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上海市浦东新区川沙中学2020-2021学年高一下学期期中化学试题Word版含解析
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这是一份上海市浦东新区川沙中学2020-2021学年高一下学期期中化学试题Word版含解析，共21页。试卷主要包含了 考试时间， 下列物质中是非电解质的是， 不能检验溶液中I-试剂是等内容，欢迎下载使用。
上海市川沙中学2021学年第二学期期中线上测试
高一化学试卷
考生注意：
1. 本考试设试卷和答题纸两部分。
2. 考试时间：65分钟 满分：100分
可能用到的相对原子量H1 N14 O16 I127 S32 Cl35.5
一、选择题(共42分)
1. 下列物质中，能在X射线透视肠胃时用作“钡餐”的是
A. BaSO4 B. BaCO3 C. BaCl2 D. Ba(OH)2
【答案】A
【解析】
【详解】A．BaSO4不与人体胃液中的盐酸反应，也不溶于水和脂质，可以用做钡餐，A正确；
B．BaCO3能与人体胃液中的盐酸反应生成可溶性钡盐，有毒，不能做钡餐，B错误；
C．BaCl2是可溶性钡盐，有毒，不能做钡餐，C错误；
D．Ba(OH)2，是强碱，具有腐蚀性，且能与人体胃液中的盐酸反应生成可溶性钡盐（BaCl2），有毒，不能做钡餐，D错误；
故选A。
2. 元素性质呈现周期性变化的根本原因是（ ）
A. 元素原子电子层数增大
B. 元素原子最外层电子数呈现周期性变化
C. 元素的化合价呈现周期性变化
D. 核电荷数依次增大
【答案】B
【解析】
【详解】元素性质呈现周期性变化的根本原因是元素原子最外层电子数呈现周期性变化，最外层电子数决定元素的性质，元素的化合价为元素的性质，而电子层数、核电荷数不具有周期性变化；
答案选B。
3. 下列化合物可由两种单质直接化合得到的是
A. SO3 B. NO2 C. CuS D. FeS
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硫在氧气中燃烧可生成二氧化硫，二氧化硫在催化作用下反应生成三氧化硫，A项错误；
B. 氮气和氧气在放电条件下反应生成NO，NO继续与氧气反应生成二氧化氮，B项错误；
C. 硫的氧化性较弱，铜和硫反应生成硫化亚铜，C项错误；
D. 硫的氧化性较弱，Fe与S反应生成FeS，D项正确；
答案选D。
【点睛】硫有一定的氧化性，但氧化性不强，如铁与氯气反应可直接生成氯化铁，但与硫反应时只能升高到+2价，转化为FeS，而不能转化为Fe2S3。
4. 下列物质中是非电解质的是
A. NaCl B. HCl C. Cu D. SO3
【答案】D
【解析】
【分析】非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物。
【详解】A．NaCl的水溶液和熔融状态都能导电，属于电解质，A不符合题意；
B．HCl的水溶液能导电，属于电解质，B不符合题意；
C．Cu是单质，不是非电解质，C不符合题意；
D．SO3的熔融状态不能导电，在水中因生成H2SO4而导电，因此SO3是非电解质，D符合题意；
故选D。
5. 能证明乙酸是弱酸的实验事实是
A. CH3COOH溶液与Zn反应放出H2
B. 0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7
C. CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2
D. 0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
【答案】B
【解析】
【详解】A．只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故A错误；
B．该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，故B正确；
C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，故C错误；
D．可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，故D错误；
故选B。
6. 下列反应，与硫酸型酸雨的形成肯定无关的是
A. SO2+2H2S=3S+2H2O B. SO2+H2OH2SO3
C. 2SO2+O22SO3 D. SO3+H2O=H2SO4
【答案】A
【解析】
【分析】根据题中硫酸型酸雨可知，本题考查酸雨形成路径，运用酸雨形成原理分析。
【详解】当雨水的pH＜5.6时称为酸雨，硫酸型“酸雨”的形成过程可近似地看成是：途径一：排放到空气中的二氧化硫与潮湿空气中的氧气和水蒸气，在空气中粉尘的催化下化合生成硫酸；途径二：是空气中的二氧化硫气体在粉尘做催化剂的条件下生成三氧化硫，三氧化硫再与雨水形成酸雨，据此分析解答。
A．SO2+2H2S=3S+2H2O，反应过程中消耗二氧化硫生成单质硫，不能生成硫酸，不是酸雨形成的反应，与硫酸型酸雨的形成肯定无关，故A符合；
B．酸雨形成过程可以是二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和氧气反应生成硫酸，与酸雨形成有关，故B不符合；
C．空气中的二氧化硫气体在粉尘做催化剂的条件下2SO2+O22SO3生成三氧化硫，三氧化硫再与雨水反应SO3+H2O=H2SO4形成酸雨，故C不符合；
D．三氧化硫与雨水反应SO3+H2O=H2SO4形成酸雨，故D不符合；
答案选A。
7. 不能检验溶液中I-试剂是
A. AgNO3溶液 B. 氯水、酒精
C. 氯水、淀粉 D. 氯水、CCl4
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入AgNO3溶液，如果生成黄色沉淀，加入HNO3溶液，沉淀不溶解，说明溶液中含有I-，反之，不含有I-，可以检验I-，A不符合题意；
B．加入氯水后，可将I-氧化为I2，但酒精与水互溶，不能将I2萃取出来，因此没有明显现象，不能检验I-，B符合题意；
C．加入氯水后，可将I-氧化为I2，再加入淀粉，如果溶液变蓝，说明原溶液中含有I-，反之不含有，可以检验I-，C不符合题意；
D．I2易溶于有机溶剂，氯气的氧化性强于I2，加入氯水、CCl4后，溶液出现分层，上层为水层，下层溶液显紫红色，说明溶液中含有I-，可以检验I-，D不符合题意；
故选B。
8. 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。
9. 下列化合物中，阳离子半径与阴离子半径比值最小的是
A. NaF B. NaCl C. MgI2 D. KBr
【答案】C
【解析】
【详解】阳离子与阴离子的半径比值最小，则阳离子最小，阴离子最大。在所给物质的阳离子中，K+半径最大，其次是镁离子，钠离子最小；阴离子中碘离子的电子层数最多，所以碘离子的半径最大，所以排除D；A与B相比则氯离子的半径大于氟离子，排除A；C与B相比钠与镁是同周期元素，钠离子与镁离子的半径相差不大，但碘离子比氯离子的半径大的多，所以比值最小的是C，答案选C。
10. 下列反应中，调节反应物的用量或浓度，不会改变反应产物的是
A. 铁在硫蒸气中燃烧 B. 硫化氢在氧气中燃烧
C. 硫酸中加入锌粉 D. 二氧化碳通入澄清石灰水
【答案】A
【解析】
【详解】A. 变价金属铁在硫蒸气中燃烧时，由于硫的氧化性弱，所以只能生成硫化亚铁，反应物用量多少不会改变产物的成分，A项正确；
B. 硫化氢在氧气中燃烧，氧气的浓度不同时产物不同，其化学方程式为：2H2S+O2(少量)2S↓+2H2O，2H2S+3O2(足)2SO2+2H2O，B项错误；
C. 锌和稀硫酸反应生成硫酸锌与氢气，但与浓硫酸在加热条件下可反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，C项错误；
D. 少量二氧化碳通入澄清石灰水时生成碳酸钙与水，但过量二氧化碳通入澄清石灰水会生成碳酸氢钙，D项错误；
答案选A。
【点睛】反应用量或反应条件可能会影响改变反应产物，实验时要注意用量与反应条件可能带来的副产物。
11. 下列溶液：①澄清石灰水；②酸性高锰酸钾溶液；③氯化钡溶液；④品红溶液。能用来区别SO2和CO2气体的是
A. ①③ B. ②③ C. ①② D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①澄清的石灰水与SO2和CO2都能反应生成白色沉淀，不能鉴别，①不合题意；
②SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而CO2不能，能鉴别，②符合题意；
③氯化钡溶液与SO2和CO2都不反应，不能鉴别，③不符合题意；
④SO2能使品红溶液褪色，而CO2不能，能鉴别，④符合题意；
综合以上分析，②④正确，故选D。
12. 下列实验中，能确证实验中有存在的是
A. 加入BaCl2溶液有白色沉淀，再加H2SO4仍有白色沉淀
B. 加入BaCl2溶液有白色沉淀，再加HCl沉淀不消失
C. 加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀，再加HNO3沉淀不消失
D. 先加入盐酸未看见任何现象，再加入BaCl2溶液看见有白色沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A． 加入BaCl2溶液有白色沉淀，再加H2SO4仍有白色沉淀，可能存在、、，加入H2SO4仍会有、AgCl沉淀，故A错误；
B． 加入BaCl2溶液有白色沉淀，再加HCl沉淀不消失，可能存在，不能确定有存在，故B错误；
C． 加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀，再加HNO3沉淀不消失，可能存在，白色沉淀为，能被HNO3氧化为，故不能确定有存在，故C错误；
D． 先加入盐酸未看见任何现象，排除了、、等对检验的干扰，再加入BaCl2溶液看见有白色沉淀，可确定原溶液中肯定存在，故D正确；
故选D。
13. 盛满等体积的NO和NO2的混合气体的试管，倒置在水槽中，反应完毕后，液面上升的高度是试管高度的
A. 1/2 B. 1/3 C. 2/3 D. 5/6
【答案】B
【解析】
【详解】将盛满等体积NO、NO2混合气体的试管，倒置在水槽中，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO,反应掉1/2体积的NO2，生成1/6体积的NO，所以反应掉的气体为试管的1/3体积，所以反应完毕后后，液面上升的高度是试管容积的1/3，答案选B。
14. 短周期元素M和N的离子M2+和N3-具有相同的电子层结构，则下列说法错误的是
A. M的原子序数比N小 B. M2+的离子半径比N3-的小
C. M原子的半径比N原子的半径大 D. M和N元素处在不同周期
【答案】A
【解析】
【分析】短周期元素的离子M2+和N3﹣具有相同的电子层结构，M元素位于N元素的下一周期，N位于第二周期第VA族，为N元素，M位于第三周期第IIA族，为Mg元素；
【详解】A．根据分析，M是Mg元素，N是N元素，Mg元素的原子序数是12，N元素的原子序数是7，所以M的原子序数大于N，A错误；
B．电子层结构相同的阴阳离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以M2+的离子半径比N3﹣小，B正确；
C．M的电子层数是3，N的电子层数是2，一般来说，电子层数越多半径越大，因此M原子的半径比N原子的半径大(同周期从左到右原子半径递减、同主族从上到下半径递增，Mg＞Be＞N)，C正确；
D．根据分析，N位于第二周期第VA族，为N元素，M位于第三周期第IIA族，为Mg元素，在不同周期，D正确；
故选A。
15. 实验室用海带提取碘的操作过程中，所选仪器正确的是
选项
操作
所选仪器
A
称取3.000g的干海带
托盘天平
B
灼烧干海带至完全变成灰烬
蒸发皿
C
过滤煮沸后的海带灰与水的混合液
漏斗
D
用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘
烧杯
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．托盘天平只能精确到0.1g，因此只能称取3.0g固体，A错误；
B．灼烧固体用坩埚，不能用蒸发皿，B错误；
C．过滤固液混合物用漏斗，C正确；
D．四氯化碳与水互不相溶，可用分液漏斗进行分液，不能使用烧杯分离，D错误；
故选C。
16. 若用X代表氟、氯、溴、碘四种卤素，下列属于它们共性反应的是( )
A. X2+H2O=HX+HXO B. X2+H2=2HX
C. 2Fe+3X2=2FeX3 D. X2+2NaOH=NaX+NaXO+H2O
【答案】B
【解析】
【分析】A.氟气和水反应生成的是HF和氧气；
B.卤素单质可以和氢气化合生成卤化氢；
C.碘单质的氧化性极弱，和金属铁反应得到的是碘化亚铁；
D.氟气和氢氧化钠溶液反应会有气体产生。
【详解】A.Cl、Br、I的单质可以和水之间反应，符合通式：X2+H2O=HX+HXO，但是氟气和水反应生成的是HF和氧气，不符合，A错误；
B.卤素单质均可以和氢气化合生成卤化氢，B正确；
C.碘单质的氧化性较弱，和金属铁反应得到的是碘化亚铁，不会将铁氧化为三价铁，C错误；
D.氟气和氢氧化钠溶液反应：2F2+2NaOH=2NaF+H2O+OF2↑，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查学生卤素单质的性质，注意氟气的强氧化性是解题的关键，同种元素的单质或化合物的性质相似但不同，具有递变性。
17. 卤族元素有关性质比较正确的是
A. 稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI B. 氧化性：F2＜Cl2＜Br2＜I2
C. 熔沸点：F2＞Cl2＞Br2＞I2 D. 还原性：F﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣
【答案】A
【解析】
【详解】A.F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，气态氢化物稳定性依次减弱，故A正确；
B. F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，非金属性越弱，对应单质的氧化性也越弱，故B错误；
C.F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体，从上到下，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，单质熔沸点依次升高，即单质熔沸点：I2＞Br2＞Cl2＞F2，故C错误；
D.F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，阴离子还原性依次增强，故D错误。答案选A。
【点睛】本题考查的是卤素原子结构及其性质的比较，解题关键是掌握同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系：第ⅤⅡA族元素中，随着原子序数的增大，原子半径依次增大，得电子能力逐渐减弱、氢化物的酸性逐渐增强、单质的沸点逐渐增大、单质的氧化性逐渐减弱、氢化物的还原性逐渐增强、单质与氢气化合逐渐困难、氢化物的沸点逐渐增大（HF除外）、氢化物的稳定性逐渐减弱。据此解答。
18. 浓硫酸分别和三种钠盐反应,下列分析正确的是
A. 对比①和②可以说明还原性Br->Cl-
B. ①和③相比可说明氧化性Br2>SO2
C. ②中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致,说明酸性H2SO4>HCl
D. ③中浓H2SO4被还原成SO2
【答案】A
【解析】
【分析】反应①生成棕色气体是溴蒸气，反应②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气；反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应。
【详解】A．反应①生成棕色气体是溴蒸气，反应②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气，与同一种氧化剂在相同条件下反应，溴离子被氧化成溴单质，而氯离子不能被氧化，说明还原性Br-＞Cl-，故A正确；
B．反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，故B错误；
C．白雾说明氯化氢易挥发，说明挥发性H2SO4＜HCl，无法比较两者的酸性，故C错误；
D．反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而是体现了强酸制弱酸规律，故D错误。
答案选A。
19. 5KI+KIO3+3H2SO4→3K2SO4+3I2+3H2O中，氧化产物和还原产物的质量比是
A. 1：3 B. 1：5 C. 5：1 D. 3：1
【答案】C
【解析】
【详解】该反应属于氧化还原反应，高价态的碘和低价态的碘生成了中间态的碘，KI中的I为-1价，化合价升高，失去一个电子被氧化，生成氧化产物I2，KIO3中的I为 +5价，得到5个电子被还原，生成还原产物I2，根据方程式的系数可知，生成的I2中氧化产物和还原产物的物质的量比为5：1，故选C。
20. 一定量的H2和Cl2充分燃烧后，将反应生成的气体通入100mL1.0mol/L的NaOH溶液中，两者恰好完全反应，生成NaClO为0.01mol。则燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为
A 5:4 B. 4:5 C. 4：3 D. 3:4
【答案】B
【解析】
【详解】根据反应规律：氢气和氯气反应生成氯化氢，氢气必须完全反应，氯气过量，过量的氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠和NaClO，反应属于氧化还原反应；设H2和Cl2的物质的量分别为xmol，ymol；氢元素化合价升高，氯元素中变为NaClO的氯元素化合价升高，均失电子，氯元素中变为氯化钠的氯元素化合价降低，得电子；根据钠离子守恒可知：NaClO为0.01mol，n(Na+)=0.01 mol, n(NaCl)=10.1-0.01=0.09 mol；根据电子守恒规律进行计算：2x+0.015=0.091，x=0.04 mol，n(Cl2)=（0.01+0.09）/2=0.05mol；所以燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为0.04：0.05=4:5；正确选项B。
【点睛】氢气与氯气发生反应生成氯化氢，如果氢气过量，剩余的氢气与氢氧化钠溶液不反应，导致氢气不能全部被消耗；而氯气过量，剩余的氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，只能满足氯气过量，此题才能够顺利解出。
21. 常温下，向20 L真空容器中通入a mol硫化氢，与b mol氯气(a，b均为正整数，且均≤5)，反应后生成硫固体，容器内剩余气体可能达到的最大密度是
A 35.5 g/L B. 17.85 g/L C. 18.25 g/L D. 19.45 g/L
【答案】C
【解析】
【分析】气体密度等于气体质量除以容器的容积，容积固定，保证气体质量最大即可，硫化氢和氯气反应方程式为：H2S+Cl2=S↓+2HCl，温度为常温，则硫为固态，气体密度与硫无关，则需要使HCl的量保证最多，即硫化氢和氯气恰好完全反应生成氯化氢最多。
【详解】反应的方程式为：H2S+Cl2=S↓+2HCl，温度为常温，硫为固态，气体密度与硫无关。
硫化氢和氯气恰好完全反应生成氯化氢时，气体的质量最大。a和b都是正整数，且a≤5，b≤5。当a=5，b=5时，H2S和Cl2恰好完全反应生成HCl最多，所以n(HCl)=2n(Cl2)=10 mol，此时容器内气体的质量最大，气体的密度ρ=，故合理选项是C。
二、(本题共15分)
22. 填空。
（1）向盛有KI溶液的试管中加入少量氯水后再滴加CCl4，振荡，CCl4层呈_______色；CCl4层在试管中位于_______(填“上”、“下”)层，分离CCl4层和水层的操作名称是_______，需要使用玻璃仪器是_______。
（2）向上述试管中继续滴加氯水，振荡，CCl4层逐渐变浅，最后变成无色。这是因为Cl2将I2继续氧化为HIO3，完成该反应的化学方程式，并标出电子的转移方向和数目：_______。
5Cl2＋I2＋6H2O→2HIO3＋_______
（3）将(1)中的KI换成KBr，则CCl4层呈_______色，此过程中被氧化的元素是_______，该反应的离子方程式为_______。继续滴加氯水，CCl4层颜色没有变化。这是因为Cl2不能将Br2继续氧化为HBrO3，由此推断Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是_______。
【答案】（1） ①. 紫(红)色 ②. 下 ③. 分液 ④. 分液漏斗
（2） （3） ①. 橙红 ②. Br ③. Cl2+2Br−=Br2+2Cl− ④. HBrO3＞Cl2＞HIO3
【解析】
【小问1详解】
氯气具有强氧化性，向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，Cl2将I-氧化为I2，I2为紫黑色固体，振荡后I2进入CCl4层，CCl4层变成紫(红)色；CCl4的密度大于水，因此CCl4层在下层；CCl4层和水层为不相溶的液体，可用分液的方法分离；分液时需使用分液漏斗；
【小问2详解】
继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl，反应物为氯气和碘、水，生成物是碘酸和氯化氢，一个氯气分子参加反应得2个电子，一个碘分子参加反应失去10个电子，该反应中得失电子的最小公倍数是10，所以方程式为；
【小问3详解】
氯气的氧化性大于溴，所以氯气能氧化溴离子生成溴单质，发生的离子反应方程式为Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，溴水呈橙色、溴的四氯化碳呈橙红色，Br元素被氧化，继续向溴水中滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化，说明氯气的氧化性小于溴酸，氯气能和碘反应生成碘酸，所以氯气的氧化性大于碘酸，所以Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序HBrO3＞Cl2＞HIO3。
三、(本题15分)
23. 完成下列问题。
I.
（1）硬质玻璃管是化学实验中经常使用的一种仪器，进行微量实验：如图所示，将浓硫酸滴入装有Na2SO3固体的培养皿一段时间后，a、b、c三个棉球变化如下表。
棉球
棉球上滴加试剂
实验现象
解释或结论
a
_______
棉球变白，微热后又恢复红色
解释：____
结论：该气体具有漂白性。
b
含酚酞的NaOH溶液
棉球变为白色
结论：该气体水溶液具有____性。
过程中可能发生反应化学方程式____(写一个即可)
c
_______
棉球变为白色
化学方程式：____。
结论：该气体具有____性
II.分析并回答下列问题：
利用Y型管与其它仪器组合可以进行许多实验(固定装置略)。分析并回答下列问题：
（2）实验目的：验证SO2有_______性。
（3）将胶头滴管中浓硫酸分别滴入Y型管的两个支管中，在支管交叉处发生的化学方程式是_______，实验现象为_______；
（4）硫化亚铁处加水的目的是_______。
【答案】（1） ①. 品红溶液 ②. SO2与品红反应生成无色不稳定物质，遇热分解又生成SO2和品红 ③. 酸 ④. 2OHˉ+SO2=+H2O或OHˉ+SO2= ⑤. 碘与淀粉的混合溶液 ⑥. SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI ⑦. 还原
（2）氧化 （3） ①. 2H2S＋SO2=3S＋2H2O ②. 管壁内有淡黄色固体生成
（4）稀释浓硫酸，防止硫化氢被氧化
【解析】
【小问1详解】
a、浓硫酸与亚硫酸钠反应生成SO2，品红试液是红色的，SO2具有漂白性，与品红反应生成无色不稳定物质，使品红褪色，遇热分解又生成SO2和品红，又恢复红色，
b、氢氧化钠遇到酚酞也是红色的，SO2是酸性氧化物，能和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，使溶液碱性降低，导致红色消失，反应的离子方程式为2OHˉ+SO2=+H2O 或OHˉ+SO2=；
c、碘单质遇到淀粉变为蓝色，SO2具有还原性，能将碘单质还原为碘离子，从而使蓝色消失，反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，
【小问2详解】
Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2，FeS与稀硫酸反应生成H2S，二者反应生成S，可以证明SO2具有氧化性；
【小问3详解】
加入硫酸分别生成SO2和H2S，二者可发生反应生成S，2H2S＋SO2=3S＋2H2O，S为淡黄色固体，因此管壁内有淡黄色固体生成；
【小问4详解】
FeS可与浓硫酸发生氧化还原反应，所以在有FeS的一侧应用水稀释，变成稀硫酸与FeS发生复分解反应生成H2S。
四、(本题16分)
24. 某中学化学研究性学习小组利用以下装置制取并探究氨气的性质。
（1）A中氯化铵固体和熟石灰发生反应的化学方程式为：_______。实验室收集氨气的方法是_______。为防止过量氨气造成空气污染，需要在上述装置的末端增加一个尾气处理装置，合适的装置是_______(填“F”、“G”)；
（2）C、D装置中颜色会发生变化的是_______(填“C”、“D”)，写出导致试纸变色的有关化学方程式_______。如果没有B装置，上述会发生颜色变化的是_______(填“C”、“D”)。
（3）当实验进行一段时间后，挤压E装置中的胶头滴管，滴入1-2滴浓盐酸，可观察到的现象是_______，有关化学方程式是_______。
（4）检验某固态氮肥是否为铵态氮肥，常用的方法是：取样，向该氮肥溶液中_______(填操作和现象)。
（5）若1体积水吸收560体积(标准状况)氨气，所得氨水的密度为0.89g/mL。则该氨水的物质的量浓度为_______mol/L。(保留一位小数)
【答案】（1） ①. 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O ②. 向下排空气法 ③. F
（2） ①. D ②. NH3+H2O= NH3·H2O NH3·H2O NH+OH-。 ③. CD
（3） ①. 产生白烟 ②. NH3+HCl=NH4Cl
（4）加入NaOH溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有
（5）15.6
【解析】
【分析】实验室制氨气，A中发生反应2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，B中的干燥剂除水， C中干燥的红色石蕊试纸不变色，D中湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，E中浓盐酸与氨气的反应验证，最后尾气吸收。
【小问1详解】
根据分析，氯化铵固体和熟石灰发生反应制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；因氨气的密度比水小且极易溶于水，故使用向下排空气法收集；吸收尾气时要防止倒吸，因此选用F装置；
【小问2详解】
因氨气不能电离出氢氧根，无碱性，而氨水能电离出阴阳离子，有碱性，故D中氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，原因为NH3+H2O= NH3·H2O，NH3·H2ONH+OH-，若没有B装置，由于制氨气时生成H2O，故CD中的石蕊试纸均会变蓝；
【小问3详解】
浓盐酸和氨气混合生成氯化铵白色固体，故现象为有白烟出现；反应的方程式为NH3+HCl=NH4Cl；
【小问4详解】
可将转化为NH3进行检验，具体实验方案为：取少量氮肥溶于适量蒸馏水中，向其中加入NaOH溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到试纸变蓝，则证明氮肥中含有；
【小问5详解】
标况下560L氨气的物质的量为=25mol，氨气的质量为25mol×17g/mol=425g，1L水的质量为1000mL×1g/mL=1000g，故所得溶液的质量为1425g，溶液的体积为≈1.60L，故氨水的物质的量浓度为≈15.6mol/L。
五、(本题12分)
25. 下表列出了①~⑩十种元素在周期表中前四周期的位置，请回答下列问题：(注意：填元素符号或化学式)
⑤
⑥
⑧
①
③
④
⑦
⑩
②
⑨
（1）在这十种元素形成的单质中化学性质最不活泼的是_______；金属性最强的是_______；非金属性最强的是_______；能导电的单质有_______种。
（2）①、③两元素的氧化物对应的水化物中碱性强的是_______；(填化学式，下同。)⑤、⑦两元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性强的是_______，用一个化学方程式证明_______。
（3）①、②、③三元素按原子半径由小到大的顺序排列为_______。
（4）分别写出②、⑨两元素的简单离子的电子式_______、_______。
【答案】（1） ①. Ar ②. K ③. F ④. 5
（2） ①. NaOH ②. H2SO4 ③. H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑
（3）Mg＜Na＜K （4） ①. K+ ②.
【解析】
【分析】根据元素在周期表的位置可知①是Na，②是K，③是Mg，④是Al，⑤是C，⑥是O，⑦是S，⑧是F，⑨是Br，⑩是Ar元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
小问1详解】
同一周期元素，随原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最后以不活泼的惰性气体元素结束，在上述10种元素中，最不活泼的元素是Ar元素；
同一周期元素，随原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱；同一主族元素，随原子序数越大，元素的金属性越强，在上述10种元素中，金属性最强的元素是K；
同一周期元素，随原子序数的增大，元素的非金属性逐渐增强；同一主族元素，随原子序数越大，元素的非金属性逐渐减弱，故上述10种元素中，非金属性最强的元素是F；
能导电的单质有Na、Mg、Al、K、C，共5种；
【小问2详解】
元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。①是Na，③是Mg，元素的金属性：Na＞Mg，因此元素最高价氧化物对应的水化物的碱性：NaOH＞Mg(OH)2；
元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。⑤是C，⑦是S，元素的非金属性：S＞C，则元素最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2SO4＞H2CO3；
强酸与弱酸盐发生反应制取弱酸，如H2SO4与Na2CO3发生反应：H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑，从而证明酸性：H2SO4＞H2CO3；
【小问3详解】
同一周期元素，原子序数越大原子半径越小；同一主族元素，原子序数越大原子半径越大。①是Na，②是K，③是Mg，则原子半径由小到大的顺序为：Mg＜Na＜K；
【小问4详解】
②是K，⑨是Br，两种元素形成的化合物KBr是离子化合物，K+与Br-之间以离子键结合，它们形成的简单离子的电子式分别是K+、。
上海市川沙中学2021学年第二学期期中线上测试
高一化学试卷
考生注意：
1. 本考试设试卷和答题纸两部分。
2. 考试时间：65分钟 满分：100分
可能用到的相对原子量H1 N14 O16 I127 S32 Cl35.5
一、选择题(共42分)
1. 下列物质中，能在X射线透视肠胃时用作“钡餐”的是
A. BaSO4 B. BaCO3 C. BaCl2 D. Ba(OH)2
【答案】A
【解析】
【详解】A．BaSO4不与人体胃液中的盐酸反应，也不溶于水和脂质，可以用做钡餐，A正确；
B．BaCO3能与人体胃液中的盐酸反应生成可溶性钡盐，有毒，不能做钡餐，B错误；
C．BaCl2是可溶性钡盐，有毒，不能做钡餐，C错误；
D．Ba(OH)2，是强碱，具有腐蚀性，且能与人体胃液中的盐酸反应生成可溶性钡盐（BaCl2），有毒，不能做钡餐，D错误；
故选A。
2. 元素性质呈现周期性变化的根本原因是（ ）
A. 元素原子电子层数增大
B. 元素原子最外层电子数呈现周期性变化
C. 元素的化合价呈现周期性变化
D. 核电荷数依次增大
【答案】B
【解析】
【详解】元素性质呈现周期性变化的根本原因是元素原子最外层电子数呈现周期性变化，最外层电子数决定元素的性质，元素的化合价为元素的性质，而电子层数、核电荷数不具有周期性变化；
答案选B。
3. 下列化合物可由两种单质直接化合得到的是
A. SO3 B. NO2 C. CuS D. FeS
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硫在氧气中燃烧可生成二氧化硫，二氧化硫在催化作用下反应生成三氧化硫，A项错误；
B. 氮气和氧气在放电条件下反应生成NO，NO继续与氧气反应生成二氧化氮，B项错误；
C. 硫的氧化性较弱，铜和硫反应生成硫化亚铜，C项错误；
D. 硫的氧化性较弱，Fe与S反应生成FeS，D项正确；
答案选D。
【点睛】硫有一定的氧化性，但氧化性不强，如铁与氯气反应可直接生成氯化铁，但与硫反应时只能升高到+2价，转化为FeS，而不能转化为Fe2S3。
4. 下列物质中是非电解质的是
A. NaCl B. HCl C. Cu D. SO3
【答案】D
【解析】
【分析】非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物。
【详解】A．NaCl的水溶液和熔融状态都能导电，属于电解质，A不符合题意；
B．HCl的水溶液能导电，属于电解质，B不符合题意；
C．Cu是单质，不是非电解质，C不符合题意；
D．SO3的熔融状态不能导电，在水中因生成H2SO4而导电，因此SO3是非电解质，D符合题意；
故选D。
5. 能证明乙酸是弱酸的实验事实是
A. CH3COOH溶液与Zn反应放出H2
B. 0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7
C. CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2
D. 0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
【答案】B
【解析】
【详解】A．只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故A错误；
B．该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，故B正确；
C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，故C错误；
D．可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，故D错误；
故选B。
6. 下列反应，与硫酸型酸雨的形成肯定无关的是
A. SO2+2H2S=3S+2H2O B. SO2+H2OH2SO3
C. 2SO2+O22SO3 D. SO3+H2O=H2SO4
【答案】A
【解析】
【分析】根据题中硫酸型酸雨可知，本题考查酸雨形成路径，运用酸雨形成原理分析。
【详解】当雨水的pH＜5.6时称为酸雨，硫酸型“酸雨”的形成过程可近似地看成是：途径一：排放到空气中的二氧化硫与潮湿空气中的氧气和水蒸气，在空气中粉尘的催化下化合生成硫酸；途径二：是空气中的二氧化硫气体在粉尘做催化剂的条件下生成三氧化硫，三氧化硫再与雨水形成酸雨，据此分析解答。
A．SO2+2H2S=3S+2H2O，反应过程中消耗二氧化硫生成单质硫，不能生成硫酸，不是酸雨形成的反应，与硫酸型酸雨的形成肯定无关，故A符合；
B．酸雨形成过程可以是二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和氧气反应生成硫酸，与酸雨形成有关，故B不符合；
C．空气中的二氧化硫气体在粉尘做催化剂的条件下2SO2+O22SO3生成三氧化硫，三氧化硫再与雨水反应SO3+H2O=H2SO4形成酸雨，故C不符合；
D．三氧化硫与雨水反应SO3+H2O=H2SO4形成酸雨，故D不符合；
答案选A。
7. 不能检验溶液中I-试剂是
A. AgNO3溶液 B. 氯水、酒精
C. 氯水、淀粉 D. 氯水、CCl4
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入AgNO3溶液，如果生成黄色沉淀，加入HNO3溶液，沉淀不溶解，说明溶液中含有I-，反之，不含有I-，可以检验I-，A不符合题意；
B．加入氯水后，可将I-氧化为I2，但酒精与水互溶，不能将I2萃取出来，因此没有明显现象，不能检验I-，B符合题意；
C．加入氯水后，可将I-氧化为I2，再加入淀粉，如果溶液变蓝，说明原溶液中含有I-，反之不含有，可以检验I-，C不符合题意；
D．I2易溶于有机溶剂，氯气的氧化性强于I2，加入氯水、CCl4后，溶液出现分层，上层为水层，下层溶液显紫红色，说明溶液中含有I-，可以检验I-，D不符合题意；
故选B。
8. 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。
9. 下列化合物中，阳离子半径与阴离子半径比值最小的是
A. NaF B. NaCl C. MgI2 D. KBr
【答案】C
【解析】
【详解】阳离子与阴离子的半径比值最小，则阳离子最小，阴离子最大。在所给物质的阳离子中，K+半径最大，其次是镁离子，钠离子最小；阴离子中碘离子的电子层数最多，所以碘离子的半径最大，所以排除D；A与B相比则氯离子的半径大于氟离子，排除A；C与B相比钠与镁是同周期元素，钠离子与镁离子的半径相差不大，但碘离子比氯离子的半径大的多，所以比值最小的是C，答案选C。
10. 下列反应中，调节反应物的用量或浓度，不会改变反应产物的是
A. 铁在硫蒸气中燃烧 B. 硫化氢在氧气中燃烧
C. 硫酸中加入锌粉 D. 二氧化碳通入澄清石灰水
【答案】A
【解析】
【详解】A. 变价金属铁在硫蒸气中燃烧时，由于硫的氧化性弱，所以只能生成硫化亚铁，反应物用量多少不会改变产物的成分，A项正确；
B. 硫化氢在氧气中燃烧，氧气的浓度不同时产物不同，其化学方程式为：2H2S+O2(少量)2S↓+2H2O，2H2S+3O2(足)2SO2+2H2O，B项错误；
C. 锌和稀硫酸反应生成硫酸锌与氢气，但与浓硫酸在加热条件下可反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，C项错误；
D. 少量二氧化碳通入澄清石灰水时生成碳酸钙与水，但过量二氧化碳通入澄清石灰水会生成碳酸氢钙，D项错误；
答案选A。
【点睛】反应用量或反应条件可能会影响改变反应产物，实验时要注意用量与反应条件可能带来的副产物。
11. 下列溶液：①澄清石灰水；②酸性高锰酸钾溶液；③氯化钡溶液；④品红溶液。能用来区别SO2和CO2气体的是
A. ①③ B. ②③ C. ①② D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①澄清的石灰水与SO2和CO2都能反应生成白色沉淀，不能鉴别，①不合题意；
②SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而CO2不能，能鉴别，②符合题意；
③氯化钡溶液与SO2和CO2都不反应，不能鉴别，③不符合题意；
④SO2能使品红溶液褪色，而CO2不能，能鉴别，④符合题意；
综合以上分析，②④正确，故选D。
12. 下列实验中，能确证实验中有存在的是
A. 加入BaCl2溶液有白色沉淀，再加H2SO4仍有白色沉淀
B. 加入BaCl2溶液有白色沉淀，再加HCl沉淀不消失
C. 加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀，再加HNO3沉淀不消失
D. 先加入盐酸未看见任何现象，再加入BaCl2溶液看见有白色沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A． 加入BaCl2溶液有白色沉淀，再加H2SO4仍有白色沉淀，可能存在、、，加入H2SO4仍会有、AgCl沉淀，故A错误；
B． 加入BaCl2溶液有白色沉淀，再加HCl沉淀不消失，可能存在，不能确定有存在，故B错误；
C． 加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀，再加HNO3沉淀不消失，可能存在，白色沉淀为，能被HNO3氧化为，故不能确定有存在，故C错误；
D． 先加入盐酸未看见任何现象，排除了、、等对检验的干扰，再加入BaCl2溶液看见有白色沉淀，可确定原溶液中肯定存在，故D正确；
故选D。
13. 盛满等体积的NO和NO2的混合气体的试管，倒置在水槽中，反应完毕后，液面上升的高度是试管高度的
A. 1/2 B. 1/3 C. 2/3 D. 5/6
【答案】B
【解析】
【详解】将盛满等体积NO、NO2混合气体的试管，倒置在水槽中，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO,反应掉1/2体积的NO2，生成1/6体积的NO，所以反应掉的气体为试管的1/3体积，所以反应完毕后后，液面上升的高度是试管容积的1/3，答案选B。
14. 短周期元素M和N的离子M2+和N3-具有相同的电子层结构，则下列说法错误的是
A. M的原子序数比N小 B. M2+的离子半径比N3-的小
C. M原子的半径比N原子的半径大 D. M和N元素处在不同周期
【答案】A
【解析】
【分析】短周期元素的离子M2+和N3﹣具有相同的电子层结构，M元素位于N元素的下一周期，N位于第二周期第VA族，为N元素，M位于第三周期第IIA族，为Mg元素；
【详解】A．根据分析，M是Mg元素，N是N元素，Mg元素的原子序数是12，N元素的原子序数是7，所以M的原子序数大于N，A错误；
B．电子层结构相同的阴阳离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以M2+的离子半径比N3﹣小，B正确；
C．M的电子层数是3，N的电子层数是2，一般来说，电子层数越多半径越大，因此M原子的半径比N原子的半径大(同周期从左到右原子半径递减、同主族从上到下半径递增，Mg＞Be＞N)，C正确；
D．根据分析，N位于第二周期第VA族，为N元素，M位于第三周期第IIA族，为Mg元素，在不同周期，D正确；
故选A。
15. 实验室用海带提取碘的操作过程中，所选仪器正确的是
选项
操作
所选仪器
A
称取3.000g的干海带
托盘天平
B
灼烧干海带至完全变成灰烬
蒸发皿
C
过滤煮沸后的海带灰与水的混合液
漏斗
D
用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘
烧杯
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．托盘天平只能精确到0.1g，因此只能称取3.0g固体，A错误；
B．灼烧固体用坩埚，不能用蒸发皿，B错误；
C．过滤固液混合物用漏斗，C正确；
D．四氯化碳与水互不相溶，可用分液漏斗进行分液，不能使用烧杯分离，D错误；
故选C。
16. 若用X代表氟、氯、溴、碘四种卤素，下列属于它们共性反应的是( )
A. X2+H2O=HX+HXO B. X2+H2=2HX
C. 2Fe+3X2=2FeX3 D. X2+2NaOH=NaX+NaXO+H2O
【答案】B
【解析】
【分析】A.氟气和水反应生成的是HF和氧气；
B.卤素单质可以和氢气化合生成卤化氢；
C.碘单质的氧化性极弱，和金属铁反应得到的是碘化亚铁；
D.氟气和氢氧化钠溶液反应会有气体产生。
【详解】A.Cl、Br、I的单质可以和水之间反应，符合通式：X2+H2O=HX+HXO，但是氟气和水反应生成的是HF和氧气，不符合，A错误；
B.卤素单质均可以和氢气化合生成卤化氢，B正确；
C.碘单质的氧化性较弱，和金属铁反应得到的是碘化亚铁，不会将铁氧化为三价铁，C错误；
D.氟气和氢氧化钠溶液反应：2F2+2NaOH=2NaF+H2O+OF2↑，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查学生卤素单质的性质，注意氟气的强氧化性是解题的关键，同种元素的单质或化合物的性质相似但不同，具有递变性。
17. 卤族元素有关性质比较正确的是
A. 稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI B. 氧化性：F2＜Cl2＜Br2＜I2
C. 熔沸点：F2＞Cl2＞Br2＞I2 D. 还原性：F﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣
【答案】A
【解析】
【详解】A.F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，气态氢化物稳定性依次减弱，故A正确；
B. F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，非金属性越弱，对应单质的氧化性也越弱，故B错误；
C.F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体，从上到下，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，单质熔沸点依次升高，即单质熔沸点：I2＞Br2＞Cl2＞F2，故C错误；
D.F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，阴离子还原性依次增强，故D错误。答案选A。
【点睛】本题考查的是卤素原子结构及其性质的比较，解题关键是掌握同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系：第ⅤⅡA族元素中，随着原子序数的增大，原子半径依次增大，得电子能力逐渐减弱、氢化物的酸性逐渐增强、单质的沸点逐渐增大、单质的氧化性逐渐减弱、氢化物的还原性逐渐增强、单质与氢气化合逐渐困难、氢化物的沸点逐渐增大（HF除外）、氢化物的稳定性逐渐减弱。据此解答。
18. 浓硫酸分别和三种钠盐反应,下列分析正确的是
A. 对比①和②可以说明还原性Br->Cl-
B. ①和③相比可说明氧化性Br2>SO2
C. ②中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致,说明酸性H2SO4>HCl
D. ③中浓H2SO4被还原成SO2
【答案】A
【解析】
【分析】反应①生成棕色气体是溴蒸气，反应②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气；反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应。
【详解】A．反应①生成棕色气体是溴蒸气，反应②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气，与同一种氧化剂在相同条件下反应，溴离子被氧化成溴单质，而氯离子不能被氧化，说明还原性Br-＞Cl-，故A正确；
B．反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，故B错误；
C．白雾说明氯化氢易挥发，说明挥发性H2SO4＜HCl，无法比较两者的酸性，故C错误；
D．反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而是体现了强酸制弱酸规律，故D错误。
答案选A。
19. 5KI+KIO3+3H2SO4→3K2SO4+3I2+3H2O中，氧化产物和还原产物的质量比是
A. 1：3 B. 1：5 C. 5：1 D. 3：1
【答案】C
【解析】
【详解】该反应属于氧化还原反应，高价态的碘和低价态的碘生成了中间态的碘，KI中的I为-1价，化合价升高，失去一个电子被氧化，生成氧化产物I2，KIO3中的I为 +5价，得到5个电子被还原，生成还原产物I2，根据方程式的系数可知，生成的I2中氧化产物和还原产物的物质的量比为5：1，故选C。
20. 一定量的H2和Cl2充分燃烧后，将反应生成的气体通入100mL1.0mol/L的NaOH溶液中，两者恰好完全反应，生成NaClO为0.01mol。则燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为
A 5:4 B. 4:5 C. 4：3 D. 3:4
【答案】B
【解析】
【详解】根据反应规律：氢气和氯气反应生成氯化氢，氢气必须完全反应，氯气过量，过量的氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠和NaClO，反应属于氧化还原反应；设H2和Cl2的物质的量分别为xmol，ymol；氢元素化合价升高，氯元素中变为NaClO的氯元素化合价升高，均失电子，氯元素中变为氯化钠的氯元素化合价降低，得电子；根据钠离子守恒可知：NaClO为0.01mol，n(Na+)=0.01 mol, n(NaCl)=10.1-0.01=0.09 mol；根据电子守恒规律进行计算：2x+0.015=0.091，x=0.04 mol，n(Cl2)=（0.01+0.09）/2=0.05mol；所以燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为0.04：0.05=4:5；正确选项B。
【点睛】氢气与氯气发生反应生成氯化氢，如果氢气过量，剩余的氢气与氢氧化钠溶液不反应，导致氢气不能全部被消耗；而氯气过量，剩余的氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，只能满足氯气过量，此题才能够顺利解出。
21. 常温下，向20 L真空容器中通入a mol硫化氢，与b mol氯气(a，b均为正整数，且均≤5)，反应后生成硫固体，容器内剩余气体可能达到的最大密度是
A 35.5 g/L B. 17.85 g/L C. 18.25 g/L D. 19.45 g/L
【答案】C
【解析】
【分析】气体密度等于气体质量除以容器的容积，容积固定，保证气体质量最大即可，硫化氢和氯气反应方程式为：H2S+Cl2=S↓+2HCl，温度为常温，则硫为固态，气体密度与硫无关，则需要使HCl的量保证最多，即硫化氢和氯气恰好完全反应生成氯化氢最多。
【详解】反应的方程式为：H2S+Cl2=S↓+2HCl，温度为常温，硫为固态，气体密度与硫无关。
硫化氢和氯气恰好完全反应生成氯化氢时，气体的质量最大。a和b都是正整数，且a≤5，b≤5。当a=5，b=5时，H2S和Cl2恰好完全反应生成HCl最多，所以n(HCl)=2n(Cl2)=10 mol，此时容器内气体的质量最大，气体的密度ρ=，故合理选项是C。
二、(本题共15分)
22. 填空。
（1）向盛有KI溶液的试管中加入少量氯水后再滴加CCl4，振荡，CCl4层呈_______色；CCl4层在试管中位于_______(填“上”、“下”)层，分离CCl4层和水层的操作名称是_______，需要使用玻璃仪器是_______。
（2）向上述试管中继续滴加氯水，振荡，CCl4层逐渐变浅，最后变成无色。这是因为Cl2将I2继续氧化为HIO3，完成该反应的化学方程式，并标出电子的转移方向和数目：_______。
5Cl2＋I2＋6H2O→2HIO3＋_______
（3）将(1)中的KI换成KBr，则CCl4层呈_______色，此过程中被氧化的元素是_______，该反应的离子方程式为_______。继续滴加氯水，CCl4层颜色没有变化。这是因为Cl2不能将Br2继续氧化为HBrO3，由此推断Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是_______。
【答案】（1） ①. 紫(红)色 ②. 下 ③. 分液 ④. 分液漏斗
（2） （3） ①. 橙红 ②. Br ③. Cl2+2Br−=Br2+2Cl− ④. HBrO3＞Cl2＞HIO3
【解析】
【小问1详解】
氯气具有强氧化性，向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，Cl2将I-氧化为I2，I2为紫黑色固体，振荡后I2进入CCl4层，CCl4层变成紫(红)色；CCl4的密度大于水，因此CCl4层在下层；CCl4层和水层为不相溶的液体，可用分液的方法分离；分液时需使用分液漏斗；
【小问2详解】
继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl，反应物为氯气和碘、水，生成物是碘酸和氯化氢，一个氯气分子参加反应得2个电子，一个碘分子参加反应失去10个电子，该反应中得失电子的最小公倍数是10，所以方程式为；
【小问3详解】
氯气的氧化性大于溴，所以氯气能氧化溴离子生成溴单质，发生的离子反应方程式为Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，溴水呈橙色、溴的四氯化碳呈橙红色，Br元素被氧化，继续向溴水中滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化，说明氯气的氧化性小于溴酸，氯气能和碘反应生成碘酸，所以氯气的氧化性大于碘酸，所以Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序HBrO3＞Cl2＞HIO3。
三、(本题15分)
23. 完成下列问题。
I.
（1）硬质玻璃管是化学实验中经常使用的一种仪器，进行微量实验：如图所示，将浓硫酸滴入装有Na2SO3固体的培养皿一段时间后，a、b、c三个棉球变化如下表。
棉球
棉球上滴加试剂
实验现象
解释或结论
a
_______
棉球变白，微热后又恢复红色
解释：____
结论：该气体具有漂白性。
b
含酚酞的NaOH溶液
棉球变为白色
结论：该气体水溶液具有____性。
过程中可能发生反应化学方程式____(写一个即可)
c
_______
棉球变为白色
化学方程式：____。
结论：该气体具有____性
II.分析并回答下列问题：
利用Y型管与其它仪器组合可以进行许多实验(固定装置略)。分析并回答下列问题：
（2）实验目的：验证SO2有_______性。
（3）将胶头滴管中浓硫酸分别滴入Y型管的两个支管中，在支管交叉处发生的化学方程式是_______，实验现象为_______；
（4）硫化亚铁处加水的目的是_______。
【答案】（1） ①. 品红溶液 ②. SO2与品红反应生成无色不稳定物质，遇热分解又生成SO2和品红 ③. 酸 ④. 2OHˉ+SO2=+H2O或OHˉ+SO2= ⑤. 碘与淀粉的混合溶液 ⑥. SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI ⑦. 还原
（2）氧化 （3） ①. 2H2S＋SO2=3S＋2H2O ②. 管壁内有淡黄色固体生成
（4）稀释浓硫酸，防止硫化氢被氧化
【解析】
【小问1详解】
a、浓硫酸与亚硫酸钠反应生成SO2，品红试液是红色的，SO2具有漂白性，与品红反应生成无色不稳定物质，使品红褪色，遇热分解又生成SO2和品红，又恢复红色，
b、氢氧化钠遇到酚酞也是红色的，SO2是酸性氧化物，能和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，使溶液碱性降低，导致红色消失，反应的离子方程式为2OHˉ+SO2=+H2O 或OHˉ+SO2=；
c、碘单质遇到淀粉变为蓝色，SO2具有还原性，能将碘单质还原为碘离子，从而使蓝色消失，反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，
【小问2详解】
Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2，FeS与稀硫酸反应生成H2S，二者反应生成S，可以证明SO2具有氧化性；
【小问3详解】
加入硫酸分别生成SO2和H2S，二者可发生反应生成S，2H2S＋SO2=3S＋2H2O，S为淡黄色固体，因此管壁内有淡黄色固体生成；
【小问4详解】
FeS可与浓硫酸发生氧化还原反应，所以在有FeS的一侧应用水稀释，变成稀硫酸与FeS发生复分解反应生成H2S。
四、(本题16分)
24. 某中学化学研究性学习小组利用以下装置制取并探究氨气的性质。
（1）A中氯化铵固体和熟石灰发生反应的化学方程式为：_______。实验室收集氨气的方法是_______。为防止过量氨气造成空气污染，需要在上述装置的末端增加一个尾气处理装置，合适的装置是_______(填“F”、“G”)；
（2）C、D装置中颜色会发生变化的是_______(填“C”、“D”)，写出导致试纸变色的有关化学方程式_______。如果没有B装置，上述会发生颜色变化的是_______(填“C”、“D”)。
（3）当实验进行一段时间后，挤压E装置中的胶头滴管，滴入1-2滴浓盐酸，可观察到的现象是_______，有关化学方程式是_______。
（4）检验某固态氮肥是否为铵态氮肥，常用的方法是：取样，向该氮肥溶液中_______(填操作和现象)。
（5）若1体积水吸收560体积(标准状况)氨气，所得氨水的密度为0.89g/mL。则该氨水的物质的量浓度为_______mol/L。(保留一位小数)
【答案】（1） ①. 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O ②. 向下排空气法 ③. F
（2） ①. D ②. NH3+H2O= NH3·H2O NH3·H2O NH+OH-。 ③. CD
（3） ①. 产生白烟 ②. NH3+HCl=NH4Cl
（4）加入NaOH溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有
（5）15.6
【解析】
【分析】实验室制氨气，A中发生反应2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，B中的干燥剂除水， C中干燥的红色石蕊试纸不变色，D中湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，E中浓盐酸与氨气的反应验证，最后尾气吸收。
【小问1详解】
根据分析，氯化铵固体和熟石灰发生反应制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；因氨气的密度比水小且极易溶于水，故使用向下排空气法收集；吸收尾气时要防止倒吸，因此选用F装置；
【小问2详解】
因氨气不能电离出氢氧根，无碱性，而氨水能电离出阴阳离子，有碱性，故D中氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，原因为NH3+H2O= NH3·H2O，NH3·H2ONH+OH-，若没有B装置，由于制氨气时生成H2O，故CD中的石蕊试纸均会变蓝；
【小问3详解】
浓盐酸和氨气混合生成氯化铵白色固体，故现象为有白烟出现；反应的方程式为NH3+HCl=NH4Cl；
【小问4详解】
可将转化为NH3进行检验，具体实验方案为：取少量氮肥溶于适量蒸馏水中，向其中加入NaOH溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到试纸变蓝，则证明氮肥中含有；
【小问5详解】
标况下560L氨气的物质的量为=25mol，氨气的质量为25mol×17g/mol=425g，1L水的质量为1000mL×1g/mL=1000g，故所得溶液的质量为1425g，溶液的体积为≈1.60L，故氨水的物质的量浓度为≈15.6mol/L。
五、(本题12分)
25. 下表列出了①~⑩十种元素在周期表中前四周期的位置，请回答下列问题：(注意：填元素符号或化学式)
⑤
⑥
⑧
①
③
④
⑦
⑩
②
⑨
（1）在这十种元素形成的单质中化学性质最不活泼的是_______；金属性最强的是_______；非金属性最强的是_______；能导电的单质有_______种。
（2）①、③两元素的氧化物对应的水化物中碱性强的是_______；(填化学式，下同。)⑤、⑦两元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性强的是_______，用一个化学方程式证明_______。
（3）①、②、③三元素按原子半径由小到大的顺序排列为_______。
（4）分别写出②、⑨两元素的简单离子的电子式_______、_______。
【答案】（1） ①. Ar ②. K ③. F ④. 5
（2） ①. NaOH ②. H2SO4 ③. H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑
（3）Mg＜Na＜K （4） ①. K+ ②.
【解析】
【分析】根据元素在周期表的位置可知①是Na，②是K，③是Mg，④是Al，⑤是C，⑥是O，⑦是S，⑧是F，⑨是Br，⑩是Ar元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
小问1详解】
同一周期元素，随原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最后以不活泼的惰性气体元素结束，在上述10种元素中，最不活泼的元素是Ar元素；
同一周期元素，随原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱；同一主族元素，随原子序数越大，元素的金属性越强，在上述10种元素中，金属性最强的元素是K；
同一周期元素，随原子序数的增大，元素的非金属性逐渐增强；同一主族元素，随原子序数越大，元素的非金属性逐渐减弱，故上述10种元素中，非金属性最强的元素是F；
能导电的单质有Na、Mg、Al、K、C，共5种；
【小问2详解】
元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。①是Na，③是Mg，元素的金属性：Na＞Mg，因此元素最高价氧化物对应的水化物的碱性：NaOH＞Mg(OH)2；
元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。⑤是C，⑦是S，元素的非金属性：S＞C，则元素最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2SO4＞H2CO3；
强酸与弱酸盐发生反应制取弱酸，如H2SO4与Na2CO3发生反应：H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑，从而证明酸性：H2SO4＞H2CO3；
【小问3详解】
同一周期元素，原子序数越大原子半径越小；同一主族元素，原子序数越大原子半径越大。①是Na，②是K，③是Mg，则原子半径由小到大的顺序为：Mg＜Na＜K；
【小问4详解】
②是K，⑨是Br，两种元素形成的化合物KBr是离子化合物，K+与Br-之间以离子键结合，它们形成的简单离子的电子式分别是K+、。
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