湖北省华中师范大学第一附属中学2021-2022学年高一上学期期末考试化学试题（含答案解析）

这是一份湖北省华中师范大学第一附属中学2021-2022学年高一上学期期末考试化学试题（含答案解析），文件包含精品解析湖北省华中师范大学第一附属中学2021-2022学年高一上学期期末考试化学试题原卷版docx、精品解析湖北省华中师范大学第一附属中学2021-2022学年高一上学期期末考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。

可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 中国诗词既蕴含人文思想，又焕发理性光辉。对下列诗词划线部分的化学解释不合理的是
A. 花气袭人知骤暖，喜鹊穿树喜新晴——温度高，分子运动加快
B. 千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲——煅烧石灰石，为氧化还原变化
C. 烟笼寒水月笼沙，夜泊秦淮近酒家——此处的“烟”实为水雾，为一种气溶胶
D. 何意百炼钢，化为绕指柔——生铁经不断煅烧捶打氧化，降低碳的含量，变成钢
【答案】B
【解析】
【详解】A．分子总在不断运动，温度升高，分子运动速率加快，故A正确；
B．煅烧石灰石，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，反应过程中元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C．“烟笼寒水月笼沙，夜泊秦淮近酒家”中的“烟”指小液滴，也即水雾，水雾是一种气溶胶，故C正确；
D．生铁的含碳量高于钢，生铁经不断煅烧捶打氧化，碳变成二氧化碳气体，含碳量降低，变成钢，故D正确；
故答案选B。
2. 下列叙述正确的有
①爆炸、变色、导电一定属于化学变化
②、、CaO都能溶于水生成碱，它们都属于碱性氧化物
③离子化合物中不一定含有金属元素
④、、FeS、均可通过化合反应制得
⑤烧碱固体、纯醋酸、乙醇均不导电，所以它们都不是电解质
⑥冰中水分子间以氢键结合成排列规整的晶体，体积膨胀密度减小，所以冰浮在水面上
A. 1项B. 2项C. 3项D. 4项
【答案】C
【解析】
【详解】①导电过程中没有新物质生成，属于物理变化，故①错误；
②碱性氧化物与酸反应只生成盐和水，与盐酸反应生成氯化钠和水、氧气，不是碱性氧化物，故②错误；
③离子化合物中不一定含有金属元素，如氯化铵只含有非金属元素，故③正确；
④Fe与化合生成，Fe与Cl2化合生成，Fe与S化合生成FeS，与氧气、水发生化合反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3得到，故④正确；
⑤烧碱固体、纯醋酸都是化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，是电解质，故⑤错误；
⑥冰中水分子间以氢键结合成排列规整的晶体，晶体中有空隙，体积膨胀密度减小，所以冰浮在水面上，故⑥正确；
故正确的有③④⑥三项；
故答案选C。
3. 下列化学用语正确的是
A. 硫原子的结构示意图：
B. 的电子式为
C. 在水溶液中电离方程式：
D. KCl形成过程：
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫原子的核电荷数为16，最外层电子数为6，其原子结构示意图为，故A错误；
B．Na2O2由Na+和构成，中O原子间共用1对电子，O原子最外层电子数为8，则Na2O2电子式为，故B正确；
C． 在水溶液中电离产生Na+和，其电离方程式为，故C错误；
D．KCl为离子化合物，由K+和Cl-构成，用电子式表示其形成过程为：，故D错误；
故答案选B。
4. 下列关于胶体的叙述正确的是
A. 将溶液滴入沸腾的水中，得到带正电荷的氢氧化铁胶体
B. 制备的胶体能长期稳定存在
C. 用激光笔照射NaCl溶液和胶体时，产生的现象相同
D. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径在1nm～100nm之间
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢氧化铁胶体呈电中性，故A错误；
B．胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，不能长期稳定存在，故B错误；
C．丁达尔效应是胶体特有的性质，用激光笔照射NaCl溶液和胶体时，只有胶体能产生光亮的通路，产生的现象不同，故C错误；
D．分散系根据分散质粒子直径大小分为溶液、胶体和浊液，分散质粒子直径介于1～100nm之间的分散系为胶体，故胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径在1nm～100nm之间，故D正确；
故答案选D。
5. 下列实验装置及实验结果合理的是
A. 实验室用图1所示装置制备少量氧气
B. 实验室用图2所示装置测定氯水的pH
C. 实验室用图3所示装置制备少量Fe(OH)2，先打开止水夹a，一段时间后再关闭a
D. 实验室用图4所示装置证明非金属性强弱：Cl>C>Si
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于Na2O2是粉末，与水混合后不能分离，故实验室用图1所示装置不能实现“控制反应的发生与停止”，很难控制只制备少量氧气，不能达到实验目的，A不合题意；
B．由于Cl2水具有漂白性，不能用pH试纸测量氯水的pH值，应该用pH计，故实验室用图2所示装置测定氯水的pH不能达到实验目的，B不合题意；
C．实验室用图3所示装置制备少量Fe(OH)2，先打开止水夹a，则Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，H2排空装置中的空气，一段时间后再关闭a，由于继续产生H2，A试管中气体压强增大，将A中溶液压入B试管中，发生FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，且整体体系中处于H2的还原性氛围中，能够防止Fe(OH)2被氧化，故能达到实验目的，C符合题意；
D．实验室用图4所示装置可以观察到CaCO3表面产生大量的无色气泡，经过饱和碳酸氢钠溶液后除去CO2中的HCl后，再通入Na2SiO3溶液中可以看到溶液变浑浊，说明酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，非金属元素的非金属性与其最高价氧化物对应水化物的酸性一致，由于HCl不是Cl的最高价氧化物对应水化物，故不能证明三种非金属性强弱，不能达到实验目的，D不合题意；
故答案为：C。
6. 在两个容积相同的容器中，一个盛有气体，另一个盛有和CO的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体一定相同的物理量有几项：
(1)分子数 (2)原子数 (3)质量 (4)中子数 (5)密度 (6)气体摩尔体积
A. 4项B. 5项C. 6项D. 3项
【答案】A
【解析】
【详解】(1)在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，则相同体积的与和CO的分子数目相同，故(1)符合题意；
(2)在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，物质的量相等，CO、N2是双原子分子、C2H4是6原子分子，则相同体积的与和CO的原子数一定不相等，故(2)不符合题意；
(3)CO、N2和C2H4的摩尔质量都是28g/ml，的物质的量与和CO的总物质的量相等时，质量一定相等，故(3)符合题意；
(4)CO的中子数为14，N2的中子数为14，C2H4的中子数为12，故相同体积的N2与C2H4和CO气体的中子数一定不相等，故(4)不符合题意；
(5)C2H4和CO的相对分子质量都是28，故混合气体平均相对分子质量为28，N2的相对分子质量为28，同温同压下，气体密度之比等于相对分子质量之比，故两容器内气体的密度相等，故(5)符合题意；
(6)在相同温度和压强下，气体的摩尔体积相等，故(6)符合题意；
综上所述，正确的有4项；
故答案选A。
7. 膦(PH3)可以用白磷(P4)与过量碱液反应制备，化学反应方程式为，下列说法不正确是
A. 上述反应中属于歧化反应B. KH2PO2为酸式盐
C. 上述反应中PH3为还原产物D. 生成1mlKH2PO2时转移1ml电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．P4→PH3中P元素化合价降低，P4→KH2PO2中P元素化合价升高，发生歧化反应，A正确；
B．过量碱液与KH2PO2不反应，说明H3PO2是一元酸，则KH2PO2为正盐，B错误；
C．P4→PH3中P元素化合价降低，发生还原反应，则PH3为还原产物，C正确；
D．KH2PO2中P元素化合价为+1，P元素从0价升高到+1，则生成1mlKH2PO2时转移1ml电子，D正确；
故选：B。
8. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. (其中D代表)中含有的中子数为10NA
B. 溶液中所含数目为2NA
C. 常温常压下，和的混合气体16g所含氧原子数为NA
D. 3ml单质Fe与足量水蒸气在高温下完全反应，失去9NA个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．一个含有13个中子，则(其中D代表)中含有的中子数为13NA，故A错误；
B．溶液的体积未知，不能计算的数目，故B错误；
C．氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含有的氧原子的物质的量为1ml，数目为NA，故C正确；
D．铁和水蒸气反应后生成Fe3O4，化合价从0变为价，故3ml单质Fe与足量水蒸气在高温下完全反应，失去8NA个电子，故D错误；
故答案选C。
9. 以化合价为纵坐标，物质类别为横坐标的图像称为价类二维图，在地壳中的含量仅次于铝，居第四位的元素价类二维图如图所示，下列说法错误的是
A. a与水常温下几乎不发生反应，但在高温下可发生置换反应
B. b和c可分别与水发生反应生成e和d
C. e在潮湿的空气中容易转变为d
D. h的某种盐是具备净水和消毒双重功能的水处理剂
【答案】B
【解析】
【分析】由题中信息可知，在地壳中的含量仅次于铝，居第四位的元素是Fe元素，据此解答。
【详解】A．Fe与水常温下几乎不发生反应，但在高温下铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，即3Fe+4H2OFe3O4+4H2，属于置换反应，故A正确；
B．b为FeO，c为Fe2O3，FeO和Fe2O3均不溶于水，均不能直接与水反应生成相应的碱Fe(OH)2和Fe(OH)3，故B错误；
C．e为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3，Fe(OH)2在潮湿的空气中容易转变为Fe(OH)3，即4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3，故C正确；
D．h为高铁酸盐即含，具有强氧化性，能够杀菌消毒，+6价的铁被还原成+3价，又Fe3+形成氢氧化铁胶体具有较大表面积，吸附悬浮杂质可以做净水剂，故D正确；
答案为B。
10. 下列反应的离子反应方程式正确的是
A. 过量二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液中：
B. 氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：
C. 将足量通入溶液中：
D. 向明矾溶液中逐滴加入溶液至生成沉淀的质量最大：
【答案】D
【解析】
【详解】A．过量的二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠，碳酸氢钠为固体，应保留化学式，正确的离子方程式为，故A错误；
B．该方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为，故B错误；
C．将足量Cl2通入到FeI2溶液中，亚铁离子和碘离子都完全被氧化，反应的离子方程式为，故C错误；
D．向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大时生成硫酸钡和偏铝酸钾、水，反应的离子方程式为，故D正确；
故答案选D。
11. 某固体粉末含、、、、中的一种或几种，我校学生科学院化学兴趣小组按如下方案进行实验探究。已知：，下列对实验结果的分析合理的是
A. 固体粉末中一定含有、、
B. 溶液甲中可能含有
C. 溶液乙中溶质至少2种及以上
D 固体乙中成分至少2种及以上
【答案】C
【解析】
【分析】固体粉末中加入过量HCl生成气体甲，根据固体的可能组成可知，该气体一定为CO2，则固体粉末中一定含有碳酸盐，根据可知，原固体中含有Cu2O，固体甲含有Cu，溶液甲中含有Cu2+，加入过量NaOH，得到溶液乙和固体乙，则固体乙中一定含有Cu(OH)2，溶液乙中含有NaCl、NaOH，Al2O3不确定是否一定有，若样品含有Al2O3，则溶液乙中还含有NaAlO2。
【详解】A．由上述分析可知，固体粉末中不一定含有，故A错误；
B．由于加入过量盐酸后得到的固体甲中含有Cu，Cu能与Fe3+反应，则溶液甲中一定不含Fe3+，故B错误；
C．由上述分析可知，溶液乙中一定含有NaCl、NaOH，可能含有NaAlO2，即溶液乙中溶质至少2种及以上，故C正确；
D．固体乙中一定含有Cu(OH)2，其它不能确定，故D错误；
故答案选C。
12. 下列说法不正确的是
A. 某硝酸密度为，质量分数为63％，此硝酸物质的量浓度为
B. 100g浓度为的硫酸中加入一定的水稀释成，则加入水的体积大于100mL(已知硫酸的浓度越大，其密度越大)
C. 溶液和溶液，的物质的量浓度相同
D. 溶液中含，则溶液中的物质的量浓度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．硝酸物质的量浓度为，A正确；
B．根据稀释定律，稀释后溶液体积为原来的2倍，稀释后硫酸的浓度比原来的小，即稀释后溶液的质量小于原溶液的2倍，即加入水的质量小于100g，B错误；
C．溶液中的物质的量浓度为0.2×1=0.2ml/L，溶液中的物质的量浓度为0.1×2=0.2ml/L，C正确；
D．的物质的量为，则硫酸铝的物质的量浓度为，溶液中的物质的量浓度为，D正确；
故选：B。
13. 下列实验中，对应的操作、现象以及结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向淀粉-KI溶液中滴加氯水，溶液变蓝，说明碘离子被氧化成碘单质，其中KI为还原剂，氯化钾为还原产物，则还原性：，故A错误；
B．向蒸馏水中滴入几滴酚酞溶液，再加入过氧化钠，因过氧化钠具有漂白性，其现象为：有气泡产生，溶液先变红后褪色，故B错误；
C．将潮湿氯气通过盛有干燥红纸条的集气瓶，红色褪去，说明氯气与水反应生成了漂白性物质，氯气本身不具有漂白性，故C错误；
D．向CuSO4溶液中加入一小块钠，产生无色气泡，溶液底部有蓝色沉淀生成，说明Na不会直接与溶液中的CuSO4反应，而是先与溶液中的水反应，生成的NaOH在于其溶质反应，故D正确；
故选D。
14. W、X、Y、Z为原子序数依次减小的短周期主族元素，且只有X、Y位于同一周期。这四种元素形成的某种化合物的结构如图所示。下列叙述错误的是
A. 简单气态氢化物的稳定性：X>Y
B. 简单离子半径：X>W
C. 该物质具有强氧化性，可能用于漂白
D. Y的氯化物所有原子最外层均达到8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次减小的短周期主族元素，且只有 X、Y位于同一周期，二者只能位于第二周期，W位于第三周期，结合图示可知，W形成+2价阳离子，则W为Mg；X形成2个共价键，Z形成1个共价键，Y形成4个共价键，且每个Y还得到1个电子，则X为O元素，Y为B元素，Z为H元素。
【详解】A．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性：O>B，则简单气态氢化物的稳定性：O>B，即X>Y，故A正确；
B．电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，O2-和Mg2+具有相同的核外电子排布，Mg的核电荷数大于O，则简单离子半径：O2->Mg2+，即X>W，故B正确；
C．该物质中含有-O-O-键，具有强氧化性，能够用于漂白，故C正确；
D．Y的氯化物为BCl3，BCl3中B原子最外层电子数为3+3=6，不满足8电子稳定结构，故D错误；
故答案选D。
15. 某些化学知识用数轴表示更形象直观、简明易记。下列用数轴表示不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁和稀硝酸反应的化学方程式为：（Fe少量），（Fe过量），少量铁和稀硝酸反应生成硝酸铁，此时n(HNO3)∶n(Fe)=4∶1；过量的铁和硝酸反应最后生成硝酸亚铁，此时(HNO3)∶n(Fe)=8∶3；在4∶1～8∶3范围内生成硝酸亚铁和硝酸铁，该数轴表示合理，故A不符合题意；
B．烧喊溶液中通入少量二氧化疏反应生成亚硫酸钠，即n(NaOH)∶n(SO2)=2∶1时反应生成亚硫酸钠；通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢钠，即n(NaOH)∶n(SO2)=1∶1时反应生成亚硫酸氢钠；在2∶1～1∶1范围内生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，该数轴表示合理，故B不符合题意；
C．Na与O2加热反应的产物是过氧化钠，与反应条件有关，与反应物的物质的量之比无关，该数轴表示不合理，故C符合题意；
D．OH-与Al3+的物质的量之比为3：1时，铝元素都以Al(OH)3的形式存在，则OH-与Al3+的物质的量之比<3时铝元素都以Al(OH)3和Al3+的形式存在，OH-与Al3+的物质的量之比为4：1时，铝元素都以+的形式存在，则OH-与Al3+的物质的量之比为>4时铝元素都以的形式存在，该数轴表示合理，故D不符合题意；
故答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 已知短周期元素M、N、X、Y、Z分布在三个周期，N、X最外层电子数相同，Z原子序数大于X，其中Z的简单离子半径在同周期中最小，X单质极易与常见无色无味液态物质发生置换反应且做氧化剂，在短周期中Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强。回答下列问题：
（1）Y在周期表中的位置是_______，写出YM的电子式：_______。
（2）N、X、Y、Z简单离子的半径由大到小的顺序(用对应离子符号表示)：_______。
（3）在与YX的混合液中，通入足量，是工业制取的一种方法，写出该反应的化学方程式：_______。
（4）镓(31Ga)的化合物氮化镓(GaN)和砷化镓(GaAs)作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着5G技术的发展，它们的商用价值进入“快车道”。
①下列有关说法正确的是_______。
a.Ga位于元素周期表第四周期ⅣA族
b.Ga为门捷列夫预言的“类铝”
c.Ga的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z元素最高价氧化物对应水化物的碱性强
d.酸性：
②废弃的含GaAs的半导体材料可以用浓硝酸溶解，放出气体，同时生成和，写出该反应的化学方程式为_______。
（5）是有机合成的重要还原剂，其合成路线如图所示。
利用遇水反应生成的氢气的体积测定样品纯度。
①其反应的化学方程式为_______。
②现设计如图四种装置测定样品的纯度(假设杂质不参与反应)。
从简约性、准确性考虑，最适宜的方案是_______(填编号)。
③取样品a g，若实验测得氢气的体积为V mL(标准状态)，则样品纯度为_______(用代数式表示)。
【答案】（1） ①. 第三周期ⅠA族； ②.
（2）Cl->F->Na+>Al3+
（3）
（4） ①. bc ②.
（5） ①. ②. 乙 ③.
【解析】
【分析】由题知，N、X为同主族元素，且X单质能讲H2O氧化，可得X单质为F2，与水的反应式为，可得N元素为Cl元素。Z原子序数大于X，则Z为第三周期元素，且其简单离子半径最小，可得Z为Al元素。Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强，可知Y为短周期中金属性最强的元素，为Na元素。M与N、X、Y、Z均不在同一周期，可得M为第一周期的元素，为H元素。
【小问1详解】
Na在第三周期第ⅠA族，与H的化合物NaH为离子化合物，其电子式为；
【小问2详解】
N、X、Y、Z的简单离子分别为Cl-、F-、Na+、Al3+，除了Cl-为三个电子层外，其余离子均为两个电子层。电子层数相同时，质子数越小，半径越大，所以离子半径大小顺序依次为：Cl->F->Na+>Al3+；
【小问3详解】
由题足量CO2在碱性溶液中与NaAlO2和NaF反应生成NaHCO3和Na3AlF6，反应式为：
【小问4详解】
①Ga位于元素周期表第四周期第ⅢA族，与Al元素在同一主族，最外层电子数相同，化学性质类似，金属性强于Al元素，b、c正确，a错误。N、P、As均为第ⅤA族元素且原子序数依次增大，其非金属性依次减小，最高价氧化物对应水化物酸性依次减小，d错误，故选bc；
②GaAs中As元素被HNO3氧化生成H3AsO4，化合价从－3价升为+5价，HNO3中氮元素被还原，化合价从+5价降为+4价，结合电子守恒，反应式应为：；
【小问5详解】
①NaAlH4为强还原剂，其中H元素为－1价，与H2O反应将其中H元素还原，结合电子守恒化学反应式为：；
②通过测定反应生成的H2体积结合化学式计算样品纯度，其中丙装置连接错误，无法用排水法测定H2体积；甲、丁装置中反应产生的氢气会导致现状内部压强大于外界大气压强，测得氢气体积偏小，导致样品纯度偏小；乙装置使用恒压分液漏斗，消除溶液体积压缩气体体积带来的误差，数据准确，选择乙装置；
③根据反应关系是可得，则样品纯度可列式：
17. 碳酸钠与工农业生产、日常生活紧密相关，工业上碳酸钠大多采用侯氏制碱法制取，所得碳酸钠样品中往往含有少量的NaCl，现欲测定样品中的质量分数，某探究性学习小组分别设计了如下实验方案。
方案Ⅰ：沉淀分析法
（1）把一定质量的样品溶解后加入过量的溶液，将所得沉淀_______(填操作名称)、洗涤、烘干、称量。
方案Ⅱ：气体分析法
（2）把一定质量样品与足量盐酸反应后，用图1所示装置测定产生气体的体积，为了使测量结果准确，B中溶液选用_______，但选用该溶液后实验结果仍然不够准确，可能的原因是_______。
方案Ⅲ：质量差分析法
（3）将一定质量的样品与足量的稀硫酸反应，采用如图2所示装置，通过称量反应前后盛有碱石灰的干燥管C的质量，利用其质量差计算样品的纯度。该实验的操作步骤：
a.检查装置的气密性
b.取n g样品装入广口瓶中
c.打开止水夹
d.缓慢鼓入空气数分钟
e.关闭止水夹
f.在干燥管内填满碱石灰质量为
g.缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止
h.再缓慢鼓入空气数分钟，再称量干燥管质量为
①图2中盛装稀硫酸的仪器名称_______。
②在操作h中，要缓慢鼓入空气数分钟，鼓入空气的作用是_______，装置A的作用是_______。
③若去掉装置D，对实验结果的影响是_______(填“偏大”，“偏小”或“无影响”)，若省略操作h，对实验结果的影响是_______(填“偏大”，“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）过滤 （2） ①. 饱和NaHCO3溶液 ②. CO2气体中混有的HCl气体可与NaHCO3溶液反应生成CO2
（3） ①. 分液漏斗 ②. 使广口瓶中产生的CO2气体全部排出 ③. 吸收空气中的CO2气体 ④. 偏大 ⑤. 偏小
【解析】
【分析】将碳酸钠样品与酸反应产生二氧化碳，然后准确测定生成气体的体积或质量，便可确定样品中含有的碳酸钠的质量。该实验成败的关键是二氧化碳的体积或质量测定是否准确，所以测定二氧化碳体积时，需防止滴加酸的体积产生的干扰、CO2中混有HCl气体产生的干扰；测定CO2的质量时，需防止空气中CO2气体产生的干扰。
【小问1详解】
样品中的Na2CO3与过量的CaCl2反应生成CaCO3沉淀，为测定沉淀的质量，需将所得沉淀过滤、洗涤、烘干、称量，故答案为：过滤；
【小问2详解】
B中的溶液应尽可能不溶解CO2，所以最好采用饱和NaHCO3溶液；但又会与HCl反应，所以选用该溶液后实验结果仍然不够准确，原因是：CO2气体中混有的HCl气体可与NaHCO3溶液反应生成CO2，故答案为：饱和NaHCO3溶液；CO2气体中混有的HCl气体可与NaHCO3溶液反应生成CO2；
【小问3详解】
①图2中盛装稀硫酸的仪器名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
②反应结束后，装置内会滞留一定量的CO2，从而影响CO2质量的测定，所以在操作h中，要缓慢鼓入空气数分钟，鼓入空气的作用是使广口瓶中产生的CO2气体全部排出；实验前，排尽装置内空气所用的空气中也应不含有CO2，所以装置A的作用是吸收空气中的CO2气体，故答案为：使广口瓶中产生的CO2气体全部排出；吸收空气中的CO2气体；
③若去掉装置D，空气中的CO2和水蒸气会被碱石灰吸收，从而增大装置C的质量，实验结果会偏大；若省略操作h，装置内残留的CO2不能被碱石灰完全吸收，导致测量结果偏小，故答案为：偏大；偏小。
18. 新冠肺炎期间，化学消毒剂大显身手。高铁酸钾(，)是一种高效多功能的绿色消毒剂，广泛应用于生活用水和废水的杀菌、消毒。工业制备高铁酸钾的方法主要有湿法和干法两种。
Ⅰ.实验室模拟湿法制备高铁酸钾的流程如下：
已知：转化过程发生复分解反应。
回答下列问题：
（1）配制上述NaOH溶液，下列操作可能导致溶液浓度偏大的有_______(填序号)。
A.将NaOH放在滤纸上称量
B.NaOH在烧杯中溶解后，未经冷却就立即转移
C.容量瓶洗净之后未干燥
D.定容时俯视刻度线
E.摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线
（2）NaOH溶液应置于冰水浴中，否则温度升高将发生如下副反应：(未配平)
①若有发生该副反应，该过程中转移电子数目为_______；
②若反应后溶液中NaCl和的物质的量之比为6∶1，则生成NaCl和NaClO的物质的量之比为_______。
（3）氧化过程中溶液保持碱性。写出反应的离子方程式：_______。
（4）产品经干燥后得到纯品99g，则的产率为_______(用百分数表示)。
Ⅱ.工业干法制备高铁酸钾的第一步反应为：，
（5）该反应中氧化产物为_______、_______，氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。第二步反应为：，试解释该反应能发生的原因_______。
【答案】（1）BD （2） ①. 0.25NA ②. 6∶1
（3）3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O
（4）75% （5） ①. O2 ②. Na2FeO4 ③. 5：3 ④. 相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小
【解析】
【分析】先用Cl2和NaOH溶液在低温下反应制备NaClO溶液，反应的方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，用NaClO将Fe3+氧化为，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+ 3Cl-+5H2O，用稀的KOH溶液来沉淀过量的Fe3+，然后加入浓的KOH溶液，由于该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小，故通过反应制备高铁酸钾，再过滤洗涤干燥即可得到产品。
【小问1详解】
A．将NaOH放在滤纸上称量，NaOH吸收空气的水蒸气而导致称量的固体质量偏小，配制浓度偏小，故A不选；
B．NaOH在烧杯中溶解后，未经冷却就立即转移，导致容量瓶内液体温度较高，加入水量偏小，配制浓度偏大，故B选；
C．容量瓶洗净之后未干燥，对浓度无影响，故C不选；
D．定容时俯视刻度线，使溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏大，故D选；
E．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，使溶液的体积增大，所配溶液浓度偏小，故E不选；
综上，符合题意的为BD，故答案为：BD；
【小问2详解】
Cl元素发生歧化反应，从0价降为-1价、从0价升至+5价，则NaCl前配5，NaClO3前配3，Cl2前配3，结合原子守恒配平方程式：；
①根据反应的化学方程式可知，存在关系式：3ml Cl2~5mle-，若有发生该反应，转移的电子的数目为0.25NA，故答案为：0.25NA；
②若反应后溶液中NaCl和的物质的量之比为6∶1，则1mlNaCl由主反应生成，主反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，则生成NaClO是1ml，则生成NaCl和NaClO的物质的量之比为6∶1，故答案为：6∶1；
【小问3详解】
中Fe元素为+6价，氧化过程Fe元素化合价升高，由+3价升高到+6价，被氧化，Cl元素化合价由+1价降低到-1价，被还原，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，故答案为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O；
【小问4详解】
标况下22.4L Cl2的物质的量为1ml，NaOH的物质的量为n=cV=4×0.5ml=2ml，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，两者恰好反应生成1ml NaClO，结合离子方程式3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O可知，生成，理论上质量m=nM=，则产率为×100%=75%，故答案为：75%；
【小问5详解】
对于反应，该反应中Fe的化合价由+2价升高为中的+6价，被氧化，FeSO4是还原剂，Na2O2中部分O的化合价由-1价升高为0价，被氧化，作还原剂，同时Na2O2中部分O的化合价由-1价降低为-2价，被还原，作氧化剂，氧化产物是O2和Na2FeO4；根据得失电子总数相等可知，6ml Na2O2中1ml作还原剂，5ml作氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为5ml：(1ml+2ml)=5:3；第二步反应为：Na2FeO4+2KCl=K2FeO4+2NaCl，该反应能发生是因为：相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小，故答案为：O2；Na2FeO4；5：3；相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小。
19. 已知NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2=N2+6HCl。当NH3过量时，会发生反应NH3+HCl=NH4Cl，产生白烟，因此当Cl2和NH3比例不同时，产物有差异。
(1)若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，则Cl2和NH3的最佳比例为_________。该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。若氯气有少量泄漏，用氨气检验时有明显现象，此过程中发生反应的Cl2和NH3的体积比范围为_______。
(2)体积为1.12L，质量为3.335g的Cl2和N2的混合气体通过浓氨水后，体积变为0.672L(其中Cl2体积分数为50%)。两位同学想要根据这些数据计算被氧化的NH3的质量。下面是两位学生从不同角度解题时所列的第一步算式，请判断他们所列未知数X分别表示什么量，并填写在表格内：(单位没列出)
(3)有Cl2和N2的混合气体，其中N2的体积分数为x，将1L该混合气体与1L的氨气混合，讨论x取不同范围的数值时，所得气体体积y与x的关系式______(所得气体体积均在相同状况下测定)
【答案】 ①. 3：2 ②. (0，1.5) ③. 被氧化氨的物质的量 ④. 反应前Cl2的体积 ⑤. 当x≥时，y=；当x<时，y=2-2x
【解析】
【详解】(1)氨气和氯气在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2=N2+6HCl，若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，则Cl2和NH3的最佳比例为3:2；如果管道漏气，发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，生成HCl气体继续与氨气反应生成氯化铵，现象为有白烟生成，即氨气应过量，所以发生反应的Cl2和NH3的体积比为大于0，小于1.5，故答案为：3:2；(0，1.5)；
(2)甲：2NH3+3Cl2=N2+6HCl计算表达式是利用反应前后气体物质的量的变化进行计算，所以计算式中X的意义是被氧化的氨气的物质的量；故答案为：被氧化氨的物质的量；
乙：2NH3+3Cl2→N2+6HCl分析反应和计算表达式分析判断，X为原混合气体中氯气的体积，故答案为：反应前Cl2的体积；
(3)若按上式反应，2NH3+3Cl2=N2+6HCl，氨过量，所以还会生成氯化铵8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，当x=62.5%时恰好生成氯化铵和氮气，此时y=0.75L(生成0.125+原来的0.625，也可用差量法2−1.25)，当x≥62.5%，即x≥时，剩余氨气，可以用氯气计算，差量法求得气体减少，所以y=2-=y=，当x<62.5%，即x<时，氯和氨都用完，求出生成的氮气和氯化氢气体体积之和为(2−3x)，原有氮x，所以共有气体体积为y=(2−2x)，故答案为：当x≥时，y=；当x<时，y=2-2x。图1
图2
图3
图4
选项
操作
现象
结论
A
向KI—淀粉溶液中滴加氯水
溶液变成蓝色
还原性：Cl->I-
B
向蒸馏水中滴入几滴酚酞溶液，再加入过氧化钠观察现象
产生气泡，且溶液变红
过氧化钠与水反应生成O2和NaOH
C
将潮湿的氯气通过盛有干燥红纸条的集气瓶
纸条红色褪去
氯气具有漂白性
D
向CuSO4溶液中加入一小块钠
产生无色气泡，溶液底部有蓝色沉淀生成
Na不会直接与溶液中的CuSO4反应
A
铁和稀硝酸反应
B
向烧碱溶液通入后的产物
C
Na与加热反应的产物
D
向溶液中逐滴滴加NaOH溶液，铝元素的存在形式
学生编号
所列第一步算式
未知数X表示的意义
甲
______
乙
______