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103，湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一上学期1月期末化学试题
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这是一份103，湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一上学期1月期末化学试题，共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
满分：100分 考试时间：75分钟
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 Fe-56 Cu-64 Ba-137
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. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A. 二氧化氯与臭氧可用于自来水消毒B. 碳酸钠常用于治疗胃酸过多
C. 合金的硬度一般比其成分金属的大D. 溶液可用于制作电路板
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化氯与臭氧都具有强氧化性，能杀菌消毒，可用于自来水消毒，A正确；
B．碳酸钠碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，B错误；
C．合金的硬度一般比其成分金属的大，C正确；
D．FeCl3溶液能与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用于制作电路板，D正确；
答案选B。
2. 下列化学用语正确的是
A. NH4Cl电子式：B. Ca(OH)2的电离方程式：
C. CH4的分子结构模型：D. HClO结构式：H-O-Cl
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH4Cl是离子化合物，阳离子和阴离子Cl-都要写离子形式，其电子式为：，A错误；您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 免费下载 B．Ca(OH)2是二元强碱，完全电离产生Ca2+、OH-，不存在电离平衡，故Ca(OH)2的电离方程式为Ca(OH)2=Ca2++2OH-，B错误；
C．CH4是正四面体结构，但由于原子半径：C＞H，故CH4的分子结构模型为：，C错误；
D．HClO分子中O原子分别与H、Cl原子各形成1对共用电子对，使分子中各个原子都达到稳定结构，因此HClO结构式为：H-O-Cl，D正确；
故合理选项是D。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. Cl2分子中含有的共价键数目为NA
B. 0.1 ml FeCl3完全水解可得Fe(OH)3胶粒的数目为NA
C. 标准状况下，22.4 L O2与22.4 L HF含分子数均为NA
D. 7.8 g Na2O2与足量水反应转移电子数目为0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．在一个Cl2分子中2个Cl原子通过一个共价键结合，但由于题目未指出Cl2的物质的量，因此不能确定其中含有的共价键的数目，A错误；
B．Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，因此0.1 ml FeCl3完全水解得到Fe(OH)3胶粒的数目远小于NA，B错误；
C．标准状况下，22.4 L O2的物质的量是1 ml，但HF在标准状况下通常是以(HF)n的形式存在，物质的存在状态不是气体，因此不能根据气体摩尔体积进行有关计算，C错误；
D．7.8 g Na2O2的物质的量是0.1 ml，根据反应方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知：每有1 ml Na2O2反应，转移1 ml电子，则反应的Na2O2的物质的量是0.1 ml，故反应过程中转移电子数目是0.1NA，D正确；
故合理选项是D。
4. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A. 固体溶于氢碘酸：
B. 向溶液中通入少量：
C. 向溶液中通入足量：
D. 双氧水与酸性溶液反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．生成物Fe3+具有氧化性，会把I-离子氧化为I2，离子方程式为：，A错误；
B．向溶液中通入少量气体生成碳酸钙和HClO，离子方程式为：，B错误；
C．向溶液中通入足量，氯气将中的硫氧化为硫酸根离子，本身被还原为氯离子，离子方程式为：，C正确；
D．双氧水与酸性溶液反应生成锰离子和氧气，离子方程式为：，D错误；
故选C。
5. 取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的添加顺序(浓度均为0.1 ml/L)，反应现象没有明显差别的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将盐酸滴入碳酸钠溶液中，两者反应生成碳酸氢钠，开始无明显现象，随着盐酸的不断加入，碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，此时再滴加盐酸，生成二氧化碳气体, 将碳酸钠滴入盐酸中，两者反应生成氧化碳，立即就有气体生成，A不符合题意；
B． 溶液和溶液无论怎样滴加都反应生成氢氧化铝沉淀，B符合题意；
C．向Na2S溶液中滴加FeCl3溶液，开始时Na2S过量，溶液呈碱性，反应生成Fe2S3黑色沉淀，向FeCl3溶液加Na2S溶液，开始时FeCl3过量，先生成S单质黄色沉淀，然后生成FeS黑色沉淀，反应现象有明显差别，C不符合题意；
D．氯化铝滴加入NaOH溶液中，反应生成Na[Al(OH)4]，开始时无沉淀生成，随着氯化铝的不断滴加，铝离子与[Al(OH)4]-反应生成氢氧化铝白色沉淀，而向氯化铝溶液中滴NaOH，一开始就会生成氢氧化铝沉淀，D不符合题意；
故答案选D。
6. 类推是化学研究的重要方法。下列类推正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．Mg可在CO2中燃烧，Na也可以在CO2中燃烧，A正确；
B．卤素单质的熔点从F2到I2逐渐升高，碱金属单质的熔点从Li到Cs逐渐降低，B错误；
C．NaCl固体与浓硫酸共热可制取HCl气体，但是Nal固体与浓硫酸共热不可制取HI气体，因为浓硫酸具有强氧化性，会将碘离子氧化为碘单质，C错误；
D．溶解度Na2CO3＞NaHCO3，D错误；
故选A。
7. 下列装置、现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeI2会电离产生Fe2+、I-，由于离子的还原性：I-＞Fe2+，所以向FeI2溶液中通入Cl2，首先是I-与Cl2发生反应：2I-+Cl2=2Cl-+I2，当I-反应完全后发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe2++2Cl-。现在向FeI2溶液中通入Cl2，看到烧杯中溶液变蓝，只能证明发生反应：2I-+Cl2=2Cl-+I2，而不能证明Fe2+是否发生反应，因此不能证明微粒的还原性：I-＞Fe2+，A错误；
B．试管中的空气受热体积膨胀，也会导致肥皂液中产生大量气泡，而不能证明Fe与水蒸气发生了反应，B错误；
C．向灼热的CuO中通入乙醇，看到CuO固体的颜色由黑色变为红色，说明Cu元素被还原为Cu单质，因此说明乙醇具有还原性，C正确；
D．玻璃的成分中含有Na2SiO3，其中含有钠元素，也会导致火焰呈黄色，因此不能证明样品含钠元素，应该使用光洁无锈的铁丝或铂丝进行焰色试验，D错误；
故合理选项是C。
8. 1 ml(XY4)2WR3含52 ml质子，R的核外电子数是W原子最外层电子数的2倍，W和R的原子序数之和是X原子序数的2倍。下列说法错误的是
A. 原子半径：Y＜R＜X＜W
B. 简单氢化物的热稳定性：W＜X＜R
C. WR2和XY3为弱电解质
D. 第50号元素的一种核素与核素W具有相同的价电子数
【答案】C
【解析】
【分析】1 ml(XY4)2WR3含52 ml质子，R的核外电子数是W原子最外层电子数的2倍，W和R的原子序数之和是X原子序数的2倍。则可推知：X是N，Y是H，W是C，R是O元素，该物质是(NH4)2CO3，然后根据元素周期律及题目有关问题分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是N，Y是H，W是C，R是O元素。
A．原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期元素，原子序数越大原子半径就越小，所以四种元素的原子半径大小关系为：Y(H)＜R(O)＜X(N)＜W(C)，A正确；
B．同一周期元素，原子序数越大元素的非金属性就越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：R(O)＞X(N)＞W(C)，所以简单氢化物的热稳定性：W(CH4)＜X(NH3)＜R(H2O)，B正确；
C．WR2是CO2，XY3是NH3，这两种物质在水溶液中或熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此WR2(CO2)、XY3(NH3)都属于非电解质，C错误；
D．元素周期表中第50号元素是Sn元素，其一种核素的原子核外最外层有4个电子，处于第ⅣA；W是C元素，原子核外最外层有4个电子，也处于第ⅣA。原子核外最外层电子也叫价电子，因此两种元素的核素原子都具有相同的价电子数，D正确；
故合理选项是C。
9. 用图1所示装置向装有一瓶氯气的集气瓶中添加适量的蒸馏水，振荡，先利用注射器加NaOH溶液，再利用注射器加稀硫酸，测得集气瓶内的压强随时间变化的曲线如图2所示。下列说法正确的是
A. 阶段①发生反应的离子方程式为：
B. 阶段②的压强变小，可利用该过程发生的反应制备漂白粉
C. 若将集气瓶中的物质换为铁粉，将a导管伸入盛有水的烧杯中，注射器重复相同操作可制备
D. 若将换为，所得压强变化趋势与图2相似
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示，阶段①压强变小，说明氯气部分溶于水，溶于水的氯气部分与水反应Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，A错误；
B．阶段②的压强变小，说明氢氧化钠与氯气反应完全，生成氯化钠和次氯酸钠，可利用该过程发生的反应制备漂白液，B错误；
C．应该先加入稀硫酸，生成的氢气将空气赶出，再加入氢氧化钠溶液，制备， C错误；
D．若将换成，能溶于水但溶解度不大，加入氢氧化钠溶液后和反应生成碳酸钠和水，再加入盐酸后又产生，所得的压强变化趋势与图2相似，D正确；
答案选D
10. 我国化学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”的工艺流程图如下。下列说法正确的是
A. 利用活性炭的吸附性可实现海水淡化
B. ；碱母液储罐小于氨母液储罐
C. 流程中可以循环的物质有和
D. 吸氨和碳酸化所用和最佳物质的量之比为2∶1
【答案】B
【解析】
【分析】在饱和NaCl溶液中先通入氨气(吸氨塔)使溶液呈现碱性，再通入CO2(碳酸化塔)，在碱性环境下CO2溶解能力增强，与氨气反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵与氯化钠反应生成碳酸氢钠从溶液中析出，回转焙烧炉加热后转化为纯碱、水和二氧化碳，母液中的NH4Cl在常温时的溶解度比NaCl大，在低温下却比NaCl溶解度小，在5℃～10℃时，向母液中加入食盐细粉，可使NH4Cl单独结晶析出，剩余氯化钠溶液可再次投入使用，据此来解答。
【详解】A．活性炭的吸附性主要为物理吸附色素、异味，不能吸附海水中的氯化钠物质，不能用来淡化海水，故A错误；
B．由工艺流程图可知，进入碱母液储罐的只有氯化铵，再加入氨气后，会产生氨水，所以碱母液储罐中的溶质是氯化铵和氨水，加入氯化钠盐析出氯化铵，通过分离后得到氨母液，故：碱母液储罐小于氨母液储罐，故B错误；
C．观察图像可知，在回转焙烧炉中产生CO2，因此循环的物质有CO2，而经过离心机后最终是变为晶体析出，不是循环物质，故C错误；
D．根据反应方程式：，吸氨和碳酸化所用NH3和CO2最佳比为1:1，故D错误；
故答案选B
11. 某化学小组通过测量粗品与水反应产生的体积确定的变质程度，但有资料显示与水反应收集到的体积小于理论值。该小组查阅资料发现：
a．与水反应的过程中还可能存在以下两个复分解反应：
ⅰ．
ⅱ．
b．能在催化的条件下分解生成
设计如下实验：取0.02 ml纯净与足量水反应，140 s时不再产生气泡，180 s时向所得溶液中加入少量，立即产生无色气体。过程中溶液的体积始终约为40 mL。反应过程中pH变化如图所示。
下列说法错误的是
A. 根据pH的变化可判断反应过程中一定发生反应ⅱ
B. 若将替换为，300s时溶液中的碱为NaOH
C. 140s~180s时，溶液中 ml/L，则此时段内溶液中 ml
D. 向8.0 g 粗品中加适量和足量水，生成0.448 L (标准状况)，则的纯度为39%
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于180s后溶液pH增大，说明加入后有生成，所以一定发生了反应ii，A正确；
B．根据题意可知，若将替换为，则氧为18O，其分解生成为Na18OH，B错误；
C．根据140s~180s的pH计算出溶液中，氢氧根的物质的量是0.6ml/L×0.04L=0.024ml，设和中参加反应的过氧化钠分别是xml、yml，则x+y＝0.02，2x+y＝0.024，解得x＝0.004，y＝0.016，所以此时段内溶液中为0.016ml，C正确；
D．根据题意可知，在加入二氧化锰后，可以使过氧化钠和水完全反应生成氧气和氢氧化钠，0.448 L 的物质的量为0.02ml，则粗品中过氧化钠的物质的量为0.04ml，质量为0.04ml×78g/ml=3.12g，过氧化钠纯度为：，D正确；
故选B。
12. 某同学设计下列实验探究碳、硅元素非金属性的相对强弱。
已知：①酸性强弱：亚硫酸>碳酸
②(浓)
下列说法正确的是
A. 圆底烧瓶中的反应，浓硫酸体现氧化性和酸性
B. 实验时，应先点燃酒精灯，再打开分液漏斗活塞
C. 装置B中产生可说明硫元素的非金属性强于碳元素
D. 装置C中生成白色沉淀可说明碳元素的非金属性强于硅元素
【答案】A
【解析】
【分析】装置A中，浓硫酸和铜反应生成硫酸铜和二氧化硫，二氧化硫进入装置B中和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳进入装置C中和硅酸钠反应生成硅酸，以此解题。
【详解】A．圆底烧瓶中的反应是Cu与浓硫酸反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸体现氧化性和酸性，A正确；
B．实验时，应先打开分液漏斗，使浓硫酸与铜反应生成二氧化硫，再点燃酒精灯，可以防止铜和氧气的反应，B错误；
C．装置B中产生二氧化碳，不能说明硫元素的非金属性强于碳元素，因为亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物对应的水化物，C错误；
D．从装置B到装置C的气体中可能含有二氧化硫，则装置C中生成白色沉淀，不能说明碳酸的酸性强于硅酸，所以不能说明碳元素的非金属性强于硅元素，D错误；
故选A。
13. 将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入盐酸中，充分反应后产生(标准状况)，残留固体过滤，滤液中无。将滤液加水稀释到，测得其中为。下列说法不正确的是
A. 残留固体没有，只有B. 原混合物中单质铁的质量
C. 反应中消耗的盐酸的物质的量为D. 溶液中没有，阳离子为和
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知，反应所得残留固体为铜，滤液为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，设混合物粉末中铁、氧化铁、氧化铜的物质的量分别为aml、bml、cml，由残留固体为铜可知，氧化铜的物质的量为c==0.02ml，由得失电子数目守恒可得：aml×2=bml×2×1+0.02ml×2+×2，由原子个数守恒和电荷守恒可得：(a+2b)ml×2+0.300ml/L×0.2L=3.80 ml/L×0.1L，解联立方程可得a=0.08、b=0.04，则原混合物中单质铁的质量为0.08ml×56g/ml=4.48g，反应消耗盐酸的物质的量为3.80 ml/L×0.1L—0.300ml/L×0.2L=0.32ml。
【详解】A．由分析可知，反应所得残留固体为铜，不可能含有铁，故A错误；
B．由分析可知，原混合物中单质铁的质量为4.48g，故B错误；
C．由分析可知，反应消耗盐酸的物质的量为3.80 ml/L×0.1L—0.300ml/L×0.2L=0.32ml，故C正确；
D．由分析可知，滤液为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，溶液中不含有铁离子，含有亚铁离子和氢离子，故D正确；
故选B。
14. 油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄()褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A. 反应Ⅰ和反应Ⅱ的还原产物均只有1种
B. 反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C. 反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的∶Ⅰ<Ⅱ
D. 反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 ml 转移的电子数之比为3∶7
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，均为氧气被还原，故还原产物都是两种，A错误；
B．中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；
C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；
D．中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1ml失电子3×4ml=12ml；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1ml失电子2×2ml+3×8ml=28ml，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D正确；
故选D。
15. 某溶液中可能存在以下离子中的几种：、、、，、、、，现向该溶液中加入0.1 ml/L 溶液并加热，有关物理量的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. a点对应的沉淀为和
B. 原溶液中含有0.02 ml
C. 原溶液中一定不含、、
D. 无法确定是否存在
【答案】D
【解析】
【分析】根据加入Ba(OH)2溶液的体积为30mL和35mL时，沉淀部分溶解，溶解的沉淀为Al(OH)3，，则原溶液中存在Al3+，CO、HCO与Al3+不共存，在原溶液一定不含CO、HCO，则原溶液中存在SO，不存在Ba2+，剩余的沉淀为硫酸钡，最终沉淀的质量为6.990g，物质的量为0.03ml，则原溶液中，加入Ba(OH)2溶液为25mL时产生氨气，且，则原溶液中含有NH，物质的量为0.01ml，原溶液中不含HCO，则有0.05mlOH-先与原溶液中的H+、Al3+反应，则原溶液中。
【详解】A．由上述分析可知，a点的沉淀为BaSO4和Al(OH)3，故A正确；
B．由上述分析可知，原溶液中，故B正确；
C．由上述分析可知，原溶液中存在Al3+，CO、HCO与Al3+不共存，则原溶液一定不含CO、HCO，故C正确；
D．根据电荷守恒可知，原溶液中不存在Cl-，故D错误；
故答案选D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 下表为元素周期表的一部分，表中每个字母代表一种元素。请回答下列问题：
请回答下列问题：
（1）用电子式表示c和d形成的碱性氧化物的形成过程_______。
（2）b的简单氢化物与其最高价氧化物的水化物反应生成的物质中含有的化学键类型为_______。
（3）判断非金属性强弱：g_______h(填“＞”“＜”或“=”)，请用原子结构的知识解释原因_______。
（4）取e和f形成的合金2 g，先用足量的酸溶解，再加足量NaOH溶液，当沉淀达到最大值时，得5.4 g沉淀，则该过程产生_______ml H2。
（5）(gab)2为拟卤素，性质与卤素单质的性质相似，常温下其与NaOH溶液反应的化学方程式为_______。
（6）元素k在元素周期表中的位置为_______；推测k不可能具有的性质是_______。
A．k的单质在常温下可与氢气化合
B．元素k最高价氧化物的水化物的酸性比硫酸强
C．室温下k的单质为固体
D．k的单质具有半导体性能
【答案】16. 17. 共价键和离子键
18. ①. ＜ ②. S与Cl电子层数相同，核电荷数：S＜Cl，原子半径：S＞Cl，得电子能力：S＜Cl，非金属性：S＜Cl
19. 0.1 20. (SCN)2+2NaOH=NaSCN+NaSCNO+H2O
21. ①. 第五周期第ⅥA族 ②. AB
【解析】
【分析】根据元素在周期表的相对位置，可知：a是C元素，b是N元素，c是O元素，d是Na元素，e是Mg元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，k是Te元素，然后根据元素周期律分析解答。
【小问1详解】
c是O元素，d是Na元素，二者形成的碱性氧化物是Na2O，该物质是离子化合物，Na原子失去电子形成Na+，O原子得到电子形成O2-，二然后Na+与O2-以离子键结合形成离子化合物Na2O，用电子式表示其形成过程为；
【小问2详解】
b是N元素，其形成的简单氢化物是NH3，其最高价氧化物对应的水化物是HNO3，NH3与HNO3形成NH4NO3，该物质是盐，属于离子化合物，其中含有的化学键类型是离子键、共价键；
【小问3详解】
g是S元素，h是Cl元素，二者是同一周期元素，S与Cl电子层数相同，核电荷数：S＜Cl，原子半径：S＞Cl，得电子能力：S＜Cl，所以元素的非金属性：S＜Cl；
【小问4详解】
e是Mg元素，f是Al元素，二者形成的合金质量是2 g，先用足量的酸溶解，形成Mg2+、Al3+，酸电离产生的H+得到电子产生H2，然后再加足量NaOH溶液，当沉淀达到最大值时，Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，Al3+转化为Al(OH)3，沉淀最大值时，得5.4 g沉淀，由金属单质变为其氢氧化物，增加的质量就是OH-的质量，其物质的量等于反应过程中转移电子的物质的量n(OH-)==0.2 ml，由于每有2 ml电子转移，反应产生1 mlH2，现在反应转移了0.2 ml电子，因此反应过程中产生H2的物质的量是0.1 ml；
【小问5详解】
(gab)2为(SCN)2，被称为拟卤素，性质与卤素单质的性质相似，根据Cl2与NaOH溶液反应的性质，可知(SCN)2与NaOH溶液反应产生NaSCN、NaSCNO、H2O，该反应的化学方程式为：(SCN)2+2NaOH=NaSCN+NaSCNO+H2O；
【小问6详解】
元素k是Te元素，根据其在周期表的位置，可知k位于元素周期表第五周期第ⅥA。
A．同一主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则Te的非金属性比S弱，因此k的单质在常温下不能与氢气化合，A错误；
B．元素Te位于S下方，其非金属性比S弱，因此元素k最高价氧化物的水化物的酸性比硫酸弱，B错误；
C．元素Te名称为碲，可知其在室温下呈固态，C正确；
D．元素Te处于金属与非金属交界处，导电性介于导体与绝缘体之间，因此具有半导体的性能，D正确；
故合理选项是AB。
17. 粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某火电厂的粉煤灰为原料(主要含、和CaO等)提铝的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
（1）“浸出”时，浸渣的主要成分有_______。
（2）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入沉铝的目的是_______。
（3）实验室在进行“焙烧”操作时，需要的仪器有酒精灯、三脚架、_______。
（4）氯化铝的熔点远低于氧化铝，但工业上选择氧化铝制备铝的原因是_______。
（5）冰晶石常用作电解制备铝的助熔剂，一种通过烟气净化制备冰晶石的简单流程如下图所示：
已知：酸性强弱：氢氟酸>碳酸
①合成槽中发生反应的化学方程式为_______。
②过滤后，经洗涤、干燥可得冰晶石，确定冰晶石已经洗涤干净的方法是_______。
【答案】（1）和
（2）使更多的铝元素转化为晶体析出，增大产品产率。
（3）坩埚、泥三角 （4）氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电
（5） ①. ②. 取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，向其中滴加几滴溶液(或溶液)，若无白色沉淀生成，说明冰晶石已经洗涤干净
【解析】
【分析】以粉煤灰为原料(主要含、和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙与残余，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝，氧化铝电解得到铝单质；
烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应，向合成槽中通入Na[Al(OH)4]，发生反应，过滤得到和含有的滤液；
【小问1详解】
由上述分析可知，“浸渣”除残余外，主要成分为二氧化硅、硫酸钙，故答案为和；
【小问2详解】
根据沉铝体系中，常温下，溶解度最大，溶解度最小，更容易析出，加入沉铝的目的是更多的使转化为，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；
【小问3详解】
实验室在进行“焙烧”操作时，需要的仪器有酒精灯、三脚架、坩埚、泥三角；
【小问4详解】
氯化铝是共价化合物，工业上采用电解熔融氧化铝来制备单质铝，答案为氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电；
【小问5详解】
①烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应，向合成槽中通入Na[Al(OH)4]，发生反应；
②过滤后，经洗涤、干燥可得冰晶石，确定冰晶石已经洗涤干净的方法是取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，向其中滴加几滴溶液(或溶液)，若无白色沉淀生成，说明冰晶石已经洗涤干净。
18. 铁是人体必需的微量元素，铁摄入不足可能引起缺铁性贫血。黑木耳中含有比较丰富的铁元素，某研学小组为测定黑木耳中的含铁量，进行了如下实验。
【铁元素的分离】
（1）高温灼烧黑木耳，使之完全灰化。用足量硫酸充分溶解，过滤，得滤液。用铁氰化钾溶液检验发现滤液中也存在，请用离子方程式说明检验原理_______。
【铁元素含量测定】
研学小组提出以下两种测定方案。
Ⅰ．沉淀法：
（2）向(1)中的滤液中加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤沉淀、充分加热至恒重、称量。充分加热至恒重前发生的氧化还原反应方程式为_______。
Ⅱ．比色法：
方法：
步骤1：取10 mL a ml/L标准溶液，再加0.1 mL b ml/L KSCN溶液，混合均匀；
步骤2：将混合液定容至100 mL得到溶液X，再用色度传感器测定其对光的吸收率；
步骤3：改变标准溶液的浓度，重复步骤1和步骤2，得到标准色阶(吸光率与标准溶液浓度的关系)如下图所示：
（3）用比色法估测(1)中的滤液中铁元素含量的操作如下：取10 mL(1)中的滤液，再加_______，混合均匀，再定容至100 mL，所得溶液颜色与标准色阶比对，即可测得10 mL滤液中铁元素含量。
（4）若(1)中取9 g黑木耳处理后得到15 mL滤液，按照比色法测得吸光率为上图中a点，则9g黑木耳中含铁元素的质量为_______。
（5）若将步骤1中的标准溶液与(3)中的滤液用量均减少为原来的，其他操作相同，对比色阶，则测得的黑木耳中铁元素的含量_______。(填“偏高”、“偏低”或“不变”)
（6）用容量瓶配制a ml/L标准溶液的部分操作如下，其中正确的是_______，若定容时仰视读数，则测得的黑木耳中铁元素的含量_______。(填“偏高”、“偏低”或“不变”)
【答案】（1）
（2）
（3）一定量的双氧水溶液和0.1 mL b ml/L KSCN溶液
（4）g(或0.42mg)
（5）不变 （6） ①. B ②. 偏高
【解析】
【分析】测定黑木耳中的含铁量时高温灼烧黑木耳，使之完全灰化，用足量的硫酸充分溶解，过滤得滤液。用铁氰化钾溶液检验发现滤液中也存在，说明滤液中有铁离子、亚铁离子，据此分析。
【小问1详解】
与铁氰化钾溶液发生反应：，生成蓝色沉淀，常用铁氰化钾溶液检验亚铁离子的存在，故答案为：；
【小问2详解】
(1)中的滤液中含有、加入足量NaOH溶液分别生成氢氧化铁、氢氧化亚铁，过滤、洗涤沉淀、充分加热过程中氢氧化亚铁被氧气氧化发生反应，故答案为：；
【小问3详解】
用比色法估测(1)中滤液中铁元素含量时先将滤液中亚铁离子转化为铁离子，故加热一定量的双氧水溶液将亚铁离子氧化，对比步骤1还需要加热0.1 mL b ml/L KSCN溶液，故答案为：一定量的双氧水溶液和0.1 mL b ml/L KSCN溶液；
【小问4详解】
根据X点对应铁离子浓度为0.0005ml/L，9g黑木耳中含铁元素的质量：，故答案为：g(或0.42mg)；
【小问5详解】
步骤1中的标准溶液与(3)中的滤液用量均减少为原来的，其他操作相同，滴定结果数据计算黑木耳中铁元素的含量不变，故答案为：不变；
【小问6详解】
容量瓶配制a ml/L标准溶液时移液和定容时需要用玻璃棒引流，防止液体外溅，引起实验误差。定容摇匀时一只手托住容量瓶的底部，另一手抵住容量瓶瓶塞摇匀，故B正确。定容时仰视读数，溶液体积偏大，标准溶液浓度偏小，滴定时消耗标准液体积大，计算出黑木耳中铁元素的含量偏高，故答案为：B；偏高；
19. 为高效安全灭菌消毒剂之一，现用如下图所示装置制备，并将其通入潮湿的制备纯净的。
已知：①沸点为3.8℃，受热易分解，高浓度时易爆炸。
②为酸性氧化物，且极易溶于水。
请回答下列问题：
（1）装置C中试剂为_______。图中各装置连接顺序为：a→_______→b→c→_______→f。(填装置中的字母)
（2）实验中d口和空气的进气速率要适中，实验中通过观察装置C中_______控制气体流速；当e口出气量一定时，需控制d口进气量与空气进气量的比值为1∶3的原因是_______。
（3）装置B中的化学反应方程式为_______。
（4）若实验过程中至少需要3 L(标准状况)与潮湿的反应，实际称取的固体质量必须适当多于理论量，其原因是_______。(写出两点)
（5）将装置B生成的气体直接通入到下列装置可制得HClO溶液。取下列装置中黄绿色溶液两等份，一份是通过与足量KI溶液反应生成，来测定和两者之和；另一份是把氯元素全部转化为AgCl，通过计算氯元素含量。实验结果表明，则黄绿色溶液中_______。(忽略与水的反应)
【答案】（1） ①. 饱和食盐水 ②. d→e ③. h→i→g→k
（2） ①. 气泡流速 ②. 比值大于1∶3，导致稀释程度不够会引发爆炸；比值小于1∶3，氯气浓度太低，导致B装置中反应速率低
（3）或
（4）①实验结束时装置还存留；②一部分氯气来不及与潮湿的反应
（5）15∶1
【解析】
【分析】A装置制备氯气，然后通过装置C中的饱和食盐水，与B中潮湿的碳酸钠反应制备纯净的，由于易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过E装置干燥，再利用装置F收集，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、都是大污染物，最后要用D装置进行尾气处理。
【小问1详解】
根据分析可知，C中试剂为饱和食盐水，图中各装置连接顺序为：a→d→e→b→c→h→i→g→k→f。
【小问2详解】
实验中通过观察装置C中气泡流速控制气体流速；当e口出气量一定时，需控制d口进气量与空气进气量的比值为1∶3的原因是比值大于1∶3，导致稀释程度不够会引发爆炸；比值小于1∶3，氯气的浓度太低，导致B装置中反应速率低。
【小问3详解】
装置B中反应方程式为或。
【小问4详解】
①实验结束时装置还存留；②一部分氯气来不及与潮湿的反应，故实际称取的固体质量必须适当多于理论量。
【小问5详解】
由得失电子数目守恒可得：n(I2)= n(HClO)+n(Cl2)，由氯原子个数守恒可得：n(AgC1) = n(HClO)+2n(Cl2)，由为17：16可得：==17：16，解得=15，故答案为：15∶1。选项
试剂①
试剂②
A
溶液
稀盐酸
B
溶液
溶液
C
溶液
溶液
D
NaOH溶液
溶液
选项
已知
类推
A
Mg可在中燃烧
Na也可在中燃烧
B
卤素单质的熔点从到逐渐升高
碱金属单质的熔点从Li到Cs逐渐升高
C
NaCl固体与浓硫酸共热可制取HCl气体
NaI固体与浓硫酸共热也可制取HI气体
D
溶解度：
溶解度：
选项
A
B
C
D
装置
现象
烧杯中溶液变蓝
肥皂液中产生大量气泡
固体由黑色变红色
观察到黄色火焰
结论
还原性：I-＞Fe2+
Fe与水蒸气发生反应
乙醇具有还原性
样品含钠元素
满分：100分 考试时间：75分钟
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 Fe-56 Cu-64 Ba-137
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. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A. 二氧化氯与臭氧可用于自来水消毒B. 碳酸钠常用于治疗胃酸过多
C. 合金的硬度一般比其成分金属的大D. 溶液可用于制作电路板
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化氯与臭氧都具有强氧化性，能杀菌消毒，可用于自来水消毒，A正确；
B．碳酸钠碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，B错误；
C．合金的硬度一般比其成分金属的大，C正确；
D．FeCl3溶液能与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用于制作电路板，D正确；
答案选B。
2. 下列化学用语正确的是
A. NH4Cl电子式：B. Ca(OH)2的电离方程式：
C. CH4的分子结构模型：D. HClO结构式：H-O-Cl
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH4Cl是离子化合物，阳离子和阴离子Cl-都要写离子形式，其电子式为：，A错误；您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 免费下载 B．Ca(OH)2是二元强碱，完全电离产生Ca2+、OH-，不存在电离平衡，故Ca(OH)2的电离方程式为Ca(OH)2=Ca2++2OH-，B错误；
C．CH4是正四面体结构，但由于原子半径：C＞H，故CH4的分子结构模型为：，C错误；
D．HClO分子中O原子分别与H、Cl原子各形成1对共用电子对，使分子中各个原子都达到稳定结构，因此HClO结构式为：H-O-Cl，D正确；
故合理选项是D。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. Cl2分子中含有的共价键数目为NA
B. 0.1 ml FeCl3完全水解可得Fe(OH)3胶粒的数目为NA
C. 标准状况下，22.4 L O2与22.4 L HF含分子数均为NA
D. 7.8 g Na2O2与足量水反应转移电子数目为0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．在一个Cl2分子中2个Cl原子通过一个共价键结合，但由于题目未指出Cl2的物质的量，因此不能确定其中含有的共价键的数目，A错误；
B．Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，因此0.1 ml FeCl3完全水解得到Fe(OH)3胶粒的数目远小于NA，B错误；
C．标准状况下，22.4 L O2的物质的量是1 ml，但HF在标准状况下通常是以(HF)n的形式存在，物质的存在状态不是气体，因此不能根据气体摩尔体积进行有关计算，C错误；
D．7.8 g Na2O2的物质的量是0.1 ml，根据反应方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知：每有1 ml Na2O2反应，转移1 ml电子，则反应的Na2O2的物质的量是0.1 ml，故反应过程中转移电子数目是0.1NA，D正确；
故合理选项是D。
4. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A. 固体溶于氢碘酸：
B. 向溶液中通入少量：
C. 向溶液中通入足量：
D. 双氧水与酸性溶液反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．生成物Fe3+具有氧化性，会把I-离子氧化为I2，离子方程式为：，A错误；
B．向溶液中通入少量气体生成碳酸钙和HClO，离子方程式为：，B错误；
C．向溶液中通入足量，氯气将中的硫氧化为硫酸根离子，本身被还原为氯离子，离子方程式为：，C正确；
D．双氧水与酸性溶液反应生成锰离子和氧气，离子方程式为：，D错误；
故选C。
5. 取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的添加顺序(浓度均为0.1 ml/L)，反应现象没有明显差别的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将盐酸滴入碳酸钠溶液中，两者反应生成碳酸氢钠，开始无明显现象，随着盐酸的不断加入，碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，此时再滴加盐酸，生成二氧化碳气体, 将碳酸钠滴入盐酸中，两者反应生成氧化碳，立即就有气体生成，A不符合题意；
B． 溶液和溶液无论怎样滴加都反应生成氢氧化铝沉淀，B符合题意；
C．向Na2S溶液中滴加FeCl3溶液，开始时Na2S过量，溶液呈碱性，反应生成Fe2S3黑色沉淀，向FeCl3溶液加Na2S溶液，开始时FeCl3过量，先生成S单质黄色沉淀，然后生成FeS黑色沉淀，反应现象有明显差别，C不符合题意；
D．氯化铝滴加入NaOH溶液中，反应生成Na[Al(OH)4]，开始时无沉淀生成，随着氯化铝的不断滴加，铝离子与[Al(OH)4]-反应生成氢氧化铝白色沉淀，而向氯化铝溶液中滴NaOH，一开始就会生成氢氧化铝沉淀，D不符合题意；
故答案选D。
6. 类推是化学研究的重要方法。下列类推正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．Mg可在CO2中燃烧，Na也可以在CO2中燃烧，A正确；
B．卤素单质的熔点从F2到I2逐渐升高，碱金属单质的熔点从Li到Cs逐渐降低，B错误；
C．NaCl固体与浓硫酸共热可制取HCl气体，但是Nal固体与浓硫酸共热不可制取HI气体，因为浓硫酸具有强氧化性，会将碘离子氧化为碘单质，C错误；
D．溶解度Na2CO3＞NaHCO3，D错误；
故选A。
7. 下列装置、现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeI2会电离产生Fe2+、I-，由于离子的还原性：I-＞Fe2+，所以向FeI2溶液中通入Cl2，首先是I-与Cl2发生反应：2I-+Cl2=2Cl-+I2，当I-反应完全后发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe2++2Cl-。现在向FeI2溶液中通入Cl2，看到烧杯中溶液变蓝，只能证明发生反应：2I-+Cl2=2Cl-+I2，而不能证明Fe2+是否发生反应，因此不能证明微粒的还原性：I-＞Fe2+，A错误；
B．试管中的空气受热体积膨胀，也会导致肥皂液中产生大量气泡，而不能证明Fe与水蒸气发生了反应，B错误；
C．向灼热的CuO中通入乙醇，看到CuO固体的颜色由黑色变为红色，说明Cu元素被还原为Cu单质，因此说明乙醇具有还原性，C正确；
D．玻璃的成分中含有Na2SiO3，其中含有钠元素，也会导致火焰呈黄色，因此不能证明样品含钠元素，应该使用光洁无锈的铁丝或铂丝进行焰色试验，D错误；
故合理选项是C。
8. 1 ml(XY4)2WR3含52 ml质子，R的核外电子数是W原子最外层电子数的2倍，W和R的原子序数之和是X原子序数的2倍。下列说法错误的是
A. 原子半径：Y＜R＜X＜W
B. 简单氢化物的热稳定性：W＜X＜R
C. WR2和XY3为弱电解质
D. 第50号元素的一种核素与核素W具有相同的价电子数
【答案】C
【解析】
【分析】1 ml(XY4)2WR3含52 ml质子，R的核外电子数是W原子最外层电子数的2倍，W和R的原子序数之和是X原子序数的2倍。则可推知：X是N，Y是H，W是C，R是O元素，该物质是(NH4)2CO3，然后根据元素周期律及题目有关问题分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是N，Y是H，W是C，R是O元素。
A．原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期元素，原子序数越大原子半径就越小，所以四种元素的原子半径大小关系为：Y(H)＜R(O)＜X(N)＜W(C)，A正确；
B．同一周期元素，原子序数越大元素的非金属性就越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：R(O)＞X(N)＞W(C)，所以简单氢化物的热稳定性：W(CH4)＜X(NH3)＜R(H2O)，B正确；
C．WR2是CO2，XY3是NH3，这两种物质在水溶液中或熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此WR2(CO2)、XY3(NH3)都属于非电解质，C错误；
D．元素周期表中第50号元素是Sn元素，其一种核素的原子核外最外层有4个电子，处于第ⅣA；W是C元素，原子核外最外层有4个电子，也处于第ⅣA。原子核外最外层电子也叫价电子，因此两种元素的核素原子都具有相同的价电子数，D正确；
故合理选项是C。
9. 用图1所示装置向装有一瓶氯气的集气瓶中添加适量的蒸馏水，振荡，先利用注射器加NaOH溶液，再利用注射器加稀硫酸，测得集气瓶内的压强随时间变化的曲线如图2所示。下列说法正确的是
A. 阶段①发生反应的离子方程式为：
B. 阶段②的压强变小，可利用该过程发生的反应制备漂白粉
C. 若将集气瓶中的物质换为铁粉，将a导管伸入盛有水的烧杯中，注射器重复相同操作可制备
D. 若将换为，所得压强变化趋势与图2相似
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示，阶段①压强变小，说明氯气部分溶于水，溶于水的氯气部分与水反应Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，A错误；
B．阶段②的压强变小，说明氢氧化钠与氯气反应完全，生成氯化钠和次氯酸钠，可利用该过程发生的反应制备漂白液，B错误；
C．应该先加入稀硫酸，生成的氢气将空气赶出，再加入氢氧化钠溶液，制备， C错误；
D．若将换成，能溶于水但溶解度不大，加入氢氧化钠溶液后和反应生成碳酸钠和水，再加入盐酸后又产生，所得的压强变化趋势与图2相似，D正确；
答案选D
10. 我国化学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”的工艺流程图如下。下列说法正确的是
A. 利用活性炭的吸附性可实现海水淡化
B. ；碱母液储罐小于氨母液储罐
C. 流程中可以循环的物质有和
D. 吸氨和碳酸化所用和最佳物质的量之比为2∶1
【答案】B
【解析】
【分析】在饱和NaCl溶液中先通入氨气(吸氨塔)使溶液呈现碱性，再通入CO2(碳酸化塔)，在碱性环境下CO2溶解能力增强，与氨气反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵与氯化钠反应生成碳酸氢钠从溶液中析出，回转焙烧炉加热后转化为纯碱、水和二氧化碳，母液中的NH4Cl在常温时的溶解度比NaCl大，在低温下却比NaCl溶解度小，在5℃～10℃时，向母液中加入食盐细粉，可使NH4Cl单独结晶析出，剩余氯化钠溶液可再次投入使用，据此来解答。
【详解】A．活性炭的吸附性主要为物理吸附色素、异味，不能吸附海水中的氯化钠物质，不能用来淡化海水，故A错误；
B．由工艺流程图可知，进入碱母液储罐的只有氯化铵，再加入氨气后，会产生氨水，所以碱母液储罐中的溶质是氯化铵和氨水，加入氯化钠盐析出氯化铵，通过分离后得到氨母液，故：碱母液储罐小于氨母液储罐，故B错误；
C．观察图像可知，在回转焙烧炉中产生CO2，因此循环的物质有CO2，而经过离心机后最终是变为晶体析出，不是循环物质，故C错误；
D．根据反应方程式：，吸氨和碳酸化所用NH3和CO2最佳比为1:1，故D错误；
故答案选B
11. 某化学小组通过测量粗品与水反应产生的体积确定的变质程度，但有资料显示与水反应收集到的体积小于理论值。该小组查阅资料发现：
a．与水反应的过程中还可能存在以下两个复分解反应：
ⅰ．
ⅱ．
b．能在催化的条件下分解生成
设计如下实验：取0.02 ml纯净与足量水反应，140 s时不再产生气泡，180 s时向所得溶液中加入少量，立即产生无色气体。过程中溶液的体积始终约为40 mL。反应过程中pH变化如图所示。
下列说法错误的是
A. 根据pH的变化可判断反应过程中一定发生反应ⅱ
B. 若将替换为，300s时溶液中的碱为NaOH
C. 140s~180s时，溶液中 ml/L，则此时段内溶液中 ml
D. 向8.0 g 粗品中加适量和足量水，生成0.448 L (标准状况)，则的纯度为39%
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于180s后溶液pH增大，说明加入后有生成，所以一定发生了反应ii，A正确；
B．根据题意可知，若将替换为，则氧为18O，其分解生成为Na18OH，B错误；
C．根据140s~180s的pH计算出溶液中，氢氧根的物质的量是0.6ml/L×0.04L=0.024ml，设和中参加反应的过氧化钠分别是xml、yml，则x+y＝0.02，2x+y＝0.024，解得x＝0.004，y＝0.016，所以此时段内溶液中为0.016ml，C正确；
D．根据题意可知，在加入二氧化锰后，可以使过氧化钠和水完全反应生成氧气和氢氧化钠，0.448 L 的物质的量为0.02ml，则粗品中过氧化钠的物质的量为0.04ml，质量为0.04ml×78g/ml=3.12g，过氧化钠纯度为：，D正确；
故选B。
12. 某同学设计下列实验探究碳、硅元素非金属性的相对强弱。
已知：①酸性强弱：亚硫酸>碳酸
②(浓)
下列说法正确的是
A. 圆底烧瓶中的反应，浓硫酸体现氧化性和酸性
B. 实验时，应先点燃酒精灯，再打开分液漏斗活塞
C. 装置B中产生可说明硫元素的非金属性强于碳元素
D. 装置C中生成白色沉淀可说明碳元素的非金属性强于硅元素
【答案】A
【解析】
【分析】装置A中，浓硫酸和铜反应生成硫酸铜和二氧化硫，二氧化硫进入装置B中和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳进入装置C中和硅酸钠反应生成硅酸，以此解题。
【详解】A．圆底烧瓶中的反应是Cu与浓硫酸反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸体现氧化性和酸性，A正确；
B．实验时，应先打开分液漏斗，使浓硫酸与铜反应生成二氧化硫，再点燃酒精灯，可以防止铜和氧气的反应，B错误；
C．装置B中产生二氧化碳，不能说明硫元素的非金属性强于碳元素，因为亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物对应的水化物，C错误；
D．从装置B到装置C的气体中可能含有二氧化硫，则装置C中生成白色沉淀，不能说明碳酸的酸性强于硅酸，所以不能说明碳元素的非金属性强于硅元素，D错误；
故选A。
13. 将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入盐酸中，充分反应后产生(标准状况)，残留固体过滤，滤液中无。将滤液加水稀释到，测得其中为。下列说法不正确的是
A. 残留固体没有，只有B. 原混合物中单质铁的质量
C. 反应中消耗的盐酸的物质的量为D. 溶液中没有，阳离子为和
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知，反应所得残留固体为铜，滤液为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，设混合物粉末中铁、氧化铁、氧化铜的物质的量分别为aml、bml、cml，由残留固体为铜可知，氧化铜的物质的量为c==0.02ml，由得失电子数目守恒可得：aml×2=bml×2×1+0.02ml×2+×2，由原子个数守恒和电荷守恒可得：(a+2b)ml×2+0.300ml/L×0.2L=3.80 ml/L×0.1L，解联立方程可得a=0.08、b=0.04，则原混合物中单质铁的质量为0.08ml×56g/ml=4.48g，反应消耗盐酸的物质的量为3.80 ml/L×0.1L—0.300ml/L×0.2L=0.32ml。
【详解】A．由分析可知，反应所得残留固体为铜，不可能含有铁，故A错误；
B．由分析可知，原混合物中单质铁的质量为4.48g，故B错误；
C．由分析可知，反应消耗盐酸的物质的量为3.80 ml/L×0.1L—0.300ml/L×0.2L=0.32ml，故C正确；
D．由分析可知，滤液为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，溶液中不含有铁离子，含有亚铁离子和氢离子，故D正确；
故选B。
14. 油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄()褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A. 反应Ⅰ和反应Ⅱ的还原产物均只有1种
B. 反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C. 反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的∶Ⅰ<Ⅱ
D. 反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 ml 转移的电子数之比为3∶7
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，均为氧气被还原，故还原产物都是两种，A错误；
B．中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；
C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；
D．中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1ml失电子3×4ml=12ml；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1ml失电子2×2ml+3×8ml=28ml，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D正确；
故选D。
15. 某溶液中可能存在以下离子中的几种：、、、，、、、，现向该溶液中加入0.1 ml/L 溶液并加热，有关物理量的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. a点对应的沉淀为和
B. 原溶液中含有0.02 ml
C. 原溶液中一定不含、、
D. 无法确定是否存在
【答案】D
【解析】
【分析】根据加入Ba(OH)2溶液的体积为30mL和35mL时，沉淀部分溶解，溶解的沉淀为Al(OH)3，，则原溶液中存在Al3+，CO、HCO与Al3+不共存，在原溶液一定不含CO、HCO，则原溶液中存在SO，不存在Ba2+，剩余的沉淀为硫酸钡，最终沉淀的质量为6.990g，物质的量为0.03ml，则原溶液中，加入Ba(OH)2溶液为25mL时产生氨气，且，则原溶液中含有NH，物质的量为0.01ml，原溶液中不含HCO，则有0.05mlOH-先与原溶液中的H+、Al3+反应，则原溶液中。
【详解】A．由上述分析可知，a点的沉淀为BaSO4和Al(OH)3，故A正确；
B．由上述分析可知，原溶液中，故B正确；
C．由上述分析可知，原溶液中存在Al3+，CO、HCO与Al3+不共存，则原溶液一定不含CO、HCO，故C正确；
D．根据电荷守恒可知，原溶液中不存在Cl-，故D错误；
故答案选D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 下表为元素周期表的一部分，表中每个字母代表一种元素。请回答下列问题：
请回答下列问题：
（1）用电子式表示c和d形成的碱性氧化物的形成过程_______。
（2）b的简单氢化物与其最高价氧化物的水化物反应生成的物质中含有的化学键类型为_______。
（3）判断非金属性强弱：g_______h(填“＞”“＜”或“=”)，请用原子结构的知识解释原因_______。
（4）取e和f形成的合金2 g，先用足量的酸溶解，再加足量NaOH溶液，当沉淀达到最大值时，得5.4 g沉淀，则该过程产生_______ml H2。
（5）(gab)2为拟卤素，性质与卤素单质的性质相似，常温下其与NaOH溶液反应的化学方程式为_______。
（6）元素k在元素周期表中的位置为_______；推测k不可能具有的性质是_______。
A．k的单质在常温下可与氢气化合
B．元素k最高价氧化物的水化物的酸性比硫酸强
C．室温下k的单质为固体
D．k的单质具有半导体性能
【答案】16. 17. 共价键和离子键
18. ①. ＜ ②. S与Cl电子层数相同，核电荷数：S＜Cl，原子半径：S＞Cl，得电子能力：S＜Cl，非金属性：S＜Cl
19. 0.1 20. (SCN)2+2NaOH=NaSCN+NaSCNO+H2O
21. ①. 第五周期第ⅥA族 ②. AB
【解析】
【分析】根据元素在周期表的相对位置，可知：a是C元素，b是N元素，c是O元素，d是Na元素，e是Mg元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，k是Te元素，然后根据元素周期律分析解答。
【小问1详解】
c是O元素，d是Na元素，二者形成的碱性氧化物是Na2O，该物质是离子化合物，Na原子失去电子形成Na+，O原子得到电子形成O2-，二然后Na+与O2-以离子键结合形成离子化合物Na2O，用电子式表示其形成过程为；
【小问2详解】
b是N元素，其形成的简单氢化物是NH3，其最高价氧化物对应的水化物是HNO3，NH3与HNO3形成NH4NO3，该物质是盐，属于离子化合物，其中含有的化学键类型是离子键、共价键；
【小问3详解】
g是S元素，h是Cl元素，二者是同一周期元素，S与Cl电子层数相同，核电荷数：S＜Cl，原子半径：S＞Cl，得电子能力：S＜Cl，所以元素的非金属性：S＜Cl；
【小问4详解】
e是Mg元素，f是Al元素，二者形成的合金质量是2 g，先用足量的酸溶解，形成Mg2+、Al3+，酸电离产生的H+得到电子产生H2，然后再加足量NaOH溶液，当沉淀达到最大值时，Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，Al3+转化为Al(OH)3，沉淀最大值时，得5.4 g沉淀，由金属单质变为其氢氧化物，增加的质量就是OH-的质量，其物质的量等于反应过程中转移电子的物质的量n(OH-)==0.2 ml，由于每有2 ml电子转移，反应产生1 mlH2，现在反应转移了0.2 ml电子，因此反应过程中产生H2的物质的量是0.1 ml；
【小问5详解】
(gab)2为(SCN)2，被称为拟卤素，性质与卤素单质的性质相似，根据Cl2与NaOH溶液反应的性质，可知(SCN)2与NaOH溶液反应产生NaSCN、NaSCNO、H2O，该反应的化学方程式为：(SCN)2+2NaOH=NaSCN+NaSCNO+H2O；
【小问6详解】
元素k是Te元素，根据其在周期表的位置，可知k位于元素周期表第五周期第ⅥA。
A．同一主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则Te的非金属性比S弱，因此k的单质在常温下不能与氢气化合，A错误；
B．元素Te位于S下方，其非金属性比S弱，因此元素k最高价氧化物的水化物的酸性比硫酸弱，B错误；
C．元素Te名称为碲，可知其在室温下呈固态，C正确；
D．元素Te处于金属与非金属交界处，导电性介于导体与绝缘体之间，因此具有半导体的性能，D正确；
故合理选项是AB。
17. 粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某火电厂的粉煤灰为原料(主要含、和CaO等)提铝的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
（1）“浸出”时，浸渣的主要成分有_______。
（2）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入沉铝的目的是_______。
（3）实验室在进行“焙烧”操作时，需要的仪器有酒精灯、三脚架、_______。
（4）氯化铝的熔点远低于氧化铝，但工业上选择氧化铝制备铝的原因是_______。
（5）冰晶石常用作电解制备铝的助熔剂，一种通过烟气净化制备冰晶石的简单流程如下图所示：
已知：酸性强弱：氢氟酸>碳酸
①合成槽中发生反应的化学方程式为_______。
②过滤后，经洗涤、干燥可得冰晶石，确定冰晶石已经洗涤干净的方法是_______。
【答案】（1）和
（2）使更多的铝元素转化为晶体析出，增大产品产率。
（3）坩埚、泥三角 （4）氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电
（5） ①. ②. 取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，向其中滴加几滴溶液(或溶液)，若无白色沉淀生成，说明冰晶石已经洗涤干净
【解析】
【分析】以粉煤灰为原料(主要含、和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙与残余，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝，氧化铝电解得到铝单质；
烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应，向合成槽中通入Na[Al(OH)4]，发生反应，过滤得到和含有的滤液；
【小问1详解】
由上述分析可知，“浸渣”除残余外，主要成分为二氧化硅、硫酸钙，故答案为和；
【小问2详解】
根据沉铝体系中，常温下，溶解度最大，溶解度最小，更容易析出，加入沉铝的目的是更多的使转化为，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；
【小问3详解】
实验室在进行“焙烧”操作时，需要的仪器有酒精灯、三脚架、坩埚、泥三角；
【小问4详解】
氯化铝是共价化合物，工业上采用电解熔融氧化铝来制备单质铝，答案为氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电；
【小问5详解】
①烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应，向合成槽中通入Na[Al(OH)4]，发生反应；
②过滤后，经洗涤、干燥可得冰晶石，确定冰晶石已经洗涤干净的方法是取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，向其中滴加几滴溶液(或溶液)，若无白色沉淀生成，说明冰晶石已经洗涤干净。
18. 铁是人体必需的微量元素，铁摄入不足可能引起缺铁性贫血。黑木耳中含有比较丰富的铁元素，某研学小组为测定黑木耳中的含铁量，进行了如下实验。
【铁元素的分离】
（1）高温灼烧黑木耳，使之完全灰化。用足量硫酸充分溶解，过滤，得滤液。用铁氰化钾溶液检验发现滤液中也存在，请用离子方程式说明检验原理_______。
【铁元素含量测定】
研学小组提出以下两种测定方案。
Ⅰ．沉淀法：
（2）向(1)中的滤液中加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤沉淀、充分加热至恒重、称量。充分加热至恒重前发生的氧化还原反应方程式为_______。
Ⅱ．比色法：
方法：
步骤1：取10 mL a ml/L标准溶液，再加0.1 mL b ml/L KSCN溶液，混合均匀；
步骤2：将混合液定容至100 mL得到溶液X，再用色度传感器测定其对光的吸收率；
步骤3：改变标准溶液的浓度，重复步骤1和步骤2，得到标准色阶(吸光率与标准溶液浓度的关系)如下图所示：
（3）用比色法估测(1)中的滤液中铁元素含量的操作如下：取10 mL(1)中的滤液，再加_______，混合均匀，再定容至100 mL，所得溶液颜色与标准色阶比对，即可测得10 mL滤液中铁元素含量。
（4）若(1)中取9 g黑木耳处理后得到15 mL滤液，按照比色法测得吸光率为上图中a点，则9g黑木耳中含铁元素的质量为_______。
（5）若将步骤1中的标准溶液与(3)中的滤液用量均减少为原来的，其他操作相同，对比色阶，则测得的黑木耳中铁元素的含量_______。(填“偏高”、“偏低”或“不变”)
（6）用容量瓶配制a ml/L标准溶液的部分操作如下，其中正确的是_______，若定容时仰视读数，则测得的黑木耳中铁元素的含量_______。(填“偏高”、“偏低”或“不变”)
【答案】（1）
（2）
（3）一定量的双氧水溶液和0.1 mL b ml/L KSCN溶液
（4）g(或0.42mg)
（5）不变 （6） ①. B ②. 偏高
【解析】
【分析】测定黑木耳中的含铁量时高温灼烧黑木耳，使之完全灰化，用足量的硫酸充分溶解，过滤得滤液。用铁氰化钾溶液检验发现滤液中也存在，说明滤液中有铁离子、亚铁离子，据此分析。
【小问1详解】
与铁氰化钾溶液发生反应：，生成蓝色沉淀，常用铁氰化钾溶液检验亚铁离子的存在，故答案为：；
【小问2详解】
(1)中的滤液中含有、加入足量NaOH溶液分别生成氢氧化铁、氢氧化亚铁，过滤、洗涤沉淀、充分加热过程中氢氧化亚铁被氧气氧化发生反应，故答案为：；
【小问3详解】
用比色法估测(1)中滤液中铁元素含量时先将滤液中亚铁离子转化为铁离子，故加热一定量的双氧水溶液将亚铁离子氧化，对比步骤1还需要加热0.1 mL b ml/L KSCN溶液，故答案为：一定量的双氧水溶液和0.1 mL b ml/L KSCN溶液；
【小问4详解】
根据X点对应铁离子浓度为0.0005ml/L，9g黑木耳中含铁元素的质量：，故答案为：g(或0.42mg)；
【小问5详解】
步骤1中的标准溶液与(3)中的滤液用量均减少为原来的，其他操作相同，滴定结果数据计算黑木耳中铁元素的含量不变，故答案为：不变；
【小问6详解】
容量瓶配制a ml/L标准溶液时移液和定容时需要用玻璃棒引流，防止液体外溅，引起实验误差。定容摇匀时一只手托住容量瓶的底部，另一手抵住容量瓶瓶塞摇匀，故B正确。定容时仰视读数，溶液体积偏大，标准溶液浓度偏小，滴定时消耗标准液体积大，计算出黑木耳中铁元素的含量偏高，故答案为：B；偏高；
19. 为高效安全灭菌消毒剂之一，现用如下图所示装置制备，并将其通入潮湿的制备纯净的。
已知：①沸点为3.8℃，受热易分解，高浓度时易爆炸。
②为酸性氧化物，且极易溶于水。
请回答下列问题：
（1）装置C中试剂为_______。图中各装置连接顺序为：a→_______→b→c→_______→f。(填装置中的字母)
（2）实验中d口和空气的进气速率要适中，实验中通过观察装置C中_______控制气体流速；当e口出气量一定时，需控制d口进气量与空气进气量的比值为1∶3的原因是_______。
（3）装置B中的化学反应方程式为_______。
（4）若实验过程中至少需要3 L(标准状况)与潮湿的反应，实际称取的固体质量必须适当多于理论量，其原因是_______。(写出两点)
（5）将装置B生成的气体直接通入到下列装置可制得HClO溶液。取下列装置中黄绿色溶液两等份，一份是通过与足量KI溶液反应生成，来测定和两者之和；另一份是把氯元素全部转化为AgCl，通过计算氯元素含量。实验结果表明，则黄绿色溶液中_______。(忽略与水的反应)
【答案】（1） ①. 饱和食盐水 ②. d→e ③. h→i→g→k
（2） ①. 气泡流速 ②. 比值大于1∶3，导致稀释程度不够会引发爆炸；比值小于1∶3，氯气浓度太低，导致B装置中反应速率低
（3）或
（4）①实验结束时装置还存留；②一部分氯气来不及与潮湿的反应
（5）15∶1
【解析】
【分析】A装置制备氯气，然后通过装置C中的饱和食盐水，与B中潮湿的碳酸钠反应制备纯净的，由于易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过E装置干燥，再利用装置F收集，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、都是大污染物，最后要用D装置进行尾气处理。
【小问1详解】
根据分析可知，C中试剂为饱和食盐水，图中各装置连接顺序为：a→d→e→b→c→h→i→g→k→f。
【小问2详解】
实验中通过观察装置C中气泡流速控制气体流速；当e口出气量一定时，需控制d口进气量与空气进气量的比值为1∶3的原因是比值大于1∶3，导致稀释程度不够会引发爆炸；比值小于1∶3，氯气的浓度太低，导致B装置中反应速率低。
【小问3详解】
装置B中反应方程式为或。
【小问4详解】
①实验结束时装置还存留；②一部分氯气来不及与潮湿的反应，故实际称取的固体质量必须适当多于理论量。
【小问5详解】
由得失电子数目守恒可得：n(I2)= n(HClO)+n(Cl2)，由氯原子个数守恒可得：n(AgC1) = n(HClO)+2n(Cl2)，由为17：16可得：==17：16，解得=15，故答案为：15∶1。选项
试剂①
试剂②
A
溶液
稀盐酸
B
溶液
溶液
C
溶液
溶液
D
NaOH溶液
溶液
选项
已知
类推
A
Mg可在中燃烧
Na也可在中燃烧
B
卤素单质的熔点从到逐渐升高
碱金属单质的熔点从Li到Cs逐渐升高
C
NaCl固体与浓硫酸共热可制取HCl气体
NaI固体与浓硫酸共热也可制取HI气体
D
溶解度：
溶解度：
选项
A
B
C
D
装置
现象
烧杯中溶液变蓝
肥皂液中产生大量气泡
固体由黑色变红色
观察到黄色火焰
结论
还原性：I-＞Fe2+
Fe与水蒸气发生反应
乙醇具有还原性
样品含钠元素
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