四川省遂宁市2025级2026年高二化学春季入学质量监测试题含解析

考试时间75分钟，满分100分

注意事项：

1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生

考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”。

2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答

案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿

纸上、试卷上答题无效。

3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。

可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23P-31S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只．有．一．项．是符合题目

要求的。

1.化学与生活、生产密切相关。下列说法正．确．的是

A.生铁降低含碳量以增加其硬度，用于制造弹簧

B.漂白粉可作所有有色物质的漂白剂

C.灿烂美丽的烟花是金属元素的焰色

D.生石灰、还原铁粉均可作食品包装中的脱氧剂

【答案】C

【解析】

【详解】A．合金含碳量越高硬度越大，生铁降低含碳量后硬度会降低，且生铁韧性差，不适合用于制造弹

簧，故A错误；

B．漂白粉依靠生成的次氯酸的氧化性实现漂白，仅能漂白可被氧化的部分有色物质，不能漂白所有有色物

质，故B错误；

C．不同金属元素发生焰色反应会呈现不同的颜色，灿烂美丽的烟花就是不同金属元素的焰色反应呈现的，

故C正确；

D．生石灰是氧化钙，只能吸水作食品干燥剂，不能与氧气反应，无法作脱氧剂，仅还原铁粉可作食品脱氧

剂，故D错误；

故答案选C。

2.下列化学用语的表达不．正．确．的是

A.NaCl的形成过程：

B.H2S的分子结构模型：

C.HClO的结构式：H-Cl-O

D.12C、13C、14C互为同位素

【答案】C

【解析】

【详解】A．NaCl为离子化合物，形成过程为，A不符合题意；

B．H2S分子为V形，分子结构模型为，B不符合题意；

C．HClO的结构式为HOCl，C符合题意；

D．12C、13C、14C为碳的同位素，D不符合题意；

故选C。

3.下列有关金属及其化合物的说法正．确．的是

A.储氢合金储存H2和释放H2均为化学变化

B.Li在空气中燃烧的主要产物为过氧化锂

C.K与TiCl4溶液反应可制备金属钛

D.Al、Fe在潮湿的空气中均易生锈

【答案】A

【解析】

【详解】A．储氢合金储存H2时形成金属氢化物，释放H2时分解为金属与H2，均为化学变化，A符合题

意；

的

B．Li在空气中燃烧主要产物为Li2O，B不符合题意；

C．K与TiCl4溶液反应时，K先与水反应生成KOH和H2，无法制备金属钛，C不符合题意；

D．Al在潮湿空气中形成致密Al2O3氧化膜，阻止内部金属继续被氧化，不易生锈，D不符合题意；

故选A。

4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正．确．的是

-

A.0.3mol/L的CaCl2溶液中，含有Cl的数目为0.3NA

B.标准状况下，22.4LDCl所含有的电子数目为18NA

C.5.6gFe与0.1molCl2充分反应，转移的电子数目为0.3NA

18

D.32gO2含中子数目为20NA

【答案】B

【解析】

【详解】A．题目未给出CaCl2溶液的体积，无法计算溶液中Cl的物质的量和数目，A错误；

B．DCl分子中D含1个电子，Cl含17个电子，1个DCl分子共含18个电子，标准状况下DCl为气体，22.4L

DCl的物质的量为1mol，所含电子数目为18NA，B正确；

C．5.6gFe的物质的量为0.1mol，Fe与Cl2反应生成FeCl3，反应中Cl2不足，0.1molCl2完全反应转移

电子的物质的量为0.2mol，转移电子数目为0.2NA，C错误；

32g8

D．18O的中子数为18810，18O的摩尔质量为36g/mol，32g18O的物质的量为mol，

2236g/mol9

8160

含中子数目为20NN，D错误；

9A9A

答案选B。

5.下列实验装置或操作能达到实验目的的是

选项ABCD

实验装置或

操作

研磨剪碎的验证Fe2+有氧

实验目的制备过氧化钠除去Cl2中的HCl

菠菜化性

AAB.BC.CD.D

.

【答案】D

【解析】

【详解】A．钠和氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，应在坩埚中进行，不能在玻璃表面皿中进行，A不

符合题意；

B．研磨剪碎的菠菜需要在研钵中用研磨杵研磨，不能用玻璃棒研磨，B不符合题意；

2+2+

C．FeCl2溶液中加入Cu片，Cu不能与Fe反应生成Fe，不能验证Fe有氧化性，C不符合题意；

D．HCl易溶于饱和NaCl溶液，而Cl2在饱和NaCl溶液中的溶解度很小，则可用洗气的方法除去Cl2中

的HCl，D符合题意；

故选D。

6.下列各组离子在水溶液中能大量共存的是

A.、、2、B.2、、、

NaKSO4NO3FeNaCl

ClO

C.、、、NOD.、NH、、NO

HKAlOH43Ag4Br3

【答案】A

【解析】

【详解】A．、、2、离子之间不发生反应，可以大量共存，A正确；

NaKSO4NO3

B．Fe2与ClO会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；

C．与AlOH会发生反应，不能大量共存，C错误；

H4

D．Ag与Br生成AgBr沉淀，不能大量共存，D错误；

答案选A。

7.R、W、X、Y、Z为五种不同的核素，化合物X3Y7WR和X3Z7WR所含元素相同，相对分子质量相差7，1mol

X3Y7WR含40mol质子，X、W和R三种元素位于同周期且W的质子数为X、R质子数之和的一半，X原子最外

层电子数是其核外电子层数的两倍。下列说法不．正．确．的是

A.原子半径：X>R

B.W和R的单质均为空气中的成分

C.最高价含氧酸酸性：W>X

D.X、R的简单氢化物标准状况下均为气态

【答案】D

【解析】

【分析】化合物X3Y7WR和X3Z7WR所含元素相同，二者相对分子质量相差7，则Y与Z属于同位素且

二者中子数相差1；X、W和R三种元素位于同周期，因为第一周期只有2种元素，三者不能处于第一周

期，原子最外层电子数是其核外电子层数的两倍，且1molX3Y7WR含40mol质子。当X处于第三周期

X

时，为S元素，此时1molX3Y7WR含有的质子物质的量大于40mol，不符合题意；当X处于第二周期，

因为则X原子最外层电子数为4，故X为C元素；由1molX3Y7WR含有质子物质的量，可知Y不能是第

二周期元素，即Y只能处于第一周期，则Y、Z是氢元素的2种核素；W、R的质子数之和为

40631715，W的质子数为X、R质子数之和的一半，设W的质子数为a、R的质子数为b，

则有：ab15、2a6b，解得a7、b8，故W为N元素、R为O元素，据此分析。

【详解】A．X为C，R为O，二者同属第二周期，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，故原子半

径：CO，A不符合题意；

B．W为N，单质为N2；R为O，单质为O2，二者均为空气的主要成分，B不符合题意；

C．非金属性：NC，元素非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，故酸性：HNO3H2CO3，即WX，

C不符合题意；

D．X的简单氢化物为CH4，标准状况下为气态；R的简单氢化物为H2O，标准状况下为液态，并非均为气

态，D符合题意；

故选D。

8.下列反应的离子方程式书写不．正．确．的是

2+3+

A.未密封的绿矾溶液中出现絮状沉淀：12Fe+3O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Fe

2+-3+-

B.Cl2与含有等物质的量FeBr2的溶液反应：2Cl2+2Fe+2Br=2Fe+Br2+4Cl

C.将少量明矾溶液滴入过量的氨水中：Al3++4NHHO=[Al(OH)]-+4+

324NH4

--∙

D.溴水使KI-淀粉试纸变蓝：Br2+2I=I2+2Br

【答案】C

【解析】

【详解】A．未密封的绿矾溶液中2被氧化，离子方程式23，

FeO212Fe3O26H2O4Fe(OH)38Fe

A不符合题意；

2

B．Cl2与等物质的量FeBr2反应时，Cl2先氧化Fe，再氧化部分Br，离子方程式

23，B不符合题意；

2Cl22Fe2Br2FeBr24Cl

C．Al(OH)3不溶于氨水，将少量明矾溶液滴入过量氨水中，反应生成Al(OH)3沉淀，离子方程式应为

3，C符合题意；

Al3NH3·H2OAl(OH)33NH4

D．溴水与发生置换反应，离子方程式，D不符合题意；

KIBr22II22Br

故选C。

9.标准状况下，现有①2.24LCH4；②0.2NA个N2分子；③22gCO2；④0.4molCl2，对这四种物质的关系有以

下表述，其中正确的是

A.原子个数③>④>②>①B.密度②>③>④>①

C.质量④>③>②>①D.体积④>③>②>①

【答案】C

【解析】

【分析】①2.24LCH4为0.1mol；②0.2NA个N2分子为0.2mol；③22gCO2为0.5mol；④0.4molCl2，

【详解】A．①0.1molCH4含0.5NA原子，②0.2molN2含0.4NA原子，③0.5molCO2含1.5NA原子，④0.4mol

Cl2含0.8NA原子，原子个数③＞④＞①＞②，A错误；

B．结合阿伏伽德罗定律，标准状况下，密度由摩尔质量决定，CH4(16g/mol)、N2(28g/mol)、CO2(44g/mol)、

Cl2(71g/mol)，密度④＞③＞②＞①，B错误；

C．①0.1mol×16g/mol=1.6g，②0.2mol×28g/mol=5.6g，③22g，④0.4mol×71g/mol=28.4g，质量④＞③

＞②＞①，C正确；

D．结合阿伏伽德罗定律，标准状况下，体积与物质的量成正比，体积③(0.5mol)＞④(0.4mol)＞②(0.2mol)

＞①(0.1mol)，D错误；

故选C。

10.构建知识网络是一种重要的学习方法。“—”表示相连的两种物质能发生反应，“→”表示一种物质

能一步转化为另一种物质，x、y、z分别属于不同类别的化合物，则x、y、z可能是

A.NaOH、CuSO4、K2CO3B.KOH、HNO3、Na2CO3

C.Ca(OH)2、CuSO4、CuOD.NaOH、HCl、Ba(NO3)2

【答案】B

【解析】

【详解】A．NaOH（碱）、CuSO4（盐）、K2CO3（盐），CuSO4与K2CO3类别相同，不满足x、y、

z属于不同类别化合物的要求，A不符合题意；

B．KOH（碱）、HNO3（酸）、Na2CO3（盐），三者类别不同；KOH与HNO3发生中和反应：

KOHHNO3KNO3H2O，KOH与H2SO4发生中和反应：2KOHH2SO4K2SO42H2O，

与反应：，与反应：

Na2CO3HNO3Na2CO32HNO32NaNO3H2OCO2Na2CO3H2SO4

；可与反应一步转化为：

Na2CO3H2SO4Na2SO4H2OCO2H2SO4Ba(NO3)2HNO3

，符合题干要求，B符合题意；

H2SO4Ba(NO3)2BaSO42HNO3

C．Ca(OH)2（碱）、CuSO4（盐）、CuO（氧化物），三者类别不同；但CuO不能与CuSO4发生反应，

不满足z与y能反应的要求，C不符合题意；

D．NaOH（碱）、HCl（酸）、Ba(NO3)2（盐），三者类别不同；但Ba(NO3)2不能与HCl发生反应，

不满足z与y能反应的要求，D不符合题意；

故选B。

11.按如图装置进行实验，下列有关现象和结论的说法错误的是

A.甲装置：产生大量气泡的原因可能是柠檬酸与Na2CO3反应生成了CO2

B.甲装置：瓶子迅速变扁的原因可能是发生了如下反应，导致压强减小：

CO2H2ONa2CO32NaHCO3

C.乙装置：取②中溶液滴在pH试纸上，试纸出现红色，可证明Cl2与H2O发生了反应

D.乙装置：取②中溶液光照一段时间后，漂白能力下降，溶液中Cl浓度增大，原因是HClO发生了分解

【答案】C

【解析】

的

【详解】A．产生大量气泡有可能是柠檬酸与Na2CO3反应生成了CO2，也有可能是溶解CO2溢出，A

正确；

B．瓶子变扁，说明压强减小，CO2被吸收，分析后推测是Na2CO3与其反应，B正确；

C．因为乙装置中①挥发的HCl也能使pH试纸变红，所以无法证明Cl2与H2O发生了反应，C错误；

D．①中漂白粉与洁厕灵中的盐酸反应会生成氯气，②中氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸不稳定光照易分

光照

解2HClO2HCl+O2，水溶液中氯化氢能完全电离出氯离子和氢离子，故取②中溶液光照一段时间

后，漂白能力下降，溶液中Cl浓度增大，D正确；

答案选C。

12.实验中若皮肤不慎与白磷P4接触，可用稀CuSO4溶液冲洗接触部位，其解毒原理包括两个反应：

①P4CuSO4H2OCuH3PO4H2SO4(未配平)

②11P460CuSO496H2O20Cu3P24H3PO460H2SO4

下列说法正确的是

A.反应①和②中P4都只是还原剂

B.反应②中被CuSO4氧化的P4与还原剂的物质的量之比为1:1

C.用CuSO4溶液冲洗后，应再用饱和NaHCO3溶液和水冲洗接触部位

D.若有80%的P4转化为H3PO4则理论上反应①和②消耗P4的分子数之比为11:14

【答案】C

【解析】

【详解】A．反应②中，部分P元素的化合价由P4中0价升高为H3PO4中+5价，部分P元素化合价由P4中0

价降低为中Cu3P中-3价，P4既作还原剂又作氧化剂，且CuSO4也是氧化剂，故A错误；

60mol

B．由电子守恒可知，60molCuSO4氧化的P4为=3mol，11mol白磷中作还原剂的是6mol，所以反应

45

②中被CuSO4氧化的P4与还原剂的物质的量之比为1：2，故B错误；

C．NaHCO3溶液具有弱碱性，用CuSO4溶液冲洗后，应再用饱和NaHCO3溶液和水冲洗接触部位，故C正确；

D．由题意可知，反应②中白磷转化为磷化亚铜和磷酸，由白磷反应完全且转化为磷酸的转化率是80%可知，

反应后磷化亚铜和磷酸的物质的量之比为20%：80%═1：4，设反应生成磷化亚铜的物质的量为5mol，则反

应生成磷酸的物质的量为20mol，由方程式可知，反应②生成5mol磷化亚铜的同时生成6mol磷酸，反应消

1

耗白磷的物质的量为11mol×；反应①生成磷酸的物质的量为20mol-6mol═14mol，反应消耗白磷的物质

4

111

的量为14mol×，则理论上反应①和②消耗白磷的物质的量之比为14mol×：11mol×═14：11，故

444

D错误；

故选C。

13.类推是化学研究的重要方法。下列类推正．确．的是

选项已知类推

Li与水反应缓慢，Na

A．Rb与水反应更剧烈

与水反应较快

卤素单质的熔点从F2碱金属单质的熔点从

B．

到I2逐渐升高Li到Cs逐渐升高

Al和S加热时直接化Fe与S加热时也直接

C．

合生成Al2S3化合生成Fe2S3

溶解度：CaCO3溶解度：Na2CO3

D．

<Ca(HCO3)2<NaHCO3

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A．同主族碱金属元素从上到下金属性逐渐增强，金属性越强，单质与水反应越剧烈，Rb金属性强

于Na，因此Rb与水反应比Na更剧烈，A符合题意；

B．卤素单质为分子晶体，相对分子质量越大熔点越高，因此从F2到I2熔点逐渐升高；但碱金属单质的金属

键从上到下逐渐减弱，熔点从Li到Cs逐渐降低，不符合递变规律，B不符合题意；

C．S氧化性较弱，只能将Fe氧化为+2价，Fe与S加热直接化合生成FeS，不能得到Fe2S3，C不符合题意；

D．溶解度：CaCO3Ca(HCO3)2，但Na2CO3溶解度大于NaHCO3，类推不成立，D不符合题意；

故选A。

14.我国“蛟龙”号载人潜水器重要部件是用钛合金材料制造的。金属钛(Ti)抗腐蚀性能好，在高温环境

下具有强还原性。以金红石(主要成分为TiO2)为原料生产钛的工艺流程如下，下列说法错误的是

高温

A.①中发生的反应：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO

B.钠可以与TiCl4溶液反应制备金属钛

C.②中氩气的作用是隔绝空气，防止金属钛被氧化

D.钛抗腐蚀性好是因为常温下钛与氧气化合生成一层极薄的致密氧化膜

【答案】B

【解析】

【分析】金红石(主要成分为TiO2)与焦炭、氯气在高温下反应生成四氯化钛、一氧化碳，四氯化碳和镁单

质在高温下氩气氛围中反应生成Ti和氯化镁，防止金属钛被氧化。

【详解】A．根据①中元素守恒和生成可燃性气体分析得到可燃性气体为CO，发生的反应：

高温

TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，故A正确；

B．Na与TiCl4溶液反应是先和溶液中水反应生成氢氧化钠和氢气，因此钠不可以与TiCl4溶液反应制备金

属钛，故B错误；

C．Ti在空气中易被氧化，因此②中氩气的作用是隔绝空气，防止金属钛被氧化，故C正确；

D．钛抗腐蚀性好是因为常温下钛与氧气化合生成一层极薄的致密氧化膜，阻止内部金属继续和氧气反应，

故D正确。

综上所述，答案为B。

15.如图所示，120℃时向密闭容器内可自由滑动隔板的两侧分别充入NH3、H2和O2的混合气体，隔板

处于容器的中央，将H2和O2的混合气体点燃引爆，假设气体充分反应。隔板先左弹，恢复至原温度后，

2

隔板停留在距离容器右侧处。下列说法正确的是

5

A.反应前，隔板左右两侧气体的原子总数相等

B.隔板移动情况说明右侧气体的物质的量先增加后减少

C.反应前H2和O2的体积之比为2:1

D.反应后，隔板左侧气体质量大于右侧气体质量

【答案】CD

【解析】

【分析】同温同压下气体体积之比等于物质的量之比，令氨气的物质的量为1mol，则起始时H2和O2的混

2

合气体也为1mol，点燃引爆H和O的混合气体，隔板先左弹，恢复原温度后，最后停留在容器右侧处，

225

说明反应后，氨气和右侧气体的体积之比为3∶2，则左右两室中气体物质的量之比为3∶2，右侧容器中有

2221点燃

1molmol气体，右侧气体减少1molmolmol，根据120℃下2H+O2HOg，参

3333222

122

加反应的氧气、氢气的物质的量依次为mol、mol，可见二者恰好完全反应，生成水蒸气为mol，

333

据此回答。

【详解】A．据分析，反应前隔板左右两侧气体的分子总数相等、原子总数不相等，A错误；

点燃

B．2H2+O22H2Og是分子总数缩小的反应，故右侧气体的物质的量随着反应始终在减少，氢氧混

合气体点燃引爆时大量放热，温度升高，导致体积增大，随着温度逐步回落并恢复到120℃，体积会缩小导

2

致隔板最后停留在容器右侧处，B错误；

5

C．同温同压下气体体积之比等于物质的量之比，根据分析可知，反应前H2和O2的体积之比为2:1，C正

确；

2

D．反应后，隔板左侧气体质量与右侧气体质量之比为(17g/mol1mol):(18g/molmol)17:12，则隔

3

板左侧气体质量大于右侧气体质量，D正确；

故选CD。

二、非选择题：共4小题，共55分

16.阅读下列科普短文并填空：

海洋约占地球表面积的71%，其中水资源和其他化学资源具有巨大的开发潜力。海水中含有多种盐类，如

(1)NaCl、(2)MgSO4等。目前，通过海水晒盐可制得食盐晶体和苦卤，食盐精制后可制成(3)饱和食盐

水用以生产(4)NaOH、(5)NaHCO3、(6)NaClO、(7)Cl2、(8)盐酸等，苦卤经过氯气氧化，热空气吹出(9)SO2

吸收等一系列操作可获得Br2。电解(10)熔融氯化钠可冶炼(11)金属钠。海底埋藏大量可燃冰资源，(12)

甲烷CH4是一种清洁能源。

（1）上述标有序号的物质中属于电解质的是______(填序号，下同)；属于非电解质的是______；既不是电

解质也不是非电解质的是______；能导电的是______。

（2）将(9)通入(4)的溶液中，生成的正盐与酸式盐的数目之比为1:2时的离子方程式是______。

（3）海水提溴的过程中涉及的反应有、2，

2BrCl22Br2Cl2H2OSO2Br24H2BrSO4

根据上述反应可判断、、的还原性由强到弱的顺序为：______。

ClBrSO2

（4）元素G的一种含氧酸化学式为H3GO3，属于二元酸，则H3GO3与过量氢氧化钠溶液反应生成的产物

Na2HGO3为______(填“酸式盐”或“正盐”)。

（5）上述12种物质中有两种物质之间可发生离子反应：，该离子反应对应的化学反应

HOHH2O

方程式为：______。

（6）某温度下将Cl2通入NaOH溶液里，反应后得到NaCl、NaClO的混合溶液，其中Cl与ClO的个

数之比为1:1，则Cl2与NaOH反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数之比为______。

【答案】（1）①.(1)(2)(4)(5)(6)(10)②.(9)(12)③.(3)(7)(8)(11)④.(3)

(8)(10)(11)

（2）2

3SO2+4OHSO32HSO3+H2O

（3）>>

SO2BrCl

（4）正盐（5）HCl+NaOH=NaCl+H2O

（6）1:1

【解析】

【小问1详解】

电解质及非电解质均为化合物，电解质包括绝大多数的盐、酸、碱、活泼金属氧化物、H2O；非电解质包

括非金属氧化物、NH3、大多数有机化合物等；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。

(1)NaCl属于盐，是电解质；(2)MgSO4属于盐，是电解质；(3)饱和食盐水属于混合物，既不是电解质

也不是非电解质；(4)NaOH属于碱，是电解质；(5)NaHCO3属于盐，是电解质；、(6)NaClO属于盐，是电解质；

(7)Cl2属于单质，既不是电解质也不是非电解质；(8)盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；

(9)SO2属于非金属氧化物，是非电解质；(10)熔融氯化钠属于盐，是电解质；(11)金属钠是单质，既不是

电解质也不是非电解质；(12)甲烷CH4属于有机化合物，属于非电解质。故属于电解质的是(1)(2)(4)(5)

(6)(10)；属于非电解质的是(9)(12)；既不是电解质也不是非电解质的是(3)(7)(8)(11)。(3)(8)(10)

为熔融状态或水溶液状态存在自由移动的离子，故能导电，(11)金属单质存在自由电子，能导电，故能导

电的是(3)(8)(10)(11)。

【小问2详解】

、

SO2属于酸性氧化物，能与NaOH（碱）反应生成盐NaHSO3Na2SO3和H2O，在离子方程式书写中SO2、

、

H2O写化学式，NaOH、NaHSO3Na2SO3写离子符号，配平离子方程式为

2。

3SO2+4OHSO32HSO3+H2O

【小问3详解】

、、

ClBrSO2

反应中为还原剂、为还原产物，还原性>；

2BrCl22Br22ClBrClBrCl

2反应中为还原剂、为还原产物，还原性>，故还

2H2OSO2Br24H2BrSO4SO2BrSO2Br

原性>>。

SO2BrCl

【小问4详解】

+

H3GO3为二元酸，则1分子H3GO3只能电离产生2个H，故Na2HGO3与过量的NaOH不能反应，说明

Na2HGO3为正盐。

【小问5详解】

在离子方程式中+表示强酸、表示强碱，则表示盐酸与NaOH反应，方程式为

HOHHOHH2O

HCl+NaOH=NaCl+H2O。

【小问6详解】

反应离子方程式为，被氧化的Cl由0价升高到+1价，有1个Cl原子，

Cl22OHClClOH2O

被还原的Cl由0价降低到-1价，有1个Cl，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数之比为1:1。

17.如表列出了①～⑨九种元素在周期表中的位置。

回答下列问题：

（1）①～⑨九种元素中化学性质最不活泼的是___________(填元素符号)。

（2）与⑧同族的下一周期元素的原子结构示意图是___________。

（3）④、⑤、⑧的简单离子半径由大到小的顺序是___________(填离子符号)。

（4）⑦、⑧的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是___________(填化学式)。

（5）③的最高价氧化物的电子式是___________。

（6）元素⑥的单质与元素⑤的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式是___________。

（7）②的单质在空气中燃烧生成的产物是___________(填化学式)，检验某种盐中是否含有元素②的方法

是___________。

【答案】（1）Ar（2）

（3）r(Cl-)＞r(O2-)＞r(Na+)

（4）HClO4>H3PO4

（5）（6）2Al+2OH﹣+2HO=2+3H↑

2AlO22

（7）①.Li2O②.焰色试验

【解析】

【分析】根据九种元素在周期表位置，推测出这九种元素分别为H、Li、CO、Na、Al、P、Cl、Ar，据此分

析；

【小问1详解】

根据上述九种元素，化学性质最不活泼的是稀有气体，即Ar，故答案为Ar；

【小问2详解】

⑧元素为Cl，它同族的下一周期元素为Br，原子序数为35，其原子结构示意图为；故答案

为；

【小问3详解】

④、⑤、⑧代表元素分别为O、Na、Cl，其简单离子为O2-、Na+、Cl-，Cl-核外有三个电子层，其余为二个电

子层，因此Cl-半径最大，O2-、Na+的核外电子排布相同，氧元素的原子序数小于钠元素，因此O2-的半径大

于Na+，即r(Cl-)＞r(O2-)＞r(Na+)，故答案为r(Cl-)＞r(O2-)＞r(Na+)；

【小问4详解】

⑦、⑧的最高价氧化物对应水化物为H3PO4、HClO4，Cl的非金属性强于P，则酸性：HClO4＞H3PO4，故答案为

HClO4＞H3PO4；

【小问5详解】

③的最高价氧化物为二氧化碳，为共价化合物，故答案为：；

【小问6详解】

元素⑥的单质Al与元素⑤的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程

式为：2Al+2OH﹣+2HO=2+3H↑，故答案为：2Al+2OH-+2HO=2+3H↑；

2AlO222AlO22

【小问7详解】

②的单质Li在空气中燃烧生成的产物为氧化锂、少量的氮化锂，化学式：Li2O、Li3N，检验某种盐中是否

含有元素②的方法是：焰色试验，故答案为：Li2O、Li3N；焰色试验。

18.NaHCO3是治疗胃酸过多症的一种抗酸药。某学习小组在常温下，对Na2CO3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100mL，pH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：Na2CO3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Na2CO3与NaHCO3碱性的强弱

（2）分别配制等浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液

①实验室欲配制1溶液，实验时应选用的仪器有电子天平、烧杯、胶头滴管、

50mL0.100molLNa2CO3

___________、___________。

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1溶液和溶液的，结果分别为11.5和8.3。得到结论：上述

0.100molLNa2CO3NaHCO3pH

猜想正确。

【实验探究2】探究Na2CO3作为抗酸药的适应性

（3）如图1，常温下，向烧杯中加入100mLpH1.5的盐酸，用自动注射器向烧杯中以1mLmin1的速

度滴入pH1.5的盐酸模拟人体分泌胃液，再分别加入1.0g

Na2CO3固体和1.0g

NaHCO3固体，并持续

搅拌。测得溶液pH随时间的变化曲线如图2所示。

①与NaHCO3相比，Na2CO3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)，从与胃酸反应的产物分析，NaHCO抗酸药存在的不

AlOH333

足是___________。

【答案】（1）NaHCO3HClNaClCO2H2O

（2）①.50mL容量瓶②.玻璃棒③.0.530g(或者0.53g)④.C

（3）①.①与NaHCO3相比，Na2CO3反应时造成胃液pH更大；pH5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Na2CO3与NaHCO3碱性的强弱，Na2CO3、NaHCO3均能和盐酸反应，通过对比

实验，可以得出Na2CO3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NaHCO3HClNaClCO2H2O；

【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（50mL溶液选50mL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50mL容量瓶和玻璃棒；

②物质的量浓度c0.100molL1，体积V50mL0.050L。物质的

量ncV0.1000.0500.005mol。所需Na2CO3质量mnM0.0051060.53g；

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NaHCO3相比，Na2CO3反应时造成胃液pH更大。因人体胃液pH需保持在3~5，过高

会引起不适，Na2CO3碱性更强，pH5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)与胃酸反应：3，产物仅为盐和水；而NaHCO反应产生CO气体，在

3AlOH33HAl3H2O32

胃中积聚可能导致胃胀、嗳气等不适症状。

19.黑龙江省小兴安岭矿区因独特的黑色岩系和火山碎屑沉积，产出较多高硫铝土矿(主要含Al2O3、Fe2O3、

SiO2和少量的FeS2)，以该矿物为原料生产金属Al和绿矾(FeSO4•7H2O)的流程如图所示。

已知：SiO2不溶于H2SO4.

（1）“焙烧”时FeS2完全转化为Fe2O3和SO2，写出该反应的化学方程式___________。

（2）提升“酸浸”步骤浸出速率的方法是___________。(写出一条)

（3）关于该流程下列说法正确的是___________。(填字母)

a．滤渣1主要成分是SiO2

+--

b．滤液2中含有Na、OH和[Al(OH)4]

c．试剂X可选择Fe、Cu、Zn

d．滤渣3加热分解可得物质Y，进而电解得到Al

（4）获得绿矾的系列操作为___________、___________、过滤、洗涤、干燥。

（5）测定绿矾纯度：

取流程所得绿矾晶体mg，加足量稀硫酸溶解后，加水配制成100mL溶液。

取出10mL上述溶液，加入VmLcmol/L酸性KMnO4溶液恰好完全反应。

①加入酸性KMnO4溶液后发生反应的离子方程式为___________。

②该绿矾纯度为___________%。(按FeSO4•7H2O计)

焙烧

【答案】（1）

4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2

（2）升温、提高硫酸浓度、搅拌（3）abd

（4）①.蒸发浓缩②.冷却结晶

1390cV

（5）①.5Fe2+MnO