高一化学第三次月考卷（浙江专用，人教版2019必修第一册第1~第4章第1节）2024-2025学年高中上学期第三次月考.zip

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注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：第一、二章占50%，第三章占40%，第四章第一节占10%(人教版2019)。
5．难度系数：0．72
6．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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 K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108 Ba-137
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．化学与人类生产、生活密切相关。下列有关说法错误的是( )
A．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
B．“千锻万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，该过程涉及了氧化还原反应
C．“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应
D．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”中的“红泥”是因其含有氧化铁
【答案】B
【解析】A项，“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，涉及铁与硫酸铜生成铜的反应，为置换反应，A正确；B项，“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”中涉及一个化学反应CaCO3CaO+CO2↑，该反应中各元素化合价均不变，不属于氧化还原反应，B不正确；C项，钾元素的焰色反应为紫色，灼烧硝酸钾会产生紫色，所以对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应，选项C正确；D项，氧化铁为红棕色，“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”中的“红泥”是因其含有氧化铁，选项D正确；故选B。
2．科学家为化学学科发展做出了巨大的贡献，下列说法错误的是( )
A．舍勒用软锰矿和浓盐酸加热制得氯气
B．门捷列夫按照原子序数由小到大的顺序编制了第一张元素周期表
C．道尔顿提出原子学说为近代化学的发展奠定了坚实的基础
D．侯德榜通过“联合制碱法”制得的纯碱主要成分是Na2CO3
【答案】B
【解析】A项，舍勒用软锰矿(二氧化锰)和浓盐酸加热制得氯气，A正确；B项，门捷列夫按照相对原子质量由小到大的顺序编制了第一张元素周期表，后来科学家修正为原子序数，B错误；C项，原子学说为近代化学的发展奠定了坚实的基础，原子学说是由英国科学家道尔顿提出的，C正确；D项，侯德榜通过“联合制碱法”制得的纯碱，纯碱主要成分是Na2CO3，是生成的碳酸氢钠受热分解得到，D正确；故选B。
3．碳酸钙是一种重要的钙营养强化剂，可以添加到各种食品中。两种制备碳酸钙的实验方案如下：
这两种实验方案中没有涉及的化学反应类型为( )
A．置换反应B．分解反应C．化合反应D．复分解反应
【答案】A
【解析】反应①②③④⑤依次为CaCO3CaO+CO2↑、CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH、CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑、CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl，反应①是分解反应，反应②是化合反应，反应③④⑤是复分解反应，没有涉及置换反应，A项符合题意；故选A。
4．完成下列实验操作，已选仪器不合理的一组是( )
A．钠的燃烧：坩埚、酒精灯、泥三角
B．NaHCO3的热分解：大试管、酒精灯
C．用KMnO4和浓盐酸制氯气：长颈漏斗、圆底烧瓶
D．配制100g质量分数为40%的溶液：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒
【答案】C
【解析】A项，灼烧固体在坩埚中进行，则钠的燃烧需要仪器：坩埚、酒精灯、泥三角，A正确；B项，NaHCO3固体装在大试管中，用酒精灯加热分解生成碳酸钠，试管口斜向下，B正确；C项，用KMnO4和浓盐酸常温下可制取氯气，KMnO4装在圆底烧瓶中，应该用分液漏斗装置浓盐酸，若使用长颈漏斗，氯气会从漏斗逸出，C错误；D项，配制100g质量分数为40%的NaOH溶液需要100g×40%=40.0gNaOH固体，需要用托盘天平称量固体，用量筒量取蒸馏水在烧杯中溶解NaOH固体，用玻璃棒搅拌加速溶解并且用于转移溶液，D正确；故选C。
5．类比和推理是化学研究的重要方法。下列类比或推理正确的是( )
A．铁单质在潮湿的空气中容易生锈，则铝在潮湿的空气中也易生锈
B．钠与水反应生成NaOH和H2，则所有金属与水反应都生成碱和H2
C．Al2O3是两性氧化物，则Fe2O3也是两性氧化物
D．Fe(OH)3受热易分解，则Al(OH)3、Cu(OH)2受热也易分解
【答案】D
【解析】A项，铝与氧气生成致密的氧化膜、保护内部金属不受腐蚀，铝在潮湿的空气中不易生锈，A错误；B项，钠与水反应生成NaOH和H2，不活泼的金属与水不反应，B错误；C项， Fe2O3是碱性氧化物，C错误；D项，Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2受热都易分解为金属氧化物和水，D正确；选D。
6．配制溶液的部分过程示意图如下。下列说法错误的是( )
A．步骤1中用玻璃棒搅拌的目的是加快溶解
B．步骤2中需用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，并将洗涤液都注入容量瓶
C．步骤3中液面距容量瓶刻度线时，改用胶头滴管加蒸馏水至凹液面与刻度线相切
D．步骤4中摇匀后若容量瓶内液面下降，需加水至刻度线
【答案】D
【解析】A项，步骤1中用玻璃棒搅拌的目的是加速NaCl的溶解，A正确；B项，步骤2中用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，并将洗涤液注入容量瓶中，使得溶质全部转移到容量瓶中，B正确；C项，步骤3中，当液面距离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至凹液面与刻度线相切，该操作正确，C正确；D项，步骤4中摇匀后液面下降为正常现象，不能加水至刻度线，D错误；故选D。
7．下列实验不能达到目的的是( )
A．在空气中燃烧钠
B．鉴别Na2CO3和NaHCO3
C．探究NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
D．验证干燥的氯气不具有漂白性
【答案】C
【解析】A项，做钠在空气中燃烧的实验需要在坩埚中进行，A正确；B项，NaHCO3溶于水吸收热量，Na2CO3溶于水放出热量，试管中温度计示数升高的为Na2CO3固体，B正确；C项，用酒精灯加热时，外管温度高，内管温度低，NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热不易分解，故应将Na2CO3放在外管中，温度高却未分解，NaHCO3放在内管中，温度低却分解，证明Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3，C错误；D项，湿润的红布条褪色，干燥的红布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，D正确；故答案为：C。
8．下列各组转化关系中的反应为化学中常见的反应，其中“→”表示某种物质可一步反应生成另一种物质，甲、乙、丙三种物质不符合对应转化关系的是( )
【答案】C
【解析】A项，过氧化氢(甲)可以分解成水(丙)和氧气(乙)，而氧气(乙)可以和氢气反应生成水(丙)，而水(丙)可以在通电的情况下分解成氧气(乙)和氢气，故该转化能实现，A符合；B项，碳(甲)和氧气充分燃烧生成二氧化碳(丙)，不充分燃烧会生成一氧化碳(乙)，而一氧化碳(乙)体现可燃性与还原性都可以转化为二氧化碳(丙)，而二氧化碳(丙)和碳在高温的情况下也能生成一氧化碳(乙)，故该转化能实现，B符合；C项，氧化铁(丙)为碱性氧化物，能和盐酸反应生成氯化铁，但是无法直接得到氯化亚铁(甲)，C不符合；D项，碳酸钙(甲)高温煅烧或者和盐酸反应都能生成二氧化碳(乙)，二氧化碳(乙)能和过量的氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠(丙)，碳酸钠(丙)和盐酸等反应也能生成二氧化碳(乙)，同时碳酸钠(丙)和澄清石灰水或者氯化钙溶液反应生成碳酸钙(甲)，故该转化能实现，D符合；故选C。
9．某实验小组研究刻蚀电路板以及刻蚀废液的性质，下列实验对应的离子方程式书写正确的是( )
A．用盐酸双氧水刻蚀铜板：Cu+2H2O+2H+= Cu2++2H2O+ O2↑
B．将氧化铁加入HI溶液中发生反应：Fe2O3+6H+=2Fe2++ 3H2O
C．检验废液中含有Fe3+：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3↓
D．FeCl2溶液中滴加氨水：Fe2++2NH3·H2O= Fe(OH)2↓+2NH4+
【答案】D
【解析】A项，用盐酸双氧水刻蚀铜板反应生成氯化铜、水，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O，A错误；B项，将氧化铁加入HI溶液中发生反应，HI被氧化为碘单质，反应的离子方程式为Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，B错误；C项，Fe3+遇KSCN溶液变红，没有沉淀生成，检验废液中含有Fe3+的离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，C错误；D项，FeCl2溶液中滴加氨水生成氢氧化亚铁和氯化铵，反应的离子方程式为Fe2++2NH3·H2O= Fe(OH)2↓+2NH4+，D正确；故选D。
10．价类二维图是学习元素化合物的重要模型和工具，某元素在地壳中的含量居第四位，该元素的价类二维图如下所示，下列说法正确的是( )
A．a在高温下与水蒸气反应可生成c和H2
B．b、c是碱性氧化物，能与水反应生成e和d
C．f、g只能与强碱反应制备e、d
D．h既能杀菌消毒，还能净水
【答案】D
【解析】某元素在地壳中的含量居第四位，则该元素是铁元素；由图可知a铁、b为氧化亚铁、c为氧化铁、d为氢氧化铁、e为氢氧化亚铁、f为亚铁盐、g为铁盐、h为高铁酸盐。A项，铁高温下可与水发生置换反应生成四氧化三铁和氢气，A错误；B项，氧化亚铁和氧化铁都不溶于水，都不能与水反应，B错误；C项，溶液中的亚铁离子和铁离子能与氨水反应制备氢氧化亚铁和氢氧化铁，C错误；D项，高铁酸根离子具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，反应生成的铁离子能在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，胶体能吸附水中悬浮杂质而聚沉，达到净水的作用，所以高铁酸盐既能杀菌消毒，还能净水，D正确；故选D。
11．常温下，向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液，反应原理如图。关于该反应过程的说法正确的是( )
A．该反应过程中，M是、M'是
B．当有1个生成时，转移4个电子
C．在整个反应过程中，Fe2(SO4)3做催化剂
D．由反应①可知，H2O2的氧化性比Fe3+强
【答案】C
【解析】根据反应原理图，H2O2+M+H+→H2O+Mˊ的过程中H2O2被还原成H2O，Mˊ+H2O2→M+O2+H+的过程中H2O2被氧化成O2，根据氧化还原反应的特点，M为Fe2+，Mˊ为Fe3+。A项，M为Fe2+，Mˊ为Fe3+，A错误；B项，图示中生成O2的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，反应过程中O元素的化合价由-1价升至0价，因此当有1ml氧气生成时，转移2ml电子，B错误；C项，图示中的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，则总反应为2H2O22H2O+O2↑，在整个反应过程中，Fe2(SO4)3做催化剂，C正确；D项， 根据2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+说明H2O2的还原性强于Fe2+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3+，D错误； 故选C。
12．下列有关物质的量浓度和质量分数的计算错误的是( )
A．25℃时NaCl饱和溶液(密度为1.17 g· cm-3)的物质的量浓度约为5.3ml/L(已知25℃时氯化钠在水中的溶解度为36克)
B．20％的氢氧化钠溶液和30％的氢氧化钠溶液等体积混合，混合后溶液的溶质质量分数大于25%
C．c1ml·L-1，ρ1g·cm-3的硫酸溶液与c2ml·L-1，ρ2g·cm-3的硫酸溶液等体积混合，得到ρ3g·cm-3的硫酸溶液的浓度为
D．98％的浓硫酸的物质的量浓度大于49％的硫酸的物质的量浓度的二倍
【答案】C
【解析】A项，由可知，25℃时NaCl饱和溶液的物质的量为，A正确；B项，氢氧化钠溶液质量分数越大，密度越大，则20%的氢氧化钠溶液和30%的氢氧化钠溶液等体积混合后，混合后溶液的溶质质量分数大于25%，B正确；C项，c1 ml/L，ρ1 g/cm3的硫酸溶液与c2 ml/L，ρ2 g/cm3的硫酸溶液等体积混合，假设体积为V，则得到ρ3g/cm3的硫酸溶液的浓度为，C错误； D项，设49%的硫酸的物质的量浓度为c1，密度为ρ1，98%的浓硫酸的物质的量浓度为c2，密度为ρ2，则，，由于硫酸的质量分数越大，其密度越大，即ρ1＜ρ2，因此c2＞2c1，D正确；故选C。
13．冰晶石(Na3AlF6)是工业上冶炼金属铝所需要的助熔剂，制备反应为2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．1mlNa3AlF6中含有的Na+数目为NA
B．室温下，0.1ml•L-1Na2CO3溶液中Na+的数目为0.2NA
C．室温下，1L0.1ml•L-1Na2CO3溶液中O原子的数目为0.3NA
D．常温常压下，2.0gHF中含有的电子数为NA
【答案】D
【解析】A项，1个Na3AlF6中含有3个Na+，则1mlNa3AlF6中含有的Na+数目为3NA，A错误；B项，0.1ml•L-1Na2CO3溶液的体积未知，无法计算溶液中Na+的数目，B错误；C项，1L0.1ml•L-1Na2CO3溶液中Na2CO3的物质的量为1L×0.1ml/L=0.1ml，0.1ml Na2CO3中O原子的数目为0.3NA，而Na2CO3溶液中除了溶质Na2CO3还有溶剂H2O中也含有O原子，则室温下，1L0.1ml•L-1Na2CO3溶液中O原子的数目大于0.3NA，C错误；D项，1个HF中含有10个电子，2.0gHF的物质的量=，则2.0gHF中含有的电子数为NA，D正确；故选D。
14．向含有X2+、Y2+、Z2+三种金属离子的混合溶液中加入金属单质M，溶液金属离子个数随加入金属单质M个数的变化如图所示。
下列说法正确的是( )
A．氧化性：M2+＞Z2+＞X2+＞Y2+
B．X、Y、Z、M四种金属中M的还原性最强
C．反应Y+Z2+=Y2++Z能发生
D．反应X+Y2+=X2++Y不能发生
【答案】B
【解析】A项，由图可知，金属M加入到含有X2+、Y2+、Z2+三种金属离子的混合溶液中，被还原的金属离子的顺序为Y2+、X2+、Z2+，说明氧化性：Y2+＞X2+＞Z2+＞M2+，A错误；B项，由于氧化性：Y2+＞X2+＞Z2+＞M2+，故还原性：Y＜X＜Z＜M，还原性最强的为M，B正确；C项，根据氧化还原反应的发生规律：氧化剂的氧化性大于氧化产物、还原剂的还原性大于还原产物，可判断反应Y+Z2+=Y2++Z不能发生，C错误；D项，根据C分析，反应X+Y2+=X2++Y能发生，D错误；故选B。
15．对于多反应的复杂体系，考虑化学反应的先后顺序有利于问题的顺利解决。下列化学反应的顺序判断错误的是( )
A．Na2O2与CO2、H2O共同反应时，可以认为Na2O2先与CO2反应，再与H2O反应
B．向含有等物质的量的Al3+、NH4+的溶液中滴加NaOH溶液时，OH-先与Al3+反应
C．向含有CO32-、[Al(OH)4]-的溶液中通入CO2，反应的先后顺序为CO32-、[Al(OH)4]-
D．向含有等物质的量的FeI2、FeBr2的溶液中通入Cl2，反应的先后顺序为I-、Fe2+、
【答案】C
【解析】A项，Na2O2与CO2、H2O共同反应时，若是先与水反应，则产物为NaOH，而NaOH可以与酸性氧化物二氧化碳反应产生碳酸钠，因此一般认为，Na2O2先与CO2反应，再与H2O反应，A正确；B项，向含有等物质的量的Al3+、NH4+的溶液中滴加NaOH溶液，先后反应顺序和与氢氧根结合能力有关，结合后的物质越难电离，则结合能力越强，铝盐能与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，因此OH-先与Al3+反应，再与NH4+反应，B正确；C项，由于酸性：H2CO3＞HCO3-＞Al(OH)3，酸性越弱则对H+的结合能力越强，因此向含有CO32-、[Al(OH)4]-的溶液中通入CO2，反应的先后顺序为[Al(OH)4]-、CO32-，C错误；D项，根据还原性强弱I-＞Fe2+＞Br-，还原性越强则越先被氧化，因此向含有等物质的量的FeI2、FeBr2的溶液中通入Cl2，反应的先后顺序为I-、Fe2+、Br-，D正确；故选C。
16．下列实验目的、操作、现象及结论合理的是( )
【答案】B
【解析】A项，Fe2O3和Fe3O4中均含有三价铁，与盐酸反应后均得到Fe3+，而KSCN溶液主要用于检验Fe3+，所以溶液变血红色只能说明还原产物中含有三价铁，有可能是剩余的Fe2O3，A不符合题意；B项，向FeCl3溶液中滴加淀粉碘化钾溶液后溶液变蓝色，说明I-被氧化成I2，氧化剂为Fe3+，利用氧化还原反应的规律，得出Fe3+的氧化性强于I2，故B符合题意；C项，在酸性条件下高锰酸钾与氯离子发生反应：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，氯离子也能高锰酸钾溶液褪色，则紫红色退去，不能说明溶液中含有Fe2+，故C不符合题意；D项，取少量溶液于试管中，滴加稀盐酸，若产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则溶液中含有CO32-，也可能含有HCO3-或SO32-或HSO3-，故D不符合题意；故选B。
第II卷(非选择题 共52分)
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．(10分)宏微结合是研究化学的重要方法，从微观的角度了解物质及其变化，有助于更好地认识物质的组成和变化的本质。回答下列问题：
(1)下表为部分元素的原子结构示意图：
①表中硫元素的核电荷数x= 。
②R3+离子与氖原子的核外电子排布相同，则R元素为 元素(填元素名称)。
③一个水分子中所含电子总数为 。
④推测上述元素中化学性质相似的两种元素是 和 。
(2)将铝片插入硫酸铜溶液中，经研究发现该反应的微观示意图如图所示：
①下列说法中正确的是 (填写字母序号，下同)。
A．硫酸铜溶液中含有的微粒只有两种：Cu2+、SO42-
B．硫酸铜溶液能导电
C．反应的实质是Al得电子生成Al3+、Cu2+失电子生Cu
D．硫酸铜溶液呈蓝色，硫酸铝溶液为无色，说明蓝色与Cu2+有关
②该反应的实质是金属铝与硫酸铜溶液中的 (填写微粒的化学式)发生反应。
(3)如图为Mn和CuSO4溶液反应的示意图：
①该反应的离子方程式是 ；
②CuSO4溶液的电离方程式是 ；
③由反应可知金属的活泼性：Mn Cu(填“>”或“ (1分)
【解析】(1)①硫是16号元素，表中硫元素的核电荷数x=16；②氖原子核外电子有10个，R元素的原子失去3个电子形成的阳离子R3+的核外电子数为10，则R元素的原子的电子总数=10+3=13，则R元素为铝元素；③一个H2O分子中所含电子总数为2+8=10；④由于O和S(或F和Cl)的最外层电子数相同，故两种元素的化学性质相同。
(2)①A项，硫酸铜溶液中含有的微粒是Cu2+、SO42-、H2O，A错误；B项，硫酸铜溶液含有可自由移动的离子，能导电，B正确；C项，反应的实质是Al失去电子生成Al3+、Cu2+得到电子生成Cu，C错误；D项，硫酸铜溶液呈蓝色，硫酸铝溶液为无色，说明蓝色与Cu2+有关，与硫酸根离子无关，D正确；故选BD；②反应过程实质是金属铝与硫酸铜溶液中的Cu2+发生反应生成铜单质和铝离子；
(3)①由题图所示信息可知，该反应的实质是金属锰与硫酸铜溶液中的Cu2+反应生成Mn2+和Cu，反应的离子方程式是：Mn+Cu2+=Mn2++Cu；②CuSO4是强电解质，溶液中完全电离出铜离子和硫酸根离子，电离方程式是：CuSO4 =Cu2++SO42-； ③锰能置换出铜，可知金属的活泼性：Mn>Cu。
18．(10分)2024年4月30日，“神舟十七号”载人飞船安全返回地球，首次圆满完成在轨航天器舱外设施维修，成功取回首批舱外设施暴露实验材料样品，标志着中国航天事业迈出新步伐。
(1)运载火箭采用铝合金作为火箭外壳的关键材料。相比纯铝，铝合金的硬度 (填“更大”或“更小”)，铝块能制成铝箔是利用了铝的 性，铝元素在地壳中的含量排名第 。
(2)发动飞船的运载火箭使用的燃料中有液氢，氢气作燃料的优点有 (任答1条)，实验室用锌和稀硫酸制备氢气的离子方程式为 。
(3)“长征二号F”运载火箭采用N2O4和偏二甲肼(C2H8N2)作推进剂，该推进剂燃烧产生大量高压气体，从火箭底部冲出产生推力使火箭达到极高的运动速度，该反应的化学方程式为：C2H8N2+2N2O4=3N2+2X+4H2O，则C2H8N2的摩尔质量为 ，X的化学式是 ，该反应过程 (填“吸收”或“放出”)热量。
(4)空间站采用了最新的三结砷化镓(GaAs)光伏电池柔性太阳翼。镓元素在元素周期表中的部分信息如图所示，Ga的相对原子质量是 ，Ga原子含有的质子数为 。
【答案】(1) 更大(1分) 延展(1分) 三或3(1分)
(2) 燃烧产物对环境无污染(1分) Zn+2H+= Zn2++ H2↑(1分)
(3)60 g·mlˉ1(1分) CO2(1分) 放出(1分)
(4) 69.72(1分) 31(1分)
【解析】(1)合金的硬度比组成金属更大；金属具有良好的延展性，铝块能制成铝箔是利用了铝的延展性；铝元素在地壳中的含量排名第三。
(2)氢气燃烧产物是水，对环境无污染，氢气具有资源丰富，产热量高等优点；锌和稀硫酸制备氢气的化学方程式为Zn+H2SO4= ZnSO4+ H2↑，离子方程式为Zn+2H+= Zn2++ H2↑。
(3)C2H8N2的摩尔质量为60 g·mlˉ1；根据质量守恒，X的化学式是CO2；反应会放出大量热，该反应过程放出热量。
(4)Ga的相对原子质量是69.72；Ga原子含有的质子数等于原子序数，为31。
19．(10分)黑木耳富含蛋白质、铁、具有还原性的维生素C等，每100 g黑木耳含铁量高达185 mg。
I．为了确定黑木耳中含有铁元素，甲同学设计实验方案如下。
(1)步骤②得到滤液A的操作是 ，所需的玻璃仪器有 。
(2)步骤④检验Fe3+所用试剂是 (填化学式)溶液。
(3)已知：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓，则滤液A中大量含有的离子的离子符号为 。
II．紫色的KMnO4溶液在酸性条件下具有强氧化性，其还原产物是无色的Mn2+。本实验用KMnO4酸性溶液来测定黑木耳中铁元素的含量，乙同学设计实验方案如下。
(4)可选做试剂B的物质是 (填序号)。
a．Na b．Cu c．Fe
(5)步骤⑥的离子方程式为 。
(6)若乙同学实验操作规范，但测得含铁量远远偏高，其可能的原因是 。
【答案】(1) 过滤(1分) 漏斗、烧杯、玻璃棒(1分)
(2)KSCN(1分) (3)Fe2+、Fe3+、SO42-(2分)
(4)b(1分)
(5) 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O(2分)
(6)具有还原性的维生素C等消耗了KMnO4酸性溶液(2分)
【解析】(1)将黑木耳灼烧过程燃烧掉有机物，得到铁的氧化物，用硫酸浸取后，通过过滤分离出难溶性的固体，可得得滤液A，则步骤②得到滤液A的操作是过滤；所需要的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒。
(2)Fe3+遇SCN-，溶液变为血红色，故步骤④检验Fe3+所用试剂是KSCN溶液。
(3)根据已知信息：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓，由于加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明在100 mL的滤液中含有Fe2+；加入KSCN溶液，溶液变为血红色，说明溶液中含有Fe3+；黑木耳灼烧后的固体是使用H2SO4浸取的，则滤液A中还同时会含有大量SO42-，滤液A中大量含有的离子为Fe2+、Fe3+、SO42-。
(4)金属单质都具有强的还原性，测定Fe元素的含量，不能引入Fe。且Na与水反应，则只有Cu可以作还原剂与Fe3+反应，故选b。
(5)步骤⑥是KMnO4将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，KMnO4被还原为无色Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。
(6)若乙同学实验操作规范，但测得含铁量远远偏高，可能是由于溶液中同时含有其它具有还原性的物质，如维生素C等消耗了KMnO4酸性溶液，导致铁元素含量偏高。
20．(10分)Na2O2、K2FeO4、Cl2、NaClO等都是重要的氧化剂，其中K2FeO4、Cl2、NaClO还是常见的水处理剂，这些物质之间存在如图所示的转化关系。
回答下列问题：
(1)反应①的离子方程式为 。已知电解质在水溶液中或熔融状态时通电会发生氧化还原反应，其中阳极发生失电子反应，阴极发生得电子反应，则反应②中单质Na在 (填“阴”或“阳”)极产生。
(2)反应⑤的离子方程式为2Fe3+3ClO-10OH-2FeO42-3Cl-5H2O，FeO42-中Fe的化合价是 价，用双线桥法标明该反应的电子转移的方向和数目： 。
(3)反应⑥的化学方程式为2FeSO46Na2O22Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2，该反应的还原剂为 (填化学式)，氧化产物为 。(填化学式)
(4)反应⑦是在饱和Na2FeO4溶液中加入KOH，可得K2FeO4沉淀，该反应的反应类型是 (填四大基本反应类型)，该反应能发生的主要原因是 。
(5)高铁酸钾(K2FeO4)是常见的水处理剂，其净水原理涉及的离子反应为：4FeO42-+10H2O=4 Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH-，Fe(OH)3 (胶体)中分散质粒子的直径范围是 。
【答案】(1) 2Cl－＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2OH－＋H2↑＋Cl2↑(1分) 阴(1分)
(2) +6(1分) (2分)
(3) FeSO4和Na2O2(1分) Na2FeO4和O2(1分)
(4) 复分解反应(1分) K2FeO4为沉淀，反应后使溶液中离子减少(1分)
(5) 1~100nm(1分)
【解析】(1)反应①即氯化钠电解，离子方程式为2Cl－＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2OH－＋H2↑＋Cl2↑，单线桥为，阴极发生得电子反应，则反应②中单质Na在阴极产生。
(2)反应⑤的离子方程式为2Fe3+3ClO-10OH-2FeO42-3Cl-5H2O，FeO42-中O为-2价，所以Fe的化合价是+6价，用双线桥法标明该反应的电子转移的方向和数目：。
(3)反应⑥的化学方程式为2FeSO46Na2O22Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2，还原剂失去电子，化合价升高，所以该反应的还原剂为FeSO4和Na2O2，还原剂失去电子发生氧化反应，氧化产物为Na2FeO4和O2。
(4)反应⑦是在饱和Na2FeO4溶液中加入KOH，由于溶解度小，所以析出K2FeO4，可得K2FeO4沉淀，该反应的反应类型是复分解反应，该反应能发生的主要原因是K2FeO4为沉淀，反应后使溶液中离子减少。
(5)胶体中分散质粒子的直径范围是1~100nm。
21．(12分)我国将力争2060年前实现碳中和，CO2的捕捉是减少碳排放的措施之一。
Ⅰ．一种利用NaOH溶液捕捉回收CO2的过程如图所示。
(1)整个过程中可以循环利用的物质是 。
(2)现有16.0gCO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96L。则CO和CO2的体积比为 。
Ⅱ．实验室模拟捕捉回收CO2，配制的NaOH溶液240mL。
(3)本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、 。
(4)使用容量瓶前必须进行的一步操作是 。
(5)配制操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序是 →d→ →装瓶贴签。
a．向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水
b．用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2-3次，将洗涤液注入容量瓶后轻摇几下
c．将已冷却的溶液注入容量瓶中
d．根据计算，称取取一定量的NaOH固体
e．向盛有NaOH固体的烧杯中加水，用玻璃棒搅拌溶解
f．盖上容量瓶塞了，摇匀
g．用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切
h。继续往容量瓶中小心地加蒸馏水，使液面接近刻度线1-2cm处
(6)配制过程中定容时仰视刻度线，会造成所配制NaOH溶液的物质的量浓度 (填“偏大”、“偏小”、“不变“)。
Ⅲ．CaO固体也可以捕捉回收CO2，研究表明CaC2O4·H2O热分解制得的CaO疏松多孔，具有良好的CO2捕捉性能。取1.46gCaC2O4·H2O进行加热，固体质量随温度变化如图所示：
(注：曲线中共涉及到三步分解反应)。
(7)写出400—600℃范围内分解反应的化学方程式： 。
(8)据图分析，CaO捕捉CO2的反应温度应 (填“高于”或“低于”)800℃。
【答案】(1)CaO、NaOH(1分)
(2)1：3(2分)
(3)250mL容量瓶、胶头滴管(1分)
(4)检漏(1分)
(5) a (→d→) e→c→b→h→g→f(2分)
(6)偏小(1分)
(7) CaC2O4CaCO3+CO↑(2分)
(8)低于(2分)
【解析】(1)从流程图可以看出，反应分离室得到的NaOH溶液可作为捕捉室中的吸收液，高温反应炉得到的CaO可作为反应分离室中的反应物，因此可循环使用的物质是CaO、NaOH。
(2)现有16.0gCO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96L即，设CO的物质的量为xml，CO2的物质的量为yml，则x+y=0.4ml，28x+44y=16.0g，计算得x=0.1、y=0.3，则CO和CO2的体积比1：3。
(3)本实验配制1.0ml·L-1的NaOH溶液240mL必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶、胶头滴管。
(4)使用容量瓶前必须进行的一步操作是检漏。
(5)①配置一定物质的量浓度的溶液先要检漏，向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水，即a；②接下来进行计算所需固体质量、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，则正确的操作顺序是d→e→c→b→h→g→f→装瓶贴签。(6)定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小。
(7)固体物质从1.46 g变为1.28g，即减少了0.18g是H2O的质量，即在这区间温度下，CaC2O4H2O发生了脱水反应，生成了CaC2O4 (相对分子质量128)，固体质量从1.28g降到1.00g时1.28g- 1.00g=0.28g，减少的是CO的质量，即CaC2O4分解产生了CaCO3(相对分子量为100)与CO，故在这区间温度下，发生反应的化学方程式为CaC2O4CaCO3+CO↑。
(8)由图可知，温度800~ 1000℃因分解减少的固体质量为1.00g-0.56g=0.44g，减少的是CO2的质量固体质量从1.00 g降到0.56g时，即发生了CaCO3CaO+CO2↑，说明温度高于 800℃时有利于碳酸钙的分解，而不利于CaO吸收CO2，而温度低于800℃时，则有利于CaO吸收CO2。
选项
A
B
C
D
转化关系
物质
甲
H2O2
C
FeCl2
CaCO3
乙
O2
CO
Fe
CO2
丙
H2O
CO2
Fe2O3
Na2CO3
实验目的
实验操作
现象及结论
A
检验CO还原Fe2O3的生成物中是否含有Fe3O4
取反应后的固体溶于稀盐酸，滴加KSCN溶液
若溶液变红色，则还原产物中含有Fe3O4
B
比较Fe3+、氧化性强弱
向FeCl3溶液中滴加淀粉碘化钾溶液
若溶液变蓝色，则氧化性：Fe3+>I2
C
检验FeCl3溶液中是否含有Fe2+
向溶液中滴加酸性KMnO4溶液
若紫红色退去则溶液中含有Fe2+
D
检验溶液中是否含有CO32-
取少量溶液于试管中，滴加稀盐酸
若产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则溶液中一定含有CO32-
元素名称
氢
氧
氟
氖
钠
硫
氯
原子结构示意图