【文档说明】湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高一上学期（线上学习质量检测）化学试题 含解析.docx，共(17)页，866.223 KB，由envi的店铺上传

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长沙市一中高一线上学习质量检测化学时量：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H~1C~12O~16Na~23Cl~35.5Fe~56一、选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)1.下列说法不正确的是

A.铁生锈、()3FeOH胶体的制备、醋的酿造都与氧化还原反应有关B.“抗坏血酸”维生素C具有还原性C.侯氏制碱的反应原理是利用3NaHCO的溶解度相对较低D.杨万里《戏笔》中写道“野菊荒苔各铸钱，金黄铜绿两争妍”，铜绿的主要成分为碱式碳酸铜()232CuOHC

O，属于碱式盐【答案】A【解析】【详解】A．制取()3FeOH红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色；与氧化还原反应无关，A错误；B．“抗坏血酸”维生素C具有还原性，能防止亚铁离子被氧化，B正确；C．侯氏制碱的反应原理是利用3NaHCO的溶解度相对

较低，使其首先在溶液中达到饱和结晶析出，C正确；D．盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；铜绿的主要成分为碱式碳酸铜()232CuOHCO，属于碱式盐，D正确；故选A。2.下列说法中正确的是A.4NaHSO在熔融状态下的电离方程式可

表示为244NaHSONaHSO+−+=++B.氨水能够导电，故氨水是电解质C.硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质D.二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质【答案】C【解析】【详解】A．4NaHSO在熔融状态下的电离出钠离子、硫酸氢根

离子，方程式可表示为44NaHSONaHSO+−=+，故A错误；B．氨水为混合物，不是电解质，故B错误；C．硫酸钡难溶于水，但其溶解部分完全电离，硫酸钡属于强电解质，故C正确；D．二氧化碳溶于水和水生成的碳酸能部分电离，二氧化碳属于非电解质，故D错误；故选C。3.AN代表阿伏加德罗常数的值

。下列说法正确的是A.18g2DO中含有的中子数是A9NB.标准状况下，22.4L2Br含有的原子数为2ANC.在3Al+浓度为0.3mol/L的硫酸铝溶液中，24SO−的浓度为0.2mol/LD.含有0.4mol

HCl的浓盐酸与足量2MnO共热，转移的电子数为0.2AN【答案】A【解析】【详解】A．D2O的摩尔质量为20g/mol，18gD2O即0.9mol，含有的中子的物质的量为9mol，个数是9NA，A正确；B．标准状况下，Br2为液体，无法用

气体摩尔体积计算其物质的量，B错误；C．在Al3+浓度为0.3mol/L的硫酸铝溶液中，根据溶液呈电中性，则24SO−的浓度为0.45mol/L，C错误；D．含有0.4molHCl的浓盐酸与足量MnO2共热，随反应的进行，盐酸变稀，则不再反应，无法计算转移的电子数，D错误；故选

A。4.下列指定反应的离子方程式正确的是A.2F与NaCl溶液反应：22F2ClCl2F−−+=+B.向氯化钙溶液中通入2CO：2223CaHOCOCaCO2H++++=+C.石灰乳与2Cl反应：22OHClClClOHO−−−+=++D.2FeI溶液中加入足量

溴水：23222Fe4I3Br2Fe2I6Br+−+−++=++【答案】D【解析】【详解】A．氟气具有强氧化性，能和水反应生成HF、氧气，A错误；B．二氧化碳和氯化钙溶液不反应，B错误；C．石灰乳为浊液不能拆，离子方程式

为：()2+--222Cl+CaOH=Ca+Cl+ClO+HO，C错误；D．2FeI溶液中加入足量溴水反应生成铁离子、碘单质：23222Fe4I3Br2Fe2I6Br+−+−++=++，D正确；故选D。5.下列离子一定能大量共存的是A.红色溶液中：

3Fe+、2Mg+、SCN−、Cl−B.使紫色石蕊试液变红的溶液：2Fe+、4NH+、4MnO−、Cl−C.与铝作用放出氢气的溶液：Na+、K+、Cl−、3NO−D.含有大量2AlO−的溶液：Na+、K+、24SO−

、Cl−【答案】D【解析】【详解】A．铁离子和SCN−反应生成红色物质，不共存，A错误；B．使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性，酸性条件下亚铁离子和高锰酸根离子生成铁离子，不共存，B错误；C．与铝作用放出氢气的溶液为酸性或碱性，若为酸

性，则酸性条件下硝酸根离子和氯离子发生氧化还原反应生成氯气，不共存，C错误；D．含有大量2AlO−的溶液为碱性，碱性条件下，四种离子相互不反应，能共存，D正确；故选D。6.下列关于钠及其化合物的叙述错误的是A.取用金属钠时，所需用品一般有小刀、镊子、滤纸、玻

璃片B.将过量22NaO粉末加入紫色石蕊试液中振荡，溶液变为蓝色，且有气泡产生C.金属钠与()32CaHCO溶液反应时，既有白色沉淀又有气体逸出D.Na、2NaO、22NaO、NaOH长期放置在空气中，最终

都将变为23NaCO【答案】B【解析】【详解】A．钠较软可以直接切，取用金属钠时，所需用品一般有小刀、镊子、滤纸、玻璃片，故A正确；B．过氧化钠具有强氧化性，会使紫色石蕊试液褪色，故B错误；C．金属钠与水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠()32Ca

HCO溶液反应生成碳酸钙沉淀，既有白色沉淀又有气体逸出，故C正确；D．Na和氧气生成氧化钠，氧化钠吸收水生成氢氧化钠；2NaO和水生成氢氧化钠；22NaO和水生成氢氧化钠、和二氧化碳生成碳酸钠；NaOH

吸收二氧化碳生成碳酸钠；故长期放置在空气中，最终都将变为23NaCO，故D正确；故选B。7.实验室欲用232NaCO10HO晶体配制100mL1mol/L的23NaCO溶液，下列说法正确的是A要完成实验需称取10.6g232

NaCO10HO晶体B.本实验需用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、500mL容量瓶C配制时若容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水会导致溶液浓度偏低D.定容时俯视刻度线会导致溶液浓度偏高【答案】D【解析】【详解】A.配制100mL1mol/L的23NaCO溶液，

需要232NaCO10HO晶体的质量111molL286gmol0.1L28.6gm−−==，A项错误；B.配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量或量取、溶解、移液、洗涤、定容等，用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、100mL容量瓶、胶头滴管等，B项错误；C定容时，需

要向容量瓶中加入蒸馏水，所以配制时若容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水对溶液浓度无影响，C项错误；D.定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，依据ncV=可知溶液浓度偏高，D项正确；故选D。8.下列有关化学用语表示正确的是...A.1828O−的结构示意图：B.HClO的结构式：HOCl−−C.质子数

为53、中子数为78的碘原子：7853ID.22HO的电子式：【答案】B【解析】【详解】A．182-8O的核电荷数为8，核外电子总数为10，其离子结构示意图为：，故A错误；B．HClO为共价化合物，中心原子为氧，结构式：HOCl−−，故B正确；C．质子数为53，中子

数为78的碘原子的质量数=131，该原子正确的表示方法为13153I，故C错误；D．H2O2为共价化合物，电子式为，故D错误；故选B。9.部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是A.可存在c→d→e→f→c的

循环转化关系B.只能通过复分解反应直接得到eC.a能与水蒸气发生反应生成gD.固体g溶于氢碘酸的离子方程式为3232FeO6H2Fe3HO+++=+【答案】A【解析】【分析】部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示，则abgde分别为铁、氧化亚铁、氧化铁、氢氧化亚铁、氢氧化铁，

ef分别为亚铁盐、铁盐；【详解】A．氯化亚铁和氢氧化钠生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁和氧气生成氢氧化铁，氢氧化铁和盐酸生成氯化铁，氯化铁和铁生成氯化亚铁，A正确；B．氢氧化亚铁和氧气生成氢氧化铁，故可以通过化合反应得到氢

氧化铁，B错误；C．铁和水蒸气高温生成四氧化三铁，C错误；D．三价铁和碘离子会生成亚铁离子和碘单质，D错误；故选A。10.X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素。它们满足以下条件：①在元素周期表中，Z与Y、

W均相邻；②X、Y、W分别位于不同周期；③Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17。下列说法错误的是（）A.X、Y、Z能组成共价化合物B.Z与Y元素的原子半径大小顺序为Y＞ZC.X、Y、Z之间形成的核外电子总数为10的微粒只有3YX和2XZD.Z、W元素的最简单氢化物的沸点和

稳定性均为2HZ＞2HW【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X、Y、W分别位于不同周期，则X为H元素；在元素周期表中，Z与Y、W均相邻，Y、Z、W三种元素的原子

最外层电子数之和为17，可能出现的位置关系有、，设Y的最外层电子数为x，若为第一种情况，则有1117xxx++++=，解得5x=，Y、Z、W对应的元素分别为N、O、S；若为第二种情况，则有117xxx+++=，解得163x=，不合理，则X、Y、Z和W分别为H、N、O和S，由此分析。【详解】A．X、

Y、Z分别为H、N、O，可形成3HNO和2HNO等共价化合物，故A正确；B．Y、Z分别为N、O，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：Y＞Z，故B正确；C．H与N、O元素之间形成的核外电子总数为10的微粒有3NH、+4NH、-OH、2HO、+3HO等，故C错误；D．Z、

W分别为O和S，最简单氢化物分别为水和硫化氢，元素的非金属性越强，对应简单氢化物稳定性越强，且水分子之间存在氢键，则二者最简单氢化物的沸点和稳定性均为2HZ＞2HW，故D正确；答案选C。二、不定项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两

个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)11.滴有酚酞()2BaOH溶液显红色，在该溶液中分别滴加X溶液至过量后有下列现象。下列说法不正确的是序号装置X溶液现象I盐酸溶液红色褪去，无沉淀，灯泡亮度变暗，

但不熄灭，后来又慢慢变亮II24NaSO溶液红色不变，有白色沉淀生成，灯泡亮度变暗，但不熄灭，后来又慢慢变亮III24HSO溶液红色褪去，有白色沉淀生成，灯泡逐渐变暗，最终熄灭，然后又逐渐变亮A.实验I中溶液红色褪去

，说明发生了反应2HOHHO+−+=B.实验II中溶液红色不变，且灯泡亮度变暗，说明溶液中离子总数与原溶液相比有明显减少C.实验III中溶液红色褪去，有白色沉淀生成，灯泡逐渐变暗，说明发生了反应22442BaOHHSOBaSOHO+−+−+++=+D.将实验II中24Na

SO溶液换成4CuSO溶液，现象与原实验Ⅱ中的现象不同【答案】B【解析】【分析】电解质溶液导电的原因是存在自由移动的离子，导电能力大小与离子浓度及离子所带电荷有关；【详解】A．酚酞遇碱变红，Ba(OH)2溶液显碱性，滴加盐酸，发生酸碱中和反应：H++OH-=H2O，

溶液红色褪去，故A正确；B．Ba(OH)2与Na2SO4发生复分解反应：Ba(OH)2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaOH，溶液红色不变，灯泡亮度变暗，由化学方程式可知，与原溶液相比，溶液中离子总数增大但是浓度减小，故B错误；C．H2SO4与Ba(OH

)2发生复分解反应：Ba2++2OH-+2H++2-4SO=BaSO4↓+2H2O，溶液中离子浓度减小，灯泡变暗，氢氧根浓度逐渐减小，红色逐渐褪去，故C正确；的D．CuSO4与Ba(OH)2发生复分解反应：Ba(OH)2+CuSO4

=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，溶液中离子浓度逐渐减小，灯泡逐渐变暗，氢氧根浓度逐渐减小，红色逐渐褪去，与Na2SO4的实验现象不同，故D正确；故选B。12.某强酸性溶液中可能存在3Al+、2Fe+、4NH+、2Ba+、Cl−、23CO−、24SO−、3NO−中的若干种，为确定溶液组成

进行如下实验：(1)取100mL原溶液，加入足量()32BaNO溶液，有白色沉淀a和无色气体b生成，过滤得滤液c。(2)往(1)所得滤液c中加入足量的NaOH溶液并加热，可得气体d和沉淀e，过滤。(3)取(2)中过滤所得滤液，通入少量的2CO，有白色沉淀f生成。下列有关判断正确的是A.试液

中一定没有2Ba+、23CO−、3NO−B.试液中一定有2Fe+、4NH+、3Al+、24SO−C.气体b和气体d在一定条件下能发生反应生成一种单质和一种无色液体D.沉淀f一定含有()3AlOH，可能含有3BaCO【答案】AC【解析】【

分析】在强酸性溶液中，23CO−不能大量存在，2Fe+和3NO−也不能同时存在，钡离子和碳酸根离子不共存，根据实验(1)可知溶液中一定不存在23BaNO+−、，一定存在24SO−、2Fe+，气体b为NO，沉淀

a为4BaSO；根据实验(2)可知溶液中含有4NH+，气体d为3NH，沉淀e为3Fe(OH)，可能有3Al+因为氢氧化铝溶于氢氧化钠；根据实验(3)可知原溶液中可能含有3Al+，沉淀f可能为3BaCO或3BaCO和3Al(OH)的混合物，因为实验(1)中的(

)32BaNO溶液是过量的。【详解】A．由上述分析可知，原溶液中一定没有的离子为2233BaCONO+−−、、，A正确；B．由上述分析可知，原溶液中可能会含有3Al+，B错误；C．一氧化氮具有氧化性、氨气具有一定还原性

，一氧化氮和氨气一定条件下可以生成氮气和水，C正确；D．沉淀f一定含有3BaCO，可能含有3Al(OH)，D错误；故选AC。13.已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2++2H2O；PbO与酸化MnSO4溶液发生反应Ⅱ：

5PbO2+2Mn2++4H++524SO−=24MnO−+5PbSO4+2H2O。下列推断不正确．．．的是A.由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为2∶1B.由反应Ⅱ可知，氧化性：PbO2＞4MnO−C.Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16H

NO3=3Pb(NO3)4+4NO↑+8H2OD.Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑【答案】C【解析】【详解】A．由反应Ⅰ可知，n(Pb2+)：n(PbO2)=2：1，则Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为2∶1，

A推断正确；B．由反应Ⅱ可知，氧化剂为PbO2，氧化产物为4MnO−，则氧化性：PbO2＞4MnO−，B推断正确；C．根据反应I，Pb(Ⅱ)可存在于硝酸溶液中，则Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+8HNO3=3Pb(NO3)2+2NO↑+4H2O，C

推断错误；D．根据反应I，与酸反应后有PbO2存在，PbO2具有强氧化性，可使氯离子变为氯气，则Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑，D推断正确；答案为C。14.将ag铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中，充分反应后，滴加KSCN

溶液，无明显变化。测得参加反应的HCl为0.1mol，放出标准状况下气体0.448L。则下列判断中不正确的是A.原混合物中()()23nFe:nFeO=3:1B.向溶液中通入0.025mol2Cl，可以将2Fe+

完全转化为3Fe+C.无法计算原混合物的质量D.收集产生的气体刚好能与0.448L的2Cl完全反应【答案】CD【解析】【分析】由于反应生成H2，充分反应后，滴加KSCN溶液，无明显变化，则表明反应生成的Fe3+全部被Fe还原，

所以反应方程式可表示为：①Fe2O3+Fe+6HCl=3FeCl2+3H2O，②Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；n(H2)=0.448L22.4L/mol=0.02mol，则反应②中，n(Fe)=n(FeCl2)=n(H2)=0

.02mol，n(HCl)=2n(H2)=0.04mol；反应①中，n(HCl)=0.1mol-0.04mol=0.06mol，则n(Fe)=n(Fe2O3)=0.01mol，n(FeCl2)=0.03mol

；所以反应前，n(Fe)=的0.02mol+0.01mol=0.03mol，n(Fe2O3)=0.01mol；反应后的溶液中n(FeCl2)=0.05mol。【详解】A．由以上分析知，原混合物中n(Fe)=0.

03mol，n(Fe2O3)=0.01mol，所以()()23nFe:nFeO=3:1，A正确；B．反应后的溶液中，n(FeCl2)=0.05mol，由反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知，向溶液中通入0.025molCl2，可以将Fe2＋完全转化

为Fe3＋，B正确；C．原混合物中n(Fe)=0.03mol，n(Fe2O3)=0.01mol，则可以计算原混合物的质量，C错误；D．n(H2)=0.02mol，刚好能与标况下0.448L的Cl2完全反应，该选项未指明“标况”条件，所

以氯气的量不一定为0.448L，D错误；故选CD。三、填空题(包括第15题~第18题4个大题，共54分。)15.国家实施“青山绿水”工程，故加大力度研究脱硫以及“三废”处理技术意义重大。某工厂拟综合处理工业废气(主要含2N、2CO、2SO、NO、CO，不考虑其他成分)和含4NH+的废水

，设计了如下流程：（1）在2N、2SO、CO、NaOH中，属于非电解质的是_______(填化学式)。（2）固体1中除含有()2CaOH外，还含有_______(填化学式)。（3）生成2NaNO的反应可表示为：2224NOO4NaOH4NaNO2HO++=+，该反应中氧化产物是_____

__；捕获剂所捕获的气体主要是_______(填化学式)。（4）用离子方程式表示处理含4NH+的废水时发生的反应：_______，当0.5mol4NH+参加反应时，转移的电子数目为_______AN。【答案】（1）2SO、CO（2）CaCO3、CaSO3（3）①.NaNO2②.CO（4）①

.2NO−+4NH+=N2+2H2O②.1.5【解析】【分析】废气中的CO2、SO2与石灰乳反应产生CaCO3、CaSO3进入固体1中，固体1中含有CaCO3、CaSO3及过量Ca(OH)2；气体1成分为含N2、NO、CO，然后将气体通入Na

OH溶液中，并向其中通入适量空气，NO与O2、NaOH反应产生NaNO2，向其中加入含4NH+的废水，发生氧化还原反应产生无污染的N2，气体2中含N2、CO，经捕获剂捕获CO后，剩余N2可直接排出。【小问1详解】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物，在N2、2SO、

CO、NaOH中，N2是单质，不属于电解质也不属于非电解质；2SO、CO属于非电解质，NaOH属于电解质；【小问2详解】固体1中除含有Ca(OH)2外，还含有CO2、SO2与石灰乳反应产生CaCO3、CaSO3；【小问3详解】生成

NaNO2的反应可表示为：4NO+O2+4NaOH=4NaNO2+2H2O，该反应中，N元素化合价升高发生氧化反应得到氧化产物NaNO2；气体2成分是CO、N2，经捕获剂捕获后剩余气体是N2，则所捕获的气体主要是CO；【小问4详解】向NaNO2溶液中加入含有4NH+的废水，发生氧化还原反

应产生无污染的N2，NaNO2中氮元素化合价降低、铵根离子中氮元素化合价升高，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2NO−+4NH+=N2+2H2O；根据方程式可知：每有1mol4NH+反应，转移3mol电子，则当有0.5mol4NH+参加反应时，转移的电子数目为1.5NA

。16.铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂。查阅有关资料如下。【氯化铁】熔点为306℃，沸点为315℃；易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500~600℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。【氯化亚铁】熔点为670℃，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水

氯化亚铁。某化学活动小组用下图所示的装置(夹持装置略去)模拟工业生产制备无水氯化铁。请回答下列问题：（1）在装置A中，a管的作用是_______，用4KMnO与浓盐酸反应制取氯气的离子方程式为______

_。（2）仪器b的名称是_______，D中装的药品是_______，其作用是_______。（3）定量分析。取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：①称取4.60g产品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量22HO溶液；③再加入足量NaOH

溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g。则该样品中铁元素的质量分数为_______%(保留一位小数)。（4）用题中所给的装置制得的产品中会含有氯化亚铁杂质，从而导致铁元素含量_______(填“相等”“偏高”或“偏低”)。为避免产生氯化亚铁杂质，就题中所给的装置提出一种

合理的改进方法：_______。【答案】（1）①.使得液体能够顺利滴下②.--+2+4222MnO+10Cl+16H=5Cl+2Mn+8HO（2）①.圆底烧瓶②.碱石灰③.吸收尾气、防止空气中水蒸气进入装置C（3）36.5（4）①.偏高②.在AB装置之间增加饱和食盐水装置【解析

】【分析】4KMnO与浓盐酸反应生成氯气，通过浓硫酸干燥后和铁反应生成氯化铁，C冷凝收集氯化铁，装置D吸收尾气、防止空气中水蒸气进入装置C；【小问1详解】在装置A中，a管的作用是平衡装置中压强，使得液体能够顺利滴下；用4K

MnO与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，离子方程式为--+2+4222MnO+10Cl+16H=5Cl+2Mn+8HO；【小问2详解】仪器b的名称是圆底烧瓶；反应后的尾气中含有有毒气体氯气且氯化铁易吸收空气中的水分而潮解，故D中装的药品是碱石灰，其作用是吸收尾气、防止

空气中水蒸气进入装置C；【小问3详解】灼烧后得到红棕色氧化铁，根据铁元素守恒可知，该样品中铁元素的质量分数为1122.4g160100%=36.5%4.6g；【小问4详解】氯化铁中铁元素含量低于氯化亚

铁中铁元素含量，题中所给的装置制得的产品中会含有氯化亚铁杂质，从而导致铁元素含量偏高；工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁，为避免产生氯化亚铁杂质，应该在AB装置之间增加饱和食盐水装置吸收氯化氢气

体。17.下表列出了①~⑦共7种元素在元素周期表中的位置。族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02①②③3④⑤⑥⑦回答下列问题：（1）①可以形成原子空间排列方式不同的多种单质，这些不同的单质之间互称为_______。（2）①③形成的高价态化合物的

电子式为_______。（3）⑤的单质在工业上常用于冶炼熔点较高的金属，如用25VO冶炼V，该反应的化学方程式为_______。（4）③⑤⑦三种元素的简单离子半径由大到小的顺序是_______(填离子符号)。（5）②

和⑦对应的简单氢化物能相互反应，其产物中含有的化学键有_______。（6）根据元素周期律，②的非金属性比⑥强，但②的单质却比⑥的单质稳定，原因是_______。（7）④⑤的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为_______。（8）③④可形成两种化合物，其中呈淡

黄色的物质为A，另一种为B.A中，阴、阳离子个数比为_______；将26.4g这两种物质的混合物投入足量水中，反应后，水溶液增重24.8g，则A与B的物质的量之比为_______。【答案】（1）同素异形体（2）

（3）2523+10Al6V+3OO5AlV高温（4）Cl->O2->Al3+（5）离子键、极性共价键（6）氮气分子中存在氮氮叁键，键能较大（7）--322Al(OH)+OH=AlO+2HO（8）①.1:2②.1:3【解析】【分析】

由图可知，①-⑦分别为碳、氮、氧、钠、铝、磷、氯；【小问1详解】①可以形成原子空间排列方式不同的多种单质，例如石墨、金刚石等，这些不同的单质之间互称为同素异形体；【小问2详解】①③形成的高价态化合物为共价化合物二氧化碳，电子式为；【小问3详解】⑤的单质在工业上常用于冶炼熔点较高的金属，如用25VO

和铝反应生成氧化铝和V，该反应的化学方程式为2523+10Al6V+3OO5AlV高温；【小问4详解】电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；③⑤⑦三种元素的简单离子半径由大到小的顺序是Cl->O2->Al3+；【小问5详解】②和⑦对应

的简单氢化物能相互反应生成氯化铵，氯化铵是由氯离子、铵根离子形成的离子化合物，铵根离子中存在氮氢极性共价键，故其产物中含有的化学键有离子键、极性共价键；【小问6详解】氮气分子中存在氮氮叁键，键能较大，故其单质

比磷单质稳定；【小问7详解】④⑤的最高价氧化物对应水化物反应为氢氧化钠和氢氧化铝生成偏铝酸钠和水，--322Al(OH)+OH=AlO+2HO；【小问8详解】③④可形成两种化合物，其中呈淡黄色的物质为A：过

氧化钠，另一种为B：氧化钠；过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子，阴、阳离子个数比为1:2；将26.4g这两种物质的混合物投入足量水中，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气、氧化钠和水生成氢氧化钠，反应后，水溶液增重24.8g，则生成氧气质量为26.4g

-24.8g=1.6g，为0.05mol，22222NaO2HO=4NaOHO++，则过氧化钠为0.1mol，氧化钠为26.4g-0.1mol78g/=0.3mol62g/molmol，故A与B的物质的量之比为1:3。1

8.铜和三氧化二铁在工农业生产中用途广泛，用黄铜矿(主要成分为2CuFeS，其中Cu为+2价、Fe为+2价)制取铜和三氧化二铁的工艺流程如图所示：（1）粉碎的目的为_______。（2）高温焙烧时发生的反应

是222uCuFeSFOSOeSC高温+++，该反应中，氧化剂是_______；0.5mol2O参加反应时，反应中转移电子_______mol。（3）酸溶过程中，所加6mol/L的盐酸的质量分数为20%，则其密度为_____(保留一位小数)。（4）向溶液B中通入3NH后发生反应的离

子方程式为_______。（5）操作b后检验滤渣已经洗涤干净的实验操作为_______。【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率（2）①.2O、2CuFeS②.3（3）1.1g/mL（4）()3+32+43Fe+3NHHO=FeOH+3NH（5）取最后一

次的洗涤液加入硝酸银溶液和稀硝酸，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净【解析】【分析】黄铜矿粉碎后通入氧气焙烧，生成二氧化硫、铜、硫化亚铁，加入盐酸酸溶得到硫化氢和氯化亚铁，铜不反应分离出铜，滤液加入氯气将亚铁离子转化为铁离子，

加入氨气生成氢氧化铁沉淀，焙烧得到氧化铁；【小问1详解】粉碎的目的为增大反应物的接触面积，加快反应速率；【小问2详解】反应中氧元素化合价由0变为-2、铜元素化合价由+2变为0，均发生还原反应，故氧化剂为2O、2CuFeS；反应中部分硫由

-2变为+4，根据电子得失可知电子转移关系为，-2O6e，则0.5mol2O参加反应时，反应中转移电子3mol；【小问3详解】由1000ρωc=M可知，1000ρ0.2mol/L=6mol/L36.5，则盐酸的密度为1.1g/

mL；【小问4详解】向溶液B中通入3NH后，铁离子和一水合氨生成氢氧化铁沉淀和铵根离子，发生反应的离子方程式为()3+32+43Fe+3NHHO=FeOH+3NH；【小问5详解】滤渣表面可能残留氯离子，氯离子和硝酸银生成氯化

银沉淀，则操作b后检验滤渣已经洗涤干净的实验操作为：取最后一次的洗涤液加入硝酸银溶液和稀硝酸，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净。