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江苏省南京师范大学附属中学2024-2025学年高一上学期期末考试 化学试卷
1．（2025高一上·南京期末）“中国天眼”正式开放，它能探测到宇宙边缘的中性氢。下列有关说法正确的是
A．其射电板所用铝合金具有较强的抗腐蚀性
B．其塔架所用钢材的组成元素都是金属元素
C．中性氢原子构成的氢气有三种同素异形体
D．其探测到的中性氢不含电子
2．（2025高一上·南京期末）反应可用于捕捉废气中的，下列有关化学用语说法正确的是
A．中子数为8的氧原子：
B．的电子式：
C．的结构式：
D．的结构示意图：
3．（2025高一上·南京期末）下列化合物中含有共价键的盐是
A． B．HCl C．NaOH D．NaClO
4．（2025高一上·南京期末）有以下混合物：①除去氯化钠溶液中的泥沙；②用乙醚浸泡青蒿，以提取其中的药用成分青蒿素；③分离四氯化碳和水的混合物；④分离乙酸(沸点为118℃)与乙醚(沸点为34℃)。对混合物的分离方法依次为
A．过滤、分液、蒸馏、蒸馏 B．过滤、分液、分液、蒸馏
C．过滤、萃取、萃取、蒸馏 D．过滤、萃取、分液、蒸馏
5．（2025高一上·南京期末）下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A．熔点高，可用于制造耐火材料
B．氧化铁颜色为红棕色，可用做红色油漆添加
C．利用的还原性，可用自来水杀菌消毒
D．活性铁粉易氧化，可用作食品抗氧化剂
6．（2025高一上·南京期末）下列物质中既能与HCl溶液反应，又能与NaOH溶液反应的是
①②③Al④⑤⑥
A．②③④⑥ B．①②③⑥ C．①③④⑤⑥ D．全部
7．（2025高一上·南京期末）用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．含0.1的溶液中含水合数为0.3
B．标况下，11.2L所含有的原子数为0.5
C．1.6g所含有的电子数为0.85
D．个所含有的质子数为10mol
8．（2025高一上·南京期末）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．强碱性溶液中：、、、
B．澄清透明的溶液中：、、、
C．含有0.1的溶液中：、、、
D．强酸性溶液中：、、、
9．（2025高一上·南京期末）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A．铁粉加到溶液：
B．明矾溶于水产生胶体净水：
C．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的；
D．溶液中加入产生沉淀：
10．（2025高一上·南京期末）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A． B．
C． D．
11．（2025高一上·南京期末）从酸性蚀刻废液(含、、、及)中回收并制，氯化铁受热易升华，下列图示装置和原理不能达到实验目的的是
A．用装置甲从废液中还原出Cu
B．用装置乙进行固液分离
C．用装置丙将氧化为
D．用装置丁将丙中反应后的溶液蒸干制取
12．（2025高一上·南京期末）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X、Y、Z、W最外层电子数之和为18，Y和Z形成的稳定结构的离子与具有相同的电子层结构，W与Y同主族。下列说法正确的是
A．非金属性：Y小于X
B．Y形成的最简单氢化物中不含非极性共价键
C．X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强
D．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同
13．（2025高一上·南京期末）下列除杂方案所用的除杂试剂错误的是
选项 被提纯的物质 杂质 除杂试剂
A 通
B Fe粉
C 气体
D NaOH溶液
A．A B．B C．C D．D
14．（2025高一上·南京期末）下列关于化合物、化学键和氢键、范德华力的说法中不正确的是
A．离子化合物中可能含有非极性共价键
B．氯气熔沸点高低与氯气分子间存在的范德华力有关
C．冰融化成水密度增大与水分子之间能形成氢键有关
D．共价键的形成伴随有电子的得失
15．（2025高一上·南京期末）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得的结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向2mL0.1的的溶液中加足量铜粉，振荡，黄色逐渐消失 氧化性：
B 向某溶液中通入，再加入KSCN溶液，溶液变红 该溶液中含有
C 将稀盐酸滴入碳酸钠溶液中，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体 非金属性：Cl>C
D 向某溶液中加入溶液，生成白色沉淀 溶液中一定含有含
A．A B．B C．C D．D
16．（2025高一上·南京期末）向一定量的Fe、FeO、的混合物中加入的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL (标准状况)的气体，所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是
A．5.6g B．8.4g
C．11.2g D．已知数据不足，无法计算
17．（2025高一上·南京期末）用硫酸渣(主要成分为、)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。已知：“还原”时，发生反应；、均与不反应。下列有关说法不正确的是
A．“酸溶”时加速搅拌或适当升温均可加快酸溶反应速率
B．“过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有和
C．“还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为15：2
D．“氧化”时离子方程式：
18．（2025高一上·南京期末）根据下图短周期主族元素的原子序数和最高正价与最低负价的关系，回答问题：
（1）写出元素⑧在周期表中的位置　 　。
（2）元素④、⑦形成的简单氢化物中，稳定性较强的氢化物化学式是　 　。
（3）元素⑤、⑥的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较强的物质化学式是　 　。
（4）⑥、⑦、⑧三种元素常见离子的半径最大的离子符号是　 　。
（5）元素⑥和⑧的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为　 　。
（6）元素①、③形成的一种10电子的阳离子的电子式为　 　。
（7）写出由①、④元素组成的含有极性键和非极性键的一种化合物的结构式　 　。
（8）用电子式表示⑤和⑦按个数比2：1形成化合物的过程　 　。
19．（2025高一上·南京期末）CuCl常作有机合成工业中的催化剂。氯化亚铜是白色粉末，难溶于水、无水乙醇。潮湿的氯化亚铜在空气中能迅速被氧化呈绿色。现以粗盐水(含、、等杂质)、Cu、稀硫酸、、等为原料合成氯化亚铜的工艺如下：
（1）反应I用于提纯粗盐，加入适量HCl溶液的作用是　 　。
（2）反应V可制备出硫酸铜。写出其参与反应Ⅳ的离子方程式　 　。
（3）反应V一般不用NaClO替代，使用NaClO缺点是　 　。
（4）反应Ⅲ或反应Ⅳ后，过滤得到CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤2-3次。使用无水乙醇洗涤的主要目的是　 　，将洗涤后CuCl在干燥器内干燥2小时，冷却，密封即得产品。
（5）把去掉氧化膜的铝条投入到氯化亚铜的悬浊液中，并不断搅拌，试写出可能发生的反应的离子方程式　 　。
20．（2025高一上·南京期末）柠檬酸亚铁()是一种易吸收的高效铁制剂，实验室模拟制取柠檬酸亚铁的流程如下图所示：
（1）溶液呈碱性，滴入到硫酸亚铁溶液中。若改变反应I中试剂的滴加顺序，则导致沉淀中混有主要杂质是　 　。
（2）上述反应Ⅰ如何证明亚铁离子已经沉淀完全　 　。
（3）依据题干信息，写出柠檬酸溶液与反应的化学方程式　 　。
（4）一般在合成柠檬酸亚铁的过程中还需要加入一定量的铁粉，其作用是　 　。
（5）某学习小组欲以废铁泥(主要成分为、FeO和少量Fe)为原料，制备晶体。请结合如图的溶解度曲线，写出制备晶体的实验方案：往废铁泥中分批缓慢加入稀硫酸，直至稍过量，边滴加边搅拌至充分反应，过滤，　 　。(实验中须使用的试剂：铁粉；仪器；真空干燥器)
21．（2025高一上·南京期末）、在环境保护中用途广泛。碱性条件下稳定存在。
（1）可用于氧化去除高氯(含高浓度)废水中的有机物。
①酸性条件下，在水中产生氢氧化铁沉淀，该反应的离子方程式为　 　。
②酸性溶液中的氧化性大于的氧化性。处理高氯废水中的有机物在酸性条件下有机物去除率较低，其主要原因是　 　。
（2）高铁酸钠()也可用于氨氮处理。的氧化性受溶液中的H+浓度影响较大。如图所示。
①碱性条件下，可将水中的转化为除去，该反应的化学方程式为　 　。
②用氧化含氨氮废水，其他条件相同时，废水pH对氨氮去除率及氧化时间影响如图所示。当pH小于9时，随着pH的增大，氧化所需时间明显增长原因是　 　。
（3）水中的+6价铬元素对水质严重的损害作用，使用可进行无害化处理。即转化为产品磁性铁铬氧体()沉降。方法是先向含的污水中加入适量的硫酸及溶液，待充分反应后再通入适量空气(氧化部分)并加入NaOH溶液，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。
①写出在酸性条件下被还原为的离子方程式　 　。
②若处理含0.5mol(不考虑其他含铬微粒)污水时恰好消耗760g，并消耗0.125mol氧气。则加入NaOH溶液后最终得到的磁性铁铬氧体的化学式为　 　(x、y、z取正整数)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】同素异形体；合金及其应用
【解析】【解答】A、铝合金表面会形成致密的氧化膜，这层氧化膜能有效阻止内部金属进一步被腐蚀，所以铝合金具有较强的抗腐蚀性，A正确；
B、钢是含碳的铁合金，除了铁等金属元素，还含有碳元素，碳属于非金属元素，B错误；
C、中性氢原子构成的氢气只有氢气这一种单质，同素异形体是指由同种元素组成的不同单质，所以氢气不存在同素异形体，C错误；
D、氢原子的原子核外有 1 个电子，中性氢原子也含有电子，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据物质的组成、性质以及同素异形体、原子结构等知识，对每个选项进行分析判断。
2．【答案】B
【知识点】原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、核素符号中，左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数（质子数+中子数）。氧原子质子数为8，中子数为8时，质量数应为16，正确写法是，A错误；
B、是共价化合物，氧原子与两个氢原子通过共用电子对结合，氧原子最外层有6个电子，与氢共用2对电子后达到8电子稳定结构，电子式为 ，B正确；
C、分子中，碳原子与两个氧原子分别形成双键（共用2对电子），结构式应体现双键，即，C错误；
D、原子质子数为11，失去1个电子形成后结构图为：， D错误；
故答案为：B。
【分析】A．明确核素符号的书写规则，区分质子数、中子数与质量数的关系。
B．掌握共价化合物电子式的书写方法，注意原子最外层电子的表示。
C．理解结构式中化学键的表示方式，明确的分子结构。
D．熟悉离子结构示意图的绘制规则，明确的核外电子排布。
3．【答案】D
【知识点】化学键
【解析】【解答】 A、MgCl2是由镁离子和氯离子构成的盐，只存在离子键，不含共价键，A不符合题意；
B、HCl 分子中只含共价键，但它属于酸，不属于盐，B不符合题意；
C、NaOH 含有钠离子与氢氧根离子间的离子键，以及氢氧根内部的共价键，但它属于碱，不属于盐，C不符合题意；
D、NaClO 是由钠离子和次氯酸根离子构成的盐，钠离子与次氯酸根离子间为离子键，次氯酸根内部氯与氧之间为共价键，既含共价键又属于盐，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】先明确盐的定义（由金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子构成的化合物），再分析各物质的化学键类型及所属类别，筛选出含有共价键的盐。
4．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】①氯化钠溶液与泥沙：泥沙是不溶于水的固体，溶液为液态，固液分离需用过滤操作。
②青蒿与青蒿素：利用青蒿素在乙醚中易溶的特性，将其从青蒿中提取，此为萃取过程。
③四氯化碳和水：两种液体互不相溶且分层，分离这类混合物用分液法。
④乙酸与乙醚：二者互溶但沸点不同（乙酸 118℃，乙醚 34℃），沸点差异大时用蒸馏分离。
综上，分离方法依次为过滤、萃取、分液、蒸馏，
故答案为：D。
【分析】依据混合物中各成分的状态（固 / 液）、溶解性（溶解性）及沸点差异，结合过滤、萃取、分液、蒸馏的适用条件，确定对应的分离方法。
5．【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、Al2O3具有熔点高的性质，而耐火材料需要耐受高温，因此可用于制造耐火材料，性质与用途对应，故A不符合题意 ；
B、氧化铁（Fe2O3）的颜色为红棕色，红色油漆需要红色颜料，故可用作红色油漆添加剂，性质与用途对应，故B不符合题意 ；
C、ClO2用于自来水杀菌消毒，是利用其强氧化性（能破坏微生物结构），而非还原性，性质与用途不对应，故C符合题意 ；
D、活性铁粉易被氧化，能消耗食品包装中的氧气，防止食品氧化变质，因此可用作食品抗氧化剂，性质与用途对应，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】通过分析物质的性质（物理性质如熔点、颜色，化学性质如氧化性、还原性等）与其用途之间的逻辑关联，判断是否存在对应关系。
6．【答案】B
【知识点】铝的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】①NaHCO3：属于弱酸的酸式盐，能与 HCl 反应生成 NaCl、CO2和 H2O，也能与 NaOH 反应生成 Na2CO3和 H2O，符合条件；
②Al2O3：是两性氧化物，既能与 HCl 反应生成 AlCl3和 H2O，又能与 NaOH 反应生成 NaAlO2和 H2O，符合条件；
③Al：属于两性金属，可与 HCl 反应生成 AlCl3和 H2，也可与 NaOH 反应生成 NaAlO2和 H2，符合条件；
④Na2CO3：只能与 HCl 反应（生成 NaCl、CO2和 H2O），不能与 NaOH 反应，不符合条件；
⑤NaHSO4：只能与 NaOH 反应（生成 Na2SO4和 H2O），不能与 HCl 反应，不符合条件；
⑥Al(OH)3：是两性氢氧化物，既能与 HCl 反应生成 AlCl3和 H2O，又能与 NaOH 反应生成 NaAlO2和 H2O，符合条件；
综上，既能与 HCl 溶液反应又能与 NaOH 溶液反应的是①②③⑥，
故答案为：B。
【分析】逐一分析每种物质能否同时与 HCl 溶液和 NaOH 溶液反应，根据物质的类别（如两性物质、酸式盐等）及其化学性质进行判断。
7．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、0.1mol L- FeCl3溶液中，虽已知浓度，但缺少溶液体积，无法计算 Cl-的物质的量及数目，A错误；
B、标准状况下 11.2LSO2的物质的量为 0.5mol，每个 SO2分子含 3 个原子（1 个 S 和 2 个 O），则原子总数为 0.5×3×NA=1.5NA，B错误；
C、O2-的摩尔质量为 32g/mol，1.6gO2-的物质的量为 1.6g÷32g/mol=0.05mol；每个 O2-含 17 个电子（2 个 O 原子共 16 个电子，加 1 个负电荷），则电子总数为 0.05×17×NA=0.85NA，C正确；
D、每个 H3O+含 11 个质子（3 个 H 原子 3 个质子 + 1 个 O 原子 8 个质子），NA个 H3O+的质子数为 11mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】依据物质的量与微粒数的换算关系，结合气体摩尔体积、物质的量浓度等概念，逐一分析各选项的计算逻辑是否正确。
8．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】 A、强碱性溶液中存在大量 OH-，Fe3+会与 OH-结合生成 Fe(OH)3沉淀，无法大量共存，A错误；
B、澄清透明溶液中，Cu2+、Na+、NO3-、SO42-之间不发生反应（无沉淀、气体或弱电解质生成，也无氧化还原反应），能大量共存，B正确；
C、含 CO32-的溶液中，Al3+与 CO32-会发生反应，Ba2+与 CO32-会生成 BaCO3沉淀，Al3+与 OH-也会反应，无法大量共存，C错误；
D、强酸性溶液中，MnO4-具有强氧化性，会与 Fe2+发生氧化还原反应，无法大量共存，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据溶液性质（酸性、碱性等）及离子间可能发生的反应（如生成沉淀、氧化还原反应等），判断各组离子能否大量共存。
9．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铁粉与 FeCl3溶液反应时，Fe3+（铁离子）和 Fe（铁单质）发生氧化还原反应，生成 Fe2+（亚铁离子）。反应式为 2Fe3++Fe=3Fe2+，符合反应事实，拆分和配平均正确，A正确；
B、明矾中 Al3+（铝离子）水解生成 Al (OH)3胶体（非沉淀），且水解是可逆过程，正确式应为 Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+。原选项错用沉淀符号 “↓” 和等号，B错误；
C、醋酸是弱酸，不能拆分为 H+，反应应保留 CH3COOH（醋酸）化学式。正确式为 IO3-+5I-+6CH3COOH=3I2+3H2O+6CH3COO-。原选项错误拆分弱酸，C错误；
D、H2O2（过氧化氢）氧化 Fe2+时，产物应为 Fe(OH)3（氢氧化铁）沉淀，而非 Fe(OH)2（氢氧化亚铁）。正确式为 2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+。原选项产物错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】判断离子方程式正误需遵循以下原则：①强电解质拆分为离子，弱电解质、沉淀、气体等保留化学式；②反应需符合客观事实（产物类型、状态正确）；③氧化还原反应需满足电子守恒；④可逆反应使用可逆符号。据此对各选项逐一分析。
10．【答案】B
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、氯气和水反应生成次氯酸（HClO），但次氯酸在光照条件下分解的产物是氧气（O2）和盐酸（HCl），并非氯气（Cl2），A转化不能实现；
B、铝（Al）和氧气在加热条件下反应，会生成氧化铝（Al2O3）；氧化铝属于两性氧化物，能和氢氧化钠（NaOH）溶液发生反应，生成四羟基合铝酸钠（Na [Al (OH)4]），B转化都能实现；
C、钠（Na）和氧气在加热条件下反应，生成的是过氧化钠（Na2O2），而不是氧化钠（Na2O），C转化不能实现；
D、铁（Fe）和水蒸气在高温条件下反应，生成的是四氧化三铁（Fe3O4），并非氧化铁（Fe2O3），D转化不能实现；
故答案为：B。
【分析】要判断物质间转化能否实现，需依据各物质的化学性质，结合反应条件，分析每一步反应的产物是否正确。
11．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、铁的金属活动性比铜强，铁能与废液中的 Cu2+ 发生置换反应，将 Cu2+ 还原为铜单质，所以装置甲可从废液中还原出 Cu，A能达到实验目的；
B、装置乙是过滤装置，过滤可用于分离固体和液体混合物。从废液中还原出铜后，通过过滤能实现固液分离，得到含 Fe2+ 等的滤液，B能达到实验目的；
C、氯气具有强氧化性，能与 Fe2+ 发生氧化还原反应，将 Fe2+ 氧化为 Fe3+，所以装置丙通入 Cl2可将 Fe2+氧化为 Fe3+，C能达到实验目的；
D、FeCl3溶液中，Fe3+ 会发生水解反应，生成 Fe(OH)3和 HCl，反应为 FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl。HCl 易挥发，若用装置丁将丙中反应后的溶液蒸干，加热时 HCl 挥发，会促进 Fe3+ 的水解，最终得到的是 Fe(OH)3，而不是 FeCl3 6H2O。要制取 FeCl3 6H2O，应采用冷却结晶的方法，D不能达到实验目的；
故答案为：D。
【分析】要判断每个装置能否达到实验目的，需结合物质的化学性质（如金属活动性、物质分离方法、氧化还原反应、盐类水解等），分析各装置对应的操作及原理是否合理。
12．【答案】B
【知识点】化学键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】元素推断：因 Y2-与 Z2+电子层结构相同，且为短周期主族元素，可知 Y 为氧（O），Z 为镁（Mg）（O2-与 Mg2+均为 10 电子结构）。
W 与 Y 同主族，故 W 为硫（S）（氧族元素，原子序数大于 Mg）。
最外层电子数总和为 18，Y、Z、W 最外层电子数分别为 6、2、6，因此 X 最外层电子数为 18-6-2-6=4，结合原子序数小于 O，推知 X 为碳（C）。
综上，X、Y、Z、W 分别为 C、O、Mg、S。
A、同周期主族元素从左到右非金属性增强（C 在 O 左侧），故非金属性 O＞C，该选项错误。
B、Y（O）的最简单氢化物为 H2O，分子中只含 O-H 极性共价键，无非极性键（非极性键存在于同种原子间，如 O-O 键），该选项正确。
C、X（C）的最高价氧化物对应水化物为 H2CO3（弱酸），W（S）的为 H2SO4（强酸），酸性 H2CO3＜H2SO4，该选项错误。
D、Y 与 Z 形成 MgO（离子键，活泼金属与非金属形成），Y 与 W 形成 SO2或 SO3（共价键，非金属之间形成），化学键类型不同，该选项错误。
故答案为：B。【分析】首先通过离子电子层结构、主族关系及最外层电子数总和推断元素种类，再依据元素周期律、化学键类型等知识分析各选项正误。
13．【答案】D
【知识点】除杂
【解析】【解答】A、FeCl2（含 Fe2+）具有还原性，Cl2具有强氧化性，二者反应可生成 FeCl3（2FeCl2+Cl2=2FeCl3）。此反应既消耗了杂质 FeCl2，又生成了被提纯物质 FeCl3，且不引入新杂质，A正确；
B、Fe 的金属活动性强于 Cu，能与 CuCl2发生置换反应（Fe+CuCl2=FeCl2+Cu）。反应生成被提纯物质 FeCl2和固体 Cu，过滤可分离出 Cu，既除杂又不影响目标物质，B正确；
C、Na2CO3能与 CO2、H2O 反应生成 NaHCO3（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3）。该反应将杂质 Na2CO3转化为被提纯物质 NaHCO3，无新杂质生成，C正确；
D、Al(OH)3是两性氢氧化物，能与 NaOH 反应溶解（Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O）；而 Fe(OH)3是弱碱，不与 NaOH 反应。若用 NaOH，会消耗被提纯的 Al(OH)3，无法保留目标物质，D错误；
故答案为：D。
【分析】判断除杂试剂是否合适，需遵循三个核心原则：①不消耗被提纯物质；②能有效除去杂质；③不引入新杂质。据此对每个选项中试剂与物质的反应关系进行分析。A．判断Cl2的氧化性及 Fe2+的还原性。
B．判断Fe 与 Cu2+的置换反应及金属活动性顺序。
C．掌握CO2与 CO32-的反应特性。
D．考查Al(OH)3的两性与 Fe(OH)3的碱性差异。
14．【答案】D
【知识点】化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A、离子化合物的主体是通过离子键结合的阴阳离子，但像过氧化钠（Na2O2）这类离子化合物，其内部的过氧根离子（O22-）中存在 O - O 非极性共价键，所以离子化合物中可能含有非极性共价键，A正确；
B、氯气（Cl2）属于分子晶体，分子晶体的熔沸点取决于分子间作用力，这里的分子间作用力就是范德华力，范德华力的大小会直接影响熔沸点，范德华力越大，熔沸点越高，B正确；
C、在冰的结构中，水分子借助氢键形成了较为规则的排列，使得分子间空隙较大，密度较小；当冰融化成水时，部分氢键断裂，水分子的排列变得更加紧密，所以密度增大，这一现象和水分子间的氢键有关，C正确；
D、共价键是原子之间通过共用电子对的方式形成的，并不涉及电子的得失；而电子的得失是离子键形成的典型特征，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题主要考查化合物、化学键、氢键及范德华力的相关知识。解题时，需逐一分析每个选项，结合各概念的定义、特征及实例来判断说法的正误。
15．【答案】A
【知识点】常见离子的检验；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、实验中发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。反应中 Fe3+是氧化剂（得电子，被还原），Cu2+是氧化产物（失电子元素对应的产物）。根据氧化还原规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物，因此可推出氧化性 Fe3+＞Cu2+，A正确；
B、KSCN 溶液变红仅能证明存在 Fe3+，但 Fe3+可能来自两种情况：①原溶液含 Fe2+，被 Cl2氧化为 Fe3+；②原溶液直接含 Fe3+，与 Cl2无关。实验未排除原溶液含 Fe3+的可能性，B错误；
C、反应生成 CO2只能说明盐酸酸性强于碳酸，但盐酸（HCl）不是 Cl 的最高价含氧酸（Cl 的最高价含氧酸为 HClO4），而比较非金属性需通过最高价含氧酸的酸性。因此无法直接得出 Cl 的非金属性强于 C，C错误。
D、BaCl2中的 Ba2+可与 SO42-生成 BaSO4沉淀，但 Cl-也可与 Ag+生成 AgCl 沉淀（同样为白色）。实验未排除 Ag+等干扰离子，不能确定一定含 SO42-，D错误；
故答案为：A。
【分析】判断实验结论的正确性，需结合实验操作、现象与化学原理（如氧化还原规律、离子检验逻辑、非金属性比较标准等），分析现象与结论之间的因果关系是否严谨。A．考查氧化还原反应中 “氧化剂氧化性＞氧化产物氧化性” 的规律。
B．掌握Fe3+的检验及 Cl2的氧化性干扰。
C．考查非金属性比较的标准（最高价氧化物对应水化物的酸性）。
D．掌握白色沉淀的多种可能性及离子检验的干扰排除。
16．【答案】B
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验；有关混合物反应的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】确定溶液成分加入 KSCN 溶液无红色，说明溶液中没有 Fe3+，即反应后溶液中的溶质只有 FeCl2（氯化亚铁）；
计算氯元素总量盐酸的物质的量为：0.1L×3mol/L = 0.3mol，其中含 Cl-的物质的量为 0.3mol。
推导 FeCl2的物质的量在 FeCl2中，每个分子含 2 个 Cl-，因此 n(FeCl2) = n(Cl-)÷2 = 0.3mol÷2 = 0.15mol；
利用铁元素守恒计算混合物中所有铁元素最终都转化为 FeCl2中的 Fe2+，根据铁元素守恒，混合物中总铁元素的物质的量等于 FeCl2的物质的量，即 0.15mol。用 CO 还原时，这些铁元素全部转化为 Fe 单质，质量为：0.15mol×56g/mol = 8.4g。
故答案为：B。
【分析】本题可通过元素守恒快速求解。关键是根据实验现象判断最终溶液成分，再利用氯元素和铁元素的守恒关系，计算出混合物中总铁元素的物质的量，进而得到还原后铁的质量。
17．【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、“酸溶” 时，加速搅拌可增大硫酸与硫酸渣的接触面积，适当升温能提高反应体系的活化分子比例，两种操作均能加快酸溶反应速率，A正确；
B、硫酸渣中的 Fe2O3与 H2SO4反应生成 Fe3+；“还原” 步骤中，Fe3+ 被 FeS2还原为 Fe2+，同时生成 H+，且硫酸可能过量。过滤 Ⅰ 除去不溶的 SiO2和剩余 FeS2后，滤液中主要阳离子为 Fe2+ 和 H+，B正确；
C、还原反应为 。其中，Fe3+得电子被还原为 Fe2+（还原产物），FeS2中 S 元素失电子被氧化为 SO42-（氧化产物）。还原产物 Fe2+ 的物质的量为 14mol，氧化产物 SO42-为 2mol，二者比例为 14：2=2：7，而非 15：2，C错误；
D、“氧化” 时，Fe2+ 在氨水环境中被 O2氧化为 FeOOH，结合电子守恒和元素守恒，反应式为 ，D正确；
故答案为：C。【分析】 硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加把铁离子还原为亚铁离子，同时生成，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有和，滤液中通入空气将氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。
A．掌握影响化学反应速率的因素（接触面积、温度）。
B．判断酸溶与还原反应的产物及溶液成分。
C．氧化还原反应中还原产物与氧化产物的判断。
D．氧化步骤的离子反应方程式书写。
18．【答案】（1）第三周期第ⅦA族
（2）H2O
（3）NaOH
（4）S2-
（5）
（6）
（7）H-O-O-H
（8）
【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；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）元素⑧为氯，在周期表中的位置第三周期第ⅦA族；
故答案为： 第三周期第ⅦA族 ；
（2）由于非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性氧大于硫，故元素④、⑦形成的简单氢化物中，稳定性较强的氢化物化学式H2O；
故答案为： H2O ；
（3）金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性钠大于铝，故元素⑤、⑥的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较强的物质化学式是NaOH；
故答案为： NaOH ；
（4）核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则⑥、⑦、⑧三种元素常见离子的半径最大的是S2-；
故答案为：S2-；
（5）元素⑥和⑧的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝和高氯酸，反应生成Al(ClO4)3和水：；
故答案为：；
（6）元素①、③形成的一种10电子的阳离子为铵根离子，电子式为：；
故答案为：；
（7）①、④元素组成的含有极性键和非极性键的一种化合物为过氧化氢，其为共价化合物，结构为：H-O-O-H；
故答案为：H-O-O-H；
（8）⑤和⑦按个数比2：1形成化合物为离子化合物硫化钠：。
故答案为： 。
【分析】根据原子序数和化合价的关系图可判断①～⑧分别是H、C、N、O、Na、Al、S、Cl
(1)确定元素⑧为 Cl，根据周期表中周期和族的划分规则确定位置。
(2)比较 O 和 S 的非金属性，非金属性强的元素其简单氢化物更稳定。
(3)比较 Na 和 Al 的金属性，金属性强的元素其最高价氧化物对应水化物碱性更强。
(4)比较 Al3+、S2-、Cl-的半径，依据电子层数和核电荷数判断。
(5)明确 Al 的最高价氧化物对应水化物为 Al (OH)3，Cl 的为 HClO4，写二者反应式。
(6)确定 H 和 N 形成的 10 电子阳离子为 NH4+，按电子式书写规则写出。
(7)找出 H 和 O 组成的含极性键（O-H）和非极性键（O-O）的化合物 H2O2，写结构式。
(8)明确 Na 和 S 按 2：1 形成 Na2S，用电子式表示离子化合物的形成过程。
（1）元素⑧为氯，在周期表中的位置第三周期第ⅦA族；
（2）由于非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性氧大于硫，故元素④、⑦形成的简单氢化物中，稳定性较强的氢化物化学式H2O；
（3）金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性钠大于铝，故元素⑤、⑥的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较强的物质化学式是NaOH；
（4）核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则⑥、⑦、⑧三种元素常见离子的半径最大的是S2-；
（5）元素⑥和⑧的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝和高氯酸，反应生成Al(ClO4)3和水：；
（6）元素①、③形成的一种10电子的阳离子为铵根离子，电子式为：；
（7）①、④元素组成的含有极性键和非极性键的一种化合物为过氧化氢，其为共价化合物，结构为：H-O-O-H；
（8）⑤和⑦按个数比2：1形成化合物为离子化合物硫化钠：。
19．【答案】（1）除去过量的以及
（2）
（3）NaClO会在反应Ⅳ中与氯离子发生归中反应生成有毒的氯气
（4）用乙醇洗涤降低CuCl损失，同时乙醇挥发快，得到的固体较干燥
（5）
【知识点】铜及其化合物；物质的分离与提纯；粗盐提纯；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）反应I用于提纯粗盐，加入适量HCl溶液的作用是除去过量的以及；
故答案为： 除去过量的以及 ；
（2）在反应中做还原剂；反应Ⅳ中铜离子与二氧化硫反应得到氯化亚铜，铜元素化合价降低生成氯化亚铜、硫元素化合价升高被氧化为硫酸根离子，结合电子守恒，离子方程式为：；
故答案为： ；
（3）过氧化氢是绿色氧化剂，其还原产物是水，而NaClO会在反应Ⅳ中与氯离子发生归中反应生成有毒的氯气；
故答案为： NaClO会在反应Ⅳ中与氯离子发生归中反应生成有毒的氯气 ；
（4）CuCl难溶于无水乙醇，用乙醇洗涤降低CuCl损失，同时乙醇挥发快，得到的固体较干燥；
故答案为： 用乙醇洗涤降低CuCl损失，同时乙醇挥发快，得到的固体较干燥 ；
（5）去掉氧化膜的铝条投入到氯化亚铜的悬浊液中，铝与氯化亚铜固体的直接接触，可能发生置换反应，生成铜单质和铝离子 ，离子方程式。
故答案为：。
【分析】反应 Ⅰ 为粗盐提纯，先加 BaCl2除去 SO42-，再加 Na2CO3除去 Ca2+及过量 Ba2+，接着加 NaOH 除去 Mg2+，最后加适量 HCl 中和过量的 Na2CO3和 NaOH；反应 Ⅱ 是电解提纯后的饱和食盐水，产物为 NaOH、Cl2和 H2；反应 Ⅴ 中，Cu 与稀硫酸、H2O2反应生成 CuSO4；反应 Ⅳ 利用生成的 CuSO4与 SO2反应制备 CuCl；反应 Ⅲ 则通过 Cl2、Cu 等物质反应生成 CuCl。
（1）反应I用于提纯粗盐，加入适量HCl溶液的作用是除去过量的以及；
（2）在反应中做还原剂；反应Ⅳ中铜离子与二氧化硫反应得到氯化亚铜，铜元素化合价降低生成氯化亚铜、硫元素化合价升高被氧化为硫酸根离子，结合电子守恒，离子方程式为：；
（3）过氧化氢是绿色氧化剂，其还原产物是水，而NaClO会在反应Ⅳ中与氯离子发生归中反应生成有毒的氯气；
（4）CuCl难溶于无水乙醇，用乙醇洗涤降低CuCl损失，同时乙醇挥发快，得到的固体较干燥；
（5）去掉氧化膜的铝条投入到氯化亚铜的悬浊液中，铝与氯化亚铜固体的直接接触，可能发生置换反应，生成铜单质和铝离子 ，离子方程式。
20．【答案】（1）氢氧化铁
（2）取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，没有出现蓝色沉淀，说明亚铁离子已经沉淀完全
（3）
（4）防止亚铁离子被氧化
（5）得到溶液，加入过量铁粉将铁离子还原为FeSO4溶液，滴加稀硫酸酸化，温度高于60℃蒸发浓缩至较多晶体析出，趁热过滤出晶体，在真空干燥器中干燥得晶体
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；蒸发和结晶、重结晶；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）溶液呈碱性，若改变反应I中试剂的滴加顺序，则亚铁离子会和氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁容易被空气中氧气氧化为氢氧化铁沉淀，故会导致沉淀中混有主要杂质氢氧化铁；
故答案为： 氢氧化铁 ；
（2）亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀；故证明亚铁离子已经沉淀完全的方法可以为：取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，没有出现蓝色沉淀，说明亚铁离子已经沉淀完全；
故答案为： 取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，没有出现蓝色沉淀，说明亚铁离子已经沉淀完全 ；
（3）柠檬酸溶液与反应生成柠檬酸亚铁沉淀和水、二氧化碳，化学方程式；
故答案为：；
（4）亚铁离子容易被空气中氧气氧化为铁离子，合成柠檬酸亚铁的过程中还需要加入一定量的铁粉，其作用是防止亚铁离子被氧化；
故答案为： 防止亚铁离子被氧化 ；
（5）由图，温度高于60℃时析出晶体，故操作为：往废铁泥中分批缓慢加入稀硫酸，直至稍过量，边滴加边搅拌至充分反应，过滤，得到溶液，加入过量铁粉将铁离子还原为FeSO4溶液，滴加稀硫酸酸化，温度高于60℃蒸发浓缩至较多晶体析出，趁热过滤出晶体，在真空干燥器中干燥得晶体。
故答案为： 得到溶液，加入过量铁粉将铁离子还原为FeSO4溶液，滴加稀硫酸酸化，温度高于60℃蒸发浓缩至较多晶体析出，趁热过滤出晶体，在真空干燥器中干燥得晶体 。
【分析】整个流程围绕柠檬酸亚铁的制备展开：首先，FeSO4溶液和 Na2CO3溶液发生反应 Ⅰ，生成 FeCO3沉淀，同时产生气体 X（结合反应原理，可推测为 CO2）；之后通过操作 a（过滤）分离出 FeCO3沉淀与滤液；接着向 FeCO3中加入足量柠檬酸溶液，FeCO3与柠檬酸发生反应，最终经过后续处理得到柠檬酸亚铁。
（1）溶液呈碱性，若改变反应I中试剂的滴加顺序，则亚铁离子会和氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁容易被空气中氧气氧化为氢氧化铁沉淀，故会导致沉淀中混有主要杂质氢氧化铁；
（2）亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀；故证明亚铁离子已经沉淀完全的方法可以为：取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，没有出现蓝色沉淀，说明亚铁离子已经沉淀完全；
（3）柠檬酸溶液与反应生成柠檬酸亚铁沉淀和水、二氧化碳，化学方程式；
（4）亚铁离子容易被空气中氧气氧化为铁离子，合成柠檬酸亚铁的过程中还需要加入一定量的铁粉，其作用是防止亚铁离子被氧化；
（5）由图，温度高于60℃时析出晶体，故操作为：往废铁泥中分批缓慢加入稀硫酸，直至稍过量，边滴加边搅拌至充分反应，过滤，得到溶液，加入过量铁粉将铁离子还原为FeSO4溶液，滴加稀硫酸酸化，温度高于60℃蒸发浓缩至较多晶体析出，趁热过滤出晶体，在真空干燥器中干燥得晶体。
21．【答案】（1）4+4H++2H2O=3O2↑+4Fe(OH)3↓；酸性条件下水解，同时酸性条件下 把Cl-氧化为Cl2，产生新的大气污染
（2）NH3＋2Na2FeO4＋2H2O=2Fe(OH)3↓＋N2↑＋4NaOH；随着pH的增大K2FeO4的稳定性增强，利用率提高，氨氮去除率高；但H＋浓度减小，氧化性减弱，氧化时间增长
（3）；Cr2Fe20O27
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）①酸性条件下，分解放出O2并产生Fe(OH)3沉淀，铁元素化合价降低了3价，氧元素化合价升高了2价，根据化合价升降守恒以及电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为4+4H++2H2O=3O2↑+4Fe(OH)3↓；
②处理高氯废水中的有机物其不能在酸性条件下，是因为易分解，同时会把Cl-氧化为Cl2，产生新的大气污染；
故答案为： 4+4H++2H2O=3O2↑+4Fe(OH)3↓ ； 酸性条件下水解，同时酸性条件下把Cl-氧化为Cl2，产生新的大气污染 ；
（2）①碱性条件下K2FeO4可将水中的NH3转化为N2除去，铁元素化合价由+6价降低为+3价，碱性条件下应生成Fe(OH)3沉淀，氮元素化合价由-3价升高为0价，根据氧化还原反应和物料守恒，反应的化学方程式为：NH3＋2Na2FeO4＋2H2O=2Fe(OH)3↓＋N2↑＋4NaOH；
②用K2FeO4氧化含氨氮废水，说明K2FeO4具有强氧化性，氧化性受溶液中的H＋浓度影响较大，随着pH的增大K2FeO4的稳定性增强，利用率提高，氨氮去除率高；但H＋浓度减小，氧化性减弱，氧化时间增长。
故答案为： NH3＋2Na2FeO4＋2H2O=2Fe(OH)3↓＋N2↑＋4NaOH ； 随着pH的增大K2FeO4的稳定性增强，利用率提高，氨氮去除率高；但H＋浓度减小，氧化性减弱，氧化时间增长 ；
（3）①被氧化，化合价由价价，化合价升高1价，中Cr的化合价由价价，化合价降低3价，最小公倍数为3，离子方程式为：；
②根据得失电子守恒得关系式：~3FeSO4~Cr3+~3Fe3+，故0.5 mol消耗FeSO4物质的量=0.5mol×3=1.5 mol，生成Cr3+：0.5 mol，Fe3+：1.5mol，由O2~4FeSO4~4Fe3+，知，被O2氧化的FeSO4物质的量=0.125 mol×4=0.5mol，生成Fe3+：0.5 mol，此时还剩余FeSO4物质的量=mol-1.5 mol-0.5mol=3 mol，故所得铁铬氧体中含有：Cr3+ 0.5 mol、Fe3+ 2mol、Fe2+ 3mol，根据化合价代数和为0知，O2-物质的量=，故x：y：z=0.5 mol： mol：6.75mol=2：20：27，故该化合物化学式为：Cr2Fe20O27。
故答案为： ； Cr2Fe20O27 。
【分析】(1)①依据酸性条件下反应现象，结合化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒，书写离子方程式。
②分析酸性条件下 FeO42-的水解情况，以及其与 Cl-发生的氧化反应，以此解释有机物去除率低的原因。
(2)①结合碱性环境，依据氧化还原反应规律（Fe 和 N 的化合价变化）及物料守恒，写出化学方程式。
②分析 pH 对 K2FeO4稳定性和氧化性的影响，阐明氧化时间增长的缘由。
(3)①根据 Fe 和 Cr 的化合价变化，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，书写离子方程式。
②通过得失电子守恒计算各离子的物质的量，再依据化合价代数和为零的原则，确定铁铬氧体（Cr Fe Oz）的化学式。
（1）①酸性条件下，分解放出O2并产生Fe(OH)3沉淀，铁元素化合价降低了3价，氧元素化合价升高了2价，根据化合价升降守恒以及电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为4+4H++2H2O=3O2↑+4Fe(OH)3↓；
②处理高氯废水中的有机物其不能在酸性条件下，是因为易分解，同时会把Cl-氧化为Cl2，产生新的大气污染；
（2）①碱性条件下K2FeO4可将水中的NH3转化为N2除去，铁元素化合价由+6价降低为+3价，碱性条件下应生成Fe(OH)3沉淀，氮元素化合价由-3价升高为0价，根据氧化还原反应和物料守恒，反应的化学方程式为：NH3＋2Na2FeO4＋2H2O=2Fe(OH)3↓＋N2↑＋4NaOH；
②用K2FeO4氧化含氨氮废水，说明K2FeO4具有强氧化性，氧化性受溶液中的H＋浓度影响较大，随着pH的增大K2FeO4的稳定性增强，利用率提高，氨氮去除率高；但H＋浓度减小，氧化性减弱，氧化时间增长。
（3）①被氧化，化合价由价价，化合价升高1价，中Cr的化合价由价价，化合价降低3价，最小公倍数为3，离子方程式为：；
②根据得失电子守恒得关系式：~3FeSO4~Cr3+~3Fe3+，故0.5 mol消耗FeSO4物质的量=0.5mol×3=1.5 mol，生成Cr3+：0.5 mol，Fe3+：1.5mol，由O2~4FeSO4~4Fe3+，知，被O2氧化的FeSO4物质的量=0.125 mol×4=0.5mol，生成Fe3+：0.5 mol，此时还剩余FeSO4物质的量=mol-1.5 mol-0.5mol=3 mol，故所得铁铬氧体中含有：Cr3+ 0.5 mol、Fe3+ 2mol、Fe2+ 3mol，根据化合价代数和为0知，O2-物质的量=，故x：y：z=0.5 mol： mol：6.75mol=2：20：27，故该化合物化学式为：Cr2Fe20O27。
1 / 1江苏省南京师范大学附属中学2024-2025学年高一上学期期末考试 化学试卷
1．（2025高一上·南京期末）“中国天眼”正式开放，它能探测到宇宙边缘的中性氢。下列有关说法正确的是
A．其射电板所用铝合金具有较强的抗腐蚀性
B．其塔架所用钢材的组成元素都是金属元素
C．中性氢原子构成的氢气有三种同素异形体
D．其探测到的中性氢不含电子
【答案】A
【知识点】同素异形体；合金及其应用
【解析】【解答】A、铝合金表面会形成致密的氧化膜，这层氧化膜能有效阻止内部金属进一步被腐蚀，所以铝合金具有较强的抗腐蚀性，A正确；
B、钢是含碳的铁合金，除了铁等金属元素，还含有碳元素，碳属于非金属元素，B错误；
C、中性氢原子构成的氢气只有氢气这一种单质，同素异形体是指由同种元素组成的不同单质，所以氢气不存在同素异形体，C错误；
D、氢原子的原子核外有 1 个电子，中性氢原子也含有电子，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据物质的组成、性质以及同素异形体、原子结构等知识，对每个选项进行分析判断。
2．（2025高一上·南京期末）反应可用于捕捉废气中的，下列有关化学用语说法正确的是
A．中子数为8的氧原子：
B．的电子式：
C．的结构式：
D．的结构示意图：
【答案】B
【知识点】原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、核素符号中，左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数（质子数+中子数）。氧原子质子数为8，中子数为8时，质量数应为16，正确写法是，A错误；
B、是共价化合物，氧原子与两个氢原子通过共用电子对结合，氧原子最外层有6个电子，与氢共用2对电子后达到8电子稳定结构，电子式为 ，B正确；
C、分子中，碳原子与两个氧原子分别形成双键（共用2对电子），结构式应体现双键，即，C错误；
D、原子质子数为11，失去1个电子形成后结构图为：， D错误；
故答案为：B。
【分析】A．明确核素符号的书写规则，区分质子数、中子数与质量数的关系。
B．掌握共价化合物电子式的书写方法，注意原子最外层电子的表示。
C．理解结构式中化学键的表示方式，明确的分子结构。
D．熟悉离子结构示意图的绘制规则，明确的核外电子排布。
3．（2025高一上·南京期末）下列化合物中含有共价键的盐是
A． B．HCl C．NaOH D．NaClO
【答案】D
【知识点】化学键
【解析】【解答】 A、MgCl2是由镁离子和氯离子构成的盐，只存在离子键，不含共价键，A不符合题意；
B、HCl 分子中只含共价键，但它属于酸，不属于盐，B不符合题意；
C、NaOH 含有钠离子与氢氧根离子间的离子键，以及氢氧根内部的共价键，但它属于碱，不属于盐，C不符合题意；
D、NaClO 是由钠离子和次氯酸根离子构成的盐，钠离子与次氯酸根离子间为离子键，次氯酸根内部氯与氧之间为共价键，既含共价键又属于盐，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】先明确盐的定义（由金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子构成的化合物），再分析各物质的化学键类型及所属类别，筛选出含有共价键的盐。
4．（2025高一上·南京期末）有以下混合物：①除去氯化钠溶液中的泥沙；②用乙醚浸泡青蒿，以提取其中的药用成分青蒿素；③分离四氯化碳和水的混合物；④分离乙酸(沸点为118℃)与乙醚(沸点为34℃)。对混合物的分离方法依次为
A．过滤、分液、蒸馏、蒸馏 B．过滤、分液、分液、蒸馏
C．过滤、萃取、萃取、蒸馏 D．过滤、萃取、分液、蒸馏
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】①氯化钠溶液与泥沙：泥沙是不溶于水的固体，溶液为液态，固液分离需用过滤操作。
②青蒿与青蒿素：利用青蒿素在乙醚中易溶的特性，将其从青蒿中提取，此为萃取过程。
③四氯化碳和水：两种液体互不相溶且分层，分离这类混合物用分液法。
④乙酸与乙醚：二者互溶但沸点不同（乙酸 118℃，乙醚 34℃），沸点差异大时用蒸馏分离。
综上，分离方法依次为过滤、萃取、分液、蒸馏，
故答案为：D。
【分析】依据混合物中各成分的状态（固 / 液）、溶解性（溶解性）及沸点差异，结合过滤、萃取、分液、蒸馏的适用条件，确定对应的分离方法。
5．（2025高一上·南京期末）下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A．熔点高，可用于制造耐火材料
B．氧化铁颜色为红棕色，可用做红色油漆添加
C．利用的还原性，可用自来水杀菌消毒
D．活性铁粉易氧化，可用作食品抗氧化剂
【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、Al2O3具有熔点高的性质，而耐火材料需要耐受高温，因此可用于制造耐火材料，性质与用途对应，故A不符合题意 ；
B、氧化铁（Fe2O3）的颜色为红棕色，红色油漆需要红色颜料，故可用作红色油漆添加剂，性质与用途对应，故B不符合题意 ；
C、ClO2用于自来水杀菌消毒，是利用其强氧化性（能破坏微生物结构），而非还原性，性质与用途不对应，故C符合题意 ；
D、活性铁粉易被氧化，能消耗食品包装中的氧气，防止食品氧化变质，因此可用作食品抗氧化剂，性质与用途对应，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】通过分析物质的性质（物理性质如熔点、颜色，化学性质如氧化性、还原性等）与其用途之间的逻辑关联，判断是否存在对应关系。
6．（2025高一上·南京期末）下列物质中既能与HCl溶液反应，又能与NaOH溶液反应的是
①②③Al④⑤⑥
A．②③④⑥ B．①②③⑥ C．①③④⑤⑥ D．全部
【答案】B
【知识点】铝的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】①NaHCO3：属于弱酸的酸式盐，能与 HCl 反应生成 NaCl、CO2和 H2O，也能与 NaOH 反应生成 Na2CO3和 H2O，符合条件；
②Al2O3：是两性氧化物，既能与 HCl 反应生成 AlCl3和 H2O，又能与 NaOH 反应生成 NaAlO2和 H2O，符合条件；
③Al：属于两性金属，可与 HCl 反应生成 AlCl3和 H2，也可与 NaOH 反应生成 NaAlO2和 H2，符合条件；
④Na2CO3：只能与 HCl 反应（生成 NaCl、CO2和 H2O），不能与 NaOH 反应，不符合条件；
⑤NaHSO4：只能与 NaOH 反应（生成 Na2SO4和 H2O），不能与 HCl 反应，不符合条件；
⑥Al(OH)3：是两性氢氧化物，既能与 HCl 反应生成 AlCl3和 H2O，又能与 NaOH 反应生成 NaAlO2和 H2O，符合条件；
综上，既能与 HCl 溶液反应又能与 NaOH 溶液反应的是①②③⑥，
故答案为：B。
【分析】逐一分析每种物质能否同时与 HCl 溶液和 NaOH 溶液反应，根据物质的类别（如两性物质、酸式盐等）及其化学性质进行判断。
7．（2025高一上·南京期末）用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．含0.1的溶液中含水合数为0.3
B．标况下，11.2L所含有的原子数为0.5
C．1.6g所含有的电子数为0.85
D．个所含有的质子数为10mol
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、0.1mol L- FeCl3溶液中，虽已知浓度，但缺少溶液体积，无法计算 Cl-的物质的量及数目，A错误；
B、标准状况下 11.2LSO2的物质的量为 0.5mol，每个 SO2分子含 3 个原子（1 个 S 和 2 个 O），则原子总数为 0.5×3×NA=1.5NA，B错误；
C、O2-的摩尔质量为 32g/mol，1.6gO2-的物质的量为 1.6g÷32g/mol=0.05mol；每个 O2-含 17 个电子（2 个 O 原子共 16 个电子，加 1 个负电荷），则电子总数为 0.05×17×NA=0.85NA，C正确；
D、每个 H3O+含 11 个质子（3 个 H 原子 3 个质子 + 1 个 O 原子 8 个质子），NA个 H3O+的质子数为 11mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】依据物质的量与微粒数的换算关系，结合气体摩尔体积、物质的量浓度等概念，逐一分析各选项的计算逻辑是否正确。
8．（2025高一上·南京期末）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．强碱性溶液中：、、、
B．澄清透明的溶液中：、、、
C．含有0.1的溶液中：、、、
D．强酸性溶液中：、、、
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】 A、强碱性溶液中存在大量 OH-，Fe3+会与 OH-结合生成 Fe(OH)3沉淀，无法大量共存，A错误；
B、澄清透明溶液中，Cu2+、Na+、NO3-、SO42-之间不发生反应（无沉淀、气体或弱电解质生成，也无氧化还原反应），能大量共存，B正确；
C、含 CO32-的溶液中，Al3+与 CO32-会发生反应，Ba2+与 CO32-会生成 BaCO3沉淀，Al3+与 OH-也会反应，无法大量共存，C错误；
D、强酸性溶液中，MnO4-具有强氧化性，会与 Fe2+发生氧化还原反应，无法大量共存，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据溶液性质（酸性、碱性等）及离子间可能发生的反应（如生成沉淀、氧化还原反应等），判断各组离子能否大量共存。
9．（2025高一上·南京期末）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A．铁粉加到溶液：
B．明矾溶于水产生胶体净水：
C．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的；
D．溶液中加入产生沉淀：
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铁粉与 FeCl3溶液反应时，Fe3+（铁离子）和 Fe（铁单质）发生氧化还原反应，生成 Fe2+（亚铁离子）。反应式为 2Fe3++Fe=3Fe2+，符合反应事实，拆分和配平均正确，A正确；
B、明矾中 Al3+（铝离子）水解生成 Al (OH)3胶体（非沉淀），且水解是可逆过程，正确式应为 Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+。原选项错用沉淀符号 “↓” 和等号，B错误；
C、醋酸是弱酸，不能拆分为 H+，反应应保留 CH3COOH（醋酸）化学式。正确式为 IO3-+5I-+6CH3COOH=3I2+3H2O+6CH3COO-。原选项错误拆分弱酸，C错误；
D、H2O2（过氧化氢）氧化 Fe2+时，产物应为 Fe(OH)3（氢氧化铁）沉淀，而非 Fe(OH)2（氢氧化亚铁）。正确式为 2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+。原选项产物错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】判断离子方程式正误需遵循以下原则：①强电解质拆分为离子，弱电解质、沉淀、气体等保留化学式；②反应需符合客观事实（产物类型、状态正确）；③氧化还原反应需满足电子守恒；④可逆反应使用可逆符号。据此对各选项逐一分析。
10．（2025高一上·南京期末）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、氯气和水反应生成次氯酸（HClO），但次氯酸在光照条件下分解的产物是氧气（O2）和盐酸（HCl），并非氯气（Cl2），A转化不能实现；
B、铝（Al）和氧气在加热条件下反应，会生成氧化铝（Al2O3）；氧化铝属于两性氧化物，能和氢氧化钠（NaOH）溶液发生反应，生成四羟基合铝酸钠（Na [Al (OH)4]），B转化都能实现；
C、钠（Na）和氧气在加热条件下反应，生成的是过氧化钠（Na2O2），而不是氧化钠（Na2O），C转化不能实现；
D、铁（Fe）和水蒸气在高温条件下反应，生成的是四氧化三铁（Fe3O4），并非氧化铁（Fe2O3），D转化不能实现；
故答案为：B。
【分析】要判断物质间转化能否实现，需依据各物质的化学性质，结合反应条件，分析每一步反应的产物是否正确。
11．（2025高一上·南京期末）从酸性蚀刻废液(含、、、及)中回收并制，氯化铁受热易升华，下列图示装置和原理不能达到实验目的的是
A．用装置甲从废液中还原出Cu
B．用装置乙进行固液分离
C．用装置丙将氧化为
D．用装置丁将丙中反应后的溶液蒸干制取
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、铁的金属活动性比铜强，铁能与废液中的 Cu2+ 发生置换反应，将 Cu2+ 还原为铜单质，所以装置甲可从废液中还原出 Cu，A能达到实验目的；
B、装置乙是过滤装置，过滤可用于分离固体和液体混合物。从废液中还原出铜后，通过过滤能实现固液分离，得到含 Fe2+ 等的滤液，B能达到实验目的；
C、氯气具有强氧化性，能与 Fe2+ 发生氧化还原反应，将 Fe2+ 氧化为 Fe3+，所以装置丙通入 Cl2可将 Fe2+氧化为 Fe3+，C能达到实验目的；
D、FeCl3溶液中，Fe3+ 会发生水解反应，生成 Fe(OH)3和 HCl，反应为 FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl。HCl 易挥发，若用装置丁将丙中反应后的溶液蒸干，加热时 HCl 挥发，会促进 Fe3+ 的水解，最终得到的是 Fe(OH)3，而不是 FeCl3 6H2O。要制取 FeCl3 6H2O，应采用冷却结晶的方法，D不能达到实验目的；
故答案为：D。
【分析】要判断每个装置能否达到实验目的，需结合物质的化学性质（如金属活动性、物质分离方法、氧化还原反应、盐类水解等），分析各装置对应的操作及原理是否合理。
12．（2025高一上·南京期末）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X、Y、Z、W最外层电子数之和为18，Y和Z形成的稳定结构的离子与具有相同的电子层结构，W与Y同主族。下列说法正确的是
A．非金属性：Y小于X
B．Y形成的最简单氢化物中不含非极性共价键
C．X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强
D．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同
【答案】B
【知识点】化学键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】元素推断：因 Y2-与 Z2+电子层结构相同，且为短周期主族元素，可知 Y 为氧（O），Z 为镁（Mg）（O2-与 Mg2+均为 10 电子结构）。
W 与 Y 同主族，故 W 为硫（S）（氧族元素，原子序数大于 Mg）。
最外层电子数总和为 18，Y、Z、W 最外层电子数分别为 6、2、6，因此 X 最外层电子数为 18-6-2-6=4，结合原子序数小于 O，推知 X 为碳（C）。
综上，X、Y、Z、W 分别为 C、O、Mg、S。
A、同周期主族元素从左到右非金属性增强（C 在 O 左侧），故非金属性 O＞C，该选项错误。
B、Y（O）的最简单氢化物为 H2O，分子中只含 O-H 极性共价键，无非极性键（非极性键存在于同种原子间，如 O-O 键），该选项正确。
C、X（C）的最高价氧化物对应水化物为 H2CO3（弱酸），W（S）的为 H2SO4（强酸），酸性 H2CO3＜H2SO4，该选项错误。
D、Y 与 Z 形成 MgO（离子键，活泼金属与非金属形成），Y 与 W 形成 SO2或 SO3（共价键，非金属之间形成），化学键类型不同，该选项错误。
故答案为：B。【分析】首先通过离子电子层结构、主族关系及最外层电子数总和推断元素种类，再依据元素周期律、化学键类型等知识分析各选项正误。
13．（2025高一上·南京期末）下列除杂方案所用的除杂试剂错误的是
选项 被提纯的物质 杂质 除杂试剂
A 通
B Fe粉
C 气体
D NaOH溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】除杂
【解析】【解答】A、FeCl2（含 Fe2+）具有还原性，Cl2具有强氧化性，二者反应可生成 FeCl3（2FeCl2+Cl2=2FeCl3）。此反应既消耗了杂质 FeCl2，又生成了被提纯物质 FeCl3，且不引入新杂质，A正确；
B、Fe 的金属活动性强于 Cu，能与 CuCl2发生置换反应（Fe+CuCl2=FeCl2+Cu）。反应生成被提纯物质 FeCl2和固体 Cu，过滤可分离出 Cu，既除杂又不影响目标物质，B正确；
C、Na2CO3能与 CO2、H2O 反应生成 NaHCO3（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3）。该反应将杂质 Na2CO3转化为被提纯物质 NaHCO3，无新杂质生成，C正确；
D、Al(OH)3是两性氢氧化物，能与 NaOH 反应溶解（Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O）；而 Fe(OH)3是弱碱，不与 NaOH 反应。若用 NaOH，会消耗被提纯的 Al(OH)3，无法保留目标物质，D错误；
故答案为：D。
【分析】判断除杂试剂是否合适，需遵循三个核心原则：①不消耗被提纯物质；②能有效除去杂质；③不引入新杂质。据此对每个选项中试剂与物质的反应关系进行分析。A．判断Cl2的氧化性及 Fe2+的还原性。
B．判断Fe 与 Cu2+的置换反应及金属活动性顺序。
C．掌握CO2与 CO32-的反应特性。
D．考查Al(OH)3的两性与 Fe(OH)3的碱性差异。
14．（2025高一上·南京期末）下列关于化合物、化学键和氢键、范德华力的说法中不正确的是
A．离子化合物中可能含有非极性共价键
B．氯气熔沸点高低与氯气分子间存在的范德华力有关
C．冰融化成水密度增大与水分子之间能形成氢键有关
D．共价键的形成伴随有电子的得失
【答案】D
【知识点】化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A、离子化合物的主体是通过离子键结合的阴阳离子，但像过氧化钠（Na2O2）这类离子化合物，其内部的过氧根离子（O22-）中存在 O - O 非极性共价键，所以离子化合物中可能含有非极性共价键，A正确；
B、氯气（Cl2）属于分子晶体，分子晶体的熔沸点取决于分子间作用力，这里的分子间作用力就是范德华力，范德华力的大小会直接影响熔沸点，范德华力越大，熔沸点越高，B正确；
C、在冰的结构中，水分子借助氢键形成了较为规则的排列，使得分子间空隙较大，密度较小；当冰融化成水时，部分氢键断裂，水分子的排列变得更加紧密，所以密度增大，这一现象和水分子间的氢键有关，C正确；
D、共价键是原子之间通过共用电子对的方式形成的，并不涉及电子的得失；而电子的得失是离子键形成的典型特征，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题主要考查化合物、化学键、氢键及范德华力的相关知识。解题时，需逐一分析每个选项，结合各概念的定义、特征及实例来判断说法的正误。
15．（2025高一上·南京期末）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得的结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向2mL0.1的的溶液中加足量铜粉，振荡，黄色逐渐消失 氧化性：
B 向某溶液中通入，再加入KSCN溶液，溶液变红 该溶液中含有
C 将稀盐酸滴入碳酸钠溶液中，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体 非金属性：Cl>C
D 向某溶液中加入溶液，生成白色沉淀 溶液中一定含有含
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】常见离子的检验；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、实验中发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。反应中 Fe3+是氧化剂（得电子，被还原），Cu2+是氧化产物（失电子元素对应的产物）。根据氧化还原规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物，因此可推出氧化性 Fe3+＞Cu2+，A正确；
B、KSCN 溶液变红仅能证明存在 Fe3+，但 Fe3+可能来自两种情况：①原溶液含 Fe2+，被 Cl2氧化为 Fe3+；②原溶液直接含 Fe3+，与 Cl2无关。实验未排除原溶液含 Fe3+的可能性，B错误；
C、反应生成 CO2只能说明盐酸酸性强于碳酸，但盐酸（HCl）不是 Cl 的最高价含氧酸（Cl 的最高价含氧酸为 HClO4），而比较非金属性需通过最高价含氧酸的酸性。因此无法直接得出 Cl 的非金属性强于 C，C错误。
D、BaCl2中的 Ba2+可与 SO42-生成 BaSO4沉淀，但 Cl-也可与 Ag+生成 AgCl 沉淀（同样为白色）。实验未排除 Ag+等干扰离子，不能确定一定含 SO42-，D错误；
故答案为：A。
【分析】判断实验结论的正确性，需结合实验操作、现象与化学原理（如氧化还原规律、离子检验逻辑、非金属性比较标准等），分析现象与结论之间的因果关系是否严谨。A．考查氧化还原反应中 “氧化剂氧化性＞氧化产物氧化性” 的规律。
B．掌握Fe3+的检验及 Cl2的氧化性干扰。
C．考查非金属性比较的标准（最高价氧化物对应水化物的酸性）。
D．掌握白色沉淀的多种可能性及离子检验的干扰排除。
16．（2025高一上·南京期末）向一定量的Fe、FeO、的混合物中加入的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL (标准状况)的气体，所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是
A．5.6g B．8.4g
C．11.2g D．已知数据不足，无法计算
【答案】B
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验；有关混合物反应的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】确定溶液成分加入 KSCN 溶液无红色，说明溶液中没有 Fe3+，即反应后溶液中的溶质只有 FeCl2（氯化亚铁）；
计算氯元素总量盐酸的物质的量为：0.1L×3mol/L = 0.3mol，其中含 Cl-的物质的量为 0.3mol。
推导 FeCl2的物质的量在 FeCl2中，每个分子含 2 个 Cl-，因此 n(FeCl2) = n(Cl-)÷2 = 0.3mol÷2 = 0.15mol；
利用铁元素守恒计算混合物中所有铁元素最终都转化为 FeCl2中的 Fe2+，根据铁元素守恒，混合物中总铁元素的物质的量等于 FeCl2的物质的量，即 0.15mol。用 CO 还原时，这些铁元素全部转化为 Fe 单质，质量为：0.15mol×56g/mol = 8.4g。
故答案为：B。
【分析】本题可通过元素守恒快速求解。关键是根据实验现象判断最终溶液成分，再利用氯元素和铁元素的守恒关系，计算出混合物中总铁元素的物质的量，进而得到还原后铁的质量。
17．（2025高一上·南京期末）用硫酸渣(主要成分为、)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。已知：“还原”时，发生反应；、均与不反应。下列有关说法不正确的是
A．“酸溶”时加速搅拌或适当升温均可加快酸溶反应速率
B．“过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有和
C．“还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为15：2
D．“氧化”时离子方程式：
【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、“酸溶” 时，加速搅拌可增大硫酸与硫酸渣的接触面积，适当升温能提高反应体系的活化分子比例，两种操作均能加快酸溶反应速率，A正确；
B、硫酸渣中的 Fe2O3与 H2SO4反应生成 Fe3+；“还原” 步骤中，Fe3+ 被 FeS2还原为 Fe2+，同时生成 H+，且硫酸可能过量。过滤 Ⅰ 除去不溶的 SiO2和剩余 FeS2后，滤液中主要阳离子为 Fe2+ 和 H+，B正确；
C、还原反应为 。其中，Fe3+得电子被还原为 Fe2+（还原产物），FeS2中 S 元素失电子被氧化为 SO42-（氧化产物）。还原产物 Fe2+ 的物质的量为 14mol，氧化产物 SO42-为 2mol，二者比例为 14：2=2：7，而非 15：2，C错误；
D、“氧化” 时，Fe2+ 在氨水环境中被 O2氧化为 FeOOH，结合电子守恒和元素守恒，反应式为 ，D正确；
故答案为：C。【分析】 硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加把铁离子还原为亚铁离子，同时生成，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有和，滤液中通入空气将氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。
A．掌握影响化学反应速率的因素（接触面积、温度）。
B．判断酸溶与还原反应的产物及溶液成分。
C．氧化还原反应中还原产物与氧化产物的判断。
D．氧化步骤的离子反应方程式书写。
18．（2025高一上·南京期末）根据下图短周期主族元素的原子序数和最高正价与最低负价的关系，回答问题：
（1）写出元素⑧在周期表中的位置　 　。
（2）元素④、⑦形成的简单氢化物中，稳定性较强的氢化物化学式是　 　。
（3）元素⑤、⑥的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较强的物质化学式是　 　。
（4）⑥、⑦、⑧三种元素常见离子的半径最大的离子符号是　 　。
（5）元素⑥和⑧的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为　 　。
（6）元素①、③形成的一种10电子的阳离子的电子式为　 　。
（7）写出由①、④元素组成的含有极性键和非极性键的一种化合物的结构式　 　。
（8）用电子式表示⑤和⑦按个数比2：1形成化合物的过程　 　。
【答案】（1）第三周期第ⅦA族
（2）H2O
（3）NaOH
（4）S2-
（5）
（6）
（7）H-O-O-H
（8）
【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；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）元素⑧为氯，在周期表中的位置第三周期第ⅦA族；
故答案为： 第三周期第ⅦA族 ；
（2）由于非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性氧大于硫，故元素④、⑦形成的简单氢化物中，稳定性较强的氢化物化学式H2O；
故答案为： H2O ；
（3）金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性钠大于铝，故元素⑤、⑥的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较强的物质化学式是NaOH；
故答案为： NaOH ；
（4）核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则⑥、⑦、⑧三种元素常见离子的半径最大的是S2-；
故答案为：S2-；
（5）元素⑥和⑧的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝和高氯酸，反应生成Al(ClO4)3和水：；
故答案为：；
（6）元素①、③形成的一种10电子的阳离子为铵根离子，电子式为：；
故答案为：；
（7）①、④元素组成的含有极性键和非极性键的一种化合物为过氧化氢，其为共价化合物，结构为：H-O-O-H；
故答案为：H-O-O-H；
（8）⑤和⑦按个数比2：1形成化合物为离子化合物硫化钠：。
故答案为： 。
【分析】根据原子序数和化合价的关系图可判断①～⑧分别是H、C、N、O、Na、Al、S、Cl
(1)确定元素⑧为 Cl，根据周期表中周期和族的划分规则确定位置。
(2)比较 O 和 S 的非金属性，非金属性强的元素其简单氢化物更稳定。
(3)比较 Na 和 Al 的金属性，金属性强的元素其最高价氧化物对应水化物碱性更强。
(4)比较 Al3+、S2-、Cl-的半径，依据电子层数和核电荷数判断。
(5)明确 Al 的最高价氧化物对应水化物为 Al (OH)3，Cl 的为 HClO4，写二者反应式。
(6)确定 H 和 N 形成的 10 电子阳离子为 NH4+，按电子式书写规则写出。
(7)找出 H 和 O 组成的含极性键（O-H）和非极性键（O-O）的化合物 H2O2，写结构式。
(8)明确 Na 和 S 按 2：1 形成 Na2S，用电子式表示离子化合物的形成过程。
（1）元素⑧为氯，在周期表中的位置第三周期第ⅦA族；
（2）由于非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性氧大于硫，故元素④、⑦形成的简单氢化物中，稳定性较强的氢化物化学式H2O；
（3）金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性钠大于铝，故元素⑤、⑥的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较强的物质化学式是NaOH；
（4）核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则⑥、⑦、⑧三种元素常见离子的半径最大的是S2-；
（5）元素⑥和⑧的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝和高氯酸，反应生成Al(ClO4)3和水：；
（6）元素①、③形成的一种10电子的阳离子为铵根离子，电子式为：；
（7）①、④元素组成的含有极性键和非极性键的一种化合物为过氧化氢，其为共价化合物，结构为：H-O-O-H；
（8）⑤和⑦按个数比2：1形成化合物为离子化合物硫化钠：。
19．（2025高一上·南京期末）CuCl常作有机合成工业中的催化剂。氯化亚铜是白色粉末，难溶于水、无水乙醇。潮湿的氯化亚铜在空气中能迅速被氧化呈绿色。现以粗盐水(含、、等杂质)、Cu、稀硫酸、、等为原料合成氯化亚铜的工艺如下：
（1）反应I用于提纯粗盐，加入适量HCl溶液的作用是　 　。
（2）反应V可制备出硫酸铜。写出其参与反应Ⅳ的离子方程式　 　。
（3）反应V一般不用NaClO替代，使用NaClO缺点是　 　。
（4）反应Ⅲ或反应Ⅳ后，过滤得到CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤2-3次。使用无水乙醇洗涤的主要目的是　 　，将洗涤后CuCl在干燥器内干燥2小时，冷却，密封即得产品。
（5）把去掉氧化膜的铝条投入到氯化亚铜的悬浊液中，并不断搅拌，试写出可能发生的反应的离子方程式　 　。
【答案】（1）除去过量的以及
（2）
（3）NaClO会在反应Ⅳ中与氯离子发生归中反应生成有毒的氯气
（4）用乙醇洗涤降低CuCl损失，同时乙醇挥发快，得到的固体较干燥
（5）
【知识点】铜及其化合物；物质的分离与提纯；粗盐提纯；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）反应I用于提纯粗盐，加入适量HCl溶液的作用是除去过量的以及；
故答案为： 除去过量的以及 ；
（2）在反应中做还原剂；反应Ⅳ中铜离子与二氧化硫反应得到氯化亚铜，铜元素化合价降低生成氯化亚铜、硫元素化合价升高被氧化为硫酸根离子，结合电子守恒，离子方程式为：；
故答案为： ；
（3）过氧化氢是绿色氧化剂，其还原产物是水，而NaClO会在反应Ⅳ中与氯离子发生归中反应生成有毒的氯气；
故答案为： NaClO会在反应Ⅳ中与氯离子发生归中反应生成有毒的氯气 ；
（4）CuCl难溶于无水乙醇，用乙醇洗涤降低CuCl损失，同时乙醇挥发快，得到的固体较干燥；
故答案为： 用乙醇洗涤降低CuCl损失，同时乙醇挥发快，得到的固体较干燥 ；
（5）去掉氧化膜的铝条投入到氯化亚铜的悬浊液中，铝与氯化亚铜固体的直接接触，可能发生置换反应，生成铜单质和铝离子 ，离子方程式。
故答案为：。
【分析】反应 Ⅰ 为粗盐提纯，先加 BaCl2除去 SO42-，再加 Na2CO3除去 Ca2+及过量 Ba2+，接着加 NaOH 除去 Mg2+，最后加适量 HCl 中和过量的 Na2CO3和 NaOH；反应 Ⅱ 是电解提纯后的饱和食盐水，产物为 NaOH、Cl2和 H2；反应 Ⅴ 中，Cu 与稀硫酸、H2O2反应生成 CuSO4；反应 Ⅳ 利用生成的 CuSO4与 SO2反应制备 CuCl；反应 Ⅲ 则通过 Cl2、Cu 等物质反应生成 CuCl。
（1）反应I用于提纯粗盐，加入适量HCl溶液的作用是除去过量的以及；
（2）在反应中做还原剂；反应Ⅳ中铜离子与二氧化硫反应得到氯化亚铜，铜元素化合价降低生成氯化亚铜、硫元素化合价升高被氧化为硫酸根离子，结合电子守恒，离子方程式为：；
（3）过氧化氢是绿色氧化剂，其还原产物是水，而NaClO会在反应Ⅳ中与氯离子发生归中反应生成有毒的氯气；
（4）CuCl难溶于无水乙醇，用乙醇洗涤降低CuCl损失，同时乙醇挥发快，得到的固体较干燥；
（5）去掉氧化膜的铝条投入到氯化亚铜的悬浊液中，铝与氯化亚铜固体的直接接触，可能发生置换反应，生成铜单质和铝离子 ，离子方程式。
20．（2025高一上·南京期末）柠檬酸亚铁()是一种易吸收的高效铁制剂，实验室模拟制取柠檬酸亚铁的流程如下图所示：
（1）溶液呈碱性，滴入到硫酸亚铁溶液中。若改变反应I中试剂的滴加顺序，则导致沉淀中混有主要杂质是　 　。
（2）上述反应Ⅰ如何证明亚铁离子已经沉淀完全　 　。
（3）依据题干信息，写出柠檬酸溶液与反应的化学方程式　 　。
（4）一般在合成柠檬酸亚铁的过程中还需要加入一定量的铁粉，其作用是　 　。
（5）某学习小组欲以废铁泥(主要成分为、FeO和少量Fe)为原料，制备晶体。请结合如图的溶解度曲线，写出制备晶体的实验方案：往废铁泥中分批缓慢加入稀硫酸，直至稍过量，边滴加边搅拌至充分反应，过滤，　 　。(实验中须使用的试剂：铁粉；仪器；真空干燥器)
【答案】（1）氢氧化铁
（2）取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，没有出现蓝色沉淀，说明亚铁离子已经沉淀完全
（3）
（4）防止亚铁离子被氧化
（5）得到溶液，加入过量铁粉将铁离子还原为FeSO4溶液，滴加稀硫酸酸化，温度高于60℃蒸发浓缩至较多晶体析出，趁热过滤出晶体，在真空干燥器中干燥得晶体
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；蒸发和结晶、重结晶；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）溶液呈碱性，若改变反应I中试剂的滴加顺序，则亚铁离子会和氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁容易被空气中氧气氧化为氢氧化铁沉淀，故会导致沉淀中混有主要杂质氢氧化铁；
故答案为： 氢氧化铁 ；
（2）亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀；故证明亚铁离子已经沉淀完全的方法可以为：取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，没有出现蓝色沉淀，说明亚铁离子已经沉淀完全；
故答案为： 取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，没有出现蓝色沉淀，说明亚铁离子已经沉淀完全 ；
（3）柠檬酸溶液与反应生成柠檬酸亚铁沉淀和水、二氧化碳，化学方程式；
故答案为：；
（4）亚铁离子容易被空气中氧气氧化为铁离子，合成柠檬酸亚铁的过程中还需要加入一定量的铁粉，其作用是防止亚铁离子被氧化；
故答案为： 防止亚铁离子被氧化 ；
（5）由图，温度高于60℃时析出晶体，故操作为：往废铁泥中分批缓慢加入稀硫酸，直至稍过量，边滴加边搅拌至充分反应，过滤，得到溶液，加入过量铁粉将铁离子还原为FeSO4溶液，滴加稀硫酸酸化，温度高于60℃蒸发浓缩至较多晶体析出，趁热过滤出晶体，在真空干燥器中干燥得晶体。
故答案为： 得到溶液，加入过量铁粉将铁离子还原为FeSO4溶液，滴加稀硫酸酸化，温度高于60℃蒸发浓缩至较多晶体析出，趁热过滤出晶体，在真空干燥器中干燥得晶体 。
【分析】整个流程围绕柠檬酸亚铁的制备展开：首先，FeSO4溶液和 Na2CO3溶液发生反应 Ⅰ，生成 FeCO3沉淀，同时产生气体 X（结合反应原理，可推测为 CO2）；之后通过操作 a（过滤）分离出 FeCO3沉淀与滤液；接着向 FeCO3中加入足量柠檬酸溶液，FeCO3与柠檬酸发生反应，最终经过后续处理得到柠檬酸亚铁。
（1）溶液呈碱性，若改变反应I中试剂的滴加顺序，则亚铁离子会和氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁容易被空气中氧气氧化为氢氧化铁沉淀，故会导致沉淀中混有主要杂质氢氧化铁；
（2）亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀；故证明亚铁离子已经沉淀完全的方法可以为：取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，没有出现蓝色沉淀，说明亚铁离子已经沉淀完全；
（3）柠檬酸溶液与反应生成柠檬酸亚铁沉淀和水、二氧化碳，化学方程式；
（4）亚铁离子容易被空气中氧气氧化为铁离子，合成柠檬酸亚铁的过程中还需要加入一定量的铁粉，其作用是防止亚铁离子被氧化；
（5）由图，温度高于60℃时析出晶体，故操作为：往废铁泥中分批缓慢加入稀硫酸，直至稍过量，边滴加边搅拌至充分反应，过滤，得到溶液，加入过量铁粉将铁离子还原为FeSO4溶液，滴加稀硫酸酸化，温度高于60℃蒸发浓缩至较多晶体析出，趁热过滤出晶体，在真空干燥器中干燥得晶体。
21．（2025高一上·南京期末）、在环境保护中用途广泛。碱性条件下稳定存在。
（1）可用于氧化去除高氯(含高浓度)废水中的有机物。
①酸性条件下，在水中产生氢氧化铁沉淀，该反应的离子方程式为　 　。
②酸性溶液中的氧化性大于的氧化性。处理高氯废水中的有机物在酸性条件下有机物去除率较低，其主要原因是　 　。
（2）高铁酸钠()也可用于氨氮处理。的氧化性受溶液中的H+浓度影响较大。如图所示。
①碱性条件下，可将水中的转化为除去，该反应的化学方程式为　 　。
②用氧化含氨氮废水，其他条件相同时，废水pH对氨氮去除率及氧化时间影响如图所示。当pH小于9时，随着pH的增大，氧化所需时间明显增长原因是　 　。
（3）水中的+6价铬元素对水质严重的损害作用，使用可进行无害化处理。即转化为产品磁性铁铬氧体()沉降。方法是先向含的污水中加入适量的硫酸及溶液，待充分反应后再通入适量空气(氧化部分)并加入NaOH溶液，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。
①写出在酸性条件下被还原为的离子方程式　 　。
②若处理含0.5mol(不考虑其他含铬微粒)污水时恰好消耗760g，并消耗0.125mol氧气。则加入NaOH溶液后最终得到的磁性铁铬氧体的化学式为　 　(x、y、z取正整数)。
【答案】（1）4+4H++2H2O=3O2↑+4Fe(OH)3↓；酸性条件下水解，同时酸性条件下 把Cl-氧化为Cl2，产生新的大气污染
（2）NH3＋2Na2FeO4＋2H2O=2Fe(OH)3↓＋N2↑＋4NaOH；随着pH的增大K2FeO4的稳定性增强，利用率提高，氨氮去除率高；但H＋浓度减小，氧化性减弱，氧化时间增长
（3）；Cr2Fe20O27
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）①酸性条件下，分解放出O2并产生Fe(OH)3沉淀，铁元素化合价降低了3价，氧元素化合价升高了2价，根据化合价升降守恒以及电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为4+4H++2H2O=3O2↑+4Fe(OH)3↓；
②处理高氯废水中的有机物其不能在酸性条件下，是因为易分解，同时会把Cl-氧化为Cl2，产生新的大气污染；
故答案为： 4+4H++2H2O=3O2↑+4Fe(OH)3↓ ； 酸性条件下水解，同时酸性条件下把Cl-氧化为Cl2，产生新的大气污染 ；
（2）①碱性条件下K2FeO4可将水中的NH3转化为N2除去，铁元素化合价由+6价降低为+3价，碱性条件下应生成Fe(OH)3沉淀，氮元素化合价由-3价升高为0价，根据氧化还原反应和物料守恒，反应的化学方程式为：NH3＋2Na2FeO4＋2H2O=2Fe(OH)3↓＋N2↑＋4NaOH；
②用K2FeO4氧化含氨氮废水，说明K2FeO4具有强氧化性，氧化性受溶液中的H＋浓度影响较大，随着pH的增大K2FeO4的稳定性增强，利用率提高，氨氮去除率高；但H＋浓度减小，氧化性减弱，氧化时间增长。
故答案为： NH3＋2Na2FeO4＋2H2O=2Fe(OH)3↓＋N2↑＋4NaOH ； 随着pH的增大K2FeO4的稳定性增强，利用率提高，氨氮去除率高；但H＋浓度减小，氧化性减弱，氧化时间增长 ；
（3）①被氧化，化合价由价价，化合价升高1价，中Cr的化合价由价价，化合价降低3价，最小公倍数为3，离子方程式为：；
②根据得失电子守恒得关系式：~3FeSO4~Cr3+~3Fe3+，故0.5 mol消耗FeSO4物质的量=0.5mol×3=1.5 mol，生成Cr3+：0.5 mol，Fe3+：1.5mol，由O2~4FeSO4~4Fe3+，知，被O2氧化的FeSO4物质的量=0.125 mol×4=0.5mol，生成Fe3+：0.5 mol，此时还剩余FeSO4物质的量=mol-1.5 mol-0.5mol=3 mol，故所得铁铬氧体中含有：Cr3+ 0.5 mol、Fe3+ 2mol、Fe2+ 3mol，根据化合价代数和为0知，O2-物质的量=，故x：y：z=0.5 mol： mol：6.75mol=2：20：27，故该化合物化学式为：Cr2Fe20O27。
故答案为： ； Cr2Fe20O27 。
【分析】(1)①依据酸性条件下反应现象，结合化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒，书写离子方程式。
②分析酸性条件下 FeO42-的水解情况，以及其与 Cl-发生的氧化反应，以此解释有机物去除率低的原因。
(2)①结合碱性环境，依据氧化还原反应规律（Fe 和 N 的化合价变化）及物料守恒，写出化学方程式。
②分析 pH 对 K2FeO4稳定性和氧化性的影响，阐明氧化时间增长的缘由。
(3)①根据 Fe 和 Cr 的化合价变化，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，书写离子方程式。
②通过得失电子守恒计算各离子的物质的量，再依据化合价代数和为零的原则，确定铁铬氧体（Cr Fe Oz）的化学式。
（1）①酸性条件下，分解放出O2并产生Fe(OH)3沉淀，铁元素化合价降低了3价，氧元素化合价升高了2价，根据化合价升降守恒以及电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为4+4H++2H2O=3O2↑+4Fe(OH)3↓；
②处理高氯废水中的有机物其不能在酸性条件下，是因为易分解，同时会把Cl-氧化为Cl2，产生新的大气污染；
（2）①碱性条件下K2FeO4可将水中的NH3转化为N2除去，铁元素化合价由+6价降低为+3价，碱性条件下应生成Fe(OH)3沉淀，氮元素化合价由-3价升高为0价，根据氧化还原反应和物料守恒，反应的化学方程式为：NH3＋2Na2FeO4＋2H2O=2Fe(OH)3↓＋N2↑＋4NaOH；
②用K2FeO4氧化含氨氮废水，说明K2FeO4具有强氧化性，氧化性受溶液中的H＋浓度影响较大，随着pH的增大K2FeO4的稳定性增强，利用率提高，氨氮去除率高；但H＋浓度减小，氧化性减弱，氧化时间增长。
（3）①被氧化，化合价由价价，化合价升高1价，中Cr的化合价由价价，化合价降低3价，最小公倍数为3，离子方程式为：；
②根据得失电子守恒得关系式：~3FeSO4~Cr3+~3Fe3+，故0.5 mol消耗FeSO4物质的量=0.5mol×3=1.5 mol，生成Cr3+：0.5 mol，Fe3+：1.5mol，由O2~4FeSO4~4Fe3+，知，被O2氧化的FeSO4物质的量=0.125 mol×4=0.5mol，生成Fe3+：0.5 mol，此时还剩余FeSO4物质的量=mol-1.5 mol-0.5mol=3 mol，故所得铁铬氧体中含有：Cr3+ 0.5 mol、Fe3+ 2mol、Fe2+ 3mol，根据化合价代数和为0知，O2-物质的量=，故x：y：z=0.5 mol： mol：6.75mol=2：20：27，故该化合物化学式为：Cr2Fe20O27。
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