精品解析：贵州毕节市金沙县2025-2026学年第一学期期末教学质量监测高一化学试题

金沙县2025-2026学年第一学期教学质量监测 高一化学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。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。 3.本卷命题范围：人教版必修第一册。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Cl 35.5 Fe 56 Zn 65 一、选择题：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. 非物质文化遗产是中华优秀传统文化的瑰宝，其作品的制作材质蕴含着独特的工艺智慧。下列贵州非物质文化遗产作品的制作材质，属于金属材料的是 A．大方漆器 B．玉屏箫笛 C．思州石砚 D．苗族银饰 A. A B. B C. C D. D 2. 下列有关化学用语表述正确的是 A. HF的电子式： B. 的结构示意图： C. 用电子式表示的形成过程： D. 的分子结构模型： 3. 化学与生活、生产息息相关，下列有关物质用途的说法错误的是 A. 可用作呼吸面具的供氧剂 B. 可用作游泳池的消毒剂 C. 可用于制红色涂料 D. 在燕麦片中加入微量的还原铁粉可用于补铁 4. 使紫色石蕊试纸变红的溶液中，下列离子一定能大量共存的是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 5. 我国首个具有自主知识产权的百吨级氢化镁生产线已投产。氢化镁是极具应用前景的固态储氢材料，其水解制氢的反应原理为，下列说法错误的是 A. 中氢元素的化合价为-1 B. 在反应中被氧化 C. 在反应中作还原剂，具有还原性 D. 在反应中，既是氧化产物也是还原产物 6. 2025年6月我国科研团队首次合成了新核素镤-210()，下列关于新核素与常见核素的说法正确的是 A. 的原子核中含有119个质子 B. 二者的中子数之比为210:231 C. 和互为同位素 D. 二者的核外电子数不同 7. 下列离子方程式正确的是 A. 氯水与氯化亚铁溶液反应： B. 溶液与铜单质反应： C. 钠单质与水的反应： D. 氢氧化铝与稀硫酸反应： 8. 下列有关物质检验的实验结论正确的是 选项 实验操作及现象 实验结论 A 某溶液先加入少量氯水，再加入KSCN溶液后变为血红色 该溶液中含有 B 氯气通入淀粉-KI溶液中，溶液变蓝 的氧化性比强 C 某溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊 该溶液中一定含有 D 某溶液焰色试验的火焰颜色呈黄色 该溶液一定为钠盐溶液 A. A B. B C. C D. D 9. 部分含物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断合理的是 A. a→f的反应可能属于化合反应 B. 在g→b转化过程中，可观察到白色沉淀最终变为红褐色沉淀 C. 加热c的饱和溶液，一定会形成红褐色胶体 D. 在高温下a与水蒸气反应可转化为d 10. 《天工开物》记载古代火法炼锌的原料为炉甘石和煤炭饼，炉甘石的主要成分是碳酸锌，反应原理为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中含有的中子数为 B. 完全反应时，生成的分子数为 C. 反应生成时，转移的电子数为 D. 标准状况下，11.2 L CO中含有的原子总数为 11. 现有、和的混合物，选择适当的试剂除去杂质，从而得到纯净的晶体，相应的流程如图所示。下列说法错误的是 A. 步骤Ⅰ生成的沉淀A为 B. 步骤Ⅱ中加入的试剂X为 C. 步骤Ⅲ加入过量溶液的核心目的是除去 D. 溶液3中含有，需加入适量稀硝酸除去 12. 图示装置不能完成相应的实验探究的是 选项 试剂a、b 探究实验 装置 A 氯化铁、5%的过氧化氢溶液 氯化铁对过氧化氢的分解具有催化作用 B 镁条或铝片(打磨光亮且大小形状相同)、等浓度稀硫酸 镁、铝的金属性强弱 C 碳酸氢钠固体、稀硝酸 碳和氮的非金属性强弱关系 D 大理石、稀硫酸 制备 A. A B. B C. C D. D 13. 合金是生活中广泛应用的金属材料。为测定某镁铝合金的组分，现取该合金样品，将其投入足量氢氧化钠溶液中(镁与氢氧化钠溶液不反应)，充分反应后收集到标准状况下6.72 L氢气。下列相关计算与判断正确的是 A. 该合金样品中铝的物质的量为 B. 该合金中镁的质量分数约为30.8% C. 该合金中铝和镁的物质的量之比为 D. 若将等质量的合金投入足量稀盐酸，产生氢气的质量为 14. W、Q、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为23。的最外层电子数与其层电子数相等，为直线形分子且是温室气体之一。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 与可形成多种共价化合物 C. 简单氢化物的稳定性： D. 化合物YX中含离子键 二、非选择题： 15. 钠及其化合物在生产生活中有着极为广泛的应用，根据所学知识，回答下列问题： （1）俗称为___________；的颜色为___________。 （2）在溶液中的电离方程式为___________。 （3）侯氏制碱法以、和为反应物制备，其主要流程可参考下图(部分物质未标出)： ①侯氏制碱法中制备总反应的化学方程式为___________。 ②固体转化为固体的化学方程式为___________。 （4）实验室需要配制的溶液。 ①计算所需NaCl固体的质量为___________g(保留1位小数)。 ②下列关于容量瓶的操作正确的是___________(填标号)。 A． B． C． D． ③配制过程中，下列操作将导致最终所得溶液浓度偏小的是___________(填标号)。 A．定容时俯视容量瓶刻度线 B．容量瓶使用前未干燥，瓶内有少量蒸馏水 C．定容加水时超过刻度线后，立即用胶头滴管吸出多余的液体 D．将烧杯中溶液转移到容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒 16. 某化学实验小组欲制取少量无水氯化铁粉末，查阅资料获知氯化铁粉末受热易升华，在空气中易吸水生成结晶水化合物。根据资料设计了如图所示的实验装置(部分夹持装置已略去)： 回答下列问题： （1）仪器a的名称为___________，装置A中发生反应的离子方程式为___________。 （2）仪器b的作用为___________；为了制得无水氯化铁粉末，装置C中应盛装的试剂为___________。 （3）装置D中发生反应的化学方程式为___________。 （4）A和D两处均需要加热，实验时应先点燃___________(填“A”或“D”)处的酒精灯，理由是___________。 （5）经分析，小组同学认为这套装置还存在明显缺陷。请结合所学知识，提出改进方法：___________。 （6）经称量实验制得无水粉末，若将上述样品在空气中放置一段时间后，称量得固体(已完全转化为结晶水合物)，计算所得结晶水合物中结晶水的数目为___________(结果保留整数)。 17. 素的性质、其在周期表中的位置以及原子结构三者之间存在密不可分的内在联系。下图为第二周期和第三周期主族元素原子半径的对比折线图，已知元素③是地壳中含量最多的元素，回答下列问题： （1）元素①属于___________(填“金属”或“非金属”)元素，它的最高化合价是___________。 （2）元素②形成的最简单氢化物的电子式为___________。 （3）元素②和③形成原子个数比分别为1:1、1:2的两种化合物，下列说法正确的是___________(填标号)。 A. 都能溶于水 B. 都不属于电解质 C. 均含有极性共价键 D. 密度均大于空气的密度 （4）③④⑧三种元素非金属性最强的是___________(填元素符号)，该元素位于元素周期表的第___________族。 （5）①②⑤⑥⑦五种元素中常用作半导体材料的是___________(填元素符号)，元素⑥的最高价氧化物与元素⑤的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式：___________。 （6）⑤⑥⑧三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是___________(填离子符号)。 18. 赤泥是铝土矿提取氧化铝过程中产生的固体废弃物，其主要成分包含，还含有少量杂质(杂质不参与后续反应)。某科研小组设计利用赤泥制备高效水处理剂高铁酸钾，其制备流程如下(流程中部分辅助试剂已省略)： 回答下列问题： （1）赤泥在使用前要充分晾干，再碾碎至粉末状，碾碎赤泥为粉末状的作用是___________。 （2）步骤1反应中转化为，同时生成和，反应中作氧化剂的是___________(填化学式)，结合氧化还原反应规律，该反应可得出氧化性强弱顺序为___________。 （3）步骤2的实验操作名称为___________，该操作所得部分滤渣重新返回步骤1参与反应，其作用是___________。 （4）工业中常用高铁酸钾作为高效、多功能的自来水处理剂，高铁酸钾与水反应时能生成胶体吸附杂质净水，同时还产生氧气，写出该反应的化学方程式：___________，每生成氧气，反应中转移的电子数目为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 金沙县2025-2026学年第一学期教学质量监测 高一化学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。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。 3.本卷命题范围：人教版必修第一册。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Cl 35.5 Fe 56 Zn 65 一、选择题：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. 非物质文化遗产是中华优秀传统文化的瑰宝，其作品的制作材质蕴含着独特的工艺智慧。下列贵州非物质文化遗产作品的制作材质，属于金属材料的是 A．大方漆器 B．玉屏箫笛 C．思州石砚 D．苗族银饰 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．大方漆器的胎体多采用牛、羊皮革，棉、麻、绸织物或木材等为原料，再辅以当地优质生漆进行修饰，其核心材质均不属于金属材料，A不符合题意； B．玉屏箫笛以贵州玉屏侗族自治县特有的竹子为主要制作原料，竹子的主要成分为纤维素，不属于金属材料，B不符合题意； C．思州石砚的砚材取自岑巩县“星石潭”中的天然石材，石材的主要成分为硅酸盐等，不属于金属材料，C不符合题意； D．苗族银饰的核心制作原料为白银，银是金属单质，属于金属材料，D符合题意； 故选D。 2. 下列有关化学用语表述正确的是 A. HF的电子式： B. 的结构示意图： C. 用电子式表示的形成过程： D. 的分子结构模型： 【答案】A 【解析】 【详解】A．HF中原子之间通过共用电子对形成共价键，电子式为，A正确； B．硫原子得到两个电子后最外层形成8电子的稳定结构，质子数为16，所以的结构示意图为，B错误； C．NaCl属于离子化合物，带相反电荷的钠离子和氯离子之间通过离子键结合在一起，故用电子式表示的形成过程为，C错误； D．的分子结构模型为，D错误； 故选A。 3. 化学与生活、生产息息相关，下列有关物质用途的说法错误的是 A. 可用作呼吸面具的供氧剂 B. 可用作游泳池的消毒剂 C. 可用于制红色涂料 D. 在燕麦片中加入微量的还原铁粉可用于补铁 【答案】C 【解析】 【详解】A．过氧化钠能与二氧化碳或水反应生成氧气，因此常用于呼吸面具作为供氧剂，A正确； B．次氯酸钙具有强氧化性，能有效杀灭细菌和病毒，因此可用作游泳池消毒剂，B正确； C．四氧化三铁呈黑色，常用于磁性材料或颜料，但红色涂料的主要成分是氧化铁，C错误； D．还原铁粉（单质铁）可在人体内被吸收，用于补充铁元素，预防缺铁性贫血，因此在食品如燕麦片中添加微量还原铁粉是可行的补铁方式，D正确； 故选C。 4. 使紫色石蕊试纸变红的溶液中，下列离子一定能大量共存的是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 【答案】D 【解析】 【分析】紫色石蕊试纸变红，说明溶液显酸性。 【详解】A．OH-会与H+反应生成水，不能大量共存，A不符合题意； B．溶液中的碳酸根会与氢离子反应生成CO2气体和水，不能大量共存，溶液本身会生成，不能大量共存，B不符合题意； C．溶液含有，两者会形成血红色的络合物，不能大量共存，C不符合题意； D．以上四种离子在酸性条件下均稳定，互不发生反应，能大量共存，D符合题意； 故选D。 5. 我国首个具有自主知识产权的百吨级氢化镁生产线已投产。氢化镁是极具应用前景的固态储氢材料，其水解制氢的反应原理为，下列说法错误的是 A. 中氢元素的化合价为-1 B. 在反应中被氧化 C. 在反应中作还原剂，具有还原性 D. 在反应中，既是氧化产物也是还原产物 【答案】B 【解析】 【详解】A．在MgH2中，镁的化合价为+2，氢为-1价，A正确； B．H2O中氢元素化合价从+1降至0，因此H2O被还原，而非被氧化，B错误； C．MgH2中氢元素从-1价升至氢气中的0价，失去电子被氧化，因此MgH2作还原剂，具有还原性，C正确； D．产物H2中的氢原子一部分来自MgH2，另一部分来自H2O，因此H2同时是氧化产物和还原产物，D正确； 故选B。 6. 2025年6月我国科研团队首次合成了新核素镤-210()，下列关于新核素与常见核素的说法正确的是 A. 的原子核中含有119个质子 B. 二者的中子数之比为210:231 C. 和互为同位素 D. 二者的核外电子数不同 【答案】C 【解析】 【详解】A．的质子数为91，是其原子核中的中子数，而非质子数，A错误； B．二者的中子数分别为119（）和140（），之比为119:140，B错误； C．二者质子数相同而中子数不同，符合同位素定义，C正确； D．二者质子数相同，在原子中核外电子数等于质子数，D错误； 故选C。 7. 下列离子方程式正确的是 A. 氯水与氯化亚铁溶液反应： B. 溶液与铜单质反应： C. 钠单质与水的反应： D. 氢氧化铝与稀硫酸反应： 【答案】D 【解析】 【详解】A．离子方程式不守恒，正确的为：，A错误； B．与铜反应生成，方程式为：，B错误； C．方程式不守恒，正确的为：，C错误； D．氢氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，方程式电荷守恒、原子守恒且符合反应事实，D正确； 故选D。 8. 下列有关物质检验的实验结论正确的是 选项 实验操作及现象 实验结论 A 某溶液先加入少量氯水，再加入KSCN溶液后变为血红色 该溶液中含有 B 氯气通入淀粉-KI溶液中，溶液变蓝 的氧化性比强 C 某溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊 该溶液中一定含有 D 某溶液焰色试验的火焰颜色呈黄色 该溶液一定为钠盐溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．某溶液先加入少量氯水，再加入KSCN溶液后，变为血红色，该溶液中也可能含有，的检验方法是先加入KSCN溶液，无明显变化，再加入少量氯水，溶液变为血红色，证明原溶液含有，A错误； B．氯气通入淀粉-KI溶液中发生反应：，生成的单质碘能使淀粉溶液变蓝，因此可以得出结论：的氧化性比强，B正确； C．能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体是，与都可以与稀盐酸反应生成气体，因此不能确定该溶液中一定含，C错误； D．钠元素的焰色试验的火焰为黄色，某溶液焰色试验的火焰颜色呈黄色，说明一定含钠元素，但该溶液不一定为钠盐溶液，也可能是溶液，D错误； 故选B。 9. 部分含物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断合理的是 A. a→f的反应可能属于化合反应 B. 在g→b转化过程中，可观察到白色沉淀最终变为红褐色沉淀 C. 加热c的饱和溶液，一定会形成红褐色胶体 D. 在高温下a与水蒸气反应可转化为d 【答案】A 【解析】 【分析】图中a为铁单质；g为氧化亚铁；b为氧化铁；f为亚铁盐；c为铁盐；e为氢氧化亚铁；d 为氢氧化铁。 【详解】A．a为Fe(0价单质)，a→f的反应既可以是(化合反应)，也可以是(置换反应)，因此该反应可能属于化合反应，A正确； B．转化过程为(黑色)(红棕色)，B错误； C．胶体的制备操作是向沸水中逐滴加入饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，C错误； D．a为Fe，在高温下与水蒸气反应生成和，不能实现a转化为，D错误； 故选A。 10. 《天工开物》记载古代火法炼锌的原料为炉甘石和煤炭饼，炉甘石的主要成分是碳酸锌，反应原理为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中含有的中子数为 B. 完全反应时，生成的分子数为 C. 反应生成时，转移的电子数为 D. 标准状况下，11.2 L CO中含有的原子总数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．C18O中碳的中子数为6，氧的中子数为10，合计每个分子含16个中子，故0.1 mol C18O含中子数为1.6 mol，即1.6NA，A错误； B．反应中2 mol C生成3 mol CO，1.2 g C为0.1 mol，即生成CO为0.15 mol，分子数为0.15NA，B错误； C．反应中Zn由+2价降至0价，得2e-，ZnCO3中C由+4价降至+2价，得2e-，添加的2个C由0价升至+2价，各失2e-，总失4e-，即生成1 mol Zn时转移4 mol电子，6.5 g Zn为0.1 mol，转移电子0.4 mol，即0.4NA，C正确； D．标准状况下11.2 L CO为0.5 mol，每个CO分子含2个原子，原子总数为1NA，D错误； 故选C。 11. 现有、和的混合物，选择适当的试剂除去杂质，从而得到纯净的晶体，相应的流程如图所示。下列说法错误的是 A. 步骤Ⅰ生成的沉淀A为 B. 步骤Ⅱ中加入的试剂X为 C. 步骤Ⅲ加入过量溶液的核心目的是除去 D. 溶液3中含有，需加入适量稀硝酸除去 【答案】C 【解析】 【分析】由流程可知，中加氯化钡，硫酸根离子转化为沉淀，则沉淀A为BaSO4，溶液1中含；中加AgNO3后氯离子转化沉淀，沉淀B为AgCl，溶液2中含NaNO3、AgNO3、硝酸钡；中加入碳酸钠，钡离子，银离子转化为沉淀，沉淀C为碳酸钡、碳酸银，溶液3为硝酸钠和碳酸钠，加入稀硝酸除去剩余的碳酸钠，最终获得硝酸钠晶体。 【详解】A．步骤中加目的是除去杂质中的硫酸根离子，沉淀A为，A正确； B．步骤选择溶液除去，B正确； C．步骤加入过量，溶液中残留，步骤加入过量，溶液中残留，电离出的可与、反应生成沉淀，故核心目的是除去和，C错误； D．溶液3中有、、，杂质离子为，需除去，且不能引入其他离子，故选择适量的稀硝酸，D正确； 故选C。 12. 图示装置不能完成相应的实验探究的是 选项 试剂a、b 探究实验 装置 A 氯化铁、5%的过氧化氢溶液 氯化铁对过氧化氢的分解具有催化作用 B 镁条或铝片(打磨光亮且大小形状相同)、等浓度稀硫酸 镁、铝的金属性强弱 C 碳酸氢钠固体、稀硝酸 碳和氮的非金属性强弱关系 D 大理石、稀硫酸 制备 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．组装固液不加热装置，向氯化铁中滴加5%的过氧化氢溶液，通过观察气泡的产生速率，验证氯化铁的催化作用，可完成探究，A不符合题意； B．在装置中放入表面积相近的镁条和铝片，分别加入等浓度稀硫酸，可观察到镁条表面产生气泡的速率远快于铝片，能直观判断镁的金属性强于铝，可完成探究，B不符合题意； C．元素非金属性强弱可通过最高价氧化物对应水化物的酸性强弱判断，氮的最高价氧化物对应水化物为，碳的最高价氧化物对应水化物为，将稀硝酸滴入碳酸氢钠固体会发生反应：，该“强酸制弱酸”的现象证明硝酸酸性强于碳酸，进而可推导氮的非金属性强于碳，能完成探究，C不符合题意； D．大理石的主要成分为碳酸钙，实验室制取二氧化碳时，常选用大理石与稀盐酸反应，若改用稀硫酸，反应生成的硫酸钙微溶于水，会覆盖在碳酸钙固体表面，阻碍稀硫酸与碳酸钙的进一步接触，导致反应逐渐停止，因此不能用稀硫酸替代稀盐酸制取二氧化碳，D符合题意； 故选D。 13. 合金是生活中广泛应用的金属材料。为测定某镁铝合金的组分，现取该合金样品，将其投入足量氢氧化钠溶液中(镁与氢氧化钠溶液不反应)，充分反应后收集到标准状况下6.72 L氢气。下列相关计算与判断正确的是 A. 该合金样品中铝的物质的量为 B. 该合金中镁的质量分数约为30.8% C. 该合金中铝和镁的物质的量之比为 D. 若将等质量的合金投入足量稀盐酸，产生氢气的质量为 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据铝与氢氧化钠反应产生氢气的化学方程式，，氢气物质的量为0.3 mol时，消耗铝的物质的量为0.2 mol，，则，A错误； B．合金中镁的质量为2.4 g，总质量为7.8 g，镁的质量分数为，B正确； C．铝的物质的量为0.2 mol，镁的物质的量为0.1 mol，物质的量之比为2:1，C错误； D．等质量合金投入足量稀盐酸时，根据方程式计量关系：、可知，铝产生0.3 mol H2，镁产生0.1 mol H2，总氢气为0.4 mol，质量为0.8 g，D错误； 故选B。 14. W、Q、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为23。的最外层电子数与其层电子数相等，为直线形分子且是温室气体之一。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 与可形成多种共价化合物 C. 简单氢化物的稳定性： D. 化合物YX中含离子键 【答案】C 【解析】 【分析】W、Q、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，为直线形分子且是温室气体之一，则为，即W为C，X为O，所以Q是N；Y的最外层电子数与其K层电子数相等，即最外层有2个电子，且原子序数大于O，则Y为；根据五种元素原子最外层电子数之和为23，可知Z原子最外层有6个电子，则Z为S，据此解答。 【详解】A．C和N元素位于同一周期，原子半径随着原子序数的增大而减小，则原子半径：C>N，即，A正确； B．Q为，为，两者均为非金属元素，和原子通过共用电子对可形成、、等多种共价化合物，B正确； C．X为O，Z为S，O元素的非金属性强于S，则简单氢化物的稳定性：H2O>H2S，即，C错误； D．化合物为，属于离子化合物，中含离子键，D正确； 故选C。 二、非选择题： 15. 钠及其化合物在生产生活中有着极为广泛的应用，根据所学知识，回答下列问题： （1）俗称为___________；的颜色为___________。 （2）在溶液中的电离方程式为___________。 （3）侯氏制碱法以、和为反应物制备，其主要流程可参考下图(部分物质未标出)： ①侯氏制碱法中制备总反应的化学方程式为___________。 ②固体转化为固体的化学方程式为___________。 （4）实验室需要配制的溶液。 ①计算所需NaCl固体的质量为___________g(保留1位小数)。 ②下列关于容量瓶的操作正确的是___________(填标号)。 A． B． C． D． ③配制过程中，下列操作将导致最终所得溶液浓度偏小的是___________(填标号)。 A．定容时俯视容量瓶刻度线 B．容量瓶使用前未干燥，瓶内有少量蒸馏水 C．定容加水时超过刻度线后，立即用胶头滴管吸出多余的液体 D．将烧杯中溶液转移到容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒 【答案】（1） ①. 纯碱或苏打 ②. 淡黄色 （2） （3） ①. ②. （4） ①. 5.9 ②. C ③. CD 【解析】 【分析】侯氏制碱法是通过向饱和食盐水中依次通入氨气和二氧化碳，利用生成的碳酸氢钠溶解度较小而析出，再经加热分解碳酸氢钠制得纯碱（碳酸钠），同时副产物氯化铵作为化肥，实现了原料的循环利用和高利用率。 【小问1详解】 俗称纯碱或苏打，的颜色为淡黄色。 【小问2详解】 是弱酸的酸式酸根离子，在电离方程式中不能拆写为和，在溶液中的电离方程式为。 【小问3详解】 ①根据流程，制备的总反应方程式为。 ②固体转化为固体的化学方程式为。 【小问4详解】 ①因容量瓶没有规格的，因此需要配制溶液，根据，可知，根据，得，保留1位小数为。 ②A．检查容量瓶是否漏水时，加入少量水，盖好瓶塞，将容量瓶倒置，观察是否有水渗出，A错误； B．容量瓶读数时，应平视容量瓶的刻度线，视线、刻度线与凹液面的最低点在同一水平线上，B错误； C．移液时，应用玻璃棒引流，且玻璃棒的下端应在容量瓶的刻度线下方，C正确； D．容量瓶定容时，双手分别握住容量瓶的瓶口和底部，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀，D错误； 故选C。 ③A．定容俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏大，A不符合题意； B．容量瓶未干燥不影响溶质物质的量和溶液体积，浓度无影响，B不符合题意； C．吸出多余液体时会带走溶质，溶质物质的量偏小，浓度偏小，C符合题意； D．未洗涤烧杯和玻璃棒上的残留溶质，溶质物质的量偏小，浓度偏小，D符合题意； 故选CD。 16. 某化学实验小组欲制取少量无水氯化铁粉末，查阅资料获知氯化铁粉末受热易升华，在空气中易吸水生成结晶水化合物。根据资料设计了如图所示的实验装置(部分夹持装置已略去)： 回答下列问题： （1）仪器a的名称为___________，装置A中发生反应的离子方程式为___________。 （2）仪器b的作用为___________；为了制得无水氯化铁粉末，装置C中应盛装的试剂为___________。 （3）装置D中发生反应的化学方程式为___________。 （4）A和D两处均需要加热，实验时应先点燃___________(填“A”或“D”)处的酒精灯，理由是___________。 （5）经分析，小组同学认为这套装置还存在明显缺陷。请结合所学知识，提出改进方法：___________。 （6）经称量实验制得无水粉末，若将上述样品在空气中放置一段时间后，称量得固体(已完全转化为结晶水合物)，计算所得结晶水合物中结晶水的数目为___________(结果保留整数)。 【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. （2） ①. 防止倒吸 ②. 浓硫酸 （3） （4） ①. A ②. 先利用A装置产生的氯气排尽装置中的空气，防止加热时铁粉被空气中的氧气氧化，同时避免生成的与空气中的水蒸气接触潮解 （5）在F装置后连接盛有氢氧化钠溶液的烧杯(或将F装置中的无水换为碱石灰) （6）3 【解析】 【详解】(1)仪器a为分液漏斗，装置A中利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，化学方程式为(浓)，离子方程式为。 (2)仪器b的球形结构可容纳倒吸的液体，避免液体进入装置A，保护反应装置；由于极易潮解，进入装置D的氯气必须干燥，因此装置C需盛装浓硫酸，利用浓硫酸除去氯气中的水蒸气，为制备无水提供干燥的反应环境。 (3)铁与氯气的反应为化合反应，氯气氧化性较强，可将铁直接氧化为+3价，因此产物为，化学方程式为。 (4)若先点燃D处酒精灯，装置内残留的空气(含氧气和水蒸气)会与铁粉反应：一方面氧气会将铁粉氧化为氧化物，导致产率降低；另一方面水蒸气会使生成的潮解，故应先点燃A处酒精灯，利用生成的氯气排尽装置内空气，可避免上述问题。 (5)原装置的核心缺陷有两点：一是氯气有毒，多余氯气未处理会污染空气；二是装置F中的无水仅能隔绝外界水蒸气，无法吸收尾气氯气。改进时需兼顾“吸水”和“尾气处理”，碱石灰可同时实现这两个功能，也可以在F后增设尾气处理装置。 (6)已知无水粉末6.50 g，，因无水在空气中易吸水生成结晶水化合物，在空气中放置一段时间后质量为8.66 g，则吸水质量，，，所得结晶水合物中结晶水的数目为3。 17. 素的性质、其在周期表中的位置以及原子结构三者之间存在密不可分的内在联系。下图为第二周期和第三周期主族元素原子半径的对比折线图，已知元素③是地壳中含量最多的元素，回答下列问题： （1）元素①属于___________(填“金属”或“非金属”)元素，它的最高化合价是___________。 （2）元素②形成的最简单氢化物的电子式为___________。 （3）元素②和③形成原子个数比分别为1:1、1:2的两种化合物，下列说法正确的是___________(填标号)。 A. 都能溶于水 B. 都不属于电解质 C. 均含有极性共价键 D. 密度均大于空气的密度 （4）③④⑧三种元素非金属性最强的是___________(填元素符号)，该元素位于元素周期表的第___________族。 （5）①②⑤⑥⑦五种元素中常用作半导体材料的是___________(填元素符号)，元素⑥的最高价氧化物与元素⑤的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式：___________。 （6）⑤⑥⑧三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是___________(填离子符号)。 【答案】（1） ①. 金属 ②. +2 （2） （3）BC （4） ①. F ②. ⅦA （5） ①. Si ②. （6） 【解析】 【分析】根据题意，元素③是地壳中含量最多的元素，因此为氧，对应第二周期第ⅥA 族；由此可推出第二周期的元素：①为铍、②为碳、④为氟；第三周期的元素：⑤为钠、⑥为铝、⑦为硅、⑧为氯。 【小问1详解】 地壳中含量最高的元素③为O，结合原子半径递变规律(同周期从左到右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大)，可推知①为第二周期第ⅡA族的Be，属于金属元素，最外层有2个电子，主族元素最高正价等于其最外层电子数，因此其最高化合价为+2。 【小问2详解】 元素②为第二周期第ⅣA族的C，其形成的最简单氢化物为，C原子与4个原子通过共用电子对形成共价键，电子式为。 【小问3详解】 元素②为，元素③为，和形成原子个数比分别为、的化合物为和。难溶于水，能溶于水且与水反应，A错误；二者在熔融状态下均不导电，溶于水时，与水反应生成的碳酸能导电，但本身不属于电解质，B正确；和均含有极性共价键，C正确；密度略小于空气，密度大于空气，D错误。 【小问4详解】 ③为D、④为F、⑧为Cl，同主族从上到下非金属性减弱(F>Cl)，同周期从左到右非金属性增强(F>O)，因此三者中非金属性最强的为，核电荷数为9，在周期表中位于第二周期第ⅦA族。 【小问5详解】 ①为Be、②为C、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si，五种元素中Si位于金属与非金属元素的分界线附近，其单质导电性介于导体与绝缘体之间，常用作半导体材料；元素⑥的最高价氧化物为(两性氧化物)，元素⑤最高价氧化物对应水化物为(强碱)，二者发生反应的离子方程式为。 【小问6详解】 离子半径大小比较遵循“电子层多半径大，电子层相同原子序数大半径小”的原则：有3个电子层，和均有2个电子层；和电子层结构相同，核电荷数：，因此半径：，综上得顺序为。 18. 赤泥是铝土矿提取氧化铝过程中产生的固体废弃物，其主要成分包含，还含有少量杂质(杂质不参与后续反应)。某科研小组设计利用赤泥制备高效水处理剂高铁酸钾，其制备流程如下(流程中部分辅助试剂已省略)： 回答下列问题： （1）赤泥在使用前要充分晾干，再碾碎至粉末状，碾碎赤泥为粉末状的作用是___________。 （2）步骤1反应中转化为，同时生成和，反应中作氧化剂的是___________(填化学式)，结合氧化还原反应规律，该反应可得出氧化性强弱顺序为___________。 （3）步骤2的实验操作名称为___________，该操作所得部分滤渣重新返回步骤1参与反应，其作用是___________。 （4）工业中常用高铁酸钾作为高效、多功能的自来水处理剂，高铁酸钾与水反应时能生成胶体吸附杂质净水，同时还产生氧气，写出该反应的化学方程式：___________，每生成氧气，反应中转移的电子数目为___________。 【答案】（1）增大赤泥与反应液的接触面积，加快反应速率，使反应更充分 （2） ①. NaClO ②. （3） ①. 过滤 ②. 回收未反应的原料(或含Fe的化合物)，提高铁元素的利用率，降低制备成本 （4） ①. (胶体) ②. 4 【解析】 【分析】赤泥经过步骤1反应中转化为，同时生成和，步骤2是将反应后体系中的固体和液体进行分离，对应的实验操作为过滤，该操作可得到含的滤液和未反应完全的固体滤渣，所得滤渣中仍含有未参与反应的等有效成分，经过步骤3与饱和溶液反应得到产品。 【小问1详解】 化学反应的速率和充分程度与反应物的接触面积密切相关。赤泥碾碎至粉末状，能够显著增大其与后续反应溶液的接触面积，让反应物之间的接触更充分，从而加快反应速率，使赤泥中的有效成分(如)能更充分地参与反应，提高原料的初步利用率； 【小问2详解】 步骤1中发生的核心反应为。氧化剂的判断依据是元素化合价的变化：中元素化合价从+1降低至中的-1，得电子，被还原，因此为该反应的氧化剂；中元素从+3价升高至中的+6价，为还原剂，为氧化产物。根据氧化还原反应规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，因此可得出氧化性顺序为； 【小问3详解】 步骤2是将反应后体系中的固体和液体进行分离，对应的实验操作为过滤，该操作可得到含的滤液和未反应完全的固体滤渣。所得滤渣中仍含有未参与反应的等有效成分，将其重新返回步骤1，可实现原料的回收再利用，减少原料浪费，从而提高整体原料的利用率，降低制备成本； 【小问4详解】 高铁酸钾与水反应时能生成胶体吸附杂质净水，同时还产生氧气，元素的化合价降低，元素的化合价应升高，由原子守恒及得失电子守恒可知化学方程式为(胶体)，生成氧气时转移12 mol电子，则每生成氧气，反应中转移的电子数目为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $