PAGEPAGE1高一教學質量階段檢測化學可能用到的相對原子質量：H1C12O16Na23Mg24Al27Cl35．5Ag108一、選擇題:本題共14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.化學與生產、生活聯系密切。下列說法錯誤的是A.還原鐵粉可用作食品干燥劑B.硬鋁是制造飛機和宇宙飛船的理想材料C.侯氏制堿法的工藝過程中應用了物質溶解度的差異D.“天問一號”火星車的熱控保溫材料——納米氣凝膠，可產生丁達爾效應〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．還原性鐵粉能吸收氧氣，作為食品的抗氧化劑，A錯誤；B．硬鋁具有密度小、硬度大的特點，是制造飛機的理想材料，B正確；C．侯氏制堿法工藝中利用了碳酸氫鈉的溶解度比其他物質小，C正確；D．納米氣凝膠屬于膠體，能產生丁達爾效應，D正確；故選A。2.下列物質存儲或使用方法正確的是A.新制氯水保存于帶玻璃塞的棕色廣口瓶中B.鐵與氯氣不反應，所以液氯可用鋼瓶儲存C.金屬鈉著火用二氧化碳滅火器撲滅D鋁制餐具不宜用來蒸煮或長時間存放酸性或堿性食物〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．由于次氯酸見光易分解，故新制氯水保存于帶玻璃塞的棕色細口瓶中避光保存，A錯誤；B．鐵可以在Cl2中劇烈燃燒，但常溫下鐵與氯氣不反應，所以液氯可用鋼瓶儲存，B錯誤；C．由于金屬鈉能夠在CO2中繼續燃燒，反應方程式為：4Na+3CO2=2Na2CO3+C，，故金屬鈉著火不能用二氧化碳滅火器撲滅，應該用干燥的沙土撲滅，C錯誤；D．鋁能和強堿反應生成可溶性偏鋁酸鹽，鋁能和酸反應生成鹽，酸、堿可直接侵蝕鋁的保護膜以及鋁制品本身，所以鋁制餐具不宜用來蒸煮或長時間存放酸性或堿性食物，D正確；故〖答案〗為：D。3.科學家用氦核撞擊非金屬原子，反應如下：+→+。已知:X核內的質子數和中子數相等，下列敘述錯誤的是A.z=7 B.Y的中子數10C.與互為同位素 D.該反應中共涉及4種核素〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗Y比X多了一個質子，因為質子數從Z變為Z+1，W+4=17+1，W=14，X中質子數和中子數相等，所以X中：質子數=中子數=7，則Y的質子數是8，Y是氧元素。〖詳析〗A．由分析可知z=7，A正確；B．中z=7，中子數=17-7-1=9，B錯誤；C．為，與互為同位素，C正確；D．反應中共涉及4種核素：、、、，D正確；故選B。4.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.強酸性溶液中：、Na+、、Cl-B.強堿性溶液中：K+、Fe2+、Ca2+、Cl-C.澄清透明溶液中：Cu2+、K+、、Cl-D.小蘇打溶液中：K+、I-、、OH-〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．強酸性溶液中的H+與反應而不能大量共存，H++H2O+=Al(OH)3↓，或者4H++=Al3++2H2O，A不合題意；B．強堿性溶液中的OH-與Fe2+、Ca2+均生成沉淀而不能大量共存，B不合題意；C．澄清透明溶液中的Cu2+、K+、、Cl-各離子間不反應，能夠大量共存，C符合題意；D．小蘇打溶液中的與OH-能發生反應：+OH-=+H2O，D不合題意；故〖答案〗為：C。5.設NA為阿伏伽德羅常數的值。下列說法正確的是A.1.9g18OH-中含有的電子數為NAB.1mol/LNa2SO4溶液中含有的Na+的數目為2NAC.11.2LO2、CO2混合氣體含有的氧原子數為NAD.0.1molCl2通入足量水中，生成的Cl-的數目為0.1NA〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．已知1個OH-含有10個電子，故1.9g18OH-中含有的電子數為=NA，A正確；B．題干未告知溶液的體積，無法計算1mol/LNa2SO4溶液中含有的Na+的數目，B錯誤；C．題干未告知氣體所處的狀態為標準狀況，故無法計算11.2LO2、CO2混合氣體含有的氧原子數，C錯誤；D．由于溶于水中的部分Cl2與水反應，故無法計算0.1molCl2通入足量水中，生成的Cl-的數目，D錯誤；故〖答案〗為：A。6.下列指定反應的離子方程式正確的是A.用鹽酸溶解氧化鋁O2-+2H+=H2OB.用氯化鐵溶液蝕刻銅電路板：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+C.Na2O2與H2O反應：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑D.CaCl2溶液中通入少量CO2：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．氧化鋁是氧化物，離子方程式書寫時不能拆，故用鹽酸溶解氧化鋁的離子方程式為：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，A錯誤；B．用氯化鐵溶液蝕刻銅電路板的反應方程式為：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，故該反應的離子方程式為：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，B正確；C．原離子方程式質量不守恒，故Na2O2與H2O反應的離子方程式為：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，C錯誤；D．由于鹽酸的酸性比碳酸的強，故CaCl2溶液不與CO2反應，D錯誤；故〖答案〗為：B。7.下列裝置或操作能達到實驗目的是A.用裝置①配制一定物質的量濃度的稀鹽酸B.用裝置②制備Fe(OH)3膠體C.用裝置③比較Cl、C元素的非金屬性D.用裝置④鑒別碳酸鈉和碳酸氫鈉〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．容量瓶不能作為溶解稀釋、反應和長期貯存溶液的儀器，A不合題意；B．將氯化鐵飽和溶液滴加到沸水中繼續加熱煮沸至溶液呈紅褐色，故不可用裝置②制備Fe(OH)3膠體，FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，B不合題意；C．裝置③發生的反應有：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑、Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，可以說明HCl的酸性強于碳酸，由于HCl不是Cl的最高價氧化物對應水化物，故用裝置③不好比較Cl、C元素的非金屬性強弱，C不合題意；D．碳酸氫鈉和碳酸鈉與等濃度的稀鹽酸反應時，碳酸氫鈉放出氣體的速度比碳酸鈉快，故可用裝置④鑒別碳酸鈉和碳酸氫鈉，D符合題意；故〖答案〗為：D。8.有關鈉、鐵、鋁及其化合物的說法正確的是A.鈉、氧化鈉、過氧化鈉放置在空氣中，均會因為發生氧化還原反應而變質B.將水蒸氣通過灼熱的鐵粉，鐵與水在高溫下反應，粉末變紅C.補鐵劑與維生素C同時服用效果更好，原因是維生素C具有氧化性D.常溫常壓下，等質量鋁片分別與足量鹽酸、燒堿溶液反應，放出氫氣體積相同〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．鈉、過氧化鈉放置在空氣中分別發生反應：4Na+O2=2Na2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2均會因為發生氧化還原反應而變質，但氧化鈉在空氣中的反應為Na2O+CO2=Na2CO3卻為非氧化還原反應，A錯誤；B．將水蒸氣通過灼熱的鐵粉，鐵與水在高溫下反應生成Fe3O4，Fe3O4是黑色晶體，故粉末不變紅，B錯誤；C．補鐵劑與維生素C同時服用效果更好，原因是維生素C能夠將Fe3+還原為Fe2+，利于鐵的吸收，該過程體現質量維生素C具有還原性，C錯誤；D．根據反應方程式：2Al+6HCl=2AlCl3+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，常溫常壓下，等質量鋁片分別與足量鹽酸、燒堿溶液反應，放出氫氣體積相同，D正確；故〖答案〗為：D。9.X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期主族元素。X原子的L層電子數是其K層電子數的3倍，Z是短周期金屬性最強的元素，W是地殼中含量最多的金屬元素。下列說法錯誤的是A.簡單離子半徑：X>Y>Z>WB.簡單氫化物的穩定性：X>YC.Z、W的最高價氧化物對應的水化物能互相反應D.X與Z形成的化合物中陰離子與陽離子個數之比均為1：2〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由題干信息可知，X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期主族元素，X原子的L層電子數是其K層電子數的3倍，則X為O，Z是短周期金屬性最強的元素，則Z為Na，故Y為F，W是地殼中含量最多的金屬元素即為Al，據此分析解題。〖詳析〗A．由分析可知，四種元素分別為：O、F、Na、Al，它們簡單離子分別為：O2-、F-、Na+、Al3+具有相同的電子層結構，且核電荷數依次增大，則離子半徑依次減小，故簡單離子半徑為O2-＞F-＞Na+＞Al3+即X>Y>Z>W，A正確；B．元素簡單氣態氫化物的穩定性與其非金屬性一致，已知F的非金屬性強于O的，故簡單氫化物的穩定性HF＞H2O即Y>X，B錯誤；C．由分析可知，Z為Na、W為Al，故Z、W的最高價氧化物對應的水化物即NaOH和Al(OH)3能互相反應，方程式為：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，C正確；D．由分析可知，X為O，Z為Na，故X與Z形成的化合物Na2O和Na2O2中陰離子與陽離子個數之比均為1：2，D正確；故〖答案〗為：B。10.下列變化或結構中對圖示的解釋錯誤的是ABCD向Ba(OH)2溶液中加入稀硫酸，溶液導電能力變化光照過程中氯水的pH變化NaCl的形成純金屬與合金的結構a時刻Ba(OH)2溶液與稀硫酸恰好完全中和pH降低的原因可能是HClO分解2NaCl合金內原子層之間的相對滑動變得困難，硬度變大A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．a點導電能力為0，說明溶液中離子濃度接近于0，Ba(OH)2溶液與稀硫酸恰好完全中和生成硫酸鋇和水，A正確；B．溶液中存在反應Cl2+H2O?HCl+HClO、2HClO2HCl+O2↑，光照條件下HClO分解生成HCl導致溶液中c(HCl)增大，溶液的pH值減小，pH降低的原因可能是HClO分解，B正確；C．Na失去一個電子形成鈉離子，Cl得到一個電子形成氯離子，鈉離子與氯離子之間通過離子鍵結合形成氯化鈉晶體，則2Na+Cl22NaCl反應過程中電子轉移2e-，應該表示為：，C錯誤；D．合金中原子半徑不同，使原子層之間的相對滑動變得困難，硬度變大，D正確；故〖答案〗為：C。11.稀土金屬是我國重要的戰略資源。稀土金屬鈰(Ce)性質活潑，常見的化合價為+3和+4，可發生如下反應：①2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2+4H2O②H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O③I2+SO2+2H2O=4H++2I-+。下列說法錯誤的是A.氧化性由強到弱的順序是CeO2>H2O2>I2B.還原性由強到弱的順序是I->SO2>Ce3+C.反應2CeO2+2I-+8H+=2Ce3++I2+4H2O可以進行D.H2O2在反應①中被氧化，在反應②中被還原〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．根據氧化劑的氧化性強于還原劑和氧化產物可知，由①2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2+4H2O得出氧化性：CeO2＞H2O2，由②H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O得出氧化性：H2O2＞I2，故有氧化性由強到弱的順序是CeO2>H2O2>I2，A正確；B．根據還原劑的還原性強于氧化劑和還原產物可知，由①2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2+4H2O得出還原性：H2O2＞Ce3+，由②H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O得出還原性：I-＞H2O2，由③I2+SO2+2H2O=4H++2I-+得出還原性：SO2＞I-，故有還原性由強到弱的順序是SO2＞I->H2O2>Ce3+，B錯誤；C．由B項分析可知，還原性由強到弱的順序是SO2＞I->H2O2>Ce3+，故反應2CeO2+2I-+8H+=2Ce3++I2+4H2O可以進行，C正確；D．由反應方程式可知，反應①H2O2中的O由-1價升高到0價，故被氧化，在反應②中H2O2中O由-1價降低到-2價，故被還原，D正確；故〖答案〗為：B。12.“價一類”二維圖是元素化合物知識系統化學習的良好工具，氯及其化合物的“價一類”二維圖如下，下列說法錯誤的是A.酸性：戊>已 B.若將乙轉化為甲，可以不加還原劑C.丙為ClO2，可用作自來水消毒劑 D.推測庚既有氧化性又有還原性〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由題干關于氯及其化合物的價類二維圖信息可知，甲為HCl、乙為Cl2、丙為ClO2、丁為Cl2O7，戊為HClO、己為HClO4、庚為、辛為，據此分析解題。〖詳析〗A．由分析可知，戊為HClO、己為HClO4，HClO弱酸，酸性比碳酸還弱，HClO4強酸，酸性比H2SO4還強，故酸性：戊＜已，A錯誤；B．由分析可知，乙為Cl2、甲為HCl，若將乙轉化為甲的反應為：Cl2+H2O=HCl+HClO反應中，H2O既不是氧化劑也不是還原劑，故可以不加還原劑，B正確；C．由分析可知，丙為ClO2，具有強氧化性，能使蛋白質發生變性，故可用作自來水消毒劑，C正確；D．由分子可知，庚為，Cl的化合價處于中間價態，故可推測庚既有氧化性又有還原性，D正確；故〖答案〗為：A。13.某化學小組用如圖所示裝置檢驗氯氣是否具有漂白性及鹵素單質氧化性的相對強弱。下列說法錯誤的是A.a中U型管可盛放無水氯化鈣B.b處棉花球變成黃色，說明Cl2的氧化性比Br2強C.c處棉花球變成藍色，說明Br2的氧化性比I2強D.d裝置中可發生反應的離子方程式為Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由氯氣的氧化性強，結合圖可知，b處發生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；c處發生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2、Br2+2I-=2Br-+I2；d處為尾氣處理，發生2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O，以此來解答。〖詳析〗A．Cl2本身沒有漂白性，濕潤的Cl2具有漂白性，故a中濕潤的有色布條褪色，經過U管中干燥劑干燥后，干燥的有色布條不褪色，故a中U型管可盛放無水氯化鈣來干燥Cl2，A正確；B．b處發生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，則b處棉花球變成黃色，說明Cl2的氧化性比Br2強，B正確；

C．c處發生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2、Br2+2I-=2Br-+I2，只能說明有碘生成，由于氯氣的干擾不能說明Br2的氧化性比I2強，C錯誤；D．由分析可知，d處為尾氣處理，d裝置中可發生反應的離子方程式為Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，D正確；故〖答案〗：C。14.某水溶液可能含有以下離子中的某幾種：Na+、Fe2+、Mg2+、Al3+、Cl-、，現取三份50mL溶液分別進行如下實驗，忽略混合前后溶液體積的變化。根據實驗結果，以下推測正確的是實驗1：50.0mL溶液無現象14.35g白色沉淀實驗2：A.原溶液中一定含有Cl-，且c(Cl-)=0.1mol/LB.原溶液中可能含有Na+，可通過焰色試驗檢驗C.0.8g白色固體為MgO和Al2O3混合物D.原溶液中c(Na+)=0.6mol/L〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．實驗1中得到沉淀是AgCl，說明肯定含Cl-，AgCl物質的量是0.1mol，可得Cl-物質的量是0.1mol，濃度是，A錯誤；B．肯定含Na+，B錯誤；C．實驗2中，濾液中含OH-，說明白色沉淀是Mg(OH)2，白色固體是MgO，沒有Al2O3，C錯誤；D．實驗2中，初始OH-物質的量是0.1mol。0.8gMgO物質的量是,可得Mg2+物質的量是0.02mol，生成沉淀消耗0.04molOH-，濾液剩余OH-是0.02mol，可得Al3+消耗OH-是0.1mol-0.04mol-0.02mol=0.04mol，反應是Al3++4OH-=AlO+2H?O，可得Al3+物質的量是0.01mol。實驗1可得不含Fe2+、，原溶液中含0.02molMg2+，0.01molAl3+，0.1molCl-，根據電荷守恒，存在Na+，可得如下，2n(Mg2+)+3n(Al3+)+n(Na+)=n(Cl-)，n(Na+)=0.03mol，原溶液中c(Na+)=，D正確；故選D。二、非選擇題：本題共5小題，共58分。15.化學在生產、生活中應用廣泛，貫穿古今。（1）我國古代四大發明之一的黑火藥是由硫黃粉、硝酸鉀和木炭粉按一定比例混合而成，爆炸時的反應為S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。上述反應物和生成物中，屬于電解質的是___(填化學式)；在該反應中，被還原的元素為___(填元素符號)。（2）碳酸氫鈉可用于治療胃酸過多，原因是(用離子方程式表示)___；除去Na2CO3粉末中少量的NaHCO3的方法是__________。（3）某品牌84消毒液中NaClO的物質的量濃度為0.96mol/L，現需配制0.010mol/L的NaClO稀溶液450mL，需要用量筒量取84消毒液_____mL，在配制過程中，除需要燒杯、量筒、玻璃棒外還必需的玻璃儀器有___，若量取84消毒液時俯視讀數，所配制溶液濃度將______(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。84消毒液不能與潔廁靈(主要成分為鹽酸)混用，發生反應的離子方程式為___________；〖答案〗（1）①.KNO3、K2S②.N和S（2）①.+H+=H2O+CO2↑②.加熱至恒重（3）①.5.2②.500mL容量瓶和膠頭滴管③.偏小④.ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O〖解析〗〖小問1詳析〗電解質是指在水溶液或熔融狀態下能夠導電的化合物，所有的酸堿鹽、大多數金屬氧化物和水屬于電解質，故反應S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑的反應物和生成物中，S、C、N2是單質，既不是電解質也不是非電解質，KNO3、K2S屬于鹽，是電解質，CO2屬于非電解質，在該反應中，N和S元素的化合價降低，被還原，故〖答案〗為：KNO3、K2S；N和S；〖小問2詳析〗由于NaHCO3能與胃酸即鹽酸反應，方程式為：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，故碳酸氫鈉可用于治療胃酸過多，該反應的離子方程式為：+H+=H2O+CO2↑，由于碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，故除去Na2CO3粉末中少量的NaHCO3的方法是加熱至恒重，故〖答案〗為：+H+=H2O+CO2↑；加熱至恒重；〖小問3詳析〗某品牌84消毒液中NaClO的物質的量濃度為0.96mol/L，現需配制0.010mol/L的NaClO稀溶液450mL，根據稀釋過程中溶液的溶質的物質的量不變可知，需要用量筒量取84消毒液=5.2mL，在配制過程中，除需要燒杯、量筒、玻璃棒外還必需的玻璃儀器有500mL容量瓶和膠頭滴管，若量取84消毒液時俯視讀數，導致量取的濃溶液體積偏小，即溶質的物質的量偏小，所配制溶液濃度將偏低，由于NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，故84消毒液不能與潔廁靈(主要成分為鹽酸)混用，該反應的離子方程式為：ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O，故〖答案〗為：5.2；500mL容量瓶和膠頭滴管；偏小；ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O。16.已知A、B、C為金屬單質，A的焰色為黃色，C是當前用量最大的金屬，D、E、F、G、H是中學常見化合物，常溫下甲、乙、丙為氣體，乙呈黃綠色。它們之間的相互轉化關系如圖所示(部分反應條件及產物未標出，每步反應均完全)。回答下列問題：請根據以上信息回答下列問題：（1）丙的電子式為_________；甲在乙中燃燒生成丙時的現象為____________。（2）反應①~⑦中，不屬于氧化還原反應的是___(填序號)；反應①中每消耗6．9gA時轉移的電子數為___(設NA表示阿伏加德羅常數的值)。（3）反應③的離子方程式為____________。（4）反應⑥的化學方程式為__________；檢驗G溶液中陽離子的試劑是___(填化學式)。（5）反應⑧中發生氧化還原反應的化學方程式為___________。〖答案〗（1）①.②.安靜地燃燒，發出蒼白色火焰，瓶口有白霧（2）①.⑦②.0.3NA（3）2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑（4）①.Fe+2FeCl3=3FeCl2②.KSCN（5）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3〖解析〗〖祥解〗由題干信息和轉化關系圖可知，A、B、C為金屬單質，A的焰色為黃色故A為Na，C是當前用量最大的金屬即C為Fe，D、E、F、G、H是中學常見化合物，常溫下甲、乙、丙為氣體，乙呈黃綠色，則乙為Cl2，Na與水反應生成NaOH和H2，故甲為H2，D為NaOH，Al與NaOH溶液反應生成H2，故B為Al，H2在Cl2中安靜地燃燒生成HCl，即丙為HCl，E溶液為鹽酸，Fe與鹽酸反應生成FeCl2，即F為FeCl2，FeCl2與Cl2反應生成FeCl3，即G為FeCl3，NaOH與FeCl3反應生成Fe(OH)3沉淀，即H為Fe(OH)3，據此分析解題。〖小問1詳析〗由分析可知，丙為HCl，故丙的電子式為，甲在乙中即H2在Cl2中燃燒生成丙時的現象為安靜地燃燒，發出蒼白色火焰，瓶口有白霧，故〖答案〗為：；安靜地燃燒，發出蒼白色火焰，瓶口有白霧；〖小問2詳析〗反應①~⑦的方程式分別為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、H2+Cl22HCl、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、2FeCl2+Cl2=2FeCl3、Fe+2FeCl3=3FeCl2、FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，故不屬于氧化還原反應的是⑦，反應①中每消耗6.9gA即=0.3molNa，反應中Na轉化為Na+，故時轉移的電子數為0.3NA，故〖答案〗為：⑦；0.3NA；〖小問3詳析〗由(2)分析可知，反應③的化學方程式為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故其離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，故〖答案〗為：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；〖小問4詳析〗由(2)分析可知，反應⑥的化學方程式為：Fe+2FeCl3=3FeCl2，由分析可知G為FeCl3，檢驗G溶液中陽離子即Fe3+的試劑是KSCN，故〖答案〗為：Fe+2FeCl3=3FeCl2；KSCN；〖小問5詳析〗反應⑧即向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液，該過程發生的反應有：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故其中發生氧化還原反應的化學方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故〖答案〗為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。17.已知X、Y、Z、Q、W為原子序數依次增大的短周期主族元素，其原子徑和最外層電子數之間的關系如圖所示。回答下列問題：（1）元素Y在周期表中的位置是________。X與Q形成的是___化合物(填“離子或“共價”)。（2）Z元素的一種淡黃色固體化合物中所含有的化學鍵類型為_______。用電子式表示出化合物Z2Q的形成過程__________(用元素符號表示，下同)。（3）Q和W非金屬性較強的是___，請用原子結構知識解釋產生上述差異的原因為___。設計簡單實驗證明兩者的非金屬性強弱______(用離子方程式表示)。（4）探究同主族元素性質的遞變規律是學習化學的重要方法之一，已知R是第六周期與X、Z同主族的元素，有關R的推測，正確的個數為__(填字母)。①在自然界中以單質形態存在，少量的R可以保存在煤油中②對應氫氧化物堿性的強弱是：R>Z③易與氧氣發生反應，加熱時生成的氧化物形式為R2O④對應離子的氧化性是：R<Z⑤R可以從CuSO4的溶液中將金屬銅置換出來⑥碳酸鹽不易發生分解反應A.2 B.3 C.4 D.5〖答案〗（1）①.第2周期第ⅥA族②.共價（2）①.離子鍵和共價鍵②.（3）①.Cl②.S和Cl位于同一周期，電子層數相同，核電荷數Cl的更大，原子半徑Cl的更小，則Cl的原子核對最外層電子的束縛能力更強，則非金屬更強③.S2-+Cl2=S+2Cl-（4）B〖解析〗〖祥解〗由題干信息可知，X、Z最外層上只有1個電子，且X的半徑最小，故X為H、Z的半徑最大，則Z為Na，Y、Q、W的最外層上分別有4個、6個、7個電子，且半徑比Q、W小，即Y、Q、W不可能是同一周期元素，則Y為C，Q為S，W為Cl，據此分析解題。〖小問1詳析〗由分析可知，Y為C，故元素Y在周期表中的位置是第2周期第ⅥA族，X為H，Q為S，X與Q形成的化合物是H2S，是共價化合物，故〖答案〗為：第2周期第ⅥA族；共價；〖小問2詳析〗由分析可知，Z為Na，故Z元素一種淡黃色固體化合物即Na2O2中所含有的化學鍵類型為Na+和之間的離子鍵和中O和O之間的非極性共價鍵，用電子式表示出化合物Z2Q即Na2S的形成過程為：，故〖答案〗為：離子鍵和共價鍵；；〖小問3詳析〗由分析可知，Q為S，W為Cl，根據同一周期從左往右元素的非金屬性依次增強，故Q和W非金屬性較強的是Cl，由于S和Cl位于同一周期，電子層數相同，核電荷數Cl的更大，原子半徑Cl的更小，則Cl的原子核對最外層電子的束縛能力更強，則非金屬更強，非金屬性與單質的氧化性一致，將Cl2通入到Na2S溶液中，若出現渾濁，則說明發生了S2-+Cl2=S+2Cl-，說明Cl2的氧化性強于S的，故〖答案〗為：Cl；S和Cl位于同一周期，電子層數相同，核電荷數Cl的更大，原子半徑Cl的更小，則Cl的原子核對最外層電子的束縛能力更強，則非金屬更強；S2-+Cl2=S+2Cl-；〖小問4詳析〗由分析可知，X、Z分別為H、Na，R是第六周期與X、Z同主族的元素，即位于第IA族即堿金屬元素，據此分析解題：①根據堿金屬化學性質非常活潑，從上往下金屬增強，即R的金屬性比Na更活潑，故在自然界中都以化合物形態存在，堿金屬從上往下密度呈增大趨勢，則少量的R可以保存在煤油中，錯誤；②根據從上往下金屬增強，R的金屬性比Na，故對應氫氧化物堿性的強弱是：R>Z，正確；③根據從上往下金屬增強，R的金屬性比Na，則R易與氧氣發生反應，加熱時生成的氧化物形式為比R2O2更復雜的氧化物，不可能是R2O，錯誤；④根據從上往下金屬增強，R的金屬性比Na，即R的還原性比Na強，則對應離子的氧化性是：R<Z，正確；⑤根據從上往下金屬增強，R的金屬性比Na，根據Na與CuSO4反應的現象可知，R不可以從CuSO4的溶液中將金屬銅置換出來，錯誤；⑥根據Na2CO3受熱難分解可知，R的碳酸鹽不易發生分解反應，正確；綜上分析可知，有②④⑥3個推測正確，故〖答案〗為：B。18.無水四氯化錫(SnCl4)可用于制作FTO導電玻璃。實驗室可用氯氣與錫反應制備SnCl4，裝置如圖。已知:Sn的熔點為232℃；SnCl4為無色液體，沸點114℃，SnCl4遇水劇烈反應；Cl2易溶于SnCl4。回答下列問題：（1）盛放濃鹽酸的儀器名稱是________；D中飽和食鹽水的作用是_______。（2）儀器接口連接順序為a→______________。（3）實驗開始時，先點燃裝置___(填A或B)的酒精燈。裝置A中發生反應的離子方程式為_________。（4）B裝置中，冷水的作用是___，收集器收集到的液體略顯黃色，可能的原因是__________。（5）E中試劑為堿石灰，其作用是____________。〖答案〗（1）①.分液漏斗②.除去HCl氣體（2）a→f→g→d→e→b→c→h→i（3）①.A②.（4）①.冷凝回流SnCl4至收集器中②.溶解了少量氯氣（5）吸收氯氣和防止空氣中的水蒸氣進去裝置〖解析〗〖小問1詳析〗據圖可知，盛放濃鹽酸的儀器是分液漏斗。裝置A中生成的氯氣中含有HCl和H2O，所以D中飽和食鹽水的作用是除去HCl氣體。〖小問2詳析〗裝置A中生成的氯氣，裝置D除去HCl氣體，裝置C除去H2O氣體，裝置B制備SnCl4，裝置E的球形干燥管中盛放堿石灰，吸收氯氣。所以，儀器接口連接順序為a→f→g→d→e→b→c→h→i。〖小問3詳析〗Sn與空氣中的氧氣反應，SnCl4遇水劇烈反應，所以實驗開始時，先點燃裝置A的酒精燈，生成氯氣，排盡裝置中的空氣。裝置A中發生反應的離子方程式為：〖小問4詳析〗B裝置中，冷水的作用是冷凝回流SnCl4至收集器中，收集器收集到的液體略顯黃色，可能是由于有少量氯氣溶解在其中。〖小問5詳析〗E中試劑為堿石灰，其作用吸收氯氣和防止空氣中的水蒸氣進去裝置。19.高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種環保、高效、多功能飲用水處理劑。某興趣小組根擬用鐵屑制備高鐵酸鉀的工藝流程如圖所示。回答下列問題：（1）“氧化”過程中，反應的離子方程式為____________。（2）“氧化”過程中，某同學想檢驗反應后溶液中是否還有二價鐵，他選擇的試劑為酸性高錳酸鉀，你認為該同學的選擇是否合理___，理由是___________。（3）“制備Na2FeO4過程中，NaClO被還原為NaCl，該反應的離子方程式為____________。（4）該工藝流程中，可循環利用的物質是___(填化學式)，可將該物質導入到___操作中(填操作單元的名稱)。（5）“轉化”過程中，加入飽和KOH溶液能析出K2FeO4晶體，說明該條件下的溶解度Na2FeO4___(填“大于”“等于”或“小于”)K2FeO4。小組同學準確稱取了mg鐵屑，經過以上流程(假設過程中鐵元素損失忽略不計)得到ngK2FeO4晶體(M=198g/mol)，則鐵屑中鐵元素的質量分數為___(用含m，n的代數式表示)。〖答案〗（1）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（2）①.不合理②.酸性高錳酸鉀能將Cl-氧化為有毒有害的Cl2，污染環境（3）3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O（4）①.NaOH②.制備Na2FeO4（5）①.大于②.〖解析〗〖祥解〗由題干工藝流程圖可知，鐵屑與稀鹽酸反應生成FeCl2，然后用H2O2將FeCl2氧化為FeCl3，然后向所得的FeCl3溶液中加入NaClO、NaOH，次氯酸鈉將鐵離子在堿性條件下氧化成Na2FeO4，加入飽和KOH溶液可析出高鐵酸鉀(K2FeO4)，分離得到粗K2FeO4，采用重結晶、洗滌、低溫烘干將其提純，據此分析解題。〖小問1詳析〗由分析可知，“氧化”過程為用H2O2將FeCl2氧化為FeCl3，所發生反應的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故〖答案〗為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；〖小問2詳析〗由于“酸溶”步驟中鹽酸過量，且FeCl2溶液中含有大量的Cl-，故“氧化”過程選擇酸性高錳酸鉀作氧化劑來氧化Fe2+的話，將把Cl-氧化為有毒有害的Cl2，污染環境，故該同學的選擇不合理，故〖答案〗為：不合理；酸性高錳酸鉀能將Cl-氧化為有毒有害的Cl2，污染環境；〖小問3詳析〗“制備Na2FeO4”過程中，NaClO被還原為NaCl，Cl的化合價降低2個單位，Fe的化合價由+3價升高到+6價，升高3個單位，根據氧化還原反應配平可得，該反應的離子方程式為：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，故〖答案〗為：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O；〖小問4詳析〗該工藝流程中，“轉化”步驟發生的反應為：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH生成的NaOH可以導入“制備Na2FeO4”步驟中循環使用，故可循環利用的物質是NaOH，可將該物質導入到“制備Na2FeO4”操作中，故〖答案〗為：NaOH；制備Na2FeO4；〖小問5詳析〗“轉化”過程中，加入飽和KOH溶液能析出K2FeO4晶體，發生的反應為：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH，說明該條件下的溶解度Na2FeO4大于K2FeO4，ngK2FeO4晶體(M=198g/mol)中鐵元素的質量為：g，根據鐵元素守恒可知，小組同學準確稱取了mg鐵屑，則鐵屑中鐵元素的質量分數為，故〖答案〗為：大于；。PAGEPAGE1高一教學質量階段檢測化學可能用到的相對原子質量：H1C12O16Na23Mg24Al27Cl35．5Ag108一、選擇題:本題共14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.化學與生產、生活聯系密切。下列說法錯誤的是A.還原鐵粉可用作食品干燥劑B.硬鋁是制造飛機和宇宙飛船的理想材料C.侯氏制堿法的工藝過程中應用了物質溶解度的差異D.“天問一號”火星車的熱控保溫材料——納米氣凝膠，可產生丁達爾效應〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．還原性鐵粉能吸收氧氣，作為食品的抗氧化劑，A錯誤；B．硬鋁具有密度小、硬度大的特點，是制造飛機的理想材料，B正確；C．侯氏制堿法工藝中利用了碳酸氫鈉的溶解度比其他物質小，C正確；D．納米氣凝膠屬于膠體，能產生丁達爾效應，D正確；故選A。2.下列物質存儲或使用方法正確的是A.新制氯水保存于帶玻璃塞的棕色廣口瓶中B.鐵與氯氣不反應，所以液氯可用鋼瓶儲存C.金屬鈉著火用二氧化碳滅火器撲滅D鋁制餐具不宜用來蒸煮或長時間存放酸性或堿性食物〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．由于次氯酸見光易分解，故新制氯水保存于帶玻璃塞的棕色細口瓶中避光保存，A錯誤；B．鐵可以在Cl2中劇烈燃燒，但常溫下鐵與氯氣不反應，所以液氯可用鋼瓶儲存，B錯誤；C．由于金屬鈉能夠在CO2中繼續燃燒，反應方程式為：4Na+3CO2=2Na2CO3+C，，故金屬鈉著火不能用二氧化碳滅火器撲滅，應該用干燥的沙土撲滅，C錯誤；D．鋁能和強堿反應生成可溶性偏鋁酸鹽，鋁能和酸反應生成鹽，酸、堿可直接侵蝕鋁的保護膜以及鋁制品本身，所以鋁制餐具不宜用來蒸煮或長時間存放酸性或堿性食物，D正確；故〖答案〗為：D。3.科學家用氦核撞擊非金屬原子，反應如下：+→+。已知:X核內的質子數和中子數相等，下列敘述錯誤的是A.z=7 B.Y的中子數10C.與互為同位素 D.該反應中共涉及4種核素〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗Y比X多了一個質子，因為質子數從Z變為Z+1，W+4=17+1，W=14，X中質子數和中子數相等，所以X中：質子數=中子數=7，則Y的質子數是8，Y是氧元素。〖詳析〗A．由分析可知z=7，A正確；B．中z=7，中子數=17-7-1=9，B錯誤；C．為，與互為同位素，C正確；D．反應中共涉及4種核素：、、、，D正確；故選B。4.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.強酸性溶液中：、Na+、、Cl-B.強堿性溶液中：K+、Fe2+、Ca2+、Cl-C.澄清透明溶液中：Cu2+、K+、、Cl-D.小蘇打溶液中：K+、I-、、OH-〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．強酸性溶液中的H+與反應而不能大量共存，H++H2O+=Al(OH)3↓，或者4H++=Al3++2H2O，A不合題意；B．強堿性溶液中的OH-與Fe2+、Ca2+均生成沉淀而不能大量共存，B不合題意；C．澄清透明溶液中的Cu2+、K+、、Cl-各離子間不反應，能夠大量共存，C符合題意；D．小蘇打溶液中的與OH-能發生反應：+OH-=+H2O，D不合題意；故〖答案〗為：C。5.設NA為阿伏伽德羅常數的值。下列說法正確的是A.1.9g18OH-中含有的電子數為NAB.1mol/LNa2SO4溶液中含有的Na+的數目為2NAC.11.2LO2、CO2混合氣體含有的氧原子數為NAD.0.1molCl2通入足量水中，生成的Cl-的數目為0.1NA〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．已知1個OH-含有10個電子，故1.9g18OH-中含有的電子數為=NA，A正確；B．題干未告知溶液的體積，無法計算1mol/LNa2SO4溶液中含有的Na+的數目，B錯誤；C．題干未告知氣體所處的狀態為標準狀況，故無法計算11.2LO2、CO2混合氣體含有的氧原子數，C錯誤；D．由于溶于水中的部分Cl2與水反應，故無法計算0.1molCl2通入足量水中，生成的Cl-的數目，D錯誤；故〖答案〗為：A。6.下列指定反應的離子方程式正確的是A.用鹽酸溶解氧化鋁O2-+2H+=H2OB.用氯化鐵溶液蝕刻銅電路板：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+C.Na2O2與H2O反應：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑D.CaCl2溶液中通入少量CO2：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．氧化鋁是氧化物，離子方程式書寫時不能拆，故用鹽酸溶解氧化鋁的離子方程式為：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，A錯誤；B．用氯化鐵溶液蝕刻銅電路板的反應方程式為：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，故該反應的離子方程式為：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，B正確；C．原離子方程式質量不守恒，故Na2O2與H2O反應的離子方程式為：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，C錯誤；D．由于鹽酸的酸性比碳酸的強，故CaCl2溶液不與CO2反應，D錯誤；故〖答案〗為：B。7.下列裝置或操作能達到實驗目的是A.用裝置①配制一定物質的量濃度的稀鹽酸B.用裝置②制備Fe(OH)3膠體C.用裝置③比較Cl、C元素的非金屬性D.用裝置④鑒別碳酸鈉和碳酸氫鈉〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．容量瓶不能作為溶解稀釋、反應和長期貯存溶液的儀器，A不合題意；B．將氯化鐵飽和溶液滴加到沸水中繼續加熱煮沸至溶液呈紅褐色，故不可用裝置②制備Fe(OH)3膠體，FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，B不合題意；C．裝置③發生的反應有：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑、Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，可以說明HCl的酸性強于碳酸，由于HCl不是Cl的最高價氧化物對應水化物，故用裝置③不好比較Cl、C元素的非金屬性強弱，C不合題意；D．碳酸氫鈉和碳酸鈉與等濃度的稀鹽酸反應時，碳酸氫鈉放出氣體的速度比碳酸鈉快，故可用裝置④鑒別碳酸鈉和碳酸氫鈉，D符合題意；故〖答案〗為：D。8.有關鈉、鐵、鋁及其化合物的說法正確的是A.鈉、氧化鈉、過氧化鈉放置在空氣中，均會因為發生氧化還原反應而變質B.將水蒸氣通過灼熱的鐵粉，鐵與水在高溫下反應，粉末變紅C.補鐵劑與維生素C同時服用效果更好，原因是維生素C具有氧化性D.常溫常壓下，等質量鋁片分別與足量鹽酸、燒堿溶液反應，放出氫氣體積相同〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．鈉、過氧化鈉放置在空氣中分別發生反應：4Na+O2=2Na2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2均會因為發生氧化還原反應而變質，但氧化鈉在空氣中的反應為Na2O+CO2=Na2CO3卻為非氧化還原反應，A錯誤；B．將水蒸氣通過灼熱的鐵粉，鐵與水在高溫下反應生成Fe3O4，Fe3O4是黑色晶體，故粉末不變紅，B錯誤；C．補鐵劑與維生素C同時服用效果更好，原因是維生素C能夠將Fe3+還原為Fe2+，利于鐵的吸收，該過程體現質量維生素C具有還原性，C錯誤；D．根據反應方程式：2Al+6HCl=2AlCl3+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，常溫常壓下，等質量鋁片分別與足量鹽酸、燒堿溶液反應，放出氫氣體積相同，D正確；故〖答案〗為：D。9.X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期主族元素。X原子的L層電子數是其K層電子數的3倍，Z是短周期金屬性最強的元素，W是地殼中含量最多的金屬元素。下列說法錯誤的是A.簡單離子半徑：X>Y>Z>WB.簡單氫化物的穩定性：X>YC.Z、W的最高價氧化物對應的水化物能互相反應D.X與Z形成的化合物中陰離子與陽離子個數之比均為1：2〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由題干信息可知，X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期主族元素，X原子的L層電子數是其K層電子數的3倍，則X為O，Z是短周期金屬性最強的元素，則Z為Na，故Y為F，W是地殼中含量最多的金屬元素即為Al，據此分析解題。〖詳析〗A．由分析可知，四種元素分別為：O、F、Na、Al，它們簡單離子分別為：O2-、F-、Na+、Al3+具有相同的電子層結構，且核電荷數依次增大，則離子半徑依次減小，故簡單離子半徑為O2-＞F-＞Na+＞Al3+即X>Y>Z>W，A正確；B．元素簡單氣態氫化物的穩定性與其非金屬性一致，已知F的非金屬性強于O的，故簡單氫化物的穩定性HF＞H2O即Y>X，B錯誤；C．由分析可知，Z為Na、W為Al，故Z、W的最高價氧化物對應的水化物即NaOH和Al(OH)3能互相反應，方程式為：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，C正確；D．由分析可知，X為O，Z為Na，故X與Z形成的化合物Na2O和Na2O2中陰離子與陽離子個數之比均為1：2，D正確；故〖答案〗為：B。10.下列變化或結構中對圖示的解釋錯誤的是ABCD向Ba(OH)2溶液中加入稀硫酸，溶液導電能力變化光照過程中氯水的pH變化NaCl的形成純金屬與合金的結構a時刻Ba(OH)2溶液與稀硫酸恰好完全中和pH降低的原因可能是HClO分解2NaCl合金內原子層之間的相對滑動變得困難，硬度變大A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．a點導電能力為0，說明溶液中離子濃度接近于0，Ba(OH)2溶液與稀硫酸恰好完全中和生成硫酸鋇和水，A正確；B．溶液中存在反應Cl2+H2O?HCl+HClO、2HClO2HCl+O2↑，光照條件下HClO分解生成HCl導致溶液中c(HCl)增大，溶液的pH值減小，pH降低的原因可能是HClO分解，B正確；C．Na失去一個電子形成鈉離子，Cl得到一個電子形成氯離子，鈉離子與氯離子之間通過離子鍵結合形成氯化鈉晶體，則2Na+Cl22NaCl反應過程中電子轉移2e-，應該表示為：，C錯誤；D．合金中原子半徑不同，使原子層之間的相對滑動變得困難，硬度變大，D正確；故〖答案〗為：C。11.稀土金屬是我國重要的戰略資源。稀土金屬鈰(Ce)性質活潑，常見的化合價為+3和+4，可發生如下反應：①2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2+4H2O②H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O③I2+SO2+2H2O=4H++2I-+。下列說法錯誤的是A.氧化性由強到弱的順序是CeO2>H2O2>I2B.還原性由強到弱的順序是I->SO2>Ce3+C.反應2CeO2+2I-+8H+=2Ce3++I2+4H2O可以進行D.H2O2在反應①中被氧化，在反應②中被還原〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．根據氧化劑的氧化性強于還原劑和氧化產物可知，由①2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2+4H2O得出氧化性：CeO2＞H2O2，由②H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O得出氧化性：H2O2＞I2，故有氧化性由強到弱的順序是CeO2>H2O2>I2，A正確；B．根據還原劑的還原性強于氧化劑和還原產物可知，由①2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2+4H2O得出還原性：H2O2＞Ce3+，由②H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O得出還原性：I-＞H2O2，由③I2+SO2+2H2O=4H++2I-+得出還原性：SO2＞I-，故有還原性由強到弱的順序是SO2＞I->H2O2>Ce3+，B錯誤；C．由B項分析可知，還原性由強到弱的順序是SO2＞I->H2O2>Ce3+，故反應2CeO2+2I-+8H+=2Ce3++I2+4H2O可以進行，C正確；D．由反應方程式可知，反應①H2O2中的O由-1價升高到0價，故被氧化，在反應②中H2O2中O由-1價降低到-2價，故被還原，D正確；故〖答案〗為：B。12.“價一類”二維圖是元素化合物知識系統化學習的良好工具，氯及其化合物的“價一類”二維圖如下，下列說法錯誤的是A.酸性：戊>已 B.若將乙轉化為甲，可以不加還原劑C.丙為ClO2，可用作自來水消毒劑 D.推測庚既有氧化性又有還原性〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由題干關于氯及其化合物的價類二維圖信息可知，甲為HCl、乙為Cl2、丙為ClO2、丁為Cl2O7，戊為HClO、己為HClO4、庚為、辛為，據此分析解題。〖詳析〗A．由分析可知，戊為HClO、己為HClO4，HClO弱酸，酸性比碳酸還弱，HClO4強酸，酸性比H2SO4還強，故酸性：戊＜已，A錯誤；B．由分析可知，乙為Cl2、甲為HCl，若將乙轉化為甲的反應為：Cl2+H2O=HCl+HClO反應中，H2O既不是氧化劑也不是還原劑，故可以不加還原劑，B正確；C．由分析可知，丙為ClO2，具有強氧化性，能使蛋白質發生變性，故可用作自來水消毒劑，C正確；D．由分子可知，庚為，Cl的化合價處于中間價態，故可推測庚既有氧化性又有還原性，D正確；故〖答案〗為：A。13.某化學小組用如圖所示裝置檢驗氯氣是否具有漂白性及鹵素單質氧化性的相對強弱。下列說法錯誤的是A.a中U型管可盛放無水氯化鈣B.b處棉花球變成黃色，說明Cl2的氧化性比Br2強C.c處棉花球變成藍色，說明Br2的氧化性比I2強D.d裝置中可發生反應的離子方程式為Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由氯氣的氧化性強，結合圖可知，b處發生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；c處發生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2、Br2+2I-=2Br-+I2；d處為尾氣處理，發生2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O，以此來解答。〖詳析〗A．Cl2本身沒有漂白性，濕潤的Cl2具有漂白性，故a中濕潤的有色布條褪色，經過U管中干燥劑干燥后，干燥的有色布條不褪色，故a中U型管可盛放無水氯化鈣來干燥Cl2，A正確；B．b處發生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，則b處棉花球變成黃色，說明Cl2的氧化性比Br2強，B正確；

C．c處發生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2、Br2+2I-=2Br-+I2，只能說明有碘生成，由于氯氣的干擾不能說明Br2的氧化性比I2強，C錯誤；D．由分析可知，d處為尾氣處理，d裝置中可發生反應的離子方程式為Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，D正確；故〖答案〗：C。14.某水溶液可能含有以下離子中的某幾種：Na+、Fe2+、Mg2+、Al3+、Cl-、，現取三份50mL溶液分別進行如下實驗，忽略混合前后溶液體積的變化。根據實驗結果，以下推測正確的是實驗1：50.0mL溶液無現象14.35g白色沉淀實驗2：A.原溶液中一定含有Cl-，且c(Cl-)=0.1mol/LB.原溶液中可能含有Na+，可通過焰色試驗檢驗C.0.8g白色固體為MgO和Al2O3混合物D.原溶液中c(Na+)=0.6mol/L〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．實驗1中得到沉淀是AgCl，說明肯定含Cl-，AgCl物質的量是0.1mol，可得Cl-物質的量是0.1mol，濃度是，A錯誤；B．肯定含Na+，B錯誤；C．實驗2中，濾液中含OH-，說明白色沉淀是Mg(OH)2，白色固體是MgO，沒有Al2O3，C錯誤；D．實驗2中，初始OH-物質的量是0.1mol。0.8gMgO物質的量是,可得Mg2+物質的量是0.02mol，生成沉淀消耗0.04molOH-，濾液剩余OH-是0.02mol，可得Al3+消耗OH-是0.1mol-0.04mol-0.02mol=0.04mol，反應是Al3++4OH-=AlO+2H?O，可得Al3+物質的量是0.01mol。實驗1可得不含Fe2+、，原溶液中含0.02molMg2+，0.01molAl3+，0.1molCl-，根據電荷守恒，存在Na+，可得如下，2n(Mg2+)+3n(Al3+)+n(Na+)=n(Cl-)，n(Na+)=0.03mol，原溶液中c(Na+)=，D正確；故選D。二、非選擇題：本題共5小題，共58分。15.化學在生產、生活中應用廣泛，貫穿古今。（1）我國古代四大發明之一的黑火藥是由硫黃粉、硝酸鉀和木炭粉按一定比例混合而成，爆炸時的反應為S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。上述反應物和生成物中，屬于電解質的是___(填化學式)；在該反應中，被還原的元素為___(填元素符號)。（2）碳酸氫鈉可用于治療胃酸過多，原因是(用離子方程式表示)___；除去Na2CO3粉末中少量的NaHCO3的方法是__________。（3）某品牌84消毒液中NaClO的物質的量濃度為0.96mol/L，現需配制0.010mol/L的NaClO稀溶液450mL，需要用量筒量取84消毒液_____mL，在配制過程中，除需要燒杯、量筒、玻璃棒外還必需的玻璃儀器有___，若量取84消毒液時俯視讀數，所配制溶液濃度將______(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。84消毒液不能與潔廁靈(主要成分為鹽酸)混用，發生反應的離子方程式為___________；〖答案〗（1）①.KNO3、K2S②.N和S（2）①.+H+=H2O+CO2↑②.加熱至恒重（3）①.5.2②.500mL容量瓶和膠頭滴管③.偏小④.ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O〖解析〗〖小問1詳析〗電解質是指在水溶液或熔融狀態下能夠導電的化合物，所有的酸堿鹽、大多數金屬氧化物和水屬于電解質，故反應S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑的反應物和生成物中，S、C、N2是單質，既不是電解質也不是非電解質，KNO3、K2S屬于鹽，是電解質，CO2屬于非電解質，在該反應中，N和S元素的化合價降低，被還原，故〖答案〗為：KNO3、K2S；N和S；〖小問2詳析〗由于NaHCO3能與胃酸即鹽酸反應，方程式為：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，故碳酸氫鈉可用于治療胃酸過多，該反應的離子方程式為：+H+=H2O+CO2↑，由于碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，故除去Na2CO3粉末中少量的NaHCO3的方法是加熱至恒重，故〖答案〗為：+H+=H2O+CO2↑；加熱至恒重；〖小問3詳析〗某品牌84消毒液中NaClO的物質的量濃度為0.96mol/L，現需配制0.010mol/L的NaClO稀溶液450mL，根據稀釋過程中溶液的溶質的物質的量不變可知，需要用量筒量取84消毒液=5.2mL，在配制過程中，除需要燒杯、量筒、玻璃棒外還必需的玻璃儀器有500mL容量瓶和膠頭滴管，若量取84消毒液時俯視讀數，導致量取的濃溶液體積偏小，即溶質的物質的量偏小，所配制溶液濃度將偏低，由于NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，故84消毒液不能與潔廁靈(主要成分為鹽酸)混用，該反應的離子方程式為：ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O，故〖答案〗為：5.2；500mL容量瓶和膠頭滴管；偏小；ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O。16.已知A、B、C為金屬單質，A的焰色為黃色，C是當前用量最大的金屬，D、E、F、G、H是中學常見化合物，常溫下甲、乙、丙為氣體，乙呈黃綠色。它們之間的相互轉化關系如圖所示(部分反應條件及產物未標出，每步反應均完全)。回答下列問題：請根據以上信息回答下列問題：（1）丙的電子式為_________；甲在乙中燃燒生成丙時的現象為____________。（2）反應①~⑦中，不屬于氧化還原反應的是___(填序號)；反應①中每消耗6．9gA時轉移的電子數為___(設NA表示阿伏加德羅常數的值)。（3）反應③的離子方程式為____________。（4）反應⑥的化學方程式為__________；檢驗G溶液中陽離子的試劑是___(填化學式)。（5）反應⑧中發生氧化還原反應的化學方程式為___________。〖答案〗（1）①.②.安靜地燃燒，發出蒼白色火焰，瓶口有白霧（2）①.⑦②.0.3NA（3）2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑（4）①.Fe+2FeCl3=3FeCl2②.KSCN（5）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3〖解析〗〖祥解〗由題干信息和轉化關系圖可知，A、B、C為金屬單質，A的焰色為黃色故A為Na，C是當前用量最大的金屬即C為Fe，D、E、F、G、H是中學常見化合物，常溫下甲、乙、丙為氣體，乙呈黃綠色，則乙為Cl2，Na與水反應生成NaOH和H2，故甲為H2，D為NaOH，Al與NaOH溶液反應生成H2，故B為Al，H2在Cl2中安靜地燃燒生成HCl，即丙為HCl，E溶液為鹽酸，Fe與鹽酸反應生成FeCl2，即F為FeCl2，FeCl2與Cl2反應生成FeCl3，即G為FeCl3，NaOH與FeCl3反應生成Fe(OH)3沉淀，即H為Fe(OH)3，據此分析解題。〖小問1詳析〗由分析可知，丙為HCl，故丙的電子式為，甲在乙中即H2在Cl2中燃燒生成丙時的現象為安靜地燃燒，發出蒼白色火焰，瓶口有白霧，故〖答案〗為：；安靜地燃燒，發出蒼白色火焰，瓶口有白霧；〖小問2詳析〗反應①~⑦的方程式分別為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、H2+Cl22HCl、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、2FeCl2+Cl2=2FeCl3、Fe+2FeCl3=3FeCl2、FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，故不屬于氧化還原反應的是⑦，反應①中每消耗6.9gA即=0.3molNa，反應中Na轉化為Na+，故時轉移的電子數為0.3NA，故〖答案〗為：⑦；0.3NA；〖小問3詳析〗由(2)分析可知，反應③的化學方程式為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故其離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，故〖答案〗為：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；〖小問4詳析〗由(2)分析可知，反應⑥的化學方程式為：Fe+2FeCl3=3FeCl2，由分析可知G為FeCl3，檢驗G溶液中陽離子即Fe3+的試劑是KSCN，故〖答案〗為：Fe+2FeCl3=3FeCl2；KSCN；〖小問5詳析〗反應⑧即向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液，該過程發生的反應有：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故其中發生氧化還原反應的化學方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故〖答案〗為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。17.已知X、Y、Z、Q、W為原子序數依次增大的短周期主族元素，其原子徑和最外層電子數之間的關系如圖所示。回答下列問題：（1）元素Y在周期表中的位置是________。X與Q形成的是___化合物(填“離子或“共價”)。（2）Z元素的一種淡黃色固體化合物中所含有的化學鍵類型為_______。用電子式表示出化合物Z2Q的形成過程__________(用元素符號表示，下同)。（3）Q和W非金屬性較強的是___，請用原子結構知識解釋產生上述差異的原因為___。設計簡單實驗證明兩者的非金屬性強弱______(用離子方程式表示)。（4）探究同主族元素性質的遞變規律是學習化學的重要方法之一，已知R是第六周期與X、Z同主族的元素，有關R的推測，正確的個數為__(填字母)。①在自然界中以單質形態存在，少量的R可以保存在煤油中②對應氫氧化物堿性的強弱是：R>Z③易與氧氣發生反應，加熱時生成的氧化物形式為R2O④對應離子的氧化性是：R<Z⑤R可以從CuSO4的溶液中將金屬銅置換出來⑥碳酸鹽不易發生分解反應A.2 B.3 C.4 D.5〖答案〗（1）①.第2周期第ⅥA族②.共價（2）①.離子鍵和共價鍵②.（3）①.Cl②.S和Cl位于同一周期，電子層數相同，核電荷數Cl的更大，原子半徑Cl的更小，則Cl的原子核對最外層電子的束縛能力更強，則非金屬更強③.S2-+Cl2=S+2Cl-（4）B〖解析〗〖祥解〗由題干信息可知，X、Z最外層上只有1個電子，且X的半徑最小，故X為H、Z的半徑最大，則Z為Na，Y、Q、W的最外層上分別有4個、6個、7個電子，且半徑比Q、W小，即Y、Q、W不可能是同一周期元素，則Y為C，Q為S，W為Cl，據此分析解題。〖小問1詳析〗由分析可知，Y為C，故元素Y在周期表中的位置是第2周期第ⅥA族，X為H，Q為S，X與Q形成的化合物是H2S，是共價化合物，故〖答案〗為：第2周期第ⅥA族；共價；〖小問2詳析〗由分析可知，Z為Na，故Z元素一種淡黃色固體化合物即Na2O2中所含有的化學鍵類型為Na+和之間的離子鍵和中O和O之間的非極性共價鍵，用電子式表示出化合物Z2Q即Na2S的形成過程為：，故〖答案〗為：離子鍵和共價鍵；；〖小問3詳析〗由分析可知，Q為S，W為Cl，根據同一周期從左往右元素的非金屬性依次增強，故Q和W非金屬性較強的是Cl，由于S和Cl位于同一周期，電子層數相同，核電荷數Cl的更大，原子半徑Cl的更小，則Cl的原子核對最外層電子的束縛能力更強，則非金屬更強，非金屬性與單質的氧化性一致，將Cl2通入到Na2S溶液中，若出現渾濁，則說明發生了S2-+Cl2=S+2Cl-，說明Cl2的氧化性強于S的，故〖答案〗為：Cl；S和Cl位于同一周期，電子層數相同，核電荷數Cl的更大，原子半徑Cl的更小，則Cl的原子核對最外層電子的束縛能力更強，則非金屬更強；S2-+Cl2=S+2Cl-；〖小問4詳析〗由分析可知，X、Z分別為H、Na，R是第六周期與X、Z同主族的元素，即位于第IA族即堿金屬元素，據此分析解題：①根據堿金屬化學性質非常活潑，從上往下金屬增強，即R的金屬性比Na更活潑，故在自然界中都以化合