2022-2023学年高一下学期开学摸底考化学试卷A

-2023学年高一下学期开学摸底考试卷A（人教版2019）高一化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32Fe56第Ⅰ卷一、选择题：本题共18个小题，每小题3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．分类法是研究物质性质的基本方法之一，下列关于Na2CO3的分类不正确的是A．碳酸盐 B．钠盐 C．酸 D．易溶盐【答案】C【解析】A项，Na2CO3由钠离子和碳酸根离子构成，按照阴离子分类，属于碳酸盐，正确；B项，Na2CO3由钠离子和碳酸根离子构成，按照阳离子分类，属于钠盐，正确；C项，Na2CO3属于盐，不属于酸，错误；D项，Na2CO3易溶于水，按照溶解性分类，属于易溶盐，正确。2．“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是A．钢是以铁为主的含碳合金B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3【答案】C【解析】A项，钢是含碳量低的铁合金，正确；B项，钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，正确；C项，由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，错误；D项，赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，正确。3．下列事实中，可以用胶体性质解释的是A．利用醋酸除水垢B．可以用过滤的方法除去粗盐水中的难溶杂质C．向CuSO4溶液中滴加NaOH溶液产生蓝色沉淀D．黑暗的电影院中，放映口发出的光会在影院中形成光柱【答案】D【解析】A项，利用醋酸除水垢是用醋酸溶液与水垢中的碳酸钙反应生成可溶性醋酸钙，与胶体性质无关，不能用胶体性质解释，错误；B项，用过滤的方法除去粗盐水中的难溶杂质是利用物质的溶解性不同分离固液混合物，与胶体性质无关，不能用胶体性质解释，错误；C项，硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠溶液产生蓝色沉淀是盐溶液与碱溶液生成新盐和新碱的复分解反应，与胶体性质无关，不能用胶体性质解释，错误；D项，黑暗的电影院中，放映口发出的光会在影院中形成光柱是气溶胶产生了丁达尔效应，与胶体性质有关，能用胶体性质解释，正确。4．下列物质属于电解质且能导电的是A．Cu B．NaCl溶液 C．NaOH固体 D．熔融KNO3【答案】D【解析】溶于水或在熔融状态下能够电离出离子的化合物是电解质，据此解答。A项，Cu是金属单质，可以导电，不是电解质也不是非电解质，不符合题意；B项，NaCl溶液中含有自由移动的离子，可导电，属于混合物，不是电解质也不是非电解质，不符合题意；C项，NaOH固体不导电，溶于水可电离出离子，属于电解质，不符合题意；D项，熔融KNO3能够电离出离子，属于电解质，且可以导电，符合题意。5．核聚变发电有望成为解决人类能源问题的重要手段之一，氘(eq\o(\s\up5(2),\s\do2(1))H)是核聚变反应的主要原料，下列有关叙述正确的是A．eq\o(\s\up5(2),\s\do2(1))H的中子数为2 B．eq\o(\s\up5(2),\s\do2(1))H的核电荷数为1C．eq\o(\s\up5(2),\s\do2(1))H是自然界中最轻的原子 D．eq\o(\s\up5(2),\s\do2(1))H是氢元素的一种同素异形体【答案】B【解析】A项，eq\o(\s\up5(2),\s\do2(1))H的中子数为2－1＝1，错误；B项，eq\o(\s\up5(2),\s\do2(1))H的质子数为1，则核电荷数为1，正确；C项，自然界中最轻的原子是eq\o(\s\up5(1),\s\do2(1))H，不是eq\o(\s\up5(2),\s\do2(1))H，错误；D项，eq\o(\s\up5(2),\s\do2(1))H是氢元素的一种同位素，错误。6．在一定温度下，向饱和NaOH溶液中投入一小块金属钠，充分反应后恢复到原来的温度，下列叙述合理的是A．NaOH溶液浓度增大，并放出H2B．溶液中NaOH的质量分数不变，有H2放出C．溶液的总质量增大，有H2放出D．溶液的总质量不变，有H2放出【答案】B【解析】钠投入溶液后，立即与水作用生成NaOH和H2，由于原溶液为饱和溶液，因此NaOH溶液仍然是饱和溶液，质量分数不变，但由于反应消耗水，溶液的总质量减小，答案选B项。7．雾霾天气对环境造成了严重影响，部分城市有关部门经常性开展PM2.5和臭氧的监测。下列有关说法正确的是A．臭氧的相对分子质量是48g·mol－1B．同温同压条件下，等质量的氧气和臭氧体积比为3∶2C．48g臭氧的体积为22.4LD．1.00mol臭氧中含有电子总数为18×6.02×1023【答案】B【解析】A项，臭氧的相对分子质量是为48，没有单位，错误；B项，同温同压条件下，气体的体积比与物质的量之比相等，所以等质量的氧气和臭氧体积比为EQ\f(m,32)∶EQ\f(m,48)＝3∶2，正确；C项，未指明温度和压强，不能根据22.4L·mol－1计算气体的体积，错误；D项，一个臭氧分子含有8×3＝24个电子，1.00mol臭氧中含有电子总数为24×6.02×1023，错误。8．下列说法中用离子方程式或电离方程式表述不正确的是A．将金属钠放入水中：2Na＋2H2O2Na＋＋2OH－＋H2↑B．将氧化镁与稀盐酸混合：MgO＋2H＋Mg2＋＋H2OC．碳酸氢钾溶于水的电离方程式：KHCO3K＋＋H＋＋CO2－D．少量碳酸氢钠溶液与足量澄清石灰水混合：HCO－＋Ca2＋＋OH－CaCO3↓＋H2O【答案】C【解析】A项，钠和水生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na＋2H2O2Na＋＋2OH－＋H2↑，正确；B项，氧化镁与稀盐酸反应生成氯化镁和水，离子方程式为：MgO＋2H＋Mg2＋＋H2O，正确；C项，碳酸氢钾溶于水电离生成碳酸氢根离子和钾离子，电离方程式为：KHCO3K＋＋HCO－，错误；D项，少量碳酸氢钠溶液与足量澄清石灰水反应，碳酸氢根离子和氢氧根离子按1∶1反应，反应的离子方程式为：HCO－＋Ca2＋＋OH－CaCO3↓＋H2O，正确。9．某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：、Cl-、、Na+、Mg2+、Ba2+，为了确定该溶液的组成，某同学取上述溶液X，进行了如下实验：①向溶液X中加入足量的Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀；②将①的反应混合液过滤，在沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解且产生气体。下列说法不正确的是A．溶液X中一定不存在Ba2+B．溶液X中一定存在、，可能存在Mg2+C．①中得到的白色沉淀是BaCO3和BaSO4的混合物D．无法确定溶液X中是否含有Na+，需要做焰色试验才能确定【答案】C【分析】①向溶液X中加入足量的Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀BaSO4或BaCO3或Mg(OH)2，说明原溶液中含有或或Mg2+；②将①的反应混合液过滤，在沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解且产生气体，说明白色沉淀有BaSO4和BaCO3，则原溶液有、。【详解】A．据分析，溶液X中一定存在则一定不存在Ba2+，A正确；B．溶液X中一定存在、，可能存在Mg2+，B正确；C．据分析，①中得到的白色沉淀含有BaCO3和BaSO4，可能有Mg(OH)2，C错误；D．题给条件无法确定溶液X中是否含有Na+，需要做焰色试验才能确定，D正确；故选C。10．数字化实验将传感器、数据采集器和计算机相连，可利用信息技术对化学实验进行数据的采集和分析。如图是数字化实验得到的光照过程中氯水的pH变化情况。对此，下列有关说法正确的是A．光照使氯水中的次氯酸分解为盐酸，溶液的酸性增强B．随着对氯水光照时间的延长，氯水的漂白性将增强C．光照过程中，氯水pH减小的同时，溶液中Cl－的浓度也不断减小D．pH减小的主要原因是光照引起了Cl2溶解度的减小，氯气逸出，导致了溶液中H＋浓度减小【答案】A【解析】A项，光照使氯水中的次氯酸分解为盐酸：2HClOeq\o(=,\s\up7(光照),\s\do5())2HCl＋O2↑，HClO是弱酸、盐酸是强酸，则溶液的酸性增强，正确；B项，HClO具有漂白性，盐酸没有漂白性，光照条件下HClO分解生成HClO，导致溶液中HClO溶液减小，溶液的漂白性减弱，错误；C项，光照条件下HClO分解生成HCl，HCl是强酸，能完全电离，则溶液中氯离子浓度增大，错误；D项，氯水pH减小主要原因是光照条件下HClO分解生成HCl，导致反应Cl2＋H2OHCl＋HClO生成HCl的量越来越多，氢离子浓度增大，错误。11．如图所示是工业制纯碱的部分物质转化示意图，下列推测错误的是A．①～③涉及的操作方法中，包含过滤的是①③B．溶液B不可循环使用C．副产物NH4Cl可用作肥料D．生产中应先通NH3，再通CO2【答案】B【解析】向饱和食盐水依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体加热分解生成碳酸钠，溶液A中加入氯化钠析出氯化铵晶体，过滤得到氯化铵晶体和溶液B主要为氯化钠、氯化铵等，A项，分离固体和溶液的操作是过滤，分别得到碳酸氢钠和氯化铵固体，正确；B项，溶液B中含氯化钠和氯化铵等，可循环使用，错误；C项，副产物NH4Cl是氮肥，可用作植物生长所需的肥料，正确；D项，NH3极易溶于水，而CO2溶解度较小，故向饱和食盐水要先通氨气、后通二氧化碳气体，发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，正确。12．根据下列实验操作与现象得出的结论正确的是选项实验操作及现象结论A用洁净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯上灼烧，火焰呈黄色该溶液中一定含Na＋B向某溶液中滴加澄清石灰水，产生白色沉淀该溶液中一定含CO2－C向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含Cl－D向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含SO2－【答案】A【解析】A项，用洁净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中一定含有Na＋，正确；B项，向某溶液中滴加澄清石灰水，产生白色沉淀，该溶液中可能含CO2－、HCO－、SO2－、HSO－，错误；C项，向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，该溶液中可能含CO2－、SO2－、Cl－，错误；D项，向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，该溶液中可能含CO2－、SO2－、Ag＋，错误。13．实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是【答案】D【解析】A项，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，A装置能达到实验目的，不符合题意；B项，氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，不符合题意；C项，湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，不符合题意；D项，氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，符合题意。14．配制一定物质的量浓度的Na2CO3溶液的操作过程示意图如下：下列说法中错误的是A．“操作1”需将溶解的Na2CO3溶液及烧杯洗涤液全部转移到容量瓶中B．“操作2”中玻璃棒起引流作用C．“操作4”定容时俯视刻度线会造成所配溶液浓度偏低D．所配制的Na2CO3溶液中c(Na＋)为2mol·L－1【答案】C【解析】A项，溶解得到的溶液及洗涤烧杯2～3次的洗涤液均需转移到容量瓶中，保证溶质完全转移，正确；B项，向容量瓶中转移溶液时用玻璃棒引流，正确；C项，定容时若俯视刻度线，加入的水量不足，溶液体积减小，造成所配溶液浓度偏大，错误；D项，碳酸钠的质量为10.6g，n(Na2CO3)＝0.1mol，容量瓶规格为100mL，Na2CO3溶液的物质的量浓度为1mol·L－1，c(Na＋)＝2c(Na2CO3)＝2mol·L－1，正确。15．从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下。下列说法正确的是A．试剂a是铁、试剂b是稀硫酸B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同C．试剂c是氯气，相应的反应为2Fe2＋＋Cl22Fe3＋＋2Cl－D．用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2＋【答案】C【解析】A项，由最终要得到的氯化铁及流程图可知b是盐酸，错误；B项，操作Ⅰ和操作Ⅱ是过滤，操作Ⅲ为蒸发浓缩，冷却结晶，所用仪器有差异，错误；C项，滤液Z和X中均含有氯化亚铁，因此c为氯气，正确；D项，高锰酸钾也能因氧化氯离子而褪色，因此不能用于检验是否含有亚铁离子，错误。16．高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂。工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中一种方法可用离子方程式表示为：2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－2FeO2－＋3Cl－＋5H2O。下列说法错误的是A．Na2FeO4中Fe的化合价为＋6 B．FeO2－是还原反应的产物C．ClO－在反应中作氧化剂 D．生成1molCl－转移2mol电子【答案】B【解析】A项，Na2FeO4中Na为＋1价，O为−2价，则Fe的化合价为＋6，正确；B项，FeO2－是铁化合价升高得到的产物，是氧化反应的产物，错误；C项，ClO－中Cl化合价降低，在反应中作氧化剂，正确；D项，ClO－中Cl由＋1价变为−1价，因此生成1molCl－转移2mol电子，正确。17．歼－20飞机某铁铝合金零件取8.0g，溶于足量的稀硝酸中，金属无剩余。产生的气体在标准状况下为4.23L。向溶液中加过量的氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀，且部分溶解，小心收集沉淀洗涤干净称重10.7g，加热分解至衡重，得固体质量为8.0g。求合金中Fe与Al的物质的量之比A．10∶9 B．9∶8 C．8∶7 D．7∶6【答案】B【解析】铁铝合金溶于稀硝酸后分别变为铁离子和铝离子，加入过量氢氧化钠溶液，铝离子会转化为偏铝酸钠，铁离子会转化为氢氧化铁沉淀，氢氧化铁的质量为10.7g，则氢氧化铁的物质的量为EQ\f(10.7g,107g·mol－1)＝0.1mol，依据原子守恒，单质铁的物质的量为0.1mol，质量为5.6g，则铝的质量为8.0g－5.6g＝2.4g，铝的物质的量为EQ\f(2.4g,27g·mol－1)＝EQ\f(8,90)mol，则合金中Fe与Al的物质的量之比为0.1∶EQ\f(8,90)＝9∶8，答案选B项。18．短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y是短周期中金属性最强的元素，Z与X位于同一主族。下列叙述正确的是A．X是第二周期第ⅣA族元素B．Y形成的最高价氧化物的水化物是弱碱C．X的简单气态氢化物的稳定性比Z的弱D．X、Y、Z三种元素可形成化合物Y2ZX4【答案】D【解析】短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X为O元素，Y是短周期中金属性最强的元素，则Y为Na元素，Z与X位于同一主族，则Z为S元素。A项，X为O元素，是第二周期第ⅥA族元素，错误；B项，Y(Na)形成的最高价氧化物的水化物NaOH是强碱，错误；C项，元素非金属性越强其简单气态氢化物的稳定性越强，X(O)的简单气态氢化物H2O的稳定性比Z(S)的简单气态氢化物H2S强，错误；D项，X(O)、Y(Na)、Z(S)三种元素可形成化合物Y2ZX4，即Na2SO4，正确。第Ⅱ卷二、非选择题：包括第19题~第23题5个大题，共46分。19．（9分）某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质，设计如图所示装置进行实验。装置Ⅲ中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。(1)装置Ⅰ中仪器c的名称是___________。写出舍勒发现的，至今仍应用于实验室制备氯气的化学方程式为___________。(2)装置Ⅱ的作用是___________。(3)若产生Cl2足量，实验过程中装置Ⅳ中的实验现象___________。(4)实验结束后，该组同学在装置Ⅲ中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的，你认为还需在图中装置Ⅱ与Ⅲ之间添加图中的___________装置(填序号)。①②③④(5)有一种“地康法”制取氯气的反应原理如图所示：①反应Ⅰ属于___________反应。(填四种基本反应类型之一)②在450℃条件下，反应Ⅱ的化学方程式为___________。【答案】(1)

分液漏斗

MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2)除去氯气中的氯化氢气体(3)Ⅳ中溶液先变红，后褪色(4)④(5)

复分解

2CuCl2+O22CuO+2Cl2【分析】根据装置图，装置Ⅰ中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有氯化氢，用饱和食盐水可以除去杂质氯化氢，干燥的氯气不具有漂白性，潮湿的氯气具有漂白性，氯气有毒，要用氢氧化钠溶液进行尾气吸收。结合装置图和“地康法”制取氯气的反应原理图分析解答。（1）根据装置图，装置Ⅰ中仪器c有活塞，是分液漏斗；实验室制取Cl2用MnO2与浓盐酸混合加热，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。（2）反应物中含有浓盐酸，易挥发，且反应需要加热，导致制取的Cl2会混有挥发出的HCl，因此装置Ⅱ中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢气体。（3）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，能够使紫色石蕊试液变红，次氯酸能够具有漂白性，然后溶液又褪色，故答案为：Ⅳ中溶液先变红，后褪色。（4）a、b为对照实验，干燥的Cl2本身不具有漂白性，遇水生成HClO，HClO具有漂白性。但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象，因为氯气未经干燥，本身带有水蒸气，所以需要在上图装置Ⅱ与Ⅲ之间添加一个干燥装置，碱石灰和浓硫酸是常用的干燥剂，但是氯气会和碱石灰反应，所以选择④浓硫酸，故答案为：④。（5）①根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O，该反应的化学方程式为：2HCl+CuO=CuCl2+H2O，反应中各元素化合价不变，该反应属于复分解反应，故答案为：复分解；②根据图示可知反应Ⅱ为：2CuCl2+O22CuO+2Cl2。20．（10分）【任务一】某小组研究Na2CO3和NaHCO3的性质，实验如下：序号操作现象Na2CO3NaHCO3①在两支试管中加入1gNa2CO3或1NaHCO3固体，再加入5mL水，振荡；将温度计分别插入其中温度由17.6℃变为23.2℃；放置至室温时，试管内无固体温度由17.6℃变为17.2℃；放置至室温时，试管内有少量固体残留②室温时，分别向①所得溶液中滴入2滴酚酞溶液溶液变红溶液微红（1）室温下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3的实验证据是____________________________________。（2）该实验不能说明Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3溶液，理由是______________________________。【任务二】为进一步探究Na2CO3和NaHCO3的性质，利用传感器继续做如下实验：编号实验操作实验数据③测量下面实验过程中温度的变化④测量下面实验过程中溶液pH的变化注：Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的浓度相等信息提示：溶液pH越小，OH－的浓度越小，溶液碱性越弱。（3）澄清石灰水显碱性，用电离方程式表示其原因是____________________________。（4）实验③中，溶解时吸收热量的物质是_________（填化学式）。（5）实验④中，Na2CO3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式为____________________________，OH－未参与该反应的实验证据是______________________________________________。（6）实验④中，滴加NaHCO3溶液的烧杯中溶液pH的变化与滴加Na2CO3溶液的pH有明显差异，原因是滴加NaHCO3溶液的烧杯中__________（填离子符号）参与了反应，写出反应初期的离子方程式：_________________________。【答案】（1）相同温度下，1gNa2CO3在5mL水中完全溶解，1gNaHCO3在5mL水中有少量固体残留（2）Na2CO3与NaHCO3的浓度大小不同，无法比较碱性强弱（3）Ca(OH)2Ca2＋＋2OH－（4）NaHCO3（5）Ca2＋＋CO2－CaCO3↓加入Na2CO3溶液和加入蒸馏水的pH变化曲线相似（6）OH－HCO－＋OH－H2O＋CO2－【解析】（1）在两支试管中加入1gNa2CO3或1NaHCO3固体，再加入5mL水，振荡；Na2CO3完全溶解，NaHCO3有少量固体残留，说明NaHCO3在水中溶解度小，已经达到饱和；答案是：相同温度下，1gNa2CO3在5mL水中完全溶解，1gNaHCO3在5mL水中有少量固体残留；（2）向所得溶液中加入酚酞试液，Na2CO3溶液呈红色，NaHCO3溶液呈浅红色；由于二溶液的浓度不同，无法比较碱性强弱；（3）Ca(OH)2是强电解质，在溶液中完全电离：Ca(OH)2Ca2＋＋2OH－；（4）观察任务二中图示的温度变化可知，Na2CO3固体溶于水，温度升高，说明Na2CO3固体的溶解是放热过程；NaHCO3固体溶于水，温度降低，说明NaHCO3固体的溶解是吸热过程；（5）Na2CO3溶液中的CO2－与澄清石灰水中的OH－反应，反应的离子方程式为Ca2＋＋CO2－CaCO3↓；观察图像可知，将Na2CO3溶液滴加到澄清石灰水中，溶液的pH变化与加入蒸馏水稀释时的pH变化曲线相似，此即为证明OH－未参加反应的实验证据；（5）滴加NaHCO3溶液的烧杯中，溶液的pH明显减小，说明OH－被消耗，反应初期的离子方程式为HCO－＋OH－CO2－＋H2O，后再生成CaCO3白色沉淀。21．（9分）铁元素的“价—类”二维图如图所示：（1）C的化学式是_______，E→F反应的化学方程式是__________________________，反应过程的现象为______________________________________________。（2）维生素C可将H转化为G，维生素C具有_______(填“酸性”、“氧化性”或“还原性”)。（3）在指定条件下，下列铁及其化合物之间的转化不能实现的是_______。A．Aeq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(H2O(g)),\s\do4(→))),\s\do5(高温))DB．Geq\o(\s\up4(eq\o(\s\up3(Cl2(g)),\s\do4(→))),\s\do4())HC．Eeq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(稀盐酸),\s\do4(→))),\s\do5())G（4）某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。试剂：酸化的0.5mol·L－1G溶液，5%H2O2溶液操作现象取2mL酸化的G溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。向反应后的溶液中加入KSCN溶液溶液变红①上述实验中H2O2溶液与G溶液反应的离子方程式是_______________________________________。②产生气泡的原因是_____________________________________。【答案】（1）Fe3O44Fe(OH)2＋O2＋2H2O4Fe(OH)3白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色（2）还原性（3）A（4）①2Fe2＋＋2H＋＋H2O22Fe3＋＋2H2O②Fe3＋催化下H2O2分解生成O2【解析】由图可知，A为铁、B为氧化铁、C为四氧化三铁、D为氧化铁、E为氢氧化亚铁、F为氢氧化铁、G为亚铁盐、H为铁盐。（1）由分析可知，C为四氧化三铁；E→F的反应为白色的氢氧化亚铁与氧气和水反应生成红褐色的氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O4Fe(OH)3，实验现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；（2）由题意可知，生素C可将铁盐转化为亚铁盐时，铁元素的化合价降低被还原，铁盐是反应的氧化剂，维生素C是还原剂，反应中表现还原性，故答案为：还原性；（3）A项，铁高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不能生成氧化铁，不符合题意；B项，溶液中的亚铁离子与氯气发生氧化还原反应反应生成铁离子和氯离子，符合题意；C项，氢氧化亚铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和水，符合题意；选A项；（4）①由题意可知，酸性条件下，溶液中的亚铁离子与过氧化氢溶液反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O22Fe3＋＋2H2O；②反应时有气泡生成是因为亚铁离子氧化生成的铁离子可以做过氧化氢分解的催化剂，过氧化氢分解生成氧气和水的缘故，故答案为：Fe3＋催化下H2O2分解生成O2。22．（10分）明矾晶体[KAl(SO4)2·12H2O]在生产、生活中有广泛用途，如饮用水的净化、造纸工业的施胶剂、食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料——铝灰(含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO•xFe2O3)可制备明矾，工艺流程如图：回答下列问题：(1)“滤渣①”的主要成分是___________(填化学式)。(2)加入稀硫酸酸化后，再经“一系列操作”可得到明矾晶体[KAl(SO4)2·12H2O]，则“一系列操作”是___________、___________、___________、洗涤、干燥。(3)流程中加入H2O2的作用是___________，写出反应的离子方程式：___________。(4)若将铝灰投入过量的氢氧化钠溶液中，所得溶液的溶质除NaOH和NaAlO2外，还含有___________(填化学式)。写出生成气体的该反应的化学方程式：___________。【答案】SiO2蒸发浓缩冷却结晶过滤将氧化为Na2SiO3【分析】铝灰(含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO•xFe2O3)中加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣Ⅰ为二氧化硅和不溶性杂质，滤液A中加入稍过量双氧水溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，滤液主要是硫酸铝溶液，加入硫酸钾和稀硫酸酸化蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤得到硫酸铝钾晶体，据此解答。【详解】(1)二氧化硅不溶于稀硫酸，根据以上分析可知“滤渣①”的主要成分是SiO2。(2)加入稀硫酸酸化后，再经“一系列操作”可得到明矾晶体[KAl(SO4)2·12H2O]，由于明矾难溶于水，则“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(3)溶液中含有亚铁离子，由于氢氧化铁更难溶，则流程中加入H2O2的作用是将氧化为，该反应的离子方程式为。(4)若将铝灰投入过量的氢氧化钠溶液中，由于二氧化硅能溶于氢氧化钠溶液中，因此所得溶液的溶质除NaOH和NaAlO2外，还含有Na2SiO3。生成的气体是氢气，该反应的化学方程式为。23．（10分）A～D为核电荷数小于18的元素，其性质或结