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2022北京东城高一（上）期末化学（教师版）
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这是一份2022北京东城高一（上）期末化学（教师版），共18页。试卷主要包含了非选择题共50分等内容，欢迎下载使用。
2022北京东城高一（上）期末
化 学
一、在下列各题的4个选项中，只有1个选项符合题意。（1～10小题，每题2分，11～20小题，每题3分，共50分）
1．下列所用材料不属于合金的是（ ）
A．出土文物青铜器
B．不锈钢手术器械
C．青花瓷将军罐
D．火箭外壳镁铝合金
2．下列属于电解质的是（ ）
A．氯化钠溶液 B．氢氧化钠 C．二氧化碳 D．金属锌
3．下列属于两性氧化物的是（ ）
A．H2O B．SO3 C．FeO D．Al2O3
4．下列物质含有非极性共价键的是（ ）
A．NaOH B．H2 C．H2S D．MgCl2
5．当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（ ）
A．KCl溶液 B．Fe（OH）3胶体
C．KOH溶液 D．Na2SO4溶液
6．下列物质进行焰色试验，其火焰为黄色的是（ ）
A．Na2SO4 B．Mg（OH）2 C．KCl D．HNO3
7．下列物质互为同素异形体的是（ ）
A．H2O和H2O2 B．H和H
C．NO和NO2 D．O2和O3
8．下列做法存在安全隐患的是（ ）
A．点燃可燃性气体前，需对气体进行验纯
B．大量氯气泄漏时，应尽量顺风迅速离开现场
C．熄灭少量燃着的金属钠，需用干燥沙土覆盖
D．闻气体时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔
9．配置一定物质的量浓度的溶液不需要用到的仪器是（ ）
A．玻璃棒 B．容量瓶 C．圆底烧瓶 D．胶头滴管
10．下列物质中酸性最强的是（ ）
A．H2CO3 B．H2SiO3 C．H2SO4 D．HClO4
11．下列有关物质的用途不正确的是（ ）
A．碳酸氢钠可用作焙制糕点
B．氧化铁用作油漆、涂料的红色颜料
C．臭氧、二氧化氯是用作自来水消毒剂
D．氯化亚铁溶液用作印刷电路板的腐蚀液
12．下列物质能与水反应，且不属于氧化还原反应的是（ ）
A．金属钠 B．氧化钠 C．过氧化钠 D．氢氧化钠
13．下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．H2O的结构式：
B．CO2的分子结构模型：
C．NaCl的电子式：
D．中子数为8的氮原子：N
14．下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．铁粉与氯化铁溶液反应：Fe+Fe3+═2Fe2+
B．用稀盐酸除去铁表面的铁锈：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
C．用大理石与稀盐酸反应制备二氧化碳：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑
D．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O
15．下列说法不正确的是（ ）
A．H2O的摩尔质量为18g/mol
B．标准状况下，1molN2的体积是22.4L
C．44gCO2中含有的氧原子数约为6.02×1023
D．0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液中c（Na+）是1mol•L﹣1
16．某同学探究铁与水蒸气的反应，进行了如图实验。下列说法中不正确的是（ ）
A．点燃酒精灯的顺序是先a后b
B．湿棉花的作用是提供水蒸气
C．由肥皂液冒气泡证明铁与水蒸气发生了反应
D．不能用磁铁将铁粉从反应后的固体中分离出来
17．M与N反应时，不能实现图示电子转移的是（ ）
选项
M
N
电子转移
A
H2
Cl2
B
Fe
FeCl3
C
Al
H2SO4（稀）
D
Cl2
H2O
A．A B．B C．C D．D
18．高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，在水处理过程中，高铁酸钾转化为Fe（OH）3胶体，制备高铁酸钾流程如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．反应Ⅰ的化学方程式是2Fe+3Cl22FeCl3
B．用FeCl2溶液吸收反应I中尾气所得产物可再利用
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D．用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，Fe（OH）3胶体吸附杂质净化水
19．用砂纸仔细打磨铝片后，称取质量均为2.7g的两块铝片，将其中一铝片迅速放入120mL2mol/LNaOH溶液中，另一铝片在空气中放置一段时间后，再放入等浓度等体积的NaOH溶液中。下列说法不正确的是（ ）
A．均有氧化还原反应发生
B．消耗NaOH的物质的量相同
C．均有气体生成，且体积相同
D．均有NaAlO2生成，且质量相同
20．相同温度和压强下，研究在不同溶液中，溶解Cl2的量【c（Cl2）】随溶液浓度的变化，如图所示。下列说法不正确的是（ ）注：c（Cl2）表示溶解Cl2的量，即单位体积内溶解Cl2的物质的量
A．由图1可知，Cl2与Cl﹣结合生成Cl3﹣
B．由图1可知，增大c（NaCl），c（Cl2）减小
C．由图2可知，增大c（H+），c（Cl2）减小
D．若将Cl2通入盐酸中，增大c（HCl），c（Cl2）一定减小
二、非选择题共50分
21．（8分）表格是元素周期表的一部分，表中所列序号分别代表周期中的一种元素。
（1）⑤的原子结构示意图是 。
（2）①、②分别形成最高价氧化物对应水化物中，碱性 大于 （填化学式）。
（3）⑥、⑦形成氢化物中，稳定性 大于 （填化学式）。
（4）②③④离子半径由大到小的顺序是 （填离子符号）。
（5）从原子结构的角度解释非金属性⑥大于⑤的原因是 。
22．（13分）化学小组同学为研究氯气制备和氯水的成分及性质进行了如下实验。
【实验1】制备氯气。如图1是实验室制取纯净、干燥氯气装置图。
（1）M的名称是 ，①中反应的反应的化学方程式是 。
（2）③中存放的试剂是 。
（3）⑤中反应的离子方程式是 。
【实验2】研究氯水性质。实验操作及现象如下表。
资料：淀粉的特征反应——遇I2变蓝色
实验2﹣1
实验2﹣2
实验操作（氯水均为新制）
实验现象
溶液变蓝
石蕊溶液先变红，后褪色
（4）实验2﹣1结论是 。
（5）实验2﹣2中溶液变红是由于溶液中含有 ；使溶液褪色的粒子是 。
（6）证明氯水中含有氯离子的方案是 。
（7）同学们发现久置的氯水会失去漂白性，溶液由黄绿色变为无色。为探究氯水失效的原因，进行实验：用强光照射盛有氯水的密闭广口瓶，并用传感器测定广口瓶中数据，得到如图2曲线。图中曲线变化的原因是 。若在上述整个实验过程中测定溶液的pH，pH的变化是 。
23．（7分）磷元素形成的单质、化合物用途广泛。请回答下列问题。
（1）磷元素在周期表中的位置是 。
（2）磷元素形成的单质白磷，在军事上可用作燃烧弹，该反应的化学方程式是 。
（3）磷元素可以形成多种含氧酸。
i.过多饮用含磷酸（H3PO4）的饮料，会导致人体的骨密度降低。磷酸的结构式为，其结构中画圈部分可电离出H+，故称为三元酸。磷酸与氢氧化钠完全中和时，反应的化学方程式是 。
ii.次磷酸（H3PO2）的结构式为，在工业上可做还原剂，请从化合价的角度解释原因是 ；100mL1mol/L次磷酸与2mol/LNaOH溶液恰好反应，消耗NaOH溶液的体积是 mL。
24．（12分）铁是人体必需的微量元素，铁摄入不足可能引起缺铁性贫血。
Ⅰ：黑木耳中含有比较丰富的铁元素，某研学小组测定其含量。
（1）【铁元素的分离】在坩埚中高温灼烧黑木耳，使之完全灰化。用足量的酸充分溶解，过滤，滤液中铁元素的存在形式是Fe2+、 。
（2）【铁元素含量测定】研学小组提出如下测量方案。
i.沉淀法：向（1）滤液中加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤沉淀、加热烘干、称量。请评价该测量方案是否可行 ，理由是 。
ii.比色法：流程如图1。
①用离子方程式解释加入H2O2的目的是 。
②溶液a的颜色是 。
③溶液颜色越深，光的透过能力越差，即透光率越小，含铁量越 （填“高”或“低”）。
④若不加H2O2，测出黑木耳中铁元素的含量 （填“偏大”或“偏小”）。
Ⅱ：在肺部，血红蛋白中的亚铁血红素与O2结合，把O2送到各个组织器官。
（3）已知葡萄糖的分子式是C6H12O6。铁元素参与人体内的呼吸作用示意图如图2（部分中间产物已略去）。
①呼吸作用过程中，Fe2+的作用是 。
②具有还原性的酶是 。
③该过程总反应的化学方程式是 。
25．（10分）关注物质的宏观组成和微观构成，是研究物质性质及其转化的基本出发点。
（1）从物质分类看，Na2CO3和NaHCO3均属于 （选填序号），因此具有某些相似的化学性质。
a.氧化物
b.酸
c.碱
d.盐
（2）探究Na2CO3和NaHCO3的相互转化。
【实验1】加热碳酸氢钠固体，装置如图所示。
①利用上述装置可实现NaHCO3向Na2CO3发生转化，试管中发生反应的化学方程式为 。
【实验2】分别向滴有2滴酚酞的NaHCO3和Na2CO3溶液中滴加稀盐酸，实验记录如下：
实验内容
实验现象
实验2﹣1
溶液浅红色褪去，立即产生大量气泡。
实验2﹣2
开始时，溶液的红色没有明显变化，也没有明显的气泡产生。继续滴加盐酸，当溶液的红色明显变浅时，气泡的数量也逐渐增多。当溶液的颜色变为浅红色，继续滴加盐酸，溶液的浅红色褪去，有大量气泡出现。
②实验2﹣1中，反应的离子方程式是 。
③实验2﹣2中，实现碳酸钠向碳酸氢钠转化的现象是 。
④通过上述实验，从物质组成上分析Na2CO3转化为NaHCO3，加入盐酸的作用是 ；碳酸也可实现上述转化，写出将CO2通入Na2CO3溶液中发生反应的化学方程式： 。
（3）探究NaCl转化为NaHCO3。
资料i：
物质
NaCl
NaHCO3
NH4HCO3
NH4Cl
20℃时的溶解度（g/100gH2O）
36.0
9.6
21.7
37.2
资料ii：氨气（NH3）可与水发生反应，生成一水合氨（NH3•H2O），一水合氨属于一种碱。
①向饱和NaCl溶液中通入足量CO2，无NaHCO3生成，原因是 。
②向饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2，在溶液中可析出NaHCO3晶体，该反应的化学方程式 ，通入NH3的作用是 。
参考答案
一、在下列各题的4个选项中，只有1个选项符合题意。（1～10小题，每题2分，11～20小题，每题3分，共50分）
1．【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属。
【解答】解：A．青铜为铜、锡合金，故A不选；
B．不锈钢为铁合金，故B不选；
C．青花瓷成分为陶瓷，属于硅酸盐材料，不是合金，故C选；
D．火箭外壳为镁铝形成的合金，故D不选；
故选：C。
【点评】本题主要考查物质的组成，明确合金概念及组成是解题关键，题目难度不大。
2．【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
【解答】解：A．氯化钠溶液为混合物，不是电解质，故A不选；
B．氢氧化钠为化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，是电解质，故B选；
C．二氧化碳为非电解质，故C不选；
D．金属锌为单质，不是电解质，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的分类，把握电解质概念即可解答，题目难度不大。
3．【分析】既能和酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水的氧化物，为两性氧化物。
【解答】解：A．H2O和酸、碱都不反应，故A错误；
B．SO3和碱反应生成盐和水，和酸不反应，属于酸性氧化物，故B错误；
C．FeO和酸反应生成盐和水，和碱不反应，属于碱性氧化物，故C错误；
D．Al2O3既能和酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化物的判断，侧重考查对基本概念的理解和运用，明确元素化合物的性质、两性氧化物概念内涵是解本题关键，注意基础知识的总结归纳。
4．【分析】不同非金属元素的原子之间易形成极性共价键，同种非金属元素的原子之间易形成非极性共价键。
【解答】解：A．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、氢氧根离子中存在O﹣H极性共价键，故A错误；
B．H2分子中存在H﹣H非极性共价键，故B正确；
C．H2S分子中存在S﹣H极性共价键，故C错误；
D．MgCl2中镁离子和氯离子之间存在离子键，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意D中两个氯离子之间不存在化学键。
5．【分析】胶体具有丁达尔现象是指当光束通过胶体分散系时能看到一条光亮的通路，丁达尔现象是区分胶体和溶液最常用的简单方法；丁达尔效应的是胶体特有的性质，所以只要判断下列分散系是否为胶体即可。
【解答】解：胶体粒子的微粒直径在1﹣100nm之间，分散质微粒直径小于1﹣100nm的是溶液，大于1﹣100nm的是浊液；
A．KCl溶液属于溶液，无丁达尔效应，故A错误；
B．Fe（OH）3胶体分散质大小为1nm～100nm，属于胶体，有丁达尔效应，故B正确；
C．KOH溶液属于KOH的溶液，无丁达尔效应，故C错误；
D．Na2SO4溶液属于溶液，无丁达尔效应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查胶体的性质，明确丁达尔效应是胶体的特有性质是解答关键，题目较简单。
6．【分析】含有钠元素的物质的焰色反应为黄色，据此进行分析。
【解答】解：A．含有钠元素的物质的焰色反应为黄色，故A正确；
B．含有镁元素的物质无焰色反应，故B错误；
C．含有钾元素的物质的焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃），故C错误；
D．硝酸中不含有金属元素，无焰色反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了焰色反应的颜色，难度不大，应注意焰色反应为一种元素的性质，只要含有钠元素，则焰色反应即为黄色。
7．【分析】同种元素形成的不同单质，这些单质互称为同素异形体，据此分析。
【解答】解：A．H2O和H2O2是不同化合物，不是同素异形体，故A错误；
B．H和H是氢元素的不同原子，为氢元素的同位素，故B错误；
C．NO和NO2是化合物，不是单质，不是同素异形体，故C错误；
D．O2和O3是氧元素的不同单质，为同素异形体，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了同素异形体概念的理解应用，注意概念实质的分析判断，题目难度不大。
8．【分析】A．可燃性气体与空气混合易爆炸；
B．氯气有毒；
C．金属钠易和水、氧气反应；
D．闻气体应使少量的气体飘入鼻孔，防止中毒。
【解答】解：A．可燃性气体与空气混合易爆炸，必须先验纯、后点燃，故A正确；
B．氯气有毒，大量氯气泄漏时，应尽量逆风迅速离开现场，故B错误；
C．金属钠易和水、氧气反应，故不能用水来灭钠火，必须用沙土来覆盖，故C正确；
D．闻气体时正确的操作为：用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了化学实验安全，明确试剂的性质及基本操作是解题关键，题目难度不大。
9．【分析】配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤是计算、（称量）量取、（溶解）稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，据此选择需要的仪器。
【解答】解：配制一定物质的量浓度的一般步骤是：用托盘天平称量溶质的质量（或者用量筒量浓溶液体积），用药匙取用固体药品，在烧杯中溶解（或者稀释），并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀和装瓶，所以所需仪器有托盘天平（量筒）、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器为圆底烧瓶，
故选：C。
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制、仪器的选择，明确配制原理及操作步骤是解题关键，题目难度基础、简单。
10．【分析】元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强。
【解答】解：元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Si＜C＜S＜Cl，则其最高价氧化物的水化物酸性：H2SiO3＜H2CO3＜H2SO4＜HClO4，
故选：D。
【点评】本题以酸性强弱判断为载体考查元素周期律，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确非金属性强弱与其最高价氧化物的水化物酸性强弱关系是解本题关键，题目难度不大。
11．【分析】A．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳、碳酸钠和水；
B．依据氧化铁为红棕色固体解答；
C．臭氧、二氧化氯具有强的氧化性，能使蛋白质变性；
D．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜。
【解答】解：A．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳、碳酸钠和水，所以碳酸氢钠可用作焙制糕点，故A正确；
B．氧化铁为红棕色固体，所以氧化铁用作油漆、涂料的红色颜料，故B正确；
C．臭氧、二氧化氯具有强的氧化性，能使蛋白质变性，可以用作自来水消毒剂，故C正确；
D．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，所以氯化铁溶液用作印刷电路板的腐蚀液，氯化亚铁不具有此性质，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
12．【分析】含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，再结合和水的反应进行判断，以此来解答。
【解答】解：A．钠和水反应为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，Na、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；
B．氧化钠和水反应为：Na2O+H2O＝2NaO，元素的化合价无变化，为非氧化还原反应，故B选；
C．Na2O2和水的反应为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，存在元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不选；
D．氢氧化钠和水不反应，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见元素的化合价判断，题目难度不大。
13．【分析】A.水分子中含有2个O﹣H键，为V形结构；
B.二氧化碳分子中含有2个碳氧双键；
C.氯化钠为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷；
D.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数，左下角为质子数。
【解答】解：A.H2O分子为共价化合物，其结构式为，故A正确；
B.CO2分子中含有两个碳氧双键，为直线形结构，其结构模型为，故B正确；
C.氯化钠为离子化合物，其电子式为，故C错误；
D.中子数为8的氮原子的质量数为7+8＝15，该原子可以表示为N，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，涉及结构式、电子式、元素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，题目难度不大。
14．【分析】A.该反应不满足电荷守恒和得失电子守恒；
B.氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水；
C.碳酸钙为难溶物，不能拆开；
D.氢离子、氢氧根离子的系数不满足硫酸、氢氧化钡的化学式组成。
【解答】解：A.铁粉与氯化铁溶液反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，故A错误；
B.用稀盐酸除去铁表面的铁锈，离子方程式为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故B正确；
C.用大理石与稀盐酸反应制备二氧化碳，离子方程式为：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑，故C错误；
D.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
15．【分析】A.水的摩尔质量（单位g/mol）与其相对分子质量在数值上相等；
B.根据V＝nVm计算；
C.二氧化碳分子中含有2个氧原子，根据n＝＝计算；
D.碳酸钠溶液中c（Na+）＝2c（Na2CO3）。
【解答】解：A.水的相对分子质量为18，其摩尔质量为18g/mol，故A正确；
B.标准状况下，1molN2的体积是：22.4L/mol×1mol＝22.4L，故B正确；
C.44gCO2中含有的氧原子的物质的量为：×2＝2mol，含有的氧原子数约为2×6.02×1023＝1.204×1024，故C错误；
D.0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液中c（Na+）＝2c（Na2CO3）＝0.5mol/L×2＝1mol/L，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的量的计算，明确摩尔质量与相对分子质量之间的关系为解答关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的转化关系，题目难度不大。
16．【分析】A.先提供水蒸气，再加热反应；
B.湿棉花受热可提供反应物水蒸气；
C.空气受热膨胀逸出可观察到肥皂液中有气泡；
D.产物四氧化三铁也可以被磁铁吸引。
【解答】解：A.点燃a处酒精灯将液态水变为水蒸气，再点燃b处酒精灯使铁粉和水蒸气发生反应，故A正确；
B.由A可知，湿棉花的作用就是提供反应所需的水蒸气，故B正确；
C.肥皂液冒气泡可能是试管内的空气受热膨胀而逸出，无法说明发生了反应，故C错误；
D.该反应生成四氧化三铁，也可以被磁铁吸引，不能用磁铁分离铁和Fe2O3，故D正确，
故选：C。
【点评】本题主要考查铁单质和水蒸气的实验探究，难度较小，注意理清该反应的整体逻辑。
17．【分析】根据图示电子转移，说明M失电子发生氧化反应，N得电子发生还原反应，据此分析解答。
【解答】解：A、H2与Cl2反应，H2失电子发生氧化反应，Cl2得电子发生还原反应，能实现图示电子转移，故A不选；
B、Fe与FeCl3反应，Fe失电子发生氧化反应，FeCl3得电子发生还原反应，能实现图示电子转移，故B不选；
C、Al与H2SO4（稀）反应，Al失电子发生氧化反应，H2SO4（稀）得电子发生还原反应，能实现图示电子转移，故C不选；
D、Cl2与H2O反应，Cl2自身发生氧化还原反应，H2O没有得电子，不能实现图示电子转移，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应的原理，熟练化合价的变化是解题关键，难度不大。
18．【分析】铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2 FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。
【解答】解：A．反应Ⅰ中Fe与氯气反应生成氯化铁，化学方程式是2Fe+3Cl22FeCl3，故A正确；
B．尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故B正确；
C．反应Ⅱ中Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；
D．K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中的反应、混合物分离提纯、元素和化合物知识、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
19．【分析】用砂纸仔细打磨铝片后，称取质量均为2.7g的两块铝片，将其中一铝片迅速放入120mL2mol/LNaOH溶液中，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，另一铝片在空气中放置一段时间后，再放入等浓度等体积的NaOH溶液中，发生的反应为：Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O，2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，据此分析判断。
【解答】解：A．分析可知过程中均有铝和氢氧化钠溶液的反应，为氧化还原反应，故A正确；
B．元素守恒可知，最后都生成了偏铝酸钠，消耗NaOH的物质的量相同，故B正确；
C．均有气体生成，但生成气体体积不相同，故C错误；
D．元素守恒分析，均有NaAlO2生成，且质量相同，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了铝及其化合物性质分析应用，主要是反应定量关系的理解，题目难度中等。
20．【分析】A．由图1分析Cl2的浓度降低，Cl3﹣浓度升高；
B．依据图示可知，随着氯化钠溶液浓度增大，溶解氯气的量减小；
C．依据图2Cl2的浓度随着硫酸的增加而下降；
D．若将Cl2通入盐酸中，氢离子浓度增大，抑制氯气与水反应生成氢离子、氯离子和次氯酸，但是过程中氯离子浓度增大，促进Cl2与Cl﹣结合生成Cl3﹣。
【解答】解：A．由图1分析Cl2的浓度降低，Cl3﹣浓度升高，得出Cl2溶于NaCl溶液时还发生了反应Cl2+Cl﹣⇌Cl3﹣，故A正确；
B．依据图示可知，随着氯化钠溶液浓度增大，溶解氯气的量减小，即增大c（NaCl），c（Cl2）减小，故B正确；
C．依据图2Cl2的浓度随着硫酸的增加而下降，即增大c（H+），c（Cl2）减小，故C正确；
D．若将Cl2通入盐酸中，氢离子浓度增大，抑制氯气与水反应生成氢离子、氯离子和次氯酸，但是过程中氯离子浓度增大，促进Cl2与Cl﹣结合生成Cl3﹣，促进氯气的溶解，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了影响氯气溶解度的因素，题目难度中等，正确分析、理解题中信息及图象数据是解答本题关键，注意利用平衡移动原理。
二、非选择题共50分
21．【分析】由元素在周期表中位置，可知①为Li、②为Na、③为O、④为F、⑤为S、⑥为Cl、⑦为Br；
（1）⑤位于占中第三周期第VIA族；
（2）元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
（3）元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；
（4）电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；
（5）原子半径越小，核电荷数越大，原子核对电子吸引能力越强。
【解答】解：由元素在周期表中位置，可知①为Li、②为Na、③为O、④为F、⑤为S、⑥为Cl、⑦为Br；
（1）⑤位于占中第三周期第VIA族，其原子结构示意图为，
故答案为：；
（2）元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同主族自上而下金属性减弱，即金属性Na＞Li，故碱性：NaOH＞LiOH，
故答案为：NaOH；LiOH；
（3）元素的非金属性Cl＞Br，故氢化物稳定性：HCl＞HBr，
故答案为：HCl；HBr；
（4）O2﹣、F﹣、Na+电子层结构相同，核电荷数越大，原子核对核外电子吸引越强，离子半径越小，故离子半径：O2﹣＞F﹣＞Na+，
故答案为：O2﹣＞F﹣＞Na+；
（5）核电荷数S＜Cl，原子半径S＞Cl，Cl原子的原子核对电子吸引能力更强，故非金属性S＜Cl，
故答案为：核电荷数S＜Cl，原子半径S＞Cl，得电子能力S＜Cl，非金属性S＜Cl。
【点评】本题考查元素周期表与元素周期律，识记常见元素在周期表中位置，会用元素周期律解释一些问题，从结构上理解元素周期律。
22．【分析】图1是实验室制取纯净、干燥氯气装置图，①中分液漏斗是浓盐酸，烧瓶中为固体二氧化锰，②为饱和食盐水，除去氯气中氯化氢气体，③浓硫酸除去氯气中水蒸气，④为向上排空气法收集氯气，⑤是尾气处理，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，
（1）装置中分液漏斗盛装浓盐酸，①中反应是二氧化锰固体和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰、水；
（2）③中存放的试剂是用来吸收氯气中水蒸气；
（3）⑤中反应是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
（4）氯水滴入淀粉碘化钾溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝；
（5）氯水滴入紫色石蕊试液中，溶液变红色后褪色，氯气和水反应生成了盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性；
（6）检验氯离子的方法是用硝酸酸化的硝酸银溶液检验；
（7）由于HClO不稳定，见光受热易分解，2HClO2HCl+O2↑，使O2体积分数增加，Cl2与水不断反应和HClO分解生成的HCl使溶液中c（Cl﹣）增大。
【解答】解：（1）M的名称是：分液漏斗，①中反应的反应的化学方程式是：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl（浓） MnCl 2+Cl2↑+2H2O；
（2）③中存放的试剂为：浓硫酸，
故答案为：浓硫酸；
（3）⑤中反应是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（4）氯水滴入淀粉碘化钾溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝，Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，氧化剂的氧化性大于氧化产物，实验2﹣1结论是：氧化性Cl2＞I2（或还原性Cl﹣＜I﹣），
故答案为：氧化性Cl2＞I2（或还原性Cl﹣＜I﹣）；
（5）氯水滴入紫色石蕊试液中，溶液变红色后褪色，氯气和水反应生成了盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，实验2﹣2中溶液变红是由于溶液中含有H+，使溶液褪色的粒子是HClO （或ClO﹣），
故答案为：H+；HClO （或ClO﹣）；
（6）证明氯水中含有氯离子的方案是：取氯水于一支洁净试管中，加入过量稀HNO3使其酸化，再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则含有Cl﹣，
故答案为：取氯水于一支洁净试管中，加入过量稀HNO3使其酸化，再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则含有Cl﹣；
（7）HClO不稳定，见光受热易分解，2HClO2HCl+O2↑，使O2体积分数增加，Cl2与水不断反应和HClO分解生成的HCl使溶液中c（Cl﹣）增大，盐酸为强酸，
酸性越强，pH越小（最终不变），
故答案为：氯水中的HClO分解生成HCl和O2，O2的量和溶液中的c（Cl﹣）均增加；逐渐减小（最终不变）。
【点评】本题考查了气体制备和净化、气体性质验证、离子检验等实验过程分析判断，物质性质和氧化还原反应实质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度大。
23．【分析】（1）主族元素周期数＝电子层数、族序数＝最外层电子数；
（2）磷燃烧生成五氧化二磷；
（3）i．H3PO4与NaOH反应生成Na3PO4和水；
ii．H3PO2中P的化合价为+1价，化合价可以继续升高；次磷酸是一元酸，与NaOH发生反应H3PO2+NaOH═NaH2PO2+H2O，根据方程式计算NaOH的物质的量，再根据V＝计算消耗NaOH溶液体积。
【解答】解：（1）P是15号元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为5，故P元素处于周期表中第三周期第VA族，
故答案为：第三周期第VA族；
（2）磷燃烧生成五氧化二磷，反应方程式为4P+5O22P2O5，
故答案为：4P+5O22P2O5；
（3）i．H3PO4与NaOH反应生成Na3PO4和水，反应方程式为H3PO4+3NaOH═Na3PO4+3H2O，
故答案为：H3PO4+3NaOH═Na3PO4+3H2O；
ii．H3PO2中P的化合价为+1价，化合价可以继续升高，失电子被氧化，具有还原性，可作还原剂；次磷酸是一元酸，与NaOH发生反应H3PO2+NaOH═NaH2PO2+H2O，根据方程式可知n（NaOH）＝n（H3PO2）＝0.1L×1mol/L＝0.1mol，故消耗NaOH溶液体积为＝0.05L＝50mL，
故答案为：H3PO2中P的化合价为+1价，化合价可以继续升高，失电子被氧化，具有还原性，可作还原剂；50。
【点评】本题考查比较综合，涉及结构与位置关系、化学方程式的书写、氧化还原滴定、化学方程式的计算等，题目比较基础，旨在考查学是对基础的掌握情况。
24．【分析】Ⅰ：（1）在坩埚中高温灼烧黑木耳，使之完全灰化，黑木耳中的铁元素会转化为铁的氧化物，因此得到的氧化物一定含有铁的氧化物；
（2）i.由沉淀法测定原理可知，该测量方案可行，当加入过量的NaOH溶液，溶液中Fe2+和Fe3+均生成沉淀，且Fe（OH）2在空气中易被氧化生成Fe（OH）3，溶液中的铁元素最终完全转化为Fe2O3；
ii.①加入H2O2的目的是将亚铁离子氧化为铁离子；
②Fe3+加入KSCN溶液变红色；
③溶液颜色越深，说明Fe3+浓度越大，光的透过能力越差；
④若不加H2O2，Fe3+浓度偏小，溶液颜色浅；
（3）①由图可知Fe2+与氧气生成Fe3+，Fe3+与酶又生成Fe2+；
②酶1与Fe3+反应生成Fe2+，Fe3+得电子是氧化剂，酶1就应该是还原剂；
③该过程总反应是葡萄糖氧化生成二氧化碳和水。
【解答】解：Ⅰ：（1）在坩埚中高温灼烧黑木耳，使之完全灰化，黑木耳中的铁元素会转化为铁的氧化物，因此得到的氧化物一定含有铁的氧化物，铁的氧化物用酸充分浸泡溶解，过滤，滤液中铁元素的存在形式是Fe2+、Fe3+，
故答案为：Fe3+；
（2）i.由沉淀法测定原理可知，该测量方案可行，当加入过量的NaOH溶液，溶液中Fe2+和Fe3+均生成沉淀，且Fe（OH）2在空气中易被氧化生成Fe（OH）3，溶液中的铁元素最终完全转化为Fe2O3，称量、计算、得出结论，
故答案为：可行；当加入过量的NaOH溶液，溶液中Fe2+和Fe3+均生成沉淀，且Fe（OH）2在空气中易被氧化生成Fe（OH）3，溶液中的铁元素最终完全转化为Fe2O3，称量、计算、得出结论；
ii.①用离子方程式解释加入H2O2的目的是H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O，
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O；
②Fe3+加入KSCN溶液变红色，故a溶液的颜色是红色，
故答案为：红色；
③溶液颜色越深，说明Fe3+浓度越大，光的透过能力越差，即透光率越小，含铁量越高，
故答案为：高；
④若不加H2O2，Fe3+浓度偏小，溶液颜色浅，测出黑木耳中铁元素的含量偏小，
故答案为：偏小；
（3）①由图可知Fe2+与氧气生成Fe3+，Fe3+与酶又生成Fe2+，整个过程没有消耗Fe2+，呼吸作用过程中，Fe2+的作用是催化剂，
故答案为：催化作用；
②酶1与Fe3+反应生成Fe2+，Fe3+得电子是氧化剂，酶1就应该是还原剂，故具有还原性的酶是酶1，
故答案为：酶1；
③该过程总反应的化学方程式是C6H12O6+6O2 6CO2+6H2O，
故答案为：C6H12O6+6O2 6CO2+6H2O。
【点评】本题考查了物质组成实验验证、离子性质和离子检验方法的分析、实验基本操作等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
25．【分析】（1）由金属阳离子、酸根离子构成的物质为盐；
（2）①碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳、水；
②碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、H2O、CO2；
③碳酸钠的碱性比碳酸氢钠的碱性若，根据溶液颜色变化分析；
④碳酸钠和氢离子反应生成碳酸氢根离子；碳酸钠溶液通入二氧化碳生成碳酸氢钠；
（3）①HCl酸性强于碳酸；
②向饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2，利用碳酸氢钠溶解度较小，可析出NaHCO3晶体；通入NH3的作用是NH3溶于水，在碱性条件下有利于反应的进行。
【解答】解：（1）从物质分类看，Na2CO3和NaHCO3均属于盐，
故答案为：d；
（2）①NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2、H2O，试管中发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
②碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、H2O、CO2，反应的离子方程式是HCO3﹣+H+＝H2O+CO2↑，
故答案为：HCO3﹣+H+＝H2O+CO2↑；
③实验2﹣2中，反应方程式为Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，实现碳酸钠向碳酸氢钠转化的现象是溶液由红色变为浅红色，
故答案为：溶液由红色变为浅红色；
③通过上述实验，从物质组成上分析Na2CO3转化为NaHCO3，加入盐酸的作用是提供氢离子，使碳酸根转化为碳酸氢根；碳酸也可实现上述转化，将CO2通入Na2CO3溶液中发生反应的化学方程式：Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，
故答案为：提供氢离子，使碳酸根转化为碳酸氢根；Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3；
（3）①向饱和NaCl溶液中通入足量CO2，无NaHCO3生成，原因是若生成NaHCO3，则与同时产生的HCl不能共存[或CO2在水中的溶解度不大，溶液中c（H2CO3）小，且难以电离出大量的HCO3﹣]，
故答案为：若生成NaHCO3，则与同时产生的HCl不能共存[或CO2在水中的溶解度不大，溶液中c（H2CO3）小，且难以电离出大量的HCO3﹣]；
②向饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2，在溶液中可析出NaHCO3晶体，该反应的化学方程式NH3+CO2+NaCl+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，通入NH3的作用是NH3溶于水同时与水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O电离产生OH﹣，使溶液显碱性，能吸收大量的CO2，产生高浓度的HCO3﹣，与Na+结合生成溶解度较小的NaHCO3，从溶液中析出，
故答案为：NH3+CO2+NaCl+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl；NH3溶于水同时与水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O电离产生OH﹣，使溶液显碱性，能吸收大量的CO2，产生高浓度的HCO3﹣，与Na+结合生成溶解度较小的NaHCO3，从溶液中析出。
【点评】本题考查钠及其化合物的性质，侯氏制碱法，难度不大，熟悉碳酸钠、碳酸氢钠的转化为解答的关键。
2022北京东城高一（上）期末
化 学
一、在下列各题的4个选项中，只有1个选项符合题意。（1～10小题，每题2分，11～20小题，每题3分，共50分）
1．下列所用材料不属于合金的是（ ）
A．出土文物青铜器
B．不锈钢手术器械
C．青花瓷将军罐
D．火箭外壳镁铝合金
2．下列属于电解质的是（ ）
A．氯化钠溶液 B．氢氧化钠 C．二氧化碳 D．金属锌
3．下列属于两性氧化物的是（ ）
A．H2O B．SO3 C．FeO D．Al2O3
4．下列物质含有非极性共价键的是（ ）
A．NaOH B．H2 C．H2S D．MgCl2
5．当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（ ）
A．KCl溶液 B．Fe（OH）3胶体
C．KOH溶液 D．Na2SO4溶液
6．下列物质进行焰色试验，其火焰为黄色的是（ ）
A．Na2SO4 B．Mg（OH）2 C．KCl D．HNO3
7．下列物质互为同素异形体的是（ ）
A．H2O和H2O2 B．H和H
C．NO和NO2 D．O2和O3
8．下列做法存在安全隐患的是（ ）
A．点燃可燃性气体前，需对气体进行验纯
B．大量氯气泄漏时，应尽量顺风迅速离开现场
C．熄灭少量燃着的金属钠，需用干燥沙土覆盖
D．闻气体时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔
9．配置一定物质的量浓度的溶液不需要用到的仪器是（ ）
A．玻璃棒 B．容量瓶 C．圆底烧瓶 D．胶头滴管
10．下列物质中酸性最强的是（ ）
A．H2CO3 B．H2SiO3 C．H2SO4 D．HClO4
11．下列有关物质的用途不正确的是（ ）
A．碳酸氢钠可用作焙制糕点
B．氧化铁用作油漆、涂料的红色颜料
C．臭氧、二氧化氯是用作自来水消毒剂
D．氯化亚铁溶液用作印刷电路板的腐蚀液
12．下列物质能与水反应，且不属于氧化还原反应的是（ ）
A．金属钠 B．氧化钠 C．过氧化钠 D．氢氧化钠
13．下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．H2O的结构式：
B．CO2的分子结构模型：
C．NaCl的电子式：
D．中子数为8的氮原子：N
14．下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．铁粉与氯化铁溶液反应：Fe+Fe3+═2Fe2+
B．用稀盐酸除去铁表面的铁锈：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
C．用大理石与稀盐酸反应制备二氧化碳：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑
D．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O
15．下列说法不正确的是（ ）
A．H2O的摩尔质量为18g/mol
B．标准状况下，1molN2的体积是22.4L
C．44gCO2中含有的氧原子数约为6.02×1023
D．0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液中c（Na+）是1mol•L﹣1
16．某同学探究铁与水蒸气的反应，进行了如图实验。下列说法中不正确的是（ ）
A．点燃酒精灯的顺序是先a后b
B．湿棉花的作用是提供水蒸气
C．由肥皂液冒气泡证明铁与水蒸气发生了反应
D．不能用磁铁将铁粉从反应后的固体中分离出来
17．M与N反应时，不能实现图示电子转移的是（ ）
选项
M
N
电子转移
A
H2
Cl2
B
Fe
FeCl3
C
Al
H2SO4（稀）
D
Cl2
H2O
A．A B．B C．C D．D
18．高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，在水处理过程中，高铁酸钾转化为Fe（OH）3胶体，制备高铁酸钾流程如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．反应Ⅰ的化学方程式是2Fe+3Cl22FeCl3
B．用FeCl2溶液吸收反应I中尾气所得产物可再利用
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D．用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，Fe（OH）3胶体吸附杂质净化水
19．用砂纸仔细打磨铝片后，称取质量均为2.7g的两块铝片，将其中一铝片迅速放入120mL2mol/LNaOH溶液中，另一铝片在空气中放置一段时间后，再放入等浓度等体积的NaOH溶液中。下列说法不正确的是（ ）
A．均有氧化还原反应发生
B．消耗NaOH的物质的量相同
C．均有气体生成，且体积相同
D．均有NaAlO2生成，且质量相同
20．相同温度和压强下，研究在不同溶液中，溶解Cl2的量【c（Cl2）】随溶液浓度的变化，如图所示。下列说法不正确的是（ ）注：c（Cl2）表示溶解Cl2的量，即单位体积内溶解Cl2的物质的量
A．由图1可知，Cl2与Cl﹣结合生成Cl3﹣
B．由图1可知，增大c（NaCl），c（Cl2）减小
C．由图2可知，增大c（H+），c（Cl2）减小
D．若将Cl2通入盐酸中，增大c（HCl），c（Cl2）一定减小
二、非选择题共50分
21．（8分）表格是元素周期表的一部分，表中所列序号分别代表周期中的一种元素。
（1）⑤的原子结构示意图是 。
（2）①、②分别形成最高价氧化物对应水化物中，碱性 大于 （填化学式）。
（3）⑥、⑦形成氢化物中，稳定性 大于 （填化学式）。
（4）②③④离子半径由大到小的顺序是 （填离子符号）。
（5）从原子结构的角度解释非金属性⑥大于⑤的原因是 。
22．（13分）化学小组同学为研究氯气制备和氯水的成分及性质进行了如下实验。
【实验1】制备氯气。如图1是实验室制取纯净、干燥氯气装置图。
（1）M的名称是 ，①中反应的反应的化学方程式是 。
（2）③中存放的试剂是 。
（3）⑤中反应的离子方程式是 。
【实验2】研究氯水性质。实验操作及现象如下表。
资料：淀粉的特征反应——遇I2变蓝色
实验2﹣1
实验2﹣2
实验操作（氯水均为新制）
实验现象
溶液变蓝
石蕊溶液先变红，后褪色
（4）实验2﹣1结论是 。
（5）实验2﹣2中溶液变红是由于溶液中含有 ；使溶液褪色的粒子是 。
（6）证明氯水中含有氯离子的方案是 。
（7）同学们发现久置的氯水会失去漂白性，溶液由黄绿色变为无色。为探究氯水失效的原因，进行实验：用强光照射盛有氯水的密闭广口瓶，并用传感器测定广口瓶中数据，得到如图2曲线。图中曲线变化的原因是 。若在上述整个实验过程中测定溶液的pH，pH的变化是 。
23．（7分）磷元素形成的单质、化合物用途广泛。请回答下列问题。
（1）磷元素在周期表中的位置是 。
（2）磷元素形成的单质白磷，在军事上可用作燃烧弹，该反应的化学方程式是 。
（3）磷元素可以形成多种含氧酸。
i.过多饮用含磷酸（H3PO4）的饮料，会导致人体的骨密度降低。磷酸的结构式为，其结构中画圈部分可电离出H+，故称为三元酸。磷酸与氢氧化钠完全中和时，反应的化学方程式是 。
ii.次磷酸（H3PO2）的结构式为，在工业上可做还原剂，请从化合价的角度解释原因是 ；100mL1mol/L次磷酸与2mol/LNaOH溶液恰好反应，消耗NaOH溶液的体积是 mL。
24．（12分）铁是人体必需的微量元素，铁摄入不足可能引起缺铁性贫血。
Ⅰ：黑木耳中含有比较丰富的铁元素，某研学小组测定其含量。
（1）【铁元素的分离】在坩埚中高温灼烧黑木耳，使之完全灰化。用足量的酸充分溶解，过滤，滤液中铁元素的存在形式是Fe2+、 。
（2）【铁元素含量测定】研学小组提出如下测量方案。
i.沉淀法：向（1）滤液中加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤沉淀、加热烘干、称量。请评价该测量方案是否可行 ，理由是 。
ii.比色法：流程如图1。
①用离子方程式解释加入H2O2的目的是 。
②溶液a的颜色是 。
③溶液颜色越深，光的透过能力越差，即透光率越小，含铁量越 （填“高”或“低”）。
④若不加H2O2，测出黑木耳中铁元素的含量 （填“偏大”或“偏小”）。
Ⅱ：在肺部，血红蛋白中的亚铁血红素与O2结合，把O2送到各个组织器官。
（3）已知葡萄糖的分子式是C6H12O6。铁元素参与人体内的呼吸作用示意图如图2（部分中间产物已略去）。
①呼吸作用过程中，Fe2+的作用是 。
②具有还原性的酶是 。
③该过程总反应的化学方程式是 。
25．（10分）关注物质的宏观组成和微观构成，是研究物质性质及其转化的基本出发点。
（1）从物质分类看，Na2CO3和NaHCO3均属于 （选填序号），因此具有某些相似的化学性质。
a.氧化物
b.酸
c.碱
d.盐
（2）探究Na2CO3和NaHCO3的相互转化。
【实验1】加热碳酸氢钠固体，装置如图所示。
①利用上述装置可实现NaHCO3向Na2CO3发生转化，试管中发生反应的化学方程式为 。
【实验2】分别向滴有2滴酚酞的NaHCO3和Na2CO3溶液中滴加稀盐酸，实验记录如下：
实验内容
实验现象
实验2﹣1
溶液浅红色褪去，立即产生大量气泡。
实验2﹣2
开始时，溶液的红色没有明显变化，也没有明显的气泡产生。继续滴加盐酸，当溶液的红色明显变浅时，气泡的数量也逐渐增多。当溶液的颜色变为浅红色，继续滴加盐酸，溶液的浅红色褪去，有大量气泡出现。
②实验2﹣1中，反应的离子方程式是 。
③实验2﹣2中，实现碳酸钠向碳酸氢钠转化的现象是 。
④通过上述实验，从物质组成上分析Na2CO3转化为NaHCO3，加入盐酸的作用是 ；碳酸也可实现上述转化，写出将CO2通入Na2CO3溶液中发生反应的化学方程式： 。
（3）探究NaCl转化为NaHCO3。
资料i：
物质
NaCl
NaHCO3
NH4HCO3
NH4Cl
20℃时的溶解度（g/100gH2O）
36.0
9.6
21.7
37.2
资料ii：氨气（NH3）可与水发生反应，生成一水合氨（NH3•H2O），一水合氨属于一种碱。
①向饱和NaCl溶液中通入足量CO2，无NaHCO3生成，原因是 。
②向饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2，在溶液中可析出NaHCO3晶体，该反应的化学方程式 ，通入NH3的作用是 。
参考答案
一、在下列各题的4个选项中，只有1个选项符合题意。（1～10小题，每题2分，11～20小题，每题3分，共50分）
1．【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属。
【解答】解：A．青铜为铜、锡合金，故A不选；
B．不锈钢为铁合金，故B不选；
C．青花瓷成分为陶瓷，属于硅酸盐材料，不是合金，故C选；
D．火箭外壳为镁铝形成的合金，故D不选；
故选：C。
【点评】本题主要考查物质的组成，明确合金概念及组成是解题关键，题目难度不大。
2．【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
【解答】解：A．氯化钠溶液为混合物，不是电解质，故A不选；
B．氢氧化钠为化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，是电解质，故B选；
C．二氧化碳为非电解质，故C不选；
D．金属锌为单质，不是电解质，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的分类，把握电解质概念即可解答，题目难度不大。
3．【分析】既能和酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水的氧化物，为两性氧化物。
【解答】解：A．H2O和酸、碱都不反应，故A错误；
B．SO3和碱反应生成盐和水，和酸不反应，属于酸性氧化物，故B错误；
C．FeO和酸反应生成盐和水，和碱不反应，属于碱性氧化物，故C错误；
D．Al2O3既能和酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化物的判断，侧重考查对基本概念的理解和运用，明确元素化合物的性质、两性氧化物概念内涵是解本题关键，注意基础知识的总结归纳。
4．【分析】不同非金属元素的原子之间易形成极性共价键，同种非金属元素的原子之间易形成非极性共价键。
【解答】解：A．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、氢氧根离子中存在O﹣H极性共价键，故A错误；
B．H2分子中存在H﹣H非极性共价键，故B正确；
C．H2S分子中存在S﹣H极性共价键，故C错误；
D．MgCl2中镁离子和氯离子之间存在离子键，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意D中两个氯离子之间不存在化学键。
5．【分析】胶体具有丁达尔现象是指当光束通过胶体分散系时能看到一条光亮的通路，丁达尔现象是区分胶体和溶液最常用的简单方法；丁达尔效应的是胶体特有的性质，所以只要判断下列分散系是否为胶体即可。
【解答】解：胶体粒子的微粒直径在1﹣100nm之间，分散质微粒直径小于1﹣100nm的是溶液，大于1﹣100nm的是浊液；
A．KCl溶液属于溶液，无丁达尔效应，故A错误；
B．Fe（OH）3胶体分散质大小为1nm～100nm，属于胶体，有丁达尔效应，故B正确；
C．KOH溶液属于KOH的溶液，无丁达尔效应，故C错误；
D．Na2SO4溶液属于溶液，无丁达尔效应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查胶体的性质，明确丁达尔效应是胶体的特有性质是解答关键，题目较简单。
6．【分析】含有钠元素的物质的焰色反应为黄色，据此进行分析。
【解答】解：A．含有钠元素的物质的焰色反应为黄色，故A正确；
B．含有镁元素的物质无焰色反应，故B错误；
C．含有钾元素的物质的焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃），故C错误；
D．硝酸中不含有金属元素，无焰色反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了焰色反应的颜色，难度不大，应注意焰色反应为一种元素的性质，只要含有钠元素，则焰色反应即为黄色。
7．【分析】同种元素形成的不同单质，这些单质互称为同素异形体，据此分析。
【解答】解：A．H2O和H2O2是不同化合物，不是同素异形体，故A错误；
B．H和H是氢元素的不同原子，为氢元素的同位素，故B错误；
C．NO和NO2是化合物，不是单质，不是同素异形体，故C错误；
D．O2和O3是氧元素的不同单质，为同素异形体，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了同素异形体概念的理解应用，注意概念实质的分析判断，题目难度不大。
8．【分析】A．可燃性气体与空气混合易爆炸；
B．氯气有毒；
C．金属钠易和水、氧气反应；
D．闻气体应使少量的气体飘入鼻孔，防止中毒。
【解答】解：A．可燃性气体与空气混合易爆炸，必须先验纯、后点燃，故A正确；
B．氯气有毒，大量氯气泄漏时，应尽量逆风迅速离开现场，故B错误；
C．金属钠易和水、氧气反应，故不能用水来灭钠火，必须用沙土来覆盖，故C正确；
D．闻气体时正确的操作为：用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了化学实验安全，明确试剂的性质及基本操作是解题关键，题目难度不大。
9．【分析】配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤是计算、（称量）量取、（溶解）稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，据此选择需要的仪器。
【解答】解：配制一定物质的量浓度的一般步骤是：用托盘天平称量溶质的质量（或者用量筒量浓溶液体积），用药匙取用固体药品，在烧杯中溶解（或者稀释），并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀和装瓶，所以所需仪器有托盘天平（量筒）、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器为圆底烧瓶，
故选：C。
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制、仪器的选择，明确配制原理及操作步骤是解题关键，题目难度基础、简单。
10．【分析】元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强。
【解答】解：元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Si＜C＜S＜Cl，则其最高价氧化物的水化物酸性：H2SiO3＜H2CO3＜H2SO4＜HClO4，
故选：D。
【点评】本题以酸性强弱判断为载体考查元素周期律，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确非金属性强弱与其最高价氧化物的水化物酸性强弱关系是解本题关键，题目难度不大。
11．【分析】A．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳、碳酸钠和水；
B．依据氧化铁为红棕色固体解答；
C．臭氧、二氧化氯具有强的氧化性，能使蛋白质变性；
D．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜。
【解答】解：A．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳、碳酸钠和水，所以碳酸氢钠可用作焙制糕点，故A正确；
B．氧化铁为红棕色固体，所以氧化铁用作油漆、涂料的红色颜料，故B正确；
C．臭氧、二氧化氯具有强的氧化性，能使蛋白质变性，可以用作自来水消毒剂，故C正确；
D．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，所以氯化铁溶液用作印刷电路板的腐蚀液，氯化亚铁不具有此性质，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
12．【分析】含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，再结合和水的反应进行判断，以此来解答。
【解答】解：A．钠和水反应为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，Na、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；
B．氧化钠和水反应为：Na2O+H2O＝2NaO，元素的化合价无变化，为非氧化还原反应，故B选；
C．Na2O2和水的反应为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，存在元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不选；
D．氢氧化钠和水不反应，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见元素的化合价判断，题目难度不大。
13．【分析】A.水分子中含有2个O﹣H键，为V形结构；
B.二氧化碳分子中含有2个碳氧双键；
C.氯化钠为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷；
D.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数，左下角为质子数。
【解答】解：A.H2O分子为共价化合物，其结构式为，故A正确；
B.CO2分子中含有两个碳氧双键，为直线形结构，其结构模型为，故B正确；
C.氯化钠为离子化合物，其电子式为，故C错误；
D.中子数为8的氮原子的质量数为7+8＝15，该原子可以表示为N，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，涉及结构式、电子式、元素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，题目难度不大。
14．【分析】A.该反应不满足电荷守恒和得失电子守恒；
B.氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水；
C.碳酸钙为难溶物，不能拆开；
D.氢离子、氢氧根离子的系数不满足硫酸、氢氧化钡的化学式组成。
【解答】解：A.铁粉与氯化铁溶液反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，故A错误；
B.用稀盐酸除去铁表面的铁锈，离子方程式为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故B正确；
C.用大理石与稀盐酸反应制备二氧化碳，离子方程式为：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑，故C错误；
D.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
15．【分析】A.水的摩尔质量（单位g/mol）与其相对分子质量在数值上相等；
B.根据V＝nVm计算；
C.二氧化碳分子中含有2个氧原子，根据n＝＝计算；
D.碳酸钠溶液中c（Na+）＝2c（Na2CO3）。
【解答】解：A.水的相对分子质量为18，其摩尔质量为18g/mol，故A正确；
B.标准状况下，1molN2的体积是：22.4L/mol×1mol＝22.4L，故B正确；
C.44gCO2中含有的氧原子的物质的量为：×2＝2mol，含有的氧原子数约为2×6.02×1023＝1.204×1024，故C错误；
D.0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液中c（Na+）＝2c（Na2CO3）＝0.5mol/L×2＝1mol/L，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的量的计算，明确摩尔质量与相对分子质量之间的关系为解答关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的转化关系，题目难度不大。
16．【分析】A.先提供水蒸气，再加热反应；
B.湿棉花受热可提供反应物水蒸气；
C.空气受热膨胀逸出可观察到肥皂液中有气泡；
D.产物四氧化三铁也可以被磁铁吸引。
【解答】解：A.点燃a处酒精灯将液态水变为水蒸气，再点燃b处酒精灯使铁粉和水蒸气发生反应，故A正确；
B.由A可知，湿棉花的作用就是提供反应所需的水蒸气，故B正确；
C.肥皂液冒气泡可能是试管内的空气受热膨胀而逸出，无法说明发生了反应，故C错误；
D.该反应生成四氧化三铁，也可以被磁铁吸引，不能用磁铁分离铁和Fe2O3，故D正确，
故选：C。
【点评】本题主要考查铁单质和水蒸气的实验探究，难度较小，注意理清该反应的整体逻辑。
17．【分析】根据图示电子转移，说明M失电子发生氧化反应，N得电子发生还原反应，据此分析解答。
【解答】解：A、H2与Cl2反应，H2失电子发生氧化反应，Cl2得电子发生还原反应，能实现图示电子转移，故A不选；
B、Fe与FeCl3反应，Fe失电子发生氧化反应，FeCl3得电子发生还原反应，能实现图示电子转移，故B不选；
C、Al与H2SO4（稀）反应，Al失电子发生氧化反应，H2SO4（稀）得电子发生还原反应，能实现图示电子转移，故C不选；
D、Cl2与H2O反应，Cl2自身发生氧化还原反应，H2O没有得电子，不能实现图示电子转移，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应的原理，熟练化合价的变化是解题关键，难度不大。
18．【分析】铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2 FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。
【解答】解：A．反应Ⅰ中Fe与氯气反应生成氯化铁，化学方程式是2Fe+3Cl22FeCl3，故A正确；
B．尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故B正确；
C．反应Ⅱ中Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；
D．K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中的反应、混合物分离提纯、元素和化合物知识、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
19．【分析】用砂纸仔细打磨铝片后，称取质量均为2.7g的两块铝片，将其中一铝片迅速放入120mL2mol/LNaOH溶液中，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，另一铝片在空气中放置一段时间后，再放入等浓度等体积的NaOH溶液中，发生的反应为：Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O，2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，据此分析判断。
【解答】解：A．分析可知过程中均有铝和氢氧化钠溶液的反应，为氧化还原反应，故A正确；
B．元素守恒可知，最后都生成了偏铝酸钠，消耗NaOH的物质的量相同，故B正确；
C．均有气体生成，但生成气体体积不相同，故C错误；
D．元素守恒分析，均有NaAlO2生成，且质量相同，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了铝及其化合物性质分析应用，主要是反应定量关系的理解，题目难度中等。
20．【分析】A．由图1分析Cl2的浓度降低，Cl3﹣浓度升高；
B．依据图示可知，随着氯化钠溶液浓度增大，溶解氯气的量减小；
C．依据图2Cl2的浓度随着硫酸的增加而下降；
D．若将Cl2通入盐酸中，氢离子浓度增大，抑制氯气与水反应生成氢离子、氯离子和次氯酸，但是过程中氯离子浓度增大，促进Cl2与Cl﹣结合生成Cl3﹣。
【解答】解：A．由图1分析Cl2的浓度降低，Cl3﹣浓度升高，得出Cl2溶于NaCl溶液时还发生了反应Cl2+Cl﹣⇌Cl3﹣，故A正确；
B．依据图示可知，随着氯化钠溶液浓度增大，溶解氯气的量减小，即增大c（NaCl），c（Cl2）减小，故B正确；
C．依据图2Cl2的浓度随着硫酸的增加而下降，即增大c（H+），c（Cl2）减小，故C正确；
D．若将Cl2通入盐酸中，氢离子浓度增大，抑制氯气与水反应生成氢离子、氯离子和次氯酸，但是过程中氯离子浓度增大，促进Cl2与Cl﹣结合生成Cl3﹣，促进氯气的溶解，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了影响氯气溶解度的因素，题目难度中等，正确分析、理解题中信息及图象数据是解答本题关键，注意利用平衡移动原理。
二、非选择题共50分
21．【分析】由元素在周期表中位置，可知①为Li、②为Na、③为O、④为F、⑤为S、⑥为Cl、⑦为Br；
（1）⑤位于占中第三周期第VIA族；
（2）元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
（3）元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；
（4）电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；
（5）原子半径越小，核电荷数越大，原子核对电子吸引能力越强。
【解答】解：由元素在周期表中位置，可知①为Li、②为Na、③为O、④为F、⑤为S、⑥为Cl、⑦为Br；
（1）⑤位于占中第三周期第VIA族，其原子结构示意图为，
故答案为：；
（2）元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同主族自上而下金属性减弱，即金属性Na＞Li，故碱性：NaOH＞LiOH，
故答案为：NaOH；LiOH；
（3）元素的非金属性Cl＞Br，故氢化物稳定性：HCl＞HBr，
故答案为：HCl；HBr；
（4）O2﹣、F﹣、Na+电子层结构相同，核电荷数越大，原子核对核外电子吸引越强，离子半径越小，故离子半径：O2﹣＞F﹣＞Na+，
故答案为：O2﹣＞F﹣＞Na+；
（5）核电荷数S＜Cl，原子半径S＞Cl，Cl原子的原子核对电子吸引能力更强，故非金属性S＜Cl，
故答案为：核电荷数S＜Cl，原子半径S＞Cl，得电子能力S＜Cl，非金属性S＜Cl。
【点评】本题考查元素周期表与元素周期律，识记常见元素在周期表中位置，会用元素周期律解释一些问题，从结构上理解元素周期律。
22．【分析】图1是实验室制取纯净、干燥氯气装置图，①中分液漏斗是浓盐酸，烧瓶中为固体二氧化锰，②为饱和食盐水，除去氯气中氯化氢气体，③浓硫酸除去氯气中水蒸气，④为向上排空气法收集氯气，⑤是尾气处理，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，
（1）装置中分液漏斗盛装浓盐酸，①中反应是二氧化锰固体和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰、水；
（2）③中存放的试剂是用来吸收氯气中水蒸气；
（3）⑤中反应是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
（4）氯水滴入淀粉碘化钾溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝；
（5）氯水滴入紫色石蕊试液中，溶液变红色后褪色，氯气和水反应生成了盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性；
（6）检验氯离子的方法是用硝酸酸化的硝酸银溶液检验；
（7）由于HClO不稳定，见光受热易分解，2HClO2HCl+O2↑，使O2体积分数增加，Cl2与水不断反应和HClO分解生成的HCl使溶液中c（Cl﹣）增大。
【解答】解：（1）M的名称是：分液漏斗，①中反应的反应的化学方程式是：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl（浓） MnCl 2+Cl2↑+2H2O；
（2）③中存放的试剂为：浓硫酸，
故答案为：浓硫酸；
（3）⑤中反应是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（4）氯水滴入淀粉碘化钾溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝，Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，氧化剂的氧化性大于氧化产物，实验2﹣1结论是：氧化性Cl2＞I2（或还原性Cl﹣＜I﹣），
故答案为：氧化性Cl2＞I2（或还原性Cl﹣＜I﹣）；
（5）氯水滴入紫色石蕊试液中，溶液变红色后褪色，氯气和水反应生成了盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，实验2﹣2中溶液变红是由于溶液中含有H+，使溶液褪色的粒子是HClO （或ClO﹣），
故答案为：H+；HClO （或ClO﹣）；
（6）证明氯水中含有氯离子的方案是：取氯水于一支洁净试管中，加入过量稀HNO3使其酸化，再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则含有Cl﹣，
故答案为：取氯水于一支洁净试管中，加入过量稀HNO3使其酸化，再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则含有Cl﹣；
（7）HClO不稳定，见光受热易分解，2HClO2HCl+O2↑，使O2体积分数增加，Cl2与水不断反应和HClO分解生成的HCl使溶液中c（Cl﹣）增大，盐酸为强酸，
酸性越强，pH越小（最终不变），
故答案为：氯水中的HClO分解生成HCl和O2，O2的量和溶液中的c（Cl﹣）均增加；逐渐减小（最终不变）。
【点评】本题考查了气体制备和净化、气体性质验证、离子检验等实验过程分析判断，物质性质和氧化还原反应实质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度大。
23．【分析】（1）主族元素周期数＝电子层数、族序数＝最外层电子数；
（2）磷燃烧生成五氧化二磷；
（3）i．H3PO4与NaOH反应生成Na3PO4和水；
ii．H3PO2中P的化合价为+1价，化合价可以继续升高；次磷酸是一元酸，与NaOH发生反应H3PO2+NaOH═NaH2PO2+H2O，根据方程式计算NaOH的物质的量，再根据V＝计算消耗NaOH溶液体积。
【解答】解：（1）P是15号元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为5，故P元素处于周期表中第三周期第VA族，
故答案为：第三周期第VA族；
（2）磷燃烧生成五氧化二磷，反应方程式为4P+5O22P2O5，
故答案为：4P+5O22P2O5；
（3）i．H3PO4与NaOH反应生成Na3PO4和水，反应方程式为H3PO4+3NaOH═Na3PO4+3H2O，
故答案为：H3PO4+3NaOH═Na3PO4+3H2O；
ii．H3PO2中P的化合价为+1价，化合价可以继续升高，失电子被氧化，具有还原性，可作还原剂；次磷酸是一元酸，与NaOH发生反应H3PO2+NaOH═NaH2PO2+H2O，根据方程式可知n（NaOH）＝n（H3PO2）＝0.1L×1mol/L＝0.1mol，故消耗NaOH溶液体积为＝0.05L＝50mL，
故答案为：H3PO2中P的化合价为+1价，化合价可以继续升高，失电子被氧化，具有还原性，可作还原剂；50。
【点评】本题考查比较综合，涉及结构与位置关系、化学方程式的书写、氧化还原滴定、化学方程式的计算等，题目比较基础，旨在考查学是对基础的掌握情况。
24．【分析】Ⅰ：（1）在坩埚中高温灼烧黑木耳，使之完全灰化，黑木耳中的铁元素会转化为铁的氧化物，因此得到的氧化物一定含有铁的氧化物；
（2）i.由沉淀法测定原理可知，该测量方案可行，当加入过量的NaOH溶液，溶液中Fe2+和Fe3+均生成沉淀，且Fe（OH）2在空气中易被氧化生成Fe（OH）3，溶液中的铁元素最终完全转化为Fe2O3；
ii.①加入H2O2的目的是将亚铁离子氧化为铁离子；
②Fe3+加入KSCN溶液变红色；
③溶液颜色越深，说明Fe3+浓度越大，光的透过能力越差；
④若不加H2O2，Fe3+浓度偏小，溶液颜色浅；
（3）①由图可知Fe2+与氧气生成Fe3+，Fe3+与酶又生成Fe2+；
②酶1与Fe3+反应生成Fe2+，Fe3+得电子是氧化剂，酶1就应该是还原剂；
③该过程总反应是葡萄糖氧化生成二氧化碳和水。
【解答】解：Ⅰ：（1）在坩埚中高温灼烧黑木耳，使之完全灰化，黑木耳中的铁元素会转化为铁的氧化物，因此得到的氧化物一定含有铁的氧化物，铁的氧化物用酸充分浸泡溶解，过滤，滤液中铁元素的存在形式是Fe2+、Fe3+，
故答案为：Fe3+；
（2）i.由沉淀法测定原理可知，该测量方案可行，当加入过量的NaOH溶液，溶液中Fe2+和Fe3+均生成沉淀，且Fe（OH）2在空气中易被氧化生成Fe（OH）3，溶液中的铁元素最终完全转化为Fe2O3，称量、计算、得出结论，
故答案为：可行；当加入过量的NaOH溶液，溶液中Fe2+和Fe3+均生成沉淀，且Fe（OH）2在空气中易被氧化生成Fe（OH）3，溶液中的铁元素最终完全转化为Fe2O3，称量、计算、得出结论；
ii.①用离子方程式解释加入H2O2的目的是H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O，
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O；
②Fe3+加入KSCN溶液变红色，故a溶液的颜色是红色，
故答案为：红色；
③溶液颜色越深，说明Fe3+浓度越大，光的透过能力越差，即透光率越小，含铁量越高，
故答案为：高；
④若不加H2O2，Fe3+浓度偏小，溶液颜色浅，测出黑木耳中铁元素的含量偏小，
故答案为：偏小；
（3）①由图可知Fe2+与氧气生成Fe3+，Fe3+与酶又生成Fe2+，整个过程没有消耗Fe2+，呼吸作用过程中，Fe2+的作用是催化剂，
故答案为：催化作用；
②酶1与Fe3+反应生成Fe2+，Fe3+得电子是氧化剂，酶1就应该是还原剂，故具有还原性的酶是酶1，
故答案为：酶1；
③该过程总反应的化学方程式是C6H12O6+6O2 6CO2+6H2O，
故答案为：C6H12O6+6O2 6CO2+6H2O。
【点评】本题考查了物质组成实验验证、离子性质和离子检验方法的分析、实验基本操作等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
25．【分析】（1）由金属阳离子、酸根离子构成的物质为盐；
（2）①碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳、水；
②碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、H2O、CO2；
③碳酸钠的碱性比碳酸氢钠的碱性若，根据溶液颜色变化分析；
④碳酸钠和氢离子反应生成碳酸氢根离子；碳酸钠溶液通入二氧化碳生成碳酸氢钠；
（3）①HCl酸性强于碳酸；
②向饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2，利用碳酸氢钠溶解度较小，可析出NaHCO3晶体；通入NH3的作用是NH3溶于水，在碱性条件下有利于反应的进行。
【解答】解：（1）从物质分类看，Na2CO3和NaHCO3均属于盐，
故答案为：d；
（2）①NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2、H2O，试管中发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
②碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、H2O、CO2，反应的离子方程式是HCO3﹣+H+＝H2O+CO2↑，
故答案为：HCO3﹣+H+＝H2O+CO2↑；
③实验2﹣2中，反应方程式为Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，实现碳酸钠向碳酸氢钠转化的现象是溶液由红色变为浅红色，
故答案为：溶液由红色变为浅红色；
③通过上述实验，从物质组成上分析Na2CO3转化为NaHCO3，加入盐酸的作用是提供氢离子，使碳酸根转化为碳酸氢根；碳酸也可实现上述转化，将CO2通入Na2CO3溶液中发生反应的化学方程式：Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，
故答案为：提供氢离子，使碳酸根转化为碳酸氢根；Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3；
（3）①向饱和NaCl溶液中通入足量CO2，无NaHCO3生成，原因是若生成NaHCO3，则与同时产生的HCl不能共存[或CO2在水中的溶解度不大，溶液中c（H2CO3）小，且难以电离出大量的HCO3﹣]，
故答案为：若生成NaHCO3，则与同时产生的HCl不能共存[或CO2在水中的溶解度不大，溶液中c（H2CO3）小，且难以电离出大量的HCO3﹣]；
②向饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2，在溶液中可析出NaHCO3晶体，该反应的化学方程式NH3+CO2+NaCl+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，通入NH3的作用是NH3溶于水同时与水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O电离产生OH﹣，使溶液显碱性，能吸收大量的CO2，产生高浓度的HCO3﹣，与Na+结合生成溶解度较小的NaHCO3，从溶液中析出，
故答案为：NH3+CO2+NaCl+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl；NH3溶于水同时与水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O电离产生OH﹣，使溶液显碱性，能吸收大量的CO2，产生高浓度的HCO3﹣，与Na+结合生成溶解度较小的NaHCO3，从溶液中析出。
【点评】本题考查钠及其化合物的性质，侯氏制碱法，难度不大，熟悉碳酸钠、碳酸氢钠的转化为解答的关键。
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