浙江省杭州市拱墅区源清中学2024-2025学年高一上学期期末考化学试卷（含答案）

第第页浙江省杭州市拱墅区源清中学2024-2025学年高一上学期期末考化学试卷一、选择题(本大题共25小题，每小题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、多选、错选均不得分)1．下列物质中属于盐的是A．CO2 B．HClO C．NH3 2．下列物质属于电解质的是A．酒精 B．石墨 C．稀硫酸 D．NH3．下列仪器名称为“蒸发皿”的是A． B．C． D．4．合金的应用极大地促进了人类社会的发展。下列不属于合金的是A．狗头兽首铜像B．精美的青花瓷C．流通硬币D．地铁列车的车体5．自然界中氮循环时刻都在进行着，湿润的土壤中，氮元素的转化过程如下所示：在形成NO2和NO2A．NO3-作还原剂 B．C．NH4+作氧化剂 D．6．3.2g某物质中含有6.02×1022个分子，则该物质的相对分子质量为A．16 B．64 C．32 D．967．下列说法不正确的是A．工业上用氯气与澄清石灰水反应制漂白粉B．用氯气制漂白粉的主要目的是转变为较稳定，便于贮存的物质C．氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D．漂粉精可用于游泳池的消毒8．下列除杂试剂及操作方法都正确的是（）A．除去CO2中的少量CO，通入适量O2，点燃B．除去CO2气体中的少量HCl，通过饱和Na2CO3溶液，洗气C．除去镁粉中的少量铝，加入足量NaOH溶液，过滤D．除去NaHCO3固体中的Na2CO3，加热9．无放射性的同位素被称之为“稳定同位素”，在陆地生态系统研究中，2H、13C、15N、18O、34S等常作环境分析指示物。下列有关一些“稳定同位素”的说法正确的是A．34S原子核内中子数为16B．2H、3H属于同种核素C．16O与18O最外层电子数相同D．13C和15N原子核内的质子数相差210．下列有关钠的化合物说法正确的是A．将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中制备Fe(OH)3胶体B．将过氧化钠加入到硫酸亚铁溶液中，可以观察到有红褐色沉淀生成C．过氧化钠与水反应生成NaOH，过氧化钠属于碱性氧化物D．大量的Na2O2粉末加入到酚酞溶液中，可以观察到酚酞最终变红11．如图是硫元素在自然界中的循环示意图，下列有关说法不正确的是A．硫元素在自然界中既有游离态又有化合态B．过程⑤可在土壤的缺氧区实现C．循环过程中硫元素只被还原D．若生物体有机硫中硫元素为-2价，则过程③中SO412．某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在Fe2+、NO3-、Fe3+、NH4+、H+和水六种粒子，在反应过程中测得FeA．NO3B．还原性：Fe2+＞NHC．该反应中Fe2+被氧化为Fe3+D．还原剂与氧化剂的个数之比为6∶113．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．0.1molNa2O2中阴离子的数目为0.2NAB．0.1molNa2O2与足量的水反应，转移电子的数目为0.2NAC．0.1molFe和0.1molCl2在点燃条件下反应时转移电子数目为0.2NAD．1L0.4mol·L-1的浓盐酸与足量的MnO2加热充分反应，产生Cl2的数目等于0.1NA14．下列说法中不正确的是A．该实验用于观察Fe(OH)2的颜色B．比较Na2CO3和NaHCO3稳定性，甲物质为Na2CO3C．光照过程中氯水中氯离子的浓度变化的主要原因是HClO见光分解D．实验员看到钾元素的焰色为紫色A．A B．B C．C D．D15．下列说法不正确的是A．用电子式表示K2SB．CO2和ClC．MgCl2D．反应：2H16．氮、硫及其化合物的价类二维图如下所示，下列说法正确的是A．b和v均可一步反应生成对应的各类氧化物B．a、b、u、v、w均能作还原剂C．d、w、x均可与水反应生成酸，都属于酸性氧化物D．e、z的浓溶液与铜反应分别生成氧化物d、x17．下列关于卤族元素性质的变化规律，描述不正确的是（）①颜色深浅：I②氧化性：I③还原性：HI<HBr<HCl<HF④稳定性：HI>HBr>HCl>HF⑤酸性：HIOA．③⑤ B．③④ C．①③ D．②⑤18．合成氨及其衍生物工业是化工生产的重要门类，请结合图示判断下列说法正确的是A．湿润的淀粉-KI试纸可以鉴别气体2和溴蒸气B．饱和NaCl溶液中先通入过量CO2再通入过量NHC．1L气体1、2的混合气与1LNHD．气体2能与水反应生成HNO319．根据下列反应：①Fe3++2I-=2Fe2++I2②SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-③3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO+2HA．氧化性由强到弱的顺序为HNO3＞Fe3+＞I2＞SOB．还原性由强到弱的顺序为SO2＞I﹣＞Fe2+＞NOC．SO2气体能使湿润的KI-淀粉试纸变蓝D．预测硝酸和二氧化硫的水溶液反应后溶液的酸性增强20．元素周期表已成为化学家的得力工具，为研究物质结构、发现新元素、合成新物质、寻找新材料提供了许多有价值的指导。下列说法正确的是A．在过渡元素中可以找到优良的半导体材料B．在元素周期表中随着原子序数的递增，原子最外层电子数总是从1到8重复出现C．33As与35Br位于同一周期，则推测酸性：D．根据元素周期表推测，单质铍能与冷水剧烈反应21．某同学配制480mLA．配制H2B．配制HCl溶液时，需量取36.5%、密度为1.19gC．配制NaOH溶液时，应快速溶解NaOH固体，快速将溶液转移到容量瓶中D．配制NaCl溶液定容时，摇匀后发现溶液凹液面低于刻度线，加入蒸馏水至刻度线22．下列离子方程式书写错误的是A．氯化铜溶液中通入硫化氢气体：CuB．氯化铁溶液中通入二氧化硫：2C．次氯酸钠溶液中通入过量的二氧化碳：COD．碳酸钠和足量醋酸反应：CO23．有一充有20mLNO和NO2混合气体的试管，倒置于盛有水的水槽中，充分反应后，仍有12mL无色气体，则原混合气体中NO和NO2体积比为A．3∶2 B．2∶3 C．1∶4 D．4∶124．下列实验方案中不能确定试样xNa2A．取ag混合物充分加热，质量减少bgB．取ag混合物与足量氢氧化钡溶液充分反应，将所得沉淀洗涤、干燥、称量得到bg固体C．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体D．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg25．有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、则下列说法正确的是A．原粉末中一定有KClB．KCl是否存在无法确定，可以通过焰色反应来确定C．白色沉淀乙可能是AgCl和Ag2D．原粉末中一定没有CuSO4，可能有二、填空题26．完成下列问题（1）下列9种物质：①O2；②I2；③NH3；④CO2；⑤Na2O2；⑥H2SO4；⑦BaOH2（2）光导纤维主要成分的化学式：（3）硫酸氢钠的电离方程式：（4）补全方程式，然后用双线桥标出电子转移：。2MnO4−27．氮化锂(Li3N)是一种重要的化工试剂，在空气中易潮解。实验室制备Li3N的原理是回答下列问题：（1）装饱和NH4Cl溶液的仪器是（2）B装置的作用是。（3）气流从左至右，装置的连接顺序为A→。（4）实验时，先点燃(填“A处”或“C处”)酒精灯。（5）如果氮化锂产品中混有Li2O，可能的原因是28．化合物M是某种具有磁学性质的新型电子材料的主要成分，由两种元素组成，为了研究其组成，设计并完成如下实验：已知：气体甲可使湿润的pH试纸变蓝。请回答下列问题。（1）气体甲的电子式为；化合物M的化学式为。（2）白色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是(用化学方程式解释)。（3）反应液中金属阳离子的检验方法是。29．MnO2是一种黑色固体，难溶于水、稀硫酸，可用于锰盐的制备，也用作氧化剂、催化剂等。某学习小组设计实验将粗MnO2样品(含有较多的MnO2和MnCO回答下列问题：（1）“酸浸”中生成气体A的离子方程式为。（2）根据氧化还原反应的知识，可以推测在反应②中，还得到了另一种产物的化学式是。（3）根据反应②产物的溶解度曲线(如图所示)，为了得到纯度比较高的NaClO3固体，“系列操作”需要用到的可直接加热的陶瓷仪器是（4）该流程中可循环利用的物质有和。30．取一定物质的量浓度的NaOH溶液100mL，然后向其中通入一定量的CO2气体，得到溶液A，向溶液A中逐滴加入盐酸，测得溶液中HCO请回答下列问题。（1）加入盐酸发生反应的离子方程式为、。（2）盐酸的物质的量浓度为mol/L。（3）溶液A中nCO32−

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、CO2由碳、氧两种元素组成，符合氧化物“两种元素且其中一种为氧”的特征，属于氧化物，而非盐，A错误；

B、HClO在水溶液中电离时，产生的阳离子只有H+，符合酸“阳离子全为H+”的定义，属于酸，而非盐，B错误；

C、NH3是由氮、氢元素组成的气态氢化物，其组成中不含金属阳离子（或铵根离子）和酸根阴离子，不符合盐的构成，C错误；

D、NaHCO3由Na+（金属阳离子）和HCO3-（酸根阴离子）构成，完全符合盐的定义，属于盐，D正确；

故答案为：D。

【分析】根据盐的定义（由金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子构成的化合物），对各选项物质的组成和类别进行判断。2．【答案】D【解析】【解答】A、酒精是化合物，但在水溶液和熔融状态下都不能电离出自由移动的离子，不导电，属于非电解质，故A不符合题意；

B、石墨是碳元素组成的单质，而电解质的研究对象是化合物，因此石墨既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；

C、稀硫酸是硫酸和水的混合物，不属于化合物，不符合电解质的定义，既不是电解质也不是非电解质，故C不符合题意；

D、NH3・H2O是化合物，在水溶液中能部分电离出NH4+和OH-，从而导电，符合电解质的定义，属于电解质，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】本题判断物质是否为电解质，解题要点是紧扣电解质的定义：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物。需注意电解质必须是化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质，且能导电是因为自身电离出自由移动的离子。3．【答案】B【解析】【解答】A、仪器为“烧瓶”（细颈、圆底），用于加热或反应容器，不是蒸发皿；

B、仪器是浅口圆底、带边缘的容器，符合蒸发皿的特征；

C、仪器为“分液漏斗”（带活塞、锥形），用于分离互不相溶的液体，不是蒸发皿；

D、仪器为“坩埚”（深筒状、带盖），用于灼烧固体，不是蒸发皿；

故答案为：B。

【分析】解题关键是匹配“蒸发皿”的仪器特征：蒸发皿是浅口、圆底、带边缘的陶瓷仪器，用于蒸发溶液。4．【答案】B【解析】【解答】A、铜像由铜与其他金属熔合而成，属于铜合金，具有金属特性，属于合金，A不符合题意；

B、青花瓷的主要成分是铝硅酸盐，属于无机非金属材料，不含金属熔合的结构，不具备金属特性，不属于合金，B符合题意；

C、流通硬币由钢芯镀铜、钢芯镀镍等合金材料制成，具有金属特性，属于合金，C不符合题意；

D、列车车体采用硬铝（铝、铜、镁、硅的合金），具有金属特性，属于合金，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】根据合金的定义，判断各选项的材质是否属于“金属或金属与非金属熔合的具有金属特性的物质”。5．【答案】B【解析】【解答】A、形成NO2的过程中，氮元素化合价从NO3-中的+5价降低到NO2中的+4价，化合价降低意味着得电子，该过程中氮元素被还原，作氧化剂，而非还原剂，A错误；

B、形成NO2时，氮元素化合价由+5价变为+4价，化合价降低，得电子，符合“被还原”的定义，B正确；

C、过程Ⅱ中，NH4+转化为NO2-，N的化合价从-3变为+3（化合价升高）。化合价升高的物质失电子，是还原剂，不是氧化剂，C错误；

D、形成NO2时氮元素化合价降低（+5→+4），而非升高，因此不会被氧化，D错误；

故答案为：B。【分析】本题考查氮循环中氮元素转化的氧化还原反应分析，解题要点是明确形成NO2过程中氮元素的化合价变化：化合价降低（得电子）对应被还原、作氧化剂；化合价升高（失电子）对应被氧化、作还原剂。

A．过程Ⅰ中NO3-到NO2-，N化合价从+5到+4（降低），得电子被还原，NO3-是氧化剂，不是还原剂。

B．过程Ⅰ中NO3-的N化合价降低（+5到+4），得电子被还原，因此NO3-被还原。

C．过程Ⅱ中NH4+到NO2-，N化合价从-3到+3（升高），失电子被氧化。

D．过程Ⅱ中NH4+的N化合价升高（-3到+3），失电子被氧化，不是被还原。6．【答案】C【解析】【解答】首先，根据物质的量与分子数的关系n=NNA（其中N是分子数，NA是阿伏加德罗常数，约为6.02×1023mol−1），已知该物质含有6.02×1022个分子，则其物质的量n=6.02×10226.02×故答案为：C。

【分析】本题可根据分子数目先求出物质的量，再结合质量求出摩尔质量，而相对分子质量在数值上等于摩尔质量，以此来求解。7．【答案】A【解析】【解答】A、工业上制漂白粉用的是氯气和石灰乳（氢氧化钙的悬浊液，浓度高），而澄清石灰水中氢氧化钙含量低，无法满足工业生产需求，因此该说法不正确，A错误；

B、氯气是气体，不易贮存和运输；漂白粉是固体，性质较稳定，便于长期保存和运输。用氯气制漂白粉的主要目的即在此，B正确；

C、氯气有强氧化性，能与湿润的KI试纸中的KI反应生成I2（Cl2+2KI=2KCl+I2），I2遇淀粉变蓝，因此氯气可使湿润的淀粉KI试纸变蓝，C正确；

D、漂粉精的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙与水、二氧化碳反应生成的次氯酸具有强氧化性，能杀菌消毒，可用于游泳池消毒，D正确；

故答案为：A。

【分析】本题围绕氯气及漂白粉的制备、性质和用途展开判断，解题要点是明确工业制漂白粉的原料差异、漂白粉的稳定性优势，以及氯气的氧化性和漂粉精的消毒原理。A．区分工业制漂白粉的原料（石灰乳）与澄清石灰水的差异。B．理解氯气转化为漂白粉的目的（稳定性与贮存便利性）。C．分析氯气与KI的反应及淀粉遇碘的显色现象。D．明确漂粉精的消毒原理（强氧化性）。8．【答案】C【解析】【解答】A．在CO2大量存在的情况下CO气体不能燃烧，不能达到除杂的目的，A不符合题意；B．杂质HCl及CO2都会与饱和Na2CO3溶液反应，不能达到除杂净化的目的，B不符合题意；C．杂质Al与NaOH溶液反应产生可溶性的物质，而Mg不能反应，然后过滤，洗涤，就可以得到纯净的镁粉，达到除杂净化的目的，C符合题意；D．NaHCO3不稳定，加热分解变为Na2CO3，导致物质变质，不能达到实验目的，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.CO2多，CO难点燃；

B.二者均与Na2CO3反应；

C.Al能溶于NaOH溶液，Mg不能；

D.NaHCO3受热易分解。9．【答案】C【解析】【解答】A、原子中，中子数=质量数-质子数。34S的质量数是34，质子数为16，故中子数=34-16=18，并非16，A错误；

B、核素是具有特定质子数和中子数的原子。2H和3H的质子数相同，但中子数不同（分别为1、2），属于不同核素，B错误；

C、16O与18O是氧的同位素，质子数均为8，原子的最外层电子数由质子数决定，故二者最外层电子数均为6，C正确；

D、13C的质子数为6，15N的质子数为7，二者质子数相差7-6=1，并非2，D错误；

故答案为：C。

【分析】A．抓“中子数计算核心公式”—中子数=质量数-质子数，34S质量数34、质子数16，中子数=34-16=18≠16。

B．抓“核素定义”—核素是具有特定质子数和中子数的原子，2H和3H中子数不同，属于不同核素。

C．抓“同位素与最外层电子数的关系”—同位素质子数相同，最外层电子数由质子数决定，16O与18O质子数均为8，最外层电子数均为6。

D．抓“元素质子数特征”—13C质子数6、15N质子数7，质子数相差1≠2。10．【答案】B【解析】【解答】A、制备Fe(OH)3胶体需向沸水中滴加饱和FeCl3溶液并煮沸；若加NaOH浓溶液，会直接生成Fe(OH)3沉淀（非胶体），A错误；

B、Na2O2与水反应生成NaOH和O2，NaOH与FeSO4生成Fe(OH)2；同时Na2O2的氧化性会将Fe(OH)2氧化为红褐色的Fe(OH)3沉淀，能观察到该现象，B正确；

C、碱性氧化物是与水反应只生成碱的氧化物，但Na2O2与水反应除生成NaOH外，还生成O2，不符合碱性氧化物定义，C错误；

D、Na2O2与水反应生成NaOH（使酚酞变红），但Na2O2的强氧化性会将变红的酚酞氧化漂白，最终溶液会褪色，并非保持红色，D错误；

故答案为：B。

【分析】A．抓“胶体的制备条件”——Fe(OH)3胶体需沸水+饱和FeCl3溶液制备，加NaOH会直接生成沉淀。

B．抓“Na2O2的双重作用”—Na2O2与水生成NaOH（和FeSO4生成Fe(OH)2），同时其氧化性将Fe(OH)2氧化为红褐色Fe(OH)3，现象合理。

C．抓“碱性氧化物的定义”—碱性氧化物与水反应只生成碱，Na2O2还生成O2，不符合定义。

D．抓“Na2O2的漂白性”—Na2O2生成的NaOH使酚酞变红，但强氧化性会漂白酚酞，最终褪色。11．【答案】C【解析】【解答】A、循环中存在单质硫（S，游离态），也有SO42-、H2S等含硫化合物（化合态），因此硫元素既有游离态也有化合态，A正确；

B、过程⑤中硫元素化合价从+6价降低到-2价，发生还原反应。土壤缺氧区利于还原反应进行，因此该过程可在缺氧区实现，B正确；

C、过程①中硫元素从-2价升高到0价（被氧化），过程②中硫元素从0价升高到+6价（被氧化），说明循环中硫元素既有被还原也有被氧化，并非只被还原，C错误；

D、若有机硫中硫为-2价，SO42-中硫为+6价，过程③中硫元素化合价降低，发生还原反应，D正确；

故答案为：C。【分析】A．判断硫元素在自然界的存在形态（游离态/化合态）。B．分析过程⑤的反应条件（氧化/还原反应与环境的关系）。C．判断循环中硫元素是否只发生还原反应（需结合化合价变化）。D．分析过程③中硫元素的化合价变化与反应类型的关系。12．【答案】D【解析】【解答】A、NO3-中N元素化合价从+5降低到-3，化合价降低的物质是氧化剂，发生还原反应（即被还原）。A正确；

B、在氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物。此反应中，Fe2+是还原剂（被氧化），NH4+是还原产物（NO3-被还原得到），因此还原性：Fe2+＞NH4+。B正确；

C、Fe2+中Fe的化合价从+2升高到+3（生成Fe3+），化合价升高的过程是被氧化的过程，因此Fe2+被氧化为Fe3+。C正确；

D、从得失电子守恒分析：还原剂（Fe2+）：每个Fe2+失去1个电子（+2到+3）；氧化剂（NO3-）：每个NO3-得到8个电子（+5到-3）。为保证得失电子总数相等，还原剂（Fe2+）与氧化剂（NO3-）的个数比应为8：1，而非6：1。D错误；

故答案为：D。

【分析】本题的易错点主要集中在2个方面：

还原剂与氧化剂的比例计算易忽略“得失电子守恒”的核心逻辑，错误凭直觉判断比例（比如误算为6：1）。实际需通过化合价变化算得失电子数：Fe2+→Fe3+失1e-，NO3-→NH4+得8e-，因此比例应为8：1。

还原性强弱的判断依据易混淆“还原剂、还原产物”的还原性顺序，错误认为还原产物（NH4+）还原性更强。实际规律是：还原剂的还原性＞还原产物的还原性。13．【答案】C【解析】【解答】A、Na2O2的阴离子是O22-（过氧根），1molNa2O2含1molO22-，故0.1molNa2O2中阴离子数目为0.1NA，并非0.2NA，A错误；

B、Na2O2与水反应时，O元素发生歧化（-1价到-2价和0价），1molNa2O2反应转移1mol电子，故0.1molNa2O2转移电子数为0.1NA，并非0.2NA，B错误；

C、Fe与Cl2反应时，Cl2为氧化剂，0.1molCl2完全反应（Cl元素由0价到-1价），转移电子数为0.2NA（Fe过量但Cl2不足，按Cl2计算），C正确；

D、MnO2与浓盐酸反应时，浓盐酸会随反应进行变稀（稀盐酸不与MnO2反应），实际参与反应的HCl不足0.4mol，产生Cl2的数目小于0.1NA，D错误；

故答案为：C。

【分析】A．抓“Na2O2的离子构成”—Na2O2中阴离子是O22-（1个Na2O2含1个阴离子），0.1molNa2O2阴离子数为0.1NA。

B．抓“Na2O2的歧化反应”—Na2O2与水反应时，1molNa2O2转移1mol电子，0.1mol转移0.1NA。

C．抓“不足量反应物的电子转移”—Cl2不足，0.1molCl2完全反应（Cl→Cl-），转移0.2NA电子。

D．抓“反应条件限制”—浓盐酸变稀后不再与MnO2反应，实际HCl参与不足，Cl2数目小于0.1NA。14．【答案】B【解析】【解答】A、苯的密度比水小，浮在FeSO4溶液上方，可隔绝空气；钠块与水反应生成NaOH，NaOH与FeSO4反应生成Fe(OH)2，苯能防止Fe(OH)2被氧化，可用于观察其颜色，A正确；

B、比较Na2CO3和NaHCO3的稳定性时，应将稳定的物质（Na2CO3）放在温度高的外管，不稳定的（NaHCO3）放在内管；图中甲物质在温度高的外管，若甲是Na2CO3，无法体现NaHCO3更易分解，甲应是NaHCO3，B错误；

C、氯水中HClO见光分解：2HClO=2HCl+O2↑，生成的HCl电离出Cl-，会使氯离子浓度增大，与图像趋势一致，C正确；

D、钾元素的焰色为紫色，需透过蓝色钴玻璃片（滤去钠的黄色干扰）观察，操作符合要求，D正确；

故答案为：B。

【分析】A．抓“防氧化的实验设计”—苯隔绝空气，避免Fe(OH)2被氧化，可观察其颜色。

B．抓“稳定性实验的装置逻辑”—比较稳定性时，稳定物质（Na2CO3）应放高温区，图中甲在高温区，若甲是Na2CO3，无法体现NaHCO3更易分解，甲应是NaHCO3。

C．抓“氯水分解的产物影响”—HClO见光分解生成HCl，HCl电离出Cl-，使氯离子浓度增大，与图像一致。

D．抓“钾焰色的观察要求”—钾焰色为紫色，需透过蓝色钴玻璃滤去钠的干扰。15．【答案】A,C【解析】【解答】A、K2S是离子化合物，由K+和S2-通过离子键结合。用电子式表示形成过程时，需体现K原子失电子、S原子得电子的过程，题目中电子式的书写未规范体现电子转移，A错误；

B、CO2中C与2个O分别形成双键，C最外层电子数为4+4=8，O最外层为6+2=8；Cl2中2个Cl共用1对电子，每个Cl最外层为7+1=8，均满足8电子稳定结构，B正确；

C、MgCl2只含离子键（Mg2+与Cl-之间）；NaOH含离子键（Na+与OH-之间）和共价键（OH-中O与H之间），二者化学键类型不同，C错误；

D、反应2H2O+2F2=O2+4HF中，断裂H2O中的极性键（H-O）和F2中的非极性键（F-F），形成O2中的非极性键（O=O）和HF中的极性键（H-F），故同时存在两类键的断裂与形成，D正确；

故答案为：AC。【分析】本题考查化学键相关知识，涉及电子式书写规范、8电子稳定结构判断、化学键类型比较及反应中键的变化。解题要点是依据各类化学键的特征和物质结构特点逐一分析选项。

A．判断K2S形成过程的电子式是否正确。B．分析CO2和Cl2中各原子最外层是否达到8电子稳定结构。C．比较MgCl2和NaOH的化学键类型。D．判断反应中极性键和非极性键的断裂与形成情况。16．【答案】B【解析】【解答】A、b是N2，N2化学性质稳定，无法一步生成所有价态的氧化物（如N2不能直接生成NO2）；v是S，S也不能一步生成SO3（需先氧化为SO2，再进一步氧化）。A错误；

B、还原剂的判断依据是元素化合价可升高：

a（NH3，N为-3价，可升）、b（N2，N为0价，可升）；

u（H2S，S为-2价，可升）、v（S，S为0价，可升）、w（SO2，S为+4价，可升）。

以上物质均能作还原剂，B正确；

C、d是NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO，不是“只生成酸”，不属于酸性氧化物；w（SO2）、x（SO3）是酸性氧化物，但d不符合。C错误；

D、e是浓HNO3，与Cu反应生成的是NO2（d），但同时生成盐和水；z是浓H2SO4，与Cu反应生成的是SO2（w），而非x（SO3）。D错误；

故答案为：B。

【分析】含N物质：a（-3价氢化物，NH3）、b（0价单质，N2）、c（+2价氧化物，NO）、d（+4价氧化物，NO2）、e（+5价酸，HNO3）；

含S物质：u（-2价氢化物，H2S）、v（0价单质，S）、w（+4价氧化物，SO2）、x（+6价氧化物，SO3）、z（+6价酸，H2SO4）。17．【答案】B【解析】【解答】①颜色深浅：单质颜色随相对分子质量增大而加深，顺序为I2＞Br2＞Cl2＞F2，正确；

②氧化性：非金属性越强，单质氧化性越强，故氧化性I2＜Br2＜Cl2＜F2，正确；

③还原性：非金属性越弱，对应氢化物的还原性越强，因此还原性应为HI＞HBr＞HCl＞HF，原描述“HI＜HBr＜HCl＜HF”错误；

④稳定性：非金属性越强，氢化物越稳定，故稳定性应为HI＜HBr＜HCl＜HF，原描述

“HI＞HBr＞HCl＞HF”错误；

⑤酸性：非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，因此酸性HIO4＜HBrO4＜HClO4，正确；

综上，不正确的是③④，

故答案为：B。

【分析】解题突破口：

抓“非金属性递变”核心规律：卤族元素从上到下非金属性减弱，以此推导氧化性、还原性、氢化物稳定性、最高价含氧酸酸性的变化。

氧化性与还原性的关联：单质氧化性越强，对应阴离子（氢化物）还原性越弱，直接判断③中“HI＜HBr”的错误。

氢化物稳定性的逻辑：非金属性越强，氢化物越稳定，直接判断④中“HI＞HF”的错误。

颜色规律的记忆：卤族单质颜色随相对分子质量增大而加深，快速确认①的正确性。18．【答案】C【解析】【解答】A、气体2是NO2，NO2和溴蒸气都能氧化KI生成I2，使湿润淀粉-KI试纸变蓝，无法鉴别，A错误；

B、侯氏制碱法需先通NH3（使溶液呈碱性），再通CO2（提高CO2溶解度）；若先通CO2，其在NaCl溶液中溶解度低，无法析出NaHCO3，B错误；

C、气体1（NO）、气体2（NO2）与NH3转化为无害物质（N2、H2O），反应为：NO+NO2+2NH3=2N2+3H2O。1L混合气体（NO与NO2体积比1：1）与1LNH3恰好完全反应，C正确；

D、酸性氧化物是与水反应只生成对应酸的氧化物，但NO2与水反应生成HNO3和NO（3NO2+H2O=2HNO3+NO），不符合酸性氧化物定义，D错误；

故答案为：C。

【分析】A．抓“氧化性物质的共性”—NO2和溴蒸气都能氧化KI生成I2，淀粉-KI试纸无法鉴别。

B．抓“侯氏制碱法的通气体顺序”—需先通NH3（增强溶液碱性）再通CO2，否则CO2溶解度低，无法析出NaHCO3。

C．抓“氧化还原反应的物质比例”—NO、NO2与NH3反应生成N2的方程式中，NO：NO2：NH3=1：1：2，因此1L（1：1）混合气体与1LNH3恰好反应。

D．抓“酸性氧化物的定义”—酸性氧化物与水反应只生成对应酸，而NO2与水反应还生成NO，不符合定义。19．【答案】C【解析】【解答】A、反应③中，HNO3是氧化剂，Fe3+是氧化产物，故氧化性HNO3＞Fe3+；反应①中，Fe3+是氧化剂，I2是氧化产物，故Fe3+＞I2；反应②中，I2是氧化剂，SO42-是氧化产物，故I2＞SO42-。综上，氧化性顺序为HNO3＞Fe3+＞I2＞SO42-，A正确；

B、反应②中，SO2是还原剂，I-是还原产物，故还原性SO2＞I-；反应①中，I-是还原剂，Fe2+是还原产物，故I-＞Fe2+；反应③中，Fe2+是还原剂，NO是还原产物，故Fe2+＞NO。综上，还原性顺序为SO2＞I-＞Fe2+＞NO，B正确；

C、由还原性顺序SO2＞I-可知，SO2的还原性比I-强，即SO2不能氧化I-生成I2（需氧化剂才能氧化I-），因此SO2不能使湿润的KI-淀粉试纸变蓝（淀粉遇I2才变蓝），C错误；

D、硝酸（强氧化剂）与SO2（还原剂）反应时，SO2被氧化为H2SO4，硝酸被还原为NO，反应生成更多H+（H2SO4是强酸），溶液中H+浓度增大，酸性增强，D正确；

故答案为：C。【分析】本题通过三个氧化还原反应，考查氧化性、还原性强弱比较及物质性质推断。解题要点是利用“氧化剂氧化性＞氧化产物，还原剂还原性＞还原产物”的规律，结合反应式推导性质顺序，再判断选项正误。

A．根据反应中氧化剂与氧化产物的关系，推导氧化性顺序。B．根据反应中还原剂与还原产物的关系，推导还原性顺序。C．结合SO2与I-的还原性强弱，判断SO2能否氧化I-生成I2。D．根据氧化性HNO3＞SO42-，推测硝酸与SO2的反应及溶液酸性变化。20．【答案】C【解析】【解答】A、半导体材料的位置优良的半导体材料（如硅、锗）位于周期表的金属与非金属分界线附近，过渡元素是金属元素，无法找到半导体材料。A错误；

B、最外层电子数的变化规律第一周期原子的最外层电子数是从1到2（如H、He），并非从1到8重复，此规律仅适用于第二周期及以后。B错误；

C、同周期从左到右，非金属性增强；同主族从上到下，非金属性减弱。因此非金属性：As<Br<Cl，而非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性：H3AsO4<HBrO4<HClO4。C正确；

D、铍位于第二周期ⅡA族，金属性：Be<Mg（Mg与冷水反应缓慢），因此铍与冷水几乎不反应，不会剧烈反应。D错误；

故答案为：C。

【分析】本题易错点：

半导体材料位置混淆：误将过渡元素当作半导体来源，实际半导体在金属-非金属分界线附近。

最外层电子数规律片面化：忽略第一周期（1到2），错认为所有周期都“1到8重复”。

铍的金属性误判：错认为ⅡA族金属性强，实际铍金属性弱于镁，与冷水不剧烈反应。

酸性规律应用不全：遗漏同主族非金属性递变，错判HClO4与HBrO4的酸性顺序。21．【答案】B【解析】【解答】A、量筒量取液体时，残留液已计入量取体积，无需洗涤；若洗涤并转移洗涤液，会导致溶质偏多，浓度偏高，A错误；

B、质量分数36.5%、密度为1.19g⋅cm−3的浓盐酸物质的量为c=1000ρwM=1000×1.19×36.5%B．考查浓盐酸体积的计算（基于稀释前后溶质的量不变）。C．判断NaOH溶解后的转移条件。D．考查定容摇匀后液面异常的处理。22．【答案】D【解析】【解答】A、H2S是弱酸，在离子方程式中不能拆分为离子；CuS是难溶于酸的沉淀，反应生成CuS和H+，离子方程式写作Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A正确；

B、Fe3+具有强氧化性，SO2具有还原性，二者反应时，Fe3+被还原为Fe2+，SO2被氧化为SO42-，结合原子守恒与电荷守恒，配平后的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+，B正确；

C、酸性顺序为H2CO3>HClO>HCO3-，当过量CO2通入次氯酸钠溶液时，CO2与ClO-、H2O反应生成HClO和HCO3-（而非CO32-），离子方程式为CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3−，C正确；

D、醋酸是弱酸，不能拆分为H+，应保留化学式CH3COOH，正确的离子方程式为CO32−+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O，D错误；

故答案为：D。B．分析氧化还原反应中离子方程式的配平与产物合理性。C．根据酸性强弱与反应物用量确定反应产物。D．判断弱酸在离子方程式中的书写形式。23．【答案】B【解析】【解答】已知混合气体总体积为20mL，反应后剩余12mL无色气体（为NO），则反应中气体体积减少了20mL-12mL=8mL。

NO与水不反应，NO2与水反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。从方程式可知，3体积NO2反应后生成1体积NO，气体体积减少2体积（3-1=2）。

设参与反应的NO2体积为V，则：3体积NO2对应体积减少2体积，因此V=（3÷2）×8mL=12mL，即原混合气体中NO2为12mL。

原混合气体中NO的体积为20mL-12mL=8mL，故NO与NO2的体积比为8mL：12mL=2：3。

故答案为：B。

【分析】本题考查NO和NO2混合气体与水反应的体积计算，解题要点是利用NO2与水反应的体积变化规律（3体积NO2反应生成1体积NO，体积减少2体积），结合反应前后的体积差计算两者体积。24．【答案】D【解析】【解答】A、加热时只有NaHCO3分解，质量减少的bg是分解生成的CO2和H2O的质量。根据NaHCO3分解的质量变化，可算出NaHCO3的量，再结合总质量a算出Na2CO3的量，能确定组成，故A不符合题意；

B、混合物Ba(OH)2反应，Na2CO3、NaHCO3均生成BaCO3沉淀。设Na2CO3为xmol、NaHCO3为ymol，可根据“106x+84y=a”和“(x+y)×197=b”建立方程组，求解x、y，能确定组成，故B不符合题意；

C、混合物与盐酸反应后，蒸干灼烧得到的bg固体是NaCl。根据Na元素守恒，Na2CO3提供2xmolNa+、NaHCO3提供ymolNa+，可建立“106x+84y=a”和“(2x+y)×58.5=b”的方程组，能确定组成，故C不符合题意；

D、碱石灰会同时吸收反应生成的CO2和挥发出的H2O（稀硫酸中的水），无法区分bg增量中CO2和H2O的质量，不能建立准确的方程组，无法确定组成，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．只有NaHCO3加热分解，质量减少量仅对应其分解产物，能单独算出NaHCO3的量。

B、C．利用“沉淀（BaCO3）或产物（NaCl）的质量”结合元素守恒，建立含Na2CO3、NaHCO3物质的量的方程组，可解出比例。

D．碱石灰会同时吸收CO2和反应体系中挥发出的H2O，无法区分bg增量的来源，不能得到准确的质量关系，无法确定组成。25．【答案】A【解析】【解答】A、据分析，原粉末一定有KCl、Na2CO3、Ba(NO3)2，A正确；

B、据分析，KCl已通过AgNO3实验确定存在，无需焰色反应，B错误；

C、据分析，滤液中无CO32-（已沉淀为BaCO3），沉淀乙只能是AgCl，C错误；

D、据分析，KCl是一定存在的，不是“可能有”，D错误；

故答案为：A。

【解答】排除CuSO4：固体为白色粉末，而CuSO4溶液或其固体呈蓝色，故原粉末一定不含CuSO4。

确定Ba(NO3)2和Na2CO3的存在：固体加H2O过滤得到滤渣，滤渣加稀HNO3完全溶解——说明滤渣是BaCO3（Ba(NO3)2与Na2CO3反应生成，且BaCO3能溶于稀HNO3），因此原粉末一定含Ba(NO3)2、Na2CO3。

确定KCl的存在：滤液分两份：加稀H2SO4生成白色沉淀甲——说明滤液中含Ba2+（过量的Ba(NO3)2）；

加AgNO3生成白色沉淀乙——因滤液中无CO32-（已与Ba2+沉淀），故沉淀乙只能是AgCl，说明滤液中含Cl-，即原粉末一定含KCl。26．【答案】（1）⑧；⑤⑦⑨；③④⑥（2）SiO2（3）NaHSO4水溶液（4）【解析】【解答】①O2中，O原子之间只有非极性共价键，属于单质；②I2里，I原子之间仅存在非极性共价键，是单质；③NH3中，N原子和H原子之间只有极性共价键，属于化合物；④CO2中，C原子与O原子之间存在共价键，为共价化合物；⑤Na2O2中，钠离子和过氧根离子之间有离子键，O原子之间存在非极性共价键，属于离子化合物；⑥H2SO4里，S原子与O原子、O原子和H原子之间存在极性共价键，是共价化合物；⑦Ba(OH)2中，钡离子和氢氧根离子之间有离子键，O原子与H原子之间存在极性共价键，属于离子化合物；⑧NaF里，钠离子和氟离子之间只有离子键，是离子化合物；⑨NH4NO3中，铵根离子和硝酸根离子之间存在离子键，O原子与N原子之间有极性共价键，属于离子化合物，据此解答。

（1）只含离子键的是⑧，既含离子键又含共价键的是⑤⑦⑨；共价化合物是③④⑥；故答案为：⑧；⑤⑦⑨；③④⑥；

（2）光导纤维主要成分的化学式SiO2；故答案为：SiO2；

（3）硫酸氢钠为强酸酸式盐，在水溶液中的电离方程式NaHSO4水溶液=故答案为：NaHSO4水溶液=Na++H++SO42−或NaHSO（1）只含离子键的是⑧，既含离子键又含共价键的是⑤⑦⑨；共价化合物是③④⑥；（2）光导纤维主要成分的化学式SiO2；（3）硫酸氢钠为强酸酸式盐，在水溶液中的电离方程式NaHSO4水溶液=（4）根据得失电子和电荷守恒可得离子方程式。27．【答案】（1）分液漏斗（2）干燥氮气，吸收D装置中挥发出的水蒸气（3）B→C→B→D（4）A处（5）装置内空气没有排尽【解析】【解答】（1）根据图中信息，装饱和NH4故答案为：分液漏斗；

（2）根据分析，B装置的作用是干燥氮气，吸收D装置中挥发出的水蒸气；故答案为：干燥氮气，吸收D装置中挥发出的水蒸气；

（3）根据分析，气流从左至右，装置的连接顺序为A→B→C→B→D；故答案为：B→C→B→D；

（4）为了防止装置中原有的空气将锂氧化，需先用氮气排出C装置内的空气，再点燃C装置中的酒精灯，因此实验时，先点燃A处酒精灯；故答案为：A处；

​​​​​​​（5）如果氮化锂产品中混有Li2O，说明C装置内有氧气，则可能的原因是装置内空气没有排尽。

故答案为：装置内空气没有排尽。

​​​​​​​【分析】本题围绕氮化锂（Li3N）的制备实验展开，核心是结合Li3N易潮解的特性，分析各装置作用及实验设计逻辑。

实验原理为6Li+N2Δ2L3N，由于Li3N遇水会潮解，因此整个实验需严格隔绝水蒸气：

装置A通过饱和NH4Cl溶液与浓NaNO2溶液加热反应生成氮气，但制得的氮气含水分，必须干燥后才能参与反应；

装置B装浓硫酸，可除去氮气中的水蒸气，起到干燥作用，干燥后的氮气才能通入装置C；

（1）根据图中信息，装饱和NH4（2）根据分析，B装置的作用是干燥氮气，吸收D装置中挥发出的水蒸气；（3）根据分析，气流从左至右，装置的连接顺序为A→B→C→B→D；（4）为了防止装置中原有的空气将锂氧化，需先用氮气排出C装置内的空气，再点燃C装置中的酒精灯，因此实验时，先点燃A处酒精灯；（5）如果氮化锂产品中混有Li228．【答案】（1）；Fe4N（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（3）取适量反应液于试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有亚铁离子，反之则无（合理即可）【解析】【解答】（1）由分析可知，气体甲为NH3，故其电子式为，由分析可知，化合物M的化学式为Fe4N，

故答案为：；Fe4N；（2）白色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，

故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（3）反应液中金属阳离子即Fe2+，检验方法是：取适量反应液于试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有亚铁离子，反之则无（合理即可），

故答案为：取适量反应液于试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有亚铁离子，反之则无（合理即可）。

【分析】本题为化合物组成推断题，解题关键是通过实验现象确定元素种类，再结合质量守恒计算原子个数比。

首先，气体甲能使湿润的pH试纸变蓝，说明甲是NH3，由此可知化合物M中含有氮元素。反应液加足量NaOH溶液生成白色沉淀乙，乙在空气中变为红褐色沉淀丙，可推断乙是Fe(OH)2，丙是Fe(OH)3；丙灼烧得到固体丁，丁应为Fe2O3（质量14.40g），这表明M中还含有铁元素。

接下来计算元素的物质的量：

铁元素：Fe2O3的摩尔质量为160g/mol，14.40gFe2O3的物质的量为14.40g÷160g/mol=0.09mol，根据铁元素守恒，M中Fe的物质的量为0.09mol×2=0.18mol。

氮元素：M的总质量为10.71g，Fe的质量为0.18mol×56g/mol=10.08g，因此N的质量为10.71g-10.08g=0.63g，N的物质的量为0.63g÷14g/mol=0.045mol。

最后，Fe与N的物质的量之比为0.18mol：0.045mol=4：1，故M的化学式为Fe4N。（1）由分析可知，气体甲为NH3，故其电子式为，由分析可知，化合物M的化学式为Fe4N，故答案为：；Fe4N；（2）白色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（3）反应液中金属阳离子即Fe2+，检验方法是：取适量反应液于试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有亚铁离子，反之则无（合理即可），故答案为：取适量反应液于试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有亚铁离子，反之则无（合理即可）。29．【答案】（1）MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑（2）NaCl（3）蒸发皿（4）稀硫酸；NaClO3【解析】【解答】（1）MnO2不与稀硫酸反应，也不溶于稀硫酸，MnCO3与稀硫酸反应MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑，其离子方程式为MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑，

故答案为MnCO3+2H+=Mn2++H