湖北省武汉市2024-2025学年高一下学期开学适应性模拟测试化学练习卷 Word版含解析

这是一份湖北省武汉市2024-2025学年高一下学期开学适应性模拟测试化学练习卷 Word版含解析，共33页。试卷主要包含了在含有 Fe，已知反应等内容，欢迎下载使用。
1．已知 2 +3A2﹣+16H+＝2M3++3A↓+8H2O，则 中的 x 的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．研究小组欲配制 480mL0.1ml•L﹣1 的 NaCl 溶液，用于制备植物营养液，部分实验操作如图所示。下
列说法不正确的是（ ）
A．实验中需要用托盘天平称量约 2.9gNaCl 固体
B．①、②中玻璃棒的作用分别是引流、搅拌加速溶解
C．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的 NaCl 溶液浓度偏高
D．图中实验操作步骤的顺序为②①④③
3．如果 Fe3+、 、Al3+和 M 四种离子以物质的量之比 2：4：1：1 共存于同一溶液中，那么 M 可能是
（ ）
A．Na+ B．OH﹣ C． D．Cl﹣
4．在含有 Fe（NO3）2、Mg（NO3）2 和 AgNO3 的溶液中加入适量锌粉，首先被置换出来的是（ ）
A．Mg B．Fe C．H2 D．Ag
5．某化学小组通过测量 Na2O2 粗品与水反应产生 O2 的体积确定 Na2O2 的变质程度，但有资料显示 Na2O2
与水反应收集到 O2 的体积小于理论值。该小组查阅资料发现：
a．Na2O2 与水反应的过程中还可能存在以下两个复分解反应：
ⅰ．Na2O2+2H2O═2NaOH+H2O2
ⅱ．Na2O2+H2O═NaOH+NaHO2
b．NaHO2 能在 MnO2 催化的条件下分解生成 O2
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设计如下实验：取 0.02ml 纯净 Na2O2 与足量水反应，140s 时不再产生气泡，180s 时向所得溶液中加
入少量 MnO2，立即产生无色气体。过程中溶液的体积始终约为 40mL。反应过程中 pH 变化如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．根据 pH 的变化可判断反应过程中一定发生反应ⅱ
B．若将 Na2O2 替换为 O2，300s 时溶液中的碱为 NaOH
C．140s～180s 时，溶液中 c（OH﹣）＝0.6ml/L，则此时段内溶液中 n（NaHO2）＝0.016ml
D．向 8.0gNa2O2 粗品中加适量 MnO2 和足量水，生成 0.448LO2（标准状况），则 Na2O2 的纯度为 39%
6．设 NA 表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．7.8g 由 Na2S 和 Na2O2 组成的混合物中，含有的离子总数为 0.3NA
B．将标准状况下 44.8LCl2 溶于水，溶液中含有的 Cl﹣数目为 2NA
C．1ml Na2O2 与水完全反应时，转移电子数目为 2NA
D．0.1ml•L﹣1MgCl2 溶液中含有 0.2NA 个氯离子
7．已知反应：Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，2Fe3++2I﹣＝I2+2Fe2+。下列说法中正确的是（ ）
A．根据已知反应可以判断氧化性：Fe3+＞Cl2＞I2
B．氯气只具有氧化性，不具有还原性
C．KI 溶液中，Fe3+可以大量存在
D．上述反应中 I2 均为氧化产物
8．下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是（ ）
A．氢氧化钠与盐酸；氢氧化钾与碳酸
B．BaCl2 溶液与 Na2SO4 溶液；Ba（OH）2 溶液与 H2SO4 溶液
C．Na2CO3 溶液与盐酸；K2CO3 溶液与硝酸
D．氧化钠与稀盐酸混合；氧化铜与稀盐酸
9．田径运动会上使用的发令枪所用“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白烟。撞
击时发生反应的化学方程式为 KClO3+P→P2O5+KCl（未配平），则下列有关叙述错误的是（ ）
A．上述反应中 Cl 元素被还原
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B．P2O5 是 P 被还原后所得的产物
C．该反应氧化产物与还原产物的个数之比为 3：5
D．上述反应中每消耗 3 个 P 原子时，转移 15 个电子
10．白磷（P4）有毒，实验时若皮肤接触到白磷，应立即用稀 CuSO4 溶液清洗，发生两个反应：①P4 和
CuSO4 反应的主要生成物为 Cu、H3PO4 和 H2SO4；②P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4（未配平）。
下列说法正确的是（ ）
A．在反应①和②中，P4 均只作还原剂
B．反应①中氧化产物与还原产物的个数之比为 5：2
C．皮肤接触到白磷；用稀 CuSO4 溶液清洗后，应再使用 NaOH 溶液清洗
D．反应②中氧化产物和还原产物的个数比为 6：5
11．下列下 NaCl 相关状态图示的叙述正确的是（ ）
A．NaCl 固体中含有能自由移动的离子
B．图 2 中 a 离子是水合钠离子
C．NaCl 在水分子作用下发生电离是化学变化
D．熔融 NaCl 通电后发生了电离
12．交叉分类法表示一些物质或概念之间的从属或包含关系，下列说法错误的是（ ）
选项 X Y Z
A 金属氧化物 碱性氧化物 化合物
B 胶体 分散系 混合物
C 冰醋酸 酸 纯净物
D Na2SO4•10H2O 盐 纯净物
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A．A B．B C．C D．D
13．同周期元素性质存在着一定的递变规律，对 Na、Mg、Al 的有关性质的叙述正确的是（ ）
A．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3
B．原子半径：Na＜Mg＜Al
C．离子的氧化性：Na+＞Mg2+＞Al3+
D．单质的还原性：Na＜Mg＜Al
14．实验室常利用反应 NaNO2+NH4Cl NaCl+N2↑+2H2O 制取少量的 N2，下列关于该反应的说法
不正确的是（ ）
A．NaNO2 发生氧化反应
B．生成 1 个 N2 时转移 3 个电子
C．NH4Cl 被氧化
D．化合价升高和化合价降低的元素是同一种元素
15．下列化学用语中正确的是（ ）
A．钠离子的电子式：
B．Cl﹣的结构示意图：
C．质量数为 35 的氯原子：
D．NaCl 的形成过程：
16．某同学设计下列实验探究碳、硅元素非金属性的相对强弱。
已知：①酸性强弱：亚硫酸＞碳酸
②Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O
下列说法正确的是（ ）
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A．圆底烧瓶中的反应，浓硫酸体现氧化性和酸性
B．实验时，应先点燃酒精灯，再打开分液漏斗活塞
C．装置 B 中产生 CO2 可说明硫元素的非金属性强于碳元素
D．装置 C 中生成白色沉淀可说明碳元素的非金属性强于硅元素
17．1ml（XY4）2WR3 含 52ml 质子，R 的核外电子数是 W 原子最外层电子数的 2 倍，W 和 R 的原子序
数之和是 X 原子序数的 2 倍。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：Y＜R＜X＜W
B．简单氢化物的热稳定性：W＜X＜R
C．WR2 和 XY3 为弱电解质
D．第 50 号元素的一种核素与核素 W 具有相同的价电子数
18．同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳相比较，下列叙述正确的是（ ）
A．质子数之比为 1：1
B．密度之比为 11：8
C．物质的量之比为 8：11
D．原子个数之比为 1：1
19．某无色、澄清溶液中可能含有 Na+、K+、 、Cl﹣、 、 、H+、Cu2+中的几种，且每种
离子的物质的量相等。依次进行下列实验，每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：
实验 操作 现象
（1） 用洁净的铂丝蘸取溶液，在酒精上灼烧 火焰的颜色呈黄色
（2） 向溶液中滴加 2～3 滴紫色石蕊溶液 溶液变红
（3） 向溶液中滴加 BaCl2 溶液和稀盐酸 有白色沉淀生成
（4） 将（3）中所得沉淀过滤，向滤液中加入 AgNO3 溶液和稀
有白色沉淀生成
硝酸
下列结论不正确的是（ ）
A．不需要进行实验，就可以排除的离子是 Cu2+
B．由实验（1）可以确定溶液中一定有 Na+、一定无 K+
C．溶液中肯定含有的离子是 Na+、 、H+
D．溶液中肯定不含有的离子是 、 、Cu2+
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20．加入 NaOH 溶液后，下列离子数目不会减少的是（ ）
A．Cu2+ B．Fe3+ C．SO42﹣ D．H+
二．解答题（共 4 小题）
21．亚硝酸钠（NaNO2）是一种用途广泛的工业盐，因其外观和食盐相似容易误食中毒。亚硝酸钠加热
到 320℃以上会分解产生 Na2O、N2 和 O2，其水溶液呈碱性，能与 AgNO3 溶液反应生成难溶于水、易
溶于酸的 AgNO2。由于 NaNO2 有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废
水 必 须 处 理 后 才 能 排 放 。 处 理 方 法 之 一 如 下 ： []NaNO2+[]KI+[]═ []NO↑
+[]I2+[]K2SO4+[]Na2SO4+[]H2O。
（1）请完成该离子方程式并配平 。
（2）从物质分类角度来看，NaNO2 是 （填字母代号）。
a．酸
b．酸式盐
c．碱
d．非电解质
e．电解质
f．钠盐
（3）用上述反应来处理 NaNO2 开不是最佳方法，其原因是 。从环保角度来讲，
要将 NaNO2 转化为氮气，所用物质的 填“氧化性”或“还原性”）应该比 KI 更
（填“强”或“弱”）。
（4）下列方法不能用来区分固体 NaNO2 和 NaCl 的是 （填序号）
A．分别溶于水，滴加酚酞试液
B．分别溶于水并滴加 HNO3 酸化的 AgNO3 溶液
C．分别加强热并收集气体检验
D．用筷子分别蘸取固体品尝味道
（5）误食 NaNO2 会导致人体血红蛋白中的 Fe2+车转化为 Fe3+而中毒，该过程中 NaNO2 表现出的性质
与下列： （填序号）反应中 H2O2 表现出的性质相同。
A．2H2O2 H2O+O2↑
B．H2O2+Cl2═2HCl+O2↑
C．H2O2+H2SO3+2KI═2H2O+I2+K2SO4
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（6）S2 可以与 Fe2+反应制备 Fe2O3 纳米颗粒。若 S2 与 Fe2+的系数之比为 1：2，配平该反应的
离子方程式： 。
[]Fe2++[]S2 +[]H2O2+[]OH﹣═[]Fe2O3+[]S2 +[]H2O
22．氧化还原反应分析
（1）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如
下：
NaIO3+□NaHSO3→NaHSO4+□Na2SO4+□I2+□H2O（未配平）
完成下列填空：
①配平上述化学方程式，并用单线桥注明电子转移的方向和数目 。
②该反应实质是两步反应：① +3 ＝3 +I﹣+3H+，则第二步反应的离子方程式为②
；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比
是 。
③已知亚硫酸放置在空气中，容易变质为硫酸钠。检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法
是 。
（2）硫酸是重要的化工原料，我国制备硫酸的原料通常用过硫化亚铁，第一步反应为：4FeS2+11O2
2Fe2O3+8SO2
①并用双线桥注明电子转移的方向和数目 。
②该反应的氧化产物为 氧化产物和还原产物的质量之比为 。
23．现有一混合溶液，可能含有以下离子中的若干种：H+、K+、Al3+、 、Cl﹣、 、 ，现取
三份 100mL 该混合溶液进行如下实验。（已知： +OH﹣═NH3•H2O）
实验①：向第一份混合溶液中加入 AgNO3 溶液，有沉淀产生；
实验②：向第二份混合溶液中滴加 1.00ml•L﹣1 的 NaOH 溶液，溶液中沉淀的质量与氢氧化钠的体积
关系如图所示：
实验③：向第三份混合溶液中加入足量 BaCl2 溶液后，得到干燥的沉淀 9.32g。
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（1）由实验①推断该混合溶液 （填“一定”或“不一定”）含有 Cl﹣。
（2）实验②中沉淀质量减少的离子方程式 。
（3）实验③生成沉淀的物质的量是 ml。
综合上述实验，你认为以下结论正确的是 （填标号）。
A．该混合溶液中一定含有 H+、K+、Al3+、 、 ，可能含 Cl﹣
B．该混合溶液中一定含有 H+、Al3+、 、Cl﹣、 ，且每一份中 n（Cl﹣）≥0.02ml
C．该混合溶液中一定含有 H+、Al3+、 、 ，可能含 K+、Cl﹣
D．若要确定该混合溶液中是否含有 K+，还需进行焰色反应来进行检验
（4）该实验中共需要 240mLNaOH 溶液，某化学实验小组欲用固体准确配制该浓度的溶液
①请计算配制此溶液需称取 NaOH 固体的质量为 g。
② 如 图 所 示 的 仪 器 中 配 制 溶 液 无 需 使 用 的 是 （ 填 字 母 ）， 还 缺 少 的 玻 璃 仪 器
是 。
（5）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是 （填字母）。
A．定容时俯视刻度线
B．定容时水加多了用胶头滴管吸出
C．移液前，容量瓶内有蒸馏水
D．未冷却至室温就转移定容
24．根据①～⑧元素的编号所在周期表中的位置，用相应的元素符号或者化学用语回答有关问题：
族 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0 族
周期
1 ① ②
2 ③ ④ ⑤
3 ⑥ ⑦ ⑧
（1）能显+1 价，还能显﹣1 价的元素是 。
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（2）最高价氧化物对应水化物是强酸的元素是 。
（3）最难形成化合物的元素是 。
（4）①和④可形成原子数目比为 1：1 的化合物，其电子式为 。
（5）③、④、⑤分别与①形成的 10 电子分子的沸点由低到高的顺序为 。
（6）⑥和⑦最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式是 。
（7）第三周期某元素氢化物（组成为 RH）能和冷水剧烈反应产生氢气，该反应的化学方程式
为 。
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参考答案与试题解析
一．选择题（共 20 小题）
1．已知 2 +3A2﹣+16H+＝2M3++3A↓+8H2O，则 中的 x 的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据 O 原子守恒计算 y 的值，再根据电荷守恒计算 x 的值。
【解答】解：对于反应 2 +3A2﹣+16H+＝2M2++5A↓+8H2O，由 O 原子守恒可知 2y＝8，所以 y＝4；
由电荷守恒可知 2×（﹣x）+3×（﹣2）+16＝2×3，解得 x＝2，
故选：B。
【点评】本题考查学生氧化还原反应及根据信息提取知识的能力等，题目难度不大，关键根据电荷守
恒及元素守恒判断 x、y 的值，是对所学知识的综合运用与能力考查。
2．研究小组欲配制 480mL0.1ml•L﹣1 的 NaCl 溶液，用于制备植物营养液，部分实验操作如图所示。下
列说法不正确的是（ ）
A．实验中需要用托盘天平称量约 2.9gNaCl 固体
B．①、②中玻璃棒的作用分别是引流、搅拌加速溶解
C．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的 NaCl 溶液浓度偏高
D．图中实验操作步骤的顺序为②①④③
【分析】A．根据 m＝cnM 进行计算，注意托盘天平的最小精度是 0.1g；
B． ①中玻璃棒是转移液体，②中玻璃棒的作用搅拌加速溶解；
C．定容时仰视刻度线，使溶液体积偏大，根据 c＝n/V 可知，溶液浓度偏低；
D．配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、
装瓶等。
【解答】解：A．欲配制 480mL 溶液，应选用 500mL 容量瓶，根据 m＝cnM 可得 m＝2.925g，托盘天
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平的最小精度是 0.1g，则托盘天平称量约 2.9gNaCl 固体，故 A 正确；
B．①中玻璃棒是转移液体，②中玻璃棒的作用搅拌加速溶解，故 B 正确；
C．定容时仰视刻度线，使溶液体积偏大，根据 c＝n/V 可知，溶液浓度偏低，故 C 错误；
D．配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、
装瓶等，故正确顺序为②①④③，故 D 正确；
故选：C。
【点评】本题考查溶液配制方法，为高频考点，明确配制一定物质的量浓度的溶液步骤、操作方法即
可解答，试题侧重考查学生的化学实验能力，题目难度不大。
3．如果 Fe3+、 、Al3+和 M 四种离子以物质的量之比 2：4：1：1 共存于同一溶液中，那么 M 可能是
（ ）
A．Na+ B．OH﹣ C． D．Cl﹣
【分析】离子之间结合生成沉淀、气体、水等，则离子不能大量共存，且 Fe3+、 、Al3+和 M 四种
离子以物质的量之比 2：4：1：1 共存于同一溶液中，由电荷守恒可知 2×3+1×3＞4×2，M 为带 1 个
单位负电荷的阴离子，以此来解答。
【解答】解：A．M 为阴离子，不能为钠离子，故 A 错误；
B．Fe3+、Al3+和 OH﹣反应均生成沉淀，不能大量共存，故 B 错误；
C．M 为带 1 个单位负电荷的阴离子，不能为碳酸根离子，故 C 错误；
D．M 为氯离子，与 Fe3+、 、Al3+不反应，可大量共存，且遵循电荷守恒，故 D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息、离子之间的反应为解答的关键，侧重
分析与应用能力的考查，注意电荷守恒的应用，题目难度不大。
4．在含有 Fe（NO3）2、Mg（NO3）2 和 AgNO3 的溶液中加入适量锌粉，首先被置换出来的是（ ）
A．Mg B．Fe C．H2 D．Ag
【分析】根据金属活动性顺序：Mg＞Zn＞Fe＞Ag，把锌粉加入 Fe（NO3）2、Mg（NO3）2 和 AgNO3
的混合溶液中，先和 AgNO3 反应置换出 AgNO3 中的 Ag，然后和 Fe（NO3）2 发生反应置换出 Fe（NO3）
2 中的 Fe，不和溶液中的 Mg（NO3）2 发生反应。
【解答】解：向 Fe（NO3）2、Mg（NO3）2 和 AgNO3 的混合溶液中加入适量的锌粉，锌粉先和氧化性
强的离子反应，则先和 AgNO3 反应置换出 AgNO3 中的 Ag，然后和 Fe（NO3）2 发生反应置换出 Fe
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（NO3）2 中的 Fe，不和溶液中的 Mg（NO3）2 发生反应，所以首先置换出的是 Ag，
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，主要考查了金属之间的置换反应，置换的先后顺序为：活动性最
弱的金属最先置换出来，然后依活动性由弱到强依次置换，题目难度不大。
5．某化学小组通过测量 Na2O2 粗品与水反应产生 O2 的体积确定 Na2O2 的变质程度，但有资料显示 Na2O2
与水反应收集到 O2 的体积小于理论值。该小组查阅资料发现：
a．Na2O2 与水反应的过程中还可能存在以下两个复分解反应：
ⅰ．Na2O2+2H2O═2NaOH+H2O2
ⅱ．Na2O2+H2O═NaOH+NaHO2
b．NaHO2 能在 MnO2 催化的条件下分解生成 O2
设计如下实验：取 0.02ml 纯净 Na2O2 与足量水反应，140s 时不再产生气泡，180s 时向所得溶液中加
入少量 MnO2，立即产生无色气体。过程中溶液的体积始终约为 40mL。反应过程中 pH 变化如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．根据 pH 的变化可判断反应过程中一定发生反应ⅱ
B．若将 Na2O2 替换为 O2，300s 时溶液中的碱为 NaOH
C．140s～180s 时，溶液中 c（OH﹣）＝0.6ml/L，则此时段内溶液中 n（NaHO2）＝0.016ml
D．向 8.0gNa2O2 粗品中加适量 MnO2 和足量水，生成 0.448LO2（标准状况），则 Na2O2 的纯度为 39%
【分析】A．由于 180s 后溶液 pH 增大，说明加入 MnO2 后有 OH﹣生成；
B．NaHO2 能在 MnO2 催化的条件下分解生成 O2；
C．根据Na2O2+2H2O＝2NaOH+H2O2 和Na2O2+H2O＝NaOH+NaHO2，结合过氧化钠和氢氧根的量进行
计算；
D．根据与 H2O2 类似，NaHO2 也能在 MnO2 催化的条件下分解生成 O2，2NaHO2 2NaOH+O2
↑计算。
【解答】解：A．由于 180s 后溶液 pH 增大，说明加入 MnO2 后有 OH﹣生成，所以一定发生了反应 ii，
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故 A 正确；
B．由于可能发生反应ⅱ，且 NaHO2 也能在 MnO2 催化的条件下分解生成 O2，将 Na2O2 替换为 O2
，300s 时溶液中的碱为 NaOH 和 Na18OH，故 B 错误；
C．根据 140s～180s 的 pH 计算出溶液中 c（OH﹣）＝0.6ml⋅ L﹣1，氢氧根的物质的量是 0.6ml/L×
0.04L＝0.024ml，设 Na2O2+2H2O＝2NaOH+H2O2 和 Na2O2+H2O＝NaOH+NaHO2 中参加反应的过氧化
钠分别是 xml、yml，则 x+y＝0.02，2x+y＝0.024，解得 x＝0.004，y＝0.016，所以此时段内溶液中 n
（NaHO2）为 0.016ml，故 C 正确；
D．由于 NaHO2 也能在 MnO2 催化的条件下分解生成 O2，所以取 8.0g 产物样品，加入少量 MnO2，再
加入足量的水，收集产生的氧气并测量体积为 0.448L（折合到标准状况），氧气的物质的量是 0.448L÷
22.4L/ml＝0.02ml，则过氧化钠的质量是 0.02ml×2×78g/ml＝3.12g，因此过氧化钠的纯度为
×100%＝39%，故 D 正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查过氧化钠的性质探究等，属于基本知识的考查，难度不大。
6．设 NA 表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．7.8g 由 Na2S 和 Na2O2 组成的混合物中，含有的离子总数为 0.3NA
B．将标准状况下 44.8LCl2 溶于水，溶液中含有的 Cl﹣数目为 2NA
C．1ml Na2O2 与水完全反应时，转移电子数目为 2NA
D．0.1ml•L﹣1MgCl2 溶液中含有 0.2NA 个氯离子
【分析】A．Na2S 和 Na2O2 的摩尔质量都是 78g/ml；
B．氯气与水的反应为可逆反应，不能进行到底；
C．1ml Na2O2 与水完全反应转移 1ml 电子；
D．题目未给溶液体积。
【解答】解：A．7.8g 由 Na2S 和 Na2O2 组成的混合物中，含有的离子总数为 ×3×NA/ml＝
0.3NA，故 A 正确；
B．氯气与水的反应为可逆反应，不能进行到底，故标准状况下 44.8LCl2 溶于水，溶液中含有的 Cl﹣数
目应小于 2NA，故 B 错误
C．过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，1ml Na2O2 与水完全反应，转移电子数目为 NA，故 C 错误；
D．没有说明 MgCl2 溶液的体积，不能计算溶液中的微粒个数，故 D 错误；
故选：A。
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【点评】本题考查阿伏加德罗常数，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的计算转化关系是解题的
关键。
7．已知反应：Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，2Fe3++2I﹣＝I2+2Fe2+。下列说法中正确的是（ ）
A．根据已知反应可以判断氧化性：Fe3+＞Cl2＞I2
B．氯气只具有氧化性，不具有还原性
C．KI 溶液中，Fe3+可以大量存在
D．上述反应中 I2 均为氧化产物
【分析】A.一个氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物；氧化剂的氧化性大于氧化产物；
B.根据化合价判断；
C.离子之间能发生氧化还原反应则不能大量共存；
D.还原剂所包含元素的化合价升高，对应的生成物为氧化产物。
【解答】解：A.由①知，氧化性：Cl2＞I2，由②知，氧化性：Fe3+＞I2，但不能知道 Fe3+和 Cl2 氧化性
的强弱，故 A 错误；
B.氯气中 Cl 元素的化合价为 0 价，是中间价态，即具有氧化性也具有还原性，故 B 错误；和 I﹣能发生
氧化还原反应，不能大量共存，故 B 错误；
C.根据②可知，Fe3+和 I﹣能发生氧化还原反应，不能大量共存，故 C 错误；
D.上述反应中 I﹣均为还原剂，化合价升高转化成 I2，则 I2 均为氧化产物，故 D 正确，
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中
基本概念和氧化还原反应规律的考查，注意从化合价角度分析。
8．下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是（ ）
A．氢氧化钠与盐酸；氢氧化钾与碳酸
B．BaCl2 溶液与 Na2SO4 溶液；Ba（OH）2 溶液与 H2SO4 溶液
C．Na2CO3 溶液与盐酸；K2CO3 溶液与硝酸
D．氧化钠与稀盐酸混合；氧化铜与稀盐酸
【分析】A．盐酸为 HCl 的水溶液，HCl 为强电解质，可拆分，但碳酸为弱酸，不能拆分；
B．氯化钡和硫酸钠反应生成氯化钡和氯化钠，而氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡和水；
C．二者反应实质都是氢离子与碳酸根离子反应生成二氧化碳和水；
D．氧化钠、氧化铜都是氧化物，不能拆。
【解答】解：A．HCl 为强电解质，拆成离子，离子方程式为 H++OH﹣＝H2O，碳酸是弱酸，保留化学
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式，离子方程式为 H2CO3+2OH﹣＝H2O+CO32﹣，两个反应不能用同一离子方程式表示，故 A 错误；
B．氯化钡溶液与硫酸钠溶液反应的离子方程式为 Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓，氢氧化钡溶液与硫酸反应
的离子方程式为 Ba2++SO42﹣+2OH﹣+2H+＝BaSO4↓+2H2O，两个反应不能用同一离子方程式表示，
故 B 错误；
C．二者反应实质都是氢离子与碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，都可以用同一离子方程式表示：
CO32﹣+2H+＝CO2↑+H2O，故 C 正确；
D．前者反应的离子方程式为：Na2O+2H+＝H2O+2Na+，后者反应的离子方程式为：Cu2O+2H+＝
H2O+Cu2+，故 D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握反应实质、物质组成、离子方程式的书
写原则为解答关键，注意掌握离子方程式表示的意义，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难
度不大。
9．田径运动会上使用的发令枪所用“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白烟。撞
击时发生反应的化学方程式为 KClO3+P→P2O5+KCl（未配平），则下列有关叙述错误的是（ ）
A．上述反应中 Cl 元素被还原
B．P2O5 是 P 被还原后所得的产物
C．该反应氧化产物与还原产物的个数之比为 3：5
D．上述反应中每消耗 3 个 P 原子时，转移 15 个电子
【分析】反应中磷元素化合价由 0 价升高到+5 价，氯元素的化合价由+5 价降低到﹣1 价；根据电子守
恒可得，反应的化学方程式为：5KClO3+6P═3P2O5+5KCl。氧化还原反应中，氧化剂所含元素化合价
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂所含元素化合价升高，失去
电子，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物。
【解答】解：A．KClO3 中 K 为+1 价，O 为﹣2 价，所以 Cl 为+5 价，产物 KCl 中 Cl 为﹣1 价，所以
上述反应中 Cl 的化合价由+5 价变为﹣1 价，Cl 元素被还原，故 A 正确；
B．反应物中 P 元素为 0 价，产物 P2O5 中 P 元素为+5 价，化合价升高，所以 P2O5 为 P 被氧化后所得
产物，故 B 错误；
C．反应 5KClO3+6P═3P2O5+5KCl 中磷元素化合价由 0 价升高到+5 价，则氧化产物为 3P2O5，氯元素
的化合价由+5 价降低到﹣1 价，则还原产物为 KCl，则根据反应方程式可知氧化产物与还原产物的物
质的量之比为 3：5，故 C 正确；
D．该反应中只有 P 元素化合价升高，所以 P 为唯一还原剂，化合价升高 5 价，所以消耗 3ml P 时，
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转移电子物质的量＝3ml×（+5﹣0）＝15ml，故 D 正确；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确氧化还原反应特征及
本质是解本题关键，知道常见元素化合价，题目难度不大。
10．白磷（P4）有毒，实验时若皮肤接触到白磷，应立即用稀 CuSO4 溶液清洗，发生两个反应：①P4 和
CuSO4 反应的主要生成物为 Cu、H3PO4 和 H2SO4；②P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4（未配平）。
下列说法正确的是（ ）
A．在反应①和②中，P4 均只作还原剂
B．反应①中氧化产物与还原产物的个数之比为 5：2
C．皮肤接触到白磷；用稀 CuSO4 溶液清洗后，应再使用 NaOH 溶液清洗
D．反应②中氧化产物和还原产物的个数比为 6：5
【分析】A．反应②中部分 P 元素的化合价升高，部分 P 元素化合价降低；
B．H3PO4 是氧化产物，Cu 是还原产物，根据电子转移守恒计算；
C．氢氧化钠具有腐蚀性；
D．反应中 P 元素化合价由 0 价变为﹣3 价和+5 价，生成氧化产物 H3PO4 和还原产物 Cu3P，P4 既是氧
化剂又是还原剂，Cu 元素由+2 价降低为+1 价，CuSO4 为氧化剂，生成还原产物 Cu3P，反应中的氧化
剂为 P4、CuSO4。
【解答】解：A．反应①中P元素化合价升高，P4 为还原剂，反应②中白磷转化为磷化亚铜和磷酸，磷
元素的化合价即升高又降低，白磷既是氧化剂也是还原剂，故 A 错误；
B．由题意可知，反应①中磷元素化合价由 0 价升高为+5 价，被氧化，磷酸是反应的氧化产物，铜元
素的化合价由+2 价降低为 0 价，被还原，铜是还原产物，由得失电子守恒可知，氧化产物与还原产物
的物质的量之比为 2：5，个数之比等于物质的量之比，故 B 错误；
C．氢氧化钠具有腐蚀性，会灼伤皮肤，不能用氢氧化钠洗涤皮肤，故 C 错误；
D．反应中 P 元素化合价由 0 价变为﹣3 价和+5 价，生成氧化产物 H3PO4 和还原产物 Cu3P，P4 既是氧
化剂又是还原剂，Cu 元素由+2 价降低为+1 价，CuSO4 为氧化剂，生成还原产物 Cu3P，反应中的氧化
剂为 P4、CuSO4；氧化产物与还原产物的物质的量之比为 24：20＝6：5，故 D 正确，
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应基本概念与有个计算，根据化合价掌握氧化还原反应基本概念，注意
电子转移守恒在氧化还原反应计算中运用，题目侧重考查学生分析能力、对基础知识的掌握情况。
11．下列下 NaCl 相关状态图示的叙述正确的是（ ）
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A．NaCl 固体中含有能自由移动的离子
B．图 2 中 a 离子是水合钠离子
C．NaCl 在水分子作用下发生电离是化学变化
D．熔融 NaCl 通电后发生了电离
【分析】A．氯化钠是离子晶体；
B．钠离子带有正电荷，与水分子中带负电荷的氧原子之间有作用力；
C．有新物质生成的反应是化学变化；
D．电离是电解质在水溶液或者熔融状态下产生离子的过程。
【解答】解：A．氯化钠是离子晶体，钠离子和氯离子通过离子键形成离子晶体，在晶体中钠离子和
氯离子不能自由移动，故 A 错误；
B．钠离子带有正电荷，与水分子中带负电荷的氧原子之间有作用力，故图 2 中 a 离子是水合钠离子，
故 B 正确；
C．NaCl 在水分子作用下发生电离，没有新物质生成，是物理变化，故 C 错误；
D．电离不需要通电，熔融 NaCl 通电后发生了电解，故 D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查学生物质的微粒构成以及电解质的电离等方面的知识在，注意知识的迁移应用是解
题的关键，难度不大。
12．交叉分类法表示一些物质或概念之间的从属或包含关系，下列说法错误的是（ ）
选项 X Y Z
A 金属氧化物 碱性氧化物 化合物
B 胶体 分散系 混合物
C 冰醋酸 酸 纯净物
D Na2SO4•10H2O 盐 纯净物
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A．A B．B C．C D．D
【分析】可以从物质的分类着手分析完成此题，分散系属于混合物，纯净物可分为单质和化合物，氧
化物分为酸性氧化物和碱性氧化物，无机物又可以分为酸、碱、盐、单质等，据此解答。
【解答】解：A．Mn2O7 是金属氧化物，但不是碱性氧化物，而是酸性氧化物，故 A 错误；
B．胶体属于分散性，分散性属于混合物，故 B 正确；
C．冰醋酸属于酸，酸属于纯净物，故 C 正确；
D．Na2SO4•10H2O 属于盐，盐属于纯净物，故 D 正确；
故选：A。
【点评】本题以框图的形式考查了高中阶段常见物质类别的关系，学生根据课本知识即可作出回答，
要求同学们在平时的学习中要加强基础知识的识记，题目难度不大。
13．同周期元素性质存在着一定的递变规律，对 Na、Mg、Al 的有关性质的叙述正确的是（ ）
A．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3
B．原子半径：Na＜Mg＜Al
C．离子的氧化性：Na+＞Mg2+＞Al3+
D．单质的还原性：Na＜Mg＜Al
【分析】A．根据元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强进行分析；
B．根据同周期原子半径从左到右逐渐减小进行分析；
C．根据金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱进行分析；
D．根据元素的金属性越强，其单质的还原性越强进行分析。
【解答】解：A．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：
Na＞Mg＞Al，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故 A 正确；
B．同周期原子半径从左到右逐渐减小，则原子半径：Na＞Mg＞Al，故 B 错误；
C．金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱，则离子的氧化性：Na+＜Mg2+＜Al3+，故 C 错误；
D．元素的金属性越强，其单质的还原性越强，则单质的还原性：Na＞Mg＞Al，故 D 错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系等，注意完成此题，可以从
题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
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14．实验室常利用反应 NaNO2+NH4Cl NaCl+N2↑+2H2O 制取少量的 N2，下列关于该反应的说法
不正确的是（ ）
A．NaNO2 发生氧化反应
B．生成 1 个 N2 时转移 3 个电子
C．NH4Cl 被氧化
D．化合价升高和化合价降低的元素是同一种元素
【分析】根据亚硝酸钠中 N 元素的化合价由+3 价→0 价，化合价降低，发生还原反应，氯化铵中 N 元
素的化合价由﹣3 价→0 价，化合价升高，氯化铵被氧化，进行分析。
【解答】解：A．亚硝酸钠中 N 元素的化合价由+3 价→0 价，化合价降低，发生还原反应，故 A 错误；
B．亚硝酸钠中 N 元素的化合价由+3 价→0 价，氯化铵中 N 元素的化合价由﹣3 价→0 价，因此生成 1
个氮气时转移 3 个电子，故 B 正确；
C．氯化铵中 N 元素的化合价由﹣3 价→0 价，化合价升高，氯化铵被氧化，故 C 正确；
D．亚硝酸钠中 N 元素的化合价由+3 价→0 价，氯化铵中 N 元素的化合价由﹣3 价→0 价，化合价升高
和降低的元素都是氮元素，故 D 正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本概念及规律等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的
信息，结合已有的知识进行解题。
15．下列化学用语中正确的是（ ）
A．钠离子的电子式：
B．Cl﹣的结构示意图：
C．质量数为 35 的氯原子：
D．NaCl 的形成过程：
【分析】A．简单阳离子的电子式即为离子符号；
B．氯离子的质子数为 17，核外电子数为 18，核外电子分层排布；
C．元素符号左下角的数字表示质子数，左上角的数字表示质量数；
D．Cl、Na 原子通过电子的得失形成离子化合物 NaCl。
【解答】解：A．钠离子的电子式为 Na+，故 A 错误；
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B．氯离子的质子数为 17，核外电子数为 18，核外各层上电子数分别为 2、8、8，其结构示意图为
，故 B 正确；
C．元素符号左下角的数字表示质子数，左上角的数字表示质量数，质量数为 35 的氯原子： Cl，故
C 错误；
D． Cl、 Na 原 子 通 过 电 子 的 得 失 形 成 离 子 化 合 物 NaCl， 用 电 子 式 表 示 NaCl 的 形 成 过 程 是
，故 D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查了化学用语的分析判断，主要是微粒结构、原子核外电子排布、电子式等知识点，
注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
16．某同学设计下列实验探究碳、硅元素非金属性的相对强弱。
已知：①酸性强弱：亚硫酸＞碳酸
②Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O
下列说法正确的是（ ）
A．圆底烧瓶中的反应，浓硫酸体现氧化性和酸性
B．实验时，应先点燃酒精灯，再打开分液漏斗活塞
C．装置 B 中产生 CO2 可说明硫元素的非金属性强于碳元素
D．装置 C 中生成白色沉淀可说明碳元素的非金属性强于硅元素
【分析】A.金属铜和浓硫酸之间的反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；
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B.金属铜和浓硫酸之间的反应需要加热；
C.依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱；
D.依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱即可。
【解答】解：A.金属铜和浓硫酸之间的反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸体现氧化性和酸性，
故 A 正确；
B.金属铜和浓硫酸之间的反应需要加热，应该加入浓硫酸后再加热，故 B 错误；
C.依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱，二氧化硫溶于水生成的是亚硫酸，不是最高价含
氧酸，所以不能判断 S、C 非金属性强弱，故 C 错误；
D.二氧化碳与 Na2SiO3 溶液反应生成硅酸，证明了碳酸酸性比硅酸强，说明碳元素的非金属性比硅元
素非金属性强，但是硅酸的产生有可能是二氧化硫进入硅酸钠溶液的反应结果，故 D 错误；
故选：A。
【点评】本题考查了非金属性的相对强弱的探究实验，涉及仪器名称，化学方程式的书写，离子方程
式的书写，判断非金属性强弱的依据等 考查的知识点较多，难度中等。
17．1ml（XY4）2WR3 含 52ml 质子，R 的核外电子数是 W 原子最外层电子数的 2 倍，W 和 R 的原子序
数之和是 X 原子序数的 2 倍。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：Y＜R＜X＜W
B．简单氢化物的热稳定性：W＜X＜R
C．WR2 和 XY3 为弱电解质
D．第 50 号元素的一种核素与核素 W 具有相同的价电子数
【分析】1ml（XY4）2WR3 含 52ml 质子，可知 、 构成该物质，若 R 为 O 元素、W 为 C 或
Si 元素，符合 R 的核外电子数是 W 原子最外层电子数的 2 倍；若 X 为 N 元素、Y 为 H 元素，W 和 R
的原子序数之和是 X 原子序数的 2 倍，W 的原子序数为 7×2﹣8＝6，可知 R 只能为 C 元素，且符合
1ml（XY4）2WR3 含质子为 1ml×（7×2+1×8+6+8×3）＝52ml，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X 为 N 元素、Y 为 H 元素、W 为 C 元素、R 为 O 元素，
A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：
Y＜R＜X＜W，故 A 正确；
B．同周期主族元素从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，非金属性越强、对应简
单氢化物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：W＜X＜R，故 B 正确；
C．CO2、NH3 均本身不能电离，为非电解质，故 C 错误；
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D．第 50 号元素为 Sn，与 C 元素均位于ⅣA 族，则第 50 号元素的一种核素与核素 W 具有相同的价电
子数，故 D 正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握物质的构成、电子数的关系、质子数的
计算来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度中等。
18．同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳相比较，下列叙述正确的是（ ）
A．质子数之比为 1：1
B．密度之比为 11：8
C．物质的量之比为 8：11
D．原子个数之比为 1：1
【分析】先设出二者的质量，再利用 n＝ 来计算 O2 和 CO2 的物质的量，根据阿伏加德罗定律的推论：
同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比；同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量的之比；
同温同压下，分子数之比等于物质的量之比。
【解答】解：设氧气、二氧化碳的质量为 1g，则二者物质的量之比为： ： ＝11：8，
A．依据 N＝nNA 可知质子数之比等于物质的量之比等于：11ml×16：8×22＝1：1，故 A 正确；
B．同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量的之比，即为 32：44＝8：11，故 B 错误；
C．设氧气、二氧化碳的质量为 1g，则二者物质的量之比为： ： ＝11：8，故 C 错误；
D．同温同压下，分子数之比等于物质的量之比，即分子数之比是 11：8，所以原子数之比是（11×2）：
（8×3）＝22：24＝11：12，故 D 错误：
故选：A。
【点评】本题考查学生以物质的量为核心计算，明确以物质的量为核心计算公式，明确同温同压下，
物质的量之比等于体积比等于分子数之比是解答的关键，题目难度中等。
19．某无色、澄清溶液中可能含有 Na+、K+、 、Cl﹣、 、 、H+、Cu2+中的几种，且每种
离子的物质的量相等。依次进行下列实验，每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：
实验 操作 现象
（1） 用洁净的铂丝蘸取溶液，在酒精上灼烧 火焰的颜色呈黄色
（2） 向溶液中滴加 2～3 滴紫色石蕊溶液 溶液变红
（3） 向溶液中滴加 BaCl2 溶液和稀盐酸 有白色沉淀生成
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（4） 将（3）中所得沉淀过滤，向滤液中加入 AgNO3 溶液和稀
有白色沉淀生成
硝酸
下列结论不正确的是（ ）
A．不需要进行实验，就可以排除的离子是 Cu2+
B．由实验（1）可以确定溶液中一定有 Na+、一定无 K+
C．溶液中肯定含有的离子是 Na+、 、H+
D．溶液中肯定不含有的离子是 、 、Cu2+
【分析】溶液无色，则一定不含 Cu2+；
（1）蘸取原溶液作焰色试验，火焰呈黄色，则一定含有 Na+；
（2）向溶液中滴加 2～3 滴紫色石蕊溶液，溶液变红，说明溶液呈酸性，则含有 H+，一定不含 、
；
（3）向溶液中滴加 BaCl2 溶液和稀盐酸，有白色沉淀生成，白色沉淀只能为 BaSO4，溶液一定含有
；
（4）将（3）中所得沉淀过滤，向滤液中加入AgNO3 溶液和稀硝酸，生成的白色沉淀为AgCl，但加入
BaCl2 溶液和稀盐酸时引入了 Cl﹣，该操作不能说明原溶液含有 Cl﹣，由于溶液中每种离子的浓度均相
等、且 n（H+）+n（Na+）＝2n（ ），根据溶液呈电中性可知，原溶液可能含有 Cl﹣、K+，据此分
析解答。
【解答】解：A．溶液无色，则一定不含 Cu2+，不需要进行实验，就可以排除的离子是 Cu2+，故 A 正
确；
B．根据实验（1）火焰的颜色呈黄色可以确定一定有 Na+，但是不能排除 K+，故 B 错误；
C．由上述分析可知，原溶液中一定含有 Na+、 、H+，可能含有 Cl﹣、K+，一定不含有 Cu2+、
、 ，故 C 正确；
D．由上述分析可知，原溶液中一定含有 Na+、 、H+，可能含有 Cl﹣、K+，一定不含有 Cu2+、
、 ，故 D 正确；
故选：B。
【点评】本题考查离子检验，把握离子反应、离子共存、溶液电中性原则的应用为解答的关键，侧重
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分析与运用能力的考查，注意掌握离子性质及检验方法，题目难度不大。
20．加入 NaOH 溶液后，下列离子数目不会减少的是（ ）
A．Cu2+ B．Fe3+ C．SO42﹣ D．H+
【分析】离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子数目不变，以此来解答。
【解答】解：A．加入 NaOH 与 Cu2+反应生成沉淀，离子数目减少，故 A 不选；
B．加入 NaOH 与 Fe3+反应生成沉淀，离子数目减少，故 B 不选；
C．加入 NaOH 与 SO42﹣不反应，离子数目不变，故 C 选；
D．加入 NaOH 与 H+反应生成水，离子数目减少，故 D 不选；
故选：C。
【点评】本题考查离子反应，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用
能力的考查，注意复分解反应的判断，题目难度不大。
二．解答题（共 4 小题）
21．亚硝酸钠（NaNO2）是一种用途广泛的工业盐，因其外观和食盐相似容易误食中毒。亚硝酸钠加热
到 320℃以上会分解产生 Na2O、N2 和 O2，其水溶液呈碱性，能与 AgNO3 溶液反应生成难溶于水、易
溶于酸的 AgNO2。由于 NaNO2 有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废
水 必 须 处 理 后 才 能 排 放 。 处 理 方 法 之 一 如 下 ： []NaNO2+[]KI+[]═ []NO↑
+[]I2+[]K2SO4+[]Na2SO4+[]H2O。
（1）请完成该离子方程式并配平 +2I﹣+4H+＝2NO↑+I2+2H2O 。
（2）从物质分类角度来看，NaNO2 是 ef （填字母代号）。
a．酸
b．酸式盐
c．碱
d．非电解质
e．电解质
f．钠盐
（3）用上述反应来处理 NaNO2 开不是最佳方法，其原因是 反应生成 NO 为大气污染物 。从环保
角度来讲，要将 NaNO2 转化为氮气，所用物质的 还原性 填“氧化性”或“还原性”）应该比 KI
更 强 （填“强”或“弱”）。
（4）下列方法不能用来区分固体 NaNO2 和 NaCl 的是 D （填序号）
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A．分别溶于水，滴加酚酞试液
B．分别溶于水并滴加 HNO3 酸化的 AgNO3 溶液
C．分别加强热并收集气体检验
D．用筷子分别蘸取固体品尝味道
（5）误食 NaNO2 会导致人体血红蛋白中的 Fe2+车转化为 Fe3+而中毒，该过程中 NaNO2 表现出的性质
与下列： C （填序号）反应中 H2O2 表现出的性质相同。
A．2H2O2 H2O+O2↑
B．H2O2+Cl2═2HCl+O2↑
C．H2O2+H2SO3+2KI═2H2O+I2+K2SO4
（6）S2 可以与 Fe2+反应制备 Fe2O3 纳米颗粒。若 S2 与 Fe2+的系数之比为 1：2，配平该反应的
离子方程式： 2Fe2++ +4H2O2+4OH﹣＝Fe2O3+ +6H2O 。
[]Fe2++[]S2 +[]H2O2+[]OH﹣═[]Fe2O3+[]S2 +[]H2O
【分析】（1）根据得失电子守恒和原子守恒配平进行分析；
（2）根据 NaNO2 由酸根和金属阳离子构成，其在水溶液和熔融状态下都可以导电，进行分析；
（3）根据反应生成 NO 为大气污染物，将 NaNO2 转化为氮气，则氮元素化合价降低，被还原，进行分
析；
（4）根据亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，亚硝酸根离
子在酸性条件下不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，加强热亚硝酸钠
分解，而氯化钠不分解，进行分析；
（5）根据误食 NaNO2 会导致人体血红蛋白中的 Fe2+转化为 Fe3+而中毒，则 Fe2+失电子变为 Fe3+，化
合价升高，作还原剂，NaNO2 作氧化剂，体现氧化性，与 H2O2 表现出的性质相同进行分析；
（6）根据电荷守恒可知 OH﹣的系数是 4，最后根据 H、O 原子守恒，进行分析。
【解答】解：（1）该反应中 N 元素+3 价下降到+2 价，I 元素由﹣1 价上升到 0 价，根据得失电子守恒
和原子守恒配平为： +2I﹣+4H+＝2NO↑+I2+2H2O，
故答案为： +2I﹣+4H+＝2NO↑+I2+2H2O；
（2）NaNO2 由酸根和金属阳离子构成，属于正盐，含有钠离子，属于钠盐；其在水溶液和熔融状态
下都可以导电，属于电解质，
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故答案为：ef；
（3）用上述反应来处理 NaNO2 并不是最佳方法，因为生成物中有 NO，NO 气体有毒污染空气，则其
原因是反应生成 NO 为大气污染物。从环保角度来讲，要将 NaNO2 转化为氮气，则氮元素化合价降低，
被还原，则所用物质的还原性应该比 KI 更强，
故答案为：反应生成 NO 为大气污染物；还原性；强；
（4）A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，分别溶于水，
滴加酚酞试液，亚硝酸钠溶液变红，可鉴别，故 A 不符合题意；
B．亚硝酸根离子在酸性条件下不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，
反应现象不同，所以可以用 HNO3 酸化的 AgNO3 区分 NaNO2 和 NaCl，故 B 不符合题意；
C．加强热亚硝酸钠分解，而氯化钠不分解，反应现象不同，可以用加强热收集气体检验来区分
NaNO2 和 NaCl，故 C 不符合题意；
D．化学药品不能用来品尝味道，所以不能鉴别，故 D 符合题意；
故答案为：D；
（5）误食 NaNO2 会导致人体血红蛋白中的 Fe2+转化为 Fe3+而中毒，则 Fe2+失电子变为 Fe3+，化合价
升高，作还原剂，NaNO2 作氧化剂，体现氧化性，与 H2O2 表现出的性质相同，即 H2O2 也体现氧化性；
A．反应中氧原子既失电子，又得电子，氧元素的化合价部分升高，部分降低，H2O2 体现氧化性和还
原性，A 不符合题意；
B．H2O2 中氧原子失电子，化合价升高，H2O2 体现还原性，B 不符合题意；
C．H2O2 中氧原子得电子，化合价降低，H2O2 体现氧化性，C 符合题意；
故答案为：C；
（6）在该反应中，若 与 Fe2+的微粒个数之比为 1：2，假设 是 1 个，则 Fe2+为 2，反应中
失去 8 个电子，所以 H2O2 的系数是 4，Fe2O3、 的系数都是 1，根据电荷守恒可知 OH﹣的系数
是 4，最后根据 H、O 原子守恒，可知 H2O 的系数是 6，可得反应的离子方程式为：2Fe2++ +
4H2O2+4OH﹣＝Fe2O3+ +6H2O，
故答案为：2Fe2++ +4H2O2+4OH﹣＝Fe2O3+ +6H2O。
【点评】本题主要考查氧化还原反应的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合
已有的知识进行解题。
22．氧化还原反应分析
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（1）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如
下：
NaIO3+□NaHSO3→NaHSO4+□Na2SO4+□I2+□H2O（未配平）
完成下列填空：
① 配 平 上 述 化 学 方 程 式 ， 并 用 单 线 桥 注 明 电 子 转 移 的 方 向 和 数 目
。
②该反应实质是两步反应：① +3 ＝3 +I﹣+3H+，则第二步反应的离子方程式为②
+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O ；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是
5：1 。
③已知亚硫酸放置在空气中，容易变质为硫酸钠。检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是 取少量
样品溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变
质 。
（2）硫酸是重要的化工原料，我国制备硫酸的原料通常用过硫化亚铁，第一步反应为：4FeS2+11O2
2Fe2O3+8SO2
①并用双线桥注明电子转移的方向和数目 。
②该反应的氧化产物为 Fe2O3 和 SO2 氧化产物和还原产物的质量之比为 1：1 。
【分析】（1）根据氧化还原反应中化合价升降总数相等配平方程式，第一步碘酸根被还原成碘离子，
则第二步碘离子应被碘酸根氧化成碘单质，亚硫酸放置在空气中，容易变质为硫酸钠，检验亚硫酸钠
固体是否氧化变质只需要检验 ，进行分析。
（2）根据 4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2 中 Fe 元素由+2 价上升到+3 价，S 元素由﹣1 价上升到+4
价，O 元素由 0 价下降到﹣2 价，进行分析。
【解答】解：（1）①根据氧化还原反应中化合价升降总数相等配平，该反应中碘元素的化合价由+5 价
得电子变为 0 价，所以一个碘酸根离子得 5 个电子，硫元素的化合价由+4 价失电子变为+6，所以一个
参加氧化还原反应的亚硫酸氢根离子失去 2 个电子，所以得失的最小公倍数是 10，所以碘酸钠的计量
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数是 2，亚硫酸氢钠的计量数是 5，其它元素根据原子守恒进行配平，所以该方程式为 2NaIO3
+5NaHSO3═ 3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O， 单 线 桥 标 出 电 子 转 移 的 方 向 和 数 目 为 ：
，
故答案为： ；
②根据总反应可知最终转变成了碘单质，第一步碘酸根被还原成碘离子，则第二步碘离子应被碘酸根
氧化成碘单质，离子方程式为 +5I﹣+6H+＝3I2+3H2O；若要使碘酸钠的利用率最高，则第一步被还
原成的 I﹣应恰好在第二步被碘酸根离子氧化，则碘酸钠在第一步和第二步中用量比应满足 5：1，
故答案为： +5I﹣+6H+＝3I2+3H2O；5：1；
③已知亚硫酸放置在空气中，容易变质为硫酸钠，检验亚硫酸钠固体是否氧化变质只需要检验 ，
方法为：取少量样品溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀
生成，则未变质，
故答案为：取少量样品溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉
淀生成，则未变质；
（2）①4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2 中 Fe 元素由+2 价上升到+3 价，S 元素由﹣1 价上升到+4 价，
O 元 素 由 0 价 下 降 到 ﹣ 2 价 ， 用 双 线 桥 注 明 电 子 转 移 的 方 向 和 数 目 为 ：
，
故答案为： ；
②4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2 中 Fe 元素由+2 价上升到+3 价，S 元素由﹣1 价上升到+4 价，O 元
素由 0 价下降到﹣2 价，该反应的氧化产物为 Fe2O3 和 SO2，还原产物为 Fe2O3 和 SO2，氧化产物和还
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原产物的质量之比为：1：1，
故答案为：Fe2O3 和 SO2；1：1。
【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本概念及规律等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的
信息，结合已有的知识进行解题。
23．现有一混合溶液，可能含有以下离子中的若干种：H+、K+、Al3+、 、Cl﹣、 、 ，现取
三份 100mL 该混合溶液进行如下实验。（已知： +OH﹣═NH3•H2O）
实验①：向第一份混合溶液中加入 AgNO3 溶液，有沉淀产生；
实验②：向第二份混合溶液中滴加 1.00ml•L﹣1 的 NaOH 溶液，溶液中沉淀的质量与氢氧化钠的体积
关系如图所示：
实验③：向第三份混合溶液中加入足量 BaCl2 溶液后，得到干燥的沉淀 9.32g。
（1）由实验①推断该混合溶液 不一定 （填“一定”或“不一定”）含有 Cl﹣。
（2）实验②中沉淀质量减少的离子方程式 Al（OH）3+OH﹣＝ +2H2O 。
（3）实验③生成沉淀的物质的量是 0.04 ml。
综合上述实验，你认为以下结论正确的是 BD （填标号）。
A．该混合溶液中一定含有 H+、K+、Al3+、 、 ，可能含 Cl﹣
B．该混合溶液中一定含有 H+、Al3+、 、Cl﹣、 ，且每一份中 n（Cl﹣）≥0.02ml
C．该混合溶液中一定含有 H+、Al3+、 、 ，可能含 K+、Cl﹣
D．若要确定该混合溶液中是否含有 K+，还需进行焰色反应来进行检验
（4）该实验中共需要 240mLNaOH 溶液，某化学实验小组欲用固体准确配制该浓度的溶液
①请计算配制此溶液需称取 NaOH 固体的质量为 10.0 g。
②如图所示的仪器中配制溶液无需使用的是 AB （填字母），还缺少的玻璃仪器是 玻璃棒、胶
头滴管 。
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（5）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是 AD （填字母）。
A．定容时俯视刻度线
B．定容时水加多了用胶头滴管吸出
C．移液前，容量瓶内有蒸馏水
D．未冷却至室温就转移定容
【分析】（1）～（3）实验②中，第一阶段无沉淀产生，说明含有 H+，则一定没有 ，而后第二阶
段有沉淀生成，第四阶段沉淀完全溶解，说明含有 Al3+，一定没有 Mg2+，在沉淀量最大时 Al（OH）3
为 ＝0.02ml，根据离子守恒可知原溶液含有 0.02mlAl3+，第三阶段沉淀不变，说明含有
，第一阶段消耗 20mL 氢氧化钠溶液，由 H++OH﹣＝H2O，可知溶液中含有 0.02L×1.00ml/L＝
0.02mlH+，第三阶段消耗 20mL 氢氧化钠溶液，由 +OH﹣＝NH3•H2O，可知溶液含有 0.02 ；
实验③向第三份混合溶液中加入足量 BaCl2 溶液后，得到干燥的沉淀 9.32g，说明含有是 ，沉淀为
BaSO4， n（ ） ＝ n（ BaSO4） ＝ ＝ 0.04ml， n（ H+） +n（ ） +3n（ Al3+） ＝
0.02ml+0.02ml+0.02ml×3＝0.1ml＞2n（ ）＝2×0.04ml＝0.08ml，根据电荷守恒可知溶液
一定含有 Cl﹣，不能确是否含有 K+；
（4）①根据 n＝cV 计算氢氧化钠的物质的量，再根据 m＝nM 计算氢氧化钠的质量；
②不需要分液漏斗、圆底烧瓶，还需要玻璃瓶、胶头滴管；
（5）分析操作对溶液体积、溶质物质的量的影响，根据 c＝ 分析对溶液浓度影响。
【解答】解：（1）由实验①不能推断该混合溶液是否含有 Cl﹣，因为氯化银、碳酸银、硫酸银都是白
色沉淀，
故答案为：不一定；
（2）实验②中沉淀质量减少过程是氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应离子方程式为 Al
（OH）3+OH﹣＝ +2H2O，
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故答案为：Al（OH）3+OH﹣＝ +2H2O；
（3）实验③生成沉淀是 BaSO4，n（BaSO4）＝ ＝0.04ml；由分析可知，溶液一定含有 H+、
Al3+、 、 、Cl﹣，不能确定是否含有 K+，可以进行焰色反应来进行检验，当没有 K+时，Cl﹣
的物质的量最小，此时 n（Cl﹣）＝0.1ml﹣0.08ml＝0.02ml，故每一份中 n（Cl﹣）≥0.02ml，选项
中 BD 正确，AC 错误，
故答案为：0.04ml；BD；
（4）①没有 240mL 容量瓶，需要配制 250mL 溶液，故需要称量 NaOH 质量为 0.25L×1.00ml/L×
40g/ml＝10.0g，
故答案为：10.0；
②由配制步骤：计算→称量→溶解→移液→洗涤→定容→摇匀，可知不需要分液漏斗、圆底烧瓶，还
需要玻璃瓶、胶头滴管，
故答案为：AB；玻璃棒、胶头滴管；
（5）A．定容时俯视刻度线，液面在刻度线下方，溶液体积偏大，溶液浓度偏高，符合题意，故 A 正
确；
B．定容时水加多了用胶头滴管吸出，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，不符合题意，故 B 错误；
C．最后需要加水定容，移液前，容量瓶内有蒸馏水，对溶液浓度无影响，不符合题意，故 C 错误；
D．氢氧化钠溶解放出热量，溶液具有热胀冷缩性质，未冷却至室温就转移定容，冷却后溶液体积偏
小，溶液浓度偏高，符合题意，故 D 正确，
故答案为：AD。
【点评】本题考查离子推断、一定物质的量浓度溶液配制，掌握离子反应发生的条件、溶液配制原理，
熟练掌握元素化合物知识，注意电荷守恒在离子推断中运用，试题培养了学生分析推理能力、运用知
识解决问题的能力。
24．根据①～⑧元素的编号所在周期表中的位置，用相应的元素符号或者化学用语回答有关问题：
族 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0 族
周期
1 ① ②
2 ③ ④ ⑤
3 ⑥ ⑦ ⑧
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（1）能显+1 价，还能显﹣1 价的元素是 H、Cl 。
（2）最高价氧化物对应水化物是强酸的元素是 N、Cl 。
（3）最难形成化合物的元素是 He 。
（4）①和④可形成原子数目比为 1：1 的化合物，其电子式为 。
（5）③、④、⑤分别与①形成的 10 电子分子的沸点由低到高的顺序为 NH3＜HF＜H2O 。
（6）⑥和⑦最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式是 Al（OH）3+OH﹣＝ +2H2O 。
（7）第三周期某元素氢化物（组成为 RH）能和冷水剧烈反应产生氢气，该反应的化学方程式为
NaH+H2O＝NaOH+H2↑ 。
【分析】由元素在周期表中的位置可知①②③④⑤⑥⑦⑧分别为 H、He、N、O、F、Na、Al、Cl，结
合元素对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。
【解答】解：由元素在周期表中的位置可知①②③④⑤⑥⑦⑧分别为 H、He、N、O、F、Na、Al、Cl，
（1）能显+1 价，还能显﹣1 价的元素是 H、Cl，如 H2O 中 H 显+1 价，CH4 中 H 显﹣1 价，HCl 中 Cl
显﹣1 价，HClO 中 Cl 显+1 价，
故答案为：H、Cl；
（2）非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物是强酸，则最高价氧化物对应水化物是强酸的元素
是 N、Cl，
故答案为：N、Cl；
（3）惰性气体元素原子最外层为 8 电子，最难形成化合物，故为 He，
故答案为：He；
（4）①和④可形成原子数目比为 1：1 的化合物是 H2O2，其电子式为： ，
故答案为： ；
（5）③、④、⑤分别与①形成的 10 电子分子分别为：NH3、H2O、HF，其氢化物的沸点由低到高的
顺序：NH3＜HF＜H2O，
故答案为：NH3＜HF＜H2O；
（6）⑥和⑦最高价氧化物对应水化物相互反应，即氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，其反
应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣＝ +2H2O，
故答案为：Al（OH）3+OH﹣＝ +2H2O；
（7）NaH 能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，其反应的化学方程式为：NaH+H2O＝NaOH+H2↑，
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故答案为：NaH+H2O＝NaOH+H2↑。
【点评】本题综合考查元素周期表和元素周期律，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，
熟悉元素在周期表中的位置是解答本题的关键，并利用元素周期律来解答即可，难度不大。
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