资源简介

分类标准
能导电的物质
电解质
非电解质
属于该类的物质
(4)将③通入⑧中至恰好完全反应，则溶液导电能力的变化为
(5)⑤的溶液中加入②反应的离子方程式为
19.(14分)高铁酸钾(KF 0)是一种新型高效的水处理剂，在碱性溶液中较稳定。高铁酸钾有
强氧化性，可用于杀菌消毒，消毒后生成三价铁，可以生成氢氧化铁胶体。工业上有干法与
湿法两种制备高铁酸钾的方法。（已知：Fe3++3HzO=Fe(OD3十3H)
(1)高铁酸钾被用于消毒后，产物与水形成一种分散系F(OH)3胶体，其中的分散质比表
面积较大，能使得水中的悬浮杂质聚沉，方便除去。这种分散系区别于其他分散系最本质的
区别是
(2)在使用高铁酸钾时，常通过测定其纯度来判断是否变质。K2F04在硫酸溶液中发生如
下反应，完成以下离子方程式：
Fe0+H0↑+
Fe3++
(3)湿法制备高铁酸钾的流程如下图。
Fe(NO)
KOH
足量浓
NaOH溶液
□→
Ⅲ
→K,Fe0,固体
①过程Ⅱ为碱性条件下，FeNO3)3溶液与NaCIO溶液反应制备高铁酸钠。写出过程Ⅱ中反
应的离子方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目。
②过程Ⅱ中反应的离子方程式每生成1个C,转移电子的数目为
个，氧化剂是
(4)湿法制备高铁酸钾时，不同的温度下，不同质量浓度的F 3+对KeO4生成率有不同影
响，由下图可知工业生产中最佳条件（温度和F +的质量浓度）为
50
▲220
30
合24℃
20
◆26℃
10
-028℃
0
5
4560707580
Fe3+的质量浓度/gL
A.24℃，75gL1
B.26℃，75gL1
C.28℃，75gL1
D.22℃，80gL1
问津教育联合体2028届高一化学试卷（共6页）第6页
问津教育联合体2028届高一10月联考
化学试卷
考试时间：2025年10月11日上午10：20-11：35试卷满分：100分
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共45分）
1.下列有关物质的分类正确的是()
A.混合物：空气、冰水混合物、水银B.碱：Ba(O田)2、Cu2(OHD)2CO,、NHH0
C.盐：硫酸镁、氯化铵、纯碱
D.氧化物：HO、CO、CH3COOH
2.分类是学习物质化学性质的重要方法之一。下列物质分类及相关性质不正确的是()
选项
物质
类别
相关性质
A
Fe2O3
碱性氧化物
能够与水反应生成碱
B
Fe
金属
能够与酸反应生成氢气
C
K2C03
碳酸盐
能够与强酸反应生成CO2
0
S0:
酸性氧化物
能够与碱反应生成盐和水
3.盐是一类常见的物质，下列物质通过一步反应可直接形成盐的是(
①金属单质②酸③碱性氧化物④酸性氧化物⑤碱
A.⑤⑥
B.①③⑤
C.②④
D.①②③④⑤
4.纳米材料是一类微粒直径为1~100nm的材料。将纳米ZnO分散到水中，能形成外观均
匀的分散系。下列对该分散系的叙述错误的是()
A.该分散系不是电解质，也不是非电解质
B.加入盐酸能发生化学反应
C.在静置状态下很快就会形成沉淀
D.纳米ZnO不能透过半透膜
5.下列与实验有关的图标标注错误的是(
D.锐器
A.护目镜
B.排风
C.腐蚀
问津教有联合体2028届高一化学试卷（共6页）第1页问津教育联合体2028届高一10月联考
化学试卷参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A D C C B A C D B
题号 11 12 13 14 15
答案 D B A B A
【答案】C
【详解】A.冰水混合物是纯净物，水银（Hg）是单质，不是混合物，A错误；
B. Cu2(OH)2CO3是碱式盐，电离时生成的阴离子有氢氧根离子和碳酸根离子，不属于碱类，属于盐类，不是碱，B错误；
C. 硫酸镁、氯化铵、纯碱能电离出金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子，属于盐类，C正确；
D. CH3COOH是由C、H、O三种元素组成的化合物，是一种酸，不是氧化物，D错误。
答案选C。
【答案】A
【详解】A．Fe2O3是碱性氧化物，但是很难与水反应生成碱，A错误；
B．铁是活泼金属，能与非氧化性酸反应生成氢气，B正确；
C．K2CO3属于碳酸盐，能够与强酸反应生成CO2，C正确；
D．酸性氧化物能与碱反应生成盐和水，SO2是酸性氧化物，故其能与碱反应生成盐和水，D正确；答案选A。
3.【答案】D
【详解】①金属单质与酸或某些盐溶液反应可直接生成盐，如铁与盐酸反应生成盐为氯化亚铁，符合题意；②酸能与碱、某些盐、碱性氧化物等反应生成盐，如盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠，符合题意；③碱性氧化物能与酸性氧化物或酸反应可直接生成盐，如氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠，氧化钠与盐酸反应可直接生成氯化钠，符合题意；④酸性氧化物能与碱或碱性氧化物反应生成盐，如二氧化碳与氢氧化钾反应生成碳酸钾，符合题意；⑤碱能与酸、酸性氧化物、某些盐等反应生成盐，如氢氧化钠与二氧化碳反应可直接生成碳酸钠，符合题意；综上所述，全部能在一定条件下直接生成盐，答案为D。
4.【答案】C
【详解】A．胶体是混合物，不是电解质，也不是非电解质，A正确；
B．与盐酸反应生成和，B正确；
C．胶体较稳定，静置不会很快形成沉淀，C错误；
D．胶体粒子无法通过半透膜，D正确；故答案选C。
5.【答案】C
【详解】A．为护目镜标识，A正确；B．为排风标识，B正确；C．为热烫标识，C错误；D．为锐器标识，D正确； 故选C。
【答案】B
【详解】A．氢氧化铁胶粒带正电荷，氢氧化铁胶体为电中性不带电，A正确；
B．胶体的胶粒能透过滤纸，B错误；
C．向胶体中加入过量盐酸，先发生聚沉产生红褐色沉淀，然后沉淀溶于盐酸溶解，C正确；
D．胶粒带正电，在外加直流电源下向与电源负极相连的电极移动，D正确；
答案选B。
【答案】A
【详解】A．由方程式可知，硝酸钾和硫化钾属于盐，在溶液中能完全电离出自由移动的离子，属于强电解质；二氧化碳是酸性氧化物，不能电离出自由移动的离子，属于非电解质；硫、碳、氮气属于非金属单质，单质既不是电解质也不是非电解质，则上述物质中有两种强电解质，故A正确；
B．由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，碳是反应的还原剂，故B错误；
C．由方程式可知，反应中硫元素的化合价降低被还原，K2S是还原产物，故C错误；
D．由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，碳是反应的还原剂，硫元素、氮元素的化合价降低被还原，硫、硝酸钾是反应的氧化剂，则反应中电子转移数目为12e-，故D错误；故选A。
8.【答案】C
【详解】A．铜在金属活动性顺序表中位于氢之后，不能与硫酸反应生成氢气，A错误；
B．KHSO4在溶液中完全电离为K+、H+和，与NaOH反应时实际是H+与OH-中和生成H2O，方程式为：，B错误；
C．NaHCO3溶液与少量Ca(OH)2反应时，Ca(OH)2提供的OH-与HCO按1:1反应生成和H2O，Ca2+与结合生成CaCO3沉淀。总反应式为Ca2+ + 2HCO+ 2OH- = CaCO3↓ + + 2H2O，符合反应比例，C正确；
D．氢氧化钡与硫酸反应生成BaSO4和水，方程式为，D错误；故选C。
9.【答案】D
【详解】A．能使酚酞溶液变红的溶液中有大量OH-，则Cu2+和OH-不能够大量共存，A错误；B．加入锌片放出氢气的溶液中有大量H+，则H+、不能大量存在，B错误；C．显紫红色，Ba+和不能大量共存C错误；D．Na+、Mg2+、Cl-、Fe3+、能大量共存，D正确；
【答案】B
【详解】A．根据原子守恒并结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可知，反应①为SO2 + 2Fe3+ + 2H2O = SO+ 2Fe2+ + 4H+，W为4H+，A错误；
B．还原剂的还原性强于还原产物，由反应②可知，还原性：Fe2+ > Cr3+，B正确；
C．反应②中，Cr元素的化合价由+6降到+3，Fe元素化合价由+2升高到+3，根据得失电子守恒可得，Cr2O 和Cr3+对应的化学计量数分别为1、2，Fe2+和Fe3+对应的化学计量数均为6，则a=6，再结合离子方程两边离子所带电荷总数相等可得，b=14，C错误；
D．Cr2O具有强氧化性，SO2具有还原性，且由①、②可知氧化性：Cr2O> SO，则Cr2O能将SO2氧化为SO，即反应Cr2O+3SO2+2H+=2Cr3++3 SO+H2O能发生，D错误；
故选B。
【答案】D
【详解】由题干转化关系图可知，H2Se被氧气先氧化为Se、Se在一定条件下和H2O、O2反应转化为H2SeO3，H2SeO3和H2O2反应转化为H6SeO6，H6SeO6和过量的NaOH反应生成Na2H4SeO6，H2SeO3转化为H2Se4O9，H2Se和H2Se4O9反应转化为Se。
A．上述反应中，只有反应④⑤硒的价态没有变化，不属于氧化还原反应，其余4个都是氧化还原反应，A正确；
B．由题干转化关系图结合分析可知，图中共有H2Se、H2SeO3、H6SeO6和H2Se4O9共4种含硒的酸，B正确；
C．H6SeO6和过量的NaOH反应生成Na2H4SeO6，故说明H6SeO6属于二元酸，C正确；
D．H6SeO6和过量的NaOH反应生成Na2H4SeO6，即Na2H4SeO6不能再与碱反应，故Na2H4SeO6属于正盐，D错误；故答案为：D。
12. 【答案】B
【详解】A．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水，因此呈中性，b点发生NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，此时溶质为氢氧化钠，因此溶液呈碱性，A正确；B．由分析可知，曲线①对应的离子方程式为，曲线②对应的b点时加入的NaHSO4与Ba(OH)2的个数比为1：1，此时Ba2+恰好沉淀完，而OH-被中和一半，对应离子方程式为：，继续加入NaHSO4，对应的离子方程式为，B错误；C．NaHSO4是一种强酸的酸式盐，C正确；D．由选项B可知，b→d反应的离子方程式为：，D正确；故选B。
13.【答案】A
【详解】根据化学方程式分析可知，N2既是氧化产物又是还原产物，5份N作还原剂，2份N反应生成HNO3且N元素化合价未变，3份N作氧化剂被还原。
【答案】B
【详解】①金属单质失电子的难易程度决定还原性强弱，失电子越多，其还原性不一定越强，如Mg失2个电子形成镁离子，Na失1个电子形成钠离子，Na还原性更强，①错误；②离子方程式不可以表示硫酸和氢氧化钡之间的中和反应，②错误；③两种盐反应不一定生成两种新盐，如与NaHSO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，③错误；④酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如金属氧化物Mn2O7也是酸性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物，④正确；⑤钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠能和水、二氧化碳反应生成氧气，钠和水反应生成可燃性气体氢气，氧气具有助燃性、氢气具有可燃性，同时二者在高温时混合由于放出大量热，也会使气体体积急剧膨胀而发生爆炸，所以Na着火时不能用水来灭火，因为钠与水会剧烈反应，而应该用沙土灭火，⑤错误；⑥是盐，是强电解质，⑥错误；⑦金属元素由化合态(化合物)变成游离态(单质)发生还原反应，⑦正确；⑧实验时剩余的药品一般不能放回原瓶，否则会污染药品，也不能随意丢弃，更不能带出实验室，但由于金属钠性质非常活泼，容易与水及空气反应，因此剩余的金属钠需立即放回原试剂瓶中，⑧正确；综上所述，说法正确的是④⑦⑧，故选B。
15.【答案】A【分析】根据题目条件和实验现象判断如下：①溶液无色则无：Cu2+；②Ag+与溶液中所有阴离子Cl-、、按题目条件时都不能共存，所以溶液中无：Ag+；③取少量溶液，加入足量溶液，产生白色沉淀，由于无Ag+，则能与Ba2+产生沉淀的离子有：或中的一种或两种都有；④向③所得混合物中加足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成，由第③所得的沉淀可能是BaCO3或，能溶于盐酸的是BaCO3，不溶的是，根据沉淀部分溶解，说明是BaCO3和都存在，则原溶液中一定有：和，则与和不能共存的Ba2+一定不存在，由于溶液中的阳离子Ag+、Cu2+、Ba2+不存在，仅有的阳离子一定存在；⑤将④所得混合物过滤，向滤液中加入溶液，有白色沉淀生成，说明滤液中存在Cl-，但第③步加了盐酸提供了Cl-，所以无法确定原溶液中是否存在Cl-，通过以上判断得出：则原溶液中一定存在的是：、、；一定不存在的是：Ag+、Cu2+、Ba2+；可能存在的是：Cl-；根据分析解答。
【详解】A．一定含有，A正确；
B．可能含有，一定存在，B错误；
C．一定含有，Cl-可能存在，C错误；
D．一定不含，一定存，Cl-可能存在，D错误；故答案为：A。
16.(13分)【答案】
（1）(每小问1分，共3分)① Ba(OH)2 = Ba2+ + 2OH- ② KAl(SO4)2=K+ + Al3+ + 2
③. Na2CO3 = 2Na+ +
（2）(每小问2分，共6分)① OH- + CO2 = ② Fe + Cu2+ =Cu + Fe2＋
③
（3）(每小问2分，共4分) ①5:1。解析：KClO3 + 6HCl（浓）= KCl + 3Cl2↑ + 3H2O，氧化剂是KClO3，还原剂是HCl，HCl体现酸性和还原性，所以氧化产物和还原产物的个数比为5:1。
②1:2。解析：对于反应：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO，氧化产物是HNO3，还原产物是NO，所以氧化剂和还原剂的个数比是1:2。
17.(12分)【答案】（1）SO3 + 2NaOH = Na2SO4 + H2O(2分)
（2）①. NaHSO3 + HCl = NaCl + H O + SO2↑(2分) ②. NaHS + NaOH = Na S + H O(2分)
（3）Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体) + 3H+(2分)
（4）丁达尔效应(2分)
（5）由于Fe(OH)3胶体遇到电解质会发生聚沉，形成红褐色沉淀(2分)
解析：（1）SO3与NaOH反应生成硫酸钠和水，反应方程式为：SO3 + 2NaOH = Na2SO4 + H2O；
（2）NaHSO3与HCl反应的方程式为：NaHSO3 + HCl = NaCl + H O + SO2↑；NaHS与NaOH反应生成硫化钠和水，反应方程式为：NaHS+NaOH=Na2S+H O；
（3）饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，继续加热煮沸得到红褐色透明液体为氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体) + 3H+；
（4）判断丙中是否成功制备胶体的操作是用一束光线照射，若出现一条光亮的“通路”，则已经制备成功，因此答案为丁达尔效应，；
（5）饱和FeCl3溶液滴加到NaOH溶液中会产生氢氧化铁红褐色沉淀，向经过检验后的丙中逐滴加入稀硫酸，会出现一系列变化，先出现和甲中相同的现象，原因为：Fe(OH)3胶体遇到电解质会发生聚沉，形成红褐色沉淀；
18.(16分)（1）一元酸(2分) （2）① +1(1分) ②正盐(2分) ③H3PO4(2分)
（3）②⑦⑧⑨⑩(2分) ①③⑤⑥⑩(2分) ④(1分)
（4）逐渐增强(2分) （5）Zn + 2H+ = Zn2+ + H2↑(2分)
解析：（1）次磷酸是一元中强酸，在水溶液里能部分电离生成氢离子和次磷酸根离子，属于一元酸；
（2）①次磷酸中氢元素化合价为+1价、氧元素的化合价为-2价，由化合价的代数和为0可知，分子中磷元素的化合价为+1价；
②由题意可知，次磷酸与足量的氢氧化钠溶液反应，只生成NaH2PO2，说明NaH2PO2是正盐；
③由题意可知，利用次磷酸进行化学镀银反应时，银元素的化合价降低被还原，银离子是反应的氧化剂，磷元素的化合价升高被氧化，次磷酸是还原剂，设氧化产物中磷元素的化合价为+a价，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，由得失电子数目守恒可得：1×4=(a—1)×1，解得a=5，则氧化产物为磷酸，化学式为H3PO4；
（3）①Na2CO3 10H2O晶体中离子不能自由移动，不导电；其水溶液能导电，属于电解质；②锌是金属单质，能导电，既不是电解质又不是非电解质；③氯化氢中不含离子，不导电，其水溶液能导电，氯化氢属于电解质；④CO2自身不能电离，不导电，属于非电解质；⑤NaHSO4固体晶体中离子不能自由移动，不导电；其水溶液能导电，属于电解质；⑥Ba(OH)2固体晶体中离子不能自由移动，不导电；其水溶液能导电，属于电解质；⑦氯化铁溶液中含有自由移动的离子，能导电，是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑧氨水中含有自由移动的离子，能导电，氨水是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑨稀硝酸中含有自由移动的离子，能导电，稀硝酸是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑩熔融NaCl中含有自由移动的离子，能导电，属于电解质。能导电的物质是②⑦⑧⑨⑩；属于电解质的是①③⑤⑥⑩；属于非电解质的是④；
（4）将氯化氢通入氨水中至恰好完全反应生成氯化铵，一水合氨是弱电解质，氯化铵是强电解质，则溶液导电能力的变化为逐渐增强；
（5）NaHSO4溶液中加入Zn反应生成硫酸钠、硫酸锌、氢气，反应的离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑。
(14分)（1）分散质粒子的直径不同(2分)
（2）4+20 H+＝3O2↑+4Fe3++10H2O(2分)
①(4分，方程式2分，单线桥2分)
②2(2分) ClO-(写NaClO也给分)(2分)
B(2分)
解析：（1）高铁酸钾有强氧化性，消毒后生成三价铁，根据信息，可以生成氢氧化铁胶体，这种分散系区分于其他分散系的最本质区别是分散质粒子的直径不同；
根据得失电子守恒和原子守恒：4+20 H+＝3O2↑+4Fe3++10H2O；
①反应中铁离子由+3价升高为+6价，次氯酸根离子中的Cl由+1价降低为-1价，根据电子守恒配平方程式，并用单线桥表示电子转移的情况：；
②根据方程式可知，反应每生成1个Cl-转移的电子数目为2个；过程II的离子方程式中氧化剂为ClO-。
（4）由溶液E制取K2FeO4时，不同的温度下，不同质量浓度的Fe3＋对K2FeO4生成率有以下影响，由图可知工业生产中最佳条件(温度和Fe3+的质量浓度)为26°C，75g·L-1，故选B。

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