2022届河南省驻马店市高一上学期期末考试化学试题（含解析）

驻马店市2021~2022学年度第一学期期终考试高一化学试题本试题卷共21题。满分100分，考试时间90分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Ca40Zn65第I卷(选择题，共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1.2021年3月举世瞩目的三星堆重启考古发掘。此次考古发掘出土五百多件重要的文物，包括大量的黄金制品、丝绸饰品，还有大米、象牙、青铜、神树等等。下列有关说法正确的是A.可以用碳的一种核素测定出土文物年代B.青铜属于金属材料，硬度比纯铜的小，易于加工C.黄金易被氧化，出土后的黄金制品要密闭保存D.青铜的熔点比纯铜的熔点高【答案】A【解析】【详解】A．可以用测定出土文物年代，其为碳的一种核素，故A正确；B．青铜属于合金，含有铜、锡等，合金的硬度比任一组成成分金属的硬度都大，故青铜硬度比纯铜的大，故B错误；C．黄金化学活动性很弱，不易被氧化，故C错误；D．合金的熔点比任一组成成分金属的熔点都低，故青铜的熔点比纯铜的熔点低，故D错误；故选A。2.实验室中，下列行为不符合安全要求的是A.用干燥沙土覆盖少量燃着的金属钠B.未用完的强氧化物如KMnO4、KClO3、Na2O2等固体可放置废液缸处理C.将未用完的钠钾、白磷等放回原试剂瓶D.少量酸(或碱)滴到实验桌上，应立即用湿抹布擦净，然后用水冲洗【答案】B【解析】【详解】A．熄灭少量燃着的金属钠，用干燥沙土覆盖，隔绝其与空气接触，A正确；B．强氧化性物质如KMnO4、KClO3、Na2O2，等固体易引起危险事故，不能随便丢弃，应通过化学反应将其转化为一般化学品后，再进行常规处理，B错误；C．中学实验中，对于钠、钾、磷等易燃易爆物品，如果实验中未使用完时，可以将剩余的物品放回原试剂瓶保存，切忌乱扔，C正确；D．少量碱滴到实验桌上，为防止污染实验桌，应立即用湿抹布擦净，再用水把抹布冲洗干净，D正确；答案选B。3.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可用于制备发酵粉、澄清剂、防水剂等，生活中常用于净水。下列说法正确的是A明矾净水时，能对水进行消毒B.用激光笔照射明矾的水溶液，观察不到一条光亮的通路C.明矾制作的油条可大量食用D.KAl(SO4)2的电离方程式为：KAl(SO4)2=K++Al3++2【答案】D【解析】【分析】明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶于水后，在水中完全电离出钾离子、铝离子和硫酸根离子，铝离子水解生成Al(OH)3胶体，可以和悬浮于水中的泥沙形成絮状不溶物沉降下来，使水澄清，可做净水剂。【详解】A．明矾可做净水剂，但不能对水进行消毒，故A错误；B．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶于水后，生成Al(OH)3胶体，胶体都能产生丁达尔效应，用激光笔照射明矾的水溶液，会观察到一条光亮的通路，故B错误；C．Al3+对人体有害，过多摄入能引发老年痴呆症等，明矾作食品添加剂时不能超标，故C错误；

D．硫酸铝钾为强电解质，水溶液中完全电离出钾离子和铝离子和硫酸根离子，电离方程式为：KAl(SO4)2=K++Al3++2，故D正确；

故选D。4.相同条件下，等质量的H2S和NH3相比较，下列结论正确的是A.它们的体积比为2：1 B.它们的原子个数比为8：3C.它们的质子数之比为9：10 D.它们所含氢元素的质量比为3：1【答案】C【解析】【详解】A．相同条件下，气体体积比等于其物质的量之比，相同质量时H2S和NH3的体积比为∶=1∶2，故A错误；B．它们的原子个数比为∶=3∶8，故B错误；C．它们的质子数之比为∶=9∶10，故C正确；D．它们所含氢元素质量比等于其氢原子物质的量之比∶=1∶3，故D错误；答案为C。5.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.2.2g重水(D2O)中所含有的中子数目为NAB.1molCO2中含有的共用电子对数为2NAC.标准状况下，2.24LCl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NAD.常温常压下，均含有NA个氧原子的O2和CO的体积比为1：2【答案】D【解析】【详解】A．质量数等于核素的近似相对原子质量，D2O的摩尔质量为20g/mol，2.2g重水中所含中子物质的量为≠1mol，故A错误；B．CO2的结构式为O=C=O，1molCO2中含有共用电子对数为4mol，故B错误；C．氯气与NaOH反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，1mol氯气参与该反应，转移1mol电子，标况下，2.24L氯气与足量的NaOH反应转移电子物质的量0.1mol，故C错误；D．有NA个氧原子的O2和CO的物质的量分别为0.5mol、1mol，相同条件下，体积比等于其物质的量之比，即氧气和CO的体积之比为1∶2，故D正确；答案为D。6.下列有关物质的俗称。分类和用途的说法都正确的是物质俗称分类用途ANaHCO3纯碱盐常用于治疗胃酸过多BCuSO4·5H2O胆矾混合物用于配制杀菌剂波尔多液CNaCl食盐化合物调味品DCH3CH2OH酒精电解质消毒剂A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．NaHCO3的俗名为小苏打，纯碱是碳酸钠的俗名，故A错误；B．CuSO4·5H2O是纯净物，不是混合物，故B错误；C．NaCl俗名食盐，属于化合物，可作调味品，故C正确；D．CH3CH2OH溶于水或熔融态不能导电，不是电解质，故D错误；故选C。7.下列说法正确的是A.水结成冰，体积膨胀、密度变小与氢键有关B.H2O2分子中只有非极性共价键C.Na2CO3溶于水时破坏了离子键和共价键D.BF3和PCl3中所有的原子都形成了8电子稳定结构【答案】A【解析】【详解】A．水结成冰后，水分子大范围地以氢键相互联结，形成相当疏松的晶体，从而在结构中有许多空隙，造成体积膨胀，密度变小，故与氢键有关，故A正确；B．H2O2分子的结构式为H-O-O-H，故既含有极性共价键，也含有非极性共价键，故B错误；C．Na2CO3溶于水时，在水分子的作用下，电离出钠离子和碳酸根离子，故只破坏了离子键，故C错误；D．PCl3分中P原子中的最外层电子为5，形成3个共用电子对，Cl原子中的最外层电子为7，形成1个共用电子对，所以每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，B原子最外层含有3个电子，则BF3中B的最外层电子数为6，BF3中B原子最外层未达到8电子稳定结构，故D错误；故选A。8.下列离子方程式书写不正确的是A.向AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3B.少量氢氧化钠溶液与Ca(HCO3)2溶液混合：Ca2++OH-+=CaCO3↓+H2OC.三氯化铁溶液与铁粉反应：2Fe3++Fe=3Fe2+D.将Na投入CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=2Na++Cu【答案】D【解析】【详解】A．向AlCl3溶液中加入足量的氨水，生成氢氧化铝和氯化铵，离子方程式正确，故A正确；B．少量氢氧化钠溶液与Ca(HCO3)2溶液混合，假设氢氧化钠为1mol，则消耗1mol生成1mol水和1mol碳酸根离子，1mol碳酸根离子沉淀1mol钙离子生成1mol碳酸钙沉淀，离子方程式正确，故B正确；C．Fe3+将铁单质还原为亚铁离子，二者发生归中反应，离子方程式正确，故C正确；D．将Na投入CuSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应，总反应方程式为2Na+2H2O+Cu2+=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，故D错误；故选D。9.根据原子结构和元素周期律的知识分析，下列推断正确的是A.碱金属单质的熔、沸点随原子序数的增加而升高B.砹(At)为白色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸C.在氧气中，铷(Rb)的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂D.0.1mol/L溶液的酸性：HIO4>HBrO4【答案】C【解析】【详解】A．碱金属单质的熔沸点随原子序数的增加而降低，故A错误；B．AgCl、AgBr、AgI均难溶于水，也不溶于稀硝酸，卤族元素从上到下，单质的颜色逐渐加深，由浅黄绿色→黄绿色→红棕色→紫黑色，At不是白色固体，故B错误；C．同主族从上到下金属性逐渐增强，Rb与Na属于同主族，Rb化学性质比Na活泼，Rb在氧气中燃烧，得到产物更加复杂，故C正确；D．同主族从上到下非金属性减弱，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，即0.1mol/L溶液的酸性：HBrO4＞HIO4，故D错误；答案为C。10.下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是实验操作及现象实验结论A向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红该溶液中一定含Fe3+但不含有Fe2+B向紫色石蕊溶液中滴加氯水，溶液先变红后褪色氯水具有酸性和漂白性C高温灼烧某样品，火焰呈黄色一定含金属钠DMg、Al与同浓度的盐酸反应，Mg更剧烈金属性：Al>MgA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红，说明该溶液中一定含有Fe3+，KSCN不能检验Fe2+，故A错误；B．向紫色石蕊溶液中滴加氯水，氯水中含有HCl，石蕊遇酸变红，说明氯水具有酸性，氯水中含有HClO，HClO具有强氧化性，能氧化有机色素，使之褪色，体现氯水的漂白性，故B正确；C．焰色试验只能证明是否含有这种元素，不能说明这种元素以单质还是化合物形式存在，高温灼烧某样品，火焰呈黄色，说明样品中含有钠元素，故C错误；D．金属性越强，与盐酸反应越剧烈，根据现象，Mg与盐酸反应剧烈，推出金属Mg比Al活泼，故D错误；答案为B。11.在抗击新冠病毒中“84消毒液(有效成分是NaClO)”发挥了重要作用。工业上，制备“84消毒液”的原理为：NaCl+H2ONaClO+H2↑。下列说法正确的是A.NaClO的消毒原理是利用了其强氧化性B.NaClO的电子式为C.该反应每转移1mol电子生成74.5g的NaClOD.上述反应过程中有离子键、非极性共价键的断裂和形成【答案】A【解析】【详解】A．NaClO中Cl元素为+1价，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故A正确；B．NaClO是离子化合物，钠离子和次氯酸根离子之间形成离子键，氯原子和氧原子之间形成1对共用电子对，均满足8电子稳定结构，在次氯酸根离子中O显负价，Cl显正价，故其电子式为，故B错误；C．根据方程式可知Cl的化合价从-1价升高为+1价，转移2mol电子生成74.5g的NaClO，故该反应每转移1mol电子生成37.25g的NaClO，故C错误；D．NaCl中钠离子和氯离子之间是离子键，水分子中含有极性共价键，NaClO中含有离子键和极性共价键，H2中存在非极性共价键，故上述反应过程中有离子键、极性共价键的断裂，没有非极性键的断裂，有离子键、极性共价键、非极性共价键的生成，故D错误；故选A。12.下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，以下叙述正确的是元素代号LMQRT原子半径/nm0.1860.1430.1520.1020.074主要化合价+1+3+1+6、-2一2A.T形成的简单氢化物分子的空间结构为直线形B.M、T的简单离子半径：M3+>T2-C.简单气态氢化物的稳定性：R>TD.元素最高价氧化物对应水化物的碱性：L>Q【答案】D【解析】【分析】L、Q主要化合价均为+1价，位于IA族，同主族从上到下，原子半径增大，因此Q在L的上一周期，R、T最低价均为-2价，位于ⅥA，因为都是短周期元素，且O元素中学阶段没有正价，因此T为O，R为S，M主要化合价为+3价，即M位于ⅢA族，根据原子半径大小，可以判断出L为Na，Q为Li，M为Al，据此分析；【详解】A．O的简单氢化物为H2O，H2O的空间构型为V形，故A错误；B．M、T简单离子分别为Al3+、O2-，核外电子排布相同，则原子半径随着原子序数的增大而减小，即Al3+＜O2-，故B错误；C．非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，同主族从上到下，非金属性减弱，非金属性：O＞S，则H2O比H2S稳定，故C错误；D．金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同主族从上到下，金属性增强，即Na的金属性强于Li，则NaOH的碱性强于LiOH，故D正确；答案为D。13.以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。下列分析正确的是

A.向Na与水反应后的溶液中滴加酚酞试液，溶液先变红后褪色B.Na2CO3和NaHCO3受热均易分解C.Na2O2和Na2O中阴、阳离子个数之比相同D.反应③、④表明Na2CO3不能转化为NaOH或NaHCO3【答案】C【解析】【详解】A．金属钠与水反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，向溶液中滴加酚酞试液，溶液只变红，不褪色，故A错误；B．碳酸钠热稳定性强，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，故B错误；C．过氧化钠的电子式为，氧化钠的电子式为，两种物质中含有阴阳离子个数比均为1∶2，故C正确；D．碳酸钠与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，碳酸钠与CO2、H2O反应生成碳酸氢钠，故D错误；答案为C。14.数字化实验是将传感器、数据采集和计算机连接起来，采集实验过程各变化数据。下图是用强光照射广口瓶中新制氯水时所获图像，下列纵坐标代表的物理量与图像不相符的是

A.溶液的pH B.溶液中氢离子的浓度C.瓶中氧气的体积分数 D.溶液的导电能力【答案】A【解析】【详解】A．用强光照射新制氯水，HClO分解生成HCl，溶液酸性增强，pH减小，与图像不符，故A选；

B．光照时，发生反应2HClO=2HCl+O2↑，HCl在水中完全电离，则氢离子的物质的量浓度增大，与图象相符，故B不选；

C．HClO分解生成O2，则瓶中氧气的体积分数增大，与图象相符，故C不选；

D．HClO是弱电解质，分解生成强电解质，溶液中离子浓度增大，则溶液的导电能力增大，与图象相符，故D不选；

故选：A。15.下列选项中所选用物质或方法能达到除去少量杂质(括号内为杂质)目的的是A.Al(Mg)：投入NaOH溶液中 B.Na2O2(Na2O)：通入O2加热C.CuCl2溶液(FeCl3)：加入Cu粉 D.FeCl2溶液(FeCl3)：通入Cl2【答案】B【解析】【详解】A．Al能和氢氧化钠溶液反应，而Mg不反应，故A不符合题意；B．Na2O和氧气反应生成Na2O2，可以除杂，故B符合题意；C．FeCl3和Cu粉反应生成氯化亚铁和氯化铜，会引入氯化亚铁杂质，故C不符合题意；D．FeCl2溶液会和Cl2反应生成FeCl3，不能除杂，故D不符合题意；故选B。16.某白色粉末中可能含有Ba(NO3)2、CaCl2、K2CO3，现进行以下实验：(1)将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；(2)向(1)的悬浊液中加入过量硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；(3)取少量(2)的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。根据上述现象判断，下列说法不正确的是A.白色粉末中可能含有Ba(NO3)2B.白色粉末中含Ba(NO3)2和CaCl2至少一种C.上述过程涉及到的反应只有复分解反应，没有氧化还原反应D.步骤(2)中一定发生的离子反应为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O【答案】B【解析】【分析】根据(1)(2)的现象，硝酸钡、氯化钙都能与碳酸钾反应生成白色沉淀；悬浊液中加入硝酸，沉淀溶解，且有气泡冒出，一定含有碳酸钾，硝酸钡和氯化钙至少含有一种；根据(3)可知，加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，该沉淀为氯化银，原溶液中一定存在氯化钙；综上所述，白色粉末中一定有氯化钙和碳酸钾；硝酸钡可能含有，据此分析；【详解】A．根据上述分析，硝酸钡可能含有，故A说法正确；B．根据上述分析，硝酸钡可能含有，氯化钙一定含有，故B说法错误；C．根据上述分析，发生的反应有CaCl2+K2CO3=CaCO3↓+2KCl、CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+H2O+CO2↑、KCl+AgNO3=KNO3+AgCl↓，这些反应不存在化合价的变化，反应类型均为复分解反应，不涉及氧化还原反应，故C说法正确；D．根据上述分析，(2)中一定发生离子反应为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故D说法正确；答案为B。第II卷(非选择题，共52分)二、(本题包括5小题，共52分)17.我国“四大发明”在人类发展史上起到了非常重要的作用。其中黑火药的爆炸反应：2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑。（1）该反应中被还原的元素是___________(填元素符号)；氧化性：KNO3___________CO2(填“>”或“<”)。（2）硝酸钾是一种氮钾复合肥。从其阳离子看，则属于钾盐，从其阴离子看，则属于硝酸盐，该分类方法称为___________。（3）上述反应物和生成物中属于非电解质的有___________。（4）CO2属于酸性氧化物，可与NaOH、_______(填与NaOH不同类别的一种具体物质的化学式)等反应。（5）N2的电子为___________；请用电子式表示K2S的形成过程___________。【答案】（1）①.N和S②.＞（2）交叉分类法（3）CO2（4）H2O或Na2O（5）①.②.【解析】【小问1详解】在反应2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑中，N元素的化合价从+5价降低为0价，S元素的化合价从0价降低为-2价，C元素的化合价从0价升高为+4价，则KNO3、S为氧化剂，C为还原剂，K2S、N2为还原产物，CO2为氧化产物，故该反应中被还原的元素是N和S；在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：KNO3＞CO2。【小问2详解】从阳离子看，硝酸钾属于钾盐，从阴离子看，其属于硝酸盐，该分类方法称为交叉分类法。【小问3详解】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，KNO3和K2S溶于水和熔融态均可以导电，属于电解质；S、C、N2是单质，既不属于电解质，也不属于非电解质；CO2溶于水生成碳酸，碳酸分子电离出离子，使溶液能导电，但是CO2本身不能电离出离子，故CO2属于非电解质。【小问4详解】酸性氧化物能与碱、碱性氧化物和水反应，CO2属于酸性氧化物，故可与NaOH、H2O或Na2O等反应。【小问5详解】N2分子中N原子间形成三对共用电子对，N2的电子为；K2S为离子化合物，用电子式表示K2S的形成过程为。18.某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作如下(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)：①配制0.10mol/L稀盐酸和0.10mol/LNaOH溶液；②向一粒研碎后的药片(0.10g)中加入20.00mL蒸馏水；③加入25.00mL0.10mol/L稀盐酸；④用0.10mol/LNaOH溶液中和过量的稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积。请回答下列问题：（1）配制0.10mol/LNaOH溶液的操作如下，正确排序________(填序号)。①②③④⑤⑥（2）下列实验操作会引起所配NaOH溶液浓度偏高的是___________(填序号)。①用天平称量NaOH固体，将小烧杯放在右盘，砝码放在左盘，并移动游码，使之平衡②容量瓶水洗后未烘干直接使用③定容时俯视④摇'匀后发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线平齐（3）该实验共进行了4次。实验室现有50mL、100mL、250mL、500mL4种规格的容量瓶，则配制盐酸应选用的容量瓶的规格为___________，理由是___________。（4）某同学四次测定所消耗的NaOH溶液的体积数据如下：测定次序第一次第二次第三次第四次V/mL12.6012.9013.1013.00请根据这位同学的实验数据，计算药片中碳酸钙的质量分数___________。【答案】（1）③④①⑥②⑤（2）③（3）①.250mL②.4次恰好需加入盐酸100mL，但实验过程有损耗，所以配制溶液应多于100mL（4）60.0%【解析】【小问1详解】配制一定物质的量浓度的溶液的步骤：计算→称量→溶解或稀释→恢复室温→移液→洗涤→振荡→定容→摇匀→装瓶，①为移液，②⑥为定容，③为称量，④为溶解，⑤为摇匀，正确的步骤为③④①⑥②⑤；故答案为③④①⑥②⑤；【小问2详解】①NaOH固体易潮解，因此称量时，应放在烧杯中，使用托盘天平称量时，应是左物右码，若小烧杯放在右盘，砝码放在左盘，移动游码，使之平衡，砝码的质量=(药品＋烧杯)的质量＋游码的质量，药品的质量减少，所配溶液浓度偏低，故①不符合题意；②容量瓶中是否有水，对所配溶液浓度无影响，故②不符合题意；③定容时，俯视刻度线，容量瓶中溶液的体积减小，所配溶液浓度偏高，故③符合题意；④摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线平齐，相当于稀释原溶液，浓度偏低，故④不符合题意；故答案为③；【小问3详解】因为该实验共进行4次，需要盐酸的体积为4×25mL=100mL，在实验过程中可能消耗盐酸，因此配制过程中配制盐酸的体积应大于100mL，即需要250mL容量瓶；故答案为250mL；4次恰好需加入盐酸100mL，但实验过程有损耗，所以配制溶液应多于100mL；【小问4详解】四次数值对比，第一次与另外三组差别较大，应删去，三次平均消耗NaOH体积为13.00mL，与碳酸钙反应的盐酸物质的量为25.00mL×10－3L·mL－1×0.10mol·L－1－13.00mL×10－3L·mL－1×0.10mol·L－1=1.2×10－3mol，CaCO3与盐酸反应CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O，消耗碳酸钙的物质的量为6×10－4mol，药片中碳酸钙的质量分数为×100%=60.0%；故答案为60.0%。19.1875年，法国化学家布瓦博德朗发现了门捷列夫预言的“类铝”，即新元素镓。金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，镓及其化合物应用广泛。某学校化学兴趣小组在实验室利用如图装置模拟制备三氯化镓，同时使用该装置验证卤素单质氧化性的相对强弱。已知：①三氯化镓(GaCl3)具有很强的吸湿性，在空气中吸收湿气而冒烟。②在氯气流中加热镓可制备GaCl3，反应方程式2Ga+3Cl22GaCl3。（1）镓(31Ga)元素在周期表中的位置是___________。（2）请写出圆底烧瓶中发生反应的离子方程式：___________。（3）装置A中的试剂为___________；装置C中试剂的作用是___________。（4）D中装有NaBr溶液，反应开始后能证明卤素单质氧化性相对强弱的现象为：___________(只需写出一个现象即可)。（5）装置E试管口内部放置湿润淀粉—KI试纸的主要目的是___________。（6）请推测写Ga(OH)3与NaOH反应的化学方程式___________。【答案】（1）第四周期第IIIA族（2）2+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（3）①.饱和食盐水②.防止三氯化镓遇到水蒸气反应(或防止水蒸气进入硬质玻璃管)（4）D中溶液颜色逐渐变黄色(或E中淀粉碘化钾试纸变蓝)（5）检测是否有Cl2泄漏进入空气（6）Ga(OH)3+NaOH=NaGaO2+2H2O【解析】【分析】圆底烧瓶中制取氯气，装置A为除去氯气中的氯化氢，装置B为除去氯气中的水蒸气，然后氯气和镓粉发生2Ga+3Cl22GaCl3，装置C防止三氯化镓遇到水蒸气反应(或防止水蒸气进入硬质玻璃管)，D、E装置验证卤素单质氧化性的相对强弱。【小问1详解】镓(31Ga)为31号元素，在周期表中的位置是第四周期第IIIA族。【小问2详解】高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，离子方程式为。【小问3详解】装置A为除去氯气中的氯化氢，故试剂为饱和食盐水；因为三氯化镓(GaCl3)具有很强的吸湿性，在空气中吸收湿气而冒烟，故装置C中试剂的作用是防止三氯化镓遇到水蒸气反应(或防止水蒸气进入硬质玻璃管)。【小问4详解】氯气氧化性强于溴，故可以氧化溴化钠溶液，故D中现象为溶液颜色逐渐变黄色（或氯气、溴氧化性强于碘单质，故可以氧化碘化钾溶液，故E中现象为淀粉碘化钾试纸变蓝）。【小问5详解】装置E试管口内部放置湿润淀粉—KI试纸的主要目的是检测是否有Cl2泄漏进入空气。【小问6详解】元素镓为“类铝”元素，故Ga(OH)3与NaOH的反应类似于氢氧化铝和氢氧化钠的反应，故化学方程式为Ga(OH)3+NaOH=NaGaO2+2H2O。20.某小组设计如下实验探究铁与水蒸气反应。

回答下列问题：（1）写出铁和水蒸气反应的化学方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目___________。（2）A、B、C三个装置中应先点燃______处的酒精(喷)灯，点燃C处酒精灯之前应进行的操作是______。（3）圆底烧瓶中碎瓷片的作用是防止暴沸，若加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，需要补加碎瓷片的操作是________。（4）检验反应后的固体是否存在Fe3O4，引起小组成员争论：①甲同学认为可以使用化学方法，先用足量盐酸溶解，再分别检验Fe2+和Fe3+。检测Fe2+是否存在：请从下列试剂中选择一种：NaOH溶液，新制氯水、KSCN溶液，酸性KMnO4溶液，写出发生反应的离子方程式___________；检测Fe3+是否存在：多数同学认为该方法检验是否存在Fe3O4不合理，请写出一条理由：______。②乙同学认为可以利用Fe3O4的物理性质进行快速检验。用铁片接触样品后再移开，若观察到_______现象，证明了反应后的固体中含有Fe3O4。【答案】（1）（2）①A②.收集H2，并检验其纯度（3）先熄灭酒精灯和酒精喷灯，等圆底烧瓶中溶液冷却至室温，再打开烧瓶塞子补加（4）①.5Fe2++MnO+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O②.可能铁粉未完全反应，剩余的铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，检测不出Fe3+；或者可能铁粉未完全反应，剩余的铁粉与Fe3+或者H+反应生成Fe2+，无法判断Fe2+的来源③.铁片上吸附有样品【解析】【分析】实验目的是探究铁与水蒸气反应，实验原理是3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2↑，装置A提供水蒸气，装置B是铁与水蒸气反应，碱石灰的作用是吸收水蒸气，装置C的作用是除去H2或验证H2，据此分析；【小问1详解】铁与水蒸气的反应是3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2↑，则反应中Fe的化合价由0价升高到+，H2O中H化合价由+1降低为0价，3molFe参与反应转移8mole－，用双线桥表示电子转移的方向和数目：；故答案为；【小问2详解】整个装置中有空气，铁与水蒸气反应产生H2，H2是可燃性气体，为防止Fe与氧气反应，以及防止发生危险，先通一段时间的水蒸气，排除装置中的空气，因此先点燃A处的酒精灯；氢气是可燃性气体，点燃装置C中酒精灯时，先验证H2的纯度，即收集H2，并检验其纯度；故答案为A；收集H2，并检验其纯度；【小问3详解】忘记加碎瓷片，防止烫伤，需先熄灭酒精灯和酒精喷灯，等圆底烧瓶中的溶液冷却至室温，再打开烧瓶塞子补加；故答案为先熄灭酒精灯和酒精喷灯，等圆底烧瓶中的溶液冷却至室温，再打开烧瓶塞子补加；【小问4详解】①为了证明Fe2＋的存在，利用Fe2＋的还原性，需要加入酸性高锰酸钾溶液，如果紫(红)色褪去，说明有Fe2＋，利用高锰酸钾溶液的强氧化性，将Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原成Mn2＋，反应的离子方程式为5Fe2++MnO+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；铁与水蒸气反应时，可能铁粉未完全反应，未反应的Fe与Fe3＋反应生成Fe2＋，检测不出Fe3＋；或者可能铁粉未完全反应，剩余的铁粉与Fe3+或者H+反应生成Fe2+，无法判断Fe2+的来源；故答案为5Fe2++MnO+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；可能铁粉未完全反应，剩余的铁粉与Fe3+反应生成F