浙江省宁波市余姚中学2024-2025学年高一上学期期中考试 化学试题（含答案）

第第页浙江省宁波市余姚中学2024-2025学年高一上学期期中考试化学试题一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．下列属于碱性氧化物的是A．Al2O3 B．Na2O22．下列实验仪器或装置的选择正确的是A．检查装置气密性B．制取ClC．验证NaHCO3和NaD．制备FeA．A B．B C．C D．D3．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A．生铁的硬度大，可用于制造钢轨、车轮、建材B．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C．铝粉与NaOH溶液反应生成H2D．O34．下列说法正确的是A．35Cl和37B．18O2和C．氯离子的结构示意图D．H与Na在元素周期表中处于同一主族5．钠及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是A．金属钠与熔融的TiCl4B．钠久置于空气中，和空气中的有关物质发生反应，最终生成Na2C．将一定量的CO2气体通入NaOH溶液中充分反应，所得溶液中的溶质不可能为NaOH和D．侯氏制碱法的原理是将NH3通入含有CO26．氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其中氢元素为−1价．NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：A．该反应属于置换反应 B．该反应属于复分解反应C．H2O中的氢元素被还原 D．7．下列有关说法正确的是A．氨溶于水得到氨水溶液能导电，所以氨水是电解质B．HCl属于电解质，在水溶液中或熔融状态下都能导电C．Cl2溶于水能导电，但ClD．BaSO4在水溶液中难导电，但熔融下能导电，所以BaSO8．下列关于元素及其化合物的说法不正确的是A．锂、钠、钾单质均能与水反应生成对应的碱和氢气B．碳酸氢钠晶体溶于少量水，有吸热现象C．Al、Cl2D．工业上用H2在Cl29．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．0.2mol⋅L−1B．0.1mol⋅C．0.2mol⋅L−1D．0.1mol⋅L−110．某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在Fe2+、NO3−、Fe3+、NH4+、H+A．NO3B．还原性：FeC．该反应中Fe2+被还原为D．还原剂与氧化剂的个数之比为6：111．高铁酸钠(Na2FeO4A．Fe位于第四周期，第VⅢ族B．Cl2和足量Fe反应可生成C．制备0.1molNa2D．K212．下列离子方程式正确的是A．过量CO2通入饱和碳酸钠溶液中：B．Cl2通入水中制氯水：C．Fe(OH)3D．金属钠投入MgSO4溶液中：13．2010年，科学家用2048Ca轰击97249Bk得到了117293A．117号元素具有放射性B．97249C．2048D．117293Ts14．化学学习需要数形结合的思想，下列图示与对应的叙述不相符的是A．向一定量Ba(B．将铁粉加入一定量FeCl3C．向等浓度的NaOH和Na2D．等体积、等浓度稀硫酸分别与足量铁和镁反应的情况A．A B．B C．C D．D15．下列说法正确的是A．在元素周期表中共有18个族B．当L层上的电子数为奇数时，M层上不可能有电子C．同一周期中，ⅡA与ⅢA族元素原子的核电荷数都相差1D．在多电子原子中，离核近的区域内运动的电子能量较高16．下列“类比”合理的是A．NaHSO4溶液显酸性，NaHCOB．Fe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与IC．一定条件下，Al和Fe2O3反应生成Fe和Al2O3，则NaD．Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H217．下列说法正确的是A．实验未用完的钠可放回原试剂瓶B．焰色试验时，可以用铁丝代替铂丝，使用前都要用稀硫酸清洗干净C．使用容量瓶配制溶液时，应先检漏，且干燥后才能使用D．粗盐净化过程中，可用BaNO318．稀土资源素有“工业维生素”“新材料之母”之称，我国稀土储量世界第一。已知：金属铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应（注：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+A．铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：CeB．Ce2(C．铈元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近Na元素D．金属Ce保存时可以用水封来隔绝空气，防止被氧化19．下列各组在溶液中的反应，不管反应物的用量多少，都只能用同一个离子方程式来表示的是（）A．NaOH与CO2B．Ca(OH)2与Ca(HCO3)2C．FeBr2与Cl2(氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3+)D．Ca(HCO3)2与NaOH20．将agFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200mL1mol⋅L-1A．2mol⋅L−1 B．3mol⋅21．某种物质由原子序数依次增大的R、W、X、A．简单氢化物的稳定性：W>XC．元素的非金属性：Z>X D．22．NAA．18gH2B．在100mL0.1C．4.6gNa在氧气中完全反应生成Na2O和NaD．0.2molCl2溶于水后，生成HClO23．将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和ClO3−A．苛性钾溶液中KOH的质量是5.04gB．由题中信息可知，氧化性ClO-<ClO3C．反应中转移电子的物质的量是0.21molD．在酸性条件下ClO-和ClO3−可生成Cl24．某溶液仅由Na+、Mg2+、Ba2+、Cu2+、HCO3①用洁净的铂丝蘸取待测液在酒精灯外焰灼烧，观察到有黄色火焰；②加过量盐酸无现象，得到无色溶液；③取操作①后的溶液，加入过量的BaOH④取操作②后的滤液，加入过量的HNO3和AgNO根据以上实验判断，下列推断不正确的是A．根据操作②的无色溶液，推断原溶液一定不存在CuB．白色沉淀1为混合物，白色沉淀2为纯净物C．原溶液中一定不存在BaD．由实验可知原溶液中不一定存在Cl25．下列实验方案设计、现象、结论都正确的是实验方案现象结论A向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：ClB用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上试纸变白次氯酸钠溶液呈中性C将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液溶液呈浅绿色食品脱氧剂样品中没有+3价铁D分别取MgCl2与AlCl3溶液于试管中，加入足量氯化镁溶液出现白色沉淀，氯化铝溶液先出现白色沉淀，后溶解镁的金属性更强A．A B．B C．C D．D二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26．“分类研究”是重要的学习与科研方法。现有下列9种物质：①HCl气体；②NaCl固体；③SO2；④蔗糖；⑤Ba(OH)2固体；⑥熔融NaHSO4；（1）上述物质中属于电解质的有，能导电的纯净物有(填序号)。（2）写出⑥的电离方程式为。（3）上述9种物质中有两种物质在水溶液中发生反应的离子方程式为H++OH（4）Ba(OH)2溶液与足量的（5）配平下列化学方程式，在横线上填写化学计量数。___MnO27．某化合物A(由三种元素构成)，为了探究其组成，进行如下实验已知：气体D在标准状况下的密度为1.25g/L。试回答：（1）黑色固体E的化学式。（2）写出溶液F中通入过量Cl2的离子方程式（3）写出化合物A隔绝空气加热的化学方程式。（4）写出检验黄色溶液G中金属阳离子的方法：。（5）红褐色固体K受热完全分解生成红棕色固体，某同学取该红棕色固体与一定量的H2反应后的固体，溶于足量稀盐酸中，再往其中滴加硫氰化钾溶液，溶液未变红。该同学得出结论：红棕色固体已反应完。你认为该同学的结论是否正确？(填“是”或“否”)，请结合离子方程式说明原因28．某同学设计如图装置（气密性已检查）制备Fe(OH)2白色沉淀。已知：Fe(OH)2白色沉淀易被空气氧化，形成红褐色沉淀。请回答：（1）装置5的作用是；（2）实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现无法让3中溶液进入4中，请为装置作一处改进，使溶液能进入4中，改进的方案是；（3）装置改进后，将3中反应后溶液压入4中，在4中立即析出了灰绿色沉淀，长时间后转变为红褐色，写出该过程的化学方程式；从实验操作过程分析没有产生白色沉淀的原因是；29．回答下列问题：I．下图是实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据。盐酸分子式：HCl相对分子质量：36.5密度：1HCl的质量分数：36.5%（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为________mol/L。（2）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.4mol/L（3）在实验中其他操作均正确，若用量筒量取浓盐酸时仰视刻度线，则所配得溶液的浓度________(填“大于”“等于”或“小于”)0.4molⅡ．要配制240mL0.2mol①把称量好的胆矾(CuSO4②把①所得溶液小心转入___________中；③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度1~2cm④用少量蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2~⑤将容量瓶塞紧，反复上下颠倒，摇匀；⑥待溶液恢复到室温。（4）请填写上述实验步骤的空白处：②把①所得溶液小心转入________中。（5）实验操作步骤的正确顺序为(填序号)________。（6）实验室用胆矾(CuSO4（7）由于错误操作，使得实际浓度比所要求的偏小的是___________(填写编号)。A.称量胆矾时，左码右物B.使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容C.没有用蒸馏水洗烧杯2~3次，并将洗液移入容量瓶中D.把配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用30．把1.0mol/LFe2SO（1）此混合溶液中Fe3+的浓度为（2）向混合溶液中加入足量铁粉，充分反应后（忽略溶液体积的变化），测得溶液中Fe2+的浓度为2.0mol/L（3）若向混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后，过滤出不溶物，溶液质量增重5.12g，则反应后的溶液中cCu2+

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、Al2O3和酸反应生成盐与水，和碱反应也生成盐与水，这类氧化物叫两性氧化物，不符合碱性氧化物“仅和酸反应生成盐和水”的要求，故A不符合题意；

B、Na2O2与酸反应时，除了生成盐和水，还会产生氧气，产物不止盐和水，不满足碱性氧化物定义，故B不符合题意；

C、BaO和酸反应时，只生成盐与水，完全契合碱性氧化物的定义，故C符合题意；

D、Fe3O4与酸反应会生成两种不同的盐和水（因Fe3O42．【答案】A【解析】【解答】A、向右侧加水后，装置形成密封空间，两侧出现液柱差。因装置不漏气，内部气体压强稳定，静置时液差不会改变，能说明装置气密性合格，A正确；B、MnO2和浓盐酸发生反应MnO2+4HClC、验证热稳定性时，应把NaHCO3放在小试管（受热更充分、更快），Na2CO3放在大试管（受热相对温和）。通过观察小试管连接的澄清石灰水是否变浑浊（NaHCO3分解产生CO2），大试管连接的石灰水是否无明显现象，对比得出热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3。此装置中两者放置位置未遵循该逻辑，不能准确验证，C错误；D、该装置直接将NaOH溶液滴入FeCl2溶液，过程中Fe(OH)2会接触空气里的O2，迅速被氧化变色，无法得到纯净的Fe(OH)2。应采取诸如“先通N2排尽空气、用煤油隔绝空气”等措施，D错误；故答案为：A。

【分析】本题围绕实验仪器或装置选择展开，需结合各实验的反应原理、条件及物质特性，判断装置能否达成实验目的。A．利用“密封装置内，液差稳定则气密性良好”的原理判断。B．MnO2与浓盐酸制Cl2的反应条件是加热，需关注装置是否提供加热条件。C．依据NaHCO3、Na2CO3热稳定性差异（NaHCO3受热易分解、Na2CO3受热难分解），设计“对比实验”时，要让易分解物质处于更易受热的位置。D．Fe(OH)2易被空气中O2氧化（4Fe3．【答案】A【解析】【解答】A、生铁虽硬度大，但韧性差、较脆，受外力易断裂。而钢轨、车轮、建材需承受动态压力、冲击，对韧性要求高，生铁不满足，故A符合题意；

B、过氧化钠与二氧化碳反应（2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2），能生成氧气，可在潜水艇封闭环境中，将呼出的CO2转化为O2，满足供氧需求，对应关系正确，故B不符合题意；

C、铝粉与NaOH溶液反应（2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑），生成氢气。气体产生的压力可冲击管道内堵塞物，实现疏通，对应关系正确，故C不符合题意；

D、O3、ClO2具强氧化性，能使病菌蛋白质变性、酶失活，杀灭水中病菌，且消毒后无有害残留，适合自来水消毒，对应关系正确，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】本题聚焦“物质性质与用途的对应关系”，需结合物质特性，判断“性质→用途”逻辑是否成立，即分析物质某性质能否合理支撑其对应用途。A．物质用途不仅看硬度，还需考虑韧性、脆性等力学性能。B．关注物质反应能否生成可供给呼吸的物质。C．反应产生气体，利用气体膨胀力疏通管道。D．强氧化性物质可破坏病菌结构，达到消毒目的。4．【答案】D【解析】【解答】A、35Cl和37Cl的质子数均为17（属于氯元素），仅中子数不同（分别为18和20），二者是氯元素的两种不同核素，并非不同元素，A错误；

B、¹8O2和¹6O2均由氧元素组成，且分子结构相同（均为O2分子，仅氧原子的核素不同），属于同一种单质，不满足“结构不同”的条件，不属于同素异形体，B错误；

C、氯原子质子数为17，得到1个电子形成氯离子（Cl-），核外电子数变为18，但核内质子数仍为17。若示意图中核内质子数为18，则对应氩原子（Ar），而非氯离子，C错误；

D、H原子最外层有1个电子，Na原子最外层也有1个电子，二者在元素周期表中均属于第ⅠA族，符合主族元素的划分标准，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题考查原子结构及元素周期表相关概念的辨析，需结合核素、同素异形体、离子结构、主族元素判断等核心知识，逐一分析选项表述的正确性。A．元素的定义是“质子数相同的一类原子的总称”，核素则指“具有一定质子数和中子数的原子”。B．同素异形体的核心是“同种元素形成的结构不同的单质”。C．离子结构示意图中，核内质子数不变（与对应原子一致），核外电子数随得失电子变化。D．主族元素的划分依据是“最外层电子数相同”，第ⅠA族元素最外层均为1个电子。5．【答案】D【解析】【解答】A、钠的金属活动性强于钛，在熔融状态下，Na能与TiCl4发生置换反应，将Ti置换出来，可用于制备金属钛，A正确；

B、钠暴露在空气中，首先与O2反应生成Na2O；Na2O与水反应生成NaOH；NaOH潮解后，吸收空气中的CO2，先转化为Na2CO3・10H2O晶体，晶体风化失去结晶水，最终得到Na2CO3粉末，B正确；

C、NaOH与CO2反应分两步：①2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；②Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。若溶质为NaOH和NaHCO3，二者会发生反应（NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O），不能共存，所以溶液中不可能同时有NaOH和NaHCO3，C正确；

D、侯氏制碱法是先将NH3通入饱和食盐水，使溶液呈碱性（NH3+H2O⇌NH3・H2O⇌NH4++OH-），碱性条件下更易吸收CO2（CO2+2NH3・H2O=(NH4)2CO3、(NH4)2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3），生成的NH4HCO3再与NaCl反应：NaCl+NH4HCO3=NaHCO3↓+NH4Cl。并非直接将NH3通入含CO2的饱和食盐水，D错误；

故答案为：D。

【分析】本题围绕钠及其化合物的转化应用展开，需结合金属冶炼原理、钠的变质过程、NaOH与CO2反应的产物分析、侯氏制碱法原理，逐一判断选项说法的正误。A．依据金属活动性与置换反应原理，活泼金属可置换较不活泼金属的熔融盐。B．梳理钠在空气中逐步反应的过程，分析最终产物。C．分析NaOH与CO2反应的分步过程，判断溶质能否同时存在NaOH和NaHCO3。D．明确侯氏制碱法的正确操作顺序及原理（利用NH3易溶、使溶液显碱性，更易吸收CO2）。6．【答案】C【解析】【解答】A、该反应的反应物为NaH（化合物）和H2O（化合物），均不含单质；产物为NaOH（化合物）和H2（单质）。因无单质作为反应物，不符合置换反应的定义，A错误；

B、复分解反应的本质是成分交换，且产物只能是化合物。该反应生成了单质H2，超出复分解反应的产物范围，B错误；

C、H2O中氢元素为+1价，反应后部分转化为H2（氢元素为0价），化合价降低。根据氧化还原规律，化合价降低的元素被还原，因此H2O中的氢元素被还原，C正确；

D、NaH中氢元素为-1价，反应后部分转化为H2（氢元素为0价），化合价升高。在氧化还原反应中，化合价升高的物质发生氧化反应，是还原剂，因此NaH是还原剂而非氧化剂，D错误；

故答案为：C。【分析】A．判断反应是否符合置换反应“单质+化合物→新单质+新化合物”的特征。B．判断反应是否符合复分解反应“化合物间交换成分，只生成新化合物”的特征。C．分析H2O中氢元素的化合价变化，判断其是否被还原。D．分析NaH中氢元素的化合价变化，判断其是氧化剂还是还原剂。7．【答案】D【解析】【解答】A、氨溶于水后，是生成的NH3・H2O电离出NH4+和OH-使溶液导电，并非氨自身电离。且氨水是NH3溶于水形成的混合物，而电解质必须是化合物，所以氨水不是电解质，NH3・H2O才是电解质，A错误；

B、HCl在水溶液中，在水分子作用下能电离出H+和Cl-从而导电；但熔融状态下，HCl以分子形式存在，无法电离出自由移动离子，不能导电。所以HCl仅在水溶液中能导电，B错误；

C、Cl2是单质，不是化合物，不满足电解质、非电解质的定义要求，不能说Cl2是非电解质，C错误；

D、BaSO4在水溶液中因溶解度小，自由移动离子少难以导电，但熔融状态下，能电离出Ba2+和SO42-，产生自由移动离子从而导电，符合电解质“在水溶液中或熔融状态下能自身电离导电的化合物”定义，所以BaSO4是电解质，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题围绕电解质、非电解质的概念展开，需依据“电解质是在水溶液中或熔融状态下能自身电离导电的化合物；非电解质是在水溶液和熔融状态下都不能自身电离导电的化合物，单质、混合物既不是电解质也不是非电解质”，逐一分析选项。A．明确电解质的研究对象是化合物，混合物不属于电解质范畴。B．区分共价化合物在水溶液和熔融状态下的电离差异，HCl是共价化合物。C．电解质和非电解质的前提是化合物，单质既不属于电解质也不属于非电解质。D．电解质的关键是在水溶液或熔融状态下能自身电离导电，BaSO4虽难溶于水，但熔融时可电离。8．【答案】C【解析】【解答】A、Li、Na、K都属于碱金属，原子最外层电子数为1，化学性质活泼。以Na与水反应为例，Li、K与水反应遵循相似规律，分别生成LiOH、KOH和H2，A正确；

B、实验观察可知，碳酸氢钠晶体（NaHCO3）溶于少量水时，体系温度降低，表现为吸热现象（溶解过程中扩散吸收的热量大于水合释放的热量），B正确；

C、Al与NaOH溶液反应：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2，Al元素化合价从0价升高到+3价，Al仅作还原剂（失去电子，被氧化）。

Cl2与NaOH溶液反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl元素化合价部分从0价降低到-1价（在NaCl中），部分升高到+1价（在NaClO中），Cl2既作氧化剂又作还原剂（既得电子又失电子）。

可见，Al和Cl2在反应中的作用不同，C错误；

D、H2在Cl2中燃烧的反应为H2+Cl2点燃2HCl，该反应能持续进行且产物纯净，工业上借此生产HCl，D正确；B．关注物质溶解过程的能量变化，碳酸氢钠晶体溶于水有特殊热效应。C．分析氧化还原反应中元素化合价变化，判断物质是作氧化剂、还原剂还是兼具两者。D．工业上利用H2和Cl2的燃烧反应制备HCl，依据反应的可行性与实际应用。9．【答案】A【解析】【解答】A、Ba(OH)2在溶液中电离出Ba2+和OH-，Na+、K+、ClO-、Cl-与这两种离子均不发生复分解反应（无沉淀、气体或弱电解质生成），也无氧化还原等其他反应，可大量共存，A正确；

B、酸性KMnO4溶液中，MnO4-有强氧化性，而I-具还原性，二者会发生氧化还原反应；同时溶液中的H+与CO32-会反应生成CO2和H2O，因此I-和CO32-均不能大量存在，B错误；

C、FeCl3溶液中含Fe3+，Fe3+与SCN-会结合生成Fe(SCN)3络合物，发生络合反应，因此SCN-不能大量共存，C错误；

D、NaOH溶液中含OH-，OH-与Mg2+反应生成Mg(OH)2沉淀，与HCO3-反应生成CO32-和水，因此Mg2+和HCO3-均不能大量共存，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题考查离子共存问题，需结合溶液环境（如碱性、酸性）、离子性质（氧化性、还原性、络合性等），判断离子间是否发生反应（复分解、氧化还原、络合等），若不反应则能大量共存。A．分析Ba(OH)2溶液中的离子（Ba2+、OH-）与其他离子是否反应。B．酸性高锰酸钾具有强氧化性，且溶液含H+，需判断离子间是否发生氧化还原或复分解反应。C．Fe3+与SCN-会发生络合反应，据此判断共存情况。D．OH-与Mg2+、HCO3-会发生复分解反应，分析反应情况。10．【答案】C,D【解析】【解答】A、NO3-中N元素为+5价，反应后生成的NH4+中N元素为-3价，化合价降低，说明NO3-发生了还原反应，A正确；

B、反应中Fe2+是还原剂（化合价升高），NH4+是还原产物（由NO3-被还原生成），因此还原性Fe2+>NH4+，B正确；

C、Fe2+中Fe元素从+2价升高到Fe3+中的+3价，化合价升高，说明Fe2+被氧化，而非被还原，C错误；

D、反应式中，还原剂Fe2+的系数为8，氧化剂NO3-的系数为1，因此个数比为8：1，而非6：1，D错误；

故答案为：CD。

【分析】Fe2+中Fe元素从+2价升至+3价，每个离子升高1价；NO3-中N元素从+5价降至NH4+中的-3价，每个离子降低8价。为使化合价升降总数相等，Fe2+系数为8，NO3-系数为1，再结合电荷和原子守恒，得到反应式：8Fe2++NO3-+10H+=8Fe3++NH4++3H2O。A．元素化合价降低的反应为还原反应。B．氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。C．元素化合价升高为被氧化，降低为被还原。D．还原剂是化合价升高的物质，氧化剂是化合价降低的物质，比例为反应式中两者的系数比。11．【答案】B【解析】【解答】A、Fe的原子序数为26，核外有4个电子层（对应第四周期），价电子排布为3d64s2，属于第Ⅷ族，A正确；

B、Cl2氧化性强，与足量Fe反应时，Fe被氧化为+3价，生成FeCl3，而非FeCl2，B错误；

C、反应中Fe3+转化为FeO42-，Fe元素化合价从+3升高到+6，每个Fe3+失去3个电子。制备0.1molNa2FeO4，对应0.1molFeO42-，转移电子数为0.1mol×3×NA=0.3NA，C正确；

D、K2FeO4中Fe为+6价（最高价），具强氧化性，可杀灭病菌；其还原产物Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体吸附杂质达到净水效果，D正确；

故答案为：B。A．根据原子序数、电子层数和价电子排布确定周期和族。B．Cl2具有强氧化性，与金属反应时通常使金属显高价态。C．通过Fe元素化合价变化，计算生成一定量Na2FeO4时的电子转移数。D．结合强氧化性（杀菌消毒）和还原产物的水解性质（净水）分析。12．【答案】D【解析】【解答】A、过量CO2与饱和Na2CO3反应生成NaHCO3，因NaHCO3溶解度小于Na2CO3且反应消耗水，会析出固体。正确离子方程式应为2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓，A错误；

B、Cl2与水反应生成HCl（强酸，可拆）和HClO（弱酸，不可拆），正确离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，原方程式拆分了HClO，B错误；

C、Fe(OH)3中的Fe3+具有氧化性，会氧化I-生成Fe2+和I2，正确离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2+B．HClO是弱酸，离子方程式中需保留分子形式。C．Fe3+与I-会发生氧化还原反应，并非单纯中和反应。D．Na先与水反应生成NaOH，再与Mg2+反应生成沉淀。13．【答案】A【解析】【解答】A、117号元素属于超铀元素，这类元素的原子核结构不稳定，具有放射性，A正确；

B、97249Bk中，质量数为249，质子数为97，因此中子数=249-97=152，并非249，B错误；

C、2048Ca的质子数为20（左下角数值），因此核外电子数应为20，而非28，C错误；

D、117293TB．中子数=质量数-质子数（质量数为左上角数值，质子数为左下角数值）。C．原子呈电中性，核外电子数=质子数=原子序数。D．同位素（质子数相同、中子数不同的原子）的化学性质由最外层电子数决定，与中子数无关。14．【答案】D【解析】【解答】A、Ba(OH)2与H2SO4反应生成BaSO4沉淀和H2O，离子浓度随反应进行逐渐降低，导电性减弱；恰好完全反应时，溶液中离子极少，导电性最弱；继续加稀硫酸，H+和SO42-浓度升高，导电性回升。图像变化与实际一致，A正确；

B、反应为Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cl-质量始终不变，但加入的Fe溶解使溶液质量增大，故Cl-质量分数逐渐减小；反应结束后，溶液质量不变，质量分数保持恒定。图像符合此规律，B正确；

C、盐酸先中和NaOH（无气体），再与Na2CO3反应生成NaHCO3（仍无气体），最后NaHCO3与过量盐酸反应生成CO2。因NaOH和Na2CO3浓度相同，前两步消耗盐酸体积相等，气体在第三阶段产生。图像与反应阶段一致，C正确；

D、等体积等浓度硫酸含H+量相同，与足量Fe、Mg反应生成H2体积相等；但Mg更活泼，反应速率更快（曲线斜率更大）。图像中“两者生成H2体积不同”与事实不符，D错误；

故答案为：D。

【分析】本题考查化学变化中“量-变化”关系的图像分析，需结合各反应的分步原理，分析物理量（导电性、质量分数、气体体积等）随变量（如试剂加入量）的变化规律，判断图像与反应事实是否一致。A．反应生成沉淀和水，离子浓度变化决定导电性强弱。B．Cl-不参与反应，溶液质量变化影响其质量分数。C．盐酸先与NaOH反应，再与Na2CO3分步反应，气体产生有滞后性。D．H2体积由硫酸量决定，反应速率由金属活泼性决定。15．【答案】B【解析】【解答】A、元素周期表有18个纵行，但族的数量是16个（7个主族、7个副族、1个第Ⅷ族、1个0族），并非18个族，A错误；

B、K层最多排2个电子，排满后再排L层（最多8个）。若L层电子数为奇数，说明L层未排满（排满为8，偶数），根据填充顺序，L层未排满时，M层不可能有电子（电子优先填满低能量层），B正确；

C、短周期（如第二、三周期）中，ⅡA与ⅢA族元素核电荷数相差1（无过渡元素）；但长周期（如第四周期）含过渡元素（第ⅢB-ⅡB族），ⅡA（如Ca，原子序数20）与ⅢA族（如Ga，原子序数31）核电荷数相差11（31-20=11），并非都相差1，C错误；

D、在多电子原子中，离核近的区域电子受原子核吸引力大，能量低；离核远的区域电子能量高，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题围绕元素周期表结构、核外电子排布规律展开，需结合周期表族的数量、电子层填充顺序、同周期族间核电荷数差异、电子能量与离核距离的关系，逐一判断选项正误。A．明确元素周期表纵行与族的对应关系，区分主族、副族、第Ⅷ族、0族。B．依据核外电子排布“能量最低原理”，电子先填充内层（K→L→M…）。C．考虑周期中是否含过渡元素，过渡元素会增大族间核电荷数差。D．电子能量越低，越靠近原子核；能量越高，离核越远。16．【答案】C【解析】【解答】A、NaHSO4在溶液中完全电离出H+，溶液显酸性；而NaHCO3中HCO3-的水解程度大于电离程度，溶液显碱性。两者酸碱性相反，类比不合理，A错误；

B、Cl2氧化性强，可将Fe氧化为+3价（生成FeCl3）；I2氧化性较弱，只能将Fe氧化为+2价（生成FeI2）。产物价态不同，类比不合理，B错误；

C、Al与Fe2O3能发生铝热反应生成Fe和Al2O3；Na虽更活泼，但在高温下也可与Fe2O3发生置换反应，生成Fe和Na2O。两者均为置换反应，类比合理，C正确；

D、Na与冷水水反应生成NaOH和H2；Fe需与水蒸气在高温下反应，产物为Fe3O4和H2，而非Fe(OH)3。反应条件和产物均不同，类比不合理，D错误；

故答案为：C。

【分析】本题考查物质性质的类比推理合理性判断，需结合物质类别、氧化性差异、金属活泼性及反应条件等因素，分析不同物质反应的本质区别，判断类比是否成立。A．酸式盐的酸碱性由电离与水解程度决定，需比较两者差异。B．氧化剂氧化性强弱决定金属元素的氧化产物价态。C．活泼金属可在一定条件下置换出较不活泼金属。D．金属活泼性差异导致与水反应的条件和产物不同。17．【答案】A【解析】【解答】A、钠易与空气中的氧气、水反应，随意丢弃可能引发危险，且作为块状试剂，剩余部分放回原瓶可避免浪费，操作合理，A正确；

B、焰色试验用稀硫酸清洗铂丝或铁丝时，硫酸不易挥发，残留会干扰后续焰色观察；而盐酸易挥发，加热即可除尽，应选盐酸，B错误；

C、容量瓶使用前必须检漏，但瓶内少量残留水会在定容时被稀释，不影响最终溶液浓度，无需干燥，C错误；

D、若用Ba(NO3)2去除SO42-，会引入新杂质NO3-；应选用BaCl2，其引入的Cl-是粗盐中本就含有的离子，后续可通过其他步骤处理，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题聚焦化学实验操作的规范性，从试剂处理、实验工具使用、除杂原则等角度，结合物质特性（如钠的活泼性、硫酸根的去除方法）判断操作正误。A．钠的化学性质活泼，需兼顾安全性和经济性。B．清洗试剂需能去除杂质且不残留干扰。C．容量瓶的核心功能是定容，需分析残留水对结果的影响。D．除杂需避免引入新的杂质离子。18．【答案】C【解析】【解答】A.氧化性：Ce4+>Fe3+，结合2Fe3++2I-=2Fe2++I2，Ce4+、I-不能共存，Ce与HI的反应为2Ce+6HI=2CeI3+3H2↑，故A不符合题意；B.氧化性是Ce4+>Fe3+，所以Fe3+无法氧化Ce3+得到Ce4+，故B不符合题意；C.铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，与钠的活泼性相似，所以Ce元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近Na元素，故C符合题意；D.根据题中信息铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，则不能用水封保存Ce，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】主要考察氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；

A、根据Ce4+>Fe3+>I-，Fe3+与I-发生氧化还原反应，所以Ce4+、I-能发生氧化还原反应，不能共存；

B、根据氧化性是Ce4+>Fe3+，氧化剂的氧化性应该大于氧化产物的氧化性，方程式不成立；

C、根据铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，性质与Na的性质类似解答；

D、根据铈遇水很快反应，不能用水来隔绝空气；19．【答案】B【解析】【解答】A、氢氧化钠和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，A错误；

B、氢氧化钙和碳酸氢钙反应只能生成碳酸钙和水，B正确；

C、溴化亚铁和少量氯气反应时，只有亚铁离子被氧化为铁离子，和过量氯气反应时，亚铁离子和溴离子都会被氧化，形成铁离子和溴，C错误；

D、碳酸氢钙和少量氢氧化钠反应时生成碳酸钙、水和碳酸氢钠，和过量氢氧化钠反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，D错误；

故答案为：B

【分析】A、氢氧化钠和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠；

B、氢氧化钙和碳酸氢钙反应只能生成碳酸钙和水；

C、根据氧化性的强弱，可知亚铁离子的还原性比溴离子还原性更强，亚铁离子优先被氧化；

D、碳酸氢钙和少量氢氧化钠反应时生成碳酸钙、水和碳酸氢钠，和过量氢氧化钠反应生成碳酸钙、碳酸钠和水。20．【答案】A【解析】【解答】反应最终溶液溶质为硫酸钠，故n(Na+)=2n(SO42-)，即n(NaOH)=2n(H2SO4)。

硫酸的量：n(H2SO4)=1mol/L×0.2L=0.2mol。

氢氧化钠浓度：n(NaOH)=2×0.2mol=0.4mol，浓度=0.4mol0.2L=2mol/L。

21．【答案】B【解析】【解答】A．非金属性O>N>S，故氢化物稳定性H2O>NH3>H2S（X>W>Z），A错误；B．Y=Al，氧化物Al2O3既能与酸反应，又能与强碱反应，属两性氧化物，B正确；C．O与S同主族，非金属性O>S（X>Z），C错误；D．H、N、O可形成NH4NO3（硝酸铵，属于盐），D错误；

故答案为：B。

【分析】五种元素分属三个短周期，R为第一周期主族元素，故R=H；

X、Z同主族，R、W、X原子序数和等于Z的原子序数。设X序数为a，Z为a+8（短周期同主族差8），结合R=1，得1+W+a=a+8，故W=7（N）；

X序数大于W（7），且与Z同主族，故X=O，Z=S（O、S同主族）；

Y最外层电子数是Z（S，最外层6个）的一半（3个），且序数在O（8）与S（16）之间，故Y=Al；综上：R=H、W=N、X=O、Y=Al、Z=S，据此解答。22．【答案】C【解析】【解答】A、H2¹8O摩尔质量为20g/mol，18g对应物质的量为18g20g/mol=0.9mol。

1个H2¹8O中，H无中子，¹8O中子数为18-8=10，故总中子数为0.9mol×10×NA=9NA，A错误；

B、NaOH中氧原子物质的量为0.1L×0.1mol/L=0.01mol，但溶液中大量H2O也含氧原子，实际氧原子数大于0.01NA，B错误；

C、4.6gNa物质的量为0.2mol，每个Na原子失1个电子，总转移电子数为0.2mol×1×NA=0.2NA，C正确；

D、因反应可逆，Cl2无法全部转化为HClO，故HClO分子数小于0.2NAB．氧原子来自NaOH和溶剂水，需综合考量。C．Na反应后均为+1价，电子转移数与产物无关，仅由Na的物质的量决定。D．Cl2与水的反应是可逆反应（Cl2+H2O⇌HCl+HClO），不能完全转化。23．【答案】C【解析】【解答】A、升价总数=0.06mol×1（ClO-中Cl升价）+0.03mol×5（ClO3-中Cl升价）=0.21mol，故Cl-的物质的量=0.21mol（降价总数）。Cl-+ClO-+ClO3-=0.21+0.06+0.03=0.3mol，即K+为0.3mol，KOH质量=0.3mol×56g/mol=16.8g，A错误；

B、仅知二者是不同条件下的产物，无法比较氧化性，B错误；

C、反应中转移电子的物质的量为0.06mol×(1-0)+0.03mol×(5-0)=0.21mol，C正确；

D、ClO-（+1价）、ClO3-（+5价）生成Cl2（0价）时，只有Cl元素降价，无元素升价，违背守恒，D错误；

故答案为：C。

【分析】本题考查氯气与氢氧化钾的歧化反应分析，需结合电子守恒（化合价升降总数相等）和元素守恒（K、Cl原子守恒），通过产物的量计算相关物理量，判断选项正误，核心是明确氯元素的化合价变化规律。

A．先通过电子守恒算Cl-的量，再用K元素守恒算KOH的量。B．氧化性强弱需通过反应事实判断，题中无相关信息。C．转移电子数等于升价总数（或降价总数）。D．氧化还原反应需同时有化合价升高和降低。24．【答案】D【解析】【解答】A、溶液无色，说明无Cu2+，A正确；

B、根据分析可知，沉淀1是Mg(OH)2和BaSO4的混合物，沉淀2是AgCl（纯净物），B正确；

C、根据分析可知，溶液含SO42-，说明无Ba2+（不共存），C正确；

D、由电荷守恒可知，原溶液必含Cl-，“不一定存在”错误，D错误；

故答案为：D。

【分析】实验①：焰色为黄色，说明溶液含Na+。

实验②：加过量盐酸无气泡（排除HCO3-），溶液无色（排除Cu2+，因Cu2+溶液呈蓝色）。

沉淀相关离子推断

实验③：加过量Ba(OH)2生成白色沉淀，可能含Mg2+（生成Mg(OH)2）或SO42-（生成BaSO4），结合“浓度相等”和电荷守恒：若只有Mg2+或SO42-，电荷无法平衡，故必同时含Mg2+和SO42-，因Ba2+与SO42-不共存，故无Ba2+。

实验④：加HNO3和AgNO3生成AgCl沉淀，但实验②引入了Cl-，无法直接判断原溶液是否含Cl-。

结合电荷守恒：Na+（浓度c）、Mg2+（浓度c）的正电荷总和为c+2c=3c；SO42-（浓度c）的负电荷为2c，故需Cl-（浓度c）补充负电荷（3c-2c=c），因此原溶液一定含Cl-。25．【答案】D【解析】【解答】A、向NaBr中加过量氯水，Cl2先氧化Br-生成Br2，但过量Cl2会直接氧化后续加入的I-生成I2（使淀粉变蓝）。因Cl2过量，无法证明是Br2氧化了I-，不能得出氧化性Br2>I2，A错误；

B、NaClO溶液虽因ClO-水解呈碱性，但NaClO有强氧化性，会使pH试纸褪色，无法用pH试纸测其pH，B错误；

C、还原铁粉溶于盐酸时，若原样品有Fe3+，过量Fe会发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，导致加KSCN不变红。因此，溶液呈浅绿色不能证明样品中无Fe3+，C错误；

D、MgCl2与NaOH生成Mg(OH)2沉淀（不溶于过量NaOH）；AlCl3与NaOH生成的Al(OH)3沉淀会溶于过量NaOH。说明Mg(OH)2碱性强于Al(OH)3，故金属性Mg>Al，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题考查化学实验方案的合理性判断，需结合物质性质（氧化性、漂白性、金属氢氧化物特性）和反应规律，分析实验现象与结论之间的逻辑关系，核心是验证“现象能否直接推导结论”。A．过量氯水会干扰Br2与I2的氧化性比较。B．NaClO的漂白性会破坏pH试纸，导致测量失败。C．过量铁粉会还原Fe3+，掩盖原样品中Fe3+的存在。D．通过氢氧化物与过量NaOH的反应差异，比较碱性强弱，推导金属性。26．【答案】（1）①②⑤⑥；⑥⑨（2）NaHSO（3）Ba（4）Ba（5）2【解析】【解答】（1）电解质是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，故属于电解质的是①②⑤⑥，

故答案为：①②⑤⑥；金属单质、石墨、或电解质在水溶液或熔融状态下能导电，故能导电的纯净物有⑥⑨，

故答案为：⑥⑨；（2）NaHSO4在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，

故答案为：NaHSO（3）根据书写离子方程式时强酸、强碱、可溶性盐拆开，在上述9种物质中符合的是HCl气体和氢氧化钡反应，该反应的化学方程式为Ba(OH)2+2（4）Ba(OH)2溶液与足量的NaHCO3溶液反应，根据“少定多变”原则得化学方程式为Ba(OH)2+2NaHCO（5）根据得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒，配平离子方程式为2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。

故答案为：2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O

【分析】(1)根据电解质（水溶液或熔融态导电的化合物）和能导电纯净物（金属、熔融电解质等）的定义判断分类。

(2)熔融态NaHSO4电离出Na+（1）电解质是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，故属于电解质的是①②⑤⑥，故答案为：①②⑤⑥；金属单质、石墨、或电解质在水溶液或熔融状态下能导电，故能导电的纯净物有⑥⑨，故答案为：⑥⑨；（2）NaHSO4在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，故电离方程式为：NaHSO（3）根据书写离子方程式时强酸、强碱、可溶性盐拆开，在上述9种物质中符合的是HCl气体和氢氧化钡反应，故化学方程式为：Ba(（4）Ba(OH)2溶液与足量的NaHCO3（5）根据得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒，配平离子方程式为2MnO27．【答案】（1）FeO（2）2（3）FeC（4）取G溶液适量于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液显血红色，则黄色溶液中为Fe（5）否；若Fe2O3【解析】【解答】（1）根据以上分析，黑色固体E的化学式FeO。

故答案为：FeO；

（2）溶液F是FeCl2，通入过量Cl2生成FeCl3，反应离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；

故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；

（3）化合物A是FeC2O4，21.6gFeC2O4隔绝空气加热生成0.15molFeO、0.15molCO2、0.15molCO，化学方程式为FeC故答案为：否；若Fe2O3过量，溶于酸后发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，滴加KSCN溶液后，溶液也不变红。

【分析】化合物A由三种元素组成，21.6g的A隔绝空气加热，生成无色无味混合气体B和黑色固体E。B能与石灰水反应生成沉淀，该沉淀为碳酸钙（已知气体D在标准状况下密度为1.25g/L，根据气体摩尔质量计算公式M=ρVm（Vm为标准状况下气体摩尔体积，约22.4L/mol），可算出D的摩尔质量为1.25g/L×22.4L/黄色溶液G中含氯化铁（FeCl3），它与铜（Cu）发生反应：2Fe3++Cu根据质量守恒定律，E的质量为21.6g−0.15mol×44g/mol进一步分析A中各元素的物质的量：Fe元素为0.15mol，C元素为0.15mol（CO2中的C28．【答案】（1）液封，防止空气进入装置4（2）在装置2、3之间添加控制开关（3）4Fe【解析】【解答】（1）Fe(OH)2白色沉淀遇空气易变质，装置5中蒸馏水可隔绝空气与装置4的接触，起到液封作用。因此装置5的作用是液封，防止空气进入装置4。故答案为：液封，防止空气进入装置4；（2）原装置中3中溶液无法进入4，是因装置2、3间无控压装置，压强不足。改进方案为在装置2和3之间添加控制开关，通过开关调控压强推动溶液转移。故答案为：在装置2、3之间添加控制开关；（3）灰绿色沉淀最终变红褐色，是Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，反应为

4Fe(OH)2+O2+2H2O=4