【文档说明】浙江省宁波市九校2023-2024学年高一上学期1月期末化学试题 含解析.docx，共(23)页，2.856 MB，由管理员店铺上传

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宁波市2023学年第一学期期末九校联考高一化学试题考生须知：1.本卷试题分为第I卷和第II卷，满分100分，考试时间90分钟。2.本卷答题时不得使用计算器，不得使用修正液(涂改液)、修正带。3.答题时将答案均答在答题纸相应题号的位置，不按要求答题或答在草稿纸上无效。4.可能用到的相对原子质量：

H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Ca-40Fe-56Cu-64Cl-35.5Ba-127第I卷选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个选项

中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。)1.下列生活中的物质与其有效成分的化学式、用途的对应关系中不正确的是选项ABCD生活中的物质钡餐铁红小苏打漂白液有效成分化学式4BaSO23FeO3NaHCO()2CaC

lO用途X射线造影剂作颜料做发酵粉作消毒剂A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．硫酸钡难溶于酸，硫酸钡作钡餐，用作X射线造影剂，故A正确；B．氧化铁为红色粉末，做红色颜料，故B正确；C．碳酸氢钠的俗名为小苏打，碳酸氢钠受热易分解，常用做发酵粉，故C正确；D．漂白液的有效成分是NaC

lO，故D错误；选D。2.下列属于混合物的是A.氢氧化铝胶体B.硫酸C.冰水混合物D.硫酸铜晶体【答案】A【解析】【详解】A．胶体是一种分散系，属于混合物，A正确；B．硫酸是酸，属于纯净物，B错误；C．冰水混合物的成分是水，是纯净物，C错误；

D．硫酸铜晶体是盐，是纯净物，D错误；故选A。3.下列物质属于电解质且能导电的是A.氯水B.盐酸C.熔融氢氧化钠D.碳酸钠溶液【答案】C【解析】【详解】A．氯水是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故不选A；B

．盐酸是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故不选B；C．熔融氢氧化钠中含有自由移动的离子，能导电，属于电解质，故选C；D．碳酸钠溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故不选D；选C。4.下列化学用语正确的是

A.熟石膏：42CaSO2HOB.182O和163O互为同位素C.F−的结构示意图：D.23892U中质子数和中子数相差146【答案】C【解析】【详解】A．熟石膏为422CaSOHO，A错误；B．182O和163O互为同素异形体，B错误；C．F为9号元素

，则F−的结构示意图：，C正确；D．23892U的中子数为238-92=146，质子数和中子数相差146-92=54，D错误；故选C。5.为了探究化学反应的能量变化情况，某同学设计了如图装置，向盛有A的试管中滴加B试剂时，看到U形管中，甲处液面上升，乙处液面下降，则A试剂和

B试剂为A.金属钠和水B.碳酸氢钠和盐酸C.生石灰和水D.氢氧化钠和硝酸【答案】B【解析】【分析】向盛有A的试管中滴加B试剂时，U形管中，甲处液面上升，乙处液面下降，说明集气瓶内温度降低，气体体积缩小。【详解】A．金属钠和水反

应放热，集气瓶内温度升高，故不选A；B．碳酸氢钠和盐酸反应吸热，集气瓶内温度降低，故选B；C．生石灰和水反应放热，集气瓶内温度升高，故不选C；D．氢氧化钠和硝酸反应放热，集气瓶内温度升高，故不选D；选B。6.下列对科学史的描述不正确的是A.哈伯和博施获得诺贝尔化学奖其贡献在

于合成氨工业生产的实现和相关研究对化学理论与技术发展的推动B.侯德榜创立的“侯氏制碱法”缩短了生产流程，降低了制碱的成本C.舍勒发现了一种黄绿色气体，戴维命名它为氯气D.门捷列夫将元素按质子数由小到大依次排列得到了第一张元素周期表【答案】D【解析】【详解】A．哈伯和博施获得诺贝尔化学奖其

贡献在于合成氨工业生产的实现和相关研究对化学理论与技术发展的推动，A正确；B．侯德榜创立的“侯氏制碱法”缩短了生产流程，降低了制碱的成本，B正确；C．舍勒发现了一种黄绿色气体，戴维命名它为氯气，C正确；D．门捷列夫将元素按相对原子质量由小到大依次排

列得到了第一张元素周期表，D错误；故选D。7.在某透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是A.2Fe+、24SO−、K+、3NO−B.3Al+、24SO−、Na+、2Cu+C.23SO−、K+、Cl−、Na+D.K+、3HCO−、2Mg+、Cl−【答案】B

【解析】【详解】A．酸性条件下硝酸根离子可以氧化二价铁离子，不能共存，A错误；B．3Al+、24SO−、Na+、2Cu+相互之间不反应，可以共存，B正确；C．氢离子可以和亚硫酸根离子反应，不能共存，C错误；D．氢离子可以和碳酸氢根离子反应，不能共存，D错误；故选B。8.某兴趣

小组以相同大小的铜片和锌片为电极研究水果电池，装置如图，实验所得数据如下：实验编号水果种类电极间距离/cm电流/μA1番茄198.72番茄272.53苹果227.2电池工作时，下列说法不正确的是A.负极电极反应为2Zn2eZn−+−=B.电子从锌片经水果流向铜片C.化学能全部转化为

电能D.水果种类和电极间距离对电流的大小均有影响【答案】C【解析】【分析】水果中的电解质溶液与锌片、铜片构成原电池，锌为负极，失去电子发生氧化反应，铜片为正极，发生得到电子的还原反应，电子从负极经导线流向正极。溶液中的离子移动方向是阳正阴负。的

【详解】A．负极的电极反应为2Zn2eZn−+−=，A正确；B．由分析可知，Zn为负极，电子从负极到正极，即电子从锌片经水果流向铜片，B正确；C．化学能不可能全部转化为电能，一部分转化为热能，C错误；D．水果中的电解质溶液的酸性越强，电解质溶液导电能力就越强

，两个电极之间的距离越大，电势差就越大，可见水果的种类和电极间距离对电流的大小均有影响，D正确；故选C。9.下列说法正确的是A.当L层上的电子数为奇数时，M层上不可能有电子B.同一主族中，相邻周期元素原子的核电荷数相差值一定为8或18或32C.同一周期中，随着核电荷数

的增加，元素的原子半径逐渐增大D.同一周期中，IIA与IIIA族元素原子的核电荷数都相差1【答案】A【解析】【详解】A．当L层上的电子数为奇数时，说明L层电子没有排满，M层上不可能有电子，故A正确；B．因周期表中1～6周期所含元素种数为2、8、8、18、18、32，第7周期未排满，而相邻周期同

一主族元素原子序数之差，若元素为ⅠA、ⅡA族元素，则等于上一周期元素的种类，若为其他主族元素等于下一周期元素的种类，因此，同一主族相邻元素核外电子数（或原子序数）可能相差2、8、18或32，故B错误；C．同一周期中，从左至右

，随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐减小，故C错误；D．同一周期中，IIA与IIIA族元素原子的核电荷数，第二、三周期相差1；第四、五周期相差11；第六、七周期相差25，故D错误；故选A。10.下列说法不正确的是A.储氢合金要求储氢量大，金属

氢化物既容易形成，受热又不容易分解B.二氧化硫可用于杀菌消毒，还是一种食品添加剂C.中国华为集团自主研发的“麒麟”芯片生产时需要用到硅D.硬铝是一种铝合金，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料【答案】A【解析】详

解】A．实用储氢合金能够吸收大量氢气后形成金属氢化物，稍稍加热又容易分解，释放氢气，A错【误；B．二氧化硫可用于杀菌消毒，且二氧化硫具有还原性，常用作葡萄酒的抗氧化剂，B正确；C．晶体硅为半导体材料，可用于芯片的制作，C正确；D．硬铝是

一种铝合金，密度小，耐蚀性强，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，D正确；故选A。11.下列实验操作或装置正确的是A.图甲可用于实验室制备3NHB.图乙装置可用于完成过滤操作C.图丙可用于验证氨气在水中的溶解性D.图丁表示为配制一定物质的量浓度

NaOH溶液时称量溶质的操作【答案】C【解析】【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口又化合生成氯化铵，A错误；B．过滤时需要用玻璃棒引流，不能直接倾倒，图甲装置中过滤时没有用玻璃棒引流，B错误；C．氨气极易溶于水，则圆底烧瓶中压强减小，气球膨胀变大，C正确；D

．称量NaOH时，应将NaOH固体放入小烧杯中，以防止NaOH受潮附在纸上或仪器上，D错误；故选C。12.为除去括号内少量的杂质，所用的试剂或方法正确的是A.Fe粉(Cu粉)：盐酸，过滤B.()2COCO：氧气，点燃C.除去KCl溶液中的少量2MgCl：加

入适量NaOH溶液，过滤D.()22COSO：饱和碳酸氢钠溶液，洗气【答案】D【解析】【详解】A．铁和盐酸反应，铜和盐酸不反应，不能用盐酸除Fe粉中的杂质Cu，故A错误；B．2COCO、的混合气体和氧气点燃，会引入新杂

质氧气，且燃烧二氧化碳不易收集，一般用热的氧化铜除CO2中的CO，故B错误；C．除去KCl溶液中的少量2MgCl，若加入适量NaOH溶液，过滤，会引入新杂质NaCl，故C错误；D．二氧化硫和饱和碳酸氢钠反应放出二氧化碳，用饱和碳酸氢钠除2CO气

体中的杂质SO2，故D正确；选D。13.下列说法正确的是A.由于固态水中水分子以氢键结合成排列规整的晶体，所以冰的密度比水小B.N、H、O三种元素组成的化合物一定只含共价键C.NaOH和2MgCl中的化学键类型完全相同，都属于离子化合物D.4CCl和3NH分子中，各原子均满足最

外层8电子的稳定结构【答案】A【解析】【详解】A．由于固态水中水分子以氢键结合成排列规整的晶体，所以冰的密度比水小，故A正确；B．N、H、O三种元素组成的化合物NH4NO3中含共价键、离子键，故B错误；C．NaO

H中含有离子键、共价键，2MgCl中只含离子键，故C错误；D．3NH分子中，H原子不满足最外层8电子结构，故D错误；选A。14.设AN为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol/L的24KSO溶液中所含K+

数目为A2NB.51molNH(离子化合物)中含有的共价键数目为A5NC.标况下22.24LO和3O组成的混合物中含有氧原子的数目为A0.2ND.220.1molNaO与足量2CO反应转移的电子数目为A0.1N【答案】D【解析】【详解】A．没有

给出溶液的体积，无法计算钾离子的物质的量，A错误；B．5NH为离子化合物，其电子式为：，则51molNH(离子化合物)中含有的共价键数目为A4N，B错误；C．标况下22.24LO和3O组成的混合物的物质的量为1

mol，但是不知道其中氧气和臭氧都有多少，则无法计算氧原子的数目，C错误；D．过氧化钠和二氧化碳反应的方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，则220.1molNaO与足量2CO反应转移的电子数目为A0.1N，D正确；故选D。15

.短周期元素W、X、Y、Z和Q在周期表中的相对位置如表所示，这五种元素原子的最外层电子数之和为24。下列说法正确的是WXQYZA.简单氢化物稳定性：X<WB.氧化物对应水化物的酸性：Z>WC.Y的氧化物和W单质在高温下反应生成Y单质，可以说明非金属性W>YD.简单离子的半径：Q<X【答案】D【解

析】【分析】这五种元素原子的最外层电子数之和为24，再结合元素在周期表中的位置可知，W为C、X为O、Y为Si、Z为Cl、Q为Al，以此解题。【详解】A．由分析可知，W为C、X为O，非金属性O>C，则简单氢化物稳定性：X>W，A错误；B．没有说明是最高价氧化物对应水化物，不能判

断其酸性强弱，B错误；C．由分析可知，W为C、Y为Si，二氧化硅和单质碳反应的方程式为：2C+SiO2高温2CO+Si，该反应中C为还原剂，但是不能证明其非金属性强，C错误；D．由分析可知，X为O、Q为Al，其简单离子的核外电子排布相同，此时原子序数越小半径越大，则简单离子的半径：Q<X，D

正确；故选D。16.下列“类比”合理的是A.2Cl和2HO反应是氧化还原反应，则BrCl和2HO反应生成HBrO和HCl也是氧化还原反应B.Mg、Al与浓盐酸构成的原电池中较活泼的Mg作负极，故Mg、Al与氢氧化钠构成的原

电池中也是Mg作负极C.2HS与2SO能反应生成S，故3NH与2NO能在一定条件下反应生成2ND.2ClO中Cl的化合价为＋1价，则2OF中F的化合价为＋1价【答案】C【解析】【详解】A．BrCl和2HO反应生成HBrO和HCl，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故A错误；B．Mg、Al

与氢氧化钠构成的原电池中，Mg作正极，故B错误；C．2HS与2SO能反应生成S，3NH与2NO能在一定条件下反应生成2N，故C正确；D．F的非金属性大于O，2OF中F的化合价为-1价，故D错误；选C。17.向用盐酸酸化的4CuSO溶液中加入()2B

aOH溶液，产生的沉淀质量m与加入的体积V之间的关系，不可能是下图中的A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】向用盐酸酸化的4CuSO溶液中加入()2BaOH溶液，反应开始生成硫酸钡沉淀和水，盐酸完全反应后生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应过程中沉淀质量不可能减少，产生

的沉淀质量m与加入的体积V之间的关系不可能是，故选C。18.下列离子方程式书写正确的是A.大理石与稀硝酸反应：2322CO2HCOHO−++=+B.碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2233322HCOCa2OHCa

COCO2HO−+−−++=++C.少量2SO通入()2CaClO溶液中：2223SOHOCa2ClOCaSO2HClO+−+++=+D.过量铁粉投入稀硝酸中：2323Fe8H2NO3Fe2NO4HO+−+++=+

+【答案】D【解析】【详解】A．碳酸不稳定，应写成二氧化碳和水，将稀硝酸滴在大理石上，反应的离子方程式为：+2+322CaCO+2H=Ca+CO+HO，A错误；B．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合，氢氧根不能完全反应，发生反应的离子方程式为2332CaOHHCO=CaCOHO+−−+++，

B错误；C．少量SO2气体通入Ca(ClO)2溶液中，反应的离子方程式为：2+--224Ca+3ClO+SO+HO=CaSO+Cl+2HClO，C错误；D．铁粉过量，应生成Fe2+，反应的离子方程式为2323Fe8H2NO3Fe2NO4HO+−++

+=++，D正确；故选D。19.关于反应：3322210NaN2KNOKO5NaO16N+=++，下列说法正确的是A.若有36.5gNaN参加反应，则生成23.584LNB.3NaN中氮元素为-1价C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为15：1D.若3

1molKNO参加反应，转移电子的物质的量为10mol【答案】C【解析】【详解】A．没有明确是否为标准状况，不能计算23.584LN的物质的量，故A错误；B．3NaN中氮元素为-13价，故B错误；C．3NaN中N元素化合价由13−升高为0生成氮气，KNO3中N元素化合

价由+5降低为0生成氮气，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为15：1，故C正确；D．KNO3中N元素化合价由+5降低为0，若31molKNO参加反应，转移电子的物质的量为5mol，故D

错误；选C。20.由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐，2CaOCl是一种常见的混盐。下列说法不正确的是A.2CaOCl有较强的氧化性B.2CaOCl有类似于漂白粉的性质，也是混合物C.由氯气为原料，每生成21

molCaOCl，转移的电子为1molD.2CaOCl的溶液中加入足量浓硫酸，可有黄绿色的气体产生【答案】B【解析】【详解】A．CaOCl2中的酸根离子为ClO-和Cl-，次氯酸根离子具有强氧化性，A正确；B．CaOCl2为

纯净物，B错误；C．由氯气为原料生成1molCaOCl2，Cl元素的化合价由0价部分升高到+1价、部分降低到-1价，1molCl2发生反应时共转移1mol电子，C正确；D．CaOCl2的溶液中加入足量浓硫酸，可发生反应CaOCl2+H2SO4（浓）=CaSO4↓+Cl2↑+H2O，生成黄绿色的氯

气，D正确；答案选B。21.合成氨及其衍生物工业是化工生产的重要门类，请结合图示判断下列说法正确的是A.湿润的淀粉-KI试纸可以鉴别气体2和溴蒸气B.饱和NaCl溶液中先通入过量2CO再通入过量3NH可以得到固体1C

.1L气体1、2的混合气与31LNH在一定条件下转化为对环境无害的物质，混合气中二者的体积比为1：1D.气体2能与水反应生成3HNO故气体2是酸性氧化物【答案】C【解析】【分析】由图可知，气体1为NO，气体2为NO2；

固体1为NaHCO3，NaHCO3受热分解生成的固体2为Na2CO3。【详解】A．气体2为NO2，NO2和溴蒸气都具有强氧化性，遇到湿润的淀粉-KI试纸都可以变蓝，不可以鉴别，故A错误；B．2CO在饱和NaCl溶液中溶解度小，不利于后续反应发生，应该在饱和NaCl

溶液中先通入过量3NH使溶液呈碱性，再通入过量2CO可得到NaHCO3，故B错误；C．1LNO、NO2的混合气与31LNH在一定条件下转化为对环境无害的物质，化学方程式为32222NH2N3HONONO

+++一定条件，NO、NO2的体积比等于化学计量数之比为1:1，故C正确；D．气体2为NO2，和水反应生成硝酸和NO，是氧化还原反应，则二氧化氮不是酸性氧化物，故D错误；故选C。22.将20.6gAl、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气

体6.72L(标况)。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中生成8.96L(标况)NO，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量是A.25.4gB.41.0gC.30.8gD.28.3g【答案】A【解析】【详解】将20.6gAl、Fe、Cu

组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，发生反应2Al+2NaOH+6H2O=2Na［Al(OH)4］+3H2↑，产生气体6.72L(标况)，则n(Al)=6.72L20.2mol22.4L/mol3=；Fe、Cu的总质量为20.6g-0.2mol27g/mol=15.2g

；另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中生成8.96L(标况)NO，根据得失电子守恒，Al、Fe、Cu共失去电子的物质的量为8.96L31.2mol22.4L/mol=，Fe、Cu共失去电子的物质的量为1.2mol-0.2mol3=0.6mol；

向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到的沉淀是Fe(OH)3、Cu(OH)2，Fe、Cu结合氢氧根离子的物质的量为0.6mol，沉淀的质量为15.2g+0.6mol17g/mol=25.4g，故选A。23.下列选项

描述与对应图像相符的是A.图①为新制氯水在阳光直射时，溶液中Cl−浓度随着时间变化的曲线B.图②为23NaCO、NaOH混合液中滴加盐酸产生2CO的图像，且()()23NaCO:NaOH1:1nn=C.图③为()2BaOH溶液中滴

加4MgSO溶液的导电性变化图像，导电能力约为0的原因是两者恰好完全反应且生成物都不是电解质D.图④为2FeBr、2FeI混合液，各离子物质的量随氯气通入的变化图像，c代表的是Br−【答案】B【解析】【详解】A．新制氯水中含

有HClO，HClO光照条件下分解生成HCl和O2，溶液中Cl-浓度逐渐增大，A错误；B．图②为含等物质的量23NaCO与NaOH的混合液中滴加盐酸，一开始盐酸先和氢氧化钠反应，再和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后再和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，消耗的Na2CO3和生成的NaHCO3物质的量相

同，无二氧化碳产生时段所加的盐酸是产生二氧化碳时段所加盐酸的两倍，则，()()23NaCO:NaOH1:1nn=，B正确；C．氧化钡与硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钡沉淀，化学方程式为Ba(OH)2+MgSO4=

BaSO4↓+Mg(OH)2↓，随着硫酸镁的加入溶液中离子浓度减小，导电性减弱，两者完全反应时，溶液中离子浓度基本为零，导电性基本为0，随着硫酸镁的继续加入，溶液中离子浓度增大，导电性增强，但是生成物硫酸钡和氢氧化镁都是电解质，C错误；D．因还原性-2+-I>Fe>Br，则

与氯气发生反应的先后顺序为-2+-IFeBr、、，c段发生的反应为2+3+-22Fe+Cl=2Fe+2Cl，则c段代表的是2+Fe的物质的量的变化情况，D错误；故选B。24.溶液X中含有下表中离子若干种，且离子浓度均为相等(不考虑水的电离与离子水解)。向X中

加入足量稀盐酸，有气体生成，经分析反应前后阴离子种类没有变化，下列说法正确的是阳离子Na+、2Ca+、3Fe+、2Fe+、3Al+、2Mg+阴离子OH−、3HCO−、23CO−、Cl−、3NO−、24SO−A.溶液X

中一定有Na+B.原溶液一定没有3Fe+、3Al+，但Na+、3NO−不确定C.溶液X中可能有3HCO−或23CO−中的一种或两种都有D.溶液X中至少1种阳离子，2种阴离子，最多2种阳离子，3种阴离子【答案】D【解析】【分析】向溶液X中加入足量的

盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体不可能是碳酸根离子或碳酸氢根离子，则3HCO−、23CO−一定不存在；根据表中的离子，可以推知是Fe2+、3NO−在酸性环境下生成的一氧化氮和Fe3+，且反应中硝酸根没有全部转化

为一氧化氮，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl-、Fe2+、3NO−，Fe2+与OH-不能共存，则OH-离子不存在；设各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，若溶液中还含有阴离子24SO−，再根据电荷守恒可知

还含有一种带有两个正电荷的Mg2+，此时原溶液中可以确定含有的五种离子为：Cl-、3NO−、24SO−、Fe2+、Mg2+，据此进行解答。【详解】A．如果存在一价的钠离子，无论选用表格内任意阴离子，因浓度相等，都无法使电荷配平，则溶液中没有钠离子，A错误；B．由分析可知

，溶液中不存在Na+，B错误；C．由分析可知，3HCO−、23CO−一定不存在，C错误；D．根据分析可知，原来溶液中含有Cl-、Fe2+、3NO−，或者Cl-、3NO−、24SO−、Fe2+、Mg2+，溶液X中至少1种阳离子，2种阴离子，最多2种阳离子，3种阴离子，D正确；故选D。25.下列实验

目的、操作、现象及结论合理的是实验目的实验操作现象及结论A比较22HO与3Fe+氧化性强弱取少量()32FeNO溶液于试管中，滴入硫酸酸化的22HO溶液溶液由浅绿色变为黄色氧化性：322HOFe+B比较Mg与Al金属性强弱向同浓度等体积的2MgC

l、3AlCl溶液中分别滴加同浓度的过量的NaOH溶液2MgCl溶液中有白色沉淀生成且不溶解，3AlCl溶液中有白色沉淀生成后溶解，则金属性：Mg>AlC检验3FeCl溶液中是否含有2Fe+向溶液中滴加酸性4KMnO溶液若紫红色退去，则溶液中含有2Fe+D检

验溶液中是否含有23CO−取少量溶液于试管中，滴加稀盐酸若产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则溶液中含有23CO−A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．硝酸根在酸性条件下有强氧化性，也可氧化

二价铁，故不能得到氧化性：322HOFe+，A错误；B．取氯化镁与氯化铝溶液于试管中，分别加入足量氢氧化钠溶液，观察到氯化镁溶液出现白色沉淀，氯化铝溶液先出现白色沉淀后溶解说明氢氧化铝碱性弱于氢氧化镁，元素的金属性越强，最高氧化物对应水化物的碱性越弱

，则镁元素的金属性强于铝元素，B正确；C．氯离子也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明溶液中含有Fe2+,C错误；D．取少量溶液于试管中，滴加稀盐酸，若产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则溶液中含有碳酸根,也可能含有碳酸氢根或亚硫酸根或亚硫酸氢根，D错误；故选B。的第II卷非选择题部分二、简答

题(本大题包括6小题，共50分。)26.回答下列问题：（1）金刚砂的主要成分的化学式是___________。（2）4CH分子的空间结构为___________，共价键为___________键(填“极性”或“

非极性”)。（3）比较还原性强弱：2SO___________Br−(填“>”“<”或“=”)；用一个离子方程式说明与2SO与Br−的还原性相对强弱___________。（4）科学家已获得了气态4N分子，其结构为正四面体。

已知断裂1molN-N吸收193kJ能量，断裂1molN≡N吸收946kJ能量，则()41molNg完全转化为()2Ng时___________(填“吸收”或“放出”)能量。【答案】（1）SiC（2）①.正四面体②.极性（3）①.>②.22224SOBr2HO4HSO2Br+−−++=++（4

）放出【解析】【小问1详解】金刚砂的主要成分是碳化硅，化学式是SiC；【小问2详解】4CH分子的空间结构为正四面体，C-H键为极性键。【小问3详解】二氧化硫和溴水反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为22224SOBr2H

O4HSO2Br+−−++=++，证明还原性2SO>Br−。【小问4详解】N4(g)=2N2(g)，断裂()41molNg中的化学键吸收的能量为193kJ×6=1158kJ，形成2mol()2Ng中的化学键放出的能量为946k

J×2=1892kJ，则()41molNg完全转化为()2Ng时放出734kJ的能量。27.已知短周期主族元素A、B、C、D、E分布在三个周期，B、C最外层电子数相同，E原子序数大于C，其中E的简单离子半径在同周期

中最小，C单质极易与常见无色无味液态物质发生置换反应且做氧化剂，短周期中D的最高价氧化物的水化物的碱性最强。回答下列问题：（1）D在周期表中的位置是___________，D与A形成化合物的电子式为___________。（2）B、C、D简单离子的半径由大到小的顺序为___________(填离子

符号)，写出B离子的结构示意图___________。（3）E的单质与D的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式___________。【答案】27.①.第三周期第IA族②.28.①.ClFNa−−+②.29.2422Al2OH6HO2A

l(OH)3H−−++=+【解析】【分析】由题知，B、C为同主族元素，且C单质能将H2O氧化，可得C单质为F2，与水的反应式为2F2+2H2O=O2+4HF，可得B元素为Cl元素。E原子序数大于C，则E为第三周期元素，且其简单

离子半径最小，可得E为Al元素。D的最高价氧化物对应水化物的碱性最强，可知D为短周期中金属性最强的元素，为Na元素。A与B、C、D、E均不在同一周期，可得A为第一周期的元素，为H元素。【小问1详解】Na为11号元素，在周期表中的位置为第三周期第IA族，NaH为离子化合物，电子式为。【小问2详解】

ClFNa−−+、、的核外电子数相同，核电荷数越大，半径越小，故半径由大到小的顺序为ClFNa−−+，Cl-的结构示意图为。【小问3详解】Al和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2422Al2OH6HO2Al(OH)3H−−++=+。28.某化合物A(由三种元

素构成)，为了探究其组成，进行如下实验已知：气体D在标准状况下的密度为1.25g/L。试回答：（1）黑色固体E的化学式___________。（2）写出溶液F中通入过量2Cl的离子方程式___________。（3）写出化合物A隔绝空气加热的化学方程式___

________。（4）写出检验黄色溶液G中金属阳离子的方法：___________。（5）红褐色固体K受热完全分解生成红棕色固体，某同学取该红棕色固体与一定量的2H反应后的固体，溶于足量稀盐酸中，再往其中滴加硫氰化钾溶液，溶液未变红。该同

学得出结论：红棕色固体已反应完。你认为该同学的结论是否正确？___________(填“是”或“否”)，请结合离子方程式说明原因___________。【答案】（1）FeO（2）2322FeCl2Fe2Cl++−+=+（3）242FeCOFeOCOCO

Δ++（4）取G溶液适量于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液显血红色，则黄色溶液中为3Fe+（5）①.否②.若23FeO过量，溶于酸后发生反应：322FeFe3Fe+++=，滴加KSCN溶液后，溶液也不变红【解析】

【分析】化合物A由三种元素构成。21.6g隔绝空气加热生成无色无味混合气体B和黑色固体E，B能与石灰水反应生成沉淀D，D是碳酸钙，则B中含有二氧化碳，可知A中含有C、O元素，黑色固体E能溶于盐酸得溶液F，F加氢氧

化钠生成白色沉淀，白色沉淀遇空气生成红褐色固体，则白色沉淀J是Fe(OH)2、红褐色固体K是Fe(OH)3，可知A中含有Fe元素。所以A有Fe、C、O三种元素组成。气体D在标准状况下的密度为1.25g/L，D的相对分子质量为28

，无色气体D是CO；B的物质的量为0.3mol，生成碳酸钙0.15mol，则B中含有0.15molCO2，含有0.15molCO；黄色溶液G中含有FeCl3，与Cu发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；根据溶解Cu的物质的量，可知A中Fe

元素的物质的量为2.4g220.15mol64g/mol=，根据质量守恒E的质量为21.6g-0.15mol×44g/mol-0.15mol×28g/mol=10.8g，E中O元素的物质的量为10.8g-0.15mol56g/mol0.15mol16g/mol=，所以E是FeO、

溶液F是FeCl2。A中含Fe元素的物质的量为0.15mol、碳元素的物质的量为0.3mol、氧元素的物质的量为0.15mol×2+0.15mol×1+0.15mol=0.6mol，所以A的化学式为FeC2

O4。【小问1详解】根据以上分析，黑色固体E的化学式FeO。【小问2详解】溶液F是FeCl2，通入过量2Cl生成FeCl3，反应离子方程式为2322FeCl2Fe2Cl++−+=+；【小问3详解】化合物A是FeC2O4，21.6gFeC2O4隔绝空气加热生成0.15molFeO、0.

15molCO2、0.15molCO，化学方程式为242FeCOFeOCOCOΔ++；【小问4详解】黄色溶液G中含有FeCl3，检验Fe3+的方法为：取G溶液适量于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液显血红色，则黄色溶液中为3Fe+；【小问5详解】若23FeO过量，溶于酸后发生反应：322Fe

Fe3Fe+++=，滴加KSCN溶液后，溶液也不变红，所以结论不正确。29.人胃酸(主要成分是盐酸)过多，会引起很多胃病，需服用抗酸药治疗。抗酸药胃舒平的主要成分是氢氧化铝，某同学为测定该药中氢氧化铝的质量分数进行如下几步操作(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧

化钠反应)：步聚1：取1粒药片(每片药片的质量为0.50g)研碎步聚2：将上研碎药片粉末加入到40.00mL0.40mol/L稀盐酸中溶解步聚3：用0.40mol/LNaOH溶液中和过量稀盐酸，记录消耗NaOH溶液的体积；请回答下列问题（1）

实验室用密度为31.18g/cm质量分数为36.5%的浓盐酸配制该0.40mol/L盐酸溶液240mL，应用量筒量取___________mL浓盐酸。（2）实验用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和___________。（3）下列操作会使配制的溶液浓度偏低的有___________。的。

A．转移溶液时，未洗涤玻璃棒和烧杯内壁B．配制溶液前容量瓶底部有少量蒸馏水残留C．摇匀后发现液面下降，再加水至刻度线D．定容时俯视刻度线E．溶液未冷却即转移到容量瓶中（4）某同学4次测定所消耗的NaOH溶液的体积如下：测定次数第1次第2次第3次第4次V[NaOH

(aq)]/mL16.0415.9616.2016.00根据这个同学的实验数据，计算这种药片中氢氧化铝的质量分数为___________%(结果保留小数点后两位)。【答案】（1）8.5（2）250mL容量瓶和胶头滴管（3）AC（4）49.92【解

析】【小问1详解】密度为31.18g/cm质量分数为36.5%的浓盐酸的物质的量浓度c=10001.1836.5%11.8mol/L36.5=，实验室用该浓盐酸配制该0.40mol/L盐酸溶液240mL，选用250mL容量瓶，根据稀释前后HCl的物质

的量不变，应用量筒量取浓盐酸的体积为0.4mol/L250mL8.5mL11.8mol/L=。【小问2详解】根据配制溶液的步骤：计算、量取、稀释(并冷却到室温)、移液、洗涤、定容、摇匀，实验用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和250mL容量瓶和胶头滴管；【小问3详解】A．转移溶液时，未

洗涤玻璃棒和烧杯内壁，溶质物质的量偏少，配制的溶液浓度偏低，故选A；B．配制溶液前容量瓶底部有少量蒸馏水残留，不影响溶液的物质的量和溶液体积，配制的溶液浓度无影响，故不选B；C．摇匀后发现液面下降，再加水至刻度线，溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低

，故选C；D．定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故不选D；E．溶液未冷却即转移到容量瓶中，溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故不选E；选AC。【小问4详解】第三次实验数据超出正常误差范围，根据第1、2、4

次实验数据平衡消耗氢氧化钠的体积为16.00mL，根据题意，氢氧化铝、氢氧化钠共消耗40.00mL0.40mol/L稀盐酸，则氢氧化铝消耗n(HCl)=0.04L×0.40mol/L-0.016L×0.40mol/L=0.0096mol，根据Al(OH)3+3HCl=AlCl

3+3H2O，可知这种药片中氢氧化铝的物质的量为0.0096mol÷3=0.0032mol，氢氧化铝的质量分数为0.0032mol78g/mol100%49.92%0.5g=。30.某同学做“4FeSO被3HNO氧化”的实验，发现溶液变深棕色。猜想可能是生成的2N

O或NO与2Fe+或3Fe+反应，使溶液变为深棕色，设计下列装置探究。回答下列问题（1）检查气密性，加入药品后关闭c打开a、b，通一段时间2N的目的是___________。（2）反应开始时装置甲中发生反应的离子方程式是___________。（3）关闭_____

______(选填“a”“b”“c”)，打开___________(选填“a”“b”“c”)及分液漏斗活塞，反应后丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化，证明NO与2Fe+反应；（4）完成(3)中实验后，关闭分液漏斗活塞，打开a通一段时间2N，

更新丙、丁中试剂，关闭a和b，打开c及分液漏斗活塞。反应后丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化，证明2NO也可与2Fe+反应。对此你认为这个结论___________(填“合理”“不合理”)，理由是__

_________(若你认为合理此空不用填)（5）这个装置的一个缺陷是___________。（6）实验结束后，同学们发现装置甲中溶液呈绿色，而不显蓝色。A同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而B同学认为是该溶液中溶解了生

成的气体。同学们分别设计了以下4个实验方案来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是___________(填字母)。a．加热该绿色溶液，观察颜色变化b．加水稀释该绿色溶液，观察颜色变化c．向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化d．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜

反应产生的气体，观察颜色变化【答案】（1）赶走装置中空气，防止2O氧化NO干扰实验结果（2）2322Cu4H2NOCuNO2HO+−+++=++（3）①.ac②.b（4）①.不合理②.因为反应到后来硝酸变

稀，有NO产生，丙中红棕色可能是NO与2Fe+反应的结果(或是2NO与4FeSO溶液中的水反应生成NO与2Fe+反应的结果)（5）无尾气处理装置（6）acd【解析】【分析】加入药品后关闭c打开a、b，通一段时间2N，赶走装置中空气；关闭ac，打开b及分

液漏斗活塞，A中生成的NO2气体通过乙装置与水反应生成NO，根据丙、丁中的现象判断NO与2Fe+反应使溶液变深棕色。【小问1详解】加入药品后关闭c打开a、b，通一段时间2N赶走装置中空气，防止2O氧化NO干扰实验结果；【小问2详解】反应开始时，装置甲中铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水

，发生反应的离子方程式是2322Cu4H2NOCuNO2HO+−+++=++；【小问3详解】证明NO与2Fe+反应，需要把甲中生成的NO2转化为NO，所以气体要先通入水中，所以关闭ac，打开b及分液漏斗活塞，反应后丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化，证明NO与2Fe+反应；【小问4详解】

反应到后来硝酸变稀，有NO产生，丙中红棕色可能是NO与2Fe+反应的结果，所以不合理。【小问5详解】氮氧化合物有毒，该装置的一个缺陷是无尾气处理装置；【小问6详解】a．加热该绿色溶液，二氧化氮气体挥发，可通过颜色的

变化证明，故a正确；b．加水稀释绿色溶液，Cu(NO3)2浓度降低同时二氧化氮和水反应，不能证明溶液颜色的变化原因，故b错误；c．向该绿色溶液中通入氮气，可将二氧化氮气体排出，通过颜色变化可证明，故c正确；d．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜

反应产生的气体，如颜色变为绿色可证明，故d正确；选b。31.实验室有甲、乙两瓶丢失标签的无色溶液，其中一瓶是盐酸，另一瓶是碳酸钠溶液。为确定甲、乙两瓶溶液的成分及其物质的量浓度，现操作如下：①量取50.00mL甲溶

液，向其中缓慢滴加乙溶液20.00mL，共收集到二氧化碳气体560mL。②另取20.00mL乙溶液，向其中缓慢滴加甲溶液50.00mL，共收集到二氧化碳气体224mL。上述气体体积均已换算为标准状况，则根据上述操述及实验数据填空：乙是___

________，甲溶液的物质的量浓度为___________，乙溶液的物质的量浓度为___________。(二氧化碳在溶液中的少量溶解忽略不计)【答案】①.碳酸钠(或23NaCO)②.11.0molL−

③.12.0molL−