【文档说明】河南省信阳高级中学2021-2022学年高一下学期3月考试化学试题 含解析.docx，共(21)页，1.775 MB，由小赞的店铺上传

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2024届高一下期测试(一)化学试题时间：90分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Fe-56Cu-64Ba-137一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。1.2022年北京冬奥会秉承“绿色办奥”、“科技办奥”理念，火炬“飞扬”首创以复合碳纤维为外壳材料，以氢气为燃料，在出火口格栅喷涂碱金属。下列说法正确的是A.碳纤维一种新型有机材料B.选择氢气主要是考虑其燃点低、易压缩C.多地禁放烟花以提升空气质量指数级别D.喷涂碱金属目

的是利用焰色反应让火焰可视化【答案】D【解析】【详解】A．碳纤维为碳的单质，属于无机物，是一种无机非金属材料，故A错误；B．氢气是燃点高、难压缩的气体，选择氢气为燃料主要是考虑其生成物为无污染的水，可以实现零碳排放，故B错误；C．空气质量指数级别越高，空气质量越差，则多地禁放烟花可以降低

空气质量指数级别，故C错误；D．氢气燃烧的火焰为淡蓝色，日光下很难看清火焰的焰色，喷涂碱金属可以利用焰色反应让火焰更明亮，达到可视化的目的，故D正确；故选D。2.化学与生活、科技等紧密相关，下列说法错误的是A.《吕氏

春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现合金硬度的特性是B.中国空间站天宫授课展示了许多有趣的实验，过滤要比溶解、蒸发更难进行C.K2FeO4和明矾都可做水处理剂，二者的净水原理完全相同D.春秋初年秦国的铜柄铁剑说明我国当时已经初步掌握冶铁技术【答案】C【解析】【详解】A．《吕氏

春秋别类》中"金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢"，体现合金硬度比成分金属大的性质，A不符合题意；B．中国空间站天宫授课展示了许多有趣的实验，过滤要比溶解、蒸发更难进行，因为处于失重状态，液体无法自然流下，B不符合题意；C．高铁酸钾有强氧化性，有杀菌消毒功能及净水功能，明矾只有净水功能，

不能杀菌消毒，二者的净水原理不完全相同，C符合题意；D．春秋初年秦国的铜柄铁剑说明我国当时已经初步掌握冶铁技术，D不符合题意；故选C。3.在稀硫酸中几种离子的转化关系如图所示。下列说法正确的是A.反应1中氧化剂为3Mn+B.氧化性：

4332CeFeIMn+++C.推测可发生反应：32+22Mn2I=I2Mn+−++D.反应2的氧化剂为Mn3+，还原产物为3Fe+【答案】C【解析】【详解】A．由题干历程图可知，反应1为Mn2++Ce4+=Ce3++Mn3+，故氧化剂为Ce4+，A错误；B．由题干历程图可知，反应1为Mn2

++Ce4+=Ce3++Mn3+，反应2为Mn3++Fe2+=Mn2++Fe3+，反应3为：2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，根据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：4+3+3+2Ce>Mn>Fe>I，B错误；C．由B项分

析可知，氧化性：4+3+3+2Ce>Mn>Fe>I，推测可发生反应：2+3+-22Mn+2I=I+2Mn，C正确；D．由历程图可知，反应2为Mn3++Fe2+=Mn2++Fe3+，故反应2的氧化剂为Mn3+，还原产物为Mn2+，D错误；故答案为：C。4.碳酸镧()233LaCO难溶于水，常用于

慢性肾衰竭患者高磷酸盐血症的治疗。实验室将2CO、3NH通入3LaCl溶液中反应制备碳酸镧，实验装置如图所示(夹持装置已略去)，下列说法错误．．的是A.X可以是碱石灰，生石灰或烧碱B.甲中的a口接丙中的c口，乙中的b口接丙中的d口C.丙中应先通入2CO，再通入

3NHD.丙中反应的离子方程式为()332223432La6NH3CO3HOLaCO6NH+++++=+【答案】C【解析】【详解】A．浓氨水滴到碱石灰或生石灰或烧碱上，会有NH3逸出，可用于制取NH3，故A正确；B．由于氨气极易溶于水，易倒吸，接竖立的干燥管可防止倒吸，故b接d

，a接c，故B正确；C．先通3NH会使溶液碱性增强，有利于2CO的吸收，故C错误；D．()233LaCO难溶于水，书写离子方程式用化学式表示，则丙中反应的离子方程式为()332223432La6NH3CO3HOLaCO6NH+++++=+，故D正确；答案选C。5.下列实

验中，利用图中装置不能达到实验目的的是选项ABCD装置预期现象放置Na2CO3时，澄清石灰水无明显现象，放置NaHCO3时，澄清石灰水变浑浊脱脂棉剧烈燃烧肥皂液有肥皂泡冒出，点燃有爆鸣声用手捂住试管，烧杯中冒气泡目的鉴别碳酸钠和碳酸氢钠证明Na2O2与水反应放热

验证铁粉与水蒸气的反应检查装置气密性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．Na2CO3稳定，受热不分解，因此不能使澄清石灰水变浑浊；而NaHCO3不稳定，受热分解产生CO2气体，能够使澄清石灰水变浑浊，故可使用该装置鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种不同的

固体物质，A正确；B．向包有足量Na2O2的脱脂棉中滴加2滴水，看到脱脂棉剧烈燃烧起来，这是由于Na2O2与水反应产生O2，同时放出大量的热，放出的热量达到棉花的着火点，从而使棉花着火燃烧起来，故可以证明Na2O2与

水反应放热，B正确；C．还原铁粉与水蒸气在高温下反应产生H2，H2与装置中的空气混合通过导气管通入肥皂液中，当点燃时二者迅速混合，发生反应放出大量热，因此听到有尖锐的爆鸣声，C正确；D．长颈漏斗下端未没入水面以下，没有

形成密闭系统，用手捂住试管，气体会通过长颈漏斗逸出，故烧杯中不会出现冒气泡的现象，故不能使用该装置检查装置气密性，D错误；故合理选项是D。6.在2021年5月29日，我国企业研发的世界首台航天微波炉随着“天舟二号”进入太空。其中芯片全为中国制造

，制作芯片的刻蚀液为硝酸与氢氟酸的混合液，工艺涉及的反应为：326222SiHNO6HF=HSiFHNOHHO+++++，下列说法错误的是A.此反应不能在玻璃容器中进行B.由此反应可判断氢氟酸是强酸C.氧化性：326HNOHSiF

D.标况下，生成1.12L2H时，转移电子的物质的量为0.2mol【答案】B【解析】【详解】A．氢氟酸能腐蚀玻璃，此反应不能在玻璃容器中进行，A正确；B．该反应为氧化还原反应，不能由此反应判断氢氟酸是强酸，HF是弱酸，B不正确；C．氧化剂的氧化性大于

氧化产物，则氧化性：326HNOHSiF，C正确；D．存在关系式32622SiHNOHSiFHNOH4e−，则标况下，生成1.12L即0.05mol2H时，转移电子的物质的量为0.2mol，D正确；答案选B。7.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.硝酸与铜

反应得到NO2、N2O4共23g，则铜失去的电子数为0.5NAB.常温下，8.1g铝片与足量的浓硝酸反应，转移电子数为0.9NAC.常温常压下，水蒸气通过Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为2NAD.高温高压下，28gN

2与4molH2充分反应，生成的NH3为2NA【答案】A【解析】【详解】A．二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，都为NO2，由得失电子数目守恒可知，反应生成23gNO2时，铜失去的电子数为23g46g/mol×1×NAmol—1=0.5NA，故A正确；B．常温下铝

在浓硝酸中发生钝化，阻碍反应的继续进行，则无法计算常温下8.1g铝片与足量的浓硝酸反应时，转移电子数目，故B错误；C．常温常压下，过氧化钠与水蒸气反应生成氢氧化钠和氧气，反应转移2mol电子，固体增重4g，则固体增重2g，反应中转移的电子数为2mol2g4g×NAmol—1=NA，故C错误；

D．高温高压下，合成氨反应为可逆反应，可逆反应不可能完全进行，则28g氮气与4mol氢气充分反应，生成的氨气的物质的量小于28g28g/mol×2×NAmol—1=2NA，故D错误；故选A。8.某化学兴趣小组对3Fe(SCN)的性质展开探究，设计了如图实验。已知2(SCN)为拟卤素，它的化学性质与

卤素单质相似。下列说法正确的是A.向()243FeSO溶液中滴加KSCN溶液，生成血红色沉淀B.溶液3红色褪去，氧化性：()-+3+42MnOH>(SCN)>FeC.溶液3中Fe元素的主要存在形式为2+FeD.溶液4红色褪去，2SO表现出漂白性【答案】B【解析】【详解】A．硫酸铁溶液与硫氰化钾溶

液反应发生络合反应生成血红色硫氰化铁和硫酸钾，硫氰化铁溶于水，不是沉淀，故A错误；B．溶液3红色褪去，说明高锰酸钾酸性溶液能将SCN—离子氧化为(SCN)2，则酸性条件下高锰酸根离子的氧化性强于(SCN)2，而铁离子不能将SCN—离子氧化为(SC

N)2说明铁离子的氧化性弱于(SCN)2，则氧化性的强弱顺序为()-+3+42MnOH>(SCN)>Fe，故B正确；C．溶液3红色褪去，说明高锰酸钾酸性溶液能将SCN—离子氧化为(SCN)2，铁离子不能与酸性高锰酸钾溶液反应，溶液中铁元素为铁离子，故C错误

；D．溶液4红色褪去，说明铁离子与具有还原性的二氧化硫反应生成亚铁离子，二氧化硫表现还原性，故D错误；故选B。9.下列混合气体的，除杂所用的试剂正确的是被提纯的物质杂质除杂试剂ACO2NO2饱和食盐水、浓硫酸BH2SH2O浓硫酸CSO2HCl饱和亚硫酸氢钠、浓硫酸DNH3H2O无水氯

化钙A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．NO2和水反应生成硝酸和NO，用饱和食盐水、浓硫酸除CO2中的NO2会引入新杂质NO，故A错误；B．浓硫酸和H2S发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥H2S，故B错误；C．饱和亚硫酸氢钠和HCl反应生成氯化钠、二氧化硫，可以用饱和

亚硫酸氢钠、浓硫酸除SO2中的HCl，故C正确；D．氯化钙和氨气反应生成23CaCl8NH，不能用无水氯化钙干燥氨气，故D错误；选C。10.某同学在实验室选用下列实验装置，验证浓硫酸与碳反应的生成物。下列说法错误的是A.浓硫酸与碳反应中，浓硫酸仅表现强氧化性B.验证产物的正确连接

顺序为：Ⅰ→Ⅲ→Ⅱ→ⅣC.装置Ⅱ中两侧品红溶液在实验设计中的作用不相同D.若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，无法检验产物中有无2CO【答案】D【解析】【分析】碳与浓硫酸加热反应生成CO2、SO2、H2O，先用无水硫酸铜检验水，然后用品红检验二

氧化硫，用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，用品红检验二氧化硫是否除尽，最后用澄清石灰水检验二氧化碳。【详解】A．浓硫酸与碳反应时，浓硫酸转化为SO2，浓硫酸只表现强氧化性，A正确；B．由分析知，验证产物的正确连接顺序可能为Ⅰ→Ⅲ→Ⅱ→IV，B正确；C．装置II中酸性KMnO4溶液两侧品红溶液的

作用不相同，左边验证二氧化硫气体存在，右边验证二氧化硫是否除尽，C正确；D．若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→IV，无法检验产物中有无水蒸气的存在，D错误；故答案选D。11.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，

平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g铜(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果不正确的是A.原混合酸中H2SO4物质的量为0.4molB.AB段发生的离子反应为Fe+2Fe3+=3

Fe2+C.混合酸中HNO3物质的量浓度为2mol·L-1D.第二份溶液中最终溶质为FeSO4【答案】A【解析】【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO-3+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe

3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。【详解】A．反应消耗22.4g铁，也就是22.4g56g/mol=0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓

度是4mol/l，原混合酸中H2SO4物质的量为4mol/l×0.2L=0.8mol，故A错误；B．由分析：AB段发生的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B正确；C．OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化

剂作用，所以n(NO-3)=2n(Fe)=2×11.2g56g/mol=0.4mol，混合酸中HNO3物质的量浓度为=0.40.2Lmol=2mol·L-1，故C正确；D．硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中

有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故D正确；故选A。12.铁与不同密度的3HNO溶液反应时产生的含氮产物的百分含量分布如图所示，硝酸的密度与其质量分数的对应关系见下表，下列有关说法错误的是密度/()-1gmL

1.101.151.201.251.301.351.40质量分数/%17.6825.4832.9940.5848.4256.9566.97A.上述反应中，铁为还原剂，硝酸为氧化剂B.2N、NO、2NO、2NO都既有氧化性又有还原性C.随着硝酸的密

度逐渐减小，产物中2NO的含量逐渐减小D.当()-13cHNO=8.05molL时，产物中2NO的含量最高【答案】D【解析】【详解】A．铁是活泼的金属，硝酸是氧化性酸，上述反应中，铁为还原剂，硝酸为氧化剂，故A正确；B．2N、NO、2NO、2NO中氮元素的化合价均处

于中间价态，因此都既有氧化性又有还原性，故B正确；C．根据图像可知随着硝酸的密度逐渐减小，产物中2NO的含量逐渐减小，故C正确；D．根据图像可知当硝酸密度是1.4g/mL时产物中2NO的含量最高，此时硝酸浓度是10001.40.6697/L63mol

≈14.88mol/L，故D错误；答案选D。13.下列离子方程式正确的是A.向NaClO溶液中通入少量2SO：2224ClOSOHO=SOCl2H−−−+++++B向硝酸亚铁溶液中滴加少量氢碘酸：-+3

222NO+8H6I=2NO+4HO+3I−+C.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液恰好使SO24−完全沉淀：2Al3++3SO24−+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓D.用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明

H2O2具有还原性：2MnO4−+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O【答案】B【解析】【详解】A．NaClO溶液与少量SO2反应生成硫酸和氯化钠Cl的化合价由+1降低为-1价，S的化合价由+4价升高为+6价，生成的氢离子会与ClO−结合HClO，根据化合价升降守恒，原子守恒和电

荷守恒可得：3ClO−+SO2+H2O=SO2-4+Cl−+2HClO，A错误；B．I-的还原性强于Fe2+，I-先与Fe2+与H+、NO-3的发生氧化还原反应，I的化合价由-1价升高为0价，N的化合价由+5价降低为+2价，根据化合价升降守恒，原子守恒和电荷守恒可得

，2NO-3+8H++6I−=2NO↑+4H2O+3I2，B正确；C．向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，1个明矾中有2个SO2-4，沉淀需要2个Ba2+，使SO2-4沉淀完全的离.子方程式为：Al3++2SO2-4+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO2−+2H2O，

C错误；D．浓盐酸也可以和KMnO4溶液发生氧化还原反应，过氧化氢也可以和高锰酸钾发生氧化还原反应，故不能证明过氧化氢具有还原性，D错误；故选B。14.利用如图装置进行Cl2制备及其化学性质的探究。下列说法错误的是A.拉动a或b的活塞，可检查装置气密性B.c中反应氧化产物与还原

产物的质量比为6：1C.c中产生Cl2后，d褪色的原因是次氯酸具有漂白性D.性质实验结束后，加入b中溶液除去多余的Cl2，溶液由红色变为无色【答案】B【解析】【分析】c中反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，d中先发生：Cl2+H2O=HCl+HClO，实验结

束后：加入b中溶液除去多余的Cl2，Cl2+2NaOH=H2O+NaCl+NaClO。【详解】A．拉动a或b的活塞，松开后看活塞能否恢复到原位，可检查装置气密性，故A正确；B．由KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，化合价升高的氯与化合价降低的氯比为5：1，c

中反应的氧化产物与还原产物的质量比为5：1，故B错误；C．c中产生Cl2后，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有强氧化性、漂白性，d褪色的原因是次氯酸具有漂白性，故C正确；D．性质实验结束后，加入b中溶液除去多余的Cl2，Cl2

+2NaOH=H2O+NaCl+NaClO，碱性变弱，溶液由红色变为无色，故D正确；的故选B。15.某100mL无色溶液可能含有Na+、NH+4、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO2-3、Cl-中若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：(所加试剂均过量，气体全

部逸出)下列说法错误的是A.原溶液一定存在Na+、NH+4、Mg2+、Al3+和Cl-，一定不存在Fe3+、CO2-3B.原溶液中c(NH+4)=1mol·L-1C.沉淀2的成分为Mg(OH)2D.原溶液中c(Cl-)≥6mol

·L-1【答案】A【解析】【分析】无色溶液，不可能有Fe3+，加入氨水，生成沉淀，且沉淀部分溶解于NaOH，则所得沉淀1一定是Mg(OH)2、Al(OH)3的混合物，一定存在Mg2+、Al3+，Al(OH)3是7.8g，

物质的量为7.8g=0.1mol78g/mol，沉淀2一定是Mg(OH)2，质量为5.8g，物质的量为5.8g=0.1mol58g/mol；碳酸根和Mg2+、Al3+不共存，一定不存在2-3CO，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，+4NH的物质

的量为13.44L=0.6mol22.4L/mol，开始加入适量氨水沉淀Mg2+、Al3+，加入氨水的物质的量为0.1mol30.1mol2=0.5mol+，则一定存在+4NH，物质的量为0.1mol；加入了NaOH再进行焰色反应，所以钠离子不能确定。【详解】A．根据原溶液一定存在

+4NH、Mg2+、Al3+和Cl-，一定不存在Fe3+、2-3CO，Na+不能判断，A项错误；B．100mL溶液存在NH4+的物质的量为0.1mol，则c(+4NH)=1mol·L-1，B项正确；C．由分析可知沉淀2是Mg(OH)2，C项正确；的D．根据电荷守恒，氯离子的物

质的量≥0.1mol30.1mol2+0.1mol1=0.6mol+，则原溶液中c(Cl-)≥6mol·L-1，D项正确；故答案选A。16.1.52g铜镁合金完全溶解于50mL63%的浓硝酸(硝酸密度为1.40g/mL)中，得到标况下NO2和N2O4的混合气体112

0mL。向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是A.该合金中n(Cu)：n(Mg)=2：1B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是13.0mol/LC.NO2和N2O4混合气体中，NO2

的体积分数是80%D.得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640mL【答案】B【解析】【分析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.5

4，解得x=0.02mol，y=0.01mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01mol，b=0.04mol。【详解】A．有上述

分析可知，Cu和Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，二者物质的量之比为2︰1，选项A正确；B．c(HNO3)=10001.463%63mol/L=14.0mol·L－1，选项B不正确；C．由上述分析可知，N2O4、NO2的物质的量分别为0.01mol、0.04mol，则N

O2的体积分数是0.04mol0.05mol×100%=80%，选项C正确；D．沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，氢氧化钠溶液体积为640mL，选项D正确。答案选B。二、非选择题：

包括第17题～第20题4个大题，共52分。17.I、按要求填空（1）如果ag某气体中含有的分子数b，则cg该气体在标准状况下占有的体积应表示_______L。（2）8.4gN2与9.6g某单质Rx所含原子个数相同，且分子数之比为3：2，则R的相

对原子质量是_______，x值为_______，9.6g单质Rx所含原子个数为_______。（3）由K2SO4、Al2(SO4)3、KCl形成的混合溶液，其中K+、Al3+、Cl-的物质的量之比为4：3：1，且SO的24−的物质

的量浓度为3.6mol·L-1，则此溶液中Cl-的物质的量浓度为_______mol·L-1（4）在标准状况下①6.72LCH4②3.01×1023个HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3，下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的

是_______a.体积②>①>③>④b.密度②>③>④>①c.质量②>①>③>④d.氢原子个数①>③>④>②II、室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成A、B两室，向A中充入一定量H2、O2的混合气体

，向B中充入1molN2，此时活塞的位置如图所示。（5）A室混合气体的物质的量为_______mol。（6）实验测得A室混合气体的质量为34g，则A室混合气体的平均摩尔质量为_______，其中氧气的质量为_______g。（7）若将A室中H2、O2的

混合气体点燃引爆，恢复到反应前温度，活塞最终停留在_______处(填刻度位置)，整个容器内气体压强与反应前气体压强之比为_______。【答案】（1）A22.4bcaN（2）①.16②.3③.0.6NA或3.612×10

23（3）0.6（4）bd（5）2（6）①.17g/mol②.32（7）①.2②.1：2【解析】【小问1详解】ag某气体中含有的分子数b，设该气体分子的摩尔质量为M，ANmn==NM，V=Vm·n，则cg该气体在标准状况下占有的体积应表示：A22.4bcaN【小问2详解】8.4gN2

的物质的量为0.3mol，含有原子数为0.6NA，由于两者所含原子数相同，9.6g某单质Rx所含原子个数为0.6NA，且分子数之比为3：2，可知Rx的物质的量为0.2mol，R3的摩尔质量,9.6g÷0.2mol=48g/mol，则R的

相对原子质量是16，x值为3，9.6g单质Rx所含原子个数为0.6NA；【小问3详解】由K2SO4、Al2(SO4)3、KCl形成的混合溶液，其中K+、Al3+、Cl-的物质的量之比为4：3：1，，根据电荷守恒可知，K+、Al3+、Cl-、SO24−的物质的量之比为4：3：1：6，SO24−的物

质的量浓度为3.6mol·L-1则此溶液中Cl-的物质的量浓度为0.6mol·L-1；【小问4详解】在标准状况下①6.72LCH4的物质的量为0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，③13.6gH2S的物质的量为0.4mol，④0.2molNH3，a.体积等于物质的

量之比②>③>①>④，错误；b.密度之比等于摩尔质量之比，②>③>④>①，正确；c.质量②>③>①>④，错误d.氢原子个数等于物质的量乘以每个分子中氢原子数①>③>④>②，正确；故选bd；【小问5详解】A、B两室压强与温度相同，

气体的物质的量之比等于其体积之比，A室的物质的量为1mol4=2mol2；【小问6详解】实验测得A室混合气体的质量为34g，则A室混合气体的物质的量为2mol，平均摩尔质量为17g/mol，其中氧气的物质的量

为ymol，氢气为xmol，223234xyxy+=+=，x=y=1mol，氧气质量为32g；【小问7详解】若将A室中H2、O2的混合气体点燃引爆，2222H+O2HO点燃，氧气有剩余，剩余量为：1mol-1mol×12=

0.5mol，恢复到反应前温度，最终两侧压强相等，体积之比等于物质的量之比：1:2，活塞最终停留在2刻度处，B中氮气的物质的量不变、温度不变，反应前后压强之比与反应前后体积成反比，整个容器内气体压强与反应前气体压强之比为

2:4=1:2。18.X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的五种短周期元素。同温同压下，相同物质的量的X和Y的单质分别与足量稀盐酸反应，生成H2的体积之比为1∶3；R的单质具有较强的氧化性；W元素的核电荷数等于Z、R元素的原子序数之和的一半。

请回答下列问题：（1）X的元素符号为___________；W元素在周期表中的位置为___________。（2）R元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为___________。（3）Y、Z、W、R四种元素的非金属性由强到弱的顺序是___________(用元素符号表示)，从原子结构角

度解释其原因：___________。（4）硒(Se)与W为同族元素，镓(Ga)和铟(In)与Y为同族元素，0.50.52CuInGaSe中Cu的化合价为___________。（5）W与R形成的化合物22WR中所有原子最外层都

满足8电子结构，其结构式为___________，用电子式表示其形成过程：___________。【答案】（1）①.Li或Na②.第三周期VIA族（2）4HClO（3）①.Cl>S>P>Al②.原子的电子层数相同，随着核电荷数的增加，原子

半径减小，原子核对核外电子的吸引力增强，得电子能力增强，非金属性增强（4）+1（5）①.Cl-S-S-Cl②.【解析】【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的五种短周期元素。同温同压下，相同物质的量的X和Y的单质分别与足量稀盐酸反应，生成H2的体积之

比为1∶3，这说明两种金属对应的化合价分别是+1价和+3价，因此Y一定是Al，X是Li或Na；R的单质具有较强的氧化性，R是Cl；W元素的核电荷数等于Z、R元素的原子序数之和的一半，根据X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的五种短周期元素可判断W是S，Z是P，据此解答。【小问1详解】根据以上分析可

知X的元素符号为Li或Na；S元素在周期表中的位置为第三周期ⅥA族。【小问2详解】氯元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为4HClO。【小问3详解】同周期自左向右非金属性逐渐减弱，则Y、Z、W、R四种元素的非金属性由强到弱的顺序是Cl>S>P>Al，这是因为原子的电子层数相同，随着核电荷数的

增加，原子半径减小，原子核对核外电子的吸引力增强，得电子能力增强，非金属性增强。【小问4详解】硒(Se)与S为同族元素，镓(Ga)和铟(In)与Al为同族元素，则0.50.52CuInGaSe中In、Ga、Se的化合价分别是+3、

+3和－2价，所以根据化合价代数和为0可知Cu的化合价为+1价。【小问5详解】S与Cl形成的化合物22SCl中所有原子最外层都满足8电子结构，因此其结构式为Cl-S-S-Cl，含有共价键，用电子式表示其形成过程为。19.A、B、C、D是四种常见气体单质

。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色。有关的转化关系如图1所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。请回答下列问题：（1）Z的化学式为_______，B的一种用途为_______。（2）气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图2所

示)，洗气瓶中是否有沉淀生成？_______(填“是”或“否”)；（3）Y与氧化铜反应，每生成1molB消耗3mol氧化铜，该反应的化学方程式为_______；（4）25℃和101KPa的条件下，将气体NO2充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液

中溶质的物质的量浓度为_______mol·L−1(已知：25℃和101KPa的条件下气体摩尔体积约为24.5L/mol)。【答案】（1）①.H2O②.制冷(保护气)（2）是（3）2NH3+3CuOΔN2+3Cu+3H2O（4）124.5【

解析】【分析】E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色，可推出F为NO2，C为O2，E为NO，B中一定含氮元素，而B又是气体单质，所以B为N2，进而可推知Y含氮元素，Y和X能产生白烟，所以Y为NH3，X为HCl，所以D为H2，A为Cl2，Z为H2O。NO2和水反应生成HNO3和NO，所以G为HNO

3，以此来解析；【小问1详解】由以上分析可知，Z为H2O，B为N2，用于制硝酸、合成氨、炸药、食品包装充填气，保护气等【小问2详解】气体F为NO2，通入BaCl2溶液中，NO2能和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能将同时通入的SO2氧化为SO2-4，硫酸根离子再和Ba2+生成BaS

O4沉淀；【小问3详解】Y为NH3，与氧化铜反应，每生成1molN2消耗3mol氧化铜，生成1molN2转移6mol电子，所以铜的化合价从+2降低到0价，即生成单质铜，该反应的化学方程式为：2NH3+3CuOΔN2+3

Cu+3H2O；【小问4详解】设烧瓶容积为3L，则NO2体积为3L，物质的量为3L24.5L/mol=3mol24.5，NO2和水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，324.5molNO2反应后

生成224.5mol硝酸，3LNO2反应后生成1LNO，所以最后溶液体积为2L，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为c=nV=2mol24.52L=1mol/L24.5；20.34Fe/FeO磁性材料在很多领域具有应用前景，可利用废旧白铁皮

(主要含Fe、Zn，少量的23FeO、ZnO)制得，其制备流程如下：已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。请回答下列问题：（1）溶液A中的溶质除了22NaZnO之外，还可能有___________(填化学式)。（2）向不溶物中加入盐酸后发生的氧化还

原反应中，没有气体产生的反应的离子方程式为___________。（3）制备流程中不断通入2N的目的是___________；检验2FeCl溶液中不含3FeCl的实验操作是___________。（4）向2FeCl溶液中加入KOH溶液并加热时有Fe和34FeO生成，该反应的离子方程式为____

_______。（5）判断34Fe/FeO是否已经用水洗涤干净，可选择的试剂为___________。【答案】（1）NaOH（2）3+2+Fe+2Fe=3Fe（3）①.在N2气氛下，防止Fe2+被氧化②.

取少许2FeCl溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则不含3FeCl（4）2+-342Δ4Fe+8OHFe+FeO+4HO（5）稀硝酸，硝酸银溶液【解析】【分析】加入NaOH溶液后，铁皮中的Zn、ZnO溶解转化为Na2ZnO2，故溶液A

中含有Na2ZnO2和过量的NaOH溶液，不溶物为Fe、Fe2O3，加入盐酸后，得到FeCl2溶液，加入KOH溶液后，经过一系列操作得到产品。【小问1详解】由分析知，溶液A中还可能有过量的NaOH，故此处填：NaOH；【小问2详解】加入稀盐酸后，Fe与盐酸反应生成FeCl2，Fe2O3转化为Fe

Cl3，FeCl3与Fe反应又转化为FeCl2，符合题意的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；【小问3详解】①由于Fe2+容易被氧化，故通入N2的目的为在N2气氛下，防止Fe2+被氧化；②可利用KSC

N溶液检验溶液中是否含Fe3+，具体操作为：取少许FeCl2溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则不含FeCl3；【小问4详解】由题意知，该反应为Fe2+歧化为Fe和Fe3O4，根据得失电子守恒初步确定反

应为：4Fe2+→Fe↓+Fe3O4↓，根据溶液显碱性，在左边添加8个OH-配平电荷守恒，右边添加4个H2O配平元素守恒，得完整方程式为：4Fe2++8OH-=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O；【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com