【文档说明】上海市光明中学2021-2022学年高一下学期期中线上教学调研化学试题 含解析.docx，共(18)页，454.967 KB，由小赞的店铺上传

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光明中学2021学年第二学期期中线上教学调研高一化学考试时间：60分钟；注意事项：第Ⅰ卷选择题答案请上传问卷星第II卷非选择题答案请标明题号并写在白纸上，上传至钉钉家校本第Ⅰ卷(选择题)一、单选题1.提出核式原子模型的是英国物理学家A.玻尔B.卢瑟福C.汤姆生D.道尔顿【答案】B【解析】【详解】A

．玻尔提出波尔原子模型：电子在原子核外空间的一定轨道上绕核做高速圆周运动，故A不符合题意；B．卢瑟福提出了带核的原子结构模型，即核式原子模型，故B符合题意；C．汤姆生发现了电子，提出“葡萄干面包式”的原子结构模型，故C不

符合题意；D．道尔顿提出了近代原子学说，即原子是构成物质的基本粒子，它们是坚实的、不可再分的实心球，故D不符合题意；答案选B。2.有关单质碘升华过程的描述中，错误的是A.该过程吸热B.分子间距增大C.分子间作用力增

大D.不会破坏共价键【答案】C【解析】【详解】A．单质碘升华过程碘由固体变为气体，是一个吸热过程，A正确；B．固体变为气体，分子间距增大，B正确；C．变为气体后，分子间距离变大，分子间作用力减小，C错误；D．碘为分子晶体，升华破坏

分子间作用力，不会破坏共价键，D正确；故选C。3.我国导航卫星的“心脏”使用的是铷原子钟。关于铷原子(8537Rb)说法正确的是A.中子数是37B.质量数是85C.电子数是38D.与8737Rb互称同素异形体【答案】B【解析】【分析】核素的表示方法

为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；【详解】A．质量数=质子数+中子数，中子数是85-37=48，A错误；B．核素的表示方法可知，质量数是85，B正确；C．原子中质子数=电子数，电子数为37，C错误

；D．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；与8737Rb互称同位素，D错误；故选B。4.下列物质中，属于共价化合物的是A.N2B.H2OC.KClD.NaOH【答案】B【解析】【详解】A．N2含共价键，但是单质，A不选；B．H2O中含有H-O共价键，属于共价化

合物，B选；C．KCl含离子键，属于离子化合物，C不选；D．NaOH含离子键和共价键，属于离子化合物，D不选；故选：B。5.下列微粒中，不存在共价键的是A.HeB.H2C.NH4ClD.H2SO4【答案】A【解

析】【详解】A．He是稀有气体，稀有气体分子由单原子构成，不存在共价键，A符合题意；B．2个H原子之间存在共价键，B不符题意；C．铵根离子内部N和H之间存在共价键，C不符题意；D．H2SO4分子中S和O，O和H之间存在共价键，D不符题意；答案选

A。6.旅游景点售卖的仿银饰品大多是白铜(铜镍合金)。下列说法正确的是A.硬度比铜的大B.熔点比铜的高C.容易被腐蚀D.通过外观颜色即可区分它和白银【答案】A【解析】【详解】A．合金硬度大于成分金属，A正

确；B．合金熔点低于成分金属，B错误；C．合金性能优于成分金属，故耐腐性更好，C错误；D．白铜、白银均为银白色，不能通过颜色区别，D错误；故选A。7.下列不属于金属特性是A.氧化性B.导电性C.导热性D.延展性【答案】A【解析】【详解】金属具有导电性

、导热性、延展性等物理性质，金属在反应中易失去电子，表现出还原性，则金属不具有氧化性，故氧化性不属于金属特性，故答案选A。8.下列说法中正确的是A.所有物质中一定都含有化学键B.含有共价键的化合物一定是共价化合物C.含有离子键的化合物一定是离子化合物D.共价键只存在于非金属形成的分子中【答案

】C【解析】【详解】A．物质中不一定含有化学键，如稀有气体分子为单原子分子，其分子中不含化学键，故A错误；B．含有共价键的化合物可能是离子化合物，如NaOH中含有共价键，但NaOH属于离子化合物，故B错误；C．离

子化合物中一定含有离子键，含有离子键的化合物一定是离子化合物，故C正确；D．共价键可能存在离子化合物中，如Na2O2含有共价键，故D错误；答案选C。9.用化学用语表示NH3＋HCl=NH4Cl中的相关

微粒，其中正确的是A.中子数为18的氯原子：1817ClB.氮原子结构示意图为：的C.NH4Cl的电子式：D.NH3的电子式：【答案】B【解析】【详解】A．中子数为18的氯原子质量数为18+17=35，符号为3517Cl，A错误；B．

N原子为7号元素，核电荷数为7，核外有7个电子，结构示意图为，B正确；C．已知氯化铵为离子化合物，则其电子式为，C错误；D．NH3分子中N原子最外层有8个电子，电子式为，D错误；故答案为：B。10.下列关于化学键的叙述正确的是A

.化学键存在于原子间，也存在于分子间B.分子间的作用力也是化学键C.离子键是正负离子之间的相互吸引作用D.化学键通常是指相邻的原子或离子之间强烈的相互作用【答案】D【解析】【详解】A．化学键存在于原子间，分子间无化学键，A错误；B．分子间作用力不是化学键，化学键是原子或离子之间的相

互作用，B错误；C．带相反电荷离子之间的强烈的相互作用是离子键，这种相互作用既有引力也有斥力，C错误；D．相邻原子或离子之间强烈的相互作用叫做化学键，共价键、离子键均属于化学键，D正确；答案选D。11.二氧化氯(Cl

O2)具有强氧化性，可用于处理工业废水中的222CN2ClO+2CN2CO+N+2Cl=−−−：，下列有关说法正确的是A.Cl−的结构示意图：B.2CO分子的空间结构是角形C.中子数为8的氮原子：157ND.2N的电子式：【答案】C【解析】【详解】A．Cl−的质子数为17，不是18，因此C

l−的结构示意图：，故A错误；B．2CO分子的空间结构是直线形，故B错误；C．中子数为8的氮原子，其质量数为15，其原子符号：157N，故C正确；D．还缺少孤对电子，因此2N的电子式：，故D错误。综上所述，答案为C。12.下列有关化学用语表示正确的是A.

硫原子结构示意图：B.HClO的电子式：H:ClO........::C.3NaHCO的电离方程式：233NaHCONaHCO++−=++D.中子数为1的氢原子：11H【答案】A【解析】【详解】A．S为16号元素，其核外有16个电子，则硫原子的结构示意图为：，A正确；B．HC

lO分子中，O为中心原子，其电子式应为H:OCl........::，B错误；C．3NaHCO为盐，完全电离生成Na+和-3HCO，电离方程式为：3NaHCO=Na++-3HCO，C错误；D．质量数=质子数+中子数，因此中子数为1的氢原子表示为：21H，D错误；答

案选A。13.既能通过金属单质与足量Cl2反应得到，也能通过金属单质与酸反应得到的是A.FeCl2B.MgCl2C.FeCl3D.AgCl【答案】B【解析】【详解】A．Fe与Cl2发生化合反应生成FeCl3，描述错误，不符题意；B．Mg与Cl2化合产物及与盐酸发生置换反应产物均是MgC

l2，描述正确，符合题意；C．Fe与盐酸发生置换反应生成FeCl2，描述错误，不符题意；D．Ag金属活动性弱，不能与盐酸发生置换反应，无法生成AgCl，描述错误，不符题意；综上，本题选B。14.工业上冶炼金属铜通常采用的方法是A.热分解法B.热还原法C.结晶法D.电解法【答案】B【解析】【分析】【

详解】工业上冶炼金属一般是活泼的金属用电解法治炼，很不活泼的金属用热分解法，较活泼的金属用热还原法，火法炼铜即用热还原法制铜；结晶法用于从溶液中提取晶体；选B。15.有甲、乙、丙三种金属，将它们放在稀硫酸中，只有乙无明显现象。若用导

线将甲、丙相连后放入稀硫酸，只有丙电极上产生大量气泡，这三种金属的活动性顺序是A.甲＞丙＞乙B.甲＞乙＞丙C.丙＞乙＞甲D.乙＞甲＞丙【答案】A【解析】【详解】将甲、乙、丙三种金属放在稀硫酸中，只有乙无明显现象，则乙的金属最弱

；若用导线将甲、丙相连后放入稀硫酸，只有丙电极上产生大量气泡，则甲的金属性强于丙的金属性，所以这三种金属的金属活动性顺序为：甲＞丙＞乙，综上所述A符合题意，故选A。答案选A16.下列解释事实的方程式正确的是A.利用铝热反应焊接钢轨：23232Al+FeOAlO+2Fe高

温B.铜与稀硝酸反应：2322Cu4H2NOCu2NO2HO+−+++=++C氯化铁溶液刻蚀铜电路板：322FeCuFeCu++++=+D.钠放入水中产生大量气体：22NaHONaOHH+−+=++【答案】A【解析】【详解】A．利用铝热反应焊接钢轨，高温下铝与氧化铁

发生铝热反应生成氧化铝和铁，反应的化学方程式为23232Al+FeOAlO+2Fe高温，故A正确；B．铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，反应的离子方程式为+-2+323Cu+8H+2NO=3Cu+2

NO4HO+，故B错误；C．该方程式不符合电荷守恒，正确的离子方程式为3222FeCu2FeCu++++=+，故C错误；D．该方程式不符合原子守恒、得失电子守恒，正确的离子方程式为+-222Na+2HO=2Na+2OH+H，故D错误；答案选A。17.(

标况下)将3.36LCO2气体缓慢通过足量的Na2O2固体后，所得气体的质量为A.3.8gB.2.4gC.5.4gD.6.6g【答案】B【解析】【详解】标况下3.36LCO2的物质的量为mVLn===0.15mol

V22.4L/mol3.36，反应方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，则0.15molCO2能产生0.075molCO2，质量为m=nM=0.075mol×32g/mol=2.4g，故选：B。18.2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)体系中能使该

反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是A.及时分离出NO2气体B.扩大容器体积C.增大O2的浓度D.选择高效催化剂【答案】C【解析】【详解】A．及时分离出NO2气体，平衡向生成二氧化氮的方向移动，正向移动；但是反应物浓度

减小，反应速率减小，A错误；B．反应为气体分子数减小的反应，扩大容器体积，平衡逆向移动，且物质的浓度均减小，反应速率减慢，B错误；.C．增大O2的浓度，平衡正向移动，反应物浓度变大，反应速率变大，C正确；D．选择高效催化剂可加快反应速率，但不改变平衡移动，D错误；故

选C。19.在某一化学反应中，反应物A的浓度在2s内由1.0mol/L变成0.2mol/L，则在这2s内它的平均反应速率为A.0.08mol/(L·s)B.0.8mol/(L·s)C.0.4mol/(L·s)D.0.04mol/(L·s)【答案】C【解析

】【详解】由反应物A的浓度在2s内由1.0mol/L变成0.2mol/L可知，2s内A的平均反应速率为1.0mol/L-0.2mol/L2s=0.4mol/(L·s)，故选C。20.在溶液中加入足量的过氧化钠后仍能大量共存的离子组是A.Na+、Cl−、3NO−、23SO−B.K+、2Mg+、Cl

−、24SO−C.K+、24SO−、3NO−、23CO−D.2Ca+、2Cu+、Cl−、3HCO−【答案】C【解析】【分析】过氧化钠与水会发生反应生成氢氧化钠和氧气，使溶液具有氧化性，且呈碱性，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析可知，

在溶液中加入足量过氧化钠后，溶液具有氧化性，则23SO−不能大量共存，A不符合题意；B．根据上述分析可知，在溶液中加入足量的过氧化钠后，溶液具有碱性，则2Mg+与氢氧根离子会反应生成氢氧化镁沉淀，两者不能大量共存，B不符合题意；C．四种离子不反应，

在加入足量过氧化钠以后也不反应，能大量共存，C符合题意；D．溶液中加入足量过氧化钠以后生成的氢氧化钠会与3HCO−、2Ca+发生反应，不能大量共存，D不符合题意；故选C。21.在合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)中，下列说法可以确定

反应达到化学平衡状态的是A.当有1molN≡N键断裂的同时，有3molH—H键断裂B.当有1molN≡N键断裂的同时，有6molN—H键形成C.当有1molN≡N键断裂的同时，有6molH—H键形成的D.当有1molN≡N键断裂的同时，有6mo

lN—H键断裂【答案】D【解析】【详解】A．有1molN≡N键断裂代表消耗1molN2，有3molH—H键断裂代表消耗3molH2，任何时刻消耗1molN2的同时都会消耗3molH2，不能证明反应达到化学平衡状态，A错误；B．有1molN≡N键断裂代表消耗1molN2，有6molN—H键形成代

表生成2molNH3，任何时刻消耗1molN2的同时都会生成2molNH3，不能证明反应达到化学平衡状态，B错误；C．有1molN≡N键断裂代表消耗1molN2，同时消耗3molH2，有6molH—H键形成代表生成6molH2，消耗氢气的量小于生成氢气的量，

正逆反应速率不相等，反应未达到化学平衡状态，C错误；D．有1molN≡N键断裂代表消耗1molN2，同时生成2molNH3，有6molN—H键断裂代表消耗2molNH3，生成氨气和消耗氨气的量相等，正逆反应速率相等

，反应达到化学平衡状态，D正确；答案选D。22.向盛有100mL1mol·L-1稀硫酸的烧杯中缓慢加入铁粉和铜粉的混合物，并用玻璃棒不断地搅拌，如图是溶液中n(H+)随加入混合物的质量的变化关系图。该金属混合物中，铁粉的质量分数约为A.15.6%B.31.2%C.46

.7%D.93.4%【答案】C【解析】【分析】【详解】据图可知加入3g混合物时可以消耗0.20mol-0.15mol=0.05mol氢离子，混合物中只有铁粉和稀硫酸反应，离子方程式为Fe+2H+=Fe+H2↑，则反应0.05mol氢离子需要0.025mol铁粉，即3g混合物中有0

.025molFe，所以铁粉的质量分数为-10.025mol56gmol3g×100%=46.7%；故答案为C。23.一定温度下，将一定量的A、B置于4L恒容反应器中进行反应，有关物质的物质的量与时间的关系如图。该反应前2min平均反应速率v

(A)为A.0.1mol·L-1·min-1B.0.2mol·L-1·min-1C.0.05mol·L-1·min-1D.0.4mol·L-1·min-1【答案】A【解析】【详解】该反应前2min平均反应速率-1-1(A)(1.20.4)mol(0.1molLmin4L2minA)−=

==cvt，故选A；答案选A。24.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变能使反应速率加快的是①将容器的容积缩小一半②加入过量炭③保持容器压强不变，充入N2④升高温度A.①②B.②③C.①③D.①④【答案】D

【解析】【详解】①将容器的体积缩小一半，压强增大，反应速率增大，故①符合题意；②炭为纯固体，加入过量炭，反应速率不变，故②不符合题意；③保持容器压强不变，充入N2，反应体系中各物质浓度减小，反应速率减小，故③不符合题意；④升高温度反应

速率加快，故④符合题意；能使反应速率加快的是①④；答案选D。25.可逆反应2A(g)+3B(g)⇌3C(g)+D(g)在四种不同条件下的反应速率分别为：①v(A)=0.5mol·L-1·min-1；②v(B)=0.6mol·L-1·min

-1；③v(C)=0.35mol·L-1·min-1；④v(D)=0.4mol·L-1·s-1。下列有关反应速率的比较中正确的是A.④>①>②>③B.④>①>③>②C.①>②>③>④D.②>①>③>④【答案】A【解析】【详解】反应2A(g)+3B(g)⇌

3C(g)+D(g)，根据化学反应速率之比=方程式的系数之比，转化为用D表示的反应速率分别为：①v(D)=0.25mol/(L·min)；②v(D)=0.2mol/(L·min)；③v(D)=0.117mol/(L·min

)；④v(D)=24mol/(L·min)，因此反应速率：④>①>②>③，故选A；答案选A。26.有一处于平衡状态的反应：3A(s)+2B(g)3C(g)(反应正向吸热)。为了使平衡向生成C的方向移动，应选择的条件是①高温②低温③高压④低压⑤加

催化剂A.①③B.①③⑤C.①④D.②④⑤【答案】C【解析】【详解】3A(s)＋2B(g)⇌3C(g)，ΔH>0，正反应是气体体积增大的吸热反应；①升高温度，平衡向正向（吸热）反应移动；②降低温度，平衡

向逆向（放热）反应移动；③压强增大，平衡向逆向（气体体积减小）方向移动；④降低压强，平衡向正向（气体体积增大）方向移动；⑤加催化剂不会引起化学平衡的移动；①④符合题意，故选C。27.为确定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的

质量分数，可通过加热分解得到的CO2质量进行计算，某同学设计的实验装置示意图如下：该同学设计的实验装置存在缺陷，有关该实验装置及实验过程中，下列因素可能使碳酸氢钠的质量分数偏高的是A.样品分解不完全B.装置B、C之间缺少CO2的干燥装置C.产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰

完全吸收D.反应完全后停止加热，通入过量的N2【答案】B【解析】【详解】A．样品分解不完全，测定二氧化碳的质量减小，碳酸氢钠质量减小，碳酸氢钠的质量分数偏低，故A不符合题意；B．装置B、C之间缺少CO2的干燥装置，水蒸气进入装置C导致测定的二氧化碳质量增大，碳酸氢钠质量

增大，碳酸氢钠的质量分数偏高，故B符合题意；C．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，测定二氧化碳质量减小，碳酸氢钠质量减小，碳酸氢钠的质量分数偏低，故C不符合题意；D．反应完全后停止加热，通入过量的N2，N2不会被装置C吸收，测得的二氧化碳质量不变，则

碳酸氢钠的质量分数不会偏高也不会偏低，故D不符合题意；答案选B。28.一定温度下，向容积不变的容器中加入一定量的NH4HCO3(s)，发生反应：NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)。下列有关说法错误的是A.当容器内气体的平均相对分子质量不再变化时，反

应达到平衡B.其它条件不变时，加入少量Na2O2，平衡正向移动C.当固体质量不再变化时，反应达到平衡D.当容器内气体的密度不再变化时，反应达到平衡【答案】A【解析】【详解】A．一定温度下，向容积不变的容器中加入一定量的()43NHHCOs，发生反应：()()

()()43322NHHCOsNHgHOgCOg++各气体物质的量之比始终为1：1：1，因此混合气体的平均相对分子质量始终不变，因此不能作为判断反应是否达到平衡的依据，A错误；B．加入22NaO会吸收2HO和2CO，产物浓度降低，平衡正向移动，B正确

；C．因()()()()43322NHHCOsNHgHOgCOg++是正向进行固体质量减小的反应，当固体质量不再变化时，反应达到平衡，C正确：D．容积不变的容器，容器内气体的密度逐渐增大，当密度不再变化

时，则反应达到平衡，D正确；故选A。29.在下列平衡体系中，保持温度一定时，改变某物质的浓度，混合气体的颜色会改变；改变压强时，颜色也会改变，但平衡并不移动，这个反应是A.2NO(g)+O2(g)2NO2(g)B.N2O4(g)2NO2(g)C.Br2(g)+H2(g)2HBr(g

)D.6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+3H2O(g)【答案】C【解析】【详解】A．该反应前后气体系数之和不相等，改变压强时，平衡会发生移动，A不符合题意；B．该反应前后气体系数之和不相等，改变压强时，平

衡会发生移动，B不符合题意；C．改变溴单质的浓度，颜色会发生变化，该反应前后气体系数之和相等，改变压强时，颜色也会改变，但平衡并不移动，C符合题意；D．该反应中不含有颜色的气体，改变某物质的浓度、改变压强，颜色都没有变化

，D不符合题意；综上所述答案为C。30.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(反应正向放热)是工业制硫酸的重要反应，下列说法不正确的是A.其他条件不变，使用催化剂能同时提高反应速率和SO2的平衡转化率B.其他条件不变，升高温度能加快反应速率，但SO2的平衡转化率降低C.其他条件

不变，通入过量空气能提高SO2的平衡转化率D.其他条件不变，增大压强能同时提高反应速率和SO2的平衡转化率，但成本增加【答案】A【解析】【详解】A．使用催化剂只能提高反应速率，不能提高SO2的平衡转化率，故A错误；B．该反应的正反应为放热反应，升高温度能加快

反应速率，但平衡逆向移动，SO2的平衡转化率降低，故B正确；C．通入过量空气能增大氧气的浓度，使平衡正向移动，提高SO2的平衡转化率，故C正确；D．增大压强即压缩体积，增大了物质浓度，能提高反应速率；该反应为分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，S

O2的平衡转化率增大，但压强增大对设备要求提高，生产成本增加，故D正确；故答案为A。第II卷(非选择题)二、填空题31.按要求回答下列问题：（1）第二周期中其最高价氧化物对应水化物酸性最强的化学式是_______。（2）元素A与氟元素形成离子化合物AF2。其中正

、负离子的电子层结构相同，则A的元素名称是_______；AF2的电子式为_______。（3）写出表示含有17个质子、20个中子的原子的化学符号：_______。【答案】（1）HNO3（2）①.镁②.（3）3717Cl【解析】【小问1详解】元素非金属性越强，其最

高价氧化物对应的水化物的酸性越强，第二周期元素非金属性：F＞O＞N＞C＞B，但氟没有正价，氧没有含氧酸，因此酸性最强的为HNO3。【小问2详解】元素A与氟元素形成离子化合物AF2，A为+2价，A2+与F-的电子层结

构相同，A2+为Mg2+，则A为镁元素，其电子式为。【小问3详解】质子数为17的是氯元素，中子数为20，则质量数为17+20=37，化学符号为：3717Cl。32.在一定温度下，向体积为1L的密闭容器中通入1molX气体和0.5molY

气体，各物质的物质的量随时间变化如图所示：（1）该反应是_______(填“可逆反应”或“非可逆反应”)，化学反应方程式为_______。（2）在2min内X平均反应速率v(X)=_______。（3）若在2min末时，放出18.16kJ热量，则每消耗1mo

l的Y放出的热量为_______kJ。【答案】（1）①.可逆反应②.2X+YZ（2）0.2mol/(L▪min)（3）90.8【解析】【小问1详解】根据图像可知，X、Y为反应物，Z为生成物，反应未进行到底，存在反应限度，因此该反应是可逆反应，达

到平衡时，X、Y、Z转化的物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，因此反应的化学计量数之比为2：1：1，则反应的化学方程式为2X+Y⇌Z；【小问2详解】根据图示，2min内X转化的物质的量为1.0mol-0.6mol=0.4mol，容器体积为

1L，则平均反应速率v(X)=0.4mol/L÷2min=0.2mol⋅L-1⋅min-1；【小问3详解】2min末，Y转化的物质的量为0.2mol，放出18.16kJ的热量，则消耗1molY会放出18.16kJ÷0.2=90.8kJ的热量。33.现有下列几种物质：a.

Na2O2b.HClc.Fe2(SO4)3d.CO2e.Na2CO3f.NaOHg.NaCl溶液。请回答下列问题：（1）属于电解质的是_______(填字母序号，下同)；能导电的是_______。（2）属于共价化合物的是_______；既含有离子键又含有共价键的化合物是___

____。（3）d通入到含有a的硬质玻璃管中的化学方程式为_______。（4）将c加入到f溶液中的离子方程式为_______。【答案】（1）①.abcef②.g（2）①.bd②.acef（3）2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2（4）Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓【解

析】【小问1详解】电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，酸、碱、盐、活泼金属氧化物都属于电解质，因此属于电解质的有abcef，g是混合物，不属于电解质，但有自由移动的离子，能导电；【小问2详解】只含共价键的

化合物，叫做共价化合物，属于共价化合物的有bd；过氧化钠中既含离子键又含O-O非极性共价键，硫酸铁中既含离子键又含硫氧极性共价键，碳酸钠中既含离子键又含碳氧极性共价键，氢氧化钠中既含离子键又含氢氧极性共价键，因此既含有离子键又含有共价键的是acef；【小问3详解】过氧化钠能与二氧化碳

反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；【小问4详解】硫酸铁能与氢氧化钠溶液反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀和硫酸钠，离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓。三、实验题34.某班同学用如下实验探究Fe2＋、Fe3＋的性质。回答下列问题：(1

)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol·L－1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是__________________。(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2＋氧化。FeCl2溶液与

氯水反应离子方程式为____________________。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是__________________。

(4)丙组同学取10mL0.1mol·L－1KI溶液，加入6mL0.1mol·L－1FeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡，静置，CCl4层显紫色；②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]

溶液，生成蓝色沉淀；③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验②检验的离子是________(填离子符号)；实验①和③说明：在I－过量的情况下，溶液中仍含有Fe3＋，由此可以证明该氧化还原反应为________________反应。（填可逆不可逆）。(5)丁组同学

向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是___。【答案】①.防止氯化亚铁被氧化②.2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－③.隔绝空气(

排除氧气对实验的影响)④.Fe2＋⑤.可逆⑥.反应生成的Fe3＋催化了H2O2的分解【解析】【分析】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯化亚铁被氧化；（2）氯气具有氧化性，能氧化氯化亚铁为氯化铁；（3）煤油不溶于水，密度比水小，浮在液面上，可以隔绝溶液与空气接触，排除氧

气对实验的影响；（4）加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，是亚铁离子检验的特征反应现象，第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，

③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有铁离子，在I−过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应；（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子对过氧化氢分解起到催化

剂作用。【详解】（1）FeCl2易被空气中的氧气氧化，而铁和氯化铁可反应生成氯化亚铁，则在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化；故答案为防止氯化亚铁被氧化；（2）氯气具有氧化性，能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2

＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－；的故答案为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－；（3）FeCl2易被空气中的氧气氧化，煤油不溶于水，密度比水小，浮于液面上，可以隔绝溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响；

故答案为隔绝空气(排除氧气对实验的影响)；（4）加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子检验的特征反应现象，实验②检验的离子是Fe2+，①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色，说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方

程式为：2Fe3++2I−=I2+2Fe2+，③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有铁离子，在I−过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应；故答案为Fe2+；可逆；（5）向盛有H2O

2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的原因是反应生成的Fe3＋催化了H2O2的分解；故答案为反应生成Fe3＋催化了H2O2的分解。的