2024-2025学年湖南省衡阳市祁东县高一上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省衡阳市祁东县2024-2025学年高一上学期1月期末考试可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Cl35.5一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.“东汉铜车马”是贵州省博物馆的镇馆之宝。以下关于合金的说法错误的是A.青铜是我国最早使用的合金 B.合金中可以含有碳等非金属C.钢是用量最大、用途最广的合金 D.生铁和钢相比，生铁含碳量更低【答案】D【解析】A．铜的活泼性较弱，冶炼铜较容易，我国使用最早的合金是青铜，故A正确；

B．合金中可以含有非金属元素，如钢是铁和碳的合金，故B正确；C．钢可用于建筑材料，钢是用量最大、用途最广的铁合金，故C正确；

D．生铁是含碳量为2%～4.3%的铁合金，钢是含碳量为0.03%～2%的铁合金，与钢相比，生铁的含碳量较多，故D错误；故选：D。2.氟-29()原子核与液氢靶相撞，敲除多余的质子，形成氧的一种稀有同位素——氧-28()。下列有关说法正确的是A.的质量为28gB.与互为同位素C.的中子数与质子数之差为12D.上述将转化为的过程发生了化学变化【答案】C【解析】A．的质量数为28，故A错误；B．质子数相同而中子数不同的原子互为同位素，与的质子数不同，不互为同位素，故B错误；C．的质子数为8，中子数为20，故中子数与质子数之差为12，故C正确；D．化学变化的最小微粒为原子，故将转化为的过程生成了新元素不是化学变化，故D错误；故选C。3.下列物质的用途描述错误的是选项ABCD物质铁粉用途自来水消毒中和胃酸制作糕点食品抗氧化剂【答案】B【解析】A．二氧化氯具有强的氧化性，能够杀菌消毒，可以用于自来水消毒，故A正确；B．具有腐蚀性，不能用于中和胃酸，故B错误；C．受热分解生成二氧化碳，可用于食品发酵剂，可焙制糕点，故C正确；D．铁粉具有强的还原性，可用作食品的抗氧化剂，故D正确；答案选B。4.下列化学用语表示正确的是A.中子数为10的氧原子：B.的空间结构为直线形C.的结构示意图：D.的形成过程：【答案】D【解析】A．中子数为10的氧原子质量数为18，因此原子符号为：，A项错误；B．的空间结构为V形，B项错误；C．Al3+结构示意图为，C项错误；D．为离子化合物，故其形成过程：，D项正确；答案选D。5.下列关于新制氯水的说法错误的是A.呈淡黄绿色B.只含有两种离子C.加入溶液后，有白色沉淀生成D.滴加紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色【答案】B【解析】新制的氯水中存在平衡：。溶液中含氯气、水和次氯酸分子，氢离子、氯离子和次氯酸根离子等，结合各物质的性质分析解答。A．新制氯水中含氯气，所以氯水呈淡黄绿色，A正确；B．氯水中有盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸还能电离出氢离子和次氯酸根离子，所以新制氯水中含氢离子、氯离子和次氯酸根离子及极少数的氢氧根离子，B错误；C．新制氯水中的氯离子能与银离子反应生成氯化银白色沉淀，C正确；D．新制氯水具有酸性和漂白性，所以滴加紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色，D正确；故选B。6.下列离子组能在含大量的无色溶液中大量存在的是A. B.C. D.【答案】D【解析】A．碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，A项不符合题意；B．铁离子、铜离子均有颜色，次氯酸根离子与氢离子生成弱酸次氯酸而不能大量共存，B项不符合题意；C．酸性条件下，氢氧根离子不能大量存在，C项不符合题意；D．各离子之间相互不反应，能大量共存，且溶液无色，D项符合题意；答案选D。7.我国某研究团队研发的“高亮不锈镁”荣获国际镁协2024年度“优秀变形镁合金产品奖”。下列说法正确的是A.是一种新型合金B.镁合金的熔点比纯镁的高C.“高亮不锈镁”具有优异耐腐蚀性D.合金中只含有金属元素，不含非金属元素【答案】C【解析】A．是化合物，不是合金，故A错误；B．合金的熔点一般低于各成分金属，镁合金的熔点比纯镁的低，故B错误；C．合金一般具有良好的耐腐蚀性，故C正确；D．合金中也可能含非金属元素，比如生铁和钢都含有碳元素，故D错误；答案选C8.下列装置能达到相应实验目的的是A.制备，并观察的颜色B.收集少量的氯气C.除去溶液中的少量NaClD.探究氯气是否具有漂白性【答案】A【解析】A．第一个试管中铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，打开止水夹，反应时产生的氢气，可将A内的空气排出，氢气再进入第二个试管中，排尽第二个试管内空气，接着关闭止水夹，第一个试管内产生的氢气将硫酸亚铁通过长导管压入第二个试管内，生成氢氧化亚铁，A正确；B．氯气的密度大于空气，故应长管进气，短管出气，B错误；C．氯化钠易溶于水，不能采用过滤的方法除去溶液中的少量NaCl，C错误；D．鲜花中含有水，不能探究氯气是否具有漂白性，D错误；故选A。9.甲、乙、丙、丁、戊五种物质间的相互转化关系如图，此五种物质的焰色均为黄色，其中乙为单质，仅丙、丁的溶液呈碱性。下列说法错误的是A.乙与反应时生成大量白烟 B.固体丙具有吸水性C.丁为正盐 D.丁与酸反应才能生成戊【答案】D【解析】焰色均为黄色，故是钠及其化合物的转化。乙为单质，为钠；戊为氯化钠；仅丙、丁的溶液呈碱性，根据转化关系，甲为氧化钠，丙为氢氧化钠，丁为碳酸钠；A．钠在氯气中燃烧时，产生大量白烟，A正确；B．固体氢氧化钠具有吸水性，B正确；C．丁为碳酸钠，为正盐，C正确；D．碳酸钠与盐酸反应可以生成氯化钠，但不是唯一途径，碳酸钠溶液与氯化钙发生反应，也可以生成氯化钠，D错误；故选D。10.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.通入足量石灰乳中制漂白粉，转移的电子数为B.溶液中含有的数为C.由和组成的混合气体含有的原子数为D.向含的稀盐酸中投入足量，生成的分子数为【答案】A【解析】A．的物质的量为，氯气与石灰乳反应生成、和水，氯元素的化合价由0价升高为价，另外一半的氯，由0价降低为价，

氯气既是氧化剂又是还原剂，转移的电子数为：，A正确；B．未告知溶液体积，不能计算其物质的量，B错误；C．未告知是否处于标准状况，不能计算其物质的量，C错误；D．钠与稀盐酸、水均能反应生成氢气，由于钠足量，则生成的氢气分子数大于，D错误；故选A。11.X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z可形成原子个数比为的18电子分子；X与W同主族；Z的最外层电子数为M的2倍；Y的最简单氢化物与最高价氧化物对应的水化物反应可生成盐。下列说法正确的是A非金属性：B.Z与M形成的化合物能溶于强酸C.简单离子的半径大小：D.最高价氧化物对应水化物的酸性：【答案】B【解析】X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z可形成原子个数比为1:1的18电子分子，则该分子为H2O2，则X为H，Z为O；X与W同主族，则W为Na；Z的最外层电子数为M的2倍，则M的最外层电子数为3，M为Al；Y的最简单氢化物与最高价氧化物对应的水化物反应可生成盐，则Y为N元素，据此分析解答。根据上述分析，X为H，Y为N，Z为O，W为Na，M为Al。A．同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，则非金属性O>N，即Z>Y，故A错误；B．Z与M形成的化合物为Al2O3，Al2O3能溶于强酸，故B正确；C．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径大小O2->Na+>A13+，即Z>W＞M，故C错误；D．同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，Y为N，W为Na，二者对应的最高价氧化物的水化物分别为硝酸和氢氧化钠，前者为强酸后者为强碱，故D错误；答案选B。12.向和Fe组成的固体混合物中加入盐酸，各物质恰好完全反应，反应后的溶液X中只存在一种金属阳离子，且该金属阳离子与生成的气体的物质的量之比为。下列说法正确的是A.向溶液X中滴加KSCN溶液，溶液变红B.上述过程发生了两个化学反应C.原固体混合物中和Fe的物质的量之比为D.消耗的HCl与生成的的物质的量之比为【答案】C【解析】发生的反应有Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O、Fe+2FeCl3=3FeCl2、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；A．各物质恰好完全反应，反应后溶液中只存在一种金属阳离子，说明溶质只有FeCl2，滴加KSCN溶液，溶液不变色，故A错误；B．由上述分析可知，发生了三个化学交应，故B错误；C．原固体混合物中Fe3O4和Fe分别设为amol和bmol，Fe原子物质的量为(3a+b)mol，X溶液中溶质只有FeCl2，所以n(HCl)=2(3a+b)mol，HCl中的H转化为H2和H2O，n(H2)=mol，n(H2O)=4amol，有2(3a+b)=3a+b+2×4a，a∶b=1∶5，故C正确；D．由C项的分析知，消耗的HCl与生成的H2物质的量之比为2(3a+b)∶=4∶1，故D错误；答案选C。13.下列离子方程式书写正确的是A.将钠投入水中：B.向纯碱溶液中滴加少量稀盐酸：C.实验室制备氯气：D.向溶液中加入足量溶液：【答案】A【解析】A．Na和H2O反应生成NaOH和氢气，离子方程式为，故A正确；B．盐酸少量，反应生成碳酸氢钠和氯化钠；离子方程式为，故B错误；C．浓盐酸要拆成离子，实验室制备氯气的离子方程式为：，故C错误；D．向溶液中加入足量溶液，Fe3+和SO都要生成沉淀，离子方程式为，故D错误；答案选A。14.气体灭菌法是常用的环境消毒法，常用的气体消毒剂有环氧乙烷()、臭氧()等。下列比较中，正确的是A.摩尔质量之比B.相同质量时，物质的量之比C.同温同压下，密度之比D.同温同压下，相同物质的量时，体积之比【答案】B【解析】设环氧乙烷（摩尔质量为44g/mol）、臭氧（摩尔质量为48g/mol）的质量为ag，二者物质的量之比为∶=12∶11，据此分析；A．摩尔质量之比为44g/mol∶48g/mol=11∶12，A错误；B．根据分析，物质的量之比为12∶11，B正确；C．根据阿伏加德罗定律推论可知，同温同压下气体的密度之比=摩尔质量之比=11∶12，C错误；D．同温同压下，相同物质的量时，体积相同，体积之比为1∶1，D错误；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.铁的化合物在生活中具有广泛的应用，利用铁元素的“价-类”二维图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系，试回答下列问题：（1）若服用的药物胶囊中铬(Cr)含量超标，则人体会受到巨大的伤害。已知中铬元素为价，则其中的铁元素为_______价，属于_______(填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”)，根据“价-类”二维图，可能具有的性质为_______(填标号)。A.只有氧化性B.只有还原性C.既有还原性又有氧化性D.无法判断（2）琥珀酸亚铁片(呈暗黄色，难溶于水，可溶于盐酸)是市场上常见的一种补铁药物。①服用维生素C片，可以使补铁药品中的转化为，说明维生素C具有_______。②证明在空气中久置的琥珀酸亚铁片药品已被氧化变质的方法为_______。（3）是一种新型的多功能水处理剂，与水反应放出氧气，同时产生具有强吸附性的胶体，可除去水中细微的悬浮物，具有净水作用。①根据上述“价-类”二维图，位于图中_______(填字母)点。②将与水反应的化学方程式配平：_______。_____________________(胶体)______________KOH③每生成3.36L(标准状况)时，转移的电子数为_______。【答案】（1）①.+2②.盐③.C（2）①.还原性②.取在空气中久置的琥珀酸亚铁片药品少许溶于盐酸，滴加KSCN溶液，溶液变红，证明药品已被氧化变质（3）①.f②.4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH③.0.6【解析】【小问1详析】设铁元素化合价为x，根据化合物中各元素化合价代数和为0，则：x+[3+(-2)×2]×2=0，即x=+2，故铁元素为+2价；Fe(CrO2)2由金属阳离子和酸根阴离子构成，属于盐；Fe(CrO2)2中铁元素为+2价，根据“价-类”二维图，处于中间价态，其化合价既可以升高也可以降低，则可能具有的性质为既有还原性又有氧化性，故选C；【小问2详析】①服用维生素C片，可以使补铁药品中的转化为，即被维生素C还原为，说明维生素C具有还原性；②久置的琥珀酸亚铁片药品已被氧化变质，说明药品中Fe2+已被氧化为Fe3+，检验药品中是否含有Fe3+即可，则证明在空气中久置的琥珀酸亚铁片药品已被氧化变质的方法为：取在空气中久置的琥珀酸亚铁片药品少许溶于盐酸，滴加KSCN溶液，溶液变红，证明药品已被氧化变质；【小问3详析】①K2FeO4由金属阳离子和酸根阴离子构成，属于铁元素化合价为+6价的盐，故K2FeO4位于图中f点；②K2FeO4被还原生成，铁元素化合价由+6价降低至+3价，降低3价，同时氧元素化合价由-2价升高至0价，根据化合价升降法和原子守恒配平得该反应为：4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH；③每生成3.36L(标准状况)时，转移的电子数为。16.掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础。以下是实验室常用的部分仪器，请回答下列问题：（1）仪器③和⑥的名称分别为_______、_______。（2）现需溶液450mL①根据计算，用托盘天平称取的质量为_______。②转移液体时，玻璃棒的作用为_______。③定容：将蒸馏水注入仪器③中，当液面离仪器③颈部的刻度线1～2cm时，改用_______(填仪器名称)滴加蒸馏水至_______。若定容时俯视仪器③刻度线，则会导致所配溶液浓度_______(填“偏高”或“偏低”)。（3）取出上述配制好的溶液20mL，则取出的20mL溶液中_______，将取出的溶液加水稀释至100mL，则稀释后_______。【答案】（1）①.容量瓶②.坩埚（2）①.9.5g②.引流③.胶头滴管④.溶液的凹液面与刻度线水平相切⑤.偏高（3）①.0.20②.0.08【解析】配制一定物质的量浓度溶液的一般操作步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积影响，再结合c=进行误差分析。【小问1详析】由图可知，仪器③和⑥的名称分别为容量瓶、坩埚；【小问2详析】①实验室没有450mL的容量瓶，只能选择500mL的容量瓶，则用托盘天平称取的质量为0.20mol/L×0.5L×95g/mol=9.5g；②转移液体时，需要用玻璃棒引流，故其作用为：引流；③将蒸馏水注入仪器③中，当液面离仪器③颈部的刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线水平相切；若定容时俯视仪器③刻度线，则蒸馏水加入较少，导致所配溶液浓度偏高；【小问3详析】溶液具有均一性，则取出的20mL溶液中0.20mol/L；稀释前氯离子浓度为0.40mol/L，则将取出的溶液加水稀释至100mL，稀释后氯离子浓度为原来的，即此时0.08。17.电子工业常用溶液腐蚀绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。从腐蚀废液中回收铜，能重新获得溶液，以实现回收利用。废液处理流程如图：（1）溶液腐蚀绝缘板上的铜箔的离子方程式为_______。（2）腐蚀废液中的溶质主要有_______(填化学式)。（3）取少量反应1中溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液，产生的现象是有白色沉淀产生，白色沉淀迅速变为_______色，最后变为红褐色，白色沉淀被氧化至红褐色时发生反应的化学方程式为_______。（4）“操作1”的名称为_______。若物质X为稀盐酸和一种绿色氧化剂的混合物，则该绿色氧化剂的化学式为_______；物质X也可以选用氯气，二者相比较下，使用氯气的缺点为_______。（5）对滤渣a进行处理后可提高铁元素的利用率，操作方法是_______。【答案】（1）（2）（3）①.灰绿②.（4）①.过滤②.③.有毒且污染环境（5）向滤渣a中加入，其中反应生成，可参与反应2生成，从而提高铁的利用率【解析】溶液腐蚀绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板，原理是三价铁离子与铜单质发生氧化还原反应，离子方程式为：，由方程式可知腐蚀废液中的溶质为，从腐蚀废液中回收铜，并将铁的化合物全部转化为溶液，由流程可知，加入过量的与氯化铁、氯化铜反应生成氯化亚铁、铜，过滤进行分离，则滤液为，滤渣a为金属和过量的，为不引入杂质，将溶液转化为溶液，则可以通入足量氯气进行氧化，据此解答。【小问1详析】由分析可知，溶液腐蚀绝缘板上铜箔的离子方程式为：；【小问2详析】由分析可知，腐蚀废液中的溶质主要有；【小问3详析】向腐蚀废液中加入过量铁粉，此时被置换出来，同时被还原为，因此反应1中的溶液中主要成分是，所以滴加氢氧化钠溶液会产生氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁在空气中很容易被氧化成氢氧化铁，所以白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；白色沉淀被氧化至红褐色时发生反应的化学方程式为：；【小问4详析】经过操作1后得到了滤渣a，因此该步骤为过滤；在滤液中存在的亚铁离子要生成，所以物质X是一种氧化剂，结合题目中提到的是绿色氧化剂，所以该物质为；氯气是一种有毒物质，会污染环境；【小问5详析】向滤渣a中加入，其中反应生成，可参与反应2生成，从而提高铁的利用率。18.某研究性化学兴趣小组的同学拟通过具体实验来探讨某些元素的性质差异。I.探究C、Si元素的非金属性强弱，装置如图。(供选择的试剂：浓盐酸、浓硫酸、固体、溶液、饱和溶液)（1）仪器M的名称为_______；B中盛装的试剂为_______(填名称)，其作用是_______。（2）实验过程中可观察到C中的现象为_______，对应反应的化学方程式为_______，可推知非金属性：。II.探究Na，Mg、Al元素的金属性强弱，设计方案如下：实验编号实验过程依据物质性质推测的预期现象①取一小块钠，切去表皮，放入盛有水的大烧杯中立即发生剧烈反应②向盛有适量水(含2滴酚酞)的试管中加入一小段镁条有气泡产生，溶液变红③向两支盛有等浓度等体积稀盐酸的试管中分别加入大小相同的镁片和铝片_______已知：实验过程中实验①③的现象与预期现象一致。（3）实验②中观察到的现象：无明显现象，加热后仍无明显现象。分析实验②现象异常的可能原因：_______。（4）实验③的预期现象为_______。（5）由上述实验可确定Na、Mg、Al元素的金属性由强到弱的顺序为_______(填元素符号)。【答案】（1）①.分液漏斗②.饱和碳酸氢钠溶液③.除去二氧化碳中的氯化氢，（2）①.出现白色沉淀②.Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓（3）镁条表面有氧化镁，阻止镁和水的反应（4）镁和盐酸反应更加剧烈，产生气泡速度更快（5）Na>Mg>Al【解析】实验I：验证碳、硅元非金属性强弱，可以通过验证最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来验证，酸性强弱可以通过以强制弱原理来判断。实验II：验证金属性递变规律，从实验可知是根据不同的金属分别和水或盐酸反应，反应越剧烈则金属性越强，反之金属性越弱。【小问1详析】由图可知，仪器M的名称为分液漏斗；装置A中盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，装置B中除去二氧化碳中的氯化氢，可以用饱和碳酸氢钠溶液；其作用是：除去二氧化碳中的氯化氢；【小问2详析】装置C中二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸白色沉淀和碳酸氢钠，故答案为：出现白色沉淀；对应的方程式为：Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓；【小问3详析】镁条表面有氧化镁，会阻止镁和水的反应，故答案为：镁条表面有氧化镁，阻止镁和水的反应；【小问4详析】镁的金属性比铝强，更溶液和盐酸反应，则预期的现象是：镁和盐酸反应更加剧烈，产生气泡速度更快；【小问5详析】常温时，钠可以和水反应，镁和水不反应，镁和铝与盐酸反应时，镁和盐酸反应更加剧烈，镁更加活泼，故金属性由强到弱的顺序为：Na>Mg>Al；湖南省衡阳市祁东县2024-2025学年高一上学期1月期末考试可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Cl35.5一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.“东汉铜车马”是贵州省博物馆的镇馆之宝。以下关于合金的说法错误的是A.青铜是我国最早使用的合金 B.合金中可以含有碳等非金属C.钢是用量最大、用途最广的合金 D.生铁和钢相比，生铁含碳量更低【答案】D【解析】A．铜的活泼性较弱，冶炼铜较容易，我国使用最早的合金是青铜，故A正确；

B．合金中可以含有非金属元素，如钢是铁和碳的合金，故B正确；C．钢可用于建筑材料，钢是用量最大、用途最广的铁合金，故C正确；

D．生铁是含碳量为2%～4.3%的铁合金，钢是含碳量为0.03%～2%的铁合金，与钢相比，生铁的含碳量较多，故D错误；故选：D。2.氟-29()原子核与液氢靶相撞，敲除多余的质子，形成氧的一种稀有同位素——氧-28()。下列有关说法正确的是A.的质量为28gB.与互为同位素C.的中子数与质子数之差为12D.上述将转化为的过程发生了化学变化【答案】C【解析】A．的质量数为28，故A错误；B．质子数相同而中子数不同的原子互为同位素，与的质子数不同，不互为同位素，故B错误；C．的质子数为8，中子数为20，故中子数与质子数之差为12，故C正确；D．化学变化的最小微粒为原子，故将转化为的过程生成了新元素不是化学变化，故D错误；故选C。3.下列物质的用途描述错误的是选项ABCD物质铁粉用途自来水消毒中和胃酸制作糕点食品抗氧化剂【答案】B【解析】A．二氧化氯具有强的氧化性，能够杀菌消毒，可以用于自来水消毒，故A正确；B．具有腐蚀性，不能用于中和胃酸，故B错误；C．受热分解生成二氧化碳，可用于食品发酵剂，可焙制糕点，故C正确；D．铁粉具有强的还原性，可用作食品的抗氧化剂，故D正确；答案选B。4.下列化学用语表示正确的是A.中子数为10的氧原子：B.的空间结构为直线形C.的结构示意图：D.的形成过程：【答案】D【解析】A．中子数为10的氧原子质量数为18，因此原子符号为：，A项错误；B．的空间结构为V形，B项错误；C．Al3+结构示意图为，C项错误；D．为离子化合物，故其形成过程：，D项正确；答案选D。5.下列关于新制氯水的说法错误的是A.呈淡黄绿色B.只含有两种离子C.加入溶液后，有白色沉淀生成D.滴加紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色【答案】B【解析】新制的氯水中存在平衡：。溶液中含氯气、水和次氯酸分子，氢离子、氯离子和次氯酸根离子等，结合各物质的性质分析解答。A．新制氯水中含氯气，所以氯水呈淡黄绿色，A正确；B．氯水中有盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸还能电离出氢离子和次氯酸根离子，所以新制氯水中含氢离子、氯离子和次氯酸根离子及极少数的氢氧根离子，B错误；C．新制氯水中的氯离子能与银离子反应生成氯化银白色沉淀，C正确；D．新制氯水具有酸性和漂白性，所以滴加紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色，D正确；故选B。6.下列离子组能在含大量的无色溶液中大量存在的是A. B.C. D.【答案】D【解析】A．碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，A项不符合题意；B．铁离子、铜离子均有颜色，次氯酸根离子与氢离子生成弱酸次氯酸而不能大量共存，B项不符合题意；C．酸性条件下，氢氧根离子不能大量存在，C项不符合题意；D．各离子之间相互不反应，能大量共存，且溶液无色，D项符合题意；答案选D。7.我国某研究团队研发的“高亮不锈镁”荣获国际镁协2024年度“优秀变形镁合金产品奖”。下列说法正确的是A.是一种新型合金B.镁合金的熔点比纯镁的高C.“高亮不锈镁”具有优异耐腐蚀性D.合金中只含有金属元素，不含非金属元素【答案】C【解析】A．是化合物，不是合金，故A错误；B．合金的熔点一般低于各成分金属，镁合金的熔点比纯镁的低，故B错误；C．合金一般具有良好的耐腐蚀性，故C正确；D．合金中也可能含非金属元素，比如生铁和钢都含有碳元素，故D错误；答案选C8.下列装置能达到相应实验目的的是A.制备，并观察的颜色B.收集少量的氯气C.除去溶液中的少量NaClD.探究氯气是否具有漂白性【答案】A【解析】A．第一个试管中铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，打开止水夹，反应时产生的氢气，可将A内的空气排出，氢气再进入第二个试管中，排尽第二个试管内空气，接着关闭止水夹，第一个试管内产生的氢气将硫酸亚铁通过长导管压入第二个试管内，生成氢氧化亚铁，A正确；B．氯气的密度大于空气，故应长管进气，短管出气，B错误；C．氯化钠易溶于水，不能采用过滤的方法除去溶液中的少量NaCl，C错误；D．鲜花中含有水，不能探究氯气是否具有漂白性，D错误；故选A。9.甲、乙、丙、丁、戊五种物质间的相互转化关系如图，此五种物质的焰色均为黄色，其中乙为单质，仅丙、丁的溶液呈碱性。下列说法错误的是A.乙与反应时生成大量白烟 B.固体丙具有吸水性C.丁为正盐 D.丁与酸反应才能生成戊【答案】D【解析】焰色均为黄色，故是钠及其化合物的转化。乙为单质，为钠；戊为氯化钠；仅丙、丁的溶液呈碱性，根据转化关系，甲为氧化钠，丙为氢氧化钠，丁为碳酸钠；A．钠在氯气中燃烧时，产生大量白烟，A正确；B．固体氢氧化钠具有吸水性，B正确；C．丁为碳酸钠，为正盐，C正确；D．碳酸钠与盐酸反应可以生成氯化钠，但不是唯一途径，碳酸钠溶液与氯化钙发生反应，也可以生成氯化钠，D错误；故选D。10.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.通入足量石灰乳中制漂白粉，转移的电子数为B.溶液中含有的数为C.由和组成的混合气体含有的原子数为D.向含的稀盐酸中投入足量，生成的分子数为【答案】A【解析】A．的物质的量为，氯气与石灰乳反应生成、和水，氯元素的化合价由0价升高为价，另外一半的氯，由0价降低为价，

氯气既是氧化剂又是还原剂，转移的电子数为：，A正确；B．未告知溶液体积，不能计算其物质的量，B错误；C．未告知是否处于标准状况，不能计算其物质的量，C错误；D．钠与稀盐酸、水均能反应生成氢气，由于钠足量，则生成的氢气分子数大于，D错误；故选A。11.X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z可形成原子个数比为的18电子分子；X与W同主族；Z的最外层电子数为M的2倍；Y的最简单氢化物与最高价氧化物对应的水化物反应可生成盐。下列说法正确的是A非金属性：B.Z与M形成的化合物能溶于强酸C.简单离子的半径大小：D.最高价氧化物对应水化物的酸性：【答案】B【解析】X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z可形成原子个数比为1:1的18电子分子，则该分子为H2O2，则X为H，Z为O；X与W同主族，则W为Na；Z的最外层电子数为M的2倍，则M的最外层电子数为3，M为Al；Y的最简单氢化物与最高价氧化物对应的水化物反应可生成盐，则Y为N元素，据此分析解答。根据上述分析，X为H，Y为N，Z为O，W为Na，M为Al。A．同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，则非金属性O>N，即Z>Y，故A错误；B．Z与M形成的化合物为Al2O3，Al2O3能溶于强酸，故B正确；C．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径大小O2->Na+>A13+，即Z>W＞M，故C错误；D．同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，Y为N，W为Na，二者对应的最高价氧化物的水化物分别为硝酸和氢氧化钠，前者为强酸后者为强碱，故D错误；答案选B。12.向和Fe组成的固体混合物中加入盐酸，各物质恰好完全反应，反应后的溶液X中只存在一种金属阳离子，且该金属阳离子与生成的气体的物质的量之比为。下列说法正确的是A.向溶液X中滴加KSCN溶液，溶液变红B.上述过程发生了两个化学反应C.原固体混合物中和Fe的物质的量之比为D.消耗的HCl与生成的的物质的量之比为【答案】C【解析】发生的反应有Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O、Fe+2FeCl3=3FeCl2、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；A．各物质恰好完全反应，反应后溶液中只存在一种金属阳离子，说明溶质只有FeCl2，滴加KSCN溶液，溶液不变色，故A错误；B．由上述分析可知，发生了三个化学交应，故B错误；C．原固体混合物中Fe3O4和Fe分别设为amol和bmol，Fe原子物质的量为(3a+b)mol，X溶液中溶质只有FeCl2，所以n(HCl)=2(3a+b)mol，HCl中的H转化为H2和H2O，n(H2)=mol，n(H2O)=4amol，有2(3a+b)=3a+b+2×4a，a∶b=1∶5，故C正确；D．由C项的分析知，消耗的HCl与生成的H2物质的量之比为2(3a+b)∶=4∶1，故D错误；答案选C。13.下列离子方程式书写正确的是A.将钠投入水中：B.向纯碱溶液中滴加少量稀盐酸：C.实验室制备氯气：D.向溶液中加入足量溶液：【答案】A【解析】A．Na和H2O反应生成NaOH和氢气，离子方程式为，故A正确；B．盐酸少量，反应生成碳酸氢钠和氯化钠；离子方程式为，故B错误；C．浓盐酸要拆成离子，实验室制备氯气的离子方程式为：，故C错误；D．向溶液中加入足量溶液，Fe3+和SO都要生成沉淀，离子方程式为，故D错误；答案选A。14.气体灭菌法是常用的环境消毒法，常用的气体消毒剂有环氧乙烷()、臭氧()等。下列比较中，正确的是A.摩尔质量之比B.相同质量时，物质的量之比C.同温同压下，密度之比D.同温同压下，相同物质的量时，体积之比【答案】B【解析】设环氧乙烷（摩尔质量为44g/mol）、臭氧（摩尔质量为48g/mol）的质量为ag，二者物质的量之比为∶=12∶11，据此分析；A．摩尔质量之比为44g/mol∶48g/mol=11∶12，A错误；B．根据分析，物质的量之比为12∶11，B正确；C．根据阿伏加德罗定律推论可知，同温同压下气体的密度之比=摩尔质量之比=11∶12，C错误；D．同温同压下，相同物质的量时，体积相同，体积之比为1∶1，D错误；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.铁的化合物在生活中具有广泛的应用，利用铁元素的“价-类”二维图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系，试回答下列问题：（1）若服用的药物胶囊中铬(Cr)含量超标，则人体会受到巨大的伤害。已知中铬元素为价，则其中的铁元素为_______价，属于_______(填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”)，根据“价-类”二维图，可能具有的性质为_______(填标号)。A.只有氧化性B.只有还原性C.既有还原性又有氧化性D.无法判断（2）琥珀酸亚铁片(呈暗黄色，难溶于水，可溶于盐酸)是市场上常见的一种补铁药物。①服用维生素C片，可以使补铁药品中的转化为，说明维生素C具有_______。②证明在空气中久置的琥珀酸亚铁片药品已被氧化变质的方法为_______。（3）是一种新型的多功能水处理剂，与水反应放出氧气，同时产生具有强吸附性的胶体，可除去水中细微的悬浮物，具有净水作用。①根据上述“价-类”二维图，位于图中_______(填字母)点。②将与水反应的化学方程式配平：_______。_____________________(胶体)______________KOH③每生成3.36L(标准状况)时，转移的电子数为_______。【答案】（1）①.+2②.盐③.C（2）①.还原性②.取在空气中久置的琥珀酸亚铁片药品少许溶于盐酸，滴加KSCN溶液，溶液变红，证明药品已被氧化变质（3）①.f②.4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH③.0.6【解析】【小问1详析】设铁元素化合价为x，根据化合物中各元素化合价代数和为0，则：x+[3+(-2)×2]×2=0，即x=+2，故铁元素为+2价；Fe(CrO2)2由金属阳离子和酸根阴离子构成，属于盐；Fe(CrO2)2中铁元素为+2价，根据“价-类”二维图，处于中间价态，其化合价既可以升高也可以降低，则可能具有的性质为既有还原性又有氧化性，故选C；【小问2详析】①服用维生素C片，可以使补铁药品中的转化为，即被维生素C还原为，说明维生素C具有还原性；②久置的琥珀酸亚铁片药品已被氧化变质，说明药品中Fe2+已被氧化为Fe3+，检验药品中是否含有Fe3+即可，则证明在空气中久置的琥珀酸亚铁片药品已被氧化变质的方法为：取在空气中久置的琥珀酸亚铁片药品少许溶于盐酸，滴加KSCN溶液，溶液变红，证明药品已被氧化变质；【小问3详析】①K2FeO4由金属阳离子和酸根阴离子构成，属于铁元素化合价为+6价的盐，故K2FeO4位于图中f点；②K2FeO4被还原生成，铁元素化合价由+6价降低至+3价，降低3价，同时氧元素化合价由-2价升高至0价，根据化合价升降法和原子守恒配平得该反应为：4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH；③每生成3.36L(标准状况)时，转移的电子数为。16.掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础。以下是实验室常用的部分仪器，请回答下列问题：（1）仪器③和⑥的名称分别为_______、_______。（2）现需溶液450mL①根据计算，用托盘天平称取的质量为_______。②转移液体时，玻璃棒的作用为_______。③定容：将蒸馏水注入仪器③中，当液面离仪器③颈部的刻度线1～2cm时，改用_______(填仪器名称)滴加蒸馏水至_______。若定容时俯视仪器③刻度线，则会导致所配溶液浓度_______(填“偏高”或“偏低”)。（3）取出上述配制好的溶液20mL，则取出的20mL溶液中_______，将取出的溶液加水稀释至100mL，则稀释后_______。【答案】（1）①.容量瓶②.坩埚（2）①.9.5g②.引流③.胶头滴管④.溶液的凹液面与刻度线水平相切⑤.偏高（3）①.0.20②.0.08【解析】配制一定物质的量浓度溶液的一般操作步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积影响，再结合c=进行误差分析。【小问1详析】由图可知，仪器③和⑥的名称分别为容量瓶、坩埚；【小问2详析】①实验室没有450mL的容量瓶，只能选择500mL的容量瓶，则用托盘天平称取的质量为0.20mol/L×0.5L×95g/mol=9.5g；②转移液体时，需要用玻璃棒引流，故其作用为：引流；③将蒸馏水注入仪器③中，当液面离仪器③颈部的刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线水平相切；若定容时俯视仪器③刻度线，则蒸馏水加入较少，导致所配溶液浓度偏高；【小问3详析】溶液具有均一性，则取出的20mL溶液中0.20mol/L；稀释前氯离子浓度为0.40mol/L，则将取出的溶液加水稀释至100mL，稀释后氯离子浓度为原来的，即此时0.08。17.电子工业常用溶液腐蚀绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。从腐蚀废液中回收铜，能重新获得溶液，以实现回收利用。废液处理流程如图：（1）溶液腐蚀绝缘板上的铜箔的离子方程式为_______。（2）腐蚀废液中的溶质主要有_______(填化学式)。（3）取少量反应1中溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液，产生的现象是有白色沉淀产生，白色沉淀迅速变为_______色，最后变为红褐色，白色沉淀被氧化至红褐色时发生反应的化学方程式为_______。（4）“操作1”的名称为_______。若物质X为稀盐酸和一种绿色氧化剂的混合物，则该绿色氧化剂的化学式为_______；物质X也可以选用氯气，二者相比较下，使用氯气的缺点为_______。（5）对滤渣a进行处理后可提高铁元素的利用率，操作方法是_______。【答案】（1）（2）（3）①.灰绿②.（4）①.过滤②.