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江苏省连云港市灌南高级中学2024-2025学年高一上学期期末考试 化学试题
一、单项选择题(共16小题，每小题3分，共48分，每题只有一个选项最符合题意)
1．（2025高一上·灌南期末）在2020年抗击新型冠状病毒肺炎的战“疫”中，化学品发挥了重要作用，下列说法错误的是
A．喷洒无水酒精可以有效预防病毒的侵袭
B．二氧化氯泡腾片可以作环境消毒剂
C．84消毒液和洁厕灵混用会生成有毒有害的物质
D．氢氧化铁胶体可以作净水剂
2．（2025高一上·灌南期末）下列物质与对应的归类不正确的是
A．水、液态氯化氢、小苏打都是电解质
B．“84”消毒液、碘酒、液氨都是混合物
C．CO2、Mn2O7、SO3都属于酸性氧化物
D．NaH、NaN3、NaClO都属于离子化合物
3．（2025高一上·灌南期末）反应2Na2O2+4HCl=4NaCl+O2↑+2H2O说明Na2O2不属于碱性氧化物，下列相关描述正确的是
A．H2O的电子式为 B．Na+与Cl-具有相同的电子层结构
C．Na2O2既含离子键又含共价键 D．中子数为20的氯原子：Cl
4．（2025高一上·灌南期末）室温下，通过下列实验探究一定浓度Na2CO3溶液的性质。
实验1：向溶液中滴几滴酚酞，溶液显红色：
实验2：向实验1所得溶液中缓慢滴加几滴稀盐酸，溶液红色变浅，无气体产生；
实验3：向溶液中通入过量的CO2，无明显现象；
实验4：向实验3所得溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是
A．实验l说明Na2CO3溶液中存在OH-
B．实验2中溶液红色变浅的原因是：CO+2H+=H2O+CO2↑
C．由实验3可以推测Na2CO3与CO2没有发生反应
D．实验4中发生反应的离子方程式为：CO+Ba2+= BaCO3↓
5．（2025高一上·灌南期末）对下列事实的解释错误的是(　　)
A．在蔗糖中加入浓硫酸出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性
B．向50 mL 18 mol·L－1H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量小于0.45 mol
C．常温下，浓硫酸可以用铝制容器贮存，说明铝与浓硫酸不反应
D．反应CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4能进行，说明CuS既不溶于水也不溶于稀硫酸
6．（2025高一上·灌南期末）下列实验装置能达到实验目的的是
A．验证Na和水的反应是否为放热反应 B．证明非金属性强弱：
C．观察碳酸钾的焰色反应 D．比较、的稳定性
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高一上·灌南期末）硫代硫酸钠溶液与盐酸混合（Na2S2O3 + 2HCl == 2NaCl + S↓+ SO2↑+ H2O），生成单质硫并沉淀出来。若将硫代硫酸钠溶液先与界面活性剂(不参与反应)均匀混合于烧杯中，再加入盐酸溶液并立刻搅拌，静置后无沉淀产生，得到含硫单质的胶体。下列叙述错误的是
A．硫代硫酸钠与盐酸反应中，盐酸作还原剂
B．烧杯中单质硫颗粒直径约为 10-9~10-7m
C．界面活性剂减缓了硫生成的速率
D．用平行光照射烧杯中液体，将观察到光的“通路”
8．（2025高一上·灌南期末）实验室保存的浓盐酸标签如图所示，某同学用此浓盐酸配制500mL 0.2mol·L-1的稀盐酸。下列说法错误的是
盐酸
分子式 HCl
相对分子量 36.5
密度 1.19g·cm3
HCl的质量分数 36.5%
A．该浓盐酸的物质的量浓度为11.9 mol·L-1
B．配制溶液所用的容量瓶不需要干燥
C．若定容时仰视刻度线，所配溶液浓度偏小
D．实验需用到的玻璃仪器有烧杯、容量瓶、胶头滴管三种
9．（2025高一上·灌南期末）碘在自然界中有很多存在形式，在地壳中主要以NaIO3形式存在，而在海带、紫菜等海藻类植物中也含有碘元素，经过灼烧、溶解、过滤后得到的溶液主要以I-形式存在，几种粒子与Cl2之间有如下转化关系：
以下说法不正确的是
A．①中发生的反应是2I-+Cl2=I2+2Cl-
B．I-与过量Cl2发生的反应是I-+3Cl2+3H2O=IO+6Cl-+6H+
C．以上反应中，氯气都体现氧化性，具体表现为氯元素的化合价由0价降低为-1价
D．若在加入淀粉的KI溶液中逐滴滴加氯水，不能观察到溶液变蓝的现象
10．（2025高一上·灌南期末）某无色、澄清溶液中只可能含有①、②、③、④、⑤、⑥、⑦中的几种，且每种离子的物质的量浓度均相等。依次进行下列实验，每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：
步骤 操作 现象
(1) 向溶液中滴加2～3滴紫色石蕊溶液 溶液变红
(2) 向溶液中滴加溶液和稀盐酸 有白色沉淀生成
(3) 将(2)中所得沉淀过滤，向滤液中加入溶液和稀硝酸 有白色沉淀生成
下列结论正确的是
A．该实验无法确定溶液中是否含有③
B．溶液中肯定含有的离子是①②⑥
C．溶液中可能含有的离子是①③
D．溶液中肯定没有的离子是④⑤⑦
11．（2025高一上·灌南期末）下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向碳酸钠溶液中加入过量醋酸：CO+2H+=H2O+CO2↑
B．氯化铝溶液与足量氨水反应：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
C．向(溶液中加入过量氢氧化钠溶液：
D．少量金属钠投入CuSO4溶液：2Na + Cu2+ = 2Na+ + Cu
12．（2025高一上·灌南期末）A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A原子是主族元素中原子半径最小的，B原子的最外层电子数等于其次外层电子数3倍，C元素是地壳中含量最高的金属元素，D的最高价氧化物对应水化物的化学式为HnDO2n+2，E有两种常见简单离子，低价离子为绿色。下列说法错误的是
A．E为过渡元素
B．A与B形成的某化合物含非极性键
C．简单离子半径：A＜B＜C＜D
D．C与D的最高价氧化物的水化物之间可以反应
13．（2025高一上·灌南期末）下列说法正确的是
A．试纸在使用时必须先要湿润
B．任何金属或者它们的化合物在火焰上灼烧都有特殊的焰色反应
C．乙醇可以任意比例溶于水，所以乙醇不能作为萃取剂萃取任何物质
D．提纯混有少量氯化钠的硝酸钾，可以经过溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤
14．（2025高一上·灌南期末）因为镁、锂在元素周期表中具有特殊的“对角线”位置而性质相似，如它们的单质在过量氧气中燃烧均只生成正常氧化物等。以下叙述的锂的性质与镁相似，其中正确的是
A．Li2SO4难溶于水
B．LiOH是可溶于水，受热不分解的强碱
C．遇浓H2SO4会产生“钝化现象”
D．Li2CO3受热分解生成Li2O和CO2
15．（2025高一上·灌南期末）下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（　　）
A．湿润的红色布条遇氯气褪色
B．棕黄色饱和溶液滴入沸水中，继续煮沸至液体变为红褐色
C．向紫色酸性溶液中通入气体后溶液褪色
D．淡黄色固体露置于空气中逐渐变为白色
16．（2025高一上·灌南期末）NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，其一种生产工艺如图，下列说法不正确的是
A．“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：H2SO4+SO2+2NaClO3=2ClO2+2NaHSO4
B．“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去杂质SO和Ca2+，需要加入适当过量的除杂试剂，添加顺序为为BaCl2、Na2CO3
C．吸收反应NaOH+H2O2+ClO2NaClO2+O2+H2O中，氧化产物是O2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
D．270gClO2与过量的NaOH、H2O2完全反应，计算生成的NaClO2的物质的量为4mol
二、II非选择题(共52分)
17．（2025高一上·灌南期末）如图是元素周期表的短周期部分，表中的数字序号代表该元素，请参照元素在表中的位置，回答下列问题：
（1）写出元素⑥位于周期表中的位置：第3周期第　 　族。
（2）元素②的单质有多种，这些单质互称　 　。写出①和③形成的原子数之比为1：1的化合物的电子式：　 　。
（3）元素④的单质着火不能用水灭火，其原因是　 　(用离子方程式表示)。
（4）可用来判断元素④、⑤金属性强弱的是　 　(填字母)。
a．原子的最外层电子数
b．单质与水反应的剧烈程度
c．单质的熔沸点高低
d．最高价氧化物的水化物的碱性强弱
（5）元素硒(Se)与元素③和⑦位于同一主族，俗称“长寿元素”，在营养强化剂中硒元素主要以亚硒酸钠形式存在，写出亚硒酸钠的化学式：　 　，这三种元素简单氢化物的沸点由高到低的顺序是　 　(用化学式表示)。
18．（2025高一上·灌南期末）空气中 CO2浓度的持续走高引起人们的高度重视。一些科学家认为，人类不仅要努力减少 CO2的排放，还要尽快想办法清除空气中过多的 CO2.为此，他们设想了一系列“捕捉”和“封存” CO2的方法。
方法Ⅰ：一些科学家利用太阳能加热的反应器“捕捉”空气中的 CO2，如图-1所示。
（1）步骤一中的 CaO的电子式为　 　。
（2）步骤二中发生反应的化学方程式是　 　。
方法Ⅱ：另一些科学家利用 NaOH 溶液的喷淋“捕捉”空气中的 CO2，如图-2所示。
图-2
（3）上图-2 a 环节中，物质分离的基本操作是　 　。
（4）为了尽量减少成本，在整个流程中，循环利用的物质有 CaO和　 　。
（5）下列溶液中，同样能用于“捕捉”二氧化碳的是 　 　(填字母)，发生反应的离子方程式为　 　。
a．KNO3溶液 b．CaCl2溶液 c．H2O2溶液 d．Na2CO3溶液
19．（2025高一上·灌南期末）舍勒发现氯气的方法至今还是实验室中制取氯气的主要方法之一。
（1）写出用该方法制取氯气的化学方程式　 　。
（2）某同学应用该方法，按照制备、净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)能达到实验目的的是　 　。
（3）写出上述D装置中Cl2经过湿润红布条时发生反应的离子方程式　 　。
（4）验证氯水中HClO光照分解的产物。将新制的氯水加入三颈烧瓶内，将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入三颈瓶中(如图1)，用强光照射氯水，进行实验并采集数据，获得相关变化曲线。(酸性溶液中，越大，pH越小，溶液酸性越强)
若能够证明氯水中HClO在光照下发生了分解反应，则图2中纵坐标可以表示的物理量是　 　(填字母)。
a．氧气的体积分数 b． 氯水的pH c．氯离子的浓度
（5）某化工厂用氯气与氢氧化钙生产漂白粉。该厂出厂产品说明书如图3：
①漂白粉的有效成分是　 　(填化学式)。漂白粉需“密封避光保存于阴凉处”是因为漂白粉有效成分与空气中、反应生成不稳定的次氯酸而易失效。生成次氯酸的化学方程式为　 　。
②使用漂白粉时最好“随用随配”。某次使用时，取漂白粉2.54 g溶解于1000 g水中，所得溶液中次氯酸钙的物质的量浓度为　 　。(假设漂白粉中只含有次氯酸钙和氯化钙，不含其它杂质，且所得溶液的体积仍为1 L)
20．（2025高一上·灌南期末）84消毒液、ClO2是常见的含氯消毒剂。
资料：84消毒液中含氟微粒主要有ClO-、Cl-、HClO；相同浓度时，HClO的氧化性强于ClO-；ORP是反映物质的氧化一还原性，ORP值越大，氧化性越强。通常情况下，应将84消毒液原液稀释后使用；一般不用于衣服等纺织品的洗涤消毒。
（1）制备ClO2的一种反应为：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O，用单线桥法标出其电子转移的方向和数目　 　。
（2）取含次氯酸钠0.2mol·L-1的消毒液1mL，加水稀释至200mL，则稀释后次氯酸钠的物质的量浓度为　 　mol·L-1。
（3）为研究84消毒液的性质与使用条件，进行下列实验：
【实验1】向两支试管中分别加入2mL84消毒液，在试管l中加入2mL水，试管2中加入2mL白醋，再分别放入相同的红色纸片。观察到试管2中纸片褪色更快。
①实验中在试管l中加入2mL水的目的是　 　。
②试管2中纸片褪色更快的原因是　 　。
③如果实验中加浓盐酸，会有黄绿色气体产生，反应的离子方程式是　 　。
【实验2】测定84消毒液在不同温度时ORP随时间的变化情况，结果如图所示。
④实验表明，随温度升高，ORP值下降。50℃时ORP值下降较快的原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】胶体的性质和应用；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A、75% 的医用酒精消毒效果最佳，无水酒精因浓度过高，会在细菌表面形成蛋白凝固层，阻碍酒精深入杀菌，所以喷洒无水酒精无法有效预防病毒，A错误；
B、二氧化氯（ClO2）泡腾片的有效成分具有强氧化性，能高效杀菌消毒，适合作为环境消毒剂，B正确；
C、84 消毒液含次氯酸钠（NaClO），洁厕灵含盐酸（HCl），二者混合会反应生成有毒的氯气（Cl2），C正确；
D、氢氧化铁（Fe(OH)3）胶体具有吸附性，可吸附水中杂质，能用作净水剂，D正确；
故答案为：A。
【分析】根据各选项中化学品的性质和实际应用场景，判断说法的正确性。
2．【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】A、水虽电离程度小，但属于弱电解质；液态氯化氢在水溶液中可电离出 H+和 Cl-，能导电；小苏打（NaHCO3）在水溶液中可电离出 Na+、HCO3-，能导电。三者均为化合物且符合电解质定义，A正确；
B、“84” 消毒液含 NaClO 和水等，碘酒含 I2和酒精，均为混合物；液氨是 NH3的液态形式，仅含一种物质，属于纯净物，并非混合物，B错误；
C、CO2与碱反应生成碳酸盐和水，Mn2O7与碱反应生成高锰酸盐和水，SO3与碱反应生成硫酸盐和水，均符合酸性氧化物的特征，C正确；
D、NaH 由 Na+和 H-通过离子键构成，NaN3由 Na+和 N3-通过离子键构成，NaClO 由 Na+和 ClO-通过离子键构成，均满足离子化合物的构成特点，D正确；
故答案为：B。【分析】A．依据电解质定义（水溶液中或熔融状态下能导电的化合物），判断物质是否属于电解质。
B．根据混合物定义（由两种或多种物质组成），区分混合物与纯净物。
C．按酸性氧化物定义（能与碱反应生成盐和水的氧化物），判断氧化物类别。
D．根据离子化合物定义（由阴阳离子通过离子键结合形成的化合物），判断物质类型。
3．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；化学键；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、H2O 是共价化合物，氧原子与两个氢原子各形成一对共用电子对，其电子式为，A错误；
B、Na+核外有 2 个电子层（电子排布：2、8），Cl-核外有 3 个电子层（电子排布：2、8、8），二者电子层数量不同，结构不相同，B错误；
C、Na2O2由 Na+和 O22-构成，Na+与 O22-之间是离子键；O22-中两个氧原子之间存在共价键，因此 Na2O2既含离子键又含共价键，C正确；
D、氯原子质子数为 17，中子数为 20 时，质量数 = 17+20=37，应表示为 ，D错误；
故答案为：C。【分析】A．正确书写 H2O 的电子式。
B．比较 Na+与 Cl-的电子层结构。
C．分析 Na2O2中的化学键类型。
D．规范表示原子（左上角标质量数，左下角标质子数）。
4．【答案】A
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A 、酚酞的特性是遇碱性溶液显红色，Na2CO3溶液能让酚酞变红，说明溶液中存在 OH-。从离子反应角度看，这是因为 Na2CO3中的 CO32-会与水分子发生水解反应：CO32-+H+=HCO3-，水解生成的 OH-使溶液呈碱性，A正确；
B 、向 Na2CO3溶液中滴加少量稀盐酸时，反应不会生成 CO2气体。此时发生的是 CO32-与 H+的第一步反应：CO32-+H+=HCO3-，产物只有 NaHCO3，B错误；
C 、Na2CO3溶液与过量 CO2会发生明确的化学反应，化学方程式为 CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3，该反应无沉淀生成、无气体放出，外观上没有明显变化，但不能因此认为 “不反应”，只是反应现象不显著，C错误；
D 、 实验3得到的溶液是NaHCO3溶液，与少量的氢氧化钡反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．解释 Na2CO3溶液使酚酞变红的核心原因，关联盐类水解规律。
B．区分 “少量盐酸” 与 “足量盐酸” 和 Na2CO3反应的差异，判断现象对应的反应本质。
C．判断 Na2CO3与过量 CO2是否发生反应，避免因 “无明显现象” 误判 “不反应”。
D．明确 NaHCO3与少量 Ba(OH)2反应的离子方程式，对比 Na2CO3与 Ba(OH)2的反应差异。
5．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；铝的化学性质
【解析】【解答】A、浓硫酸能将蔗糖中的 H、O 按水的组成比脱去，使蔗糖炭化发黑，体现脱水性，A正确；
B、Cu 与浓硫酸在加热条件下反应，随反应进行，浓硫酸变稀，稀硫酸与 Cu 不反应。50mL 18mol L- H2SO4中 H2SO4物质的量为 0.9mol，若完全反应，被还原的 H2SO4为 0.45mol，但实际反应中浓硫酸不能完全反应，故被还原的 H2SO4物质的量小于 0.45mol，B正确；
C、常温下，铝遇浓硫酸会发生钝化，不是不反应，而是表面生成致密氧化膜阻止反应进一步进行，C错误；
D、反应能进行，是因为生成的 CuS 既不溶于水也不溶于稀硫酸，符合复分解反应发生条件，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据浓硫酸、铝、硫化铜的相关化学性质，对每个选项的事实和解释进行分析判断。
A．浓硫酸使蔗糖发黑是脱水性（将有机物中 H、O 按水的比例脱去）。
B．Cu 与浓硫酸加热反应，但随着反应进行，浓硫酸变稀（稀硫酸与 Cu 不反应），因此被还原的 H2SO4（仅浓硫酸参与还原）小于理论量（0.45mol）。
C．常温下 Al 与浓硫酸并非不反应，而是发生钝化（生成致密氧化膜阻止反应继续），“不反应” 的解释错误（核心易错点）。
D．该反应能进行，是因为 CuS 难溶于水和稀硫酸，符合 “沉淀生成使反应发生” 的规律。
6．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；焰色反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；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、钠与水反应若放热，试管内气体受热膨胀，压强增大，会导致 U 形管中红墨水出现液面差。该装置可通过此现象判断反应是否放热，A能达到目的；
B、比较非金属性需用最高价氧化物对应水化物的酸性。稀盐酸不是 Cl 的最高价含氧酸（应为 HClO4），且盐酸挥发的 HCl 会干扰 CO2与硅酸钠的反应，无法证明 Cl > C > Si 的非金属性顺序，B不能达到目的；
C、碳酸钾含钾元素，观察钾的焰色反应需透过蓝色钴玻璃以滤去钠元素的干扰，此装置未满足该条件，C不能达到目的；
D、比较 Na2CO3和 NaHCO3的稳定性时，应将 NaHCO3放在温度较低的小试管，Na2CO3放在温度较高的大试管。若 NaHCO3分解而 Na2CO3不分解，可证明 Na2CO3更稳定，此装置放置错误，D不能达到目的；
故答案为：A。【分析】A．通过反应放热引起的压强变化验证反应是否放热。
B．依据最高价含氧酸酸性比较非金属性，分析实验缺陷。
C．明确钾元素焰色反应的观察要求。
D．根据温度差异设计实验比较碳酸盐稳定性。
7．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；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、反应 Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O 中，HCl 里的 H 为 +1 价、Cl 为 -1 价，反应后在 NaCl 中仍为 +1 价和 -1 价，化合价未变，因此盐酸不是还原剂，A错误；
B、实验得到含硫单质的胶体，胶体中分散质粒子直径介于 10-9~10-7m 之间，故单质硫颗粒直径在此范围内，B正确；
C、不加界面活性剂时生成硫沉淀，加后得到硫胶体（无沉淀），说明界面活性剂减缓了硫的生成速率，使硫颗粒细小且均匀分散，C正确；
D、硫单质胶体可产生丁达尔效应，用平行光照射时能观察到光的 “通路”，D正确；
故答案为：A。【分析】A．判断盐酸是否为还原剂，需分析其元素化合价是否变化。
B．胶体粒子的直径范围是判断依据。
C．从实验现象推断界面活性剂对反应速率的影响。
D．胶体的丁达尔效应是关键特性。
8．【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度
【解析】【解答】A、 该浓盐酸的物质的量浓度为=11.9mol/L，A正确；
B、容量瓶的作用是定容，只要定容时加水至刻度线即可，瓶内残留少量水不影响最终浓度，无需干燥，B正确；
C、仰视时，读取的体积小于实际加入的水的体积，导致溶液体积 V 偏大。根据 c =，n 不变，V 偏大则浓度偏小，C正确；
D、配制 500mL 稀盐酸需用到的玻璃仪器有烧杯、500mL 容量瓶、玻璃棒（搅拌和引流）、胶头滴管，共四种，而非三种，D错误；
故答案为：D。【分析】A．用物质的量浓度与质量分数的换算公式验证浓度是否正确。
B．判断容量瓶是否需要干燥。
C．分析定容时仰视刻度线对浓度的影响。
D．列举配制溶液所需的玻璃仪器。
9．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氯气的化学性质
【解析】【解答】A、Cl2具有氧化性，适量 Cl2能将 I-氧化为 I2，反应为 2I +Cl2＝I2+2Cl ，A正确；
B、过量 Cl2可将 I-先氧化为 I2，再进一步氧化为 IO3-，总反应为 I-+3Cl2+3H2O=IO+6Cl-+6H+ ，B正确；
C、上述反应中，Cl2中 Cl 元素均从 0 价降低到 -1 价，得电子，只体现氧化性，C正确；
D、滴加少量氯水时，Cl2先将 I-氧化为 I2，淀粉遇 I2变蓝；氯水过量时，I2才会被进一步氧化为 IO3-，蓝色褪去。因此，滴加过程中能观察到溶液变蓝的现象，D错误；
故答案为：D。【分析】A．判断 I-与适量 Cl2的反应是否正确。
B．分析 I-与过量 Cl2的总反应是否合理。
C．判断 Cl2在反应中是否只体现氧化性。
D．分析淀粉 KI 溶液中滴加氯水的现象变化。
10．【答案】B
【知识点】常见离子的检验；离子共存
【解析】【解答】A、根据离子浓度相等和电中性，可确定原溶液一定不含 Cl-，并非无法确定，A错误；
B、溶液中一定有 H+、SO42-，结合电中性必含 Na+，即肯定含①Na+、②SO42-、⑥H+，B正确；
C、Na+是一定存在的，并非可能含有，C错误；
D、溶液肯定没有④HCO3-、⑤CO32-、⑦Cu2+，但③Cl-也是肯定没有的，表述不完整，D错误；
故答案为：B。
【分析】溶液无色，因此一定不含 Cu2+（Cu2+在溶液中显蓝色）。向溶液中滴加 2-3 滴紫色石蕊溶液，溶液变红，表明溶液呈酸性，所以必然存在 H+。由于 H+会与 HCO3-、CO32-发生反应，因此溶液中一定没有 HCO3-、CO32-。向溶液中滴加 BaCl2溶液和稀盐酸，产生白色沉淀，该沉淀为 BaSO4，说明溶液中一定有 SO42-。将（2）中沉淀过滤后，向滤液加 AgNO3溶液和稀硝酸有白色沉淀生成，此沉淀为 AgCl，但因步骤（2）加入了 BaCl2和稀盐酸，引入了 Cl-，故无法直接判断原溶液是否含 Cl-。又因各离子物质的量浓度相等，根据电中性原则（阳离子总正电荷 = 阴离子总负电荷），已知有 H+和 SO42-，仅这两种离子无法满足电中性，所以一定存在 Na+，且一定没有 Cl-。
11．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、醋酸是弱酸（弱电解质），在离子方程式中不能拆成 H+，应保留分子形式。正确式子为 CO+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-，A错误；
B、氯化铝与氨水反应时，氨水是弱碱，不拆写；生成的 Al(OH)3不溶于过量氨水，离子方程式为 Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，B正确；
C、(NH4)2Fe (SO4)2中 NH4+与 Fe2+的比例为 2：1，加入过量 NaOH 时，两者都需与 OH-反应，正确式子应为 2+Fe2++4OH-=2NH3·H2O+Fe(OH)2↓，C错误；
D、金属钠投入 CuSO4溶液中，Na 先与水反应生成 NaOH 和 H2，NaOH 再与 Cu2+反应生成 Cu (OH)2沉淀，并非直接置换出 Cu，正确式子为2Na+2H2O+Cu2+=H2↑+2Na++Cu(OH)2↓，D错误；
故答案为：B。
【分析】判断离子方程式是否正确，需关注：弱电解质不能拆写、反应符合实际过程、离子配比合理这几个要点。
12．【答案】C
【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；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、E 为 Fe，属于过渡元素（位于第四周期第 Ⅷ 族），A正确；
B、A 与 B 可形成 H2O2，分子中存在 O-O 非极性键，B正确；
C、简单离子分别为 H+、O2-、Al3+、Cl-。离子半径规律：电子层越多半径越大；电子层相同，核电荷数越大半径越小。故半径顺序为 H+＜Al3+＜O2-＜Cl-，即 A＜C＜B＜D，C错误；
D、C 的最高价氧化物对应水化物为 Al (OH)3（两性），D 的为 HClO4（强酸），二者可发生中和反应，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据条件推断元素：A 是主族元素中原子半径最小的，故 A 为 H；
B 原子最外层电子数是次外层的 3 倍，次外层只能是 2 个电子，最外层 6 个，故 B 为 O；
C 是地壳中含量最高的金属元素，故 C 为 Al；
D 的最高价氧化物对应水化物化学式为 HnDO2n+2， 当 n=1 时为 HDO4，可知 D 最高价为 + 7，且原子序数小于后面的 E，故 D 为 Cl；
E 有两种常见简单离子，低价离子呈绿色，故 E 为 Fe。
13．【答案】D
【知识点】焰色反应；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、使用 pH 试纸测溶液 pH 时，若事先湿润试纸，会稀释溶液，导致测量的 pH 不准确，并非所有试纸使用时都要湿润，A错误；
B、不是所有金属或其化合物在火焰上灼烧都有焰色反应，比如铁等金属就没有明显的焰色反应，B 错误；
C、乙醇和水互溶，所以不能用于萃取水溶液中的溶质，但在非水体系中，乙醇可以作为萃取剂，并非不能萃取任何物质，C错误；
D、硝酸钾的溶解度随温度变化大，氯化钠的溶解度受温度影响小。要提纯混有少量氯化钠的硝酸钾，可先溶解，然后蒸发浓缩，使溶液接近饱和，再冷却结晶，硝酸钾会大量析出，而氯化钠留在母液中，最后经过过滤、洗涤、干燥得到较纯净的硝酸钾，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题主要考查化学实验基本操作及物质性质相关知识，需要逐一分析每个选项涉及的知识点，判断其正确性。
14．【答案】D
【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
【解析】【解答】A、硫酸镁（MgSO4）易溶于水，依据对角线相似性，硫酸锂（Li2SO4）也应易溶于水，A错误；
B、氢氧化镁（Mg(OH)2）难溶于水且受热易分解，同理氢氧化锂（LiOH）也难溶于水且受热会分解，并非可溶于水且稳定的强碱，B错误；
C、镁遇浓硫酸不会发生钝化，按照对角线规则，锂遇浓硫酸同样不会出现钝化现象，C错误；
D、碳酸镁（MgCO3）受热分解为氧化镁（MgO）和二氧化碳（CO2），根据相似性，碳酸锂（Li2CO3）受热也会分解生成氧化锂（Li2O）和二氧化碳（CO2），D正确；
故答案为：D。
【分析】根据元素周期表中锂（Li）与镁（Mg）的 “对角线” 相似性规律，二者性质具有可比性。解题时需以镁及其化合物的已知性质为参照，推断锂及其化合物的性质，进而判断选项正误。
15．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质；钠的氧化物
【解析】【解答】A、氯气（Cl2）与水反应生成盐酸（HCl）和次氯酸（HClO），反应中 Cl 元素化合价从 0 价分别变为 -1 价（HCl 中）和 +1 价（HClO 中），存在化合价升降，属于氧化还原反应。布条褪色是因 HClO 的强氧化性（氧化作用），故颜色变化与氧化还原反应有关，A不符合题意；
B、棕黄色 FeCl3饱和溶液滴入沸水生成红褐色 Fe(OH)3胶体，反应为 Fe3+的水解。过程中 Fe、O、H 元素化合价均保持 + 3、-2、+1 价不变，无电子转移，不属于氧化还原反应，颜色变化仅由胶体形成导致，与氧化还原反应无关，B符合题意；
C、酸性 KMnO4溶液中 Mn 为 +7 价（强氧化性），与 SO2（S 为 +4 价，具还原性）反应时，Mn 化合价降低（如变为 +2 价），S 化合价升高（如变为 +6 价），存在化合价变化，属于氧化还原反应。溶液褪色因 KMnO4被还原，故与氧化还原反应有关，C不符合题意；
D、淡黄色 Na2O2与空气中 CO2、H2O 反应，生成白色的 Na2CO3、NaOH 和 O2。反应中 O 元素化合价从 -1 价分别变为 -2 价（Na2CO3、NaOH 中）和 0 价（O2中），存在化合价升降，属于氧化还原反应。固体变白是因生成新物质，与氧化还原反应有关，D不符合题意；
故答案为：B。【分析】A. 分析氯气使湿润红色布条褪色的原理及是否有化合价变化。
B. 分析 Fe(OH)3胶体形成过程的本质及元素化合价是否改变。
C. 分析酸性 KMnO4溶液与 SO2反应中元素化合价的变化。
D. 分析 Na2O2在空气中变色过程中的反应及氧元素化合价变化。
16．【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、“反应”步骤中，反应物为H2SO4、SO2、NaClO3，产物为ClO2、NaHSO4。
Cl元素：NaClO3（Cl为+5价）到 ClO2（Cl为+4价），化合价降低；
S元素：SO2（S为+4价）到 NaHSO4（S为+6价），化合价升高。
配平后方程式为，A正确；
B、粗盐水精制除SO42-和Ca2+：
先加BaCl2（过量）除SO42-（生成BaSO4沉淀）；再加Na2CO3（过量），既除Ca2+（生成CaCO3沉淀），又除过量的Ba2+（生成BaCO3沉淀）。添加顺序“BaCl2、Na2CO3”合理，B正确；
C、吸收反应中，先明确化合价变化：
Cl元素：ClO2（Cl为+4价）到 NaClO2（Cl为+3价），化合价降低，ClO2是氧化剂；
O元素：H2O2（O为-1价）到 O2（O为0价），化合价升高，H2O2是还原剂，O2是氧化产物。
配平反应：，
氧化剂（ClO2）与还原剂（H2O2）的物质的量之比为，而非，C错误；
D、270g ClO2的物质的量为，吸收反应中ClO2到NaClO2为1：1转化（Cl元素守恒），故生成NaClO2的物质的量为4mol，D正确；
故答案为：C。
【分析】结合制备流程，可拆解为三个核心步骤：
反应步骤：NaClO3（Cl 为 +5 价）在 H2SO4酸化下与 SO2（S 为 +4 价）反应，Cl 被还原为 ClO2（+4 价），S 被氧化为 NaHSO4（+6 价），依据得失电子守恒可确定反应方程式。
电解步骤：电解食盐水时，阴极上 ClO2得电子被还原为 ClO2-；阳极上 Cl-失电子被氧化为 Cl2。
吸收与结晶：用含 H2O2的 NaOH 溶液吸收未反应的 ClO2，最终将 NaClO2溶液结晶、干燥得到产品。通过各步骤的物质转化与化合价变化，可分析各选项的合理性。
17．【答案】（1）IVA
（2）同素异形体；
（3）
（4）bd
（5）Na2SeO3；H2O＞H2Se＞H2S
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）元素⑥为Si元素，原子序数为14，位于元素周期表第三周期第IVA族；
故答案为： IVA ；
（2）元素②为C元素，由C元素可以组成许多性质不同的单质，它们互称为同素异形体；元素①为H元素，元素③为O元素，原子数之比为1：1的化合物为H2O2，电子式：；
故答案为： 同素异形体 ； ；
（3）元素④为Na元素，其单质可与水反应生成NaOH和H2：；
故答案为： ；
（4）a．原子的最外层电子数多少不能说明金属性强弱，a错误；
b．单质与水反应越剧烈，金属性越强，b正确；
c．单质的熔沸点属于物理性质，不能判断金属性强弱，c错误；
d．最高价氧化物的水化物的碱性越强，则元素的金属性越强，d正确；
故答案为：bd；
（5）亚硫酸钠化学式为Na2SO3，亚硒酸钠的化学式为：Na2SeO3，三种元素简单氢化物分别为：H2O、H2S和H2Se，H2O分子间可形成氢键，沸点最高，H2Se相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点高于H2S，沸点：H2O＞H2Se＞H2S。
故答案为： Na2SeO3 ；H2O＞H2Se＞H2S。
【分析】根据各元素在元素周期表的位置可知，①~⑦号元素分别是：H、C、O、Na、Mg、Si和S。
(1)根据元素在周期表的位置确定元素（Si），再依据原子序数和周期表结构判断其周期和族。
(2)明确同素异形体概念，结合元素（H、O）确定原子数 1：1 的化合物（H2O2），进而写电子式。
(3)确定元素（Na），写出 Na 与水反应的离子方程式。
(4)依据金属性强弱的判断依据（与水反应剧烈程度、最高价氧化物水化物碱性）分析选项。
(5)根据亚硫酸钠的化学式类推亚硒酸钠化学式；结合氢键和分子间作用力判断简单氢化物（H2O、H2Se、H2S）的沸点顺序。
（1）元素⑥为Si元素，原子序数为14，位于元素周期表第三周期第IVA族；
（2）元素②为C元素，由C元素可以组成许多性质不同的单质，它们互称为同素异形体；元素①为H元素，元素③为O元素，原子数之比为1：1的化合物为H2O2，电子式：；
（3）元素④为Na元素，其单质可与水反应生成NaOH和H2：；
（4）a．原子的最外层电子数多少不能说明金属性强弱，a错误；
b．单质与水反应越剧烈，金属性越强，b正确；
c．单质的熔沸点属于物理性质，不能判断金属性强弱，c错误；
d．最高价氧化物的水化物的碱性越强，则元素的金属性越强，d正确；
答案选bd；
（5）亚硫酸钠化学式为Na2SO3，亚硒酸钠的化学式为：Na2SeO3，三种元素简单氢化物分别为：H2O、H2S和H2Se，H2O分子间可形成氢键，沸点最高，H2Se相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点高于H2S，沸点：H2O＞H2Se＞H2S。
18．【答案】；；过滤；；d；
【知识点】物质的分离与提纯；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）是离子化合物，电子式为：。
故答案为：；
（2）步骤一是与生成，步骤二是高温分解产生和，方程式为：。
故答案为：；
（3）上图-2 a 环节中与溶液中水反应生成，与生成固体，a环节中，是固体与溶液发生分离，为过滤。
故答案为：过滤；
（4）流程中，900℃反应炉中分解产生的可以循环利用，a 环节中与溶液中水反应生成，与生成固体和，a环节中也可循环利用。
故答案为：；
（5）能用于“捕捉”二氧化碳的是溶液应能与反应，d选项中的溶液可与反应，离子方程式为：。
故答案为：d；。
【分析】(1)明确 CaO 是离子化合物，按照离子化合物电子式的书写规则写出其电子式。
(2)根据步骤一的反应产物，结合步骤二的反应条件，写出碳酸钙高温分解的化学方程式。
(3)分析 a 环节中物质的状态，确定是固体与溶液的分离，从而得出采用过滤操作。
(4)梳理整个流程，找出可循环利用的物质，除 CaO 外还有 NaOH。
(5)判断各溶液能否与 CO2反应，选出能反应的 Na2CO3溶液，再写出其与 CO2反应的离子方程式。
19．【答案】（1）
（2）ABD
（3）Cl2+H2O=HCl+HClO
（4）ac
（5）；；
【知识点】氯气的实验室制法；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】（1）高锰酸钾和浓盐酸是固体液体不加热装置制取氯气，所以用高锰酸钾和浓盐酸反应的化学方程为；
故答案为： ；
（2）A为不加热制取氯气装置，A正确；B为除杂装置，导管满足长进短出，B正确；C为收集装置，氯气密度大于空气，所以需要用向上排空气法，C装置错误；D为验证氯气性质的装置，湿润氯气具有漂白性，D装置正确；E装置为尾气回收装置，需要用NaOH溶液，E装置错误；故选ABD；
故答案为：ABD；
（3）Cl2经过湿润红布条时，氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO；
故答案为： Cl2+H2O=HCl+HClO ；
（4）HClO光照下会发生的反应为：，为强酸，完全电离，则溶液中的氯离子的浓度、氧气的体积分数均会增大；故选ac；
故答案为：ac；
（5）①漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，有效成分是；漂白粉的有效成分与空气中、反应生成次氯酸HClO和碳酸钙，化学方程式为；
②假设漂白粉中只含有次氯酸钙和氯化钙，先计算次氯酸钙的物质的量，次氯酸钙的摩尔质量；取漂白粉2.54g，设其中次氯酸钙的质量为x，由于漂白粉中次氯酸钙和氯化钙的物质的量之比为1：1，则，（111是的摩尔质量），解得x=1.43g，次氯酸钙的物质的量，所得溶液体积为1L，根据物质的量浓度公式，则次氯酸钙的物质的量浓度。
故答案为： ； ； 。
【分析】实验室用高锰酸钾（KMnO4）与浓盐酸制备氯气（Cl2），该反应无需加热。制得的氯气中混有氯化氢（HCl）气体和水蒸气，需先通过饱和食盐水除去 HCl，再用浓硫酸干燥。由于 Cl2密度比空气大，应采用向上排空气法收集。验证其性质时，需考虑 Cl2与水反应生成的次氯酸（HClO）见光易分解等特性。最后，Cl2有毒，需用合适试剂（如 NaOH 溶液）进行尾气处理，避免污染空气。整个装置需按照制备、净化、收集、性质检验和尾气处理的顺序合理连接。
（1）高锰酸钾和浓盐酸是固体液体不加热装置制取氯气，所以用高锰酸钾和浓盐酸反应的化学方程为；
（2）A为不加热制取氯气装置，A正确；B为除杂装置，导管满足长进短出，B正确；C为收集装置，氯气密度大于空气，所以需要用向上排空气法，C装置错误；D为验证氯气性质的装置，湿润氯气具有漂白性，D装置正确；E装置为尾气回收装置，需要用NaOH溶液，E装置错误；故选ABD；
（3）Cl2经过湿润红布条时，氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO；
（4）HClO光照下会发生的反应为：，为强酸，完全电离，则溶液中的氯离子的浓度、氧气的体积分数均会增大；故选ac；
（5）①漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，有效成分是；漂白粉的有效成分与空气中、反应生成次氯酸HClO和碳酸钙，化学方程式为；
②假设漂白粉中只含有次氯酸钙和氯化钙，先计算次氯酸钙的物质的量，次氯酸钙的摩尔质量；取漂白粉2.54g，设其中次氯酸钙的质量为x，由于漂白粉中次氯酸钙和氯化钙的物质的量之比为1：1，则，（111是的摩尔质量），解得x=1.43g，次氯酸钙的物质的量，所得溶液体积为1L，根据物质的量浓度公式，则次氯酸钙的物质的量浓度。
20．【答案】（1）
（2）0.001
（3）做对比实验；白醋中含有醋酸，醋酸的酸性大于HClO，可以与ClO-反应生成HClO，使HClO浓度增大，氧化性增强；Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；ORP的值与温度有关，且温度越高，ORP的值越低，HClO受热分解，浓度下降，氧化性减弱
【知识点】氧化还原反应；化学实验方案的评价；物质的量浓度；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】（1）制备ClO2的一种反应为：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O，H2O2中的O由-1价升高为0价，共升高2价，NaClO3中Cl由+5价降为+4价，共降低2价，用单线桥法标出其电子转移的方向和数目。
故答案为：；
（2）取含次氯酸钠0.2mol·L-1的消毒液1mL，加水稀释至200mL，则稀释后次氯酸钠的物质的量浓度为 =0.001mol·L-1。
故答案为：0.001；
（3）①实验中在试管l中加入2mL水的目的是做对比实验。
故答案为：做对比实验；
②试管2中纸片褪色更快的原因是白醋中含有醋酸，醋酸的酸性大于HClO，可以与ClO-反应生成HClO，使HClO浓度增大，氧化性增强。
故答案为：白醋中含有醋酸，醋酸的酸性大于HClO，可以与ClO-反应生成HClO，使HClO浓度增大，氧化性增强；
③如果实验中加浓盐酸，会有黄绿色气体产生，在酸性条件下，次氯酸根离子将氯离子氧化，生成氯气，反应的离子方程式是Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O。
故答案为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；
【实验2】④实验表明，随温度升高，ORP值下降。50℃时ORP值下降较快的原因是ORP的值与温度有关，且温度越高，ORP的值越低，HClO受热分解，浓度下降，氧化性减弱。
故答案为：ORP的值与温度有关，且温度越高，ORP的值越低，HClO受热分解，浓度下降，氧化性减弱。
【分析】(1)确定反应中元素化合价变化（NaClO3中 Cl 从 +5到+4，HCl 中 Cl 从 - 1到0），用单线桥标出电子转移。
(2)依据稀释定律（c1V1=c2V2）计算，忽略体积变化。
(3)①空白对照，排除加水对实验的干扰。
②白醋含 CH3COOH（酸性强于 HClO），与 ClO-反应生成更多 HClO，增强氧化性。
③酸性条件下，Cl-与 ClO-发生反应：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O。
④温度升高加速 HClO 分解，浓度降低使氧化性减弱，ORP 值下降加快。
（1）制备ClO2的一种反应为：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O，H2O2中的O由-1价升高为0价，共升高2价，NaClO3中Cl由+5价降为+4价，共降低2价，用单线桥法标出其电子转移的方向和数目。故答案为：；
（2）取含次氯酸钠0.2mol·L-1的消毒液1mL，加水稀释至200mL，则稀释后次氯酸钠的物质的量浓度为 =0.001mol·L-1。故答案为：0.001；
（3）①实验中在试管l中加入2mL水的目的是做对比实验。故答案为：做对比实验；
②试管2中纸片褪色更快的原因是白醋中含有醋酸，醋酸的酸性大于HClO，可以与ClO-反应生成HClO，使HClO浓度增大，氧化性增强。故答案为：白醋中含有醋酸，醋酸的酸性大于HClO，可以与ClO-反应生成HClO，使HClO浓度增大，氧化性增强；
③如果实验中加浓盐酸，会有黄绿色气体产生，在酸性条件下，次氯酸根离子将氯离子氧化，生成氯气，反应的离子方程式是Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O。故答案为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；
1 / 1江苏省连云港市灌南高级中学2024-2025学年高一上学期期末考试 化学试题
一、单项选择题(共16小题，每小题3分，共48分，每题只有一个选项最符合题意)
1．（2025高一上·灌南期末）在2020年抗击新型冠状病毒肺炎的战“疫”中，化学品发挥了重要作用，下列说法错误的是
A．喷洒无水酒精可以有效预防病毒的侵袭
B．二氧化氯泡腾片可以作环境消毒剂
C．84消毒液和洁厕灵混用会生成有毒有害的物质
D．氢氧化铁胶体可以作净水剂
【答案】A
【知识点】胶体的性质和应用；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A、75% 的医用酒精消毒效果最佳，无水酒精因浓度过高，会在细菌表面形成蛋白凝固层，阻碍酒精深入杀菌，所以喷洒无水酒精无法有效预防病毒，A错误；
B、二氧化氯（ClO2）泡腾片的有效成分具有强氧化性，能高效杀菌消毒，适合作为环境消毒剂，B正确；
C、84 消毒液含次氯酸钠（NaClO），洁厕灵含盐酸（HCl），二者混合会反应生成有毒的氯气（Cl2），C正确；
D、氢氧化铁（Fe(OH)3）胶体具有吸附性，可吸附水中杂质，能用作净水剂，D正确；
故答案为：A。
【分析】根据各选项中化学品的性质和实际应用场景，判断说法的正确性。
2．（2025高一上·灌南期末）下列物质与对应的归类不正确的是
A．水、液态氯化氢、小苏打都是电解质
B．“84”消毒液、碘酒、液氨都是混合物
C．CO2、Mn2O7、SO3都属于酸性氧化物
D．NaH、NaN3、NaClO都属于离子化合物
【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】A、水虽电离程度小，但属于弱电解质；液态氯化氢在水溶液中可电离出 H+和 Cl-，能导电；小苏打（NaHCO3）在水溶液中可电离出 Na+、HCO3-，能导电。三者均为化合物且符合电解质定义，A正确；
B、“84” 消毒液含 NaClO 和水等，碘酒含 I2和酒精，均为混合物；液氨是 NH3的液态形式，仅含一种物质，属于纯净物，并非混合物，B错误；
C、CO2与碱反应生成碳酸盐和水，Mn2O7与碱反应生成高锰酸盐和水，SO3与碱反应生成硫酸盐和水，均符合酸性氧化物的特征，C正确；
D、NaH 由 Na+和 H-通过离子键构成，NaN3由 Na+和 N3-通过离子键构成，NaClO 由 Na+和 ClO-通过离子键构成，均满足离子化合物的构成特点，D正确；
故答案为：B。【分析】A．依据电解质定义（水溶液中或熔融状态下能导电的化合物），判断物质是否属于电解质。
B．根据混合物定义（由两种或多种物质组成），区分混合物与纯净物。
C．按酸性氧化物定义（能与碱反应生成盐和水的氧化物），判断氧化物类别。
D．根据离子化合物定义（由阴阳离子通过离子键结合形成的化合物），判断物质类型。
3．（2025高一上·灌南期末）反应2Na2O2+4HCl=4NaCl+O2↑+2H2O说明Na2O2不属于碱性氧化物，下列相关描述正确的是
A．H2O的电子式为 B．Na+与Cl-具有相同的电子层结构
C．Na2O2既含离子键又含共价键 D．中子数为20的氯原子：Cl
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；化学键；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、H2O 是共价化合物，氧原子与两个氢原子各形成一对共用电子对，其电子式为，A错误；
B、Na+核外有 2 个电子层（电子排布：2、8），Cl-核外有 3 个电子层（电子排布：2、8、8），二者电子层数量不同，结构不相同，B错误；
C、Na2O2由 Na+和 O22-构成，Na+与 O22-之间是离子键；O22-中两个氧原子之间存在共价键，因此 Na2O2既含离子键又含共价键，C正确；
D、氯原子质子数为 17，中子数为 20 时，质量数 = 17+20=37，应表示为 ，D错误；
故答案为：C。【分析】A．正确书写 H2O 的电子式。
B．比较 Na+与 Cl-的电子层结构。
C．分析 Na2O2中的化学键类型。
D．规范表示原子（左上角标质量数，左下角标质子数）。
4．（2025高一上·灌南期末）室温下，通过下列实验探究一定浓度Na2CO3溶液的性质。
实验1：向溶液中滴几滴酚酞，溶液显红色：
实验2：向实验1所得溶液中缓慢滴加几滴稀盐酸，溶液红色变浅，无气体产生；
实验3：向溶液中通入过量的CO2，无明显现象；
实验4：向实验3所得溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是
A．实验l说明Na2CO3溶液中存在OH-
B．实验2中溶液红色变浅的原因是：CO+2H+=H2O+CO2↑
C．由实验3可以推测Na2CO3与CO2没有发生反应
D．实验4中发生反应的离子方程式为：CO+Ba2+= BaCO3↓
【答案】A
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A 、酚酞的特性是遇碱性溶液显红色，Na2CO3溶液能让酚酞变红，说明溶液中存在 OH-。从离子反应角度看，这是因为 Na2CO3中的 CO32-会与水分子发生水解反应：CO32-+H+=HCO3-，水解生成的 OH-使溶液呈碱性，A正确；
B 、向 Na2CO3溶液中滴加少量稀盐酸时，反应不会生成 CO2气体。此时发生的是 CO32-与 H+的第一步反应：CO32-+H+=HCO3-，产物只有 NaHCO3，B错误；
C 、Na2CO3溶液与过量 CO2会发生明确的化学反应，化学方程式为 CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3，该反应无沉淀生成、无气体放出，外观上没有明显变化，但不能因此认为 “不反应”，只是反应现象不显著，C错误；
D 、 实验3得到的溶液是NaHCO3溶液，与少量的氢氧化钡反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．解释 Na2CO3溶液使酚酞变红的核心原因，关联盐类水解规律。
B．区分 “少量盐酸” 与 “足量盐酸” 和 Na2CO3反应的差异，判断现象对应的反应本质。
C．判断 Na2CO3与过量 CO2是否发生反应，避免因 “无明显现象” 误判 “不反应”。
D．明确 NaHCO3与少量 Ba(OH)2反应的离子方程式，对比 Na2CO3与 Ba(OH)2的反应差异。
5．（2025高一上·灌南期末）对下列事实的解释错误的是(　　)
A．在蔗糖中加入浓硫酸出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性
B．向50 mL 18 mol·L－1H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量小于0.45 mol
C．常温下，浓硫酸可以用铝制容器贮存，说明铝与浓硫酸不反应
D．反应CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4能进行，说明CuS既不溶于水也不溶于稀硫酸
【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；铝的化学性质
【解析】【解答】A、浓硫酸能将蔗糖中的 H、O 按水的组成比脱去，使蔗糖炭化发黑，体现脱水性，A正确；
B、Cu 与浓硫酸在加热条件下反应，随反应进行，浓硫酸变稀，稀硫酸与 Cu 不反应。50mL 18mol L- H2SO4中 H2SO4物质的量为 0.9mol，若完全反应，被还原的 H2SO4为 0.45mol，但实际反应中浓硫酸不能完全反应，故被还原的 H2SO4物质的量小于 0.45mol，B正确；
C、常温下，铝遇浓硫酸会发生钝化，不是不反应，而是表面生成致密氧化膜阻止反应进一步进行，C错误；
D、反应能进行，是因为生成的 CuS 既不溶于水也不溶于稀硫酸，符合复分解反应发生条件，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据浓硫酸、铝、硫化铜的相关化学性质，对每个选项的事实和解释进行分析判断。
A．浓硫酸使蔗糖发黑是脱水性（将有机物中 H、O 按水的比例脱去）。
B．Cu 与浓硫酸加热反应，但随着反应进行，浓硫酸变稀（稀硫酸与 Cu 不反应），因此被还原的 H2SO4（仅浓硫酸参与还原）小于理论量（0.45mol）。
C．常温下 Al 与浓硫酸并非不反应，而是发生钝化（生成致密氧化膜阻止反应继续），“不反应” 的解释错误（核心易错点）。
D．该反应能进行，是因为 CuS 难溶于水和稀硫酸，符合 “沉淀生成使反应发生” 的规律。
6．（2025高一上·灌南期末）下列实验装置能达到实验目的的是
A．验证Na和水的反应是否为放热反应 B．证明非金属性强弱：
C．观察碳酸钾的焰色反应 D．比较、的稳定性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；焰色反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；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、钠与水反应若放热，试管内气体受热膨胀，压强增大，会导致 U 形管中红墨水出现液面差。该装置可通过此现象判断反应是否放热，A能达到目的；
B、比较非金属性需用最高价氧化物对应水化物的酸性。稀盐酸不是 Cl 的最高价含氧酸（应为 HClO4），且盐酸挥发的 HCl 会干扰 CO2与硅酸钠的反应，无法证明 Cl > C > Si 的非金属性顺序，B不能达到目的；
C、碳酸钾含钾元素，观察钾的焰色反应需透过蓝色钴玻璃以滤去钠元素的干扰，此装置未满足该条件，C不能达到目的；
D、比较 Na2CO3和 NaHCO3的稳定性时，应将 NaHCO3放在温度较低的小试管，Na2CO3放在温度较高的大试管。若 NaHCO3分解而 Na2CO3不分解，可证明 Na2CO3更稳定，此装置放置错误，D不能达到目的；
故答案为：A。【分析】A．通过反应放热引起的压强变化验证反应是否放热。
B．依据最高价含氧酸酸性比较非金属性，分析实验缺陷。
C．明确钾元素焰色反应的观察要求。
D．根据温度差异设计实验比较碳酸盐稳定性。
7．（2025高一上·灌南期末）硫代硫酸钠溶液与盐酸混合（Na2S2O3 + 2HCl == 2NaCl + S↓+ SO2↑+ H2O），生成单质硫并沉淀出来。若将硫代硫酸钠溶液先与界面活性剂(不参与反应)均匀混合于烧杯中，再加入盐酸溶液并立刻搅拌，静置后无沉淀产生，得到含硫单质的胶体。下列叙述错误的是
A．硫代硫酸钠与盐酸反应中，盐酸作还原剂
B．烧杯中单质硫颗粒直径约为 10-9~10-7m
C．界面活性剂减缓了硫生成的速率
D．用平行光照射烧杯中液体，将观察到光的“通路”
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；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、反应 Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O 中，HCl 里的 H 为 +1 价、Cl 为 -1 价，反应后在 NaCl 中仍为 +1 价和 -1 价，化合价未变，因此盐酸不是还原剂，A错误；
B、实验得到含硫单质的胶体，胶体中分散质粒子直径介于 10-9~10-7m 之间，故单质硫颗粒直径在此范围内，B正确；
C、不加界面活性剂时生成硫沉淀，加后得到硫胶体（无沉淀），说明界面活性剂减缓了硫的生成速率，使硫颗粒细小且均匀分散，C正确；
D、硫单质胶体可产生丁达尔效应，用平行光照射时能观察到光的 “通路”，D正确；
故答案为：A。【分析】A．判断盐酸是否为还原剂，需分析其元素化合价是否变化。
B．胶体粒子的直径范围是判断依据。
C．从实验现象推断界面活性剂对反应速率的影响。
D．胶体的丁达尔效应是关键特性。
8．（2025高一上·灌南期末）实验室保存的浓盐酸标签如图所示，某同学用此浓盐酸配制500mL 0.2mol·L-1的稀盐酸。下列说法错误的是
盐酸
分子式 HCl
相对分子量 36.5
密度 1.19g·cm3
HCl的质量分数 36.5%
A．该浓盐酸的物质的量浓度为11.9 mol·L-1
B．配制溶液所用的容量瓶不需要干燥
C．若定容时仰视刻度线，所配溶液浓度偏小
D．实验需用到的玻璃仪器有烧杯、容量瓶、胶头滴管三种
【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度
【解析】【解答】A、 该浓盐酸的物质的量浓度为=11.9mol/L，A正确；
B、容量瓶的作用是定容，只要定容时加水至刻度线即可，瓶内残留少量水不影响最终浓度，无需干燥，B正确；
C、仰视时，读取的体积小于实际加入的水的体积，导致溶液体积 V 偏大。根据 c =，n 不变，V 偏大则浓度偏小，C正确；
D、配制 500mL 稀盐酸需用到的玻璃仪器有烧杯、500mL 容量瓶、玻璃棒（搅拌和引流）、胶头滴管，共四种，而非三种，D错误；
故答案为：D。【分析】A．用物质的量浓度与质量分数的换算公式验证浓度是否正确。
B．判断容量瓶是否需要干燥。
C．分析定容时仰视刻度线对浓度的影响。
D．列举配制溶液所需的玻璃仪器。
9．（2025高一上·灌南期末）碘在自然界中有很多存在形式，在地壳中主要以NaIO3形式存在，而在海带、紫菜等海藻类植物中也含有碘元素，经过灼烧、溶解、过滤后得到的溶液主要以I-形式存在，几种粒子与Cl2之间有如下转化关系：
以下说法不正确的是
A．①中发生的反应是2I-+Cl2=I2+2Cl-
B．I-与过量Cl2发生的反应是I-+3Cl2+3H2O=IO+6Cl-+6H+
C．以上反应中，氯气都体现氧化性，具体表现为氯元素的化合价由0价降低为-1价
D．若在加入淀粉的KI溶液中逐滴滴加氯水，不能观察到溶液变蓝的现象
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氯气的化学性质
【解析】【解答】A、Cl2具有氧化性，适量 Cl2能将 I-氧化为 I2，反应为 2I +Cl2＝I2+2Cl ，A正确；
B、过量 Cl2可将 I-先氧化为 I2，再进一步氧化为 IO3-，总反应为 I-+3Cl2+3H2O=IO+6Cl-+6H+ ，B正确；
C、上述反应中，Cl2中 Cl 元素均从 0 价降低到 -1 价，得电子，只体现氧化性，C正确；
D、滴加少量氯水时，Cl2先将 I-氧化为 I2，淀粉遇 I2变蓝；氯水过量时，I2才会被进一步氧化为 IO3-，蓝色褪去。因此，滴加过程中能观察到溶液变蓝的现象，D错误；
故答案为：D。【分析】A．判断 I-与适量 Cl2的反应是否正确。
B．分析 I-与过量 Cl2的总反应是否合理。
C．判断 Cl2在反应中是否只体现氧化性。
D．分析淀粉 KI 溶液中滴加氯水的现象变化。
10．（2025高一上·灌南期末）某无色、澄清溶液中只可能含有①、②、③、④、⑤、⑥、⑦中的几种，且每种离子的物质的量浓度均相等。依次进行下列实验，每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：
步骤 操作 现象
(1) 向溶液中滴加2～3滴紫色石蕊溶液 溶液变红
(2) 向溶液中滴加溶液和稀盐酸 有白色沉淀生成
(3) 将(2)中所得沉淀过滤，向滤液中加入溶液和稀硝酸 有白色沉淀生成
下列结论正确的是
A．该实验无法确定溶液中是否含有③
B．溶液中肯定含有的离子是①②⑥
C．溶液中可能含有的离子是①③
D．溶液中肯定没有的离子是④⑤⑦
【答案】B
【知识点】常见离子的检验；离子共存
【解析】【解答】A、根据离子浓度相等和电中性，可确定原溶液一定不含 Cl-，并非无法确定，A错误；
B、溶液中一定有 H+、SO42-，结合电中性必含 Na+，即肯定含①Na+、②SO42-、⑥H+，B正确；
C、Na+是一定存在的，并非可能含有，C错误；
D、溶液肯定没有④HCO3-、⑤CO32-、⑦Cu2+，但③Cl-也是肯定没有的，表述不完整，D错误；
故答案为：B。
【分析】溶液无色，因此一定不含 Cu2+（Cu2+在溶液中显蓝色）。向溶液中滴加 2-3 滴紫色石蕊溶液，溶液变红，表明溶液呈酸性，所以必然存在 H+。由于 H+会与 HCO3-、CO32-发生反应，因此溶液中一定没有 HCO3-、CO32-。向溶液中滴加 BaCl2溶液和稀盐酸，产生白色沉淀，该沉淀为 BaSO4，说明溶液中一定有 SO42-。将（2）中沉淀过滤后，向滤液加 AgNO3溶液和稀硝酸有白色沉淀生成，此沉淀为 AgCl，但因步骤（2）加入了 BaCl2和稀盐酸，引入了 Cl-，故无法直接判断原溶液是否含 Cl-。又因各离子物质的量浓度相等，根据电中性原则（阳离子总正电荷 = 阴离子总负电荷），已知有 H+和 SO42-，仅这两种离子无法满足电中性，所以一定存在 Na+，且一定没有 Cl-。
11．（2025高一上·灌南期末）下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向碳酸钠溶液中加入过量醋酸：CO+2H+=H2O+CO2↑
B．氯化铝溶液与足量氨水反应：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
C．向(溶液中加入过量氢氧化钠溶液：
D．少量金属钠投入CuSO4溶液：2Na + Cu2+ = 2Na+ + Cu
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、醋酸是弱酸（弱电解质），在离子方程式中不能拆成 H+，应保留分子形式。正确式子为 CO+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-，A错误；
B、氯化铝与氨水反应时，氨水是弱碱，不拆写；生成的 Al(OH)3不溶于过量氨水，离子方程式为 Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，B正确；
C、(NH4)2Fe (SO4)2中 NH4+与 Fe2+的比例为 2：1，加入过量 NaOH 时，两者都需与 OH-反应，正确式子应为 2+Fe2++4OH-=2NH3·H2O+Fe(OH)2↓，C错误；
D、金属钠投入 CuSO4溶液中，Na 先与水反应生成 NaOH 和 H2，NaOH 再与 Cu2+反应生成 Cu (OH)2沉淀，并非直接置换出 Cu，正确式子为2Na+2H2O+Cu2+=H2↑+2Na++Cu(OH)2↓，D错误；
故答案为：B。
【分析】判断离子方程式是否正确，需关注：弱电解质不能拆写、反应符合实际过程、离子配比合理这几个要点。
12．（2025高一上·灌南期末）A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A原子是主族元素中原子半径最小的，B原子的最外层电子数等于其次外层电子数3倍，C元素是地壳中含量最高的金属元素，D的最高价氧化物对应水化物的化学式为HnDO2n+2，E有两种常见简单离子，低价离子为绿色。下列说法错误的是
A．E为过渡元素
B．A与B形成的某化合物含非极性键
C．简单离子半径：A＜B＜C＜D
D．C与D的最高价氧化物的水化物之间可以反应
【答案】C
【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；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、E 为 Fe，属于过渡元素（位于第四周期第 Ⅷ 族），A正确；
B、A 与 B 可形成 H2O2，分子中存在 O-O 非极性键，B正确；
C、简单离子分别为 H+、O2-、Al3+、Cl-。离子半径规律：电子层越多半径越大；电子层相同，核电荷数越大半径越小。故半径顺序为 H+＜Al3+＜O2-＜Cl-，即 A＜C＜B＜D，C错误；
D、C 的最高价氧化物对应水化物为 Al (OH)3（两性），D 的为 HClO4（强酸），二者可发生中和反应，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据条件推断元素：A 是主族元素中原子半径最小的，故 A 为 H；
B 原子最外层电子数是次外层的 3 倍，次外层只能是 2 个电子，最外层 6 个，故 B 为 O；
C 是地壳中含量最高的金属元素，故 C 为 Al；
D 的最高价氧化物对应水化物化学式为 HnDO2n+2， 当 n=1 时为 HDO4，可知 D 最高价为 + 7，且原子序数小于后面的 E，故 D 为 Cl；
E 有两种常见简单离子，低价离子呈绿色，故 E 为 Fe。
13．（2025高一上·灌南期末）下列说法正确的是
A．试纸在使用时必须先要湿润
B．任何金属或者它们的化合物在火焰上灼烧都有特殊的焰色反应
C．乙醇可以任意比例溶于水，所以乙醇不能作为萃取剂萃取任何物质
D．提纯混有少量氯化钠的硝酸钾，可以经过溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤
【答案】D
【知识点】焰色反应；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、使用 pH 试纸测溶液 pH 时，若事先湿润试纸，会稀释溶液，导致测量的 pH 不准确，并非所有试纸使用时都要湿润，A错误；
B、不是所有金属或其化合物在火焰上灼烧都有焰色反应，比如铁等金属就没有明显的焰色反应，B 错误；
C、乙醇和水互溶，所以不能用于萃取水溶液中的溶质，但在非水体系中，乙醇可以作为萃取剂，并非不能萃取任何物质，C错误；
D、硝酸钾的溶解度随温度变化大，氯化钠的溶解度受温度影响小。要提纯混有少量氯化钠的硝酸钾，可先溶解，然后蒸发浓缩，使溶液接近饱和，再冷却结晶，硝酸钾会大量析出，而氯化钠留在母液中，最后经过过滤、洗涤、干燥得到较纯净的硝酸钾，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题主要考查化学实验基本操作及物质性质相关知识，需要逐一分析每个选项涉及的知识点，判断其正确性。
14．（2025高一上·灌南期末）因为镁、锂在元素周期表中具有特殊的“对角线”位置而性质相似，如它们的单质在过量氧气中燃烧均只生成正常氧化物等。以下叙述的锂的性质与镁相似，其中正确的是
A．Li2SO4难溶于水
B．LiOH是可溶于水，受热不分解的强碱
C．遇浓H2SO4会产生“钝化现象”
D．Li2CO3受热分解生成Li2O和CO2
【答案】D
【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
【解析】【解答】A、硫酸镁（MgSO4）易溶于水，依据对角线相似性，硫酸锂（Li2SO4）也应易溶于水，A错误；
B、氢氧化镁（Mg(OH)2）难溶于水且受热易分解，同理氢氧化锂（LiOH）也难溶于水且受热会分解，并非可溶于水且稳定的强碱，B错误；
C、镁遇浓硫酸不会发生钝化，按照对角线规则，锂遇浓硫酸同样不会出现钝化现象，C错误；
D、碳酸镁（MgCO3）受热分解为氧化镁（MgO）和二氧化碳（CO2），根据相似性，碳酸锂（Li2CO3）受热也会分解生成氧化锂（Li2O）和二氧化碳（CO2），D正确；
故答案为：D。
【分析】根据元素周期表中锂（Li）与镁（Mg）的 “对角线” 相似性规律，二者性质具有可比性。解题时需以镁及其化合物的已知性质为参照，推断锂及其化合物的性质，进而判断选项正误。
15．（2025高一上·灌南期末）下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（　　）
A．湿润的红色布条遇氯气褪色
B．棕黄色饱和溶液滴入沸水中，继续煮沸至液体变为红褐色
C．向紫色酸性溶液中通入气体后溶液褪色
D．淡黄色固体露置于空气中逐渐变为白色
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质；钠的氧化物
【解析】【解答】A、氯气（Cl2）与水反应生成盐酸（HCl）和次氯酸（HClO），反应中 Cl 元素化合价从 0 价分别变为 -1 价（HCl 中）和 +1 价（HClO 中），存在化合价升降，属于氧化还原反应。布条褪色是因 HClO 的强氧化性（氧化作用），故颜色变化与氧化还原反应有关，A不符合题意；
B、棕黄色 FeCl3饱和溶液滴入沸水生成红褐色 Fe(OH)3胶体，反应为 Fe3+的水解。过程中 Fe、O、H 元素化合价均保持 + 3、-2、+1 价不变，无电子转移，不属于氧化还原反应，颜色变化仅由胶体形成导致，与氧化还原反应无关，B符合题意；
C、酸性 KMnO4溶液中 Mn 为 +7 价（强氧化性），与 SO2（S 为 +4 价，具还原性）反应时，Mn 化合价降低（如变为 +2 价），S 化合价升高（如变为 +6 价），存在化合价变化，属于氧化还原反应。溶液褪色因 KMnO4被还原，故与氧化还原反应有关，C不符合题意；
D、淡黄色 Na2O2与空气中 CO2、H2O 反应，生成白色的 Na2CO3、NaOH 和 O2。反应中 O 元素化合价从 -1 价分别变为 -2 价（Na2CO3、NaOH 中）和 0 价（O2中），存在化合价升降，属于氧化还原反应。固体变白是因生成新物质，与氧化还原反应有关，D不符合题意；
故答案为：B。【分析】A. 分析氯气使湿润红色布条褪色的原理及是否有化合价变化。
B. 分析 Fe(OH)3胶体形成过程的本质及元素化合价是否改变。
C. 分析酸性 KMnO4溶液与 SO2反应中元素化合价的变化。
D. 分析 Na2O2在空气中变色过程中的反应及氧元素化合价变化。
16．（2025高一上·灌南期末）NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，其一种生产工艺如图，下列说法不正确的是
A．“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：H2SO4+SO2+2NaClO3=2ClO2+2NaHSO4
B．“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去杂质SO和Ca2+，需要加入适当过量的除杂试剂，添加顺序为为BaCl2、Na2CO3
C．吸收反应NaOH+H2O2+ClO2NaClO2+O2+H2O中，氧化产物是O2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
D．270gClO2与过量的NaOH、H2O2完全反应，计算生成的NaClO2的物质的量为4mol
【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、“反应”步骤中，反应物为H2SO4、SO2、NaClO3，产物为ClO2、NaHSO4。
Cl元素：NaClO3（Cl为+5价）到 ClO2（Cl为+4价），化合价降低；
S元素：SO2（S为+4价）到 NaHSO4（S为+6价），化合价升高。
配平后方程式为，A正确；
B、粗盐水精制除SO42-和Ca2+：
先加BaCl2（过量）除SO42-（生成BaSO4沉淀）；再加Na2CO3（过量），既除Ca2+（生成CaCO3沉淀），又除过量的Ba2+（生成BaCO3沉淀）。添加顺序“BaCl2、Na2CO3”合理，B正确；
C、吸收反应中，先明确化合价变化：
Cl元素：ClO2（Cl为+4价）到 NaClO2（Cl为+3价），化合价降低，ClO2是氧化剂；
O元素：H2O2（O为-1价）到 O2（O为0价），化合价升高，H2O2是还原剂，O2是氧化产物。
配平反应：，
氧化剂（ClO2）与还原剂（H2O2）的物质的量之比为，而非，C错误；
D、270g ClO2的物质的量为，吸收反应中ClO2到NaClO2为1：1转化（Cl元素守恒），故生成NaClO2的物质的量为4mol，D正确；
故答案为：C。
【分析】结合制备流程，可拆解为三个核心步骤：
反应步骤：NaClO3（Cl 为 +5 价）在 H2SO4酸化下与 SO2（S 为 +4 价）反应，Cl 被还原为 ClO2（+4 价），S 被氧化为 NaHSO4（+6 价），依据得失电子守恒可确定反应方程式。
电解步骤：电解食盐水时，阴极上 ClO2得电子被还原为 ClO2-；阳极上 Cl-失电子被氧化为 Cl2。
吸收与结晶：用含 H2O2的 NaOH 溶液吸收未反应的 ClO2，最终将 NaClO2溶液结晶、干燥得到产品。通过各步骤的物质转化与化合价变化，可分析各选项的合理性。
二、II非选择题(共52分)
17．（2025高一上·灌南期末）如图是元素周期表的短周期部分，表中的数字序号代表该元素，请参照元素在表中的位置，回答下列问题：
（1）写出元素⑥位于周期表中的位置：第3周期第　 　族。
（2）元素②的单质有多种，这些单质互称　 　。写出①和③形成的原子数之比为1：1的化合物的电子式：　 　。
（3）元素④的单质着火不能用水灭火，其原因是　 　(用离子方程式表示)。
（4）可用来判断元素④、⑤金属性强弱的是　 　(填字母)。
a．原子的最外层电子数
b．单质与水反应的剧烈程度
c．单质的熔沸点高低
d．最高价氧化物的水化物的碱性强弱
（5）元素硒(Se)与元素③和⑦位于同一主族，俗称“长寿元素”，在营养强化剂中硒元素主要以亚硒酸钠形式存在，写出亚硒酸钠的化学式：　 　，这三种元素简单氢化物的沸点由高到低的顺序是　 　(用化学式表示)。
【答案】（1）IVA
（2）同素异形体；
（3）
（4）bd
（5）Na2SeO3；H2O＞H2Se＞H2S
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）元素⑥为Si元素，原子序数为14，位于元素周期表第三周期第IVA族；
故答案为： IVA ；
（2）元素②为C元素，由C元素可以组成许多性质不同的单质，它们互称为同素异形体；元素①为H元素，元素③为O元素，原子数之比为1：1的化合物为H2O2，电子式：；
故答案为： 同素异形体 ； ；
（3）元素④为Na元素，其单质可与水反应生成NaOH和H2：；
故答案为： ；
（4）a．原子的最外层电子数多少不能说明金属性强弱，a错误；
b．单质与水反应越剧烈，金属性越强，b正确；
c．单质的熔沸点属于物理性质，不能判断金属性强弱，c错误；
d．最高价氧化物的水化物的碱性越强，则元素的金属性越强，d正确；
故答案为：bd；
（5）亚硫酸钠化学式为Na2SO3，亚硒酸钠的化学式为：Na2SeO3，三种元素简单氢化物分别为：H2O、H2S和H2Se，H2O分子间可形成氢键，沸点最高，H2Se相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点高于H2S，沸点：H2O＞H2Se＞H2S。
故答案为： Na2SeO3 ；H2O＞H2Se＞H2S。
【分析】根据各元素在元素周期表的位置可知，①~⑦号元素分别是：H、C、O、Na、Mg、Si和S。
(1)根据元素在周期表的位置确定元素（Si），再依据原子序数和周期表结构判断其周期和族。
(2)明确同素异形体概念，结合元素（H、O）确定原子数 1：1 的化合物（H2O2），进而写电子式。
(3)确定元素（Na），写出 Na 与水反应的离子方程式。
(4)依据金属性强弱的判断依据（与水反应剧烈程度、最高价氧化物水化物碱性）分析选项。
(5)根据亚硫酸钠的化学式类推亚硒酸钠化学式；结合氢键和分子间作用力判断简单氢化物（H2O、H2Se、H2S）的沸点顺序。
（1）元素⑥为Si元素，原子序数为14，位于元素周期表第三周期第IVA族；
（2）元素②为C元素，由C元素可以组成许多性质不同的单质，它们互称为同素异形体；元素①为H元素，元素③为O元素，原子数之比为1：1的化合物为H2O2，电子式：；
（3）元素④为Na元素，其单质可与水反应生成NaOH和H2：；
（4）a．原子的最外层电子数多少不能说明金属性强弱，a错误；
b．单质与水反应越剧烈，金属性越强，b正确；
c．单质的熔沸点属于物理性质，不能判断金属性强弱，c错误；
d．最高价氧化物的水化物的碱性越强，则元素的金属性越强，d正确；
答案选bd；
（5）亚硫酸钠化学式为Na2SO3，亚硒酸钠的化学式为：Na2SeO3，三种元素简单氢化物分别为：H2O、H2S和H2Se，H2O分子间可形成氢键，沸点最高，H2Se相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点高于H2S，沸点：H2O＞H2Se＞H2S。
18．（2025高一上·灌南期末）空气中 CO2浓度的持续走高引起人们的高度重视。一些科学家认为，人类不仅要努力减少 CO2的排放，还要尽快想办法清除空气中过多的 CO2.为此，他们设想了一系列“捕捉”和“封存” CO2的方法。
方法Ⅰ：一些科学家利用太阳能加热的反应器“捕捉”空气中的 CO2，如图-1所示。
（1）步骤一中的 CaO的电子式为　 　。
（2）步骤二中发生反应的化学方程式是　 　。
方法Ⅱ：另一些科学家利用 NaOH 溶液的喷淋“捕捉”空气中的 CO2，如图-2所示。
图-2
（3）上图-2 a 环节中，物质分离的基本操作是　 　。
（4）为了尽量减少成本，在整个流程中，循环利用的物质有 CaO和　 　。
（5）下列溶液中，同样能用于“捕捉”二氧化碳的是 　 　(填字母)，发生反应的离子方程式为　 　。
a．KNO3溶液 b．CaCl2溶液 c．H2O2溶液 d．Na2CO3溶液
【答案】；；过滤；；d；
【知识点】物质的分离与提纯；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）是离子化合物，电子式为：。
故答案为：；
（2）步骤一是与生成，步骤二是高温分解产生和，方程式为：。
故答案为：；
（3）上图-2 a 环节中与溶液中水反应生成，与生成固体，a环节中，是固体与溶液发生分离，为过滤。
故答案为：过滤；
（4）流程中，900℃反应炉中分解产生的可以循环利用，a 环节中与溶液中水反应生成，与生成固体和，a环节中也可循环利用。
故答案为：；
（5）能用于“捕捉”二氧化碳的是溶液应能与反应，d选项中的溶液可与反应，离子方程式为：。
故答案为：d；。
【分析】(1)明确 CaO 是离子化合物，按照离子化合物电子式的书写规则写出其电子式。
(2)根据步骤一的反应产物，结合步骤二的反应条件，写出碳酸钙高温分解的化学方程式。
(3)分析 a 环节中物质的状态，确定是固体与溶液的分离，从而得出采用过滤操作。
(4)梳理整个流程，找出可循环利用的物质，除 CaO 外还有 NaOH。
(5)判断各溶液能否与 CO2反应，选出能反应的 Na2CO3溶液，再写出其与 CO2反应的离子方程式。
19．（2025高一上·灌南期末）舍勒发现氯气的方法至今还是实验室中制取氯气的主要方法之一。
（1）写出用该方法制取氯气的化学方程式　 　。
（2）某同学应用该方法，按照制备、净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)能达到实验目的的是　 　。
（3）写出上述D装置中Cl2经过湿润红布条时发生反应的离子方程式　 　。
（4）验证氯水中HClO光照分解的产物。将新制的氯水加入三颈烧瓶内，将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入三颈瓶中(如图1)，用强光照射氯水，进行实验并采集数据，获得相关变化曲线。(酸性溶液中，越大，pH越小，溶液酸性越强)
若能够证明氯水中HClO在光照下发生了分解反应，则图2中纵坐标可以表示的物理量是　 　(填字母)。
a．氧气的体积分数 b． 氯水的pH c．氯离子的浓度
（5）某化工厂用氯气与氢氧化钙生产漂白粉。该厂出厂产品说明书如图3：
①漂白粉的有效成分是　 　(填化学式)。漂白粉需“密封避光保存于阴凉处”是因为漂白粉有效成分与空气中、反应生成不稳定的次氯酸而易失效。生成次氯酸的化学方程式为　 　。
②使用漂白粉时最好“随用随配”。某次使用时，取漂白粉2.54 g溶解于1000 g水中，所得溶液中次氯酸钙的物质的量浓度为　 　。(假设漂白粉中只含有次氯酸钙和氯化钙，不含其它杂质，且所得溶液的体积仍为1 L)
【答案】（1）
（2）ABD
（3）Cl2+H2O=HCl+HClO
（4）ac
（5）；；
【知识点】氯气的实验室制法；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】（1）高锰酸钾和浓盐酸是固体液体不加热装置制取氯气，所以用高锰酸钾和浓盐酸反应的化学方程为；
故答案为： ；
（2）A为不加热制取氯气装置，A正确；B为除杂装置，导管满足长进短出，B正确；C为收集装置，氯气密度大于空气，所以需要用向上排空气法，C装置错误；D为验证氯气性质的装置，湿润氯气具有漂白性，D装置正确；E装置为尾气回收装置，需要用NaOH溶液，E装置错误；故选ABD；
故答案为：ABD；
（3）Cl2经过湿润红布条时，氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO；
故答案为： Cl2+H2O=HCl+HClO ；
（4）HClO光照下会发生的反应为：，为强酸，完全电离，则溶液中的氯离子的浓度、氧气的体积分数均会增大；故选ac；
故答案为：ac；
（5）①漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，有效成分是；漂白粉的有效成分与空气中、反应生成次氯酸HClO和碳酸钙，化学方程式为；
②假设漂白粉中只含有次氯酸钙和氯化钙，先计算次氯酸钙的物质的量，次氯酸钙的摩尔质量；取漂白粉2.54g，设其中次氯酸钙的质量为x，由于漂白粉中次氯酸钙和氯化钙的物质的量之比为1：1，则，（111是的摩尔质量），解得x=1.43g，次氯酸钙的物质的量，所得溶液体积为1L，根据物质的量浓度公式，则次氯酸钙的物质的量浓度。
故答案为： ； ； 。
【分析】实验室用高锰酸钾（KMnO4）与浓盐酸制备氯气（Cl2），该反应无需加热。制得的氯气中混有氯化氢（HCl）气体和水蒸气，需先通过饱和食盐水除去 HCl，再用浓硫酸干燥。由于 Cl2密度比空气大，应采用向上排空气法收集。验证其性质时，需考虑 Cl2与水反应生成的次氯酸（HClO）见光易分解等特性。最后，Cl2有毒，需用合适试剂（如 NaOH 溶液）进行尾气处理，避免污染空气。整个装置需按照制备、净化、收集、性质检验和尾气处理的顺序合理连接。
（1）高锰酸钾和浓盐酸是固体液体不加热装置制取氯气，所以用高锰酸钾和浓盐酸反应的化学方程为；
（2）A为不加热制取氯气装置，A正确；B为除杂装置，导管满足长进短出，B正确；C为收集装置，氯气密度大于空气，所以需要用向上排空气法，C装置错误；D为验证氯气性质的装置，湿润氯气具有漂白性，D装置正确；E装置为尾气回收装置，需要用NaOH溶液，E装置错误；故选ABD；
（3）Cl2经过湿润红布条时，氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO；
（4）HClO光照下会发生的反应为：，为强酸，完全电离，则溶液中的氯离子的浓度、氧气的体积分数均会增大；故选ac；
（5）①漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，有效成分是；漂白粉的有效成分与空气中、反应生成次氯酸HClO和碳酸钙，化学方程式为；
②假设漂白粉中只含有次氯酸钙和氯化钙，先计算次氯酸钙的物质的量，次氯酸钙的摩尔质量；取漂白粉2.54g，设其中次氯酸钙的质量为x，由于漂白粉中次氯酸钙和氯化钙的物质的量之比为1：1，则，（111是的摩尔质量），解得x=1.43g，次氯酸钙的物质的量，所得溶液体积为1L，根据物质的量浓度公式，则次氯酸钙的物质的量浓度。
20．（2025高一上·灌南期末）84消毒液、ClO2是常见的含氯消毒剂。
资料：84消毒液中含氟微粒主要有ClO-、Cl-、HClO；相同浓度时，HClO的氧化性强于ClO-；ORP是反映物质的氧化一还原性，ORP值越大，氧化性越强。通常情况下，应将84消毒液原液稀释后使用；一般不用于衣服等纺织品的洗涤消毒。
（1）制备ClO2的一种反应为：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O，用单线桥法标出其电子转移的方向和数目　 　。
（2）取含次氯酸钠0.2mol·L-1的消毒液1mL，加水稀释至200mL，则稀释后次氯酸钠的物质的量浓度为　 　mol·L-1。
（3）为研究84消毒液的性质与使用条件，进行下列实验：
【实验1】向两支试管中分别加入2mL84消毒液，在试管l中加入2mL水，试管2中加入2mL白醋，再分别放入相同的红色纸片。观察到试管2中纸片褪色更快。
①实验中在试管l中加入2mL水的目的是　 　。
②试管2中纸片褪色更快的原因是　 　。
③如果实验中加浓盐酸，会有黄绿色气体产生，反应的离子方程式是　 　。
【实验2】测定84消毒液在不同温度时ORP随时间的变化情况，结果如图所示。
④实验表明，随温度升高，ORP值下降。50℃时ORP值下降较快的原因是　 　。
【答案】（1）
（2）0.001
（3）做对比实验；白醋中含有醋酸，醋酸的酸性大于HClO，可以与ClO-反应生成HClO，使HClO浓度增大，氧化性增强；Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；ORP的值与温度有关，且温度越高，ORP的值越低，HClO受热分解，浓度下降，氧化性减弱
【知识点】氧化还原反应；化学实验方案的评价；物质的量浓度；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】（1）制备ClO2的一种反应为：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O，H2O2中的O由-1价升高为0价，共升高2价，NaClO3中Cl由+5价降为+4价，共降低2价，用单线桥法标出其电子转移的方向和数目。
故答案为：；
（2）取含次氯酸钠0.2mol·L-1的消毒液1mL，加水稀释至200mL，则稀释后次氯酸钠的物质的量浓度为 =0.001mol·L-1。
故答案为：0.001；
（3）①实验中在试管l中加入2mL水的目的是做对比实验。
故答案为：做对比实验；
②试管2中纸片褪色更快的原因是白醋中含有醋酸，醋酸的酸性大于HClO，可以与ClO-反应生成HClO，使HClO浓度增大，氧化性增强。
故答案为：白醋中含有醋酸，醋酸的酸性大于HClO，可以与ClO-反应生成HClO，使HClO浓度增大，氧化性增强；
③如果实验中加浓盐酸，会有黄绿色气体产生，在酸性条件下，次氯酸根离子将氯离子氧化，生成氯气，反应的离子方程式是Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O。
故答案为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；
【实验2】④实验表明，随温度升高，ORP值下降。50℃时ORP值下降较快的原因是ORP的值与温度有关，且温度越高，ORP的值越低，HClO受热分解，浓度下降，氧化性减弱。
故答案为：ORP的值与温度有关，且温度越高，ORP的值越低，HClO受热分解，浓度下降，氧化性减弱。
【分析】(1)确定反应中元素化合价变化（NaClO3中 Cl 从 +5到+4，HCl 中 Cl 从 - 1到0），用单线桥标出电子转移。
(2)依据稀释定律（c1V1=c2V2）计算，忽略体积变化。
(3)①空白对照，排除加水对实验的干扰。
②白醋含 CH3COOH（酸性强于 HClO），与 ClO-反应生成更多 HClO，增强氧化性。
③酸性条件下，Cl-与 ClO-发生反应：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O。
④温度升高加速 HClO 分解，浓度降低使氧化性减弱，ORP 值下降加快。
（1）制备ClO2的一种反应为：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O，H2O2中的O由-1价升高为0价，共升高2价，NaClO3中Cl由+5价降为+4价，共降低2价，用单线桥法标出其电子转移的方向和数目。故答案为：；
（2）取含次氯酸钠0.2mol·L-1的消毒液1mL，加水稀释至200mL，则稀释后次氯酸钠的物质的量浓度为 =0.001mol·L-1。故答案为：0.001；
（3）①实验中在试管l中加入2mL水的目的是做对比实验。故答案为：做对比实验；
②试管2中纸片褪色更快的原因是白醋中含有醋酸，醋酸的酸性大于HClO，可以与ClO-反应生成HClO，使HClO浓度增大，氧化性增强。故答案为：白醋中含有醋酸，醋酸的酸性大于HClO，可以与ClO-反应生成HClO，使HClO浓度增大，氧化性增强；
③如果实验中加浓盐酸，会有黄绿色气体产生，在酸性条件下，次氯酸根离子将氯离子氧化，生成氯气，反应的离子方程式是Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O。故答案为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；
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