精品解析：北京市北京师范大学附属中学2025-2026学年高一上学期期末考试 化学试卷

北京师大附中2025-2026学年(上)高一期末考试 化学试卷 考生须知 1.本试卷有两道大题，共14页。考试时长90分钟，满分100分。 2.考生务必将答案填写在答题纸上，在试卷上作答无效。 3.考试结束后，考生应将答题纸交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 I 127 一、本大题共30道小题，共50分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 下列设备工作时，将化学能转化为热能的是 A．太阳能集热器 B．天然气灶 C．硅太阳能电池 D．锂离子电池 A. A B. B C. C D. D 2. 下列物质中，不属于电解质的是 A. H2SO4 B. NaOH C. KNO3 D. Ag 3. 金属材料的应用促进了人类社会的发展。下列不属于金属材料的是 A. 储氢合金 B. 航母钢甲板 C. 青花瓷 D. 钛合金耐压壳 4. 用NaOH固体配制250mL1.00mol/LNaOH溶液时，不必用到的仪器是（ ） A. 试管 B. 烧杯 C. 胶头滴管 D. 容量瓶 5. 下列关于物质用途的说法不合理的是 A. 溶液可以去油污 B. 用作油漆红色颜料 C. 铝制餐具用于蒸煮酸性食物 D. 用作棉、麻、纸张的漂白剂 6. 下列反应属于吸热反应是 A. 氢气与氯气的反应 B. 晶体与反应 C. 镁与盐酸反应 D. 酒精的燃烧 7. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的结构示意图： B. 的分子结构球棍模型： C. NaCl的电离方程式： D. 用电子式表示HCl的形成过程： 8. 铟（In）是一种非常贴近我们生活的主族元素，手机、电脑、电视屏幕使用的都是含铟的导电玻璃。的最外层电子数是3，下列说法不正确的是 A. In的原子核外有49个电子 B. 与互为同位素 C. In与Al处于同一主族 D. 的中子数为113 9. 下列根据表中信息所得判断中，正确的是 短周期元素代号 L M Q R T 原子半径/nm 0.160 0.143 0.089 0.102 0.074 主要化合价 +2 +3 +2 +6、-2 -2 A. 氢化物的沸点： B. 单质与稀盐酸反应的剧烈程度：L<Q C. 与的核外电子数相等 D. M与T形成的化合物具有两性 10. 设代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 18 g 所含的电子数目为10 B. 0.1 mol/L NaCl溶液含有个数为0.1 C. 将7.1 g 通入足量氢氧化钠溶液中，转移电子数为0.2 D. 11.2 L 、混合气体含有的氧原子数为 11. 下列关于“100 mL 0.1 mol·L-1 BaCl2溶液”的说法正确的是 A. 该溶液中含有的微粒主要有：BaCl2、Ba2＋、Cl-、H2O B. 若取该溶液10 mL，其中c(Ba2＋)=0.01 mol·L-1 C 若取该溶液10 mL，恰好能与10 mL 0.1 mol·L-1 Na2SO4溶液完全反应 D. 该溶液与0.1 mol·L-1 NaCl溶液中的c(Cl-)相等 12. 最近，科学家开发出一种低成本光伏材料—蜂窝状石墨烯。生产原理是(石墨烯)，然后除去，即可制得蜂窝状石墨烯。下列有关说法不正确的是 A. 该生产石墨烯的反应属于氧化还原反应 B. 自然界中碳元素有游离态和化合态两种存在形式 C. 属于碱性氧化物，CO属于酸性氧化物 D. 石墨烯与金刚石互为同素异形体 13. 下列各组离子一定能大量共存的是 A. 在无色溶液中：、、 B. 在碱性溶液中：、、 C. 在酸性溶液中：、、 D. 在焰色反应为黄色的溶液中：、、 14. “钴酞菁”分子(直径约为1.34 nm)结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是 A. “钴酞菁”分子在水中所形成的分散系属悬浊液 B. “钴酞菁”分子既能透过滤纸，也能透过半透膜 C. 在分散系中，“钴酞菁”分子的直径比的直径小 D. “钴酞菁”分子在水中形成的分散系能产生丁达尔现象 15. 下列对图示的解释不正确的是 向Ba(OH)2溶液中加入稀硫酸，溶液导电能力变化 光照过程中氯水的pH变化 A．a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和 B．pH降低的原因可能是HClO分解 NaCl的形成 NaCl溶于水 C． D．NaCl=Na++Cl- A. A B. B C. C D. D 16. 下列解释事实的方程式不正确的是 A. 铁与氯气反应： B. 向石灰水中加入少量的溶液： C. 碳酸银溶于稀硝酸： D. 红热的铁与水蒸气发生反应： 17. 在下列各反应中，盐酸既表现出酸性又表现出还原性的是 A. B. C. D. 18. 实验室常用溶液吸收挥发的蒸气，反应生成、、和。经测定溶液中与数量比为，则溶液中与数量比为 A. 3:1 B. 11:5 C. 7:5 D. 1:1 19. 某溶液中含有和I -为了氧化I-而不使被氧化，试根据下列三个反应判断，可选用的氧化剂是 ① ② ③ A. B. C. D. 20. X、Y、Z均为元素周期表中前20号元素，、、简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是 A. 已知与，得 B. 离子半径： C. 的还原性一定大于 D. 气态氢化物的稳定性一定大于 21. 下列“实验结论”与“实验操作及事实”不相符的一组是 实验操作及事实 实验结论 A 绿豆大小的Na和K分别投入水中，K与水反应更剧烈 金属性：Na＜K B 将盐酸滴入磷酸钙[Ca3(PO4)2]中得到H3PO4 Cl的非金属性强于P C 向装有Al(OH)3沉淀的两支试管中，分别滴加盐酸和NaOH溶液，振荡后，均得到无色溶液 Al(OH)3是两性氢氧化物 D 向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，过一段时间变为红褐色 Fe(OH)2有还原性 A. A B. B C. C D. D 22. 已知离子化合物NH4H可以和水反应生成氢气，下列说法不正确的是 A. NH4H既有离子键又有共价键 B. NH4H电子式： C. 1molNH4H中含有5NA个N−H键 D. NH4H与水反应的离子方程式为+H－+H2O=NH3·H2O+H2↑ 23. 将等物质的量的和Al同时放入足量的水中，充分反应后收集到4.48 L混合气体(标准状况下)。下列说法不正确的是 A. 加入的固体过氧化钠为7.8 g B. 反应后有固体剩余 C. 标准状况下，混合气体中氢气与氧气的体积比为3：1 D. 反应后的溶液中含有的溶质是NaOH和 24. “侯氏制碱法”的主要过程如下图(部分物质已略去)。 下列说法不正确的是 A. 气体X为 B. 操作b为过滤 C. 悬浊液a中的不溶物主要是 D. 氨盐水中通入气体X后，溶液中大量减少的阳离子是 25. 某溶液中含大量Fe2+、Mg2+、Fe3+、Na+、Cl-、SO离子，其中加入足量的Na2O2固体后，再加入足量的盐酸溶解沉淀，最后溶液中的离子数目与反应前相比保持不变的是 A. Na+、Fe2+ B. Mg2+、SO C. Fe3+、SO D. Mg2+、Cl- 26. 下列反应所得溶液中一定只含一种溶质的是（ ） A. 向AlCl3溶液中加入一定量的NaOH B. 向NaOH溶液中通入足量CO2气体(不考虑CO2溶于水) C. 向含1molNaHCO3溶液中，加入1molNa2O2粉末 D. 向含1molNa2CO3溶液中，加入含1molHCl的盐酸 27. 实验室鉴别物质时，下列鉴别的操作、现象及结论都可行的是 操作与现象 现象与结论 A 加入AgNO3溶液产生白色沉淀 溶液中一定含有Cl- B 加BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失 溶液中一定含有 C 用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色 溶液中有Na+，无K+ D 用NaOH鉴别MgCl2溶液中是否有AlCl3，先生成沉淀，NaOH过量后沉淀会部分溶解 溶液中一定含有AlCl3 A. A B. B C. C D. D 28. 有人设计出一种在隔绝空气条件下让钠与溶液反应，观察颜色的实验。实验时往100 mL的大试管中先加40 mL煤油，取3粒米粒大小的金属钠放入大试管后塞上橡皮塞，通过长颈漏斗加入溶液(不含)使煤油的液面至橡胶塞，并夹紧弹簧夹。下列说法错误的是 A. 长颈漏斗中的液面上升 B. 大试管下层溶液出现白色沉淀，并可持续较长时间 C. 用过氧化钠代替钠也可达到实验目的 D. 该反应同时也能说明钠不能置换出硫酸亚铁溶液中的铁 29. 利用“碳捕获与储存”技术可将工厂排放的CO2收集并储存，原理如下图所示。 下列说法中，不正确的是 A. “碳捕获与储存”有助于缓解温室效应 B. 过程Ⅰ中用NaOH溶液“捕获”排放的CO2 C. 过程Ⅲ和过程Ⅳ的反应类型分别为分解反应和化合反应 D. 上述过程中只有NaOH能够循环利用 30. 我国的环境空气质量标准中对空气中SO2的浓度限值规定如下表所示。 标准等级 一级标准 二级标准 三级标准 浓度限值(mg·m-3) 0~0.15 0.15~0.50 050~0.70 研究人员测定受污染空气中SO2含量的实验方法如下：用NaOH溶液吸收2m3空气，用0.1mo·L-1硫酸调节pH，然后用I2溶液将其氧化，测得恰好完全反应时消耗I22.54mg。下列推断中，不正确的是 A. 恰好完全反应时消耗I2的物质的量为1×10-5mol B. 反应中转移电子的物质的量为2×10-5mol C. 被吸收的空气中SO2的质量为0.64mg D. 被测空气样品中SO2的浓度达到了三级标准 二、本大题共5小题，共50分。 31. 发生化学反应时，不仅有物质变化也有能量变化。 （1）将Zn片和Cu片用导线连接，并串联一个电流表，插入稀硫酸中组成原电池，如下图所示。 化学能转化为电能的实验证据是______。装置工作时，下列说法正确的是______(填字母)。 a．负极反应是 b．Cu片附近溶液pH降低 c．溶液中的向Cu片移动 d．溶液中阳离子的数量不变 当Cu表面生成4.48 L氢气(标准状况)时，导线中通过的物质的量为______mol。 （2）氢氧燃料电池装置如图所示。 ①通入的电极上发生的电极反应为______。 ②工作结束后，电解质溶液的pH______(填“增大”、“减小”或“不变”)。 （3）25℃、101 kPa下，与反应生成，各键能如下表所示： 化学键 H-H N≡N N-H 键能/ 436 946 391 通过计算判断该反应为______反应(填“放热”或“吸热”)。 32. 几种主族元素在周期表中的位置如下： 根据上表回答下列问题： （1）①与②元素形成的分子可能是______(填字母)。 （2）②和④元素形成的酸性氧化物的结构式______。 （3）①④⑤三种元素(二种、三种)可组成多种化合物，其中含有非极性键的化合物的电子式分别为______、______。 （4）⑤⑥⑦的离子半径由大到小的顺序是______(用离子符号表示)。 （5）表中某元素原子的核外电子层数是最外层电子数的3倍，该元素的原子结构示意图为______，元素周期表中非金属性最强的元素在周期表中的位置是______。 （6）⑤⑥⑧三种元素最高价氧化物对应水化物碱性最强的是______(填化学式)，⑤、⑥最高价氧化物对应水化物之间反应的离子方程式为______。 （7）⑦的非金属性强于⑨，从原子结构的角度解释其原因______。下列事实能证明⑦的非金属性强于⑨是______(填字母)。 a．⑦的氢化物比⑨的氢化物稳定 b．⑦的最高价氧化物对应的水化物的酸性强于⑨的最高价氧化物对应的水化物的酸性 c．⑦的单质能将⑨从其钠盐溶液中置换出来 33. 利用铁铝合金制备胶体粒子及明矾[]的工业流程图如下： 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ中所用试剂为______。 （2）步骤Ⅲ中的作用是______。 （3）步骤Ⅳ中制备胶体粒子的反应方程式为______。 （4）由溶液A得到的离子方程式为______。 （5）下列有关说法正确的是______(填字母)。 a．溶液C中含有的离子是、 b．室温下明矾的溶解度小于和的溶解度 c．工业流程中包含置换反应和复分解反应 d．检验溶液B中是否含：取溶液B先加氯水，再加KSCN溶液，若溶液变红，说明含 34. 某兴趣小组在实验室制备氯水，并对氯水的性质进行研究，回答下列问题。 （1）写出装置Ⅰ中化学方程式______；装置Ⅱ中作用是为了除去氯气中的______(填化学式)气体。 （2）装置Ⅳ中反应的离子方程式是______。 （3）探究氯水中漂白性物质成分。 资料：有机溶剂(四氯化碳)为无色、难溶于水、密度比水大的液体；易溶于。 由以上实验得出的实验结论是______。 （4）探究、、的氧化性强弱。 实验ⅲ a b 实验ⅳ 取a中的黄色溶液少许，加入KI溶液，再加入淀粉溶液，溶液变蓝。 ①实验ⅲ中a试管内反应的离子方程式是______。 ②甲同学认为，实验ⅳ中的现象不一定证明氧化性，他补做了实验ⅴ： 实验ⅴ 另取a中黄色溶液少许，先加足量的NaBr固体，充分振荡，然后加入KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。 补做实验ⅴ的目的是______。 ③综合实验实验ⅲ～ⅴ，得出结论，氧化性：______。 35. 某小组同学向pH=1的0.5 的溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 资料：与溶液反应，生成蓝色沉淀。 （1）理论分析依据 据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将还原为Fe的金属是______。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 Ⅰ 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 Ⅱ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 Ⅲ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ中的红褐色沉淀为______(填化学式)。 ③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 ⅰ、a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使Zn与反应置换出少量Fe，Fe也会被、消耗。写出Fe与、反应的离子方程式______、______。 b．乙认为在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也会被消耗。设计实验______(填实验操作和现象)。证实了此条件下可忽略对Fe的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与的反应。并设计实验证实了Zn粉被包裹。 ⅱ、资料：0.5 开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去(变浅)，停止加盐酸，待pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京师大附中2025-2026学年(上)高一期末考试 化学试卷 考生须知 1.本试卷有两道大题，共14页。考试时长90分钟，满分100分。 2.考生务必将答案填写在答题纸上，在试卷上作答无效。 3.考试结束后，考生应将答题纸交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 I 127 一、本大题共30道小题，共50分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 下列设备工作时，将化学能转化为热能的是 A．太阳能集热器 B．天然气灶 C．硅太阳能电池 D．锂离子电池 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．太阳能集热器工作时将太阳能转化为热能，A错误； B．天然气灶工作时化学能转化为热能，B正确； C．硅太阳能电池工作时将太阳能转化为电能，C错误； D．锂离子电池放电时将化学能转化为电能，D错误； 故选B。 2. 下列物质中，不属于电解质的是 A. H2SO4 B. NaOH C. KNO3 D. Ag 【答案】D 【解析】 【分析】在水溶液中或在熔化状态下能导电的化合物为电解质，酸、碱、盐、水和活泼金属氧化物均为电解质。 【详解】A． H2SO4为酸，属于电解质，故A错误； B． NaOH为碱，属于电解质，故B错误； C． KNO3为盐，属于电解质，故C错误； D． Ag为单质，则Cu既不是电解质也不是非电解质，故D正确； 故选D。 3. 金属材料的应用促进了人类社会的发展。下列不属于金属材料的是 A. 储氢合金 B. 航母钢甲板 C. 青花瓷 D. 钛合金耐压壳 【答案】C 【解析】 【详解】储氢合金、航母钢甲板、钛合金耐压壳都属于金属材料，而青花瓷属于陶瓷，属于无机非金属材料，故C符合题意。 综上所述，答案为C。 4. 用NaOH固体配制250mL1.00mol/LNaOH溶液时，不必用到的仪器是（ ） A. 试管 B. 烧杯 C. 胶头滴管 D. 容量瓶 【答案】A 【解析】 【详解】用NaOH固体配制250mL1.00mol/LNaOH溶液时，先用天平称量，再在烧杯中溶解，冷却后，转移到250mL容量瓶中，洗涤玻璃棒和烧杯，将洗涤液转移至容量瓶中，振荡，加蒸馏水离刻度线1-2cm，用胶头滴管滴加蒸馏水到刻度线，上下颠倒摇匀，故实验过程中使用不到试管，A符合题意。 答案为：A。 5. 下列关于物质用途的说法不合理的是 A. 溶液可以去油污 B. 用作油漆红色颜料 C. 铝制餐具用于蒸煮酸性食物 D. 用作棉、麻、纸张的漂白剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．Na2CO3溶液呈碱性，能促进油脂水解，故可以去油污，用途合理，A正确； B．Fe2O3为红色固体，常用作油漆红色颜料，用途合理，B正确； C．铝能与酸反应，生成氢气并腐蚀餐具，故不适合蒸煮酸性食物，用途不合理，C错误； D．Ca(ClO)2具有强氧化性，能漂白棉、麻、纸张，用途合理，D正确； 故答案选C。 6. 下列反应属于吸热反应的是 A. 氢气与氯气的反应 B. 晶体与反应 C. 镁与盐酸反应 D. 酒精的燃烧 【答案】B 【解析】 【详解】A．氢气与氯气的反应是化合反应，通常为放热反应，不属于吸热反应，A错误； B．晶体与反应需吸收热量，是典型的吸热反应，B正确； C．镁与盐酸反应是活泼金属与酸的反应，属于放热反应，不属于吸热反应，C错误； D．酒精的燃烧是燃烧反应，燃烧反应均为放热反应，不属于吸热反应，D错误； 故选B。 7. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的结构示意图： B. 的分子结构球棍模型： C. NaCl的电离方程式： D. 用电子式表示HCl的形成过程： 【答案】D 【解析】 【详解】A．钠原子失去最外层1个电子变成钠离子，Na+的结构示意图：，故A正确； B．水分子是V形分子，H2O的分子结构球棍模型：，故B正确； C．氯化钠是强电解质，NaCl的电离方程式：，故C正确； D．氯化氢是共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程：，故D错误； 故答案选D。 8. 铟（In）是一种非常贴近我们生活的主族元素，手机、电脑、电视屏幕使用的都是含铟的导电玻璃。的最外层电子数是3，下列说法不正确的是 A. In的原子核外有49个电子 B. 与互为同位素 C. In与Al处于同一主族 D. 的中子数为113 【答案】D 【解析】 【详解】A. 根据铟原子结构，铟的质子数为49，对原子来说，质子数等于核外电子数，即铟的核外有49个电子，故A说法正确； B. 同位素：质子数相同中子数不同同一元素的不同原子，与符合同位素的概念，故B说法正确； C. 铟元素属于主族元素，主族元素中最外层电子数等于主族序数，In的最外层电子数是3，即In与Al处于同一主族，故C说法正确； D. 根据质量数=质子数＋中子数，则的中子数=113－49=64，故D说法错误； 答案为D。 9. 下列根据表中信息所得判断中，正确的是 短周期元素代号 L M Q R T 原子半径/nm 0.160 0.143 0.089 0.102 0.074 主要化合价 +2 +3 +2 +6、-2 -2 A. 氢化物的沸点： B. 单质与稀盐酸反应的剧烈程度：L<Q C. 与的核外电子数相等 D. M与T形成的化合物具有两性 【答案】D 【解析】 【分析】L、Q均显+2价，L的原子半径大于Q，则L是Mg元素、Q是Be元素；M的化合价为+3，原子半径大于Be、小于Mg。则M是Al元素；R主要化合价为+6、-2，R是S元素；T主要化合价为-2，T是O元素。 【详解】A．H2O分子间能形成氢键，所以氢化物的沸点H2O>H2S，故A错误； B．同主族元素从上到下，元素金属性增强，单质越易与酸反应，Mg金属性强于Be，Mg与稀盐酸反应更剧烈，故B错误； C．Mg2+核外电子数为10， S2-核外电子数为18，电子数不相等，故C错误； D．Al2O3为两性氧化物，既能与酸反应又能与碱反应，故D正确； 选D。 10. 设代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 18 g 所含的电子数目为10 B. 0.1 mol/L NaCl溶液含有个数为0.1 C. 将7.1 g 通入足量氢氧化钠溶液中，转移电子数为0.2 D. 11.2 L 、混合气体含有的氧原子数为 【答案】A 【解析】 【详解】A．18 g 物质的量为1 mol（摩尔质量18 g/mol），每个含10个电子（氮原子7e-、4个氢原子共4e-，再减去1个电子），故电子数目为10，A正确； B．0.1 mol/L NaCl溶液未给出体积，无法计算物质的量及个数，B错误； C．7.1 g 物质的量为0.1 mol（摩尔质量71 g/mol），与NaOH反应方程式为，属歧化反应，每摩尔转移1 mol电子，故转移电子数为0.1，非0.2，C错误； D．11.2 L 、混合气体未注明标准状况（如温度、压强），无法确定气体物质的量及氧原子数，D错误； 故答案选A。 11. 下列关于“100 mL 0.1 mol·L-1 BaCl2溶液”说法正确的是 A. 该溶液中含有的微粒主要有：BaCl2、Ba2＋、Cl-、H2O B. 若取该溶液10 mL，其中c(Ba2＋)=0.01 mol·L-1 C. 若取该溶液10 mL，恰好能与10 mL 0.1 mol·L-1 Na2SO4溶液完全反应 D. 该溶液与0.1 mol·L-1 NaCl溶液中的c(Cl-)相等 【答案】C 【解析】 【详解】A．BaCl2是强电解质，在水中完全电离为Ba2＋、Cl-，不存在BaCl2，同时该溶液中还含有溶剂H2O分子，A错误； B．溶液的浓度与溶液体积大小无关，所以从该溶液中取该溶液10 mL，物质的浓度不变，其中c(Ba2＋)=0.1 mol·L-1，B错误； C．BaCl2、Na2SO4发生反应：BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl，二者恰好反应时物质的量相等，由于两种溶液浓度相同、体积相等，因此10 mL0.1 mol/L BaCl2溶液恰好能与10 mL 0.1 mol·L-1 Na2SO4溶液完全反应，C正确； D．该溶液中c(Cl-)=2c(BaCl2)=0.2 mol/L，0.1 mol·L-1 NaCl溶液中的c(Cl-)=0.1 mol·L-1，可见两种溶液中c(Cl-)不相等，D错误； 故合理选项是C。 12. 最近，科学家开发出一种低成本光伏材料—蜂窝状石墨烯。生产原理是(石墨烯)，然后除去，即可制得蜂窝状石墨烯。下列有关说法不正确的是 A. 该生产石墨烯的反应属于氧化还原反应 B. 自然界中碳元素有游离态和化合态两种存在形式 C. 属于碱性氧化物，CO属于酸性氧化物 D. 石墨烯与金刚石互为同素异形体 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应中碳元素化合价发生变化（CO中C为+2价，部分升至Na2CO3中+4价，部分降至C中0价），存在电子转移，属于氧化还原反应，A正确； B．自然界中碳元素存在形式多样，如金刚石、石墨为游离态，碳酸盐、有机物中碳为化合态，B正确； C．Na2O能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；但CO既不与酸反应也不与碱反应，属于不成盐氧化物，不是酸性氧化物，C错误； D．石墨烯与金刚石均为碳元素形成的不同单质，结构不同，性质相异，互为同素异形体，D正确； 故选C 13. 下列各组离子一定能大量共存的是 A. 在无色溶液中：、、 B. 在碱性溶液中：、、 C. 在酸性溶液中：、、 D. 在焰色反应为黄色的溶液中：、、 【答案】D 【解析】 【详解】A．在水溶液中呈黄色，A错误； B．碱性溶液中OH-与会生成Cu(OH)2沉淀，不能大量共存，B错误； C．酸性溶液中有大量H⁺，与反应生成CO2和H2O，且、发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误； D．焰色反应为黄色说明溶液含，、、之间不反应，可以大量共存，D正确； 故选D。 14. “钴酞菁”分子(直径约为1.34 nm)结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是 A. “钴酞菁”分子在水中所形成的分散系属悬浊液 B. “钴酞菁”分子既能透过滤纸，也能透过半透膜 C. 在分散系中，“钴酞菁”分子的直径比的直径小 D. “钴酞菁”分子在水中形成的分散系能产生丁达尔现象 【答案】D 【解析】 【详解】A．“钴酞菁”分子直径约为1.34 nm，在1-100 nm范围内，形成的分散系属于胶体，而非悬浊液（悬浊液分散质粒子直径大于100 nm），A错误； B．胶体粒子能透过滤纸（滤纸孔隙较大），但不能透过半透膜（半透膜孔隙通常小于1 nm，1.34 nm > 1 nm），B错误； C．Na+离子能形成的是溶液，而“钴酞菁”分子形成的分散系属于胶体，故“钴酞菁”分子的直径比的直径大，C错误； D．“钴酞菁”分子形成的分散系为胶体，胶体具有丁达尔效应，D正确； 故选D。 15. 下列对图示的解释不正确的是 向Ba(OH)2溶液中加入稀硫酸，溶液导电能力变化 光照过程中氯水的pH变化 A．a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和 B．pH降低的原因可能是HClO分解 NaCl的形成 NaCl溶于水 C． D．NaCl=Na++Cl- A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．向溶液中加入氢氧化钡溶液，二者发生反应：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，使溶液中自由移动的离子浓度逐渐减小，溶液的导电能力减弱，到a时刻氢氧化钡溶液与稀硫酸恰好完全中和，溶液中几乎无自由移动的离子，因此此时导电能力最弱，几乎为0，后来硫酸溶液过量，硫酸电离产生氢离子、硫酸根离子，溶液又能够导电，且导电能力逐渐增强，A不合题意； B．次氯酸是弱酸，光照时，次氯酸发生分解反应：2HClO2HCl+O2↑，次氯酸变为氯化氢，使溶液中H+浓度增大，溶液pH减小，当HClO恰好完全分解时，c(H+)最大，溶液pH最小，后来不再发生变化，故图示可以显示溶液pH与光照时次氯酸分解情况，B不合题意； C．2 mol Na参加反应，转移2 mol电子，电子转移数目错误，C符合题意； D．氯化钠是离子化合物，离子半径：Cl-＞Na+，将其放入水中，在水分子作用下，氯化钠晶体表面离子在水分子作用下扩散到水中，形成水合钠离子(带正电，吸引水分子呈负电性的氧原子)、水合氯离子(带负电，吸引水分子呈正电性的氢原子)，表示为Na+、Cl-，其电离方程式为：NaCl=Na++Cl-，故图示可表示NaCl溶于水时的电离情况，D不合题意； 故答案为：C。 16. 下列解释事实的方程式不正确的是 A. 铁与氯气反应： B. 向石灰水中加入少量的溶液： C. 碳酸银溶于稀硝酸： D. 红热的铁与水蒸气发生反应： 【答案】C 【解析】 【详解】A．铁与氯气反应生成氯化铁，方程式 正确，符合反应事实，A正确； B．向石灰水（溶液）中加入少量，发生反应：，离子方程式电荷和原子守恒，符合事实，B正确； C．溶于稀硝酸的反应应为 ，但给出的方程式 未体现 Ag⁺ 离子，且未考虑为沉淀，不能拆，C错误； D．红热的铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，方程式 正确，符合事实，D正确； 故答案选C。 17. 在下列各反应中，盐酸既表现出酸性又表现出还原性的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．元素化合价都没有发生变化，属于酸碱中和反应，故A错误； B．元素化合价没有发生变化，是复分解反应，不是氧化还原反应，故B错误 C．HCl中H元素化合价降低， HCl为氧化剂， Zn为还原剂，故C错误； D．NaClO中Cl元素化合价降低，被还原， HCl中Cl元素的化合价升高，被氧化，显示还原性，还有一部分HCl化合价没变，生成NaCl显示酸性，故D正确； 故答案为D。 18. 实验室常用溶液吸收挥发的蒸气，反应生成、、和。经测定溶液中与数量比为，则溶液中与数量比为 A. 3:1 B. 11:5 C. 7:5 D. 1:1 【答案】A 【解析】 【详解】用溶液吸收挥发的蒸气，发生歧化反应，由0价歧化为（价，得1个电子，被还原）、（+1价，失1个电子，被氧化）、（+5价，失5个电子，被氧化），已知溶液中与数量比为，设生成的为5个，为2个，则失去的电子数为：，根据电子转移守恒可知生成得到的电子数为，则生成的数目为15个，最后得到溶液中与数量比为，所给的四个选项中，符合的选项为A； 故答案为：A。 19. 某溶液中含有和I -为了氧化I-而不使被氧化，试根据下列三个反应判断，可选用的氧化剂是 ① ② ③ A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】①中中氧化性，还原性， ②中氧化性，还原性， ③中氧化性，还原性， 根据以上知，氧化性大小顺序是，还原性大小顺序是，为了氧化I 而不使被氧化，则应该选取铁盐， 答案选D。 【点睛】本题考查氧化还原反应，明确氧化性强弱的比较方法是解本题关键，难度不大。根据同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，根据反应方程式确定氧化剂的氧化性强弱，然后再根据条件选择合适的氧化剂。 20. X、Y、Z均为元素周期表中前20号元素，、、简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是 A. 已知与，得 B. 离子半径： C. 的还原性一定大于 D. 气态氢化物的稳定性一定大于 【答案】C 【解析】 【详解】A．与的电子层结构相同，则二种离子核外电子数相等，从而得出m-a=n+b，A不正确； B．、、的电子层结构相同，则原子序数Z＜Y＜X，核电荷数越小，离子半径越大，则离子半径：，B不正确； C．、的电子层结构相同，则Y、Z属于同一周期元素，且Z在Y的左边，非金属性Z＜Y，所以的还原性一定大于，C正确； D．由C选项的分析可知，非金属性Z＜Y，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性小于，D不正确； 故选C。 21. 下列“实验结论”与“实验操作及事实”不相符的一组是 实验操作及事实 实验结论 A 绿豆大小的Na和K分别投入水中，K与水反应更剧烈 金属性：Na＜K B 将盐酸滴入磷酸钙[Ca3(PO4)2]中得到H3PO4 Cl的非金属性强于P C 向装有Al(OH)3沉淀的两支试管中，分别滴加盐酸和NaOH溶液，振荡后，均得到无色溶液 Al(OH)3是两性氢氧化物 D 向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，过一段时间变为红褐色 Fe(OH)2有还原性 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．金属活动性越强，越容易置换出氢生成氢气，反应越剧烈，，K与水反应更剧烈，说明金属性：Na＜K，A正确； B．反应利用了强酸制弱酸的原理，但盐酸不是氯的最高价含氧酸，不能说明Cl的非金属性强于P，B错误； C．反应说明氢氧化铝可以和酸也可以和碱反应，Al(OH)3是两性氢氧化物，C正确； D．生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，过一段时间变为红褐色，是生成的氢氧化亚铁和空气中氧气发生生成氢氧化铁，反应中铁失去电子发生氧化反应，体现了Fe(OH)2有还原性，D正确； 故选B。 22. 已知离子化合物NH4H可以和水反应生成氢气，下列说法不正确的是 A. NH4H既有离子键又有共价键 B. NH4H的电子式： C. 1molNH4H中含有5NA个N−H键 D. NH4H与水反应的离子方程式为+H－+H2O=NH3·H2O+H2↑ 【答案】C 【解析】 【详解】A．NH4H中有铵根离子和氢负离子，含有离子键，铵根中含有共价键，故A正确； B．NH4H有铵根离子和氢负离子，其电子式：，故B正确； C．根据B中NH4H的电子式可知，1molNH4H中含有4NA个N−H键，故C错误； D．NH4H可以和水反应生成氢气和一水合氨，NH4H是易溶于水的，与水反应的离子方程式为+H－+H2O=NH3·H2O+H2↑，故D正确。 综上所述，答案为C。 23. 将等物质的量的和Al同时放入足量的水中，充分反应后收集到4.48 L混合气体(标准状况下)。下列说法不正确的是 A. 加入的固体过氧化钠为7.8 g B. 反应后有固体剩余 C. 标准状况下，混合气体中氢气与氧气的体积比为3：1 D. 反应后的溶液中含有的溶质是NaOH和 【答案】B 【解析】 【分析】设和Al的物质的量均为n mol，发生反应的方程式为： ①，故生成O2为0.5n mol； ②，生成H2为1.5n mol，混合气体总物质的量：0.5n+1.5n=2n mol。标准状况下气体体积为4.48L，物质的量为4.48/22.4=0.2mol，故2n=0.2，解得n=0.1mol。 【详解】A．质量=0.1mol×78g/mol=7.8g，A正确； B．通过计算可知，生成的NaOH过量，反应中Al完全消耗，无固体剩余，B错误； C．H2与O2体积比=1.5n:0.5n=3:1，C正确； D．生成NaOH为2n mol，Al消耗NaOH为n mol，剩余n molNaOH，同时生成n mol，溶质为两者，D正确； 故选B。 24. “侯氏制碱法”的主要过程如下图(部分物质已略去)。 下列说法不正确的是 A. 气体X为 B. 操作b为过滤 C. 悬浊液a中的不溶物主要是 D. 氨盐水中通入气体X后，溶液中大量减少的阳离子是 【答案】C 【解析】 【分析】向饱和食盐水依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体加热分解生成碳酸钠，滤液主要为氯化钠、氯化铵等。 【详解】A．根据侯氏制碱法的流程，先向饱和食盐水中通入NH3，再通入CO2，生成NaHCO3沉淀和NH4Cl。滤渣（NaHCO3）煅烧后会产生CO2（气体X），该气体可循环使用，因此气体X是CO2，A正确； B．由分析可知，悬浊液a中含有NaHCO3沉淀和溶液，需要通过过滤分离出滤渣（NaHCO3）和滤液（主要含NH4Cl）。因此操作b是过滤，B正确； C．由分析可知，悬浊液a中的不溶物应为NaHCO3，而非NH4Cl，NH4Cl是可溶于水的，存在于滤液中，C错误； D．氨盐水中通入CO2后，发生反应：，由于NaHCO3溶解度较小，会大量析出，导致溶液中Na+浓度显著降低，D正确； 故答案选C。 25. 某溶液中含大量Fe2+、Mg2+、Fe3+、Na+、Cl-、SO离子，其中加入足量的Na2O2固体后，再加入足量的盐酸溶解沉淀，最后溶液中的离子数目与反应前相比保持不变的是 A. Na+、Fe2+ B. Mg2+、SO C. Fe3+、SO D. Mg2+、Cl- 【答案】B 【解析】 【详解】加入Na2O2，Na2O2具有强氧化性且和水反应生成NaOH，Fe2+被氧化生成Fe3+，Mg2+→Mg(OH)2，Fe3+→Fe(OH)3，再加入足量盐酸，引进了Cl-，Mg(OH)2和Fe(OH)3分别与盐酸反应生成Mg2+、Fe3+，则溶液中Na+、Cl-、Fe3+增多，Fe2+减小，SO、Mg2+不变。 故选B。 26. 下列反应所得溶液中一定只含一种溶质的是（ ） A. 向AlCl3溶液中加入一定量的NaOH B. 向NaOH溶液中通入足量CO2气体(不考虑CO2溶于水) C. 向含1molNaHCO3溶液中，加入1molNa2O2粉末 D. 向含1molNa2CO3溶液中，加入含1molHCl的盐酸 【答案】B 【解析】 【详解】A. 向AlCl3溶液中，加入一定量的NaOH，氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝和氯化钠或偏铝酸钠和氯化钠，A不符合； B. 向NaOH溶液中通入足量CO2气体，反应后生成碳酸氢钠和水，所得溶液中只含一种溶质，B符合； C. 向含1mol NaHCO3溶液中，加入1mol Na2O2粉末，1mol过氧化钠与水反应生成2mol氢氧化钠和氧气，2mol氢氧化钠和1mol碳酸氢钠反应后生成碳酸钠和剩余的氢氧化钠，C不符合； D. 向含1mol Na2CO3溶液中，加入含1mol HCl的盐酸，碳酸钠和氯化氢反应生成碳酸氢钠和氯化钠，D不符合；故答案为：B。 【点睛】氯化铝与氢氧化钠的反应：AlCl3+3NaOH（少）=Al(OH)3↓+3NaCl；AlCl3+4NaOH（过）=NaAlO2+3NaCl+2H2O 27. 实验室鉴别物质时，下列鉴别的操作、现象及结论都可行的是 操作与现象 现象与结论 A 加入AgNO3溶液产生白色沉淀 溶液中一定含有Cl- B 加BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失 溶液中一定含有 C 用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色 溶液中有Na+，无K+ D 用NaOH鉴别MgCl2溶液中是否有AlCl3，先生成沉淀，NaOH过量后沉淀会部分溶解 溶液中一定含有AlCl3 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．加入AgNO3溶液产生白色沉淀，白色沉淀可能是AgCl，但也可能是Ag2CO3等，不能确定一定含有Cl-，A不合题意； B．加BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸沉淀不消失，沉淀可能是BaSO4或AgCl等，不能排除Ag+干扰，故不能确定一定含有，B不合题意； C．火焰呈黄色说明有Na+，但未透过蓝色钴玻璃观察，无法确定是否无K+(K+的焰色可能被掩盖)，C不合题意； D．用NaOH鉴别，先生成沉淀[Mg(OH)2和Al(OH)3]，NaOH过量后Al(OH)3溶解而Mg(OH)2不溶，沉淀部分溶解说明存在Al3+，故一定含有AlCl3，D符合题意； 故答案为：D。 28. 有人设计出一种在隔绝空气条件下让钠与溶液反应，观察颜色的实验。实验时往100 mL的大试管中先加40 mL煤油，取3粒米粒大小的金属钠放入大试管后塞上橡皮塞，通过长颈漏斗加入溶液(不含)使煤油的液面至橡胶塞，并夹紧弹簧夹。下列说法错误的是 A. 长颈漏斗中的液面上升 B. 大试管下层溶液出现白色沉淀，并可持续较长时间 C. 用过氧化钠代替钠也可达到实验目的 D. 该反应同时也能说明钠不能置换出硫酸亚铁溶液中的铁 【答案】C 【解析】 【详解】A．试管中有氢气生成，使试管内气体压强增大，导致大试管内液面下降，将试管内液体压入长颈漏斗，使长颈漏斗内液面上升，A正确； B．钠与水生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸亚铁生成氢氧化亚铁白色沉淀，因隔绝空气，故白色沉淀可以持续较长时间，B正确； C．过氧化钠有强氧化性，会将氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁，C错误； D．若钠能置换硫酸亚铁溶液中的铁，应产生铁单质，所以该反应同时也能说明钠不能置换出硫酸亚铁溶液中的铁，D正确； 故选C。 29. 利用“碳捕获与储存”技术可将工厂排放的CO2收集并储存，原理如下图所示。 下列说法中，不正确是 A. “碳捕获与储存”有助于缓解温室效应 B. 过程Ⅰ中用NaOH溶液“捕获”排放的CO2 C. 过程Ⅲ和过程Ⅳ的反应类型分别为分解反应和化合反应 D. 上述过程中只有NaOH能够循环利用 【答案】D 【解析】 【详解】A．“碳捕获与储存”能减少二氧化碳的排放，有助于缓解温室效应，A正确； B．过程Ⅰ中用NaOH溶液“捕获”排放的二氧化碳，发生反应2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，B正确； C．由图知，过程Ⅲ反应为：CaCO3CaO+CO2↑，属于分解反应，过程Ⅳ反应为：CaO+H2O=Ca(OH)2，属于化合反应，C正确； D．根据图示可知，氢氧化钠和氢氧化钙既参与反应，又生成，能够循环利用，D错误； 故答案为：D。 30. 我国的环境空气质量标准中对空气中SO2的浓度限值规定如下表所示。 标准等级 一级标准 二级标准 三级标准 浓度限值(mg·m-3) 0~0.15 0.15~0.50 0.50~0.70 研究人员测定受污染空气中SO2含量的实验方法如下：用NaOH溶液吸收2m3空气，用0.1mo·L-1硫酸调节pH，然后用I2溶液将其氧化，测得恰好完全反应时消耗I22.54mg。下列推断中，不正确的是 A. 恰好完全反应时消耗I2的物质的量为1×10-5mol B. 反应中转移电子的物质的量为2×10-5mol C. 被吸收的空气中SO2的质量为0.64mg D. 被测空气样品中SO2浓度达到了三级标准 【答案】D 【解析】 【详解】A．恰好完全反应时消耗I2的物质的量为=1×10-5mol，A正确； B．根据反应SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4可知，反应中转移电子的物质的量为2×10-5mol，B正确； C．根据反应SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4可知，被吸收的空气中SO2的质量为0.64mg，C正确； D．由C项分析可知，被测空气样品中SO2的浓度为：=0.32 mg·m-3，故达到了二级标准，D错误； 故答案为：D。 二、本大题共5小题，共50分。 31. 发生化学反应时，不仅有物质变化也有能量变化。 （1）将Zn片和Cu片用导线连接，并串联一个电流表，插入稀硫酸中组成原电池，如下图所示。 化学能转化为电能的实验证据是______。装置工作时，下列说法正确的是______(填字母)。 a．负极反应是 b．Cu片附近溶液pH降低 c．溶液中的向Cu片移动 d．溶液中阳离子的数量不变 当Cu表面生成4.48 L氢气(标准状况)时，导线中通过的物质的量为______mol。 （2）氢氧燃料电池装置如图所示。 ①通入的电极上发生的电极反应为______。 ②工作结束后，电解质溶液的pH______(填“增大”、“减小”或“不变”)。 （3）25℃、101 kPa下，与反应生成，各键能如下表所示： 化学键 H-H N≡N N-H 键能/ 436 946 391 通过计算判断该反应为______反应(填“放热”或“吸热”)。 【答案】（1） ①. 电流表指针偏转 ②. ac ③. 0.4 （2） ①. ②. 减小 （3）放热 【解析】 【小问1详解】 在原电池中，化学能转化为电能的表现是电路中有电流通过，电流表指针会发生偏转。 a．根据原电池原理，Zn比Cu活泼，Zn作为负极，发生氧化反应，电极方程式为：  ，a正确； b．根据原电池原理，Zn比Cu活泼，Zn作为负极，Cu作为正极，正极反应为  ，H⁺被消耗，导致Cu片附近溶液中  减小，pH应升高，b错误； c．在原电池中，阳离子（如  ）向正极（Cu片）移动，阴离子（如  ）向负极（Zn片）移动，c正确； d．负极反应：  ，转移2 mol 电子，生成1 mol  ；正极反应：  ，转移2 mol 电子，消耗2 mol  ，溶液中阳离子的数量减小，d错误； 故答案选ac； 已知Cu表面生成4.48 L H2（标准状况），即：，根据正极反应  ，每生成1 mol  ，转移2 mol电子。因此，生成0.2 mol  时，转移的电子数为：。 【小问2详解】 ①装置中左侧通入  ，右侧通入  ，电解质为  溶液。通入  的电极是负极，H2失去电子发生氧化反应生成H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配平电极方程式为： ； ②装置中左侧通入  ，右侧通入  ，电解质为  溶液，总反应为：  ，反应过程中，  并未消耗，但生成了水，导致溶液中  减小，即  减小，pH随之减小。 【小问3详解】 反应方程式为： ，反应物总键能：  ，生成物总键能：  ，  反应物总键能-生成物总键能=<0，该反应为放热反应。 32. 几种主族元素在周期表中的位置如下： 根据上表回答下列问题： （1）①与②元素形成的分子可能是______(填字母)。 （2）②和④元素形成的酸性氧化物的结构式______。 （3）①④⑤三种元素(二种、三种)可组成多种化合物，其中含有非极性键的化合物的电子式分别为______、______。 （4）⑤⑥⑦的离子半径由大到小的顺序是______(用离子符号表示)。 （5）表中某元素原子的核外电子层数是最外层电子数的3倍，该元素的原子结构示意图为______，元素周期表中非金属性最强的元素在周期表中的位置是______。 （6）⑤⑥⑧三种元素最高价氧化物对应水化物的碱性最强的是______(填化学式)，⑤、⑥最高价氧化物对应水化物之间反应的离子方程式为______。 （7）⑦非金属性强于⑨，从原子结构的角度解释其原因______。下列事实能证明⑦的非金属性强于⑨是______(填字母)。 a．⑦的氢化物比⑨的氢化物稳定 b．⑦的最高价氧化物对应的水化物的酸性强于⑨的最高价氧化物对应的水化物的酸性 c．⑦的单质能将⑨从其钠盐溶液中置换出来 【答案】（1）C （2） （3） ①. ②. （4） （5） ①. ②. 第二周期第ⅦA族 （6） ①. KOH ②. （7） ①. Cl、Br同为第ⅦA族元素，电子层数Cl<Br，原子半径Cl<Br，得电子能力Cl>Br，非金属性强Cl>Br ②. abc 【解析】 【分析】根据元素在周期表中的位置可知，它们分别是①H、②C、③N、④O、⑤Na、⑥Al、⑦Cl、⑧K、⑨Br，据此回答后续问题。 【小问1详解】 ①与②元素形成的分子是各种烃类，当②元素原子仅1个时，它是甲烷，故选C； 【小问2详解】 ②C与④O形成的酸性氧化物是，其结构式为； 【小问3详解】 ①H、④O、⑤Na形成的化合物中含有非极性键的是、它们的电子式分别是：、 ； 【小问4详解】 ⑤Na、⑥Al、⑦Cl的离子分别是Na+、Al3+、Cl-，由于Cl-有3个电子层，其余两者仅2个电子层，因此Cl-半径最大， Al3+核电荷数大于Na+，故核对电子的吸引力更大，半径更小，因此由大到小的顺序依次为：； 【小问5详解】 表中某元素原子的核外电子层数是最外层电子数的3倍，说明其最外层电子为1，电子层数为3，即钠元素，其原子结构示意图为；元素周期表中非金属性最强的是氟元素，位于周期表的第二周期第ⅦA族； 【小问6详解】 ⑤Na、⑥Al、⑧K最高价氧化物对应水化物碱性最强即元素的金属性最强，则应是K的最高价氧化物对应水化物，即KOH；钠、铝最高价氧化物对应水化物分别是NaOH和Al(OH)3两者的离子反应方程式为：； 【小问7详解】 ⑦Cl和⑨Br同为第ⅦA族元素，电子层数Cl<Br，原子半径Cl<Br，氯原子核对最外层电子的吸引力更强，因此得电子能力Cl>Br，非金属性强Cl>Br；能证明的事实有稳定性HCl强于HBr，酸性HClO4强于HBrO4，氯气氧化性强于溴单质，因此abc都可证明。 33. 利用铁铝合金制备胶体粒子及明矾[]的工业流程图如下： 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ中所用试剂为______。 （2）步骤Ⅲ中的作用是______。 （3）步骤Ⅳ中制备胶体粒子的反应方程式为______。 （4）由溶液A得到的离子方程式为______。 （5）下列有关说法正确的是______(填字母)。 a．溶液C中含有的离子是、 b．室温下明矾的溶解度小于和的溶解度 c．工业流程中包含置换反应和复分解反应 d．检验溶液B中是否含：取溶液B先加氯水，再加KSCN溶液，若溶液变红，说明含 【答案】（1）NaOH （2）氧化剂 （3）(胶体) （4） （5）bc 【解析】 【分析】根据铁铝合金性质差异，Al与强碱反应，Fe不反应，确定步骤 I 试剂为强碱NaOH，不溶物为铁单质，溶液A中含，溶液C由和稀硫酸反应得到，则溶液C含有。 【小问1详解】 根据铁铝合金性质差异，Al与强碱反应，Fe不反应，确定步骤 I 试剂为强碱NaOH； 【小问2详解】 步骤 II 中Fe与稀硫酸反应生成，步骤 III 中加入 ，具有氧化性，能将氧化为； 【小问3详解】 溶液中有 和，加入碱液，在加热条件下发生反应生成胶体粒子，即(胶体)； 【小问4详解】 溶液 A 为 溶液，加入适量稀硫酸 ，发生反应 ； 【小问5详解】 a．溶液 C 中除了、，还有过量的 等，a 错误； b．从溶液中能析出明矾，说明室温下明矾的溶解度小于和的溶解度，b 正确； c．步骤 I 中Al与NaOH反应属于置换反应，制备明矾过程中有复分解反应，c 正确； d．检验溶液 B 中是否含，应先加 KSCN溶液，无现象，再加氯水，若变红则含 ，d 错误； 故答案选bc。 34. 某兴趣小组在实验室制备氯水，并对氯水的性质进行研究，回答下列问题。 （1）写出装置Ⅰ中化学方程式______；装置Ⅱ中作用是为了除去氯气中的______(填化学式)气体。 （2）装置Ⅳ中反应的离子方程式是______。 （3）探究氯水中漂白性物质成分。 资料：有机溶剂(四氯化碳)为无色、难溶于水、密度比水大的液体；易溶于。 由以上实验得出的实验结论是______。 （4）探究、、的氧化性强弱。 实验ⅲ a b 实验ⅳ 取a中的黄色溶液少许，加入KI溶液，再加入淀粉溶液，溶液变蓝。 ①实验ⅲ中a试管内反应的离子方程式是______。 ②甲同学认为，实验ⅳ中的现象不一定证明氧化性，他补做了实验ⅴ： 实验ⅴ 另取a中黄色溶液少许，先加足量的NaBr固体，充分振荡，然后加入KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。 补做实验ⅴ的目的是______。 ③综合实验实验ⅲ～ⅴ，得出结论，氧化性：______。 【答案】（1） ①. ②. HCl （2） （3）与水反应生成的HClO有漂白性 （4） ①. ②. 确认黄色溶液中无，排除对溴置换碘实验的干扰 ③. 氧化性： 【解析】 【分析】装置I中MnO2与浓盐酸反应生成氯气，装置Ⅱ中盛有饱和NaCl溶液，其作用是除去Cl2中混有的HCl气体，装置Ⅳ是尾气吸收装置，同时需要结合实验现象分析氯水中漂白性物质的成分及卤素单质氧化性强弱的关系。 【小问1详解】 装置I中MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成Cl2，反应方程式为：，装置Ⅱ中盛有饱和NaCl溶液，其作用是除去Cl2中混有的HCl气体。 【小问2详解】 装置IV是尾气吸收装置，用于吸收未反应的Cl2，防止其污染空气。Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，对应的离子方程式为：。 【小问3详解】 氯气和水反应生成HCl和HClO，实验i中，盐酸不能使红色纸条褪色，说明HCl不具有漂白性。实验ii中，氯水加入CCl4后分层，上层（水层）颜色变浅，下层（CCl4层）呈黄色，说明Cl2被萃取到CCl4中。取上层溶液加入红色纸条，一段时间后褪色，说明HClO有漂白性；取下层溶液加入红色纸条，未见明显褪色，说明Cl2本身不具有漂白性，因此实验结论是：与水反应生成的HClO有漂白性。 【小问4详解】 ①实验iii中，a试管内是氯水与NaBr溶液反应。根据现象“溶液变黄色”，说明Cl2将Br-氧化为Br2，离子方程式为：； ②实验iv中，a中的黄色溶液（可能含Cl2和Br2）加入KI溶液后，溶液变蓝，说明生成了I2，可能存在两种可能：Br2将I-氧化为I2（Br2 > I2）或过量的Cl2将I-氧化为I2（Cl2 > I2）。为了排除Cl2的干扰，实验v中加入足量NaBr固体，将可能存在的Cl2完全还原为Cl-，确保溶液中只有Br2，此时再加入KI溶液，若溶液仍变蓝，则可证明Br2的氧化性强于I2，因此补做实验v的目的是：确认黄色溶液中无，排除对溴置换碘实验的干扰； ③实验iii中，a试管溶液变黄色，说明Cl2将Br-氧化为Br2，则氧化性：Cl2>Br2；实验iii中，b试管溶液变棕黄色，说明Cl2将I-氧化为I2，则氧化性：Cl2>I2；实验iv和v，Br2将I-氧化为I2，则氧化性：Br2 > I2（排除Cl2干扰后，Br2仍能将I-氧化为I2），综上，氧化性顺序为：。 35. 某小组同学向pH=1的0.5 的溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 资料：与溶液反应，生成蓝色沉淀。 （1）理论分析依据 据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将还原为Fe的金属是______。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 Ⅰ 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 Ⅱ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 Ⅲ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ中的红褐色沉淀为______(填化学式)。 ③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 ⅰ、a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使Zn与反应置换出少量Fe，Fe也会被、消耗。写出Fe与、反应的离子方程式______、______。 b．乙认为在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也会被消耗。设计实验______(填实验操作和现象)。证实了此条件下可忽略对Fe的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与的反应。并设计实验证实了Zn粉被包裹。 ⅱ、资料：0.5 开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去(变浅)，停止加盐酸，待pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因______。 【答案】（1）Zn、Mg （2） ①. 产生蓝色沉淀 ②. ③. ④. ⑤. 取实验Ⅱ中pH为3～4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡 （3）金属Mg具有较强的活泼性；Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3～4时可忽略对铁的消耗 【解析】 【分析】实验Ⅰ中，加入过量的 Cu，Cu 与 Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到 Fe 单质；实验II中，加入过量的 Zn，发生反应 ，有气泡产生，pH 逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀 Fe(OH)3，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及 Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量 Mg，发生反应 ，由于 Mg 很活泼，该反应非常剧烈，pH 逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液 pH 为3-4时，取出固体，固体中检测到 Fe 单质，对比实验Ⅱ和 Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被 Fe(OH)3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 【小问1详解】 根据金属活动性顺序，Mg>Zn>Fe>Cu，Cu无法将Fe3+ 还原为Fe，而Zn和Mg可以，因此Cu、Zn、Mg中可将Fe3+ 还原为Fe的金属是Zn和Mg。 【小问2详解】 ① 溶液与Fe2+反应生成蓝色沉淀，这是Fe2+的特征反应。因此，若溶液中滴加溶液后出现蓝色沉淀，即可证明有Fe2+ 生成； ②加入Mg或Zn后，它们会与H+ 反应（Mg + 2H+ =Mg2+ +H2  ↑，Zn + 2H+= Zn2+ + H2 ↑），导致c(H+ )降低，溶液的碱性增强，Fe3+会转化为红褐色Fe(OH)3沉淀； ③ i、a．Fe可以被Fe3+ 氧化为Fe2+ （2Fe3++ Fe=3Fe2+ ），也可以与H+反应生成H2（Fe + 2H+= Fe2++ H2 ↑）。若Fe3+ 和H+浓度较高，Fe会被消耗，无法检测到Fe单质； b．需要证明在pH=3～4时，H+ 对Fe的消耗可忽略。可取实验Ⅱ中pH为3～4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡，则说明H+未消耗Fe。 c．实验Ⅱ中，Zn与H+反应后，pH升高至3～4，Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3 ，可能包裹在Zn表面，阻碍Zn与Fe2+的接触，导致未检测到Fe单质。 【小问3详解】 对比实验Ⅱ和Ⅲ，金属Mg具有较强的活泼性；Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3～4时可忽略对铁的消耗。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $