2025-2026学年浙江省杭州市拱墅区源清中学高一上期末考化学试题 含答案

/杭州市源清中学教育集团2025学年第一学期高一期末考试化学试卷考生须知：1．本卷满分100分，考试时间90分钟；2．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；3．可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64选择题部分一、单选题(共20小题，每题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)1.有人设想将碳酸钙通过特殊的加工方法使之变为纳米碳酸钙(即碳酸钙粒子直径是纳米级)，这将引起建筑材料的性能发生巨变。下列关于纳米碳酸钙的推测可能正确的是A.纳米碳酸钙是与胶体相似的分散系B.纳米碳酸钙会产生丁达尔效应C.纳米碳酸钙化学性质已与原来碳酸钙完全不同D.纳米碳酸钙的粒子能透过滤纸【答案】D【解析】【详解】A．纳米碳酸钙是将碳酸钙粉碎为纳米级大小，但没有形成混合物，因此与胶体不具有相似的性质，A错误；B．将碳酸钙粉碎为纳米级大小，但没有形成分散系，因此纳米碳酸钙不会产生丁达尔效应，B错误；C．纳米碳酸钙和原来碳酸钙是同种物质，因此化学性质完全相同，C错误；D．纳米碳酸钙的粒子直径比滤纸的缝隙直径小，因此能透过滤纸，D正确；故合理选项是D。2.下列所示危险化学品分类标志对应不正确的是A.氧化性物质B.腐蚀品C.有毒品D.易燃物A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．图示为氧化性物质的标志，对应分类正确，A不符合题意；B．图示为腐蚀品标志，图案代表该物质会腐蚀人体或物品，对应分类正确，B不符合题意；C．骷髅头交叉骨是有毒品（剧毒品）的标准标志，对应分类正确，C不符合题意；D．图示是放射性物质安全标识，不属于易燃物标志，对应分类错误，D符合题意；故选D。3.将NaCl固体加入水中，在水分子的作用下，Na+和Cl−脱离NaCl固体的表面进入水中。该过程的示意图不正确的是A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】将NaCl固体加入水中，在水分子的作用下，盐表面的Na+和Cl−在水分子作用下脱离NaCl固体的表面进入水中，形成水合钠离子和水合氯离子。Na+在水中形成水合钠离子时，由于Na+带正电，所以H2O分子中带部分负电荷O原子靠近Na+一侧；Cl-形成水合氯离子时，由于Cl-带负电，因此H2O分子中带有正电荷的H原子一端靠近Cl-一侧，故上述图示中错误的表述是，故合理选项是D。4.实验室根据化学试剂性质的不同采用不同的保存方法，下列说法错误的是A.浓硝酸保存在棕色试剂瓶中B.氢氧化钠溶液保存在带磨口玻璃塞的细口瓶中C.高锰酸钾和乙醇不能同时保存在同一药品柜中D.金属钠保存在煤油中【答案】B【解析】【详解】A．浓硝酸见光易分解，少量浓硝酸保存在棕色细口瓶中，A正确；B．氢氧化钠能与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠使玻璃粘连而打不开，故少量氢氧化钠溶液保存在带橡胶塞的粗口试剂瓶中，B错误；C．乙醇具有挥发性，且乙醇可以和高锰酸钾发生氧化还原反应，所以乙醇和高锰酸钾不能同时保存在同一个药品柜中，C正确；D．金属钠的密度比煤油大且不与煤油反应，少量金属钠保存在煤油中，防止与空气中的氧气和水蒸气等物质因接触而反应，D正确；故答案选B。5.下列化学家与其所作的突出贡献匹配的是A.门捷列夫：发现元素周期律 B.拉瓦锡：提出原子论C.阿伏加德罗：提出氧化学说 D.道尔顿：提出分子学说【答案】A【解析】【详解】A．俄国化学家门捷列夫的突出贡献是发现元素周期律，并编制出世界上第一张元素周期表，A匹配；B．提出原子论的是道尔顿，拉瓦锡的突出贡献是提出氧化学说，B不匹配；C．提出氧化学说的是拉瓦锡，阿伏加德罗的突出贡献是提出分子学说，C不匹配；D．提出分子学说的是阿伏加德罗，道尔顿的突出贡献是提出原子论，D不匹配；故选A。6.标准状况下，含有n个氧原子，则阿伏加德罗常数的值为A.0.125n B.0.25n C.4n D.2n【答案】D【解析】【详解】标准状况下，的物质的量为，则氧原子的物质的量为，故阿伏加德罗常数的值，故选D。7.下列离子方程式中不正确的是A.Fe2O3与稀盐酸反应：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OB.大理石与稀盐酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC.向稀硫酸溶液中投入铁粉：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑D.碳酸氢钠溶液和盐酸反应：HCO+H+=CO2↑+H2O【答案】C【解析】【详解】A．二者反应生成可溶性的氯化铁和水，离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故A正确；

B．二者反应生成可溶性的氯化钙和二氧化碳、水，离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故B正确；

C．稀硫酸具有弱氧化性，Fe被氧化生成亚铁离子，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故C错误；

D．碳酸氢钠和稀盐酸反应生成可溶性的氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为+H+=CO2↑+H2O，故D正确；

故选：C。8.某种样品的焰色为黄色，下列判断正确的是A.一定含有金属钠 B.一定含有钠的化合物C.一定含有Na+，一定没有K+ D.一定含有钠元素【答案】D【解析】【详解】A．某种样品的焰色为黄色，故该物质一定含有钠元素，但不能确定它的存在形式，A错误；B．某种样品的焰色为黄色，故该物质一定含有钠元素，但不能确定它的存在形式，B错误；C．某种样品的焰色为黄色，故该物质一定含有钠元素，但不能确定它的存在形式，且钾元素的焰色反应为紫色，需透过蓝色钴玻璃观察，从而避免钠元素的焰色反应对其干扰，不能确定一定没有K+，C错误；D．某种样品的焰色为黄色，故该物质一定含有钠元素，D正确；故选D。9.下列关于硅及其化合物的说法不正确的是A.高温下石英坩埚会被烧碱腐蚀 B.玻璃、陶瓷和水泥都是传统硅酸盐材料C.自然界中不存在硅单质 D.太阳能电池板主要成分为【答案】D【解析】【详解】A．高温下，二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，石英坩埚会被烧碱腐蚀，故A正确；B．玻璃、陶瓷和水泥都是传统硅酸盐材料，故B正确；C．自然界中不存在硅单质，硅元素主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，故C正确；D．太阳能电池板主要成分为单质硅，故D错误；选D。10.下列有关化学用语的表示不正确的是A.次氯酸的电子式为B.R原子有a个电子、b个中子，R原子的符号为C.用电子式表示的形成过程为D.的结构式：【答案】C【解析】【详解】A．次氯酸是共价化合物，结构式为，电子式为：，A正确；B．R原子有a个电子、b个中子，其质子数为a，质量数为，R原子的符号可表示为，B正确；C．的形成过程中，钙原子失去最外层的两个电子，2个氯原子得到电子，过程为：，C错误；D．分子中存在氮氮三键，结构式为，D正确；故选C。11.下列关于一定物质的量浓度溶液的配制说法正确的是A.定容时仰视，会导致配制的溶液浓度偏大B.配制过程中，玻璃棒的作用只有引流C.配制500mL0.1溶液，需要称量12.5gD.将10mL2溶液加水稀释至200mL，所得溶液浓度为0.01【答案】C【解析】【详解】A．定容时仰视，导致实际液面高于刻度线，溶液体积偏大，导致配制的溶液浓度偏小，A错误；B．配制过程中玻璃棒除用于引流外，还用于搅拌以促进溶解，B错误；C．配制500mL0.1mol/LCuSO4溶液，需要0.05molCuSO4，CuSO4·5H2O摩尔质量为250g/mol，需称量12.5g，C正确；D．根据稀释前后，溶质的物质的量保持不变，即稀释后浓度应为c1V1=c2V2，，D错误；故选C。12.设为阿伏伽德罗常数值，下列有关叙述不正确的是A.等体积、等浓度的NaCl和KI溶液中所含有的离子数均为B.标准状况下，含有的分子数为C.1mol由和组成的混合物中阴离子数为D.32gCu与足量S完全反应转移的电子数为【答案】A【解析】【详解】A．水分子存在解离平衡，离子总数大于2NA，错误；B．标准状况下SO2为气体，2.24LSO2的分子数为，正确；C．Na2O2和Na2O中假设Na2O2为xmol、Na2O为(1-x)mol，则存在xmol和(1-x)molO2-，阴离子总是为1mol，正确；D．Cu与S反应生成Cu2S，每1molCu失去1mol电子，32gCu（0.5mol）转移0.5mol电子，即0.5NA，正确；故答案为A。13.某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是A.WX的水溶液呈中性B.元素非金属性强弱的顺序为C.Z的氧化物对应的水化物是一元强酸D.双键相连的Q不满足8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】据图可知，X只能形成一个共价键，又知X的原子半径是元素周期表中最小的，故X为H；W为五种短周期元素中原子序数最大的，且可形成+1价的离子，应为Na；Y可形成四个共价键，则Y为C，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，则Q为O，Z为N；据此作答。【详解】A．WX为NaH，溶于水会得到NaOH溶液，显碱性，A错误；B．同周期主族元素从左到右，非金属性依次增强，则元素的非金属性顺序为C＜N＜O，即Y<Z<Q，B正确；C．Z的氧化物有多种，如N2O3对应的水化物HNO2为弱酸，C错误；D．为CO2，电子式为，即三个原子均满足8电子稳定结构，D错误；故选B。14.某无色溶液中只可能含有、、、、、、中的一种或几种，对其进行如下实验操作：①另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；②向①所得混合物中加足量盐酸，沉淀部分溶解，并有气泡生成；③将②所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列对该溶液的说法正确的是A.一定含有、、 B.可能含有、C.一定不含有、、、 D.可能含有、【答案】A【解析】【分析】无色溶液说明不含Cu2+；①加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为AgCl、、；②向①所得混合物中加足量盐酸，沉淀部分溶解，并有气泡生成，说明溶液中一定含有，由于、均能与产生沉淀，因此溶液中一定不含、，则推知，①中沉淀为、，原因是能与盐酸反应产生二氧化碳、氯化钡和水，不能与盐酸反应，也确定溶液中一定含有，根据电荷守恒原理可知，溶液中也一定含有；③将②所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀为AgCl，但氯离子可能是①中过量的，不能确定原溶液中是否含有氯离子；综合可知，溶液中一定含有：、、，可能含有：，一定不含：Cu2+、Ba2+、Ag+。【详解】A．由分析可知，溶液中一定含有、、，故A正确；B．由分析可知，溶液中一定含有K+，可能含有Cl－，故B错误；C．由分析可知，溶液中一定不含有Ag+、Ba2+、Cu2+，故C错误；D．由分析可知，溶液中可能含有：，故D错误；故答案选A。15.某小组探究的催化氧化，实验装置图如下。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟。下列分析中正确的是A.②中只放也可以制备B.③中的反应是C.④中白烟的主要成分是D.⑤中只发生一个氧化还原反应【答案】C【解析】【分析】根据装置图可知，装置①中高锰酸钾固体受热分解产生氧气，装置②中氯化铵和氢氧化钙固体反应生成氨气，氨气与氧气在催化剂下发生反应，③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，说明③中产生NO，据此分析；【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又生成氯化铵，无法制得氨气，故A错误；B．③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，红棕色气体为NO2，一段时间后产生白烟，说明③中反应的化学方程式为，NO再与氧气反应得到NO2，NO2与水反应得到硝酸，硝酸与氨气得到硝酸铵，故B错误；C．红棕色气体NO2与水反应生成HNO3，HNO3与未反应NH3生成NH4NO3，即④中白烟的主要成分是硝酸铵，故C正确；D．装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成淡蓝色的硝酸铜，发生两个氧化还原反应，故D错误；答案为C。16.将一定量的氯气通入溶质的物质的量为2mol的氢氧化钾浓溶液中，加热少许时间后，恰好完全反应，测得溶液中含氯元素的离子有：、、。下列说法不正确的是A.一共消耗了71g氯气B.当溶液中与个数比为5：1时，反应的离子方程式为：C.当溶液中与个数比为3：1时，氧化产物与还原产物个数比为2：1D.反应生成、有一定的氧化性【答案】C【解析】【详解】A．KOH溶质的物质的量为2mol，反应后溶液中阳离子只有K+，根据电荷守恒，总物质的量为2mol，由氯元素守恒可知消耗的物质的量为1mol，质量为71g，故A正确；B．当与个数比为时，设为5x，为x，根据得失电子守恒，的物质的量为，总氯原子物质的量为，对应物质的量为8x，结合电荷守恒配平后离子方程式为，故B正确；C．当与个数比为时，设为3x，为x，根据得失电子守恒，的物质的量为，氧化产物为和，总物质的量为4x，还原产物物质的量为8x，氧化产物与还原产物个数比为，不是，故C错误；D．中Cl为+1价，中Cl为+5价，都是氯的较高价态，可得电子被还原，具有一定氧化性，故D正确；17.已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2＋24KI＋12H2SO4=2CuI↓＋13I2＋12K2SO4＋12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子的物质的量为A.11mol B.12mol C.13mol D.14mol【答案】A【解析】【详解】由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu(IO3)2中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu(IO3)2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×(2-1)+2mol×(5-0)=11mol，故选A。18.38.4gCu与一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到和的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示下列有关判断不正确的是A.硝酸在反应中既体现氧化性又体现酸性B.氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO作还原剂C.混合气体中的物质的量是0.2molD.若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11mol/L【答案】C【解析】【分析】铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，38.4gCu为0.6mol，所以生成硝酸铜0.6mol，则硝酸铜含有硝酸根离子1.2mol，生成氮的化合物为0.9mol，与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和NaNO2，根据原子守恒可知：，所以硝酸的总量为1.2mol+1mol=2.2mol，若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为；【详解】A．铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，硝酸部分被还原，作氧化剂，有部分生成盐，表现出酸性，故A正确；B．氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO转化为高价态氮，故作还原剂，故B正确；C．由题意可知0.9mol氮的化合物转化为钠盐的量为1mol，则混合气体中四氧化二氮的物质的量是1mol-0.9mol=0.1mol，C错误；D．由分析可知，若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11mol/L，D正确；故选C。19.分别取等物质的量浓度的氢氧化钠溶液各100mL盛放在A、B两个烧杯中，再通入一定量的CO2后，分别各取20mL溶液，向其中逐滴滴入0.2mol·L－1的盐酸，产生CO2的体积(y轴)与所加入盐酸的体积(x轴)的关系如下图所示，下列说法正确的是A.在A烧杯中通入CO2后的溶质是NaOH和Na2CO3，且物质的量之比为2：1B.在B烧杯中所示的P点的溶液中，Na+、OH-、Cl-可大量共存C.在B烧杯中通入CO2在标准状况下体积为448mLD.原氢氧化钠溶液的物质的量浓度为1.5mol·L-1【答案】D【解析】【分析】CO2通入NaOH溶液中进行反应时，据CO2量与NaOH量的相对多少，有这样几个阶段：①CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O，此时溶质可能为NaOH和Na2CO3或只有Na2CO3(刚好反应)；②Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，此时溶质可能为Na2CO3和NaHCO3或只有NaHCO3。A图：向溶液中加入盐酸，开始无气体生成，说明溶液中无碳酸氢钠，故溶质是氢氧化钠和碳酸钠。B图：从图像可知，当加入50mL盐酸就生成二氧化碳，说明溶质没有氢氧化钠，溶质是碳酸钠和碳酸氢钠，由图像中产生气体的起始盐酸的体积相等和消耗到碳酸钠完全转化为碳酸氢钠所用的盐酸体积相同，可以得出。【详解】A．图A中开始生成二氧化碳气体至最大时，消耗HCl为150−100=50mL。若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3​，由Na2CO3​+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将碳酸根转化为碳酸氢根应消耗HCl为50mL，而图像中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为100mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3。中和NaOH消耗HCl的体积为100mL−50mL=50mL，由方程式可知NaOH和Na2CO3的物质的量之比等于消耗盐酸的体积之比，故，A错误；B．在B烧杯中P点的溶液中，已经开始产生二氧化碳，说明溶液中不存在大量的氢氧根，因为氢氧根会与碳酸氢根反应，所以Na+、OH-、Cl-不可大量共存，B错误；C．根据碳原子守恒，20mL溶液中通入的物质的量为。则原100mL溶液中通入的物质的量为，标准状况下体积为2240mL，C错误；D．完全反应后，溶液溶质的成分为NaCl。根据质量守恒可知：取出20mL溶液。所以100mLNaOH溶液中，，D正确；故选D。20.下列实验目的、操作、现象及结论合理的是

实验目的实验操作现象及结论A比较与氧化性强弱取少量溶液于试管中，滴入硫酸酸化的溶液溶液由浅绿色变为黄色氧化性：B比较Mg与Al金属性强弱向同浓度等体积的、溶液中分别滴加同浓度的过量的NaOH溶液溶液中有白色沉淀生成且不溶解，溶液中有白色沉淀生成后溶解，则金属性：Mg>AlC检验溶液中是否含有向溶液中滴加酸性溶液若紫红色退去，则溶液中含有D检验溶液中是否含有取少量溶液于试管中，滴加稀盐酸若产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则溶液中含有A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．硝酸根在酸性条件下有强氧化性，也可氧化二价铁，故不能得到氧化性：，A错误；B．取氯化镁与氯化铝溶液于试管中，分别加入足量氢氧化钠溶液，观察到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说明氢氧化铝的碱性弱于氢氧化镁，元素的金属性越强，最高氧化物对应水化物的碱性越弱，则镁元素的金属性强于铝元素，B正确；C．氯离子也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明溶液中含有Fe2+,C错误；D．取少量溶液于试管中，滴加稀盐酸，若产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则溶液中含有碳酸根,也可能含有碳酸氢根或亚硫酸根或亚硫酸氢根，D错误；故选B。第Ⅱ卷(非选择题)二、非选择题(本大题共5小题，共60分)21.“分类”的思想在化学学习及化学学科发展中起着重要作用。现有下列物质：①K2CO3固体；②熔融NaHSO4；③淀粉溶液；④液态氯化氢；⑤NaCl溶液；⑥CO2；⑦金属铜；⑧Na2O2；⑨酒精；⑩H3PO3(亚磷酸)回答下列问题：（1）以上物质中属于电解质的是_______(填序号，下同)，属于非电解质的是_______，能导电的物质是_______。（2）物质②的电离方程式为_______。（3）已知：⑩与足量KOH溶液反应的化学方程式为，则属于(填“正盐”或“酸式盐”)_______。【答案】（1）①.①②④⑧⑩②.⑥⑨③.②⑤⑦（2）NaHSO4(熔融)=Na++（3）正盐【解析】【分析】①K2CO3固体属于盐，电解质，但离子不能自由移动，不导电；②熔融NaHSO4属于离子化合物，电解质，离子能自由移动，导电；③淀粉溶液由淀粉分子和水分子构成，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，不导电；④液态氯化氢属于共价化合物，水溶液能导电，电解质，本身不导电；⑤NaCl溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，存在自由移动的离子，导电；⑥CO2为非金属氧化物，属于非电解质，不导电；⑦金属铜为金属单质，能发生电子导电，既不是电解质也不是非电解质；⑧Na2O2属于离子化合物，电解质，不导电；⑨酒精属于有机化合物，非电解质，不导电；⑩H3PO3(亚磷酸)属于酸，电解质，不导电。【小问1详解】由分析可知，以上物质中，属于电解质的是①K2CO3固体、②熔融NaHSO4、④液态氯化氢、⑧Na2O2、⑩H3PO3，故选①②④⑧⑩，属于非电解质的是⑥CO2、⑨酒精，故选⑥⑨，能导电的物质是②熔融NaHSO4、⑤NaCl溶液、⑦金属铜，故选②⑤⑦。【小问2详解】物质②为熔融NaHSO4，发生完全电离，生成Na+和，电离方程式为NaHSO4(熔融)=Na++。【小问3详解】由⑩H3PO3(亚磷酸)与足量KOH溶液反应的化学方程式为可知，K2HPO3不能与KOH反应，则属于正盐。22.如表为元素周期表的一部分，回答下列问题。（1）元素①~⑩中非金属性最强的是_______(填元素符号)。（2）画出元素⑧的原子结构示意图是_______。（3）④⑤⑥中形成的简单离子半径由大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。（4）写出由①④⑥构成的化合物的电子式_______。（5）元素⑦的最高价氧化物对应水化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式_______。（6）主族元素溴(Br)，原子序数为35，广泛存在于海水中。①溴(Br)在周期表中的位置是_______。②下列说法正确的是_______(填序号)。A．溴元素的最高化合价为+7B．Br-的还原性大于Cl-C．⑩的气态氢化物的稳定性小于溴的气态氢化物的稳定性【答案】（1）F（2）（3）O2-＞F-＞Na+（4）（5）Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-（6）①.第四周期第ⅦA族②.AB【解析】【分析】由元素在周期表中的位置，可确定①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩分别为H、C、N、O、F、Na、Al、P、S、Cl。【小问1详解】元素①~⑩中，依据同周期元素从左到右非金属性依次增强，同主族元素从下到上非金属性依次增强递变规律，非金属性最强的是F。【小问2详解】元素⑧为P，原子结构示意图是

。【小问3详解】④⑤⑥分别为O、F、Na，它们形成的简单离子分别为O2-、F-、Na+，电子层结构相同，原子序数依次增大，原子核对核外电子的吸引力依次增大，半径依次减小，则离子半径由大到小的顺序是O2-＞F-＞Na+。【小问4详解】由①④⑥构成的化合物为NaOH，电子式为

。【小问5详解】元素⑦的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，与氢氧化钠溶液反应，生成Na[Al(OH)4]，离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-。【小问6详解】①溴(Br)为35号元素，原子结构示意图为，在周期表中的位置是第四周期第ⅦA族。②A．溴元素的原子最外层有7个电子，最高化合价为+7，A正确；B．Br与Cl为同主族元素，Br的非金属性小于Cl，则Br-的还原性大于Cl-，B正确；C．⑩为Cl，Cl的非金属性大于Br，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则Cl的气态氢化物的稳定性大于溴的气态氢化物的稳定性，C不正确；故选AB。【点睛】电子层结构相同的离子，随着核电荷数的递增，离子半径依次减小。23.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）写出白色沉淀J遇到空气生成红褐色固体K的化学方程式_______。（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)，请用离子方程式说明原因_______。【答案】（1）FeO（2）（3）（4）取G溶液适量于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液显血红色，则黄色溶液中含有Fe3+（5）①.否②.【解析】【分析】化合物A由三种元素构成，21.6gA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C，C是碳酸钙，则B中含有二氧化碳，可知A中含有C、O元素；黑色固体E能溶于盐酸得溶液F，F加氢氧化钠生成白色沉淀，白色沉淀遇空气生成红褐色固体，则白色沉淀J是Fe(OH)2、红褐色固体K是Fe(OH)3，可知A中含有Fe元素，所以A由Fe、C、O三种元素组成；气体D在标准状况下的密度为1.25g/L，D的相对分子质量为28，无色气体D是CO；B的物质的量为0.3mol，生成碳酸钙0.15mol，则B中含有0.15molCO2，含有0.15molCO；黄色溶液G中含有FeCl3，与Cu发生反应；根据溶解Cu的物质的量，可知A中Fe元素的物质的量为；根据质量守恒：E的质量为，E中O元素的物质的量为，所以E是FeO，溶液F是FeCl2；A中含Fe元素的物质的量为0.15mol、碳元素的物质的量为0.3mol、氧元素的物质的量为，则A的化学式为FeC2O4；据此作答。【小问1详解】黑色固体E的化学式为FeO；【小问2详解】白色沉淀J为氢氧化亚铁，遇到空气生成红褐色固体K为氢氧化铁，化学方程式为：；【小问3详解】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：；【小问4详解】黄色溶液G中含有FeCl3，检验Fe3+的方法为：取G溶液适量于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液显血红色，则黄色溶液中含有Fe3+；【小问5详解】红褐色固体K是Fe(OH)3，受热完全分解生成红棕色固体Fe2O3；Fe2O3与一定量H2反应后，固体产物可能是Fe或者与Fe未反应完的Fe2O3的混合物，将反应后固体溶于足量稀盐酸时，若存在未反应完的Fe2O3，会先与盐酸反应生成Fe3+；生成的Fe3+会立即与混合物中的Fe发生氧化还原反应：，将Fe3+全部还原为Fe2+；此时向溶液中滴加KSCN溶液，因溶液中无Fe3+，溶液不会变红，但这并不能证明红棕色固体Fe2O3已完全反应，故该同学结论不正确；答案为：否；。24.实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4(夹持装置略)①A为氯气发生装置。A中反应的离子方程式是_______(锰被还原为Mn2+)。②除杂装置B所用试剂：_______。③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有：，另外还有_______(离子方程式)。（2）探究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。i．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有_______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，还可能由_______产生(用离子方程式表示)。ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-，用KOH溶液洗涤的目的是_______。②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________(填“＞”或“＜”)，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是_______。③资料表明，酸性溶液中的氧化性，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色。该现象能否证明氧化性。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：_______。【答案】（1）①.2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O②.饱和食盐水③.Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（2）①.Fe3+②.4+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O③.排除ClO-的干扰④.＞⑤.溶液的酸碱性不同⑥.能，理由：在过量酸的作用下完全转化