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浙江省杭州市下沙区浙江省杭州第四中学下沙2024-2025学年高一上学期期末考试化学试题
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分)
1．（2025高一上·拱墅期末）下列物质按纯净物、混合物、电解质、非电解质顺序组合正确的一组为。
A．浓硫酸、空气、小苏打、氯气
B．生石灰、漂白粉、铁、二氧化硫
C．冰水混合物、盐酸、碳酸钙、乙醇
D．石灰石、氨水、纯碱、干冰
【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】A、浓硫酸是混合物，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，A不符合要求；
B、铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，B不符合要求；
C、冰水混合物是纯净物盐酸是混合物，碳酸钙是电解质，乙醇是非电解质，C符合要求；
D、石灰石、氨水均为混合物，D不符合要求；
故答案为：C。
【分析】要解决此题，需明确纯净物、混合物、电解质、非电解质的定义，再逐一分析选项：
纯净物：由一种物质组成；混合物：由两种或两种以上物质混合而成；电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
2．（2025高一上·拱墅期末）下列仪器名称正确的是
A．蒸馏烧瓶 B． 三角架
C．表面皿 D． 坩锅
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、 是蒸馏烧瓶，并非题目中表述的错误名称，这里存在名称表述混淆，A错误；
B、 是泥三角，不是三角架，仪器类型判断错误，B错误；
C、 是表面皿，名称与仪器对应正确，C正确；
D、 是坩埚，不是坩锅，存在汉字书写错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据常见化学仪器的外观特征和标准名称，对每个选项中的仪器进行判断。
3．（2025高一上·拱墅期末）下列表示不正确的是
A．和互为同位素
B．氯化钙的电子式：
C．的分子结构模型：
D．氯离子的结构示意图：
【答案】D
【知识点】元素、核素；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、同位素要求质子数相同、中子数不同。3He 和4He 均为氦元素，质子数都是 2，中子数分别为 1 和 2，符合同位素定义，A正确；
B、氯化钙是离子化合物，由 Ca2+和 Cl-构成。电子式中 Cl-需用方括号标注电荷，Ca2+直接书写，给出的电子式符合规则，B正确；
C、H2O 分子中氧原子与两个氢原子成键，因孤电子对排斥呈 V 形，且氧原子半径大于氢原子，结构模型合理，C正确；
D、氯离子是氯原子（质子数 17）得 1 个电子形成的，核内质子数仍为 17， Cl-的结构示意图为：，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据同位素、电子式、分子结构模型、离子结构示意图的核心规则，逐一判断选项表述是否正确。
4．（2025高一上·拱墅期末）化学与生活是紧密相联的，下列说法正确的是
A．碳酸钠广泛应用于制玻璃、造纸、纺织等领域
B．胶体与溶液、浊液的根本区别是丁达尔效应
C．为防止食品的氧化变质，常在食品包装袋中放入生石灰
D．节日里绚丽的烟花，是通过某些金属元素的化学变化实现的
【答案】A
【知识点】焰色反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；分散系、胶体与溶液的概念及关系；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、碳酸钠是重要化工原料，在制玻璃、造纸、纺织等行业应用广泛，比如制玻璃时参与形成玻璃的主要成分，造纸中处理纸浆，A正确；
B、胶体与溶液、浊液的本质区别是分散质粒子的直径大小（胶体粒子直径在 1-100nm 之间，溶液小于 1nm，浊液大于 100nm），丁达尔效应只是胶体的特征现象，用于鉴别，并非根本区别，B错误；
C、生石灰的作用是吸收水分，防止食品受潮，而防止食品氧化变质需要加入还原性物质（如铁粉），生石灰无抗氧化作用，C错误；
D、烟花的色彩来自金属元素的焰色试验，这是电子跃迁产生的现象，过程中没有新物质生成，属于物理变化，并非化学变化，D错误；
故答案为：A。
【分析】从化学知识与生活的联系出发，依据物质的性质、用途及变化本质，判断各选项说法的正确性。
5．（2025高一上·拱墅期末）下列关于含氮化合物的性质叙述正确的是（　　）
A．NO2与水发生化合反应生成HNO3
B．NH3与HCl气体反应生成NH4Cl属于氮的固定
C．实验室可用加热NH4Cl固体的方法制备NH3
D．HNO3见光易分解，实验室用棕色试剂瓶盛放浓HNO3
【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；硝酸的化学性质；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A.二氧化氮和水发生的是歧化反应，生成硝酸和一氧化氮，故A不选；
B.氨气和氯化铵中的氮都是化合态，不属于氮的固定，故B不选；
C.氯化铵固体加热生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在温度降低时又会重新化合成氯化铵，所以不能通过加热氯化铵固体的方法制备氨气，故C不选；
D.硝酸见光易分解，所以在实验室保存浓硝酸的时候应该用棕色试剂瓶，并放置在冷暗处，故D选。
故答案为：D。
【分析】A.二氧化氮和水发生的是氧化还原反应
B.氮的固定是把氮元素由游离态变为化合态
C.实验室是用氯化铵和熟石灰进行加热制取氨气
D.硝酸不稳定
6．（2025高一上·拱墅期末）能实现下列物质间直接转化的元素是
A．硫 B．铁 C．硅 D．铜
【答案】A
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、单质 S 与 O2反应生成氧化物 SO2；SO2与 H2O 反应生成酸 H2SO3；H2SO3与 NaOH 反应生成盐Na2SO3，可完成直接转化，故A不符合题意 ；
B、单质Fe 与 O2反应生成氧化物 Fe3O4，但 Fe3O4不能与 H2O 直接反应生成碱，无法完成转化，故A不符合题意 ；
C、单质 Si 与 O2反应生成氧化物 SiO2，但 SiO2不能与 H2O 直接反应生成酸，无法完成转化，故A不符合题意 ；
D、单质Cu 与 O2反应生成氧化物 CuO，但 CuO 不能与 H2O 直接反应生成碱，无法完成转化，故A不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】这道题的解题关键点：核心是抓 “氧化物与水的反应能力”—只有氧化物能直接与水生成酸 或碱，才能完成 “单质→氧化物→酸或碱→盐” 的转化：
硫：S到SO2（氧化物），SO2与水生成 H2SO3（酸），酸与 NaOH 生成盐，符合转化；
铁、硅、铜：它们的氧化物（Fe3O4、SiO2、CuO）都不能与水直接反应生成对应的碱 / 酸，无法完成转化。
7．（2025高一上·拱墅期末）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．钠具有还原性，液态钠可用作核反应堆的传热介质
B．具有漂白性，可在呼吸面具中作为氧气的来源
C．HClO具有弱酸性，可用作棉、麻和纸张的漂白剂
D．具有氧化性，可用于蚀刻铜电路板
【答案】D
【知识点】钠的化学性质；氯水、氯气的漂白作用；钠的氧化物
【解析】【解答】A.液态钠做传热介质，与其还原性无关，A不符合题意；
B.Na2O2能与呼吸过程中产生的H2O和CO2反应生成O2，因此可用做呼吸面具中O2的来源，B不符合题意；
C.HClO用作棉、麻和纸张的漂白剂，是由于HClO具有氧化性，与其弱酸性无关，C不符合题意；
D.Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋，因此可用于蚀刻铜电路板，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、液态钠做传热介质，与其还原性无关；
B、Na2O2用作呼吸面具中O2的来源，是由于其能产生O2；
C、HClO具有强氧化性，可用于漂白；
D、FeCl3具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋；
8．（2025高一上·拱墅期末）表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．与足量反应，转移的电子数为
B．含的浓硫酸和足量的铜反应，转移电子数为
C．与反应生成(标准状况)，反应中转移的电子数为
D．由和组成的物质中含有的质子数为
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、Cl2与 Fe 反应时，Cl 元素化合价从 0 降为 - 1，1mol Cl2完全反应转移 2mol 电子，对应电子数为 2NA，而非 3NA，A错误；
B、浓硫酸与 Cu 反应随进行会变稀，稀硫酸不与 Cu 反应，故 0.1mol H2SO4不能完全反应，转移电子数小于 0.1NA，B错误；
C、Na2O2与 CO2反应生成 O2，标准状况下 11.2L O2为 0.5mol。该反应中，每生成 1mol O2转移 2mol 电子，故 0.5mol O2对应转移电子数为 N ，而非 2NA，C错误；
D、H2 8O 和2H2O 的相对分子质量均为 20，且每个分子都含 10 个质子。2g 该混合物的物质的量为 0.1mol，质子数为 0.1×10×NA = NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】围绕阿伏加德罗常数（NA），结合化学反应中电子转移规律、物质性质对反应的影响及微粒构成，判断各选项正误。
9．（2025高一上·拱墅期末）下列各组离子，能大量共存的是
A．Na+、、ClO-、H+ B．Al3+、H+、Fe2+、
C．Na+、、OH-、 D．K+、Fe3+、、I-
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、AlO2-与 H+会反应生成 Al3+；ClO-与 H+结合形成弱电解质 HClO，离子间存在反应，无法大量共存，故A不符合题意 ；
B、Al3+、H+、Fe2+、SO42-之间，既没有复分解反应（不生成沉淀、气体或弱电解质），也没有氧化还原反应，可大量共存，故B不符合题意 ；
C、NH4+与 OH-反应产生 NH3；OH-与 HCO3-反应生成 CO32-，离子间发生反应，不能大量共存，故C不符合题意 ；
D、Fe3+有氧化性，I-有还原性，二者发生氧化还原反应生成 I2和 Fe2+，无法大量共存，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】抓 “复分解反应的触发条件”：
弱酸根（AlO2-、ClO-）与 H+结合生成弱电解质，不能共存。
弱碱阳离子（NH4+）、酸式酸根（HCO3-）与 OH-反应，不能共存。
抓 “氧化还原反应的离子组合”：强氧化性离子（Fe3+）与强还原性离子（I-）会发生反应，不能共存。
抓 “无反应的离子特征”：离子间不生成沉淀、气体、弱电解质，也无氧化还原等反应，即可共存。
10．（2025高一上·拱墅期末）下列物质不能通过化合反应制得的是
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】化学基本反应类型
【解析】【解答】A、亚硫酸钠与二氧化硫、水反应可生成亚硫酸氢钠，属于化合反应，故能制得，故A不符合题意 ；
B、铁单质和氯化铁反应生成氯化亚铁，是化合反应，故能制得，故A不符合题意 ；
C、氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，属于化合反应，故能制得，故A不符合题意 ；
D、铜与硫发生化合反应时，产物为硫化亚铜（Cu2S），而非硫化铜（CuS），因此 CuS 无法通过化合反应制得，故A不符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】依据化合反应 “多种物质生成一种物质” 的定义，判断各选项物质能否通过此类反应制备。
11．（2025高一上·拱墅期末）将图2中的物质补充到图1中，可得到一个氧化还原反应的离子方程式(未配平)。下列对该反应的说法不正确的是
A．具有氧化性，在该反应中作氧化剂
B．发生了还原反应，每生成转移个电子
C．随着反应的进行，溶液酸性减弱
D．和的化学计量系数之比为
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、H2O2中 O 元素从 - 1 价升高到 0 价（生成 O2），化合价升高，作还原剂（而非氧化剂）。A错误；
B、MnO4-中 Mn 从 + 7 价变为 Mn2+（+2 价），化合价降低，发生还原反应；每生成 1mol Mn2+，转移 5mol 电子（即 5NA个）。B正确；
C、配平后反应为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+ 8H2O，反应消耗 H+，溶液中 H+浓度降低，酸性减弱。C正确；
D、得失电子守恒：MnO4-→Mn2+（每个得 5e-），H2O2→O2（每个失 2e-），最小公倍数为 10，故 H2O2与 Mn2+的计量数之比为 5：2。D正确；
故答案为：A。
【分析】首先确定反应的价态变化：MnO4-中 Mn 为 +7 价，反应后生成 Mn2+（+2 价），Mn 化合价降低（被还原）；图 2 中 H2O2中 O 为 -1 价，可被氧化为 O2（0 价），故反应为 MnO4-氧化 H2O2，生成 Mn2+、O2和 H2O。据此解题。
12．（2025高一上·拱墅期末）《化学》第一册“方法导引”栏目呈现了4种学习方法，有关说法不正确的是
选项 方法导引 内容或例子
A 认识元素及其化合物性质的视角 从物质类别视角分析Fe2O3，是金属氧化物，可能与酸发生反应；从化合价视角分析Fe2O3，铁元素为+3价，具有氧化性
B 模型 阿伦尼乌斯提出的电离模型很好的解释了酸、碱、盐溶液的某些性质
C 实验室制取气体装置设计 实验室制备的氯气依次通过浓硫酸和饱和食盐水的除杂装置，可以得到干燥纯净的氯气
D 预测 铷与钠、钾都是IA族元素，所以，可预测出铷也能与水反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；物质的简单分类；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、认识物质性质可从类别和化合价入手。Fe2O3作为金属氧化物，可能与酸反应；其中 Fe 为 + 3 价，有氧化性，A正确；
B、阿伦尼乌斯的电离模型属于化学模型，能解释酸、碱、盐溶液的部分性质，B正确；
C、实验室制氯气时，杂质为氯化氢和水蒸气。应先通过饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，若先干燥再除氯化氢，会重新带入水蒸气，无法得到纯净干燥的氯气，C错误；
D、铷与钠、钾同属 ⅠA 族，同主族元素性质相似，由钠、钾能与水反应，可预测铷也能，D正确；
故答案为：C。
【分析】结合化学学习方法的内涵，对每个选项中方法与实例的匹配性进行判断。
A．从 “物质类别 + 化合价” 分析物质性质是化学常用方法，Fe2O3作为金属氧化物能与酸反应、+3 价铁有氧化性。
B．阿伦尼乌斯电离模型（电解质在溶液中电离出离子）可解释酸碱盐溶液的导电性等性质。
C ．制氯气除杂应先通饱和食盐水除 HCl，再通浓硫酸干燥；若顺序颠倒，氯气会重新带水，无法得到干燥气体。
D．IA 族元素（碱金属）化学性质相似，钾、钠能与水反应，可预测铷也能。
13．（2025高一上·拱墅期末）下列选项描述与对应图像相符的是
A．图①为新制氯水在阳光直射时，溶液中Cl-浓度随着时间变化的曲线
B．图②为Na2CO3、NaHCO3混合液中滴加盐酸产生CO2的图像
C．图③为Ba(OH)2溶液中滴加MgSO4溶液的导电性变化图像
D．图④为FeBr2、FeI2混合液，各离子物质的量随氯气通入的变化图像，b代表的是Cl-
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；电解质溶液的导电性；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、新制氯水中存在反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，光照下 HClO 分解为 HCl 和 O2，会使溶液中 Cl-浓度增大（而非减小）。但图①中 Cl-浓度随时间下降，A不相符；
B、向 Na2CO3、NaHCO3混合液中滴加盐酸时，先发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl（此阶段无 CO2生成），之后才是 NaHCO3与 HCl 反应生成 CO2。但图②中盐酸滴加至 40mL 时才开始产生 CO2，不符合 “先无气体、后有气体” 的初始阶段，B不相符；
C、Ba(OH)2溶液中滴加 MgSO4溶液，发生反应：Ba(OH)2+MgSO4=BaSO4↓+Mg(OH)2↓。随着 MgSO4的加入，溶液中离子浓度逐渐降低，导电能力下降；当二者恰好完全反应时，离子浓度接近 0，导电能力达到最低；继续滴加 MgSO4，溶液中 Mg2+、SO42-增多，导电能力又上升。这与图③中 “先降后升” 的导电能力变化一致，C相符；
D、FeBr2、FeI2混合液中通入 Cl2，还原性顺序为 I->Fe2+ > Br-，Cl2会依次氧化 I-、Fe2+、Br-，同时生成 Cl-（Cl-物质的量应持续增大）。但图④中 b 的物质的量先降后升，不符合 Cl-的变化规律，D不相符；
故答案为：C。
【分析】A．新制氯水光照时，HClO 分解生成 HCl，会使溶液中 Cl-浓度逐渐增大。
B．Na2CO3与盐酸反应分两步：先生成 NaHCO3（无 CO2），后生成 CO2；因此图像应先有 “无气体的平缓段”，再出现 “气体上升段”，图②的初始曲线不符合此分步反应逻辑。
C．Ba(OH)2与 MgSO4生成两种沉淀，离子浓度先降后升，对应导电能力 “先降后升”，匹配图③。
D．FeI2、FeBr2中还原性顺序为 I->Fe2+>Br-，Cl2会依次氧化这三种离子，同时生成 Cl-（Cl-的物质的量应持续增加）；但图④中 b 的量先降后升，不符合 Cl-的变化规律。
14．（2025高一上·拱墅期末）下列“类比”合理的是（　　）
A．CH4是正四面体型分子，则 CCl4也是正四面体型分子
B．Cl2和H2O反应是氧化还原反应，则 BrCl和H2O反应生成 HBrO和 HCl也是氧化还原反应
C．Cl2O 中Cl 的化合价为+1价，则 OF2中F的化合价为+1价
D．Na在空气中燃烧生成 Na2O2，则 Li 在空气中燃烧生成 Li2O2
【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；钠的化学性质
【解析】【解答】A.CH4中心原子C四个σ键，无孤电子对，是正四面体型分子， CCl4中心原子C也是四个σ键，无孤电子对，也是正四面体型分子，A选项是正确的；
B. Cl2和H2O反应是氧化还原反应， 但是 BrCl和H2O反应生成 HBrO和 HCl 无元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，B选项是错误的；
C. Cl2O 中Cl 的化合价为 +1价，但是 OF2中F的化合价为 -1价，C选项是错误的；
D. Na在空气中燃烧生成 Na2O2， 但Li在空气中燃烧的产物是Li2O，D选项是错误的。
故答案为：A。
【分析】A.CH4中心原子C四个σ键，无孤电子对，是正四面体型分子， CCl4中心原子C也是四个σ键，无孤电子对，也是正四面体型分子；
B.Cl2和H2O反应是氧化还原反应， 但是 BrCl和H2O反应生成 HBrO和 HCl 无元素化合价的变化，不属于氧化还原反应；
C.在OF2中F的电负性更强，所以F显负价，O显正价；
D.Na在空气中燃烧生成 Na2O2， 但Li在空气中燃烧的产物是Li2O。
15．（2025高一上·拱墅期末）下列有关叙述正确的是
A．做焰色反应实验时，必须用稀盐酸做洗涤剂而不能用稀硫酸代替
B．金属钠在空气中的燃烧实验，应近距离俯视坩埚以便观察更仔细
C．将pH传感器插入盛有氯水的试剂瓶，强光照射氯水过程中，发现pH逐渐下降
D．开始蒸馏时，应该先加热，再开冷凝水；蒸馏完毕，应先关冷凝水再撤酒精灯
【答案】A,C
【知识点】焰色反应；化学实验安全及事故处理；蒸馏与分馏；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、焰色反应实验中，稀盐酸清洗的优势在于金属氯化物灼烧时易挥发，能有效去除杂质；而稀硫酸与金属生成的硫酸盐沸点高，杂质难挥发，会干扰焰色，所以必须用稀盐酸，不能用稀硫酸，A正确；
B、金属钠在空气中燃烧剧烈，可能有火花或物质飞溅，近距离俯视观察存在安全风险，实验时应保持安全距离，B错误；
C、氯水中氯气和水反应生成次氯酸（HClO）和盐酸（HCl），强光照射下，次氯酸分解为盐酸和氧气，使得氯水酸性增强，pH 逐渐下降，C正确；
D、蒸馏操作时，应先开冷凝水再加热，这样能保证馏分及时冷凝；蒸馏完毕，要先撤酒精灯，待无液体滴出后再关冷凝水，这样可确保馏分充分收集，D错误；
故答案为：AC。
【分析】根据化学实验操作规范、物质性质等知识，对每个选项进行分析判断。
A．焰色反应洗涤用稀盐酸，因氯化物易挥发除杂；硫酸盐难挥发会干扰，故不能用硫酸。
B．钠燃烧剧烈易飞溅，近距离观察有安全隐患。
C．氯水强光照射时，HClO 分解为 HCl，酸性增强，pH 下降。
D．蒸馏应先开冷凝水再加热（防馏分损失），结束先撤酒精灯再关冷凝水。
16．（2025高一上·拱墅期末）下列反应的离子方程式书写不正确的是
A．KI溶液久置空气中变黄色：4I-＋O2＋2H2O=2I2＋4OH-
B．氢氧化钠吸收少量二氧化碳：OH-＋CO2=
C．制印刷电路板常用FeCl3溶液作为“腐蚀液”：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D．氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH-＋Ca2+＋=CaCO3↓＋H2O
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、KI 久置变黄是 I-被 O2氧化为 I2，反应中 I-失电子、O2得电子， 离子方程式为
4I-＋O2＋2H2O=2I2＋4OH-，A正确；
B、NaOH 吸收少量CO2时，CO2不足，OH-过量，应生成CO32-（反应为：2OH-+CO2=CO32-+H2O）；若 CO2过量才生成 HCO3-，此方程式与 “少量CO2” 的用量矛盾，B错误；
C、FeCl3腐蚀 Cu 的本质是 Fe3+ 氧化 Cu，生成 Fe2+ 和 Cu2+， 离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C正确；
D、NaOH 与过量Ca(HCO3)2反应时，OH-少量，仅与1个 HCO3-反应生成 CO32-，再与 Ca2+ 结合为 CaCO3沉淀，离子方程式符合用量关系，D正确；
故答案为：
【分析】A．抓“氧化还原 + 守恒”—I-被 O2氧化为 I2，电子、电荷、原子均守恒。
B．抓“用量与产物匹配”—NaOH 吸收少量 CO2，应生成 CO32-（非 HCO3-）。
C．抓“氧化还原+守恒”—Fe3+ 氧化 Cu，电子、电荷守恒。
D．抓“用量与产物匹配”—NaOH 与过量 Ca(HCO3)2反应，OH-少量，产物匹配用量。
17．（2025高一上·拱墅期末）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为12，Y、Z、W位于同一周期，Z原子的最外层电子数既是X原子内层电子总数的3倍，又是Y原子最外层电子数的3倍。下列说法不正确的是
A．原子半径：Y>X，离子半径ZB．元素X、Z、W的最高价氧化物的水化物的酸性：XC．元素Y和W能形成YW2型离子化合物
D．W的单质有毒，能使湿润的有色布条褪色
【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子半径：Mg（Y）与 C（X）电子层数相同，Mg 质子数更多，原子半径 Mg>C；离子半径：S2-（Z）与 Cl-（W）电子层结构相同，S2-质子数更少，离子半径 S2->Cl-，A错误；
B、非金属性 CC、Y（Mg）与 W（Cl）形成的 MgCl2由 Mg2+和 Cl-构成，是离子化合物，C正确；
D、W 的单质是 Cl2，有毒；Cl2与水反应生成 HClO，HClO 具有漂白性，能使湿润的有色布条褪色，D正确；
故答案为：A。
【分析】短周期主族元素中，X内层电子总数只能是2（短周期元素内层电子数为 2 或 0，0不符合 “3倍” 条件），故Z最外层电子数为2×3=6，Z是S；
Z 最外层电子数是Y的3倍，故Y最外层电子数为2，Y是Mg（Y、Z、W同周期，短周期中最外层2个电子的是 Mg）；
X、Y、Z最外层电子数之和为12，X最外层电子数=12-2-6=4，X原子序数小于Y（Mg），故 X 是 C；W与Y、Z同周期且原子序数更大，故W是Cl。
18．（2025高一上·拱墅期末）下列离子的检验方法合理的是
A．向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不消失，则该溶液中一定有SO42-
B．向某溶液中滴加氯水，然后再加入KSCN溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2＋
C．向某溶液中加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3＋
D．向某溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32-
【答案】C
【知识点】常见离子的检验；硫酸根离子的检验；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、加入 BaCl2生成的不溶于盐酸的白色沉淀，可能是 AgCl（若溶液含 Ag+），并非只有 SO42- 能产生此现象，未排除 Ag+ 干扰，A不合理；
B、先加氯水再加 KSCN 变红，无法证明原溶液含 Fe2+—— 若原溶液已有 Fe3+，加 KSCN 也会变红，未排除 Fe3+ 的干扰，B不合理；
C、Fe3+ 与 NaOH 反应生成红褐色 Fe(OH)3沉淀，该现象是 Fe3+ 的特征反应，无其他离子干扰，C合理；
D、与盐酸反应生成的无色无味、使石灰水变浑浊的气体是 CO2，但能产生 CO2的离子不仅有 CO32-（HCO3- 也能与盐酸反应生成 CO2），未排除 HCO3- 干扰，D不合理；
故答案为：C。
【分析】A．抓 “干扰离子排除”—Ag+ 也能与 BaCl2生成不溶于盐酸的白色沉淀，未排除 Ag+，无法确定是 SO42-。
B．抓“离子检验顺序”—原溶液若含 Fe3+，直接加 KSCN 也会变红，需先加 KSCN 排除Fe3+，再加氯水。
C．抓“特征反应唯一性”—Fe3+ 与 NaOH 反应生成红褐色Fe(OH)3沉淀，无其他离子干扰，现象专属。
D．抓“同类离子干扰”—HCO3-与盐酸反应也生成CO2（使石灰水变浑浊），未排除HCO3-，无法确定是 CO32-。
19．（2025高一上·拱墅期末）将气体通入溶液，无明显现象，然后再通入X气体或加入X溶液，有白色沉淀生成，X不可能是
A． B． C．氨水 D．
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、NaClO 有氧化性，可将 SO2氧化为 SO42-，SO42-与 Ca2+结合生成 CaSO4白色沉淀，故 X 可能是 NaClO，故A不符合题意 ；
B、H2O2是氧化剂，能把 SO2氧化为 SO42-，进而生成 CaSO4沉淀，故 X 可能是 H2O2，故B不符合题意 ；
C、氨水与 SO2反应生成 (NH4)2SO3，(NH4)2SO3与 CaCl2反应生成 CaSO3白色沉淀，故 X 可能是氨水，故C不符合题意 ；
D、CO2与 SO2、CaCl2均不反应，无法生成难溶性钙盐，故 X 不可能是 CO2，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】先明确 SO2通入 CaCl2溶液无现象的原因（因弱酸不能制强酸，SO2与 CaCl2不反应），再分析加入或通入 X 后能否生成白色沉淀，关键看 X 是否能使体系产生难溶性钙盐。
20．（2025高一上·拱墅期末）铁盐与亚铁盐在工业生产和生活中具有重要应用。硫酸亚铁溶液可用于脱除烟气中的二氧化硫等有害气体。 溶液催化脱除烟气中 SO2的反应原理如图所示。下列说法正确的是
A．“反应Ⅰ”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4∶1
B．“反应Ⅱ”的离子方程式为
C．反应一段时间后，溶液中保持不变
D．反应每脱除转移电子的物质的量为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应 Ⅰ 是 O2氧化 Fe2+生成 Fe3+，O2是氧化剂（O 由 0 价到-2 价），Fe2+是还原剂（Fe 由 +2 价到+3 价）。根据电子守恒：1 mol O2得 4 mol 电子，1 mol Fe2+失 1 mol 电子，故氧化剂（O2）与还原剂（Fe2+）的物质的量之比为 1：4，并非 4：1，A错误；
B、反应 Ⅱ 是 Fe3+氧化 SO2，Fe3+到Fe2+（得电子），SO2到SO42-（失电子），结合原子、电荷守恒，离子方程式为 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-，B正确；
C、总反应中，SO2最终转化为 H2SO4，同时反应 Ⅰ 生成的 Fe3+参与反应 Ⅱ 时也会生成 H+，故溶液中 H2SO4的浓度会逐渐增大，并非保持不变，C错误；
D、未说明 SO2所处的状态（是否为标准状况），无法确定 11.2 L SO2的物质的量，因此不能计算转移电子数，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有 3 处：
氧化还原的电子守恒计算：易混淆氧化剂（O2）和还原剂（Fe2+）的电子转移比例，误将物质的量之比算成 4：1（实际应为 1：4）。
气体体积的条件限制：，易忽略 “标准状况” 这一前提，直接按 11.2 L 计算 SO2的物质的量，导致转移电子数判断错误。
总反应的物质浓度变化：易忽略 SO2最终转化为 H2SO4的过程，错误认为 H2SO4浓度保持不变。
21．（2025高一上·拱墅期末）有FeO、 Fe2O3的混合物若干克，在CO气流中加热充分反应，冷却后称剩余固体比原混合物质量减轻0.8 g，若将同质量的混合物与盐酸反应，欲使其完全溶解需1 mol/L 的盐酸的体积为
A．200mL B．100mL C．50mL D．无法计算
【答案】B
【知识点】有关混合物反应的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】CO 还原 FeO 和 Fe2O3的混合物时，固体质量减轻 0.8g，这部分质量就是混合物中氧元素的总质量。由此可得氧元素的物质的量为 0.8g÷16g/mol=0.05mol。
混合物与盐酸反应时，氧元素与盐酸中的氯元素存在化合价守恒关系：每个 - 2 价的氧原子会被 2 个 - 1 价的氯原子取代。因此，所需 Cl-的物质的量为 0.05mol×2=0.1mol，即需要 HCl 的物质的量为 0.1mol。
已知盐酸浓度为 1mol/L，根据体积 = 物质的量 ÷ 浓度，可得所需盐酸体积为 0.1mol÷1mol/L=0.1L=100mL。
故答案为：B。
【分析】通过分析 CO 还原混合物时的质量变化确定氧元素含量，再结合混合物与盐酸反应的化合价关系，计算所需盐酸体积。
22．（2025高一上·拱墅期末）向Fe2O3、CuO、Fe、Cu的混合粉末中加入过量的稀硫酸，充分反应后，仍有红色粉末存在，则关于所得溶液中阳离子的判断正确的是
A．一定有Fe2+，可能有Cu2+ B．一定有Fe2+、Cu2+，可能有Fe3+
C．只有Fe2+和Cu2+ D．只有Fe2+
【答案】A
【知识点】铁的化学性质；铜及其化合物；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】Fe2O3、CuO 与稀硫酸反应分别生成 Fe2(SO4)3、CuSO4；Fe 与稀硫酸反应生成 FeSO4，Fe 还能与 Fe2(SO4)3反应生成 FeSO4，Fe 也能与 CuSO4反应置换出 Cu。
因为反应后有红色粉末（Cu）存在，而 Fe3+氧化性强于 Cu2+，Fe3+会与 Cu 反应，所以溶液中一定没有 Fe3+。
Fe 与稀硫酸、Fe2(SO4)3反应都会生成 Fe2+，所以溶液中一定有 Fe2+。
若 Fe 的量不足，CuSO4未被完全置换，溶液中会有 Cu2+；若 Fe 足量，CuSO4被完全置换，溶液中则没有 Cu2+。所以溶液中可能有 Cu2+。
故答案为：A。
【分析】先分析混合粉末与过量稀硫酸的反应情况，再根据 “仍有红色粉末（Cu）存在” 这一关键条件，结合氧化性强弱（Fe3+＞Cu2+），判断溶液中阳离子的存在情况。
23．（2025高一上·拱墅期末）NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．降低NOx排放可以减少酸雨的形成
B．储存过程中NOx被氧化
C．还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为5NA（NA为阿伏加 德罗常数的值）
D．通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、NO 是形成酸雨的重要污染物（可转化为硝酸），降低其排放能减少酸雨形成，A正确；
B、储存过程中，NO（N 为 +2 价）被 O2氧化为 NO2（N 为 +4 价），进而与 BaO 反应生成 Ba(NO3)2（N 为 +5 价），N 元素化合价升高，说明 NO 被氧化，B正确；
C、还原过程中，Ba(NO3)2中 N 为 +5 价，最终被还原为 N2（N 为 0 价）。1mol Ba(NO3)2含 2mol N 原子，每个 N 原子得 5 个电子，故 1mol Ba(NO3)2转移电子数为 2×5NA=10NA，而非 5NA，C错误；
D、储存阶段 BaO 转化为 Ba(NO3)2（实现 NO 储存），还原阶段 Ba(NO3)2转化为 BaO（实现 NO 还原），通过二者转化完成 NO 的处理，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
电子转移计算失误：忽略 1mol Ba(NO3)2含 2mol N 原子，错误按 1 个 N 原子计算转移电子，误将结果算为 5NA（实际应为 2×5NA=10NA）。
氧化反应判断偏差：储存过程中 NO（N 为 +2 价）到NO2（N 为 +4 价）到Ba(NO3)2（N 为 +5 价），N 元素化合价升高，属于氧化反应，易误判为未被氧化。
24．（2025高一上·拱墅期末）取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份100mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示。下列说法正确的是
A．B 曲线中消耗盐酸0B．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.75mol/L
C．B曲线最终产生的CO2体积(标准状况下)为112mL
D．加盐酸之前A溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠
【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、B曲线此阶段无气体产生，说明溶质是Na2CO3和NaHCO3（不含OH-）。发生的反应只有H+与CO32-结合生成HCO3-，即H++CO32-=HCO3-，没有OH-+H+=H2O的反应，A错误；
B、最终溶液为NaCl，故n(NaOH) = n(HCl)。n(HCl) = 0.1mol/L×0.075L = 0.0075mol，因此c(NaOH) = 0.0075mol÷0.1L = 0.075mol/L，不是0.75mol/L，B错误；
C、B曲线生成CO2时消耗盐酸体积为75mL - 25mL = 50mL，n(HCl) = 0.1mol/L×0.05L = 0.005mol。根据反应HCO3-+H+=H2O+CO2，n(CO2) = 0.005mol，标准状况下体积为0.005mol×22.4L/mol = 0.112L = 112mL，C正确；
D、A曲线60mL前无气体，说明先发生NaOH与盐酸的反应，再是Na2CO3转化为NaHCO3，因此溶质为NaOH和Na2CO3，而非Na2CO3和NaHCO3，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.确定B曲线在时的溶质及反应。
B.依据Na+和Cl-守恒计算NaOH浓度。
C.计算B曲线生成CO2的体积。
D.判断A溶液加盐酸前的溶质。
25．（2025高一上·拱墅期末）根据下列实验操作、现象得出的结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 取少许疑似变质的粉末，加蒸馏水配成溶液，滴加盐酸酸化的溶液 有气泡和白色沉淀产生 粉末部分变质
B 向待测液中滴加NaOH浓溶液，微热，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口 红色石蕊试纸变蓝 待测液一定是铵盐溶液
C 在两支盛有少许铁的氧化物粉末的试管中分别加入稀硫酸，然后分别滴入酸性溶液、KSCN溶液 滴入的酸性溶液褪色；滴入KSCN溶液后变为红色 铁的氧化物粉末为
D 在待测液中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液中 品红溶液褪色 待测液中含或
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】铵离子检验；硫酸根离子的检验；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、Na2SO3变质会生成Na2SO4。向样品溶液中滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液时，盐酸与未变质的 Na2SO3反应，生成SO2气体（产生气泡）；同时 Ba2+与变质生成的 SO42-结合，生成不溶于盐酸的 BaSO4白色沉淀。“气泡+白色沉淀” 说明样品中既有 Na2SO3（未变质），又有Na2SO4（变质产物），即 Na2SO3部分变质，A正确；
B、湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成了NH3，但待测液不一定是铵盐溶液（如氨水，其电离出的 NH4+也能与NaOH浓溶液共热生成NH3），B错误；
C、Fe3O4与稀硫酸反应会生成Fe2+和Fe3+，Fe2+能使酸性 KMnO4溶液褪色，Fe3+能使 KSCN 溶液变红。但 “铁的氧化物粉末” 也可能是FeO与Fe2O3的混合物（二者与稀硫酸反应也会生成 Fe2+和 Fe3+），无法确定一定是Fe3O4，C错误；
D、能使品红溶液褪色的气体不止SO2（如 Cl2也具有漂白性）。若待测液中含ClO-，加浓盐酸会生成 Cl2，Cl2通入品红溶液也会使其褪色，不能确定待测液中一定含 SO32-或 HSO3-，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．用 “盐酸酸化的 BaCl2” 既排除了 SO32-对 SO42-的干扰（盐酸与 SO32-反应生成 SO2），又通过 “气泡+沉淀” 同时验证了未变质的 SO32-和变质生成的 SO42-。
B．生成 NH3的待测液不一定是铵盐（氨水也能产生 NH3），不能单一现象定物质。
C．“Fe2+使 KMnO4褪色、Fe3+使 KSCN 变红” 的现象，不仅 Fe3O4能实现，FeO与Fe2O3的混合物也能实现，无法确定唯一物质。
D．能漂白品红的气体不止 SO2（如 Cl2），需排除其他漂白性气体的干扰。
二、填空题(本大题共5小题，共50分)
26．（2025高一上·拱墅期末）“生活无处不化学”，请回答下列问题。
（1）厨房中的用品①盐(主要成分氯化钠)、②碱面(主要成分碳酸钠)、③白醋(主要成分乙酸)、④小苏打。主要成分中具有碱性的是　 　(填序号，下同)；写出③④相互间反应的离子方程式　 　。
（2）食盐不慎洒落在天然气的火焰上，观察的现象是　 　。
（3）沾有水的铁制器皿在高温火焰上会发黑，该反应的化学方程式是　 　。
（4）小苏打可用于烘焙糕点，在烘焙受热过程中涉及的化学方程式是　 　。
（5）使用“84”消毒液(含)时，按一定比例与水混合，并在空气中浸泡一段时间，使与及空气中的充分反应，目的是提高杀菌消毒的效果，该反应的离子方程式是　 　。
（6）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目　 　。
【答案】（1）②④；CH3COOH+=CH3COO-+CO2↑+H2O
（2）火焰呈现黄色
（3）3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2
（4）2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
（5）ClO-+CO2+H2O=+HClO
（6）
【知识点】氧化还原反应；铁的化学性质；物质的简单分类；离子方程式的书写；单线桥、双线桥法表示氧化还原反应
【解析】【解答】（1）碳酸钠、碳酸氢钠溶液均呈碱性，主要成分中具有碱性的是②碱面（主要成分碳酸钠）、④小苏打（碳酸氢钠）；③白醋（主要成分乙酸）和④小苏打（碳酸氢钠）反应生成醋酸钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式CH3COOH+=CH3COO-+CO2↑+H2O。
故答案为： ②④ ； CH3COOH+=CH3COO-+CO2↑+H2O ；
（2）食盐中含有钠元素，钠的焰色呈黄色，食盐不慎洒落在天然气的火焰上，观察的现象是产生黄色火焰。
故答案为： 火焰呈现黄色 ；
（3）沾有水的铁制器皿在高温火焰上会发黑，铁和水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，该反应的化学方程式是3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2。
故答案为： 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 ；
（4）小苏打可用于烘焙糕点，在烘焙受热过程中碳酸氢钠分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。
故答案为： 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ；
（5）使用“84”消毒液(含NaClO)时，按一定比例与水混合，并在空气中浸泡一段时间，使NaClO与H2O及空气中的CO2充分反应生成碳酸氢钠和次氯酸，该反应的离子方程式是ClO-+CO2+H2O=+HClO。
故答案为： ClO-+CO2+H2O=+HClO ；
（6）反应2KNO3+S+3C=K2S+N2+3CO2中，N元素化合价由+5降低为0、S元素化合价由0降低为-2，碳元素化合价由0升高为+4，用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目为：。
故答案为： 。
【分析】(1)碳酸钠、碳酸氢钠溶液呈碱性；乙酸与碳酸氢钠反应的离子方程式书写，注意乙酸是弱酸不可拆。
(2)食盐含钠元素，钠的焰色为黄色。
(3)铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气。
(4)碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水。
(5)次氯酸钠与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，次氯酸有杀菌消毒作用。
(6)分析反应中各元素化合价变化，N、S 得电子，C 失电子，用双线桥标电子转移方向和数目。
（1）碳酸钠、碳酸氢钠溶液均呈碱性，主要成分中具有碱性的是②碱面（主要成分碳酸钠）、④小苏打（碳酸氢钠）；③白醋（主要成分乙酸）和④小苏打（碳酸氢钠）反应生成醋酸钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式CH3COOH+=CH3COO-+CO2↑+H2O。
（2）食盐中含有钠元素，钠的焰色呈黄色，食盐不慎洒落在天然气的火焰上，观察的现象是产生黄色火焰。
（3）沾有水的铁制器皿在高温火焰上会发黑，铁和水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，该反应的化学方程式是3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2。
（4）小苏打可用于烘焙糕点，在烘焙受热过程中碳酸氢钠分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。
（5）使用“84”消毒液(含NaClO)时，按一定比例与水混合，并在空气中浸泡一段时间，使NaClO与H2O及空气中的CO2充分反应生成碳酸氢钠和次氯酸，该反应的离子方程式是ClO-+CO2+H2O=+HClO。
（6）反应2KNO3+S+3C=K2S+N2+3CO2中，N元素化合价由+5降低为0、S元素化合价由0降低为-2，碳元素化合价由0升高为+4，用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目为：。
27．（2025高一上·拱墅期末）现有部分元素的性质与原子或分子结构的相关信息如表所示：
元素编号 元素性质与原子(或分子)结构的相关信息
T 最外层电子数是次外层电子数的3倍
X 常温下单质分子为双原子分子，分子中含有3对共用电子对
Y M层比K层少1个电子
Z 其离子是第三周期金属元素的离子中半径最小的
（1）T、X、Y、Z形成的简单离子半径由大到小的顺序是　 　(用离子符号表示)。
（2）元素Y与元素Z相比，下列表述中能证明二者金属性强弱的是　 　(填字母序号)。
a．Y单质的熔点比Z单质的低
b．Y的化合价比Z的低
c．常温下Y单质与水反应很剧烈，而Z单质与水很难反应
d．Y最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强
（3）T、X、Y、Z中有两种元素能形成既含离子键又含非极性共价键的常见化合物，写出该化合物的化学式　 　。请指出元素T在周期表中的位置　 　。
（4）元素X与氢元素以原子个数比化合时，形成可用于火箭燃料的化合物W(W的相对分子质量为32)。元素T和氢元素以原子个数比化合形成化合物Q。Q与W发生氧化还原反应生成X的单质和T的另一种氢化物，请写出Q与W反应的化学方程式　 　。
【答案】（1）N3->O2->Na+>Al3+
（2）cd
（3）Na2O2；第二周期第ⅥA族
（4）
【知识点】原子结构与元素的性质；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】（1）核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，T、X、Y、Z形成的简单离子半径由大到小的顺序是：N3->O2->Na+>Al3+；
故答案为： N3->O2->Na+>Al3+ ；
（2）a．熔点为物理性质，不能用熔点大小来比较金属性强弱，故a错误；
b．化合价可以衡量得失电子的数目，但不能用来说明是否容易得失电子，则不能通过钠和铝的化合价来说明钠和铝的金属性强弱，故b错误；
c．通过比较钠和铝与水反应的剧烈程度，可知钠比铝活泼，即钠的金属性强于铝，故c正确；
d．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Y最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强，能说明钠的金属性强于铝，故d正确；
故答案为：cd；
（3）在这四种元素中，由两种元素形成的既含有离子键又含有共价键的化合物为过氧化钠，其化学式为Na2O2，氧元素在周期表中的位置为第二周期第ⅥA族；
故答案为： Na2O2 ； 第二周期第ⅥA族 ；
（4）元素X与氢元素以原子个数比化合时，形成可用于火箭燃料的化合物W(W的相对分子质量为32)，则W为N2H4。元素T和氢元素以原子个数比化合形成化合物Q，为H2O2。Q与W发生氧化还原反应生成X的单质和T的另一种氢化物，结合质量守恒，生成氮气和水，反应的化学方程式为：。
故答案为： 。
【分析】确定各元素需依据原子结构及性质的独特特征分析：
T 元素：最外层电子数是次外层的 3 倍。原子电子层中，次外层若为 8 个电子，最外层需 24 个，不符合规律，故次外层为 2 个电子，最外层 6 个，T 为氧。
X 元素：单质是双原子分子，含 3 对共用电子对，即原子间形成三键，符合的是氮元素，其单质为 N2。
Y 元素：K 层有 2 个电子，M 层比 K 层少 1 个，即 M 层 1 个电子，核外电子排布为 2、8、1，Y 为钠。
Z 元素：离子是第三周期金属离子中半径最小的。第三周期金属离子有 Na+、Mg2+、Al3+，核电荷数越大半径越小，故 Z 为铝。据此解题。
（1）核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，T、X、Y、Z形成的简单离子半径由大到小的顺序是：N3->O2->Na+>Al3+；
（2）a．熔点为物理性质，不能用熔点大小来比较金属性强弱，故a错误；
b．化合价可以衡量得失电子的数目，但不能用来说明是否容易得失电子，则不能通过钠和铝的化合价来说明钠和铝的金属性强弱，故b错误；
c．通过比较钠和铝与水反应的剧烈程度，可知钠比铝活泼，即钠的金属性强于铝，故c正确；
d．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Y最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强，能说明钠的金属性强于铝，故d正确；
故选cd；
（3）在这四种元素中，由两种元素形成的既含有离子键又含有共价键的化合物为过氧化钠，其化学式为Na2O2，氧元素在周期表中的位置为第二周期第ⅥA族；
（4）元素X与氢元素以原子个数比化合时，形成可用于火箭燃料的化合物W(W的相对分子质量为32)，则W为N2H4。元素T和氢元素以原子个数比化合形成化合物Q，为H2O2。Q与W发生氧化还原反应生成X的单质和T的另一种氢化物，结合质量守恒，生成氮气和水，反应的化学方程式为：。
28．（2025高一上·拱墅期末）纳米铁是一种黑色粉末，可用于制作高密度磁性材料。以铁屑(含少量杂质)为原料制备纳米铁粉流程如下：
已知：草酸()是一种二元酸
（1）写出“酸溶”时氧化还原反应的离子方程式：　 　、。
（2）若加入时，铁屑与恰好完全反应，为了使元素完全转化，则沉淀过程中加入的体积至少为　 　mL。
（3）固体经灼烧后得到红棕色固体和、混合气体，若产物中，则“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为　 　。
（4）纳米铁粉可用于处理含氧酸性废水中的，反应原理如图所示。
①该过程中体现了纳米铁粉的　 　性(填“氧化”或“还原”)。
②在铁粉总量一定的条件下，废水中的溶解氧过多不利于的去除，原因是　 　。
【答案】（1）
（2）345
（3）
（4）还原；若废水中的溶解氧过多，氧气会将亚铁离子氧化为铁离子，由得失电子数目守恒可知，亚铁离子的物质的量减少，消耗溶液中硝酸根离子的物质的量减少，所以废水中的溶解氧过多不利于硝酸根离子去除
【知识点】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
【解析】【解答】（1）“酸溶”时铁和硫酸生成硫酸亚铁和氢气，氧化铁和硫酸生成硫酸铁和水，硫酸铁和铁生成硫酸亚铁，则氧化还原反应的离子方程式：、。
故答案为： ；
（2）由题意可得如下转化关系：H2SO4~FeSO4~H2C2O4~FeC2O4，则沉淀过程中加入2mol/L草酸的体积为0.46L×1.5mol/L÷2mol/L=0.345L=345mL；
故答案为：345；
（3）由题意可知，草酸亚铁在氧气中灼烧生成氧化铁、一氧化碳和二氧化碳，设反应生成一氧化碳和二氧化碳的物质的量为1mol，由碳原子个数守恒可知，草酸亚铁的物质的量为1mol，由铁原子个数守恒可知，生成氧化铁的物质的量为0.5mol，设反应消耗氧气的物质的量为amol，由得失电子数目守恒可得：4a+1=0.5×2+1，解得a=0.25，则反应的化学方程式为
故答案为： ；
（4）①由图可知，反应中铁元素的化合价升高被氧化，纳米铁粉为反应的还原剂，表现还原性；
②在铁粉总量一定的条件下，若废水中的溶解氧过多，氧气会将亚铁离子氧化为铁离子，由得失电子数目守恒可知，亚铁离子的物质的量减少，消耗溶液中硝酸根离子的物质的量减少，所以废水中的溶解氧过多不利于硝酸根离子去除。
故答案为： 还原 ； 若废水中的溶解氧过多，氧气会将亚铁离子氧化为铁离子，由得失电子数目守恒可知，亚铁离子的物质的量减少，消耗溶液中硝酸根离子的物质的量减少，所以废水中的溶解氧过多不利于硝酸根离子去除 。
【分析】酸溶环节：铁屑（含少量 Fe2O3）加 H2SO4后，Fe 与硫酸反应生成 FeSO4，Fe2O3与硫酸反应生成 Fe2(SO4)3，过量 Fe 会还原 Fe3+为 Fe2+，最终溶液以 FeSO4为主。
沉淀环节：向上述溶液加 H2C2O4，Fe2+与草酸反应生成 FeC2O4沉淀，过滤得到该固体；灼烧环节：FeC2O4在 O2中灼烧，发生反应生成铁的氧化物（如 Fe2O3），同时产生 CO、CO2气体；还原环节：灼烧产物经还原反应转化为纳米铁粉。据此解答。
（1）“酸溶”时铁和硫酸生成硫酸亚铁和氢气，氧化铁和硫酸生成硫酸铁和水，硫酸铁和铁生成硫酸亚铁，则氧化还原反应的离子方程式：、。
（2）由题意可得如下转化关系：H2SO4~FeSO4~H2C2O4~FeC2O4，则沉淀过程中加入2mol/L草酸的体积为0.46L×1.5mol/L÷2mol/L=0.345L=345mL；
（3）由题意可知，草酸亚铁在氧气中灼烧生成氧化铁、一氧化碳和二氧化碳，设反应生成一氧化碳和二氧化碳的物质的量为1mol，由碳原子个数守恒可知，草酸亚铁的物质的量为1mol，由铁原子个数守恒可知，生成氧化铁的物质的量为0.5mol，设反应消耗氧气的物质的量为amol，由得失电子数目守恒可得：4a+1=0.5×2+1，解得a=0.25，则反应的化学方程式为；
（4）①由图可知，反应中铁元素的化合价升高被氧化，纳米铁粉为反应的还原剂，表现还原性；
②在铁粉总量一定的条件下，若废水中的溶解氧过多，氧气会将亚铁离子氧化为铁离子，由得失电子数目守恒可知，亚铁离子的物质的量减少，消耗溶液中硝酸根离子的物质的量减少，所以废水中的溶解氧过多不利于硝酸根离子去除。
29．（2025高一上·拱墅期末）Ⅰ．某同学设计了如下装置用于制取并验证的部分性质。回答下列问题：
（1）下列反应中，浓硫酸既表现出强氧化性，又表现出酸性的是
A. 浓硫酸与蔗糖反应 B. 浓硫酸与铁反应
C. 浓硫酸与铜反应 D. 浓硫酸和硫磺反应
（2）实验前要在装置中鼓入，目的是________。
（3）装置C中可观察到白色沉淀现象，相关反应的离子方程式为________。
Ⅱ．如图所示，硫酸工业中产生的可通过下列过程转化成和。
请回答：
（4）该过程可循环利用的物质是和________(写化学式)。
（5）反应一的化学方程式是________。
（6）上述过程尾气中的可用下图装置吸收，将虚线框中的装置补充完整________。
【答案】(1) C
(2) 排净装置中空气
(3) 、
(4) I2
(5)
(6)
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．浓硫酸与蔗糖反应，蔗糖被转化为碳，进一步反应生成二氧化碳和二氧化硫，体现浓硫酸的强氧化性，未体现酸性，不符合题意；
B．浓硫酸与铁发生钝化反应，阻碍了反应进一步进行，体现浓硫酸强氧化性，不符合题意；
C．浓硫酸与铜加热生成二氧化硫，同时生成盐：硫酸铜，体现浓硫酸强氧化性、酸性，符合题意；
D．浓硫酸和硫磺反应生成二氧化硫，体现浓硫酸强氧化性，不符合题意；
故答案为：C；
（2）空气中氧气会氧化二氧化硫为六价硫，干扰装置C中对二氧化硫性质的检验，实验前要在装置中鼓入，目的是排净装置中空气；
故答案为： 排净装置中空气 ；
（3）二氧化硫被铁离子氧化为硫酸根离子：，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，反应为：；
故答案为：、 ；
（4）由图可知，反应中HI、I2既是反应物又是生成物，故可循环利用的物质是和I2；
故答案为： I2 ；
（5）反应一为碘单质、二氧化硫、水反应生成硫酸和HI，化学方程式是故答案为： ；
（6）尾气二氧化硫有毒，能和氢氧化钠溶液反应而被吸收，故装置为：。
故答案为： 。
【分析】浓硫酸和亚硫酸钠生成硫酸钠和水、二氧化硫，二氧化硫被铁离子氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀；
(1)判断浓硫酸是否同时体现强氧化性和酸性，关键看是否生成盐（体现酸性）和含硫还原产物（体现氧化性）。只有浓硫酸与铜反应生成硫酸铜（盐）和二氧化硫，符合条件，选 C。
(2)鼓入 N2是为了排除装置内空气，避免 O2氧化 SO2，干扰后续性质检验。
(3)SO2被 Fe3+氧化为 SO42-，再与 Ba2+生成 BaSO4沉淀，据此书写离子反应。
(4)流程中 I2既是反应物又是生成物，与 HI 均可循环利用。
(5)反应一为 SO2、I2、H2O 反应生成 H2SO4和 HI，据此书写方程式。
(6)用 NaOH 溶液吸收 SO2，装置需长导管进气、短导管出气（洗气装置）。
三、计算题
30．（2025高一上·拱墅期末）为确定和混合物样品的组成，称取四份该样品分别加入相同浓度溶液，充分反应，剩余沉淀的质量如下表：
实验序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ
溶液体积(mL) 400 400 400 400
样品质量(g) 9.36 12.48 15.6 18.72
沉淀质量(g) 6.40 9.60 12.8 15.92
（1）样品中物质的量之比　 　。
（2）溶液的物质的量浓度　 　。
【答案】（1）1∶4
（2）0.25mol/L
【知识点】有关混合物反应的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）和混合物样品，加入氯化铁，铁首先和氯化铁生成氯化亚铁，若铁不足，则铜进一步和氯化铁生成氯化亚铁和氯化铜；根据表格数据可知，四次实验中反应前后固体质量差分别为2.96g、2.88g、2.8g、2.8g，且每次固体都有剩余，说明四组实验中氯化铁都不足，而且Ⅲ、Ⅳ两组实验中只有铁溶解（实验I-Ⅳ过程中样品质量逐渐增加，混合物中铁的物质的量不断增加，则一旦反应消耗的固体的质量不变，说明氯化铁与混合物中的铁反应，且铁还有剩余，氯化铁不足），因此溶解的铁为2.80g，物质的量为2.80g÷56g/mol=0.05 mol，，氯化铁的物质的量为0.10mol，因此c(FeCl3)=0.10mol÷0.4L=0.25mol/L，根据数据Ⅰ，固体剩余，说明氯化铁完全反应，假设铁和铜的物质的量分别为x、y，则56x+64y=9.36g，铁完全溶解，消耗氯化铁的物质的量为2x，铜部分溶解：，消耗氯化铁的物质的量为0.1mol-2x，则x×56g/mol +×64g /mol =9.36g-6.40 g=2.96 g，解得x=0.03 mol，y=0.12 mol，因此n(Fe)∶n(Cu)=x∶y=0.03 mol∶0.12mol=1∶4。
故答案为： 1∶4 ；
（2）由（1）分析，溶液的物质的量浓度0.25mol/L。
故答案为： 0.25mol/L 。
【分析】(1)Fe 先与 FeCl3反应，Fe 不足时 Cu 再反应。根据实验数据，结合固体质量变化，通过反应方程式列方程，计算 Fe 和 Cu 的物质的量，得出比例为 1：4。
(2)依据 Fe 与 FeCl3的反应（Fe+2FeCl3=3FeCl2），结合 Fe 的物质的量算出 FeCl3的物质的量，再用浓度公式（c = n÷V）求得浓度为 0.25mol/L。
（1）和混合物样品，加入氯化铁，铁首先和氯化铁生成氯化亚铁，若铁不足，则铜进一步和氯化铁生成氯化亚铁和氯化铜；根据表格数据可知，四次实验中反应前后固体质量差分别为2.96g、2.88g、2.8g、2.8g，且每次固体都有剩余，说明四组实验中氯化铁都不足，而且Ⅲ、Ⅳ两组实验中只有铁溶解（实验I-Ⅳ过程中样品质量逐渐增加，混合物中铁的物质的量不断增加，则一旦反应消耗的固体的质量不变，说明氯化铁与混合物中的铁反应，且铁还有剩余，氯化铁不足），因此溶解的铁为2.80g，物质的量为2.80g÷56g/mol=0.05 mol，，氯化铁的物质的量为0.10mol，因此c(FeCl3)=0.10mol÷0.4L=0.25mol/L，根据数据Ⅰ，固体剩余，说明氯化铁完全反应，假设铁和铜的物质的量分别为x、y，则56x+64y=9.36g，铁完全溶解，消耗氯化铁的物质的量为2x，铜部分溶解：，消耗氯化铁的物质的量为0.1mol-2x，则x×56g/mol +×64g /mol =9.36g-6.40 g=2.96 g，解得x=0.03 mol，y=0.12 mol，因此n(Fe)∶n(Cu)=x∶y=0.03 mol∶0.12mol=1∶4。
（2）由（1）分析，溶液的物质的量浓度0.25mol/L。
1 / 1浙江省杭州市下沙区浙江省杭州第四中学下沙2024-2025学年高一上学期期末考试化学试题
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分)
1．（2025高一上·拱墅期末）下列物质按纯净物、混合物、电解质、非电解质顺序组合正确的一组为。
A．浓硫酸、空气、小苏打、氯气
B．生石灰、漂白粉、铁、二氧化硫
C．冰水混合物、盐酸、碳酸钙、乙醇
D．石灰石、氨水、纯碱、干冰
2．（2025高一上·拱墅期末）下列仪器名称正确的是
A．蒸馏烧瓶 B． 三角架
C．表面皿 D． 坩锅
A．A B．B C．C D．D
3．（2025高一上·拱墅期末）下列表示不正确的是
A．和互为同位素
B．氯化钙的电子式：
C．的分子结构模型：
D．氯离子的结构示意图：
4．（2025高一上·拱墅期末）化学与生活是紧密相联的，下列说法正确的是
A．碳酸钠广泛应用于制玻璃、造纸、纺织等领域
B．胶体与溶液、浊液的根本区别是丁达尔效应
C．为防止食品的氧化变质，常在食品包装袋中放入生石灰
D．节日里绚丽的烟花，是通过某些金属元素的化学变化实现的
5．（2025高一上·拱墅期末）下列关于含氮化合物的性质叙述正确的是（　　）
A．NO2与水发生化合反应生成HNO3
B．NH3与HCl气体反应生成NH4Cl属于氮的固定
C．实验室可用加热NH4Cl固体的方法制备NH3
D．HNO3见光易分解，实验室用棕色试剂瓶盛放浓HNO3
6．（2025高一上·拱墅期末）能实现下列物质间直接转化的元素是
A．硫 B．铁 C．硅 D．铜
7．（2025高一上·拱墅期末）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．钠具有还原性，液态钠可用作核反应堆的传热介质
B．具有漂白性，可在呼吸面具中作为氧气的来源
C．HClO具有弱酸性，可用作棉、麻和纸张的漂白剂
D．具有氧化性，可用于蚀刻铜电路板
8．（2025高一上·拱墅期末）表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．与足量反应，转移的电子数为
B．含的浓硫酸和足量的铜反应，转移电子数为
C．与反应生成(标准状况)，反应中转移的电子数为
D．由和组成的物质中含有的质子数为
9．（2025高一上·拱墅期末）下列各组离子，能大量共存的是
A．Na+、、ClO-、H+ B．Al3+、H+、Fe2+、
C．Na+、、OH-、 D．K+、Fe3+、、I-
10．（2025高一上·拱墅期末）下列物质不能通过化合反应制得的是
A． B． C． D．
11．（2025高一上·拱墅期末）将图2中的物质补充到图1中，可得到一个氧化还原反应的离子方程式(未配平)。下列对该反应的说法不正确的是
A．具有氧化性，在该反应中作氧化剂
B．发生了还原反应，每生成转移个电子
C．随着反应的进行，溶液酸性减弱
D．和的化学计量系数之比为
12．（2025高一上·拱墅期末）《化学》第一册“方法导引”栏目呈现了4种学习方法，有关说法不正确的是
选项 方法导引 内容或例子
A 认识元素及其化合物性质的视角 从物质类别视角分析Fe2O3，是金属氧化物，可能与酸发生反应；从化合价视角分析Fe2O3，铁元素为+3价，具有氧化性
B 模型 阿伦尼乌斯提出的电离模型很好的解释了酸、碱、盐溶液的某些性质
C 实验室制取气体装置设计 实验室制备的氯气依次通过浓硫酸和饱和食盐水的除杂装置，可以得到干燥纯净的氯气
D 预测 铷与钠、钾都是IA族元素，所以，可预测出铷也能与水反应
A．A B．B C．C D．D
13．（2025高一上·拱墅期末）下列选项描述与对应图像相符的是
A．图①为新制氯水在阳光直射时，溶液中Cl-浓度随着时间变化的曲线
B．图②为Na2CO3、NaHCO3混合液中滴加盐酸产生CO2的图像
C．图③为Ba(OH)2溶液中滴加MgSO4溶液的导电性变化图像
D．图④为FeBr2、FeI2混合液，各离子物质的量随氯气通入的变化图像，b代表的是Cl-
14．（2025高一上·拱墅期末）下列“类比”合理的是（　　）
A．CH4是正四面体型分子，则 CCl4也是正四面体型分子
B．Cl2和H2O反应是氧化还原反应，则 BrCl和H2O反应生成 HBrO和 HCl也是氧化还原反应
C．Cl2O 中Cl 的化合价为+1价，则 OF2中F的化合价为+1价
D．Na在空气中燃烧生成 Na2O2，则 Li 在空气中燃烧生成 Li2O2
15．（2025高一上·拱墅期末）下列有关叙述正确的是
A．做焰色反应实验时，必须用稀盐酸做洗涤剂而不能用稀硫酸代替
B．金属钠在空气中的燃烧实验，应近距离俯视坩埚以便观察更仔细
C．将pH传感器插入盛有氯水的试剂瓶，强光照射氯水过程中，发现pH逐渐下降
D．开始蒸馏时，应该先加热，再开冷凝水；蒸馏完毕，应先关冷凝水再撤酒精灯
16．（2025高一上·拱墅期末）下列反应的离子方程式书写不正确的是
A．KI溶液久置空气中变黄色：4I-＋O2＋2H2O=2I2＋4OH-
B．氢氧化钠吸收少量二氧化碳：OH-＋CO2=
C．制印刷电路板常用FeCl3溶液作为“腐蚀液”：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D．氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH-＋Ca2+＋=CaCO3↓＋H2O
17．（2025高一上·拱墅期末）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为12，Y、Z、W位于同一周期，Z原子的最外层电子数既是X原子内层电子总数的3倍，又是Y原子最外层电子数的3倍。下列说法不正确的是
A．原子半径：Y>X，离子半径ZB．元素X、Z、W的最高价氧化物的水化物的酸性：XC．元素Y和W能形成YW2型离子化合物
D．W的单质有毒，能使湿润的有色布条褪色
18．（2025高一上·拱墅期末）下列离子的检验方法合理的是
A．向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不消失，则该溶液中一定有SO42-
B．向某溶液中滴加氯水，然后再加入KSCN溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2＋
C．向某溶液中加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3＋
D．向某溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32-
19．（2025高一上·拱墅期末）将气体通入溶液，无明显现象，然后再通入X气体或加入X溶液，有白色沉淀生成，X不可能是
A． B． C．氨水 D．
20．（2025高一上·拱墅期末）铁盐与亚铁盐在工业生产和生活中具有重要应用。硫酸亚铁溶液可用于脱除烟气中的二氧化硫等有害气体。 溶液催化脱除烟气中 SO2的反应原理如图所示。下列说法正确的是
A．“反应Ⅰ”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4∶1
B．“反应Ⅱ”的离子方程式为
C．反应一段时间后，溶液中保持不变
D．反应每脱除转移电子的物质的量为
21．（2025高一上·拱墅期末）有FeO、 Fe2O3的混合物若干克，在CO气流中加热充分反应，冷却后称剩余固体比原混合物质量减轻0.8 g，若将同质量的混合物与盐酸反应，欲使其完全溶解需1 mol/L 的盐酸的体积为
A．200mL B．100mL C．50mL D．无法计算
22．（2025高一上·拱墅期末）向Fe2O3、CuO、Fe、Cu的混合粉末中加入过量的稀硫酸，充分反应后，仍有红色粉末存在，则关于所得溶液中阳离子的判断正确的是
A．一定有Fe2+，可能有Cu2+ B．一定有Fe2+、Cu2+，可能有Fe3+
C．只有Fe2+和Cu2+ D．只有Fe2+
23．（2025高一上·拱墅期末）NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．降低NOx排放可以减少酸雨的形成
B．储存过程中NOx被氧化
C．还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为5NA（NA为阿伏加 德罗常数的值）
D．通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原
24．（2025高一上·拱墅期末）取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份100mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示。下列说法正确的是
A．B 曲线中消耗盐酸0B．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.75mol/L
C．B曲线最终产生的CO2体积(标准状况下)为112mL
D．加盐酸之前A溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠
25．（2025高一上·拱墅期末）根据下列实验操作、现象得出的结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 取少许疑似变质的粉末，加蒸馏水配成溶液，滴加盐酸酸化的溶液 有气泡和白色沉淀产生 粉末部分变质
B 向待测液中滴加NaOH浓溶液，微热，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口 红色石蕊试纸变蓝 待测液一定是铵盐溶液
C 在两支盛有少许铁的氧化物粉末的试管中分别加入稀硫酸，然后分别滴入酸性溶液、KSCN溶液 滴入的酸性溶液褪色；滴入KSCN溶液后变为红色 铁的氧化物粉末为
D 在待测液中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液中 品红溶液褪色 待测液中含或
A．A B．B C．C D．D
二、填空题(本大题共5小题，共50分)
26．（2025高一上·拱墅期末）“生活无处不化学”，请回答下列问题。
（1）厨房中的用品①盐(主要成分氯化钠)、②碱面(主要成分碳酸钠)、③白醋(主要成分乙酸)、④小苏打。主要成分中具有碱性的是　 　(填序号，下同)；写出③④相互间反应的离子方程式　 　。
（2）食盐不慎洒落在天然气的火焰上，观察的现象是　 　。
（3）沾有水的铁制器皿在高温火焰上会发黑，该反应的化学方程式是　 　。
（4）小苏打可用于烘焙糕点，在烘焙受热过程中涉及的化学方程式是　 　。
（5）使用“84”消毒液(含)时，按一定比例与水混合，并在空气中浸泡一段时间，使与及空气中的充分反应，目的是提高杀菌消毒的效果，该反应的离子方程式是　 　。
（6）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目　 　。
27．（2025高一上·拱墅期末）现有部分元素的性质与原子或分子结构的相关信息如表所示：
元素编号 元素性质与原子(或分子)结构的相关信息
T 最外层电子数是次外层电子数的3倍
X 常温下单质分子为双原子分子，分子中含有3对共用电子对
Y M层比K层少1个电子
Z 其离子是第三周期金属元素的离子中半径最小的
（1）T、X、Y、Z形成的简单离子半径由大到小的顺序是　 　(用离子符号表示)。
（2）元素Y与元素Z相比，下列表述中能证明二者金属性强弱的是　 　(填字母序号)。
a．Y单质的熔点比Z单质的低
b．Y的化合价比Z的低
c．常温下Y单质与水反应很剧烈，而Z单质与水很难反应
d．Y最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强
（3）T、X、Y、Z中有两种元素能形成既含离子键又含非极性共价键的常见化合物，写出该化合物的化学式　 　。请指出元素T在周期表中的位置　 　。
（4）元素X与氢元素以原子个数比化合时，形成可用于火箭燃料的化合物W(W的相对分子质量为32)。元素T和氢元素以原子个数比化合形成化合物Q。Q与W发生氧化还原反应生成X的单质和T的另一种氢化物，请写出Q与W反应的化学方程式　 　。
28．（2025高一上·拱墅期末）纳米铁是一种黑色粉末，可用于制作高密度磁性材料。以铁屑(含少量杂质)为原料制备纳米铁粉流程如下：
已知：草酸()是一种二元酸
（1）写出“酸溶”时氧化还原反应的离子方程式：　 　、。
（2）若加入时，铁屑与恰好完全反应，为了使元素完全转化，则沉淀过程中加入的体积至少为　 　mL。
（3）固体经灼烧后得到红棕色固体和、混合气体，若产物中，则“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为　 　。
（4）纳米铁粉可用于处理含氧酸性废水中的，反应原理如图所示。
①该过程中体现了纳米铁粉的　 　性(填“氧化”或“还原”)。
②在铁粉总量一定的条件下，废水中的溶解氧过多不利于的去除，原因是　 　。
29．（2025高一上·拱墅期末）Ⅰ．某同学设计了如下装置用于制取并验证的部分性质。回答下列问题：
（1）下列反应中，浓硫酸既表现出强氧化性，又表现出酸性的是
A. 浓硫酸与蔗糖反应 B. 浓硫酸与铁反应
C. 浓硫酸与铜反应 D. 浓硫酸和硫磺反应
（2）实验前要在装置中鼓入，目的是________。
（3）装置C中可观察到白色沉淀现象，相关反应的离子方程式为________。
Ⅱ．如图所示，硫酸工业中产生的可通过下列过程转化成和。
请回答：
（4）该过程可循环利用的物质是和________(写化学式)。
（5）反应一的化学方程式是________。
（6）上述过程尾气中的可用下图装置吸收，将虚线框中的装置补充完整________。
三、计算题
30．（2025高一上·拱墅期末）为确定和混合物样品的组成，称取四份该样品分别加入相同浓度溶液，充分反应，剩余沉淀的质量如下表：
实验序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ
溶液体积(mL) 400 400 400 400
样品质量(g) 9.36 12.48 15.6 18.72
沉淀质量(g) 6.40 9.60 12.8 15.92
（1）样品中物质的量之比　 　。
（2）溶液的物质的量浓度　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】A、浓硫酸是混合物，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，A不符合要求；
B、铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，B不符合要求；
C、冰水混合物是纯净物盐酸是混合物，碳酸钙是电解质，乙醇是非电解质，C符合要求；
D、石灰石、氨水均为混合物，D不符合要求；
故答案为：C。
【分析】要解决此题，需明确纯净物、混合物、电解质、非电解质的定义，再逐一分析选项：
纯净物：由一种物质组成；混合物：由两种或两种以上物质混合而成；电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
2．【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、 是蒸馏烧瓶，并非题目中表述的错误名称，这里存在名称表述混淆，A错误；
B、 是泥三角，不是三角架，仪器类型判断错误，B错误；
C、 是表面皿，名称与仪器对应正确，C正确；
D、 是坩埚，不是坩锅，存在汉字书写错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据常见化学仪器的外观特征和标准名称，对每个选项中的仪器进行判断。
3．【答案】D
【知识点】元素、核素；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、同位素要求质子数相同、中子数不同。3He 和4He 均为氦元素，质子数都是 2，中子数分别为 1 和 2，符合同位素定义，A正确；
B、氯化钙是离子化合物，由 Ca2+和 Cl-构成。电子式中 Cl-需用方括号标注电荷，Ca2+直接书写，给出的电子式符合规则，B正确；
C、H2O 分子中氧原子与两个氢原子成键，因孤电子对排斥呈 V 形，且氧原子半径大于氢原子，结构模型合理，C正确；
D、氯离子是氯原子（质子数 17）得 1 个电子形成的，核内质子数仍为 17， Cl-的结构示意图为：，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据同位素、电子式、分子结构模型、离子结构示意图的核心规则，逐一判断选项表述是否正确。
4．【答案】A
【知识点】焰色反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；分散系、胶体与溶液的概念及关系；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、碳酸钠是重要化工原料，在制玻璃、造纸、纺织等行业应用广泛，比如制玻璃时参与形成玻璃的主要成分，造纸中处理纸浆，A正确；
B、胶体与溶液、浊液的本质区别是分散质粒子的直径大小（胶体粒子直径在 1-100nm 之间，溶液小于 1nm，浊液大于 100nm），丁达尔效应只是胶体的特征现象，用于鉴别，并非根本区别，B错误；
C、生石灰的作用是吸收水分，防止食品受潮，而防止食品氧化变质需要加入还原性物质（如铁粉），生石灰无抗氧化作用，C错误；
D、烟花的色彩来自金属元素的焰色试验，这是电子跃迁产生的现象，过程中没有新物质生成，属于物理变化，并非化学变化，D错误；
故答案为：A。
【分析】从化学知识与生活的联系出发，依据物质的性质、用途及变化本质，判断各选项说法的正确性。
5．【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；硝酸的化学性质；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A.二氧化氮和水发生的是歧化反应，生成硝酸和一氧化氮，故A不选；
B.氨气和氯化铵中的氮都是化合态，不属于氮的固定，故B不选；
C.氯化铵固体加热生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在温度降低时又会重新化合成氯化铵，所以不能通过加热氯化铵固体的方法制备氨气，故C不选；
D.硝酸见光易分解，所以在实验室保存浓硝酸的时候应该用棕色试剂瓶，并放置在冷暗处，故D选。
故答案为：D。
【分析】A.二氧化氮和水发生的是氧化还原反应
B.氮的固定是把氮元素由游离态变为化合态
C.实验室是用氯化铵和熟石灰进行加热制取氨气
D.硝酸不稳定
6．【答案】A
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、单质 S 与 O2反应生成氧化物 SO2；SO2与 H2O 反应生成酸 H2SO3；H2SO3与 NaOH 反应生成盐Na2SO3，可完成直接转化，故A不符合题意 ；
B、单质Fe 与 O2反应生成氧化物 Fe3O4，但 Fe3O4不能与 H2O 直接反应生成碱，无法完成转化，故A不符合题意 ；
C、单质 Si 与 O2反应生成氧化物 SiO2，但 SiO2不能与 H2O 直接反应生成酸，无法完成转化，故A不符合题意 ；
D、单质Cu 与 O2反应生成氧化物 CuO，但 CuO 不能与 H2O 直接反应生成碱，无法完成转化，故A不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】这道题的解题关键点：核心是抓 “氧化物与水的反应能力”—只有氧化物能直接与水生成酸 或碱，才能完成 “单质→氧化物→酸或碱→盐” 的转化：
硫：S到SO2（氧化物），SO2与水生成 H2SO3（酸），酸与 NaOH 生成盐，符合转化；
铁、硅、铜：它们的氧化物（Fe3O4、SiO2、CuO）都不能与水直接反应生成对应的碱 / 酸，无法完成转化。
7．【答案】D
【知识点】钠的化学性质；氯水、氯气的漂白作用；钠的氧化物
【解析】【解答】A.液态钠做传热介质，与其还原性无关，A不符合题意；
B.Na2O2能与呼吸过程中产生的H2O和CO2反应生成O2，因此可用做呼吸面具中O2的来源，B不符合题意；
C.HClO用作棉、麻和纸张的漂白剂，是由于HClO具有氧化性，与其弱酸性无关，C不符合题意；
D.Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋，因此可用于蚀刻铜电路板，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、液态钠做传热介质，与其还原性无关；
B、Na2O2用作呼吸面具中O2的来源，是由于其能产生O2；
C、HClO具有强氧化性，可用于漂白；
D、FeCl3具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋；
8．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、Cl2与 Fe 反应时，Cl 元素化合价从 0 降为 - 1，1mol Cl2完全反应转移 2mol 电子，对应电子数为 2NA，而非 3NA，A错误；
B、浓硫酸与 Cu 反应随进行会变稀，稀硫酸不与 Cu 反应，故 0.1mol H2SO4不能完全反应，转移电子数小于 0.1NA，B错误；
C、Na2O2与 CO2反应生成 O2，标准状况下 11.2L O2为 0.5mol。该反应中，每生成 1mol O2转移 2mol 电子，故 0.5mol O2对应转移电子数为 N ，而非 2NA，C错误；
D、H2 8O 和2H2O 的相对分子质量均为 20，且每个分子都含 10 个质子。2g 该混合物的物质的量为 0.1mol，质子数为 0.1×10×NA = NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】围绕阿伏加德罗常数（NA），结合化学反应中电子转移规律、物质性质对反应的影响及微粒构成，判断各选项正误。
9．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、AlO2-与 H+会反应生成 Al3+；ClO-与 H+结合形成弱电解质 HClO，离子间存在反应，无法大量共存，故A不符合题意 ；
B、Al3+、H+、Fe2+、SO42-之间，既没有复分解反应（不生成沉淀、气体或弱电解质），也没有氧化还原反应，可大量共存，故B不符合题意 ；
C、NH4+与 OH-反应产生 NH3；OH-与 HCO3-反应生成 CO32-，离子间发生反应，不能大量共存，故C不符合题意 ；
D、Fe3+有氧化性，I-有还原性，二者发生氧化还原反应生成 I2和 Fe2+，无法大量共存，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】抓 “复分解反应的触发条件”：
弱酸根（AlO2-、ClO-）与 H+结合生成弱电解质，不能共存。
弱碱阳离子（NH4+）、酸式酸根（HCO3-）与 OH-反应，不能共存。
抓 “氧化还原反应的离子组合”：强氧化性离子（Fe3+）与强还原性离子（I-）会发生反应，不能共存。
抓 “无反应的离子特征”：离子间不生成沉淀、气体、弱电解质，也无氧化还原等反应，即可共存。
10．【答案】D
【知识点】化学基本反应类型
【解析】【解答】A、亚硫酸钠与二氧化硫、水反应可生成亚硫酸氢钠，属于化合反应，故能制得，故A不符合题意 ；
B、铁单质和氯化铁反应生成氯化亚铁，是化合反应，故能制得，故A不符合题意 ；
C、氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，属于化合反应，故能制得，故A不符合题意 ；
D、铜与硫发生化合反应时，产物为硫化亚铜（Cu2S），而非硫化铜（CuS），因此 CuS 无法通过化合反应制得，故A不符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】依据化合反应 “多种物质生成一种物质” 的定义，判断各选项物质能否通过此类反应制备。
11．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、H2O2中 O 元素从 - 1 价升高到 0 价（生成 O2），化合价升高，作还原剂（而非氧化剂）。A错误；
B、MnO4-中 Mn 从 + 7 价变为 Mn2+（+2 价），化合价降低，发生还原反应；每生成 1mol Mn2+，转移 5mol 电子（即 5NA个）。B正确；
C、配平后反应为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+ 8H2O，反应消耗 H+，溶液中 H+浓度降低，酸性减弱。C正确；
D、得失电子守恒：MnO4-→Mn2+（每个得 5e-），H2O2→O2（每个失 2e-），最小公倍数为 10，故 H2O2与 Mn2+的计量数之比为 5：2。D正确；
故答案为：A。
【分析】首先确定反应的价态变化：MnO4-中 Mn 为 +7 价，反应后生成 Mn2+（+2 价），Mn 化合价降低（被还原）；图 2 中 H2O2中 O 为 -1 价，可被氧化为 O2（0 价），故反应为 MnO4-氧化 H2O2，生成 Mn2+、O2和 H2O。据此解题。
12．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；物质的简单分类；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、认识物质性质可从类别和化合价入手。Fe2O3作为金属氧化物，可能与酸反应；其中 Fe 为 + 3 价，有氧化性，A正确；
B、阿伦尼乌斯的电离模型属于化学模型，能解释酸、碱、盐溶液的部分性质，B正确；
C、实验室制氯气时，杂质为氯化氢和水蒸气。应先通过饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，若先干燥再除氯化氢，会重新带入水蒸气，无法得到纯净干燥的氯气，C错误；
D、铷与钠、钾同属 ⅠA 族，同主族元素性质相似，由钠、钾能与水反应，可预测铷也能，D正确；
故答案为：C。
【分析】结合化学学习方法的内涵，对每个选项中方法与实例的匹配性进行判断。
A．从 “物质类别 + 化合价” 分析物质性质是化学常用方法，Fe2O3作为金属氧化物能与酸反应、+3 价铁有氧化性。
B．阿伦尼乌斯电离模型（电解质在溶液中电离出离子）可解释酸碱盐溶液的导电性等性质。
C ．制氯气除杂应先通饱和食盐水除 HCl，再通浓硫酸干燥；若顺序颠倒，氯气会重新带水，无法得到干燥气体。
D．IA 族元素（碱金属）化学性质相似，钾、钠能与水反应，可预测铷也能。
13．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；电解质溶液的导电性；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、新制氯水中存在反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，光照下 HClO 分解为 HCl 和 O2，会使溶液中 Cl-浓度增大（而非减小）。但图①中 Cl-浓度随时间下降，A不相符；
B、向 Na2CO3、NaHCO3混合液中滴加盐酸时，先发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl（此阶段无 CO2生成），之后才是 NaHCO3与 HCl 反应生成 CO2。但图②中盐酸滴加至 40mL 时才开始产生 CO2，不符合 “先无气体、后有气体” 的初始阶段，B不相符；
C、Ba(OH)2溶液中滴加 MgSO4溶液，发生反应：Ba(OH)2+MgSO4=BaSO4↓+Mg(OH)2↓。随着 MgSO4的加入，溶液中离子浓度逐渐降低，导电能力下降；当二者恰好完全反应时，离子浓度接近 0，导电能力达到最低；继续滴加 MgSO4，溶液中 Mg2+、SO42-增多，导电能力又上升。这与图③中 “先降后升” 的导电能力变化一致，C相符；
D、FeBr2、FeI2混合液中通入 Cl2，还原性顺序为 I->Fe2+ > Br-，Cl2会依次氧化 I-、Fe2+、Br-，同时生成 Cl-（Cl-物质的量应持续增大）。但图④中 b 的物质的量先降后升，不符合 Cl-的变化规律，D不相符；
故答案为：C。
【分析】A．新制氯水光照时，HClO 分解生成 HCl，会使溶液中 Cl-浓度逐渐增大。
B．Na2CO3与盐酸反应分两步：先生成 NaHCO3（无 CO2），后生成 CO2；因此图像应先有 “无气体的平缓段”，再出现 “气体上升段”，图②的初始曲线不符合此分步反应逻辑。
C．Ba(OH)2与 MgSO4生成两种沉淀，离子浓度先降后升，对应导电能力 “先降后升”，匹配图③。
D．FeI2、FeBr2中还原性顺序为 I->Fe2+>Br-，Cl2会依次氧化这三种离子，同时生成 Cl-（Cl-的物质的量应持续增加）；但图④中 b 的量先降后升，不符合 Cl-的变化规律。
14．【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；钠的化学性质
【解析】【解答】A.CH4中心原子C四个σ键，无孤电子对，是正四面体型分子， CCl4中心原子C也是四个σ键，无孤电子对，也是正四面体型分子，A选项是正确的；
B. Cl2和H2O反应是氧化还原反应， 但是 BrCl和H2O反应生成 HBrO和 HCl 无元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，B选项是错误的；
C. Cl2O 中Cl 的化合价为 +1价，但是 OF2中F的化合价为 -1价，C选项是错误的；
D. Na在空气中燃烧生成 Na2O2， 但Li在空气中燃烧的产物是Li2O，D选项是错误的。
故答案为：A。
【分析】A.CH4中心原子C四个σ键，无孤电子对，是正四面体型分子， CCl4中心原子C也是四个σ键，无孤电子对，也是正四面体型分子；
B.Cl2和H2O反应是氧化还原反应， 但是 BrCl和H2O反应生成 HBrO和 HCl 无元素化合价的变化，不属于氧化还原反应；
C.在OF2中F的电负性更强，所以F显负价，O显正价；
D.Na在空气中燃烧生成 Na2O2， 但Li在空气中燃烧的产物是Li2O。
15．【答案】A,C
【知识点】焰色反应；化学实验安全及事故处理；蒸馏与分馏；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、焰色反应实验中，稀盐酸清洗的优势在于金属氯化物灼烧时易挥发，能有效去除杂质；而稀硫酸与金属生成的硫酸盐沸点高，杂质难挥发，会干扰焰色，所以必须用稀盐酸，不能用稀硫酸，A正确；
B、金属钠在空气中燃烧剧烈，可能有火花或物质飞溅，近距离俯视观察存在安全风险，实验时应保持安全距离，B错误；
C、氯水中氯气和水反应生成次氯酸（HClO）和盐酸（HCl），强光照射下，次氯酸分解为盐酸和氧气，使得氯水酸性增强，pH 逐渐下降，C正确；
D、蒸馏操作时，应先开冷凝水再加热，这样能保证馏分及时冷凝；蒸馏完毕，要先撤酒精灯，待无液体滴出后再关冷凝水，这样可确保馏分充分收集，D错误；
故答案为：AC。
【分析】根据化学实验操作规范、物质性质等知识，对每个选项进行分析判断。
A．焰色反应洗涤用稀盐酸，因氯化物易挥发除杂；硫酸盐难挥发会干扰，故不能用硫酸。
B．钠燃烧剧烈易飞溅，近距离观察有安全隐患。
C．氯水强光照射时，HClO 分解为 HCl，酸性增强，pH 下降。
D．蒸馏应先开冷凝水再加热（防馏分损失），结束先撤酒精灯再关冷凝水。
16．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、KI 久置变黄是 I-被 O2氧化为 I2，反应中 I-失电子、O2得电子， 离子方程式为
4I-＋O2＋2H2O=2I2＋4OH-，A正确；
B、NaOH 吸收少量CO2时，CO2不足，OH-过量，应生成CO32-（反应为：2OH-+CO2=CO32-+H2O）；若 CO2过量才生成 HCO3-，此方程式与 “少量CO2” 的用量矛盾，B错误；
C、FeCl3腐蚀 Cu 的本质是 Fe3+ 氧化 Cu，生成 Fe2+ 和 Cu2+， 离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C正确；
D、NaOH 与过量Ca(HCO3)2反应时，OH-少量，仅与1个 HCO3-反应生成 CO32-，再与 Ca2+ 结合为 CaCO3沉淀，离子方程式符合用量关系，D正确；
故答案为：
【分析】A．抓“氧化还原 + 守恒”—I-被 O2氧化为 I2，电子、电荷、原子均守恒。
B．抓“用量与产物匹配”—NaOH 吸收少量 CO2，应生成 CO32-（非 HCO3-）。
C．抓“氧化还原+守恒”—Fe3+ 氧化 Cu，电子、电荷守恒。
D．抓“用量与产物匹配”—NaOH 与过量 Ca(HCO3)2反应，OH-少量，产物匹配用量。
17．【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子半径：Mg（Y）与 C（X）电子层数相同，Mg 质子数更多，原子半径 Mg>C；离子半径：S2-（Z）与 Cl-（W）电子层结构相同，S2-质子数更少，离子半径 S2->Cl-，A错误；
B、非金属性 CC、Y（Mg）与 W（Cl）形成的 MgCl2由 Mg2+和 Cl-构成，是离子化合物，C正确；
D、W 的单质是 Cl2，有毒；Cl2与水反应生成 HClO，HClO 具有漂白性，能使湿润的有色布条褪色，D正确；
故答案为：A。
【分析】短周期主族元素中，X内层电子总数只能是2（短周期元素内层电子数为 2 或 0，0不符合 “3倍” 条件），故Z最外层电子数为2×3=6，Z是S；
Z 最外层电子数是Y的3倍，故Y最外层电子数为2，Y是Mg（Y、Z、W同周期，短周期中最外层2个电子的是 Mg）；
X、Y、Z最外层电子数之和为12，X最外层电子数=12-2-6=4，X原子序数小于Y（Mg），故 X 是 C；W与Y、Z同周期且原子序数更大，故W是Cl。
18．【答案】C
【知识点】常见离子的检验；硫酸根离子的检验；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、加入 BaCl2生成的不溶于盐酸的白色沉淀，可能是 AgCl（若溶液含 Ag+），并非只有 SO42- 能产生此现象，未排除 Ag+ 干扰，A不合理；
B、先加氯水再加 KSCN 变红，无法证明原溶液含 Fe2+—— 若原溶液已有 Fe3+，加 KSCN 也会变红，未排除 Fe3+ 的干扰，B不合理；
C、Fe3+ 与 NaOH 反应生成红褐色 Fe(OH)3沉淀，该现象是 Fe3+ 的特征反应，无其他离子干扰，C合理；
D、与盐酸反应生成的无色无味、使石灰水变浑浊的气体是 CO2，但能产生 CO2的离子不仅有 CO32-（HCO3- 也能与盐酸反应生成 CO2），未排除 HCO3- 干扰，D不合理；
故答案为：C。
【分析】A．抓 “干扰离子排除”—Ag+ 也能与 BaCl2生成不溶于盐酸的白色沉淀，未排除 Ag+，无法确定是 SO42-。
B．抓“离子检验顺序”—原溶液若含 Fe3+，直接加 KSCN 也会变红，需先加 KSCN 排除Fe3+，再加氯水。
C．抓“特征反应唯一性”—Fe3+ 与 NaOH 反应生成红褐色Fe(OH)3沉淀，无其他离子干扰，现象专属。
D．抓“同类离子干扰”—HCO3-与盐酸反应也生成CO2（使石灰水变浑浊），未排除HCO3-，无法确定是 CO32-。
19．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、NaClO 有氧化性，可将 SO2氧化为 SO42-，SO42-与 Ca2+结合生成 CaSO4白色沉淀，故 X 可能是 NaClO，故A不符合题意 ；
B、H2O2是氧化剂，能把 SO2氧化为 SO42-，进而生成 CaSO4沉淀，故 X 可能是 H2O2，故B不符合题意 ；
C、氨水与 SO2反应生成 (NH4)2SO3，(NH4)2SO3与 CaCl2反应生成 CaSO3白色沉淀，故 X 可能是氨水，故C不符合题意 ；
D、CO2与 SO2、CaCl2均不反应，无法生成难溶性钙盐，故 X 不可能是 CO2，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】先明确 SO2通入 CaCl2溶液无现象的原因（因弱酸不能制强酸，SO2与 CaCl2不反应），再分析加入或通入 X 后能否生成白色沉淀，关键看 X 是否能使体系产生难溶性钙盐。
20．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应 Ⅰ 是 O2氧化 Fe2+生成 Fe3+，O2是氧化剂（O 由 0 价到-2 价），Fe2+是还原剂（Fe 由 +2 价到+3 价）。根据电子守恒：1 mol O2得 4 mol 电子，1 mol Fe2+失 1 mol 电子，故氧化剂（O2）与还原剂（Fe2+）的物质的量之比为 1：4，并非 4：1，A错误；
B、反应 Ⅱ 是 Fe3+氧化 SO2，Fe3+到Fe2+（得电子），SO2到SO42-（失电子），结合原子、电荷守恒，离子方程式为 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-，B正确；
C、总反应中，SO2最终转化为 H2SO4，同时反应 Ⅰ 生成的 Fe3+参与反应 Ⅱ 时也会生成 H+，故溶液中 H2SO4的浓度会逐渐增大，并非保持不变，C错误；
D、未说明 SO2所处的状态（是否为标准状况），无法确定 11.2 L SO2的物质的量，因此不能计算转移电子数，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有 3 处：
氧化还原的电子守恒计算：易混淆氧化剂（O2）和还原剂（Fe2+）的电子转移比例，误将物质的量之比算成 4：1（实际应为 1：4）。
气体体积的条件限制：，易忽略 “标准状况” 这一前提，直接按 11.2 L 计算 SO2的物质的量，导致转移电子数判断错误。
总反应的物质浓度变化：易忽略 SO2最终转化为 H2SO4的过程，错误认为 H2SO4浓度保持不变。
21．【答案】B
【知识点】有关混合物反应的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】CO 还原 FeO 和 Fe2O3的混合物时，固体质量减轻 0.8g，这部分质量就是混合物中氧元素的总质量。由此可得氧元素的物质的量为 0.8g÷16g/mol=0.05mol。
混合物与盐酸反应时，氧元素与盐酸中的氯元素存在化合价守恒关系：每个 - 2 价的氧原子会被 2 个 - 1 价的氯原子取代。因此，所需 Cl-的物质的量为 0.05mol×2=0.1mol，即需要 HCl 的物质的量为 0.1mol。
已知盐酸浓度为 1mol/L，根据体积 = 物质的量 ÷ 浓度，可得所需盐酸体积为 0.1mol÷1mol/L=0.1L=100mL。
故答案为：B。
【分析】通过分析 CO 还原混合物时的质量变化确定氧元素含量，再结合混合物与盐酸反应的化合价关系，计算所需盐酸体积。
22．【答案】A
【知识点】铁的化学性质；铜及其化合物；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】Fe2O3、CuO 与稀硫酸反应分别生成 Fe2(SO4)3、CuSO4；Fe 与稀硫酸反应生成 FeSO4，Fe 还能与 Fe2(SO4)3反应生成 FeSO4，Fe 也能与 CuSO4反应置换出 Cu。
因为反应后有红色粉末（Cu）存在，而 Fe3+氧化性强于 Cu2+，Fe3+会与 Cu 反应，所以溶液中一定没有 Fe3+。
Fe 与稀硫酸、Fe2(SO4)3反应都会生成 Fe2+，所以溶液中一定有 Fe2+。
若 Fe 的量不足，CuSO4未被完全置换，溶液中会有 Cu2+；若 Fe 足量，CuSO4被完全置换，溶液中则没有 Cu2+。所以溶液中可能有 Cu2+。
故答案为：A。
【分析】先分析混合粉末与过量稀硫酸的反应情况，再根据 “仍有红色粉末（Cu）存在” 这一关键条件，结合氧化性强弱（Fe3+＞Cu2+），判断溶液中阳离子的存在情况。
23．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、NO 是形成酸雨的重要污染物（可转化为硝酸），降低其排放能减少酸雨形成，A正确；
B、储存过程中，NO（N 为 +2 价）被 O2氧化为 NO2（N 为 +4 价），进而与 BaO 反应生成 Ba(NO3)2（N 为 +5 价），N 元素化合价升高，说明 NO 被氧化，B正确；
C、还原过程中，Ba(NO3)2中 N 为 +5 价，最终被还原为 N2（N 为 0 价）。1mol Ba(NO3)2含 2mol N 原子，每个 N 原子得 5 个电子，故 1mol Ba(NO3)2转移电子数为 2×5NA=10NA，而非 5NA，C错误；
D、储存阶段 BaO 转化为 Ba(NO3)2（实现 NO 储存），还原阶段 Ba(NO3)2转化为 BaO（实现 NO 还原），通过二者转化完成 NO 的处理，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
电子转移计算失误：忽略 1mol Ba(NO3)2含 2mol N 原子，错误按 1 个 N 原子计算转移电子，误将结果算为 5NA（实际应为 2×5NA=10NA）。
氧化反应判断偏差：储存过程中 NO（N 为 +2 价）到NO2（N 为 +4 价）到Ba(NO3)2（N 为 +5 价），N 元素化合价升高，属于氧化反应，易误判为未被氧化。
24．【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、B曲线此阶段无气体产生，说明溶质是Na2CO3和NaHCO3（不含OH-）。发生的反应只有H+与CO32-结合生成HCO3-，即H++CO32-=HCO3-，没有OH-+H+=H2O的反应，A错误；
B、最终溶液为NaCl，故n(NaOH) = n(HCl)。n(HCl) = 0.1mol/L×0.075L = 0.0075mol，因此c(NaOH) = 0.0075mol÷0.1L = 0.075mol/L，不是0.75mol/L，B错误；
C、B曲线生成CO2时消耗盐酸体积为75mL - 25mL = 50mL，n(HCl) = 0.1mol/L×0.05L = 0.005mol。根据反应HCO3-+H+=H2O+CO2，n(CO2) = 0.005mol，标准状况下体积为0.005mol×22.4L/mol = 0.112L = 112mL，C正确；
D、A曲线60mL前无气体，说明先发生NaOH与盐酸的反应，再是Na2CO3转化为NaHCO3，因此溶质为NaOH和Na2CO3，而非Na2CO3和NaHCO3，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.确定B曲线在时的溶质及反应。
B.依据Na+和Cl-守恒计算NaOH浓度。
C.计算B曲线生成CO2的体积。
D.判断A溶液加盐酸前的溶质。
25．【答案】A
【知识点】铵离子检验；硫酸根离子的检验；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、Na2SO3变质会生成Na2SO4。向样品溶液中滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液时，盐酸与未变质的 Na2SO3反应，生成SO2气体（产生气泡）；同时 Ba2+与变质生成的 SO42-结合，生成不溶于盐酸的 BaSO4白色沉淀。“气泡+白色沉淀” 说明样品中既有 Na2SO3（未变质），又有Na2SO4（变质产物），即 Na2SO3部分变质，A正确；
B、湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成了NH3，但待测液不一定是铵盐溶液（如氨水，其电离出的 NH4+也能与NaOH浓溶液共热生成NH3），B错误；
C、Fe3O4与稀硫酸反应会生成Fe2+和Fe3+，Fe2+能使酸性 KMnO4溶液褪色，Fe3+能使 KSCN 溶液变红。但 “铁的氧化物粉末” 也可能是FeO与Fe2O3的混合物（二者与稀硫酸反应也会生成 Fe2+和 Fe3+），无法确定一定是Fe3O4，C错误；
D、能使品红溶液褪色的气体不止SO2（如 Cl2也具有漂白性）。若待测液中含ClO-，加浓盐酸会生成 Cl2，Cl2通入品红溶液也会使其褪色，不能确定待测液中一定含 SO32-或 HSO3-，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．用 “盐酸酸化的 BaCl2” 既排除了 SO32-对 SO42-的干扰（盐酸与 SO32-反应生成 SO2），又通过 “气泡+沉淀” 同时验证了未变质的 SO32-和变质生成的 SO42-。
B．生成 NH3的待测液不一定是铵盐（氨水也能产生 NH3），不能单一现象定物质。
C．“Fe2+使 KMnO4褪色、Fe3+使 KSCN 变红” 的现象，不仅 Fe3O4能实现，FeO与Fe2O3的混合物也能实现，无法确定唯一物质。
D．能漂白品红的气体不止 SO2（如 Cl2），需排除其他漂白性气体的干扰。
26．【答案】（1）②④；CH3COOH+=CH3COO-+CO2↑+H2O
（2）火焰呈现黄色
（3）3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2
（4）2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
（5）ClO-+CO2+H2O=+HClO
（6）
【知识点】氧化还原反应；铁的化学性质；物质的简单分类；离子方程式的书写；单线桥、双线桥法表示氧化还原反应
【解析】【解答】（1）碳酸钠、碳酸氢钠溶液均呈碱性，主要成分中具有碱性的是②碱面（主要成分碳酸钠）、④小苏打（碳酸氢钠）；③白醋（主要成分乙酸）和④小苏打（碳酸氢钠）反应生成醋酸钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式CH3COOH+=CH3COO-+CO2↑+H2O。
故答案为： ②④ ； CH3COOH+=CH3COO-+CO2↑+H2O ；
（2）食盐中含有钠元素，钠的焰色呈黄色，食盐不慎洒落在天然气的火焰上，观察的现象是产生黄色火焰。
故答案为： 火焰呈现黄色 ；
（3）沾有水的铁制器皿在高温火焰上会发黑，铁和水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，该反应的化学方程式是3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2。
故答案为： 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 ；
（4）小苏打可用于烘焙糕点，在烘焙受热过程中碳酸氢钠分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。
故答案为： 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ；
（5）使用“84”消毒液(含NaClO)时，按一定比例与水混合，并在空气中浸泡一段时间，使NaClO与H2O及空气中的CO2充分反应生成碳酸氢钠和次氯酸，该反应的离子方程式是ClO-+CO2+H2O=+HClO。
故答案为： ClO-+CO2+H2O=+HClO ；
（6）反应2KNO3+S+3C=K2S+N2+3CO2中，N元素化合价由+5降低为0、S元素化合价由0降低为-2，碳元素化合价由0升高为+4，用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目为：。
故答案为： 。
【分析】(1)碳酸钠、碳酸氢钠溶液呈碱性；乙酸与碳酸氢钠反应的离子方程式书写，注意乙酸是弱酸不可拆。
(2)食盐含钠元素，钠的焰色为黄色。
(3)铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气。
(4)碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水。
(5)次氯酸钠与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，次氯酸有杀菌消毒作用。
(6)分析反应中各元素化合价变化，N、S 得电子，C 失电子，用双线桥标电子转移方向和数目。
（1）碳酸钠、碳酸氢钠溶液均呈碱性，主要成分中具有碱性的是②碱面（主要成分碳酸钠）、④小苏打（碳酸氢钠）；③白醋（主要成分乙酸）和④小苏打（碳酸氢钠）反应生成醋酸钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式CH3COOH+=CH3COO-+CO2↑+H2O。
（2）食盐中含有钠元素，钠的焰色呈黄色，食盐不慎洒落在天然气的火焰上，观察的现象是产生黄色火焰。
（3）沾有水的铁制器皿在高温火焰上会发黑，铁和水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，该反应的化学方程式是3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2。
（4）小苏打可用于烘焙糕点，在烘焙受热过程中碳酸氢钠分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。
（5）使用“84”消毒液(含NaClO)时，按一定比例与水混合，并在空气中浸泡一段时间，使NaClO与H2O及空气中的CO2充分反应生成碳酸氢钠和次氯酸，该反应的离子方程式是ClO-+CO2+H2O=+HClO。
（6）反应2KNO3+S+3C=K2S+N2+3CO2中，N元素化合价由+5降低为0、S元素化合价由0降低为-2，碳元素化合价由0升高为+4，用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目为：。
27．【答案】（1）N3->O2->Na+>Al3+
（2）cd
（3）Na2O2；第二周期第ⅥA族
（4）
【知识点】原子结构与元素的性质；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】（1）核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，T、X、Y、Z形成的简单离子半径由大到小的顺序是：N3->O2->Na+>Al3+；
故答案为： N3->O2->Na+>Al3+ ；
（2）a．熔点为物理性质，不能用熔点大小来比较金属性强弱，故a错误；
b．化合价可以衡量得失电子的数目，但不能用来说明是否容易得失电子，则不能通过钠和铝的化合价来说明钠和铝的金属性强弱，故b错误；
c．通过比较钠和铝与水反应的剧烈程度，可知钠比铝活泼，即钠的金属性强于铝，故c正确；
d．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Y最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强，能说明钠的金属性强于铝，故d正确；
故答案为：cd；
（3）在这四种元素中，由两种元素形成的既含有离子键又含有共价键的化合物为过氧化钠，其化学式为Na2O2，氧元素在周期表中的位置为第二周期第ⅥA族；
故答案为： Na2O2 ； 第二周期第ⅥA族 ；
（4）元素X与氢元素以原子个数比化合时，形成可用于火箭燃料的化合物W(W的相对分子质量为32)，则W为N2H4。元素T和氢元素以原子个数比化合形成化合物Q，为H2O2。Q与W发生氧化还原反应生成X的单质和T的另一种氢化物，结合质量守恒，生成氮气和水，反应的化学方程式为：。
故答案为： 。
【分析】确定各元素需依据原子结构及性质的独特特征分析：
T 元素：最外层电子数是次外层的 3 倍。原子电子层中，次外层若为 8 个电子，最外层需 24 个，不符合规律，故次外层为 2 个电子，最外层 6 个，T 为氧。
X 元素：单质是双原子分子，含 3 对共用电子对，即原子间形成三键，符合的是氮元素，其单质为 N2。
Y 元素：K 层有 2 个电子，M 层比 K 层少 1 个，即 M 层 1 个电子，核外电子排布为 2、8、1，Y 为钠。
Z 元素：离子是第三周期金属离子中半径最小的。第三周期金属离子有 Na+、Mg2+、Al3+，核电荷数越大半径越小，故 Z 为铝。据此解题。
（1）核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，T、X、Y、Z形成的简单离子半径由大到小的顺序是：N3->O2->Na+>Al3+；
（2）a．熔点为物理性质，不能用熔点大小来比较金属性强弱，故a错误；
b．化合价可以衡量得失电子的数目，但不能用来说明是否容易得失电子，则不能通过钠和铝的化合价来说明钠和铝的金属性强弱，故b错误；
c．通过比较钠和铝与水反应的剧烈程度，可知钠比铝活泼，即钠的金属性强于铝，故c正确；
d．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Y最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强，能说明钠的金属性强于铝，故d正确；
故选cd；
（3）在这四种元素中，由两种元素形成的既含有离子键又含有共价键的化合物为过氧化钠，其化学式为Na2O2，氧元素在周期表中的位置为第二周期第ⅥA族；
（4）元素X与氢元素以原子个数比化合时，形成可用于火箭燃料的化合物W(W的相对分子质量为32)，则W为N2H4。元素T和氢元素以原子个数比化合形成化合物Q，为H2O2。Q与W发生氧化还原反应生成X的单质和T的另一种氢化物，结合质量守恒，生成氮气和水，反应的化学方程式为：。
28．【答案】（1）
（2）345
（3）
（4）还原；若废水中的溶解氧过多，氧气会将亚铁离子氧化为铁离子，由得失电子数目守恒可知，亚铁离子的物质的量减少，消耗溶液中硝酸根离子的物质的量减少，所以废水中的溶解氧过多不利于硝酸根离子去除
【知识点】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
【解析】【解答】（1）“酸溶”时铁和硫酸生成硫酸亚铁和氢气，氧化铁和硫酸生成硫酸铁和水，硫酸铁和铁生成硫酸亚铁，则氧化还原反应的离子方程式：、。
故答案为： ；
（2）由题意可得如下转化关系：H2SO4~FeSO4~H2C2O4~FeC2O4，则沉淀过程中加入2mol/L草酸的体积为0.46L×1.5mol/L÷2mol/L=0.345L=345mL；
故答案为：345；
（3）由题意可知，草酸亚铁在氧气中灼烧生成氧化铁、一氧化碳和二氧化碳，设反应生成一氧化碳和二氧化碳的物质的量为1mol，由碳原子个数守恒可知，草酸亚铁的物质的量为1mol，由铁原子个数守恒可知，生成氧化铁的物质的量为0.5mol，设反应消耗氧气的物质的量为amol，由得失电子数目守恒可得：4a+1=0.5×2+1，解得a=0.25，则反应的化学方程式为
故答案为： ；
（4）①由图可知，反应中铁元素的化合价升高被氧化，纳米铁粉为反应的还原剂，表现还原性；
②在铁粉总量一定的条件下，若废水中的溶解氧过多，氧气会将亚铁离子氧化为铁离子，由得失电子数目守恒可知，亚铁离子的物质的量减少，消耗溶液中硝酸根离子的物质的量减少，所以废水中的溶解氧过多不利于硝酸根离子去除。
故答案为： 还原 ； 若废水中的溶解氧过多，氧气会将亚铁离子氧化为铁离子，由得失电子数目守恒可知，亚铁离子的物质的量减少，消耗溶液中硝酸根离子的物质的量减少，所以废水中的溶解氧过多不利于硝酸根离子去除 。
【分析】酸溶环节：铁屑（含少量 Fe2O3）加 H2SO4后，Fe 与硫酸反应生成 FeSO4，Fe2O3与硫酸反应生成 Fe2(SO4)3，过量 Fe 会还原 Fe3+为 Fe2+，最终溶液以 FeSO4为主。
沉淀环节：向上述溶液加 H2C2O4，Fe2+与草酸反应生成 FeC2O4沉淀，过滤得到该固体；灼烧环节：FeC2O4在 O2中灼烧，发生反应生成铁的氧化物（如 Fe2O3），同时产生 CO、CO2气体；还原环节：灼烧产物经还原反应转化为纳米铁粉。据此解答。
（1）“酸溶”时铁和硫酸生成硫酸亚铁和氢气，氧化铁和硫酸生成硫酸铁和水，硫酸铁和铁生成硫酸亚铁，则氧化还原反应的离子方程式：、。
（2）由题意可得如下转化关系：H2SO4~FeSO4~H2C2O4~FeC2O4，则沉淀过程中加入2mol/L草酸的体积为0.46L×1.5mol/L÷2mol/L=0.345L=345mL；
（3）由题意可知，草酸亚铁在氧气中灼烧生成氧化铁、一氧化碳和二氧化碳，设反应生成一氧化碳和二氧化碳的物质的量为1mol，由碳原子个数守恒可知，草酸亚铁的物质的量为1mol，由铁原子个数守恒可知，生成氧化铁的物质的量为0.5mol，设反应消耗氧气的物质的量为amol，由得失电子数目守恒可得：4a+1=0.5×2+1，解得a=0.25，则反应的化学方程式为；
（4）①由图可知，反应中铁元素的化合价升高被氧化，纳米铁粉为反应的还原剂，表现还原性；
②在铁粉总量一定的条件下，若废水中的溶解氧过多，氧气会将亚铁离子氧化为铁离子，由得失电子数目守恒可知，亚铁离子的物质的量减少，消耗溶液中硝酸根离子的物质的量减少，所以废水中的溶解氧过多不利于硝酸根离子去除。
29．【答案】(1) C
(2) 排净装置中空气
(3) 、
(4) I2
(5)
(6)
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．浓硫酸与蔗糖反应，蔗糖被转化为碳，进一步反应生成二氧化碳和二氧化硫，体现浓硫酸的强氧化性，未体现酸性，不符合题意；
B．浓硫酸与铁发生钝化反应，阻碍了反应进一步进行，体现浓硫酸强氧化性，不符合题意；
C．浓硫酸与铜加热生成二氧化硫，同时生成盐：硫酸铜，体现浓硫酸强氧化性、酸性，符合题意；
D．浓硫酸和硫磺反应生成二氧化硫，体现浓硫酸强氧化性，不符合题意；
故答案为：C；
（2）空气中氧气会氧化二氧化硫为六价硫，干扰装置C中对二氧化硫性质的检验，实验前要在装置中鼓入，目的是排净装置中空气；
故答案为： 排净装置中空气 ；
（3）二氧化硫被铁离子氧化为硫酸根离子：，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，反应为：；
故答案为：、 ；
（4）由图可知，反应中HI、I2既是反应物又是生成物，故可循环利用的物质是和I2；
故答案为： I2 ；
（5）反应一为碘单质、二氧化硫、水反应生成硫酸和HI，化学方程式是故答案为： ；
（6）尾气二氧化硫有毒，能和氢氧化钠溶液反应而被吸收，故装置为：。
故答案为： 。
【分析】浓硫酸和亚硫酸钠生成硫酸钠和水、二氧化硫，二氧化硫被铁离子氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀；
(1)判断浓硫酸是否同时体现强氧化性和酸性，关键看是否生成盐（体现酸性）和含硫还原产物（体现氧化性）。只有浓硫酸与铜反应生成硫酸铜（盐）和二氧化硫，符合条件，选 C。
(2)鼓入 N2是为了排除装置内空气，避免 O2氧化 SO2，干扰后续性质检验。
(3)SO2被 Fe3+氧化为 SO42-，再与 Ba2+生成 BaSO4沉淀，据此书写离子反应。
(4)流程中 I2既是反应物又是生成物，与 HI 均可循环利用。
(5)反应一为 SO2、I2、H2O 反应生成 H2SO4和 HI，据此书写方程式。
(6)用 NaOH 溶液吸收 SO2，装置需长导管进气、短导管出气（洗气装置）。
30．【答案】（1）1∶4
（2）0.25mol/L
【知识点】有关混合物反应的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）和混合物样品，加入氯化铁，铁首先和氯化铁生成氯化亚铁，若铁不足，则铜进一步和氯化铁生成氯化亚铁和氯化铜；根据表格数据可知，四次实验中反应前后固体质量差分别为2.96g、2.88g、2.8g、2.8g，且每次固体都有剩余，说明四组实验中氯化铁都不足，而且Ⅲ、Ⅳ两组实验中只有铁溶解（实验I-Ⅳ过程中样品质量逐渐增加，混合物中铁的物质的量不断增加，则一旦反应消耗的固体的质量不变，说明氯化铁与混合物中的铁反应，且铁还有剩余，氯化铁不足），因此溶解的铁为2.80g，物质的量为2.80g÷56g/mol=0.05 mol，，氯化铁的物质的量为0.10mol，因此c(FeCl3)=0.10mol÷0.4L=0.25mol/L，根据数据Ⅰ，固体剩余，说明氯化铁完全反应，假设铁和铜的物质的量分别为x、y，则56x+64y=9.36g，铁完全溶解，消耗氯化铁的物质的量为2x，铜部分溶解：，消耗氯化铁的物质的量为0.1mol-2x，则x×56g/mol +×64g /mol =9.36g-6.40 g=2.96 g，解得x=0.03 mol，y=0.12 mol，因此n(Fe)∶n(Cu)=x∶y=0.03 mol∶0.12mol=1∶4。
故答案为： 1∶4 ；
（2）由（1）分析，溶液的物质的量浓度0.25mol/L。
故答案为： 0.25mol/L 。
【分析】(1)Fe 先与 FeCl3反应，Fe 不足时 Cu 再反应。根据实验数据，结合固体质量变化，通过反应方程式列方程，计算 Fe 和 Cu 的物质的量，得出比例为 1：4。
(2)依据 Fe 与 FeCl3的反应（Fe+2FeCl3=3FeCl2），结合 Fe 的物质的量算出 FeCl3的物质的量，再用浓度公式（c = n÷V）求得浓度为 0.25mol/L。
（1）和混合物样品，加入氯化铁，铁首先和氯化铁生成氯化亚铁，若铁不足，则铜进一步和氯化铁生成氯化亚铁和氯化铜；根据表格数据可知，四次实验中反应前后固体质量差分别为2.96g、2.88g、2.8g、2.8g，且每次固体都有剩余，说明四组实验中氯化铁都不足，而且Ⅲ、Ⅳ两组实验中只有铁溶解（实验I-Ⅳ过程中样品质量逐渐增加，混合物中铁的物质的量不断增加，则一旦反应消耗的固体的质量不变，说明氯化铁与混合物中的铁反应，且铁还有剩余，氯化铁不足），因此溶解的铁为2.80g，物质的量为2.80g÷56g/mol=0.05 mol，，氯化铁的物质的量为0.10mol，因此c(FeCl3)=0.10mol÷0.4L=0.25mol/L，根据数据Ⅰ，固体剩余，说明氯化铁完全反应，假设铁和铜的物质的量分别为x、y，则56x+64y=9.36g，铁完全溶解，消耗氯化铁的物质的量为2x，铜部分溶解：，消耗氯化铁的物质的量为0.1mol-2x，则x×56g/mol +×64g /mol =9.36g-6.40 g=2.96 g，解得x=0.03 mol，y=0.12 mol，因此n(Fe)∶n(Cu)=x∶y=0.03 mol∶0.12mol=1∶4。
（2）由（1）分析，溶液的物质的量浓度0.25mol/L。
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