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广东省深圳市盐田高级中学2024-2025学年高一上学期1月期末考试 化学试题
一、选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分；每小题只有一个选项符合题意)
1．（2025高一上·盐田期末）下列物质的分类正确的是
选项 酸 碱 盐 酸性氧化物 碱性氧化物
A HClO 烧碱 NaCl
B NaClO
C HCl 火碱 CO
D 纯碱
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】 【解答】A、HClO 是弱酸；烧碱（NaOH）是碱；NaCl 是金属阳离子与酸根离子构成的盐；Mn2O7能与碱反应生成盐和水，属酸性氧化物；CuO 能与酸反应生成盐和水，属碱性氧化物。A正确；
B、HNO3是强酸；NH3是碱性气体，不属于碱；NaClO 是盐；CO2是酸性氧化物；CaO 是碱性氧化物。因 NH3不是碱，B错误；
C、HCl 是强酸；火碱（NaOH）是碱；NaHCO3是盐；CO 是不成盐氧化物（不能与酸或碱反应生成盐和水）；Na2O 是碱性氧化物。因 CO 不是酸性氧化物，C错误；
D、H2SO4是强酸；纯碱（Na2CO3）是盐（金属阳离子与酸根离子构成），不是碱；CuSO4是盐；SO2是酸性氧化物；Fe2O3是碱性氧化物。因纯碱不是碱，D错误；
故答案为：A。【分析】A．按酸、碱、盐、酸性氧化物、碱性氧化物的定义分类。
B．判断 NH3是否为碱及其他物质分类。
C．判断 CO 是否为酸性氧化物及其他物质分类。
D．判断纯碱是否为碱及其他物质分类。
2．（2025高一上·盐田期末）下列物质的性质与实际应用不相符的是
选项 性质 实际应用
A 能与或反应产生 用作潜艇供氧剂
B 次氯酸盐具有氧化性 漂白粉用于漂白织物
C 碱金属化学性质活泼 钠钾合金作核反应堆的传热介质
D 氧化铝是两性氧化物 铝制餐具不宜长期存放酸性或碱性食物
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】钠的化学性质；钠的氧化物
【解析】【解答】A、Na2O2与 H2O、CO2反应均可生成 O2，能满足潜艇内的供氧需求，性质与应用相符，故A不符合题意 ；
B、次氯酸盐的氧化性可破坏有色物质结构，实现漂白效果，漂白粉利用此性质漂白织物，性质与应用相符，故B不符合题意 ；
C、钠钾合金用于核反应堆传热，是因常温下呈液态、导热性好，与碱金属的活泼性无关，性质与应用不相符，故C符合题意 ；
D、氧化铝为两性氧化物，可与酸、碱反应，长期存放酸性或碱性食物会腐蚀铝制餐具，性质与应用相符，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．分析 Na2O2的反应性质与供氧应用的关联性。
B．判断次氯酸盐的氧化性与漂白作用的对应关系。
C．明确钠钾合金作传热介质的本质原因。
D．结合氧化铝的两性分析铝制餐具的使用限制。
3．（2025高一上·盐田期末）中国科学技术大学的钱逸泰教授等以和金属钠为原料制造出纳米级金刚石粉末(直径约为)。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”，其化学方程式为。下列关于该反应的说法不正确的是
A．金刚石是由原子构成的单质，它与碳纳米管、石墨烯互为同素异形体
B．该纳米级金刚石粉末能产生丁达尔效应
C．该反应利用了的强还原性
D．该反应不能在水中进行
【答案】B
【知识点】同素异形体；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、金刚石由 C 原子构成，碳纳米管、石墨烯也都由碳元素组成且为不同单质，符合同素异形体（同种元素形成的不同单质）的定义，A正确；
B、纳米级金刚石粉末粒子直径在 1 - 100nm 之间，但只有当它分散到分散剂中形成胶体分散系时，才能产生丁达尔效应，粉末自身不能产生，B错误；
C、反应中 Na 元素化合价从 0 升高到 + 1，Na 失去电子，表现出强还原性，该反应利用了 Na 的强还原性，C正确；
D、Na 性质活泼，能与水剧烈反应，所以该反应不能在水中进行，D正确；
故答案为：B。
【分析】从同素异形体概念、胶体性质、物质还原性及反应条件限制等方面，分析各选项说法的正误。
4．（2025高一上·盐田期末）常温下，下列各组离子能大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、Fe3+和 SCN-会结合形成络合物 Fe (SCN)3，导致离子不能大量共存，故A不符合题意 ；
B、H+与 ClO-结合会生成弱电解质 HClO，无法大量共存，故B不符合题意 ；
C、四种离子之间不发生任何反应，没有沉淀、气体或弱电解质生成，能大量共存，故C符合题意 ；
D、Al3+与 OH-反应生成 Al (OH)3沉淀，Cu2+与 OH-反应生成 Cu (OH)2沉淀，不能大量共存，故D不符合题意 ；
故答案为：C。【分析】A．判断 Fe3+与 SCN-是否发生反应。
B．判断 H+与 ClO-是否发生反应。
C．判断 K+、Na+、SO42-、OH-之间是否发生反应。
D．判断 Al3+、Cu2+与 OH-是否发生反应。
5．（2025高一上·盐田期末）下列各组中反应I和反应Ⅱ能用同一离子方程式表示的是
选项 反应Ⅰ 反应Ⅱ
A Cu(OH)2与稀盐酸 NaOH与稀硫酸
B BaCl2溶液与Na2SO4溶液 Ba(OH)2溶液与K2SO4溶液
C Na2CO3溶液与稀盐酸 BaCO3与稀盐酸
D CaCO3与稀硝酸 CaCO3与稀醋酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、反应I中是难溶碱，离子方程式为；反应II中是强碱，离子方程式为，两者不同，A错误；
B、反应I中与、反应II中与，本质均为与结合生成沉淀，离子方程式均为，两者相同，B正确；
C、反应I中可溶，离子方程式为；反应II中难溶，离子方程式为，两者不同，C错误；
D、反应I中是强酸，离子方程式为；反应II中是弱酸，离子方程式为，两者不同，D错误；
故答案为：B。
【分析】逐一分析每组反应中参与反应的离子及反应本质，对比离子方程式是否一致。
A．反应I的是难溶物，反应II的是可溶强碱，离子方程式不同。
B．两者均是与结合生成沉淀，离子本质相同。
C．反应I的可溶拆成，反应II的难溶不能拆，离子方程式不同。
D．反应I的是强酸可拆，反应II的是弱酸不能拆，离子方程式不同。
6．（2025高一上·盐田期末）下列反应的离子方程式书写正确的是
A．用溶液刻蚀铜板：
B．与溶液恰好反应至中性：
C．向溶液中滴加过量氨水：
D．向溶液中加入少量NaOH溶液：
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；铜及其化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Cu 与 Fe3+反应时，电子转移需守恒。正确反应为 1 个 Cu 原子失去 2 个电子，2 个 Fe3+得到 2 个电子，离子方程式应为 ，选项中未配平，A错误；
B、Ba (OH)2与 NaHSO4反应至中性时，H+与 OH-需完全中和，两者物质的量比为 2：1，正确离子方程式为 ，选项中比例错误，B错误；
C、Al3+与过量氨水反应生成 Al (OH)3沉淀（不溶于过量氨水）和 NH4+，离子方程式为 ，书写正确，C正确；
D、NaOH 少量时，HCO3-仅部分反应，离子方程式应为 ，选项中 CO32-生成不合理，D错误；
故答案为：C。【分析】A．检查氧化还原反应的电子守恒。
B．根据反应后溶液呈中性判断离子比例。
C．考虑氨水的弱碱性及 Al(OH)3的性质。
D．根据 NaOH 少量判断反应产物。
7．（2025高一上·盐田期末）某无色溶液中可能含有、、、、、、、中的几种，对其进行如下实验操作：
(1)取少量溶液，加入足量溶液，产生白色沉淀；
(2)向(1)所得混合物中加入足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成；
(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加入溶液，有白色沉淀生成。
下列对该溶液的说法正确的是
A．一定含有、、 B．可能含有、
C．一定不含、 D．可能含有、
【答案】A
【知识点】常见离子的检验；离子共存
【解析】【解答】先根据溶液无色排除有色离子，再通过沉淀的生成与溶解判断存在的离子，最后结合离子共存和电中性确定其他离子。
溶液无色，故一定不含。
步骤(1)加产生白色沉淀，步骤(2)加盐酸沉淀部分溶解且有无色气体生成，说明沉淀含和，因此溶液中一定含、；由离子共存可知，一定不含、。
根据电中性原则，溶液中一定含阳离子。
步骤(2)加入盐酸引入了，步骤(3)加生成的白色沉淀不能说明原溶液含，也无法确定。
综上，溶液一定含、、，一定不含、、，可能含、。
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
忽略的颜色，误判其存在；对沉淀溶解及成分分析不清，错判、的存在；忽视离子共存，误认、可能存在；忘记电中性原则，漏判的必然存在；未考虑试剂引入的干扰，错判的存在。
8．（2025高一上·盐田期末）反应①②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：① ；② 。下列说法正确的是（　　）
A．两个反应中硫元素均被氧化
B．碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化
C．氧化性：
D．反应①②中生成等量的 时，转移电子数之比为1：5
【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．反应①中硫元素化合价未发生变化，反应②中硫元素化合价升高，被氧化，故A项不符合题意；
B．反应①中碘元素化合价升高，被氧化，反应②中碘元素化合价降低，被还原，故B项不符合题意；
C．由反应①可知氧化性： ，由反应②可知氧化性： ，故C项不符合题意；
D．由反应①得，生成1mol 转移2 mol ，由反应②得，生成1mol 转移10 mol ，所以当生成等量的 时，转移电子数之比为1：5，故D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据元素的化合价变化，①中碘化钠做还原剂，发生氧化反应，二氧化锰做氧化剂，发生还原反应②中碘酸钠做氧化剂，硫酸氢钠做还原剂。根据氧化还原反应的规律，即可判断氧化性的强弱，根据转移的电子数，即可判断
9．（2025高一上·盐田期末）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子总数为2NA
B．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
C．1molNa2O2与过量的CO2反应，转移电子的数目为2NA
D．1molD2O比1molH2O多2NA个质子
【答案】A
【知识点】胶体的性质和应用；钠的氧化物；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、50g 46% 乙醇溶液中，乙醇质量为 23g（0.5mol），含 0.5mol O；水质量 27g（1.5mol），含 1.5mol O。总氧原子 2mol，即 2NA，A正确；
B、16.25g FeCl3为 0.1mol，水解生成的 Fe(OH)3胶体粒子是多个分子的聚集体，故粒子数小于 0.1NA，B错误；
C、反应中 Na2O2的 O 从 - 1 价分别变为 - 2 价和 0 价，1mol Na2O2反应转移 1mol 电子，即 NA，C错误；
D、D（氘）和 H 质子数均为 1，O 为 8，故 1mol D2O 与 1mol H2O 质子数相同，D错误；
故答案为：A。【分析】A.计算乙醇溶液中氧原子总数（包括乙醇和水）。
B.明确胶体粒子的构成特点。
C.分析 Na2O2与 CO2反应的电子转移。
D.比较 D2O 与 H2O 的质子数。
10．（2025高一上·盐田期末）如图是氯元素的“价—类”二维图，根据所学知识判断下列说法正确的是
A．的浓溶液与足量共热，转移电子数为
B．B能使有色鲜花褪色，说明B有漂白性
C．可以通过加入氧化剂实现
D．D不稳定，在光照下易分解
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、A 是 HCl，50mL 12mol/L 浓 HCl 含 0.6mol HCl。但与 MnO2共热时，随反应进行盐酸变稀，不再与 MnO2反应，实际参与反应的 HCl 少于 0.6mol，其中作还原剂的 HCl 少于 0.3mol，转移电子数小于 0.3NA，A错误；
B、B 是 Cl2，Cl2使鲜花褪色并非自身有漂白性，而是与水反应生成的 HClO 具有漂白性，B错误；
C、E 是氯酸盐（如 ClO3-，Cl 为 +5 价），C 是 ClO2（Cl 为 +4 价），Cl 元素化合价降低，E 作氧化剂，需加入还原剂实现转化，而非氧化剂，C错误；
D、D 是 HClO，其化学性质不稳定，在光照条件下易分解为 HCl 和 O2，D正确；
故答案为：D。【分析】从图中可以看出，A为HCl，B为Cl2，C为ClO2，D为HClO，E为氯酸盐。
A．分析浓盐酸与 MnO2反应的实际情况及电子转移。
B．判断 Cl2漂白性的本质。
C．分析 E 到 C 的反应中元素化合价变化及所需试剂。
D．明确 HClO 的稳定性。
11．（2025高一上·盐田期末）下列关于碱金属元素和卤族元素的说法错误的是
A．由于钠和钾的原子结构极为相似，所以它们对应的碱都是强碱
B．通过钠与钾分别与水反应的剧烈程度可知，碱金属元素原子半径越大，失电子能力越强
C．碱金属元素的单质在氧气中燃烧均生成过氧化物
D．通过卤素单质与氢气反应所需要的反应条件难易，可以判断氯的非金属性比溴强
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、钠和钾原子最外层均只有 1 个电子，原子结构相似，对应的 NaOH、KOH 均为强碱，A正确；
B、碱金属原子半径越大，原子核对最外层电子的吸引力越弱，失电子能力越强，钠与钾分别与水反应的剧烈程度可证明这一点，B正确；
C、碱金属中锂（Li）在氧气中燃烧生成 Li2O，并非过氧化物，C错误；
D、元素非金属性越强，与氢气反应越容易。氯气与氢气反应的条件比溴与氢气反应的条件更易，可判断氯的非金属性比溴强，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．钠、钾原子结构相似，对应碱（NaOH、KOH）均为强碱。
B．碱金属原子半径越大，失电子能力越强，与水反应剧烈程度可证明。
C．Li 在氧气中燃烧生成 Li2O（不是过氧化物）。
D．卤素与氢气反应条件越易，非金属性越强，氯与氢气反应比溴易，故氯非金属性更强。
12．（2025高一上·盐田期末）下列实验操作正确或能达到实验目的的是
A．装置甲：配制溶液 B．装置乙：除去中的HCl
C．装置丙：验证热稳定性 D．装置丁：可以用于实验室制备或
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、容量瓶不能用于溶解固体（NaOH 溶于水放热会影响容量瓶精度），应先在烧杯中溶解 NaOH，冷却后再转移至容量瓶，A错误；
B、除去 Cl2中的 HCl 应使用饱和食盐水（Cl2在饱和食盐水中溶解度小，HCl 易溶），而非饱和碳酸氢钠溶液（会与 Cl2反应），B错误；
C、验证热稳定性时，应将 Na2CO3放在外管（温度高）、NaHCO3放在内管（温度低），若内管产生使澄清石灰水变浑浊的气体，外管无明显现象，才能证明 Na2CO3热稳定性更强。图中装置试剂放置颠倒，无法达到目的，C错误；
D、装置丁为固液不加热型发生装置，且多孔隔板可控制反应的发生与停止。制取 H2用锌粒与稀硫酸，制取 CO2用石灰石与稀盐酸，均符合该装置的使用条件，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．容量瓶不能溶解固体（防温度变化影响精度），操作错误。
B．饱和碳酸氢钠溶液会与 Cl2反应，不能用于除 HCl，试剂选择错误。
C．验证热稳定性需 “温度高的外管放 Na2CO3、温度低的内管放 NaHCO3”，试剂放置颠倒，无法验证。
D．固液不加热型装置 + 多孔隔板可控反应启停，适配锌粒与稀硫酸制 H2、石灰石与稀盐酸制 CO2，操作正确。
13．（2025高一上·盐田期末）某实验小组通过如图所示实验，探究与水的反应。下列说法错误的是
A．③中溶液变红，说明有碱性物质生成
B．④中现象可能是溶液中含有强氧化性物质造成的
C．⑤中的主要作用是验证溶液中存在
D．②中的大量气泡主要成分是氢气
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；钠的氧化物
【解析】【解答】A、Na2O2与水反应会生成 NaOH，③中溶液变红，正是因为有碱性物质生成，A正确；
B、Na2O2与水反应可能生成 H2O2，H2O2具有强氧化性，能漂白酚酞使红色褪去，因此④中现象可能由强氧化性物质导致，B正确；
C、MnO2可催化 H2O2分解产生 O2，⑤中加入 MnO2后产生较多气泡，能证明溶液中存在 H2O2，C 正确；
D、Na2O2与水反应生成的气体是 O2，而非氢气，因此②中大量气泡的主要成分是氧气，D错误；
故答案为：D。【分析】A．根据酚酞变红现象判断是否生成碱性物质。
B．分析红色褪去与物质氧化性的关系。
C．明确 MnO2在实验中的作用。
D．判断气泡的主要成分。
14．（2025高一上·盐田期末）以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下：
下列说法不正确的是
A．装置②中试剂可以是NaOH溶液
B．装置③的作用是吸收O2
C．收集氧气应选择装置b
D．装置②③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶
【答案】B
【知识点】常见气体制备原理及装置选择；化学实验方案的评价；钠的氧化物
【解析】【解答】A、装置②的作用是除去 O2中混有的未反应的 CO2，NaOH 溶液可与 CO2反应，因此能作为吸收试剂，A正确；
B、装置③中通常盛放浓硫酸，其作用是干燥 O2（吸收水分），而非吸收 O2，B错误；
C、O2密度比空气大，应采用向上排空气法收集，装置 b 为长进短出，适合向上排空气法，C正确；
D、在装置②③之间加澄清石灰水，可检验 CO2是否被完全吸收（若不变浑浊则证明已除尽），D正确；
故答案为：B。【分析】A．判断装置②能否用 NaOH 溶液吸收多余 CO2。
B．明确装置③的作用。
C．根据 O2密度选择收集装置。
D．分析装置②③间增加澄清石灰水的作用。
15．（2025高一上·盐田期末）下列除去杂质的方法中，错误的是
选项 物质(括号内为杂质) 除去杂质的方法
A MgO固体(Al2O3) 加入足量NaOH溶液、过滤、洗涤、干燥
B NaCl溶液(Na2CO3) 加入适量的Ca(OH)2溶液、过滤
C FeCl3溶液(FeCl2) 通入适量的Cl2
D CO2气体(HCl) 通过饱和NaHCO3溶液洗气、干燥
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】A、Al2O3能与 NaOH 溶液反应（Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O），而 MgO 不反应，通过过滤、洗涤、干燥可分离，A正确；
B、Ca(OH)2与 Na2CO3反应生成 CaCO3沉淀和 NaOH（Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH），虽除去了 Na2CO3，但引入了新杂质 NaOH，不符合除杂原则，B错误；
C、Cl2能将 FeCl2氧化为 FeCl3（2FeCl2+Cl2=2FeCl3），且不与 FeCl3反应，可有效除去杂质，C正确；
D、HCl 与饱和 NaHCO3溶液反应生成 CO2（NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O），CO2在饱和 NaHCO3溶液中溶解度小，经干燥后可得到纯净 CO2，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．Al2O3与 NaOH 反应，MgO 不反应，通过反应 + 过滤可分离。
B．Ca(OH)2与 Na2CO3反应生成 NaOH（新杂质），违反 “不引新杂” 原则。
C．Cl2能氧化 FeCl2为 FeCl3，且不与 FeCl3反应。
D．HCl 与 NaHCO3反应生成 CO2，CO2在饱和 NaHCO3中溶解度小。
16．（2025高一上·盐田期末）下列实验操作所对应的实验现象或者结论正确的是
选项 实验操作 实验现象或者结论
A 向CaCl2溶液中通CO2至过量 先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解
B 将水蒸气通过灼热的铁粉 黑色粉末变为红棕色
C 向NaCl溶液中通入氟气 产生黄绿色气体
D 向某溶液中先加氯水再滴加KSCN溶液 溶液变红，无法确定原溶液中是否含Fe2+
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】铁的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、盐酸酸性强于碳酸，CaCl2溶液与 CO2不反应，不会产生沉淀，A错误；
B、灼热铁粉与水蒸气反应生成 Fe3O4（黑色）和 H2，不会出现红棕色物质，B错误；
C、氟气活泼性极强，通入 NaCl 溶液中先与水反应，不与 NaCl 反应生成 Cl2（黄绿色气体），C错误；
D、先加氯水（可氧化 Fe2+为 Fe3+），再加 KSCN 溶液变红，只能说明有 Fe3+，无法区分是原溶液含 Fe3+还是 Fe2+被氧化生成，D正确；
故答案为：D。【分析】A．依据强酸制弱酸规律判断反应能否发生。
B．分析铁与水蒸气反应的产物颜色。
C．判断氟气与 NaCl 溶液的反应产物。
D．分析 Fe2+检验的干扰因素。
17．（2025高一上·盐田期末）印刷电路板是用腐蚀液将覆铜板上的部分铜腐蚀掉而制得。一种用溶液制作PCB并将腐蚀后废液回收再生的流程如图：
下列说法不正确的是
A．把预先设计好的电路在覆铜板上可用蜡覆盖，以保护不被腐蚀
B．由腐蚀池中发生反应可知：氧化性：
C．再生池中可加入酸化的，随着反应的逐步进行，池中的pH逐渐降低
D．置换池中发生的主要反应为：和
【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、用蜡覆盖预设电路，可隔绝 FeCl3溶液，避免电路部分的铜被腐蚀，起到保护作用，A正确；
B、腐蚀池中发生 Cu 与 FeCl3的反应，生成 CuCl2和 FeCl2，Fe3+是氧化剂，Cu2+是氧化产物，故氧化性 Fe3+＞Cu2+，B正确；
C、再生池中，酸化的 H2O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，反应为 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，反应消耗 H+，pH 应升高而非降低，C错误；
D、过量 Fe 粉与 Cu2+反应生成 Cu 和 Fe2+，同时与剩余 Fe3+反应生成 Fe2+，对应反应为
Fe+Cu2+=Cu+Fe2+和 Fe+2Fe3+=3Fe2+，D正确；
故答案为：C。【分析】A．分析蜡覆盖对电路的保护作用。
B．根据腐蚀池反应比较 Fe3+与 Cu2+的氧化性。
C．分析再生池中 H2O2氧化 Fe2+时 pH 的变化。
D．明确置换池中 Fe 粉参与的主要反应。
18．（2025高一上·盐田期末）纳米铁粉可用于处理含氧酸性废水中的，反应原理如图所示。下列说法不正确的是
A．上述反应中纳米铁粉和均体现还原性
B．若有56g纳米铁粉参与反应，至少可处理
C．在铁粉总量一定的条件下，处理的的量与通入的氧气量成正比
D．该历程说明氧化性
【答案】C
【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、纳米铁粉与 O2反应生成 Fe2+时，Fe 元素化合价升高，体现还原性；Fe2+与 NO3-反应生成 Fe3+时，Fe 元素化合价也升高，同样体现还原性，A正确；
B、56g 纳米铁粉为 1mol，生成 1mol Fe2+。根据反应关系 10Fe2+ ~ 2NO3-，1mol Fe2+至少可处理 0.2mol NO3-，B正确；
C、铁粉总量一定时，过量 O2会氧化 Fe2+为 Fe3+，减少参与还原 NO3-的 Fe2+，故处理的 NO3-量与通入氧气量并非正比关系，C错误；
D、反应中 NO3-（来自 HNO3）是氧化剂，Fe3+是氧化产物，氧化性：氧化剂＞氧化产物，故 HNO3＞Fe3+，D正确；
故答案为：C。【分析】A．判断纳米铁粉和 Fe2+是否体现还原性。
B．计算 56g 纳米铁粉可处理 NO3-的量。
C．分析氧气量对 NO3-处理量的影响。
D．比较 HNO3与 Fe3+的氧化性。
19．（2025高一上·盐田期末）德国重离子研究中心人工合成Cn的过程可表示为Zn+Pb=Cn+n。下列叙述正确的是
A．合成Cn的过程为化学变化 B．Cn的中子数为165
C．Cn元素位于第七周期IIA族 D．Pb与Hg互为同位素
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；元素、核素；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、化学变化的关键特征是“原子种类和数目不变，仅化学键断裂与形成”，而该反应涉及原子种类的改变（原子核发生变化），属于核反应，并非化学变化，A错误；
B、原子中中子数的计算规则为“中子数=质量数-质子数”，对于，质量数为277、质子数为112，代入可得中子数=277-112=165，B正确；
C、元素周期表中第118号元素是第七周期0族的稀有气体元素，按“周期数=电子层数、族序数与最外层电子数/价电子数相关”推导，112号元素位于第七周期ⅡB族（而非ⅡA族，ⅡA族元素最外层电子数为2且无d轨道电子），C错误；
D、同位素的定义是“质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子”，质子数为82，质子数为80，二者质子数不同，不属于同一元素，故不互为同位素，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．化学变化不改变原子种类，该反应原子种类改变，属于核反应，不是化学变化。
B．中子数=质量数-质子数，的中子数计算为277-112=165，正确。
C．根据第118号元素（第七周期0族）推导，112号元素位于第七周期ⅡB族，而非ⅡA族。
D．同位素要求质子数相同，与质子数不同，不互为同位素。
20．（2025高一上·盐田期末）如图是部分短周期元素原子(用字母表示)最外层电子数与原子序数的关系图，则下列说法正确的是
A．Z的单质很活泼，能将铜从其盐溶液中置换出来
B．单质X与Z的反应只能生成一种氧化物
C．R的氧化物对应的水化物为强酸
D．单质Y与水反应生成一种酸和一种单质
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质
【解析】【解答】 从图中可以看出，X、Y的最外层电子数分别为6、7，它们不可能是第一周期元素，则X为O元素、Y为F元素；Z为Na元素，R为S元素，W为Cl元素。
A、Z 是 Na，Na 性质极活泼，加入铜盐溶液中会先与水反应，无法置换出铜，A错误；
B、X 是 O，O2与 Na 反应可生成 Na2O 和 Na2O2两种氧化物，并非只能生成一种，B错误；
C、R 是 S，其氧化物 SO2对应水化物 H2SO3是弱酸，并非所有水化物都是强酸，C错误；
D、Y 是 F，F2与水反应生成 HF（酸）和 O2（单质），D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断 Na 能否从铜盐溶液中置换出铜。
B．分析 O2与 Na 反应的产物种类。
C．判断 S 的氧化物对应水化物是否都是强酸。
D．分析 F2与水反应的产物。
二、第II卷(非选择题，共40分)
21．（2025高一上·盐田期末）生活离不开化学，家庭厨卫中有许多化学常见的物质，括号内为厨卫商品的主要成分：①食盐(NaCl)②料酒(乙醇)③食醋(乙酸)④碱面⑤小苏打⑥84消毒液(NaClO)⑦洁网灵⑧净水剂(明矾)⑨铁锅(Fe)。回答下列问题：
（1）明矾的化学式为，属于　 　(填“纯净物”或“混合物”)。
（2）小苏打的主要成分是，在水溶液中的电离方程式：　 　。
（3）厨卫用品的主要成分(括号内的物质)是电解质的有　 　(填序号，下同)，是非电解质的有　 　。
（4）酒店的保洁阿姨不小心将⑥⑦混合使用生成有毒的氯气导致中毒，请写出该反应的化学方程式：　 　。
【答案】（1）纯净物
（2）
（3）①③④⑤⑥⑦⑧；②
（4）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的简单分类
【解析】【解答】（1）带结晶水的结晶水合物也属于纯净物。
故答案为：纯净物。
（2）中的为弱酸酸式根，不能拆开，其电离方程式为：。
故答案为：。
（3）根据分析，以上厨卫用品中属于电解质的是：①③④⑤⑥⑦⑧；属于非电解质的是：②。
故答案为：①③④⑤⑥⑦⑧；②。
（4）⑥的84消毒液(NaClO)具有强氧化性，⑦的洁厕灵具有还原性，二者混合后能发生氧化还原反应生成氯气，则该反应的方程式为：。
故答案为：。
【分析】①食盐的主要成分是 NaCl，在水溶液或熔融状态下能导电，属于电解质；②料酒的主要成分是乙醇，在水溶液和熔融状态下都不能导电，属于非电解质；③食醋的主要成分是乙酸，溶于水可电离出离子导电，属于电解质；④碱面的主要成分是 Na2CO3，在水溶液或熔融时能导电，是电解质；⑤小苏打的主要成分是 NaHCO3，在水溶液中可电离导电，属于电解质；⑥84 消毒液的主要成分是 NaClO，在水溶液里能电离出离子导电，为电解质；⑦洁厕灵的主要成分是 HCl，溶于水可导电，属于电解质；⑧净水剂的主要成分是明矾，在水溶液中能电离导电，属于电解质；⑨铁锅的主要成分是 Fe，Fe 是单质，而电解质和非电解质的研究对象是化合物，所以 Fe 既不是电解质也不是非电解质。基于这些物质的电解质相关情况来解答问题。
（1）带结晶水的结晶水合物也属于纯净物。
故答案为：纯净物。
（2）中的为弱酸酸式根，不能拆开，其电离方程式为：。
故答案为：。
（3）根据分析，以上厨卫用品中属于电解质的是：①③④⑤⑥⑦⑧；属于非电解质的是：②。
故答案为：①③④⑤⑥⑦⑧；②。
（4）⑥的84消毒液(NaClO)具有强氧化性，⑦的洁厕灵具有还原性，二者混合后能发生氧化还原反应生成氯气，则该反应的方程式为：。
故答案为：。
22．（2025高一上·盐田期末）氧化还原反应与离子反应在生产生活与科学实验中有重要作用，回答下列问题。过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。根据下列反应回答问题：
A．Na2O2+2HCl=2NaCl+H2O2 B．Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O
C.2H2O2=2H2O+O2↑ D．H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O
（1）上述反应中，H2O2仅体现氧化性的反应是　 　(填字母序号，下同)，H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是　 　，H2O2、Ag2O、Fe2(SO4)3的氧化性由强到弱的顺序是　 　。
（2）某离子反应涉及到H2O、ClO-、、OH-、N2、Cl-等微粒，其中N2、ClO-的粒子数随时间变化的曲线如图所示，请写出反应的离子方程式：　 　。
（3）用单线桥表示CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑反应电子转移情况：　 　。
【答案】（1）D；C；Ag2O＞H2O2＞Fe2(SO4)3
（2）2+3ClO-+2OH-=N2↑+3Cl-+5H2O
（3）
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；离子方程式的书写；单线桥、双线桥法表示氧化还原反应
【解析】【解答】（1）在反应H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O中，O元素化合价由反应前H2O2中的-1价变为反应后H2O中的-2价，化合价降低，得到电子被还原，所以H2O2为氧化剂，表现氧化性；Fe元素元素化合价由反应前FeSO4中的+2价变为反应后Fe2(SO4)3中的+3价，化合价升高，失去电子被氧化，所以FeSO4为还原剂，表现还原性，故H2O2仅体现氧化性的反应是选项D；
在反应2H2O2=2H2O+O2↑中，O元素化合价一部分由反应前H2O2中的-1价变为反应后H2O中的-2价，化合价降低，得到电子被还原，作氧化剂；一部分由反应前H2O2中的-1价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，作还原剂，所以H2O2既表现氧化性，又表现还原性，则H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是选项C；
在氧化还原反应中，物质的氧化性：氧化剂＞还原剂；氧化剂＞氧化产物。在反应Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O中，Ag2O为氧化剂，H2O2为还原剂，所以氧化性：Ag2O＞H2O2；在反应H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O中，H2O2为氧化剂，Fe2(SO4)3为氧化产物，所以氧化性：H2O2＞Fe2(SO4)3，故H2O2、Ag2O、Fe2(SO4)3的氧化性由强到弱的顺序是Ag2O＞H2O2 Fe2(SO4)3；
故答案为： D ；C； Ag2O＞H2O2＞Fe2(SO4)3 ；
（2）根据图示离子浓度变化可知：ClO-为反应物，得到电子被还原为Cl-，N2为生成物，是失去电子被氧化产生的物质，则是反应物，根据电荷守恒，可知OH-为反应物，H2O为生成物，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2+3ClO-+2OH-=N2↑+3Cl-+5H2O；
故答案为： 2+3ClO-+2OH-=N2↑+3Cl-+5H2O ；
（3）在反应CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑中，H元素化合价由反应前CaH2中的-1价变为反应后H2中的0价，化合价升高，失去电子2×e-；H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子2×e-，因此用单线桥法表示电子转移为：。
故答案为： ；
【分析】（1）通过 H2O2中 O 元素化合价变化，判断其仅作氧化剂（D）或既作氧化剂又作还原剂（C）；依据 “氧化剂氧化性强于氧化产物” 比较 Ag2O、H2O2、Fe2(SO4)3的氧化性。
（2）根据 ClO-减少、N2增多确定反应物（NH4+、ClO-、OH-）和产物（N2、Cl-、H2O），结合守恒规律写离子方程式。
（3）分析 CaH2中 H（-1 价）失电子、H2O 中 H（+1 价）得电子，确定电子转移方向和数目，用单线桥表示。
（1）在反应H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O中，O元素化合价由反应前H2O2中的-1价变为反应后H2O中的-2价，化合价降低，得到电子被还原，所以H2O2为氧化剂，表现氧化性；Fe元素元素化合价由反应前FeSO4中的+2价变为反应后Fe2(SO4)3中的+3价，化合价升高，失去电子被氧化，所以FeSO4为还原剂，表现还原性，故H2O2仅体现氧化性的反应是选项D；
在反应2H2O2=2H2O+O2↑中，O元素化合价一部分由反应前H2O2中的-1价变为反应后H2O中的-2价，化合价降低，得到电子被还原，作氧化剂；一部分由反应前H2O2中的-1价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，作还原剂，所以H2O2既表现氧化性，又表现还原性，则H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是选项C；
在氧化还原反应中，物质的氧化性：氧化剂＞还原剂；氧化剂＞氧化产物。在反应Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O中，Ag2O为氧化剂，H2O2为还原剂，所以氧化性：Ag2O＞H2O2；在反应H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O中，H2O2为氧化剂，Fe2(SO4)3为氧化产物，所以氧化性：H2O2＞Fe2(SO4)3，故H2O2、Ag2O、Fe2(SO4)3的氧化性由强到弱的顺序是Ag2O＞H2O2 Fe2(SO4)3；
（2）根据图示离子浓度变化可知：ClO-为反应物，得到电子被还原为Cl-，N2为生成物，是失去电子被氧化产生的物质，则是反应物，根据电荷守恒，可知OH-为反应物，H2O为生成物，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2+3ClO-+2OH-=N2↑+3Cl-+5H2O；
（3）在反应CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑中，H元素化合价由反应前CaH2中的-1价变为反应后H2中的0价，化合价升高，失去电子2×e-；H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子2×e-，因此用单线桥法表示电子转移为：。
23．（2025高一上·盐田期末）I．“价—类”二维图是一种体现“元素观”“分类观”“转化观”指导下实现元素化合物知识结构化的工具，它的核心是元素，方法是分类，内涵是转化。如图为钠及其化合物的“价—类二维图”，请回答下列问题：
（1）①在空气中燃烧产物的阴阳离子个数比为　 　。
（2）写出③与反应的离子方程式　 　。
II．实验室工作人员用晶体配制溶液450mL。
（3）选择仪器：所必需的玻璃仪器除烧杯，玻璃棒外，还有　 　。
（4）计算，称量：需用天平称量　 　克固体。溶解，恢复到室温，转移，洗涤，定容，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
（5）下列操作会使所配溶液浓度偏低的是　 　。
A.定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体
B.容量瓶未经干燥即用来配制溶液
C.定容时，俯视刻度线
D.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
E.碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠
【答案】1：2；；500mL容量瓶、胶头滴管；28.6g；ADE
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】（1）①是Na，Na在空气中燃烧生成Na2O2，Na2O2有Na+、 构成，阴阳离子个数比为1：2；
故答案为： 1：2 ；
（2）③是NaOH，NaOH与反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为；
故答案为：；
（3）用晶体配制溶液450mL，操作步骤有：计算、称量、溶解并冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所必需的玻璃仪器除烧杯，玻璃棒外，还有500mL容量瓶、胶头滴管；
故答案为： 500mL容量瓶、胶头滴管 ；
（4）选用500mL容量瓶，需用天平称量固体的质量m=cVM=0.2mol/L×0.5L×286g/mol=28.6g。
故答案为： 28.6g ；
（5）A．定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体，溶质偏少，使所配溶液浓度偏低，故选A；
B．容量瓶未经干燥即用来配制溶液，不影响溶液体积和溶质物质的量，所以所配溶液浓度无影响，故不选B；
C．定容时，俯视刻度线，溶液体积偏小，使所配溶液浓度偏高，故不选C；
D．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，溶质偏少，使所配溶液浓度偏低，故选D；
E．碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，碳酸钠物质的量偏少，使所配溶液浓度偏低，故选E；
故答案为：ADE。
【分析】根据钠及其化合物的“价—类二维图”，①是Na、②是Na2O2或Na2O、③是NaOH。
（1）①是 Na，燃烧生成 Na2O2，含 Na+和 O22-，阴阳离子个数比为 1：2。
（2）③是 NaOH，与 NaHCO3反应生成 Na2CO3和水，离子方程式为 OH-+HCO3-=H2O+CO32-。、
（3）配制 450mL 溶液需选 500mL 容量瓶，还需胶头滴管。
（4）按 500mL 计算，m=0.2mol/L×0.5L×286g/mol=28.6g。
（5）分析操作对溶质或体积的影响，ADE 会导致浓度偏低。
24．（2025高一上·盐田期末）某小组同学欲探究菠菜中铁元素的存在形式。
【提出猜想】假设1：菠菜中铁元素以形式存在；
假设2：_______；
假设3：菠菜中铁元素以和形式存在。
（1）将假设2补充完整：　 　。
【设计实验方案】
（2）加入KSCN的目的是　 　。
（3）若观察到　 　，则证明假设3成立。
（4）经实验，试管a、b中均无明显现象。为探查原因，查阅资料得知：菠菜中的铁元素以草酸亚铁的形式存在。难溶于水，能溶于酸，高温下可分解产生FeO以及气体产物。
①经检验，气体产物中含有，由此同学们推测气体中应含有，理由是　 　。
②实验证明气体产物为和、　 　。
【实验反思】
（5）未检测到菠菜中的铁元素，原因可能是　 　。
【修正实验方案】
（6）①试剂x为　 　。
②取适量滤液于试管中，加入试剂y，即可证明菠菜中含有＋2价铁元素。该试剂y为　 　，现象是　 　。
【答案】菠菜中铁元素以形式存在；检验；试管a中溶液为红色，试管b中溶液红色比a的深；Fe元素的化合价未发生变化，依据氧化还原反应规律，C元素化合价由＋3升高至＋4价，则必然存在化合价降低的过程，而元素的化合价已为最低价，因此只能元素化合价降低，则气态产物还含有CO；1：1；难溶于水，导致溶液中铁元素含量低；稀硫酸或稀盐酸；氢氧化钠溶液或铁氰化钾溶液；白色沉淀变为灰绿色最终变为红褐色或蓝色沉淀
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）结合假设1和假设2可知，假设2：菠菜中铁元素以Fe3+形式存在；
故答案为： 菠菜中铁元素以形式存在 ；
（2）Fe3+遇KSCN溶液变红，若加入KSCN溶液，溶液变红则含有Fe3+，所以加入KSCN的目的是检验Fe3+；
故答案为： 检验 ；
（3）Fe3+的浓度越大，溶液颜色越深，假设3成立，即菠菜中铁元素以Fe2+和Fe3+形式存在，则试管a中溶液为红色，加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+浓度增大，试管b中溶液红色比a的深，所以若观察到试管a中溶液为红色，试管b中溶液红色比a的深，则证明假设3成立；
故答案为： 试管a中溶液为红色，试管b中溶液红色比a的深 ；
（4）①经检验，气体产物中含有CO2，由此同学们推测气体中应含有CO，根据氧化还原反应规律可知，其理由是：Fe元素的化合价未发生变化，依据氧化还原反应规律，C元素化合价由+3升高至+4价，则必然存在化合价降低的过程，而O元素的化合价已为最低价，因此只能C元素化合价降低，则气态产物为CO；
②气体产物为CO2和CO，C元素化合价由+3升高至+4价而生成二氧化碳，C元素化合价由+3降低至+2价而生成CO，根据得失电子守恒可知，n(CO2)∶n(CO)=1∶1；
故答案为： Fe元素的化合价未发生变化，依据氧化还原反应规律，C元素化合价由＋3升高至＋4价，则必然存在化合价降低的过程，而元素的化合价已为最低价，因此只能元素化合价降低，则气态产物还含有CO ； 1：1 ；
（5）查阅资料得知：菠菜中的铁元素以草酸亚铁()的形式存在，难溶于水，则未检测到菠菜中的铁元素，原因可能是：难溶于水，导致溶液中铁元素含量低；
故答案为：难溶于水，导致溶液中铁元素含量低 ；
（6）①菠菜剪碎，高温灼烧，铁转化为氧化亚铁，试剂x是溶解氧化亚铁，故可以用稀盐酸或者稀硫酸，得到含有Fe2+的绿色溶液，x为稀盐酸或者稀硫酸；
②Fe2+与氢氧化钠反应生成白色的Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2易被氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3，所以取适量滤液于试管中，加入NaOH溶液，即可证明菠菜中含有+2价铁元素，则该试剂y为NaOH溶液；现象是：白色沉淀变为灰绿色最终变为红褐色；试剂y也可以用铁氰化钾溶液，Fe2+与铁氰化钾反应生成蓝色沉淀。
故答案为： 稀硫酸或稀盐酸 ； 氢氧化钠溶液或铁氰化钾溶液 ； 白色沉淀变为灰绿色最终变为红褐色或蓝色沉淀 。
【分析】菠菜研磨，水浸，过滤得到滤液，使用活性炭脱色后过滤，滤液加入KSCN溶液检验Fe3+，再加入过氧化氢溶液，若观察到试管a中溶液为红色，且试管b中溶液红色比a的深，则证明假设3成立，据此解答。
（1）假设 2 应为菠菜中铁元素以 Fe3+形式存在。
（2）KSCN 用于检验 Fe3+（Fe3+与 KSCN 反应显红色）。
（3）假设 3 成立时，a 中溶液变红（含 Fe3+），b 中加 H2O2后红色更深（Fe2+被氧化为 Fe3+）。
（4）①FeC2O4分解时，Fe 价态不变，C 部分从 +3 升至 +4（生成 CO2），必部分降至 +2（生成 CO）。
②根据电子守恒，CO2与 CO 的物质的量比为 1：1。
（5）FeC2O4难溶于水，导致溶液中铁元素浓度过低。
（6）①试剂 X 为稀硫酸或稀盐酸（溶解 FeO）。
②用 NaOH 溶液（现象：白色沉淀变灰绿最终变红褐）或铁氰化钾溶液（现象：蓝色沉淀）检验 Fe2+。
1 / 1广东省深圳市盐田高级中学2024-2025学年高一上学期1月期末考试 化学试题
一、选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分；每小题只有一个选项符合题意)
1．（2025高一上·盐田期末）下列物质的分类正确的是
选项 酸 碱 盐 酸性氧化物 碱性氧化物
A HClO 烧碱 NaCl
B NaClO
C HCl 火碱 CO
D 纯碱
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高一上·盐田期末）下列物质的性质与实际应用不相符的是
选项 性质 实际应用
A 能与或反应产生 用作潜艇供氧剂
B 次氯酸盐具有氧化性 漂白粉用于漂白织物
C 碱金属化学性质活泼 钠钾合金作核反应堆的传热介质
D 氧化铝是两性氧化物 铝制餐具不宜长期存放酸性或碱性食物
A．A B．B C．C D．D
3．（2025高一上·盐田期末）中国科学技术大学的钱逸泰教授等以和金属钠为原料制造出纳米级金刚石粉末(直径约为)。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”，其化学方程式为。下列关于该反应的说法不正确的是
A．金刚石是由原子构成的单质，它与碳纳米管、石墨烯互为同素异形体
B．该纳米级金刚石粉末能产生丁达尔效应
C．该反应利用了的强还原性
D．该反应不能在水中进行
4．（2025高一上·盐田期末）常温下，下列各组离子能大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
5．（2025高一上·盐田期末）下列各组中反应I和反应Ⅱ能用同一离子方程式表示的是
选项 反应Ⅰ 反应Ⅱ
A Cu(OH)2与稀盐酸 NaOH与稀硫酸
B BaCl2溶液与Na2SO4溶液 Ba(OH)2溶液与K2SO4溶液
C Na2CO3溶液与稀盐酸 BaCO3与稀盐酸
D CaCO3与稀硝酸 CaCO3与稀醋酸
A．A B．B C．C D．D
6．（2025高一上·盐田期末）下列反应的离子方程式书写正确的是
A．用溶液刻蚀铜板：
B．与溶液恰好反应至中性：
C．向溶液中滴加过量氨水：
D．向溶液中加入少量NaOH溶液：
7．（2025高一上·盐田期末）某无色溶液中可能含有、、、、、、、中的几种，对其进行如下实验操作：
(1)取少量溶液，加入足量溶液，产生白色沉淀；
(2)向(1)所得混合物中加入足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成；
(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加入溶液，有白色沉淀生成。
下列对该溶液的说法正确的是
A．一定含有、、 B．可能含有、
C．一定不含、 D．可能含有、
8．（2025高一上·盐田期末）反应①②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：① ；② 。下列说法正确的是（　　）
A．两个反应中硫元素均被氧化
B．碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化
C．氧化性：
D．反应①②中生成等量的 时，转移电子数之比为1：5
9．（2025高一上·盐田期末）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子总数为2NA
B．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
C．1molNa2O2与过量的CO2反应，转移电子的数目为2NA
D．1molD2O比1molH2O多2NA个质子
10．（2025高一上·盐田期末）如图是氯元素的“价—类”二维图，根据所学知识判断下列说法正确的是
A．的浓溶液与足量共热，转移电子数为
B．B能使有色鲜花褪色，说明B有漂白性
C．可以通过加入氧化剂实现
D．D不稳定，在光照下易分解
11．（2025高一上·盐田期末）下列关于碱金属元素和卤族元素的说法错误的是
A．由于钠和钾的原子结构极为相似，所以它们对应的碱都是强碱
B．通过钠与钾分别与水反应的剧烈程度可知，碱金属元素原子半径越大，失电子能力越强
C．碱金属元素的单质在氧气中燃烧均生成过氧化物
D．通过卤素单质与氢气反应所需要的反应条件难易，可以判断氯的非金属性比溴强
12．（2025高一上·盐田期末）下列实验操作正确或能达到实验目的的是
A．装置甲：配制溶液 B．装置乙：除去中的HCl
C．装置丙：验证热稳定性 D．装置丁：可以用于实验室制备或
A．A B．B C．C D．D
13．（2025高一上·盐田期末）某实验小组通过如图所示实验，探究与水的反应。下列说法错误的是
A．③中溶液变红，说明有碱性物质生成
B．④中现象可能是溶液中含有强氧化性物质造成的
C．⑤中的主要作用是验证溶液中存在
D．②中的大量气泡主要成分是氢气
14．（2025高一上·盐田期末）以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下：
下列说法不正确的是
A．装置②中试剂可以是NaOH溶液
B．装置③的作用是吸收O2
C．收集氧气应选择装置b
D．装置②③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶
15．（2025高一上·盐田期末）下列除去杂质的方法中，错误的是
选项 物质(括号内为杂质) 除去杂质的方法
A MgO固体(Al2O3) 加入足量NaOH溶液、过滤、洗涤、干燥
B NaCl溶液(Na2CO3) 加入适量的Ca(OH)2溶液、过滤
C FeCl3溶液(FeCl2) 通入适量的Cl2
D CO2气体(HCl) 通过饱和NaHCO3溶液洗气、干燥
A．A B．B C．C D．D
16．（2025高一上·盐田期末）下列实验操作所对应的实验现象或者结论正确的是
选项 实验操作 实验现象或者结论
A 向CaCl2溶液中通CO2至过量 先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解
B 将水蒸气通过灼热的铁粉 黑色粉末变为红棕色
C 向NaCl溶液中通入氟气 产生黄绿色气体
D 向某溶液中先加氯水再滴加KSCN溶液 溶液变红，无法确定原溶液中是否含Fe2+
A．A B．B C．C D．D
17．（2025高一上·盐田期末）印刷电路板是用腐蚀液将覆铜板上的部分铜腐蚀掉而制得。一种用溶液制作PCB并将腐蚀后废液回收再生的流程如图：
下列说法不正确的是
A．把预先设计好的电路在覆铜板上可用蜡覆盖，以保护不被腐蚀
B．由腐蚀池中发生反应可知：氧化性：
C．再生池中可加入酸化的，随着反应的逐步进行，池中的pH逐渐降低
D．置换池中发生的主要反应为：和
18．（2025高一上·盐田期末）纳米铁粉可用于处理含氧酸性废水中的，反应原理如图所示。下列说法不正确的是
A．上述反应中纳米铁粉和均体现还原性
B．若有56g纳米铁粉参与反应，至少可处理
C．在铁粉总量一定的条件下，处理的的量与通入的氧气量成正比
D．该历程说明氧化性
19．（2025高一上·盐田期末）德国重离子研究中心人工合成Cn的过程可表示为Zn+Pb=Cn+n。下列叙述正确的是
A．合成Cn的过程为化学变化 B．Cn的中子数为165
C．Cn元素位于第七周期IIA族 D．Pb与Hg互为同位素
20．（2025高一上·盐田期末）如图是部分短周期元素原子(用字母表示)最外层电子数与原子序数的关系图，则下列说法正确的是
A．Z的单质很活泼，能将铜从其盐溶液中置换出来
B．单质X与Z的反应只能生成一种氧化物
C．R的氧化物对应的水化物为强酸
D．单质Y与水反应生成一种酸和一种单质
二、第II卷(非选择题，共40分)
21．（2025高一上·盐田期末）生活离不开化学，家庭厨卫中有许多化学常见的物质，括号内为厨卫商品的主要成分：①食盐(NaCl)②料酒(乙醇)③食醋(乙酸)④碱面⑤小苏打⑥84消毒液(NaClO)⑦洁网灵⑧净水剂(明矾)⑨铁锅(Fe)。回答下列问题：
（1）明矾的化学式为，属于　 　(填“纯净物”或“混合物”)。
（2）小苏打的主要成分是，在水溶液中的电离方程式：　 　。
（3）厨卫用品的主要成分(括号内的物质)是电解质的有　 　(填序号，下同)，是非电解质的有　 　。
（4）酒店的保洁阿姨不小心将⑥⑦混合使用生成有毒的氯气导致中毒，请写出该反应的化学方程式：　 　。
22．（2025高一上·盐田期末）氧化还原反应与离子反应在生产生活与科学实验中有重要作用，回答下列问题。过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。根据下列反应回答问题：
A．Na2O2+2HCl=2NaCl+H2O2 B．Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O
C.2H2O2=2H2O+O2↑ D．H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O
（1）上述反应中，H2O2仅体现氧化性的反应是　 　(填字母序号，下同)，H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是　 　，H2O2、Ag2O、Fe2(SO4)3的氧化性由强到弱的顺序是　 　。
（2）某离子反应涉及到H2O、ClO-、、OH-、N2、Cl-等微粒，其中N2、ClO-的粒子数随时间变化的曲线如图所示，请写出反应的离子方程式：　 　。
（3）用单线桥表示CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑反应电子转移情况：　 　。
23．（2025高一上·盐田期末）I．“价—类”二维图是一种体现“元素观”“分类观”“转化观”指导下实现元素化合物知识结构化的工具，它的核心是元素，方法是分类，内涵是转化。如图为钠及其化合物的“价—类二维图”，请回答下列问题：
（1）①在空气中燃烧产物的阴阳离子个数比为　 　。
（2）写出③与反应的离子方程式　 　。
II．实验室工作人员用晶体配制溶液450mL。
（3）选择仪器：所必需的玻璃仪器除烧杯，玻璃棒外，还有　 　。
（4）计算，称量：需用天平称量　 　克固体。溶解，恢复到室温，转移，洗涤，定容，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
（5）下列操作会使所配溶液浓度偏低的是　 　。
A.定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体
B.容量瓶未经干燥即用来配制溶液
C.定容时，俯视刻度线
D.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
E.碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠
24．（2025高一上·盐田期末）某小组同学欲探究菠菜中铁元素的存在形式。
【提出猜想】假设1：菠菜中铁元素以形式存在；
假设2：_______；
假设3：菠菜中铁元素以和形式存在。
（1）将假设2补充完整：　 　。
【设计实验方案】
（2）加入KSCN的目的是　 　。
（3）若观察到　 　，则证明假设3成立。
（4）经实验，试管a、b中均无明显现象。为探查原因，查阅资料得知：菠菜中的铁元素以草酸亚铁的形式存在。难溶于水，能溶于酸，高温下可分解产生FeO以及气体产物。
①经检验，气体产物中含有，由此同学们推测气体中应含有，理由是　 　。
②实验证明气体产物为和、　 　。
【实验反思】
（5）未检测到菠菜中的铁元素，原因可能是　 　。
【修正实验方案】
（6）①试剂x为　 　。
②取适量滤液于试管中，加入试剂y，即可证明菠菜中含有＋2价铁元素。该试剂y为　 　，现象是　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】 【解答】A、HClO 是弱酸；烧碱（NaOH）是碱；NaCl 是金属阳离子与酸根离子构成的盐；Mn2O7能与碱反应生成盐和水，属酸性氧化物；CuO 能与酸反应生成盐和水，属碱性氧化物。A正确；
B、HNO3是强酸；NH3是碱性气体，不属于碱；NaClO 是盐；CO2是酸性氧化物；CaO 是碱性氧化物。因 NH3不是碱，B错误；
C、HCl 是强酸；火碱（NaOH）是碱；NaHCO3是盐；CO 是不成盐氧化物（不能与酸或碱反应生成盐和水）；Na2O 是碱性氧化物。因 CO 不是酸性氧化物，C错误；
D、H2SO4是强酸；纯碱（Na2CO3）是盐（金属阳离子与酸根离子构成），不是碱；CuSO4是盐；SO2是酸性氧化物；Fe2O3是碱性氧化物。因纯碱不是碱，D错误；
故答案为：A。【分析】A．按酸、碱、盐、酸性氧化物、碱性氧化物的定义分类。
B．判断 NH3是否为碱及其他物质分类。
C．判断 CO 是否为酸性氧化物及其他物质分类。
D．判断纯碱是否为碱及其他物质分类。
2．【答案】C
【知识点】钠的化学性质；钠的氧化物
【解析】【解答】A、Na2O2与 H2O、CO2反应均可生成 O2，能满足潜艇内的供氧需求，性质与应用相符，故A不符合题意 ；
B、次氯酸盐的氧化性可破坏有色物质结构，实现漂白效果，漂白粉利用此性质漂白织物，性质与应用相符，故B不符合题意 ；
C、钠钾合金用于核反应堆传热，是因常温下呈液态、导热性好，与碱金属的活泼性无关，性质与应用不相符，故C符合题意 ；
D、氧化铝为两性氧化物，可与酸、碱反应，长期存放酸性或碱性食物会腐蚀铝制餐具，性质与应用相符，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．分析 Na2O2的反应性质与供氧应用的关联性。
B．判断次氯酸盐的氧化性与漂白作用的对应关系。
C．明确钠钾合金作传热介质的本质原因。
D．结合氧化铝的两性分析铝制餐具的使用限制。
3．【答案】B
【知识点】同素异形体；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、金刚石由 C 原子构成，碳纳米管、石墨烯也都由碳元素组成且为不同单质，符合同素异形体（同种元素形成的不同单质）的定义，A正确；
B、纳米级金刚石粉末粒子直径在 1 - 100nm 之间，但只有当它分散到分散剂中形成胶体分散系时，才能产生丁达尔效应，粉末自身不能产生，B错误；
C、反应中 Na 元素化合价从 0 升高到 + 1，Na 失去电子，表现出强还原性，该反应利用了 Na 的强还原性，C正确；
D、Na 性质活泼，能与水剧烈反应，所以该反应不能在水中进行，D正确；
故答案为：B。
【分析】从同素异形体概念、胶体性质、物质还原性及反应条件限制等方面，分析各选项说法的正误。
4．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、Fe3+和 SCN-会结合形成络合物 Fe (SCN)3，导致离子不能大量共存，故A不符合题意 ；
B、H+与 ClO-结合会生成弱电解质 HClO，无法大量共存，故B不符合题意 ；
C、四种离子之间不发生任何反应，没有沉淀、气体或弱电解质生成，能大量共存，故C符合题意 ；
D、Al3+与 OH-反应生成 Al (OH)3沉淀，Cu2+与 OH-反应生成 Cu (OH)2沉淀，不能大量共存，故D不符合题意 ；
故答案为：C。【分析】A．判断 Fe3+与 SCN-是否发生反应。
B．判断 H+与 ClO-是否发生反应。
C．判断 K+、Na+、SO42-、OH-之间是否发生反应。
D．判断 Al3+、Cu2+与 OH-是否发生反应。
5．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、反应I中是难溶碱，离子方程式为；反应II中是强碱，离子方程式为，两者不同，A错误；
B、反应I中与、反应II中与，本质均为与结合生成沉淀，离子方程式均为，两者相同，B正确；
C、反应I中可溶，离子方程式为；反应II中难溶，离子方程式为，两者不同，C错误；
D、反应I中是强酸，离子方程式为；反应II中是弱酸，离子方程式为，两者不同，D错误；
故答案为：B。
【分析】逐一分析每组反应中参与反应的离子及反应本质，对比离子方程式是否一致。
A．反应I的是难溶物，反应II的是可溶强碱，离子方程式不同。
B．两者均是与结合生成沉淀，离子本质相同。
C．反应I的可溶拆成，反应II的难溶不能拆，离子方程式不同。
D．反应I的是强酸可拆，反应II的是弱酸不能拆，离子方程式不同。
6．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；铜及其化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Cu 与 Fe3+反应时，电子转移需守恒。正确反应为 1 个 Cu 原子失去 2 个电子，2 个 Fe3+得到 2 个电子，离子方程式应为 ，选项中未配平，A错误；
B、Ba (OH)2与 NaHSO4反应至中性时，H+与 OH-需完全中和，两者物质的量比为 2：1，正确离子方程式为 ，选项中比例错误，B错误；
C、Al3+与过量氨水反应生成 Al (OH)3沉淀（不溶于过量氨水）和 NH4+，离子方程式为 ，书写正确，C正确；
D、NaOH 少量时，HCO3-仅部分反应，离子方程式应为 ，选项中 CO32-生成不合理，D错误；
故答案为：C。【分析】A．检查氧化还原反应的电子守恒。
B．根据反应后溶液呈中性判断离子比例。
C．考虑氨水的弱碱性及 Al(OH)3的性质。
D．根据 NaOH 少量判断反应产物。
7．【答案】A
【知识点】常见离子的检验；离子共存
【解析】【解答】先根据溶液无色排除有色离子，再通过沉淀的生成与溶解判断存在的离子，最后结合离子共存和电中性确定其他离子。
溶液无色，故一定不含。
步骤(1)加产生白色沉淀，步骤(2)加盐酸沉淀部分溶解且有无色气体生成，说明沉淀含和，因此溶液中一定含、；由离子共存可知，一定不含、。
根据电中性原则，溶液中一定含阳离子。
步骤(2)加入盐酸引入了，步骤(3)加生成的白色沉淀不能说明原溶液含，也无法确定。
综上，溶液一定含、、，一定不含、、，可能含、。
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
忽略的颜色，误判其存在；对沉淀溶解及成分分析不清，错判、的存在；忽视离子共存，误认、可能存在；忘记电中性原则，漏判的必然存在；未考虑试剂引入的干扰，错判的存在。
8．【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．反应①中硫元素化合价未发生变化，反应②中硫元素化合价升高，被氧化，故A项不符合题意；
B．反应①中碘元素化合价升高，被氧化，反应②中碘元素化合价降低，被还原，故B项不符合题意；
C．由反应①可知氧化性： ，由反应②可知氧化性： ，故C项不符合题意；
D．由反应①得，生成1mol 转移2 mol ，由反应②得，生成1mol 转移10 mol ，所以当生成等量的 时，转移电子数之比为1：5，故D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据元素的化合价变化，①中碘化钠做还原剂，发生氧化反应，二氧化锰做氧化剂，发生还原反应②中碘酸钠做氧化剂，硫酸氢钠做还原剂。根据氧化还原反应的规律，即可判断氧化性的强弱，根据转移的电子数，即可判断
9．【答案】A
【知识点】胶体的性质和应用；钠的氧化物；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、50g 46% 乙醇溶液中，乙醇质量为 23g（0.5mol），含 0.5mol O；水质量 27g（1.5mol），含 1.5mol O。总氧原子 2mol，即 2NA，A正确；
B、16.25g FeCl3为 0.1mol，水解生成的 Fe(OH)3胶体粒子是多个分子的聚集体，故粒子数小于 0.1NA，B错误；
C、反应中 Na2O2的 O 从 - 1 价分别变为 - 2 价和 0 价，1mol Na2O2反应转移 1mol 电子，即 NA，C错误；
D、D（氘）和 H 质子数均为 1，O 为 8，故 1mol D2O 与 1mol H2O 质子数相同，D错误；
故答案为：A。【分析】A.计算乙醇溶液中氧原子总数（包括乙醇和水）。
B.明确胶体粒子的构成特点。
C.分析 Na2O2与 CO2反应的电子转移。
D.比较 D2O 与 H2O 的质子数。
10．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、A 是 HCl，50mL 12mol/L 浓 HCl 含 0.6mol HCl。但与 MnO2共热时，随反应进行盐酸变稀，不再与 MnO2反应，实际参与反应的 HCl 少于 0.6mol，其中作还原剂的 HCl 少于 0.3mol，转移电子数小于 0.3NA，A错误；
B、B 是 Cl2，Cl2使鲜花褪色并非自身有漂白性，而是与水反应生成的 HClO 具有漂白性，B错误；
C、E 是氯酸盐（如 ClO3-，Cl 为 +5 价），C 是 ClO2（Cl 为 +4 价），Cl 元素化合价降低，E 作氧化剂，需加入还原剂实现转化，而非氧化剂，C错误；
D、D 是 HClO，其化学性质不稳定，在光照条件下易分解为 HCl 和 O2，D正确；
故答案为：D。【分析】从图中可以看出，A为HCl，B为Cl2，C为ClO2，D为HClO，E为氯酸盐。
A．分析浓盐酸与 MnO2反应的实际情况及电子转移。
B．判断 Cl2漂白性的本质。
C．分析 E 到 C 的反应中元素化合价变化及所需试剂。
D．明确 HClO 的稳定性。
11．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、钠和钾原子最外层均只有 1 个电子，原子结构相似，对应的 NaOH、KOH 均为强碱，A正确；
B、碱金属原子半径越大，原子核对最外层电子的吸引力越弱，失电子能力越强，钠与钾分别与水反应的剧烈程度可证明这一点，B正确；
C、碱金属中锂（Li）在氧气中燃烧生成 Li2O，并非过氧化物，C错误；
D、元素非金属性越强，与氢气反应越容易。氯气与氢气反应的条件比溴与氢气反应的条件更易，可判断氯的非金属性比溴强，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．钠、钾原子结构相似，对应碱（NaOH、KOH）均为强碱。
B．碱金属原子半径越大，失电子能力越强，与水反应剧烈程度可证明。
C．Li 在氧气中燃烧生成 Li2O（不是过氧化物）。
D．卤素与氢气反应条件越易，非金属性越强，氯与氢气反应比溴易，故氯非金属性更强。
12．【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、容量瓶不能用于溶解固体（NaOH 溶于水放热会影响容量瓶精度），应先在烧杯中溶解 NaOH，冷却后再转移至容量瓶，A错误；
B、除去 Cl2中的 HCl 应使用饱和食盐水（Cl2在饱和食盐水中溶解度小，HCl 易溶），而非饱和碳酸氢钠溶液（会与 Cl2反应），B错误；
C、验证热稳定性时，应将 Na2CO3放在外管（温度高）、NaHCO3放在内管（温度低），若内管产生使澄清石灰水变浑浊的气体，外管无明显现象，才能证明 Na2CO3热稳定性更强。图中装置试剂放置颠倒，无法达到目的，C错误；
D、装置丁为固液不加热型发生装置，且多孔隔板可控制反应的发生与停止。制取 H2用锌粒与稀硫酸，制取 CO2用石灰石与稀盐酸，均符合该装置的使用条件，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．容量瓶不能溶解固体（防温度变化影响精度），操作错误。
B．饱和碳酸氢钠溶液会与 Cl2反应，不能用于除 HCl，试剂选择错误。
C．验证热稳定性需 “温度高的外管放 Na2CO3、温度低的内管放 NaHCO3”，试剂放置颠倒，无法验证。
D．固液不加热型装置 + 多孔隔板可控反应启停，适配锌粒与稀硫酸制 H2、石灰石与稀盐酸制 CO2，操作正确。
13．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；钠的氧化物
【解析】【解答】A、Na2O2与水反应会生成 NaOH，③中溶液变红，正是因为有碱性物质生成，A正确；
B、Na2O2与水反应可能生成 H2O2，H2O2具有强氧化性，能漂白酚酞使红色褪去，因此④中现象可能由强氧化性物质导致，B正确；
C、MnO2可催化 H2O2分解产生 O2，⑤中加入 MnO2后产生较多气泡，能证明溶液中存在 H2O2，C 正确；
D、Na2O2与水反应生成的气体是 O2，而非氢气，因此②中大量气泡的主要成分是氧气，D错误；
故答案为：D。【分析】A．根据酚酞变红现象判断是否生成碱性物质。
B．分析红色褪去与物质氧化性的关系。
C．明确 MnO2在实验中的作用。
D．判断气泡的主要成分。
14．【答案】B
【知识点】常见气体制备原理及装置选择；化学实验方案的评价；钠的氧化物
【解析】【解答】A、装置②的作用是除去 O2中混有的未反应的 CO2，NaOH 溶液可与 CO2反应，因此能作为吸收试剂，A正确；
B、装置③中通常盛放浓硫酸，其作用是干燥 O2（吸收水分），而非吸收 O2，B错误；
C、O2密度比空气大，应采用向上排空气法收集，装置 b 为长进短出，适合向上排空气法，C正确；
D、在装置②③之间加澄清石灰水，可检验 CO2是否被完全吸收（若不变浑浊则证明已除尽），D正确；
故答案为：B。【分析】A．判断装置②能否用 NaOH 溶液吸收多余 CO2。
B．明确装置③的作用。
C．根据 O2密度选择收集装置。
D．分析装置②③间增加澄清石灰水的作用。
15．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】A、Al2O3能与 NaOH 溶液反应（Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O），而 MgO 不反应，通过过滤、洗涤、干燥可分离，A正确；
B、Ca(OH)2与 Na2CO3反应生成 CaCO3沉淀和 NaOH（Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH），虽除去了 Na2CO3，但引入了新杂质 NaOH，不符合除杂原则，B错误；
C、Cl2能将 FeCl2氧化为 FeCl3（2FeCl2+Cl2=2FeCl3），且不与 FeCl3反应，可有效除去杂质，C正确；
D、HCl 与饱和 NaHCO3溶液反应生成 CO2（NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O），CO2在饱和 NaHCO3溶液中溶解度小，经干燥后可得到纯净 CO2，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．Al2O3与 NaOH 反应，MgO 不反应，通过反应 + 过滤可分离。
B．Ca(OH)2与 Na2CO3反应生成 NaOH（新杂质），违反 “不引新杂” 原则。
C．Cl2能氧化 FeCl2为 FeCl3，且不与 FeCl3反应。
D．HCl 与 NaHCO3反应生成 CO2，CO2在饱和 NaHCO3中溶解度小。
16．【答案】D
【知识点】铁的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、盐酸酸性强于碳酸，CaCl2溶液与 CO2不反应，不会产生沉淀，A错误；
B、灼热铁粉与水蒸气反应生成 Fe3O4（黑色）和 H2，不会出现红棕色物质，B错误；
C、氟气活泼性极强，通入 NaCl 溶液中先与水反应，不与 NaCl 反应生成 Cl2（黄绿色气体），C错误；
D、先加氯水（可氧化 Fe2+为 Fe3+），再加 KSCN 溶液变红，只能说明有 Fe3+，无法区分是原溶液含 Fe3+还是 Fe2+被氧化生成，D正确；
故答案为：D。【分析】A．依据强酸制弱酸规律判断反应能否发生。
B．分析铁与水蒸气反应的产物颜色。
C．判断氟气与 NaCl 溶液的反应产物。
D．分析 Fe2+检验的干扰因素。
17．【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、用蜡覆盖预设电路，可隔绝 FeCl3溶液，避免电路部分的铜被腐蚀，起到保护作用，A正确；
B、腐蚀池中发生 Cu 与 FeCl3的反应，生成 CuCl2和 FeCl2，Fe3+是氧化剂，Cu2+是氧化产物，故氧化性 Fe3+＞Cu2+，B正确；
C、再生池中，酸化的 H2O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，反应为 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，反应消耗 H+，pH 应升高而非降低，C错误；
D、过量 Fe 粉与 Cu2+反应生成 Cu 和 Fe2+，同时与剩余 Fe3+反应生成 Fe2+，对应反应为
Fe+Cu2+=Cu+Fe2+和 Fe+2Fe3+=3Fe2+，D正确；
故答案为：C。【分析】A．分析蜡覆盖对电路的保护作用。
B．根据腐蚀池反应比较 Fe3+与 Cu2+的氧化性。
C．分析再生池中 H2O2氧化 Fe2+时 pH 的变化。
D．明确置换池中 Fe 粉参与的主要反应。
18．【答案】C
【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、纳米铁粉与 O2反应生成 Fe2+时，Fe 元素化合价升高，体现还原性；Fe2+与 NO3-反应生成 Fe3+时，Fe 元素化合价也升高，同样体现还原性，A正确；
B、56g 纳米铁粉为 1mol，生成 1mol Fe2+。根据反应关系 10Fe2+ ~ 2NO3-，1mol Fe2+至少可处理 0.2mol NO3-，B正确；
C、铁粉总量一定时，过量 O2会氧化 Fe2+为 Fe3+，减少参与还原 NO3-的 Fe2+，故处理的 NO3-量与通入氧气量并非正比关系，C错误；
D、反应中 NO3-（来自 HNO3）是氧化剂，Fe3+是氧化产物，氧化性：氧化剂＞氧化产物，故 HNO3＞Fe3+，D正确；
故答案为：C。【分析】A．判断纳米铁粉和 Fe2+是否体现还原性。
B．计算 56g 纳米铁粉可处理 NO3-的量。
C．分析氧气量对 NO3-处理量的影响。
D．比较 HNO3与 Fe3+的氧化性。
19．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；元素、核素；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、化学变化的关键特征是“原子种类和数目不变，仅化学键断裂与形成”，而该反应涉及原子种类的改变（原子核发生变化），属于核反应，并非化学变化，A错误；
B、原子中中子数的计算规则为“中子数=质量数-质子数”，对于，质量数为277、质子数为112，代入可得中子数=277-112=165，B正确；
C、元素周期表中第118号元素是第七周期0族的稀有气体元素，按“周期数=电子层数、族序数与最外层电子数/价电子数相关”推导，112号元素位于第七周期ⅡB族（而非ⅡA族，ⅡA族元素最外层电子数为2且无d轨道电子），C错误；
D、同位素的定义是“质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子”，质子数为82，质子数为80，二者质子数不同，不属于同一元素，故不互为同位素，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．化学变化不改变原子种类，该反应原子种类改变，属于核反应，不是化学变化。
B．中子数=质量数-质子数，的中子数计算为277-112=165，正确。
C．根据第118号元素（第七周期0族）推导，112号元素位于第七周期ⅡB族，而非ⅡA族。
D．同位素要求质子数相同，与质子数不同，不互为同位素。
20．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质
【解析】【解答】 从图中可以看出，X、Y的最外层电子数分别为6、7，它们不可能是第一周期元素，则X为O元素、Y为F元素；Z为Na元素，R为S元素，W为Cl元素。
A、Z 是 Na，Na 性质极活泼，加入铜盐溶液中会先与水反应，无法置换出铜，A错误；
B、X 是 O，O2与 Na 反应可生成 Na2O 和 Na2O2两种氧化物，并非只能生成一种，B错误；
C、R 是 S，其氧化物 SO2对应水化物 H2SO3是弱酸，并非所有水化物都是强酸，C错误；
D、Y 是 F，F2与水反应生成 HF（酸）和 O2（单质），D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断 Na 能否从铜盐溶液中置换出铜。
B．分析 O2与 Na 反应的产物种类。
C．判断 S 的氧化物对应水化物是否都是强酸。
D．分析 F2与水反应的产物。
21．【答案】（1）纯净物
（2）
（3）①③④⑤⑥⑦⑧；②
（4）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的简单分类
【解析】【解答】（1）带结晶水的结晶水合物也属于纯净物。
故答案为：纯净物。
（2）中的为弱酸酸式根，不能拆开，其电离方程式为：。
故答案为：。
（3）根据分析，以上厨卫用品中属于电解质的是：①③④⑤⑥⑦⑧；属于非电解质的是：②。
故答案为：①③④⑤⑥⑦⑧；②。
（4）⑥的84消毒液(NaClO)具有强氧化性，⑦的洁厕灵具有还原性，二者混合后能发生氧化还原反应生成氯气，则该反应的方程式为：。
故答案为：。
【分析】①食盐的主要成分是 NaCl，在水溶液或熔融状态下能导电，属于电解质；②料酒的主要成分是乙醇，在水溶液和熔融状态下都不能导电，属于非电解质；③食醋的主要成分是乙酸，溶于水可电离出离子导电，属于电解质；④碱面的主要成分是 Na2CO3，在水溶液或熔融时能导电，是电解质；⑤小苏打的主要成分是 NaHCO3，在水溶液中可电离导电，属于电解质；⑥84 消毒液的主要成分是 NaClO，在水溶液里能电离出离子导电，为电解质；⑦洁厕灵的主要成分是 HCl，溶于水可导电，属于电解质；⑧净水剂的主要成分是明矾，在水溶液中能电离导电，属于电解质；⑨铁锅的主要成分是 Fe，Fe 是单质，而电解质和非电解质的研究对象是化合物，所以 Fe 既不是电解质也不是非电解质。基于这些物质的电解质相关情况来解答问题。
（1）带结晶水的结晶水合物也属于纯净物。
故答案为：纯净物。
（2）中的为弱酸酸式根，不能拆开，其电离方程式为：。
故答案为：。
（3）根据分析，以上厨卫用品中属于电解质的是：①③④⑤⑥⑦⑧；属于非电解质的是：②。
故答案为：①③④⑤⑥⑦⑧；②。
（4）⑥的84消毒液(NaClO)具有强氧化性，⑦的洁厕灵具有还原性，二者混合后能发生氧化还原反应生成氯气，则该反应的方程式为：。
故答案为：。
22．【答案】（1）D；C；Ag2O＞H2O2＞Fe2(SO4)3
（2）2+3ClO-+2OH-=N2↑+3Cl-+5H2O
（3）
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；离子方程式的书写；单线桥、双线桥法表示氧化还原反应
【解析】【解答】（1）在反应H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O中，O元素化合价由反应前H2O2中的-1价变为反应后H2O中的-2价，化合价降低，得到电子被还原，所以H2O2为氧化剂，表现氧化性；Fe元素元素化合价由反应前FeSO4中的+2价变为反应后Fe2(SO4)3中的+3价，化合价升高，失去电子被氧化，所以FeSO4为还原剂，表现还原性，故H2O2仅体现氧化性的反应是选项D；
在反应2H2O2=2H2O+O2↑中，O元素化合价一部分由反应前H2O2中的-1价变为反应后H2O中的-2价，化合价降低，得到电子被还原，作氧化剂；一部分由反应前H2O2中的-1价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，作还原剂，所以H2O2既表现氧化性，又表现还原性，则H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是选项C；
在氧化还原反应中，物质的氧化性：氧化剂＞还原剂；氧化剂＞氧化产物。在反应Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O中，Ag2O为氧化剂，H2O2为还原剂，所以氧化性：Ag2O＞H2O2；在反应H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O中，H2O2为氧化剂，Fe2(SO4)3为氧化产物，所以氧化性：H2O2＞Fe2(SO4)3，故H2O2、Ag2O、Fe2(SO4)3的氧化性由强到弱的顺序是Ag2O＞H2O2 Fe2(SO4)3；
故答案为： D ；C； Ag2O＞H2O2＞Fe2(SO4)3 ；
（2）根据图示离子浓度变化可知：ClO-为反应物，得到电子被还原为Cl-，N2为生成物，是失去电子被氧化产生的物质，则是反应物，根据电荷守恒，可知OH-为反应物，H2O为生成物，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2+3ClO-+2OH-=N2↑+3Cl-+5H2O；
故答案为： 2+3ClO-+2OH-=N2↑+3Cl-+5H2O ；
（3）在反应CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑中，H元素化合价由反应前CaH2中的-1价变为反应后H2中的0价，化合价升高，失去电子2×e-；H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子2×e-，因此用单线桥法表示电子转移为：。
故答案为： ；
【分析】（1）通过 H2O2中 O 元素化合价变化，判断其仅作氧化剂（D）或既作氧化剂又作还原剂（C）；依据 “氧化剂氧化性强于氧化产物” 比较 Ag2O、H2O2、Fe2(SO4)3的氧化性。
（2）根据 ClO-减少、N2增多确定反应物（NH4+、ClO-、OH-）和产物（N2、Cl-、H2O），结合守恒规律写离子方程式。
（3）分析 CaH2中 H（-1 价）失电子、H2O 中 H（+1 价）得电子，确定电子转移方向和数目，用单线桥表示。
（1）在反应H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O中，O元素化合价由反应前H2O2中的-1价变为反应后H2O中的-2价，化合价降低，得到电子被还原，所以H2O2为氧化剂，表现氧化性；Fe元素元素化合价由反应前FeSO4中的+2价变为反应后Fe2(SO4)3中的+3价，化合价升高，失去电子被氧化，所以FeSO4为还原剂，表现还原性，故H2O2仅体现氧化性的反应是选项D；
在反应2H2O2=2H2O+O2↑中，O元素化合价一部分由反应前H2O2中的-1价变为反应后H2O中的-2价，化合价降低，得到电子被还原，作氧化剂；一部分由反应前H2O2中的-1价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，作还原剂，所以H2O2既表现氧化性，又表现还原性，则H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是选项C；
在氧化还原反应中，物质的氧化性：氧化剂＞还原剂；氧化剂＞氧化产物。在反应Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O中，Ag2O为氧化剂，H2O2为还原剂，所以氧化性：Ag2O＞H2O2；在反应H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O中，H2O2为氧化剂，Fe2(SO4)3为氧化产物，所以氧化性：H2O2＞Fe2(SO4)3，故H2O2、Ag2O、Fe2(SO4)3的氧化性由强到弱的顺序是Ag2O＞H2O2 Fe2(SO4)3；
（2）根据图示离子浓度变化可知：ClO-为反应物，得到电子被还原为Cl-，N2为生成物，是失去电子被氧化产生的物质，则是反应物，根据电荷守恒，可知OH-为反应物，H2O为生成物，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2+3ClO-+2OH-=N2↑+3Cl-+5H2O；
（3）在反应CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑中，H元素化合价由反应前CaH2中的-1价变为反应后H2中的0价，化合价升高，失去电子2×e-；H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子2×e-，因此用单线桥法表示电子转移为：。
23．【答案】1：2；；500mL容量瓶、胶头滴管；28.6g；ADE
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】（1）①是Na，Na在空气中燃烧生成Na2O2，Na2O2有Na+、 构成，阴阳离子个数比为1：2；
故答案为： 1：2 ；
（2）③是NaOH，NaOH与反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为；
故答案为：；
（3）用晶体配制溶液450mL，操作步骤有：计算、称量、溶解并冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所必需的玻璃仪器除烧杯，玻璃棒外，还有500mL容量瓶、胶头滴管；
故答案为： 500mL容量瓶、胶头滴管 ；
（4）选用500mL容量瓶，需用天平称量固体的质量m=cVM=0.2mol/L×0.5L×286g/mol=28.6g。
故答案为： 28.6g ；
（5）A．定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体，溶质偏少，使所配溶液浓度偏低，故选A；
B．容量瓶未经干燥即用来配制溶液，不影响溶液体积和溶质物质的量，所以所配溶液浓度无影响，故不选B；
C．定容时，俯视刻度线，溶液体积偏小，使所配溶液浓度偏高，故不选C；
D．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，溶质偏少，使所配溶液浓度偏低，故选D；
E．碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，碳酸钠物质的量偏少，使所配溶液浓度偏低，故选E；
故答案为：ADE。
【分析】根据钠及其化合物的“价—类二维图”，①是Na、②是Na2O2或Na2O、③是NaOH。
（1）①是 Na，燃烧生成 Na2O2，含 Na+和 O22-，阴阳离子个数比为 1：2。
（2）③是 NaOH，与 NaHCO3反应生成 Na2CO3和水，离子方程式为 OH-+HCO3-=H2O+CO32-。、
（3）配制 450mL 溶液需选 500mL 容量瓶，还需胶头滴管。
（4）按 500mL 计算，m=0.2mol/L×0.5L×286g/mol=28.6g。
（5）分析操作对溶质或体积的影响，ADE 会导致浓度偏低。
24．【答案】菠菜中铁元素以形式存在；检验；试管a中溶液为红色，试管b中溶液红色比a的深；Fe元素的化合价未发生变化，依据氧化还原反应规律，C元素化合价由＋3升高至＋4价，则必然存在化合价降低的过程，而元素的化合价已为最低价，因此只能元素化合价降低，则气态产物还含有CO；1：1；难溶于水，导致溶液中铁元素含量低；稀硫酸或稀盐酸；氢氧化钠溶液或铁氰化钾溶液；白色沉淀变为灰绿色最终变为红褐色或蓝色沉淀
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）结合假设1和假设2可知，假设2：菠菜中铁元素以Fe3+形式存在；
故答案为： 菠菜中铁元素以形式存在 ；
（2）Fe3+遇KSCN溶液变红，若加入KSCN溶液，溶液变红则含有Fe3+，所以加入KSCN的目的是检验Fe3+；
故答案为： 检验 ；
（3）Fe3+的浓度越大，溶液颜色越深，假设3成立，即菠菜中铁元素以Fe2+和Fe3+形式存在，则试管a中溶液为红色，加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+浓度增大，试管b中溶液红色比a的深，所以若观察到试管a中溶液为红色，试管b中溶液红色比a的深，则证明假设3成立；
故答案为： 试管a中溶液为红色，试管b中溶液红色比a的深 ；
（4）①经检验，气体产物中含有CO2，由此同学们推测气体中应含有CO，根据氧化还原反应规律可知，其理由是：Fe元素的化合价未发生变化，依据氧化还原反应规律，C元素化合价由+3升高至+4价，则必然存在化合价降低的过程，而O元素的化合价已为最低价，因此只能C元素化合价降低，则气态产物为CO；
②气体产物为CO2和CO，C元素化合价由+3升高至+4价而生成二氧化碳，C元素化合价由+3降低至+2价而生成CO，根据得失电子守恒可知，n(CO2)∶n(CO)=1∶1；
故答案为： Fe元素的化合价未发生变化，依据氧化还原反应规律，C元素化合价由＋3升高至＋4价，则必然存在化合价降低的过程，而元素的化合价已为最低价，因此只能元素化合价降低，则气态产物还含有CO ； 1：1 ；
（5）查阅资料得知：菠菜中的铁元素以草酸亚铁()的形式存在，难溶于水，则未检测到菠菜中的铁元素，原因可能是：难溶于水，导致溶液中铁元素含量低；
故答案为：难溶于水，导致溶液中铁元素含量低 ；
（6）①菠菜剪碎，高温灼烧，铁转化为氧化亚铁，试剂x是溶解氧化亚铁，故可以用稀盐酸或者稀硫酸，得到含有Fe2+的绿色溶液，x为稀盐酸或者稀硫酸；
②Fe2+与氢氧化钠反应生成白色的Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2易被氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3，所以取适量滤液于试管中，加入NaOH溶液，即可证明菠菜中含有+2价铁元素，则该试剂y为NaOH溶液；现象是：白色沉淀变为灰绿色最终变为红褐色；试剂y也可以用铁氰化钾溶液，Fe2+与铁氰化钾反应生成蓝色沉淀。
故答案为： 稀硫酸或稀盐酸 ； 氢氧化钠溶液或铁氰化钾溶液 ； 白色沉淀变为灰绿色最终变为红褐色或蓝色沉淀 。
【分析】菠菜研磨，水浸，过滤得到滤液，使用活性炭脱色后过滤，滤液加入KSCN溶液检验Fe3+，再加入过氧化氢溶液，若观察到试管a中溶液为红色，且试管b中溶液红色比a的深，则证明假设3成立，据此解答。
（1）假设 2 应为菠菜中铁元素以 Fe3+形式存在。
（2）KSCN 用于检验 Fe3+（Fe3+与 KSCN 反应显红色）。
（3）假设 3 成立时，a 中溶液变红（含 Fe3+），b 中加 H2O2后红色更深（Fe2+被氧化为 Fe3+）。
（4）①FeC2O4分解时，Fe 价态不变，C 部分从 +3 升至 +4（生成 CO2），必部分降至 +2（生成 CO）。
②根据电子守恒，CO2与 CO 的物质的量比为 1：1。
（5）FeC2O4难溶于水，导致溶液中铁元素浓度过低。
（6）①试剂 X 为稀硫酸或稀盐酸（溶解 FeO）。
②用 NaOH 溶液（现象：白色沉淀变灰绿最终变红褐）或铁氰化钾溶液（现象：蓝色沉淀）检验 Fe2+。
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