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贵州省部分高中2024-2025学年高一上学期1月期末考试化学试题
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求)。
1．（2025高一上·贵州期末）古丝绸之路将我国的发明和技术传送到国外。下列古代生产工艺中主要体现化学变化的是
A．古法酿酒 B．纺纱织布 C．编制风筝 D．红木雕刻
【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；乙醇的工业制法
【解析】【解答】A、 古法酿酒：涉及微生物发酵，将糖类转化为乙醇和二氧化碳，有新物质生成，属于化学变化，A正确；
B、纺纱织布：只是将纤维制成纱线再织成布，没有新物质生成，属于物理变化，B错误；
C、 编制风筝：用竹条和纸等材料制作风筝，是形状的改变，没有新物质生成，属于物理变化，C错误；
D、 红木雕刻：将木料雕刻成艺术品，是形状的改变，没有新物质生成，属于物理变化，D错误；故答案为：A
【分析】本题核心考查化学变化与物理变化的判断，关键依据是：是否有新物质生成（有新物质生成的为化学变化，仅物质形状、状态等改变而无新物质生成的为物理变化）。
2．（2025高一上·贵州期末）生活常识告诉我们，给电器设备通电时，湿手操作容易发生触电事故，下列选项解释合理的是
A．人的手上有，的导电能力很强
B．人的手上有NaCl，NaCl固体能导电
C．人的手上有NaCl，NaCl溶于水形成的溶液能导电
D．人的手上有NaCl，NaCl在手上熔化后能导电
【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A、不含杂质的纯水的导电能力极弱，几乎不导电，因为纯水中几乎没有自由移动的离子。湿手能导电的核心不是水本身，而是水中溶解的物质，A错误；B、NaCl 是电解质，但固体状态下，Na+和 Cl-被离子键束缚，无法自由移动，因此 NaCl 固体不导电，B错误；
C、人的手上有NaCl，NaCl溶于水形成的溶液能导电。湿手时，手上的NaCl（汗液等）溶于水形成电解质溶液，能够导电，使人体更容易成为导体，C正确；
D、NaCl 的熔点约为 801℃，人体正常温度远低于其熔点，NaCl 不可能在手上熔化，且日常湿手场景中，NaCl 的存在形式是 “水溶液”，而非熔融态，D错误；
故答案为：C
【分析】电解质导电的两个核心条件：① 存在离子（电解质本身）；② 离子能自由移动（溶于水或熔融状态）。湿手触电的本质是 “汗液中的电解质（如 NaCl）溶于水形成导电溶液”，而非水或电解质固体本身导电。
3．（2025高一上·贵州期末）下列物质的俗名、化学式、分类均正确的是
选项 俗名 化学式 分类
A 绿矾 盐
B 醋酸 酸
C 纯碱 NaOH 碱
D 熟石灰 CaO 氧化物
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、绿矾通常指七水合硫酸亚铁：FeSO4·7H2O，而选项中缺少结晶水，虽分类“盐”正确，但化学式错误，A错误；B、醋酸的俗名对应化学式：CH3COOH，其在水溶液中能电离出H+，分类属于酸，三者均匹配，B正确；
C、纯碱为Na2CO3，属于盐，而非NaOH（烧碱），化学式和分类均错误，C错误；
D、熟石灰为Ca(OH)2，属于碱，而非CaO（生石灰），化学式和分类均错误，D错误；
故答案为：B
【分析】逐一分析各选项的俗名、化学式、分类匹配性，一定要注意三者都必须对应才能判定是正确的选项。
4．（2025高一上·贵州期末）我国科学家在实验室成功制取了光学晶体——转角菱方氮化硼(BN)。下列说法错误的是
A．N原子的结构示意图为
B．BN的摩尔质量为
C．和的中子数之和为12
D．原子半径：
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子结构示意图；摩尔质量；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、氮原子的原子序数为7，其结构示意图一般为两层电子，第一层2个，第二层5个，因此原子结构示意图为，A正确；
B、B的相对原子质量约为11，N约为14，因此BN的摩尔质量为，B正确；
C、质量数=质子数+中子数，含有11-5=6个中子，含有14-7=7个中子，和的中子数之和为13，C错误；
D、B和N均为第二周期主族元素，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，B位于N左侧，故原子半径：B>N，D正确；
故答案为： C
【分析】原子结构示意图判断：需匹配原子序数，电子层排布符合 “第一层最多 2 个电子、第二层最多 8 个电子” 的规律。摩尔质量计算：化合物的摩尔质量数值上等于其相对分子质量，由各组成原子的相对原子质量相加得到。中子数计算：利用公式 “中子数 = 质量数 - 质子数”，注意原子符号中 “左上角为质量数、左下角为质子数”。原子半径比较：同周期主族元素，原子半径随原子序数增大而减小，可通过元素在周期表的左右位置直接判断。
5．（2025高一上·贵州期末）下列各组离子在酸性溶液中能大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、与能反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：，两者不能大量共存，A错误；
B、酸性溶液中与反应生成弱电解质水，不能大量共存；与反应生成微溶物氢氧化钙，不能大量共存，B错误；
C、酸性溶液中与发生反应生成碳酸氢根或二氧化碳和水，两者不能大量共存，C错误；
D、酸性溶液中存在大量氢离子，、、、在酸性溶液中均不发生反应，能大量共存，D正确；
故答案为：D
【分析】离子共存问题的规律总结：
反应性离子不能共存：能够发生反应的离子不能共存，例如SO42-与Ba2+、Ag+等离子不能大量共存。
有色离子与无色溶液：在无色溶液中，有色离子（如Cu2+、Fe2+、Fe3+等）不能大量共存。
强酸性溶液中的离子：在强酸性溶液中，非强酸根离子和OH-不能大量共存。
弱电解质的形成：当离子间结合生成弱电解质时，这些离子不能大量共存，例如H+与OH-。
气体和沉淀的生成：某些离子在反应中会生成气体或沉淀，这会导致它们不能共存，例如CO32-与H+反应生成CO2气体。
6．（2025高一上·贵州期末）在给定条件下，下列物质间的转化可以实现的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】铁的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、是两性氧化物，但难溶于水且不与水反应，无法发生一步转化生成，转化不能实现，A错误；
B、Cl2具有强氧化性，在加热条件下，单质铁与氯气反应生成氯化铁，相关的化学方程式为：，B正确；
C、碳酸钠热稳定性强，受热不分解，在加热条件下不能生成碳酸氢钠，相反，碳酸氢钠的热稳定性较差，加热会分解为碳酸钠，相关的化学反应方程式为：，C错误；
D、次氯酸具有强氧化性，与还原剂反应生成氯离子，不生成氢气，光照分解生成HCl和氧气，相关的化学反应方程式为：，D错误；
故答案为：B
【分析】物质间一步转化的判断核心是匹配物质的化学性质：氧化物与水反应的前提是“可溶性”（如Al2O3不溶于水，无法与水反应）；强氧化性物质与金属反应时，会将金属氧化至高价态（如Cl2将Fe氧化为FeCl3；盐的热稳定性需区分：NaHCO3热稳定性弱于Na2CO3，前者加热分解为后者；不稳定物质的分解产物具有唯一性（如HClO分解生成HCl和O2）。
7．（2025高一上·贵州期末）下列事实能说明Cl的非金属性强于P的是
A．Cl的相对原子质量大于P
B．与反应的难易程度：比P更容易
C．的沸点低于P单质
D．HCl的酸性强于
【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】A、相对原子质量是一个物理量，由实验测得，与元素的化学性质无关，无法判断元素非金属性的强弱，A错误；
B、非金属性越强的单质与H2的化合越容易，因此与反应的难易程度：比P更容易，说明氧化性>P，可以得出非金属性：Cl>P，B正确；
C、沸点是物质的物理性质，由分子间作用力等决定，与元素的化学性质无关，不能用单质沸点的高低来比较元素的非金属性强弱，C错误；
D、最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，Cl最高价氧化物对应水化物为，应比较高氯酸和磷酸的酸性强弱，来比较氯元素和磷元素的非金属性强弱，D错误；
故答案为：B
【分析】比较元素非金属的强弱可用：元素非金属性越强，单质的氧化性越强、最高价氧化物对应水化物的酸性越强、气态氢化物的稳定性越强。要注意：比较酸性时，必须是最高价氧化物对应的水化物，而非氢化物的酸性。
8．（2025高一上·贵州期末）维生素C能帮助人体将从食物中摄取的、不易吸收的转化为易吸收的。下列说法正确的是
A．还原性：维生素 B．该过程中是还原剂
C．该过程中维生素C发生还原反应 D．转化为是氧化反应
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】A、氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。维生素 C 是还原剂， Fe2+是还原产物，因此还原性：维生素 C >Fe2+，A正确；
B、由题干信息可知，Fe元素在这个过程中化合价降低，被还原，因此该过程中是氧化剂，B错误；
C、该过程中维生素C作还原剂，还原剂维生素C在反应中发生氧化反应，失去电子，并非还原反应，C错误；
D、转化为时，铁元素化合价降低，得到电子，发生的是还原反应，并非氧化反应，故D错误；
故答案为：A
【分析】氧化还原反应中核心概念的判断依据：
化合价升高→失去电子→发生氧化反应→作还原剂；
化合价降低→得到电子→发生还原反应→作氧化剂；
还原性强弱：还原剂 > 还原产物；氧化性强弱：氧化剂 > 氧化产物。
9．（2025高一上·贵州期末）下列试剂中，无法检验溶液中含有的是
A．KSCN溶液 B．淀粉和碘化钾的混合溶液
C．溶液 D．铜粉
【答案】C
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、溶液中亚铁离子不能与硫氰酸根离子反应，铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的硫氰化铁，则用硫氰化钾溶液能检验硫酸亚铁溶液中含有硫酸铁，A错误；
B、溶液中亚铁离子不能与碘离子反应，铁离子能与碘离子反应生成能使淀粉溶液变蓝色的单质碘，则用淀粉和碘化钾的混合溶液能检验硫酸亚铁溶液中含有硫酸铁，B错误；
C、硫酸亚铁和硫酸铁溶液中的硫酸根离子都能与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，则用氯化钡溶液不能检验硫酸亚铁溶液中含有硫酸铁，C正确；
D、硫酸亚铁溶液不能与铜反应，硫酸铁溶液能与铜粉反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，反应后铜粉溶解、溶液颜色发生变化，现象不同，则能用铜粉检验硫酸亚铁溶液中含有硫酸铁，D错误；
故答案为：C
【分析】检验混合溶液中某离子的核心是选择仅与目标离子反应的试剂，避免与溶液中已有离子发生相同现象的反应，如本题中BaCl2与SO42-的反应，无法区分Fe3+。
10．（2025高一上·贵州期末）钠及其部分化合物的转化过程如图所示，下列说法正确的是
A．“一定条件”是指常温下在氧气中反应
B．从基本反应类型角度来看，反应1、2、3依次为化合反应、置换反应、复分解反应
C．反应3没有涉及电子的转移
D．反应1中消耗1mol金属钠，转移的电子数为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；钠的氧化物；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、钠在常温下与氧气反应生成Na2O，生成Na2O2则需要加热或者点燃的条件，因此“一定条件”不是常温，A错误；
B、反应1：是化合反应；反应2：不是置换反应，置换反应需“单质+化合物→新单质+新化合物”，此反应反应物均为化合物；反应3：是复分解反应，因此反应2的类型判断错误，该选项错误，B错误；
C、由图可知，反应3 是氢氧化钠溶液与碳酸反应生成碳酸钠和水，属于典型的复分解反应，反应过程中各元素化合价均无变化，属于非氧化还原反应，因此没有电子的转移，C正确；
D、由图可知，反应1为钠与氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，则消耗1mol金属钠时，转移的电子数约为，D错误；
故答案为：C
【分析】本题关键围绕钠及其化合物的反应规律、反应类型判断、氧化还原反应核心概念展开，首先要理清反应条件与产物的对应关系，钠与氧气的反应产物由条件决定，需明确反应条件对产物的影响，避免混淆。同时要对反应类型的严格判断，依据定义区分反应类型。其次是氧化还原反应的核心判断标准：是否存在元素化合价变化。
11．（2025高一上·贵州期末）用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．溶液中，的数目为
B．标准状况下，11.2L通入蒸馏水中发生反应，转移的电子数为
C．常温常压下，与的密度之比为
D．常温下，56gFe与足量的稀硫酸反应，生成
【答案】C
【知识点】氯水、氯气的漂白作用；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、计算溶液中离子数目需已知溶液体积n=cV，但题目未给出CaCl2溶液的体积，无法确定Cl-的物质的量，因此Cl-数目不能计算，A错误；B、Cl2与水的反应是可逆反应：，Cl2无法完全反应，因此转移的电子数小于0.5NA，B错误；
C、由阿伏加德罗定律推论可知，同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比。SO2的摩尔质量为：64g/mol，O2的摩尔质量为：32g/mol，因此密度之比为：64：32=2：1，该定律常温常压下该推论仍适用，C正确；
D、Fe与足量稀硫酸反应生成FeSO4和H2，反应方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。56gFe的物质的量为1mol，当其等比例参与反应时，生成H2的物质的量为1mol，并非1.5mol，D错误；
故答案为：C
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
12．（2025高一上·贵州期末）劳动最光荣，勤奋出智慧。下列劳动项目涉及反应的离子方程式书写正确的是
选项 劳动项目 离子方程式
A 用稀盐酸除铁锈
B 用和石灰乳反应制取漂白粉
C 用固体管道疏通剂(主要成分是NaOH和铝粉)疏通下水道
D 用氨水中和实验室废液(主要成分是稀硫酸)
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；离子方程式的书写；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A、铁锈主要成分是，中铁元素的化合价为+3，和稀盐酸反应属于典型的复分解反应，在反应的前后铁元素的化合价不会发生变化，不能生成，反应的离子方程式为：，A错误；
B、石灰乳是Ca(OH)2悬浊液，属于难溶物，书写离子方程式不能写成离子形式，要保留原化学式，反应的离子方程式为：，B错误；
C、是盐，属于强电解质，能够拆分为离子的形式，因此书写离子方程式应该写成离子形式，反应的离子方程式为：，C错误；
D、氨水中的一水合氨是弱电解质，书写离子方程式不能写成离子形式，要保留原化学式，反应的离子方程式为：，D正确；
故答案为：D
【分析】做题时一定要看清楚所描述的劳动项目与化学知识是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
13．（2025高一上·贵州期末）天然气的主要成分是甲烷，硫化氢是其中常见的杂质，大多数利用天然气的情况都必须预先除去硫化氢，某种脱除硫化氢(以下简称脱硫)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A．过程1中转移个电子，可以生成2molS
B．在过程2中作还原剂，发生氧化反应
C．整个脱硫工艺流程不宜在碱性环境中进行
D．消耗32g可以除去2mol
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变；氧化还原反应的电子转移数目计算；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】A、过程1发生反应：，转移2mol电子生成1molS，则转移个电子，可以生成1molS， A错误；
B、过程2发生反应：，该过程氧气把Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+做还原剂，发生氧化反应， B正确；
C、若在碱性条件下，Fe3+、Fe2+会生成氢氧化铁、氢氧化亚铁沉淀，无法维持循环反应，且观察流程图可知，铁元素一直以铁离子、亚铁离子存在， C正确；
D、总反应为：，消耗32g氧气即1mol氧气可除去2mol， D正确；
故答案为：A
【分析】明确脱硫工艺流程的核心反应：
过程1中S从-2价升高到0价，失去2个电子；Fe3+从+3价降低到+2价，每个Fe3+得1个电子，相关的化学方程式为：；
过程2中Fe2+从+2价升高到+3价，失去1个电子；O2从0价降低到-2价，每个O得2个电子。相关的化学方程式为：；
14．（2025高一上·贵州期末）向200mL和混合溶液中缓慢通入充分反应，溶液中、、的物质的量变化如图所示，忽略反应时溶液体积的变化，下列说法正确的是
A．线表示的物质的量的变化
B．XY段溶液中发生反应的离子方程式为
C．
D．原溶液中
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、由分析可知，I-还原性最强，最先与Cl2发生反应，据此可以判断曲线a、b、c依次表示碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量的变化，A错误；
B、由分析可知，曲线a、b、c依次表示碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量的变化，XY段对应的是Cl2从0.01mol到0.03mol是Fe2+与Cl2反应，据此可以判断XY段溶液中发生反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl-，B错误；
C、由分析可知，Br-反应需消耗0.03molCl2，而0.06molBr-对应0.03molCl2，总Cl2物质的量：M=0.03mol+0.03mol=0.06mol，而非0.05mol，C错误；
D、由分析可知，溶液中亚铁离子的物质的量为0.04mol，则溶液中亚铁离子的浓度为：=0.2mol/L，D正确；
故答案为：D
【分析】由反应：2Fe2++Br2= 2Fe3++2Br-和2Fe3++2I-=2Fe2++I2，还原剂的还原性强弱顺序为I-＞Fe2+＞Br-，由氧化还原反应规律可知，向溴化亚铁和碘化亚铁混合溶液中通入氯气时，溶液中还原剂的反应顺序为碘离子、亚铁离子、溴离子，则曲线a、b、c依次表示碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量的变化，由反应2I-+Cl2=2Cl-+I2可知，溶液中碘离子0.01mol×2=0.02mol，由反应2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl-可知，亚铁离子物质的量为(0.03—0.01)mol×2=0.04mol，由电荷守恒可知，溶液中溴离子的物质的量为0.04mol×2—0.02mol=0.06mol，由反应2Br-+Cl2=2Cl-+Br2可知，溶液中Br-消耗的n(Cl2)=0.06mol×=0.03mol，M=0.03+0.03=0.06。
二、非选择题(本大题共4小题，共58分)。
15．（2025高一上·贵州期末）随着核电荷数的递增，8种短周期主族元素(用W、X、Y、Z、M、N、P、Q表示)原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价的变化如图所示。
请回答下列问题：
（1）X在元素周期表中的位置是　 　。
（2）Y、Z、M的简单离子的半径由大到小的顺序是　 　(用离子符号表示)。
（3）W、X、Y的单质分别与化合时，最困难的是　 　(用化学式表示，下同)；形成的最简单氢化物热稳定性最好的是　 　，写出单质Z与该化合物反应的化学方程式：　 　。
（4）Z与Q形成的化合物的化学式是　 　，高温灼烧该化合物时火焰呈　 　色。
（5）写出P的最高价氧化物的水化物与N的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式：　 　。
【答案】（1）第二周期第ⅤA族
（2）
（3）C；；
（4）NaCl；黄
（5）
【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；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N元素，N的原子序数为7，位于元素周期表第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族；
（2）、Y为O元素、Z为Na元素、M为Mg元素，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则这三种元素简单离子的半径由大到小的顺序为O2->Na+>Mg2+，故答案为：O2->Na+>Mg2+；
（3）、W为C元素、X为N元素、Y为O元素，同周期主族元素，从左到右非金属性依次增强，与氢气化合越易、氢化物的稳定性越强，则与氢气化合最困难的是C元素；形成的最简单氢化物热稳定性最好的是氧元素形成的H2O；Z为Na元素，Na与水反应的化学方程式为，故答案为：C；；；
（4）、Z为Na元素、Q为Cl元素，两种元素组成的化合物为NaCl，高温灼烧该化合物时火焰呈黄色，故答案为： NaCl；黄；
（5）、N为Al元素、P为S元素；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与硫酸溶液反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为，故答案为：。
【分析】由图可知，Y、P的最低负价均为-2价，但P原子半径更大，Y为O元素、P为S元素；则W为第2周期元素，且最高正价+4价，W为C元素、X为N元素；Z的最高正价为+1价，且原子序数大于O，则Z为第3周期的Na元素；M最高正价为+2价，原子序数大于Na，M为Mg元素；N最高正价为+3价，原子序数大于Na，N为Al元素；P为S元素，则Q为Cl元素。
化合价与族序数的对应关系：
最高正价=主族序数（除O、F）：W（+4）对应ⅣA族，X（+5）对应ⅤA族，Z（+1）对应ⅠA族，M（+2）对应ⅡA族，N（+3）对应ⅢA族；
最低负价=主族序数-8：Y（-2）、P（-2）对应ⅥA族，Q（-1）对应ⅦA族。
核电荷数与原子半径的周期性变化：
短周期主族元素中，同周期元素从左至右原子半径减小、核电荷数增大，同主族元素从上至下原子半径增大、核电荷数增大；
（1）X为N元素，N的原子序数为7，位于元素周期表第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族；
（2）Y为O元素、Z为Na元素、M为Mg元素，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则这三种元素简单离子的半径由大到小的顺序为O2->Na+>Mg2+，故答案为：O2->Na+>Mg2+；
（3）W为C元素、X为N元素、Y为O元素，同周期主族元素，从左到右非金属性依次增强，与氢气化合越易、氢化物的稳定性越强，则与氢气化合最困难的是C元素；形成的最简单氢化物热稳定性最好的是氧元素形成的H2O；Z为Na元素，Na与水反应的化学方程式为，故答案为：C；；；
（4）Z为Na元素、Q为Cl元素，两种元素组成的化合物为NaCl，高温灼烧该化合物时火焰呈黄色，故答案为： NaCl；黄；
（5）N为Al元素、P为S元素；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与硫酸溶液反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为，故答案为：。
16．（2025高一上·贵州期末）现有某部分被氧化的铁铜合金样品(氧化产物只有)，按照如图流程进行处理。
已知：溶液A中不含有。请回答下列问题：
（1）Fe和Cu是　 　(填“短周期”或“长周期”)元素；写出NaOH在水中的电离方程式：　 　。
（2）配制90mL硫酸溶液时，需要使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管和　 　。
（3）溶液A中的阳离子有　 　(写离子符号)，固体C的化学式为　 　。
（4）写出过程1中涉及氧化还原反应的两组离子方程式：　 　、　 　。
（5）若收集到标准状况下224mL，计算该铁铜合金中的质量为　 　g。
【答案】（1）长周期；
（2）100mL容量瓶、玻璃棒
（3）、；
（4）；
（5）16
【知识点】化学实验操作的先后顺序；实验装置综合；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）、Fe和Cu位于第四周期，属于长周期元素；NaOH为强电解质，在水中的电离方程式：，故答案为：长周期；；
（2）、配制90mL硫酸溶液时，没有90mL容量瓶，应选择100mL容量瓶，需要使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶、玻璃棒、故答案为：100mL容量瓶、玻璃棒；
（3）、加足量稀硫酸过滤后滤渣有铜单质，溶液A中不含有，也不含铁离子，应含有，因硫酸过量溶液A中的阳离子为、，经分析固体C为，故答案为：、；；
（4）、过程1中发生反应，，，涉及氧化还原反应的两组离子方程式、，故答案为：、；
（5）、固体C为，3.2g物质的量为，反应后溶液中亚铁离子为0.04mol；收集到标准状况下224mL即0.01mol，则与硫酸反应生成的亚铁离子为0.01mol，根据铁原子守恒发生反应：生成的亚铁离子为0.04-0.01=0.03mol，该反应中参与反应的铁离子为0.02mol，故合金中为0.01mol，质量为， 故答案为：16。
【分析】部分被氧化的铁铜合金样品(氧化产物只有)中加入足量稀硫酸，Fe和Fe2O3能和稀硫酸发生反应，得到对应的Fe2+和Fe3+的溶液，而Cu不与稀硫酸反应，且溶液A不含Cu2+，因此过程1得到的Cu是样品中原有的铜单质；溶液A为FeSO4溶液，与NaOH反应生成Fe(OH)2沉淀；Fe(OH)2易被氧化为Fe(OH)3，因此滤渣B为Fe(OH)3。接着滤渣B灼烧：Fe(OH)3高温分解生成Fe2O3，反应方程式为：，固体C为Fe2O3。
（1）Fe和Cu位于第四周期，属于长周期元素；NaOH为强电解质，在水中的电离方程式：，故答案为：长周期；；
（2）配制90mL硫酸溶液时，没有90mL容量瓶，应选择100mL容量瓶，需要使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶、玻璃棒、故答案为：100mL容量瓶、玻璃棒；
（3）加足量稀硫酸过滤后滤渣有铜单质，溶液A中不含有，也不含铁离子，应含有，因硫酸过量溶液A中的阳离子为、，经分析固体C为，故答案为：、；；
（4）过程1中发生反应，，，涉及氧化还原反应的两组离子方程式、，故答案为：、；
（5）固体C为，3.2g物质的量为，反应后溶液中亚铁离子为0.04mol；收集到标准状况下224mL即0.01mol，则与硫酸反应生成的亚铁离子为0.01mol，根据铁原子守恒发生反应：生成的亚铁离子为0.04-0.01=0.03mol，该反应中参与反应的铁离子为0.02mol，故合金中为0.01mol，质量为， 故答案为：16。
17．（2025高一上·贵州期末）四氯化锡主要用于有机锡化合物的制造和电镀工业。某学习小组设计如图所示装置(部分夹持装置已省略)制备。
已知：①四氯化锡的熔点为、沸点为114℃，极易与水反应。
②。
③高锰酸钾与浓盐酸反应可生成，该反应的还原产物为。
请回答下列问题：
（1）试剂a为　 　；仪器a的名称为　 　。
（2）写出浓盐酸和高锰酸钾反应的化学方程式：　 　；该反应体现出的浓盐酸的性质有　 　。
（3）装置甲的作用是　 　。
（4）通过实验制得的样品中含有少量，某同学设计下列实验测定样品中的含量：
步骤1：称取5g样品配制成100mL溶液，取25mL置于锥形瓶中；
步骤2：向步骤1中的锥形瓶加入足量溶液，将氧化为；
步骤3：向步骤2反应后的溶液中加入10.00mL溶液，恰好完全反应。
①写出步骤2中发生反应的离子方程式：　 　。
②该样品中的质量分数为　 　%。
【答案】（1）饱和食盐水；球形干燥管
（2）2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；酸性和还原性
（3）吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入锡和氯气反应的装置中
（4）2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+；4.56
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）、由分析可知，试剂a为饱和食盐水，用于除去氯化氢气体；由实验装置图可知，仪器a为球形干燥管，故答案为：饱和食盐水；球形干燥管；
（2）、由分析可知，浓盐酸和高锰酸钾反应生成KCl、MnCl2、氯气和水，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应中氯元素的化合价部分升高被氧化，HCl表现还原性，部分氯元素化合价不变，HCl表现酸性，即浓盐酸在反应中表现酸性和还原性，故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；酸性和还原性；
（3）、由分析可知，装置甲中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入锡和氯气反应的装置中，故答案为：吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入锡和氯气反应的装置中；
（4）、①、由题意可知，步骤2中发生的反应为溶液中的铁离子与Sn2+反应生成亚铁离子和Sn4+，反应的离子方程式为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+，故答案为：2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+；
②、由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：3Sn2+—6Fe2+—Cr2O，滴定消耗10.00mL0.01mol/L重铬酸钾溶液，则样品中二氯化锡的质量分数为=4.56%，故答案为：4.56。
【分析】首先是氯气的制备与净化，高锰酸钾与浓盐酸反应生成Cl2，还原产物为MnCl2，反应方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，其中试剂a为饱和食盐水，用于除去Cl2中混有的HCl杂质，原理是HCl易溶于饱和食盐水，Cl2在其中溶解度小；而浓硫酸洗气瓶用于干燥Cl2，因为SnCl4极易与水反应，需保证反应物Cl2无水。
接着是SnCl4的制备，将锡粒与干燥的Cl2在加热条件下反应，反应的方程式为：，而球形冷凝管的作用是冷凝SnCl4蒸汽，回流收集液态SnCl4。
最后是尾气处理与防护，利用仪器a（装碱石灰），吸收尾气中未反应的Cl2，防止污染环境；隔绝空气中的水蒸气，避免SnCl4与水反应。
（1）由分析可知，试剂a为饱和食盐水，用于除去氯化氢气体；由实验装置图可知，仪器a为球形干燥管，故答案为：饱和食盐水；球形干燥管；
（2）由分析可知，浓盐酸和高锰酸钾反应生成KCl、MnCl2、氯气和水，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应中氯元素的化合价部分升高被氧化，HCl表现还原性，部分氯元素化合价不变，HCl表现酸性，即浓盐酸在反应中表现酸性和还原性，故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；酸性和还原性；
（3）由分析可知，装置甲中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入锡和氯气反应的装置中，故答案为：吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入锡和氯气反应的装置中；
（4）①由题意可知，步骤2中发生的反应为溶液中的铁离子与Sn2+反应生成亚铁离子和Sn4+，反应的离子方程式为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+，故答案为：2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+；
②由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：3Sn2+—6Fe2+—Cr2O，滴定消耗10.00mL0.01mol/L重铬酸钾溶液，则样品中二氯化锡的质量分数为=4.56%，故答案为：4.56。
18．（2025高一上·贵州期末）某企业的工业废水中含有大量的、、、，技术人员计划分离出该废水中的三种金属元素，工艺流程如图所示：
已知：极易溶于水，与水反应生成。请回答下列问题：
（1）滤渣1的成分有　 　(写化学式)，滤渣1　 　(填“能”或“不能”)完全溶解于足量稀盐酸中。
（2）写出反应1的离子方程式：　 　。
（3）指出图示过滤操作中的不规范之处(填两处即可)：
①　 　；②　 　。
（4）滤液2中的溶质除了有，还有　 　(写化学式)。
（5）X为　 　(写化学式)，写出反应3的离子方程式：　 　。
（6）请设计实验方案检验滤液3中是否含有：　 　。
【答案】（1）Al、Cu；不能
（2）2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu
（3）玻璃棒没有紧靠三层滤纸处；漏斗末端较长处尖嘴部分没有紧靠在盛滤液的烧杯内壁
（4）NH4Cl
（5）NaOH；Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-
（6）取少量滤液3于洁净试管中，向其中滴加足量稀硝酸后再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明滤液3中不含氯离子，若有白色沉淀生成，说明滤液3中含氯离子
【知识点】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；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、由分析可知，滤渣1的成分为铝和铜，金属铝能与盐酸反应生成氯化铝和氢气，但铜不能与盐酸反应，所以滤渣1不能完全溶于盐酸，故答案为：Al、Cu；不能；
（2）、由分析可知，加入过量铝粉的目的是将废水中的铜离子完全转化为铜，反应的离子方程式为：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，故答案为：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu；
（3）、由图可知，过滤操作中的不规范之处为玻璃棒没有紧靠三层滤纸处、漏斗末端较长处尖嘴部分没有紧靠在盛滤液的烧杯内壁，故答案为：玻璃棒没有紧靠三层滤纸处；漏斗末端较长处尖嘴部分没有紧靠在盛滤液的烧杯内壁；
（4）、由分析可知，滤液2中的溶质为一水合氨、氯化铵，故答案为：NH4Cl；
（5）、由分析可知，加入过量氢氧化钠溶液的目的是将氢氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，故答案为：NaOH；Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；
（6）、溶液中的氯离子能与硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成不溶于硝酸的氯化银白色沉淀，则检验滤液3中是否含有氯离子的实验方案为：取少量滤液3于洁净试管中，向其中滴加足量稀硝酸后再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明滤液3中不含氯离子，若有白色沉淀生成，说明滤液3中含氯离子；故答案为：取少量滤液3于洁净试管中，向其中滴加足量稀硝酸后再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明滤液3中不含氯离子，若有白色沉淀生成，说明滤液3中含氯离子。
【分析】由题给流程可知，向含有Mg2+、Al3+、Cu2+、Cl-的工业废水中，首先加入过量的铝粉：由于金属活动性Al>Cu，铝粉会与废水中的Cu2+发生置换反应：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，加入“过量铝粉”的目的是确保废水中的Cu2+被完全还原为Cu单质；反应完成后进行过滤1，得到的滤渣1是Cu单质与未反应的过量Al粉的混合物，后续若需提纯Cu，可向滤渣1中加入过量盐酸，Al会溶解为Al3+，Cu不反应，再次过滤即可得到纯净Cu，而滤液中则含有原废水中的Mg2+、Cl-，以及原有的Al3+和置换反应新生成的Al3+。
接着向上述滤液中加入过量的氨水：氨水溶于水形成弱碱NH3·H2O，它会与滤液中的Al3+、Mg2+分别发生沉淀反应：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+、Mg2++2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+；由于Al(OH)3、Mg(OH)2均不溶于弱碱，因此加入“过量氨水”可让Al3+、Mg2+完全转化为氢氧化物沉淀；此时进行过滤2，得到的滤液2是NH4Cl与过量NH3·H2O的混合溶液（含NH4+、Cl-），而滤渣则是Al(OH)3与Mg(OH)2的混合物。
随后向该混合滤渣中加入过量的NaOH溶液：利用Al(OH)3的两性，Al(OH)3会与NaOH反应生成可溶性的四羟基合铝酸钠：Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]，而Mg(OH)2是中强碱，不与NaOH发生反应；加入“过量NaOH”可确保Al(OH)3完全溶解；反应后进行过滤3，得到的滤渣即为纯净的Mg(OH)2（实现Mg元素的分离），滤液3则是Na[Al(OH)4]与过量NaOH的混合溶液（后续可向滤液3中通入CO2，使Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀，进而实现Al元素的分离）
（1）由分析可知，滤渣1的成分为铝和铜，金属铝能与盐酸反应生成氯化铝和氢气，但铜不能与盐酸反应，所以滤渣1不能完全溶于盐酸，故答案为：Al、Cu；不能；
（2）由分析可知，加入过量铝粉的目的是将废水中的铜离子完全转化为铜，反应的离子方程式为2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，故答案为：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu；
（3）由图可知，过滤操作中的不规范之处为玻璃棒没有紧靠三层滤纸处、漏斗末端较长处尖嘴部分没有紧靠在盛滤液的烧杯内壁，故答案为：玻璃棒没有紧靠三层滤纸处；漏斗末端较长处尖嘴部分没有紧靠在盛滤液的烧杯内壁；
（4）由分析可知，滤液2中的溶质为一水合氨、氯化铵，故答案为：NH4Cl；
（5）由分析可知，加入过量氢氧化钠溶液的目的是将氢氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，故答案为：NaOH；Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；
（6）溶液中的氯离子能与硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成不溶于硝酸的氯化银白色沉淀，则检验滤液3中是否含有氯离子的实验方案为：取少量滤液3于洁净试管中，向其中滴加足量稀硝酸后再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明滤液3中不含氯离子，若有白色沉淀生成，说明滤液3中含氯离子；故答案为：取少量滤液3于洁净试管中，向其中滴加足量稀硝酸后再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明滤液3中不含氯离子，若有白色沉淀生成，说明滤液3中含氯离子。
1 / 1贵州省部分高中2024-2025学年高一上学期1月期末考试化学试题
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求)。
1．（2025高一上·贵州期末）古丝绸之路将我国的发明和技术传送到国外。下列古代生产工艺中主要体现化学变化的是
A．古法酿酒 B．纺纱织布 C．编制风筝 D．红木雕刻
【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；乙醇的工业制法
【解析】【解答】A、 古法酿酒：涉及微生物发酵，将糖类转化为乙醇和二氧化碳，有新物质生成，属于化学变化，A正确；
B、纺纱织布：只是将纤维制成纱线再织成布，没有新物质生成，属于物理变化，B错误；
C、 编制风筝：用竹条和纸等材料制作风筝，是形状的改变，没有新物质生成，属于物理变化，C错误；
D、 红木雕刻：将木料雕刻成艺术品，是形状的改变，没有新物质生成，属于物理变化，D错误；故答案为：A
【分析】本题核心考查化学变化与物理变化的判断，关键依据是：是否有新物质生成（有新物质生成的为化学变化，仅物质形状、状态等改变而无新物质生成的为物理变化）。
2．（2025高一上·贵州期末）生活常识告诉我们，给电器设备通电时，湿手操作容易发生触电事故，下列选项解释合理的是
A．人的手上有，的导电能力很强
B．人的手上有NaCl，NaCl固体能导电
C．人的手上有NaCl，NaCl溶于水形成的溶液能导电
D．人的手上有NaCl，NaCl在手上熔化后能导电
【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A、不含杂质的纯水的导电能力极弱，几乎不导电，因为纯水中几乎没有自由移动的离子。湿手能导电的核心不是水本身，而是水中溶解的物质，A错误；B、NaCl 是电解质，但固体状态下，Na+和 Cl-被离子键束缚，无法自由移动，因此 NaCl 固体不导电，B错误；
C、人的手上有NaCl，NaCl溶于水形成的溶液能导电。湿手时，手上的NaCl（汗液等）溶于水形成电解质溶液，能够导电，使人体更容易成为导体，C正确；
D、NaCl 的熔点约为 801℃，人体正常温度远低于其熔点，NaCl 不可能在手上熔化，且日常湿手场景中，NaCl 的存在形式是 “水溶液”，而非熔融态，D错误；
故答案为：C
【分析】电解质导电的两个核心条件：① 存在离子（电解质本身）；② 离子能自由移动（溶于水或熔融状态）。湿手触电的本质是 “汗液中的电解质（如 NaCl）溶于水形成导电溶液”，而非水或电解质固体本身导电。
3．（2025高一上·贵州期末）下列物质的俗名、化学式、分类均正确的是
选项 俗名 化学式 分类
A 绿矾 盐
B 醋酸 酸
C 纯碱 NaOH 碱
D 熟石灰 CaO 氧化物
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、绿矾通常指七水合硫酸亚铁：FeSO4·7H2O，而选项中缺少结晶水，虽分类“盐”正确，但化学式错误，A错误；B、醋酸的俗名对应化学式：CH3COOH，其在水溶液中能电离出H+，分类属于酸，三者均匹配，B正确；
C、纯碱为Na2CO3，属于盐，而非NaOH（烧碱），化学式和分类均错误，C错误；
D、熟石灰为Ca(OH)2，属于碱，而非CaO（生石灰），化学式和分类均错误，D错误；
故答案为：B
【分析】逐一分析各选项的俗名、化学式、分类匹配性，一定要注意三者都必须对应才能判定是正确的选项。
4．（2025高一上·贵州期末）我国科学家在实验室成功制取了光学晶体——转角菱方氮化硼(BN)。下列说法错误的是
A．N原子的结构示意图为
B．BN的摩尔质量为
C．和的中子数之和为12
D．原子半径：
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子结构示意图；摩尔质量；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、氮原子的原子序数为7，其结构示意图一般为两层电子，第一层2个，第二层5个，因此原子结构示意图为，A正确；
B、B的相对原子质量约为11，N约为14，因此BN的摩尔质量为，B正确；
C、质量数=质子数+中子数，含有11-5=6个中子，含有14-7=7个中子，和的中子数之和为13，C错误；
D、B和N均为第二周期主族元素，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，B位于N左侧，故原子半径：B>N，D正确；
故答案为： C
【分析】原子结构示意图判断：需匹配原子序数，电子层排布符合 “第一层最多 2 个电子、第二层最多 8 个电子” 的规律。摩尔质量计算：化合物的摩尔质量数值上等于其相对分子质量，由各组成原子的相对原子质量相加得到。中子数计算：利用公式 “中子数 = 质量数 - 质子数”，注意原子符号中 “左上角为质量数、左下角为质子数”。原子半径比较：同周期主族元素，原子半径随原子序数增大而减小，可通过元素在周期表的左右位置直接判断。
5．（2025高一上·贵州期末）下列各组离子在酸性溶液中能大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、与能反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：，两者不能大量共存，A错误；
B、酸性溶液中与反应生成弱电解质水，不能大量共存；与反应生成微溶物氢氧化钙，不能大量共存，B错误；
C、酸性溶液中与发生反应生成碳酸氢根或二氧化碳和水，两者不能大量共存，C错误；
D、酸性溶液中存在大量氢离子，、、、在酸性溶液中均不发生反应，能大量共存，D正确；
故答案为：D
【分析】离子共存问题的规律总结：
反应性离子不能共存：能够发生反应的离子不能共存，例如SO42-与Ba2+、Ag+等离子不能大量共存。
有色离子与无色溶液：在无色溶液中，有色离子（如Cu2+、Fe2+、Fe3+等）不能大量共存。
强酸性溶液中的离子：在强酸性溶液中，非强酸根离子和OH-不能大量共存。
弱电解质的形成：当离子间结合生成弱电解质时，这些离子不能大量共存，例如H+与OH-。
气体和沉淀的生成：某些离子在反应中会生成气体或沉淀，这会导致它们不能共存，例如CO32-与H+反应生成CO2气体。
6．（2025高一上·贵州期末）在给定条件下，下列物质间的转化可以实现的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】铁的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、是两性氧化物，但难溶于水且不与水反应，无法发生一步转化生成，转化不能实现，A错误；
B、Cl2具有强氧化性，在加热条件下，单质铁与氯气反应生成氯化铁，相关的化学方程式为：，B正确；
C、碳酸钠热稳定性强，受热不分解，在加热条件下不能生成碳酸氢钠，相反，碳酸氢钠的热稳定性较差，加热会分解为碳酸钠，相关的化学反应方程式为：，C错误；
D、次氯酸具有强氧化性，与还原剂反应生成氯离子，不生成氢气，光照分解生成HCl和氧气，相关的化学反应方程式为：，D错误；
故答案为：B
【分析】物质间一步转化的判断核心是匹配物质的化学性质：氧化物与水反应的前提是“可溶性”（如Al2O3不溶于水，无法与水反应）；强氧化性物质与金属反应时，会将金属氧化至高价态（如Cl2将Fe氧化为FeCl3；盐的热稳定性需区分：NaHCO3热稳定性弱于Na2CO3，前者加热分解为后者；不稳定物质的分解产物具有唯一性（如HClO分解生成HCl和O2）。
7．（2025高一上·贵州期末）下列事实能说明Cl的非金属性强于P的是
A．Cl的相对原子质量大于P
B．与反应的难易程度：比P更容易
C．的沸点低于P单质
D．HCl的酸性强于
【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】A、相对原子质量是一个物理量，由实验测得，与元素的化学性质无关，无法判断元素非金属性的强弱，A错误；
B、非金属性越强的单质与H2的化合越容易，因此与反应的难易程度：比P更容易，说明氧化性>P，可以得出非金属性：Cl>P，B正确；
C、沸点是物质的物理性质，由分子间作用力等决定，与元素的化学性质无关，不能用单质沸点的高低来比较元素的非金属性强弱，C错误；
D、最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，Cl最高价氧化物对应水化物为，应比较高氯酸和磷酸的酸性强弱，来比较氯元素和磷元素的非金属性强弱，D错误；
故答案为：B
【分析】比较元素非金属的强弱可用：元素非金属性越强，单质的氧化性越强、最高价氧化物对应水化物的酸性越强、气态氢化物的稳定性越强。要注意：比较酸性时，必须是最高价氧化物对应的水化物，而非氢化物的酸性。
8．（2025高一上·贵州期末）维生素C能帮助人体将从食物中摄取的、不易吸收的转化为易吸收的。下列说法正确的是
A．还原性：维生素 B．该过程中是还原剂
C．该过程中维生素C发生还原反应 D．转化为是氧化反应
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】A、氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。维生素 C 是还原剂， Fe2+是还原产物，因此还原性：维生素 C >Fe2+，A正确；
B、由题干信息可知，Fe元素在这个过程中化合价降低，被还原，因此该过程中是氧化剂，B错误；
C、该过程中维生素C作还原剂，还原剂维生素C在反应中发生氧化反应，失去电子，并非还原反应，C错误；
D、转化为时，铁元素化合价降低，得到电子，发生的是还原反应，并非氧化反应，故D错误；
故答案为：A
【分析】氧化还原反应中核心概念的判断依据：
化合价升高→失去电子→发生氧化反应→作还原剂；
化合价降低→得到电子→发生还原反应→作氧化剂；
还原性强弱：还原剂 > 还原产物；氧化性强弱：氧化剂 > 氧化产物。
9．（2025高一上·贵州期末）下列试剂中，无法检验溶液中含有的是
A．KSCN溶液 B．淀粉和碘化钾的混合溶液
C．溶液 D．铜粉
【答案】C
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、溶液中亚铁离子不能与硫氰酸根离子反应，铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的硫氰化铁，则用硫氰化钾溶液能检验硫酸亚铁溶液中含有硫酸铁，A错误；
B、溶液中亚铁离子不能与碘离子反应，铁离子能与碘离子反应生成能使淀粉溶液变蓝色的单质碘，则用淀粉和碘化钾的混合溶液能检验硫酸亚铁溶液中含有硫酸铁，B错误；
C、硫酸亚铁和硫酸铁溶液中的硫酸根离子都能与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，则用氯化钡溶液不能检验硫酸亚铁溶液中含有硫酸铁，C正确；
D、硫酸亚铁溶液不能与铜反应，硫酸铁溶液能与铜粉反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，反应后铜粉溶解、溶液颜色发生变化，现象不同，则能用铜粉检验硫酸亚铁溶液中含有硫酸铁，D错误；
故答案为：C
【分析】检验混合溶液中某离子的核心是选择仅与目标离子反应的试剂，避免与溶液中已有离子发生相同现象的反应，如本题中BaCl2与SO42-的反应，无法区分Fe3+。
10．（2025高一上·贵州期末）钠及其部分化合物的转化过程如图所示，下列说法正确的是
A．“一定条件”是指常温下在氧气中反应
B．从基本反应类型角度来看，反应1、2、3依次为化合反应、置换反应、复分解反应
C．反应3没有涉及电子的转移
D．反应1中消耗1mol金属钠，转移的电子数为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；钠的氧化物；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、钠在常温下与氧气反应生成Na2O，生成Na2O2则需要加热或者点燃的条件，因此“一定条件”不是常温，A错误；
B、反应1：是化合反应；反应2：不是置换反应，置换反应需“单质+化合物→新单质+新化合物”，此反应反应物均为化合物；反应3：是复分解反应，因此反应2的类型判断错误，该选项错误，B错误；
C、由图可知，反应3 是氢氧化钠溶液与碳酸反应生成碳酸钠和水，属于典型的复分解反应，反应过程中各元素化合价均无变化，属于非氧化还原反应，因此没有电子的转移，C正确；
D、由图可知，反应1为钠与氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，则消耗1mol金属钠时，转移的电子数约为，D错误；
故答案为：C
【分析】本题关键围绕钠及其化合物的反应规律、反应类型判断、氧化还原反应核心概念展开，首先要理清反应条件与产物的对应关系，钠与氧气的反应产物由条件决定，需明确反应条件对产物的影响，避免混淆。同时要对反应类型的严格判断，依据定义区分反应类型。其次是氧化还原反应的核心判断标准：是否存在元素化合价变化。
11．（2025高一上·贵州期末）用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．溶液中，的数目为
B．标准状况下，11.2L通入蒸馏水中发生反应，转移的电子数为
C．常温常压下，与的密度之比为
D．常温下，56gFe与足量的稀硫酸反应，生成
【答案】C
【知识点】氯水、氯气的漂白作用；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、计算溶液中离子数目需已知溶液体积n=cV，但题目未给出CaCl2溶液的体积，无法确定Cl-的物质的量，因此Cl-数目不能计算，A错误；B、Cl2与水的反应是可逆反应：，Cl2无法完全反应，因此转移的电子数小于0.5NA，B错误；
C、由阿伏加德罗定律推论可知，同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比。SO2的摩尔质量为：64g/mol，O2的摩尔质量为：32g/mol，因此密度之比为：64：32=2：1，该定律常温常压下该推论仍适用，C正确；
D、Fe与足量稀硫酸反应生成FeSO4和H2，反应方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。56gFe的物质的量为1mol，当其等比例参与反应时，生成H2的物质的量为1mol，并非1.5mol，D错误；
故答案为：C
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
12．（2025高一上·贵州期末）劳动最光荣，勤奋出智慧。下列劳动项目涉及反应的离子方程式书写正确的是
选项 劳动项目 离子方程式
A 用稀盐酸除铁锈
B 用和石灰乳反应制取漂白粉
C 用固体管道疏通剂(主要成分是NaOH和铝粉)疏通下水道
D 用氨水中和实验室废液(主要成分是稀硫酸)
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；离子方程式的书写；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A、铁锈主要成分是，中铁元素的化合价为+3，和稀盐酸反应属于典型的复分解反应，在反应的前后铁元素的化合价不会发生变化，不能生成，反应的离子方程式为：，A错误；
B、石灰乳是Ca(OH)2悬浊液，属于难溶物，书写离子方程式不能写成离子形式，要保留原化学式，反应的离子方程式为：，B错误；
C、是盐，属于强电解质，能够拆分为离子的形式，因此书写离子方程式应该写成离子形式，反应的离子方程式为：，C错误；
D、氨水中的一水合氨是弱电解质，书写离子方程式不能写成离子形式，要保留原化学式，反应的离子方程式为：，D正确；
故答案为：D
【分析】做题时一定要看清楚所描述的劳动项目与化学知识是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
13．（2025高一上·贵州期末）天然气的主要成分是甲烷，硫化氢是其中常见的杂质，大多数利用天然气的情况都必须预先除去硫化氢，某种脱除硫化氢(以下简称脱硫)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A．过程1中转移个电子，可以生成2molS
B．在过程2中作还原剂，发生氧化反应
C．整个脱硫工艺流程不宜在碱性环境中进行
D．消耗32g可以除去2mol
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变；氧化还原反应的电子转移数目计算；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】A、过程1发生反应：，转移2mol电子生成1molS，则转移个电子，可以生成1molS， A错误；
B、过程2发生反应：，该过程氧气把Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+做还原剂，发生氧化反应， B正确；
C、若在碱性条件下，Fe3+、Fe2+会生成氢氧化铁、氢氧化亚铁沉淀，无法维持循环反应，且观察流程图可知，铁元素一直以铁离子、亚铁离子存在， C正确；
D、总反应为：，消耗32g氧气即1mol氧气可除去2mol， D正确；
故答案为：A
【分析】明确脱硫工艺流程的核心反应：
过程1中S从-2价升高到0价，失去2个电子；Fe3+从+3价降低到+2价，每个Fe3+得1个电子，相关的化学方程式为：；
过程2中Fe2+从+2价升高到+3价，失去1个电子；O2从0价降低到-2价，每个O得2个电子。相关的化学方程式为：；
14．（2025高一上·贵州期末）向200mL和混合溶液中缓慢通入充分反应，溶液中、、的物质的量变化如图所示，忽略反应时溶液体积的变化，下列说法正确的是
A．线表示的物质的量的变化
B．XY段溶液中发生反应的离子方程式为
C．
D．原溶液中
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、由分析可知，I-还原性最强，最先与Cl2发生反应，据此可以判断曲线a、b、c依次表示碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量的变化，A错误；
B、由分析可知，曲线a、b、c依次表示碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量的变化，XY段对应的是Cl2从0.01mol到0.03mol是Fe2+与Cl2反应，据此可以判断XY段溶液中发生反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl-，B错误；
C、由分析可知，Br-反应需消耗0.03molCl2，而0.06molBr-对应0.03molCl2，总Cl2物质的量：M=0.03mol+0.03mol=0.06mol，而非0.05mol，C错误；
D、由分析可知，溶液中亚铁离子的物质的量为0.04mol，则溶液中亚铁离子的浓度为：=0.2mol/L，D正确；
故答案为：D
【分析】由反应：2Fe2++Br2= 2Fe3++2Br-和2Fe3++2I-=2Fe2++I2，还原剂的还原性强弱顺序为I-＞Fe2+＞Br-，由氧化还原反应规律可知，向溴化亚铁和碘化亚铁混合溶液中通入氯气时，溶液中还原剂的反应顺序为碘离子、亚铁离子、溴离子，则曲线a、b、c依次表示碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量的变化，由反应2I-+Cl2=2Cl-+I2可知，溶液中碘离子0.01mol×2=0.02mol，由反应2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl-可知，亚铁离子物质的量为(0.03—0.01)mol×2=0.04mol，由电荷守恒可知，溶液中溴离子的物质的量为0.04mol×2—0.02mol=0.06mol，由反应2Br-+Cl2=2Cl-+Br2可知，溶液中Br-消耗的n(Cl2)=0.06mol×=0.03mol，M=0.03+0.03=0.06。
二、非选择题(本大题共4小题，共58分)。
15．（2025高一上·贵州期末）随着核电荷数的递增，8种短周期主族元素(用W、X、Y、Z、M、N、P、Q表示)原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价的变化如图所示。
请回答下列问题：
（1）X在元素周期表中的位置是　 　。
（2）Y、Z、M的简单离子的半径由大到小的顺序是　 　(用离子符号表示)。
（3）W、X、Y的单质分别与化合时，最困难的是　 　(用化学式表示，下同)；形成的最简单氢化物热稳定性最好的是　 　，写出单质Z与该化合物反应的化学方程式：　 　。
（4）Z与Q形成的化合物的化学式是　 　，高温灼烧该化合物时火焰呈　 　色。
（5）写出P的最高价氧化物的水化物与N的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式：　 　。
【答案】（1）第二周期第ⅤA族
（2）
（3）C；；
（4）NaCl；黄
（5）
【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；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N元素，N的原子序数为7，位于元素周期表第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族；
（2）、Y为O元素、Z为Na元素、M为Mg元素，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则这三种元素简单离子的半径由大到小的顺序为O2->Na+>Mg2+，故答案为：O2->Na+>Mg2+；
（3）、W为C元素、X为N元素、Y为O元素，同周期主族元素，从左到右非金属性依次增强，与氢气化合越易、氢化物的稳定性越强，则与氢气化合最困难的是C元素；形成的最简单氢化物热稳定性最好的是氧元素形成的H2O；Z为Na元素，Na与水反应的化学方程式为，故答案为：C；；；
（4）、Z为Na元素、Q为Cl元素，两种元素组成的化合物为NaCl，高温灼烧该化合物时火焰呈黄色，故答案为： NaCl；黄；
（5）、N为Al元素、P为S元素；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与硫酸溶液反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为，故答案为：。
【分析】由图可知，Y、P的最低负价均为-2价，但P原子半径更大，Y为O元素、P为S元素；则W为第2周期元素，且最高正价+4价，W为C元素、X为N元素；Z的最高正价为+1价，且原子序数大于O，则Z为第3周期的Na元素；M最高正价为+2价，原子序数大于Na，M为Mg元素；N最高正价为+3价，原子序数大于Na，N为Al元素；P为S元素，则Q为Cl元素。
化合价与族序数的对应关系：
最高正价=主族序数（除O、F）：W（+4）对应ⅣA族，X（+5）对应ⅤA族，Z（+1）对应ⅠA族，M（+2）对应ⅡA族，N（+3）对应ⅢA族；
最低负价=主族序数-8：Y（-2）、P（-2）对应ⅥA族，Q（-1）对应ⅦA族。
核电荷数与原子半径的周期性变化：
短周期主族元素中，同周期元素从左至右原子半径减小、核电荷数增大，同主族元素从上至下原子半径增大、核电荷数增大；
（1）X为N元素，N的原子序数为7，位于元素周期表第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族；
（2）Y为O元素、Z为Na元素、M为Mg元素，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则这三种元素简单离子的半径由大到小的顺序为O2->Na+>Mg2+，故答案为：O2->Na+>Mg2+；
（3）W为C元素、X为N元素、Y为O元素，同周期主族元素，从左到右非金属性依次增强，与氢气化合越易、氢化物的稳定性越强，则与氢气化合最困难的是C元素；形成的最简单氢化物热稳定性最好的是氧元素形成的H2O；Z为Na元素，Na与水反应的化学方程式为，故答案为：C；；；
（4）Z为Na元素、Q为Cl元素，两种元素组成的化合物为NaCl，高温灼烧该化合物时火焰呈黄色，故答案为： NaCl；黄；
（5）N为Al元素、P为S元素；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与硫酸溶液反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为，故答案为：。
16．（2025高一上·贵州期末）现有某部分被氧化的铁铜合金样品(氧化产物只有)，按照如图流程进行处理。
已知：溶液A中不含有。请回答下列问题：
（1）Fe和Cu是　 　(填“短周期”或“长周期”)元素；写出NaOH在水中的电离方程式：　 　。
（2）配制90mL硫酸溶液时，需要使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管和　 　。
（3）溶液A中的阳离子有　 　(写离子符号)，固体C的化学式为　 　。
（4）写出过程1中涉及氧化还原反应的两组离子方程式：　 　、　 　。
（5）若收集到标准状况下224mL，计算该铁铜合金中的质量为　 　g。
【答案】（1）长周期；
（2）100mL容量瓶、玻璃棒
（3）、；
（4）；
（5）16
【知识点】化学实验操作的先后顺序；实验装置综合；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）、Fe和Cu位于第四周期，属于长周期元素；NaOH为强电解质，在水中的电离方程式：，故答案为：长周期；；
（2）、配制90mL硫酸溶液时，没有90mL容量瓶，应选择100mL容量瓶，需要使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶、玻璃棒、故答案为：100mL容量瓶、玻璃棒；
（3）、加足量稀硫酸过滤后滤渣有铜单质，溶液A中不含有，也不含铁离子，应含有，因硫酸过量溶液A中的阳离子为、，经分析固体C为，故答案为：、；；
（4）、过程1中发生反应，，，涉及氧化还原反应的两组离子方程式、，故答案为：、；
（5）、固体C为，3.2g物质的量为，反应后溶液中亚铁离子为0.04mol；收集到标准状况下224mL即0.01mol，则与硫酸反应生成的亚铁离子为0.01mol，根据铁原子守恒发生反应：生成的亚铁离子为0.04-0.01=0.03mol，该反应中参与反应的铁离子为0.02mol，故合金中为0.01mol，质量为， 故答案为：16。
【分析】部分被氧化的铁铜合金样品(氧化产物只有)中加入足量稀硫酸，Fe和Fe2O3能和稀硫酸发生反应，得到对应的Fe2+和Fe3+的溶液，而Cu不与稀硫酸反应，且溶液A不含Cu2+，因此过程1得到的Cu是样品中原有的铜单质；溶液A为FeSO4溶液，与NaOH反应生成Fe(OH)2沉淀；Fe(OH)2易被氧化为Fe(OH)3，因此滤渣B为Fe(OH)3。接着滤渣B灼烧：Fe(OH)3高温分解生成Fe2O3，反应方程式为：，固体C为Fe2O3。
（1）Fe和Cu位于第四周期，属于长周期元素；NaOH为强电解质，在水中的电离方程式：，故答案为：长周期；；
（2）配制90mL硫酸溶液时，没有90mL容量瓶，应选择100mL容量瓶，需要使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶、玻璃棒、故答案为：100mL容量瓶、玻璃棒；
（3）加足量稀硫酸过滤后滤渣有铜单质，溶液A中不含有，也不含铁离子，应含有，因硫酸过量溶液A中的阳离子为、，经分析固体C为，故答案为：、；；
（4）过程1中发生反应，，，涉及氧化还原反应的两组离子方程式、，故答案为：、；
（5）固体C为，3.2g物质的量为，反应后溶液中亚铁离子为0.04mol；收集到标准状况下224mL即0.01mol，则与硫酸反应生成的亚铁离子为0.01mol，根据铁原子守恒发生反应：生成的亚铁离子为0.04-0.01=0.03mol，该反应中参与反应的铁离子为0.02mol，故合金中为0.01mol，质量为， 故答案为：16。
17．（2025高一上·贵州期末）四氯化锡主要用于有机锡化合物的制造和电镀工业。某学习小组设计如图所示装置(部分夹持装置已省略)制备。
已知：①四氯化锡的熔点为、沸点为114℃，极易与水反应。
②。
③高锰酸钾与浓盐酸反应可生成，该反应的还原产物为。
请回答下列问题：
（1）试剂a为　 　；仪器a的名称为　 　。
（2）写出浓盐酸和高锰酸钾反应的化学方程式：　 　；该反应体现出的浓盐酸的性质有　 　。
（3）装置甲的作用是　 　。
（4）通过实验制得的样品中含有少量，某同学设计下列实验测定样品中的含量：
步骤1：称取5g样品配制成100mL溶液，取25mL置于锥形瓶中；
步骤2：向步骤1中的锥形瓶加入足量溶液，将氧化为；
步骤3：向步骤2反应后的溶液中加入10.00mL溶液，恰好完全反应。
①写出步骤2中发生反应的离子方程式：　 　。
②该样品中的质量分数为　 　%。
【答案】（1）饱和食盐水；球形干燥管
（2）2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；酸性和还原性
（3）吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入锡和氯气反应的装置中
（4）2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+；4.56
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）、由分析可知，试剂a为饱和食盐水，用于除去氯化氢气体；由实验装置图可知，仪器a为球形干燥管，故答案为：饱和食盐水；球形干燥管；
（2）、由分析可知，浓盐酸和高锰酸钾反应生成KCl、MnCl2、氯气和水，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应中氯元素的化合价部分升高被氧化，HCl表现还原性，部分氯元素化合价不变，HCl表现酸性，即浓盐酸在反应中表现酸性和还原性，故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；酸性和还原性；
（3）、由分析可知，装置甲中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入锡和氯气反应的装置中，故答案为：吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入锡和氯气反应的装置中；
（4）、①、由题意可知，步骤2中发生的反应为溶液中的铁离子与Sn2+反应生成亚铁离子和Sn4+，反应的离子方程式为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+，故答案为：2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+；
②、由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：3Sn2+—6Fe2+—Cr2O，滴定消耗10.00mL0.01mol/L重铬酸钾溶液，则样品中二氯化锡的质量分数为=4.56%，故答案为：4.56。
【分析】首先是氯气的制备与净化，高锰酸钾与浓盐酸反应生成Cl2，还原产物为MnCl2，反应方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，其中试剂a为饱和食盐水，用于除去Cl2中混有的HCl杂质，原理是HCl易溶于饱和食盐水，Cl2在其中溶解度小；而浓硫酸洗气瓶用于干燥Cl2，因为SnCl4极易与水反应，需保证反应物Cl2无水。
接着是SnCl4的制备，将锡粒与干燥的Cl2在加热条件下反应，反应的方程式为：，而球形冷凝管的作用是冷凝SnCl4蒸汽，回流收集液态SnCl4。
最后是尾气处理与防护，利用仪器a（装碱石灰），吸收尾气中未反应的Cl2，防止污染环境；隔绝空气中的水蒸气，避免SnCl4与水反应。
（1）由分析可知，试剂a为饱和食盐水，用于除去氯化氢气体；由实验装置图可知，仪器a为球形干燥管，故答案为：饱和食盐水；球形干燥管；
（2）由分析可知，浓盐酸和高锰酸钾反应生成KCl、MnCl2、氯气和水，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应中氯元素的化合价部分升高被氧化，HCl表现还原性，部分氯元素化合价不变，HCl表现酸性，即浓盐酸在反应中表现酸性和还原性，故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；酸性和还原性；
（3）由分析可知，装置甲中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入锡和氯气反应的装置中，故答案为：吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入锡和氯气反应的装置中；
（4）①由题意可知，步骤2中发生的反应为溶液中的铁离子与Sn2+反应生成亚铁离子和Sn4+，反应的离子方程式为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+，故答案为：2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+；
②由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：3Sn2+—6Fe2+—Cr2O，滴定消耗10.00mL0.01mol/L重铬酸钾溶液，则样品中二氯化锡的质量分数为=4.56%，故答案为：4.56。
18．（2025高一上·贵州期末）某企业的工业废水中含有大量的、、、，技术人员计划分离出该废水中的三种金属元素，工艺流程如图所示：
已知：极易溶于水，与水反应生成。请回答下列问题：
（1）滤渣1的成分有　 　(写化学式)，滤渣1　 　(填“能”或“不能”)完全溶解于足量稀盐酸中。
（2）写出反应1的离子方程式：　 　。
（3）指出图示过滤操作中的不规范之处(填两处即可)：
①　 　；②　 　。
（4）滤液2中的溶质除了有，还有　 　(写化学式)。
（5）X为　 　(写化学式)，写出反应3的离子方程式：　 　。
（6）请设计实验方案检验滤液3中是否含有：　 　。
【答案】（1）Al、Cu；不能
（2）2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu
（3）玻璃棒没有紧靠三层滤纸处；漏斗末端较长处尖嘴部分没有紧靠在盛滤液的烧杯内壁
（4）NH4Cl
（5）NaOH；Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-
（6）取少量滤液3于洁净试管中，向其中滴加足量稀硝酸后再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明滤液3中不含氯离子，若有白色沉淀生成，说明滤液3中含氯离子
【知识点】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；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、由分析可知，滤渣1的成分为铝和铜，金属铝能与盐酸反应生成氯化铝和氢气，但铜不能与盐酸反应，所以滤渣1不能完全溶于盐酸，故答案为：Al、Cu；不能；
（2）、由分析可知，加入过量铝粉的目的是将废水中的铜离子完全转化为铜，反应的离子方程式为：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，故答案为：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu；
（3）、由图可知，过滤操作中的不规范之处为玻璃棒没有紧靠三层滤纸处、漏斗末端较长处尖嘴部分没有紧靠在盛滤液的烧杯内壁，故答案为：玻璃棒没有紧靠三层滤纸处；漏斗末端较长处尖嘴部分没有紧靠在盛滤液的烧杯内壁；
（4）、由分析可知，滤液2中的溶质为一水合氨、氯化铵，故答案为：NH4Cl；
（5）、由分析可知，加入过量氢氧化钠溶液的目的是将氢氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，故答案为：NaOH；Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；
（6）、溶液中的氯离子能与硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成不溶于硝酸的氯化银白色沉淀，则检验滤液3中是否含有氯离子的实验方案为：取少量滤液3于洁净试管中，向其中滴加足量稀硝酸后再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明滤液3中不含氯离子，若有白色沉淀生成，说明滤液3中含氯离子；故答案为：取少量滤液3于洁净试管中，向其中滴加足量稀硝酸后再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明滤液3中不含氯离子，若有白色沉淀生成，说明滤液3中含氯离子。
【分析】由题给流程可知，向含有Mg2+、Al3+、Cu2+、Cl-的工业废水中，首先加入过量的铝粉：由于金属活动性Al>Cu，铝粉会与废水中的Cu2+发生置换反应：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，加入“过量铝粉”的目的是确保废水中的Cu2+被完全还原为Cu单质；反应完成后进行过滤1，得到的滤渣1是Cu单质与未反应的过量Al粉的混合物，后续若需提纯Cu，可向滤渣1中加入过量盐酸，Al会溶解为Al3+，Cu不反应，再次过滤即可得到纯净Cu，而滤液中则含有原废水中的Mg2+、Cl-，以及原有的Al3+和置换反应新生成的Al3+。
接着向上述滤液中加入过量的氨水：氨水溶于水形成弱碱NH3·H2O，它会与滤液中的Al3+、Mg2+分别发生沉淀反应：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+、Mg2++2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+；由于Al(OH)3、Mg(OH)2均不溶于弱碱，因此加入“过量氨水”可让Al3+、Mg2+完全转化为氢氧化物沉淀；此时进行过滤2，得到的滤液2是NH4Cl与过量NH3·H2O的混合溶液（含NH4+、Cl-），而滤渣则是Al(OH)3与Mg(OH)2的混合物。
随后向该混合滤渣中加入过量的NaOH溶液：利用Al(OH)3的两性，Al(OH)3会与NaOH反应生成可溶性的四羟基合铝酸钠：Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]，而Mg(OH)2是中强碱，不与NaOH发生反应；加入“过量NaOH”可确保Al(OH)3完全溶解；反应后进行过滤3，得到的滤渣即为纯净的Mg(OH)2（实现Mg元素的分离），滤液3则是Na[Al(OH)4]与过量NaOH的混合溶液（后续可向滤液3中通入CO2，使Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀，进而实现Al元素的分离）
（1）由分析可知，滤渣1的成分为铝和铜，金属铝能与盐酸反应生成氯化铝和氢气，但铜不能与盐酸反应，所以滤渣1不能完全溶于盐酸，故答案为：Al、Cu；不能；
（2）由分析可知，加入过量铝粉的目的是将废水中的铜离子完全转化为铜，反应的离子方程式为2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，故答案为：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu；
（3）由图可知，过滤操作中的不规范之处为玻璃棒没有紧靠三层滤纸处、漏斗末端较长处尖嘴部分没有紧靠在盛滤液的烧杯内壁，故答案为：玻璃棒没有紧靠三层滤纸处；漏斗末端较长处尖嘴部分没有紧靠在盛滤液的烧杯内壁；
（4）由分析可知，滤液2中的溶质为一水合氨、氯化铵，故答案为：NH4Cl；
（5）由分析可知，加入过量氢氧化钠溶液的目的是将氢氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，故答案为：NaOH；Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；
（6）溶液中的氯离子能与硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成不溶于硝酸的氯化银白色沉淀，则检验滤液3中是否含有氯离子的实验方案为：取少量滤液3于洁净试管中，向其中滴加足量稀硝酸后再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明滤液3中不含氯离子，若有白色沉淀生成，说明滤液3中含氯离子；故答案为：取少量滤液3于洁净试管中，向其中滴加足量稀硝酸后再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明滤液3中不含氯离子，若有白色沉淀生成，说明滤液3中含氯离子。
1 / 1贵州省部分高中2024-2025学年高一上学期1月期末考试化学试题
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求)。
1．（2025高一上·贵州期末）古丝绸之路将我国的发明和技术传送到国外。下列古代生产工艺中主要体现化学变化的是
A．古法酿酒 B．纺纱织布 C．编制风筝 D．红木雕刻
2．（2025高一上·贵州期末）生活常识告诉我们，给电器设备通电时，湿手操作容易发生触电事故，下列选项解释合理的是
A．人的手上有，的导电能力很强
B．人的手上有NaCl，NaCl固体能导电
C．人的手上有NaCl，NaCl溶于水形成的溶液能导电
D．人的手上有NaCl，NaCl在手上熔化后能导电
3．（2025高一上·贵州期末）下列物质的俗名、化学式、分类均正确的是
选项 俗名 化学式 分类
A 绿矾 盐
B 醋酸 酸
C 纯碱 NaOH 碱
D 熟石灰 CaO 氧化物
A．A B．B C．C D．D
4．（2025高一上·贵州期末）我国科学家在实验室成功制取了光学晶体——转角菱方氮化硼(BN)。下列说法错误的是
A．N原子的结构示意图为
B．BN的摩尔质量为
C．和的中子数之和为12
D．原子半径：
5．（2025高一上·贵州期末）下列各组离子在酸性溶液中能大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
6．（2025高一上·贵州期末）在给定条件下，下列物质间的转化可以实现的是
A． B．
C． D．
7．（2025高一上·贵州期末）下列事实能说明Cl的非金属性强于P的是
A．Cl的相对原子质量大于P
B．与反应的难易程度：比P更容易
C．的沸点低于P单质
D．HCl的酸性强于
8．（2025高一上·贵州期末）维生素C能帮助人体将从食物中摄取的、不易吸收的转化为易吸收的。下列说法正确的是
A．还原性：维生素 B．该过程中是还原剂
C．该过程中维生素C发生还原反应 D．转化为是氧化反应
9．（2025高一上·贵州期末）下列试剂中，无法检验溶液中含有的是
A．KSCN溶液 B．淀粉和碘化钾的混合溶液
C．溶液 D．铜粉
10．（2025高一上·贵州期末）钠及其部分化合物的转化过程如图所示，下列说法正确的是
A．“一定条件”是指常温下在氧气中反应
B．从基本反应类型角度来看，反应1、2、3依次为化合反应、置换反应、复分解反应
C．反应3没有涉及电子的转移
D．反应1中消耗1mol金属钠，转移的电子数为
11．（2025高一上·贵州期末）用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．溶液中，的数目为
B．标准状况下，11.2L通入蒸馏水中发生反应，转移的电子数为
C．常温常压下，与的密度之比为
D．常温下，56gFe与足量的稀硫酸反应，生成
12．（2025高一上·贵州期末）劳动最光荣，勤奋出智慧。下列劳动项目涉及反应的离子方程式书写正确的是
选项 劳动项目 离子方程式
A 用稀盐酸除铁锈
B 用和石灰乳反应制取漂白粉
C 用固体管道疏通剂(主要成分是NaOH和铝粉)疏通下水道
D 用氨水中和实验室废液(主要成分是稀硫酸)
A．A B．B C．C D．D
13．（2025高一上·贵州期末）天然气的主要成分是甲烷，硫化氢是其中常见的杂质，大多数利用天然气的情况都必须预先除去硫化氢，某种脱除硫化氢(以下简称脱硫)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A．过程1中转移个电子，可以生成2molS
B．在过程2中作还原剂，发生氧化反应
C．整个脱硫工艺流程不宜在碱性环境中进行
D．消耗32g可以除去2mol
14．（2025高一上·贵州期末）向200mL和混合溶液中缓慢通入充分反应，溶液中、、的物质的量变化如图所示，忽略反应时溶液体积的变化，下列说法正确的是
A．线表示的物质的量的变化
B．XY段溶液中发生反应的离子方程式为
C．
D．原溶液中
二、非选择题(本大题共4小题，共58分)。
15．（2025高一上·贵州期末）随着核电荷数的递增，8种短周期主族元素(用W、X、Y、Z、M、N、P、Q表示)原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价的变化如图所示。
请回答下列问题：
（1）X在元素周期表中的位置是　 　。
（2）Y、Z、M的简单离子的半径由大到小的顺序是　 　(用离子符号表示)。
（3）W、X、Y的单质分别与化合时，最困难的是　 　(用化学式表示，下同)；形成的最简单氢化物热稳定性最好的是　 　，写出单质Z与该化合物反应的化学方程式：　 　。
（4）Z与Q形成的化合物的化学式是　 　，高温灼烧该化合物时火焰呈　 　色。
（5）写出P的最高价氧化物的水化物与N的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式：　 　。
16．（2025高一上·贵州期末）现有某部分被氧化的铁铜合金样品(氧化产物只有)，按照如图流程进行处理。
已知：溶液A中不含有。请回答下列问题：
（1）Fe和Cu是　 　(填“短周期”或“长周期”)元素；写出NaOH在水中的电离方程式：　 　。
（2）配制90mL硫酸溶液时，需要使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管和　 　。
（3）溶液A中的阳离子有　 　(写离子符号)，固体C的化学式为　 　。
（4）写出过程1中涉及氧化还原反应的两组离子方程式：　 　、　 　。
（5）若收集到标准状况下224mL，计算该铁铜合金中的质量为　 　g。
17．（2025高一上·贵州期末）四氯化锡主要用于有机锡化合物的制造和电镀工业。某学习小组设计如图所示装置(部分夹持装置已省略)制备。
已知：①四氯化锡的熔点为、沸点为114℃，极易与水反应。
②。
③高锰酸钾与浓盐酸反应可生成，该反应的还原产物为。
请回答下列问题：
（1）试剂a为　 　；仪器a的名称为　 　。
（2）写出浓盐酸和高锰酸钾反应的化学方程式：　 　；该反应体现出的浓盐酸的性质有　 　。
（3）装置甲的作用是　 　。
（4）通过实验制得的样品中含有少量，某同学设计下列实验测定样品中的含量：
步骤1：称取5g样品配制成100mL溶液，取25mL置于锥形瓶中；
步骤2：向步骤1中的锥形瓶加入足量溶液，将氧化为；
步骤3：向步骤2反应后的溶液中加入10.00mL溶液，恰好完全反应。
①写出步骤2中发生反应的离子方程式：　 　。
②该样品中的质量分数为　 　%。
18．（2025高一上·贵州期末）某企业的工业废水中含有大量的、、、，技术人员计划分离出该废水中的三种金属元素，工艺流程如图所示：
已知：极易溶于水，与水反应生成。请回答下列问题：
（1）滤渣1的成分有　 　(写化学式)，滤渣1　 　(填“能”或“不能”)完全溶解于足量稀盐酸中。
（2）写出反应1的离子方程式：　 　。
（3）指出图示过滤操作中的不规范之处(填两处即可)：
①　 　；②　 　。
（4）滤液2中的溶质除了有，还有　 　(写化学式)。
（5）X为　 　(写化学式)，写出反应3的离子方程式：　 　。
（6）请设计实验方案检验滤液3中是否含有：　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；乙醇的工业制法
【解析】【解答】A、 古法酿酒：涉及微生物发酵，将糖类转化为乙醇和二氧化碳，有新物质生成，属于化学变化，A正确；
B、纺纱织布：只是将纤维制成纱线再织成布，没有新物质生成，属于物理变化，B错误；
C、 编制风筝：用竹条和纸等材料制作风筝，是形状的改变，没有新物质生成，属于物理变化，C错误；
D、 红木雕刻：将木料雕刻成艺术品，是形状的改变，没有新物质生成，属于物理变化，D错误；故答案为：A
【分析】本题核心考查化学变化与物理变化的判断，关键依据是：是否有新物质生成（有新物质生成的为化学变化，仅物质形状、状态等改变而无新物质生成的为物理变化）。
2．【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A、不含杂质的纯水的导电能力极弱，几乎不导电，因为纯水中几乎没有自由移动的离子。湿手能导电的核心不是水本身，而是水中溶解的物质，A错误；B、NaCl 是电解质，但固体状态下，Na+和 Cl-被离子键束缚，无法自由移动，因此 NaCl 固体不导电，B错误；
C、人的手上有NaCl，NaCl溶于水形成的溶液能导电。湿手时，手上的NaCl（汗液等）溶于水形成电解质溶液，能够导电，使人体更容易成为导体，C正确；
D、NaCl 的熔点约为 801℃，人体正常温度远低于其熔点，NaCl 不可能在手上熔化，且日常湿手场景中，NaCl 的存在形式是 “水溶液”，而非熔融态，D错误；
故答案为：C
【分析】电解质导电的两个核心条件：① 存在离子（电解质本身）；② 离子能自由移动（溶于水或熔融状态）。湿手触电的本质是 “汗液中的电解质（如 NaCl）溶于水形成导电溶液”，而非水或电解质固体本身导电。
3．【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、绿矾通常指七水合硫酸亚铁：FeSO4·7H2O，而选项中缺少结晶水，虽分类“盐”正确，但化学式错误，A错误；B、醋酸的俗名对应化学式：CH3COOH，其在水溶液中能电离出H+，分类属于酸，三者均匹配，B正确；
C、纯碱为Na2CO3，属于盐，而非NaOH（烧碱），化学式和分类均错误，C错误；
D、熟石灰为Ca(OH)2，属于碱，而非CaO（生石灰），化学式和分类均错误，D错误；
故答案为：B
【分析】逐一分析各选项的俗名、化学式、分类匹配性，一定要注意三者都必须对应才能判定是正确的选项。
4．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子结构示意图；摩尔质量；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、氮原子的原子序数为7，其结构示意图一般为两层电子，第一层2个，第二层5个，因此原子结构示意图为，A正确；
B、B的相对原子质量约为11，N约为14，因此BN的摩尔质量为，B正确；
C、质量数=质子数+中子数，含有11-5=6个中子，含有14-7=7个中子，和的中子数之和为13，C错误；
D、B和N均为第二周期主族元素，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，B位于N左侧，故原子半径：B>N，D正确；
故答案为： C
【分析】原子结构示意图判断：需匹配原子序数，电子层排布符合 “第一层最多 2 个电子、第二层最多 8 个电子” 的规律。摩尔质量计算：化合物的摩尔质量数值上等于其相对分子质量，由各组成原子的相对原子质量相加得到。中子数计算：利用公式 “中子数 = 质量数 - 质子数”，注意原子符号中 “左上角为质量数、左下角为质子数”。原子半径比较：同周期主族元素，原子半径随原子序数增大而减小，可通过元素在周期表的左右位置直接判断。
5．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、与能反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：，两者不能大量共存，A错误；
B、酸性溶液中与反应生成弱电解质水，不能大量共存；与反应生成微溶物氢氧化钙，不能大量共存，B错误；
C、酸性溶液中与发生反应生成碳酸氢根或二氧化碳和水，两者不能大量共存，C错误；
D、酸性溶液中存在大量氢离子，、、、在酸性溶液中均不发生反应，能大量共存，D正确；
故答案为：D
【分析】离子共存问题的规律总结：
反应性离子不能共存：能够发生反应的离子不能共存，例如SO42-与Ba2+、Ag+等离子不能大量共存。
有色离子与无色溶液：在无色溶液中，有色离子（如Cu2+、Fe2+、Fe3+等）不能大量共存。
强酸性溶液中的离子：在强酸性溶液中，非强酸根离子和OH-不能大量共存。
弱电解质的形成：当离子间结合生成弱电解质时，这些离子不能大量共存，例如H+与OH-。
气体和沉淀的生成：某些离子在反应中会生成气体或沉淀，这会导致它们不能共存，例如CO32-与H+反应生成CO2气体。
6．【答案】B
【知识点】铁的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、是两性氧化物，但难溶于水且不与水反应，无法发生一步转化生成，转化不能实现，A错误；
B、Cl2具有强氧化性，在加热条件下，单质铁与氯气反应生成氯化铁，相关的化学方程式为：，B正确；
C、碳酸钠热稳定性强，受热不分解，在加热条件下不能生成碳酸氢钠，相反，碳酸氢钠的热稳定性较差，加热会分解为碳酸钠，相关的化学反应方程式为：，C错误；
D、次氯酸具有强氧化性，与还原剂反应生成氯离子，不生成氢气，光照分解生成HCl和氧气，相关的化学反应方程式为：，D错误；
故答案为：B
【分析】物质间一步转化的判断核心是匹配物质的化学性质：氧化物与水反应的前提是“可溶性”（如Al2O3不溶于水，无法与水反应）；强氧化性物质与金属反应时，会将金属氧化至高价态（如Cl2将Fe氧化为FeCl3；盐的热稳定性需区分：NaHCO3热稳定性弱于Na2CO3，前者加热分解为后者；不稳定物质的分解产物具有唯一性（如HClO分解生成HCl和O2）。
7．【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】A、相对原子质量是一个物理量，由实验测得，与元素的化学性质无关，无法判断元素非金属性的强弱，A错误；
B、非金属性越强的单质与H2的化合越容易，因此与反应的难易程度：比P更容易，说明氧化性>P，可以得出非金属性：Cl>P，B正确；
C、沸点是物质的物理性质，由分子间作用力等决定，与元素的化学性质无关，不能用单质沸点的高低来比较元素的非金属性强弱，C错误；
D、最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，Cl最高价氧化物对应水化物为，应比较高氯酸和磷酸的酸性强弱，来比较氯元素和磷元素的非金属性强弱，D错误；
故答案为：B
【分析】比较元素非金属的强弱可用：元素非金属性越强，单质的氧化性越强、最高价氧化物对应水化物的酸性越强、气态氢化物的稳定性越强。要注意：比较酸性时，必须是最高价氧化物对应的水化物，而非氢化物的酸性。
8．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】A、氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。维生素 C 是还原剂， Fe2+是还原产物，因此还原性：维生素 C >Fe2+，A正确；
B、由题干信息可知，Fe元素在这个过程中化合价降低，被还原，因此该过程中是氧化剂，B错误；
C、该过程中维生素C作还原剂，还原剂维生素C在反应中发生氧化反应，失去电子，并非还原反应，C错误；
D、转化为时，铁元素化合价降低，得到电子，发生的是还原反应，并非氧化反应，故D错误；
故答案为：A
【分析】氧化还原反应中核心概念的判断依据：
化合价升高→失去电子→发生氧化反应→作还原剂；
化合价降低→得到电子→发生还原反应→作氧化剂；
还原性强弱：还原剂 > 还原产物；氧化性强弱：氧化剂 > 氧化产物。
9．【答案】C
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、溶液中亚铁离子不能与硫氰酸根离子反应，铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的硫氰化铁，则用硫氰化钾溶液能检验硫酸亚铁溶液中含有硫酸铁，A错误；
B、溶液中亚铁离子不能与碘离子反应，铁离子能与碘离子反应生成能使淀粉溶液变蓝色的单质碘，则用淀粉和碘化钾的混合溶液能检验硫酸亚铁溶液中含有硫酸铁，B错误；
C、硫酸亚铁和硫酸铁溶液中的硫酸根离子都能与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，则用氯化钡溶液不能检验硫酸亚铁溶液中含有硫酸铁，C正确；
D、硫酸亚铁溶液不能与铜反应，硫酸铁溶液能与铜粉反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，反应后铜粉溶解、溶液颜色发生变化，现象不同，则能用铜粉检验硫酸亚铁溶液中含有硫酸铁，D错误；
故答案为：C
【分析】检验混合溶液中某离子的核心是选择仅与目标离子反应的试剂，避免与溶液中已有离子发生相同现象的反应，如本题中BaCl2与SO42-的反应，无法区分Fe3+。
10．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；钠的氧化物；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、钠在常温下与氧气反应生成Na2O，生成Na2O2则需要加热或者点燃的条件，因此“一定条件”不是常温，A错误；
B、反应1：是化合反应；反应2：不是置换反应，置换反应需“单质+化合物→新单质+新化合物”，此反应反应物均为化合物；反应3：是复分解反应，因此反应2的类型判断错误，该选项错误，B错误；
C、由图可知，反应3 是氢氧化钠溶液与碳酸反应生成碳酸钠和水，属于典型的复分解反应，反应过程中各元素化合价均无变化，属于非氧化还原反应，因此没有电子的转移，C正确；
D、由图可知，反应1为钠与氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，则消耗1mol金属钠时，转移的电子数约为，D错误；
故答案为：C
【分析】本题关键围绕钠及其化合物的反应规律、反应类型判断、氧化还原反应核心概念展开，首先要理清反应条件与产物的对应关系，钠与氧气的反应产物由条件决定，需明确反应条件对产物的影响，避免混淆。同时要对反应类型的严格判断，依据定义区分反应类型。其次是氧化还原反应的核心判断标准：是否存在元素化合价变化。
11．【答案】C
【知识点】氯水、氯气的漂白作用；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、计算溶液中离子数目需已知溶液体积n=cV，但题目未给出CaCl2溶液的体积，无法确定Cl-的物质的量，因此Cl-数目不能计算，A错误；B、Cl2与水的反应是可逆反应：，Cl2无法完全反应，因此转移的电子数小于0.5NA，B错误；
C、由阿伏加德罗定律推论可知，同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比。SO2的摩尔质量为：64g/mol，O2的摩尔质量为：32g/mol，因此密度之比为：64：32=2：1，该定律常温常压下该推论仍适用，C正确；
D、Fe与足量稀硫酸反应生成FeSO4和H2，反应方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。56gFe的物质的量为1mol，当其等比例参与反应时，生成H2的物质的量为1mol，并非1.5mol，D错误；
故答案为：C
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
12．【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；离子方程式的书写；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A、铁锈主要成分是，中铁元素的化合价为+3，和稀盐酸反应属于典型的复分解反应，在反应的前后铁元素的化合价不会发生变化，不能生成，反应的离子方程式为：，A错误；
B、石灰乳是Ca(OH)2悬浊液，属于难溶物，书写离子方程式不能写成离子形式，要保留原化学式，反应的离子方程式为：，B错误；
C、是盐，属于强电解质，能够拆分为离子的形式，因此书写离子方程式应该写成离子形式，反应的离子方程式为：，C错误；
D、氨水中的一水合氨是弱电解质，书写离子方程式不能写成离子形式，要保留原化学式，反应的离子方程式为：，D正确；
故答案为：D
【分析】做题时一定要看清楚所描述的劳动项目与化学知识是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
13．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变；氧化还原反应的电子转移数目计算；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】A、过程1发生反应：，转移2mol电子生成1molS，则转移个电子，可以生成1molS， A错误；
B、过程2发生反应：，该过程氧气把Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+做还原剂，发生氧化反应， B正确；
C、若在碱性条件下，Fe3+、Fe2+会生成氢氧化铁、氢氧化亚铁沉淀，无法维持循环反应，且观察流程图可知，铁元素一直以铁离子、亚铁离子存在， C正确；
D、总反应为：，消耗32g氧气即1mol氧气可除去2mol， D正确；
故答案为：A
【分析】明确脱硫工艺流程的核心反应：
过程1中S从-2价升高到0价，失去2个电子；Fe3+从+3价降低到+2价，每个Fe3+得1个电子，相关的化学方程式为：；
过程2中Fe2+从+2价升高到+3价，失去1个电子；O2从0价降低到-2价，每个O得2个电子。相关的化学方程式为：；
14．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、由分析可知，I-还原性最强，最先与Cl2发生反应，据此可以判断曲线a、b、c依次表示碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量的变化，A错误；
B、由分析可知，曲线a、b、c依次表示碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量的变化，XY段对应的是Cl2从0.01mol到0.03mol是Fe2+与Cl2反应，据此可以判断XY段溶液中发生反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl-，B错误；
C、由分析可知，Br-反应需消耗0.03molCl2，而0.06molBr-对应0.03molCl2，总Cl2物质的量：M=0.03mol+0.03mol=0.06mol，而非0.05mol，C错误；
D、由分析可知，溶液中亚铁离子的物质的量为0.04mol，则溶液中亚铁离子的浓度为：=0.2mol/L，D正确；
故答案为：D
【分析】由反应：2Fe2++Br2= 2Fe3++2Br-和2Fe3++2I-=2Fe2++I2，还原剂的还原性强弱顺序为I-＞Fe2+＞Br-，由氧化还原反应规律可知，向溴化亚铁和碘化亚铁混合溶液中通入氯气时，溶液中还原剂的反应顺序为碘离子、亚铁离子、溴离子，则曲线a、b、c依次表示碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量的变化，由反应2I-+Cl2=2Cl-+I2可知，溶液中碘离子0.01mol×2=0.02mol，由反应2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl-可知，亚铁离子物质的量为(0.03—0.01)mol×2=0.04mol，由电荷守恒可知，溶液中溴离子的物质的量为0.04mol×2—0.02mol=0.06mol，由反应2Br-+Cl2=2Cl-+Br2可知，溶液中Br-消耗的n(Cl2)=0.06mol×=0.03mol，M=0.03+0.03=0.06。
15．【答案】（1）第二周期第ⅤA族
（2）
（3）C；；
（4）NaCl；黄
（5）
【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；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N元素，N的原子序数为7，位于元素周期表第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族；
（2）、Y为O元素、Z为Na元素、M为Mg元素，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则这三种元素简单离子的半径由大到小的顺序为O2->Na+>Mg2+，故答案为：O2->Na+>Mg2+；
（3）、W为C元素、X为N元素、Y为O元素，同周期主族元素，从左到右非金属性依次增强，与氢气化合越易、氢化物的稳定性越强，则与氢气化合最困难的是C元素；形成的最简单氢化物热稳定性最好的是氧元素形成的H2O；Z为Na元素，Na与水反应的化学方程式为，故答案为：C；；；
（4）、Z为Na元素、Q为Cl元素，两种元素组成的化合物为NaCl，高温灼烧该化合物时火焰呈黄色，故答案为： NaCl；黄；
（5）、N为Al元素、P为S元素；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与硫酸溶液反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为，故答案为：。
【分析】由图可知，Y、P的最低负价均为-2价，但P原子半径更大，Y为O元素、P为S元素；则W为第2周期元素，且最高正价+4价，W为C元素、X为N元素；Z的最高正价为+1价，且原子序数大于O，则Z为第3周期的Na元素；M最高正价为+2价，原子序数大于Na，M为Mg元素；N最高正价为+3价，原子序数大于Na，N为Al元素；P为S元素，则Q为Cl元素。
化合价与族序数的对应关系：
最高正价=主族序数（除O、F）：W（+4）对应ⅣA族，X（+5）对应ⅤA族，Z（+1）对应ⅠA族，M（+2）对应ⅡA族，N（+3）对应ⅢA族；
最低负价=主族序数-8：Y（-2）、P（-2）对应ⅥA族，Q（-1）对应ⅦA族。
核电荷数与原子半径的周期性变化：
短周期主族元素中，同周期元素从左至右原子半径减小、核电荷数增大，同主族元素从上至下原子半径增大、核电荷数增大；
（1）X为N元素，N的原子序数为7，位于元素周期表第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族；
（2）Y为O元素、Z为Na元素、M为Mg元素，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则这三种元素简单离子的半径由大到小的顺序为O2->Na+>Mg2+，故答案为：O2->Na+>Mg2+；
（3）W为C元素、X为N元素、Y为O元素，同周期主族元素，从左到右非金属性依次增强，与氢气化合越易、氢化物的稳定性越强，则与氢气化合最困难的是C元素；形成的最简单氢化物热稳定性最好的是氧元素形成的H2O；Z为Na元素，Na与水反应的化学方程式为，故答案为：C；；；
（4）Z为Na元素、Q为Cl元素，两种元素组成的化合物为NaCl，高温灼烧该化合物时火焰呈黄色，故答案为： NaCl；黄；
（5）N为Al元素、P为S元素；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与硫酸溶液反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为，故答案为：。
16．【答案】（1）长周期；
（2）100mL容量瓶、玻璃棒
（3）、；
（4）；
（5）16
【知识点】化学实验操作的先后顺序；实验装置综合；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）、Fe和Cu位于第四周期，属于长周期元素；NaOH为强电解质，在水中的电离方程式：，故答案为：长周期；；
（2）、配制90mL硫酸溶液时，没有90mL容量瓶，应选择100mL容量瓶，需要使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶、玻璃棒、故答案为：100mL容量瓶、玻璃棒；
（3）、加足量稀硫酸过滤后滤渣有铜单质，溶液A中不含有，也不含铁离子，应含有，因硫酸过量溶液A中的阳离子为、，经分析固体C为，故答案为：、；；
（4）、过程1中发生反应，，，涉及氧化还原反应的两组离子方程式、，故答案为：、；
（5）、固体C为，3.2g物质的量为，反应后溶液中亚铁离子为0.04mol；收集到标准状况下224mL即0.01mol，则与硫酸反应生成的亚铁离子为0.01mol，根据铁原子守恒发生反应：生成的亚铁离子为0.04-0.01=0.03mol，该反应中参与反应的铁离子为0.02mol，故合金中为0.01mol，质量为， 故答案为：16。
【分析】部分被氧化的铁铜合金样品(氧化产物只有)中加入足量稀硫酸，Fe和Fe2O3能和稀硫酸发生反应，得到对应的Fe2+和Fe3+的溶液，而Cu不与稀硫酸反应，且溶液A不含Cu2+，因此过程1得到的Cu是样品中原有的铜单质；溶液A为FeSO4溶液，与NaOH反应生成Fe(OH)2沉淀；Fe(OH)2易被氧化为Fe(OH)3，因此滤渣B为Fe(OH)3。接着滤渣B灼烧：Fe(OH)3高温分解生成Fe2O3，反应方程式为：，固体C为Fe2O3。
（1）Fe和Cu位于第四周期，属于长周期元素；NaOH为强电解质，在水中的电离方程式：，故答案为：长周期；；
（2）配制90mL硫酸溶液时，没有90mL容量瓶，应选择100mL容量瓶，需要使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶、玻璃棒、故答案为：100mL容量瓶、玻璃棒；
（3）加足量稀硫酸过滤后滤渣有铜单质，溶液A中不含有，也不含铁离子，应含有，因硫酸过量溶液A中的阳离子为、，经分析固体C为，故答案为：、；；
（4）过程1中发生反应，，，涉及氧化还原反应的两组离子方程式、，故答案为：、；
（5）固体C为，3.2g物质的量为，反应后溶液中亚铁离子为0.04mol；收集到标准状况下224mL即0.01mol，则与硫酸反应生成的亚铁离子为0.01mol，根据铁原子守恒发生反应：生成的亚铁离子为0.04-0.01=0.03mol，该反应中参与反应的铁离子为0.02mol，故合金中为0.01mol，质量为， 故答案为：16。
17．【答案】（1）饱和食盐水；球形干燥管
（2）2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；酸性和还原性
（3）吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入锡和氯气反应的装置中
（4）2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+；4.56
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）、由分析可知，试剂a为饱和食盐水，用于除去氯化氢气体；由实验装置图可知，仪器a为球形干燥管，故答案为：饱和食盐水；球形干燥管；
（2）、由分析可知，浓盐酸和高锰酸钾反应生成KCl、MnCl2、氯气和水，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应中氯元素的化合价部分升高被氧化，HCl表现还原性，部分氯元素化合价不变，HCl表现酸性，即浓盐酸在反应中表现酸性和还原性，故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；酸性和还原性；
（3）、由分析可知，装置甲中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入锡和氯气反应的装置中，故答案为：吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入锡和氯气反应的装置中；
（4）、①、由题意可知，步骤2中发生的反应为溶液中的铁离子与Sn2+反应生成亚铁离子和Sn4+，反应的离子方程式为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+，故答案为：2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+；
②、由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：3Sn2+—6Fe2+—Cr2O，滴定消耗10.00mL0.01mol/L重铬酸钾溶液，则样品中二氯化锡的质量分数为=4.56%，故答案为：4.56。
【分析】首先是氯气的制备与净化，高锰酸钾与浓盐酸反应生成Cl2，还原产物为MnCl2，反应方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，其中试剂a为饱和食盐水，用于除去Cl2中混有的HCl杂质，原理是HCl易溶于饱和食盐水，Cl2在其中溶解度小；而浓硫酸洗气瓶用于干燥Cl2，因为SnCl4极易与水反应，需保证反应物Cl2无水。
接着是SnCl4的制备，将锡粒与干燥的Cl2在加热条件下反应，反应的方程式为：，而球形冷凝管的作用是冷凝SnCl4蒸汽，回流收集液态SnCl4。
最后是尾气处理与防护，利用仪器a（装碱石灰），吸收尾气中未反应的Cl2，防止污染环境；隔绝空气中的水蒸气，避免SnCl4与水反应。
（1）由分析可知，试剂a为饱和食盐水，用于除去氯化氢气体；由实验装置图可知，仪器a为球形干燥管，故答案为：饱和食盐水；球形干燥管；
（2）由分析可知，浓盐酸和高锰酸钾反应生成KCl、MnCl2、氯气和水，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应中氯元素的化合价部分升高被氧化，HCl表现还原性，部分氯元素化合价不变，HCl表现酸性，即浓盐酸在反应中表现酸性和还原性，故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；酸性和还原性；
（3）由分析可知，装置甲中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入锡和氯气反应的装置中，故答案为：吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入锡和氯气反应的装置中；
（4）①由题意可知，步骤2中发生的反应为溶液中的铁离子与Sn2+反应生成亚铁离子和Sn4+，反应的离子方程式为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+，故答案为：2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+；
②由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：3Sn2+—6Fe2+—Cr2O，滴定消耗10.00mL0.01mol/L重铬酸钾溶液，则样品中二氯化锡的质量分数为=4.56%，故答案为：4.56。
18．【答案】（1）Al、Cu；不能
（2）2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu
（3）玻璃棒没有紧靠三层滤纸处；漏斗末端较长处尖嘴部分没有紧靠在盛滤液的烧杯内壁
（4）NH4Cl
（5）NaOH；Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-
（6）取少量滤液3于洁净试管中，向其中滴加足量稀硝酸后再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明滤液3中不含氯离子，若有白色沉淀生成，说明滤液3中含氯离子
【知识点】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；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、由分析可知，滤渣1的成分为铝和铜，金属铝能与盐酸反应生成氯化铝和氢气，但铜不能与盐酸反应，所以滤渣1不能完全溶于盐酸，故答案为：Al、Cu；不能；
（2）、由分析可知，加入过量铝粉的目的是将废水中的铜离子完全转化为铜，反应的离子方程式为：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，故答案为：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu；
（3）、由图可知，过滤操作中的不规范之处为玻璃棒没有紧靠三层滤纸处、漏斗末端较长处尖嘴部分没有紧靠在盛滤液的烧杯内壁，故答案为：玻璃棒没有紧靠三层滤纸处；漏斗末端较长处尖嘴部分没有紧靠在盛滤液的烧杯内壁；
（4）、由分析可知，滤液2中的溶质为一水合氨、氯化铵，故答案为：NH4Cl；
（5）、由分析可知，加入过量氢氧化钠溶液的目的是将氢氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，故答案为：NaOH；Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；
（6）、溶液中的氯离子能与硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成不溶于硝酸的氯化银白色沉淀，则检验滤液3中是否含有氯离子的实验方案为：取少量滤液3于洁净试管中，向其中滴加足量稀硝酸后再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明滤液3中不含氯离子，若有白色沉淀生成，说明滤液3中含氯离子；故答案为：取少量滤液3于洁净试管中，向其中滴加足量稀硝酸后再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明滤液3中不含氯离子，若有白色沉淀生成，说明滤液3中含氯离子。
【分析】由题给流程可知，向含有Mg2+、Al3+、Cu2+、Cl-的工业废水中，首先加入过量的铝粉：由于金属活动性Al>Cu，铝粉会与废水中的Cu2+发生置换反应：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，加入“过量铝粉”的目的是确保废水中的Cu2+被完全还原为Cu单质；反应完成后进行过滤1，得到的滤渣1是Cu单质与未反应的过量Al粉的混合物，后续若需提纯Cu，可向滤渣1中加入过量盐酸，Al会溶解为Al3+，Cu不反应，再次过滤即可得到纯净Cu，而滤液中则含有原废水中的Mg2+、Cl-，以及原有的Al3+和置换反应新生成的Al3+。
接着向上述滤液中加入过量的氨水：氨水溶于水形成弱碱NH3·H2O，它会与滤液中的Al3+、Mg2+分别发生沉淀反应：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+、Mg2++2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+；由于Al(OH)3、Mg(OH)2均不溶于弱碱，因此加入“过量氨水”可让Al3+、Mg2+完全转化为氢氧化物沉淀；此时进行过滤2，得到的滤液2是NH4Cl与过量NH3·H2O的混合溶液（含NH4+、Cl-），而滤渣则是Al(OH)3与Mg(OH)2的混合物。
随后向该混合滤渣中加入过量的NaOH溶液：利用Al(OH)3的两性，Al(OH)3会与NaOH反应生成可溶性的四羟基合铝酸钠：Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]，而Mg(OH)2是中强碱，不与NaOH发生反应；加入“过量NaOH”可确保Al(OH)3完全溶解；反应后进行过滤3，得到的滤渣即为纯净的Mg(OH)2（实现Mg元素的分离），滤液3则是Na[Al(OH)4]与过量NaOH的混合溶液（后续可向滤液3中通入CO2，使Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀，进而实现Al元素的分离）
（1）由分析可知，滤渣1的成分为铝和铜，金属铝能与盐酸反应生成氯化铝和氢气，但铜不能与盐酸反应，所以滤渣1不能完全溶于盐酸，故答案为：Al、Cu；不能；
（2）由分析可知，加入过量铝粉的目的是将废水中的铜离子完全转化为铜，反应的离子方程式为2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，故答案为：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu；
（3）由图可知，过滤操作中的不规范之处为玻璃棒没有紧靠三层滤纸处、漏斗末端较长处尖嘴部分没有紧靠在盛滤液的烧杯内壁，故答案为：玻璃棒没有紧靠三层滤纸处；漏斗末端较长处尖嘴部分没有紧靠在盛滤液的烧杯内壁；
（4）由分析可知，滤液2中的溶质为一水合氨、氯化铵，故答案为：NH4Cl；
（5）由分析可知，加入过量氢氧化钠溶液的目的是将氢氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，故答案为：NaOH；Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；
（6）溶液中的氯离子能与硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成不溶于硝酸的氯化银白色沉淀，则检验滤液3中是否含有氯离子的实验方案为：取少量滤液3于洁净试管中，向其中滴加足量稀硝酸后再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明滤液3中不含氯离子，若有白色沉淀生成，说明滤液3中含氯离子；故答案为：取少量滤液3于洁净试管中，向其中滴加足量稀硝酸后再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明滤液3中不含氯离子，若有白色沉淀生成，说明滤液3中含氯离子。
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