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湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高一下学期开学考试化学试卷（Word版附解析）
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这是一份湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高一下学期开学考试化学试卷（Word版附解析），文件包含湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高一下学期开学化学试题原卷版docx、湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高一下学期开学化学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42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、生活等密切相关，下列说法错误的是
A. “超级钢”属于合金
B. 合金的熔点比各成分金属的高，有利于金属高温工作
C. 储氢金属可用于解决氢能储存和运输难题
D. 用铝制锅烧水、煮饭，因为铝表面覆盖着耐高温的致密氧化铝的保护膜
【答案】B
【解析】
【详解】A．超级钢是Fe、Mn、Al、V、C等金属和非金属形成的合金，A正确；
B．合金的熔点比其成分金属低，不利于金属高温工作，B错误；
C．氢气为气体，不易储存和运输，则储氢金属可用于解决氢能储存和运输难题，C正确；
D．铝表面覆盖着耐高温的致密氧化铝的保护膜，可以用于制作铝锅等，D正确；
故答案为：B。
2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 氯原子的结构示意图：
B. 铀(U)原子的中子数为146、质子数为92
C. 溴原子的核外电子数为35
D. 次氯酸的结构式：H—Cl—O
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯原子中质子数等于核外电子数，即氯原子的结构示意图为，为Cl-的示意图，故A错误；
B．根据原子构成，中质子数为92，质量数为146，中子数为146-92=54，故B错误；
C．对原子来说，质子数等于核外电子数，即的核外电子数为35，故C正确；
D．次氯酸的结构式为H-O-Cl，故D错误；
答案为C。
3. 一定条件下，下列选项所示物质间转化不能一步实现的是
A. Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3
B. HCl→CuCl2→BaCl2→HCl
C. 饱和NaCl溶液NaHCO3→Na2CO3
D. NaOH→Na2SO4→NaCl→Na2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，FeCl3与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解为Fe2O3即Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3均能一步转化，A不合题意；
B．HCl与CuO、CuCO3反应转化为CuCl2，CuCl2和Ba(OH)2反应转化为BaCl2，BaCl2与H2SO4反应生成HCl，即HCl→CuCl2→BaCl2→HCl均能一步转化，B不合题意；
C．饱和食盐水中通入NH3后通入CO2，可以制得NaHCO3，NaHCO3受热分解转化为Na2CO3即饱和NaCl溶液NaHCO3→Na2CO3均能一步转化，C不合题意；
D．NaOH与H2SO4、CuSO4等反应生成Na2SO4，Na2SO4和BaCl2反应生成NaCl，但NaCl不能一步转化为Na2CO3，D符合题意；
故答案为：D。
4. 下列离子方程式书写正确的是
A. 石灰石与醋酸反应：
B. 溶液中通入少量：
C. 与水反应：
D. 和溶液反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸是弱酸，书写离子方程式时应写成化学式，A错误；
B．溶液与少量反应生成和，离子方程式为，B错误；
C．为弱酸，需写成化学式，即，C错误；
D．单质先与溶液中的水反应生成和，再与反应生成沉淀，总反应为，D正确；
综上，本题选D。
5. 元素周期表中E、G、L、M、P、Q、R为7种短周期元素，M是非金属性最强的元素，Q的单质广泛用作半导体材料，其余元素的信息如图所示。下列说法正确的有
A. G和Q所对应的气态氢化物的还原性，后者更强
B. L和R形成的化合物为离子化合物，只含有离子键
C. Q和P最高价氧化物对应水化物的酸性，后者更强
D. 非金属性：M＞P，M的单质能将P单质从RP溶液中置换出来
【答案】C
【解析】
【分析】由题干信息可知，元素周期表中E、G、L、M、P、Q、R为7种短周期元素，M是非金属性最强的元素即为F，Q的单质广泛用作半导体材料即为Si，由图中信息可知，E、R的最外层电子数为1，G的最外层电子数为5，L的最外层电子数为6，P的最外层电子数为7，原子半径为R＞P＞L，G＞L，L＞E，结合原子半径同一周期从左往右依次减小，同一主族从上往下依次增大的规律可推知：R为Na、P为Cl，L为O，G为N，E为H，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，G为Si，Q为N，则有非金属性N＞Si，氧化性N2＞Si，故G和Q所对应的气态氢化物的还原性SiH4＞NH3，即前者更强，A错误；
B．由分析可知，L为O，R为Na，L和R形成的化合物为离子化合物有Na2O只含有离子键，而Na2O2即有离子键又有共价键，B错误；
C．由分析可知，Q为Si，P为Cl，非金属性Cl＞Si，则Q和P最高价氧化物对应水化物的酸性H2SiO3＜HClO4，即后者更强，C正确；
D．由分析可知，M为F，P为Cl，则非金属性：F＞Cl即M＞P，F2与NaCl溶液反应时先与水反应，方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2，即M的单质即F2不能将P单质即Cl2从RP即NaCl溶液中置换出来，D错误；
故答案为：C。
6. 德国重离子研究中心人工合成Cn的过程可表示为Zn+Pb=Cn+n。下列叙述正确的是
A. 合成Cn的过程为化学变化B. Cn的中子数为165
C. Cn元素位于第七周期IIA族D. Pb与Hg互为同位素
【答案】B
【解析】
【详解】A．化学变化的最小粒子为原子，该反应中原子种类发生了变化，不属于化学变化，A错误；
B．Cn的中子数为277－112＝165，B正确；
C．第118号元素位于周期表中第七周期零族，则112号元素位于周期表中第七周期ⅡB族，C错误；
D．Pb与Hg质子数不同，两者不互为同位素，D错误；
故选：B。
7. 通过化学实验现象得出相应的结论是探究物质性质的一种重要方法，下列实验操作和现象或结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化钠与水反应是放热反应，向包有足量过氧化钠粉末的脱脂棉上滴加几滴水，反应放热达到脱脂棉的着火点时，脱脂棉可以燃烧，A正确；
B．向某未知溶液(不含)中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀出现，则该沉淀一定为AgCl，因为碳酸银可以溶于稀硝酸，无气体产生，说明一定不含或，否则会有CO2气体产生，B正确；
C．K元素的焰色试验必须透过蓝色钴玻璃观察，没有透过蓝色钴玻璃观察，所以不能确定溶液中是否含有钾离子，C正确；
D．向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀，不能说明溶液中一定含有，可能还有Ag+干扰，D错误；
故答案为：D。
8. 用NA表示阿伏加德罗常数值。下列叙述正确的有
①1mlFeCl3溶于水形成的胶体中含有NA个Fe(OH)3胶体粒子
②3.9gNa2O2固体所含阴离子数为0.05NA
③标准状况下，46g乙醇中含有NA个分子
④常温下，2g氦气所含的原子数目为NA
⑤1mlCl2通入足量的水中，最多生成1mlHClO
⑥56g铁与氯气在一定条件下充分反应，最多消耗氯气的体积是33.6L
⑦142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数为3NA
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】①1个Fe(OH)3胶体粒子是多个氢氧化铁的聚集体，故所得的氢氧化铁胶粒个数小于NA个，故①错误；
②3.9g Na2O2的物质的量为n=3.9g÷78g/ml=0.05ml，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.05ml过氧化钠中含阴离子为0.05NA个，故②正确；
③46g乙醇的物质的量为46g÷46g/ml＝1ml，含有NA个分子，故③正确；
④氦气由氦原子构成，故2g氦气中含有的氦原子的物质的量为n=2g÷4g/ml=0.5ml，即0.5NA个，故④错误；
⑤Cl2和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故所得HClO的物质的量小于1ml，故⑤错误；
⑥56g铁的物质的量为n=56g÷56g/ml=1ml，和氯气反应消耗氯气为1.5ml，但氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故⑥错误；
⑦Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量均为142g/ml，故142g Na2SO4和Na2HPO4的物质的量为n=142g÷142g/ml=1ml，且两者均由2个钠离子和1个阴离子构成，故1ml混合物中含离子共3NA个，故⑦正确。
故选C。
9. 铁黄是一种优质颜料。制备铁黄晶种时，向精制溶液中滴加氨水(弱碱)，先出现白色沉淀，后变为灰绿色。加氨水至时，开始通入空气，溶液随时间的变化曲线如图。下列分析不正确的是
A. 产生白色沉淀的离子方程式为
B. 发生的主要反应为
C. 发生的主要反应为
D. 后仅发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚铁离子和碱反应生成氢氧化亚铁，产生白色沉淀的离子方程式为，A正确；
B．段，溶液pH随氧气通入基本保持不变，则发生Fe(OH)2的氧化反应，反应为，B正确；
C．段，溶液pH随氧气通入明显变小，则发生Fe2+的氧化反应，发生的反应为，C正确；
D．后溶液中pH较小，同时存两个氧化反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O和，D错误；
故选D。
10. 纳米级可用于以太阳能为热源分解水制，过程如图所示。下列说法不正确的是
A. 纳米级分散于水中形成的分散系可产生丁达尔效应
B. 过程Ⅰ的化学方程式为
C. 是过程Ⅱ的氧化产物
D. 整个过程的总反应为
【答案】C
【解析】
【详解】A．是纳米级的，在水溶液中形成的分散系是胶体，可产生丁达尔效应，故A正确；
B．从箭头看，过程Ⅰ的反应物是，生成物是和，条件是太阳能，则过程Ⅰ的化学方程式为，故B正确；
C．过程Ⅱ是和反应生成和，氢元素的化合价从+1价被还原成0价，则是过程Ⅱ的还原产物，故C错误；
D．从整个过程来看，是反应的催化剂，则总反应式为，故D正确；
答案C。
11. 已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、W位于不同周期，W与X可以形成五核18电子分子，Y、Z的最外层电子数之和是W的最外层电子数的3倍。下列说法中不正确的是
A. 原子半径：W>Y>Z>X
B. Y与X形成的化合物中只含有极性共价键
C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：Y>W
D. 简单气态氢化物的热稳定性：
【答案】B
【解析】
【分析】已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、W位于不同周期，可推测X为氢元素，Y、W分别位于第二、三周期，W与X可以形成五核18电子分子，即WX4，可推测W为硅元素；Y、Z的最外层电子数之和是W的最外层电子数的3倍，可知Y、Z的最外层电子数之和为12，则Y、Z分别位于第ⅤA族和第ⅦA族，因此可推测Y、Z分别为氮元素和氟元素，即X、Y、Z、W分别为H、N、F、Si，据此分析进行解答。
【详解】A．由分析可知，X、Y、Z、W分别H、N、F、Si，原子半径：Si>N>F>H，即W>Y>Z>X，故A正确；
B．Y与X形成的化合物即氮氢化合物中，NH3中只有极性共价键N-H，但如N2H4，则除了极性共价键N-H之外，还有非极性共价键N-N，B错误；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性N＞Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性：HNO3>H2SiO3，C正确；
D．非金属性越强，气态氢化物热稳定性越强，非金属性F＞N，简单气态氢化物的热稳定性： HF>NH3，D正确；
故答案选B。
12. 利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示，下列说法不正确的是
A. NO属于共价化合物
B. O2含有非极性共价键
C. 过程②释放能量，过程③吸收能量
D. 标准状况下，NO 分解生成11.2LN2转移电子数约为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．非金属元素之间形成共价键，只含有共价键的化合物为共价化合物，NO属于共价化合物，A正确；
B．O2为非金属单质，其化学键为非极性共价键，B正确；
C．过程②是破坏化学键的过程，吸收能量；过程③是形成化学键的过程，释放能量，C错误；
D．标准状况下，11.2LN2的物质的量为0.5ml，N元素化合价由+2价降为0价，转移电子2NA，D正确；
故答案为：C。
13. 铁粉具有平肝镇心，消痈解毒之功效，主治惊痛、癫狂、脚气冲心、贫血等。某兴趣小组探究利用反应：H2+FeCO3Fe+CO2↑+H2O↑制取铁粉并检验气体产物实验装置如图。下列说法不正确的是
A. 通过调节分液漏斗的活塞可以控制①中气泡产生快慢
B. 装置①中的试剂是浓硫酸，目的是干燥氢气
C. 装置②中的试剂是无水硫酸铜，目的是检验水蒸气
D. 为防止④中挥发的气体进入②中干扰检验，③中应盛放碱石灰
【答案】D
【解析】
【分析】
①、②、③依次盛装浓H2SO4（干燥H2）、无水硫酸铜（检验水蒸气）、无水氯化钙（防止④中水蒸气使②中无水CuSO4变蓝干扰实验而吸收水蒸气）；装置②、④的作用分别是检验H2O和CO2，据此解答。
【详解】A. 分液漏斗有活塞，可以通过旋转活塞的角度来调节液体的流速，以便控制反应产生气体的的快慢，故A正确；
B. Zn粒与稀硫酸反应生成H2，又因生成的H2混有水蒸气，在硬质玻璃管中加热就会发生爆炸，所以要用浓硫酸除去H2中的水蒸气，即干燥氢气，故B正确；
C. 根据方程式可知反应后有水蒸气生成，则装置②中的试剂是无水硫酸铜，目的是检验水蒸气，故C正确；
D. 为防止④中挥发的气体进入②中干扰检验，③中应盛放无水CaCl2，③不能用碱石灰，因碱石灰会吸收掉CO2无法被澄清石灰水检验出，故D错误；
故答案选D。
14. 利用粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)制取纯MnO2的流程如图。下列说法错误的是
A. 酸浸过程中发生的反应主要为复分解反应
B. 操作X用到的主要仪器有：铁架台、蒸发皿、玻璃棒、烧杯
C. 氧化过程主要目的是使Mn2＋氧化为MnO2以提高产品产率
D. 整个过程中NaClO3可以循环使用
【答案】B
【解析】
【分析】粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)样品加入硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，反应的离子方程式为5Mn2++2ClO+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+，将产生的氯气和热的氢氧化钠溶液反应可以得到氯酸钠的溶液，将反应后的溶液过滤得固体二氧化锰，滤液含有硫酸、硫酸钠等，以此解答该题。
【详解】A．酸浸时，样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，为复分解反应，故A正确；
B．操作X为过滤操作，用到主要仪器有铁架台、玻璃棒、烧杯、漏斗，故B错误；
C．根据以上分析可知氯酸钠氧化锰离子生成二氧化锰，使Mn2+氧化为MnO2以提高产品产率，故C正确；
D．由流程可知NaClO3可用于氧化过程，则可循环使用，故D正确。
故选B。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. Ⅰ.下表列出了①~⑨九种元素在周期表中的位置：
请按要求回答下列问题。
（1）元素④在周期表中所处位置为____________。
（2）按气态氢化物的稳定性由弱到强的顺序排列，④⑥⑦的简单氢化物稳定性：________ (写氢化物的化学式)。
（3）元素⑤的最高价氧化物的水化物的电子式为_________。
（4）写出元素⑤形成的单质在氧气中燃烧的化学方程式：___________________。
（5）③的简单氢化物与其最高价氧化物的水化物反应的离子方程式：_________________。
Ⅱ.LiBH4是储氢材料，已知其由Li+和(H为-1价)构成，LiBH4释放氢气的原理为2LiBH4=2LiH+2B+3H2↑。
（6）由元素周期律能得到_________(填标号，下同)。
A. 碱性：LiOHC. 溶解度：LiOH（7）LiBH4中不存在的作用力有_________。
A. 离子键B. 极性共价键
C. 非极性共价键D. 分子间作用力
（8）氢化锂(LiH)中负离子半径大于正离子半径，其原因是____________________。
【答案】15. 第二周期第ⅥA族
16. PH3＜H2S＜H2O
17. 18. 2Na+O2Na2O2
19. 20. AB 21. CD
22. Li+和的核外电子排布相同，且Li的核电荷数比H的大
【解析】
【分析】由元素早周期表中位置，可知①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为P、⑦为S、⑧为Ne、⑨为Cl，据此作答。
【小问1详解】
元素④的名称是氧，元素④在周期表中所处位置为第二周期第VIA族，故答案为：第二周期第VIA族；
【小问2详解】
④的氢化物为H2O，⑥的氢化物为PH3，⑦的氢化物为H2S，由于元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，元素非金属性P＜S＜O，所以氢化物的稳定性PH3＜H2S＜H2O，故答案为：PH3＜H2S＜H2O；
【小问3详解】
元素⑤的最高价氧化物的水化物为NaOH，NaOH为离子化合物，其电子式为：，故答案为：；
【小问4详解】
元素⑤形成的单质是Na，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，反应方程式为2Na+O2Na2O2，故答案为：2Na+O2Na2O2；
【小问5详解】
③为N元素，其简单氢化物为NH3，其最高价氧化物的水化物为HNO3，反应的离子方程式：，故答案为：；
【小问6详解】
A．已知Li位于Na的同一主族的上一周期，同一主族从上往下元素金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性也是依次增强，故根据元素周期律可以得到碱性：LiOHB．已知Li位于Na的同一主族的上一周期，同一主族从上往下元素金属性依次增强，金属性越强与水或酸反应就越剧烈，根据元素周期律可以得到，与水反应的剧烈程度：LiC．元素周期律是指元素的性质(化学性质)随着核电荷数的递增而呈现周期性的变化，则根据元素周期律不能得到溶解度：LiOHD．根据元素周期律也不能得出密度：Li故答案选AB。
【小问7详解】
已知LiBH4是由Li+和组成的离子化合物，则其中Li+与之间的离子键，中还存在B-H极性共价键，故其中不存在的作用力有非极性共价键和分子间作用力，故答案为：CD；
【小问8详解】
由于Li+和的核外电子排布相同，且Li的核电荷数比H的大，则导致LiH中负离子半径大于正离子半径，故答案为：Li+和的核外电子排布相同，且Li的核电荷数比H的大。
16. Ⅰ．Na2CO3和NaHCO3是厨房中常见的两种盐，可用化学性质的差异进行鉴别。回答下列问题：
（1）热稳定性差异。乙组设计如图装置进行实验(加热及夹持装置省略)。
将分别装有Na2CO3和NaHCO3的试管同时放入甘油浴加热(甘油沸点为290℃)。该实验用饱和碳酸钠溶液检验反应的产物，b试管中的实验现象为：___________，试管b中发生反应的化学方程式为___________。
（2）取一定质量的Na2CO3和NaHCO3混合物灼烧至恒重，冷却至室温，共收集到4.4g气体。加热后剩余的固体物质与足量盐酸反应，共收集到8.8g气体。请分别求出原固体混合物中Na2CO3和NaHCO3的质量分别为___________g、___________g。
（3）有同学提出：取一定质量的Na2CO3和NaHCO3混合物灼烧至恒重，将产生的气体通入足量Ba(OH)2溶液中，通过生成的沉淀质量计算碳酸钠的含量，发现测量值明显偏大，可能的原因是___________。
Ⅱ．我国化学家侯德榜发明的“联合制碱法”为世界制碱工业做出了巨大贡献，下图为联合制碱法的主要过程(部分物质已略去)。
已知：i．NH3极易溶于水并生成碱，与酸反应生成盐，如。
ii．有关物质的溶解度(20℃)
（4）沉淀池中主要沉淀物___________(化学式)，发生反应的化学方程式为___________。
【答案】（1） ①. 溶液变浑浊 ②.
（2） ①. 10.6 ②. 16.8
（3）二氧化碳没有完全转化为碳酸钡沉淀
（4） ①. NaHCO3 ②.
【解析】
【分析】碳酸钠较为稳定，碳酸氢钠不稳定受热分解为碳酸钠和水、二氧化碳；
饱和氯化钠溶液首先通入足量氨气，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠晶体煅烧得到碳酸钠；
【小问1详解】
碳酸钠较为稳定，碳酸氢钠不稳定受热分解为碳酸钠和水、二氧化碳；饱和碳酸钠溶液和二氧化碳反应生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体，故b试管中的实验现象为：溶液变浑浊，试管b中发生反应的化学方程式为；
【小问2详解】
设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为aml、bml；，混合物灼烧至恒重，冷却至室温，共收集到4.4g气体，则、同时生成碳酸钠0.1ml，碳酸氢钠质量为0.2ml×84g/ml=16.8g；，加热后剩余的固体物质为碳酸钠，碳酸钠与足量盐酸反应，共收集到8.8g气体，则原混合物中碳酸钠为，质量为0.1ml×106g/ml=10.6g；
【小问3详解】
若二氧化碳没有完全转化为碳酸钡沉淀，则会导致计算得到碳酸氢钠含量减小，而使得碳酸钠的含量测量值明显偏大，故可能的原因是二氧化碳没有完全转化为碳酸钡沉淀；
【小问4详解】
由表可知，碳酸氢钠的溶解度较小，会首先达到饱和结晶析出，故沉淀物主要为NaHCO3，反应为饱和氯化钠溶液首先通入足量氨气，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体和氯化铵，。
17. 铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1857℃。
（1）工业上以铬铁矿[主要成分是Fe(CrO2)2]为原料冶炼铬的流程如图所示：
已知：Cr(OH)3是一种难溶于水的沉淀。
①Fe(CrO2)2中各元素化合价均为整数，则铬为______价。
②高温氧化时生成产物除 Na2CrO4外还产生一种红棕色物质与一种无色无味的气体，则该反应的化学方程式为_____________________。
③操作a分两步反应进行，第一步为Cr(OH)3加热分解：第二步将铝加入第一步产物中，高温下生成新的氧化物和金属单质。写出第二步反应的化学方程式：_________________________。
（2）Cr(OH)3是两性氢氧化物，请写出其分别与 NaOH、稀硫酸反应的离子方程式：______________、____________。
（3）水中的铬元素对水质及环境均有严重的损害作用，必须进行无害化处理。转化为重要产品磁性铁铬氧体(CrxFeyOz)：先向含的污水中加入适量的硫酸及硫酸亚铁，待充分反应后再通入适量空气(氧化部分Fe2+)并加入NaOH，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。
①写出在酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+的离子方程式：________________。
②若处理含1ml(不考虑其他含铬微粒)的污水时恰好消耗 10ml FeSO4，则当铁铬氧体中n(Fe2+)： n(Fe3+)=3：2时，铁铬氧体的化学式为___________。
【答案】（1） ①. +3 ②. 4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2 ③. 2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr
（2） ①. Cr(OH)3+OH-= ②. Cr(OH)3+3H+=Cr3++3H2O
（3） ①. 3Fe2+++8H+=3Fe3++Cr3++4H2O ②. Cr2Fe20O27
【解析】
【分析】铬铁矿中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液，加入Na2S发生氧化还原反应，铬元素被还原生成Cr(OH)3沉淀，过滤后灼烧Cr(OH)3得到Cr2O3，利用铝热反应制备金属铬，据此解答。
小问1详解】
①Fe(CrO2)2中Fe为+2价、O为-2价，由化合价代数和为0可知Cr元素的化合价为+3，
故答案为：+3；
②加入碳酸钠，高温氧化，可生成Fe2O3、Na2CrO4、CO2，反应的方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，故答案为：4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；
③操作a分两步反应进行，第一步为Cr(OH)3加热分解生成Cr2O3，方程式为：2Cr(OH)3Cr2O3+3H2O，第二步将铝加入第一步产物中，高温下生成新的氧化物和金属单质，即Cr2O3和Al发生铝热反应生成氧化铝和Cr，第二步反应的化学方程式为：2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr，答案为：2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr；
【小问2详解】
Cr(OH)3是两性氢氧化物，性质与氢氧化铝相似，分别与NaOH、稀硫酸反应时生成两种盐，方程式为Cr(OH)3+OH-=、Cr(OH)3+3H+=Cr3++3H2O，故答案为：Cr(OH)3+OH-=；Cr(OH)3+3H+=Cr3++3H2O；
【小问3详解】
①在酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+，同时Fe2+被氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为3Fe2+++8H+=3Fe3++Cr3++4H2O，故答案为：3Fe2+++8H+=3Fe3++Cr3++4H2O；
②结合铁铬氧体中n(Fe2+)：n(Fe3+)═3：2，确定铁铬氧体中n(Fe2+)═6ml和n(Fe3+)═4ml，在铬铁氧体中各元素的化合价代数和为0，设O2-的物质的量n(O)，则1ml×3+6ml×2+4ml×3═n(O)×2，解得：n(O)═13.5ml，则x：y：z═1：(6+4)：13.5═2：10：27，所得铁铬氧体的化学式为Cr2Fe20O27，故答案为：Cr2Fe20O27。
18. 利用如图的装置制备NaBiO3(铋酸钠)：
（1）A装置中反应的离子方程式：_________________。
（2）B装置中试剂是____________。
（3）C装置中白色固体完全反应后立即停止通入氯气，其原因是________________________。
（4）实验完毕后，为了提高产品纯度，需要的操作有_________、过滤、洗涤、干燥。
（5）写出装置C中发生反应的化学方程式：_________________________。
（6）探究NaBiO3的性质：
①在酸性条件下，、NaBiO3、Cl2中氧化性最强的是___________。
②结合第(3)小题C装置中的反应，分析NaBiO3和Cl2氧化性强弱不一致的主要原因是_______________。
【答案】（1）MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O
（2）饱和食盐水 （3）防止Cl2过量后与H2O反应使溶液呈酸性，导致NaBiO3迅速分解
（4）在冰水中冷却结晶；
（5）Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3↓+2NaCl+3H2O
（6） ①. NaBiO3 ②. 溶液的酸碱性不同
【解析】
【分析】由题干实验装置图示可知，装置A为实验室制备Cl2的发生装置，反应原理为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，由于HCl易挥发，故制得的Cl2需经装置B中饱和食盐水来除去Cl2中的HCl，由题干信息可知，NaBiO3 是为数不多的钠盐沉淀之一，故装置C是由Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2发生反应来制备NaBiO3的装置，该反应的化学方程式是Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3↓+2NaCl+3H2O，由于Cl2有毒，故需使用装置D中的NaOH溶液来吸收多余的Cl2，由此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，装置A为实验室制备Cl2的发生装置，反应原理为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
由分析可知，由于HCl易挥发，故制得的Cl2需经装置B中饱和食盐水来除去Cl2中的HCl，故答案为：饱和食盐水；
【小问3详解】
由题干信息可知，NaBiO3不溶于冷水、在酸性溶液中迅速分解,C装置中白色固体完全反应后即Bi(OH)3完全反应，立即停止通入氯气，否则Cl2过量后与H2O反应使溶液呈酸性，导致NaBiO3迅速分解，即其原因是防止Cl2过量后与H2O反应使溶液呈酸性，导致NaBiO3迅速分解，故答案为：防止Cl2过量后与H2O反应使溶液呈酸性，导致NaBiO3迅速分解；
【小问4详解】
由题干信息可知，NaBiO3不溶于冷水，想要获得纯净NaBiO3，首先要将让其结晶析出，然后沉淀过滤出来，再进行洗涤、干燥才可以得到纯净的NaBiO3，即实验完毕后，为了提高产品纯度，需要的操作有在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶；
【小问5详解】
由分析可知，装置C中发生反应的化学方程式为：Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3↓+2NaCl+3H2O，故答案为：Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3↓+2NaCl+3H2O；
【小问6详解】
①根据Ⅰ中现象产生黄绿色气体，试纸变蓝，氧化剂的氧化性大于氧化产物，可知NaBiO3＞Cl2，根据实验Ⅱ5NaBiO3+2Mn2++14H+═2+5Bi3++5Na++7H2O，可知NaBiO3＞，酸性高锰酸钾溶液可用于制备氯气，可知＞Cl2，可知酸性条件下氧化性：NaBiO3＞＞Cl2，故答案为：NaBiO3；选项
实验操作和现象
结论
A
向包有足量过氧化钠粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉燃烧
过氧化钠与水反应放热
B
向某未知溶液(不含)中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，无气体产生，但有白色沉淀出现
未知溶液中含有Cl-，一定不或
C
用铂丝蘸取少量未知固体做焰色试验，火焰呈黄色
固体中一定含Na+，可能含K+
D
向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀
溶液中一定含有
物质
NaCl
溶解度/g
360
21.7
9.6
37.2
物质
NaBiO3
Bi(OH)3
性质
不溶于冷水、在酸性溶液中迅速分解；浅黄色
难溶于水、白色
实验
操作
现象
Ⅰ
取少量NaBiO3于试管中，加入浓盐酸，振荡；用镊子夹一块湿润的淀粉KI试纸放置在试管口上方
浅黄色固体溶解，产生黄绿色气体，试纸变蓝色
Ⅱ
在稀硫酸酸化的MnSO4溶液中加入NaBiO3粉末，振荡
无色溶液变紫红色溶液
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42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、生活等密切相关，下列说法错误的是
A. “超级钢”属于合金
B. 合金的熔点比各成分金属的高，有利于金属高温工作
C. 储氢金属可用于解决氢能储存和运输难题
D. 用铝制锅烧水、煮饭，因为铝表面覆盖着耐高温的致密氧化铝的保护膜
【答案】B
【解析】
【详解】A．超级钢是Fe、Mn、Al、V、C等金属和非金属形成的合金，A正确；
B．合金的熔点比其成分金属低，不利于金属高温工作，B错误；
C．氢气为气体，不易储存和运输，则储氢金属可用于解决氢能储存和运输难题，C正确；
D．铝表面覆盖着耐高温的致密氧化铝的保护膜，可以用于制作铝锅等，D正确；
故答案为：B。
2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 氯原子的结构示意图：
B. 铀(U)原子的中子数为146、质子数为92
C. 溴原子的核外电子数为35
D. 次氯酸的结构式：H—Cl—O
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯原子中质子数等于核外电子数，即氯原子的结构示意图为，为Cl-的示意图，故A错误；
B．根据原子构成，中质子数为92，质量数为146，中子数为146-92=54，故B错误；
C．对原子来说，质子数等于核外电子数，即的核外电子数为35，故C正确；
D．次氯酸的结构式为H-O-Cl，故D错误；
答案为C。
3. 一定条件下，下列选项所示物质间转化不能一步实现的是
A. Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3
B. HCl→CuCl2→BaCl2→HCl
C. 饱和NaCl溶液NaHCO3→Na2CO3
D. NaOH→Na2SO4→NaCl→Na2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，FeCl3与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解为Fe2O3即Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3均能一步转化，A不合题意；
B．HCl与CuO、CuCO3反应转化为CuCl2，CuCl2和Ba(OH)2反应转化为BaCl2，BaCl2与H2SO4反应生成HCl，即HCl→CuCl2→BaCl2→HCl均能一步转化，B不合题意；
C．饱和食盐水中通入NH3后通入CO2，可以制得NaHCO3，NaHCO3受热分解转化为Na2CO3即饱和NaCl溶液NaHCO3→Na2CO3均能一步转化，C不合题意；
D．NaOH与H2SO4、CuSO4等反应生成Na2SO4，Na2SO4和BaCl2反应生成NaCl，但NaCl不能一步转化为Na2CO3，D符合题意；
故答案为：D。
4. 下列离子方程式书写正确的是
A. 石灰石与醋酸反应：
B. 溶液中通入少量：
C. 与水反应：
D. 和溶液反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸是弱酸，书写离子方程式时应写成化学式，A错误；
B．溶液与少量反应生成和，离子方程式为，B错误；
C．为弱酸，需写成化学式，即，C错误；
D．单质先与溶液中的水反应生成和，再与反应生成沉淀，总反应为，D正确；
综上，本题选D。
5. 元素周期表中E、G、L、M、P、Q、R为7种短周期元素，M是非金属性最强的元素，Q的单质广泛用作半导体材料，其余元素的信息如图所示。下列说法正确的有
A. G和Q所对应的气态氢化物的还原性，后者更强
B. L和R形成的化合物为离子化合物，只含有离子键
C. Q和P最高价氧化物对应水化物的酸性，后者更强
D. 非金属性：M＞P，M的单质能将P单质从RP溶液中置换出来
【答案】C
【解析】
【分析】由题干信息可知，元素周期表中E、G、L、M、P、Q、R为7种短周期元素，M是非金属性最强的元素即为F，Q的单质广泛用作半导体材料即为Si，由图中信息可知，E、R的最外层电子数为1，G的最外层电子数为5，L的最外层电子数为6，P的最外层电子数为7，原子半径为R＞P＞L，G＞L，L＞E，结合原子半径同一周期从左往右依次减小，同一主族从上往下依次增大的规律可推知：R为Na、P为Cl，L为O，G为N，E为H，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，G为Si，Q为N，则有非金属性N＞Si，氧化性N2＞Si，故G和Q所对应的气态氢化物的还原性SiH4＞NH3，即前者更强，A错误；
B．由分析可知，L为O，R为Na，L和R形成的化合物为离子化合物有Na2O只含有离子键，而Na2O2即有离子键又有共价键，B错误；
C．由分析可知，Q为Si，P为Cl，非金属性Cl＞Si，则Q和P最高价氧化物对应水化物的酸性H2SiO3＜HClO4，即后者更强，C正确；
D．由分析可知，M为F，P为Cl，则非金属性：F＞Cl即M＞P，F2与NaCl溶液反应时先与水反应，方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2，即M的单质即F2不能将P单质即Cl2从RP即NaCl溶液中置换出来，D错误；
故答案为：C。
6. 德国重离子研究中心人工合成Cn的过程可表示为Zn+Pb=Cn+n。下列叙述正确的是
A. 合成Cn的过程为化学变化B. Cn的中子数为165
C. Cn元素位于第七周期IIA族D. Pb与Hg互为同位素
【答案】B
【解析】
【详解】A．化学变化的最小粒子为原子，该反应中原子种类发生了变化，不属于化学变化，A错误；
B．Cn的中子数为277－112＝165，B正确；
C．第118号元素位于周期表中第七周期零族，则112号元素位于周期表中第七周期ⅡB族，C错误；
D．Pb与Hg质子数不同，两者不互为同位素，D错误；
故选：B。
7. 通过化学实验现象得出相应的结论是探究物质性质的一种重要方法，下列实验操作和现象或结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化钠与水反应是放热反应，向包有足量过氧化钠粉末的脱脂棉上滴加几滴水，反应放热达到脱脂棉的着火点时，脱脂棉可以燃烧，A正确；
B．向某未知溶液(不含)中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀出现，则该沉淀一定为AgCl，因为碳酸银可以溶于稀硝酸，无气体产生，说明一定不含或，否则会有CO2气体产生，B正确；
C．K元素的焰色试验必须透过蓝色钴玻璃观察，没有透过蓝色钴玻璃观察，所以不能确定溶液中是否含有钾离子，C正确；
D．向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀，不能说明溶液中一定含有，可能还有Ag+干扰，D错误；
故答案为：D。
8. 用NA表示阿伏加德罗常数值。下列叙述正确的有
①1mlFeCl3溶于水形成的胶体中含有NA个Fe(OH)3胶体粒子
②3.9gNa2O2固体所含阴离子数为0.05NA
③标准状况下，46g乙醇中含有NA个分子
④常温下，2g氦气所含的原子数目为NA
⑤1mlCl2通入足量的水中，最多生成1mlHClO
⑥56g铁与氯气在一定条件下充分反应，最多消耗氯气的体积是33.6L
⑦142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数为3NA
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】①1个Fe(OH)3胶体粒子是多个氢氧化铁的聚集体，故所得的氢氧化铁胶粒个数小于NA个，故①错误；
②3.9g Na2O2的物质的量为n=3.9g÷78g/ml=0.05ml，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.05ml过氧化钠中含阴离子为0.05NA个，故②正确；
③46g乙醇的物质的量为46g÷46g/ml＝1ml，含有NA个分子，故③正确；
④氦气由氦原子构成，故2g氦气中含有的氦原子的物质的量为n=2g÷4g/ml=0.5ml，即0.5NA个，故④错误；
⑤Cl2和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故所得HClO的物质的量小于1ml，故⑤错误；
⑥56g铁的物质的量为n=56g÷56g/ml=1ml，和氯气反应消耗氯气为1.5ml，但氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故⑥错误；
⑦Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量均为142g/ml，故142g Na2SO4和Na2HPO4的物质的量为n=142g÷142g/ml=1ml，且两者均由2个钠离子和1个阴离子构成，故1ml混合物中含离子共3NA个，故⑦正确。
故选C。
9. 铁黄是一种优质颜料。制备铁黄晶种时，向精制溶液中滴加氨水(弱碱)，先出现白色沉淀，后变为灰绿色。加氨水至时，开始通入空气，溶液随时间的变化曲线如图。下列分析不正确的是
A. 产生白色沉淀的离子方程式为
B. 发生的主要反应为
C. 发生的主要反应为
D. 后仅发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚铁离子和碱反应生成氢氧化亚铁，产生白色沉淀的离子方程式为，A正确；
B．段，溶液pH随氧气通入基本保持不变，则发生Fe(OH)2的氧化反应，反应为，B正确；
C．段，溶液pH随氧气通入明显变小，则发生Fe2+的氧化反应，发生的反应为，C正确；
D．后溶液中pH较小，同时存两个氧化反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O和，D错误；
故选D。
10. 纳米级可用于以太阳能为热源分解水制，过程如图所示。下列说法不正确的是
A. 纳米级分散于水中形成的分散系可产生丁达尔效应
B. 过程Ⅰ的化学方程式为
C. 是过程Ⅱ的氧化产物
D. 整个过程的总反应为
【答案】C
【解析】
【详解】A．是纳米级的，在水溶液中形成的分散系是胶体，可产生丁达尔效应，故A正确；
B．从箭头看，过程Ⅰ的反应物是，生成物是和，条件是太阳能，则过程Ⅰ的化学方程式为，故B正确；
C．过程Ⅱ是和反应生成和，氢元素的化合价从+1价被还原成0价，则是过程Ⅱ的还原产物，故C错误；
D．从整个过程来看，是反应的催化剂，则总反应式为，故D正确；
答案C。
11. 已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、W位于不同周期，W与X可以形成五核18电子分子，Y、Z的最外层电子数之和是W的最外层电子数的3倍。下列说法中不正确的是
A. 原子半径：W>Y>Z>X
B. Y与X形成的化合物中只含有极性共价键
C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：Y>W
D. 简单气态氢化物的热稳定性：
【答案】B
【解析】
【分析】已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、W位于不同周期，可推测X为氢元素，Y、W分别位于第二、三周期，W与X可以形成五核18电子分子，即WX4，可推测W为硅元素；Y、Z的最外层电子数之和是W的最外层电子数的3倍，可知Y、Z的最外层电子数之和为12，则Y、Z分别位于第ⅤA族和第ⅦA族，因此可推测Y、Z分别为氮元素和氟元素，即X、Y、Z、W分别为H、N、F、Si，据此分析进行解答。
【详解】A．由分析可知，X、Y、Z、W分别H、N、F、Si，原子半径：Si>N>F>H，即W>Y>Z>X，故A正确；
B．Y与X形成的化合物即氮氢化合物中，NH3中只有极性共价键N-H，但如N2H4，则除了极性共价键N-H之外，还有非极性共价键N-N，B错误；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性N＞Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性：HNO3>H2SiO3，C正确；
D．非金属性越强，气态氢化物热稳定性越强，非金属性F＞N，简单气态氢化物的热稳定性： HF>NH3，D正确；
故答案选B。
12. 利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示，下列说法不正确的是
A. NO属于共价化合物
B. O2含有非极性共价键
C. 过程②释放能量，过程③吸收能量
D. 标准状况下，NO 分解生成11.2LN2转移电子数约为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．非金属元素之间形成共价键，只含有共价键的化合物为共价化合物，NO属于共价化合物，A正确；
B．O2为非金属单质，其化学键为非极性共价键，B正确；
C．过程②是破坏化学键的过程，吸收能量；过程③是形成化学键的过程，释放能量，C错误；
D．标准状况下，11.2LN2的物质的量为0.5ml，N元素化合价由+2价降为0价，转移电子2NA，D正确；
故答案为：C。
13. 铁粉具有平肝镇心，消痈解毒之功效，主治惊痛、癫狂、脚气冲心、贫血等。某兴趣小组探究利用反应：H2+FeCO3Fe+CO2↑+H2O↑制取铁粉并检验气体产物实验装置如图。下列说法不正确的是
A. 通过调节分液漏斗的活塞可以控制①中气泡产生快慢
B. 装置①中的试剂是浓硫酸，目的是干燥氢气
C. 装置②中的试剂是无水硫酸铜，目的是检验水蒸气
D. 为防止④中挥发的气体进入②中干扰检验，③中应盛放碱石灰
【答案】D
【解析】
【分析】
①、②、③依次盛装浓H2SO4（干燥H2）、无水硫酸铜（检验水蒸气）、无水氯化钙（防止④中水蒸气使②中无水CuSO4变蓝干扰实验而吸收水蒸气）；装置②、④的作用分别是检验H2O和CO2，据此解答。
【详解】A. 分液漏斗有活塞，可以通过旋转活塞的角度来调节液体的流速，以便控制反应产生气体的的快慢，故A正确；
B. Zn粒与稀硫酸反应生成H2，又因生成的H2混有水蒸气，在硬质玻璃管中加热就会发生爆炸，所以要用浓硫酸除去H2中的水蒸气，即干燥氢气，故B正确；
C. 根据方程式可知反应后有水蒸气生成，则装置②中的试剂是无水硫酸铜，目的是检验水蒸气，故C正确；
D. 为防止④中挥发的气体进入②中干扰检验，③中应盛放无水CaCl2，③不能用碱石灰，因碱石灰会吸收掉CO2无法被澄清石灰水检验出，故D错误；
故答案选D。
14. 利用粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)制取纯MnO2的流程如图。下列说法错误的是
A. 酸浸过程中发生的反应主要为复分解反应
B. 操作X用到的主要仪器有：铁架台、蒸发皿、玻璃棒、烧杯
C. 氧化过程主要目的是使Mn2＋氧化为MnO2以提高产品产率
D. 整个过程中NaClO3可以循环使用
【答案】B
【解析】
【分析】粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)样品加入硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，反应的离子方程式为5Mn2++2ClO+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+，将产生的氯气和热的氢氧化钠溶液反应可以得到氯酸钠的溶液，将反应后的溶液过滤得固体二氧化锰，滤液含有硫酸、硫酸钠等，以此解答该题。
【详解】A．酸浸时，样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，为复分解反应，故A正确；
B．操作X为过滤操作，用到主要仪器有铁架台、玻璃棒、烧杯、漏斗，故B错误；
C．根据以上分析可知氯酸钠氧化锰离子生成二氧化锰，使Mn2+氧化为MnO2以提高产品产率，故C正确；
D．由流程可知NaClO3可用于氧化过程，则可循环使用，故D正确。
故选B。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. Ⅰ.下表列出了①~⑨九种元素在周期表中的位置：
请按要求回答下列问题。
（1）元素④在周期表中所处位置为____________。
（2）按气态氢化物的稳定性由弱到强的顺序排列，④⑥⑦的简单氢化物稳定性：________ (写氢化物的化学式)。
（3）元素⑤的最高价氧化物的水化物的电子式为_________。
（4）写出元素⑤形成的单质在氧气中燃烧的化学方程式：___________________。
（5）③的简单氢化物与其最高价氧化物的水化物反应的离子方程式：_________________。
Ⅱ.LiBH4是储氢材料，已知其由Li+和(H为-1价)构成，LiBH4释放氢气的原理为2LiBH4=2LiH+2B+3H2↑。
（6）由元素周期律能得到_________(填标号，下同)。
A. 碱性：LiOH
A. 离子键B. 极性共价键
C. 非极性共价键D. 分子间作用力
（8）氢化锂(LiH)中负离子半径大于正离子半径，其原因是____________________。
【答案】15. 第二周期第ⅥA族
16. PH3＜H2S＜H2O
17. 18. 2Na+O2Na2O2
19. 20. AB 21. CD
22. Li+和的核外电子排布相同，且Li的核电荷数比H的大
【解析】
【分析】由元素早周期表中位置，可知①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为P、⑦为S、⑧为Ne、⑨为Cl，据此作答。
【小问1详解】
元素④的名称是氧，元素④在周期表中所处位置为第二周期第VIA族，故答案为：第二周期第VIA族；
【小问2详解】
④的氢化物为H2O，⑥的氢化物为PH3，⑦的氢化物为H2S，由于元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，元素非金属性P＜S＜O，所以氢化物的稳定性PH3＜H2S＜H2O，故答案为：PH3＜H2S＜H2O；
【小问3详解】
元素⑤的最高价氧化物的水化物为NaOH，NaOH为离子化合物，其电子式为：，故答案为：；
【小问4详解】
元素⑤形成的单质是Na，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，反应方程式为2Na+O2Na2O2，故答案为：2Na+O2Na2O2；
【小问5详解】
③为N元素，其简单氢化物为NH3，其最高价氧化物的水化物为HNO3，反应的离子方程式：，故答案为：；
【小问6详解】
A．已知Li位于Na的同一主族的上一周期，同一主族从上往下元素金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性也是依次增强，故根据元素周期律可以得到碱性：LiOH
【小问7详解】
已知LiBH4是由Li+和组成的离子化合物，则其中Li+与之间的离子键，中还存在B-H极性共价键，故其中不存在的作用力有非极性共价键和分子间作用力，故答案为：CD；
【小问8详解】
由于Li+和的核外电子排布相同，且Li的核电荷数比H的大，则导致LiH中负离子半径大于正离子半径，故答案为：Li+和的核外电子排布相同，且Li的核电荷数比H的大。
16. Ⅰ．Na2CO3和NaHCO3是厨房中常见的两种盐，可用化学性质的差异进行鉴别。回答下列问题：
（1）热稳定性差异。乙组设计如图装置进行实验(加热及夹持装置省略)。
将分别装有Na2CO3和NaHCO3的试管同时放入甘油浴加热(甘油沸点为290℃)。该实验用饱和碳酸钠溶液检验反应的产物，b试管中的实验现象为：___________，试管b中发生反应的化学方程式为___________。
（2）取一定质量的Na2CO3和NaHCO3混合物灼烧至恒重，冷却至室温，共收集到4.4g气体。加热后剩余的固体物质与足量盐酸反应，共收集到8.8g气体。请分别求出原固体混合物中Na2CO3和NaHCO3的质量分别为___________g、___________g。
（3）有同学提出：取一定质量的Na2CO3和NaHCO3混合物灼烧至恒重，将产生的气体通入足量Ba(OH)2溶液中，通过生成的沉淀质量计算碳酸钠的含量，发现测量值明显偏大，可能的原因是___________。
Ⅱ．我国化学家侯德榜发明的“联合制碱法”为世界制碱工业做出了巨大贡献，下图为联合制碱法的主要过程(部分物质已略去)。
已知：i．NH3极易溶于水并生成碱，与酸反应生成盐，如。
ii．有关物质的溶解度(20℃)
（4）沉淀池中主要沉淀物___________(化学式)，发生反应的化学方程式为___________。
【答案】（1） ①. 溶液变浑浊 ②.
（2） ①. 10.6 ②. 16.8
（3）二氧化碳没有完全转化为碳酸钡沉淀
（4） ①. NaHCO3 ②.
【解析】
【分析】碳酸钠较为稳定，碳酸氢钠不稳定受热分解为碳酸钠和水、二氧化碳；
饱和氯化钠溶液首先通入足量氨气，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠晶体煅烧得到碳酸钠；
【小问1详解】
碳酸钠较为稳定，碳酸氢钠不稳定受热分解为碳酸钠和水、二氧化碳；饱和碳酸钠溶液和二氧化碳反应生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体，故b试管中的实验现象为：溶液变浑浊，试管b中发生反应的化学方程式为；
【小问2详解】
设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为aml、bml；，混合物灼烧至恒重，冷却至室温，共收集到4.4g气体，则、同时生成碳酸钠0.1ml，碳酸氢钠质量为0.2ml×84g/ml=16.8g；，加热后剩余的固体物质为碳酸钠，碳酸钠与足量盐酸反应，共收集到8.8g气体，则原混合物中碳酸钠为，质量为0.1ml×106g/ml=10.6g；
【小问3详解】
若二氧化碳没有完全转化为碳酸钡沉淀，则会导致计算得到碳酸氢钠含量减小，而使得碳酸钠的含量测量值明显偏大，故可能的原因是二氧化碳没有完全转化为碳酸钡沉淀；
【小问4详解】
由表可知，碳酸氢钠的溶解度较小，会首先达到饱和结晶析出，故沉淀物主要为NaHCO3，反应为饱和氯化钠溶液首先通入足量氨气，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体和氯化铵，。
17. 铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1857℃。
（1）工业上以铬铁矿[主要成分是Fe(CrO2)2]为原料冶炼铬的流程如图所示：
已知：Cr(OH)3是一种难溶于水的沉淀。
①Fe(CrO2)2中各元素化合价均为整数，则铬为______价。
②高温氧化时生成产物除 Na2CrO4外还产生一种红棕色物质与一种无色无味的气体，则该反应的化学方程式为_____________________。
③操作a分两步反应进行，第一步为Cr(OH)3加热分解：第二步将铝加入第一步产物中，高温下生成新的氧化物和金属单质。写出第二步反应的化学方程式：_________________________。
（2）Cr(OH)3是两性氢氧化物，请写出其分别与 NaOH、稀硫酸反应的离子方程式：______________、____________。
（3）水中的铬元素对水质及环境均有严重的损害作用，必须进行无害化处理。转化为重要产品磁性铁铬氧体(CrxFeyOz)：先向含的污水中加入适量的硫酸及硫酸亚铁，待充分反应后再通入适量空气(氧化部分Fe2+)并加入NaOH，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。
①写出在酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+的离子方程式：________________。
②若处理含1ml(不考虑其他含铬微粒)的污水时恰好消耗 10ml FeSO4，则当铁铬氧体中n(Fe2+)： n(Fe3+)=3：2时，铁铬氧体的化学式为___________。
【答案】（1） ①. +3 ②. 4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2 ③. 2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr
（2） ①. Cr(OH)3+OH-= ②. Cr(OH)3+3H+=Cr3++3H2O
（3） ①. 3Fe2+++8H+=3Fe3++Cr3++4H2O ②. Cr2Fe20O27
【解析】
【分析】铬铁矿中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液，加入Na2S发生氧化还原反应，铬元素被还原生成Cr(OH)3沉淀，过滤后灼烧Cr(OH)3得到Cr2O3，利用铝热反应制备金属铬，据此解答。
小问1详解】
①Fe(CrO2)2中Fe为+2价、O为-2价，由化合价代数和为0可知Cr元素的化合价为+3，
故答案为：+3；
②加入碳酸钠，高温氧化，可生成Fe2O3、Na2CrO4、CO2，反应的方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，故答案为：4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；
③操作a分两步反应进行，第一步为Cr(OH)3加热分解生成Cr2O3，方程式为：2Cr(OH)3Cr2O3+3H2O，第二步将铝加入第一步产物中，高温下生成新的氧化物和金属单质，即Cr2O3和Al发生铝热反应生成氧化铝和Cr，第二步反应的化学方程式为：2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr，答案为：2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr；
【小问2详解】
Cr(OH)3是两性氢氧化物，性质与氢氧化铝相似，分别与NaOH、稀硫酸反应时生成两种盐，方程式为Cr(OH)3+OH-=、Cr(OH)3+3H+=Cr3++3H2O，故答案为：Cr(OH)3+OH-=；Cr(OH)3+3H+=Cr3++3H2O；
【小问3详解】
①在酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+，同时Fe2+被氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为3Fe2+++8H+=3Fe3++Cr3++4H2O，故答案为：3Fe2+++8H+=3Fe3++Cr3++4H2O；
②结合铁铬氧体中n(Fe2+)：n(Fe3+)═3：2，确定铁铬氧体中n(Fe2+)═6ml和n(Fe3+)═4ml，在铬铁氧体中各元素的化合价代数和为0，设O2-的物质的量n(O)，则1ml×3+6ml×2+4ml×3═n(O)×2，解得：n(O)═13.5ml，则x：y：z═1：(6+4)：13.5═2：10：27，所得铁铬氧体的化学式为Cr2Fe20O27，故答案为：Cr2Fe20O27。
18. 利用如图的装置制备NaBiO3(铋酸钠)：
（1）A装置中反应的离子方程式：_________________。
（2）B装置中试剂是____________。
（3）C装置中白色固体完全反应后立即停止通入氯气，其原因是________________________。
（4）实验完毕后，为了提高产品纯度，需要的操作有_________、过滤、洗涤、干燥。
（5）写出装置C中发生反应的化学方程式：_________________________。
（6）探究NaBiO3的性质：
①在酸性条件下，、NaBiO3、Cl2中氧化性最强的是___________。
②结合第(3)小题C装置中的反应，分析NaBiO3和Cl2氧化性强弱不一致的主要原因是_______________。
【答案】（1）MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O
（2）饱和食盐水 （3）防止Cl2过量后与H2O反应使溶液呈酸性，导致NaBiO3迅速分解
（4）在冰水中冷却结晶；
（5）Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3↓+2NaCl+3H2O
（6） ①. NaBiO3 ②. 溶液的酸碱性不同
【解析】
【分析】由题干实验装置图示可知，装置A为实验室制备Cl2的发生装置，反应原理为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，由于HCl易挥发，故制得的Cl2需经装置B中饱和食盐水来除去Cl2中的HCl，由题干信息可知，NaBiO3 是为数不多的钠盐沉淀之一，故装置C是由Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2发生反应来制备NaBiO3的装置，该反应的化学方程式是Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3↓+2NaCl+3H2O，由于Cl2有毒，故需使用装置D中的NaOH溶液来吸收多余的Cl2，由此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，装置A为实验室制备Cl2的发生装置，反应原理为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
由分析可知，由于HCl易挥发，故制得的Cl2需经装置B中饱和食盐水来除去Cl2中的HCl，故答案为：饱和食盐水；
【小问3详解】
由题干信息可知，NaBiO3不溶于冷水、在酸性溶液中迅速分解,C装置中白色固体完全反应后即Bi(OH)3完全反应，立即停止通入氯气，否则Cl2过量后与H2O反应使溶液呈酸性，导致NaBiO3迅速分解，即其原因是防止Cl2过量后与H2O反应使溶液呈酸性，导致NaBiO3迅速分解，故答案为：防止Cl2过量后与H2O反应使溶液呈酸性，导致NaBiO3迅速分解；
【小问4详解】
由题干信息可知，NaBiO3不溶于冷水，想要获得纯净NaBiO3，首先要将让其结晶析出，然后沉淀过滤出来，再进行洗涤、干燥才可以得到纯净的NaBiO3，即实验完毕后，为了提高产品纯度，需要的操作有在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶；
【小问5详解】
由分析可知，装置C中发生反应的化学方程式为：Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3↓+2NaCl+3H2O，故答案为：Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3↓+2NaCl+3H2O；
【小问6详解】
①根据Ⅰ中现象产生黄绿色气体，试纸变蓝，氧化剂的氧化性大于氧化产物，可知NaBiO3＞Cl2，根据实验Ⅱ5NaBiO3+2Mn2++14H+═2+5Bi3++5Na++7H2O，可知NaBiO3＞，酸性高锰酸钾溶液可用于制备氯气，可知＞Cl2，可知酸性条件下氧化性：NaBiO3＞＞Cl2，故答案为：NaBiO3；选项
实验操作和现象
结论
A
向包有足量过氧化钠粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉燃烧
过氧化钠与水反应放热
B
向某未知溶液(不含)中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，无气体产生，但有白色沉淀出现
未知溶液中含有Cl-，一定不或
C
用铂丝蘸取少量未知固体做焰色试验，火焰呈黄色
固体中一定含Na+，可能含K+
D
向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀
溶液中一定含有
物质
NaCl
溶解度/g
360
21.7
9.6
37.2
物质
NaBiO3
Bi(OH)3
性质
不溶于冷水、在酸性溶液中迅速分解；浅黄色
难溶于水、白色
实验
操作
现象
Ⅰ
取少量NaBiO3于试管中，加入浓盐酸，振荡；用镊子夹一块湿润的淀粉KI试纸放置在试管口上方
浅黄色固体溶解，产生黄绿色气体，试纸变蓝色
Ⅱ
在稀硫酸酸化的MnSO4溶液中加入NaBiO3粉末，振荡
无色溶液变紫红色溶液
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