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甘肃省兰州第一中学2024-2025学年高一上学期1月期末考试 化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025高一上·兰州期末）中国传统文化及工艺对人类文明贡献巨大，我们应弘扬与尊崇。下列说法中错误的是
A．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，红泥的颜色可能来自氧化铁
B．宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，其中绿色来自孔雀石颜料，主要成分为，是一种碱
C．《荷塘月色》中“薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾”属于胶体
D．《本草经集注》中记载了区分硝石和朴硝的方法：“以火烧之，烟起，乃真硝石也”，二者也可以利用“焰色试验”区分
【答案】B
【知识点】焰色反应；铁的氧化物和氢氧化物；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．氧化铁是红棕色固体，红泥呈现红色，其颜色有可能来自氧化铁，故A正确；
B．由金属阳离子、氢氧根离子和碳酸根离子组成，属于碱式盐，不属于碱，故B错误；
C．“青雾” 是小液滴分散在空气中形成的分散系，属于胶体，故C正确；
D．硝石中含钾元素，朴硝中含钠元素，钠元素的焰色试验为黄色，钾元素的焰色试验为紫色（透过蓝色钴玻璃观察），所以可以利用 “焰色试验” 区分二者，故D正确；
答案选B。
【分析】A．氧化铁为红棕色固体；
Ｂ．碱是指在溶液中电离产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；
Ｃ．雾属于气溶胶；
Ｄ．钾元素和钠元素的焰色不同。
2．（2025高一上·兰州期末）下列关于物质的分类，组合正确的是
A．金刚石、石墨、互为同素异形体
B．氢氧化铁胶体、液氯、硬铝均为混合物
C．盐酸、碳酸钙、小苏打均为电解质
D．生石灰、、均为碱性氧化物
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；同素异形体；物质的简单分类
【解析】【解答】A．同素异形体是指由同种元素组成的不同单质，金刚石、石墨、C60都是由碳元素组成的单质，互为同素异形体，故A正确；
B．氢氧化铁胶体是分散质（氢氧化铁）分散在分散剂（水）中形成的混合物，液氯是液态的氯气，是纯净物，硬铝是铝合金，属于混合物，故B错误；
C．盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，不是化合物，因此不是电解质，故C错误；
D．既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，故D错误；
答案选A。
【分析】A．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；
Ｂ．混合物由多种物质组成；
Ｃ．碱是指在溶液中电离产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；
Ｄ．碱性氧化物是指能与水作用生成碱，或与酸作用只生成盐和水的氧化物。
3．（2025高一上·兰州期末）“中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，反应可用于纯硅的制备。下列与该反应有关的说法正确的是
A．的电子式：
B．原子的结构示意图为
C．原子半径：
D．质子数为17、中子数为20的氯原子：
【答案】D
【知识点】元素、核素；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．氯化氢为共价化合物，氯原子最外层有 7 个电子，氢原子最外层有 1 个电子，二者通过共用电子对形成共价键，其正确的电子式应该是，故A错误；
B．Si是 14 号元素，其原子的核外电子排布为 2、8、4，原子结构示意图应该是，故B错误；
C．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，Si 和 Cl 同周期，且 Si 在 Cl 左边，则原子半径：Si>Cl，H 是第一周期元素，原子半径最小，所以原子半径应该是，故C错误；
D．质子数为17、中子数为20的氯原子，质量数为：17+20=37，原子符号表示为，故D正确；
答案选D。
【分析】A．HCl 是共价化合物，氯原子最外层有 7 个电子；
Ｂ．Si 是 14 号元素，其原子的核外电子排布为 2、8、4；
Ｃ．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；
Ｄ．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。
4．（2025高一上·兰州期末）1774年，瑞典化学家舍勒将软锰矿(主要成分为)与浓盐酸混合并加热，获得了氯气。舍勒制备氯气的方程式为：(浓)。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．的浓盐酸溶液中含数目为
B．含有的原子数目为
C．含的浓盐酸与足量软锰矿反应，转移电子数为
D．中所含中子数为
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；气体摩尔体积；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．溶液的体积未知，无法计算溶液中的数目，故A错误；
B．未说明Cl2处于标准状况，不能用22.4L/mol计算11.2LCl2的物质的量，也就无法确定其原子数目，故B错误；
C．浓盐酸变稀后与二氧化锰不再反应，故不能完全反应，故转移电子数小于，故C错误；
D.H2O分子中，H原子没有中子，O原子的质子数为8，质量数为16，根据中子数=质量数-质子数，可知O原子的中子数为16 - 8 = 8，则1个H2O中含有8个中子，为1mol，所含中子数为，故D正确；
答案选D。
【分析】A．溶液体积未知，不能计算氯离子数目；
Ｂ．气体所处的状态未知，无法计算其物质的量；
Ｃ．二氧化锰与稀盐酸不反应；
Ｄ．一个水分子中含有8个中子。
5．（2025高一上·兰州期末）向某溶液中加入铝粉能放出，下列各组离子一定能大量共存的一组离子是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】A．在酸性溶液、碱性溶液中，之间以及与H+或OH-均不反应，都可以大量共存，故A符合题意；
B．在碱性条件下，Fe3+和OH-结合生成沉淀，不能大量共存；在酸性溶液中，Fe3+、I-与H+发生氧化还原反应而不能大量共存，故B不符合题意；
C．与H+反应生成二氧化碳和水，与OH-反应生成碳酸根，不能大量共存，故C不符合题意；
D．在碱性条件下，Fe2+和OH-结合生成氢氧化亚铁沉淀，不能大量共存 ，酸性条件下，发生氧化还原反应而不能大量共存，故D不符合题意；
答案选A。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。加入铝粉能放出，说明该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。关注题干信息“一定不能”，即酸性和碱性溶液中都不能大量共存。
6．（2025高一上·兰州期末）2024年11月7日是“中国稀土之父”徐光宪先生延辰104周年纪念日。金属铈是地壳中含量最高的稀土元素。关于铈的有关化合物及的转化关系如图所示，下列说法错误的是
A．过程①的离子方程式：
B．过程②中氧化性：
C．该反应历程的总反应为：
D．溶液的酸碱性会影响物质的氧化性、还原性
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；过氧化氢
【解析】【解答】A．过程①中CeO2和过氧化氢反应生成Ce3+，根据化合价变化规律可知，同时生成氧气，则反应的离子方程式：，故A正确；
B．过程②的反应为，H2O2是氧化剂、CeO2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：，故B错误；
C．由分析可知，该反应历程的总反应为，故C正确；
D． H2O2在酸性条件将CeO2还原成，H2O2在碱性条件将氧化成CeO2，溶液的酸碱性会影响物质的氧化性、还原性，故D正确；
故答案选B。
【分析】根据反应物和产物可知，反应①为，反应②为，两式相加得总反应为。
7．（2025高一上·兰州期末）实验室需配制400mL0.5mol/LNa2CO3溶液，下列说法正确的是
A．配制该溶液需称取Na2CO3·10H2O晶体57.2g
B．上图为配制溶液所需的部分仪器，只需要增加玻璃棒即可完成实验
C．定容时，俯视容量瓶刻度线会导致所配溶液浓度偏小
D．取准确配制好的10mL溶液加水稀释至100mL，所得溶液中c(Na+)=0.1mol/L
【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度
【解析】【解答】A．实验室需配制400mL 0.5mol L-1Na2CO3溶液，应选择500mL容量瓶，需要溶质Na2CO3 10H2O的质量为286g/mol×0.5L×0.5mol/L=71.5g，故A错误；
B．配制一定物质的量浓度的溶液，需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL 容量瓶、胶头滴管等，图中给出了烧杯、托盘天平、500mL 容量瓶，还需要药匙、玻璃棒、胶头滴管，并非只增加玻璃棒即可完成实验，故B错误；
C．定容时，俯视容量瓶刻度线，会使溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故C错误；
D．配制好的溶液0.5mol/L Na2CO3溶液中钠离子物质的量浓度为1mol/L，溶液具有均一性，所以从配制好的溶液中取出10mL溶液稀释10倍，浓度变为原来的十分之一，其中Na+物质的量浓度为0.1mol/L，故D正确；
答案选D。
【分析】A．根据m=cVM计算；
Ｂ．定容时还需要胶头滴管；
Ｃ．根据分析误差；
Ｄ．溶液具有均一性。
8．（2025高一上·兰州期末）构建化学基本观念是学好化学的基础。下列对化学基本观念的认识中正确的是（　　）
A．微粒观：稀盐酸中含有和分子
B．守恒观：发生化学反应时，离子的总数不发生改变
C．分类观：溶于水呈碱性的物质均属于碱
D．变化观：碱性氧化物在一定条件下可与酸反应生成盐和水
【答案】D
【知识点】物质的简单分类；质量守恒定律
【解析】【解答】A.盐酸中含有水分子和氢离子和氯离子，故A不符合题意；
B.发生化学变化时，参加反应的原子的个数和种类不变，故B不符合题意；
C.溶于水电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物属于碱，故C不符合题意；
D. 碱性氧化物在一定条件下可与酸反应生成盐和水 ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.盐酸中含有水分子和氢离子和氯离子；
B.发生变化时遵守质量守恒定律，原子的种类和个数不变；
C.溶于水电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；
D.碱性氧化物一定条件下与酸反应可以得到水和盐。
9．（2025高一上·兰州期末）已知X、Y、Z、R、W是原子序数逐渐增大的元素；是原子序数最小的元素；元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍；元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4；元素原子最外层有1个电子，其阳离子与的阴离子原子核外电子总数相同；元素原子层和层电子总数比层电子数多1个。下列说法错误的是
A．常温下为液态
B．的氧化物不与酸反应
C．的一种单质可导电
D．的一种氧化物可用作自来水消毒剂
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质
【解析】【解答】A．X2Z是H2O，常温下为液态，故A正确；
B．R是Na元素，氧化物Na2O、Na2O2均能与酸反应，故B错误；
C．Y是碳元素，碳元素的单质石墨能导电，故C正确；
D．W是Cl元素，其氧化物ClO2具有强氧化性，可用作自来水消毒剂，故D正确；
答案选B。
【分析】是原子序数最小的元素 ，则X为H元素，元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍 ，
X、Y、Z、R、W是原子序数逐渐增大的元素，其中X是原子序数最小的元素，可知X为H元素；原子内层电子数至少为2（第一层），若内层电子总数为2，则最外层电子数为4，该元素为C，元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4 ，由于原子次外层电子数最多为8（当有多个电子层时），若次外层电子数为2（只有两个电子层），则最外层电子数为2 + 4=6，该元素为氧（O），所以Z为O，R元素原子最外层有1个电子，其阳离子与Z的阴离子(O2-)原子核外电子总数相同，可知R为Na元素；
W元素原子K层和M层电子总数比L层电子数多1个，则其M层电子数为8+1-2=7，故W为Cl元素；
即X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、R为Na元素、W为Cl元素。
10．（2025高一上·兰州期末）原子序数为x的元素E在周期表中位于A，B，C，D四种元素中间(如图所示)，则A，B，C，D四种元素的原子序数之和不可能是(镧系、锕系、0族元素除外)(　　)
A．4x B．4x+6 C．4x+10 D．4x+14
【答案】B
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】在A、B、C、D四种元素中，同周期的A、C两种元素的原子序数之和为2x，又因同主族各周期相邻的两元素之间的原子序数相差8、18、32。所以四种元素中，同主族的B，D两种元素的原子序数之和可能为2x、2x+10或2x+14。则四种元素的原子序数之和可能为4x、4x+10或4x+14，只有选项B不可能。故合理选项是B。
【分析】在元素周期表中，同一周期相邻元素原子序数相差1，同一主族相邻周期元素原子序数相差的值与周期有关（第二、三周期同主族元素原子序数相差8；第三、四周期同主族元素，ⅠA、ⅡA族原子序数相差8，ⅢA - 0 族原子序数相差18；第四、五周期同主族元素原子序数相差18；第五、六周期同主族元素，ⅠA、ⅡA族原子序数相差18，ⅢA- 0 族原子序数相差32。
11．（2025高一上·兰州期末）根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，下列不合理的是
选项 事实 推测
A Li与水能反应，Na与水反应剧烈 K与水反应更剧烈
B Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料 第ⅣA族的元素的单质都可以作半导体材料
C HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解 HBr的分解温度介于二者之间
D Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应 P与H2在高温时能反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Li、Na、K 同主族，且原子序数 K > Na > Li，金属性 K > Na > Li，金属性越强，与水反应越剧烈，已知 Li 与水能反应，Na 与水反应剧烈，所以K 与水反应更剧烈，故A合理；
B．Si、Ge 位于金属与非金属的分界线附近，所以是半导体材料，但第 ⅣA 族的其他元素，如 C（金刚石等为非金属单质，不导电）、Sn（金属，具有导电性）等，单质并不都能作半导体材料，故B不合理；
C．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，所形成共价键的键能依次减弱，Br的非金属性介于Cl和I之间，所以HBr的分解温度介于二者之间，故C合理；
D．同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，与氢气化合的难度逐渐减小，P的非金属性介于Si和S之间，与H2反应的难易也应介于二者之间，所以P与H2在高温时能反应，故D合理；
故选B。
【分析】A．同主族元素从上到下，金属性逐渐增强；
Ｂ．Si、Ge 位于金属与非金属的分界线附近，所以是半导体材料；
Ｃ．主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱；
Ｄ．同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，与氢气化合的难度逐渐减小。
12．（2025高一上·兰州期末）化学创造美好生活。下列生产活动中，与相应化学原理不相符的是
选项 生产活动 化学原理
A 可在呼吸面具中作为氧气的来源 能和、反应生成氧气
B 利用海带制取碘单质 可被氧化剂氧化
C 小苏打可用于治疗胃酸过多 小苏打受热易分解
D 氯化铁溶液作为“腐蚀液”，腐蚀覆铜板上不需要的铜 氯化铁可将金属铜氧化
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；铜及其化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．与或反应生成，可在呼吸面具中作为氧气的来源，故A正确；
B．海带灰中的具有还原性，可被氧化剂氧化为单质碘，故B正确；
C．小苏打用于治疗胃酸过多，是因为小苏打显碱性，能与盐酸反应，与其受热易分解没有关系，故C错误；
D．FeCl3溶液与Cu能发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，即氯化铁可将金属铜氧化，故D正确；
故答案选C。
【分析】A．过氧化钠和二氧化碳、水反应均产生氧气；
Ｂ．碘具有还原性；
Ｃ．碳酸氢钠受热易分解，但是用于中和胃酸，是因为其具有碱性；
Ｄ．氯化铁能与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜。
13．（2025高一上·兰州期末）W、X、Y、Z是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、Y、Z处于同一周期，X核外最外层电子数是Z核外电子数的一半。四种元素形成的物质A是一种有机增塑剂，其结构如图所示。下列说法正确的是
A．W和Z形成的化合物只含有极性键
B．X的氧化物都是酸性氧化物
C．简单气态氢化物的稳定性：
D．A中的所有原子均满足8电子稳定结构
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；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．H和O形成的H2O2含有O-O非极性键，故A错误；
B．CO不是酸性氧化物，是不成盐氧化物，故B错误；
C．元素的非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，C、N、O的非金属性逐渐增强，故简单气态氢化物的稳定性：，故C正确；
D．A中H原子满足2电子稳定结构，不满足8电子稳定结构，故D错误；
答案选C。
【分析】W形成1个共价键，且原子序数最小，则W为H元素，物质A是一种有机增塑剂，说明含有C元素，结合成键情况可知，X为C元素，Z形成2个共价键，且X核外最外层电子数（4）是Z核外电子数的一半，所以Z核外电子数为8，Z为O，X、Y、Z处于同一周期（第二周期），Y形成2个共价键，所以Y为N。
14．（2025高一上·兰州期末）实验室用等作原料制取少量的实验流程如图所示：
下列说法正确的是
A．“熔融”时起催化作用
B．“溶解”后溶液存在大量的、、
C．“歧化”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为2：1
D．流程中可以循环使用的物质是、
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．“熔融”时发生反应：3MnO2 + KClO3 + 6KOH=3K2MnO4 + KCl + 3H2O，为反应物，被氧化为锰酸钾，不是催化剂，没有起催化作用，A错误；
B．由分析可知，“溶解”后的溶液中存在大量的、、，B正确；
C．锰酸钾发生自身歧化反应，部分锰化合价由+6变为+4被还原为二氧化锰、部分由+6变为+7被氧化为高锰酸钾，结合电子守恒，还原产物与氧化产物化学计量数之比为1∶2，C错误；
D．是歧化步骤的产物，可在 “熔融” 步骤中再次作为反应物使用，流程中可以循环使用的物质是，D错误；
故选B。
【分析】向 中加入氯酸钾和KOH熔融，发生反应：3MnO2 + KClO3 + 6KOH=3K2MnO4 + KCl + 3H2O，反应后加入水溶解，再加入二氧化碳进行K2MnO4歧化，过滤分离出二氧化锰，再进行结晶得到KMnO4粗品。
二、非选择题：共58分。
15．（2025高一上·兰州期末）A~G是短周期主族元素，原子序数依次增大，部分元素的部分信息如下表所示：
项目 A B C D E F
原子半 径/nm 　 0.077 0.075 0.074 　 0.099
主要化 合价 　 +4 -4 +5 -3 -2 　 +6 -2
其他 一种同位素原子无中子 有机物中一定含有的元素 　 　 短周期主族元素中原子半径最大 　
回答下列问题(用相应化学用语回答)：
（1）G在周期表中的位置是　 　，F的简单离子结构示意图是　 　。
（2）由A、C、G三种元素形成的原子个数比为的化合物的电子式为　 　，该化合物所含的化学键有　 　(填化学键类型)。
（3）D、E、F、G的简单离子半径由小到大顺序为　 　。
（4）用电子式表示的形成过程：　 　。
（5）E单质和反应的化学方程式为　 　，若有参与反应，生成的气体(标准状况)体积为　 　L。
【答案】（1）第三周期 第Ⅶ A族；
（2）；离子键、(极性)共价键
（3）Na＋ < O2- < Cl- < S2-
（4）
（5）2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑；2.24
【知识点】原子结构与元素的性质；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）G为Cl元素，位于元素周期表中第三周期第ⅦA族；F为S，硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，其离子结构示意图为；
（2）由H、N、Cl三种元素形成的原子个数比为4：1：1的化合物为氯化铵，其电子式为，氯化铵为离子化合物，含有化学键为离子键、(极性)共价键；
（3）离子核外电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，则离子半径从小到大顺序是Na＋ < O2- < Cl- < S2-；
（4）CO2为共价化合物，用电子式表示CO2的形成过程为；
（5）Na和H2O反应的化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，若4.6gNa参加反应，即0.2molNa，根据方程式可知生成0.1molH2，标况下体积为2.24L。
【分析】元素A的一种同位素原子没有中子，则A为H元素，B是有机物中一定含有的元素，为C元素，E 是短周期主族元素中原子半径最大的，钠元素（Na）是短周期主族元素中原子半径最大的，所以E 为Na，D 的主要化合价为-2，短周期主族元素中，氧元素（O）常见化合价为-2，所以D 为O元素，C 在 B（C）和 D（O）之间，原子半径0.075nm，主要化合价为+ 5、-3，氮元素（N）符合这些特点，所以C 为N元素，F 的主要化合价为+ 6、-2，原子半径0.099nm，硫元素（S）符合这些特点，所以F 为S，原子序数依次增大，F 为S，所以 G 为氯元素（Cl）。
（1）G为Cl元素，位于元素周期表中第三周期第ⅦA族；F为S，硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，其离子结构示意图为；
（2）由H、N、Cl三种元素形成的原子个数比为4：1：1的化合物为氯化铵，其电子式为，氯化铵为离子化合物，含有化学键为离子键、(极性)共价键；
（3）离子核外电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，则离子半径从小到大顺序是Na＋ < O2- < Cl- < S2-；
（4）CO2为共价化合物，用电子式表示CO2的形成过程为；
（5）Na和H2O反应的化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，若4.6gNa参加反应，即0.2molNa，根据方程式可知生成0.1molH2，标况下体积为2.24L。
16．（2025高一上·兰州期末）高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。某小组在实验室条件下利用如图所示的装置制备：
已知高铁酸钾的相关性质：
①为紫色固体，可溶于水，微溶于浓溶液，难溶于有机物；
②溶于水发生反应：(胶体)；
③在酸性溶液中快速产生；在低温、强碱性溶液中相当稳定。
回答下列问题：
（1）装置B中的试剂是　 　。
（2）D装置的作用为　 　 (填序号)。
A．吸收多余的 B．吸收多余的 C．防倒吸
（3）①装置C中搅拌棒的作用是　 　；
②生成的化学方程式为　 　。
（4）可用于生活废水的脱氮(将含氮物质如等转化为)处理。对生活废水的脱氮效果随水体的变化结果如图，试分析较小时脱氮效果不好的可能原因是　 　。
（5）现取样品与水完全反应，生成标准状况下，试计算：
①反应过程中转移电子的物质的量为　 　。
②该高铁酸钾样品的纯度为　 　(用质量分数表示)。
【答案】（1）饱和食盐水
（2）BC
（3）有利于反应物充分接触，加快反应速率；
（4）pH较小时溶液酸性强，的稳定性差，溶液中高铁酸根的浓度小，氧化能力降低，含氮离子去除率降低(或随酸性增强，的氧化性增强，将氧化成价态更高的含氮酸根离子，去除率降低)
（5）0.6；90%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，B中装饱和食盐水，用于吸收氯气中混有的HCl气体；
（2）D装置用于吸收多余的氯气，干燥管有防倒吸的作用，答案为BC；
（3）①搅拌棒的作用是有利于反应物充分接触，增大反应物的接触面积，加快反应速率；
②C中氯气、KOH、氯化铁充分反应后得到紫色固体K2FeO4和KCl还有H2O，反应化学方程式为；
（4）由题干信息可知，在酸性溶液中快速产生，H+较小时溶液酸性强，K2FeO4的稳定性差，溶液中高铁酸根的浓度小，氧化能力降低，含氮离子去除率降低(或随酸性增强，K2FeO4的氧化性增强，将氧化成价态更高的含氮酸根离子，去除率降低)；
（5）①标准状况下3.36L氧气的物质的量为=0.15mol，由4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH可知生成3molO2时转移电子12mol，则生成0.15mLO2时转移电子0.6mol；
②由4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH可知4K2FeO4～3O2，n(O2)=0.15mol，则n(K2FeO4)=0.2mol，即m(K2FeO4)=0.2mol×198g/mol=39.6g，K2FeO4的纯度==90%。
【分析】装置A中，在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢杂质，通过装置B中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质，C装置中氯气、KOH、氯化铁反应制备K2FeO4，氯气有毒，会污染空气，装置D中用氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染空气。
（1）由分析可知，B中装饱和食盐水，用于吸收氯气中混有的HCl气体；
（2）D装置用于吸收多余的氯气，干燥管有防倒吸的作用，答案为BC；
（3）①搅拌棒的作用是有利于反应物充分接触，增大反应物的接触面积，加快反应速率；
②C中氯气、KOH、氯化铁充分反应后得到紫色固体K2FeO4和KCl还有H2O，反应化学方程式为；
（4）由题干信息可知，在酸性溶液中快速产生，H+较小时溶液酸性强，K2FeO4的稳定性差，溶液中高铁酸根的浓度小，氧化能力降低，含氮离子去除率降低(或随酸性增强，K2FeO4的氧化性增强，将氧化成价态更高的含氮酸根离子，去除率降低)；
（5）①标准状况下3.36L氧气的物质的量为=0.15mol，由4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH可知生成3molO2时转移电子12mol，则生成0.15mLO2时转移电子0.6mol；
②由4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH可知4K2FeO4～3O2，n(O2)=0.15mol，则n(K2FeO4)=0.2mol，即m(K2FeO4)=0.2mol×198g/mol=39.6g，K2FeO4的纯度==90%。
17．（2025高一上·兰州期末）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，该方法大大提高了原料的利用率，其工艺流程如图所示。
已知常温常压下，1体积水约可溶解700体积，1体积水约可溶解1.7体积。
请回答下列问题：
（1）饱和食盐水中通入气体的顺序为：先通　 　，再通　 　。
（2）反应2的化学方程式为　 　。
（3）向母液a中加入粉末，存在过程。为使沉淀充分析出并分离，根据和溶解度曲线，需采用的操作为　 　、　 　、洗涤、干燥。
（4）工业制得的纯碱中含有少量，某实验小组设计如图所示装置，测定纯碱样品中的含量。
①实验前通空气赶走装置中的，实验结束后继续通入空气的目的是　 　。
②的电子式为　 　；装置D中发生反应的化学方程式为　 　。
③若取纯碱样品进行实验，实验结束后装置D增重，则纯碱样品中的百分含量为　 　(列出计算式即可)。
【答案】（1）先通；再通
（2）
（3）降温；过滤
（4）把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收；；；
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）往饱和食盐水中先通入足量的NH3、再通入氨气CO2，原因是CO2在水中的溶解度较小，NH3在水中的溶解度较大，使溶液显碱性，因此在饱和食盐水中先通入过量NH3，使溶液显示碱性，更好的吸收CO2；
（2）反应2为碳酸氢钠晶体受热分解，化学方程式为；
（3）根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线可知，NaCl的溶解度随温度变化不大，NH4Cl溶解度随温度升高而快速升高，从NaCl和NH4Cl混合溶液中分离NH4Cl固体可用冷却结晶方法，先浓缩、再冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体；
（4）①实验结束后通入空气把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收，减小误差；
②的电子式为，装置D中与CO2反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为；
③D中的反应为，增大的固体质量为CO2中CO的质量，因此可得关系式：，装置D增重，即CO是bg，则碳酸钠的质量为g，故纯碱样品中的百分含量为。
【分析】侯氏制碱法以食盐（NaCl）、氨（NH3）、二氧化碳（CO2）和水为原料。首先，将氨气通入饱和食盐水中，因为氨气极易溶于水（常温常压下，1 体积水约可溶解 700 体积 NH3），使溶液呈碱性。然后通入二氧化碳（1 体积水约可溶解 1.7 体积 CO2），在碱性条件下，二氧化碳的溶解度增大，发生反应生成碳酸氢钠（NaHCO3）和氯化铵（NH4Cl），由于碳酸氢钠的溶解度相对较小，会结晶析出，经过过滤得到碳酸氢钠固体和母液 a，碳酸氢钠固体进行煅烧，分解生成碳酸钠，二氧化碳和水，生成的二氧化碳可以循环利用，回到前面的反应中，对于母液 a，其中含有氯化铵等物质。向母液 a 中通入氨气，并加入食盐粉，会使氯化铵的溶解度降低，从而结晶析出，得到氯化铵产品和母液 b，母液 b 可返回用于溶解食盐等，实现原料的循环利用，提高了原料的利用率。
（1）往饱和食盐水中先通入足量的NH3、再通入氨气CO2，原因是CO2在水中的溶解度较小，NH3在水中的溶解度较大，使溶液显碱性，因此在饱和食盐水中先通入过量NH3，使溶液显示碱性，更好的吸收CO2；
（2）反应2为碳酸氢钠晶体受热分解，化学方程式为；
（3）根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线可知，NaCl的溶解度随温度变化不大，NH4Cl溶解度随温度升高而快速升高，从NaCl和NH4Cl混合溶液中分离NH4Cl固体可用冷却结晶方法，先浓缩、再冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体；
（4）①实验结束后通入空气把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收，减小误差；
②的电子式为，装置D中与CO2反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为；
③D中的反应为，增大的固体质量为CO2中CO的质量，因此可得关系式：，装置D增重，即CO是bg，则碳酸钠的质量为g，故纯碱样品中的百分含量为。
18．（2025高一上·兰州期末）某研究性学习小组通过实验来探究元素周期律。
I．甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了图所示装置，一次性完成Cl、C、Si三种元素的非金属性强弱比较的实验研究。
已知：硅酸()为白色胶状沉淀
（1）图中仪器A的名称是　 　。
（2）①为了达到实验目的，图中仪器A中盛放试剂为　 　 (填化学式，下同)溶液，烧瓶B中的盛放试剂为　 　溶液，C中的盛放试剂为溶液。
②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是　 　。
Ⅱ．乙同学设计了如图装置来验证卤族元素的性质递变规律，A、B、C三处分别是蘸有溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸。
已知：常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气，还原产物为。
（3）烧瓶内发生的反应的离子方程式为：　 　。
（4）图中A处反应的离子方程式为　 　。
（5）乙同学发现如图中B处试纸变蓝，C处红纸褪色，据此　 　(填“能”或“不能”)得出溴的非金属性强于碘，理由是　 　。
【答案】分液漏斗；HClO4；Na2CO3；C中生成白色(胶状)沉淀；；；不能；C处红纸褪色，说明Cl2随着气流一起到达B处，无法确定是Br2氧化了KI生成I2
【知识点】性质实验方案的设计；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）仪器A的名称是分液漏斗；
（2）①由上述分析可知A中盛放的为HClO4溶液，B中的盛放试剂为Na2CO3溶液；
②由于碳酸酸性比硅酸强，在C中通入二氧化碳气体生成白色硅酸沉淀；
（3）浓盐酸和高锰酸钾在常温下发生氧化还原反应生成氯气，反应的离子方程式为；
（4）A处氯气通过沾有NaBr溶液的棉花溴化钠溶液，发生置换反应生成溴，反应的离子方程式为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；
（5）乙同学发现如图中B处试纸变蓝，C处红纸褪色，根据此现象，并不能得出溴的非金属性强于碘，理由：C处红纸褪色，说明随着气流一起到达B处，无法确定是氧化了KI生成。
【分析】I．要比较Cl、C、Si的非金属性，需通过比较它们最高价含氧酸的酸性强弱。
Cl的最高价含氧酸是 HClO4 ，实验中常用高氯酸 HClO4 与碳酸钠反应来证明 HClO4 酸性强于H2CO3，再利用碳酸与硅酸钠溶液反应，证明碳酸的酸性强于硅酸，所以仪器A中盛放高氯酸，仪器B中盛放碳酸钠，仪器C中盛放硅酸钠溶液。
Ⅱ．验证卤族元素性质递变规律，需结合卤族元素单质的氧化性强弱：Cl2＞Br2＞I2分析，卤素单质之间可发生置换反应，浓盐酸和高锰酸钾在常温下发生氧化还原反应生成氯气，氯气和溴单质都可以和碘离子反应生成碘单质，碘遇淀粉变蓝色，红纸褪色说明有氯气剩余，不能判断B处溴蒸气是否参加反应。
1 / 1甘肃省兰州第一中学2024-2025学年高一上学期1月期末考试 化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025高一上·兰州期末）中国传统文化及工艺对人类文明贡献巨大，我们应弘扬与尊崇。下列说法中错误的是
A．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，红泥的颜色可能来自氧化铁
B．宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，其中绿色来自孔雀石颜料，主要成分为，是一种碱
C．《荷塘月色》中“薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾”属于胶体
D．《本草经集注》中记载了区分硝石和朴硝的方法：“以火烧之，烟起，乃真硝石也”，二者也可以利用“焰色试验”区分
2．（2025高一上·兰州期末）下列关于物质的分类，组合正确的是
A．金刚石、石墨、互为同素异形体
B．氢氧化铁胶体、液氯、硬铝均为混合物
C．盐酸、碳酸钙、小苏打均为电解质
D．生石灰、、均为碱性氧化物
3．（2025高一上·兰州期末）“中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，反应可用于纯硅的制备。下列与该反应有关的说法正确的是
A．的电子式：
B．原子的结构示意图为
C．原子半径：
D．质子数为17、中子数为20的氯原子：
4．（2025高一上·兰州期末）1774年，瑞典化学家舍勒将软锰矿(主要成分为)与浓盐酸混合并加热，获得了氯气。舍勒制备氯气的方程式为：(浓)。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．的浓盐酸溶液中含数目为
B．含有的原子数目为
C．含的浓盐酸与足量软锰矿反应，转移电子数为
D．中所含中子数为
5．（2025高一上·兰州期末）向某溶液中加入铝粉能放出，下列各组离子一定能大量共存的一组离子是
A． B．
C． D．
6．（2025高一上·兰州期末）2024年11月7日是“中国稀土之父”徐光宪先生延辰104周年纪念日。金属铈是地壳中含量最高的稀土元素。关于铈的有关化合物及的转化关系如图所示，下列说法错误的是
A．过程①的离子方程式：
B．过程②中氧化性：
C．该反应历程的总反应为：
D．溶液的酸碱性会影响物质的氧化性、还原性
7．（2025高一上·兰州期末）实验室需配制400mL0.5mol/LNa2CO3溶液，下列说法正确的是
A．配制该溶液需称取Na2CO3·10H2O晶体57.2g
B．上图为配制溶液所需的部分仪器，只需要增加玻璃棒即可完成实验
C．定容时，俯视容量瓶刻度线会导致所配溶液浓度偏小
D．取准确配制好的10mL溶液加水稀释至100mL，所得溶液中c(Na+)=0.1mol/L
8．（2025高一上·兰州期末）构建化学基本观念是学好化学的基础。下列对化学基本观念的认识中正确的是（　　）
A．微粒观：稀盐酸中含有和分子
B．守恒观：发生化学反应时，离子的总数不发生改变
C．分类观：溶于水呈碱性的物质均属于碱
D．变化观：碱性氧化物在一定条件下可与酸反应生成盐和水
9．（2025高一上·兰州期末）已知X、Y、Z、R、W是原子序数逐渐增大的元素；是原子序数最小的元素；元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍；元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4；元素原子最外层有1个电子，其阳离子与的阴离子原子核外电子总数相同；元素原子层和层电子总数比层电子数多1个。下列说法错误的是
A．常温下为液态
B．的氧化物不与酸反应
C．的一种单质可导电
D．的一种氧化物可用作自来水消毒剂
10．（2025高一上·兰州期末）原子序数为x的元素E在周期表中位于A，B，C，D四种元素中间(如图所示)，则A，B，C，D四种元素的原子序数之和不可能是(镧系、锕系、0族元素除外)(　　)
A．4x B．4x+6 C．4x+10 D．4x+14
11．（2025高一上·兰州期末）根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，下列不合理的是
选项 事实 推测
A Li与水能反应，Na与水反应剧烈 K与水反应更剧烈
B Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料 第ⅣA族的元素的单质都可以作半导体材料
C HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解 HBr的分解温度介于二者之间
D Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应 P与H2在高温时能反应
A．A B．B C．C D．D
12．（2025高一上·兰州期末）化学创造美好生活。下列生产活动中，与相应化学原理不相符的是
选项 生产活动 化学原理
A 可在呼吸面具中作为氧气的来源 能和、反应生成氧气
B 利用海带制取碘单质 可被氧化剂氧化
C 小苏打可用于治疗胃酸过多 小苏打受热易分解
D 氯化铁溶液作为“腐蚀液”，腐蚀覆铜板上不需要的铜 氯化铁可将金属铜氧化
A．A B．B C．C D．D
13．（2025高一上·兰州期末）W、X、Y、Z是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、Y、Z处于同一周期，X核外最外层电子数是Z核外电子数的一半。四种元素形成的物质A是一种有机增塑剂，其结构如图所示。下列说法正确的是
A．W和Z形成的化合物只含有极性键
B．X的氧化物都是酸性氧化物
C．简单气态氢化物的稳定性：
D．A中的所有原子均满足8电子稳定结构
14．（2025高一上·兰州期末）实验室用等作原料制取少量的实验流程如图所示：
下列说法正确的是
A．“熔融”时起催化作用
B．“溶解”后溶液存在大量的、、
C．“歧化”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为2：1
D．流程中可以循环使用的物质是、
二、非选择题：共58分。
15．（2025高一上·兰州期末）A~G是短周期主族元素，原子序数依次增大，部分元素的部分信息如下表所示：
项目 A B C D E F
原子半 径/nm 　 0.077 0.075 0.074 　 0.099
主要化 合价 　 +4 -4 +5 -3 -2 　 +6 -2
其他 一种同位素原子无中子 有机物中一定含有的元素 　 　 短周期主族元素中原子半径最大 　
回答下列问题(用相应化学用语回答)：
（1）G在周期表中的位置是　 　，F的简单离子结构示意图是　 　。
（2）由A、C、G三种元素形成的原子个数比为的化合物的电子式为　 　，该化合物所含的化学键有　 　(填化学键类型)。
（3）D、E、F、G的简单离子半径由小到大顺序为　 　。
（4）用电子式表示的形成过程：　 　。
（5）E单质和反应的化学方程式为　 　，若有参与反应，生成的气体(标准状况)体积为　 　L。
16．（2025高一上·兰州期末）高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。某小组在实验室条件下利用如图所示的装置制备：
已知高铁酸钾的相关性质：
①为紫色固体，可溶于水，微溶于浓溶液，难溶于有机物；
②溶于水发生反应：(胶体)；
③在酸性溶液中快速产生；在低温、强碱性溶液中相当稳定。
回答下列问题：
（1）装置B中的试剂是　 　。
（2）D装置的作用为　 　 (填序号)。
A．吸收多余的 B．吸收多余的 C．防倒吸
（3）①装置C中搅拌棒的作用是　 　；
②生成的化学方程式为　 　。
（4）可用于生活废水的脱氮(将含氮物质如等转化为)处理。对生活废水的脱氮效果随水体的变化结果如图，试分析较小时脱氮效果不好的可能原因是　 　。
（5）现取样品与水完全反应，生成标准状况下，试计算：
①反应过程中转移电子的物质的量为　 　。
②该高铁酸钾样品的纯度为　 　(用质量分数表示)。
17．（2025高一上·兰州期末）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，该方法大大提高了原料的利用率，其工艺流程如图所示。
已知常温常压下，1体积水约可溶解700体积，1体积水约可溶解1.7体积。
请回答下列问题：
（1）饱和食盐水中通入气体的顺序为：先通　 　，再通　 　。
（2）反应2的化学方程式为　 　。
（3）向母液a中加入粉末，存在过程。为使沉淀充分析出并分离，根据和溶解度曲线，需采用的操作为　 　、　 　、洗涤、干燥。
（4）工业制得的纯碱中含有少量，某实验小组设计如图所示装置，测定纯碱样品中的含量。
①实验前通空气赶走装置中的，实验结束后继续通入空气的目的是　 　。
②的电子式为　 　；装置D中发生反应的化学方程式为　 　。
③若取纯碱样品进行实验，实验结束后装置D增重，则纯碱样品中的百分含量为　 　(列出计算式即可)。
18．（2025高一上·兰州期末）某研究性学习小组通过实验来探究元素周期律。
I．甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了图所示装置，一次性完成Cl、C、Si三种元素的非金属性强弱比较的实验研究。
已知：硅酸()为白色胶状沉淀
（1）图中仪器A的名称是　 　。
（2）①为了达到实验目的，图中仪器A中盛放试剂为　 　 (填化学式，下同)溶液，烧瓶B中的盛放试剂为　 　溶液，C中的盛放试剂为溶液。
②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是　 　。
Ⅱ．乙同学设计了如图装置来验证卤族元素的性质递变规律，A、B、C三处分别是蘸有溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸。
已知：常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气，还原产物为。
（3）烧瓶内发生的反应的离子方程式为：　 　。
（4）图中A处反应的离子方程式为　 　。
（5）乙同学发现如图中B处试纸变蓝，C处红纸褪色，据此　 　(填“能”或“不能”)得出溴的非金属性强于碘，理由是　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】焰色反应；铁的氧化物和氢氧化物；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．氧化铁是红棕色固体，红泥呈现红色，其颜色有可能来自氧化铁，故A正确；
B．由金属阳离子、氢氧根离子和碳酸根离子组成，属于碱式盐，不属于碱，故B错误；
C．“青雾” 是小液滴分散在空气中形成的分散系，属于胶体，故C正确；
D．硝石中含钾元素，朴硝中含钠元素，钠元素的焰色试验为黄色，钾元素的焰色试验为紫色（透过蓝色钴玻璃观察），所以可以利用 “焰色试验” 区分二者，故D正确；
答案选B。
【分析】A．氧化铁为红棕色固体；
Ｂ．碱是指在溶液中电离产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；
Ｃ．雾属于气溶胶；
Ｄ．钾元素和钠元素的焰色不同。
2．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；同素异形体；物质的简单分类
【解析】【解答】A．同素异形体是指由同种元素组成的不同单质，金刚石、石墨、C60都是由碳元素组成的单质，互为同素异形体，故A正确；
B．氢氧化铁胶体是分散质（氢氧化铁）分散在分散剂（水）中形成的混合物，液氯是液态的氯气，是纯净物，硬铝是铝合金，属于混合物，故B错误；
C．盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，不是化合物，因此不是电解质，故C错误；
D．既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，故D错误；
答案选A。
【分析】A．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；
Ｂ．混合物由多种物质组成；
Ｃ．碱是指在溶液中电离产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；
Ｄ．碱性氧化物是指能与水作用生成碱，或与酸作用只生成盐和水的氧化物。
3．【答案】D
【知识点】元素、核素；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．氯化氢为共价化合物，氯原子最外层有 7 个电子，氢原子最外层有 1 个电子，二者通过共用电子对形成共价键，其正确的电子式应该是，故A错误；
B．Si是 14 号元素，其原子的核外电子排布为 2、8、4，原子结构示意图应该是，故B错误；
C．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，Si 和 Cl 同周期，且 Si 在 Cl 左边，则原子半径：Si>Cl，H 是第一周期元素，原子半径最小，所以原子半径应该是，故C错误；
D．质子数为17、中子数为20的氯原子，质量数为：17+20=37，原子符号表示为，故D正确；
答案选D。
【分析】A．HCl 是共价化合物，氯原子最外层有 7 个电子；
Ｂ．Si 是 14 号元素，其原子的核外电子排布为 2、8、4；
Ｃ．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；
Ｄ．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。
4．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；气体摩尔体积；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．溶液的体积未知，无法计算溶液中的数目，故A错误；
B．未说明Cl2处于标准状况，不能用22.4L/mol计算11.2LCl2的物质的量，也就无法确定其原子数目，故B错误；
C．浓盐酸变稀后与二氧化锰不再反应，故不能完全反应，故转移电子数小于，故C错误；
D.H2O分子中，H原子没有中子，O原子的质子数为8，质量数为16，根据中子数=质量数-质子数，可知O原子的中子数为16 - 8 = 8，则1个H2O中含有8个中子，为1mol，所含中子数为，故D正确；
答案选D。
【分析】A．溶液体积未知，不能计算氯离子数目；
Ｂ．气体所处的状态未知，无法计算其物质的量；
Ｃ．二氧化锰与稀盐酸不反应；
Ｄ．一个水分子中含有8个中子。
5．【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】A．在酸性溶液、碱性溶液中，之间以及与H+或OH-均不反应，都可以大量共存，故A符合题意；
B．在碱性条件下，Fe3+和OH-结合生成沉淀，不能大量共存；在酸性溶液中，Fe3+、I-与H+发生氧化还原反应而不能大量共存，故B不符合题意；
C．与H+反应生成二氧化碳和水，与OH-反应生成碳酸根，不能大量共存，故C不符合题意；
D．在碱性条件下，Fe2+和OH-结合生成氢氧化亚铁沉淀，不能大量共存 ，酸性条件下，发生氧化还原反应而不能大量共存，故D不符合题意；
答案选A。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。加入铝粉能放出，说明该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。关注题干信息“一定不能”，即酸性和碱性溶液中都不能大量共存。
6．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；过氧化氢
【解析】【解答】A．过程①中CeO2和过氧化氢反应生成Ce3+，根据化合价变化规律可知，同时生成氧气，则反应的离子方程式：，故A正确；
B．过程②的反应为，H2O2是氧化剂、CeO2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：，故B错误；
C．由分析可知，该反应历程的总反应为，故C正确；
D． H2O2在酸性条件将CeO2还原成，H2O2在碱性条件将氧化成CeO2，溶液的酸碱性会影响物质的氧化性、还原性，故D正确；
故答案选B。
【分析】根据反应物和产物可知，反应①为，反应②为，两式相加得总反应为。
7．【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度
【解析】【解答】A．实验室需配制400mL 0.5mol L-1Na2CO3溶液，应选择500mL容量瓶，需要溶质Na2CO3 10H2O的质量为286g/mol×0.5L×0.5mol/L=71.5g，故A错误；
B．配制一定物质的量浓度的溶液，需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL 容量瓶、胶头滴管等，图中给出了烧杯、托盘天平、500mL 容量瓶，还需要药匙、玻璃棒、胶头滴管，并非只增加玻璃棒即可完成实验，故B错误；
C．定容时，俯视容量瓶刻度线，会使溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故C错误；
D．配制好的溶液0.5mol/L Na2CO3溶液中钠离子物质的量浓度为1mol/L，溶液具有均一性，所以从配制好的溶液中取出10mL溶液稀释10倍，浓度变为原来的十分之一，其中Na+物质的量浓度为0.1mol/L，故D正确；
答案选D。
【分析】A．根据m=cVM计算；
Ｂ．定容时还需要胶头滴管；
Ｃ．根据分析误差；
Ｄ．溶液具有均一性。
8．【答案】D
【知识点】物质的简单分类；质量守恒定律
【解析】【解答】A.盐酸中含有水分子和氢离子和氯离子，故A不符合题意；
B.发生化学变化时，参加反应的原子的个数和种类不变，故B不符合题意；
C.溶于水电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物属于碱，故C不符合题意；
D. 碱性氧化物在一定条件下可与酸反应生成盐和水 ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.盐酸中含有水分子和氢离子和氯离子；
B.发生变化时遵守质量守恒定律，原子的种类和个数不变；
C.溶于水电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；
D.碱性氧化物一定条件下与酸反应可以得到水和盐。
9．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质
【解析】【解答】A．X2Z是H2O，常温下为液态，故A正确；
B．R是Na元素，氧化物Na2O、Na2O2均能与酸反应，故B错误；
C．Y是碳元素，碳元素的单质石墨能导电，故C正确；
D．W是Cl元素，其氧化物ClO2具有强氧化性，可用作自来水消毒剂，故D正确；
答案选B。
【分析】是原子序数最小的元素 ，则X为H元素，元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍 ，
X、Y、Z、R、W是原子序数逐渐增大的元素，其中X是原子序数最小的元素，可知X为H元素；原子内层电子数至少为2（第一层），若内层电子总数为2，则最外层电子数为4，该元素为C，元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4 ，由于原子次外层电子数最多为8（当有多个电子层时），若次外层电子数为2（只有两个电子层），则最外层电子数为2 + 4=6，该元素为氧（O），所以Z为O，R元素原子最外层有1个电子，其阳离子与Z的阴离子(O2-)原子核外电子总数相同，可知R为Na元素；
W元素原子K层和M层电子总数比L层电子数多1个，则其M层电子数为8+1-2=7，故W为Cl元素；
即X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、R为Na元素、W为Cl元素。
10．【答案】B
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】在A、B、C、D四种元素中，同周期的A、C两种元素的原子序数之和为2x，又因同主族各周期相邻的两元素之间的原子序数相差8、18、32。所以四种元素中，同主族的B，D两种元素的原子序数之和可能为2x、2x+10或2x+14。则四种元素的原子序数之和可能为4x、4x+10或4x+14，只有选项B不可能。故合理选项是B。
【分析】在元素周期表中，同一周期相邻元素原子序数相差1，同一主族相邻周期元素原子序数相差的值与周期有关（第二、三周期同主族元素原子序数相差8；第三、四周期同主族元素，ⅠA、ⅡA族原子序数相差8，ⅢA - 0 族原子序数相差18；第四、五周期同主族元素原子序数相差18；第五、六周期同主族元素，ⅠA、ⅡA族原子序数相差18，ⅢA- 0 族原子序数相差32。
11．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Li、Na、K 同主族，且原子序数 K > Na > Li，金属性 K > Na > Li，金属性越强，与水反应越剧烈，已知 Li 与水能反应，Na 与水反应剧烈，所以K 与水反应更剧烈，故A合理；
B．Si、Ge 位于金属与非金属的分界线附近，所以是半导体材料，但第 ⅣA 族的其他元素，如 C（金刚石等为非金属单质，不导电）、Sn（金属，具有导电性）等，单质并不都能作半导体材料，故B不合理；
C．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，所形成共价键的键能依次减弱，Br的非金属性介于Cl和I之间，所以HBr的分解温度介于二者之间，故C合理；
D．同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，与氢气化合的难度逐渐减小，P的非金属性介于Si和S之间，与H2反应的难易也应介于二者之间，所以P与H2在高温时能反应，故D合理；
故选B。
【分析】A．同主族元素从上到下，金属性逐渐增强；
Ｂ．Si、Ge 位于金属与非金属的分界线附近，所以是半导体材料；
Ｃ．主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱；
Ｄ．同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，与氢气化合的难度逐渐减小。
12．【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；铜及其化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．与或反应生成，可在呼吸面具中作为氧气的来源，故A正确；
B．海带灰中的具有还原性，可被氧化剂氧化为单质碘，故B正确；
C．小苏打用于治疗胃酸过多，是因为小苏打显碱性，能与盐酸反应，与其受热易分解没有关系，故C错误；
D．FeCl3溶液与Cu能发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，即氯化铁可将金属铜氧化，故D正确；
故答案选C。
【分析】A．过氧化钠和二氧化碳、水反应均产生氧气；
Ｂ．碘具有还原性；
Ｃ．碳酸氢钠受热易分解，但是用于中和胃酸，是因为其具有碱性；
Ｄ．氯化铁能与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜。
13．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；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．H和O形成的H2O2含有O-O非极性键，故A错误；
B．CO不是酸性氧化物，是不成盐氧化物，故B错误；
C．元素的非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，C、N、O的非金属性逐渐增强，故简单气态氢化物的稳定性：，故C正确；
D．A中H原子满足2电子稳定结构，不满足8电子稳定结构，故D错误；
答案选C。
【分析】W形成1个共价键，且原子序数最小，则W为H元素，物质A是一种有机增塑剂，说明含有C元素，结合成键情况可知，X为C元素，Z形成2个共价键，且X核外最外层电子数（4）是Z核外电子数的一半，所以Z核外电子数为8，Z为O，X、Y、Z处于同一周期（第二周期），Y形成2个共价键，所以Y为N。
14．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．“熔融”时发生反应：3MnO2 + KClO3 + 6KOH=3K2MnO4 + KCl + 3H2O，为反应物，被氧化为锰酸钾，不是催化剂，没有起催化作用，A错误；
B．由分析可知，“溶解”后的溶液中存在大量的、、，B正确；
C．锰酸钾发生自身歧化反应，部分锰化合价由+6变为+4被还原为二氧化锰、部分由+6变为+7被氧化为高锰酸钾，结合电子守恒，还原产物与氧化产物化学计量数之比为1∶2，C错误；
D．是歧化步骤的产物，可在 “熔融” 步骤中再次作为反应物使用，流程中可以循环使用的物质是，D错误；
故选B。
【分析】向 中加入氯酸钾和KOH熔融，发生反应：3MnO2 + KClO3 + 6KOH=3K2MnO4 + KCl + 3H2O，反应后加入水溶解，再加入二氧化碳进行K2MnO4歧化，过滤分离出二氧化锰，再进行结晶得到KMnO4粗品。
15．【答案】（1）第三周期 第Ⅶ A族；
（2）；离子键、(极性)共价键
（3）Na＋ < O2- < Cl- < S2-
（4）
（5）2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑；2.24
【知识点】原子结构与元素的性质；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）G为Cl元素，位于元素周期表中第三周期第ⅦA族；F为S，硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，其离子结构示意图为；
（2）由H、N、Cl三种元素形成的原子个数比为4：1：1的化合物为氯化铵，其电子式为，氯化铵为离子化合物，含有化学键为离子键、(极性)共价键；
（3）离子核外电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，则离子半径从小到大顺序是Na＋ < O2- < Cl- < S2-；
（4）CO2为共价化合物，用电子式表示CO2的形成过程为；
（5）Na和H2O反应的化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，若4.6gNa参加反应，即0.2molNa，根据方程式可知生成0.1molH2，标况下体积为2.24L。
【分析】元素A的一种同位素原子没有中子，则A为H元素，B是有机物中一定含有的元素，为C元素，E 是短周期主族元素中原子半径最大的，钠元素（Na）是短周期主族元素中原子半径最大的，所以E 为Na，D 的主要化合价为-2，短周期主族元素中，氧元素（O）常见化合价为-2，所以D 为O元素，C 在 B（C）和 D（O）之间，原子半径0.075nm，主要化合价为+ 5、-3，氮元素（N）符合这些特点，所以C 为N元素，F 的主要化合价为+ 6、-2，原子半径0.099nm，硫元素（S）符合这些特点，所以F 为S，原子序数依次增大，F 为S，所以 G 为氯元素（Cl）。
（1）G为Cl元素，位于元素周期表中第三周期第ⅦA族；F为S，硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，其离子结构示意图为；
（2）由H、N、Cl三种元素形成的原子个数比为4：1：1的化合物为氯化铵，其电子式为，氯化铵为离子化合物，含有化学键为离子键、(极性)共价键；
（3）离子核外电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，则离子半径从小到大顺序是Na＋ < O2- < Cl- < S2-；
（4）CO2为共价化合物，用电子式表示CO2的形成过程为；
（5）Na和H2O反应的化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，若4.6gNa参加反应，即0.2molNa，根据方程式可知生成0.1molH2，标况下体积为2.24L。
16．【答案】（1）饱和食盐水
（2）BC
（3）有利于反应物充分接触，加快反应速率；
（4）pH较小时溶液酸性强，的稳定性差，溶液中高铁酸根的浓度小，氧化能力降低，含氮离子去除率降低(或随酸性增强，的氧化性增强，将氧化成价态更高的含氮酸根离子，去除率降低)
（5）0.6；90%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，B中装饱和食盐水，用于吸收氯气中混有的HCl气体；
（2）D装置用于吸收多余的氯气，干燥管有防倒吸的作用，答案为BC；
（3）①搅拌棒的作用是有利于反应物充分接触，增大反应物的接触面积，加快反应速率；
②C中氯气、KOH、氯化铁充分反应后得到紫色固体K2FeO4和KCl还有H2O，反应化学方程式为；
（4）由题干信息可知，在酸性溶液中快速产生，H+较小时溶液酸性强，K2FeO4的稳定性差，溶液中高铁酸根的浓度小，氧化能力降低，含氮离子去除率降低(或随酸性增强，K2FeO4的氧化性增强，将氧化成价态更高的含氮酸根离子，去除率降低)；
（5）①标准状况下3.36L氧气的物质的量为=0.15mol，由4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH可知生成3molO2时转移电子12mol，则生成0.15mLO2时转移电子0.6mol；
②由4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH可知4K2FeO4～3O2，n(O2)=0.15mol，则n(K2FeO4)=0.2mol，即m(K2FeO4)=0.2mol×198g/mol=39.6g，K2FeO4的纯度==90%。
【分析】装置A中，在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢杂质，通过装置B中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质，C装置中氯气、KOH、氯化铁反应制备K2FeO4，氯气有毒，会污染空气，装置D中用氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染空气。
（1）由分析可知，B中装饱和食盐水，用于吸收氯气中混有的HCl气体；
（2）D装置用于吸收多余的氯气，干燥管有防倒吸的作用，答案为BC；
（3）①搅拌棒的作用是有利于反应物充分接触，增大反应物的接触面积，加快反应速率；
②C中氯气、KOH、氯化铁充分反应后得到紫色固体K2FeO4和KCl还有H2O，反应化学方程式为；
（4）由题干信息可知，在酸性溶液中快速产生，H+较小时溶液酸性强，K2FeO4的稳定性差，溶液中高铁酸根的浓度小，氧化能力降低，含氮离子去除率降低(或随酸性增强，K2FeO4的氧化性增强，将氧化成价态更高的含氮酸根离子，去除率降低)；
（5）①标准状况下3.36L氧气的物质的量为=0.15mol，由4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH可知生成3molO2时转移电子12mol，则生成0.15mLO2时转移电子0.6mol；
②由4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH可知4K2FeO4～3O2，n(O2)=0.15mol，则n(K2FeO4)=0.2mol，即m(K2FeO4)=0.2mol×198g/mol=39.6g，K2FeO4的纯度==90%。
17．【答案】（1）先通；再通
（2）
（3）降温；过滤
（4）把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收；；；
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）往饱和食盐水中先通入足量的NH3、再通入氨气CO2，原因是CO2在水中的溶解度较小，NH3在水中的溶解度较大，使溶液显碱性，因此在饱和食盐水中先通入过量NH3，使溶液显示碱性，更好的吸收CO2；
（2）反应2为碳酸氢钠晶体受热分解，化学方程式为；
（3）根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线可知，NaCl的溶解度随温度变化不大，NH4Cl溶解度随温度升高而快速升高，从NaCl和NH4Cl混合溶液中分离NH4Cl固体可用冷却结晶方法，先浓缩、再冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体；
（4）①实验结束后通入空气把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收，减小误差；
②的电子式为，装置D中与CO2反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为；
③D中的反应为，增大的固体质量为CO2中CO的质量，因此可得关系式：，装置D增重，即CO是bg，则碳酸钠的质量为g，故纯碱样品中的百分含量为。
【分析】侯氏制碱法以食盐（NaCl）、氨（NH3）、二氧化碳（CO2）和水为原料。首先，将氨气通入饱和食盐水中，因为氨气极易溶于水（常温常压下，1 体积水约可溶解 700 体积 NH3），使溶液呈碱性。然后通入二氧化碳（1 体积水约可溶解 1.7 体积 CO2），在碱性条件下，二氧化碳的溶解度增大，发生反应生成碳酸氢钠（NaHCO3）和氯化铵（NH4Cl），由于碳酸氢钠的溶解度相对较小，会结晶析出，经过过滤得到碳酸氢钠固体和母液 a，碳酸氢钠固体进行煅烧，分解生成碳酸钠，二氧化碳和水，生成的二氧化碳可以循环利用，回到前面的反应中，对于母液 a，其中含有氯化铵等物质。向母液 a 中通入氨气，并加入食盐粉，会使氯化铵的溶解度降低，从而结晶析出，得到氯化铵产品和母液 b，母液 b 可返回用于溶解食盐等，实现原料的循环利用，提高了原料的利用率。
（1）往饱和食盐水中先通入足量的NH3、再通入氨气CO2，原因是CO2在水中的溶解度较小，NH3在水中的溶解度较大，使溶液显碱性，因此在饱和食盐水中先通入过量NH3，使溶液显示碱性，更好的吸收CO2；
（2）反应2为碳酸氢钠晶体受热分解，化学方程式为；
（3）根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线可知，NaCl的溶解度随温度变化不大，NH4Cl溶解度随温度升高而快速升高，从NaCl和NH4Cl混合溶液中分离NH4Cl固体可用冷却结晶方法，先浓缩、再冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体；
（4）①实验结束后通入空气把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收，减小误差；
②的电子式为，装置D中与CO2反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为；
③D中的反应为，增大的固体质量为CO2中CO的质量，因此可得关系式：，装置D增重，即CO是bg，则碳酸钠的质量为g，故纯碱样品中的百分含量为。
18．【答案】分液漏斗；HClO4；Na2CO3；C中生成白色(胶状)沉淀；；；不能；C处红纸褪色，说明Cl2随着气流一起到达B处，无法确定是Br2氧化了KI生成I2
【知识点】性质实验方案的设计；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）仪器A的名称是分液漏斗；
（2）①由上述分析可知A中盛放的为HClO4溶液，B中的盛放试剂为Na2CO3溶液；
②由于碳酸酸性比硅酸强，在C中通入二氧化碳气体生成白色硅酸沉淀；
（3）浓盐酸和高锰酸钾在常温下发生氧化还原反应生成氯气，反应的离子方程式为；
（4）A处氯气通过沾有NaBr溶液的棉花溴化钠溶液，发生置换反应生成溴，反应的离子方程式为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；
（5）乙同学发现如图中B处试纸变蓝，C处红纸褪色，根据此现象，并不能得出溴的非金属性强于碘，理由：C处红纸褪色，说明随着气流一起到达B处，无法确定是氧化了KI生成。
【分析】I．要比较Cl、C、Si的非金属性，需通过比较它们最高价含氧酸的酸性强弱。
Cl的最高价含氧酸是 HClO4 ，实验中常用高氯酸 HClO4 与碳酸钠反应来证明 HClO4 酸性强于H2CO3，再利用碳酸与硅酸钠溶液反应，证明碳酸的酸性强于硅酸，所以仪器A中盛放高氯酸，仪器B中盛放碳酸钠，仪器C中盛放硅酸钠溶液。
Ⅱ．验证卤族元素性质递变规律，需结合卤族元素单质的氧化性强弱：Cl2＞Br2＞I2分析，卤素单质之间可发生置换反应，浓盐酸和高锰酸钾在常温下发生氧化还原反应生成氯气，氯气和溴单质都可以和碘离子反应生成碘单质，碘遇淀粉变蓝色，红纸褪色说明有氯气剩余，不能判断B处溴蒸气是否参加反应。
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