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2024芜湖师大附中高一下学期4月期中化学试题含解析
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这是一份2024芜湖师大附中高一下学期4月期中化学试题含解析，文件包含安徽省芜湖市师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试化学试题含解析docx、安徽省芜湖市师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：N- 14 O -16 S -32Cu-64
第I卷 （选择题共42分）
一、选择题（本题共14小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1. 物质的性质决定用途。下列两者对应关系不正确的是
A. 生铁硬度大、抗压性强，可用于铸造机器底座
B. 氯化铁溶液有氧化性，可用于蚀刻不锈钢广告牌上的图形
C. 二氧化硫具有漂白性，食品中添加适量的SO2有防腐和抗氧化作用
D. 新型陶瓷碳化硅硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料
【答案】C
【解析】
【详解】A．生铁为铁合金，硬度大、抗压性强，可用于铸造机器底座，故A正确；
B．氯化铁溶液有氧化性，能氧化单质铁，所以可用于蚀刻不锈钢广告牌上的图形，故B正确；
C．二氧化硫具有漂白性，但食品中添加适量的SO2有防腐和抗氧化作用，是因为二氧化硫具有还原性，而不是因为其具有漂白性，故C错误；
D．碳化硅为共价晶体，硬度大，所以新型陶瓷碳化硅硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料，故D正确；
故答案为：C。
2. 下列过程属于吸热反应的是
A. 浓硫酸溶于水B. 硝酸铵溶于水
C. 碳酸氢钠溶于盐酸D. 铁粉溶于盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硫酸溶于水是放热过程，且未发生化学反应，A项不符合题意；
B．硝酸铵溶于水是吸热过程，且未发生化学反应，B项不符合题意；
C．碳酸氢钠溶于盐酸反应生成氯化钠、水喝二氧化碳，属于吸热反应，C项符合题意；
D．铁粉溶于盐酸是放热反应，D项不符合题意；
故选C。
3. 在指定溶液中下列离子能大量共存的是
A. 透明澄清的溶液：K+、Fe3+、、
B. 能使紫色石蕊变红的溶液：Na+、Ba2+、[Al(OH)4]- 、
C. c(ClO-) = 0.3 ml/L的溶液：K+、Na+、、S2-
D. 加入Al能放出H2的溶液：Mg2+、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．透明澄清的溶液中，K+、Fe3+、和不反应，能大量共存，故A正确；
B．能使紫色石蕊变红的溶液呈酸性，酸性溶液中 [Al(OH)4]- 和不能大量存在，同时Ba2+和能反应生成硅酸钡沉淀，即Ba2+和不能大量共存，故B错误；
C．次氯酸根离子具有较强的氧化性，能氧化硫离子，所以c(ClO-) = 0.3 ml/L的溶液中，S2-不能大量存在，故C错误；
D．加入Al能放出H2的溶液，既可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性及碱性溶液中均不能大量存在，Mg2+和在碱性溶液中不能大量存在，故D错误；
故答案为：A。
4. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下11.2L SO3中所含原子数为2NA
B. 6ml NO2与水完全反应时转移的电子数为4NA
C. 11.2LNO与11.2L O2混合气体的分子数为NA
D. 50mL16ml/L的浓硫酸与足量的Zn充分反应，生成的气体分子数为0.8NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下SO3是固体，11.2L SO3的物质的量不是0.5ml，所以其中所含原子数不为2NA，故A错误；
B．NO2与水反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，消耗3ml NO2转移电子的物质的量为2ml，则6ml NO2与水完全反应时转移的电子数为4NA，故B正确；
C．题中未交代是否为标准状况，且一氧化氮与氧气反应：2NO+O2=2NO2，反应前后分子个数不相等，所以无法计算11.2LNO与11.2L O2混合气体的分子数，故C错误；
D．50mL16ml/L的浓硫酸中n(H2SO4)=50×10-3L×16ml/L=0.8ml，浓硫酸与足量的Zn充分反应，开始时发生，随着反应的进行，硫酸变稀，后发生反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，所以生成的气体分子数小于0.8NA，故D错误；
故答案为：B。
5. 下列气体除杂的方法中，不能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．NO2与NO的混合气体能与NaOH溶液反应：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，故A错误；
B．亚硫酸酸性强于碳酸，所以SO2能与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳：SO2+2NaHCO3=Na2SO3+H2O+2CO2，故B正确；
C．O2能与灼热的铜网反应，即能被灼热的铜网吸收，转化成固态氧化铜，而氮气不与灼热的铜网反应，故C正确；
D．HCl 极易溶于水，可溶于饱和食盐水中，而饱和食盐水能抑制Cl2的溶解，即减少Cl2的溶解，故D正确；
故答案为：A。
6. 已知前四周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如图所示，其中M与Q能以原子个数比1:2或1:3化合。下列说法不正确的是
A. X的单质可以作半导体材料
B. ZH3的还原性强于H2M
C. R是非金属性最强的元素
D. Z、M的最高价氧化物对应水化物的浓溶液均具有强氧化性
【答案】D
【解析】
【分析】已知前四周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如图所示，则Q和R位于元素周期表第二周期、Z、M位于元素周期表第三周期、X、Y位于元素周期表第四周期，其中M与Q同主族且能以原子个数比1:2或1:3化合，所以M与Q分别为S、O，因此X、Y、Z、M、Q和R分别为Ge、As、P、S、O、F。
【详解】A．X为Ge，其处于金属与非金属的分界线处，所以Ge单质可以作半导体材料，故A正确；
B．Z为P、M为S，P、S位于同一周期，同一周期从左至右元素非金属性递增，元素原子得电子能力增强、最低价失电子能力减弱，即氢化物还原性减弱，所以PH3的还原性强于H2S，故B正确；
C．R为F， F是非金属性最强的元素，故C正确；
D．Z为P、M为S，P、S的最高价氧化物对应水化物分别为H3PO4、H2SO4，其中只有浓H2SO4具有强氧化性，故D错误；
故答案为：D。
7. 某溶液中存在以下离子：、、Al3+、H+和R，其物质的量之比2:3:1:3:1，则R可能为
A. Mg2+B. Br-C. Fe2+D. Ba2+
【答案】A
【解析】
【详解】据溶液呈电中性，设R带x个电荷，则有，又、、Al3+、H+和R的物质的量之比2:3:1:3:1，设其物质的量分别为2ml、3 ml 、1ml 、3ml 、1ml，代入得2×1+3×2=1×3+3×1+1×x，解得x=+2，即R为带2个单位正电荷的阳离子，但Fe2+与在酸性条件下发生氧化还原反应而不能大量共存，与Ba2+不能大量共存，故答案为：A。
8. 类比推理是研究物质性质的常用方法，下列推理正确的是
A. 已知Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，推测Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2
B. 浓硫酸与Na2SO3反应可以制备SO2，推测浓硫酸与Na2S反应可以制备H2S
C. 已知Fe与S能直接化合生成FeS，推测Cu与S可直接化合生成Cu2S
D. SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，推测SO2通入Ba(NO3)2溶液也不产生沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，但SO2具有比较强的还原性、而Na2O2具有比较强的氧化性，所以Na2O2与SO2反应不能生成Na2SO3和O2，应发生氧化还原反应生成硫酸钠，故A错误；
B．浓硫酸与Na2SO3反应可以制备SO2，但H2S具有比较强的还原性、而浓硫酸具有比较强的氧化性，所以浓硫酸与Na2S应发生氧化还原反应，即不能制备H2S，故B错误；
C．S的氧化性较弱，只能把变价金属氧化成较低价态，所以Fe与S能直接化合生成FeS，则Cu与S可直接化合生成Cu2S，故C正确；
D．SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，是因为盐酸酸性强于亚硫酸，SO2通入Ba(NO3)2溶液中，二氧化硫溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能氧化二氧化硫，生成硫酸根离子，所以会产生硫酸钡沉淀，故D错误；
故答案为：C。
9. 设计如图所示的原电池装置，既能使NH3和NO2转化为对环境无污染的物质，又能充分利用化学能。下列有关说法不正确的是
A. 电极A为负极，发生氧化反应
B. 当有4.48L NO2(标准状况)被处理时，转移电子物质量为0.4ml
C. 电流从电极B经导线流向电极A，再经电解质溶液回到电极B
D. 为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜
【答案】B
【解析】
【分析】NH3和NO2转化为对环境无污染的物质，即转化为N2，从图中可知左池通入氨气生成氮气，氮元素化合价升高、失电子发生氧化反应，所以电极A为负极，其电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，则电极B为正极，其电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-。
【详解】A．据以上分析可知，电极A为负极，发生氧化反应，故A正确；
B．当有4.48L NO2(标准状况)被处理时，即消耗0.2ml二氧化氮时，由电极反应式2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-可知，转移电子的物质的量为0.8ml，故B错误；
C．电极A为负极、电极B为正极，原电池中电流在外电路由正极流向负极、在内电路由负极流向正极，所以电流从电极B经导线流向电极A，再经电解质溶液回到电极B，故C正确；
D．为使电池持续放电，正极区生成的氢氧根需不断通过阴离子交换膜进入负极区，即离子交换膜需选用阴离子交换膜，故D正确；
故答案为：B。
10. 按图所示装置（部分夹持装置略）检验浓硫酸与木炭反应的产物。下列说法正确的是
A. Ⅰ中烧瓶内的反应体现了浓硫酸的酸性和强氧化性
B. Ⅱ中无水硫酸铜可替换无水
C. Ⅲ中溶液褪色，证明产物中有
D. Ⅳ中溶液褪色且Ⅴ中产生沉淀，证明产物中一定有
【答案】C
【解析】
【分析】I中发生的反应为：，通过Ⅱ对产生的水进行检验，Ⅲ可以验证SO2的漂白性，Ⅳ可以验证SO2的还原性，V可以检验CO2的生成，但由于未知SO2是否除尽，不一定是CO2让其产生沉淀，据此作答。
【详解】A．浓硫酸与木炭共热发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，硫元素化合价全部降低，体现浓硫酸强氧化性，未体现酸性，故A错误；
B．无水硫酸铜的作用是检验生成的水，通过观察颜色的变化检验水，无水氯化钙可以吸水，但是无水氯化钙无颜色变化，故B错误；
C．品红褪色证明二氧化硫的存在，故C正确；
D．澄清石灰水变浑浊，并不能证明产物中一定有CO2，原因为二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，故D错误；
故选：C。
11. 下列由实验现象所得结论正确的是
A. 向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变为黄色，证明H2O2氧化性大于Fe3+
B. 将某无色气体通入淀粉-KI溶液，溶液变蓝，证明该气体具有氧化性
C. 过量NH3与Cl2混合有白烟生成，证明NH3与Cl2发生化合反应生成NH4Cl
D. 往6mL 0.1ml/L FeCl3溶液中滴加10滴0.1ml/L KI溶液，加入5mL CCl4，振荡，取上层清液滴加KSCN溶液，呈红色，证明该反应是可逆反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，所以向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变为黄色，不能证明H2O2氧化性大于Fe3+，故A错误；
B．将某无色气体通入淀粉-KI溶液，溶液变蓝，则碘化钾被氧化为碘单质，即能证明该气体具有氧化性，故B正确；
C．过量NH3与Cl2混合有白烟生成，白烟是NH4Cl，但NH4Cl是由氨气和氯化氢反应生成的，即2NH3+3Cl2=N2+6HCl、NH3+ HCl=NH4Cl(或8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl)，不是NH3与Cl2发生化合反应生成的，故C错误；
D．往6mL 0.1ml/L FeCl3溶液中滴加10滴0.1ml/L KI溶液，加入5mLCCl4，振荡，取上层清液滴加KSCN溶液，呈红色，说明上层清液中含有铁离子，但该铁离子可能是由氯化铁溶液过量而剩余的，即不能证明该反应是可逆反应，故D错误；
故答案为：B。
12. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，向反应后的溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液不会变红色，故A错误；
B.铜粉与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，不会有黑色固体出现，故B错误；
C.非金属元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，碳元素的非金属性强于硅元素，碳酸的酸性强于硅酸，则硅酸钠溶液与过量二氧化碳反应能生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，故C正确；
D.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色证明该溶液一定含有钠离子，可能为钠盐溶液，也可能为氢氧化钠溶液，故D错误；
故选C。
13. 在实验中,通过关闭a阀门、打开弹簧夹，在c处挤压胶头滴管，使水进入烧瓶，并打开b阀门,实现了喷泉实验，同时利用电脑绘制了三颈瓶内压强的变化曲线。正确的说法是
A. 生成的氨气也可以采用加热NH4Cl固体来制备
B. 喷泉实验结束后，发现水未充满三颈烧瓶，一定是因为装置的气密性不好
C. 图2喷泉实验瓶内压强变化曲线表明E点时喷泉最剧烈
D. 同温同压下，等体积两圆底烧瓶内分别充满NH3和NO2后进行喷泉实验，结束后两烧瓶中溶质的物质的量浓度之比是1:1
【答案】D
【解析】
【详解】A．加热NH4Cl固体会生成氨气和HCl，生成的氨气和HCl遇冷重新结构成氯化铵，无法得到氨气，故A错误；
B．水未充满三颈烧瓶，可能是装置气密性不好，也可能是收集的氨气不纯，故B错误；
C．压强减小最多时喷泉最剧烈，图中C点时喷泉最剧烈，故C错误；
D．设烧瓶体积为22.4L，则氨气的物质的量为，形成的溶液体积为22.4L，氨水的物质的量浓度为：；若为NO2，则NO2的物质的量为，根据反应，可知反应生成的硝酸的物质的量为：，形成的溶液体积为，所得硝酸溶液中物质的量浓度为：，两烧瓶中溶质的物质的量浓度之比是1:1，故D正确；
故选：D。
14. 为测定Cu和Cu2O混合粉末中Cu的含量。某同学将44.8g Cu和Cu2O混合粉末加入500mL 4.5ml/L的稀硝酸中,得到6.72LNO(标准状况下),忽略溶液体积的变化。下列说法正确的是
A. 反应后有固体剩余B. 混合粉末中Cu的质量分数约为37%
C. 反应后的溶液中c(Cu2+)=1.2ml/LD. 在反应后的溶液中加入足量铁粉,可置换出41.6g Cu
【答案】D
【解析】
【分析】500mL 4.5ml/L稀硝酸中n(HNO3)=0.5L×4.5ml/L=2.25ml，6.72LNO(标准状况下)的物质的量为0.3ml，则反应后溶液中剩余的，若全都以硝酸铜存在，则其物质的量为，若44.8g全是Cu，则n(Cu)=、若44.8g全是Cu2O，则n(Cu2O)=，即硝酸铜的物质的量最大为0.7ml，0.7ml＜0.975ml，所以固体混合物全部溶解、硝酸过量。
【详解】A．据以上分析可知，反应后固体无剩余，故A错误；
B．设混合粉末中Cu和Cu2O的物质的量分别为x、y，则其质量之和为44.8g，共转移电子3×0.3ml=0.9ml，即64x+144y=44.8、2x+2y=0.9，解得x=0.25ml、y=0.2ml，所以Cu的质量分数约为，故B错误；
C．反应前Cu原子总物质的量为(0.25+0.2×2)=0.65ml，反应前后Cu原子物质的量守恒，所以反应后的溶液中c(Cu2+)=，故C错误；
D．在反应后的溶液中n(Cu2+)=0.65ml，则加入足量铁粉，可置换出0.65ml Cu，即0.65ml ×64g/ml=41.6g Cu，故D正确；
故答案为：D。
第II卷 （非选择题共58分）
二、填空题（本题共4小题，共58分）
15. 三位科学家“发现和合成量子点”获得2023年诺贝尔化学奖。量子点又称为半导体荧光纳米晶，主要是由ⅡB-ⅥA族元素(如CdS、CdSe、ZnSe等)和ⅢA-ⅤA族元素(如GaN、InP、InAs等)组成的纳米颗粒，元素周期表从此有了第三个维度。元素周期表反映元素之间的内在联系，是研究物质性质的重要工具。下表列出了a~h8种元素在周期表的位置，请回答下列问题：
（1）e原子结构示意图为：___________。
（2）Ga与d同族。Ga与d两种元素最高价氧化物对应的水化物碱性较强的是_________(填化学式)。
（3）CdSe量子点中的Se是34号元素，在周期表中的位置是______；Se与f的简单氢化物稳定性较弱的是___________(填化学式)。
（4）单质c在单质b中燃烧所得产物的电子式为______，该产物与a的最高价氧化物反应的化学方程式为_____。
（5）单质g通入石灰乳中制备漂白粉的原理________(用离子方程式表示)。
【答案】（1） （2）Ga(OH)3
（3） ①. 第四周期第ⅥA族 ②. H2Se
（4） ①. ②. 2Na2O2＋2CO2 = 2Na2CO3＋O2
（5）Ca(OH)2＋Cl2 = Ca2+ + Cl-＋ClO-＋H2O
【解析】
【分析】根据各元素在周期表的位置可知，a为C、b为O、c为Na、d为Al、e为P、f为S、g为Cl、h为K。
【小问1详解】
e为P，P的原子序数为15，其原子结构示意图为：；
【小问2详解】
d为Al ，Ga与Al同主族，Ga在Al的下一周期，同一主族元素，从上至下原子序数递增、电子层数增多、原子半径增大、元素金属性增强，元素的最高价氧化物对应的水化物碱性增强，所以元素最高价氧化物对应的水化物碱性较强的是Ga(OH)3；
【小问3详解】
CdSe量子点中的Se是34号元素，在周期表中的位置是第四周期第ⅥA族；Se与S同主族，Se在S的下一周期，同一主族从上至下元素非金属性递减，简单氢化物稳定性减弱，所以Se与S简单氢化物稳定性较弱的是H2Se；
【小问4详解】
单质c为Na、单质b为O2，Na在O2中燃烧所得产物为Na2O2，Na2O2的电子式为；a为C元素，C的最高价氧化物为CO2，Na2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2 = 2Na2CO3＋O2；
【小问5详解】
单质g为Cl2，Cl2通入石灰乳中制备漂白粉的原理为Ca(OH)2＋Cl2 = Ca2++Cl-＋ClO-＋H2O。
16. 硅、硫、氮等非金属元素在化工生产中扮演着重要角色。
（1）下列物品或设施：①陶瓷餐具②门窗玻璃③水晶镜片④硅太阳能电池⑤光导纤维⑥手机芯片。
直接使用了硅单质的是_______(用序号填空)。
（2）写出实验室用Cu制备的化学方程式：_______
（3）下列五种有色溶液与作用均能褪色
①品红溶液②酸性溶液③溴水④滴有酚酞NaOH溶液⑤淀粉-碘溶液
体现了还原性的是(用序号填空)_______。
（4）氮氧化物(NO、)、会造成的环境问题有_______(写一种即可)。
（5）如图包含气体发生装置和收集装置(部分装置的夹持仪器已省略)，实验室制备并收集，制备原理为_______(用化学方程式表示)；应选择的装置是_______(填字母)。
（6）选用图B制备的化学反应方程式：_______
【答案】（1）④⑥ （2）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑
（3）②③⑤ （4）光化学烟雾、酸雨等
（5） ①. Cu+4HNO3(浓) =Cu(NO3)+2H2O+2NO2↑ ②. AD
（6）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑
【解析】
【小问1详解】
①陶瓷餐具的成分是硅酸盐；②门窗玻璃的主要成分是硅酸盐；③水晶镜片的主要成分是SiO2；④硅太阳能电池的成分是单质硅；⑤光导纤维的主要成分是SiO2；⑥手机芯片的成分是单质硅；直接使用了硅单质的是④⑥。
【小问2详解】
实验室用Cu和浓硫酸在加热条件下制备，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑；
【小问3详解】
①使品红溶液褪色，体现的漂白性；
②使酸性溶液，体现的还原性；
③使溴水褪色，体现的还原性；
④使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，体现酸性氧化物的性质；
⑤使淀粉-碘溶液褪色，体现的还原性；
体现了还原性的是②③⑤；
【小问4详解】
氮氧化物(NO、)、会造成的环境问题有光化学烟雾、酸雨等；
【小问5详解】
实验室用铜和浓硝酸反应制备，制备原理为Cu+4HNO3(浓) =Cu(NO3)+2H2O+2NO2↑；固体和液体不加热制备，密度比空气大，用向上排空气法收集，应选择的装置是AD；
【小问6详解】
装置B适合加热固体制取气体，选用图B用氯化铵和氢氧化钙反应制备，反应的化学反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑。
17. 金属钛硬度大、熔点高、耐腐蚀，易被氧化，被誉为“未来金属”。以钛铁矿(主要成分FeTiO3)为主要原料冶炼金属钛，生产的工艺流程图如图，其中钛铁矿与浓硫酸发生反应的化学方程式为：FeTiO3 + 2H2SO4 = TiOSO4 + FeSO4 + 2H2O。已知TiO2熔点为1850℃，回答下列问题：
（1）生产时将钛铁矿粉碎后再与浓硫酸反应，其目的是_____；钛酸亚铁(FeTiO3)中钛元素的化合价为_____价。
（2）滤液Ⅰ冷却结晶获得绿矾(FeSO4·7H2O)的实验操作依次为___、____、过滤、洗涤、干燥(填写操作名称)。
（3）滤液Ⅱ中主要物质是TiOSO4，反应①的化学方程式是_____________。
（4）反应②生成TiCl4和CO，其化学反应方程式________。
（5）CO与H2反应可制备CH3OH，由CH3OH和O2构成的质子交换膜燃料电池总反应为2CH3OH +3O2 = 2CO2 + 4H2O，负极的电极反应式为______。若外电路中转移2ml电子，则上述燃料电池所消耗的O2在标准状况下的体积为______L。
【答案】（1） ①. 增大接触面积，加快酸浸速率或提高的浸出率等 ②. +4
（2） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
（3）
（4）
（5） ①. CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+ ②. 11.2
【解析】
【分析】钛铁矿的主要成分为FeTiO3，钛铁矿与浓硫酸发生反应：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+ FeSO4+2H2O，往其中加入水和铁粉，沉降分离，滤液I中含有TiOSO4、FeSO4，冷却结晶析出绿矾，过滤出绿矾，滤液II中含有TiOSO4，加水、加热生成硫酸和H2TiO3沉淀，过滤出H2TiO3，H2TiO3煅烧生成TiO2，TiO2和C、Cl2在高温条件下反应生成TiCl4、CO，TiCl4和Mg在高温条件下反应生成Ti和MgCl2。
【小问1详解】
生产时将钛铁矿粉碎后再与浓硫酸反应，其目的是增大接触面积，加快酸浸速率或提高的浸出率等；钛酸亚铁(FeTiO3)中O元素化合价为-2价、Fe元素化合价为+2价，则钛元素的化合价为+4价；
【小问2详解】
滤液Ⅰ冷却结晶获得绿矾(FeSO4·7H2O)的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
【小问3详解】
滤液Ⅱ中主要物质是TiOSO4，据图示可知反应①是往滤液中加水后加热，过滤即可得硫酸和H2TiO3沉淀，所以其反应的化学方程式是；
【小问4详解】
据图示可知反应②的反应物有TiO2 、C和Cl2，反应的条件为高温，生成物为TiCl4和CO，则其反应的化学方程式为；
【小问5详解】
CO与H2反应可制备CH3OH，由CH3OH和O2构成的质子交换膜燃料电池总反应为2CH3OH +3O2 = 2CO2 + 4H2O，其中甲醇中碳元素化合价为-2价、二氧化碳中碳元素化合价为+4价，所以负极的电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+；正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，既消耗1ml氧气转移4ml电子，所以若外电路中转移2ml电子，则上述燃料电池所消耗的O2的物质的量为0.5ml，其在标准状况下的体积为11.2L。
18. Na2S2O5可用作防腐剂、棉布漂白后脱氯剂。某兴趣小组欲利用如图装置制备Na2S2O5。
步骤：检验装置气密性后装入药品。打开弹簧夹和仪器a的活塞,逐滴滴入70%硫酸,在碳酸钠悬浊液中通入SO2至悬浊液变澄清后又析出大量晶体时,关闭活塞,将C装置中的反应液过滤﹑洗涤、干燥,即得Na2S2O5晶体。
（1）仪器的名称为______________。
（2）B装置的作用是______________。
（3）C装置中的反应分两步进行，第一步为Na2CO3 + 2SO2 + H2O = 2NaHSO3 + CO2,该反应能发生的原因为______________;第二步为NaHSO3转化成Na2S2O5,写出该步反应的化学方程式:___________。
（4）C装置中的反应液过滤后，用饱和SO2水溶液洗涤，其目的是____________。
（5）D装置中NaOH溶液的作用是______________。
（6）已知Na2S2O5不稳定,在空气中易被氧化成Na2SO4，与强酸反应生成相应的盐和SO2，请设计简单实验检验Na2S2O5是否变质:___________。
【答案】（1）分液漏斗
（2）安全瓶，防止倒吸
（3） ①. 亚硫酸的酸性比碳酸强 ②.
（4）减少Na2S2O5在水中的溶解
（5）吸收未反应完的气体,防止污染环境
（6）取少量固体于试管中，加入足量盐酸，再加入几滴氯化钡溶液，若有白色沉淀出现，则已变质，反之，未变质
【解析】
【分析】装置A中用亚硫酸钠固体和70%的硫酸制取二氧化硫，B为安全瓶，起防倒吸的作用，将二氧化硫通入装置C中，和其中的碳酸钠悬浊液反应生成亚硫酸氢钠，之后将得到的亚硫酸氢钠转化为Na2S2O5，由于二氧化硫有毒，用氢氧化钠溶液进行尾气吸收。
【小问1详解】
根据仪器a的构造可知，其名称为分液漏斗；
【小问2详解】
B装置的作用是安全瓶，防止倒吸；
【小问3详解】
二氧化硫和水生成亚硫酸，由于亚硫酸酸性强于碳酸，所以反应Na2CO3 + 2SO2 + H2O = 2NaHSO3 + CO2能够发生；亚硫酸氢钠转化为Na2S2O5，反应中没有元素化合价变化，其反应的化学方程式为；
【小问4详解】
C装置中的反应液过滤后，用饱和SO2水溶液洗涤，其目的是减少Na2S2O5在水中的溶解；
【小问5详解】
二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，所以D装置中NaOH溶液的作用是吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气；
【小问6详解】
Na2S2O5不稳定，在空气中易被氧化成Na2SO4，所以检验Na2S2O5是否变质，即检验样品中是否含有硫酸钠，应先加入过量的盐酸酸化后，再加入氯化钡溶液，其方法是取少量固体于试管中，加入足量盐酸，再加入几滴氯化钡溶液，若有白色沉淀出现，则已变质，反之，则未变质。选项
气体(杂质)
除杂方法
A
NO(NO2)
通过NaOH溶液洗气
B
CO2(SO2)
通过饱和NaHCO3溶液洗气
C
N2(O2)
通过灼热的铜网
D
Cl2(HCl)
通过饱和食盐水洗气
实验
现象
结论
A
将过量铁粉加入硝酸中充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈红色.
稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B
将铜粉加入1.0 ml·L-1的Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝，有黑色
固体出现
金属Fe比Cu活泼
C
向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2
产生白色胶状物质
非金属性：C＞Si .
D
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
证明该溶液一定为钠盐溶液
周期
族
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
a
b
3
c
d
e
f
g
4
h
可能用到的相对原子质量：N- 14 O -16 S -32Cu-64
第I卷 （选择题共42分）
一、选择题（本题共14小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1. 物质的性质决定用途。下列两者对应关系不正确的是
A. 生铁硬度大、抗压性强，可用于铸造机器底座
B. 氯化铁溶液有氧化性，可用于蚀刻不锈钢广告牌上的图形
C. 二氧化硫具有漂白性，食品中添加适量的SO2有防腐和抗氧化作用
D. 新型陶瓷碳化硅硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料
【答案】C
【解析】
【详解】A．生铁为铁合金，硬度大、抗压性强，可用于铸造机器底座，故A正确；
B．氯化铁溶液有氧化性，能氧化单质铁，所以可用于蚀刻不锈钢广告牌上的图形，故B正确；
C．二氧化硫具有漂白性，但食品中添加适量的SO2有防腐和抗氧化作用，是因为二氧化硫具有还原性，而不是因为其具有漂白性，故C错误；
D．碳化硅为共价晶体，硬度大，所以新型陶瓷碳化硅硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料，故D正确；
故答案为：C。
2. 下列过程属于吸热反应的是
A. 浓硫酸溶于水B. 硝酸铵溶于水
C. 碳酸氢钠溶于盐酸D. 铁粉溶于盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硫酸溶于水是放热过程，且未发生化学反应，A项不符合题意；
B．硝酸铵溶于水是吸热过程，且未发生化学反应，B项不符合题意；
C．碳酸氢钠溶于盐酸反应生成氯化钠、水喝二氧化碳，属于吸热反应，C项符合题意；
D．铁粉溶于盐酸是放热反应，D项不符合题意；
故选C。
3. 在指定溶液中下列离子能大量共存的是
A. 透明澄清的溶液：K+、Fe3+、、
B. 能使紫色石蕊变红的溶液：Na+、Ba2+、[Al(OH)4]- 、
C. c(ClO-) = 0.3 ml/L的溶液：K+、Na+、、S2-
D. 加入Al能放出H2的溶液：Mg2+、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．透明澄清的溶液中，K+、Fe3+、和不反应，能大量共存，故A正确；
B．能使紫色石蕊变红的溶液呈酸性，酸性溶液中 [Al(OH)4]- 和不能大量存在，同时Ba2+和能反应生成硅酸钡沉淀，即Ba2+和不能大量共存，故B错误；
C．次氯酸根离子具有较强的氧化性，能氧化硫离子，所以c(ClO-) = 0.3 ml/L的溶液中，S2-不能大量存在，故C错误；
D．加入Al能放出H2的溶液，既可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性及碱性溶液中均不能大量存在，Mg2+和在碱性溶液中不能大量存在，故D错误；
故答案为：A。
4. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下11.2L SO3中所含原子数为2NA
B. 6ml NO2与水完全反应时转移的电子数为4NA
C. 11.2LNO与11.2L O2混合气体的分子数为NA
D. 50mL16ml/L的浓硫酸与足量的Zn充分反应，生成的气体分子数为0.8NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下SO3是固体，11.2L SO3的物质的量不是0.5ml，所以其中所含原子数不为2NA，故A错误；
B．NO2与水反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，消耗3ml NO2转移电子的物质的量为2ml，则6ml NO2与水完全反应时转移的电子数为4NA，故B正确；
C．题中未交代是否为标准状况，且一氧化氮与氧气反应：2NO+O2=2NO2，反应前后分子个数不相等，所以无法计算11.2LNO与11.2L O2混合气体的分子数，故C错误；
D．50mL16ml/L的浓硫酸中n(H2SO4)=50×10-3L×16ml/L=0.8ml，浓硫酸与足量的Zn充分反应，开始时发生，随着反应的进行，硫酸变稀，后发生反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，所以生成的气体分子数小于0.8NA，故D错误；
故答案为：B。
5. 下列气体除杂的方法中，不能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．NO2与NO的混合气体能与NaOH溶液反应：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，故A错误；
B．亚硫酸酸性强于碳酸，所以SO2能与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳：SO2+2NaHCO3=Na2SO3+H2O+2CO2，故B正确；
C．O2能与灼热的铜网反应，即能被灼热的铜网吸收，转化成固态氧化铜，而氮气不与灼热的铜网反应，故C正确；
D．HCl 极易溶于水，可溶于饱和食盐水中，而饱和食盐水能抑制Cl2的溶解，即减少Cl2的溶解，故D正确；
故答案为：A。
6. 已知前四周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如图所示，其中M与Q能以原子个数比1:2或1:3化合。下列说法不正确的是
A. X的单质可以作半导体材料
B. ZH3的还原性强于H2M
C. R是非金属性最强的元素
D. Z、M的最高价氧化物对应水化物的浓溶液均具有强氧化性
【答案】D
【解析】
【分析】已知前四周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如图所示，则Q和R位于元素周期表第二周期、Z、M位于元素周期表第三周期、X、Y位于元素周期表第四周期，其中M与Q同主族且能以原子个数比1:2或1:3化合，所以M与Q分别为S、O，因此X、Y、Z、M、Q和R分别为Ge、As、P、S、O、F。
【详解】A．X为Ge，其处于金属与非金属的分界线处，所以Ge单质可以作半导体材料，故A正确；
B．Z为P、M为S，P、S位于同一周期，同一周期从左至右元素非金属性递增，元素原子得电子能力增强、最低价失电子能力减弱，即氢化物还原性减弱，所以PH3的还原性强于H2S，故B正确；
C．R为F， F是非金属性最强的元素，故C正确；
D．Z为P、M为S，P、S的最高价氧化物对应水化物分别为H3PO4、H2SO4，其中只有浓H2SO4具有强氧化性，故D错误；
故答案为：D。
7. 某溶液中存在以下离子：、、Al3+、H+和R，其物质的量之比2:3:1:3:1，则R可能为
A. Mg2+B. Br-C. Fe2+D. Ba2+
【答案】A
【解析】
【详解】据溶液呈电中性，设R带x个电荷，则有，又、、Al3+、H+和R的物质的量之比2:3:1:3:1，设其物质的量分别为2ml、3 ml 、1ml 、3ml 、1ml，代入得2×1+3×2=1×3+3×1+1×x，解得x=+2，即R为带2个单位正电荷的阳离子，但Fe2+与在酸性条件下发生氧化还原反应而不能大量共存，与Ba2+不能大量共存，故答案为：A。
8. 类比推理是研究物质性质的常用方法，下列推理正确的是
A. 已知Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，推测Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2
B. 浓硫酸与Na2SO3反应可以制备SO2，推测浓硫酸与Na2S反应可以制备H2S
C. 已知Fe与S能直接化合生成FeS，推测Cu与S可直接化合生成Cu2S
D. SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，推测SO2通入Ba(NO3)2溶液也不产生沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，但SO2具有比较强的还原性、而Na2O2具有比较强的氧化性，所以Na2O2与SO2反应不能生成Na2SO3和O2，应发生氧化还原反应生成硫酸钠，故A错误；
B．浓硫酸与Na2SO3反应可以制备SO2，但H2S具有比较强的还原性、而浓硫酸具有比较强的氧化性，所以浓硫酸与Na2S应发生氧化还原反应，即不能制备H2S，故B错误；
C．S的氧化性较弱，只能把变价金属氧化成较低价态，所以Fe与S能直接化合生成FeS，则Cu与S可直接化合生成Cu2S，故C正确；
D．SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，是因为盐酸酸性强于亚硫酸，SO2通入Ba(NO3)2溶液中，二氧化硫溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能氧化二氧化硫，生成硫酸根离子，所以会产生硫酸钡沉淀，故D错误；
故答案为：C。
9. 设计如图所示的原电池装置，既能使NH3和NO2转化为对环境无污染的物质，又能充分利用化学能。下列有关说法不正确的是
A. 电极A为负极，发生氧化反应
B. 当有4.48L NO2(标准状况)被处理时，转移电子物质量为0.4ml
C. 电流从电极B经导线流向电极A，再经电解质溶液回到电极B
D. 为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜
【答案】B
【解析】
【分析】NH3和NO2转化为对环境无污染的物质，即转化为N2，从图中可知左池通入氨气生成氮气，氮元素化合价升高、失电子发生氧化反应，所以电极A为负极，其电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，则电极B为正极，其电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-。
【详解】A．据以上分析可知，电极A为负极，发生氧化反应，故A正确；
B．当有4.48L NO2(标准状况)被处理时，即消耗0.2ml二氧化氮时，由电极反应式2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-可知，转移电子的物质的量为0.8ml，故B错误；
C．电极A为负极、电极B为正极，原电池中电流在外电路由正极流向负极、在内电路由负极流向正极，所以电流从电极B经导线流向电极A，再经电解质溶液回到电极B，故C正确；
D．为使电池持续放电，正极区生成的氢氧根需不断通过阴离子交换膜进入负极区，即离子交换膜需选用阴离子交换膜，故D正确；
故答案为：B。
10. 按图所示装置（部分夹持装置略）检验浓硫酸与木炭反应的产物。下列说法正确的是
A. Ⅰ中烧瓶内的反应体现了浓硫酸的酸性和强氧化性
B. Ⅱ中无水硫酸铜可替换无水
C. Ⅲ中溶液褪色，证明产物中有
D. Ⅳ中溶液褪色且Ⅴ中产生沉淀，证明产物中一定有
【答案】C
【解析】
【分析】I中发生的反应为：，通过Ⅱ对产生的水进行检验，Ⅲ可以验证SO2的漂白性，Ⅳ可以验证SO2的还原性，V可以检验CO2的生成，但由于未知SO2是否除尽，不一定是CO2让其产生沉淀，据此作答。
【详解】A．浓硫酸与木炭共热发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，硫元素化合价全部降低，体现浓硫酸强氧化性，未体现酸性，故A错误；
B．无水硫酸铜的作用是检验生成的水，通过观察颜色的变化检验水，无水氯化钙可以吸水，但是无水氯化钙无颜色变化，故B错误；
C．品红褪色证明二氧化硫的存在，故C正确；
D．澄清石灰水变浑浊，并不能证明产物中一定有CO2，原因为二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，故D错误；
故选：C。
11. 下列由实验现象所得结论正确的是
A. 向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变为黄色，证明H2O2氧化性大于Fe3+
B. 将某无色气体通入淀粉-KI溶液，溶液变蓝，证明该气体具有氧化性
C. 过量NH3与Cl2混合有白烟生成，证明NH3与Cl2发生化合反应生成NH4Cl
D. 往6mL 0.1ml/L FeCl3溶液中滴加10滴0.1ml/L KI溶液，加入5mL CCl4，振荡，取上层清液滴加KSCN溶液，呈红色，证明该反应是可逆反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，所以向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变为黄色，不能证明H2O2氧化性大于Fe3+，故A错误；
B．将某无色气体通入淀粉-KI溶液，溶液变蓝，则碘化钾被氧化为碘单质，即能证明该气体具有氧化性，故B正确；
C．过量NH3与Cl2混合有白烟生成，白烟是NH4Cl，但NH4Cl是由氨气和氯化氢反应生成的，即2NH3+3Cl2=N2+6HCl、NH3+ HCl=NH4Cl(或8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl)，不是NH3与Cl2发生化合反应生成的，故C错误；
D．往6mL 0.1ml/L FeCl3溶液中滴加10滴0.1ml/L KI溶液，加入5mLCCl4，振荡，取上层清液滴加KSCN溶液，呈红色，说明上层清液中含有铁离子，但该铁离子可能是由氯化铁溶液过量而剩余的，即不能证明该反应是可逆反应，故D错误；
故答案为：B。
12. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，向反应后的溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液不会变红色，故A错误；
B.铜粉与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，不会有黑色固体出现，故B错误；
C.非金属元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，碳元素的非金属性强于硅元素，碳酸的酸性强于硅酸，则硅酸钠溶液与过量二氧化碳反应能生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，故C正确；
D.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色证明该溶液一定含有钠离子，可能为钠盐溶液，也可能为氢氧化钠溶液，故D错误；
故选C。
13. 在实验中,通过关闭a阀门、打开弹簧夹，在c处挤压胶头滴管，使水进入烧瓶，并打开b阀门,实现了喷泉实验，同时利用电脑绘制了三颈瓶内压强的变化曲线。正确的说法是
A. 生成的氨气也可以采用加热NH4Cl固体来制备
B. 喷泉实验结束后，发现水未充满三颈烧瓶，一定是因为装置的气密性不好
C. 图2喷泉实验瓶内压强变化曲线表明E点时喷泉最剧烈
D. 同温同压下，等体积两圆底烧瓶内分别充满NH3和NO2后进行喷泉实验，结束后两烧瓶中溶质的物质的量浓度之比是1:1
【答案】D
【解析】
【详解】A．加热NH4Cl固体会生成氨气和HCl，生成的氨气和HCl遇冷重新结构成氯化铵，无法得到氨气，故A错误；
B．水未充满三颈烧瓶，可能是装置气密性不好，也可能是收集的氨气不纯，故B错误；
C．压强减小最多时喷泉最剧烈，图中C点时喷泉最剧烈，故C错误；
D．设烧瓶体积为22.4L，则氨气的物质的量为，形成的溶液体积为22.4L，氨水的物质的量浓度为：；若为NO2，则NO2的物质的量为，根据反应，可知反应生成的硝酸的物质的量为：，形成的溶液体积为，所得硝酸溶液中物质的量浓度为：，两烧瓶中溶质的物质的量浓度之比是1:1，故D正确；
故选：D。
14. 为测定Cu和Cu2O混合粉末中Cu的含量。某同学将44.8g Cu和Cu2O混合粉末加入500mL 4.5ml/L的稀硝酸中,得到6.72LNO(标准状况下),忽略溶液体积的变化。下列说法正确的是
A. 反应后有固体剩余B. 混合粉末中Cu的质量分数约为37%
C. 反应后的溶液中c(Cu2+)=1.2ml/LD. 在反应后的溶液中加入足量铁粉,可置换出41.6g Cu
【答案】D
【解析】
【分析】500mL 4.5ml/L稀硝酸中n(HNO3)=0.5L×4.5ml/L=2.25ml，6.72LNO(标准状况下)的物质的量为0.3ml，则反应后溶液中剩余的，若全都以硝酸铜存在，则其物质的量为，若44.8g全是Cu，则n(Cu)=、若44.8g全是Cu2O，则n(Cu2O)=，即硝酸铜的物质的量最大为0.7ml，0.7ml＜0.975ml，所以固体混合物全部溶解、硝酸过量。
【详解】A．据以上分析可知，反应后固体无剩余，故A错误；
B．设混合粉末中Cu和Cu2O的物质的量分别为x、y，则其质量之和为44.8g，共转移电子3×0.3ml=0.9ml，即64x+144y=44.8、2x+2y=0.9，解得x=0.25ml、y=0.2ml，所以Cu的质量分数约为，故B错误；
C．反应前Cu原子总物质的量为(0.25+0.2×2)=0.65ml，反应前后Cu原子物质的量守恒，所以反应后的溶液中c(Cu2+)=，故C错误；
D．在反应后的溶液中n(Cu2+)=0.65ml，则加入足量铁粉，可置换出0.65ml Cu，即0.65ml ×64g/ml=41.6g Cu，故D正确；
故答案为：D。
第II卷 （非选择题共58分）
二、填空题（本题共4小题，共58分）
15. 三位科学家“发现和合成量子点”获得2023年诺贝尔化学奖。量子点又称为半导体荧光纳米晶，主要是由ⅡB-ⅥA族元素(如CdS、CdSe、ZnSe等)和ⅢA-ⅤA族元素(如GaN、InP、InAs等)组成的纳米颗粒，元素周期表从此有了第三个维度。元素周期表反映元素之间的内在联系，是研究物质性质的重要工具。下表列出了a~h8种元素在周期表的位置，请回答下列问题：
（1）e原子结构示意图为：___________。
（2）Ga与d同族。Ga与d两种元素最高价氧化物对应的水化物碱性较强的是_________(填化学式)。
（3）CdSe量子点中的Se是34号元素，在周期表中的位置是______；Se与f的简单氢化物稳定性较弱的是___________(填化学式)。
（4）单质c在单质b中燃烧所得产物的电子式为______，该产物与a的最高价氧化物反应的化学方程式为_____。
（5）单质g通入石灰乳中制备漂白粉的原理________(用离子方程式表示)。
【答案】（1） （2）Ga(OH)3
（3） ①. 第四周期第ⅥA族 ②. H2Se
（4） ①. ②. 2Na2O2＋2CO2 = 2Na2CO3＋O2
（5）Ca(OH)2＋Cl2 = Ca2+ + Cl-＋ClO-＋H2O
【解析】
【分析】根据各元素在周期表的位置可知，a为C、b为O、c为Na、d为Al、e为P、f为S、g为Cl、h为K。
【小问1详解】
e为P，P的原子序数为15，其原子结构示意图为：；
【小问2详解】
d为Al ，Ga与Al同主族，Ga在Al的下一周期，同一主族元素，从上至下原子序数递增、电子层数增多、原子半径增大、元素金属性增强，元素的最高价氧化物对应的水化物碱性增强，所以元素最高价氧化物对应的水化物碱性较强的是Ga(OH)3；
【小问3详解】
CdSe量子点中的Se是34号元素，在周期表中的位置是第四周期第ⅥA族；Se与S同主族，Se在S的下一周期，同一主族从上至下元素非金属性递减，简单氢化物稳定性减弱，所以Se与S简单氢化物稳定性较弱的是H2Se；
【小问4详解】
单质c为Na、单质b为O2，Na在O2中燃烧所得产物为Na2O2，Na2O2的电子式为；a为C元素，C的最高价氧化物为CO2，Na2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2 = 2Na2CO3＋O2；
【小问5详解】
单质g为Cl2，Cl2通入石灰乳中制备漂白粉的原理为Ca(OH)2＋Cl2 = Ca2++Cl-＋ClO-＋H2O。
16. 硅、硫、氮等非金属元素在化工生产中扮演着重要角色。
（1）下列物品或设施：①陶瓷餐具②门窗玻璃③水晶镜片④硅太阳能电池⑤光导纤维⑥手机芯片。
直接使用了硅单质的是_______(用序号填空)。
（2）写出实验室用Cu制备的化学方程式：_______
（3）下列五种有色溶液与作用均能褪色
①品红溶液②酸性溶液③溴水④滴有酚酞NaOH溶液⑤淀粉-碘溶液
体现了还原性的是(用序号填空)_______。
（4）氮氧化物(NO、)、会造成的环境问题有_______(写一种即可)。
（5）如图包含气体发生装置和收集装置(部分装置的夹持仪器已省略)，实验室制备并收集，制备原理为_______(用化学方程式表示)；应选择的装置是_______(填字母)。
（6）选用图B制备的化学反应方程式：_______
【答案】（1）④⑥ （2）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑
（3）②③⑤ （4）光化学烟雾、酸雨等
（5） ①. Cu+4HNO3(浓) =Cu(NO3)+2H2O+2NO2↑ ②. AD
（6）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑
【解析】
【小问1详解】
①陶瓷餐具的成分是硅酸盐；②门窗玻璃的主要成分是硅酸盐；③水晶镜片的主要成分是SiO2；④硅太阳能电池的成分是单质硅；⑤光导纤维的主要成分是SiO2；⑥手机芯片的成分是单质硅；直接使用了硅单质的是④⑥。
【小问2详解】
实验室用Cu和浓硫酸在加热条件下制备，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑；
【小问3详解】
①使品红溶液褪色，体现的漂白性；
②使酸性溶液，体现的还原性；
③使溴水褪色，体现的还原性；
④使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，体现酸性氧化物的性质；
⑤使淀粉-碘溶液褪色，体现的还原性；
体现了还原性的是②③⑤；
【小问4详解】
氮氧化物(NO、)、会造成的环境问题有光化学烟雾、酸雨等；
【小问5详解】
实验室用铜和浓硝酸反应制备，制备原理为Cu+4HNO3(浓) =Cu(NO3)+2H2O+2NO2↑；固体和液体不加热制备，密度比空气大，用向上排空气法收集，应选择的装置是AD；
【小问6详解】
装置B适合加热固体制取气体，选用图B用氯化铵和氢氧化钙反应制备，反应的化学反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑。
17. 金属钛硬度大、熔点高、耐腐蚀，易被氧化，被誉为“未来金属”。以钛铁矿(主要成分FeTiO3)为主要原料冶炼金属钛，生产的工艺流程图如图，其中钛铁矿与浓硫酸发生反应的化学方程式为：FeTiO3 + 2H2SO4 = TiOSO4 + FeSO4 + 2H2O。已知TiO2熔点为1850℃，回答下列问题：
（1）生产时将钛铁矿粉碎后再与浓硫酸反应，其目的是_____；钛酸亚铁(FeTiO3)中钛元素的化合价为_____价。
（2）滤液Ⅰ冷却结晶获得绿矾(FeSO4·7H2O)的实验操作依次为___、____、过滤、洗涤、干燥(填写操作名称)。
（3）滤液Ⅱ中主要物质是TiOSO4，反应①的化学方程式是_____________。
（4）反应②生成TiCl4和CO，其化学反应方程式________。
（5）CO与H2反应可制备CH3OH，由CH3OH和O2构成的质子交换膜燃料电池总反应为2CH3OH +3O2 = 2CO2 + 4H2O，负极的电极反应式为______。若外电路中转移2ml电子，则上述燃料电池所消耗的O2在标准状况下的体积为______L。
【答案】（1） ①. 增大接触面积，加快酸浸速率或提高的浸出率等 ②. +4
（2） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
（3）
（4）
（5） ①. CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+ ②. 11.2
【解析】
【分析】钛铁矿的主要成分为FeTiO3，钛铁矿与浓硫酸发生反应：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+ FeSO4+2H2O，往其中加入水和铁粉，沉降分离，滤液I中含有TiOSO4、FeSO4，冷却结晶析出绿矾，过滤出绿矾，滤液II中含有TiOSO4，加水、加热生成硫酸和H2TiO3沉淀，过滤出H2TiO3，H2TiO3煅烧生成TiO2，TiO2和C、Cl2在高温条件下反应生成TiCl4、CO，TiCl4和Mg在高温条件下反应生成Ti和MgCl2。
【小问1详解】
生产时将钛铁矿粉碎后再与浓硫酸反应，其目的是增大接触面积，加快酸浸速率或提高的浸出率等；钛酸亚铁(FeTiO3)中O元素化合价为-2价、Fe元素化合价为+2价，则钛元素的化合价为+4价；
【小问2详解】
滤液Ⅰ冷却结晶获得绿矾(FeSO4·7H2O)的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
【小问3详解】
滤液Ⅱ中主要物质是TiOSO4，据图示可知反应①是往滤液中加水后加热，过滤即可得硫酸和H2TiO3沉淀，所以其反应的化学方程式是；
【小问4详解】
据图示可知反应②的反应物有TiO2 、C和Cl2，反应的条件为高温，生成物为TiCl4和CO，则其反应的化学方程式为；
【小问5详解】
CO与H2反应可制备CH3OH，由CH3OH和O2构成的质子交换膜燃料电池总反应为2CH3OH +3O2 = 2CO2 + 4H2O，其中甲醇中碳元素化合价为-2价、二氧化碳中碳元素化合价为+4价，所以负极的电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+；正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，既消耗1ml氧气转移4ml电子，所以若外电路中转移2ml电子，则上述燃料电池所消耗的O2的物质的量为0.5ml，其在标准状况下的体积为11.2L。
18. Na2S2O5可用作防腐剂、棉布漂白后脱氯剂。某兴趣小组欲利用如图装置制备Na2S2O5。
步骤：检验装置气密性后装入药品。打开弹簧夹和仪器a的活塞,逐滴滴入70%硫酸,在碳酸钠悬浊液中通入SO2至悬浊液变澄清后又析出大量晶体时,关闭活塞,将C装置中的反应液过滤﹑洗涤、干燥,即得Na2S2O5晶体。
（1）仪器的名称为______________。
（2）B装置的作用是______________。
（3）C装置中的反应分两步进行，第一步为Na2CO3 + 2SO2 + H2O = 2NaHSO3 + CO2,该反应能发生的原因为______________;第二步为NaHSO3转化成Na2S2O5,写出该步反应的化学方程式:___________。
（4）C装置中的反应液过滤后，用饱和SO2水溶液洗涤，其目的是____________。
（5）D装置中NaOH溶液的作用是______________。
（6）已知Na2S2O5不稳定,在空气中易被氧化成Na2SO4，与强酸反应生成相应的盐和SO2，请设计简单实验检验Na2S2O5是否变质:___________。
【答案】（1）分液漏斗
（2）安全瓶，防止倒吸
（3） ①. 亚硫酸的酸性比碳酸强 ②.
（4）减少Na2S2O5在水中的溶解
（5）吸收未反应完的气体,防止污染环境
（6）取少量固体于试管中，加入足量盐酸，再加入几滴氯化钡溶液，若有白色沉淀出现，则已变质，反之，未变质
【解析】
【分析】装置A中用亚硫酸钠固体和70%的硫酸制取二氧化硫，B为安全瓶，起防倒吸的作用，将二氧化硫通入装置C中，和其中的碳酸钠悬浊液反应生成亚硫酸氢钠，之后将得到的亚硫酸氢钠转化为Na2S2O5，由于二氧化硫有毒，用氢氧化钠溶液进行尾气吸收。
【小问1详解】
根据仪器a的构造可知，其名称为分液漏斗；
【小问2详解】
B装置的作用是安全瓶，防止倒吸；
【小问3详解】
二氧化硫和水生成亚硫酸，由于亚硫酸酸性强于碳酸，所以反应Na2CO3 + 2SO2 + H2O = 2NaHSO3 + CO2能够发生；亚硫酸氢钠转化为Na2S2O5，反应中没有元素化合价变化，其反应的化学方程式为；
【小问4详解】
C装置中的反应液过滤后，用饱和SO2水溶液洗涤，其目的是减少Na2S2O5在水中的溶解；
【小问5详解】
二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，所以D装置中NaOH溶液的作用是吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气；
【小问6详解】
Na2S2O5不稳定，在空气中易被氧化成Na2SO4，所以检验Na2S2O5是否变质，即检验样品中是否含有硫酸钠，应先加入过量的盐酸酸化后，再加入氯化钡溶液，其方法是取少量固体于试管中，加入足量盐酸，再加入几滴氯化钡溶液，若有白色沉淀出现，则已变质，反之，则未变质。选项
气体(杂质)
除杂方法
A
NO(NO2)
通过NaOH溶液洗气
B
CO2(SO2)
通过饱和NaHCO3溶液洗气
C
N2(O2)
通过灼热的铜网
D
Cl2(HCl)
通过饱和食盐水洗气
实验
现象
结论
A
将过量铁粉加入硝酸中充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈红色.
稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B
将铜粉加入1.0 ml·L-1的Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝，有黑色
固体出现
金属Fe比Cu活泼
C
向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2
产生白色胶状物质
非金属性：C＞Si .
D
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
证明该溶液一定为钠盐溶液
周期
族
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
a
b
3
c
d
e
f
g
4
h
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