浙江省杭州市滨江区杭二滨江2025-2026学年高一上期末考试化学试卷（Word版附解析）

这是一份浙江省杭州市滨江区杭二滨江2025-2026学年高一上期末考试化学试卷（Word版附解析），共33页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 S-32 K-39 Fe-56
第Ⅰ卷(共20小题，共45分)
一、选择题(本大题共20题，其中1~15题每小题2分，其中16~20题每小题3分，共45分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列物质中主要成分属于盐的是
A. 烧碱B. 明矾C. 生石灰D. 石英
【答案】B
【解析】
【详解】A．烧碱的主要成分为NaOH，NaOH电离出的阴离子全部为氢氧根离子，属于碱，不属于盐，A错误；
B．明矾的主要成分为十二水合硫酸铝钾，由金属阳离子和酸根阴离子构成，属于盐，B正确；
C．生石灰的主要成分为，属于氧化物，不属于盐，C错误；
D．石英的主要成分为，属于氧化物，不属于盐，D错误；
故选B。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 分子的结构模型：
B. 的电子式：
C. 的结构示意图可表示为
D. 中子数为8的氮原子：
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷分子为正四面体形，结构模型正确，A正确；
B．中碳氧为双键，正确的电子数为，B错误；
C．O原子的核内质子数和核外电子数均为8，正确的结构示意图为，C错误；
D．中子数为8的氮原子，质子数为7，故质量数为15，元素符号表示为，D错误；
故选A。
3. 下列有关说法不正确的是
A. 陶瓷、水泥、光导纤维都属于硅酸盐材料
B. 具有杀菌、抗氧化功能，可添加在葡萄酒中起到保质作用
C. 手机中的锂电池在工作时，可将化学能转化成电能
D. 储氢合金吸收氢气时形成的金属氢化物，稍稍加热又容易分解而释放出氢气
【答案】A
【解析】
【详解】A．陶瓷、水泥属于硅酸盐材料，但光导纤维的主要成分为，不属于硅酸盐材料，A不正确；
B．具有杀菌、抗氧化的作用，适量添加到葡萄酒中可以起到保质作用，B正确；
C．锂电池工作时遵循原电池原理，可将化学能转化为电能，C正确；
D．储氢合金吸收氢气后形成金属氢化物，该物质稍稍加热就容易分解释放氢气，符合储氢合金的性质，D正确；
答案选A。
4. 下列各组离子在指定条件下的溶液中，一定能大量共存的是
A. 酸性溶液中：、、、
B. 澄清透明的溶液中：、、、
C. 使酚酞溶液呈红色的溶液中：、、、
D. 含有大量的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性溶液中存在大量，会被含、的溶液氧化，不能大量共存，A错误；
B．澄清透明的溶液中，、、、之间不发生反应，澄清透明不要求溶液为无色，本组离子可以大量共存，B正确；
C．使酚酞溶液呈红色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量，会与反应，不能大量共存，C错误；
D．会与发生反应生成和水，不能大量共存，D错误；
答案选B。
5. 某化学反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A. 该反应需要加热或高温
B. 该反应断键吸收的总能量小于成键释放的总能量
C. 该反应可能是化合反应，也可能是中和反应
D. 碳酸氢钠和盐酸的反应过程可用该图表示
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图示可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，反应吸放热与反应条件无关，该反应不一定需要加热或高温，A错误；
B．该反应为吸热反应，则反应断键吸收的总能量大于成键释放的总能量，B错误；
C．中和反应为放热反应，而该反应为吸热反应，因此该反应不可能是中和反应，C错误；
D．该反应为吸热反应，碳酸氢钠和盐酸反应为吸热反应，D正确；
答案选D。
6. 在含有Fe2(SO4)3和CuSO4的溶液中加入铁粉，下列说法中不正确的是（ ）
A. 若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜
B. 若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子只有Fe2＋
C. 若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2＋，则溶液中一定无Fe3＋
D. 若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2＋，则溶液中一定有Fe2＋，一定无Fe3＋
【答案】C
【解析】
【分析】Fe3+的氧化性大于Cu2+，在含有Fe2(SO4)3和CuSO4的溶液中加入铁粉，铁先与Fe2(SO4)3反应，剩余的铁再与CuSO4反应。
【详解】A. 若铁粉有剩余，说明CuSO4与铁完全反应，则不溶物中一定有铜，故A正确；
B. 若铁粉有剩余，则Fe3+、Cu2+完全反应，则溶液中的金属阳离子只有Fe2＋，故B正确；
C. 若铁粉无剩余，溶液中有Cu2＋，说明Cu2＋没有完全反应，则溶液中可能有Fe3＋，故C错误；
D. 若铁粉无剩余，溶液中无Cu2＋，则一定有铜单质析出，Fe3＋能与Cu反应，则溶液中一定无Fe3＋，故D正确；
答案选C。
7. 向溶液中加入溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（），继续加入溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是
A. 是分解反应的催化剂
B. 既表现氧化性又表现还原性
C. 将还原为
D. 发生了反应
【答案】C
【解析】
【分析】溶液中加入溶液，有大量气体逸出，且蓝色溶液变为红色浑浊，说明氧化生成，自身被还原为，离子方程式为：；继续加入溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，则氧化生成和水，离子方程式为：。
【详解】A．根据分析，反应前后不变，是分解反应的催化剂，A正确；
B．在反应中表现还原性，在反应中表现氧化性，B正确；
C．根据分析，将氧化为，C错误；
D．根据分析，继续加入溶液，发生了反应，D正确；
答案选C。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 和溶液的反应：
B. 水玻璃在空气中变质：
C. 向溶液中通入足量氯气的反应：
D. 将气体通入碘水中使其褪色的反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应物是难溶弱电解质，不能拆分，正确离子方程式为，A错误；
B．水玻璃在空气中变质生成硅酸沉淀，不是，正确离子方程式为，B错误；
C．向中通入足量氯气，和会完全被氧化，与的物质的量之比应为，正确离子方程式为，C错误；
D．通入碘水，被氧化为，被还原为，该反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式书写正确，D正确；
故选D。
9. 实验室用如图装置来制取，关于该实验的说法中正确的是
A. 组装好仪器后，实验操作的第一步是向装置中加入对应的试剂
B. 引发B中产生的操作是关闭K，继续滴加稀硫酸
C. 从反应开始至关闭K时，C中集气瓶收集到的气体是纯净的氢气
D. 打开B中瓶塞，可看到B中白色沉淀迅速变为红褐色沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】Fe(OH)2易被氧气氧化，本实验原理是：先利用Fe和稀硫酸反应生成的氢气排尽装置内空气，再通过压强差将溶液压入溶液中，在无氧环境下制备，据此回答
【详解】A．组装好仪器后，实验操作的第一步是检查装置气密性，A错误；
B．实验开始时打开K，Fe和稀硫酸反应生成的氢气可以排尽整个装置内的空气，之后关闭K、继续滴加稀硫酸，A中不断生成氢气，压强增大，会把A中生成的FeSO4压入B中，和NaOH反应生成Fe(OH)2，B正确；
C．反应开始后，装置内原有的空气会被氢气排入C中，因此C收集的气体是氢气和空气的混合物，C错误；
D．打开B中瓶塞，氢氧化亚铁接触到空气中的氧气，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀，D错误；
故选B。
10. 1934年约里奥―居里夫妇在核反应中用粒子(即氦核)轰击金属原子，得到核素，开创了人造放射性核素的先河：，其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。下列叙述不正确的是
A. 的质量数为27
B. Y与氯形成的分子内所有原子最外层均满足8电子
C. Y的简单氢化物的稳定性比的弱
D. X的最高价氧化物的水化物能与氨水反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据和质量守恒可知，W+4=30+1，则W=27，即的质量数为27，A正确；
B．Y的质子数比X的大2，X是金属元素，则X、Y位于同一周期，可知X的最外层电子数比Y的少2，元素X、Y的最外层电子数之和为8，则X的最外层电子数=，X的质量数为27，则X为Al元素，Y为P元素，P与氯形成的分子内所有原子最外层均满足8电子，B正确；
C．Y的简单氢化物为PH3，同主族元素从上到下，简单氢化物的稳定性逐渐减弱，即PH3的稳定性比的弱，C正确；
D．X的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，Al(OH)3不能与氨水反应，D错误；
答案选D。
11. 甲~戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是
A. 表中5种元素中非金属性最强的是乙
B. 简单氢化物的还原性：丙丁戊
C. 甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生
D. 丙的最高价氧化物的水化物一定能与强碱反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题意推断，戊为短周期第三周期元素，其最高价氧化物对应水化物为强酸，戊只能是或：戊为S时乙为O，戊为时乙为，两种情况下乙的非金属性都是五种元素中最强的，A正确；
B．同周期从左到右元素非金属性逐渐增强，非金属性越强，对应简单氢化物的还原性越弱，非金属性丙＜丁＜戊，因此简单氢化物的还原性：丙＞丁＞戊，B正确；
C．当戊为时，甲为，其氢化物为烃类，烃与氯化氢不反应，不会产生白烟；若戊为时，甲为，其氢化物为氨气时，遇氯化氢会产生白烟；因此不是一定有白烟产生，C错误；
D．丙可能为（戊为时）或（戊为时），对应的最高价氧化物的水化物为硅酸或磷酸，均能与强碱发生反应，D正确；
故答案选C。
12. 锗()和硒()分别是第四周期第ⅣA族和第ⅥA族元素，下列关于它们叙述正确的是
A. 锗的单质可能具有半导体的性能，它的最高价氧化物的水化物可能是强酸
B. 锗是一种金属性很强的元素，极易与空气反应
C. 的稳定性大于，的酸性比强
D. 将通入的水溶液中可得到
【答案】D
【解析】
【详解】A．锗处于金属与非金属分界线附近，单质具有半导体性能；同主族从上到下元素非金属性减弱，非金属性弱于，其最高价氧化物对应水化物酸性弱于硅酸（硅酸为弱酸），因此锗的最高价氧化物的水化物不是强酸，A错误；
B．锗位于金属与非金属分界线附近，金属性较弱，化学性质比较稳定，不易与空气反应，B错误；
C．与同主族，在下方，非金属性，非金属性越强氢化物越稳定、最高价含氧酸的酸性越强，因此的稳定性小于，的酸性比强，C错误；
D．的非金属性强于，氧化性强于，将通入水溶液中可发生置换反应生成单质，D正确；
故答案选D。
13. 如图表示部分短周期元素的原子半径和最高正价、最低负价随原子序数的变化情况，下列有关说法正确的是
A. 最高正价的顺序：
B. 形成的简单离子半径：
C. b、d、e的最高价氧化物的水化物能两两之间相互发生反应
D. a和c、b和c、f和c形成的化合物中，均有能够造成酸雨危害的物质
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素原子序数递增，结合题图元素原子半径和化合价可知：a为C元素，b为N元素，c为O元素，d为Na元素，e为Al元素，f为S元素，g为Cl元素。
【详解】A．O无最高正价，Cl的最高正价为+7，N的最高正价为+5，顺序应为，A错误；
B．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，离子半径为，B错误；
C．三者最高价氧化物的水化物分别为HNO3、NaOH、Al(OH)3，HNO3和NaOH发生中和反应，HNO3和Al(OH)3反应生成硝酸铝和水，NaOH和Al(OH)3反应生成四羟基合铝酸钠，可两两反应，C正确；
D．C和O形成的CO、CO2均不能造成酸雨（CO2为温室气体），D错误；
故选C。
14. 如图所示，电流计G发生偏转，同时a极逐渐变细，b极放出无色气体，X为电解质溶液，则a、b、X可以是下列各组中的
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】该原电池中，电流计G发生偏转，同时a极逐渐变细，b极放出无色气体，所以a极作负极，b极作正极，a极的活泼性大于b极的活泼性，b极放出无色气体，则该气体是氢气，说明溶液中含有氢离子，据此分析；
【详解】A．无气体放出，A错误；
B．无气体放出，B错误；
C．石墨电极做正极，有氢气放出，C正确；
D．没有自发的氧化还原反应发生，不构成原电池，D错误；
故答案选C。
15. 学习化学要学会运用合适的方法，如“类推”，这样才能事半功倍。下列类推正确的是
A. 已知能与反应生成和，可推测能与反应生成和
B. 已知能和反应，可推测能和反应
C. 已知常温下在浓硝酸中可发生钝化，可推测常温下在浓硝酸中可发生钝化
D. 已知能与反应生成，可推测能与反应生成
【答案】D
【解析】
【详解】A．具有还原性，具有强氧化性，二者反应会被氧化为，不会生成和，A错误；
B．是两性氧化物，可以和反应，是碱性氧化物，不能与发生反应，B错误；
C．常温下只有Fe、Al在浓硝酸中会发生钝化，Cu常温下可以和浓硝酸发生反应，不会钝化，C错误；
D．和都属于酸性氧化物，都可以和反应生成对应价态的盐和水，与反应生成，D正确；
答案选D。
16. 南京理工大学团队成功合成了能在室温下稳定存在的五氮阴离子盐，五氮阴离子盐()是制备全氮类物质的重要中间体。下列说法正确的是
A. 中含有共价键，属于共价化合物
B. 中，每个与含有的电子数相同
C. 中含有电子，与互为同位素
D. 含有共价键和离子键，属于离子化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．属于盐类物质，阴、阳离子之间存在离子键，多个原子之间都存在共价键，因此该物质属于离子化合物，不是共价化合物，A错误；
B．每个的电子数为，每个的电子数为，二者含有的电子数相同，B正确；
C．确实含有70ml电子，但同位素的描述对象是同种元素的不同原子，与都是氮元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，不是同位素，C错误；
D．中虽含有离子键和共价键，但该物质只由氮元素组成，属于单质，不属于化合物，因此不是离子化合物，D错误；
故答案选B。
17. 下列实验操作、现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硝酸受热自身会分解生成红棕色NO2，因此NO2不一定是木炭与浓硝酸反应生成的，A错误；
B．常温下铝遇浓硝酸会发生钝化，钝化属于化学反应，只是生成致密氧化膜阻止反应进一步进行，并非不反应，B错误；
C．Fe3+将SO2氧化，SO2被氧化为，与Ba2+生成白色硫酸钡沉淀，Fe3+被还原为Fe2+使溶液颜色变浅，该过程证明SO2具有还原性，C正确；
D．炽热木炭与浓硫酸反应会同时生成SO2和CO2，SO2也能和澄清石灰水反应生成亚硫酸钙白色沉淀，无法证明木炭被氧化为CO2，D错误；
故选C。
18. 用可除去水体中过量氨氮(以表示)，以防止水体富营养化，其原理如图所示。下列有关叙述正确的是
A. 的结构式为，可能为直线形分子
B. 和所含的化学键类型完全相同
C. 的沸点比高，所以比更稳定
D. 还可与发生反应：，X中同时含极性和非极性共价键
【答案】D
【解析】
【详解】A．的中心原子是O，O原子成2个σ键，还有2对孤电子对，空间结构为V形，A错误；
B．是离子化合物，与之间存在离子键，中的Cl和O之间存在共价键；是共价化合物，只含共价键，B错误；
C．沸点高低由分子间作用力决定，而稳定性由分子内共价键的键能决定，二者没有因果关系，C错误；
D．根据原子守恒配平反应，可知X为，结构为，其中键是极性共价键，键是非极性共价键，D正确；
故选D。
19. 汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：。若氧化产物比还原产物多，则下列判断正确的是
A. 生成35.84L(标准状况)
B. 有被氧化
C. 转移电子的物质的量为
D. 被氧化的N原子的物质的量为
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应中是还原剂，是氧化剂，被氧化时生成（氧化产物），被还原时生成（还原产物），即氧化产物比还原产物多时对应生成；若氧化产物比还原产物多，则生成的物质的量为，标准状况下体积为，A错误；
B．经计算，反应中消耗的物质的量为，中元素化合价降低，作氧化剂，被还原而非被氧化，B错误；
C．每个中的从价变为价，得到个电子，参与反应，转移电子的物质的量为，C正确；
D．被氧化的原子全部来自，参与反应的为，每个含个原子，因此被氧化的N原子物质的量为，D错误；
故答案选C。
20. 某混合固体A可能由、、、、、组成，取固体A完成如下实验(所加试剂均过量)。下列说法不正确的是
A. 无色气体可能为和的混合物
B. 固体A中一定有、、、、，可能有
C. 溶液B中可能含有、、和
D. 无色气体B遇到空气一定会变为红棕色，并可将气体B通入足量澄清石灰水来检验固体A是否含有
【答案】C
【解析】
【分析】固体A加盐酸有气体生成，可能是固体A中含有加盐酸生成CO2，也可能是A中含，在酸性条件下与反应生成的NO；溶液B加NaOH先沉淀后部分溶解，所以溶液B中含，所以原固体中含有；不溶解的为Cu(OH)2和Fe(OH)2，溶液B加BaCl2有沉淀D（BaSO4），所以原固体中含(NH4​)2​SO4​；固体B加NaOH部分溶解，则固体B中含有，还有不溶于NaOH的固体，则固体B中含有Cu；综上所述原固体中一定含有，可能含有。
【详解】A．原固体含，加盐酸与反应生成的NO，如果原固体含，加盐酸会生成，因此气体可能是和的混合物，A正确；
B．根据分析可知，原固体一定含有，可能含有，B正确；
C．盐酸过量，留在溶液B中；酸性条件下​、均可氧化铜生成，被还原为，由于固体B中有Cu，则少量，溶液中不会有，C错误；
D．气体B中一定含，遇到空气会被氧化为红棕色，检验​时，由于澄清的石灰水过量，气体中若有二氧化碳，石灰水变浑浊，因此该方法能检验，D正确；
故答案为：C。
第Ⅱ卷(共5题，共55分)
二、非选择题(本大题共5小题，共55分)
21. 8种短周期元素A、D、E、G、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，A是原子半径最小的元素，A和D能形成正四面体结构的分子，G原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X与G能形成两种阴、阳离子个数比均为的化合物，Y元素的单质是目前使用量最大的主族金属元素，Z元素在地壳中的含量仅次于G，W和G形成的一种化合物可用于自来水杀菌消毒。完成以下问题(涉及的元素和物质均用相对应的化学符号表示)：
（1）以上8种元素形成的化合物中，稳定性最强的简单非金属氢化物的结构式为___________，碱性最强的最高价氧化物的水化物的电子式为___________；
（2）Z元素位于元素周期表中的位置是___________，工业上制备Z单质粗产品的化学方程式为___________；
（3）Y的单质可与X的最高价氧化物水化物溶液发生反应，试写出该反应的化学方程式___________，若将反应后产物的水溶液与Y和W形成的化合物的水溶液混合，可得到Y的最高价氧化物的水化物，试写出该反应的离子方程式___________；
（4）已知化合物与间相互反应可作为火箭推进剂，两者反应生成单质和1g气态水时放出的热量，液态水转化为气态水需吸收的热量，试写出25℃和101时，液态与气态相互反应的热化学方程式___________；利用和相互间的反应还可制作成燃料电池，若以溶液做该电池的电解质溶液，则负极发生的电极反应式为___________；
（5）的工业生产可在高锰酸钾催化作用下；用尿素［］和次氯酸钠-氢氧化钠溶液反应获得，试写出该反应的离子方程式___________。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 第三周期第ⅣA族 ②.
（3） ①. 或 ②. 或
（4） ①. ②.
（5）
【解析】
【分析】短周期原子半径最小的为氢因此A为H元素，H能与C形成正四面体甲烷分子，D为C元素，G原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，G为O元素，由原子序数依次增大可知介于C元素与O元素之间的E为N元素，X与G能形成两种阴、阳离子个数比均为的化合物，可知为和，故X为Na元素，Y元素的单质是目前使用量最大的主族金属元素，Y为Al元素，Z元素在地壳中的含量仅次于G，Z为Si元素，W和G形成的一种化合物可用于自来水杀菌消毒，结合原子序数递增，W为Cl元素（如）；
【小问1详解】
上述元素为非金属的有H，C，N，O，Si，Cl，金属元素有Na，Al，其中氢化物最稳定的为O的氢化物，其结构式为；碱性最强的最高价氧化物的水化物为，其电子式为；
【小问2详解】
根据分析Z为Si元素，在元素周期表的位置为‌第三周期第ⅣA族；工业制备粗硅的化学方程式为；
【小问3详解】
Y为Al元素，X的最高价氧化物水化物为，反应方程式为或；Y和W形成的化合物的水溶液为，二者反应的离子方程式为或；
【小问4详解】
为，为，反应生成N2和气态水的方程式为，当生成1g气态水时放出的热量， 因此与生成4ml气态水的热化学方程式为，液态水转化为气态水需吸收的热量，在25℃和101时，液态与气态反应生成液态水的热化学方程式为；碱性燃料电池中，负极失电子生成N2，电极反应式为；
【小问5详解】
尿素［］和次氯酸钠-氢氧化钠溶液反应生成、、和，离子方程式为；
22. 复盐A的结晶水合物（摩尔质量为）有如图转化关系，回答下列问题：
已知：
①A中含两种阳离子和一种阴离子，三种离子的物质的量之比为；
②H（）是一种绿色净水剂和消毒剂；
③J是空气的主要成分之一；
④为复分解反应。
（1）A的化学式是___________；
（2）E中含有的化学键有___________；
（3）实验室利用固体E制备气体B的化学方程式为___________；
（4）检验A中金属阳离子的方法为___________；
（5）反应④的离子方程式为___________；H作为绿色净水剂和消毒剂，是因为其可以和水缓慢反应生成G和，请写出此反应的离子方程式___________；
（6）标准状况下，反应⑥生成5.6 L气体J时转移的电子的物质的量为___________。
【答案】（1）
（2）离子键、共价键 （3）
（4）取少量A溶液，先加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水（或双氧水），溶液变为血红色，证明含
（5） ①. ②.
（6）1
【解析】
【分析】由物质的转化关系可知，复盐A与NaOH溶液反应生成能与浓盐酸反应的NH3、能与稀硝酸酸化的BaCl2溶液生成白色沉淀的溶液、在湿空气中能转化为红褐色固体的白色沉淀，则A中含有、和，由A中含两种阳离子和一种阴离子，三种离子的物质的量之比为可知盐的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2，根据题干信息，A的摩尔质量为，(NH4)2Fe(SO4)2的摩尔质量为，结晶水数为，故A的化学式应为；B为NH3、C为Na2SO4、D为、E为、F为、G为；溶液与BaCl2溶液反应生成沉淀和氯化钠，则I为；由J是空气的主要成分之一且由与稀硝酸反应生成，可知J为O2。据此分析。
【小问1详解】
根据分析可知，A的化学式为。
【小问2详解】
E为，是含有离子键和共价键的离子化合物。
【小问3详解】
B为NH3，E为，实验室利用与熟石灰共热制NH3，反应化学方程式为。
【小问4详解】
A中金属阳离子为，故检验方法为：取少量A溶液，先加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水（或双氧水），溶液变为血红色，证明含。
【小问5详解】
反应④的反应物为、NaOH、Cl2，产物为、NaCl、H2O，离子方程式为；H作为绿色净水剂和消毒剂，是因为其可以和水缓慢反应生成和，该反应的离子方程式为。
【小问6详解】
标准状况下，则；中Fe为+6价，反应后生成，O从-2价被氧化为0价，故生成1 ml O2转移4 ml电子，故转移的电子的物质的量为。
23. 黄铁矿(主要成分为，还有少量、)是工业制备硫酸的重要原料，为提高原料的综合利用，某科研小组进一步研发制备硫酸亚铁晶体()和软磁性材料，其工艺流程如下：
已知：沉铁所得为。
回答下列问题：
（1）为提高原料的利用率，焙烧时可采用___________；
（2）第1次过滤操作后，溶液中的阳离子主要有、___________；
（3）下列说法正确的是___________；
A. 经过催化氧化后，用98.3%的浓硫酸进行吸收
B. 为了提高酸溶的效率，可将20%硫酸改为98%浓硫酸
C. 滤渣2的主要成分是、S
D. 将滤液蒸发结晶、灼烧，可得到粗产品
（4）“沉铁”操作时，边搅拌边缓慢向滤液中滴加氨水混合溶液，发生的离子反应方程式为___________；加入时需控制好溶液的pH，原因是___________；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；检验沉淀是否洗净；干燥。请写出检验沉淀是否洗净的方法___________；
（5）取()粗产品，加水完全溶解，滴加酸化的溶液至恰好完全反应，消耗溶液，则的纯度为___________%。
【答案】（1）将黄铁矿粉碎
（2）Fe3+、H+ （3）A
（4） ①. ②. 防止pH过低，碳酸氢根会与氢离子反应，pH过高则会生成Fe(OH)2​沉淀 ③. 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗净
（5）
【解析】
【分析】该工艺流程以黄铁矿为原料，制备硫酸亚铁晶体()和软磁性材料；黄铁矿在空气中焙烧，主要成分与氧气发生反应，生成Fe2O3和SO2，与氧气发生反应，生成和SO2；加入20%硫酸酸溶后，Fe2O3与硫酸反应生成Fe3+，与硫酸反应生成Cu2+；过滤除去不溶于硫酸的SiO2等滤渣；向过滤后的滤液中加入试剂X（Fe）， Fe与Cu2+反应生成Cu，Fe与Fe3+反应生成Fe2+，同时溶液中可能存在S2−被氧化为S，过滤得滤渣2，主要成分是Cu、S和过量的Fe；滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶得到；对滤液进行“沉铁”操作，边搅拌边缓慢向滤液中滴加氨水混合溶液，反应，可得到。
【小问1详解】
为提高原料的利用率，焙烧时可将黄铁矿粉碎，通过增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分。
【小问2详解】
黄铁矿在空气中焙烧，主要成分与氧气发生反应，生成Fe2O3和SO2，与氧气发生反应，生成和SO2，加入20%硫酸酸溶后，Fe2O3与硫酸反应生成Fe3+，与硫酸反应生成Cu2+，因此第1次过滤操作后，溶液中的阳离子主要有、Fe3+、H+。
【小问3详解】
A. SO2​经过催化氧化生成SO3，用98.3%的浓硫酸进行吸收，可防止形成酸雾，提高吸收效率，A正确；
B. 98%浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在，H+浓度低，酸溶效率低，故不能将20%硫酸改为98%浓硫酸，B错误；
C. 加入试剂X（Fe）进行还原，Fe与Cu2+反应生成Cu，Fe与Fe3+反应生成Fe2+，同时溶液中可能存在S2−被氧化为S，所以滤渣2的主要成分是Cu、S和过量的Fe，C错误；
D. 将滤液蒸发结晶、灼烧，会失去结晶水并被氧化，得不到粗产品，应通过蒸发浓缩、冷却结晶得到，D错误；
故选A。
【小问4详解】
“沉铁”操作时，边搅拌边缓慢向滤液中滴加氨水混合溶液，发生的离子反应方程式为；加入时需控制好溶液的pH，原因是防止pH过低，碳酸氢根会与氢离子反应，pH过高生成Fe(OH)2​沉淀；检验沉淀是否洗净，可通过检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子，方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗净。
【小问5详解】
与硫酸亚铁的反应离子方程式为，滴加酸化的溶液至恰好完全反应，消耗溶液，故反应的，根据离子方程式可知，则，因为()，故，则的纯度为。
24. A同学做“与反应”的实验，发现溶液变深棕色。猜想可能是生成的或与或反应，使溶液变为深棕色，设计下列装置探究。回答下列问题。
（1）盛放浓硝酸的仪器名称为___________。
（2）在反应开始前，先通一段时间，此时应打开活塞___________，其余活塞保持关闭状态。
（3）预通完毕后，A同学欲先检验，则应关闭活塞___________，并将其余活塞打开。此时甲中发生反应的离子方程式为___________。观察丙、丁中的现象，发现反应后丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化。A同学由此得到结论1：能与反应，产物呈深棕色。再通一段时间，并更新丙、丁中试剂。关闭活塞a、c，打开b、d，将通入丙、丁中，发现丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化。A同学由此得到结论2：也可与反应，产物呈深棕色。
（4）B同学查证资料发现，和能结合生成深棕色离子，而不能与结合。B推测A同学将通入丙中，丙中溶液变为深棕色的原因可能是___________。
（5）实验中为防止氮氧化物污染，应在丙和丁后面接上尾气吸收装置，可采用___________试剂；
（6）实验结束后，同学们发现装置甲中溶液呈绿色，而不显蓝色。A同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而B同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验方案来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是___________。
A. 加热该绿色溶液，观察颜色变化
B. 加水稀释该绿色溶液，观察颜色变化
C. 向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化
D. 向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化
【答案】（1）分液漏斗
（2）a、c （3） ①. a、d ②.
（4）反应到后来硝酸变稀，铜与稀硝酸反应生成NO，丙中深棕色可能是NO与Fe2+反应的结果，或是NO2与丙溶液中的水反应生成的NO与Fe2+反应的结果
（5）NaOH溶液 （6）ACD
【解析】
【分析】加入药品后关闭b、d打开a、c，通一段时间氮气，赶走装置中空气；关闭ad，打开b、c，A中生成的NO2气体通过乙装置与水反应生成NO，根据丙、丁中的现象判断NO与反应使溶液变深棕色；
【小问1详解】
根据装置图，盛放浓硝酸的仪器名称为分液漏斗；
【小问2详解】
在反应开始前，先通一段时间，排出装置内的空气，此时应打开活塞a、c，其余活塞保持关闭状态。
【小问3详解】
甲中铜和浓硝酸反应生成NO2气体，预通完毕后，A同学欲先检验，需要NO2先和乙中的水反应生成NO，则应关闭活塞a、d，并将其余活塞打开。此时甲中发生反应的离子方程式为 。观察丙、丁中的现象，发现反应后丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化。A同学由此得到结论1：能与反应，产物呈深棕色。再通一段时间，并更新丙、丁中试剂。关闭活塞a、c，打开b、d，将甲中生成的通入丙、丁中，发现丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化。A同学由此得到结论2：也可与反应，产物呈深棕色。
【小问4详解】
B同学查证资料发现，和能结合生成深棕色离子，而不能与结合。B推测A同学将通入丙中，丙中溶液变为深棕色的原因可能是：反应到后来硝酸变稀，铜与稀硝酸反应生成NO，丙中深棕色可能是NO与Fe2+反应的结果，或是NO2与丙溶液中的水反应生成的NO与Fe2+反应的结果；
【小问5详解】
氢氧化钠能吸收二氧化氮生成硝酸钠和亚硝酸钠，实验中为防止氮氧化物污染，应在丙和丁后面接上尾气吸收装置，可采用NaOH溶液吸收；
【小问6详解】
A．加热该绿色溶液，二氧化氮气体挥发，可通过颜色的变化证明，故A正确；
B．加水稀释绿色溶液，Cu(NO3)2浓度降低同时二氧化氮和水反应，不能证明溶液颜色的变化原因，故B错误；
C．向该绿色溶液中通入氮气，可将二氧化氮气体排出，通过颜色变化可证明，故C正确；
D．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，如颜色变为绿色可证明，故D正确；
选ACD。
25. 取铁粉投入600某浓度的稀溶液中，充分反应后铁粉完全溶解，硝酸恰好完全反应，同时生成标准状况下气体6.72 L(硝酸的还原产物只有一种)。向反应后的溶液中加入足量溶液，将沉淀过滤、洗涤、充分灼烧得32 g红棕色固体。完成以下问题：
（1）___________；
（2）原稀溶液的物质的量浓度为___________；
（3）铁粉和600该浓度的稀溶液反应后，所得溶液最多还可溶解铁粉___________g。
【答案】（1）22.4
（2）2 （3）2.8
【解析】
【小问1详解】
红棕色固体为，，根据Fe元素守恒，，因此。
【小问2详解】
标况下。设反应后溶液中为、为：
- Fe守恒：
- 电子守恒（Fe失电子=N得电子）：
联立解得，。
根据N守恒，总，浓度。
【小问3详解】
加入铁粉先发生反应，可溶解；反应后溶液溶质全部为，无剩余和，无法继续溶解Fe，因此最多溶解铁粉质量为。
a电极
b电极
X溶液
A．
B．
C．
石墨
稀盐酸
D．
稀硫酸
实验操作
实验现象
结论
A．
向盛有浓硝酸的烧杯中放入灼热的木炭
溶液上方产生红棕色气体
一定是木炭与浓硝酸反应生成的
B．
常温下，将打磨后的铝片放入浓硝酸中
无明显现象
常温下铝与浓硝酸不反应
C．
将气体通入和的混合溶液中
溶液颜色变浅，并产生白色沉淀
具有还原性
D．
将炽热的木炭与浓硫酸混合所得气体通入澄清石灰水
产生白色沉淀
木炭被氧化为