2023年上海市外国语大学附属大境中学化学高一下期末联考模拟试题（含答案解析）

2023学年高一下化学期末模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，如下措施中①向盐酸中加少量水；②将铁粉换成铁片；③升高温度：④将盐酸换成与之等体积等浓度的硫酸，能达到目的有（）A．②④ B．①② C．②③ D．①④2、乙醇分子中的各种化学键如图所示，关于乙醇在各种反应中断裂键的说法不正确的是()A．和金属钠反应时键①断裂B．在铜催化共热下与O2反应时断裂①和③键C．在铜催化共热下与O2反应时断裂①和⑤键D．在空气中完全燃烧时断裂①②③④⑤键3、当其他条件不变时，下列说法正确的是A．加水稀释能减慢双氧水分解的反应速率B．用块状锌代替粉末状锌与稀硫酸反应能加快反应速率C．当反应物与生成物浓度相等时，反应达到限度D．在合成氨反应中，增大N2浓度一定可以使H2的转化率达到100%4、已知某反应是放热反应，下列说法正确的是A．该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量B．该反应中反应物的总能量小于生成物的总能量C．该反应发生时，一定不需要加热D．如果该反应开始时需加热，则一直要加热反应才能继续进行5、决定化学反应速率的根本因素是()A．温度和压强 B．反应物的浓度 C．反应物的性质 D．催化剂6、下列有关常见的几种有机物的说法中，正确的有①沼气、天然气和煤矿坑道气的主要成分都是甲烷；②乙烯可用作果实催熟剂；③苯分子中含有三个碳碳单键和三个碳碳双键；④乙醇和乙酸都能跟金属钠发生置换反应产生氢气；⑤乙醇和乙酸能发生中和反应生成乙酸乙酯和水。A．①②④B．①②③⑤C．①②④⑤D．①②③④7、重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是A．氘(D)原子核外有1个电子B．1H与D互称同位素C．H2O与D2O互称同素异形体D．1H218O与D216O的相对分子质量相同8、下列有关叙述正确的是（）A．天然存在的同位素，相互间保持一定的比率B．化合物分子中一定有非极性共价键C．同种元素的原子核内中子数相同而质子数不同D．周期表有18个横行7个纵行9、等质量的固体硫和硫蒸气分别在相同条件下完全燃烧，放出的热量()A．前者多B．后者多C．两者相等D．无法比较10、下列物质不能发生水解的是A．葡萄糖B．油脂C．淀粉D．蛋白质11、一定量的铁粉与足量2mol/L盐酸反应，为了加快反应速率且不影响产生氢气的量，可向溶液中加入①3mol/L的硝酸溶液②少量CuSO4(s)③加入一定量的铜④少量CH3COONa(s)⑤对溶液加热(假定溶质不挥发)⑥向反应液中通入HCl气体⑦加入过量铁粉⑧将铁粉改为铁片A．②③④⑤⑥B．③⑤⑥C．①③⑤⑥⑦D．③⑤⑥⑧12、化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（）A．在元素周期表的金属和非金属分界线附近寻找半导体材料B．漂白粉失效是由于漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的CO2反应生成的HClO见光分解C．少量液溴要保存在棕色细口瓶中，并在液溴上面加水封D．向煤中加入适量CaCO3，可大大减少燃烧产物中温室气体的排放13、升高温度能加快反应速率的主要原因是（）A．活化分子能量明显增加B．降低活化分子百分数C．增加活化分子百分数D．降低反应所需要的能量14、下列实验现象和结论相对应且正确的是选项实验现象结论A用铂丝试题蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色证明该溶液中存在Na+，不含K+B向某溶液中加入稀硝酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀该溶液中一定存在SO42-或者Ag+C以铁为电极电解饱和食盐水，并将阳极产生的气体通入淀粉-KI溶液变蓝验证电解饱和食盐水阳极有氯气生成D滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝不能确定原溶液中含NH4+A．A B．B C．C D．D15、在一定条件下发生反应3A(g)+2B(g)zC(g)+2D(g)。在2L的密闭容器中把4molA和2molB混合，2min后反应达到平衡时生成1.6molC，又测得D的反应速率v(D)=0.2mol.L-1•min-1。则下列说法不正确的是（）A．z=4 B．B的转化率是40%C．A的平衡浓度是1.4mol.L-1 D．平衡时气体压强是原来的16、设NA阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．10g的2H216O含有的质子数与中子数均为5NAB．32g硫在足量的氧气中充分燃烧，转移电子数为6NAC．26gC2H2与C6H6混合气体中含C—H键的数目为2NAD．120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA二、非选择题（本题包括5小题）17、一种高分子化合物（Ⅵ）是目前市场上流行的墙面涂料之一，其合成路线如下（反应均在一定条件下进行）：回答下列问题：（1）化合物Ⅲ中所含官能团的名称是___________________、_______________________。（2）化合物Ⅲ生成化合物Ⅳ的同时，副产物为____________________________。（3）CH2=CH2与溴水反应方程式：_______________________________。（4）写出合成路线中从化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应方程式：_____________________。（5）下列关于化合物Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ的说法中，正确的是_____________。A化合物Ⅲ可以发生氧化反应B化合物Ⅲ不可以与NaOH溶液反应C化合物Ⅳ能与氢气发生加成反应D化合物Ⅲ、Ⅳ均可与金属钠反应生成氢气E化合物Ⅳ和Ⅴ均可以使溴的四氯化碳溶液褪色（6）写出化合物Ⅰ与氧气在Cu催化下反应的产物______________________。18、A、B、C、D、E是五种短周期元素。已知：它们的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的元素；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2，C是E的邻族元素；D和E的原子序数之和为30，且D的族序数与周期数相等。甲、乙、丙、丁是它们两两形成的化合物，其中甲分子中含有18个电子。物质组成甲乙丙丁化合物中各元素原子个数比A和C1:1B和A1:4D和E1:3B和E1:4请回答下列问题：（1）元素E在周期表中的位置为___________________________；（2）把D的单质放到NaOH溶液中，反应的化学方程式为：_______________________；（3）用电子式表示甲的形成过程：_________________________；（4）在密闭容器中充入BC2、BC和乙的混合气体共mg，若加入足量Na2O2,充分振荡并不断用电火花点燃至反应完全，测得固体质量增重mg，则BC2与乙的体积比为________________；（5）有200mLMgCl2和丙的混合溶液，其中c(Mg2+)＝0.2mol·L-1，c(Cl-)＝1.3mol·L-1，要使Mg2＋全部转化为沉淀分离出来，至少需要4mol·L-1NaOH溶液的体积是：______。19、某小组探究化学反应2Fe2＋＋I22Fe3＋＋2I－，完成了如下实验：已知：Agl是黄色固体，不溶于稀硝酸。新制的AgI见光会少量分解。（1）Ⅰ、Ⅱ均未检出Fe3＋，检验Ⅱ中有无Fe3＋的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，___________。（2）Ⅲ中的黄色浑浊是___________。（3）经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了Fe3+。进一步探究表明产生Fe3+的主要原因是Fe2+被I2氧化。Fe3＋产生的其它途径还可能是___________（用离子方程式表示）。（4）经检验，Ⅳ中灰黑色浑浊中含有AgI和Ag。为探究Ⅲ→Ⅳ出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验1和实验2。（实验1）向1mL0.1mol/LFeSO4溶液中加入1mL0.1mol/LAgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊。反应过程中温度几乎无变化。测定溶液中Ag＋浓度随反应时间的变化如下图。（实验2）实验开始时，先向试管中加入几滴Fe2（SO4）3溶液，重复实验1，实验结果与实验1相同。①实验1中发生反应的离子方程式是___________。②通过以上实验，小组同学怀疑上述反应的产物之一可作反应本身的催化剂。则Ⅳ中几秒钟后即出现灰黑色浑浊的可能原因是___________。20、某研究性学习小组设计了一组实验来探究第ⅦA族元素原子的得电子能力强弱规律。下图中A、B、C是三个可供选择制取氯气的装置，装置D的玻璃管中①②③④处依次放置蘸有NaBr溶液、淀粉碘化钾溶液、NaOH浓溶液和品红溶液的棉球。(1)写出装置B中指定仪器的名称a________，b_________。(2)实验室制取氯气还可采用如下原理：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。依据该原理需要选择A、B、C装置中的________装置制取氯气。(3)反应装置的导气管连接装置D的________(填“X”或“Y”)导管，试回答下列问题①处所发生反应的离子方程式：____________________；②处的现象：____________________；③处所发生反应的离子方程式：__________________________。(4)装置D中④的作用是__________________。(5)某同学根据①②两处棉球颜色的变化得出结论：Cl、Br、I原子的得电子能力依次减弱。上述实验现象________(填“能”或“不能”)证明该结论、理由是___________。21、双氧水（H2O2的水溶液）具有重要用途。根据要求回答下列问题：（1）双氧水常用于伤口消毒，这一过程利用了过氧化氢的_________________（填过氧化氢的化学性质）。（2）实验室可双氧水与MnO2制氧气，反应的化学方程式为_______________________。（3）常温下，双氧水难于分解。若往双氧水中滴入少量的Fe2(SO4)3溶液，过氧化氢立即剧烈分解。研究发现，往双氧水中滴加Fe2(SO4)3溶液，发生如下两个反应（未配平）：Fe3++H2O2——Fe2++O2↑+H+、Fe2++H2O2+H+——Fe3++H2O①Fe2(SO4)3在双氧水分解中起到_________________作用。②在反应Fe3++H2O2——Fe2++O2↑+H+中，体现还原性的物质是_____________，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_________________。③往10mL30%的双氧水溶液中滴入2-3滴0.1mol/L的Fe2(SO4)3溶液，直至反应停止。再往反应后所得溶液中滴入KSCN，将观察到的现象是_______________。④试分析：实验室用双氧水制取氧气时，为快速获得氧气，是否可往双氧水中滴入少量FeSO4溶液来实现目的？答：_________（填“可以”或“不可以”）。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【答案解析】

①向盐酸中加少量水，减小了盐酸的浓度，可减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，符合题意；②将铁粉换成铁片，减小反应物的接触面积，可减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，符合题意；③升高温度，能够加快反应速率，不符合题意；④将盐酸换成与之等体积等浓度的硫酸，增大了氢离子的浓度，增大了反应速率且增加了氢气的量，不符合题意；故答案选B。【答案点睛】可以通过减小反应物浓度、减小反应物的接触面积、降低环境温度等方法实现减缓反应速率。2、C【答案解析】

A.乙醇与钠反应生成乙醇钠，是羟基中的O—H键断裂，A项正确；B.乙醇催化氧化成乙醛时，断裂①和③化学键，B项正确，C.乙醇催化氧化成乙醛时，断裂①和③化学键，C项错误；D.乙醇完全燃烧时，化学键①②③④⑤全部断裂，D项正确；答案选C。3、A【答案解析】A，加水稀释，减小反应物浓度，减慢反应速率，A项正确；B，用块状锌代替粉末状锌，减小固体与溶液的接触面积，减慢反应速率，B项错误；C，反应达到限度时，各物质的浓度保持不变，不一定相等，C项错误；D，合成氨的反应为可逆反应，无论反应条件如何改变，H2、N2的转化率都小于100%，D项错误；答案选A。4、A【答案解析】

A、当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应是放热反应，故A正确；B、当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应是吸热反应，故B错误；C、有的放热反应需要在加热的条件下才能发生，如铝热反应是放热反应，需要在加热的条件下进行，故C错误；D、放热反应加热到一定温度开始引发，然后停止加热，反应放出的热量已满足反应所需温度，反应能继续进行，故D错误；故选A。5、C【答案解析】

根据决定化学反应速率的根本原因：反应物本身的性质。【题目详解】因决定化学反应速率的根本原因：反应物本身的性质．而浓度、温度、压强、催化剂是外界影响因素。答案选C。6、A【答案解析】分析：①根据甲烷在自然界的存在分析判断；②乙烯具有催熟作用；③根据苯分子化学键的特点分析；④乙醇含有羟基、乙酸含有羧基，根据官能团的性质分析；⑤乙醇含有羟基、乙酸含有羧基，二者能够发生反应生成乙酸乙酯和水。详解：①天然气、沼气和煤矿坑道气的主要成分都是甲烷，故①正确；②乙烯具有催熟作用，用作果实催熟剂，故②正确；③苯分子中碳碳键是介于单键和双键之间的独特的键，故③错误；④乙醇含有羟基、乙酸含有羧基，具有酸性，都可与钠反应，故④正确；⑤乙醇含有羟基、乙酸含有羧基，乙醇和乙酸能发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，故⑤错误；正确的有①②④，故选A。7、C【答案解析】

A．氘(D)原子核外有1个电子，正确；B．中1H与D质子数同，中子数不同，1H与D互称同位素，正确；C．同素异形体都是单质，不是化合物，错误；D．1H218O与D216O的相对分子质量都是20，正确。答案选C。8、A【答案解析】

A项、在天然存在的元素中，无论是游离态还是化合态，同位素相互间保持一定的比率，即各种同位素原子个数百分比保持不变，故A正确；B项、同种非金属原子间形成非极性键，化合物分子中不一定有非极性共价键，如氯化氢分子只存在极性键，故B错误；C项、同种元素的原子核内质子数一定相同，中子数不同，故C错误；D项、周期表有7个横行，7个周期，18个纵行16个族，故D错误；故选A。9、B【答案解析】等量的同种物质气态时能量最高，液态次之，固态最小，能量越高燃烧放出热量越多，等质量的固体硫和硫蒸气，气态硫具有的能量高，燃烧放出的热量多，所以等质量的固体硫和硫蒸气分别在相同条件下完全燃烧，放出的热量后者多，故选B。10、A【答案解析】A.葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，A正确；B.油脂属于酯类，可以发生水解反应；C.淀粉是多糖，可以发生水解反应，C错误；D.蛋白质水解最终生成氨基酸，D错误，答案选A。11、B【答案解析】试题分析：①2mol/L的硝酸溶液，硝酸与铁粉反应生成的不是氢气，故①错误；②少量CuSO4(s)，铁粉与置换出的少量铜形成原电池，加快了反应速率，但是生成的氢气减少，故②错误；③少量铜粉，可以形成原电池，加快了反应速率，且不影响氢气的量，故③正确；④少量CH3COONa(s)，生成了醋酸，降低了溶液中氢离子浓度，反应速率减小，故④错误；⑤对溶液加热，升高温度，反应速率加快，故⑤正确；⑥向反应液中通入HCl气体，氯化氢的浓度增大，溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快，故⑥正确；⑦加入过量铁粉，铁粉增加，生成的氢气物质的量增大，故⑦错误；⑧将铁粉改为铁片，减小了接触面积，反应速率变小，故⑧错误；故选B。【考点定位】考查化学反应速率的影响因素【名师点晴】结合影响反应速率的外界因素，本题为了为加快反应速率，可以升高温度或增大反应物浓度，也可以加入某些物质形成原电池，加快反应速率，但不能改变产生氢气的总量，题目难度不大，⑦为易错点，注意铁和盐酸反应生成氢气而影响生成氢气的总量，据此进行分析。12、D【答案解析】分析：A、元素周期表中包含着很多信息和规律，其中寻找半导体材料就是根据金属性和非金属性变化规律来确定的；B、碳酸的酸性强于HClO，且HClO不稳定，导致漂白粉失效；C、溴是易挥发的液体，与水几乎不反应，因此可水封保存；D、煤燃烧生成的SO２在高温下与CaCO3反应，可减少SO２的排放。详解：A、在元素周期表中，从左向右，金属性减弱，非金属性增强，所以在金属和非金属分界线附近的元素具有半导体性能，故A正确；B、漂白粉放置的过程中，发生如下反应Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO，2HClO2HCl+O2，导致失效，所以B正确；C、溴在水中的溶解度很小，与水几乎不反应，但溴是易挥发性的液体，所以要保存在棕色细口瓶中，并用水封，故C正确；D、煤燃烧生成的SO２在高温下与CaCO3反应，最终转化为CaSO4，减少了SO２的排放，但不会减少温室气体CO2的排放，所以D不正确。本题答案为D。13、C【答案解析】升高温度，将更多的分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，则反应速率增大，只有C正确，故选C。14、D【答案解析】

A．焰色反应为元素的性质，没有透过蓝色的钴玻璃，则由现象可知，一定含Na+，不能确定是否含K+，故A错误；B．白色沉淀为AgCl或硫酸钡，亚硫酸根离子能被硝酸氧化，则原溶液中可能含在SO32-，故B错误；C．用Fe为电极电解饱和食盐水，阳极为活泼金属，Fe被氧化生成Fe2+，无氯气生成，故C错误；D．检验NH4+，需要向溶液中滴加浓NaOH溶液并加热，现滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，可能是生成的NH3•H2O的浓度比较低，无氨气逸出，则无法确定是否有NH4+，故D正确；故答案为D。15、D【答案解析】

A．VD=0.2mol/(L•min)，VC==0.4mol/(L•min)，根据反应速率之比等于化学计量数之比，则z=4，故A正确；B．

3A(g)+2B(g)⇌4C(g)+2D(g)，开始(mol)4

2

0

0转化(mol)1.2

0.8

1.6

0.8平衡(mol)2.8

1.2

1.6

0.8B的转化率=×100%=40%，故B正确；C．A的平衡浓度==1.4mol/L，故C正确；D．气体物质的量之比等于压强之比，平衡时气体压强是原来的=，故D错误；答案选D。16、B【答案解析】

A项，2H216O的摩尔质量为20g/mol，10g即为0.5mol，2H216O的质子数和中子数均为10，0.5mol的2H216O质子数和中子数均为5NA，故A项正确；B项，32gS物质的量为1mol，在足量的氧气中燃烧转移的电子数为4NA，故B项错误；C项，可以直接将其看做最简式CH计算，26g混合气体含有2molCH，即得含C—H键的数目为2NA，故C项正确；D项，120gNaHSO4物质的量为1mol，含有的钠离子数目为NA；120gKHSO3物质的量为1mol，含有的钾离子数目为NA；所以120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA，故D项正确。综上所述，本题正确答案为B。【答案点睛】硫在氧气充分燃烧，只能生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，只有在高温、催化剂条件下，二氧化硫与氧气发生可逆反应生成三氧化硫。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基羧基H2OCH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2BrCH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CH-COOCH3+H2OACDEH2O、CH2ClCHO【答案解析】

乙烯通过加成反应生成I，I通过取代反应得到II，II中-CN转化为-COOH，III发生消去反应生成IV，结合VI采用逆分析法可推出V为CH2=CH-COOCH3，则（1）根据结构简式，结合官能团的分类作答；（2）依据有机反应类型和特点作答；（3）乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷；（4）化合物Ⅳ到化合物Ⅴ发生的是酯化反应；（5）化合物Ⅲ中含羧基和羟基，化合物Ⅳ中含碳碳双键和羧基，化合物Ⅴ中含碳碳双键和酯基，根据官能团的结构与性质分析解答；（6）羟基在铜做催化剂作用下发生催化氧化。【题目详解】（1）根据结构简式可判断，化合物Ⅲ中所含官能团的名称是羟基和羧基；（2）化合物Ⅲ生成化合物Ⅳ的反应是羟基的消去反应，所以另一种生成物是H2O；（3）乙烯含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，反应方程式为CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br；（4）Ⅵ是高分子化合物，其单体CH2=CH-COOCH3，所以从化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是酯化反应，方程式为CH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CH-COOCH3+H2O；（5）A.化合物Ⅲ中含羟基，可以发生氧化反应，A项正确；B.化合物Ⅲ中含有羧基，能和氢氧化钠反应，B项错误；C.化合物Ⅳ中含碳碳双键，能与氢气发生加成反应，C项正确；D.化合物Ⅲ中含羟基，化合物Ⅳ中含羧基，均可与金属钠反应生成氢气，D项正确；E.化合物Ⅳ和Ⅴ中均含碳碳双键，均可以使溴的四氯化碳溶液褪色，E项正确；答案选ACDE；（6）化合物Ⅰ中含有羟基，能被催化氧化，所以生成物是H2O和CH2ClCHO。18、第三周期第VIIA族2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2+3H2↑1:180mL【答案解析】

A、B、C、D、E是五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A氢元素；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2，则B碳元素，D的族序数与周期数相等，且D的原子序数大于B，同D为铝元素，D和E的原子序数之和为30，则E为氯元素，C是E的邻族元素，即为第ⅥA族元素，且原子序数介于B、D之间，则C为氧元素，甲分子中含有18个电子，根据表格中各物质中的原子个数比可知，甲为双氧水，乙为甲烷，丙为氯化铝，丁为四氯化碳，据此进行答题。【题目详解】（1）E为氯元素，原子序数为17，位于周期表中第三周期，第VIIA族，故答案为：第三周期，第VIIA族；（2）把铝的单质放到NaOH溶液中，反应的化学方程式为：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（3）甲为双氧水，双氧水为共价化合物，形成过程用电子式表示为，故答案为：；（4）由2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2可知，固体增重为与CO2等物质的量的CO的质量，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，可知固体增重为与H2O等物质的量的H2的质量，在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg，则系列反应后CO2、CO、CH4混合气体中所有元素均被吸收，故原混合物中CO2与CH4相对于CO、H2混合，则CO2与CH4的体积之比为1：1，故答案为：1:1；（5）有200mL

MgCl2和AlCl3的混合溶液，其中c（Mg2+）=0.2mol•L-1，c（Cl-）=1.3mol•L-1，则c（Al3+）=0.3mol•L-1，要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，此时Al3+要生成AlO2-，需要NaOH

物质的量为0.3×0.2×4+0.2×0.2×2mol=0.32mol，所以NaOH溶液的体积为0.32mol4mol/L=0.08L=80

mL，故答案为：【答案点睛】本题主要考查位置、结构与性质关系的应用，根据题干信息推断元素为解题的关键。注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系。本题的难点为（4），要注意根据过氧化钠与水或二氧化碳反应的方程式判断出固体质量的变化本质。19、加KSCN溶液，溶液不变红AgI任写一个：4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O或3Fe2＋＋4H＋＋NO3－＝3Fe3＋＋NO↑＋2H2O合理答案均给分Fe2＋＋Ag＋＝Fe3＋＋AgAgI分解产生的Ag催化了Fe2＋与Ag＋的反应【答案解析】

由实验所给现象可知，Ⅰ、Ⅱ均未检出Fe3＋，说明Fe2＋与I2几乎不反应；Ⅱ→Ⅲ的过程中加入几滴硝酸酸化的硝酸银溶液，Ag+与I﹣生成了AgI沉淀，降低了I﹣的浓度，使平衡2Fe2++I22Fe3++2I﹣正向移动，使I2氧化了Fe2+；加入足量的硝酸酸化的硝酸银溶液，反应生成的AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应生成三价铁离子和单质银，出现大量灰黑色浑浊。【题目详解】（1）检验Ⅱ中有无Fe3＋的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红，故答案为：滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红；（2）Ⅲ中的黄色浑浊是Ag+与I﹣生成了AgI黄色沉淀，故答案为：AgI；（3）空气中存在O2，酸性条件下，空气中氧气将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；或溶液中Ag+具有氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+；或酸性溶液中NO3﹣具有强氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O或3Fe2＋＋4H＋＋NO3－＝3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；（4）①向1mL0.1mol•L﹣1FeSO4溶液中加入1mL0.1mol•L﹣1AgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化，几分钟后，出现大量灰黑色浑浊，说明银离子氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式为Fe2++Ag+＝Fe3++Ag，故答案为：Fe2++Ag+＝Fe3++Ag；②依据小组同学怀疑分析可知，迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应，故答案为：AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应。【答案点睛】加入几滴硝酸酸化的硝酸银溶液，Ag+与I﹣生成了AgI沉淀，降低了I﹣的浓度，使平衡2Fe2++I22Fe3++2I﹣正向移动，使I2氧化了Fe2+是该题的关键所在，既是难点也是突破口。20、分液漏斗圆底烧瓶AXCl2＋2Br＋===2Cl－＋Br2棉球变蓝Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O检验氯气是否被吸收完全不能实验无法证明Br和I得电子能力的相对强弱(其他合理答案也可)【答案解析】分析：实验室制备氯气可用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，也可用高锰酸钾与浓盐酸反应制备，反应较为剧烈，无需加热即可进行，氯气具有强氧化性，能与NaBr溶液、碘化钾溶液发生置换反应生成单质Br2、I2，氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O，氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，能使品红褪色，以此解答该题。详解：（1）根据仪器构造可知a为分液漏斗，b为圆底烧瓶；（2）高锰酸钾与浓盐酸反应较为剧烈，无需加热即可进行，是固体和液体不加热制备气体装置，选择A装置；（3）检验氯气的性质时，不能先通过NaOH溶液，否则会消耗氯气，且起不到尾气吸收的作用，应从X端进气。①氯气与NaBr溶液反应生成Br2，反应的离子方程式为Cl2＋2Br＋＝2Cl－＋Br2；②氯