【文档说明】上海市洋泾中学 2021-2022学年高一下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(22)页，4.736 MB，由小赞的店铺上传

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上海市洋泾中学2021学年度第二学期高一化学期中考试试卷可能用到的相对原子量：H-1C-12O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64Zn-65Ba-137共选择题（共100

分，每小题2分，每小题只有一个正确选项．）1.酸雨给人类带来了种种灾祸，严重地威胁着地球生命生存的生态环境，下列有关减少或者防止酸雨形成的措施中可行的措施是①对燃煤进行脱硫；②对含SO2、NO2等工业废气进行无害处理后，再排放到大

气中；③人工收集雷电作用所产生的氮的氧化物；④飞机、汽车等交通工具采用油电混合动力或者清洁燃料，如天然气、甲醇等；⑤减少火力发电，增加风力发电和核电。A.①②③④⑤B.①②③C.①②④⑤D.①③④⑤【答案】C【解析】【详解】①对燃煤进行脱

硫，可减少二氧化硫的排放，能减少酸雨的形成，故①符合题意；②对含SO2、NO2等工业废气进行无害处理后，再排放到大气中，能减少SO2、NO2的排放，减少酸雨的形成，故②符合题意；③雷电作用所产生的氮的氧化物为NO，NO在空气中迅速被氧化成NO2，人工收集雷电作用所产生

的氮的氧化物难度较大，该措施不可行，故③不符合题意；④飞机、汽车等交通工具采用油电混合动力或者清洁燃料，能减少氮氧化物和二氧化硫的排放，减少酸雨的形成，故④符合题意；⑤减少火力发电，增加风力发电和核电，能减少煤的燃烧，从而减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成，故⑤符合题意；减少或者防止酸雨形成的

措施中可行的措施为①②④⑤；答案选C。2.下面能实现人工固氮的是ABCD闪电电解饱和食盐水车间根瘤合成氨车间A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．空气中的氮气和氧气在放电条件下反应生成NO，属于自然固氮，A错

误；B．电解饱和食盐水氯碱工业，不涉及固氮，B错误；C．少数植物根瘤能将游离态的氮转化为化合态的氮，属于生物固氮，C错误；D．氮气和氢气在高温高压催化剂条件下合成氨，属于人工固氮，D正确；故选D。3.下列物质中不含结晶水的是A.重晶石B.生石膏C.

胆矾D.明矾【答案】A【解析】【详解】A．重晶石为硫酸钡，不含结晶水，A正确；B．生石膏为二水合硫酸钙，含结晶水，B错误；C．胆矾为五水合硫酸铜，含结晶水，C错误；D．明矾为十二水合硫酸铝钾，含结晶水

，D错误；故选A。4.下列物质不能由单质直接化合而成的是A.Cu2SB.NH3C.FeCl3D.Fe2S3【答案】D【解析】【详解】A．Cu与S反应化合生成Cu2S，选项A正确；B．N2和H2在高温下化合生成NH3，选项B正确；为C．Fe与氯气反应

化合生成FeCl3，选项C正确；D．Fe与S反应化合生成FeS，不能生成Fe2S3，选项D错误；答案选D。5.下列物质间转化必须加入还原剂的是A.2HClCl⎯⎯→B.2SOS⎯⎯→C.2ClHCl⎯⎯→D.23COCaCO⎯⎯→【答案】B【解析】【详解】A．2HClCl⎯⎯→过程中Cl的化合价

升高，被氧化，则需加入氧化剂，A不合题意；B．2SOS⎯⎯→过程中S的化合价降低，被还原，则需加入还原剂，B符合题意；C．2ClHCl⎯⎯→过程中Cl的化合价降低，被还原，但有Cl2+H2OHCl+HClO反应中H2O既不是氧化剂也

不是还原剂，即不一定要加入还原剂，C不合题意；D．23COCaCO⎯⎯→过程中没有元素的化合价发生改变，属于非氧化还原反应，则无需加入还原剂或氧化剂，D不合题意；故答案为：B。6.下列气体因易被氧化而不能用浓硫酸干燥的是A.Cl2B.SO

2C.H2SD.NH3【答案】C【解析】【详解】A．Cl2不会被浓硫酸氧化，能用浓硫酸干燥，故A不符合题意；B．SO2不会被浓硫酸氧化，能用浓硫酸干燥，故B不符合题意；C．H2S具有强还原性，能被浓硫酸氧化，不能用浓硫酸干

燥，故C符合题意；D．NH3为碱性气体，与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，故D不符合题意；答案选C。7.下列检验某未知溶液中是否含有24SO−的操作最合理的是A.加入硝酸酸化的硝酸钡溶液B.加入盐酸酸化的氯化钡溶液C.先加硝酸酸化

，再加硝酸钡溶液D.先加入盐酸酸化，再加氯化钡溶液【答案】D【解析】【分析】【详解】Ag+能与Cl-反应生成白色的AgCl沉淀，2233COSO、−−也能与Ba2+反应生成白色的BaCO3、BaSO3沉淀。故应先加盐酸酸化，排除Ag+、2233COSO、−−的

干扰，再加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有24SO−，故选：D。8.不能区分某红棕色气体是溴蒸气还是NO2气体的试剂是A.AgNO3溶液B.KI-淀粉试纸C.氯化钠溶液D.四氯化碳【答案】B【解析】【详解】A．AgNO3溶液与溴蒸气反应生成AgBr沉淀，NO2与AgNO3溶液不反应，用

AgNO3溶液能区分两者，故A不符合题意；B．溴蒸气和NO2均能将I-氧化成I2从而使KI-淀粉试纸变蓝，因此用KI-淀粉试纸不能区分两者，故B符合题意；C．溴蒸气溶于氯化钠溶液为橙色，NO2气体溶于氯化钠溶液后溶液为无色，可以用氯化钠溶液区分两者，故C不符合题意；D．溴易溶于四氯化碳，溴的四氯

化碳溶液为橙色，NO2气体不溶于四氯化碳，因此用四氯化碳能区分两者，故D不符合题意；答案选B。9.下列关于铵盐的叙述：①铵盐中氮元素化合价都为-3价②铵盐都是晶体，都易溶于水③铵盐与碱共热放出氨气④铵盐都不能与酸反应⑤几乎所有铵盐均

能分解⑥铵态氮肥不宜与草木灰混合施用。其中叙述正确的是A.①②③B.②③④C.②③⑤⑥D.③④⑤【答案】C【解析】【详解】①铵盐中氮元素化合价都为-3价，如硝酸铵，N元素显-3和+5价，①错误；②铵盐都是离子晶体，都易溶于水，②正确；③实验室制备氨气用铵盐与

碱共热，③正确；④碳酸氢铵是铵盐，能与酸反应，④错误；⑤铵盐不稳定，受热易分解，几乎所有铵盐均能分解，⑤正确；⑥草木灰主要成分为碳酸钾，水解显碱性，会使铵态氮肥失效，⑥正确；故选C。10.氢硫酸不稳定，要现用现配；从H2S的性质全面考虑，下列吸收H2S制

备氢硫酸的装置最合理的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】H2S能溶于水，H2S有毒，不能排放到空气中，同时H2S属于酸性气体，可用NaOH溶液吸收。【详解】A．该装置中未反应完的H2S会释放到空气中污染空气，故A不

符合题意；B．该装置中未反应完全的H2S会排放到空气中，污染空气，故B不符合题意；C．该装置无气体出口，未反应的气体积累到一定量，可能会发生危险，故C不符合题意；D．从装置左端通入H2S气体制得氢硫酸，右端的NaOH可吸收未反应的H2

S，故D符合题意；答案选D。11.下列反应中，调节反应物用量或浓度，不会改变反应产物的是A.硫化氢在氧气中燃烧B.硫在氧气中燃烧C.硫酸中加入锌粉D.二氧化碳通入澄清石灰水【答案】B【解析】【详解】A．硫化氢在氧气

中燃烧，当氧气量少时生成硫单质，氧气量多时生成二氧化硫，A错误；B．硫在氧气中燃烧产物为二氧化硫，跟氧气的量和浓度无关，B正确；C．稀硫酸与锌反应生成氢气，浓硫酸与锌反应生成二氧化硫，C错误；D．二氧化碳通入澄清石灰水，二氧化碳量少时生成碳

酸钙，过量时生成碳酸氢钙，D错误；故选B。12.二氧化硫、硫化氢两种气体，将它们混合后恢复到室温，发现气体的体积变为原来气体总体积的一半，则V(H2S)：V(SO2)的体积之比可能是A.4：1B.5：1C.2：3D.1：3【答案】B【解析】【详解】二氧化硫、硫化氢发生反应222=2HS

+SO3S+2HO，充分反应后，恢复至室温，气体的体积变为原来气体总体积的一半，说明有气体剩余，剩余的气体可能是H2S或SO2，设反应后剩余气体的体积为V，则H2S和SO2的总体积为2V，反应消耗的气体体积为2V-V=V；若剩余的气体是SO2，根据222=2H

S+SO3S+2HO可知，混合气体中H2S的体积为2V3，SO2的体积为2V-2V3=4V3，混合气体中V(H2S)：V(SO2)=2V3：4V3=1：2；若剩余的气体是H2S，根据222=2HS+SO3S+2HO可知，混合气体中SO2的体积为1V3，H

2S的体积为2V-1V3=5V3，混合气体中V(H2S)：V(SO2)=5V3：1V3=5：1；因此V(H2S)：V(SO2)的体积之比可能是1：2或5：1；答案选B。13.已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。右图所示为气体扩散速度的实验，两种气体

扩散相遇时形成白色烟环。下列关于甲、乙的判断正确的是A.甲是浓氨水，乙是浓硫酸B.甲是浓盐酸，乙是浓氨水C.甲是浓氨水，乙是浓盐酸D.甲是浓硝酸，乙是浓氨水【答案】C【解析】【分析】题中已经告知气体的摩

尔质量越小，扩散速度越快。则白色烟环靠近摩尔质量大的气体的那一侧。【详解】A.浓硫酸不具有挥发性，该组实验无法看到白色烟环，A错误；B.HCl的摩尔质量比NH3大，所以烟环靠捡浓盐酸（甲）一侧，B错误；C.HCl的摩尔质量比NH3大，所以烟环靠捡浓盐酸

（乙）一侧，C正确；D.HNO3的摩尔质量比NH3大，所以烟环靠捡浓硝酸（甲）一侧，D错误；故合理选项为C。14.如图所示，试管中盛装是红棕色气体(可能是混合物)，当倒扣在盛有水的水槽中时，试管内水面上升，但不能充满试管，当向试管内鼓

入氧气后，可以观察到试管中水柱继续上升，经过多次重复后，试管的内完全被水充满，原来试管中盛装的气体可能是A.可能是N2与NO2的混和气体B.可能是H2与NO2的混和气体C.可能是NO与NO2的混和气体D.只可能是

NO2一种气体【答案】C【解析】【分析】原试管中含有红棕色气体，因此原试管中一定含有的物质是二氧化氮。试管内完全被水充满发生的反应是22234NO+O+2HO=4HNO，在氧气不够的情况下，发生的反应是2233NO+HO=2HNONO+，由于一氧化氮不溶于水，因此水不能充满试管。【详

解】A．因为氮气不与水、氧气反应，因此如果原试管中含有氮气，试管内水面上升，但是无法充满试管，A错误；B．氢气不与水、氧气反应，因此如果原试管中含有氢气，试管内水面上升，但是无法充满试管，试管中不可能有氢气，B错误；C．如果原试管中含有的是一氧化氮和二氧化氮的混合气体，之前发生的反应是2233N

O+HO=2HNONO+，通入氧气之后，可以使试管完全被水充满，C正确；D．该试管中的气体可以是多种气体的组合，D错误；故选C。15.已知由NaHS、MgSO4、NaHSO4组成的混合物，硫元素的质量分数为a%，则混合物中氧元素的质量分数为A.a%B.2a

%C.1-1.75a%D.1-0.75a%【答案】C【解析】【分析】NaHS、NaHSO4中“NaH”的总相对原子质量为24，与1个Mg原子的相对原子质量相等，所以可以从质量角度将“NaH”视为一个与Mg等效的整体A(即将“NaH”和Mg都换用“A”来表示，可看作其相对原子质

量为24)，这样处理后混合物就相当于是由AS、ASO4、ASO4组成的了，而此时的混合物中A、S原子个数比为1：1，二者的质量比为24：32；利用硫元素的质量分数可求得A的质量分数，混合物中氧元素的质量分数=1-混合物中硫

元素的质量分数-A元素的质量分数。【详解】由上述分析可知，混合物就相当于是由AS、ASO4、ASO4组成，而此时的混合物中A、S原子个数比为1：1，二者的质量比为24：32=3：4，由于w(S)=a%，故w(A)=3/4×a%=0.75a%，氧元素的质量分数=1-a%

-0.75a%=1-1.75a%，故选C；答案选C。16.19世纪中叶，门捷列夫的突出贡献是A.发现元素周期律B.提出原子学说C.提出分子学说D.发现氧气【答案】A【解析】【分析】【详解】A．1869年俄国化学家门捷列夫发现元素周期律并制出第一章

元素周期表，A正确；B．道尔顿提出了近代原子学说，故B错误；C．阿伏伽德罗提出分子学说，故C错误；D．拉瓦锡发现氧气，故D错误；故选A。17.下列第二周期的元素中，原子半径最小的是A.OB.FC.ND.C【答案】B【解析】【详解】C、N、O、F同周期，核电荷数

依次增大，原子核对核外电子吸引增大，原子半径依次减小，故F原子半径最小。故选B。18.人体内最多的金属元素是A.FeB.ZnC.OD.Ca【答案】D【解析】【详解】人体内最多的金属元素是Ca，故选D；答案选D。19.下列氢化物中，最稳定

的是A.SiH4B.H2SC.PH3D.HCl【答案】D【解析】【详解】元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，因此有非金属性：Cl>S>P>Si，则氢化物的稳定性：HCl>H2S>P

H3>SiH4；答案选D。20.下列物质中属于纯净物的是（）A.生铁B.铝热剂C.漂粉精D.胆矾【答案】D【解析】【详解】A.生铁中含有少量C元素，为Fe、C的混合物，故A错误；B.铝热剂为金属铝和其它金属氧化物的混合物，故B错

误；C.漂粉精为氯化钙、次氯酸钙的混合物，故C错误；D.胆矾为五水合硫酸铜，属于纯净物，故D正确；故答案选D21.从人类利用金属的历史看，先是青铜器时代，后是铁器时代，而铝的利用只是近百年的事，造成这个先后顺序事实的最主要因素是A

.地壳中金属元素的含量B.金属的延展性C.金属的导电性D.金属冶炼的难易程度【答案】D【解析】【详解】地壳里含量最高的是金属铝，但铝开发利用的时间在铜、铁之后，说明金属大规模开发利用主要和金属的活动性有关，活动性弱的金属容易以单质形式存在，易被开发和利用，活动

性强的金属一般以化合物形式存在，难以冶炼，故与金属冶炼的难易程度有关，故D符合题意；答案选D。22.铝在空气中能够稳定存在的原因是A.性质不活泼B.还原性弱C.与氧气难反应D.表面有致密氧化膜【答案】D

【解析】【分析】【详解】A．Al原子的最外层电子数较少，原子半径较大，易失电子，活泼性较强，故A错误；B．铝是活泼金属，易失电子，其还原性较强，故B错误；C．铝能与氧气反应生成氧化铝，故C错误；D．Al在空气中与氧气反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止氧

气与内部的铝单质是铝在空气中能够稳定存在的原因，故D正确；答案选D。23.短周期元素X的气态氢化物的化学式为H2X，X在周期表中所在的族是A.Ⅳ族B.ⅣA族C.Ⅵ族D.ⅥA族【答案】D【解析】【详解】短周期元素X的气态氢化物的化学式为H2X，说明X原子最外层有6

个电子，在元素周期表中的位置为VIA族，故选D。24.下列物质不能由铁跟非金属单质直接化合而成的是A.Fe3O4B.FeSC.FeCl3D.FeCl2【答案】D【解析】【详解】A．铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，故A不符合题意；B．Fe和S在加热条件下反应生成FeS，故B

不符合题意；C．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，故C不符合题意；D．Cl2具有强氧化性，Fe与Cl2反应生成FeCl3，得不到FeCl2，故D符合题意；答案选D。25.能证明Al2O3属离子化合物的是A.熔融时能导电B.可作耐火材料C.受热难分解D.能溶于

NaOH溶液【答案】A【解析】【详解】A．熔融时能导电，可知由离子构成，可说明Al2O3属离子化合物，故A正确；B．熔点高的物质可作耐火材料，原子晶体中只有共价键也可作耐火材料，不能判断离子化合物，故B错误；C．受热难分解也可能为共价化合物，如二氧化硅，不能判断离子化合物

，故C错误；D．能溶于NaOH溶液也可能为共价化合物，如HCl，不能判断离子化合物，故D错误；答案选A。【点睛】利用熔融状态下能否导电判断电解质，不能利用化学性质判断离子化合物。26.金属不具有的性质是A.导电性B.导热性C.延展性D.氧化性【答案】D【解析】【详解】A．组

成金属的微粒为金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下电子可发生定向移动，故有导电性，A不选；B．金属的导热性是由于晶体内部，自由电子与金属阳离子的碰撞发生热传递，B不选；C．金属发生形变时，自由电子仍然可以在金属子离子之间流动

，使金属不会断裂，具有延展性，C不选；D．金属只能失去电子表现还原性，不具有氧化性，D选；故选D。27.在元素周期表里，金属与非金属元素附近能找到A.制半导体的元素B.制农药的元素C.制催化剂的元素D.制耐高温合金的元

素【答案】A【解析】【详解】A．在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故A正确；B．新制农药元素可以从周期表的右上角中的非金属元素中找到，故B错误；C．在过渡元素中寻找制造催化剂的元素，故C错误；D．制耐高温合金

材料的元素在过渡元素中寻找，故D错误；故选：A。28.下列物质中，不能由金属和盐酸反应制得的是A.FeCl3B.AlCl3C.MgCl2D.ZnCl2【答案】A【解析】【详解】A．铁的位置排在氢的前面，能与盐酸

反应，反应生成氯化亚铁，不能得到氯化铁，不能用金属和酸直接反应制得，故A正确；B．铝的位置排在氢的前面，能与盐酸反应生成氯化铝和氢气，能用金属和酸直接反应制得，故B错误；C．镁的位置排在氢的前面，能与盐酸反应生成氯化镁和氢气，能用金属和酸直接反应制得，故C错误；D．锌的

位置排在氢的前面，可以与盐酸反应，锌与稀盐酸发生置换反应时生成氯化锌溶液和氢气，能用金属和酸直接反应制得，故D错误；答案选A。【点睛】铁可与氯气反应制得氯化铁，与盐酸反应制得氯化亚铁。29.元素R最高价氧化物的分子式为RO3，则气态氢化物的分子式是ARH4B.RH3C.H2

RD.HR【答案】C【解析】【详解】元素R最高价氧化物的分子式为RO3，R的最高价正价为+6价，根据元素最高正价与最低负价的绝对值之和为8可知，R的最低负价为-2价，则其气态氢化物的分子式为H2R；答

案选C30.某元素的原子序数为7，对它的认识不正确的是A.它处于元素周期表中第二周期VA族B.它的最高正价为+5，负价为-3C.它的最高价氧化物对应水化物是一种强酸D.它的非金属性比磷弱比氧强【答案】D【解析】【详解】A．原子序数为7的元素是氮元素，核外电子层K层2个电子，L

层5个电子，它处于元素周期表中第二周期VA族，A正确；B．氮元素最外层有5个电子，最高正价为+5，负价为-3，B正确；C．氮元素的最高价氧化物对应水化物是HNO3，是一种强酸，C正确；D．氮元素与磷元素在同一主族，氮在上方非金属更强，氮元素与氧元素在同一周期，氮

在左方非金属更弱，故其非金属性比磷强比氧弱，D错误；故选D。31.下列元素中，最高价氧化物对应水化物碱性最强的是A.KB.CaC.NaD.Mg【答案】A【解析】【详解】K和Ca、Na和Mg分别位于同一周期，同周

期从左往右金属性减弱，金属性K>Ca，Na>Mg；K.。和Na、Ca和Mg分别位于同一主族，同主族从上往下金属性增强，故金属性K>Na，Ca>Mg，故四种金属的金属性强弱顺序为：K>Ca>Na>Mg。金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性最强，故选A。32.某主族元素的原子，核外

有三个电子层，最外层有7个电子。下列关于此元素的说法中错误的是A.其原子的电子层比Br多一层B.其原子半径比Br的小C.其氢化物的稳定性比HBr强D.其单质的氧化性比Br2强【答案】A【解析】【分析】某主族元素的原子，核外有三个电子层，最外层有7个电

子，该元素为Cl。【详解】A．Cl有三个电子层，Br有四个电子层，Cl比Br少一个电子层，A错误；B．Cl比Br少一个电子层，原子半径比Br小，B正确；C．Cl与Br同主族，非金属性比Br强，故氢化物稳定性HCl>HBr，C正确；D．Cl与Br同主族，非

金属性比Br强，单质氧化性比Br2强，D正确；故选A。33.工业上利用铝热反应焊接钢轨间的缝隙，反应方程式如下：2A1+Fe2O3=2Fe+Al2O3，其中Fe2O3是A.氧化剂B.还原剂C.既是氧化剂又是还原剂D.既不

是氧化剂又不是还原剂【答案】A【解析】【详解】2A1+Fe2O3=2Fe+Al2O3中，Fe元素的化合价降低，则Fe2O3为该反应的氧化剂，故选A；答案选A。34.下列原子半径由小到大排列顺序正确的是A.O、S、A

l、NaB.Mg、Si、P、ClC.Cl、Na、F、KD.S、N、C、B【答案】A【解析】【分析】电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小。【详解】A．原子半径由小到大排列顺序：O<S<Al<Na，故A正确；B．原子

半径由小到大排列顺序：Cl<P<Si<Mg，故B错误；C．原子半径由小到大排列顺序：F<Cl<Na<K，故C错误；D．原子半径由小到大排列顺序：N<C<B<S，故D错误；答案选A。35.下列递变规律不正确的是A.Na、Mg、Al还原性依次

减弱B.I2、Br2、Cl2氧化性依次增强C.C、N、O最高正价依次升高D.P、S、Cl最高正价依次升高【答案】C【解析】【详解】A．Na、Mg、Al位于同一周期，而同一周期的元素，从左到右，元素的金属性逐渐减弱，则单质的还原性逐渐减弱，故Na、Mg、Al还原性依次减弱，故A正确；B．

Cl、Br、I位于同一主族,而同一主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，则单质的氧化性逐渐减弱，即I2、Br2、Cl2氧化性依次增强，故B正确；C．C、N、O位于同一周期，C、N的最高正化合价为+4，+5，O没有最高正价，故C错误；D．P、S、

Cl的最外层电子数分别为5、6、7个，最高正价分别为+5、+6、+7，依次升高，故D正确；答案选C。36.下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是（）A.热稳定性：HF＜HCl＜HBr＜HIB.微粒半径：K+＞Na+＞Mg2

+＞Al3+C.酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3D.熔点：Li＞Na＞K＞Rb【答案】A【解析】【详解】A、非金属性越强，气态氢化物越稳定；故不正确；B、粒子半径与电子层数和核电荷数有关，正确；C、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；D、金属晶体的熔沸点

有，半径越小，电荷越多，熔沸点越高。37.下列说法不符合ⅦA族元素性质特征的是A.易形成－1价离子B.从上到下原子半径逐渐减小C.从上到下非金属性逐渐减弱D.从上到下氢化物的稳定性依次减弱【答案】B【解析】【详解】A．因ⅦA族元素最高正价为+7价，则最低价为

7−8=−1价，最外层为7个电子，易得到一个电子，达到稳定结构，即易形成−1价离子，故A符合ⅦA族元素性质特征；B．ⅦA族元素从上到下电子层数增多，则原子半径增大，故B不符合ⅦA族元素性质特征；C．ⅦA族元素从上到下得电子的能力减弱，

则非金属性逐渐减弱，故C符合ⅦA族元素性质特征；D．ⅦA族元素从上到下非金属性减弱，则对应的氢化物的稳定性依次减弱，故D符合ⅦA族元素性质特征；答案选B38.以下各种尾气吸收装置中，不适合于吸收氨气的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析

】氨气极易溶于水，吸收尾气时，应注意防倒吸；【详解】氨气极易溶于水，吸收尾气时要防止倒吸；A、作安全瓶，适合吸收尾气氨气，故A不符合题意；B、倒置漏斗，能够防止倒吸，故B不符合题意；C、干燥管可以防止倒吸，故C不符合题意；D、导管直接插入液面以下，不能防止倒吸，故D符合题意。3

9.常温下，将铁片放入下列溶液中，能明显观察到有气体产生的是A.浓硫酸B.浓盐酸C.浓硝酸D.硫酸铜溶液【答案】B【解析】【详解】A．常温下，铁在浓硫酸中会钝化，不能明显观察到有气体产生，故A不符合题意；B．常温下，铁片与浓

盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，能明显观察到有气体产生，故B符合题意；C．常温下，铁在浓硝酸中会钝化，不能明显观察到有气体产生，故C不符合题意；D．铁与硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁，不会有气体产生，故D不符合题意；答案选B。40.已知铊与铝是同主族元素，关于铊的性质推断可能错误的是A.铊是银白色、质

软的金属B.铊不能形成气态氢化物C.铊与稀硝酸反应生成Tl(NO3)3D.Tl(OH)3是两性氢氧化物【答案】D【解析】【分析】铊与铝是同主族元素，推断铊可能的性质，需要从铝的性质入手，同时需要考虑性质的递变性；。【详解】A、铝是银白色

、质软的金属，同主族性质具有一定的相似性，即铊是银白色、质软的金属，故A不符合题意；B、铊是较活泼的金属，不能形成气态氢化物，故B不符合题意；C、铝能与稀硝酸反应生成硝酸铝，根据同主族性质相似性，铊也能与稀硝酸反应生成硝酸铊，故C不符合题意；D、Al在金属与非金属性分界线，

因此氢氧化铝具有两性，但铊在第六周期IIIA族，没有在分界线，因此Ti(OH)3不属于两性氢氧化物，故D符合题意。41.有关2H2S+SO2=3S↓+2H2O的描述正确的是A.H2S是氧化剂B.H2S有还原性C.H2O是氧化产物D.SO2被氧

化【答案】B【解析】【分析】2H2S+SO2=3S↓+2H2O中，H2S中的S元素化合价升高，H2S作还原剂，SO2中S元素的化合价降低，SO2作氧化剂，S既是氧化产物也是还原产物。【详解】A．由上述分析可知，H2S作还原剂，故A错误；B．由上述分析可知，H2S作还原剂，具有还原性，故B正

确；C．H2O既不是氧化产物也不是还原产物，故C错误；D．由上述分析可知，SO2作氧化剂，被还原，故D错误；答案选B。42.下列变化需要加入还原剂才能实现的是A.32KClOO⎯⎯→B.22ClClCu→C.3+FeFe⎯⎯→D.2

CCO⎯⎯→【答案】B【解析】【详解】A．KClO3→O2，氧元素化合价升高，发生氧化反应，不需要加还原剂，A错误；B．Cl2→CuCl2，氯元素化合价降低，发生还原反应，需加入还原剂，B正确；C．Fe→Fe3+，铁元素化合价升高，发生氧化反应，需要加入氧化剂，C错误；D．C元素化

合价由反应前CO中的+2价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高，失去电子被氧化，需加入氧化剂才可以实现物质之间的转化关系，D错误；故选B。43.某无色混合气体含有NH3、HCl、SO2、Cl2、CO2、O

2中的几种。将气体先通过浓硫酸，气体体积明显减小；再通过品红溶液，品红溶液褪色；最后通过澄清石灰水，石灰水变浑浊。下列推断错误的是A.肯定存在CO2B.可能存在O2C.肯定不存在HClD.肯定存在NH3

【答案】A【解析】【分析】Cl2为黄绿色气体，与无色不符，则混合气体中一定不含Cl2；气体先通过浓硫酸，气体体积明显减小，则一定含NH3，NH3能与HCl反应，可知原混合气体不含HCl；再通过品红溶液，品红溶液褪色，则混合气体中一定含SO2；最后通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，则至少含S

O2、CO2中的一种，上述现象不能确定是否含O2。以此解答本题。【详解】A．由上述分析可知，可能含CO2，故A错误；B．上述现象不能确定是否含O2，则可能存在O2，故B正确；C．由上述分析可知，一定含NH3，则原混合气体一定不含HCl，故C正确；D．由上述分析可知，肯定存在NH3，故

D正确；故答案：A。44.铁和铁合金是生活中常用的材料，下列说法正确的是A.不锈钢是铁合金，只含金属元素B.一定条件下，铁粉可与水蒸气反应C.铁与盐酸反应，铁合金不与盐酸反应D.在空气中，铁板比镀锌铁板更耐腐蚀【答案】B【解析】【详解】A、不锈钢是铁的合金

，含有碳、硅等非金属，A错误；B、铁粉和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，B正确；C、铁与盐酸反应，铁合金和盐酸也可以反应，C错误；D、镀锌铁板表面形成电解质溶液后可以组成原电池，发生原电池反应，锌做负极失电子，铁做正极被保护；铁板形成原电池铁做负极被腐蚀，D错误；答案选

B。45.用以下三种途径来制取相同质量的硝酸铜：①铜跟浓硝酸反应；②铜跟稀硝酸反应；③铜跟氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反应。以下叙述正确的是A.途径③所消耗的铜的物质的量最少B.三种途径所消耗的硝酸的物质的量相

等C.所消耗硝酸的物质的量是：途径①>途径②>途径③D.所产生的气体的物质的量是：途径②>途径①>途径③【答案】C【解析】【分析】途径①、②、③分别与硝酸反应的化学方程式为：33222Cu+4HNO()=Cu(NO)+2NO+

2HO浓、，33223Cu+8HNO()=3Cu(NO)+2NO+4HO稀、3322CuO+2HNO=Cu(NO)+HO。【详解】A．根据元素守恒，制备的硝酸铜的质量相等，故消耗的铜的质量相同，A错误；B．根据化学方程式可知，制备相同质量的

硝酸铜，途径①、②、③消耗的硝酸的物质的量分别为：4mol、83mol、2mol，消耗的硝酸的物质的量不同，B错误；C．从方程式中看出，若均制备1mol硝酸铜，途径①、②、③消耗的硝酸的物质的量分别为：4mol、83mol、2mol，即途径①>途径②>途径③，C正确；D．从方程式中看出，若均制备

1mol硝酸铜，产生气体的物质的量分别为2mol、23mol、0mol，即途径①>途径>②途径③，D错误；故选C。46.检验SO2中是否含有CO2，应采用的方法是A.通过石灰水B.通过品红溶液C.先通过酸性KMnO4溶液，再

通过澄清石灰水D.先通过NaHCO3溶液，再通过澄清石灰水【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫和二氧化碳均能使澄清石灰水变浑浊，A错误；B．品红溶液不能用来检验二氧化碳，B错误；C．先通过高锰酸钾溶液，二氧化硫被反应掉，再通过

澄清石灰水，若变浑浊可证明有二氧化碳，C正确；D．亚硫酸酸性比碳酸强，二氧化硫通过碳酸氢钠溶液会生成二氧化碳，澄清石灰水变浑浊不能证明原来的二氧化硫中含有二氧化碳，D错误；故选C。47.将64克Cu与100mL98%(密度为1.84g/cm3

)的浓硫酸混合加热，反应完全后，被还原的硫酸物质的量为A.等于0.92molB.小于0.92molC.等于1.84molD.小于0.98mol【答案】B【解析】【详解】铜的物质的量为1mol，浓硫酸的物质的量为：3100mL1.84g/cm?

98%1.84mol98g/mol=，根据方程式可知铜过量：24422ΔCu+2HSO()CuSO+SO+2HOmol11.84浓物质的量()，若两者完全反应，消耗铜的物质的量为0.92mol，生成二氧化硫0.92mol，即被还原的硫酸的物质

的量为0.92mol，然而实际反应时，当浓硫酸变稀时不再继续反应，被还原的硫酸的物质的量小于0.92mol。故选B。48.一定量的铁粉和硫粉的混合物，在隔绝空气的情况下加热充分反应后，让反应产物与足量的稀硫酸反应，在标况下放出2.24升气体，关于加热

前后混合物的组成，下列说法正确的是A.原混合物含0.1molFeB.原混合物质量大于8.8克C.生成物含0.1molFeSD.加热后的混合物是由FeS、Fe组成【答案】A【解析】【分析】铁粉和硫粉在隔绝空气的情况下加热充分反应，反应的化学方程式为ΔFe+SFeS，若S过量，则与盐酸反

应的只有FeS，反应的化学方程式为22FeS+2HCl=FeCl+HS，此时2(HS)(FeS)(Fe)==nnn，则22.24L(Fe)(HS)=0.1mol22.4L/mol==nn，(Fe)=0.1mol56g/mol=5.6gm，若Fe过量，则与盐

酸反应的物质是FeS及剩余的Fe，发生的反应为22FeS+2HCl=FeCl+HS和22Fe+2HCl=FeCl+H。【详解】A．Fe与S反应不论是谁过量，生成气体的物质的量与原混合物中Fe的物质的量相等，已知生成标准状况下2.24L气体，则原混合物一定含有0.

1molFe，故A正确；B．由A的分析可知，原混合物中一定有0.1molFe，即5.6g铁粉，当5.6g铁粉恰好与3.2g硫粉反应生成8.8gFeS，原混合物的质量也为8.8g，若硫粉少量，则硫粉的质量小于3.2g，原混合物的质量

小于8.8g，故B错误；C．当铁粉和硫粉恰好完全反应时，生成物为0.1molFeS，当硫粉少量时，生成物为FeS和Fe的混合物，FeS的物质的量小于0.1mol，故C错误；D．当铁粉和硫粉恰好完全反应时，加热后的物质只有FeS，故D

错误；答案选A。49.硫与烧碱溶液共热可以发生反应，3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O，该反应中被氧化的硫与被还原的硫相比较，下列说法正确的是①质量比是2︰1②物质的量比是2︰1③质量比是1︰2④物质的量比是1︰2A.①③B

.②④C.①②D.③④【答案】D【解析】【详解】3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O中S元素的化合价从0价升高到+4价，同时从0价降低到-2价，S既是氧化剂也是还原剂，Na2S是还原产物，Na2SO3是氧化产物；根据反应的方程

式可知，3molS参加反应，1molS作还原剂，2molS作氧化剂，则被氧化的硫与被还原的硫的物质的量之为1：2，由m=nM可知，被氧化的硫与被还原的硫的质量之比为1：2；正确的是③④；答案选D。50.体积不相同的三个烧瓶中分别充满了NH3、HCl和NO2，将

它们倒扣在水槽中充分溶解后，塞住瓶口取出，三个烧瓶内溶液的物质的量浓度之比为A.1：1：1B.2：2：3C.3：3：2D.无法判断【答案】A【解析】【详解】NH3、HCl极易溶于水，因此将充满NH3、HCl的烧瓶倒扣在水槽中充分溶解后，所得溶液会充满整个烧瓶，NO2溶于水发生反应2233NO+

HO=2HNO+NO，根据反应的方程式可知，溶液会充满烧瓶的23，假设三个烧瓶的体积分别为V1L、V2L、V3L，该条件下气体摩尔体积为Vm，则13mV(NH)molV=n，2mV(HCl)=molVn，33m2V(HNO)=mol3Vn，所得溶液

的体积，氨水为V1L，盐酸为V2L，硝酸为32VL3，根据ncV=可得，三种溶液的浓度均为m1mol/LV，则三个烧瓶内溶液的物质的量浓度之比为1：1：1，故选A；答案选A。