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福建省福清第一中学2023-2024学年高一下学期开学适应性练习化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份福建省福清第一中学2023-2024学年高一下学期开学适应性练习化学试题（原卷版+解析版），文件包含精品解析福建省福清第一中学2023-2024学年高一下学期开学适应性练习化学试题原卷版docx、精品解析福建省福清第一中学2023-2024学年高一下学期开学适应性练习化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 满分：100分）
可能用到的相对原子量：O—16 N—14 S—32 Mg—24 A1—27
一、选择题（每题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意）
1. 我国科学家首次成功精准合成了C10和C14。下列有关说法正确的是
A. C10和C14物理性质不同，化学性质相似B. C10和C14均为共价晶体
C. C10和C14互为同分异构体D. C10和C14互为同位素
【答案】A
【解析】
【详解】A．C10和C14都是碳元素形成的单质，物理性质不同，从图示可知两者结构相似，所以化学性质相似，故A正确；
B．C10和C14都是由碳原子通过共价键结合而成的，但并不是空间网状结构，因此它们是分子晶体，故B错误；
C．C10和C14都是碳元素形成的单质，互为同素异形体，故C错误；
D．C10和C14都是碳元素形成的单质，而同位素是质子数相同、中子数不同的原子之间的关系，故D错误；
故答案为：A。
2. 下列说法中，正确的是
A. 若气体摩尔体积为22.4L/ml，则所处条件为标准状况
B. 标准状况下，1mlH2O的体积是22.4L
C. 1mlN2和CO的混合气体中含有的分子总数是2×6.02×1023
D. 32gO2和O3组成的混合气体中含有的氧原子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．若气体摩尔体积为22.4L/ml，则所处条件不一定为标准状况，故A错误；
B．标准状况下，水不是气态，所以1mlH2O的体积不是22.4L，故B错误；
C．1mlN2和CO的混合气体中含有的分子总数是6.02×1023，故C错误；
D．O2和O3均由氧原子构成，所以32gO2和O3组成的混合气体中含有的氧原子的物质的量为2ml，数目为2NA，故D正确；
故答案为：D。
3. 下列物质分类正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．MgO和KOH都是离子化合物，故A正确；
B．过氧化钠与酸反应，生成盐和水的同时还生成O2，所以过氧化钠不是碱性氧化物，故B错误；
C．水银是金属单质，不是合金，故C错误；
D．碘酒是碘溶于酒精形成的溶液，不属于胶体，故D错误；
故答案为：A。
4. 下列是我国古代常见的操作方法。其中操作原理与化学实验中的分离除杂方法相似的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．箅渣取液为固液分离，属于过滤操作，不是分液操作，故A错误；
B．利用沸点不同蒸馏出乙醇，为蒸馏操作，不是蒸发操作，故B错误；
C．酒精萃取出药物中的有机成分，为萃取操作，故C正确；
D．海水晒盐，为蒸发原理，不涉及蒸馏，故D错误；
故选C。
5. 下列有关胶体的说法错误的是
A. 用激光笔照射可以区别溶液和胶体
B. 向沸水中滴加饱和溶液可以制备胶体
C. 胶体区别于溶液的本质特征是具有丁达尔效应
D. 胶体和溶液都是混合物，它们属于不同的分散系
【答案】C
【解析】
【详解】A．胶体的分散质粒子能够使光线发生散射作用而沿直线传播，即用光照射会产生一条光亮的通路，而溶液的溶质离子不能使光线发生散射作用，因此用光照射不能产生光亮的通路，因此用激光笔照射区分溶液和胶体，A正确；
B．把几滴FeCl3饱和溶液滴入到沸腾的蒸馏水中，继续加热至液体呈红褐色，停止加热，得到Fe(OH)3胶体，B正确；
C．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小，C错误；
D．分散系根据分散微粒直径大小分为溶液、胶体、浊液，D正确；
故合理选项是C。
6. 下图为氯元素的“价－类”二维图，下列说法错误的是
A. 甲可以通过一步反应生成乙B. 丙的焰色为紫色，则丙为
C. 丁可用于实验室制取氧气D. 戊中氯元素只具有氧化性
【答案】B
【解析】
【分析】依据氯元素的化合价及物质所属类别，可推出甲、乙、丙、丁、戊分别为Cl2、HClO、次氯酸盐、氯酸盐、HClO，据此作答。
【详解】A.氯气和水可以反应生成次氯酸，A正确；
B.丙的焰色为紫色，则丙为钾盐，结合丙是次氯酸盐，丙为KClO，B错误；
C.丁为氯酸盐，KClO3在二氧化锰催化下可以分解得到氧气，是实验室制氧气的方法之一，C正确；
D.戊中氯元素为+7价，是最高价，只有氧化性，D正确；
本题选B。
7. 和在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用，在实验室用下图装置验证木炭与浓硫酸反应中生成的气体成分，下列有关说法正确的是
A. ①中品红褪色证明有氧化性
B. ②中的试剂X应该是浓硫酸
C. ③中的试剂Y应该是NaOH溶液
D. ②中颜色变浅，但不消失，且③中出现浑浊，即可证明气体中有
【答案】D
【解析】
【分析】木炭和浓硫酸发生反应：，品红溶液褪色，可以验证的漂白性，X溶液用于吸收，Y溶液为澄清石灰水，检验。
【详解】A．①中品红褪色证明有漂白性，A错误；
B．②中X溶液用于吸收，可用酸性高锰酸钾溶液，浓硫酸只能用于干燥气体，B错误；
C．③中的Y溶液为澄清石灰水，用于检验，C错误；
D．②中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，但不消失，证明被完全吸收，③中出现浑浊，即可证明气体中有，D正确；
故选D。
8. 以下实验操作可能会导致实验结果偏高的是
A. 配制一定物质的量浓度的溶液：移液后未洗涤烧杯
B. 配制一定物质的量浓度的溶液：定容时仰视刻度线
C. 配制一定物质的量浓度稀硫酸时：用量筒量取浓硫酸时俯视读数
D. 用浓硫酸与烧碱的稀溶液反应来测定中和热的数值
【答案】D
【解析】
【分析】根据c=，结合具体操作来分析对溶质物质的量或溶液体积的影响，以此进行判断。
【详解】A．移液后未洗涤烧杯，导致移入容量瓶中溶质氯化氢的物质的量减小，所配溶液浓度偏小，选项A错误；
B．在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线，导致所配溶液体积增大，所配溶液浓度偏小，选项B错误；
C．用量筒量取浓硫酸时俯视读数，导致所取浓硫酸的量偏少，所配溶液浓度偏小，选项C错误；
D．浓硫酸与烧碱反应放热，结果偏高，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的实验操作误差分析，题目难度中等，分析时注意从c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。注意易错点为B注意仰视、俯视对体积读数的影响。
9. 金属的冶炼体现了人类文明的发展历程，下列关于工业冶炼金属说法正确的是
A. 制钠：高温分解制备
B. 制镁：电解溶液制备
C. 制铁：在高温下还原铁矿石中铁的氧化物
D. 制铜：“曾青得铁，则化为铜”，原理为：
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠的性质活泼，工业上采用电解熔融氯化钠的方法制钠，故A错误；
B．工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，电解氯化镁溶液时，阴极氢离子放电生成氢气，故B错误；
C．工业上采用热还原法冶炼铁，即CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物，故C正确；
D．“曾青(CuSO4)得铁，则化为铜”，原理为：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，故D错误；
故答案为：C。
10. 下列关于工业生产硫酸的说法错误的是
A. 用水吸收三氧化硫，目的是为了防止形成酸雾
B. 工业生产得到的硫酸主要以分子形式存在
C. 硫酸工业的尾气必须回收、净化处理，确保制备过程绿色环保
D. 接触法制硫酸分为三个流程：硫磺或硫铁矿
【答案】A
【解析】
【详解】A．工业生产硫酸过程中，在吸收塔中用浓硫酸吸收三氧化硫，目的是为了防止形成酸雾，故A错误；
B．工业生产得到的硫酸为发烟硫酸，水很少，所以主要以H2SO4分子形式存在，故B正确；
C．硫酸工业尾气中含有二氧化硫，必须回收、净化处理，确保制备过程绿色环保，故C正确；
D．接触法制硫酸分为三个流程，第一步沸腾炉中硫磺或硫铁矿氧化生成二氧化硫，第二步在接触室中二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，第三步吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫制取硫酸，故D正确；
故答案为：A。
11. 向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，下列关于该反应说法错误的是
A. 氧化性：Cl2>Fe3+
B. 参加反应的Fe2+与Cl2的物质的量之比为1：1
C. 还原性：Fe2+D. 被氧化的Br-占Br-总量的一半
【答案】C
【解析】
【详解】A．同一反应中氧化性:氧化剂>氧化产物，根据上述方程式可知，氯气作氧化剂，铁离子和溴单质作氧化产物，所以氧化性:Cl2>Fe3+，选项A正确；
B．根据上述反应可知，参加反应的Fe2+与Cl2的物质的量之比为2 : 2= 1: 1，选项B正确；
C．上述反应中，亚铁离子全部被氧化，而溴离子有一半被氧化，所以还原性: Fe2+ > Br-，选项C错误；
D．根据溶液中溶质FeBr2的构成可知，溶液中若有2mlFe，会有4mlBr-，上述反应中只有2mlBr-被氯气氧化，则被氧化的Br-占Br-总量的一半，选项D正确；
答案选 C。
12. 某溶液中存在较多的，该溶液中还可能大量存在的离子是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．能和OH-反应：，即不能和OH-大量共存，故A错误；
B．CH3COO-与OH-、K+、亚硫酸根离子均不反应，能大量共存，故B正确；
C．ClO-具有氧化性，能氧化亚硫酸根离子，即两者不能大量共存，故C错误；
D．Mg2+能与OH-反应生成氢氧化镁沉淀，即两者不能大量共存，故D错误；
故答案为：B。
13. 下列实验方案能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．AgNO3溶液与碳酸钠溶液反应生成白色沉淀，AgNO3溶液与NaCl反应生成白色沉淀，无法检验，故A错误；
B．新制氯水中含有，具有漂白性，会使试纸褪色，无法对比测酸碱性，故B错误；
C．饱和溶液可以除去气体中混杂的少量气体，浓硫酸起到干燥作用，故C正确；
D．测定和固体混合物中的质量分数，应该准确称取ag样品和试管总质量，加强热后在干燥器冷却至室温，再称量得到总质量，不能直接在空气中冷却，否则影响测定结果，故D错误；
故选C。
14. 下列离子方程式不正确的是
A. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：
B. 过量通入溶液中：
C. 醋酸与氨水反应：
D. 溶液与足量的溶液反应：
【答案】BD
【解析】
【详解】A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钙，其离子方程式为，故A正确；
B．二氧化硫具有还原性，过量通入溶液中发生氧化还原反应生成氯化钠和硫酸，反应的离子方程式为，故B错误；
C．醋酸与氨水反应生成醋酸铵和水，反应的离子方程式为，故C正确；
D．Mg(HCO3)2溶液与足量的溶液反应时，因为氢氧化镁比碳酸镁更难溶，所以反应生成氢氧化镁沉淀，其离子方程式为，故D错误；
故答案为：BD。
15. 利用为原料制备，涉及的物质转化关系如下：
已知：①反应为。
②位于周期表中第VA族
下列有关制备过程中的说法正确的是
A. 反应中为还原剂B. 核间距：
C. 中所有原子都满足8电子稳定结构D. 反应中有3个氧化还原反应
【答案】A
【解析】
【分析】KMnO4和过氧化氢、氟化钾、氟化氢发生反应i生成，SbCl5与氟化氢发生反应ii生成SbF5，与SbF5发生反应iii生成的MnF4在加热条件下发生反应iv生成F2。
【详解】A．反应i中Mn元素化合价由+7价降低为+4价，H2O2为还原剂，故A正确；
B．F与Cl同主族，氯原子比氟原子电子层数多一层，半径更大，所以核间距：，故B错误；
C．Sb元素位于周期表第VA族，最外层电子数为5，SbF5中Sb原子价层电子对数为5，所以Sb原子不满足8电子稳定结构，故C错误；
D．反应i中Mn元素化合价由+7价降低为+4价，反应iv中F元素化合价由-1价升高到0价，所以反应中有2个氧化还原反应，故D错误；
故答案为：A。
16. 用的浓硫酸20mL和铜共热一段时间后，待反应混合物冷却，滤去多余的铜，将滤液加水定容到100mL，溶液中浓度为，则下列说法错误的是
A. 反应后稀释液中为
B. 反应中消耗的硫酸为
C. 溶解的铜的质量为6.4g
D. 生成的在标准状况下的体积为2.24L
【答案】A
【解析】
【分析】用18.0ml/L的浓硫酸20mL和铜共热发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，按硫元素守恒，实际逸出的二氧化硫为18.0ml/L×0.020L-0.100L×2.6ml/L=0.10ml，据此回答。
【详解】A．实际消耗铜、生成硫酸铜均为0.10ml，则反应后稀释液中c(CuSO4)为1.0ml/L，A错误；
B．结合分析可知，反应中消耗的硫酸为2×0.1ml=0.2ml，B正确；
C．溶解的铜的质量为0.10ml×64g/ml=6.4g，C正确；
D．生成的SO2在标准状况下的体积为0.10ml×22.4L/ml=2.24L，D正确；
答案选A。
17. 把300mL含有BaCl2、MgCl2、Mg(NO3)2的混合溶液分成3等份，分别逐滴加入Na2SO4溶液、AgNO3溶液、NaOH溶液，直至不再产生沉淀，此时消耗amlNa2SO4、bmlAgNO3、cmlNaOH，则该混合溶液中的浓度为
A. ml/LB. 10(2a-b+c)ml/L
C. 10(2a﹣b+2c)ml/LD. ml/L
【答案】B
【解析】
【详解】消耗amlNa2SO4，则原溶液中含有amlBa2+，即BaCl2有aml，消耗bmlAgNO3，则原溶液中含有bmlCl-，BaCl2中有Cl-2aml，因此MgCl2中有Cl-为(b-2a)ml，则MgCl2有ml，消耗NaOHcml，则Mg2+有ml，则Mg(NO3)2有镁离子(-)ml，因此的物质的量为(c-b+2a)ml，则的浓度为(c-b+2a)ml÷0.1L=10(2a-b+c)ml/L，故答案选B。
18. 下列叙述表示可逆反应一定处于平衡状态的是
A. 的浓度相等B. 单位时间内消耗的同时消耗了
C. 单位时间内消耗的同时生成了D. 的浓度之比为
【答案】C
【解析】
【详解】A．化学平衡时，N2、H2、NH3的浓度不变而不是相等，故A不符合题意；
B．单位时间，消耗a ml N2的同时消耗3ml H2，都体现的正反应方向，未反映正与逆的关系，不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．单位时间，消耗a mlN2等效于消耗3a ml H2同时生成3a ml H2，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．平衡时各物质的分子数之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故N2，H2，NH3分子数之比为1：3：2，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故D不符合题意；
故选C。
19. “碳中和”是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，然后通过植物造树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的排放量，CO2实现“零排放”。下列选项所述措施能促进实现“碳中和”的是
①减少化石燃料使用 ②发展CO2捕集技术 ③燃煤中加入石灰石 ④开发新的能源
A. ①②④B. ①②③C. ①③④D. ①②③
【答案】A
【解析】
【详解】①减少化石燃料使用可以减少CO2等温室气体的排放，符合；
②发展CO2捕集技术可以 “回收”已排放CO2气体的排放，减少CO2等温室气体的排放，符合；
③燃煤中加入石灰石可以减少SO2的排放，但石灰石分解产生二氧化碳，不能减少CO2等温室气体的排放，不符合；
④开发新的能源如太阳能、风能等也可以减少温室气体的排放，符合；
综上， ①②④正确，选A；
20. A、B、C、都是金属，A中混有C时，在潮湿的空气中A先腐蚀，A与B组成原电池时，A为电池的正极。A、B、C三种金属的活动性顺序为
A. A>B>CB. A>C>BC. B>A>CD. B>C>A
【答案】C
【解析】
【详解】A中混有C时，A先腐蚀，说明A活泼；A与B组成原电池时，A为电池的正极，B为负极，B较活泼；则活泼性B＞A＞C，，故C正确。
故选C。
二、非选择题（5题，共60分）
21. 回答下列问题
（1）氨分解反应在容积为的密闭容器内进行。已知起始时氨气的物质的量为末为，则用氨气表示该反应的速率为______氨分解反应的逆反应为合成氨，当消耗时，放出的热量，写出该反应的热化学方程式______。
（2）如图所示，将锌、铜通过导线连接，置于稀硫酸中。
①负极电极反应式为______。
②正极电极反应式为______。
③溶液中由______（填“锌”或者“铜”下同）向_______移动。
④若反应过程中有电子发生转移，则生成的氢气在标准状况下的体积为______。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. Zn-2e-=Zn2+ ②. 2H++2e-=H2 ③. 铜 ④. 锌 ⑤. 2.24L
【解析】
【小问1详解】
v= ；当消耗即0.5mlN2时，放出的热量，该反应的热化学方程式
【小问2详解】
该电池为原电池，Zn为负极，Cu为正极，①负极电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+；
②正极电极反应式为：2H++2e-=H2；
③溶液中阴离子流向负极，由铜极流向锌极；
④若反应过程中有电子发生转移，则生成的氢气0.1ml在标准状况下的体积为0.1ml×22.4L/ml=2.24L。
22. 元素周期表被认为是“科学共同的语言”，它的发现使化学学习和研究变得有规律可循。其简洁有序的背后，是众多科学家艰苦奋斗的结果。下图是元素周期表的一部分。请按要求回答下列问题：
（1）317年左右，东晋炼丹家葛洪在炼丹时分离出了元素砷。砷在周期表中的位置是______。我国“天宫”空间站的核心舱“天和”选择了高效柔性砷化镓（GaAs）薄膜太阳能电池来供电。原子半径：Ga______As（填“>”或“<”）。
（2）1787年，法国化学家拉瓦锡首次发现硅存在于岩石中。碳和硅元素简单气态氢化物稳定性更强的是______。碳的最高价氧化物的电子式为______。
（3）1817年瑞典化学家贝采利乌斯发现硒元素。硒元素和溴元素最高价氧化物水化物酸性较强的是______（填化学式）。
（4）1825年，丹麦化学家奥斯特首次分离出了铝的单质。往溶液中滴入过量氨水，写出该反应的离子方程式______。
（5）经研究，发现可能存在的第119号元素，有人称“类钫”，位于元素周期表第八周期IA族。有关“类钫”的预测正确的是______。
A. “类钫”在化合物中显+1价B. “类钫”单质具有强氧化性
C. “类钫”最高价氧化物对应的水化物为弱碱D. “类钫”单质能与冷水剧烈反应
【答案】（1） ①. 第四周期第VA族 ②. ＞
（2） ①. CH4 ②.
（3）HBrO4 （4）Al3++= Al(OH)3↓+ （5）AD
【解析】
【小问1详解】
由图可知，砷原子核外有4个电子层，且最外层电子数为5，所以砷在周期表中的位置是第四周期第VA族；Ga与As位于周期表同一周期，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径Ga＞As；
【小问2详解】
碳和硅位于同一主族，同一主族的元素，随着原子序数增大，电子层数增大、原子半径增大、元素的非金属性递减，其简单气态氢化物稳定性减弱，所以其中稳定性更强的是CH4；碳的最高价氧化物为CO2，其电子式为；
【小问3详解】
硒元素和溴元素位于同一周期，而同周期主族元素原子序数递增，原子半径递减，元素非金属性增强，最高价氧化物的水化物酸性增强，所以硒元素和溴元素最高价氧化物的水化物酸性较强的是HBrO4；
【小问4详解】
AlCl3和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，所以往AlCl3溶液中滴入过量氨水，反应的离子方程式为Al3++= Al(OH)3↓+；
【小问5详解】
A．“类钫”位于元素周期表第八周期IA族，原子最外层有一个电子，在化合物中显+1价，故A正确；
B．“类钫”单质为活泼金属，具有强还原性，故B错误;
C．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，“类钫”最高价氧化物对应的水化物应为强碱，故C错误；
D．“类钫”元素的金属性很强，能与冷水剧烈反应，故D正确；
故答案为：AD。
23 已知物质有如图转化关系（部分反应条件及产物已省略）：
（1）上述流程中涉及到下列物质①氨水②③④熔融⑤⑥其中属于强电解质的是______（填标号）。
（2）反应①产物除E外，另一种是______（填化学式）。
（3）写出受热反应的化学方程式：______。
（4）写出饱和溶液中通入过量发生反应的离子方程式：______。
（5）物质A在空气中燃烧产物M的颜色为______，M中阴阳离子的物质的量的比值为______。
【答案】（1）③④⑤⑥
（2）NH4Cl （3）2NaHCO3 Na2CO3+CO2
（4）Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3
（5） ①. 淡黄色 ②. 1:2
【解析】
【分析】电解熔融NaCl可以得到金属Na和Cl2，Na和水反应生成NaOH，Cl2和Fe反应生成FeCl3，NaOH和FeCl3反应生成Fe(OH)3和NaCl，向NaCl溶液中通入NH3和CO2得到NaHCO3，NaHCO3加热反应生成Na2CO3，NaOH溶液中通入过量CO2得到NaHCO3，通入少量CO2得到Na2CO3，则A、B、C、D、E、F、G分别为：Na、Cl2、NaOH、FeCl3、NaHCO3、Na2CO3、CO2。
【小问1详解】
强电解质是指在水溶液中能够完全电离的电解质，上述流程中涉及到的下列物质①氨水②③④熔融⑤⑥其中属于强电解质的是③④熔融⑤⑥。
【小问2详解】
向NaCl溶液中通入NH3和CO2得到NaHCO3和NH4Cl。
【小问3详解】
NaHCO3受热分解生成Na2CO3，方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2。
【小问4详解】
向饱和碳酸钠溶液中通入过量的二氧化碳，观察到现象是有白色沉淀生成，产生该现象的原因是反应过程中消耗了水，生成碳酸氢钠的质量比碳酸钠的质量大，且碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，化学反应方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。
【小问5详解】
Na在空气中燃烧产物Na2O2的颜色为淡黄色，Na2O2中含有2个Na+和1个，阴阳离子的物质的量的比值为1:2。
24. “7•20特大洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效措施之一。“84”消毒液、漂白粉和等都是有效的消杀试剂。
（1）用化学方程式表示氯气与烧碱溶液制备“84”消毒液的原理______，标况下56L氯气完全被吸收，需要______L 1ml/L的NaOH溶液。
（2）使用漂白粉漂白，只需取适量漂白粉溶于水即可，漂白原理用化学方程式表示为______。
（3）漂白粉的保存要注意密封，为了判断一份儿久置的漂白粉是①没有失效②部分失效③完全失效。某化学兴趣小组设计实验进行验证。
已知：溶液呈碱性；；
a．甲同学取适量漂白粉样品，滴加浓盐酸，将产生的气体直接通入澄清石灰水中，没有发现石灰水变浑浊。由此，判断结论为①，乙同学不同意这一观点，你认为的结论是______。
A．② B．③ C．①或② D．①②③均有可能
b．乙同学改用滴加稀盐酸，发现产生大量气泡，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊；他又取少量漂白粉样品配成溶液，滴在pH试纸上，最终试纸变白。据此你得出的结论是______(从①②③中选填)。
（4）目前普遍使用代替及次氯酸盐作为广谱抗菌消毒剂，因为它安全、低毒，高效。还可以将剧毒的NaCN转化为无毒物质除去，产物是氯化钠和两种常见气体。试写出该反应的化学方程式______。
【答案】（1） ①. Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ②. 5
（2）Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO
（3） ①. D ②. ②
（4）2ClO2+2NaCN=2NaCl+2CO2↑+N2↑
【解析】
【小问1详解】
氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；标况下56L氯气的物质的量为=2.5ml，由反应方程式可知完全吸收2.5mlCl2，需要5mlNaOH，则需要NaOH溶液的体积为=5L，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；5；
【小问2详解】
漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，因Ca(ClO)2能与空气中的二氧化碳和水反应生成次氯酸而起漂白作用，反应的化学方程式表示为Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，故答案为：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO；
【小问3详解】
a．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，若遇空气中的二氧化碳和水蒸气发生变质，会生成CaCO3。甲同学取适量漂白粉样品，滴加浓盐酸，将产生的气体直接通入澄清石灰水中，没有发现石灰水变浑浊，可能是没有CO2生成，也可能是由于浓盐酸易挥发，生成的CO2中混有HCl，则得出的结论是①②③均有可能，选D；
故答案为：D；
b．乙同学改用滴加稀盐酸，发现产生大量气泡，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，说明漂白粉样品中含有CaCO3；取少量漂白粉样品配成溶液，滴在pH试纸上，最终试纸变白，说明漂白粉样品仍具有漂白性。由此得出的结论是漂白粉部分失效，选②；
故答案为：②；
【小问4详解】
将剧毒的NaCN转化为无毒物质，产物是氯化钠和两种常见气体，由于氯元素化合价从+4价降低到-1价，则化合价升高的元素为C、N，生成的两种气体为CO2、N2。根据得失电子守恒和原子守恒，配平反应的化学方程式为2ClO2+2NaCN=2NaCl+2CO2↑+N2↑，故答案为：2ClO2+2NaCN=2NaCl+2CO2↑+N2↑。
25. 铝镁合金是飞机制造、建筑等行业的重要材料。为测定某铝镁合金(不含其他元素)中铝的质量分数，将一定量铝镁合金与足量稀硫酸反应，设计了下列实验方案进行探究。回答下列问题：
（1）同学们拟选用下列实验装置中的某些装置完成实验：
你认为最简易的装置的连接顺序是A→_______；连接好装置后首先应进行的操作是_______。
（2）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接集气瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装置。
①装置中导管a的作用除了_______以外，从精确测量氢气体积的角度分析，还有一个作用是滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差。
②已知金属与酸的反应是放热反应，为了较准确测量室温、一个标准大气压下氢气的体积，在读反应后量气管乙中液面的读数求氢气体积的过程中，除视线平视外还应注意_______(填字母)。
A.冷却至室温再读数
B.乙管中液面不再上升时应该及时读数
C.读数时应上下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平
D.读数时不必使甲、乙中液面左右相平
③若实验用铝镁合金的质量为5.1g，测得氢气体积为5.6L(已换算为标准状况)，则合金中铝的质量分数为_______(保留两位有效数字)。
（3）有同学提出把分液漏斗中的稀硫酸换成氢氧化钠溶液也可以测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量，若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，锥形瓶中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为_______(用a、b、c表示)。
【答案】（1） ① A→E→D→F ②. 检查装置气密性
（2） ①. 平衡气体压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下 ②. AC ③. 53%
（3）
【解析】
【小问1详解】
合金与稀硫酸反应，可用排水量气法测定H2的体积，制备的氢气用浓硫酸干燥后，氢气从集气瓶的短导管进，从长导管出，排出的水进入量筒中，正确的连接顺序为，连接好装置后应检查装置气密性；
【小问2详解】
①装置中导管a能保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，利于平衡压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下；
②A．为减小温度对气体体积读数带来的误差，应冷却后再读取H2的体积，A正确；
B．为减小温度对气体体积读数带来的误差，应冷却后再读取H2的体积，B错误；
C．读数时应上、下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平，以保证甲中气体压强与大气压相等，C正确；
D．读数时应上、下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平，以保证甲中气体压强与大气压相等，D错误；
故选AC；
③设5.1g铝镁合金中Mg的质量为xg，Al为yg，生成H2体积为5.6L (已换算为标准状况)，即0.25ml，根据化学方程式得：
，，
即，解得，故合金中Al的质量分数为；
【小问3详解】
合金中只有Al与NaOH溶液反应生成H2，离子方程式为：，根据合金质量为ag和锥形瓶中剩余固体质量为cg，可计算出Al的质量为；设Al的相对原子质量为M，则摩尔质量为Mg/ml，生成的，根据反应的离子方程式得，解得。选项
类别
物质
A
离子化合物
MgO、KOH
B
碱性氧化物
CaO、Na2O2
C
合金
生铁、水银
D
胶体
淀粉溶液、碘酒
凡煮汤，欲微火，令小沸……箅渣取液
经月而出蒸烤之……终乃得酒可饮
凡渍药酒，皆需细切……便可漉出
海陆取卤，日晒火煎……卤水成盐
A．分液
B．蒸发
C．萃取
D．蒸馏
选项
实验目的
实验方案
A
检验纯碱入中是否存在NaCl
向待测液中加入AgNO3溶液
B
检验新制氯水的酸碱性
将pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取新制氯水点在试纸中部，再与标准比色卡对照
C
除去CO2气体中混杂的少量HCl气体
将混合气体依次通过盛有饱和NaHCO3溶液和浓硫酸的洗气瓶
D
测定NaHCO3和CaCO3固体混合物中的NaHCO3质量分数
准确称取ag样品和试管总质量。充分加热后冷却至室温，再称量总质量为bg
（考试时间：75分钟 满分：100分）
可能用到的相对原子量：O—16 N—14 S—32 Mg—24 A1—27
一、选择题（每题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意）
1. 我国科学家首次成功精准合成了C10和C14。下列有关说法正确的是
A. C10和C14物理性质不同，化学性质相似B. C10和C14均为共价晶体
C. C10和C14互为同分异构体D. C10和C14互为同位素
【答案】A
【解析】
【详解】A．C10和C14都是碳元素形成的单质，物理性质不同，从图示可知两者结构相似，所以化学性质相似，故A正确；
B．C10和C14都是由碳原子通过共价键结合而成的，但并不是空间网状结构，因此它们是分子晶体，故B错误；
C．C10和C14都是碳元素形成的单质，互为同素异形体，故C错误；
D．C10和C14都是碳元素形成的单质，而同位素是质子数相同、中子数不同的原子之间的关系，故D错误；
故答案为：A。
2. 下列说法中，正确的是
A. 若气体摩尔体积为22.4L/ml，则所处条件为标准状况
B. 标准状况下，1mlH2O的体积是22.4L
C. 1mlN2和CO的混合气体中含有的分子总数是2×6.02×1023
D. 32gO2和O3组成的混合气体中含有的氧原子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．若气体摩尔体积为22.4L/ml，则所处条件不一定为标准状况，故A错误；
B．标准状况下，水不是气态，所以1mlH2O的体积不是22.4L，故B错误；
C．1mlN2和CO的混合气体中含有的分子总数是6.02×1023，故C错误；
D．O2和O3均由氧原子构成，所以32gO2和O3组成的混合气体中含有的氧原子的物质的量为2ml，数目为2NA，故D正确；
故答案为：D。
3. 下列物质分类正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．MgO和KOH都是离子化合物，故A正确；
B．过氧化钠与酸反应，生成盐和水的同时还生成O2，所以过氧化钠不是碱性氧化物，故B错误；
C．水银是金属单质，不是合金，故C错误；
D．碘酒是碘溶于酒精形成的溶液，不属于胶体，故D错误；
故答案为：A。
4. 下列是我国古代常见的操作方法。其中操作原理与化学实验中的分离除杂方法相似的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．箅渣取液为固液分离，属于过滤操作，不是分液操作，故A错误；
B．利用沸点不同蒸馏出乙醇，为蒸馏操作，不是蒸发操作，故B错误；
C．酒精萃取出药物中的有机成分，为萃取操作，故C正确；
D．海水晒盐，为蒸发原理，不涉及蒸馏，故D错误；
故选C。
5. 下列有关胶体的说法错误的是
A. 用激光笔照射可以区别溶液和胶体
B. 向沸水中滴加饱和溶液可以制备胶体
C. 胶体区别于溶液的本质特征是具有丁达尔效应
D. 胶体和溶液都是混合物，它们属于不同的分散系
【答案】C
【解析】
【详解】A．胶体的分散质粒子能够使光线发生散射作用而沿直线传播，即用光照射会产生一条光亮的通路，而溶液的溶质离子不能使光线发生散射作用，因此用光照射不能产生光亮的通路，因此用激光笔照射区分溶液和胶体，A正确；
B．把几滴FeCl3饱和溶液滴入到沸腾的蒸馏水中，继续加热至液体呈红褐色，停止加热，得到Fe(OH)3胶体，B正确；
C．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小，C错误；
D．分散系根据分散微粒直径大小分为溶液、胶体、浊液，D正确；
故合理选项是C。
6. 下图为氯元素的“价－类”二维图，下列说法错误的是
A. 甲可以通过一步反应生成乙B. 丙的焰色为紫色，则丙为
C. 丁可用于实验室制取氧气D. 戊中氯元素只具有氧化性
【答案】B
【解析】
【分析】依据氯元素的化合价及物质所属类别，可推出甲、乙、丙、丁、戊分别为Cl2、HClO、次氯酸盐、氯酸盐、HClO，据此作答。
【详解】A.氯气和水可以反应生成次氯酸，A正确；
B.丙的焰色为紫色，则丙为钾盐，结合丙是次氯酸盐，丙为KClO，B错误；
C.丁为氯酸盐，KClO3在二氧化锰催化下可以分解得到氧气，是实验室制氧气的方法之一，C正确；
D.戊中氯元素为+7价，是最高价，只有氧化性，D正确；
本题选B。
7. 和在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用，在实验室用下图装置验证木炭与浓硫酸反应中生成的气体成分，下列有关说法正确的是
A. ①中品红褪色证明有氧化性
B. ②中的试剂X应该是浓硫酸
C. ③中的试剂Y应该是NaOH溶液
D. ②中颜色变浅，但不消失，且③中出现浑浊，即可证明气体中有
【答案】D
【解析】
【分析】木炭和浓硫酸发生反应：，品红溶液褪色，可以验证的漂白性，X溶液用于吸收，Y溶液为澄清石灰水，检验。
【详解】A．①中品红褪色证明有漂白性，A错误；
B．②中X溶液用于吸收，可用酸性高锰酸钾溶液，浓硫酸只能用于干燥气体，B错误；
C．③中的Y溶液为澄清石灰水，用于检验，C错误；
D．②中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，但不消失，证明被完全吸收，③中出现浑浊，即可证明气体中有，D正确；
故选D。
8. 以下实验操作可能会导致实验结果偏高的是
A. 配制一定物质的量浓度的溶液：移液后未洗涤烧杯
B. 配制一定物质的量浓度的溶液：定容时仰视刻度线
C. 配制一定物质的量浓度稀硫酸时：用量筒量取浓硫酸时俯视读数
D. 用浓硫酸与烧碱的稀溶液反应来测定中和热的数值
【答案】D
【解析】
【分析】根据c=，结合具体操作来分析对溶质物质的量或溶液体积的影响，以此进行判断。
【详解】A．移液后未洗涤烧杯，导致移入容量瓶中溶质氯化氢的物质的量减小，所配溶液浓度偏小，选项A错误；
B．在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线，导致所配溶液体积增大，所配溶液浓度偏小，选项B错误；
C．用量筒量取浓硫酸时俯视读数，导致所取浓硫酸的量偏少，所配溶液浓度偏小，选项C错误；
D．浓硫酸与烧碱反应放热，结果偏高，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的实验操作误差分析，题目难度中等，分析时注意从c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。注意易错点为B注意仰视、俯视对体积读数的影响。
9. 金属的冶炼体现了人类文明的发展历程，下列关于工业冶炼金属说法正确的是
A. 制钠：高温分解制备
B. 制镁：电解溶液制备
C. 制铁：在高温下还原铁矿石中铁的氧化物
D. 制铜：“曾青得铁，则化为铜”，原理为：
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠的性质活泼，工业上采用电解熔融氯化钠的方法制钠，故A错误；
B．工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，电解氯化镁溶液时，阴极氢离子放电生成氢气，故B错误；
C．工业上采用热还原法冶炼铁，即CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物，故C正确；
D．“曾青(CuSO4)得铁，则化为铜”，原理为：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，故D错误；
故答案为：C。
10. 下列关于工业生产硫酸的说法错误的是
A. 用水吸收三氧化硫，目的是为了防止形成酸雾
B. 工业生产得到的硫酸主要以分子形式存在
C. 硫酸工业的尾气必须回收、净化处理，确保制备过程绿色环保
D. 接触法制硫酸分为三个流程：硫磺或硫铁矿
【答案】A
【解析】
【详解】A．工业生产硫酸过程中，在吸收塔中用浓硫酸吸收三氧化硫，目的是为了防止形成酸雾，故A错误；
B．工业生产得到的硫酸为发烟硫酸，水很少，所以主要以H2SO4分子形式存在，故B正确；
C．硫酸工业尾气中含有二氧化硫，必须回收、净化处理，确保制备过程绿色环保，故C正确；
D．接触法制硫酸分为三个流程，第一步沸腾炉中硫磺或硫铁矿氧化生成二氧化硫，第二步在接触室中二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，第三步吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫制取硫酸，故D正确；
故答案为：A。
11. 向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，下列关于该反应说法错误的是
A. 氧化性：Cl2>Fe3+
B. 参加反应的Fe2+与Cl2的物质的量之比为1：1
C. 还原性：Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A．同一反应中氧化性:氧化剂>氧化产物，根据上述方程式可知，氯气作氧化剂，铁离子和溴单质作氧化产物，所以氧化性:Cl2>Fe3+，选项A正确；
B．根据上述反应可知，参加反应的Fe2+与Cl2的物质的量之比为2 : 2= 1: 1，选项B正确；
C．上述反应中，亚铁离子全部被氧化，而溴离子有一半被氧化，所以还原性: Fe2+ > Br-，选项C错误；
D．根据溶液中溶质FeBr2的构成可知，溶液中若有2mlFe，会有4mlBr-，上述反应中只有2mlBr-被氯气氧化，则被氧化的Br-占Br-总量的一半，选项D正确；
答案选 C。
12. 某溶液中存在较多的，该溶液中还可能大量存在的离子是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．能和OH-反应：，即不能和OH-大量共存，故A错误；
B．CH3COO-与OH-、K+、亚硫酸根离子均不反应，能大量共存，故B正确；
C．ClO-具有氧化性，能氧化亚硫酸根离子，即两者不能大量共存，故C错误；
D．Mg2+能与OH-反应生成氢氧化镁沉淀，即两者不能大量共存，故D错误；
故答案为：B。
13. 下列实验方案能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．AgNO3溶液与碳酸钠溶液反应生成白色沉淀，AgNO3溶液与NaCl反应生成白色沉淀，无法检验，故A错误；
B．新制氯水中含有，具有漂白性，会使试纸褪色，无法对比测酸碱性，故B错误；
C．饱和溶液可以除去气体中混杂的少量气体，浓硫酸起到干燥作用，故C正确；
D．测定和固体混合物中的质量分数，应该准确称取ag样品和试管总质量，加强热后在干燥器冷却至室温，再称量得到总质量，不能直接在空气中冷却，否则影响测定结果，故D错误；
故选C。
14. 下列离子方程式不正确的是
A. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：
B. 过量通入溶液中：
C. 醋酸与氨水反应：
D. 溶液与足量的溶液反应：
【答案】BD
【解析】
【详解】A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钙，其离子方程式为，故A正确；
B．二氧化硫具有还原性，过量通入溶液中发生氧化还原反应生成氯化钠和硫酸，反应的离子方程式为，故B错误；
C．醋酸与氨水反应生成醋酸铵和水，反应的离子方程式为，故C正确；
D．Mg(HCO3)2溶液与足量的溶液反应时，因为氢氧化镁比碳酸镁更难溶，所以反应生成氢氧化镁沉淀，其离子方程式为，故D错误；
故答案为：BD。
15. 利用为原料制备，涉及的物质转化关系如下：
已知：①反应为。
②位于周期表中第VA族
下列有关制备过程中的说法正确的是
A. 反应中为还原剂B. 核间距：
C. 中所有原子都满足8电子稳定结构D. 反应中有3个氧化还原反应
【答案】A
【解析】
【分析】KMnO4和过氧化氢、氟化钾、氟化氢发生反应i生成，SbCl5与氟化氢发生反应ii生成SbF5，与SbF5发生反应iii生成的MnF4在加热条件下发生反应iv生成F2。
【详解】A．反应i中Mn元素化合价由+7价降低为+4价，H2O2为还原剂，故A正确；
B．F与Cl同主族，氯原子比氟原子电子层数多一层，半径更大，所以核间距：，故B错误；
C．Sb元素位于周期表第VA族，最外层电子数为5，SbF5中Sb原子价层电子对数为5，所以Sb原子不满足8电子稳定结构，故C错误；
D．反应i中Mn元素化合价由+7价降低为+4价，反应iv中F元素化合价由-1价升高到0价，所以反应中有2个氧化还原反应，故D错误；
故答案为：A。
16. 用的浓硫酸20mL和铜共热一段时间后，待反应混合物冷却，滤去多余的铜，将滤液加水定容到100mL，溶液中浓度为，则下列说法错误的是
A. 反应后稀释液中为
B. 反应中消耗的硫酸为
C. 溶解的铜的质量为6.4g
D. 生成的在标准状况下的体积为2.24L
【答案】A
【解析】
【分析】用18.0ml/L的浓硫酸20mL和铜共热发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，按硫元素守恒，实际逸出的二氧化硫为18.0ml/L×0.020L-0.100L×2.6ml/L=0.10ml，据此回答。
【详解】A．实际消耗铜、生成硫酸铜均为0.10ml，则反应后稀释液中c(CuSO4)为1.0ml/L，A错误；
B．结合分析可知，反应中消耗的硫酸为2×0.1ml=0.2ml，B正确；
C．溶解的铜的质量为0.10ml×64g/ml=6.4g，C正确；
D．生成的SO2在标准状况下的体积为0.10ml×22.4L/ml=2.24L，D正确；
答案选A。
17. 把300mL含有BaCl2、MgCl2、Mg(NO3)2的混合溶液分成3等份，分别逐滴加入Na2SO4溶液、AgNO3溶液、NaOH溶液，直至不再产生沉淀，此时消耗amlNa2SO4、bmlAgNO3、cmlNaOH，则该混合溶液中的浓度为
A. ml/LB. 10(2a-b+c)ml/L
C. 10(2a﹣b+2c)ml/LD. ml/L
【答案】B
【解析】
【详解】消耗amlNa2SO4，则原溶液中含有amlBa2+，即BaCl2有aml，消耗bmlAgNO3，则原溶液中含有bmlCl-，BaCl2中有Cl-2aml，因此MgCl2中有Cl-为(b-2a)ml，则MgCl2有ml，消耗NaOHcml，则Mg2+有ml，则Mg(NO3)2有镁离子(-)ml，因此的物质的量为(c-b+2a)ml，则的浓度为(c-b+2a)ml÷0.1L=10(2a-b+c)ml/L，故答案选B。
18. 下列叙述表示可逆反应一定处于平衡状态的是
A. 的浓度相等B. 单位时间内消耗的同时消耗了
C. 单位时间内消耗的同时生成了D. 的浓度之比为
【答案】C
【解析】
【详解】A．化学平衡时，N2、H2、NH3的浓度不变而不是相等，故A不符合题意；
B．单位时间，消耗a ml N2的同时消耗3ml H2，都体现的正反应方向，未反映正与逆的关系，不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．单位时间，消耗a mlN2等效于消耗3a ml H2同时生成3a ml H2，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．平衡时各物质的分子数之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故N2，H2，NH3分子数之比为1：3：2，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故D不符合题意；
故选C。
19. “碳中和”是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，然后通过植物造树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的排放量，CO2实现“零排放”。下列选项所述措施能促进实现“碳中和”的是
①减少化石燃料使用 ②发展CO2捕集技术 ③燃煤中加入石灰石 ④开发新的能源
A. ①②④B. ①②③C. ①③④D. ①②③
【答案】A
【解析】
【详解】①减少化石燃料使用可以减少CO2等温室气体的排放，符合；
②发展CO2捕集技术可以 “回收”已排放CO2气体的排放，减少CO2等温室气体的排放，符合；
③燃煤中加入石灰石可以减少SO2的排放，但石灰石分解产生二氧化碳，不能减少CO2等温室气体的排放，不符合；
④开发新的能源如太阳能、风能等也可以减少温室气体的排放，符合；
综上， ①②④正确，选A；
20. A、B、C、都是金属，A中混有C时，在潮湿的空气中A先腐蚀，A与B组成原电池时，A为电池的正极。A、B、C三种金属的活动性顺序为
A. A>B>CB. A>C>BC. B>A>CD. B>C>A
【答案】C
【解析】
【详解】A中混有C时，A先腐蚀，说明A活泼；A与B组成原电池时，A为电池的正极，B为负极，B较活泼；则活泼性B＞A＞C，，故C正确。
故选C。
二、非选择题（5题，共60分）
21. 回答下列问题
（1）氨分解反应在容积为的密闭容器内进行。已知起始时氨气的物质的量为末为，则用氨气表示该反应的速率为______氨分解反应的逆反应为合成氨，当消耗时，放出的热量，写出该反应的热化学方程式______。
（2）如图所示，将锌、铜通过导线连接，置于稀硫酸中。
①负极电极反应式为______。
②正极电极反应式为______。
③溶液中由______（填“锌”或者“铜”下同）向_______移动。
④若反应过程中有电子发生转移，则生成的氢气在标准状况下的体积为______。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. Zn-2e-=Zn2+ ②. 2H++2e-=H2 ③. 铜 ④. 锌 ⑤. 2.24L
【解析】
【小问1详解】
v= ；当消耗即0.5mlN2时，放出的热量，该反应的热化学方程式
【小问2详解】
该电池为原电池，Zn为负极，Cu为正极，①负极电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+；
②正极电极反应式为：2H++2e-=H2；
③溶液中阴离子流向负极，由铜极流向锌极；
④若反应过程中有电子发生转移，则生成的氢气0.1ml在标准状况下的体积为0.1ml×22.4L/ml=2.24L。
22. 元素周期表被认为是“科学共同的语言”，它的发现使化学学习和研究变得有规律可循。其简洁有序的背后，是众多科学家艰苦奋斗的结果。下图是元素周期表的一部分。请按要求回答下列问题：
（1）317年左右，东晋炼丹家葛洪在炼丹时分离出了元素砷。砷在周期表中的位置是______。我国“天宫”空间站的核心舱“天和”选择了高效柔性砷化镓（GaAs）薄膜太阳能电池来供电。原子半径：Ga______As（填“>”或“<”）。
（2）1787年，法国化学家拉瓦锡首次发现硅存在于岩石中。碳和硅元素简单气态氢化物稳定性更强的是______。碳的最高价氧化物的电子式为______。
（3）1817年瑞典化学家贝采利乌斯发现硒元素。硒元素和溴元素最高价氧化物水化物酸性较强的是______（填化学式）。
（4）1825年，丹麦化学家奥斯特首次分离出了铝的单质。往溶液中滴入过量氨水，写出该反应的离子方程式______。
（5）经研究，发现可能存在的第119号元素，有人称“类钫”，位于元素周期表第八周期IA族。有关“类钫”的预测正确的是______。
A. “类钫”在化合物中显+1价B. “类钫”单质具有强氧化性
C. “类钫”最高价氧化物对应的水化物为弱碱D. “类钫”单质能与冷水剧烈反应
【答案】（1） ①. 第四周期第VA族 ②. ＞
（2） ①. CH4 ②.
（3）HBrO4 （4）Al3++= Al(OH)3↓+ （5）AD
【解析】
【小问1详解】
由图可知，砷原子核外有4个电子层，且最外层电子数为5，所以砷在周期表中的位置是第四周期第VA族；Ga与As位于周期表同一周期，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径Ga＞As；
【小问2详解】
碳和硅位于同一主族，同一主族的元素，随着原子序数增大，电子层数增大、原子半径增大、元素的非金属性递减，其简单气态氢化物稳定性减弱，所以其中稳定性更强的是CH4；碳的最高价氧化物为CO2，其电子式为；
【小问3详解】
硒元素和溴元素位于同一周期，而同周期主族元素原子序数递增，原子半径递减，元素非金属性增强，最高价氧化物的水化物酸性增强，所以硒元素和溴元素最高价氧化物的水化物酸性较强的是HBrO4；
【小问4详解】
AlCl3和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，所以往AlCl3溶液中滴入过量氨水，反应的离子方程式为Al3++= Al(OH)3↓+；
【小问5详解】
A．“类钫”位于元素周期表第八周期IA族，原子最外层有一个电子，在化合物中显+1价，故A正确；
B．“类钫”单质为活泼金属，具有强还原性，故B错误;
C．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，“类钫”最高价氧化物对应的水化物应为强碱，故C错误；
D．“类钫”元素的金属性很强，能与冷水剧烈反应，故D正确；
故答案为：AD。
23 已知物质有如图转化关系（部分反应条件及产物已省略）：
（1）上述流程中涉及到下列物质①氨水②③④熔融⑤⑥其中属于强电解质的是______（填标号）。
（2）反应①产物除E外，另一种是______（填化学式）。
（3）写出受热反应的化学方程式：______。
（4）写出饱和溶液中通入过量发生反应的离子方程式：______。
（5）物质A在空气中燃烧产物M的颜色为______，M中阴阳离子的物质的量的比值为______。
【答案】（1）③④⑤⑥
（2）NH4Cl （3）2NaHCO3 Na2CO3+CO2
（4）Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3
（5） ①. 淡黄色 ②. 1:2
【解析】
【分析】电解熔融NaCl可以得到金属Na和Cl2，Na和水反应生成NaOH，Cl2和Fe反应生成FeCl3，NaOH和FeCl3反应生成Fe(OH)3和NaCl，向NaCl溶液中通入NH3和CO2得到NaHCO3，NaHCO3加热反应生成Na2CO3，NaOH溶液中通入过量CO2得到NaHCO3，通入少量CO2得到Na2CO3，则A、B、C、D、E、F、G分别为：Na、Cl2、NaOH、FeCl3、NaHCO3、Na2CO3、CO2。
【小问1详解】
强电解质是指在水溶液中能够完全电离的电解质，上述流程中涉及到的下列物质①氨水②③④熔融⑤⑥其中属于强电解质的是③④熔融⑤⑥。
【小问2详解】
向NaCl溶液中通入NH3和CO2得到NaHCO3和NH4Cl。
【小问3详解】
NaHCO3受热分解生成Na2CO3，方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2。
【小问4详解】
向饱和碳酸钠溶液中通入过量的二氧化碳，观察到现象是有白色沉淀生成，产生该现象的原因是反应过程中消耗了水，生成碳酸氢钠的质量比碳酸钠的质量大，且碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，化学反应方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。
【小问5详解】
Na在空气中燃烧产物Na2O2的颜色为淡黄色，Na2O2中含有2个Na+和1个，阴阳离子的物质的量的比值为1:2。
24. “7•20特大洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效措施之一。“84”消毒液、漂白粉和等都是有效的消杀试剂。
（1）用化学方程式表示氯气与烧碱溶液制备“84”消毒液的原理______，标况下56L氯气完全被吸收，需要______L 1ml/L的NaOH溶液。
（2）使用漂白粉漂白，只需取适量漂白粉溶于水即可，漂白原理用化学方程式表示为______。
（3）漂白粉的保存要注意密封，为了判断一份儿久置的漂白粉是①没有失效②部分失效③完全失效。某化学兴趣小组设计实验进行验证。
已知：溶液呈碱性；；
a．甲同学取适量漂白粉样品，滴加浓盐酸，将产生的气体直接通入澄清石灰水中，没有发现石灰水变浑浊。由此，判断结论为①，乙同学不同意这一观点，你认为的结论是______。
A．② B．③ C．①或② D．①②③均有可能
b．乙同学改用滴加稀盐酸，发现产生大量气泡，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊；他又取少量漂白粉样品配成溶液，滴在pH试纸上，最终试纸变白。据此你得出的结论是______(从①②③中选填)。
（4）目前普遍使用代替及次氯酸盐作为广谱抗菌消毒剂，因为它安全、低毒，高效。还可以将剧毒的NaCN转化为无毒物质除去，产物是氯化钠和两种常见气体。试写出该反应的化学方程式______。
【答案】（1） ①. Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ②. 5
（2）Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO
（3） ①. D ②. ②
（4）2ClO2+2NaCN=2NaCl+2CO2↑+N2↑
【解析】
【小问1详解】
氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；标况下56L氯气的物质的量为=2.5ml，由反应方程式可知完全吸收2.5mlCl2，需要5mlNaOH，则需要NaOH溶液的体积为=5L，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；5；
【小问2详解】
漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，因Ca(ClO)2能与空气中的二氧化碳和水反应生成次氯酸而起漂白作用，反应的化学方程式表示为Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，故答案为：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO；
【小问3详解】
a．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，若遇空气中的二氧化碳和水蒸气发生变质，会生成CaCO3。甲同学取适量漂白粉样品，滴加浓盐酸，将产生的气体直接通入澄清石灰水中，没有发现石灰水变浑浊，可能是没有CO2生成，也可能是由于浓盐酸易挥发，生成的CO2中混有HCl，则得出的结论是①②③均有可能，选D；
故答案为：D；
b．乙同学改用滴加稀盐酸，发现产生大量气泡，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，说明漂白粉样品中含有CaCO3；取少量漂白粉样品配成溶液，滴在pH试纸上，最终试纸变白，说明漂白粉样品仍具有漂白性。由此得出的结论是漂白粉部分失效，选②；
故答案为：②；
【小问4详解】
将剧毒的NaCN转化为无毒物质，产物是氯化钠和两种常见气体，由于氯元素化合价从+4价降低到-1价，则化合价升高的元素为C、N，生成的两种气体为CO2、N2。根据得失电子守恒和原子守恒，配平反应的化学方程式为2ClO2+2NaCN=2NaCl+2CO2↑+N2↑，故答案为：2ClO2+2NaCN=2NaCl+2CO2↑+N2↑。
25. 铝镁合金是飞机制造、建筑等行业的重要材料。为测定某铝镁合金(不含其他元素)中铝的质量分数，将一定量铝镁合金与足量稀硫酸反应，设计了下列实验方案进行探究。回答下列问题：
（1）同学们拟选用下列实验装置中的某些装置完成实验：
你认为最简易的装置的连接顺序是A→_______；连接好装置后首先应进行的操作是_______。
（2）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接集气瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装置。
①装置中导管a的作用除了_______以外，从精确测量氢气体积的角度分析，还有一个作用是滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差。
②已知金属与酸的反应是放热反应，为了较准确测量室温、一个标准大气压下氢气的体积，在读反应后量气管乙中液面的读数求氢气体积的过程中，除视线平视外还应注意_______(填字母)。
A.冷却至室温再读数
B.乙管中液面不再上升时应该及时读数
C.读数时应上下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平
D.读数时不必使甲、乙中液面左右相平
③若实验用铝镁合金的质量为5.1g，测得氢气体积为5.6L(已换算为标准状况)，则合金中铝的质量分数为_______(保留两位有效数字)。
（3）有同学提出把分液漏斗中的稀硫酸换成氢氧化钠溶液也可以测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量，若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，锥形瓶中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为_______(用a、b、c表示)。
【答案】（1） ① A→E→D→F ②. 检查装置气密性
（2） ①. 平衡气体压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下 ②. AC ③. 53%
（3）
【解析】
【小问1详解】
合金与稀硫酸反应，可用排水量气法测定H2的体积，制备的氢气用浓硫酸干燥后，氢气从集气瓶的短导管进，从长导管出，排出的水进入量筒中，正确的连接顺序为，连接好装置后应检查装置气密性；
【小问2详解】
①装置中导管a能保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，利于平衡压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下；
②A．为减小温度对气体体积读数带来的误差，应冷却后再读取H2的体积，A正确；
B．为减小温度对气体体积读数带来的误差，应冷却后再读取H2的体积，B错误；
C．读数时应上、下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平，以保证甲中气体压强与大气压相等，C正确；
D．读数时应上、下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平，以保证甲中气体压强与大气压相等，D错误；
故选AC；
③设5.1g铝镁合金中Mg的质量为xg，Al为yg，生成H2体积为5.6L (已换算为标准状况)，即0.25ml，根据化学方程式得：
，，
即，解得，故合金中Al的质量分数为；
【小问3详解】
合金中只有Al与NaOH溶液反应生成H2，离子方程式为：，根据合金质量为ag和锥形瓶中剩余固体质量为cg，可计算出Al的质量为；设Al的相对原子质量为M，则摩尔质量为Mg/ml，生成的，根据反应的离子方程式得，解得。选项
类别
物质
A
离子化合物
MgO、KOH
B
碱性氧化物
CaO、Na2O2
C
合金
生铁、水银
D
胶体
淀粉溶液、碘酒
凡煮汤，欲微火，令小沸……箅渣取液
经月而出蒸烤之……终乃得酒可饮
凡渍药酒，皆需细切……便可漉出
海陆取卤，日晒火煎……卤水成盐
A．分液
B．蒸发
C．萃取
D．蒸馏
选项
实验目的
实验方案
A
检验纯碱入中是否存在NaCl
向待测液中加入AgNO3溶液
B
检验新制氯水的酸碱性
将pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取新制氯水点在试纸中部，再与标准比色卡对照
C
除去CO2气体中混杂的少量HCl气体
将混合气体依次通过盛有饱和NaHCO3溶液和浓硫酸的洗气瓶
D
测定NaHCO3和CaCO3固体混合物中的NaHCO3质量分数
准确称取ag样品和试管总质量。充分加热后冷却至室温，再称量总质量为bg
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