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浙江省杭州市上城区浙江省杭州第九中学2024-2025学年高一上学期期末考试化学试题
一、单选题(每小题2分，共30分)
1．（2025高一上·上城期末）酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有、、、等。已知(亚磷酸)与足量的NaOH反应生成一种盐，则下列说法正确的是（　　）
A．属于一元酸 B．属于三元酸
C．属于酸式盐 D．属于酸式盐
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A.（亚磷酸）与足量的NaOH反应只能生成两种盐、，可知亚磷酸）为二元酸，故A错误；
B.依据分析可知属于二元酸，故B错误；
C.因为为二元酸，所以为正盐，为酸式盐，故C错误；
D.为酸式盐能够与氢氧化钠反应生成和水，故D正确；
故选D。
【分析】 已知（亚磷酸）与足量的NaOH反应只能生成两种盐、，故为二元酸，据此解答。
2．（2025高一上·上城期末）将饱和的氯化铁溶液分成三等份，将第一份溶液滴加到沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，得到分散系Ⅰ；第二份溶液滴加到凉水中，得到分散系Ⅱ；第三份溶液中滴加氢氧化钠溶液，得到分散系Ⅲ。则下列说法正确的是
A．分散系Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ中的分散质相同
B．分散系Ⅰ和Ⅱ均能全部通过半透膜
C．稳定性：分散系Ⅱ>分散系Ⅰ>分散系Ⅲ
D．分散系Ⅰ和Ⅱ均能发生丁达尔效应
【答案】C
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、分散质分别为 Fe(OH)3胶粒、Fe3+和 Cl-、Fe(OH)3沉淀，三者不同，A错误；
B、胶体中胶粒不能通过半透膜，溶液中离子可通过，故 Ⅰ 不能全部通过，B错误；
C、分散系稳定性规律为：溶液＞胶体＞浊液，即 Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅲ，C正确；
D、只有胶体（Ⅰ）能发生丁达尔效应，溶液（Ⅱ）不能，D错误；
故答案为：C。
【分析】分散系 Ⅰ：饱和 FeCl3溶液滴入沸水并煮沸，得到氢氧化铁胶体（分散质为 Fe(OH)3胶粒）。
分散系 Ⅱ：饱和 FeCl3溶液滴入凉水，得到氯化铁溶液（分散质为 Fe3+和Cl-）。
分散系 Ⅲ：FeCl3溶液与 NaOH 反应，生成氢氧化铁浊液（分散质为 Fe(OH)3沉淀颗粒）。
3．（2025高一上·上城期末）中国科学家首次实现了两个异核原子(1个 原子和1个 原子)的量子受控非门和量子纠缠，下列有关 的说法正确的是（　　）
A．质子数为87 B．核外电子数为37
C．中子数为37 D．质量数为50
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】 原子中质子数=核电荷数=37，质量数=87，中子数=87-37=50，只有B符合题意，
故答案为：B。
【分析】原子符号中左上角为质量数，左下角为质子数，原子中质子数=核电荷数=核外电子数， 质量数=质子数十中子数。
4．（2025高一上·上城期末）某学生利用如图所示的装置对电解质溶液的导电性进行实验探究。下列说法正确的是
A．闭合开关K，电流表指针发生偏转，证明盐酸是电解质
B．闭合开关K，向烧杯中加入NaCl固体，由于HCl与NaCl不反应，故电流表指针不发生变化
C．闭合开关K，向溶液中加入固体电流表的示数明显减小
D．选取相同质量、相同溶质质量分数的硫酸替换盐酸，电流表的示数不同
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A、闭合开关 K，电流表指针偏转，说明盐酸溶液能导电，但盐酸是混合物，不是电解质，电解质需为化合物，A错误；
B、向烧杯中加 NaCl 固体，NaCl 溶解使溶液中离子浓度增大，导电性增强，电流表指针应发生变化（示数增大），并非不反应就无变化，B错误；
C、加 CaCO3固体，HCl 与 CaCO3反应生成 CaCl2等，反应前后溶液中离子浓度基本不变，所以电流表示数几乎不变，不会明显减小，C错误；
D、用相同质量、相同溶质质量分数的硫酸替换盐酸，硫酸是二元酸，在溶液中电离出的离子浓度与盐酸不同，所以电流表的示数不同，D正确；
故答案为：D。
【分析】围绕电解质溶液导电性与离子浓度、离子所带电荷的关系，分析各选项中溶液离子变化对导电性（电流表示数）的影响。
5．（2025高一上·上城期末）把过氧化钠投入含有、、、的水溶液中，溶液中离子数目不变的是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件；钠的氧化物
【解析】【解答】过氧化钠与水的反应：过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠会电离出钠离子和氢氧根离子；
氢氧根离子的反应：氢氧根离子和碳酸氢根离子反应，生成碳酸根离子和水；
碳酸根离子的反应：碳酸根离子和钙离子反应，生成碳酸钙沉淀；
各离子变化：碳酸氢根离子因与氢氧根反应而减少，钙离子因与碳酸根反应而减少，钠离子因氢氧化钠电离而增加，硝酸根离子不参与上述任何反应，数目不变；
综上，溶液中离子数目不变的是 ；
故答案为：A。
【分析】先分析过氧化钠与水的反应，再看生成的物质与溶液中原有离子的反应，从而判断各离子数目变化。
6．（2025高一上·上城期末）下列俗名与化学式对应的是
A．绿矾 B．石膏
C．苛性钠 Na D．芒硝
【答案】D
【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、绿矾指的是七水合硫酸亚铁，化学式为 FeSO4 7H2O，并非其他含铁硫酸盐，A错误；
B、石膏的化学式是 CaSO4 2H2O，题目中 B 选项未明确给出对应化学式，结合常识可知其表述不匹配，B错误；
C、苛性钠是氢氧化钠的俗名，化学式为 NaOH，而不是 Na（钠单质），C错误；
D、芒硝的化学名称是十水合硫酸钠，化学式为 Na2SO4 10H2O，俗名与化学式对应正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】依据常见物质俗名对应的化学组成，核对各选项中俗名与化学式的匹配性。
7．（2025高一上·上城期末）以下是侯式制碱法的简单流程，下列说法不正确的是
A．反应(2)的化学方程式为
B．操作X为过滤，为增大过滤速率，过滤时用玻璃棒搅拌
C．侯式制碱法的主要原理是相同条件下的溶解度最小
D．溶液B中加入氯化钠粉末，并通入氨，可析出副产品
【答案】B
【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、反应 (2) 是碳酸氢钠受热分解，生成碳酸钠、水和二氧化碳，化学方程式书写正确，A正确；
B、操作 X 为过滤，过滤时用玻璃棒搅拌会弄破滤纸，不能这样操作，并非为增大过滤速率而搅拌，B错误；
C、侯式制碱法主要利用相同条件下碳酸氢钠溶解度最小，易结晶析出的原理，C正确；
D、溶液 B 中加入氯化钠粉末并通氨，能提高铵根离子和氯离子浓度，利于氯化铵析出，D正确；
故答案为：B。
【分析】结合侯式制碱法的流程、反应原理及实验操作规范，分析各选项的正误。
A．反应 (2) 是 NaHCO3受热分解为 Na2CO3、H2O、CO2，方程式符合事实。
B．操作 X 是分离晶体与溶液的过滤，但过滤时不能用玻璃棒搅拌（会戳破滤纸、减慢速率）（这是核心易错点）。
C．侯式制碱法的关键是 NaHCO3溶解度最小，能从溶液中析出。
D．溶液 B 含 NH4Cl，加入 NaCl 粉末 + 通 NH3可降低 NH4Cl 溶解度使其析出。
8．（2025高一上·上城期末）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．被还原为转移的电子数为
B．1mol Fe溶于过量盐酸，转移的电子数为
C．与所含的硫原子数为
D．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、K2Cr2O7中 Cr 元素为 + 6 价，1mol K2Cr2O7被还原为 Cr3+时，每个 Cr 原子得 3 个电子，2 个 Cr 原子共得 6mol 电子，转移电子数为 6NA，A错误；
B、Fe 与过量盐酸反应生成 FeCl2，1mol Fe 失去 2mol 电子，转移电子数为 2NA，B错误；
C：S6和 S8均由 S 原子构成，48g 混合物中 S 原子总质量为 48g，物质的量为 48g÷32g/mol=1.5mol，原子数为 1.5NA，C正确；
D：过氧化钠与水反应生成 O2时，O 从 - 1 价变为 0 价，生成 1mol O2转移 2mol 电子，故生成 0.1mol O2转移电子数为 0.2NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】从物质的组成、氧化还原反应中元素化合价变化及电子转移规律入手，结合阿伏加德罗常数的含义，逐一判断各选项的正确性。
9．（2025高一上·上城期末）下列物质久置于空气中易发生化学变化的有
①氯水 ②碳酸钠晶体 ③烧碱 ④漂白粉 ⑤过氧化钠 ⑥碳酸氢钠
A．5 种 B．4 种 C．3 种 D．2 种
【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】①氯水：氯水中的次氯酸（HClO）不稳定，见光或久置会分解为盐酸和氧气，发生化学变化。
②碳酸钠晶体：碳酸钠晶体（Na2CO3 10H2O）久置空气中会失去结晶水，生成碳酸钠粉末，属于化学变化。
③烧碱：烧碱（NaOH）会吸收空气中的二氧化碳，反应生成碳酸钠和水，发生化学变化。
④漂白粉：漂白粉的有效成分次氯酸钙（Ca(ClO)2）能与空气中的二氧化碳和水反应，生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸还会进一步分解，发生化学变化。
⑤过氧化钠：过氧化钠（Na2O2）易与空气中的二氧化碳和水反应，分别生成碳酸钠和氧气、氢氧化钠和氧气，发生化学变化。
⑥碳酸氢钠：碳酸氢钠（NaHCO3）性质相对稳定，在空气中很难发生化学反应。
综上，①②③④⑤这 5 种物质久置于空气中易发生化学变化，
故答案为：A。
【分析】分析每种物质在空气中与氧气、水、二氧化碳等成分的反应情况，判断是否发生化学变化，统计发生化学变化的物质种类。
10．（2025高一上·上城期末）某实验需用溶液，配制该NaOH溶液的几个关键实验步骤和操作示意图如下。下列说法正确的是
A．用分析天平和滤纸称取3.6000g氢氧化钠固体
B．NaOH在烧杯中完全溶解后，立即转移到容量瓶中
C．操作①时，若俯视容量瓶的刻度线，则使配得的NaOH溶液浓度偏低
D．上述操作的先后顺序是③②④⑥①⑤
【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、配制 90mL 溶液需选 100mL 容量瓶，所需 NaOH 质量为 0.1L×1mol/L×40g/mol=4.0g；且 NaOH 易潮解、腐蚀滤纸，不能用滤纸称量，A错误；
B、NaOH 溶解放热，若立即转移到容量瓶，热胀冷缩会导致定容后溶液体积偏小，浓度偏高，应冷却至室温再转移，B错误；
C、操作①为定容，俯视刻度线会使加入的水偏少，溶液体积偏小，浓度偏高，而非偏低，C错误；
D、配制步骤为称量（③）、溶解（②）、转移（④）、洗涤转移（⑥）、定容（①）、摇匀（⑤），顺序为③②④⑥①⑤，D正确；
故答案为：D。
【分析】围绕一定物质的量浓度 NaOH 溶液的配制流程，从仪器选择、操作规范及误差分析等角度，判断各选项的正确性。
11．（2025高一上·上城期末）下列溶液能够鉴别和的是
①紫色石蕊溶液②溶液③酸性溶液④氯水⑤品红溶液
A．①②③ B．②③④ C．②③④⑤ D．①②④⑤
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；物质的检验和鉴别；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】①紫色石蕊溶液：SO2和 CO2溶于水都呈酸性，均能使溶液变红，无明显区别，无法鉴别；
②H2S 溶液：SO2与 H2S 反应生成黄色硫单质沉淀，CO2与 H2S 不反应，现象不同，可鉴别；
③酸性 KMnO4溶液：SO2具有还原性，能使酸性 KMnO4溶液褪色，CO2不反应，可鉴别；
④氯水：SO2能与氯水发生反应使氯水褪色，CO2与氯水不反应，可鉴别；
⑤品红溶液：SO2有漂白性，能使品红溶液褪色，CO2无此性质，可鉴别；
综上，②③④⑤可鉴别 SO2和 CO2，
故答案为：C。
【分析】依据 SO2和 CO2的性质差异（如漂白性、还原性、与特定物质的反应现象等），分析各溶液与两种气体作用的不同表现，判断能否鉴别。
12．（2025高一上·上城期末）硫元素的“价—类”二维图如下图所示。下列说法错误的是
A．a点表示的物质所属的物质类别是单质
B．b点表示的物质可以是，也可以是
C．c点表示的物质的浓溶液可作为干燥剂
D．d点表示的可溶性物质能与溶液发生反应
【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A、a 点硫元素化合价为 0，物质类别为单质，对应硫单质，A正确；
B、b 点为 +4 价的硫的氧化物，只能是 SO2；SO3中硫为 + 6 价，不属于 b 点，B错误；
C、c 点是 +6 价硫的含氧酸，即 H2SO4，其浓溶液有吸水性，可作干燥剂，C正确；
D、d 点为 +6 价的硫酸盐，可溶性硫酸盐（如 Na2SO4）与 BaCl2反应生成 BaSO4沉淀，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据硫元素 “价 - 类” 二维图中各点的化合价和物质类别，确定对应物质，再结合物质性质判断选项正误。
13．（2025高一上·上城期末）下列事实中，能说明氯原子得电子能力比硫原子强的是
①盐酸的酸性比氢硫酸(H2S水溶液)酸性强②还原性：Cl-A．①③④ B．②④ C．②③④ D．①②④
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】①氢化物的酸性强弱与元素得电子能力无关，如 HCl 酸性弱于 HI，但 Cl 的非金属性强于 I，故①不能说明。
②非金属性越强，对应阴离子还原性越弱。还原性 Cl- < S2-，说明 Cl 得电子能力更强，②可说明。
③Cl2与 Fe 反应生成 FeCl3（Fe 为 +3 价），S 与 Fe 反应生成 FeS（Fe 为 +2 价），表明 Cl2得电子能力更强，能将 Fe 氧化到更高价，③可说明。
④Cl2与 H2S 反应生成 S，Cl2作氧化剂，S 为氧化产物，氧化性 Cl2 > S，说明 Cl 原子得电子能力更强，④可说明。
综上，②③④符合题意，
故答案为：C。
【分析】依据元素得电子能力（非金属性）的判断标准，分析各事实能否体现氯原子得电子能力强于硫原子。
14．（2025高一上·上城期末）下列实验操作、实验现象和结论均正确且相符的是
选项 实验操作 实验现象 结论
A 将浓硫酸滴到蔗糖表面 固体变黑膨胀 浓硫酸有吸水性
B 向某溶液中滴加溶液 产生白色沉淀 溶液中含有
C 将浓硫酸和铜加热，冷却后用水稀释 产生有刺激性气味的气体，稀释后溶液呈蓝色 浓硫酸既表现氧化性，又表现酸性
D 将足量锌和浓硫酸共热，将气体通入品红溶液 产生有刺激性气味的气体，品红溶液褪色 产生的气体只有
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；化学实验方案的评价；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑是因浓硫酸的脱水性（脱去蔗糖中的 H、O），膨胀是浓硫酸氧化碳生成气体，体现氧化性，与吸水性无关，故A不符合题意 ；
B、滴加 BaCl2产生白色沉淀，可能是 BaSO4、AgCl 等，不能证明溶液含 SO42-，故B不符合题意 ；
C、浓硫酸与铜加热，生成刺激性气体 SO2（体现氧化性），稀释后溶液呈蓝色（生成 CuSO4，体现酸性），故C符合题意 ；
D、足量锌与浓硫酸共热，先生成 SO2，浓硫酸变稀后还会生成 H2，气体不止 SO2，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】从实验操作涉及的物质性质出发，分析现象与结论的逻辑关系，判断操作、现象、结论是否一致。
15．（2025高一上·上城期末）现有4种短周期主族元素X、Y、Z和Q，原子序数依次增大，相关信息见下表。下列说法正确的是
元素 相关信息
X 核外电子总数为1
Y 最高正化合价和最低负化合价之和为零
Z 原子有3个电子层，最外层电子数是最内层电子数的3倍
Q 同周期主族元素中原子半径最小
A．Y与X可形成分子
B．X单质只有还原性，没有氧化性
C．Y、Z、Q最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱
D．第四周期且与Q同主族的元素的单质在常温常压下呈固态
【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；氧化还原反应；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、Y（C）与 X（H）可形成 CH4分子，A正确；
B、X 的单质是 H2，H2与 Na 反应生成 NaH 时表现氧化性，并非只有还原性，B错误；
C、非金属性 C < S < Cl，最高价氧化物对应水化物酸性 H2CO3 < H2SO4 < HClO4，酸性逐渐增强，C错误；
D、第四周期与 Q（Cl）同主族的是 Br，Br2常温常压下为液态，D错误；
故答案为：A。
【分析】先根据题干信息推断出 X、Y、Z、Q 四种短周期主族元素，再结合元素性质和周期律判断选项正误。
推断元素：X 核外电子总数为 1，即 X 是 H；Y 最高正价与最低负价之和为 0，且原子序数大于 H，故 Y 为 C；Z 有 3 个电子层，最外层电子数是最内层（2 个）的 3 倍，即最外层 6 个电子，Z 为 S；Q 是同周期主族元素中原子半径最小的，且原子序数大于 S，故 Q 为 Cl。
二、单选题(每小题3分，共30分)
16．（2025高一上·上城期末）酸碱质子理论：凡是能够释放质子()的任何含氢原子的分子或离子都是酸；凡是能与质子结合的分子或离子都是碱。按照酸碱质子理论，下列粒子既可以看作酸又可以看作碱的是
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；物质的简单分类
【解析】【解答】A、CH3COO-仅能与 H+结合生成 CH3COOH，无法释放 H+，只能作为碱，A错误；
B、HCO3-可释放 H+生成 CO32-（体现酸性），也能结合 H+生成 H2CO3（体现碱性），因此既能作酸也能作碱，B正确；
C、OH-只能结合 H+形成 H2O，不能释放 H+，仅能作为碱，C错误；
D、C2O42-只能结合 H+生成 HC2O4-等，不能释放 H+，仅能作为碱，D错误；
故答案为：B。
【分析】依据酸碱质子理论，分析各粒子是否既能给出质子（H+）表现酸性，又能结合质子表现碱性，从而判断其是否兼具酸和碱的性质。
17．（2025高一上·上城期末）离子方程式的能代表的物质是
①②③④⑤
A．①③ B．①④⑤ C．①②④ D．①⑤
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】①HCl是强酸，在溶液中完全电离为和；与不反应（无沉淀），因此HCl与的反应离子方程式为，符合要求；
②是强酸，但电离出；与会生成沉淀，实际反应的离子方程式为，不符合原离子方程式，排除；
③是强酸，完全电离为和；与不反应（无沉淀），与的反应离子方程式与原方程式一致，符合要求；
④在溶液中电离为、和；与生成沉淀，实际离子方程式需体现沉淀，不符合原方程式，排除；
⑤是弱酸，在溶液中部分电离，离子方程式中需写化学式（不能拆为），实际反应的离子方程式为，不符合要求，排除；
故答案为：A。
【分析】解题核心：明确H+代表物质的两个关键条件）：
离子方程式中用“”表示的物质，需满足：
1. 是强酸：在溶液中能完全电离出（弱酸不能拆为，需写化学式）；
2. 电离出的阴离子不与沉淀：避免生成难溶物，否则离子方程式需体现沉淀。
18．（2025高一上·上城期末）已知、、，且氧化性强弱顺序是。在和混合溶液中，通入一定量，溶液中存在的离子不合理的是
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、、
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；离子共存
【解析】【解答】已知氧化性顺序为 Cl2 > Br2 > Fe3+ > I2，可推出还原性顺序为 I- > Fe2+ > Br- > Cl-。Cl2通入 FeI2和 FeBr2混合溶液时，反应按先氧化 I-、再氧化 Fe2+、最后氧化 Br-的顺序进行。
A、存在 Fe3+、Br-、Cl-，说明 I-和 Fe2+已被完全氧化，而 Br-未被氧化，符合反应顺序，A合理；
B、存在 I-、Br-、Cl-，但原溶液中含有 Fe2+。若 Fe2+未被氧化，溶液中应存在 Fe2+；若 Fe2+被氧化，则 I-早已被完全消耗，不可能有 I-残留，矛盾，B合理；
C、存在 Fe2+、Cl-、Br-，说明 I-已被完全氧化，Fe2+和 Br-未被氧化，符合反应顺序，C合理；
D、存在 Fe2+、Br-、Cl-、I-，说明 Cl2量不足，仅部分氧化 I-，Fe2+和 Br-未反应，符合反应顺序，D合理；
故答案为：B。
【分析】先根据氧化性顺序确定对应离子的还原性强弱，明确 Cl2通入混合溶液时的反应先后顺序，再判断各选项中离子组合是否符合反应逻辑。
19．（2025高一上·上城期末）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS溶于水)。下列说法正确的是
A．过程①中，Cu2+起催化剂作用
B．过程②中，发生反应为S2-+2Fe3+=S↓+2Fe2+
C．过程③中，氧气被还原
D．回收S的总反应为H2S+O2=H2O+S↓
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A、过程①是 H2S 与 Cu2+反应生成 CuS（Cu2+参与反应生成 CuS，反应前后未保持不变），不符合催化剂 “反应前后质量和化学性质不变” 的特点，因此 Cu2+不是催化剂。A错误；
B、CuS 难溶于水，在离子方程式中不能拆分为 S2-，因此过程②的反应应为 CuS+2Fe3+=S↓+2Fe2++Cu2+，而非 S2-与 Fe3+的反应。B错误；
C、过程③中，O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，O2中 O 元素化合价从 0 降低到 - 2（生成水或其他含氧化合物），化合价降低，发生还原反应，即氧气被还原。C正确；
D、总反应需整合各步：H2S 与 Cu2+生成 CuS，CuS 被 Fe3+氧化为 S，Fe2+再被 O2氧化为 Fe3+，最终总反应为 2H2S+O2=2H2O+2S↓（原选项未配平，原子不守恒）。D错误；
故答案为：C。
【分析】 A．催化剂需 “反应前后不变”，过程①中 Cu2+ 参与反应生成 CuS，并非催化剂。
B．离子反应的拆分规则：难溶物（如 CuS）不能拆分为离子，因此过程②的反应物是 CuS（而非 S2-）。
C．氧化还原的价态变化：过程③中 O2的 O 元素化合价从 0到-2（降低），化合价降低的物质被还原。
D．总反应的配平：总反应需满足原子守恒，原选项中 H2S+O2=H2O+S↓未配平（原子数不相等）。
20．（2025高一上·上城期末）将铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中充分反应，固体无剩余。测得参加反应的盐酸的物质的量为，放出的气体(标准状况)。则下列判断中正确的是
A．原混合物中
B．原混合物中氧化铁的质量为
C．向所得溶液中滴加溶液，溶液显红色
D．向所得溶液中通入，可以将完全转化为
【答案】D
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；探究物质的组成或测量物质的含量；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】计算 H2对应的 Fe 和 HCl：标准状况下 H2体积 0.448L，物质的量为 0.448L÷22.4L/mol=0.02mol。由反应 Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知：参与此反应的 Fe 物质的量=H2物质的量 = 0.02mol，消耗 HCl 的物质的量 = 2×0.02mol=0.04mol。
计算 Fe2O3相关的量：总 HCl 物质的量为 0.1mol，剩余 HCl（参与 Fe2O3相关反应）的物质的量 = 0.1mol-0.04mol=0.06mol。Fe2O3与 Fe、HCl 的反应为 Fe2O3+Fe+6HCl=3FeCl2+3H2O，此反应中 HCl 与 Fe2O3的物质的量比为 6：1，因此 Fe2O3的物质的量 = 0.06mol÷6=0.01mol，参与此反应的 Fe 物质的量 = Fe2O3物质的量 = 0.01mol。
确定混合物组成及溶液成分：混合物中总 Fe 物质的量 = 0.02mol（生成 H2）+0.01mol（还原 Fe3+）=0.03mol；Fe2O3物质的量 = 0.01mol。最终溶液中 FeCl2的物质的量 = 3×0.01mol（Fe2O3反应生成）+0.02mol（H2对应的 FeCl2）=0.05mol。
A、原混合物中 n (Fe2O3)：n (Fe)=0.01mol：0.03mol=1：3，并非 3：1，A错误；
B、Fe2O3的质量 = 0.01mol×160g/mol=1.60g，并非 3.20g，B错误；
C、因 Fe 过量，Fe3+已被完全还原为 Fe2+，溶液中无 Fe3+，滴加 KSCN 溶液不会显红色，C错误；
D、溶液中 FeCl2为 0.05mol，由反应 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3可知，消耗 Cl2的物质的量 = 0.05mol÷2=0.025mol，能将 Fe2+完全转化为 Fe3+，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：先判断 Fe 过量：
反应生成 H2，说明 Fe 有剩余（Fe3+会与过量 Fe 反应生成 Fe2+），因此最终溶液中无 Fe3+，只有 Fe2+（这是判断选项 C 的核心依据）。
再拆分反应，分步计算：总反应可拆分为两个过程：
“Fe 与盐酸生成 H2”：利用 H2的体积（0.448L）先算此反应中 Fe 和 HCl 的消耗量；
“Fe2O3、Fe 与盐酸反应”：用总 HCl 的量减去上一步消耗的 HCl，剩余部分用于计算 Fe2O3的量（依据反应中 HCl 与 Fe2O3的物质的量比 6：1）。
接着抓物质的量比例关系：化学方程式中各物质的量比是计算关键，例如：
Fe 与 HCl 生成 H2时，Fe、HCl、H2的比例为 1：2：1；
Fe2O3、Fe 与 HCl 反应时，Fe2O3、Fe、HCl 的比例为 1：1：6。
最后计算最终溶液中 Fe2+的总量：两个反应生成的 FeCl2总和，是判断 Cl2消耗量（选项 D）的依据（反应中 FeCl2与 Cl2的比例为 2：1）。
21．（2025高一上·上城期末）Se、Br两种元素的部分信息如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：Br>Se>P
B．还原性：S2->Se2->Br-
C．Se在元素周期表中位于第四周期ⅥA族
D．Se、Br位于同一主族
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、Se 和 Br 处于同一周期，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，Se 在 Br 左边，所以原子半径 Se > Br；而 P 在第三周期，Se 在第四周期，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以 Se > P，故原子半径 Se > Br、Se > P，A错误；
B、Se 和 S 同主族，同主族元素从上到下氧化性逐渐减弱，所以氧化性 S > Se，对应简单阴离子的还原性 Se2- > S2-；Br 的氧化性强于 Se，所以还原性 Se2- > Br-，故还原性 Se2- > S2- > Br-，B 错误；
C、从 Se 的原子结构看，有 4 个电子层，最外层电子数为 6，所以 Se 位于第四周期 ⅥA 族，C 正确；
D、Se 位于 ⅥA 族，Br 位于 ⅦA 族，二者不在同一主族，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据 Se、Br 的原子结构示意图，结合元素周期律（原子半径变化、氧化性与还原性的递变、周期和主族的判断等），对各选项进行分析。
22．（2025高一上·上城期末）核内中子数为N的R3+的离子，质量数为A，则n g R的氧化物中所含的质子的物质的量为
A．(A - N + 8)mol B．(A - N + 12)mol
C．(2A - 2N + 24)mol D．(A -N)mol
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；物质的量的相关计算
【解析】【解答】先确定R的质子数：质量数质子数中子数，故R的质子数为。
再确定R的氧化物化学式：对应的氧化物中，R为+3价，O为-2价，故氧化物化学式为。
然后计算氧化物的摩尔质量：的摩尔质量为（或表述为“1个的质量数总和为”）。
最后计算氧化物的物质的量：物质的量为。
然后计算1个中的质子数：1个R含个质子，1个O含8个质子，故1个的质子数为。
最后计算总质子的物质的量：总质子物质的量氧化物物质的量1个氧化物的质子数，即：
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
1. 确定R的质子数：利用“质量数=质子数+中子数”，直接得R的质子数为。
2. 判断氧化物化学式：由的化合价，推出氧化物为（+3价与-2价交叉定组成）。
3. 计算氧化物的摩尔质量：的摩尔质量为（2个R的质量数+3个O的质量数）。
4. 关联质子数与物质的量：先算1个的质子数（2个R的质子数+3个O的质子数），再结合氧化物的物质的量，得到总质子的物质的量。
23．（2025高一上·上城期末）“跑道式”元素周期表结构如图所示：
下列有关叙述错误的是
A．元素a能与水置换出，且反应比与水反应更剧烈
B．元素b形成的两种单质分子的化学性质完全不同
C．元素c、d、e、f、g的原子最外层电子数相同，且对应的单质都有比较强的氧化性
D．位置h和i处均各含有15种元素
【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
【解析】【解答】A、a 是 K，K 位于 Na 下方，第 ⅠA 族元素金属性随周期数增大而增强，K 与水反应比 Na 更剧烈，能置换出 H2，A正确；
B、b 是 N，形成的单质（如 N2、N4）均由 N 原子构成，化学性质相似（如均具有氧化性），并非 “完全不同”，B错误；
C、c~g 是第 ⅦA 族元素，最外层电子数均为 7；其单质（如 F2、Cl2）具有强氧化性，但 At 的单质氧化性较弱（同主族氧化性随周期数增大而减弱），“都有较强氧化性g” 表述错误，C错误；
D、位置 h（镧系）、i（锕系）各含 15 种元素，这是周期表的固定结构，D正确；
故答案为：A。
【分析】元素 a：对应周期表中第 ⅠA 族的 K（位于 Na 下方）；
元素 b：对应 N（形成 N2、N4等单质）；
元素 c~g：位于同一主族（如第 ⅦA 族，对应 F、Cl、Br、I、At）；
位置 h、i：对应周期表中的镧系、锕系区域。
24．（2025高一上·上城期末）一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y原子序数依次增大。简单离子X2-与Y2+具有相同的电子结构。下列叙述正确的是
A．X的常见化合价有-1、-2 B．原子半径大小为Y>X>W
C．YX的水合物具有两性 D．W单质只有2种同素异形体
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、X 为 O，常见化合价有 - 2（如 H2O）、-1（如 H2O2），A正确；
B、原子半径：Mg（Y）＞C（W）＞O（X）（电子层越多半径越大，同周期序数大则半径小），B错误；
C、YX 为 MgO，其水合物是 Mg (OH)2，属于强碱，无两性，C错误；
D、W 为 C，单质的同素异形体有金刚石、石墨、C60等，不止 2 种，D错误；
故答案为：A。
【分析】推断 X 和 Y：简单离子 X2-与 Y2+电子层结构相同，短周期中符合条件的是 O2-（8 号）和 Mg2+（12 号），故 X 为 O，Y 为 Mg。
推断 W：矿物含 W、O、Mg，溶于稀盐酸生成无色无味气体（应为 CO2），说明含碳酸根；W 原子序数小于 O（8 号），故 W 为 C。据此解题。
25．（2025高一上·上城期末）下列说法正确的是
A．、、由气态到固态，是因为共价键越来越强
B．HI溶于水能电离出、，所以HI是离子化合物
C．的性质很稳定，与水分子间存在氢键有关
D．化合物中含有离子键、非极性共价键
【答案】D
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；分子间作用力；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、Cl2、Br2、I2均为分子晶体，它们的状态变化（气态到固态）是因分子间作用力随相对分子质量增大而增强，与分子内的共价键无关，A错误；
B、HI 在水中电离出 H+和 I-，但 HI 中 H 与 I 通过共价键结合，属于共价化合物，并非离子化合物，B错误；
C、H2O 的稳定性取决于 H-O 键的强弱，与分子间的氢键无关，氢键主要影响其熔沸点等物理性质，C错误；
D、NaN3中，Na+与 N3-之间形成离子键，N3-内部的 N 原子之间存在非极性共价键，D正确；
故答案为：D。
【分析】结合物质的晶体类型、化学键种类、化合物分类及氢键的作用，判断各选项表述的正确性。
三、填空题
26．（2025高一上·上城期末）按要求完成下列填空：
（1）下列给定的物质中：①NaCl晶体：②；③镁条；④氨气；⑤液态的HCl。属于非电解质的是　 　(填编号)。
（2）写出金属铝投入氢氧化钠溶液中反应的化学方程式　 　。
（3）比较稳定性：　 　(填“>”、“<”、“=”)。
【答案】（1）④
（2）
（3）<
【知识点】电解质与非电解质；铝的化学性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。①NaCl晶体属于电解质；②属于电解质；③镁条为单质，既不是电解质也不是非电解质；④氨气熔融状态下不导电，溶于水能导电，但不是其本身电离出可自由移动的离子，而是氨气和水反应生成NH3 H2O，NH3 H2O电离出可自由移动的离子而导电，因此氨气属于非电解质；⑤液态的HCl属于电解质，故属于非电解质的是④。
故答案为： ④ ；
（2）铝是两性金属，可与强碱溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，化学方程式为。
故答案为： ；
（3）非金属性越强，其氢化物的稳定性越强。非金属性：P＜N，则其氢化物的稳定性：PH33。
故答案为： < ，
【分析】(1)依据非电解质定义（水溶液和熔融态都不导电的化合物），判断出④氨气为非电解质。
(2)铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，化学方程式：。
(3)非金属性 P < N，氢化物稳定性随非金属性增强而增强，故 PH3 < NH3。
（1）非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。①NaCl晶体属于电解质；②属于电解质；③镁条为单质，既不是电解质也不是非电解质；④氨气熔融状态下不导电，溶于水能导电，但不是其本身电离出可自由移动的离子，而是氨气和水反应生成NH3 H2O，NH3 H2O电离出可自由移动的离子而导电，因此氨气属于非电解质；⑤液态的HCl属于电解质，故属于非电解质的是④。
（2）铝是两性金属，可与强碱溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，化学方程式为。
（3）非金属性越强，其氢化物的稳定性越强。非金属性：P＜N，则其氢化物的稳定性：PH327．（2025高一上·上城期末）铁常见的化合价有0、+2、+3，某化学兴趣小组利用如图装置进行“铁与水反应”的实验，并检验产物，请回答下列问题：
（1）A、B、E三个装置中应先点燃　 　处的酒精(喷)灯，反应结束时，应先熄灭　 　处的酒精(喷)灯。
（2）装置C的作用是　 　。
（3）E处的装置可以用　 　(填“甲”或“乙”)代替；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入该装置中。
（4）B装置硬质玻璃管中发生反应的化学方程式为　 　。
（5）反应结束后，取B装置硬质玻璃管中的固体物质，用足量稀盐酸溶解得溶液X，向溶液X中加入少量KSCN溶液，无明显现象，请解释原因　 　。
（6）碱性环境下与强氧化剂作用可以生成，完成并配平下列反应的离子方程式：　 　。
_____________________(_______)_____________________(_______)
【答案】（1）A；E
（2）冷凝大部分未反应的水蒸气
（3）乙
（4）
（5）过量的铁粉将铁离子还原为亚铁离子
（6）
【知识点】铁的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验；铁及其化合物的性质实验；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）B中生成氢气，氢气为可燃性气体，与空气混合加热容易发生爆炸，故应先点燃A处的酒精灯，排净装置中空气；反应结束时，应先熄灭最后加热装置E处酒精灯；
故答案为：A；E；
（2）装置C的作用是冷凝大部分未反应的水蒸气，剩余小部分水蒸气可通过碱石灰吸收。
故答案为： 冷凝大部分未反应的水蒸气 ；
（3）E处的装置发生氢气还原氧化铜，氢气的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，因此E处的装置可以用乙代替。
故答案为： 乙 ；
（4）B装置硬质玻璃管中，还原性铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为。
故答案为： ；
（5）B装置得到固体物质含Fe3O4和过量铁粉，加足量稀盐酸溶解过程中，铁粉将铁离子还原为亚铁离子，使得溶液X中不含铁离子，因而往溶液中加入少量KSCN溶液，无明显现象；
故答案为： 过量的铁粉将铁离子还原为亚铁离子 ；
（6）碱性环境下与强氧化剂次氯酸根离子作用可以生成，铁化合价由+3变为+6、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒、质量守恒，反应为：。
故答案为： 。
【分析】装置 A 通过加热水产生水蒸气，为后续反应提供反应物；装置 B 是铁粉与水蒸气发生反应的核心场所，能让二者充分接触并反应；装置 C 承担着冷凝大部分未反应水蒸气的关键任务，大幅减少后续对产物检验的干扰；碱石灰则会吸收剩余小部分水蒸气，进一步净化气体；装置 E 中的氧化铜，是专门用来检验 B 装置反应产生的H2的，因为氢气具有还原性，能还原氧化铜。而且氢气密度比空气小很多，采用向下排空气法收集十分合适，所以 E 处的装置用乙替代是完全可行的，这样整个装置在反应开展、产物检验等环节的连贯性和有效性都能得到更强保障，各部分协同作用能更充分地实现 “铁与水反应” 及产物检验的实验目的。
（1）B中生成氢气，氢气为可燃性气体，与空气混合加热容易发生爆炸，故应先点燃A处的酒精灯，排净装置中空气；反应结束时，应先熄灭最后加热装置E处酒精灯；
（2）装置C的作用是冷凝大部分未反应的水蒸气，剩余小部分水蒸气可通过碱石灰吸收。
（3）E处的装置发生氢气还原氧化铜，氢气的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，因此E处的装置可以用乙代替。
（4）B装置硬质玻璃管中，还原性铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为。
（5）B装置得到固体物质含Fe3O4和过量铁粉，加足量稀盐酸溶解过程中，铁粉将铁离子还原为亚铁离子，使得溶液X中不含铁离子，因而往溶液中加入少量KSCN溶液，无明显现象；
（6）碱性环境下与强氧化剂次氯酸根离子作用可以生成，铁化合价由+3变为+6、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒、质量守恒，反应为：。
28．（2025高一上·上城期末）元素周期律反映了元素性质的周期性变化规律。
（1）元素的性质，特别是化学性质，取决于元素的原子结构。磷、硫、氯元素形成的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是　 　(填化学式)。
（2）碱金属元素中，和之间的关系是互为　 　。金属钾的氧化物有多种，写出与反应的化学方程式：　 　。
（3）中国“奋斗者”号载人潜水器的壳体为含钛、铝等元素的钛合金材料，该合金材料的熔点比其成分金属的　 　(填“高”或“低”)。下列方法可以比较钠和铝金属性强弱的是　 　(填字母)。
a.比较两种金属单质的硬度和熔点
b.用钠置换氯化铝溶液中的铝
c.比较等物质的量的两种金属单质与足量盐酸反应失去的电子数
d.比较等物质的量的两种金属单质分别与水反应的剧烈程度
（4）为了清理路面积雪，人们常使用一种融雪剂，主要成分的化学式，X、Y均为元素周期表前20号元素，阳离子和阴离子的电子层结构相同，且含有54mol电子。该融雪剂的电子式是　 　。
【答案】（1）HClO4
（2）同位素；
（3）低；d
（4）
【知识点】原子结构与元素的性质；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；合金及其应用；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）非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，同周期中越靠右元素非金属性越强，则酸性最强的是HClO4；
故答案为： HClO4 ；
（2）和为同种元素的不同原子，互为同位素。与反应类似过氧化钠和二氧化碳反应，反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式：；
故答案为： 同位素 ； ；
（3）合金较成分金属一般熔点低、硬度大，该合金材料的熔点比其成分金属的低；
a．金属的熔沸点为物理性质，与金属性强弱无关，a错误；
b．钠能和水反应生成氢氧化钠和氢气，钠不能置换出氯化铝溶液中的铝，b错误；
c．金属的活泼性与得失电子难易有关，与得失电子多少无关，c错误；
d．金属性越强，越容易和水反应，反应越剧烈，d正确；
故答案为： 低 ；d；
（4）融雪剂，主要成分的化学式，X、Y均为元素周期表前20号元素，阳离子和阴离子的电子层结构相同，且含有54mol电子，结合化学式，X为+2、Y为-1价，则X序数为54÷3+2=20，为钙，则Y为氯；该融雪剂为氯化钙，电子式是。
故答案为： ；
【分析】(1)依据 “非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强”，同周期元素从左到右非金属性增强，故酸性最强的是 HClO4。
(2)6Li 和7Li 为同种元素的不同原子，互为同位素；K2O2与 CO2反应类似 Na2O2与 CO2，方程式为 。
(3)合金熔点低于成分金属；通过比较与水反应的剧烈程度可判断金属性，选 d。
(4)推知融雪剂为 CaCl2，电子式为 。
（1）非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，同周期中越靠右元素非金属性越强，则酸性最强的是HClO4；
（2）和为同种元素的不同原子，互为同位素。与反应类似过氧化钠和二氧化碳反应，反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式：；
（3）合金较成分金属一般熔点低、硬度大，该合金材料的熔点比其成分金属的低；
a．金属的熔沸点为物理性质，与金属性强弱无关，a错误；
b．钠能和水反应生成氢氧化钠和氢气，钠不能置换出氯化铝溶液中的铝，b错误；
c．金属的活泼性与得失电子难易有关，与得失电子多少无关，c错误；
d．金属性越强，越容易和水反应，反应越剧烈，d正确；
故选d；
（4）融雪剂，主要成分的化学式，X、Y均为元素周期表前20号元素，阳离子和阴离子的电子层结构相同，且含有54mol电子，结合化学式，X为+2、Y为-1价，则X序数为54÷3+2=20，为钙，则Y为氯；该融雪剂为氯化钙，电子式是。
29．（2025高一上·上城期末）固体化合物A含三种元素，为探究其组成实验如图：
(1)A的化学式为　 　。
(2)D溶液暴露在空气中颜色逐渐变黄，写出该过程的离子方程式　 　。
(3)设计一个实验方案验证溶液D中的金属阳离子　 　。
【答案】FeCO3；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；取少量D溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无现象，继续滴加双氧水(或氯水等合理均给分)，溶液出现红色，说明D溶液中有Fe2+
【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；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)由元素守恒可知，A中含有Fe、C、O三种元素，Fe元素的质量是，C元素的质量是，O元素的质量是11.6－5.6－1.2=4.8g；Fe的物质的量是0.1mol、C的物质的量是0.1mol、O的物质的量是0.3mol，所以A的化学式是FeCO3。
故答案为：FeCO3
(2) D是，暴露在空气中Fe2+被氧气氧化为Fe3+，颜色逐渐变黄，反应的离子方程式是4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
(3) 取少量D溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无现象，继续滴加双氧水，溶液出现红色，说明D溶液中有含有Fe2+。
故答案为： 取少量D溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无现象，继续滴加双氧水(或氯水等合理均给分)，溶液出现红色，说明D溶液中有Fe2+
【分析】无色无味的气体C通入足量的澄清石灰水中，产生白色沉淀E10g，该反应沉淀E为CaCO3，其物质的量。无色无味的气体C为CO2，根据碳元素守恒可得，n(CO2)=n(CaCO3)=0.1mol。
11.6g固体A中所含碳元素的质量为0.1mol×12g·mol－1=1.2g。固体B加入足量的稀盐酸，得到浅绿色溶液D，暴露在空气中得到黄色溶液F，因此黄色溶液F为FeCl3，浅绿色溶液D为FeCl2，固体B为FeO，其物质的量。根据铁元素守恒可得，11.6g固体A中含有铁和氧元素，其中铁元素的质量为0.1mol×56g·mol－1=5.6g；氧元素的质量为11.6g－5.6g－1.2g=4.8g。11.6g固体A中Fe、C、O三种元素的物质的量之比为，所以固体A的化学式为FeCO3。
30．（2025高一上·上城期末）将一定质量的Mg和Al混合物投入400mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。
（1）原混合物中Mg和Al的质量之比为　 　。
（2）加入NaOH溶液的物质的量浓度为　 　。
（3）稀硫酸的物质的量浓度为　 　。
【答案】（1）2：3
（2）5mol/L
（3）1.25mol/L
【知识点】镁、铝的重要化合物；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）由元素守恒可知，n(Al)=n[Al(OH)3]=0.2mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，所以镁和铝的质量之比为：0.15mol×24g/mol：0.2mol×27g/mol=2：3，
故答案为：2：3；
（2）由图可知，当加入NaOH溶液的体积为200 240mL时发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol，氢氧化钠的浓度为：=5mol/L，
故答案为：5mol/L；
（3）当沉淀量最大时，沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知，此时n(Na2SO4)等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的，所以n(Na2SO4)=×0.2L×5mol/L=0.5mol，所以硫酸的浓度为：=1.25mol/L，
故答案为：1.25mol/L。
【分析】从图像可知，初始加入 20mL NaOH 溶液时无沉淀，说明 Mg、Al 与稀硫酸反应后硫酸过量，发生反应：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。
当 NaOH 溶液加至 200mL 时，沉淀量达最大，此时沉淀为 Mg(OH)2和 Al(OH)3，总物质的量 0.35mol，溶液中溶质为 Na2SO4。
从 200mL 到 240mL，NaOH 溶解 Al(OH)3，反应为：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O。
加至 240mL 时，沉淀仅为 Mg(OH)2，物质的量 0.15mol。故沉淀最大时，Mg(OH)2为 0.15mol，Al(OH)3为 0.35mol - 0.15mol = 0.2mol，以此可计算相关量。
（1）由元素守恒可知，n(Al)=n[Al(OH)3]=0.2mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，所以镁和铝的质量之比为：0.15mol×24g/mol：0.2mol×27g/mol=2：3，故答案为：2：3；
（2）由图可知，当加入NaOH溶液的体积为200 240mL时发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol，氢氧化钠的浓度为：=5mol/L，故答案为：5mol/L；
（3）当沉淀量最大时，沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知，此时n(Na2SO4)等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的，所以n(Na2SO4)=×0.2L×5mol/L=0.5mol，所以硫酸的浓度为：=1.25mol/L，故答案为：1.25mol/L。
1 / 1浙江省杭州市上城区浙江省杭州第九中学2024-2025学年高一上学期期末考试化学试题
一、单选题(每小题2分，共30分)
1．（2025高一上·上城期末）酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有、、、等。已知(亚磷酸)与足量的NaOH反应生成一种盐，则下列说法正确的是（　　）
A．属于一元酸 B．属于三元酸
C．属于酸式盐 D．属于酸式盐
2．（2025高一上·上城期末）将饱和的氯化铁溶液分成三等份，将第一份溶液滴加到沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，得到分散系Ⅰ；第二份溶液滴加到凉水中，得到分散系Ⅱ；第三份溶液中滴加氢氧化钠溶液，得到分散系Ⅲ。则下列说法正确的是
A．分散系Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ中的分散质相同
B．分散系Ⅰ和Ⅱ均能全部通过半透膜
C．稳定性：分散系Ⅱ>分散系Ⅰ>分散系Ⅲ
D．分散系Ⅰ和Ⅱ均能发生丁达尔效应
3．（2025高一上·上城期末）中国科学家首次实现了两个异核原子(1个 原子和1个 原子)的量子受控非门和量子纠缠，下列有关 的说法正确的是（　　）
A．质子数为87 B．核外电子数为37
C．中子数为37 D．质量数为50
4．（2025高一上·上城期末）某学生利用如图所示的装置对电解质溶液的导电性进行实验探究。下列说法正确的是
A．闭合开关K，电流表指针发生偏转，证明盐酸是电解质
B．闭合开关K，向烧杯中加入NaCl固体，由于HCl与NaCl不反应，故电流表指针不发生变化
C．闭合开关K，向溶液中加入固体电流表的示数明显减小
D．选取相同质量、相同溶质质量分数的硫酸替换盐酸，电流表的示数不同
5．（2025高一上·上城期末）把过氧化钠投入含有、、、的水溶液中，溶液中离子数目不变的是
A． B． C． D．
6．（2025高一上·上城期末）下列俗名与化学式对应的是
A．绿矾 B．石膏
C．苛性钠 Na D．芒硝
7．（2025高一上·上城期末）以下是侯式制碱法的简单流程，下列说法不正确的是
A．反应(2)的化学方程式为
B．操作X为过滤，为增大过滤速率，过滤时用玻璃棒搅拌
C．侯式制碱法的主要原理是相同条件下的溶解度最小
D．溶液B中加入氯化钠粉末，并通入氨，可析出副产品
8．（2025高一上·上城期末）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．被还原为转移的电子数为
B．1mol Fe溶于过量盐酸，转移的电子数为
C．与所含的硫原子数为
D．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为
9．（2025高一上·上城期末）下列物质久置于空气中易发生化学变化的有
①氯水 ②碳酸钠晶体 ③烧碱 ④漂白粉 ⑤过氧化钠 ⑥碳酸氢钠
A．5 种 B．4 种 C．3 种 D．2 种
10．（2025高一上·上城期末）某实验需用溶液，配制该NaOH溶液的几个关键实验步骤和操作示意图如下。下列说法正确的是
A．用分析天平和滤纸称取3.6000g氢氧化钠固体
B．NaOH在烧杯中完全溶解后，立即转移到容量瓶中
C．操作①时，若俯视容量瓶的刻度线，则使配得的NaOH溶液浓度偏低
D．上述操作的先后顺序是③②④⑥①⑤
11．（2025高一上·上城期末）下列溶液能够鉴别和的是
①紫色石蕊溶液②溶液③酸性溶液④氯水⑤品红溶液
A．①②③ B．②③④ C．②③④⑤ D．①②④⑤
12．（2025高一上·上城期末）硫元素的“价—类”二维图如下图所示。下列说法错误的是
A．a点表示的物质所属的物质类别是单质
B．b点表示的物质可以是，也可以是
C．c点表示的物质的浓溶液可作为干燥剂
D．d点表示的可溶性物质能与溶液发生反应
13．（2025高一上·上城期末）下列事实中，能说明氯原子得电子能力比硫原子强的是
①盐酸的酸性比氢硫酸(H2S水溶液)酸性强②还原性：Cl-A．①③④ B．②④ C．②③④ D．①②④
14．（2025高一上·上城期末）下列实验操作、实验现象和结论均正确且相符的是
选项 实验操作 实验现象 结论
A 将浓硫酸滴到蔗糖表面 固体变黑膨胀 浓硫酸有吸水性
B 向某溶液中滴加溶液 产生白色沉淀 溶液中含有
C 将浓硫酸和铜加热，冷却后用水稀释 产生有刺激性气味的气体，稀释后溶液呈蓝色 浓硫酸既表现氧化性，又表现酸性
D 将足量锌和浓硫酸共热，将气体通入品红溶液 产生有刺激性气味的气体，品红溶液褪色 产生的气体只有
A．A B．B C．C D．D
15．（2025高一上·上城期末）现有4种短周期主族元素X、Y、Z和Q，原子序数依次增大，相关信息见下表。下列说法正确的是
元素 相关信息
X 核外电子总数为1
Y 最高正化合价和最低负化合价之和为零
Z 原子有3个电子层，最外层电子数是最内层电子数的3倍
Q 同周期主族元素中原子半径最小
A．Y与X可形成分子
B．X单质只有还原性，没有氧化性
C．Y、Z、Q最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱
D．第四周期且与Q同主族的元素的单质在常温常压下呈固态
二、单选题(每小题3分，共30分)
16．（2025高一上·上城期末）酸碱质子理论：凡是能够释放质子()的任何含氢原子的分子或离子都是酸；凡是能与质子结合的分子或离子都是碱。按照酸碱质子理论，下列粒子既可以看作酸又可以看作碱的是
A． B． C． D．
17．（2025高一上·上城期末）离子方程式的能代表的物质是
①②③④⑤
A．①③ B．①④⑤ C．①②④ D．①⑤
18．（2025高一上·上城期末）已知、、，且氧化性强弱顺序是。在和混合溶液中，通入一定量，溶液中存在的离子不合理的是
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、、
19．（2025高一上·上城期末）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS溶于水)。下列说法正确的是
A．过程①中，Cu2+起催化剂作用
B．过程②中，发生反应为S2-+2Fe3+=S↓+2Fe2+
C．过程③中，氧气被还原
D．回收S的总反应为H2S+O2=H2O+S↓
20．（2025高一上·上城期末）将铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中充分反应，固体无剩余。测得参加反应的盐酸的物质的量为，放出的气体(标准状况)。则下列判断中正确的是
A．原混合物中
B．原混合物中氧化铁的质量为
C．向所得溶液中滴加溶液，溶液显红色
D．向所得溶液中通入，可以将完全转化为
21．（2025高一上·上城期末）Se、Br两种元素的部分信息如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：Br>Se>P
B．还原性：S2->Se2->Br-
C．Se在元素周期表中位于第四周期ⅥA族
D．Se、Br位于同一主族
22．（2025高一上·上城期末）核内中子数为N的R3+的离子，质量数为A，则n g R的氧化物中所含的质子的物质的量为
A．(A - N + 8)mol B．(A - N + 12)mol
C．(2A - 2N + 24)mol D．(A -N)mol
23．（2025高一上·上城期末）“跑道式”元素周期表结构如图所示：
下列有关叙述错误的是
A．元素a能与水置换出，且反应比与水反应更剧烈
B．元素b形成的两种单质分子的化学性质完全不同
C．元素c、d、e、f、g的原子最外层电子数相同，且对应的单质都有比较强的氧化性
D．位置h和i处均各含有15种元素
24．（2025高一上·上城期末）一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y原子序数依次增大。简单离子X2-与Y2+具有相同的电子结构。下列叙述正确的是
A．X的常见化合价有-1、-2 B．原子半径大小为Y>X>W
C．YX的水合物具有两性 D．W单质只有2种同素异形体
25．（2025高一上·上城期末）下列说法正确的是
A．、、由气态到固态，是因为共价键越来越强
B．HI溶于水能电离出、，所以HI是离子化合物
C．的性质很稳定，与水分子间存在氢键有关
D．化合物中含有离子键、非极性共价键
三、填空题
26．（2025高一上·上城期末）按要求完成下列填空：
（1）下列给定的物质中：①NaCl晶体：②；③镁条；④氨气；⑤液态的HCl。属于非电解质的是　 　(填编号)。
（2）写出金属铝投入氢氧化钠溶液中反应的化学方程式　 　。
（3）比较稳定性：　 　(填“>”、“<”、“=”)。
27．（2025高一上·上城期末）铁常见的化合价有0、+2、+3，某化学兴趣小组利用如图装置进行“铁与水反应”的实验，并检验产物，请回答下列问题：
（1）A、B、E三个装置中应先点燃　 　处的酒精(喷)灯，反应结束时，应先熄灭　 　处的酒精(喷)灯。
（2）装置C的作用是　 　。
（3）E处的装置可以用　 　(填“甲”或“乙”)代替；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入该装置中。
（4）B装置硬质玻璃管中发生反应的化学方程式为　 　。
（5）反应结束后，取B装置硬质玻璃管中的固体物质，用足量稀盐酸溶解得溶液X，向溶液X中加入少量KSCN溶液，无明显现象，请解释原因　 　。
（6）碱性环境下与强氧化剂作用可以生成，完成并配平下列反应的离子方程式：　 　。
_____________________(_______)_____________________(_______)
28．（2025高一上·上城期末）元素周期律反映了元素性质的周期性变化规律。
（1）元素的性质，特别是化学性质，取决于元素的原子结构。磷、硫、氯元素形成的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是　 　(填化学式)。
（2）碱金属元素中，和之间的关系是互为　 　。金属钾的氧化物有多种，写出与反应的化学方程式：　 　。
（3）中国“奋斗者”号载人潜水器的壳体为含钛、铝等元素的钛合金材料，该合金材料的熔点比其成分金属的　 　(填“高”或“低”)。下列方法可以比较钠和铝金属性强弱的是　 　(填字母)。
a.比较两种金属单质的硬度和熔点
b.用钠置换氯化铝溶液中的铝
c.比较等物质的量的两种金属单质与足量盐酸反应失去的电子数
d.比较等物质的量的两种金属单质分别与水反应的剧烈程度
（4）为了清理路面积雪，人们常使用一种融雪剂，主要成分的化学式，X、Y均为元素周期表前20号元素，阳离子和阴离子的电子层结构相同，且含有54mol电子。该融雪剂的电子式是　 　。
29．（2025高一上·上城期末）固体化合物A含三种元素，为探究其组成实验如图：
(1)A的化学式为　 　。
(2)D溶液暴露在空气中颜色逐渐变黄，写出该过程的离子方程式　 　。
(3)设计一个实验方案验证溶液D中的金属阳离子　 　。
30．（2025高一上·上城期末）将一定质量的Mg和Al混合物投入400mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。
（1）原混合物中Mg和Al的质量之比为　 　。
（2）加入NaOH溶液的物质的量浓度为　 　。
（3）稀硫酸的物质的量浓度为　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A.（亚磷酸）与足量的NaOH反应只能生成两种盐、，可知亚磷酸）为二元酸，故A错误；
B.依据分析可知属于二元酸，故B错误；
C.因为为二元酸，所以为正盐，为酸式盐，故C错误；
D.为酸式盐能够与氢氧化钠反应生成和水，故D正确；
故选D。
【分析】 已知（亚磷酸）与足量的NaOH反应只能生成两种盐、，故为二元酸，据此解答。
2．【答案】C
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、分散质分别为 Fe(OH)3胶粒、Fe3+和 Cl-、Fe(OH)3沉淀，三者不同，A错误；
B、胶体中胶粒不能通过半透膜，溶液中离子可通过，故 Ⅰ 不能全部通过，B错误；
C、分散系稳定性规律为：溶液＞胶体＞浊液，即 Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅲ，C正确；
D、只有胶体（Ⅰ）能发生丁达尔效应，溶液（Ⅱ）不能，D错误；
故答案为：C。
【分析】分散系 Ⅰ：饱和 FeCl3溶液滴入沸水并煮沸，得到氢氧化铁胶体（分散质为 Fe(OH)3胶粒）。
分散系 Ⅱ：饱和 FeCl3溶液滴入凉水，得到氯化铁溶液（分散质为 Fe3+和Cl-）。
分散系 Ⅲ：FeCl3溶液与 NaOH 反应，生成氢氧化铁浊液（分散质为 Fe(OH)3沉淀颗粒）。
3．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】 原子中质子数=核电荷数=37，质量数=87，中子数=87-37=50，只有B符合题意，
故答案为：B。
【分析】原子符号中左上角为质量数，左下角为质子数，原子中质子数=核电荷数=核外电子数， 质量数=质子数十中子数。
4．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A、闭合开关 K，电流表指针偏转，说明盐酸溶液能导电，但盐酸是混合物，不是电解质，电解质需为化合物，A错误；
B、向烧杯中加 NaCl 固体，NaCl 溶解使溶液中离子浓度增大，导电性增强，电流表指针应发生变化（示数增大），并非不反应就无变化，B错误；
C、加 CaCO3固体，HCl 与 CaCO3反应生成 CaCl2等，反应前后溶液中离子浓度基本不变，所以电流表示数几乎不变，不会明显减小，C错误；
D、用相同质量、相同溶质质量分数的硫酸替换盐酸，硫酸是二元酸，在溶液中电离出的离子浓度与盐酸不同，所以电流表的示数不同，D正确；
故答案为：D。
【分析】围绕电解质溶液导电性与离子浓度、离子所带电荷的关系，分析各选项中溶液离子变化对导电性（电流表示数）的影响。
5．【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件；钠的氧化物
【解析】【解答】过氧化钠与水的反应：过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠会电离出钠离子和氢氧根离子；
氢氧根离子的反应：氢氧根离子和碳酸氢根离子反应，生成碳酸根离子和水；
碳酸根离子的反应：碳酸根离子和钙离子反应，生成碳酸钙沉淀；
各离子变化：碳酸氢根离子因与氢氧根反应而减少，钙离子因与碳酸根反应而减少，钠离子因氢氧化钠电离而增加，硝酸根离子不参与上述任何反应，数目不变；
综上，溶液中离子数目不变的是 ；
故答案为：A。
【分析】先分析过氧化钠与水的反应，再看生成的物质与溶液中原有离子的反应，从而判断各离子数目变化。
6．【答案】D
【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、绿矾指的是七水合硫酸亚铁，化学式为 FeSO4 7H2O，并非其他含铁硫酸盐，A错误；
B、石膏的化学式是 CaSO4 2H2O，题目中 B 选项未明确给出对应化学式，结合常识可知其表述不匹配，B错误；
C、苛性钠是氢氧化钠的俗名，化学式为 NaOH，而不是 Na（钠单质），C错误；
D、芒硝的化学名称是十水合硫酸钠，化学式为 Na2SO4 10H2O，俗名与化学式对应正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】依据常见物质俗名对应的化学组成，核对各选项中俗名与化学式的匹配性。
7．【答案】B
【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、反应 (2) 是碳酸氢钠受热分解，生成碳酸钠、水和二氧化碳，化学方程式书写正确，A正确；
B、操作 X 为过滤，过滤时用玻璃棒搅拌会弄破滤纸，不能这样操作，并非为增大过滤速率而搅拌，B错误；
C、侯式制碱法主要利用相同条件下碳酸氢钠溶解度最小，易结晶析出的原理，C正确；
D、溶液 B 中加入氯化钠粉末并通氨，能提高铵根离子和氯离子浓度，利于氯化铵析出，D正确；
故答案为：B。
【分析】结合侯式制碱法的流程、反应原理及实验操作规范，分析各选项的正误。
A．反应 (2) 是 NaHCO3受热分解为 Na2CO3、H2O、CO2，方程式符合事实。
B．操作 X 是分离晶体与溶液的过滤，但过滤时不能用玻璃棒搅拌（会戳破滤纸、减慢速率）（这是核心易错点）。
C．侯式制碱法的关键是 NaHCO3溶解度最小，能从溶液中析出。
D．溶液 B 含 NH4Cl，加入 NaCl 粉末 + 通 NH3可降低 NH4Cl 溶解度使其析出。
8．【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、K2Cr2O7中 Cr 元素为 + 6 价，1mol K2Cr2O7被还原为 Cr3+时，每个 Cr 原子得 3 个电子，2 个 Cr 原子共得 6mol 电子，转移电子数为 6NA，A错误；
B、Fe 与过量盐酸反应生成 FeCl2，1mol Fe 失去 2mol 电子，转移电子数为 2NA，B错误；
C：S6和 S8均由 S 原子构成，48g 混合物中 S 原子总质量为 48g，物质的量为 48g÷32g/mol=1.5mol，原子数为 1.5NA，C正确；
D：过氧化钠与水反应生成 O2时，O 从 - 1 价变为 0 价，生成 1mol O2转移 2mol 电子，故生成 0.1mol O2转移电子数为 0.2NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】从物质的组成、氧化还原反应中元素化合价变化及电子转移规律入手，结合阿伏加德罗常数的含义，逐一判断各选项的正确性。
9．【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】①氯水：氯水中的次氯酸（HClO）不稳定，见光或久置会分解为盐酸和氧气，发生化学变化。
②碳酸钠晶体：碳酸钠晶体（Na2CO3 10H2O）久置空气中会失去结晶水，生成碳酸钠粉末，属于化学变化。
③烧碱：烧碱（NaOH）会吸收空气中的二氧化碳，反应生成碳酸钠和水，发生化学变化。
④漂白粉：漂白粉的有效成分次氯酸钙（Ca(ClO)2）能与空气中的二氧化碳和水反应，生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸还会进一步分解，发生化学变化。
⑤过氧化钠：过氧化钠（Na2O2）易与空气中的二氧化碳和水反应，分别生成碳酸钠和氧气、氢氧化钠和氧气，发生化学变化。
⑥碳酸氢钠：碳酸氢钠（NaHCO3）性质相对稳定，在空气中很难发生化学反应。
综上，①②③④⑤这 5 种物质久置于空气中易发生化学变化，
故答案为：A。
【分析】分析每种物质在空气中与氧气、水、二氧化碳等成分的反应情况，判断是否发生化学变化，统计发生化学变化的物质种类。
10．【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、配制 90mL 溶液需选 100mL 容量瓶，所需 NaOH 质量为 0.1L×1mol/L×40g/mol=4.0g；且 NaOH 易潮解、腐蚀滤纸，不能用滤纸称量，A错误；
B、NaOH 溶解放热，若立即转移到容量瓶，热胀冷缩会导致定容后溶液体积偏小，浓度偏高，应冷却至室温再转移，B错误；
C、操作①为定容，俯视刻度线会使加入的水偏少，溶液体积偏小，浓度偏高，而非偏低，C错误；
D、配制步骤为称量（③）、溶解（②）、转移（④）、洗涤转移（⑥）、定容（①）、摇匀（⑤），顺序为③②④⑥①⑤，D正确；
故答案为：D。
【分析】围绕一定物质的量浓度 NaOH 溶液的配制流程，从仪器选择、操作规范及误差分析等角度，判断各选项的正确性。
11．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；物质的检验和鉴别；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】①紫色石蕊溶液：SO2和 CO2溶于水都呈酸性，均能使溶液变红，无明显区别，无法鉴别；
②H2S 溶液：SO2与 H2S 反应生成黄色硫单质沉淀，CO2与 H2S 不反应，现象不同，可鉴别；
③酸性 KMnO4溶液：SO2具有还原性，能使酸性 KMnO4溶液褪色，CO2不反应，可鉴别；
④氯水：SO2能与氯水发生反应使氯水褪色，CO2与氯水不反应，可鉴别；
⑤品红溶液：SO2有漂白性，能使品红溶液褪色，CO2无此性质，可鉴别；
综上，②③④⑤可鉴别 SO2和 CO2，
故答案为：C。
【分析】依据 SO2和 CO2的性质差异（如漂白性、还原性、与特定物质的反应现象等），分析各溶液与两种气体作用的不同表现，判断能否鉴别。
12．【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A、a 点硫元素化合价为 0，物质类别为单质，对应硫单质，A正确；
B、b 点为 +4 价的硫的氧化物，只能是 SO2；SO3中硫为 + 6 价，不属于 b 点，B错误；
C、c 点是 +6 价硫的含氧酸，即 H2SO4，其浓溶液有吸水性，可作干燥剂，C正确；
D、d 点为 +6 价的硫酸盐，可溶性硫酸盐（如 Na2SO4）与 BaCl2反应生成 BaSO4沉淀，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据硫元素 “价 - 类” 二维图中各点的化合价和物质类别，确定对应物质，再结合物质性质判断选项正误。
13．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】①氢化物的酸性强弱与元素得电子能力无关，如 HCl 酸性弱于 HI，但 Cl 的非金属性强于 I，故①不能说明。
②非金属性越强，对应阴离子还原性越弱。还原性 Cl- < S2-，说明 Cl 得电子能力更强，②可说明。
③Cl2与 Fe 反应生成 FeCl3（Fe 为 +3 价），S 与 Fe 反应生成 FeS（Fe 为 +2 价），表明 Cl2得电子能力更强，能将 Fe 氧化到更高价，③可说明。
④Cl2与 H2S 反应生成 S，Cl2作氧化剂，S 为氧化产物，氧化性 Cl2 > S，说明 Cl 原子得电子能力更强，④可说明。
综上，②③④符合题意，
故答案为：C。
【分析】依据元素得电子能力（非金属性）的判断标准，分析各事实能否体现氯原子得电子能力强于硫原子。
14．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；化学实验方案的评价；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑是因浓硫酸的脱水性（脱去蔗糖中的 H、O），膨胀是浓硫酸氧化碳生成气体，体现氧化性，与吸水性无关，故A不符合题意 ；
B、滴加 BaCl2产生白色沉淀，可能是 BaSO4、AgCl 等，不能证明溶液含 SO42-，故B不符合题意 ；
C、浓硫酸与铜加热，生成刺激性气体 SO2（体现氧化性），稀释后溶液呈蓝色（生成 CuSO4，体现酸性），故C符合题意 ；
D、足量锌与浓硫酸共热，先生成 SO2，浓硫酸变稀后还会生成 H2，气体不止 SO2，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】从实验操作涉及的物质性质出发，分析现象与结论的逻辑关系，判断操作、现象、结论是否一致。
15．【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；氧化还原反应；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、Y（C）与 X（H）可形成 CH4分子，A正确；
B、X 的单质是 H2，H2与 Na 反应生成 NaH 时表现氧化性，并非只有还原性，B错误；
C、非金属性 C < S < Cl，最高价氧化物对应水化物酸性 H2CO3 < H2SO4 < HClO4，酸性逐渐增强，C错误；
D、第四周期与 Q（Cl）同主族的是 Br，Br2常温常压下为液态，D错误；
故答案为：A。
【分析】先根据题干信息推断出 X、Y、Z、Q 四种短周期主族元素，再结合元素性质和周期律判断选项正误。
推断元素：X 核外电子总数为 1，即 X 是 H；Y 最高正价与最低负价之和为 0，且原子序数大于 H，故 Y 为 C；Z 有 3 个电子层，最外层电子数是最内层（2 个）的 3 倍，即最外层 6 个电子，Z 为 S；Q 是同周期主族元素中原子半径最小的，且原子序数大于 S，故 Q 为 Cl。
16．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；物质的简单分类
【解析】【解答】A、CH3COO-仅能与 H+结合生成 CH3COOH，无法释放 H+，只能作为碱，A错误；
B、HCO3-可释放 H+生成 CO32-（体现酸性），也能结合 H+生成 H2CO3（体现碱性），因此既能作酸也能作碱，B正确；
C、OH-只能结合 H+形成 H2O，不能释放 H+，仅能作为碱，C错误；
D、C2O42-只能结合 H+生成 HC2O4-等，不能释放 H+，仅能作为碱，D错误；
故答案为：B。
【分析】依据酸碱质子理论，分析各粒子是否既能给出质子（H+）表现酸性，又能结合质子表现碱性，从而判断其是否兼具酸和碱的性质。
17．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】①HCl是强酸，在溶液中完全电离为和；与不反应（无沉淀），因此HCl与的反应离子方程式为，符合要求；
②是强酸，但电离出；与会生成沉淀，实际反应的离子方程式为，不符合原离子方程式，排除；
③是强酸，完全电离为和；与不反应（无沉淀），与的反应离子方程式与原方程式一致，符合要求；
④在溶液中电离为、和；与生成沉淀，实际离子方程式需体现沉淀，不符合原方程式，排除；
⑤是弱酸，在溶液中部分电离，离子方程式中需写化学式（不能拆为），实际反应的离子方程式为，不符合要求，排除；
故答案为：A。
【分析】解题核心：明确H+代表物质的两个关键条件）：
离子方程式中用“”表示的物质，需满足：
1. 是强酸：在溶液中能完全电离出（弱酸不能拆为，需写化学式）；
2. 电离出的阴离子不与沉淀：避免生成难溶物，否则离子方程式需体现沉淀。
18．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；离子共存
【解析】【解答】已知氧化性顺序为 Cl2 > Br2 > Fe3+ > I2，可推出还原性顺序为 I- > Fe2+ > Br- > Cl-。Cl2通入 FeI2和 FeBr2混合溶液时，反应按先氧化 I-、再氧化 Fe2+、最后氧化 Br-的顺序进行。
A、存在 Fe3+、Br-、Cl-，说明 I-和 Fe2+已被完全氧化，而 Br-未被氧化，符合反应顺序，A合理；
B、存在 I-、Br-、Cl-，但原溶液中含有 Fe2+。若 Fe2+未被氧化，溶液中应存在 Fe2+；若 Fe2+被氧化，则 I-早已被完全消耗，不可能有 I-残留，矛盾，B合理；
C、存在 Fe2+、Cl-、Br-，说明 I-已被完全氧化，Fe2+和 Br-未被氧化，符合反应顺序，C合理；
D、存在 Fe2+、Br-、Cl-、I-，说明 Cl2量不足，仅部分氧化 I-，Fe2+和 Br-未反应，符合反应顺序，D合理；
故答案为：B。
【分析】先根据氧化性顺序确定对应离子的还原性强弱，明确 Cl2通入混合溶液时的反应先后顺序，再判断各选项中离子组合是否符合反应逻辑。
19．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A、过程①是 H2S 与 Cu2+反应生成 CuS（Cu2+参与反应生成 CuS，反应前后未保持不变），不符合催化剂 “反应前后质量和化学性质不变” 的特点，因此 Cu2+不是催化剂。A错误；
B、CuS 难溶于水，在离子方程式中不能拆分为 S2-，因此过程②的反应应为 CuS+2Fe3+=S↓+2Fe2++Cu2+，而非 S2-与 Fe3+的反应。B错误；
C、过程③中，O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，O2中 O 元素化合价从 0 降低到 - 2（生成水或其他含氧化合物），化合价降低，发生还原反应，即氧气被还原。C正确；
D、总反应需整合各步：H2S 与 Cu2+生成 CuS，CuS 被 Fe3+氧化为 S，Fe2+再被 O2氧化为 Fe3+，最终总反应为 2H2S+O2=2H2O+2S↓（原选项未配平，原子不守恒）。D错误；
故答案为：C。
【分析】 A．催化剂需 “反应前后不变”，过程①中 Cu2+ 参与反应生成 CuS，并非催化剂。
B．离子反应的拆分规则：难溶物（如 CuS）不能拆分为离子，因此过程②的反应物是 CuS（而非 S2-）。
C．氧化还原的价态变化：过程③中 O2的 O 元素化合价从 0到-2（降低），化合价降低的物质被还原。
D．总反应的配平：总反应需满足原子守恒，原选项中 H2S+O2=H2O+S↓未配平（原子数不相等）。
20．【答案】D
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；探究物质的组成或测量物质的含量；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】计算 H2对应的 Fe 和 HCl：标准状况下 H2体积 0.448L，物质的量为 0.448L÷22.4L/mol=0.02mol。由反应 Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知：参与此反应的 Fe 物质的量=H2物质的量 = 0.02mol，消耗 HCl 的物质的量 = 2×0.02mol=0.04mol。
计算 Fe2O3相关的量：总 HCl 物质的量为 0.1mol，剩余 HCl（参与 Fe2O3相关反应）的物质的量 = 0.1mol-0.04mol=0.06mol。Fe2O3与 Fe、HCl 的反应为 Fe2O3+Fe+6HCl=3FeCl2+3H2O，此反应中 HCl 与 Fe2O3的物质的量比为 6：1，因此 Fe2O3的物质的量 = 0.06mol÷6=0.01mol，参与此反应的 Fe 物质的量 = Fe2O3物质的量 = 0.01mol。
确定混合物组成及溶液成分：混合物中总 Fe 物质的量 = 0.02mol（生成 H2）+0.01mol（还原 Fe3+）=0.03mol；Fe2O3物质的量 = 0.01mol。最终溶液中 FeCl2的物质的量 = 3×0.01mol（Fe2O3反应生成）+0.02mol（H2对应的 FeCl2）=0.05mol。
A、原混合物中 n (Fe2O3)：n (Fe)=0.01mol：0.03mol=1：3，并非 3：1，A错误；
B、Fe2O3的质量 = 0.01mol×160g/mol=1.60g，并非 3.20g，B错误；
C、因 Fe 过量，Fe3+已被完全还原为 Fe2+，溶液中无 Fe3+，滴加 KSCN 溶液不会显红色，C错误；
D、溶液中 FeCl2为 0.05mol，由反应 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3可知，消耗 Cl2的物质的量 = 0.05mol÷2=0.025mol，能将 Fe2+完全转化为 Fe3+，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：先判断 Fe 过量：
反应生成 H2，说明 Fe 有剩余（Fe3+会与过量 Fe 反应生成 Fe2+），因此最终溶液中无 Fe3+，只有 Fe2+（这是判断选项 C 的核心依据）。
再拆分反应，分步计算：总反应可拆分为两个过程：
“Fe 与盐酸生成 H2”：利用 H2的体积（0.448L）先算此反应中 Fe 和 HCl 的消耗量；
“Fe2O3、Fe 与盐酸反应”：用总 HCl 的量减去上一步消耗的 HCl，剩余部分用于计算 Fe2O3的量（依据反应中 HCl 与 Fe2O3的物质的量比 6：1）。
接着抓物质的量比例关系：化学方程式中各物质的量比是计算关键，例如：
Fe 与 HCl 生成 H2时，Fe、HCl、H2的比例为 1：2：1；
Fe2O3、Fe 与 HCl 反应时，Fe2O3、Fe、HCl 的比例为 1：1：6。
最后计算最终溶液中 Fe2+的总量：两个反应生成的 FeCl2总和，是判断 Cl2消耗量（选项 D）的依据（反应中 FeCl2与 Cl2的比例为 2：1）。
21．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、Se 和 Br 处于同一周期，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，Se 在 Br 左边，所以原子半径 Se > Br；而 P 在第三周期，Se 在第四周期，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以 Se > P，故原子半径 Se > Br、Se > P，A错误；
B、Se 和 S 同主族，同主族元素从上到下氧化性逐渐减弱，所以氧化性 S > Se，对应简单阴离子的还原性 Se2- > S2-；Br 的氧化性强于 Se，所以还原性 Se2- > Br-，故还原性 Se2- > S2- > Br-，B 错误；
C、从 Se 的原子结构看，有 4 个电子层，最外层电子数为 6，所以 Se 位于第四周期 ⅥA 族，C 正确；
D、Se 位于 ⅥA 族，Br 位于 ⅦA 族，二者不在同一主族，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据 Se、Br 的原子结构示意图，结合元素周期律（原子半径变化、氧化性与还原性的递变、周期和主族的判断等），对各选项进行分析。
22．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；物质的量的相关计算
【解析】【解答】先确定R的质子数：质量数质子数中子数，故R的质子数为。
再确定R的氧化物化学式：对应的氧化物中，R为+3价，O为-2价，故氧化物化学式为。
然后计算氧化物的摩尔质量：的摩尔质量为（或表述为“1个的质量数总和为”）。
最后计算氧化物的物质的量：物质的量为。
然后计算1个中的质子数：1个R含个质子，1个O含8个质子，故1个的质子数为。
最后计算总质子的物质的量：总质子物质的量氧化物物质的量1个氧化物的质子数，即：
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
1. 确定R的质子数：利用“质量数=质子数+中子数”，直接得R的质子数为。
2. 判断氧化物化学式：由的化合价，推出氧化物为（+3价与-2价交叉定组成）。
3. 计算氧化物的摩尔质量：的摩尔质量为（2个R的质量数+3个O的质量数）。
4. 关联质子数与物质的量：先算1个的质子数（2个R的质子数+3个O的质子数），再结合氧化物的物质的量，得到总质子的物质的量。
23．【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
【解析】【解答】A、a 是 K，K 位于 Na 下方，第 ⅠA 族元素金属性随周期数增大而增强，K 与水反应比 Na 更剧烈，能置换出 H2，A正确；
B、b 是 N，形成的单质（如 N2、N4）均由 N 原子构成，化学性质相似（如均具有氧化性），并非 “完全不同”，B错误；
C、c~g 是第 ⅦA 族元素，最外层电子数均为 7；其单质（如 F2、Cl2）具有强氧化性，但 At 的单质氧化性较弱（同主族氧化性随周期数增大而减弱），“都有较强氧化性g” 表述错误，C错误；
D、位置 h（镧系）、i（锕系）各含 15 种元素，这是周期表的固定结构，D正确；
故答案为：A。
【分析】元素 a：对应周期表中第 ⅠA 族的 K（位于 Na 下方）；
元素 b：对应 N（形成 N2、N4等单质）；
元素 c~g：位于同一主族（如第 ⅦA 族，对应 F、Cl、Br、I、At）；
位置 h、i：对应周期表中的镧系、锕系区域。
24．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、X 为 O，常见化合价有 - 2（如 H2O）、-1（如 H2O2），A正确；
B、原子半径：Mg（Y）＞C（W）＞O（X）（电子层越多半径越大，同周期序数大则半径小），B错误；
C、YX 为 MgO，其水合物是 Mg (OH)2，属于强碱，无两性，C错误；
D、W 为 C，单质的同素异形体有金刚石、石墨、C60等，不止 2 种，D错误；
故答案为：A。
【分析】推断 X 和 Y：简单离子 X2-与 Y2+电子层结构相同，短周期中符合条件的是 O2-（8 号）和 Mg2+（12 号），故 X 为 O，Y 为 Mg。
推断 W：矿物含 W、O、Mg，溶于稀盐酸生成无色无味气体（应为 CO2），说明含碳酸根；W 原子序数小于 O（8 号），故 W 为 C。据此解题。
25．【答案】D
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；分子间作用力；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、Cl2、Br2、I2均为分子晶体，它们的状态变化（气态到固态）是因分子间作用力随相对分子质量增大而增强，与分子内的共价键无关，A错误；
B、HI 在水中电离出 H+和 I-，但 HI 中 H 与 I 通过共价键结合，属于共价化合物，并非离子化合物，B错误；
C、H2O 的稳定性取决于 H-O 键的强弱，与分子间的氢键无关，氢键主要影响其熔沸点等物理性质，C错误；
D、NaN3中，Na+与 N3-之间形成离子键，N3-内部的 N 原子之间存在非极性共价键，D正确；
故答案为：D。
【分析】结合物质的晶体类型、化学键种类、化合物分类及氢键的作用，判断各选项表述的正确性。
26．【答案】（1）④
（2）
（3）<
【知识点】电解质与非电解质；铝的化学性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。①NaCl晶体属于电解质；②属于电解质；③镁条为单质，既不是电解质也不是非电解质；④氨气熔融状态下不导电，溶于水能导电，但不是其本身电离出可自由移动的离子，而是氨气和水反应生成NH3 H2O，NH3 H2O电离出可自由移动的离子而导电，因此氨气属于非电解质；⑤液态的HCl属于电解质，故属于非电解质的是④。
故答案为： ④ ；
（2）铝是两性金属，可与强碱溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，化学方程式为。
故答案为： ；
（3）非金属性越强，其氢化物的稳定性越强。非金属性：P＜N，则其氢化物的稳定性：PH33。
故答案为： < ，
【分析】(1)依据非电解质定义（水溶液和熔融态都不导电的化合物），判断出④氨气为非电解质。
(2)铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，化学方程式：。
(3)非金属性 P < N，氢化物稳定性随非金属性增强而增强，故 PH3 < NH3。
（1）非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。①NaCl晶体属于电解质；②属于电解质；③镁条为单质，既不是电解质也不是非电解质；④氨气熔融状态下不导电，溶于水能导电，但不是其本身电离出可自由移动的离子，而是氨气和水反应生成NH3 H2O，NH3 H2O电离出可自由移动的离子而导电，因此氨气属于非电解质；⑤液态的HCl属于电解质，故属于非电解质的是④。
（2）铝是两性金属，可与强碱溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，化学方程式为。
（3）非金属性越强，其氢化物的稳定性越强。非金属性：P＜N，则其氢化物的稳定性：PH327．【答案】（1）A；E
（2）冷凝大部分未反应的水蒸气
（3）乙
（4）
（5）过量的铁粉将铁离子还原为亚铁离子
（6）
【知识点】铁的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验；铁及其化合物的性质实验；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）B中生成氢气，氢气为可燃性气体，与空气混合加热容易发生爆炸，故应先点燃A处的酒精灯，排净装置中空气；反应结束时，应先熄灭最后加热装置E处酒精灯；
故答案为：A；E；
（2）装置C的作用是冷凝大部分未反应的水蒸气，剩余小部分水蒸气可通过碱石灰吸收。
故答案为： 冷凝大部分未反应的水蒸气 ；
（3）E处的装置发生氢气还原氧化铜，氢气的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，因此E处的装置可以用乙代替。
故答案为： 乙 ；
（4）B装置硬质玻璃管中，还原性铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为。
故答案为： ；
（5）B装置得到固体物质含Fe3O4和过量铁粉，加足量稀盐酸溶解过程中，铁粉将铁离子还原为亚铁离子，使得溶液X中不含铁离子，因而往溶液中加入少量KSCN溶液，无明显现象；
故答案为： 过量的铁粉将铁离子还原为亚铁离子 ；
（6）碱性环境下与强氧化剂次氯酸根离子作用可以生成，铁化合价由+3变为+6、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒、质量守恒，反应为：。
故答案为： 。
【分析】装置 A 通过加热水产生水蒸气，为后续反应提供反应物；装置 B 是铁粉与水蒸气发生反应的核心场所，能让二者充分接触并反应；装置 C 承担着冷凝大部分未反应水蒸气的关键任务，大幅减少后续对产物检验的干扰；碱石灰则会吸收剩余小部分水蒸气，进一步净化气体；装置 E 中的氧化铜，是专门用来检验 B 装置反应产生的H2的，因为氢气具有还原性，能还原氧化铜。而且氢气密度比空气小很多，采用向下排空气法收集十分合适，所以 E 处的装置用乙替代是完全可行的，这样整个装置在反应开展、产物检验等环节的连贯性和有效性都能得到更强保障，各部分协同作用能更充分地实现 “铁与水反应” 及产物检验的实验目的。
（1）B中生成氢气，氢气为可燃性气体，与空气混合加热容易发生爆炸，故应先点燃A处的酒精灯，排净装置中空气；反应结束时，应先熄灭最后加热装置E处酒精灯；
（2）装置C的作用是冷凝大部分未反应的水蒸气，剩余小部分水蒸气可通过碱石灰吸收。
（3）E处的装置发生氢气还原氧化铜，氢气的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，因此E处的装置可以用乙代替。
（4）B装置硬质玻璃管中，还原性铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为。
（5）B装置得到固体物质含Fe3O4和过量铁粉，加足量稀盐酸溶解过程中，铁粉将铁离子还原为亚铁离子，使得溶液X中不含铁离子，因而往溶液中加入少量KSCN溶液，无明显现象；
（6）碱性环境下与强氧化剂次氯酸根离子作用可以生成，铁化合价由+3变为+6、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒、质量守恒，反应为：。
28．【答案】（1）HClO4
（2）同位素；
（3）低；d
（4）
【知识点】原子结构与元素的性质；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；合金及其应用；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）非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，同周期中越靠右元素非金属性越强，则酸性最强的是HClO4；
故答案为： HClO4 ；
（2）和为同种元素的不同原子，互为同位素。与反应类似过氧化钠和二氧化碳反应，反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式：；
故答案为： 同位素 ； ；
（3）合金较成分金属一般熔点低、硬度大，该合金材料的熔点比其成分金属的低；
a．金属的熔沸点为物理性质，与金属性强弱无关，a错误；
b．钠能和水反应生成氢氧化钠和氢气，钠不能置换出氯化铝溶液中的铝，b错误；
c．金属的活泼性与得失电子难易有关，与得失电子多少无关，c错误；
d．金属性越强，越容易和水反应，反应越剧烈，d正确；
故答案为： 低 ；d；
（4）融雪剂，主要成分的化学式，X、Y均为元素周期表前20号元素，阳离子和阴离子的电子层结构相同，且含有54mol电子，结合化学式，X为+2、Y为-1价，则X序数为54÷3+2=20，为钙，则Y为氯；该融雪剂为氯化钙，电子式是。
故答案为： ；
【分析】(1)依据 “非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强”，同周期元素从左到右非金属性增强，故酸性最强的是 HClO4。
(2)6Li 和7Li 为同种元素的不同原子，互为同位素；K2O2与 CO2反应类似 Na2O2与 CO2，方程式为 。
(3)合金熔点低于成分金属；通过比较与水反应的剧烈程度可判断金属性，选 d。
(4)推知融雪剂为 CaCl2，电子式为 。
（1）非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，同周期中越靠右元素非金属性越强，则酸性最强的是HClO4；
（2）和为同种元素的不同原子，互为同位素。与反应类似过氧化钠和二氧化碳反应，反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式：；
（3）合金较成分金属一般熔点低、硬度大，该合金材料的熔点比其成分金属的低；
a．金属的熔沸点为物理性质，与金属性强弱无关，a错误；
b．钠能和水反应生成氢氧化钠和氢气，钠不能置换出氯化铝溶液中的铝，b错误；
c．金属的活泼性与得失电子难易有关，与得失电子多少无关，c错误；
d．金属性越强，越容易和水反应，反应越剧烈，d正确；
故选d；
（4）融雪剂，主要成分的化学式，X、Y均为元素周期表前20号元素，阳离子和阴离子的电子层结构相同，且含有54mol电子，结合化学式，X为+2、Y为-1价，则X序数为54÷3+2=20，为钙，则Y为氯；该融雪剂为氯化钙，电子式是。
29．【答案】FeCO3；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；取少量D溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无现象，继续滴加双氧水(或氯水等合理均给分)，溶液出现红色，说明D溶液中有Fe2+
【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；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)由元素守恒可知，A中含有Fe、C、O三种元素，Fe元素的质量是，C元素的质量是，O元素的质量是11.6－5.6－1.2=4.8g；Fe的物质的量是0.1mol、C的物质的量是0.1mol、O的物质的量是0.3mol，所以A的化学式是FeCO3。
故答案为：FeCO3
(2) D是，暴露在空气中Fe2+被氧气氧化为Fe3+，颜色逐渐变黄，反应的离子方程式是4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
(3) 取少量D溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无现象，继续滴加双氧水，溶液出现红色，说明D溶液中有含有Fe2+。
故答案为： 取少量D溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无现象，继续滴加双氧水(或氯水等合理均给分)，溶液出现红色，说明D溶液中有Fe2+
【分析】无色无味的气体C通入足量的澄清石灰水中，产生白色沉淀E10g，该反应沉淀E为CaCO3，其物质的量。无色无味的气体C为CO2，根据碳元素守恒可得，n(CO2)=n(CaCO3)=0.1mol。
11.6g固体A中所含碳元素的质量为0.1mol×12g·mol－1=1.2g。固体B加入足量的稀盐酸，得到浅绿色溶液D，暴露在空气中得到黄色溶液F，因此黄色溶液F为FeCl3，浅绿色溶液D为FeCl2，固体B为FeO，其物质的量。根据铁元素守恒可得，11.6g固体A中含有铁和氧元素，其中铁元素的质量为0.1mol×56g·mol－1=5.6g；氧元素的质量为11.6g－5.6g－1.2g=4.8g。11.6g固体A中Fe、C、O三种元素的物质的量之比为，所以固体A的化学式为FeCO3。
30．【答案】（1）2：3
（2）5mol/L
（3）1.25mol/L
【知识点】镁、铝的重要化合物；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）由元素守恒可知，n(Al)=n[Al(OH)3]=0.2mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，所以镁和铝的质量之比为：0.15mol×24g/mol：0.2mol×27g/mol=2：3，
故答案为：2：3；
（2）由图可知，当加入NaOH溶液的体积为200 240mL时发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol，氢氧化钠的浓度为：=5mol/L，
故答案为：5mol/L；
（3）当沉淀量最大时，沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知，此时n(Na2SO4)等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的，所以n(Na2SO4)=×0.2L×5mol/L=0.5mol，所以硫酸的浓度为：=1.25mol/L，
故答案为：1.25mol/L。
【分析】从图像可知，初始加入 20mL NaOH 溶液时无沉淀，说明 Mg、Al 与稀硫酸反应后硫酸过量，发生反应：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。
当 NaOH 溶液加至 200mL 时，沉淀量达最大，此时沉淀为 Mg(OH)2和 Al(OH)3，总物质的量 0.35mol，溶液中溶质为 Na2SO4。
从 200mL 到 240mL，NaOH 溶解 Al(OH)3，反应为：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O。
加至 240mL 时，沉淀仅为 Mg(OH)2，物质的量 0.15mol。故沉淀最大时，Mg(OH)2为 0.15mol，Al(OH)3为 0.35mol - 0.15mol = 0.2mol，以此可计算相关量。
（1）由元素守恒可知，n(Al)=n[Al(OH)3]=0.2mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，所以镁和铝的质量之比为：0.15mol×24g/mol：0.2mol×27g/mol=2：3，故答案为：2：3；
（2）由图可知，当加入NaOH溶液的体积为200 240mL时发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol，氢氧化钠的浓度为：=5mol/L，故答案为：5mol/L；
（3）当沉淀量最大时，沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知，此时n(Na2SO4)等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的，所以n(Na2SO4)=×0.2L×5mol/L=0.5mol，所以硫酸的浓度为：=1.25mol/L，故答案为：1.25mol/L。
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