【文档说明】上海市七宝中学 2021-2022学年高一下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(19)页，1.689 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-c01750b16ee47190778ecb0945255cf4.html

以下为本文档部分文字说明：

上海市七宝中学2021学年第二学期高一化学期中考试相对原子质量：H-1N-14O-16一、选择题(共60分，每题只有一个正确答案)1.下列不属于“城市空气质量日报”主要监测物质的是A.二氧化硫B.氮氧化物C.悬

浮颗粒D.二氧化碳【答案】D【解析】【详解】二氧化硫、氮氧化物、悬浮颗粒物均可造成空气污染，属于空气质量日报监测的物质，而二氧化碳无毒，会造成温室效应，但不会造成环境污染，则不属于空气质量日报监测的物质，答案选D。2.每年的6月5日为世界环境日，今年我国的主题是“共建清洁美丽世

界”。下列不符合这一主题的是A.用“绿色化学”工艺，使原料尽可能转化为所需要的物质B.回收废电池，减少对环境的污染C.研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染D.为使农作物绿色无污染，不使用化肥和农药【答案】D

【解析】【详解】A．用“绿色化学”工艺，使原料尽可能转化为所需要的物质，不产生污染物，A不符合题意；B．电池中含有重金属元素，回收废电池，减少对土壤、水源的污染，B不符合题意；C．研制开发燃料电池汽车，减少化石燃料燃烧，消除机动车尾气污染，C不符合题意；D．为使农作物绿色无污染，应该合理地使用

化肥和农药，D符合题意；故选D。3.我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物三百余种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”上述“强水”可能指的是A.硝酸B.氨水C.醋D.热水【答案】A【解析】【详解】A．硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，

但不能和玻璃反应，故选A；B．氨水属于弱碱，故不选B；C．醋是弱酸，和金、银等不活泼金属不反应，故不选C；D．热水和铁等金属不反应，故不选D；选A。4.暴露在空气中不易变质的物质是A.亚硫酸B.亚硫酸钠C.硫化氢水溶液D.硫黄【答案】D【解析】【详解】A．亚硫酸具

有还原性，极易被氧气氧化成硫酸，暴露在空气中易变质，A错误；B．亚硫酸钠具有还原性，极易被氧气氧化成硫酸钠，暴露在空气中易变质，B错误；C．硫化氢水溶液具有还原性，极易被氧气氧化成硫单质，暴露在空气中易变质，C错误；D．硫黄较稳定，常

温下在空气中不易被氧化，暴露在空气中不易变质，D正确；答案选D。5.制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是A.制取SO2B.验证漂白性C.收集SO2D.尾气处理【答案】B【解析】【分析】【详解】A．制取SO2需用Cu和浓硫

酸反应，2H2SO4(浓)+Cu△CuSO4+SO2↑+2H2O，稀硫酸不与Cu反应，A错误；B．SO2可使品红褪色，因此可以用品红验证SO2的漂白性，B正确；C．SO2的密度大于空气，应使用向上排空气法收集，瓶

中导管应长进短出，C错误；D．SO2需用强碱（如NaOH）等物质吸收，SO2难溶于饱和NaHSO3溶液，即饱和NaHSO3不能吸收SO2，D错误；故选B。6.下列试剂不能鉴别SO2和CO2气体的是①石灰水②H2S溶液⑧KMnO4溶液④溴水⑤品红

溶液A.①②③④B.②③④C.只有①D.①③【答案】C【解析】【分析】SO2和CO2都是酸性氧化物，都具备酸性氧化物的通性。但SO2中的硫元素的化合价为+4价，处于中间价态，既能升高，也能降低，因此SO2不仅具有还原性还具有氧化性，同时SO2还具有一定的漂白性。【详解】①石灰水与二氧化

硫反应产生白色的亚硫酸钙沉淀，与二氧化碳反应产生白色的碳酸钙沉淀，石灰水都会变浑浊，现象相同，不能鉴别；②H2S溶液与二氧化硫反应产生黄色浑浊物硫单质，与二氧化碳不反应，可以鉴别；③KMnO4溶液与二氧化

硫发生氧化还原反应而褪色，与二氧化碳不反应，可以鉴别；④溴水与二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，与二氧化碳不反应，可以鉴别；⑤品红溶液遇到二氧化硫褪色，遇到二氧化碳不褪色，可以鉴别；综上所述，不能鉴别SO2和CO2气体的只有①，答案选C。7.下列关于硫

酸的叙述正确的是A.由于浓硫酸具有强氧化性，所以不能用于干燥氨气B.浓硫酸不活泼，常温下不与铁、铝发生化学反应，可用铁制或铝制容器存放C.浓硫酸有强氧化性，稀硫酸不具有氧化性D.浓硫酸难挥发，可用于制HNO3、

HCl等易挥发性的酸【答案】D【解析】【详解】A．由于浓硫酸具有酸性，能与氨气反应，所以不能用于干燥氨气，故不选A；B．常温下，铁、铝在浓硫酸中钝化，可用铁制或铝制容器存放，故不选B；C．稀硫酸能与铁等活泼金属反应，稀硫酸体现氧化性、酸

性，故C错误；D．浓硫酸难挥发，可用于制HNO3、HCl等易挥发性的酸，故D正确；选D。8.下列反应中亚硫酸表现的性质，其中一种与另外三种不同的是A.能使酸性高锰酸钾褪色B.在空气中易被氧化变成硫酸C.能使溴水褪色D.与氢氧化钡溶液反应产生

白色沉淀【答案】D【解析】【详解】A．亚硫酸具有还原性，亚硫酸能被高锰酸钾溶液氧化，亚硫酸使酸性高锰酸钾褪色，体现亚硫酸的还原性；B．在空气中易被氧气氧化变成硫酸，现亚硫酸的还原性；C．亚硫酸具有还原性，亚硫酸能被溴水氧化，亚硫酸使溴水褪色，体现亚硫酸的还原性；D．亚硫酸与氢氧化钡溶液反

应生成亚硫酸钡沉淀和水，体现亚硫酸的酸性；亚硫酸表现的性质，D与另外三种不同，选D。9.在标准状况下，欲制备浓度为12mol/L、密度为0.915g/mL的氨水，1L水需吸收氨气的体积约A.711LB.378LC.390LD.704L【答案】B【解析】

【详解】设1L水溶解氨气的体积为VL；Vmol22.4=12mol/LV10001722.4L10000.915+，V=378L，故选B。10.为了检验某固体物质中是否含有NH4+，一定用不到的试剂或试纸是A.NaOH溶液B.浓盐酸C.稀硫酸D.红色石蕊试纸

【答案】C【解析】【详解】铵根离子和氢氧化钠溶液反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则需要红色石蕊试纸，且需要蒸馏水润湿试纸。另外浓盐酸和氨气反应冒白烟，也可以检验氨气存在，则不需要的物质是稀硫酸，答案选C。点睛：本题考查了氨根离子的检验，明确铵盐、氨气的性质是解题关键，

依据铵盐能够与碱反应生成氨气的性质，通过检验铵盐与碱的反应产物有氨气的存在即可证明物质是否含氨根离子，解答时注意指示剂的选择。选项B是易错点，注意氯化氢和氨气反应的实验现象。11.欲除去SO2中混有的少量SO3，选用的最佳试剂是A.浓硫酸B.碱石灰C

.亚硫酸钠溶液D.饱和亚硫酸氢钠溶液【答案】D【解析】【详解】SO2和SO3均能与碱石灰反应，不能用碱石灰除杂，SO2和SO3均能溶于亚硫酸钠溶液，也不能用亚硫酸钠溶液除杂，SO2不溶于浓硫酸和饱和亚硫酸氢钠溶液，而SO3与浓硫酸和饱和亚硫酸氢钠溶液均发生反应，可用浓硫酸、饱和亚硫酸氢钠

溶液除杂，其中通过饱和亚硫酸氢钠溶液的效果最好，不仅除去了杂质，SO3与亚硫酸氢钠还会反应产生更多的SO2，故选D；答案选D。12.常温下，向浓HNO3中分别加入下列金属单质。金属表面产生气泡最明显的是A.AlB.CuC.FeD.Pt【答案】B【解析】【详解】常温下Al在浓硝酸中钝化；C

u和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮气体和水；常温下Fe在浓硝酸中钝化；Pt和浓硝酸不反应，所以金属表面产生气泡最明显的是Cu，选B。13.在密闭容器中，将1mol氨气和2mol氧气混合，在800°C、铂催化剂作用下充分反应，当恢复到常温常压时，最终所得产物是A.NO2与O2B.NO与NO

2C.HNO3与NOD.HNO3与H2O【答案】D【解析】【详解】4NH3+5O2=催化剂4NO+6H2O，800°C、铂催化剂作用下，1molNH3参与反应消耗1.25molO2，生成1molNO和1.5molH2O，剩余0.75molO2，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，所以NO、O2

、H2O继续反应后，NO和O2恰好完全反应生成HNO3，消耗0.5molH2O，剩余1molH2O，所以充分反应后恢复到常温常压时，最终所得产物是：HNO3与H2O，答案选D。14.一瓶无色气体，可能含有HCl、H2S、SO2、HBr、NO2、CO2中的一种

或几种，将其通入氯水中，得无色透明溶液，将该溶液分成两份，一份加盐酸酸化的BaCl2溶液，析出白色沉淀；另一份加硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀生成。下面结论正确的是①原气体中肯定有SO2②原气体中可能有SO2③原气体中肯定无H2S、HBr、

NO2④不能肯定是否含有HCl⑤原气体中肯定不含CO2⑥原气体中肯定含HClA.①③④B.①④⑤C.①⑥D.①③⑤⑥【答案】A【解析】【详解】一瓶无色气体，可能含有HCl、H2S、SO2、HBr、NO2、CO2中

的一种或几种，NO2是红棕色气体，一定不含NO2，H2S、SO2反应能反应生成S和水，H2S、SO2最多只能存在一种；H2S和氯水反应生成S沉淀、HBr和氯水反应生成盐酸和溴，SO2和氯水反应生成硫酸和盐酸，将其通入氯水中，得无色透明溶液，说明一定不

含H2S、HBr，一定含SO2；将该溶液分成两份，一份加盐酸酸化的BaCl2溶液，析出白色沉淀，该沉淀是硫酸钡，说明含有SO2；另一份加硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀生成，该沉淀是氯化银，说明溶液中含有氯离子，由于氯水中含有氯离子，不能

确定原气体中是否含有HCl。根据以上分析，①原气体中肯定有SO2，故①正确；②原气体中一定有SO2，故②错误；③原气体中肯定无H2S、HBr、NO2，故③正确；④不能确定是否含有HCl，故④正确；⑤不能确定原气体中是否含CO2，故⑤

错误；⑥不能确定是否含有HCl，故⑥错误；结论正确的是①③④，选A。15.下列实验过程中，始终无明显现象的是A.SO2通入Ba(NO3)2溶液中B.NO2通入HI溶液中C.SO2通入H2S溶液中D.CO2通入CaCl2溶液中【答案】D【解析】【详解】A．

SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，会产生白色的硫酸钡沉淀，有明显现象，A错误；B．NO2通入KI溶液中发生的反应过程为：3NO2

+H2O=2HNO3+NO、8HNO3+6KI=6KNO3+3I2+4H2O+2NO↑，实验现象为：溶液变为黄色且有气体产生，B错误；C．SO2通入H2S溶液中发生反应的方程式为：SO2+2H2S=3

S↓+2H2O，实验现象为：溶液变浑浊，C错误；D．CO2通入CaCl2溶液中，除了二氧化碳与水反应生成碳酸外，没有其他反应发生，不会生成碳酸钙沉淀，所以没有明显现象，D正确；答案选D。16.NO2和Br2蒸汽都是红棕色、刺激性气味

的气体。不能用于鉴别这两种气体的试剂是A.CCl4B.蒸馏水C.湿润的淀粉碘化钾试纸D.AgNO3溶液【答案】C【解析】【详解】A．溴蒸汽能够被CCl4溶解，二氧化氮不能，现象不同，能够鉴别，A错误；B．溴水有颜

色，二氧化氮与水反应生成的硝酸无色，现象不同，能够鉴别，B错误；C．溴能与碘化钾反应生成碘单质，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸将碘化钾氧化生成碘单质，也能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，现象相同，不能鉴别，C正确；D．溴单质与AgN

O3溶液反应生成淡黄色沉淀，二氧化氮没有此现象，现象不同，能够鉴别，D错误；答案选C。17.实验室制取少量氨气时，所用装置正确的是A.发生装置：B.尾气吸收装置：C.发生装置：D.收集和检验装置：【答案】C【解析】【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢遇冷又结合生成氯化铵，得

不到氨气，A错误；B．氨气极易溶于水，尾气处理时要防止倒吸，B错误；C．氧化钙与水反应生成氢氧化钙并放出大量的热，浓氨水受热分解产生氨气，可用于制备氨气，C正确；D．氨气密度比空气小，应采用向下排空气法收集氨气，导管要伸到试管底部，并且

还要在试管口塞一团湿棉花，防止与空气对流，D错误；答案选C。18.研究发现，空气中少量的NO2能参与硫酸型酸雨的形成，反应过程如下：①SO2+NO2→SO3+NO②SO3+H2O→H2SO4③2NO+O2→2NO2，NO2在上述过程中体现了什么样的性质

或起了什么作用：①氧化性；②还原性；③催化剂；④酸性A.①③B.③④C.③D.②④【答案】A【解析】【分析】在①SO2+NO2=SO3+NO中，二氧化氮中氮元素的化合价降低，所以二氧化氮作氧化剂；将方程式①×2+②+③得方程式为

：2SO2+H2O+O2=SO3+H2SO4，可发现反应前后二氧化氮的量并未发生变化，所以二氧化氮在整个反应过程中起催化剂的作用，据此答题。【详解】从反应①中，可看出二氧化氮中氮元素化合价降低，所以二氧化氮作氧化剂；当将三个方程式按照①×2+②+③得方程式为：2SO2+H2O+O2=S

O3+H2SO4，可发现反应前后二氧化氮的量并未发生变化，所以二氧化氮在整个反应过程中起催化剂的作用。答案选A。19.氯有两种天然核素3517Cl、3717Cl氯元素的原子量为35.5，则3517Cl核素的丰度是A.75%B.60%C.40%D.25%【答案】A【解析】【详解】设351

7Cl核素的丰度是x，则35x+37(1-x)=35.5，x=0.75，故选A。20.下列各元素中，一定属于主族元素的是A.最高价氧化物是酸性氧化物B.原子最外层电子数为2C.能形成+7价的含氧酸及其盐D.简单阴离子最外层满足8个电子

稳定结构【答案】D【解析】【详解】A．最高价氧化物是酸性氧化物的元素不一定是主族元素，如Mn2O7是酸性氧化物，但Mn是副族元素，而SO3、CO2等是酸性氧化物，S、C是主族元素，A不合题意；B．原子最外层电子数为2的元素不

一定是主族元素，如Mg、Ca为主族元素，而Sc、Ti、V、Zn等则为副族元素，B不合题意；C．能形成+7价的含氧酸及其盐的元素不一定是主族元素，如HMnO4、KMnO4，但Mn属于副族元素，而HClO4、KClO4，Cl是主族元

素，C不合题意；D．能够形成简单阴离子的元素一定是非金属元素，而非金属元素都是主族元素，故简单阴离子最外层满足8个电子稳定结构一定是主族元素，D符合题意；故答案为：D。21.X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。说法错误的是

的A.Q位于第三周期IA族B.X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱C.简单离子半径：M-﹥Q+﹥R2+D.Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸【答案】C【解析】【分析】【详解】X、Y、Z、M、Q、R都为前20号元素，且原子半径依次增大，结合各元素

的主要化合价，可以推出X为H，Y为O，Z为N，M为Cl，Q为Na，R为Ca。A．Q为Na，其位于周期表中第三周期IA族，A正确；B．X为H，Y为O，Z为N，这三种元素组成的物质有NH4NO3、NH3•H2O等，其中NH4NO3属于盐，N

H3•H2O属于盐，B正确；C．M为Cl，Q为Na，R为Ca，则简单离子半径大小为：Cl->Ca2+>Na+，C错误；D．Z为N，M为Cl，它们最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3、HClO4，都是强酸，D正确；故

选C。22.我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷(Rb)原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第IA族元素，下列关于37Rb的说法正确的是A.自然界有游离态銣元素存在B.铷正离子无还原性，有弱的

氧化性C.元素的金属性：K>RbD.最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH>RbOH【答案】B【解析】【详解】A．銣是第五周期第IA族元素，銣元素非常活泼，自然界不存在游离态的銣，故A错误；B．铷正离子处于最高价态，化

合价只能降低不能升高，因此铷正离子无还原性，有弱的氧化性，故B正确；C．同主族从上往下金属性增强，所以金属性：K＜Rb，故C错误；D．同主族从上往下金属性增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性增强，故碱性：RbOH>KOH，故D错

误；答案选B。23.下列比较金属性相对强弱方法或依据正确的是A.根据金属失电子的数目确定，失电子数较多的金属性较强B.用Na来置换MgCl2溶液中的Mg，证明Na的金属性强于MgC.同浓度HCl的酸性强于H2S的酸性，判断氯元素

的非金属性大于硫元素的非金属性D.根据Mg(OH)2与强碱不反应，Al(OH)3与强碱反应生成Na[Al(OH)4]，说明镁的金属性强于铝【答案】D【解析】【详解】A．金属性强弱与金属失电子的数目无关，故A错误；B．Na是活泼金属，Na能与水反应生成氢

氧化钠和氢气，Na不能置换出MgCl2溶液中的Mg，故B错误；C．根据非金属元素最高价含氧酸酸性强弱判断元素非金属性，盐酸、氢硫酸都是无氧酸，同浓度HCl的酸性强于H2S的酸性，不能证明氯元素的非金属性大于硫元素的非金属性，故C错误；D．Mg(OH)2与强碱不反应，Al(O

H)3与强碱反应生成Na[Al(OH)4]，说明氢氧化镁的碱性大于氢氧化铝，则镁的金属性强于铝，故D正确；选D。24.已知元素R的一种同位素形成离子化合物RClx，其中R微粒的中子数为Y，核外电子数为Z，该同位素的符号为A.YZRB.Y+ZZRC.Y

+ZX+ZRD.X+Y+ZX+ZR【答案】D【解析】【详解】元素R的一种同位素形成离子化合物RClx，其中Rx+的中子数为Y、核外电子数为Z，则R的质子数为Z+x，质量数为Z+x+Y，该同位素的符号为x+Y+Zx+ZR，故选D。25.将氢氧化钠

加热至熔融后进行电解，可得到金属钠、氧气和水，此过程中不存在A.离子键破坏B.共价键断裂C.离子键形成D.共价键形成【答案】C的的【解析】【详解】将氢氧化钠加热至熔融后进行电解，可得到金属钠、氧气和水，该反应方程式为：4NaOH电解4Na+2H2O+O

2↑，在这个过程中有离子键、共价键的破坏，同时在生成的水、氧气中有共价键的形成，在金属钠中有金属键的形成，而没有离子键的形成，故合理选项是C。26.已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-

都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（）A.原子半径：A＞B＞C＞DB.原子序数：d＞c＞b＞aC.离子半径：C＞D＞B＞AD.单质的还原性：A＞B＞D＞C【答案】C【解析】【分析】短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有

相同的电子层结构，则a-2=b-1=c+3=d+1，由此得出原子序数a>b>d>c。则C、D同周期，且D在C的右边；A、B同周期，且A在B的右边；C、D位于A、B的上一周期。【详解】A．依据电子层数越多，原子半径越大；同周期元素，从左往右，原子半径依次减小的规律，可得出

原子半径：B＞A＞C＞D，A不正确；B．由以上分析知，原子序数：a>b>d>c，B不正确；C．依据电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小的规律，可得出离子半径：C＞D＞B＞A，C正确；D．金属性越强，还原性越强，非金

属性越强，还原性越弱，则单质的还原性：B＞A＞C＞D，D不正确；故选C。27.下列说法正确的是A.构成单质分子的微粒一定含有共价键B.化学键是一种相互作用，它存在于近邻的原子或离子之间C.某物质化学键断裂，一定是发生了化学变化

D.CaCl2化合物中存在离子键和共价键【答案】B【解析】【详解】A．稀有气体单质中不含化学键，构成单质分子的微粒不一定含有共价键，故A错误；B．化学键是相邻原子间的强相互作用，故B正确；C．某物质化学键

断裂，不一定是发生了化学变化，如氯化钠熔化，离子键断裂，不是化学变化，故C错误；D．CaCl2化合物中只存在离子键，故D错误；选B。28.下列叙述中不正确的是（）A.在离子化合物中也可能存在共价键B.非金属的原子之间形成的化学键一定是共价键C.含共价键的化合物不一定是共价化合物D.含离子键的化合物

一定是离子化合物【答案】B【解析】【详解】A．离子化合物中也可能含有共价键，如NaOH含离子键、O-H共价键，故A正确；B．非金属元素的原子之间形成的化学键可能为离子键，如铵盐中含离子键，故B错误；C．含共价键的化合物可能

为离子化合物，如NaOH含离子键、O-H共价键，故C正确；D．含离子键的一定为离子化合物，可能含共价键，故D正确；故答案为B。【点睛】关于化学键及化合物的有关判断还需要注意：(1)活泼金属和活泼非金属不

一定形成离子键，例如AlCl3中Al—Cl键为共价键；另外非金属元素的两个原子之间一定形成共价键，但多个原子间也可形成离子键，如NH4Cl等。(2)离子化合物和共价化合物的判断方法：①根据化学键的类型判断：凡含有离子键的化合物，一定是离子化合物；只含有共价键的化合物，一定是共价化合物。②根据化

合物的类型来判断：大多数碱性氧化物、强碱和盐都属于离子化合物；非金属氢化物、非金属氧化物、含氧酸和大多数有机物都属于共价化合物。③根据化合物的性质来判断：通常熔点、沸点较低的化合物是共价化合物；熔化状态下能导电的化合物是离子化合物，不导电的化合物是共价化合物。29.由短周期主族元素组

成的化合物的一种表示方法如下图所示。图中短线表示共用电子对，省略孤电子对。其中元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大且总和为33，W为金属元素。下列说法不正确的是A.该化合物属于离子化合物B.W、Z的简单离子半径：W＜ZC.Y、W两元素形成的化学键一定为离子键D.X、Y形成的一种化合

物是常见的消毒剂【答案】C【解析】【分析】元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大且总和为33，依据物质结构可知，阴离子带1个负电，4个X均形成1个共价键，4个Y均形成2个共价键，因此只能是W得1个电子形成4个共价键，W原子最外层有3个电子，W为

金属元素，W为Al；Z能形成正一价的阳离子，原子序数比W小，Z为Na，则Y为O，X的原子序数为：33-8-11-13=1，X为H。【详解】A．依据物质结构可知，物质由阴、阳离子构成，则该化合物属于离子化合物，A正确；B．W为Al，Z为Na，电子层数相同时，核电荷数越多微粒半径越小，则半径：Al3+

<Na+，B正确；C．Y为O，W为Al，两者形成的物质为氧化铝，氧化铝中氧原子和铝原子之间的化学键既有离子键又有共价键，但离子键所占比例大，一般认为氧化铝是离子化合物，C错误；D．X为H，Y为O，两者形成的过氧化氢有氧化性，是常见的消毒剂，D正确；答案选C。

30.某溶液中可能含有物质的量浓度相等的233434ClSONONHAlFe、、、、、−−−+++和K+。取少量溶液，加入过量的2Ba(OH)溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，同时生成白色沉淀。则原溶液中A.可能有Cl−、3NO−B.可能有4种离子C.可能无3Fe+D.一定有24

SO−、4NH+、K+【答案】A【解析】【分析】【详解】取少量溶液，加入过量的2Ba(OH)溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH3，故原溶液中含有4NH+，同时生成白色沉淀说明含有24SO−，由于Fe(OH)3是红褐色沉淀，故原溶液

中一定没有Fe3+，Al3+与过量的2Ba(OH)溶液将转化为-2AlO，故原溶液中可能含有Al3+，由题干信息可知，各离子的物质的量浓度相等，故若只含有4NH+、24SO−则溶液电荷不守恒，故肯定由K

+或Al3+，当有Al3+时，则还应该由Cl-和3NO−，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和3NO−，据此分析解题：A.由分析可知，当有Al3+时，则还应该由Cl-和3NO−，当含有K+时，则电荷恰好守恒

，则肯定没有Cl-和3NO−，故可能有Cl−、3NO−，A符合题意；B.当有Al3+时，则还应该由Cl-和3NO−，原溶液中含有4NH+、24SO−、Al3+、Cl-和3NO−五种离子，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和3NO−，原溶液中只有3

种离子，故不可能有4种离子，B不合题意；C.由分析可知，原溶液中一定不含3Fe+，C不合题意；D.有分析可知，原溶液不一定含有K+，D不合题意；故答案为：A。二、综合题(共40分)31.黑火药爆炸的化学方程式为：S+2KNO3+3C点燃K2S+N2

↑+CO2↑。回答下列问题：（1）碳元素中，作为考古断代用的一种核素的原子符号为________；硫元素在周期表的位置是________。硫离子的结构示意图为___________；氨气的电子式___________，其空间构型为________

___。（2）氨水中存在电离过程，写出电离方程式___________。上述既含共价键，又含离子键的离子化合物的化学式为___________。（3）上述化合物中属于共价分子的结构式为___________，用电子式表示其形成过程___________。（4）硫、氮及

其化合物中，下列比较正确的是___________(选填编号)。A.原子半径：r(N)＜r(O)＜r(S)B.热稳定性：H2S＜PH3＜H2OC.溶解度：H2S＜NH3D.微粒种类：氢硫酸＜氨水【答案】（1）①.146

C②.第三周期第VIA族③.④.⑤.三角锥形（2）①.NH3·H2O⇌NH+4+OH-，H2O⇌H++OH-②.KNO3（3）①.:O::C::O:②.:O:+:C:+:O:→:O::C::O:（4）

C【解析】小问1详解】碳元素中，作为考古断代用的一种核素是C-14，核素的原子符号为：146C；硫的原子序数为16，位于元素周期表第三周期第VIA族；硫原子最外层有6个电子，易得到2个电子形成硫离子，离子结构示意图为：；氮原子最外层有5个电子，氢原子最外层有1个电子，氨气中氮原子与3个氢原子各

形成1对共用电子，其电子式为：，氨气分子中心原子的价层电子对数为3+5-321=4，采取sp3杂化，有1对孤对电子，空间构型为三角锥形。【小问2详解】氨水中有NH3·H2O和H2O，电离方程式为：NH3·H2O⇌NH+4+O

H-，H2O⇌H++OH-；上述物质中KNO3和K2S为离子化合物，但K2S只含离子键，KNO3既含离子键，又含氮氧共价键。【小问3详解】上述化合物中属于共价分子的为CO2，其电子式为：:O::C::O:，用电子式表示其形成过程为

：:O:+:C:+:O:→:O::C::O:。小问4详解】A．同一周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同一主族元素从上向下原子半径逐渐增大，因此原子半径：r(O)＜r(N)＜r(S)，A错误；B．元素非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金

属性：P<S<O，因此热稳定性：PH3＜H2S＜H2O，B错误；C．氮的电负性强，氨气能与水分子形成分子间氢键，而硫化氢不能与水分子形成分子间氢键，因此溶解度：H2S＜NH3，C正确；D．氢硫酸为二元弱酸，存在微粒有：H2S、HS-、S2-、OH

-、H+、H2O，共6种，氨水中存在的微粒有：NH3、NH3·H2O、NH+4、OH-、H+、H2O，共6种，因此微粒种类：氢硫酸=氨水，D错误；答案选C。32.汽车尾气中的氮氧化物是形成酸雨、酸雾的有毒气

体之一，汽车尾气中的NO主要来自N2和O2在汽车气缸内高温环境下的反应，为了减少污染需使用汽车尾气净化装置，其原理如图所示。【【回答下列问题：（1）净化过程中总反应的化学方程式为___________。其中还原剂为___________，被氧化的元素

___________。（2）选择性催化还原技术(SCR)是目前最成熟的烟气脱硝技术，原理是在金属催化下，用还原剂(如NH3)选择性与NOX反应生成N2。写出NH3还原NO2的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目___________。（3）消除汽车尾气中的NO时，可用尿

素[CO(NH2)2]还原NO2既安全又高效，且产物都是空气的成分。与SCR法相比，等物质的量的尿素与氨气可消除的NO物质的量之比为___________(不考虑副反应)。（4）工业制HNO3的尾气中含有NO2和NO。用NaOH溶液吸收时反应的化学方程式如下：NO+

NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O现有平均组成为NOx的NO、NO2混合气体，通入足量NaOH溶液中，充分反应后无气体剩余，则x的取值范围为___________。【答案】（1）①.2222NO+O4CON+4CO+=催化剂

②.CO③.C（2）（3）2:1（4）1.52x【解析】【小问1详解】根据图示，NO、O2反应生成NO2，NO2、CO反应生成N2和CO2，净化过程中总反应的化学方程式为2222NO+O4CON+4CO+=催化剂，C元

素化合价升高，其中还原剂为CO，被氧化的元素是C。【小问2详解】NH3还原NO2生成N2和水，氨气中N元素化合价由-3升高为0、NO2中N元素化合价由+4降低为0，用单线桥标出电子转移的方向和数目为【

小问3详解】1mol氨气转移3mol电子，1molCO(NH2)2生成二氧化碳和氮气转移6mol电子，根据电子守恒，等物质的量的尿素与氨气可消除的NO物质的量之比为2:1。【小问4详解】根据题意，NO不能和氢氧化钠反应，等物质的量NO、NO2能与氢氧化钠恰好反应，则即x=1.5时能被完全吸

收，NO2能被氢氧化钠完全吸收，即x=2，所以NO、NO2混合气体，通入足量NaOH溶液中，充分反应后无气体剩余，则x的取值范围为1.52x。33.碘化钾常用作合成药物和分析试剂。某小组用联氨(N2H4)还原法制备碘化钾的装置如图。已知：N2H4是非电解质，沸点为113.5°C，具有强

还原性，其氧化产物为氮气。回答下列问题：（1）装置A中反应的化学方程式___________。（2）装置B的作用是___________。（3）实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再加热C处的圆底烧瓶。装置C中反应的离子方程式为___________。（4）C中分液漏斗滴液

速度不宜过快或过多，原因是___________。（5）装置E中KOH与I2最适宜的物质的量之比为___________。（6）反应过程中需用热源间歇性微热D处连接管，目的是___________。（7）某学生将过氧

化氢溶液与碘化钾溶液混合后，发现产生大量气泡，溶液变为棕黄色。再加入四氯化碳后，充分振荡后静置，产生的气泡明显减少。①气泡明显减少的原因可能有：I．混合溶液中H2O2浓度降低。II．I-催化H2O2分解，混合溶液中I-浓度小。III．___________②请设计实验证明III是气泡明显减少的主要

原因(I、II不是主要原因)___________。【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O（2）防止C中气体回流（3）2NH3+ClO-ΔN2H4+Cl-+H2O（4）防止NaClO将生成的N2H4氧化（5）2:1（6）防止N2H4冷凝（7）①.碘催化

过氧化氢分解，加四氯化碳后，碘被萃取，不再催化过氧化氢的分解②.将混合液分液，向水溶液中加入碘水，振荡，产生大量气泡【解析】【分析】装置A中氢氧化钙和氯化铵共热制取氨气，氨气通过单向阀进入装置B中与次氯酸钠溶液反应制备联氨，E中先是碘与氢氧化钾溶液反应生成碘化钾和碘酸钾，后C中生成的联氨进入E中与

碘酸钾反应生成碘化钾和氮气，装置F中稀硫酸用于尾气处理。【小问1详解】装置A中氢氧化钙和氯化铵共热制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O。【小问2详解】装置B是单向阀，只能使氨气进入C中，防止C中气体回流。【小问3详解】装置C中氨气和次氯酸钠发

生氧化还原反应生成联氨，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：2NH3+ClO-ΔN2H4+Cl-+H2O。【小问4详解】N2H4具有强还原性，次氯酸钠有氧化性，分液漏斗滴液速度不宜过快或过多，原因是：防

止NaClO将生成的N2H4氧化。【小问5详解】装置E中碘与氢氧化钾溶液反应生成碘化钾和碘酸钾，化学方程式为：3I2+6KOH=3H2O+5KI+KIO3，KOH与I2恰好完全反应时最合适，因此KOH与I2最适宜的物质的量之比为：6:3=2:1。【小

问6详解】N2H4的沸点为113.5°C，容易冷凝，反应过程中需用热源间歇性微热D处连接管，目的是：防止N2H4冷凝。【小问7详解】①反应生成碘单质，加入四氯化碳萃取溶液中的碘单质，实验中气泡明显减少，可能的原因是：碘催化过

氧化氢分解，加四氯化碳后，碘被萃取，不再催化过氧化氢的分解。