2023?2024學年上學期期末模擬考試01解析1．解析】A．霧液體小顆粒分散到空氣中形成的一種氣溶膠，可觀察到丁達爾效應，故A正確；B．維生素C具有強還原性，與補血劑FeSO4同時服用，可以防止亞鐵被氧化為三價鐵，利于鐵的吸收，故B正確；C．合金的熔點一般比其各成分金屬的熔點低，故C錯誤；D．漂白粉可用于漂白棉、麻、紙張等，長期露置在空氣中會失效，發生的反應為：,,故D正確。答案為：C。2．【解析】A．Na+是Na原子失去最外層的1個電子形成的，其核外電子排布是2、8，故Na+的結構示意圖是，A錯誤；B．中子數為18的氯原子質量數是17+18=35，故該原子的表示式為：，B錯誤；C．N2分子中2個N原子形成3對共用電子對，使分子中各個原子都達到最外層8個電子的穩定結構，其結構式為：N≡N，C錯誤；D．NaCl中Na原子失去電子形成Na+，Cl原子獲得電子形成Cl-，然后Na+與Cl-通過離子鍵結合，故用電子式表示NaCl的形成過程為：，D正確；故合理選項是D。3．【解析】A．冰水混合物中只含H2O分子，冰水混合物是純凈物，故A錯誤；

B．氨水是氨氣的水溶液，屬于混合物，既不是電解質又不是非電解，故B錯誤；C．氧化鋁和酸堿都能反應，氧化鋁屬于兩性氧化物，故C錯誤；D．乙醇、四氯化碳、一氧化碳自身不能電離，屬于非電解質，故D正確；選D。4．【解析】A．酸性條件下，具有強氧化性，與還原性的會發生氧化還原反應而不能共存，A錯誤；B．是一個在較強酸性存在的離子，堿性溶液中不共存，B錯誤；C．離子間不發生生成沉淀、氣體和弱電解質的復分解反應，也不發生氧化還原反應，各離子共存，C正確；D．與生成紅色的絡合物而不共存，D錯誤；故選C。5．【解析】A．、不是標況，不能用22.4，A錯誤；B．B的質子數為5，質量數為11，因此中子數為6，故的中，含有個中子，B正確；C．水在標準狀況下不是氣體，不能用22.4，C錯誤；D．Na與氧氣反應只會生成+1價的鈉，因此轉移的電子數為，D錯誤；故選B。6．【解析】A．鈉的熔點較低，故A正確；B．Na2CO3能和胃酸反應，但堿性太強，可能有灼傷消化道的危險，不能用Na2CO3治療胃酸過多，故B錯誤；C．過氧化鈉與水、二氧化碳反應生成產物都有氧氣，所以過氧化鈉可以做供氧劑，故C正確；D．NaHCO3能溶于水，其水溶液呈堿性，故D正確；故選B。7．【解析】A．CaCl2是由Ca2+與2個Cl-通過離子鍵結合形成的離子化合物，其中只含有離子鍵，A不符合題意；B．H2SO4是由H2SO4分子通過分子之間作用力結合形成的共價化合物，在分子內存在共價鍵，不存在離子鍵，B不符合題意；C．NaOH是由Na+與OH-通過離子鍵結合形成的離子化合物，其陰離子OH-中H、O之間以共價鍵結合，因此NaOH中含有共價鍵和離子鍵，C符合題意；D．CO2是由CO2分子通過分子之間作用力結合形成的共價化合物，在分子內存在C=O共價鍵，不存在離子鍵，D不符合題意；故合理選項是C。8．【解析】A．氯氣與水發生，新制的氯水含有氯氣分子、水分子、次氯酸分子，弱酸HClO不穩定，見光易分解，，生成強酸鹽酸，酸性增強，pH減小，故A正確；B．Na的性質活潑，易與空氣中氧氣反應生成Na2O，Na2O易與水反應生成NaOH，NaOH吸收空氣中的水和CO2生成Na2CO3·xH2O，Na2CO3·xH2O風化脫水生成Na2CO3，故B錯誤；C．紅熱的Fe與水蒸氣反應，，生成，故C錯誤；D．鐵與少量氯氣只能生成氯化鐵，故D錯誤；故選A。9．【解析】A．通入過量的CO2，碳酸鈉轉化為碳酸氫鈉，可以除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，A正確；B．加入NaOH溶液，氧化鋁轉化為偏鋁酸鈉，再過濾得到氧化鐵，可以除去Fe2O3中的Al2O3，B正確；C．通入足量的氯氣，氯化亞鐵被氧化為氯化鐵，可以除去FeCl3溶液中的FeCl2，C正確；D．CO2、HCl均與碳酸鈉溶液反應，應該用飽和的碳酸氫鈉溶液除去二氧化碳中的氯化氫，D錯誤；答案選D。10．【解析】由題意知知，Fe2+被亞硝酸鹽氧化生成高鐵血紅蛋白，故鐵元素化合價升高，故答案選A。11．【解析】A．CH3COOH屬于弱酸，在離子方程式中應以化學式保留，正確的離子方程式為CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A項錯誤；B．H原子不守恒，正確的離子方程式為2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B項錯誤；C．電荷不守恒，正確的離子方程式為2Fe3++Fe=3Fe2+，C項錯誤；D．Cl2與NaOH溶液反應生成NaCl、NaClO和H2O，反應的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D項正確；答案選D。12．【解析】A．加熱固體試劑，試管口應略向下傾斜，故選A；

B．向包有過氧化鈉的脫脂棉滴2滴水，脫脂棉燃燒，證明與水反應放熱，故不選B；C．錐形瓶中滴入氫氧化鈉溶液，若氣球膨脹，說明錐形瓶內氣體減少，證明能與燒堿溶液反應，故不選C；D．氯氣通過熱的金屬鈉，玻璃管內有白煙生成，說明鈉與發生反應，故不選D；選A。13．【解析】A．氧化鋁和水不反應，所以不能一步生成氫氧化鋁，故A錯誤；B．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl中反應方程式分別為：2Na+2H2O=2NaOH+H2、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，所以能一步實現，故B正確；C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4中反應方程式分別為：Mg+2HCl=MgCl2+H2、MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl、Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，所以能一步實現，故C正確；D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3中反應的方程式分別為：Fe+2HCl=FeCl2+H2、FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl、4Fe(OH)2+2O2+2H2O=4Fe(OH)3，所以能一步實現，故D正確；故選A。14．【解析】A.一種單質與一種化合物反應生成另一種單質和化合物的反應是置換反應，該反應不是置換反應，A錯誤；B.用KSCN溶液可檢驗廢液中的Fe3+，不能檢驗亞鐵離子，B錯誤；C.鐵的金屬性強于銅，可以把銅離子置換生成銅，因此可用置換法回收廢液中的銅，C正確；D.Fe3+能溶解Cu說明鐵離子氧化性強于銅離子，但Cu比Fe金屬性弱，D錯誤。答案選C。點睛：氧化性和還原性的強弱只取決于電子得失的難易，而與電子得失的多少無關，利用比較的思想，結合物質在化學反應中的性質表現，比較物質氧化性和還原性的相對強弱。例如在氧化還原反應中氧化性：氧化劑＞氧化產物；氧化劑＞還原劑；還原性：還原劑＞還原產物；還原劑＞氧化劑。15．【解析】A．固體中含少量雜質，碳酸氫鈉受熱易分解，生成碳酸鈉、二氧化碳和水，可通過加熱的方法除去，故A正確；B．溶液中碳酸根離子分步水解，溶液顯堿性，是金屬陽離子鈉離子和碳酸根離子構成的化合物，為鹽，不屬于堿，故B錯誤；C．碳酸鈉受熱難分解，碳酸氫鈉受熱易分解，熱穩定性：，故C正確；D．等物質的量的和含有碳原子個數相等，分別與足量鹽酸反應，生成的的量相等，故D正確；故選：B。16．【解析】A．反應①中生成物是CO和TiO2，因此不能用CO在高溫下把TiO2還原成Ti，故A錯誤；B．反應①中Cl元素化合價從0變為－1，碳元素化合價從0價升高到+2價，有2種元素化合價發生變化，故B錯誤；C．反應②中Mg元素化合價從0變為+2，生成2molMgCl2時轉移4mol電子，故C錯誤；D．反應②中TiCl4為氧化劑，Mg為還原劑，則氧化劑與還原劑的物質的量比為1：2，故D正確；故選：D。17．【分析】X的原子中不含中子得知X為H元素，X與W同族且W的序數最大則W是Na元素，Z是地殼中含量最多的元素是O元素，四種元素最外層電子數之和為13，且Y元素在H和O元素之間推斷出Y是N元素。【解析】A．NH3的熱穩定性小于H2O的熱穩定性，故A錯誤；B．O2-離子與Na+離子都是10個電子，電子層結構相同，故B正確；C．原子半徑N>O>H，故C正確；D．N和H可以形成10電子的分子NH3，故D正確；答案選A。18．【解析】溶液中溶質的質量分數由20％變為40％，則蒸發掉原溶液質量一半的水，設質量分數為20％的的密度為，蒸發后密度為，根據物質的量濃度與溶液密度、質量分數的關系有：，，，得，的濃度越大密度越大，，則得到，故B符合題意。綜上所述，答案為B。第II卷（非選擇題共46分）二、非選擇題：本題共5個小題，共46分。19．【答案】（1）同位素（2）⑥（3）（4）將飽和溶液逐滴滴入到盛有沸水的燒杯中，繼續煮沸至液體呈紅褐色，立即停止加熱（5）先變弱再變強（6）①②二【解析】（1）和質子數相同，中子數不同，故兩者互為同位素。（2）電解質只有在水溶液或熔融狀態才能導電，故只有⑥熔融才符合要求。（3）硫酸屬于二元強酸，其溶質完全電離，其電離方程式為。（4）將飽和溶液逐滴滴入到盛有沸水的燒杯中，繼續煮沸至液體呈紅褐色，停止加熱。（5）硫酸溶液是電解質溶液，加入固體后，生成難溶性和水，其溶液中導電的微粒逐漸減少，其溶液的導電性減弱，但過量后其自身能電離，其溶液的導電性又逐漸增強。（6）根據定義，草酸生成酸式鹽的方程式為。與溶液反應生成的酸式鹽只有一種，根據定義是二元酸，若生成正鹽，需要中和兩個氫離子，其化學式為。20．【答案】（1）（2）（3）Al(OH)3+OH-=+2H2O（4）HF＞H2O＞NH3；（5）錯誤CsOH【分析】根據題表中信息可知：①為H，②為C，③為N，④為O，⑤為F，⑥為Na，⑦為Al，⑧為Cl，⑨為Br元素。【解析】（1）可用于文物斷代的是C元素的一種核素，其原子核內質子數是6，中子數是8，則其質量數為14，寫表示為。（2）由元素②和元素④形成原子個數比為1∶2的化合物為CO2，電子式：。（3）⑥為Na，Na元素最高價氧化物對應的水化物是NaOH，⑦為Al，Al元素最高價氧化物對應的水化物是Al(OH)3，Al(OH)3是兩性氫氧化物能夠與NaOH溶液反應產生NaAlO2、H2O，該反應的離子方程式為：Al(OH)3+OH-=+2H2O。（4）③為N，④為O，⑤為F，元素的非金屬性隨原子序數的增大而增強，元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的穩定性就越強。元素的非金屬性：F＞O＞N，所以三種元素形成的簡單氫化物的穩定性大小關系為：HF＞H2O＞NH3。（5）ⅠA族元素中H元素是非金屬元素，因此認為元素周期表第ⅠA族、第ⅡA族元素全部是金屬元素的判斷是錯誤的；根據元素周期律，元素金屬性最強的在周期表的左下角，其形成的最高價氧化物對應的水化物的堿性最強，自然界中能夠穩定存在的金屬元素中金屬性最強的元素是Cs，故最強的堿是CsOH。21．【答案】（1）檢查裝置的氣密性（2）分液漏斗讓液體能順利流下（3）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O鹽酸濃度降低到一定值后反應停止（4）檢驗后續裝置是否堵塞(平衡氣壓)并除掉Cl2中的HCl氣體Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（5）濃硫酸防止G中的水蒸氣進入導致FeCl3吸水潮解【分析】實驗室用如圖裝置制備無水FeCl3時，裝置A用于制取Cl2，裝置B用于除去Cl2中的HCl，并檢查后續裝置是否發生堵塞，裝置C用于干燥氯氣，防止裝置D中生成的FeCl3發生潮解；裝置E用于收集反應生成的FeCl3，裝置F用于防止G中產生的水蒸氣進入裝置E，導致FeCl3發生潮解，裝置G用于吸收Cl2，防止污染環境。【解析】（1）連接好儀器后，需要清楚裝置是否漏氣，則首先應進行的操作是檢查裝置的氣密性。答案為：檢查裝置的氣密性；（2）裝置A盛放濃鹽酸的儀器帶有活塞，則其名稱是分液漏斗，其上口與燒瓶用導管相連，可保證分液漏斗內外壓強相等，則其作用是：讓液體能順利流下。答案為：分液漏斗；讓液體能順利流下；（3）A裝置中，MnO2與濃鹽酸反應生成Cl2、MnCl2等，發生反應的離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。隨著反應的進行，濃鹽酸轉化為稀鹽酸，而稀鹽酸與MnO2不能發生反應，則當加入一定量的濃鹽酸與足量MnO2反應，實際生成的Cl2體積小于理論值的原因是：鹽酸濃度降低到一定值后反應停止。答案為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；鹽酸濃度降低到一定值后反應停止；（4）由分析可知，裝置B的作用是：檢驗后續裝置是否堵塞(平衡氣壓)并除掉Cl2中的HCl氣體，G中Cl2與NaOH發生反應生成NaCl、NaClO等，發生反應的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。答案為：檢驗后續裝置是否堵塞(平衡氣壓)并除掉Cl2中的HCl氣體；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（5）F裝置的作用是防止G中產生的水蒸氣進入E裝置，導致氯化鐵潮解，則F中所裝試劑為濃硫酸，目的是：防止G中的水蒸氣進入導致FeCl3吸水潮解。答案為：濃硫酸；防止G中的水蒸氣進入導致FeCl3吸水潮解。22．【答案】（1）500mL容量瓶膠頭滴管（2）未用玻璃棒引流應使用500mL的容量瓶（3）AB（4）BC（5）A【分析】配制一定物質的量濃度的溶液的步驟是計算、稱量、溶解、冷卻、轉移、洗滌、振蕩、定容、搖勻、裝瓶貼標簽。【解析】（1）配制溶液，因此需要500mL容量瓶，配制一定物質的量濃度的溶液最后需用膠頭滴管定容；故答案為：500mL容量瓶；膠頭滴管。（2）圖中有兩處錯誤：未用玻璃棒引流、容量瓶規格錯誤；故答案為：未用玻璃棒引流；應使用500mL的容量瓶。（3）A．沒有將洗滌液轉移到容量瓶，溶質物質的量偏小，濃度偏低，故A符合題意；B．轉移過程中有少量溶液濺出，溶質物質的量減小，濃度偏低，故B符合題意；C．容量瓶洗凈后未干燥，對結果無影響，故C不符合題意；D．定容時俯視刻度線，溶液體積偏小，濃度偏高，故D不符合題意；綜上所述，答案為：AB。（4）A．使用容量瓶前檢查它是否漏水，再洗滌容量瓶，故A正確；B．容量瓶用蒸餾水洗凈后，不能用堿液潤洗，故B錯誤；C．將氫氧化鈉固體放在天平托