，B正确；C．NaClO的物质的量浓度：，C错误；D．定容时俯视刻度线会导致溶液体积偏小，浓度偏高，D正确；故选C。30．(24-25高一上·天津河东区·期末)如图是光照过程中氯水的变化，下列说法不正确的是A．由图像可知，随着光照反应的进行，氯水的呈现下降的趋势B．新制氯水中含有，，这三种分子C．光照过程中，氯水中的次氯酸分解产生氧气D．取少量氯水滴入几滴溶液，若出现白色沉淀证明氯水分解完全【答案】D【详解】A．随着光照的进行，不断发生反应，弱酸不断分解为强酸，氯水的大体呈现下降的趋势，A正确；B．新制氯水是将氯气通入水中形成的，溶解在水中的氯气有一部分与水反应生成、和，则新制氯水中含有、、这三种分子，B正确；C．次氯酸分解方程式为：，会产生氧气，C正确；D．取少量氯水滴入几滴溶液，出现白色沉淀表明溶液中含有，因为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，也可能来源于盐酸电离的，也可能来自分解，无法证明氯水分解完全，D不正确；故选D。31．(24-25高一上·福建莆田·期末)亚氯酸钠()是一种高效漂白剂和氧化剂。一种制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法正确的是A．化合物、、中氯元素的化合价相同B．反应①的离子方程式为C．反应②中参加反应的H2O2是还原剂，氧化产物为O2D．反应②中的H2O2用O2代替也可以达到同样的目的【答案】C【分析】反应①发生的方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，反应②的方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，据此分析；【详解】A．三种化合物中，氯元素的化合价为分别为+3、+4、+5，故A错误；B．根据上述分析，反应①发生的方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，其离子方程式为2ClO+SO2=SO+2ClO2，故B错误；C．反应②中氯元素化合价由+4价降低为+3价，ClO2为氧化剂，则H2O2为还原剂，其氧化产物为O2，故C正确；D．反应②中过氧化氢作还原剂，氧气作氧化剂，因此不能用氧气代替过氧化氢，故D错误；答案为C。32．(24-25高一上·黑龙江齐齐哈尔·期末)实验室中可利用KMnO4与浓盐酸制取Cl2，下列制取、提纯、收集Cl2及尾气处理的装置，对此分析评价错误的是A．装置甲不能制取Cl2，因没有加热装置B．装置乙可用来洗气，因为Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度小C．装置丙不能用于收集Cl2，因进气方向不对D．装置丁吸收尾气中Cl2，可能发生倒吸【答案】A【详解】A．KMnO4与盐酸反应制备Cl2不需要加热，2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O，可以用甲装置制取Cl2，故A项错误；B．食盐水可抑制氯气的溶解，而HCl极易溶于水，故饱和NaCl溶液可以除去Cl2中的HCl，故B项正确；C．排饱和NaCl溶液收集Cl2时，需短进长出，即从a口进b口出，装置中进气方向不对，故C项正确；D．该实验的尾气为Cl2，可以用NaOH吸收，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，没有连接球形管，容易发生倒吸，故D项正确；故选A。地地城考向05物质的量阿伏伽德罗常数33．(24-25高一上·河北廊坊·期末)为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．向足量的NaOH溶液中通入0.2mol，充分反应后转移电子数目为B．2.8L与0.125mol恰好完全反应，生成12.5gC．0.1mol/L的硫酸铝溶液中含有的数目为D．和共0.1mol的混合物，含有阴离子的数目为【答案】D【详解】A．Cl2与足量NaOH反应时，每个Cl2分子转移1mol电子，0.2molCl2转移0.2mol电子，即0.2，A错误；B．未说明CO2是否处于标准状况，无法确定其物质的量，无法判断反应产物质量，B错误；C．未给出溶液体积，无法计算的物质的量，C错误；D．Na2O2和Na2O中每摩尔均含1mol阴离子，总物质的量0.1mol对应阴离子0.1NA，D正确；故选D。34．(24-25高一上·甘肃酒泉·期末)设为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A．含有的电子数为9B．的溶液中所含的数为C．的所含的电子数为D．所含的原子数为【答案】D【详解】A．OH⁻的摩尔质量为17g/mol，17g即1mol。每个OH⁻含10个电子，总电子数为10，A错误；B．未提供溶液体积，无法计算Na⁺的物质的量，B错误；C．未指明标准状况，11.2LO2的物质的量不确定，无法计算电子数，C错误；D．Na2CO3的摩尔质量为106g/mol，10.6g即0.1mol，每个分子含3个O原子，总O原子数为0.3，D正确；故选D。35．(24-25高一上·广东18校联考·期末)设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温常压下中含有原子的数目为B．和的混合气体中含有O原子的数目为C．在反应过程中得到电子的数目不一定为D．溶液中含有的数目为【答案】C【详解】A．标准状况下中含有原子的数目为，题中条件不是标准状况下，A项错误；B．和中混合气体的物质的量为，而和中含有O原子的数目不同，故混合气体中含有O原子的数目介于之间，B项错误；C．当金属钠在氧气中燃烧生成时，只能得到个电子，C项正确；D．缺少溶液体积，无法确定的数目，D项错误；答案选C。36．(24-25高一上·吉林长春·期末)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．6.8g熔融的KHSO4中含有0.1NA个阳离子B．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAC．常温下，1mol/L的Na₂CO3溶液中含有Na⁺个数为2NAD．重水与Na2O2反应，当Na2O2增重4g，参加反应的重水的个数为NA【答案】D【来源】吉林省长春市第八中学2024-2025学年高一上学期1月期末化学试题【详解】A．熔融的KHSO4电离产生K+和，6.8g熔融的KHSO4的物质的量为=0.05mol，则含有0.05NA个阳离子，A不正确；B．标准状况下，5.6LCO2的物质的量为=0.25mol，与足量Na2O2反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2时，可建立关系式：2CO2——2e-，则转移的电子数为0.25NA，B不正确；C．常温下，1mol/L的Na₂CO3溶液的体积未知，无法求出其含有Na⁺个数，C不正确；D．重水与Na2O2发生反应2D2O+2Na2O2=4NaOD+O2↑，可建立关系式：D2O——Na2O2——2NaOD——增重4g，即当有1molD2O参加反应时，Na2O2增重4g，则当Na2O2增重4g时，参加反应的重水的个数为NA，D正确；故选D。37．(24-25高一上·天津四校联考·期末)下列说法正确的是A．在标准状况下的体积约为B．氦气含有个分子C．将氢氧化钠溶于水，所得溶液的物质的量浓度为D．等质量的和中所含的原子个数一定相同【答案】D【详解】A．在标况下不是气态，所以在标准状况下的体积不为，A错误；B．标准状况下，氦气约为1mol，含有个原子，B错误；C．将氢氧化钠溶于水配成溶液，所得溶液的物质的量浓度为，水不等于溶液，C错误；D．和都由O原子组成，等质量的和中所含的原子个数一定相同，D正确；故选D。38．(24-25高一上·山西名校联考·期末)用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．溶液中，的数目为B．标准状况下，通入蒸馏水中发生反应，转移的电子数为C．常温常压下，与的密度之比为2：1D．常温下，56gFe与足量的稀硫酸反应，生成【答案】C【详解】A．没有明确溶液体积，不能计算的数目，故A错误；B．通入蒸馏水中发生反应为可逆反应，所以转移的电子数小于，故B错误；C．常温常压下，气体摩尔体积相同，密度公式，密度之比即相对分子质量之比，相对分子质量之比为2：1，故C正确；D．56gFe即1mol，与足量的稀硫酸反应，，生成，故D错误；答案选C。39．(24-25高一上·甘肃酒泉·期末)下列关于溶液配制，说法正确的是A．摇匀后见液面低于刻度线，应及时加水至刻度线B．用浓硫酸配制稀硫酸时，将浓硫酸稀释后立即转入容量瓶中并定容C．配制一定浓度的溶液，若称量所取的样品中有杂质，其他操作正确，配好的溶液浓度偏低D．配制完成后，在容量瓶上贴好标签，保存配好的溶液【答案】C【详解】A．摇匀后液面低于刻度线是正常现象，若加水使溶液浓度降低，A错误；B．浓硫酸稀释后需冷却至室温再转移，否则体积膨胀导致浓度偏高，B错误；C．KOH摩尔质量大于NaOH，等质量时KOH物质的量更少，导致最终溶液浓度偏低，C正确；D．容量瓶不可长期保存溶液，应转移至试剂瓶，D错误；故选C。40．(24-25高一上·广西柳州·期末)配制一定物质的量浓度溶液时，下列操作或说法不正确的是A．容量瓶使用前必须检漏，但可以不用干燥B．配制的溶液，所需的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管C．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后应冷却至室温才能转移到容量瓶中D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，会使所配溶液浓度偏低【答案】B【详解】A．容量瓶使用前检漏是必须的，而是否干燥不影响最终浓度，A正确；B．实验室没有180mL容量瓶，应选用250mL容量瓶配制，B错误；C．浓硫酸稀释后需冷却，避免热胀冷缩导致体积误差，C正确；D．仰视刻度线导致溶液体积偏大，浓度偏低，D正确；故选B。地地城考向06铁、铝及其化合物41．(24-25高一上·天津南开区·期末)把1.0mol/LCuCl2溶液和1.0mol/LFeCl3溶液等体积混合(假设混合溶液的体积等合前两种溶液的体积之和)，再向其中加入足量铁粉，经过足够长的时间后Fe2+的物质的量浓度是A．1.25mol/L B．1.5mol/L C．2.5mol/L D．3mol/L【答案】A【详解】向该混合溶液中加入足量铁粉，反应后最终生成FeCl2溶液和Cu，根据Cl元素守恒，两溶液等体积混合后Cl-的浓度为：，Fe2+的浓度为Cl-浓度的一半，故浓度为1.25mol/L，选A。42．(24-25高一上·广东惠州·期末)部分铁及其化合物的“价类二维图”如图所示。下列说法不正确的是A．a可与g反应生成f B．e在潮湿的空气中容易被氧化生成dC．b分别与水、盐酸反应对应生成e、f D．g可用KSCN溶液检验【答案】C【分析】根据价类二维图可知，a为Fe，b为FeO，c为Fe2O3，d为Fe(OH)3，e为Fe(OH)2，f和g为盐，如硫酸盐，f为FeSO4，g为Fe2(SO4)3，据此作答。【详解】A．a为Fe，g为Fe2(SO4)3，f为FeSO4，发生反应，A正确；B．e为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3，Fe(OH)2在潮湿的空气中容易被氧化转变为Fe(OH)3，B正确；C．b为氧化亚铁，不能与水反应，C错误；D．可用KSCN溶液检验Fe3+，D正确；故答案选C。43．(24-25高一上·黑龙江哈尔滨黑龙江哈尔滨六校联考·期末)部分含铁物质的分类与相应化合价关系如下图甲所示。下列推断不合理的是A．X在高温下可与反应生成B．N在空气中不稳定，利用图乙装置制取N并可减缓其被氧化C．N在氧气中被氧化为M所发生的化学方程式中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4D．若P为盐酸盐，可将其饱和溶液逐滴滴入氨水中制备胶体【答案】D【分析】由题干铁的价类二维图可知，X为、Y为、Z为、M为、N为，Q为亚铁盐，P为铁盐，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，X为，在高温下可与（g）反应生成，A正确；B．由分析可知，N为，不稳定，图乙装置生成的可排出装置中的空气，从而减缓被氧化，B正确；C．在氧气中被氧化为发生的化学方程式为，为氧化剂，为还原剂，两者物质的量之比为1∶4，C正确；D．由分析结合若P为盐酸盐可知，P为，实验制备胶体的方法为将烧杯中的蒸馏水加热煮沸后，向沸水中滴加5~6滴饱和氯化铁溶液，继续加热至溶液呈红褐色停止加热，即可制备胶体，D错误；故答案为D。44．(24-25高一上·广东18校联考·期末)下列物质既能与强酸反应又能与强碱反应，且发生的都是氧化还原反应的是A． B． C． D．【答案】D【详解】A．为两性金属氧化物，既能和强酸反应生成铝盐和水，又能与强碱反应生成，但都不是氧化还原反应，A项错误；B．为两性氢氧化物，既能和强酸反应生成铝盐和水，又能与强碱反应生成，但都不是氧化还原反应，B项错误；C．与强酸发生复分解反应生成和、与强碱发生复分解反应，生成，C项错误；D．与强酸反应，生成铝盐和氢气，与强碱反应生成，反应中均有元素化合价的变化，均为氧化还原反应，D项正确；答案选D。45．(24-25高一上·陕西西安部分学校联考·期末)金属材料的发展极大地促进了人类社会的文明程度。如图是两种金属及其化合物的转化关系。下列说法不正确的是A．根据反应③可知氧化性：Fe3+>H2O2B．向X溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变红C．反应③中稀硫酸仅表现酸性D．反应①的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O【答案】A【分析】由题干中两种金属及其化合物的转化关系图分析可知，物质M为Cu，E为Fe，X为FeSO4，Y为Fe2(SO4)3，W为Fe(SCN)3，Z为Fe(OH)3，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，反应③的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，可知氧化性：H2O2>Fe3＋，A错误；B．由分析可知，X溶液Fe元素以Fe2+形式存在，故滴入KSCN溶液无明显现象，滴加氯水后，Fe2+被氧化为Fe3+，溶液变红，B正确；C．根据反应③的离子方程式2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，可知反应③中稀硫酸仅表现酸性，C正确；D．由分析可知，反应①的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，D正确；故选A。46．(24-25高一上·甘肃酒泉·期末)为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是A．溶液()：通入足量的气体B．溶液()：通入足量的氯气C．()：加入适量的盐酸、过滤D．()：通过饱和溶液的洗气瓶【答案】A【详解】A．可与CO2反应生成，反应式：+CO2+H2O=2，能将杂质转化为目标物质，且不引入新杂质，A正确；B．通入Cl2会氧化FeCl2生成FeCl3，反而增加杂质FeCl3的量，应加入铁粉还原Fe3+，B错误；C．Fe2O3和Al2O3均与盐酸反应，无法选择性除去Al2O3，应改用NaOH溶液溶解Al2O3，C错误；D．Cl2和HCl均与NaHCO3反应，且会生成CO2杂质，应使用饱和食盐水除去HCl，D错误；故选A。47．(24-25高一上·浙江丽水·期末)下列关于物质制备的说法不正确的是A．实验室用锌和稀硫酸制取氢气B．实验室用AlCl3溶液和氨水制取Al(OH)3C．工业上用Cl2通入澄清石灰水的方法制取漂白粉D．工业上用电解饱和食盐水的方法制取氢氧化钠【答案】C【详解】A．实验室用锌和稀硫酸反应生成氢气，反应条件温和，操作简便，符合实验室制备方法，A正确；B．AlCl3溶液与氨水反应生成Al(OH)3沉淀，因氨水为弱碱，无法溶解Al(OH)3，此方法可行，B正确；C．工业制漂白粉需将Cl2通入石灰乳。澄清石灰水浓度低，反应不完全，无法有效生成漂白粉，C错误；D．工业电解饱和食盐水可生成Cl2、H2和NaOH，D正确；故选C。48．(24-25高一上·浙江温州高铄牌联盟·期末)某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和较多的Cu2+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划利用以下流程图从该废水中回收FeSO4·7H2O和金属铜。则下列有关说法错误的是A．操作1和操作2相同，必须用到的玻璃仪器有普通漏斗、玻璃棒和烧杯B．加入的过量试剂C可以是稀硫酸也可以是稀盐酸C．检验A中的金属阳离子时，滴加试剂的顺序为：先滴加KSCN溶液，再滴加新制氯水D．取溶液D，逐渐滴加NaOH溶液，持续滴加一会后观察到有白色沉淀生成【答案】B【分析】工业废水中加入铁粉，发生反应：，过滤后的滤液A为，固体A为Cu和Fe，固体A中加入过量的硫酸，发生反应，Cu不与稀硫酸反应，过滤，则固体B为Cu，滤液D为，将滤液A和滤液D合并蒸发浓缩、冷却结晶得到，据此分析解答。【详解】A．操作1和操作2都得到固体和溶液，操作方法均为过滤，必须用到玻璃仪器为普通漏斗、玻璃棒和烧杯，A正确；B．试剂C只能用稀硫酸，不能是稀盐酸，用盐酸会引入杂质，B错误；C．溶液A中金属阳离子是，验证一般先滴加KSCN溶液，溶液不变红，然后加入氯水或，溶液变红，证明原溶液A中有存在，C正确；D．溶液D中含有溶质为和，逐滴加入NaOH溶液，NaOH先与反应，没有沉淀产生，完全消耗硫酸后，继续滴加NaOH，此时才产生氢氧化亚铁白色沉淀，D正确；故答案为：B。地地城考向07原子结构化学键49．(24-25高一上·贵州六盘水·期末)下列化学用语表达正确的是A．质量数为37的氯原子为 B．的电子式为：C．、、互为同位素 D．HClO的结构式为【答案】A【详解】A．原子的左上角表示质量数，所以质量数为37的氯原子表示为，A正确；B．二氧化碳的碳氧之间有两对共用电子对，电子式为，B错误；C．同位素：同种元素的不同原子（如、、），、、是分子，不是原子，不互为同位素，C错误；D．HClO中O原子为中心原子，故结构式为，D错误；故选A。50．(24-25高一上·浙江杭州·期末)下列表示不正确的是A．和互为同位素 B．氯化钙的电子式：C．的分子结构模型： D．氯离子的结构示意图：【答案】D【详解】A．和质子数相同、中子数不同，互为同位素，A正确；B．氯化钙是离子化合物，是由钙离子和氯离子构成的，B正确；C．H2O分子中O原子与2个H原子形成的分子是V形物质，且原子半径O＞H，C正确；

D．Cl是17号元素，原子核内质子数是17，Cl原子获得1个电子变为Cl-，其核外电子排布是2、8、8，则Cl-的结构示意图为：，D错误；故选D。51．(24-25高一上·浙江省金华十校·期末)下列化学用语表示不正确的是A．分子结构模型：B．电子式：C．电子式表示KCl形成过程：D．结构示意图：【答案】B【详解】A．H2O是V形分子，O原子半径大于H，其结构模型正确，A正确；B．过氧化氢为共价化合物，电子式，B错误；C．KCl是离子化合物，由K+和Cl﹣构成，形成过程中K失电子、Cl得电子，其形成过程正确，C正确；D．Al3+的质子数为13，核外电子数为10，最外层电子数为8，其结构示意图正确，D正确；故选B。52．(24-25高一上·黑龙江牡丹江·期末)下列物质中，既含离子键又含共价键的是A． B． C．NaOH D．【答案】C【详解】A．ClO2是共价化合物，只含共价键，A不符合题意；B．CS2是共价化合物，只含共价键，B不符合题意；C．NaOH由和OH⁻通过离子键结合，而OH⁻内部O与H之间为共价键，既含离子键又含共价键，C符合题意；D．MgCl2由Mg2+和Cl⁻通过离子键结合，只含离子键，D不符合题意；故选C。53．(24-25高一上·安徽黄山·期末)下列化学用语书写错误的是A．HClO的电子式为B．NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++C．H2还原CuO反应中电子的转移：D．用电子式表示MgCl2的形成过程为【答案】D【详解】A．为共价化合物，电子式为，A正确；B．在水中，NaHCO3会完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式：，B正确；C．氢气还原CuO反应中，H2将2个电子转移给Cu生成铜单质，C正确；D．氯化镁是离子化合物，形成时镁原子将最外层电子转移给氯原子，，D错误；故选D。54．(24-25高一上·浙江嘉兴·期末)下列说法不正确的是A．晶体中只存在离子键B．HCl溶于水破坏了和之间的离子键C．根据HF的热稳定性比HCl好，可以判断F的非金属性比Cl强D．和分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构【答案】B【详解】A．CaCl2晶体由Ca2+和Cl-通过离子键结合，不含其他化学键，A正确；B．HCl是共价化合物，溶于水时破坏的是共价键而非离子键，B错误；C．HF的热稳定性优于HCl，说明F的非金属性比Cl强，C正确；D．CO2中C和O均通过双键达到8电子结构，N2中N通过三键达到8电子结构，D正确；故选B。55．(24-25高一上·四川绵阳·期末)下列说法正确的是A．碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的化学键B．固体溶于水，既破坏了离子键，也破坏了共价键C．将某种化合物溶于水，若能导电说明这种化合物是离子化合物D．只含有共价键的物质是共价化合物【答案】B【详解】A．碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘分子间的分子间作用力，不克服碘原子间的化学键，故A错误；B．硫酸氢钠在溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，则硫酸氢钠固体溶于水时，既破坏了离子键，也破坏了共价键，故B正确；C．氯化氢溶于水能电离出氢离子和氯离子，水溶液能导电，则将某种化合物溶于水，若能导电不能说明这种化合物是离子化合物，故C错误；D．非金属单质氯气分子中含有共价键，则只含有共价键的物质不一定是共价化合物，故D错误；故选B。56．(24-25高一上·河北保定部分高中·期末)下列说法中正确的是①和的核外电子数相同，中子数不同，互为同位素②离子化合物都属于电解质③元素周期表里，主族元素所在的族序数等于原子核外电子数④稳定性：⑤和溶于水破坏相同的作用力⑥离子化合物在熔融状态时能够导电A．①②⑥ B．①②④ C．③④⑥ D．①④⑤【答案】A【详解】①和质子数均为78，中子数不同，互为同位素，正确；②离子化合物在熔融或溶解时能离解出离子，属于电解质，正确；③主族元素的族序数等于最外层电子数，而非核外电子总数，错误；④Cl的非金属性强于I，HCl稳定性应高于HI，错误；⑤溶于水时NaCl破坏离子键，HCl破坏共价键，作用力不同，错误；⑥离子化合物熔融时离子可自由移动，能导电，正确；故选A。地地城考向08元素周期律57．(24-25高一上·北京顺义区·期末)下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是A．密度：PH3>NH3 B．酸性：H2SO4>H3PO4C．碱性：Mg(OH)2>Al(OH)3 D．热稳定性：H2O>H2S【答案】A【详解】A．密度属于物理性质，元素周期律主要用于解释化学性质的周期性变化，PH3和NH3的密度差异主要由分子量决定，而非非金属性或原子半径的周期性变化，因此不能用元素周期律解释，A符合题意；B．硫和磷同周期，硫的非金属性更强，其最高价氧化物对应酸性H2SO4＞H3PO4，可用元素周期律解释，B不符合题意；C．镁和铝同周期，镁的金属性更强，对应碱的碱性Mg(OH)2＞Al(OH)3，可用元素周期律解释，C不符合题意；D．氧和硫同主族，氧的非金属性更强，对应氢化物的热稳定性H2O＞H2S，可用元素周期律解释，D不符合题意；故选A。58．(24-25高一上·河南新乡·期末)下列事实能说明Cl的非金属性强于P的是A．Cl的相对原子质量大于P B．与H2反应的难易程度：Cl2比P更容易C．Cl2的沸点低于P单质 D．HCl的酸性强于H3PO4【答案】B【详解】A．相对原子质量的大小不能直接反应非金属性强弱，A错误；B．Cl2与H2反应比P更容易，说明Cl2的氧化性更强，可推断Cl的非金属性强于P，B正确；C．单质的沸点属于物理性质，与非金属性无关，C错误；D．比较非金属性强弱应依据最高价氧化物对应水化物的酸性（如HClO4与H3PO4），而非HCl的酸性，D错误；故选B。59．(24-25高一上·天津南开区·期末)下列关于碱金属的说法中，正确的是A．第A族元素叫作碱金属元素B．熔点：Li>Na>K>Rb>CsC．密度：Cs>Rb>K>Na>LiD．随核电荷数的增加，碱金属元素金属性逐渐减弱【答案】B【详解】A．第A族包含氢和碱金属元素，但氢元素不是碱金属元素，A错误；B．碱金属熔点随原子半径增大、金属键减弱而降低，顺序符合实际数据，B正确；C．钠密度大于钾，C错误；D．同主族从上往下元素的金属性增强，碱金属从上到下金属性增强，D错误；故选B。60．(24-25高一上·贵州六盘水·期末)应用元素周期律分析下列推断，正确的组合是①碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低②砹(At)是第ⅦA族元素，其氢化物的稳定性强于HCl③第3周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱④磷与砷(As)位于同主族，砷元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强于磷酸A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【答案】A【详解】①碱金属元素随原子序数的增大，其原子半径依次增大，金属键的强度减弱，导致熔点降低，则碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低，①正确；②元素非金属性越强，其简单氢化物越稳定，因非金属性：Cl>At，则砹(At)是ⅦA族元素，其氢化物的稳定性小于HCl，②错误；③同周期元素从左到右，金属性依次减弱，其最高价氧化物对应的水化物的碱性依次减弱，则第3周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，③正确；④磷与砷(As)位于同主族，同主族元素从上到下，非金属性依次减弱，其最高价氧化物对应的水化物的酸性依次减弱，因非金属性：P>As，则砷元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性弱于磷酸，④错误；所以正确的组合是①③，故选A。61．(24-25高一上·浙江台州·期末)下列关于物质性质的比较，不正确的是A．酸性强弱：HIO4＞HBrO4＞HClO4 B．还原性：Na＞Mg＞AlC．氢化物的稳定性：H2O＞H2S＞H2Se D．氧化性：F2＞Cl2＞Br2【答案】A【详解】A．元素的非金属性与其最高价氧化物对应水化物的酸性一致，故同主族元素非金属性Cl＞Br＞I，最高价含氧酸酸性应为HClO4＞HBrO4＞HIO4，A错误；B．元素的金属性与其单质的还原性一致，已知金属性Na＞Mg＞Al，对应单质还原性顺序为Na＞Mg＞Al，B正确；C．元素简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，已知非金属性O＞S＞Se，氢化物稳定性顺序为H2O＞H2S＞H2Se，C正确；D．元素的非金属性与其单质的氧化性一致，已知非金属性F＞Cl＞Br，对应单质氧化性顺序为F2＞Cl2＞Br2，D正确；故答案为：A。62．(24-25高一上·天津河北区·期末)下列关系正确的是A．原子半径： B．金属性：C．酸性： D．稳定性：【答案】B【详解】A．同主族元素随核电荷数越大半径越大，即r(Cl)>r(F)，故A错误；B．同主族从上到下金属性增强，K和Na属于同主族，即金属性K强于Na，故B正确；C．S的非金属性强于P，则硫酸的酸性强于H3PO4，故C错误；D．Cl的非金属性强于Br，则HCl的稳定性强于HBr，故D错误；答案为B。63．(24-25高一上·浙江杭州·期末)下列关于卤族元素性质的变化规律，描述不正确的是A．颜色深浅：I2＞Br2＞Cl2＞F2 B．氧化性：I2＜Br2＜Cl2＜F2C．稳定性：HI＜HBr＜HCl＜HF D．酸性：HI＜HBr＜HCl＜HF【答案】D【分析】第ⅦA族元素中，随着原子序数的增大，单质颜色逐渐加深，原子半径依次增大，得电子能力逐渐减弱、氢化物的酸性逐渐增强、单质的沸点逐渐增大、单质的氧化性逐渐减弱、氢化物的还原性逐渐增强、单质与氢气化合逐渐困难、氢化物的沸点逐渐增大(HF除外)、氢化物的稳定性逐渐减弱，最高价含氧酸酸性逐渐减弱(F除外)，据此回答即可。【详解】A．第ⅦA族元素中，随着原子序数的增大，单质颜色逐渐加深，颜色深浅：I2＞Br2＞Cl2＞F2，A正确；

B．随着原子序数的增大，元素的非金属性依次减弱，则单质的氧化性逐渐减弱，即氧化性：I2＜Br2＜Cl2＜F2，B正确；C．随着原子序数的增大，元素的非金属性依次减弱，简单氢化物的稳定性减弱，稳定性：HI＜HBr＜HCl＜HF，C正确；D．氢化物酸性：HI＞HBr＞HCl＞HF，D错误；故答案为：D。64．(24-25高一上·安徽淮北·期末)下列关于物质性质的比较，正确的是A．熔点：Na<K<钠钾合金B．还原性：HF<HCl<HBr<HIC．相同温度下，水中的溶解度：Na2CO3<NaHCO3D．密度：Li<Na<K【答案】B【详解】A．合金的熔点最低，钠的熔点比钾高，故A错误；B．非金属性越强，气态氢化物还原性越弱，还原性：HI>HBr>HCl>HF，B正确；C．碳酸氢钠可溶于水，碳酸钠易溶于水，相同温度下，水中的溶解度：Na2CO3>NaHCO3故C错误；D．钾的密度小于钠，故D错误；答案选B。地城考向地城考向09“位”“构”“性”——元素推断A．Q位于第三周期ⅠA族B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱C．简单离子半径：D．M的最高价氧化物对应水化物为强酸【答案】C【分析】X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，根据原子半径与主要化合价的关系图，X有+1价，其原子半径最小，则X为H；Y只有-2价，则Y为O；M存在+7、-1价，则M为Cl；Z存在+5、-3价，其原子半径小于Cl而大于O，则Z为N元素；Q只有+1价，R只有+2价，且原子半径R＞Q＞M(Cl)，则R为Ca，Q为Na元素，综上，X为H，Y为O，Z为N，M为Cl，Q为Na，R为Ca元素。【详解】A．Q为Na，原子序数为11，在周期表中位于第三周期ⅠA族，故A正确；B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可为HNO3、NH3•H2O或NH4NO3，分别为酸、碱、盐，故B正确；C．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则简单离子半径：，即M-＞R2+＞Q+，故C错误；D．M为Cl，M的最高价氧化物对应水化物为高氯酸，属于强酸，故D正确；故选C。66．(24-25高一上·陕西榆林八校联考·期末)短周期主族元素的原子序数依次增大。最外层电子数之和为18，Y和Z形成的稳定结构的离子与具有相同的电子层结构，W与Y同主族。下列说法错误的是A．非金属性： B．过度排放会加剧温室效应C．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱 D．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同【答案】D【分析】根据与电子层结构相同，且为短周期主族元素，可知Y为O（氧），Z为Mg（镁）。W与Y同主族，故W为S（硫）。最外层电子数之和为18，X的最外层电子数为18-(6+2+6)=4，因此X为C（碳）。综上，X为C元素，Y为O元素，Z为Mg元素，W为S元素。【详解】A．由分析可知，Y为O元素，W为S元素，同主族越靠上非金属性越强，则非金属性：即，A正确；B．为，过度排放会加剧温室效应，B正确；C．X（C）的最高价氧化物对应水化物为H2CO3（弱酸），W（S）对应H2SO4（强酸），C正确；D．Y与Z（O与Mg）形成MgO（离子键），Y与W（O与S）形成SO2或SO3（共价键），化学键类型不同，D错误；故选D。67．(24-25高一上·吉林松原·期末)X、Y、Z、M、Q、R均为前20号元素，其原子半径与最高正价或最低负价的关系如图所示。下列说法错误的是A．的氧化性弱于B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱C．Y、Z简单氢化物的稳定性：D．M的最高价含氧酸比其主族其他元素的最高价含氧酸酸性强【答案】C【分析】由Y的化合价只有价推断Y为氧，X原子的半径比氧原子的半径小且X有价，则X为氢，M的最高正价为价，最低负价为价，则M为氯，Z的半径小于Cl，且最低负价为价，最高价为价，则Z为氮，Q只有价，R只有价，且Q原子的半径大于氯原子的半径，但小于R原子的半径，故Q为钠，R为钙。【详解】A．Y为氧，Z为氮，的氧化性强于，A项正确；B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可为或，分别为碱、盐，B项正确；C．Y的简单氢化物为水，Z的简单氢化物为氨气，氧元素的非金属性强于氮，则水的稳定性强于氨气，C项错误；D．的最高价氧化物对应水化物为高氯酸，因为氟没有含氧酸，所以高氯酸是其主族所有元素的含氧酸中酸性最强的，D项正确；故选C。68．(24-25高一上·宁夏银川·期末)一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中X的原子核只有1个质子；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期；元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法正确的是A．XEZ4是共价化合物B．原子半径E>W>YC．非金属性：W>Y>ZD．该化合物中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构【答案】A【分析】X的原子核只有1个质子，X为H元素；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期，均为第二周期元素，化合物中Y形成4个共价键、Z形成2个共价键、W形成1个共价键，则Y为C元素、Z为O元素、W为F元素；元素E的原子比W原子多8个电子，E为Cl元素，由上述分析可知X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、W为F元素、E为Cl元素，以此来解答。【详解】A．HClO4是共价化合物，故A正确；B．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：E＞Y＞W，故B错误；C．同周期主族元素从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，且O、Cl形成的化合物中O为负价，则非金属性：W＞Z＞Y，故C错误；D．该化合物中H满足2电子稳定结构，C、O、F、Cl的原子的最外层电子层都满足8电子稳定结构，故D错误；故选：A。69．(24-25高一上·陕西汉中多校联考·期末)、、、是原子序数依次增大的四种短周期元素，它们的原子最外层电子数之和为17.是地壳中含量最多的元素，、形成的某种化合物可表示为，原子的最外层电子数与其层电子数相等。下列说法错误的是A．位于元素周期表第3周期Ⅳ族 B．、都能与形成离子化合物C．简单离子半径： D．的最高正化合价为【答案】D【分析】、、、是原子序数依次增大的四种短周期元素，它们的原子最外层电子数之和为17；Y是地壳中含量最多的元素，为氧；、形成的某种化合物可表示为，对应，故X为氮；Z的最外层电子数等于K层，且原子序数大于O，故Z为镁；最外层电子数总和为17，W的最外层电子数为17-(5+6+2)=4，且原子序数大于Mg，故W为硅；【详解】A．Si位于第三周期ⅣA族，A正确；B．N与Mg形成Mg3N2，O与Mg形成MgO，均为离子化合物，B正确；C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径N3->O2->Mg2+，C正确；

D．Si最高正价为+4，而非+6，D错误；故选D。70．(24-25高一上·新疆喀什·期末)X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中的相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法中正确的是A．原子半径：W>Z>Y>XB．最高价氧化物的水化物的酸性：W<ZC．简单气态氢化物的热稳定性：Y>ZD．四种元素的单质中，Z的熔点最高【答案】D【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，所以Y为氧元素；根据X、Y、Z、W在周期表中相对位置可知，X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素。【详解】A．同一周期的元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下，原子半径递增，故原子半径Z＞W＞X＞Y，A错误；B．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Z为硫元素，W为氯元素，非金属性Cl＞S，故最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4＞H2SO4，B错误；C．非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性O＞S，H2O的稳定性比H2S的强，C错误；D．四元素的单质中，硫常温下为固体，N2、O2、Cl2均为气体，故硫的熔点最高，D正确；故选D。71．(24-25高一上·广东梅州·期末)净化污水用到的某种絮凝剂含的5种短周期主族元素，并在每个短周期中均有分布，X是地壳中含量最多的金属元素，Y与E同周期，Y2是空气中含量最多的气体，Z是原子半径最小的元素，M与E均为第VIA族元素。下列说法正确的是A．非金属性：E>Y>Z B．Z与E只能形成一种化合物C．原子半径：X>E>Y D．X(EZ)3不能与强酸、强碱反应【答案】A【分析】X为Al（地壳含量最多的金属），Y为N（Y2是N2，空气中含量最多），Z为H（原子半径最小），E为O（与Y同周期，VIA族），M与E同族，M为S，据此回答。【详解】A．根据同周期从左往右非金属性增强可知，非金属性O＞N，在氨气中N为-3价，H为+1价，则非金属性N＞H，故非金属性O＞N＞H，A正确；B．H和O可形成H2O和H2O2，B错误；C．Al在第三周期，原子半径最大，N＞O（同周期原子半径递减），原子半径为：Al＞N＞O，C错误；D．Al(OH)3为两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应，D错误。故选A。72．(24-25高一上·浙江嘉兴·期末)短周期元素X、Y、Z、M在元素周期表中的相对位置如图所示，M的原子序数是Y的质子数的2倍。则下列说法不正确的是A．原子半径大小：B．X的一种核素可对文物进行年代测定和研究C．Y、Z、M可形成既含离子键，又含共价键的化合物D．简单氢化物的沸点：【答案】D【分析】M、Y为同主族元素，M的原子序数是Y的质子数的2倍，只有Y为O，M为S符合。则X为C，Z为Al，据此解答。【详解】A．X为C，Y为O，Z为Al，电子层数越多的半径越大，电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，所以原子半径大小：，A正确；B．X为C，X的一种核素可对文物进行年代测定和研究，B正确；C．Y为O，Z为Al，M为S，可形成硫酸铝，是既含离子键，又含共价键的化合物，C正确；D．Y为O，简单氢化物为水，M为S，简单氢化物为硫化氢，水分子间有氢键，所以水的沸点高于硫化氢的沸点，即Y＞M，D错误；故选D。地地城考向10综合性实验探究题（非选择题）73．(24-25高一上