高中化学学业水平考试手册参考答案合集

化学实验的基本方法参考答案1．【答案】C1．【答案】C【解析】A．为了避免中毒，应该在通风橱内制备有毒气体，故A正确；B．由于钠和过氧化钠都与水、二氧化碳发生反应，金属钠着火时需要立即用沙土覆盖，故B正确；C．将过期的化学药品直接倒入下水道，会污染地下水，应该倒入指定的仪器中，故C错误；D．闻气体时，为了避免中毒，应该用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，故D正确；故选C。2．【答案】B2．【答案】B【解析】A．钠可以和水反应，不能用水扑灭，少量金属钠着火，可以用沙子盖灭，故A错误；B．加热时，试管口不对着人，避免液体飞溅伤人，故B正确；C．酸碱中和反应放出大量热，造成二次伤害，故C错误；D．热的坩埚直接放在冷水中，会导致受热不均匀，使坩埚破裂，故D错误；故选B。3．【答案】C3．【答案】C【解析】A．点燃可燃性气体前需要检查纯度，避免因纯度不足导致气体爆炸发生危险，A正确；B．钠易与水反应生成氢氧化钠和氢气，做实验剩余的金属钠不得直接丢弃在废液缸中，B正确；C．氯气密度大于空气，低处的空气中氯气含量较大，所以大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量逆风、往高处逃离，C错误；D．由于浓硫酸密度大于水，且稀释过程中放出大量热，稀释时应该将浓硫酸缓缓倒入水中并不断搅拌，D正确；故选C。4．【答案】C4．【答案】C【解析】互不相溶的液体混合物可以通过分液的方法进行分离，相互混溶的液体混合物，可根据沸点不同选择蒸馏操作进行分离，故选C。5．【答案】A5．【答案】A【解析】四种仪器依次是蒸馏烧瓶、蒸发皿、容量瓶、分液漏斗故选A。6．【答案】D6．【答案】D【解析】A．硫酸铜溶液的浓缩结晶需要在蒸发皿中进行，给出的仪器缺少蒸发皿，故A不选；B．用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡，反应后过滤，给出的仪器缺少漏斗，故B不选；C．用固体氯化钠配制0.5mol·L-1的NaCl溶液，计算称量后，在烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中定容，给出的仪器缺少托盘天平，故C不选；D．用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，反应后混合液分层，可通过分液分离，需要的仪器主要为烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，能够达到实验目的，故D选；故选D。7．【答案】B7．【答案】B【解析】A．乙醇易溶于水，不能用乙醇萃取碘水中的I2，A错误；B．碱石灰可以吸收水分且不与NH3反应，所以可以用来干燥NH3，B正确；C．稀释浓硫酸是将浓硫酸加入水中，以防浓硫酸稀释过程中大量放热，导致液体飞溅，C错误；D．用NaOH作除杂剂会引入Na+，应用KOH，D错误；故选B。8．【答案】C8．【答案】C【解析】A．将溴蒸气和NO2分别通入硝酸银溶液中，溴蒸气与硝酸银溶液反应产生溴化银沉淀，则产生淡黄色沉淀的是溴蒸气，据此可鉴别溴蒸气和NO2，A正确；B．淀粉在稀硫酸作用下加热水解生成葡萄糖，冷却后取澄清液加NaOH溶液中和，最后滴入新制的Cu(OH)2，加热煮沸，能观察到砖红色沉淀，说明淀粉发生了水解，B正确；C．硫酸酸化的高锰酸钾溶液中含有SO42-，C错误；D．过氧化钠吸收CO2放出O2，D正确；故选C。9．【答案】B9．【答案】B【解析】A．向溶液中加入足量稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明溶液中一定存在SO42-，故A正确；B．向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明溶液中可能存在CO32-或HCO3-等离子，故B错误；C．向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明溶液中存在NH4+，故C正确；D．氯水中存在H+和HClO，向紫色石蕊溶液中加入氯水，溶液先变红，随后褪色，故D正确；故选B。10．【答案】C10．【答案】C【解析】A．硝基苯和苯的沸点不同，可利用蒸馏分离；B．乙烯中的SO2与NaOH发生反应：SO2+2NaOHNa2SO3+H2O，乙烯不反应；C．己烯与溴单质发生加成反应生成卤代烃，卤代烃与己烷互溶，无法用分液法分离；D．乙醇溶于Na2CO3溶液，乙酸乙酯不溶，可通过分液法分离；故选C。1111．【答案】D【解析】A．互不相溶的液体采用分液方法分离，二者互不相溶，所以可以采用分液方法分离，故A正确；B．溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，萃取剂和溶质及原溶剂不反应，萃取剂和原溶剂不互溶，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳和水不互溶不反应，所以可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，故B正确；C．乙酸能和碳酸钠反应生成乙酸钠、二氧化碳和水，饱和碳酸钠抑制乙酸乙酯溶解，所以可以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故C正确；D．氯化铵受热易分解生成HCl和氨气，冷却后HCl和氨气反应生成氯化铵，碘易升华，所以不能采用加热方法分离提纯氯化铵和碘，故D错误；故选D。12．【答案】D12．【答案】D【解析】A．硝酸钾溶解度随温度变化较大，氯化钾溶解度随温度变化不大，所以根据其溶解度随温度变化不同，采用溶解、加热、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，从而获得KNO3晶体，故A正确；B．可以通过焰色反应检验溶液中的Na+：取一根洁净的铂丝，放在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取少量试液，置于火焰上灼烧，若火焰呈黄色，则含有Na+，故B正确；C．分液时，下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从分液漏斗上口倒出，故C正确；D．配制溶液时，应该在烧杯中溶解，然后将溶液转移至容量瓶进行定容，故D错误；故选D。1313．【答案】B【解析】稀硫酸与KNO3不反应，与NaHCO3反应产生气体，与BaCl2反应产生沉淀。故选B。1414．【答案】B【解析】A．Ca(OH)2和NH4Cl在加热条件下可生成NH3，氨气密度比空气小，反应生成水，试管口略向下倾斜，故A正确；B．碘易溶于有机溶剂，应用萃取的方法分离，过滤不能从碘水中得到碘，故B错误；C．水易挥发，可用蒸发的方法分离氯化钠，故C正确；D．水易挥发，可用蒸馏的方法制备蒸馏水，故D正确；故选B。1515．【答案】A【解析】A．高锰酸钾中的锰元素是锰的最高价，是强氧化剂，故A符合；B．氯化钠中的氯是最低价，具有还原性，故B不符合；C．蔗糖没有氧化性，故C不符合；D．淀粉没有氧化性，故D不符合；故选A。

化学计量在实验中的应用参考答案1．【答案】D1．【答案】D【解析】物质的量的单位是摩尔，故选D。2．【答案】B2．【答案】B【解析】标准状况时，V(O2)=0.5×22.4L/mol=11.2L，故选B。3．【答案】C3．【答案】C【解析】标准状况下11.2LCO2的物质的量为11.2L22.4L/molA．其质量为0.5mol×44g/mol=22g，故A错误；B．CO2物质的量为0.5mol，故B错误；C．含O原子为0.5mol×2=1mol，故C正确；D．CO2分子数为0.5mol×NA≈3.01×1023，故D错误；故选C。4．【答案】C4．【答案】C【解析】氮气的物质的量为0.2mol，1.8g水的物质的量为1.8g÷18g·mol-1=0.1mol，NA个O2的物质的量为1mol，标准状况下11.2LCO2物质的量为11.2L÷22.4L·mol-1=0.5mol，由此可知物质的量最大的为氧气，则其所含的分子数也最多，故选C。5．【答案】A5．【答案】A【解析】A．22gCO2的物质的量为22g44g/molB．0.1mol·L-1NaOH溶液的体积未知，无法计算溶液中含有Na+的物质的量，故B错误；C．1molCl2中含有氯原子物质的量为2mol，则含氯原子数约为：2×6.02×1023，故C错误；D．标准状况下水为液态，不能用标准状况下气体的摩尔体积来计算44.8LH2O的物质的量，故D错误；故选A。6．【答案】B6．【答案】B【解析】A．标准状况下2.24L甲烷的物质的量为0.1mol，质子数为NA，故A正确；B．随着反应的进行，浓盐酸浓度逐渐降低，当浓度降低到一定程度后变为稀盐酸，稀盐酸和MnO2不反应，故B错误；C．1mol苯中含有6mol碳氢键，数目为6NA，故C正确；D．1LpH=3的盐酸溶液中H+物质的量为0.001mol，数目为0.001NA，故D正确；故选B。

7．【答案】C7．【答案】C【解析】A．28gN2的物质的量=28g28g/mol=B．电子数=原子序数，1molNa含有的电子数为11NA，B错误；C．标况下，22.4LO2的物质的量为n=22.4L22.4L/mol=1mol，1molO2D．KCl溶液的物质的量为n=c·V=2mol，离子数为4NA，D错误；故选C。8．【答案】A8．【答案】A【解析】A．标准状况下，1个二氧化碳分子含1个碳原子，1molCO2中含有的碳原子数为NA，故A正确；B．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L氯化氢气体中含有的分子数小于0.5NA，故B错误；C．1mol金属钠与足量氯气完全反应时转移的电子数为NA，故C错误；D．1L0.1mol/LNa2SO4溶液中溶质物质的量=1L×0.1mol/L=0.1mol，0.1molNa2SO4溶液中所含的Na+的数目为0.2NA，故D错误；故选A。9．【答案】B9．【答案】B【解析】A．80g硝酸铵的物质的量为1mol，而硝酸铵中含2个N原子，故1mol硝酸铵中含2NA个N原子，故A错误；B．NaOH与MgO的摩尔质量均为40g/mol，故4.0g混合物的物质的量为0.1mol，且两者均含20个质子，故0.1mol混合物中含有的质子数目为2NA，故B正确；C．溶液体积不明确，故溶液中氢氧根的个数无法计算，故C错误；D．5.6g铁和标准状况下1.12L氯气的物质的量分别为0.1mol和0.05mol，两者反应后铁过量，由于氯气反应后氯元素变为-1价，故0.05mol氯气反应后转移电子数为0.1NA，故D错误；故选B。10．【答案】D10．【答案】D【解析】配制0.2mol/L的NaCl溶液1.0L，选择1000mL容量瓶，需要NaCl的质量为1L×0.2mol/L×58.5g/mol=11.7g，故选D。11．【答案】C11．【答案】C【解析】A．密度为1.84g·mL-1、质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度：c=1000ρω3mol·L-1稀硫酸时所需的浓硫酸的体积为：V(浓硫酸)=0.1L×3mol/L18.4mol/LB．浓硫酸稀释时，将浓硫酸缓慢倒入蒸馏水中，并且不断搅拌，B错误；C．待溶液冷却后，将溶液转移到100mL容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤液转入容量瓶，重复2~3次，C正确；D．定容时，当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切，再将容量瓶瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，将配好的溶液转移到试剂瓶中，贴上标签，注明溶液成分及浓度，D错误；故选C。

12．【答案】B12．【答案】B【解析】配制100mL1.00mol·L-1NaCl溶液，应称量后，在烧杯中溶解，然后转移到容量瓶中定容，不需要蒸发操作，故选B。

物质分类与分散系参考答案1．【答案】A1．【答案】A【解析】蔗糖是含碳元素的化合物，属于有机物，故选A。2．【答案】C2．【答案】C【解析】A．电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物是酸，K2FeO4不能电离出氢离子，故A错误；B．电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物是碱，K2FeO4不能电离出氢氧根，故B错误；C．盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子（或非金属离子）结合的化合物，K2FeO4是由金属阳离子和酸根离子组成的盐，故C正确；D．由同种元素组成的纯净物是单质，K2FeO4由三种元素组成，故D错误；故选C。3．【答案】D3．【答案】D【解析】氧化物是指氧元素与另外一种化学元素组成的二元化合物，ClO2属于氧化物，故选D。4．【答案】A4．【答案】A【解析】A．氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，故A正确；B．碳酸氢钠属于盐，不是碱，故B错误；C．氢氧化铝属于碱，碳酸氢钠、氢氧化铝都不是氧化物，故C错误；D．碳酸氢钠是强电解质、氢氧化铝是弱电解质，故D错误；故选A。5．【答案】C5．【答案】C【解析】A．乙酸（醋酸）分子式C2H6O，A错误；B．碳酸钠（Na2CO3）纯碱或苏打，B错误；C．碳酸氢钠、小苏打、NaHCO3三者一致，C正确；D．氢氧化钙俗名熟石灰，化学式Ca(OH)2，D错误；故选C。6．【答案】C6．【答案】C【解析】A．水银是汞的俗名，化学式为Hg，故A错误；B．胆矾是五水硫酸铜的俗名，化学式为CuSO4·5H2O，故B错误；C．烧碱是氢氧化钠的俗名，化学式为NaOH，故C正确；D．苏打是碳酸钠的俗名，化学式为Na2CO3，故D错误；故选C。

7．【答案】A7．【答案】A【解析】A．Na2CO3属于正盐，NaHCO3属于酸式盐，都属于盐类，故A正确；B．NaOH属于碱，Na2O属于氧化物，不是碱，故B错误；C．白银、臭氧都属于单质，黄铜是铜合金，属于混合物，故C错误；D．蔗糖属于非电解质，硫酸、氯化镁属于电解质，故D错误；故选A。8．【答案】C8．【答案】C【解析】A．K2CO3属于盐，K2O属于氧化物，故A错误；B．KOH属于碱，CaCO3属于盐，故B错误；C．H2SO4和HNO3都属于酸，故C正确；D．Na2O属于氧化物，Na2SiO3属于盐，故D错误；故选C。99．【答案】A【解析】丁达尔效应是指当一束光线透过胶体，从垂直入射光方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”的现象。Al(OH)3胶体可以产生丁达尔效应，CuSO4溶液、稀盐酸、稀硝酸属于溶液，不能产生丁达尔效应，故选A。10．【答案】C10．【答案】C【解析】雾能产生丁达尔效应，是一种胶体，选项中只有Fe(OH)3胶体与雾属于同种分散系，故选C。

离子反应参考答案1．【答案】D1．【答案】D【解析】Cl2、Cu既不属于电解质，也不属于非电解质；CO2属于非电解质；NaOH属于电解质；故选D。2．【答案】A2．【答案】A【解析】A．KOH在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和OH-，属于强电解质，故A正确；B．H2CO3属于弱酸，在水溶液中不能完全电离，属于弱电解质，故B错误；C．SO3在水溶液中或熔融状态下不能电离，属于非电解质，故C错误；D．C2H6在水溶液中或熔融状态下不能电离，属于非电解质，故D错误；故选A。3．【答案】D3．【答案】D【解析】A．氯化钠溶液在水分子的作用下电离成钠离子和氯离子，无须通电，通电是电解氯化钠溶液，产物为氢氧化钠和氢气和氯气，故A错误；B．强电解质指在水溶液中或熔融状态下，能完全电离，硫酸钡属于强电解质，虽在水溶液中很难溶解，但溶于水的部分能完全电离，所以硫酸钡是电解质，故B错误；C．盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，盐酸既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．SO3溶于水形成的溶液能导电，但三氧化硫自身不能电离，所以SO3是非电解质，故D正确；故选D。4．【答案】C4．【答案】C【解析】A．一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，主要以电解质分子存在，其电离产生NH4+和OH-，电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-，A正确；B．CO具有还原性，在高温下与Fe2O3反应产生Fe单质和CO2，反应方程式为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，B正确；C．反应要以不足量的NaHCO3为标准书写离子方程式，方程式中其系数可设为1，则反应的离子方程式应该为：HCO3-+Ca2++OH-CaCO3↓+H2O，C错误；D．乙醇具有还原性，在Cu作催化剂和加热时，乙醇被氧化为乙醛，该反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，D正确；故选C。5．【答案】A5．【答案】A【解析】A．BaCl2溶液和Na2SO4溶液反应，离子方程式：Ba2++SO42-BaSO4↓，故A正确；B．Na与水反应，离子方程式：2Na+2H2O2Na++2OH-+H2↑，故B错误；C．CaCO3与盐酸反应，离子方程式：CaCO3+2H+H2O+CO2↑+Ca2+，故C错误；D．Al与稀硫酸反应，离子方程式：2Al+6H+2Al3++3H2↑，故D错误；故选A。6．【答案】A6．【答案】A【解析】A．铁和稀盐酸反应，离子方程式：Fe+2H+Fe2++H2↑，故A错误；B．氢氧化钠溶液与盐酸反应，离子方程式：OH-+H+H2O，故B正确；C．锌与硫酸铜溶液反应，离子方程式：Zn+Cu2+Zn2++Cu，故C正确；D．氯化钡溶液与稀硫酸反应，离子方程式：Ba2++SO42-BaSO4↓，故D正确；故选A。7．【答案】A7．【答案】A【解析】A．氯气通入冷的氢氧化钠溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式：Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O，正确；B．NaHCO3溶液和NaOH溶液混合，反应生成碳酸钠和水，离子方程式：HCO3-+OH-CO32-+H2O，错误；C．氯气通入FeCl2溶液中发生反应的离子方程式：Cl2+2Fe2+2Fe3++2Cl-，错误；D．金属钠和水反应的离子方程式：2Na+2H2O2Na++2OH-+H2↑，错误；故选A。8．【答案】A8．【答案】A【解析】A．向硝酸银溶液中加盐酸的离子反应为Ag++Cl-AgCl↓，故A正确；B．碳酸氢钙溶液跟盐酸反应的离子反应为HCO3-+H+H2O+CO2↑，故B错误；C．盐酸跟氢氧化镁反应的离子反应为2H++Mg(OH)2Mg2++2H2O，故C错误；D．碳酸镁跟硫酸反应的离子反应为MgCO3+2H+Mg2++H2O+CO2↑，故D错误；故选A。9．【答案】B9．【答案】B【解析】H+与OH-反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；CO32-不与OH-、K+、Cl-反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；OH-、Cl-都与Ag+反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；Mg2+与OH-反应生成氢氧化镁沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。10．【答案】D10．【答案】D【解析】SO42-、CO32-与Ba2+均不能大量共存，Cl-与Ag+不能大量共存，故选D。

11．【答案】D11．【答案】D【解析】A．Ag+与Cl-不能大量共存，故A错误；B．Al3+与OH-不能大量共存，故B错误；C．H+与CO32-不能大量共存，故C错误；D．Na+、Cu2+、SO42-均能大量共存，故D正确；故选D。12．【答案】B12．【答案】B【解析】A项CO32-与H+、Mg2+、Fe2+均反应，C项NO3-与H+和Fe2+发生氧化还原反应，D项OH-与Fe2+、Mg2+、H+均反应，故选B。

氧化还原反应参考答案1．【答案】D1．【答案】D【解析】A．硫酸和氢氧化钠生成盐和水的反应中各元素的化合价没有变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；B．加热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，该反应中没有电子的转移，所以不是氧化还原反应，故B错误；C．氨气和氯化氢生成氯化铵的反应中没有电子的转移，所以不是氧化还原反应，故C错误；D．氢气和氧化铜的反应中有电子的转移，所以是氧化还原反应，故D正确；故选D。2．【答案】C2．【答案】C【解析】氢氧化镁首先和酸性废水中的H+发生中和反应，然后再将Fe3+、Cr3+、Pb2+发生复分解反应，形成Fe(OH)3、Cr(OH)3、Pb(OH)2沉淀，在这些反应中元素的化合价都没有发生变化，因此都不是氧化还原反应，故选C。3．【答案】A3．【答案】A【解析】在反应8NH3+6NO27N2+H2O中，NH3→N2，化合价变化为-3价→0价，NO2→N2，化合价变化为+4价→0价，故还原剂为NH3，故选A。4．【答案】B4．【答案】B【解析】在反应中失电子化合价升高的反应物是还原剂，在反应中得电子化合价降低的反应物是氧化剂，该反应中Si元素化合价由+4价变为0价，H元素化合价由0价变为+1价，则SiCl4是氧化剂，H2是还原剂，故选B。5．【答案】C5．【答案】C【解析】A．硅胶作食物干燥剂，是由于其具有吸水性，与氧化性无关，故A项错误；B．甘油作护肤保湿剂，是由于其与水混溶，具有强的吸水性，与氧化性无关，故B项错误；C．漂白粉环境消毒剂，是由于其有效成分是Ca(ClO)2，该物质具有强的氧化性，能够杀菌消毒，故C项正确；D．石墨作润滑剂是由于石墨是层状结构，层间以分子间作用力结合，分子间作用力比较弱，容易破坏，具有滑腻感，与氧化性无关，故D项错误。故选C。6．【答案】D6．【答案】D【解析】A．该反应属于化合反应，故A错误；B．2FeCl2+Cl22FeCl3中，Fe元素的化合价升高，Fe2+被氧化，故B错误；C．该反应属于化合反应，故C错误；D．2FeCl2+Cl22FeCl3中，Cl元素的化合价降低，则Cl2为氧化剂，故D正确；故选D。7．【答案】C7．【答案】C【解析】在SO2中硫的化合价升高，失去电子，是还原剂，故选C。8．【答案】C8．【答案】C【解析】A．可以检验氯气泄漏的现象是产生白烟，故A错误；B．NH4Cl是还原产物，不是氧化产物，故B错误；C．8molNH3反应，只有2molNH3作还原剂被氧化生成氮气，被氧化的NH3占全部NH3的25%，故C正确；D．3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl中，Cl元素的化合价由0降低为-1价，N元素的化合价由-3价升高为0，该反应中转移6e-，所以转移0.3mol电子，生成0.05mol氮气，生成氮气体积（标准状况下）为1.12L，故D错误；故选C。9．【答案】9．【答案】(1)Mg；降低；(2)1；4【解析】(1)根据化学反应方程式为TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti可知：TiCl4→Ti化合价降低，做氧化剂，Mg→MgCl2化合价升高，做还原剂；所以该反应中，作为还原剂的物质是Mg，Ti元素的化合价降低，故答案为：Mg；降低；(2)根据化学反应方程式为TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti可知，若反应中消耗了2molMg，则生成1molTi。转移电子的物质的量为4mol，故答案为：1；4。10．【答案】10．【答案】(1)C；降低；(2)1；2【解析】(1)由以上分析可知作为还原剂的物质为C，H元素化合价降低，故答案为：C；降低；(2)反应中C元素化合价由0价升高为+2价，则若消耗了1molC，则生成CO的物质的量为1mol，转移电子的物质的量为2mol，故答案为：1；2。

金属及其化合物参考答案1．【答案】C1．【答案】C【解析】A．钠的密度小于水的密度，所以钠会浮在水面上，故A正确；B．钠和水反应生成氢气，因为受力不均导致钠在水面上四处游动，故B正确；C．钠的密度小于水的密度，所以钠会浮在水面上，故C错误；D．钠的熔点较低，钠与水反应放热使溶液温度升高，所以钠很快熔化成为小球，故D正确；故选C。2．【答案】B2．【答案】B【解析】钠元素的焰色反应显黄色，故选B。3．【答案】B3．【答案】B【解析】A．AlCl3是共价化合物，熔化时无自由离子，不能被电解。电解AlCl3水溶液生成氯气、氢气、氢氧化铝，无法得到铝单质，A错误；B．建筑用的铝材有较大的硬度，属于铝合金，B正确；C．Al溶于强碱反应生成偏铝酸盐和氢气，C错误；D．氢氧化铝有两性，废水中加过量NaOH溶液会使Al3+转化为[Al故选B。4．【答案】C4．【答案】C【解析】Mg只能与硫酸反应产生硫酸镁和氢气，不能与NaOH溶液反应，A项错误；Fe只能与硫酸反应产生硫酸亚铁和氢气，不能与NaOH溶液反应，B项错误；Al既能与硫酸反应产生硫酸铝和氢气，也能与NaOH溶液反应产生偏铝酸钠和氢气，C项正确；Cu在金属活动性顺序表位于H的后面，不能与稀硫酸反应，也不能与NaOH溶液反应，D项错误，故选C。5．【答案】D5．【答案】D【解析】常温下，将铁片放到浓硫酸中，铁片钝化，即在铁片的表面生成一层致密的氧化膜，阻止其与浓硫酸继续反应，故溶液不呈黄色，A项错误，D项正确；铁片表面生成氧化物，铁片变重，B项错误；铁片表面不产生大量气泡，C项错误。故选D。6．【答案】C6．【答案】C【解析】A．亚铁离子不稳定，易被氧化生成铁离子，Fe能还原铁离子生成亚铁离子，所以实验室为防止氯化亚铁被氧化，所以在保存FeCl2溶液时常加入铁粉，故A正确；B．KSCN和铁离子反应生成硫氰化铁而呈现血红色，亚铁离子和KSCN不反应，所以可以用KSCN溶液检验氯化亚铁是否变质，故B正确；C．氯气和氯化铁不反应，但是能氧化氯化亚铁生成氯化铁，应该用Fe除去氯化亚铁中的氯化铁，故C错误；D．氢氧化亚铁能被空气氧化生成红褐色氢氧化铁，所以向FeCl2溶液中加入NaOH溶液，先生成白色沉淀，立即转化为灰绿色，最终转化为红褐色沉淀，所以最终可观察到红褐色沉淀，故D正确；故选C。7．【答案】B7．【答案】B【解析】标准状况下44.8L氢气的物质的量为：nH设混合物中含有Fe、Al的物质的量分别为xmol、ymol，已知反应：Fe+2HClFeCl2+H2↑，2Al+6HCl2AlCl3+3H2↑，则Fe+2HClFeCl2+H2↑xx2Al+6HCl2AlCl3+3H2↑，y3则有：解得：所以n(Fe):n(Al)=x:y=0.5mol:1mol=1:2，故选B。8．【答案】D8．【答案】D【解析】A．Al与浓硫酸发生钝化，在铝表面形成致密的氧化膜，钝化是化学反应，A不符题意；B．SiO2与NaOH溶液能反应，反应的化学方程式为：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，反应生成的硅酸钠有粘性，能粘住磨砂玻璃瓶口，不能长期存放NaOH溶液，B不符题意；C．FeCl3溶液可作为铜电路刻蚀液，发生反应为：2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+，FeCl3溶液可作为铜电路刻蚀液与FeCl3在沸水中能形成胶体无关，C不符题意；D．过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，可作为防毒面具供氧剂，D符合题意；故选D。9．【答案】D9．【答案】D【解析】3.2gNaOH固体露置于空气中一段时间后，部分变质，质量变为6.24g。加水溶解，将溶液分为两等份，一份加入足量Ba(OH)2溶液，生成1.97gBaCO3沉淀，其物质的量为0.01mol，根据反应方程式：Na2CO3+Ba(OH)2BaCO3↓+2NaOH，n(Na2CO3)=0.01mol，则原混合物中n(Na2CO3)=0.02mol，其质量为m(Na2CO3)=2.12g；另一份加入1mol·L-1HCl，刚开始无气体产生，发生的反应为：NaOH+HClNaCl+H2O和Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3，消耗盐酸的体积为30mL，消耗的盐酸的物质的量为0.03mol，接着加入盐酸，发生的反应为：NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O，生成0.01molCO2，消耗的盐酸为0.01mol，总共消耗0.04mol盐酸，NaOH消耗0.02mol盐酸，根据反应方程式：NaOH+HClNaCl+H2O，n(NaOH)=0.02mol，则加水溶解后的混合物中n(NaOH)=0.04mol，m(NaOH)=1.6g，所以碳酸氢钠的质量为：m(NaHCO3)=(6.24-2.12-1.6)g=3.72g，所以变质后固体成分为NaOH、Na2CO3和NaHCO3。A．NaOH固体露置于空气中一段时间后，部分变质，所以滴加盐酸时，第一步反应为：OH-+H+H2O，A错误；B．根据上述分析，变质后固体成分为NaOH、Na2CO3和NaHCO3，B错误；C．加水溶解，将溶液分为两等份，一份加入足量Ba(OH)2溶液，发生反应为：Na2CO3+Ba(OH)2BaCO3↓+2NaOH，生成1.97gBaCO3沉淀，其物质的量为0.01mol，Na2CO3的物质的量为0.01mol，所以加水溶解后的混合溶液中Na2CO3的物质的量为0.02mol，变质后固体中Na2CO3的质量m(Na2CO3)=2.12g，C错误；D．变质后固体中NaOH的质量为1.6g，NaOH的质量分数：1.6g6.24g故选D。10．【答案】BD10．【答案】BD【解析】A．检验Fe2+用KMnO4溶液或先加入KSCN溶液后通入氯气，如果先通入Cl2，Cl2能氧化Fe2+生成Fe3+而干扰Fe2+的检验，而无法判断原溶液是否含有Fe2+，故A错误；B．加入Fe粉，有固体剩余，无论固体是Fe还是Cu，都能与Fe3+反应，所以只要有固体剩余，反应后的溶液中一定不含Fe3+，故B正确；C．稀硝酸具有强氧化性，能氧化Fe2+生成Fe3+，但是原来刻蚀液中是否还含有未反应的Fe3+，所以无法判断加入足量硝酸后的溶液中n(Fe3+)、n(Cu2+)关系，故C错误；D．加入足量NaOH溶液，分别生成Fe(OH)2、Cu(OH)2，根据方程式2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2知，最终得到的沉淀n[Fe(OH)2]=2n[Cu(OH)2]，故D正确；故选BD。11．【答案】11．【答案】(1)1:4(2)50【解析】(1)60mL1.0mol/L的Ba(OH)2溶液中n[Ba(OH)2]=1.0mol/L×0.06L=0.06mol，3.94g沉淀为BaCO3，其物质的量为：3.94g197g/mol=0.02mol，说明Ba2+过量，所有的CO32-全部来自Na2CO3，所以n(Na2CO3)=0.02mol，混合固体总质量为5.32g，则n(NaOH)=5.32g-106g/mol×0.02mol40g/mol=0.08mol，所以混合物中n(Na故答案为：1:4；(2)反应后溶液为中性,则氢氧根离子完全反应，n(OH-)+2n[Ba(OH)2]=0.08mol+0.06mol×2=0.2mol，根据关系式2OH-∼H2SO4可知，消耗硫酸的物质的量为：n(H2SO4)=0.2mol2=0.1mol，需要加入硫酸溶液的体积为：V[H2故答案为：50。12．【答案】12．【答案】(1)7:8(2)0.5【解析】(1)Fe的物质的量为5.6g56g/mol=0.1mol，设参加反应的CuFe+Cu2+Fe2++Cuxxx2Fe3++Fe3Fe2+，y−x反应前后的固体的质量相等，则56y=64x，解得x:y=7:8，故答案为：7:8；(2)若剩余固体中只有铜，生成Cu为5.6g64g/mol=0.0875mol，与铁离子反应的Fe为0.1mol−0.0875mol=0.0125mol，则原溶液中铁离子浓度c(Fe3+)=故答案为：0.5。

无机非金属材料参考答案1．【答案】A1．【答案】A【解析】二氧化硅能传递光信号，因此光导纤维的主要成分是二氧化硅，化学式为SiO2。氮化硅、单质硅、石墨烯均不能传递光信号，故选A。2．【答案】A2．【答案】A【解析】A．硅胶干燥剂的主要成分是二氧化硅，由天然矿物经提纯加工成透明颗粒状，A正确；B．铁粉是黑色的，且不适合作为食品的干燥剂，B错误；C．小苏打是碳酸氢钠，作为发酵粉，C错误；D．苏打是碳酸钠，白色粉末，在空气中吸收水分而结成硬块，D错误；故选A。3．【答案】D3．【答案】D【解析】A．碳元素在自然界中存在化合物和单质，如二氧化碳、金刚石、石墨，故A不符合；B．氮元素在自然界中存在化合物和单质，如氮气、硝酸盐，故B不符合；C．硫元素在自然界中存在化合物和单质，单质硫存在于火山口，自然界中还有硫酸盐，如硫酸钙，故C不符合；D．氯元素最外层7个电子，易得电子，单质的性质活泼，在自然界中只能以化合物的形式存在，故D符合；故选D。4．【答案】D4．【答案】D【解析】A．氢气与氯气反应生成氯化氢，不符合题意，故A错误；B．钠与氯气反应生成氯化钠，不符合题意，故B错误；C．氯气与水反应生成次氯酸和氯化氢，不符合题意，故C错误；D．氯气与钠反应生成氯化钠，所以氯气与氯化钠不反应，故D正确；故选D。5．【答案】C5．【答案】C【解析】能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的物质呈酸性。CH4、H2和CO不易溶于水，A、B、D错误；HCl溶于水是盐酸，呈酸性，可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红，C正确。故选C。66．【答案】D【解析】A．次氯酸具有强氧化性，因此氯水具有漂白作用，与氯离子无关，A错误；B．氯水具有强氧化性，硫酸亚铁具有还原性，因此氯水可以与FeSO4溶液反应，与氯离子无关，B错误；C．氯水具有强氧化性，因此氯水具有杀菌消毒作用，与氯离子无关，C错误；D．氯水可与AgNO3溶液反应生成氯化银白色沉淀：Ag++Cl-AgCl↓，因此可以说明含有氯离子，D正确；故选D。7．【答案】B7．【答案】B【解析】SO2与I2可发生反应SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI，SO2中S的化合价由+4价升为+6价，S失电子，化合价升高，被氧化，作为还原剂，体现出还原性，故选B。8．【答案】C8．【答案】C【解析】A．是无色、有刺激性气味的气体，故A错误；B．易溶于水，故B错误；C．具有漂白性，可以使品红溶液褪色，故C正确；D．和水反应生成亚硫酸（H2SO3），故D错误；故选C。9．【答案】C9．【答案】C【解析】A．SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为二氧化硫具有还原性，能够将高锰酸钾还原为二价锰离子，体现了二氧化硫的还原性，故A不选；B．SO2属于酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，所以能使紫色石蕊试液变红，不能使其褪色，故B不选；C．二氧化硫能够与有色物质化合生成不稳定的无色化合物而具有漂白性，该无色化合物不稳定，受热易分解重新生成带颜色物质，所以SO2使品红溶液褪色后，加热可使溶液再次变红，故C选；D．二氧化硫与氯气、水反应生成盐酸和硫酸，二者均不具有漂白性，所以SO2和Cl2等体积混合后通入石蕊溶液，溶液变红不褪色，故D不选；故选C。10．【答案】B10．【答案】B【解析】若要证明亚硫酸钠部分变质，须证明该样品中含有Na2SO3和Na2SO4，检验步骤：取少量样品置于试管中溶解，滴入盐酸后有气泡冒出，继续滴加盐酸至无气泡冒出后，再滴入少量BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则证明部分变质。由以上操作可知，本题正确答案为B。11．【答案】A11．【答案】A【解析】A．硫与二硫化碳极性相似，依据相似相溶原理,单质硫易溶于CS2，实验室常用CS2清洗沾有硫单质的试管，故A正确；B．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为二氧化硫具有还原性，与其漂白性无关，故B错误；C．氨气为碱性气体，不能用浓硫酸干燥，故C错误；D．铜与浓硫酸常温下不反应，加热才能发生反应，浓硫酸不能使铜钝化，故D错误；故选A。12．【答案】A12．【答案】A【解析】A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，化合价降低被还原，打雷闪电时涉及的一个反应为N2+O22NO，氮元素由0→+2，化合价升高被氧化，所以氮元素既可以被还原，也可以被氧化，故A错误；B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HNO3）和一氧化氮，3NO2+H2O2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确；故选A。13．【答案】B13．【答案】B【解析】谚语“雷雨发庄稼”涉及的反应：氮气在放电条件下与O2反应，N2+O22NO，NO在常温下易与空气的O2反应生成NO2，2NO+O22NO2；二氧化氮易与水反应生成硝酸，3NO2+H2O2HNO3+NO。“曾青得铁则化为铜”中曾青就是胆矾，即五水硫酸铜，意思是向胆矾中加铁就可以得到铜，有关反应为：Fe+CuSO4FeSO4+Cu，离子方程式：Fe+Cu2+Fe2++Cu。所以以上例子不涉及的反应是B。故选B。14．【答案】B14．【答案】B【解析】A．氨气是无色气体，故A正确；B．氨气极易溶于水，故B错误；C．氨气是有刺激性气味的气体，故C正确；D．氨气密度比空气的小，故D正确；故选B。15．【答案】B15．【答案】B【解析】某种植物适合在碱性土壤中生长，若将其种植在酸性土壤中，则应该添加碱性肥料，KCl溶液呈中性；K2CO3是强碱弱酸盐，溶液呈碱性；NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液呈酸性；(NH4)2CO3是弱酸弱碱盐，溶液呈碱性，其碱性小于同浓度的K2CO3溶液，故选B。16．【答案】C16．【答案】C【解析】SO2可以形成硫酸型酸雨，NO、NO2可以形成硝酸型酸雨，二氧化碳是造成温室效应的物质，故选C。17．【答案】C17．【答案】C【解析】A．滴加KSCN溶液，溶液变红，应含有铁离子，不一定含有亚铁离子，故A错误；B．加入盐酸酸化的氯化钡，可能生成AgCl沉淀，应先加入盐酸，再加入氯化钡检验，故B错误；C．使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，则一定含有铵根离子，故C正确；D．KMnO4溶液褪色，应含有还原性物质，不一定为SO32−，故D错误；故选C。

元素化学综合参考答案1．【答案】D1．【答案】D【解析】溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，A．只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是因为含有氯气，所以A选项是正确的；B．溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl-，所以B选项是正确的；C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明溶液呈酸性即氯水中含有H+，所以C选项是正确的；D．溶液中氯气、HClO都有强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HCl，故D错误,故选D。2．2．【答案】B【解析】A．Na2CO3、Na2SO4与氢氧化钡溶液反应均生成白色沉淀，A错误；B．NaOH与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀、KI与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成氯化亚铁，溶液由黄色变为浅绿色、KSCN与氯化铁溶液反应，溶液变成血红色、Na2CO3与氯化铁溶液双水解生成氢氧化铁红褐色沉淀和二氧化碳气体、Na2SO4与氯化铁溶液不反应，B正确；C．NaOH、Na2CO3呈碱性，均能使石蕊变蓝，C错误；D．NaOH与盐酸反应无明显现象，Na2CO3与盐酸反应生成气体，KI、KSCN、Na2SO4与盐酸不反应，D错误；故选B。3．3．【答案】B【解析】A．Na2SO3、Na2SO4都能与BaCl2溶液反应生成白色沉淀，BaCl2溶液不能判断Na2SO3溶液是否部分变质，故不选A；B．KSCN溶液遇Fe2+不变红，遇Fe3+变红，能判断FeSO4溶液是否部分变质，故选B；C．KI、I2都能与AgNO3溶液反应生成黄色AgI沉淀，AgNO3溶液不能判断KI溶液是否部分变质，故不选C；D．NaOH、Na2CO3溶液都呈碱性，广泛pH试纸不能判断NaOH溶液是否部分变质，故不选D；故选B。4．4．【答案】C【解析】A．金属钠的熔点低，密度小于水，与水反应生成氢氧化钠和氢气，将金属钠投入蒸馏水中，钠块熔成小球，浮于水面，迅速游动，滴加酚酞溶液，溶液变红，A错误；B．将甲烷与氯气1∶1混合，在光照条件下反应，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氢，黄绿色褪去，其中一氯甲烷和氯化氢是气体，且氯化氢易溶于水，水面上升，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷是油状液体，所以水面上升不能充满集气瓶，B错误；C．5g碳酸钙的物质的量为0.05mol，20mL1mol·L-1盐酸的物质的量为0.02mol，二者反应生成氯化钙、二氧化碳和水，碳酸钙过量，生成的二氧化碳和水与剩余的碳酸钙反应生成碳酸氢钙，针筒活塞向右移动的速率先逐渐增大，然后减小，C正确；D．铜片与浓硫酸混合加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，溶液呈蓝色，二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，D错误；故选C。

5．5．【答案】C【解析】A．浓硝酸与铜反应不需加热，但生成的二氧化氮与水反应，故A错误；B．浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气需要加热，且生成的氯气能和水反应，故B错误；C．用H2O2溶液和MnO2反应制取O2，该反应是固体和液体不需加热型，且生成的氧气难溶于水，故C正确；D．氯化铵和氢氧化钙反应是固体和固体反应，制取氨气需要加热，且氨气和水反应，故D错误；故选C。6．【答案】6．【答案】D【解析】瓶内装满水用排水法收集H2，气体应该从短管进，从长管出，故A错误；瓶内装满水用排水法测定O2的体积，气体应该从短管进，从长管出，故B错误；瓶内装NaOH溶液除去Cl2中的HCl杂质，NaOH也会和Cl2反应，故C错误。故选D。7．【答案】7．【答案】D【解析】A．CCO2H2CO3Na2CO3，能实现物质间的转化，故A不选；B．SSO2H2SO3Na2SO3，所以能实现物质间的转化，故B不选；C．NaNa2ONaOHNaCl，所以能实现物质间直接转化，故C不选；D．铝在氧气中燃烧生成氧化铝，氧化铝不溶于水，所以不能实现物质间直接转化，故D选；故选D。8．【答案】8．【答案】D【解析】加入足量稀硫酸后，得到的沉淀乙为BaSO4，根据BaCO3～BaSO4△M=36g/mol，可得mBaCO3=197g/mol×2.86-2.50g36g/mol=1.97g，mBaSO4=233g/mol×2.86-2.50g36g/mol=2.33gA．根据上述分析，沉淀甲中有1.97gBaCO3，0.53gBaSO4，A正确；B．根据上述分析，固体混合物X中一定有Ba(OH)2、Na2CO3、K2SO4，B正确；C．根据上述实验现象的分析，无法确定固体混合物X中是否有NaOH和KCl，C正确；D．混合物中一定含有K2SO4，溶液甲中含有K+，用铂丝蘸取溶液甲在酒精灯火焰上灼烧，通过蓝色钴玻璃观察焰色，不能判断X中有无KCl，D错误；故选D。9．【答案】9．【答案】(1)2MgO⋅3SiO2⋅5H2O或Mg2Si3O8⋅5H2O(2)SiO2+2OH-=SiO32-+H2O(3)光导纤维、石英玻璃、钟表原件、耐火材料等；耐高温材料、含酸废液中和剂、光学涂料、抑酸药剂等【解析】结晶水合物X(仅含四种短周期元素)，加入足量稀硫酸溶解过滤得到无色溶液和白色沉淀，灼烧得到白色固体Y的质量1.8g，溶于足量氢氧化钠溶液得到无色溶液，推断Y为SiO2，物质的量n(SiO2)=1.8g硫酸反应生成的硫酸盐与足量氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀短周期中只有Mg(OH)2，灼烧得到氧化镁白色固体Z，质量0.8g，物质的量n(MgO)=0.8gX=aMgO+bSiO2+cH2O质量3.5g0.8g1.8g0.9g物质的量(mol)0.020.030.05a:b:c=2:3:5，X的化学式：2MgO⋅3SiO2⋅5H2O或Mg2Si3O8⋅5H2O，(1)X的化学式是：2MgO⋅3SiO2⋅5H2O或Mg2Si3O8⋅5H2O，故答案为：2MgO⋅3SiO2⋅5H2O或Mg2Si3O8⋅5H2O；(2)白色固体Y与NaOH溶液反应的离子方程式是：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；(3)白色固体Y和Z在生产生活中都有实际应用，Y可作光导纤维、石英玻璃、钟表原件、耐火材料等，Z为氧化镁熔点高，可以做耐高温材料、含酸废液中和剂、光学涂料、抑酸药剂等，故答案为：光导纤维、石英玻璃、钟表原件、耐火材料等；耐高温材料、含酸废液中和剂、光学涂料、抑酸药剂等。10．【答案】10．【答案】(1)适当加热等(2)KSCN溶液(3)2Fe3++Fe=3Fe2+【解析】(1)适当加热、增大反应物硫酸的浓度、增大固体颗粒的表面积均可以加快反应速率，故可以是加热、增大硫酸的浓度、将烧渣粉碎等，故答案为：适当加热等；(2)Fe3+与KSCN溶液反应溶液呈血红色，故检验Fe3+是否反应完全的试剂为KSCN溶液，故答案为：KSCN溶液；(3)Fe与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+，反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+。11．【答案】11．【答案】(1)Cl2(2)(3)2Al+Fe2O32Fe+Al2O3(4)4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O【解析】B是一种红棕色固体，则为Fe2O3。常温下，C、D、H、M均为气体，其中D呈黄绿色，则D为Cl2。反应②为两种气体点燃生成另一种气体，且在工业生产中有重要应用，推测反应②为H2+Cl22HCl，C为H2、H为HCl；反应①有重要应用，且条件为高温，可推测反应①为铝热反应，生成的氧化铝固体可电解，A为Al、E为Al2O3、F为Fe、M为O2；Fe与HCl在有水存在时生成氯化亚铁（N）和氢气，推断合理。(1)D的化学式为Cl2。(2)HCl的电子式为。(3)Al和Fe2O3在高温下反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3。(4)O2通入氯化亚铁的酸性溶液中，反应生成氯化铁和水，离子方程式为4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O。12．【答案】12．【答案】(1)Al(2)2FeCl3+Fe3FeCl2(3)加入KSCN溶液，溶液呈血红色则含Fe3+(4)Fe+2H+Fe2++H2↑

【解析】B是常见的金属，且B的合金用量最大，B为Fe，由B＋盐酸→D+H2可知，D为FeCl2，E在常温下是黄绿色气体，E为Cl2，FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，F为FeCl3，FeCl3溶液可以与Fe反应生成FeCl2，符合转化关系；A是常见的金属，由A＋盐酸→C+H2，C为金属氯化物，C与氢氧化钠反应生成白色沉淀，可以溶于氢氧化钠、盐酸，故该白色沉淀为Al(OH)3，故C为AlCl3，A为Al，(1)A的化学式是Al；(2)反应F→D是FeCl3生成FeCl2的反应，反应的化学方程式是：2FeCl3+Fe3FeCl2，故答案为：2FeCl3+Fe3FeCl2；(3)F中金属阳离子是Fe3+，检验的常用方法是：取少许溶液于试管中，加入KSCN溶液，溶液变为血红色，证明三价铁离子的存在，故答案为：加入KSCN溶液，溶液呈血红色则含Fe3+；(4)B为Fe，由B＋盐酸→D+H2可知，D为FeCl2，物质B与盐酸反应的离子方程式是Fe+2H+Fe2++H2↑。13．【答案】13．【答案】(1)2H2O；C(2)O2(3)品红溶液；红色褪去【解析】(1)根据质量守恒定律可知反应前后原子的种类、原子的数目不变，由MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+_______反应可以推出所缺生成物为2H2O，该反应的反应物为固体和液体，反应条件需要加热，最合理的氯气发生装置选C；故答案为：2H2O，C。(2)因为Cl2与水会发生反应，即Cl2+H2OHCl+HClO，生成物中HClO见光会分解，发生2HClO2HCl+O2↑，则无色无味气体为O2，故答案为：O2。(3)根据Ca(ClO)2+H2O+CO2CaCO3+2HClO，HClO能使有色物质如品红溶液褪色，所以可以利用品红颜色褪去设计实验，取品红溶液于试管中，滴加适量上述混合液振荡，如果红色褪去，说明该混合液具有漂白作用；故答案为：品红溶液，红色褪去。14．【答案】14．【答案】(1)bd(2)防倒吸；将反应后的溶液沿烧杯壁缓缓倒入水中，若溶液变蓝，则有Cu2+存在(3)6a-b(4)温度不宜过高，加热时间不宜过长【解析】(1)b项，氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，无污染物产生，故b项正确；d项，CuSO4·Cu(OH)2·H2O只需要和稀硫酸反应即可制取硫酸铜，无污染物产生，故d项正确；a项，铜和浓硫酸加热时反应才会制取硫酸铜，同时生成二氧化硫大气污染物，酸雨气体，故a项错误；c项，CuS不溶于酸，要想制备硫酸铜，要先和氧气作用生成氧化铜和二氧化硫，2CuS+3O22CuO+2SO2，氧化铜再和稀硫酸作用生成硫酸铜，该过程中产生二氧化硫大气污染物，故c项错误；综上所述，本题正确答案为bd。(2)二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收，有压强差，使溶液产生倒吸，球形管有比较大的空间，防止形成过大的负压，可以防止倒吸；由于浓硫酸有吸水性，所以不容易观察溶液颜色，需要将溶液稀释后检验铜离子是否存在，浓硫酸的稀释应注意酸入水，将原溶液注入水中进行稀释，如果溶液显蓝色则证明铜离子存在。(3)设样品中CuSxg，Cu2S为yg，列方程组，质量守恒：x+y=a，铜原子守恒：x96+2y160×(4)根据题意可以得出控制温度不能过高，加热时间不宜太长。

15．15．【答案】(1)D；A；B；C(2)强氧化剂；漂白；检验反应产物中有二氧化硫生成；还原【解析】(1)因无水硫酸铜遇水变蓝，则检验酒精中含水，选无水硫酸铜；因乙烯能被高锰酸钾氧化,而甲烷不能，则区别CH4和C2H4两种无色气体选高锰酸钾溶液；因食盐中氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀，则验证味精是否有食盐，选硝酸银溶液和硝酸；因氧化铝与NaOH反应，而氧化铁不反应，则除去Fe2O3中的Al2O3选氢氧化钠溶液，故答案为：D；A；B；C；(2)碳与浓硫酸的反应中，浓硫酸表现了强氧化性，在反应中做氧化剂；第一个洗气瓶中品红溶液褪色，体现了二氧化硫具有漂白性，据此可以判断碳与浓硫酸的反应中有二氧化硫生成；第二个洗气瓶中高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫被高锰酸钾溶液氧化，证明了二氧化硫具有还原性，故答案为：强氧化剂；漂白；检验反应产物中有二氧化硫生成；还原。

元素周期表参考答案1．【答案】1．【答案】C【解析】A项，IA族元素除了氢之外的元素又可称为碱金属元素，错误；B项，Ⅷ族含有三列，错误；D项，原子核外各层电子数相等的元素是金属元素Be，错误。故选C。2．【答案】2．【答案】B【解析】A．Li、Na、K都是第IA族的元素，属于碱金属元素，都是金属元素，故A正确；B．Li、Na、K三种元素的原子最外层都只有1个电子，原子核外电子层数依次增大，故B错误；C．Li、Na、K原子核外电子层数逐渐增多，因此原子半径依次增大，故C正确；D．Li是3号元素，Na是11号元素，K是19号元素，可见，三种元素的原子核电荷数依次增大，故D正确；故选B。3．【答案】3．【答案】C【解析】A．F、Cl、Br、I元素原子的核电荷数逐渐增加，核外电子层数分别为2、3、4、5，所以原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多，故A项正确；B．F、Cl、Br、I元素原子的核电荷数逐渐增加，非金属性逐渐减弱，所以被其他卤素单质从其卤化物中置换出来的可能性增大，故B项正确；C．氢化物的稳定性与非金属性有关，F、Cl、Br、I元素原子的核电荷数递增，其非金属性逐渐减弱，对应氢化物的稳定性逐渐减弱，故C项错误；D．F、Cl、Br、I单质的颜色分别为浅黄绿色、黄绿色、红棕色、紫色，所以随着元素原子的核电荷数逐渐增加，颜色逐渐加深，故D项正确；故选C。4．【答案】4．【答案】A【解析】原子半径：Cl<Br<I，半径越小，形成分子的原子核间距越小，则原子核间距：Cl2<Br2<I2；原子核间距越小，键能越大，形成分子时放出的能量越多，所形成分子的能量越低，故A项正确。5．【答案】5．【答案】C【解析】A．Na、Mg同一周期，故不符合题意；B．N、O在同一周期，故不符合题意；C．F、Cl在同一主族，故符合题意；D．Al、Si在同一周期，故不符合题意；故选C。

6．【答案】6．【答案】D【解析】92235故选D。7．【答案】7．【答案】A【解析】A．612C和B．NO和NO2是化合物，不是核素，故B错误；C．甲烷和乙烷是化合物，不是核素，故C错误；D．白磷和红磷是磷元素形成的不同单质，互称同素异形体，故D错误，故选A。8．【答案】8．【答案】D【解析】根据题干信息进行解析，获取客观结果为：在818综上所述，本题正确答案为D。

元素周期表与物质结构参考答案1．【答案】1．【答案】C【解析】Na、S、Cl、Si是同一周期的元素，原子核外电子层数相同，原子序数越大，原子半径越小。由于原子序数为Na<Si<S<Cl，所以原子半径最小的是Cl，故选C。2．【答案】2．【答案】A【解析】Mg、Al是金属，P、Cl是非金属，金属具有金属性，非金属具有非金属性。Mg、Al位于第三周期，Mg为12号元素、Al为13号元素，同一周期元素从左到右，金属性逐渐减弱，所以Mg的金属性强于Al，故选A。3．【答案】3．【答案】C【解析】A．同一主族元素从上到下元素的非金属性减弱，对应单质的氧化性减弱，所以氧化性：Cl2＞Br2。故A项正确；B．同一周期元素，随着原子序数的增加，元素的非金属性增强，元素的非金属性越强，形成的氢化物越稳定，所以稳定性：HCl＞H2S。故B项正确；C．同一元素，不同价态的氧化物的水合物，酸性H2SO4＞H2SO3，不能用元素周期律知识解释。故C项错误；D．同一周期元素，随着原子序数的增加，元素的金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，因此碱性：NaOH＞Mg(OH)2，能用元素周期律知识解释。故D项正确；综上所述，本题正确答案为C。4．【答案】4．【答案】A【解析】在元素周期表的金属元素和非金属元素交界处的元素具有金属性和非金属性，是良好的半导体材料，所以最容易找到半导体材料，在非金属元素中易找到农药材料，在过渡金属中易找到合金和催化剂材料，所以A选项是正确的。5．【答案】5．【答案】D【解析】本题主要考查元素周期表和周期律的应用。短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是地壳中含量最高的元素，则Y是O元素，X、Y原子的最外层电子数之比为2:3，所以X是C元素；Z是短周期中金属性最强的元素，则Z为Na元素，W原子与X原子的最外层电子数相同，则W是Si元素，综上，X、Y、Z、W分别为C、O、Na、Si。A．Z为Na元素，Z位于元素周期表中第三周期ⅠA族，故A项错误；B．X是C元素，Y是O元素，O元素的非金属性强于C元素，故B项错误；C．C的非金属性强于Si，所以W的简单气态氢化物的热稳定性比X的弱，故C项错误；D．原子核外电子层数越多，原子半径越大；当原子核外电子层相同时，核电荷数越多，原子半径越小，所以原子半径：r(Y)＜r(X)＜r(W)＜r(Z)，故D项正确；综上所述，本题正确答案为D。

6．【答案】6．【答案】B【解析】短周期主族元素X、Y、Z和Q，原子序数依次增大，X最外层电子数是核外电子总数的一半，则X是Be元素；Y的最高化合价和最低化合价之和为零，则Y是C元素；Z元素的单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口附近，则Z是S元素，Z、Q在同一周期，且Q是同周期元素中原子半径最小的元素，则Q是Cl元素。A．X是Be元素，由于Be元素的金属性不强，其单质的金属性比较弱，因此在常温时，X单质不能与水发生剧烈反应，A错误；B．Y是C，原子最外层有4个电子；Q是Cl，原子最外层有7个电子，二者都是非金属元素，C最外层有4个电子，因此可以与4个Cl原子形成4个共价键，形成CCl4分子，从而使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，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就越强。由于元素的非金属性C＜S＜Cl，所以它们最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，C错误；D．Q是Cl元素，在第4周期且与Q同主族的元素是Br元素，Br元素的单质Br2在常温常压下呈液态，D错误；故合理选项是B。7．【答案】7．【答案】C【解析】A．同一周期主族元素从左到右，原子序数越大，则原子半径越小，所以原子半径：甲>丙，故A项错误；B．同一周期元素，原子核外电子层数相同，因此核外电子层数：戊=丁，故B项错误；C．同一周期从左到右，原子序数越大，最外层电子数越多，所以原子核外最外层电子数：丙>戊>丁，故C项正确；D．同一周期从左到右，最高价含氧酸酸性增强，元素的最高价氧化物对应水化物的酸性：丁<戊，故D项错误；综上所述，本题正确答案为C。8．【答案】8．【答案】C【解析】A．同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，则氮和氧比较，氧的非金属性强，故A错误；B．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，非金属性越强，其气态氢化物越稳定，则水的稳定性强于硫化氢，故B错误；C．硫离子和氯离子电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，所以硫离子半径大，故C正确；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl强于S，则高氯酸的酸性强于硫酸，故D错误；答案选C。9．【答案】9．【答案】B【解析】M原子的核外电子数是X原子最外层电子数的4倍，根据其在元素周期表中的位置关系可知，X为C元素，M为S元素，则Z为Si元素，Y为O元素。A．X为C元素、Y为O元素、Z为Si元素，同周期，从左到右，原子半径减小，同主族，从上到下，原子半径增大，所以原子半径：r(O)＜r(C)＜r(Si)，A错误；B．Y为O元素、M为S元素，能形成原子个数比为1∶3的化合物为：SO3，B正确；C．X为C元素、M为S元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SO4＞H2CO3，C错误；D．X为C元素、Z为Si元素，非金属性：C＞Si，D错误；故答案为B。10．【答案】10．【答案】A【解析】A．含有共价键的化合物可能是共价化合物或离子化合物，如氢氧化钠中既含有离子键也含有共价键，故A错误；B．含有极性键的分子可能是非极性分子，如甲烷等，故B正确；C．有电子转移的反应一定是氧化还原反应，故C正确；D．在水溶液中能完全电离的电解质是强电解质，故D正确；故选A。11．【答案】11．【答案】B【解析】A．CO2是共价化合物，只含有共价键，故A不选；B．KCl是离子化合物，只含有离子键，故B选；C．NaOH是离子化合物，含有离子键、共价键，故C不选；D．CH4是共价化合物，只含有共价键，故D不选；故选B。12．【答案】12．【答案】A【解析】A．水中只含有共价键，属于共价化合物，故选A项；B．氧化镁中只含离子键，属于离子化合物，故不选B项；C．氯化钙中只含离子键，属于离子化合物，故不选C项；D．溴化钾中只含离子键，属于离子化合物，故不选D项。综上所述，本题正确答案为A。13．【答案】13．【答案】A【解析】A．硫酸钾中钾离子和硫酸根离子之间存在离子键，S-O原子之间存在共价键，为离子化合物，故A正确；B．氯化钠中钠离子和氯离子之间只存在离子键，为离子化合物，故B错误；C．乙醇分子中C-C、C-O、C-H、O-H原子之间只存在共价键，为共价化合物，故C错误；D．一水合氨分子中N-H、O-H原子之间只存在共价键，为共价化合物，故D错误；故选A。14．【答案】14．【答案】A【解析】A．晶体硅是原子晶体，熔融破坏的是共价键，故A正确；B．碘升华是克服分子间作用力，故B错误；C．氧化铝是离子化合物，熔融破坏的是离子键，故C错误；D．氯化钠是离子化合物，溶于水破坏的是离子键，故D错误；故选A。15．【答案】15．【答案】D【解析】C6H6是苯的分子式，A错误；N2的电子式，B错误；S2-的结构示意图：，C错误。故选D。16．【答案】16．【答案】C【解析】A．氧化钾的电子式为：，A错误；B．乙烷的结构式为，B错误；C．水分子的空间构型是V形，其比例模型：，C正确；D．硫原子的结构示意图，D错误；故答案为C。17．【答案】17．【答案】(1)；化学(2)6；Na(3)Al(OH)3+OH-[Al(4)HCl(5)2SO2+O22SO3（或SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO4或其他合理答案）【解析】根据图示可知，a为H，b为Li，c为Na，d为F，e为B，f为Mg，g为Al，h为P，i为S，j为Cl元素。(1)b为Li，原子序数为3，其原子结构示意图为；锂原电池是将化学能转化为电能。(2)K层电子数为2，原子的最外层电子数=主族序数，则主族序数大于2的元素有edghij，共6种；同一周期从左向右金属性逐渐减弱，同一主族从上到下金属性逐渐增强，则左下角的Na原子的金属性最强。(3)元素g的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH溶液反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-[Al((4)非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，同一周期从左向右非金属性逐渐增强，则h、i、j三种元素的气态氢化物中，最稳定的氢化物是HCl。(5)元素i的一种氧化物常用于漂白纸浆、草帽辫等，该氧化物为SO2，SO2具有还原性，在一定条件下能与常见氧化剂发生反应，如：SO2与O2发生氧化还原反应生成SO3，反应的化学方程式为：2SO2+O22SO3（或SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO4或其他合理答案）。18．【答案】18．【答案】(1)第二周期ⅤA族；(2)H2O；H3PO4【解析】根据短周期元素A、B、D在元素周期表中的位置图可知，A、B为第二周期元素，而C、D、E为第三周期元素，且A原子最外层电子比内层电子多3个，则A为N元素，B为O元素，C为P元素，D为S元素，E为Cl元素。(1)A为N元素，则A在周期表中的位置为第二周期ⅤA族；其单质的电子式为；(2)B、C的最简单氢化物中，稳定性较强的是H2O，C的最高价含氧酸是H3PO4。

化学反应与能量参考答案1．【答案】1．【答案】A【解析】A．当反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，故A项正确；B．断开化学键的过程会吸收热量，故B项错误；C．加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如铝热反应为放热反应，故C项错误；D．食物的腐败变质为氧化反应，但其放出热量，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。2．【答案】2．【答案】B【解析】A．生石灰和水反应生成氢氧化钙，反应中元素的化合价均不变，该反应为非氧化还原反应，A错误；B．该反应是放热反应，该过程中化学能转化为热能，B正确；C．硝酸铵溶于水吸热，因此热能不能由NH4NO3溶于水来提供，C错误；D．该反应是放热反应，该反应生成物总能量低于反应物总能量，D错误。答案选B。3．【答案】3．【答案】D【解析】A．木炭在氧气中的燃烧反应属于放热反应，故不选A项；B．生石灰与水的反应为放热反应，故不选B项；C．氢氧化钠溶液与盐酸的中和反应为放热反应，故不选C项；D．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应属于吸热反应，故选D项；综上所述，本题正确答案为D。4．【答案】4．【答案】A【解析】设氮氮三键的键能为X，1mol肼的键能为1725，2mol水分子的键能为1852，1852+X-1725-498=570，X=941，因为成键放热，放热焓变为负值，故选A。5．【答案】5．【答案】C【解析】氢气燃烧是放热反应，断开非极性键的能量低于生成极性键的能量，故A错误；水中2个O-H键的键能相同，反应Ⅱ与反应Ⅲ生成的OH牢固性相同，故B错误；由图可知，12molO2(g)与1molH2(g)的总能量低于1molOH(g)与1molH(g)具有的总能量，故12O2(g)+H2(g)OH(g)+H(g)反应为吸热反应，故C正确；由图可知，1molH2O(g)具有的能量低于12molO2(g)与1molH2(g)的总能量，故H2O(g)12O2(g)+H故选C。6．【答案】6．【答案】A【解析】A．拆开1molO2(g)中的化学键需要吸收能量而不是放出能量，故A错误；B．拆开1molC−H键需要吸收414kJ的能量，拆开1molH−O键需要吸收463kJ的能量，拆开1mol共价键所需要的能量越多，说明该共价键键能越大，键越牢固，故H−O键键能大于C−H键键能，H−O键更牢固，故B正确；C．根据能量变化示意图，1molCH4(g)与1.5molO2(g)反应生成1molCO(g)和2molH2O(l)时，放热607kJ，1molCO(g)与0.5molO2(g)反应生成1molCO2(g)时，放热890−607=283kJ，所以2CO(g)+O2(g)2CO2(g)，△H=−283×2=−566kJ⋅mol−1，故C正确；D．根据能量变化示意图，1m