2023重庆市一中高一上学期期末化学试题含解析

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重庆一中高2025届高一上期期末考试化学试题卷可能用到的相对原子质量：H-1    C-12    O-16    Na-23    Mg-24    Al-27    S-32    Cl-35.5    Ca-40    Fe-56    Cu-64    I-127    Ba-137一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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. 劳动成就梦想，下列家务劳动所涉及的化学知识不正确的是选项家务劳动化学知识A用小苏打烘焙糕点NaHCO3不稳定，受热易分解B用铝制品烧水煮饭铝的熔点高C用不锈钢刀具剁排骨合金制品硬度大D用白醋清洗水垢白醋可以溶解碳酸钙等沉淀 A A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A．小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，所以可用小苏打烘焙糕点，故A正确；B．铝的熔点较低，但是铝锅表面覆盖的氧化铝层熔点较高，所以可用铝制锅烧水、煮饭，故B错误；
C．合金硬度比纯金属的大，不锈钢是铁和其他元素形成的合金，硬度较大，因此能用来剁排骨，故C正确；D．醋酸的酸性强于碳酸，依据强酸制备弱酸的规律可知，白醋可溶解碳酸钙等沉淀，所以可用白醋清洗水壶中的水垢，故D正确；故选：B。2. 如图表示一些物质间的从属关系不正确的是选项XYHZA分散系胶体云雾溶液B电解质酸盐碱C元素周期表的纵列主族卤族副族D化合物共价化合物酸离子化合物 A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A．胶体和溶液属于分散系，云雾属于胶体，物质间的从属关系正确，故A不符合题意；B．酸、碱、盐都属于电解质，酸不包含盐，则物质间的从属关系不正确，故B符合题意；C．元素周期表的纵行包含主族、副族、Ⅷ族、0族，主族包含卤族，物质间的从属关系正确，故C不符合题意；D．化合物包含共价化合物和离子化合物，共价化合物包含酸，则物质间的从属关系正确，故D不符合题意；故选B。3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 等体积、等物质的量浓度的NaCl和KCl溶液中，阴、阳离子数目之和均为2NAB. 1.0mol/L的BaCl2溶液中含Cl-离子数目为2NAC. 7.8gNa2O2中含有的阴离子数为0.2NAD. 2gD2O和H218O混合物中所含中子数为NA【答案】D【解析】【详解】A．等体积、等物质的量浓度的NaCl和KCl溶液中，阴、阳离子数目之和相等，但是不一定为2NA，因为浓度、体积均未知，故A错误；B．溶液体积未知，无法由物质的量浓度求物质的量，无法计算氯离子个数，故B错误；C．7.8gNa2O2的物质的量为，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.1mol过氧化钠中含0.1NA个阴离子，故C错误；D．D2O和H218O的摩尔质量均为20g/mol，故2g混合物的物质的量为，且两者均含10个中子，故0.1mol混合物中含中子为NA个，故D正确；故选：D。4. 下列物质间的反应，能说明“反应条件(如温度、浓度、用量等)不同引起产物不同”的是A. Na与O2 B. AlCl3与NH3·H2O C. H2与Cl2 D. Rb和H2O【答案】A【解析】【详解】A．Na与O2反应，常温下生成氧化钠，点燃条件下生成过氧化钠，故A选；B．AlCl3溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应，反应物用量不同但产物相同，故B不选；C ．H2与Cl2反应生成HCl，与反应条件、反应用量无关，故C不选；D．Rb为IA族碱金属元素，最高价为+1价，则Rb和H2O反应生成RbOH和氢气，反应产物不变，故D不选；故选：A。5. 类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理正确的是A. CO2与CaCl2溶液不反应，推测CO2与Ca(NO3)2溶液也不反应B. CaCO3的溶解度小于Ca(HCO3)2，推测Na2CO3的溶解度小于NaHCO3C. 电解熔融氯化镁可制备金属镁，推测电解熔融氯化铝可制备金属铝D. Al(OH)3无法通过化合反应制取，推测Fe(OH)3也无法通过化合反应制取【答案】A【解析】【详解】A．碳酸的酸性弱于盐酸，则CO2与CaCl2溶液不反应，碳酸的酸性弱于硝酸，推测CO2与Ca(NO3)2溶液也不反应，故A正确；B．一般可溶性的碳酸盐的溶解度大于相应的碳酸氢盐，Na2CO3溶解度大于NaHCO3，故B错误；C．氯化铝是共价化合物，熔融氯化铝不能导电，电解熔融氯化铝不能制备金属铝，故C错误；D．可以通过化合反应制得Fe(OH)3，如：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故D错误；故选：A。6. 在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是A. 强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl-、SOB. 在透明的溶液中：K+、Cu2+、NO、SOC. 加入铝片能产生气体的溶液中：Na+、K+、HCO、NOD. 室温下，强酸性溶液中：Na+、Fe3+、I-、Cl-【答案】B【解析】【详解】A．强碱性溶液，OH－与Al3+反应，不共存，故A不符合题意；B．各个离子之间互不反应，能大量共存，故B符合题意；C．加入铝片能产生气体的溶液呈酸性或碱性，H+或OH-都能与反应而不能共存，故C不符合题意；D．Fe3+与I-能发生氧化还原反应而不能大量共存，故D不符合题意；综上所述，答案为B。7. 下列实验能达到实验目的的是A.观察钾元素的焰色反应实验B.实验室制备Fe(OH)2C.配制100mL0.1mol·L-1NaCl溶液D.利用铝热反应原理焊接钢轨 A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A．观察钾元素的焰色要透过蓝色钴玻璃，故A正确；
B．氢氧化亚铁易被氧化，应把胶头滴管伸入氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，故B错误；C．容量瓶中不能溶解NaCl固体，应在烧杯中溶解再转移至容量瓶中，故C错误；D．铝热反应是铝单质和氧化铁反应生成铁和氧化铝，故D错误；故选：A。8. 下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一项是A. 把绿豆大的Na和K分别投入水中，K与水反应更剧烈，结论：金属性Na＜KB. 向Al(OH)3沉淀中滴加NaOH溶液，沉淀溶解，结论：Al有一定的非金属性C. 用足量的盐酸溶解铁与水蒸气反应后的固体，再向溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变红，结论：铁与水蒸气反应生成FeOD. 用玻璃棒蘸取氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，结论：氯水既有酸性又有漂白性【答案】C【解析】【详解】A．金属性越强，与水反应越剧烈，K与水反应更剧烈，则金属性：Na＜K，A正确；B．Al(OH)3沉淀中滴加NaOH溶液，生成偏铝酸钠，则沉淀溶解，可知Al有一定的非金属性，B正确；C．Fe与H2O(g)反应后的固体为Fe3O4，Fe3O4与盐酸反应生成FeCl2、FeCl3，Fe3+和KSCN溶液反应生成络合物而使溶液呈红色，反应后的溶液中加入KSCN溶液不变红色，说明溶液中不含铁离子，可能是剩余的Fe将Fe3+还原为Fe2+，C错误；D．氯水中含盐酸、次氯酸，次氯酸具有漂白性，则向紫色石蕊溶液中滴加氯水，溶液先变红后褪色，D正确；故答案为：C。9. 提纯下列物质(括号内物质为杂质)，选用试剂和方法不正确的是A. 碳酸钠固体(碳酸氢钠)：加热至恒重B. MgO(Al2O3)：加NaOH溶液溶解，过滤，洗涤，干燥C. CO2(HCl)：先后通入饱和NaHCO3溶液，浓硫酸，洗气D. NaCl(KNO3)：加水溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢钠不稳定，受热易分解，可用加热的方法除杂，故A正确；B．氧化铝与NaOH溶液反应生成可溶于水的偏铝酸钠，MgO不能反应，则用NaOH溶液溶解，过滤，洗涤、干燥的方法可除杂，故B正确；C．HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，浓硫酸可干燥二氧化碳，洗气可分离，故C正确；D．KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再过滤，然后对滤液蒸发结晶、洗涤、干燥，故D错误；故选：D。10. 反应3Cl2+8NH3=N2+8NH4Cl常用于检验运输氯气的管道是否发生泄漏。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A. 中子数为18的氯原子：ClB. 用电子式表示氨气分子的形成过程：C. N2的结构式：N=ND. NH4Cl中有离子键和非极性键【答案】B【解析】【详解】A．质量数=质子数+中子数，故中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，故表示为，故A错误；
B．氨气为共价化合物，氮原子和氢原子共用1对电子对，用电子式表示氨气分子的形成过程：，故B正确；C．氮气中N原子间为三键，故其结构式为N≡N，故C错误；D．NH4Cl中铵根离子与氯离子之间形成离子键，N和H原子形成极性共价键，故D错误；故选：B。11. 在半导体的发展史中金属锗(Ge)是第一个被广泛使用的半导体材料，它在硅的下一周期，且与硅同主族。下列叙述不正确的是A. 锗位于金属区与非金属区的交界处 B. 锗的最高价含氧酸是强酸C. 锗的单质具有半导体的性能 D. 热稳定性：【答案】B【解析】【详解】A．锗是半导体材料，位于金属区和非金属区的交界处，A正确；B．同一主族从上向下非金属性逐渐减弱，非金属性越弱，其最高价氧化物对应的水化物酸性越弱，锗的非金属性比碳弱，碳酸是弱酸，则锗的最高价含氧酸也是弱酸，B错误；C．锗是半导体材料，其单质具有半导体的性能，C正确；D．非金属性越弱，其氢化物越不稳定，锗的非金属性比硅弱，，D正确；答案选B。12. 下列方程式中正确的是A. Ba(OH)2溶液中加入过量NaHSO4溶液：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2OB. 过量Fe单质在Cl2中加热：Fe+Cl2FeCl2C. 次氯酸钙溶液中通入过量CO2：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClOD. 氢氧化钠溶液中加入过量的碳酸氢钙：HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O【答案】D【解析】【详解】A．Ba(OH)2溶液中加入过量NaHSO4溶液时，氢氧化钡完全反应，钡离子和氢氧根按照物质的量之比为1：2进行反应，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++═BaSO4↓+2H2O，故A错误；B．过量铁粉在Cl2中燃烧生成氯化铁，与量无关，不会生成氯化亚铁，反应方程式为：，故B错误；C．向次氯酸钙溶液中通入过量的CO2的离子反应为ClO-+CO2+H2O═+HClO，故C错误；D．氢氧化钠溶液中加入过量碳酸氢钙溶液的离子反应为Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O，故D正确；
故选：D。13. 某同学设计用下图的装置制备少量的 (易水解)。下列说法错误的是A. B装置中所装试剂为饱和的NaCl溶液，其作用是除去氯气中的HClB. 装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进入E中C. 用50mL 12 的盐酸与足量的反应，所得氯气可以制取26.7g D. 实验过程中应先点燃A处的酒精灯，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯【答案】C【解析】【分析】制备少量的AlCl3，由实验装置可知，A中浓盐酸与二氧化锰反应加热下反应生成氯气，且稀盐酸与二氧化锰不反应，B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，C中浓硫酸可干燥氯气，D中Al与氯气加热反应生成氯化铝，E中可收集氯化铝，F中浓硫酸可防止G中水蒸气进入E中，G中NaOH溶液吸收尾气，据此分析解题。【详解】A． 因浓盐酸易挥发，B 装置中所装试剂为饱和 NaCl 溶液，其作用是除去 Cl2中的 HCl，故A正确；B． 装置 C 和 F 中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进入 E 中，防止氯化铝水解，故B正确；C． 若盐酸完全反应，n(HCl)=0.05molL×12mol/L=0.6mol，MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，可知生成氯气为0.6mol×=0.15mol，由Cl原子守恒可知得到氯化铝为0.15mol×2××133.5g/mol=13.35g，且稀盐酸与浓盐酸不反应，则最终得到氯化铝的质量小于13.35g，故C错误；D． 实验过程中应先点燃A处的酒精灯，将空气排出后，防止Al与氧气反应，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯，故D正确；故选C。14. X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素，X的原子半径在短周期主族元素中最大，Y元素位于元素周期表的第二周期，Y元素原子的最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素原子的L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2∶1。下列叙述不正确的是A. WY2、RY2都属于共价化合物B. X、Z、W、Y原子半径依次减小C. X与Y形成的两种化合物中阳、阴离子的个数比均为2∶1D. Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是R>Z>W【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素，其中X的原子半径是短周期主族元素中最大的，则X为Na；Y元素位于元素周期表的第二周期，Y元素原子的最外层电子数为m,次外层电子数为n,则n=2，Z元素的原子L层电子数为 m+n,M层电子数为 m-n,则m+n=8，则m=8-2=6，故Y为O元素，Z的M层电子数为6-2=4，故Z为Si元素；W元素与Z元素同主族，则W为C元素；R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8，R的核外电子数为16，则R为S元素，据此分析解题。【详解】由分析可知，X为Na、Y为O、Z为Si、W为C、R为S；A．由分析可知，Y为O、W为C、R为S ，CO2、SO2都属于共价化合物，A正确；B．由分析可知，X为Na、Z为Si、R为S 、Y为O，根据电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，X、Z、W、Y原子半径依次减小，B正确；C．X与Y形成的两种化合物分别为Na2O、Na2O2，两种化合物中阳、阴离子的个数比均为2：1，C正确；D．非金属性：S＞C＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸即R＞W＞Z，D错误；故答案为：D。15. 有一粉末，它是由铁的氧化物物中的一种或两种组成，取3.04 g粉末加热，同时通入足量的CO使之完全反应，再用澄清石灰水把产生的气体充分吸收，产生沉淀5g，则该粉末的组成可能是A. 只有Fe2O3 B. 只有FeOC. 等物质的量的FeO和Fe3O4 D. 等物质的量的Fe2O3和Fe3O4【答案】C【解析】【详解】用澄清石灰水把产生的气体充分吸收，产生沉淀5g，则生成的CO2的物质的量为：n(CO2)="n(Ca" CO3)=5g÷100g/mol=0.05mol，设铁的氧化物化学式为FexOy,设铁的氧化物物质的量为n，则有：FexOy+ yCO ＝ xFe + yCO21                    yn                  0.05 得n=0.05/y  3.04/ (56x+16y)=0.05/y ，x/y=4/5，所以Fe和O的原子个数比为4：5，选C。16. 固体粉末可能由中的几种等物质的量混合而成，进行如下实验：①取固体溶于足量水中，得到澄清透明溶液，将溶液分为三等份。②第一份溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象，再滴加足量溶液，过滤、洗涤、干燥，得到固体。③在第二份溶液中滴加溶液无明显现象，继续滴加双氧水，溶液显血红色。④在第三份溶液中滴加足量溶液，过滤、洗涤、灼烧，得到固体。下列说法正确的是A. 固体粉末中肯定没有B. 根据④中的沉淀颜色能判断固体粉末中是否含有C. 固体粉末中肯定含有D. 上述实验无法确定固体粉末是否含有，需进一步通过焰色试验确定【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，在第一份溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象，说明一定没有Na2CO3，再滴加足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，得到2.33g固体，该固体为BaSO4，n(BaSO4)==0.01mol，则原溶液中一定含有CuSO4，且质量为：0.01mol×160g/mol=1.60g，在第二份溶液中滴加KSCN溶液无明显现象，说明原溶液一定不含FeCl3，继续滴加双氧水，溶液显血红色，说明原溶液中含有FeCl2，在第三份溶液中滴加足量溶液，过滤、洗涤、灼烧，得到固体，该固体可能为0.01molCuO（0.8g）和0.005molFe2O3（0.8g）的混合物，剩下2.0-0.8-0.8=0.4g，若为0.01mol，M=0.4g÷0.01mol=40g/mol，为MgO。故固体为CuO和Fe2O3、MgO的混合物，说明原溶液中一定含有CuSO4、FeCl2、MgCl2，一定不含Na2CO3、FeCl3，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，固体粉末中肯定没有，A错误；B．④中的沉淀Cu(OH)2为蓝色，Fe(OH)2为白色，故根据④中的沉淀颜色不能判断固体粉末中是否含有，B错误；C．由分析可知，固体粉末中肯定含有、MgCl2，C正确；D．由分析可知，上述实验肯定不含有，D错误；故答案为：C。二、填空题：本题共5小题，共52分。17. A、B、C、D、E为中学化学常见的单质或化合物，相互转化关系如图所示。A是淡黄色固体化合物，常温下D是无色气体，C为常见强碱且含有的阴、阳离子均为10电子粒子。（1）A中含有的化学键类型有_____，C的电子式为_____，E的化学式为_____。（2）写出反应Ⅰ的化学方程式_____。（3）将一定量的气体D通入2LC的溶液中，向所得溶液中边滴加稀盐酸边振荡至过量，产生的气体与盐酸物质的量的关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl的挥发)。a点溶液中Na+、Cl-、HCO、CO物质的量浓度由大到小的顺序是_____。（4）在一定温度下，向C的溶液中通入Cl2，所得溶液中n(ClO-)：n(ClO)=3：1，写出总反应的离子方程式_____。【答案】（1）    ①. 离子键和共价键    ②.     ③. Ba(OH)2或Ca(OH)2    （2）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2    （3）c(Na+)＞c(Cl-)＞c ()＞c()    （4）6Cl2+12OH-=8Cl-+3ClO-++6H2O【解析】【分析】由题干转化图和已知信息A是淡黄色固体，常温下D是无色气体，C是一种常见的碱，含有的阴、阳离子均为10电子粒子，则A为Na2O2，D为CO2，B为Na2CO3，C为NaOH，E为Ba(OH)2或Ca(OH)2，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，A为Na2O2，则A中含有的化学键类型有Na+和之间的离子键和内部的共价键，C为NaOH，则C的电子式为，E的化学式为Ba(OH)2或Ca(OH)2，故答案为：离子键和共价键；；Ba(OH)2或Ca(OH)2；【小问2详解】由分析可知，反应I即Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，故反应Ⅰ的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；【小问3详解】分析题干图示信息可知，3～5的反应为+H+=CO2↑+H2O，此时消耗盐酸2mol，1～3肯定发生+H+=，该反应应消耗2molHCl，而此时消耗3molHCl，则肯定含有NaOH，则NaOH的物质的量为1mol，Na2CO3为2mol，反应至a点则有1.5molHCl与Na2CO3反应生成NaHCO3和NaCl，溶液为1.5molNaHCO3和0.5molNa2CO3，溶液呈碱性，若不考虑水解与电离，则此时溶液中含有5molNa+、2.5molCl-、1.5mol和0.5mol，故存在离子浓度：c(Na+)＞c(Cl-)＞c ()＞c()，故答案为：c(Na+)＞c(Cl-)＞c ()＞c()；【小问4详解】由分析可知，C为NaOH溶液，则在一定温度下，向C的溶液中通入Cl2，所得溶液中n(ClO-)：n()=3：1，根据氧化还原反应配平可知，总反应的离子方程式为：6Cl2+12OH-=8Cl-+3ClO-++6H2O，故答案为：6Cl2+12OH-=8Cl-+3ClO-++6H2O。18. 铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用基准试剂，其制备过程如图。已知：过程Ⅰ的反应原理为：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4（1）写出过程Ⅱ中，往滤液A中加入稀H2SO4产生CO2的离子方程式_____。（2）过程Ⅲ中，往滤液B中，加入适量蒸馏水，加热并不断搅拌，加入适量Al2(SO4)3，_____、_____、过滤、洗涤、晾干，得到铵明矾(填具体的实验操作步骤，铵明矾的溶解度曲线如图1所示)。（3）向盛有10mL1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液的烧杯中滴加1mol·L-1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化关系如图2所示。①写出m点反应的离子方程式_____。②若在NH4Al(SO4)2溶液中改加20mL1.2mol·L-1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为_____mol。【答案】（1）+H+=CO2↑+H2O    （2）    ①. 蒸发浓缩    ②. 冷却结晶    （3）    ①. +OH-=NH3•H2O    ②. 0.022【解析】【分析】NaHCO3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO3沉淀，过滤后得滤液中有(NH4)2SO4和少量的NaHCO3，将(NH4)2SO4溶液用稀硫酸调节pH值为2，使NaHCO3生成硫酸钠，得溶液B为(NH4)2SO4溶液和少量的硫酸钠溶液，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾，以此解答该题；【小问1详解】滤液A中NaHCO3和稀H2SO4产生CO2的离子方程式为+H+=CO2↑+H2O；【小问2详解】加入适量蒸馏水，加热并在不断搅拌下加入3mol•L-1硫酸至沉淀恰好完全溶解，再加入适量量的(NH4)2SO4，用3mol•L-1硫酸和氨水调节溶液的pH为1～2，蒸发浓缩，冷却结晶，静置，过滤、洗涤、晾干，得到NH4Al(SO4)2•12H2O，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；【小问3详解】①m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是与OH-反应生成NH3•H2O，离子方程式为：+OH-=NH3•H2O，故答案为：+OH-=NH3•H2O；
②10mL 1mol•L-1 NH4Al(SO4)2溶液中Al3+物质的量为0.01mol，的物质的量为0.01mol，的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 mol•L-1Ba(OH)2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH-为0.048mol，由+Ba2+=BaSO4↓，可知不足，故可以得到0.02mol BaSO4，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，0.01mol Al3+消耗0.03mol OH-同时生成0.01mol Al(OH)3，反应剩余OH-为0.048mol-0.03mol=0.018mol，由+OH-=NH3•H2O可知 0.01mol 消耗0.01molOH-，反应剩余OH-为0.018mol-0.01mol=0.008mol，Al(OH)3+OH-= +2H2O可知0.008molOH-消耗0.008mol Al(OH)3，故得到Al(OH)3沉淀为0.01mol-0.008mol=0.002mol，则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol，故答案为：0.022。19. Cl2和“84”消毒液在三年的防疫工作中，起到了重大的作用。Ⅰ.Cl2的性质及制备原理探究。（1）下列关于氯气的说法不正确的是_____。A. 可采用碱石灰干燥氯气B. 可通过排饱和食盐水法收集氯气C. 常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中D. 工业上，常用氢气和氯气光照爆炸后生成的氯化氢溶于水制取盐酸（2）制备氯气的反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，小组同学提出方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积，计算余下的盐酸的浓度。装置如图所示(夹持器具已略去)。①仪器a的名称为_____。②在记录量气管读数时，应注意将_____(填具体操作，下同)，再_____，视线与量气管内凹液面相切，水平读数。③若取制取氯气后的残余溶液10mL与足量的锌粒反应，最终量气筒内收集到的气体折算到标况下为336mL，这说明当盐酸的浓度小于_____mol/L时不再与二氧化锰反应。Ⅱ.“84”消毒液是家居常用的防疫用品。（3）消毒效率是用单位质量的消毒剂得电子数来表示的，NaClO作消毒剂时和氯气一样，还原产物均为Cl-。NaClO的消毒效率是氯气的_____倍(保留小数点后两位)。（4）久置后的“84”消毒液会变质，用离子方程式解释原因：_____(已知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO)。（5）针对不同物品的消毒，“84”消毒液需要稀释到不同的浓度。取含次氯酸钠14.9g·L-1的“84”消毒液1mL，加水稀释至100mL，则稀释后的溶液中次氯酸钠的物质的量浓度为_____mol·L-1。【答案】（1）AD    （2）    ①. 锥形瓶    ②. 装置冷却至室温    ③. 调节水准管高度，使其液面与量气管中液面相平    ④. 3    （3）095    （4）ClO-+H2O+CO2═HClO+    （5）0.002【解析】【小问1详解】A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，故A错误；
B．氯气在饱和食盐水中溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，故B正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，故C正确；
D．工业制备氯化氢，是将氯气在氢气中燃烧，氢气和氯气在光照下反应易发生爆炸，故D错误；
故答案为：AD；【小问2详解】①仪器a的名称为锥形瓶；②在记录量气管读数时，应注意将装置冷却至室温，再调节水准管高度，使其液面与量气管中液面相平，视线与量气管内凹液面相切，水平读数，故答案为：装置冷却至室温；调节水准管高度，使其液面与量气管中液面相平；③标况下336mL氢气的物质的量为n(H2)=，根据H原子守恒得n(HCl)=2n(H2)=2×0.015mol=0.03mol，盐酸浓度为；【小问3详解】NaClO中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，则1molNaClO失去2mol电子，则1gNaClO失去的电子的物质的量为，Cl2中氯元素的化合价从0价降低到-1价，则1molCl2失去2mol电子，则1gCl2失去的电子的物质的量为，则NaClO的消毒效率与氯气的消毒效率之比为；【小问4详解】放置一段时间后，84消毒液中的NaClO可以和空气中的CO2反应生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为ClO-+H2O+CO2═HClO+；【小问5详解】14.9g/L的84消毒液1mL，加水稀释至100mL，则浓度变为原来的倍，即0.149g/L，其物质的量浓度为=0.002mol/L。20. 利用废旧白铁皮(含Fe、Zn、Fe2O3、ZnO)制备磁性Fe3O4胶体流程如图：已知：锌及其化合物的性质与铝及其化合物的性质具有一定的相似性。请回答：（1）步骤Ⅰ碱溶的目的是去除油污，以及溶解镀锌层，写出NaOH溶液与ZnO反应的化学方程式_____。（2）“部分氧化”阶段，ClO被Fe2+还原为Cl-，该反应的离子方程式是_____。（3）经测定溶液B中Fe2+、Fe3+的物质的量之比是1∶2。检验其中Fe2+可选用的试剂是_____(填字母)。A. NaOH溶液 B. KSCN溶液 C. KMnO4溶液 D. K3[Fe(CN)6]溶液（4）用______效应可以确定溶液B中是否产生了Fe3O4胶体。（5）步骤Ⅵ制备Fe3O4胶体装置如图1所示：①持续通入N2的作用是______。②实验室制取N2有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和图2装置(净化装置略去)，选出一种可行的方法，写出化学方程式_____。可供选择的试剂：CuO(s)、NH3(g)、Cl2(g)、O2(g)、饱和NaNO2(aq)、饱和NH4Cl(aq)【答案】（1）ZnO+2NaOH=Na2ZnO2+H2O    （2）6Fe2+++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O    （3）D    （4）丁达尔    （5）    ①. 在N2气氛下，防止Fe2+被氧化    ②. 【解析】【分析】废旧白铁皮(含Fe、Zn、Fe2O3、ZnO)加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气：Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2ZnO2，不溶物为Fe,不溶物Fe中加入稀硫酸，反应生成硫酸亚铁，加入适量NaClO3，氧化部分亚铁离子为铁离子：6Fe2+++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，再加入NaOH，为防止Fe2+被氧化，并通入氮气，生成四氧化三铁胶体粒子，据此分析解答。【小问1详解】ZnO化学性质与Al2O3相似，NaOH溶液与ZnO反应的化学方程式ZnO+2NaOH=Na2ZnO2+H2O；【小问2详解】“部分氧化”阶段，加入适量NaClO3，氧化部分亚铁离子为铁离子，被还原为Cl-，离子反应为：6Fe2+++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；【小问3详解】检验其中Fe2+可选用的K3[Fe(CN)6]溶液，溶液中含有氯离子，不能用KMnO4溶液，故答案为：D；【小问4详解】胶体具有丁达尔效应，用丁达尔效应可以确定溶液B中是否产生了Fe3O4胶体；【小问5详解】①Fe2+易被氧化，持续通入N2，在N2气氛下，防止Fe2+被氧化；②可利用饱和NaNO2(aq)和饱和NH4Cl(aq)在加热下发生氧化还原反应制备氮气，反应的化学方程式为：。21. 某研究性学习小组拟配制FeI2溶液并探究相关性质。Ⅰ.配制240mL0.2mol·L-1FeI2溶液（1）配制FeI2溶液除烧杯、量筒、胶头滴管外，①还需要的玻璃仪器是_____。②用托盘天平称量，需要称取FeI2_____g。③定容时，若仰视容量瓶刻度线会使配制的FeI2溶液浓度_____。(填“偏大”或“偏小”)④久置的FeI2溶液容易变质，检测其是否变质的试剂为_____。Ⅱ.探究Fe2+与I-还原性强弱取10mL上述FeI2溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后发现溶液呈黄色。同学们对产生黄色的原因提出假设：假设1：只有I-被少量Cl2氧化成I2溶解在溶液中，碘水为黄色，还原性：I-＞Fe2+；假设2：只有Fe2+被少量Cl2氧化成Fe3+，FeCl3溶液为黄色，还原性：Fe2+＞I-。（2）设计方案，验证假设实验方案预期现象结论向反应后的溶液中加入适量______，振荡，静置，分层，观察下层液体颜色，在上层溶液中加入KSCN溶液，观察上层颜色下层呈紫红色假设1正确______假设2正确①为______(填“CCl4”或“苯”)。②上层呈______色。最终实验现象证实：假设1正确。③若向20mL上述FeI2溶液通入112mL(标准状况)Cl2，反应的离子方程式为______。【答案】（1）    ①. 玻璃棒、250ml的容量瓶    ②. 15.5    ③. 偏小    ④. KSCN溶液    （2）    ①. CCl4    ②. 红    ③. 2Fe2++6I-+4Cl2=2Fe3++3I2+8Cl-【解析】【小问1详解】①实验室没有240mL容量瓶，应选250mL规格的，配制FeI2溶液时需要天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、250ml的容量瓶，胶头滴管，则除烧杯、量筒、胶头滴管外还需的玻璃仪器是玻璃棒、250ml的容量瓶；
②250mL0.2mol·L-1FeI2的物质的量为n=c∙V=0.25L×0.2mol·L-1=0.05mol，需要称取FeI2质量为m=n∙M=0.05mol×310g/mol=15.5g；③定容时，仰视容量瓶刻度线会使溶液体积偏大，浓度偏小；④久置的FeI2溶液中Fe2+易被氧气氧化生成Fe3+而变质，检测其是否变质即检验Fe3+的试剂为KSCN溶液；【小问2详解】假设1：I-被Cl2氧化成I2溶解在溶液中，通过溶液中加入适量四氯化碳，萃取出碘单质从而使CCl4层呈紫红色来证明有碘单质生成；假设2：Fe2+被Cl2氧化成Fe3+，向该溶液中加入KSCN溶液，溶液变为红色证明有三价铁生成；故答案为：①为CCl4；②上层呈红色；