35陕西省西安国际港务区铁一中陆港高级中学2023-2024学年高一上学期期末化学试题

【高2026届】2023—2024学年度高一第一学期期末评价化学满分：100分时间：90分钟可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；N-14；O-16；Ne-20；Na-23；P-31；S-32；Cl-35.5；Mn-55：Fe-56：Cu-64一、选择题（本题包括25小题。每题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）1.下表中关于物质的分类正确的是酸碱盐碱性氧化物酸性氧化物AH2SO4NaOHBaCO3COCO2BHClOKOHNaHCO3CaOSO2CCH3COOHNa2CO3CaCl2Na2OSO3DNaHSO4NH3·H2ONaClSiO2COA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．CO是不成盐氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；B．HClO是酸，KOH是碱，NaHCO3是盐，CaO是碱性氧化物，SO2是酸性氧化物，故B正确；C．Na2CO3是盐，不是碱，故C错误；D．NaHSO4是盐，不是酸；SiO2是酸性氧化物，不是碱性氧化物；CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故D错误；故答案为B。2.磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体的磁性，又具有液体的流动性。制备时将含等量和的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，再加入油酸钠溶液，可生成黑色的、分散质粒子的直径在5.5~36nm之间的磁流体。下列说法中正确的是A.所得的分散系属于悬浊液 B.该分散系能产生丁达尔效应C.所得的分散系中分散质为 D.所得分散系的分散质粒子不能透过滤纸【答案】B【解析】【详解】A．胶体是分散质粒子大小在1nm~100nm的分散系；分散质粒子直径在5.5nm～36nm之间，所得分散系为胶体，不是悬浊液，A错误；B．该分散系属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，B正确；C．磁流体中分散质为黑色的，而为白色，C错误；D．胶体粒子能透过滤纸而不能透过半透膜，D错误；故选B。3.奥密克戎病毒是新冠病毒的变异株，75%的乙醇、含氯消毒剂、乙醚、过氧乙酸均可有效灭活新型冠状病毒。下列说法错误的是A.乙醇属于非电解质 B.次氯酸钠属于强电解质C.乙醚属于氧化物 D.过氧乙酸的分解产物乙酸属于弱电解质【答案】C【解析】【详解】A．乙醇是有机物，不能电离，属于非电解质，A正确；B．次氯酸钠是盐，属于强电解质，B正确；C．氧化物由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物，故乙醚不属于氧化物，C错误；D．乙酸在水溶液中不能完全电离，属于弱电解质，D正确；故答案为：C。4.下列物质在水溶液中的电离方程式正确的是A.：B.：C.：D.：【答案】D【解析】【详解】A．在水溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，，A错误；B．为不溶性碱，水溶液电离方程式为，B错误；C．在水溶液中完全电离出钾离子和氢离子、硫酸根离子，，C错误；D．在水溶液中完全电离出醋酸根离子和铵根离子，D正确；故选D5.下列离子方程式书写正确的是A.少量溶液与NaOH溶液反应：B.溶液腐蚀印刷电路铜板：C.将过量二氧化硫通入氢氧化钠溶液中：D.Na与溶液的反应：【答案】A【解析】【详解】A．少量的物质完全反应，应按少量的物质的电离比例书写离子方程式，少量溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、水和碳酸钠：，A正确；B．电荷不守恒，应该是：，B错误；C．将过量二氧化硫通入氢氧化钠溶液，反应生成亚硫酸氢钠：，C错误；D．钠和水生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠又和硫酸铜生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，，D错误；故选A。6.已知反应①、②分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应：①2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2②2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2下列说法正确的是A.两个反应中I2均为氧化产物B.反应①中氧化性：MnO2＞I2C.反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2D.反应①和反应②生成等量的I2时转移电子数之比为1∶1【答案】B【解析】【详解】A．反应①中I元素的化合价由-1价升至0价，NaI为还原剂，I2为氧化产物，反应②中I元素的化合价由+5价降至0价，NaIO3为氧化剂，I2为还原产物，A项错误；B．反应①中I元素的化合价由-1价升至0价，NaI为还原剂，I2为氧化产物，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，MnO2为氧化剂，根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，则氧化性MnO2＞I2，B项正确；C．应②中I元素的化合价由+5价降至0价，NaIO3为氧化剂，S元素的化合价由+4价升至+6价，NaHSO3为还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶5，C项错误；D．根据A项分析知，反应①生成1molI2转移2mol电子，反应②生成1molI2转移10mol电子，反应①和反应②生成等量的I2时转移电子数之比为1∶5，D项错误；答案选B。7.下列化学方程式中，表示电子转移的方向和数目都正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．反应中钠化合价升高，失去2×1个电子，氧化合价降低得到2×1个电子，表示为，A错误；B．反应中部分氯化合价升高得到次氯酸钙，失去2×1个电子，部分氯化合价降低生成氯化钙，得到2×1个电子，表示为，B正确；C．根据化合价不能交叉的原则，氯酸钾中氯元素的化合价应从+5价降到0价，HCl中氯元素的化合价应从-1价升高到0价，转移电子数是5mol，表示为，C错误；D．反应中铜化合价升高，失去3×2个电子，氮化合价降低得到2×3个电子，表示为，D错误；故选B。8.下列有关钠及其化合物的叙述错误的是A.碳酸钠是难溶于水的白色粉末 B.碳酸氢钠不稳定，受热易分解C.钠着火时，需要用干燥的沙土灭火 D.过氧化钠可在呼吸面具中作为氧气的来源【答案】A【解析】【详解】A．碳酸钠在25℃时的溶解度为33g，为可溶性白色粉末，A错误；B．碳酸氢钠不稳定，高温下可以分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，B正确；C．钠的化学性质非常活泼，容易与水、二氧化碳发生反应，因此钠着火时需要用干燥的沙土灭火，C正确；D．过氧化钠可以与二氧化碳反应放出氧气，可以用来做呼吸面具的供氧来源，D正确；故答案选A。9.冬奥会开幕式上，绚烂的烟火给各国运动健儿留下了深刻的印象。下列有关焰色试验说法正确的是A.节日燃放的五彩缤纷的烟花，焰火中的红色来源于钠盐灼烧B.焰色试验实验中可选用稀硫酸洗净铂丝C.无法通过焰色试验区分碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液D.焰色试验属于化学变化【答案】C【解析】【详解】A．钠盐的焰色试验的颜色是黄色，故A错误；B．焰色试验实验中应选用稀盐酸洗净铂丝，故B错误；C．焰色试验是元素的性质，二者均含有钠元素，焰色试验的颜色一样，故无法通过焰色试验区分碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液，故C正确；D．焰色试验没有生成新物质，属于物理变化，故D错误；故选C。10.下列图示不能用于物质分离提纯操作的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】由题干实验装置图可知：A．图示装置为配制一定物质的量浓度溶液的装置，不用于物质分离，A符合题意；B．图示装置为蒸发结晶装置，用于从溶液中析出固体溶质，B不合题意；C．图示装置为蒸馏装置，用于分离互溶的且沸点相差较大的液体，C不合题意；D．图示装置为过滤装置，用于分离不溶性固体和液体，D不合题意；故答案为：A。11.下表是各物质及其所含的少量杂质，以及除去这些杂质所选用的试剂或操作方法，其中正确的是选项物质杂质除杂试剂或操作方法AFeCl2溶液FeCl3加入过量铜粉，再过滤BNaHCO3溶液Na2CO3通入过量的CO2气体CNaNO3溶液Na2SO4加入适量的BaCl2溶液，再过滤DMgO固体Al2O3加入过量的盐酸溶液，再过滤A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．FeCl3与Cu反应，生成FeCl2和CuCl2，使FeCl2溶液中引入CuCl2杂质，A不正确；B．Na2CO3溶液中通入过量CO2，生成NaHCO3，从而将杂质转化为NaHCO3，达到了除杂目的，B正确；C．Na2SO4与BaCl2溶液反应，生成BaSO4沉淀和NaCl，使NaNO3中混入NaCl杂质，C不正确；D．MgO、Al2O3都能溶于盐酸，生成MgCl2、AlCl3混合溶液，不能达到除杂质的目的，D不正确；故选B。12.化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述错误的是A.氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂B.洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合会产生有毒的C.次氯酸见光易分解，所以氯水应保存在棕色试剂瓶中D.漂白粉在空气中久置变质，是因为其中的与空气中的反应生成【答案】D【解析】【详解】A．氯气和碱反应生成次氯酸盐、氯化物和水，所以氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到具有消毒作用的次氯酸盐，A正确；B．洁厕灵的主要成分为盐酸，84消毒液主要成分为次氯酸钠，盐酸与次氯酸钠能发生归中反应生成氯气，所以洁厕灵不能与“84”消毒液混用，B正确；C．次氯酸不稳定，见光易分解为盐酸和氧气，所以氯水应保存在棕色试剂瓶中，C正确；D．漂白粉在空气中久置变质，是因为漂白粉中次氯酸钙和空气中的二氧化碳水蒸气发生反应生成碳酸钙和次氯酸，而导致漂白粉变质，D错误；故选D。13.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.能与铝粉反应生成氢气的溶液中：、、、B.加入适量酸性的溶液中：、、、C.新制氯水溶液中：、、、D.滴加酚酞试液显红色的溶液中：、、、【答案】C【解析】【详解】A．能与铝粉反应生成氢气的溶液可能为酸性或碱性，酸性溶液中次氯酸根离子和溴离子发生氧化还原反应不共，碱性溶液中铵根离子和氢氧根离子生成氨气和水不共存，A不符合题意；B．酸性能氧化亚铁离子、亚硫酸根离子而不共存，B不符合题意；C．新制氯水溶液中：、、、及氯水中成分之间相互不反应，能共存，C符合题意；D．滴加酚酞试液显红色的溶液呈碱性，碱性溶液中氢氧根离子和碳酸氢根离子、钙离子生成碳酸钙沉淀和水，不能大量共存，D不符合题意；故选C。14.下图为铁元素的“价—类”二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是A.铁与水蒸气在高温条件下反应可实现上述转化①B.是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热生成红棕色粉末C.由图可预测：高铁酸盐(含)具有强氧化性，可用于消毒。被还原为，最终可生成胶体，从而吸附水中的悬浮物，故高铁酸盐可用作净水剂D.加热发生转化⑥，加水溶解可实现转化③【答案】C【解析】【详解】A．铁与水蒸气在高温下反应生成，而不是，故A错误；B．是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速反应生成黑色晶体，故B错误；C．中的元素为价，易得到电子，具有强氧化性，可用于消毒，由题图可知可被还原为，最终可生成胶体，从而吸附水中的悬浮物，故高铁酸盐可用作净水剂，故C正确；D．受热分解生成，而不溶于水，加水不能转化为，故D错误；故答案为：C。15.为了长时间观察到Fe(OH)2是一种白色固体，设计了下列4个实验，说法不正确的是A.实验A先打开K，旋转活塞使稀硫酸滴入与铁反应产生氢气，排尽装置内的空气后关闭KB.实验B铁粉与滴入的稀硫酸反应产生的氢气可以排尽装置内的空气，再挤压长胶头滴管C.4个实验中，相对而言，实验C看到白色沉淀时间较短D.实验D，FeSO4溶液上方的苯层可以隔绝空气，可以把苯换成四氯化碳【答案】D【解析】【分析】本题考查了氢氧化亚铁的制备方法，题目难度中等，明确实验目的及发生反应原理为解答关键，注意熟练掌握氢氧化亚铁的制备方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。【详解】A．实验A先打开K，旋转活塞使稀硫酸滴入与铁反应产生氢气，让铁与稀硫酸反应生成的氢气将装置中空气排净，避免后来生成的氢氧化亚铁被氧化，A正确；B．实验B铁粉与滴入的稀硫酸反应产生的氢气可以排尽装置内的空气，再挤压长胶头滴管，生成氢氧化亚铁白色沉淀，避免后来生成的氢氧化亚铁被氧化，，B正确；C．空气中的氧气能进入C的溶液中，4个实验中，相对而言，实验C看到白色沉淀时间较短，C正确；D．四氯化碳密度比水大，会在FeSO4溶液下方，不能隔绝空气，故不能把苯换成四氯化碳，D错误；故选D。【点睛】A和B中为了长时间观察到Fe(OH)2是一种白色固体，利用铁屑和稀硫酸反应生成的氢气把装置内空气排尽；C．空气中的氧气能进入C的溶液中；D．四氯化碳的密度比水大。16.验证与能够相互转化。按下列顺序实验对应现象①向溶液中加入过量铁粉i．溶液由棕黄色变成浅绿色②滴加KSCN溶液ii．溶液无明显变化③再滴加几滴氯水iii．溶液变红下列分析不合理的是A.解释现象i：铁粉将铁离子还原成亚铁离子B.实验②与③可以调换顺序，不影响实验结果C.溶液变红涉及的反应：D.通过实验现象得知，氧化性：【答案】B【解析】【详解】A．已知反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，含Fe3+的溶液呈棕黄色，而含Fe2+的溶液呈浅绿色，则解释现象i：铁粉将铁离子还原成亚铁离子，A正确；B．若实验②与③调换顺序，即先滴加氯水发生反应：，再加入KSCN后变为红色，也可能原溶液中就含有Fe3+，故不能说明Fe2+可以转化为Fe3+，影响实验结果，B错误；C．实验②中加入KSCN溶液后溶液颜色无明显变化，说明不含Fe3+，实验③滴加氯水后，溶液立即变为血红色，则溶液变红涉及的反应：，C正确；D．通过实验现象得知发生反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+，，结合氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氧化性：，D正确；故答案为：B。17.下列相关说法中，正确的个数为①金属性：②氢化物的稳定性：③微粒半径：④氧化性：⑤酸性：⑧沸点：⑦离子的还原性：A.7个 B.6个 C.5个 D.4个【答案】D【解析】【详解】①同周期自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族自上而下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，金属性：，①正确；②非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性越强，气态氢化物的稳定性：，②正确；③核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，微粒半径排列为，③错误；④非金属性越强，单质的氧化性越强，则氧化性，④正确；⑤非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性，⑤正确；⑥HF中含分子间氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为，故⑥错误；⑦非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱，还原性是，⑦错误。故选D。18.2019年为“国际化学元素周期表年”。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法不正确的是A.原子半径：W<XB.氢化物的沸点：W<ZC.X的最高价氧化物的水化物能与强碱反应D.Y单质可用做半导体材料【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z

为短周期主族元素，由它们在周期表中的位置可知，W处于第二周期，X、Y、Z处于第三周期，而W

与

X

的最高化合价之和为

8，则X处于ⅢA族、W处于ⅤA族，故X为Al、W为N、Y为Si、Z为P，据此分析解题。【详解】由分析可知，X为Al、Y为Si、W为N、Z为P。A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径W＜X，A正确；B．氨气分子间由氢键相互作用，而磷化氢则是分子间仅有范德华力相互作用，使得磷化氢的分子间作用力较弱，易于被克服，所以磷化氢的沸点比氨气低，B错误；C．氢氧化铝具有两性，可以与强碱反应，C正确；D．非金属硅常用作半导体材料，D正确；故答案为：B。19.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.个氧气分子与个氖气分子的质量之比是8∶5B.固体中含有的离子数为C.与足量反应时，转移电子数目为D.铁粉与足量的稀盐酸充分反应转移的电子数为【答案】A【解析】【详解】A．NA个氧气分子与NA个氖气分子的物质的量均为1mol，则质量分别为1mol×32g/mol=32g，1mol×20g/mol=20g，故质量比为32：20=8：5，A正确；B．Na2O2由Na+和构成，因此1molNa2O2固体中含有的离子数为3NA，B错误；C．铁过量，按照氯气计算转移电子的数目，完全反应，转移的电子数为，C错误；D．16.8g铁粉的物质的量为，与足量的稀盐酸充分反应生成FeCl2，转移的电子数为0.6NA，D错误；故选A。20.2021年9月，国际学术期刊《科学》杂志发表了我国中科院天津工业生物所在人工合成淀粉方面取得重大颠覆性、原创性突破，首次在实验室实现以二氧化碳()为原料人工合成淀粉[]。下列有关二氧化碳和淀粉的说法正确的是A.常温常压下，的体积约为B.淀粉的摩尔质量为C.淀粉中C、H、O质量之比为6∶10∶5D.所含有的质子数为【答案】D【解析】【详解】A．常温常压不是标准状况下，无法计算的体积，A错误；B．由淀粉化学式可知，淀粉的摩尔质量为，B错误；C．淀粉中C、H、O的质量之比为6×12∶10×1∶5×16=36:5:40，C错误；D．所含有的质子数为=，D正确；故答案为：D。21.在配制一定物质的量浓度的溶液的过程中，下列有关说法正确的是A.配制的溶液时，需准确称量胆矾（）50.0gB.配制一定物质的量浓度的溶液时，必须使用的仪器有烧杯、玻璃棒、天平、容量瓶C.配制浓度为1mol/LHCl溶液时，将标况下1molHCl气体溶于1L水中即可制得D.配制的溶液，定容时仰视刻度线，则配出溶液的浓度偏高【答案】A【解析】【详解】A．实验室中没有950mL的容量瓶，所以应配制1000mL溶液，需称取胆矾的质量为，A正确；B．配制一定物质的量浓度的溶液时，必须使用的仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，如果用固体溶质配制溶液，需要用天平称量固体的质量，若用液体溶质或浓溶液配制稀溶液，则不需要天平，需要的是量筒，B错误；C．物质的量浓度中的体积是溶液的体积，不是溶剂的体积，C错误；D．配制1L0.2mol/L的H2SO4溶液，定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，则配出浓度偏低，D错误；故选A。22.侯氏制碱法主要反应为：。下列说法正确的是A.分子的电子式： B.分子的结构式：C.的原子结构示意图： D.中子数为20的氯原子：【答案】B【解析】【详解】A．分子的电子式为：，故A错误；B．分子的空间构型为V形，结构式为：，故B正确；C．Na是11号元素，外层有10个电子，原子结构示意图：，故C错误；D．中子数为20的氯原子质量数为20+17=37，表示为，故D错误；故选B。23.与硫及其化合物相关的转化如图所示，下列有关图中的循环的说法一定正确的是A.常温时，浓H2SO4与Fe生成XB.X一定是SO2C.S既是氧化产物，也是还原产物D.工业生产中，用98.3%浓硫酸吸收SO3【答案】D【解析】【分析】图中为含硫物质的循环，则浓硫酸与铁反应生成的X也同样是含硫的物质，推知应为Fe2(SO4)3。【详解】A．常温下，浓H2SO4中会使Fe钝化产生一层致密氧化膜（四氧化三铁）附在铁上，故不再继续反应，不符合后续反应，A错误；B．若是X为Fe2(SO4)3，Fe3+能够与硫化氢发生氧化还原反应而产生硫单质，B错误；C．X与硫化氢反应生成S单质，则为Fe2(SO4)3中Fe3+与硫化氢反应生成S单质，则S为氧化产物，C错误；D．直接用水吸收SO3易形成酸雾，所以工业生产中用98.3%浓硫酸吸收SO3，D正确；故选D。24.新材料的发展充分体现了“中国技术”和“中国力量"。下列说法正确的是A.C919大型客机、“蛟龙”号载人潜水器等使用的合金材料中都不含非金属元素B.在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能，因而，稀土元素又被称为“冶金工业的维生素”C.碳纳米管属于胶体分散系，该材料具有较强的吸附能力D.钢的熔点比铁高，硬度比铁大，而铁的用途更广泛【答案】B【解析】【详解】A．合金为金属和金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质，合金材料中可含非金属元素，A错误；B．稀土金属能大大改善合金的性能，使得合金性能更为优良，因而稀土元素又被称为“冶金工业的维生素，B正确；C．碳纳米管属于碳单质，不是胶体分散系，C错误；D．合金熔点一般低于成分金属而硬度大于成分金属，钢的熔点比铁低，D错误；故选B。25.化学键是非常重要的概念，它与物质变化过程中的能量变化息息相关，下列说法正确的是A.氢键是化学键中的一种，会影响物质的熔沸点B.活泼金属元素与活泼非金属元素一定形成离子键C.速滑馆“冰丝带”用干冰作为制冷剂，干冰升华过程中破坏了共价键D.物理变化也可以有化学键的破坏【答案】D【解析】【详解】A．氢键属于分子间作用力，不是化学键，会影响物质的熔沸点，A错误；B．活泼金属元素与活泼非金属元素不一定形成离子键，例如AlCl3形成的是共价键，B错误；C．干冰属于分子晶体，升华破坏了分子间作用力，C错误；D．物理变化中可能有化学键的断裂，如NaCl溶于水发生电离，离子键被破坏，D正确；答案选D。二．非选择题（共4小题，共50分）26.元素周期表对化学的发展有很大影响，在材料、能源、环境和生命科学研究上发挥着越来越重要的作用。①②③④⑤⑥⑦⑧⑨Ⅰ.上图是元素周期表的一部分，回答下列问题：（1）⑧所对应的元素在周期表中的位置_______。（2）在①～⑨元素中，原子半径最大的元素，其某种氧化物可用于呼吸面具中氧气来源，请写出该物质的电子式_______。（3）写出⑤的最高价氧化物对应的水化物与⑦的最高价氧化物反应的化学方程式_______。（4）比较④与⑨的简单气态氢化物的稳定性_______>_______(填化学式)。______Ⅱ.某小组为探究、、的氧化性强弱，设计实验如下：资料：稀溴水呈黄色；浓溴水呈红棕色；碘水呈棕黄色。序号实验①实验②实验操作现象溶液变为黄色_______（5）实验①中反应的离子方程式是_______。（6）实验②观察到的现象是_______，甲同学根据此现象得出结论：氧化性。乙同学认为实验②不能充分证明氧化性，其理由是_______。【答案】（1）第三周期第ⅥA族（2）（3）（4）HF>HCl（5）（6）①.溶液变蓝②.实验①反应后的黄色溶液里可能存在未反应完的，也能使碘离子氧化成碘单质【解析】【分析】由题干元素周期表可知，①为H、②为C、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl，据此分析解题。【小问1详解】由题干部分元素周期表结构可知，⑧所对应的元素在周期表中的位置为：第三周期第ⅥA族，故答案为：第三周期第ⅥA族；【小问2详解】根据原子半径为同一周期从左往右依次减小，同一主族从上往下依次增大可知，在①～⑨元素中，原子半径最大的元素即⑤为Na，其种氧化物可用于呼吸面具中氧气来源，该氧化物为Na2O2，故该物质的电子式为：，故答案为：；【小问3详解】由分析可知，⑤为Na、⑦为Al，则⑤的最高价氧化物对应的水化物即NaOH与⑦的最高价氧化物即Al2O3，二者反应的化学方程式为：，故答案为：；【小问4详解】已知元素的非金属性与其简单气态氢化物的稳定性一致，同一主族从上往下元素非金属性依次减弱，故④与⑨的简单气态氢化物的稳定性强弱为：HF＞HCl，故答案为：HF＞HCl；【小问5详解】向KBr溶液中滴加氯水，发生的反应为：2KBr+Cl2=2KCl+Br2，使溶液由无色变为黄色，则实验①中反应的离子方程式是，故答案为：；小问6详解】向KI淀粉溶液中滴加实验①得到的黄色溶液，由于2KI+Br2=2KBr+I2或者2KI+Cl2=2KCl+I2，I2遇到淀粉溶液变为蓝色，由于实验①反应后的黄色溶液里可能存在未反应完的，也能使碘离子氧化成碘单质，则无法确定是否发生反应2KI+Br2=2KBr+I2，则无法确定Br2的氧化性是否比I2的强，故答案为：溶液变为蓝色；实验①反应后的黄色溶液里可能存在未反应完的，也能使碘离子氧化成碘单质。27.综合利用粉煤灰既有利于环境保护，又有利于资源节约。某种粉煤灰(主要含Al2O3、Fe2O3、CaCO3等)的铝、铁分离工艺流程如下：（1）“酸浸”时Fe2O3发生反应的离子方程式为___________。（2）当硫酸浓度大于9.2molL1时，铝、铁的浸出率下降。可能原因是___________。（3）有关金属离子以氢氧化物沉淀时离子浓度随pH变化如图所示。“还原”操作加入的试剂为___________。“沉铝”过程中加入氨水调pH的范围是___________，“沉铝”反应的方程式为___________。（4）“再生”过程中，[Fe(NO)2]2在微生物的作用下与C6H12O6发生反应，生成N2与CO2的物质的量之比为___________。【答案】（1）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O（2）发生钝化（3）①.Fe粉②.5～7③.6NH3•H2O+Al2(SO4)3=2Al(OH)3↓+3(NH4)2SO4（4）1：1【解析】【分析】粉煤灰中加入稀硫酸酸浸后得到硫酸铝、硫酸铁和硫酸钙，加入还原剂将铁离子还原为亚铁离子，通过加入氨水调节pH使得铝离子形成沉淀，过滤后所得硫酸亚铁溶液可用于吸收NO，[Fe(NO)2]2在微生物的作用下与C6H12O6发生反应，生成N2与CO2等物质；【小问1详解】“酸浸”时Fe2O3与硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；【小问2详解】当硫酸浓度大于9.2mol⋅L-1时，生成的硫酸钙增多，生成的CaSO4覆盖在固体反应物表面，阻止铁、铝氧化物的溶解，出现钝化，导致铝、铁的浸出率下降；【小问3详解】“还原”操作是将Fe3+还原成Fe2+，防止生成氢氧化铁沉淀，则加入的试剂为Fe粉；“沉铝”过程中加入氨水使Al3+完全沉淀，而Fe2+不沉淀，故调pH的范围是5～7；“沉铝”反应的方程式为：6NH3•H2O+Al2(SO4)3=2Al(OH)3↓+3(NH4)2SO4；【小问4详解】[Fe(NO)2]2+在微生物的作用下与C6H12O6发生反应，离子方程式为：6[Fe(NO)2]2++C6H12O6=6Fe2++6N2↑+6CO2↑+6H2O，则生成N2与CO2的物质的量之比为1：1。28.某实验小组在实验室制备干燥纯净的氯气，并探究其性质。所用仪器及药品如下图，回答问题。（1）根据实验设计上述制取氯气装置时，按照各装置的功能，连接顺序为：气体发生装置→___________→收集装置→___________。（2）A中盛放浓盐酸的仪器名称为___________，反应的化学方程式为___________。（3）E中反应的离子方程式为___________。（4）若要验证干燥的氯气不具有漂白性，可将下图所示装置连接到原实验装置中，连接的最佳位置是___________(填选项序号)。①A、B间②B、C间③C、D间（5）该小组同学将制得的氯气配制成氯水，以探究FeI2的还原性。进行了如下实验：取一定量的FeI2溶液，向其中滴加少量新制氯水，振荡后溶液呈黄色。某同学对产生黄色的原因提出了假设：假设1：I-被Cl2氧化假设2：Fe2＋被Cl2氧化完成下表，设计实验验证假设。实验步骤预期现象结论①取少量黄色溶液于试管中，滴加几滴淀粉溶液_________假设1正确②取少量黄色溶液于试管中，滴加几滴________溶液变成血红色假设2正确（6）若用MnO2与浓盐酸反应制取常温常压下1LCl2，计算：理论上需要MnO2的质量是___________克？(已知常温常压下气体的摩尔体积Ｖm≈24.5L/mol；写出计算过程，结果保留两位小数。)【答案】（1）①.除杂装置②.尾气处理装置（2）①.分液漏斗②.MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O（3）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（4）③（5）①.溶液变成蓝色②.KSCN溶液（6）3.55【解析】【分析】实验室制取Cl2时，将MnO2放入圆底烧瓶内，浓盐酸放入分液漏斗中。用装置A制取Cl2，由于浓盐酸易挥发，生成的Cl2中混有HCl和水蒸气，用B装置除去Cl2中混有的HCl，用C装置干燥Cl2；用D装置收集Cl2，用E装置处理Cl2尾气。【小问1详解】根据实验设计及试题分析，上述制取氯气装置中，按照各装置的功能，连接顺序为：气体发生装置→除杂装置→收集装置→尾气处理装置。答案为：除杂装置；尾气处理装置；【小问2详解】A中盛放浓盐酸的仪器带有活塞，其名称为分液漏斗，浓盐酸与MnO2在加热条件下反应，生成Cl2等，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；【