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江苏省天一中学2024-2025学年高一上学期期末考试化学试题
1．（2025高一上·江苏期末）《左传》曾记载有“遂赋晋国一鼓铁，以铸刑鼎，铸范宣子所为《刑书》焉”，这是关于“铸铁”(主要由铁、碳和硅等组成的一类合金)的最早记载。下列叙述正确的是
A．合金是指含有两种或两种以上金属的混合物
B．“铸鼎”时，盛装炽热铁水的模具须充分干燥
C．历史上铁的发现、大量冶炼和使用均早于铜
D．铁的化学性质较稳定，在自然界主要以单质的形式存在
2．（2025高一上·江苏期末）下列化学用语正确的是
A．的电子式：
B．HClO的结构式：
C．质子数为53、中子数为78的碘原子：
D．用电子式表示的形成过程：
3．（2025高一上·江苏期末）设为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．8g所含电子数目为10
B．将含0.1mol的饱和溶液滴入沸水中得到胶体粒子的数目为0.1
C．常温常压下，48g和的混合气体含有的氧原子数为3
D．1mol与足量充分反应转移的电子数为2
4．（2025高一上·江苏期末）下列说法正确的是（　　）
①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4 L
②0.5 mol H2所占体积为11.2 L
③标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L
④常温常压下，28 g CO与N2的混合气体所含的原子数为2NA
⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol 1
⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同
A．①③⑤ B．④⑥
C．③④⑥ D．①④⑥
5．（2025高一上·江苏期末）下列溶液与100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液中所含的Cl－物质的量浓度相同的是（　　）
A．100 mL 0.5 mol/L MgCl2溶液 B．200 mL 0.25 mol/L AlCl3溶液
C．50 mL 1 mol/L NaCl溶液 D．25 mL 0.5 mol/L HCl溶液
6．（2025高一上·江苏期末）室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．某碱性无色溶液中：、、、
B．饱和氯水中：、、、
C．0.1mol/L溶液中：、、、
D．能溶解氧化铝的溶液中：、、、
7．（2025高一上·江苏期末）下列有关金属的说法正确的是(　　)
①纯铁不容易生锈　②钠着火用水扑灭　③铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属　④缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血　⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金　⑥KSCN溶液可以检验Fe3＋
A．①④⑤⑥ B．②③④⑤ C．①③④⑤ D．①②⑤⑥
8．（2025高一上·江苏期末）下列有关化学键的说法正确的是（　　）
A．HCl溶于水、NaCl溶于水破坏的化学键类型相同
B．碘升华、NaCl颗粒被粉碎，均破坏化学键
C．氦气、液溴、硫黄中均存在共价键
D．钠与水反应、钠与氧气反应的过程中，均存在离子键的形成
9．（2025高一上·江苏期末）下列除杂试剂的选择或除杂操作不正确的是（　　）
选项 括号内为杂质 除杂试剂 除杂操作
A Fe（Al）固体 NaOH 充分反应后过滤
B Na2CO3（NaHCO3）溶液 CO2 通入过量的CO2
C FeCl3（FeCl2）溶液 Cl2 通入过量的Cl2
D CO2（HCl）气体 饱和NaHCO3溶液 洗气
A．A B．B C．C D．D
10．（2025高一上·江苏期末）下列有关一定物质的量浓度溶液的配制说法中正确的是
①利用图a配制0.10mol/LNaOH溶液
②为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线
③利用图b配制一定浓度的HCl溶液浓度会偏小
④利用图c配制一定物质的量浓度Na2CO3溶液
⑤配制NaOH溶液固体溶解后，直接转移至容量瓶，然后洗涤定容，所配溶液浓度偏高
⑥用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体
A．①⑥ B．②⑤ C．①④ D．①⑤
11．（2025高一上·江苏期末）某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。下列从分类角度分析不正确的是
A．实验①铁丝过量时产物为FeCl2
B．实验②中玻璃棒的作用为搅拌加速溶解
C．实验①、②涉及化合物均为电解质
D．实验③发生化学变化，最终得到的分散系为胶体
12．（2025高一上·江苏期末）已知X、Y、Z、M、Q、R皆为元素周期表前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法错误的是
A．M与Y组成的化合物可作自来水杀菌消毒剂
B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱
C．简单离子半径：
D．M和R形成的物质含有离子键和共价键
13．（2025高一上·江苏期末）已知：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。实验室用足量NaOH溶液吸收从浓盐酸和MnO2反应体系中导出的气体。当吸收温度不同时，生成的产物可能是NaClO、NaClO3、NaCl中的两种或三种。下列说法正确的是
A．若产物为NaClO、NaCl，则吸收后的溶液中n(ClO-)=n(Cl-)
B．若产物为NaClO3、NaCl，则参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5
C．若产物为NaClO、NaClO3、NaCl，则由吸收后的溶液中n(Cl-)和n(ClO-)可计算吸收的n(Cl2)
D．若产物为NaClO、NaClO3、NaCl，则NaOH与Cl2相互反应的物质的量之比为2∶1
14．（2025高一上·江苏期末）CO与反应生成的历程如下(部分微粒未画出)：
下列分析不正确的是
A．分子的空间结构是直线型
B．在该过程中，CO断键形成C和O
C．CO和O生成了具有极性共价键的
D．CO和O生成的过程涉及了电子转移
15．（2025高一上·江苏期末）从含有、、的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体()的流程如下：
下列说法正确的是
A．试剂a是铁粉，试剂b是稀硫酸
B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用的仪器完全相同
C．试剂c若选择，反应的离子方程式为
D．若操作Ⅱ前后固体质量减少28g，则理论上该步骤应产生11.2L(标准状况)气体
16．（2025高一上·江苏期末）Ⅰ．如图是一种“纳米药物分子运输车”，该技术可提高肿瘤的治疗效果。
回答下列问题：
（1）“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。
（2）“纳米药物分子运输车”的外壳属于有机物。酒精、蔗糖、醋酸这三种有机物中，属于电解质的是________。
（3）纳米级的是一种非常重要的磁性材料。
①铁与水蒸气反应生成，反应中每生成转移电子数目为________。
②铁的另外一种氧化物是红棕色粉末，写出其中一项用途________。
Ⅱ．配制的溶液用于洗涤器物。
（4）配制时，应用托盘天平称取的质量为________。某操作步骤如下图所示。
该操作应放在如下图所示的________(填序号)操作之间。
（5）下列说法错误的是_______(填字母)。
A. 称量固体的时间不宜过长
B. 待烧杯中溶液冷却至室温才进行转移
C. 定容时，仰视容量瓶刻度线会使配制的溶液浓度偏高
D. 容量瓶可存放配好的溶液
17．（2025高一上·江苏期末）153年前门捷列夫制得世界上第一张元素周期表，它反映了元素之间的内在联系，是对元素的一种很好的自然分类。下图为现代元素周期表的一部分，请回答下列问题：(以下问题均用相应的化学符号表达)
主族 周期 A A A A A A A 0
一 ①
二 ② ③ ④
三 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩
（1）元素⑤的过氧化物的电子式为　 　，其最高价氧化物对应的水化物含有的化学键类型为　 　。
（2）④⑤⑨⑩的简单离子半径由大到小依次为　 　。
（3）比较元素③⑨形成的气态氢化物的稳定性较强的是　 　(填化学式)。
（4）写出由①、③元素组成的含有极性键和非极性键的一种化合物的化学式：　 　。
（5）由于氟单质过于活泼，所以很难设计出一个简单的实验来验证其氧化性的强弱。试列举事实说明氟的非金属性比氯的强：　 　。
（6）最近，科学家实现了铷原子气体超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大突破。已知铷是37号元素，相对原子质量是85。
i．铷在元素周期表中的位置：　 　。
ii．关于铷的下列说法中不正确的是　 　(填序号)。
a．与水反应比钠更剧烈
b．在空气中易吸收水和二氧化碳
c．与水能剧烈反应并释放出
d．单质具有很强的氧化性
e．RbOH的碱性比同浓度的NaOH弱
（7）在含有①⑥⑦简单阳离子的100mL溶液中，逐滴滴加5mol/L的NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积关系如图所示。由图中数据分析计算：
①沉淀减少时发生的离子方程式：　 　。
②a点的数值为：　 　mL。
18．（2025高一上·江苏期末）现有浓度各为1mol/L的FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液100mL，加入一定量的铁粉，按下列情况填空：
(已知：氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+)
（1）反应完毕，铁粉有剩余。反应后的溶液中一定含　 　阳离子。
（2）反应完毕，有铜生成，铁粉无剩余。反应后的溶液中一定含　 　阳离子，该阳离子在溶液中物质的量的范围是　 　；反应后的溶液中可能含　 　阳离子。
（3）反应完毕后，无固体沉积物存在，反应后的溶液中一定含　 　和　 　阳离子。
19．（2025高一上·江苏期末）铁的化合物如、等在生产、生活中有重要作用。
（1）某学生用下列两种方法(如图)制备白色沉淀。方法1中加入维生素C片的目的是　 　。方法2为了制得白色沉淀，在锥形瓶A和锥形瓶B中加入试剂后，打开止水夹C一段时间，再关闭止水夹C，关闭止水夹C的目的是　 　。
（2）高铁酸钾()是一种高效水处理剂，易溶于水，在强碱性条件下比较稳定，将溶液酸化时，迅速分解而转化为并放出；酸性溶液中的氧化性大于的氧化性。高铁酸盐通常可用NaClO溶液与溶液反应制得。
①制备的离子方程式为　 　。
②能析出晶体的原因是　 　。
③操作的分离方法为　 　。
④得到的晶体需洗涤，请设计实验证明晶体是否洗涤完全？　 　。
⑤高铁酸盐可用于氧化去除高氯(含高浓度)废水中的有机物。以处理高氯废水中的有机物需在碱性条件下进行，其原因是　 　。
（3）高铁酸盐也可以氧化酸性废液制备。若酸性废液中：，，，则该溶液的　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】金属冶炼的一般原理；合理利用金属资源
【解析】【解答】A、合金是金属与金属或金属与非金属熔合而成的物质，并非一定是两种或两种以上金属的混合物，比如铸铁包含铁（金属）和碳、硅（非金属），A错误；
B、高温下铁水遇到水会发生剧烈反应，可能生成氢气或者出现汽化爆炸的危险情况，所以盛装炽热铁水的模具必须充分干燥，B正确；
C、铜的熔点更低，在历史上更早被冶炼和使用，青铜器时代是早于铁器时代的，C错误；
D、铁的化学性质比较活泼，在自然界中主要是以化合物（像氧化铁等）的形式存在，而不是单质形式，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据合金的定义、铁水的性质、金属冶炼历史以及铁在自然界的存在形式，对每个选项进行分析判断。
2．【答案】D
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NH4Cl是离子化合物，Cl-的电子式需体现最外层8电子，正确电子式应为 ，A错误；
B、HClO中O为中心原子，分别与H、Cl成键，结构式应为H-O-Cl，B错误；
C、原子符号中质量数=质子数+中子数=53+78=131，正确表示为，C错误；
D、Na2O是离子化合物，电子式形成过程需体现Na失电子、O得电子，表达为， D正确；
故答案为：D。
【分析】 A．离子化合物的电子式需完整体现离子的最外层电子。
B．根据原子成键特点，确定中心原子（如 HClO 中 O 为中心原子，结构式为 H-O-Cl）。
C．质量数 = 质子数 + 中子数，原子符号需正确标注质子数和质量数。
D．明确电子转移方向，规范书写电子式形成过程（如 Na2O 中 Na 失电子、O 得电子的表达）。
3．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、8g CH4的物质的量为，1个CH4分子含10个电子，故0.5mol CH4含电子数为，A错误；
B、Fe(OH)3胶体粒子是多个Fe(OH)3分子的聚集体，将0.1mol FeCl3饱和溶液滴入沸水制得的胶体粒子数目小于0.1NA，B错误；
C、O3和O2均由O原子构成，48g混合气体中O原子的物质的量为，含O原子数为3NA，C正确；
D、Na2O2与CO2反应时，Na2O2中-1价O既升又降，1mol Na2O2参与反应转移电子数为NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．明确分子的电子构成，结合物质的量计算电子数目。
B．胶体粒子是多个分子的聚集体，因此胶体粒子数目小于溶质粒子数目。
C．对于由同种元素组成的混合气体（如 O2和 O3），可通过总质量直接计算原子的物质的量。
D．分析反应中元素化合价的变化，明确电子转移的数目。
4．【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】考查气体的摩尔体积与阿伏加德罗定律。需要强调的是摩尔体积只针对于气体，而且对于气体只有在说明状况的条件下体积才有意义。
故答案为：B
【分析】气体摩尔体积必须指明温度和压强，一般情况下，是指标准状况下的气体摩尔体积。
5．【答案】D
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】根据氯化钠的电离方程式NaCl＝Na++Cl－可知100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液中所含的Cl－物质的量浓度为0.5mol/L，则根据A～D选项中电解质的化学式可知氯离子的浓度分别是（mol/L）1、0.75、1、0.5，答案选D。
【分析】易错点：物质的量浓度与体积无关。
6．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、碱性溶液含 OH-，Al3+与 OH-会反应；且 MnO4-为紫红色，不符合无色条件，故A不符合题意 ；
B、饱和氯水中有 Cl2、HClO 等强氧化剂，Fe2+具有还原性，会被氧化，无法共存，故B不符合题意 ；
C、0.1mol/L NaHSO4溶液电离出 Na+、H+、SO42-，NH4+、Mg2+、Cl-、NO3-与这些离子均不反应，可共存，故C符合题意 ；
D、能溶解氧化铝的溶液可能是酸性或碱性，HCO3-在酸性中与 H+反应，在碱性中与 OH-反应，不能共存，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】依据溶液性质（酸碱性、颜色）及离子反应规律（复分解、氧化还原等），判断各组离子能否大量共存。
7．【答案】A
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】①纯铁不含杂质，难以构成原电池，不易发生电化学腐蚀，因此不易生锈，正确；
②钠与水反应剧烈且放热，钠着火用水扑灭会加剧反应，错误；
③铝是活泼金属，耐腐性源于表面生成的致密氧化铝膜，并非本身不活泼，错误；
④钙是骨骼主要成分，缺钙致骨质疏松；铁参与血红蛋白合成，缺铁引发贫血，正确；
⑤青铜（铜锡）、不锈钢（铁铬镍）、硬铝（铝硅镁）均为合金，正确；
⑥Fe3+与 SCN-结合生成血红色物质，KSCN 可检验 Fe3+，正确；
综上，①④⑤⑥正确，
故答案为：A。
【分析】根据金属的化学特性、合金定义及元素生理作用，逐一判断各说法的正确性。
8．【答案】D
【知识点】化学键
【解析】【解答】A、HCl 是共价化合物，溶于水破坏共价键；NaCl 是离子化合物，溶于水破坏离子键，二者破坏的键类型不同，A错误；
B、碘升华是分子间距离增大，仅破坏分子间作用力；NaCl 粉碎是颗粒变小，离子键未断裂，均无化学键破坏，B错误；
C、氦气是单原子分子，无化学键；液溴（Br2）、硫黄（S8）分子内存在共价键，三者并非都含化学键，C错误；
D、钠与水反应生成 NaOH（含 Na+与 OH-的离子键），与氧气反应生成 Na2O 或 Na2O2（均含 Na+与阴离子的离子键），两反应均有离子键形成，D正确；
故答案为：D。【分析】通过分析物质中化学键类型及变化时的键破坏 / 形成情况，判断各选项正误。
A. 判断 HCl 与 NaCl 溶于水时破坏的化学键类型。
B. 分析碘升华与 NaCl 粉碎是否破坏化学键。
C. 判断氦气、液溴、硫黄中是否存在化学键。
D. 分析钠与水、氧气反应中是否形成离子键。
9．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；除杂；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、Al 能与 NaOH 溶液反应生成可溶的 NaAlO2，而 Fe 不与 NaOH 反应，过滤后可分离出 Fe，符合除杂要求，A正确；
B、Na2CO3会与过量 CO2反应生成 NaHCO3，导致主要物质被消耗，无法除去杂质，反而引入更多 NaHCO3，B错误；
C、Cl2具有氧化性，可将 FeCl2（Fe2+）氧化为 FeCl3（Fe3+），不引入新杂质，能有效除杂，C正确；
D、HCl 与 NaHCO3反应生成 CO2，且 CO2在饱和 NaHCO3溶液中溶解度小，洗气后可提纯 CO2，D 正确；
故答案为：B。【分析】根据除杂原则（不增新杂质、不减主要物质、易分离），分析各选项中试剂与操作能否能否有效分离杂质。
A．判断 NaOH 溶液能否分离 Fe 中的 Al 杂质。
B、分析通入过量 CO2对 Na2CO3中 NaHCO3杂质的影响。
C、验证 Cl2能否将 FeCl2转化为 FeCl3。
D、判断饱和 NaHCO3溶液对 CO2中 HCl 杂质的分离作用。
10．【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度
【解析】【解答】①容量瓶不可直接溶解固体，NaOH 需在烧杯中溶解并冷却后转移，此操作错误；
②定容时接近刻度线改用胶头滴管滴加，符合规范操作，正确；
③图 b 定容时俯视刻度线，实际加水体积偏小，溶液浓度偏大，原说法错误；
④Na2CO3固体需在烧杯中溶解，不能直接在容量瓶中溶解，操作错误；
⑤NaOH 溶解放热，直接转移至容量瓶定容，冷却后溶液体积缩小，浓度偏高，正确；
⑥加水超刻度线后吸出液体，会损失溶质，导致浓度偏低，操作错误；
综上，②⑤正确，
故答案为：B。
【分析】根据一定物质的量浓度溶液配制的规范操作（如仪器使用、步骤顺序、误差分析等），判断各说法的正确性。
11．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；氯气的化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、氯气具有强氧化性，与变价金属铁反应时，无论铁是否过量，都会将铁氧化到 +3 价，因此实验①产物只能是 FeCl3，A错误；
B、实验②是将 FeCl3溶于水，玻璃棒搅拌的作用是加速溶解，B正确；
C、实验①中的化合物是 FeCl3，实验②涉及的化合物是 FeCl3和水，FeCl3在水溶液中能导电，水也能微弱导电，二者均属于电解质，C正确；
D、实验③是将 FeCl3浓溶液滴入沸水中并加热，发生化学变化生成氢氧化铁胶体，属于胶体分散系，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．分析氯气的氧化性：氯气强氧化性，与变价金属铁反应，无论铁是否过量，均生成 +3 价的 FeCl3。
B．明确实验操作中仪器的作用：溶解时玻璃棒搅拌可加速溶解。
C．掌握电解质的判断：在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，FeCl3和水均符合。
D．理解胶体的制备：FeCl3浓溶液滴入沸水并加热，发生化学变化生成氢氧化铁胶体。
12．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Cl 与 O 形成的 ClO2有强氧化性，能杀菌消毒，A正确；
B、H、O、N 组成的化合物，如 HNO3（酸）、NH3 H2O（碱）、NH4NO3（盐），B正确；
C、简单离子半径，Cl-有 3 个电子层，O2-、Na+有 2 个电子层；电子层数相同，核电荷数越大半径越小，故 Cl-＞O2-＞Na+，C正确；
D、Cl 与 Ca 形成 CaCl2，只含离子键，不含共价键，D错误；
故答案为：D。
【分析】由化合价和原子半径推元素：M 有 +7、-1 价，为 Cl；Y 有 - 2 价，位于 ⅥA 族，结合原子半径，Y 为 O；Z 有 +5、-3 价，位于 ⅤA 族，为 N；X、Q 有 +1 价，位于 ⅠA 族，X 原子半径小于 Y（O），X 为 H；Q 原子半径大于 Cl，为 Na；R 有 +2 价，位于 ⅡA 族，原子半径大于 Q（Na），为 Ca。
13．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质
【解析】【解答】A、由于浓盐酸有挥发性，吸收的气体中含HCl，HCl与NaOH反应生成NaCl，因此即使产物为NaClO、NaCl，溶液中，A错误；
B、若产物为NaClO3、NaCl，反应为。其中NaCl是还原产物（氧化剂对应），NaClO3是氧化产物（还原剂对应），氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1，B错误；
C、因浓盐酸挥发，溶液中的Cl-部分来自HCl，无法仅通过和计算吸收的，C错误；
D、无论产物是NaClO、NaClO3、NaCl中的哪种组合，NaOH与Cl2反应的化学计量比均为2：1（如、），故NaOH与Cl2的物质的量之比为2：1，D正确；
故答案为：D。
【分析】解决此题的关键突破口：
A．C．浓盐酸挥发的 HCl 会与 NaOH 反应生成 NaCl，干扰 Cl-的来源分析。
B．通过反应方程式明确氧化剂、还原剂的物质的量之比。
D．无论 Cl2与 NaOH 生成何种含氯产物，NaOH 与 Cl2的物质的量之比均为 2：1。
14．【答案】B
【知识点】化学键；氧化还原反应
【解析】【解答】A、CO2的结构式为 O=C=O，其空间结构为直线型，A正确；
B、从反应历程看，是 O2断键形成 O，CO 中的化学键并未断裂，B错误；
C、CO 和 O 反应生成 CO2，CO2中 C 与 O 之间的共价键是极性共价键，C正确；
D、CO 中 C 为 +2 价，CO2中 C 为 +4 价，反应过程中 C 的化合价发生变化，涉及电子转移，D正确；
故答案为：B。
【分析】结合 CO 与 O2反应生成 CO2的历程图，分析各选项涉及的分子结构、化学键变化、共价键类型及氧化还原反应（电子转移）等知识。
15．【答案】D
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、试剂 a 需置换 Cu2+并还原可能存在的 Fe3+，选过量铁粉合理；试剂 b 需溶解过量 Fe 且不引入新杂质，应选盐酸（生成 FeCl2），若用稀硫酸会引入 SO42-，A错误；
B、操作 Ⅰ、Ⅱ 为过滤（需漏斗、烧杯、玻璃棒等）；操作 Ⅲ 为蒸发浓缩、冷却结晶（需蒸发皿、酒精灯等），仪器不完全相同，B错误；
C、H2O2在酸性条件下将 Fe2+氧化为 Fe3+，反应为 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，原选项未完整呈现且表述错误，C错误；
D、操作 Ⅱ 中 Fe 与盐酸反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，固体减少的质量即反应的 Fe 质量（28g，0.5mol），生成 H2为 0.5mol，标准状况下体积为 11.2L， D正确；
故答案为：D。
【分析】从含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜，工业废水中加入试剂a为过量的铁，操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液X为氯化亚铁溶液，滤渣Y中加入试剂b为盐酸溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和滤液X合并通入氯气或加入H2O2，氧化亚铁离子为氯化铁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体；A．确定试剂 a 和试剂 b 的合理选择。
B．比较三种操作的仪器差异。
C．验证 H2O2氧化 Fe2+的离子方程式。
D．根据 Fe 与盐酸反应的质量差计算气体体积。
16．【答案】(1) 不属于
(2) 醋酸
(3) 16NA 红色涂料
(4) 10.0g ④⑤
(5) C，D
【知识点】电解质与非电解质；配制一定物质的量浓度的溶液；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】（1）“纳米药物分子运输车”的直径为200nm，大于胶体中胶粒的直径(1~100nm)，则“纳米药物分子运输车”分散于水中所得分散系不属于胶体；
故答案为： 不属于 ；
（2）酒精、蔗糖溶于水不能发生电离，其水溶液不能导电，属于非电解质，醋酸溶于水能发生部分电离，其水溶液能导电，属于电解质；
故答案为： 醋酸 ；
（3）①铁与水蒸气反应生成，反应的化学方程式为：；由反应可知每生成1mol转移8mol电子，则生成时转移电子数目为：16NA；
②铁的另外一种红棕色粉末氧化物为，可用作红色涂料；
故答案为： 16NA ；红色涂料；
（4）配制的NaOH溶液应选用500mL容量瓶，即实际配制500mL的NaOH溶液，则应用托盘天平称取的质量为：m(NaOH)=0.5L××40g/mol=10.0g；图中操作为加蒸馏水定容，则之前为移液、洗涤后轻轻摇动容量瓶的操作④，之后为胶头滴管定容至刻度线的操作⑤，所以该操作应放在④⑤操作之间；
故答案为： 10.0g； ④⑤；
（5）A．因NaOH易潮解，若称量NaOH固体的时间过长，会造成实际称得的氢氧化钠质量偏小，导致所配溶液的浓度偏低，所以称量NaOH固体的时间不宜过长，A正确；
B．NaOH固体溶解放出热量，若未冷却至室温就转移到容量瓶中，会导致溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故待烧杯中溶液冷却至室温才进行转移，B正确；
C．定容时，仰视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏大，会使配制的溶液浓度偏低，C错误；
D．容量瓶是配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于保存或长期存放NaOH溶液，D错误；
故答案为：CD。
【分析】（1）根据胶体粒子直径范围（1~100nm），对比 “纳米药物分子运输车” 直径（200nm）判断。
（2）明确电解质定义（在水溶液或熔融状态下能导电的化合物），分析酒精、蔗糖、醋酸的电离情况。
（3）①写出铁与水蒸气的反应方程式，分析F的化合价变化，计算电子转移数。
②识别红棕色铁的氧化物（Fe2O3），结合其颜色确定用途。
（4）选择容量瓶（500mL），根据m=CVM计算 NaOH 质量；分析定容操作在配制步骤（④⑤）中的位置。
（5）逐一分析 NaOH 称量、溶液冷却、定容仰视、容量瓶用途对溶液浓度或仪器使用的影响。
17．【答案】（1）；离子键、共价键
（2）S2-＞Cl-＞F-＞Na+
（3）H2O
（4）H2O2
（5）HF的稳定性比HCl的强
（6）第五周期第第ⅠA族；de
（7）；160
【知识点】铝的化学性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）⑤为Na元素，其过氧化物为Na2O2，Na2O2是离子化合物，其电子式为；Na元素最高价氧化物对应的水化物为NaOH，NaOH中有离子键和共价键；
故答案为： ； 离子键、共价键 ；
（2）④⑤⑨⑩的简单离子的分别为F-、Na+、S2-、Cl-，离子的电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子，质子数越小，离子半径越大，则离子半径由大到小依次为S2-＞Cl-＞F-＞Na+；
故答案为： S2-＞Cl-＞F-＞Na+ ；
（3）③为O元素，⑨为S元素，元素的非金属性：O＞S，则形成的气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S；
故答案为： H2O ；
（4）①为H元素，③为O元素，二者组成的含有极性键和非极性键的化合物为H2O2；
故答案为：H2O2；
（5）非金属性越强其简单氢化物越稳定，HF的稳定性比HCl的强，则说明氟的非金属性比氯的强；
故答案为： HF的稳定性比HCl的强 ；
（6）i．铷是37号元素，则铷在元素周期表中的位置为第五周期第第ⅠA族；
ii．a．铷、钠属于同主族，从上到下金属性增强，因此铷与水反应比钠更剧烈，a项正确；
b．Rb2O化学性质与Na2O相似，它们都属于碱性氧化物，易能与水、CO2反应，b项正确；
c．Rb2O2化学性质与Na2O2相似，过氧化钠能与水反应生成氧气，则Rb2O2与水能剧烈反应并释放出氧气，c项正确；
d．Rb的金属性强于Na，因此金属Rb单质具有很强的还原性，d项错误；
e．金属性越强，对应最高价氧化物的水化物碱性越强，Rb的金属性强于Na，则RbOH的碱性比同浓度的NaOH强，e项错误；
答案选de；
故答案为： 第五周期第第ⅠA族 ；de；
（7）①为H元素，⑥为Mg元素，⑦为Al元素，则在含有H+、Mg2+、Al3+的溶液中滴加NaOH溶液，发生的反应有：、、、；
①则沉淀减少时发生的离子方程式为；
②a-b段沉淀减少，减少的质量为的质量，则的物质的量为，剩余沉淀的质量为的质量，则的物质的量为，则原溶液中Al3+、Mg2+的物质的量分别为0.1mol、0.2mol，生成沉淀需消耗NaOH的物质的量为0.7mol，需要NaOH溶液的体积为，则a=20+140=160。
故答案为： ；160；
【分析】由元素周期表可知，①为H元素；②为N元素；③为O元素；④为F元素；⑤为Na元素；⑥为Mg元素；⑦为Al元素；⑧为P元素；⑨为S元素；⑩为Cl元素。
(1)确定⑤为 Na，其过氧化物为 Na2O2（写电子式）；最高价氧化物对应水化物为 NaOH，含离子键和共价键。
(2)④⑤⑨⑩的离子为 F-、Na+、S2-、Cl-，按电子层数和核电荷数比较半径。
(3)比较 O 与 S 的非金属性，非金属性强则氢化物稳定（H2O 更稳定）。
(4)①为 H、③为 O，组成含极性键（O-H）和非极性键（O-O）的化合物 H2O2。
(5)用氢化物稳定性（HF 比 HCl 稳定）说明氟非金属性强于氯。
(6)ⅰ铷（37 号）位于第五周期第 ⅠA 族。
ⅱ依据碱金属性质判断，错误选项为 de。
(7)①沉淀减少是 Al(OH)3与 OH-反应，离子方程式为 Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-。
②通过沉淀质量计算消耗 NaOH 体积，得 a 点为 160mL。
（1）⑤为Na元素，其过氧化物为Na2O2，Na2O2是离子化合物，其电子式为；Na元素最高价氧化物对应的水化物为NaOH，NaOH中有离子键和共价键；
（2）④⑤⑨⑩的简单离子的分别为F-、Na+、S2-、Cl-，离子的电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子，质子数越小，离子半径越大，则离子半径由大到小依次为S2-＞Cl-＞F-＞Na+；
（3）③为O元素，⑨为S元素，元素的非金属性：O＞S，则形成的气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S；
（4）①为H元素，③为O元素，二者组成的含有极性键和非极性键的化合物为H2O2；
（5）非金属性越强其简单氢化物越稳定，HF的稳定性比HCl的强，则说明氟的非金属性比氯的强；
（6）i．铷是37号元素，则铷在元素周期表中的位置为第五周期第第ⅠA族；
ii．a．铷、钠属于同主族，从上到下金属性增强，因此铷与水反应比钠更剧烈，a项正确；
b．Rb2O化学性质与Na2O相似，它们都属于碱性氧化物，易能与水、CO2反应，b项正确；
c．Rb2O2化学性质与Na2O2相似，过氧化钠能与水反应生成氧气，则Rb2O2与水能剧烈反应并释放出氧气，c项正确；
d．Rb的金属性强于Na，因此金属Rb单质具有很强的还原性，d项错误；
e．金属性越强，对应最高价氧化物的水化物碱性越强，Rb的金属性强于Na，则RbOH的碱性比同浓度的NaOH强，e项错误；
答案选de；
（7）①为H元素，⑥为Mg元素，⑦为Al元素，则在含有H+、Mg2+、Al3+的溶液中滴加NaOH溶液，发生的反应有：、、、；
①则沉淀减少时发生的离子方程式为；
②a-b段沉淀减少，减少的质量为的质量，则的物质的量为，剩余沉淀的质量为的质量，则的物质的量为，则原溶液中Al3+、Mg2+的物质的量分别为0.1mol、0.2mol，生成沉淀需消耗NaOH的物质的量为0.7mol，需要NaOH溶液的体积为，则a=20+140=160。
18．【答案】（1）Fe2+
（2）Fe2+；0.25mol＜n(Fe2+)≤0.35mol；Cu2+
（3）Fe2+；Cu2+
【知识点】离子共存；铜及其化合物；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）当铁粉有剩余时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe═3FeCl2、CuCl2+Fe═Cu+FeCl2，反应的离子方程式为：2FeCl3+Fe═3FeCl2、Cu2++Fe=Fe2++Cu，溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+。
故答案为：Fe2+；
（2）当有铜生成，铁粉无剩余，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；若铜离子全部反应则剩余物质的量为0，此时n(Fe2+)=0.1mol+0.1mol+0.15mol=0.35mol，若没有反应则剩余Cu2+物质的量为0.1mol，此时n(Fe2+)=0.1mol+0.15mol=0.25mol，所以铜离子的物质的量范围为：0≤n（Cu2+）＜0.1mol，Fe2+离子在溶液中物质的量的范围是0.25mol＜n(Fe2+)≤0.35mol；反应后的溶液中可能含Cu2+阳离子。
故答案为：Fe2+；0.25mol＜n(Fe2+)≤0.35mol；Cu2+；
（3）根据离子氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，铁首先与铁离子反应生成亚铁离子，且无固体存在，说明溶液的铜离子没参加反应，所以溶液中一定存在Cu2+和Fe2+，
故答案为：Fe2+；Cu2+。
【分析】分根据离子氧化性顺序 Fe3+ > Cu2+ > Fe2+，铁粉加入溶液时，会按氧化性从强到弱的顺序发生反应：先与 Fe3+反应（Fe+2Fe3+=3Fe2+），待 Fe3+耗尽后，再与 Cu2+反应（Fe+Cu2+=Fe2++Cu）；若反应后无固体（铜）生成，说明 Cu2+未参与反应，此时溶液中一定含有未反应的 Cu2+和反应生成的 Fe2+；若有铜剩余，因 Fe3+氧化性强于 Cu2+，Fe3+已完全反应，溶液中一定含有 Fe2+；Cu2+可能部分反应或未反应，因此溶液中可能残留 Cu2+；若铁粉有剩余，说明 Fe3+和 Cu2+已完全反应，溶液中仅含 Fe2+。
（1）当铁粉有剩余时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe═3FeCl2、CuCl2+Fe═Cu+FeCl2，反应的离子方程式为：2FeCl3+Fe═3FeCl2、Cu2++Fe=Fe2++Cu，溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+。故答案为：Fe2+；
（2）当有铜生成，铁粉无剩余，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；若铜离子全部反应则剩余物质的量为0，此时n(Fe2+)=0.1mol+0.1mol+0.15mol=0.35mol，若没有反应则剩余Cu2+物质的量为0.1mol，此时n(Fe2+)=0.1mol+0.15mol=0.25mol，所以铜离子的物质的量范围为：0≤n（Cu2+）＜0.1mol，Fe2+离子在溶液中物质的量的范围是0.25mol＜n(Fe2+)≤0.35mol；反应后的溶液中可能含Cu2+阳离子。故答案为：Fe2+；0.25mol＜n(Fe2+)≤0.35mol；Cu2+；
（3）根据离子氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，铁首先与铁离子反应生成亚铁离子，且无固体存在，说明溶液的铜离子没参加反应，所以溶液中一定存在Cu2+和Fe2+，故答案为：Fe2+；Cu2+。
19．【答案】（1）除去溶解在FeSO4溶液中的O2，防止生成的Fe(OH)2被氧化；利用产生的H2将锥形瓶A中生成的FeSO4溶液压入锥形瓶B中
（2）；K2FeO4的溶解度更小；过滤；取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净；；可防止分解；防止将氯离子氧化为氯气
（3）0.2mol·L－1
【知识点】铁及其化合物的性质实验；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）因为Fe(OH)2很容易被氧化，维生素C又具有还原性，加入维生素C可以还原溶解在水中的氧气，防止Fe(OH)2被氧化，所以方法1中加入维生素C的目的是除去溶解在FeSO4溶液中的O2，防止生成的Fe(OH)2被氧化。方法2为了制得Fe(OH)2白色沉淀，在锥形瓶A中发生Fe+H2SO4= FeSO4+H2，结合图二打开止水夹C一段时间，排除锥形瓶B中的空气，再关闭止水夹C，生成的氢气可以把生成的FeSO4溶液压入锥形瓶B中，使FeSO4+2NaOH= Fe(OH)2+Na2SO4。所以打开止水夹C一段时间，再关闭止水夹C的目的是利用产生的H2将锥形瓶A中生成的FeSO4溶液压入锥形瓶B中。
故答案为： 除去溶解在FeSO4溶液中的O2，防止生成的Fe(OH)2被氧化 ； 利用产生的H2将锥形瓶A中生成的FeSO4溶液压入锥形瓶B中 ；
（2）①高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效水处理剂，可用NaClO溶液与FeCl3溶液反应制得，则离子方程式为。
②由框图知Na2FeO4溶液中加入KOH，能析出K2FeO4，说明K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的小。所以能析出K2FeO4的原因是K2FeO4的溶解度更小。
③由图分析操作的分离方法为过滤；
④的表面可能有残留的氯化钠，所以检验是否洗涤干净的方法为：取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净，故答案为：取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净；
⑤酸性溶液中的氧化性大于的氧化，且迅速分解而转化为并放出，因此在碱性条件下，可防止分解；防止将氯离子氧化为氯气。
故答案为： ； K2FeO4的溶解度更小 ； 过滤 ； 取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净； 可防止分解；防止将氯离子氧化为氯气 。
（3）根据电荷守恒，2c(Fe2＋)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)=c(Cl－)，代入数值，2×0.2＋3×0.01＋c(H＋)=0.63，解得c(H＋)=0.2mol·L－1。
故答案为： 0.2mol·L－1 。
【分析】制备 K2FeO4时，第一步是 FeCl3、NaClO 与 NaOH 发生反应①，生成 Na2FeO4，离子反应为。由于 K2FeO4的溶解度小于 Na2FeO4，向反应后的溶液中加入饱和 KOH 溶液，会发生反应②使 Na2FeO4转化为 K2FeO4，最终通过过滤分离出 K2FeO4晶体。
（1）方法 1：维生素 C 还原 FeSO4溶液中溶解的 O2，防止生成的 Fe(OH)2被氧化。
方法 2：关闭止水夹 C，利用 A 中 H2将 FeSO4溶液压入 B 中与 NaOH 反应。
（2）①根据氧化还原反应，写出 。
②K2FeO4溶解度小于 Na2FeO4，故能析出。
③用过滤分离晶体与滤液。
④检验最后一次洗涤液中是否含 Cl-（加稀硝酸酸化的硝酸银，无沉淀则洗净）。
⑤碱性条件可防止 FeO42-分解，避免其氧化 Cl-为 Cl2。
（3）依据电荷守恒：2c(Fe2+) + 3c(Fe3+) + c(H+) = c(Cl-)，代入数据计算得 c(H+)。
（1）因为Fe(OH)2很容易被氧化，维生素C又具有还原性，加入维生素C可以还原溶解在水中的氧气，防止Fe(OH)2被氧化，所以方法1中加入维生素C的目的是除去溶解在FeSO4溶液中的O2，防止生成的Fe(OH)2被氧化。方法2为了制得Fe(OH)2白色沉淀，在锥形瓶A中发生Fe+H2SO4= FeSO4+H2，结合图二打开止水夹C一段时间，排除锥形瓶B中的空气，再关闭止水夹C，生成的氢气可以把生成的FeSO4溶液压入锥形瓶B中，使FeSO4+2NaOH= Fe(OH)2+Na2SO4。所以打开止水夹C一段时间，再关闭止水夹C的目的是利用产生的H2将锥形瓶A中生成的FeSO4溶液压入锥形瓶B中。
（2）①高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效水处理剂，可用NaClO溶液与FeCl3溶液反应制得，则离子方程式为。
②由框图知Na2FeO4溶液中加入KOH，能析出K2FeO4，说明K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的小。所以能析出K2FeO4的原因是K2FeO4的溶解度更小。
③由图分析操作的分离方法为过滤；
④的表面可能有残留的氯化钠，所以检验是否洗涤干净的方法为：取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净，故答案为：取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净；
⑤酸性溶液中的氧化性大于的氧化，且迅速分解而转化为并放出，因此在碱性条件下，可防止分解；防止将氯离子氧化为氯气。
（3）根据电荷守恒，2c(Fe2＋)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)=c(Cl－)，代入数值，2×0.2＋3×0.01＋c(H＋)=0.63，解得c(H＋)=0.2mol·L－1。
1 / 1江苏省天一中学2024-2025学年高一上学期期末考试化学试题
1．（2025高一上·江苏期末）《左传》曾记载有“遂赋晋国一鼓铁，以铸刑鼎，铸范宣子所为《刑书》焉”，这是关于“铸铁”(主要由铁、碳和硅等组成的一类合金)的最早记载。下列叙述正确的是
A．合金是指含有两种或两种以上金属的混合物
B．“铸鼎”时，盛装炽热铁水的模具须充分干燥
C．历史上铁的发现、大量冶炼和使用均早于铜
D．铁的化学性质较稳定，在自然界主要以单质的形式存在
【答案】B
【知识点】金属冶炼的一般原理；合理利用金属资源
【解析】【解答】A、合金是金属与金属或金属与非金属熔合而成的物质，并非一定是两种或两种以上金属的混合物，比如铸铁包含铁（金属）和碳、硅（非金属），A错误；
B、高温下铁水遇到水会发生剧烈反应，可能生成氢气或者出现汽化爆炸的危险情况，所以盛装炽热铁水的模具必须充分干燥，B正确；
C、铜的熔点更低，在历史上更早被冶炼和使用，青铜器时代是早于铁器时代的，C错误；
D、铁的化学性质比较活泼，在自然界中主要是以化合物（像氧化铁等）的形式存在，而不是单质形式，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据合金的定义、铁水的性质、金属冶炼历史以及铁在自然界的存在形式，对每个选项进行分析判断。
2．（2025高一上·江苏期末）下列化学用语正确的是
A．的电子式：
B．HClO的结构式：
C．质子数为53、中子数为78的碘原子：
D．用电子式表示的形成过程：
【答案】D
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NH4Cl是离子化合物，Cl-的电子式需体现最外层8电子，正确电子式应为 ，A错误；
B、HClO中O为中心原子，分别与H、Cl成键，结构式应为H-O-Cl，B错误；
C、原子符号中质量数=质子数+中子数=53+78=131，正确表示为，C错误；
D、Na2O是离子化合物，电子式形成过程需体现Na失电子、O得电子，表达为， D正确；
故答案为：D。
【分析】 A．离子化合物的电子式需完整体现离子的最外层电子。
B．根据原子成键特点，确定中心原子（如 HClO 中 O 为中心原子，结构式为 H-O-Cl）。
C．质量数 = 质子数 + 中子数，原子符号需正确标注质子数和质量数。
D．明确电子转移方向，规范书写电子式形成过程（如 Na2O 中 Na 失电子、O 得电子的表达）。
3．（2025高一上·江苏期末）设为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．8g所含电子数目为10
B．将含0.1mol的饱和溶液滴入沸水中得到胶体粒子的数目为0.1
C．常温常压下，48g和的混合气体含有的氧原子数为3
D．1mol与足量充分反应转移的电子数为2
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、8g CH4的物质的量为，1个CH4分子含10个电子，故0.5mol CH4含电子数为，A错误；
B、Fe(OH)3胶体粒子是多个Fe(OH)3分子的聚集体，将0.1mol FeCl3饱和溶液滴入沸水制得的胶体粒子数目小于0.1NA，B错误；
C、O3和O2均由O原子构成，48g混合气体中O原子的物质的量为，含O原子数为3NA，C正确；
D、Na2O2与CO2反应时，Na2O2中-1价O既升又降，1mol Na2O2参与反应转移电子数为NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．明确分子的电子构成，结合物质的量计算电子数目。
B．胶体粒子是多个分子的聚集体，因此胶体粒子数目小于溶质粒子数目。
C．对于由同种元素组成的混合气体（如 O2和 O3），可通过总质量直接计算原子的物质的量。
D．分析反应中元素化合价的变化，明确电子转移的数目。
4．（2025高一上·江苏期末）下列说法正确的是（　　）
①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4 L
②0.5 mol H2所占体积为11.2 L
③标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L
④常温常压下，28 g CO与N2的混合气体所含的原子数为2NA
⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol 1
⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同
A．①③⑤ B．④⑥
C．③④⑥ D．①④⑥
【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】考查气体的摩尔体积与阿伏加德罗定律。需要强调的是摩尔体积只针对于气体，而且对于气体只有在说明状况的条件下体积才有意义。
故答案为：B
【分析】气体摩尔体积必须指明温度和压强，一般情况下，是指标准状况下的气体摩尔体积。
5．（2025高一上·江苏期末）下列溶液与100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液中所含的Cl－物质的量浓度相同的是（　　）
A．100 mL 0.5 mol/L MgCl2溶液 B．200 mL 0.25 mol/L AlCl3溶液
C．50 mL 1 mol/L NaCl溶液 D．25 mL 0.5 mol/L HCl溶液
【答案】D
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】根据氯化钠的电离方程式NaCl＝Na++Cl－可知100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液中所含的Cl－物质的量浓度为0.5mol/L，则根据A～D选项中电解质的化学式可知氯离子的浓度分别是（mol/L）1、0.75、1、0.5，答案选D。
【分析】易错点：物质的量浓度与体积无关。
6．（2025高一上·江苏期末）室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．某碱性无色溶液中：、、、
B．饱和氯水中：、、、
C．0.1mol/L溶液中：、、、
D．能溶解氧化铝的溶液中：、、、
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、碱性溶液含 OH-，Al3+与 OH-会反应；且 MnO4-为紫红色，不符合无色条件，故A不符合题意 ；
B、饱和氯水中有 Cl2、HClO 等强氧化剂，Fe2+具有还原性，会被氧化，无法共存，故B不符合题意 ；
C、0.1mol/L NaHSO4溶液电离出 Na+、H+、SO42-，NH4+、Mg2+、Cl-、NO3-与这些离子均不反应，可共存，故C符合题意 ；
D、能溶解氧化铝的溶液可能是酸性或碱性，HCO3-在酸性中与 H+反应，在碱性中与 OH-反应，不能共存，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】依据溶液性质（酸碱性、颜色）及离子反应规律（复分解、氧化还原等），判断各组离子能否大量共存。
7．（2025高一上·江苏期末）下列有关金属的说法正确的是(　　)
①纯铁不容易生锈　②钠着火用水扑灭　③铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属　④缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血　⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金　⑥KSCN溶液可以检验Fe3＋
A．①④⑤⑥ B．②③④⑤ C．①③④⑤ D．①②⑤⑥
【答案】A
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】①纯铁不含杂质，难以构成原电池，不易发生电化学腐蚀，因此不易生锈，正确；
②钠与水反应剧烈且放热，钠着火用水扑灭会加剧反应，错误；
③铝是活泼金属，耐腐性源于表面生成的致密氧化铝膜，并非本身不活泼，错误；
④钙是骨骼主要成分，缺钙致骨质疏松；铁参与血红蛋白合成，缺铁引发贫血，正确；
⑤青铜（铜锡）、不锈钢（铁铬镍）、硬铝（铝硅镁）均为合金，正确；
⑥Fe3+与 SCN-结合生成血红色物质，KSCN 可检验 Fe3+，正确；
综上，①④⑤⑥正确，
故答案为：A。
【分析】根据金属的化学特性、合金定义及元素生理作用，逐一判断各说法的正确性。
8．（2025高一上·江苏期末）下列有关化学键的说法正确的是（　　）
A．HCl溶于水、NaCl溶于水破坏的化学键类型相同
B．碘升华、NaCl颗粒被粉碎，均破坏化学键
C．氦气、液溴、硫黄中均存在共价键
D．钠与水反应、钠与氧气反应的过程中，均存在离子键的形成
【答案】D
【知识点】化学键
【解析】【解答】A、HCl 是共价化合物，溶于水破坏共价键；NaCl 是离子化合物，溶于水破坏离子键，二者破坏的键类型不同，A错误；
B、碘升华是分子间距离增大，仅破坏分子间作用力；NaCl 粉碎是颗粒变小，离子键未断裂，均无化学键破坏，B错误；
C、氦气是单原子分子，无化学键；液溴（Br2）、硫黄（S8）分子内存在共价键，三者并非都含化学键，C错误；
D、钠与水反应生成 NaOH（含 Na+与 OH-的离子键），与氧气反应生成 Na2O 或 Na2O2（均含 Na+与阴离子的离子键），两反应均有离子键形成，D正确；
故答案为：D。【分析】通过分析物质中化学键类型及变化时的键破坏 / 形成情况，判断各选项正误。
A. 判断 HCl 与 NaCl 溶于水时破坏的化学键类型。
B. 分析碘升华与 NaCl 粉碎是否破坏化学键。
C. 判断氦气、液溴、硫黄中是否存在化学键。
D. 分析钠与水、氧气反应中是否形成离子键。
9．（2025高一上·江苏期末）下列除杂试剂的选择或除杂操作不正确的是（　　）
选项 括号内为杂质 除杂试剂 除杂操作
A Fe（Al）固体 NaOH 充分反应后过滤
B Na2CO3（NaHCO3）溶液 CO2 通入过量的CO2
C FeCl3（FeCl2）溶液 Cl2 通入过量的Cl2
D CO2（HCl）气体 饱和NaHCO3溶液 洗气
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；除杂；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、Al 能与 NaOH 溶液反应生成可溶的 NaAlO2，而 Fe 不与 NaOH 反应，过滤后可分离出 Fe，符合除杂要求，A正确；
B、Na2CO3会与过量 CO2反应生成 NaHCO3，导致主要物质被消耗，无法除去杂质，反而引入更多 NaHCO3，B错误；
C、Cl2具有氧化性，可将 FeCl2（Fe2+）氧化为 FeCl3（Fe3+），不引入新杂质，能有效除杂，C正确；
D、HCl 与 NaHCO3反应生成 CO2，且 CO2在饱和 NaHCO3溶液中溶解度小，洗气后可提纯 CO2，D 正确；
故答案为：B。【分析】根据除杂原则（不增新杂质、不减主要物质、易分离），分析各选项中试剂与操作能否能否有效分离杂质。
A．判断 NaOH 溶液能否分离 Fe 中的 Al 杂质。
B、分析通入过量 CO2对 Na2CO3中 NaHCO3杂质的影响。
C、验证 Cl2能否将 FeCl2转化为 FeCl3。
D、判断饱和 NaHCO3溶液对 CO2中 HCl 杂质的分离作用。
10．（2025高一上·江苏期末）下列有关一定物质的量浓度溶液的配制说法中正确的是
①利用图a配制0.10mol/LNaOH溶液
②为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线
③利用图b配制一定浓度的HCl溶液浓度会偏小
④利用图c配制一定物质的量浓度Na2CO3溶液
⑤配制NaOH溶液固体溶解后，直接转移至容量瓶，然后洗涤定容，所配溶液浓度偏高
⑥用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体
A．①⑥ B．②⑤ C．①④ D．①⑤
【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度
【解析】【解答】①容量瓶不可直接溶解固体，NaOH 需在烧杯中溶解并冷却后转移，此操作错误；
②定容时接近刻度线改用胶头滴管滴加，符合规范操作，正确；
③图 b 定容时俯视刻度线，实际加水体积偏小，溶液浓度偏大，原说法错误；
④Na2CO3固体需在烧杯中溶解，不能直接在容量瓶中溶解，操作错误；
⑤NaOH 溶解放热，直接转移至容量瓶定容，冷却后溶液体积缩小，浓度偏高，正确；
⑥加水超刻度线后吸出液体，会损失溶质，导致浓度偏低，操作错误；
综上，②⑤正确，
故答案为：B。
【分析】根据一定物质的量浓度溶液配制的规范操作（如仪器使用、步骤顺序、误差分析等），判断各说法的正确性。
11．（2025高一上·江苏期末）某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。下列从分类角度分析不正确的是
A．实验①铁丝过量时产物为FeCl2
B．实验②中玻璃棒的作用为搅拌加速溶解
C．实验①、②涉及化合物均为电解质
D．实验③发生化学变化，最终得到的分散系为胶体
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；氯气的化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、氯气具有强氧化性，与变价金属铁反应时，无论铁是否过量，都会将铁氧化到 +3 价，因此实验①产物只能是 FeCl3，A错误；
B、实验②是将 FeCl3溶于水，玻璃棒搅拌的作用是加速溶解，B正确；
C、实验①中的化合物是 FeCl3，实验②涉及的化合物是 FeCl3和水，FeCl3在水溶液中能导电，水也能微弱导电，二者均属于电解质，C正确；
D、实验③是将 FeCl3浓溶液滴入沸水中并加热，发生化学变化生成氢氧化铁胶体，属于胶体分散系，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．分析氯气的氧化性：氯气强氧化性，与变价金属铁反应，无论铁是否过量，均生成 +3 价的 FeCl3。
B．明确实验操作中仪器的作用：溶解时玻璃棒搅拌可加速溶解。
C．掌握电解质的判断：在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，FeCl3和水均符合。
D．理解胶体的制备：FeCl3浓溶液滴入沸水并加热，发生化学变化生成氢氧化铁胶体。
12．（2025高一上·江苏期末）已知X、Y、Z、M、Q、R皆为元素周期表前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法错误的是
A．M与Y组成的化合物可作自来水杀菌消毒剂
B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱
C．简单离子半径：
D．M和R形成的物质含有离子键和共价键
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Cl 与 O 形成的 ClO2有强氧化性，能杀菌消毒，A正确；
B、H、O、N 组成的化合物，如 HNO3（酸）、NH3 H2O（碱）、NH4NO3（盐），B正确；
C、简单离子半径，Cl-有 3 个电子层，O2-、Na+有 2 个电子层；电子层数相同，核电荷数越大半径越小，故 Cl-＞O2-＞Na+，C正确；
D、Cl 与 Ca 形成 CaCl2，只含离子键，不含共价键，D错误；
故答案为：D。
【分析】由化合价和原子半径推元素：M 有 +7、-1 价，为 Cl；Y 有 - 2 价，位于 ⅥA 族，结合原子半径，Y 为 O；Z 有 +5、-3 价，位于 ⅤA 族，为 N；X、Q 有 +1 价，位于 ⅠA 族，X 原子半径小于 Y（O），X 为 H；Q 原子半径大于 Cl，为 Na；R 有 +2 价，位于 ⅡA 族，原子半径大于 Q（Na），为 Ca。
13．（2025高一上·江苏期末）已知：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。实验室用足量NaOH溶液吸收从浓盐酸和MnO2反应体系中导出的气体。当吸收温度不同时，生成的产物可能是NaClO、NaClO3、NaCl中的两种或三种。下列说法正确的是
A．若产物为NaClO、NaCl，则吸收后的溶液中n(ClO-)=n(Cl-)
B．若产物为NaClO3、NaCl，则参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5
C．若产物为NaClO、NaClO3、NaCl，则由吸收后的溶液中n(Cl-)和n(ClO-)可计算吸收的n(Cl2)
D．若产物为NaClO、NaClO3、NaCl，则NaOH与Cl2相互反应的物质的量之比为2∶1
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质
【解析】【解答】A、由于浓盐酸有挥发性，吸收的气体中含HCl，HCl与NaOH反应生成NaCl，因此即使产物为NaClO、NaCl，溶液中，A错误；
B、若产物为NaClO3、NaCl，反应为。其中NaCl是还原产物（氧化剂对应），NaClO3是氧化产物（还原剂对应），氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1，B错误；
C、因浓盐酸挥发，溶液中的Cl-部分来自HCl，无法仅通过和计算吸收的，C错误；
D、无论产物是NaClO、NaClO3、NaCl中的哪种组合，NaOH与Cl2反应的化学计量比均为2：1（如、），故NaOH与Cl2的物质的量之比为2：1，D正确；
故答案为：D。
【分析】解决此题的关键突破口：
A．C．浓盐酸挥发的 HCl 会与 NaOH 反应生成 NaCl，干扰 Cl-的来源分析。
B．通过反应方程式明确氧化剂、还原剂的物质的量之比。
D．无论 Cl2与 NaOH 生成何种含氯产物，NaOH 与 Cl2的物质的量之比均为 2：1。
14．（2025高一上·江苏期末）CO与反应生成的历程如下(部分微粒未画出)：
下列分析不正确的是
A．分子的空间结构是直线型
B．在该过程中，CO断键形成C和O
C．CO和O生成了具有极性共价键的
D．CO和O生成的过程涉及了电子转移
【答案】B
【知识点】化学键；氧化还原反应
【解析】【解答】A、CO2的结构式为 O=C=O，其空间结构为直线型，A正确；
B、从反应历程看，是 O2断键形成 O，CO 中的化学键并未断裂，B错误；
C、CO 和 O 反应生成 CO2，CO2中 C 与 O 之间的共价键是极性共价键，C正确；
D、CO 中 C 为 +2 价，CO2中 C 为 +4 价，反应过程中 C 的化合价发生变化，涉及电子转移，D正确；
故答案为：B。
【分析】结合 CO 与 O2反应生成 CO2的历程图，分析各选项涉及的分子结构、化学键变化、共价键类型及氧化还原反应（电子转移）等知识。
15．（2025高一上·江苏期末）从含有、、的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体()的流程如下：
下列说法正确的是
A．试剂a是铁粉，试剂b是稀硫酸
B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用的仪器完全相同
C．试剂c若选择，反应的离子方程式为
D．若操作Ⅱ前后固体质量减少28g，则理论上该步骤应产生11.2L(标准状况)气体
【答案】D
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、试剂 a 需置换 Cu2+并还原可能存在的 Fe3+，选过量铁粉合理；试剂 b 需溶解过量 Fe 且不引入新杂质，应选盐酸（生成 FeCl2），若用稀硫酸会引入 SO42-，A错误；
B、操作 Ⅰ、Ⅱ 为过滤（需漏斗、烧杯、玻璃棒等）；操作 Ⅲ 为蒸发浓缩、冷却结晶（需蒸发皿、酒精灯等），仪器不完全相同，B错误；
C、H2O2在酸性条件下将 Fe2+氧化为 Fe3+，反应为 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，原选项未完整呈现且表述错误，C错误；
D、操作 Ⅱ 中 Fe 与盐酸反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，固体减少的质量即反应的 Fe 质量（28g，0.5mol），生成 H2为 0.5mol，标准状况下体积为 11.2L， D正确；
故答案为：D。
【分析】从含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜，工业废水中加入试剂a为过量的铁，操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液X为氯化亚铁溶液，滤渣Y中加入试剂b为盐酸溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和滤液X合并通入氯气或加入H2O2，氧化亚铁离子为氯化铁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体；A．确定试剂 a 和试剂 b 的合理选择。
B．比较三种操作的仪器差异。
C．验证 H2O2氧化 Fe2+的离子方程式。
D．根据 Fe 与盐酸反应的质量差计算气体体积。
16．（2025高一上·江苏期末）Ⅰ．如图是一种“纳米药物分子运输车”，该技术可提高肿瘤的治疗效果。
回答下列问题：
（1）“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。
（2）“纳米药物分子运输车”的外壳属于有机物。酒精、蔗糖、醋酸这三种有机物中，属于电解质的是________。
（3）纳米级的是一种非常重要的磁性材料。
①铁与水蒸气反应生成，反应中每生成转移电子数目为________。
②铁的另外一种氧化物是红棕色粉末，写出其中一项用途________。
Ⅱ．配制的溶液用于洗涤器物。
（4）配制时，应用托盘天平称取的质量为________。某操作步骤如下图所示。
该操作应放在如下图所示的________(填序号)操作之间。
（5）下列说法错误的是_______(填字母)。
A. 称量固体的时间不宜过长
B. 待烧杯中溶液冷却至室温才进行转移
C. 定容时，仰视容量瓶刻度线会使配制的溶液浓度偏高
D. 容量瓶可存放配好的溶液
【答案】(1) 不属于
(2) 醋酸
(3) 16NA 红色涂料
(4) 10.0g ④⑤
(5) C，D
【知识点】电解质与非电解质；配制一定物质的量浓度的溶液；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】（1）“纳米药物分子运输车”的直径为200nm，大于胶体中胶粒的直径(1~100nm)，则“纳米药物分子运输车”分散于水中所得分散系不属于胶体；
故答案为： 不属于 ；
（2）酒精、蔗糖溶于水不能发生电离，其水溶液不能导电，属于非电解质，醋酸溶于水能发生部分电离，其水溶液能导电，属于电解质；
故答案为： 醋酸 ；
（3）①铁与水蒸气反应生成，反应的化学方程式为：；由反应可知每生成1mol转移8mol电子，则生成时转移电子数目为：16NA；
②铁的另外一种红棕色粉末氧化物为，可用作红色涂料；
故答案为： 16NA ；红色涂料；
（4）配制的NaOH溶液应选用500mL容量瓶，即实际配制500mL的NaOH溶液，则应用托盘天平称取的质量为：m(NaOH)=0.5L××40g/mol=10.0g；图中操作为加蒸馏水定容，则之前为移液、洗涤后轻轻摇动容量瓶的操作④，之后为胶头滴管定容至刻度线的操作⑤，所以该操作应放在④⑤操作之间；
故答案为： 10.0g； ④⑤；
（5）A．因NaOH易潮解，若称量NaOH固体的时间过长，会造成实际称得的氢氧化钠质量偏小，导致所配溶液的浓度偏低，所以称量NaOH固体的时间不宜过长，A正确；
B．NaOH固体溶解放出热量，若未冷却至室温就转移到容量瓶中，会导致溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故待烧杯中溶液冷却至室温才进行转移，B正确；
C．定容时，仰视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏大，会使配制的溶液浓度偏低，C错误；
D．容量瓶是配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于保存或长期存放NaOH溶液，D错误；
故答案为：CD。
【分析】（1）根据胶体粒子直径范围（1~100nm），对比 “纳米药物分子运输车” 直径（200nm）判断。
（2）明确电解质定义（在水溶液或熔融状态下能导电的化合物），分析酒精、蔗糖、醋酸的电离情况。
（3）①写出铁与水蒸气的反应方程式，分析F的化合价变化，计算电子转移数。
②识别红棕色铁的氧化物（Fe2O3），结合其颜色确定用途。
（4）选择容量瓶（500mL），根据m=CVM计算 NaOH 质量；分析定容操作在配制步骤（④⑤）中的位置。
（5）逐一分析 NaOH 称量、溶液冷却、定容仰视、容量瓶用途对溶液浓度或仪器使用的影响。
17．（2025高一上·江苏期末）153年前门捷列夫制得世界上第一张元素周期表，它反映了元素之间的内在联系，是对元素的一种很好的自然分类。下图为现代元素周期表的一部分，请回答下列问题：(以下问题均用相应的化学符号表达)
主族 周期 A A A A A A A 0
一 ①
二 ② ③ ④
三 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩
（1）元素⑤的过氧化物的电子式为　 　，其最高价氧化物对应的水化物含有的化学键类型为　 　。
（2）④⑤⑨⑩的简单离子半径由大到小依次为　 　。
（3）比较元素③⑨形成的气态氢化物的稳定性较强的是　 　(填化学式)。
（4）写出由①、③元素组成的含有极性键和非极性键的一种化合物的化学式：　 　。
（5）由于氟单质过于活泼，所以很难设计出一个简单的实验来验证其氧化性的强弱。试列举事实说明氟的非金属性比氯的强：　 　。
（6）最近，科学家实现了铷原子气体超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大突破。已知铷是37号元素，相对原子质量是85。
i．铷在元素周期表中的位置：　 　。
ii．关于铷的下列说法中不正确的是　 　(填序号)。
a．与水反应比钠更剧烈
b．在空气中易吸收水和二氧化碳
c．与水能剧烈反应并释放出
d．单质具有很强的氧化性
e．RbOH的碱性比同浓度的NaOH弱
（7）在含有①⑥⑦简单阳离子的100mL溶液中，逐滴滴加5mol/L的NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积关系如图所示。由图中数据分析计算：
①沉淀减少时发生的离子方程式：　 　。
②a点的数值为：　 　mL。
【答案】（1）；离子键、共价键
（2）S2-＞Cl-＞F-＞Na+
（3）H2O
（4）H2O2
（5）HF的稳定性比HCl的强
（6）第五周期第第ⅠA族；de
（7）；160
【知识点】铝的化学性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）⑤为Na元素，其过氧化物为Na2O2，Na2O2是离子化合物，其电子式为；Na元素最高价氧化物对应的水化物为NaOH，NaOH中有离子键和共价键；
故答案为： ； 离子键、共价键 ；
（2）④⑤⑨⑩的简单离子的分别为F-、Na+、S2-、Cl-，离子的电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子，质子数越小，离子半径越大，则离子半径由大到小依次为S2-＞Cl-＞F-＞Na+；
故答案为： S2-＞Cl-＞F-＞Na+ ；
（3）③为O元素，⑨为S元素，元素的非金属性：O＞S，则形成的气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S；
故答案为： H2O ；
（4）①为H元素，③为O元素，二者组成的含有极性键和非极性键的化合物为H2O2；
故答案为：H2O2；
（5）非金属性越强其简单氢化物越稳定，HF的稳定性比HCl的强，则说明氟的非金属性比氯的强；
故答案为： HF的稳定性比HCl的强 ；
（6）i．铷是37号元素，则铷在元素周期表中的位置为第五周期第第ⅠA族；
ii．a．铷、钠属于同主族，从上到下金属性增强，因此铷与水反应比钠更剧烈，a项正确；
b．Rb2O化学性质与Na2O相似，它们都属于碱性氧化物，易能与水、CO2反应，b项正确；
c．Rb2O2化学性质与Na2O2相似，过氧化钠能与水反应生成氧气，则Rb2O2与水能剧烈反应并释放出氧气，c项正确；
d．Rb的金属性强于Na，因此金属Rb单质具有很强的还原性，d项错误；
e．金属性越强，对应最高价氧化物的水化物碱性越强，Rb的金属性强于Na，则RbOH的碱性比同浓度的NaOH强，e项错误；
答案选de；
故答案为： 第五周期第第ⅠA族 ；de；
（7）①为H元素，⑥为Mg元素，⑦为Al元素，则在含有H+、Mg2+、Al3+的溶液中滴加NaOH溶液，发生的反应有：、、、；
①则沉淀减少时发生的离子方程式为；
②a-b段沉淀减少，减少的质量为的质量，则的物质的量为，剩余沉淀的质量为的质量，则的物质的量为，则原溶液中Al3+、Mg2+的物质的量分别为0.1mol、0.2mol，生成沉淀需消耗NaOH的物质的量为0.7mol，需要NaOH溶液的体积为，则a=20+140=160。
故答案为： ；160；
【分析】由元素周期表可知，①为H元素；②为N元素；③为O元素；④为F元素；⑤为Na元素；⑥为Mg元素；⑦为Al元素；⑧为P元素；⑨为S元素；⑩为Cl元素。
(1)确定⑤为 Na，其过氧化物为 Na2O2（写电子式）；最高价氧化物对应水化物为 NaOH，含离子键和共价键。
(2)④⑤⑨⑩的离子为 F-、Na+、S2-、Cl-，按电子层数和核电荷数比较半径。
(3)比较 O 与 S 的非金属性，非金属性强则氢化物稳定（H2O 更稳定）。
(4)①为 H、③为 O，组成含极性键（O-H）和非极性键（O-O）的化合物 H2O2。
(5)用氢化物稳定性（HF 比 HCl 稳定）说明氟非金属性强于氯。
(6)ⅰ铷（37 号）位于第五周期第 ⅠA 族。
ⅱ依据碱金属性质判断，错误选项为 de。
(7)①沉淀减少是 Al(OH)3与 OH-反应，离子方程式为 Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-。
②通过沉淀质量计算消耗 NaOH 体积，得 a 点为 160mL。
（1）⑤为Na元素，其过氧化物为Na2O2，Na2O2是离子化合物，其电子式为；Na元素最高价氧化物对应的水化物为NaOH，NaOH中有离子键和共价键；
（2）④⑤⑨⑩的简单离子的分别为F-、Na+、S2-、Cl-，离子的电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子，质子数越小，离子半径越大，则离子半径由大到小依次为S2-＞Cl-＞F-＞Na+；
（3）③为O元素，⑨为S元素，元素的非金属性：O＞S，则形成的气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S；
（4）①为H元素，③为O元素，二者组成的含有极性键和非极性键的化合物为H2O2；
（5）非金属性越强其简单氢化物越稳定，HF的稳定性比HCl的强，则说明氟的非金属性比氯的强；
（6）i．铷是37号元素，则铷在元素周期表中的位置为第五周期第第ⅠA族；
ii．a．铷、钠属于同主族，从上到下金属性增强，因此铷与水反应比钠更剧烈，a项正确；
b．Rb2O化学性质与Na2O相似，它们都属于碱性氧化物，易能与水、CO2反应，b项正确；
c．Rb2O2化学性质与Na2O2相似，过氧化钠能与水反应生成氧气，则Rb2O2与水能剧烈反应并释放出氧气，c项正确；
d．Rb的金属性强于Na，因此金属Rb单质具有很强的还原性，d项错误；
e．金属性越强，对应最高价氧化物的水化物碱性越强，Rb的金属性强于Na，则RbOH的碱性比同浓度的NaOH强，e项错误；
答案选de；
（7）①为H元素，⑥为Mg元素，⑦为Al元素，则在含有H+、Mg2+、Al3+的溶液中滴加NaOH溶液，发生的反应有：、、、；
①则沉淀减少时发生的离子方程式为；
②a-b段沉淀减少，减少的质量为的质量，则的物质的量为，剩余沉淀的质量为的质量，则的物质的量为，则原溶液中Al3+、Mg2+的物质的量分别为0.1mol、0.2mol，生成沉淀需消耗NaOH的物质的量为0.7mol，需要NaOH溶液的体积为，则a=20+140=160。
18．（2025高一上·江苏期末）现有浓度各为1mol/L的FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液100mL，加入一定量的铁粉，按下列情况填空：
(已知：氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+)
（1）反应完毕，铁粉有剩余。反应后的溶液中一定含　 　阳离子。
（2）反应完毕，有铜生成，铁粉无剩余。反应后的溶液中一定含　 　阳离子，该阳离子在溶液中物质的量的范围是　 　；反应后的溶液中可能含　 　阳离子。
（3）反应完毕后，无固体沉积物存在，反应后的溶液中一定含　 　和　 　阳离子。
【答案】（1）Fe2+
（2）Fe2+；0.25mol＜n(Fe2+)≤0.35mol；Cu2+
（3）Fe2+；Cu2+
【知识点】离子共存；铜及其化合物；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）当铁粉有剩余时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe═3FeCl2、CuCl2+Fe═Cu+FeCl2，反应的离子方程式为：2FeCl3+Fe═3FeCl2、Cu2++Fe=Fe2++Cu，溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+。
故答案为：Fe2+；
（2）当有铜生成，铁粉无剩余，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；若铜离子全部反应则剩余物质的量为0，此时n(Fe2+)=0.1mol+0.1mol+0.15mol=0.35mol，若没有反应则剩余Cu2+物质的量为0.1mol，此时n(Fe2+)=0.1mol+0.15mol=0.25mol，所以铜离子的物质的量范围为：0≤n（Cu2+）＜0.1mol，Fe2+离子在溶液中物质的量的范围是0.25mol＜n(Fe2+)≤0.35mol；反应后的溶液中可能含Cu2+阳离子。
故答案为：Fe2+；0.25mol＜n(Fe2+)≤0.35mol；Cu2+；
（3）根据离子氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，铁首先与铁离子反应生成亚铁离子，且无固体存在，说明溶液的铜离子没参加反应，所以溶液中一定存在Cu2+和Fe2+，
故答案为：Fe2+；Cu2+。
【分析】分根据离子氧化性顺序 Fe3+ > Cu2+ > Fe2+，铁粉加入溶液时，会按氧化性从强到弱的顺序发生反应：先与 Fe3+反应（Fe+2Fe3+=3Fe2+），待 Fe3+耗尽后，再与 Cu2+反应（Fe+Cu2+=Fe2++Cu）；若反应后无固体（铜）生成，说明 Cu2+未参与反应，此时溶液中一定含有未反应的 Cu2+和反应生成的 Fe2+；若有铜剩余，因 Fe3+氧化性强于 Cu2+，Fe3+已完全反应，溶液中一定含有 Fe2+；Cu2+可能部分反应或未反应，因此溶液中可能残留 Cu2+；若铁粉有剩余，说明 Fe3+和 Cu2+已完全反应，溶液中仅含 Fe2+。
（1）当铁粉有剩余时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe═3FeCl2、CuCl2+Fe═Cu+FeCl2，反应的离子方程式为：2FeCl3+Fe═3FeCl2、Cu2++Fe=Fe2++Cu，溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+。故答案为：Fe2+；
（2）当有铜生成，铁粉无剩余，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；若铜离子全部反应则剩余物质的量为0，此时n(Fe2+)=0.1mol+0.1mol+0.15mol=0.35mol，若没有反应则剩余Cu2+物质的量为0.1mol，此时n(Fe2+)=0.1mol+0.15mol=0.25mol，所以铜离子的物质的量范围为：0≤n（Cu2+）＜0.1mol，Fe2+离子在溶液中物质的量的范围是0.25mol＜n(Fe2+)≤0.35mol；反应后的溶液中可能含Cu2+阳离子。故答案为：Fe2+；0.25mol＜n(Fe2+)≤0.35mol；Cu2+；
（3）根据离子氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，铁首先与铁离子反应生成亚铁离子，且无固体存在，说明溶液的铜离子没参加反应，所以溶液中一定存在Cu2+和Fe2+，故答案为：Fe2+；Cu2+。
19．（2025高一上·江苏期末）铁的化合物如、等在生产、生活中有重要作用。
（1）某学生用下列两种方法(如图)制备白色沉淀。方法1中加入维生素C片的目的是　 　。方法2为了制得白色沉淀，在锥形瓶A和锥形瓶B中加入试剂后，打开止水夹C一段时间，再关闭止水夹C，关闭止水夹C的目的是　 　。
（2）高铁酸钾()是一种高效水处理剂，易溶于水，在强碱性条件下比较稳定，将溶液酸化时，迅速分解而转化为并放出；酸性溶液中的氧化性大于的氧化性。高铁酸盐通常可用NaClO溶液与溶液反应制得。
①制备的离子方程式为　 　。
②能析出晶体的原因是　 　。
③操作的分离方法为　 　。
④得到的晶体需洗涤，请设计实验证明晶体是否洗涤完全？　 　。
⑤高铁酸盐可用于氧化去除高氯(含高浓度)废水中的有机物。以处理高氯废水中的有机物需在碱性条件下进行，其原因是　 　。
（3）高铁酸盐也可以氧化酸性废液制备。若酸性废液中：，，，则该溶液的　 　。
【答案】（1）除去溶解在FeSO4溶液中的O2，防止生成的Fe(OH)2被氧化；利用产生的H2将锥形瓶A中生成的FeSO4溶液压入锥形瓶B中
（2）；K2FeO4的溶解度更小；过滤；取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净；；可防止分解；防止将氯离子氧化为氯气
（3）0.2mol·L－1
【知识点】铁及其化合物的性质实验；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）因为Fe(OH)2很容易被氧化，维生素C又具有还原性，加入维生素C可以还原溶解在水中的氧气，防止Fe(OH)2被氧化，所以方法1中加入维生素C的目的是除去溶解在FeSO4溶液中的O2，防止生成的Fe(OH)2被氧化。方法2为了制得Fe(OH)2白色沉淀，在锥形瓶A中发生Fe+H2SO4= FeSO4+H2，结合图二打开止水夹C一段时间，排除锥形瓶B中的空气，再关闭止水夹C，生成的氢气可以把生成的FeSO4溶液压入锥形瓶B中，使FeSO4+2NaOH= Fe(OH)2+Na2SO4。所以打开止水夹C一段时间，再关闭止水夹C的目的是利用产生的H2将锥形瓶A中生成的FeSO4溶液压入锥形瓶B中。
故答案为： 除去溶解在FeSO4溶液中的O2，防止生成的Fe(OH)2被氧化 ； 利用产生的H2将锥形瓶A中生成的FeSO4溶液压入锥形瓶B中 ；
（2）①高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效水处理剂，可用NaClO溶液与FeCl3溶液反应制得，则离子方程式为。
②由框图知Na2FeO4溶液中加入KOH，能析出K2FeO4，说明K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的小。所以能析出K2FeO4的原因是K2FeO4的溶解度更小。
③由图分析操作的分离方法为过滤；
④的表面可能有残留的氯化钠，所以检验是否洗涤干净的方法为：取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净，故答案为：取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净；
⑤酸性溶液中的氧化性大于的氧化，且迅速分解而转化为并放出，因此在碱性条件下，可防止分解；防止将氯离子氧化为氯气。
故答案为： ； K2FeO4的溶解度更小 ； 过滤 ； 取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净； 可防止分解；防止将氯离子氧化为氯气 。
（3）根据电荷守恒，2c(Fe2＋)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)=c(Cl－)，代入数值，2×0.2＋3×0.01＋c(H＋)=0.63，解得c(H＋)=0.2mol·L－1。
故答案为： 0.2mol·L－1 。
【分析】制备 K2FeO4时，第一步是 FeCl3、NaClO 与 NaOH 发生反应①，生成 Na2FeO4，离子反应为。由于 K2FeO4的溶解度小于 Na2FeO4，向反应后的溶液中加入饱和 KOH 溶液，会发生反应②使 Na2FeO4转化为 K2FeO4，最终通过过滤分离出 K2FeO4晶体。
（1）方法 1：维生素 C 还原 FeSO4溶液中溶解的 O2，防止生成的 Fe(OH)2被氧化。
方法 2：关闭止水夹 C，利用 A 中 H2将 FeSO4溶液压入 B 中与 NaOH 反应。
（2）①根据氧化还原反应，写出 。
②K2FeO4溶解度小于 Na2FeO4，故能析出。
③用过滤分离晶体与滤液。
④检验最后一次洗涤液中是否含 Cl-（加稀硝酸酸化的硝酸银，无沉淀则洗净）。
⑤碱性条件可防止 FeO42-分解，避免其氧化 Cl-为 Cl2。
（3）依据电荷守恒：2c(Fe2+) + 3c(Fe3+) + c(H+) = c(Cl-)，代入数据计算得 c(H+)。
（1）因为Fe(OH)2很容易被氧化，维生素C又具有还原性，加入维生素C可以还原溶解在水中的氧气，防止Fe(OH)2被氧化，所以方法1中加入维生素C的目的是除去溶解在FeSO4溶液中的O2，防止生成的Fe(OH)2被氧化。方法2为了制得Fe(OH)2白色沉淀，在锥形瓶A中发生Fe+H2SO4= FeSO4+H2，结合图二打开止水夹C一段时间，排除锥形瓶B中的空气，再关闭止水夹C，生成的氢气可以把生成的FeSO4溶液压入锥形瓶B中，使FeSO4+2NaOH= Fe(OH)2+Na2SO4。所以打开止水夹C一段时间，再关闭止水夹C的目的是利用产生的H2将锥形瓶A中生成的FeSO4溶液压入锥形瓶B中。
（2）①高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效水处理剂，可用NaClO溶液与FeCl3溶液反应制得，则离子方程式为。
②由框图知Na2FeO4溶液中加入KOH，能析出K2FeO4，说明K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的小。所以能析出K2FeO4的原因是K2FeO4的溶解度更小。
③由图分析操作的分离方法为过滤；
④的表面可能有残留的氯化钠，所以检验是否洗涤干净的方法为：取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净，故答案为：取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净；
⑤酸性溶液中的氧化性大于的氧化，且迅速分解而转化为并放出，因此在碱性条件下，可防止分解；防止将氯离子氧化为氯气。
（3）根据电荷守恒，2c(Fe2＋)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)=c(Cl－)，代入数值，2×0.2＋3×0.01＋c(H＋)=0.63，解得c(H＋)=0.2mol·L－1。
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