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浙江省杭州市西湖区杭高统考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。每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．（2025高一上·西湖期末）合金的应用极大地促进了人类社会的发展。下列不属于合金的是
A．狗头兽首铜像
B．精美的青花瓷
C．流通硬币
D．地铁列车的车体
2．（2025高一上·西湖期末）在完成“钠与水反应”的探究实验中，没有涉及到的实验图标是
A．护目镜 B．用电
C．洗手 D．锐器
3．（2025高一上·西湖期末）下列物质中，只含离子键的化合物是
A． B． C． D．NaOH
4．（2025高一上·西湖期末）下列物质不能通过化合反应得到的是
A． B． C． D．
5．（2025高一上·西湖期末）下列化学用语表示正确的是
A．四氯化碳分子的空间结构模型：
B．的形成过程：
C．的原子结构示意图：
D．HClO的电子式：
6．（2025高一上·西湖期末）下列物质溶于水中，因发生氧化还原反应而使溶液呈碱性的是
A．NaH B．KHS C．NH3 D．Na2CO3
7．（2025高一上·西湖期末）下列物质属于电解质但目前状态下不能导电的是
①液态氯化氢②稀硫酸③KOH固体④熔融碳酸钠⑤一水合氨⑥石墨
A．②④⑥ B．①③⑤ C．①④⑥ D．②③⑤
8．（2025高一上·西湖期末）重水是重要的核工业原料，下列说法不正确的是
A．氘(D)的原子核外有1个电子 B．与互称同位素
C．与互称同素异形体 D．中含有电子
9．（2025高一上·西湖期末）下列有关碳酸钠和碳酸氢钠说法不正确的是
A．向碳酸氢钠中加少量水，伴随着吸热现象
B．侯德榜制碱法最终产品是碳酸氢钠
C．碳酸钠溶液呈碱性
D．碳酸钠可用于纺织、制皂、制玻璃
10．（2025高一上·西湖期末）化学与社会、生活以及工业生产密切相关。下列说法不正确的是
A．二氧化硫不能用于食品加工
B．用铝槽车可以运输浓硫酸
C．次氯酸可用作棉、麻和纸张的漂白剂
D．某些铜盐、钠盐可用作烟花增色剂
11．（2025高一上·西湖期末）工业上用(分子结构：)与为原料制备(硫为-2价)，发生反应：。下列说法正确的是
A．既是氧化剂，又是还原剂
B．消耗转移电子数
C．生成，断开键数为
D．只是还原产物
12．（2025高一上·西湖期末）下列说法正确的是
A．氢氧化铁胶体产生丁达尔效应，原因是胶体分散质粒子对光线产生折射
B．La-Ni储氢合金在加热条件下可与氢气反应生成稳定的金属氢化物
C．门捷列夫将元素按照原子序数由小到大排列，制出了第一张元素周期表
D．钠钾合金熔点低且导热性好，可用作核反应堆的传热介质
13．（2025高一上·西湖期末）关于下列物质工业制备的说法正确的是
A．烧碱：通过与反应来制备
B．铝单质：通过电解溶液来制备
C．盐酸：与燃烧生成溶于水制得
D．漂白粉：通过与石灰水反应来制得
14．（2025高一上·西湖期末）已知某元素的最高化合价为+6价，下列说法正确的是
A．该元素在元素周期表中一定处于第VIA族
B．该元素可以是氧元素
C．该元素的某种化合物可能具有漂白性
D．该元素的单质没有还原性
15．（2025高一上·西湖期末）下列实验装置或操作不能够达到实验目的的是
A．装置甲：用于除去中的
B．装置乙：可用于制备金属锰
C．装置丙：比较、、S的氧化性强弱
D．装置丁：制备氢氧化铁胶体
16．（2025高一上·西湖期末）在指定的条件下，一定能大量共存的离子组是
A．无色溶液：、、、
B．碱性条件：、、、
C．酸性条件：、、、
D．印刷电路板的腐蚀液：、、、
17．（2025高一上·西湖期末）类推(类比迁移)的思维方法可以预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列类比分析结果正确的是
A．钠在空气中燃烧生成，则锂在空气中燃烧生成
B．通入中生成，则通入中生成
C．分子的空间结构为“V形”，则分子的空间结构为“形”
D．常温下，和浓硫酸不发生反应，则常温下和浓硫酸也不发生反应
18．（2025高一上·西湖期末）设为阿伏加德罗常数值，下列有关说法正确的是
A．浓硫酸与足量锌反应，转移电子数小于
B．溶液中所含的数为
C．标准状况下，氯气溶于足量水所得氯水中：
D．和混合气体所含的电子数为
19．（2025高一上·西湖期末）X、Y、Z、W、Q为五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X只含1个电子，Y和的某同位素测定可用于分析古代人类的食物结构，和同主族，的原子序数是的2倍。下列说法正确的是
A．由X、Z、W三种元素形成的化合物的水溶液一定显酸性
B．、与三种元素形成的可能为离子化合物
C．只有一种的氢化物与的氧化物发生反应生成强酸
D．与形成的10电子微粒有2种
20．（2025高一上·西湖期末）下列说法正确的是
A．在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温和耐腐蚀的元素
B．某物质在熔融状态能导电，则该物质中一定含有离子键
C．溶于水时只破坏了离子键
D．碘的升华和硫的熔化所需破坏的化学键相同
21．（2025高一上·西湖期末）下列有关元素周期表的叙述正确的是
A．元素周期表中有18个纵行，但却只有16个族，其中第VIII族所含元素种类最多
B．第三、第四周期中同主族元素的质子数差值都是8
C．主族元素的原子，形成单核离子时的化合价和它的族序数不一定相等
D．原子的最外层有1个或2个电子，则一定是第IA或IIA族元素
22．（2025高一上·西湖期末）X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素；由该5种元素组成的某化合物是电池工业中的重要原料，其结构如图所示。下列说法不正确的是
A．原子半径：
B．W、Z氢化物的沸点：ZC．该化合物中原子未达到8电子稳定结构
D．该化合物中既含极性键又含非极性键
23．（2025高一上·西湖期末）能正确表示下列反应的离子方程式是
A．向饱和碳酸钠溶液通入过量
B．溶液中加入溶液至恰好沉淀：
C．将少量氯气通入溶液中：
D．用溶解
24．（2025高一上·西湖期末）检验某溶液X中是否含有、、、、、、、，限用的试剂有：盐酸、硫酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液。设计如下实验步骤，并记录相关现象。下列叙述不正确的是
A．溶液中一定有、、
B．试剂②一定为盐酸
C．通过焰色试验，可进一步确定溶液中阳离子的种类
D．通过在黄色溶液中加入硝酸银可以检验原溶液中是否存在
25．（2025高一上·西湖期末）下列实验操作、现象和得出的结论正确的是
　 实验操作 现象 结论
A 向和溶液中分别加入过量溶液 的试管中出现白色沉淀，的试管中先出现白色沉淀，后沉淀溶解。 金属性：
B 将某固体溶于水，取上层清液，先滴加足量稀盐酸再滴加氯化钡溶液 滴加稀盐酸无明显现象，滴加氯化钡后产生白色沉淀 说明该固体中含有
C 向溶有的溶液中加入溶液 产生白色沉淀 说明可将氧化
D 向盛有少量固体、固体的两支试管中分别加入等量浓 分别产生无色和红棕色的刺激性气味气体 氧化性：
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题(本大题共6小题，共50分)
26．（2025高一上·西湖期末）请回答：
（1）的电子式是　 　；84消毒液有效成分的化学式　 　。
（2）在空气中久置的化学方程式是　 　。
（3）粉与强碱性溶液反应，还原产物为，写出该反应的离子方程式　 　。
（4）下列事实与氢键有关的是　 　(填序号)
①的熔、沸点比的熔、沸点高　　②稳定性：
③冰的密度比液态水的密度小　　　　　　　④水加热到很高温度都难以分解
27．（2025高一上·西湖期末）结合元素周期表回答下列问题：
（1）请在图中用实线画出元素周期表的边界　 　。
（2）写出M在元素周期表中的位置　 　。
（3）D、F、H的简单离子半径由小到大的顺序为　 　(用离子符号表示)。
（4）下列事实能说明E元素的非金属性比K强的是_______(填标号)。
A．简单氢化物的稳定性： B．含氧酸的酸性：
C．简单阴离子的还原性： D．单质的熔点：
（5）分别由A、D、F、H四种元素组成的两种盐可相互反应得到气体的离子方程式是　 　。
（6）由B、C、D三种元素可组成摩尔质量84g/mol的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1：1：1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为　 　。
28．（2025高一上·西湖期末）黄铜矿的主要成分为，现有如下转化关系制备有关物质。
已知：沉淀D是白色沉淀，只含两种元素，其摩尔质量为99.5g/mol。忽略黄铜矿中其他杂质成分。请回答：
（1）尾气中经过充分综合利用可以得到生石膏，请写出生石膏的化学式：　 　。
（2）判断溶液B中的溶质为　 　。
（3）下列说法不正确的是_______。
A．步骤Ⅰ前需将黄铜矿粉碎，目的是增大接触面积，加快反应速率
B．步骤Ⅱ中使用催化剂，能使的转化率达到100%
C．硫酸工业中步骤Ⅱ产生的用水吸收
D．图中步骤Ⅰ和Ⅳ中含硫物质均发生氧化反应
（4）生成沉淀D的离子反应方程式　 　。
（5）请设计实验检验溶液C中的阳离子　 　。
29．（2025高一上·西湖期末）为国际公认高效安全灭菌消毒剂之一，实验室可用潮湿的与反应制取，反应装置如图所示(夹持装置已略，连接处用的是乳胶管和橡胶塞)。
已知：熔点为116℃，沸点为3.8℃，浓度过高或与有机物接触时易发生爆炸。沸点为-34.6℃，液氨沸点为-33.5℃。
（1）装浓盐酸的仪器名称：　 　。实验室欲配制盐酸，需要用量筒量取质量分数为36.5%浓盐酸约　 　。
（2）写出装置A中发生反应的离子方程式：　 　。
（3）检查虚框中装置气密性的方法为：用止水夹夹住装置A两端的乳胶管，　 　。
（4）下列有关该实验的说法中不正确的是_______。
A．实验室也可用与浓盐酸反应制备氯气
B．B中试剂是浓硫酸，目的是干燥氯气
C．氮气的作用之一是稀释生成的，减少实验爆炸危险
D．从装置D中逸出气体的主要成分是
（5）装置C中潮湿的与以等物质的量反应，生成、气体和另一种盐，试写出该反应化学方程式　 　。
（6）该实验装置存在两处明显的不足，指出不足的地方为　 　。
30．（2025高一上·西湖期末）在不同温度下失水和分解，随着温度升高分别生成，现称取在敞口容器加热一定时间后，气体全部逸出，冷却后得到含两种成分的固体共2.720g，测得生成的的体积为(已折算为标准标况)，回答下列问题：
（1）写出Cu和浓硫酸反应的化学方程式　 　。
（2）固体的成分　 　。
（3）标准状况下生成的体积　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、铜像由铜与其他金属熔合而成，属于铜合金，具有金属特性，属于合金，A 不符合题意；
B、青花瓷的主要成分是铝硅酸盐，属于无机非金属材料，不含金属熔合的结构，不具备金属特性，不属于合金，B符合题意；
C、流通硬币由钢芯镀铜、钢芯镀镍等合金材料制成，具有金属特性，属于合金，C 不符合题意；
D、列车车体采用硬铝（铝、铜、镁、硅的合金），具有金属特性，属于合金，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据合金的定义，判断各选项的材质是否属于 “金属或金属与非金属熔合的具有金属特性的物质”。
2．【答案】B
【知识点】几种常见的化学标志
【解析】【解答】A、钠与水反应剧烈放热，钠会熔成小球并可能四处飞溅，为防止液体溅入眼睛，需佩戴护目镜，该图标涉及，A不符合题意；
B、钠与水反应是化学变化，过程中不需要通电操作，该图标不涉及，B符合题意；
C、实验中生成的 NaOH 溶液有腐蚀性，实验后需洗手防止皮肤被腐蚀，该图标涉及，C不符合题意；
D、切割钠时需用小刀（锐器），操作中需注意防止锐器割伤，该图标涉及，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】逐一分析每个图标对应的实验场景，判断其是否在 “钠与水反应” 实验中涉及。
3．【答案】C
【知识点】化学键；离子化合物的结构特征与性质
【解析】【解答】A、属于离子化合物，和形成离子键，中含有共价键 ，因此不符合 “只含离子键” 的要求，故A不符合题意 ；
B、 是共价化合物，仅含共价键，不含离子键，故B不符合题意 ；
C、Mg3N2是离子化合物，由 Mg2+和 N3-通过离子键结合，且 N3-是单原子离子，不存在原子间的共价键，因此只含离子键，故C符合题意 ；
D、NaOH 是离子化合物，Na+与 OH-间为离子键，但 OH-内部 O - H 是共价键，即含离子键的同时还含共价键，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】要解决这道题，需明确离子键、共价键的判断方法以及离子化合物、共价化合物的区分：
离子键：阴、阳离子间的静电作用；共价键：原子间通过共用电子对形成的相互作用。
离子化合物：含离子键的化合物（可能含共价键）；共价化合物：只含共价键的化合物。
4．【答案】D
【知识点】钠的化学性质；铁的化学性质；氢氧化铝的制取和性质探究
【解析】【解答】A、Fe 和 FeCl3可发生化合反应：Fe+2FeCl3=3FeCl2，能通过化合反应得到 FeCl2，A不符合题意；
B、Cu 和 S 在加热条件下发生化合反应： ，能通过化合反应得到 Cu2S，B不符合题意；
C、Na 在加热或点燃条件下与 O2发生化合反应： ，能通过化合反应得到 Na2O2，C不符合题意；
D、Al(OH)3通常通过铝盐与碱反应（如 AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl）或偏铝酸盐与酸反应（如 NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl）制备，这些反应均是两种化合物交换成分生成两种新化合物的复分解反应，不属于化合反应，因此不能通过化合反应得到 Al(OH)3，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】要解决这道题，需先明确化合反应的定义（由两种或两种以上物质生成一种新物质的反应），再逐一分析各选项能否通过化合反应制得。
5．【答案】D
【知识点】原子结构示意图；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、四氯化碳（CCl4）中，氯原子半径大于碳原子半径，但选项中的模型呈现的是中心原子半径大于周围原子（类似甲烷 CH4的结构，因氢原子半径小于碳原子），与 CCl4的实际原子半径关系不符，A错误；
B、MgCl2是离子化合物，形成时 Mg 原子失去 2 个电子，两个 Cl 原子各得 1 个电子。正确的形成过程应体现两个 Cl 原子分别与 Mg 原子作用，且电子式中 Cl-需用方括号标注电荷， 表示为，B错误；
C、 是氮原子，质子数为 7，核外电子数也为 7，电子层排布应为：，C错误；
D、HClO 是共价化合物，结构为 H-O-Cl（氧原子分别与氢原子、氯原子形成共用电子对），其电子式为 ，符合成键规律，D正确；
故答案为：D。【分析】A．掌握分子空间结构模型需体现原子半径的相对大小，不同原子的半径差异会影响模型的正确性。
B．离子化合物形成过程的表示需明确原子得失电子的方向，且离子化合物的电子式应体现阴阳离子的电荷及电子分布。
C．原子结构示意图中，核电荷数（圆圈内数字）必须与元素种类一致。
D．考查共价化合物的电子式需正确体现原子间的成键方式。
6．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、中为-1价，水中为+1 -1 + 1转化为价 ），属于氧化还原反应；生成的使溶液呈碱性，故A符合题意 ；
B、溶于水，存在水解（ ）和电离（ ），因水解程度大于电离程度，溶液显碱性；但水解、电离过程中元素化合价均未改变，不属于氧化还原反应，故A不符合题意 ；
C、溶于水生成， ，该过程是弱碱的电离，无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C不符合题意 ；
D、溶于水，发生水解（ 、 ）使溶液显碱性；水解过程无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题考查物质溶于水的反应类型及溶液酸碱性判断，需结合氧化还原反应（有元素化合价升降 ）、水解、电离等知识分析，分析如下：
A．判断与水反应是否为氧化还原反应，及反应后溶液酸碱性 。
B．分析溶于水的行为（水解、电离 ），判断是否为氧化还原反应 。
C．分析溶于水的变化，判断反应类型 。
D．分析溶于水的行为，判断反应类型 。
7．【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】①液态氯化氢：属于电解质，液态时以分子形式存在，无自由移动离子，不能导电。
②稀硫酸：是混合物，不是化合物，因此不属于电解质；其中存在自由移动的离子，能导电。
③KOH 固体：属于电解质，固态时离子被束缚，无法自由移动，不能导电。
④熔融碳酸钠：属于电解质，熔融状态下电离出自由移动的钠离子和碳酸根离子，能导电。
⑤一水合氨：属于电解质，纯液态时以分子形式存在，无自由移动离子，不能导电。
⑥石墨：是单质，不是化合物，不属于电解质；因存在自由电子，能导电。
筛选符合条件的物质：属于电解质且目前状态下不能导电的是①③⑤，
故答案选 B。
【分析】要解决这道题，需先明确电解质的定义（在水溶液中或熔融状态下能自身电离出离子的化合物）以及导电的条件（存在自由移动的离子或电子）.
8．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；同素异形体；元素、核素
【解析】【解答】A、氘（D）的质子数为 1，原子的核外电子数等于质子数，因此核外有 1 个电子，A正确；
B、H（氕）与 D（氘）质子数相同、中子数不同，二者互称同位素，B正确；
C、H2O 和 D2O 均为化合物，不是单质，不符合同素异形体的定义（同素异形体针对单质），因此二者不互称同素异形体，C错误；
D、1 个 D2O 分子中，D 原子含 1 个电子，O 原子含 8 个电子，所以 1 个 D2O 分子含电子数为10则 1mol D2O 中含有 10mol 电子，D正确；
故答案为：C。
【分析】明确核心概念：同位素：质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子；
同素异形体：同种元素组成的不同单质。
9．【答案】B
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、碳酸氢钠溶于水时会吸收热量，表现为吸热现象，A正确；
B、侯德榜制碱法中，先通过反应生成碳酸氢钠，再将碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠，因此最终产品是碳酸钠，而非碳酸氢钠，B错误；
C、碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解使溶液呈碱性，C正确；
D、碳酸钠在工业上可用于纺织（利用其碱性处理纤维）、制皂（利用碱性参与皂化反应）、制玻璃（与石英砂等反应），D正确；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，需系统掌握碳酸钠（Na2CO3）和碳酸氢钠（NaHCO3）的性质、制备及用途，核心考查点：围绕碳酸钠、碳酸氢钠的物理性质（溶解热效应）、制备（侯德榜制碱法）、溶液酸碱性、工业用途逐一分析。
10．【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；焰色反应；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、二氧化硫在一定范围内可起到抗氧化、杀菌的作用，按国家规定的用量可用于食品加工（如某些果脯的生产），并非完全不能用于食品加工，A错误；
B、常温下，铝与浓硫酸会发生钝化，在铝表面形成一层致密的氧化膜，阻止反应进一步进行，因此可以用铝槽车运输浓硫酸，B正确；
C、次氯酸具有强氧化性，能破坏有机色素的结构，可用作棉、麻和纸张的漂白剂，C正确；
D、某些铜盐、钠盐在灼烧时会呈现特殊颜色（焰色反应），可利用这一性质用作烟花增色剂，D正确；
故答案为：A。
【分析】围绕化学物质在食品加工、工业运输、漂白、烟花制作中的实际应用，判断说法的正确性。
逐一分析选项。
11．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、S8中 S 元素仅化合价降低，只作氧化剂，并非既是氧化剂又是还原剂，A错误；
B、22.4L CH4未说明是标准状况，无法计算其物质的量，更无法确定转移电子数，B错误；
C、17g H2S 的物质的量为 0.5mol（17g÷34g/mol）。根据反应式，生成 4mol H2S 消耗 1mol S8，则生成 0.5mol H2S 消耗 0.125mol S8。S8分子中含 8 个 S-S 键，故 0.125mol S8断裂的 S-S 键为 0.125×8=1mol，即数目为 NA，C正确；
D、CS2中 C 来自 CH4（被氧化生成），S 来自 S8（被还原生成），因此 CS2既是氧化产物也是还原产物，D错误；
故答案为：C。
【分析】要解决这道题，需结合氧化还原反应规律、物质结构及气体计算条件分析：
明确反应中元素化合价变化：反应为 S8+2CH4=2CS2+4H2S。
C 元素：CH4中为 -4 价，CS2中为 +4 价，化合价升高（被氧化），CH4作还原剂。
S 元素：S8中为 0 价，CS2和 H2S 中均为 -2 价，化合价降低（被还原），S8作氧化剂。
12．【答案】D
【知识点】胶体的性质和应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、氢氧化铁胶体产生丁达尔效应的原因是胶体分散质粒子对光线产生散射，而非折射，A错误；
B、La-Ni 储氢合金能吸收氢气形成金属氢化物，但该金属氢化物在加热条件下不稳定，会分解产生氢气，并非生成稳定的金属氢化物，B错误；
C、门捷列夫制出的第一张元素周期表是将元素按相对原子质量由小到大排列的，而非原子序数，C错误；
D、钠钾合金熔点低（常温下可呈液态），且导热性好，能快速传递热量，因此可用作核反应堆的传热介质，D正确；
故答案为：D。
【分析】核心是准确区分胶体丁达尔效应的本质（散射）、储氢合金的可逆性（吸氢与放氢）、元素周期表的编排依据（相对原子质量或原子序数），以及合金性能与用途的关联（熔点、导热性对传热介质的影响）。
13．【答案】C
【知识点】工业制金属铝；以氯碱工业为基础的化工生产简介
【解析】【解答】A、工业上制备烧碱（NaOH）采用的是电解饱和食盐水的方法，而非 Na2O 与 H2O 反应（该反应虽能生成 NaOH，但 Na2O 成本高，不适合工业大规模生产），A错误；
B、AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电，工业上制备铝单质是通过电解熔融 Al2O3的方法，B错误；
C、工业上利用电解饱和食盐水产生的 H2和 Cl2，让 H2在 Cl2中燃烧生成 HCl，再将 HCl 溶于水制得盐酸，C正确；
D、石灰水（Ca(OH)2溶液）中溶质浓度低，工业上制备漂白粉是通过 Cl2与石灰乳（Ca(OH)2的悬浊液）反应来制得，D错误；
故答案为：C。
【分析】核心是区分实验室制备与工业制备的差异，工业制备需考虑成本、效率、物质性质（如 AlCl3的共价性、石灰水与石灰乳的浓度差异）。
同时要掌握典型工业制备反应的原理，如电解饱和食盐水制烧碱、电解熔融 Al2O3制铝、H2和 Cl2燃烧制盐酸、Cl2与石灰乳制漂白粉等。
14．【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、该元素最高化合价为 + 6 价，不一定处于第 ⅥA 族，还可能在第 ⅥB 族（如 Cr），A错误；
B、氧元素的最高正价为 + 2 价（仅在 OF2中体现），通常氧元素无 + 6 价，B错误；
C、若该元素是第 ⅥA 族的 S，其形成的 SO2具有漂白性，因此该元素的某种化合物可能具有漂白性，C正确；
D、若该元素是第 ⅥB 族的 Cr，Cr 单质可与氧气反应生成 Cr2O3，表现出还原性，D错误；
故答案为：C。
【分析】核心是突破 “最高化合价对应族” 的单一认知，明确主族和副族元素均可能出现 + 6 价，同时结合具体元素（如 S、Cr）的化合物性质（漂白性、还原性）进行判断，避免对元素族和性质的绝对化理解。
15．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；探究铝热反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、装置甲中饱和碳酸钠溶液不仅会与 HCl 反应，还会与 CO2反应，因此不能用于除去 CO2中的 HCl 气体，应选用饱和碳酸氢钠溶液，A不能达到实验目的；
B、装置乙中铝与二氧化锰在氯酸钾（助燃剂）作用下发生铝热反应，可制备金属锰，B能达到实验目的；
C、装置丙中 KMnO4与浓盐酸反应生成 Cl2，Cl2与 Na2S 溶液反应生成 S 单质，根据 “氧化剂氧化性强于氧化产物”，可得出氧化性：KMnO4 > Cl2 > S，C能达到实验目的；
D、装置丁中向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液，煮沸至液体呈红褐色，可制备氢氧化铁胶体，D能达到实验目的；
故答案为：A。
【分析】核心是掌握除杂试剂的选择性（如除去 CO2中 HCl 需选不与 CO2反应的饱和碳酸氢钠溶液）、铝热反应的应用（制备高熔点金属）、氧化性强弱比较的实验设计（利用氧化还原反应的先后规律）、胶体的制备方法（沸水滴加饱和 FeCl3溶液），避免因试剂选择错误或反应原理误解导致判断失误。
16．【答案】B
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】A、无色溶液中，MnO4-呈紫红色，不符合 “无色” 要求；且 H+与 CO32-会反应生成 CO2和 H2O，不能大量共存，故A不符合题意 ；
B、碱性条件下，Ba2+、Na+、Cl-、ClO-之间不发生反应，且均能在碱性环境中稳定存在，可大量共存，故B符合题意 ；
C、酸性条件下，Fe3+与 S2-会发生氧化还原反应，且 S2-与 H+会反应生成 H2S 气体，不能大量共存，故C不符合题意 ；
D、印刷电路板的腐蚀液中含 Fe2+，H+、NO3-会与 Fe2+发生氧化还原反应，且 Ag+与腐蚀液中的其他离子也可能反应，不能大量共存，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】核心是结合题干特殊条件（无色、酸碱性、特定环境如印刷电路板腐蚀液），判断离子间是否发生反应。需重点关注有颜色的离子（如 MnO4-）、能发生复分解反应的离子对（如 H+与 CO32-、S2-），以及能发生氧化还原反应的离子组合（如 Fe3+与 S2-、H+与 NO3-与 Fe2+）。
17．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；浓硫酸的性质；钠的化学性质
【解析】【解答】A、钠活泼性较强，在空气中燃烧生成 Na2O2；但锂活泼性弱于钠，在空气中燃烧生成 Li2O，而非 Li2O2，A错误；
B、CO2通入 Na2O2生成 Na2CO3，但 SO2具有还原性，通入 Na2O2时会被氧化，生成 Na2SO4，而非 Na2SO3，B错误；
C、H2O 分子中 O 原子有 2 对孤电子对，空间结构为 “V 形”；OF2分子中 O 原子同样有 2 对孤电子对，空间结构也为 “V 形”，C正确；
D、常温下，Cu 和浓硫酸不反应，但 Al 和浓硫酸会发生钝化（表面生成致密氧化膜），属于化学反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】核心是区分物质的共性与个性，避免因忽视金属活泼性差异（如 Li 与 Na）、物质的氧化还原性（如 SO2与 CO2）、分子孤电子对影响（如 H2O 与 OF2结构）而错误类比。同时要明确钝化属于化学变化，与 “不反应” 有本质区别。
18．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；氯水、氯气的漂白作用；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、先计算浓硫酸的物质的量，0.05L×18mol/L=0.9mol。浓硫酸与锌反应分两个阶段，浓 H2SO4阶段生成 SO2，反应为 Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，2mol 浓 H2SO4转移 2mol 电子；随着反应进行，硫酸变稀，稀 H2SO4与锌反应生成 H2，反应为Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，1mol 稀 H2SO4转移 2mol 电子。无论哪个阶段，0.9mol 硫酸完全反应时，转移电子数均为 0.9NA，并非 “小于”，A错误；
B、计算离子数目需结合 “浓度 × 体积” 得到溶质物质的量，但题目仅给出 0.1mol/L Na2SO4溶液的浓度，缺少溶液体积，无法计算 Na+的物质的量及数目，B错误；
C、氯气与水的反应是可逆反应，Cl2+H2O HCl+HClO，溶液中除 Cl-、HClO、ClO-外，还存在未反应的 Cl2。根据氯原子守恒，Cl-、HClO、ClO-中的氯原子总数加上未反应的 Cl2中的氯原子总数，才等于原来 Cl2中的氯原子总数（0.2mol）。因此，Cl-、HClO、ClO-的数目之和一定小于 0.2NA，C错误；
D、46g14N16O2所含的电子数为，46g12C16O2所含的电子数为，因此46g14N16O2和12C16O2混合气体所含的电子数为23NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断反应进程对电子转移的影响。
B．考查溶液中离子数目计算的条件。
C．掌握可逆反应与原子守恒的结合。
D．考查混合气体的电子数计算（摩尔质量与电子数的关联）。
19．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、由 H、N、O三种元素可形成 NH3 H2O（一水合氨），其水溶液呈碱性，并非一定显酸性，A错误；
B、H、C、N三者可形成 NH4CN（氰化铵），该物质由 NH4+和 CN-通过离子键结合，属于离子化合物，B正确；
C、W 的氢化物有 H2O、H2O2；Q 的氧化物有 SO2、SO3。其中 H2O 与 SO3反应生成 H2SO4，H2O2与 SO2反应也生成 H2SO4，不止一种组合，C错误；
D、H 与 O 形成的 10 电子微粒种类包括 H2O（水分子）、H3O+（水合氢离子）、OH-（氢氧根离子），共 3 种，D错误；
故答案为：B。
【分析】X 只含 1 个电子，确定 X 为 H（氢）。
Y 和 Z 的同位素可用于分析古代食物结构，考古中常用 4C 和 5N，结合原子序数递增，Y 为 C（碳），Z 为 N（氮）。
W 和 Q 同主族，且 Q 的原子序数是 W 的 2 倍。短周期中，O（8 号）和 S（16 号）满足此关系，故 W 为 O（氧），Q 为 S（硫）。
20．【答案】A
【知识点】化学键；离子键的形成；化学键和分子间作用力的区别；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、过渡元素均为金属元素，许多过渡金属及其合金具有优良的催化性能，也可用于制造耐高温、耐腐蚀的材料（如镍铬合金），因此在过渡元素中可寻找制备催化剂及耐高温、耐腐蚀的元素，A 正确；
B、物质在熔融状态能导电，不一定含离子键。例如金属单质（如铁、铜）在熔融状态下因存在自由电子而导电，其含有的是金属键，而非离子键，B错误；
C、NaHSO4溶于水时，既破坏了 Na+与 HSO4-之间的离子键，又破坏了 HSO4-内部 H 与 O 之间的共价键（HSO4-电离为 H+和 SO42-），并非只破坏离子键，C错误；
D、碘和硫均为分子晶体，碘升华、硫熔化时，破坏的是分子间作用力（范德华力），而非化学键（化学键存在于分子内部原子之间），D错误；
故答案为：A。【分析】A．判断过渡元素的应用价值。
B．掌握熔融状态导电与化学键的关系。
C．判断NaHSO4溶于水时的化学键破坏情况。
D．考查碘升华和硫熔化破坏的作用力类型。
21．【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、元素周期表有 18 个纵行，但只有 16 个族（7 个主族、7 个副族、1 个第 Ⅷ 族、1 个 0 族）。其中第 ⅢB 族包含镧系和锕系元素，所含元素种类最多，并非第 Ⅷ 族，A错误；
B、第三、第四周期同主族元素的质子数差值分两种情况：过渡元素左侧（如第 ⅠA、ⅡA 族）差值为 8；过渡元素右侧（如第 ⅢA~ⅦA 族）差值为 18，并非都为 8，B错误；
C、主族元素原子形成单核离子时，化合价与族序数不一定相等。例如 O 位于第 ⅥA 族，形成 O2-时化合价为 - 2，与族序数（Ⅵ）不相等，C正确；
D、原子最外层有 1 个或 2 个电子，不一定是第 ⅠA 或 ⅡA 族元素。例如 He 最外层有 2 个电子，属于 0 族元素；部分过渡元素（如 Cr、Cu）最外层也有 1 个电子，不属于第 ⅠA 族，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．考查元素周期表的纵行、族数及元素种类最多的族。
B．判断第三、第四周期同主族元素的质子数差值规律。
C．考查主族元素形成单核离子时化合价与族序数的关系。
D．判断最外层电子数与族的对应关系。
22．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；共价键的形成及共价键的主要类型；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】元素推断思路：X 形成 1 个共价键且原子序数最小，故 X 为 H（氢）。
Y 形成 3 个共价键，结合原子序数递增，推测 Y 为 B（硼）。
Z 形成 4 个共价键，故 Z 为 C（碳）。
W 形成 1 个共价键且原子序数大于 Z，故 W 为 F（氟）。
M 形成 2 个共价键，结合电池工业原料背景，M 为 S（硫）。
A、H 电子层数最少，原子半径最小；同周期主族元素（B、C、F）从左到右原子半径依次减小，故原子半径：H < F < C < B，A正确；
B、Z（C）的氢化物有多种（如甲烷、苯等），W（F）的氢化物是 HF。苯的沸点高于 HF，因此不能简单认为 Z 的氢化物沸点一定低于 W 的，B错误；
C、Y 为 B，最外层有 3 个电子，在化合物中形成 3 个共价键，最外层电子数为 3+3=6，未达到 8 电子稳定结构，C正确；
D、化合物中 C-C 键是同种原子形成的非极性键，C-H 键是不同种原子形成的极性键，因此既含极性键又含非极性键，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．考查原子半径的比较规律（电子层数、同周期递变）。
B．判断氢化物沸点的影响因素（氢键、物质种类）。
C．考查原子 8 电子稳定结构的判断（最外层电子数 + 成键数）。
D．考查极性键与非极性键的判断（同种 / 不同种原子间的共价键）。
23．【答案】A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向饱和碳酸钠溶液通入过量 CO2，会生成碳酸氢钠。由于碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，会析出沉淀。反应的离子方程式为 2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓，式子中各离子符号、物质状态及配比均正确，A正确；
B、NH4Al(SO4)2溶液中，当 SO42-恰好沉淀时，NH4Al (SO4)2与 Ba (OH)2的物质的量比为 1：2。此时，Al3+会与 OH-反应生成 Al(OH)3，NH4+会与 OH-反应生成 NH3 H2O，正确的离子方程式应为 NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3 H2O+Al(OH)3↓+2BaSO4↓，而非生成 Al(OH)4-，B错误；
C、少量 Cl2通入 Na2SO3溶液中，Cl2氧化 SO32-生成 SO42-和 Cl-，但生成的 H+会与过量的 SO32-反应生成 HSO3-，正确的离子方程式应为 Cl2+H2O+3SO32-=2Cl-+2HSO3-+SO42-，C错误；
D、CH3COOH 是弱酸，在离子方程式中不能拆写成 H+，应保留分子形式。正确的离子方程式为 CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，D错误；
故答案为：A。【分析】A．考查饱和溶液中反应的沉淀生成及离子方程式的准确性。
B．考查复盐与碱反应时离子的配比及产物判断。
C．考查少量氧化剂与还原剂反应时的产物及后续反应。
D．考查弱电解质在离子方程式中的书写规则。
24．【答案】D
【知识点】离子共存；焰色反应
【解析】【解答】加入过量试剂①生成白色沉淀，加足量试剂②后沉淀质量减少。能与试剂①生成白色沉淀且部分溶于酸的离子，结合限定试剂，推测沉淀为 BaCO3（溶于酸）和 BaSO4（不溶于酸），因此试剂①为 Ba(NO3)2溶液，溶液中一定含 CO32-和 SO42-；滤液加试剂②后变黄色，因试剂①引入 NO3-，在酸性条件下（试剂②提供 H+），NO3-可氧化 I-生成 I2（使溶液呈黄色），故溶液中一定含 I-；CO32-与 Fe3+、Mg2+不能共存（会生成沉淀），因此溶液中无 Fe3+、Mg2+；溶液需电中性，故一定含 K+或 Na+中的至少一种。
A、由上述推断，溶液中一定含 I-、CO32-、SO42-，A正确；
B、试剂②若为硫酸，会与 BaCO3反应生成 BaSO4，导致沉淀质量增加（而非减少），不符合实验现象；而盐酸与 BaCO3反应生成可溶的 BaCl2，沉淀质量减少，且不引入干扰离子，故试剂②一定是盐酸，B正确；
C、溶液中阳离子只能是 K+或 Na+（已排除 Fe3+、Mg2+），通过焰色试验（Na+显黄色，K+透过蓝色钴玻璃显紫色）可确定具体阳离子，C正确；
D、试剂②为盐酸，已引入 Cl-，此时加硝酸银生成的 AgCl 沉淀，无法区分 Cl-是原溶液中的还是试剂引入的，不能检验原溶液中是否含 Cl-，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．根据沉淀和氧化还原现象判断离子存在。
B．试剂②的选择需避免干扰沉淀分析。
C．焰色试验对 K+、Na+的鉴别作用。
D．检验 Cl-时的离子干扰问题。
25．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验；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、向 MgCl2溶液加过量 NaOH，生成不溶于碱的 Mg(OH)2白色沉淀；向 AlCl3溶液加过量 NaOH，先生成 Al(OH)3白色沉淀，后 Al(OH)3与 NaOH 反应生成可溶的 Na[Al(OH)4]（体现 Al(OH)3的两性）。元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Mg(OH)2碱性强于 Al(OH)3，说明金属性 Mg > Al，A正确；
B、若固体为 NaHSO4，溶于水后含 HSO4-，滴加稀盐酸无现象，滴加 BaCl2会生成 BaSO4白色沉淀，但 NaHSO4中不存在 SO42-（只有 HSO4-）。因此，该现象不能说明固体一定含 SO42-，B错误；
C、Fe(NO3)3溶液中含 NO3-，在酸性条件下（SO2溶于水显酸性），NO3-的氧化性强于 Fe3+，实际是 NO3-将 SO2氧化为 SO42-，与 Ba2+生成 BaSO4沉淀，并非 Fe3+氧化 SO2，C错误；
D、浓 H2SO4与 NaBr 反应生成 Br2（红棕色气体），说明浓 H2SO4氧化性强于 Br2；浓 H2SO4与 Na2SO3反应生成 SO2（无色气体），属于复分解反应（非氧化还原反应），无法通过此反应比较 Br2和 SO2的氧化性，D错误；
故答案为：A。【分析】A．金属氢氧化物的碱性与金属性的关系。
B．SO42-检验的干扰因素（含 HSO4-的物质）。
C．氧化反应的实际氧化剂判断（NO3-的强氧化性）。
D．氧化还原反应的氧化性比较逻辑（反应类型的差异）。
26．【答案】（1）；NaClO
（2）4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3
（3）
（4）①③
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；铁的氧化物和氢氧化物；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】 【解答】（1）为共价分子，结构式为Cl-S-Cl，电子式是；84消毒液有效成分的化学式为NaClO。
故答案为： ； NaClO ；
（2）Fe(OH)2具有强还原性，易被O2氧化产生Fe(OH)3，在空气中久置的化学方程式是4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3。
故答案为： 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3 ；
（3）粉与强碱性溶液反应，还原产物为，反应中，铝元素从0价升高到+3价、氮元素从+5价降低到-3价，则按得失电子数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得：该反应的离子方程式：。
故答案为： ；
（4）①NH3中分子之间存在氢键，的分子间没有氢键，只有分子间作用力，则的熔、沸点比的熔、沸点高，①符合；
②稳定性与化学键有关，稳定性：，是因为H-F比H-Cl更牢固，与氢键无关，②不符合；
③冰中大范围存在氢键，相同质量时冰的体积比液态水的大，则冰的密度比液态水的密度小，③符合；
④稳定性与化学键有关，水分子中O-H键能大，水分子即使加热至较高温度下也很难分解，与氢键无关，④不符合；
故答案为：①③。
【分析】（1）共价分子的电子式书写（原子最外层电子的共用与孤对电子）、常见消毒剂的有效成分。
（2）Fe(OH)2具有强还原性，在空气中易被 O2氧化为 Fe(OH)3，反应中 Fe(OH)2、O2、H2O 的物质的量比为 4：1：2，据此书写化学方程式。
（3）掌握氧化还原反应的得失电子守恒、电荷守恒与原子守恒。
（4）考查氢键对物质熔沸点、密度的影响，与化学键对稳定性的影响的区别。
（1）为共价分子，结构式为Cl-S-Cl，电子式是；84消毒液有效成分的化学式为NaClO。
（2）Fe(OH)2具有强还原性，易被O2氧化产生Fe(OH)3，在空气中久置的化学方程式是4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3。
（3）粉与强碱性溶液反应，还原产物为，反应中，铝元素从0价升高到+3价、氮元素从+5价降低到-3价，则按得失电子数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得：该反应的离子方程式：。
（4）①NH3中分子之间存在氢键，的分子间没有氢键，只有分子间作用力，则的熔、沸点比的熔、沸点高，①符合；
②稳定性与化学键有关，稳定性：，是因为H-F比H-Cl更牢固，与氢键无关，②不符合；
③冰中大范围存在氢键，相同质量时冰的体积比液态水的大，则冰的密度比液态水的密度小，③符合；
④稳定性与化学键有关，水分子中O-H键能大，水分子即使加热至较高温度下也很难分解，与氢键无关，④不符合；
选①③。
27．【答案】（1）
（2）第四周期Ⅷ族
（3）Na+＜O2-＜S2-
（4）A；C
（5）
（6）N≡C—O—O—C≡N
【知识点】化学键；离子方程式的书写；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）上边界为短周期元素，第一周期有2种元素，位于1、18列，第二、三周期有8种元素，位于1、2列及13～18列，用实线补全元素周期表的边界为：。
故答案为：；
（2）M为铁，原子序数为26，在元素周期表中的位置第四周期Ⅷ族。
故答案为：第四周期Ⅷ族 ；
（3）D、F、H的简单离子分别为O2-，Na+，S2-，同主族时电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径由小到大的顺序为Na+＜O2-＜S2-。
故答案为： Na+＜O2-＜S2- ；
（4）E元素为F，K元素为I：
A．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，简单氢化物越稳定，HF＞HI，可以说明元素非金属性F>I，故A符合题意；
B．只能通过最高价含氧酸的酸性比较非金属性，且氟元素非金属性最强，不存在对应的含氧酸，故B不符合题意；
C．非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，简单阴离子的还原性：F-I，故C符合题意；
D．不能通过单质的熔点比较非金属性，故D不符合题意；
故答案为：AC；
（5）分别由A、D、F、H四种元素组成的两种盐可相互反应得到气体，即硫酸氢钠和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，离子方程式是：。
故答案为： ；
（6）由B、C、D三种元素可组成摩尔质量84g/mol的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1：1：1，则最简式为CNO，设分子式为(CNO)n，42n=84，n=2，已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为N≡C—O—O—C≡N。
故答案为： N≡C—O—O—C≡N 。
【分析】A为H，B为C，C为N，D为O，E为F，F为Na， H为S，M为Fe，K为I；
(1)根据短周期元素分布（第一周期 2 种、第二三周期 8 种），补全周期表边界。
(2)确定 M 为 Fe，根据原子序数判断其在周期表中位于第四周期 Ⅷ 族。
(3)比较离子半径，电子层越多半径越大；电子层结构相同时，原子序数大的半径小。
(4)通过简单氢化物稳定性、简单阴离子还原性判断非金属性，注意氟无含氧酸，熔点不能比较非金属性。
(5)确定 A、D、F、H 组成的盐为酸式盐，发生反应生成 SO2，写出离子方程式。
(6)根据摩尔质量、原子个数比及 8 电子稳定结构，推导分子式并写出结构式。
（1）上边界为短周期元素，第一周期有2种元素，位于1、18列，第二、三周期有8种元素，位于1、2列及13～18列，用实线补全元素周期表的边界为：。
（2）M为铁，原子序数为26，在元素周期表中的位置第四周期Ⅷ族。
（3）D、F、H的简单离子分别为O2-，Na+，S2-，同主族时电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径由小到大的顺序为Na+＜O2-＜S2-。
（4）E元素为F，K元素为I：
A．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，简单氢化物越稳定，HF＞HI，可以说明元素非金属性F>I，故A符合题意；
B．只能通过最高价含氧酸的酸性比较非金属性，且氟元素非金属性最强，不存在对应的含氧酸，故B不符合题意；
C．非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，简单阴离子的还原性：F-I，故C符合题意；
D．不能通过单质的熔点比较非金属性，故D不符合题意；
答案为：AC；
（5）分别由A、D、F、H四种元素组成的两种盐可相互反应得到气体，即硫酸氢钠和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，离子方程式是：。
（6）由B、C、D三种元素可组成摩尔质量84g/mol的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1：1：1，则最简式为CNO，设分子式为(CNO)n，42n=84，n=2，已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为N≡C—O—O—C≡N。
28．【答案】（1）
（2）
（3）B；C
（4）
（5）取少量溶液C于一支试管，加入石蕊试液（或点在试纸上）溶液显红色（试纸变红），则有；另取少量溶液于试管中，先加溶液无明显现象，再加新制氯水或双氧水，出现红色则有
【知识点】铜及其化合物；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）尾气中可与石灰石（）、氧气反应制到生石膏，石膏的化学式：。
故答案为： ；
（2）黄铜矿在空气中煅烧，生成二氧化硫、氧化铜和氧化铁，氧化铜和氧化铁溶于过量的盐酸所得溶液B中溶质为。
故答案为： ；
（3）A．步骤I前需将黄铜矿粉碎，目的是增大黄铜矿的接触面积，提高反应速率，A正确；
B．二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，该反应是可逆反应，不能使的转化率达到100%，使用催化剂不能改变平衡移动，因此步骤II中使用催化剂，不能使的转化率达到100%，B错误；
C．为了减少酸雾，硫酸工业中步骤II产生的用98.3%的浓硫酸吸收，C错误；
D．图中步骤I中在空气中煅烧，生成二氧化硫， IV中二氧化硫与发生氧化还原反应，生成硫酸根，S原子化合价均升高，因此步骤I和IV中含硫物质均发生氧化反应，D正确；
故答案为：BC。
（4）向溶液B中通入足量二氧化硫，发生氧化还原反应，根据沉淀D的摩尔质量为，只含2种元素，可知生成氯化亚铜沉淀，离子方程式为：
故答案为： ；
（5）向溶液B中通入足量二氧化硫，反应后的溶液中阳离子主要有、，检验溶液C中的阳离子的实验方法：取少量溶液C于一支试管，加入石蕊试液（或点在试纸上）溶液显红色（试纸变红），则有；另取少量溶液于试管中，先加溶液无明显现象，再加新制氯水或双氧水，出现红色则有。
故答案为： 取少量溶液C于一支试管，加入石蕊试液（或点在试纸上）溶液显红色（试纸变红），则有；另取少量溶液于试管中，先加溶液无明显现象，再加新制氯水或双氧水，出现红色则有 。
【分析】黄铜矿（CuFeS2）在足量空气中煅烧（步骤 Ⅰ），发生氧化反应，生成 SO2、CuO 和 Fe2O3。其中，SO2参与后续催化氧化反应（步骤 Ⅱ），而 CuO 和 Fe2O3进入 “固体” 流程。
固体中加入过量盐酸（步骤 Ⅲ），CuO 与盐酸反应生成 CuCl2，Fe2O3与盐酸反应生成 FeCl3，因此溶液 B 的溶质为 FeCl3、CuCl2和过量的 HCl。
向溶液 B 中通入足量 SO2（步骤 Ⅳ），发生氧化还原反应。已知沉淀 D 是只含两种元素的白色沉淀，摩尔质量为 99.5g/mol，可推断沉淀 D 为 CuCl（氯化亚铜）。反应中，FeCl3的 Fe3+氧化 SO2，自身被还原；CuCl2的 Cu2+与 SO2、Cl-反应生成 CuCl 沉淀，同时生成 FeSO4和 H2SO4，即溶液 C 为 FeSO4和 H2SO4的混合溶液，据此分析；
（1）尾气中可与石灰石（）、氧气反应制到生石膏，石膏的化学式：。
（2）黄铜矿在空气中煅烧，生成二氧化硫、氧化铜和氧化铁，氧化铜和氧化铁溶于过量的盐酸所得溶液B中溶质为。
（3）A．步骤I前需将黄铜矿粉碎，目的是增大黄铜矿的接触面积，提高反应速率，A正确；
B．二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，该反应是可逆反应，不能使的转化率达到100%，使用催化剂不能改变平衡移动，因此步骤II中使用催化剂，不能使的转化率达到100%，B错误；
C．为了减少酸雾，硫酸工业中步骤II产生的用98.3%的浓硫酸吸收，C错误；
D．图中步骤I中在空气中煅烧，生成二氧化硫， IV中二氧化硫与发生氧化还原反应，生成硫酸根，S原子化合价均升高，因此步骤I和IV中含硫物质均发生氧化反应，D正确；
故选BC。
（4）向溶液B中通入足量二氧化硫，发生氧化还原反应，根据沉淀D的摩尔质量为，只含2种元素，可知生成氯化亚铜沉淀，离子方程式为：。
（5）向溶液B中通入足量二氧化硫，反应后的溶液中阳离子主要有、，检验溶液C中的阳离子的实验方法：取少量溶液C于一支试管，加入石蕊试液（或点在试纸上）溶液显红色（试纸变红），则有；另取少量溶液于试管中，先加溶液无明显现象，再加新制氯水或双氧水，出现红色则有。
29．【答案】（1）分液漏斗；5.2
（2）
（3）向分液漏斗中加水，一段时间时间后水不能加入，则说明气密性良好
（4）B；D
（5）
（6）没有尾气处理装置，乳胶管会被氯气腐蚀而变质老化
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装浓盐酸的仪器名称：分液漏斗。配制盐酸，使用100mL容量瓶，由可知密度为1 16 g/cm3质量分数为36 5%的浓盐酸的物质的量浓度为mol/L=11.6 mol/L，设需要浓盐酸的体积为V mL，由稀释定律可知，稀释前后溶质的物质的量不变，则有V×10-3L×11.6 mol/L=0.1 L×0.6mol/L，解得V≈5.2mL；
故答案为： 分液漏斗 ； 5.2 ；
（2）装置A中发生反应二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：；
故答案为： ；
（3）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；检查虚框中装置气密性的方法为：用止水夹夹住装置A两端的乳胶管，向分液漏斗中加水，一段时间时间后水不能加入，则说明气密性良好；
故答案为： 向分液漏斗中加水，一段时间时间后水不能加入，则说明气密性良好 ；
（4）A．高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，实验室也可用于制备氯气，故A正确；
B．用潮湿的氯气与反应，氯气不需要干燥，B中试剂是饱和食盐水，目的是除去氯气中的氯化氢，故B错误；
C．浓度过高时易发生分解并爆炸，所以氮气的作用之一是稀释生成的，减少实验爆炸危险，故C正确；
D．熔点为116℃，沸点为3.8℃，Cl2沸点为-34.6℃，液氨沸点为-33.5℃，D中用液氨冷却收集，氯气比Cl2O易挥发，因此从装置D中逸出气体的主要成分是氯气，故D错误；
故答案为：BD；
（5）装置C中潮湿的与以等物质的量反应，生成、气体和另一种盐，根据化合价升降规律，还应该有X氯化钠生成，该反应化学方程式：；
故答案为： ；
（6）氯气有毒，该装置没有尾气处理装置，为防止氯气污染空气，在装置D末端连接盛放NaOH溶液的尾气吸收装置。连接处用的是乳胶管，乳胶管会被氯气腐蚀而变质老化。
故答案为： 没有尾气处理装置，乳胶管会被氯气腐蚀而变质老化 。
【分析】装置 A：浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，同时生成氯化锰和水。此装置是氯气的发生装置。
装置 B：装有饱和食盐水，作用是除去氯气中混有的氯化氢气体。因为氯化氢极易溶于水，而饱和食盐水能抑制氯气的溶解。
装置 C：潮湿的氯气与干燥的碳酸钠发生反应生成 Cl2O。从化合价变化来看，氯气中部分 Cl 从 0 价升高到 Cl2O 中的 +1 价，必然有部分 Cl 从 0 价降低到 -1 价，推测产物还包括氯化钠等。
装置 D：用液氨冷却，利用 Cl2O 的沸点特性，使其在低温下液化，从而实现收集。
（1）装浓盐酸的仪器名称：分液漏斗。配制盐酸，使用100mL容量瓶，由可知密度为1 16 g/cm3质量分数为36 5%的浓盐酸的物质的量浓度为mol/L=11.6 mol/L，设需要浓盐酸的体积为V mL，由稀释定律可知，稀释前后溶质的物质的量不变，则有V×10-3L×11.6 mol/L=0.1 L×0.6mol/L，解得V≈5.2mL；
（2）装置A中发生反应二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：；
（3）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；检查虚框中装置气密性的方法为：用止水夹夹住装置A两端的乳胶管，向分液漏斗中加水，一段时间时间后水不能加入，则说明气密性良好；
（4）A．高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，实验室也可用于制备氯气，故A正确；
B．用潮湿的氯气与反应，氯气不需要干燥，B中试剂是饱和食盐水，目的是除去氯气中的氯化氢，故B错误；
C．浓度过高时易发生分解并爆炸，所以氮气的作用之一是稀释生成的，减少实验爆炸危险，故C正确；
D．熔点为116℃，沸点为3.8℃，Cl2沸点为-34.6℃，液氨沸点为-33.5℃，D中用液氨冷却收集，氯气比Cl2O易挥发，因此从装置D中逸出气体的主要成分是氯气，故D错误；
故选BD；
（5）装置C中潮湿的与以等物质的量反应，生成、气体和另一种盐，根据化合价升降规律，还应该有X氯化钠生成，该反应化学方程式：；
（6）氯气有毒，该装置没有尾气处理装置，为防止氯气污染空气，在装置D末端连接盛放NaOH溶液的尾气吸收装置。连接处用的是乳胶管，乳胶管会被氯气腐蚀而变质老化。
30．【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O
（2）固体为Cu和Cu2O的混合物；n(Cu2O)∶n(Cu)为1∶2
（3）0.560L
【知识点】有关混合物反应的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）Cu和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。
故答案为： Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O ；
（2）10.000gCuSO4 5H2O的物质的量为=0.04mol，如分解后固体为CuO，由铜原子守恒可知，CuO的物质的量为0.04mol，质量为0.04mol×80g/mol=3.2g，如固体全部为Cu2O，由铜原子守恒可知，Cu2O的物质的量为0.02mol，质量为0.02mol×144g/mol=2.88g，如固体全部为Cu，由铜原子守恒可知，Cu的物质的量为0.04mol，质量为0.04mol×64g/mol=2.56g，固体质量2.56g＜2.720g＜2.88g，故固体为Cu和Cu2O的混合物，设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol和ymol，则有64g/mol×xmol+144g/mol×ymol=2.720g，xmol+2ymol=0.04mol，解得x=0.02，y=0.01，Cu和Cu2O的物质的量之比为0.02mol∶0.01mol=2∶1，
故答案为：固体为Cu和Cu2O的混合物；n(Cu2O)∶n(Cu)为1∶2；
（3）生成的SO2的体积为0.448L即0.02mol，硫元素由+6价降低为+4价，得电子0.02nol×2=0.04mol，Cu2O的物质的量为0.01mol，Cu元素由+2价降低为+1价，得电子0.01mol×2=0.02mol，共得电子0.06mol，氧元素由-2价升高为0价，生成1mol氧气失去4mol电子，故生成氧气的物质的量为=0.025mol，体积为0.025mol×22.4L/mol=0.560L，
故答案为：0.560L。
【分析】(1) 掌握 Cu 与浓 H2SO4在加热条件下的反应产物，直接书写化学方程式。
(2) 根据 CuSO4 5H2O 的物质的量，结合铜原子守恒，通过固体质量范围判断成分，再列方程计算物质的量之比。
(3)利用氧化还原反应的得失电子守恒，结合 SO2的物质的量和 Cu2O 的物质的量，计算生成 O2的物质的量，进而求出体积。
（1）Cu和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。
（2）10.000gCuSO4 5H2O的物质的量为=0.04mol，如分解后固体为CuO，由铜原子守恒可知，CuO的物质的量为0.04mol，质量为0.04mol×80g/mol=3.2g，如固体全部为Cu2O，由铜原子守恒可知，Cu2O的物质的量为0.02mol，质量为0.02mol×144g/mol=2.88g，如固体全部为Cu，由铜原子守恒可知，Cu的物质的量为0.04mol，质量为0.04mol×64g/mol=2.56g，固体质量2.56g＜2.720g＜2.88g，故固体为Cu和Cu2O的混合物，设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol和ymol，则有64g/mol×xmol+144g/mol×ymol=2.720g，xmol+2ymol=0.04mol，解得x=0.02，y=0.01，Cu和Cu2O的物质的量之比为0.02mol∶0.01mol=2∶1，故答案为：固体为Cu和Cu2O的混合物；n(Cu2O)∶n(Cu)为1∶2；
（3）生成的SO2的体积为0.448L即0.02mol，硫元素由+6价降低为+4价，得电子0.02nol×2=0.04mol，Cu2O的物质的量为0.01mol，Cu元素由+2价降低为+1价，得电子0.01mol×2=0.02mol，共得电子0.06mol，氧元素由-2价升高为0价，生成1mol氧气失去4mol电子，故生成氧气的物质的量为=0.025mol，体积为0.025mol×22.4L/mol=0.560L，故答案为：0.560L。
1 / 1浙江省杭州市西湖区杭高统考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。每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．（2025高一上·西湖期末）合金的应用极大地促进了人类社会的发展。下列不属于合金的是
A．狗头兽首铜像
B．精美的青花瓷
C．流通硬币
D．地铁列车的车体
【答案】B
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、铜像由铜与其他金属熔合而成，属于铜合金，具有金属特性，属于合金，A 不符合题意；
B、青花瓷的主要成分是铝硅酸盐，属于无机非金属材料，不含金属熔合的结构，不具备金属特性，不属于合金，B符合题意；
C、流通硬币由钢芯镀铜、钢芯镀镍等合金材料制成，具有金属特性，属于合金，C 不符合题意；
D、列车车体采用硬铝（铝、铜、镁、硅的合金），具有金属特性，属于合金，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据合金的定义，判断各选项的材质是否属于 “金属或金属与非金属熔合的具有金属特性的物质”。
2．（2025高一上·西湖期末）在完成“钠与水反应”的探究实验中，没有涉及到的实验图标是
A．护目镜 B．用电
C．洗手 D．锐器
【答案】B
【知识点】几种常见的化学标志
【解析】【解答】A、钠与水反应剧烈放热，钠会熔成小球并可能四处飞溅，为防止液体溅入眼睛，需佩戴护目镜，该图标涉及，A不符合题意；
B、钠与水反应是化学变化，过程中不需要通电操作，该图标不涉及，B符合题意；
C、实验中生成的 NaOH 溶液有腐蚀性，实验后需洗手防止皮肤被腐蚀，该图标涉及，C不符合题意；
D、切割钠时需用小刀（锐器），操作中需注意防止锐器割伤，该图标涉及，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】逐一分析每个图标对应的实验场景，判断其是否在 “钠与水反应” 实验中涉及。
3．（2025高一上·西湖期末）下列物质中，只含离子键的化合物是
A． B． C． D．NaOH
【答案】C
【知识点】化学键；离子化合物的结构特征与性质
【解析】【解答】A、属于离子化合物，和形成离子键，中含有共价键 ，因此不符合 “只含离子键” 的要求，故A不符合题意 ；
B、 是共价化合物，仅含共价键，不含离子键，故B不符合题意 ；
C、Mg3N2是离子化合物，由 Mg2+和 N3-通过离子键结合，且 N3-是单原子离子，不存在原子间的共价键，因此只含离子键，故C符合题意 ；
D、NaOH 是离子化合物，Na+与 OH-间为离子键，但 OH-内部 O - H 是共价键，即含离子键的同时还含共价键，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】要解决这道题，需明确离子键、共价键的判断方法以及离子化合物、共价化合物的区分：
离子键：阴、阳离子间的静电作用；共价键：原子间通过共用电子对形成的相互作用。
离子化合物：含离子键的化合物（可能含共价键）；共价化合物：只含共价键的化合物。
4．（2025高一上·西湖期末）下列物质不能通过化合反应得到的是
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】钠的化学性质；铁的化学性质；氢氧化铝的制取和性质探究
【解析】【解答】A、Fe 和 FeCl3可发生化合反应：Fe+2FeCl3=3FeCl2，能通过化合反应得到 FeCl2，A不符合题意；
B、Cu 和 S 在加热条件下发生化合反应： ，能通过化合反应得到 Cu2S，B不符合题意；
C、Na 在加热或点燃条件下与 O2发生化合反应： ，能通过化合反应得到 Na2O2，C不符合题意；
D、Al(OH)3通常通过铝盐与碱反应（如 AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl）或偏铝酸盐与酸反应（如 NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl）制备，这些反应均是两种化合物交换成分生成两种新化合物的复分解反应，不属于化合反应，因此不能通过化合反应得到 Al(OH)3，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】要解决这道题，需先明确化合反应的定义（由两种或两种以上物质生成一种新物质的反应），再逐一分析各选项能否通过化合反应制得。
5．（2025高一上·西湖期末）下列化学用语表示正确的是
A．四氯化碳分子的空间结构模型：
B．的形成过程：
C．的原子结构示意图：
D．HClO的电子式：
【答案】D
【知识点】原子结构示意图；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、四氯化碳（CCl4）中，氯原子半径大于碳原子半径，但选项中的模型呈现的是中心原子半径大于周围原子（类似甲烷 CH4的结构，因氢原子半径小于碳原子），与 CCl4的实际原子半径关系不符，A错误；
B、MgCl2是离子化合物，形成时 Mg 原子失去 2 个电子，两个 Cl 原子各得 1 个电子。正确的形成过程应体现两个 Cl 原子分别与 Mg 原子作用，且电子式中 Cl-需用方括号标注电荷， 表示为，B错误；
C、 是氮原子，质子数为 7，核外电子数也为 7，电子层排布应为：，C错误；
D、HClO 是共价化合物，结构为 H-O-Cl（氧原子分别与氢原子、氯原子形成共用电子对），其电子式为 ，符合成键规律，D正确；
故答案为：D。【分析】A．掌握分子空间结构模型需体现原子半径的相对大小，不同原子的半径差异会影响模型的正确性。
B．离子化合物形成过程的表示需明确原子得失电子的方向，且离子化合物的电子式应体现阴阳离子的电荷及电子分布。
C．原子结构示意图中，核电荷数（圆圈内数字）必须与元素种类一致。
D．考查共价化合物的电子式需正确体现原子间的成键方式。
6．（2025高一上·西湖期末）下列物质溶于水中，因发生氧化还原反应而使溶液呈碱性的是
A．NaH B．KHS C．NH3 D．Na2CO3
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、中为-1价，水中为+1 -1 + 1转化为价 ），属于氧化还原反应；生成的使溶液呈碱性，故A符合题意 ；
B、溶于水，存在水解（ ）和电离（ ），因水解程度大于电离程度，溶液显碱性；但水解、电离过程中元素化合价均未改变，不属于氧化还原反应，故A不符合题意 ；
C、溶于水生成， ，该过程是弱碱的电离，无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C不符合题意 ；
D、溶于水，发生水解（ 、 ）使溶液显碱性；水解过程无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题考查物质溶于水的反应类型及溶液酸碱性判断，需结合氧化还原反应（有元素化合价升降 ）、水解、电离等知识分析，分析如下：
A．判断与水反应是否为氧化还原反应，及反应后溶液酸碱性 。
B．分析溶于水的行为（水解、电离 ），判断是否为氧化还原反应 。
C．分析溶于水的变化，判断反应类型 。
D．分析溶于水的行为，判断反应类型 。
7．（2025高一上·西湖期末）下列物质属于电解质但目前状态下不能导电的是
①液态氯化氢②稀硫酸③KOH固体④熔融碳酸钠⑤一水合氨⑥石墨
A．②④⑥ B．①③⑤ C．①④⑥ D．②③⑤
【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】①液态氯化氢：属于电解质，液态时以分子形式存在，无自由移动离子，不能导电。
②稀硫酸：是混合物，不是化合物，因此不属于电解质；其中存在自由移动的离子，能导电。
③KOH 固体：属于电解质，固态时离子被束缚，无法自由移动，不能导电。
④熔融碳酸钠：属于电解质，熔融状态下电离出自由移动的钠离子和碳酸根离子，能导电。
⑤一水合氨：属于电解质，纯液态时以分子形式存在，无自由移动离子，不能导电。
⑥石墨：是单质，不是化合物，不属于电解质；因存在自由电子，能导电。
筛选符合条件的物质：属于电解质且目前状态下不能导电的是①③⑤，
故答案选 B。
【分析】要解决这道题，需先明确电解质的定义（在水溶液中或熔融状态下能自身电离出离子的化合物）以及导电的条件（存在自由移动的离子或电子）.
8．（2025高一上·西湖期末）重水是重要的核工业原料，下列说法不正确的是
A．氘(D)的原子核外有1个电子 B．与互称同位素
C．与互称同素异形体 D．中含有电子
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；同素异形体；元素、核素
【解析】【解答】A、氘（D）的质子数为 1，原子的核外电子数等于质子数，因此核外有 1 个电子，A正确；
B、H（氕）与 D（氘）质子数相同、中子数不同，二者互称同位素，B正确；
C、H2O 和 D2O 均为化合物，不是单质，不符合同素异形体的定义（同素异形体针对单质），因此二者不互称同素异形体，C错误；
D、1 个 D2O 分子中，D 原子含 1 个电子，O 原子含 8 个电子，所以 1 个 D2O 分子含电子数为10则 1mol D2O 中含有 10mol 电子，D正确；
故答案为：C。
【分析】明确核心概念：同位素：质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子；
同素异形体：同种元素组成的不同单质。
9．（2025高一上·西湖期末）下列有关碳酸钠和碳酸氢钠说法不正确的是
A．向碳酸氢钠中加少量水，伴随着吸热现象
B．侯德榜制碱法最终产品是碳酸氢钠
C．碳酸钠溶液呈碱性
D．碳酸钠可用于纺织、制皂、制玻璃
【答案】B
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、碳酸氢钠溶于水时会吸收热量，表现为吸热现象，A正确；
B、侯德榜制碱法中，先通过反应生成碳酸氢钠，再将碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠，因此最终产品是碳酸钠，而非碳酸氢钠，B错误；
C、碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解使溶液呈碱性，C正确；
D、碳酸钠在工业上可用于纺织（利用其碱性处理纤维）、制皂（利用碱性参与皂化反应）、制玻璃（与石英砂等反应），D正确；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，需系统掌握碳酸钠（Na2CO3）和碳酸氢钠（NaHCO3）的性质、制备及用途，核心考查点：围绕碳酸钠、碳酸氢钠的物理性质（溶解热效应）、制备（侯德榜制碱法）、溶液酸碱性、工业用途逐一分析。
10．（2025高一上·西湖期末）化学与社会、生活以及工业生产密切相关。下列说法不正确的是
A．二氧化硫不能用于食品加工
B．用铝槽车可以运输浓硫酸
C．次氯酸可用作棉、麻和纸张的漂白剂
D．某些铜盐、钠盐可用作烟花增色剂
【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；焰色反应；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、二氧化硫在一定范围内可起到抗氧化、杀菌的作用，按国家规定的用量可用于食品加工（如某些果脯的生产），并非完全不能用于食品加工，A错误；
B、常温下，铝与浓硫酸会发生钝化，在铝表面形成一层致密的氧化膜，阻止反应进一步进行，因此可以用铝槽车运输浓硫酸，B正确；
C、次氯酸具有强氧化性，能破坏有机色素的结构，可用作棉、麻和纸张的漂白剂，C正确；
D、某些铜盐、钠盐在灼烧时会呈现特殊颜色（焰色反应），可利用这一性质用作烟花增色剂，D正确；
故答案为：A。
【分析】围绕化学物质在食品加工、工业运输、漂白、烟花制作中的实际应用，判断说法的正确性。
逐一分析选项。
11．（2025高一上·西湖期末）工业上用(分子结构：)与为原料制备(硫为-2价)，发生反应：。下列说法正确的是
A．既是氧化剂，又是还原剂
B．消耗转移电子数
C．生成，断开键数为
D．只是还原产物
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、S8中 S 元素仅化合价降低，只作氧化剂，并非既是氧化剂又是还原剂，A错误；
B、22.4L CH4未说明是标准状况，无法计算其物质的量，更无法确定转移电子数，B错误；
C、17g H2S 的物质的量为 0.5mol（17g÷34g/mol）。根据反应式，生成 4mol H2S 消耗 1mol S8，则生成 0.5mol H2S 消耗 0.125mol S8。S8分子中含 8 个 S-S 键，故 0.125mol S8断裂的 S-S 键为 0.125×8=1mol，即数目为 NA，C正确；
D、CS2中 C 来自 CH4（被氧化生成），S 来自 S8（被还原生成），因此 CS2既是氧化产物也是还原产物，D错误；
故答案为：C。
【分析】要解决这道题，需结合氧化还原反应规律、物质结构及气体计算条件分析：
明确反应中元素化合价变化：反应为 S8+2CH4=2CS2+4H2S。
C 元素：CH4中为 -4 价，CS2中为 +4 价，化合价升高（被氧化），CH4作还原剂。
S 元素：S8中为 0 价，CS2和 H2S 中均为 -2 价，化合价降低（被还原），S8作氧化剂。
12．（2025高一上·西湖期末）下列说法正确的是
A．氢氧化铁胶体产生丁达尔效应，原因是胶体分散质粒子对光线产生折射
B．La-Ni储氢合金在加热条件下可与氢气反应生成稳定的金属氢化物
C．门捷列夫将元素按照原子序数由小到大排列，制出了第一张元素周期表
D．钠钾合金熔点低且导热性好，可用作核反应堆的传热介质
【答案】D
【知识点】胶体的性质和应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、氢氧化铁胶体产生丁达尔效应的原因是胶体分散质粒子对光线产生散射，而非折射，A错误；
B、La-Ni 储氢合金能吸收氢气形成金属氢化物，但该金属氢化物在加热条件下不稳定，会分解产生氢气，并非生成稳定的金属氢化物，B错误；
C、门捷列夫制出的第一张元素周期表是将元素按相对原子质量由小到大排列的，而非原子序数，C错误；
D、钠钾合金熔点低（常温下可呈液态），且导热性好，能快速传递热量，因此可用作核反应堆的传热介质，D正确；
故答案为：D。
【分析】核心是准确区分胶体丁达尔效应的本质（散射）、储氢合金的可逆性（吸氢与放氢）、元素周期表的编排依据（相对原子质量或原子序数），以及合金性能与用途的关联（熔点、导热性对传热介质的影响）。
13．（2025高一上·西湖期末）关于下列物质工业制备的说法正确的是
A．烧碱：通过与反应来制备
B．铝单质：通过电解溶液来制备
C．盐酸：与燃烧生成溶于水制得
D．漂白粉：通过与石灰水反应来制得
【答案】C
【知识点】工业制金属铝；以氯碱工业为基础的化工生产简介
【解析】【解答】A、工业上制备烧碱（NaOH）采用的是电解饱和食盐水的方法，而非 Na2O 与 H2O 反应（该反应虽能生成 NaOH，但 Na2O 成本高，不适合工业大规模生产），A错误；
B、AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电，工业上制备铝单质是通过电解熔融 Al2O3的方法，B错误；
C、工业上利用电解饱和食盐水产生的 H2和 Cl2，让 H2在 Cl2中燃烧生成 HCl，再将 HCl 溶于水制得盐酸，C正确；
D、石灰水（Ca(OH)2溶液）中溶质浓度低，工业上制备漂白粉是通过 Cl2与石灰乳（Ca(OH)2的悬浊液）反应来制得，D错误；
故答案为：C。
【分析】核心是区分实验室制备与工业制备的差异，工业制备需考虑成本、效率、物质性质（如 AlCl3的共价性、石灰水与石灰乳的浓度差异）。
同时要掌握典型工业制备反应的原理，如电解饱和食盐水制烧碱、电解熔融 Al2O3制铝、H2和 Cl2燃烧制盐酸、Cl2与石灰乳制漂白粉等。
14．（2025高一上·西湖期末）已知某元素的最高化合价为+6价，下列说法正确的是
A．该元素在元素周期表中一定处于第VIA族
B．该元素可以是氧元素
C．该元素的某种化合物可能具有漂白性
D．该元素的单质没有还原性
【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、该元素最高化合价为 + 6 价，不一定处于第 ⅥA 族，还可能在第 ⅥB 族（如 Cr），A错误；
B、氧元素的最高正价为 + 2 价（仅在 OF2中体现），通常氧元素无 + 6 价，B错误；
C、若该元素是第 ⅥA 族的 S，其形成的 SO2具有漂白性，因此该元素的某种化合物可能具有漂白性，C正确；
D、若该元素是第 ⅥB 族的 Cr，Cr 单质可与氧气反应生成 Cr2O3，表现出还原性，D错误；
故答案为：C。
【分析】核心是突破 “最高化合价对应族” 的单一认知，明确主族和副族元素均可能出现 + 6 价，同时结合具体元素（如 S、Cr）的化合物性质（漂白性、还原性）进行判断，避免对元素族和性质的绝对化理解。
15．（2025高一上·西湖期末）下列实验装置或操作不能够达到实验目的的是
A．装置甲：用于除去中的
B．装置乙：可用于制备金属锰
C．装置丙：比较、、S的氧化性强弱
D．装置丁：制备氢氧化铁胶体
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；探究铝热反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、装置甲中饱和碳酸钠溶液不仅会与 HCl 反应，还会与 CO2反应，因此不能用于除去 CO2中的 HCl 气体，应选用饱和碳酸氢钠溶液，A不能达到实验目的；
B、装置乙中铝与二氧化锰在氯酸钾（助燃剂）作用下发生铝热反应，可制备金属锰，B能达到实验目的；
C、装置丙中 KMnO4与浓盐酸反应生成 Cl2，Cl2与 Na2S 溶液反应生成 S 单质，根据 “氧化剂氧化性强于氧化产物”，可得出氧化性：KMnO4 > Cl2 > S，C能达到实验目的；
D、装置丁中向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液，煮沸至液体呈红褐色，可制备氢氧化铁胶体，D能达到实验目的；
故答案为：A。
【分析】核心是掌握除杂试剂的选择性（如除去 CO2中 HCl 需选不与 CO2反应的饱和碳酸氢钠溶液）、铝热反应的应用（制备高熔点金属）、氧化性强弱比较的实验设计（利用氧化还原反应的先后规律）、胶体的制备方法（沸水滴加饱和 FeCl3溶液），避免因试剂选择错误或反应原理误解导致判断失误。
16．（2025高一上·西湖期末）在指定的条件下，一定能大量共存的离子组是
A．无色溶液：、、、
B．碱性条件：、、、
C．酸性条件：、、、
D．印刷电路板的腐蚀液：、、、
【答案】B
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】A、无色溶液中，MnO4-呈紫红色，不符合 “无色” 要求；且 H+与 CO32-会反应生成 CO2和 H2O，不能大量共存，故A不符合题意 ；
B、碱性条件下，Ba2+、Na+、Cl-、ClO-之间不发生反应，且均能在碱性环境中稳定存在，可大量共存，故B符合题意 ；
C、酸性条件下，Fe3+与 S2-会发生氧化还原反应，且 S2-与 H+会反应生成 H2S 气体，不能大量共存，故C不符合题意 ；
D、印刷电路板的腐蚀液中含 Fe2+，H+、NO3-会与 Fe2+发生氧化还原反应，且 Ag+与腐蚀液中的其他离子也可能反应，不能大量共存，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】核心是结合题干特殊条件（无色、酸碱性、特定环境如印刷电路板腐蚀液），判断离子间是否发生反应。需重点关注有颜色的离子（如 MnO4-）、能发生复分解反应的离子对（如 H+与 CO32-、S2-），以及能发生氧化还原反应的离子组合（如 Fe3+与 S2-、H+与 NO3-与 Fe2+）。
17．（2025高一上·西湖期末）类推(类比迁移)的思维方法可以预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列类比分析结果正确的是
A．钠在空气中燃烧生成，则锂在空气中燃烧生成
B．通入中生成，则通入中生成
C．分子的空间结构为“V形”，则分子的空间结构为“形”
D．常温下，和浓硫酸不发生反应，则常温下和浓硫酸也不发生反应
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；浓硫酸的性质；钠的化学性质
【解析】【解答】A、钠活泼性较强，在空气中燃烧生成 Na2O2；但锂活泼性弱于钠，在空气中燃烧生成 Li2O，而非 Li2O2，A错误；
B、CO2通入 Na2O2生成 Na2CO3，但 SO2具有还原性，通入 Na2O2时会被氧化，生成 Na2SO4，而非 Na2SO3，B错误；
C、H2O 分子中 O 原子有 2 对孤电子对，空间结构为 “V 形”；OF2分子中 O 原子同样有 2 对孤电子对，空间结构也为 “V 形”，C正确；
D、常温下，Cu 和浓硫酸不反应，但 Al 和浓硫酸会发生钝化（表面生成致密氧化膜），属于化学反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】核心是区分物质的共性与个性，避免因忽视金属活泼性差异（如 Li 与 Na）、物质的氧化还原性（如 SO2与 CO2）、分子孤电子对影响（如 H2O 与 OF2结构）而错误类比。同时要明确钝化属于化学变化，与 “不反应” 有本质区别。
18．（2025高一上·西湖期末）设为阿伏加德罗常数值，下列有关说法正确的是
A．浓硫酸与足量锌反应，转移电子数小于
B．溶液中所含的数为
C．标准状况下，氯气溶于足量水所得氯水中：
D．和混合气体所含的电子数为
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；氯水、氯气的漂白作用；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、先计算浓硫酸的物质的量，0.05L×18mol/L=0.9mol。浓硫酸与锌反应分两个阶段，浓 H2SO4阶段生成 SO2，反应为 Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，2mol 浓 H2SO4转移 2mol 电子；随着反应进行，硫酸变稀，稀 H2SO4与锌反应生成 H2，反应为Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，1mol 稀 H2SO4转移 2mol 电子。无论哪个阶段，0.9mol 硫酸完全反应时，转移电子数均为 0.9NA，并非 “小于”，A错误；
B、计算离子数目需结合 “浓度 × 体积” 得到溶质物质的量，但题目仅给出 0.1mol/L Na2SO4溶液的浓度，缺少溶液体积，无法计算 Na+的物质的量及数目，B错误；
C、氯气与水的反应是可逆反应，Cl2+H2O HCl+HClO，溶液中除 Cl-、HClO、ClO-外，还存在未反应的 Cl2。根据氯原子守恒，Cl-、HClO、ClO-中的氯原子总数加上未反应的 Cl2中的氯原子总数，才等于原来 Cl2中的氯原子总数（0.2mol）。因此，Cl-、HClO、ClO-的数目之和一定小于 0.2NA，C错误；
D、46g14N16O2所含的电子数为，46g12C16O2所含的电子数为，因此46g14N16O2和12C16O2混合气体所含的电子数为23NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断反应进程对电子转移的影响。
B．考查溶液中离子数目计算的条件。
C．掌握可逆反应与原子守恒的结合。
D．考查混合气体的电子数计算（摩尔质量与电子数的关联）。
19．（2025高一上·西湖期末）X、Y、Z、W、Q为五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X只含1个电子，Y和的某同位素测定可用于分析古代人类的食物结构，和同主族，的原子序数是的2倍。下列说法正确的是
A．由X、Z、W三种元素形成的化合物的水溶液一定显酸性
B．、与三种元素形成的可能为离子化合物
C．只有一种的氢化物与的氧化物发生反应生成强酸
D．与形成的10电子微粒有2种
【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、由 H、N、O三种元素可形成 NH3 H2O（一水合氨），其水溶液呈碱性，并非一定显酸性，A错误；
B、H、C、N三者可形成 NH4CN（氰化铵），该物质由 NH4+和 CN-通过离子键结合，属于离子化合物，B正确；
C、W 的氢化物有 H2O、H2O2；Q 的氧化物有 SO2、SO3。其中 H2O 与 SO3反应生成 H2SO4，H2O2与 SO2反应也生成 H2SO4，不止一种组合，C错误；
D、H 与 O 形成的 10 电子微粒种类包括 H2O（水分子）、H3O+（水合氢离子）、OH-（氢氧根离子），共 3 种，D错误；
故答案为：B。
【分析】X 只含 1 个电子，确定 X 为 H（氢）。
Y 和 Z 的同位素可用于分析古代食物结构，考古中常用 4C 和 5N，结合原子序数递增，Y 为 C（碳），Z 为 N（氮）。
W 和 Q 同主族，且 Q 的原子序数是 W 的 2 倍。短周期中，O（8 号）和 S（16 号）满足此关系，故 W 为 O（氧），Q 为 S（硫）。
20．（2025高一上·西湖期末）下列说法正确的是
A．在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温和耐腐蚀的元素
B．某物质在熔融状态能导电，则该物质中一定含有离子键
C．溶于水时只破坏了离子键
D．碘的升华和硫的熔化所需破坏的化学键相同
【答案】A
【知识点】化学键；离子键的形成；化学键和分子间作用力的区别；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、过渡元素均为金属元素，许多过渡金属及其合金具有优良的催化性能，也可用于制造耐高温、耐腐蚀的材料（如镍铬合金），因此在过渡元素中可寻找制备催化剂及耐高温、耐腐蚀的元素，A 正确；
B、物质在熔融状态能导电，不一定含离子键。例如金属单质（如铁、铜）在熔融状态下因存在自由电子而导电，其含有的是金属键，而非离子键，B错误；
C、NaHSO4溶于水时，既破坏了 Na+与 HSO4-之间的离子键，又破坏了 HSO4-内部 H 与 O 之间的共价键（HSO4-电离为 H+和 SO42-），并非只破坏离子键，C错误；
D、碘和硫均为分子晶体，碘升华、硫熔化时，破坏的是分子间作用力（范德华力），而非化学键（化学键存在于分子内部原子之间），D错误；
故答案为：A。【分析】A．判断过渡元素的应用价值。
B．掌握熔融状态导电与化学键的关系。
C．判断NaHSO4溶于水时的化学键破坏情况。
D．考查碘升华和硫熔化破坏的作用力类型。
21．（2025高一上·西湖期末）下列有关元素周期表的叙述正确的是
A．元素周期表中有18个纵行，但却只有16个族，其中第VIII族所含元素种类最多
B．第三、第四周期中同主族元素的质子数差值都是8
C．主族元素的原子，形成单核离子时的化合价和它的族序数不一定相等
D．原子的最外层有1个或2个电子，则一定是第IA或IIA族元素
【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、元素周期表有 18 个纵行，但只有 16 个族（7 个主族、7 个副族、1 个第 Ⅷ 族、1 个 0 族）。其中第 ⅢB 族包含镧系和锕系元素，所含元素种类最多，并非第 Ⅷ 族，A错误；
B、第三、第四周期同主族元素的质子数差值分两种情况：过渡元素左侧（如第 ⅠA、ⅡA 族）差值为 8；过渡元素右侧（如第 ⅢA~ⅦA 族）差值为 18，并非都为 8，B错误；
C、主族元素原子形成单核离子时，化合价与族序数不一定相等。例如 O 位于第 ⅥA 族，形成 O2-时化合价为 - 2，与族序数（Ⅵ）不相等，C正确；
D、原子最外层有 1 个或 2 个电子，不一定是第 ⅠA 或 ⅡA 族元素。例如 He 最外层有 2 个电子，属于 0 族元素；部分过渡元素（如 Cr、Cu）最外层也有 1 个电子，不属于第 ⅠA 族，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．考查元素周期表的纵行、族数及元素种类最多的族。
B．判断第三、第四周期同主族元素的质子数差值规律。
C．考查主族元素形成单核离子时化合价与族序数的关系。
D．判断最外层电子数与族的对应关系。
22．（2025高一上·西湖期末）X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素；由该5种元素组成的某化合物是电池工业中的重要原料，其结构如图所示。下列说法不正确的是
A．原子半径：
B．W、Z氢化物的沸点：ZC．该化合物中原子未达到8电子稳定结构
D．该化合物中既含极性键又含非极性键
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；共价键的形成及共价键的主要类型；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】元素推断思路：X 形成 1 个共价键且原子序数最小，故 X 为 H（氢）。
Y 形成 3 个共价键，结合原子序数递增，推测 Y 为 B（硼）。
Z 形成 4 个共价键，故 Z 为 C（碳）。
W 形成 1 个共价键且原子序数大于 Z，故 W 为 F（氟）。
M 形成 2 个共价键，结合电池工业原料背景，M 为 S（硫）。
A、H 电子层数最少，原子半径最小；同周期主族元素（B、C、F）从左到右原子半径依次减小，故原子半径：H < F < C < B，A正确；
B、Z（C）的氢化物有多种（如甲烷、苯等），W（F）的氢化物是 HF。苯的沸点高于 HF，因此不能简单认为 Z 的氢化物沸点一定低于 W 的，B错误；
C、Y 为 B，最外层有 3 个电子，在化合物中形成 3 个共价键，最外层电子数为 3+3=6，未达到 8 电子稳定结构，C正确；
D、化合物中 C-C 键是同种原子形成的非极性键，C-H 键是不同种原子形成的极性键，因此既含极性键又含非极性键，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．考查原子半径的比较规律（电子层数、同周期递变）。
B．判断氢化物沸点的影响因素（氢键、物质种类）。
C．考查原子 8 电子稳定结构的判断（最外层电子数 + 成键数）。
D．考查极性键与非极性键的判断（同种 / 不同种原子间的共价键）。
23．（2025高一上·西湖期末）能正确表示下列反应的离子方程式是
A．向饱和碳酸钠溶液通入过量
B．溶液中加入溶液至恰好沉淀：
C．将少量氯气通入溶液中：
D．用溶解
【答案】A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向饱和碳酸钠溶液通入过量 CO2，会生成碳酸氢钠。由于碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，会析出沉淀。反应的离子方程式为 2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓，式子中各离子符号、物质状态及配比均正确，A正确；
B、NH4Al(SO4)2溶液中，当 SO42-恰好沉淀时，NH4Al (SO4)2与 Ba (OH)2的物质的量比为 1：2。此时，Al3+会与 OH-反应生成 Al(OH)3，NH4+会与 OH-反应生成 NH3 H2O，正确的离子方程式应为 NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3 H2O+Al(OH)3↓+2BaSO4↓，而非生成 Al(OH)4-，B错误；
C、少量 Cl2通入 Na2SO3溶液中，Cl2氧化 SO32-生成 SO42-和 Cl-，但生成的 H+会与过量的 SO32-反应生成 HSO3-，正确的离子方程式应为 Cl2+H2O+3SO32-=2Cl-+2HSO3-+SO42-，C错误；
D、CH3COOH 是弱酸，在离子方程式中不能拆写成 H+，应保留分子形式。正确的离子方程式为 CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，D错误；
故答案为：A。【分析】A．考查饱和溶液中反应的沉淀生成及离子方程式的准确性。
B．考查复盐与碱反应时离子的配比及产物判断。
C．考查少量氧化剂与还原剂反应时的产物及后续反应。
D．考查弱电解质在离子方程式中的书写规则。
24．（2025高一上·西湖期末）检验某溶液X中是否含有、、、、、、、，限用的试剂有：盐酸、硫酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液。设计如下实验步骤，并记录相关现象。下列叙述不正确的是
A．溶液中一定有、、
B．试剂②一定为盐酸
C．通过焰色试验，可进一步确定溶液中阳离子的种类
D．通过在黄色溶液中加入硝酸银可以检验原溶液中是否存在
【答案】D
【知识点】离子共存；焰色反应
【解析】【解答】加入过量试剂①生成白色沉淀，加足量试剂②后沉淀质量减少。能与试剂①生成白色沉淀且部分溶于酸的离子，结合限定试剂，推测沉淀为 BaCO3（溶于酸）和 BaSO4（不溶于酸），因此试剂①为 Ba(NO3)2溶液，溶液中一定含 CO32-和 SO42-；滤液加试剂②后变黄色，因试剂①引入 NO3-，在酸性条件下（试剂②提供 H+），NO3-可氧化 I-生成 I2（使溶液呈黄色），故溶液中一定含 I-；CO32-与 Fe3+、Mg2+不能共存（会生成沉淀），因此溶液中无 Fe3+、Mg2+；溶液需电中性，故一定含 K+或 Na+中的至少一种。
A、由上述推断，溶液中一定含 I-、CO32-、SO42-，A正确；
B、试剂②若为硫酸，会与 BaCO3反应生成 BaSO4，导致沉淀质量增加（而非减少），不符合实验现象；而盐酸与 BaCO3反应生成可溶的 BaCl2，沉淀质量减少，且不引入干扰离子，故试剂②一定是盐酸，B正确；
C、溶液中阳离子只能是 K+或 Na+（已排除 Fe3+、Mg2+），通过焰色试验（Na+显黄色，K+透过蓝色钴玻璃显紫色）可确定具体阳离子，C正确；
D、试剂②为盐酸，已引入 Cl-，此时加硝酸银生成的 AgCl 沉淀，无法区分 Cl-是原溶液中的还是试剂引入的，不能检验原溶液中是否含 Cl-，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．根据沉淀和氧化还原现象判断离子存在。
B．试剂②的选择需避免干扰沉淀分析。
C．焰色试验对 K+、Na+的鉴别作用。
D．检验 Cl-时的离子干扰问题。
25．（2025高一上·西湖期末）下列实验操作、现象和得出的结论正确的是
　 实验操作 现象 结论
A 向和溶液中分别加入过量溶液 的试管中出现白色沉淀，的试管中先出现白色沉淀，后沉淀溶解。 金属性：
B 将某固体溶于水，取上层清液，先滴加足量稀盐酸再滴加氯化钡溶液 滴加稀盐酸无明显现象，滴加氯化钡后产生白色沉淀 说明该固体中含有
C 向溶有的溶液中加入溶液 产生白色沉淀 说明可将氧化
D 向盛有少量固体、固体的两支试管中分别加入等量浓 分别产生无色和红棕色的刺激性气味气体 氧化性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验；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、向 MgCl2溶液加过量 NaOH，生成不溶于碱的 Mg(OH)2白色沉淀；向 AlCl3溶液加过量 NaOH，先生成 Al(OH)3白色沉淀，后 Al(OH)3与 NaOH 反应生成可溶的 Na[Al(OH)4]（体现 Al(OH)3的两性）。元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Mg(OH)2碱性强于 Al(OH)3，说明金属性 Mg > Al，A正确；
B、若固体为 NaHSO4，溶于水后含 HSO4-，滴加稀盐酸无现象，滴加 BaCl2会生成 BaSO4白色沉淀，但 NaHSO4中不存在 SO42-（只有 HSO4-）。因此，该现象不能说明固体一定含 SO42-，B错误；
C、Fe(NO3)3溶液中含 NO3-，在酸性条件下（SO2溶于水显酸性），NO3-的氧化性强于 Fe3+，实际是 NO3-将 SO2氧化为 SO42-，与 Ba2+生成 BaSO4沉淀，并非 Fe3+氧化 SO2，C错误；
D、浓 H2SO4与 NaBr 反应生成 Br2（红棕色气体），说明浓 H2SO4氧化性强于 Br2；浓 H2SO4与 Na2SO3反应生成 SO2（无色气体），属于复分解反应（非氧化还原反应），无法通过此反应比较 Br2和 SO2的氧化性，D错误；
故答案为：A。【分析】A．金属氢氧化物的碱性与金属性的关系。
B．SO42-检验的干扰因素（含 HSO4-的物质）。
C．氧化反应的实际氧化剂判断（NO3-的强氧化性）。
D．氧化还原反应的氧化性比较逻辑（反应类型的差异）。
二、非选择题(本大题共6小题，共50分)
26．（2025高一上·西湖期末）请回答：
（1）的电子式是　 　；84消毒液有效成分的化学式　 　。
（2）在空气中久置的化学方程式是　 　。
（3）粉与强碱性溶液反应，还原产物为，写出该反应的离子方程式　 　。
（4）下列事实与氢键有关的是　 　(填序号)
①的熔、沸点比的熔、沸点高　　②稳定性：
③冰的密度比液态水的密度小　　　　　　　④水加热到很高温度都难以分解
【答案】（1）；NaClO
（2）4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3
（3）
（4）①③
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；铁的氧化物和氢氧化物；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】 【解答】（1）为共价分子，结构式为Cl-S-Cl，电子式是；84消毒液有效成分的化学式为NaClO。
故答案为： ； NaClO ；
（2）Fe(OH)2具有强还原性，易被O2氧化产生Fe(OH)3，在空气中久置的化学方程式是4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3。
故答案为： 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3 ；
（3）粉与强碱性溶液反应，还原产物为，反应中，铝元素从0价升高到+3价、氮元素从+5价降低到-3价，则按得失电子数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得：该反应的离子方程式：。
故答案为： ；
（4）①NH3中分子之间存在氢键，的分子间没有氢键，只有分子间作用力，则的熔、沸点比的熔、沸点高，①符合；
②稳定性与化学键有关，稳定性：，是因为H-F比H-Cl更牢固，与氢键无关，②不符合；
③冰中大范围存在氢键，相同质量时冰的体积比液态水的大，则冰的密度比液态水的密度小，③符合；
④稳定性与化学键有关，水分子中O-H键能大，水分子即使加热至较高温度下也很难分解，与氢键无关，④不符合；
故答案为：①③。
【分析】（1）共价分子的电子式书写（原子最外层电子的共用与孤对电子）、常见消毒剂的有效成分。
（2）Fe(OH)2具有强还原性，在空气中易被 O2氧化为 Fe(OH)3，反应中 Fe(OH)2、O2、H2O 的物质的量比为 4：1：2，据此书写化学方程式。
（3）掌握氧化还原反应的得失电子守恒、电荷守恒与原子守恒。
（4）考查氢键对物质熔沸点、密度的影响，与化学键对稳定性的影响的区别。
（1）为共价分子，结构式为Cl-S-Cl，电子式是；84消毒液有效成分的化学式为NaClO。
（2）Fe(OH)2具有强还原性，易被O2氧化产生Fe(OH)3，在空气中久置的化学方程式是4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3。
（3）粉与强碱性溶液反应，还原产物为，反应中，铝元素从0价升高到+3价、氮元素从+5价降低到-3价，则按得失电子数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得：该反应的离子方程式：。
（4）①NH3中分子之间存在氢键，的分子间没有氢键，只有分子间作用力，则的熔、沸点比的熔、沸点高，①符合；
②稳定性与化学键有关，稳定性：，是因为H-F比H-Cl更牢固，与氢键无关，②不符合；
③冰中大范围存在氢键，相同质量时冰的体积比液态水的大，则冰的密度比液态水的密度小，③符合；
④稳定性与化学键有关，水分子中O-H键能大，水分子即使加热至较高温度下也很难分解，与氢键无关，④不符合；
选①③。
27．（2025高一上·西湖期末）结合元素周期表回答下列问题：
（1）请在图中用实线画出元素周期表的边界　 　。
（2）写出M在元素周期表中的位置　 　。
（3）D、F、H的简单离子半径由小到大的顺序为　 　(用离子符号表示)。
（4）下列事实能说明E元素的非金属性比K强的是_______(填标号)。
A．简单氢化物的稳定性： B．含氧酸的酸性：
C．简单阴离子的还原性： D．单质的熔点：
（5）分别由A、D、F、H四种元素组成的两种盐可相互反应得到气体的离子方程式是　 　。
（6）由B、C、D三种元素可组成摩尔质量84g/mol的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1：1：1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为　 　。
【答案】（1）
（2）第四周期Ⅷ族
（3）Na+＜O2-＜S2-
（4）A；C
（5）
（6）N≡C—O—O—C≡N
【知识点】化学键；离子方程式的书写；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）上边界为短周期元素，第一周期有2种元素，位于1、18列，第二、三周期有8种元素，位于1、2列及13～18列，用实线补全元素周期表的边界为：。
故答案为：；
（2）M为铁，原子序数为26，在元素周期表中的位置第四周期Ⅷ族。
故答案为：第四周期Ⅷ族 ；
（3）D、F、H的简单离子分别为O2-，Na+，S2-，同主族时电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径由小到大的顺序为Na+＜O2-＜S2-。
故答案为： Na+＜O2-＜S2- ；
（4）E元素为F，K元素为I：
A．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，简单氢化物越稳定，HF＞HI，可以说明元素非金属性F>I，故A符合题意；
B．只能通过最高价含氧酸的酸性比较非金属性，且氟元素非金属性最强，不存在对应的含氧酸，故B不符合题意；
C．非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，简单阴离子的还原性：F-I，故C符合题意；
D．不能通过单质的熔点比较非金属性，故D不符合题意；
故答案为：AC；
（5）分别由A、D、F、H四种元素组成的两种盐可相互反应得到气体，即硫酸氢钠和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，离子方程式是：。
故答案为： ；
（6）由B、C、D三种元素可组成摩尔质量84g/mol的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1：1：1，则最简式为CNO，设分子式为(CNO)n，42n=84，n=2，已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为N≡C—O—O—C≡N。
故答案为： N≡C—O—O—C≡N 。
【分析】A为H，B为C，C为N，D为O，E为F，F为Na， H为S，M为Fe，K为I；
(1)根据短周期元素分布（第一周期 2 种、第二三周期 8 种），补全周期表边界。
(2)确定 M 为 Fe，根据原子序数判断其在周期表中位于第四周期 Ⅷ 族。
(3)比较离子半径，电子层越多半径越大；电子层结构相同时，原子序数大的半径小。
(4)通过简单氢化物稳定性、简单阴离子还原性判断非金属性，注意氟无含氧酸，熔点不能比较非金属性。
(5)确定 A、D、F、H 组成的盐为酸式盐，发生反应生成 SO2，写出离子方程式。
(6)根据摩尔质量、原子个数比及 8 电子稳定结构，推导分子式并写出结构式。
（1）上边界为短周期元素，第一周期有2种元素，位于1、18列，第二、三周期有8种元素，位于1、2列及13～18列，用实线补全元素周期表的边界为：。
（2）M为铁，原子序数为26，在元素周期表中的位置第四周期Ⅷ族。
（3）D、F、H的简单离子分别为O2-，Na+，S2-，同主族时电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径由小到大的顺序为Na+＜O2-＜S2-。
（4）E元素为F，K元素为I：
A．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，简单氢化物越稳定，HF＞HI，可以说明元素非金属性F>I，故A符合题意；
B．只能通过最高价含氧酸的酸性比较非金属性，且氟元素非金属性最强，不存在对应的含氧酸，故B不符合题意；
C．非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，简单阴离子的还原性：F-I，故C符合题意；
D．不能通过单质的熔点比较非金属性，故D不符合题意；
答案为：AC；
（5）分别由A、D、F、H四种元素组成的两种盐可相互反应得到气体，即硫酸氢钠和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，离子方程式是：。
（6）由B、C、D三种元素可组成摩尔质量84g/mol的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1：1：1，则最简式为CNO，设分子式为(CNO)n，42n=84，n=2，已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为N≡C—O—O—C≡N。
28．（2025高一上·西湖期末）黄铜矿的主要成分为，现有如下转化关系制备有关物质。
已知：沉淀D是白色沉淀，只含两种元素，其摩尔质量为99.5g/mol。忽略黄铜矿中其他杂质成分。请回答：
（1）尾气中经过充分综合利用可以得到生石膏，请写出生石膏的化学式：　 　。
（2）判断溶液B中的溶质为　 　。
（3）下列说法不正确的是_______。
A．步骤Ⅰ前需将黄铜矿粉碎，目的是增大接触面积，加快反应速率
B．步骤Ⅱ中使用催化剂，能使的转化率达到100%
C．硫酸工业中步骤Ⅱ产生的用水吸收
D．图中步骤Ⅰ和Ⅳ中含硫物质均发生氧化反应
（4）生成沉淀D的离子反应方程式　 　。
（5）请设计实验检验溶液C中的阳离子　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）B；C
（4）
（5）取少量溶液C于一支试管，加入石蕊试液（或点在试纸上）溶液显红色（试纸变红），则有；另取少量溶液于试管中，先加溶液无明显现象，再加新制氯水或双氧水，出现红色则有
【知识点】铜及其化合物；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）尾气中可与石灰石（）、氧气反应制到生石膏，石膏的化学式：。
故答案为： ；
（2）黄铜矿在空气中煅烧，生成二氧化硫、氧化铜和氧化铁，氧化铜和氧化铁溶于过量的盐酸所得溶液B中溶质为。
故答案为： ；
（3）A．步骤I前需将黄铜矿粉碎，目的是增大黄铜矿的接触面积，提高反应速率，A正确；
B．二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，该反应是可逆反应，不能使的转化率达到100%，使用催化剂不能改变平衡移动，因此步骤II中使用催化剂，不能使的转化率达到100%，B错误；
C．为了减少酸雾，硫酸工业中步骤II产生的用98.3%的浓硫酸吸收，C错误；
D．图中步骤I中在空气中煅烧，生成二氧化硫， IV中二氧化硫与发生氧化还原反应，生成硫酸根，S原子化合价均升高，因此步骤I和IV中含硫物质均发生氧化反应，D正确；
故答案为：BC。
（4）向溶液B中通入足量二氧化硫，发生氧化还原反应，根据沉淀D的摩尔质量为，只含2种元素，可知生成氯化亚铜沉淀，离子方程式为：
故答案为： ；
（5）向溶液B中通入足量二氧化硫，反应后的溶液中阳离子主要有、，检验溶液C中的阳离子的实验方法：取少量溶液C于一支试管，加入石蕊试液（或点在试纸上）溶液显红色（试纸变红），则有；另取少量溶液于试管中，先加溶液无明显现象，再加新制氯水或双氧水，出现红色则有。
故答案为： 取少量溶液C于一支试管，加入石蕊试液（或点在试纸上）溶液显红色（试纸变红），则有；另取少量溶液于试管中，先加溶液无明显现象，再加新制氯水或双氧水，出现红色则有 。
【分析】黄铜矿（CuFeS2）在足量空气中煅烧（步骤 Ⅰ），发生氧化反应，生成 SO2、CuO 和 Fe2O3。其中，SO2参与后续催化氧化反应（步骤 Ⅱ），而 CuO 和 Fe2O3进入 “固体” 流程。
固体中加入过量盐酸（步骤 Ⅲ），CuO 与盐酸反应生成 CuCl2，Fe2O3与盐酸反应生成 FeCl3，因此溶液 B 的溶质为 FeCl3、CuCl2和过量的 HCl。
向溶液 B 中通入足量 SO2（步骤 Ⅳ），发生氧化还原反应。已知沉淀 D 是只含两种元素的白色沉淀，摩尔质量为 99.5g/mol，可推断沉淀 D 为 CuCl（氯化亚铜）。反应中，FeCl3的 Fe3+氧化 SO2，自身被还原；CuCl2的 Cu2+与 SO2、Cl-反应生成 CuCl 沉淀，同时生成 FeSO4和 H2SO4，即溶液 C 为 FeSO4和 H2SO4的混合溶液，据此分析；
（1）尾气中可与石灰石（）、氧气反应制到生石膏，石膏的化学式：。
（2）黄铜矿在空气中煅烧，生成二氧化硫、氧化铜和氧化铁，氧化铜和氧化铁溶于过量的盐酸所得溶液B中溶质为。
（3）A．步骤I前需将黄铜矿粉碎，目的是增大黄铜矿的接触面积，提高反应速率，A正确；
B．二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，该反应是可逆反应，不能使的转化率达到100%，使用催化剂不能改变平衡移动，因此步骤II中使用催化剂，不能使的转化率达到100%，B错误；
C．为了减少酸雾，硫酸工业中步骤II产生的用98.3%的浓硫酸吸收，C错误；
D．图中步骤I中在空气中煅烧，生成二氧化硫， IV中二氧化硫与发生氧化还原反应，生成硫酸根，S原子化合价均升高，因此步骤I和IV中含硫物质均发生氧化反应，D正确；
故选BC。
（4）向溶液B中通入足量二氧化硫，发生氧化还原反应，根据沉淀D的摩尔质量为，只含2种元素，可知生成氯化亚铜沉淀，离子方程式为：。
（5）向溶液B中通入足量二氧化硫，反应后的溶液中阳离子主要有、，检验溶液C中的阳离子的实验方法：取少量溶液C于一支试管，加入石蕊试液（或点在试纸上）溶液显红色（试纸变红），则有；另取少量溶液于试管中，先加溶液无明显现象，再加新制氯水或双氧水，出现红色则有。
29．（2025高一上·西湖期末）为国际公认高效安全灭菌消毒剂之一，实验室可用潮湿的与反应制取，反应装置如图所示(夹持装置已略，连接处用的是乳胶管和橡胶塞)。
已知：熔点为116℃，沸点为3.8℃，浓度过高或与有机物接触时易发生爆炸。沸点为-34.6℃，液氨沸点为-33.5℃。
（1）装浓盐酸的仪器名称：　 　。实验室欲配制盐酸，需要用量筒量取质量分数为36.5%浓盐酸约　 　。
（2）写出装置A中发生反应的离子方程式：　 　。
（3）检查虚框中装置气密性的方法为：用止水夹夹住装置A两端的乳胶管，　 　。
（4）下列有关该实验的说法中不正确的是_______。
A．实验室也可用与浓盐酸反应制备氯气
B．B中试剂是浓硫酸，目的是干燥氯气
C．氮气的作用之一是稀释生成的，减少实验爆炸危险
D．从装置D中逸出气体的主要成分是
（5）装置C中潮湿的与以等物质的量反应，生成、气体和另一种盐，试写出该反应化学方程式　 　。
（6）该实验装置存在两处明显的不足，指出不足的地方为　 　。
【答案】（1）分液漏斗；5.2
（2）
（3）向分液漏斗中加水，一段时间时间后水不能加入，则说明气密性良好
（4）B；D
（5）
（6）没有尾气处理装置，乳胶管会被氯气腐蚀而变质老化
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装浓盐酸的仪器名称：分液漏斗。配制盐酸，使用100mL容量瓶，由可知密度为1 16 g/cm3质量分数为36 5%的浓盐酸的物质的量浓度为mol/L=11.6 mol/L，设需要浓盐酸的体积为V mL，由稀释定律可知，稀释前后溶质的物质的量不变，则有V×10-3L×11.6 mol/L=0.1 L×0.6mol/L，解得V≈5.2mL；
故答案为： 分液漏斗 ； 5.2 ；
（2）装置A中发生反应二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：；
故答案为： ；
（3）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；检查虚框中装置气密性的方法为：用止水夹夹住装置A两端的乳胶管，向分液漏斗中加水，一段时间时间后水不能加入，则说明气密性良好；
故答案为： 向分液漏斗中加水，一段时间时间后水不能加入，则说明气密性良好 ；
（4）A．高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，实验室也可用于制备氯气，故A正确；
B．用潮湿的氯气与反应，氯气不需要干燥，B中试剂是饱和食盐水，目的是除去氯气中的氯化氢，故B错误；
C．浓度过高时易发生分解并爆炸，所以氮气的作用之一是稀释生成的，减少实验爆炸危险，故C正确；
D．熔点为116℃，沸点为3.8℃，Cl2沸点为-34.6℃，液氨沸点为-33.5℃，D中用液氨冷却收集，氯气比Cl2O易挥发，因此从装置D中逸出气体的主要成分是氯气，故D错误；
故答案为：BD；
（5）装置C中潮湿的与以等物质的量反应，生成、气体和另一种盐，根据化合价升降规律，还应该有X氯化钠生成，该反应化学方程式：；
故答案为： ；
（6）氯气有毒，该装置没有尾气处理装置，为防止氯气污染空气，在装置D末端连接盛放NaOH溶液的尾气吸收装置。连接处用的是乳胶管，乳胶管会被氯气腐蚀而变质老化。
故答案为： 没有尾气处理装置，乳胶管会被氯气腐蚀而变质老化 。
【分析】装置 A：浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，同时生成氯化锰和水。此装置是氯气的发生装置。
装置 B：装有饱和食盐水，作用是除去氯气中混有的氯化氢气体。因为氯化氢极易溶于水，而饱和食盐水能抑制氯气的溶解。
装置 C：潮湿的氯气与干燥的碳酸钠发生反应生成 Cl2O。从化合价变化来看，氯气中部分 Cl 从 0 价升高到 Cl2O 中的 +1 价，必然有部分 Cl 从 0 价降低到 -1 价，推测产物还包括氯化钠等。
装置 D：用液氨冷却，利用 Cl2O 的沸点特性，使其在低温下液化，从而实现收集。
（1）装浓盐酸的仪器名称：分液漏斗。配制盐酸，使用100mL容量瓶，由可知密度为1 16 g/cm3质量分数为36 5%的浓盐酸的物质的量浓度为mol/L=11.6 mol/L，设需要浓盐酸的体积为V mL，由稀释定律可知，稀释前后溶质的物质的量不变，则有V×10-3L×11.6 mol/L=0.1 L×0.6mol/L，解得V≈5.2mL；
（2）装置A中发生反应二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：；
（3）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；检查虚框中装置气密性的方法为：用止水夹夹住装置A两端的乳胶管，向分液漏斗中加水，一段时间时间后水不能加入，则说明气密性良好；
（4）A．高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，实验室也可用于制备氯气，故A正确；
B．用潮湿的氯气与反应，氯气不需要干燥，B中试剂是饱和食盐水，目的是除去氯气中的氯化氢，故B错误；
C．浓度过高时易发生分解并爆炸，所以氮气的作用之一是稀释生成的，减少实验爆炸危险，故C正确；
D．熔点为116℃，沸点为3.8℃，Cl2沸点为-34.6℃，液氨沸点为-33.5℃，D中用液氨冷却收集，氯气比Cl2O易挥发，因此从装置D中逸出气体的主要成分是氯气，故D错误；
故选BD；
（5）装置C中潮湿的与以等物质的量反应，生成、气体和另一种盐，根据化合价升降规律，还应该有X氯化钠生成，该反应化学方程式：；
（6）氯气有毒，该装置没有尾气处理装置，为防止氯气污染空气，在装置D末端连接盛放NaOH溶液的尾气吸收装置。连接处用的是乳胶管，乳胶管会被氯气腐蚀而变质老化。
30．（2025高一上·西湖期末）在不同温度下失水和分解，随着温度升高分别生成，现称取在敞口容器加热一定时间后，气体全部逸出，冷却后得到含两种成分的固体共2.720g，测得生成的的体积为(已折算为标准标况)，回答下列问题：
（1）写出Cu和浓硫酸反应的化学方程式　 　。
（2）固体的成分　 　。
（3）标准状况下生成的体积　 　。
【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O
（2）固体为Cu和Cu2O的混合物；n(Cu2O)∶n(Cu)为1∶2
（3）0.560L
【知识点】有关混合物反应的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）Cu和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。
故答案为： Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O ；
（2）10.000gCuSO4 5H2O的物质的量为=0.04mol，如分解后固体为CuO，由铜原子守恒可知，CuO的物质的量为0.04mol，质量为0.04mol×80g/mol=3.2g，如固体全部为Cu2O，由铜原子守恒可知，Cu2O的物质的量为0.02mol，质量为0.02mol×144g/mol=2.88g，如固体全部为Cu，由铜原子守恒可知，Cu的物质的量为0.04mol，质量为0.04mol×64g/mol=2.56g，固体质量2.56g＜2.720g＜2.88g，故固体为Cu和Cu2O的混合物，设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol和ymol，则有64g/mol×xmol+144g/mol×ymol=2.720g，xmol+2ymol=0.04mol，解得x=0.02，y=0.01，Cu和Cu2O的物质的量之比为0.02mol∶0.01mol=2∶1，
故答案为：固体为Cu和Cu2O的混合物；n(Cu2O)∶n(Cu)为1∶2；
（3）生成的SO2的体积为0.448L即0.02mol，硫元素由+6价降低为+4价，得电子0.02nol×2=0.04mol，Cu2O的物质的量为0.01mol，Cu元素由+2价降低为+1价，得电子0.01mol×2=0.02mol，共得电子0.06mol，氧元素由-2价升高为0价，生成1mol氧气失去4mol电子，故生成氧气的物质的量为=0.025mol，体积为0.025mol×22.4L/mol=0.560L，
故答案为：0.560L。
【分析】(1) 掌握 Cu 与浓 H2SO4在加热条件下的反应产物，直接书写化学方程式。
(2) 根据 CuSO4 5H2O 的物质的量，结合铜原子守恒，通过固体质量范围判断成分，再列方程计算物质的量之比。
(3)利用氧化还原反应的得失电子守恒，结合 SO2的物质的量和 Cu2O 的物质的量，计算生成 O2的物质的量，进而求出体积。
（1）Cu和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。
（2）10.000gCuSO4 5H2O的物质的量为=0.04mol，如分解后固体为CuO，由铜原子守恒可知，CuO的物质的量为0.04mol，质量为0.04mol×80g/mol=3.2g，如固体全部为Cu2O，由铜原子守恒可知，Cu2O的物质的量为0.02mol，质量为0.02mol×144g/mol=2.88g，如固体全部为Cu，由铜原子守恒可知，Cu的物质的量为0.04mol，质量为0.04mol×64g/mol=2.56g，固体质量2.56g＜2.720g＜2.88g，故固体为Cu和Cu2O的混合物，设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol和ymol，则有64g/mol×xmol+144g/mol×ymol=2.720g，xmol+2ymol=0.04mol，解得x=0.02，y=0.01，Cu和Cu2O的物质的量之比为0.02mol∶0.01mol=2∶1，故答案为：固体为Cu和Cu2O的混合物；n(Cu2O)∶n(Cu)为1∶2；
（3）生成的SO2的体积为0.448L即0.02mol，硫元素由+6价降低为+4价，得电子0.02nol×2=0.04mol，Cu2O的物质的量为0.01mol，Cu元素由+2价降低为+1价，得电子0.01mol×2=0.02mol，共得电子0.06mol，氧元素由-2价升高为0价，生成1mol氧气失去4mol电子，故生成氧气的物质的量为=0.025mol，体积为0.025mol×22.4L/mol=0.560L，故答案为：0.560L。
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