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2021-2022学年山西省孝义市高一（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年山西省孝义市高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了SiO2等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省孝义市高一（上）期末化学试卷
1. 下列是实验室以硫铁矿为原料制取硫酸亚铁溶液的实验装置，进一步制取Fe2O3的部分操作过程中能达到实验目的是( )
A. 配制1mol/L的稀硫酸
B. 分离硫酸亚铁溶液和不溶性杂质
C. 保存硫酸亚铁溶液
D. 灼烧氢氧化铁沉淀
2. 北宋科学家沈括所著的《梦溪笔谈》一书中，总结了我国古代的许多科技成就，堪称“中国科学史的里程碑”。下列关于书中记载的相关说法正确的是( )
A. “以磁石磨针锋，则锐处常指南”(《杂志一》)中磁石的主要材料为Fe2O2
B. “用胶泥刻字，薄如钱唇”(《技艺》)中的胶泥主要成分为Al2O3、SiO2、CaO，均属于金属氧化物
C. “凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程
D. “古人以剂钢为刃，柔铁为茎千，不尔则多断折”(《沈卢、鱼肠》)中“剂钢”指的是铁的合金，其硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高
3. 纳米材料是指粒径在纳米量级(1nm∼100nm)范围内的固体材料的总称。近年来，纳米材料的研究得到了迅速发展。许昌微纳米材料研究所研发的纳米量级碳酸钙已取得重大突破。下列有关说法正确的是( )
A. 纳米量级碳酸钙是与胶体相似的分散系
B. 若将纳米量级碳酸钙均匀分散到蒸馏水中，不能透过滤纸
C. 纳米量级碳酸钙均匀分散到蒸馏水中会产生丁达尔效应
D. 纳米量级碳酸钙加入稀盐酸中不会有二氧化碳产生
4. C60自被发现以来，已逐步应用到超导、材料等各个领域。下列有关说法正确的是( )
A. C60的摩尔质量是720g
B. 0.01molC60完全燃烧生成13.44LCO2
C. C60属于有机化合物
D. C60与石墨互为同素异形体
5. 下列有关元素周期表、周期律的叙述正确的是( )
A. 最外层电子数为1的主族元素都极易失电子，都具有很强的金属性
B. 同一周期主族元素对应的离子半径从左到右依次减小
C. 半导体芯片的元素可在周期表中金属与非金属的分界处寻找
D. Cl的非金属性强于S，则含氧酸酸性：Cl>S
6. 常温下，下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 在加入Al粉能产生H2的溶液中：Fe2+、Mg2+、SO42−、NO3−
B. 0.1mol⋅L−1KMnO4溶液：NH4+、Na+、NO3−、Fe3+
C. 某无色透明溶液：Na+、Cu2+、S2−、Cl−
D. 在碱性溶液中：Al3+、K+、Cl−、HCO3−
7. 利用粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)制取纯MnO2的流程如图。下列说法错误的是( )
A. 酸浸过程中发生的反应主要为复分解反应
B. 操作X用到的主要仪器有：铁架台、蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗
C. 氧化过程主要目的是使Mn2+氧化为MnO2以提高产品产率
D. 整个过程中NaClO3可以循环使用
8. 已知： 33As(砷)与P为同族元素。下列说法不正确的是( )
A. As原子核外最外层有5个电子 B. AsH3的电子式是
C. 热稳定性：AsH3
A. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
B. 若有1mol电子转移，则氧化产物的物质的量是0.5mol
C. 据此反应原理，可以在酸性条件下用淀粉碘化钾试纸检验NO2−的存在
D. 若误食亚硝酸钠会导致血红蛋白中亚铁离子转化为铁离子而中毒
10. 下列实验操作、现象和结论均正确的是( )
选项
操作
现象
结论
A
向某无色溶液中滴加BaCl2溶液
产生白色沉淀
该无色溶液中一定含有SO42−
B
向某溶液中通入Cl2，再加入KSCN溶液
溶液变为红色
该溶液中一定含有Fe2+
C
将铝箔置于酒精灯上加热
铝箔熔化且滴落
证明铝箔熔点低
D
将铁丝伸入Cl2中点燃
剧烈燃烧，且产生棕黄色的烟
该反应方程式为：2Fe+3Cl2−点燃2FeCl3
A. A B. B C. C D. D
11. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A. NA个Al(OH)3胶体粒子的质量为78g
B. 常温常压下，2.24LH2含氢原子数小于0.2NA
C. 136gCaSO4与KHSO4的固体混合物中含有的阴离子的数目大于NA
D. 0.1mol⋅L−1FeCl3溶液中含有的Cl−数目等于0.3NA
12. 某实验小组用如图装置制备84消毒液。
已知：碱石灰是固体NaOH和CaO的混合物，下列说法错误的是( )
A. 装置的连接顺序为a→e→d→c→b→f→g
B. 装置C中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的杂质HCl
C. 84消毒液在空气中放置易变质，其原因为：CO2+2NaClO+H2O=Na2CO3+2HClO
D. 装置D用于吸收多余的氯气
13. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是( )
A. Fe(s)→高温H2O(g)Fe2O3(g)→HCl(aq)FeCl3
B. Al(s)→NaOH(aq)NaAlO2(aq)→过量HCl(aq)Al3+(aq)
C. F2(g)→H2O(l)HFO(aq)→NaOH(aq)NaFO(aq)
D. Na(s)→O2(g)Na2O2(s)→H2O(l)H2(g)
14. 黄铁矿(主要成分FeS2)是工业制硫酸的主要原料，暴露在空气中会被缓慢氧化，其氧化过程如图所示。
下列有关说法不正确的是( )
A. d步反应生成Fe(OH)3可以作净水、消毒剂
B. 氧化过程会产生较多酸性废水破坏矿区生态环境
C. 标准状况下，0.1molFeS2完全被氧化时大约消耗空气40L
D. 现有一含有FeCl2和FeCl3的混合样品，采用一定方法测得n(Fe)n(Cl)=12.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为10%
15. 利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是( )
A. X是N2
B. 上述历程的总反应为：2NH3+NO+NO2−催化剂2N2+3H2O
C. NH4+中含有极性共价键
D. NH3、NH4+、H2O中的质子数、电子数均相同
16. 下列实验描述对应的反应方程式书写正确的是( )
A. 过量铁粉加人稀硝酸中：Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O
B. Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O
C. 铜丝插入热的浓硫酸中：Cu+H2SO4−△CuSO4+H2↑
D. SO2通入酸性KMnO4溶液中：5SO2+2H2O+2MnO4−=5SO42−+4H++2Mn2+
17. 下列除去杂质的方法中，正确的是( )
选项
物质(括号内为杂质)
试剂
方法
A
Cl2(HCl)
NaOH溶液
洗气
B
FeCl2(FeCl3)
铜粉
过滤
C
H2O(Br2)
CCl4
萃取、分液
D
KNO3(NaCl)
AgNO3溶液
过滤
A. A B. B C. C D. D
18. 通过测定混合气中O2含量可计算已变质的Na2O2(含Na2CO3)纯度，实验装置如图(Q为弹性良好的气囊)。下列分析错误的是( )
A. Q气球中产生的气体主要成分为O2、CO2
B. 测定气体总体积必须关闭K1、K2，打开K3
C. 量筒Ⅰ用于测二氧化碳的量，干燥管b中装入碱石灰，量筒Ⅱ用于测氧气的量
D. 读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1、K2；可观察到Q气球慢慢缩小
19. (1)X、Y、Z三种物质存在如图所示转化关系。
回答下列问题：
①若X为黑色固体单质，A为O2，写出Z→Y的化学方程式：______。
②若X为NaOH溶液，写出Y→Z的化学方程式：______。
(2)已知常温下在溶液中可发生如下两个反应：
Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+
Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+
由此可以确定Ce4+、Sn4+、Fe3+三种离子的氧化性由强到弱的顺序是______。
(3)Mn2+、Bi3+、BiO3−、MnO4−、H+、H2O组成的一个氧化还原反应体系中，发生BiO3−→Bi3+的反应过程。
①该反应中，被氧化的元素是______，氧化剂是______。
②将以上物质分别填入下面对应的横线上，组成一个未配平的离子方程式：
______+______+______→______+______+H2O
20. 某活动小组用碳素钢进行了如下活动：
(1)常温下，可以用铁质容器盛放冷的浓硫酸，其原因是 ______；
(2)称取碳素钢6g放入15mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到混合气体Y。
①甲同学队为X中除Fe3+之外还可能含有Fe2+。若要确认其中的Fe2+，应选用 ______(选填序号)。
A.KSCN溶液和氯水
B、铁粉和KSCN溶液
C.浓氨水
D.酸性KMnO4溶液
②乙同学取560mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，溴水褪色，由此推知混合气体Y中含有 ______，其化学方程式为：______，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体4.66g，由此推知气体Y中该气体的体积分数为 ______。
(3)将下列物质进行分类(填序号)
①NaHCO3②Na2O③SO2④Fe⑤O2⑥CaCO3⑦盐酸⑧乙醇
属于电解质的是 ______；
属于非电解质的是 ______；
能导电的是 ______。
21. 2021年4月，江苏常州一工厂发生了氯气泄漏事故，部分群众身体不适。下图为制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置，其中各试剂瓶装的试剂为：B(氢硫酸)、C(溴化亚铁溶液)、D(碘化钾淀粉溶液)、E(混有二氧化硫的氯化钡溶液)、F(水)、H(紫色石蕊试液)。
(1)写出A装置中发生的化学反应方程式：______。
(2)Ⅰ中b瓶内宜加入的液体一般是 ______。如何检验这一部分装置的气密性？______。
(3)用图示的Ⅱ或Ⅲ代替Ⅰ是否可行？______，简要说明理由 ______。
(4)实验开始时，先，点燃A处酒精灯，打开分液漏斗旋塞和Ⅰ处活塞，让氯气充满整个装置，再点燃G处酒精灯，下列装置中的现象是B ______；D ______。
(5)G装置的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，其产物为二氧化碳和氯化氢，写出G中的反应的化学方程式 ______。
(6)在H处，紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色，再变为无色，其原因是 ______。
22. 化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。
某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
(1)从A∼E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是 ______(按气流方向，用小写字母表示)。
(2)B中使用雾化装置的优点是 ______。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为 ______。
(4)反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，则固体NaHCO3的质量为 ______g。
②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)=NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程．为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为 ______、______、洗涤、干燥。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释冷却后转移到容量瓶中定容，故A错误；
B.过滤可分离不溶性固体，图中过滤装置可分离硫酸亚铁溶液和不溶性杂质，故B正确；
C.需要加稀硫酸抑制亚铁离子水解，则保存溶液时加铁粉、稀硫酸，故C错误；
D.灼烧固体在试管或坩埚中进行，不能在蒸发皿中进行，故D错误；
故选：B。
A.不能在容量瓶中稀释浓硫酸；
B.过滤可分离不溶性固体；
C.需要加稀硫酸抑制亚铁离子水解；
D.灼烧固体在试管或坩埚中进行。
本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，涉及实验装置的作用、物质的性质、溶液配制、混合物分离提纯、盐类水解等，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性、可行性的评价，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.“以磁石磨针锋，则锐处常指南”(《杂志一》)中磁石的主要材料为Fe3O4，故A错误；
B.胶泥主要成分为Al2O3、CaO均属于金属氧化物，SiO2属于非金属氧化物，故B错误；
C.生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，为降低含碳量，可以通过“炒”制，将碳元素氧化除去，故C正确；
D.铁的合金，其硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，故D错误；
故选：C。
A.磁石成分为四氧化三铁；
B.金属元素和氧元素组成的氧化物为金属氧化物；
C.生铁降低含碳量后才能成为钢；
D.合金熔点低于各成分。
本题考查了物质性质、物质变化过程的分析判断，注意知识的积累，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A、分散系是混合物，而纳米级碳酸钙是纯净物，故不是分散系，故A错误；
B、若将纳米量级碳酸钙均匀分散到蒸馏水中则形成胶体，而胶体可以透过滤纸，故B错误；
C、纳米量级碳酸钙均匀分散到蒸馏水中形成胶体，而丁达尔效应是胶体特有的性质，故C正确；
D、纳米级碳酸钙仍然是碳酸钙，能和盐酸发生复分解反应生成二氧化碳，故D错误。
故选：C。
A、分散系是混合物；
B、胶体可以透过滤纸；
C、丁达尔效应是胶体特有的性质；
D、纳米级碳酸钙仍然是碳酸钙，能和盐酸发生复分解反应。
本题考查了纳米材料的概念、性质和用于，应注意的是纳米级碳酸钙在化学成分上仍然是碳酸钙，化学性质没有发生变化。
4.【答案】D
【解析】解：A.C60的摩尔质量是720g/mol，故A错误；
B.0.01molC60完全燃烧生成二氧化碳物质的量0.6mol，温度压强不知，不能计算气体体积，故B错误；
C.C60属于碳单质，不是有机化合物，故C错误；
D.C60与石墨是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故D正确；
故选：D。
C60是由碳元素形成的一种非金属单质，与石墨、金刚石等互为同素异形体，依据其化学式判断其摩尔质量、计算1mol完全燃烧产物的气体摩尔体积，据此进行解答。
本题考查了物质的量的计算与判断，题目难度不大，明确物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积的关系即可解答，注意掌握单质与化合物的区别，试题培养了学生的灵活应用能力。
5.【答案】C
【解析】解：A.氢元素原子最外层电子数为1的主族元素，无强的金属性，故A错误；
B.同主族主族元素原子半径依次减小，形成的两种包含阳离子和阴离子，阴离子比阳离子多一个电子层，如Cl−大于Na+的半径，故B错误；
C.在金属元素和非金属元素交界区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以在此寻找良好的半导体芯片的元素，如硅等，故C正确；
D.Cl的非金属性强于S，则最高价含氧酸酸性：Cl>S，不能确定含氧酸的强弱，如HClO酸性小于H2SO4，故D错误；
故选：C。
A.最外层电子数为1的主族元素有氢元素，无强的金属性；
B.同周期原子半径依次减小，离子半径小于结合离子核外电子层数分析判断；
C.处于金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有金属性又具有非金属性；
D.非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物形成的酸的酸性越强。
本题考查了周期表结构、微粒半径比较、非金属性强弱的判断依据等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.在加入Al粉能产生H2的溶液呈酸性或碱性，Fe2+、NO3−在酸性溶液中发生氧化还原反应，Fe2+、Mg2+都与OH−反应，不能大量共存，故A错误；
B.NH4+、Na+、NO3−、Fe3+、K+、MnO4−之间不反应，在0.1mol⋅L−1KMnO4溶液中能够大量共存，故B正确；
C.含有Cu2+的溶液呈蓝色，Cu2+、S2−之间反应生成CuS沉淀，不能大量共存，故C错误；
D.Al3+、OH−、HCO3−之间相互反应，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
A.该溶液呈酸性或强碱性，亚铁离子、镁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
B.四种离子之间不反应，都不与高锰酸钾溶液反应；
C.含有铜离子的溶液呈蓝色，铜离子与硫离子生成硫化铜沉淀；
D.铝离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子之间相互反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.酸浸时，样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，为复分解反应，故A正确；
B.操作X为过滤操作，用到主要仪器有铁架台、玻璃棒、烧杯、漏斗，故B错误；
C.氯酸钠氧化锰离子生成二氧化锰，反应的离子方程式为5Mn2++2ClO3−+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+，使Mn2+氧化为MnO2以提高产品产率，故C正确；
D.由流程可知NaClO3可用于氧化过程，则可循环使用，故D正确。
故选：B。
粗MnO2(含有较多的MnO和MnCO3)样品加入硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，反应的离子方程式为5Mn2++2ClO3−+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+，将产生的氯气和热的氢氧化钠溶液反应可以得到氯酸钠的溶液，将反应后的溶液过滤得固体二氧化锰，滤液含有硫酸、硫酸钠等，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查元素周期律，侧重基础知识的考查，难度不大。
【解答】
A.As与P为同族元素，为VA族元素，则其原子核外最外层有5个电子，故A正确；
B.AsH3的电子式为，故B错误；
C.非金属性As
9.【答案】A
【解析】解：反应中NaNO2→NO，NaNO2是氧化剂，由电荷守恒可知，还生成NaI，HI是还原剂，被氧化为I2，反应方程式为2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O。
A.NaNO2是氧化剂，HI是还原剂，根据电子转移守恒，NaNO2、HI的物质的量之比为[0−(−1)]：(3−2)=1：1，故A错误；
B.I2是氧化产物，若有1mol电子转移，生成I2为1mol2=0.5mol，故B正确；
C.酸性条件下，NO2−将碘离子氧化为碘单质，碘遇淀粉变蓝色，可以在酸性条件下用淀粉碘化钾试纸检验NO2−的存在，故C正确；
D.NO2−具有强氧化性，会导致血红蛋白中亚铁离子转化为铁离子而中毒，故D正确，
故选：A。
反应中NaNO2→NO，NaNO2是氧化剂，由电荷守恒可知，还生成NaI，HI是还原剂，被氧化为I2，反应方程式为2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O.
A.NaNO2是氧化剂，HI是还原剂，根据电子转移守恒计算；
B.I2是氧化产物，根据I元素化合价变化计算；
C.酸性条件下，NO2−将碘离子氧化为碘单质，碘遇淀粉变蓝色；
D.NO2−具有强氧化性，可以将亚铁离子转化为铁离子．
本题考查氧化还原反应概念与计算，难度不大，根据化合价判断氧化剂与还原剂、还原产物与氧化产物是关键，根据电子转移守恒计算氧化剂与还原剂的物质的量之比．
10.【答案】D
【解析】解：A.白色沉淀可能为AgCl，则该无色溶液中不一定含有SO42−，故A错误；
B.先通入氯气可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子，应先加KSCN溶液无现象，后通入氯气检验亚铁离子，故B错误；
C.氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，故C错误；
D.铁与氯气点燃时反应生成氯化铁，产生棕黄色的烟，反应为2Fe+3Cl2−点燃2FeCl3，故D正确；
故选：D。
A.白色沉淀可能为AgCl；
B.先通入氯气可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子；
C.氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；
D.铁与氯气点燃时反应生成氯化铁。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：A.1个氢氧化铝胶粒含多个氢氧化铝，质量大于78g，故A错误；
B.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，常温常压下，2.24LH2含物质的量小于1mol，氢原子数小于0.2NA，故B正确；
C.CaSO4与KHSO4的摩尔质量均为136g/mol，故136g混合物的物质的量为1mol，且两者均由1个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含有的阴离子为NA个，故C错误；
D.溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故D错误；
故选：B。
A.1个氢氧化铝胶粒含多个氢氧化铝；
B.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；
C.CaSO4与KHSO4的摩尔质量均为136g/mol，且两者均由1个阳离子和1个阴离子构成；
D.溶液体积未知。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
12.【答案】C
【解析】解：A.干燥管应大进小出，根据分析可知，装置的连接顺序为a→e→d→c→b→f→g，故A正确；
B.根据分析可知，装置C中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的杂质HCl，故B正确；
C.因为酸性：碳酸>次氯酸>HCO3−，84消毒液在空气中放置易变质，其原因为：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO，故C错误；
D.根据分析可知，装置D用于吸收多余的氯气，故D正确；
故选：C。
装置A中二氧化锰和浓盐酸加热，反应生成氯化锰、氯气、水，氯气中混有氯化氢、水蒸气，装置C中盛饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢，装置B中盛氢氧化钠溶液，和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，最后的尾气用碱石灰吸收，防止污染大气，据此分析作答。
本题主要考查氯及其化合物的相关知识，掌握氯及其化合物之间的相互转化是解决本题的关键，属于高频考点，难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.铁和水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气，铁和水蒸气反应不能生成氧化铁，物质间转化不能实现，故A错误；
B.铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠和过量盐酸反应生成氯化铝溶液，Al(s)→NaOH(aq)NaAlO2(aq)→过量HCl(aq)Al3+(aq)转化能实现，故B正确；
C.氟单质和水反应生成HF和氧气，氟元素不存在正价，无HFO存在，故C错误；
D.过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是生成氢气，不能实现转化，故D错误；
故选：B。
A.铁和水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气；
B.铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠和过量盐酸反应生成氯化铝溶液；
C.氟单质和水反应生成HF和氧气，氟元素不存在正价；
D.钠和氧气反应生成氧化钠，加热反应生成过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气。
本题考查了元素化合物相互之间的转化，明确相关物质的性质及发生的反应即可解答，题目难度不大。
14.【答案】A
【解析】解：A.d步反应生成Fe(OH)3可以作净水、但不能做消毒剂，故A错误；
B.由图可知，过程a、d会产生较多酸性废水破坏矿区生态环境，故B正确；
C.由a可知，1个FeS2转化2个SO42−失去14个电子，0.1molFeS2完全被氧化时失去电子为1.4mol，根据关系式：O2∼4e−，设大约消耗空气VL，则有VL×1522.4L/mol×4=1.4mol，解得V=39.2L≈40L，故C正确；
D.设FeCl2和FeCl3的物质的量分别为xmol、ymol，则有：n(Fe)n(Cl)=x+y2x+3y=12.1，解得：x：y=9：1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为11+9×100%=10%，故D正确；
故选：A。
A.Fe(OH)3不具有强氧化性，不能做消毒剂；
B.由图可知，过程a、d会产生H+；
C.由a可知，1个FeS2转化2个SO42−失去14个电子，0.1molFeS2完全被氧化时失去电子为1.4mol，根据关系式：O2∼4e−，设大约消耗空气VL，则有VL×1522.4L/mol×4=1.4mol，解得V即可；
D.设FeCl2和FeCl3的物质的量分别为xmol、ymol，则有：n(Fe)n(Cl)=x+y2x+3y=12.1，解得：x：y=9：1，即可计算样品中FeCl3的物质的量分数。
本题主要考查硫及其化合物之间的转化，同时考查氧化还原反应原理的应用，电子得失守恒的应用，属于高考高频考点，难度不大。
15.【答案】BC
【解析】解：A.由图可知，[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)HNO2]++H++X，根据原子守恒可知，X为N2和H2O，故A错误；
B.结合A中分析可知，上述历程的总反应为：2NH3+NO+NO2−催化剂2N2+3H2O，故B正确；
C.NH4+中含有4个N−H键，均为极性共价键，故C正确；
D.NH3、NH4+、H2O中的质子数分别为10、11、10，电子数均为10，故D错误；
故选：BC。
A.由图可知，[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)HNO2]++H++X，根据原子守恒，即可判断X；
B.结合A中分析可知，上述历程的总反应为NH3、NO、NO2反应生成N2、H2O；
C.A−B键为极性共价键，A−A键为非极性共价键；
D.NH3、NH4+、H2O中的质子数分别为10、11、10。
本题主要考查学生的看图理解能力，读取有效信息的能力，同时考查原子守恒、化学键类型、质子数、电子数的计算等，属于高频考点，A是易错选项，难度不大。
16.【答案】D
【解析】解：A.过量铁粉加人稀硝酸中，离子方程式为：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O，故A错误；
B.Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，离子方程式为：H++SO42−+Ba2++OH−=BaSO4↓+H2O，故B错误；
C.铜丝插入热的浓硫酸中生成硫酸铜、二氧化硫和水，离子方程式为：Cu+2H2SO4(浓)−△Cu2++SO42−+H2O+SO2↑，故C错误；
D.SO2通入酸性KMnO4溶液中，离子方程式为：5SO2+2H2O+2MnO4−=5SO42−+4H++2Mn2+，故D正确；
故选：D。
A.铁粉足量反应生成硝酸亚铁和一氧化氮和水；
B.Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，二者物质的量之比1：1；
C.不符合反应客观事实；
D.二氧化硫具有还原性，能够还原酸性高锰酸钾。
本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度中等。
17.【答案】C
【解析】解：A.二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，故A错误；
B.Cu与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁、氯化铜，引入新杂质，不能除杂，故B错误；
C.溴易溶于四氯化碳，与水分层，萃取、分液可分离，故C正确；
D.NaCl与硝酸银反应生成AgCl沉淀和硝酸钠，引入新杂质，不能除杂，故D错误；
故选：C。
A.二者均与NaOH溶液反应；
B.Cu与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁、氯化铜；
C.溴易溶于四氯化碳，与水分层；
D.NaCl与硝酸银反应生成AgCl沉淀和硝酸钠。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、除杂原则为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
18.【答案】C
【解析】解：A.加入酸后Q内发生反应：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑；Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，反应产生CO2、O2气体，故A正确；
B.反应产生的CO2、O2使气球变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2的体积，所以滴稀H2SO4前必须关闭K1、K2打开K3，故B正确；
C.由以上分析可知量筒Ⅰ中水的体积为产生的CO2、O2的体积，量筒Ⅱ中收集的是O2，故C错误；
D.读取气体总体积后关闭K3，再缓缓打开K1和K2，Q中气体经b除去CO2后，排水法可收集到O2，同时观察到Q气球慢慢缩小，故D正确；
故选：C。
变质的过氧化钠中含有碳酸钠，加入酸后Q内发生反应：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑；Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，反应产生的CO2、O2使气球变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2的体积，反应停止，打开K2，再缓缓打开K1，广口瓶内外相通，气囊Q慢慢缩小，混合气体通过碱石灰吸收CO2，最后量筒Ⅱ中收集的是O2，以此解答该题。
本题考查物质的测定，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
19.【答案】CO2+C−高温2COCO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3 Ce4+>Fe3+>Sn4+ MnBiO3− BiO3− Mn2+ H+ Bi3+ MnO4−
【解析】解：(1)①结X为黑色固体单质，A为O2，则X为C，Y为CO、Z为CO2，Z→Y的化学方程式为：CO2+C−高温2CO，
故答案为：CO2+C−高温2CO；
②若X为NaOH溶液，则A为CO2、Y为Na2CO3、Z为NaHCO3等符合转化关系，Y→Z的化学方程式可以为：CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，
故答案为：CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3；
(2)根据反应Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，可知氧化性：Ce4+>Fe3+，根据反应Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+，可知氧化性：Fe3+>Sn4+，所以Ce4+、Sn4+、Fe3+三种离子的氧化性由强到弱的顺序是Ce4+>Fe3+>Sn4+，
故答案为：Ce4+>Fe3+>Sn4+；
(3)①BiO3−→Bi3+的反应过程中化合价降低，应发生化合价升高的过程，即发生Mn2+→MnO4−的反应过程，Mn元素被氧化，BiO3−是氧化剂，
故答案为：Mn；BiO3−；
②BiO3−→Bi3+的反应过程中化合价降低，应发生化合价升高的过程，即发生Mn2+→MnO4−的反应过程，根据H原子守恒可知H+是反应物，组成一个未配平的化学方程式：BiO3−+Mn2++H+→Bi3++MnO4−+H2O，
故答案为：BiO3−；Mn2+；H+；Bi3+；MnO4−。
(1)①X为黑色固体单质，A为O2，则X为C，Y为CO、Z为CO2；
②若X为NaOH溶液，则A为CO2、Y为Na2CO3、Z为NaHCO3等符合转化关系；
(2)氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；
(3)BiO3−→Bi3+的反应过程中化合价降低，应发生化合价升高的过程，即发生Mn2+→MnO4−的反应过程，根据H原子守恒可知H+是反应物，以此解答该题。
本题考查较为综合，涉及无机物推断、氧化还原反应的配平及计算、氧化性强弱比较等知识，为高考常见题型和高频考点，熟练掌握元素化合物知识、明确氧化氧化还原反应概念，理解氧化还原反应三大守恒：电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒，题目充分考查了学生的分析理解能力及综合应用能力。
20.【答案】常温下，铁在浓硫酸中表面被钝化 DSO2 SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4 80%①②⑥ ③⑧ ④⑦
【解析】解：(1)常温下，铁遇冷的浓硫酸发生氧化还原反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步的反应，即发生钝化现象，常温下，可以用铁质容器盛放冷的浓硫酸，
故答案为：常温下，铁在浓硫酸中表面被钝化；
(2)①A.溶液中含有的Fe3+与SCN−反应使溶液呈红色，干扰亚铁离子检验，故A错误；
B.实验铁粉和KSCN溶液，只能检验中没有Fe3+，故B错误；
C.亚铁离子、铁离子都与氨水反应生成沉淀，氢氧化铁是红褐色沉淀，干扰亚铁离子检验，故C错误；
D.亚铁离子具有还原性，而酸性高锰酸钾有氧化性，发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，故D正确，
故答案为：D；
②气体Y通入足量溴水中，溴水褪色，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，由此推知混合气体Y中含有SO2，然后加入足量BaCl2溶液，发生反应：H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，
由硫原子守恒有n(SO2)=n(BaSO4)=4.66g233g/mol=0.02mol，所以二氧化硫的体积分数为0.02mol×22.4L/mol0.56L×100%=80%，
故答案为：SO2；SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；80%；
(3)①NaHCO3属于盐，是离子化合物，属于电解质，固体状态，不能导电；
②Na2O是活泼金属氧化物，是离子化合物，属于电解质，固体状态，不能导电；
③SO2属于非金属氧化物，属于非电解质，不能导电；
④Fe属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，属于金属单质，可以导电；
⑤O2属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，属于非金属气体单质，不能导电；
⑥CaCO3属于盐，属于电解质，固体状态，不能导电；
⑦盐酸属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，属于电解质水溶液，能导电；
⑧乙醇属于有机物，是共价化合物，属于非电解质，不能导电；
属于电解质的是①②⑥；属于非电解质的是③⑧；能导电的是④⑦，
故答案为：①②⑥；③⑧；④⑦。
(1)常温下，铁在浓硫酸中发生钝化；
(2)①铁离子与SCN−反应使溶液呈红色，亚铁离子、铁离子都与氨水反应生成沉淀，而亚铁离子有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色；
②气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4反应，白色沉淀为硫酸钡，根据硫原子守恒计算二氧化硫的物质的量，进而计算二氧化硫的体积分数；
(3)电解质是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，非电解质是在熔融状态和水溶液中都不导电的化合物，酸、碱、盐、活泼金属氧化物等属于电解质，非金属氧化物、大多数有机物等属于非电解质，注意单质、混合物既不是电解质也不是非电解质；金属、石墨、电解质溶液、熔融状态的离子化合物可以导电。
本题考查比较综合，涉及铁元素单质及其化合物、硫元素化合物、电解质与非电解质、化学计算等，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
21.【答案】MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+2H2O+Cl2↑饱和食盐水 关闭分液漏斗旋塞和Ⅰ处活塞，从c中向容器内加饱和食盐水，当c的下端浸入液面下且c中的液面高于b瓶内液面，并长时间不下降，则说明气密性好 Ⅱ可行，Ⅲ不行 Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，体积不能改变，增大压强会有危险 淡黄色沉淀 溶液变蓝 C+2H2O+2Cl2=CO2↑+4HCl↑生成的HCl使紫色石蕊试液变红色，剩余的氯气又与水作用生成次氯酸，又起漂白作用，使红色褪去
【解析】解：(1)装置A为固液加热装置，实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+2H2O+Cl2↑，
故答案为：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+2H2O+Cl2↑；
(2)利用饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢，Ⅰ中b瓶内加入的液体最好是饱和食盐水；检验这一部分装置的气密性方法为：关闭分液漏斗旋塞和Ⅰ处活塞，从c中向容器内加饱和食盐水，当c的下端浸入液面下且c中的液面高于b瓶内液面，并长时间不下降，则说明气密性好，
故答案为：饱和食盐水；关闭分液漏斗旋塞和Ⅰ处活塞，从c中向容器内加饱和食盐水，当c的下端浸入液面下且c中的液面高于b瓶内液面，并长时间不下降，则说明气密性好；
(3)Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，气体无法流通，增大压强会有危险，则Ⅱ可行，Ⅲ不行，
故答案为：Ⅱ可行，Ⅲ不行；Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，体积不能改变，增大压强会有危险；
(4)氯气与B中氢硫酸发生氧化还原反应生成S，出现淡黄色沉淀，氯气与D中碘化钾反应生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液，溶液变蓝，
故答案为：淡黄色沉淀；溶液变蓝；
(5)G装置的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，其产物为二氧化碳和氯化氢，结合原子守恒写出化学方程式为：C+2H2O+2Cl2=CO2↑+4HCl↑，
故答案为：C+2H2O+2Cl2=CO2↑+4HCl↑；
(6)G中生成HCl进入H内，使紫色石蕊试液变红色，同时H作为尾气处理装置，剩余的氯气又与水作用生成次氯酸，又起漂白作用，使红色褪去，原因为生成的HCl使紫色石蕊试液变红色，剩余的氯气又与水作用生成次氯酸，又起漂白作用，使红色褪去，
故答案为：生成的HCl使紫色石蕊试液变红色，剩余的氯气又与水作用生成次氯酸，又起漂白作用，使红色褪去。
装置A用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+2H2O+Cl2↑，由于HCl易挥发，b的试剂为饱和食盐水，可除杂，纯净的氯气通入B内与氢硫酸反应生成S单质，与C内溴化亚铁溶液反应生成铁离子和溴单质，与D中碘化钾反应生成碘单质，遇淀粉溶液变蓝，与E中混有二氧化硫的氯化钡溶液形成硫酸钡沉淀，多余的氯气进入尾气处理装置H中，紫色石蕊试液先吸收HCl而溶液变红，再由于氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，溶液褪色。
本题以氯气的制备为载体考查了氯气的性质，题目综合性较强，侧重考查依据所学知识分析问题、解决问题的能力，题目难度中等。
22.【答案】aefbcgh 使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率 NH3⋅H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓0.84g蒸发浓缩 冷却结晶
【解析】解：(1)首先利用装置A制取CO2，然后利用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2混有的HCl气体，然后通入B装置中与氨盐水反应，最后利用NaOH溶液吸收尾气，所以连接顺序为aefbcgh，
故答案为：aefbcgh；
(2)使用雾化装置可以将氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率，
故答案为：使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；
(3)饱和氨盐水和CO2反应得到碳酸氢钠晶体和氯化铵，所以生成NaHCO3的总反应的化学方程式为NH3⋅H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，
故答案为：NH3⋅H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
(4)①2NaHCO3−△Na2CO3+H2O和CO2↑，浓硫酸吸收H2O后CO2使过氧化钠增重，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，根据方程式可知每反应1molCO2，过氧化钠增重28g，所以增重0.14g时，说明生成0.005molCO2，则NaHCO3的物质的量为0.01mol，质量为0.01mol×84g/mol=0.84g，
故答案为：0.84g；
②据图可知氯化铵的溶解度受温度影响较大，所以可以通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。
浓氨水中加入氯化钠粉末得到饱和氨盐水，通入过量二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，过滤后加热碳酸氢钠可得碳酸钠，母液加入氯化钠粉末析出氯化铵；
(1)首先利用装置A制取CO2，然后利用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2混有的HCl气体，然后通入B装置中与氨盐水反应，最后利用NaOH溶液吸收尾气；
(2)使用雾化装置可以将氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积；
(3)饱和氨盐水和CO2反应得到碳酸氢钠晶体和氯化铵；
(4)①2NaHCO3−△Na2CO3+H2O和CO2↑，浓硫酸吸收H2O后CO2使过氧化钠增重，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑。
本题考查物质的制备方案设计，涉及制备原理与工艺流程、混合物分离提纯等知识，为高频考点，把握制备原理、物质的性质、混合物分离方法、实验操作为解答的关键，侧重分析能力与实验能力的考查，题目难度中等。
2021-2022学年山西省孝义市高一（上）期末化学试卷
1. 下列是实验室以硫铁矿为原料制取硫酸亚铁溶液的实验装置，进一步制取Fe2O3的部分操作过程中能达到实验目的是( )
A. 配制1mol/L的稀硫酸
B. 分离硫酸亚铁溶液和不溶性杂质
C. 保存硫酸亚铁溶液
D. 灼烧氢氧化铁沉淀
2. 北宋科学家沈括所著的《梦溪笔谈》一书中，总结了我国古代的许多科技成就，堪称“中国科学史的里程碑”。下列关于书中记载的相关说法正确的是( )
A. “以磁石磨针锋，则锐处常指南”(《杂志一》)中磁石的主要材料为Fe2O2
B. “用胶泥刻字，薄如钱唇”(《技艺》)中的胶泥主要成分为Al2O3、SiO2、CaO，均属于金属氧化物
C. “凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程
D. “古人以剂钢为刃，柔铁为茎千，不尔则多断折”(《沈卢、鱼肠》)中“剂钢”指的是铁的合金，其硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高
3. 纳米材料是指粒径在纳米量级(1nm∼100nm)范围内的固体材料的总称。近年来，纳米材料的研究得到了迅速发展。许昌微纳米材料研究所研发的纳米量级碳酸钙已取得重大突破。下列有关说法正确的是( )
A. 纳米量级碳酸钙是与胶体相似的分散系
B. 若将纳米量级碳酸钙均匀分散到蒸馏水中，不能透过滤纸
C. 纳米量级碳酸钙均匀分散到蒸馏水中会产生丁达尔效应
D. 纳米量级碳酸钙加入稀盐酸中不会有二氧化碳产生
4. C60自被发现以来，已逐步应用到超导、材料等各个领域。下列有关说法正确的是( )
A. C60的摩尔质量是720g
B. 0.01molC60完全燃烧生成13.44LCO2
C. C60属于有机化合物
D. C60与石墨互为同素异形体
5. 下列有关元素周期表、周期律的叙述正确的是( )
A. 最外层电子数为1的主族元素都极易失电子，都具有很强的金属性
B. 同一周期主族元素对应的离子半径从左到右依次减小
C. 半导体芯片的元素可在周期表中金属与非金属的分界处寻找
D. Cl的非金属性强于S，则含氧酸酸性：Cl>S
6. 常温下，下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 在加入Al粉能产生H2的溶液中：Fe2+、Mg2+、SO42−、NO3−
B. 0.1mol⋅L−1KMnO4溶液：NH4+、Na+、NO3−、Fe3+
C. 某无色透明溶液：Na+、Cu2+、S2−、Cl−
D. 在碱性溶液中：Al3+、K+、Cl−、HCO3−
7. 利用粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)制取纯MnO2的流程如图。下列说法错误的是( )
A. 酸浸过程中发生的反应主要为复分解反应
B. 操作X用到的主要仪器有：铁架台、蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗
C. 氧化过程主要目的是使Mn2+氧化为MnO2以提高产品产率
D. 整个过程中NaClO3可以循环使用
8. 已知： 33As(砷)与P为同族元素。下列说法不正确的是( )
A. As原子核外最外层有5个电子 B. AsH3的电子式是
C. 热稳定性：AsH3
A. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
B. 若有1mol电子转移，则氧化产物的物质的量是0.5mol
C. 据此反应原理，可以在酸性条件下用淀粉碘化钾试纸检验NO2−的存在
D. 若误食亚硝酸钠会导致血红蛋白中亚铁离子转化为铁离子而中毒
10. 下列实验操作、现象和结论均正确的是( )
选项
操作
现象
结论
A
向某无色溶液中滴加BaCl2溶液
产生白色沉淀
该无色溶液中一定含有SO42−
B
向某溶液中通入Cl2，再加入KSCN溶液
溶液变为红色
该溶液中一定含有Fe2+
C
将铝箔置于酒精灯上加热
铝箔熔化且滴落
证明铝箔熔点低
D
将铁丝伸入Cl2中点燃
剧烈燃烧，且产生棕黄色的烟
该反应方程式为：2Fe+3Cl2−点燃2FeCl3
A. A B. B C. C D. D
11. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A. NA个Al(OH)3胶体粒子的质量为78g
B. 常温常压下，2.24LH2含氢原子数小于0.2NA
C. 136gCaSO4与KHSO4的固体混合物中含有的阴离子的数目大于NA
D. 0.1mol⋅L−1FeCl3溶液中含有的Cl−数目等于0.3NA
12. 某实验小组用如图装置制备84消毒液。
已知：碱石灰是固体NaOH和CaO的混合物，下列说法错误的是( )
A. 装置的连接顺序为a→e→d→c→b→f→g
B. 装置C中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的杂质HCl
C. 84消毒液在空气中放置易变质，其原因为：CO2+2NaClO+H2O=Na2CO3+2HClO
D. 装置D用于吸收多余的氯气
13. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是( )
A. Fe(s)→高温H2O(g)Fe2O3(g)→HCl(aq)FeCl3
B. Al(s)→NaOH(aq)NaAlO2(aq)→过量HCl(aq)Al3+(aq)
C. F2(g)→H2O(l)HFO(aq)→NaOH(aq)NaFO(aq)
D. Na(s)→O2(g)Na2O2(s)→H2O(l)H2(g)
14. 黄铁矿(主要成分FeS2)是工业制硫酸的主要原料，暴露在空气中会被缓慢氧化，其氧化过程如图所示。
下列有关说法不正确的是( )
A. d步反应生成Fe(OH)3可以作净水、消毒剂
B. 氧化过程会产生较多酸性废水破坏矿区生态环境
C. 标准状况下，0.1molFeS2完全被氧化时大约消耗空气40L
D. 现有一含有FeCl2和FeCl3的混合样品，采用一定方法测得n(Fe)n(Cl)=12.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为10%
15. 利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是( )
A. X是N2
B. 上述历程的总反应为：2NH3+NO+NO2−催化剂2N2+3H2O
C. NH4+中含有极性共价键
D. NH3、NH4+、H2O中的质子数、电子数均相同
16. 下列实验描述对应的反应方程式书写正确的是( )
A. 过量铁粉加人稀硝酸中：Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O
B. Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O
C. 铜丝插入热的浓硫酸中：Cu+H2SO4−△CuSO4+H2↑
D. SO2通入酸性KMnO4溶液中：5SO2+2H2O+2MnO4−=5SO42−+4H++2Mn2+
17. 下列除去杂质的方法中，正确的是( )
选项
物质(括号内为杂质)
试剂
方法
A
Cl2(HCl)
NaOH溶液
洗气
B
FeCl2(FeCl3)
铜粉
过滤
C
H2O(Br2)
CCl4
萃取、分液
D
KNO3(NaCl)
AgNO3溶液
过滤
A. A B. B C. C D. D
18. 通过测定混合气中O2含量可计算已变质的Na2O2(含Na2CO3)纯度，实验装置如图(Q为弹性良好的气囊)。下列分析错误的是( )
A. Q气球中产生的气体主要成分为O2、CO2
B. 测定气体总体积必须关闭K1、K2，打开K3
C. 量筒Ⅰ用于测二氧化碳的量，干燥管b中装入碱石灰，量筒Ⅱ用于测氧气的量
D. 读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1、K2；可观察到Q气球慢慢缩小
19. (1)X、Y、Z三种物质存在如图所示转化关系。
回答下列问题：
①若X为黑色固体单质，A为O2，写出Z→Y的化学方程式：______。
②若X为NaOH溶液，写出Y→Z的化学方程式：______。
(2)已知常温下在溶液中可发生如下两个反应：
Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+
Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+
由此可以确定Ce4+、Sn4+、Fe3+三种离子的氧化性由强到弱的顺序是______。
(3)Mn2+、Bi3+、BiO3−、MnO4−、H+、H2O组成的一个氧化还原反应体系中，发生BiO3−→Bi3+的反应过程。
①该反应中，被氧化的元素是______，氧化剂是______。
②将以上物质分别填入下面对应的横线上，组成一个未配平的离子方程式：
______+______+______→______+______+H2O
20. 某活动小组用碳素钢进行了如下活动：
(1)常温下，可以用铁质容器盛放冷的浓硫酸，其原因是 ______；
(2)称取碳素钢6g放入15mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到混合气体Y。
①甲同学队为X中除Fe3+之外还可能含有Fe2+。若要确认其中的Fe2+，应选用 ______(选填序号)。
A.KSCN溶液和氯水
B、铁粉和KSCN溶液
C.浓氨水
D.酸性KMnO4溶液
②乙同学取560mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，溴水褪色，由此推知混合气体Y中含有 ______，其化学方程式为：______，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体4.66g，由此推知气体Y中该气体的体积分数为 ______。
(3)将下列物质进行分类(填序号)
①NaHCO3②Na2O③SO2④Fe⑤O2⑥CaCO3⑦盐酸⑧乙醇
属于电解质的是 ______；
属于非电解质的是 ______；
能导电的是 ______。
21. 2021年4月，江苏常州一工厂发生了氯气泄漏事故，部分群众身体不适。下图为制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置，其中各试剂瓶装的试剂为：B(氢硫酸)、C(溴化亚铁溶液)、D(碘化钾淀粉溶液)、E(混有二氧化硫的氯化钡溶液)、F(水)、H(紫色石蕊试液)。
(1)写出A装置中发生的化学反应方程式：______。
(2)Ⅰ中b瓶内宜加入的液体一般是 ______。如何检验这一部分装置的气密性？______。
(3)用图示的Ⅱ或Ⅲ代替Ⅰ是否可行？______，简要说明理由 ______。
(4)实验开始时，先，点燃A处酒精灯，打开分液漏斗旋塞和Ⅰ处活塞，让氯气充满整个装置，再点燃G处酒精灯，下列装置中的现象是B ______；D ______。
(5)G装置的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，其产物为二氧化碳和氯化氢，写出G中的反应的化学方程式 ______。
(6)在H处，紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色，再变为无色，其原因是 ______。
22. 化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。
某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
(1)从A∼E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是 ______(按气流方向，用小写字母表示)。
(2)B中使用雾化装置的优点是 ______。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为 ______。
(4)反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，则固体NaHCO3的质量为 ______g。
②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)=NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程．为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为 ______、______、洗涤、干燥。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释冷却后转移到容量瓶中定容，故A错误；
B.过滤可分离不溶性固体，图中过滤装置可分离硫酸亚铁溶液和不溶性杂质，故B正确；
C.需要加稀硫酸抑制亚铁离子水解，则保存溶液时加铁粉、稀硫酸，故C错误；
D.灼烧固体在试管或坩埚中进行，不能在蒸发皿中进行，故D错误；
故选：B。
A.不能在容量瓶中稀释浓硫酸；
B.过滤可分离不溶性固体；
C.需要加稀硫酸抑制亚铁离子水解；
D.灼烧固体在试管或坩埚中进行。
本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，涉及实验装置的作用、物质的性质、溶液配制、混合物分离提纯、盐类水解等，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性、可行性的评价，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.“以磁石磨针锋，则锐处常指南”(《杂志一》)中磁石的主要材料为Fe3O4，故A错误；
B.胶泥主要成分为Al2O3、CaO均属于金属氧化物，SiO2属于非金属氧化物，故B错误；
C.生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，为降低含碳量，可以通过“炒”制，将碳元素氧化除去，故C正确；
D.铁的合金，其硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，故D错误；
故选：C。
A.磁石成分为四氧化三铁；
B.金属元素和氧元素组成的氧化物为金属氧化物；
C.生铁降低含碳量后才能成为钢；
D.合金熔点低于各成分。
本题考查了物质性质、物质变化过程的分析判断，注意知识的积累，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A、分散系是混合物，而纳米级碳酸钙是纯净物，故不是分散系，故A错误；
B、若将纳米量级碳酸钙均匀分散到蒸馏水中则形成胶体，而胶体可以透过滤纸，故B错误；
C、纳米量级碳酸钙均匀分散到蒸馏水中形成胶体，而丁达尔效应是胶体特有的性质，故C正确；
D、纳米级碳酸钙仍然是碳酸钙，能和盐酸发生复分解反应生成二氧化碳，故D错误。
故选：C。
A、分散系是混合物；
B、胶体可以透过滤纸；
C、丁达尔效应是胶体特有的性质；
D、纳米级碳酸钙仍然是碳酸钙，能和盐酸发生复分解反应。
本题考查了纳米材料的概念、性质和用于，应注意的是纳米级碳酸钙在化学成分上仍然是碳酸钙，化学性质没有发生变化。
4.【答案】D
【解析】解：A.C60的摩尔质量是720g/mol，故A错误；
B.0.01molC60完全燃烧生成二氧化碳物质的量0.6mol，温度压强不知，不能计算气体体积，故B错误；
C.C60属于碳单质，不是有机化合物，故C错误；
D.C60与石墨是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故D正确；
故选：D。
C60是由碳元素形成的一种非金属单质，与石墨、金刚石等互为同素异形体，依据其化学式判断其摩尔质量、计算1mol完全燃烧产物的气体摩尔体积，据此进行解答。
本题考查了物质的量的计算与判断，题目难度不大，明确物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积的关系即可解答，注意掌握单质与化合物的区别，试题培养了学生的灵活应用能力。
5.【答案】C
【解析】解：A.氢元素原子最外层电子数为1的主族元素，无强的金属性，故A错误；
B.同主族主族元素原子半径依次减小，形成的两种包含阳离子和阴离子，阴离子比阳离子多一个电子层，如Cl−大于Na+的半径，故B错误；
C.在金属元素和非金属元素交界区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以在此寻找良好的半导体芯片的元素，如硅等，故C正确；
D.Cl的非金属性强于S，则最高价含氧酸酸性：Cl>S，不能确定含氧酸的强弱，如HClO酸性小于H2SO4，故D错误；
故选：C。
A.最外层电子数为1的主族元素有氢元素，无强的金属性；
B.同周期原子半径依次减小，离子半径小于结合离子核外电子层数分析判断；
C.处于金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有金属性又具有非金属性；
D.非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物形成的酸的酸性越强。
本题考查了周期表结构、微粒半径比较、非金属性强弱的判断依据等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.在加入Al粉能产生H2的溶液呈酸性或碱性，Fe2+、NO3−在酸性溶液中发生氧化还原反应，Fe2+、Mg2+都与OH−反应，不能大量共存，故A错误；
B.NH4+、Na+、NO3−、Fe3+、K+、MnO4−之间不反应，在0.1mol⋅L−1KMnO4溶液中能够大量共存，故B正确；
C.含有Cu2+的溶液呈蓝色，Cu2+、S2−之间反应生成CuS沉淀，不能大量共存，故C错误；
D.Al3+、OH−、HCO3−之间相互反应，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
A.该溶液呈酸性或强碱性，亚铁离子、镁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
B.四种离子之间不反应，都不与高锰酸钾溶液反应；
C.含有铜离子的溶液呈蓝色，铜离子与硫离子生成硫化铜沉淀；
D.铝离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子之间相互反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.酸浸时，样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，为复分解反应，故A正确；
B.操作X为过滤操作，用到主要仪器有铁架台、玻璃棒、烧杯、漏斗，故B错误；
C.氯酸钠氧化锰离子生成二氧化锰，反应的离子方程式为5Mn2++2ClO3−+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+，使Mn2+氧化为MnO2以提高产品产率，故C正确；
D.由流程可知NaClO3可用于氧化过程，则可循环使用，故D正确。
故选：B。
粗MnO2(含有较多的MnO和MnCO3)样品加入硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，反应的离子方程式为5Mn2++2ClO3−+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+，将产生的氯气和热的氢氧化钠溶液反应可以得到氯酸钠的溶液，将反应后的溶液过滤得固体二氧化锰，滤液含有硫酸、硫酸钠等，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查元素周期律，侧重基础知识的考查，难度不大。
【解答】
A.As与P为同族元素，为VA族元素，则其原子核外最外层有5个电子，故A正确；
B.AsH3的电子式为，故B错误；
C.非金属性As
9.【答案】A
【解析】解：反应中NaNO2→NO，NaNO2是氧化剂，由电荷守恒可知，还生成NaI，HI是还原剂，被氧化为I2，反应方程式为2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O。
A.NaNO2是氧化剂，HI是还原剂，根据电子转移守恒，NaNO2、HI的物质的量之比为[0−(−1)]：(3−2)=1：1，故A错误；
B.I2是氧化产物，若有1mol电子转移，生成I2为1mol2=0.5mol，故B正确；
C.酸性条件下，NO2−将碘离子氧化为碘单质，碘遇淀粉变蓝色，可以在酸性条件下用淀粉碘化钾试纸检验NO2−的存在，故C正确；
D.NO2−具有强氧化性，会导致血红蛋白中亚铁离子转化为铁离子而中毒，故D正确，
故选：A。
反应中NaNO2→NO，NaNO2是氧化剂，由电荷守恒可知，还生成NaI，HI是还原剂，被氧化为I2，反应方程式为2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O.
A.NaNO2是氧化剂，HI是还原剂，根据电子转移守恒计算；
B.I2是氧化产物，根据I元素化合价变化计算；
C.酸性条件下，NO2−将碘离子氧化为碘单质，碘遇淀粉变蓝色；
D.NO2−具有强氧化性，可以将亚铁离子转化为铁离子．
本题考查氧化还原反应概念与计算，难度不大，根据化合价判断氧化剂与还原剂、还原产物与氧化产物是关键，根据电子转移守恒计算氧化剂与还原剂的物质的量之比．
10.【答案】D
【解析】解：A.白色沉淀可能为AgCl，则该无色溶液中不一定含有SO42−，故A错误；
B.先通入氯气可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子，应先加KSCN溶液无现象，后通入氯气检验亚铁离子，故B错误；
C.氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，故C错误；
D.铁与氯气点燃时反应生成氯化铁，产生棕黄色的烟，反应为2Fe+3Cl2−点燃2FeCl3，故D正确；
故选：D。
A.白色沉淀可能为AgCl；
B.先通入氯气可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子；
C.氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；
D.铁与氯气点燃时反应生成氯化铁。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：A.1个氢氧化铝胶粒含多个氢氧化铝，质量大于78g，故A错误；
B.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，常温常压下，2.24LH2含物质的量小于1mol，氢原子数小于0.2NA，故B正确；
C.CaSO4与KHSO4的摩尔质量均为136g/mol，故136g混合物的物质的量为1mol，且两者均由1个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含有的阴离子为NA个，故C错误；
D.溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故D错误；
故选：B。
A.1个氢氧化铝胶粒含多个氢氧化铝；
B.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；
C.CaSO4与KHSO4的摩尔质量均为136g/mol，且两者均由1个阳离子和1个阴离子构成；
D.溶液体积未知。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
12.【答案】C
【解析】解：A.干燥管应大进小出，根据分析可知，装置的连接顺序为a→e→d→c→b→f→g，故A正确；
B.根据分析可知，装置C中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的杂质HCl，故B正确；
C.因为酸性：碳酸>次氯酸>HCO3−，84消毒液在空气中放置易变质，其原因为：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO，故C错误；
D.根据分析可知，装置D用于吸收多余的氯气，故D正确；
故选：C。
装置A中二氧化锰和浓盐酸加热，反应生成氯化锰、氯气、水，氯气中混有氯化氢、水蒸气，装置C中盛饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢，装置B中盛氢氧化钠溶液，和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，最后的尾气用碱石灰吸收，防止污染大气，据此分析作答。
本题主要考查氯及其化合物的相关知识，掌握氯及其化合物之间的相互转化是解决本题的关键，属于高频考点，难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.铁和水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气，铁和水蒸气反应不能生成氧化铁，物质间转化不能实现，故A错误；
B.铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠和过量盐酸反应生成氯化铝溶液，Al(s)→NaOH(aq)NaAlO2(aq)→过量HCl(aq)Al3+(aq)转化能实现，故B正确；
C.氟单质和水反应生成HF和氧气，氟元素不存在正价，无HFO存在，故C错误；
D.过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是生成氢气，不能实现转化，故D错误；
故选：B。
A.铁和水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气；
B.铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠和过量盐酸反应生成氯化铝溶液；
C.氟单质和水反应生成HF和氧气，氟元素不存在正价；
D.钠和氧气反应生成氧化钠，加热反应生成过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气。
本题考查了元素化合物相互之间的转化，明确相关物质的性质及发生的反应即可解答，题目难度不大。
14.【答案】A
【解析】解：A.d步反应生成Fe(OH)3可以作净水、但不能做消毒剂，故A错误；
B.由图可知，过程a、d会产生较多酸性废水破坏矿区生态环境，故B正确；
C.由a可知，1个FeS2转化2个SO42−失去14个电子，0.1molFeS2完全被氧化时失去电子为1.4mol，根据关系式：O2∼4e−，设大约消耗空气VL，则有VL×1522.4L/mol×4=1.4mol，解得V=39.2L≈40L，故C正确；
D.设FeCl2和FeCl3的物质的量分别为xmol、ymol，则有：n(Fe)n(Cl)=x+y2x+3y=12.1，解得：x：y=9：1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为11+9×100%=10%，故D正确；
故选：A。
A.Fe(OH)3不具有强氧化性，不能做消毒剂；
B.由图可知，过程a、d会产生H+；
C.由a可知，1个FeS2转化2个SO42−失去14个电子，0.1molFeS2完全被氧化时失去电子为1.4mol，根据关系式：O2∼4e−，设大约消耗空气VL，则有VL×1522.4L/mol×4=1.4mol，解得V即可；
D.设FeCl2和FeCl3的物质的量分别为xmol、ymol，则有：n(Fe)n(Cl)=x+y2x+3y=12.1，解得：x：y=9：1，即可计算样品中FeCl3的物质的量分数。
本题主要考查硫及其化合物之间的转化，同时考查氧化还原反应原理的应用，电子得失守恒的应用，属于高考高频考点，难度不大。
15.【答案】BC
【解析】解：A.由图可知，[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)HNO2]++H++X，根据原子守恒可知，X为N2和H2O，故A错误；
B.结合A中分析可知，上述历程的总反应为：2NH3+NO+NO2−催化剂2N2+3H2O，故B正确；
C.NH4+中含有4个N−H键，均为极性共价键，故C正确；
D.NH3、NH4+、H2O中的质子数分别为10、11、10，电子数均为10，故D错误；
故选：BC。
A.由图可知，[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)HNO2]++H++X，根据原子守恒，即可判断X；
B.结合A中分析可知，上述历程的总反应为NH3、NO、NO2反应生成N2、H2O；
C.A−B键为极性共价键，A−A键为非极性共价键；
D.NH3、NH4+、H2O中的质子数分别为10、11、10。
本题主要考查学生的看图理解能力，读取有效信息的能力，同时考查原子守恒、化学键类型、质子数、电子数的计算等，属于高频考点，A是易错选项，难度不大。
16.【答案】D
【解析】解：A.过量铁粉加人稀硝酸中，离子方程式为：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O，故A错误；
B.Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，离子方程式为：H++SO42−+Ba2++OH−=BaSO4↓+H2O，故B错误；
C.铜丝插入热的浓硫酸中生成硫酸铜、二氧化硫和水，离子方程式为：Cu+2H2SO4(浓)−△Cu2++SO42−+H2O+SO2↑，故C错误；
D.SO2通入酸性KMnO4溶液中，离子方程式为：5SO2+2H2O+2MnO4−=5SO42−+4H++2Mn2+，故D正确；
故选：D。
A.铁粉足量反应生成硝酸亚铁和一氧化氮和水；
B.Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，二者物质的量之比1：1；
C.不符合反应客观事实；
D.二氧化硫具有还原性，能够还原酸性高锰酸钾。
本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度中等。
17.【答案】C
【解析】解：A.二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，故A错误；
B.Cu与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁、氯化铜，引入新杂质，不能除杂，故B错误；
C.溴易溶于四氯化碳，与水分层，萃取、分液可分离，故C正确；
D.NaCl与硝酸银反应生成AgCl沉淀和硝酸钠，引入新杂质，不能除杂，故D错误；
故选：C。
A.二者均与NaOH溶液反应；
B.Cu与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁、氯化铜；
C.溴易溶于四氯化碳，与水分层；
D.NaCl与硝酸银反应生成AgCl沉淀和硝酸钠。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、除杂原则为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
18.【答案】C
【解析】解：A.加入酸后Q内发生反应：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑；Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，反应产生CO2、O2气体，故A正确；
B.反应产生的CO2、O2使气球变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2的体积，所以滴稀H2SO4前必须关闭K1、K2打开K3，故B正确；
C.由以上分析可知量筒Ⅰ中水的体积为产生的CO2、O2的体积，量筒Ⅱ中收集的是O2，故C错误；
D.读取气体总体积后关闭K3，再缓缓打开K1和K2，Q中气体经b除去CO2后，排水法可收集到O2，同时观察到Q气球慢慢缩小，故D正确；
故选：C。
变质的过氧化钠中含有碳酸钠，加入酸后Q内发生反应：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑；Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，反应产生的CO2、O2使气球变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2的体积，反应停止，打开K2，再缓缓打开K1，广口瓶内外相通，气囊Q慢慢缩小，混合气体通过碱石灰吸收CO2，最后量筒Ⅱ中收集的是O2，以此解答该题。
本题考查物质的测定，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
19.【答案】CO2+C−高温2COCO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3 Ce4+>Fe3+>Sn4+ MnBiO3− BiO3− Mn2+ H+ Bi3+ MnO4−
【解析】解：(1)①结X为黑色固体单质，A为O2，则X为C，Y为CO、Z为CO2，Z→Y的化学方程式为：CO2+C−高温2CO，
故答案为：CO2+C−高温2CO；
②若X为NaOH溶液，则A为CO2、Y为Na2CO3、Z为NaHCO3等符合转化关系，Y→Z的化学方程式可以为：CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，
故答案为：CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3；
(2)根据反应Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，可知氧化性：Ce4+>Fe3+，根据反应Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+，可知氧化性：Fe3+>Sn4+，所以Ce4+、Sn4+、Fe3+三种离子的氧化性由强到弱的顺序是Ce4+>Fe3+>Sn4+，
故答案为：Ce4+>Fe3+>Sn4+；
(3)①BiO3−→Bi3+的反应过程中化合价降低，应发生化合价升高的过程，即发生Mn2+→MnO4−的反应过程，Mn元素被氧化，BiO3−是氧化剂，
故答案为：Mn；BiO3−；
②BiO3−→Bi3+的反应过程中化合价降低，应发生化合价升高的过程，即发生Mn2+→MnO4−的反应过程，根据H原子守恒可知H+是反应物，组成一个未配平的化学方程式：BiO3−+Mn2++H+→Bi3++MnO4−+H2O，
故答案为：BiO3−；Mn2+；H+；Bi3+；MnO4−。
(1)①X为黑色固体单质，A为O2，则X为C，Y为CO、Z为CO2；
②若X为NaOH溶液，则A为CO2、Y为Na2CO3、Z为NaHCO3等符合转化关系；
(2)氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；
(3)BiO3−→Bi3+的反应过程中化合价降低，应发生化合价升高的过程，即发生Mn2+→MnO4−的反应过程，根据H原子守恒可知H+是反应物，以此解答该题。
本题考查较为综合，涉及无机物推断、氧化还原反应的配平及计算、氧化性强弱比较等知识，为高考常见题型和高频考点，熟练掌握元素化合物知识、明确氧化氧化还原反应概念，理解氧化还原反应三大守恒：电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒，题目充分考查了学生的分析理解能力及综合应用能力。
20.【答案】常温下，铁在浓硫酸中表面被钝化 DSO2 SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4 80%①②⑥ ③⑧ ④⑦
【解析】解：(1)常温下，铁遇冷的浓硫酸发生氧化还原反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步的反应，即发生钝化现象，常温下，可以用铁质容器盛放冷的浓硫酸，
故答案为：常温下，铁在浓硫酸中表面被钝化；
(2)①A.溶液中含有的Fe3+与SCN−反应使溶液呈红色，干扰亚铁离子检验，故A错误；
B.实验铁粉和KSCN溶液，只能检验中没有Fe3+，故B错误；
C.亚铁离子、铁离子都与氨水反应生成沉淀，氢氧化铁是红褐色沉淀，干扰亚铁离子检验，故C错误；
D.亚铁离子具有还原性，而酸性高锰酸钾有氧化性，发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，故D正确，
故答案为：D；
②气体Y通入足量溴水中，溴水褪色，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，由此推知混合气体Y中含有SO2，然后加入足量BaCl2溶液，发生反应：H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，
由硫原子守恒有n(SO2)=n(BaSO4)=4.66g233g/mol=0.02mol，所以二氧化硫的体积分数为0.02mol×22.4L/mol0.56L×100%=80%，
故答案为：SO2；SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；80%；
(3)①NaHCO3属于盐，是离子化合物，属于电解质，固体状态，不能导电；
②Na2O是活泼金属氧化物，是离子化合物，属于电解质，固体状态，不能导电；
③SO2属于非金属氧化物，属于非电解质，不能导电；
④Fe属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，属于金属单质，可以导电；
⑤O2属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，属于非金属气体单质，不能导电；
⑥CaCO3属于盐，属于电解质，固体状态，不能导电；
⑦盐酸属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，属于电解质水溶液，能导电；
⑧乙醇属于有机物，是共价化合物，属于非电解质，不能导电；
属于电解质的是①②⑥；属于非电解质的是③⑧；能导电的是④⑦，
故答案为：①②⑥；③⑧；④⑦。
(1)常温下，铁在浓硫酸中发生钝化；
(2)①铁离子与SCN−反应使溶液呈红色，亚铁离子、铁离子都与氨水反应生成沉淀，而亚铁离子有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色；
②气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4反应，白色沉淀为硫酸钡，根据硫原子守恒计算二氧化硫的物质的量，进而计算二氧化硫的体积分数；
(3)电解质是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，非电解质是在熔融状态和水溶液中都不导电的化合物，酸、碱、盐、活泼金属氧化物等属于电解质，非金属氧化物、大多数有机物等属于非电解质，注意单质、混合物既不是电解质也不是非电解质；金属、石墨、电解质溶液、熔融状态的离子化合物可以导电。
本题考查比较综合，涉及铁元素单质及其化合物、硫元素化合物、电解质与非电解质、化学计算等，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
21.【答案】MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+2H2O+Cl2↑饱和食盐水 关闭分液漏斗旋塞和Ⅰ处活塞，从c中向容器内加饱和食盐水，当c的下端浸入液面下且c中的液面高于b瓶内液面，并长时间不下降，则说明气密性好 Ⅱ可行，Ⅲ不行 Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，体积不能改变，增大压强会有危险 淡黄色沉淀 溶液变蓝 C+2H2O+2Cl2=CO2↑+4HCl↑生成的HCl使紫色石蕊试液变红色，剩余的氯气又与水作用生成次氯酸，又起漂白作用，使红色褪去
【解析】解：(1)装置A为固液加热装置，实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+2H2O+Cl2↑，
故答案为：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+2H2O+Cl2↑；
(2)利用饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢，Ⅰ中b瓶内加入的液体最好是饱和食盐水；检验这一部分装置的气密性方法为：关闭分液漏斗旋塞和Ⅰ处活塞，从c中向容器内加饱和食盐水，当c的下端浸入液面下且c中的液面高于b瓶内液面，并长时间不下降，则说明气密性好，
故答案为：饱和食盐水；关闭分液漏斗旋塞和Ⅰ处活塞，从c中向容器内加饱和食盐水，当c的下端浸入液面下且c中的液面高于b瓶内液面，并长时间不下降，则说明气密性好；
(3)Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，气体无法流通，增大压强会有危险，则Ⅱ可行，Ⅲ不行，
故答案为：Ⅱ可行，Ⅲ不行；Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，体积不能改变，增大压强会有危险；
(4)氯气与B中氢硫酸发生氧化还原反应生成S，出现淡黄色沉淀，氯气与D中碘化钾反应生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液，溶液变蓝，
故答案为：淡黄色沉淀；溶液变蓝；
(5)G装置的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，其产物为二氧化碳和氯化氢，结合原子守恒写出化学方程式为：C+2H2O+2Cl2=CO2↑+4HCl↑，
故答案为：C+2H2O+2Cl2=CO2↑+4HCl↑；
(6)G中生成HCl进入H内，使紫色石蕊试液变红色，同时H作为尾气处理装置，剩余的氯气又与水作用生成次氯酸，又起漂白作用，使红色褪去，原因为生成的HCl使紫色石蕊试液变红色，剩余的氯气又与水作用生成次氯酸，又起漂白作用，使红色褪去，
故答案为：生成的HCl使紫色石蕊试液变红色，剩余的氯气又与水作用生成次氯酸，又起漂白作用，使红色褪去。
装置A用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+2H2O+Cl2↑，由于HCl易挥发，b的试剂为饱和食盐水，可除杂，纯净的氯气通入B内与氢硫酸反应生成S单质，与C内溴化亚铁溶液反应生成铁离子和溴单质，与D中碘化钾反应生成碘单质，遇淀粉溶液变蓝，与E中混有二氧化硫的氯化钡溶液形成硫酸钡沉淀，多余的氯气进入尾气处理装置H中，紫色石蕊试液先吸收HCl而溶液变红，再由于氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，溶液褪色。
本题以氯气的制备为载体考查了氯气的性质，题目综合性较强，侧重考查依据所学知识分析问题、解决问题的能力，题目难度中等。
22.【答案】aefbcgh 使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率 NH3⋅H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓0.84g蒸发浓缩 冷却结晶
【解析】解：(1)首先利用装置A制取CO2，然后利用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2混有的HCl气体，然后通入B装置中与氨盐水反应，最后利用NaOH溶液吸收尾气，所以连接顺序为aefbcgh，
故答案为：aefbcgh；
(2)使用雾化装置可以将氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率，
故答案为：使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；
(3)饱和氨盐水和CO2反应得到碳酸氢钠晶体和氯化铵，所以生成NaHCO3的总反应的化学方程式为NH3⋅H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，
故答案为：NH3⋅H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
(4)①2NaHCO3−△Na2CO3+H2O和CO2↑，浓硫酸吸收H2O后CO2使过氧化钠增重，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，根据方程式可知每反应1molCO2，过氧化钠增重28g，所以增重0.14g时，说明生成0.005molCO2，则NaHCO3的物质的量为0.01mol，质量为0.01mol×84g/mol=0.84g，
故答案为：0.84g；
②据图可知氯化铵的溶解度受温度影响较大，所以可以通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。
浓氨水中加入氯化钠粉末得到饱和氨盐水，通入过量二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，过滤后加热碳酸氢钠可得碳酸钠，母液加入氯化钠粉末析出氯化铵；
(1)首先利用装置A制取CO2，然后利用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2混有的HCl气体，然后通入B装置中与氨盐水反应，最后利用NaOH溶液吸收尾气；
(2)使用雾化装置可以将氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积；
(3)饱和氨盐水和CO2反应得到碳酸氢钠晶体和氯化铵；
(4)①2NaHCO3−△Na2CO3+H2O和CO2↑，浓硫酸吸收H2O后CO2使过氧化钠增重，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑。
本题考查物质的制备方案设计，涉及制备原理与工艺流程、混合物分离提纯等知识，为高频考点，把握制备原理、物质的性质、混合物分离方法、实验操作为解答的关键，侧重分析能力与实验能力的考查，题目难度中等。
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