杭州市2019-2020学年新高考高一化学下学期期末学业质量监测试题

高一（下）学期期末化学模拟试卷
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．将3molA气体和1.5molB气体在3L的容器中混合并在一定条件发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)。

经2s后测得C的浓度为0.3mol/L，则下列计算正确的是：
①用A表示的平均反应速率为0.3mol/（L·s）
②2s时物质A的浓度为0.7mol/L
③用B表示的平均反应速率为0.15mol/（L·s）
④2s时物质B的转化率为30％
A．②④B．①④C．②③D．①③
2．下列与化学反应能量变化相关的说法不正确的是
A．任何化学反应都伴随着热量的变化
B．一个反应是吸热反应还是放热反应要看反应物和生成物具有总能量的相对大小
C．化学键的断裂一定吸收能量，化学键的形成一定释放能量
D．化学反应过程的能量变化除热能外，也可以是光能、电能等
3．A、B、C、D 均为气体，对于A+ 3B2C + D 的反应来说，以下化学反应速率的表示中反应速率最快的是（）
A．v(A)＝0.4 mol/(L•s) B．v(B)＝0.8mol/(L•s) C．v(C)＝0.6 mol/(L•s) D．v(D)＝0.1mol/(L•s) 4．我国酒文化源远流长。

下列古法酿酒工艺中，以发生化学反应为主的过程是（）
A．酒曲捣碎B．酒曲发酵
C．高温蒸馏D．泉水勾兑
5．自来水可用氯气进行消毒，如在实验室用自来水配制下列物质的溶液，不会产生明显的药品变质问题的是（）
A．AgNO3B．NaOH C．KI D．FeCl3
6．14g铜金合金与足量的某浓度HNO3反应，将产生的气体用1.12L(标准状况)O2混合，通入水中，气体恰好被完全吸收，则合金中铜的质量为
A．9.6g B．6.4g C．3.2g D．1.6g
A．氢氧化钾溶液和稀盐酸反应：H+ + OH- ＝ H2O
B．大理石与盐酸反应制取二氧化碳：CO32- + 2H+＝ H2O + CO2↑
C．钠与水反应：2Na + 2H2O = 2Na+ + 2OH－+ H2↑
D．NaHCO3溶液与NaOH溶液混合： HCO3－+ OH－ = CO32－ + H2O
8．某实验探究小组研究320K时N2O5的分解反应：2N2O54NO2＋O2。

如图是该小组根据所给表格中的实验数据绘制的。

下列有关说法正确的是
t/min 0 1 2 3 4
c(N2O5)/mol/L 0.160 0.114 0.080 0.056 0.040
c(O2)/mol/L 0 0.023 0.040 0.052 0.060
A．曲线Ⅰ是N2O5的浓度变化曲线
B．曲线Ⅱ是O2的浓度变化曲线
C．N2O5的浓度越大，反应速率越快
D．升高温度对该反应速率无影响
9．下列现象不能用勒沙特列原理解释的是()
A．铵态氮肥不能与碱性物质共用
B．酚酞溶液中滴加氢氧化钠溶液，溶液变红
C．对0.1mol/L的碳酸氢钠溶液加热，使其PH变大
D．同中浓度硫代硫酸钠与稀硫酸反应温度较高的溶液变浑浊的速度较快
10．研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。

下列有关说法错误的是( )
A．d为石墨，铁片腐蚀加快
B．d为石墨，石墨上电极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－
D．d为锌块，铁片上电极反应为：2H＋＋2e－＝H2↑
11．为了证明液溴与苯发生的反应是取代反应，有如图所示装置。

则装置A中盛有的物质是
A．水B．NaOH溶液C．CCl4D．NaI溶液
12．某有机物的结构简式为CH3CH=CH-COOH，下列说法中错误的是
A．水溶液显酸性B．所有原子一定共面
C．能够发生加成反应D．能够发生酯化反应
13．下列说法不正确的是( )
A．煤的气化和液化是使煤变成清洁能源的有效途径
B．煤的干馏过程属于物理变化，通过干馏可以得到焦炉气、煤焦油、焦炭等产品
C．煤里主要含有碳及少量的其他元素，工业上大量燃烧含硫燃料是形成“酸雨”的主要原因
D．煤是由无机物和有机物组成的非常复杂的混合物
14．下列物质不能破坏水的电离平衡的是
A．NaCl B．FeSO4C．K2CO3D．NH4Cl
15．把0.6mol气体X和0.4mol气体Y混合于2L的密闭容器中，发生反应：3X(g)+Y(g) ⇌nZ(g)+3W(g)，测得5min末W的浓度为0.1mol·L-1，又知以Z表示的平均反应速率为0.02mol·L-1·min-1，则n值是
A．2 B．3 C．4 D．6
16．检验淀粉、蛋白质、葡萄糖溶液，依次可分别使用的试剂和对应的现象正确的是
A．碘水，变蓝色；浓硝酸，变黄色；新制Cu(OH)2，砖红色沉淀
B．浓硝酸，变黄色；新制Cu(OH)2，砖红色沉淀；碘水，变蓝色
C．新制Cu(OH)2，砖红色沉淀；碘水，变蓝色；浓硝酸，变黄色
D．碘水，变蓝色；新制Cu(OH)2，砖红色沉淀；浓硝酸，变黄色
17．下列装置能够组成原电池的是（）
A．B．
C．D．
18．下列有关叙述:
①非金属单质甲能在水溶液从乙的化合物中置换出非金属单质乙；
②甲原子比乙原子容易得到电子；
③单质甲跟H2反应比乙跟H2反应容易得多；
④气态氢化物水溶液的酸性:甲>乙；
⑤氧化物水化物的酸性:甲>乙；
⑥熔点:甲>乙。

能说明非金属元素甲比乙的非金属性强的是
A．①②⑤B．①②③C．③④⑤D．全部
19．（6分）下列物质中，只含有非极性共价键的是（）
A．MgCl2B．Ba(OH)2C．O2D．H2O2
20．（6分）一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g) 2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零），达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol·L-1、0.3mol·L-1、0.08mol·L-1。

则下列判断正确的是
A．c1：c2=3：1B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3
C．X、Y的转化率不相等D．C1的取值范围为01<0.14mol·L-1
二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）1.52g铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2
和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，求：
（1）该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度？
（2）该合金中铜与镁的物质的量之比？
（3）NO2和N2O4的混合气体中，它们的体积分数分别是多少？
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）海洋资源的利用具有广阔前景。

（1）下图是从海水中提取镁的简单流程。

①工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A是__________（填化学式），Mg(OH)2转化为MgCl2的离子方程式为
________________________。

②由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是______________________。

（2）海带灰中富含以I－形式存在的碘元素，实验室提取I2的途径如下所示：
①灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器是__________（填名称）；
②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，该反应的离子方程式为__________；
③反应结束后，加入CCl4作萃取剂,采用萃取－分液的方法从碘水中提取碘，主要操作步骤如下图：
甲.加入萃取剂后振荡乙.静置分层丙.分离
甲、乙、丙3步实验操作中，错误的是__________（填“甲”、“乙”或“丙”）。

（3）海水中部分离子的含量如下:
成分含量（mg/L）成分含量（mg/L）
Na+10560 Cl－18980
Mg2+1272 Br－64
Ca2+400 SO42－2560
若从100L该海水中提取镁，理论上需加入试剂A__________g。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．（8分）A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，B是短周期中金属性最强的元素，C是同周期中阳离子半径最小的元素，D元素的最高价氧化物对应水化物与B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物M是制备木材防火剂的原料，E的最外层电子数与内层电子数之比为3∶5。

请回答：
（1）D的元素名称为___。

F在元素周期表中的位置是___________。

（2）C离子结构示意图为______，A、D形成的氢化物中稳定性更好的是：______，以上元素最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是____，E和F元素的单质氧化性较强的是：_________（填化学式）。

（3）用电子式表示由元素B和F组成的化合物的过程：____________。

（4）B单质与氧气反应的产物与C的单质同时放入水中，产生两种无色气体，有关的化学方程式为
（5）工业上将干燥的F单质通入熔融的E单质中可制得化合物E2F2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2 mol该物质参加反应时转移0.3 mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为___________________。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．（10分）现有如下物质：
①明矾②一水合氨③碳酸氢钠④硫酸铁⑤硝酸钡⑥硝酸
请完成下列问题：
(1)属于弱电解质的是___________________；(选填编号)
(2)由于促进水的电离平衡而使溶液显酸性的是__________________；(选填编号)
(3)它们水溶液PH >7的有_________________；(选填编号)
(4)写出下列物质之间发生反应的离子方程式：
①+⑤__________________ ②+④___________________ ③+⑥__________________
(5)明矾溶于水后能净水，是由于Al3+水解后能形成Al(OH)3胶体，该胶体具有吸附性，请写出Al3+水解的方程式：____________________；
硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁(xFe2O3⋅ySO3⋅zH2O)，为测定某碱式硫酸铁的组成，取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g，该样品的化学式中x、y、z 的值分别为_______________(填整数)
参考答案
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．A
【解析】
【分析】
【详解】
①消耗的A的浓度为0.3mol·L－1，v(A)=0.3
2
mol/(L·s)=0.15 mol/(L·s)，故错误；
②消耗A的浓度为0.3mol·L－1，则2s时A的浓度为(3mol
3L
－0.3)mol·L－1=0.7mol·L－1，故正确；
③根据化学反应速率之比=化学计量数之比，v(B)= 1
2
V(A) =0.075mol/(L·s)，故错误；
④2s时物质B的转化率为
1
0.3mol/L3L
2
1.5mol
⨯⨯
×100%=30%，故正确；
答案选A。

2．A
【解析】
【详解】
A．化学反应中的能量变化是由于反应物和生成物具有的总能量不相等，任何化学反应都伴随着能量的变化，但不一定全为热能，也可以是光能、电能等，A错误；
B．一个反应是吸热反应还是放热反应取决于反应物和生成物具有总能量的相对大小，B正确；
C．化学键的断裂一定吸收能量，化学键的形成一定释放能量，C正确；
D．化学反应过程的能量变化除热能外，也可以是光能、电能等，D正确，答案选A。

3．A
【解析】
试题分析：用不同物质表示同一化学反应的化学反应速率时，其化学反应速率之比等于化学方程式中计量数之比，据此，各选项中反应速率都换算成用物质A表示的反应速率。

A．v（A）=0.4mol/（L•s）；B.v（A）=v（B)÷3=0.8mol/（L•s)÷3=0.27mol/（L•s）；C.v（A）=c（C)÷2=0.6 mol/（L•s)÷2="0.3" mol/（L•s)；D.v（A）=v（D)= 0.1mol/（L•s)，根据上述分析，各选项中用A表示的化学反应速率大小关系是：A＞C＞D＞B，即反应速率最快的是A。

答案选A。

考点：考查化学反应速率的大小比较。

4．B
【解析】
【详解】
A．酒曲捣碎过程为物质状态变化，无新物质生成，不是化学变化，A错误；
B．酒曲发酵变化过程中生成了新的物质乙醇，属于化学变化，B正确；
C．高温蒸馏是利用沸点不同通过控制温度分离乙醇，过程中无新物质生成，属于物理变化，C错误；D．泉水勾兑是酒精和水混合得到一定浓度的酒精溶液，过程中无新物质生成，属于物理变化，D错误；答案选B。

5．D
【解析】分析：自来水可以用氯气消毒，得到氯水中含H+、OH-、ClO-、Cl-，及水、HClO、氯气三种分子，结合微粒的性质来解答。

详解：A．硝酸银可与氯水中的氯离子反应，会发生变质，A不选；
B．氢氧化钠与氯水中的氢离子反应，可变质，B不选；
D．氯化铁不与氯水中的物质发生反应，不会变质，D选；
答案选D。

点睛：本题考查溶液的成分及溶液的配制，明确氯气的性质及氯水的成分是解本题的关键，题目难度不大。

注意新制氯水的主要性质是酸性、强氧化性和不稳定性。

6．B
【解析】试题分析：依据电子守恒解题。

金与硝酸不反应，有m(Cu)÷64×2=1.12÷22.4×4 m(Cu)=6.4g
考点：考查氧化还原反应计算有关问题。

7．B
【解析】
分析：A. 氢氧化钾与盐酸反应生成氯化钾和水；
B.碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳气体和水；
C. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
D. NaHCO3溶液与NaOH反应生成碳酸钠和水。

解:A.氢氧化钾与盐酸反应生成氯化钾和水，其反应的离子方程式为: H+ + OH- ＝H2O，所以A选项是正确的；
B. 碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳气体和水,其反应的离子方程式为：CaCO3+ 2H+＝Ca2++ H2O + CO2↑，故B错误；
C. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,其反应的离子方程式为：2Na + 2H2O = 2Na+ + 2OH－+ H2↑，故C正确；
D. NaHCO3溶液与NaOH反应生成碳酸钠和水,其反应的离子方程式：HCO3－+ OH－= CO32－+ H2O，故D正确；
所以本题答案选B。

8．C
【解析】
【分析】
结合题给的曲线和表格中0min时的数据，可以判断该反应是从反应物开始投料的，直至建立平衡状态。

N2O5的速率从最大逐渐减小至不变，O2的速率从最小逐渐增大至最大而后不变。

【详解】
A. 曲线Ⅰ是O2的浓度变化曲线，A项错误；
B. 曲线Ⅱ是N2O5的浓度变化曲线，B项错误；
C. 因从反应物开始投料，所以随N2O5的浓度减小，化学反应速率逐渐减小，直至平衡时化学反应速率保持不变，所以N2O5的浓度越大，反应速率越快，C项正确；
D. 升高温度，反应速率加快，D项错误；
9．D
【解析】
【分析】
勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。

勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释。

【详解】
A．铵态氮肥和碱性物质反应会结合生成氨气，氮元素逸散到空气中，从而促进反应向生产氨气的方向进行，可以用勒沙特列原理解释，故A不选；
B．酚酞是一种弱有机酸，滴加氢氧化钠溶液会促进平衡向生成红色的醌式结构的方向进行，可以用勒沙特列原理解释，故B不选；
C．碳酸氢钠的水解是吸热反应，对0.1mol/L的碳酸氢钠溶液加热，促进碳酸氢钠水解生成氢氧根离子，使其PH变大，可以用勒沙特列原理解释，故C不选；
D．升高温度反应速率加快，和平衡移动没有关系，不能用勒沙特列原理解释，故D选；
正确答案是D。

【点睛】
本题考查化学平衡移动，明确存在的化学平衡及平衡影响因素是解答本题的关键，题目难度中等。

10．D
【解析】
【详解】
A、由于活动性：Fe＞石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，选项A正确；
B、d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－，选项B正确；
C、若d为锌块，则由于金属活动性：Zn＞Fe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，选项C正确；
D、d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH －，选项D错误。

答案选D。

【点睛】
根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，电极反应式的书写是本题解题的难点。

11．C
【分析】
苯和液溴发生取代反应，生成的是溴苯和HBr，如果发生的是加成反应，则没有HBr生成，故想要验证该反应是不是取代反应，只需要检验是否有HBr生成即可。

题中使用了AgNO3溶液，则该溶液是想通过有AgBr生成来检验HBr，则A的作用是除去挥发出的Br2，以避免对HBr的检验产生干扰。

【详解】
A．Br2在水中的溶解度不大，HBr在水中的溶解度大，HBr在A中被吸收，Br2进入到AgNO3溶液中并与AgNO3溶液反应，与实验的思路不符合，故A错误；
B．HBr、Br2都能被NaOH溶液吸收，AgNO3溶液中无明显现象，故B错误；
C．Br2易溶于CCl4，HBr不溶于CCl4，故HBr可以进入到AgNO3溶液中并发生反应，生成AgBr沉淀，符合实验设计的思路，故C正确；
D．HBr、Br2都会被NaI溶液吸收，故D错误；
故选C。

12．B
【解析】分析：有机物分子中含有碳碳双键和羧基，结合相应官能团的结构与性质解答。

详解：A. 含有羧基，其水溶液显酸性，A正确；
B. 含有甲基，则所有原子一定不共面，B错误；
C. 含有碳碳双键，能够发生加成反应，C正确；
D. 含有羧基，能够发生酯化反应，D正确。

答案选B。

13．B
【解析】
【详解】
A、煤的气化是指将煤与水蒸气反应生成CO和H2，从而转化为气体燃料，燃烧充分，并除去S元素，煤的液化是指将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料(直接)或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品(间接)的过程，从而充分燃烧，减少污染物的产生，A正确；
B、煤的干馏是指在隔绝空气的条件下，将煤加强热分解得到焦炉气、煤焦油、焦炭等产品的过程，是化学变化，B错误；
C、煤里主要含有碳及少量的其他元素如S元素，燃烧时S转化为SO2，导致酸雨的形成，C正确；
D、煤是由无机物和有机物组成的非常复杂的混合物，D正确。

正确答案为B。

14．A
【解析】
【分析】
A．NaCl是强酸强碱盐，Na+和Cl-都不水解，不会破坏水的电离平衡，A项正确；
B．FeSO4是强酸弱碱盐，Fe2+会与水电离出的OH-结合生成弱电解质Fe(OH)2，破坏了水的电离平衡，B项错误；
C．K2CO3是强碱弱酸盐，其中CO32-水解会消耗水电离出的H+，破坏水的电离平衡，C项错误；
D．NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+会发生水解，消耗水电离出的OH-，破坏水的电离平衡，D项错误；
答案选A。

15．B
【解析】
【详解】
5min内W的平均化学反应速率v(W)=0.1mol/L
5min
=0.02mol•L-1•min-1，利用各物质的反应速率之比等于其化
学计量数之比，Z浓度变化表示的平均反应速率为0.02mol•L-1•min-1，则：
v(Z):v(W)=0.02mol•L-1•min-1:0.02mol•L-1•min-1=n:3，所以n=3，故答案为B。

16．A
【解析】
【分析】
【详解】
检验淀粉用碘水，现象是显蓝色。

浓硝酸能使蛋白质显黄色，葡萄糖含有醛基，可用新制氢氧化铜悬浊液检验，所以正确的答案是A。

17．B
【解析】分析：根据原电池的构成条件分析，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。

详解：A、银和铜均不能与稀硫酸反应不能自发的进行氧化还原反应，选项A错误；B、符合原电池的构成条件，选项B正确；C、两个电极材料相同蔗糖不是电解质溶液，选项C错误；D、没有形成闭合回路，选项D错误。

答案选B。

点睛：本题考查了原电池的构成条件，这几个条件必须同时具备，缺一不可。

18．B
【解析】分析：比较元素的非金属性强弱，可从与氢气反应的剧烈程度、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱等角度判断，注意不能根据得失电子的多少以及熔沸点的高低等角度判断。

详解：①非金属单质甲能在水溶液从乙的化合物中置换出非金属单质乙，可说明甲比乙的非金属性强，①正确；
②甲原子比乙原子容易得到电子，可说明甲比乙的非金属性强，②正确；
③单质甲跟H2反应比乙跟H2反应容易得多，则甲易得电子，所以甲比乙的非金属性强，③正确；
④不能利用氢化物的水溶液的酸性比较非金属性的强弱，④错误；
⑤应该通过最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱比较非金属性强弱，⑤错误；
⑥甲的单质熔点比乙的高，属于物理性质，与得失电子的能力无关，不能用来判断非金属性的强弱，⑥错误。

正确的有①②③，答案选B。

点睛：本题考查非金属性的比较，题目难度不大，本题注意把握比较非金属性强弱的角度，注意元素周期律的灵活应用。

19．C
【解析】
MgCl2为离子化合物，只含有离子键，A错误；Ba(OH)2为离子化合物，含有离子键，H-O为极性键，B错误；O2只含有O=O双键，为非极性共价键, C正确；H2O2为共价化合物，既存在H-O极性共价键，又存在O-O非极性共价键，D错误；正确选项C。

点睛：一般来说,活泼金属元素与非金属元素形成离子键,非金属元素之间形成共价键,同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同种非金属元素之间形成极性共价键。

20．D
【解析】A．设X转化的浓度为x，
X(g) + 3Y(g) 2Z(g)
初始： c1 c2 c3
转化： x 3x 2x
平衡：0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L
所以c1：c2=(x+0.1moL/L)：(3x+0.3mol/L)=1：3，故A错误；B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z 的生成速率之比为3：2，故B错误；C．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应分析进行，则c1＞0，如反应向正反应分析进行，则c1＜0.14mol•L-1，则：0＜c1＜0.14mol•L-1，故D正确；故选D。

点睛：本题考查化学平衡的计算，明确本题注意化学平衡状态的判断方法以及可逆反应的特点为解答关键。

注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．14.0mol/L
2：1
NO2：80%，NO：20%
【解析】
【分析】
（1）已知溶液的密度和溶质质量分数，求其物质的量浓度，通常设溶液的体积为1L，简化计算。

（2）用好题给的质量数据，列方程组求算。

（3）先用好得失电子守恒求出NO2和N2O4的物质的量，再求其体积分数。

【详解】
(1)设取该浓硝酸的体积为1L，则其物质的量浓度为1.40/100063%63/
1
g mL mL g mol
L
⨯⨯÷
=14.0mol/L；
(2)设铜的物质的量为n(Cu)，镁的物质的量为n(Mg)，用2.54g沉淀质量减去合金质量，得到OH-质量为1.02g，其物质的量为0.06mol；因铜和镁均是+2价，则铜与镁的总物质的量为0.03mol，可得64 n(Cu)+24
n(Mg)=1.52①，n(Cu)+ n(Mg)=0.03②，联立解得n(Cu)=0.02mol，n(Mg)=0.01mol，则铜与镁的物质的量之比为2：1；
(3) 标准状况下1.12L气体，其分子的物质的量为0.05mol，设NO2、N2O4的物质的量为n(NO2)、n(N2O4)，则有n(NO2)+n(N2O4)=0.05①；据整体过量中的得失电子守恒有：
n(NO2)×1+n(N2O4)×2=0.03×2 ②；两式联立解得n(NO2)=0.04mol，n(N2O4)=0.01mol，所以NO2气体的体积分数为80％。

【点睛】
本题的第2问也可用利用铜的镁的质量列出一个方程：64n(Cu)+24n(Mg)=1.52，然后利用Cu与Cu(OH)2、Mg与Mg(OH)2的物质的量间关系列出另一方程：n(Cu)×98+n(Mg)×58=2.54，两式联立成方程组直接求解。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．Ca(OH)2Mg(OH)2+ 2H+= Mg2++H2O MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑坩埚
2H++H2O2+2I-=I2+2H2O丙392.2g
【解析】
【详解】
（1）①工业上用可溶性碱与镁离子反应生成Mg(OH)2，所以工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A是Ca(OH)2，氢氧化镁是碱，能与酸反应生成镁盐和水，则Mg(OH)2转化为MgCl2的离子方程式是Mg(OH)2+ 2H+= Mg2++H2O；
②氯化镁是离子化合物，由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑；
（2）①坩埚可以加强热，所以灼烧固体用坩埚；
②过氧化氢具有氧化性，碘离子具有还原性，在酸性溶液中发生氧化还原反应生成碘单质和水，该反应的离子方程式为2H++H2O2+2I-=I2+2H2O；
③在萃取、分液操作中，分液时，先把下层液体从分液漏斗的下口流出，然后上层液体从分液漏斗上口倒出，所以甲、乙、丙3步实验操作中，不正确的是丙；
（3）根据表中数据可知Mg2+的物质的量浓度是1.272/
0.053/
24/
g L
mol L
g mol
=；100L的海水中Mg2+的含量
=0.053mol/L⨯100L=5.3mol，加入A即氢氧化钙发生沉淀反应，1mol Mg2+需要1mol氢氧化钙完全沉淀，因此若从100L的海水中提取镁，理论上加入沉淀剂氢氧化钙的质量=5.3mol⨯74g/mol=392.2g。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．硅第三周期ⅦA族CH4NaOH Cl22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑（或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑）2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl 【解析】A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的最外层电子数是次外层电子数2倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B是短周期中金属性最强的元素，则B为Na；结合原子序数可知，C、D、E、F都处于第三周期，C是同周期中阳离子半径最小的元素，则C 为Al；D元素的最高价氧化物对应水化物与B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物M是制备木材防火剂的原料，则D为Si、M为Na2SiO3；E的最外层电子数与内层电子数之比为3：5，则最外层电子数为6，故E为硫元素，F的原子序数最大，故F为Cl．
（1）D为Si的元素名称为硅。

F为Cl在元素周期表中的位置是第三周期ⅦA族；（2）C为Al，C离子结构示意图为；A、D形成的氢化物中稳定性更好的是：碳和硅同主族，从上到下形成的氢化物稳定性
减弱，CH4更稳定；元素最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是NaOH；同周期从左到右非金属性增强，E和F元素的单质氧化性较强的是：Cl2；（3）用电子式表示由元素Na和Cl组成的化合物的过程：
；（4）Na2O2和Al同时投入水中：发生的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、
2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑（或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑）；(5)化合物S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，转移0.3mol电子生成二氧化硫为0.1mol，故有0.3molS 原子发生还原反应，根据电子转移守恒可知S元素在还原产物中的化合价为0，故生成S，同时生成HCl，该反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．②①④②③SO42-+Ba2+=BaSO4↓Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+
HCO 3-+H+=CO2↑+H2O Al3++3H2O Al(OH)3+3H+2、5、17
【解析】
【分析】
(1)明矾是可溶性盐，属于强电解质；一水合氨是一元弱碱，属于弱电解质；碳酸氢钠、硫酸铁和硝酸钡是可溶性盐，属于强电解质；硝酸是强酸，属于强电解质；
(2)明矾是可溶性盐，在水中电离出Al3+，氯离子水解使溶液呈酸性；硫酸铁在溶液中电离出铁离子，铁离子水解使溶液呈酸性；；
(3)一水合氨是一元弱碱，水溶液PH >7；碳酸氢钠属于弱酸强碱盐，其水溶液呈碱性，pH >7；
(4)明矾和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀、硝酸钾和硝酸铝；一水合氨和硫酸铁反应生成氢氧化铁和硫酸铵；碳酸氢钠和硝酸反应生成二氧化碳和硝酸钠；
(5) Al3+水解生成氢氧化铝；
(6) 取5.130g碱式硫酸铁(xFe2O3•ySO3•zH2O)，溶于足量盐酸中，则所得的溶液中含Fe3+和SO42-。

加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g即BaSO4，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体氧化铁，根据硫原子和铁原子守恒规律解答。

【详解】
(1)明矾是可溶性盐，属于强电解质；一水合氨是一元弱碱，属于弱电解质；碳酸氢钠、硫酸铁和硝酸钡是可溶性盐，属于强电解质；硝酸是强酸，属于强电解质，属于弱电解质的是②；
(2)明矾是可溶性盐，在水中电离出Al3+，铝离子水解使溶液呈酸性；硫酸铁在溶液中电离出铁离子，铁离子水解使溶液呈酸性；由于促进水的电离平衡而使溶液显酸性的是①④；
(3)一水合氨是一元弱碱，水溶液PH >7；碳酸氢钠属于弱酸强碱盐，其水溶液呈碱性，pH >7；水溶液PH >7的有②③；
(4)明矾和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀、硝酸钾和硝酸铝，离子方程式为：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；一水合氨和硫酸铁反应生成氢氧化铁和硫酸铵，离子方程式为：Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+；碳酸氢钠和硝酸反应生成二氧化碳和硝酸钠，离子方程式为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O；
(5) Al3+水解生成氢氧化铝，离子方程式为：Al3++3H 2O Al(OH)3+3H+；
(6) 取5.130g碱式硫酸铁(xFe2O3•ySO3•zH2O)，溶于足量盐酸中，则所得的溶液中含Fe3+和SO42-。

加入过
量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g即BaSO4，其物质的量n=
5.82g
233g/mol
=0.025mol，
根据S原子的守恒即可知碱式硫酸铁(xFe2O3•ySO3•zH2O)中“SO3”的物质的量为0.025mol，质量
m=nM=0.025mol×80g/mol=2.00g；上述滤液中还含有Fe3+，加入过量的NaOH溶液，即得Fe(OH)3沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g即为Fe2O3，由于转化过程中铁元素的守恒，故碱式硫酸铁
(xFe2O3•ySO3•zH2O)中“Fe2O3”的质量即为1.600g，其物质的量n=
1.600g
160g/mol
=0.01mol，而碱式硫酸铁
(xFe2O3•ySO3•zH2O)的质量共为5.130g，则可知其含有的“H2O”的质量m=5.13g-2.00g-1.600g=1.53g，物质的
量n=
1.53g
18g/mol
=0.085mol。

故该样品中x：y：Z=0.01mol：0.025mol：0.085mol=2：5：17。