2023-2024学年广东深圳南山区高一(上)期末化学试题及答案

12023-2024学年广东省深圳市南山区高一（上）期末化学试卷一、选择题。本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题2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）化学来源于生活。下列关于宣纸的传统制作工艺主要发生化学变化的是()A.切割原料B.加碱蒸煮C.竹帘捞纸D.剪裁纸张22分）下列表示方法正确的是()B．氯化铵的电子式：C．中子数为2的氢原子：TD．CO2的电子式：32分）劳动创造幸福。下列劳动实践与化学知识不相匹配的是()选项劳动实践化学知识A用铝锅烧水、煮饭铝在常温下不与空气中的氧气反应B用小苏打作发泡剂烘焙面包碳酸氢钠受热易分解C新制氯水能使红色布条褪色新制氯水含有HClOD食品包装袋中常含有铁粉铁粉具有还原性242分）已知：34Se（硒）与S为同族元素。下列说法不正确的是()A．硒元素位于周期表第四周期ⅥA族B．单质的沸点：Se＞SC．酸性：H2SeO4＜H2SO4D．与氢气反应的剧烈程度：Se＞S52分）在pH＝13的无色溶液中，可以大量共存的一组离子是()、B．Na+、K+、Cu2+、Ba2+62分）如图所示实验装置或操作一定能达到目的的是()ABCD实验装置或操作检验化合物中是否含钠元素验证非金属性的相对强弱：Cl＞C＞Si验证热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3制备Fe（OH）3胶体72分）工业上制备新型绿色消毒剂高铁酸钠（Na2FeO4）的一种方法为：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═2+3Cl﹣+5H2O，下列说法不正确的是()A．中Fe元素的化合价为+6价B．该制备反应中ClO﹣是氧化剂，Cl是氧化产物C．该制备反应中每生成1mol，转移电子数为3molD．高铁酸钠净化水的功能与其能生成胶体有关382分）用如图所示装置进行Fe与水蒸气反应的实验。下列有关说法正确的是()A．Fe与水蒸气反应的化学方程式为2Fe+3H2O（g）Fe2O3+3H2↑B．实验时，先点燃酒精喷灯再点燃酒精灯C．选用装置①收集并检验Fe与水蒸气反应产生的气体D．实验后取玻璃管中固体加盐酸溶解，滴加KSCN未有红色，说明Fe与水蒸气未反应92分）部分含氯物质的分类与对应化合价关系如图所示。下列叙述正确的是()A．常温下，a与MnO2反应制取bB．c的化学式为ClO2，具有氧化性，可作自来水消毒剂C．b的水溶液能使红色布条褪色的原因是含有大量的b分子D．e→c的转化需要加入氧化剂，d→f的转化需要加入碱102分）下列离子方程式书写正确的是()A．Al与NaOH溶液反应：Al+OH﹣+H2O═+H2↑B．Cl2通入冷的NaOH溶液：Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OC．在铜片上滴加FeCl3溶液：2Fe3++3Cu═2Fe+3Cu2+D．往足量的碳酸氢钠溶液中滴加少量氢氧化钙溶液：2+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+4114分）已知氨气为碱性气体，常温常压下其密度比空气小，且极易溶于水。实验室利用2NH4Cl（固）+Ca（OH）2（固）CaCl2+2NH3↑+2H2O制取NH3。如图所示装置及目的均正确的是()选项ABCD装置制取NH3收集NH3干燥NH3吸收尾气中的NH3124分）实验室常用金属钠丝除去某些有机溶剂中微量的水，反应为2Na+2H2O═2NaOH+H2↑,用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．1.8O含有NA个电子B．上述反应中每生成22.4LH2转移电子数为2NAC．理论上，23gNa可以除去H2O分子数为2NAD．室温下，100mL0.1mol/L的NaOH溶液含Na+的数目为0.01NA134分）将1.95gNa2O2加入水中，反应后配成50mL溶液A，进行如下实验。下列说法错误的是()编号①②③④操作现象溶液变红色，20秒后褪色ⅰ.产生大量使带火星的木条复燃的气体后溶液褪色无明显变化5A．由实验可知，Na2O2与水反应有H2O2生成B.②、③溶液褪色与OH﹣浓度较大有关C．若向①褪色后的溶液中滴加5滴6mol•L﹣1盐酸，溶液将变红D．若向④中继续滴加6mol•L﹣1盐酸或6mol•L﹣1NaOH溶液，溶液均可能褪色144分）消毒剂的消毒效率可用得到相同电子数时，所需消毒剂的质量大小来衡量。KClO2是一种杀菌消毒剂，其中一种制备流程如下。下列说法正确的是()A．“还原”中，消耗1mol葡萄糖（C6H12O6），理论上可生成24molClO2B．“制备”过程，反应的方程式为ClO2+H2O2+KOH═KClO2+2H2OC．从结晶获得KClO2需要使用到的实验仪器有：烧杯、玻璃棒、分液漏斗D．Cl2、ClO2、KClO2均可用于杀菌消毒，其中KClO2的消毒效率最高154分）用强光照射氯水，通过传感器可以获得如所示数据图像，下列说法正确的是()A．图1pH下降的主要原因是光照促进HClO电离B．图2中c（Cl﹣)随c（HClO）的减小而增大C．图3的O2体积分数增大是因为溶解了空气中的O2D．0～150s内，随光照时间增长，促进HCl挥发，c（HCl）不断减小6164分）硫酸亚铁溶液可用于催化脱除烟气中的二氧化硫等有害气体，反应原理如图所示。说法不正确A．“反应Ⅰ”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4B．“反应Ⅱ”的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2+++4H+C．反应一段时间后，溶液中c（H2SO4）保持不变D．反应中每脱除11.2LSO2（标准状况），消耗O2的质量为8g二、非选择题：本题共3小题，共56分。1719分）已知：元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大且在前四周期均有分布，其中A、B、C、D、E为序数不大于20的主族元素。B的一种核素常用于测定文物的年代；C是地壳中含量最高的金属元素；D原子的最外层电子数等于B、C原子的最外层电子数之和；元素E与A同族，且其焰色实验的火焰不是黄色；F是用途最广泛的金属，它的一种氧化物可以作磁性材料。请根据上述信息回答下列问题。（1）D的原子结构示意图为。B元素最高价氧化物的电子式为。（2）A元素与B元素形成的化合物属于（填“离子”或“共价”）化合物；A元素与E元素形成的化合物属于（填“离子”或“共价”）化合物。（3）F元素的单质可以在D元素的单质中燃烧，其产物与水反应可以得到能产生丁达尔效应的分散系，写出该化学方程式：。（4）写出证明D元素的非金属性大于B元素的化学方程式：。（5）C、D、E的简单离子半径由大到小的顺序为（填离子符号）。（6）E元素的一种氧化物G，其阴阳离子个数比为1：1，G的化学式为，G与水反应是潜艇供氧的方式之一，写出其化学方程式：。71817分）黄铜矿是我国非常重要的矿物资源，用黄铜矿制取Cu和Fe2O3的工艺流程如图所示：已知：黄铜矿的主要成分为CuFeS2，其中Cu为+2价、Fe为+2价。D为常见的黄绿色气体。（1）“高温焙烧”时，SO2是（填“氧化产物”或“还原产物”）。（2）写出黄铜矿高温焙烧的化学方程式：。（3）D与滤液A反应生成溶液B的离子方程式为。（4）若E为NH3，则滤液C的溶质为。操作b后检验滤渣已经洗涤干净的实验操作为。（5）若误将E加入到滤液A中，则可以观察到的现象为。（6）工业上用生物法处理H2S的原理为（硫杆菌作催化剂）：①H2S+Fe2（SO4）3═S↓+2FeSO4+H2SO4②4FeSO4+O2+2H2SO4═2Fe2（SO4）3+2H2O由图甲和图乙判断使用硫杆菌的最佳条件为，若反应温度过高，反应速率下降，其原因是。81920分）某化学课外活动小组为了验证主族元素化学性质的递变规律，进行如下实验探究。Ⅰ.探究1：元素金属性递变规律（1）验证同主族元素Li、Na、K的金属性递变规律。序号实验内容实验现象1将绿豆大小的金属Li投入50mL水中Li与水反应快速，且有气泡生成2将绿豆大小的金属Na投入50mL水中Na与水反应比第1组剧烈，且有气泡生成3将绿豆大小的金属K投入50mL水中①预测第3组的实验现象是。②已知Rb位于第五周期IA族，则RbOH的碱性KOH的碱性（填“＜”或“＞”）。（2）某同学取适量可溶性铝盐与氨水（溶质为NH3•H2O）反应制备氢氧化铝，请写出该反应的离子方程式：。Ⅱ.探究2：元素非金属性递变规律（3）某小组同学设计实验比较ⅦA族元素的非金属性：乙方案操作打开分液漏斗的活塞，烧瓶中产生黄绿色气体，蘸有KBr溶液的棉球变为橙黄色，湿润的淀粉KI试纸变蓝。向A中通入少量Cl2充分反应后，A中液体为橙黄色，将A中液体滴入试管内，取下试管，充分振荡，静置，试管中现象为①②甲方案中发生多个化学反应，写出产生黄绿色气体的离子方程式：。③以上两个方案填“甲”或“乙”）方案的实验能证明非金属性：Cl＞Br＞I。（4）除了利用卤素单质间的置换反应，以下陈述哪些可作为卤族元素非金属性递变规律的判断依据（填字母）。A.Cl2，Br2、I2的熔点逐渐升高B.HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱9C.AgCl、AgBr、AgI的固体颜色越来越深D.Cl、Br、I的还原性逐渐增强（5）实验室拟用质量分数为36.5%的浓盐酸（密度为1.20g/cm3）配制96.0mL0.120mol/LHCl溶液，需要量取浓盐酸的体积为。需要使用到的玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管还有。在配制过程中，下列操作会导致配制的HCl浓度偏低的是。A.容量瓶水洗后没有烘干便投入使用B.量取浓盐酸后放置时间过长，未及时稀释和转移到容量瓶C.定容摇匀后发现液面低于刻度线，随之补加几滴水再次做定容操作D.定容时俯视刻度线一、选择题。本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题2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）化学来源于生活。下列关于宣纸的传统制作工艺主要发生化学变化的是()A.切割原料B.加碱蒸煮C.竹帘捞纸D.剪裁纸张【分析】物质变化过程中生成新物质的变化为化学变化，无新物质生成的变化为物理变化。【解答】解：A．切割原料过程中无新物质生成，为物理变化，故A错误；B．加碱蒸煮过程中发生了化学反应，为化学变化，故B正确；C．竹帘捞纸过程中无新物质生成，为物理变化，故C错误；D．剪裁纸张过程中无新物质生成，为物理变化，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了物质变化的分析判断，主要是概念实质的理解应用，题目难度不大。22分）下列表示方法正确的是()A．Na+的结构图：B．氯化铵的电子式：C．中子数为2的氢原子：TD．CO2的电子式：【分析】A．Na+的质子数为11，核外电子数为10；B．氯化铵是离子化合物，Cl﹣最外层电子数为8；C．质量数＝质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角；D．CO2是共价化合物，C、O原子间共用2对电子对。故A错误；B．氯化铵是离子化合物，Cl﹣最外层电子数为8，则氯化铵的电子式为，故B错误；C．中子数为2的氢原子的质量数为1+2＝3，该核素的符号为T或H，故C正确；D．CO2是共价化合物，C、O原子间共用2对电子对，O原子最外层电子数为8，其电子式为，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及元素符号、离子结构示意图、电子式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，题目难度不大。32分）劳动创造幸福。下列劳动实践与化学知识不相匹配的是()选项劳动实践化学知识A用铝锅烧水、煮饭铝在常温下不与空气中的氧气反应B用小苏打作发泡剂烘焙面包碳酸氢钠受热易分解C新制氯水能使红色布条褪色新制氯水含有HClOD食品包装袋中常含有铁粉铁粉具有还原性【分析】A．铝是活泼金属，常温下能与空气中氧气反应，表面生成一层致密的氧化铝保护膜，使铝耐腐蚀；B．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体，使面团松软可口；C．新制氯水含有HClO，HClO具有强氧化性，因此新制氯水能使红色布条褪色；D．铁粉具有还原性，因此食品包装袋中常含有铁粉，防止食品被氧化。【解答】解：A．铝是活泼金属，常温下能与空气中氧气反应，表面生成一层致密的氧化铝保护膜，使铝耐腐蚀，因此可用铝锅烧水、煮饭，故A错误；B．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体，使面团松软可口，因此可用小苏打作发泡剂烘焙面包，故B正确；C．新制氯水含有HClO，HClO具有强氧化性，因此新制氯水能使红色布条褪色，故C正确；D．铁粉具有还原性，因此食品包装袋中常含有铁粉，防止食品被氧化，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查常见物质的性质，为基础知识的考查，题目难度不大。42分）已知：34Se（硒）与S为同族元素。下列说法不正确的是()A．硒元素位于周期表第四周期ⅥA族B．单质的沸点：Se＞SC．酸性：H2SeO4＜H2SO4D．与氢气反应的剧烈程度：Se＞S【分析】A．由硒原子结构示意图可知，硒原子核外有四个电子层，且最外层有6个电子进行分析；B．同主族元素，从上到下，单质的沸点依次升高；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；D．元素的非金属性越强，单质与氢气反应越剧烈。【解答】解：A．由硒原子结构示意图可知，硒原子核外有四个电子层，且最外层有6个电子，所以位于第四周期第ⅥA族，故A正确；B．同主族元素，从上到下，单质的沸点依次升高，即单质的沸点：Se＞S，故B正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：S＞Se，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2SeO4＜H2SO4，故C正确；D．元素的非金属性越强，单质与氢气反应越剧烈，非金属性S＞Se，则单质与氢气反应剧烈程度为S＞Se，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查了元素周期律的知识，难度不大，掌握元素周期律是解答该题的关键。52分）在pH＝13的无色溶液中，可以大量共存的一组离子是()B．Na+、K+、Cu2+、Ba2+D．Na+、、0;、Cl﹣【分析】在pH＝13的无色溶液中，不能有带颜色的离子，溶液含有大量OH﹣,A．高锰酸根离子有颜色；B．铜离子水溶液为蓝色；C．OH﹣与反应；、Cl﹣相互不反应。【解答】解：A．高锰酸根离子有颜色，不符合题意，故A错误；B．铜离子水溶液为蓝色，不符合题意，故B错误；C．OH﹣与反应，不能大量共存，故C错误；D．OH﹣、Na+、、0;、Cl﹣相互不反应，可以大量共存，且溶液无色，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了离子共存的判断，明确离子反应条件，准确把握题干隐含的信息是解题关键，题目难度不大。62分）如图所示实验装置或操作一定能达到目的的是()ABCD实验装置或操作目的检验化合物中是否含钠元素验证非金属性的相对强弱：Cl＞C＞Si验证热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3制备Fe（OH）3胶体【分析】A．钠元素的焰色为黄色，可直接观察；B．盐酸为无氧酸，且挥发的盐酸与硅酸钠反应；C．小试管中受热温度低，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊；D．氯化铁溶液与NaOH溶液反应生成沉淀。【解答】解：A．钠元素的焰色为黄色，可直接观察，图中操作合理，故A正确；B．盐酸为无氧酸，且挥发的盐酸与硅酸钠反应，不能比较Cl、C、Si的非金属性强弱，故B错误；C．小试管中受热温度低，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊，为对比二者的稳定性，小试管中应为碳酸氢钠，故C错误；D．氯化铁溶液与NaOH溶液反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子检验、非金属性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。72分）工业上制备新型绿色消毒剂高铁酸钠（Na2FeO4）的一种方法为：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═2+3Cl﹣+5H2O，下列说法不正确的是()A．中Fe元素的化合价为+6价B．该制备反应中ClO﹣是氧化剂，Cl是氧化产物C．该制备反应中每生成1mol，转移电子数为3molD．高铁酸钠净化水的功能与其能生成胶体有关【分析】A．中O元素的化合价为﹣2价，则Fe元素的化合价为+6价；B．该制备反应中ClO﹣中Cl元素的化合价降低，ClO﹣是氧化剂，Cl﹣是还原产物；C．该制备反应中Fe元素的化合价由+3价升高到+6价，每生成1转移电子数为3mol；D．高铁酸钠净化水的功能与其能生成Fe（OH）3胶体有关。【解答】解：A．中O元素的化合价为﹣2价，则Fe元素的化合价为+6价，故A正确；B．该制备反应中ClO﹣中Cl元素的化合价降低，ClO﹣是氧化剂，Cl﹣是还原产物，故B错误；C．该制备反应中Fe元素的化合价由+3价升高到+6价，每生成1转移电子数为3mol，故C正确；D．高铁酸钠净化水的功能与其能生成Fe（OH）3胶体有关，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本规律，为高频考点，题目难度不大。82分）用如图所示装置进行Fe与水蒸气反应的实验。下列有关说法正确的是()A．Fe与水蒸气反应的化学方程式为2Fe+3H2O（g）Fe2O3+3H2↑B．实验时，先点燃酒精喷灯再点燃酒精灯C．选用装置①收集并检验Fe与水蒸气反应产生的气体D．实验后取玻璃管中固体加盐酸溶解，滴加KSCN未有红色，说明Fe与水蒸气未反应【分析】A．铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；B．实验时，应先用水蒸气排出装置中的空气；C．收集的是氢气，密度比空气小，应用向下排气法；D．实验后取玻璃管中固体加盐酸溶解，滴加KSCN未有红色，说明不含铁离子。【解答】解：A．铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故A错误；B．实验时，应先用水蒸气排出装置中的空气，即先点燃酒精灯再点燃酒精喷灯，故B错误；C．收集的是氢气，密度比空气小，应用向下排气法，选用装置c，故C正确；D．实验后取玻璃管中固体加盐酸溶解，滴加KSCN未有红色，说明不含铁离子，有可能是单质铁和铁离子反应生成铁单质，不能说明Fe与水蒸气未反应，故D错误；故选：C。【点评】本题考查铁与水蒸气的反应，侧重考查学生实验方案的设计，试题难度中等。92分）部分含氯物质的分类与对应化合价关系如图所示。下列叙述正确的是()A．常温下，a与MnO2反应制取bB．c的化学式为ClO2，具有氧化性，可作自来水消毒剂C．b的水溶液能使红色布条褪色的原因是含有大量的b分子D．e→c的转化需要加入氧化剂，d→f的转化需要加入碱【分析】据图推断a为﹣1价的氢化物，即HCl，b为氯的单质，即Cl2，c的+4价的氧化物，即ClO2，d为+1价的含氧酸，即HClO、e为+5价的含氧酸盐，f为+1价的含氧酸盐，据此分析。【解答】解：A．浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯气，常温下不反应，故A错误；B．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于自来水的杀菌消毒，故B正确；C．氯气的水溶液能使红色布条褪色的原因是氯气与水反应生成HClO，HClO具有强氧化性，故C错误；D．e→c中氯元素化合价由+5价降低到+4价，需要加入还原剂，故D错误；故选：B。【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。102分）下列离子方程式书写正确的是()A．Al与NaOH溶液反应：Al+OH﹣+H2O═+H2↑B．Cl2通入冷的NaOH溶液：Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OC．在铜片上滴加FeCl3溶液：2Fe3++3Cu═2Fe+3Cu2+D．往足量的碳酸氢钠溶液中滴加少量氢氧化钙溶液：2+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+【分析】A．离子方程式未配平；B．电荷不守恒、原子不守恒；C．Cu与FeCl3反应生成FeCl2、CuCl2；D．碳酸氢钠和少量氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水。【解答】解：A．Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O═2+3H2B．Cl2通入冷的NaOH溶液反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故B错误；C．铜片上滴加FeCl3溶液时反应生成FeCl2、CuCl2，离子方程式为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故C错误；D．往足量的碳酸氢钠溶液中滴加少量氢氧化钙溶液时生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，离子方程式为2+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+，故D正确；故选：D。【点评】本题考查离子方程式正误判断，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握物质性质、发生反应、与量有关离子方程式书写方法是解题关键，题目难度不大。114分）已知氨气为碱性气体，常温常压下其密度比空气小，且极易溶于水。实验室利用2NH4Cl（固）+Ca（OH）2（固）CaCl2+2NH3↑+2H2O制取NH3。如图所示装置及目的均正确的是()选项ABCD装置目的制取NH3收集NH3干燥NH3吸收尾气中的NH3【分析】A．加热固体药品时，试管低高于试管口；B．氨气的密度小于空气，应该采用向下排空气法收集；C．浓硫酸和氨气反应生成硫酸铵；D．氨气极易溶于水，利用干燥管能防倒吸。【解答】解：A．加热固体药品时，试管低高于试管口，否则冷凝水倒流，故A错误；B．氨气的密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，所以导气管应该遵循“短进长出”的原则，故B错误；C．浓硫酸和氨气反应生成硫酸铵，应该用碱石灰干燥氨气，故C错误；D．氨气极易溶于水，利用干燥管能防倒吸，图中操作正确，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质、实验操作规范性是解本题关键，题目难度不大。124分）实验室常用金属钠丝除去某些有机溶剂中微量的水，反应为2Na+2H2O═2NaOH+H2↑,用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．1.8O含有NA个电子B．上述反应中每生成22.4LH2转移电子数为2NAC．理论上，23gNa可以除去H2O分子数为2NAD．室温下，100mL0.1mol/L的NaOH溶液含Na+的数目为0.01NA【分析】A．根据N＝计算；B．H2所处的状况未知，不能求出其物质的量，无法计算电子转移；C．2molNa可以除去2molH2O；D．根据n＝cV计算。=【解答】解：A．1.8O分子数目为：N===0.09NA，则1.8O含有0.9NA个电子，故A错误；B．H2所处的状况未知，不能求出其物质的量，无法计算电子转移，故B错误；C．根据方程式2molNa可以除去2molH2O，理论上，23gNa即1mol可以除去H2O分子数为NA，故C错误；D．根据n＝cV＝0.1L×0.1mol/L＝0.01mol，Na+的数目为0.01NA，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。134分）将1.95gNa2O2加入水中，反应后配成50mL溶液A，进行如下实验。下列说法错误的是()编号①②③④操作现象溶液变红色，20秒后褪色ⅰ.产生大量使带火星的木条复燃的气体后溶液褪色无明显变化A．由实验可知，Na2O2与水反应有H2O2生成B.②、③溶液褪色与OH﹣浓度较大有关C．若向①褪色后的溶液中滴加5滴6mol•L﹣1盐酸，溶液将变红D．若向④中继续滴加6mol•L﹣1盐酸或6mol•L﹣1NaOH溶液，溶液均可能褪色【分析】A．过氧化氢加入二氧化锰固体分解生成氧气；B．由③、④可知，在碱溶液中酚酞变红色和氢氧根离子浓度有关；C.①中溶液红色褪去的主要原因是生成了过氧化氢具有氧化性，向①中褪色后的溶液中滴加5滴6mol/L盐酸，溶液最终不会变成红色；D．酸性环境酚酞褪色，OH﹣浓度较大酚酞会褪色。【解答】解：A．由②中现象ⅰ可知溶液A中加入二氧化锰产生大量能使带火星木条复燃的气体为氧气，说明溶液中含过氧化氢，故A正确；B．由③、④可知，在碱溶液中酚酞变红色和氢氧根离子浓度有关，1mol/L的氢氧化钠溶液中滴入酚酞溶液变红色，10分钟后溶液褪色，再滴入盐酸反应后氢氧根离子浓度减小，溶液变红色，说明②中溶液红色褪去是因为c（OH﹣)大，故B正确；C.①中溶液红色褪去的主要原因是生成了过氧化氢具有氧化性，把有色物质氧化为无色物质，向①中褪色后的溶液中滴加5滴6mol/L盐酸，溶液最终不会变成红色，故C错误；D．由于酸性环境酚酞褪色，OH﹣浓度较大酚酞会褪色，故向④中继续滴加6mol•L﹣1盐酸或6mol•L﹣1NaOH溶液，溶液均可能褪色，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了物质性质分析、实验现象的对比分析判断、实验现象产生的原因分析等知识点，注意题干信息的理解应用，题目难度中等。144分）消毒剂的消毒效率可用得到相同电子数时，所需消毒剂的质量大小来衡量。KClO2是一种杀菌消毒剂，其中一种制备流程如下。下列说法正确的是()A．“还原”中，消耗1mol葡萄糖（C6H12O6），理论上可生成24molClO2B．“制备”过程，反应的方程式为ClO2+H2O2+KOH═KClO2+2H2OC．从结晶获得KClO2需要使用到的实验仪器有：烧杯、玻璃棒、分液漏斗D．Cl2、ClO2、KClO2均可用于杀菌消毒，其中KClO2的消毒效率最高【分析】葡萄糖和氯酸钠反应生成二氧化碳和二氧化氯，二氧化氯和氢氧化钠、过氧化氢反应生产KClO2，KClO2溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥得到KClO2，据此解答。【解答】解：A．“还原”中葡萄糖中碳元素发生氧化反应得到氧化产物CO2，1mol葡萄糖（C6H12O6）转移24mol电子，氯酸钠中氯元素由+5价降低为+4价，故生成理论上生成24molClO2，故A正确；B．“制备”过程反应为二氧化氯和氢氧化钠、过氧化氢反应生产KClO2，反应中氯元素被还原，则过氧化氢中氧元素被氧化生成氧气，方程式为2ClO2+H2O2+2KOH＝2KClO2+2H2O+O2↑,故B错误；C．从结晶获得KClO2的操作为过滤，需要使用到的实验仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗，故C错误；D．Cl2、ClO2、KClO2均可用于杀菌消毒，反应后氯元素化合价均转化为﹣1价，则其中ClO2的消毒效率最高，故D错误；故选：A。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查分析及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法，注意常见元素单质及其化合物性质，题目难度不大。154分）用强光照射氯水，通过传感器可以获得如所示数据图像，下列说法正确的是()A．图1pH下降的主要原因是光照促进HClO电离B．图2中c（Cl﹣)随c（HClO）的减小而增大C．图3的O2体积分数增大是因为溶解了空气中的O2D．0～150s内，随光照时间增长，促进HCl挥发，c（HCl）不断减小【分析】氯水中，氯气与水发生：Cl2+H2O=HClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H+、ClO﹣、Cl﹣等离子，氯水具有酸性和强氧化性，其中HClO见光易分解而变质，以此解答。【解答】解：A．HClO是弱酸，见光易分解：2HClO2HCl+O2↑,强光照射下，氯水中的HClO反应生成了酸性更强的HCl，故A错误；B．HClO中没有氯离子，氯离子浓度增大是次氯酸分解产生的氯化氢电离出氯离子，c（Cl﹣)随c（HClO）的减小而增大，故B正确；C．图丙中氧气的体积分数增大是由于HClO的分解生成了氧气，故C错误；D．0～150s内，随光照时间增长，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，c（HCl）不断增大，故D错误；故选：B。【点评】本题综合考查氯气和氯水的性质，注意把握氯气和水反应的特点以及氯水的成分和性质，为高考高频考点，侧重于基础知识的综合运用，题目难度不大。164分）硫酸亚铁溶液可用于催化脱除烟气中的二氧化硫等有害气体，反应原理如图所示。说法不正确A．“反应Ⅰ”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4B．“反应Ⅱ”的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2+++4H+C．反应一段时间后，溶液中c（H2SO4）保持不变D．反应中每脱除11.2LSO2（标准状况），消耗O2的质量为8g【分析】A．从图中看，反应Ⅰ的方程式为4FeSO4+O2+2H2SO4＝2Fe2（SO4）3+2H2O，氧化剂是氧气，还原剂是硫酸亚铁；B．反应Ⅱ是三价铁离子把二氧化硫氧化，生成二价铁离子和硫酸，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2+++4H+；C．反应过程中，不断向体系中通入二氧化硫，最终转化成硫酸，反应的总方程式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4；D．反应的总方程式为2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，标准状况下，11.2LSO2物质的量为0.5mol，消耗氧气0.25mol。【解答】解：A．从图中看，反应Ⅰ的方程式为4FeSO4+O2+2H2SO4＝2Fe2（SO4）3+2H2O，氧化剂是氧气，还原剂是硫酸亚铁，二者系数比是1：4，故A正确；B．反应Ⅱ是三价铁离子把二氧化硫氧化，生成二价铁离子和硫酸，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2+++4H+，故B正确；C．反应过程中，不断向体系中通入二氧化硫，最终转化成硫酸，反应的总方程式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，硫酸的浓度会增大，故C错误；D．反应的总方程式为2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，标准状况下，11.2LSO2物质的量为0.5mol，消耗氧气0.25mol，其质量为8g，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本规律，为高频考点，题目难度一般。二、非选择题：本题共3小题，共56分。1719分）已知：元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大且在前四周期均有分布，其中A、B、C、D、E为序数不大于20的主族元素。B的一种核素常用于测定文物的年代；C是地壳中含量最高的金属元素；D原子的最外层电子数等于B、C原子的最外层电子数之和；元素E与A同族，且其焰色实验的火焰不是黄色；F是用途最广泛的金属，它的一种氧化物可以作磁性材料。请根据上述信息回答下列问题。（1）D的原子结构示意图为。B元素最高价氧化物的电子式为。（2）A元素与B元素形成的化合物属于共价（填“离子”或“共价”）化合物；A元素与E元素形成的化合物属于离子（填“离子”或“共价”）化合物。（3）F元素的单质可以在D元素的单质中燃烧，其产物与水反应可以得到能产生丁达尔效应的分散系，写出该化学方程式：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl。（4）写出证明D元素的非金属性大于B元素的化学方程式：HClO4+NaHCO3＝NaClO4+CO2↑+H2O。（5）C、D、E的简单离子半径由大到小的顺序为Cl﹣>K+＞Al3+（填离子符号）。（6）E元素的一种氧化物G，其阴阳离子个数比为1：1，G的化学式为KO2，G与水反应是潜艇供氧的方式之一，写出其化学方程式：4KO2+2H2O＝4KOH+3O2↑。【分析】元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大且在前四周期均有分布，其中A、B、C、D、E为序数不大于20的主族元素，可知A为H元素；B的一种核素常用于测定文物的年代，则B为C元素；C是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al元素；D原子的最外层电子数等于B、C原子的最外层电子数之和，则D原子最外层电子数为4+3＝7，则D为Cl元素；元素E与A同族，且其焰色实验的火焰不是黄色，E的原子序数大于氯，则E为K元素；F是用途最广泛的金属，它的一种氧化物可以作磁性材料，则F为Fe元素。【解答】解：由分析可知，A为H元素、B为C元素、C为Al元素、D为Cl元素、E为K元素、F为Fe元素；故答案为：；；（2）A元素与B元素形成的化合物是烃类物质，属于共价化合物；A元素与E元素形成的化合物是KH，属于离子化合物，故答案为：共价；离子；（3）铁在氯气中燃烧生成FeCl3，FeCl3与水反应可以得到能产生丁达尔效应的分散系，即得到氢氧化铁胶体，该反应化学方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；（4）证明氯元素的非金属性大于碳元素的化学方程式：HClO4+NaHCO3＝NaClO4+CO2↑+H2O，故答案为：HClO4+NaHCO3＝NaClO4+CO2↑+H2O；（5）C、D、E的简单离子分别为Al3+、Cl﹣、K+，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而电子层越多离子半径越大，离子半径由大到小的顺序为Cl﹣>K+＞Al3+，故答案为：Cl﹣>K+＞Al3+；（6）K元素的一种氧化物G，其阴阳离子个数比为1：1，G的化学式为KO2，G与水反应是潜艇供氧的方式之一，化学反应方程式为4KO2+2H2O＝4KOH+3O2↑,故答案为：KO2；4KO2+2H2O＝4KOH+3O2↑。【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素化合物知识，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。1817分）黄铜矿是我国非常重要的矿物资源，用黄铜矿制取Cu和Fe2O3的工艺流程如图所示：已知：黄铜矿的主要成分为CuFeS2，其中Cu为+2价、Fe为+2价。D为常见的黄绿色气体。（1）“高温焙烧”时，SO2是氧化产物（填“氧化产物”或“还原产物”）。（2）写出黄铜矿高温焙烧的化学方程式：CuFeS2+O2Cu+FeS+SO2。（3）D与滤液A反应生成溶液B的离子方程式为Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣。（4）若E为NH3，则滤液C的溶质为NH4Cl。操作b后检验滤渣已经洗涤干净的实验操作为取少量最后一次洗涤液，加入少量酸化的硝酸银溶液，若没有产生白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净。（5）若误将E加入到滤液A中，则可以观察到的现象为先产生白色沉淀，然后白色沉淀变成灰绿色，最后变成红褐色。（6）工业上用生物法处理H2S的原理为（硫杆菌作催化剂）：①H2S+Fe2（SO4）3═S↓+2FeSO4+H2SO4②4FeSO4+O2+2H2SO4═2Fe2（SO4）3+2H2O由图甲和图乙判断使用硫杆菌的最佳条件为30℃,pH＝2.0，若反应温度过高，反应速率下降，其原因是温度过高，硫杆菌失活，催化效率下降。【分析】黄铜矿与O2高温焙烧时反应生成Cu、FeS和SO2，“酸溶”时盐酸与FeS反应生Cu与盐酸不反应，固液混合物经过滤得到单质铜和主要含有FeCl2的滤液A，再通入黄绿色气体D（Cl2）将Fe2+氧化为Fe3+，再通入E调节溶液pH将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，经过滤得到Fe（OH）3，最后Fe（OH）3经焙烧得到Fe2O3，据此解答。【解答】解1）黄铜矿的主要成分为CuFeS2，S为﹣2价，CuFeS2中硫元素被氧化生成SO2，化合价升高，SO2是氧化产物，故答案为：氧化产物；故答案为：CuFeS2+O2Cu+FeS+SO2；（3）Cl2将滤液A中的Fe2+氧化为Fe3+，其离子方程式为：Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣故答案为：Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣；（4）若E为NH3，则滤液C的溶质为NH4Cl；检验滤渣是否已经洗涤干净，只需检验最后一次洗涤液中是否含有Cl﹣，则实验操作为：取少量最后一次洗涤液，加入少量酸化的硝酸银溶液，若没有产生白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净，故答案为：NH4Cl；取少量最后一次洗涤液，加入少量酸化的硝酸银溶液，若没有产生白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净；（5）通入E的目的是调节溶液pH，若误将E加入到滤液A中，则先产生白色的Fe（OH）2沉淀，Fe（OH）2再被O2氧化为红褐色的Fe（OH）3，所以可以观察到的现象为：先产生白色沉淀，然后白色沉淀变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：先产生白色沉淀，然后白色沉淀变成灰绿色，最后变成红褐色；（6）由图可知，温度为30℃，pH＝2.0时Fe2+的氧化速率最大，则使用硫杆菌的最佳条件为30℃，pH＝2.0；催化剂需要合适的反应温度，温度过高催化剂失活，则反应温度过高，反应速率下降，其原因是温度过高，硫杆菌失活，催化效率下降，故答案为：30℃，pH＝2.0；温度过高，硫杆菌失活，催化效率下降。【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。1920分）某化学课外活动小组为了验证主族元素化学性质的递变规律，进行如下实验探究。Ⅰ.探究1：元素金属性递变规律（1）验证同主族元素Li、Na、K的金属性递变规律。序号实验内容实验现象1将绿豆大小的金属Li投入50mL水中Li与水反应快速，且有气泡生成2将绿豆大小的金属Na投入50mL水中Na与水反应比第1组剧烈，且有气泡生成3将绿豆大小的金属K投入50mL水中①预测第3组的实验现象是K与水反应比Na与水反应剧烈，且产生气泡。②已知Rb位于第五周期IA族，则RbOH的碱性＞KOH的碱性（填“＜”或“＞”）。（2）某同学取适量可溶性铝盐与氨水（溶质为NH3•H2O）反应制备氢氧化铝，请写出该反应的离子方 3NH3•H2O+Al3+＝Al（OH）3↓+3。Ⅱ.探究2：元素非金属性递变规律（3）某小组同学设计实验比较ⅦA族元素的非金属性：乙方案操作打开分液漏斗的活塞，烧瓶中产生黄绿色气体，蘸有KBr溶液的棉球变为橙黄色，湿润的淀粉KI试纸变蓝。向A中通入少量Cl2充分反应后，A中液体为橙黄色，将A中液体滴入试管内，取下试管，充分振荡，静置，试管中现象为①溶液分层，且下层溶液为紫红色②甲方案中发生多个化学反应，写出产生黄绿色气体的离子方程式：16H++10Cl﹣+2=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。③以上两个方案，乙（填“甲”或“乙”）方案的实验能证明非金属性：Cl＞Br＞I。（4）除了利用卤素单质间的置换反应，以下陈述哪些可作为卤族元素非金属性递变规律的判断依据BD（填字母）。A.Cl2，Br2、I2的熔点逐渐升高B.HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱C.AgCl、AgBr、AgI的固体颜色越来越深D.Cl、Br、I的还原性逐渐增强（5）实验室拟用质量分数为36.5%的浓盐酸（密度为1.20g/cm3）配制96.0mL0.120mol/LHCl