精品解析：江苏省梅村高级中学空港分校2025-2026学年高一上学期12月月考化学试题

江苏省梅村高级中学空港分校2025-2026学年度第一学期12月 阶段检测高一化学试题 时间：75分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mg-24 Ca-40 Cu-64 一、单选题(本题共13小题，每小题3分，共39分。) 1. 化学品在食品工业中有重要应用。下列说法不正确的是 A. 活性炭可用作食品脱色剂 B. 生石灰可用作食品脱氧剂 C. 氯化钠可用作食品调味剂和防腐剂 D. 碳酸氢钠可用作食品膨松剂 2. 2021年10月16日，“长征二号F”火箭将“神舟十三号”载人飞船送入太空。火箭使用的推进剂为偏二甲肼（）和，发生反应的化学方程式为，已知偏二甲肼中C、N元素的化合价相等。下列说法正确的是 A. 是氧化剂 B. 被氧化 C. 既是氧化产物也是还原产物 D. 1 mol 完全反应，转移16 mol电子 3. 下列离子方程式正确的是 A. Cl2通入水中： B. 钠和水反应： C. 铁粉加入氯化铁中： D. 向少量碳酸氢钠溶液中滴加过量澄清石灰水： 4. 下列性质和用途一致的是 A. 钠单质熔点较低，可用于冶炼金属钛 B. K2FeO4(高铁酸钾)具有强氧化性，可用作杀菌消毒 C. FeCl3溶液具有酸性，可以腐蚀铜箔制造印刷电路板 D. 氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸 5. 某同学配制500 mL 1.00 mol/L的某溶液，有关操作正确的是 A. 配制H2SO4溶液时，将量筒、烧杯、玻璃棒洗涤2～3次，将洗涤液转入容量瓶中 B. 配制盐酸溶液时，需量取36.5%、密度为1.19g/cm3的浓盐酸约42.0 mL C. 配制NaOH溶液时，应快速溶解NaOH固体，并快速将溶液转移到容量瓶中后定容 D. 配制NaCl溶液定容时，摇匀后发现溶液凹液面低于刻度线，加入蒸馏水至刻度线 6. 下列装置或操作能达到实验目的的是 A. 甲：测定新制氯水的 B. 乙：测定一定质量镁铝合金中金属铝的含量 C. 丙：制备胶体 D. 丁：验证、、非金属性的强弱 7. 室温下，通过下列实验探究一定浓度溶液的性质。 实验1：向溶液中滴几滴酚酞，溶液显红色。 实验2：向实验1所得溶液中缓慢滴加几滴稀盐酸，溶液红色变浅，无气体产生。 实验3：向溶液中通入过量的，无明显现象。 实验4：向实验3所得溶液中滴加少量溶液，产生白色沉淀。 下列有关说法正确的是 A. 实验1说明可电离出 B. 实验2中溶液红色变浅的原因是： C. 由实验3可以推测与没有发生反应 D. 实验4反应后的溶液中存在大量的、、 8. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X、Y、Z、W最外层电子数之和为18，Y和Z形成的稳定结构的离子Y2-与Z2+具有相同的电子层结构，W与Y同主族。下列说法正确的是 A. 非金属性：W＞X B. W与Y的最高化合价为+6 C. 原子半径：Y＜X＜Z＜W D. 简单氢化物的稳定性：X＞Y 9. 在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. 饱和NaCl溶液 B. C. D. 10. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向FeCl2溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去 Fe2+具有还原性 B 向X溶液中加入稀盐酸，产生无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体 X溶液中一定含有 C 向Y溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加稀盐酸，沉淀不消失 Y溶液中一定含有 D 用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色 该溶液中肯定含K+，可能含Na+ A. A B. B C. C D. D 11. 以不同类别物质间的转化为线索，构建钠及其化合物的关系如下： 下列分析不正确的是 A. 上述反应类型有分解反应、化合反应、置换反应 B. 反应③表明具有酸性氧化物的性质 C. 利用反应④可除去固体中混有的少量 D. 反应⑤、⑥可应用于潜水艇中氧气的供给 12. 从含有CuCl2、FeCl2、FeCl3的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体(FeCl3·6H2O)的流程如下： 下列说法正确的是 A. 试剂a是铁粉，试剂b是稀硫酸 B. 操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用的仪器完全相同 C. 试剂c可以选择Cl2或H2O2 D. 若滤渣Y的质量大于试剂a的质量，废液中 13. 向一定浓度的NaOH溶液中缓慢通入，生成物的物质的量和溶液的温度随通入氯气的物质的量的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. a点时溶液中 B. 的增加可能是由于温度升高导致的 C. 减少的原因可能是： D. 参加反应的NaOH与的物质的量之比为2：1 二、非选择题(本题共4小题，共61分。) 14. 下表是元素周期表的一部分，请按要求回答问题： （1）元素①～⑧中，原子半径最大的是________(填元素符号)。元素⑧的最高价氧化物对应的水化物的化学式是________。 （2）元素⑦的最高价氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式是________。 （3）元素④在周期表中的位置是________。元素⑤与⑥的最高价氧化物的水化物中，碱性较强的是________(填化学式)。 （4）元素②与③的+2价氧化物均为汽车尾气的主要成分，两者在一定条件下反应生成的气体可参与大气循环。写出该反应的化学方程式，并用双线桥法标出该反应电子转移的方向和数目：________。 15. 是治疗胃酸过多症的一种抗酸药。某学习小组在常温下，对是否适合作为抗酸药进行了如下探究。 已知：①人体胃液(含有盐酸)通常约100 mL，约1.5，体温约37℃。 ②抗酸药的标准之一：药物发生疗效时，胃液的pH保持在3~5之间最宜，pH过高会导致胃痛等不适症状。 （1）NaHCO3作为抗酸药的原理是___________(用化学方程式表示)。 提出猜想：不适合作为抗酸药。其原因可能是碱性较强。 【实验探究1】探究与碱性的强弱 （2）分别配制等浓度的溶液和溶液 ①实验室欲配制溶液，实验时应选用的仪器有电子天平、烧杯、胶头滴管、___________、___________。 ②实验中应用电子天平称取碳酸钠的质量为___________。 ③配制过程中，下列操作会造成所配溶液浓度偏高的是___________(填字母)。 A．使用容量瓶前未干燥 B．未洗涤玻璃棒和烧杯 C．定容时俯视刻度线 D．转移时有液体溅出 分别测量溶液和溶液的，结果分别为11.5和8.3。得到结论：上述猜想正确。 【实验探究2】探究作为抗酸药的适应性 （3）如图1，常温下，向烧杯中加入的盐酸，用自动注射器向烧杯中以的速度滴入的盐酸模拟人体分泌胃液，再分别加入固体和固体，并持续搅拌。测得溶液随时间的变化曲线如图2所示。 ①与相比，不适合作为抗酸药的原因是___________。 ②从控制变量和对比实验的角度看，本实验设计不够严谨，不严谨之处是___________。 （4）也是一种常用的抗酸药。相比Al(OH)3，从与胃酸反应的产物分析，NaHCO3抗酸药存在的不足是___________。 16. 实验室制备并收集无水FeCl3的装置如图所示(部分夹持装置略)。已知FeCl3在空气中易潮解，300℃左右升华。 实验步骤如下： Ⅰ．连接仪器，检查气密性，装入药品； Ⅱ．打开分液漏斗活塞，点燃装置a处酒精灯，当收集器内充满黄绿色气体，点燃装置d处酒精灯； Ⅲ．反应结束，熄灭装置d处酒精灯，待硬质玻璃管冷却至室温； Ⅳ．关闭分液漏斗活塞，熄灭装置a处酒精灯； Ⅴ．从K处通入一段时间干燥空气后，拆卸装置并及时密封收集器。 回答下列问题： （1）①装置f中的试剂是________。 ②装置b的作用为________。 （2）①a中发生反应的离子方程式为________。 ②步骤Ⅴ中通入一段时间干燥空气的目的是________。 （3）加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管右端，要使沉积的FeCl3进入收集器，需要的操作是________。 （4）现有含少量杂质的，为测定n值进行如下实验： ①称取a g样品配成250 mL溶液，加入过量铜粉将Fe3+还原为Fe2+，过滤；取25.00 mL所得滤液，恰好与VmLcmol/LK2Cr2O7溶液完全反应； (已知未配平，杂质、Cl-、Cu2+不参与反应)。 ②另取a g样品，在脱水剂SOCl2蒸汽作用下，加热至恒重，测得固体质量为b g。(SOCl2遇水极易反应生成气体，该过程中FeCl3未升华)。 则n=_______(用含a、b、V、c的表达式表示)，下列情况会导致n测量值偏小的是________(填标号)。 A．实验①中，称重后样品发生了潮解 B．实验①中配制溶液时，俯视刻度线定容 C．实验①中配制溶液时，未对所用烧杯和玻璃棒进行洗涤 D．实验②中样品与SOCl2反应时，失水不充分 17. 以菱镁矿渣（主要成分是，含少量、FeO、CaO、、、MgO等）为原料制备的流程如下： （1）将稀硫酸加入菱镁矿渣充分反应后过滤。 ①为提高“酸浸”效率可以采用的措施是______（写出一种措施即可）。 ②滤渣的主要成分为、______。 （2）加入将氧化为，加入适量MgO调节溶液pH，除去Fe、Al元素。 ①“氧化”时的离子方程式为____________。 ②pH对硫酸镁粗液中杂质元素去除率以及Mg元素损失率的影响如图所示。应调节pH为______。 （3）对除钙后的滤液进行蒸发结晶，过滤得到晶体。硫酸镁溶液在不同温度下蒸发结晶得到的产物的XRD图谱如图所示（XRD图谱用于判断某晶态物质是否存在）。要得到晶体应选择的温度为______。 （4）将24.6 g （摩尔质量为246 g·mol-1）焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。 ①a→b过程发生反应的化学方程式为__________。 ②e点对应固体成分的化学式为______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省梅村高级中学空港分校2025-2026学年度第一学期12月 阶段检测高一化学试题 时间：75分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mg-24 Ca-40 Cu-64 一、单选题(本题共13小题，每小题3分，共39分。) 1. 化学品在食品工业中有重要应用。下列说法不正确的是 A. 活性炭可用作食品脱色剂 B. 生石灰可用作食品脱氧剂 C. 氯化钠可用作食品调味剂和防腐剂 D. 碳酸氢钠可用作食品膨松剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．活性炭具有疏松多孔的结构，吸附性强，可吸附食品中的色素，因此可用作食品脱色剂，A正确； B．生石灰为，能与水反应，可用作食品干燥剂，但其不与氧气反应，无法除去氧气，不能用作食品脱氧剂，B错误； C．氯化钠是食盐的主要成分，具有咸味可作调味剂，高浓度氯化钠溶液可抑制微生物生长，可作食品防腐剂，C正确； D．碳酸氢钠为，受热易分解生成，也可与食品发酵产生的酸反应生成，能使食品疏松多孔，可用作食品膨松剂，D正确； 故选B。 2. 2021年10月16日，“长征二号F”火箭将“神舟十三号”载人飞船送入太空。火箭使用的推进剂为偏二甲肼（）和，发生反应的化学方程式为，已知偏二甲肼中C、N元素的化合价相等。下列说法正确的是 A. 是氧化剂 B. 被氧化 C. 既是氧化产物也是还原产物 D. 1 mol 完全反应，转移16 mol电子 【答案】C 【解析】 【分析】设偏二甲肼中C、N元素的化合价均为未知数，且C、N化合价相同，根据化合物中各元素化合价代数和为0可得，解得。反应中，偏二甲肼中的C、N元素化合价均升高，四氧化二氮中的N元素化合价降低；因此偏二甲肼被氧化，四氧化二氮被还原。 【详解】A．偏二甲肼中C元素的化合价由-2价升高到+4价，N元素的化合价由-2价升高到0价，偏二甲肼被氧化，是还原剂，不是氧化剂，A错误； B．四氧化二氮中N元素的化合价由+4价降低到0价，四氧化二氮被还原，B错误； C．偏二甲肼中的2 mol N原子由-2价升高到0价，生成1 mol氮气；2 mol四氧化二氮中的4 mol N原子由+4价降低到0价，生成2 mol氮气。因此，氮气既是氧化产物也是还原产物，C正确； D．由反应方程式可知，2 mol四氧化二氮完全反应转移16 mol电子，所以1 mol四氧化二氮完全反应转移8 mol电子，D错误； 故选C。 3. 下列离子方程式正确的是 A. Cl2通入水中： B. 钠和水反应： C. 铁粉加入氯化铁中： D. 向少量碳酸氢钠溶液中滴加过量澄清石灰水： 【答案】B 【解析】 【详解】A．通入水反应生成和弱电解质，不能拆写为离子，且产物应为而非额外的，正确离子方程式为，A错误； B．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式原子守恒、电荷守恒，物质拆分符合规则，B正确； C．该离子方程式电荷不守恒，左边总电荷为，右边为，正确离子方程式为，C错误； D．碳酸氢钠少量时，以系数为1进行配平，不会有剩余的，正确离子方程式为，所给方程式为碳酸氢钠过量时的反应，D错误； 因此答案选B。 4. 下列性质和用途一致的是 A. 钠单质熔点较低，可用于冶炼金属钛 B. K2FeO4(高铁酸钾)具有强氧化性，可用作杀菌消毒 C. FeCl3溶液具有酸性，可以腐蚀铜箔制造印刷电路板 D. 氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸 【答案】B 【解析】 【详解】A．钠单质的还原性比较强，可用于冶炼金属钛，A错误； B．K2FeO4(高铁酸钾)中正六价的铁具有强氧化性，可用作杀菌消毒，B正确； C．FeCl3溶液中三价铁离子具有强氧化性酸，可以与铜发生氧化还原，制造印刷电路板，C错误； D．氢氧化铝可以和氢离子反应，可用于中和过多的胃酸，D错误； 故选B。 5. 某同学配制500 mL 1.00 mol/L的某溶液，有关操作正确的是 A. 配制H2SO4溶液时，将量筒、烧杯、玻璃棒洗涤2～3次，将洗涤液转入容量瓶中 B. 配制盐酸溶液时，需量取36.5%、密度为1.19g/cm3的浓盐酸约42.0 mL C. 配制NaOH溶液时，应快速溶解NaOH固体，并快速将溶液转移到容量瓶中后定容 D. 配制NaCl溶液定容时，摇匀后发现溶液凹液面低于刻度线，加入蒸馏水至刻度线 【答案】B 【解析】 【详解】A．量筒为量出式仪器，洗涤量筒会使溶质的物质的量偏大，所配溶液浓度偏高，无需洗涤量筒，A错误； B．浓盐酸的物质的量浓度，根据稀释前后溶质物质的量不变，，解得，B正确； C．固体溶于水放热，未冷却至室温就转移定容，冷却后溶液体积偏小，应冷却至室温后再转移，C错误； D．摇匀后溶液凹液面低于刻度线是部分溶液附着在容量瓶瓶颈和瓶塞处导致的正常现象，加入蒸馏水会使溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，D错误； 因此答案选B。 6. 下列装置或操作能达到实验目的的是 A. 甲：测定新制氯水的 B. 乙：测定一定质量镁铝合金中金属铝的含量 C. 丙：制备胶体 D. 丁：验证、、非金属性的强弱 【答案】B 【解析】 【详解】A．新制氯水中含有的具有漂白性，会漂白试纸，无法测定其，A错误； B．已知镁铝合金总质量，镁、铝均与稀盐酸反应生成，通过该装置可测定生成的体积，列方程组即可计算出金属铝的质量，进而得到其含量，B正确； C．将饱和溶液滴入溶液中会生成沉淀，无法制备胶体，制备胶体应将饱和溶液滴入沸水中，C错误； D．通入的过量，也能与反应生成，无法证明的非金属性强于，D错误； 故答案选B。 7. 室温下，通过下列实验探究一定浓度溶液的性质。 实验1：向溶液中滴几滴酚酞，溶液显红色。 实验2：向实验1所得溶液中缓慢滴加几滴稀盐酸，溶液红色变浅，无气体产生。 实验3：向溶液中通入过量的，无明显现象。 实验4：向实验3所得溶液中滴加少量溶液，产生白色沉淀。 下列有关说法正确的是 A. 实验1说明可电离出 B. 实验2中溶液红色变浅的原因是： C. 由实验3可以推测与没有发生反应 D. 实验4反应后的溶液中存在大量的、、 【答案】B 【解析】 【详解】A．Na2CO3中不含氢元素，不可能电离出OH-，实验1溶液显红色，是因为水解生成，A错误； B．因为加入少量的盐酸生成碳酸氢根离子，使碳酸根离子浓度减小，OH-浓度也减小，离子方程式为：，B 正确； C．向溶液中通入过量的反应生成NaHCO3，离子方程式为：+CO2+H2O=2，C错误； D．向实验3所得溶液中滴加少量溶液，OH-与反应生成，与Ba2+产生白色沉淀BaCO3，OH-离子反应完，不存在大量的OH-离子，D错误； 答案选B。 8. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X、Y、Z、W最外层电子数之和为18，Y和Z形成的稳定结构的离子Y2-与Z2+具有相同的电子层结构，W与Y同主族。下列说法正确的是 A. 非金属性：W＞X B. W与Y的最高化合价为+6 C. 原子半径：Y＜X＜Z＜W D. 简单氢化物的稳定性：X＞Y 【答案】A 【解析】 【分析】首先推断元素：与电子层结构相同，短周期中只能是为，为；与同主族，短周期中为；四种元素最外层电子数之和为18，可得最外层电子数为，且原子序数小于，故为。 【详解】A．最高价氧化物对应水化物酸性，可知非金属性，即，A正确； B．为，最高化合价为，但为，氧元素无价，B错误； C．原子半径规律：电子层数越多半径越大，同周期原子序数越大半径越小，故原子半径顺序为，即，C错误； D．非金属性，非金属性越强简单气态氢化物越稳定，故稳定性，即，D错误； 因此答案选A。 9. 在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. 饱和NaCl溶液 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．向饱和溶液中直接通入，无法生成，侯氏制碱法需先通入使溶液显碱性，才能吸收足量产生，第一步转化不能实现，A错误； B．与在加热条件下反应生成，电解熔融可得到金属，两步转化均能实现，B正确； C．光照分解生成和，不能得到，第二步转化不能实现，C错误； D．在中煅烧生成而非，且不能与水反应生成，两步转化均不能实现，D错误； 因此答案选B。 10. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向FeCl2溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去 Fe2+具有还原性 B 向X溶液中加入稀盐酸，产生无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体 X溶液中一定含有 C 向Y溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加稀盐酸，沉淀不消失 Y溶液中一定含有 D 用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色 该溶液中肯定含K+，可能含Na+ A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．酸性溶液不仅能氧化，也能氧化溶液中的，紫色褪去无法证明是的还原性导致，A错误； B．加入稀盐酸产生无色无味使澄清石灰水变浑浊的气体（），溶液中可能含有，不一定含有，B错误； C．滴加生成的不溶于稀盐酸的白色沉淀可能是，若原溶液含也会出现该现象，不一定含有，C错误； D．蓝色钴玻璃会滤去钠元素的黄色焰色，观察到紫色火焰说明溶液肯定含，无法判断是否含，即可能含，D正确； 因此答案选D。 11. 以不同类别物质间的转化为线索，构建钠及其化合物的关系如下： 下列分析不正确的是 A. 上述反应类型有分解反应、化合反应、置换反应 B. 反应③表明具有酸性氧化物的性质 C. 利用反应④可除去固体中混有的少量 D. 反应⑤、⑥可应用于潜水艇中氧气的供给 【答案】C 【解析】 【分析】由转化关系可知，反应①为钠和氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，反应②为钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应③为氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应④为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应⑤过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应⑥为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气。 【详解】A．上述转化中，反应④为分解反应，反应①为化合反应、反应②为置换反应，A正确； B．反应③中二氧化碳和NaOH反应生成碳酸钠和水，二氧化碳能与碱反应生成盐和水，说明其具有酸性氧化物的性质，B正确； C．反应④为碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，利用反应④无法除去碳酸氢钠固体中混有的少量碳酸钠，反而会将碳酸氢钠除去，C错误； D．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，反应⑤⑥可应用于潜水艇中氧气的供应，D正确； 故选C。 12. 从含有CuCl2、FeCl2、FeCl3的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体(FeCl3·6H2O)的流程如下： 下列说法正确的是 A. 试剂a是铁粉，试剂b是稀硫酸 B. 操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用的仪器完全相同 C. 试剂c可以选择Cl2或H2O2 D. 若滤渣Y的质量大于试剂a的质量，废液中 【答案】C 【解析】 【分析】要回收铜且不引入新杂质，所以试剂a为过量铁粉，此时废液中、均与Fe反应，操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y含Cu和过量Fe，滤液X为溶液；要溶解滤渣Y中的Fe且分离出Cu，同时不引入新杂质，所以试剂b为盐酸，操作Ⅱ为过滤，滤液Z为溶液；要将氧化为且不引入新杂质，所以可选用或等氧化剂，操作Ⅲ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到。 【详解】A．由分析可知，试剂a是铁粉，可将还原为、将置换为Cu；但试剂b不能是稀硫酸，否则会引入杂质，后续无法得到纯净的氯化铁晶体，试剂b应为稀盐酸，A错误； B．操作Ⅰ、Ⅱ是固液分离的过滤操作；操作Ⅲ是从氯化铁溶液获得带结晶水的晶体，需经过蒸发浓缩、冷却结晶等步骤，所用仪器和过滤不完全相同，B错误； C．试剂c的作用是将氧化为，可将氧化为且不引入新杂质；酸性条件下同样可氧化为，还原产物为，也不会引入新杂质，二者均符合要求，C正确； D．加入铁粉后发生两个反应：①，该反应固体质量减少；②，该反应固体质量增加，若滤渣Y质量大于加入的铁粉质量，说明第二个反应的固体增重量大于第一个反应的固体减重量，可推出废液中，D错误； 因此答案选C。 13. 向一定浓度的NaOH溶液中缓慢通入，生成物的物质的量和溶液的温度随通入氯气的物质的量的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. a点时溶液中 B. 的增加可能是由于温度升高导致的 C. 减少的原因可能是： D. 参加反应的NaOH与的物质的量之比为2：1 【答案】A 【解析】 【详解】A．a点时溶液中，，根据得失电子守恒n(Cl-)=1×1+1×5=6，，A不正确； B．NaOH与Cl2反应是放热反应，温度升高，生成的的量越大，的增加可能是由于温度升高导致的，B正确； C．由图可知，随温度升高，n(ClO-)减少，同时和n(Cl-)增加，n(ClO-)减少的原因可能是：，C正确； D．根据原子守恒，生成物是NaCl、NaClO和NaClO3，Na和Cl个数比为1∶1，参加反应的NaOH与的物质的量之为2∶1，D正确； 答案选A。 二、非选择题(本题共4小题，共61分。) 14. 下表是元素周期表的一部分，请按要求回答问题： （1）元素①～⑧中，原子半径最大的是________(填元素符号)。元素⑧的最高价氧化物对应的水化物的化学式是________。 （2）元素⑦的最高价氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式是________。 （3）元素④在周期表中的位置是________。元素⑤与⑥的最高价氧化物的水化物中，碱性较强的是________(填化学式)。 （4）元素②与③的+2价氧化物均为汽车尾气的主要成分，两者在一定条件下反应生成的气体可参与大气循环。写出该反应的化学方程式，并用双线桥法标出该反应电子转移的方向和数目：________。 【答案】（1） ①. ②. （2） （3） ①. 第二周期ⅥA族 ②. （4） 【解析】 【分析】根据元素周期表的结构得到①～⑧元素分别为H、C、N、O、Na、Mg、Al、Cl。 【小问1详解】 一般而言，电子层数多的半径大，当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则元素①～⑧中，原子半径最大的是Na。元素⑧即Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为HClO4。 【小问2详解】 元素⑦的最高价氧化物为Al2O3，与NaOH溶液反应的化学方程式是Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]。 【小问3详解】 元素④为O，O为8号元素，在周期表中的位置是第二周期ⅥA族；元素⑤与⑥的最高价氧化物的水化物分别是NaOH、Mg(OH)2，金属性Na>Mg，元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性较强的是NaOH。 【小问4详解】 元素②与③的+2价氧化物为CO、NO，两者在一定条件下反应生成的CO2、N2可参与大气循环，反应的化学方程式为，可用双线桥法标出其中电子转移的方向和数目：。 15. 是治疗胃酸过多症的一种抗酸药。某学习小组在常温下，对是否适合作为抗酸药进行了如下探究。 已知：①人体胃液(含有盐酸)通常约100 mL，约1.5，体温约37℃。 ②抗酸药的标准之一：药物发生疗效时，胃液的pH保持在3~5之间最宜，pH过高会导致胃痛等不适症状。 （1）NaHCO3作为抗酸药的原理是___________(用化学方程式表示)。 提出猜想：不适合作为抗酸药。其原因可能是碱性较强。 【实验探究1】探究与碱性的强弱 （2）分别配制等浓度的溶液和溶液 ①实验室欲配制溶液，实验时应选用的仪器有电子天平、烧杯、胶头滴管、___________、___________。 ②实验中应用电子天平称取碳酸钠的质量为___________。 ③配制过程中，下列操作会造成所配溶液浓度偏高的是___________(填字母)。 A．使用容量瓶前未干燥 B．未洗涤玻璃棒和烧杯 C．定容时俯视刻度线 D．转移时有液体溅出 分别测量溶液和溶液的，结果分别为11.5和8.3。得到结论：上述猜想正确。 【实验探究2】探究作为抗酸药的适应性 （3）如图1，常温下，向烧杯中加入的盐酸，用自动注射器向烧杯中以的速度滴入的盐酸模拟人体分泌胃液，再分别加入固体和固体，并持续搅拌。测得溶液随时间的变化曲线如图2所示。 ①与相比，不适合作为抗酸药的原因是___________。 ②从控制变量和对比实验的角度看，本实验设计不够严谨，不严谨之处是___________。 （4）也是一种常用的抗酸药。相比Al(OH)3，从与胃酸反应的产物分析，NaHCO3抗酸药存在的不足是___________。 【答案】（1） （2） ①. 50 mL容量瓶 ②. 玻璃棒 ③. 0.530 g(或者0.53 g) ④. C （3） ①. ①与相比，反应时造成胃液更大；的持续时间过长，会导致胃部不适 ②. 实验没有模拟人体的温度 （4）与胃酸反应产生气体，可能造成胃胀 【解析】 【分析】本实验探究与碱性的强弱，、均能和盐酸反应，通过对比实验，可以得出不适合作为抗酸药的结论，据此解答。 【小问1详解】 胃酸主要成分是盐酸（HCl），NaHCO3与HCl发生反应，生成氯化钠、水和二氧化碳气体，从而降低胃酸浓度。该反应化学方程式表示为； 【小问2详解】 ①配制一定物质的量浓度溶液需用容量瓶定容（50 mL溶液选50 mL容量瓶），玻璃棒用于搅拌和引流。已提供电子天平（称量）、烧杯（溶解）、胶头滴管（定容时加水），故补充50 mL容量瓶和玻璃棒； ②物质的量浓度 ，体积 。物质的量 。所需质量 ； ③A．定容时加水至刻度，内壁水分不影响溶质和最终体积，浓度不变； B．未洗涤玻璃棒和烧杯：残留溶质未被转移，溶质减少，浓度偏低； C．俯视导致实际液面低于刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高； D．转移时液体溅出：溶质损失，浓度偏低； 故选C。 【小问3详解】 ①由图2可知，与相比，反应时造成胃液更大。因人体胃液pH需保持在3~5，过高会引起不适，碱性更强，的持续时间过长，会导致胃部不适，故不适合； ②已知温度会影响反应速率，本实验设计不够严谨，不严谨之处是实验没有模拟人体的温度； 【小问4详解】 Al(OH)3与胃酸反应：，产物仅为盐和水；而NaHCO3反应产生CO2气体，在胃中积聚可能导致胃胀、嗳气等不适症状。 16. 实验室制备并收集无水FeCl3的装置如图所示(部分夹持装置略)。已知FeCl3在空气中易潮解，300℃左右升华。 实验步骤如下： Ⅰ．连接仪器，检查气密性，装入药品； Ⅱ．打开分液漏斗活塞，点燃装置a处酒精灯，当收集器内充满黄绿色气体，点燃装置d处酒精灯； Ⅲ．反应结束，熄灭装置d处酒精灯，待硬质玻璃管冷却至室温； Ⅳ．关闭分液漏斗活塞，熄灭装置a处酒精灯； Ⅴ．从K处通入一段时间干燥空气后，拆卸装置并及时密封收集器。 回答下列问题： （1）①装置f中的试剂是________。 ②装置b的作用为________。 （2）①a中发生反应的离子方程式为________。 ②步骤Ⅴ中通入一段时间干燥空气的目的是________。 （3）加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管右端，要使沉积的FeCl3进入收集器，需要的操作是________。 （4）现有含少量杂质的，为测定n值进行如下实验： ①称取a g样品配成250 mL溶液，加入过量铜粉将Fe3+还原为Fe2+，过滤；取25.00 mL所得滤液，恰好与VmLcmol/LK2Cr2O7溶液完全反应； (已知未配平，杂质、Cl-、Cu2+不参与反应)。 ②另取a g样品，在脱水剂SOCl2蒸汽作用下，加热至恒重，测得固体质量为b g。(SOCl2遇水极易反应生成气体，该过程中FeCl3未升华)。 则n=_______(用含a、b、V、c的表达式表示)，下列情况会导致n测量值偏小的是________(填标号)。 A．实验①中，称重后样品发生了潮解 B．实验①中配制溶液时，俯视刻度线定容 C．实验①中配制溶液时，未对所用烧杯和玻璃棒进行洗涤 D．实验②中样品与SOCl2反应时，失水不充分 【答案】（1） ①. 浓硫酸 ②. 除去氯气中混入的HCl （2） ①. ②. 通入干燥空气把装置内残留的排入装置g中被溶液充分吸收，防止产生污染且引发危险 （3）在沉积的氯化铁固体下方加热 （4） ①. ②. BD 【解析】 【分析】装置a中发生反应：，产生的氯气中混有水和HCl，已知目标产物易潮解，故氯气中的杂质必须通过b、c装置除去，因此装置b中盛放饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，装置c中盛放浓硫酸用于干燥氯气。装置d中发生反应：，已知产生的在300℃易升华，故可知装置e中的冷水是用于降温冷凝，收集器用于收集，装置f用于防止空气中的水进入装置e，故装置f盛放的是浓硫酸，最后多余的氯气被装置g中的NaOH溶液吸收。基于以上分析来回答问题。 【小问1详解】 ①根据分析可知，装置f中的试剂是浓硫酸； ②根据分析可知，装置b的作用为除去氯气中混入的HCl； 【小问2详解】 ①a中制备氯气的反应的离子方程式为； ②步骤Ⅴ中通入一段时间干燥空气的目的是把装置内残留的排入装置g中被溶液充分吸收，防止产生污染； 【小问3详解】 由题意可知，氯化铁在300℃左右升华可知，要使沉积的氯化铁进入收集器，需要的操作是在沉积的氯化铁固体下方加热； 【小问4详解】 配平反应：，可知，则根据①可知25.00mL所得滤液中 ，根据铁元素守恒知，则a g样品中。根据②可知，a g样品中，即，故中，，； A．若实验①中，称重后样品发生了潮解，不影响，对所测结果无影响，A错误； B．若实验①中配制溶液时，俯视刻度线定容则会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大，测出偏大，则n计算值偏小，B正确； C．若实验①中配制溶液时，未对所用过的烧杯和玻璃棒进行洗涤，会导致溶液浓度偏小，测出偏小，则n计算值偏大，C错误； D．若实验②中样品与SOCl2反应时，失水不充分，测出水的质量偏小，n计算值偏小，D正确； 故选BD。 17. 以菱镁矿渣（主要成分是，含少量、FeO、CaO、、、MgO等）为原料制备的流程如下： （1）将稀硫酸加入菱镁矿渣充分反应后过滤。 ①为提高“酸浸”效率可以采用的措施是______（写出一种措施即可）。 ②滤渣的主要成分为、______。 （2）加入将氧化为，加入适量MgO调节溶液pH，除去Fe、Al元素。 ①“氧化”时的离子方程式为____________。 ②pH对硫酸镁粗液中杂质元素去除率以及Mg元素损失率的影响如图所示。应调节pH为______。 （3）对除钙后的滤液进行蒸发结晶，过滤得到晶体。硫酸镁溶液在不同温度下蒸发结晶得到的产物的XRD图谱如图所示（XRD图谱用于判断某晶态物质是否存在）。要得到晶体应选择的温度为______。 （4）将24.6 g （摩尔质量为246 g·mol-1）焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。 ①a→b过程发生反应的化学方程式为__________。 ②e点对应固体成分的化学式为______。 【答案】（1） ①. 粉碎菱镁矿渣或适当升高温度 ②. （2） ①. ②. 6 （3）30 ℃ （4） ①. ②. MgO 【解析】 【分析】菱镁矿渣中加入稀硫酸进行酸浸，、MgO转化为硫酸镁，转化为硫酸铁，FeO转化为硫酸亚铁，CaO转化为硫酸钙(微溶物)，转化为硫酸铝，不溶于硫酸，过滤得滤渣的主要成分为、CaSO4，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入MgO调溶液pH、煮沸，将Fe3+、Al3+分别转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，再进行除钙操作得到CaSO4⋅2H2O，最后溶液通过结晶得到MgSO4⋅7H2O，据此解答。 【小问1详解】 ①粉碎菱镁矿渣，增大接触面积，或适当升高温度均可提高“酸浸”效率，则为提高“酸浸”效率可以采用的措施是粉碎菱镁矿渣或适当升高温度； ②根据分析可知，滤渣的主要成分为、CaSO4； 【小问2详解】 ①“氧化”时Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：； ②由图可知，pH=6时，Fe、Al元素的去除率很高，且Mg元素的损失率较低，则应调节pH为6； 【小问3详解】 根据XRD图谱可知，30 ℃时MgSO4⋅7H2O的衍射峰强度较高，而50 ℃、80 ℃时MgSO4⋅6H2O的衍射峰强度高，故要得到晶体应选择的温度为30 ℃； 【小问4详解】 ①a→b过程中，固体质量减少，减少的质量为结晶水的质量，即失去的，而24.6g 的物质的量为0.1mol，含有0.7mol结晶水，则a→b过程失去6分子结晶水生成，即反应的化学方程式为：； ②e点固体质量为4.00 g，其中Mg的质量为，则剩余质量，恰好为O元素的质量，故e点固体成分的化学式为MgO。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $