2022-2023学年河北省廊坊市第一中学高一上学期期末考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年河北省廊坊市第一中学高一上学期期末考试化学试题含解析，共33页。试卷主要包含了单选题，多选题，元素或物质推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。
河北省廊坊市第一中学2022~2023 学年高一上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．水饺是中华传统美食。下列制作水饺的主要过程中，包含过滤操作的是
A．和面、饧面 B．剁馅、拌馅
C．擀皮、包饺子 D．煮熟、捞饺子
【答案】D
【详解】A．和面、饧面过程主要包括搅拌和静置，故A不符和题意；
B．剁馅、拌馅的过程主要包括粉碎和搅拌，故B不符合题意；
C．擀皮、包饺子过程主要包括碾压和包馅，故C不符合题意；
D．煮熟、捞饺子过程主要包括加热水煮和过滤，故D符合题意；
本题答案D。
2．下列有关化学用语的表示中正确的是（    ）
A．过氧化氢的电子式：
B．的电子式：
C．空间填充模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子
D．分子的结构式：O=C=O
【答案】D
【详解】A．过氧化氢是共价化合物，H、O原子间通过共价键结合，所以的电子式为，A错误；
B．核外最外层有8个电子，因此的电子式为，B错误；
C．分子空间构型为直线形，不能用该模型表示，C错误；
D．分子中C原子与2个O原子共形成四个共用电子对，结构式为O=C=O，D正确；
答案选D。
3．下列离子方程式正确的是
A．澄清石灰水与过量反应：
B．与在酸性溶液中的反应：
C．向沸水中滴加饱和的溶液制备胶体：
D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：
【答案】C
【详解】A．澄清石灰水与过量反应的离子方程式为，A错误；
B．与在酸性溶液中的反应的离子方程式为，B错误；
C．向沸水中滴加饱和的溶液制备胶体，反应的离子方程式为，C正确；
D．碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应时，阳离子、阴离子都发生反应，反应的离子方程式，D错误；
故选C。
4．元素及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系，不能均由一步反应实现的是
A．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 B．NH3→NO→NO2→HNO3
C．Na→Na2O→Na2O2→Na2CO3 D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
【答案】A
【详解】A．Al与氧气反应生成Al2O3，Al2O3不能直接生成Al(OH)3，A错误；
B．NH3与氧气转化为NO，NO再与氧气反应为NO2，NO2溶于水生成HNO3，B正确；
C．Na与氧气反应生成Na2O，Na2O与氧气反应生成Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成Na2CO3，C正确；
D．Fe与盐酸反应生成FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2与氧气、水反应生成Fe(OH)3，D正确；
答案为A。
5．下列离子方程式的书写及评价均合理的是
选项
离子方程式
评价
A
将通入含溶液中：
正确；过量，可将、均氧化
B
的溶液和的溶液等体积均匀混合：
正确；与消耗的的物质的量之比为
C
过量通入溶液中：
正确；说明酸性：强于
D
溶液与足量的溶液反应：
正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．将1molCl2通入到含1molFeI2溶液中，由于I-的还原性强于Fe2+，所以只能将2molI-氧化，其正确的离子方程式为2I-+Cl2═2Cl-+I2，故A错误；
B．1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合，设溶液体积为1L，偏铝酸钠和HCl的物质的量分别为1mol、2.5mol，1mol偏铝酸钠消耗1molHCl生成1mol氢氧化铝，剩余的1.5molHCl能够溶解0.5mol氢氧化铝，反应的离子方程式为，与消耗的的物质的量之比为1:1.5=2:3，故B正确；
C．HClO有强氧化性，能够氧化SO2，正确的离子方程式为SO2+H2O+ClO-=Cl-+SO42-+2H+，故C错误；
D．Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，由于氢氧化镁比碳酸镁更难溶，所以反应生成氢氧化镁沉淀，其离子方程式为Mg2++2+4OH-=Mg(OH)2↓+2H2O+2，故D错误；
答案为B。
6．元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断，下列说法不合理的是
A．若X＋和Y2－的核外电子层结构相同，则原子序数：X > Y
B．卤族元素的最高正化合价等于其主族序数
C．元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族十个纵列的元素都是金属元素
D．Cs和Ba分别位于第六周期IA和IIA族，碱性：CsOH>Ba(OH)2
【答案】B
【详解】A．若X+和Y2-的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期，故原子序数：X＞Y，故A正确；
B． 卤族元素除F元素外，其余元素的最高正化合价等于其主族序数，为+7价，F只有负价态，无正价，故B错误；
C．元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族十个纵列的元素均为过度元素，都是金属元素，故C正确；
D．同周期元素自左而右金属性减弱，金属性Cs＞Ba，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOH＞Ba（OH）2，故D正确；
答案为B。
7．把一块铁铝合金溶于足量的盐酸中，通入足量的氯气中，再加入过量NaOH溶液，过滤，把滤渣充分灼烧，得到的固体残留物恰好跟原来合金的质量相等，则此合金中，铁与铝的质量比约为
A．1：1 B．3：1 C．7：3 D．1：4
【答案】C
【详解】把一块铁铝合金溶于足量的盐酸中，反应生成氯化铝、氯化亚铁，通入足量的氯气，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，再加入过量NaOH溶液，氯化铁和NaOH反应生成氢氧化铁沉淀，氯化铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠溶液和水，过滤，得到氢氧化铁沉淀，将沉淀充分灼烧，得到的固体残留物(氧化铁)恰好跟原来合金的质量相等，铁在反应前后质量不变，铝的质量相当于氧化铁中氧的质量，因此合金中，铁与铝的质量比约为2×56：3×16=7：3，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
8．用NaCl固体配制100 mL 1.00 mol·L-1的溶液，溶解过程如图所示。下列说法正确的是

A．a为Na+，b为Cl-
B．水分子破坏了NaCl中的离子键
C．NaCl只有在水溶液中才能发生电离
D．上述过程可表示为NaCl Na++Cl-
【答案】B
【详解】A．Na+的半径小于Cl-，所以b为Na+ ，a为Cl-，A错误；
B．据图可知，NaCl溶于水后，在水分子作用下形成水合离子，水分子破坏了NaCl中的离子键，B正确；
C．NaCl在熔融状态下也可以电离形成钠离子和氯离子，C错误；
D．上述过程为氯化钠的电离，不需要通电，D错误；
综上所述答案为B。
9．下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略)。下列说法错误的是

A．装置A烧瓶内的试剂可以是KMnO4
B．装置B具有除杂和贮存气体的作用
C．实验结束后，振荡D会观察到液体分层且下层呈紫红色
D．利用该装置能证明氯、溴、碘的非金属性逐渐减弱
【答案】C
【分析】实验室制备氯气，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；也可以高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应生成氯气、氯化锰、氯化钾和水；制备的氯气中含有氯化氢气体杂质和水蒸气，可用饱和食盐水除去氯化氢气体，用浓硫酸干燥，用氢氧化钠尾气处理。
【详解】A. 根据装置图，装置A没有加热，故烧瓶内的试剂可以是KMnO4，高锰酸钾与浓盐酸反应的化学反应方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O，A正确；
B. 制备的氯气中含有少量挥发出来的氯化氢气体，可用饱和食盐水除去，故根据装置图，装置B具有除杂和贮存气体的作用，B正确；
C. 根据萃取原理，苯的密度比水小，故振荡D会观察到液体分层且上层呈紫红色，C错误；
D. 根据装置C、D中的颜色变化可知，装置A制备出来的氯气，与装置C中的溴化钠反应生成溴单质，将生成的液溴滴加到D装置，可生成碘单质，证明氯、溴、碘的非金属性逐渐减弱，D正确；故答案为：C。
10．某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为、、，不考虑其他杂质)制备七水合硫酸亚铁(),设计了如下流程：

已知①与酸不反应；②氢氧化铝能与溶液反应生成偏铝酸钠溶液。
下列说法不正确的是
A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂选用铁粉
B．固体中一定有，加溶液控制是为了使转化为进入固体
C．从溶液得到产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D．若改变方案，在溶液中直接加至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到
【答案】D
【分析】硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)中加入足量稀硫酸，发生的反应有Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，SiO2不溶于稀硫酸，然后过滤，得到的固体1成分为SiO2，滤液1中含有Fe2(SO4)3、H2O、Al2(SO4)3；在滤液1中加入X，然后加入NaOH溶液并调节溶液的pH，得到沉淀Al(OH)3和溶液2，从溶液2中能得到FeSO4•7H2O晶体，说明溶液2中溶质为FeSO4，则X具有还原性，能将Fe3+氧化为Fe2+，且不能引进新的杂质，则X为Fe,加入试剂X发生的离子反应有2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，将溶液2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到FeSO4•7H2O晶体。
【详解】A．最终生成的是硫酸亚铁，因此前面的酸应选择硫酸，试剂X选用铁粉，故A正确；
B．烧渣中只有二氧化硅不溶于酸，因此固体1中一定含有二氧化硅，溶液1加入铁粉后，溶液中存在亚铁离子和铝离子，控制pH可以使溶液中的铝离子沉淀，亚铁离子留在溶液中，故B正确；
C．FeSO4⋅7H2O不稳定，易被氧化，所以实验中须控制条件防止其被氧化，故C正确；
D．溶液1中含有铁离子，因此加入足量氢氧化钠后生成氢氧化铁沉淀，再加硫酸，得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故D错误；
故答案选D。
11．铁及其化合物是中学化学中的一类重要物质，下列关于铁元素的叙述中正确的有
①氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为
②不可由与水反应得到，但能通过化合反应制取
③制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁
④配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
⑤Fe与反应生成，推测Fe与反应生成
⑥FeO投入稀和稀中均得到浅绿色溶液
⑦腐蚀Cu刻制印刷电路板，说明铁比铜金属性强
⑧纯铁易被腐蚀，可以在纯铁中混入碳元素制成“生铁”，以提高其抗腐蚀能力
⑨有强氧化性，还原产物又易水解成胶体，是自来水理想的消毒剂和净水剂
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【详解】①氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为，①错误；
②和水不反应，因此不可由与水反应得到，但能通过化合反应制取，②正确；
③制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，生成的氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为红褐色的，③错误；
④配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，其目的是抑制氯化铁的水解，再加水稀释至所需浓度，④正确；
⑤Fe与反应生成，I2的氧化性较弱，只能将铁氧化为亚铁离子，即Fe与反应生成的是，⑤错误；
⑥FeO投入稀和稀中，3FeO+10HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+5H2O，生成黄色溶液，FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，生成浅绿色溶液，⑥错误；
⑦腐蚀Cu刻制印刷电路板，反应离子方程式为，金属性：，不能说明铁比铜金属性强，⑦错误；
⑧生铁中的铁、碳和电解质溶液易形成原电池，发生电化学腐蚀，所以生铁比纯铁更易腐蚀，⑧错误；
⑨中所含Fe元素化合价为+6价，属于高价态，具有强氧化性，可以杀菌消毒，被还原为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，表面积很大，可以吸附悬浮物起净水作用，⑨正确；
综上所述，正确的是②④⑨，故选B。
12．二水合草酸亚铁()是制备某种铁锂电池最常用的原料。国内某科研团队以氮气为保护气，对二水合草酸亚铁的受热分解情况进行研究，生成的气体只含CO、和，得到固体质量与加热温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A．b点的固体成分为
B．b→c的方程式为
C．从a→b，生成的CO、的物质的量不相等
D．加热至250℃以上，固体质量略有增加，可能是因为FeO与CO反应生成了
【答案】B
【详解】A．1.8g的物质的量为，由图可知，减少的质量为水的质量，中午减少的水的物质的量，说明结晶水全部失去，则b点的固体成分为，故A错误；
B．由铁原子守恒，可知1.16g固体中铁的质量为0.56g，阴离子的质量为，损失的质量为，则b→c的反应为受热分解为，故B正确；
C．b→c的反应生成的一氧化碳的物质的量为，c→d的反应生成二氧化碳的物质的量为，所以从a→b，生成的CO、的物质的量相等，故C错误；
D．加热至250℃以上，固体质量略有增加，可能是因为FeO与空气中的氧气反应生成，故D错误；
答案选B。
13．几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7mol•L-1的盐酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（标况）氯气时，恰好使溶液中的Fe2+完全转化为Fe3+，则该混合物中铁元素的质量分数为
A．72.4% B．71.4% C．79.0% D．63.6%
【答案】B
【详解】铁的氧化物和盐酸恰好反应生成氯化物，根据电荷守恒，氧化物中氧原子的物质的量=0.1×7/2=0.35摩尔，氯气的物质的量为0.56/22.4=0.025摩尔，根据电子守恒，混合物中的+2价铁的物质的量为0.025×2/1=0.05摩尔，根据电荷守恒分析，混合物中+3价铁的物质的量为（0.35×2-0.05×2）/3=0.2摩尔，则混合物中铁元素的质量分数=（0.05+0.2）×56/[（0.05+0.2）×56+0.35×16]=71.4%，选B。
14．下列有关碱金属、卤素原子结构和性质的描述，正确的个数为
①随着核电荷数的增加，碱金属单质的熔、沸点依次升高，密度依次增大
②、、、的最外层电子数都是7，次外层电子数都是8
③碱金属单质的金属性很强，均易与氧气发生反应，加热时生成的氧化物形式为
④根据同族元素性质的递变规律推测，与化合较难，破化银也难溶于水
⑤根据、、的非金属性依次减弱，可推出、、的酸性依次减弱
⑥碱金属都应保存在煤油中
⑦卤素按、、、的顺序非金属性逐渐减弱的原因是随着核电荷数的增加，电子层数增多，原子半径增大
⑧碳酸铯不易发生分解反应生成氧化铯和二氧化碳
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【详解】①碱金属单质的熔、沸点随着原子序数的递增而降低，碱金属单质的密度随着原子序数的递增呈增大趋势(例外)，故①错误；
②是9号元素，原子次外层电子数为2，最外层电子数为7，、、的最外层电子数都是7，次外层电子数分别是8、18、18，故②错误；
③碱金属单质的金属性很强，均易与氧气发生反应，加热时，锂生成氧化锂，钠生成过氧化钠，故③错误；
④砹的原子序数大于碘，根据同族元素性质的递变规律可以推测，与氢气化合较难，砹化银也难溶于水，故④正确；
⑤元素的非金属性强弱与其对应氢化物的酸性强弱无关，因此由、、的非金属性逐渐减弱，无法推出、、的酸性强弱，故⑤错误；
⑥的密度比煤油小，不能保存在煤油中，应该保存在石蜡中，故⑥错误；
⑦F、、、位于同一主族，原子序数逐渐增大，电子层数增多，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减小，得电子的能力逐渐降低，故非金属性逐渐减弱，故⑦正确；
⑧氧化铯是活泼金属氧化物，易和二氧化碳发生反应，所以碳酸铯不易发生分解反应生成氧化铯和二氧化碳，故⑧正确。
答案选B。
15．根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是

事实
推测
A
12Mg与水反应缓慢，20Ca与水反应较快
56Ba(ⅡA族)与水反应会更快
B
Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应
P与H2在高温时能反应
C
HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解
HBr的分解温度介于二者之间
D
Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料
ⅣA族的元素单质都是半导体材料

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A.Be、Mg、Ca、Sr、Ba位于同一主族，其金属性逐渐增强。根据 Mg与冷水较难反应、Ca与冷水较易反应，可以推测Ba与冷水反应更快，A合理；
B. Si、P、S、Cl位于同一周期，其非金属性逐渐增加，则非金属单质和氢气反应由难到易，根据Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应可以推测:P与H2在高温时能反应，B合理；
C.Cl、Br、I位于同一主族，其非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性由强到弱，根据 HCl在1500℃时分解、HI在230℃时分解，可以推测HBr的分解温度介于二者之间，C合理；
D. 硅和锗位于金属与非金属的分界线附近，这样的元素既有一定的非金属性又有一定的金属性，可在这附近找到半导体材料。Si是半导体材料，同族的Ge是半导体材料。ⅣA族的其他元素距分界线较远，其单质不是半导体材料，如金刚石不导电，锡和铅是金属导体，D不合理；
答案选D。
16．下图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法不正确的是

A．气态氢化物的稳定性：Y＞X
B．Z与M两者的最高价氧化物的水化物能相互反应
C．X、Z形成的化合物中可能含有共价键
D．N的气态氢化物及其氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】D
【分析】同周期元素自左而右原子半径减小，同主族元素自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Cl元素。
【详解】A．非金属性F＞O，故气态氢化物稳定性HF＞H2O，故A正确；
B．氢氧化铝具有两性，故能与氢氧化钠反应，故B正确；
C．Na与O形成的Na2O2中含有共价键，故C正确；
D．Cl的氧化物对应的水化物HClO为弱酸，故D错误；
故选D。
17．实验室利用NH4Cl固体和Ca(OH)2固体反应制氨气，反应方程式为：，下列关于该反应的说法错误的是
A．NH4Cl中存在离子键和极性键
B．此反应过程中既有离子键、极性键断裂，也有离子键和极性键形成
C．1 mol Ca(OH)2含2 mol H-O键，1 mol NH3含3 molN-H键
D．像Ca(OH)2、CaCl2这样含金属元素的化合物一定属于离子化合物
【答案】D
【详解】A．NH4Cl是离子化合物，与Cl-通过离子键结合，在阳离子中N、H原子之间以极性共价键结合，故NH4Cl中存在离子键和极性键，A正确；
B．在该反应发生时，既有反应物中离子键、极性共价键的断裂，也有生成物中离子键、极性共价键的形成，B正确；
C．Ca(OH)2是离子化合物，在OH-中含有H-O共价键，在1个Ca(OH)2中含有2个H-O键，则在1 mol Ca(OH)2含2 mol H-O键；在1个NH3中含有3 个N-H键，则在1 mol NH3含3 mol N-H键，C正确；
D．含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3是共价化合物，D错误；
故合理选项是D。
18．a、b、c、d、e均为短周期主族元素，其原子半径和最外层电子数的关系如图所示。下列说法正确的是

A．单质的熔沸点：c＜d B．元素的非金属性：c＜d＜e
C．a与b、e均形成共价化合物 D．d、e的最高价含氧酸均为强酸
【答案】D
【分析】由其原子半径和最外层电子数的关系图可知，c、d、e最外层电子数分别为4、5、6，同一周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，可知c为C，d为N，e为S；a和b最外层都为一个电子，可知a和b都位于第ⅠA主族，a原子半径最小，b原子半径最大，所以a为H，b为Na，。
【详解】A．c为C，d为N，C形成的单质为固体，如金刚石、石墨等，N形成的单质为气体，故单质熔沸点：c＞d，故A错误；
B．c为C，d为N，e为S，非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，酸性：H2CO3＜H2SO4＜HNO3，故单质的非金属性：c＜e＜d，故B错误；
C．a为H，b为Na，e为S，a与b形成的NaH属于离子化合物，a和e形成H2S属于共价化合物，故C错误；
D．d为N，最高价含氧酸为HNO3，为强酸，e为S，最高价含氧酸为H2SO4，为强酸，故D正确；
故答案为D。
19．已知A，B，C，D，E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法错误的是

A．简单离子的半径：D>E
B．简单氢化物的热稳定性：C>B
C．化合物X有较强的氧化性
D．C的单质与D的单质在加热条件下的反应产物中含有共价键
【答案】A
【分析】由图1可知，A、B、C、D、E原子序数依次增大，结合图2信息中D形成带1个正电荷的阳离子，可推出D为Na元素，再结合其他信息推出A、B、C、D、E分别为H、C、O、Na、S，化合物X为Na2CO3⋅H2O2，据此分析解题。
【详解】A．D、E的两种简单离子的半径：S2−>Na+，A错误；
B．简单氢化物的热稳定性与元素的非金属性一致，B、C即C、O为同一周期元素从左往右非金属性依次增强，故热稳定性：H2O>CH4，B正确；
C．由图2可知化合物中含H2O2，有较强的氧化性，C正确；
D．C的单质与D的单质即O2和Na，二者在加热条件下的反应产物Na2O2中含有非极性键，D正确；
故选A。
20．在由Fe、FeO和组成的混合物中加入100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体(标准状况)，此时溶液中无离子，则下列判断正确的是
A．混合物中三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1∶1∶3
B．反应后所得溶液中的与的物质的量浓度之比为1∶3
C．混合物中，FeO的物质的量无法确定，但Fe比的物质的量多
D．混合物中，的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多
【答案】C
【分析】Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物与盐酸发生反应，首先是氧化物溶于酸，反应为：FeO+2HCl=FeCl2+H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，然后发生Fe3+和Fe的反应，即Fe+2Fe3+=3Fe2+，最后发生Fe+2H+=Fe2++H2↑，由于有气体生成可知Fe与盐酸发生了反应，则Fe3+完全被Fe消耗，溶液中不存在Fe3+，溶质只有FeCl2，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，Fe既与Fe3+反应，Fe 2Fe3+ Fe2O3，又与盐酸反应，因此Fe比Fe2O3的物质的量多，但无法确定FeO的物质的量，故不能确定三者消耗的盐酸的物质的量，故A错误；
B．反应后所得溶液为FeCl2溶液，阳离子和阴离子的物质的量之比为1:2，故B错误；
C．混合物恰好完全溶解，且无Fe3+ 离子，溶液中溶质为FeCl2，由反应Fe+2Fe3+=3Fe2+知，Fe和Fe2O3反应时，二者消耗的物质的量相同，所以Fe比Fe2O3的物质的量多，故C正确；
D．由A、C分析知，FeO的物质的量无法确定，但Fe比的物质的量多，故D错误；
故选C。
21．我国科学家成功合成了世界上首个含五氮阴离子的盐（局部结构如图），其中还有两种10电子离子、一种18电子离子。X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，且均不在同一族。下列说法不正确的是（    ）

A．Y的原子半径大于Z的原子半径
B．在该盐中，存在极性共价键和非极性共价键
C．Z的简单气态氢化物稳定性比Y的简单气态氢化物稳定性强
D．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比M的最高价氧化物对应水化物的酸性强
【答案】D
【分析】结构图中含有五氮阴离子，则Y为氮(N)；盐中含有两种10电子离子，则应为NH4+、H3O+，从而得出X为氢(H)，Z为氧(O)；M应为18电子离子，且离子半径最大，与其它元素不在同一族，则其只能为氯(Cl)。
【详解】A．Y(N)的原子半径大于Z(O)的原子半径，符合同周期元素原子半径递变规律，A正确；
B．在该盐中，NH4+、H3O+内都存在极性共价键，五氮阴离子中含有氮氮非极性共价键，B正确；
C．非金属性O>N，则Z(O)的简单气态氢化物稳定性比Y(N)的简单气态氢化物稳定性强，C正确；
D．Y(N)的最高价氧化物对应水化物的酸性比M(Cl)的最高价氧化物对应水化物的酸性弱，D不正确；
故选D。
22．某化学实验室产生的废液中含有 Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，甲同学设计了如下图所示的方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。据此分析，下列说法正确的是

A．沉淀A中含有2种金属单质
B．可用 KSCN 溶液来检验溶液B中所含的金属离子
C．溶液 A 若只经过操作③最终将无法得到沉淀C
D．操作①②③中都需要用到玻璃棒、漏斗
【答案】B
【分析】Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子和过量的铁反应生成亚铁离子和单质铜，通过过滤得到固体A和溶液A，因为铁过量，沉淀A为铁和铜的混合物，溶液A含亚铁离子；亚铁离子具有还原性，易被氧化剂氧化，故加入过氧化氢能把亚铁离子氧化成铁离子，故溶液B中含铁离子；铁离子和碱反应生成氢氧化铁沉淀，故沉淀C为氢氧化铁沉淀，废水通过处理不含Fe3+、Cu2+，可以排放，以此解答该题。
【详解】A.废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，加入过量的铁粉后，铁离子被还原为亚铁离子，铜离子被还原成金属铜，银离子被还原生成银，所以在第①得到的沉淀中含有金属铜、银和过量的铁，故A错误；
B.溶液B中含有的金属阳离子为Fe3+，因为Fe3+遇SCN-离子，发生反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液呈血红色，所以溶液中滴入KSCN溶液后变红，说明该溶液中含有Fe3+，检验溶液B中含有的金属阳离子常用的试剂是KSCN溶液，故B正确；
C.溶液A含亚铁离子，加入碱生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化生成氢氧化铁，故C错误；
D.操作②加入过氧化氢，为亚铁离子的氧化过程，不需要漏斗，故D错误。
答案选B。
23．某100mL溶液含有、、、、、中的若干种，取该溶液进行实验，实验过程如图(所加试剂均过量，气体全部逸出)。下列说法错误的是

已知：
A．原溶液中一定存在的阴离子有、和
B．原溶液中一定不存在，可能存在
C．“沉淀1”中、的物质的量之比为2：1
D．若原溶液中不存在，则
【答案】CD
【分析】加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有或中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在和，BaSO4沉淀是2.33g，物质的量是 =0.01mol，的物质的量是=0.01mo1， 和Fe3+不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现的气体为氨气，一定含有，的物质的量是=0.05mol，根据电荷守恒，阳离子所带正电荷的物质的量之和为0.05mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.01mol×2+0.01mol×2=0.04mol，所以一定存在Cl-，Na+不能确定，n(Cl-)≥0.01mol，所以c(Cl-)≥0.1mol/L。
【详解】A．根据分析，原溶液一定存在、和，故A正确；
B．根据分析，原溶液一定存在Cl-，可能存在Na+，故B正确；
C．根据分析， 生成的物质的量为0.01mo1，的物质的量为0.01mol，两者物质的量之比为1：1，故C错误；
D．根据分析，若原溶液中不存在Na+，则c(Cl)= 0.1mol/L，故D错误；
故案：CD。

二、多选题
24．开发利用海水化学资源的部分过程如图所示，下列说法不正确的是

A．操作①中发生反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
B．可以用澄清石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3溶液
C．③的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=2H++SO+2HBr
D．除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO，应依次加入NaOH溶液、BaCl2溶液和Na2CO3溶液
【答案】BC
【详解】A．漂白剂的有效成分为NaClO，反应的化学方程式为，A正确；
B．、与澄清石灰水反应时都产生白色沉淀，故不能用澄清石灰水鉴别二者，B错误；
C．第③步反应中，将氧化为硫酸而自身被还原为HBr(为强酸)，反应的离子方程式为，C错误；
D．去粗盐溶液中的、、，加入溶液会引入钡离子，碳酸钠溶液应在氯化钡溶液之后加入，以除去溶液中的钙离子和过量的钡离子，D正确；
答案选BC。
25．氟气化学性质十分活泼，具有很强的氧化性，工业上氟气常用作火箭燃料的氧化剂、卤化氟的原料、冷冻剂等。已知，针对该反应的下列有关说法正确的有
A．既是氧化产物又是还原产物
B．的氧化性强于
C．生成42gNaF时，该反应转移1mol电子
D．反应中既有极性键、非极性键的断裂，又有极性键、非极性键的形成
【答案】BD
【分析】该反应中，F2中F的化合价降低，生成NaF和SO2F2，故F2为氧化剂，NaF、SO2F2为还原产物；Na2SO4中O的化合价升高，生成O2，故Na2SO4为还原剂，O2为氧化产物。
【详解】A．F2中F的化合价降低，生成NaF和SO2F2，故F2为氧化剂，SO2F2为还原产物，A错误；
B．F2为氧化剂，O2为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故F2的氧化性强于O2，B正确；
C．生成42g NaF时，即生成1mol NaF，则有1mol F2参加反应，故转移2mol电子，C错误；
D．反应中，既有极性键（硫氧键）、非极性键（氟氟键）的断裂，又有极性键（硫氟键）、非极性键（氧氧键）的形成，D正确；
故选BD。

三、元素或物质推断题
26．元素周期表在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的5种短周期主族元素，相关信息如下表。
元素编号
原子结构或元素及其化合物特性
X
L层电子数是内层电子数的2倍
Y
地壳中含量最多的元素
Z
短周期元素中原子半径最大
W
氧化物是两性氧化物
Q
同周期元素中，最高价氧化物对应水化物的酸性最强

请回答下列问题：
(1)元素Y在元素周期表中的位置是_______。
(2)单质Z通常保存在_______里，以隔绝空气。Z的最高价氧化物的水化物含_______键(填字母，下同)，属于_______。
A．离子键    B．共价键    C．离子化合物    D．共价化合物
(3)镓与W同主族，其氢氧化物为两性氢氧化物。请写出氢氧化镓与反应的化学方程式：_______。
(4)某同学为了探究X元素最高价氧化物与溶液的反应，设计了如图所示装置进行实验。(已知：A为Q元素的氢化物。)

M为_______，其作用是_______。
【答案】(1)第二周期第ⅥA族
(2)     煤油     AB     C
(3)
(4)     饱和     除去中的

【分析】X原子L层电子数是内层电子数的2倍，X是C元素；Y是地壳中含量最多的元素，Y是O元素；Z是短周期元素中原子半径最大的原子，Z是Na元素；W的氧化物是两性氧化物，W是Al元素；同周期元素中，Q的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，Q是Cl元素。
【详解】（1）Y是O元素，O元素在元素周期表中的位置是第二周期第ⅥA族；
（2）Z是Na元素，金属Na能与氧气、水等物质反应，Na通常保存在煤油里，以隔绝空气。Na的最高价氧化物的水化物是NaOH，含离子键和共价键，选AB；含有离子键的化合物是离子化合物，NaOH属于离子化合物，选C。
（3）根据氢氧化铝与氢氧化钠反应方程式，氢氧化镓与反应的化学方程式为。
（4）碳酸钙与稀盐酸反应生成的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢、二氧化碳都能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，要证明二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，先除二氧化碳中的氯化氢，M为饱和碳酸氢钠溶液，其作用是除二氧化碳中的氯化氢。
27．利用“价类二维图”研究物质的性质是化学研究的重要手段。下图是氯元素的化合价与部分物质类别的对应关系。

回答下列问题：
(1)已知D可用于实验室制，焰色试验时其火焰呈现紫色。A、B、C、D四种物质中，属于电解质的是___________(填化学式)。
(2)将E滴入碳酸氢钠溶液中，有大量气泡产生，该反应的离子方程式为___________。
(3)取10mL某84消毒液(有效成分NaClO含量为14.9g/L)，加水稀释，配制成100mL稀溶液。
①配制过程中使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、___________。
②稀释后的溶液中，NaClO的物质的量浓度为___________。
(4)工业上“侯氏制碱法”以NaCl、、，及水等为原料制备纯碱，生产纯碱的工艺流程示意图如下：

①实验室分离出沉淀的操作名称是___________；煅烧炉里进行的化学反应方程式为：___________。
②检验产品中是否含有氯离子，需要的试剂有___________。
【答案】(1)和
(2)
(3)     容量瓶     0.02
(4)     过滤          稀硝酸和溶液

【分析】根据绿元素在“价类二维图”中的化合价以及物质类别可知A、B、C、D、E分别为。据此分析可得：
【详解】（1）已知D可用于实验室制，焰色试验时其火焰呈现紫色、且D中绿元素化合价为+5家，则D为；电解质：在水溶液或者熔融状态下能导电的化合物称为电解质，则为电解质，故答案为：和；
（2）E为强电解质，E滴入碳酸氢钠溶液中，有大量气泡产生，该反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）①取10mL某84消毒液(有效成分NaClO含量为14.9g/L)，加水稀释，配制成100mL稀溶液，所以配制过程中使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒以及100mL容量瓶，故答案为：容量瓶；
②取10mL某84消毒液(有效成分NaClO含量为14.9g/L)，溶质次氯酸钠的物质的量，加水稀释配制成100mL溶液，则溶质的物质的量浓度，故答案为：0.2；
（4）①实验室分离除沉淀的操作过滤，煅烧炉离进行的化学反应为碳酸氢钠受热分解为碳酸钠水喝二氧化碳，其方程式为：，故答案为：过滤；；
②检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠即检验是否含氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银，观察到若产生白色沉淀则说明有氯化钠存在，故答案为：稀硝酸和溶液。

四、实验题
28．某品牌糖衣片补血剂，除去糖衣后显淡蓝绿色，主要成分是硫酸亚铁，不含其它铁的化合物。某研究性学习小组为测定该补血剂中硫酸亚铁的含量进行了以下探究：

请回答下列问题：
Ⅰ、
(1)实验时用的浓硫酸，配制100mL溶液，所需浓硫酸的体积为___________mL(计算结果精确到小数点后一位)。
(2)下列操作中，容量瓶所具备的功能有___________(填序号)。
A．配制一定体积准确浓度的标准溶液 B．长期贮存溶液
C．用来溶解固体溶质 D．常用来代替量筒量取一定体积的液体
(3)在下列配制过程示意图中，有错误的是(填写序号)___________。

(4)下列说法正确的___________。
A．洗涤烧杯2~3次，并将洗涤液移入容量瓶以减少误差
B．某同学将浓硫酸稀释后未冷却至室温便将溶液转移至容量瓶，所配溶液浓度会偏低
C．定容时仰视观察，所配溶液浓度会偏低
D．容量瓶使用前先要检查是否漏液，具体操作是向容量瓶中加蒸馏水，倒置不漏液即可
Ⅱ、
(5)步骤②加入过量的目的：___________。发生反应的离子方程式为：___________。
(6)从红褐色的悬浊液到最后的称量，其过程中所需的基本操作为：
a、___________，b、洗涤，c、灼烧，d、冷却
(7)若称得固体的质量为ag，则每片补血剂中含硫酸亚铁的质量为___________g。
【答案】(1)5.4
(2)A
(3)①④
(4)AC
(5)     把亚铁离子全部氧化成铁离子    
(6)过滤
(7)

【详解】（1）根据公式：，，；
（2）容量瓶只能用于配置一定体积，一定物质的量浓度的溶液，
A．配制一定体积准确浓度的标准溶液，A正确；
B．容量瓶不能用于长期贮存溶液，B错误；
C．容量瓶不能用来溶解溶质，C错误；
D．容量瓶不能代替量筒量取液体的体积，D错误；
故选A。
（3）浓硫酸溶解时，将浓硫酸倒入水中，且用玻璃棒不断搅拌，①错误；将溶解冷却的溶液转移至容量瓶中，用玻璃棒引流，②正确；用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒并将洗涤液转移至容量瓶中，③正确；定容时，视线与凹液面相平，不能仰视或俯视，④错误。故选①④；
（4）A．配制溶液时，洗涤烧杯2~3次，并将洗涤液移入容量瓶以减少溶质的损失造成的误差，A正确；
B．浓硫酸稀释后未冷却至室温便将溶液转移至容量瓶中，会使冷却后溶液体积变小，浓度偏大，B错误；
C．定容时仰视观察，会使所配溶液体积变大，浓度会偏低，C正确；
D．容量瓶使用前先要检查是否漏液，具体操作是向容量瓶中加蒸馏水，倒置不漏液，旋转瓶塞，再倒置，看是否漏水，D错误；
故选AC。
（5）有强氧化性，能把亚铁离子全部氧化成铁离子，反应的离子方程式为：
；
（6）从悬浊液中获得固体，先过滤，再洗涤，灼烧，称量；
（7）根据元素守恒，10片补血剂中，，，，则每片补血剂中含有的硫酸亚铁质量为0.19a克。
29．某化学研究性学习小组为探究元素性质的变化规律，设计了如下实验：
已知：①硝酸有挥发性；②溶液遇或酸生成白色的沉淀。

(1)甲同学欲比较N、C、Si的非金属性强弱，设计了图1所示的实验装置，其设计的依据是___________；但该装置存在缺陷，请指出___________。
(2)乙同学设计了如图2所示装置验证元素性质递变规律。AB、C处分别是蘸有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润的红纸。乙同学可能观察到的现象：
A___________；B___________；C___________。从环保角度考虑，该装置有明显的不足，请提出改进建议：___________。
【答案】(1)     元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强     挥发的与生成的一起进入C装置，无法证明非金属性或应在、C装置之间连接一个装有饱和溶液的洗气瓶
(2)     白色变成橙黄色     试纸变为蓝色     红色褪去     应在右侧管口放一团浸有氢氧化钠溶液的棉花

【详解】（1）其设计的依据是：元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；根据实验原理分析，应该实现硝酸和碳酸盐反应生成二氧化碳，二氧化碳和硅酸盐制取硅酸，由于硝酸具有挥发性，与生成的二氧化碳一起进入C装置，则无法证明C、Si的非金属性强弱，可在、C装置之间连接一个装有饱和溶液的洗气瓶除去挥发出来的硝酸；
（2）高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氯气和溴化钠反应生成溴单质，所以A处白色变成橙黄色；溴单质和B处的碘化钾反应生成碘单质，淀粉遇到碘单质变蓝色；C处氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸有漂白性，使红色褪去；实验的不足为没有尾气处理装置，应在右侧管口放一团浸有氢氧化钠溶液的棉花。
30．铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂。某化学活动小组用如图所示的装置(夹持装置略去)模拟工业生产制备无水氯化铁。请回答下列问题：

查阅有关资料如下：
①氯化铁熔点为306℃，沸点为315℃；易吸收空气中的水分而潮解。
②氯化亚铁熔点为670℃，易升华。
(1)A装置中盛放浓盐酸的实验仪器名称是_______，A中发生反应的化学方程式为_______。
(2)C中的产物为_______(填化学式)，D中装的药品是碱石灰，其作用是_______。
(3)该小组在实验中发现稀盐酸与混合加热不生成氯气，对用稀盐酸实验没有氯气生成的原因经讨论后有如下猜想：
猜想一：是由于低所致。
猜想二：是由于_______所致。
小组设计了以下实验方案进行验证：
a.稀盐酸滴入中，然后通入气体加热
b.稀盐酸滴入中，然后加入固体加热
c.稀盐酸滴入中，然后加入浓硫酸加热
d.与的浓溶液混合加热
e.浓硫酸与固体、固体共热
实验现象：a、c、e有黄绿色气体生成，b、d没有黄绿色气体生成。由此可知猜想_______成立。
(4)如果省略B装置进行实验，一段时间后，取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：
①称取产物溶于过量的稀盐酸中；
②加入足量溶液；
③再加入足量溶液；
④过滤、洗涤后灼烧沉淀；
⑤称量所得红棕色固体为。
则该产物中铁元素的质量分数为_______％(结果精确到小数点后两位)。
【答案】(1)     分液漏斗     (浓)
(2)          吸收多余的，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入C中
(3)     低     一
(4)36.52

【分析】装置A制备氯气，B中用饱和食盐水除氯气中的氯化氢，盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氯气，Fe粉和氯气在加热条件下生成FeCl3，广口瓶C收集FeCl3，D吸收氯气，防止污染。
【详解】（1）根据装置图，A装置中盛放浓盐酸的实验仪器名称是分液漏斗，A中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水，发生反应的化学方程式为(浓)。
（2）FeCl3遇冷凝华，广口瓶C收集FeCl3；D中装的药品是碱石灰，吸收多余的，防止污染环境；FeCl3易吸收空气中的水分而潮解，D可以防止空气中的水蒸气进入C中。
（3）稀盐酸中含有氢离子和氯离子，稀盐酸与混合加热不生成氯气的原因，猜想一：是由于低所致；猜想二：是由于低所致。
a、c、e的共同点是氢离子浓度增大，有黄绿色气体生成，b、d的共同点是氯离子浓度增大，没有黄绿色气体生成。由此可知猜想一成立。
（4）最终得到的2.4g红棕色共同是Fe2O3，根据铁元素守恒，该产物中铁元素的质量分数为。