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吉林地区2024-2025学年高一上学期期末调研测试化学试题
一、单选题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2025高一上·吉林期末）下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是（　　）
A．烧碱、液态氧、碘酒 B．生石灰、白磷、熟石灰
C．干冰、铁、氯化氢 D．空气、氮气、胆矾
【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】解：A、烧碱是氢氧化钠固体，为化合物，液态氧为单质，碘酒为碘和酒的混合物，故A正确；
B、熟石灰是氢氧化钙的固体，属于化合物，不是混合物，故B错误；
C、氯化氢属于化合物，不是混合物，故C错误；
D、空气是多种气体的混合物，氮气是单质、胆矾五水硫酸铜属于化合物，故D错误．
故选A．
【分析】纯净物是由一种物质组成的物质；混合物是由多种物质组成的物质；单质是由同种元素组成的纯净物；化合物是由不同种元素组成的纯净物，根据其特点分析解答即可．
2．（2025高一上·吉林期末）下列关于胶体的叙述不正确的是
A．胶体的本质特征是分散质的微粒直径在1~100nm之间
B．光线透过胶体时，胶体可发生丁达尔效应
C．用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同
D．Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的
【答案】C
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．分散系的分类依据是分散质粒子直径的大小。因此胶体的本质特征是分散质的微粒直径在1~100nm之间，A正确；
B．可见光束透过胶体时，胶粒对光产生散射作用，从而发生丁达尔效应，B正确；
C．胶体具有丁达尔效应，因此用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，前者没有明显的现象，后者产生丁达尔效应，C不正确；
D．Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，能够吸附水中的悬浮颗粒物并使其沉降，起到净水作用，D正确；
故答案为：C
【分析】A、胶体的本质特征是分散质粒子的直径大小。
B、胶体粒子对光的散射作用，使得胶体具有丁达尔效应。
C、胶体具有丁达尔效应，而溶液没有。
D、Fe(OH)3胶体的相对表面积较大，具有较强的吸附性。
3．（2025高一上·吉林期末）下列关于电解质的叙述正确的是
A．溶于水得到的溶液能导电的化合物都是电解质
B．溶液在电流作用下电离成与
C．硫酸溶液的导电性一定比醋酸溶液导电性强
D．氧化镁虽然不溶于水，但是熔融状态下能发生电离，所以氧化镁是电解质
【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、若化合物溶于水时发生化学反应生成能导电的物质（如 CO2溶于水生成 H2CO3导电），原化合物（CO2）不是电解质，因此 “溶于水得到的溶液能导电的化合物” 不一定是电解质 ，故A错误；
B、电离是化合物在水溶液、熔融状态下自发解离成离子的过程，不需要电流作用，电流是导电的条件而非电离的条件 ，故B错误；
C、溶液导电性取决于离子浓度与离子所带电荷数，若硫酸溶液浓度极稀、醋酸溶液浓度极高，硫酸溶液的导电性可能弱于醋酸溶液，因此 “一定更强” 的说法不成立 ，故C错误；
D、电解质的定义包含 “熔融状态下能导电的化合物”，氧化镁虽不溶于水，但熔融时能电离出 Mg2+ 和 O2-，符合电解质的判定标准 ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：对电解质定义的片面理解：误将 “溶于水后溶液导电的化合物” 直接判定为电解质，忽略 “需自身电离导电” 的核心（如 CO2是反应生成 H2CO3导电，并非自身电离）。
电离条件的混淆：错误认为电离需要电流驱动，实际电离是化合物在水溶液或者熔融状态下的自发解离过程。
溶液导电性的误判：默认 “强酸溶液导电性一定强于弱酸溶液”，忽略导电性由离子浓度和电荷数共同决定（浓度差异会改变导电性强弱）。
电解质状态的局限认知：误以为 “不溶于水的化合物不是电解质”，忽略电解质定义包含 “熔融状态下能电离导电” 的情况（如氧化镁）。
4．（2025高一上·吉林期末）已知有如下反应：
①；
②；
③。
根据上述反应，判断下列结论中错误的是
A．仅根据反应①也能判断氧化性：
B．还原性强弱的顺序为：
C．溶液中可发生：
D．在反应②中既是氧化产物又是还原产物
【答案】B
【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、反应①中，是氧化剂（Br化合价降低），是还原剂（Cl化合价升高）。根据“氧化性：氧化剂＞还原剂”，可直接得出氧化性，因此仅用反应①就能判断，A正确；
B、由分析知，还原性，B错误；
C、由反应②得氧化性，由反应③得氧化性，因此氧化性；同时还原性（反应③），满足“氧化剂氧化性＞氧化产物、还原剂还原性＞还原产物”，该反应可发生，C正确；
D、反应②中，中Cl（+5价）被还原为（0价），（-1价）被氧化为（0价），因此既是氧化产物（来自）又是还原产物（来自），D正确；
故答案为：B。
【分析】根据 “化合价升，为还原剂，对应氧化产物；化合价降，为氧化剂，对应还原产物”，结合 “氧化性：氧化剂 > 氧化产物；还原性：还原剂 > 还原产物” 推导：
反应①：Cl2（Cl 升价）是还原剂，BrO3-（Br 降价）是氧化剂，故氧化性 BrO3->ClO3-，还原性 Cl2>Br2；
反应②：Cl-（Cl 升价）是还原剂，ClO3-（Cl 降价）是氧化剂，故氧化性 ClO3->Cl2，还原性 Cl->Cl2；
反应③：FeCl2（Fe 升价）是还原剂，Cl2（Cl 降价）是氧化剂，故 氧化性 Cl2>Fe3+，还原性 Fe2+>Cl-；综上，还原性顺序：Fe2+>Cl->Cl2>Br2。
5．（2025高一上·吉林期末）下列物质中，只含有非极性键的是
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】化学键
【解析】【解答】A．NaOH含有离子键和极性键，A不符合题意 ；
B．NaCl中只含有离子键，B不符合题意 ；
C．H2分子中只有非极性键，C符合题意 ；
D．H2S中只有极性键，D不符合题意 ；
故答案为：C 。
【分析】A．NaOH含有离子键和极性键 ；
B．NaCl中只含有离子键 ；
C．H2分子中只有非极性键；
D．H2S中只有极性键 。
6．（2025高一上·吉林期末）下列实验操作、现象、结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向某物质的水溶液中加入稀盐酸 产生无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体 原溶液中一定存在
B 将干燥和湿润的红色布条分别放入两个盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片 干燥布条不褪色，湿润布条褪色 HClO有漂白性
C 将一小块金属钠加入CuSO4溶液中 溶液蓝色褪去，有红色固体出现 钠的还原性比铜强，钠置换出铜单质
D 将使用过的铂丝用稀硫酸洗净，再蘸取某无色溶液进行灼烧，透过蓝色钴玻璃观察 火焰呈紫色 该无色溶液中含有
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；焰色反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体是 CO2，但原溶液中可能是 HCO3-（HCO3-与盐酸反应也生成 CO2），并非一定是 CO32-，A错误；
B、干燥氯气无漂白性，湿润布条中 Cl2与水反应生成 HClO，HClO 使布条褪色，现象对应结论，B正确；
C、Na 先与水反应生成 NaOH，NaOH 再与 CuSO4反应生成 Cu(OH)2沉淀（红色固体实际是
Cu(OH)2），并非 Na 置换出 Cu，C错误；
D、稀硫酸不易挥发，铂丝用稀硫酸洗涤会残留 SO42-，干扰焰色试验，应改用稀盐酸洗涤，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．突破口是 “能生成 CO2的离子不止 CO32-”。HCO3-与盐酸反应也会生成CO2，故不能确定原溶液一定含 CO32-。
B．突破口是 “氯气漂白的本质”。干燥 Cl2无漂白性，湿润布条中 Cl2与水生成 HClO，HClO使布条褪色，现象对应结论。
C．突破口是 “Na 的活泼性”。Na 先与水反应，不直接置换CuSO4中的Cu，红色固体是 Cu(OH)2。
D．突破口是 “焰色试验的铂丝洗涤要求”。稀硫酸残留会干扰试验，应选稀盐酸。
7．（2025高一上·吉林期末）设N为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．与所组成的混合气体，所含氧原子总数为
B．过氧化钠与足量反应，转移电子数为
C．的水溶液中含有的氧原子数大于
D．明矾溶液完全反应生成胶粒小于
【答案】D
【知识点】钠的氧化物；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、NO2与 N2O4的最简式均为 NO2，2.3g 混合气体相当于 0.05mol NO2，含氧原子数为 0.05×2×NA=0.1NA，A正确；
B、39g 过氧化钠（Na2O2）为 0.5mol，与 CO2反应时，Na2O2中 O 的化合价从 - 1 价歧化为 - 2 价和 0 价，0.5mol Na2O2转移电子数为 0.5×1×NA=0.5NA，B正确；
C、1L 0.1mol/L 的 Ba(OH)2溶液中，Ba(OH)2含 O 原子数为 0.1×2×1×NA=0.2NA，但溶液中的 H2O 也含 O 原子，故总 O 原子数大于 0.2NA，C正确；
D、题目未给出明矾溶液的体积，无法计算 0.1mol/L 溶液中明矾的物质的量，也就无法判断生成 Al(OH)3胶粒的数量；且胶粒是多个 Al(OH)3分子的聚集体，即使有 0.1mol Al3+，胶粒数也小于 0.1NA，但因体积未知，此说法错误，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．NO2和 N2O4最简式均为 NO2，直接按 NO2计算氧原子数，不用纠结混合比例。
B．Na2O2与 CO2反应是歧化反应，1mol Na2O2转移 1mol 电子，先算 39g Na2O2的物质的量（0.5mol），再得转移电子数（0.5NA）。
C．溶液中 O 原子不仅来自溶质 Ba(OH)2（含 0.2NA），还来自溶剂 H2O，总 O 原子数必然大于 0.2NA。
D．题目没给明矾溶液体积，无法计算 Al3+的物质的量；且 Al(OH)3胶粒是多个 Al(OH)3分子的聚集体，即使有 Al3+，胶粒数也远小于 Al3+的物质的量。
8．（2025高一上·吉林期末）下列各组物质的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、Na 与水反应得 NaOH；NaOH 与 CO2反应得 Na2CO3；Na2CO3与盐酸反应得 NaCl，三步均可一步完成，故A不符合题意 ；
B、Mg 与盐酸反应得 MgCl2；MgCl2与 NaOH 反应得 Mg(OH)2；Mg(OH)2与硫酸反应得 MgSO4，三步均可一步完成，故B不符合题意 ；
C、Al 与 O2反应得 Al2O3，但 Al2O3是两性氧化物，不溶于水、也不能与水直接反应生成 Al(OH)3，这一步无法一步完成；后续 Al(OH)3与 NaOH 反应得 Na[Al(OH)4] 可一步完成，但中间步骤受阻，故C符合题意 ；
D、Fe 与盐酸反应得 FeCl2；FeCl2与 NaOH 反应得 Fe(OH)2；Fe(OH)2被氧化得 Fe(OH)3，三步均可一步完成，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】聚焦 “能否一步反应转化”，抓住物质的核心反应特性突破。
A．突破口是 Na 的活泼性、NaOH 和 Na2CO3的酸性反应，三步均可一步完成。
B．突破口是 Mg 的置换反应、盐的复分解反应，三步均可一步完成。
C．突破口是 Al2O3的性质——Al2O3不溶于水、不能与水直接生成 Al(OH)3，此步无法一步完成，是转化的卡点。
D．突破口是 Fe 的置换、盐的复分解、氢氧化物的氧化，三步均可一步完成。
9．（2025高一上·吉林期末）下列离子方程式中，正确的是
A．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+＝Fe3++H2O
B．向氯化铜溶液中加入氢氧化钠溶液：Cu2++OH-＝Cu（OH）2↓
C．氯化铁溶液与铜反应：Fe3++Cu＝Fe2++Cu2+
D．向氯化亚铁溶液中通入氯气：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 氧化亚铁中铁显＋2价，即正确的离子方程式为FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，故A不符合题意；
B. 反应中原子不守恒，正确的离子方程式是Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓，故B不符合题意；
C. 反应中电荷不守恒，正确的离子方程式是2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，故C不符合题意；
D. 氯气能将Fe2＋氧化成Fe3＋，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、氧化亚铁和盐酸反应生成亚铁离子；
B、电荷不守恒；
C、电荷不守恒；
D、亚铁离子和氯气反应生成铁离子和氯离子。
10．（2025高一上·吉林期末）下列关于合金的说法中，正确的是（　　）
A．合金的熔点一定比各成分金属的低
B．在我国使用最早的合金是钢
C．生铁的含碳量为0.03%-2%
D．稀土金属可用于生产合金
【答案】D
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A．合金的熔点一般比各成分金属的低，有些合金没有固定熔点，故A不符合题意；
B．在我国使用最早的合金是青铜，故B不符合题意；
C．含碳量在2%~4.3%之间的铁合金属于生铁，含碳量在0.03%~2%之间的铁合金属于钢，故C不符合题意；
D．稀土金属可用于生产合金，如Nd-Fe合金、稀土铝合金，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.合金的熔点一般低于其组分金属；
B.在我国使用最早的合金是青铜；
C.生铁含碳量在2%~4.3%之间。
11．（2025高一上·吉林期末）下列生活中的物质与其有效成分的化学式、用途的对应关系中，不正确的是（　　）
选项 A B C D
生活中的物质 食盐 小苏打 复方氢氧化铝片 漂白粉
有效成分的化学式
用途 做调味品 做发酵粉 做抗酸药 做消毒剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．食盐的主要成分是氯化钠，有咸味，可做调味品，故A不符合题意；
B．小苏打的主要成分为碳酸氢钠，不是碳酸钠，故B符合题意；
C．氢氧化铝难溶于水，能够和盐酸反应，可以做抗酸药，故C不符合题意；
D．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，具有强氧化性，可做消毒剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】NaHCO3俗称小苏打，发酵粉的有效成分。
12．（2025高一上·吉林期末）下列关于F、Cl、Br、I的比较，不正确的是（　　）
A．它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多
B．单质的氧化性随核电荷数的增加而减弱
C．它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而增强
D．单质的颜色随核电荷数的增加而加深
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A.F、Cl、Br、I的核电荷数依次增大，核外电子层数依次增大，A不符合题意；
B.核外电子层数依次增大，原子半径逐渐增大，单质的氧化性逐渐减弱，B不符合题意；
C.核电荷数依次增大，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，C符合题意；
D.单质的颜色逐渐增强，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】F、Cl、Br、I位于周期表中同一主族，其核电荷数逐渐增加，结合元素周期表中元素性质递变规律分析即可。
13．（2025高一上·吉林期末）雷雨天闪电时空气中有O3生成。下列说法中，正确的是
A．O2和O3互为同位素
B．O2和O3的相互转化是物理变化
C．在相同的温度和压强下，等体积的O2和O3含有相同的分子数
D．等物质的量的O2和O3含有相同的质子数
【答案】C
【知识点】同位素及其应用
【解析】【解答】A．O2和O3互为同素异形体，A不符合题意 ；
B．同素异形体之间的转化为化学变化，B不符合题意 ；
C．在相同温度和压强下，等体积的O2和O3物质的量相同，含有相同的分子数，C符合题意 ；
D．等物质的量的O2和O3含有的质子数不相同，D不符合题意 ；
故答案为：C 。
【分析】A．同一元素形成的不同单质互为同素异形体；
B．同素异形体之间的转化为化学变化 ；
C．在相同温度和压强下，等体积的物质，具有相同的物质的量，相同的分子数；
D．质子数的计算 。
14．（2025高一上·吉林期末）下列有关说法正确的是（　　）
A．在周期表的金属与非金属的交界处，寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料
B．元素周期表是按元素的相对原子质量由小到大的顺序排列而成的
C．H、Be、Al原子的最外层电子数等于其电子层数
D．原子核外电子的能量是不同的，在离核较近区域运动的电子能量较高
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A. 在金属与非金属的交界处，是找到半导体材料， A错误；
B. 元素周期表是按元素的原子序数（或核电荷数）由小到大的顺序排列而成的，B错误；
C.H、Be、Al的电子层数分别为1、2、3，原子的最外层电子数分别为1、2、3，C正确；
D. 原子核外电子的能量是不同的，在离核较远区域运动的电子能量较高，D错误；
故选C。
【分析】A. 在金属与非金属的交界处寻找半导体材料；
B. 元素周期表是按元素的原子序数（或核电荷数）由小到大的顺序；
C.依据原子的电子排布和表的结构判断；
D. 原子核外电子按能量由低到高排列。
15．（2025高一上·吉林期末）有一包铁粉和铜粉混合均匀的粉末样品，为确定其组成，某同学将不同质量的该样品分别与40 mL 1 mol/L的FeCl3溶液反应，实验结果如下表所示(忽略反应前后溶液体积的微小变化)。
实验序号 ① ② ③ ④
m(粉末样品)/g 0.90 1.80 3.60 7.20
m(反应后剩余固体)/g 0 0.64 2.48 6.08
下列实验结论不正确的是
A．实验①反应后溶液中含有Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋
B．实验②③反应后剩余固体全部是Cu
C．实验④的滤液中c(Fe2＋)＝1.5 mol/L
D．原粉末样品中m(Fe)∶m(Cu)＝7∶8
【答案】D
【知识点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；铜及其化合物；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A、实验①中样品完全溶解，结合Fe3+先氧化Fe、后氧化Cu的顺序，可知Fe3+未完全反应，因此溶液中同时存在未反应的Fe3+，以及反应生成的Fe2+、Cu2+，A正确；
B、实验②中溶解质量超过Fe3+仅氧化Fe的最大量，说明部分Cu参与反应，剩余固体为未反应的Cu；实验③中溶解质量恰好是Fe3+氧化Fe的最大量，Fe耗尽而Cu未反应，剩余固体全为Cu，B正确；
C、实验④中Fe3+已完全反应，溶液溶质为FeCl2，根据Cl-守恒，c(Fe2+) = c(FeCl3) = ×1mol/L = 1.5mol/L，C正确；
D、实验③中溶解的1.12g为Fe，剩余2.48g为Cu，因此样品中m(Fe)：m(Cu) = 1.12：2.48 = 14：31，并非7：8，D错误；
故答案为：D。
【分析】首先明确反应顺序：Fe的还原性比Cu强，因此Fe3+会优先与Fe反应（），待Fe耗尽后，剩余的Fe3+才会与Cu反应（）。结合实验数据进一步推导：
FeCl3的总量：40mL 1mol/L的FeCl3溶液中，。
实验①与②的对比：实验②中样品溶解质量（1.80g - 0.64g = 1.16g）大于实验①的溶解量，说明实验①中Fe3+未耗尽、金属完全反应；而实验②中FeCl3已完全反应。
实验②的反应情况：若Fe3+仅氧化Fe，最多溶解Fe的质量为，但实际溶解了1.16g，说明有部分Cu也参与了反应，因此实验②剩余固体为未反应的Cu。
实验③的反应情况：样品溶解质量为3.60g - 2.48g = 1.12g，恰好等于Fe3+氧化Fe的最大质量，说明此样品中Fe恰好完全反应、Cu未参与反应，剩余固体全为Cu。由此可算出样品中。
实验④的反应情况：样品溶解质量仍为1.12g，说明Fe3+已耗尽，剩余固体是未反应的Fe和Cu，溶液溶质为FeCl2。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（2025高一上·吉林期末）氧化还原反应是重要的化学反应类型，在生活、生产、科研领域都有广泛的应用，请回答以下问题：
（1）维生素C又称“抗坏血酸”，在人体内有重要的功能。例如，能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，这说明维生素C具有　 　(填“氧化性”或“还原性”)。
（2）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：S + 2KNO3 + 3C = K2S + N2↑+ 3CO2↑。在该反应中，被还原的元素是　 　，当生成标准状况下4.48L气体时，转移的电子数为　 　。
（3）联氨(N2H4)和 N2O4可作宇宙飞船的动力源，其化学方程式：2N2H4+N2O4=3N2+4H2O，该反应放出大量的热、产生大量气体。
①使用单线桥表示电子转移的方向和数目　 　。
②该反应中，氧化产物与还原产物的质量之比为　 　。
（4）已知：2Fe2+ + Br2 = 2Fe3+ + 2Br-，向溴化亚铁溶液中通入一定量的氯气，当氯气与溴化亚铁的物质的量之比为1：1时的离子反应方程式为　 　。
【答案】（1）还原性
（2）S、N；0.6NA
（3）；2：1
（4）2Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+2Fe3++Br2
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）维生素C能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，Fe元素发生还原反应，这说明维生素C具有还原性。
故答案为： 还原性 ；
（2）S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑反应中，S、N元素化合价降低，被还原的元素是S、N，S元素化合价由0降低为-2、N元素化合价由+5降低为0，碳元素化合价由0升高为+4，根据方程式，生成4mol气体转移12mol电子，当生成标准状况下4.48L气体时，转移的电子数为0.6NA。
故答案为： S、N ； 0.6NA ；
（3）①2N2H4+N2O4=3N2+4H2O反应，N2H4中N元素化合价由-2升高为0、N2O4中N元素化合价由+4降低为0，用单线桥表示电子转移的方向和数目。
②2N2H4+N2O4=3N2+4H2O反应，N2H4中N元素化合价由-2升高为0、N2O4中N元素化合价由+4降低为0，该反应中，氧化产物与还原产物的质量之比为2：1。
故答案为： ； 2：1 ；
（4）2Fe2++ Br2= 2Fe3++ 2Br-，可知还原性Fe2+>Br-，向溴化亚铁溶液中通入一定量的氯气，氯气先氧化Fe2+后氧化Br-，当氯气与溴化亚铁的物质的量之比为1：1时被氧化的Fe2+、Br-的物质的量比为1：1，反应的离子反应方程式为2Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+2Fe3++Br2。
故答案为： 2Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+2Fe3++Br2 。
【分析】（1）根据 “Fe3+到Fe2+（被还原）”，判断维生素 C 作还原剂，具有还原性。
（2）被还原元素：化合价降低的 S（0到-2）、N（+5到0）。
电子转移：生成 4.48L 气体（0.2mol）时，结合反应中转移 12mol 电子对应 5mol 气体，计算得转移 0.6N 电子。
（3）单线桥：N2H4中 N（-2到0）失电子，N2O4中 N（+4到0）得电子，转移 8e-。
氧化、还原产物：N2中，2mol 来自 N2H4（氧化产物）、1mol 来自 N2O4（还原产物），质量比 2：1。
（4）根据还原性 Fe2++，再氧化 Br-；物质的量比 1：1 时，Cl2氧化全部 Fe2+和部分 Br-，写出离子方程式。
（1）维生素C能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，Fe元素发生还原反应，这说明维生素C具有还原性。
（2）S + 2KNO3+ 3C = K2S + N2↑+ 3CO2↑反应中，S、N元素化合价降低，被还原的元素是S、N，S元素化合价由0降低为-2、N元素化合价由+5降低为0，碳元素化合价由0升高为+4，根据方程式，生成4mol气体转移12mol电子，当生成标准状况下4.48L气体时，转移的电子数为0.6NA。
（3）①2N2H4+N2O4=3N2+4H2O反应，N2H4中N元素化合价由-2升高为0、N2O4中N元素化合价由+4降低为0，用单线桥表示电子转移的方向和数目。
②2N2H4+N2O4=3N2+4H2O反应，N2H4中N元素化合价由-2升高为0、N2O4中N元素化合价由+4降低为0，该反应中，氧化产物与还原产物的质量之比为2：1。
（4）2Fe2++ Br2= 2Fe3++ 2Br-，可知还原性Fe2+>Br-，向溴化亚铁溶液中通入一定量的氯气，氯气先氧化Fe2+后氧化Br-，当氯气与溴化亚铁的物质的量之比为1：1时被氧化的Fe2+、Br-的物质的量比为1：1，反应的离子反应方程式为2Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+2Fe3++Br2。
17．（2025高一上·吉林期末）A、B、C、D、E、F是短周期主族元素，且原子序数依次增大。A元素的一种核素没有中子；B元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍；C为地壳中含量最多的元素；D的最外层电子数与A相同；E的L层电子数为其电子总数的一半。
（1）A、C、F按照原子个数比1：1：1构成化合物的结构式　 　。
（2）写出只含有C、D两种元素且既具有离子键又具有非极性共价键化合物的电子式　 　。
（3）高温灼烧A、B、C、D四种元素形成的化合物时，火焰呈　 　色。
（4）下列事实能用元素周期律解释并正确的是　 　(填标号)。
a．对应阴离子还原性由强到弱的顺序为E>F
b．原子序数为35的元素最高价氧化物的水化物的酸性比F最高价氧化物的水化物的酸性强
c．C的简单氢化物的沸点高于E的简单氢化物
d．原子半径由小到大的顺序为C（5）B和第三周期离子半径最小的元素能按照原子个数比3：4构成固体化合物，该化合物易与水反应生成可燃性气体和白色沉淀。在相同条件下，此气体密度是H2密度的8倍。该化合物与水反应的化学方程式为　 　； 此气体的分子空间构型为　 　。
（6）W是第VIII族中原子序数最小的元素。W的单质可用于处理酸性废水中的，使其转换为，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理。上述反应的离子方程式为　 　。
【答案】（1）H-O-Cl
（2）
（3）黄
（4）ad
（5）；正四面体形
（6）
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）H、O、Cl按照原子个数比1：1：1构成化合物是HClO，结构式为H-O-Cl。
故答案为： H-O-Cl ；
（2）只含有O、Na两种元素且既具有离子键又具有非极性共价键化合物是Na2O2，电子式为。
故答案为： ；
（3）Na的焰色为黄色，高温灼烧H、C、O、Na四种元素形成的化合物时，火焰呈黄色；
故答案为： 黄 ；
（4）a．同周期元素从左到右，非金属性增强，对应阴离子还原性减弱，由强到弱的顺序为S2->Cl-，故选a；
b．原子序数为35的元素是Br，与Cl同主族，同主族元素从上到下最高价氧化物的水化物的酸性依次减弱，HClO4的酸性大于HBrO4，故不选b；
c．H2O的沸点高于H2S，与氢键有关，与元素周期律无关，故不选c；
d．同主族元素从上到下，原子半径依次增大，同周期元素从左到右，原子半径依次减小；原子半径由小到大的顺序为O故答案为： ad ；
（5）第三周期离子半径最小的元素是Al，Al和C按照原子个数比3：4构成固体化合物Al4C3，该化合物易与水反应生成可燃性气体和白色沉淀氢氧化铝。在相同条件下，此气体密度是H2密度的8倍，该气体相对分子质量为16，则该气体为甲烷。Al4C3与水反应的化学方程式为； 甲烷的分子空间构型为正四面体。
故答案为： ； 正四面体形 ；
（6）W是第VIII族中原子序数最小的元素，W是Fe元素。Fe的单质可用于处理酸性废水中的，使其转换为，同时生成有磁性的Fe的氧化物四氧化三铁，反应的离子方程式为。
故答案为： ；
【分析】先根据元素特征推断：A 的核素无中子，确定为 H；B 最外层电子数是内层 2 倍，确定为 C；C是地壳含量最多的O；D最外层电子数与A（H）相同且原子序数更大，确定为 Na；E 的 L 层电子数是电子总数的一半，确定为 P。流程为：通过 “无中子核素、最外层电子数关系、地壳含量、最外层电子数、电子层结构” 等特征，依次推断出短周期主族元素A~E。
（1）先确定 A（H）、C（O）、F（Cl），按原子数 1：1：1 构成HClO，写结构式H-O-Cl。
（2）C（O）、D（Na）形成的化合物中，Na2O2含离子键和非极性共价键，写其电子式。
（3）A~D 形成的化合物含 Na 元素，钠的焰色反应为黄色。
（4）根据同周期规律，判断离子还原性、原子半径的正误，排除无关选项，选 ad。
（5）B（C）与第三周期离子半径最小的 Al，形成 Al4C3；与水反应生成CH4（密度是H2的 8 倍）和 Al(OH)3，写方程式；CH4的空间构型为正四面体。
（6）W是第Ⅷ族原子序数最小的Fe，Fe与酸性废水中NO3-反应生成Fe3O4和NH4+，配平离子方程式。
（1）H、O、Cl按照原子个数比1：1：1构成化合物是HClO，结构式为H-O-Cl。
（2）只含有O、Na两种元素且既具有离子键又具有非极性共价键化合物是Na2O2，电子式为。
（3）Na的焰色为黄色，高温灼烧H、C、O、Na四种元素形成的化合物时，火焰呈黄色；
（4）a．同周期元素从左到右，非金属性增强，对应阴离子还原性减弱，由强到弱的顺序为S2->Cl-，故选a；
b．原子序数为35的元素是Br，与Cl同主族，同主族元素从上到下最高价氧化物的水化物的酸性依次减弱，HClO4的酸性大于HBrO4，故不选b；
c．H2O的沸点高于H2S，与氢键有关，与元素周期律无关，故不选c；
d．同主族元素从上到下，原子半径依次增大，同周期元素从左到右，原子半径依次减小；原子半径由小到大的顺序为O选ad。
（5）第三周期离子半径最小的元素是Al，Al和C按照原子个数比3：4构成固体化合物Al4C3，该化合物易与水反应生成可燃性气体和白色沉淀氢氧化铝。在相同条件下，此气体密度是H2密度的8倍，该气体相对分子质量为16，则该气体为甲烷。Al4C3与水反应的化学方程式为； 甲烷的分子空间构型为正四面体。
（6）W是第VIII族中原子序数最小的元素，W是Fe元素。Fe的单质可用于处理酸性废水中的，使其转换为，同时生成有磁性的Fe的氧化物四氧化三铁，反应的离子方程式为。
18．（2025高一上·吉林期末）金属材料在日常生活和生产中有着广泛的应用，请回答下列问题：
I．
（1）试剂保存：为防止FeSO4溶液变质，应在溶液中加入少量　 　，如何检验该溶液是否变质　 　。
（2）把一定量的铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量浓度恰好相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为　 　。
II．利用油脂厂废弃的镍(Ni)催化剂(主要含有Ni、Al、Fe及少量NiO、Al2O3、Fe2O3)制备NiSO4·7H2O的工艺流程如图：
回答下列问题：
（3）为加快“碱浸”的速率可采取的措施是　 　(任写一条)。
（4）“滤液1”中的阴离子是　 　。
（5）①“转化”中反应的离子方程式是　 　。
②“转化”中可替代H2O2的物质是　 　(填标号)。
a．Cl2 b．O2 c．Fe
（6）某温度下，Fe(OH)3分解得到铁、氧质量比为21：8的氧化物，其化学式为　 　。
【答案】铁粉；取少量溶液于试管，加入少量KSCN溶液，若溶液变红，则该溶液已变质；2：3；粉碎或者适当提高碱浸温度；[Al(OH)4]- 、OH-；2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；b；Fe3O4
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）FeSO4易被氧气氧化而变质，为防止FeSO4溶液变质，应在溶液中加入少量Fe粉；若FeSO4变质，溶液中含有Fe3+。取少量溶液于试管，加入少量KSCN溶液，若溶液变红，则该溶液已变质。
故答案为： 铁粉 ； 取少量溶液于试管，加入少量KSCN溶液，若溶液变红，则该溶液已变质 ；
（2）把一定量的铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量浓度恰好相等，设反应后Fe2+的物质的量为amol，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+，可知参加反应的Fe3+的物质的量为 ，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为。
故答案为： 2：3 ；
（3）根据影响反应速率的因素，为加快“碱浸”的速率可采取的措施是粉碎或适当提高碱浸温度、搅拌等。
故答案为： 粉碎或者适当提高碱浸温度 ；
（4）氢氧化钠和铝反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，氢氧化钠和氧化铝反应生成四羟基合铝酸钠，“滤液1”中的阴离子是[Al(OH)4]- 、OH-；
故答案为： [Al(OH)4]- 、OH- ；
（5）①“转化”是用双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。
②a．Cl2能把Fe2+氧化为Fe3+，但引入杂质氯离子，故不选a；
b．O2能把Fe2+氧化为Fe3+，且不引入杂质，故选b；
c．Fe具有还原性，不能氧化Fe2+，故不选c；
选b。
故答案为： 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O ； b ；
（6）某温度下，Fe(OH)3分解得到铁、氧质量比为21：8的氧化物，铁、氧原子数比为，其化学式为Fe3O4。
故答案为： Fe3O4 。
【分析】向废镍催化剂中加稀 NaOH 碱浸，除去 Al 相关物质，得到滤饼；滤饼加稀 H2SO4酸浸，溶解 Ni、Fe 等得到滤液 2；滤液 2 加 H2O2将Fe2+ 转化为 Fe3+ 得滤液 3；滤液 3 加 NaOH 溶液沉铁（生成 Fe(OH)3），最后经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得NiSO4·7H2O。
（1）FeSO4变质是 Fe2+ 被氧化为 Fe3+，加铁粉防氧化；用 KSCN 溶液检验（变红则变质）。
（2）根据 Fe 与 Fe3+ 的反应（Fe+2Fe3+=3Fe2+），结合反应后 Fe2+ 与 Fe3+ 浓度相等，计算得已反应与未反应 Fe3+ 的物质的量比为 2：3。
（3）加快碱浸速率的措施：粉碎废料、适当升温等。
（4）碱浸时 Al、Al2O3与 NaOH 反应生成 [Al(OH)4]-，滤液 1 阴离子为 [Al(OH)4]-、OH-。
（5）①转化步骤中 H2O2将 Fe2+ 氧化为 Fe3+，写离子方程式。②要点：替代 H2O2的氧化剂需能氧化 Fe2+ 且不引入杂质，选 O2（b）。
（6）根据 Fe、O 质量比 21：8，计算原子个数比为 3：4，化学式为 Fe3O4。
19．（2025高一上·吉林期末）化学实验是科学探究过程中的一种重要方法，掌握化学实验的基本操作和物质的制备、转化及性质的探究尤为重要，请结合所学化学实验知识回答以下问题。
已知：常温常压下，一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。
【制备产品】
将氯气和空气(不参与反应)按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液。
（1）盛装浓盐酸的仪器名称是　 　。
（2）制备Cl2O的化学方程式为　 　。
（3）各装置的连接顺序为　 　。
___________→___________→___________→C→___________
（4）装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是　 　；装置C的作用是　 　。
（5）反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是　 　。
【测定浓度】
（6）已知次氯酸可被FeSO4等物质还原。用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取10 mL上述次氯酸溶液，并稀释至100 mL，再从其中取出20.00 mL于锥形瓶中，并加入10.00 mL0.8000 mol/L的FeSO4溶液，充分反应后，得到浅绿色溶液，再加入0.05000 mol/L的酸性KMnO4溶液24.00 mL，溶液浅绿色恰好褪去且无气体生成，则原次氯酸溶液的浓度为　 　mol/L。
【答案】分液漏斗；2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)；A、D、B、E；加快反应速率，使反应充分进行；除去Cl2O中的Cl2；防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解；0.5
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由图可知，盛装浓盐酸的仪器是分液漏斗；
故答案为： 分液漏斗 ；
（2）已知空气不参与反应，则制取Cl2O以Cl2和Na2CO3为反应物发生歧化反应，其中氯元素从0价变为+1价和-1价，反应的化学方程式为：2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)；
故答案为： 2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3) ；
（3）由分析可知，装置的连接顺序为：A→D→B→C→E；
故答案为： A、D、B、E ；
（4）多孔球泡和搅拌棒均能增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应充分快速进行；装置C的作用是除去Cl2O中的Cl2；
故答案为： 加快反应速率，使反应充分进行 ； 除去Cl2O中的Cl2 ；
（5）已知Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2，因此反应过程中，装置B需放在冷水中，防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解；
故答案为： 防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解 ；
（6）可利用氧化还原滴定原理测定装置E所得溶液中次氯酸浓度：取一定量装置E所得溶液，加入固定量FeSO4溶液，次氯酸具有强氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应HClO+2Fe2++H+=2Fe3++Cl-+H2O；剩余Fe2+用高锰酸钾溶液滴定，发生反应+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，消耗高锰酸钾物质的量为：，原次氯酸溶液的浓度为：。
故答案为： 0.5 ；
【分析】实验目的是制备 Cl2O 并制次氯酸溶液，流程逻辑如下：先通过装置 A 制备 Cl2；接着用装置 D（饱和食盐水）除去 Cl2中的 HCl 杂质，同时混入空气，使 Cl2与空气形成 1：3 的混合气体；随后混合气体通入装置 B，与含 8% 水的碳酸钠充分反应生成 Cl2O；再将气体通入装置 C（足量四氯化碳），除去 Cl2O 中混有的 Cl2；最后将提纯后的 Cl2O 通入装置 E，用水吸收制备次氯酸溶液。
（1）盛装浓盐酸的仪器是分液漏斗。
（2）Cl2与含 8% 水的 Na2CO3反应生成 Cl2O，配平化学方程式。
（3）装置连接顺序：A 制 Cl2→D 除 HCl→B 制 Cl2O→C 除 Cl2→E 吸收 Cl2O，即 A→D→B→E。
（4）多孔球泡 + 搅拌棒：加快反应速率、使反应充分；装置 C：除去 Cl2O 中的 Cl2。
（5）冷水浴目的：防止温度过高导致 Cl2O 分解（42℃以上分解）。
（6）利用氧化还原滴定，通过 FeSO4与 HClO、KMnO4的反应，结合电子守恒计算原 HClO 溶液浓度。
1 / 1吉林地区2024-2025学年高一上学期期末调研测试化学试题
一、单选题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2025高一上·吉林期末）下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是（　　）
A．烧碱、液态氧、碘酒 B．生石灰、白磷、熟石灰
C．干冰、铁、氯化氢 D．空气、氮气、胆矾
2．（2025高一上·吉林期末）下列关于胶体的叙述不正确的是
A．胶体的本质特征是分散质的微粒直径在1~100nm之间
B．光线透过胶体时，胶体可发生丁达尔效应
C．用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同
D．Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的
3．（2025高一上·吉林期末）下列关于电解质的叙述正确的是
A．溶于水得到的溶液能导电的化合物都是电解质
B．溶液在电流作用下电离成与
C．硫酸溶液的导电性一定比醋酸溶液导电性强
D．氧化镁虽然不溶于水，但是熔融状态下能发生电离，所以氧化镁是电解质
4．（2025高一上·吉林期末）已知有如下反应：
①；
②；
③。
根据上述反应，判断下列结论中错误的是
A．仅根据反应①也能判断氧化性：
B．还原性强弱的顺序为：
C．溶液中可发生：
D．在反应②中既是氧化产物又是还原产物
5．（2025高一上·吉林期末）下列物质中，只含有非极性键的是
A． B． C． D．
6．（2025高一上·吉林期末）下列实验操作、现象、结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向某物质的水溶液中加入稀盐酸 产生无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体 原溶液中一定存在
B 将干燥和湿润的红色布条分别放入两个盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片 干燥布条不褪色，湿润布条褪色 HClO有漂白性
C 将一小块金属钠加入CuSO4溶液中 溶液蓝色褪去，有红色固体出现 钠的还原性比铜强，钠置换出铜单质
D 将使用过的铂丝用稀硫酸洗净，再蘸取某无色溶液进行灼烧，透过蓝色钴玻璃观察 火焰呈紫色 该无色溶液中含有
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高一上·吉林期末）设N为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．与所组成的混合气体，所含氧原子总数为
B．过氧化钠与足量反应，转移电子数为
C．的水溶液中含有的氧原子数大于
D．明矾溶液完全反应生成胶粒小于
8．（2025高一上·吉林期末）下列各组物质的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是
A．
B．
C．
D．
9．（2025高一上·吉林期末）下列离子方程式中，正确的是
A．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+＝Fe3++H2O
B．向氯化铜溶液中加入氢氧化钠溶液：Cu2++OH-＝Cu（OH）2↓
C．氯化铁溶液与铜反应：Fe3++Cu＝Fe2++Cu2+
D．向氯化亚铁溶液中通入氯气：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-
10．（2025高一上·吉林期末）下列关于合金的说法中，正确的是（　　）
A．合金的熔点一定比各成分金属的低
B．在我国使用最早的合金是钢
C．生铁的含碳量为0.03%-2%
D．稀土金属可用于生产合金
11．（2025高一上·吉林期末）下列生活中的物质与其有效成分的化学式、用途的对应关系中，不正确的是（　　）
选项 A B C D
生活中的物质 食盐 小苏打 复方氢氧化铝片 漂白粉
有效成分的化学式
用途 做调味品 做发酵粉 做抗酸药 做消毒剂
A．A B．B C．C D．D
12．（2025高一上·吉林期末）下列关于F、Cl、Br、I的比较，不正确的是（　　）
A．它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多
B．单质的氧化性随核电荷数的增加而减弱
C．它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而增强
D．单质的颜色随核电荷数的增加而加深
13．（2025高一上·吉林期末）雷雨天闪电时空气中有O3生成。下列说法中，正确的是
A．O2和O3互为同位素
B．O2和O3的相互转化是物理变化
C．在相同的温度和压强下，等体积的O2和O3含有相同的分子数
D．等物质的量的O2和O3含有相同的质子数
14．（2025高一上·吉林期末）下列有关说法正确的是（　　）
A．在周期表的金属与非金属的交界处，寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料
B．元素周期表是按元素的相对原子质量由小到大的顺序排列而成的
C．H、Be、Al原子的最外层电子数等于其电子层数
D．原子核外电子的能量是不同的，在离核较近区域运动的电子能量较高
15．（2025高一上·吉林期末）有一包铁粉和铜粉混合均匀的粉末样品，为确定其组成，某同学将不同质量的该样品分别与40 mL 1 mol/L的FeCl3溶液反应，实验结果如下表所示(忽略反应前后溶液体积的微小变化)。
实验序号 ① ② ③ ④
m(粉末样品)/g 0.90 1.80 3.60 7.20
m(反应后剩余固体)/g 0 0.64 2.48 6.08
下列实验结论不正确的是
A．实验①反应后溶液中含有Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋
B．实验②③反应后剩余固体全部是Cu
C．实验④的滤液中c(Fe2＋)＝1.5 mol/L
D．原粉末样品中m(Fe)∶m(Cu)＝7∶8
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（2025高一上·吉林期末）氧化还原反应是重要的化学反应类型，在生活、生产、科研领域都有广泛的应用，请回答以下问题：
（1）维生素C又称“抗坏血酸”，在人体内有重要的功能。例如，能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，这说明维生素C具有　 　(填“氧化性”或“还原性”)。
（2）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：S + 2KNO3 + 3C = K2S + N2↑+ 3CO2↑。在该反应中，被还原的元素是　 　，当生成标准状况下4.48L气体时，转移的电子数为　 　。
（3）联氨(N2H4)和 N2O4可作宇宙飞船的动力源，其化学方程式：2N2H4+N2O4=3N2+4H2O，该反应放出大量的热、产生大量气体。
①使用单线桥表示电子转移的方向和数目　 　。
②该反应中，氧化产物与还原产物的质量之比为　 　。
（4）已知：2Fe2+ + Br2 = 2Fe3+ + 2Br-，向溴化亚铁溶液中通入一定量的氯气，当氯气与溴化亚铁的物质的量之比为1：1时的离子反应方程式为　 　。
17．（2025高一上·吉林期末）A、B、C、D、E、F是短周期主族元素，且原子序数依次增大。A元素的一种核素没有中子；B元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍；C为地壳中含量最多的元素；D的最外层电子数与A相同；E的L层电子数为其电子总数的一半。
（1）A、C、F按照原子个数比1：1：1构成化合物的结构式　 　。
（2）写出只含有C、D两种元素且既具有离子键又具有非极性共价键化合物的电子式　 　。
（3）高温灼烧A、B、C、D四种元素形成的化合物时，火焰呈　 　色。
（4）下列事实能用元素周期律解释并正确的是　 　(填标号)。
a．对应阴离子还原性由强到弱的顺序为E>F
b．原子序数为35的元素最高价氧化物的水化物的酸性比F最高价氧化物的水化物的酸性强
c．C的简单氢化物的沸点高于E的简单氢化物
d．原子半径由小到大的顺序为C（5）B和第三周期离子半径最小的元素能按照原子个数比3：4构成固体化合物，该化合物易与水反应生成可燃性气体和白色沉淀。在相同条件下，此气体密度是H2密度的8倍。该化合物与水反应的化学方程式为　 　； 此气体的分子空间构型为　 　。
（6）W是第VIII族中原子序数最小的元素。W的单质可用于处理酸性废水中的，使其转换为，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理。上述反应的离子方程式为　 　。
18．（2025高一上·吉林期末）金属材料在日常生活和生产中有着广泛的应用，请回答下列问题：
I．
（1）试剂保存：为防止FeSO4溶液变质，应在溶液中加入少量　 　，如何检验该溶液是否变质　 　。
（2）把一定量的铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量浓度恰好相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为　 　。
II．利用油脂厂废弃的镍(Ni)催化剂(主要含有Ni、Al、Fe及少量NiO、Al2O3、Fe2O3)制备NiSO4·7H2O的工艺流程如图：
回答下列问题：
（3）为加快“碱浸”的速率可采取的措施是　 　(任写一条)。
（4）“滤液1”中的阴离子是　 　。
（5）①“转化”中反应的离子方程式是　 　。
②“转化”中可替代H2O2的物质是　 　(填标号)。
a．Cl2 b．O2 c．Fe
（6）某温度下，Fe(OH)3分解得到铁、氧质量比为21：8的氧化物，其化学式为　 　。
19．（2025高一上·吉林期末）化学实验是科学探究过程中的一种重要方法，掌握化学实验的基本操作和物质的制备、转化及性质的探究尤为重要，请结合所学化学实验知识回答以下问题。
已知：常温常压下，一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。
【制备产品】
将氯气和空气(不参与反应)按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液。
（1）盛装浓盐酸的仪器名称是　 　。
（2）制备Cl2O的化学方程式为　 　。
（3）各装置的连接顺序为　 　。
___________→___________→___________→C→___________
（4）装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是　 　；装置C的作用是　 　。
（5）反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是　 　。
【测定浓度】
（6）已知次氯酸可被FeSO4等物质还原。用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取10 mL上述次氯酸溶液，并稀释至100 mL，再从其中取出20.00 mL于锥形瓶中，并加入10.00 mL0.8000 mol/L的FeSO4溶液，充分反应后，得到浅绿色溶液，再加入0.05000 mol/L的酸性KMnO4溶液24.00 mL，溶液浅绿色恰好褪去且无气体生成，则原次氯酸溶液的浓度为　 　mol/L。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】解：A、烧碱是氢氧化钠固体，为化合物，液态氧为单质，碘酒为碘和酒的混合物，故A正确；
B、熟石灰是氢氧化钙的固体，属于化合物，不是混合物，故B错误；
C、氯化氢属于化合物，不是混合物，故C错误；
D、空气是多种气体的混合物，氮气是单质、胆矾五水硫酸铜属于化合物，故D错误．
故选A．
【分析】纯净物是由一种物质组成的物质；混合物是由多种物质组成的物质；单质是由同种元素组成的纯净物；化合物是由不同种元素组成的纯净物，根据其特点分析解答即可．
2．【答案】C
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．分散系的分类依据是分散质粒子直径的大小。因此胶体的本质特征是分散质的微粒直径在1~100nm之间，A正确；
B．可见光束透过胶体时，胶粒对光产生散射作用，从而发生丁达尔效应，B正确；
C．胶体具有丁达尔效应，因此用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，前者没有明显的现象，后者产生丁达尔效应，C不正确；
D．Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，能够吸附水中的悬浮颗粒物并使其沉降，起到净水作用，D正确；
故答案为：C
【分析】A、胶体的本质特征是分散质粒子的直径大小。
B、胶体粒子对光的散射作用，使得胶体具有丁达尔效应。
C、胶体具有丁达尔效应，而溶液没有。
D、Fe(OH)3胶体的相对表面积较大，具有较强的吸附性。
3．【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、若化合物溶于水时发生化学反应生成能导电的物质（如 CO2溶于水生成 H2CO3导电），原化合物（CO2）不是电解质，因此 “溶于水得到的溶液能导电的化合物” 不一定是电解质 ，故A错误；
B、电离是化合物在水溶液、熔融状态下自发解离成离子的过程，不需要电流作用，电流是导电的条件而非电离的条件 ，故B错误；
C、溶液导电性取决于离子浓度与离子所带电荷数，若硫酸溶液浓度极稀、醋酸溶液浓度极高，硫酸溶液的导电性可能弱于醋酸溶液，因此 “一定更强” 的说法不成立 ，故C错误；
D、电解质的定义包含 “熔融状态下能导电的化合物”，氧化镁虽不溶于水，但熔融时能电离出 Mg2+ 和 O2-，符合电解质的判定标准 ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：对电解质定义的片面理解：误将 “溶于水后溶液导电的化合物” 直接判定为电解质，忽略 “需自身电离导电” 的核心（如 CO2是反应生成 H2CO3导电，并非自身电离）。
电离条件的混淆：错误认为电离需要电流驱动，实际电离是化合物在水溶液或者熔融状态下的自发解离过程。
溶液导电性的误判：默认 “强酸溶液导电性一定强于弱酸溶液”，忽略导电性由离子浓度和电荷数共同决定（浓度差异会改变导电性强弱）。
电解质状态的局限认知：误以为 “不溶于水的化合物不是电解质”，忽略电解质定义包含 “熔融状态下能电离导电” 的情况（如氧化镁）。
4．【答案】B
【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、反应①中，是氧化剂（Br化合价降低），是还原剂（Cl化合价升高）。根据“氧化性：氧化剂＞还原剂”，可直接得出氧化性，因此仅用反应①就能判断，A正确；
B、由分析知，还原性，B错误；
C、由反应②得氧化性，由反应③得氧化性，因此氧化性；同时还原性（反应③），满足“氧化剂氧化性＞氧化产物、还原剂还原性＞还原产物”，该反应可发生，C正确；
D、反应②中，中Cl（+5价）被还原为（0价），（-1价）被氧化为（0价），因此既是氧化产物（来自）又是还原产物（来自），D正确；
故答案为：B。
【分析】根据 “化合价升，为还原剂，对应氧化产物；化合价降，为氧化剂，对应还原产物”，结合 “氧化性：氧化剂 > 氧化产物；还原性：还原剂 > 还原产物” 推导：
反应①：Cl2（Cl 升价）是还原剂，BrO3-（Br 降价）是氧化剂，故氧化性 BrO3->ClO3-，还原性 Cl2>Br2；
反应②：Cl-（Cl 升价）是还原剂，ClO3-（Cl 降价）是氧化剂，故氧化性 ClO3->Cl2，还原性 Cl->Cl2；
反应③：FeCl2（Fe 升价）是还原剂，Cl2（Cl 降价）是氧化剂，故 氧化性 Cl2>Fe3+，还原性 Fe2+>Cl-；综上，还原性顺序：Fe2+>Cl->Cl2>Br2。
5．【答案】C
【知识点】化学键
【解析】【解答】A．NaOH含有离子键和极性键，A不符合题意 ；
B．NaCl中只含有离子键，B不符合题意 ；
C．H2分子中只有非极性键，C符合题意 ；
D．H2S中只有极性键，D不符合题意 ；
故答案为：C 。
【分析】A．NaOH含有离子键和极性键 ；
B．NaCl中只含有离子键 ；
C．H2分子中只有非极性键；
D．H2S中只有极性键 。
6．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；焰色反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体是 CO2，但原溶液中可能是 HCO3-（HCO3-与盐酸反应也生成 CO2），并非一定是 CO32-，A错误；
B、干燥氯气无漂白性，湿润布条中 Cl2与水反应生成 HClO，HClO 使布条褪色，现象对应结论，B正确；
C、Na 先与水反应生成 NaOH，NaOH 再与 CuSO4反应生成 Cu(OH)2沉淀（红色固体实际是
Cu(OH)2），并非 Na 置换出 Cu，C错误；
D、稀硫酸不易挥发，铂丝用稀硫酸洗涤会残留 SO42-，干扰焰色试验，应改用稀盐酸洗涤，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．突破口是 “能生成 CO2的离子不止 CO32-”。HCO3-与盐酸反应也会生成CO2，故不能确定原溶液一定含 CO32-。
B．突破口是 “氯气漂白的本质”。干燥 Cl2无漂白性，湿润布条中 Cl2与水生成 HClO，HClO使布条褪色，现象对应结论。
C．突破口是 “Na 的活泼性”。Na 先与水反应，不直接置换CuSO4中的Cu，红色固体是 Cu(OH)2。
D．突破口是 “焰色试验的铂丝洗涤要求”。稀硫酸残留会干扰试验，应选稀盐酸。
7．【答案】D
【知识点】钠的氧化物；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、NO2与 N2O4的最简式均为 NO2，2.3g 混合气体相当于 0.05mol NO2，含氧原子数为 0.05×2×NA=0.1NA，A正确；
B、39g 过氧化钠（Na2O2）为 0.5mol，与 CO2反应时，Na2O2中 O 的化合价从 - 1 价歧化为 - 2 价和 0 价，0.5mol Na2O2转移电子数为 0.5×1×NA=0.5NA，B正确；
C、1L 0.1mol/L 的 Ba(OH)2溶液中，Ba(OH)2含 O 原子数为 0.1×2×1×NA=0.2NA，但溶液中的 H2O 也含 O 原子，故总 O 原子数大于 0.2NA，C正确；
D、题目未给出明矾溶液的体积，无法计算 0.1mol/L 溶液中明矾的物质的量，也就无法判断生成 Al(OH)3胶粒的数量；且胶粒是多个 Al(OH)3分子的聚集体，即使有 0.1mol Al3+，胶粒数也小于 0.1NA，但因体积未知，此说法错误，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．NO2和 N2O4最简式均为 NO2，直接按 NO2计算氧原子数，不用纠结混合比例。
B．Na2O2与 CO2反应是歧化反应，1mol Na2O2转移 1mol 电子，先算 39g Na2O2的物质的量（0.5mol），再得转移电子数（0.5NA）。
C．溶液中 O 原子不仅来自溶质 Ba(OH)2（含 0.2NA），还来自溶剂 H2O，总 O 原子数必然大于 0.2NA。
D．题目没给明矾溶液体积，无法计算 Al3+的物质的量；且 Al(OH)3胶粒是多个 Al(OH)3分子的聚集体，即使有 Al3+，胶粒数也远小于 Al3+的物质的量。
8．【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、Na 与水反应得 NaOH；NaOH 与 CO2反应得 Na2CO3；Na2CO3与盐酸反应得 NaCl，三步均可一步完成，故A不符合题意 ；
B、Mg 与盐酸反应得 MgCl2；MgCl2与 NaOH 反应得 Mg(OH)2；Mg(OH)2与硫酸反应得 MgSO4，三步均可一步完成，故B不符合题意 ；
C、Al 与 O2反应得 Al2O3，但 Al2O3是两性氧化物，不溶于水、也不能与水直接反应生成 Al(OH)3，这一步无法一步完成；后续 Al(OH)3与 NaOH 反应得 Na[Al(OH)4] 可一步完成，但中间步骤受阻，故C符合题意 ；
D、Fe 与盐酸反应得 FeCl2；FeCl2与 NaOH 反应得 Fe(OH)2；Fe(OH)2被氧化得 Fe(OH)3，三步均可一步完成，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】聚焦 “能否一步反应转化”，抓住物质的核心反应特性突破。
A．突破口是 Na 的活泼性、NaOH 和 Na2CO3的酸性反应，三步均可一步完成。
B．突破口是 Mg 的置换反应、盐的复分解反应，三步均可一步完成。
C．突破口是 Al2O3的性质——Al2O3不溶于水、不能与水直接生成 Al(OH)3，此步无法一步完成，是转化的卡点。
D．突破口是 Fe 的置换、盐的复分解、氢氧化物的氧化，三步均可一步完成。
9．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 氧化亚铁中铁显＋2价，即正确的离子方程式为FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，故A不符合题意；
B. 反应中原子不守恒，正确的离子方程式是Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓，故B不符合题意；
C. 反应中电荷不守恒，正确的离子方程式是2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，故C不符合题意；
D. 氯气能将Fe2＋氧化成Fe3＋，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、氧化亚铁和盐酸反应生成亚铁离子；
B、电荷不守恒；
C、电荷不守恒；
D、亚铁离子和氯气反应生成铁离子和氯离子。
10．【答案】D
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A．合金的熔点一般比各成分金属的低，有些合金没有固定熔点，故A不符合题意；
B．在我国使用最早的合金是青铜，故B不符合题意；
C．含碳量在2%~4.3%之间的铁合金属于生铁，含碳量在0.03%~2%之间的铁合金属于钢，故C不符合题意；
D．稀土金属可用于生产合金，如Nd-Fe合金、稀土铝合金，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.合金的熔点一般低于其组分金属；
B.在我国使用最早的合金是青铜；
C.生铁含碳量在2%~4.3%之间。
11．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．食盐的主要成分是氯化钠，有咸味，可做调味品，故A不符合题意；
B．小苏打的主要成分为碳酸氢钠，不是碳酸钠，故B符合题意；
C．氢氧化铝难溶于水，能够和盐酸反应，可以做抗酸药，故C不符合题意；
D．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，具有强氧化性，可做消毒剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】NaHCO3俗称小苏打，发酵粉的有效成分。
12．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A.F、Cl、Br、I的核电荷数依次增大，核外电子层数依次增大，A不符合题意；
B.核外电子层数依次增大，原子半径逐渐增大，单质的氧化性逐渐减弱，B不符合题意；
C.核电荷数依次增大，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，C符合题意；
D.单质的颜色逐渐增强，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】F、Cl、Br、I位于周期表中同一主族，其核电荷数逐渐增加，结合元素周期表中元素性质递变规律分析即可。
13．【答案】C
【知识点】同位素及其应用
【解析】【解答】A．O2和O3互为同素异形体，A不符合题意 ；
B．同素异形体之间的转化为化学变化，B不符合题意 ；
C．在相同温度和压强下，等体积的O2和O3物质的量相同，含有相同的分子数，C符合题意 ；
D．等物质的量的O2和O3含有的质子数不相同，D不符合题意 ；
故答案为：C 。
【分析】A．同一元素形成的不同单质互为同素异形体；
B．同素异形体之间的转化为化学变化 ；
C．在相同温度和压强下，等体积的物质，具有相同的物质的量，相同的分子数；
D．质子数的计算 。
14．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A. 在金属与非金属的交界处，是找到半导体材料， A错误；
B. 元素周期表是按元素的原子序数（或核电荷数）由小到大的顺序排列而成的，B错误；
C.H、Be、Al的电子层数分别为1、2、3，原子的最外层电子数分别为1、2、3，C正确；
D. 原子核外电子的能量是不同的，在离核较远区域运动的电子能量较高，D错误；
故选C。
【分析】A. 在金属与非金属的交界处寻找半导体材料；
B. 元素周期表是按元素的原子序数（或核电荷数）由小到大的顺序；
C.依据原子的电子排布和表的结构判断；
D. 原子核外电子按能量由低到高排列。
15．【答案】D
【知识点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；铜及其化合物；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A、实验①中样品完全溶解，结合Fe3+先氧化Fe、后氧化Cu的顺序，可知Fe3+未完全反应，因此溶液中同时存在未反应的Fe3+，以及反应生成的Fe2+、Cu2+，A正确；
B、实验②中溶解质量超过Fe3+仅氧化Fe的最大量，说明部分Cu参与反应，剩余固体为未反应的Cu；实验③中溶解质量恰好是Fe3+氧化Fe的最大量，Fe耗尽而Cu未反应，剩余固体全为Cu，B正确；
C、实验④中Fe3+已完全反应，溶液溶质为FeCl2，根据Cl-守恒，c(Fe2+) = c(FeCl3) = ×1mol/L = 1.5mol/L，C正确；
D、实验③中溶解的1.12g为Fe，剩余2.48g为Cu，因此样品中m(Fe)：m(Cu) = 1.12：2.48 = 14：31，并非7：8，D错误；
故答案为：D。
【分析】首先明确反应顺序：Fe的还原性比Cu强，因此Fe3+会优先与Fe反应（），待Fe耗尽后，剩余的Fe3+才会与Cu反应（）。结合实验数据进一步推导：
FeCl3的总量：40mL 1mol/L的FeCl3溶液中，。
实验①与②的对比：实验②中样品溶解质量（1.80g - 0.64g = 1.16g）大于实验①的溶解量，说明实验①中Fe3+未耗尽、金属完全反应；而实验②中FeCl3已完全反应。
实验②的反应情况：若Fe3+仅氧化Fe，最多溶解Fe的质量为，但实际溶解了1.16g，说明有部分Cu也参与了反应，因此实验②剩余固体为未反应的Cu。
实验③的反应情况：样品溶解质量为3.60g - 2.48g = 1.12g，恰好等于Fe3+氧化Fe的最大质量，说明此样品中Fe恰好完全反应、Cu未参与反应，剩余固体全为Cu。由此可算出样品中。
实验④的反应情况：样品溶解质量仍为1.12g，说明Fe3+已耗尽，剩余固体是未反应的Fe和Cu，溶液溶质为FeCl2。
16．【答案】（1）还原性
（2）S、N；0.6NA
（3）；2：1
（4）2Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+2Fe3++Br2
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）维生素C能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，Fe元素发生还原反应，这说明维生素C具有还原性。
故答案为： 还原性 ；
（2）S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑反应中，S、N元素化合价降低，被还原的元素是S、N，S元素化合价由0降低为-2、N元素化合价由+5降低为0，碳元素化合价由0升高为+4，根据方程式，生成4mol气体转移12mol电子，当生成标准状况下4.48L气体时，转移的电子数为0.6NA。
故答案为： S、N ； 0.6NA ；
（3）①2N2H4+N2O4=3N2+4H2O反应，N2H4中N元素化合价由-2升高为0、N2O4中N元素化合价由+4降低为0，用单线桥表示电子转移的方向和数目。
②2N2H4+N2O4=3N2+4H2O反应，N2H4中N元素化合价由-2升高为0、N2O4中N元素化合价由+4降低为0，该反应中，氧化产物与还原产物的质量之比为2：1。
故答案为： ； 2：1 ；
（4）2Fe2++ Br2= 2Fe3++ 2Br-，可知还原性Fe2+>Br-，向溴化亚铁溶液中通入一定量的氯气，氯气先氧化Fe2+后氧化Br-，当氯气与溴化亚铁的物质的量之比为1：1时被氧化的Fe2+、Br-的物质的量比为1：1，反应的离子反应方程式为2Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+2Fe3++Br2。
故答案为： 2Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+2Fe3++Br2 。
【分析】（1）根据 “Fe3+到Fe2+（被还原）”，判断维生素 C 作还原剂，具有还原性。
（2）被还原元素：化合价降低的 S（0到-2）、N（+5到0）。
电子转移：生成 4.48L 气体（0.2mol）时，结合反应中转移 12mol 电子对应 5mol 气体，计算得转移 0.6N 电子。
（3）单线桥：N2H4中 N（-2到0）失电子，N2O4中 N（+4到0）得电子，转移 8e-。
氧化、还原产物：N2中，2mol 来自 N2H4（氧化产物）、1mol 来自 N2O4（还原产物），质量比 2：1。
（4）根据还原性 Fe2++，再氧化 Br-；物质的量比 1：1 时，Cl2氧化全部 Fe2+和部分 Br-，写出离子方程式。
（1）维生素C能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，Fe元素发生还原反应，这说明维生素C具有还原性。
（2）S + 2KNO3+ 3C = K2S + N2↑+ 3CO2↑反应中，S、N元素化合价降低，被还原的元素是S、N，S元素化合价由0降低为-2、N元素化合价由+5降低为0，碳元素化合价由0升高为+4，根据方程式，生成4mol气体转移12mol电子，当生成标准状况下4.48L气体时，转移的电子数为0.6NA。
（3）①2N2H4+N2O4=3N2+4H2O反应，N2H4中N元素化合价由-2升高为0、N2O4中N元素化合价由+4降低为0，用单线桥表示电子转移的方向和数目。
②2N2H4+N2O4=3N2+4H2O反应，N2H4中N元素化合价由-2升高为0、N2O4中N元素化合价由+4降低为0，该反应中，氧化产物与还原产物的质量之比为2：1。
（4）2Fe2++ Br2= 2Fe3++ 2Br-，可知还原性Fe2+>Br-，向溴化亚铁溶液中通入一定量的氯气，氯气先氧化Fe2+后氧化Br-，当氯气与溴化亚铁的物质的量之比为1：1时被氧化的Fe2+、Br-的物质的量比为1：1，反应的离子反应方程式为2Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+2Fe3++Br2。
17．【答案】（1）H-O-Cl
（2）
（3）黄
（4）ad
（5）；正四面体形
（6）
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）H、O、Cl按照原子个数比1：1：1构成化合物是HClO，结构式为H-O-Cl。
故答案为： H-O-Cl ；
（2）只含有O、Na两种元素且既具有离子键又具有非极性共价键化合物是Na2O2，电子式为。
故答案为： ；
（3）Na的焰色为黄色，高温灼烧H、C、O、Na四种元素形成的化合物时，火焰呈黄色；
故答案为： 黄 ；
（4）a．同周期元素从左到右，非金属性增强，对应阴离子还原性减弱，由强到弱的顺序为S2->Cl-，故选a；
b．原子序数为35的元素是Br，与Cl同主族，同主族元素从上到下最高价氧化物的水化物的酸性依次减弱，HClO4的酸性大于HBrO4，故不选b；
c．H2O的沸点高于H2S，与氢键有关，与元素周期律无关，故不选c；
d．同主族元素从上到下，原子半径依次增大，同周期元素从左到右，原子半径依次减小；原子半径由小到大的顺序为O故答案为： ad ；
（5）第三周期离子半径最小的元素是Al，Al和C按照原子个数比3：4构成固体化合物Al4C3，该化合物易与水反应生成可燃性气体和白色沉淀氢氧化铝。在相同条件下，此气体密度是H2密度的8倍，该气体相对分子质量为16，则该气体为甲烷。Al4C3与水反应的化学方程式为； 甲烷的分子空间构型为正四面体。
故答案为： ； 正四面体形 ；
（6）W是第VIII族中原子序数最小的元素，W是Fe元素。Fe的单质可用于处理酸性废水中的，使其转换为，同时生成有磁性的Fe的氧化物四氧化三铁，反应的离子方程式为。
故答案为： ；
【分析】先根据元素特征推断：A 的核素无中子，确定为 H；B 最外层电子数是内层 2 倍，确定为 C；C是地壳含量最多的O；D最外层电子数与A（H）相同且原子序数更大，确定为 Na；E 的 L 层电子数是电子总数的一半，确定为 P。流程为：通过 “无中子核素、最外层电子数关系、地壳含量、最外层电子数、电子层结构” 等特征，依次推断出短周期主族元素A~E。
（1）先确定 A（H）、C（O）、F（Cl），按原子数 1：1：1 构成HClO，写结构式H-O-Cl。
（2）C（O）、D（Na）形成的化合物中，Na2O2含离子键和非极性共价键，写其电子式。
（3）A~D 形成的化合物含 Na 元素，钠的焰色反应为黄色。
（4）根据同周期规律，判断离子还原性、原子半径的正误，排除无关选项，选 ad。
（5）B（C）与第三周期离子半径最小的 Al，形成 Al4C3；与水反应生成CH4（密度是H2的 8 倍）和 Al(OH)3，写方程式；CH4的空间构型为正四面体。
（6）W是第Ⅷ族原子序数最小的Fe，Fe与酸性废水中NO3-反应生成Fe3O4和NH4+，配平离子方程式。
（1）H、O、Cl按照原子个数比1：1：1构成化合物是HClO，结构式为H-O-Cl。
（2）只含有O、Na两种元素且既具有离子键又具有非极性共价键化合物是Na2O2，电子式为。
（3）Na的焰色为黄色，高温灼烧H、C、O、Na四种元素形成的化合物时，火焰呈黄色；
（4）a．同周期元素从左到右，非金属性增强，对应阴离子还原性减弱，由强到弱的顺序为S2->Cl-，故选a；
b．原子序数为35的元素是Br，与Cl同主族，同主族元素从上到下最高价氧化物的水化物的酸性依次减弱，HClO4的酸性大于HBrO4，故不选b；
c．H2O的沸点高于H2S，与氢键有关，与元素周期律无关，故不选c；
d．同主族元素从上到下，原子半径依次增大，同周期元素从左到右，原子半径依次减小；原子半径由小到大的顺序为O选ad。
（5）第三周期离子半径最小的元素是Al，Al和C按照原子个数比3：4构成固体化合物Al4C3，该化合物易与水反应生成可燃性气体和白色沉淀氢氧化铝。在相同条件下，此气体密度是H2密度的8倍，该气体相对分子质量为16，则该气体为甲烷。Al4C3与水反应的化学方程式为； 甲烷的分子空间构型为正四面体。
（6）W是第VIII族中原子序数最小的元素，W是Fe元素。Fe的单质可用于处理酸性废水中的，使其转换为，同时生成有磁性的Fe的氧化物四氧化三铁，反应的离子方程式为。
18．【答案】铁粉；取少量溶液于试管，加入少量KSCN溶液，若溶液变红，则该溶液已变质；2：3；粉碎或者适当提高碱浸温度；[Al(OH)4]- 、OH-；2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；b；Fe3O4
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）FeSO4易被氧气氧化而变质，为防止FeSO4溶液变质，应在溶液中加入少量Fe粉；若FeSO4变质，溶液中含有Fe3+。取少量溶液于试管，加入少量KSCN溶液，若溶液变红，则该溶液已变质。
故答案为： 铁粉 ； 取少量溶液于试管，加入少量KSCN溶液，若溶液变红，则该溶液已变质 ；
（2）把一定量的铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量浓度恰好相等，设反应后Fe2+的物质的量为amol，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+，可知参加反应的Fe3+的物质的量为 ，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为。
故答案为： 2：3 ；
（3）根据影响反应速率的因素，为加快“碱浸”的速率可采取的措施是粉碎或适当提高碱浸温度、搅拌等。
故答案为： 粉碎或者适当提高碱浸温度 ；
（4）氢氧化钠和铝反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，氢氧化钠和氧化铝反应生成四羟基合铝酸钠，“滤液1”中的阴离子是[Al(OH)4]- 、OH-；
故答案为： [Al(OH)4]- 、OH- ；
（5）①“转化”是用双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。
②a．Cl2能把Fe2+氧化为Fe3+，但引入杂质氯离子，故不选a；
b．O2能把Fe2+氧化为Fe3+，且不引入杂质，故选b；
c．Fe具有还原性，不能氧化Fe2+，故不选c；
选b。
故答案为： 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O ； b ；
（6）某温度下，Fe(OH)3分解得到铁、氧质量比为21：8的氧化物，铁、氧原子数比为，其化学式为Fe3O4。
故答案为： Fe3O4 。
【分析】向废镍催化剂中加稀 NaOH 碱浸，除去 Al 相关物质，得到滤饼；滤饼加稀 H2SO4酸浸，溶解 Ni、Fe 等得到滤液 2；滤液 2 加 H2O2将Fe2+ 转化为 Fe3+ 得滤液 3；滤液 3 加 NaOH 溶液沉铁（生成 Fe(OH)3），最后经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得NiSO4·7H2O。
（1）FeSO4变质是 Fe2+ 被氧化为 Fe3+，加铁粉防氧化；用 KSCN 溶液检验（变红则变质）。
（2）根据 Fe 与 Fe3+ 的反应（Fe+2Fe3+=3Fe2+），结合反应后 Fe2+ 与 Fe3+ 浓度相等，计算得已反应与未反应 Fe3+ 的物质的量比为 2：3。
（3）加快碱浸速率的措施：粉碎废料、适当升温等。
（4）碱浸时 Al、Al2O3与 NaOH 反应生成 [Al(OH)4]-，滤液 1 阴离子为 [Al(OH)4]-、OH-。
（5）①转化步骤中 H2O2将 Fe2+ 氧化为 Fe3+，写离子方程式。②要点：替代 H2O2的氧化剂需能氧化 Fe2+ 且不引入杂质，选 O2（b）。
（6）根据 Fe、O 质量比 21：8，计算原子个数比为 3：4，化学式为 Fe3O4。
19．【答案】分液漏斗；2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)；A、D、B、E；加快反应速率，使反应充分进行；除去Cl2O中的Cl2；防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解；0.5
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由图可知，盛装浓盐酸的仪器是分液漏斗；
故答案为： 分液漏斗 ；
（2）已知空气不参与反应，则制取Cl2O以Cl2和Na2CO3为反应物发生歧化反应，其中氯元素从0价变为+1价和-1价，反应的化学方程式为：2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)；
故答案为： 2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3) ；
（3）由分析可知，装置的连接顺序为：A→D→B→C→E；
故答案为： A、D、B、E ；
（4）多孔球泡和搅拌棒均能增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应充分快速进行；装置C的作用是除去Cl2O中的Cl2；
故答案为： 加快反应速率，使反应充分进行 ； 除去Cl2O中的Cl2 ；
（5）已知Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2，因此反应过程中，装置B需放在冷水中，防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解；
故答案为： 防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解 ；
（6）可利用氧化还原滴定原理测定装置E所得溶液中次氯酸浓度：取一定量装置E所得溶液，加入固定量FeSO4溶液，次氯酸具有强氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应HClO+2Fe2++H+=2Fe3++Cl-+H2O；剩余Fe2+用高锰酸钾溶液滴定，发生反应+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，消耗高锰酸钾物质的量为：，原次氯酸溶液的浓度为：。
故答案为： 0.5 ；
【分析】实验目的是制备 Cl2O 并制次氯酸溶液，流程逻辑如下：先通过装置 A 制备 Cl2；接着用装置 D（饱和食盐水）除去 Cl2中的 HCl 杂质，同时混入空气，使 Cl2与空气形成 1：3 的混合气体；随后混合气体通入装置 B，与含 8% 水的碳酸钠充分反应生成 Cl2O；再将气体通入装置 C（足量四氯化碳），除去 Cl2O 中混有的 Cl2；最后将提纯后的 Cl2O 通入装置 E，用水吸收制备次氯酸溶液。
（1）盛装浓盐酸的仪器是分液漏斗。
（2）Cl2与含 8% 水的 Na2CO3反应生成 Cl2O，配平化学方程式。
（3）装置连接顺序：A 制 Cl2→D 除 HCl→B 制 Cl2O→C 除 Cl2→E 吸收 Cl2O，即 A→D→B→E。
（4）多孔球泡 + 搅拌棒：加快反应速率、使反应充分；装置 C：除去 Cl2O 中的 Cl2。
（5）冷水浴目的：防止温度过高导致 Cl2O 分解（42℃以上分解）。
（6）利用氧化还原滴定，通过 FeSO4与 HClO、KMnO4的反应，结合电子守恒计算原 HClO 溶液浓度。
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