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广东省广州市第六中学2024-2025学年高一上学期期末化学试卷
一、选择题(本题共18小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~18小题，每小题3分。每小题给只有一个选项符合题意。
1．（2025高一上·广州期末）文物承载灿烂文明，传承历史文化，维系民族精神，下列文物的主要成分为金属的是
A．犀角杯 B．广彩开光人物花鸟纹海碗
C．雪梅双鹤图 D．平南王铁钟
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高一上·广州期末）在我国空间站的太空课堂中，航天员向水球内注入蓝色颜料后，将一颗泡腾片（由碳酸氢钠和有机酸组成的混合物）放进了水球内。水球“沸腾”了！无数气泡在其中产生，逐渐将水球充满，如图所示。下列说法正确的是
A．泡腾片溶于水只发生物理变化 B．气泡的主要成分是酸性氧化物
C．泡腾片中的碳酸氢钠属于碱类 D．泡腾片溶于水发生分解反应
3．（2025高一上·广州期末）下列化学用语正确的是
A．H2O2的电子式：
B．双线桥表示：
C．二氧化碳的结构式O=C=O
D．碳酸氢钠溶液中电离方程式：NaHCO3Na++HCO
4．（2025高一上·广州期末）杭州亚运会打造“绿色建筑”，亚运场馆大量使用了碲化镉（CdTe）发电玻璃。下列说法正确的是（　　）
A．和的质子数一定相等
B．的中子数比质子数多14个
C．的相对原子质量为128
D．与互为同位素
5．（2025高一上·广州期末）价类二维图和实验是学习元素及其化合物的重要方法。下列说法不正确的是
A．a→f→g→h的每一步转化均需要加入氧化剂
B．通过上图实验装置可制备e，并较长时间保持白色沉淀不变色
C．d可与足量的HI溶液发生复分解反应得到g
D．c→a可通过在一定条件下加入CO、Al等还原剂实现
6．（2025高一上·广州期末）下列实验操作能达到实验目的的是
A．测新制氯水的pH值 B．称量NaOH固体7.66 g
C．混合浓硫酸和乙醇 D．钠在空气中燃烧
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高一上·广州期末）如图所示为氟利昂破坏臭氧层的过程，下列说法不正确的是
A．过程Ⅳ中既有极性共价键的断裂又有非极性共价键的形成
B．整个过程可用方程式表示为
C．的电子式为
D．上述过程说明氟利昂产生的氯原子是破坏臭氧层的催化剂
8．（2025高一上·广州期末）硫酸钡(BaSO4)是一种用于胃肠道造影检查的辅助用药。钡(56Ba)与镁(12Mg)是同族元素，关于钡的性质的判断正确的是
A．Ba是第五周期第ⅡA族元素 B．碱性：Ba(OH)2 < Mg(OH)2
C．金属性：Ca > Ba D．原子半径：Cs > Ba
9．（2025高一上·广州期末）用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A．常温常压下， NA个CO2分子占有的体积为22.4 L
B．0.5 mol/L的MgCl2溶液中含有NA个Cl-
C．常温常压下，O2和O3的混合物共64 g，所含氧原子数目为2NA
D．常温常压下，7.8 g Na2O2中含有0.2NA个Na+
10．（2025高一上·广州期末）有人设计出一种在隔绝空气条件下让钠与溶液反应，观察颜色的实验。实验时，往100mL的大试管中先加40mL煤油，取3粒米粒大小的金属钠放入大试管后塞上橡皮塞，通过长颈漏斗加入溶液(不含)使煤油的液面至橡胶塞，并夹紧弹簧夹(如图所示)。下列说法错误的是
A．用过氧化钠代替钠也可以观察到此现象
B．大试管下层溶液出现白色沉淀，并可持续较长时间
C．长颈漏斗中的液面会上升且钠在分界处上下浮动
D．该反应同时也能说明钠不能与硫酸亚铁溶液置换生成铁单质
11．（2025高一上·广州期末）Z、Y、X、W、Q为五种原子序数依次增大的短周期主族元素。其中Z、Y、W分别位于三个不同周期，Y、Q位于同一主族，Y原子的最外层电子数是W原子的最外层电子数的2倍，Y、X、W三种简单离子的核外电子排布相同。由Z、Y、X、W形成的某种化合物的结构如图所示。下列说法错误的是
A．简单氢化物的稳定性：
B．该物质中不是所有原子均满足最外层的稳定结构
C．离子半径：YD．W与X两者的最高价氧化物对应的水化物之间可发生反应
12．（2025高一上·广州期末）下列离子方程式书写正确的是
A．向水中通入：
B．向FeBr2溶液中通入足量的：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2
C．少量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应：HCO+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
D．侯氏制碱法：CO2+NH3+H2O=HCO+NH
13．（2025高一上·广州期末）已知反应：
①；
②；
③。
根据上述反应，判断下列结论正确的是
A．X2+是XO的还原产物，B2是B-的还原产物
B．要除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+，而不氧化Z-和B-，应加入Z2
C．在溶液中不可能发生反应：8H++5A2++XO=X2++5A3++4H2O
D．还原性：A2+>B->Z->X2+
14．（2025高一上·广州期末）将Cu片放入FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，测得溶液中Fe3+与Fe2+个数比为2：3，则此时溶液中与的物质的量之比为
A．3∶5 B．3∶4 C．3∶2 D．4∶3
15．（2025高一上·广州期末）下列各组离子在给定条件下可能大量共存的是
A．能使石蕊变红的溶液中：Fe3+、K+、SCN-、
B．加入铝粉有大量氢气产生的溶液中：ClO-、、、
C．含大量NaHSO4的溶液中：、、、
D．在pH<7的澄清透明溶液中：、、CH3COO-、
16．（2025高一上·广州期末）下列实验过程可以达到实验目的的是
　 实验目的 实验操作 现象及结论
A 配制0.4000 mol/L的NaOH溶液 称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解后，立即转移至250 mL容量瓶中定容 固体溶解，并获得0.4000 mol/L的NaOH溶液
B 验证钠的还原性 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
C 检验FeCl3溶液中是否含有Fe2+ 向溶液中滴加酸性KMnO4溶液 若紫红色褪去，则溶液中含有Fe2+
D 检验Na2SO4溶液中是否含有Cl- 取少量溶液于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液 若产生白色沉淀，则溶液中含有Cl-
A．A B．B C．C D．D
17．（2025高一上·广州期末）氢化钠()可在野外作生氢剂，反应原理为。设计如图实验装置(部分夹持仪器略)利用Na与反应制备。下列说法正确的是
A．实验开始时，先打开止水夹再点燃酒精灯
B．装置a也可用于浓盐酸与制
C．装置b中的试剂是浓硫酸，d中碱石灰用来处理尾气
D．反应后取c中固体加水溶解，滴加酚酞，溶液变红证明Na已完全反应
18．（2025高一上·广州期末）有一水溶液含有以下离子中的若干种：、、、、、，现取两份100mL的该溶液分别进行如下实验(已知：)：
(1)第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL。
(2)第二份加足量溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。
根据上述实验，下列推测错误的是
A．100mL该溶液中的物质的量为0.02mol
B．生成可溶于盐酸的沉淀的离子方程式为
C．原溶液中一定存在、、，可能存在、
D．第二份溶液消耗的物质的量为0.02mol
二、填空题(共56分)
19．（2025高一上·广州期末）某课外活动小组，取少量粉末(红棕色)加入适量盐酸，用所得溶液进行胶体的制备实验并检验其性质。
Ⅰ．向一小烧杯中加入蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中逐滴加入滴饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，制备得到胶体。
（1）写出制备胶体的化学方程式：　 　。
（2）用光束照射胶体，能产生　 　效应。
（3）如图所示是一种“纳米药物分子运输车”，该技术可提高肿瘤的治疗效果。“纳米药物分子运输车”分散于水中所得的分散系　 　(填“属于”或“不属于”)胶体。
Ⅱ．实验室用浓盐酸(下图为该试剂瓶上标签的有关内容)配制稀盐酸。
盐酸 分子式：HCl 相对分子质量：36.5 密度：1.2 g/cm3 质量分数：36.5%
（4）用该浓盐酸配制0.20 mol·L-1的稀盐酸850 mL，量取浓盐酸的体积应选用的量筒规格为　 　(填5 mL、10 mL、25 mL、50 mL)。
（5）该实验中必须用到的玻璃容器有：玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、　 　。
（6）下列关于容量瓶的相关操作不正确的是　 　。(填序号)
（7）配制上述溶液时，其它操作都准确，下列操作会导致所配溶液的浓度偏低的是　 　(填序号)。
a．量筒洗涤后，未干燥即用来配制溶液
b．量筒量取浓盐酸时，仰视凹液面读数
c．量筒倒出浓盐酸后，用蒸馏水洗涤量筒，并将洗涤液转移至容量瓶中
d．定容时，俯视凹液面读数
e．定容时水多、超过刻度线，用胶头滴管吸出
20．（2025高一上·广州期末）利用废铁屑为原料，可制备高铁酸钾()和聚合硫酸铁()两种净水剂，制备流程如下图所示。
回答下列问题：
（1）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为　 　。
（2）“制备”过程产生，反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为　 　。
（3）“分离”所得副产品的主要成分为　 　。
（4）①“操作b”中，经　 　、洗涤、干燥，可得粗品。
②由操作b判断该生产条件下物质的溶解性：　 　(填“>”或“<”)。
（5）干燥品在室温下稳定，在强碱溶液中稳定，随着减小，稳定性下降，放出氧气，另一产物还可用作絮凝剂、净水剂。请写出上述过程的化学方程式：　 　。
（6）盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，通常盐基度越高，絮凝效果越好。盐基度B的表达式：(n为物质的量)。为测量聚合硫酸铁的盐基度，进行如下实验操作：
ⅰ．取聚合硫酸铁样品m g，加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水，再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不与OH-反应。然后以酚酞为指示剂，用c mol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V mL。
ⅱ．做空白对照实验，取与步骤ⅰ等体积等浓度的盐酸，以酚酞为指示剂，用c mol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V0 mL。
①该聚合硫酸铁样品中n(OH-) =　 　mol。
②已知该样品中Fe的质量分数w，则盐基度B=　 　。(列出计算式)
21．（2025高一上·广州期末）宋代《千里江山图》所用矿物颜料绿松石中含有，下图呈现其部分元素在元素周期表所在位置，虚线为分界线。
（1）中共价键的类型是　 　(填“极性键”或“非极性键”)。
（2）下列比较Cu、Al金属性强弱的方案合理的是　 　(填序号)。
a．比较Cu、Al分别与酸反应的难易程度
b．比较Cu、Al的密度
c．将打磨过的铝片放入CuSO4溶液，观察是否有红色固体生成
（3）P与②、⑦是同主族元素。
i．气态氢化物的稳定性：___________>___________>___________(填化学式)。　 　。
ii．非金属性：___________>___________>___________(填元素符号)　 　，用原子结构解释原因：　 　。
（4）④的单质与同周期金属性最强元素的最高价氧化物对应的水化物反应离子方程式：　 　，⑧原子结构示意图是　 　。
（5）可在图中分界线(虚线部分)附近寻找___________(填序号)。
A．优良的催化剂 B．半导体材料
C．合金材料 D．农药
（6）请设计实验比较①、⑤的非金属性强弱顺序(可供选择的药品有：稀硫酸、盐酸、饱和NaHCO3溶液、饱和Na2CO3溶液、硅酸钠溶液，化学仪器根据需要选择)，在答题卡对应的表格中填写实验步骤和实验现象。
实验步骤 实验现象 结论
在试管中加入CaCO3固体，　 　 　 　 非金属性：①>⑤
22．（2025高一上·广州期末）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
资料：i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、 (绿色)、 (紫色)。
ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。
iii． Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)
序号 物质a C中实验现象
通入Cl2前 通入Cl2后
I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
Ⅱ 5% NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
Ⅲ 40% NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
（1）B中试剂是　 　。
（2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为　 　。
（3）对比实验I、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是　 　。
（4）根据资料ii，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因　 　，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL 40% NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为　 　，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被　 　(填“化学式”)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。
③取Ⅱ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是　 　。
④综合上述结果，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因：在浓碱条件下，c(OH-)和c(ClO-)均很大时，MnO被氧化为MnO比MnO转化为MnO的速率快，因而不能实验Ⅲ未得到绿色溶液。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】合理利用金属资源
【解析】【解答】A、犀角杯由犀牛角制成，犀牛角的主要成分为角蛋白（一种蛋白质），属于有机物，并非金属材料，故A不符合题意；
B、该文物属于 “广彩” 瓷器，瓷器的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，与金属无关，故B不符合题意；
C、这是一幅绘画作品，主要由纸张（植物纤维）和颜料（无机或有机化合物）构成，均不属于金属材料，故C不符合题意；
D、铁钟的主要成分为铁，铁是金属单质，属于金属材料，因此该文物主要由金属制成，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】判断文物主要成分是否为金属，需分析各选项中文物的材质类别：金属材料包括纯金属及合金，而非金属材料如蛋白质、硅酸盐、纸张等均不属于此类。A．判断犀角的主要成分属性。
B．判断瓷器的材质类别。
C．判断画作的组成成分。
D．判断“铁钟” 的材质属性。
2．【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；物质的简单分类
【解析】【解答】A、物理变化与化学变化判断：泡腾片含和有机酸，溶于水时发生反应，有新物质（等 ）生成，属于化学变化，A错误；
B、气泡主要成分是，能与碱（如 ）反应生成盐和水 ，符合酸性氧化物（与碱反应生成盐和水的氧化物 ）定义，B正确；
C、物质分类（碱与盐 ）：碱是“电离出的阴离子全部为的化合物”；盐是“金属离子（或铵根 ）与酸根离子构成的化合物”。由（金属离子 ）和（酸根离子 ）构成，属于盐类（酸式盐 ），C错误；
D、分解反应是“一种物质分解为多种物质”；泡腾片溶于水时，是与有机酸两种物质发生复分解反应（两种化合物交换成分生成新化合物 ），D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕泡腾片（含、有机酸 ）溶于水的变化，结合物理与化学变化判断、物质分类（酸性氧化物、碱、盐 ） 、反应类型（分解、复分解反应 ） 等知识，判断选项正误，核心是理解溶解时的化学反应及产物性质 。
只有B选项分析正确，答案为B。
A．化学变化的本质是有新物质生成，此反应有产生，不是只发生物理变化。
B．依据酸性氧化物的化学性质判断，具备该特征。
C．严格按“碱”（阴离子全为 ）和“盐”（金属/铵根离子 + 酸根离子 ）的定义判断，不满足碱的条件。
D．区分“分解反应（一变多 ）”与“复分解反应（两化合物交换成分 ）”，此反应是两种物质参与，不是分解反应。
3．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．H2O2为共价化合物，H原子与O原子、O原子与O原子形成共用电子对，因此其电子式为：，故A错误；
B．硫酸中S元素化合价由+6价降低为+4价，得到2个电子；硫化氢中S元素化合价从-2价升高为0价，失去2个电子。因此用双线桥表示为，故B错误；
C．为使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，在CO2分子中C原子与2个O原子形成4个共价键，因此二氧化碳的结构式为O=C=O，故C正确；
D．碳酸氢钠在水溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，因此其电离方程式为NaHCO3=Na++，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、H2O2为共价化合物，结合H、O原子的最外层电子数确定H2O2的电子式。
B、同种元素的价态变化过程中，电子转移向着相邻价态变化，据此确定双线桥。
C、根据CO2的成键情况，确定CO2的结构式。
D、NaHCO3为可溶性盐，在水中完全电离成Na＋和HCO3－。
4．【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；同位素及其应用；相对原子质量及其计算
【解析】【解答】A. 和互为同位素，其质子数相等，中子数不等，故A符合题意；
B. 的中子数为76，比质子数为52，多22个，故B不符合题意；
C. 的质量数为128，故C不符合题意；
D. 与质子数不等，不能互为同位素，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.互为同位素质子数一定相等；
B.质子数为52，中子数为76，因此中子数比质子数多22；
C.根据给出的符号，质量数为128；
D.质子数不同，不能互为同位素。
5．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；无机物的推断
【解析】【解答】A．a→f→g→h的每一步转化过程中，铁元素的化合价均升高，均需要加入氧化剂，A正确；
B．由分析可知，e是Fe(OH)2，较易被氧化，需隔绝空气，按上图实验装置，关闭止水夹，铁与稀硫酸反应生成氢气，则M中气压增大，将硫酸亚铁溶液压入N中，硫酸亚铁与NaOH反应生成Fe(OH)2，由于隔绝空气，能较长时间保持白色沉淀不变色， B正确；
C．由分析可知，d是Fe(OH)3，可与足量的HI溶液反应氧化还原反应，生成碘化亚铁、水和碘单质，C错误；
D．由分析可知，c、a分别是Fe2O3、Fe，c→a，铁元素化合价降低，可加入CO、Al等还原剂实现，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据价类二维图，可推出a为Fe，b为FeO，c为Fe2O3，e为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3，f为亚铁盐，g为铁盐，h为高铁酸盐。
6．【答案】D
【知识点】钠的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．新制氯水具有漂白性，能使变色后的pH试纸褪色，因此不能用试纸测新制氯水的pH，A错误；
B．NaOH固体易吸水潮解，称量NaOH固体时应放在小烧杯中，且需遵循“左物右码”原则。托盘天平的精确度0.1 g，因此其质量为7.7 g，B错误；
C．密度：乙醇＜浓硫酸，因此将乙醇倒入浓硫酸中，由于浓硫酸稀释放热会引起液体飞溅，造成危险，C错误；
D．固体灼烧时应在坩埚中进行，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、新制氯水具有漂白性，能使pH试纸褪色。
B、称量NaOH固体质量时需放在小烧杯中，且位置为“左物右码”；天平的精确度为0.1g。
C、两溶液混合时，应将密度大的液体倒入密度小的液体中。
D、固体燃烧应在坩埚中进行。
7．【答案】C
【知识点】化学键；化学反应速率的影响因素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．根据图示信息，过程Ⅳ中，OCl中氧氯原子之间断键，O2中氧原子之间成键，故既有极性共价键的断裂又有非极性共价键的形成，A正确；
B．根据图示信息，反应物为CFCl3和O3，生成物为CFCl2、Cl、O2，整个过程可用方程式表示为，B正确；
C．的电子式为 ，C错误；
D．根据图示信息，氟利昂产生的氯原子参与反应，但并未被消耗，则在反应过程中作催化剂，D正确；
故答案为：C。
【分析】A.极性键存在于不同原子之间，非极性键存在于相同原子之间。
B.注意反应前后原子种类和数目守恒。
C. 中各原子均达到8电子饱和。
D.反应前后，催化剂的质量和化学性质不变。
8．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．Ba是第56号元素，位于元素周期表中第六周期第ⅡA族，A错误；
B．同主族元素，核电荷数越大，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性：Ba(OH)2> Mg(OH)2，B错误；
C．同主族元素，核电荷数越大，金属性越强，因此金属性：Ca< Ba，C错误；
D．Cs与Ba同周期，两原子的电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径：Cs > Ba，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、根据Ba的原子序数，确定其在元素周期表中的位置。
B、同主族元素，核电荷数越大，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
C、同主族元素，核电荷数越大，金属性越强。
D、同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小。
9．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；钠的氧化物；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．常温常压下，气体摩尔体积不是22.4 L/mol，因此1molCO2的体积不是22.4L，A项错误；
B．溶液的体积未知，无法应用公式n=c×V计算溶液中Cl-数目，B项错误；
C．O2和O3的混合物共64 g，二者都是由O原子构成，因此氧原子的质量为64 g，其所含的氧原子数目为，C项错误；
D.1个Na2O2中含有2个Na+和1个O。7.8 g Na2O2的物质的量为，因此0.1 mol Na2O2中含有0.2NA个钠离子，D项正确；
故答案为：D。
【分析】A、常温常压下，Vm≠22.4L·mol－1。
B、未给出溶液的体积，无法计算溶液中所含的离子数。
C、64gO2和O3的混合物中所含O原子的质量为64g，据此计算。
D、一个Na2O2中含有2个Na＋和1个O22－，据此计算。
10．【答案】A
【知识点】钠的化学性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】A．过氧化钠与水反应可以生成氧气，O2能将Fe(OH)2氧化成Fe(OH)3，无法长时间观察Fe(OH)2的颜色，A错误；
B．钠与水反应生成氢氧化钠和H2，氢氧化钠与硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁白色沉淀；H2可排出装置内的空气，由于没有氧气的存在，所以可以长时间观察到白色沉淀，B正确；
C．钠与溶液中的水反应生成氢气，氢气带动钠在分界处上下浮动；且氢气使得试管内压强增大，将试管中的液体压入长颈漏斗，因此长颈漏斗中的液面上升，C正确；
D．Na与FeSO4溶液不能发生置换反应，D正确；
故答案为：A。
【分析】A、Na2O2与H2O反应生成O2，O2能将Fe(OH)2氧化。
B、Na与H2O反应生成NaOH和H2，H2可排出装置内的空气，防止Fe(OH)2被氧化。
C、Na与H2O反应生成H2，H2带动Na上下浮动，同时使得试管内的压强增大。
D、Na与FeSO4溶液不反应。
11．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】由分析可知， Z、Y、X、W、Q分别为H、O、Na、Al、S。
A．非金属性越强，其简单氢化物越稳定，由于非金属性O>S，因此简单氢化物的稳定性H2O＞H2S，A正确；
B．H原子最外层只有1个电子，因此该物质中H不满足8电子稳定结构，B正确；
C．电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，以你次离子半径：，即，C错误；
D．氢氧化铝为两性氢氧化物，因此氢氧化铝能与氢氧化钠溶液反应，D正确；
故答案为：C。
【分析】X可形成离子X＋，因此X为Na。Z、Y、W分别位于三个不同的短周期，因此Z为H。由化合物的结构可知，Y可形成2个共价键，因此Y为O。Y原子的最外层电子数是W原子最外层电子数的2倍，因此W原子的最外层电子数为3，所以W为Al。Y与Q位于同一主族，因此Q为S。据此结合元素周期律分析选项。
12．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱电解质，在离子方程式中保留化学式，因此该反应的离子方程式为，A错误；
B．向FeBr2溶液中通入足量的，FeBr2完全反应，Fe2＋和Br－的个数比为1：2，因此该反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2Br2，B错误；
C．少量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀，NaHCO3少量，则参与反应的HCO3－个数为1，因此该反应的离子方程式为HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，C正确；
D．由于NaHCO3的溶解度较小，因此侯氏制碱法所得为NaHCO3沉淀，该反应的离子方程式为Na++CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、Cl2与H2O反应生成强酸HCl和弱酸HClO。
B、Cl2足量，则FeBr2完全反应，参与反应的Fe2＋和Br－的个数比为1：2。
C、NaHCO3少量，则参与反应的HCO3－只有一个，据此确定OH－和Ba2＋的个数。
D、侯氏制碱法产生的是NaHCO3固体。
13．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．X2+是XO发生得电子的还原反应生成X2+，因此X2+是还原产物；B-发生失电子的氧化生成B2，因此B2是氧化产物，A错误；
B．由分析可知，氧化性：XO>Z2>B2>A3+。因此要除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+，而不氧化Z-和B-，应加入B2，B错误；
C．由于氧化性：XO>Z2>B2>A3+，氧化性强的可生成氧化性弱的，因此在溶液中可能会发生反应：8H++5A2++XO=X2++5A3++4H2O，C错误；
D．由分析可知，还原性：A2+>B->Z->X2+，D正确；
故答案为：D。
【分析】反应①16H++10Z-+2XO=2X2++5Z2+8H2O中，XO为氧化剂，X2+是还原产物；Z-是还原剂，Z2是氧化产物，因此还原性：Z->X2+；氧化性：XO4－＞Z2。反应②2A2++B2=2A3++2B-中，B2是氧化剂，B-是还原产物；A2+是还原剂，A3+是氧化产物，因此还原性：A2+>B-；氧化性：B2＞A3＋。反应③2B-+Z2=B2+2Z-中，Z2是氧化剂，Z-是还原产物；B-是还原剂，B2是氧化产物，因此还原性：B->Z-；氧化性：Z2＞B2。综上，物质的还原性：A2+>B->Z->X2+；氧化性：XO4－＞Z2＞B2＞A3＋。据此结合选项分析。
14．【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】将Cu片放入FeCl3溶液中，发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。 测得溶液中Fe3+与Fe2+个数比为2：3，若溶液中n(Fe2+)=3 mol，则n(Fe3+)=2 mol，由反应的离子方程式可知，反应生成n(Cu2+)=n(Fe2+)=×3 mol=1.5 mol。所以反应后溶液中Cu2+与Fe3+的物质的量之比为1.5 mol：2 mol = 3∶4。
故答案为：B。
【分析】Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋，该反应的离子方程式为Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋。据此结合溶液中n(Fe2＋)进行计算。
15．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．Fe3+与SCN-反应生成配合物，二者不能大量共存，A错误；
B．加入铝粉有大量氢气产生的溶液可能含有大量的H＋或OH－。若含有H＋，则与不能大量共存；若含有OH－，则相互间不反应，可以大量共存，满足题目可能大量共存要求，B正确；
C．、Ba2+之间生成难溶物硫酸钡，二者不能大量共存，C错误；
D．pH<7的溶液中含有大量的H+，H＋能与CH3COO－形成CH3COOH，因此二者不能大量共存，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、Fe3＋能与SCN－反应生成Fe(SCN)3。
B、加入Al产生大量H2的溶液中可能含有大量的H＋或OH－。
C、NaHSO4电离产生的SO42－能与Ba2＋形成BaSO4沉淀。
D、pH＜7的溶液中含有大量的H＋。
16．【答案】B
【知识点】硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．NaOH固体溶解过程中放热，因此需要冷却至室温，再转移至250 mL容量瓶中定容，A错误；
B．产生黑色颗粒，说明钠将CO2还原并生成碳，体现了钠的还原性，B正确；
C．在酸性条件下，高锰酸钾与氯离子发生反应：2+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，因此Cl－也能使高锰酸钾溶液褪色，不能说明溶液中含有Fe2+，C错误；
D．SO42－也能与Ag＋形成Ag2SO4沉淀，因此硫酸根离子的存在会干扰氯离子的检验，取样后应先加足量硝酸钡溶液，过滤后取滤液，再加入稀硝酸酸化的硝酸银，才能排除硫酸根离子干扰，验出氯离子，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、NaOH固体溶解放热，需冷却至室温后再进行移液操作。
B、产生的黑色颗粒为C，说明CO2发生还原反应。
C、Cl－、Fe2＋都能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、SO42－、Cl－都能与Ag＋反应产生白色沉淀。
17．【答案】A
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验开始时，必须先打开止水夹，让装置 a 产生的 H2充满整个装置，排尽内部空气（避免钠与 O2反应），待空气排净后再点燃酒精灯，使钠与氢气顺利反应。该操作符合实验安全规范，A 正确；
B、浓盐酸与 MnO2反应制 Cl2需要加热条件（MnO2在常温下与浓盐酸不反应），而装置 a 是固液不加热型装置，无法提供反应所需的加热条件，因此不能用于该反应，B错误；
C、装置 b 中试剂为浓硫酸，作用是干燥 H2（防止 H2中的水蒸气与钠反应生成 NaOH 杂质）；装置 d 中碱石灰的主要作用是隔绝空气，防止空气中的 H2O 和 CO2进入装置 c 与产物 NaH 反应，并非处理尾气，C错误；
D、Na 与水反应生成 NaOH，NaH 与水反应也生成 NaOH（反应为 NaH+H2O=NaOH+H2↑），因此加水溶解后滴加酚酞变红，无法区分是未反应的 Na 还是生成的 NaH 与水反应的结果，不能证明 Na 已完全反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】分析实验装置各部分作用，结合反应条件、物质性质，逐一判断选项说法的正确性。
A．实验操作顺序的合理性，核心是防止钠与空气中氧气反应。
B．装置 a 的适用条件与制 Cl2反应的条件匹配性。
C．装置 b 试剂的作用及装置 d 中碱石灰的功能。
D．酚酞变红现象能否证明钠完全反应，需考虑 NaH 与水的反应产物。
18．【答案】C
【知识点】常见离子的检验；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】A．第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL，与OH－反应生成的气体为NH3，说明溶液中存在。且由N原子守恒可得，，A正确；
B．生成可溶于盐酸的沉淀为BaCO3沉淀，即生成沉淀的离子方程式为，B正确；
C．第二份加足量溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g．沉淀部分溶解，溶解的沉淀为BaCO3，剩余的2.33g沉淀为BaSO4沉淀。说明溶液中存在和，不存在。的物质的量，的物质的量为，结合A项，根据电荷守恒可知溶液中一定存在，无法确定是否存在，C错误；
D．由C项分析可知，第二份溶液消耗的物质的量为0.02mol，D正确；
故答案为：C
【分析】第一份加入足量的NaOH溶液，加热，收集到标准状态下448mL气体，该气体为NH3，说明溶液中含有NH4＋。根据氮元素守恒可得，溶液中。
第二份加入足量Ba(OH)2溶液，得到4.30g白色沉淀。再加足量稀盐酸，剩余2.33g沉淀。说明4.30g沉淀为BaSO4和BaCO3，其中BaSO4的质量为2.33g，BaCO3的质量为1.97g。说明原溶液中含有SO42－和HCO3－；由离子共存可得，原溶液中一定不含有Ba2＋。原溶液中；。根据电荷守恒可得，原溶液中一定含有Na＋，且其物质的量至少为0.01mol。据此结合选项分析。
19．【答案】；丁达尔；不属于；25 mL；1000mL容量瓶；②③④⑤；ae
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；胶体的性质和应用；物质的量浓度
【解析】【解答】（1）向沸水中逐滴加入滴饱和溶液煮沸至红褐色，得到胶体，化学方程式为。
故答案为：
（2）胶体是一种分散系，胶体具有丁达尔效应。
故答案为：丁达尔
（3）由图可知“纳米药物分子车”的直径为200 nm，胶体是分散质粒子大小在 1 nm~100 nm 的分散系，故“纳米药物分子运输车”分散于水中所得的分散系不属于胶体。
故答案为：不属于
（4）该浓盐酸的物质的量浓度c= ，用该浓盐酸配制0.20 mol·L-1的稀盐酸850 mL，选用1000 mL容量瓶，量取浓盐酸的体积为=16.6 mL；应选用的量筒规格为25 mL。
故答案为：25 mL
（5）该实验步骤有：计算、量取、稀释并冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，必须用到的玻璃容器有：玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、1000 mL容量瓶。
故答案为：1000 mL容量瓶
（6）①移液时用玻璃棒引流，玻璃棒伸入刻度线以下，故①正确；
②震荡容量瓶，不是上下振荡，应该轻轻晃动，故②错误；
③定容时距离刻度线1~2 cm改用胶头滴管滴加，故③错误；
④定容时，眼睛平视刻度线，不应平视液面，故④错误；
⑤用食指按住瓶塞，另一只手托住瓶底 ，反复上下颠倒容量瓶，使溶液充分混合均匀，故⑤错误；
故答案为：②③④⑤
（7）a．量筒洗涤后，未干燥即用来配制溶液，会稀释溶液，导致量取的溶液溶质偏小，浓度偏小，a正确；
b．量筒量取浓盐酸时，仰视凹液面读数，导致浓盐酸体积偏大，溶质偏多，最后配制溶液浓度偏大，b错误；
c．量筒倒出浓盐酸后，用蒸馏水洗涤量筒，并将洗涤液转移至容量瓶中，最后配制溶液浓度偏大，c错误；
d．定容时，俯视凹液面读数，溶液体积偏小，浓度偏大，d错误；；
e．定容时水多、超过刻度线，用胶头滴管吸出，溶质偏小，浓度偏小，e正确；；
故答案为：ae
【分析】（1）饱和FeCl3溶液加入沸水中，继续煮沸至红褐色，得到Fe(OH)3胶体，据此写出反应的化学方程式。
（2）胶体能产生丁达尔效应。
（3）分散质粒子直径在1~100nm之间的分散系为胶体，据此结合题干中分散质粒子的直径大小确定是否属于胶体。
（4）根据公式c浓×V浓=c稀×V稀计算所需浓盐酸的体积，从而确定所选用的量筒的规格。
（5）根据溶液配制的步骤确定配制过程中给所需的仪器。
（6）根据溶液配制过程分析。
（7）分析错误操作对n、V的影响，结合公式分析误差。
20．【答案】（1）2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（2）2：3
（3）NaCl
（4）蒸发浓缩、冷却结晶；>
（5）4K2FeO4+10H2SO4=2Fe2(SO4)3+2K2SO4+3O2↑+10H2O
（6）10-3cV0-10-3cV；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；中和滴定；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）氧化过程中H2O2将Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
故答案为： 2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（2）“制备”过程中NaClO将Fe3+氧化为Na2FeO4，Cl元素由+1价下降到-1价，Fe元素由+3价上升到+6价，ClO-是氧化剂，Fe3+是还原剂，根据得失电子守恒可知，反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为2：3。
故答案为： 2：3
（3）由分析可知，“分离”所得副产品的主要成分为NaCl。
故答案为： NaCl
（4）“操作b”中，Na2FeO4转化为K2FeO4，经蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥，可得粗品。该过程中，溶解度更小的会结晶析出，判断该生产条件下物质的溶解性：>。
故答案为： 蒸发浓缩、冷却结晶 ；＞
（5）高铁酸钾具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，杀菌消毒过程中高铁酸钾被还原生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，可以吸附水中的杂质，可以达到净水的作用，化学方程式为4K2FeO4+10H2SO4=2Fe2(SO4)3+2K2SO4+3O2↑+10H2O。
故答案为：4K2FeO4+10H2SO4=2Fe2(SO4)3+2K2SO4+3O2↑+10H2O
（6）①ⅰ.取聚合硫酸铁样品m g，加入过量盐酸，聚合硫酸铁中氢氧根离子会反应一部分HCl。再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不与OH-反应。然后以酚酞为指示剂，用c mol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V mL。滴定消耗的氢氧化钠的物质的量等于过量HCl的物质的量；ⅱ.空白对照实验，可知ⅰ。中加入的HCl总物质的量；综上，与聚合硫酸铁中氢氧根离子反应的n(HCl)=该聚合硫酸铁样品中n(OH-)= 10-3cV0-10-3cV mol。
故答案为：10-3cV0-10-3cV
②n(Fe)=mol，盐基度(n为物质的量)=。
故答案为：
【分析】（1）“氧化”过程中利用了H2O2的氧化性，将Fe2＋氧化成Fe3＋，据此写出反应的离子方程式。
（2）“制备”过程中NaOH、NaClO和Fe3＋反应生成Na2FeO4，结合得失电子守恒计算还原剂与氧化剂的比值。
（3）“制备”过程中产生NaCl，因此所得副产品为NaCl。
（4）①“操作b”由溶液中获得粗产品，为结晶操作。
②加入饱和KOH溶液后，可将Na2FeO4转化为K2FeO4，说明K2FeO4的溶解度更小。
（5）反应过程中放出O2，另一产物可做絮凝剂、净水剂，因此另一产物为Fe3＋。据此结合得失电子守恒和原子守恒书写反应的化学方程式。
（6）①根据滴定过程中发生的反应进行计算。
②根据盐基度的定义进行计算。
（1）由分析可知，氧化过程中H2O2将Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（2）“制备”过程中NaClO将Fe3+氧化为Na2FeO4，Cl元素由+1价下降到-1价，Fe元素由+3价上升到+6价，ClO-是氧化剂，Fe3+是还原剂，根据得失电子守恒可知，反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为2：3；
（3）由分析可知，“分离”所得副产品的主要成分为NaCl；
（4）“操作b”中，Na2FeO4转化为K2FeO4，经蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥，可得粗品。该过程中，溶解度更小的会结晶析出，判断该生产条件下物质的溶解性：>；
（5）高铁酸钾具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，杀菌消毒过程中高铁酸钾被还原生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，可以吸附水中的杂质，可以达到净水的作用，化学方程式为4K2FeO4+10H2SO4=2Fe2(SO4)3+2K2SO4+3O2↑+10H2O；
（6）①ⅰ.取聚合硫酸铁样品m g，加入过量盐酸，聚合硫酸铁中氢氧根离子会反应一部分HCl。再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不与OH-反应。然后以酚酞为指示剂，用c mol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V mL。滴定消耗的氢氧化钠的物质的量等于过量HCl的物质的量；ⅱ.空白对照实验，可知ⅰ。中加入的HCl总物质的量；综上，与聚合硫酸铁中氢氧根离子反应的n(HCl)=该聚合硫酸铁样品中n(OH-)= 10-3cV0-10-3cV mol；
②n(Fe)=mol，盐基度(n为物质的量)=。
21．【答案】（1）极性键
（2）ac
（3）NH3>PH3>AsH3；N>P>As；N、P、As是同主族元素，最外层电子数相同，电子层数依次增大，原子半径依次增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱
（4）2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；
（5）B
（6）再加入盐酸，将生成气体通过NaHCO3溶液洗气后，通入Na2SiO3溶液；生成白色胶状沉淀
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）中，H、O元素的非金属性不同，共用电子对偏向于O原子而偏离于H原子，则共价键的类型是极性键。
故答案为： 极性键
（2）a．金属性越强，金属单质与酸反应越剧烈，则比较Cu、Al分别与酸反应的难易程度，可推出Cu和Al的金属性强弱，a符合题意；
b．金属单质的密度与相对原子质量、原子半径、原子间的距离等因素有关，不能决定金属元素的金属性强弱，则比较Mg、Al的密度不能推出Mg、Al的金属性强弱，b不符合题意；
c．将打磨过的铝片放入CuSO4溶液，若有红色固体生成，则说明Al置换出了Cu，Cu的金属性比Al弱，c符合题意；
故答案为：ac
（3）i． 非金属性越强，气态氢化物越稳定，P与N、As是同主族元素，且非金属性N>P>As，则气态氢化物的稳定性：NH3>PH3>AsH3.
故答案为： NH3>PH3>AsH3
ii． 同主族元素，最外层电子数相同，电子层数依次增大，原子半径依次增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱，故非金属性：N>P>As。
故答案为：N>P>As； N、P、As是同主族元素，最外层电子数相同，电子层数依次增大，原子半径依次增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱
（4）④为Al，与同周期金属性最强元素Na的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，⑧是Br，原子结构示意图是。
故答案为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；
（5）在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料(如锗、硅、硒等)，故选B。
故答案为：B
（6）C、Si的非金属性强弱顺序为C>Si，可以根据碳酸酸性强于硅酸来证明，化学反应中，强酸可以制得弱酸，即在试管中加入CaCO3固体，再加入盐酸，将生成气体通过NaHCO3溶液洗气后，通入Na2SiO3溶液；生成白色胶状沉淀，则碳酸酸性强于硅酸，结论：非金属性C>Si。
故答案为： 再加入盐酸，将生成气体通过NaHCO3溶液洗气后，通入Na2SiO3溶液 ； 生成白色胶状沉淀
【分析】（1）不同种元素形成的共价键为极性共价键。
（2）a、金属与酸反应的难易程度，可以体现金属性的强弱。
b、金属密度与金属性强弱无关。
c、置换反应可以判断金属性强弱。
（3）ⅰ、同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，简单氢化物的稳定性越弱。
ⅱ、同主族元素，核电荷数越大，原子半径越大，原子核对核外电子的吸引力越弱，得电子能力越弱，非金属性越弱。
（4）④为Al，同周期金属性最强的元素为Na，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Al能与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2，据此写出反应的离子方程式。⑧为Br，据此确定其原子结构示意图。
（5）图中分界线为金属元素与非金属元素的分界线，此处可寻找半导体材料。
（6）①为C、⑤为Si，比较二者的非金属性强弱，可用通过酸性H2CO3＞H2SiO3，从而得到非金属性C＞Si。据此设计实验。
（1）中，H、O元素的非金属性不同，共用电子对偏向于O原子而偏离于H原子，则共价键的类型是极性键。
（2）)a．金属性越强，金属单质与酸反应越剧烈，则比较Cu、Al分别与酸反应的难易程度，可推出Cu和Al的金属性强弱，a符合题意；
b．金属单质的密度与相对原子质量、原子半径、原子间的距离等因素有关，不能决定金属元素的金属性强弱，则比较Mg、Al的密度不能推出Mg、Al的金属性强弱，b不符合题意；
c．将打磨过的铝片放入CuSO4溶液，若有红色固体生成，则说明Al置换出了Cu，Cu的金属性比Al弱，c符合题意；
故选ac。
（3）i． 非金属性越强，气态氢化物越稳定，P与N、As是同主族元素，且非金属性N>P>As，则气态氢化物的稳定性：NH3>PH3>AsH3.
ii． 同主族元素，最外层电子数相同，电子层数依次增大，原子半径依次增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱，故非金属性：N>P>As。
（4）④为Al，与同周期金属性最强元素Na的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，⑧是Br，原子结构示意图是。
（5）在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料(如锗、硅、硒等)，故选B。
（6）C、Si的非金属性强弱顺序为C>Si，可以根据碳酸酸性强于硅酸来证明，化学反应中，强酸可以制得弱酸，即在试管中加入CaCO3固体，再加入盐酸，将生成气体通过NaHCO3溶液洗气后，通入Na2SiO3溶液；生成白色胶状沉淀，则碳酸酸性强于硅酸，结论：非金属性C>Si。
22．【答案】（1）饱和NaCl溶液
（2）
（3）二价锰化合物在中性或弱酸性条件下只能被氧化到MnO2，在碱性条件下可以被氧化到更高价态。(或表达为：“Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强”)
（4）；；NaClO；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，离子方程式为：，B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体。
故答案为：饱和NaCl溶液
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：。
故答案为：
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强。
故答案为：二价锰化合物在中性或弱酸性条件下只能被氧化到MnO2，在碱性条件下可以被氧化到更高价态。(或表达为：“Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强”)
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的方程式为：。
故答案为：
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL 40% NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，该反应的离子方程式为：；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量。
故答案为：；NaClO
③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：。
故答案为：
【分析】（1）装置B用于除去Cl2中混有的HCl，据此确定装置B中的试剂。
（2）加入NaOH溶液后产生的白色沉淀为Mn(OH)2，转化为的黑色沉淀为MnO2。过程中Mn元素被氧化，据此书写反应的化学方程式。
（3）实验Ⅱ中加入了5%NaOH溶液，溶液的碱性增强，溶液变为紫红色，产生了MnO4－，说明Mn2＋的还原性增强。
（4）①通入的Cl2能与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，使得溶液的碱性减弱，据此写出反应的化学方程式。
②加入NaOH溶液后，溶液紫色变为绿色，说明MnO4－转化为MnO42－，Mn元素被还原，则其氧化产物为O2，据此写出反应离子方程式。溶液绿色缓慢加深，是由于MnO2被反应生成的NaClO氧化。
③Ⅱ中棕黑色固体为MnO2，加水后溶液的紫色加深，说明MnO2转化为MnO4－，Mn元素被氧化，则ClO－被还原，生成Cl－。据此写出反应的离子方程式。
（1）装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，离子方程式为：，B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体；
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：；
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的方程式为：；②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL 40% NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，该反应的离子方程式为：；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：。
1 / 1广东省广州市第六中学2024-2025学年高一上学期期末化学试卷
一、选择题(本题共18小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~18小题，每小题3分。每小题给只有一个选项符合题意。
1．（2025高一上·广州期末）文物承载灿烂文明，传承历史文化，维系民族精神，下列文物的主要成分为金属的是
A．犀角杯 B．广彩开光人物花鸟纹海碗
C．雪梅双鹤图 D．平南王铁钟
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】合理利用金属资源
【解析】【解答】A、犀角杯由犀牛角制成，犀牛角的主要成分为角蛋白（一种蛋白质），属于有机物，并非金属材料，故A不符合题意；
B、该文物属于 “广彩” 瓷器，瓷器的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，与金属无关，故B不符合题意；
C、这是一幅绘画作品，主要由纸张（植物纤维）和颜料（无机或有机化合物）构成，均不属于金属材料，故C不符合题意；
D、铁钟的主要成分为铁，铁是金属单质，属于金属材料，因此该文物主要由金属制成，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】判断文物主要成分是否为金属，需分析各选项中文物的材质类别：金属材料包括纯金属及合金，而非金属材料如蛋白质、硅酸盐、纸张等均不属于此类。A．判断犀角的主要成分属性。
B．判断瓷器的材质类别。
C．判断画作的组成成分。
D．判断“铁钟” 的材质属性。
2．（2025高一上·广州期末）在我国空间站的太空课堂中，航天员向水球内注入蓝色颜料后，将一颗泡腾片（由碳酸氢钠和有机酸组成的混合物）放进了水球内。水球“沸腾”了！无数气泡在其中产生，逐渐将水球充满，如图所示。下列说法正确的是
A．泡腾片溶于水只发生物理变化 B．气泡的主要成分是酸性氧化物
C．泡腾片中的碳酸氢钠属于碱类 D．泡腾片溶于水发生分解反应
【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；物质的简单分类
【解析】【解答】A、物理变化与化学变化判断：泡腾片含和有机酸，溶于水时发生反应，有新物质（等 ）生成，属于化学变化，A错误；
B、气泡主要成分是，能与碱（如 ）反应生成盐和水 ，符合酸性氧化物（与碱反应生成盐和水的氧化物 ）定义，B正确；
C、物质分类（碱与盐 ）：碱是“电离出的阴离子全部为的化合物”；盐是“金属离子（或铵根 ）与酸根离子构成的化合物”。由（金属离子 ）和（酸根离子 ）构成，属于盐类（酸式盐 ），C错误；
D、分解反应是“一种物质分解为多种物质”；泡腾片溶于水时，是与有机酸两种物质发生复分解反应（两种化合物交换成分生成新化合物 ），D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕泡腾片（含、有机酸 ）溶于水的变化，结合物理与化学变化判断、物质分类（酸性氧化物、碱、盐 ） 、反应类型（分解、复分解反应 ） 等知识，判断选项正误，核心是理解溶解时的化学反应及产物性质 。
只有B选项分析正确，答案为B。
A．化学变化的本质是有新物质生成，此反应有产生，不是只发生物理变化。
B．依据酸性氧化物的化学性质判断，具备该特征。
C．严格按“碱”（阴离子全为 ）和“盐”（金属/铵根离子 + 酸根离子 ）的定义判断，不满足碱的条件。
D．区分“分解反应（一变多 ）”与“复分解反应（两化合物交换成分 ）”，此反应是两种物质参与，不是分解反应。
3．（2025高一上·广州期末）下列化学用语正确的是
A．H2O2的电子式：
B．双线桥表示：
C．二氧化碳的结构式O=C=O
D．碳酸氢钠溶液中电离方程式：NaHCO3Na++HCO
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．H2O2为共价化合物，H原子与O原子、O原子与O原子形成共用电子对，因此其电子式为：，故A错误；
B．硫酸中S元素化合价由+6价降低为+4价，得到2个电子；硫化氢中S元素化合价从-2价升高为0价，失去2个电子。因此用双线桥表示为，故B错误；
C．为使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，在CO2分子中C原子与2个O原子形成4个共价键，因此二氧化碳的结构式为O=C=O，故C正确；
D．碳酸氢钠在水溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，因此其电离方程式为NaHCO3=Na++，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、H2O2为共价化合物，结合H、O原子的最外层电子数确定H2O2的电子式。
B、同种元素的价态变化过程中，电子转移向着相邻价态变化，据此确定双线桥。
C、根据CO2的成键情况，确定CO2的结构式。
D、NaHCO3为可溶性盐，在水中完全电离成Na＋和HCO3－。
4．（2025高一上·广州期末）杭州亚运会打造“绿色建筑”，亚运场馆大量使用了碲化镉（CdTe）发电玻璃。下列说法正确的是（　　）
A．和的质子数一定相等
B．的中子数比质子数多14个
C．的相对原子质量为128
D．与互为同位素
【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；同位素及其应用；相对原子质量及其计算
【解析】【解答】A. 和互为同位素，其质子数相等，中子数不等，故A符合题意；
B. 的中子数为76，比质子数为52，多22个，故B不符合题意；
C. 的质量数为128，故C不符合题意；
D. 与质子数不等，不能互为同位素，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.互为同位素质子数一定相等；
B.质子数为52，中子数为76，因此中子数比质子数多22；
C.根据给出的符号，质量数为128；
D.质子数不同，不能互为同位素。
5．（2025高一上·广州期末）价类二维图和实验是学习元素及其化合物的重要方法。下列说法不正确的是
A．a→f→g→h的每一步转化均需要加入氧化剂
B．通过上图实验装置可制备e，并较长时间保持白色沉淀不变色
C．d可与足量的HI溶液发生复分解反应得到g
D．c→a可通过在一定条件下加入CO、Al等还原剂实现
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；无机物的推断
【解析】【解答】A．a→f→g→h的每一步转化过程中，铁元素的化合价均升高，均需要加入氧化剂，A正确；
B．由分析可知，e是Fe(OH)2，较易被氧化，需隔绝空气，按上图实验装置，关闭止水夹，铁与稀硫酸反应生成氢气，则M中气压增大，将硫酸亚铁溶液压入N中，硫酸亚铁与NaOH反应生成Fe(OH)2，由于隔绝空气，能较长时间保持白色沉淀不变色， B正确；
C．由分析可知，d是Fe(OH)3，可与足量的HI溶液反应氧化还原反应，生成碘化亚铁、水和碘单质，C错误；
D．由分析可知，c、a分别是Fe2O3、Fe，c→a，铁元素化合价降低，可加入CO、Al等还原剂实现，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据价类二维图，可推出a为Fe，b为FeO，c为Fe2O3，e为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3，f为亚铁盐，g为铁盐，h为高铁酸盐。
6．（2025高一上·广州期末）下列实验操作能达到实验目的的是
A．测新制氯水的pH值 B．称量NaOH固体7.66 g
C．混合浓硫酸和乙醇 D．钠在空气中燃烧
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】钠的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．新制氯水具有漂白性，能使变色后的pH试纸褪色，因此不能用试纸测新制氯水的pH，A错误；
B．NaOH固体易吸水潮解，称量NaOH固体时应放在小烧杯中，且需遵循“左物右码”原则。托盘天平的精确度0.1 g，因此其质量为7.7 g，B错误；
C．密度：乙醇＜浓硫酸，因此将乙醇倒入浓硫酸中，由于浓硫酸稀释放热会引起液体飞溅，造成危险，C错误；
D．固体灼烧时应在坩埚中进行，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、新制氯水具有漂白性，能使pH试纸褪色。
B、称量NaOH固体质量时需放在小烧杯中，且位置为“左物右码”；天平的精确度为0.1g。
C、两溶液混合时，应将密度大的液体倒入密度小的液体中。
D、固体燃烧应在坩埚中进行。
7．（2025高一上·广州期末）如图所示为氟利昂破坏臭氧层的过程，下列说法不正确的是
A．过程Ⅳ中既有极性共价键的断裂又有非极性共价键的形成
B．整个过程可用方程式表示为
C．的电子式为
D．上述过程说明氟利昂产生的氯原子是破坏臭氧层的催化剂
【答案】C
【知识点】化学键；化学反应速率的影响因素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．根据图示信息，过程Ⅳ中，OCl中氧氯原子之间断键，O2中氧原子之间成键，故既有极性共价键的断裂又有非极性共价键的形成，A正确；
B．根据图示信息，反应物为CFCl3和O3，生成物为CFCl2、Cl、O2，整个过程可用方程式表示为，B正确；
C．的电子式为 ，C错误；
D．根据图示信息，氟利昂产生的氯原子参与反应，但并未被消耗，则在反应过程中作催化剂，D正确；
故答案为：C。
【分析】A.极性键存在于不同原子之间，非极性键存在于相同原子之间。
B.注意反应前后原子种类和数目守恒。
C. 中各原子均达到8电子饱和。
D.反应前后，催化剂的质量和化学性质不变。
8．（2025高一上·广州期末）硫酸钡(BaSO4)是一种用于胃肠道造影检查的辅助用药。钡(56Ba)与镁(12Mg)是同族元素，关于钡的性质的判断正确的是
A．Ba是第五周期第ⅡA族元素 B．碱性：Ba(OH)2 < Mg(OH)2
C．金属性：Ca > Ba D．原子半径：Cs > Ba
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．Ba是第56号元素，位于元素周期表中第六周期第ⅡA族，A错误；
B．同主族元素，核电荷数越大，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性：Ba(OH)2> Mg(OH)2，B错误；
C．同主族元素，核电荷数越大，金属性越强，因此金属性：Ca< Ba，C错误；
D．Cs与Ba同周期，两原子的电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径：Cs > Ba，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、根据Ba的原子序数，确定其在元素周期表中的位置。
B、同主族元素，核电荷数越大，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
C、同主族元素，核电荷数越大，金属性越强。
D、同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小。
9．（2025高一上·广州期末）用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A．常温常压下， NA个CO2分子占有的体积为22.4 L
B．0.5 mol/L的MgCl2溶液中含有NA个Cl-
C．常温常压下，O2和O3的混合物共64 g，所含氧原子数目为2NA
D．常温常压下，7.8 g Na2O2中含有0.2NA个Na+
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；钠的氧化物；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．常温常压下，气体摩尔体积不是22.4 L/mol，因此1molCO2的体积不是22.4L，A项错误；
B．溶液的体积未知，无法应用公式n=c×V计算溶液中Cl-数目，B项错误；
C．O2和O3的混合物共64 g，二者都是由O原子构成，因此氧原子的质量为64 g，其所含的氧原子数目为，C项错误；
D.1个Na2O2中含有2个Na+和1个O。7.8 g Na2O2的物质的量为，因此0.1 mol Na2O2中含有0.2NA个钠离子，D项正确；
故答案为：D。
【分析】A、常温常压下，Vm≠22.4L·mol－1。
B、未给出溶液的体积，无法计算溶液中所含的离子数。
C、64gO2和O3的混合物中所含O原子的质量为64g，据此计算。
D、一个Na2O2中含有2个Na＋和1个O22－，据此计算。
10．（2025高一上·广州期末）有人设计出一种在隔绝空气条件下让钠与溶液反应，观察颜色的实验。实验时，往100mL的大试管中先加40mL煤油，取3粒米粒大小的金属钠放入大试管后塞上橡皮塞，通过长颈漏斗加入溶液(不含)使煤油的液面至橡胶塞，并夹紧弹簧夹(如图所示)。下列说法错误的是
A．用过氧化钠代替钠也可以观察到此现象
B．大试管下层溶液出现白色沉淀，并可持续较长时间
C．长颈漏斗中的液面会上升且钠在分界处上下浮动
D．该反应同时也能说明钠不能与硫酸亚铁溶液置换生成铁单质
【答案】A
【知识点】钠的化学性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】A．过氧化钠与水反应可以生成氧气，O2能将Fe(OH)2氧化成Fe(OH)3，无法长时间观察Fe(OH)2的颜色，A错误；
B．钠与水反应生成氢氧化钠和H2，氢氧化钠与硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁白色沉淀；H2可排出装置内的空气，由于没有氧气的存在，所以可以长时间观察到白色沉淀，B正确；
C．钠与溶液中的水反应生成氢气，氢气带动钠在分界处上下浮动；且氢气使得试管内压强增大，将试管中的液体压入长颈漏斗，因此长颈漏斗中的液面上升，C正确；
D．Na与FeSO4溶液不能发生置换反应，D正确；
故答案为：A。
【分析】A、Na2O2与H2O反应生成O2，O2能将Fe(OH)2氧化。
B、Na与H2O反应生成NaOH和H2，H2可排出装置内的空气，防止Fe(OH)2被氧化。
C、Na与H2O反应生成H2，H2带动Na上下浮动，同时使得试管内的压强增大。
D、Na与FeSO4溶液不反应。
11．（2025高一上·广州期末）Z、Y、X、W、Q为五种原子序数依次增大的短周期主族元素。其中Z、Y、W分别位于三个不同周期，Y、Q位于同一主族，Y原子的最外层电子数是W原子的最外层电子数的2倍，Y、X、W三种简单离子的核外电子排布相同。由Z、Y、X、W形成的某种化合物的结构如图所示。下列说法错误的是
A．简单氢化物的稳定性：
B．该物质中不是所有原子均满足最外层的稳定结构
C．离子半径：YD．W与X两者的最高价氧化物对应的水化物之间可发生反应
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】由分析可知， Z、Y、X、W、Q分别为H、O、Na、Al、S。
A．非金属性越强，其简单氢化物越稳定，由于非金属性O>S，因此简单氢化物的稳定性H2O＞H2S，A正确；
B．H原子最外层只有1个电子，因此该物质中H不满足8电子稳定结构，B正确；
C．电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，以你次离子半径：，即，C错误；
D．氢氧化铝为两性氢氧化物，因此氢氧化铝能与氢氧化钠溶液反应，D正确；
故答案为：C。
【分析】X可形成离子X＋，因此X为Na。Z、Y、W分别位于三个不同的短周期，因此Z为H。由化合物的结构可知，Y可形成2个共价键，因此Y为O。Y原子的最外层电子数是W原子最外层电子数的2倍，因此W原子的最外层电子数为3，所以W为Al。Y与Q位于同一主族，因此Q为S。据此结合元素周期律分析选项。
12．（2025高一上·广州期末）下列离子方程式书写正确的是
A．向水中通入：
B．向FeBr2溶液中通入足量的：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2
C．少量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应：HCO+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
D．侯氏制碱法：CO2+NH3+H2O=HCO+NH
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱电解质，在离子方程式中保留化学式，因此该反应的离子方程式为，A错误；
B．向FeBr2溶液中通入足量的，FeBr2完全反应，Fe2＋和Br－的个数比为1：2，因此该反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2Br2，B错误；
C．少量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀，NaHCO3少量，则参与反应的HCO3－个数为1，因此该反应的离子方程式为HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，C正确；
D．由于NaHCO3的溶解度较小，因此侯氏制碱法所得为NaHCO3沉淀，该反应的离子方程式为Na++CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、Cl2与H2O反应生成强酸HCl和弱酸HClO。
B、Cl2足量，则FeBr2完全反应，参与反应的Fe2＋和Br－的个数比为1：2。
C、NaHCO3少量，则参与反应的HCO3－只有一个，据此确定OH－和Ba2＋的个数。
D、侯氏制碱法产生的是NaHCO3固体。
13．（2025高一上·广州期末）已知反应：
①；
②；
③。
根据上述反应，判断下列结论正确的是
A．X2+是XO的还原产物，B2是B-的还原产物
B．要除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+，而不氧化Z-和B-，应加入Z2
C．在溶液中不可能发生反应：8H++5A2++XO=X2++5A3++4H2O
D．还原性：A2+>B->Z->X2+
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．X2+是XO发生得电子的还原反应生成X2+，因此X2+是还原产物；B-发生失电子的氧化生成B2，因此B2是氧化产物，A错误；
B．由分析可知，氧化性：XO>Z2>B2>A3+。因此要除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+，而不氧化Z-和B-，应加入B2，B错误；
C．由于氧化性：XO>Z2>B2>A3+，氧化性强的可生成氧化性弱的，因此在溶液中可能会发生反应：8H++5A2++XO=X2++5A3++4H2O，C错误；
D．由分析可知，还原性：A2+>B->Z->X2+，D正确；
故答案为：D。
【分析】反应①16H++10Z-+2XO=2X2++5Z2+8H2O中，XO为氧化剂，X2+是还原产物；Z-是还原剂，Z2是氧化产物，因此还原性：Z->X2+；氧化性：XO4－＞Z2。反应②2A2++B2=2A3++2B-中，B2是氧化剂，B-是还原产物；A2+是还原剂，A3+是氧化产物，因此还原性：A2+>B-；氧化性：B2＞A3＋。反应③2B-+Z2=B2+2Z-中，Z2是氧化剂，Z-是还原产物；B-是还原剂，B2是氧化产物，因此还原性：B->Z-；氧化性：Z2＞B2。综上，物质的还原性：A2+>B->Z->X2+；氧化性：XO4－＞Z2＞B2＞A3＋。据此结合选项分析。
14．（2025高一上·广州期末）将Cu片放入FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，测得溶液中Fe3+与Fe2+个数比为2：3，则此时溶液中与的物质的量之比为
A．3∶5 B．3∶4 C．3∶2 D．4∶3
【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】将Cu片放入FeCl3溶液中，发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。 测得溶液中Fe3+与Fe2+个数比为2：3，若溶液中n(Fe2+)=3 mol，则n(Fe3+)=2 mol，由反应的离子方程式可知，反应生成n(Cu2+)=n(Fe2+)=×3 mol=1.5 mol。所以反应后溶液中Cu2+与Fe3+的物质的量之比为1.5 mol：2 mol = 3∶4。
故答案为：B。
【分析】Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋，该反应的离子方程式为Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋。据此结合溶液中n(Fe2＋)进行计算。
15．（2025高一上·广州期末）下列各组离子在给定条件下可能大量共存的是
A．能使石蕊变红的溶液中：Fe3+、K+、SCN-、
B．加入铝粉有大量氢气产生的溶液中：ClO-、、、
C．含大量NaHSO4的溶液中：、、、
D．在pH<7的澄清透明溶液中：、、CH3COO-、
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．Fe3+与SCN-反应生成配合物，二者不能大量共存，A错误；
B．加入铝粉有大量氢气产生的溶液可能含有大量的H＋或OH－。若含有H＋，则与不能大量共存；若含有OH－，则相互间不反应，可以大量共存，满足题目可能大量共存要求，B正确；
C．、Ba2+之间生成难溶物硫酸钡，二者不能大量共存，C错误；
D．pH<7的溶液中含有大量的H+，H＋能与CH3COO－形成CH3COOH，因此二者不能大量共存，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、Fe3＋能与SCN－反应生成Fe(SCN)3。
B、加入Al产生大量H2的溶液中可能含有大量的H＋或OH－。
C、NaHSO4电离产生的SO42－能与Ba2＋形成BaSO4沉淀。
D、pH＜7的溶液中含有大量的H＋。
16．（2025高一上·广州期末）下列实验过程可以达到实验目的的是
　 实验目的 实验操作 现象及结论
A 配制0.4000 mol/L的NaOH溶液 称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解后，立即转移至250 mL容量瓶中定容 固体溶解，并获得0.4000 mol/L的NaOH溶液
B 验证钠的还原性 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
C 检验FeCl3溶液中是否含有Fe2+ 向溶液中滴加酸性KMnO4溶液 若紫红色褪去，则溶液中含有Fe2+
D 检验Na2SO4溶液中是否含有Cl- 取少量溶液于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液 若产生白色沉淀，则溶液中含有Cl-
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．NaOH固体溶解过程中放热，因此需要冷却至室温，再转移至250 mL容量瓶中定容，A错误；
B．产生黑色颗粒，说明钠将CO2还原并生成碳，体现了钠的还原性，B正确；
C．在酸性条件下，高锰酸钾与氯离子发生反应：2+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，因此Cl－也能使高锰酸钾溶液褪色，不能说明溶液中含有Fe2+，C错误；
D．SO42－也能与Ag＋形成Ag2SO4沉淀，因此硫酸根离子的存在会干扰氯离子的检验，取样后应先加足量硝酸钡溶液，过滤后取滤液，再加入稀硝酸酸化的硝酸银，才能排除硫酸根离子干扰，验出氯离子，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、NaOH固体溶解放热，需冷却至室温后再进行移液操作。
B、产生的黑色颗粒为C，说明CO2发生还原反应。
C、Cl－、Fe2＋都能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、SO42－、Cl－都能与Ag＋反应产生白色沉淀。
17．（2025高一上·广州期末）氢化钠()可在野外作生氢剂，反应原理为。设计如图实验装置(部分夹持仪器略)利用Na与反应制备。下列说法正确的是
A．实验开始时，先打开止水夹再点燃酒精灯
B．装置a也可用于浓盐酸与制
C．装置b中的试剂是浓硫酸，d中碱石灰用来处理尾气
D．反应后取c中固体加水溶解，滴加酚酞，溶液变红证明Na已完全反应
【答案】A
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验开始时，必须先打开止水夹，让装置 a 产生的 H2充满整个装置，排尽内部空气（避免钠与 O2反应），待空气排净后再点燃酒精灯，使钠与氢气顺利反应。该操作符合实验安全规范，A 正确；
B、浓盐酸与 MnO2反应制 Cl2需要加热条件（MnO2在常温下与浓盐酸不反应），而装置 a 是固液不加热型装置，无法提供反应所需的加热条件，因此不能用于该反应，B错误；
C、装置 b 中试剂为浓硫酸，作用是干燥 H2（防止 H2中的水蒸气与钠反应生成 NaOH 杂质）；装置 d 中碱石灰的主要作用是隔绝空气，防止空气中的 H2O 和 CO2进入装置 c 与产物 NaH 反应，并非处理尾气，C错误；
D、Na 与水反应生成 NaOH，NaH 与水反应也生成 NaOH（反应为 NaH+H2O=NaOH+H2↑），因此加水溶解后滴加酚酞变红，无法区分是未反应的 Na 还是生成的 NaH 与水反应的结果，不能证明 Na 已完全反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】分析实验装置各部分作用，结合反应条件、物质性质，逐一判断选项说法的正确性。
A．实验操作顺序的合理性，核心是防止钠与空气中氧气反应。
B．装置 a 的适用条件与制 Cl2反应的条件匹配性。
C．装置 b 试剂的作用及装置 d 中碱石灰的功能。
D．酚酞变红现象能否证明钠完全反应，需考虑 NaH 与水的反应产物。
18．（2025高一上·广州期末）有一水溶液含有以下离子中的若干种：、、、、、，现取两份100mL的该溶液分别进行如下实验(已知：)：
(1)第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL。
(2)第二份加足量溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。
根据上述实验，下列推测错误的是
A．100mL该溶液中的物质的量为0.02mol
B．生成可溶于盐酸的沉淀的离子方程式为
C．原溶液中一定存在、、，可能存在、
D．第二份溶液消耗的物质的量为0.02mol
【答案】C
【知识点】常见离子的检验；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】A．第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL，与OH－反应生成的气体为NH3，说明溶液中存在。且由N原子守恒可得，，A正确；
B．生成可溶于盐酸的沉淀为BaCO3沉淀，即生成沉淀的离子方程式为，B正确；
C．第二份加足量溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g．沉淀部分溶解，溶解的沉淀为BaCO3，剩余的2.33g沉淀为BaSO4沉淀。说明溶液中存在和，不存在。的物质的量，的物质的量为，结合A项，根据电荷守恒可知溶液中一定存在，无法确定是否存在，C错误；
D．由C项分析可知，第二份溶液消耗的物质的量为0.02mol，D正确；
故答案为：C
【分析】第一份加入足量的NaOH溶液，加热，收集到标准状态下448mL气体，该气体为NH3，说明溶液中含有NH4＋。根据氮元素守恒可得，溶液中。
第二份加入足量Ba(OH)2溶液，得到4.30g白色沉淀。再加足量稀盐酸，剩余2.33g沉淀。说明4.30g沉淀为BaSO4和BaCO3，其中BaSO4的质量为2.33g，BaCO3的质量为1.97g。说明原溶液中含有SO42－和HCO3－；由离子共存可得，原溶液中一定不含有Ba2＋。原溶液中；。根据电荷守恒可得，原溶液中一定含有Na＋，且其物质的量至少为0.01mol。据此结合选项分析。
二、填空题(共56分)
19．（2025高一上·广州期末）某课外活动小组，取少量粉末(红棕色)加入适量盐酸，用所得溶液进行胶体的制备实验并检验其性质。
Ⅰ．向一小烧杯中加入蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中逐滴加入滴饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，制备得到胶体。
（1）写出制备胶体的化学方程式：　 　。
（2）用光束照射胶体，能产生　 　效应。
（3）如图所示是一种“纳米药物分子运输车”，该技术可提高肿瘤的治疗效果。“纳米药物分子运输车”分散于水中所得的分散系　 　(填“属于”或“不属于”)胶体。
Ⅱ．实验室用浓盐酸(下图为该试剂瓶上标签的有关内容)配制稀盐酸。
盐酸 分子式：HCl 相对分子质量：36.5 密度：1.2 g/cm3 质量分数：36.5%
（4）用该浓盐酸配制0.20 mol·L-1的稀盐酸850 mL，量取浓盐酸的体积应选用的量筒规格为　 　(填5 mL、10 mL、25 mL、50 mL)。
（5）该实验中必须用到的玻璃容器有：玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、　 　。
（6）下列关于容量瓶的相关操作不正确的是　 　。(填序号)
（7）配制上述溶液时，其它操作都准确，下列操作会导致所配溶液的浓度偏低的是　 　(填序号)。
a．量筒洗涤后，未干燥即用来配制溶液
b．量筒量取浓盐酸时，仰视凹液面读数
c．量筒倒出浓盐酸后，用蒸馏水洗涤量筒，并将洗涤液转移至容量瓶中
d．定容时，俯视凹液面读数
e．定容时水多、超过刻度线，用胶头滴管吸出
【答案】；丁达尔；不属于；25 mL；1000mL容量瓶；②③④⑤；ae
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；胶体的性质和应用；物质的量浓度
【解析】【解答】（1）向沸水中逐滴加入滴饱和溶液煮沸至红褐色，得到胶体，化学方程式为。
故答案为：
（2）胶体是一种分散系，胶体具有丁达尔效应。
故答案为：丁达尔
（3）由图可知“纳米药物分子车”的直径为200 nm，胶体是分散质粒子大小在 1 nm~100 nm 的分散系，故“纳米药物分子运输车”分散于水中所得的分散系不属于胶体。
故答案为：不属于
（4）该浓盐酸的物质的量浓度c= ，用该浓盐酸配制0.20 mol·L-1的稀盐酸850 mL，选用1000 mL容量瓶，量取浓盐酸的体积为=16.6 mL；应选用的量筒规格为25 mL。
故答案为：25 mL
（5）该实验步骤有：计算、量取、稀释并冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，必须用到的玻璃容器有：玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、1000 mL容量瓶。
故答案为：1000 mL容量瓶
（6）①移液时用玻璃棒引流，玻璃棒伸入刻度线以下，故①正确；
②震荡容量瓶，不是上下振荡，应该轻轻晃动，故②错误；
③定容时距离刻度线1~2 cm改用胶头滴管滴加，故③错误；
④定容时，眼睛平视刻度线，不应平视液面，故④错误；
⑤用食指按住瓶塞，另一只手托住瓶底 ，反复上下颠倒容量瓶，使溶液充分混合均匀，故⑤错误；
故答案为：②③④⑤
（7）a．量筒洗涤后，未干燥即用来配制溶液，会稀释溶液，导致量取的溶液溶质偏小，浓度偏小，a正确；
b．量筒量取浓盐酸时，仰视凹液面读数，导致浓盐酸体积偏大，溶质偏多，最后配制溶液浓度偏大，b错误；
c．量筒倒出浓盐酸后，用蒸馏水洗涤量筒，并将洗涤液转移至容量瓶中，最后配制溶液浓度偏大，c错误；
d．定容时，俯视凹液面读数，溶液体积偏小，浓度偏大，d错误；；
e．定容时水多、超过刻度线，用胶头滴管吸出，溶质偏小，浓度偏小，e正确；；
故答案为：ae
【分析】（1）饱和FeCl3溶液加入沸水中，继续煮沸至红褐色，得到Fe(OH)3胶体，据此写出反应的化学方程式。
（2）胶体能产生丁达尔效应。
（3）分散质粒子直径在1~100nm之间的分散系为胶体，据此结合题干中分散质粒子的直径大小确定是否属于胶体。
（4）根据公式c浓×V浓=c稀×V稀计算所需浓盐酸的体积，从而确定所选用的量筒的规格。
（5）根据溶液配制的步骤确定配制过程中给所需的仪器。
（6）根据溶液配制过程分析。
（7）分析错误操作对n、V的影响，结合公式分析误差。
20．（2025高一上·广州期末）利用废铁屑为原料，可制备高铁酸钾()和聚合硫酸铁()两种净水剂，制备流程如下图所示。
回答下列问题：
（1）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为　 　。
（2）“制备”过程产生，反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为　 　。
（3）“分离”所得副产品的主要成分为　 　。
（4）①“操作b”中，经　 　、洗涤、干燥，可得粗品。
②由操作b判断该生产条件下物质的溶解性：　 　(填“>”或“<”)。
（5）干燥品在室温下稳定，在强碱溶液中稳定，随着减小，稳定性下降，放出氧气，另一产物还可用作絮凝剂、净水剂。请写出上述过程的化学方程式：　 　。
（6）盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，通常盐基度越高，絮凝效果越好。盐基度B的表达式：(n为物质的量)。为测量聚合硫酸铁的盐基度，进行如下实验操作：
ⅰ．取聚合硫酸铁样品m g，加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水，再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不与OH-反应。然后以酚酞为指示剂，用c mol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V mL。
ⅱ．做空白对照实验，取与步骤ⅰ等体积等浓度的盐酸，以酚酞为指示剂，用c mol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V0 mL。
①该聚合硫酸铁样品中n(OH-) =　 　mol。
②已知该样品中Fe的质量分数w，则盐基度B=　 　。(列出计算式)
【答案】（1）2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（2）2：3
（3）NaCl
（4）蒸发浓缩、冷却结晶；>
（5）4K2FeO4+10H2SO4=2Fe2(SO4)3+2K2SO4+3O2↑+10H2O
（6）10-3cV0-10-3cV；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；中和滴定；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）氧化过程中H2O2将Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
故答案为： 2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（2）“制备”过程中NaClO将Fe3+氧化为Na2FeO4，Cl元素由+1价下降到-1价，Fe元素由+3价上升到+6价，ClO-是氧化剂，Fe3+是还原剂，根据得失电子守恒可知，反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为2：3。
故答案为： 2：3
（3）由分析可知，“分离”所得副产品的主要成分为NaCl。
故答案为： NaCl
（4）“操作b”中，Na2FeO4转化为K2FeO4，经蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥，可得粗品。该过程中，溶解度更小的会结晶析出，判断该生产条件下物质的溶解性：>。
故答案为： 蒸发浓缩、冷却结晶 ；＞
（5）高铁酸钾具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，杀菌消毒过程中高铁酸钾被还原生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，可以吸附水中的杂质，可以达到净水的作用，化学方程式为4K2FeO4+10H2SO4=2Fe2(SO4)3+2K2SO4+3O2↑+10H2O。
故答案为：4K2FeO4+10H2SO4=2Fe2(SO4)3+2K2SO4+3O2↑+10H2O
（6）①ⅰ.取聚合硫酸铁样品m g，加入过量盐酸，聚合硫酸铁中氢氧根离子会反应一部分HCl。再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不与OH-反应。然后以酚酞为指示剂，用c mol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V mL。滴定消耗的氢氧化钠的物质的量等于过量HCl的物质的量；ⅱ.空白对照实验，可知ⅰ。中加入的HCl总物质的量；综上，与聚合硫酸铁中氢氧根离子反应的n(HCl)=该聚合硫酸铁样品中n(OH-)= 10-3cV0-10-3cV mol。
故答案为：10-3cV0-10-3cV
②n(Fe)=mol，盐基度(n为物质的量)=。
故答案为：
【分析】（1）“氧化”过程中利用了H2O2的氧化性，将Fe2＋氧化成Fe3＋，据此写出反应的离子方程式。
（2）“制备”过程中NaOH、NaClO和Fe3＋反应生成Na2FeO4，结合得失电子守恒计算还原剂与氧化剂的比值。
（3）“制备”过程中产生NaCl，因此所得副产品为NaCl。
（4）①“操作b”由溶液中获得粗产品，为结晶操作。
②加入饱和KOH溶液后，可将Na2FeO4转化为K2FeO4，说明K2FeO4的溶解度更小。
（5）反应过程中放出O2，另一产物可做絮凝剂、净水剂，因此另一产物为Fe3＋。据此结合得失电子守恒和原子守恒书写反应的化学方程式。
（6）①根据滴定过程中发生的反应进行计算。
②根据盐基度的定义进行计算。
（1）由分析可知，氧化过程中H2O2将Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（2）“制备”过程中NaClO将Fe3+氧化为Na2FeO4，Cl元素由+1价下降到-1价，Fe元素由+3价上升到+6价，ClO-是氧化剂，Fe3+是还原剂，根据得失电子守恒可知，反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为2：3；
（3）由分析可知，“分离”所得副产品的主要成分为NaCl；
（4）“操作b”中，Na2FeO4转化为K2FeO4，经蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥，可得粗品。该过程中，溶解度更小的会结晶析出，判断该生产条件下物质的溶解性：>；
（5）高铁酸钾具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，杀菌消毒过程中高铁酸钾被还原生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，可以吸附水中的杂质，可以达到净水的作用，化学方程式为4K2FeO4+10H2SO4=2Fe2(SO4)3+2K2SO4+3O2↑+10H2O；
（6）①ⅰ.取聚合硫酸铁样品m g，加入过量盐酸，聚合硫酸铁中氢氧根离子会反应一部分HCl。再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不与OH-反应。然后以酚酞为指示剂，用c mol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V mL。滴定消耗的氢氧化钠的物质的量等于过量HCl的物质的量；ⅱ.空白对照实验，可知ⅰ。中加入的HCl总物质的量；综上，与聚合硫酸铁中氢氧根离子反应的n(HCl)=该聚合硫酸铁样品中n(OH-)= 10-3cV0-10-3cV mol；
②n(Fe)=mol，盐基度(n为物质的量)=。
21．（2025高一上·广州期末）宋代《千里江山图》所用矿物颜料绿松石中含有，下图呈现其部分元素在元素周期表所在位置，虚线为分界线。
（1）中共价键的类型是　 　(填“极性键”或“非极性键”)。
（2）下列比较Cu、Al金属性强弱的方案合理的是　 　(填序号)。
a．比较Cu、Al分别与酸反应的难易程度
b．比较Cu、Al的密度
c．将打磨过的铝片放入CuSO4溶液，观察是否有红色固体生成
（3）P与②、⑦是同主族元素。
i．气态氢化物的稳定性：___________>___________>___________(填化学式)。　 　。
ii．非金属性：___________>___________>___________(填元素符号)　 　，用原子结构解释原因：　 　。
（4）④的单质与同周期金属性最强元素的最高价氧化物对应的水化物反应离子方程式：　 　，⑧原子结构示意图是　 　。
（5）可在图中分界线(虚线部分)附近寻找___________(填序号)。
A．优良的催化剂 B．半导体材料
C．合金材料 D．农药
（6）请设计实验比较①、⑤的非金属性强弱顺序(可供选择的药品有：稀硫酸、盐酸、饱和NaHCO3溶液、饱和Na2CO3溶液、硅酸钠溶液，化学仪器根据需要选择)，在答题卡对应的表格中填写实验步骤和实验现象。
实验步骤 实验现象 结论
在试管中加入CaCO3固体，　 　 　 　 非金属性：①>⑤
【答案】（1）极性键
（2）ac
（3）NH3>PH3>AsH3；N>P>As；N、P、As是同主族元素，最外层电子数相同，电子层数依次增大，原子半径依次增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱
（4）2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；
（5）B
（6）再加入盐酸，将生成气体通过NaHCO3溶液洗气后，通入Na2SiO3溶液；生成白色胶状沉淀
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）中，H、O元素的非金属性不同，共用电子对偏向于O原子而偏离于H原子，则共价键的类型是极性键。
故答案为： 极性键
（2）a．金属性越强，金属单质与酸反应越剧烈，则比较Cu、Al分别与酸反应的难易程度，可推出Cu和Al的金属性强弱，a符合题意；
b．金属单质的密度与相对原子质量、原子半径、原子间的距离等因素有关，不能决定金属元素的金属性强弱，则比较Mg、Al的密度不能推出Mg、Al的金属性强弱，b不符合题意；
c．将打磨过的铝片放入CuSO4溶液，若有红色固体生成，则说明Al置换出了Cu，Cu的金属性比Al弱，c符合题意；
故答案为：ac
（3）i． 非金属性越强，气态氢化物越稳定，P与N、As是同主族元素，且非金属性N>P>As，则气态氢化物的稳定性：NH3>PH3>AsH3.
故答案为： NH3>PH3>AsH3
ii． 同主族元素，最外层电子数相同，电子层数依次增大，原子半径依次增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱，故非金属性：N>P>As。
故答案为：N>P>As； N、P、As是同主族元素，最外层电子数相同，电子层数依次增大，原子半径依次增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱
（4）④为Al，与同周期金属性最强元素Na的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，⑧是Br，原子结构示意图是。
故答案为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；
（5）在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料(如锗、硅、硒等)，故选B。
故答案为：B
（6）C、Si的非金属性强弱顺序为C>Si，可以根据碳酸酸性强于硅酸来证明，化学反应中，强酸可以制得弱酸，即在试管中加入CaCO3固体，再加入盐酸，将生成气体通过NaHCO3溶液洗气后，通入Na2SiO3溶液；生成白色胶状沉淀，则碳酸酸性强于硅酸，结论：非金属性C>Si。
故答案为： 再加入盐酸，将生成气体通过NaHCO3溶液洗气后，通入Na2SiO3溶液 ； 生成白色胶状沉淀
【分析】（1）不同种元素形成的共价键为极性共价键。
（2）a、金属与酸反应的难易程度，可以体现金属性的强弱。
b、金属密度与金属性强弱无关。
c、置换反应可以判断金属性强弱。
（3）ⅰ、同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，简单氢化物的稳定性越弱。
ⅱ、同主族元素，核电荷数越大，原子半径越大，原子核对核外电子的吸引力越弱，得电子能力越弱，非金属性越弱。
（4）④为Al，同周期金属性最强的元素为Na，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Al能与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2，据此写出反应的离子方程式。⑧为Br，据此确定其原子结构示意图。
（5）图中分界线为金属元素与非金属元素的分界线，此处可寻找半导体材料。
（6）①为C、⑤为Si，比较二者的非金属性强弱，可用通过酸性H2CO3＞H2SiO3，从而得到非金属性C＞Si。据此设计实验。
（1）中，H、O元素的非金属性不同，共用电子对偏向于O原子而偏离于H原子，则共价键的类型是极性键。
（2）)a．金属性越强，金属单质与酸反应越剧烈，则比较Cu、Al分别与酸反应的难易程度，可推出Cu和Al的金属性强弱，a符合题意；
b．金属单质的密度与相对原子质量、原子半径、原子间的距离等因素有关，不能决定金属元素的金属性强弱，则比较Mg、Al的密度不能推出Mg、Al的金属性强弱，b不符合题意；
c．将打磨过的铝片放入CuSO4溶液，若有红色固体生成，则说明Al置换出了Cu，Cu的金属性比Al弱，c符合题意；
故选ac。
（3）i． 非金属性越强，气态氢化物越稳定，P与N、As是同主族元素，且非金属性N>P>As，则气态氢化物的稳定性：NH3>PH3>AsH3.
ii． 同主族元素，最外层电子数相同，电子层数依次增大，原子半径依次增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱，故非金属性：N>P>As。
（4）④为Al，与同周期金属性最强元素Na的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，⑧是Br，原子结构示意图是。
（5）在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料(如锗、硅、硒等)，故选B。
（6）C、Si的非金属性强弱顺序为C>Si，可以根据碳酸酸性强于硅酸来证明，化学反应中，强酸可以制得弱酸，即在试管中加入CaCO3固体，再加入盐酸，将生成气体通过NaHCO3溶液洗气后，通入Na2SiO3溶液；生成白色胶状沉淀，则碳酸酸性强于硅酸，结论：非金属性C>Si。
22．（2025高一上·广州期末）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
资料：i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、 (绿色)、 (紫色)。
ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。
iii． Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)
序号 物质a C中实验现象
通入Cl2前 通入Cl2后
I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
Ⅱ 5% NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
Ⅲ 40% NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
（1）B中试剂是　 　。
（2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为　 　。
（3）对比实验I、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是　 　。
（4）根据资料ii，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因　 　，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL 40% NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为　 　，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被　 　(填“化学式”)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。
③取Ⅱ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是　 　。
④综合上述结果，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因：在浓碱条件下，c(OH-)和c(ClO-)均很大时，MnO被氧化为MnO比MnO转化为MnO的速率快，因而不能实验Ⅲ未得到绿色溶液。
【答案】（1）饱和NaCl溶液
（2）
（3）二价锰化合物在中性或弱酸性条件下只能被氧化到MnO2，在碱性条件下可以被氧化到更高价态。(或表达为：“Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强”)
（4）；；NaClO；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，离子方程式为：，B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体。
故答案为：饱和NaCl溶液
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：。
故答案为：
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强。
故答案为：二价锰化合物在中性或弱酸性条件下只能被氧化到MnO2，在碱性条件下可以被氧化到更高价态。(或表达为：“Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强”)
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的方程式为：。
故答案为：
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL 40% NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，该反应的离子方程式为：；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量。
故答案为：；NaClO
③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：。
故答案为：
【分析】（1）装置B用于除去Cl2中混有的HCl，据此确定装置B中的试剂。
（2）加入NaOH溶液后产生的白色沉淀为Mn(OH)2，转化为的黑色沉淀为MnO2。过程中Mn元素被氧化，据此书写反应的化学方程式。
（3）实验Ⅱ中加入了5%NaOH溶液，溶液的碱性增强，溶液变为紫红色，产生了MnO4－，说明Mn2＋的还原性增强。
（4）①通入的Cl2能与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，使得溶液的碱性减弱，据此写出反应的化学方程式。
②加入NaOH溶液后，溶液紫色变为绿色，说明MnO4－转化为MnO42－，Mn元素被还原，则其氧化产物为O2，据此写出反应离子方程式。溶液绿色缓慢加深，是由于MnO2被反应生成的NaClO氧化。
③Ⅱ中棕黑色固体为MnO2，加水后溶液的紫色加深，说明MnO2转化为MnO4－，Mn元素被氧化，则ClO－被还原，生成Cl－。据此写出反应的离子方程式。
（1）装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，离子方程式为：，B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体；
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：；
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的方程式为：；②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL 40% NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，该反应的离子方程式为：；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：。
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