安徽省皖北地区2022-2023高一上学期期末联考化学试题

安徽省皖北地区2022-2023学年高一上学期期末联考化学试题
一、单选题
1．（2022高一上·安徽期末）五彩缤纷的烟花表演为各种节日增添了许多喜庆的气氛。焰火颜色的产生与烟花中含有钠、钾、钙、钡、铜、锶等金属元素有关。下列有关说法中错误的是
A．金属元素的焰色试验体现的是单质的物理性质
B．钠可以保存在煤油中
C．与灼烧时火焰的颜色相同
D．进行钾及其化合物的焰色试验需要透过蓝色钴玻璃观察
2．（2022高一上·安徽期末）科学探究与创新意识是化学研究工作者的必备素养。根据所学知识判断下列探究肯定没有意义的是
A．探究氯水中有漂白性的粒子
B．探究CO2和CO是否发生氧化还原反应
C．探究铁与非金属单质反应后的化合价
D．探究钠与二氧化碳是否能反应
3．（2022高一上·安徽期末）下列有关物质的分类正确的是
A．混合物：空气、矿泉水、冰水混合物
B．碱：、、
C．盐：苛性钠、氯化铵、纯碱
D．氧化物：、、
4．（2022高一上·安徽期末）为迎接冬奥会王刚同学用毛笔蘸取少量30%溶液在铜片上写上“冬奥”两个字，放置片刻，用少量水将铜片上的溶液冲到小烧杯中，下列说法中正确的是
A．烧杯中的溶液呈黄色
B．铜片无任何变化
C．铜片上有凹陷的“冬奥”字样
D．发生了反应：
5．（2022高一上·安徽期末）代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．16.25 g溶于沸水后形成的胶体粒子数为
B．22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为
C．欲配制的溶液，可将58.5 g溶于1.00 L水中
D．中约含有个分子
6．（2022高一上·安徽期末）下列关于钠及其化合物描述正确的是
A．钠表面自然形成的氧化层能够保护内层金属不被空气氧化
B．金属钠具有强还原性，可与溶液反应制取金属Ti
C．实验完毕后剩余的金属钠不能随意丢弃，应放回原试剂瓶
D．固体中含离子总数为
7．（2022高一上·安徽期末）为确定下列置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂(括号内物质)不能达到目的的是
A．NaOH溶液[Ba(OH)2溶液] B．FeSO4溶液(KSCN溶液)
C．KI(淀粉溶液) D．Na2SO3溶液(BaCl2溶液)
8．（2022高一上·安徽期末）下列事实中，不能用元素周期律解释的是
A．原子半径： B．碱性：
C．热稳定性： D．酸性：
9．（2021高二下·齐齐哈尔期末）将几滴KSCN（SCN-是“类卤离子”）溶液加入到含有Fe3+的酸性溶液中，溶液变成红色。将该红色溶液分为两份：①一份中加入适量KMnO4溶液，红色褪去；②向另一份中通入SO2，红色也褪去。以下推测肯定错误的是（　　）
A．①中红色褪去的原因是KMnO4将SCN-氧化
B．②中红色褪去的原因是SO2将Fe3+还原成Fe2+
C．②中红色褪去的原因是SO2将SCN-还原
D．SCN-在适当条件下可失去电子被氧化为(SCN)2
10．（2022高一上·安徽期末）一定温度和压强下，30 L某种气态纯净物中含有个分子，这些分子由个原子组成，下列有关说法错误的是
A．该温度和压强气体摩尔体积
B．标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4 L
C．该气体中每个分子含有3个原子
D．若在该条件下为气态，则在该条件下的体积也为30 L
11．（2022高一上·安徽期末）将过氧化钠投入到下列物质的溶液中，溶液的质量不会减轻的是（　　）
A．NaCl B．Fe2(SO4)3
C．饱和烧碱溶液 D．Ba(HCO3)2
12．（2018高二下·铜仁期末）已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是(　　)
A．3Cl2＋6FeI2=2FeCl3＋4FeI3
B．Cl2＋FeI2=FeCl2＋I2
C．Co2O3＋6HCl(浓)=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O
D．2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2
13．（2022高一上·安徽期末）铬是人体必不可少的一种微量元素，它能维持人体多种生理机能，主要分布于皮肤、大脑、骨骼、肌肉、肾上腺当中。铬的金属性位于锌和铁之间，根据元素周期律的知识，下列有关铬的性质说法错误的是
A．铬与冷水能发生剧烈反应 B．的碱性比的弱
C．能与反应 D．铬能与稀盐酸发生反应
14．（2022高一上·安徽期末）某溶液中可能含有如下离子：、、、、Cl 、(不考虑水的电离)。当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是
A．原溶液中一定含有的阳离子是H+、Mg2+、Al3+、
B．反应最后形成的溶液中的溶质只含NaCl和NaAlO2
C．原溶液中Al3+与的物质的量之比为1：1
D．原溶液中含有的阴离子是Cl
15．（2022高一上·安徽期末）碳酸铜、氢氧化铜、碱式碳酸铜()均可溶于盐酸转化为氯化铜。在高温下这三种化合物均能分解成氧化铜。溶解40 g上述混合物，消耗盐酸。灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是
A．15 g B．20 g C．30 g D．35 g
二、综合题
16．（2022高一上·安徽期末）实验室需要配制溶液。
按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。
（1）选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(带砝码、最小砝码为5 g)、药匙、烧杯、胶头滴管、　 　、　 　以及等质量的两片同种纸片。
（2）计算。配制该溶液需称量晶体　 　g。
（3）称量。
①天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置：　 　
②称量过程中晶体应放于天平的　 　(填“左盘”或“右盘”)。
③称量完毕，将药品倒入烧杯中。
（4）接下来溶液配制的基本步骤如下：
①将上述实验步骤A到F按实验过程先后顺序排列(不重复)　 　。
②在转移时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯2～3次是为了　 　。
③定容时向容量瓶中加水至液面接近刻度线　 　处，改用　 　加水，使溶液凹液面最低处与刻度线相切。
（5）下列操作对溶液的物质的量浓度有何影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
①摇匀后发现液面低于刻度线再加水　 　；
②容量瓶中原有少量蒸馏水　 　；
③定容时俯视观察液面　 　。
17．（2022高一上·安徽期末）1774年，瑞典化学家舍勒最先发现了氯气。当他研究软锰矿(二氧化锰)时，使软锰矿与浓盐酸混合并加热，产生了一种黄绿色的气体，也就是我们现在所说的氯气。如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持及加热仪器已略)。
（1）制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，有同学在利用上图装置制取氯气，当从分液漏斗向A中注入浓盐酸后还未进行加热时就发现B中产生较多的气泡，该同学认为浓盐酸和二氧化锰反应不需要加热，你认为该同学的观点是否正确　 　，请说明产生该现象的主要原因　 　。加热后A中相关的化学方程式为　 　。
（2）装置B中饱和食盐水的作用是　 　；同时装置B也是安全瓶，监测实验进行时装置C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时装置B中的现象：　 　。
（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入　 　、无水氯化钙、　 　。
（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱。当向装置D中缓缓通入少量氯气时，发生反应的离子方程式为　 　；然后打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡(已知苯的密度比水小，卤素单质易溶于苯)，观察到的现象是　 　。
（5）该装置存在缺陷，需要进行的改进为　 　，试写出相应的离子方程式：　 　。
三、综合题
18．（2022高一上·安徽期末）随原子序数递增，x、y、z、……等八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示(已知：一般情况下当微粒电子层数相同时，核电荷数越大微粒半径越小；如半径：，)
（1）g的离子结构示意图为　 　。
（2）d、e、f、g、h的离子半径由大到小的顺序为　 　(填离子符号)。
（3）元素g位于周期表的第　 　族，其非金属性比h弱，用原子结构的知识解释原因：　 　。请写出能证明h比g非金属性强的一个化学方程式：　 　。
（4）g的一种氧化物是形成酸雨的主要原因之一，工业上用z的气态氢化物的水溶液作该氧化物的吸收剂，写出吸收剂与足量该氧化物反应的离子方程式：　 　。
（5）f和z组成的化合物fz，被大量用于制造电子元件。工业上用f的氧化物、y单质和z单质在高温下制备fz，其中f的氧化物和y单质的物质的量之比为1：3，则该反应的化学方程式为　 　。
19．（2022高一上·安徽期末）元素的“价—类”二维图是我们学*元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。下图为铁元素的“价—类”二维图，图中甲～己均含铁元素。回答下列问题：
（1）下列说法正确的是____
A．铁与高温水蒸气的反应可实现上述甲到乙的转化
B．是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热时迅速转化为红棕色粉末
C．向戊的水溶液中滴加硫氰化钾溶液后溶液会变成血红色
D．在空气中加热丙会生成红棕色固体
（2）高铁酸盐()是一种高效净水剂，请结合图像推测其净水原理　 　。
（3）在戊的溶液中滴加烧碱溶液并放置一段时间的现象是　 　，在放置过程时的反应化学方程式为　 　。
（4）已知甲与稀硝酸反应的化学方程式为：(未配平)。若产物中戊和己的物质的量之比为3：1，还原剂与氧化剂分别为　 　和　 　，二者的物质的量之比为　 　，该反应的化学方程式　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】钠的物理性质；焰色反应
【解析】【解答】A．焰色试验体现的是元素的物理性质不是单质的物理性质，A符合题意；
B．钠密度比煤油大，可以保存在煤油中，隔绝空气，防止被氧气氧化，B不符合题意；
C．与灼烧时火焰的颜色相同，C不符合题意；
D．钾和钾的化合物的焰色试验需要透过蓝色钴玻璃观察，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.焰色反应体现的是元素的物理性质；
B.金属钠性质活泼，密度比煤油大且不与煤油反应；
C.KCl和的焰色反应均为紫色；
D.为了排出黄光的干扰，钾元素焰色试验需要透过蓝色钴玻璃观察。
2．【答案】B
【知识点】化学的主要特点与意义
【解析】【解答】A. 新制氯水的成分较多，其中具有漂白性的是HClO，因此探究氯水中有漂白性的粒子是有意义的，不符合题目要求，A项不符合题意；
B. CO2和CO之间不发生反应，因此探究CO2和CO是否发生氧化还原反应没有意义，符合题目要求，B项符合题意；
C. 探究铁与氧化性不同的非金属单质反应后得到的产物中铁的化合价不同，因此探究铁与非金属单质反应后的化合价有意义，不符合题目要求，C项不符合题意；
D. 钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳，因此探究钠与二氧化碳是否能反应有意义，不符合题目要求，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氯水中含有氯气，次氯酸等三分子、四种离子，其中氯气，次氯酸二者都具有强的氧化性，都能氧化有色物质，所以探究氯水中具有深白性的粒子是Cl2还是HClO有意义；
B.二氧化碳中碳是+4和一氧化碳中碳是+2价，两者之间无中间价态，不可能发生氧化还原反应；
C.铁是变价金属，与弱氧化剂反应被氧化为+2价，与强氧化剂反应被氧化为+3价；
D.钠是活泼金属、二氧化碳中碳是+4价具有极强的氧化性。
3．【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．冰水混合物是纯净物，A不符合题意；
B．为有机物，不属于碱类，B不符合题意；
C．苛性钠是氢氧化钠，苛性钠属于碱，苛性钠不属于盐类，C不符合题意；
D．、、四种物质均为氧化物，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.混合物由多种物质构成；
B.电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；
C.金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子构成的化合物为盐；
D.两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物。
4．【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．溶液与铜片发生反应：，溶液是浅绿色的，是蓝色的，A项不符合题意；
B．溶液与铜片发生了反应，B项不符合题意；
C．铜与氯化铁反应，C符合题意；
D．离子方程式中电荷不守恒，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】FeCl3具有氧化性，能氧化Cu生成Cu2+，反应的化学方程式为2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，铜离子呈蓝色、铁离子呈黄色、亚铁离子呈浅绿色。
5．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．胶体粒子是若干个的集合体，16.25 g物质的量为0.1mol，溶于沸水后形成的胶体粒子数少于，A项不符合题意；
B．氩气是单原子分子，氩原子的质子数是18，标准状况下，22.4 L氩气的物质的量为，含有的质子数为，B项符合题意；
C．欲配制溶液，所需水的体积应小于，故C不符合题意；
D．NaCl为离子化合物，其中不含分子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氢氧化铁胶体粒子是多个的集合体；
C.将58.5 g溶于1.00 L水中，所得溶液体积大于1.00L；
D.NaCl为离子化合物，不含分子。
6．【答案】C
【知识点】钠的化学性质；钠的重要化合物
【解析】【解答】A．钠表面自然形成的氧化层不是致密的氧化物保护膜，不能够保护内层金属，A不符合题意；
B．钠与盐溶液反应时，先考虑钠与盐溶液中的水反应，再考虑生成的NaOH与盐反应，给不能从TiCl4溶液置换出钛Ti，B不符合题意，
C．由于金属钠的性质非常活泼，易与空气中的O2、H2O蒸气反应，很危险，故实验完毕后剩余的金属钠不能随意丢弃，应放回原试剂瓶，C符合题意；
D．已知Na2O2是由Na+和，故1molNa2O2固体中含离子总数为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氧化钠不是致密的氧化膜，不能保护内层金属；
B.金属钠与盐溶液反应时，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与对应的盐反应；
D.Na2O2由Na+和构成。
7．【答案】D
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．NaOH吸收二氧化碳而变质，会混有碳酸钠，则加入Ba（OH）2溶液生成白色沉淀，说明变质，A不符合题意；
B．硫酸亚铁易被氧化，变质后会混有铁离子，加KSCN溶液，溶液变红，说明变质，B不符合题意；
C．KI易被氧化，变质会混有碘单质，加淀粉后溶液变蓝，说明变质，C不符合题意；
D．亚硫酸钠变质会混有硫酸钠，均与氯化钡反应生成白色沉淀，则加氯化钡不能检验变质，应利用盐酸和氯化钡检验，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氢氧化钠变质生成碳酸钠，可与氢氧化钡反应生成沉淀；
B.铁离子遇KSCN溶液变红；
C.淀粉遇碘单质变蓝色；
D.Na2SO3和BaCl2反应生成亚硫酸钡白色沉淀。
8．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子半径从上到下依次增大，即半径：；电子层数越多，原子半径大，所以原子半径，即半径：：综上所述，原子半径：，可以用元素周期律解释，故A不选；
B．金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性强，根据元素周期律，同周期元素从左到右，金属性依次减弱，同主族从上到下依次增强，金属性：，所以碱性：，故B不选；
C．非金属越强，简单氢化物越稳定，根据元素周期律，同周期元素从左到右，非金属性依次增强，同主族从上到下依次减弱，非金属性：，所以热稳定性：，故C不选；
D．、、均不是该元素对应的最高价氧化物对应的水化物，不能用元素周期律解释，只与其电离的难易程度有关，故D选；
故答案为：D。
【分析】A.电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；
B.元素的金属性越强，对应的碱碱性越强；
C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强。
9．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A. SCN-是“类卤离子”，高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN-氧化，使红色褪去，故A不符合题意；
B. Fe3+具有氧化性，二氧化硫具有还原性，两者反应生成硫酸根离子、亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++4H++SO42-，使红色褪去，故B不符合题意；
C. SO2中硫元素为+4价，如果还原SCN-，则二氧化硫中的硫将变为+6价，而SCN－须继续降低，但SCN-中碳元素显+4价，不能氧化+4价的硫，氮元素显－3价，化合价不能再降低，硫元素的化合价为－2价，也不能氧化+4价的硫，所以对于SCN-，无论原子团还是其中原子，均无法氧化二氧化硫，故C符合题意；
D. 高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN-氧化为(SCN)2，相当于卤素单质X2，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN-氧化的原理来判断；
B.根据二氧化硫具有还原性，Fe3+具有氧化性解答；
C. SO2中硫元素为+4价，SCN-离子碳元素显+4价，氮元素显-3价，硫元素的化合价为-2 价；
D.高锰酸钾具有强氧化性，可以将还原性的离子氧化；
10．【答案】A
【知识点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．根据题意，在此状况下，1mol气体体积为30L，则，故A符合题意；
B．在标准状况下若该物质为气态，则1mol该气体的体积为22.4 L，故B不符合题意；
C．综上所述，某气态纯净物中含有个分子，这些分子由个原子组成，则该分子含有原子个数为，故C不符合题意；
D．综上所述，在此状况下，，在该条件下的体积也为30 L，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.气体摩尔体积的常用单位是L/mol；
B.6.02×1023个分子的物质的量为1mol，标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol；
C.6.02×1023个分子含有1.806×1024个原子，则1个气体分子含有3个原子；
D.相同条件下气体的体积之比等于其分子数目之比。
11．【答案】A
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】A. 将足量的过氧化钠投入NaCl溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，增加质量相当于Na2O的质量，NaOH与NaCl不反应，无沉淀析出，溶液质量增加，A项符合题意；
B. 将足量的过氧化钠投入到Fe2(SO4)3溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，增加质量相当于Na2O的质量，而NaOH和Fe2(SO4)3反应生成氢氧化铁，析出沉淀的质量大于氧化钠的质量，溶液质量减小，B项不符合题意；
C. 将足量的过氧化钠投入饱和烧碱溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中消耗水，而NaOH溶液为饱和溶液，水的质量减少，原溶液中的NaOH会析出，溶液质量减小，C项不符合题意；
D. 将足量的过氧化钠投入到Ba(HCO3)2溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，增加质量相当于Na2O的质量，而NaOH和Ba(HCO3)2反应生成碳酸钡的沉淀，析出沉淀的质量大于氧化钠的质量，溶液质量减小，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，会出现气体，如果溶液质量减轻，则说明从溶液中放出气体的质量大于溶液增加的质量。
12．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A、根据信息，I－的还原性强于Fe2＋，因此Cl2先氧化I－，故说法符合题意；
B、还原性I－>Fe2＋，先和I－反应，氯气过量再和Fe2＋反应，故说法不符合题意；
C、Co2O3的氧化性强于Cl2，利用氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，故说法不符合题意；
D、Fe3＋的氧化性强于I2，因此两者发生反应，故说法不符合题意。
【分析】根据强氧化性和强还原性的物质反应生成弱氧化性和弱还原性的物质进行分析反应能否发生即可。
13．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Al不能与冷水发生剧烈反应，Cr金属性弱于Al，故Cr无法与冷水发生剧烈反应，A符合题意；
B．金属性越强，其氧化物对应的水化物的碱性越强，则碱性NaOH>Cr(OH)3，B不符合题意；
C．酸可以与金属氧化物发生反应，C不符合题意；
D．Fe可以与盐酸反应，Cr的还原性强于Fe，故Cr可以与盐酸反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.铬的金属性位于锌和铁之间，锌和铁均不与冷水反应，则铬不能与冷水剧烈反应；
B.金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；
C.碱性氧化物能和酸反应生成盐和水；
D.金属活动性顺序中，排在氢前面的金属，能和稀盐酸或稀硫酸反应生成盐和氢气，排在前面的金属，能把排在后面的金属从它的盐溶液中置换出来。
14．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．根据分析，溶液中肯定含有的阳离子为，、、Al3+，A不符合题意；
B．反应到最后溶液中的溶质为NH3 H2O、NaCl和NaAlO2，B不符合题意；
C．结合图像中的数量关系可得n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=2：1：3，C不符合题意；
D．根据分析，溶液中肯定含有的阴离子为Cl ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由图可知， 开始没有沉淀生成，后有沉淀生成，最后沉淀可以完全溶解，说溶液一定含有H+、Al3+，一定没有Mg2+、AlO2-；中间阶段消耗NaOH，但沉淀量不变，说明溶液中一定含有NH4+；中和H+、沉淀Al3+、与NH4+反应消耗的NaOH的体积之比为2mL：（5mL-2mL）：（8mL-5mL）=2：3：3，即n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=2：1：3，由于溶液不显电性，则原溶液中一定含有Cl-，所以原溶液中一定含有H+、Al3+、NH4+、Cl-，一定不含有Mg2+、AlO2-。
15．【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】碳酸铜、氢氧化铜、碱式碳酸铜可溶于盐酸转化为氯化铜，溶解40 g混合物，消耗盐酸，的物质的量为，根据氯原子守恒则的物质的量为。根据Cu原子守恒可知，原混合物中含有Cu原子的物质的量为，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为，则；
故答案为：B。
【分析】 由原子守恒可知：CuCl2～2HCl～CuO，据此计算。
16．【答案】（1）容量瓶；玻璃棒
（2）14.6
（3）；左盘
（4）CBDFAE；保证溶质全部转入容量瓶中；1～2cm；胶头滴管
（5）偏低；无影响；偏高
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）根据近且大的原则，配制溶液，选择500mL容量瓶，所以本实验所必需的仪器有：托盘天平(带砝码、最小砝码为5 g)、药匙、烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶；玻璃棒以及等质量的两片同种纸片；
故答案为：500mL容量瓶；玻璃棒；
（2）配制该溶液需称量晶体的质量为14.6g；
故答案为：14.6；
（3）根据题意，需要称量14.6gNaCl，需要1个10g砝码，游标应该在刻度“4.6”的位置，如图；
故答案为：；
用天平称量物质时，左盘放称量物品，右盘放砝码；
故答案为：左盘；
（4）配置一定物质的量浓度的溶液的过程一共有八个步骤：
①计算：所称取固体的质量或所量取液体的体积。
②称量：称量固体时要注意天平的精确程度，同样量取液体时，也要注意量筒和滴定管的精确程度。如托盘天平就不能称出5.85 g固体NaCl，量筒就不能量出5.25 mL液体的体积。因为他们的精确程度为0.1。建议使用电子天平。
③溶解：一般在烧杯中进行，在溶解过程中有的有热效应，故还要冷却，这是因为容量瓶的容量、规格是受温度限制的，如果未冷却，会因为热胀效应而产生误差。
④移液：转移液体时要用玻璃棒引流，且其下端一般应靠在容量瓶内壁的刻度线以下部位。
⑤洗涤：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，其目的是使溶质尽可能地转移到容量瓶中，以防产生误差。
⑥定容：当向容量瓶中加水至刻度线1 cm～2 cm处时，再改用胶头滴管至刻度处。
⑦摇匀：这时如果液面低于刻度线，不要再加水。
⑧装瓶：容量瓶不能长时间盛放液体，应盛装在指定的试剂瓶中，并贴好标签；
故答案为：CBDFAE；
用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，其目的是使溶质尽可能地转移到容量瓶中，以防产生误差；
故答案为：保证溶质全部转入容量瓶中；
定容时向容量瓶中加水至液面接近刻度线1～2cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面最低处与刻度线相切；
故答案为；1～2cm；胶头滴管；
（5）根据，浓度偏高时，意味着n偏大或者V偏小；浓度偏低时，意味着n偏小或者V偏大，根据实际操作中判断n和V的变化情况，来判断c的变化；
①摇匀后发现液面低于刻度线是因为溶液挂在容器壁上，再加水使V增大，则浓度偏低；
故答案为：偏低
②因为需要加水，所以容量瓶中原有少量蒸馏水对浓度无影响；
故答案为：无影响；
③定容时俯视观察液面使溶液体积偏小，导致浓度偏高；
故答案为：偏高。
【分析】（1）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据步骤选择相应仪器；
（2）根据m=cVM计算；
（3）①称量14.6gNaCl，需要1个10g砝码，游标应该在刻度“4.6”的位置；
②托盘天平使用时遵循“左物右码”原则；
（4）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等；
（5）根据分析误差。
17．【答案】（1）否；浓盐酸具有强的挥发性，挥发出氯化氢气体使A中压强增大，大量气体进入B中产生气泡；
（2）除去中的；B中长颈漏斗下端的液面上升，形成水柱
（3）湿润的有色布条；干燥的有色布条
（4）；装置E中的溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色
（5）D处导管后添加浓氢氧化钠溶液，吸收多余的氯气；
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）浓盐酸具有挥发性，挥发出HCl气体，使A中气体压强增大，导致B中产生气泡，A中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气；
故答案为：否；浓盐酸具有强的挥发性，挥发出氯化氢气体使A中压强增大，大量气体进入B中产生气泡；；
（2）根据分析，饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，如果C堵塞导致产生的气体在B中，使得B中压强增大，B中长颈漏斗下端的液面上升，形成水柱；
故答案为：B中长颈漏斗下端的液面上升，形成水柱；
（3）根据分析，为了判断氯气是否有漂白性，在C装置中Ⅰ处放湿润的有色布条，Ⅱ放无水氯化钙吸收水，Ⅲ处放干燥的有色布条；
故答案为：湿润的有色布条；干燥的有色布条；
（4）D中氯气与NaBr反应，生成溴单质，，在E中氯气与碘化钾反应生成单质碘，单质碘溶于苯与水溶液分层，苯的密度小在上层，故观察到的现象是装置E中的溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色；
故答案为：；装置E中的溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色；
（5）根据分析，氯气有毒有害，需要增加尾气吸收装置，可以在D处导管后添加浓氢氧化钠溶液，吸收多余的氯气；
故答案为：D处导管后添加浓氢氧化钠溶液，吸收多余的氯气；。
【分析】装置A中浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl杂质，通过装置B中饱和食盐水除去HCl杂质，装置C为了验证氯气是否具有漂白性，可在Ⅰ处放湿润的有色布条，Ⅱ放无水氯化钙吸收水，Ⅲ处放干燥的有色布条，观察现象，D、E判断氯气的氧化性，氯气有毒，需要在最后增加尾气处理装置。
18．【答案】（1）
（2）
（3）ⅥA；S原子和Cl原子的电子层数相同，S原子半径较大，得电子能力较弱；(或)
（4）
（5）
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）硫得到2个电子形成硫离子，图示为；
（2）电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；则d、e、f、g、h的离子半径由大到小的顺序为；
（3）硫元素为16号元素，位于周期表的第三周期第ⅥA族；S原子和Cl原子的电子层数相同，S原子半径较大，得电子能力较弱，故其非金属性比氯弱；氯气和硫化氢反应生成硫单质和氯化氢，说明氯得电子能力更强、非金属性更强，反应为(或)；
（4）二氧化硫是形成酸雨的主要原因之一，氮的氢化物的水溶液为一水合氨，二氧化硫过量时，两者反应生成亚硫酸铵，反应为；
（5）f和z组成的化合物为氮化铝，氧化铝、氮气、碳在高温下生成氮化铝且氧化铝和碳的物质的量之比为1：3，即反应中氧化铝、碳的系数比为1：3，根据质量守恒配平可知反应为：。
【分析】d、g都有-2价，则二者处于ⅥA族，g的原子序数、原子半径均大于d，故d为O元素、g为S元素；h有-1价，原子序数大于g，故h为Cl元素；e有+1价、f有+3价，它们的原子序数都大于d（氧），可知e为Na元素、f为Al元素；y有+4价、z有+5价，原子序数y＜z＜d（氧），故y为C元素、z为N元素；x最高价为+1，原子半径小于y（碳），故x为H元素。
19．【答案】（1）D
（2）①高铁酸盐()中的铁元素处于最高价态，容易得到电子，具有强氧化性，可用于消毒；②发生还原反应后最终可生成胶体，从而吸附水中的悬浮物，故高铁酸盐可用作净水剂
（3）开始产生白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；
（4）Fe；；4：3；
【知识点】氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）A．铁与高温水蒸气的反应生成四氧化三铁和氢气，不能得到FeO，故A不正确；
B．是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热时迅速转化为，故B不正确；
C．向的水溶液中滴加硫氰化钾溶液后溶液无明显现象，故C不正确；
D．中Fe化合价为+2价，可被氧化为+3，在空气中加热会被氧化为，故D正确；
故答案为：D；
（2）如图，根据高铁酸盐()中Fe元素的化合价分析其消毒、净水原理为：①高铁酸盐()中的铁元素处于最高价态，容易得到电子，具有强氧化性，可用于消毒；②发生还原反应后最终可生成胶体，从而吸附水中的悬浮物，故高铁酸盐可用作净水剂；
故答案为：①高铁酸盐()中的铁元素处于最高价态，容易得到电子，具有强氧化性，可用于消毒；②发生还原反应后最终可生成胶体，从而吸附水中的悬浮物，故高铁酸盐可用作净水剂；
（3）在的水溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成，不稳定，易被氧化为，放置一段时间的现象是：开始产生白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，其反应为；
故答案为：开始产生白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色； ；
（4）综上所述；甲为Fe、戊为、己为，根据反应，根据氧化还原反应的电子守恒且产物中和的物质的量之比为3：1，配平该方程式为，其中Fe元素化合价升高被氧化，Fe作还原剂，N元素化合价降低，被还原，作氧化剂，其中每4molFe被氧化，有3mol被还原，还原剂与氧化剂的物质的量之比为；
故答案为：Fe；；；。
【分析】由图可知，甲为Fe，乙为FeO，丙为氢氧化亚铁，丁为氢氧化铁，戊为亚铁盐，己为铁盐。
安徽省皖北地区2022-2023学年高一上学期期末联考化学试题
一、单选题
1．（2022高一上·安徽期末）五彩缤纷的烟花表演为各种节日增添了许多喜庆的气氛。焰火颜色的产生与烟花中含有钠、钾、钙、钡、铜、锶等金属元素有关。下列有关说法中错误的是
A．金属元素的焰色试验体现的是单质的物理性质
B．钠可以保存在煤油中
C．与灼烧时火焰的颜色相同
D．进行钾及其化合物的焰色试验需要透过蓝色钴玻璃观察
【答案】A
【知识点】钠的物理性质；焰色反应
【解析】【解答】A．焰色试验体现的是元素的物理性质不是单质的物理性质，A符合题意；
B．钠密度比煤油大，可以保存在煤油中，隔绝空气，防止被氧气氧化，B不符合题意；
C．与灼烧时火焰的颜色相同，C不符合题意；
D．钾和钾的化合物的焰色试验需要透过蓝色钴玻璃观察，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.焰色反应体现的是元素的物理性质；
B.金属钠性质活泼，密度比煤油大且不与煤油反应；
C.KCl和的焰色反应均为紫色；
D.为了排出黄光的干扰，钾元素焰色试验需要透过蓝色钴玻璃观察。
2．（2022高一上·安徽期末）科学探究与创新意识是化学研究工作者的必备素养。根据所学知识判断下列探究肯定没有意义的是
A．探究氯水中有漂白性的粒子
B．探究CO2和CO是否发生氧化还原反应
C．探究铁与非金属单质反应后的化合价
D．探究钠与二氧化碳是否能反应
【答案】B
【知识点】化学的主要特点与意义
【解析】【解答】A. 新制氯水的成分较多，其中具有漂白性的是HClO，因此探究氯水中有漂白性的粒子是有意义的，不符合题目要求，A项不符合题意；
B. CO2和CO之间不发生反应，因此探究CO2和CO是否发生氧化还原反应没有意义，符合题目要求，B项符合题意；
C. 探究铁与氧化性不同的非金属单质反应后得到的产物中铁的化合价不同，因此探究铁与非金属单质反应后的化合价有意义，不符合题目要求，C项不符合题意；
D. 钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳，因此探究钠与二氧化碳是否能反应有意义，不符合题目要求，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氯水中含有氯气，次氯酸等三分子、四种离子，其中氯气，次氯酸二者都具有强的氧化性，都能氧化有色物质，所以探究氯水中具有深白性的粒子是Cl2还是HClO有意义；
B.二氧化碳中碳是+4和一氧化碳中碳是+2价，两者之间无中间价态，不可能发生氧化还原反应；
C.铁是变价金属，与弱氧化剂反应被氧化为+2价，与强氧化剂反应被氧化为+3价；
D.钠是活泼金属、二氧化碳中碳是+4价具有极强的氧化性。
3．（2022高一上·安徽期末）下列有关物质的分类正确的是
A．混合物：空气、矿泉水、冰水混合物
B．碱：、、
C．盐：苛性钠、氯化铵、纯碱
D．氧化物：、、
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．冰水混合物是纯净物，A不符合题意；
B．为有机物，不属于碱类，B不符合题意；
C．苛性钠是氢氧化钠，苛性钠属于碱，苛性钠不属于盐类，C不符合题意；
D．、、四种物质均为氧化物，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.混合物由多种物质构成；
B.电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；
C.金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子构成的化合物为盐；
D.两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物。
4．（2022高一上·安徽期末）为迎接冬奥会王刚同学用毛笔蘸取少量30%溶液在铜片上写上“冬奥”两个字，放置片刻，用少量水将铜片上的溶液冲到小烧杯中，下列说法中正确的是
A．烧杯中的溶液呈黄色
B．铜片无任何变化
C．铜片上有凹陷的“冬奥”字样
D．发生了反应：
【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．溶液与铜片发生反应：，溶液是浅绿色的，是蓝色的，A项不符合题意；
B．溶液与铜片发生了反应，B项不符合题意；
C．铜与氯化铁反应，C符合题意；
D．离子方程式中电荷不守恒，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】FeCl3具有氧化性，能氧化Cu生成Cu2+，反应的化学方程式为2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，铜离子呈蓝色、铁离子呈黄色、亚铁离子呈浅绿色。
5．（2022高一上·安徽期末）代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．16.25 g溶于沸水后形成的胶体粒子数为
B．22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为
C．欲配制的溶液，可将58.5 g溶于1.00 L水中
D．中约含有个分子
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．胶体粒子是若干个的集合体，16.25 g物质的量为0.1mol，溶于沸水后形成的胶体粒子数少于，A项不符合题意；
B．氩气是单原子分子，氩原子的质子数是18，标准状况下，22.4 L氩气的物质的量为，含有的质子数为，B项符合题意；
C．欲配制溶液，所需水的体积应小于，故C不符合题意；
D．NaCl为离子化合物，其中不含分子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氢氧化铁胶体粒子是多个的集合体；
C.将58.5 g溶于1.00 L水中，所得溶液体积大于1.00L；
D.NaCl为离子化合物，不含分子。
6．（2022高一上·安徽期末）下列关于钠及其化合物描述正确的是
A．钠表面自然形成的氧化层能够保护内层金属不被空气氧化
B．金属钠具有强还原性，可与溶液反应制取金属Ti
C．实验完毕后剩余的金属钠不能随意丢弃，应放回原试剂瓶
D．固体中含离子总数为
【答案】C
【知识点】钠的化学性质；钠的重要化合物
【解析】【解答】A．钠表面自然形成的氧化层不是致密的氧化物保护膜，不能够保护内层金属，A不符合题意；
B．钠与盐溶液反应时，先考虑钠与盐溶液中的水反应，再考虑生成的NaOH与盐反应，给不能从TiCl4溶液置换出钛Ti，B不符合题意，
C．由于金属钠的性质非常活泼，易与空气中的O2、H2O蒸气反应，很危险，故实验完毕后剩余的金属钠不能随意丢弃，应放回原试剂瓶，C符合题意；
D．已知Na2O2是由Na+和，故1molNa2O2固体中含离子总数为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氧化钠不是致密的氧化膜，不能保护内层金属；
B.金属钠与盐溶液反应时，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与对应的盐反应；
D.Na2O2由Na+和构成。
7．（2022高一上·安徽期末）为确定下列置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂(括号内物质)不能达到目的的是
A．NaOH溶液[Ba(OH)2溶液] B．FeSO4溶液(KSCN溶液)
C．KI(淀粉溶液) D．Na2SO3溶液(BaCl2溶液)
【答案】D
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．NaOH吸收二氧化碳而变质，会混有碳酸钠，则加入Ba（OH）2溶液生成白色沉淀，说明变质，A不符合题意；
B．硫酸亚铁易被氧化，变质后会混有铁离子，加KSCN溶液，溶液变红，说明变质，B不符合题意；
C．KI易被氧化，变质会混有碘单质，加淀粉后溶液变蓝，说明变质，C不符合题意；
D．亚硫酸钠变质会混有硫酸钠，均与氯化钡反应生成白色沉淀，则加氯化钡不能检验变质，应利用盐酸和氯化钡检验，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氢氧化钠变质生成碳酸钠，可与氢氧化钡反应生成沉淀；
B.铁离子遇KSCN溶液变红；
C.淀粉遇碘单质变蓝色；
D.Na2SO3和BaCl2反应生成亚硫酸钡白色沉淀。
8．（2022高一上·安徽期末）下列事实中，不能用元素周期律解释的是
A．原子半径： B．碱性：
C．热稳定性： D．酸性：
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子半径从上到下依次增大，即半径：；电子层数越多，原子半径大，所以原子半径，即半径：：综上所述，原子半径：，可以用元素周期律解释，故A不选；
B．金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性强，根据元素周期律，同周期元素从左到右，金属性依次减弱，同主族从上到下依次增强，金属性：，所以碱性：，故B不选；
C．非金属越强，简单氢化物越稳定，根据元素周期律，同周期元素从左到右，非金属性依次增强，同主族从上到下依次减弱，非金属性：，所以热稳定性：，故C不选；
D．、、均不是该元素对应的最高价氧化物对应的水化物，不能用元素周期律解释，只与其电离的难易程度有关，故D选；
故答案为：D。
【分析】A.电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；
B.元素的金属性越强，对应的碱碱性越强；
C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强。
9．（2021高二下·齐齐哈尔期末）将几滴KSCN（SCN-是“类卤离子”）溶液加入到含有Fe3+的酸性溶液中，溶液变成红色。将该红色溶液分为两份：①一份中加入适量KMnO4溶液，红色褪去；②向另一份中通入SO2，红色也褪去。以下推测肯定错误的是（　　）
A．①中红色褪去的原因是KMnO4将SCN-氧化
B．②中红色褪去的原因是SO2将Fe3+还原成Fe2+
C．②中红色褪去的原因是SO2将SCN-还原
D．SCN-在适当条件下可失去电子被氧化为(SCN)2
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A. SCN-是“类卤离子”，高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN-氧化，使红色褪去，故A不符合题意；
B. Fe3+具有氧化性，二氧化硫具有还原性，两者反应生成硫酸根离子、亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++4H++SO42-，使红色褪去，故B不符合题意；
C. SO2中硫元素为+4价，如果还原SCN-，则二氧化硫中的硫将变为+6价，而SCN－须继续降低，但SCN-中碳元素显+4价，不能氧化+4价的硫，氮元素显－3价，化合价不能再降低，硫元素的化合价为－2价，也不能氧化+4价的硫，所以对于SCN-，无论原子团还是其中原子，均无法氧化二氧化硫，故C符合题意；
D. 高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN-氧化为(SCN)2，相当于卤素单质X2，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN-氧化的原理来判断；
B.根据二氧化硫具有还原性，Fe3+具有氧化性解答；
C. SO2中硫元素为+4价，SCN-离子碳元素显+4价，氮元素显-3价，硫元素的化合价为-2 价；
D.高锰酸钾具有强氧化性，可以将还原性的离子氧化；
10．（2022高一上·安徽期末）一定温度和压强下，30 L某种气态纯净物中含有个分子，这些分子由个原子组成，下列有关说法错误的是
A．该温度和压强气体摩尔体积
B．标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4 L
C．该气体中每个分子含有3个原子
D．若在该条件下为气态，则在该条件下的体积也为30 L
【答案】A
【知识点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．根据题意，在此状况下，1mol气体体积为30L，则，故A符合题意；
B．在标准状况下若该物质为气态，则1mol该气体的体积为22.4 L，故B不符合题意；
C．综上所述，某气态纯净物中含有个分子，这些分子由个原子组成，则该分子含有原子个数为，故C不符合题意；
D．综上所述，在此状况下，，在该条件下的体积也为30 L，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.气体摩尔体积的常用单位是L/mol；
B.6.02×1023个分子的物质的量为1mol，标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol；
C.6.02×1023个分子含有1.806×1024个原子，则1个气体分子含有3个原子；
D.相同条件下气体的体积之比等于其分子数目之比。
11．（2022高一上·安徽期末）将过氧化钠投入到下列物质的溶液中，溶液的质量不会减轻的是（　　）
A．NaCl B．Fe2(SO4)3
C．饱和烧碱溶液 D．Ba(HCO3)2
【答案】A
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】A. 将足量的过氧化钠投入NaCl溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，增加质量相当于Na2O的质量，NaOH与NaCl不反应，无沉淀析出，溶液质量增加，A项符合题意；
B. 将足量的过氧化钠投入到Fe2(SO4)3溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，增加质量相当于Na2O的质量，而NaOH和Fe2(SO4)3反应生成氢氧化铁，析出沉淀的质量大于氧化钠的质量，溶液质量减小，B项不符合题意；
C. 将足量的过氧化钠投入饱和烧碱溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中消耗水，而NaOH溶液为饱和溶液，水的质量减少，原溶液中的NaOH会析出，溶液质量减小，C项不符合题意；
D. 将足量的过氧化钠投入到Ba(HCO3)2溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，增加质量相当于Na2O的质量，而NaOH和Ba(HCO3)2反应生成碳酸钡的沉淀，析出沉淀的质量大于氧化钠的质量，溶液质量减小，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，会出现气体，如果溶液质量减轻，则说明从溶液中放出气体的质量大于溶液增加的质量。
12．（2018高二下·铜仁期末）已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是(　　)
A．3Cl2＋6FeI2=2FeCl3＋4FeI3
B．Cl2＋FeI2=FeCl2＋I2
C．Co2O3＋6HCl(浓)=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O
D．2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A、根据信息，I－的还原性强于Fe2＋，因此Cl2先氧化I－，故说法符合题意；
B、还原性I－>Fe2＋，先和I－反应，氯气过量再和Fe2＋反应，故说法不符合题意；
C、Co2O3的氧化性强于Cl2，利用氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，故说法不符合题意；
D、Fe3＋的氧化性强于I2，因此两者发生反应，故说法不符合题意。
【分析】根据强氧化性和强还原性的物质反应生成弱氧化性和弱还原性的物质进行分析反应能否发生即可。
13．（2022高一上·安徽期末）铬是人体必不可少的一种微量元素，它能维持人体多种生理机能，主要分布于皮肤、大脑、骨骼、肌肉、肾上腺当中。铬的金属性位于锌和铁之间，根据元素周期律的知识，下列有关铬的性质说法错误的是
A．铬与冷水能发生剧烈反应 B．的碱性比的弱
C．能与反应 D．铬能与稀盐酸发生反应
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Al不能与冷水发生剧烈反应，Cr金属性弱于Al，故Cr无法与冷水发生剧烈反应，A符合题意；
B．金属性越强，其氧化物对应的水化物的碱性越强，则碱性NaOH>Cr(OH)3，B不符合题意；
C．酸可以与金属氧化物发生反应，C不符合题意；
D．Fe可以与盐酸反应，Cr的还原性强于Fe，故Cr可以与盐酸反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.铬的金属性位于锌和铁之间，锌和铁均不与冷水反应，则铬不能与冷水剧烈反应；
B.金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；
C.碱性氧化物能和酸反应生成盐和水；
D.金属活动性顺序中，排在氢前面的金属，能和稀盐酸或稀硫酸反应生成盐和氢气，排在前面的金属，能把排在后面的金属从它的盐溶液中置换出来。
14．（2022高一上·安徽期末）某溶液中可能含有如下离子：、、、、Cl 、(不考虑水的电离)。当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是
A．原溶液中一定含有的阳离子是H+、Mg2+、Al3+、
B．反应最后形成的溶液中的溶质只含NaCl和NaAlO2
C．原溶液中Al3+与的物质的量之比为1：1
D．原溶液中含有的阴离子是Cl
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．根据分析，溶液中肯定含有的阳离子为，、、Al3+，A不符合题意；
B．反应到最后溶液中的溶质为NH3 H2O、NaCl和NaAlO2，B不符合题意；
C．结合图像中的数量关系可得n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=2：1：3，C不符合题意；
D．根据分析，溶液中肯定含有的阴离子为Cl ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由图可知， 开始没有沉淀生成，后有沉淀生成，最后沉淀可以完全溶解，说溶液一定含有H+、Al3+，一定没有Mg2+、AlO2-；中间阶段消耗NaOH，但沉淀量不变，说明溶液中一定含有NH4+；中和H+、沉淀Al3+、与NH4+反应消耗的NaOH的体积之比为2mL：（5mL-2mL）：（8mL-5mL）=2：3：3，即n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=2：1：3，由于溶液不显电性，则原溶液中一定含有Cl-，所以原溶液中一定含有H+、Al3+、NH4+、Cl-，一定不含有Mg2+、AlO2-。
15．（2022高一上·安徽期末）碳酸铜、氢氧化铜、碱式碳酸铜()均可溶于盐酸转化为氯化铜。在高温下这三种化合物均能分解成氧化铜。溶解40 g上述混合物，消耗盐酸。灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是
A．15 g B．20 g C．30 g D．35 g
【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】碳酸铜、氢氧化铜、碱式碳酸铜可溶于盐酸转化为氯化铜，溶解40 g混合物，消耗盐酸，的物质的量为，根据氯原子守恒则的物质的量为。根据Cu原子守恒可知，原混合物中含有Cu原子的物质的量为，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为，则；
故答案为：B。
【分析】 由原子守恒可知：CuCl2～2HCl～CuO，据此计算。
二、综合题
16．（2022高一上·安徽期末）实验室需要配制溶液。
按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。
（1）选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(带砝码、最小砝码为5 g)、药匙、烧杯、胶头滴管、　 　、　 　以及等质量的两片同种纸片。
（2）计算。配制该溶液需称量晶体　 　g。
（3）称量。
①天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置：　 　
②称量过程中晶体应放于天平的　 　(填“左盘”或“右盘”)。
③称量完毕，将药品倒入烧杯中。
（4）接下来溶液配制的基本步骤如下：
①将上述实验步骤A到F按实验过程先后顺序排列(不重复)　 　。
②在转移时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯2～3次是为了　 　。
③定容时向容量瓶中加水至液面接近刻度线　 　处，改用　 　加水，使溶液凹液面最低处与刻度线相切。
（5）下列操作对溶液的物质的量浓度有何影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
①摇匀后发现液面低于刻度线再加水　 　；
②容量瓶中原有少量蒸馏水　 　；
③定容时俯视观察液面　 　。
【答案】（1）容量瓶；玻璃棒
（2）14.6
（3）；左盘
（4）CBDFAE；保证溶质全部转入容量瓶中；1～2cm；胶头滴管
（5）偏低；无影响；偏高
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）根据近且大的原则，配制溶液，选择500mL容量瓶，所以本实验所必需的仪器有：托盘天平(带砝码、最小砝码为5 g)、药匙、烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶；玻璃棒以及等质量的两片同种纸片；
故答案为：500mL容量瓶；玻璃棒；
（2）配制该溶液需称量晶体的质量为14.6g；
故答案为：14.6；
（3）根据题意，需要称量14.6gNaCl，需要1个10g砝码，游标应该在刻度“4.6”的位置，如图；
故答案为：；
用天平称量物质时，左盘放称量物品，右盘放砝码；
故答案为：左盘；
（4）配置一定物质的量浓度的溶液的过程一共有八个步骤：
①计算：所称取固体的质量或所量取液体的体积。
②称量：称量固体时要注意天平的精确程度，同样量取液体时，也要注意量筒和滴定管的精确程度。如托盘天平就不能称出5.85 g固体NaCl，量筒就不能量出5.25 mL液体的体积。因为他们的精确程度为0.1。建议使用电子天平。
③溶解：一般在烧杯中进行，在溶解过程中有的有热效应，故还要冷却，这是因为容量瓶的容量、规格是受温度限制的，如果未冷却，会因为热胀效应而产生误差。
④移液：转移液体时要用玻璃棒引流，且其下端一般应靠在容量瓶内壁的刻度线以下部位。
⑤洗涤：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，其目的是使溶质尽可能地转移到容量瓶中，以防产生误差。
⑥定容：当向容量瓶中加水至刻度线1 cm～2 cm处时，再改用胶头滴管至刻度处。
⑦摇匀：这时如果液面低于刻度线，不要再加水。
⑧装瓶：容量瓶不能长时间盛放液体，应盛装在指定的试剂瓶中，并贴好标签；
故答案为：CBDFAE；
用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，其目的是使溶质尽可能地转移到容量瓶中，以防产生误差；
故答案为：保证溶质全部转入容量瓶中；
定容时向容量瓶中加水至液面接近刻度线1～2cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面最低处与刻度线相切；
故答案为；1～2cm；胶头滴管；
（5）根据，浓度偏高时，意味着n偏大或者V偏小；浓度偏低时，意味着n偏小或者V偏大，根据实际操作中判断n和V的变化情况，来判断c的变化；
①摇匀后发现液面低于刻度线是因为溶液挂在容器壁上，再加水使V增大，则浓度偏低；
故答案为：偏低
②因为需要加水，所以容量瓶中原有少量蒸馏水对浓度无影响；
故答案为：无影响；
③定容时俯视观察液面使溶液体积偏小，导致浓度偏高；
故答案为：偏高。
【分析】（1）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据步骤选择相应仪器；
（2）根据m=cVM计算；
（3）①称量14.6gNaCl，需要1个10g砝码，游标应该在刻度“4.6”的位置；
②托盘天平使用时遵循“左物右码”原则；
（4）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等；
（5）根据分析误差。
17．（2022高一上·安徽期末）1774年，瑞典化学家舍勒最先发现了氯气。当他研究软锰矿(二氧化锰)时，使软锰矿与浓盐酸混合并加热，产生了一种黄绿色的气体，也就是我们现在所说的氯气。如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持及加热仪器已略)。
（1）制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，有同学在利用上图装置制取氯气，当从分液漏斗向A中注入浓盐酸后还未进行加热时就发现B中产生较多的气泡，该同学认为浓盐酸和二氧化锰反应不需要加热，你认为该同学的观点是否正确　 　，请说明产生该现象的主要原因　 　。加热后A中相关的化学方程式为　 　。
（2）装置B中饱和食盐水的作用是　 　；同时装置B也是安全瓶，监测实验进行时装置C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时装置B中的现象：　 　。
（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入　 　、无水氯化钙、　 　。
（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱。当向装置D中缓缓通入少量氯气时，发生反应的离子方程式为　 　；然后打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡(已知苯的密度比水小，卤素单质易溶于苯)，观察到的现象是　 　。
（5）该装置存在缺陷，需要进行的改进为　 　，试写出相应的离子方程式：　 　。
【答案】（1）否；浓盐酸具有强的挥发性，挥发出氯化氢气体使A中压强增大，大量气体进入B中产生气泡；
（2）除去中的；B中长颈漏斗下端的液面上升，形成水柱
（3）湿润的有色布条；干燥的有色布条
（4）；装置E中的溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色
（5）D处导管后添加浓氢氧化钠溶液，吸收多余的氯气；
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）浓盐酸具有挥发性，挥发出HCl气体，使A中气体压强增大，导致B中产生气泡，A中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气；
故答案为：否；浓盐酸具有强的挥发性，挥发出氯化氢气体使A中压强增大，大量气体进入B中产生气泡；；
（2）根据分析，饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，如果C堵塞导致产生的气体在B中，使得B中压强增大，B中长颈漏斗下端的液面上升，形成水柱；
故答案为：B中长颈漏斗下端的液面上升，形成水柱；
（3）根据分析，为了判断氯气是否有漂白性，在C装置中Ⅰ处放湿润的有色布条，Ⅱ放无水氯化钙吸收水，Ⅲ处放干燥的有色布条；
故答案为：湿润的有色布条；干燥的有色布条；
（4）D中氯气与NaBr反应，生成溴单质，，在E中氯气与碘化钾反应生成单质碘，单质碘溶于苯与水溶液分层，苯的密度小在上层，故观察到的现象是装置E中的溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色；
故答案为：；装置E中的溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色；
（5）根据分析，氯气有毒有害，需要增加尾气吸收装置，可以在D处导管后添加浓氢氧化钠溶液，吸收多余的氯气；
故答案为：D处导管后添加浓氢氧化钠溶液，吸收多余的氯气；。
【分析】装置A中浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl杂质，通过装置B中饱和食盐水除去HCl杂质，装置C为了验证氯气是否具有漂白性，可在Ⅰ处放湿润的有色布条，Ⅱ放无水氯化钙吸收水，Ⅲ处放干燥的有色布条，观察现象，D、E判断氯气的氧化性，氯气有毒，需要在最后增加尾气处理装置。
三、综合题
18．（2022高一上·安徽期末）随原子序数递增，x、y、z、……等八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示(已知：一般情况下当微粒电子层数相同时，核电荷数越大微粒半径越小；如半径：，)
（1）g的离子结构示意图为　 　。
（2）d、e、f、g、h的离子半径由大到小的顺序为　 　(填离子符号)。
（3）元素g位于周期表的第　 　族，其非金属性比h弱，用原子结构的知识解释原因：　 　。请写出能证明h比g非金属性强的一个化学方程式：　 　。
（4）g的一种氧化物是形成酸雨的主要原因之一，工业上用z的气态氢化物的水溶液作该氧化物的吸收剂，写出吸收剂与足量该氧化物反应的离子方程式：　 　。
（5）f和z组成的化合物fz，被大量用于制造电子元件。工业上用f的氧化物、y单质和z单质在高温下制备fz，其中f的氧化物和y单质的物质的量之比为1：3，则该反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）ⅥA；S原子和Cl原子的电子层数相同，S原子半径较大，得电子能力较弱；(或)
（4）
（5）
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）硫得到2个电子形成硫离子，图示为；
（2）电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；则d、e、f、g、h的离子半径由大到小的顺序为；
（3）硫元素为16号元素，位于周期表的第三周期第ⅥA族；S原子和Cl原子的电子层数相同，S原子半径较大，得电子能力较弱，故其非金属性比氯弱；氯气和硫化氢反应生成硫单质和氯化氢，说明氯得电子能力更强、非金属性更强，反应为(或)；
（4）二氧化硫是形成酸雨的主要原因之一，氮的氢化物的水溶液为一水合氨，二氧化硫过量时，两者反应生成亚硫酸铵，反应为；
（5）f和z组成的化合物为氮化铝，氧化铝、氮气、碳在高温下生成氮化铝且氧化铝和碳的物质的量之比为1：3，即反应中氧化铝、碳的系数比为1：3，根据质量守恒配平可知反应为：。
【分析】d、g都有-2价，则二者处于ⅥA族，g的原子序数、原子半径均大于d，故d为O元素、g为S元素；h有-1价，原子序数大于g，故h为Cl元素；e有+1价、f有+3价，它们的原子序数都大于d（氧），可知e为Na元素、f为Al元素；y有+4价、z有+5价，原子序数y＜z＜d（氧），故y为C元素、z为N元素；x最高价为+1，原子半径小于y（碳），故x为H元素。
19．（2022高一上·安徽期末）元素的“价—类”二维图是我们学*元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。下图为铁元素的“价—类”二维图，图中甲～己均含铁元素。回答下列问题：
（1）下列说法正确的是____
A．铁与高温水蒸气的反应可实现上述甲到乙的转化
B．是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热时迅速转化为红棕色粉末
C．向戊的水溶液中滴加硫氰化钾溶液后溶液会变成血红色
D．在空气中加热丙会生成红棕色固体
（2）高铁酸盐()是一种高效净水剂，请结合图像推测其净水原理　 　。
（3）在戊的溶液中滴加烧碱溶液并放置一段时间的现象是　 　，在放置过程时的反应化学方程式为　 　。
（4）已知甲与稀硝酸反应的化学方程式为：(未配平)。若产物中戊和己的物质的量之比为3：1，还原剂与氧化剂分别为　 　和　 　，二者的物质的量之比为　 　，该反应的化学方程式　 　。
【答案】（1）D
（2）①高铁酸盐()中的铁元素处于最高价态，容易得到电子，具有强氧化性，可用于消毒；②发生还原反应后最终可生成胶体，从而吸附水中的悬浮物，故高铁酸盐可用作净水剂
（3）开始产生白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；
（4）Fe；；4：3；
【知识点】氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）A．铁与高温水蒸气的反应生成四氧化三铁和氢气，不能得到FeO，故A不正确；
B．是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热时迅速转化为，故B不正确；
C．向的水溶液中滴加硫氰化钾溶液后溶液无明显现象，故C不正确；
D．中Fe化合价为+2价，可被氧化为+3，在空气中加热会被氧化为，故D正确；
故答案为：D；
（2）如图，根据高铁酸盐()中Fe元素的化合价分析其消毒、净水原理为：①高铁酸盐()中的铁元素处于最高价态，容易得到电子，具有强氧化性，可用于消毒；②发生还原反应后最终可生成胶体，从而吸附水中的悬浮物，故高铁酸盐可用作净水剂；
故答案为：①高铁酸盐()中的铁元素处于最高价态，容易得到电子，具有强氧化性，可用于消毒；②发生还原反应后最终可生成胶体，从而吸附水中的悬浮物，故高铁酸盐可用作净水剂；
（3）在的水溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成，不稳定，易被氧化为，放置一段时间的现象是：开始产生白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，其反应为；
故答案为：开始产生白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色； ；
（4）综上所述；甲为Fe、戊为、己为，根据反应，根据氧化还原反应的电子守恒且产物中和的物质的量之比为3：1，配平该方程式为，其中Fe元素化合价升高被氧化，Fe作还原剂，N元素化合价降低，被还原，作氧化剂，其中每4molFe被氧化，有3mol被还原，还原剂与氧化剂的物质的量之比为；
故答案为：Fe；；；。
【分析】由图可知，甲为Fe，乙为FeO，丙为氢氧化亚铁，丁为氢氧化铁，戊为亚铁盐，己为铁盐。

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