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辽宁省本溪满族自治县2021-2022学年高一下学期开学考试化学试题
一、选择题（本大题共15小题，每小题 3分，计 45分）
1．（2022高一下·本溪开学考）下列关于化学史的描述不正确的是（ ）
A．1869年，俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表
B．1661年，英国化学家波义耳提出元素的概念，标志了近代化学的诞生
C．19世纪后期，瑞典化学家阿伦尼乌斯(S.Arrhenius)提出电离模型：电解质在水溶液中通电后产生了离子
D．1913年玻尔原子模型指出：电子在原子核外空间一定轨道上绕核做高速圆周运动
【答案】C
【知识点】化学史
【解析】【解答】A.1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，A不符合题意；
B.1661年，英国化学家波义尔提出元素的概念，标志了近代化学的诞生，B不符合题意；
C.19世纪后期，瑞典化学家阿伦尼乌斯(S.Arrhenius)提出电离模型：电解质在水溶液中会自发离解成带电的粒子，C符合题意；
D.1913年玻尔原子模型提出，电子在原子核外空间一定轨道上绕核做高速圆周运动，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对化学史的考查，结合化学家对化学发展的贡献进行分析即可。
2．（2022高一下·本溪开学考）下列有关化学用语使用正确的是（ ）
A．的结构示意图：
B．次氯酸的电子式：
C．二氧化碳的分子结构模型：
D．Cl2分子的结构式：
【答案】C
【知识点】原子结构示意图；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A.Cl－是由氯原子最外层得到一个电子形成的， 因此其结构示意图为
，A不符合题意；
B.HClO中氯原子最外层七个电子，氢原子最外层一个电子，均只能形成一个共价键，而氧原子最外层6个电子，可形成2个共价键，因此HClO的电子式为：，B不符合题意；
C.CO2的结构式为0=C=0，因此其结构模型为，C符合题意；
D.Cl2分子中存在一对共用电子对，因此Cl2分子的结构式为Cl－Cl，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、Cl－是由氯原子最外层得到一个电子形成的；
B、根据原子最外层电子数确定HClO的电子式；
C、根据CO2的结构式确定其结构模型；
D、Cl2分子中存在共价键；
3．（2022高一下·本溪开学考）2020年我国北斗三号全球卫星导航系统正式开通，其中“铷(Rb)原子钟”被誉为卫星的“心脏”，下列有关说法错误的是（ ）
A．铷元素位于IA族
B．铷的熔点比钠高
C．的中子数为48
D．和化学性质几乎相同
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；碱金属的性质；同位素及其应用
【解析】【解答】A.Rb位于元素周期表的第ⅠA族，A不符合题意；
B.铷的熔点比钠的熔点低，B符合题意；
C.该原子的中子数=85-37=48，C不符合题意；
D.同种元素形成的不同核素，其物理性质不同，化学性质相似，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、Rb位于元素周期表的第ⅠA族；
B、铷的熔点低于钠；
C、结合相对原子质量≈质子数+中子数进行计算；
D、同种元素形成的不同核素，其化学性质相似，物理性质不同；
4．（2022高一下·本溪开学考）下列叙述正确的是（ ）
A．常温下，将铝箔插入浓HNO3中，无明显现象，说明常温下铝和浓硝酸不反应
B．用熔融的AlCl3做导电性实验，验证AlCl3是离子化合物还是共价化合物
C．用铂丝蘸取溶液进行焰色反应，观察到火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液
D．常温下，用将SO2通入酚酞溶液无现象，说明SO2无法漂白指示剂
【答案】B
【知识点】硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；焰色反应
【解析】【解答】A.常温下浓硝酸能使铝钝化，因此无明显现象产生，钝化反应，属于氧化反应，A不符合题意；
B.若熔融AlCl3可以导电，则说明AlCl3为离子化合物，若熔融AlCl3不能导电，则说明AlCl3为共价化合物，B符合题意；
C.焰色反应火焰呈黄色，说明溶液中含有Na＋，但该溶液不一定是钠盐溶液，也可能是NaOH溶液，C不符合题意；
D.SO2与H2O反应生成H2SO3，酸不能使酚酞变色，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、常温下，浓硝酸能使铝钝化；
B、若熔融AlCl3不能导电，则说明AlCl3为共价化合物；
C、焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中含有Na＋；
D、SO2与H2O反应形成H2SO3，不能使酚酞变色；
5．（2022高一下·本溪开学考）是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1mol重水比1mol水多个质子
B．和混合气体2.24L(标准状况)充分燃烧，则消耗分子数目为
C．1mol甲基 含有的电子数为
D．溶液制成胶体，含有胶粒数一定小于
【答案】D
【知识点】摩尔质量；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.重水分子和水分子中，所含的中子数不同，质子数相同，因此1mol重水和1mol水中所含质子数相同，A不符合题意；
B.CH4燃烧的化学方程式为CH4＋2O2CO2＋2H2O，因此1molCH4完全燃烧，需消耗n(O2)=2mol；C2H4燃烧的化学方程式为：C2H4＋3O22CO2＋2H2O，因此1molC2H4完全燃烧，消耗n(O2)=3mol。因此0.1molCH4、C2H4的混合气体完全燃烧，消耗O2的物质的量：0.2molC.一个甲基中含有9个电子，因此1mol甲基所含的电子数为9NA，C不符合题意；
D.FeCl3溶液中n(Fe3＋)=1L×0.1mol·L－1=0.1mol，由于Fe(OH)3胶体是由Fe(OH)3颗粒聚集形成的，因此所含的Fe(OH)3胶粒小于0.1NA，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、重水分子和水分子中所含的质子数相同；
B、根据CH4、C2H4燃烧的化学方程式进行分析；
C、一个－CH3中含有9个电子；
D、Fe(OH)3胶体粒子是由Fe(OH)3颗粒聚集形成的；
6．（2022高一下·本溪开学考）下列离子方程式正确的是（ ）
A．漂白粉溶液在空气中失效：
B．通入水中：
C．石灰乳与溶液混合：
D．溶于水产生：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A.漂白粉的主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，在空气中失效发生反应离子方程式为：Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2=2HClO＋CaCO3↓，A不符合题意；
B.Cl2通入H2O中，与H2O反应生成HCl和HClO，该反应的离子方程式为：Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，B不符合题意；
C.石灰乳的主要成分是Ca(OH)2，与Na2CO3溶液反应生成CaCO3沉淀和NaOH，反应的离子方程式为：Ca(OH)2＋CO32－=CaCO3↓＋2OH－，C符合题意；
D.Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，反应的离子方程式为：2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、反应后生成CaCO3沉淀；
B、HClO是弱酸，在离子方程式中保留化学式；
C、石灰乳应保留化学式Ca(OH)2；
D、Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2；
7．（2022高一下·本溪开学考）已知反应X+Y=M+N为放热反应，对该反应的下列说法中正确的（ ）
A．X的能量一定低于M
B．Y的能量一定高于N
C．1molX和1molY的总能量一定高于1molM和1molN的总能量
D．因该反应为放热反应，故不必加热就可发生
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.X的能量不一定低于M的能量，A不符合题意；
B.Y的能量不一定高于N的能量，B不符合题意；
C.由于该反应为放热反应，则1molX和1molY的总能量一定高于1molM和1molN的总能量，C符合题意；
D.该反应为放热反应，但与是否加热无关，某些放热反应也需要在加热条件下才能发生，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】该反应为放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，据此结合选项分析。
8．（2022高一下·本溪开学考）用氢氧化钠固体配制的溶液，现需要220mL，下列说法正确的是（ ）
A．需先称取氢氧化钠固体8.8g
B．氢氧化钠在烧杯中溶解后，要立即转移至容量瓶
C．NaOH试剂含有杂质不一定会导致所配溶液浓度偏小
D．定容后将溶液振荡摇匀，静置时发现液面低于刻度线，需继续加水至刻度线
【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A.由分析可知，需称量NaOH固体的质量为10.0g，A不符合题意；
B.NaOH溶解过程中放出热量，因此需将溶液在小烧杯中冷却至室温后，再转移到容量瓶中，B不符合题意；
C.若NaOH试剂中含有杂质，则所称量的NaOH试剂中所含NaOH固体的质量偏小，则所配制溶液的物质的量浓度偏小，C符合题意；
D.定容后将溶液摇匀，静置后液面低于刻度线，属于正常现象，若此时继续加水至刻度线，则所得热溶液的物质的量浓度偏小，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】容量瓶具有一定规格，配制220mL溶液，需用250mL容量瓶，因此所需NaOH固体的质量m=n×M=c×V×M=1.0mol/L×0.25L×40g/mol=10g。据此结合选项进行分析。
9．（2022高一下·本溪开学考）KMnO4是常用的消毒剂和氧化剂。已知相关化学反应如下：
①实验室制O2：
②实验室制Cl2：
③测定废水中Mn2+：
下列说法不正确的是（ ）
A．加热1 mol KMnO4固体一段时间后剩余固体再与足量浓盐酸充分加热产生气体的物质的量n：
B．可用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：
C．结合已有知识，通过②反应可判断KMnO4氧化能力强于MnO2
D．③中生成3 mol氧化产物时转移6 mol电子
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.若KMnO4未分解，则由反应的化学方程式2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O可知，1molKMnO4充分反应生成2.5molCl2；若其完全发生分解反应，根据反应的化学方程式2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑可知，1molKMnO4完全分解产生0.5molK2MnO4、0.5molMnO2，根据制取Cl2的反应中，由电子守恒可得关系式：K2MnO4～2Cl2；MnO2～Cl2；则0.5molK2MnO4和0.5molMnO2与足量盐酸反应生成n(Cl2)=1mol＋0.5mol=1.5mol。因此若KMnO4部分分解，则反应产物与足量浓盐酸反应制取Cl2的物质的量为1.5mol≤n(Cl2)＜2.5mol，A不符合题意；
B.浓盐酸具有还原性，会被KMnO4氧化产生Cl2，因此不能证明H2O2具有还原性，应该使用稀硫酸酸化，B符合题意；
C.KMnO4与浓盐酸反应制取Cl2不需加热，而MnO2与浓盐酸反应制取Cl2需要加热，说明氧化性：KMnO4>MnO2，C不符合题意；
D.在反应2MnO4－＋3Mn2＋＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋中，氧化产物、还原产物都是MnO2，反应产生5molMnO2中，其中2mol是由氧化剂KMnO4还原产生的还原产物，3mol是还原剂氧化产生的氧化产物，每反应产生3mol氧化产物，转移6mol电子，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、根据反应过程中参与反应的KMnO4的量进行计算；
B、盐酸中Cl－也能与MnO4－反应，存在干扰；
C、根据反应条件，确定物质氧化性强弱；
D、根据反应过程中元素化合价计算转移电子数；
10．（2022高一下·本溪开学考）下列除杂方案不正确的是（ ）
选项 被提纯的物质 杂质 除杂试剂 除杂方法
A Cu Fe 过量的稀硫酸 过滤
B 足量的饱和溶液 洗气
C 、 饱和食盐水、浓硫酸 洗气
D 溶液 溶液 加入过量铁粉 过滤
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；洗气；除杂
【解析】【解答】A.加入过量稀硫酸后发生反应：Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑，Cu与稀硫酸不反应，因此过滤后可得到Cu，A不符合题意；
B.CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，HCl可以，因此可除去CO2中混有的HCl，但会引入水蒸气，B符合题意；
C.HCl可溶于饱和NaCl溶液，而Cl2不能，因此可用饱和NaCl溶液除去Cl2中混有的HCl，再通过浓硫酸，除去水蒸气，C不符合题意；
D.加入过量铁粉后，发生反应Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，过滤后可得FeSO4溶液，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、Fe能与稀硫酸反应，而Cu不与稀硫酸反应；
B、CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，但会混入水蒸气；
C、Cl2不溶于饱和NaCl溶液，但HCl可以；
D、铁粉能与CuSO4溶液反应；
11．（2022高一下·本溪开学考）X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价与最低负价之和为0，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物的电子总数为18；Q元素原子的最外层电子数比最内层多5个电子。下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径：
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：
C．Y和M简单氢化物的稳定性：
D．X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】由分析可知，X为H、Y为C、Z为N、M为Si、Q为Cl。
A.电子层数越大， 原子半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径ZB.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由于非金属性Z>Y>M，因此最高氧化物对应水化物酸性Z>Y>M，B不符合题意；
C.非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，因此简单氢化物稳定性Y>M，C不符合题意；
D.X、Z、Q形成的化合物为NH4Cl，属于离子化合物，D符合题意；
故答案为：D
【分析】Y的最高正价与最低负价之和为0，因此Y的最外层电子数为4，则Y为C。Y与Z、M元素相邻，因此Z为N、M为Si。Z2H4的电子总数为18，则X的电子数为1，因此X为H。Q元素原子的最外层电子数比最内层多5个电子，因此Q原子的最外层电子数为7，则Q为Cl。
12．（2022高一下·本溪开学考）以下物质之间的每步转化中，都能通过一步实现的是（ ）
①
②
③④
⑤
A．②③④ B．①②⑤ C．①②③⑤ D．①②③④⑤
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】①Fe与稀盐酸反应可生成FeCl2，FeCl2溶液与NaOH溶液反应可生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2可被空气中的O2氧化成Fe(OH)3，各步转化均可实现，①正确；
②常温下Na与O2反应生成Na2O，Na2O与空气中的CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3溶液与CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液反应可生成NaOH，各步反应均可实现，②正确；
③Cl2与Na在点燃条件下反应生成NaCl，NaCl与NH3、CO2反应可生成NaHCO3，各步反应均可实现，③正确；
④常温下，Al能与O2反应生成Al2O3，Al2O3无法一步转化为Al(OH)3，④错误；
⑤Al与NaOH溶液反应可生成NaAlO2，NaAlO2溶液可与CO2反应生成Na2CO3，各步转化均可实现，⑤正确；
综上，每步转化中，都能通过一步实现的是①②③⑤，C符合题意；
故答案为：C
【分析】根据相关物质发生的反应进行分析即可。
13．（2022高一下·本溪开学考）下列叙述前后没有因果关系的是（ ）
A．氯气具有强氧化性，氯水可以漂白有色布条
B．Al和Al2O3均能与酸、碱反应，不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物
C．硬铝密度小、强度高、耐腐蚀，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料
D．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱
【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；合金及其应用；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A.Cl2具有强氧化性，但没有漂白性，氯水的漂白性是氯水中的HClO的氧化性引起的，A符合题意；
B.Al、Al2O3都属于两性物质，能与强酸、强碱的稀溶液反应，因此不能用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物，B不符合题意；
C.硬铝合金的密度小、强度高、耐腐蚀性能强，因此可用于制造飞机和宇宙飞船，C不符合题意；
D.Na2CO3、NaHCO3的溶液水解显碱性，可用作食用碱或工业用碱，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、氯水中起到漂白作用的是HClO；
B、Al2O3是一种两性氧化物，能与强酸、强碱的溶液反应；
C、结合合金的性质分析；
D、Na2CO3、NaHCO3溶液水解显碱性；
14．（2022高一下·本溪开学考）已知还原性：。某溶液中可能含有、、、、、、，且所有离子物质的量浓度相等。该溶液做焰色试验火焰呈黄色，向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是（ ）
A．不能判断是否含 B．不能判断是否含
C．肯定不含有 D．肯定含有
【答案】A
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】A.由分析可知，由于溴水少量，可能不与I－反应，原溶液中可能含有I－，A符合题意；
B.由上述分析可知，原溶液中一定不含有SO42－，B不符合题意；
C.由上述分析可知，原溶液中可能含有NH4＋，C不符合题意；
D.由上述分析可知，原溶液中可能含有K＋，需要焰色反应确定K＋是否存在，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】焰色反应火焰呈黄色，则溶液中一定含有Na＋。由于还原性SO32－>I－，溴水为黄橙色，向该溶液中滴加少量溴水，溶液仍无色，说明Br2发生反应，且产物为无色，I－、SO32－都能与溴水反应而使溴水褪色，因此溶液中一定含有SO32－，可能含有I－。Cu2＋与SO32－不共存，因此溶液中不含有Cu2＋。SO32－、SO42－均带有2个单位负电荷，且各离子物质的量浓度相同，则K＋、NH4＋中至少含有一种，SO42－不可能存在。
综上，原溶液中一定含有SO32－、Na＋，K＋或NH4＋中至少含有一种；可能含有I－；一定不含有Cu2＋、SO42－。据此结合选项分析。
15．（2022高一下·本溪开学考）根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是（ ）
溶液 现象 结论
A 含HCl、BaCl2的FeCl3溶液 产生白色沉淀 SO2有还原性
B H2S溶液 产生黄色沉淀 SO2有氧化性
C 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 SO2有漂白性
D Na2SiO3溶液 产生胶状沉淀 酸性：H2SO3＞H2SiO3
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.Fe3＋具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，与Ba2＋反应形成BaSO4白色沉淀，实验中体现了SO2的还原性，A不符合题意；
B.H2S具有还原性，SO2具有氧化性，二者可反应生成淡黄色沉淀S，实验中体现了SO2的氧化性，B不符合题意；
C.酸性KMnO4溶液具有氧化性，SO2具有还原性，二者反应生成Mn2＋和SO42－，溶液褪色，实验中体现了SO2的还原性，C符合题意；
D.通入SO2后，SO2与H2O反应生成H2SO3，H2SO3的酸性强于H2SiO3，因此可反应生成胶状沉淀，实验中体现了酸性H2SO3>H2SiO3，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、Fe3＋能将SO2氧化成SO42－；
B、SO2将H2S氧化成S；
C、酸性KMnO4溶液将SO2氧化成SO42－；
D、根据强酸制弱酸原理分析；
二、主观题（本大题共4小题，计55分）
16．（2022高一下·本溪开学考）针对表中10种元素及由这些元素形成的单质和化合物，用元素符号或者化学式填写以下空格。
族 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA
2 ① ② ③
3 ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨
4 ⑩
（1）最活泼的金属元素是 ，最活泼的非金属元素是 ，其单质常用作半导体材料的元素是 。
（2）碱性最强的最高价氧化物对应水化物是 ，酸性最强的最高价氧化物对应水化物是 ，最稳定的气态氢化物是 。
（3）不能够比较⑧与⑨的非金属性强弱的依据是 。
a.氢化物酸性⑨强于⑧ b.⑨单质能与⑧氢化物反应得到⑧单质
c.最高价氧化物水化物酸性⑨强于⑧ d.单质与反应⑨比⑧更容易
（4）某兴趣小组甲同学尝试用以下装置进行实验，以比较①⑦⑨三种元素的非金属性。
甲同学使用饱和溶液的作用是 。乙同学认为以上设计存在错误，请分析乙同学的理由 。
【答案】（1）K；F；Si
（2）KOH；HClO4；HF
（3）a
（4）除去二氧化碳气体中的氯化氢；应使用最高价含氧酸高氯酸
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）同周期元素，核电荷数越大，金属性越弱，非金属性越强；同主族元素，核电荷数越大，金属性越强，非金属性越弱。因此最活泼的金属元素为K；最活泼的非金属元素为F。
（2）金属性最强的元素为K，因此碱性最强的最高价氧化物对应的水化物为KOH；非金属性最强的是F，其次是Cl。由于F无正化合物，因此酸性最强的最高价氧化物对应水化物为HClO4；最稳定的气态氢化物为HF。
（3）a、氢化物的酸性强弱无法得出非金属性强弱，a符合题意；
b、⑨的单质能与⑧的氢化物反应得到⑧的单质，说明单质的氧化性⑨＞⑧，则非金属性⑨＞⑧，b不符合题意；
c、最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则其非金属性越强，c不符合题意；
d、单质与H2反应更容易，说明单质的氧化性越强，则其非金属性越强，d不符合题意；
故答案为：a
（4）由于反应生成的CO2中混有HCl，能与Na2SiO3溶液反应，因此需除去CO2中混有的HCl，而CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，但HCl可以与NaHCO3反应，因此饱和NaHCO3溶液的作用是除去CO2中混有的HCl。要比较元素非金属性的强弱，则应比较其最高价含氧酸的酸性强弱。
【分析】（1）根据金属性、非金属性的递变规律分析。可用作半导体材料的元素为Si。
（2）金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强；非金属性越强，起最高价氧化物对应水化物的酸性越强；简单氢化物的稳定性越强。
（3）根据非金属性与氢化物稳定、单质氧化物和最高价氧化物对应水化物酸性的强弱进行分析。
（4）饱和NaHCO3溶液可用于除去CO2中混有的HCl；由酸性强弱得出非金属性强弱，应使用最高价含氧酸的酸性进行比较。
17．（2022高一下·本溪开学考）已知A是常见的无色液体，M、R是两种常见的金属，M是地壳中含量最多的金属元素的单质，T是淡黄色固体，B、C是无色无味的气体，E是具有磁性的黑色晶体，H是红褐色固体。(注意：有的反应物和生成物未标出)
（1）物质T的电子式为 ，T含有的化学键类型有 ；
（2）D和M在溶液中反应生成B的离子反应方程式为： ；
（3）G在潮湿空气中变成H的实验现象是 ，化学方程式为 。
（4）T和F反应只生成C、H和一种正盐，其离子反应方程式为： 。
（5）0.1 mol E和R的混合物，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.02 mol H2，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量百分数为 。
【答案】（1）；离子键、共价键
（2）2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
（3）白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（4）4Na2O2+4Fe2++6H2O=8Na++4Fe(OH)3+O2↑
（5）60%
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；钠的氧化物
【解析】【解答】（1）由分析可知，T为Na2O2，其电子式为
，其所含的化学键有离子键和共价键。
（2）由分析可知，D为NaOH、M为Al，二者反应生成可溶性NaAlO2和H2，该反应的离子方程式为：2Al＋2H2O＋2OH－=2AlO2－＋3H2↑。
（3）由分析可知，G为Fe(OH)2，易被空气中的O2氧化成Fe(OH)3，氧化过程中可观察到白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色。该反应的化学方程式为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。
（4）由分析可知，T为Na2O2、F为FeCl2，二者反应生成C为O、H为Fe(OH)3，同时得到一种正盐为NaCl，反应过程还生成O2，因此该反应的离子方程式为：4Na2O2＋4Fe2＋＋6H2O=8Na＋＋4Fe(OH)3＋O2↑。
（5）0.1molE(Fe)和R(Fe3O4)的混合物加入盐酸后固体全部溶解，再加入KSCN溶液不显红色，说明此时溶液中铁元素的价态为＋2价，即为FeCl2。则发生反应的离子方程式为：①Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑、②Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O、③Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋。反应①中生成n(H2)=0.02mol，则参与反应n(Fe)=0.02mol；设混合物中n(Fe3O4)=xmol，则反应②中反应生成n(Fe3＋)=2xmol，因此反应③中参与反应n(Fe)=xmol，因此可得0.02mol＋xmol＋xmol=0.1mol，解得x=0.04mol，则混合物中所含n(Fe)=0.06mol、n(Fe3O4)=0.04mol。因此原混合物中Fe的物质的量百分数为
。
【分析】M是地壳中含量最多的金属元素的单质，则M是Al。T是淡黄色固体，能与无色液体A反应生成C和D，B和C能反应生成无色液体A，因此A为H2O、T为Na2O2、C为O2、D为NaOH、B为H2。E是具有磁性的黑色晶体，则E为Fe3O4，则R为Fe。H是红褐色固体，则H为Fe(OH)3。由转化关系可知F为FeCl2、G为Fe(OH)2。
18．（2022高一下·本溪开学考）工业生产中会产生大量的废铁屑，可将其“变废为宝”制成化工原料氯化铁。实验室中利用下图所示装置探究由废铁屑制备晶体的原理并测定铁屑中铁单质的质量分数。已知：①废铁屑中杂质不溶于水且不与酸反应；
②对分解有催化作用。
（1）仪器A与装置B连接的橡胶管的作用是 。
（2）检验该装置气密性的具体操作如下：
①关闭 ，打开弹簧夹K；
②向水准管中加水，使水准管液面高于量气管液面；
③观察到 说明气密性良好。
取mg废铁屑加入B装置中，在A中加入足量的盐酸后进行下列操作：
Ⅰ.打开弹簧夹K，关闭活塞b，打开活塞a，缓慢滴加盐酸。
Ⅱ.当装置D的量气管一侧液面不再下降时，关闭弹簧夹K，打开活塞b，当A、B中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a、b。
Ⅲ.将烧杯中的溶液经过一系列操作后得到晶体。
请回答：
（3）用离子方程式表示烧杯中足量的溶液的作用： 。如果在A中加入的盐酸不足，会发现烧杯中出现大量气泡，用化学方程式解释其原因 。
【答案】（1）能使液体顺利流下，避免滴入的液体多排出气体
（2）活塞a和b；D中左右液面差保持片刻不变
（3）2Fe2+＋2H＋＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O；2H2O2O2↑＋2H2O
【知识点】制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）仪器A与装置B用橡胶管连接后形成连通器，使得装置内外压强相同，有利于分液漏斗内液体顺利流下，避免滴入的液体多排出气体。
（2）检查装置气密性时，应首先关闭活塞a和活塞b，打开弹簧夹K；往水准管中加入水，使水准管液面高于量气管液面；若能观察到装置D中左右液面差保持不变，则说明装置气密性良好。
（3）H2O2具有氧化性，能将溶液的Fe2＋氧化成Fe3＋，该反应的离子方程式为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O。若A中加入的盐酸不足，会发生烧杯中出现大量气泡，该气泡是H2O2分解产生的O2，由于加入的盐酸不足，因此Fe3＋催化了H2O2的分解，该反应的化学方程式为：2H2O22H2O＋O2↑。
【分析】（1）结合连通器原理可知橡胶管的作用。
（2）检查装置气密性时，应先将装置形成密闭体系，再结合装置内压强的变化进行实验。
（3）H2O2具有氧化性，能将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋。Fe3＋可做H2O2分解的催化剂。
19．（2022高一下·本溪开学考）面对新冠病毒，VB空气防护卡也成了“网红”，成为人们讨论的话题。商品介绍卡片中含有的主要活性成分——亚氯酸钠，在接触空气时可以释放安全可靠的低浓度二氧化氯()，从而达到消除病毒、细菌活性的防护效果。的一种生产工艺如下：
回答下列问题：
（1）写出“反应”步骤中生成的化学反应方程式： 。
（2）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去、、，要加入的试剂分别为 、 、 ，为得到纯净的NaCl溶液还需加入 (以上填写相应物质的化学式)。
（3）“电解”产生的可用于工业制漂白液，写出离子反应方程式： 。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量，此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，该反应中还原产物是 。
（5）有同学推测VB空气防护卡原理是因为与空气中的发生反应得到同时得到钠的两种正盐，试写出相应的化学反应方程式： 。
【答案】（1）SO2＋2NaClO3＋H2SO4＝2NaHSO4＋2ClO2
（2）NaOH；Na2CO3；BaCl2；HCl（顺序错不给分）
（3）Cl2＋2OH- ＝ Cl-＋ClO-＋H2O
（4）2：1；NaClO2
（5）5＋2 = NaCl＋2Na2CO3＋4
【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质；二氧化硫的性质；粗盐提纯
【解析】【解答】（1）由流程信息可知，“反应”步骤中，反应物有SO2、NaClO3和H2SO4，生成物有NaHSO4和ClO2。反应过程中，氯元素由＋5价变为＋4价，得到1个电子；硫元素由＋4价变为＋6价，失去2个电子，根据得失电子守恒可得，SO2、NaHSO4的系数为1，NaClO3、ClO2的系数为2。根据硫原子守恒可得，H2SO4的系数为1。因此该反应的化学方程式为：SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2NaHSO4＋2ClO2。
（2）除去Mg2＋、Ca2＋、SO42－可将其形成Mg(OH)2、CaCO3、BaSO4沉淀，因此加入的试剂为NaOH、Na2CO3、BaCl2，由于所加试剂为过量，过量试剂需进一步除去。因此在加入试剂的过程中，应保证先加BaCl2，再加Na2CO3，利用Na2CO3除去过量的BaCl2。过滤后所得滤液中含有NaCl和过量的NaOH、Na2CO3，此时为得到纯净的NaCl溶液，还需加入稀盐酸。
（3）漂白液的主要成分是NaCl、NaClO，可由Cl2与NaOH溶液反应得到，该反应的离子方程式为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。
（4）尾气吸收过程中，ClO2与NaOH、H2O2反应生成NaClO2，反应过程中氯元素的化合价降低，则反应后还有O2生成。根据得失电子守恒、电荷守恒可得该反应的化学方程式为：2ClO2＋2NaOH＋H2O2=2NaClO2＋O2＋2H2O。该反应中氧化剂为ClO2，还原剂为H2O2，二者的物质的量之比为2：1。还原产物为NaClO2。
（5）NaClO2与空气中的CO2反应生成ClO2，过程中氯元素被氧化，同时生成钠的两种正盐，则该两种正盐为NaCl和Na2CO3，因此该反应的化学方程式为：5NaClO2＋2CO2=NaCl＋2Na2CO3＋4ClO2。
【分析】（1）根据流程信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程式。
（2）除去Mg2＋、Ca2＋、SO42－可将其形成Mg(OH)2、CaCO3、BaSO4沉淀，据此确定所加试剂的化学式。为得到纯净的NaCl溶液，需加入稀盐酸除去过量的NaOH、Na2CO3。
（3）漂白液的主要成分为NaCl、NaClO，可由Cl2与NaOH溶液反应制得。据此写出反应的离子方程式。
（4）根据流程信息确定反应物和生成物，确定反应的化学方程式，从而得出氧化剂与还原剂的物质的量之比。
（5）根据题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程式。
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辽宁省本溪满族自治县2021-2022学年高一下学期开学考试化学试题
一、选择题（本大题共15小题，每小题 3分，计 45分）
1．（2022高一下·本溪开学考）下列关于化学史的描述不正确的是（ ）
A．1869年，俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表
B．1661年，英国化学家波义耳提出元素的概念，标志了近代化学的诞生
C．19世纪后期，瑞典化学家阿伦尼乌斯(S.Arrhenius)提出电离模型：电解质在水溶液中通电后产生了离子
D．1913年玻尔原子模型指出：电子在原子核外空间一定轨道上绕核做高速圆周运动
2．（2022高一下·本溪开学考）下列有关化学用语使用正确的是（ ）
A．的结构示意图：
B．次氯酸的电子式：
C．二氧化碳的分子结构模型：
D．Cl2分子的结构式：
3．（2022高一下·本溪开学考）2020年我国北斗三号全球卫星导航系统正式开通，其中“铷(Rb)原子钟”被誉为卫星的“心脏”，下列有关说法错误的是（ ）
A．铷元素位于IA族
B．铷的熔点比钠高
C．的中子数为48
D．和化学性质几乎相同
4．（2022高一下·本溪开学考）下列叙述正确的是（ ）
A．常温下，将铝箔插入浓HNO3中，无明显现象，说明常温下铝和浓硝酸不反应
B．用熔融的AlCl3做导电性实验，验证AlCl3是离子化合物还是共价化合物
C．用铂丝蘸取溶液进行焰色反应，观察到火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液
D．常温下，用将SO2通入酚酞溶液无现象，说明SO2无法漂白指示剂
5．（2022高一下·本溪开学考）是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1mol重水比1mol水多个质子
B．和混合气体2.24L(标准状况)充分燃烧，则消耗分子数目为
C．1mol甲基 含有的电子数为
D．溶液制成胶体，含有胶粒数一定小于
6．（2022高一下·本溪开学考）下列离子方程式正确的是（ ）
A．漂白粉溶液在空气中失效：
B．通入水中：
C．石灰乳与溶液混合：
D．溶于水产生：
7．（2022高一下·本溪开学考）已知反应X+Y=M+N为放热反应，对该反应的下列说法中正确的（ ）
A．X的能量一定低于M
B．Y的能量一定高于N
C．1molX和1molY的总能量一定高于1molM和1molN的总能量
D．因该反应为放热反应，故不必加热就可发生
8．（2022高一下·本溪开学考）用氢氧化钠固体配制的溶液，现需要220mL，下列说法正确的是（ ）
A．需先称取氢氧化钠固体8.8g
B．氢氧化钠在烧杯中溶解后，要立即转移至容量瓶
C．NaOH试剂含有杂质不一定会导致所配溶液浓度偏小
D．定容后将溶液振荡摇匀，静置时发现液面低于刻度线，需继续加水至刻度线
9．（2022高一下·本溪开学考）KMnO4是常用的消毒剂和氧化剂。已知相关化学反应如下：
①实验室制O2：
②实验室制Cl2：
③测定废水中Mn2+：
下列说法不正确的是（ ）
A．加热1 mol KMnO4固体一段时间后剩余固体再与足量浓盐酸充分加热产生气体的物质的量n：
B．可用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：
C．结合已有知识，通过②反应可判断KMnO4氧化能力强于MnO2
D．③中生成3 mol氧化产物时转移6 mol电子
10．（2022高一下·本溪开学考）下列除杂方案不正确的是（ ）
选项 被提纯的物质 杂质 除杂试剂 除杂方法
A Cu Fe 过量的稀硫酸 过滤
B 足量的饱和溶液 洗气
C 、 饱和食盐水、浓硫酸 洗气
D 溶液 溶液 加入过量铁粉 过滤
A．A B．B C．C D．D
11．（2022高一下·本溪开学考）X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价与最低负价之和为0，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物的电子总数为18；Q元素原子的最外层电子数比最内层多5个电子。下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径：
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：
C．Y和M简单氢化物的稳定性：
D．X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
12．（2022高一下·本溪开学考）以下物质之间的每步转化中，都能通过一步实现的是（ ）
①
②
③④
⑤
A．②③④ B．①②⑤ C．①②③⑤ D．①②③④⑤
13．（2022高一下·本溪开学考）下列叙述前后没有因果关系的是（ ）
A．氯气具有强氧化性，氯水可以漂白有色布条
B．Al和Al2O3均能与酸、碱反应，不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物
C．硬铝密度小、强度高、耐腐蚀，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料
D．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱
14．（2022高一下·本溪开学考）已知还原性：。某溶液中可能含有、、、、、、，且所有离子物质的量浓度相等。该溶液做焰色试验火焰呈黄色，向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是（ ）
A．不能判断是否含 B．不能判断是否含
C．肯定不含有 D．肯定含有
15．（2022高一下·本溪开学考）根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是（ ）
溶液 现象 结论
A 含HCl、BaCl2的FeCl3溶液 产生白色沉淀 SO2有还原性
B H2S溶液 产生黄色沉淀 SO2有氧化性
C 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 SO2有漂白性
D Na2SiO3溶液 产生胶状沉淀 酸性：H2SO3＞H2SiO3
A．A B．B C．C D．D
二、主观题（本大题共4小题，计55分）
16．（2022高一下·本溪开学考）针对表中10种元素及由这些元素形成的单质和化合物，用元素符号或者化学式填写以下空格。
族 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA
2 ① ② ③
3 ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨
4 ⑩
（1）最活泼的金属元素是 ，最活泼的非金属元素是 ，其单质常用作半导体材料的元素是 。
（2）碱性最强的最高价氧化物对应水化物是 ，酸性最强的最高价氧化物对应水化物是 ，最稳定的气态氢化物是 。
（3）不能够比较⑧与⑨的非金属性强弱的依据是 。
a.氢化物酸性⑨强于⑧ b.⑨单质能与⑧氢化物反应得到⑧单质
c.最高价氧化物水化物酸性⑨强于⑧ d.单质与反应⑨比⑧更容易
（4）某兴趣小组甲同学尝试用以下装置进行实验，以比较①⑦⑨三种元素的非金属性。
甲同学使用饱和溶液的作用是 。乙同学认为以上设计存在错误，请分析乙同学的理由 。
17．（2022高一下·本溪开学考）已知A是常见的无色液体，M、R是两种常见的金属，M是地壳中含量最多的金属元素的单质，T是淡黄色固体，B、C是无色无味的气体，E是具有磁性的黑色晶体，H是红褐色固体。(注意：有的反应物和生成物未标出)
（1）物质T的电子式为 ，T含有的化学键类型有 ；
（2）D和M在溶液中反应生成B的离子反应方程式为： ；
（3）G在潮湿空气中变成H的实验现象是 ，化学方程式为 。
（4）T和F反应只生成C、H和一种正盐，其离子反应方程式为： 。
（5）0.1 mol E和R的混合物，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.02 mol H2，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量百分数为 。
18．（2022高一下·本溪开学考）工业生产中会产生大量的废铁屑，可将其“变废为宝”制成化工原料氯化铁。实验室中利用下图所示装置探究由废铁屑制备晶体的原理并测定铁屑中铁单质的质量分数。已知：①废铁屑中杂质不溶于水且不与酸反应；
②对分解有催化作用。
（1）仪器A与装置B连接的橡胶管的作用是 。
（2）检验该装置气密性的具体操作如下：
①关闭 ，打开弹簧夹K；
②向水准管中加水，使水准管液面高于量气管液面；
③观察到 说明气密性良好。
取mg废铁屑加入B装置中，在A中加入足量的盐酸后进行下列操作：
Ⅰ.打开弹簧夹K，关闭活塞b，打开活塞a，缓慢滴加盐酸。
Ⅱ.当装置D的量气管一侧液面不再下降时，关闭弹簧夹K，打开活塞b，当A、B中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a、b。
Ⅲ.将烧杯中的溶液经过一系列操作后得到晶体。
请回答：
（3）用离子方程式表示烧杯中足量的溶液的作用： 。如果在A中加入的盐酸不足，会发现烧杯中出现大量气泡，用化学方程式解释其原因 。
19．（2022高一下·本溪开学考）面对新冠病毒，VB空气防护卡也成了“网红”，成为人们讨论的话题。商品介绍卡片中含有的主要活性成分——亚氯酸钠，在接触空气时可以释放安全可靠的低浓度二氧化氯()，从而达到消除病毒、细菌活性的防护效果。的一种生产工艺如下：
回答下列问题：
（1）写出“反应”步骤中生成的化学反应方程式： 。
（2）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去、、，要加入的试剂分别为 、 、 ，为得到纯净的NaCl溶液还需加入 (以上填写相应物质的化学式)。
（3）“电解”产生的可用于工业制漂白液，写出离子反应方程式： 。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量，此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，该反应中还原产物是 。
（5）有同学推测VB空气防护卡原理是因为与空气中的发生反应得到同时得到钠的两种正盐，试写出相应的化学反应方程式： 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学史
【解析】【解答】A.1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，A不符合题意；
B.1661年，英国化学家波义尔提出元素的概念，标志了近代化学的诞生，B不符合题意；
C.19世纪后期，瑞典化学家阿伦尼乌斯(S.Arrhenius)提出电离模型：电解质在水溶液中会自发离解成带电的粒子，C符合题意；
D.1913年玻尔原子模型提出，电子在原子核外空间一定轨道上绕核做高速圆周运动，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对化学史的考查，结合化学家对化学发展的贡献进行分析即可。
2．【答案】C
【知识点】原子结构示意图；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A.Cl－是由氯原子最外层得到一个电子形成的， 因此其结构示意图为
，A不符合题意；
B.HClO中氯原子最外层七个电子，氢原子最外层一个电子，均只能形成一个共价键，而氧原子最外层6个电子，可形成2个共价键，因此HClO的电子式为：，B不符合题意；
C.CO2的结构式为0=C=0，因此其结构模型为，C符合题意；
D.Cl2分子中存在一对共用电子对，因此Cl2分子的结构式为Cl－Cl，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、Cl－是由氯原子最外层得到一个电子形成的；
B、根据原子最外层电子数确定HClO的电子式；
C、根据CO2的结构式确定其结构模型；
D、Cl2分子中存在共价键；
3．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；碱金属的性质；同位素及其应用
【解析】【解答】A.Rb位于元素周期表的第ⅠA族，A不符合题意；
B.铷的熔点比钠的熔点低，B符合题意；
C.该原子的中子数=85-37=48，C不符合题意；
D.同种元素形成的不同核素，其物理性质不同，化学性质相似，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、Rb位于元素周期表的第ⅠA族；
B、铷的熔点低于钠；
C、结合相对原子质量≈质子数+中子数进行计算；
D、同种元素形成的不同核素，其化学性质相似，物理性质不同；
4．【答案】B
【知识点】硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；焰色反应
【解析】【解答】A.常温下浓硝酸能使铝钝化，因此无明显现象产生，钝化反应，属于氧化反应，A不符合题意；
B.若熔融AlCl3可以导电，则说明AlCl3为离子化合物，若熔融AlCl3不能导电，则说明AlCl3为共价化合物，B符合题意；
C.焰色反应火焰呈黄色，说明溶液中含有Na＋，但该溶液不一定是钠盐溶液，也可能是NaOH溶液，C不符合题意；
D.SO2与H2O反应生成H2SO3，酸不能使酚酞变色，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、常温下，浓硝酸能使铝钝化；
B、若熔融AlCl3不能导电，则说明AlCl3为共价化合物；
C、焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中含有Na＋；
D、SO2与H2O反应形成H2SO3，不能使酚酞变色；
5．【答案】D
【知识点】摩尔质量；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.重水分子和水分子中，所含的中子数不同，质子数相同，因此1mol重水和1mol水中所含质子数相同，A不符合题意；
B.CH4燃烧的化学方程式为CH4＋2O2CO2＋2H2O，因此1molCH4完全燃烧，需消耗n(O2)=2mol；C2H4燃烧的化学方程式为：C2H4＋3O22CO2＋2H2O，因此1molC2H4完全燃烧，消耗n(O2)=3mol。因此0.1molCH4、C2H4的混合气体完全燃烧，消耗O2的物质的量：0.2molC.一个甲基中含有9个电子，因此1mol甲基所含的电子数为9NA，C不符合题意；
D.FeCl3溶液中n(Fe3＋)=1L×0.1mol·L－1=0.1mol，由于Fe(OH)3胶体是由Fe(OH)3颗粒聚集形成的，因此所含的Fe(OH)3胶粒小于0.1NA，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、重水分子和水分子中所含的质子数相同；
B、根据CH4、C2H4燃烧的化学方程式进行分析；
C、一个－CH3中含有9个电子；
D、Fe(OH)3胶体粒子是由Fe(OH)3颗粒聚集形成的；
6．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A.漂白粉的主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，在空气中失效发生反应离子方程式为：Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2=2HClO＋CaCO3↓，A不符合题意；
B.Cl2通入H2O中，与H2O反应生成HCl和HClO，该反应的离子方程式为：Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，B不符合题意；
C.石灰乳的主要成分是Ca(OH)2，与Na2CO3溶液反应生成CaCO3沉淀和NaOH，反应的离子方程式为：Ca(OH)2＋CO32－=CaCO3↓＋2OH－，C符合题意；
D.Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，反应的离子方程式为：2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、反应后生成CaCO3沉淀；
B、HClO是弱酸，在离子方程式中保留化学式；
C、石灰乳应保留化学式Ca(OH)2；
D、Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2；
7．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.X的能量不一定低于M的能量，A不符合题意；
B.Y的能量不一定高于N的能量，B不符合题意；
C.由于该反应为放热反应，则1molX和1molY的总能量一定高于1molM和1molN的总能量，C符合题意；
D.该反应为放热反应，但与是否加热无关，某些放热反应也需要在加热条件下才能发生，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】该反应为放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，据此结合选项分析。
8．【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A.由分析可知，需称量NaOH固体的质量为10.0g，A不符合题意；
B.NaOH溶解过程中放出热量，因此需将溶液在小烧杯中冷却至室温后，再转移到容量瓶中，B不符合题意；
C.若NaOH试剂中含有杂质，则所称量的NaOH试剂中所含NaOH固体的质量偏小，则所配制溶液的物质的量浓度偏小，C符合题意；
D.定容后将溶液摇匀，静置后液面低于刻度线，属于正常现象，若此时继续加水至刻度线，则所得热溶液的物质的量浓度偏小，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】容量瓶具有一定规格，配制220mL溶液，需用250mL容量瓶，因此所需NaOH固体的质量m=n×M=c×V×M=1.0mol/L×0.25L×40g/mol=10g。据此结合选项进行分析。
9．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.若KMnO4未分解，则由反应的化学方程式2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O可知，1molKMnO4充分反应生成2.5molCl2；若其完全发生分解反应，根据反应的化学方程式2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑可知，1molKMnO4完全分解产生0.5molK2MnO4、0.5molMnO2，根据制取Cl2的反应中，由电子守恒可得关系式：K2MnO4～2Cl2；MnO2～Cl2；则0.5molK2MnO4和0.5molMnO2与足量盐酸反应生成n(Cl2)=1mol＋0.5mol=1.5mol。因此若KMnO4部分分解，则反应产物与足量浓盐酸反应制取Cl2的物质的量为1.5mol≤n(Cl2)＜2.5mol，A不符合题意；
B.浓盐酸具有还原性，会被KMnO4氧化产生Cl2，因此不能证明H2O2具有还原性，应该使用稀硫酸酸化，B符合题意；
C.KMnO4与浓盐酸反应制取Cl2不需加热，而MnO2与浓盐酸反应制取Cl2需要加热，说明氧化性：KMnO4>MnO2，C不符合题意；
D.在反应2MnO4－＋3Mn2＋＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋中，氧化产物、还原产物都是MnO2，反应产生5molMnO2中，其中2mol是由氧化剂KMnO4还原产生的还原产物，3mol是还原剂氧化产生的氧化产物，每反应产生3mol氧化产物，转移6mol电子，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、根据反应过程中参与反应的KMnO4的量进行计算；
B、盐酸中Cl－也能与MnO4－反应，存在干扰；
C、根据反应条件，确定物质氧化性强弱；
D、根据反应过程中元素化合价计算转移电子数；
10．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；洗气；除杂
【解析】【解答】A.加入过量稀硫酸后发生反应：Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑，Cu与稀硫酸不反应，因此过滤后可得到Cu，A不符合题意；
B.CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，HCl可以，因此可除去CO2中混有的HCl，但会引入水蒸气，B符合题意；
C.HCl可溶于饱和NaCl溶液，而Cl2不能，因此可用饱和NaCl溶液除去Cl2中混有的HCl，再通过浓硫酸，除去水蒸气，C不符合题意；
D.加入过量铁粉后，发生反应Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，过滤后可得FeSO4溶液，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、Fe能与稀硫酸反应，而Cu不与稀硫酸反应；
B、CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，但会混入水蒸气；
C、Cl2不溶于饱和NaCl溶液，但HCl可以；
D、铁粉能与CuSO4溶液反应；
11．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】由分析可知，X为H、Y为C、Z为N、M为Si、Q为Cl。
A.电子层数越大， 原子半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径ZB.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由于非金属性Z>Y>M，因此最高氧化物对应水化物酸性Z>Y>M，B不符合题意；
C.非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，因此简单氢化物稳定性Y>M，C不符合题意；
D.X、Z、Q形成的化合物为NH4Cl，属于离子化合物，D符合题意；
故答案为：D
【分析】Y的最高正价与最低负价之和为0，因此Y的最外层电子数为4，则Y为C。Y与Z、M元素相邻，因此Z为N、M为Si。Z2H4的电子总数为18，则X的电子数为1，因此X为H。Q元素原子的最外层电子数比最内层多5个电子，因此Q原子的最外层电子数为7，则Q为Cl。
12．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】①Fe与稀盐酸反应可生成FeCl2，FeCl2溶液与NaOH溶液反应可生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2可被空气中的O2氧化成Fe(OH)3，各步转化均可实现，①正确；
②常温下Na与O2反应生成Na2O，Na2O与空气中的CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3溶液与CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液反应可生成NaOH，各步反应均可实现，②正确；
③Cl2与Na在点燃条件下反应生成NaCl，NaCl与NH3、CO2反应可生成NaHCO3，各步反应均可实现，③正确；
④常温下，Al能与O2反应生成Al2O3，Al2O3无法一步转化为Al(OH)3，④错误；
⑤Al与NaOH溶液反应可生成NaAlO2，NaAlO2溶液可与CO2反应生成Na2CO3，各步转化均可实现，⑤正确；
综上，每步转化中，都能通过一步实现的是①②③⑤，C符合题意；
故答案为：C
【分析】根据相关物质发生的反应进行分析即可。
13．【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；合金及其应用；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A.Cl2具有强氧化性，但没有漂白性，氯水的漂白性是氯水中的HClO的氧化性引起的，A符合题意；
B.Al、Al2O3都属于两性物质，能与强酸、强碱的稀溶液反应，因此不能用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物，B不符合题意；
C.硬铝合金的密度小、强度高、耐腐蚀性能强，因此可用于制造飞机和宇宙飞船，C不符合题意；
D.Na2CO3、NaHCO3的溶液水解显碱性，可用作食用碱或工业用碱，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、氯水中起到漂白作用的是HClO；
B、Al2O3是一种两性氧化物，能与强酸、强碱的溶液反应；
C、结合合金的性质分析；
D、Na2CO3、NaHCO3溶液水解显碱性；
14．【答案】A
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】A.由分析可知，由于溴水少量，可能不与I－反应，原溶液中可能含有I－，A符合题意；
B.由上述分析可知，原溶液中一定不含有SO42－，B不符合题意；
C.由上述分析可知，原溶液中可能含有NH4＋，C不符合题意；
D.由上述分析可知，原溶液中可能含有K＋，需要焰色反应确定K＋是否存在，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】焰色反应火焰呈黄色，则溶液中一定含有Na＋。由于还原性SO32－>I－，溴水为黄橙色，向该溶液中滴加少量溴水，溶液仍无色，说明Br2发生反应，且产物为无色，I－、SO32－都能与溴水反应而使溴水褪色，因此溶液中一定含有SO32－，可能含有I－。Cu2＋与SO32－不共存，因此溶液中不含有Cu2＋。SO32－、SO42－均带有2个单位负电荷，且各离子物质的量浓度相同，则K＋、NH4＋中至少含有一种，SO42－不可能存在。
综上，原溶液中一定含有SO32－、Na＋，K＋或NH4＋中至少含有一种；可能含有I－；一定不含有Cu2＋、SO42－。据此结合选项分析。
15．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.Fe3＋具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，与Ba2＋反应形成BaSO4白色沉淀，实验中体现了SO2的还原性，A不符合题意；
B.H2S具有还原性，SO2具有氧化性，二者可反应生成淡黄色沉淀S，实验中体现了SO2的氧化性，B不符合题意；
C.酸性KMnO4溶液具有氧化性，SO2具有还原性，二者反应生成Mn2＋和SO42－，溶液褪色，实验中体现了SO2的还原性，C符合题意；
D.通入SO2后，SO2与H2O反应生成H2SO3，H2SO3的酸性强于H2SiO3，因此可反应生成胶状沉淀，实验中体现了酸性H2SO3>H2SiO3，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、Fe3＋能将SO2氧化成SO42－；
B、SO2将H2S氧化成S；
C、酸性KMnO4溶液将SO2氧化成SO42－；
D、根据强酸制弱酸原理分析；
16．【答案】（1）K；F；Si
（2）KOH；HClO4；HF
（3）a
（4）除去二氧化碳气体中的氯化氢；应使用最高价含氧酸高氯酸
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）同周期元素，核电荷数越大，金属性越弱，非金属性越强；同主族元素，核电荷数越大，金属性越强，非金属性越弱。因此最活泼的金属元素为K；最活泼的非金属元素为F。
（2）金属性最强的元素为K，因此碱性最强的最高价氧化物对应的水化物为KOH；非金属性最强的是F，其次是Cl。由于F无正化合物，因此酸性最强的最高价氧化物对应水化物为HClO4；最稳定的气态氢化物为HF。
（3）a、氢化物的酸性强弱无法得出非金属性强弱，a符合题意；
b、⑨的单质能与⑧的氢化物反应得到⑧的单质，说明单质的氧化性⑨＞⑧，则非金属性⑨＞⑧，b不符合题意；
c、最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则其非金属性越强，c不符合题意；
d、单质与H2反应更容易，说明单质的氧化性越强，则其非金属性越强，d不符合题意；
故答案为：a
（4）由于反应生成的CO2中混有HCl，能与Na2SiO3溶液反应，因此需除去CO2中混有的HCl，而CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，但HCl可以与NaHCO3反应，因此饱和NaHCO3溶液的作用是除去CO2中混有的HCl。要比较元素非金属性的强弱，则应比较其最高价含氧酸的酸性强弱。
【分析】（1）根据金属性、非金属性的递变规律分析。可用作半导体材料的元素为Si。
（2）金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强；非金属性越强，起最高价氧化物对应水化物的酸性越强；简单氢化物的稳定性越强。
（3）根据非金属性与氢化物稳定、单质氧化物和最高价氧化物对应水化物酸性的强弱进行分析。
（4）饱和NaHCO3溶液可用于除去CO2中混有的HCl；由酸性强弱得出非金属性强弱，应使用最高价含氧酸的酸性进行比较。
17．【答案】（1）；离子键、共价键
（2）2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
（3）白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（4）4Na2O2+4Fe2++6H2O=8Na++4Fe(OH)3+O2↑
（5）60%
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；钠的氧化物
【解析】【解答】（1）由分析可知，T为Na2O2，其电子式为
，其所含的化学键有离子键和共价键。
（2）由分析可知，D为NaOH、M为Al，二者反应生成可溶性NaAlO2和H2，该反应的离子方程式为：2Al＋2H2O＋2OH－=2AlO2－＋3H2↑。
（3）由分析可知，G为Fe(OH)2，易被空气中的O2氧化成Fe(OH)3，氧化过程中可观察到白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色。该反应的化学方程式为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。
（4）由分析可知，T为Na2O2、F为FeCl2，二者反应生成C为O、H为Fe(OH)3，同时得到一种正盐为NaCl，反应过程还生成O2，因此该反应的离子方程式为：4Na2O2＋4Fe2＋＋6H2O=8Na＋＋4Fe(OH)3＋O2↑。
（5）0.1molE(Fe)和R(Fe3O4)的混合物加入盐酸后固体全部溶解，再加入KSCN溶液不显红色，说明此时溶液中铁元素的价态为＋2价，即为FeCl2。则发生反应的离子方程式为：①Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑、②Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O、③Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋。反应①中生成n(H2)=0.02mol，则参与反应n(Fe)=0.02mol；设混合物中n(Fe3O4)=xmol，则反应②中反应生成n(Fe3＋)=2xmol，因此反应③中参与反应n(Fe)=xmol，因此可得0.02mol＋xmol＋xmol=0.1mol，解得x=0.04mol，则混合物中所含n(Fe)=0.06mol、n(Fe3O4)=0.04mol。因此原混合物中Fe的物质的量百分数为
。
【分析】M是地壳中含量最多的金属元素的单质，则M是Al。T是淡黄色固体，能与无色液体A反应生成C和D，B和C能反应生成无色液体A，因此A为H2O、T为Na2O2、C为O2、D为NaOH、B为H2。E是具有磁性的黑色晶体，则E为Fe3O4，则R为Fe。H是红褐色固体，则H为Fe(OH)3。由转化关系可知F为FeCl2、G为Fe(OH)2。
18．【答案】（1）能使液体顺利流下，避免滴入的液体多排出气体
（2）活塞a和b；D中左右液面差保持片刻不变
（3）2Fe2+＋2H＋＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O；2H2O2O2↑＋2H2O
【知识点】制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）仪器A与装置B用橡胶管连接后形成连通器，使得装置内外压强相同，有利于分液漏斗内液体顺利流下，避免滴入的液体多排出气体。
（2）检查装置气密性时，应首先关闭活塞a和活塞b，打开弹簧夹K；往水准管中加入水，使水准管液面高于量气管液面；若能观察到装置D中左右液面差保持不变，则说明装置气密性良好。
（3）H2O2具有氧化性，能将溶液的Fe2＋氧化成Fe3＋，该反应的离子方程式为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O。若A中加入的盐酸不足，会发生烧杯中出现大量气泡，该气泡是H2O2分解产生的O2，由于加入的盐酸不足，因此Fe3＋催化了H2O2的分解，该反应的化学方程式为：2H2O22H2O＋O2↑。
【分析】（1）结合连通器原理可知橡胶管的作用。
（2）检查装置气密性时，应先将装置形成密闭体系，再结合装置内压强的变化进行实验。
（3）H2O2具有氧化性，能将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋。Fe3＋可做H2O2分解的催化剂。
19．【答案】（1）SO2＋2NaClO3＋H2SO4＝2NaHSO4＋2ClO2
（2）NaOH；Na2CO3；BaCl2；HCl（顺序错不给分）
（3）Cl2＋2OH- ＝ Cl-＋ClO-＋H2O
（4）2：1；NaClO2
（5）5＋2 = NaCl＋2Na2CO3＋4
【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质；二氧化硫的性质；粗盐提纯
【解析】【解答】（1）由流程信息可知，“反应”步骤中，反应物有SO2、NaClO3和H2SO4，生成物有NaHSO4和ClO2。反应过程中，氯元素由＋5价变为＋4价，得到1个电子；硫元素由＋4价变为＋6价，失去2个电子，根据得失电子守恒可得，SO2、NaHSO4的系数为1，NaClO3、ClO2的系数为2。根据硫原子守恒可得，H2SO4的系数为1。因此该反应的化学方程式为：SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2NaHSO4＋2ClO2。
（2）除去Mg2＋、Ca2＋、SO42－可将其形成Mg(OH)2、CaCO3、BaSO4沉淀，因此加入的试剂为NaOH、Na2CO3、BaCl2，由于所加试剂为过量，过量试剂需进一步除去。因此在加入试剂的过程中，应保证先加BaCl2，再加Na2CO3，利用Na2CO3除去过量的BaCl2。过滤后所得滤液中含有NaCl和过量的NaOH、Na2CO3，此时为得到纯净的NaCl溶液，还需加入稀盐酸。
（3）漂白液的主要成分是NaCl、NaClO，可由Cl2与NaOH溶液反应得到，该反应的离子方程式为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。
（4）尾气吸收过程中，ClO2与NaOH、H2O2反应生成NaClO2，反应过程中氯元素的化合价降低，则反应后还有O2生成。根据得失电子守恒、电荷守恒可得该反应的化学方程式为：2ClO2＋2NaOH＋H2O2=2NaClO2＋O2＋2H2O。该反应中氧化剂为ClO2，还原剂为H2O2，二者的物质的量之比为2：1。还原产物为NaClO2。
（5）NaClO2与空气中的CO2反应生成ClO2，过程中氯元素被氧化，同时生成钠的两种正盐，则该两种正盐为NaCl和Na2CO3，因此该反应的化学方程式为：5NaClO2＋2CO2=NaCl＋2Na2CO3＋4ClO2。
【分析】（1）根据流程信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程式。
（2）除去Mg2＋、Ca2＋、SO42－可将其形成Mg(OH)2、CaCO3、BaSO4沉淀，据此确定所加试剂的化学式。为得到纯净的NaCl溶液，需加入稀盐酸除去过量的NaOH、Na2CO3。
（3）漂白液的主要成分为NaCl、NaClO，可由Cl2与NaOH溶液反应制得。据此写出反应的离子方程式。
（4）根据流程信息确定反应物和生成物，确定反应的化学方程式，从而得出氧化剂与还原剂的物质的量之比。
（5）根据题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程式。
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