浙江省台州市2024-2025学年高一上学期1月期末统考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1浙江省台州市2024-2025学年高一上学期1月期末统考试题一、单选题1．下列不属于电解质的是A．H2O B．HCl C．BaSO【答案】D【解析】电解质需满足两个条件：①化合物；②在水溶液或熔融状态下能自身电离导电。H2O是化合物，能微弱电离为H⁺和OH⁻，属于弱电解质，A不符合题意；HCl是化合物，溶于水完全电离为H⁺和Cl⁻，属于强电解质，B不符合题意；BaSO₄虽然难溶于水，但熔融状态下可电离为Ba2+和SO42-，属于强电解质，C不符合题意；石墨是碳的单质，不符合电解质的定义（必须为化合物），因此不属于电解质，故选D。2．下列物质属于共价化合物的是A．K2S B．CO2 C．NaOH【答案】B【解析】共价化合物由非金属元素通过共价键形成。K2S含活泼金属元素，为离子化合物，A项错误；CO2为非金属间共价结合，属于共价化合物，B项正确；NaOH含离子键，属离子化合物，C项错误；Cl2为单质，D项错误；答案选B3．下列气体中，既可以用浓硫酸干燥，又可以用NaOH固体干燥的是A．Cl2 B．O2 C．SO2【答案】B【解析】Cl2能与氢氧化钠反应，不能用氢氧化钠干燥，A不符合；O2与硫酸和氢氧化钠均不反应，既可以用浓硫酸干燥，又可以用NaOH固体干燥，B符合；SO2能与氢氧化钠反应，不能用氢氧化钠干燥，C不符合；NH答案选B。4．下列仪器名称不正确的是A．圆底烧瓶B．锥形瓶C．蒸发皿D．分液漏斗A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】颈部没有支管，为圆底烧瓶，A正确；为锥形瓶，用作反应容器等，B正确；为坩埚，C错误；下端长颈部位有活塞，是分液漏斗，D正确；答案选C。5．下列标识不正确的是A．用电B．排风C．易燃类物质D．锐器A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】图标为用电标识，表示有电危险，提醒注意电气安全，常见于实验室电器附近，故A正确；图标为排气扇，在做制备有毒气体或易挥发物质的实验时需要用到，起到排气的作用，故B正确；图标为火焰图案表示易燃物质，如酒精、汽油等，提醒远离火源，故C正确；该标志为腐蚀品，表示该物品具有腐蚀性，故D错误。故选D。6．下列化学用语或图示表达不正确的是A．Mg的原子结构示意图： B．CO2的电子式：C．氮化镁的化学式：Mg3D．氧化还原反应的电子转移：【答案】B【解析】Mg原子核外有12个电子，Mg原子核外电子排布为2、8、2，原子结构示意图为，故A正确；CO₂为共价化合物，电子式应体现每个氧原子与碳原子共享两对电子，CO2的结构式为O=C=O，电子式为，故B错误；氮化镁中镁离子为+2价、氮离子为-3价，因此化学式为Mg3N2，故C正确；氧化还原反应中还原剂把电子转移给氧化剂，故D正确。故选B。7．铈(Ce)是稀土元素中丰度最高的元素，广泛应用于医药、玻璃、纺织等工业。下列关于58138CeA．58138Ce和58140Ce互为同位素 B．C．58138Ce和58140Ce含有不同的质子数【答案】A【解析】质子数相同中子数不同的原子之间互称为同位素，58138Ce和58140Ce质子数均为58，中子数不同，二者互为同位素，A正确；中子数=质量数-质子数，58138Ce原子中，中子数为80，58140Ce原子中，中子数为82，二者均不为58，B错误；作为同种元素，两者质子数相同，C错误；8．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A．碳酸氢钠是白色晶体，可用于焙制糕点B．钠、钾等金属元素的焰色分别是黄色、紫色，可用于节日燃放的烟花C．Fe2D．铝表面覆盖着致密的氧化铝薄膜，保护内部金属，可用于制作门窗框架【答案】A【解析】碳酸氢钠的用途利用的是NaHCO₃受热分解产生CO₂的化学性质，使其蓬松，而白色晶体为物理性质，即性质与用途不一致，A符合题意；焰色反应是金属元素的特征性质，直接用于烟花颜色，即性质与用途一致，B不合题意；Fe2O3的颜色决定了其作为红色颜料的用途，即性质与用途一致，C不合题意；铝的氧化膜保护作用是利用其表面致密氧化膜的化学稳定性，耐腐蚀，即性质与用途一致，D不合题意。故答案为：A。9．下列说法不正确的是A．Li和O2在加热条件下生成B．往紫色石蕊试液中通入SO2C．将未用完的钠、钾、白磷丢入垃圾桶D．如果不慎将碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸【答案】C【解析】锂在加热条件下与氧气反应生成Li2O，而非其他氧化物，因锂离子半径小，结构更稳定，A项正确；SO2溶于水生成H2SO3，溶液显酸性，紫色石蕊试液变红，B项正确；钠、钾遇水剧烈反应，白磷易燃，随意丢弃有严重安全隐患。应按实验室规定专门处理，C项错误；这是标准的化学灼伤应急处理方法，D项正确。答案选C。10．下列反应中，调节反应条件（温度、反应物用量比）后反应产物不会改变的是A．钠与氧气 B．铁与氯气C．碳酸钠溶液中滴盐酸 D．二氧化碳与氢氧化钠溶液【答案】B【解析】钠与氧气常温生成氧化钠，加热生成过氧化钠，温度不同产物不同，A项不符合题意；氯气氧化性强，铁与氯气反应无论条件如何均生成氯化铁，产物唯一，B项符合题意；盐酸不足时生成NaHCO₃，足量时生成NaCl和CO₂，产物因用量不同而改变，C项不符合题意；二氧化碳少量生成碳酸钠，过量生成碳酸氢钠，用量不同产物不同，D项不符合题意。答案选B。11．图a~c分别为NaCl在不同条件下（固态、熔融、水溶液）的导电性实验的微观示意图（X、Y均表示石墨电极，分别与电源的正负极相连）。下列说法不正确的是A．NaCl固体存在Na+、B．图a说明干燥的NaCl固体不导电C．由图b可知熔融的NaCl在通电条件下才能发生电离D．由图b和c可知熔融NaCl和NaCl溶液导电的微粒不相同【答案】C【解析】NaCl是离子化合物，NaCl固体存在Na+、Cl-，但Na+、Cl-不能自由移动，A项正确；NaCl固体不导电是因为Na+和Cl-按照一定规则紧密排布，不能自由移动，图a表示的是干燥的NaCl固体不导电，B项正确；NaCl在水溶液中就可以发生电离，电离过程不需要通电，C项错误；由图b可知熔融NaCl导电的微粒为Na+、Cl-，由图12．下列各组离子因发生氧化还原反应而不能在水溶液中大量共存的是A．K+、OHC．Na+、H【答案】C【解析】Fe3+与OH-生成Fe(OH)3沉淀，属于复分解反应，无化合价变化，未涉及氧化还原反应，A不合题意；H+与S2-生成H2S气体，虽然I⁻和S²⁻都具有还原性，但主要与H⁺反应，所以其属于复分解反应，无氧化还原反应，未涉及氧化还原反应，B不合题意；H+使溶液呈酸性，MnO4-在酸性条件下为强氧化剂，而S²⁻具有强还原性，与S2-发生氧化还原反应（如S2-被氧化为S，MnO4-被还原为Mn2+），涉及氧化还原反应，C符合题意；Ca2+与SO32-生成CaSO13．P2O5常用作气体的干燥剂，易吸水转化为H3PO4。下列说法不正确的是A．P2O5中P元素化合价为+5价 B．P2O5属于碱性氧化物C．P2O5能与CaO反应 D．P2O5能与NaOH反应【答案】B【解析】A．P2O5中氧元素化合价-2价，根据化合价代数和为零，P元素化合价+5价，故A正确；P2O5易吸水转化为H3PO4，属于酸性氧化物，故B错误；P2O5是酸性氧化物，能与CaO反应生成磷酸钙，化学方程式为P₂O₅+3CaO=Ca₃(PO₄)₂，故C正确；P2O5能与NaOH反应生成磷酸钠和水，故D正确。故选：B。14．硫代硫酸钠Na2S2O3被称为“A．S2O32-是还原剂 BC．SO42-是还原产物 D．【答案】A【解析】S2O32-中的S元素化合价从+2升至+6，化合价升高，被氧化，因此S2O32-是还原剂，A项正确；每1molCl2参与反应时，Cl的化合价从0降至-1，每个Cl2分子转移2mole-，因此1molCl2转移2mole-，B项错误；S₂O₃²⁻被氧化生成SO₄²⁻，SO42-是S被氧化后的产物，属于氧化产物，而非还原产物，C项错误；H2O中的H和O元素化合价均未变化，H2答案选A。15．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【解析】同主族元素从上到下非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱，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；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；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；非金属性F＞Cl＞Br，对应单质氧化性顺序一致，D正确。故答案为：A。16．下列说法正确的是A．元素原子的最外层电子数等于元素的最高正化合价B．同周期ⅡA族与ⅢA族元素原子序数可能相差11C．碳酸钠固体溶于水放热，则碳酸氢钠固体溶于水也放热D．在元素周期表金属与非金属的分界处寻找耐高温、耐腐蚀的合金元素【答案】B【解析】元素原子的最外层电子数通常等于主族元素的最高正化合价，但氧、氟等非金属元素无正化合价，且过渡金属的价态复杂，最高正价不一定等于最外层电子数，A项错误。在第四、五周期中，由于存在过渡元素，ⅡA与ⅢA族元素原子序数相差较大，第四周期中，ⅡA族钙（原子序20）与ⅢA族镓（原子序31）的原子序数差为11，符合题意，B项正确。碳酸钠溶于水放热，但碳酸氢钠无明显放热，不能简单类推，C项错误。金属与非金属分界处的元素通常具有半导体性质，用于制造半导体材料，而耐高温、耐腐蚀的合金元素多位于过渡金属区，D项错误。答案选B。17．下列离子方程式正确的是A．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeOB．用醋酸除水垢：2C．Na与H2OD．用NaHCO3治疗胃酸过多：【答案】D【解析】氧化亚铁与稀盐酸反应中，FeO中的Fe为+2价，产物Fe3+为+3价，但稀盐酸无法提供强氧化性条件，应生成Fe2+而非Fe3+，离子方程式：FeO+2H+=Fe2++H2O，A错误；醋酸为弱酸，不能拆分为H+，正确离子方程式应保留CH3COOH分子形式，即2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，B错误；钠与水反应未配平，正确应为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，C错误；HCO3-与故答案为D。18．下列实验装置使用不正确的是A．装置①可用于铁粉和水蒸气反应并检验气态产物B．装置②可用于铜与浓硫酸反应并检验气态产物C．装置③可用于模拟侯氏制碱法制备NaHCOD．装置④可用于比较Na2CO3【答案】C【解析】湿棉花提供水蒸气，铁粉与水蒸气在高温下反应生成H₂，其反应方程式为：3Fe+4H2Og=ΔFe3O4+4H2，产生氢气使肥皂液产生气泡且上升，A正确；铜与浓硫酸加热生成SO₂，所以铜与浓硫酸反应方程式为：Cu+2H2SO4浓=ΔCuSO4+SO2↑+2H故答案为C。19．设NA为阿伏伽德罗常数值，下列有关叙述不正确A．等体积、等浓度的NaCl和KI溶液中所含有的离子数均为2B．标准状况下，2.24LSO2C．1mol由Na2O2和D．32gCu与足量S完全反应转移的电子数为0.5【答案】A【解析】没有说明溶液体积的具体数值和浓度，无法计算离子具体数目，但水分子存在解离平衡，离子总数大于2NA，错误；标准状况下SO2为气体，2.24LSO2的分子数为2.24L22.4L/mol×NAmol-1=0.1NA，正确；Na2O2和Na2O中假设Na2O2为xmol、Na2O为(1-x)mol，则存在xmolO22-和(1-x)molO2-，阴离子总是为1mol，正确；Cu与S反应生成Cu2S，铜由0价升至+1价，每20．A、B、C、D是中学化学常见的纯净物，均含同一种元素，A是单质，它们之间有如下转化关系，下列说法不正确的是A．若A是S且C、D是氧化物，则B可以是HB．若A是Al且B、D具有两性，则反应④可以通COC．若A是Na且C是淡黄色固体，则①②③④可以是化合反应D．若A是Fe且B、C、D为三种不同类别的物质，则D可以是FeSO【答案】D【解析】若A是S且C、D是氧化物，则常见的硫氧化物为SO₂和SO₃，根据图示C为SO2，D为SO3，则S与H2反应生成H2S，H2S与O2反应生成SO2，故B可以是H2S，A正确；若A是Al且B、D具有两性，根据图示B应为Al2O3，D应为Al(OH)3，Al2O3与OH-反应生成Al(OH)4-，Al(OH)4-与CO2反应生成Al(OH)3，则反应④可以通CO2，B正确；若A是Na且C是淡黄色固体，则C是Na2O2，推测出B应为Na2O，反应①中Na与与O2反应生成Na2O，②中Na与与O2反应生成Na2O2，③中Na2O与O2反应生成Na2O2，④中Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，因此①②③④均可以是化合反应，C正确；若A是Fe且B、C、D为三种不同类别的物质，若D为硫酸亚铁，则B和C需分别为氧化物和氢氧化物等其他类别，由此推断B可以为FeO，C可以为21．有效脱除烟气中的SO2是环境保护的重要课题，工业上常用钠钙双碱法高效脱除烟气中的SO下列说法不正确的是A．“吸收”时气液逆流可提高SO2B．该方法可实现NaOH的循环利用C．物质X可以是澄清石灰水D．滤渣转变成CaSO4需要O【答案】C【解析】“吸收”中，SO2与NaOH反应，生成Na2SO3和H2O；然后Na2SO3与Ca(OH)2反应生成CaSO3和NaOH，为提高Na2SO3反应率，应选石灰乳；过滤得到滤渣CaSO3，滤渣CaSO3与氧化剂O2反应生成CaSO4，气液逆流接触可以增加接触面积和接触时间，有利于SO2与NaOH溶液充分反应，可提高SO2吸收率，A正确；由分析可知，脱除SO2的过程中，起初消耗NaOH，后来Na2SO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，所以NaOH可以循环利用，物质X与Na2SO3反应生成NaOH和CaSO3，故X为Ca(OH)2，为提高反应效率和减少溶液体积，工业上通常使用石灰乳而不是澄清石灰水，应选石灰乳，C错误；滤渣为CaSO3，CaSO3转变成CaSO4需要加氧化剂，如O222．某化学兴趣小组设计实验探究84消毒液的漂白性。已知：ORP可以表示水溶液中物质的氧化性或还原性强弱。本实验中，ORP值越大，氧化性越强。Ⅰ往84消毒液中逐滴加稀硫酸，测得84消毒液ORP值随pH的变化如图1所示；Ⅱ光照下，测得84消毒液ORP值随时间的变化如图2所示；Ⅲ不同温度时，测得84消毒液ORP值随时间的变化如图3所示。下列说法正确的是A．由图1，若往84消毒液中鼓入空气，ORP值不变B．由图1，若往84消毒液中逐滴加浓盐酸，ORP值持续上升C．由图2，光照时间越长，84消毒液的漂白效果越好D．由图3，84消毒液使用时不能用40℃以上的热水稀释【答案】D【解析】“84消毒液”的主要成分是NaClO，NaClO与酸或水反应生成HClO，HClO不稳定分解生成盐酸和氧气，因此氧化性减弱、ORP值减小。由图1，HClO不稳定分解生成盐酸和氧气，故氧化性减弱、ORP值减小，若往84消毒液中鼓入空气，氧气的氧化性比HClO弱，ORP值还会下降，A错误；NaClO与浓盐酸反应生成氯气，发生的反应方程式为：NaClO+2HCl→NaCl+Cl₂↑+H₂O，生成Cl₂的氧化性可能弱于HClO，且Cl₂逸出，ORP会下降，B错误；由图2，光照时间越长，光照会促使HClO分解，有效氯减少，氧化性减弱，，ORP值持续下降，84消毒液的漂白效果越差，C错误；由图3，84消毒液在40℃以上时，HClO迅速分解，ORP值急速下降，漂白效果变差，D正确。故选D。23．下图是制取与贮存氢气的一种方法。已知：MgH2和HCl反应的化学方程式为：MgHA．反应1中Fe3B．11.2gMg2Cu完全吸氢后所得混合物与过量盐酸反应，放出C．反应3中氩气可用氯气来代替D．循环制氢过程中不断消耗的物质是H【答案】D【解析】反应1为ZnFe2O4分解反应，ZnFe₂O₄中Fe为+3价，生成Fe₃O₄含+2和+3价铁，部分铁元素价态降低，因此Fe3O4是还原产物，A错误；反应3中Mg2Cu吸收氢气的反应方程式为2Mg2Cu+3H2高温MgCu2+3MgH2，其中MgCu2合金中Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、MgH2+2HCl=MgCl2+2H2↑，根据化学反应中的质量关系可知，11.2gMg2Cu（即0.1mol）完全吸氢后得到0.05mol24．向FeI2和FeCl2的混合溶液中不断通入Cl2，溶液中n(含碘微粒)和n(含铁微粒)随nCl2的变化曲线如图所示。已知：Cl2与I2A．原溶液中nB．e点溶液中n(阳离子)为6molC．c点溶液与o点溶液混合，不会发生反应D．通入1molCl2【答案】D【解析】已知还原性：I-大于Fe2+，Cl2先氧化I-生成I2，再氧化Fe2+生成Fe3+，过量的Cl2再氧化I2为HIO3，结合图，Cl2的物质的量0mol到bmol的反应为2I-+Cl2=I2+2Cl-，反应生成0.5mol碘单质，则b=0.5；从Cl2的物质的量0.5mol到dmol的反应为Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，反应生成2mol铁离子，消耗1mol氯气，则d=1+0.5=1.5；从Cl2的物质的量1.5mol到4mol的反应为5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+，消耗2.5mol氯气，生成根据上述分析可知，n(I-)=0.5mol×2=1.0mol，n(FeI2)=0.5mol，n(Fe2+)=2mol，n(FeCl2)=2mol-0.5mol=1.5mol；由分析，起始时I⁻为1mol，所以FeI₂的物质的量为0.5mol，A错误；e点溶液中阳离子为铁离子和6mol氢离子，结合铁守恒，阳离子共6mol+2mol=8mol，B错误；c点时，溶液中主要含Fe³⁺和I₂；o点为起始溶液，含Fe²⁺和I⁻。铁离子和碘离子会发生氧化还原反应生成碘单质，则c点溶液与o点溶液混合，会发生反应，C错误；通入1molCl2时，0.5mol氯气氧化碘离子，0.5mol氯气氧化1mol亚铁离子生成1mol铁离子，则溶液中nFe2+=n25．根据下列实验方案和现象，得出的结论正确的是选项实验方案现象结论A向盛有Na2O2的试管中加水，把带火星的木条伸入试管中木条复燃Na2O2未变质B将新鲜菠菜剪碎、研磨、加水浸泡、过滤，向滤液中滴加KSCN溶液无明显现象菠菜中不含铁元素C用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色试验火焰呈黄色溶液中一定含钠盐，可能含钾盐D取少量溶液，先滴加稀盐酸，再滴加BaCl2溶液加稀盐酸无明显现象，加BaCl2溶液产生白色沉淀原溶液中存在SOA．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】Na2O2与水反应生成O2，无论是否变质，只要存在未变质的Na2O2，木条均会复燃，无法证明未变质，结论错误，A不合题意；KSCN仅能检测Fe3+，所以即使有Fe²⁺，滴加KSCN也不显色，而菠菜中的铁可能以Fe2+或有机结合形式存在，无法通过此实验排除铁元素，结论错误，B不合题意；焰色试验显示黄色说明含Na+，但Na+可能来自钠盐或NaOH等非盐物质，结论中“一定含钠盐”不严谨；且未通过钴玻璃观察，无法确定是否含K+，因为黄光可能掩盖紫光，C不合题意；先加稀盐酸无现象，排除CO32-、SO32-、Ag+等干扰，再加BaCl2生成沉淀，说明存在二、填空题26．按要求回答：(1)HClO的结构式是，化学键的类型是。(2)用电子式表示MgCl2的形成过程(3)MgCl2溶液、AlCl3溶液中分别滴加NaOH溶液，观察到的现象是，说明碱性：MgOH2Al(OH)3【答案】(1)H—O—Cl共价键(2)(3)MgCl2溶液中滴加NaOH溶液，出现白色沉淀；AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先出现白色沉淀，后沉淀逐渐溶解【解析】（1）次氯酸的中心原子是氯原子，次氯酸中H、O、Cl原子之间通过共用电子对结合，其结构式为：H-（2）镁原子最外层有两个电子，容易失去，和氯原子形成离子化合物，左边写Mg原子和两个Cl原子的电子式，右边写Mg²⁺和两个Cl⁻的电子式，其形成过程是：。（3）氯化镁滴入氢氧化钠溶液，离子方程式为：Mg2++2OH-=MgOH2↓，出现白色沉淀；氯化铝滴入氢氧化钠溶液，离子方程式为：Al三、解答题27．某化学兴趣小组利用工厂的废铁屑（主要成分为Fe，还含有少量Cu、Al、Al2O3和Fe2O请回答：(1)试剂X是（填化学式），溶液A中所含溶质为X和（填化学式）。(2)溶液C中未检出Fe3+，原因是(3)由D的饱和溶液制备FeOH3胶体的操作是(4)双电层模型认为胶体粒子通常由胶核和吸附层构成。新制FeOH3胶体的胶团结构如图所示。下列说法正确的是A．FeOHB．FeOH3胶体粒子的直径介于C．FeOHD．外加电场作用下FeOH(5)由固体F生成Na2FeO4【答案】(1)NaOHNa(2)Fe(3)向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3(4)BD(5)3【解析】（1）加入NaOH溶解Al和Al₂O₃，除去铝杂质，试剂X是NaOH；溶液A中所含溶质为过量的NaOH和NaAl（2）废铁屑的主要成分是单质，铁单质可以将Fe³⁺还原为Fe²⁺，则溶液C中未检出Fe3+，原因是Fe（3）D为氯化铁，由氯化铁制备氢氧化铁胶体的操作为：向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3（4）结合胶团结构可知，Fe(OH)3胶体不带电，但氢氧化铁胶粒因能吸附带正电荷的离子而带正电荷，A错误；按分散质粒子直径的大小将分散系分成浊液、胶体和溶液，胶体分散质粒子的直径在1~100nm之间，B正确；FeOH3胶体的丁达尔效应是胶体粒子对光的散射，C错误；FeOH故选BD；（5）碱性条件下ClO⁻将Fe(OH)₃氧化为FeO₄²⁻，方程式为：3ClO28．下表为元素周期表的一部分，已知J的核电荷数是Z的2倍。请回答：XYZJQN(1)元素Y在周期表中的位置。(2)非金属性：JQ（填“>”“<”或“=”），判断依据是（用一个离子方程式表示）。(3)下列说法不正确的是________。A．Y的原子半径比Z的大B．考古时利用14XC．X的单质与J的最高价氧化物对应水化物之间不发生化学反应D．周期表中某元素的周期序数大于其族序数，该元素可能是非金属(4)元素Q与N组成的化合物NQ性质与Cl2相似，则，NQ与JZ2水溶液反应的化学方程式为(5)硒（Se）与元素J同主族，可从精炼铜的废渣中提取，废渣中硒主要以Se和Cu2Se的形式存在，工业提取硒的流程如图：Cu2Se与浓H2【答案】(1)第二周期ⅤA族(2)<Cl(3)CD(4)BrCl(5)6H2【解析】（1）表中为元素周期表的一部分，已知J的核电荷数是Z的2倍，可知J为S，Z为O；根据表格位置，可知X为C、Y为N、Q为Cl、N为Br，据此分析作答。元素Y为N，在周期表中的位置为第二周期ⅤA族，故答案为：第二周期ⅤA族。（2）同周期元素，原子序数大的，非金属性越强，则非金属性：S<Cl；非金属性强的单质，可以与非金属性弱的离子发生置换反应，即氯气与硫离子反应，离子方程式为：Cl2+S2-=2（3）Y是N，Z是O。同周期元素从左到右原子半径减小，则原子半径：N＞O，A项正确；14C具有放射性，考古时利用14C测定一些文物的年代，B项正确；C与浓硫酸在加热下可以发生反应，浓H₂SO₄具有强氧化性，在加热条件下能与碳单质发生反应：C+2H₂SO₄(浓)

=

CO₂↑+2SO₂↑+2H₂O，C项错误；周期表中某元素的周期序数大于其族序数，该元素不可能是非金属，故答案为：CD。（4）BrCl性质与Cl2相似，则BrCl与SO2水溶液反应，生成硫酸、HCl和HBr，化学方程式为BrCl+（5）由流程可知，Cu2Se与浓H2SO4反应，生成硫酸铜、二氧化硒、二氧化硫和水，化学方程为：6H2SO429．生理盐水是指临床上常用的渗透压与人体血浆的渗透压相等的氯化钠溶液。其质量分数为0.9%，密度为1.005g/cm(1)用托盘天平称量gNaCl固体。(2)下图为溶液配制的过程，请将下列操作排序：a→b→→e→。用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，并将洗涤液注入容量瓶，其目的是。(3)下列说法不正确的是________。A．容量瓶在使用前需检查是否完好，瓶口处是否漏水B．容量瓶使用前需烘干C．定容时仰视容量瓶上的刻度线，所配溶液浓度偏小D．将容量瓶上下颠倒摇匀，静置后液面低于刻度线，补加少量水至刻度线【答案】(1)4.5(2)dcfg避免溶质损失(3)BD【解析】（1）题目要求配制480mL生理盐水，但实验室容量瓶规格通常为500mL，因此按500mL计算，溶液质量=体积×密度=500mL×1.005g/cm³=502.5g，NaCl质量=502.5g×0.9%=4.5225g，考虑托盘天平精确度，应该称量4.5g氯化钠固体；（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、