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浙江省浙南名校2025-2026学年高一下学期开学化学试题
1．“勤学苦练，燃烧成翻身之路”，关于燃烧，下列说法不正确的是
A．燃烧一定伴有发光现象 B．燃烧一定是氧化还原反应
C．燃烧一定要有氧气参加 D．燃烧一定会放出热量
【答案】C
【知识点】常见能量的转化及运用
【解析】【解析】A．燃烧的本质是发光发热的剧烈化学反应，因此燃烧过程必然伴随发光现象，A正确。
B．从反应类型分析，燃烧属于还原剂与氧化剂发生的反应，符合氧化还原反应的特征（有电子转移），B正确。
C．存在认知误区：燃烧的助燃剂不限于氧气。例如氢气与氯气反应（）在苍白色火焰中完成，说明氯气同样可作为助燃剂，C错误。
D．根据能量守恒，燃烧时化学能转化为光能和热能，放热是燃烧的必然特征，D正确。
故答案为：C
【分析】A、燃烧是一种发光发热的过程。
B、燃烧都属于氧化还原反应。
C、燃烧不一定需要氧气。
D、燃烧过程都会放出热量。
2．以油类为溶剂的防锈漆称为油基防锈漆，由于环保要求，目前正推广使用水基防锈漆。但水基漆较容易溶解氧气，在干燥之前易导致金属表面产生锈斑。为此需要在水基漆中加入缓蚀剂。下列物质可作为缓蚀剂的是
A．KMnO4 B．NaNO2 C．NaCl D．H2SO4
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．KMnO4具有强氧化性（+7价锰），会加速金属腐蚀，A错误；B．NaNO2中的氮呈+3价，具有还原性，可被氧气氧化，能有效抑制金属锈蚀，B正确；
C．NaCl作为中性盐，既无氧化性也无还原性，无法消耗氧气，C错误；
D．H2SO4虽具酸性但无抗氧化功能，反而会促进腐蚀，D错误。
故答案为：B
【分析】题目中指出水基漆容易溶解氧气，在干燥过程中可能导致金属表面产生锈斑。因此需要在水基漆中添加缓蚀剂，该缓蚀剂需具备还原性，能够与氧气反应从而起到抗氧化作用。根据这一原理对各选项进行分析。
3．下列物质属于电解质的是
A．石墨 B．碳酸钙 C．食盐水 D．浓硫酸
【答案】B
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．石墨是由碳元素组成的单质，而电解质必须是化合物，单质不符合电解质的定义，A错误；
B．碳酸钙(CaCO3)属于化合物中的盐类，虽然其溶解度较低，但溶于水的部分能完全电离产生Ca2+和CO32-离子，满足电解质的要求，B正确；
C．食盐水是氯化钠(NaCl)的水溶液，属于混合物。电解质必须是纯净的化合物，混合物不符合电解质定义，C错误；
D．浓硫酸是硫酸(H2SO4)和水的混合物。电解质必须是纯净的化合物，混合物不符合电解质定义，D错误；
故答案为：B
【分析】电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。属于电解质的有酸碱盐、金属氧化物和水。据此结合选项所给物质进行分析。
4．用于研磨药品的仪器是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A．研钵是专门用来研磨固体药品的仪器，A符合题意；
B．该仪器为蒸发皿，主要用于蒸发溶液，B不符合题意；
C．坩埚钳用于夹持坩埚、蒸发皿等高温仪器，防止被烫伤，C不符合题意；
D．坩埚用于高温灼烧固体，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】用于研磨药品的仪器为研钵，据此结合选项所给仪器进行分析即可。
5．下列图标与氢氧化铁胶体制备实验无关的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．图示为注意明火标识，制备氢氧化铁胶体的实验操作需要加热，A不符合题意；
B．图标表示高温烫伤警示，制备氢氧化铁胶体时需要将溶液加热至沸腾，该操作存在烫伤风险，B不符合题意；
C．洗手标识适用于所有化学实验，氢氧化铁胶体制备实验结束后同样需要洗手，C不符合题意；
D．排气标识表示实验过程中需要通风处理，但氢氧化铁胶体制备反应不产生有毒或可燃气体，无需特殊通风措施，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、图示为注意明火标识。
B、图示为高温烫伤标识。
C、图示为洗手标识。
D、图示为排气标识。
6．下列与水相关的化学符号表示不正确的是
A B C D
分子式 电子式 结构式 分子结构模型
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．水的分子式为，表示每个水分子由2个氢原子和1个氧原子组成，A正确；
B．水是共价化合物，氢原子与氧原子通过共用电子对结合，正确的电子式应为：，B错误；
C．水分子呈V形（角形）结构，结构式中用短线表示共用电子对，水的结构式为：，C正确；
D．水分子为V形（角形）结构，其分子结构模型为：，D正确；故答案为：B
【分析】A、水的分子式为H2O。
B、H2O的电子式为。
C、H2O的结构是为。
D、H2O的结构模型为。
7．下列物质中含有极性共价键的离子化合物是
A．氯化氢 B．过氧化钠 C．氯化钾 D．硫酸锌
【答案】D
【知识点】化学键；离子键的形成；离子化合物的结构特征与性质
【解析】【解析】A．氯化氢（HCl）分子中仅存在H-Cl极性共价键，属于典型的共价化合物，不符合离子化合物的定义，A错误；
B．过氧化钠（Na2O2）是离子化合物，含有Na+与O22-之间的离子键，以及O-O非极性共价键，但不存在极性共价键，B错误；
C．氯化钾（KCl）作为离子化合物，仅由K+与Cl-通过离子键结合，不含任何共价键，C错误；
D．硫酸锌（ZnSO4）是离子化合物，Zn2+与SO42-之间形成离子键，而SO42-内部的S原子与O原子之间通过极性共价键连接，完全符合题目要求，D正确；
故答案为：D
【分析】此题是对化学键的考查，结合离子键、极性共价键和非极性共价键的定义进行分析即可。离子键是阴阳离子的相互作用力，含有离子键的化合物为离子化合物。极性共价键是指由不同种元素的原子间通过共用电子对形成的作用力；非极性共价键是指由同种元素的原子通过共用电子对形成的作用力。据此结合选项所给物质进行分析。
8．下列离子方程式不正确的是
A．氯化铁溶液与铁反应：
B．氧化铝与氢氧化钠溶液反应：
C．金属钠与水的反应：
D．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液的反应：
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；钠的化学性质；铝的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、离子方程式存在电荷不守恒问题，正确写法应为，A不符合题意；B、氧化铝与氢氧化钠的反应，由于氧化铝是两性氧化物，反应生成的产物四羟基合铝酸钠，符合原子和电荷守恒，B不符合题意；
C、金属钠与水反应生成NaOH和H2，该离子方程式书写完全正确，C不符合题意；
D、二氧化硫与酸性高锰酸钾反应过程，氧化还原反应方程式的电子转移、原子和电荷均保持平衡，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对离子方程式正误判断的考查，结合电荷守恒和原子守恒判断选项所给离子方程式是否正确。
9．下列叙述不符合化学史事实的是
A．法国化学家拉瓦锡提出元素的概念，标志着近代化学的诞生
B．英国科学家道尔顿提出原子学说，为近代化学的发展奠定了坚实的基础
C．意大利科学家阿伏加德罗提出分子学说，使人们对物质结构的认识发展到一个新的阶段
D．俄国化学家门捷列夫发现元素周期律，使化学的研究变得有规律可循
【答案】A
【知识点】化学史；研究物质结构的基本方法和实验手段
【解析】【解答】A．近代化学诞生的标志是英国化学家波义耳提出元素概念，而非法国化学家拉瓦锡，此说法与化学史不符，A错误；B．英国科学家道尔顿建立的原子学说为近代化学奠定重要基础，此说法符合化学史实，B正确；
C．分子学说由意大利科学家阿伏加德罗提出，推动了物质结构认知的进步，此说法符合化学史实，C正确；
D．元素周期律的发现者俄国化学家门捷列夫使化学研究系统化，此说法符合化学史实，D正确；
故答案为：A
【分析】A、英国化学家波义尔提出元素概念，标志了近代化学的诞生。
B、英国科学家道尔顿提出的原子学说，为近代化学的发展奠定了基础。
C、意大利科学家阿伏加德罗提出了分子学说。
D、俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律。
10．下列关于实验事故或药品的处理方法中，不正确的是
A．大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻，逆风向地势高处奔跑
B．不慎将碱沾到皮肤上，立即用大量水冲洗，然后涂上的硼酸
C．若身上衣物大面积着火，应躺在地上翻滚以达到灭火的目的
D．实验室中未用完的钠须回收至废液缸
【答案】D
【知识点】钠的化学性质；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．氯气具有毒性且密度大于空气，使用弱碱性的肥皂水可以吸收氯气。在泄漏时应朝逆风方向往高处撤离，以减少氯气吸入量，A正确；
B．皮肤接触碱性物质时，首先用大量清水冲洗稀释，随后用1%硼酸溶液中和残留碱液，B正确；
C．衣物大面积燃烧时，通过就地翻滚可有效隔绝氧气实现灭火，C正确；
D．金属钠化学性质活泼，遇水会发生剧烈反应并释放氢气，存在燃烧爆炸风险。实验后剩余的钠必须返回原贮存容器，禁止投入废液回收装置，D错误；
故答案为：D
【分析】A、氯气的密度比空气大，往高处跑可减少氯气的吸入。
B、用水冲洗除去碱溶液，再用硼酸进行中和。
C、躺在地上翻滚可起到隔绝空气的作用。
D、实验室未用完的钠需放回原试剂瓶内。
11．下列关于物质性质的比较，不正确的是
A．稳定性强弱： B．金属性强弱：
C．微粒半径大小： D．酸性强弱：
【答案】D
【知识点】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、元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越高。氧(O)的非金属性强于硫(S)，因此水的稳定性大于硫化氢，即，A正确。
B、碱金属元素的金属性随原子序数增大而增强。钾(K)位于锂(Li)下方，故金属性满足，B正确。
C、钠原子(Na)与钠离子(Na+)质子数相同，但钠原子多一个电子层，因此半径关系为，C正确。
D、元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强。溴(Br)的非金属性强于碘(I)，故高溴酸(HBrO4)的酸性强于高碘酸(HIO4)，即，D错误。
故答案为：D
【分析】A、元素的非金属性越强，则其简单氢化物的稳定性越强。
B、同主族元素，核电荷数越大，金属性越强。
C、电子层数越多，半径越大。
D、同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，则其最高价含氧酸的酸性越弱。
12．用如图所示实验装置进行相关实验，其中合理的是
甲 乙 丙 丁
A．甲装置可证明的热稳定性强弱
B．乙装置可除去中含有的少量HCl
C．丙装置可测定氯水pH
D．丁装置观察到肥皂液中有气泡产生，说明铁与水蒸气发生了反应
【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．碳酸钠(Na2CO3)的热稳定性较好，不易受热分解；而碳酸氢钠(NaHCO3)的热稳定性较差，受热容易分解。要比较两者的稳定性，正确的实验设计应该是将NaHCO3置于小试管中，Na2CO3置于大试管中，A错误。
B．混合气体中的氯化氢(HCl)可以与饱和碳酸氢钠(NaHCO3)溶液发生反应而被除去，其化学反应方程式为：。同时，二氧化碳(CO2)在饱和NaHCO3溶液中的溶解度很低。因此，乙装置可以有效去除CO2中混有的少量HCl，B正确。
C．氯水中含有次氯酸(HClO)，具有强氧化性和漂白性，会使pH试纸褪色，因此无法用pH试纸准确测定氯水的pH值，C错误。
D．在试管加热实验中，即使铁粉与水蒸气不发生反应，试管内的空气受热膨胀也会产生气体。因此，仅凭观察到有气体产生并不能证明铁与水蒸气发生了反应，D错误。
故答案为：B
【分析】A、要比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性，应将NaHCO3放在小试管内。
B、除去CO2中混有的HCl，可用饱和NaHCO3溶液。
C、氯水具有漂白性，能使变色后的pH试纸褪色。
D、肥皂液中产生的气泡，可能是装置内的空气。
13．下列物质与水反应，既体现氧化性又体现还原性的化合物是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；钠的氧化物
【解析】【解析】A、过氧化钠（Na2O2）与水反应的化学方程式为：。反应中，Na2O2的氧元素从-1价部分升高至0价（生成O2），部分降低至-2价（生成NaOH），因此Na2O2既表现氧化性又表现还原性，A正确。B、氯气（Cl2）与水反应的化学方程式为：。反应中Cl元素化合价既有升高（生成HClO）又有降低（生成HCl），Cl2同时体现氧化性和还原性。但题目要求选择“化合物”，而Cl2是单质，B错误。
C、五氧化二氮（N2O5）与水反应的化学方程式为：。该反应无元素化合价变化，不是氧化还原反应，因此N2O5既不表现氧化性也不表现还原性，C错误。
D、二氧化硫（SO2）与水反应的化学方程式为：。该反应中所有物质同样无化合价变化，不是氧化还原反应，由此SO2不表现氧化性或还原性，D错误。
故答案为：A
【分析】与水反应的过程中，即体现氧化性，又体现还原性，则反应过程中，该物质中同时存在元素化合价升高和降低。据此结合选项所给物质与H2O反应的化学方程式进行分析。
14．短周期元素X、Y、Z在周期表中的位置如图所示，则下列说法正确的是
　 　 X
　 Y 　
Z 　 　
A．X、Y、Z元素对应的单质分子中均含有非极性共价键
B．X的原子结构满足8电子稳定结构
C．Y的最高价含氧酸为
D．Z的单质存在多种同素异形体
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；同素异形体；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
【解析】【解答】A. He是单原子分子，不存在化学键，因此其单质分子中不含任何非极性共价键，A错误；B. He的最外层电子数为2，在第一周期，故已达到稳定结构，B错误；
C. F是非金属性最强的元素，没有正化合价，因此不存在最高价含氧酸，C错误；
D. S元素存在多种同素异形体，如、、等，D正确；
故答案为：D
【分析】短周期为元素周期表的前三周期，第一周期只有H、He两种元素。因此X位于第一周期0族，为氦元素(He)；Y位于第二周期ⅦA族，为氟元素(F)Z位于第三周期ⅥA族，为硫元素(S)。据此结合元素周期律分析选项。
15．对比是学习化学的重要方法。下列关于与的比较中正确的是
A．与的空间结构均为直线形
B．与均为酸性氧化物
C．与均能溶于水生成对应的酸
D．与均可以与碳发生置换反应
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．CO2的分子结构为直线形，而SiO2是原子晶体，不存在独立的分子，其结构为三维空间网状，并非直线形，A错误。
B．CO2和SiO2都能与碱反应生成盐和水，符合酸性氧化物的定义，B正确。
C．CO2可溶于水，并与水反应生成碳酸，但SiO2难溶于水且不与水发生化学反应，C错误。
D．CO2与碳在高温下反应生成CO，反应式为，产物均为化合物，不符合置换反应的特征；而SiO2与碳的反应符合置换反应的定义，D错误。
故答案为：B
【分析】A、CO2是直线形结构，SiO2为三维空间网状结构。
B、CO2、SiO2都是酸性氧化物。
C、SiO2难溶于水，不与水反应。
D、CO2与C发生化合反应，不发生置换反应。
阅读下列材料，完成下列3个小题。
叠氮化钠(化学式为)是一种重要的化学物质，易溶于水且水溶液呈碱性，其固体稳定性较好，但受撞击或以上时会迅速分解，生成金属钠和氮气()。
16．下列关于的分类正确的是
A．碱 B．离子化合物 C．非电解质 D．合金
17．关于，下列说法不正确的是
A．反应中体现不稳定性、氧化性和还原性
B．运输的包装箱应贴标识为：
C．撞击或时生成，理论转移
D．中既含有离子键又含有共价键
18．液氨体系中制备的流程如图所示，发生器I中反应；发生器II中反应，下列说法正确的是
A．发生器I中反应类型为置换反应
B．发生器II中反应物与生成物中共含有3种微粒
C．发生器II中反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
D．氨气分子中所有原子均满足稳定结构
【答案】16．B
17．C
18．A
【知识点】氧化还原反应；电解质与非电解质；气体摩尔体积
【解析】【解答】（1）是由钠离子和叠氮根离子构成的离子化合物，属于盐，属于电解质，故选B；
故答案为：B
【分析】NaN3由Na＋和N3－构成，属于离子化合物。
（2）A．受热或撞击极易分解，体现了其不稳定性。反应中钠元素化合价降低，氮元素化合价升高，因此既有氧化性，又有还原性，A正确；
B．受撞击或以上时会迅速分解，产生大量气体，因此运输的包装箱应贴易爆标识：，B正确；
C．气体所处的状态未知，无法通过气体体积计算物质的量，C错误；
D．是离子化合物，存在离子键；叠氮根中氮原子间通过共用电子对结合，因此存在共价键，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据NaN3撞击易分解，确定其不稳定性；结合化合价变化确定其氧化性和还原性。
B、结合其不稳定性，确定其运输过程中的标识。
C、气体所处的状态未知，无法应用气体摩尔体积进行计算。
D、N3－中氮原子通过共用电子对结合，为共价键。
（3）A．发生器I中单质钠和氨气反应生成氨基钠和氢气，该反应属于置换反应，A正确；
B．发生器II中反应物与生成物中微粒有钠离子、氨基离子、氢氧根、氨分子。因此体系中共有4种，B错误；
C．叠氮化钠中氮元素化合价平均为，根据得失电子守恒，2份氨基钠中有一份做还原剂，氮元素化合价由-3价升高到价，一氧化二氮做氧化剂，氮元素化合价由+1价降低到价，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，C错误；
D．氨气分子中氮原子满足稳定结构，氢原子最外层只有2个电子，满足结构，D错误；
故答案为：A
【分析】A、置换反应是单质与化合物反应，生成新的单质与新的化合物的反应。
B、根据反应体系中所含微粒的电子数进行分析。
C、根据反应过程中元素化合价的变化分析。
D、H原子无法形成8电子稳定结构。
16．【解答】（1）是由钠离子和叠氮根离子构成的离子化合物，属于盐，属于电解质，故选B；
故答案为：B
【分析】NaN3由Na＋和N3－构成，属于离子化合物。
17．【解答】A．受热或撞击极易分解，体现了其不稳定性。反应中钠元素化合价降低，氮元素化合价升高，因此既有氧化性，又有还原性，A正确；
B．受撞击或以上时会迅速分解，产生大量气体，因此运输的包装箱应贴易爆标识：，B正确；
C．气体所处的状态未知，无法通过气体体积计算物质的量，C错误；
D．是离子化合物，存在离子键；叠氮根中氮原子间通过共用电子对结合，因此存在共价键，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据NaN3撞击易分解，确定其不稳定性；结合化合价变化确定其氧化性和还原性。
B、结合其不稳定性，确定其运输过程中的标识。
C、气体所处的状态未知，无法应用气体摩尔体积进行计算。
D、N3－中氮原子通过共用电子对结合，为共价键。
18．【解答】
A．发生器I中单质钠和氨气反应生成氨基钠和氢气，该反应属于置换反应，A正确；
B．发生器II中反应物与生成物中微粒有钠离子、氨基离子、氢氧根、氨分子。因此体系中共有4种，B错误；
C．叠氮化钠中氮元素化合价平均为，根据得失电子守恒，2份氨基钠中有一份做还原剂，氮元素化合价由-3价升高到价，一氧化二氮做氧化剂，氮元素化合价由+1价降低到价，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，C错误；
D．氨气分子中氮原子满足稳定结构，氢原子最外层只有2个电子，满足结构，D错误；
故答案为：A
【分析】A、置换反应是单质与化合物反应，生成新的单质与新的化合物的反应。
B、根据反应体系中所含微粒的电子数进行分析。
C、根据反应过程中元素化合价的变化分析。
D、H原子无法形成8电子稳定结构。
阅读下列材料，完成下列3个小题。
氯水具有漂白功能，但难以保存，使用起来很不方便。将通入NaOH溶液中，可以得到以NaClO为有效成分的漂白液(84消毒液)。NaClO虽然也会分解，但它的水溶液在低温下存放三年才分解一半左右，比HClO稳定得多。
19．下列与氯元素及其相关物质说法不正确的是
A．氯元素在自然界中主要以化合态形式存在
B．氯气具有可燃性
C．液氯常用钢瓶储存运输
D．稳定性：
20．光照过程中氯水的pH、氯离子的浓度、广口瓶中氧气的体积分数的变化，如下图所示。下列说法正确的是
A．溶液pH降低的原因是光照条件下HClO电离产生更多的
B．随着氯离子浓度不断增加，溶液漂白能力逐渐减弱
C．随着广口瓶中氧气的体积分数不断增加，溶液氧化性逐渐增强
D．养鱼时需要将自来水晒一晒的主要目的是增加氧气的浓度
21．含氯消毒剂的消毒能力可以用氧化性来衡量。商业上常用“有效氯”来说明消毒剂的消毒能力。“有效氯”的基本含义是指一定质量的消毒剂与多少质量的氯气的氧化能力相当，假设消毒过程中含氯消毒剂的还原产物相同。例如，100 g某84消毒液与3.5 g氯气的氧化能力相当，该产品的“有效氯”就是。下列含氯消毒剂按纯净物计算，“有效氯”最高的物质是
A．NaClO B．HClO C． D．
【答案】19．B
20．B
21．C
【知识点】氧化还原反应；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】（1）A．氯原子最外层有7个电子，易得电子，因此氯元素性质活泼，在自然界中主要以NaCl、MgCl2等化合态形式存在，A正确；
B．氯气具有助燃性，能支持可燃物燃烧，如氢气在氯气中燃烧。但氯气不属于可燃物，本身不具有可燃性，B错误；
C．铁与氯气需要加热条件下才能反应，常温下干燥的氯气不与铁反应，因此可用钢瓶储存液氯，C正确；
D．HClO不稳定，见光易分解为HCl和O2；而NaClO的水溶液在低温下可稳定存放，因此说明稳定性：NaClO>HClO，D正确；
故答案为：B
【分析】A、氯元素在自然界中主要以化合态形式存在。
B、氯气不属于可燃物。
C、常温下，氯气与Fe不反应。
D、HClOu稳定，见光易分解；而NaClO较稳定。
（2）A．光照条件下HClO分解，产生强电解质HCl，使得溶液中c(H+)增大。因此溶液pH降低的核心原因是HClO分解生成强酸HCl，HCl电离出氢离子，A错误；
B．溶液中c(Cl-)升高，说明光照下HClO持续分解产生HCl；使得溶液中c(HClO)降低，溶液漂白能力随之逐渐减弱，B正确；
C．氯水的氧化性来源于Cl2和HClO，随着氧气的体积分数不断增加，说明HClO被不断分解，溶液中c(HClO)降低，氯水的氧化性减弱，C错误；
D．养鱼时晒自来水的主要目的是促使水中的HClO在光照的条件下发生分解反应，同时Cl2挥发，降低余氯对鱼苗的毒害，增加氧气浓度是次要作用，D错误；
故答案为：B
【分析】A、光照条件下HClO分解产生HCl，使得溶液中c(H+)增大，溶液的pH减小。
B、溶液中c(Cl－)增大，说明HClO分解，氯水的氧化性减弱。
C、O2来自于HClO分解生成，O2量越多，氯水中HClO含量越低，溶液的氧化性越弱。
D、晒自来水是位于除去水中残余的氯。
（3）A．NaClO中Cl元素化合价从+1降到-1，1 mol NaClO得2 mol 电子；NaClO的摩尔质量为：74.5 g/mol。因此单位质量得到的电子数为：；
B．HClO中Cl元素化合价从+1降到-1，1 mol HClO得2 mol 电子；HClO的
摩尔质量为：52.5 g/mol；单位质量得电子数：；
C．ClO2中Cl元素化合价从+4降到-1，1 mol ClO2得5 mol 电子；ClO2的摩尔质量为：67.5 g/mol；单位质量得电子数：；
D．Ca(ClO)2中含2个+1价Cl，Cl元素化合价从+1降到-1，1 mol Ca(ClO)2得4 mol 电子；Ca(ClO)2的摩尔质量为：143 g/mol；单位质量得电子数：；
综上，“有效氯”最高的物质是ClO2，C符合题意。
故答案为：C
【分析】“有效氯”的本质是比较消毒剂的单位质量氧化能力；假设所有消毒剂还原产物均为Cl-，则1 mol消毒剂得电子的物质的量越多，摩尔质量越小，其“有效氯”越高。据此结合选项物质中氯元素化合价变化分析。
19．【解答】（1）A．氯原子最外层有7个电子，易得电子，因此氯元素性质活泼，在自然界中主要以NaCl、MgCl2等化合态形式存在，A正确；
B．氯气具有助燃性，能支持可燃物燃烧，如氢气在氯气中燃烧。但氯气不属于可燃物，本身不具有可燃性，B错误；
C．铁与氯气需要加热条件下才能反应，常温下干燥的氯气不与铁反应，因此可用钢瓶储存液氯，C正确；
D．HClO不稳定，见光易分解为HCl和O2；而NaClO的水溶液在低温下可稳定存放，因此说明稳定性：NaClO>HClO，D正确；
故答案为：B
【分析】A、氯元素在自然界中主要以化合态形式存在。
B、氯气不属于可燃物。
C、常温下，氯气与Fe不反应。
D、HClOu稳定，见光易分解；而NaClO较稳定。
20．【解答】A．光照条件下HClO分解，产生强电解质HCl，使得溶液中c(H+)增大。因此溶液pH降低的核心原因是HClO分解生成强酸HCl，HCl电离出氢离子，A错误；
B．溶液中c(Cl-)升高，说明光照下HClO持续分解产生HCl；使得溶液中c(HClO)降低，溶液漂白能力逐渐减弱，B正确；
C．氯水的氧化性来源于Cl2和HClO，随着氧气的体积分数不断增加，说明HClO不断分解，溶液中c(HClO)降低，氯水的氧化性减弱，C错误；
D．养鱼时晒自来水的主要目的是促使水中的HClO在光照的条件下发生分解反应，同时Cl2挥发，降低余氯对鱼苗的毒害，增加氧气浓度是次要作用，D错误；
故答案为：B
【分析】A、光照条件下HClO分解产生HCl，使得溶液中c(H+)增大，溶液的pH减小。
B、溶液中c(Cl－)增大，说明HClO分解，氯水的氧化性减弱。
C、O2来自于HClO分解生成，O2量越多，氯水中HClO含量越低，溶液的氧化性越弱。
D、晒自来水是位于除去水中残余的氯。
21．【解答】A．NaClO中Cl元素化合价从+1降到-1，1 mol NaClO参与反应得2 mol 电子；NaClO的摩尔质量为：74.5 g/mol。因此单位质量得到的电子数为：；
B．HClO中Cl元素化合价从+1降到-1，1 mol HClO参与反应得2 mol 电子；HClO的
摩尔质量为：52.5 g/mol；单位质量得电子数：；
C．ClO2中Cl元素化合价从+4降到-1，1 mol ClO2参与反应得5 mol 电子；ClO2的摩尔质量为：67.5 g/mol；单位质量得电子数：；
D．Ca(ClO)2中含2个+1价Cl，1 mol Ca(ClO)2参与反应得4 mol 电子；Ca(ClO)2的摩尔质量为：143 g/mol；单位质量得电子数：；
综上，“有效氯”最高的物质是ClO2，C符合题意。
故答案为：C
【分析】“有效氯”的本质是比较消毒剂的单位质量氧化能力；假设所有消毒剂还原产物均为Cl-，则1 mol消毒剂得电子的物质的量越多，摩尔质量越小，其“有效氯”越高。据此结合选项物质中氯元素化合价变化分析。
阅读下列材料，完成下列3个小题。
工业上可利用铁铝合金制备高性能胶体粒子和常用净水剂明矾，流程如图所示：
22．步骤I中实现铁铝分离的试剂是
A．盐酸 B．硝酸 C．氢氧化钠 D．硫酸
23．制备胶体粒子时发生的反应为(胶体)，下列说法正确的是
A．该反应中Fe元素化合价发生变化，属于氧化还原反应
B．步骤III中可能同时体现氧化性和还原性
C．检验溶液B中的：先加氯水，再加KSCN溶液，若溶液变红，说明含
D．加入过量氢氧化钠溶液有利于胶体粒子的生成
24．关于明矾制备流程的相关说法不正确的是
A．溶液A与适量稀硫酸反应的离子方程式：
B．步骤V中稀硫酸的作用是溶解沉淀，也可以用稀盐酸替代
C．溶液C中含有的离子是
D．明矾的溶解度小于硫酸铝和硫酸钾的溶解度
【答案】22．C
23．B
24．B
【知识点】镁、铝的重要化合物；二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）A．铁和铝都能与盐酸反应，形成溶液，因此用盐酸不能达到分离的效果，故A错误；
B．铁和铝都能与硝酸反应，形成溶液，因此用硝酸不能达到分离的效果，故B错误；
C．铝与NaOH溶液反应，形成溶液；而铁不与NaOH溶液反应，可实现Fe和Al的分离。因此确定步骤I是加入氢氧化钠，故C正确；
D．铁和铝都能与硫酸反应，形成，因此用硫酸不能达到分离的效果，故D错误；
故答案为：C
【分析】步骤Ⅰ所加试剂，实现了Fe和Al的分离，则所加试剂应只与Fe反应，或只与Al反应。据此结合选项所给试剂与Fe、Al的反应分析。
（2）A．Fe3O4中铁元素为＋2价、＋3价，因此反应过程中各元素的化合价不变，该反应不属于氧化还原反应，故A错误；
B．步骤III中反应放热，温度升高，遇热不稳定，可能存在的分解，该反应体现了H2O2的氧化性和还原性，故B正确；
C．应先加KSCN溶液，溶液无明显现象；再加氯水，若溶液变红，则说明原溶液中含，故C错误；
D．虽然反应需要氢氧根，但氢氧根过多可能导致胶体聚沉，故不利于胶体粒子的生成，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、分析反应过程中是否存在元素化合价变化，若不存在元素化合价变化，则不属于氧化还原反应。
B、H2O2分解的反应中，体现了H2O2的氧化性和还原性。
C、检验Fe2＋时，应先加KSCN溶液，排出Fe3＋的干扰，再加氯水。
D、NaOH过量，则可能导致胶体发生聚沉。
（3）A．稀硫酸适量，则发生反应的离子方程式为，A正确；
B．步骤V中稀硫酸的作用是溶解沉淀，若用盐酸也能溶解Al(OH)3，但会生成氯化铝，制备明矾会引入Cl-，故B错误；
C．氢氧化铝与过量硫酸反应生成硫酸铝，且稀硫酸过量，所以溶液C中含有的离子，故C正确；
D．明矾是通过向硫酸铝溶液中加入硫酸钾饱和溶液结晶得到的，说明溶解度：明矾＜硫酸铝、硫酸钾，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、稀硫酸适量，则[Al(OH)4]－与H＋反应生成Al(OH)3沉淀。
B、若用稀盐酸代替，则会引入Cl－。
C、溶液中稀硫酸过量，则含有H＋。
D、加入K2SO4溶液后可析出KAl(SO4)2·12H2O，说明KAl(SO4)2的溶解度更小。
22．【解答】A．铁和铝都能与盐酸反应，形成溶液，因此用盐酸不能达到分离的效果，故A错误；
B．铁和铝都能与硝酸反应，形成溶液，因此用硝酸不能达到分离的效果，故B错误；
C．铝与NaOH溶液反应，形成溶液；而铁不与NaOH溶液反应，可实现Fe和Al的分离。因此确定步骤I是加入氢氧化钠，故C正确；
D．铁和铝都能与硫酸反应，形成，因此用硫酸不能达到分离的效果，故D错误；
故答案为：C
【分析】步骤Ⅰ所加试剂，实现了Fe和Al的分离，则所加试剂应只与Fe反应，或只与Al反应。据此结合选项所给试剂与Fe、Al的反应分析。
23．【解答】A．Fe3O4中铁元素为＋2价、＋3价，因此反应过程中各元素的化合价不变，该反应不属于氧化还原反应，故A错误；
B．步骤III中反应放热，温度升高，可能存在的分解反应，该反应体现了H2O2的氧化性和还原性，故B正确；
C．应先加KSCN溶液，溶液无明显现象；再加氯水，若溶液变红，则说明原溶液中含，故C错误；
D．虽然反应需要氢氧根，但氢氧根过多可能导致胶体聚沉，故不利于胶体粒子的生成，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、分析反应过程中是否存在元素化合价变化，若不存在元素化合价变化，则不属于氧化还原反应。
B、H2O2分解的反应中，体现了H2O2的氧化性和还原性。
C、检验Fe2＋时，应先加KSCN溶液，排出Fe3＋的干扰，再加氯水。
D、NaOH过量，则可能导致胶体发生聚沉。
24．【解答】A．稀硫酸适量，则发生反应的离子方程式为，A正确；
B．步骤V中稀硫酸的作用是溶解沉淀，若用盐酸也能溶解Al(OH)3，但会生成氯化铝，制备明矾会引入Cl-，故B错误；
C．根据流程图可知氢氧化铝与过量硫酸反应生成硫酸铝，且稀硫酸过量，所以溶液C中含有的离子是，故C正确；
D．明矾是通过向硫酸铝溶液中加入硫酸钾饱和溶液结晶得到的，说明溶解度：明矾＜硫酸铝、硫酸钾，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、稀硫酸适量，则[Al(OH)4]－与H＋反应生成Al(OH)3沉淀。
B、若用稀盐酸代替，则会引入Cl－。
C、溶液中稀硫酸过量，则含有H＋。
D、加入K2SO4溶液后可析出KAl(SO4)2·12H2O，说明KAl(SO4)2的溶解度更小。
25．探究性学习小组利用如图所示方案制备沉淀。下列说法不正确的是
① ② ③ ④
A．①装置中可能发生反应：
B．②装置中苯的作用是隔绝空气
C．③装置中长滴管的作用是防止滴入NaOH溶液时将空气中氧气带入溶液
D．④装置开始反应时应打开止水夹a，一段时间后再关闭止水夹a
【答案】C
【知识点】制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．在装置①中，NaOH溶液与FeSO4发生复分解反应生成Fe(OH)2和Na2SO4。由于Fe(OH)2极易被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，Fe(OH)2是沉淀，不能拆，其离子反应方程式为：，A正确。
B．装置②中，苯的密度小于水，会浮在FeSO4溶液上层形成隔离层，从而有效隔绝空气中的氧气，避免Fe(OH)2被氧化，B正确。
C．装置③中，铁与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，排出了装置中的空气。长滴管的作用是将NaOH溶液直接加入FeSO4溶液中生成Fe(OH)2，而不是防止带入氧气（因体系已被H2排空），C错误。
D．装置④的操作分为两步：先打开止水夹a，让Fe与稀硫酸反应产生H2排出空气；待空气排尽后关闭止水夹a，利用产生的压强差将FeSO4溶液压入NaOH溶液中生成Fe(OH)2，D正确。
故答案为：C
【分析】A、Fe2＋与OH－反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2易被空气中的O2氧化成Fe(OH)3。
B、苯的密度比水小，在上层可以起到隔绝空气的作用。
C、铁粉与稀硫酸反应生成的H2可将试管内的空气排出。
D、实验过程中应先打开止水夹a，利用反应生成的H2排出装置内的空气。
26．请回答：
（1）中子数为8的碳原子符号：　 　。
（2）写出的电子式：　 　。
（3）用离子方程式表征的酸性：　 　。
（4）是酸性氧化物，写出其与KOH溶液反应的化学方程式：　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【知识点】元素、核素；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）中子数为8的碳原子，质子数为6，质量数为，原子符号为。
故答案为：（2）的结构与类似，为直线形分子，C原子与两个S原子各形成两对共用电子对，电子式为。
故答案为：
（3）的酸性体现在能与发生中和反应，离子方程式为：。
故答案为：
（4）是酸性氧化物，与KOH反应生成高锰酸盐和水，化学方程式为：。
故答案为：
【分析】（1）中子数为8的碳原子，其质量数为6+8=14，据此书写其原子符号
（2）CS2的结构与CO2类似，据此书写CS2的电子式。
（3）NaHCO3能与NaOH反应，体现了NaHCO3的酸性，据此写出反应的离子方程式。
（4）Mn2O7是酸性氧化物，与KOH反应生成KMnO4和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（1）中子数为8的碳原子，质子数为6，质量数为，原子符号为。
（2）的结构与类似，为直线形分子，C原子与两个S原子各形成两对共用电子对，电子式为。
（3）的酸性体现在能与发生中和反应，离子方程式为：。
（4）是酸性氧化物，与KOH反应生成高锰酸盐和水，化学方程式为：。
27．请回答与Si元素相关的问题：
（1）硅酸盐材料是重要的传统无机非金属材料，也是日常生活、交通工具、建筑行业等不可缺少的材料之一，下列不属于传统硅酸盐产品的是___________。
A．水泥 B．陶瓷 C．光导纤维 D．普通玻璃
（2）制备高纯硅的主要工艺流程如图所示，已知粗硅中含有等杂质，部分物质的熔沸点信息如下表1所示。
物质 Si SiC
熔点 144K 1687K 2973K 1986K
沸点 304K 3538K 3273K 2503K
表1
①Si在周期表中的位置：　 　。
②反应I的化学方程式：　 　。
③从物质状态分析粗硅提纯的原理：　 　。
（3）实验室装氢氧化钠溶液的试剂瓶，不选用玻璃塞的原因：　 　。(用化学方程式表达)
（4）在硅酸根离子中每个Si原子都与四个O原子相连形成四面体，硅氧四面体通过共用O原子可以彼此相连形成长链，相关微粒结构如下表2所示。
硅氧四面体 俯视图 简化图 长链结构
表2
假设硅酸钠溶液中硅酸根离子含有5000个原子，那么在硅酸根离子的长链中，近似包含有　 　个硅氧四面体的结构单元。(填整数)
【答案】（1）C
（2）第3周期IVA族；；粗硅在反应Ⅰ中转化为气态，与杂质分离；在反应Ⅱ中转化为固态精硅
（3）
（4）1250
【知识点】硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】（1）传统硅酸盐产品包括水泥、陶瓷、普通玻璃等，光导纤维的主要成分是SiO2，不属于硅酸盐材料，因此选C。
故答案为：C
（2）①Si的核电荷数为14，核外有3个电子层，最外层有4个电子，在周期表中位于第三周期第ⅣA族。
故答案为： 第3周期IVA族
②反应I是粗硅与HCl在573K下反应，生成SiHCl3和H2，化学方程式为：。
故答案为：
③粗硅中含有SiC、SiO2等杂质，SiHCl3的沸点（304K）远低于杂质的沸点；粗硅在反应Ⅰ中转化为气态SiHCl3，与杂质分离；SiHCl3在反应Ⅱ中转化为固态精硅。
故答案为： 粗硅在反应Ⅰ中转化为气态，与杂质分离；在反应Ⅱ中转化为固态精硅
（3）玻璃中含有SiO2，SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成具有粘性的Na2SiO3，会将玻璃塞与瓶口粘在一起，反应的化学方程式为：。
故答案为：
（4）在长链结构中，每个硅氧四面体单元平均含有1个Si原子和3个O原子（其中2个O原子为单元独有，2个O原子为共用，即 ）；设硅氧四面体的结构单元数为n，则总原子数为n（Si）+3n（O）=4n；已知总原子数为5000，因此4n=5000，解得n=1250，即近似包含1250个硅氧四面体的结构单元。
故答案为：1250
【分析】（1）传统硅酸盐产品有玻璃、陶瓷和水泥。
（2）①根据Si原子结构确定其在周期表中的位置。
②反应Ⅰ中Si与HCl反应生成SiHCl3和H2，据此写出反应的化学方程式。
③粗硅中含有SiC、SiO2等杂质，结合各物质的沸点差异，可将其进行分离。
（3）玻璃中含有SiO2，能与NaOH反应生成具有黏性的Na2SiO3，导致瓶塞打不开。
（4）在长链结构中，每个硅氧四面体单元平均含有1个Si原子和3个O原子，据此进行计算。
（1）传统硅酸盐产品包括水泥、陶瓷、普通玻璃等，光导纤维的主要成分是SiO2，不属于硅酸盐材料，因此选C；
（2）①Si的核电荷数为14，核外有3个电子层，最外层有4个电子，在周期表中位于第三周期第ⅣA族；
②反应I是粗硅与HCl在573K下反应，生成SiHCl3和H2，化学方程式为：；
③粗硅中含有SiC、SiO2等杂质，SiHCl3的沸点（304K）远低于杂质的沸点；粗硅在反应Ⅰ中转化为气态SiHCl3，与杂质分离；SiHCl3在反应Ⅱ中转化为固态精硅；
（3）玻璃中含有SiO2，SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成具有粘性的Na2SiO3，会将玻璃塞与瓶口粘在一起，反应的化学方程式为：；
（4）在长链结构中，每个硅氧四面体单元平均含有1个Si原子和3个O原子（其中2个O原子为单元独有，2个O原子为共用，即 ）；设硅氧四面体的结构单元数为n，则总原子数为n（Si）+3n（O）=4n；已知总原子数为5000，因此4n=5000，解得n=1250，即近似包含1250个硅氧四面体的结构单元。
28．焦亚硫酸钠()是常用的食品抗氧化剂，由过饱和溶液结晶制得。利用烟道气中的制备的流程如下图所示。已知：饱和亚硫酸溶液的。
（1）酸性强弱比较：　 　(填“>”或“=”或“<”)。
（2）制备流程中体现的性质有：　 　。
A．酸性 B．氧化性 C．还原性
（3）步骤III中主要发生反应的化学方程式：　 　。
（4）结晶脱水制备的化学方程式：　 　。
【答案】（1）>
（2）A
（3）
（4）
【知识点】二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据强酸制弱酸原理，能与反应生成，说明酸性强于。
故答案为：＞
（2）与反应生成体现酸性；与反应生成，S元素无化合价变化，不体现氧化性或还原性；但与的反应中，作为酸性氧化物参与反应，主要体现酸性，选A。
故答案为：A
（3）步骤III中反应物为、与H2O，生成物为，主要发生反应的化学方程式：。
故答案为：
（4）由过饱和溶液结晶制得，其化学方程式：。
故答案为：
【分析】在酸性环境中，二氧化硫()与饱和碳酸钠()溶液反应会生成亚硫酸氢钠()。该工艺流程中通过补充加入固体碳酸钠()并再次通入二氧化硫()，主要目的是使溶液中亚硫酸氢钠()的浓度超过饱和状态，形成过饱和溶液。
（1）根据强酸制弱酸原理，能与反应生成，说明酸性强于；
（2）与反应生成体现酸性；与反应生成，S元素无化合价变化，不体现氧化性或还原性；但与的反应中，作为酸性氧化物参与反应，主要体现酸性，选A；
（3）步骤III中反应物为、与H2O，生成物为，主要发生反应的化学方程式：；
（4）由过饱和溶液结晶制得，其化学方程式：。
29．请回答与N元素相关的问题：
（1）已知与反应生成硝酸()，某同学书写方程式忘记了另一种产物，该同学利用氧化还原电子守恒的视角，推测产物。另一种产物不可能是___________。
A． B． C．NO D．
（2）为了探究其真实产物，探究小组进行了第一次实验。利用铜与浓硝酸反应收集气体，并将其倒扣水中，一段时间后试管几乎被充满，如图1所示。小组对现象展开讨论。
同学1认为：几乎没有气体产生。
同学2认为：课本上有反应，3体积转化为1体积不溶于水的NO，液面应上升到处。“充满”说明小组收集的气体不纯，混有一定量的空气。空气中氧气与NO继续发生反应。
同学3否定了同学2的观点，理由是：　 　。
（3）小组决定重复实验。第二次实验过程中，液面上升速度明显快于第一次，最后充满试管。查找原因：同学误将用于尾气处理的NaOH溶液当成了水。已知：。
同学4认为：“类比”是学习的科学方法。根据已有信息，类比与水、与碱反应的相关知识，可以对第一次“充满”的实验现象进行合理解释：　 　。(用化学方程式表达)
（4）同学5提出：类比与碱的反应，随着温度不同，反应会产生等多种产物。可以尝试改变与反应的温度。小组进行第三次实验，用热毛巾反复加热第一次实验的试管，一段时间后发现液面恰好降至处，如图2所示。随后，向试管中充入，无色气体变为红棕色，证明确实有NO气体生成。说明反应在热水的条件下成立。液面下降过程中，试管内主要发生的反应：　 　。(用化学方程式表达)
【答案】（1）B
（2）空气中还有，不可能充满试管。
（3）
（4）或
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）与反应生成过程中氮元素的化合价由+4价升高到+5价，发生氧化反应。根据氧化还原反应规律，必有元素发生还原反应，即元素化合价降低。
A．若生成氢气，氢元素的化合价由+1价降为0价，发生还原反应，有可能生成氢气，A不符合题意；
B．若生成氧气，氧元素化合价由-2价升高为0价，发生氧化反应，不可能生成氧气，B符合题意；
C．若生成NO，氮元素化合价由+4价降为+2价，发生还原反应，有可能生成NO，C不符合题意；
D．若生成一氧化二氮，氮元素化合价由+4价降为+1价，发生还原反应，有可能生成一氧化二氮，D不符合题意；
故答案为：B
（2）充满二氧化氮气体的试管倒扣在水槽中发生反应，空气中有氧气参与反应使得液面上升，但空气中有氮气，溶液不可能充满试管。
故答案为： 空气中还有，不可能充满试管。
（3）与水发生歧化反应生成氯化氢、次氯酸，类比与水反应可推出试管内第一次“充满”是二氧化氮发生歧化反应生成硝酸、亚硝酸，对应的化学方程式为。
故答案为：
（4）第一次实验的试管发生反应，加热一段时间后试管内液面下降是亚硝酸分解生成NO导致的，主要发生的反应：或。
故答案为：或
【分析】（1）NO2与H2O反应生成HNO3，过程中氮元素被氧化，因此另一产物为还原产物，结合元素化合价变化分析即可。
（2）若混入空气，则空气中含有的N2不溶于水，水也无法充满整个试管。
（3）结合NO2能与NaOH反应生成NaNO3、NaNO2可知，NO2与H2O反应，也可能生成HNO3和HNO2，据此写出反应的化学方程式。
（4）加热后试管内液面下降，则可能是HNO2发生分解反应，生成NO，使得试管内压强增大。据此写出反应的化学方程式。
（1）与反应生成过程中氮元素的化合价由+4价升高到+5价，发生氧化反应。根据氧化还原反应规律，必有元素发生还原反应，即元素化合价降低。
A．若生成氢气，氢元素的化合价由+1价降为0价，发生还原反应，有可能生成氢气，A不符合题意；
B．若生成氧气，氧元素化合价由-2价升高为0价，发生氧化反应，不可能生成氧气，B符合题意；
C．若生成NO，氮元素化合价由+4价降为+2价，发生还原反应，有可能生成NO，C不符合题意；
D．若生成一氧化二氮，氮元素化合价由+4价降为+1价，发生还原反应，有可能生成一氧化二氮，D不符合题意；
故选B；
（2）充满二氧化氮气体的试管倒扣在水槽中发生反应，空气中有氧气参与反应使得液面上升，但空气中有氮气，溶液不可能充满试管；
（3）与水发生歧化反应生成氯化氢、次氯酸，类比与水反应可推出试管内第一次“充满”是二氧化氮发生歧化反应生成硝酸、亚硝酸，对应的化学方程式为；
（4）第一次实验的试管发生反应，加热一段时间后试管内液面下降是亚硝酸分解生成NO导致的，主要发生的反应：或。
30．现有48.4 g碱式碳酸镁样品(化学式：，为正整数)，将其分为二等份，一份样品充分灼烧至恒重进行热重分析，结果如图所示。另一份投入250mL的盐酸中，充分反应后生成标准状况下。(忽略溶液前后体积变化)。
按要求回答下列问题：
（1）　 　。
（2）第二份样品与盐酸反应后溶液中　 　。
（3）向第二份样品与盐酸反应后的溶液中加入　 　mL溶液，可使沉淀的量最大。
【答案】（1）
（2）0.5
（3）625
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）充分灼烧至恒重得到的10.0g固体为MgO，；另一份投入250mL的盐酸中，充分反应后生成氯化镁和标准状况下，标况下4.48LCO2的物质的量为：；48.4g碱式碳酸镁样品中，，则，，则中x：y：z＝0.4mol：0.1mol：0.5mol＝4：1：5，故。
故答案为：5
（2）初始盐酸的物质的量为：，与反应：MgCO3+2HCl=MgCl2+CO2↑+H2O，消耗盐酸的物质的量为：，与反应：Mg(OH)2 + 2HCl = MgCl2 + 2H2O，消耗盐酸的物质的量为，总消耗的盐酸的物质的量为0.4mol+0.1mol=0.5mol，剩余的盐酸的物质的量为0.625mol-0.5mol=0.125mol，反应后溶液中。
故答案为：0.5
（3）反应后溶液中的溶质为：MgCl2和剩余的HCl，要使 Mg(OH)2沉淀量最大，需将溶液中的中和，并将所有转化为沉淀，的物质的量：，沉淀需的物质的量为：，剩余的物质的量：n() = 0.125mol，中和需， 所需总物质的量：n(NaOH) = 0.5mol +0.125mol = 0.625mol，需NaOH溶液体积：。
故答案为：625
【分析】加热至恒重后，剩余的固体为MgO，即m(MgO)=10.0g，其物质的量为。与盐酸充分反应后，得到标准状态下CO2的体积为4.48L，则其物质的量为。根据C元素守恒可得n(MgCO3)=0.2mol，则n[Mg(OH)2]=0.25mol－0.2mol=0.05mol。则48.4g碱式碳酸镁样品中n(MgCO3)=0.2mol×2=0.4mol、n[Mg(OH)2]=0.05mol×2=0.1mol，其所含m(H2O)=48.4g-－0.4mol×84g·mol－1－0.1mol×58g·mol－1=9g，则其物质的量为。据此结合题干设问分析作答。
（1）充分灼烧至恒重得到的10.0g固体为MgO，；另一份投入250mL的盐酸中，充分反应后生成氯化镁和标准状况下，标况下4.48LCO2的物质的量为：；48.4g碱式碳酸镁样品中，，则，，则中x：y：z＝0.4mol：0.1mol：0.5mol＝4：1：5，故；
（2）初始盐酸的物质的量为：，与反应：MgCO3+2HCl=MgCl2+CO2↑+H2O，消耗盐酸的物质的量为：，与反应：Mg(OH)2 + 2HCl = MgCl2 + 2H2O，消耗盐酸的物质的量为，总消耗的盐酸的物质的量为0.4mol+0.1mol=0.5mol，剩余的盐酸的物质的量为0.625mol-0.5mol=0.125mol，反应后溶液中；
（3）反应后溶液中的溶质为：MgCl2和剩余的HCl，要使 Mg(OH)2沉淀量最大，需将溶液中的中和，并将所有转化为沉淀，的物质的量：，沉淀需的物质的量为：，剩余的物质的量：n() = 0.125mol，中和需， 所需总物质的量：n(NaOH) = 0.5mol +0.125mol = 0.625mol，需NaOH溶液体积：。
1 / 1浙江省浙南名校2025-2026学年高一下学期开学化学试题
1．“勤学苦练，燃烧成翻身之路”，关于燃烧，下列说法不正确的是
A．燃烧一定伴有发光现象 B．燃烧一定是氧化还原反应
C．燃烧一定要有氧气参加 D．燃烧一定会放出热量
2．以油类为溶剂的防锈漆称为油基防锈漆，由于环保要求，目前正推广使用水基防锈漆。但水基漆较容易溶解氧气，在干燥之前易导致金属表面产生锈斑。为此需要在水基漆中加入缓蚀剂。下列物质可作为缓蚀剂的是
A．KMnO4 B．NaNO2 C．NaCl D．H2SO4
3．下列物质属于电解质的是
A．石墨 B．碳酸钙 C．食盐水 D．浓硫酸
4．用于研磨药品的仪器是
A． B．
C． D．
5．下列图标与氢氧化铁胶体制备实验无关的是
A． B．
C． D．
6．下列与水相关的化学符号表示不正确的是
A B C D
分子式 电子式 结构式 分子结构模型
A．A B．B C．C D．D
7．下列物质中含有极性共价键的离子化合物是
A．氯化氢 B．过氧化钠 C．氯化钾 D．硫酸锌
8．下列离子方程式不正确的是
A．氯化铁溶液与铁反应：
B．氧化铝与氢氧化钠溶液反应：
C．金属钠与水的反应：
D．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液的反应：
9．下列叙述不符合化学史事实的是
A．法国化学家拉瓦锡提出元素的概念，标志着近代化学的诞生
B．英国科学家道尔顿提出原子学说，为近代化学的发展奠定了坚实的基础
C．意大利科学家阿伏加德罗提出分子学说，使人们对物质结构的认识发展到一个新的阶段
D．俄国化学家门捷列夫发现元素周期律，使化学的研究变得有规律可循
10．下列关于实验事故或药品的处理方法中，不正确的是
A．大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻，逆风向地势高处奔跑
B．不慎将碱沾到皮肤上，立即用大量水冲洗，然后涂上的硼酸
C．若身上衣物大面积着火，应躺在地上翻滚以达到灭火的目的
D．实验室中未用完的钠须回收至废液缸
11．下列关于物质性质的比较，不正确的是
A．稳定性强弱： B．金属性强弱：
C．微粒半径大小： D．酸性强弱：
12．用如图所示实验装置进行相关实验，其中合理的是
甲 乙 丙 丁
A．甲装置可证明的热稳定性强弱
B．乙装置可除去中含有的少量HCl
C．丙装置可测定氯水pH
D．丁装置观察到肥皂液中有气泡产生，说明铁与水蒸气发生了反应
13．下列物质与水反应，既体现氧化性又体现还原性的化合物是
A． B． C． D．
14．短周期元素X、Y、Z在周期表中的位置如图所示，则下列说法正确的是
　 　 X
　 Y 　
Z 　 　
A．X、Y、Z元素对应的单质分子中均含有非极性共价键
B．X的原子结构满足8电子稳定结构
C．Y的最高价含氧酸为
D．Z的单质存在多种同素异形体
15．对比是学习化学的重要方法。下列关于与的比较中正确的是
A．与的空间结构均为直线形
B．与均为酸性氧化物
C．与均能溶于水生成对应的酸
D．与均可以与碳发生置换反应
阅读下列材料，完成下列3个小题。
叠氮化钠(化学式为)是一种重要的化学物质，易溶于水且水溶液呈碱性，其固体稳定性较好，但受撞击或以上时会迅速分解，生成金属钠和氮气()。
16．下列关于的分类正确的是
A．碱 B．离子化合物 C．非电解质 D．合金
17．关于，下列说法不正确的是
A．反应中体现不稳定性、氧化性和还原性
B．运输的包装箱应贴标识为：
C．撞击或时生成，理论转移
D．中既含有离子键又含有共价键
18．液氨体系中制备的流程如图所示，发生器I中反应；发生器II中反应，下列说法正确的是
A．发生器I中反应类型为置换反应
B．发生器II中反应物与生成物中共含有3种微粒
C．发生器II中反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
D．氨气分子中所有原子均满足稳定结构
阅读下列材料，完成下列3个小题。
氯水具有漂白功能，但难以保存，使用起来很不方便。将通入NaOH溶液中，可以得到以NaClO为有效成分的漂白液(84消毒液)。NaClO虽然也会分解，但它的水溶液在低温下存放三年才分解一半左右，比HClO稳定得多。
19．下列与氯元素及其相关物质说法不正确的是
A．氯元素在自然界中主要以化合态形式存在
B．氯气具有可燃性
C．液氯常用钢瓶储存运输
D．稳定性：
20．光照过程中氯水的pH、氯离子的浓度、广口瓶中氧气的体积分数的变化，如下图所示。下列说法正确的是
A．溶液pH降低的原因是光照条件下HClO电离产生更多的
B．随着氯离子浓度不断增加，溶液漂白能力逐渐减弱
C．随着广口瓶中氧气的体积分数不断增加，溶液氧化性逐渐增强
D．养鱼时需要将自来水晒一晒的主要目的是增加氧气的浓度
21．含氯消毒剂的消毒能力可以用氧化性来衡量。商业上常用“有效氯”来说明消毒剂的消毒能力。“有效氯”的基本含义是指一定质量的消毒剂与多少质量的氯气的氧化能力相当，假设消毒过程中含氯消毒剂的还原产物相同。例如，100 g某84消毒液与3.5 g氯气的氧化能力相当，该产品的“有效氯”就是。下列含氯消毒剂按纯净物计算，“有效氯”最高的物质是
A．NaClO B．HClO C． D．
阅读下列材料，完成下列3个小题。
工业上可利用铁铝合金制备高性能胶体粒子和常用净水剂明矾，流程如图所示：
22．步骤I中实现铁铝分离的试剂是
A．盐酸 B．硝酸 C．氢氧化钠 D．硫酸
23．制备胶体粒子时发生的反应为(胶体)，下列说法正确的是
A．该反应中Fe元素化合价发生变化，属于氧化还原反应
B．步骤III中可能同时体现氧化性和还原性
C．检验溶液B中的：先加氯水，再加KSCN溶液，若溶液变红，说明含
D．加入过量氢氧化钠溶液有利于胶体粒子的生成
24．关于明矾制备流程的相关说法不正确的是
A．溶液A与适量稀硫酸反应的离子方程式：
B．步骤V中稀硫酸的作用是溶解沉淀，也可以用稀盐酸替代
C．溶液C中含有的离子是
D．明矾的溶解度小于硫酸铝和硫酸钾的溶解度
25．探究性学习小组利用如图所示方案制备沉淀。下列说法不正确的是
① ② ③ ④
A．①装置中可能发生反应：
B．②装置中苯的作用是隔绝空气
C．③装置中长滴管的作用是防止滴入NaOH溶液时将空气中氧气带入溶液
D．④装置开始反应时应打开止水夹a，一段时间后再关闭止水夹a
26．请回答：
（1）中子数为8的碳原子符号：　 　。
（2）写出的电子式：　 　。
（3）用离子方程式表征的酸性：　 　。
（4）是酸性氧化物，写出其与KOH溶液反应的化学方程式：　 　。
27．请回答与Si元素相关的问题：
（1）硅酸盐材料是重要的传统无机非金属材料，也是日常生活、交通工具、建筑行业等不可缺少的材料之一，下列不属于传统硅酸盐产品的是___________。
A．水泥 B．陶瓷 C．光导纤维 D．普通玻璃
（2）制备高纯硅的主要工艺流程如图所示，已知粗硅中含有等杂质，部分物质的熔沸点信息如下表1所示。
物质 Si SiC
熔点 144K 1687K 2973K 1986K
沸点 304K 3538K 3273K 2503K
表1
①Si在周期表中的位置：　 　。
②反应I的化学方程式：　 　。
③从物质状态分析粗硅提纯的原理：　 　。
（3）实验室装氢氧化钠溶液的试剂瓶，不选用玻璃塞的原因：　 　。(用化学方程式表达)
（4）在硅酸根离子中每个Si原子都与四个O原子相连形成四面体，硅氧四面体通过共用O原子可以彼此相连形成长链，相关微粒结构如下表2所示。
硅氧四面体 俯视图 简化图 长链结构
表2
假设硅酸钠溶液中硅酸根离子含有5000个原子，那么在硅酸根离子的长链中，近似包含有　 　个硅氧四面体的结构单元。(填整数)
28．焦亚硫酸钠()是常用的食品抗氧化剂，由过饱和溶液结晶制得。利用烟道气中的制备的流程如下图所示。已知：饱和亚硫酸溶液的。
（1）酸性强弱比较：　 　(填“>”或“=”或“<”)。
（2）制备流程中体现的性质有：　 　。
A．酸性 B．氧化性 C．还原性
（3）步骤III中主要发生反应的化学方程式：　 　。
（4）结晶脱水制备的化学方程式：　 　。
29．请回答与N元素相关的问题：
（1）已知与反应生成硝酸()，某同学书写方程式忘记了另一种产物，该同学利用氧化还原电子守恒的视角，推测产物。另一种产物不可能是___________。
A． B． C．NO D．
（2）为了探究其真实产物，探究小组进行了第一次实验。利用铜与浓硝酸反应收集气体，并将其倒扣水中，一段时间后试管几乎被充满，如图1所示。小组对现象展开讨论。
同学1认为：几乎没有气体产生。
同学2认为：课本上有反应，3体积转化为1体积不溶于水的NO，液面应上升到处。“充满”说明小组收集的气体不纯，混有一定量的空气。空气中氧气与NO继续发生反应。
同学3否定了同学2的观点，理由是：　 　。
（3）小组决定重复实验。第二次实验过程中，液面上升速度明显快于第一次，最后充满试管。查找原因：同学误将用于尾气处理的NaOH溶液当成了水。已知：。
同学4认为：“类比”是学习的科学方法。根据已有信息，类比与水、与碱反应的相关知识，可以对第一次“充满”的实验现象进行合理解释：　 　。(用化学方程式表达)
（4）同学5提出：类比与碱的反应，随着温度不同，反应会产生等多种产物。可以尝试改变与反应的温度。小组进行第三次实验，用热毛巾反复加热第一次实验的试管，一段时间后发现液面恰好降至处，如图2所示。随后，向试管中充入，无色气体变为红棕色，证明确实有NO气体生成。说明反应在热水的条件下成立。液面下降过程中，试管内主要发生的反应：　 　。(用化学方程式表达)
30．现有48.4 g碱式碳酸镁样品(化学式：，为正整数)，将其分为二等份，一份样品充分灼烧至恒重进行热重分析，结果如图所示。另一份投入250mL的盐酸中，充分反应后生成标准状况下。(忽略溶液前后体积变化)。
按要求回答下列问题：
（1）　 　。
（2）第二份样品与盐酸反应后溶液中　 　。
（3）向第二份样品与盐酸反应后的溶液中加入　 　mL溶液，可使沉淀的量最大。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】常见能量的转化及运用
【解析】【解析】A．燃烧的本质是发光发热的剧烈化学反应，因此燃烧过程必然伴随发光现象，A正确。
B．从反应类型分析，燃烧属于还原剂与氧化剂发生的反应，符合氧化还原反应的特征（有电子转移），B正确。
C．存在认知误区：燃烧的助燃剂不限于氧气。例如氢气与氯气反应（）在苍白色火焰中完成，说明氯气同样可作为助燃剂，C错误。
D．根据能量守恒，燃烧时化学能转化为光能和热能，放热是燃烧的必然特征，D正确。
故答案为：C
【分析】A、燃烧是一种发光发热的过程。
B、燃烧都属于氧化还原反应。
C、燃烧不一定需要氧气。
D、燃烧过程都会放出热量。
2．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．KMnO4具有强氧化性（+7价锰），会加速金属腐蚀，A错误；B．NaNO2中的氮呈+3价，具有还原性，可被氧气氧化，能有效抑制金属锈蚀，B正确；
C．NaCl作为中性盐，既无氧化性也无还原性，无法消耗氧气，C错误；
D．H2SO4虽具酸性但无抗氧化功能，反而会促进腐蚀，D错误。
故答案为：B
【分析】题目中指出水基漆容易溶解氧气，在干燥过程中可能导致金属表面产生锈斑。因此需要在水基漆中添加缓蚀剂，该缓蚀剂需具备还原性，能够与氧气反应从而起到抗氧化作用。根据这一原理对各选项进行分析。
3．【答案】B
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．石墨是由碳元素组成的单质，而电解质必须是化合物，单质不符合电解质的定义，A错误；
B．碳酸钙(CaCO3)属于化合物中的盐类，虽然其溶解度较低，但溶于水的部分能完全电离产生Ca2+和CO32-离子，满足电解质的要求，B正确；
C．食盐水是氯化钠(NaCl)的水溶液，属于混合物。电解质必须是纯净的化合物，混合物不符合电解质定义，C错误；
D．浓硫酸是硫酸(H2SO4)和水的混合物。电解质必须是纯净的化合物，混合物不符合电解质定义，D错误；
故答案为：B
【分析】电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。属于电解质的有酸碱盐、金属氧化物和水。据此结合选项所给物质进行分析。
4．【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A．研钵是专门用来研磨固体药品的仪器，A符合题意；
B．该仪器为蒸发皿，主要用于蒸发溶液，B不符合题意；
C．坩埚钳用于夹持坩埚、蒸发皿等高温仪器，防止被烫伤，C不符合题意；
D．坩埚用于高温灼烧固体，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】用于研磨药品的仪器为研钵，据此结合选项所给仪器进行分析即可。
5．【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．图示为注意明火标识，制备氢氧化铁胶体的实验操作需要加热，A不符合题意；
B．图标表示高温烫伤警示，制备氢氧化铁胶体时需要将溶液加热至沸腾，该操作存在烫伤风险，B不符合题意；
C．洗手标识适用于所有化学实验，氢氧化铁胶体制备实验结束后同样需要洗手，C不符合题意；
D．排气标识表示实验过程中需要通风处理，但氢氧化铁胶体制备反应不产生有毒或可燃气体，无需特殊通风措施，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、图示为注意明火标识。
B、图示为高温烫伤标识。
C、图示为洗手标识。
D、图示为排气标识。
6．【答案】B
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．水的分子式为，表示每个水分子由2个氢原子和1个氧原子组成，A正确；
B．水是共价化合物，氢原子与氧原子通过共用电子对结合，正确的电子式应为：，B错误；
C．水分子呈V形（角形）结构，结构式中用短线表示共用电子对，水的结构式为：，C正确；
D．水分子为V形（角形）结构，其分子结构模型为：，D正确；故答案为：B
【分析】A、水的分子式为H2O。
B、H2O的电子式为。
C、H2O的结构是为。
D、H2O的结构模型为。
7．【答案】D
【知识点】化学键；离子键的形成；离子化合物的结构特征与性质
【解析】【解析】A．氯化氢（HCl）分子中仅存在H-Cl极性共价键，属于典型的共价化合物，不符合离子化合物的定义，A错误；
B．过氧化钠（Na2O2）是离子化合物，含有Na+与O22-之间的离子键，以及O-O非极性共价键，但不存在极性共价键，B错误；
C．氯化钾（KCl）作为离子化合物，仅由K+与Cl-通过离子键结合，不含任何共价键，C错误；
D．硫酸锌（ZnSO4）是离子化合物，Zn2+与SO42-之间形成离子键，而SO42-内部的S原子与O原子之间通过极性共价键连接，完全符合题目要求，D正确；
故答案为：D
【分析】此题是对化学键的考查，结合离子键、极性共价键和非极性共价键的定义进行分析即可。离子键是阴阳离子的相互作用力，含有离子键的化合物为离子化合物。极性共价键是指由不同种元素的原子间通过共用电子对形成的作用力；非极性共价键是指由同种元素的原子通过共用电子对形成的作用力。据此结合选项所给物质进行分析。
8．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；钠的化学性质；铝的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、离子方程式存在电荷不守恒问题，正确写法应为，A不符合题意；B、氧化铝与氢氧化钠的反应，由于氧化铝是两性氧化物，反应生成的产物四羟基合铝酸钠，符合原子和电荷守恒，B不符合题意；
C、金属钠与水反应生成NaOH和H2，该离子方程式书写完全正确，C不符合题意；
D、二氧化硫与酸性高锰酸钾反应过程，氧化还原反应方程式的电子转移、原子和电荷均保持平衡，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对离子方程式正误判断的考查，结合电荷守恒和原子守恒判断选项所给离子方程式是否正确。
9．【答案】A
【知识点】化学史；研究物质结构的基本方法和实验手段
【解析】【解答】A．近代化学诞生的标志是英国化学家波义耳提出元素概念，而非法国化学家拉瓦锡，此说法与化学史不符，A错误；B．英国科学家道尔顿建立的原子学说为近代化学奠定重要基础，此说法符合化学史实，B正确；
C．分子学说由意大利科学家阿伏加德罗提出，推动了物质结构认知的进步，此说法符合化学史实，C正确；
D．元素周期律的发现者俄国化学家门捷列夫使化学研究系统化，此说法符合化学史实，D正确；
故答案为：A
【分析】A、英国化学家波义尔提出元素概念，标志了近代化学的诞生。
B、英国科学家道尔顿提出的原子学说，为近代化学的发展奠定了基础。
C、意大利科学家阿伏加德罗提出了分子学说。
D、俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律。
10．【答案】D
【知识点】钠的化学性质；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．氯气具有毒性且密度大于空气，使用弱碱性的肥皂水可以吸收氯气。在泄漏时应朝逆风方向往高处撤离，以减少氯气吸入量，A正确；
B．皮肤接触碱性物质时，首先用大量清水冲洗稀释，随后用1%硼酸溶液中和残留碱液，B正确；
C．衣物大面积燃烧时，通过就地翻滚可有效隔绝氧气实现灭火，C正确；
D．金属钠化学性质活泼，遇水会发生剧烈反应并释放氢气，存在燃烧爆炸风险。实验后剩余的钠必须返回原贮存容器，禁止投入废液回收装置，D错误；
故答案为：D
【分析】A、氯气的密度比空气大，往高处跑可减少氯气的吸入。
B、用水冲洗除去碱溶液，再用硼酸进行中和。
C、躺在地上翻滚可起到隔绝空气的作用。
D、实验室未用完的钠需放回原试剂瓶内。
11．【答案】D
【知识点】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、元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越高。氧(O)的非金属性强于硫(S)，因此水的稳定性大于硫化氢，即，A正确。
B、碱金属元素的金属性随原子序数增大而增强。钾(K)位于锂(Li)下方，故金属性满足，B正确。
C、钠原子(Na)与钠离子(Na+)质子数相同，但钠原子多一个电子层，因此半径关系为，C正确。
D、元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强。溴(Br)的非金属性强于碘(I)，故高溴酸(HBrO4)的酸性强于高碘酸(HIO4)，即，D错误。
故答案为：D
【分析】A、元素的非金属性越强，则其简单氢化物的稳定性越强。
B、同主族元素，核电荷数越大，金属性越强。
C、电子层数越多，半径越大。
D、同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，则其最高价含氧酸的酸性越弱。
12．【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．碳酸钠(Na2CO3)的热稳定性较好，不易受热分解；而碳酸氢钠(NaHCO3)的热稳定性较差，受热容易分解。要比较两者的稳定性，正确的实验设计应该是将NaHCO3置于小试管中，Na2CO3置于大试管中，A错误。
B．混合气体中的氯化氢(HCl)可以与饱和碳酸氢钠(NaHCO3)溶液发生反应而被除去，其化学反应方程式为：。同时，二氧化碳(CO2)在饱和NaHCO3溶液中的溶解度很低。因此，乙装置可以有效去除CO2中混有的少量HCl，B正确。
C．氯水中含有次氯酸(HClO)，具有强氧化性和漂白性，会使pH试纸褪色，因此无法用pH试纸准确测定氯水的pH值，C错误。
D．在试管加热实验中，即使铁粉与水蒸气不发生反应，试管内的空气受热膨胀也会产生气体。因此，仅凭观察到有气体产生并不能证明铁与水蒸气发生了反应，D错误。
故答案为：B
【分析】A、要比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性，应将NaHCO3放在小试管内。
B、除去CO2中混有的HCl，可用饱和NaHCO3溶液。
C、氯水具有漂白性，能使变色后的pH试纸褪色。
D、肥皂液中产生的气泡，可能是装置内的空气。
13．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；钠的氧化物
【解析】【解析】A、过氧化钠（Na2O2）与水反应的化学方程式为：。反应中，Na2O2的氧元素从-1价部分升高至0价（生成O2），部分降低至-2价（生成NaOH），因此Na2O2既表现氧化性又表现还原性，A正确。B、氯气（Cl2）与水反应的化学方程式为：。反应中Cl元素化合价既有升高（生成HClO）又有降低（生成HCl），Cl2同时体现氧化性和还原性。但题目要求选择“化合物”，而Cl2是单质，B错误。
C、五氧化二氮（N2O5）与水反应的化学方程式为：。该反应无元素化合价变化，不是氧化还原反应，因此N2O5既不表现氧化性也不表现还原性，C错误。
D、二氧化硫（SO2）与水反应的化学方程式为：。该反应中所有物质同样无化合价变化，不是氧化还原反应，由此SO2不表现氧化性或还原性，D错误。
故答案为：A
【分析】与水反应的过程中，即体现氧化性，又体现还原性，则反应过程中，该物质中同时存在元素化合价升高和降低。据此结合选项所给物质与H2O反应的化学方程式进行分析。
14．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；同素异形体；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
【解析】【解答】A. He是单原子分子，不存在化学键，因此其单质分子中不含任何非极性共价键，A错误；B. He的最外层电子数为2，在第一周期，故已达到稳定结构，B错误；
C. F是非金属性最强的元素，没有正化合价，因此不存在最高价含氧酸，C错误；
D. S元素存在多种同素异形体，如、、等，D正确；
故答案为：D
【分析】短周期为元素周期表的前三周期，第一周期只有H、He两种元素。因此X位于第一周期0族，为氦元素(He)；Y位于第二周期ⅦA族，为氟元素(F)Z位于第三周期ⅥA族，为硫元素(S)。据此结合元素周期律分析选项。
15．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．CO2的分子结构为直线形，而SiO2是原子晶体，不存在独立的分子，其结构为三维空间网状，并非直线形，A错误。
B．CO2和SiO2都能与碱反应生成盐和水，符合酸性氧化物的定义，B正确。
C．CO2可溶于水，并与水反应生成碳酸，但SiO2难溶于水且不与水发生化学反应，C错误。
D．CO2与碳在高温下反应生成CO，反应式为，产物均为化合物，不符合置换反应的特征；而SiO2与碳的反应符合置换反应的定义，D错误。
故答案为：B
【分析】A、CO2是直线形结构，SiO2为三维空间网状结构。
B、CO2、SiO2都是酸性氧化物。
C、SiO2难溶于水，不与水反应。
D、CO2与C发生化合反应，不发生置换反应。
【答案】16．B
17．C
18．A
【知识点】氧化还原反应；电解质与非电解质；气体摩尔体积
【解析】【解答】（1）是由钠离子和叠氮根离子构成的离子化合物，属于盐，属于电解质，故选B；
故答案为：B
【分析】NaN3由Na＋和N3－构成，属于离子化合物。
（2）A．受热或撞击极易分解，体现了其不稳定性。反应中钠元素化合价降低，氮元素化合价升高，因此既有氧化性，又有还原性，A正确；
B．受撞击或以上时会迅速分解，产生大量气体，因此运输的包装箱应贴易爆标识：，B正确；
C．气体所处的状态未知，无法通过气体体积计算物质的量，C错误；
D．是离子化合物，存在离子键；叠氮根中氮原子间通过共用电子对结合，因此存在共价键，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据NaN3撞击易分解，确定其不稳定性；结合化合价变化确定其氧化性和还原性。
B、结合其不稳定性，确定其运输过程中的标识。
C、气体所处的状态未知，无法应用气体摩尔体积进行计算。
D、N3－中氮原子通过共用电子对结合，为共价键。
（3）A．发生器I中单质钠和氨气反应生成氨基钠和氢气，该反应属于置换反应，A正确；
B．发生器II中反应物与生成物中微粒有钠离子、氨基离子、氢氧根、氨分子。因此体系中共有4种，B错误；
C．叠氮化钠中氮元素化合价平均为，根据得失电子守恒，2份氨基钠中有一份做还原剂，氮元素化合价由-3价升高到价，一氧化二氮做氧化剂，氮元素化合价由+1价降低到价，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，C错误；
D．氨气分子中氮原子满足稳定结构，氢原子最外层只有2个电子，满足结构，D错误；
故答案为：A
【分析】A、置换反应是单质与化合物反应，生成新的单质与新的化合物的反应。
B、根据反应体系中所含微粒的电子数进行分析。
C、根据反应过程中元素化合价的变化分析。
D、H原子无法形成8电子稳定结构。
16．【解答】（1）是由钠离子和叠氮根离子构成的离子化合物，属于盐，属于电解质，故选B；
故答案为：B
【分析】NaN3由Na＋和N3－构成，属于离子化合物。
17．【解答】A．受热或撞击极易分解，体现了其不稳定性。反应中钠元素化合价降低，氮元素化合价升高，因此既有氧化性，又有还原性，A正确；
B．受撞击或以上时会迅速分解，产生大量气体，因此运输的包装箱应贴易爆标识：，B正确；
C．气体所处的状态未知，无法通过气体体积计算物质的量，C错误；
D．是离子化合物，存在离子键；叠氮根中氮原子间通过共用电子对结合，因此存在共价键，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据NaN3撞击易分解，确定其不稳定性；结合化合价变化确定其氧化性和还原性。
B、结合其不稳定性，确定其运输过程中的标识。
C、气体所处的状态未知，无法应用气体摩尔体积进行计算。
D、N3－中氮原子通过共用电子对结合，为共价键。
18．【解答】
A．发生器I中单质钠和氨气反应生成氨基钠和氢气，该反应属于置换反应，A正确；
B．发生器II中反应物与生成物中微粒有钠离子、氨基离子、氢氧根、氨分子。因此体系中共有4种，B错误；
C．叠氮化钠中氮元素化合价平均为，根据得失电子守恒，2份氨基钠中有一份做还原剂，氮元素化合价由-3价升高到价，一氧化二氮做氧化剂，氮元素化合价由+1价降低到价，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，C错误；
D．氨气分子中氮原子满足稳定结构，氢原子最外层只有2个电子，满足结构，D错误；
故答案为：A
【分析】A、置换反应是单质与化合物反应，生成新的单质与新的化合物的反应。
B、根据反应体系中所含微粒的电子数进行分析。
C、根据反应过程中元素化合价的变化分析。
D、H原子无法形成8电子稳定结构。
【答案】19．B
20．B
21．C
【知识点】氧化还原反应；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】（1）A．氯原子最外层有7个电子，易得电子，因此氯元素性质活泼，在自然界中主要以NaCl、MgCl2等化合态形式存在，A正确；
B．氯气具有助燃性，能支持可燃物燃烧，如氢气在氯气中燃烧。但氯气不属于可燃物，本身不具有可燃性，B错误；
C．铁与氯气需要加热条件下才能反应，常温下干燥的氯气不与铁反应，因此可用钢瓶储存液氯，C正确；
D．HClO不稳定，见光易分解为HCl和O2；而NaClO的水溶液在低温下可稳定存放，因此说明稳定性：NaClO>HClO，D正确；
故答案为：B
【分析】A、氯元素在自然界中主要以化合态形式存在。
B、氯气不属于可燃物。
C、常温下，氯气与Fe不反应。
D、HClOu稳定，见光易分解；而NaClO较稳定。
（2）A．光照条件下HClO分解，产生强电解质HCl，使得溶液中c(H+)增大。因此溶液pH降低的核心原因是HClO分解生成强酸HCl，HCl电离出氢离子，A错误；
B．溶液中c(Cl-)升高，说明光照下HClO持续分解产生HCl；使得溶液中c(HClO)降低，溶液漂白能力随之逐渐减弱，B正确；
C．氯水的氧化性来源于Cl2和HClO，随着氧气的体积分数不断增加，说明HClO被不断分解，溶液中c(HClO)降低，氯水的氧化性减弱，C错误；
D．养鱼时晒自来水的主要目的是促使水中的HClO在光照的条件下发生分解反应，同时Cl2挥发，降低余氯对鱼苗的毒害，增加氧气浓度是次要作用，D错误；
故答案为：B
【分析】A、光照条件下HClO分解产生HCl，使得溶液中c(H+)增大，溶液的pH减小。
B、溶液中c(Cl－)增大，说明HClO分解，氯水的氧化性减弱。
C、O2来自于HClO分解生成，O2量越多，氯水中HClO含量越低，溶液的氧化性越弱。
D、晒自来水是位于除去水中残余的氯。
（3）A．NaClO中Cl元素化合价从+1降到-1，1 mol NaClO得2 mol 电子；NaClO的摩尔质量为：74.5 g/mol。因此单位质量得到的电子数为：；
B．HClO中Cl元素化合价从+1降到-1，1 mol HClO得2 mol 电子；HClO的
摩尔质量为：52.5 g/mol；单位质量得电子数：；
C．ClO2中Cl元素化合价从+4降到-1，1 mol ClO2得5 mol 电子；ClO2的摩尔质量为：67.5 g/mol；单位质量得电子数：；
D．Ca(ClO)2中含2个+1价Cl，Cl元素化合价从+1降到-1，1 mol Ca(ClO)2得4 mol 电子；Ca(ClO)2的摩尔质量为：143 g/mol；单位质量得电子数：；
综上，“有效氯”最高的物质是ClO2，C符合题意。
故答案为：C
【分析】“有效氯”的本质是比较消毒剂的单位质量氧化能力；假设所有消毒剂还原产物均为Cl-，则1 mol消毒剂得电子的物质的量越多，摩尔质量越小，其“有效氯”越高。据此结合选项物质中氯元素化合价变化分析。
19．【解答】（1）A．氯原子最外层有7个电子，易得电子，因此氯元素性质活泼，在自然界中主要以NaCl、MgCl2等化合态形式存在，A正确；
B．氯气具有助燃性，能支持可燃物燃烧，如氢气在氯气中燃烧。但氯气不属于可燃物，本身不具有可燃性，B错误；
C．铁与氯气需要加热条件下才能反应，常温下干燥的氯气不与铁反应，因此可用钢瓶储存液氯，C正确；
D．HClO不稳定，见光易分解为HCl和O2；而NaClO的水溶液在低温下可稳定存放，因此说明稳定性：NaClO>HClO，D正确；
故答案为：B
【分析】A、氯元素在自然界中主要以化合态形式存在。
B、氯气不属于可燃物。
C、常温下，氯气与Fe不反应。
D、HClOu稳定，见光易分解；而NaClO较稳定。
20．【解答】A．光照条件下HClO分解，产生强电解质HCl，使得溶液中c(H+)增大。因此溶液pH降低的核心原因是HClO分解生成强酸HCl，HCl电离出氢离子，A错误；
B．溶液中c(Cl-)升高，说明光照下HClO持续分解产生HCl；使得溶液中c(HClO)降低，溶液漂白能力逐渐减弱，B正确；
C．氯水的氧化性来源于Cl2和HClO，随着氧气的体积分数不断增加，说明HClO不断分解，溶液中c(HClO)降低，氯水的氧化性减弱，C错误；
D．养鱼时晒自来水的主要目的是促使水中的HClO在光照的条件下发生分解反应，同时Cl2挥发，降低余氯对鱼苗的毒害，增加氧气浓度是次要作用，D错误；
故答案为：B
【分析】A、光照条件下HClO分解产生HCl，使得溶液中c(H+)增大，溶液的pH减小。
B、溶液中c(Cl－)增大，说明HClO分解，氯水的氧化性减弱。
C、O2来自于HClO分解生成，O2量越多，氯水中HClO含量越低，溶液的氧化性越弱。
D、晒自来水是位于除去水中残余的氯。
21．【解答】A．NaClO中Cl元素化合价从+1降到-1，1 mol NaClO参与反应得2 mol 电子；NaClO的摩尔质量为：74.5 g/mol。因此单位质量得到的电子数为：；
B．HClO中Cl元素化合价从+1降到-1，1 mol HClO参与反应得2 mol 电子；HClO的
摩尔质量为：52.5 g/mol；单位质量得电子数：；
C．ClO2中Cl元素化合价从+4降到-1，1 mol ClO2参与反应得5 mol 电子；ClO2的摩尔质量为：67.5 g/mol；单位质量得电子数：；
D．Ca(ClO)2中含2个+1价Cl，1 mol Ca(ClO)2参与反应得4 mol 电子；Ca(ClO)2的摩尔质量为：143 g/mol；单位质量得电子数：；
综上，“有效氯”最高的物质是ClO2，C符合题意。
故答案为：C
【分析】“有效氯”的本质是比较消毒剂的单位质量氧化能力；假设所有消毒剂还原产物均为Cl-，则1 mol消毒剂得电子的物质的量越多，摩尔质量越小，其“有效氯”越高。据此结合选项物质中氯元素化合价变化分析。
【答案】22．C
23．B
24．B
【知识点】镁、铝的重要化合物；二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）A．铁和铝都能与盐酸反应，形成溶液，因此用盐酸不能达到分离的效果，故A错误；
B．铁和铝都能与硝酸反应，形成溶液，因此用硝酸不能达到分离的效果，故B错误；
C．铝与NaOH溶液反应，形成溶液；而铁不与NaOH溶液反应，可实现Fe和Al的分离。因此确定步骤I是加入氢氧化钠，故C正确；
D．铁和铝都能与硫酸反应，形成，因此用硫酸不能达到分离的效果，故D错误；
故答案为：C
【分析】步骤Ⅰ所加试剂，实现了Fe和Al的分离，则所加试剂应只与Fe反应，或只与Al反应。据此结合选项所给试剂与Fe、Al的反应分析。
（2）A．Fe3O4中铁元素为＋2价、＋3价，因此反应过程中各元素的化合价不变，该反应不属于氧化还原反应，故A错误；
B．步骤III中反应放热，温度升高，遇热不稳定，可能存在的分解，该反应体现了H2O2的氧化性和还原性，故B正确；
C．应先加KSCN溶液，溶液无明显现象；再加氯水，若溶液变红，则说明原溶液中含，故C错误；
D．虽然反应需要氢氧根，但氢氧根过多可能导致胶体聚沉，故不利于胶体粒子的生成，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、分析反应过程中是否存在元素化合价变化，若不存在元素化合价变化，则不属于氧化还原反应。
B、H2O2分解的反应中，体现了H2O2的氧化性和还原性。
C、检验Fe2＋时，应先加KSCN溶液，排出Fe3＋的干扰，再加氯水。
D、NaOH过量，则可能导致胶体发生聚沉。
（3）A．稀硫酸适量，则发生反应的离子方程式为，A正确；
B．步骤V中稀硫酸的作用是溶解沉淀，若用盐酸也能溶解Al(OH)3，但会生成氯化铝，制备明矾会引入Cl-，故B错误；
C．氢氧化铝与过量硫酸反应生成硫酸铝，且稀硫酸过量，所以溶液C中含有的离子，故C正确；
D．明矾是通过向硫酸铝溶液中加入硫酸钾饱和溶液结晶得到的，说明溶解度：明矾＜硫酸铝、硫酸钾，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、稀硫酸适量，则[Al(OH)4]－与H＋反应生成Al(OH)3沉淀。
B、若用稀盐酸代替，则会引入Cl－。
C、溶液中稀硫酸过量，则含有H＋。
D、加入K2SO4溶液后可析出KAl(SO4)2·12H2O，说明KAl(SO4)2的溶解度更小。
22．【解答】A．铁和铝都能与盐酸反应，形成溶液，因此用盐酸不能达到分离的效果，故A错误；
B．铁和铝都能与硝酸反应，形成溶液，因此用硝酸不能达到分离的效果，故B错误；
C．铝与NaOH溶液反应，形成溶液；而铁不与NaOH溶液反应，可实现Fe和Al的分离。因此确定步骤I是加入氢氧化钠，故C正确；
D．铁和铝都能与硫酸反应，形成，因此用硫酸不能达到分离的效果，故D错误；
故答案为：C
【分析】步骤Ⅰ所加试剂，实现了Fe和Al的分离，则所加试剂应只与Fe反应，或只与Al反应。据此结合选项所给试剂与Fe、Al的反应分析。
23．【解答】A．Fe3O4中铁元素为＋2价、＋3价，因此反应过程中各元素的化合价不变，该反应不属于氧化还原反应，故A错误；
B．步骤III中反应放热，温度升高，可能存在的分解反应，该反应体现了H2O2的氧化性和还原性，故B正确；
C．应先加KSCN溶液，溶液无明显现象；再加氯水，若溶液变红，则说明原溶液中含，故C错误；
D．虽然反应需要氢氧根，但氢氧根过多可能导致胶体聚沉，故不利于胶体粒子的生成，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、分析反应过程中是否存在元素化合价变化，若不存在元素化合价变化，则不属于氧化还原反应。
B、H2O2分解的反应中，体现了H2O2的氧化性和还原性。
C、检验Fe2＋时，应先加KSCN溶液，排出Fe3＋的干扰，再加氯水。
D、NaOH过量，则可能导致胶体发生聚沉。
24．【解答】A．稀硫酸适量，则发生反应的离子方程式为，A正确；
B．步骤V中稀硫酸的作用是溶解沉淀，若用盐酸也能溶解Al(OH)3，但会生成氯化铝，制备明矾会引入Cl-，故B错误；
C．根据流程图可知氢氧化铝与过量硫酸反应生成硫酸铝，且稀硫酸过量，所以溶液C中含有的离子是，故C正确；
D．明矾是通过向硫酸铝溶液中加入硫酸钾饱和溶液结晶得到的，说明溶解度：明矾＜硫酸铝、硫酸钾，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、稀硫酸适量，则[Al(OH)4]－与H＋反应生成Al(OH)3沉淀。
B、若用稀盐酸代替，则会引入Cl－。
C、溶液中稀硫酸过量，则含有H＋。
D、加入K2SO4溶液后可析出KAl(SO4)2·12H2O，说明KAl(SO4)2的溶解度更小。
25．【答案】C
【知识点】制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．在装置①中，NaOH溶液与FeSO4发生复分解反应生成Fe(OH)2和Na2SO4。由于Fe(OH)2极易被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，Fe(OH)2是沉淀，不能拆，其离子反应方程式为：，A正确。
B．装置②中，苯的密度小于水，会浮在FeSO4溶液上层形成隔离层，从而有效隔绝空气中的氧气，避免Fe(OH)2被氧化，B正确。
C．装置③中，铁与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，排出了装置中的空气。长滴管的作用是将NaOH溶液直接加入FeSO4溶液中生成Fe(OH)2，而不是防止带入氧气（因体系已被H2排空），C错误。
D．装置④的操作分为两步：先打开止水夹a，让Fe与稀硫酸反应产生H2排出空气；待空气排尽后关闭止水夹a，利用产生的压强差将FeSO4溶液压入NaOH溶液中生成Fe(OH)2，D正确。
故答案为：C
【分析】A、Fe2＋与OH－反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2易被空气中的O2氧化成Fe(OH)3。
B、苯的密度比水小，在上层可以起到隔绝空气的作用。
C、铁粉与稀硫酸反应生成的H2可将试管内的空气排出。
D、实验过程中应先打开止水夹a，利用反应生成的H2排出装置内的空气。
26．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【知识点】元素、核素；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）中子数为8的碳原子，质子数为6，质量数为，原子符号为。
故答案为：（2）的结构与类似，为直线形分子，C原子与两个S原子各形成两对共用电子对，电子式为。
故答案为：
（3）的酸性体现在能与发生中和反应，离子方程式为：。
故答案为：
（4）是酸性氧化物，与KOH反应生成高锰酸盐和水，化学方程式为：。
故答案为：
【分析】（1）中子数为8的碳原子，其质量数为6+8=14，据此书写其原子符号
（2）CS2的结构与CO2类似，据此书写CS2的电子式。
（3）NaHCO3能与NaOH反应，体现了NaHCO3的酸性，据此写出反应的离子方程式。
（4）Mn2O7是酸性氧化物，与KOH反应生成KMnO4和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（1）中子数为8的碳原子，质子数为6，质量数为，原子符号为。
（2）的结构与类似，为直线形分子，C原子与两个S原子各形成两对共用电子对，电子式为。
（3）的酸性体现在能与发生中和反应，离子方程式为：。
（4）是酸性氧化物，与KOH反应生成高锰酸盐和水，化学方程式为：。
27．【答案】（1）C
（2）第3周期IVA族；；粗硅在反应Ⅰ中转化为气态，与杂质分离；在反应Ⅱ中转化为固态精硅
（3）
（4）1250
【知识点】硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】（1）传统硅酸盐产品包括水泥、陶瓷、普通玻璃等，光导纤维的主要成分是SiO2，不属于硅酸盐材料，因此选C。
故答案为：C
（2）①Si的核电荷数为14，核外有3个电子层，最外层有4个电子，在周期表中位于第三周期第ⅣA族。
故答案为： 第3周期IVA族
②反应I是粗硅与HCl在573K下反应，生成SiHCl3和H2，化学方程式为：。
故答案为：
③粗硅中含有SiC、SiO2等杂质，SiHCl3的沸点（304K）远低于杂质的沸点；粗硅在反应Ⅰ中转化为气态SiHCl3，与杂质分离；SiHCl3在反应Ⅱ中转化为固态精硅。
故答案为： 粗硅在反应Ⅰ中转化为气态，与杂质分离；在反应Ⅱ中转化为固态精硅
（3）玻璃中含有SiO2，SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成具有粘性的Na2SiO3，会将玻璃塞与瓶口粘在一起，反应的化学方程式为：。
故答案为：
（4）在长链结构中，每个硅氧四面体单元平均含有1个Si原子和3个O原子（其中2个O原子为单元独有，2个O原子为共用，即 ）；设硅氧四面体的结构单元数为n，则总原子数为n（Si）+3n（O）=4n；已知总原子数为5000，因此4n=5000，解得n=1250，即近似包含1250个硅氧四面体的结构单元。
故答案为：1250
【分析】（1）传统硅酸盐产品有玻璃、陶瓷和水泥。
（2）①根据Si原子结构确定其在周期表中的位置。
②反应Ⅰ中Si与HCl反应生成SiHCl3和H2，据此写出反应的化学方程式。
③粗硅中含有SiC、SiO2等杂质，结合各物质的沸点差异，可将其进行分离。
（3）玻璃中含有SiO2，能与NaOH反应生成具有黏性的Na2SiO3，导致瓶塞打不开。
（4）在长链结构中，每个硅氧四面体单元平均含有1个Si原子和3个O原子，据此进行计算。
（1）传统硅酸盐产品包括水泥、陶瓷、普通玻璃等，光导纤维的主要成分是SiO2，不属于硅酸盐材料，因此选C；
（2）①Si的核电荷数为14，核外有3个电子层，最外层有4个电子，在周期表中位于第三周期第ⅣA族；
②反应I是粗硅与HCl在573K下反应，生成SiHCl3和H2，化学方程式为：；
③粗硅中含有SiC、SiO2等杂质，SiHCl3的沸点（304K）远低于杂质的沸点；粗硅在反应Ⅰ中转化为气态SiHCl3，与杂质分离；SiHCl3在反应Ⅱ中转化为固态精硅；
（3）玻璃中含有SiO2，SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成具有粘性的Na2SiO3，会将玻璃塞与瓶口粘在一起，反应的化学方程式为：；
（4）在长链结构中，每个硅氧四面体单元平均含有1个Si原子和3个O原子（其中2个O原子为单元独有，2个O原子为共用，即 ）；设硅氧四面体的结构单元数为n，则总原子数为n（Si）+3n（O）=4n；已知总原子数为5000，因此4n=5000，解得n=1250，即近似包含1250个硅氧四面体的结构单元。
28．【答案】（1）>
（2）A
（3）
（4）
【知识点】二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据强酸制弱酸原理，能与反应生成，说明酸性强于。
故答案为：＞
（2）与反应生成体现酸性；与反应生成，S元素无化合价变化，不体现氧化性或还原性；但与的反应中，作为酸性氧化物参与反应，主要体现酸性，选A。
故答案为：A
（3）步骤III中反应物为、与H2O，生成物为，主要发生反应的化学方程式：。
故答案为：
（4）由过饱和溶液结晶制得，其化学方程式：。
故答案为：
【分析】在酸性环境中，二氧化硫()与饱和碳酸钠()溶液反应会生成亚硫酸氢钠()。该工艺流程中通过补充加入固体碳酸钠()并再次通入二氧化硫()，主要目的是使溶液中亚硫酸氢钠()的浓度超过饱和状态，形成过饱和溶液。
（1）根据强酸制弱酸原理，能与反应生成，说明酸性强于；
（2）与反应生成体现酸性；与反应生成，S元素无化合价变化，不体现氧化性或还原性；但与的反应中，作为酸性氧化物参与反应，主要体现酸性，选A；
（3）步骤III中反应物为、与H2O，生成物为，主要发生反应的化学方程式：；
（4）由过饱和溶液结晶制得，其化学方程式：。
29．【答案】（1）B
（2）空气中还有，不可能充满试管。
（3）
（4）或
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）与反应生成过程中氮元素的化合价由+4价升高到+5价，发生氧化反应。根据氧化还原反应规律，必有元素发生还原反应，即元素化合价降低。
A．若生成氢气，氢元素的化合价由+1价降为0价，发生还原反应，有可能生成氢气，A不符合题意；
B．若生成氧气，氧元素化合价由-2价升高为0价，发生氧化反应，不可能生成氧气，B符合题意；
C．若生成NO，氮元素化合价由+4价降为+2价，发生还原反应，有可能生成NO，C不符合题意；
D．若生成一氧化二氮，氮元素化合价由+4价降为+1价，发生还原反应，有可能生成一氧化二氮，D不符合题意；
故答案为：B
（2）充满二氧化氮气体的试管倒扣在水槽中发生反应，空气中有氧气参与反应使得液面上升，但空气中有氮气，溶液不可能充满试管。
故答案为： 空气中还有，不可能充满试管。
（3）与水发生歧化反应生成氯化氢、次氯酸，类比与水反应可推出试管内第一次“充满”是二氧化氮发生歧化反应生成硝酸、亚硝酸，对应的化学方程式为。
故答案为：
（4）第一次实验的试管发生反应，加热一段时间后试管内液面下降是亚硝酸分解生成NO导致的，主要发生的反应：或。
故答案为：或
【分析】（1）NO2与H2O反应生成HNO3，过程中氮元素被氧化，因此另一产物为还原产物，结合元素化合价变化分析即可。
（2）若混入空气，则空气中含有的N2不溶于水，水也无法充满整个试管。
（3）结合NO2能与NaOH反应生成NaNO3、NaNO2可知，NO2与H2O反应，也可能生成HNO3和HNO2，据此写出反应的化学方程式。
（4）加热后试管内液面下降，则可能是HNO2发生分解反应，生成NO，使得试管内压强增大。据此写出反应的化学方程式。
（1）与反应生成过程中氮元素的化合价由+4价升高到+5价，发生氧化反应。根据氧化还原反应规律，必有元素发生还原反应，即元素化合价降低。
A．若生成氢气，氢元素的化合价由+1价降为0价，发生还原反应，有可能生成氢气，A不符合题意；
B．若生成氧气，氧元素化合价由-2价升高为0价，发生氧化反应，不可能生成氧气，B符合题意；
C．若生成NO，氮元素化合价由+4价降为+2价，发生还原反应，有可能生成NO，C不符合题意；
D．若生成一氧化二氮，氮元素化合价由+4价降为+1价，发生还原反应，有可能生成一氧化二氮，D不符合题意；
故选B；
（2）充满二氧化氮气体的试管倒扣在水槽中发生反应，空气中有氧气参与反应使得液面上升，但空气中有氮气，溶液不可能充满试管；
（3）与水发生歧化反应生成氯化氢、次氯酸，类比与水反应可推出试管内第一次“充满”是二氧化氮发生歧化反应生成硝酸、亚硝酸，对应的化学方程式为；
（4）第一次实验的试管发生反应，加热一段时间后试管内液面下降是亚硝酸分解生成NO导致的，主要发生的反应：或。
30．【答案】（1）
（2）0.5
（3）625
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）充分灼烧至恒重得到的10.0g固体为MgO，；另一份投入250mL的盐酸中，充分反应后生成氯化镁和标准状况下，标况下4.48LCO2的物质的量为：；48.4g碱式碳酸镁样品中，，则，，则中x：y：z＝0.4mol：0.1mol：0.5mol＝4：1：5，故。
故答案为：5
（2）初始盐酸的物质的量为：，与反应：MgCO3+2HCl=MgCl2+CO2↑+H2O，消耗盐酸的物质的量为：，与反应：Mg(OH)2 + 2HCl = MgCl2 + 2H2O，消耗盐酸的物质的量为，总消耗的盐酸的物质的量为0.4mol+0.1mol=0.5mol，剩余的盐酸的物质的量为0.625mol-0.5mol=0.125mol，反应后溶液中。
故答案为：0.5
（3）反应后溶液中的溶质为：MgCl2和剩余的HCl，要使 Mg(OH)2沉淀量最大，需将溶液中的中和，并将所有转化为沉淀，的物质的量：，沉淀需的物质的量为：，剩余的物质的量：n() = 0.125mol，中和需， 所需总物质的量：n(NaOH) = 0.5mol +0.125mol = 0.625mol，需NaOH溶液体积：。
故答案为：625
【分析】加热至恒重后，剩余的固体为MgO，即m(MgO)=10.0g，其物质的量为。与盐酸充分反应后，得到标准状态下CO2的体积为4.48L，则其物质的量为。根据C元素守恒可得n(MgCO3)=0.2mol，则n[Mg(OH)2]=0.25mol－0.2mol=0.05mol。则48.4g碱式碳酸镁样品中n(MgCO3)=0.2mol×2=0.4mol、n[Mg(OH)2]=0.05mol×2=0.1mol，其所含m(H2O)=48.4g-－0.4mol×84g·mol－1－0.1mol×58g·mol－1=9g，则其物质的量为。据此结合题干设问分析作答。
（1）充分灼烧至恒重得到的10.0g固体为MgO，；另一份投入250mL的盐酸中，充分反应后生成氯化镁和标准状况下，标况下4.48LCO2的物质的量为：；48.4g碱式碳酸镁样品中，，则，，则中x：y：z＝0.4mol：0.1mol：0.5mol＝4：1：5，故；
（2）初始盐酸的物质的量为：，与反应：MgCO3+2HCl=MgCl2+CO2↑+H2O，消耗盐酸的物质的量为：，与反应：Mg(OH)2 + 2HCl = MgCl2 + 2H2O，消耗盐酸的物质的量为，总消耗的盐酸的物质的量为0.4mol+0.1mol=0.5mol，剩余的盐酸的物质的量为0.625mol-0.5mol=0.125mol，反应后溶液中；
（3）反应后溶液中的溶质为：MgCl2和剩余的HCl，要使 Mg(OH)2沉淀量最大，需将溶液中的中和，并将所有转化为沉淀，的物质的量：，沉淀需的物质的量为：，剩余的物质的量：n() = 0.125mol，中和需， 所需总物质的量：n(NaOH) = 0.5mol +0.125mol = 0.625mol，需NaOH溶液体积：。
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