2023-2024学年广东深圳龙华区高一(上)期末化学试题及答案

12023-2024学年广东省深圳市龙华区高一（上）期末化学试卷一、单选题（本题共16小题，共44分。第1～10小题，每题2分；第11～16小题，每题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）12分）琴棋书画诗酒花是古人享受人生的七绝。下列物品的主要材料为金属的是()A．端石佛手砚B．明玉雕凤纹笔杆草纸外销画开利店”铭啤酒杯22分）中国古代诗词和书籍中蕴含着化学知识。下列说法错误的是()A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应B．《神农本草经》中提到：“白青[Cu2（OH）2CO3]得铁化为铜”，其中白青属于碱C．“墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”是一种分散系D．《本草纲目》：“水银乃至阴之票物，因火煅丹砂（HgS）而出”，其中发生了氧化还原反应32分）第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在浙江杭州举行，共有45个亚洲国家和地区参赛。下列有关说法错误的是()亚运会火炬，名为“薪火”，寓意中华文明薪火相传，点燃时发生了剧烈的氧化还原反应开幕式上依靠着高光源LED镜头在光线暗淡的空间投影展示的“数字烟花”，没有硝烟，不产生垃圾，不涉及化学反应，传递了绿色环保理念亚运会的游泳池可以用漂粉精消毒亚运会期间恰逢中秋佳节，月饼保质期不长，商家常在包装袋内加入生石灰防止月饼氧化变质ABCD242分）化学是自然科学中最有生机的一门实用学科，化学发展的同时也促进了其他学科的发展。下列说法错误的是()A．长征火箭使用的液氢燃料是常用的氧化剂B．北京冬奥会部分场馆用作制冷剂的干冰属于酸性氧化物C．将碳纳米材料分散到分散剂中可以制得胶体D．深地探测设备的钻头材料是金刚石，它既不是电解质也不是非电解质52分）下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是()D．Cu2+、Ba2+、Cl﹣、62分）为了探究氯气的性质进行以下四个实验。下列说法错误的是()A．四个实验中氯气均表现氧化性B．四个实验中均有烟产生C．金属铁和铜在实验中均燃烧得到高价态的金属氯化物D．氢气需要先验纯，再点燃后送入装有氯气的集气瓶中72分）下列离子方程式中正确的是()A．将稀硫酸滴在铁片上：2Fe+6H+＝2Fe3++3H2↑B．将氢氧化钡溶液与稀硫酸混合：Ba2++＝BaSO4↓C．向氢氧化铜中加入稀硫酸：Cu（OH）2+2H+＝Cu2++2H2OD．钠和水反应：Na+H2O＝Na++OH﹣+H2↑382分）图是某国外教材展示氧化还原反应发生的过程：。则表示氧化剂的是()A．物质AB．物质BC．物质CD．物质D92分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．常温常压下，11.2LO2所含的氧原子数为NAB．常温常压下，18gH2O所含的分子数为NAC．标准状况下，22.4LCO2所含的氧原子数为NAD．用NaOH溶液完全吸收1molCl2时，转移电子的数目是2NA102分）下列各组物质中，化学键类型完全相同的是()A．HI和NaIB．H2S和CO2C．NaCl和CCl4D．Na2O和NaOH114分）部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列说法不正确的是()A．a气体溶于水可制得液氯B．b通入冷的石灰乳中可制得漂白粉C．c可用于自来水消毒D．存在a→b→d→a的循环转化关系124分）甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示，戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是()甲乙丙丁戊A．原子半径：丙＞丁＞乙B．非金属性：戊＞丁＞丙C．乙的单质是空气的主要成分之一D．丙的最高价氧化物对应的水化物也为强酸4134分）CO2加氢转化为燃料是实现CO2减排的一个重要策略，我国科学家在调控CO2加氢反应的选择性方面取得新进展，其过程的示意图如图。下列说法正确的是()A．该反应中有C﹣H键生成B．CO2分子中化学键为非极性键C．该反应中的四种物质都是共价化合物D．该反应的化学方程式为CO2+H2═CH4+H2O144分）下列说法正确的是()A．第二周期元素从C到F，非金属性逐渐减弱B．第三周期元素从Na到Cl，原子半径逐渐增大C．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次逐渐减弱D．LiOH、NaOH、KOH的碱性依次逐渐减弱154分）下列有关气体除杂、干燥的操作正确的是()5164分）水体中氨氮含量超标会造成水体富营养化，用次氯酸钙除去氨氮的原理如图所示。下列说法不A.①③属于复分解反应，②属于氧化还原反应B．CaCO3、CaCl2、HCl三种物质可循环使用C．每生成1molN2，转移6mol电子D．除去氨氮的总反应方程式为4NH3+3Ca（ClO）2═2N2+3CaCl2+6H2O二、非选择题56分1714分）Ⅰ、以下为中学化学中常见的几种物质：①二氧化碳；②熔融KCl；③NaHSO4固体；④铜；⑤稀硫酸；⑥澄清石灰水，按要求完成下面问题：（1）其中属于电解质的有（填序号，下同），属于非电解质的有。（2）将①通入足量⑥中的离子方程式：。Ⅱ、高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型的净水剂，可以通过下述反应制取：2Fe（OH）3+4NaOH+3NaClO═2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，按要求完成下面问题：（1）当反应消耗40gNaOH时，转移的电子数为。（2）现实验室欲配制220mL0.1mol.L﹣1NaOH溶液，除烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要用到的玻璃仪器有；用托盘天平称取NaOH固体的质量为g。下列操作配制的溶液浓度偏低的是。A．称量NaOH时，将NaOH放在滤纸上称重B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水C．配制时，未冷却至室温就直接定容D．向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面E．定容时俯视刻度线61814分）在实验室中用二氧化锰与浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气。进行此实验，所用仪器如图：回答下列问题：（1）连接上述仪器的正确顺序（填各接口处的字母）：接，接，（2）装置中，饱和食盐水的作用是，NaOH溶液的作用是。（3）化学实验中常用湿润的淀粉﹣KI试纸检验是否有Cl2产生。如果有Cl2产生，可观察到，反应的化学方程式为。（4）写出下列反应的化学方程式：①气体发生装置中进行的反应：。②NaOH溶液中发生的反应：。1914分）元素周期律是重要的化学学习工具。随着原子序数变化，7种短周期元素（用字母表示）原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价的变化如图所示。（1）b在元素周期表中的位置是周期族。7种元素中金属性最强的是（用元素符号表示，下同），与d处于同一主族的短周期元素是。7（2）b和c的最高价氧化物的水化物中，酸性较强的是（用化学式表示，下同），c和d的简单氢化物的稳定性较弱的是。（3）d和f形成的化合物为（用化学式表示），该化合物在熔融状态下能导电，属于化合物（填“离子”或“共价”），该化合物与盐酸反应的离子方程式为。（4）d、e的单质在加热条件下反应生成的化合物中存在的化学键有。（5）用电子式表示由a、c两种元素形成的化合物的形成过程。2014分）铁泥是钢铁厂废弃物，经分析其成分如表：成分Fe3O4Fe2O3FeOFe水分杂质质量分数%74.257.283.563.67已知杂质不溶于酸。综合利用废弃物，对资源利用和环境保护具有现实意义，铁泥常用于制备铁红，实验室模拟其工艺流程如图：（1）酸浸过程中Fe2O3、FeO与硫酸反应的离子方程式（2）转化过程中发生反应的离子方程式为。从经济环保角度考虑，“转化”中可替代H2O2的物质是。检验溶液中的Fe3+常用的试剂是。（3）滤液2中含有的主要离子有。（4）煅烧步骤的化学反应方程式为8一、单选题（本题共16小题，共44分。第1～10小题，每题2分；第11～16小题，每题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）12分）琴棋书画诗酒花是古人享受人生的七绝。下列物品的主要材料为金属的是()A．端石佛手砚B．明玉雕凤纹笔杆草纸外销画龙柄带“史溢泉、开利店”铭啤酒杯【分析】金属材料包括金属单质及其合金，据此进行解答。【解答】解：A．端石佛手砚为硅酸盐，故A错误；B．玉雕的主要成分为硅酸盐，故B错误；C．草纸的主要成分为纤维素，故C错误；D．清外销银浮雕材料属于银，是金属，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质的组成，掌握金属材料的范畴（纯金属以及它们的合金）是正确解答本题的关键，题目难度不大。22分）中国古代诗词和书籍中蕴含着化学知识。下列说法错误的是()A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应B．《神农本草经》中提到：“白青[Cu2（OH）2CO3]得铁化为铜”，其中白青属于碱C．“墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”是一种分散系D．《本草纲目》：“水银乃至阴之票物，因火煅丹砂（HgS）而出”，其中发生了氧化还原反应【分析】A．石灰石加热后能制得生石灰；B．碱式碳酸盐都属于盐类；C．“墨滴”是碳颗粒分散于水中形成的胶体；D．有化合价变化为氧化还原反应。9【解答】解：A．石灰石加热后能制得生石灰，该反应为分解反应，故A正确；B．白青[Cu2（OH）2CO3]名称为碱式碳酸铜，属于盐，故B错误；C．“墨滴无声人水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”是一种胶体，是一种分散系，故C正确；D．水银乃至阴毒物，因火煅丹砂而出（明），汞由单质转化为化合物，有化合价变化，属于氧化还原反应，故D正确；故选：B。【点评】本题考查物质的组成、性质及其在生产、生活等方面的用途，为高频考点，把握物质的组成、变化与性质为解答的关键，试题侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。32分）第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在浙江杭州举行，共有45个亚洲国家和地区参赛。下列有关说法错误的是()火”，寓意中华文明薪火相传，点燃时发生了剧烈的氧化还原反应开幕式上依靠着高光源LED镜头在光线暗淡的空间投影展示的“数字烟花”，没有硝烟，不产生垃圾，不涉及化学反应，传递了绿色环保理念亚运会的游泳池可以用漂粉精消毒亚运会期间恰逢中秋佳节，月饼保质期不长，商家常在包装袋内加入生石灰防止月饼氧化变质ABCD【分析】A．所有的燃烧均为氧化还原反应；B．LED镜头发光过程中没有新物质产生；C．漂白粉主要成分为次氯酸钙，具有强氧化性；D．生石灰常用作食品干燥剂。【解答】A．在氧气中燃烧的反应为氧化还原反应，故A正确；B．LED镜头发光过程中没有新物质产生，不属于化学反应，故B正确；C．漂白粉主要成分为次氯酸钙，因其具有强氧化性而起到杀菌消毒作用，故C正确；D．生石灰常用作食品干燥剂，防氧化应该加入还原性铁粉，故D错误；故选：D。【点评】本题考查物质的组成、性质及其在生产、生活等方面的用途，为高频考点，把握物质的组成、变化与性质为解答的关键，试题侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。42分）化学是自然科学中最有生机的一门实用学科，化学发展的同时也促进了其他学科的发展。下列说法错误的是()A．长征火箭使用的液氢燃料是常用的氧化剂B．北京冬奥会部分场馆用作制冷剂的干冰属于酸性氧化物C．将碳纳米材料分散到分散剂中可以制得胶体D．深地探测设备的钻头材料是金刚石，它既不是电解质也不是非电解质【分析】A．反应中所含元素化合价升高的物质为还原剂；B．酸性氧化物是指能够与碱反应只是生成盐和水的氧化物；C．分散质粒子直径介于1～100nm之间的分散系为胶体；D．同种元素组成的不同单质互为同素异形体。【解答】解：A．长征火箭使用的液氢燃料，氢气反应中氢元素的化合价升高，是常用的还原剂，故A错误；B．二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，属于酸性氧化物，故B正确；C．碳纳米材料其粒子直径介于1～100nm之间，分散到分散剂中可以制得的分散系为胶体，故C正确；D．深地探测设备的钻头材料是金刚石，它与石墨互为同素异形体，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。52分）下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是()【分析】A．溶液中氢离子与碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀；B．溶液中镁离子与碳酸根离子、氢氧根离子反应；C．四种离子在溶液中不发生任何反应；D．溶液中钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀。【解答】解：A．溶液中氢离子与碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故A错误；B．溶液中镁离子与碳酸根离子、氢氧根离子反应，不能大量共存，故B错误；C．离子之间不反应，能大量共存，故C正确；D．溶液中钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故D错误；故选：C。【点评】本题考查离子反应，侧重考查学生离子共存的掌握情况，试题难度中等。62分）为了探究氯气的性质进行以下四个实验。下列说法错误的是()A．四个实验中氯气均表现氧化性B．四个实验中均有烟产生C．金属铁和铜在实验中均燃烧得到高价态的金属氯化物D．氢气需要先验纯，再点燃后送入装有氯气的集气瓶中【分析】钠在氯气中燃烧现象：剧烈燃烧，火焰呈黄色，且有白烟生成，2Na+Cl22NaCl；铁在氯气中点燃，生成氯化铁，可观察到棕色烟生成，发生反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；铜在氯气中剧烈燃烧生成棕黄色的氯化铜，反应方程式为：Cu+Cl2CuCl2；氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，反应生成的氯化氢遇到空气中的水蒸气在集气瓶口有白雾生成，H2+Cl22HCl；A．元素的化合价降低，表现氧化性；B．氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，反应生成的氯化氢遇到空气中的水蒸气在集气瓶口有白雾生成；C．氯气具有强氧化性；D．可燃性气体点燃前需检验气体的纯度，以防止爆炸。【解答】解：A．钠在氯气中燃烧2Na+Cl22NaCl；铁在氯气中燃烧，2Fe+3Cl22FeCl3；铜在氯气中燃烧Cu+Cl2CuCl2；氢气在氯气中燃烧：H2+Cl22HCl；四个实验中氯气中氯元素都是从0价变为﹣1价，表现氧化性，故A正确；B．氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，反应生成的氯化氢遇到空气中的水蒸气在集气瓶口呈现白雾，故B错误；C．氯气与变价金属反应，生成高价的金属氯化物，铁在氯气中燃烧，2Fe+3Cl22FeCl3；铜在氯气中燃烧Cu+Cl2CuCl2，故C正确；D．氢气在氯气中燃烧，点燃前需要先验纯，以防止爆炸，故D正确；故选：B。【点评】本题考查钠的性质实验方案设计，为高频考点，明确钠及其化合物的性质及实验原理是解本题关键，侧重于考查学生化学知识的综合运用能力和实验能力，题目难度不大。72分）下列离子方程式中正确的是()A．将稀硫酸滴在铁片上：2Fe+6H+＝2Fe3++3H2↑B．将氢氧化钡溶液与稀硫酸混合：Ba2++＝BaSO4↓C．向氢氧化铜中加入稀硫酸：Cu（OH）2+2H+＝Cu2++2H2OD．钠和水反应：Na+H2O＝Na++OH﹣+H2↑【分析】A．稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气；A．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水；C．向氢氧化铜中加入稀硫酸生成硫酸铜和水；D．原离子方程式质量不守恒。【解答】解：A．稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，故离子方程式为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑,故A错A．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水C．向氢氧化铜中加入稀硫酸生成硫酸铜和水，故离子方程式为：，故C正确；故选：C。【点评】本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。82分）图是某国外教材展示氧化还原反应发生的过程：。则表示氧化剂的是()A．物质AB．物质BC．物质CD．物质D【分析】氧化还原反应中，失电子的物质做还原剂，得到电子的物质做氧化剂，氧化剂和还原剂都是反应物。【解答】解：氧化还原反应发生的过程：可知，A得到电子做氧化剂，故选：A。【点评】本题考查了氧化还原反应的概念分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。92分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．常温常压下，11.2LO2所含的氧原子数为NAB．常温常压下，18gH2O所含的分子数为NAC．标准状况下，22.4LCO2所含的氧原子数为NAD．用NaOH溶液完全吸收1molCl2时，转移电子的数目是2NA【分析】A．气体状况不是标况；B．由n＝可以计算出水的物质的量，根据N＝nNA计算分子数目；C、根据n＝求出二氧化碳的物质的量，然后根据CO2含2个氧原子来分析；D、氯气与氢氧化钠反应中氯气既是氧化剂又是还原剂，若氯气与稀碱反应，1molCl2反应时转移的电子的物质的量为1mol。【解答】解：A．气体状况不是标况，不能根据n＝计算氧气的物质的量，故A错误；B．水的物质的量n1mol，则1molH2O中含有的分子数为NA，故B正确；C、标况下22.4L二氧化碳的物质的量为1mol，1个CO2含2个氧原子，故1molCO2中含有的氧原子个数为2NA个，故C错误；D、若用足量NaOH溶液完全吸收1molCl2时生成氯化钠和次氯酸钠，则1molCl2反应时转移的电子的物质的量为1mol，故D错误；故选：B。【点评】本题考查有关物质的量的简单计算，明确物质的构成、常见的氧化还原反应中电子的转移即可解答，本题中D项易错。102分）下列各组物质中，化学键类型完全相同的是()A．HI和NaIB．H2S和CO2C．NaCl和CCl4D．Na2O和NaOH【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素的原子之间易形成共价键。【解答】解：A．HI中只存在共价键、NaI中只存在离子键，化学键类型不同，故A错误；B．H2S、CO2都只存在共价键，化学键类型相同，故B正确；C．NaCl中只存在离子键、CCl4中只存在共价键，化学键类型不同，故C错误；D．Na2O中只存在离子键、NaOH中存在离子键和共价键，化学键类型不同，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，题目难度不大。114分）部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列说法不正确的是()A．a气体溶于水可制得液氯B．b通入冷的石灰乳中可制得漂白粉C．c可用于自来水消毒D．存在a→b→d→a的循环转化关系【分析】A.a气体为HCl，溶于水为盐酸；B.b为氯气，氯气与冷的石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；C.c为ClO2，具有强氧化性；D.浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯气，氯气与水反应生成HClO，HClO光照分解生成HCl。【解答】解：A．a气体为HCl，溶于水为盐酸而不是得到液氯，选项A错误；B．b为氯气，氯气与冷的石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，通入冷的石灰乳中可制得漂白粉，故B正确；C.c为ClO2，具有强氧化性，可用于自来水消毒，故C正确；D.浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯气，氯气与水反应生成HClO，HClO光照分解生成HCl，则存在a→b→d→a的转化关系，故D正确；故选：A。【点评】本题考查含氯物质的性质，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。124分）甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示，戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是()甲乙丙丁戊A．原子半径：丙＞丁＞乙B．非金属性：戊＞丁＞丙C．乙的单质是空气的主要成分之一D．丙的最高价氧化物对应的水化物也为强酸【分析】甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示，则甲、乙为第二周期元素，丙、丁、戊为第三周期元素；戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸，则戊为S或Cl，如戊为S，则甲为C，乙为N，丙为Si，丁为P；若戊为Cl，则甲为N，乙为O，丙为P，丁为S，据此分析解答；A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大；B.同一周期从左往右元素非金属性依次增强；C.由分析可知乙可能为N或O，则单质可能为氮气或氧气；D.由分析可知，丙可能为硅或磷，最高价氧化物对应的水化物为硅酸或磷酸。【解答】解：A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是丙＞丁＞乙，故A正确；B.同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，则非金属性戊＞丁＞丙，故B正确；C.由分析可知乙可能为N或O，则单质可能为氮气或氧气，都为空气的主要成分，故C正确；D.由分析可知，丙可能为硅或磷，最高价氧化物对应的水化物为硅酸或磷酸，均为弱酸，故D错误；故选：D。【点评】本题考查位置、结构及性质的相互关系，明确元素周期表结构为解答关键，注意掌握元素周期律，侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力，题目难度适中。134分）CO2加氢转化为燃料是实现CO2减排的一个重要策略，我国科学家在调控CO2加氢反应的选择性方面取得新进展，其过程的示意图如图。下列说法正确的是()A．该反应中有C﹣H键生成B．CO2分子中化学键为非极性键C．该反应中的四种物质都是共价化合物D．该反应的化学方程式为CO2+H2═CH4+H2O【分析】A．甲烷分子中存在C﹣H键；B．不同原子间形成的化学键为极性键，相同原子间形成的化学键为非极性键；C．H2为单质；D．该反应的化学方程式为：CO2+4H2CH4+2H2O。【解答】解：A．该反应中生成了甲烷，甲烷分子中存在C﹣H键，所以有C—H键生成，故A正确；B．CO2分子结构简式为O＝C＝O，存在极性键，故B错误；C．H2为单质，不属于共价化合物，故C错误；D．上述反应没有催化剂，没有配平，正确的方程式为：CO2+4H2CH4+2H2O，故D错误；故选：A。【点评】本题以化学反应为基础考查了化学键，考查比较基础，题目难度较小。144分）下列说法正确的是()A．第二周期元素从C到F，非金属性逐渐减弱B．第三周期元素从Na到Cl，原子半径逐渐增大C．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次逐渐减弱D．LiOH、NaOH、KOH的碱性依次逐渐减弱【分析】A．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强；B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；C．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；D．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的碱性越强.【解答】解：A．C到F原子序数逐渐增大，且位于同一周期，非金属性逐渐增强，故A错误；B．Na到Cl，原子半径逐渐减小，故B错误；C．同主族从上到下非金属性减弱，即非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，即HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次逐渐减弱，故C正确；D．金属性K＞Na＞Li，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的碱性越强，故D错误。故选：C。【点评】本题考查元素周期律的递变规律，题目难度不大，注意把握元素周期律的递变规律以及元素的性质与对应单质、化合物性质的关系.154分）下列有关气体除杂、干燥的操作正确的是()【分析】A．HCl、Cl2均能与氢氧化钠溶液反应；B．二氧化碳、氯化氢均与碳酸钠溶液反应；C．氧气是中性气体，可以用浓硫酸干燥；D．CO2能与碱石灰反应。【解答】解：A．HCl、Cl2均能与氢氧化钠溶液反应，所以不能用氢氧化钠溶液除去氯气中的HCl，应该用饱和食盐水，故A错误；B．二氧化碳、氯化氢均与碳酸钠溶液反应，所以不能用碳酸钠溶液除去二氧化碳中的HCl，应该用饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；C．氧气是中性气体，可以用浓硫酸干燥，故C正确；D．CO2能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥CO2气体，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、物质的性质等，把握反应原理和除杂的原则为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。164分）水体中氨氮含量超标会造成水体富营养化，用次氯酸钙除去氨氮的原理如图所示。下列说法不A.①③属于复分解反应，②属于氧化还原反应B．CaCO3、CaCl2、HCl三种物质可循环使用C．每生成1molN2，转移6mol电子D．除去氨氮的总反应方程式为4NH3+3Ca（ClO）2═2N2+3CaCl2+6H2O【分析】A．有化合价变化的反应属于氧化还原反应；B．CaCO3、HClO、HCl三种物质在流程中仅为中间产物；C．每生成1molN2，N元素由﹣3价升高到了0价；D．由图可知，除去氨氮的总反应方程式为4NH3+3Ca（ClO）2＝2N2+3CaCl2+6H2O。【解答】解：A．反应①③属于双交换、价不变的复分解反应，②中有化合价的升降，属于氧化还原反应，故A正确；B．CaCO3、HClO、HCl三种物质在流程中仅为中间产物，故B错误；C．每生成1molN2，N元素由﹣3价升高到了0价，需要2molNH3，转移6mol电子，故C正确；D．由图可知，除去氨氮的总反应方程式为4NH3+3Ca（ClO）2＝2N2+3CaCl2+6H2O，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查氯及其化合物的性质，氧化还原反应原理的应用，同时考查学生的看图能力、读取信息的能力，属于高考常考内容，也属于基本知识的考查，要求学生注意基本知识的积累，难度不大。二、非选择题56分1714分）Ⅰ、以下为中学化学中常见的几种物质：①二氧化碳；②熔融KCl；③NaHSO4固体；④铜；⑤稀硫酸；⑥澄清石灰水，按要求完成下面问题：（1）其中属于电解质的有②③（填序号，下同），属于非电解质的有①。（2）将①通入足量⑥中的离子方程式：Ca2++2OH﹣+CO2＝CaCO3↓+H2O。Ⅱ、高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型的净水剂，可以通过下述反应制取：2Fe（OH）3+4NaOH+3NaClO═2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，按要求完成下面问题：（1）当反应消耗40gNaOH时，转移的电子数为1.5NA。（2）现实验室欲配制220mL0.1mol.L﹣1NaOH溶液，除烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要用到的玻璃仪器有250mL容量瓶、胶头滴管；用托盘天平称取NaOH固体的质量为1.0gg。下列操作配制的溶液浓度偏低的是AD。A．称量NaOH时，将NaOH放在滤纸上称重B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水C．配制时，未冷却至室温就直接定容D．向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面E．定容时俯视刻度线【分析】Ⅰ、（1）电解质是溶于水或熔融状态下能够导电的化合物，非电解质是溶于水和熔融状态下都不能够电的化合物，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质；（2）少量二氧化碳通入足量澄清石灰水反应生成碳酸钙和水；Ⅱ、（1）反应中铁元素由+2价升高到+6价，升高了3价，共有2个铁原子升高，共升高6价，失去6个电子，即反应的电子转移为6e﹣;（2）由于实验室无220mL容量瓶，故应选择250mL容量瓶，则配制出0.1mol•L﹣1NaOH溶液250mL．据此计算所需的氢氧化钠的质量；根据实验步骤分析所需的仪器；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C＝进行误差分析。【解答】解：Ⅰ、（1）⑤稀硫酸、⑥澄清石灰水是混合物，④铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质；②熔融KCl、③NaHSO4固体属于盐，都是电解质：①二氧化碳属于非电解质，（2）少量二氧化碳通入足量澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，其反应的离子方程式为：Ca2++2OH﹣+CO2=CaCO3↓+H2O，故答案为：Ca2++2OH﹣+CO2＝CaCO3↓+H2O；Ⅱ、（1）反应中铁元素由+2价升高到+6价，升高了3价，共有2个铁原子升高，共升高6价，失去6个电子，即反应的电子转移为6e﹣,即4molNaOH参加反应转移电子6mol，则当反应消耗40gNaOH即1mol时，转移的电子数为1.5NA，故答案为：1.5NA；（3）由于实验室无480mL容量瓶，故应选择500mL容量瓶，则配制出0.1mol•L﹣1NaOH溶液250mL，故所需的氢氧化钠的物质的量n＝cV＝0.1mol/L×0.25L＝0.05mol，质量m＝nM＝0.25mol×40g/mol=1.0g；根据实验步骤计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，还需要的是胶头滴管和250mL容量瓶；A.称量NaOH时，将NaOH放在纸上称重，吸收空气中的水和二氧化碳，导致称量的氢氧化钠质量碱小，故溶液浓度偏低，故A正确；B.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，无影响，故B错误；C.配制时，NaOH未冷却直接定容，溶液体积膨胀，最终导致溶液体积偏小，浓度偏大，故C错误；D.向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面，溶质碱小，浓度偏小，故D正确；E.定容时俯视刻度线，使得溶液体积变小，溶液浓度增大，故E错误；故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；1.0g；AD。【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液配制和物质的分类等，内容基础，题目简单，掌握基础是解题的关键。1814分）在实验室中用二氧化锰与浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气。进行此实验，所用仪器如图：回答下列问题：G接F。（2）装置中，饱和食盐水的作用是除去氯气中的HCl杂质，NaOH溶液的作用是吸收过量的氯气。（3）化学实验中常用湿润的淀粉﹣KI试纸检验是否有Cl2产生。如果有Cl2产生，可观察到试纸变蓝，反应的化学方程式为2KI+Cl2═2KCl+I2。（4）写出下列反应的化学方程式：①气体发生装置中进行的反应：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。②NaOH溶液中发生的反应：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O。【分析】实验室中用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中含有HCl气体，通过饱和食盐水除去HCl气体，再通过浓硫酸干燥得到干燥纯净的氯气，氯气密度大于空气，用向上排空气法收集气体，氯气是有毒气体，会污染空气，可用NaOH溶液吸收处理，反应为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，据此分析解答。【解答】解1）实验室中用二氧化锰与浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气的装置连接顺序为：制备装置→除HCl装置→干燥装置→收集装置→尾气处理装置，则各接口连接顺序为：E接C，D接A，B接H，G接F，故答案为：E；C；D；A；B；H；G；F；（2）净化装置中，饱和食盐水的作用是除去氯气中的HCl杂质；NaOH溶液的作用是吸收过量的氯气（或尾气处理），防止大气污染，故答案为：除去氯气中的HCl杂质；吸收过量的氯气；（3）化学实验中常用湿润的淀粉﹣KI试纸检验是否有Cl2产生，如果有Cl2产生，可观察到淀粉KI试纸变蓝，反应化学方程式为2KI+Cl2═2KCl+I2，故答案为：试纸变蓝；2KI+Cl2═2KCl+I2；（4）①加热条件下，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，反应的方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；②氯气和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，发生的反应为2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，故答案为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O。【点评】本题考查氯气的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。1914分）元素周期律是重要的化学学习工具。随着原子序数变化，7种短周期元素（用字母表示）原（1）b在元素周期表中的位置是第二周期ⅣA族。7种元素中金属性最强的是Na（用元素符号表示，下同），与d处于同一主族的短周期元素是S。（2）b和c的最高价氧化物的水化物中，酸性较强的是HNO3（用化学式表示，下同），c和d的简单氢化物的稳定性较弱的是NH3。（3）d和f形成的化合物为Al2O3（用化学式表示该化合物在熔融状态下能导电，属于离子化合物（填“离子”或“共价”该化合物与盐酸反应的离子方程式为Al2O3+6H+＝2Al3++3H2O。（4）d、e的单质在加热条件下反应生成的化合物中存在的化学键有离子键和（非极性）共价键。（5）用电子式表示由a、c两种元素形成的化合物的形成过程3H•+→。【分析】短周期元素中，a的原子序数及原子半径最小，则a为H元素；d只有﹣2价，d为O元素；结合原子序数可知，b、c位于第二周期，e、f、g位于第三周期，b为+4价，b为C元素；c为+5价，c为N元素；e为+1价，e为Na元素；f为+3价，f为Al；g为﹣1价，g为Cl元素；（1）b为C元素；同周期主族元素从左向右金属性减弱、同主族从上到下金属性增强；O与S位于同主族；（2）非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性