浙江省杭州某中学东河校区2024-2025学年高一年级上册期末考试化学试题（解析版）

浙江省杭州市上城区浙江省杭州第二中学东河校区2024-2025学年高一上学期期末考

试化学试题

一、选择题（本大题共15小题，每小题2分，共30分。每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.下列物质属于碱的是

A.Na2CO3B.NH^H20C.CaOD.NaCl

【答案】B

【解析】【解答】A（Na2co3）：电离出的阴离子是CO.?*,属于盐（碳酸盐），不是碱；

B（NH3-H2O）：在水溶液中电离为NK+和OH-（阴离子全部是OH）符合碱的定义（弱碱）；

C（CaO）：是金属氧化物，与水反应生成Ca（OH）2（碱），但自身不属于碱；

D（NaCl）：电离出Na+和C1',属于盐（氯化物），不是碱；

故答案为：Bo

【分析】本题易错点：

混淆“碱”与“碱性物质”：易误将CaO（能与水生成碱的氧化物）当作碱，实际CaO是金属氧化物，并

非碱。

对弱碱的电离认知不足：忽略NH3-H2O在水溶液中电离出的阴离子是OH,误将其排除在碱的范畴外。

盐与碱的概念混淆：误把Na2c03（碳酸盐，显碱性的盐）当作碱，混淆“显碱性”与“属于减'’的概念。

2.运输氢氧化钠的车辆上应贴的图标是

▼IMF

C.

N毒气/D-

【答案】A

【解析】【解答】氢氧化钠是具有强腐蚀性的强碱，不是爆炸品、有毒气体，也不是易燃液体。所以运输氢氧

化钠的车辆应贴腐蚀品图标。

A、是腐蚀品图标，符合要求；

B、是爆炸品图标，不符合要求；

C、是有毒气体图标，不符合要求；

第1页

D、是易燃液体图标，不符合要求；

故答案为：Ao

【分析】根据氢氧化钠的性质（腐性性、状态等），判断对应的危险品图标。

3.下列仪器中需要标注温度的是

【解析】【解答】A、烧瓶主要用于加热反应，对温度标注无要求，不需要标注温度，故A不符合题意；

B、冷凝管用于蒸锚时冷凝蒸气，无需标注温度，故B不符合题意；

C、容量瓶用于准确配制一定物质的量浓度的溶液，溶液体积受温度影响大，所以需要标注温度，故C符合

题意；

D、分液漏斗用于分离互不相溶的液体，不需要标注温度，故D不符合题意；

故答案为：C»

【分析】根据各仪器的用途及对温度的敏感性，判断是否需要标注温度。

4.下列有关物理量与其相应的单位匹配的是

A.物质的量浓度：L/molB.气体摩尔体积：mol/L

C.阿伏加德罗常数：molD.摩尔质量：g/mol

【答案】D

【解析】【解答】A、物质的量浓度指单位体积溶液里溶质的物质的量，单位应为mol/L,而非L/mol,故A

不符合题意；

B、气体摩尔体积是单位物质的量的气体所占的体积，单位是L/mol,不是mol/L,故B不符合题意；

C、阿伏加德罗常数表示Imol粒子所含的粒子数，单位为mol',不是mol,故C不符合题意；

D、摩尔质量是单位物质的量的物质的质量，单位为g/mol,故D符合题意；

故答案为：Do

【分析】根据各物理量的定义，判断其单位是否匹配。

5.下列物质中能产生丁达尔效应的是

A.云、雾

B.葡萄糖溶液

C.AgCZ悬浊液

D.纳米碳酸钙（粒子直径为10〜

【答案】A

【解析】【解答】A、云、雾属于气溶胶，是胶体，能产生丁达尔效应，故A符合题意；

第2页

B、葡萄糖溶液中分散质粒子直径小于Inm,是溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故B不符合题

尽;

C、AgCl悬浊液中分散质粒子直径大于lOOnm,是悬浊液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故C不符合

题意；

D、纳米碳酸钙粒子直径虽在l・l(X)nm,但未分散到分散剂中形成胶体，不能产生丁达尔效应，故D不符

合题意；

故答案为：Ao

【分析】丁达尔效应是胶体的特性，判断各物质是否为胶体。

6.下列物质或物质的主要成分对应不正确的是

A.漂白液：NaClOB.黄铜矿：CuFeS2

C.磁性氧化铁：Fe2O3D.小苏打：NaHCO3

【答案】C

【解析】【解答】A、漂白液的有效成分是NaClO,A对应正确；

B、黄铜矿的主要成分是CuFcSa,B对应正确；

C、磁性氧化铁指的是Fe3O4,而Fez。,是氧化铁(红铁矿主要成分)，无磁性，C对应错误；

D、小苏打是碳酸氢钠的俗称，化学式为NaHCO?,D对应正确：

故答案为：Co

【分析】根据常见物质的成分或俗称对应的化学式，判断各选项是否正确。

7.反应H2O2+H2s=2H2O+S中，氧化剂是

A.H2O2B.H2sC.H2OD.S

【答案】A

【解析】【解答】在H2O2中，O元素的化合价为-1价；反应后生成H20,0元素的化合价变为-2价

化合价降低。

在H2s中，S元素的化合价为-2价；反应后生成s,S元素的化合价变为0价，化合价升高。

H2O是生成物，S是氧化产物，二者均不是反应物,不参与氧化剂的判断。

生02中0元素化合价降低，符合氧化剂的定义，

故答案为：Ao

【分析】判断氧化剂的核心——化合价变化：氧化剂的判断依据是元素化合价降低。

8.下列化学用语不正确的是

35C

A.中子数为18的氯原子:17

B.的电离方程式：NH4HCO3=NHt+HCO^

C.二氧化碳的结构式为：。=C=。

第3页

H「

D.NHQ的电子式为：H：N：H[Cl]

,H

【答案】D

确

35A正

【解析】【解答】A、氯原子质子数17,中子数18,质量数35,符号为17

+

B、NH4HCO3是强电解质，电离生成NFU+和HCO.r,式子为NH4HCO5=NH4+HCO.v,B正确;

C、C02中C与0形成双键，结构式为0=00,C正确；

H

■:J♦

■一

错

©D误

NJ:

D、NHCI的电子式中，。一需标出最外层8个电子，即NH4cl的电子式为:H:

4.一

:H

故答案为：Do

【分析】依据化学用语的书写规范，检查各选项的正确性。

9.下列说法不正确的是

A.。2和。3互为同素异形体

B.UN和14c是两种不同的核素

c.35a2和37a2互为同位素

D.等物质的量16。2和18。2含有相同的电子数

【答案】C

【解析】【解答】A、02和Ch是氧元素形成的不同单质，符合同素异形体定义，A正确；

B、MN和14c质子数不同（7和6）,中子数也不同（7和8）;是不同核素，B正确；

C、同位素指同种元素的不同原子，而3502和37cL是单质，不是原子，不互为同位素，C错误；

D、等物质的量的wo?和建02含相同数目的0原子，每个0原子电子数相同，故总电子数相同，D正

确；

故答案为：Co

【分析】根据同素异形体、核素、同位素的概念，以及电广数的计算规则来判断选项正误。

10.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是

A.Na"。/能与酸反应，所以可用作抗胃酸药

B.重金属离子有毒，所以吞服“钢餐”会引起中毒

C.不锈钢中的合金元素主要是辂和银，具有很强抗腐蚀能力，所以可用于医疗器材

D.。/5。4易结合水变成蓝色晶体，所以可用来检验混合气体中是否含有水蒸气

【答案】B

【解析】【解答】A、NaHCOs能与胃酸（主要是HC1）反应，可中和过多胃酸，因此可用作抗胃酸药，A正

确；

2+

B、“银餐”的主要成分是BaSO4,它难溶于水和胃酸，不会产生有毒的Ba,吞服不会中毒，B错误；

第4页

c、不锈钢含铭、银等合金元素，抗腐蚀能力强，适合制作医疗器材，c正确；

D、CuSO,遇水会生成蓝色的CuSO4-51LO,可通过颜色变化检验水蒸气，D正确；

故答案为：Bo

【分析】结合物质性质与用途的逻辑关联，判断各选项对应关系是否正确。

11.已知某溶液能使紫色石蕊试液变红，此溶液中可能大量共存的离子组是

A.Na+、S0▽、Br~.NH：B.NQ+、£0/、fia2+>NO3

C.M/+、s。/、Fe2+>NO3D.NQ+、CIO~.Cl~.NH:

【答案】A

+

【解析】【解答】A、Na\SO?".BnNH4,均不与H+反应，离子间也无反应，可共存，故A符合题意；

B、BM+与SCh?一会生成BaSCh沉淀，不能共存，故B不符合题意；

C、酸性条件下，NCh•（强氧化性）与Fe2+（还原性）发生反应，不能共存，故C不符合题意；

D、CO与H，结合成HCIO,且CIO、C卜在H+中反应生成Ch,不能共存，故D不符合题意；

故答案为：Ao

【分析】溶液使紫色石蕊变红，说明含大量H+,需判断各组离子在酸性条件下是否能共存（离子间不反

应，且不与H+反应）。

12.下列有关性质的比较，不熊用元素周期律解释的是

A.非金属性：Cl>SB.热稳定性：Na2CO3>NaHCO3

C.酸性：HNO3>H2CO3D.金属性：K>Na>Li

【答案】B

【解析】【解答】A、Cl利S位于同周期，从左到右非金属性逐渐增强，故非金属性C1>S,故A不符合题

意；

B、Na?CO3与NaHCCh的热稳定性差异，是同一元素不同价态含氧酸盐的性质区别，与元素周期律无关（周

期律适用于不同元素间的性质递变），故B不符合题意；

C、N的非金属性强于C,根据“非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强”，可知酸性HNO3>

H2co3,故C不符合题意；

D、K、Na、Li同主族，从上到下金属性逐渐增强，故金属性K>Na>Li,故D不符合题意；

故答案为：Bo

【分析】依据元素周期律（同周期、同主族元素性质的递变规律），分析各选项性质比较是否能通过周期律

解释。

13.用N.代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.14gNz含的分子数为NA

B.（）.3moINa含有的电子数为3治

第5页

C.标准状况下，22.4L。2含有的氯原子数为29

D.1L0.4MO，LTKC7溶液中含有的离子数为0.4%|

【答案】C

【解析】【解答】A、N2的摩尔质量是28g/mol,14gNz的物质的量为0.5mol,分子数应为（）.5NA,A错误；

B、Na原子含11个电子，（）.3moiNa的电子数为0.3x11XNA=3.3NA,B错误；

C、标准状况下22.4LO2为Imol,1个分子含2个0原子，故氧原子数为2NA,C正确；

D.lL0.4mol/LKCl溶液中,KC1范离出K-和C卜各0.4mol,总离子数为0.8NA,D错误;

故答案为：Co

【分析】结合物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积等概念，计算各选项中微粒数目是否正确。

14.构建化学基本观念是学好化学的基础。下列对化学基本观念的认识不正确的是

A.守恒观：离子反应中，反应前后离子所带电荷总数守恒

B.微粒观：熔融NaC7中存在能够自由移动的离子

C.分类观：在水溶液中能电离出H+的化合物叫做酸

D.转化观：Na在空气中最终转化成可劭。。3

【答案】C

【解析】【解答】A、离子反应中电荷守恒成立，反应前后离子所带总电荷数保持不变，A正确；

B、熔融NaCI因电离出自由移动的Na+和Q-而能导电，存在可自由移动的离子，B正确；

C、酸的定义是在水溶液中电离出的阳离子全部为H+的化合物。像NaHSCU这类物质虽能电离出H+,但还

电离出Na+,不属于酸，C错误；

D、Na在空气中先与Ch生成Na2O,再与水反应生成NaOH,最终吸收CO?转化为Na2co3,D正确；

故答案为：Co

【分析】依据化学中守恒观、微粒观、分类观、转化观的核心内涵，判断各选项认识是否正确。

15.下列除杂的试剂与操作正确的是

A.除去SO2气体中混有的HQ气体：依次通过饱和NazSg溶液和浓硫酸，洗气

B.除去NaS溶液中混有的可做。。3：加入适量的Ca（0"）2溶液，过滤

C.除去FeCb溶液中混有的C〃C%：加入适量铁粉，过滤

D.除去铁粉中混有的铝粉：加入足量NQ。”，过滤

【答案】D

【解析】【解答】A、饱和Na2s03溶液会与SO2反应（生成NaHSO3）,导致SCh被消耗,不能用于除杂,

A错误；

B、Ca[OH）2与Na2c03反应生成CaCCh沉淀和NaOH,引入新杂质NaOH,B错误；

C、铁粉会与FeCb反应（生成FeCh）,消耗目标物质FeCh,C错误；

第6页

D、Al能与NaOH溶液反应（生成可溶物），而Fe不与NaOH反应，过滤后可分离出Fe,D正确；

故答案为：Do

【分析】除杂需满足不除去目标物质、不引入新杂质、易分离的原则，据此分析各选项。

二、选择题（本题共有5小题，每小题3分，共15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）

16.下列反应的离子方幅式不正确的是

A.-2。3与盐酸发生反应:尸々。3+6H+=2而++3”2。

B.铜与稀硝酸反应：+8"-+2NO5=3G?++2N。T+4“2。

C.过量。。2通入饱和碳酸钠溶液：2Na++。。^-+“2。+CO2=2NQHCO31

D.与水反应：C，2+/2。=+a。一+2H+

【答案】D

【解析】【解答】A、FezCh与盐酸反应生成Fe3+和H2O,FezO?不拆，离子方程式为F生3+6H+=

2F/++3H2。，A正确;

2

B、铜与稀硝酸反应生成Cu+,NO和H2O,CU、NO不拆，离子方程式为3clz+8H++2NO*=3C〃2++

2NOT+4“2。，B正确；

C、过量CO2通入饱和Na2cCh溶液，生成NaHCCh沉淀，离子方程式为2NQ++。。。+/。+。。2=

2NaHCO3I,C正确；

D、CL与水反应生成HC1（拆为ChH+）和HC1O（弱电解质，不拆），且反应可逆，正确式子应为

+

Cl2+H2OCF+HC104-HfD错误；

故答案为：Do

【分析】依据离子方程式书写规则（如弱电解质不拆、反应符号正确等），判断各选项是否正确。

拆分原则：弱电解质（如HC10）、单质（如Ch）、沉淀（如NaHCOU）不拆；强电解质（如盐酸）拆为离

子。

反应特征：CL与水反应是可逆反应，需用“="，且HC10不能拆分为离子。

守恒验证：各选项需满足原子和电荷守恒，D选项因拆分错误和符号错误不符合要求。

17.短周期主族元素X、八z、w原子序数依次增大，x是地壳中含量最多的元素，丫原子的最外层只有一个

电子，Z的简单离子半径是同周期金属元素简单离子半径中最小的，勿与X属于同一主族。下列说法正确的是

A.非金属性：X<W

B.丫和w的最高价氧化物对应水化物的溶液之间不能发生反应

C.X与Z形成的化合物能与酸反应，不能与碱反应

D.X和y形成的化合物中可能含有非极性共价键

【答案】D

【解析】【解答】A、O和S同主族，同主族元素从上到下非金属性减弱，所以非金属性O>S,即X>

第7页

W,A错误；

B、Y的最高价氧化物对应水化物是NaOlI,W的是II2SO4,NaOII和ILSCU能发生中和反应，B错误；

C、X与Z形成的化合物是AI2O3,AI2O3是两性氧化物，既能与酸反应，也能与碱反应，C错误；

D、X和Y形成的化合物有Na2O和Na2O2,Na2O中只有离子键,NazCh中含有离子键和非极性共价键,

D正确；

故答案为：Do

【分析】先根据题干信息推断出X、Y、Z、W四种元素，再结合元素周期律、物质的性质等分析各选项。

推断元素：地壳中含量最多的元素X是O；Y原子最外层1个电子且原子序数大于O,故Y是Na；第

三周期金属元素中简单离子半径最小的Z是Al；W与X同主族且为短周期元素，故W是S。

18.下列有关实验的说明正确的是

稀盐酸

可上下移动的铜丝

浸有NaBr溶液的棉球

[^E浓

硝

浸有淀粉-K1溶液的棉球r%酸

澄清石灰水

①②

A.图①实验证明氧化性：Cl2>Br2>I2

B.图②实验可用于证明碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性，乙试管中可装碳酸氢钠

C.图③实验可制备并收集少量NO2气体

D.图④实验可验证非金属性强弱：Cl>C>Si

【答案】B

【解析】【解答】A、图①中C12先与NaBr反应生成Br2,但Cb可能过量，过量的CL会直接与KI反

应，无法证明是Br2氧化I,不能得出氧化性Br2>h,A错误；

B、图②中乙试管放碳酸氢钠（内管，温度低），甲试管放碳酸钠（外管，温度高）。若乙中碳酸氢钠分解产

生使石灰水变浑的气体，而中中碳酸钠不反应，可证明碳酸钠热稳定性更强，B正确：

C、NO?会与水反应（3NO2+H2O=2HNCh+NO）,不能用排水法收集，C错误；

D、比校非金属性需用最高价含氧酸，盐酸不是。的最高价含氧酸（应为HC1O4）,且HC1挥发会干扰Si

的检验，D错误；

故答案为：Bo

【分析】根据实验装置特点和物质性质，判断各选项实验目的与结论是否“配。

A.需避免过量氧化剂干扰，图①中。2过量导致结论小可靠。

B.利用温度差异（外高内低），通过分解现象判断，碳酸氢钠在较低温度下分解，体现稳定性弱于碳酸钠。

第8页

C.NCh与水反应，不能排水收集，应选向上排空气法。

D.依赖最高价含氧酸酸性，盐酸不符合要求，且挥发物会干扰实验。

19.室温下某容积固定的圆柱形密闭容器由可自由移动的活塞隔成甲、乙两室，向甲中充入一定量的，2、

C，2混合气体，乙中充入16gCH4气体，此时活塞位置如图。下列有关说法正确的是

甲乙

111i

123456

A.该图表明，甲室的压强是乙室的2倍，气体分子数量也是乙室的2倍

B.中空中“2、的总质量不能确定，但总的物质的量一定是2moi

C.若甲室混合气体的密度是同温同压时也密度的15倍，则甲室通入的气体是30g

D.将甲室的混合气体充分反应，恢复至室温后，最终活塞停留的位置应是刻度2处

【答案】B

【解析】【解答】乙室中CH4的质量为16g,其物质的量为16g-16g/mol=lmolo由装置图可知，甲室体积是

乙室的2倍，同温同压下，甲室气体总物质的量为乙室的2倍，即甲室中比和CL的总物质的量为

2mo】。

A、活塞可自由移动，说明甲乙两室压强相同；甲室物质的量是乙室的2倍，分子数也是乙室的2倍，但

压强相等，A错误；

B、甲室中H?和。2的比例未知，总质量无法确定，但根据体积关系，总物质的量一定是2mol,B正确；

C、同温同压下，密度比等于摩尔质量比。若混合气体密度是压的15倍，则平均摩尔质量为30g/mol,总

质量应为2molx30g/mol=60g,C错误；

D、H2与Cb反应生成HCI,反应前后气体物质的量不变，体积不变，活塞仍在刻度4处，D错误；

故答案为：Bo

【分析】结合同温同压下气体体积与物质的量的关系（体积比等于物质的量比），分析甲乙两室气体的性质

及选项正误。

20.下列实验操作，实验现象和实验结论都正确的是

选项实验操作实验现象实验结论

胆根变为白色粉

A向胆研固体中滴加浓力5。4浓“2$。4有强氧亿性

末

在两支试管中各加入少量可做。。3固体、一支试管温度升

温度升高的是NQ2CO3固体，

BNQHC03固体，再分别滴入少量水，用温高，另一支温度

温度降低的是NQHC03固体

度计测温降低

NazSQ固体溶解后，滴加硝酸酸化的硝

C产生白色沉淀NQ2SO3固体已变质

酸钢溶液

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D常温下将铝片放入浓硝酸中无明显变化铝与浓硝酸不反应

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】【解答】A、胆研（CuSO4-5H2O）加浓H2sOJ变白色粉末（CuSO4）,是因浓HzSCh吸收结晶水，

体现吸水性而非氧化性，A错误；

B、Na2co3溶于水放热，温度升高；NaHCQi溶于水吸热，温度降低，现象与结论一致，B正确；

C、硝酸会氧化Na2so3为Na2so4,与Ba（NCh）2生成白色沉淀，无法证明Na2so3变质，C错误；

D、常温下铝遇浓硝酸钝化（表面生成氧化膜），并非不反应，D错误；

故答案为：Bo

【分析】结合物质性质，分析各选项实验操作、现象与结论的合理性。

A.区分吸水性（如使结晶水合物脱水）与氧化性（如氧化还原性物质）。

B.Na2cCh溶解放热、NaHCCh溶解吸热，可通过温度变化区分。

C.硝酸的强氧化性会氧化SO3?•为SO?',干扰变质检验。

D.常温下与浓硝酸发生反应生成致密氧化膜，属于化学变化。

三、填空题

21.完成下列填空:

（1）①K原子结构示意图：o

②水分子的空间结构为：0

③铜与浓硫酸反应的化学方程式：，

④氮化铝溶液与足量氢氧化钠溶液反应的离子方程式：。

（2）实验室工作人员用NaOH固体配制0.1mo/"TNaOH溶液450mL。下列操作会使所配溶液浓度偏

低的是o

A.称量时，使用电子天平称量1.800gNaOH固体

B.定容时，加水超过刻度线，月胶头滴管吸取多余的液体

C.容量瓶未经干燥即用来配制溶液

D.定容时，仰视刻度线

E.配制过程中，未冷却就将NaOH溶液转移至容量瓶中

（3）疑催化氧化是工业制硝酸的基础反应，请在下列反应中用“单线桥法''表示电子的转移情况：4N/+

5。2=4N0+6H2。。

第10页

3+

V形；Cu+2H2s。4（浓）-CuSO^SO2T+2H2O：4Z+40H-=

⑷(。田4「

（2）ABD

20b

（3）I高温

-4NH3+5°21W4NO+6H20

【解析】【解答】(1)①K是第19号元素，原子结构示意图:

②水分子的空间结构为：V形；

③铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式：。1+2”25。4(浓)乌亦5。4+5。27+2”2。；

④氯化铝溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式：川3++40，一=⑷(0〃)4「；

故答案为:；Cu+2H25。4(浓)二。口5。4+5。2T+2“2。；Ap+=

[4(0H)4「；

(2)用NaOH固体配制O.lmohLiNaOH溶液4507n3由于没有用450ML容量瓶，根据“大而近”原则，选用

500mL容量瓶进行配制；

A.称量时，根据m=c，•M=O.lmo/•厂1x0.5Lx40g/mo/=2.000g,使用分析天平称量

1.800gNaOH固体，导致溶质物质的量偏小，浓度偏低，A正确；

B.定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体，导致溶质物质的量偏小，浓度偏低，B正确;

C.由于定容时还要加入蒸储水，容量瓶未经干燥即用来配制溶液，不会影响所配制溶液的浓度，C错误,

D.定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏低，D正确；

E.配制过程中，未冷却就将NaOH溶液转移至容量瓶中，导致溶液体积偏小，浓度偏高，E错误；

故答案为：ABD：

高温

(3)在4可“3+5。24NO+6%。反应中，N的化合价由-3价升高到+2价，失去4X5厂=20厂，。的

催化剂

化合价由0价降低到-2价，得到10x2e-=20e-,用“单线桥法''表示电子的转移情况为：

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20/

4应品离TN。+6Hb

20炉

故答案为:而益需4NO+6%。

【分析】（I）①根据钾的原子序数（19）,画出核外电子分层排布的结构示意图。

②依据水分子中氧原子的杂化方式和孤电子对情况，确定其空间结构为V形。

③铜与浓硫酸在加热条件下反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，据此书写化学方程式。

④氯化铝与足量氢氧化钠反应，生成四羟基合铝酸钠，据此书写离子方程式。

⑵分析各操作对溶质物质的量或溶液体积的影响，根据c=n-V判断浓度变化。

⑶找出反应中化合价变化的元素（N从-3到+2,O从0到-2）,计算电子转移总数，用单线桥法从失电

子的NH3指向得电子的02,标注转移电子数。

（1）①K是第19号元素，原子结构示意图:

②水分子的空间结构为：V形；

③铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式：Qz+2H2$。4（浓）2C“SO4+SO2T+242。；

④氯化铝溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式：AP++40H-=[4（。”）4「；

（2）用NaOH固体配制0.1mol"TNaOH溶液450m3由于没有用450mL容量瓶，根据“大而近”原则，选用

500mL容量瓶进行配制;

A.称量时，根据m==0.1mo，・Lix0.5Lx40g/mo/=2.000g,使用分析天平称量

1.800gNaOH固体，导致溶质物质的量偏小，浓度偏低，A正确；

B.定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体，导致溶质物质的量偏小，浓度偏低，B正确;

C.由于定容时还要加入蒸饰水，容量瓶未经干燥即用来配制溶液，不会影响所配制溶液的浓度，C错误,

D.定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏低，D正确；

E.配制过程中，未冷却就将NaOH溶液转移至容量瓶中，导致溶液体积偏小，浓度偏高，E错误；

故选ABD；

（3）在4/VH3+5O2==4NO+6H2。反应中，N的化合价由-3价升高到+2价，失去4x5e-=20&-，O的

催化剂

化合价由0价降低到-2价，得到10x2c-=20e\用“单线桥法”表示电子的转移情况为：

20/

I♦高温

4NHE羸莉4NO+6H2O0

第12页

22.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H、I,它们之间能发生如下反应（图中

有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。

请根据以上信息问答下列问题：

（1）气体丙的化学式为。

（2）反应③是D物质的水溶液与金属B反应，金属B失去电子被物质氧化（填氧化剂的化学

式）。

（3）沉淀H在空气中颜色会发生变化，其变化的现象

为:，化学方程式

为：。

（4）写出金属A与水反应的实验现象：__________________________________________________

（5）检验物质G中阳离子的方法

为：。

【答案】（1）HCI

（2）H20

（3）白色沉淀迅速变为灰绿色，最终为红褐色；；4Fe（OH\+O2+2H2O=4Fe（0H\

（4）钠浮在水面，熔成小球，四处游动并听到嘶嘶响声

（5）问待测液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中有铁离子

【解析】【解答】（1）根据分析气体丙为氯化氢，化学式为HG，

故答案为：HCI；

（2）反应③是Na。”与4反应生成氢气，该反应中4为还原剂，被水氧化，

故答案为：“2。：

（3）沉淀H为「破。"%,在空气中白色沉淀迅速变为灰绿色，最终为红褐色，发生反应为为

4尸。（。3%+。2+2“2。=4Fe（0H\,

故答案为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终为红褐色；4尼（。"）2+。2+2“2。=4代（。“）3

（4）金属A与水发生反应2NQ+232O=2NQO〃+〃2T，现象为钠浮在水面，熔成小球，匹处游动并听到

嘶嘶响声，

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故答案为：钠浮在水面，熔成小球，四处游动并听到嘶啜响声；

(5)G为PeCb,检验铁离子方法为：向待测液中滴加IKSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中有铁离子，

故答案为：向待测液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中有铁离广。

【分析】金属A焰色为黄色，可判断A是NaoNa和水反应，生成气体甲(HQ与物质D(NaOH)<.

NaOH和金属B反应能产生H2,说明B是AL黄绿色气体乙是Ch,H2和Cb反应生成气体丙

(HCl),HC1溶于水得到物质E(盐酸)。金属C和盐酸反应生成物质F,F又能和Cb反应生成物质

G,结合后续生成红褐色沉淀I(Fe(OH)3),可知金属C是Fe,F是FeCh,G是FeChoFeCL和NaOH

反应生成沉淀H(Fe(OH)2),FeCh和NaOH反应生成Fe(OH)；o

(1)根据分析气体丙为氯化氢，化学式为HQ,故答案为：HCI-.

(2)反应③是Na。”与川反应生成氢气，该反应中山为还原剂，被水氧化，故答案为：H20-.

(3)沉淀H为Fe(0H)2,在空气中白色沉淀迅速变为灰绿色，最终为红褐色，发生反应为为

4尸。(。〃)2+。2+2H2。=4/。(。“)3,故答案为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终为红褐色；

4所(0口)？+。2+2“2。=4Fe(0H)?

(4)金属A与水发生反应2NQ+2H2O=2NQOH+H2T，现象为钠浮在水面，熔成小球，匹处游动并听到

嘶嘶响声，故答案为：钠浮在水面，熔成小球，四处游动并听到嘶嘶响声；

(5)G为FeCb,检验铁离子方法为：向待测液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中有铁离子，故

答案为：向待测液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中有铁离子。

23.”方和NO是两种主要的大气污染物。

(1)将H2s转化为可再利用的资源是能源研究领域的重要课题。H2s的转化目前主要有以下两种方法：

少量。2

方法I克劳斯燃烧法H2STS

点燃

Cu2+,Fe3+

方法II铁盐、铜盐氧化法

H2STS

02

①硫在元素周期表中的位置是第周期，第族，方法I的化学方程式

是。

②方法II,将H2s和。2的混合气体通入曲/、。“仪2的混合溶液中反应回收S,物质转化如图所示。下列

说法不正确的是O

A.和"2s反应的离子方程式为$2一+Cuz+=CuS1

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2+3+

B.。2在转化过程中发生的反应为。2+4Fe+4H+=4Fe+2H2O

C.该过程的反应中有极性键和本极性键的断裂和生成

D.为避免混合液失效，混合气体中H2s和。2的比例应大于2：1

(2)Pt-Ba。双催化剂处理大气中的NO和/S,工作如图所示。

@NO和外在催化剂Pt表面发生反应的化学方程式为。

②通过BaO和8Q(N03)2的相互转化实现NO2的储存和还原，储存NG的物质是。

③2。2协同处理H2s过程中，NO2与H2s按比例1：2通入，每处理0.2molH2s时，转移电子数为0.4以,

则产物X的化学式为。

(3)某同学探究硝酸盐受热分解的规律，用如图所示装置加热AON/固体，试管内有红棕色气体生成.

一段时间后，在末端导管口可收集到无色气体a。

图3

①气体a是o

②补充完力”。3受热分解的化学方程式：

A

AgNO3=Ag++°

③从实验安全角度考虑，需要在装置A,B之间加_________装置。

占燃

【答案】(1)三；VIA；2H2S+O2=2S+2H2O；ACD

Pt

(2)2NO+O2=2NO2;BaO；S

A

(3)氧气；2AgNO3=2Ag+2NO2+O2T;防倒吸

【解析】【解答】(1)①S是第16元素，在元素周期表中的位置是第三周期，第VIA族，在反应I中H2s和

第15页

占燃

02反应产生S和H20,反应方程式为2〃2s+O2=2S+2H2。；

②A.由图示和元素守恒可知，C/和H2s反应生成CuS和H+,H2s为弱酸，不可拆，离子方程式为

C〃2++”2S=CuSl+2H+，A错误；

B.由图可以看出，Fe2+在02作用下变成Fe3+,发生反应为。2+4尸。2++4“+=49/++2/。，B正确；

C.该过程的反应中有极性键断裂(H-S)和生成(H-O),非极性键的断裂(0-0),C错误；

D.为避免混合液失效，提高混合气体中Ch的比例，02充足时，反应过程中的Fe2+能被充分氧化为Fe3+,而

充足的Fe3+可将CuS氧化为S,混合气体中出5和。2的比例应小于2：1,D错误；

占燃

故答案为：三；VIA；2H2S+O2=2S+2H2O；ACD：

(2)①由图示可知，N0和02在催化剂P1表面上发生反应生成NCh,反应方程式为2N0+%些2/7。2；

②由图示可以看出，NCh在BaO中储存，在Ba(NO3)2中还原，放答案为BaO；

③NO?和H2s发生氧化还原反应，NCh做氧化剂，还原产物为N2,处理OZmolFhS,转移().4mol电子，消

耗O.lmolNCh,根据的是电子守恒，硫元素化合价应从-2-0,故氧化产物X的化学式应为S。

Pt

故答案为：2/7。+。2=23。2;BaO；So

(3)①根据分析可知，气体a的名称：氧气；

②根据得失电子守恒，A9NO3受热分解的化学方程式：2AgN。322Ag+2可。2+。23

②二氧化氮与氧气混合气体通入NaOH溶液中溶液溶液引发倒吸，所以在装置A、B之间加防倒吸装置。

故答案为：氧气；2AgNO.=2Ag-V2NO.^O2T；防倒吸。

【分析】硝酸银受热分解生成二氧化氮气体，在该反应过程中，N元素化合价降低被还原，则推测0元素化

合价升高生成氧气，即气体a为氧气；

⑴①硫是16号元素，位于第三周期VIA族；方法I中H2s与少量02点燃生成S和比0,方程式为

占燃

2”2S+O2^=^2S+2%。：

②H2s是弱酸不能拆，A错误；反应中无极性键生成和非极性键生成，C错误；H2s与Ch比例应小于

2：1,D错误，故选ACD。

(2)①NO与Ch在Pt催化下生成N02,据此书写方程式。

②BaO与NCh反应储存NOz,故储存物为BaO。

③0.2molH2s转移0.4mol电子，S从-2价升至0价，产物X为S。

⑶①AgNOa分解时N降价，Q升价生成故气体a为氧气-

②分解方程式为24gN。3424g+2NO2+O2T;

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③N6易溶于碱液，需加防倒吸装置。

（1）①S足笫16元素，在元素周期表中的位置足第二周期，第VIA族，在反应I中ILS和6反应产生S

占燃

和比0,反应方程式为2%S+O2*2S+2H2。；

②A.由图示和元素守恒可知，CM+和H2s反应生成CuS和H+,H2s为弱酸，不可拆，离子方程式为

2++

CU+H2S=CUSX+2H,A错误；

2++3+

B.由图可以看出，Fe?+在02作用下变成Fe3+,^S.&^O2+4Fe+4H=4Fe+2H2O,B正确；

C.该过程的反应中有极性键断裂（H-S）和生成（H-O）,北极性健的断裂（0-0）,C错误；

D.为避免混合液失效，提高混合气体中02的比例，02充足时，反应过程中的Fe?+能被充分氧化为Fe%而

充足的Fe'+可将CuS氧化为S,混合气体中H2s和。2的比例应小于2：1,D错误；

故选ACD；

（2）①由图示可知，NO和02在催化剂P1表面上发生反应生成NCh,反应方程式为2NO+O222/VO2；

②由图示可以看出,NO2在BaO中储存,在Ba（NO3）2中还原,故答案为BaO；

③NO?和H2s发生氧化还原反应，NCh做氧化剂，还原产物为N2,处理0.2molH2S,转移0.4mol电子，消

耗O.lmoINCh,根据的是电子守恒，硫元素化合价应从-2-0,故氧化产物X的化学式应为S。

（3）①根据分析可知，气体a的名称：氧气；

②根据得失电子守恒，4gN0受热分解的化学方程式：2