2022-2023学年吉林省松原市实验高级中学高一上学期期末考试化学试题含答案

这是一份2022-2023学年吉林省松原市实验高级中学高一上学期期末考试化学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。

吉林省松原市实验高级中学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
1．2022年12月7日国务院联防联控机制发布《新冠病毒感染者居家治疗指南》，为新冠病毒感染者居家治疗提供参照。下列相关说法错误的是
A．家庭使用的玻璃体温计中含有副族元素汞
B．连花清瘟胶囊成分中的石膏属于混合物
C．止咳祛痰药盐酸氨溴索中含有两种卤族元素
D．医用酒精凝胶中的乙醇属于有机化合物
【答案】B
【详解】A．汞为第ⅡB族元素，A正确；
B．为结晶水合物，为纯净物，B错误；
C．盐酸氨溴索中含有氯（）和溴（）两种卤族元素，C正确；
D．乙醇（）属于有机化合物，D正确；
故选B。
2．用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是
A．H2O的分子结构模型：
B．NCl3的电子式：
C．HClO的结构式：H—Cl—O
D．Cl-的结构示意图：
【答案】B
【详解】A．H2O是V形分子，分子结构模型为，故A错误；
B．NCl3是共价化合物，电子式为 ，故B正确；
C．HClO中O为中心原子，结构式为H—O—Cl，故C错误；    
D．Cl-的质子数为17、电子数为18，结构示意图为 ，故D错误；
选B。
3．氯酸是一种强酸，氯酸的浓度超过就会迅速分解，反应的化学方程式为：。下列说法正确的是
A．所得混合气体的平均相对分子质量为
B．、是氧化产物
C．生成标准状况下，转移电子数
D．被氧化和被还原的氯元素之比为
【答案】C
【详解】A．根据方程式可知混合气体（O2和Cl2）的平均相对分子质量为=47.6g/mol，故A错误；
B．Cl2是由HClO3中Cl由+5价下降至0价转化而生成，属还原产物，故B错误；
C．由反应8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O可知，每生成3mol O2，得、失电子数均为20NA，标准状况下1.344L O2，即0.06mol，转移电子数0.4NA，故C正确；
D．由反应8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O可知，被氧化和被还原的氯元素之比为1：1，故D错误；
故选C。
4．2021年中国地质科学院地质研究所朱祥坤研究员修订铅元素的标准相对原子质量为区间值，下列关于铅元素说法不正确的是

A．Pb的中子数为125 B．Pb的原子序数是82
C．Pb和Pb互为同位素 D．Pb和Pb属于同种核素
【答案】D
【详解】A．原子符号左上角为质量数，质量数等于质子数中子数的和，Pb的中子数为207-82=125，A正确；
B．原子符号左下角为质子数，则Pb表示质量数为204，质子数为82，故其表示原子序数是82的一种铅原子，B正确；
C．Pb和Pb的质子数相同而中子数不同的铅的不同的原子，二者互为同位素，C正确；
D．核素是具有一定数目质子数和一定数目中子数的原子，Pb和Pb属于同种元素的不同核素，D错误；
故合理选项是D。
5．下列示意图与表述内容不相符的是

A．图①比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性
B．图②合金内原子层之间的相对滑动变得困难
C．图③光照过程中氯水的pH变化
D．图④还原剂和氧化剂的关系
【答案】A
【详解】A．碳酸氢钠不稳定，受热易分解，而碳酸钠稳定，受热不分解，故要比较碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，应该将稳定性比较差的物质NaHCO3放置在内管中，将Na2CO3放在外管中，图示的两种物质位置应颠倒过来，A符合题意；
B．合金中原子半径不同，使原子层之间的相对滑动变得困难，B不符合题意；
C．HClO是弱酸，HCl是强酸，次氯酸在光照条件下分解为盐酸和氧气，弱酸变为强酸，导致溶液中c(H+)增大，溶液pH减小，C不符合题意；
D．在氧化还原反应中，还原剂失电子、氧化剂得电子，D不符合题意；
故合理选项是A。
6．下列各组微粒中，按原子或离子半径由大到小的顺序排列的是
A．K、Na、Li B．、、 C．S、O、N D．、、
【答案】A
【详解】A．同主族元素从上到下原子半径增大，则原子半径：K>Na>Li，故A正确；
B．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：F->Na+＞Mg2+，故B错误；
C．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同的核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：S>N>O，故C错误；
D．电子层数越多离子半径越大，故离子半径Br->Cl-> F-，故D错误；
故选：A。
7．类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中，错误的是
①钠与水反应生成NaOH和H2，因此所有金属与水反应都生成对应的碱和H2
②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，因此性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中
③K单质的焰色为紫色，因此K2CO3的焰色也为紫色
④密度为1.1g·cm-3与密度为1.2g·cm-3的NaCl溶液等体积混合，所得新溶液的密度介于1.1g·cm-3与1.2g·cm-3之间，因此Na-K合金的熔点应介于Na和K熔点之间
A．①② B．①③④ C．①②③④ D．①②④
【答案】D
【详解】①活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是有些金属和水不反应，故①错误；
②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为与氧气、水反应生成了疏松多孔的铁锈、发生了腐蚀，金属铝在空气中和氧气反应表面生成致密氧化物保护膜、则铝能稳定存在于空气中，故②错误；
③含有钾元素的物质焰色为紫色， K单质、K2CO3的焰色均为紫色，故③正确；
④Na-K合金的熔点应低于Na和K任一金属的熔点，故④错误；
故选D。
8．下列说法正确的是
A．H2O的热稳定性比H2S强， 是由于H2O中含有氢键
B．KCl、HCl、KOH的水溶液都能导电，所以它们都属于离子化合物
C．非极性键既可以存在单质中，也可以存在化合物中
D．加热无水Na2CO3固体使之熔化，不需要破坏化学键
【答案】C
【详解】A．H2O的热稳定性比H2S强是由于O元素的非金属性强于S元素，与H2O中含有氢键无关，故A错误；
B．HCl是由氢原子和氯原子形成的共价化合物，故B错误；
C．非极性键既可以存在单质中，如氧气分子、臭氧分子等，也可以存在化合物中，如过氧化氢和过氧化钠等，故C正确；
D．加热无水Na2CO3固体使之熔化，需要破坏离子键，故D错误；
故选C。
9．下列说法正确的是
①离子化合物中一定含离子键，可能含极性键或非极性键
②共价化合物中一定含共价键，可能含离子键
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物
④由分子构成的物质中一定存在共价键
⑤熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物
A．①③④ B．②④⑤ C．②③④ D．①③⑤
【答案】D
【详解】离子化合物中一定含离子键(如氯化钠)，可能含极性键(如NaOH)或非极性键(如过氧化钠)，①正确；共价化合物中一定只含共价键，不含离子键②错误；少数金属元素与非金属元素以共价键相结合形成化合物，如氯化铝，③正确；绝大多数由分子构成的物质中含有共价键、稀有气体分子都是单原子分子，不存在化学键，④错误；离子化合物在熔融状态下，离子键被破坏，产生自由移动的阴、阳离子(熔化状态下的金属也能导电，但不是化合物)，⑤正确，故D正确；
答案选D。

二、多选题
10．一个密闭容器中有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入，右边充入和的混合气体共时，隔板处于如图位置(保持温度不变)，下列说法错误的是

A．右边与分子数之比为1∶3
B．两侧原子个数之比为32∶9
C．右侧气体密度是相同条件下氧气密度的2倍
D．若改变右边和的充入量而使隔板处于距离右端处，保持温度不变，则前后两次充入情况容器内的压强之比为5∶6
【答案】AC
【详解】A．同温同压下， ，可以得知右边CO和CO2气体总物质的量为2mol，设n(CO)=x，n(CO2)=y，x+y=2mol，28x+44y=64g，联立计算出x=1.5mol，y=0.5mol，根据分子数之比=物质的量之比可知：右边CO与CO2分子数之比为1.5∶0.5 =3∶1，A错误；
B．右侧CO和二氧化碳的物质的量为分别为1.5mol和0.5mol，所含原子物质的量为，左侧为8molN2，所含原子的物质的量为，故两侧原子个数之比为16∶4.5=32∶9，B正确；
C．同温同压下， ，右侧气体平均分子量为：28× +44× =32，则相同条件下，右侧气体密度：氧气的密度= =1∶1，C错误；
D．若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/3处，根据同温同压下， ，可以得知右边CO和CO2气体总物质的量为4mol，同温同体积下，，可以计算出保持温度不变，则前后两次充入情况容器内的压强之比为=5∶6，D正确；
故选AC。

三、单选题
11．X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z 是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为 15，X 与 Z 可形成XZ2分子；Y 与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g/L；W 的质子数是 X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的二分之一。下列说法正确的是
A．Y的简单气体氢化物的热稳定性要强于X，是因为Y的简单气态氢化物分子间存在氢键
B．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物
C．由 X 元素形成的单质在自然条件下有多种同素异形体存在
D．由 X、Y、Z、M 四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键
【答案】C
【分析】X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z 是原子序数依次递增的同周期元素，且最外 层电子数之和为 15，X 与 Z 可形成XZ2分子，不妨先另XZ2为CO2，C、N、O最外层电子数之和恰好为 15，假设成立，X、Y、Z分别为C、N、O；Y 与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g/L，则其相对分子质量为0.76´22.4=17，则M为H元素；W 的质子数是 X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的 0.5倍，0.5×(6+7+8+1)=11，则W为Na元素。
【详解】A．N的简单气体氢化物的热稳定性要强于C，是因为N元素的非金属性强，与氢键无关，A错误；
B．CO2、C2H2均为直线型共价化合物，Na2O2属于离子化合物，B错误；
C．由C元素形成的单质在自然条件下有多种同素异形体存在，如金刚石、石墨等，C正确；
D．由 C、N、O、H 四种元素形成的化合物不一定既有离子键又有共价键，如CO(NH2)2只含有共价键，D错误；
综上所述答案为C。
12．下列离子方程式不正确的是
A．溶液与溶液按照溶质微粒个数1：4混合：
B．含有amol的溶液中，通入等物质的量的氯气：
C．向莫尔盐[]溶液中加入过量氢氧化钠溶液：
D．向中投入固体：
【答案】D
【详解】A．溶液与溶液按照溶质微粒个数1：4混合，恰好反应生成硫酸钡、偏铝酸盐、一水合氨和水，反应的离子方程式为，A正确；
B．含有amol的溶液中，通入等物质的量的氯气，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，反应的离子方程式为，B正确；
C．向莫尔盐[]溶液中加入过量氢氧化钠溶液，生成一水合氨、硫酸钠和氢氧化亚铁沉淀，反应的离子方程式为，C正确；
D．向中投入固体，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，则反应的离子方程式应该为，D错误；
答案选D。
13．下列说法正确的是
①高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为 0.3NA
②任何气体的气体摩尔体积都约为 22.4 L/mol
③常温常压下，32 g O2与O3的混合气体所含原子数为2NA
④同温同体积时，气体的物质的量越大，则压强越大
⑤两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同
⑥0.5 mol Na2O2固体中含有阴离子的数目为NA
⑦足量的浓盐酸与 8.7gMnO2反应，被氧化的HCl为0.2 mol
⑧1 mol/L的A1Cl3 溶液中，Cl- 离子的数目为3NA
⑨某溶液中滴入KSCN溶液不变红，再滴入氯水后溶液变红，则原溶液中一定含有Fe2+
A．①③⑤⑦ B．③④⑦⑨ C．①④⑤⑨ D．②④⑥⑧
【答案】B
【详解】①，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的 H2分子数目为，①错误；
②没有给出气体所处的温度和压强，不能确定气体摩尔体积是否约为22.4 L/L，②错误；
③O2与O3的分子都是由O原子构成，32 g混合气体中含有O与之的物质的量 ，则混合气体所含O原子数为2NA，③正确；
④根据阿伏伽德罗定律的推论，同温同体积时，气体的物质的量与压强成正比，气体的物质的量越大，则压强越大，④正确；
⑤由于没有指出物质的状态，无法判断体积是否相同，⑤错误；
⑥Na2O2中含有2个阳离子和1个阴离子，则0.5 mol Na2O2中阴离子数为0.5NA，⑥错误；
⑦实验室中制取Cl2的化学方程式为：，4个HCl中有2个HCl体现还原性，2个HCl体现酸性，8.7 g MnO2的物质的量为，则被氧化的HCl的物质的量为0.2 mol，⑦正确；
⑧没有给出溶液体积，无法计算物质的量，⑧错误；
⑨加KSCN溶液不变红说明无Fe3+，加入氯水变红说明能生成Fe3+，则原溶液中含Fe2+，⑨正确；
综上所述可知：说法正确的是③④⑦⑨，故合理选项是B。
14．Li和在450℃时反应制得储氢燃料，易水解，在空气中加热可发生剧烈燃烧。下图是某实验小组设计的实验宊制备少量装置图。下列有关说法不正确的是

A．洗气瓶a中盛放NaOH溶液
B．反应时，先点燃c中酒精灯，再对d加热
C．取少量反应后固体，滴加酚酞溶液，若溶液变红说明反应后固体中一定含
D．浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入d，避免水解和燃烧
【答案】C
【详解】A．洗气瓶a中盛放NaOH溶液吸收空气中的酸性气体二氧化碳，A正确；
B．反应时，先点燃c中酒精灯，用铜粉消耗空气中的氧气，再对d加热，B正确；
C．取少量反应后固体，滴加酚酞溶液，若溶液变红不能说明反应后固体中一定含，金属锂本身可以与水反应生成氢氧化锂，C错误；
D．浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入d，避免水解和燃烧，D正确；
故选C。
15．甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中加入等质量的铝粉，反应结束产生的气体体积比为3：4，则加入铝粉的质量
A．3.6g B．5.4g C．2.7g D．1.8g
【答案】A
【详解】根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若Al都完全反应，则生成氢气应相等，而反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=3：4，由方程式：2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，可知酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L×3mol/L=0.3mol，铝与酸反应时酸完全反应，根据方程式2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑可知0.3mol盐酸生成0.15mol氢气，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×4/3=0.2mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，根据方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知消耗铝的质量是。
答案选A。
16．常温下，的溶液中可能含有、、、、、中的某几种离子，现取100mL该溶液进行实验，已知：①在中溶解度远大于在水中的溶解度；②。根据实验结果，下列说法正确的是

A．一定存在、、
B．一定不存在，可能存在和
C．或至少有一种
D．该溶液中一定存在、，可能含
【答案】A
【分析】溶液中的H+可以与反应，故溶液中不存在；向溶液中通入氯气分液后得到紫黑色固体，说明有I2生成，则原溶液中含有I-，Fe3+能够氧化I-，则一定不存在Fe3+，2.54g碘单质的物质的量为2.54g÷254g/mol=0.01mol，所以原溶液中n（I-）=0.02mol；水层中加入NaOH溶液得到固体，剩余离子中能与NaOH生成沉淀的离子只有Fe2+，该固体为Fe（OH）2，灼烧固体得到的1.60g为Fe2O3，则溶液中一定存在Fe2+，根据铁元素守恒可知亚铁离子的物质的量n（Fe2+）==0.02mol；0.02molFe2+带有正电荷为0.04mol，H+带有正电荷为0.1mol/L×0.1L=0.01mol，0.02mol I-带有负电荷为0.02mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Cl-，由于不能确定是否存在Na+，Cl-的物质的量n（Cl-）≥0.04mol+0.01mol-0.02mol=0.03mol，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，溶液中一定存在、、，故A正确；
B．根据分析，溶液中一定不存在，可能存在Na+，一定存在Cl-，故B错误；
C．根据分析，原溶液中不存在Fe3+，故A错误；
D．根据分析，溶液中一定存在Cl-，故D错误；
故选A。

四、实验题
17．月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素，是人类未来的资源宝库。
(1)①3He是高效能原料，其原子核内的中子数为____________________。
②Na的原子结构示意图为__________________， H2O2结构式__________________。
(2)根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述正确的是__________________。

A．酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3
B．氢元素与其它元素可形成共价化合物或离子化合物
C．如图所示的实验，可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si
D．元素Ts在周期表中位于第七周期VIIA 族，可以推断其氢化物 HTs一定比HI 更不稳定
(3)硝酸银 (AgNO3)是一种无色晶体，易溶于水，其水溶液和固体常被保存在棕色试剂瓶中。某同学为了测定他所在小区自来水中氯离子的含量，欲用AgNO3固体配制 40 mL、0.1 mol/L 的 AgNO3溶液。
①配制该溶液所需主要仪器有：托盘天平 带砝码 、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、___________ 、___________。
②计算配制该溶液所需AgNO3固体的质量为___________ g。
③在配制过程中，下列哪项操作可能使配制的溶液的浓度偏小___________( 填字母) 。
A．移液前容量瓶内有少量的蒸馏水                 B．定容时，俯视刻度线
C．称量时，药品和砝码的位置放颠倒了             D．移液时，有少量液体溅出
【答案】(1)     1          H-O-O-H
(2)ABD
(3)     500 mL容量瓶     胶头滴管     8.5     CD

【分析】(2)CaCO3与稀HCl发生复分解反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，由于盐酸具有挥发性，挥发的HCl与NaHCO3发生反应制取CO2，由于酸性：H2CO3＞H2SiO3，CO2在溶液中可以与Na2SiO3发生反应产生H2SiO3沉淀，而使溶液变浑浊。
(3)根据质量分数与物质的量浓度换算式c=计算溶液的物质的量浓度。溶液具有均一性、稳定性，溶液各处的浓度、密度相等。配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近；根据操作对溶质的物质的量及溶液的体积影响，结合物质的量浓度定义式c=分析实验误差。
【详解】（1）①3He的质量数为3，质子数为2，则其中子数为3-2=1；
②钠核外有11个电子，核外电子排布式2、8、1，所以Na原子结构示意图为：；
（2）A．根据复分解反应的规律可知：盐酸能与CaCO3反应制备CO2，说明盐酸的酸性强于碳酸，二氧化碳通入硅酸钠溶液，产生沉淀，可知碳酸酸性强于硅酸，故：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，A正确；
B．氢元素与氧元素形成共价化合物水，与钠形成离子化合物NaH，B正确；
C．盐酸不是氯元素的含氧酸，所以不能通过实验判断元素的非金属性，C错误；
D．同主族元素从上到下元素非金属性依次减弱，对应氢化物稳定性依次减弱，元素Ts在周期表中位于第七周期ⅦA族，可以推测其氢化物稳定性弱于HI，D正确；
故合理选项是ABD；
（3）①配制一定物质的量浓度的溶液步骤为：计算→称量(量取)→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶→贴签，一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到500 mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2-3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1-2 cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀；所以需要的仪器为：托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的玻璃仪器为：500 mL容量瓶，胶头滴管；
②用AgNO3固体配制400 mL、0.1 mol/L的AgNO3溶液，由于在实验室中某一规格是400 mL的容量瓶，选择仪器的标准是大而近，故应选择500 mL容量瓶，需要溶质的质量为：m(AgNO3)=0.1 mol/L×0.5 L×170 g/mol=8.5 g；
③A．移液前容量瓶内有少量的蒸馏水，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，因此对配制溶液浓度无影响，A不符合题意；
B．定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制溶液浓度偏高，B不符合题意；
C．称量时，药品和砝码的位置放颠倒了，因为使用游码，则实际称取溶质的质量偏小，溶质物质的量偏小，由于溶液的体积不变，最终导致配制溶液浓度偏低，C符合题意；
D．移液时，有少量液体溅出，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，D符合题意；
故合理选项是CD。
18．某兴趣小组模拟工业制漂白粉，设计了如下图所示的实验装置。

已知：
①氯气和碱反应放出热量。
②6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O
请回答下列问题。
（1）甲装置中仪器a的名称是___。
（2）圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为___；装置乙中饱和食盐水的作用是___。
（3）装置丁中发生反应的离子方程式为___。
（4）漂白粉在空气中失效的原因是___、___(用化学方程式表示)。
（5）①该小组制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(C1O)2]，其主要原因是___。
②为提高Ca(ClO)2的含量，可采取的措施是___(任写一种即可)。
【答案】     长颈漏斗     MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O     除去Cl2中混有的HCl气体     Cl2+ 2OH—=Cl—+ClO—+H2O     Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO     2HClO2HCl+O2↑     氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，发生了副反应6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O     将丙装置浸在盛有冷水的水槽中或控制氯气产生速率
【分析】模拟工业制漂白粉，首先用浓盐酸制氯气，制得的氯气不纯含有氯化氢气体，用饱和的食盐水除去氯化氢，通入石灰乳制漂白粉，由题目所给信息：氯气和碱反应放出热量，温度过高有副产物Ca(ClO3)2生成，所以温度不宜过高应注意降温，氯气有毒，故一定有氢氧化钠溶液吸收尾气。
【详解】（1）甲装置中仪器a的名称是长颈漏斗。
（2）圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气不纯含有氯化氢气体，氯化氢在氯化钠饱和溶液中易溶，而氯气难溶，通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体。
（3）Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O
（4）漂白粉在空气中失效的原因是受空气中的水、CO2作用而导致变质，该反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，次氯酸见光分解：2HClO2HCl+O2↑。
（5）①氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，当温度低时：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，当温度高时发生了副反应：6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，所以制得的漂白粉中n（CaCl2） 远大于n[Ca（ClO）2]。
②温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，用冰水或冷水冷却，或控制氯气产生速率，通过控制反应速率，避免反应放热温度瞬时升高。

五、元素或物质推断题
19．A、B、D、E、X是原子序数依次增大的五种短周期元素。A是形成化合物种类最多的元素；B与A同周期，B、D能形成两种化合物D2B和D2B2；D是短周期中原子半径最大的主族元素；E的周期序数和族序数相等；D、X的原子最外层电子数之和为 8。

(1)A在周期表中的位置是_________________ ；D2B2的电子式为_________________。
(2)1 mol B的最简单氢化物在固态时可形成 _________________mol氢键。
(3)将X单质通入如图试管中，观察到的实验现象为_________________。说明X的非金属性强于碘，从原子结构的角度解释其原因是_________________。
(4)镓(31Ga)与E为同主族元素，氮化镓(GaN)作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着 5G技术的发展，GaN商用进入快车道。下列说法正确的是_________________ (填字母序号)。
a．Ga位于元素周期表的第四周期                b．GaN中Ga的化合价为+3        c．Ga3+的离子半径小于E3+的离子半径
(5)XB2是一种高效消毒剂，工业上用其处理中性废水中的锰，使Mn2+转化为MnO2沉淀除去，X被还原至最低价，该反应的离子方程式为_________________。
【答案】(1)     第二周期IVA族    
(2)2
(3)     溶液由无色变成蓝色     Cl和I是同主族元素，最外层电子数均为7，电子层数I＞Cl，原子半径I＞Cl，原子得电子能力I＜Cl，元素非金属性I＜Cl
(4)ab
(5)

【分析】短周期主族元素A是形成化合物种类最多的元素，则A为C元素，位于第二周期ⅣA族；D是短周期中原子半径最大的主族元素，则D为Na元素，最外层电子数为1；B 与A同周期，B、D能形成两种化合物D2B和D2B2，则B为O元素；五种短周期元素的原子序数依次增大，且E的周期序数和族序数相等，位于第三周期ⅢA族，为Al元素；D、X的原子最外层电子数之和为8，则X元素最外层电子数为7，为Cl元素，即A、B、D、E、X元素分别为C、O、Na、Al、Cl，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
【详解】（1）根据上述分析可知：A是C，B是O，D是Na，E是Al，X是Cl元素。A为C元素，原子核外电子排布是2、4，根据元素原子结构与元素位置关系可知：元素A在周期表中的位置是第二周期ⅣA族；
D2B2是Na2O2，Na2O2由Na+和O构成，O中两个O原子间共用1对电子，Na2O2的电子式为；
（2）B是O元素，其简单氢化物是H2O，其在固态是冰，其中H2O分子之间存在氢键，每个H2O分子与相邻的4个H2O分子形成氢键，故1 mol H2O在固态时可形成4 mol H2O；
（3）将Cl2通入KI溶液中，发生置换反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2使淀粉溶液变为蓝色，因此观察到的现象是溶液由无色变成蓝色；
元素的非金属性：Cl＞I，是由于Cl和I是同主族元素，最外层电子数均为7，电子层数：I＞Cl，原子半径：I＞Cl，原子得电子能力：I＜Cl，元素非金属性：I＜Cl；
（4）E是Al，Ga与Al为同主族元素，二者结构相似，原子最外层有3个电子。
a．Al位于第三周期第ⅣA族，则与Al位于同一周期的Ga位于元素周期表的第四周期第ⅣA族，a正确；
b．根据化合物中元素化合价代数和为0，结合物质结构，可知GaN中Ga的化合价为+3价，b正确；；
c．Ga3+、Al3+核外电子排布分别是2、8、18及2、8，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以Ga3+的离子半径小于Al3+的离子半径，c错误；
故合理选项是bc；
（5）B是O，X是Cl元素，XB2是OCl2，该物质具有强氧化性，在溶液中能够使Mn2+氧化产生MnO2，其本身被还原产生Cl-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：。

六、实验题
20．铁、铝、钠是三种重要的金属。回答下列问题：
Ⅰ．氢氧化亚铁浊液在空气中放置会发生一系列颜色变化。
(1)写出该反应的化学方程式_________________。
Ⅱ．KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如图所示：

(2)试剂①应选用________ (填字母)，反应的化学方程式为_______。
A．HCl溶液                 B．H2SO4溶液
C．氨水                     D．NaOH溶液
(3)请写出向滤液A中通入足量的CO2除得到沉淀B的离子反应方程式_________________。
Ⅲ．现有一不纯的小苏打样品(含杂质NaCl、Na2CO3·10H2O)，为测定NaHCO3的质量分数，设计如图所示的实验装置(部分夹持仪器未画出)。

实验步骤如下：
①按图组装好实验装置并检查气密性。
②称取定质量的样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。
③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟。
④关闭活塞K1、K2打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。
⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C和U形管D的质量
(4)若无装置E，则会导致测得NaHCO3的质量分数________________ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(5)步骤③的目的是________________。
(6)若实验中称取样品的质量为 50.0 g，反应后C、D装置增加的质量分别为 12.6 g、8.8 g，则混合物中NaHCO3的质量分数为________________。
【答案】(1)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(2)     D     2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(3)+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+
(4)偏大
(5)除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳
(6)67.2%

【分析】Ⅱ．废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，向NaAlO2溶液中反应产生Al(OH)3沉淀，向溶液中加入稀H2SO4、K2SO4，反应制取得到明矾；
Ⅲ．将混合物加热会产生H20(g)、CO2等气体，应在C、D中分别吸收。由干燥剂的性质可知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重(NaHCO3分解产生的CO2的质量)可求出NaHCO3质量；由C的增重(Na2CO3·10H20分解产生的H20及已知的NaHC03分解产生的H2O的质量)可求出Na2CO3·10H20的质量。故应在实验前赶尽装置中的空气，关键操作应是赶尽B中的空气，所以打开活塞K1、K2，关闭K3就成为操作的关键，缓缓通入，则是为了赶出效果更好；实验结束打开K1，将反应生成的二氧化碳和水蒸气驱赶到D和C中以便充分吸收，E中碱石灰可防止外界空气中的H20(g)、CO2进入装置D影响实验效果。
【详解】（1）Fe(OH)2具有强的还原性，在空气中易被氧化产生红褐色Fe(OH)3，该反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（2）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质，故合理选项我D；
Al与NaOH溶液反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（3）滤液中含有NaAlO2，向其中通入足量CO2气体，反应产生Al(OH)3沉淀和NaHCO3，反应的离子方程式为：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+；
（4）干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，所以盛装碱石灰的干燥管的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D影响测定结果，若撤去E装置，则二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸氢钠的质量分数偏大；
（5）由于装置A、B内的空气含有水蒸气和二氧化碳，会影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，因此打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，实验前要通入空气的目的是除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳；
（6）装置D中增加的质量为CO2的质量，根据反应方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，可知n(NaHCO3)=2n(CO2)==0.4 mol，所以NaHCO3的质量分数为： 。