?2022北京大興高一（上）期末
化 學
一、選擇題（共42分）本部分每小題只有一個選項符合題意，每小題3分
1．（3分）2022年2月4日，第24屆冬奧會將在中國北京和張家口舉行?；┦嵌瑠W會的主要項目之一，下列滑雪用品涉及的材料中，屬于合金的是（　?。?br />
A．滑雪板底板——塑料
B．滑雪手套——聚乙烯
C．滑雪服面料——尼龍
D．滑雪杖桿——鋁材（鋁、鎂）
2．（3分）當光束通過下列分散系時，能觀察到丁達爾效應的是（　?。?br /> A．KCl溶液 B．Fe（OH）3膠體
C．KOH溶液 D．CuSO4溶液
3．（3分）下列物質中，屬于電解質的是（　　）
A．Cu B．KNO3 C．NaOH溶液 D．H2SO4溶液
4．（3分）下列各組中的離子，能在溶液中大量共存的是（　?。?br /> A．Na+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣ B．Na+、Ca2+、CO32﹣、NO3﹣
C．Na+、H+、Cl﹣、CO32﹣ D．K+、Ag+、NO3﹣、Cl﹣
5．（3分）下列化合物中，含有共價鍵的是（　?。?br /> A．CO2 B．KCl C．Na2O D．CaCl2
6．（3分）下列物質中，不能由兩種單質直接化合生成的是（　?。?br /> A．CuCl2 B．Na2O2 C．FeCl2 D．HCl
7．（3分）下列轉化中，需要加入還原劑才能實現(xiàn)的是（　?。?br /> A．CO2→CaCO3 B．HCl→Cl2 C．I﹣→I2 D．Fe2O3→Fe
8．（3分）硒（Se）是人體必需的微量元素。Se的原子結構示意圖為，下列說法中不正確的是（　?。?br /> A．Se屬于第4周期VIA族元素
B．氫化物的穩(wěn)定性：H2Se＜H2S
C．核素Se原子核內(nèi)的中子數(shù)子數(shù)是78
D．Se的最高價氧化物對應的水化物是H2SeO4
9．（3分）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法不正確的是（　?。?br /> A．Na的摩爾質量是23g?mol﹣1
B．0.5mol/LNa2CO3溶液中含有的Na+數(shù)為NA
C．24gMg變?yōu)镸g2+時，失去的電子數(shù)為2NA
D．標準狀況下，0.5molN2的體積約為11.2L
10．（3分）下列分子結構模型中，不能正確表示分子的空間結構的是（　?。?br /> A．氫分子 B．氯化氫 C．水分子 D．甲烷分子
11．（3分）下列用來解釋事實的方程式中，不合理的是（　?。?br /> A．過氧化鈉作呼吸面具中的氧氣來源：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
B．小蘇打（NaHCO3）溶液治療胃酸過多：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
C．硝酸酸化的AgNO3溶液檢驗NaCl溶液中的Cl﹣：Ag++Cl﹣═AgCl↓
D．實驗室用大理石和稀鹽酸反應制CO2：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O
12．（3分）下列由NaCl的實驗事實得出的結論不正確的是（　?。?br /> 選項
A
B
C
D

實驗事實

NaCl固體不導電

NaCl溶于水

NaCl溶液通電

熔融NaCl能導電
結論
NaCl不是電解質
NaCl 在水中發(fā)生電離：NaCl═Na++Cl﹣
a離子是Na+，通電后a、b離子定向移動
NaCl熔融時能電離出自由移動的離子
A．A B．B C．C D．D
13．（3分）硫化氫的轉化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題之一。將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中可回收S，其轉化如下圖所示（CuS難溶于水）。下列說法中，不正確的是（　?。?br />
A．過程①中，生成CuS的反應為H2S+Cu2+═CuS↓+2H+
B．過程②中，F(xiàn)e3+作氧化劑
C．過程③中，只有鐵元素的化合價發(fā)生改變
D．回收S的總反應為2H2S+O2═2H2O+2S↓
14．（3分）小組同學配制250mL1.00mol/LH2SO4溶液，計算出所需18mol/L濃H2SO4的體積后，下列有關溶液配制過程的說法中，不正確的是（　　）
實驗步驟
實驗儀器
a.用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2～3次，洗滌液均注入容量瓶。
b．用量筒量取所需18mol/L濃H2SO4的體積，注入盛有約50mL蒸餾水的燒杯中。
c．用膠頭滴管滴加蒸餾水，至溶液的凹液面與刻度線相切。
d．用玻璃棒慢慢攪動，混合均勻冷卻至室溫。
e．蓋好容量瓶瓶塞，反復上下顛倒，搖勻。
f．將稀釋后的H2SO4溶液沿玻璃棒注入250mL容量瓶。
g．往容量瓶中加入蒸餾水，直到液面在容量瓶刻度線下1～2cm處。
量筒
托盤天平
燒瓶
250ml容量瓶
燒杯
玻璃棒
膠頭滴管
A．計算需要18mol/L的濃硫酸的體積約為13.9mL
B．配制過程中不需要使用的儀器是托盤天平和燒瓶
C．配制過程中正確的操作順序為：b﹣d﹣f﹣a﹣g﹣c﹣e
D．定容時俯視容量瓶刻度線會導致所配制的H2SO4溶液濃度偏小
二、非選擇題（共58分）
15．（9分）分類是認識和研究物質及其變化的一種常用的科學方法。依據(jù)物質類別和元素價態(tài)可以對物質的性質進行解釋和預測。
（1）閱讀資料，回答下列相關問題。
資料：人們常用“84”消毒液進行消毒?！?4”消毒液的名稱源于北京某醫(yī)院在1984年研制成功的一種高效含氯消毒液?！?4”消毒液呈無色或淡黃色，可由Cl2與NaOH溶液反應制得，其主要成分為NaClO、NaCl。
①資料涉及的物質中，屬于堿的是 　 ?。ㄌ罨瘜W式）；屬于鹽的是 　 ?。ㄌ罨瘜W式）。
②Cl2與NaOH溶液反應的離子方程式是 　 　。
③“84”消毒液的稀溶液在浸泡餐具過程中，因吸收空氣中CO2使消毒殺菌能力增強，其中發(fā)生的化學反應符合規(guī)律：　 　+　 　═　 　+　 ?。ㄌ钗镔|類別）。
（2）“84”消毒液不能與潔廁靈（含鹽酸）混用，混用會發(fā)生如下反應：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O。
①該反應中起氧化作用的微粒是 　 　。
②若反應中生成了0.01molCl2，轉移電子的物質的量為 　 　mol。
（3）2016年巴西奧運會期間，由于工作人員將“84”消毒液與雙氧水兩種消毒劑混用，導致游泳池藻類快速生長，池水變綠。一種可能的原因是NaClO將H2O2氧化產(chǎn)生的O2促進藻類快速生長。該反應說明氧化性：NaClO 　 　H2O2的（填“＞”或“＜”）。
16．（13分）元素周期表與元素周期律在學習、研究和生產(chǎn)實踐中有很重要的作用。如表列出了鈣元素及a～f6種元素在周期表中的位置。
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2




a
b


3
c

d


e
f

4

Ca






（1）a的元素符號是 　 ??；e的最高價氧化物是 　 　。
（2）c、d的最高價氧化物對應的水化物中，堿性較弱的物質是 　 ?。▽懟瘜W式）。
（3）用電子式表示c與f組成的化合物的形成過程 　 　。
（4）非金屬性b強于e，用原子結構解釋原因 　 　。
（5）下列關于f及其化合物的推斷中，正確的是 　 ?。ㄌ钭帜福?br /> a.f的最高化合價均為+7價
b.f單質的氧化性在同主族中最強
c.f的最高價氧化物對應的水化物的溶液pH＜7
營養(yǎng)成分表
項目 每100g NRV%
能量
309kJ
4%
蛋白質
3.6g
6%
脂肪
4.4g
7%
碳水化合物
5.0g
2%
鈉
65mg
3%
鈣
120mg
15%
（6）某種牛奶的營養(yǎng)成分表如表所示。
①營養(yǎng)成分表中，所含物質質量最大的是 　 　。
②已知鎂能與O2、H2O反應，對比鈣與鎂的原子結構和在元素周期表中的位置關系，你預測金屬鈣的性質是 　 　。
③請結合鈣的化學性質判斷牛奶中鈣的存在形式為 　 ?。ㄌ睢皢钨|”或“化合物”）。
17．（10分）某小組同學在實驗室制備、收集氯氣，并進行氯水中相關物質的性質探究，回答下列問題。
（1）制備Cl2。裝置 I中發(fā)生如下反應：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O。從反應物中任選一種物質，說明其發(fā)生氧化反應（或者還原反應）的理由 　 　。
（2）除去Cl2中混有的HCl。裝置 II中溶液a為飽和 　 　溶液。
（3）收集Cl2。裝置 III中氣體應該從集氣瓶的 　 ?。ㄟx“m”或“n”）口進入。
（4）氯水相關物質的性質探究。
①若裝置 IV中試劑b為H2O，制得氯水。氯水呈黃綠色是由于其中含有 　 　；Cl2與H2O反應的化學方程式為 　 　。
②若裝置 IV中試劑b為CCl4，可制得Cl2的CCl4溶液（Cl2可溶于CCl4，且不與CCl4反應）。取稀鹽酸、新制氯水、Cl2的CCl4溶液，分別滴在三張紅色紙條上，可觀察到 　 　現(xiàn)象，證明氯水中HClO具有漂白性作用。
③驗證氯水中HClO光照分解的產(chǎn)物。將裝置 IV廣口瓶中的氯水轉移至三頸瓶內(nèi)，將pH傳感器、氯離子傳感器、氧氣傳感器分別插入三頸瓶中（如圖2），用強光照射氯水，進行實驗并采集數(shù)據(jù)，獲得相關變化曲線。

若能夠證明氯水中HClO在光照下發(fā)生了分解反應，則圖3中縱坐標可以表示的物理量是 　 ?。ㄌ钭帜福?。（注：酸性溶液中，c（H+）越大，pH越小，溶液酸性越強。）
a.氯水的pH
b.氫離子的濃度
c.氯離子的濃度
d.氧氣的體積分數(shù)
18．（12分）我國化學家侯德榜發(fā)明了聯(lián)合制堿法，對世界制堿工業(yè)做出了巨大貢獻。聯(lián)合制堿法的主要流程如圖（部分物質已略去）：

（1）①～③所涉及的操作方法中，包含過濾的是 　 　（填序號）。
（2）根據(jù)上述流程圖，將化學方程式補充完整：NH3+CO2+　 　+　 　═NaHCO3↓+NH4Cl。
（3）煅燒NaHCO3固體的化學方程式是 　 　。
（4）下列聯(lián)合制堿法流程說法正確的是 　 ?。ㄌ钭帜福?。
a．CO2可以循環(huán)使用
b．副產(chǎn)物NH4Cl可用作肥料
c．溶液B中一定含有Na+、NH4+、Cl﹣
（5）某小組利用如圖裝置繼續(xù)對Na2CO3和NaHCO3的性質進行探究，（夾持裝置已略去，氣密性已檢驗）。

①方框中為洗氣裝置，請將該裝置補充完整 　 　。
②試劑a為飽和NaHCO3溶液，其作用是 　 　。
③實驗持續(xù)一段時間后，觀察到飽和Na2CO3溶液中有細小晶體析出，用化學方程式表示產(chǎn)生細小晶體的原因 　 　。
19．（14分）長期放置的FeSO4溶液易被氧化而變質。某興趣小組分別對新制和久置的兩瓶FeSO4溶液進行了如下實驗。
Ⅰ．分別取2mL新制的FeSO4溶液于三支試管中，進行如下實驗。

實驗
試劑X
實驗現(xiàn)象
實驗i
1mL1mol/LNaOH溶液
現(xiàn)象a
實驗ii
5滴酸性KMnO4溶液
現(xiàn)象b：紫色褪去
實驗iii
依次加入5滴KSCN溶液、5滴氯水
現(xiàn)象c
（1）方案i中，現(xiàn)象a是立即產(chǎn)生白色沉淀，白色沉淀逐漸變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色。白色沉淀的化學式是 　 　，最終變?yōu)榧t褐色的化學方程式是 　 　。
（2）方案iii的實驗現(xiàn)象是 　 　，寫出氯水參與反應的的離子方程式：　 　。
Ⅱ．久置的FeSO4溶液。
實驗操作
實驗現(xiàn)象
實驗結論
實驗 iv
取少量久置的FeSO4溶液于試管中，向其中滴加5滴KSCN溶液
溶液變紅
FeSO4溶液
部分變質
實驗 v
　 　
　 　
（3）將上述實驗 v中的實驗操作和現(xiàn)象補充完整 　 　。
（4）若要使部分變質的FeSO4復原，發(fā)生反應的離子反應方程式是 　 　。
（5）小組同學查閱資料得知，“維生素C可將Fe3+轉化為Fe2+”。為了驗證維生素C的作用，設計了如下實驗vi。
實驗操作
實驗現(xiàn)象
實驗vi
取一定量Fe2（SO4）3溶液于試管中，加入維生素C片，振蕩溶解后，滴加酸性KMnO4溶液
紫色褪去
由實驗 vi能否得出“維生素C可將Fe3+轉化為Fe2+”的結論？請說明理由 　 　。

參考答案
一、選擇題（共42分）本部分每小題只有一個選項符合題意，每小題3分
1．【分析】由兩種或兩種以上的金屬（或金屬與非金屬）熔合而成的具有金屬特性的物質為合金，據(jù)此判斷。
【解答】解：A．塑料為高分子化合物，屬于有機高分子材料，故A錯誤；
B．聚乙烯為高分子化合物，屬于有機高分子材料，故B錯誤；
C．尼龍為高分子化合物，屬于有機高分子材料，故C錯誤；
D．鋁材是由鋁、鎂形成鋁合金，屬于合金材料，故D正確；
故選：D。
【點評】本題考查了材料的組成與分類，熟悉合金、高分子化合物概念是解題關鍵，題目難度不大。
2．【分析】丁達爾效應是膠體特有的性質，只有膠體分散系才能產(chǎn)生丁達爾效應。
【解答】解：只有膠體具有丁達爾效應，而溶液和濁液都不具有此性質，KCl溶液、KOH溶液、CuSO4溶液分散系中分散質微粒直徑小于1nm，均屬于溶液，不能產(chǎn)生丁達爾效應，F(xiàn)e（OH）3膠體為膠體，所以能產(chǎn)生丁達爾效應，
故選：B。
【點評】本題考查膠體的性質，丁達爾效應是膠體的特有性質，題目難度不大，注意膠體性質的理解應用。
3．【分析】電解質：在水溶液或熔融狀態(tài)下能導電的化合物，該概念的前提條件是化合物。
【解答】解：A．Cu既不是電解質也不是非電解質，故A錯誤；
B．KNO3溶于水導電，屬于電解質，故B正確；
C．NaOH溶液是混合物，既不是電解質也不是非電解質，故C錯誤；
D．H2SO4溶液是混合物，既不是電解質也不是非電解質，故D錯誤；
故選：B。
【點評】本題考查電解質和非電解質，解題的關鍵是掌握電解質的概念，題目難度不大，注意基礎知識積累。
4．【分析】A.四種離子之間不反應；
B.鈣離子與碳酸根離子生成碳酸鈣沉淀；
C.碳酸根離子與氫離子反應；
D.銀離子與氯離子生成氯化銀沉淀。
【解答】解：A.Na+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣之間不反應，能夠大量共存，故A正確；
B.Ca2+、CO32﹣之間反應生成碳酸鈣沉淀，不能大量共存，故B錯誤；
C.H+、CO32﹣之間發(fā)生反應，不能大量共存，故C錯誤；
D.Ag+、Cl﹣之間反應生成AgCl沉淀，不能大量共存，故D錯誤；
故選：A。
【點評】本題考查離子共存的判斷，為高頻考點，明確常見離子的性質及離子反應發(fā)生條件為解答關鍵，注意掌握常見離子不能共存的情況，試題側重考查學生的分析與應用能力，題目難度不大。
5．【分析】活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素的原子之間易形成共價鍵。
【解答】解：A．CO2分子中C﹣O之間存在共價鍵，故A正確；
B．KCl中鉀離子和氯離子之間只存在離子鍵，故B錯誤；
C．Na2O中鈉離子和氧離子之間只存在離子鍵，故C錯誤；
D．CaCl2中鈣離子和氯離子之間只存在離子鍵，故D錯誤；
故選：A。
【點評】本題考查化學鍵，側重考查基本概念，明確離子鍵和共價鍵區(qū)別、物質構成微粒及微粒之間作用力是解本題關鍵，注意：氯化鈣中兩個氯離子之間不存在化學鍵，題目難度不大。
6．【分析】A．Cu與氯氣化合生成CuCl2；
B．Na與氧氣反應生成過氧化鈉；
C．Fe與氯氣反應生成氯化鐵；
D．氫氣與氯氣反應生成HCl。
【解答】解：A．Cu在氯氣中燃燒生成CuCl2，故A錯誤；
B．Na在氧氣中燃燒直接化合生成過氧化鈉，故B錯誤；
C．氯氣具有強氧化性，則Fe與氯氣直接化合生成氯化鐵，不能直接生成氯化亞鐵，故C正確；
D．氫氣在氯氣中燃燒可直接化合生成HCl，故D錯誤；
故選：C。
【點評】本題考查物質的性質及反應，為高頻考點，把握發(fā)生的反應、反應條件為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意氧化還原反應的應用，題目難度不大。
7．【分析】需要加入還原劑才能實現(xiàn)，則選項中氧化劑在反應中元素的化合價降低，以此來解答。
【解答】解：A．CO2→CaCO3沒有元素化合價的變化，為非氧化還原反應，不需要加入還原劑，故A錯誤；
B．HCl→Cl2中Cl元素化合價升高，被氧化，需加入氧化劑，故B錯誤；
C．I﹣→I2中I元素化合價升高，被氧化，需加入氧化劑，故C錯誤；
D．Fe2O3→Fe中Fe元素化合價降低，被還原，需加入還原劑，故D正確；
故選：D。
【點評】本題考查氧化還原反應，為高頻考點，把握反應中元素的化合價變化解答的關鍵，側重還原反應的考查，注意從化合價角度分析，題目難度不大。
8．【分析】A．主族元素原子電子層數(shù)＝周期數(shù)，最外層電子數(shù)＝族序數(shù)；
B．元素非金屬性越強，簡單氫化物的穩(wěn)定性越強；
C．質量數(shù)＝質子數(shù)+中子數(shù)，質子數(shù)＝原子序數(shù)；
D．Se的最高價是+6價。
【解答】解：A．主族元素原子電子層數(shù)＝周期數(shù)，最外層電子數(shù)＝族序數(shù)，所以該元素處于第四周期第ⅥA族，故A正確；
B．元素非金屬性越強，簡單氫化物的穩(wěn)定性越強，S的非金屬性大于Se的非金屬性，所以穩(wěn)定性，H2Se＜H2S，故B正確；
C．質量數(shù)＝質子數(shù)+中子數(shù)，中子數(shù)＝78﹣34＝44，該原子的中子數(shù)為44，故C錯誤；
D．Se的最高價是+6價，故Se的最高價氧化物對應的水化物是H2SeO4，故D正確；
故選：C。
【點評】本題考查了元素周期表和元素周期律，明確元素周期律內(nèi)涵是解本題的關鍵，知道非金屬性的判斷方法和原子構成，即可解答。
9．【分析】A．摩爾質量以g/mol為單位，數(shù)值上等于相對原子質量；
B．溶液體積未知；
C．1個鎂失去2個電子生成鎂離子；
D．依據(jù)V＝nVm計算。
【解答】解：A．鈉的相對原子質量為23，則Na的摩爾質量是23g?mol﹣1，故A正確；
B．溶液體積未知，無法計算鈉離子個數(shù)，故B錯誤；
C．24gMg物質的量為：＝1mol，變?yōu)镸g2+時，失去的電子數(shù)為2NA，故C正確；
D．標準狀況下，0.5molN2的體積約為：0.5mol×22.4L/mol＝11.2L，故D正確；
故選：B。
【點評】本題考查了物質的量和阿伏加德羅常數(shù)的有關計算，難度不大，掌握公式的運用和物質的結構是解題關鍵。
10．【分析】球棒模型是一種空間填充模型，用來表現(xiàn)化學分子的三維空間分布，在此作圖方式中，線代表共價鍵，可連結以球型表示的原子中心，結合相關物質的空間構形判斷。
【解答】解：A．氫氣是由兩個H原子構成的直線型結構，球棍模型為：，故A正確；
B．氯化氫是由H和Cl構成的直線型結構，Cl原子半徑大于H原子半徑，球棍模型為：，故B正確；
C．水分子是由1個氧原子連接2個H原子構成的V形結構，球棍模型為：，故C錯誤；
D．甲烷是由碳原子與4個氫原子構成的正面體結構，碳原子半徑大于氫原子半徑，球棍模型為：，故D正確；
故選：C。
【點評】本題考查了化學用語是使用，明確分子結構組成，熟悉球館模型意義即可解答，題目難度不大。
11．【分析】A．過氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣；
B．小蘇打為碳酸氫鈉，碳酸氫根離子為弱酸的酸式根離子，不能拆；
C．二者反應實質為銀離子與氯離子反應生成氯化銀沉淀；
D．鹽酸與碳酸鈣反應生成氯化鈣、二氧化碳和水。
【解答】解：A．過氧化鈉作呼吸面具中的氧氣來源，化學方程式為：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故A正確；
B．小蘇打（NaHCO3）溶液治療胃酸過多，離子方程式為：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故B錯誤；
C．硝酸酸化的AgNO3溶液檢驗NaCl溶液中的Cl﹣，離子方程式為：Ag++Cl﹣═AgCl↓，故C正確；
D．實驗室用大理石和稀鹽酸反應制CO2，離子方程式為：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，故D正確；
故選：B。
【點評】本題考查離子方程式的判斷，題目難度不大，注意掌握離子方程式的書寫原則，明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應物、生成物是否正確，檢查各物質拆分是否正確，如難溶物、弱電解質等需要保留化學式，檢查是否符合原化學方程式等。
12．【分析】A．水溶液中或熔融狀態(tài)下導電的化合物為電解質；
B．氯化鈉在水分子作用下完全電離；
C．溶液導電的實質是溶液中的離子放電過程；
D．熔融NaCl能導電是熔融狀態(tài)下電離出的兩種發(fā)生定向移動，在兩個電極發(fā)生氧化還原反應。
【解答】解：A．氯化鈉是氯離子和鈉離子過程的離子化合物，固體中不存在自由移動的離子，溶于水電離出自由移動的兩種，溶液導電，氯化鈉是電解質，故A錯誤；
B．NaCl溶于水發(fā)生了電離，NaCl 在水中發(fā)生電離：NaCl═Na++Cl﹣，故B正確；
C．NaCl溶液通電，陽離子移向陰極，陰離子移向陽極，a離子是Na+，通電后a、b離子定向移動，故C正確；
D．熔融NaCl能導電，說明NaCl熔融時能電離出自由移動的離子，在兩個電極放電，發(fā)生氧化還原反應，故D正確；
故選：A。
【點評】本題考查了電解質電離過程的分析判斷，主要是氯化鈉導電的原因和電解質概念的理解應用，題目難度不大。
13．【分析】由圖可知，①中發(fā)生H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+，②中發(fā)生CuS+2Fe3+＝S+2Fe2++Cu2+，③中發(fā)生4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，以此來解答。
【解答】解：A．①中H2S與Cu2+反應生成沉淀，反應的離子方程式為H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+，故A正確；
B．②中發(fā)生CuS+2Fe3+＝S+2Fe2++Cu2+，S元素的化合價升高被氧化，則CuS是還原劑，F(xiàn)e元素化合價降低，F(xiàn)e3+作氧化劑，故B正確；
C．③中發(fā)生4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，F(xiàn)e、O化合價發(fā)生變化，故C錯誤；
D．由①H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+＝S+2Fe2++Cu2+、③4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O可知，回收S的總反應為2H2S+O22H2O+2S↓，故D正確；
故選：C。
【點評】本題考查氧化還原反應，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意圖中轉化反應，題目難度不大。
14．【分析】A．依據(jù)溶液稀釋規(guī)律計算需要濃硫酸的體積；
B．根據(jù)配制一定物質的量濃度溶液實驗操作一般步驟及各儀器的作用選取儀器；
C．用濃溶液配制一定物質的量濃度稀溶液操作步驟為：計算、量取、稀釋、冷卻、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作，據(jù)此排序；
D．定容時俯視容量瓶刻度線會導致溶液體積偏小，依據(jù)c＝進行誤差分析。
【解答】解：A．依據(jù)溶液稀釋規(guī)律可知，配制250mL1.00mol/LH2SO4溶液需要濃硫酸體積為：≈0.0139L，即13.9mL，故A正確；
B．配制一定物質的量濃度溶液實驗操作一般步驟：計算、量取、稀釋、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作，該實驗中需要用量筒、膠頭滴管量取濃硫酸，燒杯、玻璃棒稀釋濃硫酸，需要玻璃棒攪拌和引流，需要250mL容量瓶配制溶液，需要膠頭滴管定容，不需要的儀器：托盤天平和燒瓶，故B正確；
C．用濃溶液配制一定物質的量濃度稀溶液操作步驟為：計算、量取、稀釋、冷卻、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作，所以正確的操作順序為：b﹣d﹣f﹣a﹣g﹣c﹣e，故C正確；
D．定容時俯視容量瓶刻度線會導致溶液體積偏小，依據(jù)c＝可知，溶液濃度偏高，故D錯誤；
故選：D。
【點評】本題考查一定物質的量濃度溶液的配制，蒸餾水的制備，明確實驗原理及注意事項是解題關鍵，題目難度不大。
二、非選擇題（共58分）
15．【分析】（1）①水溶液中電離出的陰離子全部是氫氧根離子的化合物為堿，金屬陽離子或銨根離子和酸根陰離子過程的化合物為鹽；
②Cl2與NaOH溶液反應，生成氯化鈉、次氯酸鈉和水；
③“84”消毒液的稀溶液在浸泡餐具過程中，因吸收空氣中CO2使消毒殺菌能力增強，反應為：NaClO+CO2+H2O＝NaHCO3+HClO；
（2）①氧化還原反應中元素化合價降低的物質具有氧化性；
②結合反應的定量關系和氧化還原反應中電子守恒計算，轉移電子的物質的量；
（3）氧化還原反應中氧化劑的 氧化性大于其氧化產(chǎn)物。
【解答】解：（1）①84”消毒液呈無色或淡黃色，可由Cl2與NaOH溶液反應制得，其主要成分為NaClO、NaCl，鼠疫堿的是NaOH，屬于鹽的是：NaClO、NaCl，
故答案為：NaOH；NaClO、NaCl；
②Cl2與NaOH溶液反應，生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應的離子方程式為：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案為：Cl2+2OH﹣═Cl﹣ +ClO﹣+H2O；
③“84”消毒液的稀溶液在浸泡餐具過程中，因吸收空氣中CO2使消毒殺菌能力增強，反應為：NaClO+CO2+H2O＝NaHCO3+HClO，其中發(fā)生的化學反應符合規(guī)律是：酸+鹽＝（新）鹽+（新）酸，
故答案為：酸；鹽；（新）酸；（新）鹽；
（2）①“84”消毒液不能與潔廁靈（含鹽酸）混用，混用會發(fā)生如下反應：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O，反應過程中次氯酸根離子中氯元素化合價+1價降低到0價，最氧化劑，具有氧化性，該反應中起氧化作用的微粒是：ClO﹣，
故答案為：ClO﹣；
②ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O，反應中，氯元素化合價﹣1價升高到0價，+1價降低到0價，生成1mol氯氣，電子轉移總數(shù)為e﹣，若反應中生成了0.01molCl2，轉移電子的物質的量為：0.01mol，
故答案為：0.01；
（3）NaClO將H2O2氧化產(chǎn)生的O2促進藻類快速生長，說明次氯酸鈉做氧化劑，能氧化過氧化氫生成氧氣，氧化性大小：NaClO＞H2O2，
故答案為：＞。
【點評】本題考查了物質性質和應用，主要是次氯酸鈉、乙醇的分析應用，掌握物質性質和應用是解題關鍵，題目難度不大。
16．【分析】根據(jù)元素周期表可知：a為N，b為O，c為Na，d為Al，e為S，f為Cl，
（1）由元素周期表可知a的元素符號為N；e為 S，最高價為+6；
（2）金屬性越強，最高價氧化物對應的水化物形成的堿的堿性越強；
（3）c和f組成化合物為NaCl，由鈉離子與氯離子構成；
（4）同主族元素原子隨原子序數(shù)增大，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱；
（5）a.f為Cl，最外層電子數(shù)為7，最高正價為+7；
b.同主族從上到下，元素非金屬性逐漸減弱；
c.氯為非金屬元素，最高價氧化物對應的水化物屬于酸；
（6）①由表格可知質量最大的為碳水化合物；
②鈣和鎂位于元素周期表中第二主族，鎂在第二周期，鈣在第三周期，最外層電子數(shù)都是2，鈣比鎂多一個電子層；
③鈣位于元素周期表中第四周期第ⅡA族，最外層只有兩個電子，易失電子，在牛奶中以化合態(tài)形式存在。
【解答】解：根據(jù)元素周期表可知：a為N，b為O，c為Na，d為Al，e為S，f為Cl，
（1）由元素周期表可知a的元素符號為N；e為S，最高價為+6，最高價氧化物為SO3，
故答案為：N；SO3；
（2）金屬性越強，最高價氧化物對應的水化物形成的堿的堿性越強，Na的金屬性比Al的強，Al（OH）3的堿性較弱，
故答案為：Al（OH）3；
（3）c和f組成化合物為NaCl，由鈉離子與氯離子構成，用電子式表示其形成過程為
故答案為：；
（4）同主族元素原子隨原子序數(shù)增大，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，最外層電子數(shù)S與O相同，電子層數(shù)S大于O，原子半徑S大于O，得電子能力S小于O，
故答案為：最外層電子數(shù)S與O相同，電子層數(shù)S大于O，原子半徑S大于O，得電子能力S小于O；
（5）a.f為Cl，最外層電子數(shù)為7，最高正價為+7，故a對，
b.同主族從上到下，元素非金屬性逐漸減弱，氯在氟的下面，氟單質的氧化性是同主族最強的，故b錯，
c.氯為非金屬元素，最高價氧化物對應的水化物屬于酸，其水溶液的pH＜7，故c對，
故答案為：ac；
（6）①由表格可知質量最大為5.0g，為碳水化合物，
故答案為：碳水化合物；
②鈣和鎂位于元素周期表中第二主族，鎂在第二周期，鈣在第三周期，最外層電子數(shù)都是2，具有相似性，鈣比鎂多一個電子層，鈣的失電子能力比鎂強，因此鈣也能與反應，而且比鎂更劇烈，
故答案為：鈣能與O2、H2O反應，比鎂劇烈；
③鈣位于元素周期表中第四周期第ⅡA族，最外層只有兩個電子，易失電子，在牛奶中以化合態(tài)形式存在，
故答案為：化合物。
【點評】本題考查結構性質位置關系應用，熟記常見元素在周期表中位置，注意掌握元素周期律內(nèi)容及常見元素化合物性質，有利于基礎知識的鞏固，題目難度不大。
17．【分析】（1）氯化氫中氯為﹣1價，產(chǎn)物中單質化合價為0，則氯在反應中化合價升高作還原劑；
（2）食鹽水抑制Cl2的溶解，HCl極易溶于水；
（3）依據(jù)氯氣的密度大于空氣的密度，用排氣法收集氯氣應選擇向上排氣法；
（4）①氯氣的顏色是黃綠色，氯氣與水反應生成HCl和HClO；
②HClO具有漂白作用，Cl﹣、Cl2均不具有漂白作用；
③a.氯水中含有次氯酸，光照條件下，生成強酸鹽酸，溶液酸性增強，pH減??；
b.根據(jù)a的分析氯水中含有次氯酸，光照條件下，生成強酸鹽酸，溶液酸性增強，氫離子的濃度增大；
c.光照條件下發(fā)生反應，生成強電解質HCl，溶液中氯離子濃度增大；
d.次氯酸光照分解生成氧氣，所以溶液中氧氣的濃度增大。
【解答】解：（1）氯化氫中氯為﹣1價，產(chǎn)物中單質化合價為0，則氯在反應中化合價升高作還原劑，
故答案為：Cl的化合價從HCl中的﹣1價升高為Cl2中的0價，HCl發(fā)生氧化反應，或者Mn的化合價由MnO2中的+4價降低為MnCl2中的+2價，MnO2發(fā)生還原反應；
（2）食鹽水抑制Cl2的溶解，HCl極易溶于水，則利用飽和食鹽水洗氣，
故答案為：NaCl；
（3）氯氣的密度大于空氣的密度，用排氣法收集氯氣應選擇向上排氣法，應長進短出，故應從n口進入，
故答案為：n；
（4）①氯氣微溶于水，溶液中存在氯氣，且顏色是黃綠色，氯氣與水反應方程式為Cl2+H2O＝HCl+HClO，
故答案為：Cl2；Cl2+H2O＝HCl+HClO；
②若裝置 IV中試劑b為CCl4，可制得Cl2的CCl4溶液（Cl2可溶于CCl4，且不與CCl4反應）。取稀鹽酸、新制氯水、Cl2的CCl4溶液，分別滴在三張紅色紙條上，可觀察到滴有新制氯水的紅紙褪色，其他兩種不使紅紙褪色，證明氯水中HClO具有漂白性作用，
故答案為：滴有新制氯水的紅紙褪色，其他兩種不使紅紙褪色；
③a.氯水中含有次氯酸，光照條件下發(fā)生如下反應：2HClO2HCl+O2↑，生成強酸鹽酸，溶液酸性增強，pH減小，故a錯誤；
b.根據(jù)a的分析氯水中含有次氯酸，光照條件下發(fā)生如下反應：2HClO2HCl+O2↑，生成強酸鹽酸，溶液酸性增強，氫離子的濃度增大，故b正確；
c.光照條件下發(fā)生如下反應2HClO2HCl+O2↑，生成強電解質HCl，所以溶液中氯離子濃度增大，故c正確；
d.次氯酸光照分解生成氧氣，所以溶液中氧氣的濃度增大，裝置內(nèi)氣體混合物中氧氣的體積分數(shù)增大，故d正確；
故答案為：bcd。
【點評】本題考查了氯氣的實驗室制備，明確制備的原理能夠依據(jù)反應物狀態(tài)和反應條件選擇發(fā)生裝置是解題關鍵，注意依據(jù)氣體的性質選擇合適的收集裝置，注意把握氯氣和水反應的特點以及氯水的成分和性質，題目難度不大。
18．【分析】向飽和食鹽水依次通入氨氣、二氧化碳氣體發(fā)生反應生成碳酸氫鈉晶體和氯化銨，過濾得到碳酸氫鈉固體加熱分解生成碳酸鈉，溶液A中加入氯化鈉析出氯化銨晶體，過濾得到氯化銨晶體和溶液B主要為氯化鈉、氯化銨等，
（1）分離固體和溶液的操作是過濾；
（2）氨化的飽和食鹽水中通入二氧化碳生成碳酸氫鈉和氯化銨；
（3）碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水；
（4）碳酸氫鈉分解生成的二氧化碳、得到氯化銨為氮肥、濾液B中含氯化鈉和氯化銨等；
（5）①洗氣裝置中導氣管長進短出；
②二氧化碳氣體中含氯化氫雜質，通過飽和碳酸氫鈉溶液除去；
③實驗持續(xù)一段時間后，觀察到飽和Na2CO3溶液中有細小晶體析出，為碳酸氫鈉晶體。
【解答】解：向飽和食鹽水依次通入氨氣、二氧化碳氣體發(fā)生反應生成碳酸氫鈉晶體和氯化銨，過濾得到碳酸氫鈉固體加熱分解生成碳酸鈉，溶液A中加入氯化鈉析出氯化銨晶體，過濾得到氯化銨晶體和溶液B主要為氯化鈉、氯化銨等，
（1）分析可知①～③所涉及的操作方法中，包含過濾的是①③，
故答案為：①③；
（2）氨化的飽和食鹽水中通入二氧化碳生成碳酸氫鈉和氯化銨，反應的化學方程式：NH3+CO2+NaCl+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl，
故答案為：NaCl；H2O；
（3）碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水，反應的化學方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，
故答案為：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
（4）a．開始通入二氧化碳反應，最后碳酸氫鈉受熱分解生成的CO2可循環(huán)使用，故a正確；
b．副產(chǎn)物NH4Cl是氮肥，可用作植物生長所需的肥料，故b正確；
c．溶液B中主要是氯化鈉、氯化銨飽和溶液，一定含有Na+、NH4+、Cl﹣，故c正確；
故答案為：abc。
（5）①方框中為洗氣裝置，導氣管長進短出，該裝置補充完整為：，
故答案為：；
②試劑a為飽和NaHCO3溶液，其作用是：吸收鹽酸揮發(fā)出的HCl氣體，
故答案為：吸收鹽酸揮發(fā)出的HCl氣體；
③實驗持續(xù)一段時間后，觀察到飽和Na2CO3溶液中有細小晶體析出，為生成的碳酸氫鈉晶體，反應的化學方程式為：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，
故答案為：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓。
【點評】本題考查了侯氏制堿法的原理分析、物質性質和應用、實驗操作等知識點，掌握基礎是解題關鍵，題目難度不大。
19．【分析】Ⅰ．（1）方案i中，現(xiàn)象a是立即產(chǎn)生白色沉淀，白色沉淀逐漸變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色，是氫氧化亞鐵被氧氣氧化生成氫氧化鐵的過程；
（2）依次加入5滴KSCN溶液、5滴氯水，現(xiàn)象是無現(xiàn)象、溶液變紅色，氯氣能氧化亞鐵離子生成鐵離子，證明含亞鐵離子；
Ⅱ．（3）要想證明FeSO4溶液部分變質，需要證明溶液中含有Fe3+和Fe2+；
（4）若要使變質的FeSO4溶液復原，可以向溶液中加入過量的Fe粉，再經(jīng)過濾除去剩余的Fe粉即可；
（5）Fe2+和維生素C都具有還原性，若維生素C過量，也可使高錳酸鉀溶液褪色，則無法說明一定有Fe2+生成。
【解答】解：Ⅰ．（1）方案i中，現(xiàn)象a是立即產(chǎn)生白色沉淀，白色沉淀逐漸變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色，白色沉淀的化學式是：Fe（OH）2，最終變?yōu)榧t褐色的化學方程式為：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，
故答案為：Fe（OH）2；4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
（2）方案iii的實驗現(xiàn)象是：加入KSCN后無明顯現(xiàn)象，加入氯水后溶液變成血紅色，證明含亞鐵離子，不含鐵離子，氯水參與反應的的離子方程式為：Cl2+2Fe2+═2Cl﹣+2Fe3+，
故答案為：加入KSCN后無明顯現(xiàn)象，加入氯水后溶液變成血紅色；Cl2+2Fe2+═2Cl﹣+2Fe3+；
Ⅱ．（3）要想證明FeSO4溶液部分變質，需要證明溶液中含有Fe3+和Fe2+，實驗 iv中，向待測液中加入KSCN溶液，溶液變?yōu)檠t色，說明溶液中含有Fe3+，實驗 v中，取少量久置的FeSO4溶液于試管中，向待測液中加入酸性KMnO4溶液，酸性KMnO4溶液紫色褪去，說明溶液中含有Fe2+，
故答案為：取少量久置的FeSO4溶液于試管中，向其中滴加5滴酸性KMnO4溶液；紫色褪去；
（4）若要使變質的FeSO4溶液復原，可以向溶液中加入過量的Fe粉，再經(jīng)過濾除去剩余的Fe粉即可，反應的離子方程式為2Fe3++Fe＝3Fe2+，
故答案為：2Fe3++Fe═3Fe2+；
（5）由實驗 vi不一定得出“維生素C可將Fe3+轉化為Fe2+”的結論，不能，維生素C可能過量，也可使酸性KMnO4溶液褪色，則無法說明一定有Fe2+生成（能，如果維生素C恰好被Fe2（SO4）3溶液反應完，加入酸性KMnO4溶液褪色，則證明一定含有Fe2+），
故答案為：不能，維生素C可能過量，也可使酸性KMnO4溶液褪色，則無法說明一定有Fe2+生成[能，如果維生素C恰好被Fe2（SO4）3溶液反應完，加入酸性KMnO4溶液褪色，則證明一定含有Fe2+]。
【點評】本題考查物質組成及含量測定實驗，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應、測定原理為解答關鍵，側重分析與實驗、計算能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。

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