黑龙江省牡丹江市第一高级中学2020届高三上学期开学考试检测化学试题

黑龙江省牡丹江市第一高级中学2020届高三上学期开学考试检测化学试题

牡一中2017级高三学年上学期开学检测 化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1、C 12、O 16、S 32、Co 59、Zn 65、N 14‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分）‎ ‎1.下列有关金属及其合金的说法不正确的是 A. 目前我国流通的硬币是由合金材料制造的 B. 日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用 C. 镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹 D. 生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.目前我国流通的硬币是由合金材料制成：1角的为不锈钢，5角的为钢芯镀铜，1元的为钢芯镀镍，所以A选项是正确的；‎ B.制造照明弹就是利用了镁燃烧发出耀眼的白光，所以B选项是正确的；C. 铝表面覆盖致密的氧化物薄膜,对金属起保护作用，所以C选项是正确的；‎ D. 生铁含碳量最高，普通钢次之，不锈钢最少，故D错误。‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎2.下列做法正确的是（ ）‎ A. 用无色试剂瓶盛放新制的氯水 B. 用10mL量筒量取3.24mL稀硫酸 C. 用蒸馏水鉴别溴蒸气和二氧化氮气体 D. 氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，说明氢气与氯气反应直接生成了挥发性的盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯水见光易分解，应存放在棕色试剂瓶中，A项错误；  B．量筒精确到0.1mL，无法量取3.24mL稀硫酸，B项错误； C．二氧化氮遇水，发生3NO2+H2O=2HNO3‎ ‎+NO，气体的红棕色消失，溴蒸气遇水，溶解一部分，得到橙色溶液，两者现象不同，可以用蒸馏水鉴别溴蒸气和二氧化氮气体，C项正确； D．氢气在氯气中安静地燃烧生成氯化氢气体，氯化氢溶于水后才会形成盐酸，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎3.分类是学习化学的重要方法．下列归纳正确的是( )‎ A. SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物 B. 纯碱、烧碱、熟石灰都属于碱类 C. 氨气、冰醋酸、食盐均为电解质 D. 碱性氧化物都是金属氧化物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO属于不成盐的氧化物，不是酸性氧化物，A项错误；‎ B．纯碱为Na2CO3，属于盐，不是碱，B项错误；‎ C．NH3溶于水，与水生成NH3·H2O，NH3·H2O电离，属于电解质，而NH3不是电解质，C项错误；‎ D．金属氧化物不一定是碱性氧化物，但是碱性氧化物一定是金属氧化物，D项正确；‎ 本题答案选D。‎ ‎4.下列各组离子能大量共存的是( )‎ A. NH4Fe(SO4)2水溶液中：K+、Mg2+、I-、Cl-‎ B. 在含有Al3+、Cl-的溶液中：HCO3-、NO3-、NH4+、Mg2+‎ C. 在c(H+)=1×10-13 mol·L﹣1的溶液中：Na+、S2-、SO32-、NO3-‎ D. 能溶解Al(OH)3的溶液：K+、NH4+、NO3-、CH3COO-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NH4Fe(SO4)2水溶液，Fe3+具有氧化性，会氧化溶液中的I-，故I-能大量存在，A项错误；‎ B. Al3+与HCO3-之间发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀和CO2气体而不能共存，Mg2+与HCO3-也会发生双水解而不能共存，B项错误；‎ C. c(H+)=1×10-13 mol·L-1的溶液呈酸性或碱性；在酸性条件下，S2-与SO32-，这两种离子都可以和H+结合分别生成H2S和H2SO3，且这两种离子在酸性条件下会发生氧化还原反应：6H++2S2-+SO32-=3S↓+3H2O；在碱性条件下，该组离子不反应，能共存；所以，该组离子能共存，C项正确；‎ D. 能溶解Al(OH)3的溶液中存在大量H+或OH-；碱性溶液中NH4+与OH-会发生反应生成NH3·H2O，在溶液中一定不能大量共存；酸性溶液中CH3COO-与H+发生反应生成醋酸而不能大量共存；D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是 ‎ 常见古诗文记载 化学知识 A ‎《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”‎ 铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高 B ‎《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛”‎ 强水为氢氟酸 C ‎《天工开物》中记载：凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴 硫指的是硫黄．硝指的是硝酸钾 D ‎《泉州府志》中记载：安南人黄姓者为宅煮糖，墙塌压糖，去土而糖白，后人遂效之 糖白的过程发生了化学变化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 剂钢为Fe的合金，铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，A项错误；  B. 能蚀五金可知为王水，为盐酸、硝酸的混合物，而HF酸与玻璃反应，B项错误； ‎ C. 古人以“得”为阴，以“失”为阳；从现代的化学观点来看，硝酸钾、硫在一定条件下发生氧化还原反应：，硫指的是硫黄，硝指的是硝酸钾，硝酸钾是氧化剂，得电子，碳为还原剂，失电子，C项正确；‎ D.‎ ‎ 该古诗文指元代南安黄长者发现墙塌压糖后，去土红糖变白糖，说明泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖，发生的是物理变化，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是（ ）‎ 序号 甲 乙 丙 ‎①‎ CO2‎ SO2‎ 石灰水 ‎②‎ HCl CO2‎ 石灰水 ‎③‎ CO2‎ SO2‎ Ba(NO3)2‎ ‎④‎ NO2‎ SO2‎ BaCl2‎ ‎⑤‎ CO2‎ NH3‎ CaCl2‎ ‎⑥‎ NO CO2‎ BaCl2‎ A. ②③④⑥ B. ②③④⑤ C. ③④⑤⑥ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①由于石灰水过量，因此必有CaCO3和CaSO3沉淀生成，①项正确； ②同样由于石灰水过量，因此必有CaCO3沉淀生成，②项正确； ③CO2气体与Ba(NO3)2不反应，SO2气体通入Ba(NO3)2溶液，会生成H2SO3而溶于水中，由于溶液酸性增强，SO32-将被NO3-氧化生成SO42-，因此有BaSO4沉淀生成，③项正确； ④NO2和SO2混合后，SO2将被NO2氧化成SO3，通入BaCl2溶液后有BaSO4沉淀生成，④项正确； ⑤当NH3过量时溶液中CaCO3沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2O═CaCO3 ↓+2NH4C1；当NH3不足时，最终无沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+2CO2+CaCl2+2H2O═Ca(HCO3)2+2NH4C1，⑤项错误；‎ ‎⑥CO2与BaCl2不反应，NO不溶于水，故一定无沉淀生成，⑥项错误；‎ 综上所述，①②③④符合题意，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】注意③中：a. H2SO3是弱酸，不能和Ba(NO3)2反应，但是可以少量存在于该溶液中；b. 实际上NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可将溶液中的SO32-的氧化为SO42-。‎ ‎7.用固体NaOH配制一定物质的量浓度的溶液时，下列操作会导致溶液浓度偏高的是 A. 称量时，左盘高，右盘低 B. 定容后，轻轻振荡、摇匀、静置，液面下降再加水至刻度 C. 容量瓶使用前未干燥 D. 定容时俯视容量瓶刻度线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．称量时，左盘高，右盘低，会导致称量的固体质量变小，即物质的量偏小，则配制溶液浓度偏低，A项错误； B．定容后，轻轻振荡、摇匀、静置，液面下降再加水至刻度，导致溶液的体积偏大，则配制溶液浓度偏低，B项错误； C．容量瓶使用前未干燥，对物质的量或溶液的体积无影响，所以对配制溶液浓度无影响，C项错误； D．定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液的体积偏小，则配制溶液浓度偏高，D项正确； 答案选D。‎ ‎8.某浓度稀HNO3与金属M反应时，能得到+2价硝酸盐，反应时M与HNO3的物质的量之比为5 ∶12，则反应时HNO3的还原产物是 （ ）‎ A. NH4NO3 B. N2 C. N2O D. NO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】依据题意可列出反应方程式如下：5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2↑+6H2O，某稀HNO3与金属M反应时能得到+2价硝酸盐，所以1mol M失去2mol电子，5mol M失去10mol电子；而12mol HNO3中，有10mol硝酸没有参加氧化还原反应，只有2mol硝酸参加氧化还原反应，得到10mol电子，硝酸中氮的化合价为+5价，所以还原产物必须是0价的N2，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】利用电子转移数守恒是解题的突破口，找到化合价的定量关系，理解氧化还原反应的本质是关键。‎ ‎9.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 常温常压下，1mol P4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为4NA B. 20mL 10mol·L-1的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.2NA C. 0.1mol NH2-所含电子数约为6.02×1023个 D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. P4为正四面体结构，1mol P4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P－P键为6mol，其数目为6NA，A项错误；‎ B. 浓硝酸与足量铜反应时，会随着浓度的降低变为稀硝酸，转移电子数会发生改变，故无法计算，B项错误；‎ C. NH2-所含电子数为7+2+1=10，0.1 molNH2-所含电子数约为6.02×1023个，C项正确；‎ D. H2+I2⇌2HI是可逆反应，但此反应也是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为0.2NA，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】A项是易错点，要牢记，1mol P4分子中含6mol P-P键，1mol单晶硅中含Si-Si键为2mol，1mol金刚石中含C-C键为2mol，1mol SiO2中含4mol Si-O键。‎ ‎10.用含少量镁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝，下述操作步骤中最恰当的组合是 ‎①加盐酸溶解 ②加足量烧碱溶液溶解 ③过滤 ④通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀 ⑤加入盐酸生成Al(OH)3沉淀 ⑥加入过量烧碱溶液 A. ①⑥⑤③ B. ②③④③ C. ②③⑤③ D. ①③⑤③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：镁、铝都能与盐酸反应，但铝可溶于强碱，所以可加入烧碱溶液溶解，过滤后可到NaAlO2溶液，过滤，在反应后的溶液中加入弱酸，例如可通入过量CO2，生成Al（OH）3沉淀，经过滤、洗涤可得到纯净的氢氧化铝，故正确顺序为②③④③。故选B。‎ 考点：关于用铝制氢氧化铝沉淀的问题，解答本题的关键是掌握铝的性质，结合“铝三角”的各化学反应分析 ‎11.实验室中某些气体的制取．收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（ ）‎ 选项 a中的物质 b中的物质 c中收集的气体 d中的物质 A 浓氨水 CaO NH3‎ H2O B 浓硫酸 Na2SO3‎ SO2‎ NaOH溶液 C 稀硝酸 Cu NO2‎ H2O D 浓盐酸 MnO2‎ Cl2‎ NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氨气密度小于空气密度，应选择向下排气法收集，即短口进长口出，A错误；‎ B．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，用向上排空气法收集，二氧化硫有毒需要用氢氧化钠溶液吸收防止污染空气，倒扣的漏斗可以防止倒吸，B正确；‎ C．应该用浓硝酸和铜反应制备二氧化氮，稀硝酸和铜反应生成NO，C错误；‎ D．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】掌握常见气体的制备原理、气体的性质特点并能结合装置特点分析是解答的关键，气体的收集是解答的易错点。‎ ‎12.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 过量SO2通入到Ba(NO3)2溶液中：3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+‎ B. 用醋酸溶解石灰石：CaCO3+2H＋=Ca2＋+H2O+CO2↑‎ C. H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4：5H218O2＋2MnO4-＋6H＋=518O2↑+2Mn2++8H2O D. 含等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HC1溶液混合：Mg2＋+2OH－=Mg(OH)2↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向Ba(NO3)2溶液中通入过量的SO2，由于在酸性条件下NO3-、H+起硝酸的作用，表现氧化性，将具有还原性的SO2氧化为SO42-，SO42-与Ba2+发生反应形成BaSO4沉淀，反应的离子方程式是：Ba2++ 2NO3-+3SO2+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+2SO42-+4H+，A项错误；‎ B. 醋酸是弱电解质，在离子方程式中要保留化学式，B项错误；‎ C. H218O2与酸性KMnO4发生氧化还原反应，过氧化氢中O元素被氧化为氧气，其离子方程式为：5H218O2+2MnO4-+6H＋=518O2↑+2Mn2＋+8H2O，C项正确；‎ D.将等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HC1 溶液混合，酸碱中和优先发生，该项离子反应未写出水的生成，其正确的离子方程式为：Mg2＋+4OH-+2H+= Mg(OH)2↓+2H2O，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】A项是易错点，要注意反应物的用量问题，按“以少定多”的原则书写其离子方程式，要明确反应的实质。‎ ‎13.已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物的稳定性大于Z的气态氢化物的稳定性，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性。下列说法正确的是（ ）‎ A. X、Z、Y、W的原子半径依次减小 B. 若W与Y的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式可能为Y3W2‎ C. W的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点 D. W与X形成的化合物只含离子键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W 气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数Z>W，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，则X的金属性大于Y，原子序数Y>X，且二者处于第三周期，X、Y、Z的原子序数Z>Y>X，据此分析作答。‎ ‎【详解】A.W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，则W的非金属性比Z强，原子序数Z>W；X、Y、Z同周期，X、Y为金属，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，则X的金属性大于Y，由于Z为非金属，X、Y、Z的原子序数Z>Y>X，所以原子半径大小顺序为X>Y>Z>W，A项错误；‎ B. 若W为N元素，Y为Mg元素，二者的原子序数相差5，二者形成化合物的化学式可能为Mg3N2，B项正确；‎ C. W的气态氢化物为NH3、H2O、HF时，分子间存在氢键，沸点高于同族其它氢化物的沸点，W为C、Z为Si时，CH4分子间没有氢键，则CH4沸点较低，C项错误；‎ D. 若W与X形成的化合物为过氧化钠，既含离子键又含共价键，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表的结构、元素化合物性质等，确定元素的相对位置关系是关键。本题的易错点为C，容易审题不仔细，考虑不周全，则容易造成出错。‎ ‎14.复印机工作时易产生臭氧，臭氧浓度过高时对人体有害．臭氧具有强氧化性，可使润湿的KI-淀粉试纸变蓝．有关反应式为：O3+2KI+H2O=2KOH+I2+O2对此下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应中1mol O3得到4mol电子 B. 反应中O3是氧化剂，H2O与KI是还原剂 C. 氧化产物I2与还原产物KOH的物质的量之比是1：1‎ D. 由此反应知，氧化性强弱顺序是O3＞I2＞O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2KI+O3+H2O=2KOH+I2+O2中，I元素的化合价由-1价升高为0价，O元素的化合价由0价降低为-2价，根据氧化还原反应规律解答。‎ ‎【详解】A. 在每个O3分子中只有一个O原子得到2个电子生成KOH，则1mol O3在反应中得到2mol电子，A项错误；‎ B. 反应中O元素化合价降低，则O3‎ 在反应中被还原，做氧化剂，I元素的化合价由-1价升高为0，KI是还原剂，B项错误；‎ C. 在每个O3分子中只有一个O原子得到2个电子生成1个还原产物KOH，2个-1价的I原子失去2个电子生成1个氧化产物I2，则氧化产物I2与还原产物KOH的物质的量之比是1：1，C项正确；‎ D. 氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由此反应知，氧化性强弱顺序是O3＞I2，但不能判断出I2的氧化性与O2的相对强弱，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎15. 下列实验装置能达到相关实验目的的是 A. 图1可用于分离收集CO和CO2‎ B. 图2用于从食盐水中提取NaCl晶体 C. 图3用于收集NO D. 图4用于氢氧化铁胶体和硫酸钠溶液的分离 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、试剂瓶中为NaOH等碱性溶液时可与二氧化碳反应，而CO不反应，然后干燥可收集CO，且导气管均长进短出，装置合理，故A正确；B、NaCl溶于水，与水分离选蒸发装置，不能利用坩埚加热，可选蒸发皿，故B错误；C、NO的密度比空气小，不能排尽二氧化碳，NO不纯，应利用排水法收集，故C错误；D、氢氧化铁胶体和硫酸钠溶液均可透过滤纸，应选渗析法分离，故D错误；故选A。‎ 考点：考查了化学实验方案评价、混合物分离提纯、气体的收集等相关知识。‎ ‎16.某物质A在一定条件下加热分解，产物都是气体，分解方程式为2A＝B+2C+2D。测得生成物的混合气体对氢气的相对密度为d，则A的相对分子质量为 A. 7d B. 5d C. 2.5d D. 2d ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】相同条件下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，生成的混合气体对氢气的相对密度为d，则混合气体的平均摩尔质量为2d g/mol，‎ 假设有2 mol A反应则生成1molB、2molC、2molD，生成物的质量=2d g/mol×(1+2+2)mol=10d g，反应前后质量不变，则A的质量为10d g，其摩尔质量==5d g/mol，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以A的相对分子质量为5d，B项正确，‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】根据阿伏伽德罗定律的推论可知，同温同压下，气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，此法是解题的突破口。‎ ‎17.我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”也有科学道理。那么，这种做法的化学原理是(　　)‎ A. 胶体的电泳 B. 血液的氧化还原反应 C. 血液中发生复分解反应 D. 胶体的聚沉 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】血液属于胶体，则血液应具备胶体的性质，在遇到电解质溶液、加热、电性相反的电解质的时候都会聚沉；在伤口上撒盐可以使伤口表面的血液凝结，从而阻止进一步出血，属于胶体的聚沉，因此合理选项是D。‎ ‎18.某无色溶液,由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2−、MnO4−、CO32−、SO42−中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：‎ ‎①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液；‎ ‎②在①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成；同时析出白色沉淀甲；‎ ‎③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出。‎ 根据对上述实验的分析判断,最后得出的结论合理的是( )‎ A. 不能判断溶液中是否存在SO42− B. 溶液中一定不存在的离子是CO32−‎ C. 不能判断溶液中是否存在Ag+ D. 不能判断是否含有 AlO2− 离子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液无色，说明溶液中不存在(紫色)。①取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液，说明溶液中存在，不存在Ag+、Ba2+、Al3+，因为它们都会和反应；依据溶液中的电荷守恒知，一定存在阳离子Na+；因加入过量盐酸，如果溶液中存在，则转变成Al3+。向①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，①中过量盐酸与过量碳酸氢铵反应生成CO2；白色沉淀只能是Al3+和碳酸氢铵中的发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3，所以原溶液中一定存在。向②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出，说明②中过量的碳酸氢铵与OH−反应生成氨气；但白色沉淀不一定是BaSO4，因为碳酸氢铵遇碱可生成，从而得到BaCO3白色沉淀。综上所述此溶液中一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+、，一定存在Na+、、，不能确定是否存在，综上所述，选项A正确。‎ ‎【点睛】每一次所加过量试剂都会对后一次实验造成影响，离子共存问题需考虑全面。在碱性溶液中转化为，从而对的检验造成干扰，是本题的易错点。‎ ‎19.下列叙述中，正确的是（ ）‎ A. 两种粒子，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同 B. 凡单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布 C. 两原子，如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素 D. 阴离子的核外电子排布一定与比它原子序数小的稀有气体元素原子的核外电子排布相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 两种粒子，若核外电子排布完全相同，则其化学性质不一定相同，例如钠离子和氟离子，A项错误；‎ B. 凡单原子形成的离子，不一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布，例如H+肯定不满足稀有气体的核外电子排布，B项错误；‎ C. 两原子，如果核外电子排布相同，那么质子数相同，则一定属于同种元素，C项正确；‎ D. 阴离子是原子得电子后的离子，则阴离子的核外电子排布与比同周期的稀有气体元素原子的核外电子排布相同，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】该题的解题思路是借助于举例和排除法得出正确的结论。该题有利于培养学生的逻辑思维能力，以及灵活应变能力。‎ ‎20.4℃时，在100 mL水中溶解22.4L HCl气体(标准状况下)形成溶液。下列说法正确的是 A. 该溶液的物质的量浓度为10 mol·L−1‎ B. 由于溶液的密度未知，故该溶液的物质的量浓度无法求得 C. 由于溶液的密度未知，故该溶液中溶质的质量分数无法求得 D. 所得溶液的体积为22.5L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下22.4LHCl的物质的量为1mol，溶于水配成100mL溶液，溶液的浓度为10mol/L，溶液体积必须为100mL，而不是溶剂的体积，因溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，无计算该溶液的物质的量浓度，故A错误；‎ B．因溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，则无计算该溶液的物质的量浓度，故B正确；‎ C．标准状况下22.4LHCl的物质的量为1mol，质量为：36.5g/mol×1mol=36.5g，4℃时100mL水的质量为100g，所以溶液溶质的质量分数为36.5g÷（100+36.5）g×100%=26.74%，故C错误；‎ D．溶液体积不等于溶剂与溶质的体积之和，因为溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，故D错误。‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎21.如图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案。下列有关操作不可能引发喷泉现象的是( 　)‎ A. 挤压装置①的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶，并打开止水夹 B. 挤压装置②的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶，并打开止水夹 C. 用鼓气装置从装置③a处不断鼓入空气，并打开止水夹 D. 向装置④的水槽中慢慢加入足量浓硫酸，并打开止水夹 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．氯气易溶于有机溶剂四氯化碳中，烧瓶中的气体压强就会减小，故能形成喷泉，故A错误；B．氢气不易溶于水，也不会和氢氧化钠反应，所以烧瓶中的气体压强不会有明显的变化，故不能形成喷泉，故B正确；C．用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气，导致锥形瓶中液体进入烧瓶中，氨气极易溶于水，烧瓶中的气体压强就会减小，故能形成喷泉，故C错误；D．浓氨水和氯化氢气体反应，烧瓶中的气体压强就会减小，故能形成喷泉，故D错误；故答案选B。‎ ‎【考点定位】考查喷泉实验的原理 ‎【名师点晴】化学实验现象是化学实验最突出、最鲜明的部分，也是进行分析推理得出结论的依据，掌握物质的性质和相互之间的反应关系，并有助于提高观察、实验能力，所以，对化学实验不仅要认真观察，还应掌握观察实验现象的方法。‎ ‎22.某混合溶液中，可能大量含有的离子如下表：‎ 阳离子 H＋、K＋、Al3＋、NH、Mg2＋‎ 阴离子 OH－、SO42—、CO32—、AlO2—‎ 将Na2O2逐渐加入上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体如图所示。‎ 下列说法不正确的是：‎ A. 上述混合溶液中一定大量含有H＋、NH4+、Al3＋、Mg2＋、SO42—‎ B. 图中a＝4‎ C. b＝7；c＝9‎ D. 此溶液还需要用焰色反应继续检验，才能确定溶液准确组成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Na 2O 2与H 2O反应生成O 2，二者的物质的量之比为2:1。先看气体图象，当Na 2O 2为8 mol时，产生气体为6 mol，根据反应计量关系可知生成4 mol O 2和2 mol NH 3，利用原子守恒得出 NH为2 mol，其结合OH －为2 mol， b点对应的值为7。再看沉淀曲线，最终沉淀为3 mol Mg(OH) 2，利用原子守恒得出Mg 2+为3 mol，沉淀最大值为5mol，利用原子守恒得出Al3+为2 mol，当沉淀达到最大值时消耗OH －为3 mol×2+2 mol×3＝12 mol，需要6mol Na 2O 2，但当沉淀达到最大值时消耗7 mol Na 2O 2，说明有1 mol Na 2O 2与H 2O反应生成的OH －被H +消耗，H +的物质的量为2 mol。根据离子的性质确定不含有CO32－、AlO2－ 和OH －，根据电中性原则可知一定含有 SO42－。不能确定溶液中是否含有K +；‎ ‎【详解】A、根据上述分析可知，混合溶液中一定大量含有H＋、NH、Al3＋、Mg2＋、SO42－，故A正确；‎ B、含有2mol的氢离子需要消耗氢氧化钠2mol，则需要2mol过氧化钠来生成,所以a=2,故B错误；‎ C、含有镁离子和铝离子一共5mol，所以消耗过氧化钠的量为5mol，在加上a=2，则b=7，氯离子的物质的量是2mol，所以氢氧化铝的物质的量是2mol，完全将氢氧化铝溶解，消耗1mol的氢氧化钠，即需要1mol的过氧化钠来生成，所以c=9，故C正确；‎ D、不能确定溶液中是否含有K +，钾离子的检验常用焰色反应，故D正确。‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎【点睛】根据离子之间反应的现象结合图示的数值来判断存在的离子以及量的情况；根据图象中所生成的气体和沉淀的量以及所加过氧化钠的量来计算各个点所对应的值；钾离子的检验常用焰色反应,做法是:用一根洁净的铂丝蘸取溶液,在酒精灯火焰上灼烧,透过蓝色的钴玻璃观察焰色,如果火焰呈紫色,则含有钾离子，因此，本题正确答案是:用一根洁净的铂丝蘸取溶液,在酒精灯火焰上灼烧,透过蓝色的钴玻璃观察焰色,如果火焰呈紫色,则含有钾离子。‎ ‎23.Ⅰ．现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，其原子序数依次增大。已知A、D位于同一主族，D是短周期中原子半径最大的。B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍。C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍。请回答下列问题：‎ ‎（1）A、C、D、F形成的简单离子半径由大到小的顺序是___(用元素符号填写)。‎ ‎（2）B、C、E、F、G形成的气态氢化物数目最多的元素是___(填元素符号)，所形成的简单气态氢化物中最不稳定的是____(填化学式)。‎ ‎（3）B、E、F、G最高氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序是___(用化学式填写)。‎ ‎（4）由A、C、D形成的化合物所含的化学键类型有_____。‎ ‎（5）用电子式表示F的氢化物的形成过程______。‎ ‎（6）化合物M和N都由A、C、D、F四种元素组成，它们在溶液中相互反应的离子方程式是______；G单质的水溶液中通入F的氧化物，其反应的化学方程式为______。‎ Ⅱ．中学化学中几种常见物质的转化关系如图：‎ 将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：‎ ‎（1）红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：______。‎ ‎（2）写出B的化学式：B____。‎ ‎（3）①H2O2分子的电子式：________。‎ ‎②写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：___。‎ ‎（4）写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：______。‎ ‎（5）在C溶液中加入与C等物质的量的Na2O2‎ ‎，恰好使C转化为F，写出该反应的离子方程式：______。‎ ‎【答案】 (1). S2-> O2->Na+ >H+ (2). C (3). SiH4 (4). HClO4>H2SO4>H2CO3>H2SiO3 (5). 离子键和共价键 (6). (7). H++HSO3-=SO2↑+H2O (8). SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4 (9). 1nm～100 nm (10). FeS (11). (12). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (13). 取少量E于试管中，用胶头滴管滴入NaOH溶液，加热试管，可观察到试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝 (14). 4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，D是短周期中原子半径最大的，D为Na；B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍，B为C，E为Si；已知A、D位于同一主族；C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍，C的原子序数小于D，F的原子序数大于D，所以A 为H，C为O，F为S；G为Cl；结合以上的分析解答。‎ II．由将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色液体，说明F为Fe(OH)3；证明D为硫酸铁，E为硫酸铵；由转化关系可知，C为硫酸亚铁，转化关系中A和硫酸反应和硫单质加热反应，说明A为金属单质，转化关系中F[Fe(OH)3]+H+A(Fe)=C(FeSO4)，则推断A为Fe，B为FeS，H为硫酸，C为硫酸亚铁，被过氧化钠氧化为D硫酸铁，根据判断出的物质回答问题。‎ ‎【详解】I．根据上述分析可知，A 为H，B为C，C为O，D为Na，E为Si，F为S，G为Cl，则：‎ ‎（1）离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；因此离子半径由大到小的顺序是：S2-＞O2-＞Na+＞H+； ‎ ‎（2） B、C、E、F、G形成的气态氢化物数目最多的是C元素，它可以与H元素形成烷烃、烯烃、炔烃等（碳数小于等于4）、芳香烃等；根据同周期从左到右元素的非金属增强，气态氢化物的稳定性增强，同主族从上到下元素的非金属性减弱，气态氢化物的稳定性减弱，硅的非金属性最弱，其所形成的气态氢化物SiH4是最不稳定的；‎ ‎（3）B、E、F、G最高氧化物对应的水化物为：H2CO3、H2SiO3、H2SO4、HClO4；元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，因为非金属性：Cl＞S＞C＞Si，所以最高价含氧酸酸性由强到弱的顺序是：HClO4＞H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3； ‎ ‎（4）由A、C、D形成的化合物为NaOH，它属于离子化合物，所含的化学键类型有离子键和共价键； ‎ ‎（5） F的氢化物为H2S，其为共价化合物，S原子与2个H原子之间分别共用1对共用电子对，其电子式表示形成过程为：；‎ ‎（6） A、C、D、F四种元素组成化合物M和N分别为：NaHSO4和NaHSO3，它们在溶液中相互反应的离子方程式是：H++HSO3-=SO2↑+H2O；F的氧化物为SO2，将该气体通入氯气的水溶液中发生反应生成H2SO4和HCl，化学方程式为：SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4；‎ II．综上所述，A为Fe，B为FeS，C为FeSO4，D为Fe2(SO4)3，E为(NH4)2SO4，F为Fe(OH)3，H为H2SO4；‎ ‎（1）红褐色液体是Fe(OH)3胶体，分散质粒子直径大小的范围是1nm～100nm；‎ ‎（2）依据推断可知B的化学式为：FeS；‎ ‎（3）①H2O2为共价化合物，各原子达到稳定结构，其电子式为：；‎ ‎②C的溶液是FeSO4溶液(A→C稀硫酸过量)与双氧水在酸性溶液中反应，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；‎ ‎（4）E中阳离子为NH4+，取少量E于试管中，用胶头滴管滴入NaOH溶液，加热试管，可观察到试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝； ‎ ‎（5） C为FeSO4，在FeSO4溶液中加入与FeSO4等物质的量的Na2O2，恰好使FeSO4转化为Fe(OH)3，发生氧化还原反应，其离子方程式为：4Fe2＋+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na＋。‎ ‎24.Ⅰ．某学生往一支试管中按一定的顺序分别加入下列几种物质(一种物质只加一次)：‎ A．KI溶液 B．淀粉溶液 C．NaOH溶液 D．稀H2SO4 E．氯水 发现溶液颜色按如下顺序变化：①无色→②棕黄色→③蓝色→④无色→⑤蓝色。依据溶液颜色的变化，回答下列问题：‎ ‎（1）加入以上药品的顺序是(写序号)__________。‎ ‎（2）①→②反应的化学方程式为_____________。‎ ‎（3）溶液由棕黄色变为蓝色的原因是__________。‎ ‎（4）③→④反应的化学方程式为_____________。‎ Ⅱ．某研究小组探究在隔绝空气条件下加热FeSO4分解的气体产物及相关性质。已知：SO2的沸点为-10℃、SO3的沸点为44.8℃。‎ a．用如图所示装置设计实验，验证分解FeSO4生成的气态产物。‎ ‎（1）实验前必须进行的操作是______。‎ ‎（2）按气流方向连接各仪器，用字母表示接口的连接顺序：a→______。‎ ‎（3）若观察到装置丙中有无色液体产生，装置丁中溶液变成无色，则FeSO4分解的化学方程式为________。‎ b．为探究SO2使品红溶液褪色的原理，进行如下实验：‎ 实验1：将稀盐酸和NaOH溶液分别滴入品红水溶液中。观察到前者溶液颜色变浅，但未能完全褪色，后者溶液颜色几乎不变，‎ 实验2：在滴有稀盐酸和NaOH溶液的两份品红水溶液中分别通入SO2。观察到前者溶液逐渐褪色，后者溶液很快褪色。‎ 实验3：在两份品红水溶液中分别加入一小粒Na2SO3固体和NaHSO3固体，前者溶液很快褪色，后者溶液褪色很慢。‎ ‎（1）由实验1可推测品红水溶液呈____性。‎ ‎（2）由实验2、3可推知，使品红水溶液褪色的主要微粒是_______（填化学式）。‎ ‎（3）若将SO2通入品红的无水乙醇溶液，试预测可能出现的现象_______。‎ ‎（4）加热溶有Na2SO3的品红水溶液，发现不能恢复红色，试解释原因_____。‎ ‎【答案】 (1). A→E→B→C→D (2). 2KI+Cl2=2KCl+I2 (3). 淀粉遇到生成的I2变成蓝色 (4). I2+2NaOH=NaI+NaIO+H2O (5). 检查装置气密性 (6). d→e→f→g→b→c (7). (8). 碱 (9). SO32- (10). 品红的无水乙醇溶液不褪色 (11). Na2SO3溶液中的c(SO32-)大，加热后水解程度增大，但仍无法除尽 ‎【解析】‎ 分析】‎ Ⅰ．KI为无色溶液，加入氯水反应生成碘，变为棕黄色，然后加淀粉变蓝，再加NaOH反应生成NaI、NaIO，溶液又变为无色，最后加硫酸，发生氧化还原反应生成单质碘，溶液中还有淀粉，则变蓝，以此来解答；‎ Ⅱ．甲是FeSO4的分解装置，由于SO3易溶于水，若甲连接丁，则无法收集SO3，所以甲应连接丙，丙再连接丁，丁在连接乙（尾气处理装置）。‎ ‎【详解】Ⅰ．（1）由上述分析可知，加入以上药品的顺序是A→E→B→C→D；‎ ‎（2） ①→②反应的化学方程式为2KI+Cl2=2KCl+I2；‎ ‎（3） 碘单质遇淀粉变蓝，则溶液由棕黄色变为蓝色，故答案为：生成的I2遇到淀粉变成蓝色；‎ ‎（4） ③→④反应的化学方程式为I2+2NaOH=NaI+NaIO+H2O；‎ Ⅱ．a.（1）验证分解FeSO4生成的气态产物，气体制备或检验气体的产生实验，在实验前必须检查装置气密性；‎ ‎（2）先将高温分解气体通过丙装置的冷却收集得三氧化硫，再通过丁的品红水溶液检验二氧化硫的存在，最后用乙装置吸收尾气，按气流方向连接顺序为：a→d→e→f→g→b→c；‎ ‎（3）若观察到装置丙中有无色液体产生，则产物有SO3；装置丁中溶液变成无色，则产物中有二氧化硫，则 FeSO4分解的化学方程式为：；‎ b.（1）加入稀HCl时品红颜色变浅，而加入NaOH溶液时溶液颜色几乎不变，说明酸对褪色的品红溶液影响大，则由实验1可推测品红水溶液呈碱性；‎ ‎（2）实验2：SO2通入盐酸中不反应，以H2SO3的形式存在溶液中，溶液中电离出的SO32-和HSO3-浓度都很小，品红水溶液逐渐褪色；SO2通入NaOH溶液中反应生成Na2SO3，溶液中SO32-（或HSO3-）浓度较大，品红水溶液很快褪色；可能是由SO32-或HSO3-引起；实验3：在两份品红水溶液中分别加入一小粒Na2SO3固体和NaHSO3固体，前者溶液很快褪色，后者溶液褪色很慢，说明是由SO32-引起的褪色而不是HSO3-；‎ ‎（3）根据上述实验可知，使品红水溶液褪色的是亚硫酸根离子，若将SO2通入品红的无水乙醇溶液中，溶液中不存在SO32-，则品红的无水乙醇溶液不褪色；‎ ‎（4）加热溶有Na2SO3的品红水溶液，Na2SO3溶液中的c(SO32-)大，加热后水解程度增大，但仍无法除尽，不能使品红水溶液恢复红色。‎ ‎25.利用水钴矿（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等）可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：‎ 已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等．‎ ‎②沉淀I中只含有两种沉淀。‎ ‎③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表．‎ 沉淀物 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Co(OH)2‎ Al(OH)3‎ Mn(OH)2‎ 开始沉淀 ‎27‎ ‎7.6‎ ‎7.6‎ ‎4.0‎ ‎7.7‎ 完全沉淀 ‎3.7‎ ‎9.6‎ ‎9.2‎ ‎5.2‎ ‎9.8‎ ‎（1）浸出过程中Co2O3发生反应的离子反应方程式为___________。‎ ‎（2）NaClO3在浸出液中发生的离子反应方程式为_________________。‎ ‎（3）加入Na2CO3调PH至5.2，目的是__________________________；萃取剂层含锰元素，则沉淀II的主要成分为_____________。‎ ‎（4）操作I包括：将水层加入浓盐酸调整PH为2~3，___________、____________、过滤、洗涤、减压烘干等过程。‎ ‎（5）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%,其原因可能是____________________（回答一条原因即可）。‎ ‎（6）将5.49g草酸钴晶体（CoC2O4·2H2O）置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表．‎ 温度范围/℃‎ 固体质量/g ‎150～210‎ ‎4.41‎ ‎290～320‎ ‎2.41‎ 经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290～320℃温度范围，剩余的固体物质化学式为__。‎ ‎［已知： CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183g·mol-1］‎ ‎【答案】 (1). Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO42-+2H2O (2). ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O (3). 使Fe3+和Al3+沉淀完全 (4). CaF2和MgF2 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 产品中结晶水含量低 产品中混有氯化钠杂质（回答一条即可） (8). Co3O4或者CoO·Co2O3‎ ‎【解析】‎ 含钴废料中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等，则进入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+。工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，进入草酸铵溶液得到草酸钴。‎ ‎（1）根据以上分析可知浸出过程中Co2O3发生反应的离子反应方程式为Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO42-+2H2O；（2）NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水，离子反应方程式为ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；（3）根据以上分析可知加入Na2CO3调pH至5.2的目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全；沉淀II的主要成分为CaF2和MgF2。（4）操作I包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2~3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程。（5）粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%，这说明氯离子含量偏高，因此其原因可能是产品中结晶水含量低；产品中混有氯化钠杂质；（6）5.49g草酸钴晶体的物质的量是0.03mol，分解生成水的质量是0.06mol×18g/mol＝1.08g，所以150～210℃时结晶水完全失去，剩余固体是CoC2O4；290～320℃时剩余固体中Co的质量是0.03mol×59g/mol＝1.77g，氧原子的质量是2.41g－1.77g＝0.64g，物质的量是0.64g÷16g/mol＝0.04mol，则固体中Co原子与O原子物质的量之比为3：4，所以化学式为Co3O4或者CoO·Co2O3。‎ 点睛：本题考查物质分离和提纯，明确实验原理是解本题关键，知道涉及的操作方法及发生的反应，难点是化学式计算。注意掌握工艺流程图的解题思路：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。（2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。（3‎ ‎）分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。‎ ‎ ‎