2019学年高一化学上学期第二次学分认定（期末）考试试题（含解析） 新 人教版.doc

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1、120192019 学年高一上学期第二次学分认定（期末）考试化学试题学年高一上学期第二次学分认定（期末）考试化学试题本试卷分第卷和第卷两部分，共 6 页，满分为 100 分，考试用时 90 分钟。注意事项：1答卷前，考生务必用 0.5 毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填写在规定的位置上。2第卷每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。3第卷必须用 0.5 毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不得使用涂改液，胶带纸、修正带和其他笔。可能

2、用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Zn-65 Cu-64第卷 选择题（共 48 分）一、选择题(本题包括 24 小题，每小题 2 分，共 48 分，每小题只有一个选项符合题意)1.1.据报道：氦-3 在月球的储量能供地球一万年的能源使用。下列关于32He 的说法正确的是A. 32He 原子核内含有 3 个中子 B. 32He 和 3 1H 互为同位素C. 32He 原子核外有 3 个电子 D. 32He 和42He 是两种不同的核素【答案】D【解析】分析：本题考查的是原子的构成，属于基础知识，重

3、点掌握原子的表示方法。详解：A. 32He 原子核内质量数为 3，质子数为 2，所以中子数为 3-2=1，故错误；B. 32He和31H 质子数不同，中子数不同，不能互为同位素，故错误；C. 32He 原子核外电子数等于质子数，有 2 个电子，故错误；D. 32He 和42He 中子数不同，是两种不同的核素，故正确。故选 D。点睛：在元素符号的左上角为质量数，左下角为质子数，且质量数=质子数+中子数，原子的核外电子数等于质子数，质子数相同的中子数不同的同一元素的原子互为同位素。2.2.2011 年 3 月 12 日日本福岛几组核电站受强地震的影响连续爆炸，造成严重的核泄漏。据报道在核电站附近检

4、测到主要的两种放射性物质为：13153I 和13755Cs，下列关于13153I 和213755Cs 的说法不正确的是A. 13153I 位于第五周期第A 族 B. 13755Cs 的质量数为 137C. 13153I 原子中中子数与核外电子数之差为 25 D. 13755Cs 的失电子能力比钾的弱【答案】D【解析】分析：本题考查的是原子的构成，难度较小。详解：A. 13153I 的核电荷数为 53，位于第五周期第A 族，故正确；B. 13755Cs 的质量数为137，故正确；C. 13153I 原子中中子数为 131-53=78，核外电子数为 53，二者差 78-53=25，故正确；D. 1

5、3755Cs 与钾是同主族元素，核电荷数比钾大，失电子能力比钾的强，故错误。故选 D。3.3.下列说法中肯定错误的是A. 某原子 K 层上只有一个电子B. 某离子 M 层和 L 层电子数均为 K 层的 4 倍C. 某原子 M 层电子数为 L 层电子数的 4 倍D. 阳离子的最外层电子数可能为 2，也可能为 8【答案】C【解析】分析：本题考查的是电子排布规律，属于基础知识， 难度较小。详解：A. 某原子 K 层上只有一个电子，符合电子排布规律，故正确；B. 某离子 M 层和 L层电子数均为 K 层的 4 倍，因为 K 层最多是 2 个电子，说明其 MN 层都为 8 个电子，符合电子排布规律，故正

6、确；C. L 层作为内层电子，应排 8 个电子，而某原子 M 层电子数为 L 层电子数的 4 倍，说明其为 32 个电子，但 M 最多只能排 18 个电子，故肯定错误。D. 阳离子如果只有第一层，则最外层电子数为 2，如果最外层是第二层或第三层等，电子数应为 8个，故正确。故选 C。点睛：原子核外电子的排布规律为：1. 电子依次从内向外排，第一层排满再排第二层，依次顺序；2. 各层最多容纳 2n2个电子；3.最外层最多容纳 8 个电子（K 层作为最外层，最多 2 个电子） ，次外层最多容纳 18 个电子，倒数第三层最多容纳 32 个电子。3 个要求相互制约。4. .A、B、C 均为短周期元素，

7、它们在周期表中的位置如图所示.已知 B、C 两元素原子序数之和为 A 元素原子序数的 4 倍，则 A、B、C 依次是（ ）3ABCA.C、Al、P B.N、Si、S C.O、P、Cl D.F、S、Ar【答案】C【解析】设 A 的原子序数为 a，由题意可求出 a 为 85.5.下列说法正确的是A. SiH4比 CH4稳定B. S2半径比 Cl的小C. CaCl2属于离子化合物，只含有离子键D. N 和 P 属于第A 族元素，HNO3酸性比 H3PO4的弱【答案】C【解析】分析：本题考查的是非金属性的比较，和化学键的类型和化合物的类型等，属于基础知识。详解：A. 硅的非金属性比碳弱，所以硅的氢化物

8、比甲烷不稳定，故错误；B. 硫离子和氯离子的电子排布相同，所以核电荷数越大，半径越小，故 S2半径比 Cl的小，故错误；C. CaCl2属于离子化合物，只含有离子键，故正确；D. N 和 P 属于第A 族元素，氮元素的非金属向比磷强，所以 HNO3酸性比 H3PO4的强，故错误。故选 C。6.6.元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质，下列说法正确的是（ ）A. 同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性B. 第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数C. 短周期元素原子形成简单离子后，最外层电子都达到 8 电子稳定结构D. 同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质

9、完全相同4【答案】B【解析】试题分析：A处于金属与非金属交界处的元素通常表现一定的金属性与非金属性，故 A 错误；B第三周期中主族元素最高正化合价等于其主族族序数，故 B 正确；C氢离子核外没有电子，锂离子核外只有 2 个电子，不满足最外层都能达到 8 电子稳定结构，故 C 错误；D同主族元素原子最外层电子数相同，自上而下原子半径增大，化学性质具有相似性、递变性，化学性质不完全相同，故 D 错误，故选 B。考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。7.7.下列有关金属钠的说法中，不正确的是A. 少量钠保存在煤油中B. 钠燃烧时发出黄色火焰C. 切开的钠表面逐渐变暗是因为生成 Na2O2D.

10、 火灾现场有钠存放时，必须用干燥沙土灭火【答案】C【解析】分析：本题考查的是钠的性质和存在，结合钠的性质可以掌握钠的保存和处理方式。详解：A. 钠容易和氧气或水反应，所以少量钠保存在煤油中，故正确；B. 钠的颜色反应为黄色，所以燃烧时发出黄色火焰，故正确；C. 切开的钠与氧气反应生成氧化钠，表面逐渐变暗，故错误；D. 因为钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢气容易燃烧，且钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与水或二氧化碳反应生成氧气，所以不能用水或干冰灭火器，所以火灾现场有钠存放时，必须用干燥沙土灭火，故正确。故选 C。8.8.配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，实验结果偏高影响的是（ ）A. 容量瓶中

11、原有少量蒸馏水 B. 溶解所用的烧杯未洗涤C. 定容时仰视观察刻度线 D. 定容时俯视观察刻度线【答案】D【解析】A. 容量瓶中原有少量蒸馏水不影响，A 错误；B. 溶解所用的烧杯未洗涤，溶质的质量减少，浓度偏低，B 错误；C. 定容时仰视观察刻度线，溶液体积增加，浓度偏低，C 错误；D. 定容时俯视观察刻度线，溶液体积减少，浓度偏高，D 正确，答案选 D。点睛：在量筒、容量瓶的使用时经常涉及俯视、仰视问题，其对实验结果的影响究竟如何5(偏大或偏小)，必须分情况讨论：（1）容量瓶(如图、)。图：定容时俯视，溶液体积偏小，所配制溶液的物质的量浓度偏大。图：定容时仰视，溶液体积偏大，所配制溶液的物

12、质的量浓度偏小。 （2）量筒面读数(如图、)。图：量筒上方刻度更大，俯视读数时视线与凹液面最低处相连，连线与量筒壁相交处(a 点)即为俯视读数，即量筒内液面俯视读数偏大。图：量筒下方刻度更小，仰视读数时视线与凹液面最低处相连，连线与量筒壁相交处(b 点)即为仰视读数，即量筒内液面俯视读数偏小。 （3）用量筒量取一定体积的液体(如图、)。图：用量筒量取 5.0 mL 液体时，若俯视，视线与刻度 5 相连并延长到凹液面最低处，所以实际量取的液体体积小于 5.0 mL，即偏小。图：用量筒量取 5.0 mL 液体时，若仰视，视线与刻度 5 相连并延长到凹液面最低处，所以实际量取的液体体积大于 5.0

13、mL，即偏大。9.9.用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1 mol Fe 与足量的稀盐酸完全反应，铁所失去的电子总数为 3NAB. 钠在氧气中燃烧，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数为 4NAC. 0.012kg12C 所含碳原子数为 NAD. 3mol NO2与足量 H2O 反应，转移的电子数为 NA【答案】C【解析】分析：本题考查的是阿伏伽德罗常数，掌握常见氧化还原反应中的转移电子数的计算。详解：A. 1 mol Fe 与足量的稀盐酸完全反应，生成氯化亚铁，所以铁所失去的电子总数为 2NA，故错误；B. 钠在氧气中燃烧，生成过氧化钠，所以 1 mol O2作氧化剂时得

14、到的电6子数为 2NA，故错误；C. 0.012kg12C 的物质的量为 12/12=1mol，所含碳原子数为 1mol，故正确；D. 3mol NO2与足量 H2O 反应，反应中二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，所以转移的电子数为 2NA，故错误。故选 C。点睛：注意掌握歧化反应中的电子数计算。如过氧化钠与水或二氧化碳的反应，氯气和水或碱的反应，二氧化氮和水的反应等。10.10.下列有关氯气的叙述中，不正确的是A. 红热的铜丝在氯气中剧烈燃烧，生成棕黄色烟B. 钠在氯气中燃烧，生成白色的烟C. 纯净的氢气在氯气中安静的燃烧，在集气瓶口形成白色烟雾D. 氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸见光易

15、分解【答案】C【解析】分析：本题考查的是金属或非金属的性质和实验现象，平时注重积累。详解：A. 红热的铜丝在氯气中剧烈燃烧，生成氯化铜，有棕黄色烟的生成，故正确；B. 钠在氯气中燃烧，生成氯化钠，现象为生成白色的烟，故正确；C. 纯净的氢气在氯气中安静的燃烧，生成氯化氢，氯化氢接触到空气中的水蒸气形成白雾，故错误；D. 氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸见光易分解生成盐酸和氧气，故正确。故选 C。11.11.下列化合物中，能通过单质之间化合反应制取的是A. FeCl3 B. SO3 C. NO2 D. FeCl2【答案】A【解析】分析：本题考查的是金属和非金属的性质，注意是单质之间化合物得

16、到的产物。详解：A.铁和氯气反应生成氯化铁，故正确；B.硫和氧气反应生成二氧化硫，不是三氧化硫，故错误；C.氮气和氧气反应生成一氧化氮，不是二氧化氮，故错误；D.铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁，故错误。故选 A。12. 下列说法正确的是江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质冰和干冰既是纯净物又是化合物雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔现象7某无色溶液中加入稀盐酸，产生的气体可使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含 CO可用渗析法分离 Fe(OH)3胶体和 KCl 溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：根据胶体的性质当带不同电荷的胶粒相遇

17、时会发生聚沉，不同地方的泥土胶粒电荷不同，在入海口出聚沉形成沉淀，日积月累形成三角洲，故正确；“钡餐”是硫酸钡，但硫酸钡是强电解质，因为尽管硫酸钡是难溶物但溶于水的部分确实完全电离的，故错误；冰是固态的水，干冰是固态的二氧化碳，故正确；雾是气溶胶，胶体有丁达尔现象，故正确；加入稀盐酸产生无色气体，将生成气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则溶液可能有 CO32-（SO32-也会变浑浊） ，故错误；溶液能透过半透膜，而胶体不能，可用渗析法分离，故正确；故选 B。考点：考查了胶体的应用；电解质与非电解质的相关知识。13.13.下列反应的离子方程式书写正确的是A. 用 FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe

18、3CuFe2Cu2B. 氯气跟水反应：Cl2 + H2O H + Cl + HClOC. 钠与水的反应：NaH2ONaOHH2D. 氢氧化钡溶液和稀硫酸反应：Ba2+SO42BaSO4【答案】B【解析】分析：本题考查的是离子方程式的判断，是高频考点。掌握物质在离子方程式中的形式是关键。详解：A.该反应的离子方程式为：2Fe3Cu2Fe2Cu2，故错误；B.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能拆成离子形式，故正确；C.钠和水反应的离子方程式为2Na2H2O2Na2OHH2，故错误；D.氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：Ba2+SO422OH2H+BaSO42H2O，故错误。故选

19、 B。14.14.下列物质能够导电且属于电解质的是（ ）A. 稀盐酸 B. 蔗糖 C. 硝酸钾晶体 D. 熔融氯化钠【答案】D8【解析】稀盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故 A 错误；蔗糖是有机物，属于非电解质，故 B 错误；硝酸钾晶体中离子不能自由移动，硝酸钾晶体不导电，故 C 错误；氯化钠是电解质，熔融状态下有自由移动的离子，所以能导电，故 D 正确。15.15.在无色透明溶液中，下列各组离子能大量共存的是A. Cu2+ 、K、Cl、NO3 B. Ag、Na、NO3、ClC. Mg 2、Na、SO42、Cl D. Ba2、NH4、Cl、CO32【答案】C【解析】分析：本题考查的是

20、离子共存问题，根据离子之间是否反应进行分析。若生成反应生成沉淀或气体或水等，则不能大量共存，还要注意有颜色的离子的存在。详解：A.铜离子有颜色，故不能大量共存，故错误；B.氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀，故不能大量共存，故错误；C.四种离子不反应，能共存，故正确；D.钡离子和碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故错误。故选 C。点睛：离子共存问题是高频考点，在判断过程中需要考虑题目中的条件，如颜色或酸碱性等。掌握有颜色的离子为：铜离子、亚铁离子、铁离子、高锰酸根离子等。掌握能反应生成沉淀或气体或弱酸或弱碱或水的离子之间不能大量共存。16.16.实现下列转化，必须加入氧化剂或还原剂的是

21、A. NO2NO B. NH4+NH3C. NH3NO D. CO2Na2CO3【答案】C【解析】分析：本题考查的是氧化还原反应，掌握氧化还原反应中一定存在氧化剂和还原剂是关键。详解：A. NO2NO 的过程中氮元素化合价降低，可以由二氧化氮和水反应生成，故不需要加入氧化剂或还原剂，故错误；B. NH4+NH3的过程中元素的化合价没有变化，不需要加入氧化剂或还原剂，故错误；C. NH3NO 过程中氮元素化合价升高，需要加入氧化剂，故正确；D.CO2Na2CO3过程中元素化合价没有变化，不需要加入氧化剂或还原剂，故错误。故选 C。点睛：本题中需要注意自身是氧化剂同时也是还原剂的氧化还原反应。如二

22、氧化氮和水的9反应，氯气和水或碱的反应，或过氧化钠和水或二氧化碳的反应，氯酸钾分解的反应，高锰酸钾分解的反应，过氧化氢分解的反应等。17.17.下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的比较中不正确的是( )A. 二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠B. 二者热稳定性不同，碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠C. 二者都能与盐酸反应放出二氧化碳气体，等质量时生成 CO2的物质的量一样多D. 二者在一定条件下可以相互转化【答案】C【解析】A. 二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，A 正确；B. 二者热稳定性不同，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠，

23、B 正确；C. 二者均能与盐酸反应放出二氧化碳气体，由于碳酸钠的相对分子质量大于碳酸氢钠，因此等质量时碳酸氢钠生成的 CO2多，C 错误；D. 碳酸钠溶液吸收二氧化碳即可转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此二者在一定条件下可以相互转化，D 正确，答案选 C。18.18.如图装置可用于收集 SO2并验证其某些化学性质,下列说法正确的是选项试剂现象结论A溴水溶液褪色SO2有氧化性BH2S 溶液淡黄色沉淀SO2有氧化性CNaOH 溶液无明显现象SO2与 NaOH 溶液不反应D紫色石蕊试液溶液变红色后不褪色SO2有酸性、没有漂白性A. A B. B C. C D. D10【

24、答案】B【解析】分析：本题考查的是二氧化硫的性质，掌握二氧化硫的反应原理是关键。详解：A.二氧化硫使溴水褪色表现了二氧化硫的还原性，故错误；B.二氧化硫和硫化氢反应生成硫和水，二氧化硫表现氧化性，故正确；C.二氧化硫和氢氧化钠反应没有明显现象，故错误；D.二氧化硫溶于水生成亚硫酸，能使紫色石蕊变红，但不能漂白石蕊，不能说明二氧化硫没有漂白性，故错误，故选 B。点睛：掌握二氧化硫的性质。1.酸性氧化物的性质：溶于水后能使紫色石蕊变红；能与碱反应，能与碱性氧化物反应等。2.氧化性：能与硫化氢反应生成硫和水。3.还原性：能使溴水或氯水或碘水褪色，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。4.漂白性：能使品红溶液褪色

25、。19.19.下列除杂质的方法不正确的是 （ ）A. 铜粉中混有铁粉：加入过量盐酸充分反应，过滤B. CO2中混有 HCl：将其通入 NaOH 溶液，洗气C. NaHCO3溶液中混有少量 Na2CO3：往该溶液中通入过量 CO2气体D. FeCl2溶液中混有少量 FeCl3：加入 Fe 粉【答案】B【解析】试题分析：AFe 与盐酸反应，而 Cu 不能，则加入过量盐酸充分反应，过滤可除杂，故 A正确；B二者均与 NaOH 溶液反应，不能除杂，应选碳酸氢钠溶液、洗气，故 B 错误；C碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则往该溶液中通入过量 CO2气体可除杂，故C 正确；DFe 与氯化铁反应生成氯

26、化亚铁，则加入 Fe 粉、过滤可除杂，故 D 正确。故选B。考点：考查物质的分离提纯方法选择与应用【名师点睛】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及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，题目难度中等。化学是研究物质的组成、结构、性质、用途及制取（或合成）的自然科学，而物质的制取过程中一定要涉及到物质的除杂、分离、提纯等问题，因此有关物质的分离提纯实验题型是历次考试的重点题型。常用分离方法有：过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、萃取分液、蒸馏（分馏） 、盐析、洗气等。选择物质分离提纯试剂和方法的基本原则：不增（不引入新的杂质） ；不减（不减少被

27、提纯的物质） ；易分离（被提纯的物质与杂质易分离） ；11易复原（被提纯的物质易复原） 。20.20.下列实验中用错试剂的是A. 用碱石灰干燥氨气B. 用酒精萃取碘水中的碘C. 用稀硝酸清洗残留在试管壁上的铜D. 用饱和食盐水除去 Cl2中的 HCl【答案】B【解析】分析：本题考查的通过实验方案的设计验证非金属及其化合物的性质，掌握萃取剂的选择条件是关键。详解；A.氨气和碱石灰不反应，碱石灰能吸水，故正确；B.酒精与水互溶，不能用酒精萃取水中的碘，故错误；C.铜和硝酸反应，所以能用稀硝酸除去铜，故正确；D.氯化氢极易溶于水，而氯气在氯化钠中溶解度很小，所以可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故

28、正确。故选 B。21.21.下列各组反应中，硝酸既表现了氧化性，又表现了酸性的是A. CHNO3 B. NH3HNO3 C. Fe(OH)3HNO3 D. CuHNO3【答案】D【解析】分析：本题考查的是硝酸的性质，根据元素化合价的变化分析即可。详解：A.碳和硝酸反应中硝酸中的氮元素化合价降低，硝酸表现氧化性，没有表现酸性，故错误；B.氨气和硝酸反应生成硝酸铵，硝酸表现酸性，没有表现氧化性，故错误；C.氢氧化铁和硝酸反应生成硝酸铁和水，没有化合价变化，硝酸只表现酸性，故错误；D.铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的氧化物和水，硝酸表现酸性和氧化性，故正确。故选 D。22. 某同学为检验溶液中是否含有常

29、见的四种无机离子，进行了下图所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得到的正确结论是A. 原溶液中一定含有 SO42离子 B. 原溶液中一定含有 NH4离子12C. 原溶液中一定含有 Cl离子 D. 原溶液中一定含有 Fe3离子【答案】B【解析】在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色。A、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含

30、有 SO42-离子，故 A 错误；B、产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有铵根离子，故 B 正确；C、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故 C 错误；D、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有 Fe3+离子，故 D 错误；故选 B。23.23.物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度等有关。下列各组物质：Cu 与 HNO3溶液Cu 与 FeCl3溶液

31、Zn 与 H2SO4溶液 Fe与 HCl 溶液，由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】Cu 与浓 HNO3反应生成 NO2，与稀硝酸反应生成 NO，符合；Cu 与 FeCl3溶液反应，反应不随浓度的改变而变化，都生成氯化亚铁和氯化铜，不符合；Zn 与浓硫酸反应生成二氧化硫，与稀硫酸反应生成氢气，符合；Fe 与 HCl 溶液反应不随浓度的改变而变化，都生成氯化亚铁和氢气，不符合。答案选 A。24. 如图是进行气体性质实验的常用装置，下列对有关实验现象的说法中不正确的是A. 若水槽中是 NaOH 溶液，试管中是 Cl2，可看到液面上升，试管中黄绿色

32、褪去B. 若水槽中是水，试管中是 NO2，可看到试管中液面上升并充满整个试管13C. 若水槽中是水（并滴有一定量酚酞） ，试管中是 NH3，可看到液面上升并呈红色D. 若水槽中和试管中都是氯水，光照后可在试管中收集到氧气【答案】B【解析】答案：B若水槽中是水，试管中是 NO2，可看到试管中液面上升至试管容积的三分之二，不能充满整个试管；A Cl22NaOH=NaClNaClOC NH3在水中溶解度大D 2 HClO2HClO2第卷 非选择题（共 52 分）二、非选择题（本题包括 5 小题，共 52 分）25.25.下表是元素周期表的一部分，针对表中的中元素，用元素符号或化学式填空回答以下问题：

33、（1）在中元素，原子半径最大的是_，其离子的结构示意图是_。（2）表中的中元素，非金属性最强的是_，化学性质最稳定的是_，金属性最强的是_，最高价氧化物的水化物的酸性最强的是（写该水化物的化学式）_。（3）的氢化物的水溶液与的氢化物的水溶液反应的离子方程式为_。（4）用一个化学反应说明比的单质化学性质活泼，写出反应的化学方程式：_。14【答案】 (1). Na (2). (3). F (4). Ar (5). K (6). HClO4 (7). HNH3H2O= NH4+ + H2O (8). 2NaBrCl22NaClBr2【解析】分析:本题考查的是元素周期表和元素周期律，是常考题型，根据元

34、素在周期表的位置进行分析即可。详解：根据元素在周期表中的位置分析，为氮元素，为氟元素，为钠元素，为镁元素，为铝元素，为硅元素，为氯元素，为氩元素，为钾元素，为溴元素。 (1). 根据同周期元素中从左到右原子半径依次减小分析，在中元素，钠原子半径最大，钠离子的结构示意图为 。() 根据同周期元素中从左到右非金属性增强，金属性减弱，同主族元素从下往上，非金属性增强，金属性减弱，分析，表中的中元素，非金属性最强是 F。化学性质最稳定的是 Ar。金属性最强的为 K。非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，所以最强的为 HClO4。()氯的氢化物的水溶液为盐酸，氮的氢化物的水溶液为氨水，二者

35、反应生成氯化铵和水，离子方程式为：HNH3H2O= NH4+ + H2O。() 氯气的非金属性比溴强，可以用单质的置换反应分析，如氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴，方程式为：2NaBrCl22NaClBr2。26.26.已知某“84 消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84 消毒液”通常稀释 100 倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：(1)该“84 消毒液”的物质的量浓度约为_molL1。 （保留两位有效数字）(2)某同学取 100 mL 该“84 消毒液” ，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中 c(Na)_ molL1。(3)该同学参阅该“84 消毒液”的配方，欲用 NaClO 固体配制 250

36、 mL 含 NaClO 质量分数为 25%的消毒液。下列说法不正确的是_(填序号)。a如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要其它玻璃仪器15b仪器 E 用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制c配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低(4)仪器 E 使用前必须_。仪器 E 上标记有_（填序号） ； 质量 温度 刻度线 浓度 容积【答案】 (1). 4.0 (2). 0.04 (3). b (4). 检查是否漏水 (5). 【解析】分析：本题考查的是物质的量浓度的溶液的配制和稀释，掌握有关仪器的使用是关键。详解：(1) 该“84 消毒液”的物质的量浓度约为= 4.0mol/L。

37、 (2)将溶液稀1000 1.19 25%74.5释 100 被后浓度为原来的百分之一，即为 0.04 mol/L。 (3)在配制溶液时，图中仪器有 A圆底烧瓶和 B 分液漏斗和 E500mL 的容量瓶是需要的，故 a 正确；容量瓶在使用前应先检查是否漏液，用水洗涤后不用烘干就可以使用，故 b 错误；配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒会是溶质有损失，配制的溶液浓度变小，故 c 正确。故选 b。 (4)容量瓶使用前必须检查是否漏水，容量瓶上有温度和刻度线和容积的标志，故选。27.27.已知 A、B、C、D、E 是化学中常见的物质，常温下，E 是一种无色无味的液体，一定条件下，它们之间有如下反

38、应关系。A + BC + D + E（1）若 A 是碳，B 是浓硫酸，C、D 都是气体，试写出此反应的化学方程式_。（2）若 A 是铜，B 是硝酸，反应时生成的 C 是红棕色气体，反应的离子方程式是_，生成的 C 与水反应的化学方程式为_。（3）若实验室中利用 A 和 B 的反应制备气体 C，C 是一种无色、刺激性气味、密度比空气小的气体，试写出此反应的化学方程式_；实验室检验 C 的方法_。16（4）若 A 是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分，B 是稀盐酸，则 A 和 B 在水溶液反应的离子方程式是_。【答案】 (1). C+2H2SO4（浓） CO2+ 2H2O + SO2 (2). Cu

39、+2NO3+ 4H = Cu 2+2NO2+ 2H2O (3). 3NO2+H2O = 2H NO3+ NO (4). 2NH4Cl+ Ca(OH)2 CaCl2 +2NH3+2H2O (5). 把湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变蓝，则证明该气体为氨气。 （或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近该气体，若有白烟生成，则证明该气体为氨气。 ） (6). H+ + HCO3 = H2O+ CO2【解析】分析：本题考查的是无机推断，根据物质的颜色和气味入手，掌握常见物质的基本性质是关键。详解：常温下，E 是一种无色无味的液体，则说明其为水。(1) 若 A 是碳，B 是浓硫酸，C、D 都是气体，则碳和浓硫酸反

40、应生成二氧化碳和二氧化硫和水，方程式为：C+2H2SO4（浓） CO2+ 2H2O + SO2。 (2) 若 A 是铜，B 是硝酸，反应时生成的 C 是红棕色气体，即二氧化氮，则说明是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，离子方程式为：Cu +2NO3+ 4H = Cu 2+2NO2+ 2H2O。二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，方程式为：3NO2+H2O = 2HNO3+ NO。 (3) 若实验室中利用 A 和 B 的反应制备气体 C，C 是一种无色、刺激性气味、密度比空气小的气体，即为氨气，则为氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙和氨气和水，方程式为： 2NH4Cl+ Ca(OH)2 CaC

41、l2 +2NH3+2H2O，实验室检验氨气的方法利用了氨气溶于水显碱性的性质，把湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变蓝，则证明该气体为氨气。或利用氨气和氯化氢反应生成氯化铵，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近该气体，若有白烟生成，则证明该气体为氨气。(4) 若 A 是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分，即为碳酸氢钠，B 是稀盐酸，则二者反应生成二氧化碳和水和氯化钠，离子方程式为：H+ + HCO3 = H2O+ CO2。28.28.用如下图所示装置可以完成一系列实验（图中夹持装置已略去）17请回答下列问题：. 若气体 a 是 Cl2，装置 A、B、C 中的试剂依次为： FeCl2溶液、淀粉 KI 溶液、石蕊

42、溶液。（1）A 溶液由浅绿色变为棕黄色，反应的离子方程式为_。（2）B 瓶中的淀粉 KI 溶液变为蓝色，反应的离子方程式为_。（3）C 瓶中的现象为_。（4）D 装置中试剂为_。II若气体 a 是 SO2，装置 A、B、C 中的试剂依次为：品红溶液、酸性高锰酸钾溶液、氢硫酸（硫化氢的水溶液） 。（1）A 瓶中品红和 B 瓶中酸性高锰酸钾溶液均褪色，其中体现了 SO2漂白性的是 _（填写序号 A 或 B） 。（2）C 瓶中产生淡黄色沉淀， 反应的化学方程式_。【答案】 (1). Cl2+ 2Fe2+ = 2Fe3+ +2Cl (2). Cl2+2I=I2 +2Cl (3). 先变红后退色 (4)

43、. NaOH 溶液 (5). A (6). SO2 + 2H2S =3S+ 2H2O【解析】分析：本题考查的氯气和二氧化硫的性质，结合实验装置进行分析，掌握氯气和二氧化硫的氧化性是关键。详解：. 若气体 a 是 Cl2，装置 A、B、C 中的试剂依次为： FeCl2溶液、淀粉 KI 溶液、石蕊溶液。 （1）氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，溶液变棕黄色，离子方程式为：Cl2+ 2Fe2+ = 2Fe3+ +2Cl。 （2）B 瓶中碘化钾和氯气反应生成氯化钾和碘单质，离子方程式为：Cl2+2I=I2 +2Cl，碘遇到淀粉显蓝色。 （3）C 中是紫色石蕊溶液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液先变红后

44、褪色。 （4）因为氯气有毒，最后的装置应为吸收氯气防止污染，根据氯气可以和氢氧化钠反应分析，最后装置中为氢氧化钠溶液。II （1）二氧化硫使品红褪色是表现了漂白性，二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色是表现了还原性。 （2）C 中硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水，方程式为 SO2 + 2H2S =3S+ 2H2O。29.29.将 1.92 g 铜与足量的稀硝酸完全反应，求：18（1）反应后生成硝酸铜的物质的量_；（2）被还原硝酸的物质的量_；（3）标准状况下，生成 NO 气体的体积_。【答案】 (1). 0.03mol (2). 0.02mol (3). 0.448L【解析】分析：本题考查的是有关化学方程式的计算，难度较小，注意铜和稀硝酸反应的产物即可解答。详解：铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，1.92 克铜的物质的量为1.92/64=0.03mol。 （1）根据铜的物质的量分析，铜与足量的硝酸反应，铜完全反应生成等物质的量的硝酸铜，即 0.03mol。 （2）根据方程式分析 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，被还原的硝酸为 0.02mol。 （3）在标准状况下，0.03mol 铜反应生成 0.02mol 一氧化氮，体积为 0.0222.4=0.448L。