【文档说明】浙江省丽水市2023-2024学年高一上学期期末检测化学试题 Word版含解析.docx，共(18)页，717.365 KB，由小赞的店铺上传

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丽水市2023学年第一学期普通高中教学质量监控高一化学试题卷考生须知：1.本卷分选择题和非选择题两部分。第1题至第25题为选择题，第26题至第30题为非选择题。全卷满分100分，考试时间90分钟。2.答

题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上所粘贴的条形码中“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。3.答选择题时，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。答非选择题时，必须使用0.5毫米及以上的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔

迹清晰。4.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Mg24S32Al27Fe56Cu64选择题部分一、选择题(本大题有25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一项符合题目要求)1.Al2O3是A.氧化物B.酸C.碱D.盐【答案】A【解析】【详解】Al2O3由两种元素组成，其中一

种为氧元素，是氧化物，故选A。2.下列实验仪器为分液漏斗的是AB.C.D.【答案】B【解析】【详解】是圆底烧瓶，是分液漏斗，是长颈漏斗，是坩埚，故选B。3.物质的量浓度的单位是（）A.g/molB.molC.L/molD.mol/L【答案】D.【解析】【详解】物质

的量浓度表达式是nVc=，n是溶质物质的量，单位是mol，V是溶液体积，单位是L，所以物质的量浓度的单位是mol/L，故选D。4.下列物质的水溶液不能使酚酞变红的是A.Na2CO3B.NaHCO3C.NaOHD.C2H5OH【答案】D【解析】【详解】A．

Na2CO3溶液显碱性，能使酚酞变红，故A不选；B．NaHCO3溶液显碱性，能使酚酞变红，故B不选；C．NaOH是强碱，溶液显碱性，能使酚酞变红，故C不选；D．C2H5OH溶液是中性的，不能使酚酞变红，故D选；故选D。5.下列关于

分散系的说法正确的是A.光束通过CuSO4溶液时，可以看到一条光亮的“通路”B.溶液、胶体、浊液的本质区别是能否产生丁达尔效应C.按照分散剂的不同，胶体可分为液溶胶、气溶胶和固溶胶D.将铝片粉碎到直径为1~100nm的铝粉时，该铝粉属于胶体

【答案】C【解析】【详解】A．溶液没有丁达尔效应，所以光束通过CuSO4溶液时，不能看到一条光亮的“通路”，故A错误；B．溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子直径，分散质粒子直径在1~100nm的分散系为胶体，小

于1nm的为溶液，大于100nm的为浊液，故B错误；C．按照分散剂状态的不同，可以将胶体分为液溶胶、气溶胶和固溶胶，故C正确；D．将直径为1~100nm的铝粉分散到某种分散剂里才形成胶体，胶体是混合物，而直径

为1~100nm的铝粉是纯净物，故D错误；故选C。6.关于化学反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，下列说法不正确是A.H2S是还原剂B.H2O是还原产物C.SO2是氧化剂D.S既是氧化产物，又是还原产物的【答案】B【解析】【详解】A．反应中H2S中硫元素化合价升高，做还

原剂，A正确；B．反应中H2O中氢、氧元素化合价没有变化，既不是氧化产物，也不是还原产物，B错误；C．反应中SO2中硫元素化合价降低，做氧化剂，C正确；D．反应中硫元素价态归中，S既是氧化产物，又是还原产物，D正确；故选B。7.下列物质中，能导电且属于电

解质的是A.NaClO溶液B.BaSO4C.SO3D.熔融KOH【答案】D【解析】【详解】A．NaClO溶液能导电，是混合物，不属于电解质，A错误；B．BaSO4属于电解质，没有自由移动的离子，不能导电，B错误；C．SO3不能导电，属于非电解质，C

错误；D．熔融KOH有自由移动的离子，能导电，属于电解质，D正确；故选D。8.下列化学用语正确的是A.14N和14C互为同位素B.二氧化碳的结构式：O-C-OC.氯化钠的电子式：D.Cl-的结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A．质子数相同，

中子数不同的一类原子互称同位素；14N和14C是两种不同的元素，不互为同位素，A错误；B．O=C=O是二氧化碳的结构式，B错误；C．氯化钠是由钠离子、氯离子构成的：，C错误；D．Cl-是氯原子得到1个电子形成的，结构示意图：，D正确；故选D。9.下列关于化学史的说法不正确的是A.英国科学家道尔

顿提出原子由质子和中子构成B.意大利科学家阿伏加德罗提出分子学说C.李时珍的著作《本草纲目》中蕴含着丰富的化学知识和经验D.俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律并编制了第一张元素周期表【答案】A【解析】【详解】A．英国科学家道尔顿在化学上的主要贡献是提出了近

代原子学说，提出原子由质子和中子构成的是卢瑟福，A错误；B．意大利科学家阿伏加德罗在化学上的主要贡献是首先提出了分子的概念，并创立了分子学说，B正确；C．李时珍的著作《本草纲目》不仅为中国药物学的发展作出了重大贡

献，而且对世界医药学、植物学、动物学、矿物学、化学的发展也产生了深远的影响，其中蕴含着丰富的化学知识和经验，C正确；D．俄国化学家门捷列夫在化学上的主要贡献是发现了元素周期律，并编制出第一张元素周期表，D正确；故选A。10.下列关于物质制备和用途的说法不正确的是A.

工业上主要采用电解饱和食盐水的方法制取NaOHB.实验室采用向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液的方法制取Al(OH)3C.Na2O2可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源D.Cl2、ClO2、O3都可作为自来水的消毒剂

【答案】B【解析】【详解】A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠和氢气、氯气，A正确；B．AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液生成四羟基合铝酸钠溶液，B错误；C．过氧化钠与水、二氧化碳反应均能产生氧气，可用于潜水艇中的供氧剂，C正确；D．Cl2、ClO2、O3都具有强氧化性

，可以杀菌消毒，可用作自来水消毒剂，D正确；故选B。11.下列关于物质结构与性质的比较，不正确的是A.非金属性：Cl<IB.碱性：Mg(OH)2<NaOHC.稳定性：H2S<HClD.粒子半径：Na＋<O2-【答案】A【解析

】【详解】A．同主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性：Cl>I，故A错误；B．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，Na的金属性强于Mg，所以碱性：Mg(OH)2<N

aOH，故B正确；C．元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，非金属性Cl>S，则稳定性：H2S<HCl，故C正确；D．离子核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则粒子半径：Na＋<O2-，故D正

确；故选A。12.蔗糖与浓硫酸发生作用的主要过程和现象如图所示，下列说法不正确的是A.在进行该实验时，需要全程佩戴护目镜B.浓硫酸滴入蔗糖后，需要用玻璃棒不断搅拌C.白色固体变黑色，主要体现了浓硫酸的酸性D.固体膨胀变大，说明实验中有大量气体产生【答案】C【解析】【详解】

A．浓硫酸脱水过程中产生大量的热，且生成SO2，需要全程佩戴护目镜，故A正确；B．浓硫酸滴入蔗糖后，产生大量热，故需要用玻璃棒不断搅拌，故B正确；C．浓硫酸将蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脱除，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，故C错误；D．浓硫酸脱水过程中产生大

量的热，会发生反应：C+2H2SO4（浓）=CO2↑+2SO2↑+2H2O，产生的大量气体，使固体体积膨胀，故D正确；故答案选C。13.下列各组离子在溶液中能大量共存的是A.Fe3＋、NH4+、SCN-、Cl-B.Na＋、HCO3−、Ba2＋、OH-C.K＋、SO24−、Mg2＋、

NO3−D.Fe2＋、H＋、MnO4−、SO24−【答案】C【解析】【详解】A．铁离子和硫氰根离子结合生成硫氰化铁，不能大量共存；B．氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成水和碳酸根离子，生成的碳酸钙离子和钡离子反应生成碳酸钡沉淀，不

能大量共存；C．四种离子相互之间不反应，能大量共存；D．酸性溶液中高锰酸根离子能氧化Fe2+，不能大量共存；答案选C。14.下列离子方程式书写正确的是A.二氧化碳与足量澄清石灰水反应：CO2＋2OH-=CO23−＋H2OB.铁与稀硫酸的反应：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑C.碳酸

氢钠溶液与稀硫酸反应：CO23−＋2H＋=H2O＋CO2↑D.氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应：Mg2＋＋2OH-=Mg(OH)2↓【答案】D【解析】【详解】A．二氧化碳与足量澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，

离子方程式为：Ca2++CO2+2OH-=3CaCO+H2O，A错误；B．铁与稀硫酸的反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2H＋=Fe2＋+H2↑，B错误；C．碳酸氢钠溶液与稀硫酸反应生成二氧化碳和水，离子方

程式为：-3HCO+H＋=H2O+CO2↑，C错误；D．氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为：Mg2＋+2OH-=Mg(OH)2↓，D正确；故选D。15.下列有关碱金属元素及其化合物的说法不正确的是A.碳酸氢钠可用于制药和焙制糕点B.氧化钠和过氧化钠都能与水发生化合反应

C.碱金属单质的熔点随着核电荷数的增大而降低D.从锂到铯，原子失去最外层电子的能力逐渐增强【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钠能够和胃酸反应，可用于制药来治疗胃酸过多，碳酸氢钠能与发酵产生的酸反应生成二氧化碳，受热分解生成二氧化碳气体，可用于焙制糕点，使

糕点疏松多孔，A正确；B．氧化钠能与水发生化合反应生成氢氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，不属于化合反应，B错误；C．碱金属元素随着原子序数的增加，原子半径逐渐增大，导致原子间的相互作用力减弱，金属的熔点和沸点也随之降低，C正确；D．从锂到铯，核电荷数增大，电子层数增多，原

子半径增大，使得原子核对最外层电子的引力逐渐减小，碱金属元素的原子失去最外层电子的能力逐渐增强，D正确；故选B。16.配制一定物质的量浓度的NaCl溶液过程的部分示意图如下：下列说法不正确的是A.操作①中用玻璃棒引流将NaCl

溶液注入100mL容量瓶B.操作②轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀C.操作③用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，并将洗涤液注入容量瓶D.操作④若仰视容量瓶上的刻度线，最后配成的溶液中溶质的实际浓度偏大【答案】D【解析】【详解】A．操作①

中用玻璃棒引流将NaCl溶液注入100mL容量瓶，防止液体洒出，A正确；B．操作②轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀，B正确；C．操作③用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，并将洗涤液注入容量瓶，防止溶质损失，C正确；D．仰视容量瓶上的刻度线，导致溶液体积偏大，最后

配成的溶液中溶质的实际浓度偏小，D错误；故选D。17.下列有关卤族元素及其化合物的说法不正确的是A.F2与H2在暗处能剧烈化合并发生爆炸，生成的HF很稳定B.次氯酸见光易分解，久置氯水的酸性比新制氯水弱C.B

r2是深红棕色液体，I2是紫黑色固体D.氯、溴、碘元素最高价氧化物的水化物酸性逐渐减弱【答案】B【解析】【详解】A．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，F2与H2在暗处能剧烈化合并发生爆炸，生成的HF很稳定，A正确；B．次氯酸分解为强酸盐酸和氧气，久置氯水的酸性比新制氯水强，B错误；C．Br

2是深红棕色液体，I2是紫黑色固体，C正确；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，卤族元素从Cl到I，其非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，D正确；故选B。18.下列说法不正确的是A.将绿豆大小的钠放入水中，钠在水中的位置、钠的形状都会发生变化B.可用稀硝酸和K

SCN溶液，检验菠菜等食品中的铁元素C.阿伦尼乌斯的电离模型认为，电解质通电后会电离产生离子D.考古研究中利用136C和157N的测定，分析古代人类的食物结构【答案】C【解析】【详解】A．当绿豆大小的钠被放入水中时，由于钠的密度

比水小，钠会浮在水面上，因为钠的熔点较低，钠会熔化成光亮的小球，A正确；B．稀硝酸可将菠菜中的亚铁离子氧化为铁离子，铁离子与KSCN溶液反应呈血红色，可检验菠菜中的铁元素，B正确；C．阿伦尼乌斯通过研究电解质稀溶液的导电性，提出了电离模型，即电解质溶于水会自动地解

离成离子，而不需要通电，C错误；D．136C用于推断人类主食结构，157N则提供人类食肉状况和营养级等方面的证据，考古研究中利用136C和157N的测定，分析古代人类的食物结构，D正确；故选C。19.

下表物质所含化学键类型、所属化合物类型完全正确的一组是选项ABCD物质MgCl2CO2H2O2Cl2化学键类型共价键共价键离子键共价键化合物类型离子化合物共价化合物离子化合物共价化合物A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．MgCl2中只含离子键，镁离子

与氯离子中存在离子键，属于离子化合物，故错误；B．CO2中只含共价键，碳原子和氧原子之间存在共价键，属于共价化合物，故正确；C．H2O2中只含共价键，属于共价化合物，故错误；D．氯气为单质，不是化合物，故错误；故选B

。20.下列溶液或用品，不能区别SO2和CO2气体的是①澄清石灰水；②H2S溶液；③酸性KMnO4溶液；④溴水；⑤湿润的蓝色石蕊试纸A.①⑤B.②③C.②④D.④⑤【答案】A【解析】【详解】①SO2和CO2都属于酸性氧化物，与澄清石

灰水反应分别生成CaSO3和CaCO3白色沉淀，故不能使用澄清石灰水区别；②SO2具有氧化性，能将H2S氧化生成单质硫（有淡黄色沉淀生成），CO2没有这样的性质，故可以使用H2S溶液区别；③SO2具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，C

O2没有还原性，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故可以使用酸性KMnO4溶液区别；④SO2具有还原性，能和溴发生氧化还原反应使溴水溶液褪色，CO2没有还原性，不能使溴水溶液褪色，故可以使用溴水溶液区别；⑤SO2和CO2都属于

酸性氧化物，均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，故不能使用湿润的蓝色石蕊试纸区别；故选A。21.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.2gH218O中含有的质子数为NAB.标准状况下，22.4LCl2溶于水充分反应，产生Cl-数目为NAC.1.00mol/L的

NaCl溶液中Na+的数目为0.01NAD.标准状况下，11.2LH2O中含有H原子数为NA【答案】A【解析】【详解】A．H218O中含有10个质子，2gH218O的物质的量为2g20g/mol=0.1mol，含有的质子数为NA，A正确；B．标准状况下，22.4LCl2

的物质的量为22.4L22.4L/mol=1mol，氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，1molCl2溶于水充分反应，产生Cl-数目小于NA，B错误；C．未说明1.00mol/LNaCl溶液的体积，无法计算Na+的数目

，C错误；D．标准状况下，H2O不是气体，11.2LH2O的物质的量不是0.5mol，D错误；故选A。22.下列事实不能用“组成和结构决定性质”来解释的是A.常见的一些合金的硬度比其成分金属的大B.高碳钢、中碳钢和低碳钢的性能有很大差别C.测试工程师依据组成元素及含量确定不锈钢等级D.铝和铁是

地壳中含量最多的二种金属元素【答案】D【解析】【详解】A．合金就是几种金属或金属与非金属熔合在一起形成具有金属特性的物质，合金硬度一般大于成分金属，A不符合题意；B．钢中含碳量多时，硬度大，韧性小，含碳

量少时，硬度小，韧性大，B不符合题意；C．组成元素及含量不同，物质性质不同，依据组成元素及含量确定不锈钢等级，C不符合题意；D．铝和铁是地壳中含量最多的二种金属元素，与物质组成和性质无关，D符合题意；故选D。2

3.某合金15g与足量稀硫酸完全反应，产生标准状况下的H211.2L，此合金的主要组成可能为A.Mg和AlB.Fe和CuC.Fe和AlD.Fe和C【答案】C【解析】【详解】标准状况下11.2L氢气的物质的量为11.2L22.4

L/mol=0.5mol；假设金属都为+2价，根据电子转移守恒可知，金属的物质的量为0.5mol，则金属混合物的平均相对原子质量为30；A．Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为23×27=18，Mg的相对原子质量为24，二者平均相对原子质量介于18～24之间，

小于金属混合物的平均相对原子质量为30，故A错误；B．Cu不与稀硫酸反应，其的相对原子质量看做无穷大，Zn的相对原子质量为65，二者平均相对原子质量介于65～无穷大之间，大于金属混合物的平均相对原子质量为30，故B错误；C．当Al的化合价为+2价时，可

看成其相对原子质量为23×27=18，Fe的相对原子质量为56，二者平均相对原子质量介于18～56之间，平均值可能为30，故C正确；D．C不和稀硫酸反应，其的相对原子质量看做无穷大，Fe的相对原子质量为56，二者平均相对原子质量介于56～无穷

大之间，大于金属混合物的平均相对原子质量为30，故D错误；故选：C。24.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中一种方法的化学原理可用离子方程式表示为：2Fe3＋+3ClO-+10OH-=2FeO24−+3Cl-+5H2O，对于该反应

下列说法正确的是A.该反应利用了ClO-的还原性B.该反应中Fe3＋被还原C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D.制备0.1molNa2FeO4，转移的电子数为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A．氯元素化合价降低，体现次氯酸根离子氧化性，A错误；B．铁元素化合价升高，被氧化，B

错误；C．氯元素化合价降低，次氯酸为氧化剂，铁元素化合价升高，铁离子为还原剂，由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，C错误；D．铁元素化合价由+3变+6，则制备0.1molNa2FeO4，转移0.3mol电子，电子数为0.3NA，D正确；故选D25.

下列实验操作、现象、结论都正确的是。选项实验操作与现象结论A把温度计插入滴加了几滴水的碳酸氢钠固体中，温度计读数下降碳酸氢钠溶解放热B用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸上，试纸变白Cl2分子具有漂白性C向分

别装有盐酸和氢氧化钠溶液的两支试管中，各加入一小块铝片，两支试管均产生气泡铝片与酸、碱都能反应D向二氧化硫的水溶液中滴入1~2滴品红溶液，振荡，溶液变为无色二氧化硫有强氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．把温度计插入滴加了几滴水的碳

酸氢钠固体中，温度计读数下降，说明碳酸氢钠溶解吸热，A错误；B．用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸上，试纸变白，原因是氯水中的HClO具有漂白性，B错误；C．向分别装有盐酸和氢氧化钠溶液的两支试管中，各加入一小块铝片，两支试管均产生气泡，说明铝片与酸、碱都能反应，C正确；D．向二氧化硫的水溶液中滴

入1~2滴品红溶液，振荡，溶液变为无色，说明二氧化硫具有漂白性，D错误；故答案选C。非选择题部分二、非选择题(本大题有5小题，共50分)26.按要求完成下列问题：（1）CuSO4·5H2O俗名：________

___；硫黄的化学式：___________。（2）NaHSO4在水溶液中的电离方程式___________。（3）钠与水反应的离子方程式___________。【答案】（1）①.胆矾或蓝矾②.S（2）NaHSO4=Na＋+H＋+SO24−的（3）2Na+2H2O=2Na＋+2OH

-+H2↑【解析】【小问1详解】CuSO4·5H2O的俗名为胆矾或蓝帆，硫黄的化学式为S。【小问2详解】硫酸是强酸，硫酸氢钠在水中完全电离，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++24SO−。【小问3详解】钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠是

强碱，能写成离子，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑。27.我国化学家侯德榜先生提出的联合制碱法得到世界各国的认可，主要工业流程可简要表示如图：回答下列问题：（1）“操作1”的名称：_______

____。（2）“循环Ⅱ”的物质为：___________。（3）“操作2”的化学反应方程式：___________。（4）流程中产生NaHCO3固体的化学方程式：___________。（5）下列说法不正确的是___________。

A.由“操作1”可知，在相同温度下碳酸氢钠溶解度比NaCl大B.侯德榜联合制碱法得到的主要产品是烧碱，副产物是NH4ClC.应该向“饱和NaCl溶液”中先通入足量NH3，再通入足量CO2D.使原料氯化钠的利用率从7

0%提高到90%以上，主要设计了“循环Ⅰ”【答案】（1）过滤（2）CO2（3）2NaHCO3ΔNa2CO3+CO2↑+H2O（4）NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl（5）AB【解析】【分析】氨气极易溶于水所

得溶液呈碱性，饱和食盐水中通氨气、继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，碳酸氢钠溶解度小、形成碳酸氢钠的过饱和溶液、则析出碳酸氢钠晶体，主要反应为CO2+NH3+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，所得碳酸氢钠受热发生分解反

应生成碳酸钠、水跟二氧化碳，二氧化碳可以循环利用，母液通过降温结晶析出氯化铵晶体；剩余母液可以循环使用据此回答。【小问1详解】“操作1”为分离固体和液体操作，是过滤；【小问2详解】由分析可知，“循环Ⅱ”物质名称是二氧化碳；【小问3详解】“操作2”是加热碳酸氢钠固体，化学方程式为

2NaHCO3ΔNa2CO3+CO2↑+H2O；【小问4详解】由分析可知，流程中产生NaHCO3固体的化学方程式为NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；【小问5详解】A．由“操作1”可知，滤渣主要成分是NaHCO3，在相同温度下碳酸氢钠溶解度比氯化钠小

，故A错误；B．侯德榜联合制碱法得到的主要产品是纯碱，副产物是NH4Cl，故B错误；C．由分析可知，应该向“饱和NaCl溶液”中先通入足量NH3，再通入足量CO2，故C正确；D．母液中含有食盐等原料，设计了“循环Ⅰ”，使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以

上，故D正确；故选AB。28.下图为元素周期表的一部分，请参考元素①～⑥在表中的位置，请回答：族周期ⅠA01ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2①3②③④⑤4⑥（1）元素①的符号___________，在周期表中的位置是___________。的（2）元素②和③的最

高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式___________。（3）元素④和⑤的最高价氧化物的水化物酸性由强到弱的顺序为___________(填化学式)。（4）写出能证明元素金属性⑥>②的实验事实：___________(写出一种即可)。【答案】（1）①.O②.第二周

期ⅥA族（2）Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]（3）HClO4>H2SO4（4）钾与水反应比钠与水反应更剧烈【解析】【分析】根据元素①～⑥在表中的位置可判断他们分别是O、Na、Al、S、Cl、K。【小问1详解】元素①是氧元素，

符号是O，位于元素周期表的第二周期第ⅥA族。【小问2详解】②、③的最高价氧化物的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，发生反应的离子方程式为：Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]。【小问3详解】同周期自左向右元素的非金属性逐渐增强，非金属性越强，最高价氧

化物的水化物的酸性越强，则④、⑤的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HClO4>H2SO4。【小问4详解】同主族自上而下元素的金属性逐渐增强，金属性越强，和水反应就越容易，对应的氢氧化物的碱性就越强，钾与水反应比

钠与水反应更剧烈可以证明金属性：K>Na。29.电子工业常用30%的氯化铁溶液腐蚀覆在绝缘板上的铜箔，制作印刷电路板。为了使用后的“废液(主要成份为FeCl3、FeCl2和CuCl2)”得到充分利用，设计如

下的实验方案：（1）“滤渣”的成分是___________，B的物质为___________。（2）加入过量A发生的主要反应化学方程式：___________、___________。（3）通入C发生反应的离子方程式为__________

_。【答案】（1）①.Fe、Cu②.稀盐酸（2）①.2FeCl3+Fe=3FeCl2②.CuCl2+Fe=FeCl2+Cu（3）2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl-【解析】【分析】由工艺流程可知，得到铜和氯化

铁，废液应该与过量的Fe反应，故A为Fe，得到滤液①为FeCl2，通入C可以得到氯化铁，C为氯气；滤渣中含有金属Cu、未反应的Fe，加入过量B盐酸，过滤回收铜，滤液②中含有FeCl2，与滤液①合并，制备氯化铁溶液；【小问1详解】由分析，“滤渣”的成分是Fe、Cu，B的物质为稀

盐酸；【小问2详解】加入过量铁，铁和铁离子生成亚铁离子、和铜离子生成铜和亚铁离子，发生的主要反应化学方程式2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu；【小问3详解】通入氯气氧化亚

铁离子生成铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl-。30.某化学兴趣小组为验证Cl2、Fe3＋、SO2三者氧化性强弱顺序，按照如图所示的装置(夹持装置和A中加热装置已省略)进行探究。实验步骤如下：Ⅰ．打开止水夹K1、K2、K3、K4，通入

N2一段时间，关闭K1、K3、K4，向B中加入15mL新制FeCl2溶液。Ⅱ．打开活塞a，向容器A中滴加适量浓盐酸，加热A，当B中溶液变黄时，停止加热，关闭K2。Ⅲ．打开活塞b，待约2mL溶液流入D试管，关闭活塞b，检验D试管溶液中的阳离子。Ⅳ．打开K3和活塞c，向C

中滴加70%硫酸，一段时间后关闭K3。Ⅴ．另取试管E，打开活塞b，待约2mL溶液流入E试管，关闭活塞b，检验E试管溶液中的阴离子。回答下列问题：（1）实验开始前需进行的操作是___________。（2）步骤Ⅰ中通入N2的目的是___________。（3）步骤Ⅱ中溶液变黄的原因是____

_______。（4）步骤Ⅲ，检验D试管溶液中是否含有Fe2＋，不能选用酸性KMnO4溶液的理由___________(请用离子方程式表示)。（5）步骤Ⅲ和步骤Ⅴ的检验结果如下：步骤Ⅲ，D试管溶液中含有的阳离子既有Fe3＋，又有Fe2＋步骤Ⅴ，E试管溶液中含有的阴离子有

SO24−则Cl2、Fe3＋、SO2三者氧化性强弱顺序为___________。（6）请设计实验方案检验E试管溶液中的SO24−：___________。【答案】（1）检查装置气密性（2）排尽装置内的空气（3）Fe2+被氧化为Fe3＋（4）2M

nO4−＋10Cl-＋16H＋=5Cl2↑＋2Mn2＋＋8H2O（5）Cl2>Fe3＋>SO2（6）向E试管中加入足量的稀盐酸，再加入足量氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有SO24−【解析】【分析】本实验用于证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2，

先关闭K1、K3，打开K2和旋塞a，放入一部分浓盐酸后关闭a，此时A中发生反应，产生的Cl2进入B中将Fe2+氧化为Fe3+，溶液由浅绿色变为棕黄色；关闭K2打开K3，此时C中发生反应，生成的SO2进入B中，将Fe3+还原为Fe2+；最后旋开K1、K2、K3和K4，关闭旋塞a、c,打开

旋塞b,从两端鼓入N2，排尽装置内的Cl2、SO2，用NaOH溶液吸收，防止污染环境，据此分析解题。【小问1详解】实验开始前需进行的操作是检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；【小问2详解】步骤Ⅰ中通入N2的目的是排尽装置内的空气，故答案为：排尽

装置内的空气；【小问3详解】步骤Ⅱ中氯气与亚铁离子反应生成铁离子，则溶液变黄的原因是Fe2+被氧化为Fe3+，故答案为：Fe2+被氧化为Fe3+；【小问4详解】步骤Ⅲ，检验D试管中含有氯离子也能与高锰酸钾发生氧化还原反应使其褪

色，其反应的离子方程式为2-4MnO+10Cl-+16H+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：2-4MnO+10Cl-+16H+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O；【小问5详解】步骤Ⅲ，D试管溶液中含有的阳离子为

Fe3+和Fe2+，步骤Ⅴ，E试管溶液中含有的阴离子2-4SO，则二氧化硫与铁离子反应生成亚铁离子和硫酸根离子，则氧化性：Fe3+＞SO2，步骤Ⅱ中氯气与亚铁离子反应生成铁离子，氧化性：Cl2＞Fe3+，则Cl2、Fe3+、SO2三者氧化性强弱顺序为Cl2＞Fe3+＞SO2，故答案为：Cl2

＞Fe3+＞SO2；【小问6详解】常用盐酸和氯化钡检验溶液中的2-4SO，具体操作为向E试管中加入足量的稀盐酸，再加入足量氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有2-4SO，故答案为：向E试管中加入足量的稀盐酸，再加入足量氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有

2-4SO。