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广东省深圳市坪山高级中学2025-2026学年第一学期高一期末质量监测 化学试题
1．材料是人类文明发展的里程碑。下列物品中不属于合金的是
A．龙纹青铜铺首 B．镁铝材质硬币
C．碳纤维机舱 D．特种钢甲板
【答案】C
【知识点】合金及其应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A、龙纹青铜铺首是铜锡合金，属于合金，故 A 不符合题意；
B、镁铝材质硬币是镁铝合金，属于合金，故 B 不符合题意；
C、碳纤维机舱的主要材料是碳纤维复合材料，碳纤维属于无机非金属材料，不属于合金，故 C 符合题意；
D、特种钢甲板是铁碳合金，属于合金，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
合金是由两种或两种以上金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质。
青铜、镁铝合金、特种钢均由多种成分熔合而成，具备合金的定义与特性。
碳纤维复合材料以无机非金属材料为主体，不具备合金的组成条件，因此不属于合金。
2．粤港澳大湾区全运会是“绿色、科技、人文”交融的盛会。下列有关说法错误的是
A．场馆实现了100%“绿电”，太阳能属于清洁能源
B．闭幕式上烟花的多彩焰色，其本质上是一种物理变化
C．羽毛球拍杆使用钛合金，其硬度比纯钛更高且更耐腐蚀
D．红磷常用来制作发令枪子弹，它与白磷互为同位素
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；同素异形体；合金及其应用；焰色反应；绿色化学
【解析】【解答】A、场馆使用的 100%“绿电” 来自太阳能发电，太阳能属于清洁能源，故 A 说法正确；
B、烟花的多彩焰色是金属元素的焰色反应，本质上是物理变化，故 B 说法正确；
C、钛合金的硬度一般比纯钛更高，且耐腐蚀性更强，适合用于羽毛球拍杆，故 C 说法正确；
D、红磷与白磷是磷元素的不同单质，二者互为同素异形体，而非同位素，故 D 说法错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
太阳能是可再生的清洁能源，符合 “绿电” 的定义；
焰色反应是金属元素的物理性质，不涉及化学变化；
合金通常比其成分纯金属硬度更高、耐腐蚀性更强；
同位素是同种元素的不同原子，红磷与白磷属于同素异形体。
3．“管道疏通剂”含有铝粉、氢氧化钠、次氯酸钠、碳酸钠等，其组成成分不包括
A．酸 B．盐 C．单质 D．碱
【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】酸的定义是电离出的阳离子全部为氢离子的化合物，管道疏通剂的成分包括铝粉、氢氧化钠、次氯酸钠、碳酸钠，其中铝粉是单质，氢氧化钠是碱，次氯酸钠和碳酸钠均为盐，不含酸类物质，故 A 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：明确酸、碱、盐、单质的物质类别定义，逐一对应管道疏通剂的成分；铝粉属于单质，氢氧化钠属于碱，次氯酸钠、碳酸钠属于盐；题干给出的所有成分中，不存在符合酸的定义的物质；
4．下列变化与氧化还原反应原理无关的是
A．植物的光合作用 B．钟乳石的形成
C．生铁的冶炼 D．天然气的燃烧
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、植物的光合作用涉及碳、氧元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故 A 不符合题意；
B、钟乳石的形成是碳酸钙与碳酸氢钙之间的转化，各元素化合价均未发生变化，与氧化还原反应原理无关，故 B 符合题意；
C、生铁的冶炼过程中，铁的氧化物被还原为铁单质，存在化合价变化，属于氧化还原反应，故 C 不符合题意；
D、天然气的燃烧是甲烷与氧气发生的反应，碳、氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
判断反应是否与氧化还原反应有关，核心是看反应中是否存在元素化合价的升降；
光合作用、生铁冶炼、天然气燃烧均有单质参与或生成，必然存在化合价变化；
钟乳石的形成仅涉及碳酸钙与碳酸氢钙的相互转化，所有元素化合价均保持不变；
5．关于物质的用途，下列说法错误的是
A．可用于文物的考古断代
B．常用作油漆的红色颜料
C．可用作呼吸面具的供氧剂
D．铝制餐具可用于长时间存放碱性食物
【答案】D
【知识点】铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；元素、核素；钠的氧化物
【解析】【解答】A、碳 - 14 具有放射性，可利用其半衰期对文物进行考古断代，故 A 正确；
B、三氧化二铁为红棕色粉末，性质稳定，常用作油漆的红色颜料，故 B 正确；
C、过氧化钠能与二氧化碳、水反应生成氧气，可用作呼吸面具的供氧剂，故 C 正确；
D、铝能与碱性物质发生反应，因此铝制餐具不可用于长时间存放碱性食物，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：明确各物质的化学性质，结合性质判断其用途是否合理：
碳 - 14 的放射性、三氧化二铁的颜色稳定性、过氧化钠的供氧反应均与其用途对应；
铝可与碱发生化学反应，会被碱性食物腐蚀，因此不能长期接触碱性物质；
6．下列化学用语表示正确的是
A．H2O的电子式：
B．的结构示意图：
C．中子数为8的氧原子：
D．KOH的电离方程式
【答案】C
【知识点】元素、核素；原子结构示意图；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、水是共价化合物，分子中不存在阴阳离子，正确的电子式为：， ，故 A 错误；
B、硫离子的质子数为 16，其结构示意图的圆圈内应标注 + 16，而非 + 18，正确的结构示意图为：，B错误；
C、氧原子的质子数为 8，中子数为 8 时，质量数为质子数与中子数之和，即 16，该原子可表示为 ，故 C 正确；
D、氢氧化钾是强碱，在电离时会解离出钾离子和氢氧根离子： ，不会解离出氢离子和氧离子，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
共价化合物的电子式书写无需标注电荷与方括号；
离子结构示意图中，圆圈内数字为质子数，硫离子质子数为 16；
原子符号中，左上角数字为质量数，等于质子数加中子数；
强碱电离时会解离出金属阳离子和氢氧根离子，不会直接解离出氧离子。
7．下列各组离子中，可以大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；离子共存；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、镁离子、铜离子、氯离子、硝酸根离子之间不发生任何反应，可以大量共存，故 A 符合题意；
B、亚铁离子具有还原性，高锰酸根离子具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，不能大量共存，故 B 不符合题意；
C、氢离子与碳酸氢根离子会反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故 C 不符合题意；
D、铝离子与氢氧根离子会发生反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
判断离子能否大量共存，核心是看离子间是否会发生反应；
离子反应包括复分解反应（生成沉淀、气体或弱电解质）和氧化还原反应等；
亚铁离子与高锰酸根离子会发生氧化还原反应，氢离子与碳酸氢根离子会生成气体，铝离子与氢氧根离子会生成沉淀。
8．门捷列夫在周期表上留下的空位——“类铝”，1875年由法国化学家布瓦博德朗发现并命名为镓。下列关于该元素的说法错误的是
A．原子序数为31 B．金属性比铝强
C．位于第四周期 D．质量数为69.72
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；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
【解析】【解答】A、由元素周期表信息可知，镓的原子序数为 31，故 A 正确；
B、镓与铝同主族，且位于铝的下方，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，因此镓的金属性比铝强，故 B 正确；
C、镓的原子序数为 31，核外有 4 个电子层，位于第四周期，故 C 正确；
D、69.72 是镓的相对原子质量，而非质量数，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
元素周期表中，左上角数字为原子序数，下方数字为相对原子质量；
同主族元素，从上到下金属性逐渐增强；元素的周期数等于其原子核外电子层数；
相对原子质量与质量数概念不同，质量数是整数，相对原子质量一般为小数。
9．化学与劳动的关系，是知与行的统一。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用小苏打作发泡剂烘焙面包 NaHCO3受热分解产生CO2
B 用“84消毒液”擦洗生活用品 NaClO具有强氧化性
C 将模具干燥后再注入熔融铁水 铁与水在高温下会反应
D 技术人员开发耐腐蚀镀铝钢板 铝的密度比铁小
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；铝的化学性质；铁的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、小苏打受热分解会产生二氧化碳气体 ：，可使面包变得疏松多孔，该劳动项目与化学知识有关联，故 A 不符合题意；
B、84 消毒液的有效成分次氯酸钠具有强氧化性，可用于杀菌消毒，该劳动项目与化学知识有关联，故 B 不符合题意；
C、铁与水在高温下会发生反应： ，因此模具需干燥后再注入熔融铁水，该劳动项目与化学知识有关联，故 C 不符合题意；
D、镀铝钢板耐腐蚀的原理是铝在表面形成致密的氧化膜，与铝的密度比铁小无关，该劳动项目与化学知识没有关联，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
小苏打受热分解产生二氧化碳，这是能使面包变膨松的原理；
次氯酸钠的强氧化性是次氯酸钠杀菌消毒的核心原因；
铁与水在高温下会发生反应，因此模具必须干燥；防止发生反应；
镀铝钢板耐腐蚀的关键是铝形成的致密氧化膜，与密度无关。
10．某危险品仓库存放有化工原料氰化钠（NaCN），一旦发生泄漏，工作人员会将NaCN转化为无害的CO2和N2。下列物质中可以达到该目的的是
A．铁粉 B．次氯酸钠 C．氧化钙 D．氯化钠
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、铁粉不具有强氧化性，无法将氰化钠氧化为二氧化碳和氮气，故 A 不符合题意；
B、次氯酸钠具有强氧化性，可将氰化钠氧化为无害的二氧化碳和氮气，故 B 符合题意；
C、氧化钙不具有氧化性，不能与氰化钠发生反应将其转化为无害物质，故 C 不符合题意；
D、氯化钠不具有氧化性，无法将氰化钠氧化为二氧化碳和氮气，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氰化钠转化为二氧化碳和氮气，属于氧化反应，需要加入强氧化剂；
铁粉、氧化钙、氯化钠均不具备强氧化性，无法实现该转化；
次氯酸钠中的氯元素为 + 1 价，具有强氧化性，可将氰化钠中的碳、氮元素氧化为高价态；
11．下列离子方程式书写正确的是
A．用食醋去除水垢中的Mg(OH)2：
B．通入石灰乳中制备漂白粉：
C．用溶液刻蚀铜电路板：
D．制备氢氧化铁胶体：（胶体）
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、食醋中的醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆写成氢离子， 正确方程式为，A错误；
B、石灰乳中的氢氧化钙主要以固体形式存在，在离子方程式中不能拆写成氢氧根离子， 正确方程式为，B错误；
C、氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，该离子方程式电荷守恒、原子守恒，书写正确，故 C 正确；
D、制备氢氧化铁胶体时，是向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，反应的离子方程式中反应物应写水分子，而非氢氧根离子， 正确方程式为，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子方程式书写需遵循 “拆写原则”，弱酸、弱碱、难溶物、气体和胶体等均不能拆写为离子；
醋酸为弱酸，不能拆写成氢离子；石灰乳中的氢氧化钙为固体，也不能拆写成氢氧根离子；
制备氢氧化铁胶体的反应，是铁离子在沸水中与水反应，而非与氢氧根离子反应；
解题时需同时检查原子守恒、电荷守恒，并结合物质的实际存在形式判断。
12．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．标准状况下，22.4 L H2O含有的原子数为3NA
B．78 g Na2O2中含有的阴阳离子总数为3NA
C．1 mol/L MgCl2溶液中含数目为2NA
D．2.7 g Al与足量NaOH溶液反应，生成H2数目为0.1NA
【答案】B
【知识点】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、标准状况下，水不是气体，22.4L 水的物质的量不是 1mol，无法计算其原子数，故 A 错误；
B、78g 过氧化钠的物质的量为 1mol，1mol 过氧化钠中含有 2mol 钠离子和 1mol 过氧根离子，阴阳离子总数为 3NA，故 B 正确；
C、溶液体积未知，无法计算 1mol/L 氯化镁溶液中氯离子的数目，故 C 错误；
D、2.7g 铝的物质的量为 0.1mol，根据反应关系，0.1mol 铝与足量氢氧化钠溶液反应生成 0.15mol 氢气，数目为 0.15NA，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
阿伏加德罗常数的计算，需注意物质状态、组成、溶液体积和反应关系等细节；
标准状况下的气体摩尔体积仅适用于气体，水在标况下为液态或固态；
过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，阴阳离子个数比为 2：1；
铝与氢氧化钠溶液反应时，1mol 铝可生成 1.5mol 氢气，需注意反应的定量关系。
13．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错误的是
A．微粒观：稀盐酸中的主要微粒有H2O、H+和
B．分类观：NaOH、Na2CO3、NaHCO3都是电解质
C．守恒观：发生化学反应时，离子总数不发生改变
D．变化观：酸性氧化物能与碱反应生成盐和水
【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类；质量守恒定律
【解析】【解答】A、稀盐酸中含有水分子、氢离子和氯离子，微粒观认识正确，故 A 不符合题意；
B、氢氧化钠、碳酸钠和碳酸氢钠在水溶液中均能导电，都属于电解质，分类观认识正确，故 B 不符合题意；
C、化学反应中遵循原子守恒，但离子总数可能发生改变，如酸碱中和反应： ，离子总数减少，守恒观认识错误，故 C 符合题意；
D、酸性氧化物的定义就是能与碱反应生成盐和水的氧化物， 如 ，变化观认识正确，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
稀盐酸是氯化氢的水溶液，溶液中存在水分子、氢离子和氯离子；
电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，三者均符合电解质的定义；
守恒观的核心是原子守恒，而非离子总数守恒，离子反应中离子总数可能发生变化；
酸性氧化物的定义就是能与碱反应生成盐和水的氧化物，该认识符合定义。
14．元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和性质。下列说法错误的是
A．短周期元素形成离子后，最外层电子都达到8电子稳定结构
B．ⅠA族与ⅦA族元素间可形成共价化合物或离子化合物
C．第三周期主族元素的最高正化合价等于它所处的族序数
D．在周期表中金属与非金属的分界处寻找半导体材料
【答案】A
【知识点】化学键；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
【解析】【解答】A、短周期元素形成离子后，最外层电子不一定都达到 8 电子稳定结构，例如氢离子核外没有电子，锂离子最外层为 2 电子结构，故 A 错误；
B、ⅠA 族与 ⅦA 族元素间可形成共价化合物（如 HCl）或离子化合物（如 NaCl），故 B 正确；
C、第三周期主族元素的最高正化合价等于它所处的族序数，故 C 正确；
D、在周期表中金属与非金属的分界处可寻找半导体材料，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
部分短周期元素的离子不满足 8 电子稳定结构，如氢离子、锂离子；
ⅠA 族中的氢元素与 ⅦA 族元素形成共价化合物，其他 ⅠA 族金属元素与 ⅦA 族元素形成离子化合物；
主族元素的最高正化合价一般等于其族序数（O、F 除外），第三周期主族元素均符合此规律；
周期表中金属与非金属的分界处的元素通常具有半导体特性，是寻找半导体材料的区域。
15．实验室欲配制480 mL 1 mol/L的NaOH溶液，下列说法正确的是
A．应称取19.2 g NaOH固体
B．NaOH溶解后应立即转移到容量瓶
C．定容时俯视刻度线会导致溶液浓度偏大
D．摇匀后若液面低于刻度线应补加少量的水
【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、实验室没有 480mL 的容量瓶，应选用 500mL 容量瓶配制，所需氢氧化钠的质量为 0.5L×1mol/L×40g/mol=20.0g，故 A 错误；
B、氢氧化钠溶解时会放热，应冷却至室温后再转移到容量瓶中，否则会导致溶液体积不准确，故 B 错误；
C、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，根据 c=，体积偏小会使溶液浓度偏大，故 C 正确；
D、摇匀后液面低于刻度线是正常现象，无需加水，若加水会导致溶液体积偏大，浓度偏小，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
配制一定物质的量浓度的溶液时，应根据所需溶液体积选择合适规格的容量瓶；
溶解后的溶液需冷却至室温后再转移，否则会因热胀冷缩影响溶液体积；
定容时俯视刻度线，实际溶液体积小于刻度线所示体积，导致浓度偏大；
摇匀后液面低于刻度线是部分溶液附着在瓶塞和瓶壁上，无需补充加水。
16．短周期元素甲~丁在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法错误的是
A．原子半径：甲>乙>丙>丁
B．金属性强弱：甲>乙>丙>丁
C．简单氢化物的稳定性：乙>丁
D．最高价氧化物水化物的酸性：甲<乙
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、根据周期表位置可知，甲、乙位于第三周期，丙、丁位于第二周期，且原子序数甲＜乙＜丙＜丁。同周期元素原子半径从左到右递减，同主族元素原子半径从上到下递增，故原子半径：甲＞乙＞丙＞丁，A 正确；
B、同周期元素金属性从左到右递减，同主族元素金属性从上到下递增，故金属性：甲＞乙＞丙＞丁，B 正确；
C、乙、丁同主族，且乙在丁的下方，非金属性丁＞乙，非金属性越强，简单氢化物越稳定，故简单氢化物的稳定性：丁＞乙，C 错误；
D、同周期元素非金属性从左到右递增，故非金属性乙＞甲，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：甲＜乙，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
由周期表位置可判断元素的原子序数和周期、主族位置，进而比较原子半径、金属性、非金属性；同周期从左到右原子半径减小、金属性减弱、非金属性增强；
同主族从上到下原子半径增大、金属性增强、非金属性减弱；
非金属性越强，简单氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
乙、丁同主族，丁在上方，非金属性更强，其氢化物更稳定。
17．下列实验操作能达到相应实验目的是
A.测定新制氯水的pH B.比较干燥氯气与潮湿氯气的漂白性
C.比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性 D.配制一定物质的量浓度的KNO3溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；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、氯水中含有次氯酸，具有漂白性，会将 pH 试纸漂白，无法用 pH 试纸测定其 pH，故 A 不能达到实验目的；
B、湿润的氯气通过浓硫酸干燥后，干燥的氯气不能使干燥红纸褪色，可证明干燥氯气无漂白性，潮湿氯气（含次氯酸）有漂白性，故 B 能达到实验目的；
C、碳酸氢钠应置于小试管，碳酸钠置于大试管，若直接加热碳酸钠，即使碳酸氢钠分解产生的二氧化碳也无法证明其稳定性比碳酸钠弱，装置设计错误，故 C 不能达到实验目的；
D、配制一定物质的量浓度的硝酸钾溶液时，应先在烧杯中溶解硝酸钾固体，再转移至容量瓶，不能直接在容量瓶中溶解，故 D 不能达到实验目的；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
测定溶液 pH 时，具有漂白性的溶液不能使用 pH 试纸；
干燥氯气无漂白性，次氯酸具有漂白性，可通过浓硫酸干燥氯气与干燥红纸的对照实验验证；
比较碳酸氢钠与碳酸钠的热稳定性，应将稳定性差的碳酸氢钠置于受热温度较低的小试管中；
容量瓶不能用于溶解固体，溶解操作应在烧杯中进行。
18．工业上用CH4催化还原NO2可以消除氮氧化物的污染，反应原理为：。下列有关该反应的说法正确的是
A．沸点：H2O>CH4
B．CO2的结构式为O—C—O
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
D．每生成标准状况下2.24 L N2转移0.4 mol电子
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、水分子间存在氢键，沸点高于甲烷，故 A 正确；
B、二氧化碳的结构式应为 O=C=O，而非 O—C—O，故 B 错误；
C、该反应中，NO2是氧化剂，CH4是还原剂，二者物质的量之比为 2：1，故 C 错误；
D、由反应方程式可知，每生成 1mol N2转移 8mol 电子，标准状况下 2.24L N2的物质的量为 0.1mol，转移 0.8mol 电子，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
分子晶体中，存在氢键的物质沸点通常高于结构相似但无氢键的物质；
二氧化碳分子中碳氧之间为双键，结构式需体现双键；
该反应中，氧化剂为 NO2，还原剂为 CH4，物质的量之比为 2：1；
根据化合价变化计算电子转移数，C 元素从 - 4 价升至 + 4 价，1mol CH4参与反应转移 8mol 电子。
19．一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，X的原子核只有1个质子；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期；元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法正确的是
A．该化合物中各原子最外层均达到稳定结构
B．E的氧化物对应的水化物均为强酸
C．X与Z形成的化合物中只含有极性键
D．XEZ是共价化合物，性质不稳定
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A、化合物中氢原子最外层为 2 电子结构，无法达到 8 电子稳定结构，故 A 错误；
B、E 为氯元素，其氧化物对应的水化物并非全部为强酸，例如次氯酸属于弱酸，故 B 错误；
C、X 为氢元素，Z 为氧元素，二者形成的化合物中，过氧化氢分子内含有氧氧非极性共价键，故 C 错误；
D、XEZ 对应的物质为次氯酸，属于共价化合物，化学性质不稳定，在光照条件下会发生分解反应，生成氯化氢和氧气，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】根据题干给出的原子结构与周期表位置信息，可进行元素推断：X 的原子核只有 1 个质子，为H；Y、Z、W 均为第二周期元素，原子序数依次增大，其中能形成 4 个共价键的是碳元素，形成 2 个共价键的是O，形成 1 个共价键的是F；E 原子比 W 多 8 个电子，为 Cl ，基于此逐一分析选项。
20．部分含Al或含Fe物质的类别与相应化合价关系如图所示。下列说法合理的是
A．向含f的溶液中加入过量的NaOH溶液均可制备g
B．可存在a→c→d→g→f→c的一步转化
C．向含c的溶液中依次加入H2O2和KSCN溶液以检验c
D．可以用d在空气中加热分解制备b
【答案】B
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】A、若 f 为铝盐，加入过量 NaOH 溶液会生成偏铝酸钠，无法得到氢氧化铝，故 A 错误；
B、可存在转化：Fe→Fe2+→Fe(OH)2→Fe(OH)3→Fe3+→Fe2+，每一步均可通过一步反应实现，故 B 正确；
C、检验亚铁离子时，应先加入 KSCN 溶液排除三价铁干扰，再加入 H2O2，若先加 H2O2会将亚铁离子氧化，无法检验原溶液中是否含亚铁离子，故 C 错误；
D、Fe(OH)2在空气中加热时，会被氧气氧化为 Fe(OH)3，最终分解生成 Fe2O3，无法得到 FeO，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】根据价类二维图的横纵坐标信息，可推断各点对应的物质类别与价态：a 为 Al 或 Fe 单质；b 为 + 2 价氧化物，即 FeO；c 为 + 2 价盐，即亚铁盐；d 为 + 2 价碱，即 Fe(OH)2；e 为 + 3 价氧化物，即 Al2O3或 Fe2O3；f 为 + 3 价盐，即铝盐或铁盐；g 为 + 3 价碱，即Al(OH)3或 Fe(OH)3，结合 Al、Fe 及其化合物的性质逐一分析选项。
21．下列各组实验中，操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 滴有酚酞的蒸馏水中加入少许Na2O2粉末 溶液先变红后褪色 Na2O2与水反应生成了具有碱性和漂白性的物质
B 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液 溶液先变为橙色，后变为蓝色 非金属性：Cl>Br>I
C 将红热的铁丝伸入盛有纯净氯气的集气瓶中 铁丝燃烧，产生大量棕色的烟 氯气可将铁氧化为FeCl2
D 用洁净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯外焰上灼烧 火焰呈黄色 该溶液中一定含有钠盐
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】焰色反应；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、向滴有酚酞的蒸馏水中加入过氧化钠粉末，溶液先变红后褪色，说明过氧化钠与水反应生成了具有碱性和漂白性的物质，操作、现象和结论均正确，故 A 符合题意；
B、向溴化钠溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝无法证明溴的非金属性强于碘，因为过量的氯水也可将碘离子氧化为碘单质，结论错误，故 B 不符合题意；
C、红热的铁丝在氯气中燃烧生成的是氯化铁，现象描述的产物错误，故 C 不符合题意；
D、火焰呈黄色只能说明溶液中含有钠元素，不一定是钠盐，也可能是氢氧化钠等碱，结论错误，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠使酚酞变红，而过氧化钠或反应生成的过氧化氢具有漂白性，可使溶液褪色；
氯水过量时，氯水中的氯气可直接氧化碘离子，无法比较溴与碘的非金属性强弱；氯气具有强氧化性，与铁反应直接生成 + 3 价的氯化铁；
焰色试验只能检验元素，不能确定物质类别。
22．一种制备Fe(OH)2的改进装置如图所示。下列说法正确的是
A．保存溶液时加入铁粉是为了防止被还原
B．实验时先注入稀硫酸，再注入溶液和溶液
C．装置N的唯一作用是判断装置M中的空气是否排尽
D．用铁粉代替粉末，也能排尽装置内空气
【答案】B
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】A、保存 FeSO4溶液时加入铁粉，目的是防止 Fe2+被氧化为 Fe3+，而非防止被还原，故 A 不符合题意；
B、实验时先注入稀硫酸，与 Na2CO3反应生成 CO2，排尽装置内空气后，再注入 NaOH 溶液和 FeSO4溶液，可避免生成的 Fe (OH)2被氧化，故 B 符合题意；
C、装置 N 不仅可判断装置 M 中的空气是否排尽，还能形成液封，防止外界空气进入装置 M 中，故 C 不符合题意；
D、铁粉与稀硫酸反应生成 H2，虽可排尽装置内空气，但会引入新的杂质，且反应生成的 Fe2+会影响后续实验，不能替代 Na2CO3粉末，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
制备 Fe(OH)2的关键是隔绝空气，防止其被氧化；
铁粉可还原 Fe3+，防止 FeSO4溶液被氧化；先注入稀硫酸与 Na2CO3反应生成 CO2，排尽装置内空气；
装置 N 可通过紫色石蕊溶液的变化判断空气是否排尽，同时起到液封作用；
铁粉与稀硫酸反应生成 H2，虽能排空气，但会引入 Fe2+杂质，影响实验。
23．某工厂的工业废水中含有大量的Fe2+、Fe3+、Cu2+和少量Na+。工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，其流程如下图所示。下列叙述错误的是
A．进行“操作Ⅰ、Ⅱ”时，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
B．若“加入A”不足，将导致制备的FeSO4·7H2O晶体不纯
C．“加入过量D”时，固体B部分溶解同时有气体生成
D．“滤液C”和“滤液F”中的离子都只含有Fe2+、和Na+
【答案】D
【知识点】过滤；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、操作 I、II 均为过滤操作，过滤需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故 A 正确；
B、加入的 A 为铁粉，若铁粉不足，废水中的 Cu2+无法被完全置换，后续会混入滤液中，最终导致 FeSO4 7H2O 晶体不纯，故 B 正确；
C、固体 B 为 Fe 和 Cu 的混合物，加入的过量 D 为稀硫酸，Fe 会与稀硫酸反应溶解并产生氢气，Cu 不反应，因此固体部分溶解且有气体生成，故 C 正确；
D、滤液 C 中含有 Fe2+、SO42-和 Na+，但滤液 F 中因加入了过量稀硫酸，会含有过量的 H+，并非只含 Fe2+、SO42-和 Na+，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】工业废水（含 Fe2+、Fe3+、Cu2+、Na+）中先加过量铁粉（A），将 Fe3+还原为 Fe2+、Cu2+置换为 Cu，过滤（操作 I）得到固体 B（Fe、Cu 混合物）和滤液 C（含 Fe2+、Na+、SO42-）；再向固体 B 中加过量稀硫酸（D），Fe 溶解生成 FeSO4并放出 H2，过滤（操作 II）得到固体 E（Cu）和滤液 F（含 Fe2+、过量 H+、SO42-）；将滤液 C 与滤液 F 合并，经蒸发浓缩、冷却结晶（操作 III）得到 FeSO4 7H2O 晶体。
24．阅读科普文章，回答下列问题。
氯化钠（NaCl），这种古老的白色晶体，不仅是生命活动的基石，更在人类文明进程中扮演着多重角色。从基础的化学性质到宏大的工业制造，再到尖端科技应用，它的“转化”之旅充满了化学的智慧与魅力。
Ⅰ.基础转化 一条以NaCl为起点的转化路径如下图所示：
（1）Cl在元素周期表中的位置为________。
（2）反应ⅱ生成淡黄色固体Na2O2，其中所含化学键类型包括________（填标号）。
a.离子键 b.极性共价键 c.非极性共价键
（3）反应ⅲ的化学方程式为________。
（4）反应ⅳ的离子方程式为________，若实验室需要100 mL 0.1 mol/L NaClO溶液用于杀菌消毒，应量取________mL 2 mol/L NaClO溶液。
（5）符号表征是重要的化学学习方法，下列关于NaCl的微观过程描述或概念表述错误的为________（填标号）。
A. 图1表示NaCl形成离子化合物的过程
B. 图2表示Na与Cl2反应电子转移方向和数目
C. 图3表示NaCl溶液导电的微观过程
D. 图4表示向NaCl溶液中逐滴加入AgNO3溶液的导电能力变化
Ⅱ.工业基石
氯化钠是现代化学工业的“基石原料”，最具代表性的工业应用是氯碱工业——电解饱和食盐水可同时产出NaOH、Cl2和H2（物质的量之比为2：1：1），这一反应被誉为“化学工业的发动机”。我国科学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”，正是以NaCl、NH3、CO2为原料制备纯碱，副产品还能用于氮肥，实现了盐资源的高效循环利用。
当下，NaCl在新能源、新材料等前沿方向展现出巨大潜力。例如，钠离子电池以Na+为电荷载体，相较于锂离子电池优势明显，目前我国已实现钠离子电池的规模化量产。
（6）某兴趣小组模拟工业电解饱和食盐水并探究Cl2的性质，实验装置如下图所示。
①一段时间后a处湿润的红色布条________，b处出现蓝色说明还原性：________（填“>”“<”或“=”）。
②电解一段时间后，收集到标准状况下22.4 mL H2，此时U形管内NaOH溶液的浓度为________mol/L（该溶液体积为100 mL，忽略Cl2与U形管内NaOH溶液的反应）。
（7）侯氏制碱法中，向饱和食盐水先通入的气体是________（填化学式），析出碳酸氢钠晶体后，剩余母液中主要含有的溶质为________（填化学式）。
（8）相比于锂离子电池，钠离子电池的主要优势有________（任写一点）。
【答案】(1) 第三周期ⅦA族
(2) ac
(3)
(4) 5.0
(5) B，D
(6) 褪色 > 0.02
(7) 、
(8) 原料资源丰富、生产成本低、安全性高任意答出一点即可
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；化学键；离子键的形成；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）Cl的质子数为17，电子排布为2、8、7，位于第三周期第ⅦA族，
故答案为：第三周期第ⅦA族；
（2）是离子化合物，与之间含有离子键，内部的O-O键为非极性共价键，
故答案为：ac；
（3）与反应生成和：；
故答案为： ；
（4）与反应生成、和，；
根据稀释定律，则，解得，
故答案为：；5.0；
（5）A．图1表示NaCl形成离子化合物的过程，A正确；
B．图2中电子转移方向错误，失去电子，得到电子，且转移电子数应为，正确的电子转移方向和 数目应表示为：，B错误；
C．图3表示NaCl溶液导电的微观过程，C正确；
D．向NaCl溶液中逐滴加入溶液，生成沉淀，离子浓度先减小后增大，导电能力应先减小后增大，但图4中导电能力最后恢复到初始值，实际反应后溶液为溶液，导电能力应与原溶液相近，D错误；
故答案为：BD；
（6）①与水反应生成，具有漂白性，因此红色布条褪色。与反应，碘单质遇淀粉溶液变蓝，说明还原性，故答案为：褪色；>；
②由题，，由电解反应，得，因此，
故答案为：0.02；
（7）侯氏制碱法中，向饱和食盐水先通入的气体是，使溶液呈碱性，再通入，可增大的溶解度，生成更多沉淀；析出后，剩余母液中主要含和未反应的，
故答案为：；、；
（8）与锂离子电池相比，钠离子电池的优势有：原料资源丰富、生产成本低、安全性高。
故答案为： 原料资源丰富、生产成本低、安全性高任意答出一点即可 ；
【分析】实验以模拟工业电解饱和食盐水为背景，在 U 形管中电解饱和食盐水，生成氯气、氢气和氢氧化钠；生成的氯气依次通入湿润的红色布条以验证其漂白性、通入淀粉碘化钾溶液以验证其氧化性，最后用浸有浓氢氧化钠溶液的棉花团吸收尾气，防止污染空气。
（1）根据 Cl 的质子数和电子排布，确定其在元素周期表中的位置。
（2） 从化学键类型角度，分析 Na2O2中 Na+与 O22-之间的离子键，以及 O22-内部的非极性共价键，判断选项。
（3） 依据过氧化钠与水反应的化学性质，写出反应生成氢氧化钠和氧气的化学方程式。
（4）写出 Cl2与 NaOH 反应的离子方程式，并利用稀释定律计算所需溶液体积。
（5） 结合离子化合物形成过程、氧化还原反应电子转移、溶液导电微观过程、离子反应的导电能力变化，逐一分析选项的正误。
（6）结合 Cl2的漂白性、氧化性实验现象，判断离子还原性强弱，并根据电解饱和食盐水的反应计算生成 NaOH 的浓度。
（7） 结合侯氏制碱法的反应原理，确定先通入氨气使溶液呈碱性以增大 CO2溶解度，并分析析出碳酸氢钠后母液的主要成分。
（8）对比钠离子电池与锂离子电池的特点，总结钠离子电池的优势。
25．Cl2和ClO2均为常见的自来水消毒剂，在生产、生活中应用广泛。
Ⅰ.Cl2的制备与性质：实验室常用MnO2和浓盐酸制取Cl2：
（1）该原理制备Cl2的化学方程式为________，发生装置应选图________（填标号）。
（2）若将生成的Cl2持续缓慢通入少量紫色石蕊试液中，溶液的颜色变化为________。
（3）反应后固液混合物中仍存在盐酸和MnO2，分析可能的原因。
猜想①：随降低或浓度升高，MnO2氧化性减弱。
猜想②：随降低，________。
某兴趣小组设计三组实验验证上述猜想。
组别 实验操作 试剂 产物
1 较浓H2SO4 有氯气
2 a 有氯气
3 a+b 无氯气
则a是________固体，b是________固体。
实验结果证明：猜想①和猜想②均正确。
Ⅱ.ClO2的制备与性质：利用NaClO3与C2H2O2在水溶液中反应可制备ClO2，相关反应机理如下：
已知：常温下ClO2为黄绿色气体，高浓度ClO2气体易发生爆炸。
（4）下列说法错误的是________（填标号）。
A. 为总反应的催化剂
B. ①、②和③均为氧化还原反应
C. ②中反应为
D. ③中每消耗1 mol ，转移电子数为NA
（5）反应过程中需要通入N2稀释ClO2，原因是________。
（6）从原子结构角度解释非金属性O>C的原因________。
（7）消毒效率可用单位质量的物质得到的电子数来衡量，则消毒效率：Cl2________ClO2（填“>”或“<”）。
【答案】(1) c
(2) 溶液先变红后褪色
(3) 的还原性减弱或HCl的还原性减弱 NaCl 或
(4) C，D
(5) 防止因浓度过高而发生爆炸
(6) C、O原子都有2个电子层，O原子质子数大于C原子，O原子半径小于C，O得电子能力更强，所以非金属性O>C
(7) <
【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；氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】（1）该原理制备的化学方程式为，属于固液加热反应类型，故发生装置应选择c图；
故答案为：； c ；
（2）若将生成的持续缓慢通入少量紫色石蕊试液中，因发生反应，故溶液的颜色变化为溶液先变红后褪色；
故答案为： 溶液先变红后褪色 ；
（3）猜想①从 的角度分析原因，因此猜想②应从浓盐酸的角度分析，故可能的原因为的还原性减弱或HCl的还原性减弱；实验1加浓硫酸提高浓度，有生成，支持猜想①；实验2应加提高浓度，有生成，支持猜想②；实验 3同时加NaCl和或，无生成，说明浓度降低或浓度升高导致反应停止，故b为或；
故答案为：的还原性减弱或HCl的还原性减弱 NaCl 或 ；
（4）A．参与反应①又在反应①中生成，且最终产物中并无，故其是总反应的催化剂，A正确；
B．反应①涉及Cl元素的化合价变化，反应②涉及Cl元素和N元素的化合价变化，反应③涉及N元素和O元素的化合价变化，故反应①、②、③均为氧化还原反应，B正确；
C．反应②中的反应为，C错误；
D．反应③中N元素的化合价从+5降至+3，故每消耗1 mol，转移电子数为，D错误；
故答案为：CD；
（5）由题意知，高浓度易发生爆炸，通入氮气稀释可降低其浓度，避免爆炸，故通入稀释的原因是防止因浓度过高而发生爆炸；
故答案为： 防止因浓度过高而发生爆炸 ；
（6）C、O原子都有2个电子层，O原子质子数大于C原子，O原子半径小于C，O得电子能力更强，所以非金属性O>C；
故答案为： C、O原子都有2个电子层，O原子质子数大于C原子，O原子半径小于C，O得电子能力更强，所以非金属性O>C ；
（7）消毒时，1 mol得到 2 mol 电子被还原为，单位质量得电子数为；消毒时，Cl元素从+ 4价变为-1价，1 mol得到5 mol电子，单位质量得电子数为；因此消毒效率更高。
故答案为： < ；
【分析】（1）根据二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的化学方程式，结合反应类型选择对应的固液加热型发生装置。
（2）依据氯气与水反应生成盐酸和次氯酸的性质，分析其通入紫色石蕊试液中先变红后褪色的现象。
（3）从浓盐酸中氯离子和氢离子浓度变化、反应产物影响的角度，分析反应停止的可能原因，并通过对照实验验证猜想。
（4）结合催化剂的定义、氧化还原反应的判断、离子方程式正误及电子转移数目计算，对选项逐一进行分析判断。
（5）根据二氧化氯浓度过高易爆炸的特性，分析通入氮气稀释的目的。
（6）依据同周期元素原子半径与得电子能力的递变规律，比较氧和碳的非金属性强弱。
（7）通过计算氯气和二氧化氯单位质量的得电子数，比较二者的消毒效率高低。
26．硫酸亚铁作为补血剂，可促进动物的生长发育。由硫铁矿烧渣（主要含FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2，不考虑其他杂质）制取绿矾（FeSO4·7H2O）的流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸浸”步骤中，酸A为　 　（写化学式）；“酸浸”时为了提高浸取速率，可以采取的措施是　 　（任写一种）。
（2）“氧化”步骤中，发生反应的离子方程式为　 　；该步骤中，一定时间内反应温度与产率的关系如图所示，则55℃以后，随温度升高该反应产率降低的原因可能为　 　。
（3）“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶，　 　、洗涤、干燥。
（4）绿矾晶体在空气中易被氧化，测定所得样品中Fe2+的含量，步骤如下：
ⅰ：称取a g绿矾晶体样品，配制成50 mL溶液；
ⅱ：取出10 mL溶液，加入适量稀硫酸酸化，滴入b mol/L的KMnO4溶液，至反应完全共消耗KMnO4溶液c mL。
①描述该反应的原理，将离子方程式补充完整：　 　
②绿矾晶体中Fe2+的含量为　 　（用含a、b、c的计算式表示）。
【答案】（1）；将硫铁矿粉碎、适当增大硫酸的浓度、适当升高酸浸温度等
（2）；温度升高，过氧化氢分解
（3）过滤
（4）；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析知，A溶液为硫酸，化学式为；将硫铁矿粉碎、适当增大硫酸的浓度、适当升高酸浸温度等均可提高浸取速率。
故答案为： ； 将硫铁矿粉碎、适当增大硫酸的浓度、适当升高酸浸温度等 ；
（2）“氧化”步骤中，过氧化氢与反应生成和水，发生反应的离子方程式为；55℃以后，随温度升高该反应产率降低的原因可能为温度升高，过氧化氢分解。
故答案为： ； 温度升高，过氧化氢分解 ；
（3）从硫酸亚铁溶液中获得绿矾的系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
故答案为： 过滤 ；
（4）①反应中铁元素化合价从+2价升高至+3价，Mn元素化合价从+7价降低至+2价，利用化合价升降总数相等，前系数配5，前系数配1，根据原子守恒和电荷守恒配平方程式为。
②结合离子方程式，消耗b mol/L的KMnO4c mL溶液，硫酸亚铁溶液中的物质的量浓度，硫酸亚铁晶体样品中的质量分数为=。
故答案为： ； ；
【分析】硫铁矿烧渣（主要含 FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2，不含其他杂质）加入酸液 A 进行酸浸，其中 FeO、Fe2O3、Al2O3会溶解，生成 Fe2+、Fe3+、Al3+进入溶液，而 SiO2不溶于酸，以滤渣形式被过滤除去；向滤液中加入过氧化氢，将 Fe2+氧化为 Fe3+，再加入过量氢氧化钠，使 Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，同时 Al3+转化为可溶性的四羟基合铝酸根离子 [Al(OH)4]-，从而实现铝元素的去除；随后向氢氧化铁沉淀中再次加入酸液 A 使其溶解，得到含 Fe3+的溶液，再加入过量铁粉，将 Fe3+还原为 Fe2+，最终经过一系列分离操作，得到绿矾晶体，因此可推断酸液 A 为硫酸。
（1）结合硫铁矿烧渣的成分与后续制备绿矾的流程，推断酸浸试剂为硫酸，并从接触面积、浓度、温度等角度分析提高浸取速率的方法。
（2）根据氧化还原反应规律写出过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式，并结合过氧化氢的热不稳定性分析温度升高后产率降低的原因。
（3）依据绿矾的溶解度特性，确定从其溶液中获得晶体的操作步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（4）先根据化合价升降法配平亚铁离子与高锰酸根反应的离子方程式，再利用该反应的计量关系，结合消耗的高锰酸钾的量，计算硫酸亚铁溶液中亚铁离子的浓度及样品中亚铁离子的质量分数。
（1）由分析知，A溶液为硫酸，化学式为；将硫铁矿粉碎、适当增大硫酸的浓度、适当升高酸浸温度等均可提高浸取速率。
（2）“氧化”步骤中，过氧化氢与反应生成和水，发生反应的离子方程式为；55℃以后，随温度升高该反应产率降低的原因可能为温度升高，过氧化氢分解。
（3）从硫酸亚铁溶液中获得绿矾的系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（4）①反应中铁元素化合价从+2价升高至+3价，Mn元素化合价从+7价降低至+2价，利用化合价升降总数相等，前系数配5，前系数配1，根据原子守恒和电荷守恒配平方程式为。
②结合离子方程式，消耗b mol/L的KMnO4c mL溶液，硫酸亚铁溶液中的物质的量浓度，硫酸亚铁晶体样品中的质量分数为=。
1 / 1广东省深圳市坪山高级中学2025-2026学年第一学期高一期末质量监测 化学试题
1．材料是人类文明发展的里程碑。下列物品中不属于合金的是
A．龙纹青铜铺首 B．镁铝材质硬币
C．碳纤维机舱 D．特种钢甲板
2．粤港澳大湾区全运会是“绿色、科技、人文”交融的盛会。下列有关说法错误的是
A．场馆实现了100%“绿电”，太阳能属于清洁能源
B．闭幕式上烟花的多彩焰色，其本质上是一种物理变化
C．羽毛球拍杆使用钛合金，其硬度比纯钛更高且更耐腐蚀
D．红磷常用来制作发令枪子弹，它与白磷互为同位素
3．“管道疏通剂”含有铝粉、氢氧化钠、次氯酸钠、碳酸钠等，其组成成分不包括
A．酸 B．盐 C．单质 D．碱
4．下列变化与氧化还原反应原理无关的是
A．植物的光合作用 B．钟乳石的形成
C．生铁的冶炼 D．天然气的燃烧
5．关于物质的用途，下列说法错误的是
A．可用于文物的考古断代
B．常用作油漆的红色颜料
C．可用作呼吸面具的供氧剂
D．铝制餐具可用于长时间存放碱性食物
6．下列化学用语表示正确的是
A．H2O的电子式：
B．的结构示意图：
C．中子数为8的氧原子：
D．KOH的电离方程式
7．下列各组离子中，可以大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
8．门捷列夫在周期表上留下的空位——“类铝”，1875年由法国化学家布瓦博德朗发现并命名为镓。下列关于该元素的说法错误的是
A．原子序数为31 B．金属性比铝强
C．位于第四周期 D．质量数为69.72
9．化学与劳动的关系，是知与行的统一。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用小苏打作发泡剂烘焙面包 NaHCO3受热分解产生CO2
B 用“84消毒液”擦洗生活用品 NaClO具有强氧化性
C 将模具干燥后再注入熔融铁水 铁与水在高温下会反应
D 技术人员开发耐腐蚀镀铝钢板 铝的密度比铁小
A．A B．B C．C D．D
10．某危险品仓库存放有化工原料氰化钠（NaCN），一旦发生泄漏，工作人员会将NaCN转化为无害的CO2和N2。下列物质中可以达到该目的的是
A．铁粉 B．次氯酸钠 C．氧化钙 D．氯化钠
11．下列离子方程式书写正确的是
A．用食醋去除水垢中的Mg(OH)2：
B．通入石灰乳中制备漂白粉：
C．用溶液刻蚀铜电路板：
D．制备氢氧化铁胶体：（胶体）
12．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．标准状况下，22.4 L H2O含有的原子数为3NA
B．78 g Na2O2中含有的阴阳离子总数为3NA
C．1 mol/L MgCl2溶液中含数目为2NA
D．2.7 g Al与足量NaOH溶液反应，生成H2数目为0.1NA
13．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错误的是
A．微粒观：稀盐酸中的主要微粒有H2O、H+和
B．分类观：NaOH、Na2CO3、NaHCO3都是电解质
C．守恒观：发生化学反应时，离子总数不发生改变
D．变化观：酸性氧化物能与碱反应生成盐和水
14．元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和性质。下列说法错误的是
A．短周期元素形成离子后，最外层电子都达到8电子稳定结构
B．ⅠA族与ⅦA族元素间可形成共价化合物或离子化合物
C．第三周期主族元素的最高正化合价等于它所处的族序数
D．在周期表中金属与非金属的分界处寻找半导体材料
15．实验室欲配制480 mL 1 mol/L的NaOH溶液，下列说法正确的是
A．应称取19.2 g NaOH固体
B．NaOH溶解后应立即转移到容量瓶
C．定容时俯视刻度线会导致溶液浓度偏大
D．摇匀后若液面低于刻度线应补加少量的水
16．短周期元素甲~丁在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法错误的是
A．原子半径：甲>乙>丙>丁
B．金属性强弱：甲>乙>丙>丁
C．简单氢化物的稳定性：乙>丁
D．最高价氧化物水化物的酸性：甲<乙
17．下列实验操作能达到相应实验目的是
A.测定新制氯水的pH B.比较干燥氯气与潮湿氯气的漂白性
C.比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性 D.配制一定物质的量浓度的KNO3溶液
A．A B．B C．C D．D
18．工业上用CH4催化还原NO2可以消除氮氧化物的污染，反应原理为：。下列有关该反应的说法正确的是
A．沸点：H2O>CH4
B．CO2的结构式为O—C—O
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
D．每生成标准状况下2.24 L N2转移0.4 mol电子
19．一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，X的原子核只有1个质子；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期；元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法正确的是
A．该化合物中各原子最外层均达到稳定结构
B．E的氧化物对应的水化物均为强酸
C．X与Z形成的化合物中只含有极性键
D．XEZ是共价化合物，性质不稳定
20．部分含Al或含Fe物质的类别与相应化合价关系如图所示。下列说法合理的是
A．向含f的溶液中加入过量的NaOH溶液均可制备g
B．可存在a→c→d→g→f→c的一步转化
C．向含c的溶液中依次加入H2O2和KSCN溶液以检验c
D．可以用d在空气中加热分解制备b
21．下列各组实验中，操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 滴有酚酞的蒸馏水中加入少许Na2O2粉末 溶液先变红后褪色 Na2O2与水反应生成了具有碱性和漂白性的物质
B 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液 溶液先变为橙色，后变为蓝色 非金属性：Cl>Br>I
C 将红热的铁丝伸入盛有纯净氯气的集气瓶中 铁丝燃烧，产生大量棕色的烟 氯气可将铁氧化为FeCl2
D 用洁净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯外焰上灼烧 火焰呈黄色 该溶液中一定含有钠盐
A．A B．B C．C D．D
22．一种制备Fe(OH)2的改进装置如图所示。下列说法正确的是
A．保存溶液时加入铁粉是为了防止被还原
B．实验时先注入稀硫酸，再注入溶液和溶液
C．装置N的唯一作用是判断装置M中的空气是否排尽
D．用铁粉代替粉末，也能排尽装置内空气
23．某工厂的工业废水中含有大量的Fe2+、Fe3+、Cu2+和少量Na+。工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，其流程如下图所示。下列叙述错误的是
A．进行“操作Ⅰ、Ⅱ”时，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
B．若“加入A”不足，将导致制备的FeSO4·7H2O晶体不纯
C．“加入过量D”时，固体B部分溶解同时有气体生成
D．“滤液C”和“滤液F”中的离子都只含有Fe2+、和Na+
24．阅读科普文章，回答下列问题。
氯化钠（NaCl），这种古老的白色晶体，不仅是生命活动的基石，更在人类文明进程中扮演着多重角色。从基础的化学性质到宏大的工业制造，再到尖端科技应用，它的“转化”之旅充满了化学的智慧与魅力。
Ⅰ.基础转化 一条以NaCl为起点的转化路径如下图所示：
（1）Cl在元素周期表中的位置为________。
（2）反应ⅱ生成淡黄色固体Na2O2，其中所含化学键类型包括________（填标号）。
a.离子键 b.极性共价键 c.非极性共价键
（3）反应ⅲ的化学方程式为________。
（4）反应ⅳ的离子方程式为________，若实验室需要100 mL 0.1 mol/L NaClO溶液用于杀菌消毒，应量取________mL 2 mol/L NaClO溶液。
（5）符号表征是重要的化学学习方法，下列关于NaCl的微观过程描述或概念表述错误的为________（填标号）。
A. 图1表示NaCl形成离子化合物的过程
B. 图2表示Na与Cl2反应电子转移方向和数目
C. 图3表示NaCl溶液导电的微观过程
D. 图4表示向NaCl溶液中逐滴加入AgNO3溶液的导电能力变化
Ⅱ.工业基石
氯化钠是现代化学工业的“基石原料”，最具代表性的工业应用是氯碱工业——电解饱和食盐水可同时产出NaOH、Cl2和H2（物质的量之比为2：1：1），这一反应被誉为“化学工业的发动机”。我国科学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”，正是以NaCl、NH3、CO2为原料制备纯碱，副产品还能用于氮肥，实现了盐资源的高效循环利用。
当下，NaCl在新能源、新材料等前沿方向展现出巨大潜力。例如，钠离子电池以Na+为电荷载体，相较于锂离子电池优势明显，目前我国已实现钠离子电池的规模化量产。
（6）某兴趣小组模拟工业电解饱和食盐水并探究Cl2的性质，实验装置如下图所示。
①一段时间后a处湿润的红色布条________，b处出现蓝色说明还原性：________（填“>”“<”或“=”）。
②电解一段时间后，收集到标准状况下22.4 mL H2，此时U形管内NaOH溶液的浓度为________mol/L（该溶液体积为100 mL，忽略Cl2与U形管内NaOH溶液的反应）。
（7）侯氏制碱法中，向饱和食盐水先通入的气体是________（填化学式），析出碳酸氢钠晶体后，剩余母液中主要含有的溶质为________（填化学式）。
（8）相比于锂离子电池，钠离子电池的主要优势有________（任写一点）。
25．Cl2和ClO2均为常见的自来水消毒剂，在生产、生活中应用广泛。
Ⅰ.Cl2的制备与性质：实验室常用MnO2和浓盐酸制取Cl2：
（1）该原理制备Cl2的化学方程式为________，发生装置应选图________（填标号）。
（2）若将生成的Cl2持续缓慢通入少量紫色石蕊试液中，溶液的颜色变化为________。
（3）反应后固液混合物中仍存在盐酸和MnO2，分析可能的原因。
猜想①：随降低或浓度升高，MnO2氧化性减弱。
猜想②：随降低，________。
某兴趣小组设计三组实验验证上述猜想。
组别 实验操作 试剂 产物
1 较浓H2SO4 有氯气
2 a 有氯气
3 a+b 无氯气
则a是________固体，b是________固体。
实验结果证明：猜想①和猜想②均正确。
Ⅱ.ClO2的制备与性质：利用NaClO3与C2H2O2在水溶液中反应可制备ClO2，相关反应机理如下：
已知：常温下ClO2为黄绿色气体，高浓度ClO2气体易发生爆炸。
（4）下列说法错误的是________（填标号）。
A. 为总反应的催化剂
B. ①、②和③均为氧化还原反应
C. ②中反应为
D. ③中每消耗1 mol ，转移电子数为NA
（5）反应过程中需要通入N2稀释ClO2，原因是________。
（6）从原子结构角度解释非金属性O>C的原因________。
（7）消毒效率可用单位质量的物质得到的电子数来衡量，则消毒效率：Cl2________ClO2（填“>”或“<”）。
26．硫酸亚铁作为补血剂，可促进动物的生长发育。由硫铁矿烧渣（主要含FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2，不考虑其他杂质）制取绿矾（FeSO4·7H2O）的流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸浸”步骤中，酸A为　 　（写化学式）；“酸浸”时为了提高浸取速率，可以采取的措施是　 　（任写一种）。
（2）“氧化”步骤中，发生反应的离子方程式为　 　；该步骤中，一定时间内反应温度与产率的关系如图所示，则55℃以后，随温度升高该反应产率降低的原因可能为　 　。
（3）“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶，　 　、洗涤、干燥。
（4）绿矾晶体在空气中易被氧化，测定所得样品中Fe2+的含量，步骤如下：
ⅰ：称取a g绿矾晶体样品，配制成50 mL溶液；
ⅱ：取出10 mL溶液，加入适量稀硫酸酸化，滴入b mol/L的KMnO4溶液，至反应完全共消耗KMnO4溶液c mL。
①描述该反应的原理，将离子方程式补充完整：　 　
②绿矾晶体中Fe2+的含量为　 　（用含a、b、c的计算式表示）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】合金及其应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A、龙纹青铜铺首是铜锡合金，属于合金，故 A 不符合题意；
B、镁铝材质硬币是镁铝合金，属于合金，故 B 不符合题意；
C、碳纤维机舱的主要材料是碳纤维复合材料，碳纤维属于无机非金属材料，不属于合金，故 C 符合题意；
D、特种钢甲板是铁碳合金，属于合金，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
合金是由两种或两种以上金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质。
青铜、镁铝合金、特种钢均由多种成分熔合而成，具备合金的定义与特性。
碳纤维复合材料以无机非金属材料为主体，不具备合金的组成条件，因此不属于合金。
2．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；同素异形体；合金及其应用；焰色反应；绿色化学
【解析】【解答】A、场馆使用的 100%“绿电” 来自太阳能发电，太阳能属于清洁能源，故 A 说法正确；
B、烟花的多彩焰色是金属元素的焰色反应，本质上是物理变化，故 B 说法正确；
C、钛合金的硬度一般比纯钛更高，且耐腐蚀性更强，适合用于羽毛球拍杆，故 C 说法正确；
D、红磷与白磷是磷元素的不同单质，二者互为同素异形体，而非同位素，故 D 说法错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
太阳能是可再生的清洁能源，符合 “绿电” 的定义；
焰色反应是金属元素的物理性质，不涉及化学变化；
合金通常比其成分纯金属硬度更高、耐腐蚀性更强；
同位素是同种元素的不同原子，红磷与白磷属于同素异形体。
3．【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】酸的定义是电离出的阳离子全部为氢离子的化合物，管道疏通剂的成分包括铝粉、氢氧化钠、次氯酸钠、碳酸钠，其中铝粉是单质，氢氧化钠是碱，次氯酸钠和碳酸钠均为盐，不含酸类物质，故 A 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：明确酸、碱、盐、单质的物质类别定义，逐一对应管道疏通剂的成分；铝粉属于单质，氢氧化钠属于碱，次氯酸钠、碳酸钠属于盐；题干给出的所有成分中，不存在符合酸的定义的物质；
4．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、植物的光合作用涉及碳、氧元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故 A 不符合题意；
B、钟乳石的形成是碳酸钙与碳酸氢钙之间的转化，各元素化合价均未发生变化，与氧化还原反应原理无关，故 B 符合题意；
C、生铁的冶炼过程中，铁的氧化物被还原为铁单质，存在化合价变化，属于氧化还原反应，故 C 不符合题意；
D、天然气的燃烧是甲烷与氧气发生的反应，碳、氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
判断反应是否与氧化还原反应有关，核心是看反应中是否存在元素化合价的升降；
光合作用、生铁冶炼、天然气燃烧均有单质参与或生成，必然存在化合价变化；
钟乳石的形成仅涉及碳酸钙与碳酸氢钙的相互转化，所有元素化合价均保持不变；
5．【答案】D
【知识点】铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；元素、核素；钠的氧化物
【解析】【解答】A、碳 - 14 具有放射性，可利用其半衰期对文物进行考古断代，故 A 正确；
B、三氧化二铁为红棕色粉末，性质稳定，常用作油漆的红色颜料，故 B 正确；
C、过氧化钠能与二氧化碳、水反应生成氧气，可用作呼吸面具的供氧剂，故 C 正确；
D、铝能与碱性物质发生反应，因此铝制餐具不可用于长时间存放碱性食物，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：明确各物质的化学性质，结合性质判断其用途是否合理：
碳 - 14 的放射性、三氧化二铁的颜色稳定性、过氧化钠的供氧反应均与其用途对应；
铝可与碱发生化学反应，会被碱性食物腐蚀，因此不能长期接触碱性物质；
6．【答案】C
【知识点】元素、核素；原子结构示意图；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、水是共价化合物，分子中不存在阴阳离子，正确的电子式为：， ，故 A 错误；
B、硫离子的质子数为 16，其结构示意图的圆圈内应标注 + 16，而非 + 18，正确的结构示意图为：，B错误；
C、氧原子的质子数为 8，中子数为 8 时，质量数为质子数与中子数之和，即 16，该原子可表示为 ，故 C 正确；
D、氢氧化钾是强碱，在电离时会解离出钾离子和氢氧根离子： ，不会解离出氢离子和氧离子，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
共价化合物的电子式书写无需标注电荷与方括号；
离子结构示意图中，圆圈内数字为质子数，硫离子质子数为 16；
原子符号中，左上角数字为质量数，等于质子数加中子数；
强碱电离时会解离出金属阳离子和氢氧根离子，不会直接解离出氧离子。
7．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；离子共存；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、镁离子、铜离子、氯离子、硝酸根离子之间不发生任何反应，可以大量共存，故 A 符合题意；
B、亚铁离子具有还原性，高锰酸根离子具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，不能大量共存，故 B 不符合题意；
C、氢离子与碳酸氢根离子会反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故 C 不符合题意；
D、铝离子与氢氧根离子会发生反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
判断离子能否大量共存，核心是看离子间是否会发生反应；
离子反应包括复分解反应（生成沉淀、气体或弱电解质）和氧化还原反应等；
亚铁离子与高锰酸根离子会发生氧化还原反应，氢离子与碳酸氢根离子会生成气体，铝离子与氢氧根离子会生成沉淀。
8．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；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
【解析】【解答】A、由元素周期表信息可知，镓的原子序数为 31，故 A 正确；
B、镓与铝同主族，且位于铝的下方，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，因此镓的金属性比铝强，故 B 正确；
C、镓的原子序数为 31，核外有 4 个电子层，位于第四周期，故 C 正确；
D、69.72 是镓的相对原子质量，而非质量数，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
元素周期表中，左上角数字为原子序数，下方数字为相对原子质量；
同主族元素，从上到下金属性逐渐增强；元素的周期数等于其原子核外电子层数；
相对原子质量与质量数概念不同，质量数是整数，相对原子质量一般为小数。
9．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；铝的化学性质；铁的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、小苏打受热分解会产生二氧化碳气体 ：，可使面包变得疏松多孔，该劳动项目与化学知识有关联，故 A 不符合题意；
B、84 消毒液的有效成分次氯酸钠具有强氧化性，可用于杀菌消毒，该劳动项目与化学知识有关联，故 B 不符合题意；
C、铁与水在高温下会发生反应： ，因此模具需干燥后再注入熔融铁水，该劳动项目与化学知识有关联，故 C 不符合题意；
D、镀铝钢板耐腐蚀的原理是铝在表面形成致密的氧化膜，与铝的密度比铁小无关，该劳动项目与化学知识没有关联，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
小苏打受热分解产生二氧化碳，这是能使面包变膨松的原理；
次氯酸钠的强氧化性是次氯酸钠杀菌消毒的核心原因；
铁与水在高温下会发生反应，因此模具必须干燥；防止发生反应；
镀铝钢板耐腐蚀的关键是铝形成的致密氧化膜，与密度无关。
10．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、铁粉不具有强氧化性，无法将氰化钠氧化为二氧化碳和氮气，故 A 不符合题意；
B、次氯酸钠具有强氧化性，可将氰化钠氧化为无害的二氧化碳和氮气，故 B 符合题意；
C、氧化钙不具有氧化性，不能与氰化钠发生反应将其转化为无害物质，故 C 不符合题意；
D、氯化钠不具有氧化性，无法将氰化钠氧化为二氧化碳和氮气，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氰化钠转化为二氧化碳和氮气，属于氧化反应，需要加入强氧化剂；
铁粉、氧化钙、氯化钠均不具备强氧化性，无法实现该转化；
次氯酸钠中的氯元素为 + 1 价，具有强氧化性，可将氰化钠中的碳、氮元素氧化为高价态；
11．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、食醋中的醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆写成氢离子， 正确方程式为，A错误；
B、石灰乳中的氢氧化钙主要以固体形式存在，在离子方程式中不能拆写成氢氧根离子， 正确方程式为，B错误；
C、氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，该离子方程式电荷守恒、原子守恒，书写正确，故 C 正确；
D、制备氢氧化铁胶体时，是向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，反应的离子方程式中反应物应写水分子，而非氢氧根离子， 正确方程式为，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子方程式书写需遵循 “拆写原则”，弱酸、弱碱、难溶物、气体和胶体等均不能拆写为离子；
醋酸为弱酸，不能拆写成氢离子；石灰乳中的氢氧化钙为固体，也不能拆写成氢氧根离子；
制备氢氧化铁胶体的反应，是铁离子在沸水中与水反应，而非与氢氧根离子反应；
解题时需同时检查原子守恒、电荷守恒，并结合物质的实际存在形式判断。
12．【答案】B
【知识点】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、标准状况下，水不是气体，22.4L 水的物质的量不是 1mol，无法计算其原子数，故 A 错误；
B、78g 过氧化钠的物质的量为 1mol，1mol 过氧化钠中含有 2mol 钠离子和 1mol 过氧根离子，阴阳离子总数为 3NA，故 B 正确；
C、溶液体积未知，无法计算 1mol/L 氯化镁溶液中氯离子的数目，故 C 错误；
D、2.7g 铝的物质的量为 0.1mol，根据反应关系，0.1mol 铝与足量氢氧化钠溶液反应生成 0.15mol 氢气，数目为 0.15NA，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
阿伏加德罗常数的计算，需注意物质状态、组成、溶液体积和反应关系等细节；
标准状况下的气体摩尔体积仅适用于气体，水在标况下为液态或固态；
过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，阴阳离子个数比为 2：1；
铝与氢氧化钠溶液反应时，1mol 铝可生成 1.5mol 氢气，需注意反应的定量关系。
13．【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类；质量守恒定律
【解析】【解答】A、稀盐酸中含有水分子、氢离子和氯离子，微粒观认识正确，故 A 不符合题意；
B、氢氧化钠、碳酸钠和碳酸氢钠在水溶液中均能导电，都属于电解质，分类观认识正确，故 B 不符合题意；
C、化学反应中遵循原子守恒，但离子总数可能发生改变，如酸碱中和反应： ，离子总数减少，守恒观认识错误，故 C 符合题意；
D、酸性氧化物的定义就是能与碱反应生成盐和水的氧化物， 如 ，变化观认识正确，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
稀盐酸是氯化氢的水溶液，溶液中存在水分子、氢离子和氯离子；
电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，三者均符合电解质的定义；
守恒观的核心是原子守恒，而非离子总数守恒，离子反应中离子总数可能发生变化；
酸性氧化物的定义就是能与碱反应生成盐和水的氧化物，该认识符合定义。
14．【答案】A
【知识点】化学键；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
【解析】【解答】A、短周期元素形成离子后，最外层电子不一定都达到 8 电子稳定结构，例如氢离子核外没有电子，锂离子最外层为 2 电子结构，故 A 错误；
B、ⅠA 族与 ⅦA 族元素间可形成共价化合物（如 HCl）或离子化合物（如 NaCl），故 B 正确；
C、第三周期主族元素的最高正化合价等于它所处的族序数，故 C 正确；
D、在周期表中金属与非金属的分界处可寻找半导体材料，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
部分短周期元素的离子不满足 8 电子稳定结构，如氢离子、锂离子；
ⅠA 族中的氢元素与 ⅦA 族元素形成共价化合物，其他 ⅠA 族金属元素与 ⅦA 族元素形成离子化合物；
主族元素的最高正化合价一般等于其族序数（O、F 除外），第三周期主族元素均符合此规律；
周期表中金属与非金属的分界处的元素通常具有半导体特性，是寻找半导体材料的区域。
15．【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、实验室没有 480mL 的容量瓶，应选用 500mL 容量瓶配制，所需氢氧化钠的质量为 0.5L×1mol/L×40g/mol=20.0g，故 A 错误；
B、氢氧化钠溶解时会放热，应冷却至室温后再转移到容量瓶中，否则会导致溶液体积不准确，故 B 错误；
C、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，根据 c=，体积偏小会使溶液浓度偏大，故 C 正确；
D、摇匀后液面低于刻度线是正常现象，无需加水，若加水会导致溶液体积偏大，浓度偏小，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
配制一定物质的量浓度的溶液时，应根据所需溶液体积选择合适规格的容量瓶；
溶解后的溶液需冷却至室温后再转移，否则会因热胀冷缩影响溶液体积；
定容时俯视刻度线，实际溶液体积小于刻度线所示体积，导致浓度偏大；
摇匀后液面低于刻度线是部分溶液附着在瓶塞和瓶壁上，无需补充加水。
16．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、根据周期表位置可知，甲、乙位于第三周期，丙、丁位于第二周期，且原子序数甲＜乙＜丙＜丁。同周期元素原子半径从左到右递减，同主族元素原子半径从上到下递增，故原子半径：甲＞乙＞丙＞丁，A 正确；
B、同周期元素金属性从左到右递减，同主族元素金属性从上到下递增，故金属性：甲＞乙＞丙＞丁，B 正确；
C、乙、丁同主族，且乙在丁的下方，非金属性丁＞乙，非金属性越强，简单氢化物越稳定，故简单氢化物的稳定性：丁＞乙，C 错误；
D、同周期元素非金属性从左到右递增，故非金属性乙＞甲，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：甲＜乙，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
由周期表位置可判断元素的原子序数和周期、主族位置，进而比较原子半径、金属性、非金属性；同周期从左到右原子半径减小、金属性减弱、非金属性增强；
同主族从上到下原子半径增大、金属性增强、非金属性减弱；
非金属性越强，简单氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
乙、丁同主族，丁在上方，非金属性更强，其氢化物更稳定。
17．【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；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、氯水中含有次氯酸，具有漂白性，会将 pH 试纸漂白，无法用 pH 试纸测定其 pH，故 A 不能达到实验目的；
B、湿润的氯气通过浓硫酸干燥后，干燥的氯气不能使干燥红纸褪色，可证明干燥氯气无漂白性，潮湿氯气（含次氯酸）有漂白性，故 B 能达到实验目的；
C、碳酸氢钠应置于小试管，碳酸钠置于大试管，若直接加热碳酸钠，即使碳酸氢钠分解产生的二氧化碳也无法证明其稳定性比碳酸钠弱，装置设计错误，故 C 不能达到实验目的；
D、配制一定物质的量浓度的硝酸钾溶液时，应先在烧杯中溶解硝酸钾固体，再转移至容量瓶，不能直接在容量瓶中溶解，故 D 不能达到实验目的；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
测定溶液 pH 时，具有漂白性的溶液不能使用 pH 试纸；
干燥氯气无漂白性，次氯酸具有漂白性，可通过浓硫酸干燥氯气与干燥红纸的对照实验验证；
比较碳酸氢钠与碳酸钠的热稳定性，应将稳定性差的碳酸氢钠置于受热温度较低的小试管中；
容量瓶不能用于溶解固体，溶解操作应在烧杯中进行。
18．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、水分子间存在氢键，沸点高于甲烷，故 A 正确；
B、二氧化碳的结构式应为 O=C=O，而非 O—C—O，故 B 错误；
C、该反应中，NO2是氧化剂，CH4是还原剂，二者物质的量之比为 2：1，故 C 错误；
D、由反应方程式可知，每生成 1mol N2转移 8mol 电子，标准状况下 2.24L N2的物质的量为 0.1mol，转移 0.8mol 电子，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
分子晶体中，存在氢键的物质沸点通常高于结构相似但无氢键的物质；
二氧化碳分子中碳氧之间为双键，结构式需体现双键；
该反应中，氧化剂为 NO2，还原剂为 CH4，物质的量之比为 2：1；
根据化合价变化计算电子转移数，C 元素从 - 4 价升至 + 4 价，1mol CH4参与反应转移 8mol 电子。
19．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A、化合物中氢原子最外层为 2 电子结构，无法达到 8 电子稳定结构，故 A 错误；
B、E 为氯元素，其氧化物对应的水化物并非全部为强酸，例如次氯酸属于弱酸，故 B 错误；
C、X 为氢元素，Z 为氧元素，二者形成的化合物中，过氧化氢分子内含有氧氧非极性共价键，故 C 错误；
D、XEZ 对应的物质为次氯酸，属于共价化合物，化学性质不稳定，在光照条件下会发生分解反应，生成氯化氢和氧气，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】根据题干给出的原子结构与周期表位置信息，可进行元素推断：X 的原子核只有 1 个质子，为H；Y、Z、W 均为第二周期元素，原子序数依次增大，其中能形成 4 个共价键的是碳元素，形成 2 个共价键的是O，形成 1 个共价键的是F；E 原子比 W 多 8 个电子，为 Cl ，基于此逐一分析选项。
20．【答案】B
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】A、若 f 为铝盐，加入过量 NaOH 溶液会生成偏铝酸钠，无法得到氢氧化铝，故 A 错误；
B、可存在转化：Fe→Fe2+→Fe(OH)2→Fe(OH)3→Fe3+→Fe2+，每一步均可通过一步反应实现，故 B 正确；
C、检验亚铁离子时，应先加入 KSCN 溶液排除三价铁干扰，再加入 H2O2，若先加 H2O2会将亚铁离子氧化，无法检验原溶液中是否含亚铁离子，故 C 错误；
D、Fe(OH)2在空气中加热时，会被氧气氧化为 Fe(OH)3，最终分解生成 Fe2O3，无法得到 FeO，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】根据价类二维图的横纵坐标信息，可推断各点对应的物质类别与价态：a 为 Al 或 Fe 单质；b 为 + 2 价氧化物，即 FeO；c 为 + 2 价盐，即亚铁盐；d 为 + 2 价碱，即 Fe(OH)2；e 为 + 3 价氧化物，即 Al2O3或 Fe2O3；f 为 + 3 价盐，即铝盐或铁盐；g 为 + 3 价碱，即Al(OH)3或 Fe(OH)3，结合 Al、Fe 及其化合物的性质逐一分析选项。
21．【答案】A
【知识点】焰色反应；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、向滴有酚酞的蒸馏水中加入过氧化钠粉末，溶液先变红后褪色，说明过氧化钠与水反应生成了具有碱性和漂白性的物质，操作、现象和结论均正确，故 A 符合题意；
B、向溴化钠溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝无法证明溴的非金属性强于碘，因为过量的氯水也可将碘离子氧化为碘单质，结论错误，故 B 不符合题意；
C、红热的铁丝在氯气中燃烧生成的是氯化铁，现象描述的产物错误，故 C 不符合题意；
D、火焰呈黄色只能说明溶液中含有钠元素，不一定是钠盐，也可能是氢氧化钠等碱，结论错误，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠使酚酞变红，而过氧化钠或反应生成的过氧化氢具有漂白性，可使溶液褪色；
氯水过量时，氯水中的氯气可直接氧化碘离子，无法比较溴与碘的非金属性强弱；氯气具有强氧化性，与铁反应直接生成 + 3 价的氯化铁；
焰色试验只能检验元素，不能确定物质类别。
22．【答案】B
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】A、保存 FeSO4溶液时加入铁粉，目的是防止 Fe2+被氧化为 Fe3+，而非防止被还原，故 A 不符合题意；
B、实验时先注入稀硫酸，与 Na2CO3反应生成 CO2，排尽装置内空气后，再注入 NaOH 溶液和 FeSO4溶液，可避免生成的 Fe (OH)2被氧化，故 B 符合题意；
C、装置 N 不仅可判断装置 M 中的空气是否排尽，还能形成液封，防止外界空气进入装置 M 中，故 C 不符合题意；
D、铁粉与稀硫酸反应生成 H2，虽可排尽装置内空气，但会引入新的杂质，且反应生成的 Fe2+会影响后续实验，不能替代 Na2CO3粉末，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
制备 Fe(OH)2的关键是隔绝空气，防止其被氧化；
铁粉可还原 Fe3+，防止 FeSO4溶液被氧化；先注入稀硫酸与 Na2CO3反应生成 CO2，排尽装置内空气；
装置 N 可通过紫色石蕊溶液的变化判断空气是否排尽，同时起到液封作用；
铁粉与稀硫酸反应生成 H2，虽能排空气，但会引入 Fe2+杂质，影响实验。
23．【答案】D
【知识点】过滤；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、操作 I、II 均为过滤操作，过滤需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故 A 正确；
B、加入的 A 为铁粉，若铁粉不足，废水中的 Cu2+无法被完全置换，后续会混入滤液中，最终导致 FeSO4 7H2O 晶体不纯，故 B 正确；
C、固体 B 为 Fe 和 Cu 的混合物，加入的过量 D 为稀硫酸，Fe 会与稀硫酸反应溶解并产生氢气，Cu 不反应，因此固体部分溶解且有气体生成，故 C 正确；
D、滤液 C 中含有 Fe2+、SO42-和 Na+，但滤液 F 中因加入了过量稀硫酸，会含有过量的 H+，并非只含 Fe2+、SO42-和 Na+，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】工业废水（含 Fe2+、Fe3+、Cu2+、Na+）中先加过量铁粉（A），将 Fe3+还原为 Fe2+、Cu2+置换为 Cu，过滤（操作 I）得到固体 B（Fe、Cu 混合物）和滤液 C（含 Fe2+、Na+、SO42-）；再向固体 B 中加过量稀硫酸（D），Fe 溶解生成 FeSO4并放出 H2，过滤（操作 II）得到固体 E（Cu）和滤液 F（含 Fe2+、过量 H+、SO42-）；将滤液 C 与滤液 F 合并，经蒸发浓缩、冷却结晶（操作 III）得到 FeSO4 7H2O 晶体。
24．【答案】(1) 第三周期ⅦA族
(2) ac
(3)
(4) 5.0
(5) B，D
(6) 褪色 > 0.02
(7) 、
(8) 原料资源丰富、生产成本低、安全性高任意答出一点即可
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；化学键；离子键的形成；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）Cl的质子数为17，电子排布为2、8、7，位于第三周期第ⅦA族，
故答案为：第三周期第ⅦA族；
（2）是离子化合物，与之间含有离子键，内部的O-O键为非极性共价键，
故答案为：ac；
（3）与反应生成和：；
故答案为： ；
（4）与反应生成、和，；
根据稀释定律，则，解得，
故答案为：；5.0；
（5）A．图1表示NaCl形成离子化合物的过程，A正确；
B．图2中电子转移方向错误，失去电子，得到电子，且转移电子数应为，正确的电子转移方向和 数目应表示为：，B错误；
C．图3表示NaCl溶液导电的微观过程，C正确；
D．向NaCl溶液中逐滴加入溶液，生成沉淀，离子浓度先减小后增大，导电能力应先减小后增大，但图4中导电能力最后恢复到初始值，实际反应后溶液为溶液，导电能力应与原溶液相近，D错误；
故答案为：BD；
（6）①与水反应生成，具有漂白性，因此红色布条褪色。与反应，碘单质遇淀粉溶液变蓝，说明还原性，故答案为：褪色；>；
②由题，，由电解反应，得，因此，
故答案为：0.02；
（7）侯氏制碱法中，向饱和食盐水先通入的气体是，使溶液呈碱性，再通入，可增大的溶解度，生成更多沉淀；析出后，剩余母液中主要含和未反应的，
故答案为：；、；
（8）与锂离子电池相比，钠离子电池的优势有：原料资源丰富、生产成本低、安全性高。
故答案为： 原料资源丰富、生产成本低、安全性高任意答出一点即可 ；
【分析】实验以模拟工业电解饱和食盐水为背景，在 U 形管中电解饱和食盐水，生成氯气、氢气和氢氧化钠；生成的氯气依次通入湿润的红色布条以验证其漂白性、通入淀粉碘化钾溶液以验证其氧化性，最后用浸有浓氢氧化钠溶液的棉花团吸收尾气，防止污染空气。
（1）根据 Cl 的质子数和电子排布，确定其在元素周期表中的位置。
（2） 从化学键类型角度，分析 Na2O2中 Na+与 O22-之间的离子键，以及 O22-内部的非极性共价键，判断选项。
（3） 依据过氧化钠与水反应的化学性质，写出反应生成氢氧化钠和氧气的化学方程式。
（4）写出 Cl2与 NaOH 反应的离子方程式，并利用稀释定律计算所需溶液体积。
（5） 结合离子化合物形成过程、氧化还原反应电子转移、溶液导电微观过程、离子反应的导电能力变化，逐一分析选项的正误。
（6）结合 Cl2的漂白性、氧化性实验现象，判断离子还原性强弱，并根据电解饱和食盐水的反应计算生成 NaOH 的浓度。
（7） 结合侯氏制碱法的反应原理，确定先通入氨气使溶液呈碱性以增大 CO2溶解度，并分析析出碳酸氢钠后母液的主要成分。
（8）对比钠离子电池与锂离子电池的特点，总结钠离子电池的优势。
25．【答案】(1) c
(2) 溶液先变红后褪色
(3) 的还原性减弱或HCl的还原性减弱 NaCl 或
(4) C，D
(5) 防止因浓度过高而发生爆炸
(6) C、O原子都有2个电子层，O原子质子数大于C原子，O原子半径小于C，O得电子能力更强，所以非金属性O>C
(7) <
【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；氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】（1）该原理制备的化学方程式为，属于固液加热反应类型，故发生装置应选择c图；
故答案为：； c ；
（2）若将生成的持续缓慢通入少量紫色石蕊试液中，因发生反应，故溶液的颜色变化为溶液先变红后褪色；
故答案为： 溶液先变红后褪色 ；
（3）猜想①从 的角度分析原因，因此猜想②应从浓盐酸的角度分析，故可能的原因为的还原性减弱或HCl的还原性减弱；实验1加浓硫酸提高浓度，有生成，支持猜想①；实验2应加提高浓度，有生成，支持猜想②；实验 3同时加NaCl和或，无生成，说明浓度降低或浓度升高导致反应停止，故b为或；
故答案为：的还原性减弱或HCl的还原性减弱 NaCl 或 ；
（4）A．参与反应①又在反应①中生成，且最终产物中并无，故其是总反应的催化剂，A正确；
B．反应①涉及Cl元素的化合价变化，反应②涉及Cl元素和N元素的化合价变化，反应③涉及N元素和O元素的化合价变化，故反应①、②、③均为氧化还原反应，B正确；
C．反应②中的反应为，C错误；
D．反应③中N元素的化合价从+5降至+3，故每消耗1 mol，转移电子数为，D错误；
故答案为：CD；
（5）由题意知，高浓度易发生爆炸，通入氮气稀释可降低其浓度，避免爆炸，故通入稀释的原因是防止因浓度过高而发生爆炸；
故答案为： 防止因浓度过高而发生爆炸 ；
（6）C、O原子都有2个电子层，O原子质子数大于C原子，O原子半径小于C，O得电子能力更强，所以非金属性O>C；
故答案为： C、O原子都有2个电子层，O原子质子数大于C原子，O原子半径小于C，O得电子能力更强，所以非金属性O>C ；
（7）消毒时，1 mol得到 2 mol 电子被还原为，单位质量得电子数为；消毒时，Cl元素从+ 4价变为-1价，1 mol得到5 mol电子，单位质量得电子数为；因此消毒效率更高。
故答案为： < ；
【分析】（1）根据二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的化学方程式，结合反应类型选择对应的固液加热型发生装置。
（2）依据氯气与水反应生成盐酸和次氯酸的性质，分析其通入紫色石蕊试液中先变红后褪色的现象。
（3）从浓盐酸中氯离子和氢离子浓度变化、反应产物影响的角度，分析反应停止的可能原因，并通过对照实验验证猜想。
（4）结合催化剂的定义、氧化还原反应的判断、离子方程式正误及电子转移数目计算，对选项逐一进行分析判断。
（5）根据二氧化氯浓度过高易爆炸的特性，分析通入氮气稀释的目的。
（6）依据同周期元素原子半径与得电子能力的递变规律，比较氧和碳的非金属性强弱。
（7）通过计算氯气和二氧化氯单位质量的得电子数，比较二者的消毒效率高低。
26．【答案】（1）；将硫铁矿粉碎、适当增大硫酸的浓度、适当升高酸浸温度等
（2）；温度升高，过氧化氢分解
（3）过滤
（4）；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析知，A溶液为硫酸，化学式为；将硫铁矿粉碎、适当增大硫酸的浓度、适当升高酸浸温度等均可提高浸取速率。
故答案为： ； 将硫铁矿粉碎、适当增大硫酸的浓度、适当升高酸浸温度等 ；
（2）“氧化”步骤中，过氧化氢与反应生成和水，发生反应的离子方程式为；55℃以后，随温度升高该反应产率降低的原因可能为温度升高，过氧化氢分解。
故答案为： ； 温度升高，过氧化氢分解 ；
（3）从硫酸亚铁溶液中获得绿矾的系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
故答案为： 过滤 ；
（4）①反应中铁元素化合价从+2价升高至+3价，Mn元素化合价从+7价降低至+2价，利用化合价升降总数相等，前系数配5，前系数配1，根据原子守恒和电荷守恒配平方程式为。
②结合离子方程式，消耗b mol/L的KMnO4c mL溶液，硫酸亚铁溶液中的物质的量浓度，硫酸亚铁晶体样品中的质量分数为=。
故答案为： ； ；
【分析】硫铁矿烧渣（主要含 FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2，不含其他杂质）加入酸液 A 进行酸浸，其中 FeO、Fe2O3、Al2O3会溶解，生成 Fe2+、Fe3+、Al3+进入溶液，而 SiO2不溶于酸，以滤渣形式被过滤除去；向滤液中加入过氧化氢，将 Fe2+氧化为 Fe3+，再加入过量氢氧化钠，使 Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，同时 Al3+转化为可溶性的四羟基合铝酸根离子 [Al(OH)4]-，从而实现铝元素的去除；随后向氢氧化铁沉淀中再次加入酸液 A 使其溶解，得到含 Fe3+的溶液，再加入过量铁粉，将 Fe3+还原为 Fe2+，最终经过一系列分离操作，得到绿矾晶体，因此可推断酸液 A 为硫酸。
（1）结合硫铁矿烧渣的成分与后续制备绿矾的流程，推断酸浸试剂为硫酸，并从接触面积、浓度、温度等角度分析提高浸取速率的方法。
（2）根据氧化还原反应规律写出过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式，并结合过氧化氢的热不稳定性分析温度升高后产率降低的原因。
（3）依据绿矾的溶解度特性，确定从其溶液中获得晶体的操作步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（4）先根据化合价升降法配平亚铁离子与高锰酸根反应的离子方程式，再利用该反应的计量关系，结合消耗的高锰酸钾的量，计算硫酸亚铁溶液中亚铁离子的浓度及样品中亚铁离子的质量分数。
（1）由分析知，A溶液为硫酸，化学式为；将硫铁矿粉碎、适当增大硫酸的浓度、适当升高酸浸温度等均可提高浸取速率。
（2）“氧化”步骤中，过氧化氢与反应生成和水，发生反应的离子方程式为；55℃以后，随温度升高该反应产率降低的原因可能为温度升高，过氧化氢分解。
（3）从硫酸亚铁溶液中获得绿矾的系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（4）①反应中铁元素化合价从+2价升高至+3价，Mn元素化合价从+7价降低至+2价，利用化合价升降总数相等，前系数配5，前系数配1，根据原子守恒和电荷守恒配平方程式为。
②结合离子方程式，消耗b mol/L的KMnO4c mL溶液，硫酸亚铁溶液中的物质的量浓度，硫酸亚铁晶体样品中的质量分数为=。
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