重庆市渝中区2025-2026学年高一化学下学期4月阶段检测试题（一）【含答案】

注意事项：1.作答前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上作答无效。3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。4.试卷满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H-1、B-11、N-14、O-16、S-32、Fe-56、Ni-59、Cu-64第Ⅰ卷选择题(共45分)一、单选题：本题共15小题，每小题2分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1.2025年九三大阅兵，国之重器彰威，科技利刃出鞘。科技创新是赢得未来发展主动权的必然选择。下列说法正确的是A.用于光学望远镜的高致密碳化硅特种陶瓷材料是一种传统无机非金属材料B.战机核心结构的主要成分为铝合金，其硬度大于纯铝C.石英纤维是制造各种雷达罩的理想透波材料，属于可导电的硅酸盐材料D.“9.3阅兵”中单兵作战系统采用钛合金构件，钛合金具有密度大、强度高等优势【答案】B【解析】【详解】A．传统无机非金属材料主要为水泥、玻璃、陶瓷等硅酸盐类材料，高致密碳化硅特种陶瓷属于新型无机非金属材料，A错误；B．合金的硬度通常大于其组成的纯金属，铝合金是铝的合金，硬度大于纯铝，B正确；C．石英纤维的主要成分为，不属于硅酸盐材料，且不导电，C错误；D．钛合金的特点是密度小、强度高、耐腐蚀性好，并非密度大，D错误；故答案选B。2.目前，科学家发现在负压和超低温条件下，可将水形成像棉花糖一样的气溶胶的冰，该冰称为“气态冰”。下列说法不正确的是A.该冰具有丁达尔效应B.“气态冰”与普通冰化学性质相同C.改变温度使“气态冰”变成液态水时会破坏水分子内的共价键D.“气态冰”分子中存在极性共价键【答案】C【解析】【详解】A．该冰属于气溶胶，气溶胶是胶体的一种，胶体具有丁达尔效应，A正确；B．“气态冰”与普通冰均由水分子构成，同种分子化学性质相同，B正确；C．“气态冰”变成液态水属于物理变化，仅破坏分子间作用力和氢键，不会破坏水分子内的共价键，C错误；D．“气态冰”由水分子构成，水分子中H和O之间形成极性共价键，D正确；故答案选C。3.下列说法正确的是A.Si在自然界中主要以单质形式存在B.未用完的KMnO4固体一般直接丢弃，而钠、白磷必须放回原试剂瓶C.图标的含义是：腐蚀类物质D.氯气泄漏时，可向环境中喷洒浓KBr溶液消除环境污染【答案】C【解析】【详解】A．Si属于亲氧元素，自然界中硅全部以化合态（二氧化硅、硅酸盐）形式存在，不存在单质硅，A错误；B．是强氧化剂，随意丢弃会引发安全隐患、污染环境，不能直接丢弃，需要集中回收处理，B错误；C．该图标是腐蚀类危险化学品的标志，含义为腐蚀类物质，C正确；D．与KBr反应会置换出有毒的溴单质，依然会造成环境污染；氯气泄漏时一般喷洒碱性溶液（如石灰水）吸收氯气，D错误；故选C。4.下列化学用语或图示表达正确的是A.C2H5OH、CO2均为共价化合物B.次溴酸的结构式：C.CaC2的电子式：D.用电子式表示HCl的形成过程：【答案】A【解析】【详解】A．共价化合物是指原子间通过共用电子对形成的化合物，只含共价键，不含离子键。C2H5OH、CO2均为只含共价键的化合物，均为共价化合物，A正确；B．次溴酸的结构与次氯酸类似，中心原子为O，其结构式为H-O-Br，B错误；C．CaC2中阴离子为，两个C原子间以共价三键结合，正确的电子式为：，C错误；D．用电子式表示HCl的形成过程时，应正确体现原子间共用电子对的形成过程：，D错误；故选A。5.只用一种试剂，将、、、四种物质的溶液区分开，这种试剂是A.NaOH溶液 B.CaCl2溶液 C.BaCl2溶液 D.Ba(OH)2溶液【答案】D【解析】【详解】A．NaOH溶液仅能与含的、(NH4)2SO4反应生成刺激性气味的氨气，无法区分这两种铵盐，也不能区分不反应的和，A错误；B．CaCl2溶液仅能与含的(NH4)2SO4、反应生成微溶的白色沉淀，无法区分这两种硫酸盐，也不能区分不反应的和，B错误；C．BaCl2溶液仅能与含的(NH4)2SO4、反应生成白色沉淀，无法区分这两种硫酸盐，也不能区分不反应的和，C错误；D．Ba(OH)2溶液与四种溶液分别混合（可适当加热）的现象各不相同：与反应只生成刺激性气味气体，与(NH4)2SO4反应同时生成白色沉淀和刺激性气味气体，与反应只生成白色沉淀，与不反应无明显现象，可以鉴别四种溶液，D正确；答案选D。6.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况中原子的数目为B.中含有的电子数目为C.1L1mol/LHCl溶液中，HCl分子的数目为D.等物质的量的NO2和NO所含的原子数都为【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下为固态，不能用气体摩尔体积()计算其物质的量，则标准状况中原子的数目不是4NA，A错误；B．1个含有的电子数为，故中含有的电子数目为，B正确；C．为强电解质，在水溶液中完全电离为和，因此1L1mol/LHCl溶液中不存在分子，C错误；D．题干仅说明和等物质的量，但未给出具体物质的量的数值，无法确定原子数为，D错误；故选B。7.2025年7月18日，《科学》报道了我国科学家在二维半导体材料研究上取得重大突破，模拟“蒸包子”成功制备出高质量硒化铟(InSe)晶圆。硒化铟作为一种新型层状半导体，其性能超越了传统硅材料。下列有关说法正确的是A.硒化铟半导体晶体管具有优异的电学性能，属于新型合金材料B.铟(In)的原子序数为49，铟(In)和硒(Se)位于同一周期C.Se位于元素周期表ⅦA族D.硒化铟未来可用于制造电器的芯片【答案】D【解析】【详解】A．硒化铟是铟和硒形成的化合物，合金是具有金属特性的混合物，硒化铟不属于合金，A错误；B．铟（In）原子序数为49，核外有5个电子层，位于第五周期，硒（Se）原子序数为34，核外有4个电子层，位于第四周期，二者不位于同一周期，B错误；C．Se的最外层电子数为6，位于元素周期表第ⅥA族，不属于ⅦA族，C错误；D．硒化铟是性能优于传统硅材料的半导体，半导体是制造芯片的核心材料，因此硒化铟未来可用于制造电器的芯片，D正确；故答案选D。8.下列各组离子能大量共存的是A.pH=1的溶液中：、、、B.能使紫色石蕊试液变蓝的溶液中：、、、C.能使品红褪色的无色溶液中：、、、D.澄清透明的溶液中：、、、【答案】B【解析】【详解】A．的强酸性溶液中，在酸性条件下具有强氧化性，可将氧化，发生反应：，不能大量共存，A错误；B．能使紫色石蕊试液变蓝的溶液为碱性溶液，、、、之间不发生反应，能大量共存，B正确；C．为紫红色，与“无色溶液”条件矛盾，且能使品红褪色的溶液中含有二氧化硫，溶液呈酸性，酸性条件下具有强氧化性，会与还原性的发生氧化还原反应：，不能大量共存，C错误；D．澄清透明的溶液中，存在时，与发生氧化还原反应：，同时与会结合生成弱电解质，不能大量共存，D错误；故答案选B。9.下列图示中，实验操作或做法符合规范的是A．长期存放盐酸标准溶液B．比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱C．检验浓硫酸与铜反应后产物中是否含有铜离子D．探究氯气是否具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的定量仪器，不能用于长期存放溶液，配好的溶液需要转移到试剂瓶中保存，操作不符合规范，A错误；B．常温下​可以和浓盐酸反应生成​，根据氧化剂氧化性大于氧化产物，可得氧化性​；生成的​通入溶液，置换出S单质，可得氧化性，可以验证三者氧化性顺序：；氯气有毒，末端棉花蘸取溶液可以吸收尾气，操作符合规范，B正确；C．浓硫酸与铜反应后，产物中含有大量剩余浓硫酸，检验时，需要将反应后的混合物沿烧杯壁缓慢倒入水中搅拌，若将水倒入反应混合物中，水密度小于浓硫酸，会导致暴沸飞溅，操作错误，C错误；D．探究氯气是否具有漂白性，需要使用干燥的有色物质；鲜花本身含有水分，通入干燥氯气后，氯气和水反应生成具有漂白性的，使鲜花褪色，无法证明氯气本身是否具有漂白性，操作错误，D错误；答案选B。10.根据元素周期律，由下列事实进行推测不合理的是选项事实推测AMg与冷水较难反应，Ca与冷水较易反应Be(铍)与冷水更难反应BNa与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键Si与Cl形成共价键C与H2高温时反应，与H2加热时反应P与H2在高温时能反应DCl2可以和NaBr溶液反应生成Br2F2可以和NaCl溶液反应生成Cl2A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．Be、Mg、Ca均为第ⅡA族元素，同主族从上到下金属性逐渐增强，金属性越强，单质与水反应越剧烈，故Be与冷水反应比Mg更难，推测合理，A不符合题意；B．同周期从左到右元素金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强，原子与Cl成键时键的极性逐渐减弱，从离子键过渡到共价键，Si的非金属性强于Al，故Si与Cl形成共价键，推测合理，B不符合题意；C．第三周期非金属性：Si<P<S，非金属性越强，其单质与化合越容易，故P与反应条件介于Si和S之间，高温时能反应，推测合理，C不符合题意；D．氧化性极强，通入NaCl溶液时会优先与水发生反应：，无法置换出，推测不合理，D符合题意；故答案选D。11.利用如图所示微型实验装置(两个形管)探究有关浓硫酸和SO2的性质。下列有关说法错误的是A.实验开始时应在浓硫酸处下方，点燃酒精灯进行加热B.W形管的“球泡”可防止液体冲入后续试剂中C.干燥管中棉球没有的试剂X可为浓NaOH溶液D.装置中的四个溶液的反应中都有元素化合价变化【答案】D【解析】【分析】浓硫酸和加热条件下可发生反应：，生成无色的气体，气体使酸性高锰酸钾溶液褪色，表现还原性，使品红溶液褪色，表现漂白性，和反应生成，表现氧化性，X用于吸收尾气，防止污染，据此解答。【详解】A．由分析可知，与浓硫酸反应生成需要加热条件，因此实验开始需要加热，A正确；B．“球泡”容积较大，发生倒吸时可以容纳液体，起到防倒吸作用，能防止液体冲入后续试剂中，B正确；C．​是有毒的酸性气体，尾气需要吸收处理，浓可以和​反应，因此试剂可以为浓溶液，C正确；D．​使品红褪色的原理是：​与品红发生非氧化还原化合反应，生成不稳定的无色物质，该反应没有元素化合价变化，因此不是四个反应都存在化合价变化，D错误；故答案选D。12.已知氮元素及其化合物的转化关系如图所示，下列说法不正确的是A.①步转化中1molN2可与3molH2充分反应生成2molNH3B.②步转化体现NH3的还原性：C.③步转化中可观察到气体从无色变为红棕色D.④步转化尾气中含有NO、NO2，利用NaOH溶液将其同时吸收时会发生反应：【答案】A【解析】【详解】A．反应①是工业合成氨，该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，因此与充分反应，生成​的物质的量小于，A错误；B．②步反应是氨气催化氧化得到，氨气中氮元素化合价升高，体现还原性，化学方程式：，B正确；C．③步的反应为一氧化氮转化为二氧化氮，一氧化氮是无色气体，二氧化氮是红棕色气体，所以可观察到气体变为红棕色，C正确；D．、共同被溶液吸收的反应方程式无误，D正确；故选A。13.高纯硅用于制作光伏电池，如图是一种生产高纯硅的工艺流程图(在空气中易自燃，易于水发生反应)，下列说法正确的是A.石英砂的主要成分为Si，可用来制备芯片B.在1800~2000℃条件下，电弧炉中发生的反应为C.既能与NaOH溶液反应又能与HF溶液反应，所以是两性氧化物D.需要在干燥环境中，隔绝空气密封保存【答案】D【解析】【详解】A．石英砂的主要成分为SiO2，A错误；B．在1800~2000℃条件下，电弧炉中发生的反应为，B错误；C．只能与HF溶液反应，是酸性氧化物，C错误；D．在空气中易自燃，易于水发生反应，故需要在干燥环境中，隔绝空气密封保存，D正确；故选D。14.二氟化氧(OF2)是一种剧毒气体，具有极强氧化性。已知①(溶液的浓度为2%)，②(①②方程式均未配平)。下列说法正确的是A.OF2中只含有非极性键B.反应①中，每生成1molOF2，转移电子2molC.反应②中，SO2和SF4既是氧化产物又是还原产物D.F2、OF2、SO2氧化性依次减弱【答案】D【解析】【详解】A．OF2中O和F是不同非金属元素，形成的是极性共价键，不含非极性键，A错误；B．配平反应①为2F2+2NaOH＝OF2+2NaF+H2O，F元素从0价降为-1价，每生成1molOF2，消耗2molF2，2molF2共得到4mol电子，即转移电子4mol，B错误；C．配平反应②为2OF2+2S＝SO2+SF4，S元素从0价升为+4价，SO2和SF4均为氧化产物；O元素从+2价降为-2价，仅SO2为还原产物，故SO2既是氧化产物又是还原产物，SF4只是氧化产物不是还原产物，C错误；D．氧化剂氧化性大于氧化产物，反应①中是氧化剂，OF2是氧化产物，氧化性：F2>OF2；反应②中OF2是氧化剂，SO2是氧化产物，氧化性：OF2>SO2，故三者氧化性依次减弱，D正确；答案选D。15.下列离子方程式正确的是A.向(显酸性)溶液中滴入过量溶液(氧化性：)：B.向NaClO溶液中通入少量SO2：C.向碳酸氢钠溶液中加入过量澄清石灰水：D.过量的Fe与稀HNO3溶液：【答案】B【解析】【详解】A．已知酸性条件下氧化性＞Fe3+，会优先氧化，而非Fe3+先参与反应，离子方程式不符合反应事实，正确的反应应该为2+3=3+2NO↑+H2O+H+；A错误；B．NaClO具有强氧化性，可将少量氧化为，自身被还原为Cl-，过量的ClO-与反应生成的H+结合为HClO，该离子方程式电子、电荷、原子均守恒，符合反应事实，B正确；C．澄清石灰水过量时，完全反应，不会有剩余的生成，正确离子方程式为+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，所给方程式为澄清石灰水少量时的反应，C错误；D．Fe过量时，会与反应生成的Fe3+继续反应生成Fe2+，最终产物为Fe2+，离子方程式不符合反应事实，正确的反应应该为3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O；错误；故答案选B。二、单选题：本题共5小题，每小题3分，共15分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。16.某化合物是一种重要的化工原料，其结构如图所示。X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y是空气中含量最多的元素，Z和E同主族。下列说法正确的是A.该化合物中除X外每个原子最外层均满足8e-稳定结构B.简单离子的半径大小：W＜Y＜ZC.Z、W、E组成化合物在熔融状态下可以导电D.稳定性：X2Z＞X2E；沸点：X2Z＜X2E【答案】C【解析】【分析】Y为空气中含量最多的元素，故Y为N（氮），原子序数7。Z的原子序数大于，在结构中形成单键和双键，符合氧的成键特征，故Z为O（氧），原子序数8。E与同主族的短周期主族元素，故E为S（硫），原子序数16。W形成（+1价阳离子），原子序数介于和之间，故W为Na（钠），原子序数11。X原子序数小于，在结构中形成1个共价键，故X为H（氢），原子序数1。【详解】A．该化合物中，除外，S原子形成6个共用电子对，其价层电子数不满足稳定结构，A错误；B．、、的简单离子分别为、、，三者均为10电子微粒，电子层结构相同，离子半径遵循核电荷数越大半径越小的规律：，即，B错误；C．、、组成的化合物（如、）均为离子化合物，离子化合物在熔融状态下电离出自由移动的离子，因此可以导电，C正确；D．为，为。非金属性，故简单氢化物稳定性，即；分子间存在氢键，仅存在范德华力，氢键作用力更强，故沸点，即，D错误；故答案选C。17.化学结论需要通过化学实验获得，根据实验操作、现象，不能得出相应结论的是选项操作现象结论A取一滴未知溶液于点滴板上，用硫酸酸化无现象，在溶液中放置一小粒硫酸亚铁晶体在溶液周围出现一圈棕色，且有淡红棕色气体生成溶液中含有硝酸根离子B取一定量未知溶液于试管，滴入NaOH溶液并加热，试管口放置湿润的红色石蕊试纸试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝未知溶液中含有铵盐C某物质在氧气中完全燃烧后所产生的气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊气体中不一定有CO2D在氮气的氛围里向Na2SO3溶液中滴加少量BaCl2溶液，再滴加足量盐酸先产生白色沉淀，沉淀部分溶解说明该溶液已变质A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．酸性条件下与发生反应：，生成的遇空气氧化为红棕色，可证明溶液含，A正确；B．滴加溶液加热产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的，只能说明溶液中含，溶质不一定是铵盐，也可能是氨水（），无法得出含铵盐的结论，B错误；C．也能使澄清石灰水变浑浊，因此燃烧产物使澄清石灰水变浑浊，不能确定一定含，C正确；D．氮气氛围下排除氧化的干扰，加生成的沉淀加盐酸部分溶解，说明有不溶于盐酸的存在，证明部分被氧化为，即溶液已变质，D正确；故答案选B。18.氮、硫元素的“价-类”二维图如图所示。下列有关叙述正确的是A.a与氧化铜反应生成b，该过程属于氮的固定B.反应：a′+c′→b′+H2O中，m(氧化产物)：m(还原产物)=2:1C.d、c′均可与NaOH反应，都属于酸性氧化物D.e的稀溶液中通入c′反应的离子方程式为：【答案】B【解析】【分析】结合价类二维图的化合价和物质类别，确定各物质：氮元素：，，c:，，，硫元素：，，，，，，据此分析。【详解】A．氮的固定的定义是将游离态（单质）氮转化为化合态氮的过程，a与氧化铜反应生成b，该反应是化合态氮（）转化为游离态氮（），不属于氮的固定，A选项错误；B．该反应为：，2mol中-2价S被氧化为0价S，得到2mol氧化产物S；1mol中+4价S被还原为0价S，得到1mol还原产物S；同种物质质量比等于物质的量之比，因此

，B选项正确；C．酸性氧化物的定义是与碱发生非氧化还原反应生成盐和水，d为，与反应发生歧化：，生成两种盐且存在化合价变化，不属于酸性氧化物，C选项错误；D．稀硝酸与反应的正确离子方程式为：，D选项错误；故选B。19.自然界的氮循环部分过程如图所示。下列说法不正确的是A.反硝化过程中，含氮物质被氧化B.图中所有转化均属于氧化还原反应C.存在离子反应：D.生成等量N2时，还原的Fe2+与氧化的Fe3+理论物质的量比为5：3【答案】A【解析】【详解】A．反硝化过程中，含氮物质：，氮元素化合价从+5→+3→0，化合价降低，被还原，A错误；B．图中各微粒中氮元素、铁元素的化合价均不相同，它们之间的转化都有元素的价态变化，均是氧化还原反应，B正确；C．图中存在与发生归中反应生成N2，离子方程式：，C正确；D．还原生成N2时，N从+5→0，生成1molN2转移10mole⁻；失1e⁻，需10mol；氧化生成N2时，N从-3→0，生成1molN2转移6mole⁻，得1e⁻，需6mol。二者物质的量比为10：6=5：3，D正确；故答案选A。20.如图表示一定量的铁与不同浓度的足量硝酸反应时各还原产物及含量，下列说法正确的是A.由图可知，硝酸浓度越小，主要还原产物中氮元素化合价越高B.56g铁粉与足量1.54mol/L的HNO3完全反应，表现酸性的HNO3的质量为189gC.HNO3浓度为12.68mol/L时，生成NO和NO2的质量相等D.P点时，生成NO与转移电子的物质的量之比为3∶8【答案】D【解析】【分析】从图中可以看出，当其他条件一致时，在浓硝酸浓度为12.68mol/L时，主要产物NO和NO2，随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多，当硝酸浓度继续降低时，主要产物是NO，其次是NO2及少量的N2O，当HNO3的浓度降到约3.07mol/L时，成为主要产物，可见，凡有硝酸参加的氧化还原反应都比较复杂，往往同时生成多种还原产物，据此作答。【详解】A．由图可知，硝酸的浓度越小，铵根离子含量越高，这说明其还原产物中氮元素的化合价越低的成分越多，A错误；B．56g铁为1mol，与足量1.54mol/L稀硝酸完全反应生成三价铁，则与铁离子结合的硝酸根离子为3mol，则此反应过程中与铁反应表现酸性的HNO3的质量为3mol×63g/mol=189g，但是反应中还生成硝酸铵，故此反应过程中表现酸性的HNO3的总质量大于189g，B错误；C．由图可知，HNO3浓度为12.68mol/L时，与少量的铁粉完全反应生成的NO、NO2的物质的量相等，但质量并不相等，C错误；D．根据图像可知，P点时，生成等量的NO和，氮元素化合价由+5变为+2生成NO、由+5变为-3得到，则生成NO与转移电子的物质的量之比为3∶8，D正确；故选D。第Ⅱ卷非选择题(共55分)三、非选择题：本小题共4小题，共55分。21.下表是元素周期表的短周期部分，请参照元素①~⑨在表中的位置，回答下列问题：（1）③在元素周期表中的位置是___________。写出①和⑤形成的化合物的电子式___________。（2）⑨的单质和⑧的氧化物(该氧化物可使品红溶液褪色)在水溶液中反应的化学方程式为___________。（3）⑦的最高价氧化物和⑤的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式是___________。（4）④、⑤和⑧分别形成的简单离子的半径由大到小的顺序为___________(用离子符号表示)。②的最简单氢化物和其最高价氧化物的水化物化合所得物质所含有的化学键有___________。（5）已知砷(As)与②同主族，位于第四周期，下列推断错误的是___________(填序号)。a．沸点：AsH3＞NH3b．热稳定性：AsH3＞NH3c．最高价氧化物对应的水化物的酸性：HClO4＞H3AsO4d．砷的原子序数为33（6）能够用于证明⑧和⑨元素非金属性强弱的离子方程式为：___________。【答案】（1）①.第二周期第ⅥA族②.（2）（3）（4）①.②.离子键、极性键(极性共价键、共价键均可)（5）ab（6）或【解析】【分析】根据各元素在周期表中的相对位置可知：①为H元素、②为N元素、③为O元素、④为F元素、⑤为Na元素、⑥为Mg元素、⑦为Al元素、⑧为S元素、⑨为Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。【小问1详解】③为元素，在元素周期表中的位置是第二周期第ⅥA族；①为、⑤为，二者形成的化合物为，属于离子化合物，电子式为；【小问2详解】⑨为，单质为；⑧为，能使品红溶液褪色的氧化物为，二者在水溶液中发生氧化还原反应，作氧化剂，作还原剂，生成和，化学方程式为；【小问3详解】⑦为，最高价氧化物为（两性氧化物）；⑤为，最高价氧化物的水化物为（强碱），二者反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为；【小问4详解】④为、⑤为、⑧为，简单离子分别为、、；核外有3个电子层，、核外有2个电子层，电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同时核电荷数越大离子半径越小，因此半径由大到小的顺序为；②为，最简单氢化物为，最高价氧化物的水化物为，二者化合生成，与之间为离子键，、内部为极性共价键（极性键），因此所含化学键为离子键、极性键（极性共价键、共价键均可）；【小问5详解】a．分子间存在氢键，分子间仅存在范德华力，因此沸点：，a错误；b．非金属性，非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，因此热稳定性：，b错误；c．非金属性，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此酸性：，c正确；d．位于第四周期ⅤA族，原子序数为33，d正确；【小问6详解】⑧为、⑨为，可通过单质间的置换反应证明非金属性，离子方程式为（或）。22.研究氮及其化合物的制备和性质具有重要的意义。回答下列问题：（1）某化学兴趣小组为了制取氨气并探究其性质，按下列装置(部分夹持装置已略去)进行实验。①装浓氨水的仪器名称为___________。②实验中观察到C装置中的现象是___________，用化学用语解释产生该现象的原因___________。③当实验进行一段时间后，挤压D装置中的胶头滴管，滴入1~2滴浓盐酸，可观察到的现象是___________。涉及的化学反应方程式___________；装置E中盛装的试剂可以为___________。（2）我国科研团队借助一种固体催化剂(LDH)，在常温、常压和可见光条件下合成了氨，其过程如图所示。该反应中氧化剂和还原剂的数目比为___________。（3）用向下排空气法收集NH3，做喷泉实验。实验装置如图所示，实验结束后溶液刚好充满烧瓶的且混合均匀，实验开始前烧瓶中气体的平均相对分子量为___________(保留3位有效数字，已知空气的平均相对分子质量约为29)，实验结束后烧瓶中溶液的物质的量浓度为___________mol/L(标准状况下，假设溶质不向外扩散)。【答案】（1）①.分液漏斗②.湿润的酚酞试纸变红③.④.有白烟生成⑤.⑥.水（2）1:3（3）①.19.4②.或0.045【解析】【分析】装置A利用浓氨水和生石灰制取氨气，经装置B碱石灰干燥后，通入装置C，使C中湿润的酚酞试纸变红，装置D中浓盐酸挥发的和氨气反应生成氯化铵，装置E用于尾气处理，据此分析。【小问1详解】①根据仪器构造，带活塞用于添加液体的该仪器名称为分液漏斗。②氨气进入C后，和湿润试纸上的水反应生成一水合氨，一水合氨电离出（）使溶液显碱性，酚酞遇碱变红，因此试纸变红。③浓盐酸挥发的和氨气反应生成氯化铵（）固体小颗粒，因此现象为产生白烟；E是氨气尾气处理装置，氨气极易溶于水，该装置已经设计防倒吸，因此试剂为水；【小问2详解】根据题图写出反应：，其中​中化合价降低，作氧化剂；中化合价升高，作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量（数目）比为【小问3详解】设烧瓶体积为，水充满烧瓶的，说明原气体中和空气的物质的量之比为，，平均相对分子质量。标准状况下，，溶液体积等于的体积即，因此。23.硫酸亚铁铵隔绝空气加热至500℃时硫酸亚铁铵能完全分解，分解产物中含有铁的氧化物、硫的氧化物、氨气和水蒸气等。某化学小组选用如图所示部分装置进行实验(夹持装置略)：Ⅰ．硫酸铵和硫酸亚铁混合结晶制备硫酸亚铁铵。实验步骤：组装完实验装置后，(i)……；(ii)加入试剂；(iii)打开d、c，加热，通入氨气制得硫酸铵；(iv)先打开b、关闭a，打开分液漏斗活塞；一段时间后，关闭b，打开a；(v)将B中溶液倒入蒸发皿中，经系列操作得到硫酸亚铁铵。（1）步骤(i)为___________；该装置中存在一处缺陷为___________。（2）写出装置C中发生反应的化学方程式___________。（3）操作(iv)中“一段时间后，关闭b，打开a”的目的是___________。Ⅱ．探究硫酸亚铁铵的分解产物。（4）为探究分解产物中是否含有水蒸气、SO2和SO3，下图中所选用装置的正确连接顺序为A→___________→B(填装置的字母序号，下列装置不一定全部用到)。实验结束后通入N2的目的是___________。A．B．C．D．E．F．（5）已知该实验中受热分解只生成一种红棕色固体产物，同时还有H2O、NH3、SO2和N2生成，写出A中反应的化学方程式___________。实验Ⅲ：为测定硫酸亚铁铵晶体纯度，某同学取m克硫酸亚铁铵晶体样品配成500mL溶液，取25.00mL硫酸亚铁铵溶液进行如下实验：（6）该方案测得样品纯度为___________(用含w、m的式子表示)。（7）若缺少“洗涤”步骤，最终结果会___________(填偏大、偏小或不变)。【答案】（1）①.检验装置气密性②.B装置通入氨气未采取防倒吸措施（2）（3）利用A中产生氢气所造成的气压，使得FeSO4溶液被压入B装置中，发生后续反应（4）①.CEF②.将装置内有毒气体推入尾气吸收装置中，避免拆卸装置时泄漏而污染空气（5）（6）（7）偏大【解析】【分析】装置A用于制取硫酸亚铁并将硫酸亚铁压入装置B中，装置C利用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，最终在装置B中生成硫酸亚铁铵，据此分析。【小问1详解】有气体参与的实验，组装仪器后第一步需要检查装置气密性；装置C加热固体制备氨气，氨气通入B未采取防倒吸措施，会引起倒吸；【小问2详解】装置C为实验室加热固体制备氨气，通常用氯化铵和氢氧化钙共热制氨气，反应方程式为；【小问3详解】A中铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，先打开b排尽装置中空气，防止被氧化，排尽空气后关闭b打开a，氢气使装置内压强增大，将溶液压入B中与硫酸铵反应制备硫酸亚铁铵；【小问4详解】检验产物时，必须先检验水蒸气，因为后续检验装置为水溶液，会带出水蒸气干扰水的检验，因此第一步用无水硫酸铜（C）检验水；之后用HCl和混合液（E）检验，生成沉淀，不沉淀；最后用品红溶液（F）检验，最后连接尾气处理B。实验结束通目的是将装置内有毒气体推入尾气吸收装置中，避免拆卸装置时泄漏而污染空气；【小问5详解】红棕色固体为，根据化合价升降守恒、原子守恒配平