2023-2024学年广东省阳江市高一（上）期末化学试卷

这是一份2023-2024学年广东省阳江市高一（上）期末化学试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）河北省博物院中馆藏许多珍贵文物，它们都记载了燕赵大地的灿烂文化，下列文物不属于合金制品的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
2．（2分）在澄清透明的溶液中，下列离子组能大量共存的是（ ）
A．Na+、MnO4-、SO42-、CO32-
B．Ca2+、Mg2+、Br﹣、CO32-
C．H+、K+、CH3COO﹣、NO3-
D．ClO﹣、HCO3-、OH﹣、Na+
3．（2分）下列对所学概念的认识，正确的是（ ）
A．由同一种元素组成的物质一定是纯净物
B．胶体区别于溶液的本质特征是分散质粒子直径大小
C．熔融状态下不能导电的化合物一定不是电解质
D．有单质参加的反应一定是氧化还原反应
4．（2分）含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该过程中化合价发生改变的元素仅有Fe和O
B．步骤①的反应为2Fe2++O2+4H+═2Fe3++2H2O
C．Fe2（SO4）3可看作该过程的催化剂
D．若128gSO2参与反应，需消耗22.4LO2
5．（2分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．常温常压下，5.6gCO含原子数为0.4NA
B．标准状况下，22.4LH2和18g水含分子数相等
C．标准状况下，22.4LCl2与1mlFe反应转移的电子数为3NA
D．标准状况下，1ml的乙醇（C2H5OH）中含有的碳原子数为2NA
6．（2分）过氧乙酸消毒液是一种常见的消毒剂。如图为实验室中过氧乙酸消毒液试剂瓶标签上的有关数据，下列说法不正确的是（ ）
A．3.01×1023个过氧乙酸分子中所含碳原子的物质的量为1ml
B．过氧乙酸中C、H、O三种元素的质量之比为6：1：12
C．过氧乙酸消毒液的物质的量的浓度为2.28ml•L﹣1
D．该消毒液中过氧乙酸的物质的量为11.4ml
7．（2分）某小组为探究氯水的成分与性质进行实验，由实验现象得出的结论不合理的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
8．（2分）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Cl2与水反应：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
B．用稀盐酸除去铁制品表面的锈层：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
C．金属钠与水：Na+H2O═Na++OH﹣+H2↑
D．过氧化钠固体溶于水：2O22-+2H2O═4OH﹣+O2↑
9．（2分）向200mLcml/LFeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n（Fe2+）、n（Br﹣）随通入Cl2物质的量n（Cl2）的变化如图所示（已知：Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2）。下列说法正确的是（ ）
A．c＝0.30
B．由图可判断反应2Br﹣+2Fe3+═Br2+2Fe2+可以发生
C．当溶液中（Fe3+）＝c（Br﹣）时，n（Cl2）可能在0～0.15之间
D．n（Cl2）＝0.30ml时，总的离子方程式为2Cl2+2Fe2++2Br﹣═2Fe3++Br2+4Cl﹣
10．（2分）实验室常用氢氧化钠溶液处理尾气氯气。已知：氯气与氢氧化钠溶液反应过程中放出热量。已知在热碱性溶液中，NaClO发生反应3NaClO═2NaCl+NaClO3。在某温度下，用NaOH溶液吸收Cl2尾气，经测定，反应后混合溶液中NaClO和NaClO3的物质的量均为0.25ml，则反应消耗NaOH的物质的量为（ ）
A．1mlB．1.5mlC．2mlD．2.5ml
11．（4分）向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示（已知：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣、2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2、2Br﹣+Cl2═2Cl﹣+Br2）。下列说法正确的是（ ）
A．a＝6
B．折线Ⅱ表示Br﹣的变化情况，折线Ⅲ表示Fe2+的变化情况
C．若n（Cl2）＝1.5ml，溶液中发生离子反应：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣
D．原溶液中n（FeI2）：n（FeBr2）＝3：1
12．（4分）向100mLFe2（SO4）和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示（忽略溶液体积的变化）。下列说法不正确的是（ ）
A．a点时溶液中金属阳离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+
B．b点时溶液中发生的反应为Fe+Cu2+═Cu+Fe2+
C．c点时溶液中溶质的物质的量浓度无法计算
D．原溶液中Fe2（SO4）3和CuSO4的物质的量浓度之比为1：2
13．（4分）下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是（ ）
A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH﹣═CaCO3↓+H2O
C．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：H++SO42-+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O
D．KAl（SO4）2中滴加Ba（OH）2使SO42-恰好完全沉淀：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH﹣═[Al（OH）4]﹣+2BaSO4↓
14．（4分）已知R、S、T、W为原子序数依次增大的前四周期元素，R、S为同周期相邻元素，R原子的核外电子数等于T原子的最外层电子数，R、T原子的核外电子数之和为S原子的核外电子数的3倍，W的单质为红色固体。下列说法正确的是（ ）
A．简单氢化物的稳定性：R＞S
B．R的最高价氧化物对应的水化物为弱酸
C．S、T可形成一种常用消毒剂
D．W与T形成的化合物只有WT2
15．（4分）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8ml N2，右边充入CO和CO2的混合气体共64g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CO与CO2分子数之比为1：3
B．两侧原子个数之比为32：9
C．右侧气体密度与相同条件下氧气密度相等
D．若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端13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
16．（4分）铋酸钠（NaBiO3）是一种新型的光催化剂，已知：金属铋（Bi）价态为+3时较稳定，Bi3+无色；铋酸钠（NaBiO3）无色，难溶于水。现取一定量稀硫酸酸化的MnSO4溶液，向其中依次加入下列物质，对应的现象如表所示：
下列结论错误的是（ ）
A．实验②中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：5
B．向KI﹣淀粉溶液中加入铋酸钠，溶液不一定变成蓝色
C．实验①中反应的离子方程式为5BiO3-+2Mn2++14H+═2MnO4-+5Bi3++7H2O
D．实验③中将I﹣氧化为I2的不一定是H2O2
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（14分）（1）K2FeO4为紫色固体，易溶于水，微溶于KOH溶液，不溶于乙醇；有强氧化性，在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定，在酸性或中性溶液中快速产生O2。
①A中发生反应的离子反应方程式是 。
②下列试剂中，装置B的X溶液可以选用的是 。
A．饱和食盐水
B．浓盐酸
C．饱和氯水
D．NaHCO3溶液
③C中得到紫色固体和溶液，生成K2FeO4的化学方程式是 ；若要从反应后的装置C中尽可能得到更多的K2FeO4固体，可以采取的一种措施是 。
（2）高铁酸钾与水反应的离子方程式是
4FeO42-+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣。
则其作为水处理剂的原理是① ，② 。
（3）某同学设计如图装置制备一定量的Fe（OH）2，并使其能在较长时间内存在。
①X不能是硝酸，原因是 ，装置4的作用是 。
②实验开始时，开关K2应 （填“打开”成“关闭”）；这样操作的目的是 。
18．（14分）某食品膨松剂起作用物质为NaHCO3，某兴趣小组研究加热情况下该膨松剂放出气体的量，设计实验的装置图如图。
回答下列问题：
（1）A装置中NaOH溶液的作用 （用离子方程式表示）。
（2）C装置内所盛试剂是 ，目的是 。
（3）E装置的作用是 ，若没有E装置，测定的结果 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）；若没有A装置，B装置左侧用橡皮塞封闭，实验结果将 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
（4）测定产品纯度
取a克Na2CO3与NaHCO3混合物进行下列三组实验，其中能测定Na2CO3质量分数的是 （填序号）。
A.充分加热，质量减少b克
B.与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干，灼烧，得b克固体
C.与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用氯化钙吸收，增重b克
任选上述合理方案中的一种，计算Na2CO3的质量分数为 。
19．（14分）已知三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解。某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物做了如图探究实验。
（1）装置的连接顺序为a→ → → → → → → 。
（2）B中收集器里盛放冷水的作用是 。D中碱石灰的作用是 、 。
（3）反应一段时间后熄灭酒精灯，冷却后将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸，充分反应后，进行如下实验：固体混合物→过量稀盐酸淡黄色溶液→试剂X淡红色溶液→过量H2O2深红色溶液→静置一段时间红色褪去。
①试剂X为 （填化学式）。
②淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是 。
（4）该小组同学对上述溶液红色褪去的原因进行探究。
①取褪色后的溶液三份，分别进行以下实验，研究溶液中存在的微粒。
a、一份中滴加FeCl3溶液无明显变化，说明 ；
b、另一份滴加试剂X，溶液出现红色，说明 ；
c、还有一份滴加稀盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明 。
②另取FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化。
实验②的目的是 ；
得出结论： 。
20．（14分）X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：
（1）R在元素周期表中的位置是 ；R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系互为 。
（2）Z的单质与水反应的化学方程式为 。
（3）Y与R相比，非金属性较强的是 （用元素符号表示），下列事实能证明这一结论的是 （选填字母序号）。
A．常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态
B．稳定性：XR＞YX4
C．Y与R形成的化合物中Y呈正价
（4）根据表中数据推测，Y的原子半径（用r表示）的最小范围是 。
2023-2024学年广东省阳江市高一（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每题2分；第11～16小题，每题4分。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．（2分）河北省博物院中馆藏许多珍贵文物，它们都记载了燕赵大地的灿烂文化，下列文物不属于合金制品的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】合金材料包括：金属单质与金属材料。
【解答】解：A．长信宫灯材质为青铜，为铜合金，故A正确；
B．铜羊尊灯为青铜器，为铜合金，故B正确；
C．铁足大铜鼎，为铁合金和铜合金，故C正确；
D．白石彩绘散乐图浮雕，材质为硅酸盐和碳酸盐，不属于合金材料，故D错误，
故选：D。
【点评】本题考查了材料分类，把握金属材料组成是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）在澄清透明的溶液中，下列离子组能大量共存的是（ ）
A．Na+、MnO4-、SO42-、CO32-
B．Ca2+、Mg2+、Br﹣、CO32-
C．H+、K+、CH3COO﹣、NO3-
D．ClO﹣、HCO3-、OH﹣、Na+
【分析】A．Na+、MnO4-、SO42-、CO32-四种离子之间不发生反应；
B．Ca2+和CO32-会反应生成碳酸钙沉淀；
C．H+和CH3COO-会反应生成弱电解质CH3COOH；
D．HCO3-和OH﹣反应生成水和碳酸根离子。
【解答】解：A．Na+、MnO4-、SO42-、CO32-四种离子之间不发生反应，可以大量共存，故A正确；
B．Ca2+和CO32-会反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故B错误；
C．H+和CH3COO-会反应生成弱电解质CH3COOH，不能大量共存，故C错误；
D．HCO3-和OH﹣反应生成水和碳酸根离子，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息、离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应的判断，题目难度不大。
3．（2分）下列对所学概念的认识，正确的是（ ）
A．由同一种元素组成的物质一定是纯净物
B．胶体区别于溶液的本质特征是分散质粒子直径大小
C．熔融状态下不能导电的化合物一定不是电解质
D．有单质参加的反应一定是氧化还原反应
【分析】A．氧气与臭氧组成的为混合物；
B．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同；
C．液态硫酸不导电；
D．有元素化合价变化的反应为氧化还原反应。
【解答】解：A．由同一种元素组成的物质不一定是纯净物，如氧气与臭氧组成的混合物，故A错误；
B．胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1﹣100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故B正确；
C．熔融状态下不能导电的化合物可能是电解质，如硫酸，故C错误；
D．氧气与臭氧的转化有单质参加，但是没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的分类，把握纯净物、混合物、胶体、电解质、氧化还原反应的概念是解题关键，题目难度不大。
4．（2分）含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该过程中化合价发生改变的元素仅有Fe和O
B．步骤①的反应为2Fe2++O2+4H+═2Fe3++2H2O
C．Fe2（SO4）3可看作该过程的催化剂
D．若128gSO2参与反应，需消耗22.4LO2
【分析】由图可知，步骤①的反应为4FeSO4+O2+2H2SO4＝2Fe2（SO4）3+2H2O，步骤②为：Fe2（SO4）3+SO2+2H2O＝2FeSO4+2H2SO4，总反应为2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4。
【解答】解：A．该流程中化合价发生改变的元素有Fe、S和O，故A错误；
B．步骤①的反应为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，故B错误；
C．Fe2（SO4）3 即为产物也为反应物，可看作该过程的催化剂，故C正确；
D．由流程图可推知步骤①的反应为4FeSO4+O2+2H2SO4＝2Fe2（SO4）3+2H2O，步骤②为：Fe2（SO4）3+SO2+2H2O＝2FeSO4+2H2SO4，SO2与O2的物质的量之比为1：1，128g SO2（4ml）参与反应，需消耗标准状况下112LO2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，涉及硫及其化合物性质和转化关系分析判断等，熟练掌握基础知识，积累化学与生活知识的关系是解决问题的关键，侧重于考查学生的分析能力应用能力，注意相关知识的积累。
5．（2分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．常温常压下，5.6gCO含原子数为0.4NA
B．标准状况下，22.4LH2和18g水含分子数相等
C．标准状况下，22.4LCl2与1mlFe反应转移的电子数为3NA
D．标准状况下，1ml的乙醇（C2H5OH）中含有的碳原子数为2NA
【分析】A．CO含有2个原子；
B．标准状况下，22.4LH2的物质的量为1ml，18g水的物质的量为18g18g/ml=1ml；
C．1mlCl2与1mlFe反应时，Cl2少量，Cl元素由0价下降到﹣1价；
D．C2H5OH中含有2个碳原子。
【解答】解：A．5.6gCO的物质的量为5.6g28g/ml=0.2ml，CO含有2个原子，则0.2mlCO含原子数为0.4NA，故A正确；
B．标准状况下，22.4LH2的物质的量为1ml，18g水的物质的量为18g18g/ml=1ml，二者物质的量相同，含分子数相等，故B正确；
C．标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1ml，1mlCl2与1mlFe反应时，Cl2少量，Cl元素由0价下降到﹣1价，1mlCl2完全反应时转移的电子数为2NA，故C错误；
D．C2H5OH中含有2个碳原子，标准状况下，1ml的乙醇中含有的碳原子数为2NA，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，掌握阿伏加德罗常数与物质的量、摩尔质量等物理量之间的转化关系，题目难度不大。
6．（2分）过氧乙酸消毒液是一种常见的消毒剂。如图为实验室中过氧乙酸消毒液试剂瓶标签上的有关数据，下列说法不正确的是（ ）
A．3.01×1023个过氧乙酸分子中所含碳原子的物质的量为1ml
B．过氧乙酸中C、H、O三种元素的质量之比为6：1：12
C．过氧乙酸消毒液的物质的量的浓度为2.28ml•L﹣1
D．该消毒液中过氧乙酸的物质的量为11.4ml
【分析】A.根据过氧乙酸的分子式进行分析；
B.根据元素的质量之比进行分析；
C.根据c=1000ρw%M进行分析；
D.根据c=1000ρw%M进行分析。
【解答】解：A．由过氧乙酸的分子式可知，3.01×1023个过氧乙酸分子中个过氧乙酸分子中含有碳原子的物质的量为3.01×10236.02×1023ml-1×2＝1ml，故A正确；
B．过氧乙酸分子中碳、氢、氧三种元素的质量比为12×2：1×4：16×3＝6：1：12，故B正确；
C．由c=1000ρw%M可知，过氧乙酸溶液的浓度为1000×1.14×15.2%76ml/L＝2.28ml/L，故C正确；
D．过氧乙酸溶液的浓度为2.28ml/L，则200mL溶液中过氧乙酸的物质的量为2.28ml/L×0.2L＝0.456ml，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查物质的量浓度的相关计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
7．（2分）某小组为探究氯水的成分与性质进行实验，由实验现象得出的结论不合理的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】氯水溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，溶液中含有Cl﹣与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液含有H+，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，溶液中HClO具有漂白性，以此解答该题。
【解答】解：A．向NaHCO3溶液中滴加氯水，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体说明溶液中含有氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成CO2和H2O，故A正确；
B．向稀硝酸酸化的AgNO3溶液中滴加氯水，产生白色沉淀说明溶液中含有氯离子，氯离子与溶液中的银离子反应生成氯化银白色沉淀，故B正确；
C．向Na2S溶液中滴加氯水，产生黄色沉淀说明溶液中氯气分子，Cl2与Na2S溶液反应生成S沉淀和NaCl，反应中氯气只表现氧化性，硫离子表现还原性，故C错误；
D．用玻璃棒蘸取氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红，随后褪色说明氯水中含有酸性物质、漂白性物质，酸性物质使蓝色石蕊试纸变为红色，能使有机色质漂白褪色的漂白性物质使试纸褪色，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查氯水的性质，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，侧重对基础知识的考查。
8．（2分）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Cl2与水反应：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
B．用稀盐酸除去铁制品表面的锈层：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
C．金属钠与水：Na+H2O═Na++OH﹣+H2↑
D．过氧化钠固体溶于水：2O22-+2H2O═4OH﹣+O2↑
【分析】A．根据次氯酸是弱电解质，不拆，进行分析；
B．根据氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水进行分析；
C．根据金属钠与水生成氢氧化钠和氢气进行分析；
D．根据过氧化钠是金属氧化物，不拆进行分析。
【解答】解：A．Cl2与H2O反应生成盐酸和HClO，反应的离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故A错误；
B．用稀盐酸除去铁制品表面的锈层发生的反应为氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故B正确；
C．金属Na与H2O生成NaOH和H2，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故C错误；
D．Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=+4Na++4OH-+O2↑，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查离子方程式的书写等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
9．（2分）向200mLcml/LFeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n（Fe2+）、n（Br﹣）随通入Cl2物质的量n（Cl2）的变化如图所示（已知：Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2）。下列说法正确的是（ ）
A．c＝0.30
B．由图可判断反应2Br﹣+2Fe3+═Br2+2Fe2+可以发生
C．当溶液中（Fe3+）＝c（Br﹣）时，n（Cl2）可能在0～0.15之间
D．n（Cl2）＝0.30ml时，总的离子方程式为2Cl2+2Fe2++2Br﹣═2Fe3++Br2+4Cl﹣
【分析】还原性：Fe2+＞Br﹣，n（FeBr2）＝0.2L×cml/L＝0.2cml，则向FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，先是Fe2+发生反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，后是Br﹣发生反应，反应为2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，图中①代表Fe2+，②代表Br﹣，由图可知通入0.15mlCl2时，Fe2+恰好被完全氧化，n（Fe2+）＝2n（Cl2）＝0.3ml，即0.2cml＝0.3ml，c＝1.5，据此分析作答。
【解答】解：A．还原性：Fe2+＞Br﹣，n（FeBr2）＝0.2L×cml/L＝0.2cml，通入0.15mlCl2时，Fe2+恰好反应完全，n（Fe2+）＝2n（Cl2）＝0.3ml，即0.2cml＝0.3ml，c＝1.5，故A错误；
B．还原性：Fe2+＞Br﹣，根据氧化还原反应规律可知，反应2Br﹣+2Fe3+═Br2+2Fe2+不能发生，故B错误；
C．c＝1.5，起始时n（FeBr2）＝0.3ml，n（Fe2+）＝0.3ml，c（Br﹣）＝0.6ml，若溶液中（Fe3+）＝c（Br﹣），则Br﹣部分发生反应，0.3Fe2+反应时2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，消耗n（Cl2）＝0.15ml，所以溶液中（Fe3+）＝c（Br﹣）时，n（Cl2）＞0.15ml，故C错误；
D．n（Cl2）＝0.30ml时，0.3mlFe2+反应完全，Br﹣部分发生反应，根据电子守恒可得n（Fe2+）+n（Br﹣）＝2n（Cl2），即0.3+n（Br﹣）＝0.6，（Br﹣）＝0.3ml，n（Fe2+）：n（Cl2）：（Br﹣）＝1：1：1，则反应为2Cl2+2Fe2++2Br﹣═2Fe3++Br2+4Cl﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应及其计算，把握氧化的先后顺序、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不中等。
10．（2分）实验室常用氢氧化钠溶液处理尾气氯气。已知：氯气与氢氧化钠溶液反应过程中放出热量。已知在热碱性溶液中，NaClO发生反应3NaClO═2NaCl+NaClO3。在某温度下，用NaOH溶液吸收Cl2尾气，经测定，反应后混合溶液中NaClO和NaClO3的物质的量均为0.25ml，则反应消耗NaOH的物质的量为（ ）
A．1mlB．1.5mlC．2mlD．2.5ml
【分析】反应中Cl发生歧化反应，从0降低到﹣1价，0价升高至+1和+5价且升高到+1和+5价的物质的量之比为1：1，则反应方程式为4Cl2+8NaOH＝6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O。
【解答】解：反应中Cl发生歧化反应，反应方程式为4Cl2+8NaOH＝6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O，反应后混合溶液中NaClO和NaClO3的物质的量均为0.25ml，则反应消耗NaOH的物质的量为0.25×8ml＝2ml，
故选：C。
【点评】本题考查化学计算，侧重考查学生方程式计算的掌握情况，试题难度中等。
11．（4分）向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示（已知：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣、2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2、2Br﹣+Cl2═2Cl﹣+Br2）。下列说法正确的是（ ）
A．a＝6
B．折线Ⅱ表示Br﹣的变化情况，折线Ⅲ表示Fe2+的变化情况
C．若n（Cl2）＝1.5ml，溶液中发生离子反应：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣
D．原溶液中n（FeI2）：n（FeBr2）＝3：1
【分析】由信息可知，还原性由I﹣、Fe2+、Br﹣依次减弱，故离子反应发生的先后顺序是I﹣、Fe2+、Br﹣，根据图知，折线I的反应为2I-+Cl2═2Cl-+I2、折线Ⅱ的反应为2Fe2++Cl2═2Cl-+2Fe3+、折线Ⅲ的反应为2Br-+Cl2═2Cl-+Br2；根据反应的离子方程式，由通入氯气的量可知：I阶段溶液中n（I﹣）＝2n（Cl2）＝2ml，Ⅱ阶段溶液中n（Fe2+）＝2n（Cl2）＝2×（3ml﹣1ml）＝4ml，所以原混合溶液中n（FeI2）＝1ml，n（FeBr2）＝3ml，所以Br﹣消耗的n（Cl2）＝3ml，则a＝6。当通入1.5mlCl2时，2ml的I﹣消耗氯气1ml，余下的0.5ml氯气再与1mlFe2+反应，即溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2++4I-+3Cl2═2Fe3++2I2+6Cl-。
【解答】解：A．由通入氯气的量可知：I阶段溶液中n（I﹣）＝2n（Cl2）＝2ml，Ⅱ阶段溶液中n（Fe2+）＝2n（Cl2）＝2×（3ml﹣1ml）＝4ml，所以原混合溶液中n（FeI2）＝1ml，n（FeBr2）＝3ml，所以Br﹣消耗的n（Cl2）＝3ml，a＝6，故A正确；
B．折线Ⅱ表示Fe2+的变化情况，折线Ⅲ表示Br﹣的变化情况，故B错误；
C．当通入1.5mlCl2时，2ml的I﹣消耗氯气1ml，余下的0.5ml氯气再与1mlFe2+反应，即溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2++4I-+3Cl2═2Fe3++2I2+6Cl-，故C错误；
D．原溶液中n（FeI2）：n（FeBr2）＝1：3，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学计算，侧重考查学生有关方程式计算的掌握情况，试题难度中等。
12．（4分）向100mLFe2（SO4）和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示（忽略溶液体积的变化）。下列说法不正确的是（ ）
A．a点时溶液中金属阳离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+
B．b点时溶液中发生的反应为Fe+Cu2+═Cu+Fe2+
C．c点时溶液中溶质的物质的量浓度无法计算
D．原溶液中Fe2（SO4）3和CuSO4的物质的量浓度之比为1：2
【分析】由氧化性：Fe3+＞Cu2+，加入0～5.6gFe发生反应：Fe+2Fe3+＝3Fe2+；加入铁粉从0.56g～1.68gFe时，即加入1.12gFe，剩余物为1.28g，此时发生：Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+；加入铁粉为从1.68g～2.24g时，即加入0.56gFe，固体增加1.84g﹣1.28g＝0.56g，Fe没有参与反应，可知加入1.68gFe时，溶液中Cu2+、Fe3+完全反应，此时溶液中溶质为FeSO4，结合反应方程式进行计算。
【解答】解：A．0～5.6gFe发生Fe+2Fe3+＝3Fe2+，a点只有部分Fe3+反应，溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+、Fe3+，故A正确；
B．由图可知加入铁粉0.56g～1.68g时，加入Fe为1.68g﹣0.56g＝1.12g，完全反应可以生成Cu为：1.12g56g/ml×64g/ml＝1.28g，而剩余物为1.28g，即铁粉从0.56g～1.68g发生反应：Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+，故B正确；
C．加入铁粉1.68g～2.24g即加入0.56gFe时，固体增加1.84g﹣1.28g＝0.56g，Fe没有参与反应，可知加入1.68gFe时，溶液中Cu2+、Fe3+完全反应，此时溶液中溶质为FeSO4，加入0～5.6gFe发生的反应为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，则n（Fe3+）＝2×0.56g56g/ml=0.02ml，所以完全反应时溶液中n（FeSO4）＝n（Fe3+）+n（Fe）＝0.02ml+1.68g56g/ml=0.05ml，c点FeSO4的物质的量浓度为，故C错误；
D．加入0～5.6gFe发生的反应为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，则n（Fe3+）＝2×0.56g56g/ml=0.02ml，即[Fe2（SO4）3]＝0.01ml，由Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+可知，n（Cu2+）=1.12g56g/ml=0.02ml，则CuSO4为0.02ml，故原溶液中Fe2（SO4）3和CuSO4的物质的量浓度之比为1：2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查混合物的计算，明确反应的先后顺序、判断图象中各阶段发生的反应是解题关键，侧重考查学生分析能力、计算能力和运用能力，题目难度中等。
13．（4分）下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是（ ）
A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH﹣═CaCO3↓+H2O
C．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：H++SO42-+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O
D．KAl（SO4）2中滴加Ba（OH）2使SO42-恰好完全沉淀：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH﹣═[Al（OH）4]﹣+2BaSO4↓
【分析】A．FeBr2溶液中通入过量Cl2生成FeCl3和Br2；
B．碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水生成CaCO3沉淀、NH3•H2O和H2O；
C．稀硫酸和氢氧化钡反应的化学方程式为H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O；
D．KAl（SO4）2中滴加Ba（OH）2使SO42+-恰好完全沉淀时二者物质的量之比为1：2，Al3+转化为KAlO2。
【解答】解：A．已知氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3+，故向溴化亚铁溶液中通入过量氯气的离子方程式为：4Br﹣+2Fe2++3Cl2＝2Fe3++6Cl﹣+2Br2，故A错误；
B．已知铵根离子也能和氢氧根离子反应，故向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水的离子方程式为：NH4++Ca2++HCO3-+2OH﹣＝CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，故B错误；
C．原离子方程式未注意离子的比例关系，稀硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．已知KAl（SO4）2＝K++Al3++2SO42-，Ba（OH）2＝Ba2++2OH﹣，故KAl（SO4）2中滴加氢氧化钡使硫酸根离子恰好完全沉淀的离子方程式为：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH﹣＝[Al（OH）4]﹣+2BaSO4↓，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子方程式正误判断，侧重分析能力和灵活运用能力考查，把握物质的性质、发生的反应、与量有关离子方程式的书写方法是解题关键，题目难度中等。
14．（4分）已知R、S、T、W为原子序数依次增大的前四周期元素，R、S为同周期相邻元素，R原子的核外电子数等于T原子的最外层电子数，R、T原子的核外电子数之和为S原子的核外电子数的3倍，W的单质为红色固体。下列说法正确的是（ ）
A．简单氢化物的稳定性：R＞S
B．R的最高价氧化物对应的水化物为弱酸
C．S、T可形成一种常用消毒剂
D．W与T形成的化合物只有WT2
【分析】根据题意，设R原子的核外电子数为x，T原子的核外电子数为y，则S原子的核外电子数为（x+1），x+y＝3（x+1），y＝2x+3，T原子的最外层电子数等于x，通过排除法，x只能是7，即R为N，S为O，T为Cl，W为Cu，据此进行解答。
【解答】解：A．R的简单氢化物为NH3，S的简单氢化物为H2O，稳定性H2O＞NH3，故A错误；
B．R的最高价氧化物对应的水化物为HNO3为强酸，故B错误；
C．O、Cl可形成ClO2，是一种常用消毒剂，故C正确；
D．Cu与Cl可以形成CuCl2和CuCl，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、元素的位置、元素的性质来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
15．（4分）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8ml N2，右边充入CO和CO2的混合气体共64g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CO与CO2分子数之比为1：3
B．两侧原子个数之比为32：9
C．右侧气体密度与相同条件下氧气密度相等
D．若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端13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
【分析】A．同温同压下，n1n2=V1V2；
B．右侧CO和二氧化碳的物质的量为分别为1.5ml和0.5ml，所含原子物质的量为1.5ml×2+3×0.5ml＝4.5ml，左侧为8ml N2，所含原子的物质的量为8ml×2＝16ml；
C．同温同压下，ρ1ρ2=M1M2；
D．若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端13处，根据同温同压下，n1n2=V1V2。
【解答】解：A．同温同压下，n1n2=V1V2，可以得知右边CO和CO2气体总物质的量为2ml，设n（CO）＝xml，n（CO2）＝yml，则28x+44y＝64，x+y＝2，联立计算出x＝1.5，y＝0.5，根据分子数之比等于物质的量之比可知：右边CO与CO2分子数之比为1.5：0.5＝3：1，故A错误；
B．右侧一氧化碳和二氧化碳的物质的量为分别为1.5ml和0.5ml，所含原子物质的量为1.5ml×2+0.5ml×3＝4.5ml，左侧为8ml N2，所含原子的物质的量为8ml×2＝16ml，故两侧原子个数之比为16：4.5＝32：9，故B正确；
C．右侧气体平均分子量为：28×1.52+44×0.52=32，同温同压下，ρ1ρ2=M1M2，则相同条件下，右侧气体密度：氧气的密度=3232=1：1，故C正确；
D．若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端13处，根据同温同压下，n1n2=V1V2，可以得知右边一氧化碳和二氧化碳气体总物质的量为4ml，同温同体积下，n1n2=p1p2，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（2ml+8ml）：（4ml+8ml）＝5：6，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查阿伏加德罗定律，侧重考查学生各物理量之间关系的掌握情况，试题难度中等。
16．（4分）铋酸钠（NaBiO3）是一种新型的光催化剂，已知：金属铋（Bi）价态为+3时较稳定，Bi3+无色；铋酸钠（NaBiO3）无色，难溶于水。现取一定量稀硫酸酸化的MnSO4溶液，向其中依次加入下列物质，对应的现象如表所示：
下列结论错误的是（ ）
A．实验②中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：5
B．向KI﹣淀粉溶液中加入铋酸钠，溶液不一定变成蓝色
C．实验①中反应的离子方程式为5BiO3-+2Mn2++14H+═2MnO4-+5Bi3++7H2O
D．实验③中将I﹣氧化为I2的不一定是H2O2
【分析】分析题给实验现象可知，Mn2+先被BiO3-氧化成MnO4-（BiO3-被还原为Bi3+），然后MnO4-被H2O2还原成Mn2+，同时生成O2，再加入淀粉﹣KI溶液，有I2生成，使溶液变蓝，因H2O2过量，H2O2和O2都能将I﹣氧化成I2，故实验③中将I﹣氧化为I2的不一定是O2，综上所述，NaBiO3、MnO4-、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序是：NaBiO3＞MnO4-＞H2O2＞I2，据此分析。
【解答】解：A．反应中由②中现象可知：MnO4-氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2+，根据得失电子守恒，参加反应的氧化剂和还原剂的个数比为2：5，故A正确；
B．NaBiO3、MnO4-、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序是：NaBiO3＞MnO4-＞H2O2＞I2，KI﹣淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，生成碘单质，溶液变蓝色，故B错误；
C．实验①中Mn2+先被BiO3-氧化成MnO4-（BiO3-被还原为Bi3+），反应的离子方程式为5BiO3-+2Mn2++14H+=2MnO4-+5Bi3++7H2O，故C正确；
D．因H2O2过量，H2O2和O2都能将I﹣氧化成I2，故实验③中将I﹣氧化为I2的不一定是O2，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查氧化还原反应原理的应用，氧化还原反应方程式的书写，实验方案设计的思想，属于基本知识的考查，难度中等。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（14分）（1）K2FeO4为紫色固体，易溶于水，微溶于KOH溶液，不溶于乙醇；有强氧化性，在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定，在酸性或中性溶液中快速产生O2。
①A中发生反应的离子反应方程式是 ClO3-+6H++5Cl﹣＝3Cl2↑+3H2O 。
②下列试剂中，装置B的X溶液可以选用的是 AC 。
A．饱和食盐水
B．浓盐酸
C．饱和氯水
D．NaHCO3溶液
③C中得到紫色固体和溶液，生成K2FeO4的化学方程式是 3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O ；若要从反应后的装置C中尽可能得到更多的K2FeO4固体，可以采取的一种措施是 加入乙醇 。
（2）高铁酸钾与水反应的离子方程式是
4FeO42-+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣。
则其作为水处理剂的原理是① K2FeO4有强氧化性，可以消毒杀菌 ，② 得到的铁离子可水解为胶体，可净水 。
（3）某同学设计如图装置制备一定量的Fe（OH）2，并使其能在较长时间内存在。
①X不能是硝酸，原因是 将铁氧化为Fe3+，无法得到Fe（OH）2 ，装置4的作用是 防止空气进入装置3中氧化Fe2+或Fe（OH）2 。
②实验开始时，开关K2应 打开 （填“打开”成“关闭”）；这样操作的目的是 H2逸出时可将装置中空气排出，防止其氧化Fe2+或Fe（OH）2 。
【分析】（1）装置A是制取氯气，反应方程式；KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O，得到的氯气中混有HCl杂质气体，经装置B除杂，纯净的氯气通入装置C中发生反应：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，用装置D来吸收过量的尾气中有毒的氯气；
（2）根据方程式，K2FeO4有强氧化性，可以消毒杀菌，同时得到的铁离子可水解为胶体，可净水；
（3）亚铁离子还原性较强，易被氧气氧化，该装置制备Fe（OH）2白色沉淀时，需要先排尽装置中的空气，后利用气体产生的气压把生成的亚铁盐溶液压至装置3中与NaOH反应制备Fe（OH）2。
【解答】解：（1）①装置A中是氯元素发生归中反应，发生反应的化学方程式是：ClO3-+6H++5Cl﹣＝3Cl2↑+3H2O，
故答案为：ClO3-+6H++5Cl﹣＝3Cl2↑+3H2O；
②装置B是为了除去氯气中的HCl气体；
A．饱和食盐水能溶解HCl，故A正确；
B．浓盐酸有挥发性，氯气中还混有HCl杂质，故B错误；
C．饱和氯水能减小氯气的溶解，能溶解HCl，故C正确；
D．NaHCO3溶液可与HCl反应产生CO2，氯气中混有杂质气体，故D错误；
故答案为：AC；
③C中得到紫色固体和溶液，C中通入氯气将氢氧化亚铁氧化，生成高铁酸钾（K2FeO4），化学方程式为：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O；已知K2FeO4不溶于乙醇，为了析出更多固体，措施是：加入乙醇，
故答案为：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O；加入乙醇；
（2）根据方程式，K2FeO4有强氧化性，可以消毒杀菌，同时得到的铁离子可水解为胶体，可净水，即作水处理剂时，K2FeO4可消毒杀菌、净水，
故答案为：K2FeO4有强氧化性，可以消毒杀菌；得到的铁离子可水解为胶体，可净水；
（3）①硝酸可将铁氧化为Fe3+，无法得到Fe（OH）2；装置4能液封，防止空气进入装置3中氧化Fe2+或Fe（OH）2，
故答案为：将铁氧化为Fe3+，无法得到Fe（OH）2；防止空气进入装置3中氧化Fe2+或Fe（OH）2；
②先打开K1、K2，使2中发生置换反应得到亚铁盐、H2，生成的H2逸出时可将装置中空气排出，防止其氧化Fe2+或Fe（OH）2，
故答案为：打开；H2逸出时可将装置中空气排出，防止其氧化Fe2+或Fe（OH）2。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度较大。
18．（14分）某食品膨松剂起作用物质为NaHCO3，某兴趣小组研究加热情况下该膨松剂放出气体的量，设计实验的装置图如图。
回答下列问题：
（1）A装置中NaOH溶液的作用 CO2+2OH﹣=CO32-+H2O （用离子方程式表示）。
（2）C装置内所盛试剂是 浓硫酸 ，目的是 吸收水蒸气 。
（3）E装置的作用是 吸收空气中的CO2、H2O ，若没有E装置，测定的结果 偏高 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）；若没有A装置，B装置左侧用橡皮塞封闭，实验结果将 偏低 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
（4）测定产品纯度
取a克Na2CO3与NaHCO3混合物进行下列三组实验，其中能测定Na2CO3质量分数的是 AB （填序号）。
A.充分加热，质量减少b克
B.与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干，灼烧，得b克固体
C.与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用氯化钙吸收，增重b克
任选上述合理方案中的一种，计算Na2CO3的质量分数为 31a-84b31a×100%（或106(84b-58.5a)58.5×62a×100%） 。
【分析】实验前先由左端通入空气，A中NaOH溶液可吸收空气中的CO2气体，反应为CO2+2OH﹣=CO32-+H2O，经过装置B将生成的CO2、H2O气体驱赶到后续装置继续吸收，经装置C中浓硫酸干燥后，经装置D、E排出，当装置充满不含CO2的空气后，加热装置B，NaHCO3分解生成的CO2气体、H2O蒸气经浓硫酸干燥后，被U型管中碱石灰吸收，根据装置D增加质量判断反应产生的CO2的量的多少，装置中E碱石灰作用是吸收空气中的CO2、H2O，防止对实验结果造成干扰，为减少实验误差，停止加热后，还需继续通入一段时间的空气，目的是使残留在装置中的CO2全部驱赶到D中以便完全吸收，据此分析解答。
【解答】解：（1）由于空气中含有二氧化碳，干扰实验，则A装置中NaOH溶液的作用是除去空气中的CO2，反应的离子方程式为CO2+2OH﹣=CO32-+H2O，
故答案为：CO2+2OH﹣=CO32-+H2O；
（2）C装置的作用是吸收水蒸气，其内所盛试剂是浓硫酸，
故答案为：浓硫酸；吸收水蒸气；
（3）由于碱石灰能吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，干扰实验，则E装置的作用是吸收空气中的CO2、H2O，防止对实验结果造成干扰，若没有E装置，装置D质量偏大，则测定的结果偏高；若没有A装置，B装置左侧用橡皮塞封闭，部分二氧化碳不能完全被装置D吸收，则实验结果将偏低，
故答案为：吸收空气中的CO2、H2O；偏高；偏低；
（4）A．加热时碳酸氢钠分解生成Na2CO3、CO2、H2O，碳酸钠不反应，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后再计算碳酸钠的质量分数，计算过程为：
2NaHCO3△¯Na2CO3+H2O+CO2↑△m＝62，
168 62
84b31g bg
所以碳酸钠的质量分数为ag-84b31ag×100%=31a-84b31a×100%；
B．与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干，灼烧，得b克固体为NaCl的质量，发生的反应为Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，设n（Na2CO3）＝xml、n（NaHCO3）＝yml，则106x+84y＝a，Na原子守恒可得2x+y=b58.5，解得x=84b-58.5a58.5×62，m（Na2CO3）=84b-58.5a58.5×62×106g，所以混合物中碳酸钠的质量分数为84b-58.5a58.5×62×106ag×100%=106(84b-58.5a)58.5×62a×100%；
C．与足量稀硫酸充分反应，逸出CO2气体，但氯化钙不能吸收CO2气体，增重的bg质量为水蒸气的质量，无法计算出碳酸钠的质量分数；
故答案为：AB；31a-84b31a×100%（或106(84b-58.5a)58.5×62a×100%）。
【点评】本题考查物质的组成或含量测定实验，把握测定原理、物质的性质及发生的反应、实验装置的作用、化学方程式的计算等知识为解题关键，注意掌握元素及其化合物知识的运用，侧重于基础知识的考查，题目难度中等。
19．（14分）已知三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解。某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物做了如图探究实验。
（1）装置的连接顺序为a→ g → h → d → e → b → c → f 。
（2）B中收集器里盛放冷水的作用是 冷凝氯化铁 。D中碱石灰的作用是 防止空气中水蒸气进入B装置 、 吸收多余氯气，防止污染 。
（3）反应一段时间后熄灭酒精灯，冷却后将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸，充分反应后，进行如下实验：固体混合物→过量稀盐酸淡黄色溶液→试剂X淡红色溶液→过量H2O2深红色溶液→静置一段时间红色褪去。
①试剂X为 KSCN （填化学式）。
②淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是 H2O2将Fe2+氧化成Fe3+ 。
（4）该小组同学对上述溶液红色褪去的原因进行探究。
①取褪色后的溶液三份，分别进行以下实验，研究溶液中存在的微粒。
a、一份中滴加FeCl3溶液无明显变化，说明 SCN﹣发生了反应 ；
b、另一份滴加试剂X，溶液出现红色，说明 Fe3+没有发生反应 ；
c、还有一份滴加稀盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明 溶液中含有SO42- 。
②另取FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化。
实验②的目的是 作对比实验 ；
得出结论： H2O2氧化SCN﹣的生成SO42- 。
【分析】A中浓盐酸和MnO2反应制取氯气，用E饱和食盐水除去氯气中的HCl，然后用浓硫酸对氯气干燥，干燥纯净的氯气在B中和铁粉反应生成FeCl3，B中的冷水用于冷凝氯化铁，D中碱石灰可以防止空气中水蒸气进入B装置，同时吸收多余氯气，防止污染，据此解答；
（3）固体混合物加入过量稀盐酸得到淡黄色溶液，加入试剂X溶液呈淡红色，加入过量双氧水得到深红色溶液，Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，则试剂X为KSCN，原固体混合物为铁和氯化铁的混合物；
（4）①根据滴加FeCl3溶液无明显变化，说明SCN﹣发生了反应而不是Fe3+发生反应，滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明生成了硫酸根；
②根据另取同浓度的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明O2不能氧化SCN﹣，所以氧化SCN﹣的为双氧水。
【解答】解：（1）浓硫酸具有吸水性能作氯气干燥剂、碱石灰具有碱性而吸收氯气、饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解，装置排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理，所以装置连接顺序为：a→g→h→d→e→b→c→f，
故答案为：a→g→h→d→e→b→c→f；
（2）B中收集器里盛放冷水的作用是冷凝氯化铁；D中碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入B装置，同时吸收多余氯气，防止污染，
故答案为：冷凝氯化铁；防止空气中水蒸气进入B装置；吸收多余氯气，防止污染；
（3）①Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，则X为KSCN，
故答案为：KSCN；
②Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度，Fe3+、SCN﹣反应生成Fe（SCN）3，从而增大络合物浓度，溶液颜色加深，
故答案为：H2O2将Fe2+氧化成Fe3+；
（4）①a.根据①滴加FeCl3溶液无明显变化，说明SCN﹣发生了反应而不是Fe3+发生反应，
故答案为：SCN﹣发生了反应；
b.另一份滴加试剂X，溶液出现红色，说明Fe3+没有发生反应，
故答案为：Fe3+没有发生反应；
c.滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有SO42-，
故答案为：溶液中含有SO42-；
②根据②另取同浓度的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明O2不能氧化SCN﹣，排除H2O2分解产生的O2氧化SCN﹣的可能，所以氧化SCN﹣的为双氧水，实验②的目的是作对比实验，得出结论H2O2氧化SCN﹣的生成SO42-，
故答案为：作对比实验；H2O2氧化SCN﹣的生成SO42-。
【点评】本题通过探究氯气与铁反应，考查了物质性质实验方案的设计方法，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，注意掌握氯气与铁反应的现象、反应原理，明确物质性质实验方案的设计原则，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
20．（14分）X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：
（1）R在元素周期表中的位置是 第三周期ⅦA族 ；R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系互为 同位素 。
（2）Z的单质与水反应的化学方程式为 2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑ 。
（3）Y与R相比，非金属性较强的是 Cl （用元素符号表示），下列事实能证明这一结论的是 bc （选填字母序号）。
A．常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态
B．稳定性：XR＞YX4
C．Y与R形成的化合物中Y呈正价
（4）根据表中数据推测，Y的原子半径（用r表示）的最小范围是 大于0.099nm小于0.143nm 。
【分析】X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，X元素的阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y元素有﹣4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z元素焰色反应呈黄色，则Z为Na元素；R元素有+7、﹣1价，则R为Cl元素；M元素有﹣2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，故R为氧元素；Q有+3价，处于ⅢA族，原子半径大于Cl原子，则Q为Al元素，据此解答．
【解答】解：X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，X元素的阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y元素有﹣4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z元素焰色反应呈黄色，则Z为Na元素；R元素有+7、﹣1价，则R为Cl元素；M元素有﹣2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，故R为氧元素；Q有+3价，处于ⅢA族，原子半径大于Cl原子，则Q为Al元素，
（1）Cl在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系是互为同位素；Cl元素原子有3个电子层．最外层电子数为7，处于周期表中第三周期ⅦA族，
故答案为：第三周期ⅦA族；同位素；
（2）Na与水反应生成氢氧化钠与氢气，反应化学方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，
故答案为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑；
（3）同周期自左而右非金属性增强，故非金属性Cl＞Si，
a．物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，故a错误；
b．氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，故b正确；
c．Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，故c正确；
故答案为：Cl；bc；
（4）同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Cl＜Si＜Al，故Si的原子半径的最小范围是大于0.099nm小于0.143nm，
故答案为：大于0.099nm小于0.143nm。
【点评】本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度不大，利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键。
名称
长信宫灯
铜羊尊灯
铁足大铜鼎
白石彩绘散乐图浮雕
文物




选项
A
B
C
D
过氧乙酸消毒液
【化学式】C2H4O3
【规格】200mL
【质量分数】15.2%
【密度】1.14g•cm﹣3
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向NaHCO3溶液中滴加氯水
产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
氯水中含有H+
B
向稀HNO3酸化的AgNO3溶液中滴加氯水
产生白色沉淀
氯水中含有Cl﹣
C
向Na2S溶液中滴加氯水
产生黄色沉淀
氯水既具有氧化性又具有还原性
D
用玻璃棒蘸取氯水滴到蓝色石蕊试纸上
试纸先变红，随后褪色
氯水中含有酸性物质、漂白性物质
加入的物质
①适量铋酸钠
②过量双氧水
③适量KI﹣淀粉溶液
实验现象
溶液呈紫红色
溶液紫红色消失，产生气泡
溶液缓慢变成蓝色
X
Y
Z
M
R
Q
原子半径/nm
0.186
0.074
0.099
0.143
主要化合价
﹣4，+4
﹣2
﹣1，+7
+3
其他
阳离子核外无电子
无机非金属材料的主角
焰色反应呈黄色
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
A
B
C
C
D
C
B
D
C
A
题号
12
13
14
15
16
答案
C
D
C
A
B
名称
长信宫灯
铜羊尊灯
铁足大铜鼎
白石彩绘散乐图浮雕
文物




选项
A
B
C
D
过氧乙酸消毒液
【化学式】C2H4O3
【规格】200mL
【质量分数】15.2%
【密度】1.14g•cm﹣3
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向NaHCO3溶液中滴加氯水
产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
氯水中含有H+
B
向稀HNO3酸化的AgNO3溶液中滴加氯水
产生白色沉淀
氯水中含有Cl﹣
C
向Na2S溶液中滴加氯水
产生黄色沉淀
氯水既具有氧化性又具有还原性
D
用玻璃棒蘸取氯水滴到蓝色石蕊试纸上
试纸先变红，随后褪色
氯水中含有酸性物质、漂白性物质
加入的物质
①适量铋酸钠
②过量双氧水
③适量KI﹣淀粉溶液
实验现象
溶液呈紫红色
溶液紫红色消失，产生气泡
溶液缓慢变成蓝色
X
Y
Z
M
R
Q
原子半径/nm
0.186
0.074
0.099
0.143
主要化合价
﹣4，+4
﹣2
﹣1，+7
+3
其他
阳离子核外无电子
无机非金属材料的主角
焰色反应呈黄色