精品解析：山东省淄博实验中学2025-2026学年高一上学期12月月考化学试卷

2025—2026学年市实验12月月考化学试卷 一、单选 1. 下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是 A. 侯德榜发明了以，和为原料的联合制碱法 B. 戴维电解盐酸得到和，从而提出了酸的含氢学说 C. 拉瓦锡基于金属和的反应提出了燃烧的氧化学说 D. 哈伯发明了以和为原料合成氨的方法 2. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是 A. 硬铝密度小、强度高，抗腐蚀能力强，可用作飞机材料 B. 氧化钙易吸水，可用作食品脱氧剂 C. 维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂 D. 过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂 3. 下列有关70号元素镱()说法正确的是 A. 的中子数与质子数之差为104 B. 与是同一种核素 C. 基态原子核外共有70个电子 D. 位于元素周期表中第4周期 4. 称取固体配制浓度约为的溶液，下列仪器中不需要使用的是 A. 烧杯 B. 容量瓶 C. 量筒 D. 细口试剂瓶(具橡胶塞) 5. 已知反应：，则为阿伏加德罗常数的值，若消耗(标准状况)，下列叙述错误的是 A. 转移的电子数为 B. 生成的质量为 C. 生成的含有共用电子对数为 D. 生成的氧化产物分子数为 6. 下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是 A. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2=2Na2O+O2↑ B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O C. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4 D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2 7. 下列选择的实验仪器和操作、装置和试剂与对应表述的实验目的均正确的是 A.测氯水的 B.验证受热易分解 C.收集氯气并吸收多余的氯气 D.探究与反应 A. A B. B C. C D. D 8. 全球能源结构正在向多元、清洁、低碳转型。太阳能的利用是热门研究方向之一，例如，可以利用太阳能将水转化为H2，某种光分解水的过程如图所示，下列说法错误的是 A. 与电解水相比，该方法的优点是有效减少传统能源的消耗 B. 过程II中生成H2和的物质的量之比为1:1 C. 该转化过程中每产生，同时产生 D. 转化过程中循环利用的物质有、FeO 9. 现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表。下列叙述正确的是 元素代号 元素性质或原子结构 层上的电子数为6个 最外层电子数是次外层电子数的2倍 常温下单质为双原子分子、其氢化物属于一元强酸 元素最高正价是 A. 元素、气态氢化物的稳定性由强到弱依次为： B. 元素的非金属性比元素弱 C. 元素的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是 D. 、、三种元素的含氧酸中“”酸的酸性一定最强 10. 实验室中利用固体进行如下实验。下列说法错误的是 A. G与H均为氧化产物 B. 实验I中既是氧化剂又是还原剂 C. Mn元素至少参与了3个氧化还原反应 D. G与Ｈ的物质的量之和可能为0.25mol 二、不定项选择 11. 下列方案设计、现象和结论都正确的是 选项 实验目的 方案设计 现象和结论 A 探究卤素单质的氧化性 向溴化钠溶液中滴加足量氯水，再加入淀粉碘化钾溶液 若溶液先变橙色，后变蓝色，则氧化性： B 探究钠在氧气中燃烧所得固体产物的成分 取少量反应后的固体，加入蒸馏水 若有气体生成，则钠在氧气中燃烧所得产物为 C 制备胶体 将饱和溶液逐滴加到沸水中，继续煮沸至液体变成红褐色，停止加热 与水反应生成了胶体 D 检验溶液中的 取少量待测液，加入溶液，出现白色沉淀 溶液中肯定有 A. A B. B C. C D. D 12. X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是 A. X、Y生成H2的物质的量之比一定为 B. X、Y消耗酸的物质的量之比一定为 C. 产物中X、Y化合价之比一定为 D. 由一定能确定产物中X、Y的化合价 13. 已知与溶液发生反应Ⅰ：；与酸化的溶液发生反应Ⅱ：。下列推断正确的是 A. 由反应Ⅰ可知，中(二价)和(四价)含量之比为2：1 B. 由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性， C. 可与稀硝酸发生氧化还原反应 D. 可与盐酸发生反应： 14. 某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：、、、、、。为确认溶液组成进行如下实验： ①500 mL上述溶液，加入足量溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀6.63 g，向沉淀中加入过量的盐酸，有沉淀不溶。 ②向①的滤液中加入足量的溶液，加热，产生气体1.792 L(已换算成标准状况)。此步发生的离子反应为，且假定产生的气体全部逸出。 由此可以得出关于原溶液组成结论错误的是 A. 一定存在、、、，不能确定是否存在、 B. 如果上述6种离子都存在，则 C. 原溶液中 D. 检验溶液中是否含有，需透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色 15. 以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图，下列叙述错误的是（ ） A. 烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来 B. 隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5 C. 向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3 D. 加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4 三、填空题 16. 下表是元素周期表的一部分，表中所列的每个序号分别代表某一元素。 （1）元素②在周期表中的位置为_________。 （2）元素①与④可以形成离子化合物，请用电子式表示其形成过程________________。 （3）元素③、④、⑤简单离子半径由小到大的顺序是_________(填离子符号)。 （4）手机、电脑、电视屏幕使用的都是含铟()的导电玻璃。已知元素与元素⑤同主族，下列关于的说法中正确的是_________。 A.最外层有5个电子 B.最高价氧化物对应的水化物碱性比⑤强 C.失电子能力比⑤弱 D.可与稀硫酸反应产生氢气 （5）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是_________(填标号)。 A.酸性： B.得电子能力： C.热稳定性： D.热稳定性： （6）元素①与③组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键，此化合物可将碱性工业废水中的氧化，生成碳酸盐和氨气，相应的离子方程式为__________________。 17. 铁是人体必需的微量元素，缺少铁元素会引起贫血。预防贫血，需平时经常食用含铁食物。黑木耳中含有丰富的铁元素，某小组设计如下实验检验黑木耳中的铁元素并测定其含量。 已知：ⅰ.与溶液反应生成沉淀(带有特征蓝色)； ⅱ.酸性溶液可以将氧化为，其还原产物为。 定性分析 （1）黑木耳灼烧灰化时，不需要用到下列仪器中的_________(填标号)。 A. B. C. D. E. （2）步骤⑦中试剂C为_________(填化学式)溶液。 （3）由上述实验可得出的实验结论是_________(填标号)。 A.黑木耳中一定含有，一定不含 B.黑木耳灰经稀硫酸浸泡后得到滤液的操作是蒸发 C.滤液中一定含有和 D.黑木耳灰中的含铁物质难以用蒸馏水直接浸出 Ⅱ.定量分析 步骤一 取黑木耳，经灼烧、稀硫酸酸浸制得提取液，加入过量的铜粉 步骤二 过滤，向滤液中加入酸性溶液时，恰好完全反应 （4）配制溶液 ①选择仪器：所必需的玻璃仪器除烧杯、量筒、胶头滴管外，还有_________ ②下列操作使所配制的溶液浓度偏大的是_________(填标号)。 A.定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体 B.容量瓶未干燥即用来配制溶液 C.定容时，俯视刻度线 D.未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒 （5）步骤一中加入过量铜粉的目的是_________ （6）利用数字化实验设备可以快速进行数据的采集和分析。将数字化实验设备组装好后，再将传感器插入盛有经处理后的实验样品的锥形瓶中。滴定过程中电脑端显示的图像如下： ①已知，滴定过程中“”时与初始之比为_________ ②实验测得该黑木耳样品中铁元素的含量为_________。(用表示) 18. 氯气是一种重要的化工试剂，在生产和生活中的应用十分广泛。 I． （1）实验室可用与浓盐酸制备氯气，请写出其化学方程式：_______。 II．工业上也可用催化氧化制备氯气，方程式为。某实验小组按如下装置制备氯气。 已知、的沸点分别为、。 （2）装置A的作用为干燥气体、_______。 （3）装置C、D中试剂分别为_______、_______(填名称)。 （4）装置中冷却液需控制温度不高于_______。 （5）装置的作用为_______。 Ⅲ．工业上可利用氯气生产漂白粉。 （6）漂白粉的主要成分为_______(填化学式)。 （7）在使用过程中，将漂白粉溶于水，放置一段时间效果更好，放置一段时间的主要目的是_______(用化学方程式表示)。 19. 颗粒大小达到纳米级的单质铁俗称“纳米铁”，可用于处理废水中的硝态氮。以铁屑(含少量杂质)为原料制备纳米铁粉流程如下： 回答下列问题：已知：草酸是一种二元弱酸。 （1）取少量产品分散于水中，用红色激光笔照射此液体，若出现__________(填实验现象)，可验证所得铁粉直径为纳米级。 （2）“酸溶”过程中可以加快反应速率和提高浸出率的方法有____________(写出一种即可)。写出“沉淀”步骤生成固体的离子方程式：____________________ （3）经灼烧后得到红棕色固体和、混合气体，若，则“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为________________________。 （4）“还原”中使用的还原剂为，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，其原因是__________________(用化学方程式表示)。 （5）纳米铁粉因其高比表面积，优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。催化剂协同纳米铁粉能将水体中的硝酸盐()转化为，其催化还原反应的过程如图1所示。 ①从电子转移的角度，硝酸盐()转化为的过程可以描述为：纳米零价铁在催化剂层失去电子转化为，__________，__________，与氢原子和转化为，另一部分失去氢原子后，两个氮原子生成氮气。 ②为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体为4.2，当时，随减小，生成率逐渐降低，结合图1和图2分析原因：__________________________。 20. 煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标，可用与焦炭(由煤样制得)反应的的转化率来表示。研究小组设计测定的实验装置如下： （1）装置Ⅰ中，仪器的名称是__________；中除去的物质是__________(填化学式)。 （2）①装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为__________________。 ②装置Ⅲ中，先通入适量的气体，再通入足量气。若气体被完全吸收，则可依据和中分别生成的固体质量计算。 ⅰ.中的现象是__________。 ⅱ.中反应的化学方程式为__________________。 ____________________。 ⅲ.和的连接顺序颠倒后将造成__________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 ⅳ.在工业上按照国家标准测定：将干燥后的(含杂质的体积分数为)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中的体积分数为，此时的表达式为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年市实验12月月考化学试卷 一、单选 1. 下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是 A. 侯德榜发明了以，和为原料的联合制碱法 B. 戴维电解盐酸得到和，从而提出了酸的含氢学说 C. 拉瓦锡基于金属和的反应提出了燃烧的氧化学说 D. 哈伯发明了以和为原料合成氨的方法 【答案】A 【解析】 【详解】A．联合制碱法的反应中，化学方程式为：和，各元素（Na、Cl、N、C、H、O）的化合价均未发生改变，属于非氧化还原反应，A符合题意； B．电解盐酸生成和，H和Cl的化合价均发生变化（H从+1→0，Cl从-1→0），涉及氧化还原反应，B不符合题意； C．金属与反应生成氧化物，金属被氧化（化合价升高），O被还原（化合价降低），涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．合成氨反应中的N化合价从0→-3，的H从0→+1，涉及氧化还原反应，D不符合题意； 故选A。 2. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是 A. 硬铝密度小、强度高，抗腐蚀能力强，可用作飞机材料 B. 氧化钙易吸水，可用作食品脱氧剂 C. 维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂 D. 过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．硬铝是铝合金，具有密度小、强度高、抗腐蚀能力强的优良性能，适合作为飞机制造的结构材料，A正确； B．氧化钙易吸水，可与水反应生成氢氧化钙，可用作食品干燥剂，但氧化钙无还原性，不能与氧气反应，无法起到脱氧作用，不能用作食品脱氧剂，B错误； C．维生素C具有还原性，可优先与食品环境中的氧气反应，避免食品被氧化变质，可用作食品抗氧化剂，C正确； D．过氧化钠可与二氧化碳发生反应，能在缺氧条件下生成氧气，可作为潜水艇的供氧剂，D正确； 故选B。 3. 下列有关70号元素镱()说法正确的是 A. 的中子数与质子数之差为104 B. 与是同一种核素 C. 基态原子核外共有70个电子 D. 位于元素周期表中第4周期 【答案】C 【解析】 【详解】A．的质子数为70，中子数为，二者差值为，并非104，A错误； B．核素是具有一定数目质子和一定数目中子的原子，与质子数相同、中子数不同，属于不同核素，B错误； C．基态中性原子的核外电子数等于原子序数，为70号元素，故核外共有70个电子，C正确； D．为70号元素，位于元素周期表第6周期，不是第4周期，D错误； 故答案选C。 4. 称取固体配制浓度约为的溶液，下列仪器中不需要使用的是 A. 烧杯 B. 容量瓶 C. 量筒 D. 细口试剂瓶(具橡胶塞) 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶解1.6g NaOH需要在烧杯中进行，故A需要； B．1.6gNaOH的物质的量为，，本实验要求精度不高，1.6g氢氧化钠溶解在400mL蒸馏水中即可配制浓度约为的溶液，不需要容量瓶，故选B； C．据B项分析可知，配制时需量筒量取400mL蒸馏水，故不选C； D．NaOH溶液配制好后需要转移到试剂瓶中储存，氢氧化钠溶液呈碱性，能与玻璃中的二氧化硅反应，不能选择玻璃塞，所以需要细口试剂瓶(具橡胶塞)，故不选D； 故选B。 5. 已知反应：，则为阿伏加德罗常数的值，若消耗(标准状况)，下列叙述错误的是 A. 转移的电子数为 B. 生成的质量为 C. 生成的含有共用电子对数为 D. 生成的氧化产物分子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．消耗标准状况下的物质的量为，反应中元素化合价从0价降低到-1价，总转移电子物质的量为，即转移的电子数为，A正确； B．根据反应方程式，完全反应生成，的摩尔质量为，则生成的质量为，B正确； C．反应生成，1个分子中含有2对共用电子对，故含有的共用电子对数为，C正确； D．反应中元素化合价从-2价升高到+2价，氧化产物为，生成的物质的量为，分子数为，不是，D错误； 故答案选D。 6. 下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是 A. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2=2Na2O+O2↑ B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O C. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4 D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2 【答案】A 【解析】 【详解】A. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色是过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，2 Na2O2＋2 CO2=2 Na2CO3＋O2↑，故A错误； B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体是氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，故B正确 ； C. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，锌置换出铜，所以溶液蓝色消失Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，故C正确； D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液生成更难溶的氢氧化铁沉淀，反应方程式是3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2，故D正确。 7. 下列选择的实验仪器和操作、装置和试剂与对应表述的实验目的均正确的是 A.测氯水的 B.验证受热易分解 C.收集氯气并吸收多余的氯气 D.探究与反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯水中含，具有漂白性，会漂白试纸无法测定，且将试纸直接浸入待测液会污染试剂，操作错误，A不符合题意； B．加热固体时，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水倒流炸裂试管，图中试管口向上，装置错误，B不符合题意； C．氯气密度大于空气，采用长管进、短管出的向上排空气法可以收集氯气；氯气能和NaOH溶液反应，用NaOH溶液可以吸收多余的尾气，防止污染空气，C符合题意； D．Na与H2O反应速率极快，反应过程中释放大量热量，同时生成H2，图中使用试管作为反应容器，空间狭小，反应时极易出现液体溅出、试管炸裂甚至爆炸的安全事故。该实验应在敞口烧杯中进行，且需取用绿豆粒大小的Na投入盛有适量水的烧杯中完成实验，图示错误，D不符合题意； 故选C。 8. 全球能源结构正在向多元、清洁、低碳转型。太阳能的利用是热门研究方向之一，例如，可以利用太阳能将水转化为H2，某种光分解水的过程如图所示，下列说法错误的是 A. 与电解水相比，该方法的优点是有效减少传统能源的消耗 B. 过程II中生成H2和的物质的量之比为1:1 C. 该转化过程中每产生，同时产生 D. 转化过程中循环利用的物质有、FeO 【答案】C 【解析】 【详解】A．该方法是利用太阳能将水分解生成H2和O2，则与电解水相比，其优点是有效减少传统能源的消耗，A正确； B．过程II发生反应：，则生成H2和Fe3O4的物质的量之比为1∶1，B正确； C．转化总反应为：，则转化过程中每产生2gH2(即1mol)，同时产生0.5molO2，但气体所处状态未知，则无法求算产生O2的体积，C错误； D．该转化过程中Fe3O4、FeO相互转化，则循环利用的物质有Fe3O4、FeO，D正确；  故选C。 9. 现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表。下列叙述正确的是 元素代号 元素性质或原子结构 层上的电子数为6个 最外层电子数是次外层电子数的2倍 常温下单质为双原子分子、其氢化物属于一元强酸 元素最高正价是 A. 元素、气态氢化物的稳定性由强到弱依次为： B. 元素的非金属性比元素弱 C. 元素的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是 D. 、、三种元素的含氧酸中“”酸的酸性一定最强 【答案】A 【解析】 【分析】短周期元素，元素层上的电子数为6个，因此为；最外层电子数是次外层电子数的2倍，为C；常温下单质为双原子分子、其氢化物属于一元强酸，为，元素最高正价是，为或P。 【详解】A．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，非金属性，气态氢化物稳定性，即，A正确； B．若为，同周期从左到右非金属性增强，非金属性；若为P，最高价氧化物对应水化物酸性，非金属性，因此的非金属性比强，B错误； C．可测定文物年代的碳的同位素是，不是，C错误； D．选项未指明是最高价含氧酸，如的含氧酸为弱酸，酸性弱于的最高价含氧酸，“一定最强”表述不成立，D错误； 故答案选A。 10. 实验室中利用固体进行如下实验。下列说法错误的是 A. G与H均为氧化产物 B. 实验I中既是氧化剂又是还原剂 C. Mn元素至少参与了3个氧化还原反应 D. G与Ｈ的物质的量之和可能为0.25mol 【答案】D 【解析】 【详解】A．加热时发生反应：，所得固体、和浓盐酸加热时发生反应：、，若有剩余，还发生反应：。和均为氧化产物，选项A正确； B．中既作氧化剂，又作还原剂，选项B正确； C．由以上分析可知，Mn元素至少参与了3个氧化还原反应，选项C正确； D．若完全分解，则得到，同时生成、，加热时与浓盐酸完全反应，共得到，此时和的物质的量之和为0.20mol，由以上化学方程式知，全部与浓盐酸反应时得到的气体最多，为，但加热时发生分解，故与的物质的量之和一定小于0.25mol，选项D错误。 答案选D。 二、不定项选择 11. 下列方案设计、现象和结论都正确的是 选项 实验目的 方案设计 现象和结论 A 探究卤素单质的氧化性 向溴化钠溶液中滴加足量氯水，再加入淀粉碘化钾溶液 若溶液先变橙色，后变蓝色，则氧化性： B 探究钠在氧气中燃烧所得固体产物的成分 取少量反应后的固体，加入蒸馏水 若有气体生成，则钠在氧气中燃烧所得产物为 C 制备胶体 将饱和溶液逐滴加到沸水中，继续煮沸至液体变成红褐色，停止加热 与水反应生成了胶体 D 检验溶液中的 取少量待测液，加入溶液，出现白色沉淀 溶液中肯定有 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．滴加的氯水足量，过量的也可将氧化为使淀粉变蓝，无法证明氧化性，A错误； B．若钠燃烧时钠过量，残留的与水反应也会生成产生气体，无法证明燃烧产物为，B错误； C．制备胶体的正确操作就是将饱和溶液逐滴加入沸水中，煮沸至液体呈红褐色停止加热，方案、现象和结论均正确，C正确； D．加入溶液产生的白色沉淀可能为等，未加稀硝酸排除干扰，无法证明溶液中一定存在，D错误； 故选C。 12. X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是 A. X、Y生成H2的物质的量之比一定为 B. X、Y消耗酸的物质的量之比一定为 C. 产物中X、Y化合价之比一定为 D. 由一定能确定产物中X、Y的化合价 【答案】D 【解析】 【分析】设与1mol X反应消耗HCl的物质的量为amol，与1mol Y反应消耗H2SO4的物质的量为bmol，根据转移电子守恒以及H原子守恒可知、。 【详解】A．同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为，故A正确； B． X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为，因，因此，故B正确； C．产物中X、Y化合价之比为，由B项可知，故C正确； D．因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况，因此存在a=1，2，3，b=0.5，1的多种情况，由可知，当a=1，b=0.5时，=1，当a=2，b=1时，=1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据可能无法确定X、Y的化合价，故D错误； 综上所述，错误的D项，故答案为D。 13. 已知与溶液发生反应Ⅰ：；与酸化的溶液发生反应Ⅱ：。下列推断正确的是 A. 由反应Ⅰ可知，中(二价)和(四价)含量之比为2：1 B. 由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性， C. 可与稀硝酸发生氧化还原反应 D. 可与盐酸发生反应： 【答案】AD 【解析】 【详解】A．根据反应Ⅰ的离子方程式，硝酸只体现出酸性，为非氧化还原反应，产物中与的物质的量之比为，说明中二价铅和四价铅含量之比为，A正确； B．反应Ⅰ中没有将二价铅氧化为四价铅，说明氧化性；反应Ⅱ中是氧化剂，是氧化产物，氧化性，B错误； C．中为价，由反应Ⅰ可知稀硝酸不能氧化价，二者发生复分解反应生成和，不是氧化还原反应，C错误； D．由氧化性，而能氧化生成，故也可氧化，结合的组成，给出的反应方程式符合氧化还原规律，D正确； 故答案选AD。 14. 某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：、、、、、。为确认溶液组成进行如下实验： ①500 mL上述溶液，加入足量溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀6.63 g，向沉淀中加入过量的盐酸，有沉淀不溶。 ②向①的滤液中加入足量的溶液，加热，产生气体1.792 L(已换算成标准状况)。此步发生的离子反应为，且假定产生的气体全部逸出。 由此可以得出关于原溶液组成结论错误的是 A. 一定存在、、、，不能确定是否存在、 B. 如果上述6种离子都存在，则 C. 原溶液中 D. 检验溶液中是否含有，需透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色 【答案】B 【解析】 【分析】①取少量该溶液加入溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为和，质量一共是6.63g，则溶液中含有，向沉淀中加入过量的盐酸，不溶的沉淀为硫酸钡，质量是4.66g，物质的量为，碳酸钡的质量是，物质的量为；②向①的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，物质的量为，说明溶液中的物质的量是0.08mol，据此分析解题。 【详解】A．根据分析可知，能确定的阴离子有，所带负电荷为，确定含有的阳离子是，所带正电荷为，根据电荷守恒，还差负电荷，故一定还含有，不能确定是否存在，结论正确，A不可选； B．如果溶液里只存在，根据电荷守恒可知：，此时，若和也存在，则，结论错误，B可选； C．原溶液的体积为，,结论正确，C不可选； D．检验溶液中是否含有，需透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色以排除钠的干扰，结论正确，D不可选； 故选B。 15. 以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图，下列叙述错误的是（ ） A. 烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来 B. 隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5 C. 向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3 D. 加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4 【答案】B 【解析】 【分析】由流程可知，高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生二氧化硫，加入氧化钙达到吸收二氧化硫的目的，防止二氧化硫排放污染空气，焙烧产物经过氢氧化钠溶液碱浸，三氧化二铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤后，滤液中通入过量二氧化碳，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可生产三氧化二铝；碱浸过程中，三氧化二铁不与氢氧化钠反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与三氧化二铁在隔绝空气的条件下反应生成二氧化硫和四氧化三铁，利用四氧化三铁的磁性实现其与烧渣的分离。据此分析解答。 【详解】A．Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，故A正确； B．隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为：FeS2+16Fe2O3 11Fe3O4+2SO2↑，由方程式可知n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶16，故B错误； C．滤液中含有AlO2-，通入过量CO2，发生反应：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+ HCO3-，生成Al(OH)3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al(OH)3，再灼烧Al(OH)3，反应为：2Al(OH)3 +3H2O，即可制得Al2O3，故C正确； D．铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应：2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，故D正确； 故选B。 【点睛】了解制备氧化铝并获得Fe3O4的工艺流程是解题的关键。本题的易错点为D，要注意CaO与SO2反应生成的亚硫酸钙能够被空气中的氧气氧化。 三、填空题 16. 下表是元素周期表的一部分，表中所列的每个序号分别代表某一元素。 （1）元素②在周期表中的位置为_________。 （2）元素①与④可以形成离子化合物，请用电子式表示其形成过程________________。 （3）元素③、④、⑤简单离子半径由小到大的顺序是_________(填离子符号)。 （4）手机、电脑、电视屏幕使用的都是含铟()的导电玻璃。已知元素与元素⑤同主族，下列关于的说法中正确的是_________。 A.最外层有5个电子 B.最高价氧化物对应的水化物碱性比⑤强 C.失电子能力比⑤弱 D.可与稀硫酸反应产生氢气 （5）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是_________(填标号)。 A.酸性： B.得电子能力： C.热稳定性： D.热稳定性： （6）元素①与③组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键，此化合物可将碱性工业废水中的氧化，生成碳酸盐和氨气，相应的离子方程式为__________________。 【答案】（1）第二周期第ⅣA族 （2） （3） （4）BD （5）AD （6） 【解析】 【分析】首先根据元素周期表的结构和序号位置，确定各元素：① 位于第一周期第 IA 族，是氢元素。② 位于第二周期第 IVA 族，是碳元素。③ 位于第二周期第 VIA 族，是氧元素。④ 位于第三周期第 IA 族，是钠元素。⑤ 位于第三周期第 IIIA 族，是铝元素，据此回答各小问； 【小问1详解】 根据分析可知② 是碳元素，位于第二周期第 IVA 族。 【小问2详解】 元素①为氢，元素④为钠，两者形成的离子化合物是氢化钠。钠原子失去一个电子形成。氢原子得到一个电子形成。故形成过程为。 【小问3详解】 元素③的简单离子是。元素④的简单离子是。元素⑤的简单离子是。这三种离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小。核电荷数：Al (13) > Na (11) > O (8)。因此，离子半径由小到大的顺序是。 【小问4详解】 A．第IIIA族最外层有3个电子，A错误； B．同主族从上到下金属性增强，碱性增强，所以碱性比强，B正确； C．In的金属性比Al强，故失电子能力比Al强，C错误； D．In是活泼金属，能与稀硫酸反应生成氢气，D正确； 故选BD。 【小问5详解】 A．这是无氧酸的酸性比较，不能直接用非金属性强弱（最高价含氧酸酸性）来解释，不能用元素周期律解释，A符合题意； B．同周期、同主族非金属性递变，能用周期律解释，B不符合题意； C．同主族非金属性递变导致氢化物稳定性变化，能用周期律解释，C不符合题意； D．这是盐类自身的分解性质，与元素周期律无关，D符合题意； 故选AD。 【小问6详解】 元素①与③组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是。在碱性条件下，将氧化为碳酸盐和氨气。中C为+2，N为-3。氧化后C变为+4，每个失去2个电子。中O为-1，还原为-2，每个得到2个电子。最小公倍数为2，故两者的比例为1:1，碱性环境说明有参与，再根据电荷守恒和元素守恒，配平后所得的离子方程式为。 17. 铁是人体必需的微量元素，缺少铁元素会引起贫血。预防贫血，需平时经常食用含铁食物。黑木耳中含有丰富的铁元素，某小组设计如下实验检验黑木耳中的铁元素并测定其含量。 已知：ⅰ.与溶液反应生成沉淀(带有特征蓝色)； ⅱ.酸性溶液可以将氧化为，其还原产物为。 定性分析 （1）黑木耳灼烧灰化时，不需要用到下列仪器中的_________(填标号)。 A. B. C. D. E. （2）步骤⑦中试剂C为_________(填化学式)溶液。 （3）由上述实验可得出的实验结论是_________(填标号)。 A.黑木耳中一定含有，一定不含 B.黑木耳灰经稀硫酸浸泡后得到滤液的操作是蒸发 C.滤液中一定含有和 D.黑木耳灰中的含铁物质难以用蒸馏水直接浸出 Ⅱ.定量分析 步骤一 取黑木耳，经灼烧、稀硫酸酸浸制得提取液，加入过量的铜粉 步骤二 过滤，向滤液中加入酸性溶液时，恰好完全反应 （4）配制溶液 ①选择仪器：所必需的玻璃仪器除烧杯、量筒、胶头滴管外，还有_________ ②下列操作使所配制的溶液浓度偏大的是_________(填标号)。 A.定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体 B.容量瓶未干燥即用来配制溶液 C.定容时，俯视刻度线 D.未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒 （5）步骤一中加入过量铜粉的目的是_________ （6）利用数字化实验设备可以快速进行数据的采集和分析。将数字化实验设备组装好后，再将传感器插入盛有经处理后的实验样品的锥形瓶中。滴定过程中电脑端显示的图像如下： ①已知，滴定过程中“”时与初始之比为_________ ②实验测得该黑木耳样品中铁元素的含量为_________。(用表示) 【答案】（1）AD （2）KSCN （3）CD （4） ①. 1000mL的容量瓶、玻璃棒 ②. C （5）将完全还原生成 （6） ①. 1:10 ②. 6a 【解析】 【分析】黑木耳采用坩埚灼烧得到黑木耳灰，分为两份，一份用蒸馏水浸泡，先加入KSCN，无明显现象，再加入过氧化氢溶液，也无明显现象，说明黑木耳灰中的含铁物质难以用蒸馏水直接浸出；另一份用稀硫酸浸泡，得到滤液B，分为两份，其中一份加入产生蓝色沉淀，说明含有，另一份加入KSCN，溶液变红，说明含有，说明滤液B中含有和，但是灼烧过程中可能会被氧化成，因此无法说明黑木耳中存在，由此解答； 【小问1详解】 黑木耳灼烧时需要的仪器有酒精灯、三角架、泥三角和坩埚，不需要蒸发皿和漏斗，因此选AD； 【小问2详解】 试剂C是用于检验，用KSCN溶液检验时，溶液变红，因此试剂C为KSCN溶液； 【小问3详解】 A．由分析可知，黑木耳中存在，不一定存在，有可能存在，不能说明一定不存在，A错误； B．黑木耳灰经稀硫酸浸泡后得到滤液的操作应该是固液分离的过滤，B错误； C．由分析可知，滤液B中含有和，C正确； D．由分析可知，黑木耳灰中的含铁物质难以用蒸馏水直接浸出，D正确； 故选CD； 【小问4详解】 ①配制溶液，实验室中无900mL的容量瓶，因此选用1000mL容量瓶，并且溶解和移液的过程需要玻璃棒，缺少的玻璃仪器为1000mL的容量瓶、玻璃棒； ②A．定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体，会导致溶质减少，溶液浓度偏低，A不符合题意； B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，不影响溶液体积和溶质的物质的量，对浓度无影响，B不符合题意； C．定容时，俯视刻度线，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，C符合题意； D．未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质减少，溶液浓度偏低，D不符合题意； 故选C； 【小问5详解】 铜粉会和发生反应，加入铜粉的目的是将完全还原生成，便于后续铁元素含量的测定； 【小问6详解】 ①根据图像，初始的pH为1，根据公式可知，初始的为，在20s时，pH为2，此时的为，因此“”时与初始之比为； ②根据已知酸性溶液可以将氧化为，其还原产物为，与反应的离子方程式为，反应消耗的的物质的量为，根据反应式可知，的物质的量为，其质量为，即56g黑木耳中含有铁，因此100g黑木耳中铁元素的含量为。 18. 氯气是一种重要的化工试剂，在生产和生活中的应用十分广泛。 I． （1）实验室可用与浓盐酸制备氯气，请写出其化学方程式：_______。 II．工业上也可用催化氧化制备氯气，方程式为。某实验小组按如下装置制备氯气。 已知、的沸点分别为、。 （2）装置A的作用为干燥气体、_______。 （3）装置C、D中试剂分别为_______、_______(填名称)。 （4）装置中冷却液需控制温度不高于_______。 （5）装置的作用为_______。 Ⅲ．工业上可利用氯气生产漂白粉。 （6）漂白粉的主要成分为_______(填化学式)。 （7）在使用过程中，将漂白粉溶于水，放置一段时间效果更好，放置一段时间的主要目的是_______(用化学方程式表示)。 【答案】（1）(浓) （2）调节与的比例，充分混合气体 （3） ①. 饱和食盐水 ②. 浓硫酸 （4） （5）吸收挥发的 （6）和 （7） 【解析】 【分析】HCl和O2通过浓硫酸干燥混合后进入有催化剂的B装置中，反应后得到Cl2和H2O，通过C、D装置除去HCl和H2O，在E中冷却后收集得到液态Cl2，最后用F吸收尾气。 【小问1详解】 KMnO4与浓盐酸反应方程式为。 【小问2详解】 B为反应核心装置，在反应之前需要调节反应物的比例，充分混合气体使其充分反应，故装置A除了用于干燥气体之外，还可调节与的比例，充分混合气体。 【小问3详解】 由于反应为气体之间的反应，所以产物中同时存在4种气体，通过冷凝法收集之前可通过饱和食盐水，除去HCl气体，浓硫酸吸水干燥。 【小问4详解】 装置通过冷凝的方法收集氯气，可降低到氯气的沸点以下，但是不能让氧气液化，所以可控制温度不高于。 【小问5详解】 氯气为有毒气体，所以实验装置最后需要尾气处理，吸收挥发的。 【小问6详解】 漂白粉是由和石灰乳通过化学反应：，主要成分为和。 【小问7详解】 HClO的氧化性强于次氯酸盐，漂白粉的有效成分与空气中的和反应生成，增强漂白性。 19. 颗粒大小达到纳米级的单质铁俗称“纳米铁”，可用于处理废水中的硝态氮。以铁屑(含少量杂质)为原料制备纳米铁粉流程如下： 回答下列问题：已知：草酸是一种二元弱酸。 （1）取少量产品分散于水中，用红色激光笔照射此液体，若出现__________(填实验现象)，可验证所得铁粉直径为纳米级。 （2）“酸溶”过程中可以加快反应速率和提高浸出率的方法有____________(写出一种即可)。写出“沉淀”步骤生成固体的离子方程式：____________________ （3）经灼烧后得到红棕色固体和、混合气体，若，则“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为________________________。 （4）“还原”中使用的还原剂为，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，其原因是__________________(用化学方程式表示)。 （5）纳米铁粉因其高比表面积，优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。催化剂协同纳米铁粉能将水体中的硝酸盐()转化为，其催化还原反应的过程如图1所示。 ①从电子转移的角度，硝酸盐()转化为的过程可以描述为：纳米零价铁在催化剂层失去电子转化为，__________，__________，与氢原子和转化为，另一部分失去氢原子后，两个氮原子生成氮气。 ②为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体为4.2，当时，随减小，生成率逐渐降低，结合图1和图2分析原因：__________________________。 【答案】（1）一条光亮的通路 （2） ①. 搅拌、适当地提高温度、适当地提高酸的浓度等（任写一种） ②. （3） （4） （5） ①. 部分在催化剂层得到电子转化为氢原子 ②. 与氢原子和转化为 ③. pH减小会使浓度增大，会生成更多的氢原子，使被还原的中间产物更多地与氢原子和转化为，从而减少了的生成 【解析】 【分析】由题给流程可知，向含有少量氧化铁的铁屑中加入稀硫酸酸溶得到硫酸亚铁溶液；向溶液中加入草酸溶液，将溶液中的亚铁离子转化为草酸亚铁沉淀，过滤得到草酸亚铁；草酸亚铁在氧气中灼烧得到氧化铁；高温条件下氧化铁与氢气反应得到纳米铁粉，据此分析作答。 【小问1详解】 用红色激光笔照射此液体，若出现光亮的通路则产生丁达尔效应，说明该分散系为胶体，证明所得铁粉直径为纳米级； 【小问2详解】 “酸溶”过程中可以加快反应速率和提高浸出率的方法有搅拌、适当地提高温度、适当地提高酸的浓度等；“沉淀”步骤中主要是和草酸反应生成，因此离子方程式为； 【小问3详解】 灼烧后得到红棕色固体和、混合气体，该红棕色固体应为，由于，对化学方程式进行配平为； 【小问4详解】 在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，主要原因是还原铁粉会在高温下与水蒸气反应生成和氢气，导致最终得到的还原铁粉混有杂质，涉及的化学方程式为； 【小问5详解】 ①根据催化还原反应的过程图可知，过程描述还有部分在催化剂层得到电子转化为氢原子；与氢原子和转化为； ②当pH小于4.2时，pH减小会使浓度增大，会生成更多的氢原子，使被还原的中间产物更多地与氢原子和转化为，从而减少了的生成。 20. 煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标，可用与焦炭(由煤样制得)反应的的转化率来表示。研究小组设计测定的实验装置如下： （1）装置Ⅰ中，仪器的名称是__________；中除去的物质是__________(填化学式)。 （2）①装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为__________________。 ②装置Ⅲ中，先通入适量的气体，再通入足量气。若气体被完全吸收，则可依据和中分别生成的固体质量计算。 ⅰ.中的现象是__________。 ⅱ.中反应的化学方程式为__________________。 ____________________。 ⅲ.和的连接顺序颠倒后将造成__________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 ⅳ.在工业上按照国家标准测定：将干燥后的(含杂质的体积分数为)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中的体积分数为，此时的表达式为_______。 【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. HCl （2） ①. ②. 有白色沉淀生成 ③. ④. 偏大 ⑤. 【解析】 【分析】装置Ⅰ中，利用稀盐酸和碳酸钙制备二氧化碳，由于盐酸有挥发性，二氧化碳中混有氯化氢和水蒸气，利用饱和溶液吸收二氧化碳中的氯化氢，然后利用浓硫酸干燥二氧化碳；装置Ⅱ二氧化碳与焦炭反应生成一氧化碳，后续进行转化率测定来评价煤的化学活性；装置Ⅲ中，d中的氢氧化钡溶液是吸收未反应剩余的二氧化碳，e中银氨溶液是吸收产生的一氧化碳，可依据和中分别生成的固体质量计算，由此解答； 【小问1详解】 仪器a的名称为分液漏斗；由分析可知，b中的饱和溶液吸收二氧化碳中的氯化氢，b除去的物质为HCl； 【小问2详解】 ①高温下C与通入的二氧化碳反应生成一氧化碳，因此化学方程式为； ②ⅰ由分析可知，d中的氢氧化钡溶液是吸收未反应剩余的二氧化碳，会生成碳酸钡白色沉淀，因此现象为有白色沉淀生成； ⅱ由分析可知， e中银氨溶液是吸收产生的一氧化碳，因此反应物为CO，根据元素守恒可知，生成物缺少的是，因此完整的化学方程式为； ⅲ如果将d和e颠倒，气体先通入银氨溶液，未参与反应的二氧化碳也会被银氨溶液吸收，导致d中测量的生成的二氧化碳偏小，计算得到的参与反应的二氧化碳偏大，最终导致计算的转化率偏大； ⅳ设初始通入的混合气体总物质的量为1mol，其中的物质的量为，初始的的物质的量为，设转化的的物质的量为，根据可知，反应后，的物质的量为，生成的CO的物质的量为，剩余的的物质的量为，总的物质的量为，由于反应后的体积分数为m，相同条件下即物质的量分数为m，可得出，求出，因此的转化率为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $