高中化学高考一轮复习（全国一等奖）

2023学年福建省福州四中高三（上）期中化学试卷一．选择题（共20小题，1-10每题两分；11-20每题3分）1．形成酸雨的主要原因是（）A．未经处理的工业废水任意排放B．大气中二氧化碳含量增多C．工业上大量燃烧含硫燃料和以含硫矿石为原料以的金属冶炼D．汽车排放的尾气2．碳酸钠俗名纯碱或苏打，在外观上与食盐相似，可以作家用洗涤剂，如清洗厨房用具的油污等．下列不能将食盐和碳酸钠区别开的试剂或用品是（）A．稀硫酸 B．AgNO3溶液 C．澄清石灰水 D．酚酞试液3．铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为（）A．3：1 B．2：1 C．1：1 D．1：34．下列关于金属元素特征的叙述正确的是（）A．金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性B．金属元素在化合物中一定显正价C．金属元素在不同化合物中化合价均不同D．金属元素所有单质在常温下均为固体5．在水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．Fe2+、Al3+、ClO﹣、Cl﹣ B．K+、Cu2+、OH﹣、NO3﹣C．NH4+、Na+、Br﹣、SO42﹣ D．Mg2+、H+、SiO32﹣、SO42﹣6．高温下硫酸亚铁发生如下反应：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑若将生成的气体通入硝酸钡溶液中，得到的沉淀是（）A．BaSO3和BaSO4 B．BaS C．BaSO3 D．BaSO47．在短周期元素中，原子最外电子层只有1个或2个电子的元素（）A．是非金属元素 B．是稀有气体元素C．是金属元素 D．无法确认为哪一类元素8．关于离子键、共价键的各种叙述中正确的是（）A．在共价化合物分子中，一定不存在离子键B．非极性键只存在于双原子的单质分子（如Cl2）中C．在离子化合物里，只存在离子键，没有共价键D．由不同元素组成的多原子分子里，一定只存在极性键9．某元素原子的质量数为A，它的阴离子Xn﹣核外有x个电子，w克这种元素的原子核内中子数为（）A． B． C． D．10．下列实验装置、选用的试剂或实验操作中，都正确的是（）A．实验室用装置制取氨气B．用装置吸收氨气，并防止倒吸C．用装置稀释浓硫酸D．用装置除去CO2中的HCl11．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．常温常压下NO2和N2O4混合气体所含原子总数为B．标准状况下，SO3的分子数为NAC．1molFe在的Cl2（标准状况下）燃烧，转移的电子总数为3NAD．电解g熔融的NaCl，能产生L氯气（标准状况）、g金属钠12．下列与实验相关的叙述正确的是（）A．稀释浓硫酸时，应将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中B．将SO2和Cl2按等物质的量比例通入品红溶液中，品红很快褪色C．NO2和H2O反应过程中，被氧化的氮原子与被还原的氮原子个数比为2：1D．检验某溶液是否含有SO42﹣时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸13．已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最高正价与最低负价绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W最外层电子数是最内层电子数的3倍．下列说法不正确的是（）A．原子半径：Z＞W＞RB．对应氢化物的稳定性：R＞WC．W与X、W与Z形成的化学键类型完全相同D．Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸14．某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案．方案①：AlX溶液Al（OH）3沉淀方案②：AlY溶液Al（OH）3沉淀NaOH溶液和稀盐酸的浓度均是3mol/L，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液和稀盐酸时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法正确的是（）A．X溶液溶质为AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2B．b曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液C．在O点时两方案中所得溶液浓度相等D．a、b曲线表示的反应都是氧化还原反应15．在硫酸铁溶液中，加入ag铜，完全溶解后，又加入bg铁，充分反应后得到cg残余固体，且c＜a，则下列判断正确的是（）A．最后得到的溶液中可能有Fe3+B．残余固体一定全部是铜C．最后得到的溶液中只含Cu2+D．残余固体可能为铁、铜混合物16．X、Y是元素周期表中ⅦA族中的两种元素，下列叙述中能说明X的非金属性比Y强的是（）A．X原子的电子层数比Y原子的电子层数多B．X的氢化物的沸点比Y的氢化物沸点低C．X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定D．Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来17．某研究性学习小组为了探究镁粉与溴水反应的机理，做了如下四组实验：①将镁粉投入冷水中，未见任何现象；②将镁粉放入溴水中，观察到只是开始时产生极少量的气泡，但溴水的颜色逐渐褪去；③将镁粉放入液溴中，未观察到任何明显现象；④向含足量镁粉的液溴中滴加几滴水，观察到溴的红棕色很快褪去．则下列关于镁与溴水的反应机理的论述中正确的是（）A．镁粉只直接与溴水中的溴反应B．镁粉只与溴水中的酸反应C．产生极少量的气泡是由于镁粉与水反应得到D．镁粉在水的催化下直接与溴单质发生反应18．将容积为50mL的量筒充满二氧化氮和氧气的混合气体，将量筒倒置在盛满水的水槽里，一段时间后，量筒里剩余气体体积为5mL．若向量筒内鼓入氧气后，可以观察到量筒内水柱继续上升，直至量筒内完全被水充满，则原混合气体中NO2和O2体积比是（）A．43：7 B．18：7 C．4：1 D．22：319．有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度均为2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铜粉，待反应结束后，可产生标准状况下的混合气体体积为（设反应中HNO3被还原成NO）．（）A． B． C． D．20．下列有关实验装置的说法中正确的是（）A．图1装置可制取干燥纯净的NH3B．图2装置可以完成“喷泉”实验C．图3装置可测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积D．图4装置可用于实验室制备Fe（OH）2二．解答题（共50分）21．（12分）（2023秋•福州校级期中）已知A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大．其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成气态分子X，X的水溶液呈碱性；D的简单阳离子与X具有相同电子数，且D是同周期元素中原子半径最大的元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，C、F两种元素的原子最外层共有13个电子．则（1）元素F在周期表中的位置是（2）六种元素原子半径由小到大的顺序为（用元素符号表示）（3）C与D形成的两种化合物中，其中一种物质含有两种类型的化学键，该物质属于（填“离子化合物”或“共价化合物”）．（4）A、C两种元素能形成常温下为液态的两种化合物M和N，具有强氧化性的M的电子式可表示为．（5）在上述元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是（写化学式）．（6）A、B、C、D、E中三种或四种元素能形成多种盐，其中水溶液呈碱性的有（至少写两种化合物的化学式）22．（12分）（2023秋•福州校级期中）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（部分产物略去）：（1）若D是生产、生活中用量最大，用途最广的金属单质，E是一种黄绿色气体，其溶于水的产物之一是A，写出反应Ⅲ的离子方程式．（2）若A是淡黄色固体，D是一种常见的能产生温室效应的气体，C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子．写出反应Ⅱ的化学方程式．（3）若A是常见的两性氢氧化物，D是常见的气态氢化物，其水溶液是一种强酸；E是氯碱工业的产品之一，C是B与过量E反应后的产物，写出反应Ⅲ的离子方程式．（4）若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C、D均为空气的主要成分；B、E均是常见的无色有毒气体，且使人中毒的原理相似．①写出反应Ⅰ的化学方程式②写出反应Ⅱ的化学方程式．23．（12分）（2023秋•福州校级期中）为验证氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和A中加热装置已略，气密性已检验）．实验过程：I．打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4．Ⅱ．打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热．Ⅲ．当B中溶液变黄时，停止加热，关闭K2．Ⅳ．打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子．Ⅴ．打开K3和活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后关闭K3．Ⅵ．更新试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子．（1）过程Ⅰ的目的是．（2）棉花中浸润的溶液为．（3）A中发生反应的化学方程式．（4）若将制取的SO2通入酸性高锰酸钾溶液可使溶液褪色，其离子方程式为．（5）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，结论如下表所示．他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2的是（填“甲”“乙”“丙”）．过程ⅣB溶液中含有的离子过程ⅥB溶液中含有的离子甲有Fe3+无Fe2+有SO42﹣乙既有Fe3+又有Fe2+有SO42﹣丙有Fe3+无Fe2+有Fe2+24．（12分）（2023秋•福州校级期中）铁及其化合物在日常的生活中应用广泛，请根据下列实验回答问题：（1）钢铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀的正极反应式为（2）生铁中含有一种铁碳化合物X（Fe3C）．X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y可溶于过量盐酸，形成黄绿色的溶液，写出Y与硫酸反应的化学方程式：．若要检验反应后溶液中的Fe2+离子，应选用（填写序号）．a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液（3）实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低．现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定体积某浓度的稀硝酸充分反应，反应过程中无气体放出（N元素被还原为NH4+）．在反应结束后的溶液中，逐滴加入4mol•L﹣1的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量关系如图所示．则①反应过程中，写出铝与硝酸反应的离子方程式：．②混合物与硝酸反应后，Fe的存在形式是，理由是③B与A的差值为mol．④C点对应的溶液体积为mL．

2023学年福建省福州四中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一．选择题（共20小题，1-10每题两分；11-20每题3分）1．形成酸雨的主要原因是（）A．未经处理的工业废水任意排放B．大气中二氧化碳含量增多C．工业上大量燃烧含硫燃料和以含硫矿石为原料以的金属冶炼D．汽车排放的尾气【考点】二氧化硫的污染及治理．【专题】氧族元素．【分析】酸雨的形成是一种复杂的大气化学和大气物理过程，一般认为，酸雨是由于排放的S02和氮氧化物等酸性气体进入大气后，造成局部地区中的SO2富集，在水凝过程中溶解于水形成亚硫酸[SO2+H2O=H2SO3]，然后经某些污染物的催化作用及氧化剂的氧化作用生成硫酸[2H2SO3+O2=2H2SO4]，随雨水降下形成酸雨．【解答】解：A、工业废水指工艺生产过程中排出的废水和废液，其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物、副产品以及生产过程中产生的污染物，是造成环境污染，特别是水污染的重要原因，未经处理的工业废水任意排放，不是形成酸雨的主要原因，故A不符合；B、大气中二氧化碳含量增多，会造成温室效应，故B不符合；C、工业上大量燃烧含硫燃料和以含硫矿石为原料的金属冶炼，产生的二氧化硫气体排放到大气中是形成酸雨的主要原因，故C符合；D、汽车排放的尾气主要成分是氮氧化物，一氧化碳等，氮氧化物可以发生反应生成硝酸，是形成酸雨的原因，但不是主要原因，故D不符合；故选C．【点评】本题主要考查了酸雨形成的原因，同时也考查了工业废水、汽车尾气、温室效应等污染环境的几种现象．2．碳酸钠俗名纯碱或苏打，在外观上与食盐相似，可以作家用洗涤剂，如清洗厨房用具的油污等．下列不能将食盐和碳酸钠区别开的试剂或用品是（）A．稀硫酸 B．AgNO3溶液 C．澄清石灰水 D．酚酞试液【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】碳酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，可与酸反应生成二氧化碳气体，与澄清石灰水、硝酸银溶液反应生成沉淀，以此解答该题．【解答】解：A．加入稀硫酸，与碳酸钠反应生成气体，可鉴别，故A正确；B．氯化钠、碳酸钠都与硝酸银反应生成沉淀，不能鉴别，故B错误；C．碳酸钠与澄清石灰水反应生成沉淀，氯化钠不反应，可鉴别，故C正确；D．碳酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，加入酚酞溶液呈红色，可鉴别，故D正确．故选B．【点评】本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注重元素化合物性质的考查，题目难度不大．3．铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为（）A．3：1 B．2：1 C．1：1 D．1：3【考点】化学方程式的有关计算．【分析】根据反应方程式①2Al+6H+=2Al3++3H2↑，②2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑进行计算．【解答】解：根据反应方程式①2Al+6H+=2Al3++3H2↑，②2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑可知：当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为3：1，故选：A．【点评】本题考查了依据方程式的计算，难度不大，正确书写反应的方程式是解题关键．4．下列关于金属元素特征的叙述正确的是（）A．金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性B．金属元素在化合物中一定显正价C．金属元素在不同化合物中化合价均不同D．金属元素所有单质在常温下均为固体【考点】金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、金属单质在反应中只能失去电子，亚铁离子既有氧化性又有还原性；B、因金属元素在反应中失去电子，则化合价一定升高；C、绝大数金属元素在不同化合物中化合价相同；D、金属单质Hg在常温下为液体．【解答】解：A、金属单质在反应中只能失去电子，但处于中间价态的金属离子既有氧化性又有还原性，如亚铁离子既有氧化性又有还原性，故A错误；B、因金属元素在反应中失去电子，则化合价一定升高，所以金属元素在化合物中一定显正价，故B正确；C、因绝大数金属元素只有一种正价，则在不同化合物中化合价相同，故C错误；D、因金属单质Hg在常温下为液体，故D错误；故选B．【点评】本题考查金属元素的性质，熟悉常见的金属单质及金属对应的阳离子是解答本题的关键，难度不大．5．在水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．Fe2+、Al3+、ClO﹣、Cl﹣ B．K+、Cu2+、OH﹣、NO3﹣C．NH4+、Na+、Br﹣、SO42﹣ D．Mg2+、H+、SiO32﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】如离子之间不发生反应生成沉淀、气体、弱电解质以及氧化还原反应、互促水解等反应，则能大量共存，否则不能．【解答】解：A．Fe2+和ClO﹣发生氧化还原反应，故A错误；B．Cu2+与OH﹣生成氢氧化铜沉淀，故B错误；C．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．H+与SiO32﹣反应生成硅酸沉淀，故D错误．故选C．【点评】本题考查离子共存问题，明确离子的性质是解答该题的关键，注意常见离子得到氧化性、还原性以及互促水解反应，为易错点，题目难度不大．6．高温下硫酸亚铁发生如下反应：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑若将生成的气体通入硝酸钡溶液中，得到的沉淀是（）A．BaSO3和BaSO4 B．BaS C．BaSO3 D．BaSO4【考点】二氧化硫的化学性质．【专题】氧族元素．【分析】混合气体中含有SO2和SO3，将生成的气体通入Ba（NO3）2溶液中发生：SO3+H2O=H2SO4，H2SO4+Ba（NO3）2=BaSO4↓+2HNO3，硝酸钡在酸性溶液中有氧化性，可以把二氧化硫氧化为硫酸．【解答】解：混合气体中含有SO2和SO3，将生成的气体通入Ba（NO3）2溶液中发生：SO3+H2O=H2SO4，则没有SO3逸出；H2SO4+Ba（NO3）2=BaSO4↓+2HNO3，则有BaSO4沉淀生成；硝酸钡溶液中含硝酸根离子在酸性溶液中能把二氧化硫氧化为硫酸，也会和硝酸钡反应生成白色沉淀硫酸钡；所以最终沉淀为硫酸钡；故选D．【点评】本题考查了SO3和SO2性质，注意硝酸钡在酸性溶液中隐含稀硝酸的强氧化性，能氧化二氧化硫为硫酸，得不到BaSO3沉淀．7．在短周期元素中，原子最外电子层只有1个或2个电子的元素（）A．是非金属元素 B．是稀有气体元素C．是金属元素 D．无法确认为哪一类元素【考点】原子结构与元素的性质．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】列举出周期表中最外层电子数是1个或2个的元素进行判断．【解答】解：最外层电子数是1个或2个的元素有：第一主族元素（包含H元素，碱金属元素）；第二主族元素（碱土金属元素）；稀有气体元素中的He元素，故选：D．【点评】本题难度不是很大，主要考查了原子的定义与构成的有关知识，从而培养学生分析问题的能力．8．关于离子键、共价键的各种叙述中正确的是（）A．在共价化合物分子中，一定不存在离子键B．非极性键只存在于双原子的单质分子（如Cl2）中C．在离子化合物里，只存在离子键，没有共价键D．由不同元素组成的多原子分子里，一定只存在极性键【考点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．只含共价键的化合物是共价化合物；B．非极性键可能存在单质、离子化合物或共价化合物中；C．含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键；D．由不同元素组成的多原子分子中，可能存在非极性键．【解答】解：A．只含共价键的化合物是共价化合物，所以共价化合物中一定不含离子键，故A正确；B．非极性键可能存在单质、离子化合物或共价化合物中，如Cl2、Na2O2、C2H2等，故B错误；C．含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，如Na2O2，故C错误；D．由不同元素组成的多原子分子中，可能存在非极性键，如含有多个碳原子的烃，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学键与物质的关系，为高频考点，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，采用举例法分析解答，易错选项是C．9．某元素原子的质量数为A，它的阴离子Xn﹣核外有x个电子，w克这种元素的原子核内中子数为（）A． B． C． D．【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；原子构成．【专题】原子组成与结构专题．【分析】先利用质量和质量数计算原子的物质的量，再由阴离子Xn﹣核外有x个电子，则质子数为x﹣n，利用质子数与中子数之和等于质量数来计算中子数．【解答】解：元素原子的质量数为A，w克这种元素的原子，其物质的量为mol，阴离子Xn﹣核外有x个电子，则质子数为x﹣n，原子核内中子数为A﹣（x﹣n）=A﹣x+n，则w克这种元素的原子核内中子数为mol×（A﹣x+n）=，故选C．【点评】本题考查学生利用原子构成的简单计算，明确原子的物质的量的计算是解答本题的关键，注意电子的质量可忽略，质量数近似等于相对原子质量．10．下列实验装置、选用的试剂或实验操作中，都正确的是（）A．实验室用装置制取氨气B．用装置吸收氨气，并防止倒吸C．用装置稀释浓硫酸D．用装置除去CO2中的HCl【考点】气体发生装置；物质的溶解与加热；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；气体的收集．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl；B．氨气极易溶于水；C．量筒不能用来配制溶液；D．除杂不能将原物质除掉．【解答】解：A．NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，得到气体的机会不多，故A错误；B．氨气极易溶于水按照装置图，倒扣的漏斗可防止倒吸，故B正确；C．量筒不能用来稀释或配制溶液，故C错误；D．碳酸钠能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，将二氧化碳除掉，不符合除杂原则，故D错误．故选B．【点评】本题考查氨气的制取和收集、溶液的配制、除杂等，难度不大，注意NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，得到气体的机会不多．11．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．常温常压下NO2和N2O4混合气体所含原子总数为B．标准状况下，SO3的分子数为NAC．1molFe在的Cl2（标准状况下）燃烧，转移的电子总数为3NAD．电解g熔融的NaCl，能产生L氯气（标准状况）、g金属钠【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．依据NO2与N2O4，氮元素与氧元素质量比相同，结合质量换算物质的量计算；B．标准状况下三氧化硫的状态不是气体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量；C．先判断过量，然后根据不足量计算出转移的电子总数；D．根据质量守恒定律计算出电解氯化钠生成氯气的物质的量及体积．【解答】解：A．与N2O4的混合气体中，所含氮元素和氧元素相同，若全是，所含原子为，若全是，所含原子为，混合气体所含原子总数为，故A正确；B．标况下三氧化硫不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算三氧化硫的物质的量，故B错误；C．标况下氯气的物质的量为1mol，1mol铁与氯气完全反应消耗氯气，显然氯气不足，则反应1mol氯气转移了2mol电子，转移的电子总数为2NA，故C错误；D．氯化钠的物质的量为1mol，电解1mol氯化钠会生成氯气、1mol钠，标况下氯气的体积约为，故D错误；故选A．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项C为易错点，注意反应物的过量情况．12．下列与实验相关的叙述正确的是（）A．稀释浓硫酸时，应将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中B．将SO2和Cl2按等物质的量比例通入品红溶液中，品红很快褪色C．NO2和H2O反应过程中，被氧化的氮原子与被还原的氮原子个数比为2：1D．检验某溶液是否含有SO42﹣时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸【考点】化学实验方案的评价．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸倒入水中，而不是将水倒入浓硫酸中；B．将SO2和Cl2按等物质的量比例通入品红溶液中，二者发生氧化还原反应生成硫酸和稀盐酸，反应方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，硫酸和盐酸都没有漂白性；+H2O=2HNO3+NO，被氧化的N原子和被还原的N原子个数之比为：2：1；D．硫酸根离子检验时，应该先加稀盐酸后加氯化钡溶液．【解答】A．稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸倒入水中，且不断搅拌，而不是将水倒入浓硫酸中，否则易产生安全事故，故A错误；B．将SO2和Cl2按等物质的量比例通入品红溶液中，二者发生氧化还原反应生成硫酸和稀盐酸，反应方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，硫酸和盐酸都没有漂白性，则混合溶液不褪色，故B错误；+H2O=2HNO3+NO，N元素化合价由+4价变为+5价、+2价，被氧化的N原子和被还原的N原子个数之比为：2：1，故C正确；D．硫酸根离子检验时，应该先加稀盐酸后加氯化钡溶液，稀盐酸排除其它离子干扰，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及基本实验操作、氧化还原反应、物质的漂白性、离子检验等知识点，明确物质性质及离子检验方法、基本实验操作等知识点即可解答，易错选项是B．13．已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最高正价与最低负价绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W最外层电子数是最内层电子数的3倍．下列说法不正确的是（）A．原子半径：Z＞W＞RB．对应氢化物的稳定性：R＞WC．W与X、W与Z形成的化学键类型完全相同D．Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y元素的最高正价与最低负价绝对值相等，Y最外层电子数为4，Z的核电荷数是Y的2倍，故Y为C元素，Z为Mg元素；W最外层电子数是最内层电子数的3倍，则W的最外层电子数为6，故W为S元素，所以R为Cl元素．结合元素周期律与物质的结构性质判断．【解答】解：已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y元素的最高正价与最低负价绝对值相等，Y最外层电子数为4，Z的核电荷数是Y的2倍，故Y为C元素，Z为Mg元素；W的原子序数等于Mg元素，W最外层电子数是最内层电子数的3倍，则W的最外层电子数为6，故W为S元素，所以R为Cl元素．A、Z为Mg元素、W为S元素、R为Cl元素，同周期从左向右原子半径在减小，则原子半径为Z＞W＞R，故A正确；B、W为S元素、R为Cl元素，非金属性Cl＞S，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，所以对应氢化物的稳定性：R＞W，故B正确；C、W与X形成物质为H2S，属于共价化合物，含有共价键，W与Z形成的物质是MgS，属于离子化合物，胡离子键，化学键类型不同，故C错误；D、Y为C元素，其最高价氧化物对应的水化物是碳酸，碳酸属于弱酸，故D正确．故选C．【点评】本题考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律、元素周期律与元素化合物的结构性质等，难度不大，掌握金属性非金属性、最高价氧化物对应水化物的酸性的比较规律．14．某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案．方案①：AlX溶液Al（OH）3沉淀方案②：AlY溶液Al（OH）3沉淀NaOH溶液和稀盐酸的浓度均是3mol/L，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液和稀盐酸时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法正确的是（）A．X溶液溶质为AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2B．b曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液C．在O点时两方案中所得溶液浓度相等D．a、b曲线表示的反应都是氧化还原反应【考点】化学实验方案的评价；铝的化学性质．【专题】实验评价题．【分析】n（HCl）=3mol/L×=，n（NaOH）=3mol/L×=，n（Al）==，2Al++6H+=2Al3++3H2↑、2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，根据方程式知，Al和HCl完全反应需要n（HCl）=3n（Al）=，所以Al和HCl恰好完全反应生成氯化铝；根据方程式知，Al和NaOH完全反应需要n（NaOH）=n（Al）=＜，所以NaOH有剩余，据此分析解答．【解答】解：n（HCl）=3mol/L×=，n（NaOH）=3mol/L×=，n（Al）==，2Al++6H+=2Al3++3H2↑、2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，根据方程式知，Al和HCl完全反应需要n（HCl）=3n（Al）=，所以Al和HCl恰好完全反应生成氯化铝；根据方程式知，Al和NaOH完全反应需要n（NaOH）=n（Al）=＜，所以NaOH有剩余，A．根据以上分析知，X溶液中溶质是AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2、NaOH，故A错误；B．加入溶液后先没有生成沉淀，则溶液中还发生其它反应，则该溶液应该是Y溶液，先发生酸碱中和反应，所以b曲线表示的是向Y溶液中加入HCl溶液，故B错误；C．在O点时沉淀的物质的量相等，溶液中的溶质都是NaCl，根据最初的钠原子和Cl原子守恒知，两方案中所得溶液浓度相等，故C正确；D．a、b曲线中没有电子转移，不属于氧化还原反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查性质实验方案设计，为高考高频点，明确各个线段发生的化学反应是解本题关键，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，题目难度中等．15．在硫酸铁溶液中，加入ag铜，完全溶解后，又加入bg铁，充分反应后得到cg残余固体，且c＜a，则下列判断正确的是（）A．最后得到的溶液中可能有Fe3+B．残余固体一定全部是铜C．最后得到的溶液中只含Cu2+D．残余固体可能为铁、铜混合物【考点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】离子反应专题；元素及其化合物．【分析】发生的反应有：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，Cu2++Fe=Cu+Fe2+，充分反应后得到cg残余固体，且c＜a，说明铜没有被完全置换出，以此来解答．【解答】解：发生的反应有：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，Cu2++Fe=Cu+Fe2+，充分反应后得到cg残余固体，且c＜a，说明铜没有被完全置换出，则A．有金属存在，溶液中不能存在Fe3+，故A错误；B．由残留固体的质量小于a，可知残余固体一定全部是铜，故B正确；C．溶液中含亚铁离子、铜离子，故C错误；D．残余固体一定全部是铜，故D错误；故选B．【点评】本题考查铁的化学性质及氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和应用能力的考查，注意金属Cu的前后质量关系为解答的关键，题目难度不大．16．X、Y是元素周期表中ⅦA族中的两种元素，下列叙述中能说明X的非金属性比Y强的是（）A．X原子的电子层数比Y原子的电子层数多B．X的氢化物的沸点比Y的氢化物沸点低C．X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定D．Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】根据ⅦA族元素的位置和元素的非金属性、物质的物理性质等来综合考虑．【解答】解：A．X原子电子层数多于Y，因此在同族中X在Y的下方，根据同主族元素由上向下，非金属性减弱可知，X的非金属性比Y弱，故A错误；B．Y的氢化物如果是HF，X的氢化物是HCl，氢化物的沸点与非金属性没有必然的联系，故B错误；C．X的氢化物稳定，说明其非金属性强，举例如：稳定性HF＞HCl＞HBr＞HI，故C正确．D．Y单质能够将X的离子从其盐溶液中置换出来，说明Y非金属性强于X，与题干相反，故D错误；故选C．【点评】本题借助VIIA元素从多个方面考查了影响元素非金属性强弱的因素，综合性较强．17．某研究性学习小组为了探究镁粉与溴水反应的机理，做了如下四组实验：①将镁粉投入冷水中，未见任何现象；②将镁粉放入溴水中，观察到只是开始时产生极少量的气泡，但溴水的颜色逐渐褪去；③将镁粉放入液溴中，未观察到任何明显现象；④向含足量镁粉的液溴中滴加几滴水，观察到溴的红棕色很快褪去．则下列关于镁与溴水的反应机理的论述中正确的是（）A．镁粉只直接与溴水中的溴反应B．镁粉只与溴水中的酸反应C．产生极少量的气泡是由于镁粉与水反应得到D．镁粉在水的催化下直接与溴单质发生反应【考点】探究化学反应机理．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．根据实验③将镁粉放入液溴中，未观察到任何明显现象分析；B．根据实验②将镁粉放入溴水中，观察到只是开始时产生极少量的气泡，但溴水的颜色逐渐褪去判断；C．根据实验①将镁粉投入冷水中，未见任何现象来分析；D．根据实验④向含足量镁粉的液溴中滴加几滴水，观察到溴的红棕色很快褪去来判断．【解答】解：A．根据实验③将镁粉放入液溴中，未观察到任何明显现象可知：镁粉不会直接与溴水中的溴反应，故A错误；B．根据实验②将镁粉放入溴水中，观察到只是开始时产生极少量的气泡，说明镁粉只与溴水中的部分酸反应，但是溴水的颜色褪去，说明镁不只与溴水中的酸反应，故B错误；C．根据实验①将镁粉投入冷水中，未见任何现象可知：镁粉与水不能发生反应，故C错误；D．根据实验④向含足量镁粉的液溴中滴加几滴水，观察到溴的红棕色很快褪去可知：镁粉和溴单质的反应需要在水的催化下进行，故D正确；故选D．【点评】本题考查了探究反应机理的方法，题目难度中等，正确分析题干信息得出正确的反应机理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力．18．将容积为50mL的量筒充满二氧化氮和氧气的混合气体，将量筒倒置在盛满水的水槽里，一段时间后，量筒里剩余气体体积为5mL．若向量筒内鼓入氧气后，可以观察到量筒内水柱继续上升，直至量筒内完全被水充满，则原混合气体中NO2和O2体积比是（）A．43：7 B．18：7 C．4：1 D．22：3【考点】有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1：4混合全部溶解；由于向量筒内鼓入氧气后，可以观察到量筒内水柱继续上升，直至量筒内完全被水充满，则剩余气体NO，先根据3NO2+H2O=2HNO3+2NO求出过量的NO2，然后根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3求氧气体积，进而计算NO2的体积，据此进行解答．【解答】解：NO2和O2与水的反应属于循环反应，可简化为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，对该反应来说，根据“若向量筒内鼓入氧气后，可以观察到量筒内水柱继续上升，直至量筒内完全被水充满”可知，反应后剩余气体为NO，结合反应3NO2+H2O=2HNO3+NO可知剩余NO气体是5mL，则剩余的NO2为：5mL×3=15mL，其余的35mL气体中V（NO2）：V（O2）=4：1，则混合气体中氧气的体积为：35mL×=7mL，二氧化氮的体积为：50mL﹣7mL=43mL，则原混合气体中NO2和O2体积比为：43mL：7mL=43：7，故选A．【点评】本题考查了混合物有关计算，题目难度中等，正确判断反应后剩余气体组成为解答关键，再根据反应的方程式计算，试题培养了学生的分析及化学计算能力．19．有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度均为2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铜粉，待反应结束后，可产生标准状况下的混合气体体积为（设反应中HNO3被还原成NO）．（）A． B． C． D．【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】发生反应：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，进行过量计算，根据不足量的物质计算生成NO的体积．【解答】解：10mL混合酸中：n（H+）=×2×2mol/L+×2mol/L=，n（NO3﹣）=×2mol/L=，3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O28﹣完全反应消耗+，大于+，故H+不足，由离子方程式可知生成NO为×=，标况下生成NO为×mol=，故选：B．【点评】本题考查混合物的计算，注意利用离子方程式进行计算解答，侧重考查学生分析计算能力，难度中等．20．下列有关实验装置的说法中正确的是（）A．图1装置可制取干燥纯净的NH3B．图2装置可以完成“喷泉”实验C．图3装置可测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积D．图4装置可用于实验室制备Fe（OH）2【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．氨气采用向下排空气法收集；B．极易溶于该溶液的气体能产生喷泉实验；C．二氧化氮易和水反应生成硝酸和NO；D．铁作阴极，铁电极上氢离子放电．【解答】解：A．氨气密度小于空气且常温下不和氧气反应，所以应该采用向下排空气法收集，故A错误；B．极易溶于该溶液的气体能产生喷泉实验，氯气极易溶于氢氧化钠溶液形成压强差，所以能形成喷泉实验，故B正确；C．二氧化氮易和水反应生成硝酸和NO，所以不能用排水法收集二氧化氮，应该采用向上排空气法收集二氧化氮，故C错误；D．铁作阴极，铁电极上氢离子放电生成氢气，则溶液中不能生成氢氧化亚铁，如果将铁作阳极，阳极上生成亚铁离子、阴极附近生成氢氧根离子，二者反应生成氢氧化亚铁，故D错误；故选B．【点评】本题考查了气体的收集方法、氢氧化亚铁的制备、喷泉实验等知识点，明确物质的性质是解本题关键，根据气体的溶解性、密度确定收集方法，制备氢氧化亚铁时要防止被氧化，易错选项是B，注意并不是只有氨气能形成喷泉实验，为易错点．二．解答题（共50分）21．（12分）（2023秋•福州校级期中）已知A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大．其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成气态分子X，X的水溶液呈碱性；D的简单阳离子与X具有相同电子数，且D是同周期元素中原子半径最大的元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，C、F两种元素的原子最外层共有13个电子．则（1）元素F在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族（2）六种元素原子半径由小到大的顺序为Na＞S＞Cl＞N＞O＞H（用元素符号表示）（3）C与D形成的两种化合物中，其中一种物质含有两种类型的化学键，该物质属于离子化合物（填“离子化合物”或“共价化合物”）．（4）A、C两种元素能形成常温下为液态的两种化合物M和N，具有强氧化性的M的电子式可表示为．（5）在上述元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4（写化学式）．（6）A、B、C、D、E中三种或四种元素能形成多种盐，其中水溶液呈碱性的有Na2SO3、NaClO（至少写两种化合物的化学式）【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大．其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成分子X，X的水溶液呈碱性，A的原子序数比B小，则B为N元素，A为H元素，X为NH3；D的简单阳离子与X具有相同电子数，D的简单阳离子为10e﹣结构，且D是同周期中简单离子半径最大的元素，则D为Na元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，E的原子序数大于Na，则E有3个电子层，最外层电子数为6，则E为S元素；F的原子序数比E大且为短周期主族元素，则F是Cl元素；C、F两种元素的原子最外层共有13个电子，C原子最外层有6个电子，原子序数比Na小，则C为O元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大．其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成分子X，X的水溶液呈碱性，A的原子序数比B小，则B为N元素，A为H元素，X为NH3；D的简单阳离子与X具有相同电子数，D的简单阳离子为10e﹣结构，且D是同周期中简单离子半径最大的元素，则D为Na元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，E的原子序数大于Na，则E有3个电子层，最外层电子数为6，则E为S元素；F的原子序数比E大且为短周期主族元素，则F是Cl元素；C、F两种元素的原子最外层共有13个电子，C原子最外层有6个电子，原子序数比Na小，则C为O元素．（1）F为Cl元素，在周期表中的位置：第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族；（2）所有元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，故六种元素原子半径由小到大的顺序为：Na＞S＞Cl＞N＞O＞H，故答案为：Na＞S＞Cl＞N＞O＞H；（3）O元素与Na形成的两种化合物中，其中一种物质含有两种类型的化学键，该物质为过氧化钠，属于离子化合物，故答案为：离子化合物；（4）H、O两种元素能形成常温下为液态的两种化合物M和N，具有强氧化性的M为H2O2，电子式为，故答案为：；（5）在上述元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4，故答案为：HClO4；（6）H、N、O、Na、S中三种或四种元素能形成多种盐，其中水溶液呈碱性的有Na2SO3、NaClO等，故答案为：Na2SO3、NaClO．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，气体X的水溶液呈碱性是推断元素的突破口，难度中等．22．（12分）（2023秋•福州校级期中）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（部分产物略去）：（1）若D是生产、生活中用量最大，用途最广的金属单质，E是一种黄绿色气体，其溶于水的产物之一是A，写出反应Ⅲ的离子方程式2Fe3++Fe=3Fe2+．（2）若A是淡黄色固体，D是一种常见的能产生温室效应的气体，C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子．写出反应Ⅱ的化学方程式Na2CO3+Ba（OH）2=2NaOH+BaCO3↓．（3）若A是常见的两性氢氧化物，D是常见的气态氢化物，其水溶液是一种强酸；E是氯碱工业的产品之一，C是B与过量E反应后的产物，写出反应Ⅲ的离子方程式H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓．（4）若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C、D均为空气的主要成分；B、E均是常见的无色有毒气体，且使人中毒的原理相似．①写出反应Ⅰ的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O②写出反应Ⅱ的化学方程式2NO+2CON2+2CO2．【考点】无机物的推断．【专题】元素及其化合物．【分析】（1）若A是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则A为Fe，E是一种黄绿色气体，则E为Cl2，其溶于水的产物之一是A，结合转化关系可知，A为HCl、B为FeCl2，C为FeCl3；（2）若A是淡黄色固体，D是一种常见的能产生温室效应的气体，则A为Na2O2，D为CO2，B为Na2CO3，C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子，可推知C为NaOH，E为Ba（OH）2或Ca（OH）2；（3）若A是常见的两性氢氧化物，D是常见的气态氢化物，其水溶液是一种强酸，E是氯碱工业的产品之一，C是B与过量E反应后的产物，则A为Al（OH）3，D为HCl，B为AlCl3，E为NaOH，C为NaAlO2；（4）若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C、D均为空气的主要成分，B、E均是常见的无色有毒气体，且使人中毒的原理相似，则A为NH3、D为O2、B为NO，E为CO、C为N2．【解答】解：（1）若A是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则A为Fe，E是一种黄绿色气体，则E为Cl2，其溶于水的产物之一是A，结合转化关系可知，A为HCl、B为FeCl2，C为FeCl3，反应Ⅲ的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；（2）若A是淡黄色固体，D是一种常见的能产生温室效应的气体，则A为Na2O2，D为CO2，B为Na2CO3，C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子，可推知C为NaOH，E为Ba（OH）2或Ca（OH）2，反应Ⅱ的化学方程式为：Na2CO3+Ba（OH）2=2NaOH+BaCO3↓等，故答案为：Na2CO3+Ba（OH）2=2NaOH+BaCO3↓；（3）若A是常见的两性氢氧化物，D是常见的气态氢化物，其水溶液是一种强酸，E是氯碱工业的产品之一，C是B与过量E反应后的产物，则A为Al（OH）3，D为HCl，B为AlCl3，E为NaOH，C为NaAlO2，反应Ⅲ的离子方程式为：H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓，故答案为：H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓；（4）若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C、D均为空气的主要成分，B、E均是常见的无色有毒气体，且使人中毒的原理相似，则A为NH3、D为O2、B为NO，E为CO、C为N2．①反应Ⅰ的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；②反应Ⅱ的化学方程式为：2NO+2CON2+2CO2，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；2NO+2CON2+2CO2．【点评】本题考查无机物推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等．23．（12分）（2023秋•福州校级期中）为验证氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和A中加热装置已略，气密性已检验）．实验过程：I．打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4．Ⅱ．打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热．Ⅲ．当B中溶液变黄时，停止加热，关闭K2．Ⅳ．打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子．Ⅴ．打开K3和活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后关闭K3．Ⅵ．更新试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子．（1）过程Ⅰ的目的是排出装置中的空气，防止干扰．（2）棉花中浸润的溶液为NaOH溶液．（3）A中发生反应的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．（4）若将制取的SO2通入酸性高锰酸钾溶液可使溶液褪色，其离子方程式为2MnO4﹣+5SO2+4H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+．（5）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，结论如下表所示．他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2的是乙、丙（填“甲”“乙”“丙”）．过程ⅣB溶液中含有的离子过程ⅥB溶液中含有的离子甲有Fe3+无Fe2+有SO42﹣乙既有Fe3+又有Fe2+有SO42﹣丙有Fe3+无Fe2+有Fe2+【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】实验分析题．【分析】（1）通入一段时间N2，排出装置中的氧气；（2）氯气和二氧化硫都是有毒气体，可以用氢氧化钠来吸收；（3）A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应，生成氯化锰、氯气、水；（4）SO2通入酸性高锰酸钾溶液中二者可以发生氧化还原反应；（5）溶液显酸性，检验硫酸根离子应选择氯化钡溶液；乙中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫丙中第一次有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫．【解答】解：（1）打开K1～K4，关闭K5、K6，通入一段时间N2，目的是排出装置中的氧气，故答案为：排出装置中的空气，防止干扰；（2）棉花中浸有NaOH溶液，吸收多余氯气、二氧化硫，防止污染空气，故答案为：NaOH溶液；（3）A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应，生成氯化锰、氯气、水，该反应为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（4）SO2具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强的氧化性，二者混合后可以发生氧化还原反应：2MnO4﹣+5SO2+4H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+，使高锰酸钾褪色，故答案为：2MnO4﹣+5SO2+4H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+；（5）溶液显酸性，检验硫酸根离子应选择氯化钡溶液；乙中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫丙中第一次有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫；故答案为：乙、丙．【点评】本题考查性质实验方案的设计及氧化还原反应，明确装置的作用及发生的反应是解答的关键，注意氧化性的比较是解答的难点，题目难度较大．24．（12分）（2023秋•福州校级期中）铁及其化合物在日常的生活中应用广泛，请根据下列实验回答问题：（1）钢铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀的正极反应式为2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣（2）生铁中含有一种铁碳化合物X（Fe3C）．X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y可溶于过量盐酸，形成黄绿色的溶液，写出Y与硫酸反应的化学方程式：Fe3O4+3H2SO4=FeSO4+Fe2（SO4）3+4H2O．若要检验反应后溶液中的Fe2+离子，应选