精品解析：江苏南通市市区2025-2026学年高一上学期期末考试 化学试卷

高一化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Li-7 Na-23 S-32 K-39 Mn-55 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 南通是中国近代纺织工业的发祥地之一。下列关于纺织机械的说法不正确的是 A. 导纱部件采用铝合金制造，工业上通过电解熔融制备Al B. 为防止铁制机架锈蚀，可采用表面喷漆的方法来隔绝空气和水 C. 早期纺织机上的钢筘等部件常使用高碳钢，其硬度高于纯铁 D. 轴承钢表面涂层为纳米，纳米属于胶体 2. 分解生成和。下列说法正确的是 A. O的原子结构示意图可表示为 B. 、是两种不同的氧原子 C. 的电子式为 D. 和互为同素异形体 3. 实验室用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液。下列装置及操作正确的是 A. 称取 B. 溶解 C. 定容 D. 摇匀 4. 下列物质的性质与用途对应关系正确的是 A. H2具有还原性，可用作火箭推进剂燃料 B. FeCl3具有酸性，可用于蚀刻铜制电路板 C. 金属Na熔点低，可用于冶炼金属Ti D. NH4HCO3受热易分解，可用作化肥 5. 我国嫦娥五号探测器带回的月球土壤，经分析发现其组成元素与地球土壤相似，土壤中含有原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z，其最外层电子数之和为15。X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族。下列结论正确的是 A. 原子半径大小顺序为W＜X＜Y B. W的简单氢化物的热稳定性比Z的大 C. Z在元素周期表中的位置为第三周期第VIA族 D. X最高价氧化物对应的水化物的碱性比Y的弱 阅读下列材料，完成下面小题： 海洋是巨大的化学资源宝库，从海水和海洋生物中可以获得多种化工原料，如食盐、卤素单质、类卤素(化学性质与卤素单质相似)及金属单质等。氯化碘(ICl)是一种类卤素，可由I2、NaClO3与浓HCl反应制取，氧化性：NaClO3＞Cl2＞NaIO3。粗盐中含有Ca2+、Mg2+、等杂质离子，可使用NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液和盐酸进行提纯。 6. 下列离子方程式正确的是 A. ICl与NaOH溶液反应： B. 浓缩海水中加石灰乳得： C. 用水和SO2吸收Br2： D. 用酸化的H2O2氧化I-得I2： 7. 下列说法正确的是 A. 工业上获得Cl2：电解饱和食盐水或电解熔融氯化钠 B. 制取ICl：先将NaClO3溶液与I2混合，再滴加浓盐酸 C. 粗盐提纯：依次加入NaOH溶液、Na2CO3溶液和BaCl2溶液，过滤后再加入稀盐酸 D. 制取I2：向含I-溶液中通入过量的Cl2可以提高I2的产率 8. 在指定条件下，下列物质间的转化能实现的是 A. B. C. D. 9. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 能使酚酞变红的溶液中：Fe2+、、、 B. 与铝能生成H2的溶液中：、、、 C. 溶液中：、、、 D. 澄清透明的溶液中：、、、 10. 下列有关物质的储存、检验、鉴别和除杂的说法正确的是 A. 储存：液氯储存在钢瓶中 B. 检验：向某溶液中加入氯水后滴入KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含Fe2+ C. 鉴别：利用丁达尔效应鉴别NaCl溶液和KNO3溶液 D. 除杂：通过加热法除去NaHCO3固体中混有的少量Na2CO3 11. 工业上使用V2O5为主体的催化剂催化NH3还原烟气中的NO废气，反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 反应过程中只有两种元素的化合价发生变化 B. 反应过程中有极性键和非极性键的断裂和形成 C. 反应④每消耗标准状况下11.2L O2，转移的电子数为 D. NO、NH3在有氧条件下的总化学方程式是 12. 下列有关推理合理的是 A. CO2的水溶液能导电，说明CO2属于电解质 B. Al2O3能与酸反应生成盐和水，说明Al2O3属于碱性氧化物 C. HCl在水溶液中能电离出H+和Cl-，说明HCl属于离子化合物 D. KI溶液中加入淀粉溶液无现象，加入溴水后溶液变蓝，说明的还原性强于 13. 根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀硫酸，再滴入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去 Fe2O3已全部被CO还原 B 用铂丝蘸取某碱性溶液在酒精灯外焰灼烧，焰色呈黄色 该溶液是NaOH溶液 C 向Na2O2样品中滴加盐酸，将生成的气体通入足量澄清石灰水，产生白色沉淀 Na2O2已变质 D 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀 Al(OH)3不能与碱反应 A. A B. B C. C D. D 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 元素周期表是学习和研究化学的重要工具。下表为元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种元素。回答下列问题(涉及相关元素时须用对应元素符号表示)： （1）a~k的元素中，简单离子的半径最大的是___________(写离子符号)，最高价氧化物的水化物酸性最强的是 ___________(写化学式)。 （2）由a、d、e三种元素组成的盐的化学式为___________。 （3）h、i形成1：1的分子中，各原子最外层均达到8电子结构，其结构式为___________。 （4）从原子结构的角度解释k的金属性比c的强的原因：___________。 （5）j的一种氧化物可用作供氧剂，其中1个阳离子比1个阴离子多1个电子。写出该氧化物与CO2反应的化学方程式：___________。 （6）载人航天器内，常用b的氢氧化物而很少用j的氢氧化物吸收CO2，其原因是___________。 15. 已知：SiO2不溶于强酸。一种以软锰矿(主要含MnO2和少量Fe2O3、MgO、CaCO3、SiO2等)和黄铁矿(主要含FeS2)为原料制备Mn3O4的流程如下： （1）在90℃温度下进行“酸浸”，FeS2中的硫元素被氧化为。 ①FeS2和MnO2转化为Fe3+和Mn2+的离子方程式为___________。 ②所得“滤渣1”中除含有过量的反应物和SiO2外，还含有___________(写化学式)。 （2）“沉铁”时加入NaOH溶液生成FeOOH沉淀的离子方程式为___________。 （3）向“除镁、钙”后的溶液中滴加适量氨水，充分反应后过滤、洗涤，得到Mn(OH)2.将Mn(OH)2加水制成悬浊液，向其中通入适量空气，制得Mn3O4。 ①“滤液”中含有的主要溶质有___________。 ②氧化1.5mol Mn(OH)2，理论上需要消耗标准状况下O2的体积为___________。 （4）称取0.2500g Mn3O4样品于锥形瓶中，加入25.00mL0.4000 mol/LFeSO4溶液和适量稀硫酸。待固体完全溶解后，用0.1000 mol/L酸性KMnO4溶液反应过量的FeSO4，恰好反应时消耗KMnO4溶液16.00mL。不考虑杂质参与反应，计算样品中Mn3O4的纯度___________ (写出计算过程)。已知：Mn3O4和KMnO4在酸性条件下都被还原为Mn2+。 16. KClO 可用于制备K2FeO4、杀菌消毒和处理废水中有机物等。已知：K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，在0℃~5℃、强碱性溶液中比较稳定，在Fe3+催化作用下发生分解。 （1）制备KClO的实验装置如图所示。 ①装置甲中发生反应：，用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目：___________。 ②装置乙的作用是___________。 ③KClO溶液用于环境杀菌消毒时须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长，将会导致消毒作用减弱，其原因是___________。 （2）将KClO饱和溶液与KOH浓溶液混合得到M溶液，再与Fe(NO3)3饱和溶液混合，充分反应后，过滤得到K2FeO4粗产品。 ①写出生成K2FeO4的化学方程式：___________。 ②M溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为___________。 ③补充完整提纯K2FeO4粗产品[含有Fe(OH)3、KCl等杂质]的实验方案：将K2FeO4粗产品加入到足量冷的3 mol/LKOH溶液中，搅拌、静置后，用砂芯漏斗过滤除去不溶物。向滤液中______________；搅拌、静置后，用砂芯漏斗过滤，______________，干燥得到K2FeO4固体(实验中须使用稀硝酸、饱和KOH溶液、AgNO3溶液、冰水)。 （3）研究发现：其他条件一定，等量KClO在处理废水中的有机物时，与废水中只加KClO的体系相比，加有适量Fe3+的KClO的体系中有机物的氧化率随废水pH的升高而显著增大，其原因是___________。 17. 空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。 （1）300℃时，向装有铁粉、镍粉和H2O的密闭容器中通入CO2.反应结束并冷却后，气体中检测到CH4和H2，滤液中检测到HCOOH，固体中检测到镍粉和Fe3O4.其他条件一定，反应相同时间，CH4、HCOOH、H2的产量和镍粉用量的关系如图所示。研究人员据此得出结论：HCOOH是CO2转化为CH4的中间体，即。 ①产生H2的化学方程式为___________。 ②结合图像分析，当镍粉用量从1 mmol增加到10 mmol，HCOOH减少、CH4增多的原因是___________。 （2）燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。 ①1mol KOH最多可吸收CO2的质量为___________。 ②“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________。 （3）在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOO-，酸化后得到HCOOH。在催化剂作用下，HCOOH分解的可能反应机理如下图。 ①KHCO3转化生成HCOO-的离子方程式为___________。 ②结合反应机理分析，将HCOOH替换为HCOOD时，生成单质的化学式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Li-7 Na-23 S-32 K-39 Mn-55 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 南通是中国近代纺织工业的发祥地之一。下列关于纺织机械的说法不正确的是 A. 导纱部件采用铝合金制造，工业上通过电解熔融制备Al B. 为防止铁制机架锈蚀，可采用表面喷漆的方法来隔绝空气和水 C. 早期纺织机上的钢筘等部件常使用高碳钢，其硬度高于纯铁 D. 轴承钢表面涂层为纳米，纳米属于胶体 【答案】D 【解析】 【详解】A．工业上通过电解熔融氧化铝制备铝，A正确。 B．铁制品表面喷漆可隔绝空气和水，防止锈蚀，是常用防护方法，B正确。 C．高碳钢含碳量高（>0.6%），硬度显著高于纯铁，C正确。 D．纳米是单一物质构成的纳米颗粒，而胶体是分散质粒子（1-100nm）分散在分散剂中形成的混合物；纳米未涉及分散体系，不属于胶体，D错误； 故选D。 2. 分解生成和。下列说法正确的是 A. O的原子结构示意图可表示为 B. 、是两种不同的氧原子 C. 的电子式为 D. 和互为同素异形体 【答案】B 【解析】 【详解】A．O的原子结构示意图为，A错误； B．和质子数相同，中子数不同，是两种不同的氧原子，B正确； C．是共价化合物，O和H以共价键连接，电子式为，C错误； D．根据定义，同素异形体是由同种元素组成具有不同结构的单质，和属于化合物，不符合同素异形体的定义，D错误； 故答案选B。 3. 实验室用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液。下列装置及操作正确的是 A. 称取 B. 溶解 C. 定容 D. 摇匀 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaOH具有强腐蚀性和吸水性，不能直接放在称量纸上称量，应放在小烧杯中，A错误； B．NaOH固体溶解的过程放出热量，不能在容量瓶中进行，应在小烧杯进行溶解，B错误； C．定容是在加蒸馏水至距刻度线相差1到2厘米时，需用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，C错误； D．定容后需将容量瓶倒置摇匀，使溶液混合均匀，D正确。 故答案为D。 4. 下列物质的性质与用途对应关系正确的是 A. H2具有还原性，可用作火箭推进剂燃料 B. FeCl3具有酸性，可用于蚀刻铜制电路板 C. 金属Na熔点低，可用于冶炼金属Ti D. NH4HCO3受热易分解，可用作化肥 【答案】A 【解析】 【详解】A．氢气在火箭推进剂中作为燃料，氢气与氧气反应生成水，氢气作为还原剂，A正确； B．FeCl3溶液具有氧化性，可氧化铜为Cu2+，用于蚀刻铜制电路板，B错误； C．钠具有还原性，可将TiCl4 还原为Ti，用于冶炼金属Ti，C错误； D．能提供氮元素，可用作化肥，D错误； 故答案为A。 5. 我国嫦娥五号探测器带回的月球土壤，经分析发现其组成元素与地球土壤相似，土壤中含有原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z，其最外层电子数之和为15。X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族。下列结论正确的是 A. 原子半径大小顺序为W＜X＜Y B. W的简单氢化物的热稳定性比Z的大 C. Z在元素周期表中的位置为第三周期第VIA族 D. X最高价氧化物对应的水化物的碱性比Y的弱 【答案】B 【解析】 【分析】设Y、W的最外层电子数分别为y和w，则X、Z的最外层电子数分别为y-1和y+1，可以列式如下：3y+w=15，当w=6，y=3时符合题意。由上述分析可知，X为Mg、Y为Al、Z为Si、W为O。 【详解】A．核外电子层数多的原子半径大，在同一周期中，原子序数越大，原子半径越小，故原子半径X(Mg)＞Y(Al)＞W(O)，A错误。 B．W的简单氢化物（）的热稳定性比Z的（）大，因为非金属性O>Si，氢化物稳定性更强，B正确。 C． Z是硅（Si），位于第三周期第IVA族，C错误。 D．X是镁（Mg），其最高价氧化物对应水化物碱性比Y的强，因为金属性Mg>Al，D错误。 故答案选B。 阅读下列材料，完成下面小题： 海洋是巨大的化学资源宝库，从海水和海洋生物中可以获得多种化工原料，如食盐、卤素单质、类卤素(化学性质与卤素单质相似)及金属单质等。氯化碘(ICl)是一种类卤素，可由I2、NaClO3与浓HCl反应制取，氧化性：NaClO3＞Cl2＞NaIO3。粗盐中含有Ca2+、Mg2+、等杂质离子，可使用NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液和盐酸进行提纯。 6. 下列离子方程式正确的是 A. ICl与NaOH溶液反应： B. 浓缩海水中加石灰乳得： C. 用水和SO2吸收Br2： D. 用酸化的H2O2氧化I-得I2： 7. 下列说法正确的是 A. 工业上获得Cl2：电解饱和食盐水或电解熔融氯化钠 B. 制取ICl：先将NaClO3溶液与I2混合，再滴加浓盐酸 C. 粗盐提纯：依次加入NaOH溶液、Na2CO3溶液和BaCl2溶液，过滤后再加入稀盐酸 D. 制取I2：向含I-溶液中通入过量的Cl2可以提高I2的产率 【答案】6. C 7. A 【解析】 【6题详解】 A．ICl是类卤素，I元素化合价为+1、Cl元素化合价为-1，与NaOH反应应生成NaIO和NaCl，故A错误； B．石灰乳为Ca(OH)2悬浊液，不能拆解为OH⁻离子，浓缩海水中加石灰乳得，反应的离子方程式为Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，故B错误； C．Br2与SO2在水中发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为Br2 + SO2+ 2H2O =4H++2Br -+ ，故C正确； D．用酸化的H2O2氧化I-得I2，反应的离子方程式为2I- + 2H+ + H2O2 = I2 + 2H2O，故D错误； 答案选C。 【7题详解】 A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气、氢气，电解熔融NaCl生成金属钠和氯气，故A正确； B．氧化性：NaClO3＞Cl2＞NaIO3，若先将NaClO3溶液与I2混合，I2可能被氧化为NaIO3，故B错误； C．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、等杂质离子，依次加入NaOH溶液、BaCl2溶液和Na2CO3溶液，过滤后再加入稀盐酸，若先加Na2CO3后加BaCl2溶液，过量Ba2+无法除去，故C错误； D．氧化性：Cl2＞NaIO3，过量Cl2会进一步氧化I2生成NaIO3，降低I2产率，故D错误； 答案选A。 8. 在指定条件下，下列物质间的转化能实现的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．钠与氧气反应在常温下生成氧化钠，在燃烧时生成过氧化钠，选项中未明确燃烧或加热，因此不能保证转化实现，故不选A； B．铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，不生成氢氧化铝沉淀，故不选B； C．四氧化三铁在高温下与铝发生铝热反应，生成铁和氧化铝，故选C； D．氢氧化亚铁不能被水氧化，故不选D； 选C。 9. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 能使酚酞变红的溶液中：Fe2+、、、 B. 与铝能生成H2的溶液中：、、、 C. 溶液中：、、、 D. 澄清透明的溶液中：、、、 【答案】D 【解析】 【详解】A．能使酚酞变红的溶液呈碱性，存在大量，与 反应生成沉淀，且具有还原性，具有氧化性，两者发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误； B．与铝能生成的溶液可能为酸性或碱性：酸性条件下，与氢离子反应生成二氧化碳和水；碱性条件下，与反应生成和水，与形成沉淀，不能大量共存，B错误； C．溶液中含，与反应生成沉淀，不能大量共存，C错误； D．澄清透明溶液中，各离子间互不发生反应，能大量共存，D正确； 故选D。 10. 下列有关物质的储存、检验、鉴别和除杂的说法正确的是 A. 储存：液氯储存在钢瓶中 B. 检验：向某溶液中加入氯水后滴入KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含Fe2+ C. 鉴别：利用丁达尔效应鉴别NaCl溶液和KNO3溶液 D. 除杂：通过加热法除去NaHCO3固体中混有的少量Na2CO3 【答案】A 【解析】 【详解】A．液氯在常温下不与干燥的钢发生反应，可用钢瓶储存，A正确； B．加入氯水后滴加KSCN变红，只能证明存在Fe3+（可能是氯水氧化Fe2+所致），无法直接说明原溶液含Fe2+，B错误； C．NaCl溶液和KNO3溶液均为溶液（非胶体），均无丁达尔效应，无法用此法鉴别，C错误； D．NaHCO3受热分解生成Na2CO3，加热会使NaHCO3转化为Na2CO3，无法除杂，D错误； 故选A。 11. 工业上使用V2O5为主体的催化剂催化NH3还原烟气中的NO废气，反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 反应过程中只有两种元素的化合价发生变化 B. 反应过程中有极性键和非极性键的断裂和形成 C. 反应④每消耗标准状况下11.2L O2，转移的电子数为 D. NO、NH3在有氧条件下的总化学方程式是 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应过程中，N、O、V 三种元素的化合价均发生了变化， A 错误； B．反应过程中，断裂的极性键有中的N-H键，NO中的N-O键，断裂的非极性键是氧气中的O=O键，形成的极性键是水中的H-O键，非极性键有氮气中的N≡N，B正确； C．反应④中，氧气作为氧化剂，1 mol 氧气参与反应得到 4 mol 电子，标准状况下 11.2 L 氧气的物质的量为 0.5 mol，因此转移的电子数为 0.5×4×6.02×，C 错误； D．根据反应机理，NO、二者的比例应为1：1，在有氧条件下和催化下，总化学方程式为，D错误； 故答案选B。 12. 下列有关推理合理的是 A. CO2的水溶液能导电，说明CO2属于电解质 B. Al2O3能与酸反应生成盐和水，说明Al2O3属于碱性氧化物 C. HCl在水溶液中能电离出H+和Cl-，说明HCl属于离子化合物 D. KI溶液中加入淀粉溶液无现象，加入溴水后溶液变蓝，说明的还原性强于 【答案】D 【解析】 【详解】A．CO2的水溶液能导电是因为CO2与水反应生成的碳酸电离出离子，并非CO2直接电离，CO2属于非电解质，A错误； B．Al2O3能与酸反应，但也能与碱反应，属于两性氧化物，B错误； C．HCl在水溶液中电离出离子，但HCl是共价化合物，其电离是水分子的作用，并非离子化合物，C错误； D．KI溶液中加入淀粉无现象，加入溴水后溶液变蓝，说明Br2氧化I-为I2，证明I-的还原性强于Br-，D正确； 故答案为D。 13. 根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀硫酸，再滴入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去 Fe2O3已全部被CO还原 B 用铂丝蘸取某碱性溶液在酒精灯外焰灼烧，焰色呈黄色 该溶液是NaOH溶液 C 向Na2O2样品中滴加盐酸，将生成的气体通入足量澄清石灰水，产生白色沉淀 Na2O2已变质 D 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀 Al(OH)3不能与碱反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．向CO还原Fe2O3产物中加入稀硫酸后滴入酸性KMnO4溶液褪色，表明存在还原性物质（如Fe2+），但不能证明Fe2O3已全部被还原，可能部分还原产物（如FeO）也能导致褪色，A错误； B．焰色呈黄色说明溶液含Na+，但碱性溶液不一定是NaOH，如Na2CO3溶液也呈碱性且焰色黄，结论过于绝对，B错误； C．Na2O2与盐酸反应生成气体使石灰水产生白色沉淀CaCO3，说明气体含CO2，表明样品中已变质生成碳酸盐，C正确； D．Al2(SO4)3与过量氨水生成Al(OH)3白色沉淀，因氨水为弱碱不溶解Al(OH)3，但Al(OH)3能与强碱（如NaOH）反应，结论不准确，D错误； 故选C。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 元素周期表是学习和研究化学的重要工具。下表为元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种元素。回答下列问题(涉及相关元素时须用对应元素符号表示)： （1）a~k的元素中，简单离子的半径最大的是___________(写离子符号)，最高价氧化物的水化物酸性最强的是 ___________(写化学式)。 （2）由a、d、e三种元素组成的盐的化学式为___________。 （3）h、i形成1：1的分子中，各原子最外层均达到8电子结构，其结构式为___________。 （4）从原子结构的角度解释k的金属性比c的强的原因：___________。 （5）j的一种氧化物可用作供氧剂，其中1个阳离子比1个阴离子多1个电子。写出该氧化物与CO2反应的化学方程式：___________。 （6）载人航天器内，常用b的氢氧化物而很少用j的氢氧化物吸收CO2，其原因是___________。 【答案】（1） ①. S2- ②. HClO4 （2）或NH4NO2 （3）Cl-S-S-Cl （4）Ca与Be同主族，Ca的电子层数更多，原子半径更大，原子核对最外层电子的吸引力更弱，失去最外层电子能力更强，金属性更强 （5） （6）等质量的LiOH吸收的CO2比KOH更多 【解析】 【分析】根据元素周期表结构可知，a为H元素，b为Li元素，c为Be元素，d为N元素，e为O元素，f为Ar元素，g为Al元素，h为S元素，i为Cl元素，j为K元素，k为Ca元素。 【小问1详解】 根据元素周期律可知，离子半径通常随着电子层数的增加而增大，在相同电子层数的情况下，核电荷数越小，离子半径越大，故简单离子的半径最大的是；非金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，故酸性最强。 【小问2详解】 a为H元素，d为N元素，e为O元素，故这三种元素组成的盐可以是或NH4NO2。 【小问3详解】 h为S元素，i为Cl元素，二者形成1：1的分子中，各原子最外层均达到8电子结构的分子是，其结构式为Cl-S-S-Cl。 【小问4详解】 k为Ca元素，c为Be元素，Ca与Be同主族，Ca的电子层数更多，原子半径更大，原子核对最外层电子的吸引力更弱，失去最外层电子能力更强，故金属性更强。 【小问5详解】 j为K元素，其中1个阳离子比1个阴离子多1个电子，故这个物质为，其与反应的化学方程式为。 【小问6详解】 b、j的氢氧化物分别为LiOH和KOH，LiOH的摩尔质量小，等质量的LiOH和KOH中LiOH的物质的量大，故其吸收的比KOH更多。 15. 已知：SiO2不溶于强酸。一种以软锰矿(主要含MnO2和少量Fe2O3、MgO、CaCO3、SiO2等)和黄铁矿(主要含FeS2)为原料制备Mn3O4的流程如下： （1）在90℃温度下进行“酸浸”，FeS2中的硫元素被氧化为。 ①FeS2和MnO2转化为Fe3+和Mn2+的离子方程式为___________。 ②所得“滤渣1”中除含有过量的反应物和SiO2外，还含有___________(写化学式)。 （2）“沉铁”时加入NaOH溶液生成FeOOH沉淀的离子方程式为___________。 （3）向“除镁、钙”后的溶液中滴加适量氨水，充分反应后过滤、洗涤，得到Mn(OH)2.将Mn(OH)2加水制成悬浊液，向其中通入适量空气，制得Mn3O4。 ①“滤液”中含有的主要溶质有___________。 ②氧化1.5mol Mn(OH)2，理论上需要消耗标准状况下O2的体积为___________。 （4）称取0.2500g Mn3O4样品于锥形瓶中，加入25.00mL0.4000 mol/LFeSO4溶液和适量稀硫酸。待固体完全溶解后，用0.1000 mol/L酸性KMnO4溶液反应过量的FeSO4，恰好反应时消耗KMnO4溶液16.00mL。不考虑杂质参与反应，计算样品中Mn3O4的纯度___________ (写出计算过程)。已知：Mn3O4和KMnO4在酸性条件下都被还原为Mn2+。 【答案】（1） ①. ②. CaSO4 （2） （3） ①. (NH4)2SO4、Na2SO4 ②. 5.6 L （4） 91.6% 【解析】 【分析】第一步酸浸（加入稀H2SO4，90℃）目的是溶解原料中的金属氧化物（MnO2和少量Fe2O3、MgO、CaCO3）；并发生氧化还原反应，将MnO2还原为Mn2+，同时将FeS2氧化为Fe3+和；故滤渣1成分为不溶的SiO2、微溶的CaSO4、未完全反应的原料，滤液成分：Mn2+、Fe3+、Mg2+、Ca2+、及过量H+）；第二步沉铁（加入NaOH溶液）目的是将Fe3+与OH-结合生成难溶的FeOOH 沉淀从而除去溶液中Fe3+杂质，因此滤渣成分为FeOOH 沉淀，滤液成分：Mn2+、Mg2+、Ca2+、、Na+（来自 NaOH 引入）；第三步除钙、镁（加入NaF溶液）目的是将Mg2+、Ca2+ 与F⁻结合生成难溶的CaF2、MgF2从而沉淀除去溶液中的Mg2+、Ca2+杂质，滤渣成分：CaF2、MgF2沉淀，滤液成分：Mn2+、、Na+（来自NaF 引入）；第四步沉锰、氧化（加入氨水和空气）目的是沉淀Mn2+并氧化为目标产物Mn3O4，其步骤 1通过加氨水提供OH⁻，使Mn2+生成Mn(OH)2沉淀，其步骤 2通过通入空气（O2），将Mn(OH)2氧化为Mn3O4，滤渣成分：Mn3O4（目标产物），滤液成分：主要为(NH4)2SO4、Na2SO4。 【小问1详解】 ①根据氧化还原反应，FeS2中S被氧化为，MnO2被还原为Mn2+，方程式为：； ②原料含CaCO3，酸浸时与H2SO4反应生成CaSO4（微溶），故滤渣1除过量反应物、SiO2外，还含CaSO4（微溶物）； 【小问2详解】 Fe3+与OH-反应生成FeOOH沉淀，配平后为：； 【小问3详解】 ①除钙镁后溶液含MnSO4、Na2SO4；沉锰时氨水与MnSO4反应生成Mn(OH)2沉淀和(NH4​)2​SO4​，故滤液主要溶质为：(NH4)2SO4、Na2SO4； ②根据，1.5 mol Mn(OH)2需0.25 mol O2，理论上需要消耗标准状况下O2的体积为：V(O2​)=0.25 mol×22.4 L/mol=5.6 L，故答案为：5.6 L； 【小问4详解】 由题意可知，总反应的还原剂为FeSO4，氧化剂分别有：Mn3O4、KMnO4，根据得失电子守恒可得：，，则，。 16. KClO 可用于制备K2FeO4、杀菌消毒和处理废水中有机物等。已知：K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，在0℃~5℃、强碱性溶液中比较稳定，在Fe3+催化作用下发生分解。 （1）制备KClO的实验装置如图所示。 ①装置甲中发生反应：，用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目：___________。 ②装置乙的作用是___________。 ③KClO溶液用于环境杀菌消毒时须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长，将会导致消毒作用减弱，其原因是___________。 （2）将KClO饱和溶液与KOH浓溶液混合得到M溶液，再与Fe(NO3)3饱和溶液混合，充分反应后，过滤得到K2FeO4粗产品。 ①写出生成K2FeO4的化学方程式：___________。 ②M溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为___________。 ③补充完整提纯K2FeO4粗产品[含有Fe(OH)3、KCl等杂质]的实验方案：将K2FeO4粗产品加入到足量冷的3 mol/LKOH溶液中，搅拌、静置后，用砂芯漏斗过滤除去不溶物。向滤液中______________；搅拌、静置后，用砂芯漏斗过滤，______________，干燥得到K2FeO4固体(实验中须使用稀硝酸、饱和KOH溶液、AgNO3溶液、冰水)。 （3）研究发现：其他条件一定，等量KClO在处理废水中的有机物时，与废水中只加KClO的体系相比，加有适量Fe3+的KClO的体系中有机物的氧化率随废水pH的升高而显著增大，其原因是___________。 【答案】（1） ①. ②. 除去Cl2中的HCl ③. KClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解 （2） ①. ②. 边搅拌边将Fe(NO3)3饱和溶液慢慢滴入M溶液中 ③. 边搅拌边向滤液中加入足量的饱和KOH溶液 ④. 用冰水洗涤滤渣直至向最后一次洗涤滤液中先加入足量稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无沉淀产生 （3）随着废水pH升高，OH-浓度增大，加有适量Fe3+的KClO 的体系有产生，氧化有机物的速率更快(或Fe3+起催化作用) 【解析】 【小问1详解】 ①装置甲中发生反应： ，KClO3中Cl从+5价得5e-降至0价，5 mol HCl中Cl从-1价失5e-升至0价。单线桥：；故答案为：； ②装置乙的作用除去Cl2中混有的HCl杂质（乙中为饱和食盐水，HCl易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度小），故答案为：除去Cl2中的HCl； ③消毒作用减弱的原因KClO与空气中CO2、H2O反应生成HClO，HClO不稳定，见光易分解为HCl和O2，导致有效消毒成分减少，故答案为：KClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解； 【小问2详解】 ①化学方程式：； （配平依据：Fe从+3→+6，失3e-，Cl从+1→-1得2e-，最小公倍数为6，故Fe(NO3)3系数为2，KClO系数为3，再配平其他物质）；故答案为：； ②K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解，且在强碱性溶液中比较稳定，需避免Fe3+过量，维持强碱性环境，因此混合方式为：在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到M溶液(KClO饱和溶液与KOH浓溶液混合)中；故答案为：边搅拌边将Fe(NO3)3饱和溶液慢慢滴入M溶液中； ③提纯实验方案：向滤液中加入饱和KOH溶液，促进K2FeO4结晶析出（因K2FeO4微溶于浓KOH溶液）；用冰水洗涤晶体23次，取最后一次洗涤液，滴加稀硝酸酸化后，再滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则证明Cl-已洗净（或洗涤至最后一次洗涤液加稀硝酸和AgNO3无白色沉淀），故答案为：边搅拌边向滤液中加入足量的饱和KOH溶液；用冰水洗涤滤渣直至向最后一次洗涤滤液中先加入足量稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无沉淀产生； 【小问3详解】 氧化率随pH升高增大的原因：pH升高，即浓度增大，有利于反应正向进行，生成氧化性更强的，从而增大了有机物的氧化率，故答案为：随着废水pH升高，OH-浓度增大，加有适量Fe3+的KClO 的体系有产生，氧化有机物的速率更快(或Fe3+起催化作用)。 17. 空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。 （1）300℃时，向装有铁粉、镍粉和H2O的密闭容器中通入CO2.反应结束并冷却后，气体中检测到CH4和H2，滤液中检测到HCOOH，固体中检测到镍粉和Fe3O4.其他条件一定，反应相同时间，CH4、HCOOH、H2的产量和镍粉用量的关系如图所示。研究人员据此得出结论：HCOOH是CO2转化为CH4的中间体，即。 ①产生H2的化学方程式为___________。 ②结合图像分析，当镍粉用量从1 mmol增加到10 mmol，HCOOH减少、CH4增多的原因是___________。 （2）燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。 ①1mol KOH最多可吸收CO2的质量为___________。 ②“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________。 （3）在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOO-，酸化后得到HCOOH。在催化剂作用下，HCOOH分解的可能反应机理如下图。 ①KHCO3转化生成HCOO-的离子方程式为___________。 ②结合反应机理分析，将HCOOH替换为HCOOD时，生成单质的化学式为___________。 【答案】（1） ①. ②. 镍粉作催化剂，反应Ⅰ、Ⅱ均加快，且反应Ⅱ加快的程度更大(或镍粉作催化剂，在相同时间内反应Ⅰ生成HCOOH的量小于反应Ⅱ消耗 HCOOH的量) （2） ①. 44g ②. （3） ①. ②. HD 【解析】 【小问1详解】 ①产生的化学方程式铁粉与水蒸气在 300℃下反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为：，镍粉是转化为的催化剂，当镍粉用量增加时，反应Ⅰ、Ⅱ均加快，且反应Ⅱ加快的程度更大转化为的速率加快，导致体系中的量减少，而的生成量增多； 【小问2详解】 KOH与反应生成酸式盐时吸收量最大，反应方程式为，1 mol KOH最多可吸收1 mol，其质量为：m(​)=1 mol×44 g/mol=44 g，石灰乳的主要成分为，与反应生成沉淀、KOH和，方程式为； 【小问3详解】 中的被还原为HCOO⁻，被氧化，在催化剂作用下反应的离子方程式为，从反应机理可知，HCOOH在Pd催化剂上分解，其C-H键和O-H键断裂，生成和，C-H键和O-H键断裂，在催化剂表面形成吸附的[H⁻]和[H⁺]，二者结合生成，若将HCOOH 替换为HCOOD，则分解时会生成HD。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $