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浙江省杭州市拱墅区源清中学2024-2025学年高一上学期期末考化学试卷
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．（2025高一上·拱墅期末）下列物质中属于盐的是
A． B．HClO C． D．
2．（2025高一上·拱墅期末）下列物质属于电解质的是
A．酒精 B．石墨 C．稀硫酸 D．
3．（2025高一上·拱墅期末）下列仪器名称为“蒸发皿”的是
A． B．
C． D．
4．（2025高一上·拱墅期末）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
5．（2025高一上·拱墅期末）自然界中氮循环时刻都在进行着，湿润的土壤中，氮元素的转化过程如下所示：
在形成NO2和的过程中，下列说法正确的是
A．作还原剂 B．被还原
C．作氧化剂 D．被还原
6．（2025高一上·拱墅期末）3.2g某物质中含有6.02×1022个分子，则该物质的相对分子质量为
A．16 B．64 C．32 D．96
7．（2025高一上·拱墅期末）下列说法不正确的是
A．工业上用氯气与澄清石灰水反应制漂白粉
B．用氯气制漂白粉的主要目的是转变为较稳定，便于贮存的物质
C．氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝
D．漂粉精可用于游泳池的消毒
8．（2025高一上·拱墅期末）下列除杂试剂及操作方法都正确的是（　　）
A．除去CO2中的少量CO，通入适量O2，点燃
B．除去CO2气体中的少量HCl，通过饱和Na2CO3溶液，洗气
C．除去镁粉中的少量铝，加入足量NaOH溶液，过滤
D．除去NaHCO3固体中的Na2CO3，加热
9．（2025高一上·拱墅期末）无放射性的同位素被称之为“稳定同位素”，在陆地生态系统研究中，2H、13C、15N、18O、34S等常作环境分析指示物。下列有关一些“稳定同位素”的说法正确的是
A．34S原子核内中子数为16
B．2H、3H属于同种核素
C．16O与18O最外层电子数相同
D．13C和15N原子核内的质子数相差2
10．（2025高一上·拱墅期末）下列有关钠的化合物说法正确的是
A．将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中制备Fe(OH)3胶体
B．将过氧化钠加入到硫酸亚铁溶液中，可以观察到有红褐色沉淀生成
C．过氧化钠与水反应生成NaOH，过氧化钠属于碱性氧化物
D．大量的Na2O2粉末加入到酚酞溶液中，可以观察到酚酞最终变红
11．（2025高一上·拱墅期末）如图是硫元素在自然界中的循环示意图，下列有关说法不正确的是
A．硫元素在自然界中既有游离态又有化合态
B．过程⑤可在土壤的缺氧区实现
C．循环过程中硫元素只被还原
D．若生物体有机硫中硫元素为-2价，则过程③中发生的是还原反应
12．（2025高一上·拱墅期末）某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在Fe2+、、Fe3+、、H+和水六种粒子，在反应过程中测得Fe3+、的含量随时间变化的曲线如图所示，下列判断错误的是
A．被还原，发生还原反应
B．还原性：Fe2+＞
C．该反应中Fe2+被氧化为Fe3+
D．还原剂与氧化剂的个数之比为6∶1
13．（2025高一上·拱墅期末）设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．0.1 mol Na2O2中阴离子的数目为0.2 NA
B．0.1 mol Na2O2与足量的水反应，转移电子的数目为0.2 NA
C．0.1 mol Fe和0.1 mol Cl2在点燃条件下反应时转移电子数目为0.2 NA
D．1 L 0.4 mol·L-1的浓盐酸与足量的MnO2加热充分反应，产生Cl2的数目等于0.1 NA
14．（2025高一上·拱墅期末）下列说法中不正确的是
A．该实验用于观察Fe(OH)2 的颜色 B．比较Na2CO3和NaHCO3稳定性，甲物质为Na2CO3 C．光照过程中氯水中氯离子的浓度变化的主要原因是HClO见光分解 D．实验员看到钾元素的焰色为紫色
A．A B．B C．C D．D
15．（2025高一上·拱墅期末）下列说法不正确的是
A．用电子式表示的形成过程为
B．和两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
C．和NaOH的化学键类型完全相同，都属于离子化合物
D．反应：，同时有极性键和非极性键的断裂和形成
16．（2025高一上·拱墅期末）氮、硫及其化合物的价类二维图如下所示，下列说法正确的是
A．b和v均可一步反应生成对应的各类氧化物
B．a、b、u、v、w均能作还原剂
C．d、w、x均可与水反应生成酸，都属于酸性氧化物
D．e、z的浓溶液与铜反应分别生成氧化物d、x
17．（2025高一上·拱墅期末）下列关于卤族元素性质的变化规律，描述不正确的是（　　）
①颜色深浅：
②氧化性：
③还原性：
④稳定性：
⑤酸性：
A．③⑤ B．③④ C．①③ D．②⑤
18．（2025高一上·拱墅期末）合成氨及其衍生物工业是化工生产的重要门类，请结合图示判断下列说法正确的是
A．湿润的淀粉-KI试纸可以鉴别气体2和溴蒸气
B．饱和NaCl溶液中先通入过量再通入过量可以得到固体1
C．1L气体1、2的混合气与在一定条件下转化为对环境无害的物质，混合气中二者的体积比为1：1
D．气体2能与水反应生成故气体2是酸性氧化物
19．（2025高一上·拱墅期末）根据下列反应：①Fe3++2I-=2Fe2++I2 ②SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO③3 Fe2++ 4H++NO= 3 Fe3++ NO+2H2O，根据上述化学方程式，下列说法错误的是
A．氧化性由强到弱的顺序为HNO3＞Fe3+＞I2＞
B．还原性由强到弱的顺序为SO2＞I﹣＞Fe2+＞NO
C．SO2气体能使湿润的KI-淀粉试纸变蓝
D．预测硝酸和二氧化硫的水溶液反应后溶液的酸性增强
20．（2025高一上·拱墅期末）元素周期表已成为化学家的得力工具，为研究物质结构、发现新元素、合成新物质、寻找新材料提供了许多有价值的指导。下列说法正确的是
A．在过渡元素中可以找到优良的半导体材料
B．在元素周期表中随着原子序数的递增，原子最外层电子数总是从1到8重复出现
C．与位于同一周期，则推测酸性：。
D．根据元素周期表推测，单质铍能与冷水剧烈反应
21．（2025高一上·拱墅期末）某同学配制的某溶液，有关操作正确的是
A．配制溶液时，将量筒、烧杯、玻璃棒洗涤2~3次，将洗涤液转入容量瓶中
B．配制溶液时，需量取、密度为的浓盐酸约
C．配制溶液时，应快速溶解固体，快速将溶液转移到容量瓶中
D．配制溶液定容时，摇匀后发现溶液凹液面低于刻度线，加入蒸馏水至刻度线
22．（2025高一上·拱墅期末）下列离子方程式书写错误的是
A．氯化铜溶液中通入硫化氢气体：
B．氯化铁溶液中通入二氧化硫：
C．次氯酸钠溶液中通入过量的二氧化碳：
D．碳酸钠和足量醋酸反应：
23．（2025高一上·拱墅期末）有一充有20mL NO和NO2混合气体的试管，倒置于盛有水的水槽中，充分反应后，仍有12mL无色气体，则原混合气体中NO和NO2体积比为
A．3∶2 B．2∶3 C．1∶4 D．4∶1
24．（2025高一上·拱墅期末）下列实验方案中不能确定试样的组成的是
A．取ag混合物充分加热，质量减少bg
B．取ag混合物与足量氢氧化钡溶液充分反应，将所得沉淀洗涤、干燥、称量得到bg固体
C．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
D．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg
25．（2025高一上·拱墅期末）有一包白色固体粉末，其中可能含有中的一种或几种，现做以下实验(所加试剂均足量)：
则下列说法正确的是
A．原粉末中一定有
B．是否存在无法确定，可以通过焰色反应来确定
C．白色沉淀乙可能是和的混合物
D．原粉末中一定没有，可能有
二、填空题
26．（2025高一上·拱墅期末）完成下列问题
（1）下列9种物质：①；②；③；④；⑤；⑥；⑦；⑧NaF；⑨。其中只含离子键的是　 　(填序号，下同)；既含离子键又含共价键的是　 　；共价化合物是　 　。
（2）光导纤维主要成分的化学式：　 　
（3）硫酸氢钠的电离方程式：　 　
（4）补全方程式，然后用双线桥标出电子转移：　 　。
______________________
27．（2025高一上·拱墅期末）氮化锂()是一种重要的化工试剂，在空气中易潮解。实验室制备的原理是。某实验小组拟设计实验制备并探究其性质。(装置可重复使用)
回答下列问题：
（1）装饱和溶液的仪器是　 　(填名称)。
（2）B装置的作用是　 　。
（3）气流从左至右，装置的连接顺序为A→　 　。
（4）实验时，先点燃　 　(填“A处”或“C处”)酒精灯。
（5）如果氮化锂产品中混有，可能的原因是　 　。
28．（2025高一上·拱墅期末）化合物M是某种具有磁学性质的新型电子材料的主要成分，由两种元素组成，为了研究其组成，设计并完成如下实验：
已知：气体甲可使湿润的pH试纸变蓝。
请回答下列问题。
（1）气体甲的电子式为　 　；化合物M的化学式为　 　。
（2）白色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是　 　(用化学方程式解释)。
（3）反应液中金属阳离子的检验方法是　 　。
29．（2025高一上·拱墅期末）是一种黑色固体，难溶于水、稀硫酸，可用于锰盐的制备，也用作氧化剂、催化剂等。某学习小组设计实验将粗样品(含有较多的和)转化为纯，其流程如图所示：
回答下列问题：
（1）“酸浸”中生成气体A的离子方程式为　 　。
（2）根据氧化还原反应的知识，可以推测在反应②中，还得到了另一种产物的化学式是　 　。
（3）根据反应②产物的溶解度曲线(如图所示)，为了得到纯度比较高的固体，“系列操作”需要用到的可直接加热的陶瓷仪器是　 　。
（4）该流程中可循环利用的物质有　 　和　 　。
30．（2025高一上·拱墅期末）取一定物质的量浓度的NaOH溶液100mL，然后向其中通入一定量的气体，得到溶液A，向溶液A中逐滴加入盐酸，测得溶液中的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如图所示。
请回答下列问题。
（1）加入盐酸发生反应的离子方程式为　 　、　 　。
（2）盐酸的物质的量浓度为　 　mol/L。
（3）溶液A中为　 　。
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、CO2由碳、氧两种元素组成，符合氧化物 “两种元素且其中一种为氧” 的特征，属于氧化物，而非盐，A错误；
B、HClO 在水溶液中电离时，产生的阳离子只有 H+，符合酸 “阳离子全为 H+” 的定义，属于酸，而非盐，B错误；
C、NH3是由氮、氢元素组成的气态氢化物，其组成中不含金属阳离子（或铵根离子）和酸根阴离子，不符合盐的构成，C错误；
D、NaHCO3由 Na+（金属阳离子）和 HCO3-（酸根阴离子）构成，完全符合盐的定义，属于盐，D 正确；
故答案为：D。
【分析】根据盐的定义（由金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子构成的化合物），对各选项物质的组成和类别进行判断。
2．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A、酒精是化合物，但在水溶液和熔融状态下都不能电离出自由移动的离子，不导电，属于非电解质，故A不符合题意 ；
B、石墨是碳元素组成的单质，而电解质的研究对象是化合物，因此石墨既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意 ；
C、稀硫酸是硫酸和水的混合物，不属于化合物，不符合电解质的定义，既不是电解质也不是非电解质，故C不符合题意 ；
D、NH3 H2O 是化合物，在水溶液中能部分电离出 NH4+和 OH-，从而导电，符合电解质的定义，属于电解质，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题判断物质是否为电解质，解题要点是紧扣电解质的定义：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物。需注意电解质必须是化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质，且能导电是因为自身电离出自由移动的离子。
3．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、仪器为 “烧瓶”（细颈、圆底），用于加热或反应容器，不是蒸发皿；
B、仪器是浅口圆底、带边缘的容器，符合蒸发皿的特征；
C、仪器为 “分液漏斗”（带活塞、锥形），用于分离互不相溶的液体，不是蒸发皿；
D、仪器为 “坩埚”（深筒状、带盖），用于灼烧固体，不是蒸发皿；
故答案为：B。
【分析】解题关键是匹配 “蒸发皿” 的仪器特征：蒸发皿是浅口、圆底、带边缘的陶瓷仪器，用于蒸发溶液。
4．【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”。
5．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、形成 NO2的过程中，氮元素化合价从 NO3-中的 +5 价降低到 NO2中的 +4 价，化合价降低意味着得电子，该过程中氮元素被还原，作氧化剂，而非还原剂，A错误；
B、形成 NO2时，氮元素化合价由 +5 价变为 +4 价，化合价降低，得电子，符合 “被还原” 的定义，B正确；
C、过程 Ⅱ 中，NH4+转化为 NO2-，N 的化合价从 -3 变为 +3（化合价升高）。化合价升高的物质失电子，是还原剂，不是氧化剂，C错误；
D、形成 NO2时氮元素化合价降低（+5→+4），而非升高，因此不会被氧化，D错误；
故答案为：B。【分析】本题考查氮循环中氮元素转化的氧化还原反应分析，解题要点是明确形成 NO2过程中氮元素的化合价变化：化合价降低（得电子）对应被还原、作氧化剂；化合价升高（失电子）对应被氧化、作还原剂。
A．过程 Ⅰ 中 NO3-到NO2-，N 化合价从 +5到+4（降低），得电子被还原，NO3-是氧化剂，不是还原剂。
B．过程 Ⅰ 中 NO3-的 N 化合价降低（+5到+4），得电子被还原，因此 NO3-被还原。
C．过程 Ⅱ 中 NH4+到NO2-，N 化合价从 - 3到+3（升高），失电子被氧化。
D．过程 Ⅱ 中 NH4+的 N 化合价升高（-3到+3），失电子被氧化，不是被还原。
6．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】首先，根据物质的量与分子数的关系（其中是分子数，是阿伏加德罗常数，约为），已知该物质含有个分子，则其物质的量。
然后，根据摩尔质量的计算公式（其中是质量，是物质的量），已知该物质质量，物质的量，则摩尔质量。
由于相对分子质量在数值上等于摩尔质量，所以该物质的相对分子质量为32。
故答案为：C。
【分析】本题可根据分子数目先求出物质的量，再结合质量求出摩尔质量，而相对分子质量在数值上等于摩尔质量，以此来求解。
7．【答案】A
【知识点】氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、工业上制漂白粉用的是氯气和石灰乳（氢氧化钙的悬浊液，浓度高），而澄清石灰水中氢氧化钙含量低，无法满足工业生产需求，因此该说法不正确，A错误；
B、氯气是气体，不易贮存和运输；漂白粉是固体，性质较稳定，便于长期保存和运输。用氯气制漂白粉的主要目的即在此，B正确；
C、氯气有强氧化性，能与湿润的 KI 试纸中的 KI 反应生成 I2（Cl2+2KI=2KCl+I2），I2遇淀粉变蓝，因此氯气可使湿润的淀粉 KI 试纸变蓝，C正确；
D、漂粉精的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙与水、二氧化碳反应生成的次氯酸具有强氧化性，能杀菌消毒，可用于游泳池消毒，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题围绕氯气及漂白粉的制备、性质和用途展开判断，解题要点是明确工业制漂白粉的原料差异、漂白粉的稳定性优势，以及氯气的氧化性和漂粉精的消毒原理。A．区分工业制漂白粉的原料（石灰乳）与澄清石灰水的差异。
B．理解氯气转化为漂白粉的目的（稳定性与贮存便利性）。
C．分析氯气与 KI 的反应及淀粉遇碘的显色现象。
D．明确漂粉精的消毒原理（强氧化性）。
8．【答案】C
【知识点】除杂
【解析】【解答】A．在CO2大量存在的情况下CO气体不能燃烧，不能达到除杂的目的，A不符合题意；
B．杂质HCl及CO2都会与饱和Na2CO3溶液反应，不能达到除杂净化的目的，B不符合题意；
C．杂质Al与NaOH溶液反应产生可溶性的物质，而Mg不能反应，然后过滤，洗涤，就可以得到纯净的镁粉，达到除杂净化的目的，C符合题意；
D．NaHCO3不稳定，加热分解变为Na2CO3，导致物质变质，不能达到实验目的，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.CO2多，CO难点燃；
B.二者均与Na2CO3反应；
C.Al能溶于NaOH溶液，Mg不能；
D. NaHCO3受热易分解。
9．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；元素、核素
【解析】【解答】A、原子中，中子数 = 质量数 - 质子数。34S的质量数是34，质子数为16，故中子数=34-16=18，并非 16，A错误；
B、核素是具有特定质子数和中子数的原子。2H 和3H 的质子数相同，但中子数不同（分别为 1、2），属于不同核素，B错误；
C、16O与18O是氧的同位素，质子数均为 8，原子的最外层电子数由质子数决定，故二者最外层电子数均为6，C正确；
D、13C的质子数为6，15N的质子数为7，二者质子数相差7-6=1，并非2，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．抓 “中子数计算核心公式”—中子数 = 质量数 - 质子数，34S 质量数 34、质子数 16，中子数 = 34-16=18≠16。
B．抓 “核素定义”—核素是具有特定质子数和中子数的原子，2H 和3H 中子数不同，属于不同核素。
C．抓 “同位素与最外层电子数的关系”—同位素质子数相同，最外层电子数由质子数决定，16O 与18O 质子数均为 8，最外层电子数均为 6。
D．抓 “元素质子数特征”—13C 质子数 6、15N 质子数 7，质子数相差 1≠2。
10．【答案】B
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】A、制备 Fe(OH)3胶体需向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液并煮沸；若加 NaOH 浓溶液，会直接生成 Fe(OH)3沉淀（非胶体），A错误；
B、Na2O2与水反应生成 NaOH 和 O2，NaOH 与 FeSO4生成 Fe(OH)2；同时 Na2O2的氧化性会将 Fe(OH)2氧化为红褐色的 Fe(OH)3沉淀，能观察到该现象，B正确；
C、碱性氧化物是与水反应只生成碱的氧化物，但 Na2O2与水反应除生成 NaOH 外，还生成 O2，不符合碱性氧化物定义，C错误；
D、Na2O2与水反应生成NaOH（使酚酞变红），但Na2O2的强氧化性会将变红的酚酞氧化漂白，最终溶液会褪色，并非保持红色，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．抓 “胶体的制备条件”——Fe(OH)3胶体需沸水+饱和 FeCl3溶液制备，加 NaOH 会直接生成沉淀。
B．抓 “Na2O2的双重作用”—Na2O2与水生成 NaOH（和 FeSO4生成 Fe(OH)2），同时其氧化性将 Fe(OH)2氧化为红褐色 Fe(OH)3，现象合理。
C．抓 “碱性氧化物的定义”— 碱性氧化物与水反应只生成碱，Na2O2还生成 O2，不符合定义。
D．抓 “Na2O2的漂白性”—Na2O2生成的 NaOH 使酚酞变红，但强氧化性会漂白酚酞，最终褪色。
11．【答案】C
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；自然界中的硫循环
【解析】【解答】A、循环中存在单质硫（S，游离态），也有 SO42-、H2S 等含硫化合物（化合态），因此硫元素既有游离态也有化合态，A正确；
B、过程⑤中硫元素化合价从 + 6 价降低到 - 2 价，发生还原反应。土壤缺氧区利于还原反应进行，因此该过程可在缺氧区实现，B正确；
C、过程①中硫元素从 - 2 价升高到 0 价（被氧化），过程②中硫元素从 0 价升高到 + 6 价（被氧化），说明循环中硫元素既有被还原也有被氧化，并非只被还原，C错误；
D、若有机硫中硫为 - 2 价，SO42-中硫为 + 6 价，过程③中硫元素化合价降低，发生还原反应，D正确；
故答案为：C。【分析】A．判断硫元素在自然界的存在形态（游离态 / 化合态）。
B．分析过程⑤的反应条件（氧化 / 还原反应与环境的关系）。
C．判断循环中硫元素是否只发生还原反应（需结合化合价变化）。
D．分析过程③中硫元素的化合价变化与反应类型的关系。
12．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A、NO3-中 N 元素化合价从 + 5 降低到 - 3，化合价降低的物质是氧化剂，发生还原反应（即被还原）。A正确；
B、在氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物。此反应中，Fe2+是还原剂（被氧化），NH4+是还原产物（NO3-被还原得到），因此还原性：Fe2+＞NH4+。B正确；
C、Fe2+中 Fe 的化合价从 + 2 升高到 + 3（生成 Fe3+），化合价升高的过程是被氧化的过程，因此 Fe2+被氧化为 Fe3+。C正确；
D、从得失电子守恒分析：还原剂（Fe2+）：每个 Fe2+失去 1 个电子（+2到+3）；氧化剂（NO3-）：每个 NO3-得到 8 个电子（+5到-3）。为保证得失电子总数相等，还原剂（Fe2+）与氧化剂（NO3-）的个数比应为 8：1，而非 6：1。D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要集中在 2 个方面：
还原剂与氧化剂的比例计算易忽略 “得失电子守恒” 的核心逻辑，错误凭直觉判断比例（比如误算为 6：1）。实际需通过化合价变化算得失电子数：Fe2+→Fe3+失 1e-，NO3-→NH4+ 得 8e-，因此比例应为 8：1。
还原性强弱的判断依据易混淆 “还原剂、还原产物” 的还原性顺序，错误认为还原产物（NH4+）还原性更强。实际规律是：还原剂的还原性＞还原产物的还原性。
13．【答案】C
【知识点】钠的氧化物；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、Na2O2的阴离子是 O22-（过氧根），1 mol Na2O2含 1 mol O22-，故0.1mol Na2O2中阴离子数目为 0.1 NA，并非 0.2 NA，A错误；
B、Na2O2与水反应时，O 元素发生歧化（-1 价到-2 价和 0 价），1 mol Na2O2反应转移 1 mol 电子，故 0.1mol Na2O2转移电子数为 0.1 NA，并非 0.2 NA，B错误；
C、Fe与Cl2反应时，Cl2为氧化剂，0.1 mol Cl2完全反应（Cl元素由 0 价到-1 价），转移电子数为0.2 NA（Fe 过量但 Cl2不足，按Cl2计算），C正确；
D、MnO2与浓盐酸反应时，浓盐酸会随反应进行变稀（稀盐酸不与 MnO2反应），实际参与反应的 HCl 不足 0.4 mol，产生 Cl2的数目小于 0.1 NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．抓“Na2O2的离子构成”—Na2O2中阴离子是 O22-（1 个 Na2O2含 1 个阴离子），0.1 mol Na2O2阴离子数为 0.1NA。
B．抓“Na2O2的歧化反应”—Na2O2与水反应时，1 mol Na2O2转移 1 mol 电子，0.1 mol 转移 0.1 NA。
C．抓“不足量反应物的电子转移”—Cl2不足，0.1 mol Cl2完全反应（Cl→Cl-），转移 0.2NA电子。
D．抓“反应条件限制”—浓盐酸变稀后不再与MnO2反应，实际HCl参与不足，Cl2数目小于 0.1 NA。
14．【答案】B
【知识点】焰色反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；性质实验方案的设计；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、苯的密度比水小，浮在 FeSO4溶液上方，可隔绝空气；钠块与水反应生成 NaOH，NaOH 与 FeSO4反应生成Fe(OH)2，苯能防止Fe(OH)2被氧化，可用于观察其颜色，A正确；
B、比较 Na2CO3和 NaHCO3的稳定性时，应将稳定的物质（Na2CO3）放在温度高的外管，不稳定的（NaHCO3）放在内管；图中甲物质在温度高的外管，若甲是 Na2CO3，无法体现 NaHCO3更易分解，甲应是 NaHCO3，B错误；
C、氯水中 HClO 见光分解：2HClO=2HCl+O2↑，生成的 HCl 电离出 Cl-，会使氯离子浓度增大，与图像趋势一致，C正确；
D、钾元素的焰色为紫色，需透过蓝色钴玻璃片（滤去钠的黄色干扰）观察，操作符合要求，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．抓 “防氧化的实验设计”—苯隔绝空气，避免 Fe(OH)2被氧化，可观察其颜色。
B．抓 “稳定性实验的装置逻辑”—比较稳定性时，稳定物质（Na2CO3）应放高温区，图中甲在高温区，若甲是 Na2CO3，无法体现 NaHCO3更易分解，甲应是 NaHCO3。
C．抓 “氯水分解的产物影响”—HClO 见光分解生成 HCl，HCl 电离出 Cl-，使氯离子浓度增大，与图像一致。
D．抓 “钾焰色的观察要求”—钾焰色为紫色，需透过蓝色钴玻璃滤去钠的干扰。
15．【答案】A,C
【知识点】化学键；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A、K2S 是离子化合物，由 K+和 S2-通过离子键结合。用电子式表示形成过程时，需体现 K 原子失电子、S 原子得电子的过程，题目中电子式的书写未规范体现电子转移，A错误；
B、CO2中 C 与 2 个 O 分别形成双键，C 最外层电子数为 4+4=8，O 最外层为 6+2=8；Cl2中 2 个 Cl 共用 1 对电子，每个 Cl 最外层为 7+1=8，均满足 8 电子稳定结构，B正确；
C、MgCl2只含离子键（Mg2+与 Cl-之间）；NaOH 含离子键（Na+与 OH-之间）和共价键（OH-中 O 与 H 之间），二者化学键类型不同，C错误；
D、反应 2H2O+2F2=O2+4HF 中，断裂 H2O 中的极性键（H-O）和 F2中的非极性键（F-F），形成 O2中的非极性键（O=O）和 HF 中的极性键（H-F），故同时存在两类键的断裂与形成，D正确；
故答案为：AC。【分析】本题考查化学键相关知识，涉及电子式书写规范、8 电子稳定结构判断、化学键类型比较及反应中键的变化。解题要点是依据各类化学键的特征和物质结构特点逐一分析选项。
A．判断 K2S 形成过程的电子式是否正确。
B．分析 CO2和 Cl2中各原子最外层是否达到 8 电子稳定结构。
C．比较 MgCl2和 NaOH 的化学键类型。
D．判断反应中极性键和非极性键的断裂与形成情况。
16．【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A、b 是 N2，N2化学性质稳定，无法一步生成所有价态的氧化物（如 N2不能直接生成 NO2）；v 是 S，S 也不能一步生成 SO3（需先氧化为 SO2，再进一步氧化）。A错误；
B、还原剂的判断依据是元素化合价可升高：
a（NH3，N 为 - 3 价，可升）、b（N2，N 为 0 价，可升）；
u（H2S，S 为 - 2 价，可升）、v（S，S 为 0 价，可升）、w（SO2，S 为 + 4 价，可升）。
以上物质均能作还原剂，B正确；
C、d 是 NO2，NO2与水反应生成 HNO3和 NO，不是 “只生成酸”，不属于酸性氧化物；w（SO2）、x（SO3）是酸性氧化物，但 d 不符合。C错误；
D、e 是浓 HNO3，与 Cu 反应生成的是 NO2（d），但同时生成盐和水；z 是浓 H2SO4，与 Cu 反应生成的是 SO2（w），而非 x（SO3）。D错误；
故答案为：B。
【分析】含 N 物质：a（-3 价氢化物，NH3）、b（0 价单质，N2）、c（+2 价氧化物，NO）、d（+4 价氧化物，NO2）、e（+5 价酸，HNO3）；
含 S 物质：u（-2 价氢化物，H2S）、v（0 价单质，S）、w（+4 价氧化物，SO2）、x（+6 价氧化物，SO3）、z（+6 价酸，H2SO4）。
17．【答案】B
【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】①颜色深浅：单质颜色随相对分子质量增大而加深，顺序为 I2＞Br2＞Cl2＞F2，正确；
②氧化性：非金属性越强，单质氧化性越强，故氧化性 I2＜Br2＜Cl2＜F2，正确；
③还原性：非金属性越弱，对应氢化物的还原性越强，因此还原性应为 HI＞HBr＞HCl＞HF，原描述 “HI＜HBr＜HCl＜HF”错误；
④稳定性：非金属性越强，氢化物越稳定，故稳定性应为 HI＜HBr＜HCl＜HF，原描述
“HI＞HBr＞HCl＞HF”错误；
⑤酸性：非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，因此酸性 HIO4＜HBrO4＜HClO4，正确；
综上，不正确的是③④，
故答案为：B。
【分析】解题突破口：
抓 “非金属性递变” 核心规律：卤族元素从上到下非金属性减弱，以此推导氧化性、还原性、氢化物稳定性、最高价含氧酸酸性的变化。
氧化性与还原性的关联：单质氧化性越强，对应阴离子（氢化物）还原性越弱，直接判断③中 “HI＜HBr” 的错误。
氢化物稳定性的逻辑：非金属性越强，氢化物越稳定，直接判断④中 “HI＞HF” 的错误。
颜色规律的记忆：卤族单质颜色随相对分子质量增大而加深，快速确认①的正确性。
18．【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A、气体 2 是 NO2，NO2和溴蒸气都能氧化 KI 生成 I2，使湿润淀粉 - KI 试纸变蓝，无法鉴别，A错误；
B、侯氏制碱法需先通 NH3（使溶液呈碱性），再通 CO2（提高 CO2溶解度）；若先通 CO2，其在 NaCl 溶液中溶解度低，无法析出 NaHCO3，B错误；
C、气体 1（NO）、气体 2（NO2）与 NH3转化为无害物质（N2、H2O），反应为：NO+NO2+2NH3=2N2+3H2O。1L 混合气体（NO 与 NO2体积比 1：1）与 1L NH3恰好完全反应，C 正确；
D、酸性氧化物是与水反应只生成对应酸的氧化物，但 NO2与水反应生成 HNO3和 NO（3NO2+H2O=2HNO3+NO），不符合酸性氧化物定义，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．抓 “氧化性物质的共性”—NO2和溴蒸气都能氧化 KI 生成 I2，淀粉 - KI 试纸无法鉴别。
B．抓 “侯氏制碱法的通气体顺序”—需先通 NH3（增强溶液碱性）再通 CO2，否则 CO2溶解度低，无法析出 NaHCO3。
C．抓 “氧化还原反应的物质比例”—NO、NO2与 NH3反应生成 N2的方程式中，NO：NO2：NH3=1：1：2，因此 1L（1：1）混合气体与 1L NH3恰好反应。
D．抓 “酸性氧化物的定义”—酸性氧化物与水反应只生成对应酸，而NO2与水反应还生成NO，不符合定义。
19．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、反应③中，HNO3是氧化剂，Fe3+是氧化产物，故氧化性 HNO3＞Fe3+；反应①中，Fe3+是氧化剂，I2是氧化产物，故 Fe3+＞I2；反应②中，I2是氧化剂，SO42-是氧化产物，故 I2＞SO42-。综上，氧化性顺序为 HNO3＞Fe3+＞I2＞SO42-，A正确；
B、反应②中，SO2是还原剂，I-是还原产物，故还原性 SO2＞I-；反应①中，I-是还原剂，Fe2+是还原产物，故 I-＞Fe2+；反应③中，Fe2+是还原剂，NO 是还原产物，故 Fe2+＞NO。综上，还原性顺序为 SO2＞I-＞Fe2+＞NO，B正确；
C、由还原性顺序 SO2＞I-可知，SO2的还原性比 I-强，即 SO2不能氧化 I-生成 I2（需氧化剂才能氧化 I-），因此 SO2不能使湿润的 KI - 淀粉试纸变蓝（淀粉遇 I2才变蓝），C错误；
D、硝酸（强氧化剂）与 SO2（还原剂）反应时，SO2被氧化为 H2SO4，硝酸被还原为 NO，反应生成更多 H+（H2SO4是强酸），溶液中 H+浓度增大，酸性增强，D正确；
故答案为：C。【分析】本题通过三个氧化还原反应，考查氧化性、还原性强弱比较及物质性质推断。解题要点是利用 “氧化剂氧化性＞氧化产物，还原剂还原性＞还原产物” 的规律，结合反应式推导性质顺序，再判断选项正误。
A．根据反应中氧化剂与氧化产物的关系，推导氧化性顺序。
B．根据反应中还原剂与还原产物的关系，推导还原性顺序。
C．结合 SO2与 I-的还原性强弱，判断 SO2能否氧化 I-生成 I2。
D．根据氧化性 HNO3＞SO42-，推测硝酸与 SO2的反应及溶液酸性变化。
20．【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、半导体材料的位置优良的半导体材料（如硅、锗）位于周期表的金属与非金属分界线附近，过渡元素是金属元素，无法找到半导体材料。A错误；
B、最外层电子数的变化规律第一周期原子的最外层电子数是从 1 到 2（如 H、He），并非从 1 到 8 重复，此规律仅适用于第二周期及以后。B错误；
C、同周期从左到右，非金属性增强；同主族从上到下，非金属性减弱。因此非金属性：As < Br < Cl，而非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性：H3AsO4 < HBrO4 < HClO4。C正确；
D、铍位于第二周期 ⅡA 族，金属性：Be < Mg（Mg 与冷水反应缓慢），因此铍与冷水几乎不反应，不会剧烈反应。D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
半导体材料位置混淆：误将过渡元素当作半导体来源，实际半导体在金属 - 非金属分界线附近。
最外层电子数规律片面化：忽略第一周期（1到2），错认为所有周期都 “1 到 8 重复”。
铍的金属性误判：错认为 ⅡA 族金属性强，实际铍金属性弱于镁，与冷水不剧烈反应。
酸性规律应用不全：遗漏同主族非金属性递变，错判 HClO4与 HBrO4的酸性顺序。
21．【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、量筒量取液体时，残留液已计入量取体积，无需洗涤；若洗涤并转移洗涤液，会导致溶质偏多，浓度偏高，A错误；
B、 质量分数、密度为的浓盐酸物质的量为，根据配制溶液前后溶质的物质的量不变，则有，解得V=42.0mL，B正确；
C、NaOH 溶解放热，未冷却直接转移会导致热胀冷缩后体积偏小，浓度偏高，需冷却至室温再转移，C错误；
D、摇匀后液面低于刻度线是因溶液附着在瓶壁，属于正常现象，补加水会使体积偏大，浓度偏低，D 错误；
故答案为：B。【分析】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制操作，解题要点是明确配制 480mL 溶液需用 500mL 容量瓶，同时掌握浓溶液稀释的计算方法及各操作步骤的规范要求。
A．考查量筒的洗涤规范。
B．考查浓盐酸体积的计算（基于稀释前后溶质的量不变）。
C．判断NaOH 溶解后的转移条件。
D．考查定容摇匀后液面异常的处理。
22．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、H2S 是弱酸，在离子方程式中不能拆分为离子；CuS 是难溶于酸的沉淀，反应生成 CuS 和 H+，离子方程式写作 Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A正确；
B、Fe3+具有强氧化性，SO2具有还原性，二者反应时，Fe3+被还原为 Fe2+，SO2被氧化为 SO42-，结合原子守恒与电荷守恒，配平后的离子方程式为 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+，B正确；
C、酸性顺序为 H2CO3 > HClO > HCO3-，当过量 CO2通入次氯酸钠溶液时，CO2与 ClO-、H2O 反应生成 HClO 和 HCO3-（而非 CO32-），离子方程式为 CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO，C正确；
D、醋酸是弱酸，不能拆分为 H+，应保留化学式 CH3COOH，正确的离子方程式为 CO+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O，D错误；
故答案为：D。【分析】本题聚焦离子方程式书写的正误判断，解题要点在于把握三个核心：一是物质拆分的边界（强电解质可拆为离子，弱电解质、沉淀、气体等需保留化学式）；二是反应的本质（如氧化还原反应中电子守恒、复分解反应中产物的合理性）；三是反应物用量对产物的影响（如过量气体参与反应时的产物形态）。
A．判断弱酸与难溶物在离子方程式中的书写形式。
B．分析氧化还原反应中离子方程式的配平与产物合理性。
C．根据酸性强弱与反应物用量确定反应产物。
D．判断弱酸在离子方程式中的书写形式。
23．【答案】B
【知识点】有关混合物反应的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】已知混合气体总体积为 20mL，反应后剩余 12mL 无色气体（为 NO），则反应中气体体积减少了 20mL - 12mL = 8mL。
NO 与水不反应，NO2与水反应的化学方程式为 3NO2+H2O=2HNO3+NO。从方程式可知，3 体积 NO2反应后生成 1 体积 NO，气体体积减少 2 体积（3 - 1 = 2）。
设参与反应的 NO2体积为 V，则：3 体积 NO2对应体积减少 2 体积，因此 V = （3÷2）×8mL = 12mL，即原混合气体中 NO2为 12mL。
原混合气体中 NO 的体积为 20mL - 12mL = 8mL，故 NO 与 NO2的体积比为 8mL：12mL = 2：3。
故答案为：B。
【分析】本题考查 NO 和 NO2混合气体与水反应的体积计算，解题要点是利用 NO2与水反应的体积变化规律（3 体积 NO2反应生成 1 体积 NO，体积减少 2 体积），结合反应前后的体积差计算两者体积。
24．【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】A、加热时只有 NaHCO3分解，质量减少的 bg 是分解生成的 CO2和 H2O 的质量。根据 NaHCO3分解的质量变化，可算出 NaHCO3的量，再结合总质量 a 算出 Na2CO3的量，能确定组成，故A不符合题意 ；
B、混合物Ba(OH)2反应，Na2CO3、NaHCO3均生成 BaCO3沉淀。设 Na2CO3为 x mol、NaHCO3为 y mol，可根据 “106x+84y=a” 和 “(x + y)×197=b” 建立方程组，求解 x、y，能确定组成，故B不符合题意 ；
C、混合物与盐酸反应后，蒸干灼烧得到的 bg 固体是 NaCl。根据 Na 元素守恒，Na2CO3提供 2x mol Na+、NaHCO3提供 y mol Na+，可建立 “106x+84y=a” 和 “(2x + y)×58.5=b” 的方程组，能确定组成，故C不符合题意 ；
D、碱石灰会同时吸收反应生成的 CO2和挥发出的 H2O（稀硫酸中的水），无法区分 bg 增量中 CO2和H2O的质量，不能建立准确的方程组，无法确定组成，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．只有NaHCO3加热分解，质量减少量仅对应其分解产物，能单独算出NaHCO3的量。
B、C．利用 “沉淀（BaCO3）或产物（NaCl）的质量” 结合元素守恒，建立含Na2CO3、NaHCO3物质的量的方程组，可解出比例。
D．碱石灰会同时吸收CO2和反应体系中挥发出的H2O，无法区分 bg 增量的来源，不能得到准确的质量关系，无法确定组成。
25．【答案】A
【知识点】常见离子的检验；无机物的推断
【解析】【解答】A、 据分析， 原粉末一定有 KCl、Na2CO3、Ba(NO3)2，A正确；
B、 据分析， KCl 已通过 AgNO3实验确定存在，无需焰色反应，B错误；
C、 据分析， 滤液中无 CO32-（已沉淀为 BaCO3），沉淀乙只能是 AgCl，C错误；
D、 据分析， KCl 是一定存在的，不是 “可能有”，D错误；
故答案为：A。
【解答】排除 CuSO4：固体为白色粉末，而 CuSO4溶液或其固体呈蓝色，故原粉末一定不含 CuSO4。
确定 Ba(NO3)2和 Na2CO3的存在：固体加 H2O 过滤得到滤渣，滤渣加稀 HNO3完全溶解 —— 说明滤渣是 BaCO3（Ba(NO3)2与 Na2CO3反应生成，且 BaCO3能溶于稀 HNO3），因此原粉末一定含 Ba(NO3)2、Na2CO3。
确定 KCl 的存在：滤液分两份：加稀 H2SO4生成白色沉淀甲 —— 说明滤液中含 Ba2+（过量的 Ba(NO3)2）；
加AgNO3生成白色沉淀乙 —— 因滤液中无 CO32-（已与 Ba2+ 沉淀），故沉淀乙只能是 AgCl，说明滤液中含 Cl-，即原粉末一定含 KCl。
26．【答案】（1）⑧；⑤⑦⑨；③④⑥
（2）SiO2
（3）或
（4）
【知识点】化学键；氧化还原反应；离子方程式的书写；电离方程式的书写；单线桥、双线桥法表示氧化还原反应
【解析】【解答】①O2中，O 原子之间只有非极性共价键，属于单质；②I2里，I 原子之间仅存在非极性共价键，是单质；③NH3中，N 原子和 H 原子之间只有极性共价键，属于化合物；④CO2中，C 原子与 O 原子之间存在共价键，为共价化合物；⑤Na2O2中，钠离子和过氧根离子之间有离子键，O 原子之间存在非极性共价键，属于离子化合物；⑥H2SO4里，S 原子与 O 原子、O 原子和 H 原子之间存在极性共价键，是共价化合物；⑦Ba(OH)2中，钡离子和氢氧根离子之间有离子键，O 原子与 H 原子之间存在极性共价键，属于离子化合物；⑧NaF 里，钠离子和氟离子之间只有离子键，是离子化合物；⑨NH4NO3中，铵根离子和硝酸根离子之间存在离子键，O 原子与 N 原子之间有极性共价键，属于离子化合物，据此解答。
（1）只含离子键的是⑧，既含离子键又含共价键的是⑤⑦⑨；共价化合物是③④⑥；
故答案为： ⑧ ； ⑤⑦⑨ ； ③④⑥ ；
（2）光导纤维主要成分的化学式SiO2；
故答案为： SiO2 ；
（3）硫酸氢钠为强酸酸式盐，在水溶液中的电离方程式，熔融状态下的电离方程式；
故答案为：或 ；
（4）根据得失电子和电荷守恒可得离子方程式。
故答案为：
【分析】本题围绕物质中的化学键类型及化合物分类展开，解题要点是明确不同化学键（离子键、极性共价键、非极性共价键）的存在场景，以及单质、离子化合物、共价化合物的区分标准：离子化合物含离子键（可同时含共价键），共价化合物只含共价键，单质中化学键为非极性共价键（单原子单质除外）。
（1）只含离子键的是⑧，既含离子键又含共价键的是⑤⑦⑨；共价化合物是③④⑥；
（2）光导纤维主要成分的化学式SiO2；
（3）硫酸氢钠为强酸酸式盐，在水溶液中的电离方程式，熔融状态下的电离方程式；
（4）根据得失电子和电荷守恒可得离子方程式。
27．【答案】（1）分液漏斗
（2）干燥氮气，吸收D装置中挥发出的水蒸气
（3）B→C→B→D
（4）A处
（5）装置内空气没有排尽
【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；化学实验操作的先后顺序；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据图中信息，装饱和溶液的仪器是分液漏斗；
故答案为： 分液漏斗 ；
（2）根据分析，B装置的作用是干燥氮气，吸收D装置中挥发出的水蒸气；
故答案为： 干燥氮气，吸收D装置中挥发出的水蒸气 ；
（3）根据分析，气流从左至右，装置的连接顺序为A→B→C→B→D；
故答案为： B→C→B→D ；
（4）为了防止装置中原有的空气将锂氧化，需先用氮气排出C装置内的空气，再点燃C装置中的酒精灯，因此实验时，先点燃A处酒精灯；
故答案为： A处 ；
（5）如果氮化锂产品中混有，说明C装置内有氧气，则可能的原因是装置内空气没有排尽。
故答案为： 装置内空气没有排尽 。
【分析】本题围绕氮化锂（Li3N）的制备实验展开，核心是结合 Li3N 易潮解的特性，分析各装置作用及实验设计逻辑。
实验原理为 ，由于 Li3N 遇水会潮解，因此整个实验需严格隔绝水蒸气：
装置 A 通过饱和 NH4Cl 溶液与浓 NaNO2溶液加热反应生成氮气，但制得的氮气含水分，必须干燥后才能参与反应；
装置 B 装浓硫酸，可除去氮气中的水蒸气，起到干燥作用，干燥后的氮气才能通入装置 C；
装置 C 是反应发生装置，锂在加热条件下与干燥氮气反应生成 Li3N；
装置 D 用于收集未反应的氮气，同时需防止 D 中的水蒸气进入 C 中导致 Li3N 潮解，因此需在 C 和 D 之间再连接一个装置 B，形成双重干燥保护；
综上，实验设计需围绕 “除水” 和 “防湿” 展开，确保 Li3N 的制备环境干燥。
（1）根据图中信息，装饱和溶液的仪器是分液漏斗；
（2）根据分析，B装置的作用是干燥氮气，吸收D装置中挥发出的水蒸气；
（3）根据分析，气流从左至右，装置的连接顺序为A→B→C→B→D；
（4）为了防止装置中原有的空气将锂氧化，需先用氮气排出C装置内的空气，再点燃C装置中的酒精灯，因此实验时，先点燃A处酒精灯；
（5）如果氮化锂产品中混有，说明C装置内有氧气，则可能的原因是装置内空气没有排尽。
28．【答案】（1）；Fe4N
（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（3）取适量反应液于试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有亚铁离子，反之则无（合理即可）
【知识点】氨的性质及用途；铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验；无机物的推断
【解析】【解答】（1）由分析可知，气体甲为NH3，故其电子式为，由分析可知，化合物M的化学式为Fe4N，
故答案为：；Fe4N；
（2）白色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，
故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（3）反应液中金属阳离子即Fe2+，检验方法是：取适量反应液于试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有亚铁离子，反之则无（合理即可），
故答案为：取适量反应液于试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有亚铁离子，反之则无（合理即可）。
【分析】本题为化合物组成推断题，解题关键是通过实验现象确定元素种类，再结合质量守恒计算原子个数比。
首先，气体甲能使湿润的 pH 试纸变蓝，说明甲是 NH3，由此可知化合物 M 中含有氮元素。反应液加足量 NaOH 溶液生成白色沉淀乙，乙在空气中变为红褐色沉淀丙，可推断乙是 Fe(OH)2，丙是 Fe(OH)3；丙灼烧得到固体丁，丁应为 Fe2O3（质量 14.40g），这表明 M 中还含有铁元素。
接下来计算元素的物质的量：
铁元素：Fe2O3的摩尔质量为 160g/mol，14.40g Fe2O3的物质的量为 14.40g÷160g/mol = 0.09mol，根据铁元素守恒，M 中 Fe 的物质的量为 0.09mol×2 = 0.18mol。
氮元素：M 的总质量为 10.71g，Fe 的质量为 0.18mol×56g/mol = 10.08g，因此 N 的质量为 10.71g - 10.08g = 0.63g，N 的物质的量为 0.63g÷14g/mol = 0.045mol。
最后，Fe 与 N 的物质的量之比为 0.18mol：0.045mol = 4：1，故 M 的化学式为 Fe4N。
（1）由分析可知，气体甲为NH3，故其电子式为，由分析可知，化合物M的化学式为Fe4N，故答案为：；Fe4N；
（2）白色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（3）反应液中金属阳离子即Fe2+，检验方法是：取适量反应液于试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有亚铁离子，反之则无（合理即可），故答案为：取适量反应液于试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有亚铁离子，反之则无（合理即可）。
29．【答案】（1）MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑
（2）NaCl
（3）蒸发皿
（4）稀硫酸；NaClO3
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；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）MnO2不与稀硫酸反应，也不溶于稀硫酸，MnCO3与稀硫酸反应MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑，其离子方程式为MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑，
故答案为MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑；
（2）气体B是Cl2，与热NaOH溶液反应生成NaClO3，Cl元素化合价升高，根据氧化还原反应，有化合价升高必然有化合价降低，因此Cl元素化合价由0价降低为-1价，另一种产物应是NaCl，
故答案为NaCl；
（3）根据第(2)问的分析，NaClO3中混有NaCl，根据溶解度曲线，为获得高纯度的NaClO3固体，操作是蒸发浓缩，冷却结晶，需要用到的仪器是蒸发皿、玻璃棒、酒精灯等，可直接加热的陶瓷仪器是蒸发皿，
故答案为蒸发皿；
（4）反应①中硫酸锰与氯酸钠反应生成二氧化锰、氯气、硫酸、硫酸钠，硫酸返回“酸浸”工序，反应②中生成NaClO3，NaClO3返回“反应①”工序；
故答案为稀硫酸；NaClO3。
【分析】本题围绕粗 MnO2提纯流程展开，解题关键是结合物质性质（如反应性、溶解性）分析各步骤的物质转化。
粗 MnO2样品含 MnO2和 MnCO3。第一步酸浸时，MnO2不与稀硫酸反应且难溶于水，而 MnCO3会与稀硫酸反应生成 MnSO4、水和气体 A，结合碳酸盐与酸的反应规律，气体 A 为 CO2，反应为 MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑。
过滤①后，滤渣为未反应的 MnO2，滤液中主要含 MnSO4。向滤液中加 NaClO3溶液发生反应①，NaClO3作为氧化剂，将 Mn2+氧化为 MnO2，自身被还原产生气体 B。
后续气体 B 与热的 NaOH 溶液经反应②及系列操作可生成 NaClO3溶液，结合 Cl2与热 NaOH 的反应特性（可生成含氯酸盐），推断气体 B 为 Cl2。最终通过过滤②得到纯 MnO2。
（1）MnO2不与稀硫酸反应，也不溶于稀硫酸，MnCO3与稀硫酸反应MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑，其离子方程式为MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑，故答案为MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑；
（2）气体B是Cl2，与热NaOH溶液反应生成NaClO3，Cl元素化合价升高，根据氧化还原反应，有化合价升高必然有化合价降低，因此Cl元素化合价由0价降低为-1价，另一种产物应是NaCl，故答案为NaCl；
（3）根据第(2)问的分析，NaClO3中混有NaCl，根据溶解度曲线，为获得高纯度的NaClO3固体，操作是蒸发浓缩，冷却结晶，需要用到的仪器是蒸发皿、玻璃棒、酒精灯等，可直接加热的陶瓷仪器是蒸发皿，故答案为蒸发皿；
（4）反应①中硫酸锰与氯酸钠反应生成二氧化锰、氯气、硫酸、硫酸钠，硫酸返回“酸浸”工序，反应②中生成NaClO3，NaClO3返回“反应①”工序；故答案为稀硫酸；NaClO3。
30．【答案】（1）；
（2）1
（3）1：1
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）根据分析，加入盐酸发生反应的离子方程式为、。
故答案为： ； ；
（2）加入25~75mL盐酸发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，根据碳酸氢根离子物质的量，则反应的HCl为0.05mol，盐酸的物质的量浓度为。
故答案为：1；
（3）根据加入0~25mL盐酸发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗盐酸25mL，此时总量为0.05mol，参加反应的物质的量等于参加反应的盐酸物质的量为0.025mol，生成0.025mol；加入25~75mL盐酸发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，消耗盐酸体积50mL，总物质的量为0.05mol，则原有物质的量为0.025mol，溶液A中为0.025：0.025=1：1。
故答案为： 1：1 。
【分析】 结合图像，加入0~25mL盐酸发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，加入25~75mL盐酸发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，根据方程式计算和判断。
（1）根据图像中盐酸加入量与 HCO3-物质的量变化，确定反应分两步：第一步是 CO32-与 H+反应生成 HCO3-，第二步是 HCO3-与 H+反应生成 H2O 和 CO2，据此写出离子方程式。
（2）依据 25~75mL 盐酸与 HCO3-的反应，由 HCO3-的物质的量（0.05mol）确定消耗 HCl 的物质的量，结合该阶段盐酸体积（50mL）计算浓度。
（3）0~25mL 盐酸与 CO32-反应生成 HCO3-，根据该阶段盐酸体积算出参与反应的 CO32-及生成的 HCO3-的物质的量；结合总 HCO3-量（0.05mol），推出原溶液中 HCO3-的物质的量，进而得到两者比例。
（1）根据分析，加入盐酸发生反应的离子方程式为、。
（2）加入25~75mL盐酸发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，根据碳酸氢根离子物质的量，则反应的HCl为0.05mol，盐酸的物质的量浓度为。
（3）根据加入0~25mL盐酸发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗盐酸25mL，此时总量为0.05mol，参加反应的物质的量等于参加反应的盐酸物质的量为0.025mol，生成0.025mol；加入25~75mL盐酸发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，消耗盐酸体积50mL，总物质的量为0.05mol，则原有物质的量为0.025mol，溶液A中为0.025：0.025=1：1。
1 / 1浙江省杭州市拱墅区源清中学2024-2025学年高一上学期期末考化学试卷
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．（2025高一上·拱墅期末）下列物质中属于盐的是
A． B．HClO C． D．
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、CO2由碳、氧两种元素组成，符合氧化物 “两种元素且其中一种为氧” 的特征，属于氧化物，而非盐，A错误；
B、HClO 在水溶液中电离时，产生的阳离子只有 H+，符合酸 “阳离子全为 H+” 的定义，属于酸，而非盐，B错误；
C、NH3是由氮、氢元素组成的气态氢化物，其组成中不含金属阳离子（或铵根离子）和酸根阴离子，不符合盐的构成，C错误；
D、NaHCO3由 Na+（金属阳离子）和 HCO3-（酸根阴离子）构成，完全符合盐的定义，属于盐，D 正确；
故答案为：D。
【分析】根据盐的定义（由金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子构成的化合物），对各选项物质的组成和类别进行判断。
2．（2025高一上·拱墅期末）下列物质属于电解质的是
A．酒精 B．石墨 C．稀硫酸 D．
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A、酒精是化合物，但在水溶液和熔融状态下都不能电离出自由移动的离子，不导电，属于非电解质，故A不符合题意 ；
B、石墨是碳元素组成的单质，而电解质的研究对象是化合物，因此石墨既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意 ；
C、稀硫酸是硫酸和水的混合物，不属于化合物，不符合电解质的定义，既不是电解质也不是非电解质，故C不符合题意 ；
D、NH3 H2O 是化合物，在水溶液中能部分电离出 NH4+和 OH-，从而导电，符合电解质的定义，属于电解质，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题判断物质是否为电解质，解题要点是紧扣电解质的定义：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物。需注意电解质必须是化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质，且能导电是因为自身电离出自由移动的离子。
3．（2025高一上·拱墅期末）下列仪器名称为“蒸发皿”的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、仪器为 “烧瓶”（细颈、圆底），用于加热或反应容器，不是蒸发皿；
B、仪器是浅口圆底、带边缘的容器，符合蒸发皿的特征；
C、仪器为 “分液漏斗”（带活塞、锥形），用于分离互不相溶的液体，不是蒸发皿；
D、仪器为 “坩埚”（深筒状、带盖），用于灼烧固体，不是蒸发皿；
故答案为：B。
【分析】解题关键是匹配 “蒸发皿” 的仪器特征：蒸发皿是浅口、圆底、带边缘的陶瓷仪器，用于蒸发溶液。
4．（2025高一上·拱墅期末）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”。
5．（2025高一上·拱墅期末）自然界中氮循环时刻都在进行着，湿润的土壤中，氮元素的转化过程如下所示：
在形成NO2和的过程中，下列说法正确的是
A．作还原剂 B．被还原
C．作氧化剂 D．被还原
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、形成 NO2的过程中，氮元素化合价从 NO3-中的 +5 价降低到 NO2中的 +4 价，化合价降低意味着得电子，该过程中氮元素被还原，作氧化剂，而非还原剂，A错误；
B、形成 NO2时，氮元素化合价由 +5 价变为 +4 价，化合价降低，得电子，符合 “被还原” 的定义，B正确；
C、过程 Ⅱ 中，NH4+转化为 NO2-，N 的化合价从 -3 变为 +3（化合价升高）。化合价升高的物质失电子，是还原剂，不是氧化剂，C错误；
D、形成 NO2时氮元素化合价降低（+5→+4），而非升高，因此不会被氧化，D错误；
故答案为：B。【分析】本题考查氮循环中氮元素转化的氧化还原反应分析，解题要点是明确形成 NO2过程中氮元素的化合价变化：化合价降低（得电子）对应被还原、作氧化剂；化合价升高（失电子）对应被氧化、作还原剂。
A．过程 Ⅰ 中 NO3-到NO2-，N 化合价从 +5到+4（降低），得电子被还原，NO3-是氧化剂，不是还原剂。
B．过程 Ⅰ 中 NO3-的 N 化合价降低（+5到+4），得电子被还原，因此 NO3-被还原。
C．过程 Ⅱ 中 NH4+到NO2-，N 化合价从 - 3到+3（升高），失电子被氧化。
D．过程 Ⅱ 中 NH4+的 N 化合价升高（-3到+3），失电子被氧化，不是被还原。
6．（2025高一上·拱墅期末）3.2g某物质中含有6.02×1022个分子，则该物质的相对分子质量为
A．16 B．64 C．32 D．96
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】首先，根据物质的量与分子数的关系（其中是分子数，是阿伏加德罗常数，约为），已知该物质含有个分子，则其物质的量。
然后，根据摩尔质量的计算公式（其中是质量，是物质的量），已知该物质质量，物质的量，则摩尔质量。
由于相对分子质量在数值上等于摩尔质量，所以该物质的相对分子质量为32。
故答案为：C。
【分析】本题可根据分子数目先求出物质的量，再结合质量求出摩尔质量，而相对分子质量在数值上等于摩尔质量，以此来求解。
7．（2025高一上·拱墅期末）下列说法不正确的是
A．工业上用氯气与澄清石灰水反应制漂白粉
B．用氯气制漂白粉的主要目的是转变为较稳定，便于贮存的物质
C．氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝
D．漂粉精可用于游泳池的消毒
【答案】A
【知识点】氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、工业上制漂白粉用的是氯气和石灰乳（氢氧化钙的悬浊液，浓度高），而澄清石灰水中氢氧化钙含量低，无法满足工业生产需求，因此该说法不正确，A错误；
B、氯气是气体，不易贮存和运输；漂白粉是固体，性质较稳定，便于长期保存和运输。用氯气制漂白粉的主要目的即在此，B正确；
C、氯气有强氧化性，能与湿润的 KI 试纸中的 KI 反应生成 I2（Cl2+2KI=2KCl+I2），I2遇淀粉变蓝，因此氯气可使湿润的淀粉 KI 试纸变蓝，C正确；
D、漂粉精的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙与水、二氧化碳反应生成的次氯酸具有强氧化性，能杀菌消毒，可用于游泳池消毒，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题围绕氯气及漂白粉的制备、性质和用途展开判断，解题要点是明确工业制漂白粉的原料差异、漂白粉的稳定性优势，以及氯气的氧化性和漂粉精的消毒原理。A．区分工业制漂白粉的原料（石灰乳）与澄清石灰水的差异。
B．理解氯气转化为漂白粉的目的（稳定性与贮存便利性）。
C．分析氯气与 KI 的反应及淀粉遇碘的显色现象。
D．明确漂粉精的消毒原理（强氧化性）。
8．（2025高一上·拱墅期末）下列除杂试剂及操作方法都正确的是（　　）
A．除去CO2中的少量CO，通入适量O2，点燃
B．除去CO2气体中的少量HCl，通过饱和Na2CO3溶液，洗气
C．除去镁粉中的少量铝，加入足量NaOH溶液，过滤
D．除去NaHCO3固体中的Na2CO3，加热
【答案】C
【知识点】除杂
【解析】【解答】A．在CO2大量存在的情况下CO气体不能燃烧，不能达到除杂的目的，A不符合题意；
B．杂质HCl及CO2都会与饱和Na2CO3溶液反应，不能达到除杂净化的目的，B不符合题意；
C．杂质Al与NaOH溶液反应产生可溶性的物质，而Mg不能反应，然后过滤，洗涤，就可以得到纯净的镁粉，达到除杂净化的目的，C符合题意；
D．NaHCO3不稳定，加热分解变为Na2CO3，导致物质变质，不能达到实验目的，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.CO2多，CO难点燃；
B.二者均与Na2CO3反应；
C.Al能溶于NaOH溶液，Mg不能；
D. NaHCO3受热易分解。
9．（2025高一上·拱墅期末）无放射性的同位素被称之为“稳定同位素”，在陆地生态系统研究中，2H、13C、15N、18O、34S等常作环境分析指示物。下列有关一些“稳定同位素”的说法正确的是
A．34S原子核内中子数为16
B．2H、3H属于同种核素
C．16O与18O最外层电子数相同
D．13C和15N原子核内的质子数相差2
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；元素、核素
【解析】【解答】A、原子中，中子数 = 质量数 - 质子数。34S的质量数是34，质子数为16，故中子数=34-16=18，并非 16，A错误；
B、核素是具有特定质子数和中子数的原子。2H 和3H 的质子数相同，但中子数不同（分别为 1、2），属于不同核素，B错误；
C、16O与18O是氧的同位素，质子数均为 8，原子的最外层电子数由质子数决定，故二者最外层电子数均为6，C正确；
D、13C的质子数为6，15N的质子数为7，二者质子数相差7-6=1，并非2，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．抓 “中子数计算核心公式”—中子数 = 质量数 - 质子数，34S 质量数 34、质子数 16，中子数 = 34-16=18≠16。
B．抓 “核素定义”—核素是具有特定质子数和中子数的原子，2H 和3H 中子数不同，属于不同核素。
C．抓 “同位素与最外层电子数的关系”—同位素质子数相同，最外层电子数由质子数决定，16O 与18O 质子数均为 8，最外层电子数均为 6。
D．抓 “元素质子数特征”—13C 质子数 6、15N 质子数 7，质子数相差 1≠2。
10．（2025高一上·拱墅期末）下列有关钠的化合物说法正确的是
A．将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中制备Fe(OH)3胶体
B．将过氧化钠加入到硫酸亚铁溶液中，可以观察到有红褐色沉淀生成
C．过氧化钠与水反应生成NaOH，过氧化钠属于碱性氧化物
D．大量的Na2O2粉末加入到酚酞溶液中，可以观察到酚酞最终变红
【答案】B
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】A、制备 Fe(OH)3胶体需向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液并煮沸；若加 NaOH 浓溶液，会直接生成 Fe(OH)3沉淀（非胶体），A错误；
B、Na2O2与水反应生成 NaOH 和 O2，NaOH 与 FeSO4生成 Fe(OH)2；同时 Na2O2的氧化性会将 Fe(OH)2氧化为红褐色的 Fe(OH)3沉淀，能观察到该现象，B正确；
C、碱性氧化物是与水反应只生成碱的氧化物，但 Na2O2与水反应除生成 NaOH 外，还生成 O2，不符合碱性氧化物定义，C错误；
D、Na2O2与水反应生成NaOH（使酚酞变红），但Na2O2的强氧化性会将变红的酚酞氧化漂白，最终溶液会褪色，并非保持红色，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．抓 “胶体的制备条件”——Fe(OH)3胶体需沸水+饱和 FeCl3溶液制备，加 NaOH 会直接生成沉淀。
B．抓 “Na2O2的双重作用”—Na2O2与水生成 NaOH（和 FeSO4生成 Fe(OH)2），同时其氧化性将 Fe(OH)2氧化为红褐色 Fe(OH)3，现象合理。
C．抓 “碱性氧化物的定义”— 碱性氧化物与水反应只生成碱，Na2O2还生成 O2，不符合定义。
D．抓 “Na2O2的漂白性”—Na2O2生成的 NaOH 使酚酞变红，但强氧化性会漂白酚酞，最终褪色。
11．（2025高一上·拱墅期末）如图是硫元素在自然界中的循环示意图，下列有关说法不正确的是
A．硫元素在自然界中既有游离态又有化合态
B．过程⑤可在土壤的缺氧区实现
C．循环过程中硫元素只被还原
D．若生物体有机硫中硫元素为-2价，则过程③中发生的是还原反应
【答案】C
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；自然界中的硫循环
【解析】【解答】A、循环中存在单质硫（S，游离态），也有 SO42-、H2S 等含硫化合物（化合态），因此硫元素既有游离态也有化合态，A正确；
B、过程⑤中硫元素化合价从 + 6 价降低到 - 2 价，发生还原反应。土壤缺氧区利于还原反应进行，因此该过程可在缺氧区实现，B正确；
C、过程①中硫元素从 - 2 价升高到 0 价（被氧化），过程②中硫元素从 0 价升高到 + 6 价（被氧化），说明循环中硫元素既有被还原也有被氧化，并非只被还原，C错误；
D、若有机硫中硫为 - 2 价，SO42-中硫为 + 6 价，过程③中硫元素化合价降低，发生还原反应，D正确；
故答案为：C。【分析】A．判断硫元素在自然界的存在形态（游离态 / 化合态）。
B．分析过程⑤的反应条件（氧化 / 还原反应与环境的关系）。
C．判断循环中硫元素是否只发生还原反应（需结合化合价变化）。
D．分析过程③中硫元素的化合价变化与反应类型的关系。
12．（2025高一上·拱墅期末）某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在Fe2+、、Fe3+、、H+和水六种粒子，在反应过程中测得Fe3+、的含量随时间变化的曲线如图所示，下列判断错误的是
A．被还原，发生还原反应
B．还原性：Fe2+＞
C．该反应中Fe2+被氧化为Fe3+
D．还原剂与氧化剂的个数之比为6∶1
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A、NO3-中 N 元素化合价从 + 5 降低到 - 3，化合价降低的物质是氧化剂，发生还原反应（即被还原）。A正确；
B、在氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物。此反应中，Fe2+是还原剂（被氧化），NH4+是还原产物（NO3-被还原得到），因此还原性：Fe2+＞NH4+。B正确；
C、Fe2+中 Fe 的化合价从 + 2 升高到 + 3（生成 Fe3+），化合价升高的过程是被氧化的过程，因此 Fe2+被氧化为 Fe3+。C正确；
D、从得失电子守恒分析：还原剂（Fe2+）：每个 Fe2+失去 1 个电子（+2到+3）；氧化剂（NO3-）：每个 NO3-得到 8 个电子（+5到-3）。为保证得失电子总数相等，还原剂（Fe2+）与氧化剂（NO3-）的个数比应为 8：1，而非 6：1。D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要集中在 2 个方面：
还原剂与氧化剂的比例计算易忽略 “得失电子守恒” 的核心逻辑，错误凭直觉判断比例（比如误算为 6：1）。实际需通过化合价变化算得失电子数：Fe2+→Fe3+失 1e-，NO3-→NH4+ 得 8e-，因此比例应为 8：1。
还原性强弱的判断依据易混淆 “还原剂、还原产物” 的还原性顺序，错误认为还原产物（NH4+）还原性更强。实际规律是：还原剂的还原性＞还原产物的还原性。
13．（2025高一上·拱墅期末）设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．0.1 mol Na2O2中阴离子的数目为0.2 NA
B．0.1 mol Na2O2与足量的水反应，转移电子的数目为0.2 NA
C．0.1 mol Fe和0.1 mol Cl2在点燃条件下反应时转移电子数目为0.2 NA
D．1 L 0.4 mol·L-1的浓盐酸与足量的MnO2加热充分反应，产生Cl2的数目等于0.1 NA
【答案】C
【知识点】钠的氧化物；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、Na2O2的阴离子是 O22-（过氧根），1 mol Na2O2含 1 mol O22-，故0.1mol Na2O2中阴离子数目为 0.1 NA，并非 0.2 NA，A错误；
B、Na2O2与水反应时，O 元素发生歧化（-1 价到-2 价和 0 价），1 mol Na2O2反应转移 1 mol 电子，故 0.1mol Na2O2转移电子数为 0.1 NA，并非 0.2 NA，B错误；
C、Fe与Cl2反应时，Cl2为氧化剂，0.1 mol Cl2完全反应（Cl元素由 0 价到-1 价），转移电子数为0.2 NA（Fe 过量但 Cl2不足，按Cl2计算），C正确；
D、MnO2与浓盐酸反应时，浓盐酸会随反应进行变稀（稀盐酸不与 MnO2反应），实际参与反应的 HCl 不足 0.4 mol，产生 Cl2的数目小于 0.1 NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．抓“Na2O2的离子构成”—Na2O2中阴离子是 O22-（1 个 Na2O2含 1 个阴离子），0.1 mol Na2O2阴离子数为 0.1NA。
B．抓“Na2O2的歧化反应”—Na2O2与水反应时，1 mol Na2O2转移 1 mol 电子，0.1 mol 转移 0.1 NA。
C．抓“不足量反应物的电子转移”—Cl2不足，0.1 mol Cl2完全反应（Cl→Cl-），转移 0.2NA电子。
D．抓“反应条件限制”—浓盐酸变稀后不再与MnO2反应，实际HCl参与不足，Cl2数目小于 0.1 NA。
14．（2025高一上·拱墅期末）下列说法中不正确的是
A．该实验用于观察Fe(OH)2 的颜色 B．比较Na2CO3和NaHCO3稳定性，甲物质为Na2CO3 C．光照过程中氯水中氯离子的浓度变化的主要原因是HClO见光分解 D．实验员看到钾元素的焰色为紫色
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】焰色反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；性质实验方案的设计；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、苯的密度比水小，浮在 FeSO4溶液上方，可隔绝空气；钠块与水反应生成 NaOH，NaOH 与 FeSO4反应生成Fe(OH)2，苯能防止Fe(OH)2被氧化，可用于观察其颜色，A正确；
B、比较 Na2CO3和 NaHCO3的稳定性时，应将稳定的物质（Na2CO3）放在温度高的外管，不稳定的（NaHCO3）放在内管；图中甲物质在温度高的外管，若甲是 Na2CO3，无法体现 NaHCO3更易分解，甲应是 NaHCO3，B错误；
C、氯水中 HClO 见光分解：2HClO=2HCl+O2↑，生成的 HCl 电离出 Cl-，会使氯离子浓度增大，与图像趋势一致，C正确；
D、钾元素的焰色为紫色，需透过蓝色钴玻璃片（滤去钠的黄色干扰）观察，操作符合要求，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．抓 “防氧化的实验设计”—苯隔绝空气，避免 Fe(OH)2被氧化，可观察其颜色。
B．抓 “稳定性实验的装置逻辑”—比较稳定性时，稳定物质（Na2CO3）应放高温区，图中甲在高温区，若甲是 Na2CO3，无法体现 NaHCO3更易分解，甲应是 NaHCO3。
C．抓 “氯水分解的产物影响”—HClO 见光分解生成 HCl，HCl 电离出 Cl-，使氯离子浓度增大，与图像一致。
D．抓 “钾焰色的观察要求”—钾焰色为紫色，需透过蓝色钴玻璃滤去钠的干扰。
15．（2025高一上·拱墅期末）下列说法不正确的是
A．用电子式表示的形成过程为
B．和两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
C．和NaOH的化学键类型完全相同，都属于离子化合物
D．反应：，同时有极性键和非极性键的断裂和形成
【答案】A,C
【知识点】化学键；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A、K2S 是离子化合物，由 K+和 S2-通过离子键结合。用电子式表示形成过程时，需体现 K 原子失电子、S 原子得电子的过程，题目中电子式的书写未规范体现电子转移，A错误；
B、CO2中 C 与 2 个 O 分别形成双键，C 最外层电子数为 4+4=8，O 最外层为 6+2=8；Cl2中 2 个 Cl 共用 1 对电子，每个 Cl 最外层为 7+1=8，均满足 8 电子稳定结构，B正确；
C、MgCl2只含离子键（Mg2+与 Cl-之间）；NaOH 含离子键（Na+与 OH-之间）和共价键（OH-中 O 与 H 之间），二者化学键类型不同，C错误；
D、反应 2H2O+2F2=O2+4HF 中，断裂 H2O 中的极性键（H-O）和 F2中的非极性键（F-F），形成 O2中的非极性键（O=O）和 HF 中的极性键（H-F），故同时存在两类键的断裂与形成，D正确；
故答案为：AC。【分析】本题考查化学键相关知识，涉及电子式书写规范、8 电子稳定结构判断、化学键类型比较及反应中键的变化。解题要点是依据各类化学键的特征和物质结构特点逐一分析选项。
A．判断 K2S 形成过程的电子式是否正确。
B．分析 CO2和 Cl2中各原子最外层是否达到 8 电子稳定结构。
C．比较 MgCl2和 NaOH 的化学键类型。
D．判断反应中极性键和非极性键的断裂与形成情况。
16．（2025高一上·拱墅期末）氮、硫及其化合物的价类二维图如下所示，下列说法正确的是
A．b和v均可一步反应生成对应的各类氧化物
B．a、b、u、v、w均能作还原剂
C．d、w、x均可与水反应生成酸，都属于酸性氧化物
D．e、z的浓溶液与铜反应分别生成氧化物d、x
【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A、b 是 N2，N2化学性质稳定，无法一步生成所有价态的氧化物（如 N2不能直接生成 NO2）；v 是 S，S 也不能一步生成 SO3（需先氧化为 SO2，再进一步氧化）。A错误；
B、还原剂的判断依据是元素化合价可升高：
a（NH3，N 为 - 3 价，可升）、b（N2，N 为 0 价，可升）；
u（H2S，S 为 - 2 价，可升）、v（S，S 为 0 价，可升）、w（SO2，S 为 + 4 价，可升）。
以上物质均能作还原剂，B正确；
C、d 是 NO2，NO2与水反应生成 HNO3和 NO，不是 “只生成酸”，不属于酸性氧化物；w（SO2）、x（SO3）是酸性氧化物，但 d 不符合。C错误；
D、e 是浓 HNO3，与 Cu 反应生成的是 NO2（d），但同时生成盐和水；z 是浓 H2SO4，与 Cu 反应生成的是 SO2（w），而非 x（SO3）。D错误；
故答案为：B。
【分析】含 N 物质：a（-3 价氢化物，NH3）、b（0 价单质，N2）、c（+2 价氧化物，NO）、d（+4 价氧化物，NO2）、e（+5 价酸，HNO3）；
含 S 物质：u（-2 价氢化物，H2S）、v（0 价单质，S）、w（+4 价氧化物，SO2）、x（+6 价氧化物，SO3）、z（+6 价酸，H2SO4）。
17．（2025高一上·拱墅期末）下列关于卤族元素性质的变化规律，描述不正确的是（　　）
①颜色深浅：
②氧化性：
③还原性：
④稳定性：
⑤酸性：
A．③⑤ B．③④ C．①③ D．②⑤
【答案】B
【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】①颜色深浅：单质颜色随相对分子质量增大而加深，顺序为 I2＞Br2＞Cl2＞F2，正确；
②氧化性：非金属性越强，单质氧化性越强，故氧化性 I2＜Br2＜Cl2＜F2，正确；
③还原性：非金属性越弱，对应氢化物的还原性越强，因此还原性应为 HI＞HBr＞HCl＞HF，原描述 “HI＜HBr＜HCl＜HF”错误；
④稳定性：非金属性越强，氢化物越稳定，故稳定性应为 HI＜HBr＜HCl＜HF，原描述
“HI＞HBr＞HCl＞HF”错误；
⑤酸性：非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，因此酸性 HIO4＜HBrO4＜HClO4，正确；
综上，不正确的是③④，
故答案为：B。
【分析】解题突破口：
抓 “非金属性递变” 核心规律：卤族元素从上到下非金属性减弱，以此推导氧化性、还原性、氢化物稳定性、最高价含氧酸酸性的变化。
氧化性与还原性的关联：单质氧化性越强，对应阴离子（氢化物）还原性越弱，直接判断③中 “HI＜HBr” 的错误。
氢化物稳定性的逻辑：非金属性越强，氢化物越稳定，直接判断④中 “HI＞HF” 的错误。
颜色规律的记忆：卤族单质颜色随相对分子质量增大而加深，快速确认①的正确性。
18．（2025高一上·拱墅期末）合成氨及其衍生物工业是化工生产的重要门类，请结合图示判断下列说法正确的是
A．湿润的淀粉-KI试纸可以鉴别气体2和溴蒸气
B．饱和NaCl溶液中先通入过量再通入过量可以得到固体1
C．1L气体1、2的混合气与在一定条件下转化为对环境无害的物质，混合气中二者的体积比为1：1
D．气体2能与水反应生成故气体2是酸性氧化物
【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A、气体 2 是 NO2，NO2和溴蒸气都能氧化 KI 生成 I2，使湿润淀粉 - KI 试纸变蓝，无法鉴别，A错误；
B、侯氏制碱法需先通 NH3（使溶液呈碱性），再通 CO2（提高 CO2溶解度）；若先通 CO2，其在 NaCl 溶液中溶解度低，无法析出 NaHCO3，B错误；
C、气体 1（NO）、气体 2（NO2）与 NH3转化为无害物质（N2、H2O），反应为：NO+NO2+2NH3=2N2+3H2O。1L 混合气体（NO 与 NO2体积比 1：1）与 1L NH3恰好完全反应，C 正确；
D、酸性氧化物是与水反应只生成对应酸的氧化物，但 NO2与水反应生成 HNO3和 NO（3NO2+H2O=2HNO3+NO），不符合酸性氧化物定义，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．抓 “氧化性物质的共性”—NO2和溴蒸气都能氧化 KI 生成 I2，淀粉 - KI 试纸无法鉴别。
B．抓 “侯氏制碱法的通气体顺序”—需先通 NH3（增强溶液碱性）再通 CO2，否则 CO2溶解度低，无法析出 NaHCO3。
C．抓 “氧化还原反应的物质比例”—NO、NO2与 NH3反应生成 N2的方程式中，NO：NO2：NH3=1：1：2，因此 1L（1：1）混合气体与 1L NH3恰好反应。
D．抓 “酸性氧化物的定义”—酸性氧化物与水反应只生成对应酸，而NO2与水反应还生成NO，不符合定义。
19．（2025高一上·拱墅期末）根据下列反应：①Fe3++2I-=2Fe2++I2 ②SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO③3 Fe2++ 4H++NO= 3 Fe3++ NO+2H2O，根据上述化学方程式，下列说法错误的是
A．氧化性由强到弱的顺序为HNO3＞Fe3+＞I2＞
B．还原性由强到弱的顺序为SO2＞I﹣＞Fe2+＞NO
C．SO2气体能使湿润的KI-淀粉试纸变蓝
D．预测硝酸和二氧化硫的水溶液反应后溶液的酸性增强
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、反应③中，HNO3是氧化剂，Fe3+是氧化产物，故氧化性 HNO3＞Fe3+；反应①中，Fe3+是氧化剂，I2是氧化产物，故 Fe3+＞I2；反应②中，I2是氧化剂，SO42-是氧化产物，故 I2＞SO42-。综上，氧化性顺序为 HNO3＞Fe3+＞I2＞SO42-，A正确；
B、反应②中，SO2是还原剂，I-是还原产物，故还原性 SO2＞I-；反应①中，I-是还原剂，Fe2+是还原产物，故 I-＞Fe2+；反应③中，Fe2+是还原剂，NO 是还原产物，故 Fe2+＞NO。综上，还原性顺序为 SO2＞I-＞Fe2+＞NO，B正确；
C、由还原性顺序 SO2＞I-可知，SO2的还原性比 I-强，即 SO2不能氧化 I-生成 I2（需氧化剂才能氧化 I-），因此 SO2不能使湿润的 KI - 淀粉试纸变蓝（淀粉遇 I2才变蓝），C错误；
D、硝酸（强氧化剂）与 SO2（还原剂）反应时，SO2被氧化为 H2SO4，硝酸被还原为 NO，反应生成更多 H+（H2SO4是强酸），溶液中 H+浓度增大，酸性增强，D正确；
故答案为：C。【分析】本题通过三个氧化还原反应，考查氧化性、还原性强弱比较及物质性质推断。解题要点是利用 “氧化剂氧化性＞氧化产物，还原剂还原性＞还原产物” 的规律，结合反应式推导性质顺序，再判断选项正误。
A．根据反应中氧化剂与氧化产物的关系，推导氧化性顺序。
B．根据反应中还原剂与还原产物的关系，推导还原性顺序。
C．结合 SO2与 I-的还原性强弱，判断 SO2能否氧化 I-生成 I2。
D．根据氧化性 HNO3＞SO42-，推测硝酸与 SO2的反应及溶液酸性变化。
20．（2025高一上·拱墅期末）元素周期表已成为化学家的得力工具，为研究物质结构、发现新元素、合成新物质、寻找新材料提供了许多有价值的指导。下列说法正确的是
A．在过渡元素中可以找到优良的半导体材料
B．在元素周期表中随着原子序数的递增，原子最外层电子数总是从1到8重复出现
C．与位于同一周期，则推测酸性：。
D．根据元素周期表推测，单质铍能与冷水剧烈反应
【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、半导体材料的位置优良的半导体材料（如硅、锗）位于周期表的金属与非金属分界线附近，过渡元素是金属元素，无法找到半导体材料。A错误；
B、最外层电子数的变化规律第一周期原子的最外层电子数是从 1 到 2（如 H、He），并非从 1 到 8 重复，此规律仅适用于第二周期及以后。B错误；
C、同周期从左到右，非金属性增强；同主族从上到下，非金属性减弱。因此非金属性：As < Br < Cl，而非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性：H3AsO4 < HBrO4 < HClO4。C正确；
D、铍位于第二周期 ⅡA 族，金属性：Be < Mg（Mg 与冷水反应缓慢），因此铍与冷水几乎不反应，不会剧烈反应。D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
半导体材料位置混淆：误将过渡元素当作半导体来源，实际半导体在金属 - 非金属分界线附近。
最外层电子数规律片面化：忽略第一周期（1到2），错认为所有周期都 “1 到 8 重复”。
铍的金属性误判：错认为 ⅡA 族金属性强，实际铍金属性弱于镁，与冷水不剧烈反应。
酸性规律应用不全：遗漏同主族非金属性递变，错判 HClO4与 HBrO4的酸性顺序。
21．（2025高一上·拱墅期末）某同学配制的某溶液，有关操作正确的是
A．配制溶液时，将量筒、烧杯、玻璃棒洗涤2~3次，将洗涤液转入容量瓶中
B．配制溶液时，需量取、密度为的浓盐酸约
C．配制溶液时，应快速溶解固体，快速将溶液转移到容量瓶中
D．配制溶液定容时，摇匀后发现溶液凹液面低于刻度线，加入蒸馏水至刻度线
【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、量筒量取液体时，残留液已计入量取体积，无需洗涤；若洗涤并转移洗涤液，会导致溶质偏多，浓度偏高，A错误；
B、 质量分数、密度为的浓盐酸物质的量为，根据配制溶液前后溶质的物质的量不变，则有，解得V=42.0mL，B正确；
C、NaOH 溶解放热，未冷却直接转移会导致热胀冷缩后体积偏小，浓度偏高，需冷却至室温再转移，C错误；
D、摇匀后液面低于刻度线是因溶液附着在瓶壁，属于正常现象，补加水会使体积偏大，浓度偏低，D 错误；
故答案为：B。【分析】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制操作，解题要点是明确配制 480mL 溶液需用 500mL 容量瓶，同时掌握浓溶液稀释的计算方法及各操作步骤的规范要求。
A．考查量筒的洗涤规范。
B．考查浓盐酸体积的计算（基于稀释前后溶质的量不变）。
C．判断NaOH 溶解后的转移条件。
D．考查定容摇匀后液面异常的处理。
22．（2025高一上·拱墅期末）下列离子方程式书写错误的是
A．氯化铜溶液中通入硫化氢气体：
B．氯化铁溶液中通入二氧化硫：
C．次氯酸钠溶液中通入过量的二氧化碳：
D．碳酸钠和足量醋酸反应：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、H2S 是弱酸，在离子方程式中不能拆分为离子；CuS 是难溶于酸的沉淀，反应生成 CuS 和 H+，离子方程式写作 Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A正确；
B、Fe3+具有强氧化性，SO2具有还原性，二者反应时，Fe3+被还原为 Fe2+，SO2被氧化为 SO42-，结合原子守恒与电荷守恒，配平后的离子方程式为 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+，B正确；
C、酸性顺序为 H2CO3 > HClO > HCO3-，当过量 CO2通入次氯酸钠溶液时，CO2与 ClO-、H2O 反应生成 HClO 和 HCO3-（而非 CO32-），离子方程式为 CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO，C正确；
D、醋酸是弱酸，不能拆分为 H+，应保留化学式 CH3COOH，正确的离子方程式为 CO+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O，D错误；
故答案为：D。【分析】本题聚焦离子方程式书写的正误判断，解题要点在于把握三个核心：一是物质拆分的边界（强电解质可拆为离子，弱电解质、沉淀、气体等需保留化学式）；二是反应的本质（如氧化还原反应中电子守恒、复分解反应中产物的合理性）；三是反应物用量对产物的影响（如过量气体参与反应时的产物形态）。
A．判断弱酸与难溶物在离子方程式中的书写形式。
B．分析氧化还原反应中离子方程式的配平与产物合理性。
C．根据酸性强弱与反应物用量确定反应产物。
D．判断弱酸在离子方程式中的书写形式。
23．（2025高一上·拱墅期末）有一充有20mL NO和NO2混合气体的试管，倒置于盛有水的水槽中，充分反应后，仍有12mL无色气体，则原混合气体中NO和NO2体积比为
A．3∶2 B．2∶3 C．1∶4 D．4∶1
【答案】B
【知识点】有关混合物反应的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】已知混合气体总体积为 20mL，反应后剩余 12mL 无色气体（为 NO），则反应中气体体积减少了 20mL - 12mL = 8mL。
NO 与水不反应，NO2与水反应的化学方程式为 3NO2+H2O=2HNO3+NO。从方程式可知，3 体积 NO2反应后生成 1 体积 NO，气体体积减少 2 体积（3 - 1 = 2）。
设参与反应的 NO2体积为 V，则：3 体积 NO2对应体积减少 2 体积，因此 V = （3÷2）×8mL = 12mL，即原混合气体中 NO2为 12mL。
原混合气体中 NO 的体积为 20mL - 12mL = 8mL，故 NO 与 NO2的体积比为 8mL：12mL = 2：3。
故答案为：B。
【分析】本题考查 NO 和 NO2混合气体与水反应的体积计算，解题要点是利用 NO2与水反应的体积变化规律（3 体积 NO2反应生成 1 体积 NO，体积减少 2 体积），结合反应前后的体积差计算两者体积。
24．（2025高一上·拱墅期末）下列实验方案中不能确定试样的组成的是
A．取ag混合物充分加热，质量减少bg
B．取ag混合物与足量氢氧化钡溶液充分反应，将所得沉淀洗涤、干燥、称量得到bg固体
C．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
D．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg
【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】A、加热时只有 NaHCO3分解，质量减少的 bg 是分解生成的 CO2和 H2O 的质量。根据 NaHCO3分解的质量变化，可算出 NaHCO3的量，再结合总质量 a 算出 Na2CO3的量，能确定组成，故A不符合题意 ；
B、混合物Ba(OH)2反应，Na2CO3、NaHCO3均生成 BaCO3沉淀。设 Na2CO3为 x mol、NaHCO3为 y mol，可根据 “106x+84y=a” 和 “(x + y)×197=b” 建立方程组，求解 x、y，能确定组成，故B不符合题意 ；
C、混合物与盐酸反应后，蒸干灼烧得到的 bg 固体是 NaCl。根据 Na 元素守恒，Na2CO3提供 2x mol Na+、NaHCO3提供 y mol Na+，可建立 “106x+84y=a” 和 “(2x + y)×58.5=b” 的方程组，能确定组成，故C不符合题意 ；
D、碱石灰会同时吸收反应生成的 CO2和挥发出的 H2O（稀硫酸中的水），无法区分 bg 增量中 CO2和H2O的质量，不能建立准确的方程组，无法确定组成，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．只有NaHCO3加热分解，质量减少量仅对应其分解产物，能单独算出NaHCO3的量。
B、C．利用 “沉淀（BaCO3）或产物（NaCl）的质量” 结合元素守恒，建立含Na2CO3、NaHCO3物质的量的方程组，可解出比例。
D．碱石灰会同时吸收CO2和反应体系中挥发出的H2O，无法区分 bg 增量的来源，不能得到准确的质量关系，无法确定组成。
25．（2025高一上·拱墅期末）有一包白色固体粉末，其中可能含有中的一种或几种，现做以下实验(所加试剂均足量)：
则下列说法正确的是
A．原粉末中一定有
B．是否存在无法确定，可以通过焰色反应来确定
C．白色沉淀乙可能是和的混合物
D．原粉末中一定没有，可能有
【答案】A
【知识点】常见离子的检验；无机物的推断
【解析】【解答】A、 据分析， 原粉末一定有 KCl、Na2CO3、Ba(NO3)2，A正确；
B、 据分析， KCl 已通过 AgNO3实验确定存在，无需焰色反应，B错误；
C、 据分析， 滤液中无 CO32-（已沉淀为 BaCO3），沉淀乙只能是 AgCl，C错误；
D、 据分析， KCl 是一定存在的，不是 “可能有”，D错误；
故答案为：A。
【解答】排除 CuSO4：固体为白色粉末，而 CuSO4溶液或其固体呈蓝色，故原粉末一定不含 CuSO4。
确定 Ba(NO3)2和 Na2CO3的存在：固体加 H2O 过滤得到滤渣，滤渣加稀 HNO3完全溶解 —— 说明滤渣是 BaCO3（Ba(NO3)2与 Na2CO3反应生成，且 BaCO3能溶于稀 HNO3），因此原粉末一定含 Ba(NO3)2、Na2CO3。
确定 KCl 的存在：滤液分两份：加稀 H2SO4生成白色沉淀甲 —— 说明滤液中含 Ba2+（过量的 Ba(NO3)2）；
加AgNO3生成白色沉淀乙 —— 因滤液中无 CO32-（已与 Ba2+ 沉淀），故沉淀乙只能是 AgCl，说明滤液中含 Cl-，即原粉末一定含 KCl。
二、填空题
26．（2025高一上·拱墅期末）完成下列问题
（1）下列9种物质：①；②；③；④；⑤；⑥；⑦；⑧NaF；⑨。其中只含离子键的是　 　(填序号，下同)；既含离子键又含共价键的是　 　；共价化合物是　 　。
（2）光导纤维主要成分的化学式：　 　
（3）硫酸氢钠的电离方程式：　 　
（4）补全方程式，然后用双线桥标出电子转移：　 　。
______________________
【答案】（1）⑧；⑤⑦⑨；③④⑥
（2）SiO2
（3）或
（4）
【知识点】化学键；氧化还原反应；离子方程式的书写；电离方程式的书写；单线桥、双线桥法表示氧化还原反应
【解析】【解答】①O2中，O 原子之间只有非极性共价键，属于单质；②I2里，I 原子之间仅存在非极性共价键，是单质；③NH3中，N 原子和 H 原子之间只有极性共价键，属于化合物；④CO2中，C 原子与 O 原子之间存在共价键，为共价化合物；⑤Na2O2中，钠离子和过氧根离子之间有离子键，O 原子之间存在非极性共价键，属于离子化合物；⑥H2SO4里，S 原子与 O 原子、O 原子和 H 原子之间存在极性共价键，是共价化合物；⑦Ba(OH)2中，钡离子和氢氧根离子之间有离子键，O 原子与 H 原子之间存在极性共价键，属于离子化合物；⑧NaF 里，钠离子和氟离子之间只有离子键，是离子化合物；⑨NH4NO3中，铵根离子和硝酸根离子之间存在离子键，O 原子与 N 原子之间有极性共价键，属于离子化合物，据此解答。
（1）只含离子键的是⑧，既含离子键又含共价键的是⑤⑦⑨；共价化合物是③④⑥；
故答案为： ⑧ ； ⑤⑦⑨ ； ③④⑥ ；
（2）光导纤维主要成分的化学式SiO2；
故答案为： SiO2 ；
（3）硫酸氢钠为强酸酸式盐，在水溶液中的电离方程式，熔融状态下的电离方程式；
故答案为：或 ；
（4）根据得失电子和电荷守恒可得离子方程式。
故答案为：
【分析】本题围绕物质中的化学键类型及化合物分类展开，解题要点是明确不同化学键（离子键、极性共价键、非极性共价键）的存在场景，以及单质、离子化合物、共价化合物的区分标准：离子化合物含离子键（可同时含共价键），共价化合物只含共价键，单质中化学键为非极性共价键（单原子单质除外）。
（1）只含离子键的是⑧，既含离子键又含共价键的是⑤⑦⑨；共价化合物是③④⑥；
（2）光导纤维主要成分的化学式SiO2；
（3）硫酸氢钠为强酸酸式盐，在水溶液中的电离方程式，熔融状态下的电离方程式；
（4）根据得失电子和电荷守恒可得离子方程式。
27．（2025高一上·拱墅期末）氮化锂()是一种重要的化工试剂，在空气中易潮解。实验室制备的原理是。某实验小组拟设计实验制备并探究其性质。(装置可重复使用)
回答下列问题：
（1）装饱和溶液的仪器是　 　(填名称)。
（2）B装置的作用是　 　。
（3）气流从左至右，装置的连接顺序为A→　 　。
（4）实验时，先点燃　 　(填“A处”或“C处”)酒精灯。
（5）如果氮化锂产品中混有，可能的原因是　 　。
【答案】（1）分液漏斗
（2）干燥氮气，吸收D装置中挥发出的水蒸气
（3）B→C→B→D
（4）A处
（5）装置内空气没有排尽
【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；化学实验操作的先后顺序；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据图中信息，装饱和溶液的仪器是分液漏斗；
故答案为： 分液漏斗 ；
（2）根据分析，B装置的作用是干燥氮气，吸收D装置中挥发出的水蒸气；
故答案为： 干燥氮气，吸收D装置中挥发出的水蒸气 ；
（3）根据分析，气流从左至右，装置的连接顺序为A→B→C→B→D；
故答案为： B→C→B→D ；
（4）为了防止装置中原有的空气将锂氧化，需先用氮气排出C装置内的空气，再点燃C装置中的酒精灯，因此实验时，先点燃A处酒精灯；
故答案为： A处 ；
（5）如果氮化锂产品中混有，说明C装置内有氧气，则可能的原因是装置内空气没有排尽。
故答案为： 装置内空气没有排尽 。
【分析】本题围绕氮化锂（Li3N）的制备实验展开，核心是结合 Li3N 易潮解的特性，分析各装置作用及实验设计逻辑。
实验原理为 ，由于 Li3N 遇水会潮解，因此整个实验需严格隔绝水蒸气：
装置 A 通过饱和 NH4Cl 溶液与浓 NaNO2溶液加热反应生成氮气，但制得的氮气含水分，必须干燥后才能参与反应；
装置 B 装浓硫酸，可除去氮气中的水蒸气，起到干燥作用，干燥后的氮气才能通入装置 C；
装置 C 是反应发生装置，锂在加热条件下与干燥氮气反应生成 Li3N；
装置 D 用于收集未反应的氮气，同时需防止 D 中的水蒸气进入 C 中导致 Li3N 潮解，因此需在 C 和 D 之间再连接一个装置 B，形成双重干燥保护；
综上，实验设计需围绕 “除水” 和 “防湿” 展开，确保 Li3N 的制备环境干燥。
（1）根据图中信息，装饱和溶液的仪器是分液漏斗；
（2）根据分析，B装置的作用是干燥氮气，吸收D装置中挥发出的水蒸气；
（3）根据分析，气流从左至右，装置的连接顺序为A→B→C→B→D；
（4）为了防止装置中原有的空气将锂氧化，需先用氮气排出C装置内的空气，再点燃C装置中的酒精灯，因此实验时，先点燃A处酒精灯；
（5）如果氮化锂产品中混有，说明C装置内有氧气，则可能的原因是装置内空气没有排尽。
28．（2025高一上·拱墅期末）化合物M是某种具有磁学性质的新型电子材料的主要成分，由两种元素组成，为了研究其组成，设计并完成如下实验：
已知：气体甲可使湿润的pH试纸变蓝。
请回答下列问题。
（1）气体甲的电子式为　 　；化合物M的化学式为　 　。
（2）白色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是　 　(用化学方程式解释)。
（3）反应液中金属阳离子的检验方法是　 　。
【答案】（1）；Fe4N
（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（3）取适量反应液于试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有亚铁离子，反之则无（合理即可）
【知识点】氨的性质及用途；铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验；无机物的推断
【解析】【解答】（1）由分析可知，气体甲为NH3，故其电子式为，由分析可知，化合物M的化学式为Fe4N，
故答案为：；Fe4N；
（2）白色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，
故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（3）反应液中金属阳离子即Fe2+，检验方法是：取适量反应液于试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有亚铁离子，反之则无（合理即可），
故答案为：取适量反应液于试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有亚铁离子，反之则无（合理即可）。
【分析】本题为化合物组成推断题，解题关键是通过实验现象确定元素种类，再结合质量守恒计算原子个数比。
首先，气体甲能使湿润的 pH 试纸变蓝，说明甲是 NH3，由此可知化合物 M 中含有氮元素。反应液加足量 NaOH 溶液生成白色沉淀乙，乙在空气中变为红褐色沉淀丙，可推断乙是 Fe(OH)2，丙是 Fe(OH)3；丙灼烧得到固体丁，丁应为 Fe2O3（质量 14.40g），这表明 M 中还含有铁元素。
接下来计算元素的物质的量：
铁元素：Fe2O3的摩尔质量为 160g/mol，14.40g Fe2O3的物质的量为 14.40g÷160g/mol = 0.09mol，根据铁元素守恒，M 中 Fe 的物质的量为 0.09mol×2 = 0.18mol。
氮元素：M 的总质量为 10.71g，Fe 的质量为 0.18mol×56g/mol = 10.08g，因此 N 的质量为 10.71g - 10.08g = 0.63g，N 的物质的量为 0.63g÷14g/mol = 0.045mol。
最后，Fe 与 N 的物质的量之比为 0.18mol：0.045mol = 4：1，故 M 的化学式为 Fe4N。
（1）由分析可知，气体甲为NH3，故其电子式为，由分析可知，化合物M的化学式为Fe4N，故答案为：；Fe4N；
（2）白色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（3）反应液中金属阳离子即Fe2+，检验方法是：取适量反应液于试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有亚铁离子，反之则无（合理即可），故答案为：取适量反应液于试管中，滴入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有亚铁离子，反之则无（合理即可）。
29．（2025高一上·拱墅期末）是一种黑色固体，难溶于水、稀硫酸，可用于锰盐的制备，也用作氧化剂、催化剂等。某学习小组设计实验将粗样品(含有较多的和)转化为纯，其流程如图所示：
回答下列问题：
（1）“酸浸”中生成气体A的离子方程式为　 　。
（2）根据氧化还原反应的知识，可以推测在反应②中，还得到了另一种产物的化学式是　 　。
（3）根据反应②产物的溶解度曲线(如图所示)，为了得到纯度比较高的固体，“系列操作”需要用到的可直接加热的陶瓷仪器是　 　。
（4）该流程中可循环利用的物质有　 　和　 　。
【答案】（1）MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑
（2）NaCl
（3）蒸发皿
（4）稀硫酸；NaClO3
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；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）MnO2不与稀硫酸反应，也不溶于稀硫酸，MnCO3与稀硫酸反应MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑，其离子方程式为MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑，
故答案为MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑；
（2）气体B是Cl2，与热NaOH溶液反应生成NaClO3，Cl元素化合价升高，根据氧化还原反应，有化合价升高必然有化合价降低，因此Cl元素化合价由0价降低为-1价，另一种产物应是NaCl，
故答案为NaCl；
（3）根据第(2)问的分析，NaClO3中混有NaCl，根据溶解度曲线，为获得高纯度的NaClO3固体，操作是蒸发浓缩，冷却结晶，需要用到的仪器是蒸发皿、玻璃棒、酒精灯等，可直接加热的陶瓷仪器是蒸发皿，
故答案为蒸发皿；
（4）反应①中硫酸锰与氯酸钠反应生成二氧化锰、氯气、硫酸、硫酸钠，硫酸返回“酸浸”工序，反应②中生成NaClO3，NaClO3返回“反应①”工序；
故答案为稀硫酸；NaClO3。
【分析】本题围绕粗 MnO2提纯流程展开，解题关键是结合物质性质（如反应性、溶解性）分析各步骤的物质转化。
粗 MnO2样品含 MnO2和 MnCO3。第一步酸浸时，MnO2不与稀硫酸反应且难溶于水，而 MnCO3会与稀硫酸反应生成 MnSO4、水和气体 A，结合碳酸盐与酸的反应规律，气体 A 为 CO2，反应为 MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑。
过滤①后，滤渣为未反应的 MnO2，滤液中主要含 MnSO4。向滤液中加 NaClO3溶液发生反应①，NaClO3作为氧化剂，将 Mn2+氧化为 MnO2，自身被还原产生气体 B。
后续气体 B 与热的 NaOH 溶液经反应②及系列操作可生成 NaClO3溶液，结合 Cl2与热 NaOH 的反应特性（可生成含氯酸盐），推断气体 B 为 Cl2。最终通过过滤②得到纯 MnO2。
（1）MnO2不与稀硫酸反应，也不溶于稀硫酸，MnCO3与稀硫酸反应MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑，其离子方程式为MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑，故答案为MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑；
（2）气体B是Cl2，与热NaOH溶液反应生成NaClO3，Cl元素化合价升高，根据氧化还原反应，有化合价升高必然有化合价降低，因此Cl元素化合价由0价降低为-1价，另一种产物应是NaCl，故答案为NaCl；
（3）根据第(2)问的分析，NaClO3中混有NaCl，根据溶解度曲线，为获得高纯度的NaClO3固体，操作是蒸发浓缩，冷却结晶，需要用到的仪器是蒸发皿、玻璃棒、酒精灯等，可直接加热的陶瓷仪器是蒸发皿，故答案为蒸发皿；
（4）反应①中硫酸锰与氯酸钠反应生成二氧化锰、氯气、硫酸、硫酸钠，硫酸返回“酸浸”工序，反应②中生成NaClO3，NaClO3返回“反应①”工序；故答案为稀硫酸；NaClO3。
30．（2025高一上·拱墅期末）取一定物质的量浓度的NaOH溶液100mL，然后向其中通入一定量的气体，得到溶液A，向溶液A中逐滴加入盐酸，测得溶液中的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如图所示。
请回答下列问题。
（1）加入盐酸发生反应的离子方程式为　 　、　 　。
（2）盐酸的物质的量浓度为　 　mol/L。
（3）溶液A中为　 　。
【答案】（1）；
（2）1
（3）1：1
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）根据分析，加入盐酸发生反应的离子方程式为、。
故答案为： ； ；
（2）加入25~75mL盐酸发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，根据碳酸氢根离子物质的量，则反应的HCl为0.05mol，盐酸的物质的量浓度为。
故答案为：1；
（3）根据加入0~25mL盐酸发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗盐酸25mL，此时总量为0.05mol，参加反应的物质的量等于参加反应的盐酸物质的量为0.025mol，生成0.025mol；加入25~75mL盐酸发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，消耗盐酸体积50mL，总物质的量为0.05mol，则原有物质的量为0.025mol，溶液A中为0.025：0.025=1：1。
故答案为： 1：1 。
【分析】 结合图像，加入0~25mL盐酸发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，加入25~75mL盐酸发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，根据方程式计算和判断。
（1）根据图像中盐酸加入量与 HCO3-物质的量变化，确定反应分两步：第一步是 CO32-与 H+反应生成 HCO3-，第二步是 HCO3-与 H+反应生成 H2O 和 CO2，据此写出离子方程式。
（2）依据 25~75mL 盐酸与 HCO3-的反应，由 HCO3-的物质的量（0.05mol）确定消耗 HCl 的物质的量，结合该阶段盐酸体积（50mL）计算浓度。
（3）0~25mL 盐酸与 CO32-反应生成 HCO3-，根据该阶段盐酸体积算出参与反应的 CO32-及生成的 HCO3-的物质的量；结合总 HCO3-量（0.05mol），推出原溶液中 HCO3-的物质的量，进而得到两者比例。
（1）根据分析，加入盐酸发生反应的离子方程式为、。
（2）加入25~75mL盐酸发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，根据碳酸氢根离子物质的量，则反应的HCl为0.05mol，盐酸的物质的量浓度为。
（3）根据加入0~25mL盐酸发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗盐酸25mL，此时总量为0.05mol，参加反应的物质的量等于参加反应的盐酸物质的量为0.025mol，生成0.025mol；加入25~75mL盐酸发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，消耗盐酸体积50mL，总物质的量为0.05mol，则原有物质的量为0.025mol，溶液A中为0.025：0.025=1：1。
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