【文档说明】四川省攀枝花市第十五中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，779.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24Ca-40Cl-35.5S-32K-39Cu-64Fe-56Ba-137一、选择题（每小题2分，总分40分，每小题只有一个正确答案，请将答题卡上正确答案涂黑）1.硅及其化合物在材料领域中应用广泛

。下列叙述正确的是()A.晶体硅可做光导纤维B.SiO2可与水反应制备硅胶C.玻璃、水泥、陶瓷都是硅酸盐产品D.SiO2与NaOH和HF均可反应，属于两性氧化物【答案】C【解析】【详解】A.二氧化硅可做光导纤维，A项错误；B.SiO2与水不反应，B项错误；C.玻璃、

水泥、陶瓷都是硅酸盐产品，C项正确；D.SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，SiO2+4HF=SiF4+2H2O，SiF4不属于盐，则二氧化硅是酸性氧化物，D项错误；答案选C。2.下列污染现象主要与NO2有关的是（）A.臭氧空洞

B.水体富营养化C.光化学烟雾D.温室效应【答案】C【解析】【详解】A.臭氧空洞与氟氯烃有关，故A错误；B.水体富营养化与乱排放含N、P、K三种的物质有关，故B错误；C.光化学烟雾与氮氧化物有关，符合题意，故C正

确；D.温室效应与CO2有关，故D错误；答案选C。3.下列各组化合物中，化学键的类型完全相同的是()①MgCl2和Na2O②CO2和CS2③Na2S和Na2O2④HCl和NaOHA.①②B.①③C.②③D.②④【答案】A【解析】【详解】①MgCl2

和Na2O均只存在离子键，故①正确；②CO2和CS2均只存在极性共价键，故②正确；③Na2S只存在离子键，而Na2O2含离子键和非极性共价键，故③错误；④HCl中存在极性键；NaOH含离子键和极性共价键，故④错误；①②正确，故答案为A。【点睛

】考查化学键和化合物的关系，明确离子化合物和共价键化合物的概念是解本题关键，注意：并不是所有的物质中都含有化学键，稀有气体中不含化学键，为易错点。一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素

之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。4.3d能级上最多只能排布10个电子依据的原则是A.泡利不相容原理B.洪特规则C.能量最低原则和洪特规则D.能量最低原则和泡利不相容原理【答案】A【解析】【

详解】3d能级上最多只能排布10个电子依据的原则泡利不相容原理，故答案选：A。5.基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1的元素在元素周期表中的位置是A.p区、第四周期第ⅠB族B.ds区、第四周期第Ⅷ族C.d区、第四周期第ⅠB族D.ds区、第四周期第ⅠB族【答案】D【解析】【详

解】基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，可知元素原子核外有4个电子层，最外层有1个电子，属于ds区，在周期表中的位置为第四周期第ⅠB族，D选项正确；答案选D。6.下列关于硫及其化合物的说法正确的是()A.浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氨气B.加氯化钡溶

液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有24SO−C.二氧化硫能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，因其有漂白性D.如图装置中血红色褪去，可以验证SO2的还原性【答案】D【解析】【详解】A.浓硫酸具有酸性，不可用于干燥氨气，A项错误；B.加氯化钡溶液有白色沉淀产生，可能

是钡盐沉淀，也可能是氯盐沉淀，加入盐酸不溶解，不能说明一定有24SO−，B项错误；C.二氧化硫具有还原性，能跟溴水、酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原而褪色，不是漂白性，C项错误；D.硫酸铁溶液遇KSCN，溶液变为血红色，通入二氧化硫，发生反应SO2+2Fe

3++2H2O=24SO−+2Fe2++4H+，血红色退去，证明SO2具有还原性，D项正确；答案选D。【点睛】24SO−：先加盐酸，无明显实验现象，后加氯化钡，若产生白色沉淀，证明含有24SO−。二氧化硫的的漂白性是与品红发生化合漂白，不稳定，受热品红恢复至原来的颜色。二

氧化硫具有还原性还能跟氯水、溴水、碘水、酸性高锰酸钾溶液等发生氧化还原而褪色，并不是表白性的体现。7.对于下列事实的解释不正确的是A.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性B.浓硝酸在

光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定C.常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应D.氨气可以完成喷泉实验，说明氨气极易溶于水【答案】C【解析】【详解】A．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，A正确；B．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定，光照易分解

，B正确；C．常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，二者发生钝化，但钝化是化学变化，C错误；D．氨气可以完成喷泉实验，说明氨气极易溶于水，D正确；答案选C。8.用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是选项①试剂①中现象解释A品红溶液溶液褪色SO2具有漂白性BNa2SiO3溶

液产生胶状沉淀酸性：H2SO3＞H2SiO3C酸性KMnO4溶液紫色褪去SO2具有还原性DBa(NO3)2溶液生成白色沉淀SO32－与Ba2＋生成白色BaSO3沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.SO2具

有漂白性，可使品红溶液褪色，A正确；B.SO2与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，酸性：H2SO3>H2SiO3，B正确；C.SO2被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液的紫色褪去，说明SO2具有还原性，C正确；D.SO2与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，D错误；故合理选项是D。9.关于

氨的下列叙述中，不正确的是（）A.液氨是纯净物B.NH3的催化氧化可用于制取硝酸C.氨易液化，因此可用来作制冷剂D.实验室常用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气【答案】D【解析】【详解】A．液氨即液态的氨，只含有氨分子一种分子，所以为纯净物，A选项正确；B

．NH3催化氧化可生成NO，NO氧化生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，B选项正确；C．氨易液化，液氨汽化时吸热，因此可用来做制冷剂，C选项正确；D．氨气是碱性气体，能够使石蕊溶液变蓝，因此实验室常用

湿润的红色石蕊试纸来检验氨气，D选项错误；答案选D。10.短周期主族元素W、X、Y、Z，它们在周期表中位置如图所示，X的一种氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应生成盐。下列说法正确的是A.T元素单质具有半导体的特性，T与Y元素可形成两种化合物TY和2TYB.由Y、Z和氢三种元素形成的化合物中，

Z的化合价越高氧化性越强C.W的氧化物是酸性氧化物，能与碱、水反应，不能与酸反应D.X的氢化物分子中所有原子均满足8电子结构【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，X的一种氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应生成盐则X为N元素，根据四个元素在周期表中的位置分析可知，Y为O元素，

Z为Cl元素，W为Si元素，T为Ge元素，据此分析解答。【详解】A．Ge位于元素周期表中第四周期第ⅣA族，与C、Si元素同一主族，所以与硅的性质相似，其单质具有半导体的特性，可与O元素形成GeO和GeO2两种化合物，A选项正确；B．由O、Cl、H三种元素形成的化合物中，氧化性HClO>

HClO2>HClO3，跟含氧酸的元素化合价无直接关系，B选项错误；C．SiO2可与氢氧化钠反应，但不能与水反应，可与氢氟酸发生反应生成四氟化硅和水，C选项错误；D．X的氢化物为NH3，分子中H原子不

满足8电子结构，D选项错误；答案选A。【点睛】B为易错点，对于同一种元素的含氧酸来说，该元素的化合价越高，其含氧酸的酸性越强，但其氧化性不一定越强，要加以对比与区分。11.某实验小组利用下图装置制取少量氯化铝，已知氯化铝熔沸点都很低(178℃升华),且易水解。下列说法中完全正确

的一组是①氯气中含的水蒸气和氯化氢可通过盛有苛性钠的干燥管除去②装置I中充满黄绿色气体后，再加热盛有铝粉的硬质玻璃管③装置II是收集装置，用于收集氯化铝④装置III可盛放碱石灰也可盛放无水氯化钙，二者的作用相同⑤a处使用较

粗的导气管实验时更安全A.①②B.②③⑤C.①④D.③④⑤【答案】B【解析】【详解】①氯气能够与氢氧化钠反应，故错误；②用图示装置制取少量氯化铝，为防止铝与氧气反应，反应之前需要用氯气排除装置的空气，即装置I中充满黄绿色气体后，再加热盛有A铝粉的硬质玻璃管，故正确；③氯化铝熔沸点都很低(17

8℃升华)，装置II可以用于收集氯化铝，故正确；④装置III中盛放的物质需要能够吸收水蒸气和除去多余的氯气，因此盛放碱石灰可以达到目的，盛放无水氯化钙不能除去多余的氯气，故错误；⑤氯化铝熔沸点都很低，a处使用较粗的导气管，不容易造成堵塞，实验时更安全，故正

确；正确的有②③⑤，故选B。12.习主席在2020年新年贺词中强调“5G商用加速推出，凝结着新时代奋斗者的心血和汗水，彰显了不同凡响的中国风采、中国力量”，制造芯片用到高纯硅，用SiHCl3与过量H2在1100～1200℃反应制备高纯硅的装置如下图所示（热源及夹持装置略去）。已知：SiHC

l3遇水H2O强烈水解，在空气中易自燃。下列说法错误的是（）A.装置B中的试剂是浓硫酸B.实验时先打开装置C中分液漏斗的旋塞C.装置C中的烧瓶需要加热，其目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化D.装置D不能采用普通玻璃管的原因是在反应温度下，普通玻璃管会软化【答案】B

【解析】【详解】A．SiHCl3遇水H2O强烈水解，所以H2应干燥，故装置B中的试剂是浓硫酸，A正确；B．SiHCl3在空气中易自燃，实验前应排尽装置内的空气，所以应先通H2，后打开装置C中分液漏斗的旋塞，B错误；C．SiHCl3呈液态，需转化为蒸气进入石

英管中与H2反应，所以装置C中的烧瓶需要加热，C正确；D．制高纯硅时，温度在1100～1200℃，所以D不能采用普通玻璃管，D正确；故选B。13.关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（）A.可验证HCl气体在水中的溶解性B.可用于收集H2、NH3、Cl2

、HCl、NO2、NO等C.中X为四氯化碳，可用于氨气或氯化氢的尾气处理D.可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气【答案】B【解析】【详解】A．将装置①胶头滴管中的水挤入圆底烧瓶中，气球膨胀，说明HCl极易溶于水，A选项正确；

B．装置②中，左边导管进气，可收集比空气密度大的气体，如Cl2、HCl、NO2等，右边导管进气，可用于收集比空气密度小的气体，如H2、NH3等，但NO与O2能直接化合成NO2，NO不能用排空气法收集，B选项错误；C．四氯化碳的密度比水大，四氯化碳在下层，氨气或氯化氢不溶于四氯化碳，可用于吸收

氨气或氯化氢，并防止倒吸，C选项正确；D．氨气可用碱石灰干燥，氨气的密度比空气小，可用向下排空气法收集，NH3极易溶于水，多余的氨气可用水吸收并使用防倒吸装置，D选项正确；答案选B。14.针对如图所示的实验室制取氨气，下列说法正确的是A.发生装置与用KClO3制取

O2的装置相同B.可以用碱石灰或无水氯化钙干燥制得的氨气C.可用单孔橡皮塞代替棉花D.所用的铵盐可以是NH4NO3，所用的碱也可以是NaOH【答案】A【解析】【详解】A．实验室制取氧气，可以用加热氯酸

钾或高锰酸钾的方法，要使用加热固体反应物的装置，实验室制取氨气也是氯化铵晶体与氢氧化钙固体反应，需要加热，二者气体制取实验装置相同，A选项正确；B．氨气是碱性气体，可以用碱石灰干燥，但无水氯化钙可与氨气反应，

不能用于干燥氨气，B选项错误；C．用单孔橡皮塞代替棉花，导致试管内密封，无法收集氨气，C选项错误；D．NH4NO3属于硝酸盐，不稳定受热易分解产生氮氧化物，使制取的气体不纯，NaOH是强碱，可与玻璃中的二氧化硅反应，腐蚀实验装置，D选项错误；答案

选A。【点睛】无水氯化钙不能用于干燥氨气，它几乎能干燥除氨气外大多数气体。15.下列说法正确的是()A.F、Cl、Br的最外层电子数都是7，次外层电子数都是8B.从HF、HCl、HBr、HI水溶液酸性逐渐增

强的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属性逐渐增强的规律C.砹是第6周期的卤族元素，根据卤素性质的递变规律可知，砹单质易溶于水，难溶于CCl4D.卤素按F、Cl、Br、I的顺序，其非金属性逐渐减弱的原因是随着核电荷数的增大电子层数

增大起主要作用【答案】D【解析】【详解】A．F位于周期表第二周期，次外层电子数为2，故A错误；B．F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，但HF、HCl、HBr、HI酸性递增，故B错误；C．砹单质为非极性分子，难溶于水，易溶于CCl4，故C错误；D．

F、Cl、Br、I位于同一主族，原子序数逐渐增大，原子半径增大，核对外层电子吸引力减弱，则非金属性逐渐减弱，故D正确；故答案为D。16.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，X、W同主族。Y、Z是同周期相邻的两种元素，Y的最高

价氧化物对应的水化物是一种两性化合物。下列判断正确的是（）A.原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)B.Y元素的最高价氧化物对应的水化物既能与盐酸反应，也能与氨水反应C.最简单气态氢化物的热稳定性：W＞ZD.W元素的单质在暗处能与H2剧烈化合并发生爆炸【答案

】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则X为O元素，X、W同主族，则W为S元素。Y、Z是同周期相邻的两种元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是一

种两性化合物，则Y为Al元素、Z为Si元素。【详解】A.电子层数越多，原子半径越大，同一周期，从左到右，原子半径减小，所以原子半径从大到小的顺序为r(Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(X)，A错误；B.Y元素的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，

其能与盐酸反应，但不能与氨水反应，B不正确；C.非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性硫大于硅，所以最简单气态氢化物的热稳定性：W＞Z，C正确；D.硫和氢气在加热的条件下能反应，在冷暗处硫与氢气不能反应

，D错误；正确选项C。17.图是元素周期表的一部分(数字为原子序数)，其中x为35的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】x的原子序数为35，为Br元素，位于周期表中第四周期第ⅤⅡA族，A．16号元素位于第三周期VIA族，x位于第四周期0族，故A不符合题意；

B．26号元素位于第四周期VIII族，x位于第五周期VIII族，故B不符合题意；C．74号元素位于第六周期VIA族，x位于第五周期VIIA族，故C不符合题意；D．18号元素位于第三周期0族，x位于第四周期第

ⅤⅡA族，故D符合题意；故答案为：D。18.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】利用质量数等于同位素的近似相对原子质量，即X的相对原子质量为A，然后利用质子数＋中子数=质量数，求出X的质子数，进行分析；【详解】某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，则质子数为

A－N，则每个HmX分子含有质子数为A－N＋m，agHmX的物质的量为-1ag(m+A)gmol＝aA+mmol，故含有质子物质的量为aA+mmol×(A－N＋m)＝aA+m(A－N＋m)mol，故C正确；答案为C。19.下列说法中正确的是（）A

.同一原子中3s、3p、3d、4s能量依次升高B.某原子核外电子由1s22s22p63s23p1→1s22s22p63s13p2，原子放出能量C.p能级的原子轨道呈哑铃形，随着能层数的增加，p能级原子轨道数也在增多D.按照泡利原理，在同一个原子中不可能存

在两个运动状态完全相同的电子【答案】D【解析】【详解】A．多电子原子中，根据构造原理，各能级能量高低顺序为①相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns＜np＜nd＜nf，②n不同时的能量高低：2s＜3s＜4s，2p＜3p＜4p；③不同层不同能级ns＜（n-2）f＜

（n-1）d＜np，所以同一原子中，3s、3p、4s、3d能量依次升高，故A错误；B．3s能级上的电子比3p能级上的电子能量更低，所以原子核外电子由1s22s22p63s23p1→1s22s22p63s1

3p2，原子要吸收能量，故B错误；C．p轨道是哑铃形的，任何能层的p能级都有3个原子轨道，与能层的大小无关，故C错误；D．在多电子的原子中，电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充

两个电子，自旋相反，在一个基态多电子的原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子，故D正确；故选D。【点睛】本题考查原子核外电子排布及其应用，明确核外电子排布规律为解答关键，难点A，记住构造原理。20.在100mL混合液中，HNO3和H2SO4物

质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L，向该混合液中加入1.92gCu粉，加热充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是（）A.0.15mol/LB.0.3mol/LC.0.1mol/LD.0.22

5mol/L【答案】D【解析】【详解】溶液中的氢离子包括硝酸电离和硫酸电离的，因为硝酸和硫酸都是强酸，所以溶液中的氢离子的物质的量为：0.4mol/L×0.1L+0.1mol/L×0.1L×2=0.06mol，硝酸根离子的物质的量为：0.4mol/L×0.1

L=0.04mol，1.92gCu的物质的量为：11.92g0.03mol64gmol−=，则3Cu+8H++NO3-=2NO↑+3Cu2++4H2O，结合氢离子、铜、硝酸根离子的物质的量和铜与稀硝酸反应的离子方程式可

知，氢离子的物质的量不足，根据氢离子的物质的量计算，反应中有0.06mol氢离子参加反应，则参加反应的铜的物质的量为：0.06：n(Cu)=8：3，n(Cu)=0.0225mol，则反应生成Cu2+的物质的量为0.0225mol，故所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是10.0225m

ol0.225molL0.1L−=，D符合题意；答案选D。二、填空题（总分60分，请将答案写在答题卡上相应的位置）21.按要求完成下列各题（1）工业上制取粗硅的化学反应方程式_________________（2）实验室用氯气制取少量“84”消毒液方程式___

_____________（3）铜和浓硫酸化学反应方程式_________________（4）二氧化硅与氢氧化钠溶液反应的离子方程式_________________（5）用电子式表示氯化镁的形成过程__________________【答案】(1).SiO2+2CSi+2C

O↑(2).Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O(3).Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O(4).SiO2+2OH-SiO32-+H2O(5).【解析】【分析】在书写方程式时要注意反应条件，反应物和生成物的状态，还要

审清题，看要求写离子方程式还是化学方程式。【详解】（1）工业上制取粗硅是用碳与二氧化硅在高温下反应生成硅和一氧化碳，方程式为SiO2+2CSi+2CO↑；（2）“84”消毒液的有效成分为NaClO，实验室用氯气和氢氧化钠溶液反应生成NaClO，反应方程式为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO

+H2O；（3）铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，反应方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；（4）二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为iO2+2OH-SiO32-+H2O；（5）氯化镁是离子化合

物，用电子式表示氯化镁的形成过程时有电子的得失，其表达式为；【点睛】在书写电子式的时候要注意，像氯化镁这样的离子化合物的，用电子式表示形成过程时，用“”表示电子的转移情况，若是共价化合物，用电子式表示形成过程时，不能用“”表示电子的形成情况；另外在书写电子式时，像2这样的，两个氯离

子不能合并在一起，如。22.某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。请回答下列问题：(1)实验室制取氨气的化学方程式为_________；(2)装置A中的烧瓶内固体不可以选用________

(选填序)A.生石灰B.碱石灰C.五氧化二磷D.烧碱(3)装置F中发生反应的离子方程式是_________；(4)B装置的作用_________；E装置的作用_________；(5)若装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，且另一生成物是空气的主要成

分之一。请写出反应的化学方程式：_________；(6)从装置C的G处逸出的尾气中可能含有黄绿色的有毒气体，可以将尾气通入盛有_________溶液的烧杯来处理。【答案】(1).2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl

2+2H2O(2).C(3).MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(4).干燥氨气(5).除去氯气中的氯化氢(6).3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl(7).NaOH【解析】【分析】在装置A

中用用浓氨水与CaO等碱性物质反应制取NH3，经装置B干燥后通入装置C中；在装置F中用MnO2与浓盐酸混合加热发生反应制取Cl2，浓盐酸具有挥发性，经装置E中饱和食盐水除去Cl2中的杂质HCl，然后经过装置D浓硫酸干燥

后，在C装置中HCl与NH3发生反应，产生白色固体NH4Cl，同时产生的另一生成物是空气的主要成分之一，则该气体为N2。HCl、NH3都是有害气体，多余的气体要经尾气处理后才能排放。【详解】(1)在实验室中一般是用NH

4Cl和Ca(OH)2混合加热制取氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)装置A中的烧瓶内氨水与碱性物质混合会产生氨气，烧瓶内的固体不可以选用酸性物质，在题目给出的物质中，只有五氧化二磷与水反应产生磷酸，磷酸属于酸，磷酸与氨水反应产生磷

酸铵，不能产生氨气，故合理选项是C；(3)装置F中浓盐酸与MnO2混合加热反应产生MnCl2、Cl2、H2O，反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(4)B装置的作用是干燥氨气；E装置的作用除去Cl2中的杂质HCl；(5)若装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝

结，该白色固体是NH4Cl，另一生成物是空气的主要成分之一，根据物质的元素组成可知该气体为N2。结合氧化还原反应规律，可得该反应的化学方程式：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；(6)从装置C的G处逸出的尾气中含有黄绿色的有毒气体是Cl2，由于Cl

2能够与碱反应产生可溶性的物质，可通过将尾气通入盛有NaOH溶液的烧杯进行尾气处理。【点睛】本题考查了性质实验方案的设计，掌握实验原理、各种仪器的作用是解题关键，注意常见的氨气、氯气等气体的制取、净化、性质及尾气处理的知识。试题有助于培养学生分析与实验能力。23.在化学课上围绕浓

硫酸的化学性质进行如下实验探究，将适量的蔗糖放入烧杯中，加几滴水，搅拌均匀，然后加入浓硫酸，生成黑色物质。请回答下列问题：（1）生成的这种黑色物质（单质）是（填化学式）________。（2）这种黑色物质继续与浓硫酸作用会产生两种气体，其中一种气体有刺激性气味，是大气的污

染物之一，这种刺激性气味气体为（填化学式）___，反应的化学方程式为________。（3）根据蔗糖与浓硫酸反应的实验现象，说明浓硫酸具有（填字母）_______。A酸性B吸水性C脱水性D强氧化性（4）将（2）中产生的有刺激性气味的气体通入品红溶液中，探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及

现象______。；将（2）中产生的有刺激性气味的气体通入氯水中，发生反应的化学方程式为_______。（5）工厂煤燃烧产生的烟气若直接排放到空气中，引发的主要环境问题有_____。A温室效应B酸雨C粉尘污染D水体富营养化工业上为实现燃煤脱硫，常通

过煅烧石灰石得到生石灰，以生石灰为脱硫剂，与烟气中SO2反应从而将硫固定，其产物可作建筑材料。写出其中将硫固定的化学方程式是______。【答案】(1).C(2).SO2(3).C＋2H2SO4（浓）2SO2↑＋CO2↑＋2H2O(4).CD

(5).通SO2品红变成无色，加热品红溶液，溶液恢复至原来的颜色(6).SO2＋Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl(7).ABC(8).2CaO+2SO2+O2=2CaSO4【解析】【分析】探究浓硫酸的化学性质，蔗糖的分子式为C12H22O11，

根据实验现象分析，将适量的蔗糖放入烧杯中，加几滴水，搅拌均匀，然后加入浓硫酸，生成黑色物质C，体现浓硫酸的脱水性，C与浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫，体现浓硫酸的强氧化性，二氧化硫能使品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性，二氧化硫通入新制的氯水中，氯水褪色，体现二氧化硫的还原性

。【详解】（1）将适量的蔗糖放入烧杯中，加几滴水，搅拌均匀，然后加入浓硫酸，把蔗糖中的氢元素和氧元素按原子个数比为2:1脱去，生成的黑色物质为C；（2）黑色物质C继续与浓硫酸作用会产生两种气体，其中一种气体有刺激性气味，是大

气的污染物之一，这种刺激性气味气体为二氧化硫，另一种不是大气污染物的气体为二氧化碳，碳与浓硫酸反应的化学方程式为C＋2H2SO4（浓）2SO2↑＋CO2↑＋2H2O；（3）将适量的蔗糖放入烧杯中，加几滴水，搅拌均匀，然后加入浓硫酸，生成黑色物

质体现浓硫酸的脱水性，黑色物质C继续与浓硫酸作用会产生两种气体，体现了浓硫酸的强氧化性，该过程没有表现出酸性和吸水性；（4）SO2气体通入品红溶液中，品红溶液由红色变为无色，加热褪色后的品红溶液，溶液恢复

至原来的颜色，所以SO2与品红作用具有可逆性；SO2通入氯水中，氯水的颜色变浅，反应方程式为SO2＋Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl；（5）A.工厂煤燃烧产生的烟气中含有大量的二氧化碳，能引起温室效应，

A符合题意；B.工厂煤燃烧产生的烟气中含有二氧化硫，下雨时，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被空气中的氧气氧化为硫酸，形成酸雨，B符合题意；C.工厂煤燃烧产生的烟气中含有大量粉尘，故能引起粉尘污染，C符合题意；D.工厂煤燃烧产生的烟气中不含有N、P等元素，不会引起水体富营

养化，D不符合题意；生石灰的成分是氧化钙，以生石灰作固硫剂，与废气中的二氧化硫和氧气反应生成硫酸钙，其反应方程式为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4。【点睛】本题是一个探究性的实验题，考生根据实验现象，推测物质具

有的性质，考生能区别浓硫酸的吸水性、脱水性、氧化性、酸性；在二氧化硫性质探究的时候，考生要注意二氧化硫通入品红溶液中，使品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性；二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液、新制氯水或溴水，能使这些溶液褪色

，体现了二氧化硫的还原性，而不是漂白性。24.下表为元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。回答下列问题：（1）写出元素f的基态原子核外电子排布式：____。（2）写出元素h的基态原子核外电子轨道表示式：

________。（3）基态b原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________（4）ce2分子的电子式为____。（5）d、g、h的原子半径由小到大的顺序是_______（用元素符号表示）（6）用一个化学方程式证明e、i的非金属性的强弱_________。（7）d的简单氢化物比h的简单氢化

物沸点____（填“高”或“低”），请分析其原因____，写出j的原子结构示意图_____________【答案】(1).1s22s22p5(2).(3).球形(4).CO2(5).N<P<Na(6).2H2S+O22H2O+S(7).高(8).NH3

分子间可以形成氢键，而PH3分子间不能形成氢键(9).【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置可知，a为H、b为Be、c为C、d为N、e为O、f为F、g为Na、h为P、i为S、j为Cu。根据元素的原子序数，写出其核外电子排布

式、以及原子示意图，根据元素在周期表中的变化规律，进行原子半径大小比较，以及非金属性强弱的判断。【详解】（1）元素f为F元素，F元素的原子序数为9，其基态原子核外电子排布式1s22s22p5；（2）元素h为P元素，P元素的原子序数为15，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3

，故基态P原子核外电子轨道表示式为；（3）元素b为Be元素，其原子序数为4，核外电子排布式为1s22s2，故基态Be原子电子占据最高能级2s能级，2s能级的电子云轮廓图为球形；（4）元素c为C元素、元素e为O元素，故ce2分子的电子式为CO2；（5）元素d为N元素、元素g为Na元素、元素h为P

元素，同周期主族元素的原子半径随着原子序数的增加，半径逐渐减小，同主族元素的原子半径随着原子序数的增加，电子层数增多，原子半径增加，故N、Na、P的原子半径由小到大的顺序是N<P<Na；（6）元素e为O元素、元素i为S元素，H2S与O2反应生

成S单质，这个反应能证明S的非金属性比O的非金属性强，反应方程式为2H2S+O22H2O+S；（7）d的简单氢化物的为NH3，h的简单氢化物PH3，NH3分子间可以形成氢键，而PH3分子间不能形成氢键，所以NH3的沸点比PH3的沸点高；元素j为Cu元素，Cu元素的原

子序数为29，其原子结构示意图为；【点睛】考生应熟练掌握基态原子的核外电子排布式，进一步确定基态原子的核外电子轨道式，以及基态原子的价电子轨道式。考生在进行比较主族元素的原子或简单离子半径大小的时候，依据当电子层数不同时，电

子层数越多半径越大；当电子层数相同、核外电子数相同时，核电荷数越多，半径越小；当电子层数相同，核电荷数相同时，核外电子数越多，半径越大。三、计算题25.将28.8g铜与150mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.

2L。请回答：（1）NO的体积为___L，NO2的体积为___L；（2）待产生的气体全部释放，向溶液中加入200mL5mol·L-1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为___mol·L-1。【答案】(1).4.48(2).6

.72(3).10【解析】【分析】发生Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，n（Cu）=28.8g64g/mol=0.45mol

，混合气体物质的量为11.222.4/LLmol=0.5mol；（1）设NO的为xmol，NO2的为ymol，因为铜与硝酸的反应是一个氧化还原反应，根据题意及电子得失守恒列式计算；（2）当Cu2+全部转化成沉淀时，溶液中的溶质为NaNO3，因此，根据氮元素守恒，HN

O3的物质的量为n（Na+）+n（NO）+n（NO2）。【详解】(1)NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L，则物质的量为0.5mol；设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，根据

元素守恒有①：x+y=0.5mol；28.8g铜的物质的量为28.8g64g/mol=0.45mol，反应过程中Cu为唯一还原剂，根据电子守恒有②：3x+y=0.45mol×2，联立式①②可解得x=0.2mol，y=0.3mol，即混合气体中含0.2molNO和0.3molNO2，体积分别为4

.48L和6.72L；(2)当溶液中的Cu2+全部转化成沉淀时，溶液中的溶质为NaNO3，所以n(NaNO3)=n(Na+)=n(NaOH)=5mol·L-1×0.2L=1mol，根据元素守恒可知原溶液中n(HNO3)

=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)=1mol+0.2mol+0.3mol=1.5mol，所以浓度为1.5mol0.15L=10mol·L-1。【点睛】对于有关氧化还原反应的计算不要盲目列反应方程式进行计算，要注意寻找整

个过程中的守恒关系，根据守恒简化计算。