XX省晋城一中2023至2024学年高三上学期10月第七次调研考试化学试题附参考答案（解析）

级高三年级第一学期第七次调研考试试题化学本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。请将全部答案按要求写在答卷纸上。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23Mg：24Si：28S：32Fe：56Cu：64第Ⅰ卷(选择题)一、选择题(本题20小题，1-15每题2分，16-20每题3分，共45分。在下列各题的四个选项中，只有一项是最符合题意的。)1.下列化学用语表达正确的是。A.基态硅原子的轨道表示式：B.基态Cr的电子排布式：C.的电子式：D.C原子的核外能量最高的电子云图像如图：【答案】D【解析】【详解】A．基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，轨道表示式：，故A错误；B．Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故B错误；C．是共价化合物，电子式为：，故C错误；D．C原子的核外能量最高的轨道为2p，电子云图像如图：，故D正确；故选D。2.《本草经集注》记载：“鸡屎矾(碱式硫酸铜或碱式碳酸铜)不入药用，惟堪镀作，以合熟铜；投苦酒(醋)中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”。下列说法错误的是A.“不入药用”是因为其在胃中形成重金属B.“投苦酒中”发生的是复分解反应C.“涂铁皆作铜色”发生置换反应D.“惟堪镀作，以合熟铜”是电镀铜【答案】D【解析】【分析】【详解】A．碱式硫酸铜或碱式碳酸铜在胃中酸性条件下会生成，对人体有害，A项正确；B．碱式硫酸铜和醋酸反应生成醋酸铜、硫酸铜、水，碱式碳酸铜和醋酸反应生成醋酸铜、二氧化碳、水，均属于复分解反应，B项正确；C．“涂铁皆作铜色”是Fe+Cu2+=Fe2++Cu，是置换反应，C项正确；D．“惟堪镀作，以合熟铜”描述的是活泼金属置换铜的过程，不是电镀，D项错误；答案选D。3.制备相关物质，涉及的反应原理及部分流程不合理的是A制溴：浓缩海水Br2HBr溶液Br2B.制取镁：海水溶液MgC.加热分解Ag2O冶炼Ag：2Ag2O4Ag+O2↑D.制碘：干海带浸出液碘水含I2苯溶液单质碘【答案】B【解析】【详解】A．制溴：浓缩海水通入氯气，溴离子与氯气反应生成溴单质，溴易挥发，可用热空气吹出，用二氧化硫水溶液吸收生成HBr溶液，达到富集，在通入溴化氯气，溴离子与氯气反应生成溴单质，涉及的反应原理及部分流程合理，A不合题意；B．制取镁：海水中加入石灰乳，发生复分解反应生成氢氧化镁，过滤，滤液中加入稀盐酸，反应生成氯化镁溶液，在HCl气流中加热蒸发得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，反应原理及部分流程不合理，B符合题意；C．Ag化学性质不活泼，可用加热分解Ag2O冶炼Ag,反应为2Ag2O4Ag+O2↑，反应原理合理，C不合题意；D．制碘：加水浸泡干海带得到含有I-的溶液，酸性条件下加入过氧化氢溶液氧化I-生成I2，加苯萃取得到含碘苯溶液，最后蒸馏分离得到苯和I2单质，涉及的反应原理及部分流程合理，D不合题意；故答案为：B。4.逻辑推理是学习化学常用的思维方法，下列推理正确的是A.原子不显电性，则不显电性的微粒一定是原子B.单质中只含一种元素，则只含一种元素的物质一定是单质C.碱性溶液能使无色酚酞变红，则能使无色酚酞变红的溶液一定显碱性D.燃烧都有明显的发光、放热，则有发光、放热现象的变化一定是燃烧【答案】C【解析】【详解】A．原子不显电性，分子、中子等也不显电性，所以不显电性的微粒不一定是原子，A项错误；B．只含一种元素的物质可能是混合物，如红磷和白磷，也可能是单质，所以单质中只含一种元素，则只含一种元素的物质不一定是单质，B项错误；C．碱性溶液能使无色酚酞变红，则能使无色酚酞变红的溶液一定显碱性，C项正确；D．有发光、放热现象的变化不一定是燃烧，如电灯的发光发热，D项错误；故答案选C。5.在溶液中加入过量Na2O2后仍能大量共存的是A.NH、Ba2+、Cl-、NO B.K+、SiO、AlO、SOC.Fe2+、Mg2+、SCN-、Cl- D.Na+、SO、I-、HCO【答案】B【解析】【分析】过氧化钠有强氧化性，能与还原性的物质发生氧化还原反应，过氧化钠在溶液中能与水反应生成氢氧化钠和氧气，据此分析解答。【详解】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，而生成的氢氧根离子能与铵根会发生反应，A选项错误；B．K+、SiO、AlO、SO互相之间不反应，并且与过氧化钠、及与过氧化钠和水反应生成的氢氧化钠也不反应，B选项正确；C．亚铁离子有还原性，能被过氧化钠氧化成铁离子，铁离子与硫氰酸根能形成红色的络合物而不能共存，且过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧根能与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，C选项错误；D．SO、I-均具有还原性，能被过氧化钠氧化，且过氧化钠与水反应生成的氢氧化钠会与碳酸氢根发生反应而不共存，D选项错误；答案选B。6.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，2.24L氯仿中分子数为B.常温下，60g中含有极性键的数目为C.1mol晶体和1mol晶体含有的离子数目均为D.一定条件下，5.6gFe与一定量硝酸充分反应，铁完全溶解，转移的电子数为【答案】B【解析】【详解】A．标况下，氯仿为液态，无法算出其所含的分子数，A错误；B．60g为1mol，1个中含有4个，故1mol中含有极性键的数目为，B正确；C．电离方程式，的电离方程式，故1mol晶体含有的粒子数目为，C错误；D．Fe与足量硝酸反应生成硝酸铁，与少量硝酸反应生成硝酸亚铁，因硝酸量不知，故无法确定铁完全溶解时转化电子，D错误；故选B。7.钛(Ti)有“未来钢铁”之称。工业上常以TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2获得海绵状钛，该反应在某种气体保护环境中进行，该气体环境可能是A.氩气中 B.空气中 C.HCl气氛中 D.CO2气体中【答案】A【解析】【详解】金属镁是活泼金属，化学性质活泼，一定条件下能与HCl、空气或O2、CO2等反应，则以TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2获得海绵状钛的反应环境为稀有气体中，故答案为：A。8.下列有关说法中正确的是A.金刚石和石墨是由同一种元素组成的单质，二者互为同位素B.粒子Xn-中含有的电子数为a-nC.H216O和D216O化学性质不同D.CO2、CCl4中所有原子均达到8电子稳定结构【答案】D【解析】【详解】A．金刚石和石墨是由同一种元素组成的单质，二者互为同素异形体，故A错误；B．粒子Xn-的质子数为a，带有n个单位的负电荷，所以含有的电子数为a+n，故B错误；C．H216O和D216O是由同种元素组成的相同分子，化学性质相同，故C错误；D．CO2、CCl4的电子式分别为、，所有原子均达到8电子稳定结构，故D正确；故选D。9.在实验室中，用如图所示装置(尾气处理装置略去)进行下列实验，将①中液体逐滴滴入到②中。实验结果与预测的现象一致的是选项①中的物质②中的物质预测②中的现象A氨水氯化铝溶液产生白色沉淀B浓硫酸铜片产生大量气体，溶液变蓝C浓硝酸用砂纸打磨过的铁丝产生大量红棕色气体D浓盐酸MnO2黑色粉末立即产生大量气体A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝沉淀不溶于氨水，实验结果与预测的现象一致，A符合题意；B．浓硫酸和铜需要加热反应生成二氧化硫和硫酸铜，实验结果与预测的现象不一致，B不符合题意；C．浓硝酸使得铁钝化，不生成二氧化氮气体，实验结果与预测的现象不一致，C不符合题意；D．浓盐酸和二氧化锰需要加热生成氯气，实验结果与预测的现象不一致，D不符合题意；故选A。10.化学和生活、社会发展息息相关。下列说法正确的组合是①飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子材料②液化石油气、汽油、煤油、柴油的主要成分都是烃③工业上通过石油分馏得到大量化工原料苯④活性炭疏松多孔，可用于除异味和杀菌⑤维生素C是NaNO2中毒的急救药之一，利用了维生素C的氧化性⑥“光化学烟雾”“臭氧空洞”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关⑦用四氯乙烯干洗剂除去衣服上油污，发生的是物理变化⑧波尔多液(硫酸铜、石灰和水配成)用作农药，利用Cu2+使病毒蛋白变性⑨漂白粉与盐酸可混合使用以提高漂白效果A.②⑤⑦⑨ B.②⑥⑦⑧ C.③④⑥⑧ D.①③④⑤【答案】B【解析】【详解】①玻璃纤维为无机非金属材料，不属于天然有机高分子材料，错误；②液化石油气、汽油、煤油、柴油均为石油炼制产品，主要成分都是烃，正确；③工业上通过石油分馏得到汽油、煤油、柴油等，煤炭的干馏得到化工原料苯，错误；④活性炭疏松多孔，具有吸附性，可用于除异味，但是不用于杀菌，错误；⑤维生素C是NaNO2中毒的急救药之一，解毒过程中维生素被氧化，利用了维生素C的还原性，错误；⑥氮氧化物导致空气污染，会形成“光化学烟雾”“臭氧空洞”“硝酸型酸雨”等危害，正确；⑦用四氯乙烯干洗剂除去衣服上油污，利用相似相溶的原理，是油污溶于干洗剂，发生的是物理变化，正确；⑧铜离子为重金属离子，能使蛋白质变性，波尔多液(硫酸铜、石灰和水配成)用作农药，利用Cu2+使病毒蛋白变性，正确；⑨漂白粉与盐酸混合发生氧化还原反应生成有毒的氯气，不可混合使用，错误；故选B。11.部分含硫物质的类别与相应化合价及部分物质间转化关系如图，下列说法错误的是A.a溶液放置在空气中一段时间会出现浑浊现象B.空气中燃烧b可以得到大量的dC.b附着在试管壁上可以用二硫化碳或热的浓NaOH溶液洗涤D.e的浓溶液可以用铁槽车运输是利用其强氧化性【答案】B【解析】【分析】由图可知，a为硫化氢、b为S、c为二氧化硫、d为三氧化硫、e为硫酸、f为硫酸盐、g为金属硫化物。【详解】A．氢硫酸具有还原性，在空气中放置时会与空气中的氧气反应生成硫沉淀和水，溶液会变浑浊，故A正确；B．硫在空气中燃烧，只能与氧气反应生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故B错误；C．硫不溶于水，易溶于二硫化碳，则附着在试管壁上的硫可以用二硫化碳洗涤，硫能与热的氢氧化钠溶液反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水，所以附着在试管壁上的硫也可以用热的氢氧化钠溶液洗涤，故C正确；D．硫酸具有强氧化性，常温下能使铁发生钝化，形成致密氧化膜阻碍反应的继续进行，所以可用铁槽车运输浓硫酸，故D正确；故选B。12.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Z同主族，Y的单质可用于制作光电池，X的周期序数等于主族序数，Z原子的最外层电子数等于最内层电子数的3倍，下列叙述正确的是A.简单离子的半径：Z>W>XB.最简单氢化物的沸点：W<ZC.X的氧化物是碱性氧化物，可与酸反应，不与碱反应D.Y的氧化物是两性氧化物，可与酸反应，可与碱反应【答案】A【解析】【分析】由题意知，Y的单质可用于制作光电池，Y为Si，X的周期序数等于主族序数，则，X为Al，Z原子的最外层电子数等于最内层电子数的3倍，则Z为O或S，又因为W、Z同主族，则W为O，Z为S，据此回答。【详解】A．由分析知，简单离子的半径S2->O2->Al3+，A正确；B．W最简单的氢化物为H2O，含有氢键，沸点较高，B错误；C．X的氧化物Al2O3是两性氧化物，既能与酸反应，又能与强碱反应，C错误；D．Y的氧化物SiO2是酸性氧化物，只能与HF反应，不能与其他酸反应，能与强碱反应，D错误；故选A。13.是一种工业消毒剂，其结构和性质与氯气相似，下列有关的预测正确的是A.I、元素的化合价都为0价 B.的熔沸点比氯气的低C.具有强氧化性，能将氧化为 D.与溶液反应，能产生黄色的沉淀【答案】C【解析】【详解】A．ICl是化合物，氯元素的非金属性强于碘，I元素的化合价为+1价，Cl元素的化合价为-1价，故A错误；B．与氯气均构成分子晶体，相对分子质量大的分子间作用力大、熔沸点高，则的熔沸点比氯气的高，故B错误；C．+1价的I元素具有强氧化性，能使Fe2+转化为Fe3+，故C正确；D．与H2O反应的化学方程式：ICl+H2O=HCl+HIO，则与溶液反应，能产生白色的氯化银沉淀，故D错误；故选C。14.下列所示装置正确且能完成相关实验的是A.用甲所示装置制Fe(OH)2B.用乙所示装置制氨气C.用丙所示装置制氯气并验证氯气与水反应有盐酸生成D.用丁所示装置模拟侯氏制碱法获得NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A．CCl4密度大于水，在下层，不能制得Fe(OH)2，故A错误；B．氯化铵受热分解生成NH3和HCl，在试管口两者又生成氯化铵，不能制取氨气，故B错误；C．浓盐酸易挥发，挥发的HCl和碳酸氢钠反应，不能验证氯气与水反应有盐酸生成，故C错误；D．氨气、二氧化碳、饱和食盐水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，该装置可模拟侯氏制碱法获得NaHCO3，故D正确；故选D。15.下列离子方程式正确的是A.向碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：B.将少量氯化铁溶液滴入硫化钠的溶液中：C.向次氯酸钠溶液中通入过量：D.惰性电极电解氯化镁溶液：【答案】C【解析】【详解】A．向碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，钙离子和碳酸氢根离子均完全反应：，A错误；B．将少量氯化铁溶液滴入硫化钠的溶液中生成亚铁离子又会和硫离子生成硫化亚铁沉淀：，B错误；C．向次氯酸钠溶液中通入过量生成次氯酸和碳酸氢钠：，C正确；D．用惰性电极电解饱和MgCl2溶液，生成氢氧化镁沉淀、氯气和氢气：Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，D错误；故选C。16.以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中硫的化合价为-1价)生产硫酸的工艺流程如图，下列说法不正确的是A.沸腾炉中每生成1molSO2，有11mole-发生转移B.接触室中发生反应为氧化还原反应C.接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率D.可用浓氨水吸收尾气，并进一步转化氮肥【答案】A【解析】【分析】黄铁矿在沸腾室被O2氧化为SO2和Fe2O3，而SO2与O2在接触室转变为SO3，SO3经吸收塔吸收转变为硫酸。【详解】A．FeS2中硫的化合价为-1价、铁为+2价，黄铁矿在沸腾室被O2氧化为SO2和Fe2O3，按照电子守恒关系式为FeS2~2SO2~11e-，即1molSO2转移5.5mol电子，A错误；B．二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，为氧化还原反应，B正确；C．原料、中间产物等循环利用可提高原料利用率，C正确；D．尾气中含有SO2可用氨水吸收转化为（NH4)2SO3，进一步转化为氮肥，D正确；故选A。17.依据下列4种基态原子的电子排布式，判断下列比较正确的是：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5。A.第一电离能：④>③>②>① B.原子半径：①>②>③>④C.电负性：④>③>②>① D.最高正化合价：④>①>③=②【答案】A【解析】【分析】根据基态原子的电子排布式，①1s22s22p63s23p4为S；②1s22s22p63s23p3为P；③1s22s22p3为N；；④1s22s22p5为F，据此解答。【详解】A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N、P元素原子np能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，故S＜P＜N＜F，即④>③>②>①，故A正确；

B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；所以原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；

C．同周期自左而右电负性增大，同主族从上到下电负性减弱，电负性P＜S＜N＜F，即④＞③＞①＞②，故C错误；

D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有最高正化合价，所以最高正化合价：①＞③=②，故D错误；

故选：A。18.W、X、Y、Z是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X和Y同周期，Y和Z同主族，由这四种元素形成的某种具有强氧化性的物质的结构如图。下列说法错误的是A.Y与Z能形成多种化合物B.四种元素均可与钠元素形成离子化合物C.其化学式为，其中Z显+7价D.该物质具有强氧化性是因为含有键【答案】C【解析】【分析】根据Y成了2条键，推测Y可能为O或者S，又根据Y和Z同主族且为短周期元素，故推测Y为O，Z为S，又根据该物质中X成了4条键，且X位于第二周期，显＋1价，推测X为N，W为H。【详解】A．S与O可以形成SO2、SO3等化合物，A正确；B．、、和均属于离子化合物，B正确；C．中存在键，其中S元素显＋6价，C错误；D．键中O元素显－1价，具有强氧化性，D正确；故选C。19.有氧条件下，在Fe基催化剂表面，还原NO的反应机理如图所示。该反应能够有效脱除烟气中的NO，保护环境。下列说法不正确的是A.在酸性配位点上，与通过配位键形成B.增大压强有利于NO与吸附在配位点上形成C.在反应过程中，Fe基可以提高NO的转化率D.该反应的总方程式为：【答案】C【解析】【详解】A．分子中的N原子还含有一对孤对电子，所以能和通过配位键形成，故A正确；B．由图可知，NO与吸附在配位点上形成，该过程中气体体积减小，增大压强平衡正向移动，有利于NO与吸附在配位点上形成，故B正确；C．在反应过程中，Fe基作为催化剂，催化剂不能改变反应的转化率，故C错误；D．由图可知，在Fe基催化剂表面，还原NO生成N2和H2O，总方程式为：，故D正确；故选C。20.38.4gCu与一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到和的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示。下列有关该过程的判断不正确的是A.0.9mol混合气体中NO、、的物质的量分别是0.1mol、0.7mol、0.1molB.生成0.2mol和0.8molC.若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11mol/LD.欲使上述0.9mol氮的氧化物完全被水吸收，理论上至少需要通入标准状况下的体积为6.72L【答案】B【解析】【分析】由，反应中，铜由0价升高到+2价，氮由+5价降低为+2价和+4价，由电子守恒得：3n(NO)+n(NO2)+2n(N2O4)=2n(Cu)=1.2mol，加0.5L2mol/LNaOH后生成和混合溶液，则结合Na、N守恒有n(NO)+n(NO2)+2n(N2O4)=n(Na+)=0.5L×2mol/L，联立二个式解得n(NO)=0.1mol，n(NO2)=0.7mol，n(N2O4)=0.1mol，据此解答。【详解】A．由分析可知，n(NO)=0.1mol，n(NO2)=0.7mol，n(N2O4)=0.1mol，A正确；B．由，由电子守恒可以知道，38.4gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，0.6×(2-0)=n(NaNO2)×(5-3),计算得出n(NaNO2)=0.6mol，根据题给信息可知n(NaOH)=0.5L×2mol/L=1mol，则由Na原子守恒可以知道n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，则n(NaNO3)=1mol-0.6mol=0.4mol，，B错误；C．铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，，所以生成硝酸铜0.6mol，含有硝酸根离子1.2mol，氮的化合物为0.9mol，与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和NaNO2，根据原子守恒可知：n(Na)=n(N)=n(NaOH)=0.5L×2mol/L=1mol，所以硝酸的总量为1.2mol+1mol=2.2mol，若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为，C正确；D．0.9mol氮的氧化物完全被水吸收，可知氮的氧化物与氧气恰好完全反应生成硝酸，总过程可视为Cu与氧气、硝酸反应最终生成硝酸铜，根据得失电子守恒可知：，则转移电子物质的量为1.2mol，1mol氧气反应转移4mol电子，则消耗氧气0.3mol，标况下体积为6.72L，D正确；故选B。第Ⅱ卷(非选择题)二、非选择题(本题共5小题，共55分。)21.随着原子序数的递增，A～G七种短周期元素的最高正价或最低负价与原子序数的关系如图所示。（1）在A、B、F、G四种元素中，非金属性最弱的元素在周期表中的位置为___________。（2）A、B、C三种元素的第一电离能由大到小的顺序是___________(填元素名称)。（3）F元素的最高价氧化物与氢氧化钠溶液反应的化学方程式是___________。（4）元素A与C形成的电子总数为22的分子的结构式为___________。（5）元素C与D按原子个数比1∶1形成的化合物的电子式为___________，其所含的化学键有___________(填化学键类型)。【答案】（1）第三周期ⅣA族（2）由大到小的顺序是（3）2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O（4）O=C=O（5）①.②.离子键、非极性共价键【解析】【分析】A→G原子序数依次增大，由图可知，A与F同主族且位于短周期，最高化合价与最低化合价为-4与+4价，所以A为C元素，F为Si元素，B的最高价为+5价，因此B为N元素，C最低价为-2价，无最高价，所以C为O元素，D无最低价，最高价为+1，所以D为Na元素，同理E为Al元素，G的最高价为+6价，G为S元素。【小问1详解】由分析知，A、B、F、G非金属性最弱的元素是Si，位置为第三周期ⅣA族；【小问2详解】由分析知，A、B、C三种元素分别为C、N、O，第一电离能由大到小的顺序是氮>氧>碳；【小问3详解】F的最高价氧化物为SiO2，与氢氧化钠溶液反应的化学方程式2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O；【小问4详解】A为C元素，C为O元素，A与C形成电子总数为22的分子式为CO2，结构式为O=C=O；【小问5详解】C为O元素，D为Na元素，C、D原子个数比为1:1的化合物为Na2O2，其电子式为；所含有的化学键为离子键、非极性共价键。22.某工厂排放的工业废水中含Fe3+、Al3+、Cu2+，工厂为了减少环境污染，利用废铁屑和其他化学试剂进行如图操作，得到了铁红、Al2O3和金属Cu，回答下列问题：(1)固体A的成分是_____。(用化学式表示)(2)写出B→D的离子方程式_____。要检验溶液D中是否含有Fe3+所需的试剂是______(用化学式表示)溶液，若含有Fe3+则观察到的现是________。(3)溶液E焰色反应呈黄色，试剂H是_______(用化学式表示)；D→E反应的离子方程式是________。(4)写出铁红在工业上的一种主要用途：_______。【答案】①.Fe、Cu②.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-③.KSCN④.溶液变红色⑤.NaOH⑥.Al3++4OH-=+2H2O⑦.红色油漆或涂料等【解析】【分析】某工厂排放的工业废水中含Fe3+、Al3+、Cu2+，先加过量铁发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，铁在金属活动顺序表中排在铜的前面，所以铁粉把铜置换出来，发生反应：Fe+Cu2+=Cu+2Fe2+，由于铁过量，所以所得固体A包括Fe和Cu，将固体A加入稀盐酸中得到铜和亚铁离子，固体C为铜；过滤所得溶液B中含有Al3+、Fe2+，加足量氯水，+2价的铁离子被氯水中氯气氧化，生成+3价的铁离子，发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，溶液D中含有Fe3+和Al3+，溶液E焰色反应呈黄色，含有钠离子，由于H是碱，H为氢氧化钠，溶液E为偏铝酸钠，偏铝酸钠中通入二氧化碳得到氢氧化铝，将氢氧化铝沉淀灼烧得到氧化铝；沉淀F为氢氧化铁，将氢氧化铁灼烧得到氧化铁，由此分析。【详解】(1)根据分析，固体A的成分是Fe、Cu；(2)溶液B中含有Al3+、Fe2+，加足量氯水，+2价的铁离子被氯水中的氯气氧化，生成+3价的铁离子，B→D的离子方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；D中含有Fe3+和Al3+，要检验溶液D中是否含有Fe3+所需的试剂是KSCN溶液，若含有Fe3+，溶液呈血红色；(3)溶液E焰色反应呈黄色，含有钠离子，由于H是碱，故试剂H是NaOH；D→E表示铝离子和氢氧根离子反应生成偏铝酸根和水，反应的离子方程式是Al3++4OH-=+2H2O；(4)铁红为三氧化二铁，为红棕色固体，在工业上作红色油漆或涂料等。23.氯化铬()是重要的铬盐，某实验小组利用下图所示装置在实验室制备(夹持装置略去)。已知：易潮解，易溶于水，铬粉在空气中灼烧生成，易与盐酸反应生成氯化亚铬()。请回答下列问题：（1）按照气流由左到右的方向，上述装置合理的连接顺序为a→_______(填仪器接口字母)。（2）装置A中橡皮管的作用为_______。（3）装置C中的试剂X是_______。（4）装置E的作用为_______。（5）无水易吸水形成暗绿色的晶体，该配合物的中心微粒为_______，1mol该配合物中含有键的数目为_______。【答案】（1）d→e→f→g→b→c(或c→b)→h→i（2）平衡气压，便于浓盐酸顺利流下（3）饱和食盐水（4）吸收，防止空气中水蒸气进入B中（5）①.②.【解析】【分析】A装置用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，生成的氯气中含有HCl与水蒸气，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸干燥氯气，干燥的氯气进入B中与铬反应生成，因易吸水，因此在B装置后应接一个盛有碱石灰的干燥管，用于除去过量氯气同时防止空气中的水蒸气进入B中，影响产物，据此分析解答。【小问1详解】由以上分析可知各管口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c(或c→b)→h→i，故答案为：d→e→f→g→b→c(或c→b)→h→i；【小问2详解】装置A中橡皮管可以连接分液漏斗与锥形瓶，可以起到平衡分液漏斗与锥形瓶内压强，便于浓盐酸顺利流入锥形瓶，故答案为：平衡气压，便于浓盐酸顺利流下；【小问3详解】装置C中的试剂X应盛放饱和食盐水，用于除去氯气中的HCl，故答案为：饱和食盐水；【小问4详解】由以上分析可知装置D中盛放碱石灰的作用为吸收，防止空气中水蒸气进入B中，故答案为：吸收，防止空气中水蒸气进入B中；【小问5详解】由化学式可知中心原子为Cr，其化合价为+3，，该配合物的中心微粒为，1mol该配合物中含有6molH2O，1molH2O中含有2mol键，6mol水中含12mol键，同时配合离子中含有6mol配位键，配位键属于键，1mol该配合物中共含有18mol键，个数为18NA，故答案为：；；24.细菌可以促使铁、氮两种元素进行氧化还原反应，并耦合两种元素的循环。（1）氮循环中，属于氮的固定的有___________(填字母序号，下同)。a．转化为氨态氮b．硝化过程c．反硝化过程（2）铵态氮肥是水体中氨态氮的主要来源之一、①氨气是生产氮肥主要原料，工业合成氨的化学方程式为___________。②检验某固态氮肥中铵根的实验操作与相应的现象及结论为___________。（3）铵态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气，该反应中，当产生氮气时，转移电子的物质的量为___________。（4）土壤中的铁循环可用于水体脱氮(将氮元素从水体中除去)，用离子方程式说明利用土壤中的铁循环脱除水体中氨态氮的原理：___________。【答案】（1）a（2）①.②.取少量氮肥于试管中，加少量水溶解，加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有（3）0.06mol（4）6Fe3++2=6Fe2++N2↑+8H+【解析】【小问1详解】氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态氮的方法，即氮气→含氮化合物或离子，a．N2转化为氨态氮，属于人工固氮，故a正确；b．硝化过程是将转化为，转化为，属于含氮化合物的转化，不属于固氮，故b错误；c．反硝化过程正好和硝化过程相反，属于含氮化合物的转化，不属于固氮，故c错误；故答案为a；【小问2详解】①氨气是生产氮肥的主要原料，工业合成氨反应为氮