辽宁省辽西重点高中2025-2026学年高一上学期1月期末化学试题

绝密★启用前 辽西重点高中2025-2026学年度上学期高一期末考试 化学试题 考生注意 1.本试卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 第Ⅰ卷(选择题，共45分) 一、选择题（每小题3分，共45分，每题只有一个正确答案） 1．化学是人类进步的阶梯。下列有关说法不正确的是 A．我国古代著名的四大发明过程中，都伴随着化学变化 B．1965年，我国成功合成了结晶牛胰岛素，为探索生命奥秘迈出了关键一步 C．法国化学家拉瓦锡提出氧化学说，使近代化学取得了革命性进展 D．俄国化学家门捷列夫发现元素周期律，把元素及其化合物纳入一个体系 2．下列物质属于纯净物的是 A．液氧 B．空气 C．石油 D．氨水 3．能用来表示的化学反应是 A．盐酸和氢氧化钡的反应 B．氢氧化镁与稀盐酸反应 C．溶液与稀硫酸反应 D．与稀硝酸反应 4．下列关于钠的说法中不正确的是 A．金属钠和氧气反应，条件不同，产物不同 B．金属钠与溶液反应时，既有红褐色沉淀生成又有气体逸出 C．在实验室中，钠可保存在石蜡油或煤油中 D．将一小块钠投入装有硫酸铜溶液的试管中，试管底部有红色物质生成 5．“价类二维图”是学习元素及其化合物知识的重要模型。氯元素的“价类二维图：如图所示，下列说法不正确的是 A．物质a可由在b中点燃得到，并产生苍白色火焰 B．f具有强氧化性，可用于自来水消毒 C．物质d是漂白液的有效成分 D．可溶性e中的阴离子可用硝酸银溶液和稀硝酸检验 6．化学是一门以实验为基础的学科。下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A．钠置换出铜，证明金属活动性Na＞Cu B．分离氯化铁溶液和氢氧化铁胶体 C．验证试样中含钾元素 D．证明干燥的氯气没有漂白性 A．A B．B C．C D．D 7．设为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是 A．将通入水中，、、粒子数之和等于 B．由和组成的混合物中共有个分子，其中的氧原子数为 C．在熔融状态下电离产生的阴阳离子总数为 D． 与足量水充分反应时电子转移数为 8．食品包装中的铁系脱氧剂脱氧时发生的反应有：，，。和的条件下，气体摩尔体积约为。某脱氧剂中含有还原铁粉。下列说法正确的是 A．还原铁粉的物质的量为 B．生成，吸收氧气 C．在上述条件下该脱氧剂理论上最多能处理氧气的体积为 D．若还原铁粉完全转化为，则转移电子的总物质的量为 9．铁元素的“价-类”二维图如图，其中M、N、P、Q为四种含铁化合物。下列说法正确的是 A． B．Fe在足量中充分燃烧，生成P C．由反应①可知，的氧化性弱于 D．在空气中对Q充分加热，可得到M 10．向和的混合溶液中加入铁粉，下列说法不正确的是 A．若有铁粉剩余，则不溶物中有铁和铜单质 B．若有铁粉剩余，则溶液的溶质只有FeSO4 C．若有固体剩余，则固体一定有铜单质 D．若有固体剩余，则溶液中一定没有Cu2+ 11．液体铝钠合金可用于核反应堆的载热介质，下列说法不正确的是 A．自然界中没有游离的钠和铝 B．若铝钠合金投入水中无固体剩余，则二者的物质的量： C．铝钠合金投入到氯化铜溶液中，有氢氧化铜沉淀，也可能有铜析出 D．相同质量不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的越多，则铝的质量分数越小 12．稀土金属(共17种，均位于周期表B族)被誉为“冶金工业的维生素”。下列元素属于稀土元素的是 A．B B． C．Fe D．Nd 13．我国自主三代核电"华龙一号”的反应堆中可能存在的核反应，下列说法正确的是 A．与互为同位素 B．的中子数为143 C．、互为同素异形体 D．的电子数为58 14．X、Y、Z、M、N是原子序数依次增大的不同主族短周期元素，X是地壳中含量最多的元素，Y在短周期主族元素中原子半径最大，Z的原子最外层电子数是K层电子数的2倍，下列说法错误的是 A．最高正化合价： B．Z的单质常用于制作半导体材料 C．简单离子半径： D．Y、M分别和X可组成多种化合物 15．短周期主族元素原子序数依次增大，W是短周期中金属性最强的元素，可形成一种具有发展前景的“绿色”化工产品(如图所示)，该分子中每个原子均通过共用电子对达到8电子或2电子稳定结构。下列说法正确的是 A．Z的氢化物的稳定性一定强于Y B．原子半径： C．中所含化学键类型完全相同 D．溶于水的过程中需要克服分子间作用力和共价键 第Ⅱ卷(选择题，共55分) 二、非选择题(本题共4小题，共55分，考生根据要求做答。) 16．碘是一种重要化工原料。工业上提取碘的工艺流程如下： (1)“转化”过程中将转化为。 ①溶液X可以选用 (填字母，多选) a．氯水        b．溶液        c．溶液        d．溶液 ②NaClO溶液可以将酸性溶液中的转化为，该反应的离子方程式为 。 (2)加入NaOH溶液“碱化”时的离子方程式为 。 (3)“操作a”的名称是 。 (4)“酸化”时发生的主要反应为。 ①酸性条件下氧化性： (填“>”，“=”或“<”)。 ②根据“方法1”中含碘物质的转化说明：随着溶液pH增大，氧化性 (填“增强”或“减弱”)。 (5)方法2采用“活性炭吸附法”获取。将“脱附”的操作为 。 17．月壤的构成与地球土壤类似。土壤中含有的W、X、Y、Z 、R为1~18号元素中的五种，且原子序数依次增大，最外层电子数之和为22，其中W的最外层电子数是内层电子总数的3倍，X、Y、Z原子序数是连续的。 (1)W元素可形成多种氢化物，其中含18电子的氢化物的化学式为 ，它与酸性溶液反应的离子方程式为 。 (2)R元素的单质为淡黄绿色的气体，该单质与水反应的化学方程式为 。 (3)X原子核外电子所占据的电子层中，能量最高的是 层(填符号)。 (4)Y单质既可与HCl溶液反应，又可与NaOH溶液反应，Y与NaOH溶液反应的化学方程式为 。与Y元素的简单离子结构具有相同电子数的四核微粒的化学式 (写一个即可)。 (5)Z元素在自然界中有三种稳定的同位素，相关信息如下： 核素符号 相对原子质量 27.977 28.976 29.974 丰度(%) x y 3.10 Z元素的平均相对原子质量 28.086 表格中x、y和3.10%分别代表Z中对应核素的丰度，则x= % (计算结果保留两位小数)。 18．亚氯酸钠()是强氧化剂，可用于漂白和消毒。消毒时自身被还原为。一种生产无水晶体的流程如下。 已知：①(沸点11℃)浓度过高时易发生分解爆炸，可用气体稀释至含量10%以下。 ②温度高于60℃时，易分解。 (1)“发生器”中。 ①溶液与气体反应生成和，其化学方程式为 。 ②发生器中鼓入空气的作用为 。 (2)“吸收塔”中。 ①吸收塔中生成的反应中，n(氧化剂)：n(还原剂)= 。 ②吸收过程需控制温度在10℃以下，其目的是 (任写一点)。 ③吸收塔中、对粗产品中含量的影响如下图(甲)所示。则最佳条件为 ， 。 (3)结晶获得无水晶体。的溶解度曲线如上图(乙)所示。 温度高于60℃时，易分解，为防止分解，从溶液中获得无水晶体的操作为：先减压，将溶液加热到 ，浓缩至有晶膜出现，再在常压下冷却至 (填字母序号)，过滤，洗涤，干燥。 a．略低于38℃    b．略高于38℃    c．略低于60℃    d．略高于60℃ 19．硫铁矿(主要成分为，其中铁元素为价)是工业制硫酸的主要原料。硫铁矿烧渣中含有等成分，可用于制备绿矾()，流程示意图如下。 已知：不同金属离子生成氢氧化物沉淀所需的不同。 (1)在“煅烧”过程中，发生氧化反应的元素有 。 (2)“酸浸液”中主要的金属阳离子有，写出产生的反应： 、 (写离子方程式)。 (3)补全“还原”过程的离子方程式： 。 = (4)“除铝”过程需严格控制溶液的用量，若溶液过量，除了发生，还可能发生的反应有 (用离子方程式表示)。 (5)“结晶”过程的步骤如下： 溶液 若未加入，加热时会产生黄色沉淀。经检验，黄色沉淀为。 用离子方程式解释产生的原因： 。 (6)测定制得晶体样品中的质量分数。 称取制得的晶体样品，加入适量水和稀硫酸溶解，滴入的溶液，发生反应：，恰好完全反应时，消耗溶液，计算制得晶体样品中的质量分数： 。 (7)结合上述流程，从物质充分利用的角度，分析硫铁矿制和的优势： 。 高一化学 第8页（共8页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 辽西重点高中2025-2026学年度上学期高一期末考试 化学试题 考生注意 1.本试卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 第Ⅰ卷(选择题，共45分) 一、选择题（每小题3分，共45分，每题只有一个正确答案） 1．化学是人类进步的阶梯。下列有关说法不正确的是 A．我国古代著名的四大发明过程中，都伴随着化学变化 B．1965年，我国成功合成了结晶牛胰岛素，为探索生命奥秘迈出了关键一步 C．法国化学家拉瓦锡提出氧化学说，使近代化学取得了革命性进展 D．俄国化学家门捷列夫发现元素周期律，把元素及其化合物纳入一个体系 【答案】A 【详解】A．四大发明中的指南针（物理磁石加工）和印刷术（物理雕刻排版）未产生新物质，属于物理变化，因此A错误； B．我国成功合成了结晶牛胰岛素，为探索生命奥秘迈出了关键一步，B正确  ； C．法国化学家拉瓦锡提出氧化学说，使近代化学取得了革命性进展，C正确 ； D．俄国化学家门捷列夫发现元素周期律，把元素及其化合物纳入一个体系，D正确； 答案选A。 2．下列物质属于纯净物的是 A．液氧 B．空气 C．石油 D．氨水 【答案】A 【详解】A．液氧是液态的氧气，只含有O2分子，属于纯净物，A符合题意； B．空气中含有N2、O2、CO2和稀有气体等多种成分，属于混合物，B不合题意； C．石油是由多种有机物和少量无机物组成的混合物，C不合题意； D．氨水是氨气的水溶液，属于混合物，D不合题意； 故答案为：A。 3．能用来表示的化学反应是 A．盐酸和氢氧化钡的反应 B．氢氧化镁与稀盐酸反应 C．溶液与稀硫酸反应 D．与稀硝酸反应 【答案】A 【详解】A．盐酸和氢氧化钡均为可溶性强电解质，反应生成可溶性盐(BaCl2)和水，离子方程式可简化为，A符合题意； B．氢氧化镁是难溶电解质，书写离子方程式不能拆分，离子方程式为：，B不符合题意； C．氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，书写离子方程式时，硫酸钡不拆分，离子方程式为：，C不符合题意； D．氢氧化铜是难溶电解质，书写离子方程式不能拆分，离子方程式为：，D不符合题意； 故选A。 4．下列关于钠的说法中不正确的是 A．金属钠和氧气反应，条件不同，产物不同 B．金属钠与溶液反应时，既有红褐色沉淀生成又有气体逸出 C．在实验室中，钠可保存在石蜡油或煤油中 D．将一小块钠投入装有硫酸铜溶液的试管中，试管底部有红色物质生成 【答案】D 【详解】A．金属钠和氧气反应，常温下生成氧化钠，加热或点燃时生成过氧化钠，产物与条件有关，故A正确； B．金属钠与FeCl3溶液反应时，钠先与水反应生成氢气和NaOH，NaOH再与FeCl3反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，因此既有沉淀又有气体，故B正确； C．钠性质活泼，需隔绝空气和水保存，实验室中常将其浸没在密度比钠小的石蜡油或煤油中，故C正确； D．钠投入硫酸铜溶液时，钠先与水反应生成氢气和NaOH，NaOH与CuSO4反应生成蓝色Cu(OH)2沉淀，不会置换出红色的铜单质，故D错误； 选D。 5．“价类二维图”是学习元素及其化合物知识的重要模型。氯元素的“价类二维图：如图所示，下列说法不正确的是 A．物质a可由在b中点燃得到，并产生苍白色火焰 B．f具有强氧化性，可用于自来水消毒 C．物质d是漂白液的有效成分 D．可溶性e中的阴离子可用硝酸银溶液和稀硝酸检验 【答案】C 【分析】由图可知，a为，b为，c为，d为，e为含的盐（如），f为，据此分析解答。 【详解】A．a为HCl，可由在中点燃得到，现象为产生苍白色火焰，A正确； B．f为，具有强氧化性，可用于自来水消毒， B正确； C．d为，漂白液的有效成分是次氯酸钠，C错误； D．e点对应的阴离子为，可用硝酸银和稀硝酸检验，D正确； 故答案选C。 6．化学是一门以实验为基础的学科。下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A．钠置换出铜，证明金属活动性Na＞Cu B．分离氯化铁溶液和氢氧化铁胶体 C．验证试样中含钾元素 D．证明干燥的氯气没有漂白性 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．钠先与水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，没有钠置换出铜的现象，无法比较钠和铜的金属活动性，A错误； B．氯化铁溶液和氢氧化铁胶体均可通过滤纸，应使用半透膜来分离，B错误； C．验证钾元素的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃观察，C错误； D．浓硫酸可将氯气干燥，干燥的氯气无法使红色布条褪色，实验装置和操作能达到目的，D正确； 故选D。 7．设为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是 A．将通入水中，、、粒子数之和等于 B．由和组成的混合物中共有个分子，其中的氧原子数为 C．在熔融状态下电离产生的阴阳离子总数为 D． 与足量水充分反应时电子转移数为 【答案】A 【详解】A．将1 mol Cl2通入水中，发生反应Cl2 + H2O ⇌ HCl + HClO，该反应可逆且不完全，溶液中存在未反应的Cl2分子，因此HClO、Cl⁻、ClO⁻粒子数之和小于2NA（即小于2 mol氯原子对应的粒子数），A不正确； B．CO2和O2的混合物共有NA个分子（即1 mol分子），每个CO2分子含2个氧原子，每个O2分子含2个氧原子，无论混合物组成如何，氧原子总数恒为2 mol，即2NA，B正确； C．NaHSO4在熔融状态下电离为Na+和，1 mol NaHSO4产生1 mol Na+和1 mol ，阴阳离子总数为2 mol，即2NA，C正确； D．78 g Na2O2为1 mol（摩尔质量78 g/mol），与水的反应为2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2，该反应中Na2O2发生歧化，每1 mol Na2O2转移1 mol电子（氧元素从-1价部分升至0价、部分降至-2价），故电子转移数为NA，D正确； 故选A。 8．食品包装中的铁系脱氧剂脱氧时发生的反应有：，，。和的条件下，气体摩尔体积约为。某脱氧剂中含有还原铁粉。下列说法正确的是 A．还原铁粉的物质的量为 B．生成，吸收氧气 C．在上述条件下该脱氧剂理论上最多能处理氧气的体积为 D．若还原铁粉完全转化为，则转移电子的总物质的量为 【答案】C 【详解】A．还原铁粉的质量为3.36 g，则物质的量为，A错误； B．根据反应，生成2 mol 消耗1 mol ，则生成0.01 mol 需消耗0.005 mol ，质量为0.005 mol × 32 g∙mol-1 = 0.16 g，B错误； C．前两步反应的总方程式为，4 mol Fe消耗3 mol ，故0.06 mol Fe消耗的物质的量为0.06 mol ×= 0.045 mol，而气体摩尔体积为24.5 L∙mol-1，则体积为0.045 mol × 24.5 L∙mol-1 = 1.1025 L = 1102.5 mL，C正确； D．还原铁粉完全转化为时，铁元素从0价升至+3价，0.06 mol铁转移电子物质的量为0.06 mol × 3 = 0.18 mol，D错误； 故答案选C。 9．铁元素的“价-类”二维图如图，其中M、N、P、Q为四种含铁化合物。下列说法正确的是 A． B．Fe在足量中充分燃烧，生成P C．由反应①可知，的氧化性弱于 D．在空气中对Q充分加热，可得到M 【答案】D 【分析】根据价类二维图，M为Fe2O3，N为Fe(OH)3，P为FeO，Q为Fe(OH)2。 【详解】A．Na2FeO4中铁元素化合价为+x，，解得x=+6，A错误； B．Fe在足量O2中充分燃烧，生成Fe3O4，B错误； C．反应①中FeSO4和O2反应，铁元素化合价从+2→+3，化合价升高被氧化，O2是氧化剂，Fe3+是氧化产物，氧化剂氧化性大于氧化产物，C错误； D．Fe(OH)2易被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁在加热下会分解为Fe2O3，D正确； 故选D。 10．向和的混合溶液中加入铁粉，下列说法不正确的是 A．若有铁粉剩余，则不溶物中有铁和铜单质 B．若有铁粉剩余，则溶液的溶质只有FeSO4 C．若有固体剩余，则固体一定有铜单质 D．若有固体剩余，则溶液中一定没有Cu2+ 【答案】D 【分析】和的混合溶液中含有、和，的氧化性大于，在混合溶液中加入铁粉，铁先与反应：；若有剩余，剩余的铁再与反应，离子方程式为。 【详解】A．若有铁粉剩余，说明、与铁完全反应，则不溶物中有铁和铜单质，A正确； B．若有铁粉剩余，说明、与铁完全反应，则溶液中的金属阳离子只有二价铁离子，溶质只有FeSO4，B正确； C．若有固体剩余，一种情况是铁粉过量，由选项A分析可知，固体有铜单质、铁单质，另一种情况是铁粉不剩余，若铁粉只够与三价铁离子反应，则溶液中无固体生成，有固体说明铁粉将三价铁离子反应完全后与二价铜离子反应生成铜单质，故固体一定有铜单质，C正确； D．若有固体剩余，一种情况是铁粉过量，由选项B分析可知，溶液中金属阳离子只有二价铁离子，另一种情况是铁粉不剩余，有固体说明铁粉将三价铁离子反应完全后与二价铜离子反应生成铜单质，由于无法判断此反应中二价铜离子是否完全被消耗，故溶液中可能存在，D错误； 故选D。 11．液体铝钠合金可用于核反应堆的载热介质，下列说法不正确的是 A．自然界中没有游离的钠和铝 B．若铝钠合金投入水中无固体剩余，则二者的物质的量： C．铝钠合金投入到氯化铜溶液中，有氢氧化铜沉淀，也可能有铜析出 D．相同质量不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的越多，则铝的质量分数越小 【答案】D 【详解】A．钠和铝均为活泼金属，在自然界中均以化合态存在，没有游离态，A正确； B．铝钠合金投入水中，钠先与水反应：，铝再与反应生成的NaOH反应：，无固体剩余要求铝完全反应，则根据方程式可知需，B正确； C．铝钠合金投入氯化铜溶液，钠与水反应生成NaOH，NaOH与反应生成沉淀；若铝过量或反应条件允许，铝可能直接还原析出铜，故可能有铜析出，C正确； D．由反应得1 mol （质量23 g）生成0.5 mol ； 由反应：得1 mol （质量27 g）生成1. 5mol ； 由此可知：相同质量的和，生成的更多，因此，相同质量的铝钠合金中，铝的质量分数越大，与足量盐酸反应放出的越多，D错误； 故答案选D。 12．稀土金属(共17种，均位于周期表B族)被誉为“冶金工业的维生素”。下列元素属于稀土元素的是 A．B B． C．Fe D．Nd 【答案】D 【详解】A．（硼，B）原子序数5，属IIIA族，不符合稀土元素定义，A错误； B．（镁，Mg）原子序数12，属IIA族，不符合稀土元素定义，B错误； C．（铁，Fe）原子序数26，属VIII族，不符合稀土元素定义，C错误； D．（钕，Nd）原子序数60，是镧系元素，属IIIB族，符合稀土元素定义，D正确； 故答案选D。 13．我国自主三代核电"华龙一号”的反应堆中可能存在的核反应，下列说法正确的是 A．与互为同位素 B．的中子数为143 C．、互为同素异形体 D．的电子数为58 【答案】B 【详解】A．与质子数不同，不是同一元素，不互为同位素，A错误； B．的中子数=质量数-质子数=235-92=143，B正确； C．与质子数相同，中子数不同，互为同位素，而非同素异形体（同素异形体指同种元素的不同单质），C错误； D．Ba2+的电子数=原子序数-电荷数=56-2=54，D错误； 故选B。 14．X、Y、Z、M、N是原子序数依次增大的不同主族短周期元素，X是地壳中含量最多的元素，Y在短周期主族元素中原子半径最大，Z的原子最外层电子数是K层电子数的2倍，下列说法错误的是 A．最高正化合价： B．Z的单质常用于制作半导体材料 C．简单离子半径： D．Y、M分别和X可组成多种化合物 【答案】A 【分析】X是地壳中含量最多的元素即为氧；Y在短周期主族元素中原子半径最大即为钠；Z的原子最外层电子数是K层电子数的2倍，且原子序数介于Y和M之间，Z为硅；由于X、Y、Z、M、N是原子序数依次增大的不同主族短周期元素，因此M只能是磷，N则为氯，据此分析： 【详解】A．最高正化合价：N为氯（+7价），X为氧，无最高正价，M为磷（+5价），Z为硅（+4价），选项最高正化合价顺序不成立，A错误； B．Z为硅，单质硅是常用的半导体材料，B正确； C．简单离子半径：N（）具有3层电子，半径最大，X（）具有2层电子，Y（）具有2层电子，核电荷数更大半径更小，因此简单离子半径排序为>>，C正确； D．Y（钠）与X（氧）可组成等化合物，M（磷）与X（氧）可组成等化合物；D正确； 故选A。 15．短周期主族元素原子序数依次增大，W是短周期中金属性最强的元素，可形成一种具有发展前景的“绿色”化工产品(如图所示)，该分子中每个原子均通过共用电子对达到8电子或2电子稳定结构。下列说法正确的是 A．Z的氢化物的稳定性一定强于Y B．原子半径： C．中所含化学键类型完全相同 D．溶于水的过程中需要克服分子间作用力和共价键 【答案】D 【分析】W是短周期中金属性最强的元素，故W为Na（钠）。X、Y、Z原子序数依次增大，且形成的分子中每个原子均达到8电子或2电子稳定结构。结合结构示意图，X形成1个共价键且原子序数最小，故X为H（氢）；Z形成2个共价键，为O（氧）；Y形成4对共用电子对，为C（碳）。综上，X=H，Y=C，Z=O，W=Na。 【详解】A．元素非金属性O>C，其对应最简单氢化物的稳定性为H2O>CH4，但选项中没有说是最简单氢化物，故A错误； B．原子半径规律：电子层数越多半径越大，同周期从左到右半径减小。故半径H<O<C<Na（即X<Z<Y<W），B错误； C．X2Z为H2O，只含共价键；W2Z为Na2O，只含离子键，化学键类型不同，C错误； D．YZ2为CO2，CO2溶于水发生反应CO2+H2O⇌H2CO3，溶解过程中需克服CO2分子间的分子间作用力，反应中CO2和H2O的共价键断裂并形成新的共价键，D正确； 故选D。 第Ⅱ卷(选择题，共55分) 二、非选择题(本题共4小题，共55分，考生根据要求做答。) 16．碘是一种重要化工原料。工业上提取碘的工艺流程如下： (1)“转化”过程中将转化为。 ①溶液X可以选用 (填字母，多选) a．氯水        b．溶液        c．溶液        d．溶液 ②NaClO溶液可以将酸性溶液中的转化为，该反应的离子方程式为 。 (2)加入NaOH溶液“碱化”时的离子方程式为 。 (3)“操作a”的名称是 。 (4)“酸化”时发生的主要反应为。 ①酸性条件下氧化性： (填“>”，“=”或“<”)。 ②根据“方法1”中含碘物质的转化说明：随着溶液pH增大，氧化性 (填“增强”或“减弱”)。 (5)方法2采用“活性炭吸附法”获取。将“脱附”的操作为 。 【答案】(1) ac (2) (3)分液 (4) > 减弱 (5)隔绝空气加热、冷凝 【分析】含碘离子的溶液，经过溶液X氧化处理得到碘单质，方法1加入四氯化碳萃取，再加入氢氧化钠反萃取将碘单质转化为碘酸钠与碘化钠的混合物，溶液分层后进行分液处理，得到含碘离子、碘酸根离子的水溶液，进行酸化处理得到碘单质。方法2用活性炭吸附，再进行低温干燥再脱附处理得到碘单质； 【详解】（1）①“转化”过程中将I-转化为I2，碘离子发生了氧化反应，需要加入氧化剂，溶液X具有氧化性，但不能引进新的杂质，所以可以选取氯水和双氧水，故选ac； ②NaClO具有氧化性，具有还原性，二者可发生氧化还原反应，次氯酸根将碘离子氧化为碘单质的离子方程式为； （2）加入NaOH溶液“碱化”时，同主族元素对应同类型的物质化学性质具有相似性，类比于氯气与氢氧化钠反应原理再结合碘单质的独特的性质，因为NaIO在常温下不稳定，会迅速歧化生成碘酸钠与碘化钠，故对应的离子方程式为； （3）由分析可知“操作a”的名称是分液； （4）①氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，碘酸根离子是氧化剂、碘是氧化产物，则酸性条件下氧化性＞I2； ②根据“方法1”中含碘物质的转化过程先加入碱液反萃取得到碘化钠与碘酸钠混合物，再加入酸酸化后发生该反应，所以说明随着溶液pH增大，氧化性减弱； （5）方法2采用“活性炭吸附法”获取I2，利用碘单质易升华的性质，通过加热使吸附在活性炭上的碘升华为碘蒸气，再经冷却收集，故将I2 “脱附”的操作为“隔绝空气加热、冷凝”。 17．月壤的构成与地球土壤类似。土壤中含有的W、X、Y、Z 、R为1~18号元素中的五种，且原子序数依次增大，最外层电子数之和为22，其中W的最外层电子数是内层电子总数的3倍，X、Y、Z原子序数是连续的。 (1)W元素可形成多种氢化物，其中含18电子的氢化物的化学式为 ，它与酸性溶液反应的离子方程式为 。 (2)R元素的单质为淡黄绿色的气体，该单质与水反应的化学方程式为 。 (3)X原子核外电子所占据的电子层中，能量最高的是 层(填符号)。 (4)Y单质既可与HCl溶液反应，又可与NaOH溶液反应，Y与NaOH溶液反应的化学方程式为 。与Y元素的简单离子结构具有相同电子数的四核微粒的化学式 (写一个即可)。 (5)Z元素在自然界中有三种稳定的同位素，相关信息如下： 核素符号 相对原子质量 27.977 28.976 29.974 丰度(%) x y 3.10 Z元素的平均相对原子质量 28.086 表格中x、y和3.10%分别代表Z中对应核素的丰度，则x= % (计算结果保留两位小数)。 【答案】(1) (2) (3)M (4) (5)92.19 【分析】W的最外层电子数是内层电子总数的3倍，则W为O（内层2个电子，最外层6个）；R单质为淡黄绿色气体，R为Cl；X、Y、Z原子序数连续，结合原子序数递增、最外层电子数之和为22（O最外层6、Cl最外层7，剩余X+Y+Z最外层电子数=22-6-7=9），推得X为Mg（最外层2）、Y为Al（最外层3）、Z为Si（最外层4），因此W为O、X为Mg、Y为Al、Z为Si、R为Cl。 【详解】（1）O的18电子氢化物是；与酸性反应，被氧化为，被还原为，离子方程式为：，故答案为：；； （2）R（Cl）的单质是，与水反应的化学方程式：； （3）X为Mg，核外有3层电子，能量最高的电子层是M层（第三层），故答案为：M； （4）Y为Al，与NaOH溶液反应的化学方程式：；Al的简单离子是，核外10个电子，具有相同电子数的四核微粒，即含4个原子、10个电子的粒子，如，故答案为：；； （5）Z为Si，平均相对原子质量=各核素相对原子质量×丰度，设的丰度为x%。根据题意可列出方程：。解得，故答案为：92.19。 18．亚氯酸钠()是强氧化剂，可用于漂白和消毒。消毒时自身被还原为。一种生产无水晶体的流程如下。 已知：①(沸点11℃)浓度过高时易发生分解爆炸，可用气体稀释至含量10%以下。 ②温度高于60℃时，易分解。 (1)“发生器”中。 ①溶液与气体反应生成和，其化学方程式为 。 ②发生器中鼓入空气的作用为 。 (2)“吸收塔”中。 ①吸收塔中生成的反应中，n(氧化剂)：n(还原剂)= 。 ②吸收过程需控制温度在10℃以下，其目的是 (任写一点)。 ③吸收塔中、对粗产品中含量的影响如下图(甲)所示。则最佳条件为 ， 。 (3)结晶获得无水晶体。的溶解度曲线如上图(乙)所示。 温度高于60℃时，易分解，为防止分解，从溶液中获得无水晶体的操作为：先减压，将溶液加热到 ，浓缩至有晶膜出现，再在常压下冷却至 (填字母序号)，过滤，洗涤，干燥。 a．略低于38℃    b．略高于38℃    c．略低于60℃    d．略高于60℃ 【答案】(1) 2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2 稀释ClO2，防止发生爆炸 (2) 2：1 将ClO2液化，易被充分吸收，防止NaClO2在温度过高时分解，影响产品纯度，避免H2O2分解(任写一点) 4 0.8 (3) c b 【分析】在酸性溶液中，NaClO3能被SO2还原为C1O2，而SO2被氧化为硫酸盐，为防止ClO2发生爆炸，通入空气将其稀释，然后在碱性条件下用H2O2还原，从溶液中获得NaClO2时，可从溶解度曲线中提取信息，即降温冷却时，控制温度不低于38℃。 【详解】（1）①NaClO3溶液与SO2气体反应生成ClO2和Na2SO4，S元素化合价由+4升高为+6、Cl元素化合价由+5降低为+4，根据得失电子守恒，配平反应方程式为2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，故答案为：2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2； ②根据题目信息，ClO2(沸点11℃)浓度过高时易发生分解爆炸，可用气体稀释至含量10%以下，ClO2发生器中鼓入空气的作用是稀释ClO2，防止发生爆炸，故答案为：稀释ClO2，防止发生爆炸。 （2）①吸收塔中ClO2和双氧水反应生成NaClO2和氧气，ClO2中Cl元素化合价由+4降低为+3，ClO2是氧化剂，H2O2中O元素化合价由-1升高为0，H2O2是还原剂，根据得失电子守恒，n(氧化剂)：n(还原剂)=2：1，故答案为：2：1； ②的沸点为11℃，温度高于60℃时，NaClO2易分解，H2O2受热也易分解，吸收过程需控制温度在10℃以下，其目的是将ClO2液化、易被充分吸收，防止NaClO2在温度过高时分解，影响产品纯度，避免H2O2分解，故答案为：将ClO2液化，易被充分吸收，防止NaClO2在温度过高时分解，影响产品纯度，避免H2O2分解； ③根据图示，的比值越大NaClO2含量越高，氢氧化钠浓度越大NaClO2含量越高，则最佳条件为c(NaOH)=4mol/L，═0.8，故答案为：4；0.8。 （3）由NaClO2的溶解度曲线可以看出，温度低于38℃时，会生成NaClO2•3H2O，所以温度应控制在38℃以上，从而得出从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是：将NaClO2溶液加热温度至略低于60℃蒸发浓缩、冷却至略高于38℃结晶，过滤、洗涤、干燥，故答案为：c；b。 19．硫铁矿(主要成分为，其中铁元素为价)是工业制硫酸的主要原料。硫铁矿烧渣中含有等成分，可用于制备绿矾()，流程示意图如下。 已知：不同金属离子生成氢氧化物沉淀所需的不同。 (1)在“煅烧”过程中，发生氧化反应的元素有 。 (2)“酸浸液”中主要的金属阳离子有，写出产生的反应： 、 (写离子方程式)。 (3)补全“还原”过程的离子方程式： 。 = (4)“除铝”过程需严格控制溶液的用量，若溶液过量，除了发生，还可能发生的反应有 (用离子方程式表示)。 (5)“结晶”过程的步骤如下： 溶液 若未加入，加热时会产生黄色沉淀。经检验，黄色沉淀为。 用离子方程式解释产生的原因： 。 (6)测定制得晶体样品中的质量分数。 称取制得的晶体样品，加入适量水和稀硫酸溶解，滴入的溶液，发生反应：，恰好完全反应时，消耗溶液，计算制得晶体样品中的质量分数： 。 (7)结合上述流程，从物质充分利用的角度，分析硫铁矿制和的优势： 。 【答案】(1)Fe、S (2)Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O (3)14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO+16H+ (4)Fe2++2OH-=Fe(OH)2、Al(OH)3+ OH-=[Al(OH)4]- (5)4Fe2++O2+4SO+2H2O=4Fe(OH)SO4↓ (6) (7)硫铁矿中的硫元素、铁元素可以被充分利用，减少废物的产生，有利于硫元素转化为H2SO4和FeSO4·7H2O 【分析】由题给流程可知，硫铁矿在氧气中煅烧，二硫化铁高温条件下与氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，二氧化硫经多步转化得到硫酸；向烧渣中加入稀硫酸酸浸，金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到酸浸液；向酸浸液中加入二硫化铁，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铝的滤渣和硫酸亚铁溶液；向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸，经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到七水硫酸亚铁。 【详解】（1）由分析可知，“煅烧”过程中发生的反应为二硫化铁高温条件下与氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，反应中铁元素、硫元素的化合价升高被氧化，则发生氧化反应的元素为铁元素和硫元素，故发生氧化反应的元素有Fe、S； （2）酸浸时生成铁离子的反应为四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，氧化铁反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O； （3）由未配平的方程式可知，“还原”过程中发生的反应为二硫化铁与溶液中的铁离子反应生成亚铁离子、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO+16H+； （4）Al3+可与OH-发生反应生成氢氧化铝：，若氢氧化钠溶液过量亚铁离子也可能沉淀：Fe2++2OH-=Fe(OH)2，氢氧化铝为两性氢氧化物，也可与氢氧化钠溶液反应，若氢氧化钠溶液过量，则氢氧化铝继续反应：； （5）生成Fe(OH)SO4的原因是溶液中的亚铁离子与氧气、硫酸根离子反应生成Fe(OH)SO4沉淀，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4SO+2H2O=4Fe(OH)SO4↓； （6）由题意可知，反应消耗vmL cmol/L重铬酸钾溶液，由方程式可知，晶体样品中亚铁离子的质量分数为 ； （7）由题给流程可知，从物质充分利用的角度，硫铁矿制备硫酸和七水硫酸亚铁的优势是硫铁矿中的硫元素、铁元素可以被充分利用，减少废物的产生，有利于硫元素转化为硫酸和七水硫酸亚铁，故答案为：硫铁矿中的硫元素、铁元素可以被充分利用，减少废物的产生，有利于硫元素转化为H2SO4和FeSO4·7H2O。 高一化学 第18页（共18页） 学科网（北京）股份有限公司 $