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贵州省六盘水市2024-2025学年高一上学期期末质量监测化学试题
1．（2025高一上·六盘水期末）实验安全意识是化学学科的基本素养。下列说法正确的是
A．不慎将酸溅到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用氢氧化钠溶液冲洗
B．切割后未使用的金属钠，应及时放回原试剂瓶中
C．水银温度计破碎后，应立即用大量水冲洗地面上的水银
D．炽热的铁水注入潮湿模具可快速成型
2．（2025高一上·六盘水期末）化学与社会、生活、技术密切相关。下列说法正确的是
A．碳酸钠俗称苏打，可用于治疗胃酸过多
B．84消毒液与洁厕灵混用可增强去污能力
C．工业上制取NaOH可采用电解饱和食盐水
D．生石灰、还原性铁粉均可做食品包装袋中的“脱氧剂”
3．（2025高一上·六盘水期末）下列离子方程式书写正确的是
A．放入水中：
B．将稀盐酸滴在石灰石上：
C．少量通入NaOH溶液中：
D．将过量铁粉加入溶液中：
4．（2025高一上·六盘水期末）下列化学用语表达正确的是
A．质量数为37的氯原子为 B．的电子式为：
C．、、互为同位素 D．HClO的结构式为
5．（2025高一上·六盘水期末）为提纯下列物质，“[ ]”中为杂质，所选除杂试剂正确的是
选项 被提纯的物质[杂质] 除杂试剂
A 饱和溶液
B Zn
C 无水
D NaOH溶液
A．A B．B C．C D．D
6．（2025高一上·六盘水期末）用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，22.4L中所含有的原子数目为
B．1mol中所含有的离子数目为
C．标准状况下，3.4g所含有的质子数目为
D．足量Fe与1mol反应，转移电子数目为
7．（2025高一上·六盘水期末）高铁酸钠是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠的一种方法的化学原理为。下列说法正确的是
A．氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：2
B．处理饮用水的原理为胶体
C．每生成4mol转移电子数目为
D．该条件下，氧化性强于
8．（2025高一上·六盘水期末）用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．图甲可除去氯气中的氯化氢
B．图乙可制取纯净的二氧化碳气体
C．图丙可配制一定物质的量浓度的硫酸溶液
D．图丁可较长时间观察到白色沉淀
9．（2025高一上·六盘水期末）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W的单质是理想的清洁能源，X、Y位于同一周期，X的最外层电子数是其内层电子数的三倍，Z元素的焰色为黄色。下列说法正确的是
A．W和Z形成的化合物中W的化合价为＋1价
B．与的化学键类型完全相同
C．最简单氢化物的稳定性：X>Y
D．离子半径：Y>Z
10．（2025高一上·六盘水期末）如图为氯元素的“价类二维图”，下列说法正确的是
A．甲的水溶液能导电，因此甲属于电解质
B．乙既有氧化性又有还原性
C．丁与NaOH溶液反应的离子方程式为
D．戊→己必须加还原剂才能实现
11．（2025高一上·六盘水期末）应用元素周期律分析下列推断，正确的组合是
①碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低
②砹(At)是第ⅦA族元素，其氢化物的稳定性强于HCl
③第3周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱
④磷与砷(As)位于同主族，砷元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强于磷酸
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
12．（2025高一上·六盘水期末）在给定条件下，下列物质间的转化均能一步实现的是
A．
B．
C．
D．
13．（2025高一上·六盘水期末）类推的思维方式在化学学习与研究中经常采用，以下类推的结论正确的是
A．由可推出
B．由可推出
C．由可推出
D．由可推出
14．（2025高一上·六盘水期末）将和空气的混合气体通入含、和的废水中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法正确的是
A．整个转化过程中是催化剂
B．过程①发生了氧化还原反应
C．过程②中发生反应的离子方程式为
D．若过程中不变，当有32g硫生成时，消耗
15．（2025高一上·六盘水期末）元素周期表的建立成为化学发展史上的重要里程碑之一，下表是元素周期表的一部分，数字①~⑧代表八种短周期元素，请回答下列问题：
（1）①~⑧中金属性最强的元素是　 　，化学性质最不活泼的元素是　 　(填元素符号)。
（2）②在周期表中的位置是　 　。
（3）写出③的最简单气态氢化物的电子式为　 　。
（4）③、④、⑥按原子半径由大到小的顺序排列是　 　(填化学式)。
（5）写出⑤和⑦的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式为　 　。
（6）欲比较③和⑧的非金属性强弱，下列说法可作为判断依据的是　 　(填标号)。
a．两种元素单质的沸点高低 b．两种元素单质与化合的难易程度
c．两种元素气态氢化物的稳定性 d．两种元素的氧化物对应水化物的酸性强弱
16．（2025高一上·六盘水期末）已知是重要的无机化合物，在工业上有着广泛的用途。某研究性学习小组对进行如下实验：
Ⅰ．配制240mL0.1000mol/L溶液
（1）完成该实验所需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需要　 　。
（2）计算需要固体的质量是　 　g(保留小数点后4位)。
（3）如果将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，会使配制的溶液浓度　 　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
Ⅱ．探究与的还原性强弱：取10.00mL上述溶液于试管中，向其中通入少量氯气，发现溶液呈黄色。同学们对产生黄色的原因提出假设：假设1：被氧化；假设2：被氧化。
（4）设计方案，验证假设
实验步骤 实验现象 实验结论
取少量黄色溶液于试管中，滴加几滴　 　 　 　 假设1正确
取少量黄色溶液于试管中，滴加几滴　 　 无明显现象 假设2不正确
（5）通过上述实验结论可知，该条件下还原性：　 　(填“强于”或“弱于”)。
17．（2025高一上·六盘水期末）某同学用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，并验证卤素单质间氧化性强弱。实验装置如图所示(夹持装置已省略)。
回答下列问题：
（1）进行该实验前需进行的操作是　 　。
（2）A装置中橡皮管的作用是　 　。
（3）装置C中发生反应的离子方程式为　 　。
（4）打开a，关闭b，装置C中的实验现象是　 　，可证明氧化性：。一段时间后，装置C中溶液颜色不变，打开b，关闭a，装置E中溶液由无色逐渐变为蓝色，该同学由此得出结论，氧化性：。你是否认同该同学的结论，若不认同，给出理由是　 　。
（5）装置D中主要发生的化学反应方程式为　 　。
（6）尾气处理可用于制取氯水，氯水通常保存在棕色试剂瓶中，因为光照条件下容易变质。用传感器分析氯水在光照过程中微粒成分的变化，得到以下图像，其中不合理的是　 　。
18．（2025高一上·六盘水期末）绿矾()是生产缺铁性贫血药品的重要原料，在常温下易溶于水，能溶于甘油，不溶于乙醇。现利用某废旧金属材料(主要含Fe、Cu、Al及其氧化物)制备绿矾，并回收部分金属。流程如下：
已知：在酸性条件下易被还原为。请完成下列问题。
（1）碱浸时发生化学反应的物质是　 　(填化学式)。
（2）酸浸1和酸浸2用到的酸是　 　；向酸浸1后所得溶液中加入过量试剂a是　 　。
（3）酸浸2涉及的离子方程式为　 　。
（4）系列操作中，洗涤晶体时，采用乙醇而不用水的原因是　 　。
（5）绿矾易变质，检验绿矾未被完全氧化的最佳试剂是_______。
A．KSCN溶液 B．酸性高锰酸钾溶液
C．NaOH溶液 D．铜粉
（6）测定所得绿矾样品中的含量，步骤如下：Ⅰ：称取mg绿矾样品，将其配制成100mL溶液。Ⅱ：取20.00mL步骤Ⅰ配制的溶液，加入适量稀硫酸，滴入cmol/L的溶液至反应完全，共消耗溶液VmL。
①Ⅱ中与反应的离子方程式为　 　。
②计算绿矾样品中的质量分数是　 　(用含m、c、V的代数式表示)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；铁的化学性质；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、不慎将酸溅到皮肤上，应立即用大量水冲洗，但后续不能用强碱（如氢氧化钠）冲洗，以免造成二次伤害，通常立即用稀碳酸氢钠溶液中和，后续及时送医，A错误；
B、金属钠性质活泼，暴露在空气中易与氧气、水反应，甚至引发火灾。切割后未使用的钠应及时放回原试剂瓶（通常保存在煤油中），以隔绝空气，确保安全，B正确；
C、水银有毒且易挥发，挥发后易被吸入中毒。破碎后不应用水冲洗，而应开窗通风，用硫磺粉或专用汞吸附剂处理，C错误；
D、炽热的铁水温度极高，接触潮湿模具会使水急剧汽化，可能引起爆炸，非常危险，除此之外在高温下Fe也能与水蒸气反应生成易燃气体氢气，造成危险，D错误；
故答案为：B
【分析】实验安全的核心原则是 “避免二次伤害、防止危险反应”，要仔细对比选项的操作是否符合规范，或者是否存在安全隐患。
2．【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；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、碳酸钠碱性较强，对胃有刺激性，会腐蚀胃黏膜，因此治疗胃酸过多通常使用碳酸氢钠也就是小苏打，A错误；
B、84消毒液（含 NaClO）与洁厕灵（含 HCl）混合会产生有毒氯气，有安全隐患，不能增强去污能力，相关方程式为：，B错误；
C、工业上通过电解饱和食盐水生产 NaOH、H2 和 Cl2，是氯碱工业的核心反应，相关的方程式为：，C正确；
D、生石灰是干燥剂，用于吸水，不能除去氧气；还原性铁粉可与氧气反应，可作为脱氧剂，因此两者作用不同，并非均可做脱氧剂，D错误；
故答案为：C
【分析】本题考查化学物质的实际应用与安全规范，要求选项的说法符合工业生产原理和化学常识，排除其他可能会存在原理错误或安全隐患的选项。
3．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、过氧化钠与水发生氧化还原反应的产物为O2而非H2，正确的离子方程式为：，A错误；
B．碳酸钙与盐酸反应，固体CaCO3和气体CO2保留化学式不用拆开，H+参与反应生成Ca2+、CO2和H2O，电荷和原子守恒，离子方程式为：，B正确；
C、少量CO2与NaOH反应生成而非，正确反应为，只有当CO2过量的时候会生成酸式盐的酸根，C错误；
D、选项中的离子方程式中明显电荷不守恒，而Fe与Fe3+反应的正确的离子方程式为：，D错误；
故答案为：B
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
4．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；元素、核素；同位素及其应用；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、原子的左上角表示质量数，右下角表示原子序数也就是质子数，所以质量数为37的氯原子表示为，A正确；
B、CO2是典型的共价化合物，二氧化碳的碳氧之间有两对共用电子对，电子式中要能体现出氧的孤电子对，因此正确的电子式为，B错误；
C、同位素的定义是 “质子数相同、中子数不同的原子”，（如、、），因此、、是分子，不是原子，不互为同位素，C错误；
D、HClO中因为电负性O>Cl，所以O原子为中心原子，故结构式为，D错误；
故答案为：A
【分析】本题是化学用语规范表述的基础题型，核心考点是原子符号、电子式、同位素、结构式的正确表达，关键是抓化学用语的研究对象和化学用语的表达规范，区分原子和分子的概念，匹配物质实际成键方式。
5．【答案】D
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、HCl和CO2均能与饱和Na2CO3溶液反应，导致被提纯的物质也就是CO2被消耗，相关的化学方程式为：，无法有效除杂，A错误；
B、根据金属活动性顺序表可知，Zn的金属活动性比Fe、Cu强，会与FeSO4[CuSO4]同时发生置换反应生成ZnSO4，虽然除去了旧杂质但又引入新杂质，无法有效除杂，B错误；
C、无水CuSO4虽能吸水，但作为干燥剂效率较低，通常不用于气体干燥，而是用于水蒸气的检验，正确的除杂试剂一般为浓硫酸和碱石灰，C错误；
D、Al(OH)3为两性氢氧化物，可与NaOH溶液反应溶解，而Fe(OH)3是单纯的碱性氧化物，和NaOH 不反应，依旧是沉淀形式存在，通过过滤后即可分离，D正确；
故答案为：D
【分析】除杂的三原则“不增、不减、易分离”是化学除杂的核心准则，具体指：不增指的是不引入新杂质；不减指的是不减少被提纯物质的量；易分离指的是使被提纯物质与杂质易于分离。
6．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、气体摩尔体积（22.4L/mol）的适用条件是标准状况也就是0℃、101kPa，常温常压并非标准状况，因此在常温常压下，22.4L N2的物质的量小于1mol，原子数目小于2NA，A错误；
B、Na2O2由Na+和O22-（过氧根离子）构成，因此1mol Na2O2含2mol和，总离子数为3NA，而非4NA，B错误；
C、3.4g NH3的物质的量为：，每个NH3分子中，每个N原子提供7个质子，每个H原子提供1个质子，共计：7+3×1=10个质子，故总质子数目为0.2×10NA=2NA，C正确；
D、Fe与Cl2反应生成FeCl3，其中Cl2是氧化剂，1mol Cl2与Fe反应转移2mol电子（），电子转移数为2NA，而非3NA，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。
7．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算；常见氧化剂与还原剂；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A、ClO-中Cl的化合价由+1价降低到-1价，ClO-为氧化剂，被还原，对应产物Cl-为还原产物，Fe3+由+3价升高到+6价，被氧化，做还原剂，对应产物为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：3，A错误；
B、高铁酸钠作为强氧化剂，具有强氧化性，杀菌消毒后自身被还原为Fe3+，接着Fe3+在水中发生水解反应生成Fe(OH)3胶体，胶体吸附水中的杂质，因此该过程描述正确，B正确；
C、生成2mol时，Fe从+3价升高到+6价，因此每个Fe3+失去3mol电子，据此推断出生成4mol应转移4×3=12mol电子，而非6mol，C错误；
D、在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，其中ClO 是氧化剂，是氧化产物，故ClO 的氧化性强于，D错误；
故答案为：B
【分析】观察氧化还原反应每进行一摩尔会转移多少摩尔的电子，然后用这个值乘上这个化学反应进行了几摩尔。 ①单线桥法 箭头由还原剂中被氧化的元素指向氧化剂中被还原的元素，箭头方向为电子转移方向。 在桥上标明转移电子总数。 ②双线桥法 箭头分别由氧化剂指向还原产物，由还原剂指向氧化产物；箭头两端所指元素相同；箭头不表示电子转移方向，仅表示电子转移前后的变化。 在桥上标明得失电子数量；得失电子总数相等。
8．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；配制一定物质的量浓度的溶液；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】A、除去氯气中的氯化氢通常情况下会用饱和食盐水，因为氯气在饱和食盐水中溶解度小， 而HCl则极易溶于水，但作为除杂装置，导气管应 “长进短出” ，而图中甲装置是短进长出，属于气体收集装置，无法有效除杂，反而会导致气体将液体压出，A错误；
B、通常情况下纯碱为粉末状，与稀盐酸反应速率过快，不易控制，且长颈漏斗下端未浸入液面下，装置漏气；同时生成的CO2会混有HCl杂质，无法得到纯净的二氧化碳，不能达到实验目的，B错误；
C、容量瓶仅用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能溶解或稀释药品，应该先在烧杯中稀释浓硫酸，冷却至室温后再转移到容量瓶中，C错误；
D、打开a，Fe和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，生成的氢气将装置中的空气排尽，关闭 a，生成的氢气导致左侧试管内压强增大，硫酸亚铁溶液通过导管进入右侧试管中和NaOH反应生成，该装置能实现实验目的，D正确；
故答案为：D
【分析】这类题要求聚焦实验设计的合理性，围绕 实验目的→实验原理→实验装置、实验操作、实验试剂的可靠性展开，要记清仪器的 “专属用途”：如容量瓶仅用于定容、漏斗用于过滤或者添加液体、洗气瓶用于气体除杂；注意 “特殊实验的条件”：如易被氧化物质（Fe (OH)2）需隔绝空气、放热反应（浓硫酸稀释）需防仪器损坏；并梳理 “装置设计逻辑”如洗气装置 “长进短出”（让气体充分接触试剂）、防倒吸装置需 “隔绝体系与液体”。
9．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；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】A、W是H，Z是Na，H与Na形成的化合物为NaH，H的电负性远远大于Na，所以其中H为-1价，而非+1价，A错误；
B、W是H，X是O，H2O2含有极性键（H-O）和非极性键（O-O），而H2O只有极性键（H-O），因此化学键类型不同，B错误；
C、X是O，Y是F，最简单氢化物的稳定性与非金属性一致：同周期主族元素从左到右非金属性增强，故非金属性：F＞O，因此HF稳定性强于H2O，C错误；
D、Y是F，Z是Na，F-和Na+的电子层结构相同，均为两个电子层，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，F-原子序数更小，离子半径更大，D正确；
故答案选D。
【分析】由题可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W的单质是理想的清洁能源，因此W为H；X的最外层电子数是内层电子数的三倍，短周期中内层电子数为2，可以推断出最外层为6，因此X为O；X、Y同周期，为第二周期，且原子序数依次增大，除去稀有气体元素，因此Y为F；Z元素的焰色为黄色，因此Z为Na。
10．【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，甲为Cl2，氯气是单质，不是化合物，单质既不是电解质也不是非电解质，A错误；
B、乙为ClO2，氯元素化合价为+4价，处于中间价态，化合价可升可降，因此既有氧化性又有还原性，B正确；
C、丁为HClO4，高氯酸是一元强酸，在水中可以完全电离，离子方程式中可拆开，因此HClO4与NaOH溶液反应生成NaClO4和水，反应的离子方程式为，C错误；
D、戊是KClO3，己是KCl，KClO3加热分解为KCl和氧气，此反应中KClO3既是氧化剂又是还原剂，具体的化学方程式为：，因此实现戊→己不需加还原剂，D错误；
故答案为：B
【分析】根据含氯物质的“价类二维图”推断可知，甲是单质且化合价为0，故甲为：Cl2，乙是氧化物且化合价为+4价，故乙为：ClO2，丙是含氧酸且化合价为+1价，故丙为：HClO，丁是含氧酸且化合价为+7价，故丁为：HClO4，戊是钾盐且化合价为+5价，故戊为：KClO3，己是钾盐且化合价为-1价，故己为：KCl，据此回答；
11．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】①碱金属属于第ⅠA族元素，从上到下（Li→Na→K→Rb→Cs）原子序数递增，原子半径逐渐增大，金属阳离子与自由电子的作用力逐渐减弱，金属键逐渐减弱；金属键越强，单质熔点越高，因此熔点随原子序数增大而降低，①正确；
②At与Cl同属第ⅦA族，从上到下（Cl→Br→I→At）原子序数递增，非金属性逐渐减弱；而元素非金属性越强，其氢化物稳定性越强，因此稳定性：HCl＞HAt，②错误；
③第3周期金属元素为Na、Mg、Al，从左到右原子序数递增，金属性逐渐减弱；元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，随原子序数增大而减弱，③正确；
④As与P同属第ⅤA族，从上到下（P→As）原子序数递增，非金属性逐渐减弱；元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此酸性：H3PO4＞H3AsO4，④错误；
所以正确的组合是①③；
故答案为：A
【分析】元素周期律的核心递变规律：
同主族元素（从上到下）：随着原子序数递增，元素的金属性逐渐增强、非金属性逐渐减弱；对应的氢化物稳定性逐渐减弱；其最高价氧化物对应的水化物，碱性逐渐增强、酸性逐渐减弱。
同周期主族元素（从左到右）：随着原子序数递增，元素的金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强；对应的氢化物稳定性逐渐增强；其最高价氧化物对应的水化物，碱性逐渐减弱、酸性逐渐增强。
12．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；钠的重要化合物；铁的化学性质；氢氧化铝的制取和性质探究
【解析】【解答】A、NaCl(aq) 直接转化为 NaHCO3(aq) 无法一步实现，工业上通过侯氏制碱法得到的是 NaHCO3 沉淀，而非溶液；且 NaHCO3(aq) 转化为 Na2CO3(s) 需通过加热分解等过程，但第一步不成立，A错误；B、Al2O3 与盐酸反应生成 AlCl3(aq)，AlCl3(aq) 与氨水或适量 NaOH 反应生成 Al(OH)3 沉淀，两步均可一步实现，B正确；
C、Ca(ClO)2(aq) 通入 CO2 可生成 HClO(aq)，但 HClO(aq) 转化为 Cl2(g) 需要加入还原剂（如 HCl），不能直接一步实现，C错误；
D、Fe 在氧气中燃烧生成 Fe3O4，不能一步得到 Fe2O3；除此之外，Fe2O3也不溶于水，无法一步转化为 Fe(OH)3，D错误；
故答案为：B
【分析】将每个选项的 “甲→乙→丙” 转化链拆分为独立的 “甲→乙”“乙→丙” 两步，只有每一步都能独立一步实现，该选项才正确。
13．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；无机物的推断；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、Cl2与水可以发生歧化反应生成HCl和HClO，但F2的氧化性非常强，因此F2与水剧烈反应生成HF和O2而非HFO，相关方程式为：，因F的强氧化性导致不同产物，A错误；
B、Na与O2在点燃的条件下生成，但Li的金属性弱于Na，Li燃烧只能生成简单氧化物而非，无法生成对应的过氧化物，无法类推，B错误；
C、Cl2的氧化性很强，能直接氧化为高价态，因此Fe与Cl2生成FeCl3，但I2氧化性弱，且Fe3+会氧化I-，综合考虑可知Fe与I2生成FeI2而非FeI3，C错误；
D、Na、K均为第ⅠA族碱金属，性质相似，金属性均较强，均可与水剧烈反应生成对应的碱和氢气，因此Na与水反应生成NaOH和H2，K反应产物为KOH和H2，类推正确，D正确；
故答案为：D
【分析】本题考查化学类推的合理性，核心是判断 “同类物质是否具有完全一致的反应规律”，需结合物质的特性（氧化性、金属性强弱等）分析。
14．【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写；气体摩尔体积
【解析】【解答】A、由图可知，整个转化过程中为中间产物，而催化剂需在反应前后质量和化学性质均不变，Cu2+在过程①被消耗，过程③生成，为催化剂，A错误；
B、由图可知，过程①发生了Cu2++H2S=CuS↓+2H+反应，H2S、CuS的S元素均为-2价，无元素化合价变化，也无电子的得失与转移，为非氧化还原反应，B错误；
C、由图可知，过程②中CuS中的S元素从-2价氧化为0价的单质S，铁元素从+3价还原为+2价，离子反应方程式为：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S，C正确；
D、过程中n(Fe3+)不变，H2S与O2存在以下关系式：2H2S~O2~2S，当有1mol S生成时，消耗0.5mol O2，氧气的体积标况下为，但是题目中未给定是标准状况的条件，无法判断，D错误；
故答案为：C
【分析】在催化循环机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。
15．【答案】（1）Na；He
（2）第二周期第ⅣA族
（3）
（4）Mg＞N＞O
（5）Al(OH)3＋OH-=[Al(OH)4]-
（6）bc
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；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）、越靠近元素周期表的左下角的元素金属性越强，①~⑧中金属性最强的元素是Na；稀有气体的化学性质较稳定，化学性质最不活泼的元素是He；
（2）、根据分析，②为C元素，在周期表中的位置是第二周期第ⅣA族；
（3）、根据分析，③为N元素，其最简单气态氢化物是NH3，N和3个H原子各共用1对电子对，N原子满足8电子稳定结构，电子式为；
（4）、根据分析，③为N、④为O、⑥为Mg，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，一般来说电子层数越多的原子半径越大，按原子半径由大到小的顺序排列为Mg＞N＞O；
（5）、⑤和⑦的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，两者之间反应生成Na[Al(OH)4]，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH-=[Al(OH)4]-；
（6）、a、根据分析，③为N元素，⑧为P元素，N2、P的单质沸点高低与分子间作用力有关，与元素非金属性无关，a错误；
b、元素的非金属性越强，元素单质与氢气化合越容易，可以根据单质与H2化合的难易程度比较N、P的非金属性强弱，b正确；
c、元素非金属性与其氢化物稳定性一致，可以根据氢化物稳定性比较N、P的非金属性强弱，c正确；
d、未指明是最高价氧化物水化物，不能比较元素非金属性强弱，d错误；
故答案为：bc
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，①~⑧分别为He、C、N、O、Na、Mg、Al、P。
同主族元素（从上到下）：随着原子序数递增，元素的金属性逐渐增强、非金属性逐渐减弱；对应的氢化物稳定性逐渐减弱；其最高价氧化物对应的水化物，碱性逐渐增强、酸性逐渐减弱。
同周期主族元素（从左到右）：随着原子序数递增，元素的金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强；对应的氢化物稳定性逐渐增强；其最高价氧化物对应的水化物，碱性逐渐减弱、酸性逐渐增强。
（1）越靠近元素周期表的左下角的元素金属性越强，①~⑧中金属性最强的元素是Na；稀有气体的化学性质较稳定，化学性质最不活泼的元素是He；
（2）根据分析，②为C元素，在周期表中的位置是第二周期第ⅣA族；
（3）根据分析，③为N元素，其最简单气态氢化物是NH3，N和3个H原子各共用1对电子对，N原子满足8电子稳定结构，电子式为；
（4）根据分析，③为N、④为O、⑥为Mg，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，一般来说电子层数越多的原子半径越大，按原子半径由大到小的顺序排列为Mg＞N＞O；
（5）⑤和⑦的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，两者之间反应生成Na[Al(OH)4]，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH-=[Al(OH)4]-；
（6）a．根据分析，③为N元素，⑧为P元素，N2、P的单质沸点高低与分子间作用力有关，与元素非金属性无关，a不符合题意；
b．元素的非金属性越强，元素单质与氢气化合越容易，可以根据单质与H2化合的难易程度比较N、P的非金属性强弱，b符合题意；
c．元素非金属性与其氢化物稳定性一致，可以根据氢化物稳定性比较N、P的非金属性强弱，c符合题意；
d．未指明是最高价氧化物水化物，不能比较元素非金属性强弱，d不符合题意；
故选bc。
16．【答案】250mL容量瓶；7.7500g；偏小；淀粉溶液；溶液变蓝；KSCN溶液；弱于
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；二价铁离子和三价铁离子的检验；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）、用固体配制一定物质的量浓度的溶液需要使用的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶和胶头滴管，故完成该实验所需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需要250mL容量瓶；
（2）、配制240mL溶液需使用250mL的容量瓶，故用托盘天平称量，计算需要称取FeI2固体的质量；
（3）、如果将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，会使的物质的量减小，配制的溶液浓度偏小；
（4）、假设1：被Cl2氧化成I2溶解在溶液中，I2与淀粉作用显蓝色，若溶液变蓝，说明有I2生成，即 I- 被氧化，即滴加几滴淀粉溶液，若变蓝，证明假设1正确；
假设2：Fe2+被Cl2氧化成Fe3+，向该溶液中加入KSCN溶液，无明显现象，说明无Fe3+生成，则假设2不正确；
（5）、优先被氧化，而未被氧化，还原性强的优先参与氧化还原反应，还原性：弱于。
【分析】首先是仪器选择，因无 240mL 容量瓶，选用 250mL 容量瓶，配制 250mL 溶液，所需玻璃仪器包括烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、250mL 容量瓶；接着按 250mL 溶液计算，FeI2质量为：0.25L×0.1000mol/L×310g/mol=7.75g；接着通过Cl2氧化实验，比较Fe2+与I-的还原性强弱，先提出假设，溶液变黄的原因有两种可能 ——I-被氧化为I2、Fe2+被氧化为Fe3+；继续用淀粉溶液验证I2：若溶液变蓝，说明I-被氧化，用KSCN溶液验证Fe3+：若无明显现象，说明Fe2+未被氧化；最后根据实验现象得出结论；
17．【答案】（1）检验装置的气密性
（2）平衡气压，使液体顺利5
（3）Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－
（4）溶液由无色变为橙黄色；可能是因为氯气进入装置E，发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，生成碘单质使溶液变蓝
（5）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（6）B
【知识点】氯气的实验室制法；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
【解析】【解答】（1）、组装好仪器后，进行该实验前需进行的操作是：检验装置的气密性，再添加试剂；
（2）、橡皮管连接烧瓶内部和分液漏斗上部，使两处的气压平衡，液体能顺利滴下；
（3）、根据分析，C装置中Br-被Cl2氧化为Br2，离子方程式为Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－；
（4）、打开a，关闭b，氯气进入装置C，发生反应Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，有溴单质生成，溶液由无色变为橙黄色；装置C中溶液颜色不变，打开b，关闭a，装置E中溶液由无色逐渐变为蓝色，可能是因为氯气进入装置E，发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，生成碘单质使溶液变蓝，所以该同学的判断不准确；
（5）、装置D为尾气处理装置，其中NaOH溶液，可以吸收未反应完的氯气，其反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（6）、在氯水中，发生如下反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO、2HClO2HCl+O2↑。
A、随着氯水放置时间的不断增长，HClO不断分解，Cl2与水反应不断进行，最终氯水转化为稀盐酸，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，A正确；
B、在光照条件下，HClO不断分解，Cl2与水的反应不断进行，所以HClO的浓度不断减小，最终为0，氯水转化为稀盐酸，B错误；
C、随着反应的进行，HClO不断分解生成O2，Cl2不断减少，O2不断增多，所以氧气的体积分数不断增大，C正确；
D、随着反应的进行，氯水转化为稀盐酸，Cl-浓度不断增大，D正确；
故答案为：B
【分析】装置A：试剂为高锰酸钾与浓盐酸，作用是制备氯气。原理是高锰酸钾氧化性较强，常温下即可与浓盐酸发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，生成氯气。
装置B：试剂为饱和食盐水，作用是除去氯气中的氯化氢杂质。原理是氯化氢极易溶于饱和食盐水，而氯气在饱和食盐水中的溶解度极小，可实现杂质的分离。
装置C：试剂为KBr溶液，作用是验证氯气的氧化性强于溴单质。原理是氯气可与KBr发生置换反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2，反应后溶液会由无色变为橙黄色。
装置E：试剂为淀粉-KI溶液，作用是验证溴单质的氧化性强于碘单质。原理是溴单质可与KI发生置换反应：Br2+2KI=2KBr+I2，生成的碘单质能使淀粉溶液变蓝。
装置D：试剂为足量NaOH溶液，搭配倒扣漏斗，作用是处理尾气。原理是NaOH溶液可吸收多余的氯气：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，倒扣漏斗的设计可防止倒吸。
整个实验装置通过置换反应的发生顺序，利用氧化性较强的单质可置换出氧化性较弱的单质的原理，验证卤素单质的氧化性强弱顺序为：Cl2>Br2>I2。
（1）组装好仪器后，进行该实验前需进行的操作是：检验装置的气密性，再添加试剂；
（2）橡皮管连接烧瓶内部和分液漏斗上部，使两处的气压平衡，液体能顺利滴下；
（3）根据分析，C装置中Br-被Cl2氧化为Br2，离子方程式为Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－；
（4）打开a，关闭b，氯气进入装置C，发生反应Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，有溴单质生成，溶液由无色变为橙黄色；装置C中溶液颜色不变，打开b，关闭a，装置E中溶液由无色逐渐变为蓝色，可能是因为氯气进入装置E，发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，生成碘单质使溶液变蓝，所以该同学的判断不准确；
（5）装置D为尾气处理装置，其中NaOH溶液，可以吸收未反应完的氯气，其反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（6）在氯水中，发生如下反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO、2HClO2HCl+O2↑。
A．随着氯水放置时间的不断增长，HClO不断分解，Cl2与水反应不断进行，最终氯水转化为稀盐酸，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，A合理；
B．在光照条件下，HClO不断分解，Cl2与水的反应不断进行，所以HClO的浓度不断减小，最终为0，氯水转化为稀盐酸，B不合理；
C．随着反应的进行，HClO不断分解生成O2，Cl2不断减少，O2不断增多，所以氧气的体积分数不断增大，C合理；
D．随着反应的进行，氯水转化为稀盐酸，Cl-浓度不断增大，D合理；
故选B。
18．【答案】（1）Al、Al2O3
（2）H2SO4；Fe
（3）Fe+2H+=Fe2++H2↑
（4）绿矾在常温下易溶于水，不溶于乙醇
（5）B
（6）+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；×100%或
【知识点】中和滴定；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；溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】（1）、根据分析，碱浸时发生反应的物质有Al、Al2O3；
（2）、因最终产物为硫酸盐，酸浸1和酸浸2用到的酸是H2SO4；向酸浸1后的溶液中加入过量的试剂a的作用是①消耗过量的酸；②防止Fe2+被氧化；③除去硫酸铜、并将铁离子还原为Fe2+，因此a是Fe；
（3）、酸浸2是Fe与H2SO4的反应，离子方程式为：；
（4）、洗涤时需要将表面的杂质洗掉，但不能洗掉目标产物，乙醇与水互溶，可以带走固体表面的水溶液，绿矾溶于水但不溶于乙醇，用乙醇洗涤可以减少损失；
（5）、绿矾未被完全氧化时固体中含有Fe2+。
A、Fe2+不与SCN-反应，SCN-可以检验Fe3+，A错误；
B、Fe2+具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；
C、Fe3+、Fe2+均与NaOH反应，红褐色的Fe(OH)3会掩盖白色的Fe(OH)2颜色，C错误；
D、Cu与Fe3+反应，无法鉴别Fe2+，D错误；
故答案为：B；
（6）、①、Ⅱ中与Fe2+反应时被还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式为+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
②、根据离子方程式可找出关系式：～5Fe2+，硫酸亚铁晶体样品中Fe2+的质量分数为：=×100%=。
【分析】废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al及这几种金属的氧化物，加入氢氧化钠溶液“碱浸”，Al与NaOH溶液反应：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑、Al2O3与NaOH溶液反应：Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]，二者溶解可得到Na[Al(OH)4]溶液；Fe、Cu及二者的氧化物不与NaOH溶液反应，留在固相中，操作I为过滤，滤液I为Na[Al(OH)4]溶液，向滤液I中通入过量CO2，反应为：Na[Al(OH)4]+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3，过量CO2可确保Na[Al(OH)4]完全转化为不溶于弱酸的Al(OH)3，得到滤渣Ⅲ为Al(OH)3沉淀，后续经灼烧2Al(OH)3=Al2O3+3H2O、电解熔融Al2O3可用于提取铝；
选用H2SO4可避免引入其他阴离子杂质，Fe、Fe2O3、CuO与H2SO4反应可生成FeSO4、CuSO4、Fe2(SO4)3等；
加入过量铁粉可与Cu2+发生置换反应，除去Cu2+，同时将Fe3+还原为Fe2+，过量铁粉能确保杂质完全去除，得到滤液Ⅱ为FeSO4溶液，滤渣Ⅱ为未反应的Fe、置换出的Cu；
滤渣Ⅱ中的Fe与稀H2SO4反应得到FeSO4，Cu不与稀硫酸反应，过滤得到Cu单质；
滤液Ⅱ经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、低温干燥得到绿矾。
（1）根据分析，碱浸时发生反应的物质有Al、Al2O3；
（2）因最终产物为硫酸盐，酸浸1和酸浸2用到的酸是H2SO4；向酸浸1后的溶液中加入过量的试剂a的作用是①消耗过量的酸；②防止Fe2+被氧化；③除去硫酸铜、并将铁离子还原为Fe2+，因此a是Fe；
（3）酸浸2是Fe与H2SO4的反应，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；
（4）洗涤时需要将表面的杂质洗掉，但不能洗掉目标产物，乙醇与水互溶，可以带走固体表面的水溶液，绿矾溶于水但不溶于乙醇，用乙醇洗涤可以减少损失；
（5）绿矾未被完全氧化时固体中含有Fe2+。
A．Fe2+不与SCN-反应，SCN-可以检验Fe3+，A不符合题意；
B．Fe2+具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，B符合题意；
C．Fe3+、Fe2+均与NaOH反应，红褐色的Fe(OH)3会掩盖白色的Fe(OH)2颜色，C不符合题意；
D．Cu与Fe3+反应，无法鉴别Fe2+，D不符合题意；
故选B；
（6）①Ⅱ中与Fe2+反应时被还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式为+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
②根据离子方程式可找出关系式：～5Fe2+，硫酸亚铁晶体样品中Fe2+的质量分数为：=×100%=。
1 / 1贵州省六盘水市2024-2025学年高一上学期期末质量监测化学试题
1．（2025高一上·六盘水期末）实验安全意识是化学学科的基本素养。下列说法正确的是
A．不慎将酸溅到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用氢氧化钠溶液冲洗
B．切割后未使用的金属钠，应及时放回原试剂瓶中
C．水银温度计破碎后，应立即用大量水冲洗地面上的水银
D．炽热的铁水注入潮湿模具可快速成型
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；铁的化学性质；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、不慎将酸溅到皮肤上，应立即用大量水冲洗，但后续不能用强碱（如氢氧化钠）冲洗，以免造成二次伤害，通常立即用稀碳酸氢钠溶液中和，后续及时送医，A错误；
B、金属钠性质活泼，暴露在空气中易与氧气、水反应，甚至引发火灾。切割后未使用的钠应及时放回原试剂瓶（通常保存在煤油中），以隔绝空气，确保安全，B正确；
C、水银有毒且易挥发，挥发后易被吸入中毒。破碎后不应用水冲洗，而应开窗通风，用硫磺粉或专用汞吸附剂处理，C错误；
D、炽热的铁水温度极高，接触潮湿模具会使水急剧汽化，可能引起爆炸，非常危险，除此之外在高温下Fe也能与水蒸气反应生成易燃气体氢气，造成危险，D错误；
故答案为：B
【分析】实验安全的核心原则是 “避免二次伤害、防止危险反应”，要仔细对比选项的操作是否符合规范，或者是否存在安全隐患。
2．（2025高一上·六盘水期末）化学与社会、生活、技术密切相关。下列说法正确的是
A．碳酸钠俗称苏打，可用于治疗胃酸过多
B．84消毒液与洁厕灵混用可增强去污能力
C．工业上制取NaOH可采用电解饱和食盐水
D．生石灰、还原性铁粉均可做食品包装袋中的“脱氧剂”
【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；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、碳酸钠碱性较强，对胃有刺激性，会腐蚀胃黏膜，因此治疗胃酸过多通常使用碳酸氢钠也就是小苏打，A错误；
B、84消毒液（含 NaClO）与洁厕灵（含 HCl）混合会产生有毒氯气，有安全隐患，不能增强去污能力，相关方程式为：，B错误；
C、工业上通过电解饱和食盐水生产 NaOH、H2 和 Cl2，是氯碱工业的核心反应，相关的方程式为：，C正确；
D、生石灰是干燥剂，用于吸水，不能除去氧气；还原性铁粉可与氧气反应，可作为脱氧剂，因此两者作用不同，并非均可做脱氧剂，D错误；
故答案为：C
【分析】本题考查化学物质的实际应用与安全规范，要求选项的说法符合工业生产原理和化学常识，排除其他可能会存在原理错误或安全隐患的选项。
3．（2025高一上·六盘水期末）下列离子方程式书写正确的是
A．放入水中：
B．将稀盐酸滴在石灰石上：
C．少量通入NaOH溶液中：
D．将过量铁粉加入溶液中：
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、过氧化钠与水发生氧化还原反应的产物为O2而非H2，正确的离子方程式为：，A错误；
B．碳酸钙与盐酸反应，固体CaCO3和气体CO2保留化学式不用拆开，H+参与反应生成Ca2+、CO2和H2O，电荷和原子守恒，离子方程式为：，B正确；
C、少量CO2与NaOH反应生成而非，正确反应为，只有当CO2过量的时候会生成酸式盐的酸根，C错误；
D、选项中的离子方程式中明显电荷不守恒，而Fe与Fe3+反应的正确的离子方程式为：，D错误；
故答案为：B
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
4．（2025高一上·六盘水期末）下列化学用语表达正确的是
A．质量数为37的氯原子为 B．的电子式为：
C．、、互为同位素 D．HClO的结构式为
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；元素、核素；同位素及其应用；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、原子的左上角表示质量数，右下角表示原子序数也就是质子数，所以质量数为37的氯原子表示为，A正确；
B、CO2是典型的共价化合物，二氧化碳的碳氧之间有两对共用电子对，电子式中要能体现出氧的孤电子对，因此正确的电子式为，B错误；
C、同位素的定义是 “质子数相同、中子数不同的原子”，（如、、），因此、、是分子，不是原子，不互为同位素，C错误；
D、HClO中因为电负性O>Cl，所以O原子为中心原子，故结构式为，D错误；
故答案为：A
【分析】本题是化学用语规范表述的基础题型，核心考点是原子符号、电子式、同位素、结构式的正确表达，关键是抓化学用语的研究对象和化学用语的表达规范，区分原子和分子的概念，匹配物质实际成键方式。
5．（2025高一上·六盘水期末）为提纯下列物质，“[ ]”中为杂质，所选除杂试剂正确的是
选项 被提纯的物质[杂质] 除杂试剂
A 饱和溶液
B Zn
C 无水
D NaOH溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、HCl和CO2均能与饱和Na2CO3溶液反应，导致被提纯的物质也就是CO2被消耗，相关的化学方程式为：，无法有效除杂，A错误；
B、根据金属活动性顺序表可知，Zn的金属活动性比Fe、Cu强，会与FeSO4[CuSO4]同时发生置换反应生成ZnSO4，虽然除去了旧杂质但又引入新杂质，无法有效除杂，B错误；
C、无水CuSO4虽能吸水，但作为干燥剂效率较低，通常不用于气体干燥，而是用于水蒸气的检验，正确的除杂试剂一般为浓硫酸和碱石灰，C错误；
D、Al(OH)3为两性氢氧化物，可与NaOH溶液反应溶解，而Fe(OH)3是单纯的碱性氧化物，和NaOH 不反应，依旧是沉淀形式存在，通过过滤后即可分离，D正确；
故答案为：D
【分析】除杂的三原则“不增、不减、易分离”是化学除杂的核心准则，具体指：不增指的是不引入新杂质；不减指的是不减少被提纯物质的量；易分离指的是使被提纯物质与杂质易于分离。
6．（2025高一上·六盘水期末）用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，22.4L中所含有的原子数目为
B．1mol中所含有的离子数目为
C．标准状况下，3.4g所含有的质子数目为
D．足量Fe与1mol反应，转移电子数目为
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、气体摩尔体积（22.4L/mol）的适用条件是标准状况也就是0℃、101kPa，常温常压并非标准状况，因此在常温常压下，22.4L N2的物质的量小于1mol，原子数目小于2NA，A错误；
B、Na2O2由Na+和O22-（过氧根离子）构成，因此1mol Na2O2含2mol和，总离子数为3NA，而非4NA，B错误；
C、3.4g NH3的物质的量为：，每个NH3分子中，每个N原子提供7个质子，每个H原子提供1个质子，共计：7+3×1=10个质子，故总质子数目为0.2×10NA=2NA，C正确；
D、Fe与Cl2反应生成FeCl3，其中Cl2是氧化剂，1mol Cl2与Fe反应转移2mol电子（），电子转移数为2NA，而非3NA，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。
7．（2025高一上·六盘水期末）高铁酸钠是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠的一种方法的化学原理为。下列说法正确的是
A．氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：2
B．处理饮用水的原理为胶体
C．每生成4mol转移电子数目为
D．该条件下，氧化性强于
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算；常见氧化剂与还原剂；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A、ClO-中Cl的化合价由+1价降低到-1价，ClO-为氧化剂，被还原，对应产物Cl-为还原产物，Fe3+由+3价升高到+6价，被氧化，做还原剂，对应产物为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：3，A错误；
B、高铁酸钠作为强氧化剂，具有强氧化性，杀菌消毒后自身被还原为Fe3+，接着Fe3+在水中发生水解反应生成Fe(OH)3胶体，胶体吸附水中的杂质，因此该过程描述正确，B正确；
C、生成2mol时，Fe从+3价升高到+6价，因此每个Fe3+失去3mol电子，据此推断出生成4mol应转移4×3=12mol电子，而非6mol，C错误；
D、在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，其中ClO 是氧化剂，是氧化产物，故ClO 的氧化性强于，D错误；
故答案为：B
【分析】观察氧化还原反应每进行一摩尔会转移多少摩尔的电子，然后用这个值乘上这个化学反应进行了几摩尔。 ①单线桥法 箭头由还原剂中被氧化的元素指向氧化剂中被还原的元素，箭头方向为电子转移方向。 在桥上标明转移电子总数。 ②双线桥法 箭头分别由氧化剂指向还原产物，由还原剂指向氧化产物；箭头两端所指元素相同；箭头不表示电子转移方向，仅表示电子转移前后的变化。 在桥上标明得失电子数量；得失电子总数相等。
8．（2025高一上·六盘水期末）用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．图甲可除去氯气中的氯化氢
B．图乙可制取纯净的二氧化碳气体
C．图丙可配制一定物质的量浓度的硫酸溶液
D．图丁可较长时间观察到白色沉淀
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；配制一定物质的量浓度的溶液；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】A、除去氯气中的氯化氢通常情况下会用饱和食盐水，因为氯气在饱和食盐水中溶解度小， 而HCl则极易溶于水，但作为除杂装置，导气管应 “长进短出” ，而图中甲装置是短进长出，属于气体收集装置，无法有效除杂，反而会导致气体将液体压出，A错误；
B、通常情况下纯碱为粉末状，与稀盐酸反应速率过快，不易控制，且长颈漏斗下端未浸入液面下，装置漏气；同时生成的CO2会混有HCl杂质，无法得到纯净的二氧化碳，不能达到实验目的，B错误；
C、容量瓶仅用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能溶解或稀释药品，应该先在烧杯中稀释浓硫酸，冷却至室温后再转移到容量瓶中，C错误；
D、打开a，Fe和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，生成的氢气将装置中的空气排尽，关闭 a，生成的氢气导致左侧试管内压强增大，硫酸亚铁溶液通过导管进入右侧试管中和NaOH反应生成，该装置能实现实验目的，D正确；
故答案为：D
【分析】这类题要求聚焦实验设计的合理性，围绕 实验目的→实验原理→实验装置、实验操作、实验试剂的可靠性展开，要记清仪器的 “专属用途”：如容量瓶仅用于定容、漏斗用于过滤或者添加液体、洗气瓶用于气体除杂；注意 “特殊实验的条件”：如易被氧化物质（Fe (OH)2）需隔绝空气、放热反应（浓硫酸稀释）需防仪器损坏；并梳理 “装置设计逻辑”如洗气装置 “长进短出”（让气体充分接触试剂）、防倒吸装置需 “隔绝体系与液体”。
9．（2025高一上·六盘水期末）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W的单质是理想的清洁能源，X、Y位于同一周期，X的最外层电子数是其内层电子数的三倍，Z元素的焰色为黄色。下列说法正确的是
A．W和Z形成的化合物中W的化合价为＋1价
B．与的化学键类型完全相同
C．最简单氢化物的稳定性：X>Y
D．离子半径：Y>Z
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；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】A、W是H，Z是Na，H与Na形成的化合物为NaH，H的电负性远远大于Na，所以其中H为-1价，而非+1价，A错误；
B、W是H，X是O，H2O2含有极性键（H-O）和非极性键（O-O），而H2O只有极性键（H-O），因此化学键类型不同，B错误；
C、X是O，Y是F，最简单氢化物的稳定性与非金属性一致：同周期主族元素从左到右非金属性增强，故非金属性：F＞O，因此HF稳定性强于H2O，C错误；
D、Y是F，Z是Na，F-和Na+的电子层结构相同，均为两个电子层，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，F-原子序数更小，离子半径更大，D正确；
故答案选D。
【分析】由题可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W的单质是理想的清洁能源，因此W为H；X的最外层电子数是内层电子数的三倍，短周期中内层电子数为2，可以推断出最外层为6，因此X为O；X、Y同周期，为第二周期，且原子序数依次增大，除去稀有气体元素，因此Y为F；Z元素的焰色为黄色，因此Z为Na。
10．（2025高一上·六盘水期末）如图为氯元素的“价类二维图”，下列说法正确的是
A．甲的水溶液能导电，因此甲属于电解质
B．乙既有氧化性又有还原性
C．丁与NaOH溶液反应的离子方程式为
D．戊→己必须加还原剂才能实现
【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，甲为Cl2，氯气是单质，不是化合物，单质既不是电解质也不是非电解质，A错误；
B、乙为ClO2，氯元素化合价为+4价，处于中间价态，化合价可升可降，因此既有氧化性又有还原性，B正确；
C、丁为HClO4，高氯酸是一元强酸，在水中可以完全电离，离子方程式中可拆开，因此HClO4与NaOH溶液反应生成NaClO4和水，反应的离子方程式为，C错误；
D、戊是KClO3，己是KCl，KClO3加热分解为KCl和氧气，此反应中KClO3既是氧化剂又是还原剂，具体的化学方程式为：，因此实现戊→己不需加还原剂，D错误；
故答案为：B
【分析】根据含氯物质的“价类二维图”推断可知，甲是单质且化合价为0，故甲为：Cl2，乙是氧化物且化合价为+4价，故乙为：ClO2，丙是含氧酸且化合价为+1价，故丙为：HClO，丁是含氧酸且化合价为+7价，故丁为：HClO4，戊是钾盐且化合价为+5价，故戊为：KClO3，己是钾盐且化合价为-1价，故己为：KCl，据此回答；
11．（2025高一上·六盘水期末）应用元素周期律分析下列推断，正确的组合是
①碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低
②砹(At)是第ⅦA族元素，其氢化物的稳定性强于HCl
③第3周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱
④磷与砷(As)位于同主族，砷元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强于磷酸
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】①碱金属属于第ⅠA族元素，从上到下（Li→Na→K→Rb→Cs）原子序数递增，原子半径逐渐增大，金属阳离子与自由电子的作用力逐渐减弱，金属键逐渐减弱；金属键越强，单质熔点越高，因此熔点随原子序数增大而降低，①正确；
②At与Cl同属第ⅦA族，从上到下（Cl→Br→I→At）原子序数递增，非金属性逐渐减弱；而元素非金属性越强，其氢化物稳定性越强，因此稳定性：HCl＞HAt，②错误；
③第3周期金属元素为Na、Mg、Al，从左到右原子序数递增，金属性逐渐减弱；元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，随原子序数增大而减弱，③正确；
④As与P同属第ⅤA族，从上到下（P→As）原子序数递增，非金属性逐渐减弱；元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此酸性：H3PO4＞H3AsO4，④错误；
所以正确的组合是①③；
故答案为：A
【分析】元素周期律的核心递变规律：
同主族元素（从上到下）：随着原子序数递增，元素的金属性逐渐增强、非金属性逐渐减弱；对应的氢化物稳定性逐渐减弱；其最高价氧化物对应的水化物，碱性逐渐增强、酸性逐渐减弱。
同周期主族元素（从左到右）：随着原子序数递增，元素的金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强；对应的氢化物稳定性逐渐增强；其最高价氧化物对应的水化物，碱性逐渐减弱、酸性逐渐增强。
12．（2025高一上·六盘水期末）在给定条件下，下列物质间的转化均能一步实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；钠的重要化合物；铁的化学性质；氢氧化铝的制取和性质探究
【解析】【解答】A、NaCl(aq) 直接转化为 NaHCO3(aq) 无法一步实现，工业上通过侯氏制碱法得到的是 NaHCO3 沉淀，而非溶液；且 NaHCO3(aq) 转化为 Na2CO3(s) 需通过加热分解等过程，但第一步不成立，A错误；B、Al2O3 与盐酸反应生成 AlCl3(aq)，AlCl3(aq) 与氨水或适量 NaOH 反应生成 Al(OH)3 沉淀，两步均可一步实现，B正确；
C、Ca(ClO)2(aq) 通入 CO2 可生成 HClO(aq)，但 HClO(aq) 转化为 Cl2(g) 需要加入还原剂（如 HCl），不能直接一步实现，C错误；
D、Fe 在氧气中燃烧生成 Fe3O4，不能一步得到 Fe2O3；除此之外，Fe2O3也不溶于水，无法一步转化为 Fe(OH)3，D错误；
故答案为：B
【分析】将每个选项的 “甲→乙→丙” 转化链拆分为独立的 “甲→乙”“乙→丙” 两步，只有每一步都能独立一步实现，该选项才正确。
13．（2025高一上·六盘水期末）类推的思维方式在化学学习与研究中经常采用，以下类推的结论正确的是
A．由可推出
B．由可推出
C．由可推出
D．由可推出
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；无机物的推断；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、Cl2与水可以发生歧化反应生成HCl和HClO，但F2的氧化性非常强，因此F2与水剧烈反应生成HF和O2而非HFO，相关方程式为：，因F的强氧化性导致不同产物，A错误；
B、Na与O2在点燃的条件下生成，但Li的金属性弱于Na，Li燃烧只能生成简单氧化物而非，无法生成对应的过氧化物，无法类推，B错误；
C、Cl2的氧化性很强，能直接氧化为高价态，因此Fe与Cl2生成FeCl3，但I2氧化性弱，且Fe3+会氧化I-，综合考虑可知Fe与I2生成FeI2而非FeI3，C错误；
D、Na、K均为第ⅠA族碱金属，性质相似，金属性均较强，均可与水剧烈反应生成对应的碱和氢气，因此Na与水反应生成NaOH和H2，K反应产物为KOH和H2，类推正确，D正确；
故答案为：D
【分析】本题考查化学类推的合理性，核心是判断 “同类物质是否具有完全一致的反应规律”，需结合物质的特性（氧化性、金属性强弱等）分析。
14．（2025高一上·六盘水期末）将和空气的混合气体通入含、和的废水中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法正确的是
A．整个转化过程中是催化剂
B．过程①发生了氧化还原反应
C．过程②中发生反应的离子方程式为
D．若过程中不变，当有32g硫生成时，消耗
【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写；气体摩尔体积
【解析】【解答】A、由图可知，整个转化过程中为中间产物，而催化剂需在反应前后质量和化学性质均不变，Cu2+在过程①被消耗，过程③生成，为催化剂，A错误；
B、由图可知，过程①发生了Cu2++H2S=CuS↓+2H+反应，H2S、CuS的S元素均为-2价，无元素化合价变化，也无电子的得失与转移，为非氧化还原反应，B错误；
C、由图可知，过程②中CuS中的S元素从-2价氧化为0价的单质S，铁元素从+3价还原为+2价，离子反应方程式为：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S，C正确；
D、过程中n(Fe3+)不变，H2S与O2存在以下关系式：2H2S~O2~2S，当有1mol S生成时，消耗0.5mol O2，氧气的体积标况下为，但是题目中未给定是标准状况的条件，无法判断，D错误；
故答案为：C
【分析】在催化循环机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。
15．（2025高一上·六盘水期末）元素周期表的建立成为化学发展史上的重要里程碑之一，下表是元素周期表的一部分，数字①~⑧代表八种短周期元素，请回答下列问题：
（1）①~⑧中金属性最强的元素是　 　，化学性质最不活泼的元素是　 　(填元素符号)。
（2）②在周期表中的位置是　 　。
（3）写出③的最简单气态氢化物的电子式为　 　。
（4）③、④、⑥按原子半径由大到小的顺序排列是　 　(填化学式)。
（5）写出⑤和⑦的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式为　 　。
（6）欲比较③和⑧的非金属性强弱，下列说法可作为判断依据的是　 　(填标号)。
a．两种元素单质的沸点高低 b．两种元素单质与化合的难易程度
c．两种元素气态氢化物的稳定性 d．两种元素的氧化物对应水化物的酸性强弱
【答案】（1）Na；He
（2）第二周期第ⅣA族
（3）
（4）Mg＞N＞O
（5）Al(OH)3＋OH-=[Al(OH)4]-
（6）bc
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；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）、越靠近元素周期表的左下角的元素金属性越强，①~⑧中金属性最强的元素是Na；稀有气体的化学性质较稳定，化学性质最不活泼的元素是He；
（2）、根据分析，②为C元素，在周期表中的位置是第二周期第ⅣA族；
（3）、根据分析，③为N元素，其最简单气态氢化物是NH3，N和3个H原子各共用1对电子对，N原子满足8电子稳定结构，电子式为；
（4）、根据分析，③为N、④为O、⑥为Mg，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，一般来说电子层数越多的原子半径越大，按原子半径由大到小的顺序排列为Mg＞N＞O；
（5）、⑤和⑦的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，两者之间反应生成Na[Al(OH)4]，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH-=[Al(OH)4]-；
（6）、a、根据分析，③为N元素，⑧为P元素，N2、P的单质沸点高低与分子间作用力有关，与元素非金属性无关，a错误；
b、元素的非金属性越强，元素单质与氢气化合越容易，可以根据单质与H2化合的难易程度比较N、P的非金属性强弱，b正确；
c、元素非金属性与其氢化物稳定性一致，可以根据氢化物稳定性比较N、P的非金属性强弱，c正确；
d、未指明是最高价氧化物水化物，不能比较元素非金属性强弱，d错误；
故答案为：bc
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，①~⑧分别为He、C、N、O、Na、Mg、Al、P。
同主族元素（从上到下）：随着原子序数递增，元素的金属性逐渐增强、非金属性逐渐减弱；对应的氢化物稳定性逐渐减弱；其最高价氧化物对应的水化物，碱性逐渐增强、酸性逐渐减弱。
同周期主族元素（从左到右）：随着原子序数递增，元素的金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强；对应的氢化物稳定性逐渐增强；其最高价氧化物对应的水化物，碱性逐渐减弱、酸性逐渐增强。
（1）越靠近元素周期表的左下角的元素金属性越强，①~⑧中金属性最强的元素是Na；稀有气体的化学性质较稳定，化学性质最不活泼的元素是He；
（2）根据分析，②为C元素，在周期表中的位置是第二周期第ⅣA族；
（3）根据分析，③为N元素，其最简单气态氢化物是NH3，N和3个H原子各共用1对电子对，N原子满足8电子稳定结构，电子式为；
（4）根据分析，③为N、④为O、⑥为Mg，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，一般来说电子层数越多的原子半径越大，按原子半径由大到小的顺序排列为Mg＞N＞O；
（5）⑤和⑦的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，两者之间反应生成Na[Al(OH)4]，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH-=[Al(OH)4]-；
（6）a．根据分析，③为N元素，⑧为P元素，N2、P的单质沸点高低与分子间作用力有关，与元素非金属性无关，a不符合题意；
b．元素的非金属性越强，元素单质与氢气化合越容易，可以根据单质与H2化合的难易程度比较N、P的非金属性强弱，b符合题意；
c．元素非金属性与其氢化物稳定性一致，可以根据氢化物稳定性比较N、P的非金属性强弱，c符合题意；
d．未指明是最高价氧化物水化物，不能比较元素非金属性强弱，d不符合题意；
故选bc。
16．（2025高一上·六盘水期末）已知是重要的无机化合物，在工业上有着广泛的用途。某研究性学习小组对进行如下实验：
Ⅰ．配制240mL0.1000mol/L溶液
（1）完成该实验所需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需要　 　。
（2）计算需要固体的质量是　 　g(保留小数点后4位)。
（3）如果将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，会使配制的溶液浓度　 　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
Ⅱ．探究与的还原性强弱：取10.00mL上述溶液于试管中，向其中通入少量氯气，发现溶液呈黄色。同学们对产生黄色的原因提出假设：假设1：被氧化；假设2：被氧化。
（4）设计方案，验证假设
实验步骤 实验现象 实验结论
取少量黄色溶液于试管中，滴加几滴　 　 　 　 假设1正确
取少量黄色溶液于试管中，滴加几滴　 　 无明显现象 假设2不正确
（5）通过上述实验结论可知，该条件下还原性：　 　(填“强于”或“弱于”)。
【答案】250mL容量瓶；7.7500g；偏小；淀粉溶液；溶液变蓝；KSCN溶液；弱于
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；二价铁离子和三价铁离子的检验；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）、用固体配制一定物质的量浓度的溶液需要使用的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶和胶头滴管，故完成该实验所需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需要250mL容量瓶；
（2）、配制240mL溶液需使用250mL的容量瓶，故用托盘天平称量，计算需要称取FeI2固体的质量；
（3）、如果将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，会使的物质的量减小，配制的溶液浓度偏小；
（4）、假设1：被Cl2氧化成I2溶解在溶液中，I2与淀粉作用显蓝色，若溶液变蓝，说明有I2生成，即 I- 被氧化，即滴加几滴淀粉溶液，若变蓝，证明假设1正确；
假设2：Fe2+被Cl2氧化成Fe3+，向该溶液中加入KSCN溶液，无明显现象，说明无Fe3+生成，则假设2不正确；
（5）、优先被氧化，而未被氧化，还原性强的优先参与氧化还原反应，还原性：弱于。
【分析】首先是仪器选择，因无 240mL 容量瓶，选用 250mL 容量瓶，配制 250mL 溶液，所需玻璃仪器包括烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、250mL 容量瓶；接着按 250mL 溶液计算，FeI2质量为：0.25L×0.1000mol/L×310g/mol=7.75g；接着通过Cl2氧化实验，比较Fe2+与I-的还原性强弱，先提出假设，溶液变黄的原因有两种可能 ——I-被氧化为I2、Fe2+被氧化为Fe3+；继续用淀粉溶液验证I2：若溶液变蓝，说明I-被氧化，用KSCN溶液验证Fe3+：若无明显现象，说明Fe2+未被氧化；最后根据实验现象得出结论；
17．（2025高一上·六盘水期末）某同学用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，并验证卤素单质间氧化性强弱。实验装置如图所示(夹持装置已省略)。
回答下列问题：
（1）进行该实验前需进行的操作是　 　。
（2）A装置中橡皮管的作用是　 　。
（3）装置C中发生反应的离子方程式为　 　。
（4）打开a，关闭b，装置C中的实验现象是　 　，可证明氧化性：。一段时间后，装置C中溶液颜色不变，打开b，关闭a，装置E中溶液由无色逐渐变为蓝色，该同学由此得出结论，氧化性：。你是否认同该同学的结论，若不认同，给出理由是　 　。
（5）装置D中主要发生的化学反应方程式为　 　。
（6）尾气处理可用于制取氯水，氯水通常保存在棕色试剂瓶中，因为光照条件下容易变质。用传感器分析氯水在光照过程中微粒成分的变化，得到以下图像，其中不合理的是　 　。
【答案】（1）检验装置的气密性
（2）平衡气压，使液体顺利5
（3）Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－
（4）溶液由无色变为橙黄色；可能是因为氯气进入装置E，发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，生成碘单质使溶液变蓝
（5）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（6）B
【知识点】氯气的实验室制法；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
【解析】【解答】（1）、组装好仪器后，进行该实验前需进行的操作是：检验装置的气密性，再添加试剂；
（2）、橡皮管连接烧瓶内部和分液漏斗上部，使两处的气压平衡，液体能顺利滴下；
（3）、根据分析，C装置中Br-被Cl2氧化为Br2，离子方程式为Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－；
（4）、打开a，关闭b，氯气进入装置C，发生反应Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，有溴单质生成，溶液由无色变为橙黄色；装置C中溶液颜色不变，打开b，关闭a，装置E中溶液由无色逐渐变为蓝色，可能是因为氯气进入装置E，发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，生成碘单质使溶液变蓝，所以该同学的判断不准确；
（5）、装置D为尾气处理装置，其中NaOH溶液，可以吸收未反应完的氯气，其反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（6）、在氯水中，发生如下反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO、2HClO2HCl+O2↑。
A、随着氯水放置时间的不断增长，HClO不断分解，Cl2与水反应不断进行，最终氯水转化为稀盐酸，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，A正确；
B、在光照条件下，HClO不断分解，Cl2与水的反应不断进行，所以HClO的浓度不断减小，最终为0，氯水转化为稀盐酸，B错误；
C、随着反应的进行，HClO不断分解生成O2，Cl2不断减少，O2不断增多，所以氧气的体积分数不断增大，C正确；
D、随着反应的进行，氯水转化为稀盐酸，Cl-浓度不断增大，D正确；
故答案为：B
【分析】装置A：试剂为高锰酸钾与浓盐酸，作用是制备氯气。原理是高锰酸钾氧化性较强，常温下即可与浓盐酸发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，生成氯气。
装置B：试剂为饱和食盐水，作用是除去氯气中的氯化氢杂质。原理是氯化氢极易溶于饱和食盐水，而氯气在饱和食盐水中的溶解度极小，可实现杂质的分离。
装置C：试剂为KBr溶液，作用是验证氯气的氧化性强于溴单质。原理是氯气可与KBr发生置换反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2，反应后溶液会由无色变为橙黄色。
装置E：试剂为淀粉-KI溶液，作用是验证溴单质的氧化性强于碘单质。原理是溴单质可与KI发生置换反应：Br2+2KI=2KBr+I2，生成的碘单质能使淀粉溶液变蓝。
装置D：试剂为足量NaOH溶液，搭配倒扣漏斗，作用是处理尾气。原理是NaOH溶液可吸收多余的氯气：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，倒扣漏斗的设计可防止倒吸。
整个实验装置通过置换反应的发生顺序，利用氧化性较强的单质可置换出氧化性较弱的单质的原理，验证卤素单质的氧化性强弱顺序为：Cl2>Br2>I2。
（1）组装好仪器后，进行该实验前需进行的操作是：检验装置的气密性，再添加试剂；
（2）橡皮管连接烧瓶内部和分液漏斗上部，使两处的气压平衡，液体能顺利滴下；
（3）根据分析，C装置中Br-被Cl2氧化为Br2，离子方程式为Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－；
（4）打开a，关闭b，氯气进入装置C，发生反应Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，有溴单质生成，溶液由无色变为橙黄色；装置C中溶液颜色不变，打开b，关闭a，装置E中溶液由无色逐渐变为蓝色，可能是因为氯气进入装置E，发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，生成碘单质使溶液变蓝，所以该同学的判断不准确；
（5）装置D为尾气处理装置，其中NaOH溶液，可以吸收未反应完的氯气，其反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（6）在氯水中，发生如下反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO、2HClO2HCl+O2↑。
A．随着氯水放置时间的不断增长，HClO不断分解，Cl2与水反应不断进行，最终氯水转化为稀盐酸，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，A合理；
B．在光照条件下，HClO不断分解，Cl2与水的反应不断进行，所以HClO的浓度不断减小，最终为0，氯水转化为稀盐酸，B不合理；
C．随着反应的进行，HClO不断分解生成O2，Cl2不断减少，O2不断增多，所以氧气的体积分数不断增大，C合理；
D．随着反应的进行，氯水转化为稀盐酸，Cl-浓度不断增大，D合理；
故选B。
18．（2025高一上·六盘水期末）绿矾()是生产缺铁性贫血药品的重要原料，在常温下易溶于水，能溶于甘油，不溶于乙醇。现利用某废旧金属材料(主要含Fe、Cu、Al及其氧化物)制备绿矾，并回收部分金属。流程如下：
已知：在酸性条件下易被还原为。请完成下列问题。
（1）碱浸时发生化学反应的物质是　 　(填化学式)。
（2）酸浸1和酸浸2用到的酸是　 　；向酸浸1后所得溶液中加入过量试剂a是　 　。
（3）酸浸2涉及的离子方程式为　 　。
（4）系列操作中，洗涤晶体时，采用乙醇而不用水的原因是　 　。
（5）绿矾易变质，检验绿矾未被完全氧化的最佳试剂是_______。
A．KSCN溶液 B．酸性高锰酸钾溶液
C．NaOH溶液 D．铜粉
（6）测定所得绿矾样品中的含量，步骤如下：Ⅰ：称取mg绿矾样品，将其配制成100mL溶液。Ⅱ：取20.00mL步骤Ⅰ配制的溶液，加入适量稀硫酸，滴入cmol/L的溶液至反应完全，共消耗溶液VmL。
①Ⅱ中与反应的离子方程式为　 　。
②计算绿矾样品中的质量分数是　 　(用含m、c、V的代数式表示)。
【答案】（1）Al、Al2O3
（2）H2SO4；Fe
（3）Fe+2H+=Fe2++H2↑
（4）绿矾在常温下易溶于水，不溶于乙醇
（5）B
（6）+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；×100%或
【知识点】中和滴定；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；溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】（1）、根据分析，碱浸时发生反应的物质有Al、Al2O3；
（2）、因最终产物为硫酸盐，酸浸1和酸浸2用到的酸是H2SO4；向酸浸1后的溶液中加入过量的试剂a的作用是①消耗过量的酸；②防止Fe2+被氧化；③除去硫酸铜、并将铁离子还原为Fe2+，因此a是Fe；
（3）、酸浸2是Fe与H2SO4的反应，离子方程式为：；
（4）、洗涤时需要将表面的杂质洗掉，但不能洗掉目标产物，乙醇与水互溶，可以带走固体表面的水溶液，绿矾溶于水但不溶于乙醇，用乙醇洗涤可以减少损失；
（5）、绿矾未被完全氧化时固体中含有Fe2+。
A、Fe2+不与SCN-反应，SCN-可以检验Fe3+，A错误；
B、Fe2+具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；
C、Fe3+、Fe2+均与NaOH反应，红褐色的Fe(OH)3会掩盖白色的Fe(OH)2颜色，C错误；
D、Cu与Fe3+反应，无法鉴别Fe2+，D错误；
故答案为：B；
（6）、①、Ⅱ中与Fe2+反应时被还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式为+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
②、根据离子方程式可找出关系式：～5Fe2+，硫酸亚铁晶体样品中Fe2+的质量分数为：=×100%=。
【分析】废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al及这几种金属的氧化物，加入氢氧化钠溶液“碱浸”，Al与NaOH溶液反应：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑、Al2O3与NaOH溶液反应：Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]，二者溶解可得到Na[Al(OH)4]溶液；Fe、Cu及二者的氧化物不与NaOH溶液反应，留在固相中，操作I为过滤，滤液I为Na[Al(OH)4]溶液，向滤液I中通入过量CO2，反应为：Na[Al(OH)4]+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3，过量CO2可确保Na[Al(OH)4]完全转化为不溶于弱酸的Al(OH)3，得到滤渣Ⅲ为Al(OH)3沉淀，后续经灼烧2Al(OH)3=Al2O3+3H2O、电解熔融Al2O3可用于提取铝；
选用H2SO4可避免引入其他阴离子杂质，Fe、Fe2O3、CuO与H2SO4反应可生成FeSO4、CuSO4、Fe2(SO4)3等；
加入过量铁粉可与Cu2+发生置换反应，除去Cu2+，同时将Fe3+还原为Fe2+，过量铁粉能确保杂质完全去除，得到滤液Ⅱ为FeSO4溶液，滤渣Ⅱ为未反应的Fe、置换出的Cu；
滤渣Ⅱ中的Fe与稀H2SO4反应得到FeSO4，Cu不与稀硫酸反应，过滤得到Cu单质；
滤液Ⅱ经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、低温干燥得到绿矾。
（1）根据分析，碱浸时发生反应的物质有Al、Al2O3；
（2）因最终产物为硫酸盐，酸浸1和酸浸2用到的酸是H2SO4；向酸浸1后的溶液中加入过量的试剂a的作用是①消耗过量的酸；②防止Fe2+被氧化；③除去硫酸铜、并将铁离子还原为Fe2+，因此a是Fe；
（3）酸浸2是Fe与H2SO4的反应，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；
（4）洗涤时需要将表面的杂质洗掉，但不能洗掉目标产物，乙醇与水互溶，可以带走固体表面的水溶液，绿矾溶于水但不溶于乙醇，用乙醇洗涤可以减少损失；
（5）绿矾未被完全氧化时固体中含有Fe2+。
A．Fe2+不与SCN-反应，SCN-可以检验Fe3+，A不符合题意；
B．Fe2+具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，B符合题意；
C．Fe3+、Fe2+均与NaOH反应，红褐色的Fe(OH)3会掩盖白色的Fe(OH)2颜色，C不符合题意；
D．Cu与Fe3+反应，无法鉴别Fe2+，D不符合题意；
故选B；
（6）①Ⅱ中与Fe2+反应时被还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式为+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
②根据离子方程式可找出关系式：～5Fe2+，硫酸亚铁晶体样品中Fe2+的质量分数为：=×100%=。
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