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浙江省杭州市西湖区浙江大学附属中学玉泉、丁兰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。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求，不选、多选、错选均不得分)
1．（2025高一上·西湖期末）下列物质的分类不正确的是
A．属于酸 B．属于碱
C．属于氧化物 D．NaClO属于盐
【答案】A
【知识点】物质的简单分类；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、C2H5OH（乙醇）的官能团是羟基（-OH），但羟基与烃基相连，无法电离出 H+，属于醇类有机物，不符合酸（电离出的阳离子全为 H+）的定义，A错误；
B、NaOH 在水中电离出 Na+和 OH-，且阴离子只有 OH-，符合碱的定义，B正确；
C、SO3由 S 和 O 两种元素组成，且其中一种为氧元素，属于氧化物，C正确；
D、NaClO 电离出 Na+（金属阳离子）和 ClO-（酸根阴离子），符合盐的构成特点，D正确；
故答案为：A。
【分析】依据酸、碱、氧化物、盐的核心定义，判断各物质类别是否正确：
A、关键是区分酸与醇的本质差异 。
B、碱的核心特征是电离出的阴离子全部为 OH-。
C、氧化物的判定依据是 “两种元素组成且含 O”，SO3满足该条件。
D、盐的定义是 “金属阳离子（或铵根）与酸根阴离子构成”。
2．（2025高一上·西湖期末）下列仪器及其名称不正确的是
A．容量瓶 B．坩埚
C．三脚架 D．蒸发皿
【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、仪器有刻度线、标注 “100 mL 20℃”，符合容量瓶的外观特点，名称为容量瓶，A正确；
B、仪器为陶瓷材质的坩埚形状，用于高温灼烧固体，名称为坩埚，B正确；
C、仪器是由铁丝和陶土组成的三角形支架，用于支撑坩埚等，实际名称为泥三角，不是三脚架，C错误；
D、仪器为浅口、可用于蒸发溶液的皿状容器，名称为蒸发皿，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据常见化学仪器的外观特征，逐一判断仪器名称是否正确。
A．容量瓶的典型特征是有刻度线、标注温度和容积，据此判断。
B．坩埚的形状为陶瓷质地的容器，用于高温反应，依据外形判断。
C．泥三角与三脚架外形不同，泥三角是三角形支架，三脚架为三条腿的支架，通过外形区分。
D．蒸发皿为浅盘状，用于蒸发操作，根据外观判断。
3．（2025高一上·西湖期末）下列物质对应的组成不正确的是
A．磁性氧化铁： B．石膏：
C．纯碱： D．钡餐：
【答案】A
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、磁性氧化铁指的是 Fe3O4，而 Fe2O3是红棕色的氧化铁（俗称铁红），二者成分不同，A错误；
B、石膏的化学式为 CaSO4 2H2O，属于结晶水合物，B正确；
C、纯碱是碳酸钠的俗称，其化学式为 Na2CO3，并非碱类，C正确；
D、钡餐用于消化道造影，主要成分是 BaSO4（不溶于水和胃酸），D正确；
故答案为：A。
【分析】根据物质的俗称与对应化学式的匹配关系，判断各选项组成是否正确：
A．关键是区分 “磁性氧化铁”与 “氧化铁”的化学式差异。
B．熟记石膏的结晶水合物组成。
C．明确纯碱的化学本质是碳酸钠（盐类）。
D．理解钡餐选择 BaSO4的原因，记住其化学式。
4．（2025高一上·西湖期末）通过下列反应不可能一步生成MgO的是
A．化合反应 B．分解反应 C．复分解反应 D．置换反应
【答案】C
【知识点】化学基本反应类型
【解析】【解答】A、化合反应中，Mg 与 O2加热反应生成 MgO（ 2Mg+O22MgO ），属于化合反应，可一步生成，故A不符合题意 ；
B、分解反应中，Mg (OH)2受热分解为 MgO 和 H2O（ Mg(OH)2MgO＋H2O ），可一步生成，故B不符合题意 ；
C、复分解反应是两种化合物交换成分生成另外两种化合物，反应产物均为化合物且无单质参与，而 MgO 是氧化物，无法通过复分解反应一步生成，故C符合题意 ；
D、置换反应中，Mg 与 CO2加热生成 MgO 和 C（ 2Mg＋CO22MgO＋C ），属于置换反应，可一步生成，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】结合四种基本反应类型的定义，分析是否存在一步生成 MgO 的对应反应：
A．利用化合反应 “多变一” 的特征判断。
B．依据分解反应 “一变多” 的特点解答。
C．复分解反应产物为两种化合物，无法生成 MgO 这类氧化物。
D．借助置换反应 “单质 + 化合物→新单质 + 新化合物” 的规律判断。
5．（2025高一上·西湖期末）下列化学用语书写正确的是
A．一水合氨的电离方程式：
B．HClO的结构式：H-O-Cl
C．用电子式表示的形成过程：
D．氯化钙的电子式：
【答案】B
【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；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、一水合氨正确化学式为 NH3 H2O，且是弱电解质，电离需用可逆符号（
NH3 H2O NH4++OH-），A错误；
B、HClO 中氧原子为中心原子，分别与 H、Cl 形成共价键，结构式为 H-O-Cl， B正确；
C、H2O 是共价化合物，电子式形成过程中不应出现离子（如 H+），正确形式为，C错误；
D、CaCl2的电子式中，Cl-应分别位于 Ca2+两侧，且需标注电荷，正确写法为，D错误；
故答案为：B。
【分析】依据电离方程式、结构式、电子式及形成过程的书写规范，判断各选项正确性：
A．关键是区分一水合氨的正确化学式（NH3 H2O）与错误写法（NH4OH），以及弱电解质电离需用可逆符号。
B．明确 HClO 的成键方式（O 为中心，连接 H 和 Cl）。
C．共价化合物形成过程中无离子产生，需用共用电子对表示成键。
D．离子化合物电子式中，阴离子需单独标注且分布在阳离子两侧。
6．（2025高一上·西湖期末）下列有关金属材料说法不正确的是
A．合金的硬度比其成分金属大，是因为纯金属内加入其他元素原子后原子层之间相对滑动变得困难
B．铝制餐具表面有氧化膜，具有强的抗腐蚀性和耐磨性，故可以用来蒸煮酸性或碱性食物
C．铱合金耐高温、耐腐蚀，用于制造发动机的火花塞
D．实用储氢合金能够吸收大量氢气后形成金属氢化物，稍稍加热又容易分解，释放氢气
【答案】B
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、合金中加入其他元素原子后，会改变纯金属原子层的排列，使原子层之间相对滑动更困难，所以合金硬度比成分金属大，A正确；
B、铝制餐具表面的氧化膜是氧化铝，氧化铝既能与酸反应，又能与碱反应，若用来蒸煮酸性或碱性食物，氧化膜会被破坏，进而腐蚀铝制餐具，所以不能用铝制餐具蒸煮酸性或碱性食物，B错误；
C、铱合金具有耐高温、耐腐蚀的特性，适合用于制造发动机的火花塞，C正确；
D、实用储氢合金可吸收大量氢气形成金属氢化物，且金属氢化物稍加热易分解释放氢气，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据金属材料（合金、铝及化合物、铱合金、储氢合金）的性质，逐一分析选项说法的正误。
7．（2025高一上·西湖期末）下列说法正确的是
A．设计水溶液的导电实验，灯泡不亮。说明不是电解质。
B．不与水反应，故不是酸性氧化物。
C．在水中会全部电离出，故是强酸。
D．水溶液在浓度较大时呈乳状，故在书写离子方程式时不拆。
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】A、BaSO4难溶于水，但溶解的部分完全电离，属于电解质；灯泡不亮是因溶液中离子浓度低，并非不是电解质，A错误；
B、酸性氧化物的判定依据是 “能与碱反应生成盐和水”，SiO2能与 NaOH 反应生成 Na2SiO3和 H2O，属于酸性氧化物（与是否与水反应无关），B错误；
C、NaHSO4电离出的阳离子有 Na+和 H+，属于盐（酸式盐），并非强酸（强酸电离出的阳离子只有 H+），C错误；
D、Ca(OH)2浓度较大时呈乳状，主要以分子形式存在，书写离子方程式时不拆分为离子，D正确。
故答案为：D；
【分析】结合电解质、酸性氧化物、酸与盐的定义，以及离子方程式拆写规则，判断各选项正误：
A．电解质的核心是 “自身能电离”，与溶解性无关。
B．酸性氧化物的本质是 “与碱反应生成盐和水”，无需考虑是否与水反应。
C．明确酸的定义是 “电离出的阳离子全部为 H+”。
D．离子方程式拆写原则为 “易溶易电离的物质拆为离子”，乳状的 Ca(OH)2难电离，故不拆。
8．（2025高一上·西湖期末）实验室制备氯气的反应原理：下列有关该反应叙述错误的是
A．HCl发生还原反应，生成还原产物
B．是氧化剂，价得到电子，化合价降低
C．参加反应有转移
D．氧化剂和还原剂的物质的量的比是1：2
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】根据氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的判断方法，以及电子转移的计算来分析各选项。
A、反应中 HCl 里 Cl 元素化合价从 - 1 升高到 0，HCl 发生氧化反应，生成的 Cl2是氧化产物，不是还原产物，A错误；
B、MnO2中 Mn 元素化合价从 +4 降低到 +2，得到电子，MnO2是氧化剂，B正确；
C、从反应看，4mol HCl 参与反应时，只有 2mol HCl 作还原剂，转移 2mol 电子，C正确；
D、MnO2是氧化剂，作还原剂的 HCl 为 2mol，所以氧化剂和还原剂的物质的量比是 1：2，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．判断氧化还原反应中物质的反应类型，需看元素化合价变化，化合价升高发生氧化反应，生成氧化产物。
B．氧化剂是在反应中得到电子、化合价降低的物质。
C．计算电子转移时，要明确参与氧化还原反应的物质的量。
D．区分氧化剂、还原剂的物质的量，需确定作还原剂的反应物的量。
9．（2025高一上·西湖期末）下列关于钠的化合物的说法中不正确的是
A．金属钠隔绝空气和水保存
B．能与酸反应生成盐和水，故为碱性氧化物
C．可通过相互滴加的方式鉴别盐酸和溶液
D．与的水溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；物质的简单分类
【解析】【解答】A、金属钠化学性质活泼，易与空气中的氧气、水发生反应，因此需隔绝空气和水保存，A正确；
B、碱性氧化物的定义是 “与酸反应只生成盐和水”，而 Na2O2与酸反应时，除生成盐和水外还会产生氧气，不符合碱性氧化物的定义，B错误；
C、盐酸滴入 Na2CO3溶液中，先发生反应 Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl（无气体），后发生 NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O（有气体）；Na2CO3溶液滴入盐酸中，直接发生 Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O（立即有气体），现象不同可鉴别，C正确；
D、Na2CO3和 NaHCO3均为强碱弱酸盐，其水溶液因水解显碱性，均可作为食用碱或工业用碱，D正确；
故答案为：B。
【分析】结合钠及其化合物的性质和定义，判断各选项说法正误：
A．核心是钠的活泼性（与 O2、H2O 反应）决定了保存方式。
B．关键是紧扣碱性氧化物 “只生成盐和水” 的定义，Na2O2因生成 O2不符合。
C．依据盐酸与 Na2CO3反应的分步性，滴加顺序不同导致现象差异。
D．从盐类水解角度理解溶液碱性，结合实际用途判断。
10．（2025高一上·西湖期末）以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：
则下列叙述不正确的是
A．A气体是，B气体是
B．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
C．第III步操作得到的滤液主要成分是
D．第IV步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶
【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、NH3极易溶于水且水溶液呈碱性，能增强 CO2的吸收效率，因此先通 NH3（气体 A），后通 CO2（气体 B），A正确；
B、该工艺的关键是利用 NaHCO3溶解度较小，会从溶液中析出，体现了物质溶解度的差异，B正确；
C、总反应为 ，过滤后得到的滤液主要含 NH4Cl，C正确；
D、步骤 Ⅲ 得到的晶体是 NaHCO3，制备纯碱（Na2CO3）需通过加热分解 NaHCO3（ ），而非溶解后蒸发结晶，D错误；
故答案为：D。
【分析】结合侯氏制碱法的核心原理（气体通入顺序、物质溶解性、反应产物转化），分析各选项：
A．关键是 NH3的溶解性和溶液碱性对 CO2吸收的促进作用，决定通入顺序。
B．核心是利用 NaHCO3与其他物质的溶解度差异实现分离。
C．根据总反应式，过滤后滤液的主要成分是未析出的 NH4Cl。
D．明确 NaHCO3受热分解的性质是制备纯碱的关键，而非蒸发结晶。
11．（2025高一上·西湖期末）下列与实验有关的图标对应不正确的是
A．护目镜 B．用电
C．明火 D．洗手
【答案】B
【知识点】几种常见的化学标志
【解析】【解答】A、 是护目镜的图案，对应 “护目镜” 的实验防护用品，A正确；
B、 展示的是 “通风” 相关标识（风扇图案），并非 “用电” 标识，二者不匹配，B错误；
C、 含火焰图案，对应 “明火” 的实验安全警示，C正确；
D、 是洗手（喷淋手部）的图案，对应 “洗手” 的实验操作提示，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点在于图标图案与含义的混淆：选项 B 的图标是 “风扇图案”，对应的是 “通风” 类标识，但题目描述为 “用电”，容易因对实验安全图标的细节（图案代表的具体含义）不熟悉，误将通风图标认作用电标识，从而错判选项。
12．（2025高一上·西湖期末）下列说法正确的是
A．氯气有强氧化性，和大多数金属反应，故不可以在钢瓶中存储。
B．新制氯水可以使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，产生的实验现象都与有关。
C．向溶液中通入气体未见沉淀产生，若先加入或通入气体，则有沉淀生成。
D．蔗糖与浓硫酸发生作用的过程：固体体积膨胀，该现象与反应过程有关
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；浓硫酸的性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、常温干燥时，氯气和铁不发生显著反应，所以氯气能储存在干燥钢瓶中，A错误；
B、新制氯水中，H+使蓝色石蕊试纸变红，HClO 具有漂白性使试纸褪色，变红现象与 H+相关，并非 HClO，B错误；
C、BaCl2溶液中通入 SO2无沉淀，因 H2SO3酸性弱于 HCl；先加 NaOH，SO2反应生成 SO32-，与 Ba2+形成 BaSO3沉淀；但通入 CO2，H2CO3酸性弱于 HCl，无法生成 BaCO3沉淀，C错误；
D、浓硫酸先使蔗糖脱水生成碳，碳再与浓 H2SO4加热反应生成 CO2、SO2气体，气体导致固体膨胀，D正确；
故答案为：D。
【分析】根据氯气、氯水、二氧化硫及浓硫酸的特性，判断各选项说法的正确性：
A．氯气与铁反应需特定条件（如加热），常温干燥下可安全储存于钢瓶。
B．氯水中 H+体现酸性，HClO 体现漂白性，二者作用不同。
C．依据酸性强弱规律（强酸制弱酸），判断反应能否生成沉淀。
D．浓硫酸的脱水性和强氧化性分步作用，生成气体是体积膨胀的原因。
13．（2025高一上·西湖期末）设表示阿伏加德罗常数。下列叙述不正确的是
A．2.9g熟石膏中含有的结晶水分子数为0.01
B．标准状况下，和的混合气体中含有的分子数目为
C．含有的原子数为
D．中含有共价键
【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、熟石膏 2CaSO4 H2O 的摩尔质量为 290g/mol，2.9g 熟石膏的物质的量为 0.01mol，其中结晶水的物质的量为 0.01mol，分子数为 0.01NA，A正确；
B、标准状况下 22.4L 混合气体初始物质的量为 1mol，但 NO 与 O2会反应生成 NO2，且 NO2会进一步转化为 N2O4（2NO2 N2O4），导致气体总物质的量小于 1mol，分子数小于 NA，B错误；
C、 的摩尔质量为 4g/mol，4g 该物质的物质的量为 1mol，含 2mol 原子，原子数为 2NA，C正确；
D、NH4+中 N 与 4 个 H 各形成 1 个共价键，1mol NH4+含 4mol 共价键，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据阿伏加德罗常数的计算规则，结合物质组成、反应规律分析各选项：
A．关键是根据熟石膏的化学式计算结晶水的物质的量，需注意化学式中结晶水的比例。
B．核心是考虑 NO 与 O2的反应及 NO2的转化，反应会减少分子总数。
C．需明确的摩尔质量，再通过物质的量计算原子总数。
D．依据 NH4+的结构，确定共价键数目与离子物质的量的关系。
14．（2025高一上·西湖期末）配制的NaCl溶液，部分实验操作示意图如图，下列说法正确的是
A．实验中需用到的仪器有：托盘天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
B．上述实验操作步骤的正确顺序为②④①③
C．容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用
D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低
【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、实验室没有 480mL 容量瓶，需用 500mL 容量瓶配制，因此所需仪器含 500mL 容量瓶，而非 480mL 容量瓶，A错误；
B、正确操作步骤为溶解（②）→转移（①）→洗涤（④）→定容（③），即②①④③，B错误；
C、容量瓶水洗后无需干燥，残留的水不影响溶液浓度，C错误；
D、定容时仰视刻度线，会导致加水体积偏大，根据 c=n÷V，V 偏大则浓度偏低，D正确；
故答案为：D。
【分析】结合一定物质的量浓度溶液的配制流程、仪器选择及误差分析，判断各选项：
A．容量瓶无 480mL 规格，需选 500mL，这是仪器选择的关键。
B．核心是明确配制步骤顺序：溶解→转移→洗涤→定容。
C．容量瓶无需干燥，水洗后直接使用不影响结果。
D．仰视刻度线导致体积偏大，结合浓度公式判断浓度偏低。
15．（2025高一上·西湖期末）过氧乙酸消毒液是一种常见的消毒剂。下图为实验室中过氧乙酸消毒液试剂瓶标签上的有关数据，下列说法不正确的是
过氧乙酸消毒液 【化学式】 【规格】 【质量分数】15.2% 【密度】
A．个过氧乙酸分子中所含碳原子的物质的量为
B．过氧乙酸的摩尔质量为
C．过氧乙酸消毒液的物质的量的浓度为
D．该消毒液中过氧乙酸的物质的量为
【答案】A
【知识点】摩尔质量；物质的量浓度
【解析】【解答】A、3.01×1023 个过氧乙酸分子的物质的量为 0.5mol（因 6.02×1023 个为 1mol），每个过氧乙酸分子含 2 个 C 原子，故碳原子物质的量为 0.5mol×2=1mol，A错误；
B、过氧乙酸的相对分子质量 = 12×2 + 1×4 + 16×3=76，摩尔质量数值上等于相对分子质量，单位为 g/mol，即 76g/mol，B正确；
C、根据浓度公式 c= ，代入数据：ρ=1.14g/cm3，ω=15.2%，M=76g/mol，计算得 c==2.28mol/L，C正确；
D、溶液体积 200mL=0.2L，溶质物质的量 n=cV=2.28mol/L×0.2L=0.456mol，D正确；
故答案为：A。
【分析】结合过氧乙酸（C2H4O3）的分子构成、摩尔质量及溶液浓度的相关计算方法，分析各选项：
A．关键是先算分子的物质的量，再依据分子中 C 原子个数计算总 C 原子物质的量。
B．明确摩尔质量与相对分子质量的关系（数值相等，单位不同）。
C．掌握质量分数与物质的量浓度的换算公式（c=1000ρω/M）及各物理量的代入。
D．利用 n=cV 计算溶质物质的量，注意体积单位换算（mL→L）。
16．（2025高一上·西湖期末）对下列图像的解释正确的是
A.向一定体积的氢氧化钡溶液中逐滴加入稀硫酸，混合液导电能力随时间变化的曲线 B.该反应类型属于图中阴影部分
C.光照过程中氯水的随时间变化的曲线(已知：氢离子浓度越大，越小) D.氯化钠溶液能够导电的示意图
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；电解质溶液的导电性；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、向 Ba(OH)2溶液中滴加稀 H2SO4，反应为 Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O。
初始时，溶液中含 Ba2+和 OH-，导电能力强（对应 A 点）；随反应进行，离子浓度降低，导电能力减弱（B 点为恰好完全反应，离子几乎消失，导电能力接近 0）；继续加稀 H2SO4，溶液中 H+和 SO42-增多，导电能力又增强（对应 C 点）。与图像变化一致，A正确；
B、反应 是置换反应（单质与化合物生成新单质和新化合物），属于氧化还原反应。但图中阴影部分是氧化还原反应与置换反应的重叠区，而该反应本身就是置换反应，并非 “化合 / 分解反应” 与氧化还原反应的交叉，B错误；
C、氯水光照时，HClO2HCl+O2↑，HCl 是强酸，溶液中 H+浓度增大，pH 应减小（氢离子浓度越大，pH 越小），但图像中 pH 增大，与实际不符，C错误；
D、 固体溶解形成的水合钠离子和水合氯离子，该示意图表示熔融的氯化钠导电、不是氯化钠溶液导电，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．抓住 “离子浓度决定导电能力”——Ba(OH)2与 H2SO4反应时，离子先沉淀减少、后因过量酸增多，对应导电能力 “降→升” 的曲线。
B．明确反应类型的分类 —— 置换反应本身属于氧化还原反应，图中阴影是 “氧化还原 + 置换”，但该反应并非 “化合或分解” 与氧化还原的交叉，直接排除。
C．牢记 HClO 分解的产物 —— 分解生成强酸 HCl，H+浓度增大，pH 应减小，与图像中 pH 增大矛盾。
D．区分 “溶液导电” 与 “熔融导电”——NaCl 溶液导电时离子是水合离子，图中是自由移动的 Na+、Cl-，对应熔融 NaCl 的导电形式，与 “溶液导电” 不符。
17．（2025高一上·西湖期末）下列说法正确的是
①溶液中含有杂质，可加入少量盐酸除杂
②透明的液溶胶和溶液可以通过丁达尔效应区分
③在周期表中金属与非金属的分界处，可以找到作催化剂的合金材料
④、、互为同位素，、是氧元素的同素异形体
⑤1869年，俄国化学家门捷列夫将元素按核电荷数从小到大依次排列，制出了第一张元素周期表
⑥离子键是阳离子、阴离子的相互吸引
⑦共价化合物中可能有离子键
A．①②③⑦ B．④⑤⑥
C．②④ D．①②③④⑤⑥
【答案】C
【知识点】化学史；化学键；元素、核素；胶体的性质和应用
【解析】【解答】①NaHCO3和 Na2CO3都能与盐酸反应，用盐酸除杂会消耗原物质，说法错误；
②胶体有丁达尔效应，溶液没有，透明的液溶胶和溶液可通过该效应区分，说法正确；
③金属与非金属分界处可找半导体材料，催化剂的合金材料多在过渡元素中寻找，说法错误；
④ 6O、 7O、 8O 质子数相同、中子数不同，互为同位素；O2和 O3是氧元素的不同单质，互为同素异形体，说法正确；
⑤门捷列夫按相对原子质量排列元素制出第一张周期表，不是核电荷数，说法错误；
⑥离子键是阴阳离子间的静电作用（包括引力和斥力），不止相互吸引，说法错误；
⑦共价化合物只含共价键，不可能有离子键，说法错误；
综上，正确的是②④，
故答案为：C。
【分析】根据物质除杂原则、分散系特性、元素周期表相关知识、同位素与同素异形体定义、化学键分类等，逐一判断各说法：
①除杂需保证原物质不反应，盐酸与两种钠盐均反应，不符合要求。
②丁达尔效应是胶体与溶液的核心区别，可直接用于鉴别。
④明确同位素（核素间）和同素异形体（单质间）的定义，准确区分。
其他选项：依据元素周期表编制历史、离子键本质、化合物分类标准，判断说法错误。
18．（2025高一上·西湖期末）已知转化Ⅰ：；转化Ⅱ：。下列说法错误的是
A．氧化性：PbO2＞＞Cl2
B．转化Ⅰ、Ⅱ消耗或生成等物质的量的，转移电子数相同
C．做氧化剂时，酸性越强，氧化性越强
D．PbO2与FeSO4溶液反应：
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、氧化还原反应中，氧化剂氧化性强于氧化产物。转化 Ⅰ 中，MnO4-是氧化剂，Cl2是氧化产物，故氧化性 MnO4->Cl2；转化 Ⅱ 中，PbO2是氧化剂，MnO4-是氧化产物，故氧化性 PbO2>MnO4-。因此氧化性顺序为 PbO2>MnO4->Cl2，A正确；
B、转化 Ⅰ 中，MnO4-到Mn2+，Mn 化合价从 + 7到+2，1 mol MnO4-转移 5 mol 电子；转化 Ⅱ 中，Mn2+到MnO4-，Mn 化合价从 + 2到+7，生成 1 mol MnO4-也转移 5 mol 电子。故消耗或生成等物质的量的 MnO4-，转移电子数相同，B正确；
C、MnO4-的氧化性与 H+浓度有关，酸性越强，MnO4-的氧化性越强（如酸性 KMnO4氧化性强于中性或碱性条件），C正确；
D、PbO2的氧化性强于 MnO4-，而 MnO4-可氧化 Fe2+，但 PbO2与 FeSO4反应时，SO42-会与 Pb2+结合生成 PbSO4沉淀（类似转化 Ⅱ），正确反应应为
PbO2+2Fe2++4H++=PbSO4+2Fe3++2H2O，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．氧化性强弱：依据 “氧化剂> 氧化产物” 通过反应推导顺序；
B．电子转移：根据元素化合价变化（如 Mn 从 + 7到+2 或 + 2到+7）计算转移电子数；
C．反应环境：MnO4-的氧化性随酸性增强而增强；
D．产物判断：结合反应中阴离子（如 SO42-）与金属阳离子（如 Pb2+）的结合特征分析实际产物。
19．（2025高一上·西湖期末）下列关于铁及其化合物说法不正确的是
A．在钢铁厂的生产中，炽热的铁水注入模具之前，模具必须进行充分的干燥
B．胶体呈红褐色，可以通过向溶液加入溶液制得
C．溶液存放时，在溶液中放入少量的铁粉，目的是防止被氧化
D．电子工业常用30%的溶液腐蚀铜箔，制造印刷线路板
【答案】B
【知识点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；铁及其化合物的性质实验；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、炽热铁水温度高，若模具含水，铁会与水蒸气在高温下反应生成氢气，氢气易燃易爆，所以模具需充分干燥，A正确；
B、向 FeCl3溶液中加 NaOH 溶液，会直接生成 Fe(OH)3沉淀，而制备 Fe(OH)3胶体应向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液，直至液体呈红褐色，B错误；
C、Fe2+易被空气中氧气氧化，加入铁粉，可与氧化生成的 Fe3+ 反应生成 Fe2+，从而防止 Fe2+ 被氧化，C正确；
D、FeCl3溶液中 Fe3+ 有氧化性，能与 Cu 发生反应：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，可用于腐蚀铜箔制造印刷线路板，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据铁及其化合物的性质，分析各选项描述的合理性。
A、核心是高温下铁与水蒸气的反应及氢气的危险性，解释模具干燥的原因。
B、明确 Fe(OH)3胶体与沉淀的制备区别，沉淀由复分解反应生成，胶体需在沸水中制备。
C、利用 Fe 与 Fe3+ 的反应，分析铁粉防止 Fe2+ 氧化的原理。
D、依据 Fe3+ 的氧化性，说明其与 Cu 反应在工业中的应用。
20．（2025高一上·西湖期末）X、Y、Z、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，是某种电池中广泛使用的电解质，与水反应只生成、、(其中表示氢元素)。下列说法不正确的是
A．元素非金属性由强到弱的顺序为
B．中含有极性共价键和非极性共价键
C．XZ为离子化合物
D．W的最高价氧化物对应的水化物是中强酸
【答案】B
【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；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、非金属性同周期从左到右增强、同主族从上到下减弱，故 F>O>P（Z>Y>W），A正确；
B、WYZ3为 POF3，只含 P-O、P-F 极性共价键，无非极性共价键，B错误；
C、XZ 为 LiF，由 Li+和 F-构成，是离子化合物，C正确；
D、W 为 P，最高价氧化物对应水化物为 H3PO4，属于中强酸，D正确；
故答案为：B。
【分析】先结合反应特征和元素周期表知识推断元素种类，再分析各选项正误。由 “XWZ6与水反应生成 WYZ3、XZ、HZ”，且 X、Y、Z、W 是原子序数递增的不同主族短周期元素，可推断：Z 为 F（最外层 7 电子，易形成 - 1 价），X 为 Li（+1 价，与 F 形成 XZ），W 为 P（形成 XWZ6即 LiPF6，常见电池电解质），Y 为 O（形成 WYZ3即 POF3）。
21．（2025高一上·西湖期末）用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到相应实验目的的是
A．用图1装置制备并较长时间保存
B．用图2装置配制一定物质的量浓度的硫酸溶液
C．用图3装置均匀制取纯净的二氧化碳气体
D．甲图4装置进行铁与水蒸气的反应，点燃肥皂泡检验氢气
【答案】D
【知识点】铁的化学性质；实验装置综合
【解析】【解答】A、图 1 中，生成的 Fe(OH)2会接触空气中的氧气，很快被氧化成 Fe(OH)3，无法长时间保存，装置不能达到目的，故A不符合题意 ；
B、容量瓶不能直接稀释浓硫酸，图 2 在容量瓶中稀释浓硫酸的操作错误，且浓硫酸稀释应 “酸入水”，装置不符合要求，故B不符合题意 ；
C、图 3 为启普发生器原理，适用于块状难溶固体与液体反应，纯碱是粉末状且易溶于水，不能用此装置；且稀盐酸与纯碱反应可能混有 HCl 杂质，无法制得纯净 CO2，故C不符合题意 ；
D、图 4 中，湿棉花加热产生水蒸气，与铁粉高温反应生成 H2，氢气进入肥皂泡，点燃肥皂泡若有爆鸣声可检验氢气，装置正确且能达到目的，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】根据实验装置特点和实验操作规范，结合物质性质判断各选项能否达到目的：
A．Fe(OH)2易被氧化，需隔绝空气。
B．容量瓶的使用禁忌—不能稀释溶液，操作错误。
C．启普发生器对固体状态（块状、难溶）的要求，以及纯碱的性质导致装置不适用。
D．铁与水蒸气反应生成 H2，氢气的检验方法（点燃爆鸣）与装置设计匹配，符合实验要求。
22．（2025高一上·西湖期末）铁粉与硫粉混合点燃后的黑色固体残留物进行了以下探究实验。下列说法正确的是
A．“过滤”得淡黄色固体，可证明固体残留物中有硫
B．“溶液1”加入稀硫酸的离子反应为：
C．取“溶液1”滴入KSCN溶液呈现血红色，说明“固体残留物”中含有正三价铁
D．取“溶液2”滴入KSCN溶液呈现血红色，说明Fe2+全部被氧化为Fe3+
【答案】B
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、淡黄色固体是S，但不能直接证明其来自 “固体残留物”—— 可能是 FeS 与 HNO3反应时，S2- 被氧化生成的S，无法确定原残留物中含S，A错误；
B、溶液 1 含Fe2+ 和NO3-，加入稀 H2SO4后，H+与 NO3- 构成强氧化性环境，将 Fe2+ 氧化为 Fe3+，同时生成NO，离子反应为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，B正确；
C、溶液 1 中 Fe3+ 可能是 Fe2+ 被HNO3氧化生成的，不能证明原固体残留物中含 +3 价铁（Fe与S 反应只生成 FeS，无 +3 价铁），C错误；
D、溶液 2 滴加KSCN 变红，说明含Fe3+，但无法证明Fe2+“全部” 被氧化 —— 可能只有部分 Fe2+ 被氧化，剩余Fe2+ 未检测，D错误；
故答案为：B。
【分析】初始反应的产物唯一性：Fe 与 S 反应只生成 FeS（无 + 3 价铁），原残留物中铁只有+2 价。
离子氧化性的环境依赖：NO3-需酸性环境才显强氧化性，溶液 1 加稀 H2SO4后，H+与NO3-氧化Fe2+，对应选项 B 的离子反应正确。
现象的多元归因：
淡黄色固体 S 可能是反应生成的，无法证明原残留物含 S；
溶液 1 的 Fe3+是 HNO3氧化生成的，不能证明原残留物有 +3 价铁；
溶液 2 变红仅说明有 Fe3+，无法证明 Fe2+全部被氧化。
23．（2025高一上·西湖期末）下列说法不正确的是
A．二氧化硫可以用于杀菌消毒，还是一种食品添加剂
B．在接触法制硫酸工业中，在高温、催化剂下被空气氧化生成
C．将通入冷的石灰乳中，可制得有效成分为的漂白粉
D．工业上制备硫酸和制硝酸涉及的反应都属于氧化还原反应
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、二氧化硫具有杀菌消毒作用，还可作为食品添加剂（如葡萄酒中用作抗氧化剂），A正确；
B、接触法制硫酸时，SO2在高温、V2O5催化下与空气中的 O2反应生成 SO3，这是关键反应步骤，B正确；
C、Cl2与冷石灰乳反应生成 Ca(ClO)2、CaCl2和水，其中 Ca(ClO)2是漂白粉的有效成分，C正确；
D、工业制硫酸中，SO3与水反应生成 H2SO4（SO3+H2O=H2SO4），各元素化合价未变，不属于氧化还原反应；制硝酸过程中也存在类似非氧化还原反应（如硝酸的吸收阶段），因此并非所有反应都属于氧化还原反应，D错误；
故答案为：D。
【分析】结合二氧化硫的性质、硫酸与硝酸的工业制备原理、漂白粉的制备及氧化还原反应的判断标准，分析各选项。
24．（2025高一上·西湖期末）表示下列反应的离子方程式正确的是
A．铜和浓硝酸反应：(浓)
B．向溶液中逐滴加入溶液至溶液呈中性：
C．向氢氧化钠溶液中通入少量二氧化碳：
D．氯气的实验室制法：
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铜与浓硝酸反应，浓硝酸应拆为 H+和 NO3-，且产物是 NO2而非 NO，正确式子为，A错误；
B、向 NaHSO4中加 Ba (OH)2至中性，需 H+与 OH-完全中和（比例 2：2），同时 SO42-与 Ba2+反应生成沉淀，离子方程式，B正确；
C、NaOH 中通入少量 CO2，应生成 CO32-，正确式子为，C错误；
D、实验室制氯气用 MnO2和浓盐酸（加热），MnO2不拆，正确式子为，D错误；
故答案为：B。
【分析】依据离子方程式书写规则（物质拆分、产物合理性、守恒关系等），逐一分析选项：
A．关键是浓硝酸的拆分及产物（NO2），区分浓、稀硝酸反应的不同产物。
B．根据 “中性” 条件确定 H+与 OH-的反应比例，保证离子配比合理。
C．依据 CO2用量判断产物（少量生成 CO32-，过量生成 HCO3-）。
D．注意反应物状态（MnO2不拆）和反应条件（加热）对离子方程式的影响。
25．（2025高一上·西湖期末）某硫酸厂每天排放(标准状况)尾气，其中含0.2%(体积分数)的。一种吸收尾气中的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是
A．“吸收”步骤的反应为
B．“转化”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
C．该工艺可以得到产品
D．该工艺处理尾气，每天至少需要消耗20的(标准状况下)
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、“吸收” 时，Fe3+ 氧化 SO2，反应为 ，符合氧化还原规律，A正确；
B、“转化” 中 O2将 Fe2+ 氧化为 Fe3+，反应为 ，O2是氧化剂（1mol），Fe2+ 是还原剂（4mol），二者物质的量比为 1：4，B正确；
C、SO2经氧化最终生成 SO42-，结合溶液中的 H+，可得到 H2SO4产品，C正确；
D、由整个过程的氧化还原关系，SO2被 O2最终氧化，1mol SO2需 0.5mol O2。尾气中 SO2体积为 1.0×104m3×0.2% = 20m3，故需 O2体积为 20m3 = 10m3（标况），D错误；
故答案为：D。
【分析】第一步：吸收尾气（Fe3+氧化 SO2）
用氯化铁（FeCl3）溶液吸收尾气时，溶液中的 Fe3+作为氧化剂，与 SO2发生反应：SO2进入溶液后，被 Fe3+氧化，S 元素从 +4 价（SO2）升高到 +6 价，最终转化为硫酸根（SO42-）；同时 Fe3+自身被还原，Fe 元素从 + 3 价降低到 + 2 价，转化为 Fe2+（存在于溶液中）。这一步实现了SO2的无害化转化，同时将 Fe3+转化为 Fe2+。
第二步：再生吸收剂（O2氧化 Fe2+）
吸收 SO2后，溶液中主要含 Fe2+，此时通入氧气（O2）：O2作为新的氧化剂，将 Fe2+重新氧化为 Fe3+（Fe 元素从 + 2 价升高回 + 3 价），让氯化铁溶液恢复初始的有效成分（含 Fe3+）。据此解题。
二、非选择题：本部分共5小题，共50分。
26．（2025高一上·西湖期末）请回答：
（1）小苏打：　 　。
（2）漂白粉可以用作游泳池的消毒剂，结合化学反应方程式和文字说明解释原因：　 　。
（3）在标准状况下，氨气与同条件下　 　含有相同的质子数。
（4）配平方程式并用单线桥表示电子的转移方向和数目　 　。
_____________________=_____________________
（5）同一周期中氧元素的非金属性比氮强，请从原子结构角度解释原因：　 　。
【答案】（1）NaHCO3
（2）Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，次氯酸具有强氧化性，可以用量杀菌消毒
（3）0.2
（4）
（5）氧的核电荷数大于氮元素，核电荷数越大对核外电子的吸引力越大，得电子能力越强，非金属性越强
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；物质的量的相关计算；单线桥、双线桥法表示氧化还原反应
【解析】【解答】（1）小苏打为碳酸氢钠，化学式为NaHCO3；
故答案为： NaHCO3 ；
（2）漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，与空气中的CO2和水反应生成HClO，HClO具有强氧化性，可以用作游泳池的杀菌消毒剂；
故答案为： Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，次氯酸具有强氧化性，可以用量杀菌消毒 ；
（3）3.4g氨气的物质的量为，质子的物质的量为0.2mol×10=2mol，质子数为2NA，一个水分子有10个质子，质子数为2NA的水分子个数为0.2NA，物质的量为0.2mol；
故答案为： 0.2 ；
（4）Fe2+被氧化为Fe3+，失去1个电子，中Cr的化合价为+6价，反应后生成Cr3+，一个得到2×3=6个电子，根据得失电子守恒，电荷守恒，原子守恒可以写出反应的离子方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：；
故答案为： ；
（5）氧和氮属于同一周期主族元素，氧的核电荷数大于氮元素，核电荷数越大对核外电子的吸引力越大，得电子能力越强，非金属性越强。
故答案为： 氧的核电荷数大于氮元素，核电荷数越大对核外电子的吸引力越大，得电子能力越强，非金属性越强 。
【分析】(1)记住小苏打是碳酸氢钠，化学式为 NaHCO3。
(2)漂白粉有效成分 Ca(ClO)2与 CO2、H2O 反应生成 HClO
（Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO），HClO 强氧化性可杀菌消毒。
(3)先算氨气的物质的量和质子数，再根据水分子的质子数，求对应水的物质的量。
(4)依据得失电子、电荷、原子守恒配平方程式，用单线桥标电子转移。
(5)同周期氧的核电荷数大于氮，对电子吸引力更强，得电子能力强，非金属性更强。
（1）小苏打为碳酸氢钠，化学式为NaHCO3；
（2）漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，与空气中的CO2和水反应生成HClO，HClO具有强氧化性，可以用作游泳池的杀菌消毒剂；
（3）3.4g氨气的物质的量为，质子的物质的量为0.2mol×10=2mol，质子数为2NA，一个水分子有10个质子，质子数为2NA的水分子个数为0.2NA，物质的量为0.2mol；
（4）Fe2+被氧化为Fe3+，失去1个电子，中Cr的化合价为+6价，反应后生成Cr3+，一个得到2×3=6个电子，根据得失电子守恒，电荷守恒，原子守恒可以写出反应的离子方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：；
（5）氧和氮属于同一周期主族元素，氧的核电荷数大于氮元素，核电荷数越大对核外电子的吸引力越大，得电子能力越强，非金属性越强。
27．（2025高一上·西湖期末）固体化合物M由三种元素组成。某研究小组进行了如图实验：
已知：溶液B只含两种溶质，且焰色试验呈黄色。
请回答：
（1）M中含有的元素有O、　 　(填元素符号)，M的化学式是　 　。
（2）写出B→C反应的离子方程式　 　。
（3）写出上述焰色试验的具体操作　 　。
（4）固体M可由两种常见的简单氧化物在气体A氛围中加热制得，该反应的化学方程式是　 　。
【答案】（1）Na、Fe；Na4FeO4
（2）Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓
（3）将铂丝蘸浓盐酸在无色火焰上灼烧至无色，蘸取溶液B在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色
（4）8Na2O+2Fe2O3+O24Na4FeO4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；焰色反应；无机物的推断；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析可知，M中含有的元素有O、Na、Fe，M的化学式是Na4FeO4。
故答案为： Na、Fe ； Na4FeO4 ；
（2）溶液B中含有Fe2(SO4)3和NaOH反应生成Fe(OH)3，离子方程式为：Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓。
故答案为： Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓ ；
（3）焰色试验的具体操作为：将铂丝蘸浓盐酸在无色火焰上灼烧至无色，蘸取溶液B在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色。
故答案为： 将铂丝蘸浓盐酸在无色火焰上灼烧至无色，蘸取溶液B在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色 ；
（4）Na4FeO4可由两种常见的简单氧化物Na2O、Fe2O3在气体O2氛围中加热制得，该反应的化学方程式是8Na2O+2Fe2O3+O24Na4FeO4。
故答案为： 8Na2O+2Fe2O3+O24Na4FeO4 。
【分析】能使带火星木条复燃的气体是O2，说明M中含O元素。溶液B加NaOH得到10.7g红褐色沉淀（Fe(OH)3），其物质的量为，故M中含Fe的物质的量为0.1mol。溶液B含Fe2(SO4)3和Na2SO4（焰色试验黄色说明含Na）。Fe2(SO4)3消耗的H2SO4物质的量为，剩余H2SO4（与Na对应的部分）为，
故Na的物质的量为。M的质量为21.2g，减去Na、Fe的质量，剩余为O的质量：
，O的物质的量为。
M中，故化学式为。
（1）由分析可知，M中含有的元素有O、Na、Fe，M的化学式是Na4FeO4。
（2）溶液B中含有Fe2(SO4)3和NaOH反应生成Fe(OH)3，离子方程式为：Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓。
（3）焰色试验的具体操作为：将铂丝蘸浓盐酸在无色火焰上灼烧至无色，蘸取溶液B在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色。
（4）Na4FeO4可由两种常见的简单氧化物Na2O、Fe2O3在气体O2氛围中加热制得，该反应的化学方程式是8Na2O+2Fe2O3+O24Na4FeO4。
28．（2025高一上·西湖期末）元素周期律是指导我们学习元素及其化合物知识的重要工具。已知氧族元素(不含Po)的部分知识如下表所示。
氧族元素 O(氧) S(硫) Se(硒) Te(碲)
核电荷数 8 16 34 52
原子结构示意图
单质熔点/℃ -218.4 113
450
单质沸点/℃ -183 444.6 685 989.9
主要化合价 -2 -2，+4，+6
-2，+4，+6
回答下列问题：
（1）硫元素位于元素周期表的第三周期　 　族，Se的某一核素含有46个中子，该元素的原子符号为　 　。
（2）观察氧族元素的原子结构，从哪一点可以推断出氧族元素的化学性质具有相似性：　 　。
（3）下列关于元素硒(Se)推断正确的是　 　(填字母)。
a.单质硒的熔点范围可能大于113℃，小于450℃，硒元素的主要化合价有-2，+4，+6。
b.浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性
c.属于共价化合物，只具有还原性
d.热稳定性：，还原性：
e.酸性：
f.能与或反应生成单质，说明元素、的非金属性都强于元素
（4）溴化硒是一种重要的电子元件材料，其分子的空间结构如图所示。
原子半径大小关系为　 　>　 　，硒的化合价为　 　。
（5）硒为人和动物体内必须的微量元素，医疗上可用亚硒酸钠片防治缺硒引起的疾病。工业上可以由二氧化硒和碳酸钠制备亚硒酸钠，写出反应的化学方程式　 　。
（6）“控电位还原”是指在一定电压下，电位高的氧化剂优先被还原，电位低的氧化剂保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离；酸性环境下，一些氧化剂的电位如下表(A/B：A代表氧化剂，B代表还原产物)。
名称
电位/V 0.345 -0.440 0.770 0.740
写出表中氧化性最强氧化剂和KI溶液反应的离子方程式　 　。
【答案】（1）ⅥA；
（2）氧族元素最外层都含6个电子
（3）a、b、f
（4）Se；Br；+1
（5）
（6）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；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
【解析】【解答】（1）硫元素最外层电子数为6，有3个电子层，故硫元素位于元素周期表的第三周期ⅥA族。给定 Se 核素中子数为46，则质量数为34+46=80，原子符号为，
故答案为：ⅥA，；
（2）从原子结构示意图可见，氧族元素最外层都含6个电子，这决定了它们具有相似的化学性质，
故答案为：氧族元素最外层都含6个电子；
（3）a ：单质Se 的熔点在 S(113 ℃)与 Te(450 ℃)之间，且 Se与S类似， 主要化合价为 2、+4、+6；故a正确；
b ：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，Se与S处于同一主族，性质类似，则浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性，故b正确；
c ：（类似 ）中Se元素为+4价，既有氧化性又有还原性，故c错误；
d ：同一主族从上到下，非金属性减弱，对应简单氢化物的热稳定性减弱，单质的氧化性减弱，对应离子的还原性增强，故 热稳定性比低，的还原性应强于，故d错误；
e ：同一主族从上到下，非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，故 酸性小于，故e错误；
f ： 被 或 氧化析出 Se，说明O、Cl 的非金属性比 Se 强，故f正确；
故答案为：a、b、f；
（4）Se、Br 同在第四周期，从左到右原子半径减小，故 Se 原子半径大于 Br；在该化合物中，Se与Se、Br共形成两个共价键，在中Se 的化合价为 +1，
故答案为：Se Br，+1；
（5）对比与的反应，可知二氧化硒和碳酸钠制备亚硒酸钠的化学方程式为：，
故答案为：；
（6）电位高的氧化剂的氧化性最强，故最强氧化剂为 ，与KI反应的离子方程式为：，
故答案为：。
【分析】(1)硫最外层 6 电子，位于第 VIA 族；Se 核电荷数 34，中子数 46，质量数 80，原子符号为 。
(2)氧族元素最外层都有 6 个电子，决定化学性质相似。
(3)依据氧族元素性质递变（熔点、化合价、酸的性质等）判断，正确选项为 a、b、f。
(4)同周期 Se 原子半径大于 Br；Se 在溴化硒中化合价为 +1。
(5)类比 SO2与 Na2CO3的反应，方程式为 SeO2 + Na2CO3 = Na2SeO3 + CO2↑。
(6)电位最高的 Fe3+氧化性最强，与 I-反应的离子方程式为 2Fe3++2I-=2Fe2++I2。
（1）硫元素最外层电子数为6，有3个电子层，故硫元素位于元素周期表的第三周期ⅥA族。给定 Se 核素中子数为46，则质量数为34+46=80，原子符号为，故答案为：ⅥA，；
（2）从原子结构示意图可见，氧族元素最外层都含6个电子，这决定了它们具有相似的化学性质，故答案为：氧族元素最外层都含6个电子；
（3）a ：单质Se 的熔点在 S(113 ℃)与 Te(450 ℃)之间，且 Se与S类似， 主要化合价为 2、+4、+6；故a正确；
b ：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，Se与S处于同一主族，性质类似，则浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性，故b正确；
c ：（类似 ）中Se元素为+4价，既有氧化性又有还原性，故c错误；
d ：同一主族从上到下，非金属性减弱，对应简单氢化物的热稳定性减弱，单质的氧化性减弱，对应离子的还原性增强，故 热稳定性比低，的还原性应强于，故d错误；
e ：同一主族从上到下，非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，故 酸性小于，故e错误；
f ： 被 或 氧化析出 Se，说明O、Cl 的非金属性比 Se 强，故f正确；
故答案为：a、b、f；
（4）Se、Br 同在第四周期，从左到右原子半径减小，故 Se 原子半径大于 Br；在该化合物中，Se与Se、Br共形成两个共价键，在中Se 的化合价为 +1，故答案为：Se Br，+1；
（5）对比与的反应，可知二氧化硒和碳酸钠制备亚硒酸钠的化学方程式为：，故答案为：；
（6）电位高的氧化剂的氧化性最强，故最强氧化剂为 ，与KI反应的离子方程式为：，故答案为：。
29．（2025高一上·西湖期末）实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备和NaClO，并探究其氧化还原性质：
（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过　 　(填写仪器名称)向烧瓶中加入适量的盐酸。
（2）装置B可贮存多余的气体，则装置B中所盛装的液体是　 　；装置B中长颈漏斗的作用是　 　。
（3）可用C、D装置制取氯酸钾和次氯酸钠，图中C装置的试管里盛有15mL30%KOH溶液，置于热水浴中；D装置的试管里盛有30%溶液，置于冰水浴中；比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是　 　。反应完毕经冷却后，C的试管中有大量晶体析出。图中符合该晶体溶解度曲线的是　 　(填写编号字母)；从C的试管中分离出该晶体的方法是　 　(填写实验操作名称)。
（4）取少量和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加淀粉-KI溶液。1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为蓝色。由此可知，该条件下的氧化能力　 　(填“大于”或“小于”)NaClO，写出2号试管中加入淀粉-KI溶液反应的离子方程式　 　。
（5）装置E的作用是验证氯气的漂白性，则装置中I、Ⅱ、Ⅲ处依次应放入的物质是　 　(填写编号字母)。
A.干燥的石蕊试纸、碱石灰、湿润的石蕊试纸
B.湿润的石蕊试纸、浓硫酸、干燥的石蕊试纸
C.湿润的石蕊试纸、无水氯化钙、干燥的石蕊试纸
（6）该实验装置存在的明显缺陷是　 　。
【答案】（1）分液漏斗
（2）饱和食盐水；平衡气压
（3）温度不同；M；过滤
（4）小于；ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-
（5）C
（6）缺少尾气处理装置
【知识点】氯气的实验室制法；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过分液漏斗向烧瓶中加入适量的盐酸。
故答案为： 分液漏斗 ；
（2）Cl2在饱和食盐水中的溶解度较小，装置B可贮存多余的气体，则装置B中所盛装的液体是饱和食盐水，装置B中长颈漏斗的作用是：平衡气压，防止B中氯气过多导致压强过大。
故答案为： 饱和食盐水 ； 平衡气压 ；
（3）制取氯酸钾需要加热，而制取次氯酸钠需要冰水浴，说明制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是温度不同；反应完毕经冷却后，C的试管中有大量晶体析出，说明氯酸钾溶解度受温度影响较大，且温度降低溶解度减小，图中符合该晶体溶解度曲线的是M；过滤为分离固液的方法，从C的试管中分离出该晶体的方法是过滤；
故答案为： 温度不同 ；M； 过滤 ；
（4）1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为蓝色，说明次氯酸钠可以将KI氧化为I2，而氯酸钾不能将KI氧化为I2，由此可知，该条件下氯酸钾的氧化能力小于次氯酸钠，2号试管中加入淀粉溶液反应的离子方程式为：ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-。
故答案为： 小于 ；
（5）要验证氯气是否有漂白性，可以利用石蕊试纸，因为制取的氯气含有水蒸气，氯气和水生成的 HClO 有漂白性，先验证氯气是否能够使湿润的石蕊试纸褪色，然后用干燥氯气通过干燥的石蕊试纸检验氯气的漂白性，干燥氯气不能选用与氯气反应的碱石灰， U 形管一般盛装固体干燥剂，浓硫酸不能盛装在 U 形管中，此题可选用无水氯化钙，所以正确的选项是 C ；
故答案为：C；
（6）尾气有毒，可以使用氢氧化钠溶液吸收氯气防止污染空气，缺陷为缺少尾气处理装置。
故答案为： 缺少尾气处理装置 。
【分析】圆底烧瓶里浓盐酸和二氧化锰发生反应来制备氯气，装置 B 中装的饱和食盐水，能暂时储存氯气，还可除去氯气中混有的氯化氢气体。B 后面的集气瓶用于收集氯气，装置 C 中氯气和氢氧化钾在加热条件下反应制备氯酸钾，装置 D 中氯气和氢氧化钠反应制备次氯酸钠，浓硫酸用来干燥氯气，E 装置用于验证氯气的性质，尾气用氢氧化钠溶液吸收，防止氯气污染空气。据此解题。
（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过分液漏斗向烧瓶中加入适量的盐酸。
（2）Cl2在饱和食盐水中的溶解度较小，装置B可贮存多余的气体，则装置B中所盛装的液体是饱和食盐水，装置B中长颈漏斗的作用是：平衡气压，防止B中氯气过多导致压强过大。
（3）制取氯酸钾需要加热，而制取次氯酸钠需要冰水浴，说明制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是温度不同；反应完毕经冷却后，C的试管中有大量晶体析出，说明氯酸钾溶解度受温度影响较大，且温度降低溶解度减小，图中符合该晶体溶解度曲线的是M；过滤为分离固液的方法，从C的试管中分离出该晶体的方法是过滤；
（4）1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为蓝色，说明次氯酸钠可以将KI氧化为I2，而氯酸钾不能将KI氧化为I2，由此可知，该条件下氯酸钾的氧化能力小于次氯酸钠，2号试管中加入淀粉溶液反应的离子方程式为：ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-。
（5）要验证氯气是否有漂白性，可以利用石蕊试纸，因为制取的氯气含有水蒸气，氯气和水生成的 HClO 有漂白性，先验证氯气是否能够使湿润的石蕊试纸褪色，然后用干燥氯气通过干燥的石蕊试纸检验氯气的漂白性，干燥氯气不能选用与氯气反应的碱石灰， U 形管一般盛装固体干燥剂，浓硫酸不能盛装在 U 形管中，此题可选用无水氯化钙，所以正确的选项是 C ；
（6）尾气有毒，可以使用氢氧化钠溶液吸收氯气防止污染空气，缺陷为缺少尾气处理装置。
30．（2025高一上·西湖期末）胆矾晶体是硫酸铜的结晶水合物，其化学式为，在加热情况下，按温度不同，胆矾晶体会历经一系列的变化，得到不同组成的固体.
（1）称取含有杂质的胆矾试样于锥形瓶中，加入氢氧化钠溶液，反应完全后，过量的氢氧化钠用硫酸中和，消耗硫酸，则试样中胆矾的质量分数为　 　。
(已知：；试样中的杂质不与酸、碱反应)
（2）将1.250g纯净的胆矾晶体置于　 　(填写仪器名称)中加热一段时间，测得剩余固体质量为。剩余固体中结晶水的质量分数为　 　(保留三位小数)。
【答案】（1）
（2）坩埚；
【知识点】常用仪器及其使用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）n(NaOH)= 0.10 mol/L×0.028L=0.0028mol，n(H2SO4)= 0.10 mol/×0.01008 L=0.001008mol，所以与CuSO4反应的NaOH的物质的量是：0.0028mol－0.001008mol×2=0.000784mol，因此CuSO4的质量是(0.000784mol÷2)×250g/mol=0.098g， 则试样中胆矾的质量分数为；
故答案为： ；
（2）固体加热需要使用坩埚；1.250g纯净的胆矾晶体中m(CuSO4)= (1.250 g÷250g/mol)×160g/mol=0.8g，所以在剩余固体质量0.960 g中含有的结晶水质量是0.960 g－0.8g=0.160g，因此剩余固体中结晶水的质量分数为。
故答案为： 坩埚 ； ；
【分析】(1)通过酸碱中和反应，先算与硫酸铜反应的氢氧化钠的物质的量，再据此求硫酸铜质量，进而算出胆矾质量分数。
(2)固体加热用坩埚；先算纯净胆矾中硫酸铜质量，再求剩余固体中结晶水质量，最后算结晶水质量分数。
（1）n(NaOH)= 0.10 mol/L×0.028L=0.0028mol，n(H2SO4)= 0.10 mol/×0.01008 L=0.001008mol，所以与CuSO4反应的NaOH的物质的量是：0.0028mol－0.001008mol×2=0.000784mol，因此CuSO4的质量是(0.000784mol÷2)×250g/mol=0.098g， 则试样中胆矾的质量分数为；
（2）固体加热需要使用坩埚；1.250g纯净的胆矾晶体中m(CuSO4)= (1.250 g÷250g/mol)×160g/mol=0.8g，所以在剩余固体质量0.960 g中含有的结晶水质量是0.960 g－0.8g=0.160g，因此剩余固体中结晶水的质量分数为。
1 / 1浙江省杭州市西湖区浙江大学附属中学玉泉、丁兰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。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求，不选、多选、错选均不得分)
1．（2025高一上·西湖期末）下列物质的分类不正确的是
A．属于酸 B．属于碱
C．属于氧化物 D．NaClO属于盐
2．（2025高一上·西湖期末）下列仪器及其名称不正确的是
A．容量瓶 B．坩埚
C．三脚架 D．蒸发皿
3．（2025高一上·西湖期末）下列物质对应的组成不正确的是
A．磁性氧化铁： B．石膏：
C．纯碱： D．钡餐：
4．（2025高一上·西湖期末）通过下列反应不可能一步生成MgO的是
A．化合反应 B．分解反应 C．复分解反应 D．置换反应
5．（2025高一上·西湖期末）下列化学用语书写正确的是
A．一水合氨的电离方程式：
B．HClO的结构式：H-O-Cl
C．用电子式表示的形成过程：
D．氯化钙的电子式：
6．（2025高一上·西湖期末）下列有关金属材料说法不正确的是
A．合金的硬度比其成分金属大，是因为纯金属内加入其他元素原子后原子层之间相对滑动变得困难
B．铝制餐具表面有氧化膜，具有强的抗腐蚀性和耐磨性，故可以用来蒸煮酸性或碱性食物
C．铱合金耐高温、耐腐蚀，用于制造发动机的火花塞
D．实用储氢合金能够吸收大量氢气后形成金属氢化物，稍稍加热又容易分解，释放氢气
7．（2025高一上·西湖期末）下列说法正确的是
A．设计水溶液的导电实验，灯泡不亮。说明不是电解质。
B．不与水反应，故不是酸性氧化物。
C．在水中会全部电离出，故是强酸。
D．水溶液在浓度较大时呈乳状，故在书写离子方程式时不拆。
8．（2025高一上·西湖期末）实验室制备氯气的反应原理：下列有关该反应叙述错误的是
A．HCl发生还原反应，生成还原产物
B．是氧化剂，价得到电子，化合价降低
C．参加反应有转移
D．氧化剂和还原剂的物质的量的比是1：2
9．（2025高一上·西湖期末）下列关于钠的化合物的说法中不正确的是
A．金属钠隔绝空气和水保存
B．能与酸反应生成盐和水，故为碱性氧化物
C．可通过相互滴加的方式鉴别盐酸和溶液
D．与的水溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱
10．（2025高一上·西湖期末）以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：
则下列叙述不正确的是
A．A气体是，B气体是
B．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
C．第III步操作得到的滤液主要成分是
D．第IV步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶
11．（2025高一上·西湖期末）下列与实验有关的图标对应不正确的是
A．护目镜 B．用电
C．明火 D．洗手
12．（2025高一上·西湖期末）下列说法正确的是
A．氯气有强氧化性，和大多数金属反应，故不可以在钢瓶中存储。
B．新制氯水可以使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，产生的实验现象都与有关。
C．向溶液中通入气体未见沉淀产生，若先加入或通入气体，则有沉淀生成。
D．蔗糖与浓硫酸发生作用的过程：固体体积膨胀，该现象与反应过程有关
13．（2025高一上·西湖期末）设表示阿伏加德罗常数。下列叙述不正确的是
A．2.9g熟石膏中含有的结晶水分子数为0.01
B．标准状况下，和的混合气体中含有的分子数目为
C．含有的原子数为
D．中含有共价键
14．（2025高一上·西湖期末）配制的NaCl溶液，部分实验操作示意图如图，下列说法正确的是
A．实验中需用到的仪器有：托盘天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
B．上述实验操作步骤的正确顺序为②④①③
C．容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用
D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低
15．（2025高一上·西湖期末）过氧乙酸消毒液是一种常见的消毒剂。下图为实验室中过氧乙酸消毒液试剂瓶标签上的有关数据，下列说法不正确的是
过氧乙酸消毒液 【化学式】 【规格】 【质量分数】15.2% 【密度】
A．个过氧乙酸分子中所含碳原子的物质的量为
B．过氧乙酸的摩尔质量为
C．过氧乙酸消毒液的物质的量的浓度为
D．该消毒液中过氧乙酸的物质的量为
16．（2025高一上·西湖期末）对下列图像的解释正确的是
A.向一定体积的氢氧化钡溶液中逐滴加入稀硫酸，混合液导电能力随时间变化的曲线 B.该反应类型属于图中阴影部分
C.光照过程中氯水的随时间变化的曲线(已知：氢离子浓度越大，越小) D.氯化钠溶液能够导电的示意图
A．A B．B C．C D．D
17．（2025高一上·西湖期末）下列说法正确的是
①溶液中含有杂质，可加入少量盐酸除杂
②透明的液溶胶和溶液可以通过丁达尔效应区分
③在周期表中金属与非金属的分界处，可以找到作催化剂的合金材料
④、、互为同位素，、是氧元素的同素异形体
⑤1869年，俄国化学家门捷列夫将元素按核电荷数从小到大依次排列，制出了第一张元素周期表
⑥离子键是阳离子、阴离子的相互吸引
⑦共价化合物中可能有离子键
A．①②③⑦ B．④⑤⑥
C．②④ D．①②③④⑤⑥
18．（2025高一上·西湖期末）已知转化Ⅰ：；转化Ⅱ：。下列说法错误的是
A．氧化性：PbO2＞＞Cl2
B．转化Ⅰ、Ⅱ消耗或生成等物质的量的，转移电子数相同
C．做氧化剂时，酸性越强，氧化性越强
D．PbO2与FeSO4溶液反应：
19．（2025高一上·西湖期末）下列关于铁及其化合物说法不正确的是
A．在钢铁厂的生产中，炽热的铁水注入模具之前，模具必须进行充分的干燥
B．胶体呈红褐色，可以通过向溶液加入溶液制得
C．溶液存放时，在溶液中放入少量的铁粉，目的是防止被氧化
D．电子工业常用30%的溶液腐蚀铜箔，制造印刷线路板
20．（2025高一上·西湖期末）X、Y、Z、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，是某种电池中广泛使用的电解质，与水反应只生成、、(其中表示氢元素)。下列说法不正确的是
A．元素非金属性由强到弱的顺序为
B．中含有极性共价键和非极性共价键
C．XZ为离子化合物
D．W的最高价氧化物对应的水化物是中强酸
21．（2025高一上·西湖期末）用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到相应实验目的的是
A．用图1装置制备并较长时间保存
B．用图2装置配制一定物质的量浓度的硫酸溶液
C．用图3装置均匀制取纯净的二氧化碳气体
D．甲图4装置进行铁与水蒸气的反应，点燃肥皂泡检验氢气
22．（2025高一上·西湖期末）铁粉与硫粉混合点燃后的黑色固体残留物进行了以下探究实验。下列说法正确的是
A．“过滤”得淡黄色固体，可证明固体残留物中有硫
B．“溶液1”加入稀硫酸的离子反应为：
C．取“溶液1”滴入KSCN溶液呈现血红色，说明“固体残留物”中含有正三价铁
D．取“溶液2”滴入KSCN溶液呈现血红色，说明Fe2+全部被氧化为Fe3+
23．（2025高一上·西湖期末）下列说法不正确的是
A．二氧化硫可以用于杀菌消毒，还是一种食品添加剂
B．在接触法制硫酸工业中，在高温、催化剂下被空气氧化生成
C．将通入冷的石灰乳中，可制得有效成分为的漂白粉
D．工业上制备硫酸和制硝酸涉及的反应都属于氧化还原反应
24．（2025高一上·西湖期末）表示下列反应的离子方程式正确的是
A．铜和浓硝酸反应：(浓)
B．向溶液中逐滴加入溶液至溶液呈中性：
C．向氢氧化钠溶液中通入少量二氧化碳：
D．氯气的实验室制法：
25．（2025高一上·西湖期末）某硫酸厂每天排放(标准状况)尾气，其中含0.2%(体积分数)的。一种吸收尾气中的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是
A．“吸收”步骤的反应为
B．“转化”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
C．该工艺可以得到产品
D．该工艺处理尾气，每天至少需要消耗20的(标准状况下)
二、非选择题：本部分共5小题，共50分。
26．（2025高一上·西湖期末）请回答：
（1）小苏打：　 　。
（2）漂白粉可以用作游泳池的消毒剂，结合化学反应方程式和文字说明解释原因：　 　。
（3）在标准状况下，氨气与同条件下　 　含有相同的质子数。
（4）配平方程式并用单线桥表示电子的转移方向和数目　 　。
_____________________=_____________________
（5）同一周期中氧元素的非金属性比氮强，请从原子结构角度解释原因：　 　。
27．（2025高一上·西湖期末）固体化合物M由三种元素组成。某研究小组进行了如图实验：
已知：溶液B只含两种溶质，且焰色试验呈黄色。
请回答：
（1）M中含有的元素有O、　 　(填元素符号)，M的化学式是　 　。
（2）写出B→C反应的离子方程式　 　。
（3）写出上述焰色试验的具体操作　 　。
（4）固体M可由两种常见的简单氧化物在气体A氛围中加热制得，该反应的化学方程式是　 　。
28．（2025高一上·西湖期末）元素周期律是指导我们学习元素及其化合物知识的重要工具。已知氧族元素(不含Po)的部分知识如下表所示。
氧族元素 O(氧) S(硫) Se(硒) Te(碲)
核电荷数 8 16 34 52
原子结构示意图
单质熔点/℃ -218.4 113
450
单质沸点/℃ -183 444.6 685 989.9
主要化合价 -2 -2，+4，+6
-2，+4，+6
回答下列问题：
（1）硫元素位于元素周期表的第三周期　 　族，Se的某一核素含有46个中子，该元素的原子符号为　 　。
（2）观察氧族元素的原子结构，从哪一点可以推断出氧族元素的化学性质具有相似性：　 　。
（3）下列关于元素硒(Se)推断正确的是　 　(填字母)。
a.单质硒的熔点范围可能大于113℃，小于450℃，硒元素的主要化合价有-2，+4，+6。
b.浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性
c.属于共价化合物，只具有还原性
d.热稳定性：，还原性：
e.酸性：
f.能与或反应生成单质，说明元素、的非金属性都强于元素
（4）溴化硒是一种重要的电子元件材料，其分子的空间结构如图所示。
原子半径大小关系为　 　>　 　，硒的化合价为　 　。
（5）硒为人和动物体内必须的微量元素，医疗上可用亚硒酸钠片防治缺硒引起的疾病。工业上可以由二氧化硒和碳酸钠制备亚硒酸钠，写出反应的化学方程式　 　。
（6）“控电位还原”是指在一定电压下，电位高的氧化剂优先被还原，电位低的氧化剂保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离；酸性环境下，一些氧化剂的电位如下表(A/B：A代表氧化剂，B代表还原产物)。
名称
电位/V 0.345 -0.440 0.770 0.740
写出表中氧化性最强氧化剂和KI溶液反应的离子方程式　 　。
29．（2025高一上·西湖期末）实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备和NaClO，并探究其氧化还原性质：
（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过　 　(填写仪器名称)向烧瓶中加入适量的盐酸。
（2）装置B可贮存多余的气体，则装置B中所盛装的液体是　 　；装置B中长颈漏斗的作用是　 　。
（3）可用C、D装置制取氯酸钾和次氯酸钠，图中C装置的试管里盛有15mL30%KOH溶液，置于热水浴中；D装置的试管里盛有30%溶液，置于冰水浴中；比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是　 　。反应完毕经冷却后，C的试管中有大量晶体析出。图中符合该晶体溶解度曲线的是　 　(填写编号字母)；从C的试管中分离出该晶体的方法是　 　(填写实验操作名称)。
（4）取少量和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加淀粉-KI溶液。1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为蓝色。由此可知，该条件下的氧化能力　 　(填“大于”或“小于”)NaClO，写出2号试管中加入淀粉-KI溶液反应的离子方程式　 　。
（5）装置E的作用是验证氯气的漂白性，则装置中I、Ⅱ、Ⅲ处依次应放入的物质是　 　(填写编号字母)。
A.干燥的石蕊试纸、碱石灰、湿润的石蕊试纸
B.湿润的石蕊试纸、浓硫酸、干燥的石蕊试纸
C.湿润的石蕊试纸、无水氯化钙、干燥的石蕊试纸
（6）该实验装置存在的明显缺陷是　 　。
30．（2025高一上·西湖期末）胆矾晶体是硫酸铜的结晶水合物，其化学式为，在加热情况下，按温度不同，胆矾晶体会历经一系列的变化，得到不同组成的固体.
（1）称取含有杂质的胆矾试样于锥形瓶中，加入氢氧化钠溶液，反应完全后，过量的氢氧化钠用硫酸中和，消耗硫酸，则试样中胆矾的质量分数为　 　。
(已知：；试样中的杂质不与酸、碱反应)
（2）将1.250g纯净的胆矾晶体置于　 　(填写仪器名称)中加热一段时间，测得剩余固体质量为。剩余固体中结晶水的质量分数为　 　(保留三位小数)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物质的简单分类；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、C2H5OH（乙醇）的官能团是羟基（-OH），但羟基与烃基相连，无法电离出 H+，属于醇类有机物，不符合酸（电离出的阳离子全为 H+）的定义，A错误；
B、NaOH 在水中电离出 Na+和 OH-，且阴离子只有 OH-，符合碱的定义，B正确；
C、SO3由 S 和 O 两种元素组成，且其中一种为氧元素，属于氧化物，C正确；
D、NaClO 电离出 Na+（金属阳离子）和 ClO-（酸根阴离子），符合盐的构成特点，D正确；
故答案为：A。
【分析】依据酸、碱、氧化物、盐的核心定义，判断各物质类别是否正确：
A、关键是区分酸与醇的本质差异 。
B、碱的核心特征是电离出的阴离子全部为 OH-。
C、氧化物的判定依据是 “两种元素组成且含 O”，SO3满足该条件。
D、盐的定义是 “金属阳离子（或铵根）与酸根阴离子构成”。
2．【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、仪器有刻度线、标注 “100 mL 20℃”，符合容量瓶的外观特点，名称为容量瓶，A正确；
B、仪器为陶瓷材质的坩埚形状，用于高温灼烧固体，名称为坩埚，B正确；
C、仪器是由铁丝和陶土组成的三角形支架，用于支撑坩埚等，实际名称为泥三角，不是三脚架，C错误；
D、仪器为浅口、可用于蒸发溶液的皿状容器，名称为蒸发皿，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据常见化学仪器的外观特征，逐一判断仪器名称是否正确。
A．容量瓶的典型特征是有刻度线、标注温度和容积，据此判断。
B．坩埚的形状为陶瓷质地的容器，用于高温反应，依据外形判断。
C．泥三角与三脚架外形不同，泥三角是三角形支架，三脚架为三条腿的支架，通过外形区分。
D．蒸发皿为浅盘状，用于蒸发操作，根据外观判断。
3．【答案】A
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、磁性氧化铁指的是 Fe3O4，而 Fe2O3是红棕色的氧化铁（俗称铁红），二者成分不同，A错误；
B、石膏的化学式为 CaSO4 2H2O，属于结晶水合物，B正确；
C、纯碱是碳酸钠的俗称，其化学式为 Na2CO3，并非碱类，C正确；
D、钡餐用于消化道造影，主要成分是 BaSO4（不溶于水和胃酸），D正确；
故答案为：A。
【分析】根据物质的俗称与对应化学式的匹配关系，判断各选项组成是否正确：
A．关键是区分 “磁性氧化铁”与 “氧化铁”的化学式差异。
B．熟记石膏的结晶水合物组成。
C．明确纯碱的化学本质是碳酸钠（盐类）。
D．理解钡餐选择 BaSO4的原因，记住其化学式。
4．【答案】C
【知识点】化学基本反应类型
【解析】【解答】A、化合反应中，Mg 与 O2加热反应生成 MgO（ 2Mg+O22MgO ），属于化合反应，可一步生成，故A不符合题意 ；
B、分解反应中，Mg (OH)2受热分解为 MgO 和 H2O（ Mg(OH)2MgO＋H2O ），可一步生成，故B不符合题意 ；
C、复分解反应是两种化合物交换成分生成另外两种化合物，反应产物均为化合物且无单质参与，而 MgO 是氧化物，无法通过复分解反应一步生成，故C符合题意 ；
D、置换反应中，Mg 与 CO2加热生成 MgO 和 C（ 2Mg＋CO22MgO＋C ），属于置换反应，可一步生成，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】结合四种基本反应类型的定义，分析是否存在一步生成 MgO 的对应反应：
A．利用化合反应 “多变一” 的特征判断。
B．依据分解反应 “一变多” 的特点解答。
C．复分解反应产物为两种化合物，无法生成 MgO 这类氧化物。
D．借助置换反应 “单质 + 化合物→新单质 + 新化合物” 的规律判断。
5．【答案】B
【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；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、一水合氨正确化学式为 NH3 H2O，且是弱电解质，电离需用可逆符号（
NH3 H2O NH4++OH-），A错误；
B、HClO 中氧原子为中心原子，分别与 H、Cl 形成共价键，结构式为 H-O-Cl， B正确；
C、H2O 是共价化合物，电子式形成过程中不应出现离子（如 H+），正确形式为，C错误；
D、CaCl2的电子式中，Cl-应分别位于 Ca2+两侧，且需标注电荷，正确写法为，D错误；
故答案为：B。
【分析】依据电离方程式、结构式、电子式及形成过程的书写规范，判断各选项正确性：
A．关键是区分一水合氨的正确化学式（NH3 H2O）与错误写法（NH4OH），以及弱电解质电离需用可逆符号。
B．明确 HClO 的成键方式（O 为中心，连接 H 和 Cl）。
C．共价化合物形成过程中无离子产生，需用共用电子对表示成键。
D．离子化合物电子式中，阴离子需单独标注且分布在阳离子两侧。
6．【答案】B
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、合金中加入其他元素原子后，会改变纯金属原子层的排列，使原子层之间相对滑动更困难，所以合金硬度比成分金属大，A正确；
B、铝制餐具表面的氧化膜是氧化铝，氧化铝既能与酸反应，又能与碱反应，若用来蒸煮酸性或碱性食物，氧化膜会被破坏，进而腐蚀铝制餐具，所以不能用铝制餐具蒸煮酸性或碱性食物，B错误；
C、铱合金具有耐高温、耐腐蚀的特性，适合用于制造发动机的火花塞，C正确；
D、实用储氢合金可吸收大量氢气形成金属氢化物，且金属氢化物稍加热易分解释放氢气，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据金属材料（合金、铝及化合物、铱合金、储氢合金）的性质，逐一分析选项说法的正误。
7．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】A、BaSO4难溶于水，但溶解的部分完全电离，属于电解质；灯泡不亮是因溶液中离子浓度低，并非不是电解质，A错误；
B、酸性氧化物的判定依据是 “能与碱反应生成盐和水”，SiO2能与 NaOH 反应生成 Na2SiO3和 H2O，属于酸性氧化物（与是否与水反应无关），B错误；
C、NaHSO4电离出的阳离子有 Na+和 H+，属于盐（酸式盐），并非强酸（强酸电离出的阳离子只有 H+），C错误；
D、Ca(OH)2浓度较大时呈乳状，主要以分子形式存在，书写离子方程式时不拆分为离子，D正确。
故答案为：D；
【分析】结合电解质、酸性氧化物、酸与盐的定义，以及离子方程式拆写规则，判断各选项正误：
A．电解质的核心是 “自身能电离”，与溶解性无关。
B．酸性氧化物的本质是 “与碱反应生成盐和水”，无需考虑是否与水反应。
C．明确酸的定义是 “电离出的阳离子全部为 H+”。
D．离子方程式拆写原则为 “易溶易电离的物质拆为离子”，乳状的 Ca(OH)2难电离，故不拆。
8．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】根据氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的判断方法，以及电子转移的计算来分析各选项。
A、反应中 HCl 里 Cl 元素化合价从 - 1 升高到 0，HCl 发生氧化反应，生成的 Cl2是氧化产物，不是还原产物，A错误；
B、MnO2中 Mn 元素化合价从 +4 降低到 +2，得到电子，MnO2是氧化剂，B正确；
C、从反应看，4mol HCl 参与反应时，只有 2mol HCl 作还原剂，转移 2mol 电子，C正确；
D、MnO2是氧化剂，作还原剂的 HCl 为 2mol，所以氧化剂和还原剂的物质的量比是 1：2，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．判断氧化还原反应中物质的反应类型，需看元素化合价变化，化合价升高发生氧化反应，生成氧化产物。
B．氧化剂是在反应中得到电子、化合价降低的物质。
C．计算电子转移时，要明确参与氧化还原反应的物质的量。
D．区分氧化剂、还原剂的物质的量，需确定作还原剂的反应物的量。
9．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；物质的简单分类
【解析】【解答】A、金属钠化学性质活泼，易与空气中的氧气、水发生反应，因此需隔绝空气和水保存，A正确；
B、碱性氧化物的定义是 “与酸反应只生成盐和水”，而 Na2O2与酸反应时，除生成盐和水外还会产生氧气，不符合碱性氧化物的定义，B错误；
C、盐酸滴入 Na2CO3溶液中，先发生反应 Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl（无气体），后发生 NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O（有气体）；Na2CO3溶液滴入盐酸中，直接发生 Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O（立即有气体），现象不同可鉴别，C正确；
D、Na2CO3和 NaHCO3均为强碱弱酸盐，其水溶液因水解显碱性，均可作为食用碱或工业用碱，D正确；
故答案为：B。
【分析】结合钠及其化合物的性质和定义，判断各选项说法正误：
A．核心是钠的活泼性（与 O2、H2O 反应）决定了保存方式。
B．关键是紧扣碱性氧化物 “只生成盐和水” 的定义，Na2O2因生成 O2不符合。
C．依据盐酸与 Na2CO3反应的分步性，滴加顺序不同导致现象差异。
D．从盐类水解角度理解溶液碱性，结合实际用途判断。
10．【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、NH3极易溶于水且水溶液呈碱性，能增强 CO2的吸收效率，因此先通 NH3（气体 A），后通 CO2（气体 B），A正确；
B、该工艺的关键是利用 NaHCO3溶解度较小，会从溶液中析出，体现了物质溶解度的差异，B正确；
C、总反应为 ，过滤后得到的滤液主要含 NH4Cl，C正确；
D、步骤 Ⅲ 得到的晶体是 NaHCO3，制备纯碱（Na2CO3）需通过加热分解 NaHCO3（ ），而非溶解后蒸发结晶，D错误；
故答案为：D。
【分析】结合侯氏制碱法的核心原理（气体通入顺序、物质溶解性、反应产物转化），分析各选项：
A．关键是 NH3的溶解性和溶液碱性对 CO2吸收的促进作用，决定通入顺序。
B．核心是利用 NaHCO3与其他物质的溶解度差异实现分离。
C．根据总反应式，过滤后滤液的主要成分是未析出的 NH4Cl。
D．明确 NaHCO3受热分解的性质是制备纯碱的关键，而非蒸发结晶。
11．【答案】B
【知识点】几种常见的化学标志
【解析】【解答】A、 是护目镜的图案，对应 “护目镜” 的实验防护用品，A正确；
B、 展示的是 “通风” 相关标识（风扇图案），并非 “用电” 标识，二者不匹配，B错误；
C、 含火焰图案，对应 “明火” 的实验安全警示，C正确；
D、 是洗手（喷淋手部）的图案，对应 “洗手” 的实验操作提示，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点在于图标图案与含义的混淆：选项 B 的图标是 “风扇图案”，对应的是 “通风” 类标识，但题目描述为 “用电”，容易因对实验安全图标的细节（图案代表的具体含义）不熟悉，误将通风图标认作用电标识，从而错判选项。
12．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；浓硫酸的性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、常温干燥时，氯气和铁不发生显著反应，所以氯气能储存在干燥钢瓶中，A错误；
B、新制氯水中，H+使蓝色石蕊试纸变红，HClO 具有漂白性使试纸褪色，变红现象与 H+相关，并非 HClO，B错误；
C、BaCl2溶液中通入 SO2无沉淀，因 H2SO3酸性弱于 HCl；先加 NaOH，SO2反应生成 SO32-，与 Ba2+形成 BaSO3沉淀；但通入 CO2，H2CO3酸性弱于 HCl，无法生成 BaCO3沉淀，C错误；
D、浓硫酸先使蔗糖脱水生成碳，碳再与浓 H2SO4加热反应生成 CO2、SO2气体，气体导致固体膨胀，D正确；
故答案为：D。
【分析】根据氯气、氯水、二氧化硫及浓硫酸的特性，判断各选项说法的正确性：
A．氯气与铁反应需特定条件（如加热），常温干燥下可安全储存于钢瓶。
B．氯水中 H+体现酸性，HClO 体现漂白性，二者作用不同。
C．依据酸性强弱规律（强酸制弱酸），判断反应能否生成沉淀。
D．浓硫酸的脱水性和强氧化性分步作用，生成气体是体积膨胀的原因。
13．【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、熟石膏 2CaSO4 H2O 的摩尔质量为 290g/mol，2.9g 熟石膏的物质的量为 0.01mol，其中结晶水的物质的量为 0.01mol，分子数为 0.01NA，A正确；
B、标准状况下 22.4L 混合气体初始物质的量为 1mol，但 NO 与 O2会反应生成 NO2，且 NO2会进一步转化为 N2O4（2NO2 N2O4），导致气体总物质的量小于 1mol，分子数小于 NA，B错误；
C、 的摩尔质量为 4g/mol，4g 该物质的物质的量为 1mol，含 2mol 原子，原子数为 2NA，C正确；
D、NH4+中 N 与 4 个 H 各形成 1 个共价键，1mol NH4+含 4mol 共价键，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据阿伏加德罗常数的计算规则，结合物质组成、反应规律分析各选项：
A．关键是根据熟石膏的化学式计算结晶水的物质的量，需注意化学式中结晶水的比例。
B．核心是考虑 NO 与 O2的反应及 NO2的转化，反应会减少分子总数。
C．需明确的摩尔质量，再通过物质的量计算原子总数。
D．依据 NH4+的结构，确定共价键数目与离子物质的量的关系。
14．【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、实验室没有 480mL 容量瓶，需用 500mL 容量瓶配制，因此所需仪器含 500mL 容量瓶，而非 480mL 容量瓶，A错误；
B、正确操作步骤为溶解（②）→转移（①）→洗涤（④）→定容（③），即②①④③，B错误；
C、容量瓶水洗后无需干燥，残留的水不影响溶液浓度，C错误；
D、定容时仰视刻度线，会导致加水体积偏大，根据 c=n÷V，V 偏大则浓度偏低，D正确；
故答案为：D。
【分析】结合一定物质的量浓度溶液的配制流程、仪器选择及误差分析，判断各选项：
A．容量瓶无 480mL 规格，需选 500mL，这是仪器选择的关键。
B．核心是明确配制步骤顺序：溶解→转移→洗涤→定容。
C．容量瓶无需干燥，水洗后直接使用不影响结果。
D．仰视刻度线导致体积偏大，结合浓度公式判断浓度偏低。
15．【答案】A
【知识点】摩尔质量；物质的量浓度
【解析】【解答】A、3.01×1023 个过氧乙酸分子的物质的量为 0.5mol（因 6.02×1023 个为 1mol），每个过氧乙酸分子含 2 个 C 原子，故碳原子物质的量为 0.5mol×2=1mol，A错误；
B、过氧乙酸的相对分子质量 = 12×2 + 1×4 + 16×3=76，摩尔质量数值上等于相对分子质量，单位为 g/mol，即 76g/mol，B正确；
C、根据浓度公式 c= ，代入数据：ρ=1.14g/cm3，ω=15.2%，M=76g/mol，计算得 c==2.28mol/L，C正确；
D、溶液体积 200mL=0.2L，溶质物质的量 n=cV=2.28mol/L×0.2L=0.456mol，D正确；
故答案为：A。
【分析】结合过氧乙酸（C2H4O3）的分子构成、摩尔质量及溶液浓度的相关计算方法，分析各选项：
A．关键是先算分子的物质的量，再依据分子中 C 原子个数计算总 C 原子物质的量。
B．明确摩尔质量与相对分子质量的关系（数值相等，单位不同）。
C．掌握质量分数与物质的量浓度的换算公式（c=1000ρω/M）及各物理量的代入。
D．利用 n=cV 计算溶质物质的量，注意体积单位换算（mL→L）。
16．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；电解质溶液的导电性；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、向 Ba(OH)2溶液中滴加稀 H2SO4，反应为 Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O。
初始时，溶液中含 Ba2+和 OH-，导电能力强（对应 A 点）；随反应进行，离子浓度降低，导电能力减弱（B 点为恰好完全反应，离子几乎消失，导电能力接近 0）；继续加稀 H2SO4，溶液中 H+和 SO42-增多，导电能力又增强（对应 C 点）。与图像变化一致，A正确；
B、反应 是置换反应（单质与化合物生成新单质和新化合物），属于氧化还原反应。但图中阴影部分是氧化还原反应与置换反应的重叠区，而该反应本身就是置换反应，并非 “化合 / 分解反应” 与氧化还原反应的交叉，B错误；
C、氯水光照时，HClO2HCl+O2↑，HCl 是强酸，溶液中 H+浓度增大，pH 应减小（氢离子浓度越大，pH 越小），但图像中 pH 增大，与实际不符，C错误；
D、 固体溶解形成的水合钠离子和水合氯离子，该示意图表示熔融的氯化钠导电、不是氯化钠溶液导电，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．抓住 “离子浓度决定导电能力”——Ba(OH)2与 H2SO4反应时，离子先沉淀减少、后因过量酸增多，对应导电能力 “降→升” 的曲线。
B．明确反应类型的分类 —— 置换反应本身属于氧化还原反应，图中阴影是 “氧化还原 + 置换”，但该反应并非 “化合或分解” 与氧化还原的交叉，直接排除。
C．牢记 HClO 分解的产物 —— 分解生成强酸 HCl，H+浓度增大，pH 应减小，与图像中 pH 增大矛盾。
D．区分 “溶液导电” 与 “熔融导电”——NaCl 溶液导电时离子是水合离子，图中是自由移动的 Na+、Cl-，对应熔融 NaCl 的导电形式，与 “溶液导电” 不符。
17．【答案】C
【知识点】化学史；化学键；元素、核素；胶体的性质和应用
【解析】【解答】①NaHCO3和 Na2CO3都能与盐酸反应，用盐酸除杂会消耗原物质，说法错误；
②胶体有丁达尔效应，溶液没有，透明的液溶胶和溶液可通过该效应区分，说法正确；
③金属与非金属分界处可找半导体材料，催化剂的合金材料多在过渡元素中寻找，说法错误；
④ 6O、 7O、 8O 质子数相同、中子数不同，互为同位素；O2和 O3是氧元素的不同单质，互为同素异形体，说法正确；
⑤门捷列夫按相对原子质量排列元素制出第一张周期表，不是核电荷数，说法错误；
⑥离子键是阴阳离子间的静电作用（包括引力和斥力），不止相互吸引，说法错误；
⑦共价化合物只含共价键，不可能有离子键，说法错误；
综上，正确的是②④，
故答案为：C。
【分析】根据物质除杂原则、分散系特性、元素周期表相关知识、同位素与同素异形体定义、化学键分类等，逐一判断各说法：
①除杂需保证原物质不反应，盐酸与两种钠盐均反应，不符合要求。
②丁达尔效应是胶体与溶液的核心区别，可直接用于鉴别。
④明确同位素（核素间）和同素异形体（单质间）的定义，准确区分。
其他选项：依据元素周期表编制历史、离子键本质、化合物分类标准，判断说法错误。
18．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、氧化还原反应中，氧化剂氧化性强于氧化产物。转化 Ⅰ 中，MnO4-是氧化剂，Cl2是氧化产物，故氧化性 MnO4->Cl2；转化 Ⅱ 中，PbO2是氧化剂，MnO4-是氧化产物，故氧化性 PbO2>MnO4-。因此氧化性顺序为 PbO2>MnO4->Cl2，A正确；
B、转化 Ⅰ 中，MnO4-到Mn2+，Mn 化合价从 + 7到+2，1 mol MnO4-转移 5 mol 电子；转化 Ⅱ 中，Mn2+到MnO4-，Mn 化合价从 + 2到+7，生成 1 mol MnO4-也转移 5 mol 电子。故消耗或生成等物质的量的 MnO4-，转移电子数相同，B正确；
C、MnO4-的氧化性与 H+浓度有关，酸性越强，MnO4-的氧化性越强（如酸性 KMnO4氧化性强于中性或碱性条件），C正确；
D、PbO2的氧化性强于 MnO4-，而 MnO4-可氧化 Fe2+，但 PbO2与 FeSO4反应时，SO42-会与 Pb2+结合生成 PbSO4沉淀（类似转化 Ⅱ），正确反应应为
PbO2+2Fe2++4H++=PbSO4+2Fe3++2H2O，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．氧化性强弱：依据 “氧化剂> 氧化产物” 通过反应推导顺序；
B．电子转移：根据元素化合价变化（如 Mn 从 + 7到+2 或 + 2到+7）计算转移电子数；
C．反应环境：MnO4-的氧化性随酸性增强而增强；
D．产物判断：结合反应中阴离子（如 SO42-）与金属阳离子（如 Pb2+）的结合特征分析实际产物。
19．【答案】B
【知识点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；铁及其化合物的性质实验；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、炽热铁水温度高，若模具含水，铁会与水蒸气在高温下反应生成氢气，氢气易燃易爆，所以模具需充分干燥，A正确；
B、向 FeCl3溶液中加 NaOH 溶液，会直接生成 Fe(OH)3沉淀，而制备 Fe(OH)3胶体应向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液，直至液体呈红褐色，B错误；
C、Fe2+易被空气中氧气氧化，加入铁粉，可与氧化生成的 Fe3+ 反应生成 Fe2+，从而防止 Fe2+ 被氧化，C正确；
D、FeCl3溶液中 Fe3+ 有氧化性，能与 Cu 发生反应：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，可用于腐蚀铜箔制造印刷线路板，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据铁及其化合物的性质，分析各选项描述的合理性。
A、核心是高温下铁与水蒸气的反应及氢气的危险性，解释模具干燥的原因。
B、明确 Fe(OH)3胶体与沉淀的制备区别，沉淀由复分解反应生成，胶体需在沸水中制备。
C、利用 Fe 与 Fe3+ 的反应，分析铁粉防止 Fe2+ 氧化的原理。
D、依据 Fe3+ 的氧化性，说明其与 Cu 反应在工业中的应用。
20．【答案】B
【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；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、非金属性同周期从左到右增强、同主族从上到下减弱，故 F>O>P（Z>Y>W），A正确；
B、WYZ3为 POF3，只含 P-O、P-F 极性共价键，无非极性共价键，B错误；
C、XZ 为 LiF，由 Li+和 F-构成，是离子化合物，C正确；
D、W 为 P，最高价氧化物对应水化物为 H3PO4，属于中强酸，D正确；
故答案为：B。
【分析】先结合反应特征和元素周期表知识推断元素种类，再分析各选项正误。由 “XWZ6与水反应生成 WYZ3、XZ、HZ”，且 X、Y、Z、W 是原子序数递增的不同主族短周期元素，可推断：Z 为 F（最外层 7 电子，易形成 - 1 价），X 为 Li（+1 价，与 F 形成 XZ），W 为 P（形成 XWZ6即 LiPF6，常见电池电解质），Y 为 O（形成 WYZ3即 POF3）。
21．【答案】D
【知识点】铁的化学性质；实验装置综合
【解析】【解答】A、图 1 中，生成的 Fe(OH)2会接触空气中的氧气，很快被氧化成 Fe(OH)3，无法长时间保存，装置不能达到目的，故A不符合题意 ；
B、容量瓶不能直接稀释浓硫酸，图 2 在容量瓶中稀释浓硫酸的操作错误，且浓硫酸稀释应 “酸入水”，装置不符合要求，故B不符合题意 ；
C、图 3 为启普发生器原理，适用于块状难溶固体与液体反应，纯碱是粉末状且易溶于水，不能用此装置；且稀盐酸与纯碱反应可能混有 HCl 杂质，无法制得纯净 CO2，故C不符合题意 ；
D、图 4 中，湿棉花加热产生水蒸气，与铁粉高温反应生成 H2，氢气进入肥皂泡，点燃肥皂泡若有爆鸣声可检验氢气，装置正确且能达到目的，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】根据实验装置特点和实验操作规范，结合物质性质判断各选项能否达到目的：
A．Fe(OH)2易被氧化，需隔绝空气。
B．容量瓶的使用禁忌—不能稀释溶液，操作错误。
C．启普发生器对固体状态（块状、难溶）的要求，以及纯碱的性质导致装置不适用。
D．铁与水蒸气反应生成 H2，氢气的检验方法（点燃爆鸣）与装置设计匹配，符合实验要求。
22．【答案】B
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、淡黄色固体是S，但不能直接证明其来自 “固体残留物”—— 可能是 FeS 与 HNO3反应时，S2- 被氧化生成的S，无法确定原残留物中含S，A错误；
B、溶液 1 含Fe2+ 和NO3-，加入稀 H2SO4后，H+与 NO3- 构成强氧化性环境，将 Fe2+ 氧化为 Fe3+，同时生成NO，离子反应为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，B正确；
C、溶液 1 中 Fe3+ 可能是 Fe2+ 被HNO3氧化生成的，不能证明原固体残留物中含 +3 价铁（Fe与S 反应只生成 FeS，无 +3 价铁），C错误；
D、溶液 2 滴加KSCN 变红，说明含Fe3+，但无法证明Fe2+“全部” 被氧化 —— 可能只有部分 Fe2+ 被氧化，剩余Fe2+ 未检测，D错误；
故答案为：B。
【分析】初始反应的产物唯一性：Fe 与 S 反应只生成 FeS（无 + 3 价铁），原残留物中铁只有+2 价。
离子氧化性的环境依赖：NO3-需酸性环境才显强氧化性，溶液 1 加稀 H2SO4后，H+与NO3-氧化Fe2+，对应选项 B 的离子反应正确。
现象的多元归因：
淡黄色固体 S 可能是反应生成的，无法证明原残留物含 S；
溶液 1 的 Fe3+是 HNO3氧化生成的，不能证明原残留物有 +3 价铁；
溶液 2 变红仅说明有 Fe3+，无法证明 Fe2+全部被氧化。
23．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、二氧化硫具有杀菌消毒作用，还可作为食品添加剂（如葡萄酒中用作抗氧化剂），A正确；
B、接触法制硫酸时，SO2在高温、V2O5催化下与空气中的 O2反应生成 SO3，这是关键反应步骤，B正确；
C、Cl2与冷石灰乳反应生成 Ca(ClO)2、CaCl2和水，其中 Ca(ClO)2是漂白粉的有效成分，C正确；
D、工业制硫酸中，SO3与水反应生成 H2SO4（SO3+H2O=H2SO4），各元素化合价未变，不属于氧化还原反应；制硝酸过程中也存在类似非氧化还原反应（如硝酸的吸收阶段），因此并非所有反应都属于氧化还原反应，D错误；
故答案为：D。
【分析】结合二氧化硫的性质、硫酸与硝酸的工业制备原理、漂白粉的制备及氧化还原反应的判断标准，分析各选项。
24．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铜与浓硝酸反应，浓硝酸应拆为 H+和 NO3-，且产物是 NO2而非 NO，正确式子为，A错误；
B、向 NaHSO4中加 Ba (OH)2至中性，需 H+与 OH-完全中和（比例 2：2），同时 SO42-与 Ba2+反应生成沉淀，离子方程式，B正确；
C、NaOH 中通入少量 CO2，应生成 CO32-，正确式子为，C错误；
D、实验室制氯气用 MnO2和浓盐酸（加热），MnO2不拆，正确式子为，D错误；
故答案为：B。
【分析】依据离子方程式书写规则（物质拆分、产物合理性、守恒关系等），逐一分析选项：
A．关键是浓硝酸的拆分及产物（NO2），区分浓、稀硝酸反应的不同产物。
B．根据 “中性” 条件确定 H+与 OH-的反应比例，保证离子配比合理。
C．依据 CO2用量判断产物（少量生成 CO32-，过量生成 HCO3-）。
D．注意反应物状态（MnO2不拆）和反应条件（加热）对离子方程式的影响。
25．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、“吸收” 时，Fe3+ 氧化 SO2，反应为 ，符合氧化还原规律，A正确；
B、“转化” 中 O2将 Fe2+ 氧化为 Fe3+，反应为 ，O2是氧化剂（1mol），Fe2+ 是还原剂（4mol），二者物质的量比为 1：4，B正确；
C、SO2经氧化最终生成 SO42-，结合溶液中的 H+，可得到 H2SO4产品，C正确；
D、由整个过程的氧化还原关系，SO2被 O2最终氧化，1mol SO2需 0.5mol O2。尾气中 SO2体积为 1.0×104m3×0.2% = 20m3，故需 O2体积为 20m3 = 10m3（标况），D错误；
故答案为：D。
【分析】第一步：吸收尾气（Fe3+氧化 SO2）
用氯化铁（FeCl3）溶液吸收尾气时，溶液中的 Fe3+作为氧化剂，与 SO2发生反应：SO2进入溶液后，被 Fe3+氧化，S 元素从 +4 价（SO2）升高到 +6 价，最终转化为硫酸根（SO42-）；同时 Fe3+自身被还原，Fe 元素从 + 3 价降低到 + 2 价，转化为 Fe2+（存在于溶液中）。这一步实现了SO2的无害化转化，同时将 Fe3+转化为 Fe2+。
第二步：再生吸收剂（O2氧化 Fe2+）
吸收 SO2后，溶液中主要含 Fe2+，此时通入氧气（O2）：O2作为新的氧化剂，将 Fe2+重新氧化为 Fe3+（Fe 元素从 + 2 价升高回 + 3 价），让氯化铁溶液恢复初始的有效成分（含 Fe3+）。据此解题。
26．【答案】（1）NaHCO3
（2）Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，次氯酸具有强氧化性，可以用量杀菌消毒
（3）0.2
（4）
（5）氧的核电荷数大于氮元素，核电荷数越大对核外电子的吸引力越大，得电子能力越强，非金属性越强
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；物质的量的相关计算；单线桥、双线桥法表示氧化还原反应
【解析】【解答】（1）小苏打为碳酸氢钠，化学式为NaHCO3；
故答案为： NaHCO3 ；
（2）漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，与空气中的CO2和水反应生成HClO，HClO具有强氧化性，可以用作游泳池的杀菌消毒剂；
故答案为： Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，次氯酸具有强氧化性，可以用量杀菌消毒 ；
（3）3.4g氨气的物质的量为，质子的物质的量为0.2mol×10=2mol，质子数为2NA，一个水分子有10个质子，质子数为2NA的水分子个数为0.2NA，物质的量为0.2mol；
故答案为： 0.2 ；
（4）Fe2+被氧化为Fe3+，失去1个电子，中Cr的化合价为+6价，反应后生成Cr3+，一个得到2×3=6个电子，根据得失电子守恒，电荷守恒，原子守恒可以写出反应的离子方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：；
故答案为： ；
（5）氧和氮属于同一周期主族元素，氧的核电荷数大于氮元素，核电荷数越大对核外电子的吸引力越大，得电子能力越强，非金属性越强。
故答案为： 氧的核电荷数大于氮元素，核电荷数越大对核外电子的吸引力越大，得电子能力越强，非金属性越强 。
【分析】(1)记住小苏打是碳酸氢钠，化学式为 NaHCO3。
(2)漂白粉有效成分 Ca(ClO)2与 CO2、H2O 反应生成 HClO
（Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO），HClO 强氧化性可杀菌消毒。
(3)先算氨气的物质的量和质子数，再根据水分子的质子数，求对应水的物质的量。
(4)依据得失电子、电荷、原子守恒配平方程式，用单线桥标电子转移。
(5)同周期氧的核电荷数大于氮，对电子吸引力更强，得电子能力强，非金属性更强。
（1）小苏打为碳酸氢钠，化学式为NaHCO3；
（2）漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，与空气中的CO2和水反应生成HClO，HClO具有强氧化性，可以用作游泳池的杀菌消毒剂；
（3）3.4g氨气的物质的量为，质子的物质的量为0.2mol×10=2mol，质子数为2NA，一个水分子有10个质子，质子数为2NA的水分子个数为0.2NA，物质的量为0.2mol；
（4）Fe2+被氧化为Fe3+，失去1个电子，中Cr的化合价为+6价，反应后生成Cr3+，一个得到2×3=6个电子，根据得失电子守恒，电荷守恒，原子守恒可以写出反应的离子方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：；
（5）氧和氮属于同一周期主族元素，氧的核电荷数大于氮元素，核电荷数越大对核外电子的吸引力越大，得电子能力越强，非金属性越强。
27．【答案】（1）Na、Fe；Na4FeO4
（2）Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓
（3）将铂丝蘸浓盐酸在无色火焰上灼烧至无色，蘸取溶液B在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色
（4）8Na2O+2Fe2O3+O24Na4FeO4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；焰色反应；无机物的推断；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析可知，M中含有的元素有O、Na、Fe，M的化学式是Na4FeO4。
故答案为： Na、Fe ； Na4FeO4 ；
（2）溶液B中含有Fe2(SO4)3和NaOH反应生成Fe(OH)3，离子方程式为：Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓。
故答案为： Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓ ；
（3）焰色试验的具体操作为：将铂丝蘸浓盐酸在无色火焰上灼烧至无色，蘸取溶液B在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色。
故答案为： 将铂丝蘸浓盐酸在无色火焰上灼烧至无色，蘸取溶液B在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色 ；
（4）Na4FeO4可由两种常见的简单氧化物Na2O、Fe2O3在气体O2氛围中加热制得，该反应的化学方程式是8Na2O+2Fe2O3+O24Na4FeO4。
故答案为： 8Na2O+2Fe2O3+O24Na4FeO4 。
【分析】能使带火星木条复燃的气体是O2，说明M中含O元素。溶液B加NaOH得到10.7g红褐色沉淀（Fe(OH)3），其物质的量为，故M中含Fe的物质的量为0.1mol。溶液B含Fe2(SO4)3和Na2SO4（焰色试验黄色说明含Na）。Fe2(SO4)3消耗的H2SO4物质的量为，剩余H2SO4（与Na对应的部分）为，
故Na的物质的量为。M的质量为21.2g，减去Na、Fe的质量，剩余为O的质量：
，O的物质的量为。
M中，故化学式为。
（1）由分析可知，M中含有的元素有O、Na、Fe，M的化学式是Na4FeO4。
（2）溶液B中含有Fe2(SO4)3和NaOH反应生成Fe(OH)3，离子方程式为：Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓。
（3）焰色试验的具体操作为：将铂丝蘸浓盐酸在无色火焰上灼烧至无色，蘸取溶液B在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色。
（4）Na4FeO4可由两种常见的简单氧化物Na2O、Fe2O3在气体O2氛围中加热制得，该反应的化学方程式是8Na2O+2Fe2O3+O24Na4FeO4。
28．【答案】（1）ⅥA；
（2）氧族元素最外层都含6个电子
（3）a、b、f
（4）Se；Br；+1
（5）
（6）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；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
【解析】【解答】（1）硫元素最外层电子数为6，有3个电子层，故硫元素位于元素周期表的第三周期ⅥA族。给定 Se 核素中子数为46，则质量数为34+46=80，原子符号为，
故答案为：ⅥA，；
（2）从原子结构示意图可见，氧族元素最外层都含6个电子，这决定了它们具有相似的化学性质，
故答案为：氧族元素最外层都含6个电子；
（3）a ：单质Se 的熔点在 S(113 ℃)与 Te(450 ℃)之间，且 Se与S类似， 主要化合价为 2、+4、+6；故a正确；
b ：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，Se与S处于同一主族，性质类似，则浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性，故b正确；
c ：（类似 ）中Se元素为+4价，既有氧化性又有还原性，故c错误；
d ：同一主族从上到下，非金属性减弱，对应简单氢化物的热稳定性减弱，单质的氧化性减弱，对应离子的还原性增强，故 热稳定性比低，的还原性应强于，故d错误；
e ：同一主族从上到下，非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，故 酸性小于，故e错误；
f ： 被 或 氧化析出 Se，说明O、Cl 的非金属性比 Se 强，故f正确；
故答案为：a、b、f；
（4）Se、Br 同在第四周期，从左到右原子半径减小，故 Se 原子半径大于 Br；在该化合物中，Se与Se、Br共形成两个共价键，在中Se 的化合价为 +1，
故答案为：Se Br，+1；
（5）对比与的反应，可知二氧化硒和碳酸钠制备亚硒酸钠的化学方程式为：，
故答案为：；
（6）电位高的氧化剂的氧化性最强，故最强氧化剂为 ，与KI反应的离子方程式为：，
故答案为：。
【分析】(1)硫最外层 6 电子，位于第 VIA 族；Se 核电荷数 34，中子数 46，质量数 80，原子符号为 。
(2)氧族元素最外层都有 6 个电子，决定化学性质相似。
(3)依据氧族元素性质递变（熔点、化合价、酸的性质等）判断，正确选项为 a、b、f。
(4)同周期 Se 原子半径大于 Br；Se 在溴化硒中化合价为 +1。
(5)类比 SO2与 Na2CO3的反应，方程式为 SeO2 + Na2CO3 = Na2SeO3 + CO2↑。
(6)电位最高的 Fe3+氧化性最强，与 I-反应的离子方程式为 2Fe3++2I-=2Fe2++I2。
（1）硫元素最外层电子数为6，有3个电子层，故硫元素位于元素周期表的第三周期ⅥA族。给定 Se 核素中子数为46，则质量数为34+46=80，原子符号为，故答案为：ⅥA，；
（2）从原子结构示意图可见，氧族元素最外层都含6个电子，这决定了它们具有相似的化学性质，故答案为：氧族元素最外层都含6个电子；
（3）a ：单质Se 的熔点在 S(113 ℃)与 Te(450 ℃)之间，且 Se与S类似， 主要化合价为 2、+4、+6；故a正确；
b ：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，Se与S处于同一主族，性质类似，则浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性，故b正确；
c ：（类似 ）中Se元素为+4价，既有氧化性又有还原性，故c错误；
d ：同一主族从上到下，非金属性减弱，对应简单氢化物的热稳定性减弱，单质的氧化性减弱，对应离子的还原性增强，故 热稳定性比低，的还原性应强于，故d错误；
e ：同一主族从上到下，非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，故 酸性小于，故e错误；
f ： 被 或 氧化析出 Se，说明O、Cl 的非金属性比 Se 强，故f正确；
故答案为：a、b、f；
（4）Se、Br 同在第四周期，从左到右原子半径减小，故 Se 原子半径大于 Br；在该化合物中，Se与Se、Br共形成两个共价键，在中Se 的化合价为 +1，故答案为：Se Br，+1；
（5）对比与的反应，可知二氧化硒和碳酸钠制备亚硒酸钠的化学方程式为：，故答案为：；
（6）电位高的氧化剂的氧化性最强，故最强氧化剂为 ，与KI反应的离子方程式为：，故答案为：。
29．【答案】（1）分液漏斗
（2）饱和食盐水；平衡气压
（3）温度不同；M；过滤
（4）小于；ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-
（5）C
（6）缺少尾气处理装置
【知识点】氯气的实验室制法；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过分液漏斗向烧瓶中加入适量的盐酸。
故答案为： 分液漏斗 ；
（2）Cl2在饱和食盐水中的溶解度较小，装置B可贮存多余的气体，则装置B中所盛装的液体是饱和食盐水，装置B中长颈漏斗的作用是：平衡气压，防止B中氯气过多导致压强过大。
故答案为： 饱和食盐水 ； 平衡气压 ；
（3）制取氯酸钾需要加热，而制取次氯酸钠需要冰水浴，说明制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是温度不同；反应完毕经冷却后，C的试管中有大量晶体析出，说明氯酸钾溶解度受温度影响较大，且温度降低溶解度减小，图中符合该晶体溶解度曲线的是M；过滤为分离固液的方法，从C的试管中分离出该晶体的方法是过滤；
故答案为： 温度不同 ；M； 过滤 ；
（4）1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为蓝色，说明次氯酸钠可以将KI氧化为I2，而氯酸钾不能将KI氧化为I2，由此可知，该条件下氯酸钾的氧化能力小于次氯酸钠，2号试管中加入淀粉溶液反应的离子方程式为：ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-。
故答案为： 小于 ；
（5）要验证氯气是否有漂白性，可以利用石蕊试纸，因为制取的氯气含有水蒸气，氯气和水生成的 HClO 有漂白性，先验证氯气是否能够使湿润的石蕊试纸褪色，然后用干燥氯气通过干燥的石蕊试纸检验氯气的漂白性，干燥氯气不能选用与氯气反应的碱石灰， U 形管一般盛装固体干燥剂，浓硫酸不能盛装在 U 形管中，此题可选用无水氯化钙，所以正确的选项是 C ；
故答案为：C；
（6）尾气有毒，可以使用氢氧化钠溶液吸收氯气防止污染空气，缺陷为缺少尾气处理装置。
故答案为： 缺少尾气处理装置 。
【分析】圆底烧瓶里浓盐酸和二氧化锰发生反应来制备氯气，装置 B 中装的饱和食盐水，能暂时储存氯气，还可除去氯气中混有的氯化氢气体。B 后面的集气瓶用于收集氯气，装置 C 中氯气和氢氧化钾在加热条件下反应制备氯酸钾，装置 D 中氯气和氢氧化钠反应制备次氯酸钠，浓硫酸用来干燥氯气，E 装置用于验证氯气的性质，尾气用氢氧化钠溶液吸收，防止氯气污染空气。据此解题。
（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过分液漏斗向烧瓶中加入适量的盐酸。
（2）Cl2在饱和食盐水中的溶解度较小，装置B可贮存多余的气体，则装置B中所盛装的液体是饱和食盐水，装置B中长颈漏斗的作用是：平衡气压，防止B中氯气过多导致压强过大。
（3）制取氯酸钾需要加热，而制取次氯酸钠需要冰水浴，说明制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是温度不同；反应完毕经冷却后，C的试管中有大量晶体析出，说明氯酸钾溶解度受温度影响较大，且温度降低溶解度减小，图中符合该晶体溶解度曲线的是M；过滤为分离固液的方法，从C的试管中分离出该晶体的方法是过滤；
（4）1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为蓝色，说明次氯酸钠可以将KI氧化为I2，而氯酸钾不能将KI氧化为I2，由此可知，该条件下氯酸钾的氧化能力小于次氯酸钠，2号试管中加入淀粉溶液反应的离子方程式为：ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-。
（5）要验证氯气是否有漂白性，可以利用石蕊试纸，因为制取的氯气含有水蒸气，氯气和水生成的 HClO 有漂白性，先验证氯气是否能够使湿润的石蕊试纸褪色，然后用干燥氯气通过干燥的石蕊试纸检验氯气的漂白性，干燥氯气不能选用与氯气反应的碱石灰， U 形管一般盛装固体干燥剂，浓硫酸不能盛装在 U 形管中，此题可选用无水氯化钙，所以正确的选项是 C ；
（6）尾气有毒，可以使用氢氧化钠溶液吸收氯气防止污染空气，缺陷为缺少尾气处理装置。
30．【答案】（1）
（2）坩埚；
【知识点】常用仪器及其使用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）n(NaOH)= 0.10 mol/L×0.028L=0.0028mol，n(H2SO4)= 0.10 mol/×0.01008 L=0.001008mol，所以与CuSO4反应的NaOH的物质的量是：0.0028mol－0.001008mol×2=0.000784mol，因此CuSO4的质量是(0.000784mol÷2)×250g/mol=0.098g， 则试样中胆矾的质量分数为；
故答案为： ；
（2）固体加热需要使用坩埚；1.250g纯净的胆矾晶体中m(CuSO4)= (1.250 g÷250g/mol)×160g/mol=0.8g，所以在剩余固体质量0.960 g中含有的结晶水质量是0.960 g－0.8g=0.160g，因此剩余固体中结晶水的质量分数为。
故答案为： 坩埚 ； ；
【分析】(1)通过酸碱中和反应，先算与硫酸铜反应的氢氧化钠的物质的量，再据此求硫酸铜质量，进而算出胆矾质量分数。
(2)固体加热用坩埚；先算纯净胆矾中硫酸铜质量，再求剩余固体中结晶水质量，最后算结晶水质量分数。
（1）n(NaOH)= 0.10 mol/L×0.028L=0.0028mol，n(H2SO4)= 0.10 mol/×0.01008 L=0.001008mol，所以与CuSO4反应的NaOH的物质的量是：0.0028mol－0.001008mol×2=0.000784mol，因此CuSO4的质量是(0.000784mol÷2)×250g/mol=0.098g， 则试样中胆矾的质量分数为；
（2）固体加热需要使用坩埚；1.250g纯净的胆矾晶体中m(CuSO4)= (1.250 g÷250g/mol)×160g/mol=0.8g，所以在剩余固体质量0.960 g中含有的结晶水质量是0.960 g－0.8g=0.160g，因此剩余固体中结晶水的质量分数为。
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