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浙江省杭州市上城区浙江省杭州第七中学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·上城期末）下列物质属于纯净物的是
A．赤铁矿 B．盐酸 C．漂白粉 D．氯化钠
2．（2025高一上·上城期末）按物质的组成进行分类，碳酸氢钠()属于
A．酸 B．盐 C．碱 D．氧化物
3．（2025高一上·上城期末）下列化学用语正确的是
A．熟石膏：
B．的电子式：
C．的结构示意图：
D．的分子结构模型：
4．（2025高一上·上城期末）下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（　　）
A．Cl2 B．酒精
C．硫酸钡 D．SO2
5．（2025高一上·上城期末）散文“阳光穿透墙壁上的小缝，原本昏暗的屋子突然变得通亮起来，一条条明亮的通路里……”，描述的是阳光穿过缝隙便有了形状，其产生的本质原因是
A．发生了丁达尔效应
B．空气是一种胶体
C．尘埃是分散系
D．空气中的尘埃微粒直径大小约为1~100nm
6．（2025高一上·上城期末）下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是
A．用和制取盐酸 B．用生石灰()作干燥剂
C．用铝粉和作管道疏通剂 D．用漂白棉、麻、纸张
7．（2025高一上·上城期末）下列关于实验仪器①~④的说法正确的是
A．除去胶体中的需用到仪器①
B．从NaCl溶液中得到NaCl固体需用到的仪器②
C．仪器③使用前不需要检查是否漏水
D．加热④需要垫石棉网
8．（2025高一上·上城期末）下列物质中既有离子键又有共价键的是
A． B． C． D．
9．（2025高一上·上城期末）下列物质性质的比较中，不正确的是
A．酸性：H2SO4＞H3PO4 B．还原性： HCl＞HBr
C．碱性：NaOH＞Mg(OH)2 D．稳定性：H2O＞H2S
10．（2025高一上·上城期末）高铁酸钠是一种新型绿色消毒剂。工业上制备高铁酸钠的离子方程式表示为：，该反应的氧化剂是
A．ClO- B．OH- C． D．
11．（2025高一上·上城期末）下列对科学史的描述不正确的是
A．意大利科学家阿伏加德罗创立了分子学说
B．侯德榜创立的“侯氏制碱法”缩短了生产流程，降低了制碱的成本
C．舍勒发现了一种黄绿色气体，戴维命名它为氯气
D．门捷列夫将元素按质子数由小到大依次排列得到了第一张元素周期表
12．（2025高一上·上城期末）在含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中，通入足量的SO2气体，有白色沉淀产生，过滤后向滤液中滴加KSCN溶液未见血红色，由此得出的结论是（　　）
A．白色沉淀是BaSO3 B．白色沉淀是BaSO4
C．白色沉淀是BaSO3和S的混合物 D．FeCl3被SO2氧化为FeCl2
13．（2025高一上·上城期末）在某透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
14．（2025高一上·上城期末）化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A．“雾失楼台，月迷津渡”，雾属于胶体，能产生丁达尔效应
B．节日燃放的烟花所呈现的就是钠、钾等金属元素的焰色，体现了元素的化学性质
C．我国成功研制出纳米片，该化合物属于盐
D．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
15．（2025高一上·上城期末）下列实验操作或装置正确的是
A．图甲可用于实验室制备
B．图乙装置可用于完成过滤操作
C．图丙可用于验证铁与水蒸气反应能生成
D．图丁表示为配制一定物质的量浓度NaOH溶液时称量溶质的操作
16．（2025高一上·上城期末）中国的化学工作者已成功研制出碱金属与形成的球碳盐，实验测知该物质属于离子化合物，具有良好的超导性。下列有关分析正确的是
A．中只有离子键
B．与金刚石互为同位素
C．该晶体在熔融状态下能导电
D．1mol中含有离子数目为
17．（2025高一上·上城期末）部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是
A．d的电子式：
B．c是一种新型自来水消毒剂
C．将b溶于水中，用玻璃棒蘸取该溶液涂在试纸上，试纸只变红，说明该溶液显酸性
D．将b通入溶液中，已知生成和e的混合物，若与之比为，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为
18．（2025高一上·上城期末）下列说法不正确的是
A．铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物
B．火灾现场存放有大量活泼金属时，可以用干燥的沙土来灭火
C．炽热的钢水注入模具前，模具必须干燥，否则可能发生爆炸性迸溅
D．储氢合金是一类通过物理方法吸附的新型合金材料
19．（2025高一上·上城期末）某学习小组需0.1000mol/L的碳酸钠溶液450mL。下列有关说法正确的是
A．称量前应将Na2CO3·xH2O灼烧至恒重，冷却后称量
B．配制时需用托盘天平称取4.8g无水碳酸钠
C．配制前容量瓶必须干燥
D．配制定容时俯视容量瓶刻度线会使配制溶液的物质的量浓度偏低
20．（2025高一上·上城期末）对于某些离子的检验及结论正确的是
A．加入稀硝酸后再加入硝酸银，产生白色沉淀，原溶液中一定有
B．加氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液中一定有
C．某溶液中加入碳酸钠溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有
D．加稀盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，原物质中一定有
21．（2025高一上·上城期末）下列离子方程式正确的是
A．氢氧化铜悬浊液中加入稀硫酸：
B．制印刷电路板常用溶液作为“腐蚀液”：
C．饱和碳酸钠溶液中通入足量：
D．将通入NaClO溶液中：
22．（2025高一上·上城期末）下列除杂所选用的试剂及操作方法不合理的是
选项 物质(杂质) 除杂试剂 操作
A 固体() NaOH溶液 加入过量NaOH溶液，充分反应后过滤
B 固体() 稀盐酸 加入过量稀盐酸，充分反应后过滤
C (HCl) 饱和溶液 通入饱和溶液，洗气
D () Fe粉 加入过量Fe粉，充分反应后过滤
A．A B．B C．C D．D
23．（2025高一上·上城期末）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．常温常压下，22.4L中含有的分子数小于
B．过氧化钠与水反应，消耗0.2mol，生成0.1mol，转移的电子数为
C．浓度为的溶液中，含有的数目为
D．常温常压下，14gCO和混合气所含原子总数为
24．（2025高一上·上城期末）Z、Y、X、W、Q为五种原子序数依次增大的短周期主族元素。其中Z、Y、W分别位于三个不同周期，Y、Q位于同一主族，Y原子的最外层电子数是W原子的最外层电子数的2倍，Y、X、W三种简单离子的核外电子排布相同。由Z、Y、X、W形成的某种化合物的结构如图所示。下列说法不正确的是
A．简单氢化物的稳定性：
B．该物质中所有原子均满足最外层的稳定结构
C．X与Y、Y与Z均可形成含非极性共价键的化合物
D．W与X两者的最高价氧化物对应的水化物之间可发生反应
25．（2025高一上·上城期末）根据下列实验操作、现象得出的结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 在待测液中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液中 品红溶液褪色 待测液中含或
B 向同浓度等体积的，溶液中分别滴加同浓度的过量的NaOH溶液 溶液中有白色沉淀生成且不溶解，溶液中有白色沉淀生成后溶解 金属性：
C 在两支盛有少许铁的氧化物粉末的试管中分别加入稀硫酸，然后分别滴入酸性溶液、KSCN溶液 滴入的酸性溶液褪色；滴入KSCN溶液后变为红色 铁的氧化物粉末为
D 取少许疑似变质的粉末，加蒸馏水配成溶液，滴加盐酸酸化的溶液 有气泡和白色沉淀产生 粉末部分变质
A．A B．B C．C D．D
二、填空题(本大题共6小题，共50分)
26．（2025高一上·上城期末）按要求回答下列问题：
（1）黄铁矿的化学式：　 　；氨气的电子式：　 　。
（2）铝与烧碱溶液反应的化学方程式：　 　。
（3）铜与浓硫酸反应的化学方程式：　 　。
27．（2025高一上·上城期末）X、Y、Z、M、W、Q、R是分布在周期表中三个短周期的主族元素，已知其原子半径及主要化合价如下：
元素代号 X Y Z M W Q R
原子半径/nm 0.186 0.143 0.102 0.099 0.089 0.074 0.037
主要化合价 ， ，
（1）X在周期表中的位置是　 　；X、Y、Q各自形成的简单离子中，离子半径由大到小的顺序是　 　(填离子符号)。
（2）X与Y相比，金属性较强的是　 　(填元素名称)，两元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子反应方程式为　 　。
（3）下列事实能说明M元素的非金属性比Z元素的非金属性强的是　 　(填字母)。
a．M单质与溶液反应，溶液变浑浊
b．M和Z两元素的氧化物的水化物的酸性，前者酸性更强
c．M和Z两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
28．（2025高一上·上城期末）硫酸铜主要用作纺织品媒染剂、农业杀虫剂等，其晶体()在不同温度下会逐步失去结晶水甚至分解。为探究硫酸铜晶体的分解产物，某同学设计了如下实验：
观察到的实验现象有：A中有固体残留；B中无水硫酸铜变蓝；C中产生白色沉淀；D中溶液颜色变浅、无沉淀产生；E中溶液变为红色。
已知：在酸性条件下不稳定，发生反应：。
（1）装有无水硫酸铜的仪器名称为　 　。
（2）C中产生的沉淀的化学式为　 　，D中现象证明硫酸铜晶体的分解产物中含有　 　(填化学式)。
（3）E中发生反应的离子方程式为　 　。
（4）为探究A中残留固体的成分(假设硫酸铜已完全分解)，某同学查阅资料：铜有、价，且分解产物中不含0价的铜。验证A中固体产物中是否有的实验方案为　 　。
29．（2025高一上·上城期末）人胃酸(主要成分是盐酸)过多，会引起很多胃病，需服用抗酸药治疗。抗酸药胃舒平的主要成分是氢氧化铝，某同学为测定该药中氢氧化铝的质量分数进行如下几步操作(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)：
步骤1：取1粒药片(每片药片的质量为0.50g)研碎
步骤2：将上述研碎的药片粉末加入到40.00mL0.40mol/L稀盐酸中溶解
步骤3：用0.40mol/LNaOH溶液中和过量稀盐酸，记录消耗NaOH溶液的体积；
请回答下列问题。
（1）实验室用密度为质量分数为36.5%的浓盐酸配制该0.40mol/L盐酸溶液240mL，应用量筒量取　 　mL浓盐酸。
（2）实验用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和　 　。
（3）下列操作会使配制的溶液浓度偏低的有_______。
A．转移溶液时，未洗涤玻璃棒和烧杯内壁
B．配制溶液前容量瓶底部有少量蒸馏水残留
C．摇匀后发现液面下降，再加水至刻度线
D．溶液未冷却即转移到容量瓶中
（4）某同学4次测定所消耗的NaOH溶液的体积如下：
测定次数 第1次 第2次 第3次 第4次
16.04 15.96 16.20 16.00
根据这个同学的实验数据，计算这种药片中氢氧化铝的质量分数为　 　%(结果保留小数点后两位)。
30．（2025高一上·上城期末）实验室以锈蚀程度很大的废铁屑为原料制备晶体的流程可简要表示如下：
已知：在水溶液中能与生成蓝色沉淀。
试回答下列问题：
（1）“酸溶”过程中发生主要反应有：①；②；③　 　。(用离子方程式表示)
（2）“酸溶”需控制温度在40℃左右，最佳的加热方式是　 　。
（3）“过滤”需要的玻璃仪器除烧杯外还有　 　。
（4）“氧化”过程可在如图所示装置中进行。
①装置A中与浓盐酸反应生成和，其离子方程式为　 　。
②请写出表示装置C的作用的离子方程式　 　。
③证明装置B溶液中部分被氧化成的实验方案是　 　。
31．（2025高一上·上城期末）mg铝粉与一定体积1.00mol/L盐酸恰好完全反应，标准状况下测得产生体积为6.72L。在反应后的溶液中继续加入VL 1mol/LNaOH溶液，得到7.80g沉淀。
（1）m=　 　g
（2）V=　 　L。
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、赤铁矿主要成分是氧化铁，但还含有其他杂质，属于多种物质的混合，是混合物，A错误；
B、盐酸是氯化氢气体溶于水形成的水溶液，包含氯化氢和水两种物质，属于混合物，B错误；
C、漂白粉由氯化钙和次氯酸钙混合而成，含有两种物质，属于混合物，C错误；
D、氯化钠只由氯化钠一种物质组成，属于纯净物，D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断矿石的物质组成。
B．判断溶液的物质类别。
C．判断漂白粉的成分组成。
D．判断氯化钠的物质类别。
2．【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、酸是在水溶液中电离出的阳离子全部为 H+的化合物。而 NaHCO3电离出的阳离子是 Na+，不是 H+，故不属于酸；
B、盐是由金属阳离子（或铵根离子）和酸根阴离子组成的化合物。NaHCO3由 Na+（金属阳离子）和 HCO3-（酸式酸根阴离子）组成，符合盐的定义，故属于盐；
C、碱是在水溶液中电离出的阴离子全部为 OH-的化合物。NaHCO3电离不出 OH-，故不属于碱；
D、氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物。NaHCO3由 Na、H、C、O 四种元素组成，不符合氧化物的定义；
故答案为：B。
【分析】要解决此题，需明确酸、碱、盐、氧化物的定义，结合碳酸氢钠的组成分析。
3．【答案】C
【知识点】原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、熟石膏的化学式为 2CaSO4 H2O，而生石膏是 CaSO4 2H2O，选项 A 混淆了两者，A错误；
B、NH4Cl 由 NH4+和 Cl-构成，Cl-最外层有 8 个电子，电子式中需用方括号标注并写出电子对， 电子式： ，B错误；
C、F-的核电荷数为 9（与 F 原子相同），核外电子数为 10，电子层分布为第一层 2 个、第二层 8 个，结构示意图：，C正确；
D、CO2中 O 原子半径小于 C 原子半径，选项 D 的模型未体现这一比例关系，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．考查熟石膏与生石膏的化学式差异。
B．判断离子化合物电子式的书写规则（阴离子需标完整电子）。
C．考查离子结构示意图的核电荷数与电子层分布。
D．判断分子模型中原子半径的相对大小。
4．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A. Cl2是单质，不是电解质，也不是非电解质，A不符合题意；
B. 酒精是非电解质，但其水溶液不导电，B不符合题意；
C. 硫酸钡是电解质，C不符合题意；
D. SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸电离出阴阳离子，其水溶液能导电，亚硫酸是电解质，二氧化硫是非电解质，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据溶液的导电和非电解质的概念进行分析。溶液能够导电，是由于溶液中存在可自由移动的离子；而非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。据此结合选项进行分析。
5．【答案】D
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、观察到明亮通路确实是丁达尔效应的表现，但这不是现象的本质原因，A选项不符合题意；
B、在该分散体系中，空气作为分散介质（分散剂），B选项不符合题意；
C、尘埃颗粒作为分散相（分散质），C选项不符合题意；
D、丁达尔效应产生的根本原因是尘埃颗粒的粒径在1~100nm之间，D选项符合题意；
故答案为：D。
【分析】胶体具有丁达尔效应的特性。题目描述的阳光透过墙壁缝隙时观察到明亮通路的现象，正是胶体的丁达尔效应。这种现象的本质原因是空气中悬浮的尘埃颗粒直径在1~100nm范围内，形成了气溶胶体系。
6．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、氢气和氯气反应生成盐酸的过程涉及电子转移，属于氧化还原反应 ，A不符合题意；B、生石灰()作为干燥剂时与水反应生成氢氧化钙，该反应没有电子转移，属于非氧化还原反应， ，B符合题意；
C、铝粉与氢氧化钠反应生成氢气和四羟基合铝酸钠，该过程涉及电子转移，属于氧化还原反应 ，C不符合题意；
D、次氯酸钙()的漂白作用是通过次氯酸根的氧化性实现的，属于氧化还原反应 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点集中在 “氧化还原反应的判断依据（元素化合价变化）”，具体有 2 点：
混淆 “非氧化还原反应的物质变化”：误将生石灰（CaO）作干燥剂的反应（CaO+H2O=Ca(OH)2）当成氧化还原反应，忽略了该反应中各元素化合价均未变化（无电子转移），属于非氧化还原的化合反应。
对 “氧化还原反应的应用场景” 判断模糊：比如误判 Ca(ClO)2的漂白原理（利用 ClO-的氧化性，属于氧化还原反应）、铝与 NaOH 的反应（Al 化合价变化，属于氧化还原反应），错将这些氧化还原过程与非氧化还原过程混淆。
7．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、除去 Fe(OH)3胶体中的 FeCl3需用渗析（半透膜），仪器①是漏斗，用于过滤操作，不适用渗析，A错误；
B、从 NaCl 溶液中得到 NaCl 固体需蒸发结晶，仪器②是蒸发皿，用于蒸发溶液获得晶体，B正确；
C、仪器③是容量瓶，用于配制一定浓度溶液，使用前必须检查是否漏水，否则会漏液，C错误；
D、仪器④是坩埚，加热时垫泥三角，直接在酒精灯上加热，不需要垫石棉网，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．考查胶体与溶液的分离方法及仪器匹配。
B．判断溶液结晶的操作及仪器用途。
C．考查容量瓶的使用前检查要求。
D．判断坩埚的加热方式。
8．【答案】A
【知识点】化学键
【解析】【解答】A、Na2O2是离子化合物，由 Na+和 O22-构成，Na+与 O22-之间形成离子键；O22-内部的两个 O 原子之间存在共价键，因此既含离子键又含共价键，故A符合题意 ；
B、H2O 是共价化合物，分子中只有 H 和 O 之间的共价键，不含离子键，故B不符合题意 ；
C、MgCl2由 Mg2+和 Cl-通过离子键结合而成，只含离子键，无共价键，故C不符合题意 ；
D、CO2是共价化合物，分子中仅存在 C 和 O 之间的共价键，没有离子键，故D不符合题意 ；
故答案为：A。【分析】A．判断离子化合物中离子键与共价键的存在情况。
B．考查共价化合物的化学键类型。
C．判断典型离子化合物的化学键组成。
D．考查共价化合物的化学键特征。
9．【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；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，其最高价含氧酸的酸性也随之增强，因此酸性关系为：H2SO4＞H3PO4，A正确；
B、同主族元素从上到下，气态氢化物的还原性逐渐增强，故还原性关系应为：HCl＜HBr，B错误；
C、同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性也随之减弱，因此碱性关系为：NaOH＞Mg(OH)2，C正确；
D、同主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，其氢化物的稳定性也随之减弱，故稳定性关系为：H2O＞H2S，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要集中在 “元素周期律的反向应用与概念混淆”，具体有 2 点：
还原性强弱的判断逻辑搞反：误以为 Cl 的非金属性比 Br 强，就觉得 HCl 的还原性比 HBr 强；
混淆 “非金属性 、金属性” 与对应性质的关联比如误将 “非金属性强，氢化物稳定性强” 的逻辑，错误套用到 “还原性” 上（非金属性强的元素，其氢化物的还原性反而弱）；或是对 “最高价氧化物水化物的酸碱性” 与金属性、非金属性的匹配关系记忆模糊（如错判 H2SO4与 H3PO4 的酸性顺序）。
10．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、ClO-中 Cl 为 + 1 价，反应后生成 Cl-（Cl 为 - 1 价），化合价降低，得电子，是氧化剂，A正确；
B、OH-在反应中化合价无变化，既不是氧化剂也不是还原剂，B错误；
C、Cl-是 ClO-被还原后的产物，属于还原产物，不是氧化剂，C错误；
D、Fe3+（+3 价）被氧化为 FeO42-（Fe 为 + 6 价），属于氧化产物，不是氧化剂，D错误；
故答案为：A。
【分析】需明确氧化剂的定义（反应中得电子、化合价降低的物质），结合反应中元素化合价的变化分析。
11．【答案】D
【知识点】化学史
【解析】【解答】A、意大利科学家阿伏加德罗创立了分子学说，推动了化学理论的发展，A正确；
B、侯德榜创立的 “侯氏制碱法” 将氨碱法与合成氨工艺结合，缩短生产流程，同时生产纯碱和氯化铵，降低了制碱成本，B正确；
C、1774 年瑞典化学家舍勒发现黄绿色气体，后经戴维研究，将该气体的组成元素命名为 “氯”，C 正确；
D、门捷列夫是按相对原子质量的递增规律编制了第一张元素周期表，而非按质子数（原子序数），D 错误；
故答案为：D。
【分析】A．考查分子学说的创立者。
B．判断“侯氏制碱法” 的优势。
C．考查氯气的发现与命名。
D．考查第一张元素周期表的编制依据。
12．【答案】B
【知识点】硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、亚硫酸的酸性弱于盐酸，SO2与 BaCl2不反应，不会生成 BaSO3沉淀，A错误；
B、Fe3+氧化 SO2生成 SO42-，SO42-与 Ba2+结合生成 BaSO4白色沉淀，B正确；
C、反应中 Fe3+作氧化剂，SO2作还原剂，不会生成 S 单质，且沉淀只有 BaSO4，C错误；
D、SO2具有还原性，FeCl3是被 SO2还原为 FeCl2，而非氧化，D错误；
故答案为：B。
【分析】首先分析 FeCl3的氧化性：在酸性条件下，Fe3+可氧化 SO2生成 SO42-；再分析 SO42-与 Ba2+的反应：生成不溶于酸的 BaSO4沉淀；最后通过 KSCN 溶液的现象判断 Fe3+的转化。
13．【答案】B
【知识点】离子共存；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、Fe3+具有氧化性，I-具有还原性，二者会发生氧化还原反应（生成 Fe2+和 I2），不能大量共存，故A不符合题意 ；
B、酸性溶液中，Al3+、SO42-、Na+、Cu2+之间不发生反应（无沉淀、气体、水生成，也无氧化还原反应），可大量共存，且溶液透明，故B不符合题意 ；
C、酸性溶液中含大量 H+，SO32-会与 H+反应生成 SO2和 H2O，不能大量共存，故C符合题意 ；
D、酸性溶液中含大量 H+，HCO3-会与 H+反应生成 CO2和 H2O，不能大量共存，故D符合题意 ；
故答案为：B。【分析】A．判断氧化还原反应的发生。
B．分析离子间的相互作用。
C．判断弱酸根与 H+的反应。
D．判断弱酸的酸式根与 H+的反应。
14．【答案】B
【知识点】焰色反应；物质的简单分类；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、雾是小液滴分散在空气中形成的气溶胶，属于胶体，胶体可产生丁达尔效应，A正确；
B、节日烟花的颜色是钠、钾等金属元素的焰色反应，该过程是元素原子的电子能级跃迁所致，无新物质生成，体现的是物理性质，而非化学性质，B错误；
C、Zn5(OH)8(NO3)2由 Zn2+（金属阳离子）、OH-和 NO3-（酸根阴离子）构成，符合盐的定义，C 正确；
D、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜” 是铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，属于置换反应，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．考查胶体的特征及性质。
B．判断焰色反应的本质属性。
C．考查盐的组成特点（含金属阳离子和酸根阴离子）。
D．判断置换反应的特征（单质参与并生成新单质）。
15．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；铁的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、MnO2与浓盐酸反应制备 Cl2需要加热，图甲缺少加热装置，无法制备 Cl2，A错误；
B、过滤时需用玻璃棒引流，图乙直接倾倒液体，不符合操作规范，B错误；
C、铁粉与水蒸气加热生成 H2，H2具有可燃性，点燃肥皂泡可产生爆鸣声，能验证 H2的生成，C正确；
D、NaOH 易潮解，称量时应放在小烧杯中，图丁直接放在纸上称量，操作错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．实验室制备 Cl2的反应条件。
B．考查过滤操作的 “一贴二低三靠” 规范。
C．考查铁与水蒸气反应的产物检验。
D．考查NaOH 的称量规范（防潮解）。
16．【答案】C
【知识点】化学键；同素异形体
【解析】【解答】A、K3C60由 K+和 C603-构成，K+与 C603-之间是离子键，但 C603-内部的 C 原子间存在共价键，因此不只含离子键，A错误；
B、C60和金刚石都是碳元素形成的单质，二者互为同素异形体；同位素指同种元素的不同原子，B错误；
C、该物质是离子化合物，熔融时离子键断裂，产生自由移动的离子，能导电，C正确；
D、1mol K3C60含 3mol K+和 1mol C603-，总离子数目为 4NA，D错误；
故答案为：C。【分析】A．判断离子化合物中化学键的种类。
B．区分同素异形体与同位素。
C．判断离子化合物熔融状态的导电性。
D．计算离子化合物中的离子总数。
17．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、d 是 HClO，电子式为 （O、Cl 均满足 8 电子稳定结构），书写正确 ，故A正确；
B、c 是 ClO2，具有强氧化性，是新型自来水消毒剂（可替代 Cl2） ，故B正确；
C、b 是 Cl2，溶于水生成 HCl 和 HClO（Cl2+H2O=HCl+HClO）；HClO 具有漂白性，蘸取溶液涂在 pH 试纸上，试纸先变红（HCl 的酸性）、后褪色（HClO 的漂白），并非 “只变红” ，故C错误；
D、Cl2与 NaOH 反应，生成 NaCl（Cl 为 -1 价，被还原）、NaClO（Cl 为 + 1 价，被氧化）、NaClO3（e，Cl 为 +5 价，被氧化）；设 n (NaClO)=3mol、n (NaClO3)=1mol，则被氧化的 Cl 为 4mol（失电子：3×1+1×5 = 8mol）；被还原的 Cl（生成 NaCl）得 8mol 电子，对应
n (NaCl)=8mol；氧化剂（被还原的 Cl）为 8mol，还原剂（被氧化的 Cl）为 4mol，比例为 2：1 ，故D正确；
故答案为：C。
【分析】推断物质（核心突破口：化合价与类别匹配）：
a（氢化物，Cl 为 -1 价）：HCl；
b（单质，Cl 为 0 价）：Cl2；
c（氧化物，Cl 为 +4 价）：ClO2；
d（含氯酸，Cl 为 +1 价）：HClO；
e（含氯酸盐，Cl 为 +5 价）：ClO3-对应的盐（如 NaClO3）。据此解题。
18．【答案】D
【知识点】铝的化学性质
【解析】【解答】A、铝既能与酸反应，又能与碱反应，因此铝制餐具不宜长时间存放酸性或碱性食物，否则会被腐蚀，A正确；
B、活泼金属（如 Na、K 等）遇水会剧烈反应，火灾现场存放大量活泼金属时，可用干燥沙土覆盖灭火（隔绝空气），不能用水，B正确；
C、炽热钢水温度极高，若模具潮湿，钢水中的 Fe 会与水蒸气反应生成 H2，H2是可燃性气体，燃烧可能引发爆炸性迸溅，因此模具必须干燥，C正确；
D、储氢合金储氢时会与 H2发生化学反应，生成金属氢化物，并非物理吸附，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．考查铝的两性（与酸、碱反应）。
B．判断活泼金属的灭火方法（隔绝空气）。
C．考查炽热钢水与水的反应危险性。
D．判断储氢合金的储氢原理（化学变化）。
19．【答案】A
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、若使用 Na2CO3 xH2O 配制，结晶水会导致实际 Na2CO3的物质的量偏小。因此需将 Na2CO3 xH2O 灼烧至恒重（除去结晶水，得到无水 Na2CO3），冷却后称量，才能保证溶质的准确量，A正确；
B、按 500mL 溶液计算，需无水 Na2CO3的质量为 “0.1000mol/L×0.5L×106g/mol=5.3g”，并非 4.8g；且托盘天平精度为 0.1g，无法称取 “4.8g”（实际需称 5.3g），B错误；
C、容量瓶配制溶液时，最后需加水定容，因此容量瓶无需干燥（残留少量水不影响溶液浓度），C错误；
D、定容时俯视刻度线，会导致加入的水体积偏小，溶液体积小于 500mL；根据 c=n÷V，V 偏小则浓度偏高，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．突破口是 “Na2CO3 xH2O 含结晶水”—— 结晶水会使实际 Na2CO3的量偏少，因此需灼烧除水至恒重，才能保证溶质准确。
B．突破口是 “计算错误 + 仪器精度”——500mL 溶液需 Na2CO3质量为 5.3g（不是 4.8g），且托盘天平无法称出 4.8g（精度为 0.1g）。
C．突破口是 “定容的加水操作”—— 容量瓶最后要加水定容，残留少量水不影响浓度，因此无需干燥。
D．突破口是 “体积对浓度的影响”—— 俯视刻度线会使溶液体积偏小，根据 c=n÷V，体积偏小则浓度偏高（不是偏低）。
20．【答案】A
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】A、先加稀硝酸排除 CO32-等干扰，再加硝酸银产生白色沉淀，说明原溶液一定含 Cl-，A正确；
B、加氯化钡产生白色沉淀，再加盐酸沉淀不消失，原溶液可能含 SO42-，也可能含 Ag+（AgCl 沉淀也不溶于盐酸），B错误；
C、加碳酸钠产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，原溶液可能含 Ca2+，也可能含 Ba2+（BaCO3沉淀也溶于盐酸），C错误；
D、加稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，原物质可能含碳酸盐、碳酸氢盐，也可能含亚硫酸盐、亚硫酸氢盐（SO2也能使澄清石灰水变浑浊），D错误；
故答案为：A。【分析】A．考查Cl-的专属检验（AgCl 不溶于稀硝酸）。
B．判断SO42-检验的干扰因素（Ag+的存在）。
C．明白能与 CO32-生成白色沉淀的离子不止 Ca2+。
D．掌握能使澄清石灰水变浑浊的气体不止 CO2。
21．【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氢氧化铜是难溶物，不能拆写成 OH-，正确式子应为 2H++Cu(OH)2=2H2O+Cu2+，A错误；
B、FeCl3与 Cu 反应时，Fe3+得电子生成 Fe2+，Cu 失电子生成 Cu2+，正确式子为 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，选项中电子和电荷不守恒，B错误；
C、碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，饱和碳酸钠溶液通入足量 CO2会析出碳酸氢钠，离子方程式为
CO2+2Na++CO32-+H2O=2NaHCO3↓，C正确；
D、SO2具有还原性，ClO-具有强氧化性，二者反应会发生氧化还原反应，SO2被氧化为 SO42-，ClO-被还原为 Cl-，而非生成 HSO3-和 HClO，D错误；
故答案为：C。【分析】A．难溶物在离子方程式中需保留化学式。
B．考查氧化还原反应的电子与电荷守恒。
C．判断溶解度差异导致沉淀生成。
D．考查强氧化性与还原性物质的反应产物。
22．【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物；物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】A、Fe2O3不与 NaOH 溶液反应，而 Al2O3能与 NaOH 溶液反应溶解，加入过量 NaOH 溶液后过滤，可分离出 Fe2O3，A合理；
B、BaSO4不溶于稀盐酸，BaCO3能与稀盐酸反应生成可溶的 BaCl2，加入过量稀盐酸后过滤，可分离出 BaSO4，B合理；
C、SO2会与饱和 Na2SO3溶液反应（生成 NaHSO3），导致主体物质被消耗，不能用该试剂除杂，应选用饱和 NaHSO3溶液，C不合理；
D、Fe 的活动性强于 Cu，能与 CuCl2反应生成 FeCl2和 Cu，加入过量 Fe 粉后过滤，可除去 Cu 和剩余 Fe，得到纯净的 FeCl2，D合理；
故答案为：C。【分析】A．利用氧化物的性质差异除杂。
B．利用盐的溶解性差异除杂。
C．判断主体物质是否与除杂试剂反应。
D．利用金属活动性顺序除杂。
23．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；钠的氧化物；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、常温常压下，气体摩尔体积大于 22.4L/mol，因此 22.4L CO2的物质的量小于 1mol，含有的分子数小于 NA，A正确；
B、Na2O2与水反应时，每消耗 2mol Na2O2生成 1mol O2，转移 2mol 电子。因此消耗 0.2mol Na2O2时，生成 0.1mol O2，转移电子数为 0.2NA，B正确；
C、计算溶液中 SO42-的数目，需知道溶液体积。题目中仅给出浓度（0.5mol L- ），未说明体积，无法求出 SO42-的物质的量，C错误；
D、CO 和 N2的摩尔质量均为 28g/mol，且均为双原子分子。14g 混合气体的物质的量为 0.5mol，含原子的物质的量为 0.5mol×2=1mol，原子总数为 NA，D正确；
故答案为：C。【分析】A．常温常压下气体摩尔体积的变化。
B．过氧化钠与水反应的电子转移计算。
C．溶液中离子数目计算的前提（体积已知）。
D．混合物原子数的计算（利用摩尔质量和原子组成）。
24．【答案】B
【知识点】化学键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、简单氢化物稳定性看非金属性，Y（O）非金属性强于 Q（S），H2O 稳定性 > H2S，A 正确；
B、该物质含 H 原子，H 最外层只有 2 个电子（不是 8e-），并非所有原子都满足 8e-稳定结构，B错误；
C、X（Na）与 Y（O）可形成 Na2O2（含 O-O 非极性键）；Y（O）与 Z（H）可形成 H2O2（含 O-O 非极性键），C正确；
D、W（Al）的最高价氧化物水化物是 Al(OH)3（两性氢氧化物），X（Na）的是 NaOH（强碱），二者可发生中和反应，D正确；
故答案为：B。
【分析】短周期主族元素，原子序数 Z
Y、Q 同主族；Y 最外层电子数是 W 的 2 倍，第二周期 Y 最外层电子数为 6（O），第三周期 W 最外层电子数为 3（Al）（O 最外层 6 是 Al 最外层 3 的 2 倍）。
Y（O）、X、W（Al）的简单离子核外电子排布相同，X 是第三周期的 Na（O2-、Na+、Al3+核外均为 10 电子）。Q 与 Y（O）同主族，Q 是 S。
最终元素：Z=H，Y=O，X=Na，W=Al，Q=S。据此解题。
25．【答案】D
【知识点】硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计；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、向待测液加浓盐酸产生的气体使品红褪色，除了可能是 SO32-或 HSO3-与盐酸反应生成的 SO2，若待测液含强氧化性离子（如 MnO4-），与浓盐酸反应生成的 Cl2也能使品红褪色。因此，不能仅凭此现象证明含 SO32-或 HSO3-，A错误；
B、MgCl2与过量 NaOH 反应生成不溶的 Mg (OH)2，AlCl3与过量 NaOH 反应生成的 Al(OH)3沉淀会溶解，说明 Mg(OH)2碱性强于 Al (OH)3。根据规律，金属性 Mg＞Al，而非 Mg＜Al，B错误；
C、若铁的氧化物是 FeO 和 Fe2O3的混合物，加稀硫酸后，FeO 生成的 Fe2+会使酸性 KMnO4褪色，Fe2O3生成的 Fe3+会使 KSCN 变红，与 Fe3O4（含 Fe2+和 Fe3+）现象一致，因此不能确定是 Fe3O4，C错误；
D、加盐酸酸化的 BaCl2溶液，有气泡说明含 Na2SO3（与盐酸反应生成 SO2），有白色沉淀（BaSO4）说明含 Na2SO4，证明 Na2SO3部分变质为 Na2SO4，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．考查能使品红褪色的气体不止二氧化硫，需排除其他干扰气体。
B．金属性强弱可通过最高价氧化物对应水化物的碱性比较，碱性越强，对应金属性越强。
C．Fe3+使 KSCN 变红，Fe2+使酸性 KMnO4褪色，该现象未必是 Fe3O4独有。
D．盐酸酸化可除去 SO32-干扰，通过气泡和沉淀分别验证 SO32-和 SO42-的存在。
26．【答案】（1）FeS2；
（2）
（3）
【知识点】氨的性质及用途；浓硫酸的性质；铝的化学性质
【解析】【解答】（1）黄铁矿的化学式：FeS2；氨气为共价化合物，电子式：；
故答案为： FeS2 ；；
（2）铝与烧碱溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气：；
故答案为： ；
（3）铜与浓硫酸生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：。
故答案为： ；
【分析】(1)黄铁矿化学式是 FeS2；氨气为共价化合物，电子式需体现 N 原子与 3 个 H 原子形成共价键，且 N 原子有孤对电子。
(2)铝与烧碱反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，注意配平及反应条件，产物化学式为 Na[Al(OH)4]。
(3)铜与浓硫酸反应需加热，产物是硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸标注 “浓”，配平化学方程式。
（1）黄铁矿的化学式：FeS2；氨气为共价化合物，电子式：；
（2）铝与烧碱溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气：；
（3）铜与浓硫酸生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：。
27．【答案】（1）第三周期ⅠA族；O2->Na+>Al3+
（2）钠；
（3）ac
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）X为钠，在周期表中的位置是处于第三周期ⅠA族；具有相同核外电子排布时，核电荷数越大，半径越小，X、Y、Q各自形成的简单离子中具有相同的核外电子排布，则离子半径由大到小的顺序是O2->Na+>Al3+。
故答案为： 第三周期ⅠA族 ； O2->Na+>Al3+ ；
（2）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；X与Y相比，金属性较强的是Na；两元素最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝，相互反应生成四羟基合铝酸钠，离子反应方程式为；
故答案为： 钠 ；；
（3）a．氯气单质与H2S溶液发生氧化还原反应生成硫单质，使得溶液变浑浊，说明氯的非金属性强于硫，a正确；
b．没有说明是否为最高价氧化物对应水合物的酸性强弱，不能说明两者非极性强弱，b错误；
c．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，氯和硫两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明氯的非金属性强于硫，c正确；
故答案为：ac。
【分析】X、Y、Z、M、W、Q、R 是分布在周期表三个短周期的主族元素。依据 “同周期元素原子半径随原子序数增大而减小，同主族元素原子半径随电子层数增多而增大” 的规律，结合元素化合价的周期性变化及题干信息分析：
X 原子半径最大且化合价为 +1，可判定为钠（Na）；
R 化合价为 +1 且原子半径最小，属于第一周期，故为氢（H）；
Q 只有 -2 价，属于第二周期，为氧（O）；
W 化合价为 +2，原子半径大于 O，属于第二周期，为铍（Be）；
Y 化合价为 +3，原子半径在 Na 之后，属于第三周期，为铝（Al）；
M 存在 +7、-1 价，原子半径较大，属于第三周期，为氯（Cl）；
Z 化合价有 +6、-2，结合原子半径规律，属于第三周期，为硫（S）。
（1）X为钠，在周期表中的位置是处于第三周期ⅠA族；具有相同核外电子排布时，核电荷数越大，半径越小，X、Y、Q各自形成的简单离子中具有相同的核外电子排布，则离子半径由大到小的顺序是O2->Na+>Al3+。
（2）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；X与Y相比，金属性较强的是Na；两元素最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝，相互反应生成四羟基合铝酸钠，离子反应方程式为；
（3）a．氯气单质与H2S溶液发生氧化还原反应生成硫单质，使得溶液变浑浊，说明氯的非金属性强于硫，a正确；
b．没有说明是否为最高价氧化物对应水合物的酸性强弱，不能说明两者非极性强弱，b错误；
c．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，氯和硫两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明氯的非金属性强于硫，c正确；
故选ac。
28．【答案】（1）球形干燥管
（2）；SO2
（3）
（4）取少量残留固体于试管中，滴加足量的稀盐酸(或稀硫酸)，观察是否有红色固体生成
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）装有无水硫酸铜的仪器为球形干燥管；
故答案为： 球形干燥管 ；
（2）由分析可知，C中产生的沉淀的化学式为；D中溶液颜色变浅、无沉淀产生，说明硫酸铜晶体的分解产物中含有SO2；
故答案为： ； SO2 ；
（3）E装置中溶液为亚铁离子、KSCN溶液，溶液变成红色，说明亚铁离子被氧化，说明硫酸铜晶体受热分解生成氧气，E中反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（4）根据已知信息，在酸性条件下不稳定，发生反应：，故实验方案为取少量残留固体于试管中，滴加足量的稀盐酸(或稀硫酸)，观察是否有红色固体生成，若有，说明有。
故答案为： 取少量残留固体于试管中，滴加足量的稀盐酸(或稀硫酸)，观察是否有红色固体生成 。
【分析】实验前先通氮气，作用是排尽装置内空气，避免空气中的成分对分解产物检验造成干扰。
装置 A：硫酸铜晶体（CuSO4 xH2O）受热发生分解，蓝色晶体逐渐转变为白色的硫酸铜粉末，最终留下黑色固体（氧化铜）。
装置 B：无水硫酸铜变蓝，这一现象表明分解过程中有水生成。
装置 C：装有氯化钡溶液，出现白色沉淀（硫酸钡），说明分解产物中含有三氧化硫。
装置 D：酸性高锰酸钾溶液颜色变浅且没有沉淀产生，可证明有二氧化硫生成（二氧化硫还原了高锰酸钾）。
装置 E：含硫氰化钾的酸性硫酸亚铁溶液变红，说明亚铁离子被氧化成了铁离子，由此可知分解产物中存在氧气（氧气氧化了亚铁离子）。
装置 F：氢氧化钠溶液的作用是吸收二氧化硫、三氧化硫等酸性气体，处理尾气防止污染。
（1）装有无水硫酸铜的仪器为球形干燥管；
（2）由分析可知，C中产生的沉淀的化学式为；D中溶液颜色变浅、无沉淀产生，说明硫酸铜晶体的分解产物中含有SO2；
（3）E装置中溶液为亚铁离子、KSCN溶液，溶液变成红色，说明亚铁离子被氧化，说明硫酸铜晶体受热分解生成氧气，E中反应的离子方程式为：；
（4）根据已知信息，在酸性条件下不稳定，发生反应：，故实验方案为取少量残留固体于试管中，滴加足量的稀盐酸(或稀硫酸)，观察是否有红色固体生成，若有，说明有。
29．【答案】（1）8.5
（2）250mL的容量瓶、胶头滴管
（3）A；C
（4）49.92%
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；探究物质的组成或测量物质的含量；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）配制该0.40mol/L盐酸溶液240mL，需要使用250mL的容量瓶，由可知密度为1 18g/cm3质量分数为36 5%的浓盐酸的物质的量浓度为mol/L=11.8 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×11.8 mol/L=0.25 L×0.4mol/L，解得V≈8.5mL，按照量取的最近原则可知，量取8.5mL浓盐酸应选用10mL量筒；
故答案为： 8.5 ；
（2）配制该0.40mol/L盐酸溶液240mL，需要使用250mL的容量瓶，故实验用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和250mL的容量瓶、胶头滴管；
故答案为： 250mL的容量瓶、胶头滴管 ；
（3）A．转移溶液时，未洗涤玻璃棒和烧杯内壁，溶质物质的量偏少，配制的溶液浓度偏低，故选A；
B．配制溶液前容量瓶底部有少量蒸馏水残留，不影响溶液的物质的量和溶液体积，配制的溶液浓度无影响，故不选B；
C．摇匀后发现液面下降，再加水至刻度线，溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故选C；
D．溶液未冷却即转移到容量瓶中，溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故不选D；
故答案为：AC。
（4）由表，第3次实验误差较大，舍弃，氢氧化钠标准液平均用量为16.00mL，NaOH~HCl，过量的HCl为0.40mol/L×0.016L，氢氧化铝消耗的HCl为0.40mol/L×0.040L-0.40mol/L×0.016L，Al(OH)3~3HCl，则药片中氢氧化铝的质量分数为49.92%。
故答案为： 49.92% 。
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
(1)先根据公式计算浓盐酸物质的量浓度，再利用稀释定律计算所需浓盐酸体积。
(2)明确配制 250mL 溶液所需玻璃仪器，包括容量瓶和胶头滴管。
(3)分析各操作对溶质物质的量或溶液体积的影响，判断浓度变化。
(4)舍弃误差大的数据，计算 NaOH 平均用量，结合反应关系求出氢氧化铝的量，进而计算质量分数。
（1）配制该0.40mol/L盐酸溶液240mL，需要使用250mL的容量瓶，由可知密度为1 18g/cm3质量分数为36 5%的浓盐酸的物质的量浓度为mol/L=11.8 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×11.8 mol/L=0.25 L×0.4mol/L，解得V≈8.5mL，按照量取的最近原则可知，量取8.5mL浓盐酸应选用10mL量筒；
（2）配制该0.40mol/L盐酸溶液240mL，需要使用250mL的容量瓶，故实验用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和250mL的容量瓶、胶头滴管；
（3）A．转移溶液时，未洗涤玻璃棒和烧杯内壁，溶质物质的量偏少，配制的溶液浓度偏低，故选A；
B．配制溶液前容量瓶底部有少量蒸馏水残留，不影响溶液的物质的量和溶液体积，配制的溶液浓度无影响，故不选B；
C．摇匀后发现液面下降，再加水至刻度线，溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故选C；
D．溶液未冷却即转移到容量瓶中，溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故不选D；
故选AC。
（4）由表，第3次实验误差较大，舍弃，氢氧化钠标准液平均用量为16.00mL，NaOH~HCl，过量的HCl为0.40mol/L×0.016L，氢氧化铝消耗的HCl为0.40mol/L×0.040L-0.40mol/L×0.016L，Al(OH)3~3HCl，则药片中氢氧化铝的质量分数为49.92%。
30．【答案】（1）Fe+2Fe3+=3Fe2+
（2）水浴加热
（3）(普通)漏斗、玻璃棒
（4）；；取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在亚铁离子；另取少量溶液，加入KSCN溶液，溶液变红色，说明存在铁离子
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；常用仪器及其使用；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析，铁和铁离子还会生成亚铁离子：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
故答案为： Fe+2Fe3+=3Fe2+ ；
（2）“酸溶”时控制温度在40℃左右，低于水的沸点，最佳的加热方式是水浴加热；
故答案为： 水浴加热 ；
（3）过滤时需要的玻璃仪器是(普通)漏斗、烧杯、玻璃棒；
故答案为： (普通)漏斗、玻璃棒 ；
（4）①装置A中与浓盐酸反应生成和，利用高锰酸钾的强氧化性，将HCl氧化成氯气，本身被还原成Mn2+，结合电子守恒，离子方程式为。
②尾气氯气有毒，使用氢氧化钠溶液吸收生成氯化钠、次氯酸钠、水，装置C的作用的离子方程式。
③亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，铁离子和KSCN溶液变红色，故证明装置B溶液中部分被氧化成的实验方案是：取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在亚铁离子；另取少量溶液，加入KSCN溶液，溶液变红色，说明存在铁离子。
故答案为： ； ； 取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在亚铁离子；另取少量溶液，加入KSCN溶液，溶液变红色，说明存在铁离子 。
【分析】废铁屑的主要成分是铁和氧化铁，加入盐酸进行 “酸溶” 时，会发生一系列反应：氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水（ Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O ）；铁先和氯化铁反应生成氯化亚铁（ Fe+2Fe3+=3Fe2+ ），若铁有剩余，还会和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气（ Fe+2H+=Fe2++H2↑ ）。过滤后，向滤液中通入氯气，把氯化亚铁中的亚铁离子氧化成铁离子，得到氯化铁溶液。因为要得到含结晶水的三氯化铁六水合物，所以后续操作需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥这些步骤。
（1）由分析，铁和铁离子还会生成亚铁离子：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（2）“酸溶”时控制温度在40℃左右，低于水的沸点，最佳的加热方式是水浴加热；
（3）过滤时需要的玻璃仪器是(普通)漏斗、烧杯、玻璃棒；
（4）①装置A中与浓盐酸反应生成和，利用高锰酸钾的强氧化性，将HCl氧化成氯气，本身被还原成Mn2+，结合电子守恒，离子方程式为。
②尾气氯气有毒，使用氢氧化钠溶液吸收生成氯化钠、次氯酸钠、水，装置C的作用的离子方程式。
③亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，铁离子和KSCN溶液变红色，故证明装置B溶液中部分被氧化成的实验方案是：取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在亚铁离子；另取少量溶液，加入KSCN溶液，溶液变红色，说明存在铁离子。
31．【答案】（1）5.4g
（2）0.3或0.7
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）
则m=5.4g.
故答案为： 5.4g ；
（2）铝与盐酸反应后的溶液中含有0.2molAlCl3，加入VL 1mol/LNaOH溶液，得到7.80gAl(OH)3沉淀，7.80gAl(OH)3沉淀的物质的量为0.1mol；若氢氧化钠不足，只发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，生成0.1mol氢氧化铝沉淀消耗0.3mol氢氧化钠，则V=；若氢氧化钠过量，有0.1mol AlCl3发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓反应，有0.1mol AlCl3发生Al3++4OH-=，反应消耗氢氧化钠的总物质的量为0.1mol×3+0.1mol×4=0.7mol，则V=。
故答案为： 0.3或0.7 ，
【分析】铝与盐酸反应的方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，生成氢气的物质的量为 。向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，再发生反应Al(OH)3+ OH-=。
(1)根据铝与盐酸反应的化学方程式，结合氢气的物质的量（由体积计算），利用比例关系求出铝的质量。
(2)先确定氯化铝的物质的量，再分氢氧化钠不足和过量两种情况，结合氢氧化铝沉淀的物质的量，根据反应方程式计算所需氢氧化钠溶液的体积。
（1）
则m=5.4g.
（2）铝与盐酸反应后的溶液中含有0.2molAlCl3，加入VL 1mol/LNaOH溶液，得到7.80gAl(OH)3沉淀，7.80gAl(OH)3沉淀的物质的量为0.1mol；若氢氧化钠不足，只发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，生成0.1mol氢氧化铝沉淀消耗0.3mol氢氧化钠，则V=；若氢氧化钠过量，有0.1mol AlCl3发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓反应，有0.1mol AlCl3发生Al3++4OH-=，反应消耗氢氧化钠的总物质的量为0.1mol×3+0.1mol×4=0.7mol，则V=。
1 / 1浙江省杭州市上城区浙江省杭州第七中学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·上城期末）下列物质属于纯净物的是
A．赤铁矿 B．盐酸 C．漂白粉 D．氯化钠
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、赤铁矿主要成分是氧化铁，但还含有其他杂质，属于多种物质的混合，是混合物，A错误；
B、盐酸是氯化氢气体溶于水形成的水溶液，包含氯化氢和水两种物质，属于混合物，B错误；
C、漂白粉由氯化钙和次氯酸钙混合而成，含有两种物质，属于混合物，C错误；
D、氯化钠只由氯化钠一种物质组成，属于纯净物，D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断矿石的物质组成。
B．判断溶液的物质类别。
C．判断漂白粉的成分组成。
D．判断氯化钠的物质类别。
2．（2025高一上·上城期末）按物质的组成进行分类，碳酸氢钠()属于
A．酸 B．盐 C．碱 D．氧化物
【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、酸是在水溶液中电离出的阳离子全部为 H+的化合物。而 NaHCO3电离出的阳离子是 Na+，不是 H+，故不属于酸；
B、盐是由金属阳离子（或铵根离子）和酸根阴离子组成的化合物。NaHCO3由 Na+（金属阳离子）和 HCO3-（酸式酸根阴离子）组成，符合盐的定义，故属于盐；
C、碱是在水溶液中电离出的阴离子全部为 OH-的化合物。NaHCO3电离不出 OH-，故不属于碱；
D、氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物。NaHCO3由 Na、H、C、O 四种元素组成，不符合氧化物的定义；
故答案为：B。
【分析】要解决此题，需明确酸、碱、盐、氧化物的定义，结合碳酸氢钠的组成分析。
3．（2025高一上·上城期末）下列化学用语正确的是
A．熟石膏：
B．的电子式：
C．的结构示意图：
D．的分子结构模型：
【答案】C
【知识点】原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、熟石膏的化学式为 2CaSO4 H2O，而生石膏是 CaSO4 2H2O，选项 A 混淆了两者，A错误；
B、NH4Cl 由 NH4+和 Cl-构成，Cl-最外层有 8 个电子，电子式中需用方括号标注并写出电子对， 电子式： ，B错误；
C、F-的核电荷数为 9（与 F 原子相同），核外电子数为 10，电子层分布为第一层 2 个、第二层 8 个，结构示意图：，C正确；
D、CO2中 O 原子半径小于 C 原子半径，选项 D 的模型未体现这一比例关系，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．考查熟石膏与生石膏的化学式差异。
B．判断离子化合物电子式的书写规则（阴离子需标完整电子）。
C．考查离子结构示意图的核电荷数与电子层分布。
D．判断分子模型中原子半径的相对大小。
4．（2025高一上·上城期末）下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（　　）
A．Cl2 B．酒精
C．硫酸钡 D．SO2
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A. Cl2是单质，不是电解质，也不是非电解质，A不符合题意；
B. 酒精是非电解质，但其水溶液不导电，B不符合题意；
C. 硫酸钡是电解质，C不符合题意；
D. SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸电离出阴阳离子，其水溶液能导电，亚硫酸是电解质，二氧化硫是非电解质，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据溶液的导电和非电解质的概念进行分析。溶液能够导电，是由于溶液中存在可自由移动的离子；而非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。据此结合选项进行分析。
5．（2025高一上·上城期末）散文“阳光穿透墙壁上的小缝，原本昏暗的屋子突然变得通亮起来，一条条明亮的通路里……”，描述的是阳光穿过缝隙便有了形状，其产生的本质原因是
A．发生了丁达尔效应
B．空气是一种胶体
C．尘埃是分散系
D．空气中的尘埃微粒直径大小约为1~100nm
【答案】D
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、观察到明亮通路确实是丁达尔效应的表现，但这不是现象的本质原因，A选项不符合题意；
B、在该分散体系中，空气作为分散介质（分散剂），B选项不符合题意；
C、尘埃颗粒作为分散相（分散质），C选项不符合题意；
D、丁达尔效应产生的根本原因是尘埃颗粒的粒径在1~100nm之间，D选项符合题意；
故答案为：D。
【分析】胶体具有丁达尔效应的特性。题目描述的阳光透过墙壁缝隙时观察到明亮通路的现象，正是胶体的丁达尔效应。这种现象的本质原因是空气中悬浮的尘埃颗粒直径在1~100nm范围内，形成了气溶胶体系。
6．（2025高一上·上城期末）下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是
A．用和制取盐酸 B．用生石灰()作干燥剂
C．用铝粉和作管道疏通剂 D．用漂白棉、麻、纸张
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、氢气和氯气反应生成盐酸的过程涉及电子转移，属于氧化还原反应 ，A不符合题意；B、生石灰()作为干燥剂时与水反应生成氢氧化钙，该反应没有电子转移，属于非氧化还原反应， ，B符合题意；
C、铝粉与氢氧化钠反应生成氢气和四羟基合铝酸钠，该过程涉及电子转移，属于氧化还原反应 ，C不符合题意；
D、次氯酸钙()的漂白作用是通过次氯酸根的氧化性实现的，属于氧化还原反应 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点集中在 “氧化还原反应的判断依据（元素化合价变化）”，具体有 2 点：
混淆 “非氧化还原反应的物质变化”：误将生石灰（CaO）作干燥剂的反应（CaO+H2O=Ca(OH)2）当成氧化还原反应，忽略了该反应中各元素化合价均未变化（无电子转移），属于非氧化还原的化合反应。
对 “氧化还原反应的应用场景” 判断模糊：比如误判 Ca(ClO)2的漂白原理（利用 ClO-的氧化性，属于氧化还原反应）、铝与 NaOH 的反应（Al 化合价变化，属于氧化还原反应），错将这些氧化还原过程与非氧化还原过程混淆。
7．（2025高一上·上城期末）下列关于实验仪器①~④的说法正确的是
A．除去胶体中的需用到仪器①
B．从NaCl溶液中得到NaCl固体需用到的仪器②
C．仪器③使用前不需要检查是否漏水
D．加热④需要垫石棉网
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、除去 Fe(OH)3胶体中的 FeCl3需用渗析（半透膜），仪器①是漏斗，用于过滤操作，不适用渗析，A错误；
B、从 NaCl 溶液中得到 NaCl 固体需蒸发结晶，仪器②是蒸发皿，用于蒸发溶液获得晶体，B正确；
C、仪器③是容量瓶，用于配制一定浓度溶液，使用前必须检查是否漏水，否则会漏液，C错误；
D、仪器④是坩埚，加热时垫泥三角，直接在酒精灯上加热，不需要垫石棉网，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．考查胶体与溶液的分离方法及仪器匹配。
B．判断溶液结晶的操作及仪器用途。
C．考查容量瓶的使用前检查要求。
D．判断坩埚的加热方式。
8．（2025高一上·上城期末）下列物质中既有离子键又有共价键的是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】化学键
【解析】【解答】A、Na2O2是离子化合物，由 Na+和 O22-构成，Na+与 O22-之间形成离子键；O22-内部的两个 O 原子之间存在共价键，因此既含离子键又含共价键，故A符合题意 ；
B、H2O 是共价化合物，分子中只有 H 和 O 之间的共价键，不含离子键，故B不符合题意 ；
C、MgCl2由 Mg2+和 Cl-通过离子键结合而成，只含离子键，无共价键，故C不符合题意 ；
D、CO2是共价化合物，分子中仅存在 C 和 O 之间的共价键，没有离子键，故D不符合题意 ；
故答案为：A。【分析】A．判断离子化合物中离子键与共价键的存在情况。
B．考查共价化合物的化学键类型。
C．判断典型离子化合物的化学键组成。
D．考查共价化合物的化学键特征。
9．（2025高一上·上城期末）下列物质性质的比较中，不正确的是
A．酸性：H2SO4＞H3PO4 B．还原性： HCl＞HBr
C．碱性：NaOH＞Mg(OH)2 D．稳定性：H2O＞H2S
【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；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，其最高价含氧酸的酸性也随之增强，因此酸性关系为：H2SO4＞H3PO4，A正确；
B、同主族元素从上到下，气态氢化物的还原性逐渐增强，故还原性关系应为：HCl＜HBr，B错误；
C、同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性也随之减弱，因此碱性关系为：NaOH＞Mg(OH)2，C正确；
D、同主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，其氢化物的稳定性也随之减弱，故稳定性关系为：H2O＞H2S，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要集中在 “元素周期律的反向应用与概念混淆”，具体有 2 点：
还原性强弱的判断逻辑搞反：误以为 Cl 的非金属性比 Br 强，就觉得 HCl 的还原性比 HBr 强；
混淆 “非金属性 、金属性” 与对应性质的关联比如误将 “非金属性强，氢化物稳定性强” 的逻辑，错误套用到 “还原性” 上（非金属性强的元素，其氢化物的还原性反而弱）；或是对 “最高价氧化物水化物的酸碱性” 与金属性、非金属性的匹配关系记忆模糊（如错判 H2SO4与 H3PO4 的酸性顺序）。
10．（2025高一上·上城期末）高铁酸钠是一种新型绿色消毒剂。工业上制备高铁酸钠的离子方程式表示为：，该反应的氧化剂是
A．ClO- B．OH- C． D．
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、ClO-中 Cl 为 + 1 价，反应后生成 Cl-（Cl 为 - 1 价），化合价降低，得电子，是氧化剂，A正确；
B、OH-在反应中化合价无变化，既不是氧化剂也不是还原剂，B错误；
C、Cl-是 ClO-被还原后的产物，属于还原产物，不是氧化剂，C错误；
D、Fe3+（+3 价）被氧化为 FeO42-（Fe 为 + 6 价），属于氧化产物，不是氧化剂，D错误；
故答案为：A。
【分析】需明确氧化剂的定义（反应中得电子、化合价降低的物质），结合反应中元素化合价的变化分析。
11．（2025高一上·上城期末）下列对科学史的描述不正确的是
A．意大利科学家阿伏加德罗创立了分子学说
B．侯德榜创立的“侯氏制碱法”缩短了生产流程，降低了制碱的成本
C．舍勒发现了一种黄绿色气体，戴维命名它为氯气
D．门捷列夫将元素按质子数由小到大依次排列得到了第一张元素周期表
【答案】D
【知识点】化学史
【解析】【解答】A、意大利科学家阿伏加德罗创立了分子学说，推动了化学理论的发展，A正确；
B、侯德榜创立的 “侯氏制碱法” 将氨碱法与合成氨工艺结合，缩短生产流程，同时生产纯碱和氯化铵，降低了制碱成本，B正确；
C、1774 年瑞典化学家舍勒发现黄绿色气体，后经戴维研究，将该气体的组成元素命名为 “氯”，C 正确；
D、门捷列夫是按相对原子质量的递增规律编制了第一张元素周期表，而非按质子数（原子序数），D 错误；
故答案为：D。
【分析】A．考查分子学说的创立者。
B．判断“侯氏制碱法” 的优势。
C．考查氯气的发现与命名。
D．考查第一张元素周期表的编制依据。
12．（2025高一上·上城期末）在含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中，通入足量的SO2气体，有白色沉淀产生，过滤后向滤液中滴加KSCN溶液未见血红色，由此得出的结论是（　　）
A．白色沉淀是BaSO3 B．白色沉淀是BaSO4
C．白色沉淀是BaSO3和S的混合物 D．FeCl3被SO2氧化为FeCl2
【答案】B
【知识点】硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、亚硫酸的酸性弱于盐酸，SO2与 BaCl2不反应，不会生成 BaSO3沉淀，A错误；
B、Fe3+氧化 SO2生成 SO42-，SO42-与 Ba2+结合生成 BaSO4白色沉淀，B正确；
C、反应中 Fe3+作氧化剂，SO2作还原剂，不会生成 S 单质，且沉淀只有 BaSO4，C错误；
D、SO2具有还原性，FeCl3是被 SO2还原为 FeCl2，而非氧化，D错误；
故答案为：B。
【分析】首先分析 FeCl3的氧化性：在酸性条件下，Fe3+可氧化 SO2生成 SO42-；再分析 SO42-与 Ba2+的反应：生成不溶于酸的 BaSO4沉淀；最后通过 KSCN 溶液的现象判断 Fe3+的转化。
13．（2025高一上·上城期末）在某透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】B
【知识点】离子共存；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、Fe3+具有氧化性，I-具有还原性，二者会发生氧化还原反应（生成 Fe2+和 I2），不能大量共存，故A不符合题意 ；
B、酸性溶液中，Al3+、SO42-、Na+、Cu2+之间不发生反应（无沉淀、气体、水生成，也无氧化还原反应），可大量共存，且溶液透明，故B不符合题意 ；
C、酸性溶液中含大量 H+，SO32-会与 H+反应生成 SO2和 H2O，不能大量共存，故C符合题意 ；
D、酸性溶液中含大量 H+，HCO3-会与 H+反应生成 CO2和 H2O，不能大量共存，故D符合题意 ；
故答案为：B。【分析】A．判断氧化还原反应的发生。
B．分析离子间的相互作用。
C．判断弱酸根与 H+的反应。
D．判断弱酸的酸式根与 H+的反应。
14．（2025高一上·上城期末）化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A．“雾失楼台，月迷津渡”，雾属于胶体，能产生丁达尔效应
B．节日燃放的烟花所呈现的就是钠、钾等金属元素的焰色，体现了元素的化学性质
C．我国成功研制出纳米片，该化合物属于盐
D．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
【答案】B
【知识点】焰色反应；物质的简单分类；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、雾是小液滴分散在空气中形成的气溶胶，属于胶体，胶体可产生丁达尔效应，A正确；
B、节日烟花的颜色是钠、钾等金属元素的焰色反应，该过程是元素原子的电子能级跃迁所致，无新物质生成，体现的是物理性质，而非化学性质，B错误；
C、Zn5(OH)8(NO3)2由 Zn2+（金属阳离子）、OH-和 NO3-（酸根阴离子）构成，符合盐的定义，C 正确；
D、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜” 是铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，属于置换反应，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．考查胶体的特征及性质。
B．判断焰色反应的本质属性。
C．考查盐的组成特点（含金属阳离子和酸根阴离子）。
D．判断置换反应的特征（单质参与并生成新单质）。
15．（2025高一上·上城期末）下列实验操作或装置正确的是
A．图甲可用于实验室制备
B．图乙装置可用于完成过滤操作
C．图丙可用于验证铁与水蒸气反应能生成
D．图丁表示为配制一定物质的量浓度NaOH溶液时称量溶质的操作
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；铁的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、MnO2与浓盐酸反应制备 Cl2需要加热，图甲缺少加热装置，无法制备 Cl2，A错误；
B、过滤时需用玻璃棒引流，图乙直接倾倒液体，不符合操作规范，B错误；
C、铁粉与水蒸气加热生成 H2，H2具有可燃性，点燃肥皂泡可产生爆鸣声，能验证 H2的生成，C正确；
D、NaOH 易潮解，称量时应放在小烧杯中，图丁直接放在纸上称量，操作错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．实验室制备 Cl2的反应条件。
B．考查过滤操作的 “一贴二低三靠” 规范。
C．考查铁与水蒸气反应的产物检验。
D．考查NaOH 的称量规范（防潮解）。
16．（2025高一上·上城期末）中国的化学工作者已成功研制出碱金属与形成的球碳盐，实验测知该物质属于离子化合物，具有良好的超导性。下列有关分析正确的是
A．中只有离子键
B．与金刚石互为同位素
C．该晶体在熔融状态下能导电
D．1mol中含有离子数目为
【答案】C
【知识点】化学键；同素异形体
【解析】【解答】A、K3C60由 K+和 C603-构成，K+与 C603-之间是离子键，但 C603-内部的 C 原子间存在共价键，因此不只含离子键，A错误；
B、C60和金刚石都是碳元素形成的单质，二者互为同素异形体；同位素指同种元素的不同原子，B错误；
C、该物质是离子化合物，熔融时离子键断裂，产生自由移动的离子，能导电，C正确；
D、1mol K3C60含 3mol K+和 1mol C603-，总离子数目为 4NA，D错误；
故答案为：C。【分析】A．判断离子化合物中化学键的种类。
B．区分同素异形体与同位素。
C．判断离子化合物熔融状态的导电性。
D．计算离子化合物中的离子总数。
17．（2025高一上·上城期末）部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是
A．d的电子式：
B．c是一种新型自来水消毒剂
C．将b溶于水中，用玻璃棒蘸取该溶液涂在试纸上，试纸只变红，说明该溶液显酸性
D．将b通入溶液中，已知生成和e的混合物，若与之比为，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、d 是 HClO，电子式为 （O、Cl 均满足 8 电子稳定结构），书写正确 ，故A正确；
B、c 是 ClO2，具有强氧化性，是新型自来水消毒剂（可替代 Cl2） ，故B正确；
C、b 是 Cl2，溶于水生成 HCl 和 HClO（Cl2+H2O=HCl+HClO）；HClO 具有漂白性，蘸取溶液涂在 pH 试纸上，试纸先变红（HCl 的酸性）、后褪色（HClO 的漂白），并非 “只变红” ，故C错误；
D、Cl2与 NaOH 反应，生成 NaCl（Cl 为 -1 价，被还原）、NaClO（Cl 为 + 1 价，被氧化）、NaClO3（e，Cl 为 +5 价，被氧化）；设 n (NaClO)=3mol、n (NaClO3)=1mol，则被氧化的 Cl 为 4mol（失电子：3×1+1×5 = 8mol）；被还原的 Cl（生成 NaCl）得 8mol 电子，对应
n (NaCl)=8mol；氧化剂（被还原的 Cl）为 8mol，还原剂（被氧化的 Cl）为 4mol，比例为 2：1 ，故D正确；
故答案为：C。
【分析】推断物质（核心突破口：化合价与类别匹配）：
a（氢化物，Cl 为 -1 价）：HCl；
b（单质，Cl 为 0 价）：Cl2；
c（氧化物，Cl 为 +4 价）：ClO2；
d（含氯酸，Cl 为 +1 价）：HClO；
e（含氯酸盐，Cl 为 +5 价）：ClO3-对应的盐（如 NaClO3）。据此解题。
18．（2025高一上·上城期末）下列说法不正确的是
A．铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物
B．火灾现场存放有大量活泼金属时，可以用干燥的沙土来灭火
C．炽热的钢水注入模具前，模具必须干燥，否则可能发生爆炸性迸溅
D．储氢合金是一类通过物理方法吸附的新型合金材料
【答案】D
【知识点】铝的化学性质
【解析】【解答】A、铝既能与酸反应，又能与碱反应，因此铝制餐具不宜长时间存放酸性或碱性食物，否则会被腐蚀，A正确；
B、活泼金属（如 Na、K 等）遇水会剧烈反应，火灾现场存放大量活泼金属时，可用干燥沙土覆盖灭火（隔绝空气），不能用水，B正确；
C、炽热钢水温度极高，若模具潮湿，钢水中的 Fe 会与水蒸气反应生成 H2，H2是可燃性气体，燃烧可能引发爆炸性迸溅，因此模具必须干燥，C正确；
D、储氢合金储氢时会与 H2发生化学反应，生成金属氢化物，并非物理吸附，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．考查铝的两性（与酸、碱反应）。
B．判断活泼金属的灭火方法（隔绝空气）。
C．考查炽热钢水与水的反应危险性。
D．判断储氢合金的储氢原理（化学变化）。
19．（2025高一上·上城期末）某学习小组需0.1000mol/L的碳酸钠溶液450mL。下列有关说法正确的是
A．称量前应将Na2CO3·xH2O灼烧至恒重，冷却后称量
B．配制时需用托盘天平称取4.8g无水碳酸钠
C．配制前容量瓶必须干燥
D．配制定容时俯视容量瓶刻度线会使配制溶液的物质的量浓度偏低
【答案】A
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、若使用 Na2CO3 xH2O 配制，结晶水会导致实际 Na2CO3的物质的量偏小。因此需将 Na2CO3 xH2O 灼烧至恒重（除去结晶水，得到无水 Na2CO3），冷却后称量，才能保证溶质的准确量，A正确；
B、按 500mL 溶液计算，需无水 Na2CO3的质量为 “0.1000mol/L×0.5L×106g/mol=5.3g”，并非 4.8g；且托盘天平精度为 0.1g，无法称取 “4.8g”（实际需称 5.3g），B错误；
C、容量瓶配制溶液时，最后需加水定容，因此容量瓶无需干燥（残留少量水不影响溶液浓度），C错误；
D、定容时俯视刻度线，会导致加入的水体积偏小，溶液体积小于 500mL；根据 c=n÷V，V 偏小则浓度偏高，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．突破口是 “Na2CO3 xH2O 含结晶水”—— 结晶水会使实际 Na2CO3的量偏少，因此需灼烧除水至恒重，才能保证溶质准确。
B．突破口是 “计算错误 + 仪器精度”——500mL 溶液需 Na2CO3质量为 5.3g（不是 4.8g），且托盘天平无法称出 4.8g（精度为 0.1g）。
C．突破口是 “定容的加水操作”—— 容量瓶最后要加水定容，残留少量水不影响浓度，因此无需干燥。
D．突破口是 “体积对浓度的影响”—— 俯视刻度线会使溶液体积偏小，根据 c=n÷V，体积偏小则浓度偏高（不是偏低）。
20．（2025高一上·上城期末）对于某些离子的检验及结论正确的是
A．加入稀硝酸后再加入硝酸银，产生白色沉淀，原溶液中一定有
B．加氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液中一定有
C．某溶液中加入碳酸钠溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有
D．加稀盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，原物质中一定有
【答案】A
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】A、先加稀硝酸排除 CO32-等干扰，再加硝酸银产生白色沉淀，说明原溶液一定含 Cl-，A正确；
B、加氯化钡产生白色沉淀，再加盐酸沉淀不消失，原溶液可能含 SO42-，也可能含 Ag+（AgCl 沉淀也不溶于盐酸），B错误；
C、加碳酸钠产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，原溶液可能含 Ca2+，也可能含 Ba2+（BaCO3沉淀也溶于盐酸），C错误；
D、加稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，原物质可能含碳酸盐、碳酸氢盐，也可能含亚硫酸盐、亚硫酸氢盐（SO2也能使澄清石灰水变浑浊），D错误；
故答案为：A。【分析】A．考查Cl-的专属检验（AgCl 不溶于稀硝酸）。
B．判断SO42-检验的干扰因素（Ag+的存在）。
C．明白能与 CO32-生成白色沉淀的离子不止 Ca2+。
D．掌握能使澄清石灰水变浑浊的气体不止 CO2。
21．（2025高一上·上城期末）下列离子方程式正确的是
A．氢氧化铜悬浊液中加入稀硫酸：
B．制印刷电路板常用溶液作为“腐蚀液”：
C．饱和碳酸钠溶液中通入足量：
D．将通入NaClO溶液中：
【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氢氧化铜是难溶物，不能拆写成 OH-，正确式子应为 2H++Cu(OH)2=2H2O+Cu2+，A错误；
B、FeCl3与 Cu 反应时，Fe3+得电子生成 Fe2+，Cu 失电子生成 Cu2+，正确式子为 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，选项中电子和电荷不守恒，B错误；
C、碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，饱和碳酸钠溶液通入足量 CO2会析出碳酸氢钠，离子方程式为
CO2+2Na++CO32-+H2O=2NaHCO3↓，C正确；
D、SO2具有还原性，ClO-具有强氧化性，二者反应会发生氧化还原反应，SO2被氧化为 SO42-，ClO-被还原为 Cl-，而非生成 HSO3-和 HClO，D错误；
故答案为：C。【分析】A．难溶物在离子方程式中需保留化学式。
B．考查氧化还原反应的电子与电荷守恒。
C．判断溶解度差异导致沉淀生成。
D．考查强氧化性与还原性物质的反应产物。
22．（2025高一上·上城期末）下列除杂所选用的试剂及操作方法不合理的是
选项 物质(杂质) 除杂试剂 操作
A 固体() NaOH溶液 加入过量NaOH溶液，充分反应后过滤
B 固体() 稀盐酸 加入过量稀盐酸，充分反应后过滤
C (HCl) 饱和溶液 通入饱和溶液，洗气
D () Fe粉 加入过量Fe粉，充分反应后过滤
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物；物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】A、Fe2O3不与 NaOH 溶液反应，而 Al2O3能与 NaOH 溶液反应溶解，加入过量 NaOH 溶液后过滤，可分离出 Fe2O3，A合理；
B、BaSO4不溶于稀盐酸，BaCO3能与稀盐酸反应生成可溶的 BaCl2，加入过量稀盐酸后过滤，可分离出 BaSO4，B合理；
C、SO2会与饱和 Na2SO3溶液反应（生成 NaHSO3），导致主体物质被消耗，不能用该试剂除杂，应选用饱和 NaHSO3溶液，C不合理；
D、Fe 的活动性强于 Cu，能与 CuCl2反应生成 FeCl2和 Cu，加入过量 Fe 粉后过滤，可除去 Cu 和剩余 Fe，得到纯净的 FeCl2，D合理；
故答案为：C。【分析】A．利用氧化物的性质差异除杂。
B．利用盐的溶解性差异除杂。
C．判断主体物质是否与除杂试剂反应。
D．利用金属活动性顺序除杂。
23．（2025高一上·上城期末）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．常温常压下，22.4L中含有的分子数小于
B．过氧化钠与水反应，消耗0.2mol，生成0.1mol，转移的电子数为
C．浓度为的溶液中，含有的数目为
D．常温常压下，14gCO和混合气所含原子总数为
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；钠的氧化物；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、常温常压下，气体摩尔体积大于 22.4L/mol，因此 22.4L CO2的物质的量小于 1mol，含有的分子数小于 NA，A正确；
B、Na2O2与水反应时，每消耗 2mol Na2O2生成 1mol O2，转移 2mol 电子。因此消耗 0.2mol Na2O2时，生成 0.1mol O2，转移电子数为 0.2NA，B正确；
C、计算溶液中 SO42-的数目，需知道溶液体积。题目中仅给出浓度（0.5mol L- ），未说明体积，无法求出 SO42-的物质的量，C错误；
D、CO 和 N2的摩尔质量均为 28g/mol，且均为双原子分子。14g 混合气体的物质的量为 0.5mol，含原子的物质的量为 0.5mol×2=1mol，原子总数为 NA，D正确；
故答案为：C。【分析】A．常温常压下气体摩尔体积的变化。
B．过氧化钠与水反应的电子转移计算。
C．溶液中离子数目计算的前提（体积已知）。
D．混合物原子数的计算（利用摩尔质量和原子组成）。
24．（2025高一上·上城期末）Z、Y、X、W、Q为五种原子序数依次增大的短周期主族元素。其中Z、Y、W分别位于三个不同周期，Y、Q位于同一主族，Y原子的最外层电子数是W原子的最外层电子数的2倍，Y、X、W三种简单离子的核外电子排布相同。由Z、Y、X、W形成的某种化合物的结构如图所示。下列说法不正确的是
A．简单氢化物的稳定性：
B．该物质中所有原子均满足最外层的稳定结构
C．X与Y、Y与Z均可形成含非极性共价键的化合物
D．W与X两者的最高价氧化物对应的水化物之间可发生反应
【答案】B
【知识点】化学键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、简单氢化物稳定性看非金属性，Y（O）非金属性强于 Q（S），H2O 稳定性 > H2S，A 正确；
B、该物质含 H 原子，H 最外层只有 2 个电子（不是 8e-），并非所有原子都满足 8e-稳定结构，B错误；
C、X（Na）与 Y（O）可形成 Na2O2（含 O-O 非极性键）；Y（O）与 Z（H）可形成 H2O2（含 O-O 非极性键），C正确；
D、W（Al）的最高价氧化物水化物是 Al(OH)3（两性氢氧化物），X（Na）的是 NaOH（强碱），二者可发生中和反应，D正确；
故答案为：B。
【分析】短周期主族元素，原子序数 Z
Y、Q 同主族；Y 最外层电子数是 W 的 2 倍，第二周期 Y 最外层电子数为 6（O），第三周期 W 最外层电子数为 3（Al）（O 最外层 6 是 Al 最外层 3 的 2 倍）。
Y（O）、X、W（Al）的简单离子核外电子排布相同，X 是第三周期的 Na（O2-、Na+、Al3+核外均为 10 电子）。Q 与 Y（O）同主族，Q 是 S。
最终元素：Z=H，Y=O，X=Na，W=Al，Q=S。据此解题。
25．（2025高一上·上城期末）根据下列实验操作、现象得出的结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 在待测液中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液中 品红溶液褪色 待测液中含或
B 向同浓度等体积的，溶液中分别滴加同浓度的过量的NaOH溶液 溶液中有白色沉淀生成且不溶解，溶液中有白色沉淀生成后溶解 金属性：
C 在两支盛有少许铁的氧化物粉末的试管中分别加入稀硫酸，然后分别滴入酸性溶液、KSCN溶液 滴入的酸性溶液褪色；滴入KSCN溶液后变为红色 铁的氧化物粉末为
D 取少许疑似变质的粉末，加蒸馏水配成溶液，滴加盐酸酸化的溶液 有气泡和白色沉淀产生 粉末部分变质
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计；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、向待测液加浓盐酸产生的气体使品红褪色，除了可能是 SO32-或 HSO3-与盐酸反应生成的 SO2，若待测液含强氧化性离子（如 MnO4-），与浓盐酸反应生成的 Cl2也能使品红褪色。因此，不能仅凭此现象证明含 SO32-或 HSO3-，A错误；
B、MgCl2与过量 NaOH 反应生成不溶的 Mg (OH)2，AlCl3与过量 NaOH 反应生成的 Al(OH)3沉淀会溶解，说明 Mg(OH)2碱性强于 Al (OH)3。根据规律，金属性 Mg＞Al，而非 Mg＜Al，B错误；
C、若铁的氧化物是 FeO 和 Fe2O3的混合物，加稀硫酸后，FeO 生成的 Fe2+会使酸性 KMnO4褪色，Fe2O3生成的 Fe3+会使 KSCN 变红，与 Fe3O4（含 Fe2+和 Fe3+）现象一致，因此不能确定是 Fe3O4，C错误；
D、加盐酸酸化的 BaCl2溶液，有气泡说明含 Na2SO3（与盐酸反应生成 SO2），有白色沉淀（BaSO4）说明含 Na2SO4，证明 Na2SO3部分变质为 Na2SO4，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．考查能使品红褪色的气体不止二氧化硫，需排除其他干扰气体。
B．金属性强弱可通过最高价氧化物对应水化物的碱性比较，碱性越强，对应金属性越强。
C．Fe3+使 KSCN 变红，Fe2+使酸性 KMnO4褪色，该现象未必是 Fe3O4独有。
D．盐酸酸化可除去 SO32-干扰，通过气泡和沉淀分别验证 SO32-和 SO42-的存在。
二、填空题(本大题共6小题，共50分)
26．（2025高一上·上城期末）按要求回答下列问题：
（1）黄铁矿的化学式：　 　；氨气的电子式：　 　。
（2）铝与烧碱溶液反应的化学方程式：　 　。
（3）铜与浓硫酸反应的化学方程式：　 　。
【答案】（1）FeS2；
（2）
（3）
【知识点】氨的性质及用途；浓硫酸的性质；铝的化学性质
【解析】【解答】（1）黄铁矿的化学式：FeS2；氨气为共价化合物，电子式：；
故答案为： FeS2 ；；
（2）铝与烧碱溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气：；
故答案为： ；
（3）铜与浓硫酸生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：。
故答案为： ；
【分析】(1)黄铁矿化学式是 FeS2；氨气为共价化合物，电子式需体现 N 原子与 3 个 H 原子形成共价键，且 N 原子有孤对电子。
(2)铝与烧碱反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，注意配平及反应条件，产物化学式为 Na[Al(OH)4]。
(3)铜与浓硫酸反应需加热，产物是硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸标注 “浓”，配平化学方程式。
（1）黄铁矿的化学式：FeS2；氨气为共价化合物，电子式：；
（2）铝与烧碱溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气：；
（3）铜与浓硫酸生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：。
27．（2025高一上·上城期末）X、Y、Z、M、W、Q、R是分布在周期表中三个短周期的主族元素，已知其原子半径及主要化合价如下：
元素代号 X Y Z M W Q R
原子半径/nm 0.186 0.143 0.102 0.099 0.089 0.074 0.037
主要化合价 ， ，
（1）X在周期表中的位置是　 　；X、Y、Q各自形成的简单离子中，离子半径由大到小的顺序是　 　(填离子符号)。
（2）X与Y相比，金属性较强的是　 　(填元素名称)，两元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子反应方程式为　 　。
（3）下列事实能说明M元素的非金属性比Z元素的非金属性强的是　 　(填字母)。
a．M单质与溶液反应，溶液变浑浊
b．M和Z两元素的氧化物的水化物的酸性，前者酸性更强
c．M和Z两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
【答案】（1）第三周期ⅠA族；O2->Na+>Al3+
（2）钠；
（3）ac
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）X为钠，在周期表中的位置是处于第三周期ⅠA族；具有相同核外电子排布时，核电荷数越大，半径越小，X、Y、Q各自形成的简单离子中具有相同的核外电子排布，则离子半径由大到小的顺序是O2->Na+>Al3+。
故答案为： 第三周期ⅠA族 ； O2->Na+>Al3+ ；
（2）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；X与Y相比，金属性较强的是Na；两元素最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝，相互反应生成四羟基合铝酸钠，离子反应方程式为；
故答案为： 钠 ；；
（3）a．氯气单质与H2S溶液发生氧化还原反应生成硫单质，使得溶液变浑浊，说明氯的非金属性强于硫，a正确；
b．没有说明是否为最高价氧化物对应水合物的酸性强弱，不能说明两者非极性强弱，b错误；
c．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，氯和硫两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明氯的非金属性强于硫，c正确；
故答案为：ac。
【分析】X、Y、Z、M、W、Q、R 是分布在周期表三个短周期的主族元素。依据 “同周期元素原子半径随原子序数增大而减小，同主族元素原子半径随电子层数增多而增大” 的规律，结合元素化合价的周期性变化及题干信息分析：
X 原子半径最大且化合价为 +1，可判定为钠（Na）；
R 化合价为 +1 且原子半径最小，属于第一周期，故为氢（H）；
Q 只有 -2 价，属于第二周期，为氧（O）；
W 化合价为 +2，原子半径大于 O，属于第二周期，为铍（Be）；
Y 化合价为 +3，原子半径在 Na 之后，属于第三周期，为铝（Al）；
M 存在 +7、-1 价，原子半径较大，属于第三周期，为氯（Cl）；
Z 化合价有 +6、-2，结合原子半径规律，属于第三周期，为硫（S）。
（1）X为钠，在周期表中的位置是处于第三周期ⅠA族；具有相同核外电子排布时，核电荷数越大，半径越小，X、Y、Q各自形成的简单离子中具有相同的核外电子排布，则离子半径由大到小的顺序是O2->Na+>Al3+。
（2）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；X与Y相比，金属性较强的是Na；两元素最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝，相互反应生成四羟基合铝酸钠，离子反应方程式为；
（3）a．氯气单质与H2S溶液发生氧化还原反应生成硫单质，使得溶液变浑浊，说明氯的非金属性强于硫，a正确；
b．没有说明是否为最高价氧化物对应水合物的酸性强弱，不能说明两者非极性强弱，b错误；
c．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，氯和硫两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明氯的非金属性强于硫，c正确；
故选ac。
28．（2025高一上·上城期末）硫酸铜主要用作纺织品媒染剂、农业杀虫剂等，其晶体()在不同温度下会逐步失去结晶水甚至分解。为探究硫酸铜晶体的分解产物，某同学设计了如下实验：
观察到的实验现象有：A中有固体残留；B中无水硫酸铜变蓝；C中产生白色沉淀；D中溶液颜色变浅、无沉淀产生；E中溶液变为红色。
已知：在酸性条件下不稳定，发生反应：。
（1）装有无水硫酸铜的仪器名称为　 　。
（2）C中产生的沉淀的化学式为　 　，D中现象证明硫酸铜晶体的分解产物中含有　 　(填化学式)。
（3）E中发生反应的离子方程式为　 　。
（4）为探究A中残留固体的成分(假设硫酸铜已完全分解)，某同学查阅资料：铜有、价，且分解产物中不含0价的铜。验证A中固体产物中是否有的实验方案为　 　。
【答案】（1）球形干燥管
（2）；SO2
（3）
（4）取少量残留固体于试管中，滴加足量的稀盐酸(或稀硫酸)，观察是否有红色固体生成
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）装有无水硫酸铜的仪器为球形干燥管；
故答案为： 球形干燥管 ；
（2）由分析可知，C中产生的沉淀的化学式为；D中溶液颜色变浅、无沉淀产生，说明硫酸铜晶体的分解产物中含有SO2；
故答案为： ； SO2 ；
（3）E装置中溶液为亚铁离子、KSCN溶液，溶液变成红色，说明亚铁离子被氧化，说明硫酸铜晶体受热分解生成氧气，E中反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（4）根据已知信息，在酸性条件下不稳定，发生反应：，故实验方案为取少量残留固体于试管中，滴加足量的稀盐酸(或稀硫酸)，观察是否有红色固体生成，若有，说明有。
故答案为： 取少量残留固体于试管中，滴加足量的稀盐酸(或稀硫酸)，观察是否有红色固体生成 。
【分析】实验前先通氮气，作用是排尽装置内空气，避免空气中的成分对分解产物检验造成干扰。
装置 A：硫酸铜晶体（CuSO4 xH2O）受热发生分解，蓝色晶体逐渐转变为白色的硫酸铜粉末，最终留下黑色固体（氧化铜）。
装置 B：无水硫酸铜变蓝，这一现象表明分解过程中有水生成。
装置 C：装有氯化钡溶液，出现白色沉淀（硫酸钡），说明分解产物中含有三氧化硫。
装置 D：酸性高锰酸钾溶液颜色变浅且没有沉淀产生，可证明有二氧化硫生成（二氧化硫还原了高锰酸钾）。
装置 E：含硫氰化钾的酸性硫酸亚铁溶液变红，说明亚铁离子被氧化成了铁离子，由此可知分解产物中存在氧气（氧气氧化了亚铁离子）。
装置 F：氢氧化钠溶液的作用是吸收二氧化硫、三氧化硫等酸性气体，处理尾气防止污染。
（1）装有无水硫酸铜的仪器为球形干燥管；
（2）由分析可知，C中产生的沉淀的化学式为；D中溶液颜色变浅、无沉淀产生，说明硫酸铜晶体的分解产物中含有SO2；
（3）E装置中溶液为亚铁离子、KSCN溶液，溶液变成红色，说明亚铁离子被氧化，说明硫酸铜晶体受热分解生成氧气，E中反应的离子方程式为：；
（4）根据已知信息，在酸性条件下不稳定，发生反应：，故实验方案为取少量残留固体于试管中，滴加足量的稀盐酸(或稀硫酸)，观察是否有红色固体生成，若有，说明有。
29．（2025高一上·上城期末）人胃酸(主要成分是盐酸)过多，会引起很多胃病，需服用抗酸药治疗。抗酸药胃舒平的主要成分是氢氧化铝，某同学为测定该药中氢氧化铝的质量分数进行如下几步操作(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)：
步骤1：取1粒药片(每片药片的质量为0.50g)研碎
步骤2：将上述研碎的药片粉末加入到40.00mL0.40mol/L稀盐酸中溶解
步骤3：用0.40mol/LNaOH溶液中和过量稀盐酸，记录消耗NaOH溶液的体积；
请回答下列问题。
（1）实验室用密度为质量分数为36.5%的浓盐酸配制该0.40mol/L盐酸溶液240mL，应用量筒量取　 　mL浓盐酸。
（2）实验用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和　 　。
（3）下列操作会使配制的溶液浓度偏低的有_______。
A．转移溶液时，未洗涤玻璃棒和烧杯内壁
B．配制溶液前容量瓶底部有少量蒸馏水残留
C．摇匀后发现液面下降，再加水至刻度线
D．溶液未冷却即转移到容量瓶中
（4）某同学4次测定所消耗的NaOH溶液的体积如下：
测定次数 第1次 第2次 第3次 第4次
16.04 15.96 16.20 16.00
根据这个同学的实验数据，计算这种药片中氢氧化铝的质量分数为　 　%(结果保留小数点后两位)。
【答案】（1）8.5
（2）250mL的容量瓶、胶头滴管
（3）A；C
（4）49.92%
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；探究物质的组成或测量物质的含量；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）配制该0.40mol/L盐酸溶液240mL，需要使用250mL的容量瓶，由可知密度为1 18g/cm3质量分数为36 5%的浓盐酸的物质的量浓度为mol/L=11.8 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×11.8 mol/L=0.25 L×0.4mol/L，解得V≈8.5mL，按照量取的最近原则可知，量取8.5mL浓盐酸应选用10mL量筒；
故答案为： 8.5 ；
（2）配制该0.40mol/L盐酸溶液240mL，需要使用250mL的容量瓶，故实验用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和250mL的容量瓶、胶头滴管；
故答案为： 250mL的容量瓶、胶头滴管 ；
（3）A．转移溶液时，未洗涤玻璃棒和烧杯内壁，溶质物质的量偏少，配制的溶液浓度偏低，故选A；
B．配制溶液前容量瓶底部有少量蒸馏水残留，不影响溶液的物质的量和溶液体积，配制的溶液浓度无影响，故不选B；
C．摇匀后发现液面下降，再加水至刻度线，溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故选C；
D．溶液未冷却即转移到容量瓶中，溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故不选D；
故答案为：AC。
（4）由表，第3次实验误差较大，舍弃，氢氧化钠标准液平均用量为16.00mL，NaOH~HCl，过量的HCl为0.40mol/L×0.016L，氢氧化铝消耗的HCl为0.40mol/L×0.040L-0.40mol/L×0.016L，Al(OH)3~3HCl，则药片中氢氧化铝的质量分数为49.92%。
故答案为： 49.92% 。
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
(1)先根据公式计算浓盐酸物质的量浓度，再利用稀释定律计算所需浓盐酸体积。
(2)明确配制 250mL 溶液所需玻璃仪器，包括容量瓶和胶头滴管。
(3)分析各操作对溶质物质的量或溶液体积的影响，判断浓度变化。
(4)舍弃误差大的数据，计算 NaOH 平均用量，结合反应关系求出氢氧化铝的量，进而计算质量分数。
（1）配制该0.40mol/L盐酸溶液240mL，需要使用250mL的容量瓶，由可知密度为1 18g/cm3质量分数为36 5%的浓盐酸的物质的量浓度为mol/L=11.8 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×11.8 mol/L=0.25 L×0.4mol/L，解得V≈8.5mL，按照量取的最近原则可知，量取8.5mL浓盐酸应选用10mL量筒；
（2）配制该0.40mol/L盐酸溶液240mL，需要使用250mL的容量瓶，故实验用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和250mL的容量瓶、胶头滴管；
（3）A．转移溶液时，未洗涤玻璃棒和烧杯内壁，溶质物质的量偏少，配制的溶液浓度偏低，故选A；
B．配制溶液前容量瓶底部有少量蒸馏水残留，不影响溶液的物质的量和溶液体积，配制的溶液浓度无影响，故不选B；
C．摇匀后发现液面下降，再加水至刻度线，溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故选C；
D．溶液未冷却即转移到容量瓶中，溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故不选D；
故选AC。
（4）由表，第3次实验误差较大，舍弃，氢氧化钠标准液平均用量为16.00mL，NaOH~HCl，过量的HCl为0.40mol/L×0.016L，氢氧化铝消耗的HCl为0.40mol/L×0.040L-0.40mol/L×0.016L，Al(OH)3~3HCl，则药片中氢氧化铝的质量分数为49.92%。
30．（2025高一上·上城期末）实验室以锈蚀程度很大的废铁屑为原料制备晶体的流程可简要表示如下：
已知：在水溶液中能与生成蓝色沉淀。
试回答下列问题：
（1）“酸溶”过程中发生主要反应有：①；②；③　 　。(用离子方程式表示)
（2）“酸溶”需控制温度在40℃左右，最佳的加热方式是　 　。
（3）“过滤”需要的玻璃仪器除烧杯外还有　 　。
（4）“氧化”过程可在如图所示装置中进行。
①装置A中与浓盐酸反应生成和，其离子方程式为　 　。
②请写出表示装置C的作用的离子方程式　 　。
③证明装置B溶液中部分被氧化成的实验方案是　 　。
【答案】（1）Fe+2Fe3+=3Fe2+
（2）水浴加热
（3）(普通)漏斗、玻璃棒
（4）；；取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在亚铁离子；另取少量溶液，加入KSCN溶液，溶液变红色，说明存在铁离子
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；常用仪器及其使用；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析，铁和铁离子还会生成亚铁离子：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
故答案为： Fe+2Fe3+=3Fe2+ ；
（2）“酸溶”时控制温度在40℃左右，低于水的沸点，最佳的加热方式是水浴加热；
故答案为： 水浴加热 ；
（3）过滤时需要的玻璃仪器是(普通)漏斗、烧杯、玻璃棒；
故答案为： (普通)漏斗、玻璃棒 ；
（4）①装置A中与浓盐酸反应生成和，利用高锰酸钾的强氧化性，将HCl氧化成氯气，本身被还原成Mn2+，结合电子守恒，离子方程式为。
②尾气氯气有毒，使用氢氧化钠溶液吸收生成氯化钠、次氯酸钠、水，装置C的作用的离子方程式。
③亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，铁离子和KSCN溶液变红色，故证明装置B溶液中部分被氧化成的实验方案是：取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在亚铁离子；另取少量溶液，加入KSCN溶液，溶液变红色，说明存在铁离子。
故答案为： ； ； 取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在亚铁离子；另取少量溶液，加入KSCN溶液，溶液变红色，说明存在铁离子 。
【分析】废铁屑的主要成分是铁和氧化铁，加入盐酸进行 “酸溶” 时，会发生一系列反应：氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水（ Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O ）；铁先和氯化铁反应生成氯化亚铁（ Fe+2Fe3+=3Fe2+ ），若铁有剩余，还会和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气（ Fe+2H+=Fe2++H2↑ ）。过滤后，向滤液中通入氯气，把氯化亚铁中的亚铁离子氧化成铁离子，得到氯化铁溶液。因为要得到含结晶水的三氯化铁六水合物，所以后续操作需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥这些步骤。
（1）由分析，铁和铁离子还会生成亚铁离子：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（2）“酸溶”时控制温度在40℃左右，低于水的沸点，最佳的加热方式是水浴加热；
（3）过滤时需要的玻璃仪器是(普通)漏斗、烧杯、玻璃棒；
（4）①装置A中与浓盐酸反应生成和，利用高锰酸钾的强氧化性，将HCl氧化成氯气，本身被还原成Mn2+，结合电子守恒，离子方程式为。
②尾气氯气有毒，使用氢氧化钠溶液吸收生成氯化钠、次氯酸钠、水，装置C的作用的离子方程式。
③亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，铁离子和KSCN溶液变红色，故证明装置B溶液中部分被氧化成的实验方案是：取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在亚铁离子；另取少量溶液，加入KSCN溶液，溶液变红色，说明存在铁离子。
31．（2025高一上·上城期末）mg铝粉与一定体积1.00mol/L盐酸恰好完全反应，标准状况下测得产生体积为6.72L。在反应后的溶液中继续加入VL 1mol/LNaOH溶液，得到7.80g沉淀。
（1）m=　 　g
（2）V=　 　L。
【答案】（1）5.4g
（2）0.3或0.7
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）
则m=5.4g.
故答案为： 5.4g ；
（2）铝与盐酸反应后的溶液中含有0.2molAlCl3，加入VL 1mol/LNaOH溶液，得到7.80gAl(OH)3沉淀，7.80gAl(OH)3沉淀的物质的量为0.1mol；若氢氧化钠不足，只发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，生成0.1mol氢氧化铝沉淀消耗0.3mol氢氧化钠，则V=；若氢氧化钠过量，有0.1mol AlCl3发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓反应，有0.1mol AlCl3发生Al3++4OH-=，反应消耗氢氧化钠的总物质的量为0.1mol×3+0.1mol×4=0.7mol，则V=。
故答案为： 0.3或0.7 ，
【分析】铝与盐酸反应的方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，生成氢气的物质的量为 。向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，再发生反应Al(OH)3+ OH-=。
(1)根据铝与盐酸反应的化学方程式，结合氢气的物质的量（由体积计算），利用比例关系求出铝的质量。
(2)先确定氯化铝的物质的量，再分氢氧化钠不足和过量两种情况，结合氢氧化铝沉淀的物质的量，根据反应方程式计算所需氢氧化钠溶液的体积。
（1）
则m=5.4g.
（2）铝与盐酸反应后的溶液中含有0.2molAlCl3，加入VL 1mol/LNaOH溶液，得到7.80gAl(OH)3沉淀，7.80gAl(OH)3沉淀的物质的量为0.1mol；若氢氧化钠不足，只发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，生成0.1mol氢氧化铝沉淀消耗0.3mol氢氧化钠，则V=；若氢氧化钠过量，有0.1mol AlCl3发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓反应，有0.1mol AlCl3发生Al3++4OH-=，反应消耗氢氧化钠的总物质的量为0.1mol×3+0.1mol×4=0.7mol，则V=。
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