河北省唐山市2020-2021学年高一上学期期末考试化学Word版含解析

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唐山市2020-2021学年度高一年级第一学期期末考试化学试卷说明：1.本试卷分卷Ⅰ和卷Ⅱ两部分2.卷Ⅰ为选择题，请将答案用2B铅笔填涂在答题卡上，卷Ⅱ用黑色笔直接答在试卷的相应位置上。可能用到的相对原子质量：卷Ⅰ(选择题)一、选择题(每小题只有1个选项符合题意)1.“保护环境”是我国的基本国策，下列做法应该提倡的是（）A.燃烧含硫燃料B.垃圾分类回收C.露天焚烧秸秆D.污水排入河流【答案】B【解析】【分析】【详解】A.燃烧含硫燃料生成二氧化硫，引起酸雨，故不选A；B.垃圾分类回收，可以实现废物的回收再利用，减少污染，故选B；C.露天焚烧秸秆，生成的粉尘、气体污染空气，故不选C；D.污水直接排入河流，污染水源，故不选D。2.下列试剂中，标签上应标注和的是()A.酒精B.浓盐酸C.烧碱D.浓硫酸【答案】D【解析】【分析】【详解】A．酒精易燃，但不是氧化剂，腐蚀性也不强，不应该用上述标签，故A错误；B．能盐酸具有腐蚀性，但是不具有强的氧化性，只能用上述标签，故B错误；-20-

1C．烧碱具有腐蚀性，但不具有氧化性，只能用上述标签，故C错误；D．浓硫酸具有强的氧化性和腐蚀性，应标注和，故D正确；故选D。3.对于物质HClO的分类正确的是()A.属于酸性氧化物B.属于可溶性酸C.属于离子化合物D.属于强电解质【答案】B【解析】【分析】【详解】HClO是一元弱酸，能溶于水，在溶液中存在电离平衡：HClOH++ClO-，主要以电解质分子HClO存在，属于共价化合物，故合理选项是B。4.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是()A.硫酸铜溶液B.碘酒C.淀粉胶体D.溴的四氯化碳溶液【答案】C【解析】【分析】【详解】A．硫酸铜溶液不能观察到丁达尔效应，故A不选；B．碘酒是溶液，不能观察到丁达尔效应，故B不选；C．淀粉胶体，属于胶体，能观察到丁达尔效应，故C选；D．溴的四氯化碳溶液不能观察到丁达尔效应，故D不选；故选：C。5.下列实验操作正确的是()A.检查气密性B.蒸馏时，温度计位置-20-

2C.向试管中滴加液体D.闻气体气味【答案】A【解析】【详解】A．将导气管管口伸入盛水的烧杯中，用双手焐热大试管，观察现象，若导气管管口产生气泡，松开双手，导气管中形成一段稳定的水柱，则装置不漏气，A正确；B．蒸馏时温度计不能插入液面下，温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口处相平，B错误；C．向试管中滴加液体时，胶头滴管不能伸入试管中，胶头滴管应位于试管口上方垂直滴加，C错误；D．闻气体气味不能将鼻子凑近瓶口闻，应用手轻轻的在瓶口扇动，使极少量的气体飘进鼻孔，D错误；答案选A。6.下列化学用语表达正确的是()A.SO2和SO3互为同分异构体B.的原子结构示意图为：C.H2和D2互为同位素D.石墨和石墨烯互为同素异形体【答案】D【解析】【分析】【详解】A．SO2和SO3两种物质的元素组成相同，分子式不同，因此不能互为同分异构体，A错误；B．B是5号元素，所以的原子结构示意图为：，B错误；C．H2和D2是由同位素原子形成的单质，二者不能互为同位素，C错误；D．石墨和石墨烯是由C元素形成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，D正确；故合理选项是D。7.下列关于物质用途的说法中，错误的是()A.碘单质可用于加碘食盐的添加剂B.镁铝合金大量用于导弹、飞机部件制造C.硫酸亚铁可用于生产防治缺性铁贫血的药剂D.通入酿好的葡萄酒中可以延长保存时间【答案】A-20-

3【解析】【分析】【详解】A．加碘食盐的添加剂是碘酸钾，而不是碘单质，故A选；B．镁铝合金硬度大，质量轻，大量用于导弹、飞机部件制造，故B不选；C．硫酸亚铁能治疗缺铁性贫血，可用于生产防治缺性铁贫血的药剂，故C不选；D．SO2具有还原性，其水溶液能与氧气反应，作抗氧化剂，延长葡萄酒保质期，故D不选；故选：A。8.下列物质的主要成分(括号中)不包括ⅣA族元素的是A．石英石[SiO2]B．猫眼石[Be3Al2Si6O18]C．孔雀石[Cu2(OH)2CO3]D．红宝石[Al2O3]A.AB.B.C.C.D.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．SiO2中Si元素是ⅣA族元素，故不选A；B．Be3Al2Si6O18中Si元素是ⅣA族元素，故不选B；C．Cu2(OH)2CO3中C元素是ⅣA族元素，故不选C；D．Al2O3中Al元素是ⅢA族元素、O元素是ⅥA族元素，不含ⅣA族元素，故选D。9.下列物质中，能使石蕊试液最终变红的是()A.SO2B.Na2O2C.Cl2D.NH3【答案】A【解析】【分析】【详解】A．SO2是酸性氧化物，与水反应产生H2SO3，H2SO3电离产生H+-20-

4，使溶液显酸性，因此可以使能使石蕊试液最终变红，A符合题意；B．Na2O2与水反应产生NaOH和O2，NaOH是碱，电离产生OH-，使溶液显碱性，能够使紫色石蕊试液变蓝色。由于Na2O2具有强氧化性，会将蓝色溶液氧化变为无色，因此最终溶液变为无色，B不符合题意；C．Cl2与水反应产生HCl、HClO，酸电离产生H+，使溶液显酸性，可以使紫色石蕊试液变红色。由于HClO具有强氧化性，又将红色溶液氧化变为无色，因此最终溶液变为无色，C不符合题意；D．NH3与水反应产生一水合氨，一水合氨电离产生OH-，使溶液显碱性，碱使紫色石蕊试液最终变为蓝色，D不符合题意；故合理选项是A。10.对下列物质进行光照，不会引起化学变化的是()A.H2、Cl2混合物B.氯水C.H2与空气的混合物D.AgBr【答案】C【解析】【分析】【详解】A．H2、Cl2混合物光照发生爆炸，反应产生HCl，产生新的物质，发生的是化学变化，A不符合题意；B．氯水中含有的HClO不稳定，光照分解产生HCl和O2，B不符合题意；C．H2与空气的混合物光照不反应，因此不能引起化学变化，C符合题意；D．AgBr不稳定，光照分解产生Ag、Br2，发生了化学变化，D不符合题意；故合理选项是C。11.有关化工生产的叙述，下列说法中错误的是()A.氯碱工业中，制得的“碱”是氢氧化钠B.侯德榜制碱工业中，制得的“碱”是碳酸氢钠C.漂白粉工业中，将氯气通入石灰乳中制取D.从海水中提取镁的工业生产流程没有涉及置换反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A．氯碱工业是用惰性电极电解饱和食盐水，获得氯气、氢气和氢氧化钠，因此氯碱工业中的“碱”为氢氧化钠，故A说法正确；B．侯氏制碱法是获得碳酸钠，不是碳酸氢钠，故B说法错误；-20-

5C．漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，是由氯气和石灰乳反应得到，其反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故C说法正确；D．海水中提取Mg，发生的反应有：Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+、Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O、MgCl2Mg+Cl2↑，没有涉及到置换反应，故D说法正确；答案为B。12.在无色强碱性溶液中，下列离子能够大量共存的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【详解】A．镁离子与氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故A不选；B．铜离子有颜色，并且与氢氧根离子不能大量共存，故B不选；C．无色，在强碱性溶液中互相不反应，能大量共存，故C选；D．铵根离子与氢氧根离子反应不能大量共存，故D不选；故选：C。13.现有同温同压下相同体积的C2H4和CO两种气体，不是1：1的是A.分子数之比B.原子数之比C.质量比D.密度比【答案】B【解析】【分析】根据阿伏加德罗定律，同温同压，相同体积的气体一定有相同的分子数。【详解】A、同温同压下相同体积的C2H4和CO两种气体，C2H4和CO分子数一定相等，分子数比是1：1，故不选A；B、同温同压下相同体积的C2H4和CO两种气体，C2H4和CO分子数一定相等，原子数比是6:2=3:1，故选B；C、根据阿伏加德罗定律，同温同压，相同体积的气体一定有相同的物质的量，质量比等于28:28=1:1，故不选C；D、同温同压下，气体的密度与摩尔质量成正比，密度比等于28n:28n=1:1，故不选D。-20-

6【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，侧重考查分析计算能力，明确物质的量计算公式中各个物理量的关系及分子构成即可解答。14.下列化合物中，不能通过单质间化合反应制取的是()A.Na2O2B.FeCl3C.SO3D.【答案】C【解析】分析】【详解】A．Na加热时与O2反应产生Na2O2，能通过单质间化合反应制取，A不符合题意；B．Fe与Cl2点燃反应产生FeCl3，能通过单质间化合反应制取，B不符合题意；C．S与O2点燃反应产生SO2，不能直接生成三氧化硫，不能通过单质间化合反应制取SO3，C符合题意；D．Hg与S混合加热发生反应产生HgS，能通过单质间化合反应制取，D不符合题意；故合理选项是C。15.从海带中提取碘单质流程如图，下列关于海水制碘的说法，错误的是()A.过滤操作中用到的玻璃仪器有：分液漏斗、玻璃棒、烧杯B.含的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应C.在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色D.碘水中加入得到的溶液，该操作为“萃取”【答案】A【解析】【分析】【详解】A．过滤操作中用到的玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯，过滤时不能用分液漏斗，故A错误；B．碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，发生氧化反应，故B正确；C．碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性，故C正确；D．碘单质在水中的溶解度不大，易溶于四氯化碳等有机溶剂，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘单质，故D正确；故选A.16.下列离子方程式书写错误的是()A.氯气与水反应：-20-

7B.硫酸钠溶液与氢氢化钡溶液混合：C.溶液与稀硫酸反应：D.碳酸钙溶于醋酸溶液中：【答案】D【解析】【分析】【详解】A．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，A正确；B．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，B正确；C．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；D．醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，不能写成离子形式，离子方程式应该为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，D错误；故合理选项是D。17.下列溶液中NO度由大到小的顺序是()①溶液；②溶液；③溶液；④溶液A.①④②③B.③①④②C.④①②③D.②③①④【答案】B【解析】【分析】【详解】①溶液中硝酸根浓度是0.2mol/L×2=0.4mol/L，②溶液中硝酸根浓度0.25mol/L，③溶液中硝酸根浓度0.5mol/L，④溶液中硝酸根浓度0.1mol/L×3=0.3mol/L，NO浓度由大到小的顺序是③①④②，故选：B。18.今年是门捷列夫发现元素周期律152周年。图中是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8，下列说法错误的是()W-20-

8XYZA.原子半径：B.常温常压下，Z的单质为固态C.X的氧化物的熔点低于其单质的熔点D.X的单质既能与盐酸反应也能与氢氧化钠溶液反应【答案】C【解析】【分析】W与X的最高化合价之和为8，则W是氮元素，X是铝元素，Y是硅元素，Z是磷元素，据此回答问题。【详解】A．同周期从左到右原子半径逐渐减少，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：，故A不选；B．常温常压下，Z的单质是磷，磷为固态，故B不选；C．X的氧化物是氧化铝，其熔点高于其单质铝的熔点，故C选；D．X的单质是铝，既能与盐酸反应也能与氢氧化钠溶液反应，故D不选；故选：C。19.下列说法正确的是()A.取少量待测液，进行焰色反应实验，焰色呈黄色，则原溶液中一定含有Na+B.取少量待测液，加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸，白色沉淀消失，原溶液中一定含有Ba2+C.取少量待测液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定含有D.取少量待测液，加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定含有Cl-【答案】A【解析】【分析】【详解】A．Na元素的焰色试验呈黄色。取少量待测液，进行焰色反应实验，若焰色呈黄色，则原溶液中一定含有Na+，A正确；B．取少量待测液，加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸，白色沉淀消失，原溶液中可能含有Ba2+，也可能含有Ca2+，B错误；C．取少量待测液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，因此原溶液中可能含有，也可能含有Ag+，C错误；-20-

9D．取少量待测液，加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中可能含有Cl-，也可能含有等，Ag+与结合形成Ag2CO3白色沉淀，再加入盐酸时，发生沉淀转化，形成AgCl白色沉淀，因此不能确定溶液中是否含有Cl-，D错误；故合理选项是A。20.下列制取氯气、净化、收集的装置能达到实验目的的是()A.制取B.除去中的C.干燥D.的收集【答案】D【解析】【分析】【详解】A.浓盐酸与二氧化锰共热发生氧化还原反应生成氯气，装置中缺酒精灯，无法制得氯气，故A错误；B.氯气和氯化氢均能与氢氧化钠溶液反应，不能用氢氧化钠溶液除去氯气中混有的氯化氢气体，应选用饱和食盐水，故B错误；C.氯气能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥氯气，应选用硅胶或五氧化二磷，故C错误；D.氯气的密度比空气大，应选用向上排空气法收集氯气，故D正确；故选D。21.有关晶体的下列说法中错误的是()A.氯化钠熔化时破坏了离子键B.水汽化时主要破坏了分子间作用力C.原子晶体中共价键越强，熔点越高D.分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定【答案】D【解析】【分析】-20-

10【详解】A．氯化钠是离子晶体，熔化时破坏了离子键，故A不选；B．水汽化时主要破坏了分子间作用力，故B不选；C．原子晶体中共价键越强，熔点越高，故C不选；D．组成和结构相似的分子晶体，分子间作用力越大，熔沸点越高，故D选；故选：D。22.标准状况下，在4gH2、11.2LO2、1molH2O中，下列说法错误的是()A.所含分子数最多的是H2B.含原子数最多的是H2C.体积最小的是O2D.质量最大的是H2O【答案】C【解析】【分析】先计算各种物质物质的量，然后根据N=n·NA及问题分析解答。【详解】4gH2的物质的量n(H2)==2mol，标准状况下11.2LO2的物质的量n(O2)==0.5mol，n(H2O)=1mol。A．根据N=n·NA可知：微粒的物质的量越多，其中所含分子数就越多。三种物质中物质的量最多的是H2的2mol，因此所含分子数最多的是H2，A正确；B．H2分子中含有2个H原子，则2molH2中含有原子数目为2mol×2×NA/mol=4NA；O2分子中含有2个O原子，则0.5molO2中含有原子数目为0.5mol×2×NA/mol=NA；H2O中含有3个原子，则1molH2O中含有原子数目为1mol×3×NA/mol=3NA；可见含有含原子数最多的是H2，B正确；C．标准状况下，2molH2的体积是44.8L；O2体积是11.2L，而水在标准状况下为非气态，其体积比气体小很多，故体积最小的是H2O，C错误；D．H2质量是4g；11.2LO2的质量是m(O2)=0.5mol×32g/mol=16g，1molH2O的质量是m(H2O)=1mol×18g/mol=18g，可见质量最大的是H2O，D正确；故合理选项是C。23.已知：①向晶体上滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变橙色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉试纸上，试纸变蓝色。下列判断错误的是()A.实验①生成的气体也能使湿润的淀粉试纸变蓝-20-

11B.实验②中的氧化剂是C.上述实验中，共有三个氧化还原反应D.上述实验证明氧化性：【答案】B【解析】【分析】【详解】A.向晶体上滴加浓盐酸，产生黄绿色气体Cl2，氯气具有氧化性能与KI反应生成碘单质，试纸变蓝，A正确；B.向溴化钠中通入氯气，发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，溴元素化合价升高，作还原剂，B错误；C.实验③中溴单质与碘离子反应生成碘单质和溴离子，结合A、B选项分析，可知过程中发生三个氧化还原反应，C正确；D.根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，综上分析，反应①②③说明氧化性，D正确；答案选B。24.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()A.晶体中含有阴离子的数目为NAB.所含中子数目为C.的溶液中含有个D.标准状况下，正丁烷和异丁烷的混合气体所含分子数为2NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A．的物质的量是=1mol，过氧化钠的电子式是，则晶体中含有阴离子的数目为NA，故A正确；B．的物质的量是=1mol，一个含有中子数是7，则所含中子数目为，故B错误；-20-

12C．碳酸氢根离子水解大于电离，则的溶液中含有远远小于，故C错误；D．标准状况下，正丁烷和异丁烷的混合气体的物质的量是=1mol，所含分子数为NA，故D错误；故选：A。二、实验题25.某学习小组探究铜跟浓硫酸的反应时，利用如图实验装置进行相关实验。按要求填写下列空白：(1)装置A中发生的化学反应方程式为_______。(2)实验过程中装置C中溶液褪色说明装置A中产生的气体具有_______性。(3)有学生提出装置C的试管口还应放置一团浸有NaOH溶液的棉花，其目的是_______。(4)实验结束拆开装置后，加热装置B的试管，观察到的现象是_______。(5)将6.4g铜片加入到盛有含0.2molH2SO4的浓H2SO4试管中加热，充分反应后，铜片有剩余，原因是_______。【答案】(1).(2).还原(3).吸收过量的SO2气体，防止污染空气。(其它合理答案也给分)(4).溶液恢复红色(5).随着反应的进行，浓硫酸变稀，不再与铜反应(其它合理答案也给分)【解析】【分析】在装置A中Cu与浓硫酸混合加热，发生氧化还原反应，产生SO2，将SO2通入到品红溶液中证明SO2的漂白性；通入到酸性KMnO4溶液中证明SO2具有还原性，SO2是大气污染物，在尾气排放前要进行尾气处理。只有浓硫酸能够与铜反应，随着反应的进行，当硫酸变为稀硫酸时，反应就不再发生。【详解】(1)在装置A中Cu与浓硫酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O-20-

13，发生的化学反应方程式为：；(2)实验过程中将反应产生的SO2气体通入盛有酸性KMnO4溶液的装置C中，看到溶液褪色说明装置A中产生的气体具有还原性；(3)有学生提出装置C的试管口还应放置一团浸有NaOH溶液的棉花，其目的是利用NaOH吸收多余的SO2，产生Na2SO3，防止造成大气污染；(4)SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色，但反应产生的无色物质不稳定，加热易分解，分解产生的SO2气体逸出，物质又恢复原来的颜色，因此实验结束拆开装置后，加热装置B的试管，观察到的现象是溶液恢复红色；(5)6.4g铜的物质的量是n(Cu)==0.1mol，根据可知0.1molCu完全反应需消耗H2SO4的物质的量是0.2mol。将6.4g铜片加入到盛有含0.2molH2SO4的浓H2SO4试管中加热，充分反应后，铜片有剩余，这是由于Cu只能与浓硫酸发生反应，随着反应的进行，浓硫酸变稀，稀硫酸不能与铜反应，因此Cu有剩余。26.实验室用固体配制的溶液.回答下列问题。(1)通过计算得出可用托盘天平称取固体_______g。(2)配制上述溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和_______，该仪器的瓶颈标有刻度线，瓶身上刻有规格和_______。(3)配制溶液的操作中溶解和_______过程中均使用到玻璃棒，其中溶解时玻璃棒的作用是_______。(4)下列操作会导致所得溶液浓度偏低的是_______(填选项字母)。a.定容时俯视容量瓶刻度线b.转移时未洗涤烧杯和玻璃棒c.称量后使用的玻璃仪器均洁净但未干燥d.固体在烧杯中溶解后立即开始转移等后续操作e.定容后颠倒，摇匀，发现液面低于刻度线，补充了几滴水至刻度线【答案】(1).5.3(2).100mL容量瓶(3).温度(4).转移(或移液)(5).搅拌(6).be【解析】【分析】【详解】(1)配制的Na2CO3溶液，应选择100mL容量瓶，需要溶质的质量为：0.500-20-

14mol/L×0.1L×106g/mol=5.3g；故答案为：5.3；(2)配制上述溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和100mL容量瓶，容量瓶的瓶颈标有刻度线，瓶身上刻有规格和温度，故答案为：100mL容量瓶；温度；(3)配制溶液的操作中溶解和转移过程中均使用到玻璃棒，其中溶解时玻璃棒的作用是搅拌，故答案为：转移(或移液)；搅拌；(4)a.定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故a不选；b.转移时未洗涤烧杯和玻璃棒使得溶质损耗，导致溶液浓度偏低，故b选；c.称量后使用的玻璃仪器有烧杯和容量瓶，未干燥为浓度无影响，故c不选；d.固体在烧杯中溶解后溶液温度升高，冷却后导致溶液体积偏小，浓度偏高，故d不选；e.定容后颠倒，摇匀，发现液面低于刻度线，补充了几滴水至刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏低，故e选；故答案为：bc。三、填空题27.浩瀚的海洋是一个巨大的宝库，为人们不断地开发和利用海洋资源以满足生产、生活和科学研究的需要.下图为海水利用的部分过程。(1)写出氯碱工业中制备氯气的化学反应方程式_______.实验室中制取氯气有多种方法，其中之一是利用氯酸钾与盐酸反应制备。配平下面的反应方程式，并用双线桥法表示电子转移的方向和数目：______________=+_______+__________________(2)写出利用母液提取溴时通入氯气氧化的离子反应方程式_______。(3)提取溴时鼓入热空气目的是_______。(4)制得的金属镁需妥善保存，若发生燃烧时不能使用类的灭火器扑救.用化学反应方程式说明原因_______。【答案】(1).(2).-20-

15(3).(4).使溴从溶液中挥发出来(其他合理答案也给分)(5).【解析】【分析】海水经过蒸发获得粗盐，粗盐经过提纯获得精盐，电解饱和食盐水获得氢氧化钠、氢气、氯气；母液中通入氯气，把溴离子氧化成溴单质，鼓入热空气，再通入二氧化硫，把溴单质还原成溴离子，使溴元素富集，再通入氯气，获得高纯度的溴单质，据此回答问题。【详解】(1)电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，称为氯碱工业，化学反应方程式是，氯酸钾中氯元素的化合价是+5价，生成氯气，降到0价，氯化氢中氯元素的化合价是-1价，生成氯气，升高到0价，最小公倍数是5，所以氯酸钾的系数是1，氯气的系数是3，有原子守恒得，氯化氢的系数是6，氯化钾的系数是1，水的系数是3，转移电子数是5，则；(2)利用母液提取溴时，通入氯气氧化生成氯化钠和溴单质，其离子反应方程式是；(3)提取溴时鼓入热空气目的是使溴从溶液中挥发出来；(4)镁失火时不能用二氧化碳灭火，原因镁可以在二氧化碳中燃烧，生成氧化镁和碳，化学方程式是。28.表中为元素周期表的一部分，针对表中用字母标出的元素，回答下列问题，(除特别注明外，其他一律用化学式表示)。(1)写出用于证明E的还原性强于A的离子方程式为_______。-20-

16(2)元素B的最高价氧化物的电子式为_______；元素C的最简单氢化物的结构式为_______。(3)元素D形成的简单氢化物的固态密度小于液态时的密度，原因是由于相比液态，在固态时分子间存在较多的_______，导致微观结构中出现较大的空隙，密度减小。(4)H、I形成的气态氢化物稳定性由强到弱的顺序_______；G、H的最高价氧化物对应水化物的酸性由弱到强的顺序：_______。(5)现有B、E、F的氧化物形成的晶体，其中只含离子键的离子晶体的氧化物是____，属于共价晶体的氧化物是_______。【答案】(1).(2).(3).(4).氢键(5).(6).(7).(8).【解析】【分析】由各元素在周期表中的相对位置可知，A为H元素、B为C元素、C为N元素、D为O元素、E为Na元素、F为Si元素、G为P元素、H为S元素、I为Cl元素。【详解】(1)由还原剂的还原性强于还原产物，钠能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为，反应中钠为还原剂，氢气为还原产物，则钠的还原性强于氢气，故答案为：；(2)二氧化碳是共价化合物，电子式为；氨气为共价化合物，结构式为，故答案为：；；(3)液态水的密度大于固态水的密度，原因是固态水中分子间存的氢键数目多余液态水，导致微观结构中出现较大的空隙，密度减小，故答案为：氢键；(4)非金属元素的非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯元素的非金属性强于硫元素，则氯化氢的稳定性强于硫化氢；硫元素的非金属性强于磷元素，则硫酸的酸性强于磷酸，故答案为：；；(5)-20-

17碳、钠、硅三种元素形成的氧化物中，氧化钠是离子晶体，只含有离子键；二氧化硅是共价晶体，故答案为：；。四、计算题29.某工厂采用接触法制硫酸.回答下列问题：(1)写出接触室中在催化剂条件下发生的化学反应方程式_______.如果有被还原，反应中转移电子的物质的量为_______。(2)在吸收塔中，用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫，再稀释成不同浓度的工业产品，不用水吸收三氧化硫，原因是_______。(3)现采购了一批100吨含的硫铁矿矿石(杂质不参与反应).已知生产过程中沸腾炉中原料损失10%，接触室和吸收塔中原料损失4%，则该批硫铁矿可生产98%浓硫酸_______吨(计算结果保留小数点后一位)。【答案】(1).(2).(3).防止三氧化硫溶于水时反应放出大量热导致酸雾，降低吸收效率(4).129.6【解析】【分析】【详解】(1)在接触室中二氧化硫与氧气在催化剂加热的条件下反应生成三氧化硫，反应方程式为：；O2得电子作氧化剂，发生还原反应，有被还原时转移电子的物质的量为，故答案为：；4mol；(2)在吸收塔中，用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫，再稀释成不同浓度的工业产品，不用水吸收三氧化硫，原因是防止三氧化硫溶于水时反应放出大量热导致酸雾，降低吸收效率，故答案为：防止三氧化硫溶于水时反应放出大量热导致酸雾，降低吸收效率；-20-

18(3)根据硫原子守恒计算得：(吨)，故答案为：129.6。30.实验室中有一瓶未知浓度的NaOH溶液，因保存不当吸收CO2而变质，现取100mL溶液，逐滴滴入0.1mol/L的HCl溶液，产生的CO2气体体积与所加HCl溶液的体积之间关系如下图所示，通过计算回答：(1)变质后的溶液中的溶质为_______(化学式)。(2)变质过程中吸收的CO2在标准状况下气体体积为_______。(3)变质前NaOH溶液的物质的量浓度为_______。【答案】(1).NaOH、Na2CO3(2).224(3).0.03mol/L【解析】【分析】根据坐标可知物质完全反应放出CO2气体的物质的量n(CO2)==0.001mol，在HCl的体积是20mL以后发生反应：HCl+NaHCO3=NaCl+CO2↑+H2O，根据方程式可知该段消耗HCl的物质的量为n(HCl)=n(CO2)=0.001mol，V(HCl)==0.01L=10mL，加入盐酸0-20mL段未产生气体，根据反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3及HCl+NaHCO3=NaCl+CO2↑+H2O可知Na2CO3分两步反应，两段消耗HCl相同，也是10mL，而未产生气体消耗HCl的体积是20mL＞10mL，说明变质的NaOH溶液中除含有Na2CO3外还含有部分NaOH，该溶液的溶质是NaOH、Na2CO的混合物。然后根据物质的量关系进行计算。【详解】(1)根据上述分析可知：变质后的溶液中的溶质为NaOH、Na2CO3；(2)向变质后的溶液中加足量NaOH溶液，至恰好反应产生NaCl时，放出的CO2气体就是原NaOH溶液变质过程中吸收的CO2，由图可知吸收的CO2在标准状况下气体体积为22.4mL；(3)n(CO2)==0.001mol，根据方程式：HCl+NaHCO3=NaCl+CO2↑+H2O可知：产生气体段消耗HCl的物质的量是0.001mol，则根据C元素守恒，可知n(Na2CO3)=n(CO2)=0.001mol，其反应变为NaHCO3-20-

19消耗HCl的体积V(HCl)==0.01L=10mL，因此在前20mL消耗的HCl中有10mL是HCl与NaOH发生反应：n(NaOH)剩余=n(HCl)=0.001mol，根据Na元素守恒，可知原NaOH溶液中含有NaOH的物质的量n(NaOH)总=n(NaOH)剩余+2n(Na2CO3)=0.001mol+2×0.001mol=0.003mol，因此变质前NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)==0.03mol/L。-20-