浙江省台州市2025-2026学年高一化学上学期期末质量评估试题 (一)-附答案

台州市2025学年高一上学期期末质量评估试题化学1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5S-32Ca-40Fe-56选择题部分一、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符合题目要求，不选、多选、错选均不得分)1.下列分散系不能产生丁达尔效应的是A.云、雾 B.有色玻璃 C.NaCl水溶液 D.胶体【答案】C【解析】【分析】丁达尔效应是胶体特有的光学现象，当光线通过胶体时，可观察到一条光亮的“通路”。溶液和浊液不能产生丁达尔效应。【详解】A．云、雾属于气溶胶，能产生丁达尔效应，A错误；B．有色玻璃属于固溶胶，能产生丁达尔效应，B错误；C．NaCl水溶液属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，C正确；D．Fe(OH)3胶体属于胶体，能产生丁达尔效应，D错误；故答案选C。2.通常情况下，下列物质不体现氧化性的是A.Na B. C. D.【答案】A【解析】【详解】A．钠是活泼金属，易失去电子，通常体现还原性而非氧化性，A符合题意；B．氧气在反应中易得电子，体现氧化性，B不符合题意；C．氯化铁中铁为+3价，可被还原，体现氧化性，C不符合题意；D．硝酸中氮为+5价，通常得电子被还原，体现氧化性，D不符合题意；故答案选A。3.下列仪器名称不正确的是A．100mL容量瓶B．坩埚C．锥形瓶D．长颈漏斗A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．的名称为100mL容量瓶，用于配制一定物质的量浓度的溶液，A正确；B．名称为坩埚，用于灼烧固体试剂，B正确；C．的名称为烧杯，的名称为锥形瓶，C错误；D．的名称为长颈漏斗，可用于组装气体发生装置，D正确；故答案选C。4.下列关于碳酸钠的说法不正确的是A.根据阳离子分类，属于钠盐 B.根据阴离子分类，属于碳酸盐C.化学式中阴阳离子个数比为1：2 D.其水溶液呈碱性，是碱式盐【答案】D【解析】【详解】A．盐的分类基于阳离子种类，碳酸钠含Na+，故为钠盐，A正确；B．盐的分类基于阴离子种类，碳酸钠含，故为碳酸盐，B正确；C．Na2CO3中，阳离子（Na+）个数为2，阴离子（）个数为1，阴阳离子个数比为1:2，C正确；D．碳酸钠水溶液碱性源于水解，但碱式盐需含氢氧根离子（如碱式碳酸铜），碳酸钠为不含OH-的正盐，故不是碱式盐，D错误；故答案为：D。5.下列化学用语的表示正确的是A.次氯酸的结构式：H-Cl-OB.氯原子结构示意图：C.HCl的分子结构模型：D.用电子式表示氯气形成过程：【答案】D【解析】【详解】A．次氯酸中H、Cl只能形成一条共价键、O形成2条共价键，结构式应为H-O-Cl，A错误；B．Cl原子质子数为17，核外电子数是17，正确的原子结构示意图为，B错误；C．HCl中H原子半径比Cl原子小，正确的结构模型为，C错误；D．中两个氯原子形成一对共用电子对，选项中用电子式表示氯气形成过程正确，D正确；故选D。6.下列行为不符合安全要求的是A.将实验剩余钠放回原试剂瓶中B.熄灭酒精灯时，用嘴吹灭C.应在通风橱中进行铜与浓硫酸的反应D.大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往高处去【答案】B【解析】【详解】A．金属钠的性质活泼，易与水、氧气等反应，所以实验剩余的金属钠不能随意丢弃，应放回原试剂瓶中，否则可能发生意外事故，A正确；B．熄灭酒精灯时，用灯帽盖灭，不能用嘴吹灭，否则可能导致火焰进入灯内引燃酒精，引发爆炸或火灾，B错误；C．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，二氧化硫有毒，所以为防止发生意外事故，应在通风橱中进行铜与浓硫酸的反应，C正确；D．氯气的密度大于空气，当大量氯气泄漏时，应迅速离开现场并尽量往高处去避免吸入氯气发生意外事故，D正确；故选B。7.下列常见图标及说明中不正确的是A.表示当心电离辐射 B.表示进行实验需佩戴护目镜C.表示实验中会用到锋利物品 D.表示易燃物质【答案】A【解析】【详解】A．表示进行实验需排风，电离辐射的标示为，A错误；B．表示进行实验需佩戴护目镜，B正确；C．表示实验中会用到锋利物品，C正确；D．表示易燃物质，D正确；故答案选A。8.下列说法中不正确的是A.金刚石、石墨、互为同素异形体B.、、三种核素互为同位素C.等物质的量的与含有的中子数相同D.考古研究中可利用测定一些文物的年代【答案】C【解析】【详解】A．金刚石、石墨、都是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，A正确；B．、、质子数均为8，中子数不同（分别为8、9、10），属于同种元素的不同核素，互为同位素，B正确；C．（氘）中子数为1，（氚）中子数为2，等物质的量时，两者所含中子数不同（如1mol含1mol中子，1mol含2mol中子），C错误；D．碳-14（）具有放射性，半衰期稳定，可用于测定含碳文物的年代，D正确；故答案选C。9.配制一定物质的量浓度的NaCl溶液，具体流程如下图所示，下列操作中不正确的有A.1步 B.2步 C.3步 D.4步【答案】B【解析】【详解】配制一定物质的量浓度溶液的正确步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等。分析图示操作可知：步骤1为称量，操作正确；步骤2为在容量瓶中直接溶解固体，操作错误，应在烧杯中溶解；步骤3为移液、摇匀，正确的移液操作后应洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液一并转移到容量瓶中，使粘在烧杯内壁及玻璃棒上的溶质都转移至容量瓶中，使配制溶液浓度准确，减少实验误差。图示缺少洗涤步骤，操作错误；步骤4为定容，平视凹液面最低处与刻度线相切，操作正确。综上所述可知：不正确的操作有2步，故选B。10.下列现象与离子键有关的是A.熔融氯化钠导电 B.盐酸溶液导电C.沸点：< D.密度：冰<水【答案】A【解析】【详解】A．熔融氯化钠导电是由于氯化钠为离子化合物，熔融时离子键断裂，离子自由移动而导电，与离子键直接相关，A正确；B．盐酸溶液导电是由于HCl在水中电离出H+和Cl-离子，但HCl本身为共价化合物，导电现象与离子键无关，B错误；C．沸点Cl2<Br2是由于分子间作用力（范德华力）随分子量增大而增强，与离子键无关，C错误；D．密度冰<水是由于水分子间氢键作用导致固态结构疏松，与离子键无关，D错误；故答案选A。11.下列说法不正确的是A.金属钠在空气中久置最终变为碳酸钠 B.氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰C.纯铝的硬度较小不适合制造机器零件 D.镁的性质活泼，不能用于制造合金【答案】D【解析】【详解】A．金属钠在空气中久置涉及的反应主要为：钠与空气中的氧气反应生成氧化钠，氧化钠与空气中的水蒸气反应生成氢氧化钠，潮解的氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳生成十水碳酸钠，十水碳酸钠最终风化转化为碳酸钠，A正确；B．氢气能在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，B正确；C．纯铝的硬度和强度比铝合金小，不适合制造机器零件，C正确；D．镁的性质虽然活泼，但镁合金的性能优良，所以镁常用于制造合金，D错误；故选D。12.下列关于氧化物说法正确的是A.是酸性氧化物，可用于生产硝酸 B.CaO具有吸水性，可用作干燥剂C.导电能力较强，可用作光导纤维 D.FeO是红色粉末，可用作红颜料【答案】B【解析】【详解】A．NO2与水反应生成硝酸和NO，NO2不是酸性氧化物，A错误；B．CaO能与水反应生成Ca(OH)2，具有吸水性，可用作干燥剂，故B正确；C．SiO2不导电，SiO2用作光导纤维是利用其优良的光学性质，故C错误；D．FeO为黑色粉末；Fe2O3是红色粉末，可用作红颜料，故D错误；选B13.下列说法正确的是A.具有还原性，可用于漂白纸浆、毛、丝等B.浓硫酸具有脱水性，可用于干燥C.遇水变蓝，可用于检验酒精中是否含水D.不溶于胃酸且不容易被X射线透过，可用作“钡餐”【答案】C【解析】【详解】A．具有还原性，可用于漂白纸浆、毛、丝等，但的漂白作用主要源于其漂白性是与有色物质形成无色加合物，还原性是其性质之一，但并非漂白的直接原因，A不符合题意；B．浓硫酸可用于干燥，但这是利用其吸水性，而非脱水性，B不符合题意；C．无水为白色，遇水生成蓝色五水合硫酸铜，可用于检验酒精（乙醇）中是否含水，若含水则变蓝，该说法正确，C符合题意；D．“钡餐”成分为，其不溶于胃酸且对X射线不透明；溶于胃酸生成有毒，不能用作“钡餐”，D不符合题意；故选C。14.用下列仪器(或装置)进行相应实验，可以达到实验目的的是A．制备可长时间保存的B．验证酸性：HCl>>包有足量的脱脂棉C．证明与水反应放热D．观察K元素的焰色A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．硫酸亚铁和氢氧化钠在空气中反应，氢氧化亚铁易被氧气氧化为Fe(OH)3，故不选A；B．碳酸钠和盐酸反应放出二氧化碳气体，证明酸性HCl>；碳酸钠和盐酸反应制取的二氧化碳中含有杂质HCl，氯化氢、二氧化碳都能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，不能证明酸性>，故不选B；C．包有足量过氧化钠的脱脂棉滴上几滴水，脱脂棉燃烧，证明与水反应放热，故选C；D．铜的焰色反应有颜色，不能用铜丝蘸取溶液，应该用铂丝或无锈铁丝，且需透过蓝色钴玻璃观察K元素的焰色，故不选D；选C。15.括号中的物质为杂质，下列除杂方法正确的是A.粉末()：通入适量气体B.固体()：加热至质量不再变化C.(HCl)：通过饱和溶液后干燥D.()：通过酸性高锰酸钾溶液后干燥【答案】D【解析】【详解】A．通入CO2会使主体物质Na2O反应生成Na2CO3，同时杂质Na2O2也会反应，导致主体物质被破坏，不符合除杂原则，A错误；B．加热时主体物质NaHCO3会分解生成Na2CO3，而杂质Na2CO3不反应，导致主体物质变质，不符合除杂要求，B错误；C．通过饱和Na2CO3溶液时，主体物质CO2会与其反应生成NaHCO3，同时杂质HCl也被吸收，但主体物质被消耗，无法达到除杂目的，C错误；D．通过酸性高锰酸钾溶液时，杂质SO2被氧化去除，而主体物质H2不反应，再干燥后得到纯净H2，符合除杂要求，D正确；故答案选择D。16.以下各组微粒在对应溶液中能大量共存的是A.硝酸钾溶液中：、、 B.饱和氯水中：、、C.浓氨水中：、、 D.氯化铁溶液中：、、【答案】A【解析】【详解】A．硝酸钾溶液中的、与、均为可溶性离子，相互间不发生复分解、氧化还原或络合反应，能大量共存，A正确；B．饱和氯水中含，与反应生成AgCl沉淀，不能大量共存，B错误；C．浓氨水呈碱性，与氨水反应生成沉淀，不能大量共存，C错误；D．氯化铁溶液中具有强氧化性，与发生氧化还原反应生成，同时Fe3+与SCN-形成红色络合物，不能大量共存，D错误；故选A。17.下列离子方程式正确的是A.将少量金属钠放入冷水中：B.酸性硫酸亚铁溶液中滴加双氧水：C.用覆铜板制作印刷电路板：D.碘化钾溶液在空气中久置变黄色：【答案】D【解析】【详解】A．金属钠放入冷水中反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子反应方程式为，A错误；B．在酸性条件下，双氧水（）氧化时，自身被还原为水，产物不应为，正确的离子反应方程式为，B错误；C．覆铜板反应中，应被还原为，而非单质，正确离子反应方程式为，C错误；D．碘化钾被氧气氧化的方程式配平正确（原子和电荷守恒），且符合反应事实（生成使溶液变黄），D正确；故答案为：D。18.工业上常用黄铁矿()还原，反应原理为，下列说法正确的是A.为氧化剂 B.可用替代C.反应后溶液的pH增大 D.每反应120g，转移15mol电子【答案】B【解析】【详解】A．在反应中硫元素被氧化（从-1价升至+6价），铁元素价态不变，因此作为还原剂，而非氧化剂，A错误；B．具有还原性，可将还原为，反应为：，因此可用替代，B正确；C．题干中反应生成，溶液中浓度增加，pH减小，C错误；D．120g为1mol，反应中每个硫失7个电子，共失14mol电子，得电子，14mol共得14mol电子，电子转移为14mol，D错误；故选B。19.为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.2mol中的原子数目为0.3B.与充分反应，当固体增重64g时转移电子数为2C.标准状况下，11.2L中的分子数目为1.5D.0.1mol/L的溶液最多能消耗的数目为0.1【答案】B【解析】【详解】A．H2S分子由2个氢原子和1个硫原子组成，共3个原子，0.2molH2S含有0.2×3=0.6mol原子，即0.6个原子，不是0.3，A错误；B．反应方程式为Na2O2+SO2=Na2SO4，Na2O2和Na2SO4均为固体，根据质量守恒定律可知，反应前后增加的质量都是SO2质量，增重64g，即参加反应的SO2为64g，SO2物质的量为=1mol，硫元素从+4价升至+6价，则1molSO2参加反应转移2mol电子，电子数为2，B正确；C．标准状况下（0°C,101.325kPa），SO3熔点为16.8°C，为固态，不适用气体摩尔体积（22.4L/mol）；11.2LSO3在标准状况下并非气体，分子数目不为1.5，C错误；D．未指明溶液体积，无法计算AgNO3物质的量，故不能确定消耗Cl-的数目，D错误；故答案为：B。20.短周期主族元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如图所示，其中C元素原子的最外层电子数与最内层电子数之和等于其电子总数的一半。下列说法不正确的是A.高温下元素A的单质与水反应能生成可燃性气体B.元素B、C氧化物的排放是形成酸雨的主要原因C.C、D位置附近的元素可用于制造新品种农药D.若元素E与D同族，则氢化物的稳定性：E>D【答案】D【解析】【分析】结合题中所给元素周期表的结构，则A、B在第二周期，C、D在第三周期，C元素原子的最外层电子数与最内层电子数之和等于其电子总数的一半，设C的最外层电子数为a，则解得a=6，则C为硫元素，D为氯元素，A为碳元素，B为氮元素，据此分析。【详解】A．由分析知A的单质为C，C与水反应生成CO和H2，CO和H2都是可燃性气体，A正确；B．由分析知B为氮元素，其氧化物为NO、NO2等，C为硫元素，其氧化物为SO2、SO3，氮的氧化物、硫的氧化物都是形成酸雨的主要原因，B正确；C．C、D为硫、氯，周期表中氟、氯、硫、磷附近的元素常用于制造新品种农药，C正确；D．若元素E为F，则简单氢化物稳定性；若元素E为Br，则简单氢化物稳定性。该说法不完全正确，故错误，D错误；故答案选择D。21.为测定和混合物中的质量分数，下列操作及数据正确的是A.取19g混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到21.2g溶液B.取19g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到15.9g固体C.取19g混合物与足量澄清石灰水充分反应，过滤，得到23g滤渣D.取19g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加8.8g【答案】B【解析】【详解】A．取19g混合物与足量NaOH溶液反应，得到21.2g溶液，操作无法用于测定质量分数，因为反应后溶液质量取决于加入的NaOH溶液质量（未知），无法确定溶质质量，故无法计算，A不符合题意；B．取19g混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到15.9g固体（NaCl）。该操作可行，设混合物中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量分别为xmol、ymol，由题意可建立如下关系式：106x+84y=19，2x+y=，解联立方程可计算出x、y，然后可计算出混合物中碳酸钠的质量分数，B正确；C．取19g混合物与足量澄清石灰水反应，过滤，得到23g滤渣（）。该操作理论上可行，但数据23g大于可能的最大值（纯生成约22.62g），不可能实现，故数据错误，C不符合题意；D．取19g混合物与足量稀硫酸反应，逸出的气体中会混有水蒸气，碱石灰会同时吸收CO2和水蒸气，所以质量增加8.8g两种气体的质量，故无法求出混合物中碳酸钠的质量分数，该操作不正确，D不符合题意；故选B。22.类推时要注意物质的相似性和特殊性，下列类推符合客观事实的是选项化学事实类推结论A钠与水反应生成NaOH和高温下铁与水蒸气反应生成和BFe与溶液反应置换出CuNa与溶液反应置换出CuCFe与S加热生成FeSNa与S加热生成D在空气中加热得到FeO在空气中加热得到A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．钠与水反应生成NaOH和H2；高温下铁与水蒸气反应生成，而非Fe(OH)3，A不合理；B．Fe与CuSO4溶液反应置换出Cu；Na与CuSO4溶液反应时，Na先与水反应生成NaOH和H2，NaOH再与CuSO4反应生成Cu(OH)2沉淀，不能置换出Cu，B不合理；C．Fe与S加热生成FeS；Na与S加热也生成Na2S，C合理；D．Na2O在空气中加热得到Na2O2；FeO在空气中加热得到Fe3O4而非Fe2O3，D不合理；故选C。23.造纸废水中含有大量，可利用氧化还原的方式进行处理，其转化关系如图所示，下列说法正确的是A.在整个转化过程中起催化作用B.处理后的废水中主要含硫的溶质为和C.假设过程Ⅰ产生的在后续反应中恰好完全反应，则过程Ⅰ转移电子数等于过程Ⅱ、Ⅲ、Ⅵ的电子数之和D.过程Ⅵ中与的物质的量之比为2:1【答案】B【解析】【分析】参与的所有反应梳理：过程Ⅰ：的生成反应：反应本质为被氧气氧化生成，中的Co为低价，被氧化后Co升价，被还原为-2价氧结合于中。过程Ⅱ：氧化：反应本质为作氧化剂，将中-2价S氧化，自身被还原为。过程Ⅲ：氧化：反应本质为作氧化剂，将中+4价S氧化为中+6价S，自身再次被还原为。过程Ⅳ：与发生归中反应生成，没有参与反应。【详解】A．在整个循环中先被氧化为，之后又被还原为，符合“反应前后不变”的催化剂特征；而是中间产物，不是催化剂，A错误；B．从转化关系看，整个过程的最终产物是和，所以处理后的废水中主要含硫的溶质为这两种物质，B正确；C．仅参与过程Ⅰ、过程Ⅱ、过程Ⅲ，过程Ⅳ未参与，过程Ⅰ生成后，过程Ⅱ、过程Ⅲ中作为专属氧化剂氧化含硫还原剂，自身始终被还原为，实现循环。过程Ⅰ产生的在后续反应中恰好完全反应，则过程Ⅰ转移电子数等于过程Ⅱ、Ⅲ的电子数之和，C错误；D．过程Ⅳ的反应为：，中S为-2价，被氧化为中的+2价，每个S原子失去4个电子；中S为+4价，被还原为中的+2价，每个S原子得到2个电子，根据得失电子守恒可得，与的物质的量之比为1:2，D错误；故答案选B。24.下图实验装置用于探究铜与浓、稀硝酸反应(夹持装置已省略)，下列说法不正确的是A.关闭止水夹1，打开止水夹2，适当向外拉动针管Ⅰ，仪器B中Cu粉与浓硝酸反应B.仪器B中，铜与浓硝酸反应产生气体会将液体压回试管，适当拉动针管Ⅱ可以进行尾气处理C.关闭止水夹2，打开止水夹1，拉动针管Ⅰ，然后关闭止水夹1，打开止水夹2，推动针管Ⅰ，重复上述操作多次可得到稀硝酸D.烧杯A中使用热蒸馏水的目的是加快后续反应【答案】A【解析】【分析】该装置为一简易的启普发生器，实验时，关闭止水夹1，打开止水夹2，向外拉动针管Ⅰ，仪器B中气压减小，可将浓硝酸吸入长颈漏斗中与铜单质反应。若要终止反应，可关闭止水夹2，装置B中Cu单质与浓硝酸反应生成，气压增加，将浓硝酸从长颈漏斗中压回试管下部，Cu单质与浓硝酸不再接触，反应停止。若打开止水夹1，关闭止水夹2，拉动针管Ⅰ，烧杯A中的热蒸馏水被抽入针管，之后关闭止水夹1，打开止水夹2，将蒸馏水推入试管B中，重复上述操作可得到稀硝酸。之后再关闭止水夹1，打开止水夹2，向外拉动针管Ⅰ，可将试管中的稀硝酸吸入长颈漏斗中与铜单质反应，据此作答。【详解】A．由分析可知，该装置为启普发生器，若使用铜粉可能会从长颈漏斗漏入试管中，会使反应失控，造成危险，应使用直径大于漏斗颈的铜粒进行实验，A错误；B．拉动针管Ⅱ，仪器B中气压减小，反应生成被抽入针管Ⅱ，与NaOH溶液发生反应：，可以实现尾气处理，B正确；C．由分析可知，重复“关闭止水夹2，打开止水夹1，拉动针管Ⅰ，然后关闭止水夹1，打开止水夹2，推动针管Ⅰ”的操作，可以将热蒸馏水转移进试管中，将浓硝酸稀释为稀硝酸，C正确；D．烧杯A中使用热蒸馏水稀释浓硝酸可得到热的稀硝酸，可以有效加快与Cu单质的反应速率，D正确；故答案选A。25.钢渣中富含CaO、、FeO、等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的Ca、Si、Fe元素，流程如下。下列说法正确的是已知：易溶于溶液，、难溶于溶液。A.酸X可以是 B.试剂Y为铁粉C.滤渣b的主要成分为 D.步骤Ⅰ为过滤、洗涤、干燥【答案】C【解析】【分析】钢渣中富含CaO、、FeO、等氧化物，通过酸浸，得到滤液a中含有、、等，滤渣I为，滤渣a中加入溶液碱浸，得到含有的浸取液，加入盐酸生成硅酸沉淀，最后得到。滤液a中加入试剂Y和足量后过滤，由于易溶于溶液，加入试剂Y的目的是将氧化为，再加入，将Ca2+转化为沉淀，因此滤渣b为，滤液b中有，依此进行分析。【详解】A．酸X如果是硫酸，生成的硫酸钙属于微溶物，会覆盖在钢渣表面阻止酸浸，所以酸X应选盐酸，A错误；B．试剂Y的作用是将氧化为，若用铁粉会把还原为，最终滤渣b中会有更多的，无法将钙和铁元素分离，B错误；C．由分析可知，滤渣b为，C正确；D．步骤Ⅰ中要将硅酸转化为二氧化硅，需要加热，D错误；故答案选C。非选择题部分二、填空题(本大题共5小题，共50分)26.有以下物质：①Cu；②；③；④；⑤溶液；⑥。请回答：（1）物质④的俗名是___________。（2）上述物质中，属于酸性氧化物的有___________(填标号，下同)，属于电解质的有___________。（3）⑥在水溶液中的电离方程式为___________。（4）为防止⑤中的变质，应在溶液中加入少量的___________。【答案】（1）纯碱或苏打（2）①.②②.③④⑥（3）（4）铁粉【解析】【小问1详解】物质④属于盐，俗称纯碱或苏打；【小问2详解】酸性氧化物：能与碱反应生成盐和水的氧化物，在上述物质中，②是典型的酸性氧化物，它能与碱反应生成亚硫酸盐和水；电解质：指在水溶液或熔融状态下能电离产生自由移动离子而导电的化合物；②：本身不能电离，其水溶液（亚硫酸）能导电，但本身不是电解质，属于非电解质；③：金属氧化物，熔融或与水反应后可导电，属于电解质；④：盐类，水溶液或熔融态均能导电，是电解质；⑤溶液：是混合物，不是电解质（电解质必须是纯净物）；⑥：盐类，水溶液能导电，是电解质；因此，属于电解质的是③④⑥；【小问3详解】是强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离为，；【小问4详解】具有还原性，易被空气中的氧气氧化为。为防止其变质，可在溶液中加入少量铁粉（或铁钉），铁粉可将生成的还原为：2+Fe=3；27.甲、乙、丙、丁、戊、己是短周期主族元素，其性质与应用如下表所示。元素原子半径主要化合价其他信息甲//其简单阳离子核外无电子乙/-4，+4组成生命体的主要元素之一丙//该元素在焰色试验中呈黄色丁0.074nm-2/戊0.160nm+2/己0.143nm/地壳中含量最多的金属元素请回答：（1）“甲”、“丙”与“丁”元素组成的化合物，所含化学键有___________。A.离子键 B.共价键 C.范德华力 D.氢键（2）“乙”在元素周期表中的位置是___________。（3）原子半径：“丙”___________“戊”(填“>”或“<”)。（4）上述元素最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是___________(用化学式表示)。（5）用离子方程式说明“己”具有一定的非金属性___________。【答案】（1）AB（2）第二周期第ⅣA族（3）>（4）NaOH（5）【解析】【分析】甲的简单阳离子核外无电子，所以甲为氢（H）元素。乙的主要化合价为-4、+4，且是组成生命体的主要元素之一，所以乙为碳（C）元素。丙元素在焰色试验中呈黄色，所以丙为钠（Na）元素。丁的原子半径为0.074nm，主要化合价为-2，所以丁为氧（O）元素。戊的原子半径为0.160nm，原子半径比氧大，主要化合价为+2，所以戊为镁（Mg）元素。己是地壳中含量最多的金属元素，所以己为铝（Al）元素。【小问1详解】甲是H、丙是Na与丁是O元素，组成的化合物为NaOH，钠离子与氢氧根之间形成离子键，氢氧根中氢原子和氧原子之间形成共价键，所以所含化学键有离子键、共价键，故选AB。【小问2详解】乙为碳，是6号元素，在元素周期表中的位置是第二周期第ⅣA族。【小问3详解】Na和Mg位于同一周期，同周期从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径：丙>戊。【小问4详解】金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，上述元素中Na的金属性最强，所以碱性最强的是NaOH。【小问5详解】为两性金属，其单质与强碱溶液反应体现了其具有一定的非金属性，离子方程式为：。28.某小组同学设计了如下实验探究二氧化硫的性质。请回答：（1）装置a的仪器名称为___________，NaOH的作用为___________。（2）A装置中的化学反应方程式是___________。（3）装置B中也产生了白色沉淀，甲同学认为是，乙同学认为是，于是他们各自设计了实验进行验证。同学甲：将分别持续通入含溶解氧的溶液和无溶解氧的溶液中，测定两组溶液的pH变化，得到如下图像。同学乙：利用红外光谱仪对沉淀进行检验，得到下图，已知：的吸光度峰范围在波数1100～1150，的吸光度峰范围在波数930～1000。①同学甲认为通过自己的实验可以判断沉淀成分为，且不含，你认为结论是否正确，并说明理由___________。②结合以上实验，你认为沉淀的成分为___________，请设计一个简单的实验证明___________。【答案】（1）①.酒精灯②.吸收等有毒气体，防止污染空气（2）(浓)（3）①.不正确，因为无论是否产生，pH均下降，故无法证明沉淀中不存在。②.与；取少量沉淀于试管中，再加入足量稀盐酸，若沉淀部分溶解，则可证明。【解析】【分析】圆底烧瓶中浓硫酸与铜在加热条件下生成硫酸铜、水和二氧化硫气体，二氧化硫气体通入B中的氯化钡溶液中，生成了白色沉淀，甲、乙两名同学通过实验探究B中的白色沉淀是硫酸钡还是亚硫酸钡，甲同学的实验中，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，含溶解氧的氯化钡中氧气把亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与氯化钡生成硫酸钡沉淀和盐酸，pH明显下降，不含溶解氧的氯化钡中只有二氧化硫溶于水生成亚硫酸部分电离，显酸性，但酸性较弱，pH缓慢下降，无论是否产生，pH均下降，所以甲同学的实验方案无法判断沉淀成分为，且不含；乙同学利用红外吸收光谱，可判断沉淀的成分为和；取少量沉淀于试管中，再加入足量稀盐酸，若沉淀部分溶解，则可证明沉淀的成分为和，据此分析。【小问1详解】装置a的仪器名称为酒精灯；NaOH的作用为吸收等有毒气体，防止污染空气。【小问2详解】圆底烧瓶中浓硫酸与铜在加热条件下生成硫酸铜、水和二氧化硫气体，反应的化学方程式为：(浓)【小问3详解】甲同学实验中，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，含溶解氧的氯化钡中氧气把亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与氯化钡生成硫酸钡沉淀和盐酸，pH明显下降，不含溶解氧的氯化钡中只有二氧化硫溶于水生成亚硫酸部分电离，显酸性，但酸性较弱，pH缓慢下降，无论是否产生，pH均下降，所以甲同学的实验方案无法判断沉淀成分为，且不含；通过对红外吸收光谱分析可知，光谱中有吸光度峰范围在波数1100～1150的，也有吸光度峰范围在波数930～1000的，所以判断白色沉淀成分为和；为证明白色沉淀是和的混合物，可取少量沉淀于试管中，再加入足量稀盐酸，若沉淀部分溶解，则可证明白色沉淀是和的混合物。29.用某高炉渣(主要成分为CaO、MgO、、)为原料，对炼钢烟气(、)进行回收利用，以减少环境污染，其流程如图所示。已知：几种物质的分解温度如表所示：、>1000℃>500℃请回答：（1）烟气中的电子式为___________，操作Ⅰ的名称为___________。（2）近日，中国商务部对产自日本的二氯二氢硅()发起了反倾销调查，从滤渣b中分离出的可用于制取粗硅，该过程的中间产物在催化剂的作用下，可用于制取的同时产生另一种含硅化合物，请写出该反应的化学方程式___________。（3）焙烧温度不高于400℃的原因___________。（4）下列说法不正确的是___________。A.滤液b中的阳离子主要为、和B.焙烧时MgO发生的反应为：C.熟石膏是滤渣b的其中一种成分D.为了节约能源(利用反应的热量)，炼钢烟气应直接与气体a混合（5）水浸得到的含钙产品需用水洗涤，请设计实验证明产品已经洗涤干净___________。【答案】（1）①.②.过滤（2）（3）防止受热分解（4）CD（5）取最后一次洗涤液，加入适量溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净【解析】【分析】高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)中加入(NH4)2SO4，并焙烧至400℃，此时CaO、MgO、Al2O3分别转化为CaSO4、MgSO4、NH4Al(SO4)2，SiO2不反应，同时生成气体a为NH3；水浸时，MgSO4、NH4Al(SO4)2溶于水，CaSO4、SiO2不溶；过滤后，滤渣b为CaSO4、SiO2，滤渣与(NH4)2CO3反应生成CaCO3，SiO2不发生反应