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湖南省怀化市2024-2025学年高一下学期期末考试 化学试题
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是
A．豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
B．某饮料属于纯天然食品，不含任何化学物质
C．青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金
D．氧化铁是一种红棕色粉末，常用作油漆或涂料的红色颜料
2．下列实验事故的处理方法不合理的是
　 实验事故 处理方法
A 被水蒸气轻微烫伤 先用冷水处理，再涂上烫伤药膏
B 金属钠失火 用水浇灭
C 稀释浓硫酸时，少量酸溅到皮肤上 先用大量的水冲洗，再涂上的溶液
D 温度计中水银洒落地面 用硫粉处理
A．A B．B C．C D．D
3．下列说法不正确的是
A．考古时可用测定一些文物的年代
B．化学家门捷列夫编制了第一张元素周期表
C．在周期表中金属与非金属的分界处可以找到半导体材料
D．氢键、离子键和共价键都属于化学键
4．氢化钠()可在野外用作生氢剂，其化学反应原理为。下列说法不正确的是
A．的电子式为 B．中既含离子键又含共价键
C．中H元素为价 D．的空间结构为直线形
5．关于和的下列说法不正确的是
A．向中加适量水，溶解时吸热
B．可用溶液使转化为
C．常用加热的方法除去固体中的
D．常用澄清石灰水鉴别和溶液
6．代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．在常温常压下，含有的原子数为
B．溶液中含有的数目为
C．所含分子数为
D．盐酸与足量共热，转移电子数为
7．下列实验操作不能达到预期目的的是
A．用甲比较C和的非金属性强弱
B．用乙验证过氧化钠与水反应放热
C．用丙对比碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性
D．用丁制备氢氧化亚铁并能较长时间观察白色沉淀
8．下列离子方程式正确的是
A．氯化铝溶液与足量的氨水反应：
B．用三氯化铁溶液蚀刻覆铜板：
C．用食醋除水垢：
D．向稀硫酸中加入氢氧化钡溶液：
9．硒()元素是人体必需的微量元素，麻阳冰糖橙含有相对丰富的硒()，是一种很好的补硒食品。硫、硒为同主族元素，下列说法正确的是
A．的中子数为48 B．单质的熔点：
C．酸性： D．单质氧化性：
10．下列实验操作和现象与所得结论都正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 将绿豆大小的钠投入硫酸铜溶液中，钠浮在液面上，快速游动，发出嘶嘶响声，溶液中有红色物质析出 钠具有强还原性，可置换出铜
B 向氯水中加入一定量铁粉，充分振荡后滴加几滴溶液，溶液呈浅绿色 该氯水为久置氯水
C 用洁净的铂丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰 该溶液中一定含有
D 向某溶液中滴入适量溶液，有白色沉淀产生 该溶液中一定含有
A．A B．B C．C D．D
11．短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大。X的最外层电子数为内层电子数的2倍，Z是地壳中含量最高的元素，M的原子半径在短周期主族元素中最大，N的最外层电子数等于最内层电子数。下列说法错误的是
A．金属性：
B．简单氢化物的热稳定性：
C．简单离子半径：
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：
12．某化学兴趣小组为探究溶液与溶液之间的反应，进行如下实验：
(ii)观察到溶液变红；(iii)静置后，观察到下层溶液呈紫红色，说明有生成；(iv)中所加试剂均为少量，观察到溶液变红且比(ii)变化后溶液红色深。
下列说法正确的是
A．X为溶液
B．仅靠(iv)就能说明实验(i)后的溶液中含有
C．上述实验不能验证该温度下与的反应为可逆反应
D．(iv)中的红色比(v)中的浅
13．下图为某化工厂生产钛()的流程示意图，下列说法正确的是
A．钛酸亚铁中元素为价
B．X为
C．为使原料全部转化为甲醇，②中理论上和的质量比为
D．③中氧化产物与还原产物物质的量之比为
14．哈尔滨工业大学的研究团队发现，以非晶态(Ⅲ)基硫化物为催化剂，能有效催化(析氧反应)和(尿素氧化反应)，从而降低电解水制氢过程中的能耗，其反应机理如图所示：
下列说法正确的是
A．原子半径大小：
B．分四步进行，其中没有非极性键的形成与断裂
C．的总反应为
D．不存在氢键
15．向等体积、等浓度的醋酸、盐酸、硫酸、溶液中分别滴加等浓度的溶液，其导电性变化如图所示，下列说法正确的是
A．醋酸溶液属于电解质
B．曲线对应的是：①；②盐酸
C．熔融状态下电离方程式：
D．O点溶液导电能力几乎为零，说明溶液与溶液恰好完全中和
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．下表列出了①⑧8种元素在周期表中的位置：
请回答下列问题。
（1）硼元素在元素周期表中的位置为　 　。
（2）根据元素周期律，判断下列关系：
最高价氧化物水化物的酸性：⑥　 　⑦(填“>”或“<”)；
简单氢化物稳定性：②　 　③(填“>”或“<”)；
简单离子半径：⑤　 　⑧(填“>”或“<”)。
（3）④的原子结构示意图为　 　；④的单质与水反应的离子方程式为　 　。
（4）标准状况下，①的单质的质量为　 　g，含有的原子总数为　 　(用表示)。
17．某实验小组用下图所示装置制取纯净干燥的氯气。
回答下列问题：
（1）写出A中反应的化学方程式　 　。B的目的是除去氯气中的　 　(填化学式)。
（2）为了防止污染空气，在E烧杯中盛装冷的溶液，吸收氯气后的溶液具有漂白性。
①该漂白性溶液的有效成分是　 　(填名称)。
②检验该漂白性溶液中是否含有的方法是：先取少量待测液于试管中，滴入适量稀硝酸，使其酸化，再　 　，如产生白色沉淀，则可判断该溶液中含有；写出生成白色沉淀对应反应的离子方程式　 　。
（3）实验中常用湿润的淀粉试纸检验是否有产生，如果有产生，可观察到的现象是　 　，写出对应反应的化学方程式　 　。
18．已知三氯化铁的熔点为，沸点为，易升华且易溶于水。某小组同学欲对其性质进行探究。
（1）配制溶液：
①配制该溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和　 　；用托盘天平称取固体的质量为　 　g；
②下列操作会使所配溶液浓度偏高的是　 　(填字母序号)。
A．摇匀后液面下降，再加水至刻度线
B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
C．称量时，所使用的砝码有残缺
D．定容时，俯视刻度线
（2）探究的氧化性：将氯化铁溶液滴入到淀粉碘化钾溶液中，溶液变蓝，则发生反应的离子方程式为　 　。
（3）该小组同学还对无水能否分解产生，进行了下图所示的实验。
①B的作用是　 　；
②E中所盛试剂为　 　溶液；
③加热一段时间后，D中试纸　 　(填现象)，说明已分解；
④实验结束后，取装置A中残留固体溶于稀盐酸中，无气体产生，则分解的化学反应方程式为　 　。
19．柠檬酸亚铁()是一种补血剂。某研究小组利用硫酸厂的硫铁矿烧渣(主要成分为、，还含有少量)制备柠檬酸亚铁，工艺流程如下图所示：
已知：①不溶于水，也不与稀硫酸反应；
②柠檬酸()为三元酸。
回答下列问题：
（1）“酸浸”前，需将废渣粉碎，目的是　 　。
（2）柠檬酸亚铁()是一种　 　盐(填“正”、“酸式”或“碱式”)。
（3）“酸浸”中溶解的离子方程式为　 　。
（4）从经济环保的角度，“氧化”过程中可代替的物质为　 　。
（5）加浓氨水调的目的是　 　。
（6）写出“沉铁”对应的离子方程式　 　；该反应温度需控制在，其可能的原因是　 　。
（7）已知硫铁矿烧渣的含铁量为。该研究小组用硫铁矿烧渣制得柠檬酸亚铁，则产率为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】合金及其应用；铁的氧化物和氢氧化物；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、丁达尔效应的本质是胶体粒子对光线的散射作用，豆浆属于胶体分散系，因此能产生丁达尔效应，A正确；
B、自然界中所有物质本质上都由化学物质组成，哪怕是 “纯天然食品”，也包含水、糖类、维生素等各类化学物质，“不含任何化学物质” 的说法违背基本科学常识 ，B错误；
C、合金是由两种或两种以上金属（或金属与非金属）熔合形成的、具有金属特性的物质，青铜是铜和锡的合金，四羊方尊的主要材质就是青铜，C正确；
D、氧化铁是红棕色粉末，颜色鲜艳且性质稳定，不容易褪色，是油漆、涂料里常用的红色颜料，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
胶体特性：丁达尔效应是胶体特有的光学现象，产生原因是胶体粒子对光线的散射，判断胶体的核心依据是分散质粒子直径在 1 到 100 纳米之间。
生活误区辨析：“纯天然不含化学物质” 是典型的错误表述，任何物质都属于化学物质的范畴，不存在 “无化学物质” 的物品。
合金定义：合金不是单一金属，而是多种成分的熔合产物，青铜、黄铜、钢都是生活中常见的合金。
常见氧化物应用：氧化铁是红棕色，主要用作红色颜料；要注意和其他铁的氧化物区分，比如氧化亚铁是黑色，四氧化三铁是黑色晶体，用途各不相同。
2．【答案】B
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、被水蒸气轻微烫伤后，先用冷水冲洗可迅速降低局部温度，减轻组织进一步损伤，随后涂抹烫伤药膏进行护理，该处理流程符合外伤应急规范 ，A正确；
B、金属钠的化学性质极为活泼，能与水剧烈反应生成易燃的氢气并释放大量热，用水灭火会导致火势急剧扩大甚至引发爆炸。金属钠失火应使用干燥的沙土覆盖灭火 ，B错误；
C、浓硫酸具有强腐蚀性，少量酸液溅到皮肤上时，先用大量水冲洗可快速稀释酸液降低伤害，再用 3 %至 5 %的碳酸氢钠溶液中和残留酸，操作步骤符合安全处理准则 ，C正确；
D、温度计中的水银即汞，汞蒸气有毒且易挥发。硫粉能与汞发生反应生成无毒的硫化汞固体，可有效消除汞的污染 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
活泼金属火灾处理：钾、钠、钙等活泼金属严禁用水灭火，因其与水反应生成氢气，需用干沙覆盖隔绝氧气。
酸灼伤处理流程：浓硫酸溅到皮肤，先大量水冲洗再涂弱碱性的碳酸氢钠溶液，不可先涂碱或直接擦拭。
汞污染处理：汞易挥发且有毒，需用硫粉转化为固态硫化汞，不可用真空清扫或水冲洗（避免汞蒸气扩散）。
烫伤应急原则：先降温止痛，再进行药物处理，避免直接涂抹非医用物品。
3．【答案】D
【知识点】化学键；元素、核素
【解析】【解答】A、碳十四具有放射性，其半衰期稳定，考古中常通过测定文物中碳十四的含量，推算出文物的年代，该说法符合考古学的实际应用，A正确；
B、俄国化学家门捷列夫在 1869 年编制了世界上第一张元素周期表，为化学元素的系统研究奠定了基础，这是化学史上的重要里程碑，B正确；
C、在元素周期表中，金属与非金属的分界线附近的元素，性质介于金属和非金属之间，常被用作半导体材料，比如硅、锗等，该说法符合元素周期表的应用规律，C正确；
D、化学键是原子间强烈的相互作用，包括离子键和共价键；而氢键是一种特殊的分子间作用力，作用强度远弱于化学键，并不属于化学键范畴，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
放射性同位素应用：碳十四的半衰期特性，使其成为考古测年的核心工具，需注意其适用范围（有机文物）。
化学史常识：门捷列夫是第一张元素周期表的编制者，需区分其与后续元素周期表修订者的贡献。
元素周期表应用：半导体材料集中在金属与非金属分界线附近，催化剂、耐高温材料等有各自的分布区域。
化学键与氢键区分：化学键是原子间的强相互作用，氢键是分子间的弱相互作用，二者本质不同，不可混淆。
4．【答案】D
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A、氢气分子中两个氢原子通过一对共用电子对结合，电子式为 H：H，符合共价分子电子式书写规则，A正确；
B、氢氧化钠由钠离子和氢氧根离子构成，钠离子与氢氧根之间存在离子键，氢氧根内部氧原子和氢原子之间存在极性共价键，因此氢氧化钠中既含离子键又含共价键，B正确；
C、氢化钠中钠元素为 + 1 价，根据化合物中各元素化合价代数和为零的原则，氢元素的化合价为 - 1 价，C正确；
D、水分子的中心氧原子有两对孤电子对，价层电子对互斥作用使其空间结构呈 V 形（角形），并非直线形，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电子式书写：共价分子以共用电子对成键，书写时需体现原子间的成键情况。
化学键判断：离子化合物中一定含离子键，可能含共价键（如氢氧化钠、过氧化钠）；共价化合物只含共价键。
化合价计算：金属元素在化合物中通常显正价，据此可推算其他元素的化合价。
分子空间结构：水分子因孤电子对的排斥作用呈 V 形，二氧化碳分子为直线形，需注意区分常见分子的空间构型。
5．【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、碳酸氢钠溶于水的过程属于吸热过程，向其中加入适量水，溶解时会吸收热量，该说法符合碳酸氢钠的物理性质，A正确；
B、碳酸氢钠与氢氧化钠可发生复分解反应，生成碳酸钠和水 （NaHCO3 + NaOH =Na2CO3+ H2O） ，反应可实现碳酸氢钠向碳酸钠的转化，该转化规律符合化学事实，B正确；
C、碳酸氢钠受热易分解，生成碳酸钠、二氧化碳和水 （2NaHCO3=Na2CO3+ CO2↑ + H2O） ，而碳酸钠热稳定性强，受热不分解，因此可通过加热的方法除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠，该除杂方法合理，C正确；
D、碳酸钠与澄清石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀，碳酸氢钠与澄清石灰水反应也会生成碳酸钙白色沉淀，二者反应现象完全一致，无法通过澄清石灰水区分两种溶液，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
溶解热效应：碳酸氢钠溶解吸热，碳酸钠溶解放热，这是二者的物理性质差异之一。
转化关系：碳酸氢钠与强碱（如 NaOH）反应可生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳、水反应可生成碳酸氢钠，二者可相互转化。
热稳定性：碳酸氢钠受热易分解，碳酸钠受热稳定，这是除去碳酸钠中碳酸氢钠的核心依据。
鉴别核心：二者与澄清石灰水反应均生成白色沉淀，无法直接鉴别；常用氯化钙、氯化钡等盐溶液或盐酸（通过反应速率差异）区分二者。
6．【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、的物质的量为，1个分子含5个原子，故原子总数为，计算符合物质组成规律，A正确；
B、计算数目需已知溶液体积，题目仅给出浓度，未说明体积，无法确定数目，B错误；
C、未指明是标准状况，气体摩尔体积仅适用于标准状况，非标准状况下无法直接计算分子数，C错误；
D、浓盐酸与共热时，随反应进行盐酸浓度降低，稀盐酸与不再反应，故盐酸不能完全反应，转移电子数小于，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
物质组成计算：先算物质的量，再结合分子原子构成计算粒子数，如为5原子分子。
溶液粒子数：必须同时知道浓度和体积才能计算溶质粒子数，缺一不可。
气体摩尔体积：仅在标准状况（0℃、101kPa）下，气体摩尔体积约为，使用时必须注明条件。
反应限度：浓盐酸与的反应存在浓度限制，稀盐酸无法继续反应，不能按初始浓度完全反应计算电子转移数。
7．【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；钠的氧化物；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、甲装置中，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液产生硅酸沉淀，说明碳酸酸性强于硅酸。根据 “最高价含氧酸酸性越强，对应元素非金属性越强”，可比较碳和硅的非金属性强弱，能达到预期目的 ，故A不符合题意；
B、乙装置中，向过氧化钠滴加水，脱脂棉燃烧，说明反应放热使温度达到脱脂棉着火点，同时生成氧气助燃，可验证过氧化钠与水反应放热，能达到预期目的 ，故B不符合题意；
C、丙装置中，碳酸钠直接加热，碳酸氢钠置于小试管间接加热。碳酸氢钠热稳定性弱，更易分解，但实验中碳酸氢钠受热温度更低，若其分解而碳酸钠不分解，无法直接说明碳酸钠更稳定，实验设计逻辑错误，不能达到预期目的 ，故C符合题意；
D、丁装置中，铁粉与稀硫酸反应生成氢气，排尽装置内空气，再加入氢氧化钠溶液，生成的氢氧化亚铁沉淀可在氢气保护下长时间保持白色，能达到预期目的 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
非金属性比较：利用最高价含氧酸酸性强弱判断，需保证酸为最高价且反应无其他干扰。
放热反应验证：通过温度升高引发的明显现象（如燃烧）证明放热。
热稳定性对比：应将稳定性差的物质置于温度更低的位置，若其先分解，才能说明稳定性更弱。
氢氧化亚铁制备：需隔绝氧气，常用氢气或植物油等排除空气干扰，防止沉淀被氧化。
8．【答案】D
【知识点】铁及其化合物的性质实验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于弱碱氨水，正确的离子方程式应为 ， A错误；
B、三氯化铁蚀刻铜板的反应，铁离子具有氧化性，铜具有还原性，反应生成铜离子和亚铁离子，正确的离子方程式为 。选项中产物写成铁单质，违背反应客观规律 ，B错误；
C、食醋的主要成分为乙酸，属于弱酸，不能拆写成离子形式；水垢主要成分为碳酸钙，难溶于水也不能拆写。正确的离子方程式为 。选项中拆写错误 ，C错误；
D、稀硫酸与氢氧化钡溶液反应，氢离子与氢氧根离子结合为水，钡离子与硫酸根离子结合为沉淀，离子方程式符合反应事实、电荷守恒及原子守恒 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
拆写规则：强酸、强碱、可溶性盐拆写成离子；弱酸、弱碱、沉淀、气体、单质、氧化物保留化学式。
反应规律：金属阳离子与金属单质的置换反应需遵循氧化性强弱顺序，铁的常见反应产物为亚铁离子。
物质溶解性：氢氧化铝不溶于氨水，碳酸钙难溶于水，这些物质的存在形态直接影响离子方程式的书写。
守恒原则：离子方程式必须同时满足电荷守恒和原子守恒。
9．【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、硒的原子序数为 34，即质子数为 34。质量数为 80 的硒离子，中子数 = 质量数 - 质子数 = 80 - 34 = 46，并非 48 ，A错误；
B、硫和硒均为分子晶体，分子晶体的熔点随相对分子质量增大而升高。硒的相对分子质量大于硫，因此单质熔点： ，B正确；
C、硫和硒同主族，硫的非金属性强于硒。非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性： ，C错误；
D、同主族从上到下，非金属单质的氧化性逐渐减弱，因此单质氧化性： ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
原子结构计算：中子数 = 质量数 - 质子数，离子的电荷数不影响中子数计算。
分子晶体熔点：结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高。
非金属性递变：同主族元素从上到下，非金属性减弱，对应最高价含氧酸酸性减弱、单质氧化性减弱。
规律应用：利用硫和硒的同主族关系，将已知硫的性质迁移至硒，可快速判断性质强弱。
10．【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A、Na 投入 CuSO4溶液时，Na 先与 H2O 反应生成 NaOH 和 H2，后续 NaOH 与 CuSO4反应生成蓝色 Cu(OH)2沉淀，不会析出 Cu，A错误；
B、新制氯水中含 Cl2、HClO，具有强氧化性，加入铁粉会将 Fe 氧化为 Fe3+，滴加 KSCN 溶液应呈红色；溶液呈浅绿色仅说明 Fe3+被还原，无法直接证明是久置氯水，结论不严谨，B错误；
C、焰色试验中，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，可排除 Na+的干扰，证明溶液中一定含 K+，操作、现象与结论完全匹配，C正确；
D、能与 AgNO3溶液生成白色沉淀的离子除 Cl-外，还有 CO32-、SO42-等，未加稀 HNO3酸化排除干扰，结论不严谨，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
Na 与盐溶液反应：Na 先与 H2O 反应，再与盐发生复分解反应，不会直接置换出金属单质。
氯水的氧化性：新制氯水可将 Fe 氧化为 Fe3+；久置氯水因 HClO 分解而失效，氧化性减弱。
焰色试验：K+的焰色需透过蓝色钴玻璃观察，以排除 Na+的黄色干扰。
离子检验规范：检验 Cl-时，需先加稀 HNO3酸化，排除 CO32-等离子的干扰，再滴加 AgNO3溶液。
11．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期（第三周期 ）从左到右，金属性减弱，故金属性Na>Mg（即M>N ），A正确；
B、非金属性O>C（Z>X ），非金属性越强，简单氢化物越稳定，故 CH4＜H2O （X的氢化物稳定性C、Y的简单离子是N3- ，Z的简单离子是O2- ，二者电子层结构相同（均为2、8 ），核电荷数：O2->N3- ，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径 N3-＞O2-（即Y>Z），C错误；
D、非金属性N>C（Y>X ），非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，故酸性H2CO3＜HNO3（X的酸酸性故答案为：C。
【分析】先根据原子结构、元素特性推断元素（X、Y、Z、M、N ），再结合元素周期律（金属性、非金属性、离子半径、酸碱性 ）分析选项。元素推断：X最外层电子数是内层2倍，X为C（内层2e- ，外层4e- ）。
Z是地壳含量最高元素，Z为O，M原子半径短周期主族最大，M为Na。
N最外层电子数=最内层，N为Mg（最内层2e- ，外层2e- ，原子序数>Na ）。
原子序数依次增大，Y为N（C、N、O、Na、Mg ），推断元素：X(C)、Y(N)、Z(O)、M(Na)、N(Mg)
周期律应用：金属性：同周期从左，右减弱。
氢化物稳定性：非金属性越强，越稳定。
离子半径：电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小。
最高价含氧酸酸性：非金属性越强，酸性越强。
12．【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、操作 (ii) 中加入 X 后溶液变红，结合 Fe3+与 KSCN 溶液反应显血红色的特性，可判断 X 为 KSCN 溶液，A正确；
B、操作 (iv) 中先加少量氯水，再滴加 KSCN 溶液变红，无法证明原溶液含 Fe2+，因为若原溶液残留 Fe3+，也会使溶液变红，缺少排除 Fe3+干扰的步骤，B错误；
C、等物质的量的 FeCl3和 KI 混合，若反应不可逆，则 Fe3+应完全消耗；但操作 (ii) 中加入 KSCN 溶液仍变红，说明溶液中仍有 Fe3+，可证明该反应为可逆反应，C错误；
D、操作 (iv) 中溶液变红是因为 Fe2+被氯水氧化为 Fe3+；操作 (v) 中加入 Fe 粉，Fe 粉会还原 Fe3+，导致 Fe3+浓度降低，红色变浅，因此 (iv) 中的红色比 (v) 中的深，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
Fe3+检验：Fe3+与 KSCN 溶液反应显血红色，是检验 Fe3+的特征反应。
Fe2+检验规范：检验 Fe2+时，需先加 KSCN 溶液排除 Fe3+干扰，再加氯水，若溶液变红才能证明含 Fe2+。
可逆反应验证：等物质的量的反应物混合后，若仍能检测到其中一种反应物残留，可证明反应未进行到底，属于可逆反应。
Fe3+的氧化性：Fe3+可被 Fe 粉还原为 Fe2+，导致 Fe3+浓度降低，与 KSCN 反应的红色变浅。
13．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、钛酸亚铁（FeTiO3）中，Fe为+2价，O为-2价，设Ti化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为0，可得：(+2) + x + 3×(-2) = 0，解得x=+4，并非+3价 ，A错误；
B、氯化步骤中，Cl2具有强氧化性，能将FeTiO3中的Fe2+氧化为Fe3+，因此产物X应为FeCl3，而非FeCl2 ，B错误；
C、合成甲醇的反应为CO+2H2CH3OH，理论上CO与H2的物质的量之比为1：2，质量比为(1×28)：(2×2)=7：1，并非1：2 ，C错误；
D、冶炼步骤的反应为2Mg+TiCl4 Ti+2MgCl2，其中Mg被氧化为MgCl2（氧化产物），TiCl4被还原为Ti（还原产物），氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
化合价计算：利用化合物中正负化合价代数和为0的原则，结合已知元素化合价推算未知元素化合价。
氯气的氧化性：Cl2是强氧化剂，能将变价金属（如Fe）氧化为高价态。
化学计量计算：根据反应方程式中物质的量之比，计算反应物的质量比。
氧化还原反应分析：明确氧化剂、还原剂、氧化产物与还原产物，根据反应方程式确定物质的量之比。
14．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；含有氢键的物质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子半径的比较遵循 “电子层数越多半径越大，电子层数相同时核电荷数越大半径越小” 的规律。H 只有 1 个电子层，C、N、O 均为 2 个电子层，且核电荷数 O>N>C，因此原子半径大小为 ，故A错误；
B、分析 OER（析氧反应）的反应机理，过程中涉及 OH-参与、电子转移，最终生成 O2（ ），说明有非极性键的形成；反应过程中无 O-O 等非极性键断裂，仅存在非极性键的形成，因此 “没有非极性键的形成与断裂” 表述错误 ，故B错误；
C、UOR（尿素氧化反应）的总反应需结合反应机理中元素化合价变化、电荷守恒与原子守恒配平。尿素 CO (NH2)2中 N 为 - 3 价，最终被氧化为 N2（0 价），C 转化为 CO2，反应在碱性环境（OH-）下进行，配平后总反应为，故C正确；
D、H2O 分子中 O 的电负性大、半径小，且存在与 O 相连的 H，分子间存在强烈的相互作用即氢键，因此 H2O 存在氢键 ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子半径规律：牢记 “层多径大，层同核大径小”，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小。
化学键判断：非极性键是同种原子间形成的共价键，需结合反应机理分析反应物、生成物中化学键的形成与断裂情况。
总反应式书写：氧化反应在碱性环境下，需用 OH-平衡电荷，结合元素化合价变化计算电子转移数，再配平原子个数。
氢键存在性：氢键的形成条件是分子中存在与电负性大、半径小的原子（O、N、F）相连的 H 原子，H2O 完全满足该条件。
15．【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，醋酸溶液是混合物，不属于电解质，醋酸本身才是电解质，A错误；
B、由分析可知，曲线对应的是：①NaHSO4；②盐酸，B正确；
C、熔融状态下，NaHSO4中的 HSO4-不会电离，正确电离方程式为 NaHSO4=Na++HSO4-，选项中拆分出 H+和 SO42-不符合熔融电离规律，C错误；
D、O 点导电性几乎为零，是硫酸与 Ba (OH)2恰好完全中和，生成难溶的 BaSO4和水；NaHSO4与 Ba(OH)2中和后会生成可溶盐，导电性不会降为 0，因此 O 点仅对应硫酸与 Ba(OH)2的中和，并非 NaHSO4，D错误；
故答案为：B。
【分析】溶液的导电能力由溶液中离子浓度和离子所带电荷数共同决定。向等体积、等浓度的醋酸、盐酸、硫酸、NaHSO4四种溶液中逐滴加入等浓度的 Ba (OH)2溶液时，各物质的导电性变化规律如下：
醋酸（弱电解质）：醋酸是弱酸，初始电离程度小，溶液中离子浓度最低，因此起始导电性最弱。随着 Ba(OH)2的加入，醋酸与 OH-反应生成强电解质醋酸钡，离子浓度逐渐升高，导电性呈现先上升后趋于平缓的趋势，对应曲线③。
盐酸（一元强酸）：盐酸是强电解质，初始离子浓度高于醋酸，低于硫酸和 NaHSO4。与 Ba(OH)2反应时，H+与 OH-结合成水，Cl-保留在溶液中，离子浓度逐渐降低，导电性缓慢下降，对应曲线②。
硫酸（二元强酸）：硫酸和 NaHSO4初始时总离子浓度、电荷数相近，起始导电性最强。但硫酸与 Ba(OH)2反应时，H+与 OH-生成水，SO42-与 Ba2+生成难溶的 BaSO4沉淀，当恰好完全中和时，溶液中离子浓度几乎为零，导电性降至最低点（接近 0），对应曲线④。
NaHSO4（强酸的酸式盐）：NaHSO4初始导电性与硫酸相当。与 Ba(OH)2反应时，除生成 BaSO4沉淀和水外，还会生成可溶的 Na2SO4，溶液中始终存在 Na+等带电离子，导电性不会降至零，对应曲线①。
16．【答案】（1）第二周期第IIIA族(有错计0分)
（2）<；<；<
（3）；
（4）28；
【知识点】离子方程式的书写；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）根据元素周期表的结构，硼元素（B）原子序数为5，其电子层数为2，最外层电子数为3，所以硼元素在元素周期表中的位置为第二周期第ⅢA族；
故答案为： 第二周期第IIIA族(有错计0分) ；
（2）对于最高价氧化物水化物的酸性：元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，⑥为Si元素，⑦为P元素，同周期从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，所以非金属性N＞Si，即最高价氧化物水化物的酸性：⑥＜⑦；对于简单氢化物稳定性：元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，②为O元素，③为F元素，非金属性F＞O，所以简单氢化物稳定性：②＜③；对于简单离子半径：⑤为，⑧为，和外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以，有2个电子层，有3个电子层，电子层数越多离子半径越大，所以，即简单离子半径：⑤＜⑧；
故答案为： < ； < ； < ；
（3）④为Na元素，其原子序数为11，原子结构示意图为：；Na与水反应生成NaOH和，离子方程式为：；
故答案为： ；；
（4）①为N元素，其单质为，标准状况下，22.4L的物质的量为，N2的摩尔质量为28g/mol，所以质量为；1个分子含有2个N原子，1mol含有的原子总数为。
故答案为： 28 ； ；
【分析】先根据周期表的周期、族位置，确定①~⑧对应的元素（①N、②O、③F、④Na、⑤Mg、⑥Al、⑦S、⑧Cl）；再结合元素周期律（金属性、非金属性递变、原子半径、化合价等）和物质性质，回答后续相关问题（如最高价氧化物对应水化物的酸性、原子半径比较、化学方程式书写等）。
（1）根据硼元素的原子序数，确定其核外电子排布，进而判断它在元素周期表中的位置；
（2）依据元素周期律，分别通过非金属性强弱判断最高价氧化物水化物的酸性与简单氢化物的稳定性，通过电子层数和核电荷数比较简单离子的半径；
（3）根据钠元素的原子序数画出原子结构示意图，并写出钠与水反应的离子方程式；
（4）利用标准状况下气体摩尔体积计算氮气的物质的量，再分别计算其质量和所含原子总数。
（1）根据元素周期表的结构，硼元素（B）原子序数为5，其电子层数为2，最外层电子数为3，所以硼元素在元素周期表中的位置为第二周期第ⅢA族；
（2）对于最高价氧化物水化物的酸性：元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，⑥为Si元素，⑦为P元素，同周期从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，所以非金属性N＞Si，即最高价氧化物水化物的酸性：⑥＜⑦；对于简单氢化物稳定性：元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，②为O元素，③为F元素，非金属性F＞O，所以简单氢化物稳定性：②＜③；对于简单离子半径：⑤为，⑧为，和外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以，有2个电子层，有3个电子层，电子层数越多离子半径越大，所以，即简单离子半径：⑤＜⑧；
（3）④为Na元素，其原子序数为11，原子结构示意图为：；Na与水反应生成NaOH和，离子方程式为：；
（4）①为N元素，其单质为，标准状况下，22.4L的物质的量为，N2的摩尔质量为28g/mol，所以质量为；1个分子含有2个N原子，1mol含有的原子总数为。
17．【答案】（1）；
（2）次氯酸钠；滴加硝酸银溶液；
（3）试纸变蓝；
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生反应，制取氯气；因为浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl气体，装置B的目的是除去氯气中的HCl；
故答案为： ； ；
（2）①氯气和NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，该漂白性溶液的有效成分是次氯酸钠；
②检验的方法是：先取少量被检测的溶液中于试管中，滴入适量稀硝酸，使其酸化，再加入硝酸银溶液，如产生白色沉淀，则可判断该溶液中含有；生成白色沉淀AgCl时，发生反应的离子方程式为；
故答案为： 次氯酸钠 ； 滴加硝酸银溶液 ； ；
（3）由于具有强氧化性，如果有产生，能将KI中碘离子氧化为碘单质，发生反应，碘单质与淀粉变蓝，故可观察到淀粉试纸变蓝。
故答案为： 试纸变蓝 ； ；
【分析】该实验以浓盐酸和 MnO2为原料，在加热条件下于装置 A 中反应制取 Cl2；随后通过装置 B 中饱和食盐水除去 Cl2中混有的 HCl 杂质，再经装置 C 中浓硫酸干燥得到纯净干燥的 Cl2；最后用装置 D 收集 Cl2，装置 E 中 NaOH 溶液吸收多余 Cl2，防止污染环境。
（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生反应，制取氯气；因为浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl气体，装置B的目的是除去氯气中的HCl；
（2）①氯气和NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，该漂白性溶液的有效成分是次氯酸钠；
②检验的方法是：先取少量被检测的溶液中于试管中，滴入适量稀硝酸，使其酸化，再加入硝酸银溶液，如产生白色沉淀，则可判断该溶液中含有；生成白色沉淀AgCl时，发生反应的离子方程式为；
（3）由于具有强氧化性，如果有产生，能将KI中碘离子氧化为碘单质，发生反应，碘单质与淀粉变蓝，故可观察到淀粉试纸变蓝。
18．【答案】（1）容量瓶；8.1；D
（2）
（3）防止C中溶液倒吸A中(或防堵塞或安全瓶)；；先变红后褪色；
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）所需仪器：配制溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和500mL容量瓶；计算所需FeCl3的物质的量：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，计算所需FeCl3的质量为：0.05mol×162.5g/mol=8.125g≈8.1g；
A．摇匀后液面下降，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏低；
B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质损失，浓度偏低；
C．称量时，所使用的砝码有残缺，导致称量的质量偏小，浓度偏低；
D．定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高；
（2）将氯化铁溶液滴入到淀粉碘化钾溶液中，溶液变蓝，则发生反应的离子方程式为；
（3）①B的作用：防止C中溶液倒吸入A中(或防堵塞或安全瓶)。
②E中所盛试剂：氢氧化钠溶液，用于吸收多余的氯气，防止污染。
③加热一段时间后，D中试纸：先变红后褪色，说明FeCl3已分解，产生了氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸显酸性，因此先变红，次氯酸具有漂白性，因此后褪色。
④实验结束后，取装置A中残留固体溶于稀盐酸中，无气体产生，则分解的化学反应方程式为。
【分析】(1)①仪器必须包含500mL容量瓶（配制特定体积溶液的专用仪器，需注意规格匹配）。
质量计算遵循，需准确计算FeCl3的物质的量并换算质量，结果需匹配托盘天平精度。
②依据，分析操作对（溶质物质的量）或（溶液体积）的影响。
易错点：俯视刻度线导致偏小、浓度偏高；加水稀释或未洗涤烧杯导致偏小、浓度偏低。
(2) 反应本质：利用Fe3+的强氧化性氧化I-生成I2（淀粉遇I2变蓝是现象依据）。
离子方程式规则：
拆写规则：FeCl3、KI、FeCl2为强电解质拆成离子，I2和淀粉保留化学式。
守恒要求：必须同时满足原子守恒、电荷守恒（左边总电荷+3，右边+2）。
(3) ①B为安全瓶、防倒吸装置，承接C中液体防止倒吸入高温A装置导致试管炸裂。
E为尾气吸收装置，选用NaOH溶液吸收有毒的Cl2，防止污染空气。
②湿润蓝色石蕊试纸先变红后褪色：Cl2与水反应生成HCl（显酸性使试纸变红）和HClO（具漂白性使试纸褪色），以此证明分解产生了Cl2。
③依据实验现象（无气体产生、残留固体溶于稀盐酸），确定分解产物为FeCl2和Cl2，结合得失电子守恒配平反应式。
（1）所需仪器：配制溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和500mL容量瓶；计算所需FeCl3的物质的量：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，计算所需FeCl3的质量为：0.05mol×162.5g/mol=8.125g≈8.1g；
A．摇匀后液面下降，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏低；
B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质损失，浓度偏低；
C．称量时，所使用的砝码有残缺，导致称量的质量偏小，浓度偏低；
D．定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高；
（2）将氯化铁溶液滴入到淀粉碘化钾溶液中，溶液变蓝，则发生反应的离子方程式为；
（3）①B的作用：防止C中溶液倒吸入A中(或防堵塞或安全瓶)。
②E中所盛试剂：氢氧化钠溶液，用于吸收多余的氯气，防止污染。
③加热一段时间后，D中试纸：先变红后褪色，说明FeCl3已分解，产生了氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸显酸性，因此先变红，次氯酸具有漂白性，因此后褪色。
④实验结束后，取装置A中残留固体溶于稀盐酸中，无气体产生，则分解的化学反应方程式为。
19．【答案】（1）增大接触面积，提高酸浸率
（2）酸式
（3）
（4）或空气
（5）使转化为沉淀
（6）；温度过高会造成碳酸氢铵分解从而降低产率
（7）
【知识点】物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“酸浸”前，需将废渣粉碎，目的是增大接触面积，提高浸出率。
故答案为： 增大接触面积，提高酸浸率 ；
（2）根据分子式分析可知，柠檬酸中两个氢离子被替换成亚铁离子，得到柠檬酸，还可以电离出一个，所以柠檬酸亚铁()是一种是一种酸式盐。
故答案为： 酸式 ；
（3）氧化铁是碱性氧化物，可以和酸反应，方程式为：。
故答案为： ；
（4）可代替过氧化氢作氧化剂的物质为或空气，这样也不会带来杂质。
故答案为：或空气 ；
（5）据分析可知，使用浓氨水是为了沉淀生成。
故答案为： 使转化为沉淀 ；
（6）加入得到，方程式为：。若反应温度过高，会造成碳酸氢铵分解从而降低产率。
故答案为： ； 温度过高会造成碳酸氢铵分解从而降低产率 ；
（7）已知硫铁矿烧渣的含铁量为，则硫铁矿烧渣中含铁为，最后制得柠檬酸亚铁(相对分子质量为)，则柠檬酸亚铁中铁含量为，产率为。
故答案为： ；
【分析】以硫铁矿烧渣为原料，先用稀硫酸酸浸溶出铁的氧化物，SiO2以滤渣形式除去；再用 H2O2将 Fe2+完全氧化为 Fe3+，加浓氨水调 pH 使 Fe3+沉淀，过滤除去杂质离子；沉淀用稀硫酸溶解后，加铁粉将 Fe3+还原为 Fe2+；接着加入 NH4HCO3沉铁得到 FeCO3，最后与柠檬酸反应经一系列操作制得柠檬酸亚铁晶体。
（1）“酸浸”前，需将废渣粉碎，目的是增大接触面积，提高浸出率。
（2）根据分子式分析可知，柠檬酸中两个氢离子被替换成亚铁离子，得到柠檬酸，还可以电离出一个，所以柠檬酸亚铁()是一种是一种酸式盐。
（3）氧化铁是碱性氧化物，可以和酸反应，方程式为：。
（4）可代替过氧化氢作氧化剂的物质为或空气，这样也不会带来杂质。
（5）据分析可知，使用浓氨水是为了沉淀生成。
（6）加入得到，方程式为：。若反应温度过高，会造成碳酸氢铵分解从而降低产率。
（7）已知硫铁矿烧渣的含铁量为，则硫铁矿烧渣中含铁为，最后制得柠檬酸亚铁(相对分子质量为)，则柠檬酸亚铁中铁含量为，产率为。
1 / 1湖南省怀化市2024-2025学年高一下学期期末考试 化学试题
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是
A．豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
B．某饮料属于纯天然食品，不含任何化学物质
C．青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金
D．氧化铁是一种红棕色粉末，常用作油漆或涂料的红色颜料
【答案】B
【知识点】合金及其应用；铁的氧化物和氢氧化物；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、丁达尔效应的本质是胶体粒子对光线的散射作用，豆浆属于胶体分散系，因此能产生丁达尔效应，A正确；
B、自然界中所有物质本质上都由化学物质组成，哪怕是 “纯天然食品”，也包含水、糖类、维生素等各类化学物质，“不含任何化学物质” 的说法违背基本科学常识 ，B错误；
C、合金是由两种或两种以上金属（或金属与非金属）熔合形成的、具有金属特性的物质，青铜是铜和锡的合金，四羊方尊的主要材质就是青铜，C正确；
D、氧化铁是红棕色粉末，颜色鲜艳且性质稳定，不容易褪色，是油漆、涂料里常用的红色颜料，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
胶体特性：丁达尔效应是胶体特有的光学现象，产生原因是胶体粒子对光线的散射，判断胶体的核心依据是分散质粒子直径在 1 到 100 纳米之间。
生活误区辨析：“纯天然不含化学物质” 是典型的错误表述，任何物质都属于化学物质的范畴，不存在 “无化学物质” 的物品。
合金定义：合金不是单一金属，而是多种成分的熔合产物，青铜、黄铜、钢都是生活中常见的合金。
常见氧化物应用：氧化铁是红棕色，主要用作红色颜料；要注意和其他铁的氧化物区分，比如氧化亚铁是黑色，四氧化三铁是黑色晶体，用途各不相同。
2．下列实验事故的处理方法不合理的是
　 实验事故 处理方法
A 被水蒸气轻微烫伤 先用冷水处理，再涂上烫伤药膏
B 金属钠失火 用水浇灭
C 稀释浓硫酸时，少量酸溅到皮肤上 先用大量的水冲洗，再涂上的溶液
D 温度计中水银洒落地面 用硫粉处理
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、被水蒸气轻微烫伤后，先用冷水冲洗可迅速降低局部温度，减轻组织进一步损伤，随后涂抹烫伤药膏进行护理，该处理流程符合外伤应急规范 ，A正确；
B、金属钠的化学性质极为活泼，能与水剧烈反应生成易燃的氢气并释放大量热，用水灭火会导致火势急剧扩大甚至引发爆炸。金属钠失火应使用干燥的沙土覆盖灭火 ，B错误；
C、浓硫酸具有强腐蚀性，少量酸液溅到皮肤上时，先用大量水冲洗可快速稀释酸液降低伤害，再用 3 %至 5 %的碳酸氢钠溶液中和残留酸，操作步骤符合安全处理准则 ，C正确；
D、温度计中的水银即汞，汞蒸气有毒且易挥发。硫粉能与汞发生反应生成无毒的硫化汞固体，可有效消除汞的污染 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
活泼金属火灾处理：钾、钠、钙等活泼金属严禁用水灭火，因其与水反应生成氢气，需用干沙覆盖隔绝氧气。
酸灼伤处理流程：浓硫酸溅到皮肤，先大量水冲洗再涂弱碱性的碳酸氢钠溶液，不可先涂碱或直接擦拭。
汞污染处理：汞易挥发且有毒，需用硫粉转化为固态硫化汞，不可用真空清扫或水冲洗（避免汞蒸气扩散）。
烫伤应急原则：先降温止痛，再进行药物处理，避免直接涂抹非医用物品。
3．下列说法不正确的是
A．考古时可用测定一些文物的年代
B．化学家门捷列夫编制了第一张元素周期表
C．在周期表中金属与非金属的分界处可以找到半导体材料
D．氢键、离子键和共价键都属于化学键
【答案】D
【知识点】化学键；元素、核素
【解析】【解答】A、碳十四具有放射性，其半衰期稳定，考古中常通过测定文物中碳十四的含量，推算出文物的年代，该说法符合考古学的实际应用，A正确；
B、俄国化学家门捷列夫在 1869 年编制了世界上第一张元素周期表，为化学元素的系统研究奠定了基础，这是化学史上的重要里程碑，B正确；
C、在元素周期表中，金属与非金属的分界线附近的元素，性质介于金属和非金属之间，常被用作半导体材料，比如硅、锗等，该说法符合元素周期表的应用规律，C正确；
D、化学键是原子间强烈的相互作用，包括离子键和共价键；而氢键是一种特殊的分子间作用力，作用强度远弱于化学键，并不属于化学键范畴，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
放射性同位素应用：碳十四的半衰期特性，使其成为考古测年的核心工具，需注意其适用范围（有机文物）。
化学史常识：门捷列夫是第一张元素周期表的编制者，需区分其与后续元素周期表修订者的贡献。
元素周期表应用：半导体材料集中在金属与非金属分界线附近，催化剂、耐高温材料等有各自的分布区域。
化学键与氢键区分：化学键是原子间的强相互作用，氢键是分子间的弱相互作用，二者本质不同，不可混淆。
4．氢化钠()可在野外用作生氢剂，其化学反应原理为。下列说法不正确的是
A．的电子式为 B．中既含离子键又含共价键
C．中H元素为价 D．的空间结构为直线形
【答案】D
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A、氢气分子中两个氢原子通过一对共用电子对结合，电子式为 H：H，符合共价分子电子式书写规则，A正确；
B、氢氧化钠由钠离子和氢氧根离子构成，钠离子与氢氧根之间存在离子键，氢氧根内部氧原子和氢原子之间存在极性共价键，因此氢氧化钠中既含离子键又含共价键，B正确；
C、氢化钠中钠元素为 + 1 价，根据化合物中各元素化合价代数和为零的原则，氢元素的化合价为 - 1 价，C正确；
D、水分子的中心氧原子有两对孤电子对，价层电子对互斥作用使其空间结构呈 V 形（角形），并非直线形，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电子式书写：共价分子以共用电子对成键，书写时需体现原子间的成键情况。
化学键判断：离子化合物中一定含离子键，可能含共价键（如氢氧化钠、过氧化钠）；共价化合物只含共价键。
化合价计算：金属元素在化合物中通常显正价，据此可推算其他元素的化合价。
分子空间结构：水分子因孤电子对的排斥作用呈 V 形，二氧化碳分子为直线形，需注意区分常见分子的空间构型。
5．关于和的下列说法不正确的是
A．向中加适量水，溶解时吸热
B．可用溶液使转化为
C．常用加热的方法除去固体中的
D．常用澄清石灰水鉴别和溶液
【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、碳酸氢钠溶于水的过程属于吸热过程，向其中加入适量水，溶解时会吸收热量，该说法符合碳酸氢钠的物理性质，A正确；
B、碳酸氢钠与氢氧化钠可发生复分解反应，生成碳酸钠和水 （NaHCO3 + NaOH =Na2CO3+ H2O） ，反应可实现碳酸氢钠向碳酸钠的转化，该转化规律符合化学事实，B正确；
C、碳酸氢钠受热易分解，生成碳酸钠、二氧化碳和水 （2NaHCO3=Na2CO3+ CO2↑ + H2O） ，而碳酸钠热稳定性强，受热不分解，因此可通过加热的方法除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠，该除杂方法合理，C正确；
D、碳酸钠与澄清石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀，碳酸氢钠与澄清石灰水反应也会生成碳酸钙白色沉淀，二者反应现象完全一致，无法通过澄清石灰水区分两种溶液，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
溶解热效应：碳酸氢钠溶解吸热，碳酸钠溶解放热，这是二者的物理性质差异之一。
转化关系：碳酸氢钠与强碱（如 NaOH）反应可生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳、水反应可生成碳酸氢钠，二者可相互转化。
热稳定性：碳酸氢钠受热易分解，碳酸钠受热稳定，这是除去碳酸钠中碳酸氢钠的核心依据。
鉴别核心：二者与澄清石灰水反应均生成白色沉淀，无法直接鉴别；常用氯化钙、氯化钡等盐溶液或盐酸（通过反应速率差异）区分二者。
6．代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．在常温常压下，含有的原子数为
B．溶液中含有的数目为
C．所含分子数为
D．盐酸与足量共热，转移电子数为
【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、的物质的量为，1个分子含5个原子，故原子总数为，计算符合物质组成规律，A正确；
B、计算数目需已知溶液体积，题目仅给出浓度，未说明体积，无法确定数目，B错误；
C、未指明是标准状况，气体摩尔体积仅适用于标准状况，非标准状况下无法直接计算分子数，C错误；
D、浓盐酸与共热时，随反应进行盐酸浓度降低，稀盐酸与不再反应，故盐酸不能完全反应，转移电子数小于，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
物质组成计算：先算物质的量，再结合分子原子构成计算粒子数，如为5原子分子。
溶液粒子数：必须同时知道浓度和体积才能计算溶质粒子数，缺一不可。
气体摩尔体积：仅在标准状况（0℃、101kPa）下，气体摩尔体积约为，使用时必须注明条件。
反应限度：浓盐酸与的反应存在浓度限制，稀盐酸无法继续反应，不能按初始浓度完全反应计算电子转移数。
7．下列实验操作不能达到预期目的的是
A．用甲比较C和的非金属性强弱
B．用乙验证过氧化钠与水反应放热
C．用丙对比碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性
D．用丁制备氢氧化亚铁并能较长时间观察白色沉淀
【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；钠的氧化物；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、甲装置中，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液产生硅酸沉淀，说明碳酸酸性强于硅酸。根据 “最高价含氧酸酸性越强，对应元素非金属性越强”，可比较碳和硅的非金属性强弱，能达到预期目的 ，故A不符合题意；
B、乙装置中，向过氧化钠滴加水，脱脂棉燃烧，说明反应放热使温度达到脱脂棉着火点，同时生成氧气助燃，可验证过氧化钠与水反应放热，能达到预期目的 ，故B不符合题意；
C、丙装置中，碳酸钠直接加热，碳酸氢钠置于小试管间接加热。碳酸氢钠热稳定性弱，更易分解，但实验中碳酸氢钠受热温度更低，若其分解而碳酸钠不分解，无法直接说明碳酸钠更稳定，实验设计逻辑错误，不能达到预期目的 ，故C符合题意；
D、丁装置中，铁粉与稀硫酸反应生成氢气，排尽装置内空气，再加入氢氧化钠溶液，生成的氢氧化亚铁沉淀可在氢气保护下长时间保持白色，能达到预期目的 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
非金属性比较：利用最高价含氧酸酸性强弱判断，需保证酸为最高价且反应无其他干扰。
放热反应验证：通过温度升高引发的明显现象（如燃烧）证明放热。
热稳定性对比：应将稳定性差的物质置于温度更低的位置，若其先分解，才能说明稳定性更弱。
氢氧化亚铁制备：需隔绝氧气，常用氢气或植物油等排除空气干扰，防止沉淀被氧化。
8．下列离子方程式正确的是
A．氯化铝溶液与足量的氨水反应：
B．用三氯化铁溶液蚀刻覆铜板：
C．用食醋除水垢：
D．向稀硫酸中加入氢氧化钡溶液：
【答案】D
【知识点】铁及其化合物的性质实验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于弱碱氨水，正确的离子方程式应为 ， A错误；
B、三氯化铁蚀刻铜板的反应，铁离子具有氧化性，铜具有还原性，反应生成铜离子和亚铁离子，正确的离子方程式为 。选项中产物写成铁单质，违背反应客观规律 ，B错误；
C、食醋的主要成分为乙酸，属于弱酸，不能拆写成离子形式；水垢主要成分为碳酸钙，难溶于水也不能拆写。正确的离子方程式为 。选项中拆写错误 ，C错误；
D、稀硫酸与氢氧化钡溶液反应，氢离子与氢氧根离子结合为水，钡离子与硫酸根离子结合为沉淀，离子方程式符合反应事实、电荷守恒及原子守恒 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
拆写规则：强酸、强碱、可溶性盐拆写成离子；弱酸、弱碱、沉淀、气体、单质、氧化物保留化学式。
反应规律：金属阳离子与金属单质的置换反应需遵循氧化性强弱顺序，铁的常见反应产物为亚铁离子。
物质溶解性：氢氧化铝不溶于氨水，碳酸钙难溶于水，这些物质的存在形态直接影响离子方程式的书写。
守恒原则：离子方程式必须同时满足电荷守恒和原子守恒。
9．硒()元素是人体必需的微量元素，麻阳冰糖橙含有相对丰富的硒()，是一种很好的补硒食品。硫、硒为同主族元素，下列说法正确的是
A．的中子数为48 B．单质的熔点：
C．酸性： D．单质氧化性：
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、硒的原子序数为 34，即质子数为 34。质量数为 80 的硒离子，中子数 = 质量数 - 质子数 = 80 - 34 = 46，并非 48 ，A错误；
B、硫和硒均为分子晶体，分子晶体的熔点随相对分子质量增大而升高。硒的相对分子质量大于硫，因此单质熔点： ，B正确；
C、硫和硒同主族，硫的非金属性强于硒。非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性： ，C错误；
D、同主族从上到下，非金属单质的氧化性逐渐减弱，因此单质氧化性： ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
原子结构计算：中子数 = 质量数 - 质子数，离子的电荷数不影响中子数计算。
分子晶体熔点：结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高。
非金属性递变：同主族元素从上到下，非金属性减弱，对应最高价含氧酸酸性减弱、单质氧化性减弱。
规律应用：利用硫和硒的同主族关系，将已知硫的性质迁移至硒，可快速判断性质强弱。
10．下列实验操作和现象与所得结论都正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 将绿豆大小的钠投入硫酸铜溶液中，钠浮在液面上，快速游动，发出嘶嘶响声，溶液中有红色物质析出 钠具有强还原性，可置换出铜
B 向氯水中加入一定量铁粉，充分振荡后滴加几滴溶液，溶液呈浅绿色 该氯水为久置氯水
C 用洁净的铂丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰 该溶液中一定含有
D 向某溶液中滴入适量溶液，有白色沉淀产生 该溶液中一定含有
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A、Na 投入 CuSO4溶液时，Na 先与 H2O 反应生成 NaOH 和 H2，后续 NaOH 与 CuSO4反应生成蓝色 Cu(OH)2沉淀，不会析出 Cu，A错误；
B、新制氯水中含 Cl2、HClO，具有强氧化性，加入铁粉会将 Fe 氧化为 Fe3+，滴加 KSCN 溶液应呈红色；溶液呈浅绿色仅说明 Fe3+被还原，无法直接证明是久置氯水，结论不严谨，B错误；
C、焰色试验中，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，可排除 Na+的干扰，证明溶液中一定含 K+，操作、现象与结论完全匹配，C正确；
D、能与 AgNO3溶液生成白色沉淀的离子除 Cl-外，还有 CO32-、SO42-等，未加稀 HNO3酸化排除干扰，结论不严谨，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
Na 与盐溶液反应：Na 先与 H2O 反应，再与盐发生复分解反应，不会直接置换出金属单质。
氯水的氧化性：新制氯水可将 Fe 氧化为 Fe3+；久置氯水因 HClO 分解而失效，氧化性减弱。
焰色试验：K+的焰色需透过蓝色钴玻璃观察，以排除 Na+的黄色干扰。
离子检验规范：检验 Cl-时，需先加稀 HNO3酸化，排除 CO32-等离子的干扰，再滴加 AgNO3溶液。
11．短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大。X的最外层电子数为内层电子数的2倍，Z是地壳中含量最高的元素，M的原子半径在短周期主族元素中最大，N的最外层电子数等于最内层电子数。下列说法错误的是
A．金属性：
B．简单氢化物的热稳定性：
C．简单离子半径：
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期（第三周期 ）从左到右，金属性减弱，故金属性Na>Mg（即M>N ），A正确；
B、非金属性O>C（Z>X ），非金属性越强，简单氢化物越稳定，故 CH4＜H2O （X的氢化物稳定性C、Y的简单离子是N3- ，Z的简单离子是O2- ，二者电子层结构相同（均为2、8 ），核电荷数：O2->N3- ，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径 N3-＞O2-（即Y>Z），C错误；
D、非金属性N>C（Y>X ），非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，故酸性H2CO3＜HNO3（X的酸酸性故答案为：C。
【分析】先根据原子结构、元素特性推断元素（X、Y、Z、M、N ），再结合元素周期律（金属性、非金属性、离子半径、酸碱性 ）分析选项。元素推断：X最外层电子数是内层2倍，X为C（内层2e- ，外层4e- ）。
Z是地壳含量最高元素，Z为O，M原子半径短周期主族最大，M为Na。
N最外层电子数=最内层，N为Mg（最内层2e- ，外层2e- ，原子序数>Na ）。
原子序数依次增大，Y为N（C、N、O、Na、Mg ），推断元素：X(C)、Y(N)、Z(O)、M(Na)、N(Mg)
周期律应用：金属性：同周期从左，右减弱。
氢化物稳定性：非金属性越强，越稳定。
离子半径：电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小。
最高价含氧酸酸性：非金属性越强，酸性越强。
12．某化学兴趣小组为探究溶液与溶液之间的反应，进行如下实验：
(ii)观察到溶液变红；(iii)静置后，观察到下层溶液呈紫红色，说明有生成；(iv)中所加试剂均为少量，观察到溶液变红且比(ii)变化后溶液红色深。
下列说法正确的是
A．X为溶液
B．仅靠(iv)就能说明实验(i)后的溶液中含有
C．上述实验不能验证该温度下与的反应为可逆反应
D．(iv)中的红色比(v)中的浅
【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、操作 (ii) 中加入 X 后溶液变红，结合 Fe3+与 KSCN 溶液反应显血红色的特性，可判断 X 为 KSCN 溶液，A正确；
B、操作 (iv) 中先加少量氯水，再滴加 KSCN 溶液变红，无法证明原溶液含 Fe2+，因为若原溶液残留 Fe3+，也会使溶液变红，缺少排除 Fe3+干扰的步骤，B错误；
C、等物质的量的 FeCl3和 KI 混合，若反应不可逆，则 Fe3+应完全消耗；但操作 (ii) 中加入 KSCN 溶液仍变红，说明溶液中仍有 Fe3+，可证明该反应为可逆反应，C错误；
D、操作 (iv) 中溶液变红是因为 Fe2+被氯水氧化为 Fe3+；操作 (v) 中加入 Fe 粉，Fe 粉会还原 Fe3+，导致 Fe3+浓度降低，红色变浅，因此 (iv) 中的红色比 (v) 中的深，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
Fe3+检验：Fe3+与 KSCN 溶液反应显血红色，是检验 Fe3+的特征反应。
Fe2+检验规范：检验 Fe2+时，需先加 KSCN 溶液排除 Fe3+干扰，再加氯水，若溶液变红才能证明含 Fe2+。
可逆反应验证：等物质的量的反应物混合后，若仍能检测到其中一种反应物残留，可证明反应未进行到底，属于可逆反应。
Fe3+的氧化性：Fe3+可被 Fe 粉还原为 Fe2+，导致 Fe3+浓度降低，与 KSCN 反应的红色变浅。
13．下图为某化工厂生产钛()的流程示意图，下列说法正确的是
A．钛酸亚铁中元素为价
B．X为
C．为使原料全部转化为甲醇，②中理论上和的质量比为
D．③中氧化产物与还原产物物质的量之比为
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、钛酸亚铁（FeTiO3）中，Fe为+2价，O为-2价，设Ti化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为0，可得：(+2) + x + 3×(-2) = 0，解得x=+4，并非+3价 ，A错误；
B、氯化步骤中，Cl2具有强氧化性，能将FeTiO3中的Fe2+氧化为Fe3+，因此产物X应为FeCl3，而非FeCl2 ，B错误；
C、合成甲醇的反应为CO+2H2CH3OH，理论上CO与H2的物质的量之比为1：2，质量比为(1×28)：(2×2)=7：1，并非1：2 ，C错误；
D、冶炼步骤的反应为2Mg+TiCl4 Ti+2MgCl2，其中Mg被氧化为MgCl2（氧化产物），TiCl4被还原为Ti（还原产物），氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
化合价计算：利用化合物中正负化合价代数和为0的原则，结合已知元素化合价推算未知元素化合价。
氯气的氧化性：Cl2是强氧化剂，能将变价金属（如Fe）氧化为高价态。
化学计量计算：根据反应方程式中物质的量之比，计算反应物的质量比。
氧化还原反应分析：明确氧化剂、还原剂、氧化产物与还原产物，根据反应方程式确定物质的量之比。
14．哈尔滨工业大学的研究团队发现，以非晶态(Ⅲ)基硫化物为催化剂，能有效催化(析氧反应)和(尿素氧化反应)，从而降低电解水制氢过程中的能耗，其反应机理如图所示：
下列说法正确的是
A．原子半径大小：
B．分四步进行，其中没有非极性键的形成与断裂
C．的总反应为
D．不存在氢键
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；含有氢键的物质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子半径的比较遵循 “电子层数越多半径越大，电子层数相同时核电荷数越大半径越小” 的规律。H 只有 1 个电子层，C、N、O 均为 2 个电子层，且核电荷数 O>N>C，因此原子半径大小为 ，故A错误；
B、分析 OER（析氧反应）的反应机理，过程中涉及 OH-参与、电子转移，最终生成 O2（ ），说明有非极性键的形成；反应过程中无 O-O 等非极性键断裂，仅存在非极性键的形成，因此 “没有非极性键的形成与断裂” 表述错误 ，故B错误；
C、UOR（尿素氧化反应）的总反应需结合反应机理中元素化合价变化、电荷守恒与原子守恒配平。尿素 CO (NH2)2中 N 为 - 3 价，最终被氧化为 N2（0 价），C 转化为 CO2，反应在碱性环境（OH-）下进行，配平后总反应为，故C正确；
D、H2O 分子中 O 的电负性大、半径小，且存在与 O 相连的 H，分子间存在强烈的相互作用即氢键，因此 H2O 存在氢键 ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子半径规律：牢记 “层多径大，层同核大径小”，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小。
化学键判断：非极性键是同种原子间形成的共价键，需结合反应机理分析反应物、生成物中化学键的形成与断裂情况。
总反应式书写：氧化反应在碱性环境下，需用 OH-平衡电荷，结合元素化合价变化计算电子转移数，再配平原子个数。
氢键存在性：氢键的形成条件是分子中存在与电负性大、半径小的原子（O、N、F）相连的 H 原子，H2O 完全满足该条件。
15．向等体积、等浓度的醋酸、盐酸、硫酸、溶液中分别滴加等浓度的溶液，其导电性变化如图所示，下列说法正确的是
A．醋酸溶液属于电解质
B．曲线对应的是：①；②盐酸
C．熔融状态下电离方程式：
D．O点溶液导电能力几乎为零，说明溶液与溶液恰好完全中和
【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，醋酸溶液是混合物，不属于电解质，醋酸本身才是电解质，A错误；
B、由分析可知，曲线对应的是：①NaHSO4；②盐酸，B正确；
C、熔融状态下，NaHSO4中的 HSO4-不会电离，正确电离方程式为 NaHSO4=Na++HSO4-，选项中拆分出 H+和 SO42-不符合熔融电离规律，C错误；
D、O 点导电性几乎为零，是硫酸与 Ba (OH)2恰好完全中和，生成难溶的 BaSO4和水；NaHSO4与 Ba(OH)2中和后会生成可溶盐，导电性不会降为 0，因此 O 点仅对应硫酸与 Ba(OH)2的中和，并非 NaHSO4，D错误；
故答案为：B。
【分析】溶液的导电能力由溶液中离子浓度和离子所带电荷数共同决定。向等体积、等浓度的醋酸、盐酸、硫酸、NaHSO4四种溶液中逐滴加入等浓度的 Ba (OH)2溶液时，各物质的导电性变化规律如下：
醋酸（弱电解质）：醋酸是弱酸，初始电离程度小，溶液中离子浓度最低，因此起始导电性最弱。随着 Ba(OH)2的加入，醋酸与 OH-反应生成强电解质醋酸钡，离子浓度逐渐升高，导电性呈现先上升后趋于平缓的趋势，对应曲线③。
盐酸（一元强酸）：盐酸是强电解质，初始离子浓度高于醋酸，低于硫酸和 NaHSO4。与 Ba(OH)2反应时，H+与 OH-结合成水，Cl-保留在溶液中，离子浓度逐渐降低，导电性缓慢下降，对应曲线②。
硫酸（二元强酸）：硫酸和 NaHSO4初始时总离子浓度、电荷数相近，起始导电性最强。但硫酸与 Ba(OH)2反应时，H+与 OH-生成水，SO42-与 Ba2+生成难溶的 BaSO4沉淀，当恰好完全中和时，溶液中离子浓度几乎为零，导电性降至最低点（接近 0），对应曲线④。
NaHSO4（强酸的酸式盐）：NaHSO4初始导电性与硫酸相当。与 Ba(OH)2反应时，除生成 BaSO4沉淀和水外，还会生成可溶的 Na2SO4，溶液中始终存在 Na+等带电离子，导电性不会降至零，对应曲线①。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．下表列出了①⑧8种元素在周期表中的位置：
请回答下列问题。
（1）硼元素在元素周期表中的位置为　 　。
（2）根据元素周期律，判断下列关系：
最高价氧化物水化物的酸性：⑥　 　⑦(填“>”或“<”)；
简单氢化物稳定性：②　 　③(填“>”或“<”)；
简单离子半径：⑤　 　⑧(填“>”或“<”)。
（3）④的原子结构示意图为　 　；④的单质与水反应的离子方程式为　 　。
（4）标准状况下，①的单质的质量为　 　g，含有的原子总数为　 　(用表示)。
【答案】（1）第二周期第IIIA族(有错计0分)
（2）<；<；<
（3）；
（4）28；
【知识点】离子方程式的书写；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）根据元素周期表的结构，硼元素（B）原子序数为5，其电子层数为2，最外层电子数为3，所以硼元素在元素周期表中的位置为第二周期第ⅢA族；
故答案为： 第二周期第IIIA族(有错计0分) ；
（2）对于最高价氧化物水化物的酸性：元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，⑥为Si元素，⑦为P元素，同周期从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，所以非金属性N＞Si，即最高价氧化物水化物的酸性：⑥＜⑦；对于简单氢化物稳定性：元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，②为O元素，③为F元素，非金属性F＞O，所以简单氢化物稳定性：②＜③；对于简单离子半径：⑤为，⑧为，和外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以，有2个电子层，有3个电子层，电子层数越多离子半径越大，所以，即简单离子半径：⑤＜⑧；
故答案为： < ； < ； < ；
（3）④为Na元素，其原子序数为11，原子结构示意图为：；Na与水反应生成NaOH和，离子方程式为：；
故答案为： ；；
（4）①为N元素，其单质为，标准状况下，22.4L的物质的量为，N2的摩尔质量为28g/mol，所以质量为；1个分子含有2个N原子，1mol含有的原子总数为。
故答案为： 28 ； ；
【分析】先根据周期表的周期、族位置，确定①~⑧对应的元素（①N、②O、③F、④Na、⑤Mg、⑥Al、⑦S、⑧Cl）；再结合元素周期律（金属性、非金属性递变、原子半径、化合价等）和物质性质，回答后续相关问题（如最高价氧化物对应水化物的酸性、原子半径比较、化学方程式书写等）。
（1）根据硼元素的原子序数，确定其核外电子排布，进而判断它在元素周期表中的位置；
（2）依据元素周期律，分别通过非金属性强弱判断最高价氧化物水化物的酸性与简单氢化物的稳定性，通过电子层数和核电荷数比较简单离子的半径；
（3）根据钠元素的原子序数画出原子结构示意图，并写出钠与水反应的离子方程式；
（4）利用标准状况下气体摩尔体积计算氮气的物质的量，再分别计算其质量和所含原子总数。
（1）根据元素周期表的结构，硼元素（B）原子序数为5，其电子层数为2，最外层电子数为3，所以硼元素在元素周期表中的位置为第二周期第ⅢA族；
（2）对于最高价氧化物水化物的酸性：元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，⑥为Si元素，⑦为P元素，同周期从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，所以非金属性N＞Si，即最高价氧化物水化物的酸性：⑥＜⑦；对于简单氢化物稳定性：元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，②为O元素，③为F元素，非金属性F＞O，所以简单氢化物稳定性：②＜③；对于简单离子半径：⑤为，⑧为，和外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以，有2个电子层，有3个电子层，电子层数越多离子半径越大，所以，即简单离子半径：⑤＜⑧；
（3）④为Na元素，其原子序数为11，原子结构示意图为：；Na与水反应生成NaOH和，离子方程式为：；
（4）①为N元素，其单质为，标准状况下，22.4L的物质的量为，N2的摩尔质量为28g/mol，所以质量为；1个分子含有2个N原子，1mol含有的原子总数为。
17．某实验小组用下图所示装置制取纯净干燥的氯气。
回答下列问题：
（1）写出A中反应的化学方程式　 　。B的目的是除去氯气中的　 　(填化学式)。
（2）为了防止污染空气，在E烧杯中盛装冷的溶液，吸收氯气后的溶液具有漂白性。
①该漂白性溶液的有效成分是　 　(填名称)。
②检验该漂白性溶液中是否含有的方法是：先取少量待测液于试管中，滴入适量稀硝酸，使其酸化，再　 　，如产生白色沉淀，则可判断该溶液中含有；写出生成白色沉淀对应反应的离子方程式　 　。
（3）实验中常用湿润的淀粉试纸检验是否有产生，如果有产生，可观察到的现象是　 　，写出对应反应的化学方程式　 　。
【答案】（1）；
（2）次氯酸钠；滴加硝酸银溶液；
（3）试纸变蓝；
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生反应，制取氯气；因为浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl气体，装置B的目的是除去氯气中的HCl；
故答案为： ； ；
（2）①氯气和NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，该漂白性溶液的有效成分是次氯酸钠；
②检验的方法是：先取少量被检测的溶液中于试管中，滴入适量稀硝酸，使其酸化，再加入硝酸银溶液，如产生白色沉淀，则可判断该溶液中含有；生成白色沉淀AgCl时，发生反应的离子方程式为；
故答案为： 次氯酸钠 ； 滴加硝酸银溶液 ； ；
（3）由于具有强氧化性，如果有产生，能将KI中碘离子氧化为碘单质，发生反应，碘单质与淀粉变蓝，故可观察到淀粉试纸变蓝。
故答案为： 试纸变蓝 ； ；
【分析】该实验以浓盐酸和 MnO2为原料，在加热条件下于装置 A 中反应制取 Cl2；随后通过装置 B 中饱和食盐水除去 Cl2中混有的 HCl 杂质，再经装置 C 中浓硫酸干燥得到纯净干燥的 Cl2；最后用装置 D 收集 Cl2，装置 E 中 NaOH 溶液吸收多余 Cl2，防止污染环境。
（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生反应，制取氯气；因为浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl气体，装置B的目的是除去氯气中的HCl；
（2）①氯气和NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，该漂白性溶液的有效成分是次氯酸钠；
②检验的方法是：先取少量被检测的溶液中于试管中，滴入适量稀硝酸，使其酸化，再加入硝酸银溶液，如产生白色沉淀，则可判断该溶液中含有；生成白色沉淀AgCl时，发生反应的离子方程式为；
（3）由于具有强氧化性，如果有产生，能将KI中碘离子氧化为碘单质，发生反应，碘单质与淀粉变蓝，故可观察到淀粉试纸变蓝。
18．已知三氯化铁的熔点为，沸点为，易升华且易溶于水。某小组同学欲对其性质进行探究。
（1）配制溶液：
①配制该溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和　 　；用托盘天平称取固体的质量为　 　g；
②下列操作会使所配溶液浓度偏高的是　 　(填字母序号)。
A．摇匀后液面下降，再加水至刻度线
B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
C．称量时，所使用的砝码有残缺
D．定容时，俯视刻度线
（2）探究的氧化性：将氯化铁溶液滴入到淀粉碘化钾溶液中，溶液变蓝，则发生反应的离子方程式为　 　。
（3）该小组同学还对无水能否分解产生，进行了下图所示的实验。
①B的作用是　 　；
②E中所盛试剂为　 　溶液；
③加热一段时间后，D中试纸　 　(填现象)，说明已分解；
④实验结束后，取装置A中残留固体溶于稀盐酸中，无气体产生，则分解的化学反应方程式为　 　。
【答案】（1）容量瓶；8.1；D
（2）
（3）防止C中溶液倒吸A中(或防堵塞或安全瓶)；；先变红后褪色；
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）所需仪器：配制溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和500mL容量瓶；计算所需FeCl3的物质的量：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，计算所需FeCl3的质量为：0.05mol×162.5g/mol=8.125g≈8.1g；
A．摇匀后液面下降，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏低；
B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质损失，浓度偏低；
C．称量时，所使用的砝码有残缺，导致称量的质量偏小，浓度偏低；
D．定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高；
（2）将氯化铁溶液滴入到淀粉碘化钾溶液中，溶液变蓝，则发生反应的离子方程式为；
（3）①B的作用：防止C中溶液倒吸入A中(或防堵塞或安全瓶)。
②E中所盛试剂：氢氧化钠溶液，用于吸收多余的氯气，防止污染。
③加热一段时间后，D中试纸：先变红后褪色，说明FeCl3已分解，产生了氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸显酸性，因此先变红，次氯酸具有漂白性，因此后褪色。
④实验结束后，取装置A中残留固体溶于稀盐酸中，无气体产生，则分解的化学反应方程式为。
【分析】(1)①仪器必须包含500mL容量瓶（配制特定体积溶液的专用仪器，需注意规格匹配）。
质量计算遵循，需准确计算FeCl3的物质的量并换算质量，结果需匹配托盘天平精度。
②依据，分析操作对（溶质物质的量）或（溶液体积）的影响。
易错点：俯视刻度线导致偏小、浓度偏高；加水稀释或未洗涤烧杯导致偏小、浓度偏低。
(2) 反应本质：利用Fe3+的强氧化性氧化I-生成I2（淀粉遇I2变蓝是现象依据）。
离子方程式规则：
拆写规则：FeCl3、KI、FeCl2为强电解质拆成离子，I2和淀粉保留化学式。
守恒要求：必须同时满足原子守恒、电荷守恒（左边总电荷+3，右边+2）。
(3) ①B为安全瓶、防倒吸装置，承接C中液体防止倒吸入高温A装置导致试管炸裂。
E为尾气吸收装置，选用NaOH溶液吸收有毒的Cl2，防止污染空气。
②湿润蓝色石蕊试纸先变红后褪色：Cl2与水反应生成HCl（显酸性使试纸变红）和HClO（具漂白性使试纸褪色），以此证明分解产生了Cl2。
③依据实验现象（无气体产生、残留固体溶于稀盐酸），确定分解产物为FeCl2和Cl2，结合得失电子守恒配平反应式。
（1）所需仪器：配制溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和500mL容量瓶；计算所需FeCl3的物质的量：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，计算所需FeCl3的质量为：0.05mol×162.5g/mol=8.125g≈8.1g；
A．摇匀后液面下降，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏低；
B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质损失，浓度偏低；
C．称量时，所使用的砝码有残缺，导致称量的质量偏小，浓度偏低；
D．定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高；
（2）将氯化铁溶液滴入到淀粉碘化钾溶液中，溶液变蓝，则发生反应的离子方程式为；
（3）①B的作用：防止C中溶液倒吸入A中(或防堵塞或安全瓶)。
②E中所盛试剂：氢氧化钠溶液，用于吸收多余的氯气，防止污染。
③加热一段时间后，D中试纸：先变红后褪色，说明FeCl3已分解，产生了氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸显酸性，因此先变红，次氯酸具有漂白性，因此后褪色。
④实验结束后，取装置A中残留固体溶于稀盐酸中，无气体产生，则分解的化学反应方程式为。
19．柠檬酸亚铁()是一种补血剂。某研究小组利用硫酸厂的硫铁矿烧渣(主要成分为、，还含有少量)制备柠檬酸亚铁，工艺流程如下图所示：
已知：①不溶于水，也不与稀硫酸反应；
②柠檬酸()为三元酸。
回答下列问题：
（1）“酸浸”前，需将废渣粉碎，目的是　 　。
（2）柠檬酸亚铁()是一种　 　盐(填“正”、“酸式”或“碱式”)。
（3）“酸浸”中溶解的离子方程式为　 　。
（4）从经济环保的角度，“氧化”过程中可代替的物质为　 　。
（5）加浓氨水调的目的是　 　。
（6）写出“沉铁”对应的离子方程式　 　；该反应温度需控制在，其可能的原因是　 　。
（7）已知硫铁矿烧渣的含铁量为。该研究小组用硫铁矿烧渣制得柠檬酸亚铁，则产率为　 　。
【答案】（1）增大接触面积，提高酸浸率
（2）酸式
（3）
（4）或空气
（5）使转化为沉淀
（6）；温度过高会造成碳酸氢铵分解从而降低产率
（7）
【知识点】物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“酸浸”前，需将废渣粉碎，目的是增大接触面积，提高浸出率。
故答案为： 增大接触面积，提高酸浸率 ；
（2）根据分子式分析可知，柠檬酸中两个氢离子被替换成亚铁离子，得到柠檬酸，还可以电离出一个，所以柠檬酸亚铁()是一种是一种酸式盐。
故答案为： 酸式 ；
（3）氧化铁是碱性氧化物，可以和酸反应，方程式为：。
故答案为： ；
（4）可代替过氧化氢作氧化剂的物质为或空气，这样也不会带来杂质。
故答案为：或空气 ；
（5）据分析可知，使用浓氨水是为了沉淀生成。
故答案为： 使转化为沉淀 ；
（6）加入得到，方程式为：。若反应温度过高，会造成碳酸氢铵分解从而降低产率。
故答案为： ； 温度过高会造成碳酸氢铵分解从而降低产率 ；
（7）已知硫铁矿烧渣的含铁量为，则硫铁矿烧渣中含铁为，最后制得柠檬酸亚铁(相对分子质量为)，则柠檬酸亚铁中铁含量为，产率为。
故答案为： ；
【分析】以硫铁矿烧渣为原料，先用稀硫酸酸浸溶出铁的氧化物，SiO2以滤渣形式除去；再用 H2O2将 Fe2+完全氧化为 Fe3+，加浓氨水调 pH 使 Fe3+沉淀，过滤除去杂质离子；沉淀用稀硫酸溶解后，加铁粉将 Fe3+还原为 Fe2+；接着加入 NH4HCO3沉铁得到 FeCO3，最后与柠檬酸反应经一系列操作制得柠檬酸亚铁晶体。
（1）“酸浸”前，需将废渣粉碎，目的是增大接触面积，提高浸出率。
（2）根据分子式分析可知，柠檬酸中两个氢离子被替换成亚铁离子，得到柠檬酸，还可以电离出一个，所以柠檬酸亚铁()是一种是一种酸式盐。
（3）氧化铁是碱性氧化物，可以和酸反应，方程式为：。
（4）可代替过氧化氢作氧化剂的物质为或空气，这样也不会带来杂质。
（5）据分析可知，使用浓氨水是为了沉淀生成。
（6）加入得到，方程式为：。若反应温度过高，会造成碳酸氢铵分解从而降低产率。
（7）已知硫铁矿烧渣的含铁量为，则硫铁矿烧渣中含铁为，最后制得柠檬酸亚铁(相对分子质量为)，则柠檬酸亚铁中铁含量为，产率为。
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