2024新余一中高一下学期开学考试化学试卷

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1.考试时间：75分钟；总分：100分；
2.请将客观题答案涂在答题卡纸上，主观题答在答题卡纸的相应位置上；
3.可能用到的相对原子质量：H~1 C~12 N~14 O~16 Na~23 Mg~24 Al~27 S~32 Cl~35.5 Fe~56 Cu~64 Ca~40 Ba137
一、选择题(每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 古今化学多有异曲同工之处，下列叙述所涉及的原理不同的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．曲、酶均为催化剂的作用，所涉及的原理相同，A不符合题意；
B．合两柔则为刚为制成合金，铝合金也为合金材料，合金的硬度通常大于成分金属，所涉及的原理相同，B不符合题意；
C．去土而糖白、加入食品胶体作澄清剂均为物质的分离除杂过程，都是利用吸附性，所涉及的原理相同，C不符合题意；
D．紫青烟起为焰色反应，而曾青涂铁，铁赤色如铜为置换反应，所涉及的原理不相同，D符合题意；
故选D。
2. 下列表示相关微粒的化学用语正确的是
A. 中子数为9的氮原子：B. 分子的电子式：
C. 的结构式：D. 的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮元素的质子数为7，中子数为9的的氮原子的质量数为16，其符号为，故A错误；
B．分子的电子式为 ，故B错误；
C．的结构式为，故C正确；
D．的最外层电子数为8，其结构示意图为 ，故D错误；
故选C。
3. 下面各组物质的类别全部正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 盐酸是混合物，不属于强电解质，故A错误；
B. CuSO4·5H2O有一种物质组成，是纯净物；在水参与下，Al(OH)3能够电离出四羟基合铝酸根离子、氢离子，是一元弱酸；HD是氢气的一种分子，是单质，故B正确；
C. 碳酸氢钠属于酸式盐，不是正盐，故C错误；
D. 硫酸氢钠属于盐，不是酸，H2O和D2O都是水分子，属于纯净物，故D错误；
故选B。
4. 下列各组澄清溶液中的离子能大量共存，且加入(或通入)X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．、、、可以共存，加入NaOH溶液，发生的离子反应为，A不符合题意；
B．、发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；
C．、、、可以大量共存，加入少量盐酸的离子方程式为，C符合题意；
D．、、、可以大量共存，加入足量酸性溶液的离子方程式、，D不符合题意；
故选C。
5. 常作为漂白布匹后的“脱氯剂”，和反应的产物之一为，下列说法错误的是
A. 该反应中还原剂是B. 参与该反应，且作氧化剂
C. 根据该反应可判断氧化性：D. 该反应中每消耗1ml，可脱去4ml
【答案】B
【解析】
【分析】和反应的产物之一为，由此可知被氧化，则被还原为铝离子，根据得失电子守恒得反应离子方程式：。
【详解】A．和反应的产物之一为，可知被氧化为，作还原剂，故A正确；
B．由上述分析可知中化合价未发生变化，因此既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；
C．反应中作氧化剂，作氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故C正确；
D．由上述反应离子方程式可知每消耗1ml，可脱去4ml，故D正确；
故选：B。
6. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. 常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的氧原子数为4NA
B. 同温同压下，相同体积的氢气和氮气所含原子数均为2NA个
C. 1mlH2O与足量Na反应，生成H2的数目为NA
D. NA个C6H12O6分子完全反应生成CO2为44.8L
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．若92g均为NO2，NO2物质的量为2ml，O为4ml，若92g均为N2O4，N2O4物质的量为1ml，O仍为4ml，因此二者无论按何种比例混合，O均为4ml，数目4NA，故A正确；
B．同温同压下，相同体积的氢气和氮气所含原子数相等，但无法得知具体数目，故B错误；
C．根据化学方程式知2H2O-H2，所以1mlH2O生成的H2为0.5ml，即0.5NA，故C错误；
D．没有说明标准状况，气体摩尔体积未知，无法进行计算，故D错误。
综上所述，答案A。
7. 在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲、乙两种气体，它们的温度和密度均相同。试根据甲、乙的摩尔质量(M)的关系，判断下列说法中正确的是
A. 若M(甲)>M(乙)，则分子数：甲>乙
B. 若M(甲)乙
C. 若M(甲)乙
D. 若M(甲)>M(乙)，则气体体积：甲M(乙)，则n(甲)＜n(乙)，则气体的分子数：甲＜乙，A错误；
B．根据n=，若M(甲) n(乙)，气体的密度、质量相等，甲、乙两种气体的体积相等，气体摩尔体积Vm=，则气体摩尔体积：甲＜乙，B错误；
C．根据n=，若M(甲) n(乙)，气体的密度、质量相等，甲、乙两种气体的体积相等，温度相同，由PV=nRT可知，气体的压强：甲＞乙，C正确；
D．气体的密度、质量相等，甲、乙两种气体的体积相等，D错误；
故选C。
8. 一种矿物由短周期元素 W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y 原子序数依次增大。简单离子X2-与Y2+具有相同的电子结构。下列叙述正确的是
A. X的常见化合价有-1 、-2B. W的最高价氧化物是电解质
C. YX的水化物具有两性D. W单质只有3种同素异形体
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y为短周期元素，原子序数依次增大，简单离子X2-与Y2+具有相同的电子结构，则它们均为10电子微粒， X为O，Y为Mg，W、X、Y组成的物质能溶于稀盐酸有无色无味的气体产生，则W为C，产生的气体为二氧化碳，据此解答。
【详解】A．X为O，氧的常见价态有-1价和-2价，如H2O2和H2O，A正确；
B．W为C，最高价氧化物是CO2，是非电解质，B错误；
C．Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，水化物为Mg(OH)2，Mg(OH)2只能与酸反应生成盐和水，不能与碱反应，所以YX的水化物没有两性，C错误；
D．W为C，碳的同素异形体有：金刚石、石墨、石墨烯、富勒烯、碳纳米管等，种类不止四种，D错误；
故选A。
9. 为研究Na的性质，进行如下实验
下列说法中，不正确的是
A. Ⅰ中现象说明Na与水反应放热
B. Ⅰ中反应的离子方程式为
C. Ⅲ中白雾比Ⅱ中多，说明Ⅲ中反应放热比Ⅱ中更多
D. 推测Ⅲ中反应缓慢可能与c(Cl-)以及生成的白色固体有关
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ⅰ中Na投入到蒸馏水中，可与水发生反应，产生少量白雾，说明剧烈，且放热，A正确；
B．Ⅰ中Na投入到蒸馏水中，可与水发生反应，反应的离子方程式为，B正确；
C．浓盐酸易挥发，所以对照实验Ⅲ和Ⅱ，钠与氢离子反应放热，除了有挥发的水蒸气以外，还有HCl，它在空气中与水蒸气结合，呈现更多的白雾，C错误；
D．实验Ⅲ和Ⅱ对照可知，反应的实质是钠与氢离子反应，之所以反应缓慢，可能与c(Cl-)以及生成的白色固体有关，D正确；
故选C。
10. 溶液中含有如表所示离子中的某5种，且其离子浓度均为0.1ml/L(不考虑水的电离和离子水解)。向溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述错误的是
A. 溶液中不可能含有和B. 溶液中含有3种阴离子、2种阳离子
C. 原溶液中一定含有D. 不能确定原溶液中是否含有、
【答案】D
【解析】
【分析】各种离子的物质的量浓度均为0.1ml/L，向 X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变，产生气体不可能是离子或离子；根据表中的离子，可以推知是、在酸性环境下生成的一氧化氮，有无，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的浓度为0.1ml/L，根据电荷守恒是不可能的，还含有阴离子，由于总共含有5种离子，再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷的，所以原溶液中含有的五种离子为、、、、。
【详解】A．根据分析可知，溶液中一定不存在和，溶液中不可能含有和，A正确；
B．根据分析可知，原溶液中含有的五种离子为、、、、，溶液中含有3种阴离子、2种阳离子，B正确；
C．根据分析可知，原溶液中一定含有，C正确；
D．根据分析可知，原溶液中是否含有、，D错误；
故选D。
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可形成分子；Y与M形成的气态化合物在标准状态下的度为；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的。下列说法正确的是
A. 原子半径：W>Z>X>M
B. 、、均为共价化合物
C. 和两种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为1∶2
D. 由X、Y、Z、M四种元素共同形成的化合物中一定有共价键，可能有离子键
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76，则该化合物的摩尔质量为0.76×22.4L/ml=17g/ml，该化合物为NH3，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，故Y为N元素，M为H元素，Z为O元素，且X与Z可形成XZ2分子，则X为C元素，满足X、Y、Z原子最外层电子数之和为l5，W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，则W的质子数为×(6+7+8+1)=11，所以W为Na元素，据此解答。
【详解】A．原子的电子层数越多，半径越大，原子电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则原子半径Na >C>O>H，A错误；
B．CO2、C2H2为共价化合物，Na2O2为离子化合物，故B错误；
C．CaH2中阳离子Ca2＋与阴离子H-个数比为1：2，CaO2中阳离子Ca2＋与阴离子O个数比为1：1，C错误；
D．由C、N、O、H元素构成的化合物NH4HCO3中含有共价键、离子键，CO(NH2)2中只含有共价键，故D正确；
故选：D。
12. 向NaOH和Ca(OH)2的混合溶液中缓缓通入CO2，生成沉淀的质量m与通入CO2的体积V的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 当V≤V1时，发生反应的离子方程式为Ca2++4OH-+2CO2=CaCO3↓+CO+2H2O
B. 图中各点通入CO2的体积一定满足V1：V2：V3=1：2：3
C. 当V=时，溶液中的阴离子为CO和OH-，且两者的物质的量浓度之比为1：2
D. 当V>V3时，发生的总反应的离子方程式为OH-+CO2=HCO
【答案】D
【解析】
【分析】向NaOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中通入CO2，二氧化碳先和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，当氢氧化钙消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，当氢氧化钠完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠、水反应生成碳酸氢钠，当碳酸钠反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，以此解答。
【详解】A．由分析可知，向NaOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中通入CO2，二氧化碳先和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，当V≤V1时，发生反应的离子方程式为Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，故A错误；
B．由于NaOH和Ca(OH)2的物质的量多少不知道，无法判断V1：V2：V3的值，故B错误；
C．由于NaOH和Ca(OH)2的物质的量多少不知道，当V=时，溶液中的阴离子无法确定，故C错误；
D．当V>V3时， 溶液中的OH-都转化为，总反应相当于CO2和OH-反应生成碳酸根，总反应离子方程式为OH-+CO2=，故D正确；
故选D。
13. 利用废旧镀锌铁皮制备Fe3O4胶体粒子的流程图如图，已知：Zn溶于强碱时生成易溶于水的[Zn(OH)4]2- ， 下列有关说法不正确的是
A. 用氢氧化钠溶液处理废旧镀锌铁皮，主要目的是为了处理表面的油污
B. “酸溶”的离子方程式为：
C. “氧化”后溶液中所存在的阳离子有：H+、Na+、Fe2+、Fe3+
D. 制得Fe3O4胶体粒子反应过程中，持续通入N2的目的是排出空气防止亚铁离子被氧化
【答案】A
【解析】
【分析】由题给流程可知，向废旧镀锌铁皮中加入氢氧化钠溶液碱洗，锌与氢氧化钠溶液反应转化为四羟基合锌离子，过滤得到含有四羟基合锌离子的滤液和滤渣；向滤渣中加入过量的稀硫酸，将铁转化为亚铁离子，向反应后的溶液中加入适量过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子部分转化为铁离子，在氮气氛围中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铁离子和亚铁离子转化为四氧化三铁胶体，渗析得到四氧化三铁胶体粒子。
【详解】A．由分析可知，加入氢氧化钠溶液碱洗的目的是锌与氢氧化钠溶液反应转化为四羟基合锌离子，故A错误；
B．由分析可知，加入过量的稀硫酸的目的是将铁转化为亚铁离子，反应的离子方程式为，故B正确；
C．由分析可知，加入适量过氧化氢溶液的目的是将溶液中的亚铁离子部分转化为铁离子，则氧化后溶液中所存在的阳离子氢离子、钠离子、亚铁离子、铁离子，故C正确；
D．亚铁离子检验还原性，易被空气中的氧气氧化，所以制得四氧化三铁胶体粒子反应过程中，持续通入氮气的目的是排出空气防止亚铁离子被氧化，故D正确；
故选A。
14. 向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量关系如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法错误的是
A. a点时溶液中的阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+
B. c点时溶液中发生的反应为：
C. c点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.5ml/L
D. 原溶液中
【答案】B
【解析】
【分析】由氧化性的强弱(Fe3+＞Cu2+)及图象变化可知：①0～5.6gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，②0.56g～1.68gFe时，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02ml，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，所以此时溶液中不含Cu2+，反应完全。
【详解】A．向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，先发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，a点时溶液中阳离子为Cu2+和Fe2+、Fe3+，故A正确；
B．由分析可知，0.56g～1.68gFe时，即b点发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，1.68g～2.24g时，溶液中不含Cu2+、反应完全，c点不发生化学反应，故B错误；
C．由图象变化可知：加入铁粉为0～5.6g时，剩余物为0，说明只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，推得Fe3+只有0.02ml，生成Fe2+为0.03m|；加入铁粉为从0.56g～2.24g时，又加入0.03m铁粉，若发生反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，则生成1.92gCu，而由图示可得剩余物为1.84g，所以此时溶液中早已没有Cu2+，设0.03m铁粉中与Cu2+反应的为xml，剩余yml，则生成Cu的质量为64xg，剩余铁的质量为56yg，所以x+y=0.03、64x+56y=1.84，解得：x=0.02ml、y=0.01ml，因此加入铁粉从0.56g～168g，刚好与溶液中的Cu2+反应完全，溶液中溶质为FeSO4，所以c点时溶液中溶质的物质的量浓度为，故C正确；
D．由Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，n(Fe3+)=2 n(Fe)=2×，由Fe+Cu2+=Cu+Fe2+可知，n(Cu2+)= n(Fe)=，原溶液中n(Fe3+)：n(Cu2+)=1：1，故D正确；
故选：B。
二、非选择题(每空2分，14分+14分+14分+16分共58分)
15. 化学实验是研究物质组成和探究物质性质的重要途径。
I．某澄清透明溶液(忽略水的电离)，可能含有、、、、、、等离子中的几种，且离子的物质的量相等(即离子数目相等)，为分析其成分，取此溶液分别进行了三个实验，其操作和有关现象如图所示。请你根据上述实验推断：
（1）取100mL溶液进行实验②，经足量盐酸洗涤、干燥后，得沉淀质量为2.33g。该溶液中的物质的量浓度为_______。
（2）实验③产生的无色无味气体为_______，白色沉淀为_______(填物质化学式)。原溶液中一定存在的离子有_______。
（3）向该溶液中加入硫酸酸化，再通入气体，发生反应使该溶液的颜色发生变化，写出该反应的离子方程式_______。
II．具有强氧化性，具有还原性，某同学根据氧化还原反应的知识推测，与能发生反应。为了验证此推测结果，该同学设计并进行了如图所示实验。其中装置A用锌和稀盐酸制取氢气。
（4）下面是实验过程中的重要操作，正确的顺序是_______。
A. 加热至逐渐熔化，反应一段时间B. 用小试管收集气体并检验其纯度
C. 打开、，通入氢气D. 停止加热，充分冷却，关闭、
（5）实验过程中观察到淡黄色粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色。由此可推测出与反应生成的产物为_______。
【答案】（1）
（2） ①. ②. ③. 、、、
（3） （4）CBAD
（5）NaOH
【解析】
【分析】Ⅰ.向原溶液中加入过氧化钠固体，生成白色沉淀，说明溶液中有Mg2+，没有，根据离子共存，说明没有，加入氯化钡和稀盐酸有白色沉淀，说明含有，没有Ba2+，溶液中有钾离子，溶液中离子的物质的量相等，根据电荷守恒，说明含有。
Ⅱ.A装置是制备氢气，氢气中有HCl和水蒸气杂质，B装置除杂，先通入一段时间氢气排出装置内的空气，排完空气后再加热过氧化钠至熔化，反应一段时间，冷却后停止通氢气。
【小问1详解】
取100mL溶液进行实验②，经足量盐酸洗涤、干燥后，得沉淀质量为2.33g，则硫酸钡沉淀质量为2.33g，硫酸钡物质的量为，离子的物质的量相等，则钾离子物质的量为0.01ml，该溶液中的物质的量浓度为。
【小问2详解】
实验③中过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，因此产生的无色无味气体为O2，白色沉淀为Mg(OH)2。根据题中分析得到原溶液中一定存在的离子有Mg2＋、、K＋、。
【小问3详解】
向该溶液中加入硫酸酸化，再通入SO2气体，发生反应使该溶液的颜色发生变化，说明二氧化硫在高锰酸钾酸性溶液中发生氧化还原反应，生成锰离子和硫酸根离子，其反应的离子方程式。
【小问4详解】
下面是实验过程中的重要操作，先通入氢气，排出装置内的空气，收集尾气并检验氢气纯度，再加热过氧化钠至熔化，反应一段时间，停止加热，冷却后再停止铜氢气，因此正确的顺序是CBAD。
【小问5详解】
实验过程中观察到淡黄色粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色，说明没有水生成，则根据质量守恒，说明与反应生成了NaOH。
16. I．和是两种常见的钠盐。向和的混合溶液中逐滴滴加盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积关系如图所示。
（1）OA段发生反应的离子方程式：_______。
（2）原溶液中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为_______。
Ⅱ．实验室中需0.2ml/L的溶液80mL，请回答下列问题。
（3）配制上述溶液所需的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、胶头滴管和_______。
（4）实验时下图所示操作的先后顺序为_______(填编号)。
（5）取用任意体积的该溶液时，下列物理量不随所取体积的多少而变化的是_______。
a．溶液中的物质的量 b．溶液的浓度
c．溶液中的数目 d．溶液的密度
（6）下列操作中，会造成溶液浓度有何变化(填偏高，偏低，无影响)。
①定容时，俯视刻度线_______。
②未冷却至室温就开始定容_______。
【答案】（1）
（2）1∶1 （3）100mL容量瓶
（4）④⑥③⑤②① （5）bd
（6） ①. 偏高 ②. 偏高
【解析】
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
【小问1详解】
向和的混合溶液中逐滴滴加盐酸，盐酸先和碳酸钠生成碳酸氢钠：，再和碳酸氢钠生成氯化钠和水、二氧化碳：，由图可知，OA段发生反应的离子方程式为：；
【小问2详解】
结合（1）分析可知，与碳酸钠反应消耗100mL盐酸，产生的碳酸氢钠与原溶液中的碳酸氢钠反应消耗盐酸200mL，则原溶液的碳酸氢钠其实只消耗100mL盐酸，即，原溶液中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为100：（300-100-100）=1:1；
【小问3详解】
配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；0.2 ml/L的溶液80 mL，需使用100mL容量瓶，需仪器有：玻璃棒、烧杯和100mL容量瓶、胶头滴管；答案为100mL容量瓶；
【小问4详解】
配制一定物质量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；则操作的先后顺序为④⑥③⑤②①；
【小问5详解】
a．溶液中溶质为n=cV，所以与溶液的体积有关，故不符合题意；b．溶液具有均一性，溶液的浓度与溶液的体积无关，故符合题意；c．溶液中钠离子的数目=nNA=cVNA，所以与溶液的体积有关，故不符合题意；d．溶液的密度与溶液的体积无关，故符合题意；故选bd；
【小问6详解】
①在容量瓶中定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高；
②未冷却至室温就开始定容，冷却后溶液体积偏小，浓度偏高。
17. 铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂。查阅有关资料如下：
氯化铁：熔点为306℃，沸点为315℃；易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500~600℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。
氯化亚铁：熔点为670℃，可升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。
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：
（1）装置A中，用与浓盐酸反应制取氯气，写出反应的离子方程式：_______。
（2）装置A中导管a作用是______。C放置在盛冷水的水槽中，冷水浴的作用是_______。
（3）仪器D中装的药品可以是_______(填序号)。
A. B. 碱石灰C. D. 浓硫酸
（4）定性分析。取装置C中的少量产物溶于稀硫酸中配成稀溶液待用。若产物中混有，是否可用酸性溶液检验的存在？_______。(填“是”或“否”)；理由是_______。
（5）取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：①称取4.60g产品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量溶液；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g。写出加入足量溶液发生反应的离子方程式：_______。
【答案】（1）
（2） ①. 平衡气压，便于浓盐酸顺利流下 ②. 将氯化铁蒸气冷凝成固体便于收集 （3）B
（4） ①. 否 ②. 酸性具有强氧化性，会将氯离子氧化为氯气自身而褪色，会对亚铁离子检验带来干扰
（5）
【解析】
【分析】A中浓盐酸与氯酸钾发生反应生成氯气，生成的氯气中混有HCl，经过浓硫酸干燥后除去水蒸气，随后与铁粉加热条件下反应生成氯化铁，但是因为HCl的存在可能生成氯化亚铁杂质，生成的产物冷凝收集在C中，D中为碱石灰，作用为吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入装置，引起氯化铁的潮解；
【小问1详解】
氯酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，即离子方程式为；
小问2详解】
导管a的作用是平衡气压，便于浓盐酸顺利流下；工业上采用向500~600℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁，而氯化铁的熔点为306℃，沸点为 315℃，因此需要通入盛冷水的水槽中，所以冷水浴的作用是将氯化铁蒸气冷凝成固体便于收集；
【小问3详解】
装置D的名称是球形冷凝管；其作用是吸收未反应的氯气，且防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解，P2O5属于酸性干燥剂，不能吸收氯气；CaCl2也无法吸收氯气；碱石灰能吸收氯气，且能吸收外界空气中的水蒸气；浓硫酸属于酸性干燥剂且液体不能装在球形干燥管内，综上选B；
【小问4详解】
酸性KMnO4具有强氧化性，会将氯离子氧化为氯气，自身而褪色，会对亚铁离子检验带来干扰，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验亚铁离子；
【小问5详解】
加入足量H2O2溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，即离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。
18. 几种短周期主族元素的原子半径和元素主要化合价如图所示。
回答下列问题：
（1）A的简单离子的结构示意图为_______；EB是_______(填“离子”或“共价”)化合物。
（2）AB2分子中每个原子最外层都达到8电子结构，它的电子式为_______。AB2与A的简单氢化物反应生成A2和B的氢化物，写出化学方程式：_______。在标准状况下，生成11.2LA2气体时转移电子数为_______ml。
（3）D的单质在A2中燃烧的产物和CO2反应的化学方程式为_______。
（4）A、B、E的简单离子半径由大到小的顺序为_______(填离子符号)。
（5）B的单质与A的简单氢化物能发生置换反应，写出化学方程式：_______。
【答案】18. ①. ②. 离子
19. ①. ②. ③. 1
20.
21.
22.
【解析】
【分析】B、C同主族，B原子半径小于C，化合价-1价，所以B为F 、C为Cl，D、E同主族D原子半径小于E，化合价+1价，所以D为Li、E为Na，A化合价-2价，又据其原子半径大小，A 为O：
【小问1详解】
A为O，其简单离子的结构示意图为；EB为NaF，是离子化合物；
【小问2详解】
OF2分子中每个原子最外层都达到8电子结构，它的电子式为；AB2与A的简单氢化物反应生成O2和B的氢化物，反应的化学方程式为；OF2是共价化合物，其中O为+2价，反应中，一半O2是氧化产物，另一半O2是还原产物，故生成标准状况下11.2LO2即0.5mlO2，转移1ml电子；
【小问3详解】
Li单质在O2中燃烧的产物和CO2反应的化学方程式为；
【小问4详解】
A、B、E的简单离子分别为O2-、F-、Na+，属于电子层结构相同的微粒，而电子层结构相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，所以半径由大到小的顺序为；
【小问5详解】
F2是非金属性最强的单质，F2与H2O反应生成HF和O2，化学方程式为。A
曲为酒之骨，凡酿酒必资曲药成信
纳米酶用于生物传感器、疾病诊断与治疗
B
铜柔锡柔，合两柔则为刚
铝合金用作火箭、飞船和空间站主体结构材料
C
为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白
啤酒和白酒中加入食品胶体作澄清剂
D
以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也
曾青涂铁，铁赤色如铜
A
盐酸：强电解质
Cl2：非电解质
CaCO3：弱电解质
B
CuSO4·5H2O：纯净物
Al(OH)3：一元酸
HD：单质
C
Al2O3：离子化合物
NaHCO3：正盐
Na2O2：碱性氧化物
D
血液：胶体
NaHSO4：酸
H2O和D2O：混合物
离子组
X试剂
离子方程式
A
、、、
NaOH溶液
B
、、、
足量氨水
C
、、、
少量盐酸
D
、、、
足量酸性溶液
装置
实验
液体a
现象
蒸馏水
Ⅰ.Na浮在液面上，剧烈反应，产生少量白雾
0.1 ml·L-1 盐酸
Ⅱ.Na浮在液面上，反应比Ⅰ中剧烈，产生白雾
浓盐酸
Ⅲ.Na浮在液面上，反应比Ⅰ中缓慢，产生大量白雾，烧杯底部有白色固体
阳离子
、、、、、
阴离子
、、、、、