资源简介

江苏省苏州市2024-2025年高一上学期期末考试化学试题
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（2025高一上·苏州期末）中国“祝融号”火星探测器探测发现火星上存在矿物。该物质所含元素属于第二周期的是
A．Mg B．Si C．Fe D．O
（2025高一上·苏州期末）根据下列实验信息，完成下面小题：
用下图装置进行实验验证浓硫酸与木炭在加热后得到的气体中含有、和。实验过程中分别观察到无水硫酸铜变蓝、品红溶液褪色、酸性高锰酸钾溶液颜色变浅、澄清石灰水中出现白色浑浊。
2．下列化学用语表示正确的是
A．的电子式为
B．的摩尔质量为
C．的结构示意图为
D．中子数为8的碳原子可表示为
3．下列有关说法不正确的是
A．中只存在共价键
B．用光照射溶液会产生光路
C．属于酸性氧化物
D．澄清石灰水变浑浊过程中分散质粒子变大
4．下列有关实验现象分析不正确的是
A．无水硫酸铜变蓝证明气体中有
B．品红溶液褪色证明气体中有
C．酸性高锰酸钾溶液颜色变浅证明有漂白性
D．澄清石灰水中出现白色浑浊证明气体中有
5．下列有关反应表示正确的是
A．木炭与浓硫酸反应：
B．二氧化硫溶于水：
C．酸性高锰酸钾溶液颜色变浅：
D．澄清石灰水中出现白色浑浊：
6．（2025高一上·苏州期末）下列有关实验的原理、操作的说法不正确的是
A．蒸发结晶是利用溶质的溶解度随温度变化有较大差异
B．用含少量水的容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液
C．蒸馏实验中被蒸馏出的物质微粒间间距先增大后减小
D．检验草木灰中的钠元素，可根据试样在火焰上灼烧的焰色判断
7．（2025高一上·苏州期末）被称为“植物生长和高产的营养剂”。下列相关说法正确的是
A．热稳定性：
B．离子半径：
C．最外层电子数：
D．单质与水反应的剧烈程度：Mg>K
8．（2025高一上·苏州期末）下列有关钠及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．Na有强还原性，可用于制造高压钠灯
B．有强氧化性，可用作漂白剂
C．能与酸反应，可用于去除物品表面油污
D．水溶液呈碱性，可用于制作发酵粉
9．（2025高一上·苏州期末）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向溴水中加入等体积，振荡后静置，上层接近无色，下层橙红色 在中的溶解度大于在水中的溶解度
B 向新制饱和氯水中加入过量的碳酸钙粉末，振荡，有气泡产生 HClO的酸性比强
C 向久置于空气中的固体中滴加稀硫酸，有气泡产生 已完全变质为
D 将盐酸滴入少量磷酸钙［］固体中，固体逐渐溶解 Cl的非金属性强于P
A．A B．B C．C D．D
10．（2025高一上·苏州期末）在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A．
B．
C．
D．
11．（2025高一上·苏州期末）实验室用下图装置模拟侯氏制碱法原理，以NaCl、、等为原料制取少量。下列有关说法正确的是
A．除去中的少量HCl可在乙装置中加入饱和溶液
B．用冰水浴冷却丙装置有利于析出固体
C．丙装置中析出固体的上层清液中不存在
D．丁装置是为了吸收丙装置中逸出的和
（2025高一上·苏州期末）阅读下列材料，完成下面小题：
工业废碱渣的主要成分为等，水浸后用于烟气脱硫后得到，再经中和获得；可用于处理废水中的。相关过程如下：
12．下列相关说法不正确的是
A．“水浸”前先将废碱渣粉碎可加快水浸速率
B．“吸收”后脱硫烟气中的比“吸收”前烟气中的多
C．“中和”时反应的化学方程式为
D．向溶液中滴加溶液，有白色沉淀产生，说明其中含
13．适量除去弱酸性废水中反应为：（未配平），下列有关说法正确的是
A．发生氧化反应
B．是还原产物
C．反应后废水的pH减小
D．反应中每产生1mol 转移2mol电子
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（2025高一上·苏州期末）A、B、C、D、E、F、G代表7种短周期主族元素。在周期表中的位置如下：
（1）C、F、G三种元素原子中，半径最大的是　 　（填元素符号）。
（2）由A、B形成的某种化合物分子中含有10个电子，写出其电子式：　 　。
（3）F、G的最高价氧化物的水化物酸性较强的是　 　（填酸的化学式）。
（4）D、E分别对应的最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式为　 　。
（5）化合物熔融状态不导电，其含有化学键的类型为　 　。
（6）写出一个能够说明元素C的非金属性比元素F强的化学方程式：　 　。
15．（2025高一上·苏州期末）以食盐水和HCl为原料均可制。
Ⅰ．以食盐水为原料制
（1）除去粗盐中含有、、等杂质离子，常用试剂为：溶液、NaOH溶液、溶液、盐酸。
①用于除去的试剂是　 　。
②除去时，判断已沉淀完全的方法是　 　。
③待杂质离子沉淀完全，过滤后向滤液中加入盐酸，发生反应的离子方程式有　 　。
（2）电解饱和食盐水可得到、和NaOH。
①电解饱和食盐水转移电子的物质的量为1mol时，理论上产生在标准状况下的体积为　 　。
②电解时有少量产生，则电解产生的　 　（填“>”或“<”或“=”）1：1。
③电解后的溶液中产生少量的可能原因是　 　（用化学方程式表示）。
Ⅱ．以HCl为原料制
（3）利用循环可将HCl氧化为，转化关系如图所示。
①反应b在340~380℃条件下进行，写出该反应的化学方程式：　 　。
②已知：是酸性氧化物，难溶于水。溶解度如下表：
温度/℃ 20 40 60 80
溶解度/g 73 77.3 87.6 96.6
请补充完整回收废催化剂（含CuO、、等）获取晶体的实验方案：取废催化剂于烧杯中，　 　，过滤、洗涤、干燥得晶体。
16．（2025高一上·苏州期末）以海水和海带为原料可制取碘化镁。
Ⅰ．海带制碘
实验室用海带制备碘单质的流程如下：
（1）为使海带灰中的碘元素充分转移至水中，可采取的措施有　 　。
（2）含溶液中通入氯气可获得。说明　 　性，　 　（填“>”或“=”或“<”）。
（3）实验室进行有机溶剂萃取水中碘的实验，须使用的玻璃仪器有　 　、烧杯。
Ⅱ．制碳酸镁
向除去的浓缩海水中通2分钟至酸性，然后在通的同时加入NaOH溶液，可得到沉淀，过滤洗涤干燥后得到。过程中海水pH随时间变化如图所示。
（4）写出生成的离子反应方程式：　 　。
（5）先通2分钟的目的是防止制得的中混有　 　（填化学式）。
（6）待完全沉淀后，结束时若先停止加入NaOH，海水中的产率会减小的原因是　 　。
Ш．制碘化镁
以单质、和为原料，反应可得到溶液，同时产生和。
（7）该反应中的作用为　 　。
（8）为提高和的利用率，须控制约为　 　。
17．（2025高一上·苏州期末）S和是自然界中硫循环的重要组成部分。
Ⅰ．S的产生与去除
（1）水体中的与在微生物作用下可转化为和S，该反应的离子方程式为　 　。
（2）废水中的硫化物可用将其氧化为单质S进行回收。
①控制废水pH约为8，用适量30%的溶液将废水中的转化为单质S，该反应的离子方程式为　 　。
②在1L废水中单质S回收率随加入量的变化如图所示。加入量大于12mg时，废水中单质S的回收率下降的原因可能是　 　。
Ⅱ．烟气中的测定与利用
（3）含量的测定
如图所示，向装置通入含烟气，用含淀粉的碘水吸收（发生的反应为），当通入40L烟气时恰好完全反应，停止通入烟气；将吸收液转移至锥形瓶中，并用水洗涤装置2~3次，将洗涤液与吸收液合并；向吸收液中加入过量溶液，完全反应后过滤洗涤干燥，得到沉淀0.233g。
①判断碘水中恰好完全反应的现象为　 　。
②计算该烟气中的含量　 　（以为单位，写出计算过程）。
③若实验过程中未用水洗涤装置，测得的含量会　 　（填“偏大”或“偏小”或“不变”）。
（4）的脱除
用氨水吸收过量可得溶液，再通入空气氧化，得到硫酸盐。在空气氧化时，溶液中有逸出的原因是　 　（结合相关离子方程式分析）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、Mg（镁）原子有 3 个电子层，所以处于第三周期。
B、Si（硅）原子有 3 个电子层，处于第三周期。
C、Fe（铁）原子有 4 个电子层，处于第四周期。
D、O（氧）原子有 2 个电子层，处于第二周期。
故答案为：D。
【分析】要解决这道题，解题思路是先明确元素周期表中周期数的判断依据（元素所在周期数等于其原子的电子层数），再分别分析各选项元素的电子层数，从而确定所属周期。
【答案】2．B
3．B
4．C
5．A
【知识点】离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）A、H2O 的电子式需体现氧原子的孤对电子，正确写法为 H： ：H（氧原子上下各有一对电子），A错误；
B、H2SO4的相对分子质量是 98，摩尔质量在数值上等于相对分子质量，单位为 g mol- ，即 98g mol- ，B正确；
C、S2-的核电荷数为 16（硫元素的原子序数），的结构示意图：，C错误；
D、中子数为 8 的碳原子，质量数 = 质子数 + 中子数 = 6+8=14，应表示为，D错误；
故答案为：B。
（2）A、H2SO4是共价化合物，原子间通过共用电子对结合，只存在共价键，A正确；
B、KMnO4溶液属于溶液分散系，不是胶体，光照时不会产生丁达尔效应（光路），B错误；
C、SO2能与水反应生成亚硫酸，也能与碱反应生成盐和水，符合酸性氧化物的定义，C正确；
D、澄清石灰水变浑浊是因为 Ca(OH)2与 CO2反应生成 CaCO3沉淀，分散质粒子从离子变为沉淀颗粒，粒子直径变大，D正确；
故答案为：B
（3）A、无水硫酸铜为白色，遇水变蓝生成 CuSO4 5H2O，可证明气体中含 H2O (g)，A正确；
B、SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，该现象可证明气体中含 SO2，B正确；
C、酸性 KMnO4溶液褪色是因为 SO2具有还原性，被 KMnO4氧化，而非漂白性，C错误；
D、CO2与澄清石灰水反应生成 CaCO3白色沉淀，使溶液浑浊，可证明气体中含 CO2，D正确；
故答案为：C。
（4）A、木炭与浓硫酸加热反应生成 SO2、CO2和 H2O，化学方程式为，A正确；
B、SO2溶于水生成亚硫酸（H2SO3），而非硫酸，反应为 SO2+H2O H2SO3，B错误；
C、酸性 KMnO4与 SO2反应在酸性条件下进行，离子方程式中不应出现 OH-，正确为 2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，C错误；
D、澄清石灰水变浑浊是生成 CaCO3沉淀，离子方程式应为 Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，D错误；
故答案为：A。
【分析】（1）逐一判断各选项化学用语的规范性，依据电子式书写规则、摩尔质量定义、离子结构示意图特点及原子表示方法来分析。
（2）结合化学键类型、胶体性质、酸性氧化物概念及分散系变化规律，分析各选项说法的正误。
（3）根据各物质的特征反应及实验现象，分析现象与气体成分的对应关系，判断说法是否正确。
（4）依据反应事实、物质性质及方程式书写规则（如配平、反应条件、物质状态、离子符号等），判断各反应式的正确性。
2．A、H2O 的电子式需体现氧原子的孤对电子，正确写法为 H： ：H（氧原子上下各有一对电子），A错误；
B、H2SO4的相对分子质量是 98，摩尔质量在数值上等于相对分子质量，单位为 g mol- ，即 98g mol- ，B正确；
C、S2-的核电荷数为 16（硫元素的原子序数），的结构示意图：，C错误；
D、中子数为 8 的碳原子，质量数 = 质子数 + 中子数 = 6+8=14，应表示为，D错误；
故答案为：B。
3．A、H2SO4是共价化合物，原子间通过共用电子对结合，只存在共价键，A正确；
B、KMnO4溶液属于溶液分散系，不是胶体，光照时不会产生丁达尔效应（光路），B错误；
C、SO2能与水反应生成亚硫酸，也能与碱反应生成盐和水，符合酸性氧化物的定义，C正确；
D、澄清石灰水变浑浊是因为 Ca(OH)2与 CO2反应生成 CaCO3沉淀，分散质粒子从离子变为沉淀颗粒，粒子直径变大，D正确；
故答案为：B。
4．A、无水硫酸铜为白色，遇水变蓝生成 CuSO4 5H2O，可证明气体中含 H2O (g)，A正确；
B、SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，该现象可证明气体中含 SO2，B正确；
C、酸性 KMnO4溶液褪色是因为 SO2具有还原性，被 KMnO4氧化，而非漂白性，C错误；
D、CO2与澄清石灰水反应生成 CaCO3白色沉淀，使溶液浑浊，可证明气体中含 CO2，D正确；
故答案为：C。
5．A、木炭与浓硫酸加热反应生成 SO2、CO2和 H2O，化学方程式为，A正确；
B、SO2溶于水生成亚硫酸（H2SO3），而非硫酸，反应为 SO2+H2O H2SO3，B错误；
C、酸性 KMnO4与 SO2反应在酸性条件下进行，离子方程式中不应出现 OH-，正确为 2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，C错误；
D、澄清石灰水变浑浊是生成 CaCO3沉淀，离子方程式应为 Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，D错误；
故答案为：A。
6．【答案】A
【知识点】焰色反应；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、蒸发结晶是通过蒸发溶剂，使溶质从溶液中析出，适用于溶质溶解度受温度影响较小的情况；而溶质溶解度随温度变化有较大差异时，常用降温结晶的方法，A错误；
B、用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液时，定容操作需要向容量瓶中加蒸馏水，所以容量瓶中含少量水，对最终溶液浓度无影响，B正确；
C、蒸馏实验里，被蒸馏出的物质先由液态受热汽化为气态，微粒间间距增大；之后气态物质经冷凝又变为液态，微粒间间距减小，C正确；
D、钠元素的焰色试验（焰色反应）现象为黄色，检验草木灰中的钠元素，可利用试样在火焰上灼烧时的焰色来判断，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点：
蒸发结晶原理混淆：错把蒸发结晶（靠蒸发溶剂）和降温结晶（靠溶解度随温度变化大）的原理搞混，误认蒸发结晶依赖溶解度的温度差异。
容量瓶使用误区：易忽略容量瓶带水会导致溶液体积偏大，混淆 “定容加水” 和 “瓶内预存水” 的区别。
焰色反应条件误判：易忽略草木灰中钠的焰色会被钾掩盖，但 D 的检验逻辑本身合理，易误判其错误。
7．【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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、O 和 S 同主族，O 的非金属性比 S 强。非金属性越强，对应的简单氢化物热稳定性越好，因此热稳定性 H2O > H2S，A错误；
B、Mg2+和 O2-均为 10 电子离子，电子层结构相同。核电荷数越大，对核外电子的吸引力越强，离子半径越小。Mg 的核电荷数（12）大于 O（8），故离子半径 r (Mg2+) < r (O2-)，B错误；
C、S 和 O 属于同主族元素，同主族元素原子的最外层电子数相同，即最外层电子数 N (S) = N (O)，C正确；
D、K 的金属活动性比 Mg 强，金属活动性越强，单质与水反应越剧烈，所以单质与水反应的剧烈程度 K > Mg，D错误；
故答案为：C。
【分析】结合元素周期律及相关性质，对各选项涉及的热稳定性、离子半径、最外层电子数、金属活泼性逐一分析，判断说法正确性。
8．【答案】B
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；钠的氧化物
【解析】【解答】A、钠用于制造高压钠灯，是利用钠蒸气发光的物理性质（黄光射程远、透雾性好），与钠的强还原性无关，故A不符合题意 ；
B、Na2O2具有强氧化性，能通过氧化作用漂白有色物质，因此可用作漂白剂，性质与用途直接对应，故B符合题意 ；
C、Na2CO3去除油污是因为其水溶液因水解呈碱性，油污（油脂）在碱性条件下发生水解反应，并非利用其与酸反应的性质，故C不符合题意 ；
D、NaHCO3用于制作发酵粉，是由于它受热易分解产生 CO2气体，使面团膨胀，与水溶液呈碱性无关，故D不符合题意 ；
故答案为：B
【分析】判断钠及其化合物的性质与用途是否存在对应关系，需结合物质的核心性质与用途的本质关联分析。
9．【答案】A
【知识点】氯水、氯气的漂白作用；钠的氧化物；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、溴水中加入等体积 CCl4，Br2在 CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，会被萃取到 CCl4中；又因 CCl4密度比水大，萃取后下层（CCl4层）呈橙红色，上层（水层）近无色，现象与原理一致，A正确；
B、新制氯水中存在 Cl2与 H2O 的平衡，生成的 HCl 是强酸，能与碳酸钙反应生成 CO2（产生气泡）；而 HClO 酸性弱于碳酸，无法与碳酸钙反应。因此，气泡源于 HCl 而非 HClO，不能证明 HClO 酸性强于 H2CO3，B错误；
C、Na2O2久置可能变质为 Na2CO3（与 CO2反应），但未变质的 Na2O2与稀硫酸反应也会生成 O2（产生气泡），Na2CO3与稀硫酸反应生成 CO2（也产生气泡）。两种情况均有气泡，无法仅凭此证明 Na2O2已变质，C错误；
D、将盐酸滴入磷酸钙固体中，固体溶解，说明盐酸酸性强于磷酸。但比较元素非金属性，需用元素最高价氧化物对应的水化物的酸性，盐酸不是 Cl 的最高价氧化物对应的水化物，所以不能得出 Cl 的非金属性强于 P 的结论，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．判断萃取实验的现象与原理是否匹配，需结合萃取剂性质（溶解度、密度）分析。
B．分析氯水中加碳酸钙产生气泡的原因，需区分氯水中不同酸的酸性强弱。
C．判断久置 Na2O2加稀硫酸产生气泡能否证明变质，需考虑未变质 Na2O2的反应情况。
D．通过卤素置换反应判断非金属性，需明确非金属性比较的依据。
10．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、浓 HCl 和 MnO2在加热条件下反应可生成 Cl2，但 Cl2具有强氧化性，与 Fe 在点燃条件下反应，会将 Fe 氧化到 +3 价，生成 FeCl3，而非 FeCl2，A转化不能实现；
B、Ca(ClO)2溶液与 CO2反应能生成 HClO，不过 HClO 在光照条件下分解，生成的是 HCl 和 O2，无法得到 Cl2，B转化无法实现；
C、Cu 和浓 H2SO4在加热时发生反应，生成 CuSO4、SO2和 H2O；CuSO4溶液与石灰乳（主要成分为 Ca(OH)2）反应，会生成 Cu(OH)2沉淀和 CaSO4，C转化可以实现；
D、由于盐酸的酸性强于亚硫酸，根据强酸制弱酸原理，SO2与 CaCl2溶液不发生反应，无法生成 CaSO3，后续转化也无从谈起，D转化不能实现；
故答案为：C
【分析】逐一分析各选项中物质间转化的每一步反应，结合物质的化学性质判断能否实现。
A．Cl2与 Fe 点燃时，Fe 直接被氧化为 FeCl3（Cl2氧化性强），无法生成 FeCl2，转化不能实现。
B．HClO 光照分解生成 HCl 和 O2，不会生成 Cl2，转化不能实现。
C．浓 H2SO4与 Cu 加热生成 CuSO4；CuSO4与石灰乳（Ca(OH)2）发生复分解反应生成 Cu(OH)2，两步转化均可行。
D．SO2与 CaCl2不反应（违背 “强酸制弱酸”，H2SO3酸性弱于 HCl），无法生成 CaSO3，转化不能实现。
11．【答案】B
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、要除去 CO2中的少量 HCl，若用饱和 Na2CO3溶液，CO2会与 Na2CO3反应（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），不能达到除杂目的，应选用饱和 NaHCO3溶液，A错误；
B、丙装置中发生反应 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，NaHCO3的溶解度随温度降低而减小，用冰水浴冷却丙装置，能降低 NaHCO3的溶解度，有利于其结晶析出，B正确；
C、丙装置中析出 NaHCO3固体后的上层清液，是 NaHCO3的饱和溶液，其中必然存在 HCO3-，C错误；
D、丁装置中是稀硫酸，CO2不与稀硫酸反应，稀硫酸的作用是吸收丙装置中逸出的 NH3，防止其污染空气，不能吸收 CO2，D错误；
故答案为：B
【分析】结合侯氏制碱法的反应原理，对每个选项涉及的除杂、物质溶解度、溶液中离子存在及尾气吸收等方面进行分析判断。
【答案】12．D
13．C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；硫酸根离子的检验；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）A、“水浸” 前粉碎废碱渣，可增大其与水的接触面积，加快水浸时的溶解速率，A正确；
B、“吸收” 过程中，Na2CO3与 SO2反应会生成 CO2（如Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2），因此脱硫后烟气中 CO2的量比吸收前多，B正确；
C、“中和” 是 NaHSO3与 NaOH 反应生成 Na2SO3，反应为 NaOH+NaHSO3=Na2SO3+H2O，C正确；
D、Na2SO3与 BaCl2反应会生成 BaSO3白色沉淀，仅加 BaCl2有沉淀不能证明含 Na2SO4（需加盐酸，若沉淀不溶解才说明含 Na2SO4），D错误；
故答案为：D。
（2）A、Cl2中 Cl 元素化合价从 0 降为 - 1，发生还原反应，A错误；
B、SO32-中 S 元素化合价从 + 4 升为 + 6，SO42-是氧化产物，B错误；
C、反应生成 H+，溶液酸性增强，pH 减小，C正确；
D、每生成 2mol Cl-转移 2mol 电子，则每产生 1mol Cl-转移 1mol 电子，D错误；
故答案为：C。
【分析】（1）结合工业废碱渣处理流程中各步骤的原理和物质性质，判断每个选项说法是否正确。
（2）先明确配平后的反应方程式，再依据氧化还原反应规律（化合价变化、电子转移、产物类型）及溶液酸碱性变化分析选项。分析解题要点：配平反应为。
12．A、“水浸” 前粉碎废碱渣，可增大其与水的接触面积，加快水浸时的溶解速率，A正确；
B、“吸收” 过程中，Na2CO3与 SO2反应会生成 CO2（如Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2），因此脱硫后烟气中 CO2的量比吸收前多，B正确；
C、“中和” 是 NaHSO3与 NaOH 反应生成 Na2SO3，反应为 NaOH+NaHSO3=Na2SO3+H2O，C正确；
D、Na2SO3与 BaCl2反应会生成 BaSO3白色沉淀，仅加 BaCl2有沉淀不能证明含 Na2SO4（需加盐酸，若沉淀不溶解才说明含 Na2SO4），D错误；
故答案为：D。
13．A、Cl2中 Cl 元素化合价从 0 降为 - 1，发生还原反应，A错误；
B、SO32-中 S 元素化合价从 + 4 升为 + 6，SO42-是氧化产物，B错误；
C、反应生成 H+，溶液酸性增强，pH 减小，C正确；
D、每生成 2mol Cl-转移 2mol 电子，则每产生 1mol Cl-转移 1mol 电子，D错误；
故答案为：C
14．【答案】（1）S
（2）
（3）HClO4
（4）
（5）共价键
（6）
【知识点】离子方程式的书写；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
【解析】【加法】（1）根据元素周期律，C、F、G分别为O、S、Cl，三种元素原子半径大小为：O< Cl < S，故半径最大的是S；
故答案为：S；
（2）由A、B形成的某种化合物分子中含有10个电子，则该化合物为NH3，其电子式为：；
故答案为：；
（3）根据元素周期律，F与G同周期，G的非金属性较F更强，故其最高价氧化物对应水化物酸性更强，该空填HClO4；
故答案为：HClO4；
（4）D、E分别对应的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，两者发生的离子反应为：；
故答案为：；
（5）EG3即AlCl3，化合物AlCl3熔融状态不导电，说明AlCl3不是离子化合物而是共价化合物，故其所含化学键为共价键；
故答案为：共价键；
（6）元素C和F分别代表O和S，其元素非金属性强弱可通过单质的氧化性来判断：，其中O2作氧化剂，S作氧化产物，单质氧化性O2更强，故其元素对应非金属性更强。
故答案为：；
【分析】由元素周期表中的位置可知，A为H，B为N，C为O，D为Na，E为Al，F为S，G为Cl，据此答题。
(1)根据元素周期律，比较同周期、同主族元素原子半径大小。
(2)确定 A、B 形成的 10 电子化合物，再写电子式。
(3)依据同周期元素非金属性变化规律，判断最高价氧化物水化物酸性强弱。
(4)明确 D、E 的最高价氧化物水化物，书写反应的离子方程式。
(5)根据熔融状态是否导电，判断化合物类型及化学键类型。
(6)利用单质氧化性强弱（置换反应）说明非金属性强弱。
（1）根据元素周期律，C、F、G分别为O、S、Cl，三种元素原子半径大小为：O< Cl < S，故半径最大的是S；
（2）由A、B形成的某种化合物分子中含有10个电子，则该化合物为NH3，其电子式为：；
（3）根据元素周期律，F与G同周期，G的非金属性较F更强，故其最高价氧化物对应水化物酸性更强，该空填HClO4；
（4）D、E分别对应的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，两者发生的离子反应为：；
（5）EG3即AlCl3，化合物AlCl3熔融状态不导电，说明AlCl3不是离子化合物而是共价化合物，故其所含化学键为共价键；
（6）元素C和F分别代表O和S，其元素非金属性强弱可通过单质的氧化性来判断：，其中O2作氧化剂，S作氧化产物，单质氧化性O2更强，故其元素对应非金属性更强。
15．【答案】溶液；静置后，取上层清液，向其中继续滴加2~3滴BaCl2溶液，若溶液不出现浑浊，则已沉淀完全；，；11.2L；>；；；加入适量盐酸待反应完全后过滤得到滤液，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①用于除去的试剂是：溶液，因与反应生成CaCO3沉淀；②判断已沉淀完全的方法是：静置后，取上层清液，向其中继续滴加2~3滴BaCl2溶液，若溶液不出现浑浊，则已沉淀完全；③待杂质离子沉淀完全，滤液中仍存在过量的碳酸根离子和氢氧根离子，因此向滤液中加入盐酸，发生反应的离子方程式有：，；
故答案为：溶液 ； 静置后，取上层清液，向其中继续滴加2~3滴BaCl2溶液，若溶液不出现浑浊，则已沉淀完全 ；， ；
（2）电解饱和食盐水的反应原理为：；①电解饱和食盐水生成1mol，转移电子的物质的量为2mol时；因此电解饱和食盐水转移电子的物质的量为1mol时，理论上产生在标准状况下的体积为：L；②电解饱和食盐水产生的氢气和氯气的物质的量比为1：1；而当溶液中的氯离子逐渐减少时，电解过程会转向电解水，此时，水在阳极被氧化生成O2，在阴极被还原生成氢气H2，因此电解产生的>1：1；③电解饱和食盐水，阳极产物为，阴极产物为NaOH和H2，其中和NaOH可发生反应：，故溶液中产生少量；
故答案为： 11.2L ；>； ；
（3）①由图示可知反应b的反应物为CuCl2和O2，生成物为CuO和Cl2，因此该反应的化学方程式：；②由废催化剂（含CuO、、等）获取溶液，需先加入盐酸，使CuO转化为，而不溶于盐酸，因此通过过滤可得到溶液；再由溶解度表格可知，的溶解度随温度的升高而增大，因此继续采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可从溶液中制得晶体。
故答案为： ； 加入适量盐酸待反应完全后过滤得到滤液，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶 。
【分析】(1)①用 Na2CO3溶液除去 Ca2+，因 Ca2+与 CO32-生成 CaCO3沉淀。
②静置后取上层清液，滴加 BaCl2溶液，无浑浊则 SO42-沉淀完全。
③滤液中过量 CO32-、OH-与 H+反应，离子方程式：CO32-+2H+=H2O+CO2↑、OH-+H+=H2O。
(2)①根据电解反应电子转移规律，计算转移 1mol 电子时 Cl2的体积。
②电解后期水参与反应，H2生成量增多，故 n (H2)：n (Cl2)＞1：1。
③Cl2与 NaOH 反应生成 NaClO，方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
(3)①反应 b 为 CuCl2与 O2在 340-380℃生成 CuO 和 Cl2，方程式：；
②加盐酸溶解 CuO，过滤除 SiO2，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶得 CuCl2晶体。
16．【答案】搅拌、升温或延长反应时间；氧化性；＞；分液漏斗；CO2+2OH-+Mg2+= MgCO3↓ +H2O；Mg(OH)2；CO2与 MgCO3和H2O反应生成Mg(HCO3)2；还原剂；2：1
【知识点】海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）为使海带灰中的碘元素充分转移至水中，可以通过搅拌增加接触机会，可以提高反应速率，也可以增加表面积或升温增加反应速率，也可以增加反应时间提高碘元素的利用率；
故答案为：搅拌、升温或延长反应时间。
（2）根据分析可知，通入Cl2生成I2，Cl2做氧化剂，氧化性强于I2；
故答案为：氧化性；＞。
（3）实验室进行有机溶剂萃取水中碘的实验，须使用的玻璃仪器分液漏斗，烧杯；
故答案为：分液漏斗。
（4）通CO2，加入NaOH溶液，可得到MgCO3沉淀，反应方程式为CO2+2OH-+Mg2+= MgCO3 +H2O；
故答案为：CO2+2OH-+Mg2+= MgCO3 +H2O。
（5）先通2分钟CO2，溶液呈酸性，目的是防止加NaOH时，与镁离子反应生成Mg(OH)2，使制得的MgCO3中混有Mg(OH)2；
故答案为：Mg(OH)2。
（6）待Mg2+完全沉淀后，结束时若先停止加入NaOH，CO2与 MgCO3和H2O反应生成Mg(HCO3)2，导致产率下降；
故答案为：CO2与 MgCO3和H2O反应生成Mg(HCO3)2。
（7）反应过程中N元素化合价升高被氧化为氮气，所以N2H4做还原剂；
故答案为：还原剂。
（8）反应方程式为2I2+2MgCO3+N2H4=2MgI2+2CO2+ N2+2H2O，为了提高利用率，n(I2)：n(N2H4)=2：1产率最高；
故答案为：2：1。
【分析】海带经灼烧后变成海带灰，其中的碘元素以可溶的碘离子形式存在。用水浸泡海带灰，能让碘离子充分溶解到水中，形成含碘离子的溶液。接着向该溶液中通入氯气，氯气具有强氧化性，会将碘离子氧化为碘单质，从而得到含碘单质的溶液。之后加入合适的萃取剂，利用碘在萃取剂和水中溶解度的差异，将碘萃取到萃取剂中，再经过后续提纯操作，就能得到纯净的碘单质。
另外，对于从海水中制取相关镁化合物，先对海水进行浓缩处理，然后先通入 2 分钟二氧化碳，使溶液呈酸性，创造适宜的反应环境。之后在通入二氧化碳的同时加入氢氧化钠，二氧化碳会先与氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，生成的碳酸氢根离子再与海水中的镁离子结合，发生反应生成碳酸镁沉淀，进而可用于后续制取碘化镁等物质。
17．【答案】；；硫元素被氧化成更高价态的或；蓝色刚好完全褪去；；偏小；空气中氧气将氧化为，离子方程式为：，溶液中H+浓度增大，酸性增强，未被氧化的和H+反应+ H+=+H2O，有逸出
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）水体中的与在微生物作用下可转化为和S，该反应中S元素由+6价下降到0价，N元素由-3价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
故答案为： ；
（2）①控制废水pH约为8，用适量30%的溶液将废水中的转化为单质S，该反应中O元素由-1价下降到-2价，S元素由-2价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平该反应的离子方程式为：；
②H2O2具有强氧化性，H2O2溶液加入量大于12mg时，所加H2O2溶液越多，S生成率越低，可能是因为硫元素被氧化成更高价态的或。
故答案为： ；硫元素被氧化成更高价态的或 ；
（3）①含淀粉的碘水呈蓝色，烟气用含淀粉的碘水吸收，发生的反应为，当碘水中I2恰好完全反应时，蓝色刚好完全褪去；
②完全反应后过滤洗涤干燥，得到沉淀0.233g，由方程式可知，n(SO2)=n()=n()=，该烟气中的含量为：；
③若实验过程中未用水洗涤装置，会导致部分损失，测得的含量会偏小。
故答案为： 蓝色刚好完全褪去 ；1.6； 偏小 ；
（4）用氨水吸收过量可得溶液，再通入空气氧化，将氧化为，离子方程式为：，溶液中H+浓度增大，酸性增强，未被氧化的和H+反应+ H+=+H2O，有逸出。
故答案为： 空气中氧气将氧化为，离子方程式为：，溶液中H+浓度增大，酸性增强，未被氧化的和H+反应+ H+=+H2O，有逸出
【分析】（1）根据电子守恒和电荷守恒，配平 SO42-与 NH4+在微生物作用下生成 N2和 S 的离子方程式。
（2）① 结合 pH=8 的条件，依据电子和电荷守恒，配平 H2O2氧化 HS-生成 S 的离子方程式。② H2O2过量时，会将生成的 S 进一步氧化为 SO32-或 SO42-，导致 S 回收率下降。
（3）① 淀粉遇 I2变蓝，I2完全反应时蓝色褪去。② 通过 BaSO4的质量，利用反应关系计算 SO2的物质的量，再求含量。③ 未洗涤装置会导致 SO2相关物质损失，测定结果偏小。
（4）O2氧化 HSO3-生成 SO42-和 H+，H+与剩余 HSO3-反应：HSO3-+H+=SO2↑+ H2O，导致 SO2逸出。
1 / 1江苏省苏州市2024-2025年高一上学期期末考试化学试题
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（2025高一上·苏州期末）中国“祝融号”火星探测器探测发现火星上存在矿物。该物质所含元素属于第二周期的是
A．Mg B．Si C．Fe D．O
【答案】D
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、Mg（镁）原子有 3 个电子层，所以处于第三周期。
B、Si（硅）原子有 3 个电子层，处于第三周期。
C、Fe（铁）原子有 4 个电子层，处于第四周期。
D、O（氧）原子有 2 个电子层，处于第二周期。
故答案为：D。
【分析】要解决这道题，解题思路是先明确元素周期表中周期数的判断依据（元素所在周期数等于其原子的电子层数），再分别分析各选项元素的电子层数，从而确定所属周期。
（2025高一上·苏州期末）根据下列实验信息，完成下面小题：
用下图装置进行实验验证浓硫酸与木炭在加热后得到的气体中含有、和。实验过程中分别观察到无水硫酸铜变蓝、品红溶液褪色、酸性高锰酸钾溶液颜色变浅、澄清石灰水中出现白色浑浊。
2．下列化学用语表示正确的是
A．的电子式为
B．的摩尔质量为
C．的结构示意图为
D．中子数为8的碳原子可表示为
3．下列有关说法不正确的是
A．中只存在共价键
B．用光照射溶液会产生光路
C．属于酸性氧化物
D．澄清石灰水变浑浊过程中分散质粒子变大
4．下列有关实验现象分析不正确的是
A．无水硫酸铜变蓝证明气体中有
B．品红溶液褪色证明气体中有
C．酸性高锰酸钾溶液颜色变浅证明有漂白性
D．澄清石灰水中出现白色浑浊证明气体中有
5．下列有关反应表示正确的是
A．木炭与浓硫酸反应：
B．二氧化硫溶于水：
C．酸性高锰酸钾溶液颜色变浅：
D．澄清石灰水中出现白色浑浊：
【答案】2．B
3．B
4．C
5．A
【知识点】离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）A、H2O 的电子式需体现氧原子的孤对电子，正确写法为 H： ：H（氧原子上下各有一对电子），A错误；
B、H2SO4的相对分子质量是 98，摩尔质量在数值上等于相对分子质量，单位为 g mol- ，即 98g mol- ，B正确；
C、S2-的核电荷数为 16（硫元素的原子序数），的结构示意图：，C错误；
D、中子数为 8 的碳原子，质量数 = 质子数 + 中子数 = 6+8=14，应表示为，D错误；
故答案为：B。
（2）A、H2SO4是共价化合物，原子间通过共用电子对结合，只存在共价键，A正确；
B、KMnO4溶液属于溶液分散系，不是胶体，光照时不会产生丁达尔效应（光路），B错误；
C、SO2能与水反应生成亚硫酸，也能与碱反应生成盐和水，符合酸性氧化物的定义，C正确；
D、澄清石灰水变浑浊是因为 Ca(OH)2与 CO2反应生成 CaCO3沉淀，分散质粒子从离子变为沉淀颗粒，粒子直径变大，D正确；
故答案为：B
（3）A、无水硫酸铜为白色，遇水变蓝生成 CuSO4 5H2O，可证明气体中含 H2O (g)，A正确；
B、SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，该现象可证明气体中含 SO2，B正确；
C、酸性 KMnO4溶液褪色是因为 SO2具有还原性，被 KMnO4氧化，而非漂白性，C错误；
D、CO2与澄清石灰水反应生成 CaCO3白色沉淀，使溶液浑浊，可证明气体中含 CO2，D正确；
故答案为：C。
（4）A、木炭与浓硫酸加热反应生成 SO2、CO2和 H2O，化学方程式为，A正确；
B、SO2溶于水生成亚硫酸（H2SO3），而非硫酸，反应为 SO2+H2O H2SO3，B错误；
C、酸性 KMnO4与 SO2反应在酸性条件下进行，离子方程式中不应出现 OH-，正确为 2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，C错误；
D、澄清石灰水变浑浊是生成 CaCO3沉淀，离子方程式应为 Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，D错误；
故答案为：A。
【分析】（1）逐一判断各选项化学用语的规范性，依据电子式书写规则、摩尔质量定义、离子结构示意图特点及原子表示方法来分析。
（2）结合化学键类型、胶体性质、酸性氧化物概念及分散系变化规律，分析各选项说法的正误。
（3）根据各物质的特征反应及实验现象，分析现象与气体成分的对应关系，判断说法是否正确。
（4）依据反应事实、物质性质及方程式书写规则（如配平、反应条件、物质状态、离子符号等），判断各反应式的正确性。
2．A、H2O 的电子式需体现氧原子的孤对电子，正确写法为 H： ：H（氧原子上下各有一对电子），A错误；
B、H2SO4的相对分子质量是 98，摩尔质量在数值上等于相对分子质量，单位为 g mol- ，即 98g mol- ，B正确；
C、S2-的核电荷数为 16（硫元素的原子序数），的结构示意图：，C错误；
D、中子数为 8 的碳原子，质量数 = 质子数 + 中子数 = 6+8=14，应表示为，D错误；
故答案为：B。
3．A、H2SO4是共价化合物，原子间通过共用电子对结合，只存在共价键，A正确；
B、KMnO4溶液属于溶液分散系，不是胶体，光照时不会产生丁达尔效应（光路），B错误；
C、SO2能与水反应生成亚硫酸，也能与碱反应生成盐和水，符合酸性氧化物的定义，C正确；
D、澄清石灰水变浑浊是因为 Ca(OH)2与 CO2反应生成 CaCO3沉淀，分散质粒子从离子变为沉淀颗粒，粒子直径变大，D正确；
故答案为：B。
4．A、无水硫酸铜为白色，遇水变蓝生成 CuSO4 5H2O，可证明气体中含 H2O (g)，A正确；
B、SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，该现象可证明气体中含 SO2，B正确；
C、酸性 KMnO4溶液褪色是因为 SO2具有还原性，被 KMnO4氧化，而非漂白性，C错误；
D、CO2与澄清石灰水反应生成 CaCO3白色沉淀，使溶液浑浊，可证明气体中含 CO2，D正确；
故答案为：C。
5．A、木炭与浓硫酸加热反应生成 SO2、CO2和 H2O，化学方程式为，A正确；
B、SO2溶于水生成亚硫酸（H2SO3），而非硫酸，反应为 SO2+H2O H2SO3，B错误；
C、酸性 KMnO4与 SO2反应在酸性条件下进行，离子方程式中不应出现 OH-，正确为 2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，C错误；
D、澄清石灰水变浑浊是生成 CaCO3沉淀，离子方程式应为 Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，D错误；
故答案为：A。
6．（2025高一上·苏州期末）下列有关实验的原理、操作的说法不正确的是
A．蒸发结晶是利用溶质的溶解度随温度变化有较大差异
B．用含少量水的容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液
C．蒸馏实验中被蒸馏出的物质微粒间间距先增大后减小
D．检验草木灰中的钠元素，可根据试样在火焰上灼烧的焰色判断
【答案】A
【知识点】焰色反应；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、蒸发结晶是通过蒸发溶剂，使溶质从溶液中析出，适用于溶质溶解度受温度影响较小的情况；而溶质溶解度随温度变化有较大差异时，常用降温结晶的方法，A错误；
B、用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液时，定容操作需要向容量瓶中加蒸馏水，所以容量瓶中含少量水，对最终溶液浓度无影响，B正确；
C、蒸馏实验里，被蒸馏出的物质先由液态受热汽化为气态，微粒间间距增大；之后气态物质经冷凝又变为液态，微粒间间距减小，C正确；
D、钠元素的焰色试验（焰色反应）现象为黄色，检验草木灰中的钠元素，可利用试样在火焰上灼烧时的焰色来判断，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点：
蒸发结晶原理混淆：错把蒸发结晶（靠蒸发溶剂）和降温结晶（靠溶解度随温度变化大）的原理搞混，误认蒸发结晶依赖溶解度的温度差异。
容量瓶使用误区：易忽略容量瓶带水会导致溶液体积偏大，混淆 “定容加水” 和 “瓶内预存水” 的区别。
焰色反应条件误判：易忽略草木灰中钠的焰色会被钾掩盖，但 D 的检验逻辑本身合理，易误判其错误。
7．（2025高一上·苏州期末）被称为“植物生长和高产的营养剂”。下列相关说法正确的是
A．热稳定性：
B．离子半径：
C．最外层电子数：
D．单质与水反应的剧烈程度：Mg>K
【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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、O 和 S 同主族，O 的非金属性比 S 强。非金属性越强，对应的简单氢化物热稳定性越好，因此热稳定性 H2O > H2S，A错误；
B、Mg2+和 O2-均为 10 电子离子，电子层结构相同。核电荷数越大，对核外电子的吸引力越强，离子半径越小。Mg 的核电荷数（12）大于 O（8），故离子半径 r (Mg2+) < r (O2-)，B错误；
C、S 和 O 属于同主族元素，同主族元素原子的最外层电子数相同，即最外层电子数 N (S) = N (O)，C正确；
D、K 的金属活动性比 Mg 强，金属活动性越强，单质与水反应越剧烈，所以单质与水反应的剧烈程度 K > Mg，D错误；
故答案为：C。
【分析】结合元素周期律及相关性质，对各选项涉及的热稳定性、离子半径、最外层电子数、金属活泼性逐一分析，判断说法正确性。
8．（2025高一上·苏州期末）下列有关钠及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．Na有强还原性，可用于制造高压钠灯
B．有强氧化性，可用作漂白剂
C．能与酸反应，可用于去除物品表面油污
D．水溶液呈碱性，可用于制作发酵粉
【答案】B
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；钠的氧化物
【解析】【解答】A、钠用于制造高压钠灯，是利用钠蒸气发光的物理性质（黄光射程远、透雾性好），与钠的强还原性无关，故A不符合题意 ；
B、Na2O2具有强氧化性，能通过氧化作用漂白有色物质，因此可用作漂白剂，性质与用途直接对应，故B符合题意 ；
C、Na2CO3去除油污是因为其水溶液因水解呈碱性，油污（油脂）在碱性条件下发生水解反应，并非利用其与酸反应的性质，故C不符合题意 ；
D、NaHCO3用于制作发酵粉，是由于它受热易分解产生 CO2气体，使面团膨胀，与水溶液呈碱性无关，故D不符合题意 ；
故答案为：B
【分析】判断钠及其化合物的性质与用途是否存在对应关系，需结合物质的核心性质与用途的本质关联分析。
9．（2025高一上·苏州期末）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向溴水中加入等体积，振荡后静置，上层接近无色，下层橙红色 在中的溶解度大于在水中的溶解度
B 向新制饱和氯水中加入过量的碳酸钙粉末，振荡，有气泡产生 HClO的酸性比强
C 向久置于空气中的固体中滴加稀硫酸，有气泡产生 已完全变质为
D 将盐酸滴入少量磷酸钙［］固体中，固体逐渐溶解 Cl的非金属性强于P
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氯水、氯气的漂白作用；钠的氧化物；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、溴水中加入等体积 CCl4，Br2在 CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，会被萃取到 CCl4中；又因 CCl4密度比水大，萃取后下层（CCl4层）呈橙红色，上层（水层）近无色，现象与原理一致，A正确；
B、新制氯水中存在 Cl2与 H2O 的平衡，生成的 HCl 是强酸，能与碳酸钙反应生成 CO2（产生气泡）；而 HClO 酸性弱于碳酸，无法与碳酸钙反应。因此，气泡源于 HCl 而非 HClO，不能证明 HClO 酸性强于 H2CO3，B错误；
C、Na2O2久置可能变质为 Na2CO3（与 CO2反应），但未变质的 Na2O2与稀硫酸反应也会生成 O2（产生气泡），Na2CO3与稀硫酸反应生成 CO2（也产生气泡）。两种情况均有气泡，无法仅凭此证明 Na2O2已变质，C错误；
D、将盐酸滴入磷酸钙固体中，固体溶解，说明盐酸酸性强于磷酸。但比较元素非金属性，需用元素最高价氧化物对应的水化物的酸性，盐酸不是 Cl 的最高价氧化物对应的水化物，所以不能得出 Cl 的非金属性强于 P 的结论，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．判断萃取实验的现象与原理是否匹配，需结合萃取剂性质（溶解度、密度）分析。
B．分析氯水中加碳酸钙产生气泡的原因，需区分氯水中不同酸的酸性强弱。
C．判断久置 Na2O2加稀硫酸产生气泡能否证明变质，需考虑未变质 Na2O2的反应情况。
D．通过卤素置换反应判断非金属性，需明确非金属性比较的依据。
10．（2025高一上·苏州期末）在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、浓 HCl 和 MnO2在加热条件下反应可生成 Cl2，但 Cl2具有强氧化性，与 Fe 在点燃条件下反应，会将 Fe 氧化到 +3 价，生成 FeCl3，而非 FeCl2，A转化不能实现；
B、Ca(ClO)2溶液与 CO2反应能生成 HClO，不过 HClO 在光照条件下分解，生成的是 HCl 和 O2，无法得到 Cl2，B转化无法实现；
C、Cu 和浓 H2SO4在加热时发生反应，生成 CuSO4、SO2和 H2O；CuSO4溶液与石灰乳（主要成分为 Ca(OH)2）反应，会生成 Cu(OH)2沉淀和 CaSO4，C转化可以实现；
D、由于盐酸的酸性强于亚硫酸，根据强酸制弱酸原理，SO2与 CaCl2溶液不发生反应，无法生成 CaSO3，后续转化也无从谈起，D转化不能实现；
故答案为：C
【分析】逐一分析各选项中物质间转化的每一步反应，结合物质的化学性质判断能否实现。
A．Cl2与 Fe 点燃时，Fe 直接被氧化为 FeCl3（Cl2氧化性强），无法生成 FeCl2，转化不能实现。
B．HClO 光照分解生成 HCl 和 O2，不会生成 Cl2，转化不能实现。
C．浓 H2SO4与 Cu 加热生成 CuSO4；CuSO4与石灰乳（Ca(OH)2）发生复分解反应生成 Cu(OH)2，两步转化均可行。
D．SO2与 CaCl2不反应（违背 “强酸制弱酸”，H2SO3酸性弱于 HCl），无法生成 CaSO3，转化不能实现。
11．（2025高一上·苏州期末）实验室用下图装置模拟侯氏制碱法原理，以NaCl、、等为原料制取少量。下列有关说法正确的是
A．除去中的少量HCl可在乙装置中加入饱和溶液
B．用冰水浴冷却丙装置有利于析出固体
C．丙装置中析出固体的上层清液中不存在
D．丁装置是为了吸收丙装置中逸出的和
【答案】B
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、要除去 CO2中的少量 HCl，若用饱和 Na2CO3溶液，CO2会与 Na2CO3反应（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），不能达到除杂目的，应选用饱和 NaHCO3溶液，A错误；
B、丙装置中发生反应 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，NaHCO3的溶解度随温度降低而减小，用冰水浴冷却丙装置，能降低 NaHCO3的溶解度，有利于其结晶析出，B正确；
C、丙装置中析出 NaHCO3固体后的上层清液，是 NaHCO3的饱和溶液，其中必然存在 HCO3-，C错误；
D、丁装置中是稀硫酸，CO2不与稀硫酸反应，稀硫酸的作用是吸收丙装置中逸出的 NH3，防止其污染空气，不能吸收 CO2，D错误；
故答案为：B
【分析】结合侯氏制碱法的反应原理，对每个选项涉及的除杂、物质溶解度、溶液中离子存在及尾气吸收等方面进行分析判断。
（2025高一上·苏州期末）阅读下列材料，完成下面小题：
工业废碱渣的主要成分为等，水浸后用于烟气脱硫后得到，再经中和获得；可用于处理废水中的。相关过程如下：
12．下列相关说法不正确的是
A．“水浸”前先将废碱渣粉碎可加快水浸速率
B．“吸收”后脱硫烟气中的比“吸收”前烟气中的多
C．“中和”时反应的化学方程式为
D．向溶液中滴加溶液，有白色沉淀产生，说明其中含
13．适量除去弱酸性废水中反应为：（未配平），下列有关说法正确的是
A．发生氧化反应
B．是还原产物
C．反应后废水的pH减小
D．反应中每产生1mol 转移2mol电子
【答案】12．D
13．C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；硫酸根离子的检验；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）A、“水浸” 前粉碎废碱渣，可增大其与水的接触面积，加快水浸时的溶解速率，A正确；
B、“吸收” 过程中，Na2CO3与 SO2反应会生成 CO2（如Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2），因此脱硫后烟气中 CO2的量比吸收前多，B正确；
C、“中和” 是 NaHSO3与 NaOH 反应生成 Na2SO3，反应为 NaOH+NaHSO3=Na2SO3+H2O，C正确；
D、Na2SO3与 BaCl2反应会生成 BaSO3白色沉淀，仅加 BaCl2有沉淀不能证明含 Na2SO4（需加盐酸，若沉淀不溶解才说明含 Na2SO4），D错误；
故答案为：D。
（2）A、Cl2中 Cl 元素化合价从 0 降为 - 1，发生还原反应，A错误；
B、SO32-中 S 元素化合价从 + 4 升为 + 6，SO42-是氧化产物，B错误；
C、反应生成 H+，溶液酸性增强，pH 减小，C正确；
D、每生成 2mol Cl-转移 2mol 电子，则每产生 1mol Cl-转移 1mol 电子，D错误；
故答案为：C。
【分析】（1）结合工业废碱渣处理流程中各步骤的原理和物质性质，判断每个选项说法是否正确。
（2）先明确配平后的反应方程式，再依据氧化还原反应规律（化合价变化、电子转移、产物类型）及溶液酸碱性变化分析选项。分析解题要点：配平反应为。
12．A、“水浸” 前粉碎废碱渣，可增大其与水的接触面积，加快水浸时的溶解速率，A正确；
B、“吸收” 过程中，Na2CO3与 SO2反应会生成 CO2（如Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2），因此脱硫后烟气中 CO2的量比吸收前多，B正确；
C、“中和” 是 NaHSO3与 NaOH 反应生成 Na2SO3，反应为 NaOH+NaHSO3=Na2SO3+H2O，C正确；
D、Na2SO3与 BaCl2反应会生成 BaSO3白色沉淀，仅加 BaCl2有沉淀不能证明含 Na2SO4（需加盐酸，若沉淀不溶解才说明含 Na2SO4），D错误；
故答案为：D。
13．A、Cl2中 Cl 元素化合价从 0 降为 - 1，发生还原反应，A错误；
B、SO32-中 S 元素化合价从 + 4 升为 + 6，SO42-是氧化产物，B错误；
C、反应生成 H+，溶液酸性增强，pH 减小，C正确；
D、每生成 2mol Cl-转移 2mol 电子，则每产生 1mol Cl-转移 1mol 电子，D错误；
故答案为：C
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（2025高一上·苏州期末）A、B、C、D、E、F、G代表7种短周期主族元素。在周期表中的位置如下：
（1）C、F、G三种元素原子中，半径最大的是　 　（填元素符号）。
（2）由A、B形成的某种化合物分子中含有10个电子，写出其电子式：　 　。
（3）F、G的最高价氧化物的水化物酸性较强的是　 　（填酸的化学式）。
（4）D、E分别对应的最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式为　 　。
（5）化合物熔融状态不导电，其含有化学键的类型为　 　。
（6）写出一个能够说明元素C的非金属性比元素F强的化学方程式：　 　。
【答案】（1）S
（2）
（3）HClO4
（4）
（5）共价键
（6）
【知识点】离子方程式的书写；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
【解析】【加法】（1）根据元素周期律，C、F、G分别为O、S、Cl，三种元素原子半径大小为：O< Cl < S，故半径最大的是S；
故答案为：S；
（2）由A、B形成的某种化合物分子中含有10个电子，则该化合物为NH3，其电子式为：；
故答案为：；
（3）根据元素周期律，F与G同周期，G的非金属性较F更强，故其最高价氧化物对应水化物酸性更强，该空填HClO4；
故答案为：HClO4；
（4）D、E分别对应的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，两者发生的离子反应为：；
故答案为：；
（5）EG3即AlCl3，化合物AlCl3熔融状态不导电，说明AlCl3不是离子化合物而是共价化合物，故其所含化学键为共价键；
故答案为：共价键；
（6）元素C和F分别代表O和S，其元素非金属性强弱可通过单质的氧化性来判断：，其中O2作氧化剂，S作氧化产物，单质氧化性O2更强，故其元素对应非金属性更强。
故答案为：；
【分析】由元素周期表中的位置可知，A为H，B为N，C为O，D为Na，E为Al，F为S，G为Cl，据此答题。
(1)根据元素周期律，比较同周期、同主族元素原子半径大小。
(2)确定 A、B 形成的 10 电子化合物，再写电子式。
(3)依据同周期元素非金属性变化规律，判断最高价氧化物水化物酸性强弱。
(4)明确 D、E 的最高价氧化物水化物，书写反应的离子方程式。
(5)根据熔融状态是否导电，判断化合物类型及化学键类型。
(6)利用单质氧化性强弱（置换反应）说明非金属性强弱。
（1）根据元素周期律，C、F、G分别为O、S、Cl，三种元素原子半径大小为：O< Cl < S，故半径最大的是S；
（2）由A、B形成的某种化合物分子中含有10个电子，则该化合物为NH3，其电子式为：；
（3）根据元素周期律，F与G同周期，G的非金属性较F更强，故其最高价氧化物对应水化物酸性更强，该空填HClO4；
（4）D、E分别对应的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，两者发生的离子反应为：；
（5）EG3即AlCl3，化合物AlCl3熔融状态不导电，说明AlCl3不是离子化合物而是共价化合物，故其所含化学键为共价键；
（6）元素C和F分别代表O和S，其元素非金属性强弱可通过单质的氧化性来判断：，其中O2作氧化剂，S作氧化产物，单质氧化性O2更强，故其元素对应非金属性更强。
15．（2025高一上·苏州期末）以食盐水和HCl为原料均可制。
Ⅰ．以食盐水为原料制
（1）除去粗盐中含有、、等杂质离子，常用试剂为：溶液、NaOH溶液、溶液、盐酸。
①用于除去的试剂是　 　。
②除去时，判断已沉淀完全的方法是　 　。
③待杂质离子沉淀完全，过滤后向滤液中加入盐酸，发生反应的离子方程式有　 　。
（2）电解饱和食盐水可得到、和NaOH。
①电解饱和食盐水转移电子的物质的量为1mol时，理论上产生在标准状况下的体积为　 　。
②电解时有少量产生，则电解产生的　 　（填“>”或“<”或“=”）1：1。
③电解后的溶液中产生少量的可能原因是　 　（用化学方程式表示）。
Ⅱ．以HCl为原料制
（3）利用循环可将HCl氧化为，转化关系如图所示。
①反应b在340~380℃条件下进行，写出该反应的化学方程式：　 　。
②已知：是酸性氧化物，难溶于水。溶解度如下表：
温度/℃ 20 40 60 80
溶解度/g 73 77.3 87.6 96.6
请补充完整回收废催化剂（含CuO、、等）获取晶体的实验方案：取废催化剂于烧杯中，　 　，过滤、洗涤、干燥得晶体。
【答案】溶液；静置后，取上层清液，向其中继续滴加2~3滴BaCl2溶液，若溶液不出现浑浊，则已沉淀完全；，；11.2L；>；；；加入适量盐酸待反应完全后过滤得到滤液，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①用于除去的试剂是：溶液，因与反应生成CaCO3沉淀；②判断已沉淀完全的方法是：静置后，取上层清液，向其中继续滴加2~3滴BaCl2溶液，若溶液不出现浑浊，则已沉淀完全；③待杂质离子沉淀完全，滤液中仍存在过量的碳酸根离子和氢氧根离子，因此向滤液中加入盐酸，发生反应的离子方程式有：，；
故答案为：溶液 ； 静置后，取上层清液，向其中继续滴加2~3滴BaCl2溶液，若溶液不出现浑浊，则已沉淀完全 ；， ；
（2）电解饱和食盐水的反应原理为：；①电解饱和食盐水生成1mol，转移电子的物质的量为2mol时；因此电解饱和食盐水转移电子的物质的量为1mol时，理论上产生在标准状况下的体积为：L；②电解饱和食盐水产生的氢气和氯气的物质的量比为1：1；而当溶液中的氯离子逐渐减少时，电解过程会转向电解水，此时，水在阳极被氧化生成O2，在阴极被还原生成氢气H2，因此电解产生的>1：1；③电解饱和食盐水，阳极产物为，阴极产物为NaOH和H2，其中和NaOH可发生反应：，故溶液中产生少量；
故答案为： 11.2L ；>； ；
（3）①由图示可知反应b的反应物为CuCl2和O2，生成物为CuO和Cl2，因此该反应的化学方程式：；②由废催化剂（含CuO、、等）获取溶液，需先加入盐酸，使CuO转化为，而不溶于盐酸，因此通过过滤可得到溶液；再由溶解度表格可知，的溶解度随温度的升高而增大，因此继续采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可从溶液中制得晶体。
故答案为： ； 加入适量盐酸待反应完全后过滤得到滤液，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶 。
【分析】(1)①用 Na2CO3溶液除去 Ca2+，因 Ca2+与 CO32-生成 CaCO3沉淀。
②静置后取上层清液，滴加 BaCl2溶液，无浑浊则 SO42-沉淀完全。
③滤液中过量 CO32-、OH-与 H+反应，离子方程式：CO32-+2H+=H2O+CO2↑、OH-+H+=H2O。
(2)①根据电解反应电子转移规律，计算转移 1mol 电子时 Cl2的体积。
②电解后期水参与反应，H2生成量增多，故 n (H2)：n (Cl2)＞1：1。
③Cl2与 NaOH 反应生成 NaClO，方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
(3)①反应 b 为 CuCl2与 O2在 340-380℃生成 CuO 和 Cl2，方程式：；
②加盐酸溶解 CuO，过滤除 SiO2，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶得 CuCl2晶体。
16．（2025高一上·苏州期末）以海水和海带为原料可制取碘化镁。
Ⅰ．海带制碘
实验室用海带制备碘单质的流程如下：
（1）为使海带灰中的碘元素充分转移至水中，可采取的措施有　 　。
（2）含溶液中通入氯气可获得。说明　 　性，　 　（填“>”或“=”或“<”）。
（3）实验室进行有机溶剂萃取水中碘的实验，须使用的玻璃仪器有　 　、烧杯。
Ⅱ．制碳酸镁
向除去的浓缩海水中通2分钟至酸性，然后在通的同时加入NaOH溶液，可得到沉淀，过滤洗涤干燥后得到。过程中海水pH随时间变化如图所示。
（4）写出生成的离子反应方程式：　 　。
（5）先通2分钟的目的是防止制得的中混有　 　（填化学式）。
（6）待完全沉淀后，结束时若先停止加入NaOH，海水中的产率会减小的原因是　 　。
Ш．制碘化镁
以单质、和为原料，反应可得到溶液，同时产生和。
（7）该反应中的作用为　 　。
（8）为提高和的利用率，须控制约为　 　。
【答案】搅拌、升温或延长反应时间；氧化性；＞；分液漏斗；CO2+2OH-+Mg2+= MgCO3↓ +H2O；Mg(OH)2；CO2与 MgCO3和H2O反应生成Mg(HCO3)2；还原剂；2：1
【知识点】海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）为使海带灰中的碘元素充分转移至水中，可以通过搅拌增加接触机会，可以提高反应速率，也可以增加表面积或升温增加反应速率，也可以增加反应时间提高碘元素的利用率；
故答案为：搅拌、升温或延长反应时间。
（2）根据分析可知，通入Cl2生成I2，Cl2做氧化剂，氧化性强于I2；
故答案为：氧化性；＞。
（3）实验室进行有机溶剂萃取水中碘的实验，须使用的玻璃仪器分液漏斗，烧杯；
故答案为：分液漏斗。
（4）通CO2，加入NaOH溶液，可得到MgCO3沉淀，反应方程式为CO2+2OH-+Mg2+= MgCO3 +H2O；
故答案为：CO2+2OH-+Mg2+= MgCO3 +H2O。
（5）先通2分钟CO2，溶液呈酸性，目的是防止加NaOH时，与镁离子反应生成Mg(OH)2，使制得的MgCO3中混有Mg(OH)2；
故答案为：Mg(OH)2。
（6）待Mg2+完全沉淀后，结束时若先停止加入NaOH，CO2与 MgCO3和H2O反应生成Mg(HCO3)2，导致产率下降；
故答案为：CO2与 MgCO3和H2O反应生成Mg(HCO3)2。
（7）反应过程中N元素化合价升高被氧化为氮气，所以N2H4做还原剂；
故答案为：还原剂。
（8）反应方程式为2I2+2MgCO3+N2H4=2MgI2+2CO2+ N2+2H2O，为了提高利用率，n(I2)：n(N2H4)=2：1产率最高；
故答案为：2：1。
【分析】海带经灼烧后变成海带灰，其中的碘元素以可溶的碘离子形式存在。用水浸泡海带灰，能让碘离子充分溶解到水中，形成含碘离子的溶液。接着向该溶液中通入氯气，氯气具有强氧化性，会将碘离子氧化为碘单质，从而得到含碘单质的溶液。之后加入合适的萃取剂，利用碘在萃取剂和水中溶解度的差异，将碘萃取到萃取剂中，再经过后续提纯操作，就能得到纯净的碘单质。
另外，对于从海水中制取相关镁化合物，先对海水进行浓缩处理，然后先通入 2 分钟二氧化碳，使溶液呈酸性，创造适宜的反应环境。之后在通入二氧化碳的同时加入氢氧化钠，二氧化碳会先与氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，生成的碳酸氢根离子再与海水中的镁离子结合，发生反应生成碳酸镁沉淀，进而可用于后续制取碘化镁等物质。
17．（2025高一上·苏州期末）S和是自然界中硫循环的重要组成部分。
Ⅰ．S的产生与去除
（1）水体中的与在微生物作用下可转化为和S，该反应的离子方程式为　 　。
（2）废水中的硫化物可用将其氧化为单质S进行回收。
①控制废水pH约为8，用适量30%的溶液将废水中的转化为单质S，该反应的离子方程式为　 　。
②在1L废水中单质S回收率随加入量的变化如图所示。加入量大于12mg时，废水中单质S的回收率下降的原因可能是　 　。
Ⅱ．烟气中的测定与利用
（3）含量的测定
如图所示，向装置通入含烟气，用含淀粉的碘水吸收（发生的反应为），当通入40L烟气时恰好完全反应，停止通入烟气；将吸收液转移至锥形瓶中，并用水洗涤装置2~3次，将洗涤液与吸收液合并；向吸收液中加入过量溶液，完全反应后过滤洗涤干燥，得到沉淀0.233g。
①判断碘水中恰好完全反应的现象为　 　。
②计算该烟气中的含量　 　（以为单位，写出计算过程）。
③若实验过程中未用水洗涤装置，测得的含量会　 　（填“偏大”或“偏小”或“不变”）。
（4）的脱除
用氨水吸收过量可得溶液，再通入空气氧化，得到硫酸盐。在空气氧化时，溶液中有逸出的原因是　 　（结合相关离子方程式分析）。
【答案】；；硫元素被氧化成更高价态的或；蓝色刚好完全褪去；；偏小；空气中氧气将氧化为，离子方程式为：，溶液中H+浓度增大，酸性增强，未被氧化的和H+反应+ H+=+H2O，有逸出
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）水体中的与在微生物作用下可转化为和S，该反应中S元素由+6价下降到0价，N元素由-3价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
故答案为： ；
（2）①控制废水pH约为8，用适量30%的溶液将废水中的转化为单质S，该反应中O元素由-1价下降到-2价，S元素由-2价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平该反应的离子方程式为：；
②H2O2具有强氧化性，H2O2溶液加入量大于12mg时，所加H2O2溶液越多，S生成率越低，可能是因为硫元素被氧化成更高价态的或。
故答案为： ；硫元素被氧化成更高价态的或 ；
（3）①含淀粉的碘水呈蓝色，烟气用含淀粉的碘水吸收，发生的反应为，当碘水中I2恰好完全反应时，蓝色刚好完全褪去；
②完全反应后过滤洗涤干燥，得到沉淀0.233g，由方程式可知，n(SO2)=n()=n()=，该烟气中的含量为：；
③若实验过程中未用水洗涤装置，会导致部分损失，测得的含量会偏小。
故答案为： 蓝色刚好完全褪去 ；1.6； 偏小 ；
（4）用氨水吸收过量可得溶液，再通入空气氧化，将氧化为，离子方程式为：，溶液中H+浓度增大，酸性增强，未被氧化的和H+反应+ H+=+H2O，有逸出。
故答案为： 空气中氧气将氧化为，离子方程式为：，溶液中H+浓度增大，酸性增强，未被氧化的和H+反应+ H+=+H2O，有逸出
【分析】（1）根据电子守恒和电荷守恒，配平 SO42-与 NH4+在微生物作用下生成 N2和 S 的离子方程式。
（2）① 结合 pH=8 的条件，依据电子和电荷守恒，配平 H2O2氧化 HS-生成 S 的离子方程式。② H2O2过量时，会将生成的 S 进一步氧化为 SO32-或 SO42-，导致 S 回收率下降。
（3）① 淀粉遇 I2变蓝，I2完全反应时蓝色褪去。② 通过 BaSO4的质量，利用反应关系计算 SO2的物质的量，再求含量。③ 未洗涤装置会导致 SO2相关物质损失，测定结果偏小。
（4）O2氧化 HSO3-生成 SO42-和 H+，H+与剩余 HSO3-反应：HSO3-+H+=SO2↑+ H2O，导致 SO2逸出。
1 / 1

展开更多......

收起↑