甘肃省天水市第一中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题（含答案解析）

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(满分：100分 时间：90分钟)
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65
一、单选题(本题共18小题，1-12题每小题2分，13-18题每小题3分，共42分)
1. 判断下列概念的依据正确的是
A. 纯净物与混合物：是否仅含有一种元素
B. 溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔现象
C. 电解质：根据溶液是否能导电
D. 氧化还原反应的本质：有无电子转移
【答案】D
【解析】
【详解】A．纯净物是仅含有一种微粒的物质，与其含有的元素种类多少无关；混合物是含有多种构成微粒的物质，如某物质含有O2、O3两种微粒，属于混合物，但只含有一种元素，A错误；
B．溶液与胶体的本质区别是分散质微粒直径大小，B错误；
C．电解质是根据化合物在溶液是否能发生电离而导电，物质可能是化合物、单质或混合物，C错误；
D．氧化还原反应的本质是反应过程中有无电子转移或共用电子对偏移，D正确；
故合理选项是D。
2. 2022年世界杯在卡塔尔举行，其比赛使用的足球门采用的是一种合金材料，下列关于合金的叙述，错误的是
A. 通过增加原子层之间的相对滑动难度，使合金的硬度变大
B. 储氢合金是一类能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料
C. 我国最早使用的合金是钢
D. 硬铝具有强度高、密度小、抗腐蚀能力强等优点，常用于制造飞机外壳
【答案】C
【解析】
【详解】A．合金的硬度大于纯金属的硬度，如不锈钢是通过增加原子层之间的相对滑动难度，导致合金的硬度变大，选项A正确；
B．储氢合金是一类能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的材料，如镧镍合金，它吸收氢气可结合成金属氢化物，选项B正确；
C．铜的活泼性较差，比较容易冶炼，我国最早使用的合金是青铜，选项C错误；
D．硬铝属于铝合金，制造飞机和宇宙飞船的料是因为有密度较小、强度较大、耐腐蚀性较强等特点，选项D正确；
答案选C。
3. 下列化学用语的表述正确的是
A. 次氯酸的结构式：H-Cl-OB. 的电子式为
C. 的电子式： D. 的结构示意图
【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸的结构式为H-O-Cl，A错误；
B．的电子式为，B正确；
C．的电子式为，C错误；
D．的结构示意图，D错误；
故答案为：B。
4. 若表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 的体积是22.4 L
B. 标准状况下，中含有个水分子
C. 的摩尔质量是
D. 溶液中含有
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化碳气体的体积无标准状态，不能计算，A错误；
B．标准状况下，H2O不是气态，不能用气体摩尔体积计算，B错误；
C．NH3的摩尔质量是17g⋅ml−1，C正确；
D．BaCl2溶液只有浓度而无体积，无法计算氯离子的物质的量，D错误；
答案选C。
5. 下列叙述中，正确的是
A. 铝比铁活泼，但铝制品比铁制品更耐腐蚀
B. 碱金属都保存在煤油中
C. 碘保存在细口玻璃瓶中
D. 液氯能使干燥的红布条褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A．铝比铁活泼，铝易被空气中的氧气氧化为致密的氧化铝薄膜，防止内层金属铝继续被氧化，而铁锈是疏松的，不能保护内层金属铁，故铝制品比铁制品更耐腐蚀，故A正确；
B．金属锂的密度比煤油小，应保存在石蜡中，故B错误；
C．碘为固体，易升华，应保存在广口棕色玻璃瓶中，故C错误；
D．液氯只有氯气分子，氯气没有漂白性，不能使干燥的红布条褪色，故D错误；
故选A。
6. 对下列粒子组在溶液中能否大量共存判断和分析均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．一水合氨是弱碱，离子反应中不能拆开，即，A错误；
B．氢氧根和碳酸氢根不能大量共存，二者会发生反应生成水和碳酸根，B错误；
C．判断和分析均正确，C正确；
D．高锰酸根在酸性条件下具有强氧化性，会将氯离子氧化为氯气，故高锰酸根离子、氢离子和氯离子不能大量共存，D错误；
故选C。
7. 某同学欲用浓硫酸配制480mL 4.6ml/L的硫酸溶液，正确的是
A. 将10mL浓硫酸直接倒入容量瓶稀释以配制稀硫酸溶液
B. 容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液
C. 用胶头滴管滴加蒸馏水时，为防止液滴飞溅，胶头滴管要紧贴容量瓶内壁
D. 若用质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸配制，需量取该酸120.0mL
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸应先在烧杯中稀释冷却至室温后再倒入容量瓶中，A错误；
B．定容时还需要向容量瓶中加水，故容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液，B正确；
C．用胶头滴管滴加蒸馏水时，胶头滴管悬空竖直滴入容量瓶，C错误；
D．质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸浓度为18.4ml/L，由稀释公式 可得需要浓硫酸体积为 ，D错误；
故选B。
8. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是
A. Ca(OH)2(aq)CaCO3(s)CaO(s)
B. Fe(s)FeCl2(s)Fe(OH)2(s)
C. NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(s)
D. Al2O3(s)AlCl3(aq)Al(OH)3 (s)
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ca(OH)2(aq)与二氧化碳反应生成碳酸钙，碳酸钙煅烧分解生成氧化钙，物质间转化能实现，故A不符合；
B．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，物质间转化不能实现，故B符合；
C．NaHCO3(s)受热分解生成 Na2CO3(s)，Na2CO3与石灰水反应生成碳酸钙和 NaOH，物质间转化能实现，故C不符合；
D．Al2O3(s)与盐酸反应生成 AlCl3(aq)，AlCl3(aq)与氨水反应生成Al(OH)3 (s)，物质间转化能实现，故D不符合；
故选B。
9. 下列除杂方式不可行的是
A. 溶液中混有：加入足量的铁粉
B. 溶液中混有：应通入足量的气体
C. ()：将混合气体通过足量的饱和食盐水
D. 中混有：加入足量的溶液后，过滤、洗涤
【答案】A
【解析】
详解】A．加入足量铁粉，，不能除杂，A符合题意；
B．通入足量CO2，，可以将杂质碳酸钠转化为碳酸氢钠，B不符合题意；
C．饱和氯化钠溶液中有较多氯离子，阻止氯气和水反应，用饱和食盐水除混在氯气中的氯化氢，C不符合题意；
D．Al2O3能溶于强碱，氧化铁不溶于碱，可以通过过滤分离出氧化铁，D不符合题意；
故答案为：A。
10. 下列说法正确的是
A. 第号元素位于第六周期第Ⅵ族B. 和互为同位素
C. 和分别含44个和46个质子D. 氯化铵的电子式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．稀有气体的原子序数分则是2、10、18、36、54、86、118，第84号元素应该位于86号元素的前两位，即第六周期VIA族，故A正确；
B．同位素是指质子数相同，中子数不同的同一元素的不同核素，H2O和D2O是化合物，不是同位素，故B错误；
C．核素左下角数字代表质子数，和的质子数均为34，故C错误；
D．氯化铵为离子化合物，氯离子满足8电子结构，电子式为 ，故D错误；
答案选A。
11. 下列有关元素周期表的说法中正确的是
A. 可在元素周期表中金属与非金属分界线处寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料
B. 第IIIB族元素种类最多，第IVA族元素形成化合物种类最多
C. 第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强
D. 元素周期表中，VIIIB族包括第8、9、10三个纵列
【答案】B
【解析】
【详解】A．可在元素周期表中金属与非金属分界线处寻找半导体材料，A错误；
B．第IIIB族元素种类最多包含镧系和锕系，第IVA族包含碳元素形成化合物种类最多，B正确；
C．第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，C错误；
D．元素周期表中，VIII族包括第8、9、10三个纵列，D错误；
故选B。
12. 下列说法错误的是
A. 稀有气体分子中不存在化学键
B. 离子化合物中不一定含有金属元素
C. 含有非极性键的化合物，不一定是共价化合物
D. 阴、阳离子通过静电引力所形成的化学键叫离子键
【答案】D
【解析】
【详解】A．稀有气体分子为单原子分子，不存在化学键，故A正确；
B．离子化合物中不一定含有金属元素，如NH4Cl，故B正确；
C．含有非极性键的化合物，不一定是共价化合物，如Na2O2等，故C正确；
D．阴、阳离子通过静电作用力所形成的化学键叫离子键，这种静电作用力既包括静电吸引力，又包括静电排斥力，故D错误；
故选D。
13. 下列变化过程中，所需克服的作用力均相同的是
A. 干冰熔化，氢氧化钠由固态变为熔融态
B. 氯化氢溶于水，氯化钠溶于水
C. 过氧化氢受热分解，碘化氢气体受热分解
D. 大理石高温生成二氧化碳，碘晶体升华为碘蒸气
【答案】C
【解析】
【详解】A．干冰熔化克服分子间作用力，氢氧化钠由固态变为熔融态，克服离子键，选项A错误；
B．氯化氢溶于水时破坏共价键，氯化钠属于离子晶体溶于水时克服离子键，选项B错误；
C．过氧化氢和碘化氢都是共价化合物，分解时克服共价键，选项C正确；
D．大理石高温生成二氧化碳，克服离子键和共价键，碘晶体升华为碘蒸气，克服分子间作用力，选项D错误；
答案选C。
14. X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素。已知：①元素对应的原子半径大小为XA. Z与X形成的化合物的沸点偏高是因其分子间存在氢键
B. YZ2为共价化合物，W2Z2既含有离子键又含有共价键
C. W、M的简单离子半径为M>W
D. Z与M形成的化合物可作为耐高温材料
【答案】C
【解析】
【分析】C元素是组成有机物必要元素，所以Y是碳元素；M的电子层数与最外层电子数相等，符合条件的元素有H、Be、Al，结合M前面有4种元素，可知M为Al元素；Z与W可能形成两种常见离子化合物，且原子半径是五种元素中最大的，所以W为Na元素；Z为O元素，X为H元素；
【详解】A．Z为O元素，X为H元素，其形成的化合物，熔沸点偏高是因为分子间存在氢键，选项A正确；
B．Y是碳元素，Z为O元素，W为Na元素，YZ2为，属于共价化合物；为离子化合物，其中含有O—O非极性共价键，选项B正确；
C．由已知，元素对应的原子半径大小为XD．M为Al元素，与O元素形成的化合物熔沸点很高，可作为耐高温材料，选项D正确；
答案选C。
15. X、Y、Z均为元素周期表中前20号元素，、、简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是
A. 已知与，得
B. 离子半径：
C. 的还原性一定大于
D. 气态氢化物的稳定性一定大于
【答案】C
【解析】
【详解】A．与的电子层结构相同，则二种离子核外电子数相等，从而得出m-a=n+b，A不正确；
B．、、的电子层结构相同，则原子序数Z＜Y＜X，核电荷数越小，离子半径越大，则离子半径：，B不正确；
C．、的电子层结构相同，则Y、Z属于同一周期元素，且Z在Y的左边，非金属性Z＜Y，所以的还原性一定大于，C正确；
D．由C选项的分析可知，非金属性Z＜Y，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性小于，D不正确；
故选C。
16. 已知阳离子R2+的原子核内有n个中子，原子的质量数为m，则wgR2+所含电子的物质的量为ml
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】原子的质量数＝中子数＋质子数，原子中，质子数＝核外电子数，离子中所含电子数为(m-n-2)，wg阳离子的物质的量为，电子数为；
故答案为：A。
17. 将铁粉加入的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是
A. 铁粉完全溶解，Cl-浓度基本不变
B. 往溶液中滴入溶液，无现象
C. 和的物质的量之比为5：1
D. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1
【答案】A
【解析】
【分析】将即=0.02ml铁粉加入即0.025L×2ml/L=0.05ml的氯化铁溶液中，充分反应2FeCl3+Fe=3FeCl2后，FeCl3过量，参与反应的FeCl3的物质的量为0.04ml，过量的FeCl3为0.05ml-0.04ml=0.01ml，生成的FeCl2的物质的量为0.06ml，据此分析解题。
【详解】A. 由分析可知，FeCl3过量，即铁粉完全溶解，反应过程中Cl-未参与反应，则浓度基本不变，选项A正确；
B. 由分析可知，FeCl3过量，往反应后的溶液中滴入溶液，可观察到溶液变为血红色，选项B错误；
C. 由分析可知，和的物质的量之比为0.06ml：0.01ml=，选项C错误；
D. 由反应Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，选项D错误；
答案选A。
18. 将由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物10.0 g放入250 mL某浓度的硫酸中，混合物完全溶解，当再加入250 mL 2.0 ml·L-1的NaOH溶液时，得到的沉淀最多。该硫酸的浓度为
A. 0.5 ml·L-1B. 3.0 ml·L-1C. 2.0 ml·L-1D. 1.0 ml·L-1
【答案】D
【解析】
【分析】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铜、硫酸铁，硫酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根离子守恒有n(H2SO4)=n(Na2SO4)，根据钠离子守恒有2n(Na2SO4)=n(NaOH)，再根据c=计算硫酸的浓度。
【详解】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铜、硫酸铁，硫酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最多，溶液中金属离子完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒有2n(Na2SO4)=n(NaOH)，n(Na2SO4)== =0.25ml，根据硫酸根离子守恒有n(H2SO4)=n(Na2SO4)=0.25ml，故该硫酸的物质的量浓度==1.0ml/L，故D正确；
故选：D。
二、填空题(共14分)
19. 回答下列问题：
I.现有下列物质：①O2、②Na2O2、③KOH、④HBr、⑤H2O2、⑥CaF2、⑦NH4Cl，用代表上述物质的序号，完成下列问题：
（1）只由离子键构成的物质是_______；
（2）只由共价键构成的物质是_______；
（3）由离子键和极性共价键构成的物质是_______；
（4）属于离子化合物的物质是_______；
（5）属于共价化合物的物质是_______。
II.有A.质子数、B.中子数、C.核外电子数、D.最外层电子数、E. 电子层数，用代表上述概念的字母，完成下列问题：
（6）原子的种类由_______决定；
（7）元素的种类由_______决定；
（8）主族元素在周期表中的位置由_______决定。
【答案】（1）⑥ （2）①④⑤
（3）③⑦ （4）②③⑥⑦
（5）④⑤ （6）AB
（7）A （8）DE
【解析】
【小问1详解】
CaF2由钙离子和氟离子构成，只含有离子键，故只由离子键构成的物质是⑥。
【小问2详解】
O2、HBr、H2O2由非金属元素通过共用电子对形成，只含有共价键，只由共价键构成的物质是①④⑤。
【小问3详解】
KOH由钾离子和氢氧根离子构成，氢氧根离子中O与H之间形成极性共价键，NH4Cl由铵根离子和氯离子构成，铵根离子中N与H之间形成极性共价键，故由离子键和极性共价键构成的物质是③⑦。
【小问4详解】
Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，CaF2由钙离子和氟离子构成，KOH由钾离子和氢氧根离子构成，NH4Cl由铵根离子和氯离子构成，故属于离子化合物的物质是②③⑥⑦。
【小问5详解】
HBr、H2O2是只含有共价键的化合物，故属于共价化合物的物质是④⑤。
【小问6详解】
原子的种类由质子数和中子数共同决定，故选AB。
【小问7详解】
含有相同核电荷数的一类原子统称为元素，故元素的种类由质子数决定，故选A。
【小问8详解】
主族元素在周期表中的位置由最外层电子数、电子层数决定，最外层电子数决定所在族序数，电子层数决定所在周期数，故选DE。
三、推断题(共33分)
20. 下图是元素周期表的一部分。按要求填写下列空白：
（1）元素⑦在周期表中的位置可表示为_______。
（2）④、⑧、⑨的简单离子半径的大小顺序为_______(填离子符号)。
（3）①-⑩元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是_______(填化学式)。
（4）④⑧⑨三种元素形成的气态氢化物稳定性由大到小的顺序是_______(用化学式表示)。
（5）⑤的最高价氧化物对应的水化物的电子式为_______；⑧的气态氢化物的结构式为_______；已知①③⑨可形成一种常见的一元弱酸，用电子式表示其形成过程：_______。
（6）已知元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和性质。运用元素周期律，可以推测陌生元素的性质，分析下面的推断错误的是_______(填序号)。
①铊(Tl)单质既能与盐酸作用产生氢气，又能与NaOH溶液反应放出氢气
②砹(At)单质为有色固体，HAt不稳定，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸
③锂(Li)单质在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2
④硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体
⑤硒化氢(H2Se)比H2S稳定
【答案】（1）第三周期第VA族
（2）S2->Cl->F-
（3）HClO4 （4）HF>HCl>H2S
（5） ①. ②. ③.
（6）①③⑤
【解析】
【分析】结合元素周期表知①为氢元素，②为氮元素，③为氧元素，④为氟元素，⑤为钠元素，⑥为铝元素，⑦为磷元素，⑧为硫元素，⑨为氯元素，⑩为氩元素。
【小问1详解】
元素周期表中磷元素第三周期第VA族；
【小问2详解】
同主族元素形成的简单离子核外电子层从上到下递增，即氟离子半径小于氯离子，又硫离子和氯离子核外电子层排布相同，但氯离子核内质子数大于硫离子，故半径小于硫离子，综上半径大小顺序为S2->Cl->F-；
【小问3详解】
同主族元素非金属性从上到下递减，同周期元素非金属性从左到右递增，即氟的非金属性最强，元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，但氟没有正价，所以最高价氧化物对应水化物酸性最强的是高氯酸，即HClO4；
小问4详解】
元素非金属性越强其气态氢化物稳定性越强，结合小问3详解即HF>HCl>H2S；
【小问5详解】
钠元素最高价氧化物对应水化物是氢氧化钠，电子式为；硫化氢为共价化合物结构式为；由分析知①③⑨形成的一种常见的一元弱酸为次氯酸，即；
【小问6详解】
①铊(Tl)的金属性比铝强，故单质能与盐酸作用产生氢气，不能与NaOH溶液反应，推断错误；②砹(At)的非金属性比碘弱，且碘为有色固体，故砹单质为有色固体，HAt不稳定，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸，推断正确；③锂(Li)金属性比钠弱，故其单质在氧气中剧烈燃烧产物是Li2O，推断错误；④硫酸钡是难溶于水的白色固体，故硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，推断正确；⑤硒的非金属性比硫弱，故硒化氢(H2Se)没有H2S稳定，推断错误，综上①③⑤推断错误。
21. 已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中加入KSCN出现血红色。
（1）写出下列物质的化学式：A_______，N_______。
（2）B与E混和得到H并在潮湿空气中变成M的过程中，可能观察到的现象：_______；H在潮湿空气中变成M的过程中发生的化学方程式为：_______。下列各图示中能较长时间观察到H的是_______(填序号)。
（3）按要求写方程式：工业上由Q→R的化学方程式：_______；B与R反应的离子方程式：_______；D与盐酸发生反应①的离子方程式：_______；T与H2O(g)反应的化学方程式：_______。
（4）向0.02 ml T的某氧化物中加入45 mL 4 ml/L硫酸溶液恰好完全反应，得到T的两种不同价态的盐，所得溶液中T2+能恰好被标准状况下672 mL氯气氧化。则此T的氧化物的化学式为_______。
【答案】（1） ①. Na2O2 ②.
（2） ①. 出现白色沉淀，在潮湿的空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀 ②. ③. ①②④
（3） ①. 2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑ ②. ③. Fe3O4 + 8H+ = Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O ④.
（4）Fe7O9
【解析】
【分析】A为淡黄色固体，且A能和水反应生成无色无味气体C，则A是Na2O2，则C是O2、B是NaOH，D是具有磁性黑色晶体，则D是Fe3O4，金属T在氧气中燃烧生成Fe3O4，则T是Fe，Fe3O4与足量的盐酸和足量的Fe反应得到E，则E为FeCl2，FeCl2与B(NaOH)反应得到白色沉淀H，H是氢氧化亚铁，H在潮湿的空气中得到M，M为氢氧化铁，M与盐酸反应生成W，则W是FeCl3，金属R和NaOH反应生成N，金属R和氧气反应生成的氧化物Q也能和NaOH溶液反应生成N，则R是 Al，Q是Al2O3，N是偏铝酸钠。
【小问1详解】
由分析知A是Na2O2，N是NaAlO2；
【小问2详解】
氢氧化亚铁不稳定易被氧化为氢氧化铁，即出现白色沉淀，在潮湿的空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀；方程式为；①②④装置都能起到隔绝空气作用，防止氢氧化亚铁被氧化，故能较长时间观察到氢氧化亚铁白色沉淀；
【小问3详解】
电解熔融态氧化铝得到铝，即2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑；铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，即；四氧化三铁和盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，即Fe3O4 + 8H+ = Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O；铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，即；
【小问4详解】
令该铁的氧化物为，即0.02 ml与0.18 ml硫酸完全反应，得到硫酸亚铁和硫酸铁，氧化物中氧元素显-2价，两种盐中硫酸根也带两个单位负电荷，即氧原子的物质的量等于硫酸根的物质的量，所以，y=9；又0.03ml氯气恰好将亚铁离子氧化，即亚铁离子物质的量为0.06ml，由化合物中整体正负化合价为零得三价铁离子物质的量为，又，所以x=7，综上该氧化物为Fe7O9。
四、实验题(共11分)
22. 某工厂的废金属屑中主要成分为、和，此外还含有少量和，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图所示实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体和胆矾晶体。
请回答下列问题：
（1）试剂X是_______。
（2）在步骤Ⅱ过程，生成固体C发生的化学反应方程式为_______，若用如图装置制取并通入溶液中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。为避免沉淀减少，可采取的改进措施是_______。
（3）检验溶液中的金属阳离子时，滴加_______，溶液无明显现象，说明溶液中不存在Fe3+，用离子方程式解释其可能的原因_______。
（4）由绿矾晶体(FeSO4•7H2O)固体配制240mL 0.10ml•L-1FeSO4溶液，需要用到的仪器有药匙、玻璃棒、量筒、烧杯、托盘天平、胶头滴管、_______。以下操作会导致所配溶液浓度偏低的是_______。
A.容量瓶中原有少量蒸馏水
B.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶中
C.定容时俯视刻度线
D.定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，再补加少量蒸馏水至刻度线
【答案】（1）稀硫酸 （2） ①. NaAlO2 + CO2 + 2H2O = Al(OH)3↓ + NaHCO3 ②. 在装置a、b中间加一个盛有饱和溶液的洗气瓶
（3） ①. 溶液 ②. 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+
（4） ①. 250mL容量瓶 ②. BD
【解析】
【分析】Fe、Cu、Fe2O3都不与NaOH溶液反应，Al和Al2O3可与NaOH溶液反应，用含有Al、Fe、Cu和Al2O3和Fe2O3的废金属屑制取AlCl3、绿矾晶体(FeSO4•7H2O)和胆矾晶体流程为:合金中Al、Al2O3与NaOH反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生反应: NaAlO2 + CO2 + 2H2O = Al(OH)3↓ + NaHCO3，反应可生成Al(OH)3固体C，生成的Al(OH)3再和盐酸反应生成AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液D为NaHCO3溶液；滤渣B为Fe和Cu的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾,滤渣F为Cu，可用于制备胆矾；
【小问1详解】
金属铁和金属铜不与氢氧化钠溶液反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制得绿矾晶体，所以试剂X为稀硫酸；
【小问2详解】
根据分析可知，在步骤Ⅱ过程，生成固体C发生的化学反应方程式为NaAlO2 + CO2 + 2H2O = Al(OH)3↓ + NaHCO3；
为了避免固体C减少,可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去HCl的装置,二氧化碳在饱和NaHCO3中不溶,氯化氢和NaHCO3反应生成二氧化碳气体,所以可降低盐酸浓度；在装置a、b中间加一个盛有饱和溶液的洗气瓶；
【小问3详解】
检验溶液中的金属阳离子时，滴加溶液，溶液无明显现象，说明溶液中不存在Fe3+，原因是Fe3+被Fe还原生成Fe2+,所以加入KSCN溶液没有明显现象,故答案为: 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+；
【小问4详解】
配制FeSO41.0ml/L的溶液240mL，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中（实验室没有240mL规格的容量瓶），并用玻璃棒引流，洗涤并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀，所以必须用到的仪器还有250mL容量瓶，故答案为：250ml容量瓶；
A.容量瓶中原有少量蒸馏水，不影响所配溶液的浓度，选项A不符合；
B.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶中，造成部分溶质损失，所配溶液浓度偏低，选项B符合；
C.定容时俯视刻度线，所加的蒸馏水偏少，溶液浓度偏高，选项C不符合；
D.定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，再补加少量蒸馏水至刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液浓度偏低，选项D符合；
答案选BD。粒子组
判断和分析
A
Na+、Fe3+、Cl-、NH3·H2O
不能大量共存，因发生反应：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
B
Na+、K+、HCO、OH-
能大量共存，粒子间不反应
C
H+、Fe2+、SO、H2O2
不能大量共存，因发生反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
D
H+、Na+、Cl-、MnO
能大量共存，粒子间不反应