广东省广州市某中学2024-2025学年高一年级上册期末化学试卷（解析版）

广东省广州市第六中学2024-2025学年高一上学期期末化学试卷

一、选择题（本题共18小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~18小题，每小题3分。

每小题给只有一个选项符合题意。

1.文物承载灿烂文明，传承历史文化，维系民族精神，下列文物的主要成分为金属的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】【解答】A、犀角杯由犀牛角制成，犀牛角的主要成分为角蛋白（一种蛋白质），属于有机物，并非

金属材料，故A不符合题意；

B、该文物属于“广彩”瓷器，瓷器的主要成分为硅酸盐，属于元机非金属材料，与金属无关，故B不符合

题意；

C、这是一幅绘画作品，主要由纸张（植物纤维）和颜料（无机或有机化合物）构成，均不属于金属材料，

故C不符合题意；

D、铁钟的主要成分为铁，铁是金属单质，属于金属材料，因此该文物主要由金属制成，故D符合题意；

故答案为：Do

【分析】判断文物主要成分是否为金属，需分析各选项中文物的材质类别：金属材料包括纯金属及合金，而

非金属材料如蛋白质、硅酸盐、纸张等均不属于此类。A.判断犀角的主要成分属性。

B.判断瓷器的材质类别。

C.判断画作的组成成分。

D.判断“铁钟”的材质属性。

2.在我国空间站的太空课堂中，航天员向水球内注入蓝色颜料后，将一颗泡腾片（由碳酸氢钠和有机酸组

成的混合物）放进了水球内。水球“沸腾”了！无数气泡在其中产生，逐渐将水球充满，如图所示。下列说法

正确的是

第1页

A.泡腾片溶于水只发生物理变化B.气泡的主要成分是酸性氧化物

C.泡腾片中的碳酸氢钠属于碱类D.泡腾片溶于水发生分解反应

【答案】B

【解析】【解答】A、物理变化与化学变化判断：泡腾片含NaHCO3和有机酸，溶于水时发生反应，有新物

质（CO2等）生成，属于化学变化，A错误；

B、气泡主要成分是CO2,CO2能与碱（如NaOH）反应生成盐和水，符合酸性氧化物（与碱反应生成盐

和水的氧化物）定义，B正确；

C、物质分类（碱与盐）：碱是“电离出的阴离子全部为0H-的化合物”；盐是“金属离子（或镀根）与酸根

+

离子构成的化合物NaHCO3由Na（金属离子）和HCO3-（酸根离子）构成，属干盐类（酸式

盐），C错误；

D、分解反应是“一种物质分解为多种物质”；泡腾片溶于水时，是NaHCO3与有机酸两种物质发生复分解反

应（两种化合物交换成分生成新化合物）,D错误；

故答案为：Bo

【分析】本题围绕泡腾片（含NaHCO3、有机酸）溶于水的变化，结合物理与化学变化判断、物质分类

（酸性氧化物、碱、盐）、反应类型（分解、复分解反应）等知识，判断选项正误，核心是理解溶解时

的化学反应及产物性质。

只有B选项分析正确，答案为B。

A.化学变化的本质是有新物质生成，此反应有CO2产生，不是只发生物理变化。

B.依据酸性氧化物的化学性质判断，CO2具备该特征。

C.严格按“碱”（阴离子全为0H■）和“盐”（金属/镂根离子+酸根离子）的定义判断，NaHCO3不满

足碱的条件。

D.区分“分解反应（一变多）”与“复分解反应（两化合物交换成分）“，此反应是两种物质参与，不是分

解反应。

3.下列化学用语正确的是

A.比02的电子式：H+［：O：O：］2'H+

♦♦••

第2页

失去6e一

।n.

B.双线桥表示：H,S+H2s。式浓）=SJ+S。2T+2H、。

'I________t

得到6e・

c.二氧化碳的结构式o=c=o

D.碳酸氢钠溶液中电离方程式：NaHCO3#Na++HCO3

【答案】C

【解析】【解答】A.H2O2为共价化合物，H原子与O原子、O原子与O原子形成共用电子对，因此其电子

式为：H：O：O：H,故A错误；

♦♦••

B.硫酸中S元素化合价由+6价降低为+4价，得到2个电子；硫化氢中S元素化合价从-2价升高为。价，

失去2e-

II,A

失去2个电子。因此用双线桥表示为H,S+H,SOK浓）=S1+SO,T+2H,0,故B错误；

一一|______________!一一

得到2e.

C.为使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，在CCh分子中C原子与2个0原子形成4个共

价键，因此二氧化碳的结构式为o=c=o,故c正确；

D.碳酸氢钠在水溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，因此其电离方程式为NaHC03=Na++HC03,故

D错误；

故答案为：Co

【分析】A、H2O2为共价化合物，结合H、O原子的最外层电子数确定H2O2的电子式。

B、同种元素的价态变化过程中，电子转移向着相邻价态变化，据此确定双线桥。

C、根据CCh的成键情况，确定CCh的结构式。

D、NaHCCh为可溶性盐，在水中完全电离成Na+和HCCh,

4.杭州亚运会打造“绿色建筑”，亚运场馆大量使用了掰化镉（CdTe）发电玻璃。下列说法正确的是

（）

A.114cd和112cd的质子数一定相等

B.短87e的中子数比质子数多14个

C.128方的相对原子质量为128

D.114万与114cd互为同位素

【答案】A

【解析】【解答】A.114cd和112cd互为同位素，其质子数相等，中子数不等，故A符合题意；

R,转87。的中子数为76,比质子数为52,多22个，故R不符合题意：

C.128段的质量数为128,故C不符合题意；

第3页

D.114m与114cd质子数不等，不能互为同位素，故D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A.互为同位素质子数一定相等；

B.质子数为52,中子数为76,因此中子数比质子数多22；

C.根据给出的符号，质量数为128；

D.质子数不同，不能互为同位素工

5.价类二维图和实验是学习元素及其化合物的重要方法。下列说法不正确的是

A.a-f-gTh的每一步转化均需要加入氧化剂

B.通过上图实验装置可制备e,并较长时间保持白色沉淀不变色

C.d可与足量的HI溶液发生复分解反应得到g

D.c-a可通过在一定条件下加入CO、Al等还原剂实现

【答案】C

【解析】【解答】A.aiJg—h的每一步转化过程中，铁元素的化合价均升高，均需要加入氧化剂，A正

确；

B.由分析可知，e是Fe(OH”，较易被氧化，需隔绝空气，按上图实验装置，关闭止水夹，铁与稀硫酸反应生

成氢气，则M中气压增大，将硫酸亚铁溶液压入N中，硫酸亚铁与NaOH反应生成Fe(OH)2,由于隔绝空气，

能较长时间保持白色沉淀不变色，B正确；

C.由分析可知，d是Fe(OH)3,可与足量的HI溶液反应氧化还原反应，生成碘化亚铁、水和碘单质，C错误；

D.由分析可知，c、a分别是FezO.，、Fe,c-a,铁元素化合价降低，可加入CO、Al等还原剂实现，D正确；

故答案为：Co

【分析】根据价类二维图，可推出a为Fe,b为FeO,c为FezCh,e为Fe(OH)2,d为Fe(OH)3,f为亚铁

盐，g为铁盐，h为高铁酸盐。

第4页

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】【解答】A.新制氯水具有漂白性，能使变色后的pH试纸褪色，因此不能用试纸测新制氯水的pH,

A错误；

B.NaOH固体易吸水潮解，称量NaOH固体时应放在小烧杯中，且需遵循“左物右码”原则。托盘天平的精

确度0.1g,因此其质量为7.7g,B错误；

C.密度：乙醇〈浓硫酸，因此将乙醇倒入浓硫酸中，由于浓硫酸稀释放热会引起液体飞溅，造成危险，C

错误；

D.固体灼烧时应在用摒中进行，D正确；

故答案为：Do

【分析】A、新制氯水具有漂白性，能使pH试纸褪色。

B、称量NaOH固体质量时需放在小烧杯中，且位置为“左物右g”；天平的精确度为0.1g。

C、两溶液混合时，应将密度大的液体倒入密度小的液体中。

D、固体燃烧应在用烟中进行。

7.如图所示为氟利昂CFCb破坏臭氧层的过程，下列说法不正确的是

02

3

%+/5^1°

过程］片施市、

CFC13、》ClOC1

\程III。

CFCk

A.过程IV中既有极性共价键的断裂又有非极性共价键的形成

B.整个过程可用方程式表示为CFCb+2。3=CFCl2+a+3。2

C.CFCb的电子式为：《l：e：F

••••

：C1：

D.上述过程说明氟利昂产生的氯原子是破坏见氧层的催化剂

第5页

【答案】C

【解析】【解答】A.根据图示信息，过程IV中，OC1中氧氯原子之间断键，O,中氧原子之间成键，故既有极

性共价键的断裂又有非极性共价键的形成，A正确；

B.根据图示信息，反应物为CFCb和03,生成物为CFCb、Q、O2,整个过程可用方程式表示为CFQ3+

2。3=CFC，2+^+3。2，B正确；

：CI:

c."G3的电子式为:@：E：尸:，c错误;

'：CI：*

••

D.根据图示信息，氟利昂产生的氯原子参与反应，但并未被消耗，则在反应过程中作催化剂，D正确；

故答案为：Co

【分析】A.极性键存在于不同原子之间，非极性键存在于相同原子之间。

B.注意反应前后原子种类和数口守恒。

C.CFCi3中各原子均达到8电子饱和。

D.反应前后，催化剂的质量和化学性质不变。

8.硫酸钢(BaSCU)是一种用于胃肠道造影检查的辅助用药。钢小Ba)与镁SMg)是同族元素，关于钢的性质的

判断正确的是

A.Ba是第五周期第IIA族元素B.碱性：Ba(OH)2<Mg(OH)2

C.金属性：Ca>BaD.原子半径：Cs>Ba

【答案】D

【解析】【解答】A.Ba是第56号元素，位于元素周期表中第六周期第HA族，A错误；

B.同主族元素，核电荷数越大，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：

Ba(OH)2>Mg(OH)2,B错误；

C.同主族元素，核电荷数越大，金属性越强，因此金属性：Ca<Ba,C错误；

D.Cs与Ba同周期，两原子的电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径：Cs>Ba,D

正确;

故答案为：Do

【分析】A、根据Ba的原子序数，确定其在元素周期表中的位置。

B、同主族元素，核电荷数越大，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。

C、同主族元素，核电荷数越大，金属性越强。

D、同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小。

9.用NA表不阿伏加德罗常数，下列叙述止确的是

A.常温常压下，NA个CO?分子占有的体积为22.4L

第6页

B.O.5mol/L的MgCb溶液中含有NA个Cl-

C.常温常压下，Ch和O,的混合物共64g,所含氧原子数目为2NA

D.常温常压下，7.8gNa2Ch中含有0.2NA个Na+

【答案】D

【解析】【解答】A.常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/moL因此ImolCCh的体积不是22.4L,A项错

误；

B.溶液的体积未知，无法应用公式n=cxV计算溶液中C卜数目，B项错误；

C.O?和03的混合物共64g,一者都是由O原子构成，因此氧原子的质量为64g,其所含的氧原子数目为

16湍^xN^moL=4NA，C项错误；

D.i个Na2O2中含有2个Na+和1个O歹。7.8gNa2O2的物质的量为需褊=0.1m。，，因比0.1molNa2O

中含有0.2NA个钠离子，D项正确；

故答案为：Do

【分析】A、常温常压下，Vn#22.4L-moFL

B、未给出溶液的体积，无法计算溶液中所含的离子数。

C、64go2和03的混合物中所含O原子的质量为64g,据此计算。

D、一个Na2O2中含有2个Na+和1个据此计算。

10.有人设计出一种在隔绝空气条件下让钠与小eS04溶液反应，观察代(。“)2颜色的实验。实验时，往

100mL的大试管中先加40mL煤油，取3粒米粒大小的金属钠放入大试管后塞上橡皮塞，通过长颈漏斗加入

FeSS溶液(不含F3+)使煤汕的液面至橡胶塞，力夹紧弹簧夹(如II所示)。下列说法错误的是

弹簧夹

A.用过氧化钠代替钠也可以观察到此现象

B.大试管下层溶液出现白色沉淀，并可持续较长时间

C.长颈漏斗中的液面会.上升且钠在分界处上下浮动

D.该反应同时也能说明钠不能与硫酸亚铁溶液置换生成铁单质

【答案】A

【解析】【解答】A.过氧化钠与水反应可以生成氧气，O?能将Fe(OH)2氧化成Fe(OH)3,无法长时间观察

Fe(OH)2的颜色，A错误;

第7页

B.钠与水反应生成氢氧化钠和H2,氢氧化钠与硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁白色沉淀；出可排出装置内的

空气，由于没有氧气的存在，所以可以长时间观察到白色沉淀，B正确；

C.钠与溶液中的水反应生成氢气，氢气带动钠在分界处上下浮动；且氢气使得试管内压强增大，将试管中

的液体压入长颈漏斗，因此长颈漏斗中的液面上升，C正确；

D.Na与FeSO4溶液不能发生置换反应，D正确；

故答案为：Ao

【分析】A、NazCh与HzO反应生成02,Ch能将Fe(0H)2氧化。

B、Na与FhO反应生成NaOH和H2,Hz可排出装置内的空气，防止Fe(OH)2被氧化。

C、Na与H20反应生成Hz,山带罚Na上下浮动，同时使得试管内的压强增大。

D、Na与FeSO4溶液不反应。

11.Z、Y、X、W、Q为五种原子序数依次增大的短周期主族元素。其中Z、Y、W分别位于三个不同周

期，Y、Q位于同一主族，Y原子的最外层电子数是W原子的最外层电子数的2倍，Y、X、W三种简单离

子的核外电子排布相同。由Z、Y、X、W形成的某种化合物的结构如图所示。下列说法错误的是

-YZ

X'ZYXYZ

_YZ_

A.简单氢化物的稳定性：Y>Q

B.该物质中不是所有原子均满足最外层8e-的稳定结构

C.离子半径：Y<X<W

D.W与X两者的最高价氧化物对应的水化物之间可发生反应

【答案】C

【解析】【解答】由分析可知，Z、Y、X、W、Q分别为H、0、Na、Al、S。

A.非金属性越强，其简单氢化物越稳定，由于非金属性0>S,因此简单氢化物的稳定性HzOAFhS,A正

确：

B.H原子最外层只有I个电子，因此该物质中H不满足8电子稳定结构，B正确；

C.电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，以你次离子半径：->Na+>AF+,即Y>X>W,

C错误；

D.氢氧化铝为两性氢氧化物，因此氢氧化铝能与氢氧化钠溶液反应，D正确；

故答案为：Co

【分析】X可形成离子X+,因此X为Na。Z、Y、W分别位于三个不同的短周期，因此Z为H。由化合物的

结构可知，Y可形成2个共价键，因此Y为(XY原子的最外层电子数是W原子最外层电子数的2倍，因此

W原子的最外层电子数为3,所以W为Al。Y与Q位于同一主族，因此Q为S。据此结合元素周期律分析选

第8页

项。

12.下列离子方程式书写正确的足

+

A.向水中通入Cl2+H2O=2H+ClO~-¥Cr

2+3+

B.向FeBn溶液中通入足量的Ci2：2Fe+2Br+2Ch=2Fe+4Cl+Br2

2+

C.少量碳酸氢钠与氢氧化钢溶液反应：HCO3+Ba+OH=BaCO.4+H2O

+

D.侯氏制碱法：CO2+NH3+H2O=HCO3NH4

【答案】C

【解析】【解答】A.溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱电解质，在离子方程式中保留化学式，因此该

反应的离子方程式为G2+H2。="++C厂+HCIO,A错误；

B.向FeB「2溶液中通入足量的FeBn完全反应,Fe?+和B”的个数比为1：2,因此该反应的离子方程式

为2Fe:++4Br+3C12=2Fe3++6Cl+2Br2,B错误；

C.少量碳酸氢钠与氢氧化钢溶液反应生成碳酸钢沉淀，NaHCCh少量，则参与反应的HC。一个数为1,因此

该反应的离子方程式为HCO3+Ba2++OH=BaCO31+H2O,C正确；

D.由于NaHCCh的溶解度较小，因此侯氏制碱法所得为NaHCOa沉淀，该反应的离子方程式为

+

Na+CO2+NH3+H2O=NaHCO3,D错误；

故答案为：Co

【分析】A、Ch与H2O反应生成强酸HCI和弱酸HClOo

B、Cb足量,则FeBn完全反应,参与反应的Fe?+和Br的个数比为1：2。

C、NaHCCh少量，则参与反应的HCO.「只有一个，据此确定0旷和Ba?+的个数。

D、侯天制碱法产生的是NaHCCh固体。

13.已知反应：

①16H++10Z-+2X07=2X2++5/2+8%。；

2+

@2A+B2=243++2B\

（3）2B-+Z2=B2+2Z-.

根据上述反应，判断下列结论正确的是

A.X2+是X0了的还原产物，B二是B-的还原产物

B.要除去含有A2+、Z利B-混合溶液中的A2+,而不氧化Z-和B,应加入Z2

C.在溶液中不可能发生反应：8H++5A2++XOJ=X2++5A3++4H2O

D.还原性：A2+>B>Z>X2+

【答案】D

【解析】【解答】A.X2+是XO［发生得电子的还原反应生成X2,因此X2+是还原产物；B-发生失电子的氧

化生成Bz,因此是氧化产物，A错误；

第9页

3+

B.由分析可知，氧化性：XO；>Z2>B2>AO因此要除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+,而不氧化Z-

和应加入B,,B错误；

3

C.由于氧化性：XO；>Z2>B2>A\氧化性强的可生成氧化性弱的，因此在溶液中可能会发生反应：

2+3+

8H++5A2++XOJ=X+5A+4H2O,C错误；

D.由分析可知，还原性：A2+>B>Z>X2\D正确；

故答案为：Do

【分析】反应①16H++10Z+2XO产2X2++5Z2+8H2O中，XO，为氧化剂，X?+是还原产物；Z是还原剂，Z2

是氧化产物，因此还原性：Z>X2"：氧化性：XO4>Z2o反应②2A2++B2=2A"+2B-中，是氧化剂，B-是还原

2+3+

产物；A2+是还原剂,A3+是氧化产物,因此还原性:A>B；氧亿性:B2>AO反应③2B+Z2=B2+2Z-中，Z2

是氧化剂，乙是还原产物；B-是还原剂，Bz是氧化产物，因此还原性：B>Z；氧化性：Z2>B2O综上，物质的

还原性：A2+>B>Z>X2+；氧化性：XO4->Z2>B2>A3+O据此结合选项分析。

14.将Cu片放入FcCb溶液中，反应一定时间后取出Cu片，测得溶液中Fe3+与Fe2+个数比为2：3,则此时

溶液中与脆3+的物质的量之比为

A.3：5B.3：4C.3：2D.4：3

【答案】B

【解析】【解答】将Cu片放入FeCh溶液中，发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+o测得溶液中F/+与Fe?+个数

比为2：3,若溶液中n(Fe2+)=3moL则n(Fe3+)=2moL由反应的离子方程式可知，反应生成

n(Cu2+}=in(Fe2+)=ix3moi=1.5moL所以反应后溶液中Cu?+与Fe--的物质的量之比为1.5mol：2mol=3：4。

故答案为：Bo

【分析】Fe3+具有氧化性，能将Cu氧化成CM+,该反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=2Fe2++CM+。据此结合

溶液中n(Fe2+)进行计算。

15.下列各组离子在给定条件下可能大量共存的是

A.能使石蕊变红的溶液中：Fe3\K+、SCN、NO3

B.加入铝粉有大量氢气产生的溶液中：C1O\K+、C0♦、Na+

C.含大量NaHSCh的溶液中：M/+、8r-、3/+、cl-

D.在pH<7的澄清透明溶液中：K+、NH}CH3coO'MnO^

【答案】B

【解析】【解答】A.Fe3+与SCN-反应生成配合物，二者不能大量共存，A错误；

B.加入铝粉有大量氢气产生的溶液可能含有大量的H+或OH。若含有H“，则与CO/、CIO-不能大量共

存；若含有OH\则相互间不反应，可以大量共存，满足题目可能大量共存要求，B正确；

C.so『、Ba"之间生成难溶物硫酸铁，二者不能大量共存，C错误；

D.pH<7的溶液中含有大量的H+,H/能与CH3c00一形成CH38OH,因此二者不能大量共存，D错误；

第10页

故答案为：Bo

【分析】A、Fe计能与SCN一反应生成Fe(SCN)“

B、加入Al产生大量H2的溶液中可能含有大量的H'或OH，

2

C、NaHSO4电离产生的SO4能与Ba?+形成BaSO4沉淀。

D、pHV7的溶液中含有大量的H+<

16.卜.列实验过程可以达到实验目的的是

实验目的实验操作现象及结论

称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸

配制0.4000mol/L固体溶解，并获得0.4000

A储水溶解后，立即转移至250mL容量瓶中定

的NaOH溶液mol/L的NaOH溶液

容

将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满集气瓶中产生大量白烟，

B验证钠的还原性

CO2的集气瓶瓶内有黑色默粒产生

检验FeCh溶液中是若紫红色褪去，则溶液中

C向涔液中滴加酸性KMnO4溶液

否含有Fe2+含有Fe2+

检验Na2sCh溶液中取少量溶液于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝若产生白色沉淀，则溶液

D

是否含有ci-酸银溶液中含有ci-

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】【解答】A.NaOH固体溶解过程中放热，因此需要冷却至室温，再转移至250mL容量瓶中定容，A

错误；

B.产生黑色颗粒，说明钠将C02还原并生成碳，体现了钠的还原性，B正确：

C.在酸性条件下，高锌酸钾与氯离子发生反应：2MnO1+10CH16H+=2Mn2++5C12T+8H20,因此C「也能使

高镒酸钾溶液褪色，不能说明溶液中含有Fe?+,C错误；

D.SO42也能与Ag+形成Ag2sCh沉淀，因此硫酸根离子的存在会干扰氯离子的检验，取样后应先加足量硝

酸钢溶液，过滤后取滤液，再加入稀硝酸酸化的硝酸银，才能排除硫酸根离子干扰，验出氯离子，D错误；

故答案为：Bo

【分析】A、NaOH固体溶解放热，需冷却至室温后再进行移液操作。

B、产生的黑色颗粒为C,说明CO二发生还原反应。

C、C「、Fe?+都能使酸性KMnCh溶液褪色。

D、SO42\Cl都能与Ag+反应产生白色沉淀。

”.氧化钠(Na”)可在野外作生氢剂，反应原理为NQ”+”2。=2。。"+%T。设计如图实验装置(部分夹持

仪器略)利用Na与%反应制备NaH。下列说法正确的是

第11页

A.实验开始时，先打开止水夹再点燃酒精灯

B.装置a也可用于浓盐酸与“几方制C%

C.装置b中的试剂是浓硫酸，d中碱石灰用来处理尾气

D.反应后取c中固体加水溶解，滴加酚猷;，溶液变红证明Na已完全反应

【答案】A

【解析】【解答】A、实验开始时，必须先打开止水夹，让装置a产生的比充满整个装置，排尽内部空气

（避免钠与02反应），待空气排净后再点燃酒精灯，使钠与氢气顺利反应。该操作符合实验安全规范，A正

确；

B、浓盐酸与MnCh反应制Cb需要加热条件（Mn02在常温下与浓盐酸不反应），而装置a是固液不加热型

装置，无法提供反应所需的加热条件，因此不能用于该反应，B错误；

C、装置b中试剂为浓硫酸，作用是干燥H2（防止比中的水蒸气与钠反应生成NaOH杂质）；装置d中

碱石灰的主要作用是隔绝空气，防止空气中的H20和C02进入装置c与产物NaH反应，并非处理尾

气，C错误；

D、Na与水反应生成NaOH,NaH与水反应也生成NaOH（反应为NaH+H2O=NaOH+H2t）,因此加水溶

解后滴加酚酸变红，无法区分是未反应的Na还是生成的NaH与水反应的结果，不能证明Na已完全反

应，D错误；

故答案为：Ao

【分析】分析实验装置各部分作用，结合反应条件、物质性质，逐一判断选项说法的正确性。

A.实验操作顺序的合理性，核心是防止钠与空气中氧气反应。

B.装置a的适用条件与制Cb反应的条件匹配性。

C.装置b试剂的作用及装置d中碱石灰的功能。

D.酚歆变红现象能否证明钠完全反应，需考虑NaH与水的反应产物。

18.有一水溶液含有以下离子中的若干种：Na+、NH，Cl-.By、HCO&、50；一，现取两份100mL的该

溶液分别进行如下实验（己知：NH：+0H-=NH3y+“2。）：

（1）第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL。

（2）第二份加足量8a（OH）?溶液，得沉淀4.30g,冉用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。

根据上述实验，下列推测错误的是

第12页

A.100mL该溶液中NHj的物质的量为0.02mol

D.生成可溶于盐酸的沉淀的离子方程式为HCO*++OH~=BUCO31±H2O

c.原溶液中一定存在N”*、HCO3.sof，可能存在NQ+、cr

D.第二份溶液消耗Ba(O〃)2的物质的量为002mol

【答案】C

【解析】【解答】A.第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL,与OFT反应生成

的气体为N%,说明溶液中存在且由N原子守恒可得，H)=以NH3)=吊=22：霏;厂1=

0.02mol,A正确；

B.生成可溶于盐酸的沉淀为BaC6沉淀，即生成而。。3沉淀的离子方程式为HCO］+8滔++0〃-=

BaCO3l+H2O,B正确；

C.第二份加足量8a(0H)2溶液，得沉淀4.30g,再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g.沉淀部分

溶解，溶解的沉淀为BaCCh,剩余的2.33g沉淀为BaSO4沉淀。说明溶液中存在S。/和HC。］，不存在

8a2+。S。/一的物质的量几(5。干)="8aS。。=第==°-01nio/»HC0］的物质的量为

n(HC0^=n(COj-)=n{BaCO^==O.OlmoZ,垢合A项，根据电荷守恒可知溶液中一定存

197gmol

在Na+,无法确定是否存在C厂，C错误；

D.由C项分析可知，第二份溶液消耗Ba(0H)2的物质的量为0.02moLD正确；

故答案为：C

【分析】第一份加入足量的NaOH溶液，加热，收集到标准状态下448mL气体，该气体为NHa,说明溶液

中含有NH/。根据氮元素守恒可得，溶液中M/VH4+)=MNH3)=/■=0440；。僦

第二份加入足量Ba(OH)2溶液，得到4.30g臼色沉淀。再加足量稀盐酸，剩余2.33g沉淀。说明4.30g沉淀为

BaSCh和BaCCh,其中BaSCh的质量为2.33g,BaCO的质量为1.97g。说明原溶液中含有SO*和HCQ「；

2+

由离子共存可得，原溶液中一定不含有Ba<,原溶液中以S。射)=n(BaS04)=^=233g=

O.Olmol；n(HC。或)=n(BaC0)=-i=0.01mol根据电荷守恒可得，原溶液中一定含有Na1,

3197g-molo

旦其物质的量至少为O.Olmol。据此结合选项分析。

二、填空题(共56分)

19.某课外活动小组，取少量在2。3粉末(红棕色)加入适量盐酸，用所得溶液进行Fe(OH)3胶体的制备实验并

检脸其性质。

I.向一小烧杯中加入25mL蒸偏水，加热至沸腾，向沸水中逐滴加入5〜6滴FeCb饱和溶液，继续煮沸至

溶液呈红褐色，停止加热，制备得到Fe(OH)3胶体。

第13页

饱和FeC印殛）

（1）写出制备Fe（0H）3胶体的化学方程式：o

（2）用光束照射尸«0〃）3胶体，能产生效应。

（3）如图所示是一种“纳米药物分子运输车”，该技术可提高肿瘤的治疗效果。“纳米药物分子运输车”分

散于水中所得的分散系（填“属于”或“不属于”）胶体。

有机物外充

二氧化硅

四氧化三铁

药物

II.实验室用浓盐酸（下图为该试剂瓶上标签的有关内容）配制稀盐酸。

盐酸

分子式：HC1

相对分子质量：36.5

密度：1.2g/cm3

质量分数：36.5%

（4）用该浓盐酸配制0.20molL」的稀盐酸850mL,量取浓盐酸的体积应选用的量筒规格为（填

5mL、10mL、25mL、50mL）。

（5）该实验中必须用到的玻璃容器有：玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、

（6）下列关于容量瓶的相关操作不正确的是”（填序号）

（7）配制上述溶液时，其它操作都准确，下列操作会导致所配溶液的浓度偏•低•的是________（填序号）。

a.悬筒洗涤后，未干燥即用来配制溶液

第14页

b.量筒量取浓盐酸时，仰视凹液面读数

C.量筒倒出浓盐酸后，用蒸镭水洗涤量筒，并将洗涤液转移至容量瓶中

（1.定容时，俯视凹液面读数

e.定容时水多、超过刻度线，用胶头滴管吸出

【答案】廉仪3+3”2。2尸e（0"）3（胶体）+3HC，；丁达尔；不属于；25mL；1000mL容量瓶；②③④⑤；

ae

【解析】【解答】⑴向沸水中逐滴加入5〜6滴FeCb饱和溶液煮沸至红褐色，得到脆（0"）3胶体，化学方程

式为尸6a3+3“2。2尸式。”）3（胶体）+3HCL

故答案为：尸8^3+3”2。2尸破0月）3（胶体）+3HCI

（2）胶体是一种分散系，胶体具有丁达尔效应。

故答案为：「达尔

（3）由图可知“纳米药物分子车”的直径为200nm,胶体是分散质粒子大小在Inm〜lOOnm的分散系，故

“纳米药物分子运输车”分散于水中所得的分散系不属于胶体。

故答案为：不属于

（4）该浓盐酸的物质的量浓度c=鸣型=幽集簪例=i2mo//L,用该浓盐酸配制0.20molL」的

M36.5'

稀盐酸850mL,选用1000mL容量瓶，量取浓盐酸的体积为竺竺馨篙件左二16.6mL；应选用的量筒规

格为25mL。

故答案为：25mL

（5）该实验步骤有：计算、量取、稀释并冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，必须用到的玻璃容器有：玻璃

棒、烧杯、胶头滴管、量筒、1000mL容量瓶。

故答案为：1000mL容量瓶

（6）①移液时用玻璃棒引流，玻璃棒伸入刻度线以下，故①正确；

②震荡容量瓶，不是上下振荡，应该轻轻晃动，故②错误；

③定容时距离刻度线卜2cm改用胶头滴管滴加，故③错误；

④定容时，眼睛平视刻度线，不应平视液面，故④错误；

⑤用食指按住瓶塞，另一只手托住瓶底，反复上下颠倒容量瓶，使溶液充分混合均匀，故⑤错误；

故答案为：②③④⑤

（7）a.量筒洗涤后，未干燥即用来配制溶液，会稀释溶液，导致量取的溶液溶质偏小，浓度偏小，a正

确；

b.量筒量取浓盐酸时，仰视凹液面读数，导致浓盐酸体积偏大，溶质偏多，最后配制溶液浓度偏大，b错

误；

第15页

C.量筒倒出浓盐酸后，用蒸饰水洗涤量筒，并将洗涤液转移至容量瓶中，最后配制溶液浓度偏大，C错误；

d.定容时，俯视凹液面读数，溶液体积偏小，浓度偏大，d错误；；

e.定容时水多、超过刻度线，用胶头滴管吸出，溶质偏小，浓度偏小，。正确；；

故答案为：ae

【分析】（1）饱和FcCb溶液加入沸水中，继续煮沸至红褐色，得到Fc（OH）3胶体，据此写出反应的化学方

程式。

（2）胶体能产生丁达尔效应。

（3）分散质粒子直径在l~100nm之间的分散系为胶体，据此结合题干中分散质粒子的直径大小确定是否属

于胶体。

（4）根据公式c浓xV浓=c/V特计算所需浓盐酸的体积，从而确定所选用的量筒的规格。

（5）根据溶液配制的步骤确定配制过程中给所需的仪器。

（6）根据溶液配制过程分析。

（7）分析错误操作对n、V的影响，结合公式分析误差。

20.利用废铁屑为原料，可制备高铁酸钾（4八。4）和聚合硫酸铁（恒2（O"）（6-2n）（S°4）nL）两种净水剂，制备

流程如下图所示。

回答下列问题：

（1）“氧化''过程中发生反应的离子方程式为O

（2）“制备”过程产生可。2h。4,反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为________。

（3）“分离”所得副产品的主要成分为o

（4）①“操作b”中，经、洗涤、干燥，可得七4。4粗品。

②由操作b判断该生产条件下物质的溶解性：Na2FeO4QFeOM填“〉”或

（5）/汽。4干燥品在室温下稳定，在强碱溶液中稳定，随着pH减小，稳定性下降，放出氧气，另一产

物还可用作絮凝剂、净水剂。请写出.匕述过程的化学方程

式：.

（6）盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，通常盐基度越高，絮凝效果越好。盐基度B的表达

第16页

式：B=3/在3；)xl00%(n为物质的量)。为测量聚合硫酸铁的盐基度，进行如下实验操作：

i.取聚合硫酸铁样品mg,加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸储水，再加入KF溶液屏

蔽Fe3+,使Fe3+不与OH反应。然后以酚醐为指示剂，用cmol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点

时消耗NaOH溶液VmL„

ii.做空臼对照实验，取与步骤i等体积等浓度的盐酸，以酚醐为指示剂，用cmol/L的标准NaOH溶液

进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液VomLo

①该聚合硫酸铁样品中n(OH)=moL

②已知该样品中Fe的质量分数w,则盐基度8=。(列出计算式)

2++

【答案】(1)2Fe+H2O2+2H=2Fe^+2H2O

(2)2：3

(3)NaCl

(4)蒸发浓缩、冷却结晶；＞

(5)4K2FCO4+10H2SOJ=2FC2(SO4)3+2K2so4+3ChT+10H2O

(6)1O-3CVO-1O-3CV；xI。。％

2++3+

【解析】【解答］(1)氧化过程中HG将Fe2+转化为Fe3+,离子方程式为：2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2Oo

2++3+

故答案为：2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O

(2)“制备”过程中NaClO将Fe3+氧化为NazFeCh,Cl元素由制价下降到・1价,Fe元素由制价上升到+6

价，Cl。是氧化剂，Fe3+是还原剂，根据得失电子守恒可知，反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为2：

3。

故答案为：2：3

(3)由分析可知，“分离”所得副产品的主要成分为NaCl。

故答案为：NaCl

(4)“操作b”中，NazFeCh转化为KzFeCh,经蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥，可得KzFe%粗品。该过

程中，溶解度更小的会结晶析出，判断该生产条件下物质的溶解性：Na2FeO4＞K2FeO4.

故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；＞

(5)高铁酸钾具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，杀菌消毒过程中高铁酸钾被还原生成的Fe(OH)3胶体

具有吸附作用，可以吸附水中的杂质，可以达到净水的作用，化学方程式为

4K2FCO4+1OH2so4=2Fc2(SCh)3+2K2so4+3O2T+1OH2O0

故答案为：4K2FeO4+1OH2so4=2Fe2(SCh)3+2K2so4+3O2T+1OH2O

(6)①i.取聚合硫酸铁样品mg,加入过量盐酸，聚合硫酸铁中氢氧根离子会反应一部分HCL再加入KF

溶液屏蔽Fe3使Fe3+不与OH-反应。然后以酚酰为指示剂，用cmol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，

第17页

到终点时消耗NaOH溶液VmL。滴定消耗的氢氧化钠的物质的量等于过量HC1的物质的量：ii.空白对照实

验,可知i。中加入的UC1总物质的量；综上，与聚合硫酸铁中氢氧根离子反应的n(HCl)=该聚合硫酸铁样

品中n(OH)=10-3cVo-10-3cVmoL

故答案为：10-3CVO_10-3CV

②n(Fe尸器mol,盐基度8=xl0°%(n为物质的量黑x100%。

故答案为：竺桨声x100%

【分析】(1)“氧化”过程中利用了H2O2的氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+,据此写出反应的离子方程式。

(2)“制备”过程中NaOH、NaCIO和Fe3+反应生成NazFcO.结合得失电子守恒计算还原剂与氧化剂的比

值。

(3)“制备”过程中产生NaCl,因此所得副产品为Na。。

(4)①“操作b”由溶液中获得粗产品，为结晶操作。

②加入饱和KOH溶液后，可将NazFeCU转化为K2FeO4,说明LFeCh的溶解度更小。

(5)反应过程中放出02,另一产物可做絮凝剂、净水剂，因此另一产物为Fc3+。据此结合得失电子守恒和

原子守恒书写反应的化学方程式。

(6)①根据滴定过程中发生的反应进行计算。

②根据盐基度的定义进行计算。

2++3+

(1)由分析可知，氧化过程中H2O2将Fe?+转化为Fe",离子方程式为：2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O；

(2)“制备”过程中NaCIO将Fe3+氧化为NazFeCh,。元素由+1价下降到-1价，Fe元素由+3价上升到+6

价，是氧化剂，Fe3+是还原剂，根据得失电子守恒可知，反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为2：

3；

(3)由分析可知，“分离”所得副产品的主要成分为NaCl；

(4)“操作-中，NazFed转化为K2FeO4,经蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥，可得长2A。4粗品。该过

程中，溶解度更小的会结晶析出，判断该生产条件下物质的溶解性：Na2FeO4>K2FeO,；

(5)高铁酸钾具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，杀菌消毒过程中高铁酸钾被还原生成的Fe(OH)3胶体

具有吸附作用，可以吸附水中的杂质，可以达到净水的作用，化学方程式为

4K2FeO4+lOH2so4=2Fe2(SO4)3+2K2so4+3O2T+1OH2O；

(6)①i.取聚合硫酸铁样品mg,加入过量盐酸，聚合硫酸铁中氢氧根离子会反应一部分H。。再加入KF

溶液屏蔽Fe3+,使Fe3+不与OH反应。然后以酚猷为指示剂，用