1、2023年吉林省靖宇县化学高一第一学期期末达标检测试题注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO
2、2、N2O4、NO的物质的量之比为112时，实际参加反应的FeS与被还原的HNO3的物质的量之比为( )A14B15C16D172、亚硝酸钠(NaNO2)具有致癌作用，许多腌制食品中含NaNO2。酸性KMnO4溶液与亚硝酸钠反应的离子反应为：MnO4 NO2 H Mn2NO3 H2O(未配平)，下列叙述错误的是()A生成1mol Mn2，转移电子为5molB该反应中氮元素被氧化C配平后，水的化学计量数为3D反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:53、已知有如下反应： 2BrO3+Cl2=Br2+2ClO3 ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O 2FeCl2+Cl2=2FeCl3。
3、根据上述反应，判断下列结论中错误的是ACl2在反应中既是氧化产物又是还原产物BCl2在、反应中均作氧化剂C氧化性强弱的顺序为：BrO3ClO3 Cl2 Fe3+D溶液中可发生：ClO36Fe2+ 6H+ = Cl6Fe3+ + 3H2O4、下列反应中氯元素被氧化的是（ ）AMnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2B2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2OC5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3D2KClO32KCl+3O25、已知2Fe2+Br22Fe3+2Br。向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl2 3.36L，充分反应后测得溶液中Cl与Br的物质的量浓度
4、相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为A2 mol/LB1 mol/LC0.4 mol/LD0.2 mol/L6、下列有关化学与环境保护的说法正确的是A就地在田间焚烧秸秆，减少运输成本B烧煤进行脱硫、脱硝处理，减少空气污染C推广和鼓励多使用私家车出行D做好空气质量预报工作，以使污染程度减小7、下列有关物质的性质与用途，不具有对应关系的是（ ）ANa2O2为淡黄色固体，可用于潜艇中的供氧剂BNa2CO3溶液显碱性，可用于除器皿表面的油污CA12O3的熔点高，常用作耐火、耐高温材料DNaC1O具有强氧化性，常作为杀菌、消毒剂8、下列说法中，正确的是（ ）A硅元素在自然界里均以化合态存在BSiO2
5、不能与水反应生成硅酸，不是酸性氧化物C除去二氧化硅中少量的碳酸钙杂质应选用水D粗硅制备时，发生的反应为C+SiO2=Si+CO29、浓硝酸常呈黄色的原因是（ ）A浓硝酸中混有碘化银B浓硝酸中混有铁离子C浓硝酸易分解产生二氧化氮D浓硝酸中混有单质硫10、下列说法中正确的是A实验室用加热NH4Cl和NaOH组成的混合固体来制备NH3B用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验是否漏气C工业上用SO2漂白纸浆、毛、丝、草帽等D保存金属钠的仓库着火可以用泡沫灭火器去灭火11、蒸馏实验操作方法，可以用于分离（ ）A气体混合物B固体混合物C悬浊液里的固体和液体D沸点相差较大的互溶液体12、根据下列实验操作和现象，所得
6、结论错误的是实验操作现象结论A滴加足量稀盐酸再滴加BaCl2溶液无明显现象白色沉淀原溶液一定含SO42B滴加稀盐酸另取一份滴加CaCl2溶液有大量气泡产生白色沉淀原溶液一定含CO32C滴加足量浓NaOH溶液，加热湿润红色石蕊试纸靠近导管口产生气体试纸变蓝原溶液一定含NH4+D滴加KSCN溶液再滴加氯水无明显现象溶液呈红色原溶液一定含Fe2AABBCCDD13、下列有关实验的叙述正确的是( )A实验室蒸馏石油可用如图甲所示实验装置B配制 100 mL 0.1 molL1 的盐酸，如图乙所示C配制一定物质的量浓度的溶液时的定容操作如图丙所示D图丁可用于分离或提纯胶体14、下列“推理或结论”与“实验
7、操作及现象”相符的一组是( )选项 实验操作及现象 推理或结论A向某盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体该盐一定是碳酸盐B铁粉加入CuSO4溶液中，析出红色固体氧化性：Fe2+ Cu2+C向某溶液中通入Cl2，再加入KSCN溶液，溶液变红该溶液中一定含有Fe2+D在导管口点燃纯净的氢气，伸入盛满氯气的集气瓶中，产生苍白色火焰物质燃烧不一定需要氧气AABBCCDD15、在标准状况下，气体的体积大小主要取决于A分子数目B分子间距C分子大小D分子种类16、某CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相同，且SO42-物质的量浓度为6 mol
8、/L，则此溶液最多溶解铁粉的质量为( )A11.2 gB16.8 gC19.6 gD22.4 g17、下列叙述中正确的是()A任何条件下氯化氢气体的密度都小于二氧化氮B2.3 g 钠与1.12 L 氯气反应后，生成5.85 g 氯化钠C常温常压下，1 g氦气和1 g氧气的体积比为21D在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，压强越大18、下表为元素周期表的一部分，其中 X、Y、Z、W 为短周期元素，X、Y的核电荷数之和等于W的核电荷数。下列说法不正确的是XYZWA简单气态氢化物的稳定性：YZB最高价氧化物对应水化物的酸性：XWC原子半径：WYZD由 Y、W 形成的最简单钠盐水溶液是建筑行业经常
9、使用的一种黏合剂19、向含有NaOH的NaAlO2溶液中逐滴滴入稀H2SO4，图中能正确表示反应产生沉淀的物质的量与加入硫酸体积的正确关系是ABCD20、热的浓硫酸与铜片反应，生成二氧化硫，体现浓硫酸的性质为A酸性B吸水性C脱水性D强氧化性21、随着碱金属原子序数的增大，其单质物理性质变化规律正确的是()A熔点依次升高B熔点依次降低C密度依次减小D密度依次增大22、具备基本的化学实验技能是进行科学探究的基础和保证。下列有关实验操作正确的是()ABCD二、非选择题(共84分)23、（14分）已知有以下物质相互转化试回答：（1）写出下列物质的化学式：B的化学式_，C的化学式_，D的化学式_，H的化
10、学式_。（2）写出由E转变成F的化学方程式：_。（3）写出用KSCN鉴别G溶液的离子方程式_；向G溶液加入A的有关离子方程式_。24、（12分）A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大。其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成气态分子X，X的水溶液呈碱性；D的简单阳离子与X具有相同电子数，且D是同周期元素中原子半径最大的元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，C、F两种元素的原子最外层共有13个电子。则（1）X的化学名称为_。（2）B单质的结构式为_；E的气态氢化物的电子式为_；C与D形成的两种化合物中，其中一种物质含有两种类型的化学键，分别为_，该物质属于_
11、(填“离子化合物”或“共价化合物”)。（3）B、C、E分别与A形成的化合物中最稳定的是_(写化学式)。（4）D是同周期简单阳离子中离子半径最_(填“大”或“小”)的元素。（5）F的单质在反应中常作_剂(填“氧化”或“还原”)。25、（12分）立足教材实验是掌握高中化学实验的基础，是理解化学科学的实验原理、实验方法和实验思路，提高学生实验能力的基本途径:（1）实验1:取一块金属钠，在玻璃片上用滤纸吸干表面的煤油后，用小刀切去一端的外皮，观察钠的颜色，这个实验中还需用到的一种仪器是_；（2）实验2:向一个盛有水的小烧杯里滴入几滴酚酞试液，然后把一小块钠投入小烧杯，把反应的现象和相应结论填入空格，“
12、浮”-钠的密度比水小；“红”-反应生成了氢氧化钠；“熔”_；（3）实验3：用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝，在酒精灯上加热至熔化，发现熔化的铝并不滴落。下列关于上述实验现象的解释正确的是_A火焰温度太低不能使铝燃烧 B铝在空气中能很快形成氧化膜C氧化铝的熔点比铝的熔点高 D用砂纸打磨不能除去表面的氧化膜（4）实验4:把少量水滴入盛有Na2O2固体的试管中，立即用带火星的木条放在试管口，检验生成的气体，向反应后的溶液中加入酚酞试液，溶液中可以看到 _ （5）实验5:在玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气,该氧化还原反应的氧化剂是_，该反应每消耗1mol铁，转移电子的物质
13、的量为_。（6）实验6:在试管中注入少量新制备的FeSO4溶液，用胶头滴管吸取NaOH溶液，将滴管尖端插入试管里溶液底部，慢慢挤出NaOH溶液，可以看到开始时析出一种白色的絮状沉淀，并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，发生这种颜色变化的原因是(用化学方程式表示):_。26、（10分）某实验小组设计了如下装置对焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分进行探究。已知：PdCl2溶液可用于检验CO，反应的化学方程式为CO + PdCl2 + H2O = CO2 + 2HCl + Pd（产生黑色金属钯粉末，使溶液变浑浊）。（1）实验时要通入足够长时间的N2，其原因是_。（2）装置B的作用是_。（3）装置C、D中
14、所盛试剂分别为_、_，若装置C、D中溶液均变浑浊，且经检测两气体产物的物质的量相等，则该反应的化学方程式为_。（4）该装置的缺点是_。（5）资料表明，上述反应在焦炭过量时会生成副产物SiC。取18 g SiO2和8.4 g焦炭充分反应后收集到标准状况下的气体144 L，假定气体产物只有CO，固体产物只有Si和SiC，则Si和SiC的物质的量之比为_。（6）设计实验证明碳酸的酸性比硅酸的强：_。27、（12分）某校化学实验兴趣小组为了证明在实验室制备Cl2的过程中会有水蒸气和HCl挥发出来，甲同学根据下列仪器设计实验装置证明上述结论。请按要求回答问题。(1)U形接管中所盛试剂的化学式为_。(2)
15、检验产物中HCl 的离子方程式：_。(3)乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能证明最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再加装置。你认为装置应加在_之间(填装置序号)瓶中可以放入_。28、（14分）回答下列问题：（1）将4molN2和6molO2混合，所得气体在标准状况下的密度是_g/L。（2）有Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，已知其中c(Fe3+)=0.4mol/L，c(SO42-)=0.7mol/L，则此溶液中c(Na+)=_mol/L。（3）某普通酒精中乙醇的含量为97%，密度为0
16、.90g/cm3，将乙醇看作溶剂，水看作溶质，该普通酒精中水的物质的量浓度是_ mol/L。29、（10分）研究PM 2.5、SO2、NOx等，对监测空气质量具有重要意义取某样本用蒸馏水处理制成待测液，其中所含离子的化学组分及其浓度如下表：离子K+Na+NH4+H+SO42NO3Cl浓度/molL1410661062105a210531052105请回答下列问题：（1）根据表中数据计算此待测液中c（H+）浓度a为_mol/L（2）NOx是汽车尾气中的主要污染物之一汽车发动机工作时的高温会引发N2和O2反应，反应的化学方程式是_NOx能形成酸雨，由NO2形成酸雨的主要反应是_（写化学方程式）（3
17、）为减少SO2的排放，常采取的措施有：在燃煤中加入生石灰可以起到固硫的作用，SO2被吸收后转化成一种硫元素的最高价态的化合物，该化合物常作为豆腐生产的原料，它在豆腐生产中的作用是_吸收烟气中的SO2，以下物质可作吸收剂的是_（填序号）；aNaOH bH2SO4 cNaHSO3 d. Na2SO3硫酸工业中的尾气SO2可以循环利用，写出SO2转化为SO3反应的化学方程式_参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解析】当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：2 时，设NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1mol、1mol、2mol，硝酸得到电子的
18、物质的量=1mol（5-4）+1mol2（5-4）+2mol（5-2）=9mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒，n（FeS）=1mol，根据氮元素守恒得，生成NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1mol、1mol、2mol时消耗硝酸的物质的量=1mol+2mol+2mol=5mol，所以实际参加反应的FeS 与被还原的HNO3的物质的量之比为=1mol：5mol=1：5，故选B。2、D【解析】反应中，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，N元素的化合价由+3价升至+5价；反应中MnO4-为氧化剂，Mn2+为还原产物，NO2-为还原剂，NO3-为氧化产物；根据得失电子守恒配平方程式和计算。【
19、详解】A项，反应中，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，生成1molMn2+转移5mol电子，A项正确；B项，反应中，N元素的化合价由+3价升至+5价，N元素被氧化，B项正确；C项，反应中1molMnO4-得到5mol电子生成1molMn2+，1molNO2-失去2mol电子生成1molNO3-，根据得失电子守恒配平为2MnO4-+5NO2-+H+2Mn2+5NO3-+H2O，结合原子守恒、电荷守恒，配平后的离子方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5NO3-+3H2O，水的化学计量数为3，C项正确；D项，根据上述分析，Mn2+为还原产物，NO3-为氧化产物，根据得失电子守恒，氧
20、化产物与还原产物物质的量之比为5:2，D项错误；答案选D。3、B【解析】A. ClO3+ 5Cl+ 6H+ = 3Cl2+ 3H2O根据化合价变化此反应是归中反应，所以Cl2既是氧化产物，又是还原产物。故A正确；B. Cl2在2BrO3+Cl2 = Br2 + 2ClO3中化合价升高是还原剂，在 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3中化合价降低作氧化剂，故B错；C. 氧化性强弱的顺序为：根据 2BrO3+Cl2 = Br2 + 2ClO3知BrO3ClO3，根据 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 知Cl2 Fe3+ 根据 ClO3+ 5Cl+ 6H+ = 3Cl2+ 3H2O知
21、ClO3 Cl2；所以氧化性强弱的顺序为：BrO3ClO3 Cl2 Fe3+，故C正确；D. 溶液中可发生：ClO36Fe2+ 6H+ = Cl 6Fe3+ + 3H2O根据氧化性强弱，电荷守恒，电子守恒的原理，D正确。所以本题正确答案：B。4、A【解析】A.该反应中，氯元素从-1价升高到0价，发生氧化反应，符合题意，故A可选；B.该反应属于复分解反应，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，不符合题意，故B不选；C.该反应中，氯元素的化合价可以从0价降低到-1价，发生还原反应，不符合题意，故C不选；D.该反应中，氯元素的化合价可以从+5价降低到-1价，发生还原反应，不符合题意，故D不选；故
22、答案选A。5、A【解析】还原性Fe2+Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量=0.15mol，若Br-没有反应，则c(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol，0.15mol Fe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=x mol，n(Br-)=2x mol，未反应的n(Br-)=0.3 mol，参加反应的n(Br-)=(2x-0.3)mol，根据电子转移守恒有x1+2
23、x-0.31=0.15mol2，解得x=0.2 mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L。故选A。6、B【解析】A焚烧大量秸秆会造成空气污染，故A错误；B脱硫处理可减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成，故B正确；C少开私家车，多乘公共交通工具会减少汽车尾气的排放，减少了污染环境，属于绿色消费，故C错误；D做好空气质量预报工作，并不能减少污染，故D错误；答案为B。7、A【解析】ANa2O2能够与二氧化碳和水反应产生氧气，因此可用于潜艇中的供氧剂，但这与物质颜色无关，因此不具有对应关系，A符合题意；BNa2CO3溶液显碱性，由于油脂在碱性条件下水解产生可溶性物质，因此Na2CO3溶
24、液可用于除器皿表面的油污，具有对应关系，B不符合题意；CA12O3是离子化合物，具有较高的熔点，因此常用作耐火、耐高温材料，具有对应关系，C不符合题意；DNaC1O具有强氧化性，能够使蛋白质发生变性而失去其生理活性，因此常作为杀菌、消毒剂，具有对应关系，D不符合题意；故答案是A。8、A【解析】A、Si是亲氧元素，在自然界中全部以化合态形式存在，A正确；B、二氧化硅能与碱反应生成盐与水，所以二氧化硅是酸性氧化物，B错误；C、二氧化硅和碳酸钙都不溶于水，可以用盐酸除二氧化硅中少量的碳酸钙杂质，C错误；D、碳与二氧化硅在高温的条件下反应生成一氧化碳气体，而不是二氧化碳，D错误；答案选A。9、C【解析
25、】浓硝酸不稳定，见光或受热容易分解，4HNO34NO2+ O2+ 2H2O，分解出的二氧化氮又溶于浓硝酸中，使浓硝酸显黄色，故选C。10、C【解析】A玻璃的主要成分含有SiO2，在加热条件下能与NaOH反应，则不能用加热NH4Cl和NaOH组成的混合固体制备NH3，故A错误；B液化气遇到明火容易发生爆炸，所以不能用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验是否漏气，可以使用肥皂水检验，故B错误；C二氧化硫有漂白性，所以可以用SO2来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，故C正确；D钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，氧气促进钠燃烧，所以不能用二氧化碳灭火器灭火，故D错误；故答案为C。11、D【
26、解析】混合溶液中各组分由于沸点不同，在升温过程中先后蒸发馏出而使彼此分离开来的操作叫蒸馏；A蒸馏操作适宜分离相互混溶的液体混合物，不适宜分离气体混合物；B蒸馏操作适宜分离相互混溶的液体混合物，不适宜分离固体混合物；C悬浊液里的固体和液体，可采取过滤的方法分离；D沸点相差较大的互溶液体，采取蒸馏的方法分离；故答案为D。【点睛】分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下： 分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体：盐析或渗析；分
27、离提纯物是气体：洗气。12、B【解析】A向某溶液中加入稀盐酸，无明显现象，排除了干扰离子，如碳酸根离子、亚硫酸根离子等，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀为硫酸钡，说明原溶液中一定含有SO42-，选项A正确；B某溶液中滴加稀盐酸，产生大量的气泡，另取一份滴加CaCl2溶液，产生白色沉淀，原溶液中可能含有SO32-，不一定含有CO32，选项B错误；C向某溶液中加入NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体一定为氨气，则证明原溶液中一定含有NH4+，选项C正确；D溶液中加入KSCN溶液无明显现象，说明溶液中无Fe3+；再加少量氯水，溶液变红，说明加入氯水生成了Fe
28、3+，原溶液中存在Fe2+，选项D正确；答案选B。13、D【解析】A.蒸馏操作中，温度计测量的是蒸气的温度，因此温度计球部应置于蒸馏烧瓶支管口处，故A错误；B.不可在容量瓶中稀释浓盐酸，应在小烧杯中进行，稀释后的溶液冷却到室温后再用玻璃棒转移进容量瓶，故B错误；C.定容时，胶头滴管不可伸入容量瓶内，以免被污染，故C错误；D.胶粒不会透过半透膜，离子、水分子可透过半透膜，所以图丁可用于分离或提纯胶体，故D正确；故选D。14、D【解析】A. 向某盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该盐可能是碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸氢盐，故A不符合题意；B. 铁粉加入CuSO4溶液中，析出
29、红色固体，Fe + Cu2+ =Cu + Fe2+，则氧化性为Cu2+Fe2+，故B不符合题意；C. 向某溶液中通入Cl2，再加入KSCN溶液，溶液变红，原溶液可能含有Fe3+或Fe2+，故C不符合题意；D. 在导管口点燃纯净的氢气，伸入盛满氯气的集气瓶中，产生苍白色火焰，则说明物质燃烧不一定需要氧气，故D符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】检验Fe2+时，先滴加KSCN，溶液无现象，再滴加氯水或酸性双氧水，溶液变为血红色，说明含有Fe2+。15、A【解析】影响气体体积的因素有分子数目、气体分子的大小、气体分子间距，气体没有固定的形状，气体分子间距远远大于分子的大小，分子的大小可忽略，温度、
30、压强决定气体的分子间距，标准状况下，气体分子间距相等，气体体积取决于分子数目，故选A。16、D【解析】设Cu2+、Fe3+、H+的物质的量浓度为x，则依据电荷守恒，可得如下关系式：2x+3x+x=26 mol/L，从而求出x=2 mol/L，依据关系式Cu2+Fe、2Fe3+Fe、2H+Fe，可求出溶解Fe的物质的量为2 mol/L0.1L+2 mol/L0.1L+2 mol/L0.1L=0.4mol，从而求出溶解铁的质量为0.4mol56g/mol=22.4g。故选D。17、D【解析】A气体的密度与温度、压强有关，温度和压强不同时，HCl气体的密度可能大于NO2，故A错误；B温度和压强未知导
31、致无法计算氯气的物质的量，则无法判断哪种物质过量，故B错误；C氦气的摩尔质量是4g/mol、氧气的摩尔质量是32g/mol，相同条件下，气体摩尔体积相等，根据V=mVm/M知，相同质量、相同气体摩尔体积时，其体积与摩尔质量成反比，所以氦气和氧气的体积之比=32g/mol：4g/mol=8：1，故C错误；D相同温度相同体积时，气体的物质的量与压强成正比，所以气体物质的物质的量越大，压强越大，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查了阿伏加德罗定律及其推论，明确气体体积与温度、压强的关系是解本题关键，有关气体体积的计算中要注意温度和压强，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，为易错点。18、B【解析】
32、XYZW为短周期元素，XY的核电荷数之和等于W的核电荷数，设X的核电荷数为x，结合图示可知，YW的核电荷数分别为x+1x+8，则x+8=x+x+1，解得：x=6，则X为C，Y为O，Z为F，W为Si元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为C，Y为O，Z为F，W为Si元素，A非金属性OF，则简单气态氢化物的稳定性：YSi，则最高价氧化物对应水化物的酸性：XW，故B符合题意；C同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：WYZ，故C不符合题意；DOSi形成的硅酸钠水溶液是建筑行业经常使用的一种黏合剂，故D不符合题意；故选：B。19、D【解析】向含有NaOH的Na
33、AlO2溶液中逐滴滴入稀H2SO4，依次发生反应的离子方程式是OH-+H+=H2O、AlO2+H+H2O= Al(OH)3、Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，根据各步反应消耗氢氧化钠的量与沉淀量的对应关系，D选项符合，故选D。20、D【解析】在2H2SO4(浓) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2的反应中硫元素的化合价从+6价降为+4价，则反应中生成二氧化硫，体现浓硫酸的性质为强氧化性，故答案为D。21、B【解析】随着碱金属原子序数的增大，其电子层数依次增多，其单质熔点和沸点依次降低，除K元素外，密度依次增大，故答案选B。22、C【解析】A用燃着的酒精灯去点燃另一只酒精灯，火焰
34、会进入灯内，引起危险事故，应用火柴点燃酒精灯，故A错误；B天平只能读到小数点后面一位，不会精确到小数点后面两位，故B错误；C给液体加热时，试管内液体超过其体积的三分之一，否则加热可能沸腾溅出，影响实验结果，并且试管要和桌面成45角倾斜，故C正确；D量取9.5mL的液体应该用10mL的量筒，用100mL的量筒会导致误差太大，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、FeCl2 KOH KCl AgCl 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3 Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3 2 Fe3+Fe=3 Fe2+ 【解析】由转化可知，白色沉淀E为Fe(OH)2，红褐色沉淀F为Fe
35、(OH)3，D溶液加入硝酸酸化的硝酸银生成白色沉淀H为AgCl，生成的溶液中含有钾离子，证明D溶液为KCl，由元素守恒可知，C为KOH，F溶解于盐酸，说明加盐酸溶解生成的G为FeCl3，可知A为Fe，B为FeCl2，以此来解答。【详解】由转化可知，白色沉淀E为Fe(OH)2，红褐色沉淀F为Fe(OH)3，D溶液加入硝酸酸化的硝酸银生成白色沉淀H为AgCl，生成的溶液中含有钾离子，证明D溶液为KCl，由元素守恒可知，C为KOH，F溶解于盐酸，说明加盐酸溶解生成的G为FeCl3，可知A为Fe，B为FeCl2；(1)由上述分析可知，B、C、D、H分别为FeCl2、KOH、KCl和AgCl；(2)由E
36、转变成F的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(3)三价铁离子和硫氰酸根离子形成血红色溶液，反应的离子方程式为Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3或Fe3+SCN-=Fe(SCN)2+，向G溶液加入A的有关反应的离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+。【点睛】此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：
37、将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；本题可从两性氧化物及海水中的无机盐，展开思维的空间，寻找目标答案。24、氨 NN 离子键、共价键(或离子键、非极性键) 离子化合物 H2O 大 氧化 【解析】A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成分子X，X的水溶液呈碱性，所以X为NH3，A的原子序数比B小，则B为N元素，A为H元素；D的简单阳离子与X具有相同电子数，NH3含有10个电子，D的简单阳离子为10e-结构，且D是同周期中原子半径最大的元素，则D为Na元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，E的原子序数大
38、于Na，则E有3个电子层，最外层电子数为6，则E为S元素；F的原子序数比E大且为短周期主族元素，则F是Cl元素；C、F两种元素的原子最外层共有13个电子，则C最外层有6个电子，原子序数比Na小，则C为O元素，结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题。【详解】(1)X的化学式为NH3，X的化学名称为氨气；故答案为：氨气；(2)B单质为N2，N原子之间形成3对共用电子对，其结构式为NN；E的气态氢化物为H2S，氢原子与硫原子之间形成1对共用电子对，其电子式为；C与D形成的两种化合物为Na2O、Na2O2，其中一种物质含有两种类型的化学键，该物质为Na2O2，含有离子键、共价键，属于离子化合物，故答
39、案为：NN；离子键、共价键；离子化合物；(3)N、O、S三元素中O的非金属性最强，故分别与H形成的化合物中最稳定的是H2O，故答案为：H2O；(4)D为Na元素，是同周期简单阳离子中核电荷数最小的元素，故同周期简单阳离子中Na+离子半径最大，故答案为：大；(5)F是Cl元素，其单质具有强氧化性，在反应中常作氧化剂，故答案为：氧化。【点睛】本题考查结构、性质、位置关系的应用，难度不大，推断元素是解题关键，“X的水溶液呈碱性”是推断突破口。25、镊子 钠的熔点低,反应放热 BC 先变红后褪色 水蒸气 8/3mol 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 【解析】本题考查实验方案设计与评
40、价，（1）应用镊子夹取金属钠，因此还需要用到镊子；（2）熔是熔化，说明金属钠与水反应是放热反应，且金属钠的熔点较低；（3）熔化而不滴落，金属铝是活泼的金属，在空气中点燃产生一层致密的氧化薄膜，保护内部铝，熔化而不滴落，还说明氧化铝的熔点比铝高，故BC正确；（4）过氧化钠与水反应2Na2O22H2O=4NaOHO2，酚酞与碱变红，又因为过氧化钠具有强氧化性，把有色物质氧化，因此溶液的颜色是先变红后褪色；（5）发生3Fe4H2O(g) Fe3O44H2，氧化剂是化合价降低的物质，因此氧化剂是水蒸气，根据反应方程式，3molFe参与反应，转移电子物质的量为8mol，因此1molFe参与反应，转移电子
41、物质的量为8/3mol；（6）氢氧化亚铁容易被氧化成氢氧化铁，反应方程式为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3。26、避免空气中的O2、CO2、水蒸气对实验产生干扰 作安全瓶，防止倒吸 澄清石灰水 PdCl2溶液 3SiO2 4C 2CO2 2CO 3Si 无尾气吸收装置 2：1 向Na2SiO3溶液中通入CO2气体，溶液变浑浊 【解析】（1）碳与二氧化硅反应要在高温下进行，而高温下碳与空气中氧气反应，所以实验时要将装置中的空气排尽，所以实验时要通人足够长时间的N2；（2）根据装置图可知，B装置可以作安全瓶，防止倒吸；（3）根据元素守恒，碳与二氧化硅反应可能生成一氧化碳也可能生成二氧
42、化碳，所以C装置用来检验有没有二氧化碳，D装置用来检验一氧化碳，所以置C、D中所盛试剂分别为澄清石灰水、PdCl2溶液；若装置C、D中溶液均变浑浊，说明既有二氧化碳又有一氧化碳，检测两气体产物的物质的量相等，根据元素守恒可知化学方程式为3SiO2+4C2CO2+2CO+3Si；（4）一氧化碳有毒，有能排放到空气中，而该装置没有尾气吸收装置将CO吸收，故答案为没有尾气吸收装置将CO吸收；（5）取18g SiO2物质的量=0.3mol，8.4g焦炭物质的量=0.7mol，充分反应后收集到标准状况下的气体1.44L，物质的量=0.6mol，假定气体产物只有CO，固体产物只有Si和SiC，SiO2 +
43、 2C = 2CO + Si，0.3mol 0.6mol 0.6mol 0.3molSi + C = SiC，1 1 10.1mol 0.1mol 0.1mol得到Si和SiC的物质的量之比为0.2mol：0.1mol=2：1；（6）验证碳酸、硅酸的酸性强弱，产生的CO2气体先通过饱和的碳酸氢钠溶液除去混有的杂质气体，然后再通入硅酸钠溶液发生反应CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3，说明酸性H2CO3H2SiO3。27、CuSO4 Ag+Cl-=AgCl 淀粉 KI 溶液或品红溶液 【解析】本实验的目的为证明在实验室制备Cl2的过程中会有水蒸气和HCl挥发出来，其中装置为检验产物中含有HCl并防止倒吸，装置为制取Cl2的装置，装置为
