【文档说明】上海市华东师范大学第二附属中学2021-2022学年高一下学期3月阶段反馈化学试题 含解析.docx，共(22)页，1.655 MB，由小赞的店铺上传

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华东师大二附中2021学年3月阶段反馈高一化学(考试时间：60分钟满分：100分)可能用到的相对原子质量：H-1He-4C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56K-39Mn-55一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题2分，共40分)1.

下列物质中含共价键的离子化合物是A.()2BaOHB.2SOC.24HSOD.2CaCl【答案】A【解析】【详解】A．()2BaOH既有Ba2+和OH-之间的离子键，又有OH-内的O-H共价键，A正确；B．2SO为共

价化合物，只有S-O之间的共价键，B错误；C．24HSO为共价化合物，只有共价键，C错误；D．2CaCl只有Ca2+和Cl-之间的离子键，D错误；故答案为：A。2.下列生产活动中没有发生化学反应的是A.多吃含维生素C的食

物减缓衰老B.碘单质受热后产生紫红色烟C.“84消毒液”灭活病毒D.无水2CoCl吸水后由蓝色变为粉红色【答案】B【解析】【详解】A．多吃含维生素C的食物减缓衰老是由于维生素C具有强还原性，可以消耗人体内富余的活性氧，防止其氧化人体组织器官，故发生了化学变化，A不合题意；B．碘单质受热后产生紫红色

烟是碘具有升华的性质，则未发生化学变化，B符合题意；C．“84消毒液”灭活病毒是消毒液具有强氧化性，能使蛋白质组织结构发生改变使其变性，发生了化学变化，C不合题意；D．无水2CoCl吸水后由蓝色变为粉红色，生成了Co2+和H

2O形成的络合物，有新物质的生成，发生化学变化，D不合题意；故答案为：B。3.富勒烯是一类具有封闭笼状结构的分子，最小的富勒烯是C20，最常见的是C60，关于C20和C60的说法不正确．．．的是A.互为同素异形体B.等质量的C20和C60所含原子数相同C.都属于单质D.它

们的摩尔质量相同【答案】D【解析】【详解】A．C20和C60都是由碳元素组成的单质，为同素异形体，故A正确；B．C20和C60中只含碳原子，等质量的C20和C60所含原子数相同，故B正确；C．C20和C60都是由碳元

素组成的单质，故C正确；D．C20的摩尔质量是240g/mol，C60的摩尔质量是720g/mol，故D错误；选D。4.目前，科学家发现在负压和超低温条件下，可将水形成像棉花糖一样的气溶胶的冰，该冰称为“气态冰”。下列说法不正确的是A.该冰具有丁达尔效应B.该条件下18g“气

态冰”的体积等于22.4LC.“气态冰”分子中存在极性共价键D.“气态冰”与普通冰化学性质相同【答案】B【解析】【详解】A．该冰是气溶胶，具有胶体的性质，因此能够发生丁达尔效应，A正确；B．该条件下18g“气态冰”的物质的量是1mol，但由于物质的状态不是气态，

因此不能确定其体积大小，B错误；C．“气态冰”分子是H2O分子，H2O中存在H-O键是极性共价键，C正确；D．“气态冰”与普通冰分子构成都是H2O，物质的分子组成相同，因此二者的化学性质也相同，D正确；故合理选项是B。5.金属晶体中的金属键越强，其硬

度越大，熔、沸点越高；且研究表明，一般来说，金属原子半径越小，价电子数越多，则金属键越强。由此判断下列说法错误的是A.铝的硬度大于镁B.钙的熔点低于钡C.镁的硬度大于钾D.钙的熔、沸点高于钾【答案】B【解析】【详解

】A．镁和铝电子层数相同，价电子数：Al>Mg，原子半径；AlMg，故铝的硬度大于镁，A项正确；B．钡、钙的价电子数相同，但原子半径：Ba>Ca，金属键强度：Ca>Ba，钙的熔点高于钡，B项错误；C．镁和钾比较，镁半径小，价电子多，金属键强，所以硬度：Mg>K，C项正确；D．钙和钾

位于同一周期，价电子数：Ca>K，原子半径：K>Ca，金属键强度：Ca>K，故熔、沸点：Ca>K，D项正确；答案选B。6.下列事实不能．．用元素周期律解释的是A.碱性：NaOH>LiOHB.酸性：HCl>H2CO3C

.原子半径：S＞OD.热稳定性：HF＞HI【答案】B【解析】【详解】A．钠的金属性强于锂，其最高价氧化物水化物的碱性NaOH强于LiOH，能用元素周期律解释，A不符合题意；B．HCl不是氯元素的最高价

氧化物水化物，不能用元素周期律解释酸性：HCl>H2CO3，B符合题意；C．同主族元素的原子半径从上往下逐渐增大，故原子半径：S＞O，能用元素周期律解释，C不符合题意；D．F的非金属性比I强，与H形成的共价键键能HF＞HI，故热稳定性：HF＞HI，能用元素周期律解释，D不符合题意；故选B。7

.下列离子方程式错误的是A.同温同压下，相同体积的2Cl和2SO通入水中：22224SOCl2HO=4H2ClSO+−−++++B.铁粉和稀硫酸反应：22Fe2H=HFe++++C.()2BaOH与4NaHSO等物质的量混合：22442Ba2OH2HSOBaSOH=2O+−+−++++D.向2

FeBr和2FeI的混合溶液中通入少量2Cl：222ICl=2ClI−−++【答案】C【解析】的【详解】A．同温同压下，相同体积的2Cl和2SO通入水中的反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2S

O4+2HCl，则离子方程式为：22224SOCl2HO=4H2ClSO+−−++++，A正确；B．铁粉和稀硫酸反应的离子方程式为：22Fe2H=HFe++++，B正确；C．()2BaOH与4NaHSO等物质

的量混合的反应方程式为：Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4+NaOH+H2O，则离子方程式为：22442Ba=OHHSOBaSOHO+−+−++++，C错误；D．已知还原性：I-＞Fe2+＞Br-，故向2FeBr和2FeI的混合溶液中通入少量2Cl则先氧化I-，故离子方

程式为：222ICl=2ClI−−++，D正确；故答案为：C。8.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.1822.0gHO与162DO的混合物中含有的中子数为NAB.23molNO与2HO完全反应时转移电子数目为2NAC.41molNHF中含有的共价键数为4NAD.标准状况下2

2.24LCl溶于水时，所得溶液中含氯微粒总数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．H、D摩尔质量分别为11gmol−、21gmol−，H、D中子数分别为0、1，故182HO与162DO的摩尔质量均为201gmol−，182HO与162DO均含有10个中子，2.0g

182HO与162DO的物质的量为0.1mol，故含有的中子数为AN，A项正确；B．2NO与2HO反应方程式为2233NOHO=2HNONO++，根据电子得失可判断方程式转移电子为2e−，则3mol2NO与2HO完全反应时转移电

子数目为2AN，B项正确；C．4NHF中铵根离子存在四个共价键，故1mol4NHF中含有的共价键数为4AN，C项正确；D．2Cl溶于水时部分与水反应生成HCl和HClO，部分以2Cl分子形式存在，标准状况下2.24L气体物质的量为0.1mol，故溶液中含氯微粒总数应小于0.2AN，D项错误

。故选D。9.下列说法不正确．．．的是A.氯化氢溶于水破坏的微粒间作用力为共价键B.氯气比氢气容易液化，是因为氯气分子间作用力较强C.三氯化磷分子中磷原子和氯原子最外电子层都具有8电子的稳定结构D.硫酸氢钠固体溶于水破坏离子键，电离出钠离子和硫酸氢根离子【答案】D【解析】【详

解】A．氯化氢溶于水，发生电离HCl=H++Cl-，故破坏的微粒间作用力为共价键，A正确；B．因为氯气分子间作用力较强，沸点较高，氯气比氢气容易液化，B正确；C．由三氯化磷的电子式可知，三氯化磷分子中磷原子和氯原子最外电子层都具有8

电子的稳定结构，C正确；D．硫酸氢钠固体溶于水破坏离子键和共价键，电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，D错误；故答案为：D。10.测定硫酸铜晶体(CuSO4·nH2O)中结晶水含量的实验中，测定n偏低，其原因可能是A.称量晶体的坩

埚潮湿B.加热后固体未放入干燥器中冷却C.加热过程中晶体有少量溅失D.晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质【答案】B【解析】【详解】A．坩埚潮湿，则产生的水蒸气量偏多，会使测量结果偏高，A不符合题意；B．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，则所测剩余固体质量偏大

，结晶水质量偏低，结果偏小，B符合题意；C．加热过程中晶体有少量溅失，则所测剩余固体质量偏小，结晶水质量偏大，结果偏大，C不符合题意；D．晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质，则所测水蒸气质量偏大，n值偏高，D不符合题意；故答案选B。11.对实验室中四种无色溶液进行离子检验，

实验结果如下，符合下图所示条件的是A.2+Ba、2+Fe、3NO−、23CO−B.+4NH、2+Ba、3NO−、Cl−C.+K、+4NH、Cl−、3HCO−D.+H、2+Ba、3+Al、Cl−【答案】B【解析】【详

解】A．Fe2+浅绿色，Ba2+与CO23−生成碳酸钡沉淀，故A不符合题意；B．这些离子能够大量共存，向该离子组中加入OH-，NH4+与OH-反应NH4++OH-ΔNH3↑+H2O，有气体产生，向该离子组中加

入硫酸，发生Ba2+与SO24−=BaSO4↓，有白色沉淀产生，故B符合题意；C．这些离子能够大量共存，向该离子组中加入OH-，HCO3−与OH-反应HCO3−+OH-=CO23−+H2O，NH4+与OH-反应NH4++OH-ΔNH3↑+H2O，有气体产生，向该离子组中

加入硫酸，发生HCO3−+H+=CO2↑+H2O，有气体产生，没有沉淀产生，故C不符合题意；D．这些离子能够大量共存，向该离子组中加入OH-，H+与OH-反应H++OH-=H2O，Al3++3OH-=Al(OH)3↓或Al3++4OH-=AlO2−+2H2O，没有气体

产生，故D不符合题意；答案为B。12.将新制的氯水加入下列溶液中，得到无色溶液的是A.3AgNOB.3FeClC.NaBrD.石蕊溶液【答案】D【解析】【详解】A．新制氯水中含有氯离子，加入到硝酸银溶液中会生成氯化银沉淀，选项A不符合题意；B．新制氯水加入到氯化铁溶液中，虽然不与氯化铁反应，

但氯化铁溶液显淡黄色，选项B不符合题意；C．新制氯水加入到溴化钠溶液生成溴单质，溴单质的水溶液为淡黄色，选项C不符合题意；D．新制氯水中含有HClO，具有漂白性，会将石蕊漂白，最终得到无色溶液，选项D符合题意；答案选D。13.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含

N个中子，它与1H原子组成HmX分子。在agHmX中所含质子的物质的量是A.aA+m(A—N)molB.aA(A-N)molC.aA+m(A—N＋m)molD.aA(A—N＋m)mol【答案】C【解析】【分析】【详解】由同位素X的原子质量数为A，含N个中子可知，同位素

X的质子数为(A—N)，HmX分子的摩尔质量为(A+M)g/mol，含有的质子数为(A—N+m)，则agHmX中所含质子的物质的量为ag(A+m)g/mol×(A—N+m)=aA+m(A—N＋m)mol，故选C。14.一定条件下，含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。下列说法正确的是A.循环

转化中属于“固氮”过程的是“反应c”和“反应b”B.转化过程中发生非氧化还原反应的过程只有“反应I”C.若“反应h”是在2NO与2HO的作用下实现的，则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2D.若“反应i”是在酸性条

件下由3NO−与Zn的作用实现，则该反应的离子方程式为：+2+3224Zn+2+10H=4Zn+NONO+5HO−【答案】D【解析】【详解】A．固氮是指游离态的氮变为化合态的氮，因此循环转化中属于“固氮”过

程的是“反应c”和“反应k”，故A错误；B．转化过程中发生非氧化还原反应的过程有“反应I”和“反应a”，故B错误；C．若“反应h”是在2NO与2HO的作用下实现的，223NO+HO=2HNO+NO3，则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之

比为2∶1，故C错误；D．若“反应i”是在酸性条件下由3NO−与Zn的作用实现，根据氧化还原反应得到该反应的离子方程式为：+2+3224Zn+2+10H=4Zn+NONO+5HO−，故D正确。综上所述，答案为D。15.利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是ABCD收集NO制备2SO制

备并收集3NH氯化钠溶液蒸发结晶A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．NO易与空气中的氧气反应且NO的密度与空气接近，不能用排空气法收集NO，故A错误；B．铜和浓硫酸需要加热生成二氧化硫气体，

故B错误；C．氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气会在管口化合生成氯化铵，不会得到氨气，故C错误；D．氯化钠溶液在蒸发皿中蒸发结晶得到氯化钠固体，故D正确；故选D。16.向100mL苛性钾溶液中通

入一定量氯气恰好完全反应且生成物中有三种含氯元素的粒子。经测定，n(KClO3)＝0.02mol，n(KClO)＝0.04mol。该苛性钾溶液中溶质的物质的量浓度为A.0.6mol·L-1B.1.2mol·L-1C.1.8mol·L-1D.2mol·L-1【

答案】D【解析】【分析】根据题意知产物为KClO3、KClO、KCl，再根据得失电子守恒、元素守恒进行计算。【详解】根据题意知产物为KClO3、KClO、KCl，根据得失电子守恒知，n(KCl)=5n(KClO3)+

n(KClO)＝5×0.02mol+0.04mol=0.14mol，则n(KOH)=n(KCl)+n(KClO3)+n(KClO)=0.14mol+0.02mol+0.04mol=0.2mol，c(KOH)=0.2mol/0.1L=2mol/L；答案选D。17.下列过程中，最终的白色沉淀物不一定是

BaSO4的是A.Fe(NO3)2溶液22++SO+BaCl→过量盐酸，过量，溶液白色沉淀B.Ba(NO3)2溶液++NaSO23→过量盐酸，少量溶液白色沉淀C.无色溶液32+HNO,+BaCl→溶液白色沉淀

D.无色溶液+→过量盐酸无色溶液2+BaCl→溶液白色沉淀【答案】C【解析】【详解】A．Fe(NO3)2溶液中加入过量盐酸，发生反应生成Fe3+等，通入过量SO2，Fe3+将其氧化生成H2SO4等，加入BaCl2溶液，生成BaSO4白色沉淀，A不符合题意；B．Ba(NO

3)2溶液中加入过量盐酸，后加入的少量Na2SO3会被氧化为Na2SO4，与Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，B不符合题意；C．无色溶液可能为AgNO3溶液，加入HNO3和BaCl2溶液，生成AgCl白色沉淀，C符合题意；D．无色溶液中加入过量盐酸，得到无色溶液，则原溶液中不含有

AgNO3、Na2SO3等，加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀一定是BaSO4，D不符合题意；故选C。18.“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图：下列说法不正确．．．的是（）A.进入吹出塔前，Br-被氧化为Br2

B.从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4C.经过吸收塔后，溴元素得到富集D.两次通入水蒸气的作用都是参加反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A．通入氯气，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，溴易挥发

，可用热空气吹出，因此吹出塔前，Br-被氧化为Br2，A正确，不选；B．在吸收塔中，Br2、SO2、H2O发生氧化还原反应：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，所以从吸收塔流出的溶液主要含有溶质HBr和H

2SO4，B正确，不选；C．经过吸收塔后，可使溶液中的Br-远大于进入吸收塔之前的海水中Br-的浓度，溴元素得到富集，C正确，不选；D．在吹出塔中吹入水蒸气，可提高物质的能量，有助于溴挥发逸出，没有参加反应；在蒸馏塔中，发生

反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，水作为溶剂，使物质发生反应，同时提供能量，使反应产生的溴单质变为蒸气，经冷凝、精馏得到产品，可见两次通入水蒸气都未参加反应，D错误，符合题意；答案选D。19.向盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生

黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色；过滤，向滤液中加入少量的铋酸钠(NaBiO3)粉末，溶液又变为紫红色。下列推断错误的是A.氧化性：342NaBiOKMnOMnOB.生成8.7g黑色沉淀，转移0.2mo

l电子C.利用3NaBiO可以检验溶液中的2Mn+D.3NaBiO能与浓盐酸发生反应生成氯气【答案】B【解析】【分析】氧化还原反应中，氧化性：氧化剂大于氧化产物；氧化剂发生还原反应化合价降低。在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色

，说明KMnO4溶液可氧化MnSO4生成MnO2，故氧化性：KMnO4＞MnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，据此分析解答。【详解】A．

根据以上分析，氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，A正确；B．在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，离子方程式为：2-4MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，转移电子数为6e-，所以生成8.

7g黑色沉淀即-18.7g87g?mol=0.1molMnO2，转移0.6mol5=0.12mol电子，B错误；C．NaBiO3可氧化MnSO4生成KMnO4，溶液变为紫红色，所以利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+，C正确；

D．因为实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制氯气，说明氧化性：MnO2＞Cl2，又氧化性：NaBiO3＞MnO2，故NaBiO3能与浓盐酸发生反应生成氯气，D正确；故答案为：B。20.溶液X中含有下表离子中的某5种，且其浓度均为0.1mol·L-1(不考虑水的电离与离子水解)。向X溶液中加入足量稀

盐酸，有无色气体生成，经分析，反应前后阴离子种类没有变化。下列叙述不正确的是阳离子阴离子Na+、Fe3+、Ca2+、Fe2+、Mg2+、A13+OH-、NO-3、HCO-3、CO2-3、SO2-4、C1-A.X溶液中一定含3

种阳离子、2种阴离子B.X溶液中不可能含有HCO-3或CO2-3C.生成的无色气体是NOD.根据电荷守恒，原溶液中一定含Mg2+【答案】A【解析】【分析】题干中关键条件是“向X溶液中加入足量稀盐酸，有无色气体生成，经分析，反应前后阴离子种类没有变化”

；假若生成的气体是CO2，那么足量稀盐酸会耗尽阴离子中的233HCOCO−−和，使阴离子种类发生变化，所以原阴离子中不会存在233HCOCO−−和；故此，产生的无色气体只能是酸性条件下3NO−发生还原反应生成的NO，再观察其余阴阳离子，有还原性的只有Fe2

+，故此，Fe2+和3NO−是必然存在的两种离子；由于Fe2+的存在，OH-必然不能存在；再根据溶液中电荷守恒，分析溶液中可能存在的离子组合(下表中电荷量用“离子浓度值”表示)阳离子(带电荷量)阴离子(带电荷量)必定存在Fe2+(0.2mol/

L)3NO−(0.1mol/L)可能存在Na+(0.1mol/L)Ca2+或Mg2+(各0.2mol/L)Fe3+或Al3+(各0.3mol/L)Cl-(0.1mol/L)24SO−(0.2mol/L)根据上表，如果还存在Cl-，则Fe2+与3NO−、Cl-之间正负电荷正好

相互抵消，题目中提到溶液中离子有五种，所以再有一组等量的二价正电荷及二价负电荷存在，溶液中的电荷守恒就可以成立，所以24SO−应该存在，而阳离子则应是Mg2+(Ca2+与24SO−形成的是微溶物CaSO4，溶在溶液中的离子其浓度无法达到0.1mol/L)；【详

解】A．根据分析，溶液中存在组合应是Mg2+、Fe2+、3NO−、24SO−、Cl-，两种阳离子，三种阴离子；若按选项所说三种阳离子，两种阴离子，则阴离子所带总电荷量(用浓度值表示)可能是：0.2mol/L(3NO−和Cl-)或0.3mol/

L(3NO−和24SO−)；阳离子所带总电荷量(用浓度值表示)最低是：0.5mol/L(Fe2+加Na+及一种二价阳离子)，溶液中正负电荷总量不可能守恒，描述错误，符合题意；B．根据分析，若存在233HCOCO−−

和，反应前后阴离子种类会发生变化，与条件相矛盾，所以选项描述正确，不符题意；C．根据分析，反应中无CO2生成，故只能是3NO−在酸性条件下被还原生成NO，描述正确，不符题意；D．根据电荷守恒，除去Fe2+，溶液中必然有一种二价阳离子存在，而Ca

2+与24SO−会形成微溶物，与题干条件相矛盾，故只能是Mg2+，描述正确，不符题意；综上，本题选A。二、综合分析题(共60分)21.W、X、Y、Z、R是原子序数依次递增的五种短周期元素，Y原子核外电子数与W、X的最外层电子数之和相等，Y原子半径是

短周期元素原子半径中最大的，R最高正价与最低负价代数和为4，W的一种氢化物常作制冷剂，Z原子的电子层数与最外层电子数相等。回答下列问题：（1）W元素的名称为___________，R元素在周期表中位于___________。（2）X、Z、R三种元素中，所形成的简单离子半径由大到小的顺序

为___________(用离子符号表示)：原子半径最大的元素的原子结构示意图为：___________。（3）Y的最高价氧化物对应的水化物的电子式为___________。（4）W、X的最简单氢化物稳定性关系：_________

__(填氢化物化学式)；（5）R、X、W的简单氢化物的沸点从大到小排序为___________(填氢化物化学式)。（6）22YX与3RX气体发生氧化还原反应，生成X的常见单质和一种盐，写出该反应的化学方程式为：___________。【答案】（1）①.氮

②.第3周期VIA族（2）①.S2-＞O2-＞Al3+②.（3）（4）H2O＞NH3（5）H2O＞NH3＞H2S（6）2Na2O2+2SO3=2Na2SO4+O2【解析】【分析】由题干信息可知，W、X、Y、Z、R是原子序数依次递增的五种短周期元素，Y原子核外电子数与W、X的最外层电子数

之和相等，Y原子半径是短周期元素原子半径中最大的，则Y为Na，R最高正价与最低负价代数和为4，则R为S，W的一种氢化物即NH3常作制冷剂，即W为N，则X为O，Z原子的电子层数与最外层电子数相等，则Z为

Al，综上分析可知，W、X、Y、Z、R五种元素分别为N、O、Na、Al、S五种，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，W为N，则W元素的名称为氮，R为S，是16号元素，故R元素在周期表中位于第3周期VIA族，故答案为：氮；第3周期VIA族；【小问2详解】由分析可知，X、Z、R分别为

O、Al、S，故X、Z、R三种元素中，所形成的简单离子半径由大到小的顺序为S2-＞O2-＞Al3+，原子半径最大的元素即Al，其原子结构示意图为：，故答案为：S2-＞O2-＞Al3+；；【小问3详解】由分析可知，Y为Na，则Y最高价氧化物对应的水化物即NaOH，则其电子式为：，故答案

为：；【小问4详解】由分析可知，W、X分别为N、O，由于O的非金属性强于N，元素的气体氢化物的稳定性与其非金属性一致，则W、X的最简单氢化物稳定性关系：H2O＞NH3，故答案为：H2O＞NH3；【小问5详解】由分析可知，R、X、W分别为S、O、N三种元素，由

于H2O、NH3中存在分子间氢键，且H2O周围形成的氢键数目比NH3的多，而H2S中不存在分子间氢键，故R、X、W的简单氢化物的沸点从大到小排序为H2O＞NH3＞H2S，故答案为：H2O＞NH3＞H2S；【小问6详解

】由分析可知，X、Y、R分别为O、Na、S，故22YX即Na2O2与3RX即SO3气体发生氧化还原反应，类比于CO2和Na2O2反应可知生成X的常见单质即O2和一种盐即Na2SO4，该反应的化学方程式为：2Na2O2+2SO3=2Na2SO4+O2，故答案为：2Na2O

2+2SO3=2Na2SO4+O2。22.某小组利用高锰酸钾与8mol/L盐酸反应制氯气并进行氯气性质的探究，实验装置如图所示：请回答下列问题：（1）装置F名称是___________。（2）B中制取Cl2的化学反应方

程式为___________。（3）根据相关实验现象就可以证明起漂白作用的不是氯气而是次氯酸，相关现象是_______。的的（4）H处装置的作用是_______。（5）实验室需要用12mol/L的浓盐酸来配制90mL8mol/L的

盐酸，需该浓盐酸的体积为____mL。①所用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的仪器是_______。②对所配制的盐酸进行测定，发现其浓度偏大。配制过程中，下列各项操作可能引起该误差的原因为________(填字母)。A．用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线B．容量瓶用蒸馏

水洗涤后未经干燥C．将稀释后的盐酸立即转入容量瓶后，并立即进行后面的实验操作D．转移溶液时，不慎有少量溶液洒出E．定容时，俯视容量瓶刻度线F．颠倒摇匀后，发现液面低于刻度线，不作任何处置G．加蒸馏水时不慎超过刻度线，用胶头滴管小心地吸去超出部分，使凹液面底

部与刻度线相切（6）卤素互化物是指不同卤素原子之间以共价键结合形成的化合物，XX′型卤素互化物与卤素单质结构相似、性质相近。右图是部分卤素单质和XX′型卤素互化物的沸点与其相对分子质量的关系图。它们的沸点随着相对分子质量的增大而升高，其原因是_______

____。试推测ICl的沸点所处的最小范围___________。【答案】（1）干燥管（2）()42222KMnO+16HCl浓=2MnCl+5Cl↑+2KCl+8HO（3）A中紫色石蕊试液先变红后褪色，D中干燥红布条不褪色（4）吸收尾气HCl和Cl2，防止污染环境；防倒吸（5）①

.66.7②.100mL容量瓶③.ACE（6）①.组成结构相似的分子，相对分子质量越大，范德华力越强，其沸点越高②.2BrIClIBr＜＜【解析】【分析】常温下高锰酸钾氧化浓盐酸生成氯气，氯气溶于水生

成次氯酸和盐酸，二者均属于酸，其中次氯酸还具有漂白性，在加热的条件下氯气能与铜反应，多余的氯气可以用氢氧化钠溶液吸收，据此解答。【小问1详解】根据装置F的构造可判断其名称是干燥管，故答案为：干燥管；【小问2详解】B中高锰酸钾氧化浓盐酸生成氯气，则制取Cl2的

化学反应方程式为()42222KMnO+16HCl浓=2MnCl+5Cl↑+2KCl+8HO。【小问3详解】干燥的氯气漂白性，氯水中含有次氯酸，所以有漂白性，即证明起漂白作用的不是氯气而是次氯酸的相关现象是D中干燥红布条不褪色，紫色石蕊试液先变红后褪色，故答案为：A中紫

色石蕊试液先变红后褪色，D中干燥红布条不褪色；【小问4详解】氯气有毒需要尾气处理，因此H处装置的作用是吸收尾气HCl和Cl2，防止污染环境，同时倒置的漏斗还可以防倒吸；【小问5详解】实验室需要用12mol/L的浓盐酸来配制90mL8mol/L的盐酸，

配制时需要100mL容量瓶，则根据配制过程中溶质的物质的量不变可知，需该浓盐酸的体积为1008/12/mLmolLmolL≈66.7mL。①所用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的仪器是100mL容量瓶。②A．用量筒量取浓盐酸

时，仰视刻度线，量取的浓盐酸体积偏大，所配浓度偏高，A符合；B．容量瓶用蒸馏水洗涤后未经干燥，不影响溶质的物质的量和溶液体积，浓度不变，B不符合；C．将稀释后的盐酸立即转入容量瓶后，并立即进行后面的实验操作，等冷却后溶液体积减少，所配溶液浓度

偏高，C符合；D．转移溶液时，不慎有少量溶液洒出，溶质的物质的量减少，所配溶液浓度偏低，D不符合；E．定容时，俯视容量瓶刻度线，溶液体积减少，所配溶液浓度偏高，E符合；F．颠倒摇匀后，发现液面低于刻度线，不

作任何处置，不影响所配溶液浓度，F不符合；G．加蒸馏水时不慎超过刻度线，用胶头滴管小心地吸去超出部分，使凹液面底部与刻度线相切，溶质的物质的量减少，所配溶液浓度偏低，G不符合；答案选ACE。【小问6详解】这几种物质的结构相似、性质相近，由于组成结

构相似的分子，相对分子质量越大，范德华力越强，其沸点越高，所以它们的沸点随着相对分子质量的增大而升高。由于ICl的相对分子质量介于Br2和IBr之间，因此ICl的沸点所处的最小范围是2BrIClIBr＜＜。23.亚硝酸钠(2NaNO)是一种用途广泛的工业盐，因其外观和食盐相似容易误食中

毒。亚硝酸钠加热到320℃以上会分解产生2NaO、2N和2O，其水溶液呈碱性，能与3AgNO溶液反应生成难溶于水、易溶于酸的2AgNO。由于2NaNO有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处

理后才能排放。处理方法之一如下：___________2NaNO+___________KI+___________=___________NO↑+___________2I+___________24KSO+___________24NaSO+

___________2HO（1）请完成该化学方程式并配平。___________（2）从物质分类角度来看，2NaNO是___________(填字母代号)。a．酸b．酸式盐c．碱d．非电解质e．电解质

f．离子化合物g．共价化合物（3）用上述反应来处理2NaNO并不是最佳方法，其原因是___________。从环保角度来讲，要将2NaNO转化为氮气，所用物质的___________(填“氧化性”或“还原性”)应该比KI更__

_________(填“强”或“弱”)。（4）下列方法不能用来区分固体2NaNO和NaCl的是___________(填序号)。A.分别溶于水B.分别溶于水并滴加3HNO酸化的3AgNO溶液C.分别加强热

并收集气体检验D.用筷子分别蘸取固体品尝味道（5）误食2NaNO会导致人体血红蛋白中的2Fe+转化为3Fe+而中毒，该过程中2NaNO表现出的性质与下列___________(填序号)反应中22HO表现出的性质相同。A.222222HO2OHnOMO+B.2222HOCl=2HClO

++C.22242224HOHSO2KI=2HOIKSO++++D.2224225HO2KMnO6HCl=2M5nCO8HOl2KCl+++++（6）已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，写出该反应的化学反应方程式，并用单线桥表示其电子转移的方向和数目：__

_________。【答案】（1）2NaNO2+2KI+2H2SO4=2NO↑+I2+K2SO4+Na2SO4+2H2O（2）ef（3）①.反应生成了NO，该物质会造成大气污染②.还原性③.强（4）D（5）C（6）【解析】【小问1

详解】根据方程式可知，碘化钾中碘元素化合价从-1价升高到0价，失去1个电子，做还原剂。亚硝酸钠中氮元素的化合价从+3价降低到+2价，得到1个电子,做氧化剂。则根据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比时1:1。根据原子守恒可知，反应物中还有硫酸生成，生成物还有水生成

，则反应的化学方程式是2NaNO2+2KI+2H2SO4=2NO↑+I2+K2SO4+Na2SO4+2H2O；【小问2详解】从物质分类角度来看，2NaNO是正盐、由钠离子和亚硝酸根离子构成的离子化合物、是电解质；答案选ef；【小问3详解】用上述反应来处理2NaN

O并不是最佳方法，因为反应生成了NO，该物质会造成大气污染；亚硝酸根有毒，从环保角度来讲，要处理NaNO2，所用的物质的还原性比KI更强，使其N元素化合价由+3价变为无污染的0价氮，如NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O，故答案为：是反应生成了NO，该物质会造成大气

污染；还原性；强；【小问4详解】A.亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，滴加酚酞试液，亚硝酸钠溶液出现红色，氯化钠溶液无现象，可以用酚酞试液区分NaNO2和NaCl，选项A不符合；B．加入AgNO3溶液，均

生成白色沉淀，但亚硝酸银能溶于硝酸，AgCl不溶，现象不同，可区别，选项B不符合；C．加强热亚硝酸钠分解生成氮气和氧气，而氯化钠不分解，反应现象不同，可以用加强热收集气体检验来区分NaNO2和NaCl，选项

C不符合；D．化学药品不能用来品尝味道，所以不能鉴别，选项D符合；答案选D；【小问5详解】的误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，则Fe2+失电子变为Fe3+化合价升高，作还原剂，NaNO2作氧化剂，体现氧化性，与H2O2表现出的性质相同，即H2O2也体现氧化性；A．

22222MnO2HO2HOO+，H2O2中氧原子既失电子，又得电子，氧元素的化合价部分升高，部分降低，H2O2体现氧化性和还原性，选项A不符合；B．2222HOCl=2HClO++，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现

还原性，选项B不符合；C．22242224HOHSO2KI=2HOIKSO++++，H2O2中氧原子得电子，化合价降低，H2O2体现氧化性，选项C符合；D．2224225HO2KMnO6HCl=2M5nCO8HOl2KCl+++++，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2

体现还原性，选项D不符合；答案选C；【小问6详解】亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，反应的化学方程式为NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O，反应中N元素的化合价由+3价降低为0价，N元素也从-3价升为0价，该反应转移3e

-，用单线桥表示其电子转移的方向和数目为。24.盐酸、硫酸和硝酸都是重要的化工原料，也是化学实验室必备的重要试剂（1）常温下，可用铁、铝制的容器盛放浓硫酸，说明浓硫酸具有___________性；硝酸应保存在棕色瓶中，这是因为硝酸具有_______

____性。（2）如图是硫酸试剂瓶标签上的部分内容，该硫酸的浓度是___________；实验人员操作时不必需穿戴的安全用具是___________。化学纯(CP)(500mL)品名：硫酸化学式：24HSO相对分子质量：98密度：31.84g/cm质量分数

：98.9%A．防护手套B．实验服C．防毒面具D．护目镜（3）在稀硝酸溶液中加入铜片使之充分反应，写出反应的离子方程式___________。（4）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入22HO后，铜片溶解。写出该反应的化学方

程式___________。实验室中向烧杯内加入约20g蔗糖，向其中插入玻璃棒，消加几滴蒸馏水，再加入适量浓硫酸。试回答下列问题：（5）该实验除有刺激性气味的气体产生外，还可能有___________现象；（6）将产生气体通入品红

溶液，红色褪去，判断该气体中含有___________(写化学式)，将产生气体先通过足量酸性高锰酸钾溶液，再通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，判断该气体中还含有___________(写化学式)（7）实验结

束吸收尾气应该选用的装置是___________，烧杯中盛放的试剂是___________。A、B、C、【答案】（1）①.强氧化②.不稳定（2）①.18.56mol/L②.C（3）3Cu+8H++2-3NO=3Cu2++2NO↑+4H2O（4

）Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O（5）白色的蔗糖变为疏松多孔的黑色物质，放出大量的热是烧杯壁发烫（6）①.SO2②.CO2（7）①.AB②.NaOH溶液【解析】【小问1详解】由于浓硫酸具有强氧化性，能使Fe、Al表面形成一层致密的氧化

物保护膜，是Fe、Al发生钝化，则常温下，可用铁、铝制的容器盛放浓硫酸，说明浓硫酸具有强氧化性；浓硝酸见光易分解，方程式为：4HNO3(浓)光照4NO2↑+O2↑+2H2O，即硝酸应保存在棕色瓶中，这是因为硝酸具有不稳定性，故答案为：强氧化；不稳定；【小问2详解】的

如图是硫酸试剂瓶标签上的部分内容，该硫酸的浓度是3310ρw%10?1.84?98.9%=M98c==18.56mol/L，由于浓硫酸具有强腐蚀性，实验人员操作时必须佩戴防护手套、实验服和护目镜，其没有剧毒，故不必需穿戴的安全用具是防毒面具，故答案为：18.56mol/L；C；【小问3详解】在稀硝

酸溶液中加入铜片使之充分反应，反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故该反应的离子方程式为：3Cu+8H++2-3NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2-3NO=3C

u2++2NO↑+4H2O；【小问4详解】某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入22HO后，铜片溶解，生成CuCl2和H2O,则该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2

O；【小问5详解】浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能使蔗糖先脱水变为黑色的炭，然后炭再与浓硫酸受热反应产生CO2和SO2，故该实验除有刺激性气味的气体产生外，还可能有白色的蔗糖变为疏松多孔的黑色物质，放出大量

的热是烧杯壁发烫，故答案为：白色的蔗糖变为疏松多孔的黑色物质，放出大量的热是烧杯壁发烫；【小问6详解】已知SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，故将产生的气体通入品红溶液，红色褪去，判断该气体中含有SO2，将产生气体先通过足量酸性高锰酸钾溶液

，除去了SO2,再通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，判断该气体中还含有CO2，故答案为：SO2；CO2；【小问7详解】SO2有毒，将污染环境，则实验结束吸收尾气即吸收SO2，由于SO2易溶于水，能与NaOH溶液快速反应，故可以用

盛有NaOH溶液的烧杯来吸收，但需注意防止倒吸，故应该选用的装置是AB，烧杯中盛放的试剂是NaOH溶液，故答案为：AB；NaOH溶液。