精品解析：陕西省西安市长安区第一中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题（解析版）

这是一份精品解析：陕西省西安市长安区第一中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

长安一中2022-2023学年度第一学期期末考试
高一化学试题
考试时间：75分钟 总分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Ba-137
第I卷
一、选择题(共15小题，共48分。其中1-12小题每题只有一个正确选项，每小题3分；13-15小题每题有1个或2个正确选项，每小题4分。双选题全部选对得4分，只选对一个得2分，有错选不得分)
1. 中国传统文化中蕴含着许多化学知识，下列说法错误的是
A. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应
B. “雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
C. “远上寒山石径斜，白云深处有人家”中的白云与雾霾一样都是胶体
D. “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
【答案】B
【解析】
【详解】A．熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，指的是铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁溶液和铜，该反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应，选项A正确；
B．氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，选项B错误；
C．白云是小液滴分散到空气中形成的一种胶体，雾霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等颗粒组成的，属于胶体，选项C正确；
D．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，选项D正确；
答案选B。
2. 将饱和的氯化铁溶液分成两等份，把其中一份溶液滴加到沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，得到分散系I；把另一份溶液滴加到凉水中，得到分散系II。则下列说法正确的是
A. 两份分散系中的分散质均为氯化铁 B. 两份分散系均能全部通过半透膜
C. 分散系II比分散系I稳定 D. 两份分散系均能发生丁达尔效应
【答案】C
【解析】
【详解】A．分散系Ⅰ为氢氧化铁胶体；分散系Ⅱ为氯化铁溶液，故两分散系中的分散质不同，故A错误；
B．胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，故B错误；
C．溶液的稳定性好于胶体，故分散系II比分散系I稳定，故C正确；
D．只有胶体才能发生丁达尔效应，故只有分散系I可以发生丁达尔效应，故D错误；
故答案为C。
3. 下列说法正确的是
①只含有一种元素的物质一定是单质   ②酸一定能电离出H＋，但电离出H＋的不一定是酸
③酸性氧化物一定是非金属氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物    ④ Na2O2、Na2O都能与水反应生成NaOH，二者均为碱性氧化物 ⑤H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，H3PO2属于一元酸 ⑥232Th转化成233U是化学变化
A ①②⑤ B. ②③⑥ C. ②⑤ D. ⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①只含有一种元素的物质不一定是单质，如O2、O3的混合物中只含有1种元素，①不正确；
②不管是无氧酸还是含氧酸，一定能电离出H＋，但能电离出H＋的物质不一定是酸，也可能是酸式盐或水，②正确；
③碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物大多是非金属氧化物，少数是金属氧化物，③不正确；
④Na2O2、Na2O都能与水反应生成NaOH，但Na2O2不是碱性氧化物，④不正确；
⑤H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则NaH2PO2是正盐，所以H3PO2属于一元酸，⑤正确；
⑥232Th转化成233U，原子核发生了改变，不属于化学变化，⑥不正确；
综合以上分析，②⑤正确，故选C。
4. 下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是
A. 使酚酞溶液变红的溶液：Na＋、Cl-、、Fe3＋
B. 碳酸氢钠溶液：K＋、、Cl-、H＋
C. 加入铝粉有氢气产生的溶液中：K＋、Na＋、、
D. 澄清透明的溶液中：Fe3＋、Mg2＋、Br-、Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A．使酚酞溶液变红的溶液呈碱性，Fe3＋在碱性溶液中不能大量存在，A不符合题意；
B．在碳酸氢钠溶液中，与H＋会发生反应，生成二氧化碳气体等，不能大量共存，B不符合题意；
C．加入铝粉有氢气产生的溶液可能呈酸性或碱性，在酸性溶液中，不能大量存在，C不符合题意；
D．在澄清透明的溶液中，Fe3＋、Mg2＋、Br-、Cl-都不发生反应，能稳定存在，D符合题意；
故选D。
5. 下列化学用语描述正确的是
A. 氚的原子结构模型：
B. 可用于考古断代的一种核素的符号：C
C. 16O、1H、2H、3H四种核素可构成4种水分子
D. 23Na、24Mg两种核素的中子数相等，因此互为同位素
【答案】A
【解析】
【详解】A．氚的符号为，原子核内含有1个质子、2个中子，原子核外含有1个电子，则原子结构模型： ，A正确；
B．碳-14可用于考古断代，是碳元素的一种核素，其符号为，B不正确；
C．16O、1H、2H、3H四种核素可构成1H216O、2H216O、3H216O、1H2H16O、2H3H16O、1H3H16O共6种水分子，C不正确；
D．23Na、24Mg两种核素的中子数都为12，但二者的质子数不同，因此不互为同位素，D不正确；
故选A。
6. 铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析错误的是

A. 过程Ⅰ反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4
B. 检验滤液B中阴离子试剂仅需BaCl2溶液
C. 过程Ⅱ可将稀硫酸换成稀盐酸
D. 向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液并加热，先后观察到：白色沉淀生成→刺激性气味气体逸出→白色沉淀消失
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaHCO3的溶解度较小，故饱和NH4HCO3溶液和Na2SO4溶液会产生NaHCO3沉淀，A正确；
B．B中溶液溶质为(NH4)2SO4和Na2SO4，阴离子均为硫酸根离子，故仅需BaCl2溶液检验，B正确；
C．若将稀硫酸换成稀盐酸，则将会引入氯离子，还需要额外除去，C错误；
D．向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液并加热，应先生成白色沉淀，后刺激性气味气体逸出最后白色沉淀消失，D正确；
故选C。
7. 下列除杂试剂或操作选用不正确的是
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂或操作
A
Na2CO3晶体(NaHCO3)
加热
B
FeCl2(FeCl3)
足量铁粉，过滤
C
Fe2O3(Al2O3)
NaOH溶液，过滤
D
CO2(HCl)
饱和碳酸钠溶液、浓硫酸，洗气

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则用加热的方法能除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠杂质，故A正确；
B．氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，则向溶液中加入足量铁粉，过滤可以除去氯化亚铁溶液中混有的氯化亚铁，故B正确；
C．氧化铝能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，则向固体中加入氢氧化钠溶液、过滤能除去氧化铁中混有的氧化铝，故C正确；
D．二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠溶液反应，所以将混合气体依次通过盛有饱和碳酸钠溶液、浓硫酸的洗气瓶不能除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，故D错误；
故选D。
8. 下列离子方程式书写正确的是
A. 在硫酸铝溶液中滴入足量氢氧化钡溶液：Al3++4OH-=+2H2O
B. Na2O2与水反应：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑
C. 过氧化氢使酸性高锰酸钾溶液褪色：H2O2 + 2 +6H+=2Mn2++4H2O+3O2↑
D. 向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至恰好沉淀完全：2H+ ++ Ba2+ + 2OH- =2H2O + BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【详解】A．在硫酸铝溶液中滴入足量氢氧化钡溶液，Al3+转化为，同时发生Ba2+与的反应，A不正确；
B．Na2O2与水反应，生成NaOH和O2，离子方程式为：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑，B正确；
C．过氧化氢使酸性高锰酸钾溶液褪色，则生成Mn2+、O2等：5H2O2 + 2 +6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，C不正确；
D．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至恰好沉淀完全，则NaHSO4与Ba(OH)2的物质的量相等：H+ ++ Ba2+ + OH- =H2O + BaSO4↓，D不正确；
故选B。
9. 事实上，某些氧化物在一定条件下能与反应，且反应极有规律，如；。据此判断下列反应方程式正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A.由与、的反应方程式可推知与最高价氧化物反应有生成，而与低价氧化物反应无生成。中的化合价不是最高，生成物中无，反应的方程式为，A项正确；
B.中的化合价不是最高，反应不产生，B项错误；
C.中化合价不是最高，反应不产生，C项错误；
D.是锰的最高价氧化物，生成物应为和，D项错误。答案选A。
10. 2021年6月11日国家航天局公布了由“祝融号”火星车拍摄的首批科学影像图。火星气体及岩石中富含X、Y、Z、W四种元素。已知：X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，其单质与热水反应后溶液能使酚酞试液变为浅红色，X、W为同一主族元素，Y是地球地壳中含量最高的元素，火星岩石含有ZWY3。下列判断正确的是
A. W位于元素周期表第三周期ⅤA族 B. 最高价含氧酸的酸性：X C. 原子半径：Z>W>Y>X D. X和Y可形成不止一种化合物
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，Y也是地球地壳中含量最高的元素，则Y为O；其中Z为金属元素，其单质与热水反应后溶液能使酚酞试液变为浅红色，Z的原子序数大于O，则Z为Mg；X、W为同一主族元素，火星岩石含有ZWY3，ZWY3为MgWO3，W的化合价为+4价，说明W位于ⅣA族，结合原子序数可知，X为C，W为Si元素，以此分析解答。
【详解】A. 由分析可知，W为Si，硅的原子序数为14，位于元素周期表第三周期ⅣA族，A错误；
B. 由分析可知，X为C、W为Si，同一主族从上往下元素非金属性依次减弱，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，故最高价含氧酸的酸性H2CO3＞H2SiO3即X＞W，B错误；
C. 由分析可知，X、Y、Z、W分别为C、O、Mg和Si，主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径Mg＞Si＞C＞O即r（Z）＞r（W）＞r（X）＞r（Y），C错误；
D．由分析可知，X、Y、分别为C、O，则二者能形成的化合物有CO、CO2等，即X和Y可形成不止一种化合物，D正确；
故答案为：D。
11. 已知反应①、②分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应：
①2NaI + MnO2 + 3H2SO4 = 2NaHSO4 + MnSO4 + 2H2O+I2
②2NaIO3 + 5NaHSO3 = 2Na2SO4 + 3NaHSO4 + H2O + I2
下列说法正确的是
A. 两个反应中I2均为氧化产物
B. 反应①中氧化性：MnO2＞I2
C. 反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2
D. 反应①和反应②生成等量的I2时转移电子数之比为1∶1
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应①中I元素的化合价由-1价升至0价，NaI为还原剂，I2为氧化产物，反应②中I元素的化合价由+5价降至0价，NaIO3为氧化剂，I2为还原产物，A项错误；
B．反应①中I元素的化合价由-1价升至0价，NaI为还原剂，I2为氧化产物，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，MnO2为氧化剂，根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，则氧化性MnO2＞I2，B项正确；
C．应②中I元素的化合价由+5价降至0价，NaIO3为氧化剂，S元素的化合价由+4价升至+6价，NaHSO3为还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶5，C项错误；
D．根据A项分析知，反应①生成1molI2转移2mol电子，反应②生成1molI2转移10mol电子，反应①和反应②生成等量的I2时转移电子数之比为1∶5，D项错误；
答案选B。
12. 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 标准状况下，2.24 L Cl2与足量铁粉反应转移的电子数为0.2 NA
B. 2.8 g CO和N2的混合气中，所含原子总数为0.2 NA
C. 物质的量浓度为0.5 mol·L-1Al2(SO4)3溶液中，含有SO数目为1.5 NA
D. 2.3 g Na完全与氧气反应生成氧化钠和过氧化钠，失去的电子数为0.1 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气和铁反应生成氯化铁，电子转移依据反应的氯气计算，标准状况下，2.24LCl2物质的量==0.1mol，0.1molCl2与足量铁粉反应转移电子的数目为0.2NA，故A正确；
B．CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，故2.8g混合物的物质的量为0.1mol，且两者均为双原子分子，故0.1mol混合物中含0.2NA个原子，故B正确；
C．未说明0.5 mol·L-1Al2(SO4)3溶液的体积，无法计算SO数目，故C错误；
D．2.3g钠的物质的量为0.1mol，0.1mol钠完全反应失去0.1mol电子，失去的电子数一定为0.1NA，故D正确；
故选C。
13. 某无色水样中只含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+、、、Cl-中的若干种离子，取100 mL水样进行实验：向样品中先滴加硝酸钡溶液，再滴加0.5 mol·L-1硝酸，实验过程中沉淀质量的变化如图所示。下列说法正确的是

A. 水样中c():c()=1:2
B. 水样中一定存在K+，且c(K+)≥0.6mol·L-1
C. 水样中一定不存在Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+、Cl-
D. bd段加入的是硝酸，且bc段消耗硝酸的体积为80 mL
【答案】BD
【解析】
【分析】从图中可以看出，0b段加入的是硝酸钡溶液，bd段加入的是硝酸。不溶于硝酸的沉淀为BaSO4，质量为2.33g，物质的量为=0.01mol，6.27g为BaSO4、BaCO3的质量和，则BaCO3的质量为6.27g-2.33g=3.94g，物质的量为=0.02mol。从而得出溶液中一定含有、；依据离子共存原则，无色溶液中一定不含有Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+；溶液呈电中性，则一定含有K+，不能确定Cl-是否存在。
【详解】A．由分析可知，水样中为0.02mol、为0.01mol，则c():c()=2:1，A不正确；
B．水样中一定存在K+，依据电荷守恒，n(K+)≥0.02mol×2+0.01mol×2=0.06mol，则c(K+)≥=0.6mol·L-1，B正确；
C．由分析可知，水样中一定不存在Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+，但不能肯定Cl-是否存在，C不正确；
D．bd段加入的是硝酸，BaCO3溶于硝酸，则bc段消耗硝酸的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，体积为=0.08L=80 mL，D正确；
故选BD。
14. 下列实验操作、现象、结论，正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
用洁净铂丝蘸取某固体，在酒精灯外焰上灼烧
火焰呈黄色
该固体一定为钠盐
B
将红色的鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片
鲜花红色褪去
氯气具有漂白性
C
在4 mL KI溶液中加入1 mL溴水
溶液由无色变为棕褐色
Br2的氧化性比I2强
D
将少量CO2通入漂白粉溶液中
出现白色沉淀
酸性：H2CO3＞HClO

A. A B. B C. C D. D
【答案】CD
【解析】
【详解】A．火焰呈黄色，该固体可能为钠盐，也可能为钠的氧化物或氢氧化物，A不正确；
B．红色的鲜花虽然是放入盛有干燥氯气的集气瓶中，但由于鲜花中含有水分，所以不能说明氯气具有漂白性，B不正确；
C．在4 mL KI溶液中加入1 mL溴水，溶液由无色变为棕褐色，表明发生反应2KI+Br2=2KBr+I2，从而说明Br2的氧化性比I2强，C正确；
D．将少量CO2通入漂白粉溶液中，出现白色沉淀，表明发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，由此得出酸性：H2CO3＞HClO，D正确；
故选CD。
15. 如图为氯元素物质的“价类二维图”，下列说法正确的是

A. 实验室采用向下排空气法收集甲
B. 戊可用作制取氧气或氯气的反应物
C. 丁的酸性强于丙，故氧化性也强于丙
D. 以上6种物质中属于电解质的有5种
【答案】B
【解析】
【分析】依据氯元素的化合价及物质所属类别，可推出甲、乙、丙、丁、戊、己分别为Cl2、ClO2、HClO、HClO4、KClO3、KCl。
【详解】A．甲为Cl2，其密度比空气大，实验室采用向上排空气法收集Cl2，A不正确；
B．戊为KClO3，在MnO2的催化作用下热分解可制取氧气，与浓盐酸反应可制取氯气，B正确；
C．HClO4的酸性强于HClO，但HClO的氧化性强于HClO4，C不正确；
D．以上6种物质中，Cl2、ClO2不属于电解质，HClO、HClO4、KClO3、KCl属于电解质，共有4种电解质，D不正确；
故选B。
第II卷
二、填空题(共4小题，共52分)
16. 回答下列问题
（1）现有下列物质：①SO2　②石墨 ③氨水 ④液氯 ⑤H2SO4 ⑥盐酸 ⑦漂白粉　⑧含氧40%的氧化镁　⑨CuSO4·5H2O ⑩熔融NaCl
其中属于纯净物的是___________(填序号，下同)；属于电解质的是___________；属于非电解质的是___________，能导电的是___________。
（2）已知Be(OH)2与Al(OH)3都属于两性氢氧化物，写出Be(OH)2分别与NaOH溶液、盐酸反应的化学方程式：___________、___________。
【答案】（1） ①. ①②④⑤⑧⑨⑩ ②. ⑤⑧⑨⑩ ③. ① ④. ②③⑥⑩
（2） ①. Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O ②. Be(OH)2＋2HCl=BeCl2＋2H2O
【解析】
【小问1详解】
下列物质：①SO2　②石墨 ③氨水 ④液氯 ⑤H2SO4 ⑥盐酸 ⑦漂白粉　⑧含氧40%的氧化镁　⑨CuSO4·5H2O ⑩熔融NaCl中，③氨水、⑥盐酸、⑦漂白粉都为混合物，⑧氧化镁中，含氧量为=40%，则为纯净物。所以属于纯净物的是①②④⑤⑧⑨⑩；酸、碱、盐、金属氧化物都为电解质，则⑤H2SO4、⑧含氧40%的氧化镁、⑨CuSO4·5H2O 、⑩熔融NaCl都属于电解质，故选⑤⑧⑨⑩；在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，所以①SO2属于非电解质，故选①，金属单质、石墨、易溶于水的电解质的水溶液、熔融的碱、盐、金属氧化物都能导电，故选②③⑥⑩。答案为：①②④⑤⑧⑨⑩；⑤⑧⑨⑩；①；②③⑥⑩；
【小问2详解】
已知Be(OH)2与Al(OH)3都属于两性氢氧化物，则Be(OH)2与NaOH溶液反应，生成Na2BeO2等；Be(OH)2与盐酸反应，生成BeCl2等。化学方程式：Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O、Be(OH)2＋2HCl=BeCl2＋2H2O。答案为：Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O；Be(OH)2＋2HCl=BeCl2＋2H2O。
17. 回答下列问题
（1）实验室欲用Na2CO3·10H2O晶体配制100 mL 1 mol/L的Na2CO3溶液，需称取Na2CO3·10H2O晶体___________ g；完成本实验需用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯和___________；下列情况会使所配溶液浓度偏低的是___________(填序号)。
①用天平称量质量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了
②转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
③定容时俯视刻度线
④定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
（2）某混合溶液中，含有K＋、Mg2＋、Al3＋、Cl-和SO五种离子(不考虑溶液中少量H＋和OH-)，其中c(K＋)=3 mol/L、c(Mg2＋)=2 mol/L、c(Al3＋)=2 mol/L、c(Cl-)=7 mol/L，则溶液中SO的物质的量浓度是___________。
（3）同温同压下，某容器充满O2重116 g，若充满CO2重122 g，现充满某气体重114 g，则该气体的相对分子质量为___________。
（4）相同状况下，若气体X2与氮气以体积比1∶4混合，该混合气体相对氢气的密度为14.4，则X2的相对分子质量为___________。
（5）若标准状况下气体X2的密度为1.25 g·L-1，X原子最外层有___________个电子。
【答案】（1） ①. 28.6 ②. 100 mL容量瓶、胶头滴管 ③. ①④
（2）3 mol/L （3）28
（4）32 （5）5
【解析】
【小问1详解】
用Na2CO3·10H2O晶体配制100 mL 1 mol/L的Na2CO3溶液，需称取Na2CO3·10H2O晶体的质量m=cVM=0.1L ×1 mol/L×286g/mol=28.6g。完成本实验的步骤有：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，需用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯和100 mL容量瓶、胶头滴管；
①用天平称量质量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了，称取溶质的质量偏小，所配溶液浓度偏低，故选①；
②转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质物质的量、溶液体积均无影响，对所配溶液浓度无影响，故不选②；
③定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故不选③；
④定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故选④；
选①④
【小问2详解】
根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，则c(K＋)+ 2c(Mg2＋)+ 3c(Al3＋) = c(Cl-)+2 c(SO)，c(SO)=(3 mol/L+2mol/L×2+2mol/L×3-7mol/L)÷2=3 mol/L；
【小问3详解】
同温同压下，同体积的气体，物质的量相等，设所盛气体的物质的量为xmol，容器的质量为ag，某容器充满O2重116 g，若充满CO2重122 g，则 ，解得a=100、x=0.5，现充满某气体重114 g，某气体质量为14g、物质的量为0.5mol，则该气体的相对分子质量为。
【小问4详解】
相同状况下，若气体X2与氮气以体积比1∶4混合，该混合气体相对氢气的密度为14.4，混合气体的平均相对分子质量为28.8，设X2的相对分子质量为a，，a=32。
【小问5详解】
若标准状况下气体X2的密度为1.25 g·L-1，则X2的摩尔质量为1.25 g·L-1×22.4L/mol=28g/mol，X的相对原子质量为14， X是N原子，X原子最外层有5个电子。
18. 某兴趣小组查阅资料发现：Cl2与碱的溶液反应生成的含氯的产物除氯化物外，还可能含有次氯酸盐或氯酸盐(杀菌消毒能力较差)。他们利用如图装置以Cl2制备NaClO3和NaClO。已知：。回答下列问题：

（1）a中盛放浓盐酸的仪器名称为___________；a装置中发生反应的离子方程式为___________。
（2）b装置的作用是___________。若没有b装置，会导致c中产生大量的副产物___________(填化学式)。
（3）资料显示：工业上制备“84”消毒液时，釆用的是从吸收塔下部通入Cl2，从上部喷淋循环冷却的NaOH溶液(15~20%)。其制备反应的化学方程式为___________，NaOH需要循环冷却的目的是___________。
（4）该兴趣小组在60℃条件下，将一定量的Cl2通入500 mL 1.00 mol·L-1NaOH溶液中，NaOH恰好反应，得到产物中含有NaCl、NaClO和NaClO3，则参加反应Cl2的物质的量为___________mol 。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（2） ①. 除去氯气中混有的氯化氢 ②. NaCl
（3） ①. Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O ②. 避免生成NaClO3
（4）0.25
【解析】
【分析】a中浓盐酸与高锰酸钾反应制备氯气，由于盐酸有挥发性，导致氯气中含有杂质HCl和水蒸气，通过b中饱和食盐水除去HCl，c中热水浴加热条件下发生反应，d的冷水浴中氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，氯气有毒不能直接排空，e中用氢氧化钠吸收尾气，防止污染大气。
【小问1详解】
a中盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，a装置中酸性高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯气，离子方程式为：2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
【小问2详解】
由分析可知，b盛有饱和食盐水，作用是除去氯气中混有的氯化氢。若没有b装置，氯气中混有的HCl气体和NaOH反应会产生大量的副产物NaCl。
【小问3详解】
氯气和NaOH溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，化学方程式为：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O；需要循环冷却的目的是防止温度较高氯气和NaOH溶液生成NaClO3。
【小问4详解】
将一定量的Cl2通入500 mL 1.00 mol·L-1NaOH溶液中，NaOH恰好反应，得到产物中含有NaCl、NaClO和NaClO3，由组成可知钠与氯的物质的量之比为1:1，所以NaOH与Cl2相互反应的物质的量之比一定为2:1，则参加反应Cl2的物质的量为=0.25mol。
19. 高铁酸钠(Na2FeO4)是一种多功能绿色水处理剂，杀菌消毒的同时可生成氢氧化铁胶体。某工厂利用废金属屑(主要成分为Fe和Cu，含有少量Fe2O3)制取Na2FeO4并回收金属Cu，工艺流程如下：

（1）试剂a为___________(填化学式)。
（2）证明滤液I中无Fe3+的实验方法是___________；用离子方程式解释滤液I不含有Fe3+可能的原因___________。
（3）流程中Na2O2不可暴露在空气中时间过长，原因是___________(用化学方程式表示)。
（4）制备Na2FeO4的原理：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。反应中___________作还原剂；每生成1mol Na2FeO4转移的电子数为___________。
（5）Na2FeO4净水过程中所发生的化学反应主要为：▢Na2FeO4+▢H2O→▢Fe(OH)3(胶体)+▢NaOH+▢X↑，请推测X的化学式为____________，配平该化学方程式，化学计量数从左至右分别为___________。
（6）用Na2FeO4代替Cl2处理饮用水的优点是___________(只答一条即可)。
【答案】（1）H2SO4
（2） ①. 取少量滤液I于试管，滴加KSCN溶液无明显现象，证明滤液I中无Fe3+ ②. 2Fe3++Fe=3Fe2+(或2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+或Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O)
（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
（4） ①. Na2O2、FeSO4 ②. 5NA
（5） ①. O2 ②. 4、10、4、8、3
（6）既能消毒杀菌，又能净化水(或无毒，方便保存等)
【解析】
【分析】利用废金属屑(主要成分为Fe和Cu，含有少量Fe2O3)制取Na2FeO4并回收金属Cu，从中间产物FeSO4判断，加入的试剂a为稀硫酸，则滤液Ⅰ、Ⅱ的主要成分都为FeSO4；加入Na2O2后，与FeSO4发生氧化还原反应，生成Na2FeO4等。
【小问1详解】
由分析可知，试剂a为H2SO4。答案为：H2SO4；
【小问2详解】
证明滤液I中无Fe3+，常加入KSCN溶液，看溶液是否发生颜色变化，实验方法是：取少量滤液I于试管，滴加KSCN溶液无明显现象，证明滤液I中无Fe3+；滤液I不含有Fe3+，则Fe2O3溶于硫酸生成的Fe3+可能被Fe或Cu还原，所以可能的原因：2Fe3++Fe=3Fe2+(或2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+或Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O)。答案为：取少量滤液I于试管，滴加KSCN溶液无明显现象，证明滤液I中无Fe3+；2Fe3++Fe=3Fe2+(或2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+或Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O)；
【小问3详解】
因为Na2O2能与空气中的二氧化碳和水蒸气反应，所以流程中Na2O2不可暴露在空气中时间过长，原因是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
【小问4详解】
制备Na2FeO4原理：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。反应中，FeSO4中Fe元素由+2价升高到+6价，Na2O2中O元素由-1价部分升高为0价，部分降低为-2价，所以Na2O2(部分)、FeSO4作还原剂，Na2O2(部分)作氧化剂；在该反应中，化合价共升高：4×2+1×2=10，则每生成1mol Na2FeO4转移的电子数为5NA。答案为：Na2O2、FeSO4；5NA；
【小问5详解】
Na2FeO4净水过程中所发生的化学反应主要为：▢Na2FeO4+▢H2O→▢Fe(OH)3(胶体)+▢NaOH+▢X↑，Fe元素由+6价降低为+3价，则只有O元素价态可能升高，所以X的化学式为O2，配平该化学方程式时，先依据得失电子守恒，确定Na2FeO4、O2↑的化学计量数，再依据质量守恒，配平其他物质的化学计量数，从而得出化学计量数从左至右分别为4、10、4、8、3。答案为：O2；4、10、4、8、3；
【小问6详解】
Na2FeO4杀菌后，转化为具有吸附水中悬浮颗粒物的Fe(OH)3(胶体)，则用Na2FeO4代替Cl2处理饮用水的优点是：既能消毒杀菌，又能净化水(或无毒，方便保存等)。答案为：既能消毒杀菌，又能净化水(或无毒，方便保存等)。
【点睛】配平氧化还原反应方程式时，先确定首先配平的两种物质，再依据得失电子守恒、质量守恒进行配平。