【化学】辽宁省滨海实验中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】辽宁省滨海实验中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

辽宁省滨海实验中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 一、单选题（本大题共30小题，共60分）‎ ‎1.下列物质中，既属于钾盐又属于碳酸盐的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硝酸钾是由钾离子和硝酸根离子组成的化合物，属于钾盐和硝酸盐，不属于碳酸盐，故A错误；‎ B、Na2CO3是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于钠盐和碳酸盐，不属于钾盐，故B错误；‎ C、Na2SO4是由钠离子和硫酸根离子组成的化合物，属于钠盐和硫酸盐，不属于钾盐和碳酸盐，故C错误；‎ D、碳酸钾是由钾离子和碳酸根离子组成的化合物，既属于钾盐，又属于碳酸盐，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.下列物质的分类合理的是（ ）‎ A. 酸性氧化物：CO2、SiO2、SO2、NO2‎ B. 碱：烧碱、纯碱、苛性钾、氢氧化钡 C. 混合物：盐酸、漂白粉、水煤气、氢氧化铁胶体 D. 碱性氧化物：Na2O、CaO、MgO、Al2O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO2、SO2、SiO2都是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故A错误；‎ B．烧碱、苛性钾、氢氧化钡均为碱，而纯碱为碳酸钠是盐，故B错误；‎ C．盐酸是HCl的水溶液、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水煤气是CO和H2形成的混合物；氢氧化铁胶体是分散系的一种，均为混合物；故C正确；‎ D．Na2O、CaO、MgO是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，故D错误；答案为C。‎ ‎3.在无色溶液中，下列各组离子能够大量共存的是（ ）‎ A. K+、Ba2+、Cl-、SO42- B. H+、HCO3-、Cl-、K+‎ C. Cl-、Na+、NO3-、Ca2+ D. Cu2+、NO3-、SO4-、Cl-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ba2+、SO42-结合生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，A项不符合题意；‎ B H+、HCO3-结合生成水和二氧化碳，不能大量共存，B项不符合题意；‎ C. 该组离子之间均不反应，可大量共存，且离子均为无色，C项符合题意；‎ D. 含Cu2+的溶液为蓝色，与无色不符，D项不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎4.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 铜跟硝酸银溶液反应： Cu+Ag+===Cu2++Ag B. 碳酸钙与盐酸反应： CO32-+2H+===CO2↑+H2O C. 硫酸与氢氧化钡溶液反应： H++ SO42-+Ba2++OH-===BaSO4↓+H2O D. Ba(OH)2与 CuSO4溶液反应： Cu2++ SO42-+Ba2++2OH-===BaSO4↓+Cu(OH)2↓‎ ‎【答案】D ‎【解析】铜跟硝酸银溶液反应： Cu+2Ag+===Cu2++2Ag，A项错误；碳酸钙难溶于水，书写离子方程式时用化学式表示，B项错误；硫酸与氢氧化钡溶液反应： 2H++ SO42-+Ba2++2OH-===BaSO4↓+2H2O，C项错误；Ba(OH)2与 CuSO4溶液反应： Cu2++ SO42-+Ba2++2OH-===BaSO4↓+Cu(OH)2↓，D项正确。‎ ‎5.在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3-+2M3++4H2O=M2O7n-+Cl-+8H+，M2O7n- 中M的化合价是（ ）‎ A. +4 B. +5 C. +6 D. +7‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据电荷守恒-1+3×2=-1-n+8，n=2，设M的化合价是x，则2x-2×7=-2，x=+6，故C正确。‎ ‎6.下列变化，加入还原剂可以实现的是（ ）‎ A. Ag→Ag+ B. Cu→CuO ‎ C. Fe2O3→FeO D. NO→NO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、银的化合价升高，需要加入氧化剂，A错误；‎ B、铜元素的化合价升高，需要加入氧化剂，B错误；‎ C、铁元素的化合价降低，需要加入还原剂，C正确；‎ D、氮元素的化合价升高，需要加入氧化剂，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.某溶液中含有大量Fe2+、Al3+、Fe3+、Na+、Cl-、SO42-离子，其中加入足量Na2O2固体后，再加入足量的盐酸溶解沉淀，最后溶液中的离子数目与反应前相比保持不变的是（ ）‎ A. Na+、Fe2+ B. Al3+、SO42- C. Fe3+、SO42- D. Al3+、Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，钠离子浓度增大，故A错误；‎ B．Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，则铝离子量不变，硫酸根离子自始至终不发生变化，故B正确；‎ C．因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子浓度增大，故C错误；‎ D．加入足量的盐酸溶解沉淀，氯离子浓度增大，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，将22.4LCl2通入水中发生反应，转移的电子数为NA B. 1molO2作氧化剂时转移电子数一定为4NA C. 23gNa与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2分子数在0.25NA和0.5NA之间 D. 在Na2O2与CO2的反应中，固体质量每增重28g，转移电子数2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气和水的反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO为可逆反应，故1molCl2与水反应不能完全消耗，转移的电子数无法计算，A项错误；‎ B. 氧气在参加反应时一般作氧化剂，但是还原产物不一定是-2价的氧，有可能是-1价的氧，比如氧气与钠反应生成过氧化钠时，1molO2参加反应转移电子数为2NA，则1molO2‎ 作氧化剂时转移电子数不一定为4NA，B项错误；‎ C. 23gNa物质的量为1mol，1molNa完全反应生成Na2O时，消耗氧气0.25mol，若完全生成Na2O2则消耗氧气0.5mol，生成混合物则消耗氧气在0.25mol与0.5mol之间，则消耗O2的分子数在0.25NA和0.5NA之间，C项正确；‎ D. 在Na2O2与CO2的反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，固体增加的质量相当于CO的质量，根据方程式可得关系式：2CO2~O2~2CO~2e-，则固体质量每增重28g，即1molCO，转移电子1mol，转移电子数为NA，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.氯气及其化合物在生产和生活中有重要应用，下列关于氯及其化合物的说法正确的是( )‎ A. NaClO是“84消毒液”的有效成分，其水溶液能使有色布条褪色，反应中NaClO表现还原性 B. Cl2与烧碱溶液反应的实质是Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H2O C. 氯气有毒，在通风橱中制备氯气可以消除氯气的污染 D. 将Cl2通入淀粉-KI溶液，溶液变蓝色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaClO是“84消毒液”的有效成分，其水溶液能使有色布条褪色，反应中NaClO表现氧化性，A错误；‎ B．Cl2与烧碱溶液反应的实质是Cl2+ 2OH-＝Cl-+ClO-+ H2O，B错误；‎ C．氯气有毒，在通风橱中制备氯气可以防止中毒，但不能消除氯气的污染，C错误；‎ D．氯气具有强氧化性，与碘化钾反应生成碘，碘遇淀粉变蓝色，因此将Cl2通入淀粉—KI溶液，溶液变蓝色，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.某化学兴趣小组利用MnO2和浓HCl 及如图装置制备Cl2。下列分析中不正确的是（ ）‎ A. A 中可用分液漏斗代替长颈漏斗 ‎ B. A 中缺少加热装置 C. B 中盛放的NaOH 溶液可以净化Cl2 ‎ D. D 中盛放的NaOH 溶液可以吸收尾气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．A中可用分液漏斗代替长颈漏斗，避免盐酸挥发，气体逸出，同时便于控制反应速率，故A正确；‎ B．二氧化锰和浓盐酸需要加热才能反应生成氯气，需要添加加热装置，故B正确；‎ C．B中盛放的NaOH溶液吸收氯气，不能净化Cl2，最后不能收集干燥纯净的氯气，故C错误；‎ D．氯气和氢氧化钠溶液反应，可吸收含氯气的尾气，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎11.300mLAl2(SO4)3溶液中，含有Al3+为1.62 克，在该溶液中加入0.1mol/LBa(OH)2溶液300mL，反应后溶液中SO42-的物质的量浓度约为（ ）‎ A. 0.4 mol/L B. 0.3 mol/L C. 0.1 mol/L D. 0.2mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】硫酸铝溶液中c(Al3+)=1.62g÷27g/mol÷0.3L=0.2mol/L，根据Al2(SO4)3的化学式可知c(SO42−) =c(Al3+)=×0.2mol/L=0.3mol/L，则n(SO42−)=0.3mol/L×0.3L=0.09mol，向该溶液中加入氢氧化钡，二者反应生成硫酸钡和水，n[Ba(OH)2]=0.1mol/L×0.3L=0.03mol，0.03mol钡离子完全反应需要0.03mol硫酸根离子，则混合溶液中剩余n(SO42−)=0.09mol−0.03mol=0.06mol，混合溶液中硫酸根离子物质的量浓度c（SO42−）=n/V=0.06mol÷(0.3L+0.3L)=0.1 mol/L，故答案选C。‎ ‎12.实验室里需用480mL 0.1mol•L-1的碳酸钠溶液，选取500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是（ ）‎ A. 称取5.1g Na2CO3，加入500mL水 B. 称取13.7g Na2CO3·10H2O,配成500mL溶液 C. 称取5.3 Na2CO3，加入500mL水 D. 称取14.3g Na2CO3·10H2O，配成500mL溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】实验室里需用480mL 0.1mol/L的碳酸钠溶液，实际上需要配制的是500mL 0.1mol/L的碳酸钠溶液，需要碳酸钠的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，需要碳酸钠的质量为：106g/mol×0.05mol=5.3g，若用Na2CO3•10H2O配制，需要Na2CO3•10H2O的质量为：286g/mol×0.05mol=14.3g，在加水配成500mL溶液，故答案选D。‎ ‎13.用容量瓶配制一定物质的量浓度的Na2CO3溶液时，下列各项中，可能导致其实际浓度偏低的是(　　)‎ A. 在用天平称量时，托盘里的部分Na2CO3吸收了水分，形成了少量结晶水合物 B. Na2CO3溶解时放出热量，未冷却立即配制溶液 C. 用蒸馏水洗涤溶解过Na2CO3固体的烧杯，并将洗涤后的溶液注入容量瓶 D. 定容时俯视瓶颈刻度线 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、部分Na2CO3吸收了水分，造成Na2CO3的物质的量偏小，所以导致其实际浓度偏低，故A正确；B. Na2CO3溶解时放出热量，未冷却立即配制溶液，造成溶液体积偏小，导致其实际浓度偏高，故B错误；C. 用蒸馏水洗涤溶解过Na2CO3固体的烧杯，并将洗涤后的溶液注入容量瓶，浓度不变，故C错误；定容时俯视瓶颈刻度线，所得溶液体积偏小，导致其实际浓度偏高，故D错误。‎ ‎14.已知硝酸能将Fe2+氧化为Fe3+．下列物质反应后能使KSCN溶液变红的是（ ）‎ ‎①过量的Fe与Cl2反应 ‎②Fe和过量稀硫酸反应 ‎③FeCl2溶液中通入少量Cl2‎ ‎④Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中 ‎⑤向Fe（NO3）2溶液中加入过量稀硫酸．‎ A. 只有① B. 只有①③⑤ C. 只有①②③ D. 全部 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】①过量的Fe与Cl2反应生成氯化铁；‎ ‎②Fe和过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁；‎ ‎③FeCl2溶液中通入少量Cl2，反应生成氯化铁；‎ ‎④Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，三氧化二铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铁，如果铁过量，铁与绿化铁反应生成氯化亚铁；‎ ‎⑤向Fe（NO3）2溶液中加入过量稀硫酸，硝酸根离子在酸性环境下能够氧化二价铁离子生成三价铁离子。能使KSCN溶液变红是三价铁离子，据此分析。‎ ‎【详解】①过量的Fe与Cl2反应生成氯化铁，氯化铁中含有三价铁离子，能使KSCN溶液变红，故①正确；‎ ‎②Fe和过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁，不含三价铁离子，不能使KSCN溶液变红，故②错误；‎ ‎③FeCl2溶液中通入少量Cl2，反应生成氯化铁，含有三价铁离子，能使KSCN溶液变红，故③正确；‎ ‎④Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，三氧化二铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铁，如果铁过量，铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，不含三价铁离子，不能使KSCN溶液变红，故④错误；‎ ‎⑤向Fe（NO3）2溶液中加入过量稀硫酸，硝酸根离子在酸性环境下能够氧化二价铁离子生成三价铁离子，能使KSCN溶液变红，故⑤正确；‎ 答案选B。‎ ‎15. 对下列各实验现象的判断正确的是（ ）‎ A. 图1产生红褐色沉淀 B. 图2溶液颜色变红 C. 图3放出大量气体 D. 图4先出现白色胶状沉淀，后沉淀溶解 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至液体呈红褐色可得到氢氧化铁胶体，故A错误；‎ B．三价铁离子遇硫氰化钾变红色，二价铁离子不变色，故B错误；‎ C．镁与氢氧化钠溶液不反应，故C错误；‎ D．氯化铝与氢氧化钠反应先生成氢氧化铝白色沉淀，NaOH过量时氢氧化铝与氢氧化钠继续反应生成可溶性的NaAlO2，沉淀溶解，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎16.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）‎ A. 氧气是氧化产物 B. O2F2既是氧化剂又是还原剂 C. 若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；‎ B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；‎ C．不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；‎ D．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎17.向含等物质的量的FeCl3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，下列图象中，能正确表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的物质的量)(　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】向含等物质的量的FeCl3和AlCl3‎ 的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，发生的反应有Fe3++3OH-＝Fe（OH）3↓、Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，后发生Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，沉淀溶解至最后氢氧化铝完全消失，因此等物质的量的FeCl3和AlCl3的混合溶液中前面与后面消耗氢氧化钠的物质的量之比为6：1，所以选项D中图像正确，故答案选D。‎ ‎18.制印刷电路板的“腐蚀液”的应用原理：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。向盛有FeCl3溶液的烧杯中同时加入一定量的铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是（ ）‎ A. 烧杯中铜、铁均有 B. 烧杯中Fe3+、Cu2+、Fe2+均有 C. 烧杯中Cu和Cu2+均有 D. 烧杯中Cu2+、Fe2+、Cu和Fe均有 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】向盛有FeCl3溶液的烧杯内加入铁粉和铜粉，由于还原性：Fe>Cu，则先发生反应： Fe+2FeCl3=3FeCl2，然后发生反应：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，据此分析解答。‎ ‎【详解】向盛有FeCl3溶液的烧杯内加入铁粉和铜粉，由于还原性：Fe>Cu，则先发生反应： Fe+2FeCl3=3FeCl2，然后发生反应：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，‎ A. 当FeCl3不足时，铁首先与FeCl3反应，FeCl3完全反应后，铁有剩余、而铜没有反应，A项可能；‎ B. 若FeCl3足量，加入的Fe和Cu完全反应后仍有FeCl3剩余，则烧杯中会存在Fe3+、Fe2+、Cu2+离子，B项可能；‎ C. 加入铁和铜的混合物，铁首先与FeCl3反应，Fe完全反应后，部分铜将FeCl3完全消耗，Cu有剩余，烧杯中Cu和Cu2+均可以有，C项可能；‎ D. 若烧杯中含有Fe，则Fe没有完全反应，还原性比Fe弱的Cu不会发生反应，溶液中不可能存在Cu2+，D项不可能；‎ 答案选D。‎ ‎19.下列化学用语或命名正确的是（ ）‎ A. 次氯酸的结构式：H-Cl-O ‎ B. 含有10个中子的氧原子的符号：‎ C. S2-结构示意图 ‎ D. NH4Cl的电子式： ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、次氯酸的结构式：H—O—Cl， A 错误；‎ B、氧的元素符号为O，该氧原子的质量数A=8+10=18，则该原子的化学符号为，B正确；‎ C、S2-最外层为8个电子，结构示意图为，C错误；‎ D、NH4Cl的电子式：，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎20.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的简单氢化物可用作制冷剂,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后,加入稀盐酸,有黄色沉淀析出,同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是(   )‎ A. X的简单氢化物的热稳定性比W强 B. Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构 C. Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红 D. Z与X属于同一主族与Y属于同一周期 ‎【答案】C ‎【解析】氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧、硫。A．非金属性X强于W，所以X的简单氢化物的热稳定性强于W的，A正确；B．Y、X的简单离子都具有与氖原子相同的电子层结构，均是10电子微粒，B正确；C．硫化钠水解使溶液呈碱性，该溶液使石蕊试纸变蓝，C错误；D．S、O属于ⅥA，S、Na属于第三周期，D正确。答案选C。‎ ‎21.a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 原子半径：d>c>b>a ‎ B. 4种元素中b的金属性最强 C. c的氧化物的水化物是强碱 ‎ D. d单质的氧化性比a单质的氧化性强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。‎ ‎【详解】A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，A错误；‎ B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，B正确；‎ C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；‎ D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎22.现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子的最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Y与T同主族。五种元素原子半径与原子序数之间的关系如图所示。下列推断正确的是（ ） ‎ A. 离子半径：Y＜Z B. 氢化物的沸点：Y＜T C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：T＜R D. 由X、Y、Z、R四种元素组成的常见化合物中含有离子键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2‎ 型离子化合物，Z是Na元素、Y是O元素；Y与T同主族，Y的原子序数小于T，所以T是S元素。R的原子序数小于O，R原子的最外层电子数是电子层数的2倍，R是C元素；X的半径、原子序数都小于C原子，所以X是H元素。‎ ‎【详解】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：Na+＜O2-，故A错误；‎ B. 水分子间形成氢键，氢化物的沸点：H2S＜H2O，故B错误；‎ C. S的非金属性大于C，最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3＜H2SO4，故C错误；‎ D. 由H、O、Na、C四种元素组成的常见化合物NaHCO3中含有离子键，故D正确，答案选D。‎ ‎23.下列关于化学键的说法正确的是（ ） ‎ ‎①含有金属元素的化合物一定是离子化合物   ‎ ‎②第ⅠA族和第ⅦA族原子化合时，一定生成离子键   ‎ ‎③由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物   ‎ ‎④活泼金属与非金属化合时，能形成离子键   ‎ ‎⑤含有离子键的化合物一定是离子化合物   ‎ ‎⑥离子化合物中可能同时含有离子键和共价键   ‎ ‎⑦非极性键只存在于双原子单质分子中   ‎ ‎⑧不同元素组成的多原子分子中的化学键一定都为极性键 A. ①②⑤ B. ④⑤⑥ C. ①③④ D. ②③⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3属于共价化合物，故①说法错误；‎ ‎②第IA族包括H和碱金属，如果是H与ⅦA族元素形成化合物，该化合物属于共价化合物，故②说法错误；‎ ‎③由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物，如铵盐，故③说法错误；‎ ‎④活泼金属与非金属化合时，能形成离子键，如Na与Cl化合时，Na＋与Cl－形成离子键，故④说法正确；‎ ‎⑤含有离子键的化合物一定是离子化合物，故⑤说法正确；‎ ‎⑥离子化合物中可能同时含有离子键和共价键，如NaOH、Na2O2，故⑥说法正确；‎ ‎⑦非极性键不一定只存在双原子单质分子中，如Na2O2中含有非极性键，故⑦说法错误；‎ ‎⑧不同元素组成的多原子分子中的化学键不一定都为极性键，如H2O2，其结构式为H－O－O－H，是由非极性键和极性键组成，故⑧说法错误；‎ 综上所述，选项B正确。‎ ‎24.下列各组物质中，都含有共价键，却又都不属于共价化合物的一组（ ）‎ A. Na2O2 Na2O B. KClO NaOH ‎ C. Br2 HBr D. HF H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na2O2、Na2O都属于离子化合物，但氧化钠只有离子键，A不符合题意；‎ B、次氯酸钾和氢氧化钠均是离子化合物，均含有离子键和共价键，B符合题意；‎ C、溴和溴化氢均只含有共价键，溴是单质，HBr是共价化合物，C不符合题意；‎ D、HF和H2O均是只含有共价键的共价化合物，D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎25.向一定量的Mg2+、NH4+、Al3+混合溶液中加入Na2O2的量与生成沉淀和气体的量（纵坐标）的关系如图所示，则溶液中Mg2+、NH4+、Al3+三种离子的物质的量之比为（ ）‎ A. 1：1：2 B. 2：2：1 C. 1：2：2 D. 9：2：4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据图象分析，A点时沉淀的量最大，所以沉淀是氢氧化铝和氢氧化镁，从A点到B点，沉淀的质量减少，减少的量是氢氧化铝，为0.2mol，沉淀不溶解的量是氢氧化镁，物质的量是0.1mol，根据原子守恒确定镁离子、铝离子的物质的量；当沉淀的量最大时，根据过氧化钠的物质的量计算生成氧气的物质的量，根据气体总的物质的量计算生成氨气的物质的量，根据氮原子守恒从而计算铵根离子的物质的量。‎ ‎【详解】由图可知，沉淀中含0.1mol Mg(OH)2和0.2 molAl(OH)3，即原溶液中含Mg2+0.1mol，含Al3+0.2mol，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，沉淀2种金属阳离子共需NaOH的物质的量为0.1mol×2+0.2mol×3=0.8mol，由图中横坐标知与3种阳离子恰好完全反应时需Na2O20.5mol，而0.5molNa2O2与水反应生成1molNaOH和0.25molO2‎ ‎，则与铵根反应的氢氧根离子为1mol-0.8mol=0.2mol，由NH4++OH-NH3↑+H2O，则可得原溶液中含0.2molNH4+，所以Mg2+、NH4+、Al3+之比=0.1mol：0.2mol：0.2mol=1：2：2；‎ 综上所述，C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎26.进行化学实验必须注意安全，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 不慎将酸液溅到眼中，应立即用大量水冲洗，边洗边眨眼睛 B. 不慎将碱液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液 C. 配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，在慢慢倒入浓硫酸，并搅拌 D. 洒在桌面上的酒精燃烧，立即用湿抹布盖灭 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 不慎将酸液溅到眼中，应立即用大量水冲洗，边洗边眨眼睛，故A正确；‎ B. 不慎将碱液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，故B正确；‎ C. 配制硫酸溶液不可在量筒中进行，故C不正确；‎ D. 洒在桌面上的酒精燃烧，立即用湿抹布盖灭，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎27.某同学用含有铁锈（Fe2O3）的废铁屑来制取氯化铁晶体的装置（省略夹持装置，气密性已检查）如图所示。下列推断不合理的是（ ）‎ A. 烧杯中H2O2溶液的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋‎ B. A中存在氧化铁与盐酸反应生成氯化铁的反应 C. 利用B装置不能准确测量生成氢气的体积 D. 将反应后的溶液放入烧杯中再通入少量SO2，则溶液颜色立即由棕黄色变为浅绿色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，因铁与铁离子反应，则A中得到物质为氯化亚铁，反应后打开K2，过氧化氢可氧化亚铁离子生成铁离子，据此解答。‎ ‎【详解】铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，因铁与铁离子反应，则A中得到物质为氯化亚铁，反应后打开K2，过氧化氢可氧化亚铁离子生成铁离子；‎ A. 双氧水具有氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，A项正确；‎ B. 氧化铁为碱性氧化物，可与盐酸反应生成氯化铁和水，B项正确；‎ C. 铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以B中收集到的气体是氢气，可用排水法测量生成氢气的体积，C项正确；‎ D. 因H2O2溶液过量，所以通入少量SO2先被H2O2氧化，将H2O2还原完后才还原Fe3＋，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎28.下列有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中，正确的是（ ）‎ A. NaHCO3俗名纯碱，Na2CO3俗名苏打 B. 受热时，NaHCO3比Na2CO3容易分解 C. NaHCO3溶液显酸性，Na2CO3溶液显碱性 D. NaHCO3和Na2CO3各1mol分别与过量盐酸充分反应，产生CO2的质量不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2CO3俗名为苏打、纯碱；NaHCO3俗名为小苏打，A错误； ‎ B．NaHCO3的热稳定性差，加热会发生分解反应，方程式是：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，而Na2CO3相对较强，不易分解，B正确；‎ C．Na2CO3、NaHCO3都是强碱弱酸盐，在溶液中弱酸根离子发生水解反应，使溶液都呈碱性，C错误；‎ D．NaHCO3和Na2CO3都可以与酸发生反应，方程式是：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，从反应方程式可知Na2CO3、NaHCO3各1mol产生的CO2的质量相同，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎29.如图,A处通入Cl2,关闭B阀时，C中的湿润红色布条看不到明显变化;‎ ‎ 打开B阀后，C中的湿润红色布条逐渐褪色。则D瓶中盛放的是（ ）‎ A. NaOH溶液 B. 饱和NaCl溶液 C. 浓硫酸 D. 浓盐酸 ‎【答案】A ‎【解析】干燥氯气不能使有色布条褪色，氯气能使有色布条褪色的原因是：氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，打开B阀后，C中的湿润红色布条逐渐褪色，关闭B阀时，C中的湿润红色布条看不到明显变化，说明通入到C中的物质不含氯气，则D中物质能够吸收氯气，浓盐酸、饱和氯化钠溶液、浓硫酸都不能吸收氯气，氢氧化钠能够与氯气反应，可以用氢氧化钠吸收氯气，答案选A。‎ ‎30.金属钛有“未来金属”之称，具有低密度、高硬度等性能，化学性质稳定。钛的化合价主要有+4价和+3价，其中+3价钛极易被氧化。有关说法正确的是（ ）‎ A. 金属钛就是钛合金 B. Ti2O3化学性质稳定 C. FeTiO3(钛酸亚铁)中钛的化合价为+3价 D. 钛及其合金可广泛应用于航空领域 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钛是单质，而合金是混合物，所以两者不同，故A错误； ‎ B、价钛极易被氧化，所以化学性质不稳定，故B错误； ‎ C、根据化合价代数和为零，钛酸亚铁中铁为价，所以钛的化合价为价，故C错误； ‎ D、钛及其合金具有密度小、强度高、耐酸、碱腐蚀等优良性能，被广泛用于航天，故D正确； ‎ 故选：D。‎ 二、填空题（本大题共2小题，共25分）‎ ‎31.铁是人体必需的微量元素，治疗缺铁性贫血的常见方法是服用补铁药物。“速力菲”(主要成分：琥珀酸亚铁，呈暗黄色)是市场上一种常见的补铁药物。该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸。某同学为了检测“速力菲”药片中Fe2＋的存在，设计并进行了如下实验：‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）试剂1是__，试剂2是__，加入新制氯水后溶液中发生的离子反应方程式是__、_____。‎ ‎（2）加入试剂2后溶液中颜色由淡黄色转变为淡红色是因为__，写出＋2价Fe在空气中转化为＋3价Fe的化学方程式__。‎ ‎（3）该同学猜想红色溶液变为无色溶液的原因是溶液中的＋3价铁被还原为＋2价铁，你认为该同学的猜想合理吗？__。若你认为合理，请说明理由(若你认为不合理，该空不作答)；若你认为不合理请提出你的猜想并设计一个简单的实验加以验证(若你认为合理，该空不作答)___。‎ ‎【答案】(1). 稀盐酸 (2). KSCN溶液 (3). 2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－ (4). Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3 (5). 少量的Fe2＋转化为Fe3＋ (6). 4FeCl2+O2+4HCl=4FeCl3+2H2O (7). 不合理 (8). 猜想：Fe(SCN)3中的SCN－被过量的氯水氧化；设计的实验为在褪色后的溶液中加入FeCl3溶液，不变红色(或在褪色后的溶液中加入KSCN溶液，变红色)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）检验时先将药品制成溶液，以便于检验，“速力菲”药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸，所以试剂1选用稀盐酸即可；要检验亚铁离子，需要先检验有无三价铁离子，然后检验其被氧化后生成了三价铁离子即可，故试剂2选用KSCN溶液；‎ ‎（2）在加入试剂2后溶液中颜色由淡黄色转变为淡红色，说明还是有少量三价铁离子，原因是亚铁离子容易被氧化，在空气中酸性条件下可能生成少量三价铁离子，使溶液变淡红；（3）因为氯水氧化性强，三价铁离子不具备被还原的条件，因为溶液中加入的是过量氯水，Fe3+一定存在，故只可能SCN－不存在，所以结合溶液成分只能是SCN－被过量氯水氧化，检验方法可得。‎ ‎【详解】（1）该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸，试剂1用于溶解样品，可以选用稀盐酸；试剂2用于检验三价铁离子，可以选用KSCN溶液；氯气氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；铁离子与硫氰根离子结合生成硫氰化铁，离子方程式为：Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3；‎ 故答案为：稀盐酸；KSCN溶液；2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－；Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3；‎ ‎（2）Fe3+遇KSCN溶液变红色，溶液由淡黄色变为浅红色，说明少量Fe2+被氧化成Fe3+；亚铁离子被空气中的氧气氧化为铁离子，化学方程式为4FeCl2+4HCl+O2=4FeCl3+2H2O；‎ 故答案为：少量的Fe2＋转化为Fe3＋，加入KSCN后显淡红色；4FeCl2+4HCl+O2=4FeCl3+2H2O；‎ ‎（3）因为氯水氧化性强，不会还原Fe3+，该同学的猜想不合理；可能是SCN-被过量的氯水氧化，可取少量褪色后的溶液，加入FeCl3溶液，不变红色(或取少量褪色后的溶液，加入KSCN溶液，变红色)；‎ 故答案为：不合理；猜想：Fe(SCN)3中的SCN－被过量的氯水氧化；设计的实验为取少量褪色后的溶液，加入FeCl3溶液，不变红色(或取少量褪色后的溶液，加入KSCN溶液，变红色)。‎ ‎32.如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持及加热仪器已略）。‎ ‎（1）装置B中饱和食盐水的作用是__；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象___。‎ ‎（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入___。（填序号）‎ a b c d Ⅰ 干燥的有色布条 干燥的有色布条 湿润的有色布条 湿润的有色布条 Ⅱ 碱石灰 硅胶 浓硫酸 无水氯化钙 Ⅲ 湿润的有色布条 湿润的有色布条 干燥的有色布条 干燥的有色布条 ‎（4）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，化学反应方程式为__，漂白粉敞放于空气中会失效，请写出失效所发生反应的化学方程式___。‎ ‎【答案】(1). 除去Cl2中的HCl (2). B中锥形瓶水位下降，长颈漏斗中液面上升，形成水柱 (3). d (4). 2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (5). Ca(ClO)2+CO2+H2O = 2HClO+CaCO3；2HClO2HCl + O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）实验室用二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，B中锥形瓶水位下降，长颈漏斗中液面上升，形成水柱；‎ ‎（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，因此需要干燥氯气，选项中abcd的Ⅱ中都是干燥剂，应盛放固体干燥剂，再将干燥的氯气通入干燥的有色布条验证氯气是否有漂白性；‎ ‎（3）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，生成次氯酸钙和氯化钙；漂白粉敞口放于空气中会失效，因为空气中含有CO2，Ca(ClO)2与CO2、H2O反应生成HClO和CaCO3；生成的HClO会进一步分解生成盐酸和氧气。‎ ‎【详解】（1）实验室用二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，B装置可以除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，B中锥形瓶水位下降，长颈漏斗中液面上升，形成水柱；‎ 故答案为：除去Cl2中HCl；B中锥形瓶水位下降，长颈漏斗中液面上升，形成水柱；‎ ‎（2）从B装置中导出的是潮湿的Cl2，装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abcd的Ⅱ中都是干燥剂，应盛放固体干燥剂，再将干燥的氯气通入干燥的有色布条验证氯气是否有漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选d；故答案为：d；‎ ‎（3）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，化学反应方程式为：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；漂白粉敞口放于空气中会失效，因为空气中含有CO2，发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=2HClO+CaCO3；生成的HClO会进一步分解，发生反应：2HClO2HCl + O2↑；故答案为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=2HClO+CaCO3‎ ‎；2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，2HClO2HCl+O2↑。‎ 三、实验题（本大题共1小题，共15分）‎ ‎33.如图是硫酸试剂标签上的部分内容。请回答下列问题：‎ ‎ ‎ ‎（1）该浓硫酸中溶质、溶剂分子数目之比为___，现用该浓H2SO4来配制480mL、0.3mol·L-1的稀H2SO4，需量取该浓H2SO4的体积为___mL。‎ ‎（2）配制时，下列仪器中必须使用___(填代号)，还缺少的仪器是___、___。‎ ‎①托盘天平(带砝码) ②10mL量筒 ③20mL量筒 ④烧杯 ⑤玻璃棒 ⑥100mL容量瓶 ⑦漏斗 ⑧烧瓶 ‎（3）在配制过程中，下列操作中能使所配溶液的浓度偏高的有___（填代号）。‎ ‎①用量筒量取98%的硫酸时俯视 ‎②洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中 ‎③未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中 ‎④转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水 ‎⑤定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出 ‎⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线 ‎⑦定容时，仰视刻度线 ‎【答案】(1). 9：1 (2). 8.2 (3). ②④⑤ (4). 500mL容量瓶 (5). 胶头滴管 (6). ②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）该浓硫酸的质量分数为98%，100g溶液中，溶质是98g，溶剂为2g，利用公式计算溶质和溶剂的分子数目之比；用该浓H2SO4来配制480mL、0.3 mol·L-1的稀H2SO4，由于没有480mL的容量瓶，所以应选择500mL的容量瓶，再根据稀释定律，稀释前后溶质物质的量不变，进行计算；‎ ‎（2）配制时，量取浓硫酸8.2mL，用10mL的量筒；根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤，判断需要的仪器；‎ ‎（3）根据，分析配制过程中溶质物质的量或溶液体积的变化，进而判断误差。‎ ‎【详解】（1）该浓硫酸的质量分数为98%，100g溶液中，溶质是98g，溶剂为2g，所以溶质和溶剂的分子数目之比=；用该浓H2SO4来配制480mL、0.3 mol·L-1的稀H2SO4，由于没有480mL的容量瓶，所以应选择500mL的容量瓶，设需要浓硫酸的体积为x mL，根据稀释前后溶质物质的量不变，得1.84g/cm3×x mL×98%=0.5L×0.3mol/L×98g/mol，解得x=8.2；故答案为：9:1；8.2；‎ ‎（2）配制时，量取浓硫酸8.2mL，用10mL的量筒；根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，判断还需要的仪器为500mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：②④⑤；500mL容量瓶；胶头滴管；‎ ‎（3）①用量筒量取98%的浓硫酸时俯视，导致量取硫酸的量偏小，浓度偏低，故①不符；‎ ‎②洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，会导致硫酸的量增加，浓度偏高，故②符合；‎ ‎③未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，由于热胀冷缩，到达刻度线实际加水量偏少，浓度偏高，故③符合；‎ ‎④转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水对结果无影响，故④不符；‎ ‎⑤定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致硫酸的量偏小，使浓度偏小，故⑤不符；‎ ‎⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，加水量偏多，浓度偏小，故⑥不符；‎ ‎⑦定容时，仰视刻度线，使加水量偏多，浓度偏小，故⑦不符；‎ 综上所述，②③操作能使所配溶液的浓度偏高；故答案为：②③。‎ ‎ ‎