2022届河北省石家庄市高一上学期期末考试化学试题（含解析）

石家庄市2021~2022学年度第一学期期末教学质量检测高一化学(时间75分钟，满分100分)注意事项：1.试卷分I卷(选择题)和II卷(非选择题)两部分。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置。3.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5Mn55Fe56I卷(选择题，共45分)一、单项选择题(本题包括15小题，每题只有一个选项符合题意。每题2分，共30分)1.化学用语是学习化学的基础工具，下列化学用语正确的是A.质量数为37的氯原子： B.H2O的电子式：C.CO2的分子结构模型： D.N2的结构式：N≡N【1题答案】【答案】D【解析】【详解】A．原子符号左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，所以质量数为37的氯原子为，A错误；B．H2O为共价化合物，电子式为，B错误；C．O原子的半径应该比C原子半径小，C错误；D．氮气分子中两个N原子形成氮氮三键，结构式为N≡N，D正确；综上所述答案为D。2.合金的应用极大地促进了人类社会的发展。下列关于合金的描述不正确的是A.钢的含碳量越高，硬度和脆性越小B.稀土金属可用于生产合金，被称为“冶金工业的维生素”C.合金的熔点通常低于纯金属，是因为外加原子破坏了纯金属内原子间的作用力D.合金的硬度一般比其成分金属大，是因为合金中原子的排列不如纯金属规整，层间滑动变难【2题答案】【答案】A【解析】【详解】A．钢的含碳量越高，硬度越大，这是因为含碳量越高，碳化物比例越高，材料硬度就越高，当含碳量在某个数值之下时，含碳量越高，但碳化物比例太高了，材料会变得很脆，强度会变得很低，故A错误；B．稀土金属与铝、钛等金属熔合，形成特种合金，其性能会有较大提高，强度更好，抗腐蚀性能更强，被称为“冶金工业的维生素”，故B正确；C．物质熔点的高低由物质内部微粒间作用力的大小决定，同一种金属原子间以金属键结合，作用力强，熔点高，当外来原子进入该晶体的时候，金属键遭到破坏，金属内部出现排列混乱的状态，这时整体金属内能增大，导致熔点降低。D．纯金属的原子排列成很规则的层，这些层很容易彼此滑过，而合金加入了其他或大或小的原子，改变了金属原子有规则的层状排列，使原子层之间的相对滑动变得困难，故D正确；故答案为：A3.中华民族历史悠久，在浩瀚的历史文明中有许多关于化学的记载，下列说法不合理的是A.《淮南万毕术》中“曾青得铁则化为铜”，矿石“曾青”的主要成分为CuOB.《梦溪笔谈》中“方家以磁石磨针锋，则能指南”中的磁石主要成分为Fe3O4C.《梦溪笔谈》中“石穴中水，所滴者皆为钟乳”，该现象未涉及氧化还原反应D.《天工开物》中“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，“硝”指硝酸钾，在反应中表现氧化性【3题答案】【答案】A【解析】【详解】A．《淮南万毕术》中“曾青得铁则化为铜”，矿石“曾青”的主要成分为CuSO4，A错误；B．Fe3O4具有磁性，俗称磁性氧化铁，《梦溪笔谈》中“方家以磁石磨针锋，则能指南”中的磁石主要成分为Fe3O4，B正确；C．《梦溪笔谈》中“石穴中水，所滴者皆为钟乳”，该现象涉及碳酸钙与碳酸氢钙之间的转化，元素化合价不变，因此未涉及氧化还原反应，C正确；D．《天工开物》中“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，“硝”指硝酸钾，KNO3、C、S发生氧化还原反应，产生N2、K2S、CO2，在反应中KNO3得到电子表现氧化性，D正确；故合理选项是A。4.下列关于物质分类的组合正确的是分类组合混合物酸碱盐酸性氧化物A汽油B盐酸C氢氧化铁胶体HClOCaOD漂白粉HBrCOA.A B.B C.C D.D【4题答案】【答案】B【解析】【详解】A．C2H5OH为非电解质，不能电离出氢氧根，不是碱，A错误；B．盐酸是HCl和水的混合物，CH3COOH是一种弱酸，Ca(OH)2为一种强碱，BaSO4为盐，SiO2可以和碱反应，且只生成一种盐和水，为酸性氧化物，B正确；C．CaO为碱性氧化物，C错误；D．CO不能和碱反应，不是碱酸性氧化物，D错误；综上所述答案为B。5.下列有关胶体的说法正确的是A.雾属于胶体，而云不属于胶体B.“纳米铜”是一种颗粒直径为纳米级的铜材料，属于胶体C.放电影时，放映机到银幕间光柱的形成是因为丁达尔效应D.将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体【5题答案】【答案】C【解析】【详解】A．雾是小液滴分散到空气中形成的分散系，属于胶体，而云是固体小颗粒分散到空气中形成的分散系，也属于胶体，A错误；B．胶体是一种分散系属于混合物，“纳米铜”是一种颗粒直径为纳米级的铜材料，是一种单质，不属于胶体，B错误；C．放电影时，由于放映室的空气中存在气溶胶，故放映机到银幕间光柱的形成是因为丁达尔效应，C正确；D．将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁沉淀而不是氢氧化铁胶体，D错误；故答案为：C。6.记笔记是学习过程中非常重要的一个环节，下面是某同学的化学笔记，不需要改正的是A.保存FeCl3溶液时，通常在溶液中加入少量的铁粉B.钠要保存在煤油中，实验后剩余的钠，要放回原试剂瓶中C.为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰D.在焰色试验中，某溶液的焰色呈黄色，该溶液中一定不含K+【6题答案】【答案】B【解析】【详解】A．FeCl3与Fe反应产生FeCl2，导致物质变质，因此保存FeCl3溶液时，不能在溶液中加入铁粉，A错误；B．钠容易与空气中的氧气及水发生反应，根据钠与煤油不能反应，且其密度比煤油大的性质，将钠要保存在煤油中，实验后剩余的钠，要放回原试剂瓶中，以免发生危险，B正确；C．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入还原铁粉，C错误；D．在焰色试验中，某溶液的焰色呈黄色，该溶液中一定含有Na+，但不能确定是否含K+，D错误；故合理选项是B。7.下列说法正确的是A.NaCl溶于水，在通电条件下才能发生电离B.焰色试验中，应用稀硫酸清洗铂丝C.铁与水蒸气高温下反应可生成D.金刚石、石墨、互为同素异形体【7题答案】【答案】D【解析】【详解】A．电离不需要通电作为条件，氯化钠溶于水后就会电离出钠离子、氯离子，A错误；B．稀盐酸具有挥发性，焰色试验中，应用稀盐酸清洗铂丝，B错误；C．铁与水蒸气高温下反应可生成和氢气，C错误；D．同素异形体是同种元素组成的单质；金刚石、石墨、互为同素异形体，D正确；故选D。8.下列离子方程式正确的是A.铝片与CuSO4溶液反应：B.Ba(OH)2溶液与CuSO4溶液混合：C实验室用石灰石与稀盐酸反应制备CO2：D.MgSO4加入NaOH溶液中：【8题答案】【答案】D【解析】【详解】A．电子不是守恒，电荷不守恒，离子方程式应该为：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，A错误；B．二者出反应产生BaSO4沉淀外，还产生了Cu(OH)2沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+Cu2++=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，B错误；C．CaCO3难溶于水，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，C错误；D．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，D正确；故合理选项是D。9.下列离子在溶液中能大量共存的是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【9题答案】【答案】D【解析】【详解】A．银离子和碳酸根离子会生成碳酸银沉淀，不能大量共存，A错误；B．碳酸氢根离子和氢氧根离子生成水，不能大量共存，B错误；C．和能反应生成络合物，不能大量共存，C错误；D．四种离子相互之间不反应，能大量共存，D正确；故选D。10.牛奶的含钙量很高而且比较容易吸收，一直被作为补钙的首选。下列有关钙元素的说法正确的是A.钙元素的原子结构示意图：B.相同条件下，单质与水反应的剧烈程度：Ca＞MgC.最高价氧化物的水化物的碱性：Ca(OH)2＞KOHD.Ca2+、Br-、K+的离子半径：K+＞Ca2+＞Br-【10题答案】【答案】B【解析】【详解】A．钙元素是20号元素，原子核外电子排布是2、8、8、2，故Ca的原子结构示意图是，A错误；B．元素的金属性越强，其单质与水或酸反应就越剧烈。Ca、Mg是同一主族元素，元素的金属性：Ca＞Mg，因此相同条件下，单质与水反应的剧烈程度：Ca＞Mg，B正确；C．元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。K、Ca是同一周期元素，元素的金属性：K＞Ca，所以最高价氧化物的水化物的碱性：KOH＞Ca(OH)2，C错误；D．Ca2+、K+核外有3个电子层，Br-核外有4个电子层。离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以Ca2+、Br-、K+的离子半径大小关系为：Br-＞K+＞Ca2+，D错误；故合理选项是B。11.在实验室中制取氧气有多种方法：①以双氧水为原料；②以氯酸钾为原料；③以高锰酸钾为原料；④以过氧化钠为原料。上述四种方法制备相同状况下等体积的氧气，转移电子的数目之比为A.1∶1∶1∶1 B.1∶2∶2∶1 C.1∶2∶2∶2 D.1∶6∶2∶1【11题答案】【答案】B【解析】【分析】氧化还原反应中单线桥可以表示电子的转移情况；【详解】①以双氧水为原料制氧气，；②以氯酸钾为原料氧气，；③以高锰酸钾为原料氧气，；④以过氧化钠为原料制氧气，无论和水反应还是和二氧化碳反应都是过氧化钠自身的氧化还原，、；由单线桥可知，①②③④分别生成1分子氧气需要转移的电子数分别为2、12÷3=4、4、2，故上述四种方法制备相同状况下等体积的氧气，转移电子的数目之比为2:4:4:2=1:2:2:1；故选B。12.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如下表所示，X的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物反应可生成离子化合物。下列推断正确的是XWYZA.简单氢化物的稳定性：X<YB.W、Z的简单离子的电子层结构相同C.Y的最高价氧化物的水化物是中强酸D.Z的单质在化学反应中只表现氧化性【12题答案】【答案】C【解析】【分析】由W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置可知，四者为第二、三周期元素；X的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物反应可生成离子化合物，则X为氮，氮元素形成的氨气和硝酸可以生成硝酸铵；根据相对位置，可知，W为Al、X为N、Y为P、Z为Cl；【详解】A．非金属性越强，简单氢化物越稳定，简单氢化物的热稳定性：，A错误；B．单个铝离子有10个电子，单个氯的简单阴离子有18个电子，W、Z的简单离子的电子层结构不相同，B错误；C．Y的最高价氧化物的水化物即磷酸，磷酸是中强酸，C正确；D．Z元素的单质即氯气在化学反应中通常表现氧化性，但氯气和水、氯气和碱的反应中既表现氧化性又表现出还原性，D错误；故选C。13.侯氏制碱法又称联合制碱法，是我国化学工程专家侯德榜研发的。下图是实验室模拟侯氏制碱法的工艺流程。下列叙述正确的是A.气体X、Y通入顺序可以交换 B.步骤III所得晶体为C.步骤II利用了不同物质的溶解性差异 D.步骤IV包括溶解、蒸发、结晶【13题答案】【答案】C【解析】【分析】饱和食盐水先通入氨气，氨气极易溶于水使溶液显碱性可以吸收更多二氧化碳，在通入二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠溶解度较小首先结晶析出，过滤得到碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠；【详解】A．氨气和二氧化碳的顺序不可以交换，二氧化碳在水中溶解度小，不利于产品生成，A错误；B．步骤III所得晶体为碳酸氢钠晶体，B错误；C．步骤II利用了不同物质的溶解性差异，碳酸氢钠溶解度较小首先结晶析出，C正确；D．步骤IV为加热分解生成碳酸钠，D错误；故选C。14.验证次氯酸光照分解产物可设计成数字化实验，其数据经计算机处理得如下图像。下列说法不正确的是A.从0s到150s，溶液pH降低的原因是HClO电离产生了B.从0s到150s，溶液的导电能力逐渐增强C.光照时间越长，氯水溶液中越大D.可以通过测定瓶内氧气的体积分数变化来验证次氯酸分解有生成【14题答案】【答案】A【解析】【详解】A．氯水中存在,从0s到150s，溶液pH降低的原因主要是HCl电离产生的，故A错误；B．从0s到150s，随着反应的进行，溶液中离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力逐渐增强，故B正确；C．氯水中存在、和，光照时间越长，氯水溶液中逐渐增大直至次氯酸完全分解，故C正确；D．图中氧气的体积分数不断增大说明次氯酸分解有生成，故D正确；故答案为：A15.用高铁酸钠(Na2FeO4)对河湖水消毒是城市饮水处理的新方法。高铁酸钠可通过湿法或干法来制备，反应原理如下：湿法：干法：下列说法不正确的是A.Na2FeO4中铁元素为+6价，具有强氧化性，能消毒杀菌B.湿法中每生成1molNa2FeO4转移3mole-C.湿法中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2D.干法中Na2O2既是氧化剂又是还原剂【15题答案】【答案】C【解析】【详解】A．Na是+1价，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知Na2FeO4中铁元素为+6价，该物质具有强氧化性，能使细菌、病毒蛋白质氧化变性而失去其生理活性，因而具有消毒杀菌作用，A正确；B．根据方程式可知：在湿法制取高铁酸钠时，每生成1molNa2FeO4，元素化合价改变3价，因此反应过程中转移3mole-，B正确；C．在湿法中，氧化产物是Na2FeO4，还原产物是NaCl，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶3，C错误；D．干法中Na2O2将FeSO4氧化为Na2FeO4，同时其本身失去电子被氧化产生O2，Na2O2得到电子被还原产生Na2O、Na2FeO4，因此Na2O2既是氧化剂又是还原剂，D正确；故合理选项是C。二、不定项选择题(本题包括5小题，每题有1—2个选项符合题意。每题3分，漏选得1分，错选不得分，共15分)16.实现下列物质之间的转化，一定需要加入还原剂的是A. B. C. D.【16题答案】【答案】D【解析】【详解】A．，元素的化合价没有变化，无需通过氧化还原反应实现，A不符合题意；B．Cu→CuSO4，Cu元素的化合价升高，Cu被氧化，需要加入氧化剂实现，B不符合题意；C．Cl2→NaCl，元素的化合价降低，可以通过实现自身的氧化还原反应，可以不加入还原剂，C不符合题意；D．Fe2O3→Fe，Fe元素的化合价降低，Fe2O3被还原，需要加入还原剂实现，D符合题意；故答案选D。17.在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的Ba(OH)2、NaOH溶液，其导电能力随入溶液体积变化的曲线如下图所示。下列分析不正确的是A.a、c两点溶液中均大量存在H+和B.b、d两点对应的溶液均显中性C.e点两溶液中c(OH-)相同D.ab段反应的离子方程式为：【17题答案】【答案】CD【解析】【分析】在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的Ba(OH)2、NaOH溶液，完全反应时，可分别生成硫酸钡、硫酸钠，则生成完全生成硫酸钡时，溶液导电性基本为0，由此可知①代表滴加Ba(OH)2溶液的变化曲线，b点生成BaSO4，d点生成硫酸钠，以此解答该题。【详解】A．a、c两点，加入Ba(OH)2、NaOH较少，溶液主要成分为H2SO4，则溶液中均大量存在H+和，A正确；B．b点生成BaSO4，d点生成Na2SO4，都为强酸强碱盐，溶液呈中性，B正确；C．e点，导电能力相同，说明溶液中离子浓度相同，反应②含有大量的钠离子，则②中OH-的量较少，因此e点两溶液中c(OH-)不相同，C错误；D．由以上分析可知①代表向H2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液的变化曲线，二者反应产生BaSO4、H2O，反应的离子方程式为：，D错误；故合理选项是CD。18.电子工业常用溶液腐蚀覆铜板上的铜箔，制造印刷电路板。从腐蚀废液(主要含、、)中回收铜，并重新获得溶液，处理流程如下：

下列说法不正确的是A.溶液腐蚀铜箔的原理为B.反应1和反应2都发生了氧化还原反应C.实验室中进行操作1时，用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒D.滤渣a的主要成分是Cu和Fe，物质X可以选用酸性溶液【18题答案】【答案】AD【解析】【详解】A．溶液腐蚀铜箔的原理为，故A错误；B．反应1发生和，反应2发生都是氧化还原反应，故B正确；C．操作1是过滤，用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故C正确；D．滤渣a的主要成分是生成的Cu和过量Fe，物质X不可以选用酸性溶液，会引入新的杂质，可以用新制的氯水，故D错误；故答案为：AD19.每年10月23日上午6：02到晚上6：02被誉为“摩尔日”(MoleDay)，这个时间的美式写法为6：0210/23，外观与阿伏加德罗常数近似值相似。用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，所含有的分子数目为0.2NAB.常温常压下，48gO2含有的氧原子数目为3NAC.4.6gNa与足量氧气充分反应，转移电子的数目一定为0.2NAD.0.2mol/L的CaCl2溶液中，含有Cl-的数目为0.4NA【19题答案】【答案】BC【解析】【详解】A．标准状况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；B．O2是由O原子构成，由于O原子相对原子质量是16g/mol，所以常温常压下，48gO2含有氧原子的物质的量n(O)=，则含有的O原子数目为3NA，B正确；C．Na与O2发生反应时，Na的化合价均由0价升高至+1价，4.6gNa的物质的量是0.2mol，则与足量氧气充分反应，转移电子的数目一定为0.2NA，C正确；D．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，D错误；故合理选项是BC。20.下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数的是A.取ag混合物充分加热，质量减少bgB.取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液C.取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体D.取ag混合物与足量稀硫酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg【20题答案】【答案】B【解析】【分析】【详解】A．只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后再计算碳酸钠的质量分数，能够测出混合物中碳酸钠的质量分数，A不符合题意；B．氢氧化钠溶液的质量未知，bg为碳酸钠和氢氧化钠溶液的总质量，无法计算出碳酸钠的质量分数，B符合题意；C．加热后bg固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的量为x、碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，2x+y=，解方程计算出a、b，然后可计算出混合物中碳酸钠的质量分数，C不符合题意；D．bg为二氧化碳的质量，设碳酸钠的物质的量为x，碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，根据碳元素守恒有：x+y=，解出x、y，就可求出混合物中碳酸钠的质量分数，D不符合题意；综上所述答案为B。II卷(非选择题，共55分)三、实验题(本题包括2小题，共17分)21.“84”消毒液是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛应用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等卫生消毒。某化学社团模拟生产厂家配制了500mL“84”消毒液，并在瓶体贴上标签，如下图所示。请回答下列问题：（1）该“84”消毒液有效成分的物质的量浓度为________。（2）“84”消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力。某消毒小组人员用98％的浓硫酸配制250mL1.0mol/L的稀硫酸用于增强“84”消毒液的消毒能力。①在下列配制过程示意图中，错误的是_______(填写字母)。②对所配制的稀硫酸进行标定，发现其浓度小于1.0mol/L，引起误差的原因可能为_____(填选项字母)。A．量取浓硫酸时仰视刻度线B．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒C．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水D．定容摇匀后，发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线（3）可用氯碱工业中的两种产物氯气和氢氧化钠生产“84”消毒液，其化学方程式为_____。【21~23题答案】【答案】（1）2.2mol/L（2）①.AD②.BD（3）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O【解析】【分析】根据物质的量浓度与质量分数换算式计算溶液的物质的量浓度，结合配制溶液的步骤计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签配制溶液，根据物质的量浓度定义式，若操作导致溶质的物质的量偏多或溶液的体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，反之就偏低进行误差分析。Cl2与NaOH溶液反应制取“84”消毒液。【小问1详解】该“84”消毒液有效成分的物质的量浓度c=；【小问2详解】①浓硫酸稀释时应该注酸入水，A错误；配制溶液最后定容时应该平视凹液面，使凹液面最低处与刻度线相切，不能仰视，D错误；故合理选项是AD；②A．量取浓硫酸时仰视刻度线，则量取浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量偏多，由于溶液的体积不变，最终导致配制溶液浓度偏高，A不符合题意；B．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏少，由于溶液的体积不变，则最终使配制的溶液浓度偏低，B符合题意；C．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制溶液的浓度无影响，C不符合题意；D．定容摇匀后，发现液面低于容量瓶的刻度线，若再加水至刻度线，会使溶液的体积偏大，由于溶质的物质的量不变，则最终导致溶液的浓度偏低，D符合题意；故合理选项是BD；【小问3详解】电解饱和NaCl溶液，反应产生NaOH、H2、Cl2，Cl2与NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，即制取得到“84”消毒液，其化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。22.某小组为探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，设计实验如下：(一)利用如下图所示装置制备氯水（1）A中圆底烧瓶内发生反应的离子方程式为______，B中饱和食盐水的作用为______。(二)氧化性强弱探究：实验Ii．ii．实验II取i中的黄色溶液少许，加入KI溶液，再加入淀粉溶液。（2）实验I中，ii的离子方程式为________。（3）实验ii中，由i和ii可以得出的结论为________。（4）①甲同学认为：实验II观察到________现象，可得出结论：氧化性：Br2＞I2。②乙同学对上述实验进行反思，认为实验II不能充分证明氧化性Br2＞I2，他补做了实验III。实验iii另取i中的黄色溶液少许，先加入足量的NaBr固体，充分振荡，然后加入KI溶液和淀粉溶液。补做实验III的目的为_________。【22~25题答案】【答案】（1）①.MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O②.吸收氯气中的氯化氢气体（2）Cl2+2I-=2Cl-+I2（3）氧化性Cl2＞Br2，Cl2＞I2（4）①.溶液变蓝②.除去未反应的Cl2，防止其氧化I-，对后续实验产生干扰【解析】【分析】在A装置中MnO2与浓盐酸混合加热发生氧化还原反应产生Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl用装置B的饱和NaCl溶液除去，在装置C中Cl2与水反应制取得到氯水，过量的Cl2用NaOH溶液除去，防止大气污染。根据氧化剂：氧化剂＞氧化产物分析判断，利用I2遇淀粉溶液变为蓝色判断I2的产生。【小问1详解】在A装置中MnO2与浓盐酸混合加热发生氧化还原反应产生Cl2，该反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；B中饱和食盐水的作用为除去氯气中的杂质氯化氢气体；【小问2详解】在实验I中，ii中Cl2将KI氧化为I2，同时反应产生KCl，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2；【小问3详解】在实验I中，i中Cl2将NaBr氧化为Br2，同时反应产生NaCl，发生反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，则物质的氧化性：Cl2＞Br2；ii中Cl2将KI氧化为I2，同时反应产生KCl，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2，物质的氧化性：Cl2＞I2；【小问4详解】①Cl2将NaBr氧化产生Br2，Br2的水溶液具有强氧化性，会将I-氧化产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此在实验II中若观察到溶液变为蓝色，证明反应产生了I2，为此甲根据溶液变为蓝色判断出物质的氧化性：Br2＞I2；②用Cl2氧化NaBr溶液时，溶液中可能存在过量的Cl2，Cl2也能够氧化KI为I2，使溶液变为蓝色，因此在验证Br2＞I2之前要先排出Cl2的干扰，为此要补做实验III，来除去未反应的Cl2，防止其氧化I-，对后续实验产生干扰。四、填空题(本题包括3小题，共30分)23.“价类二维”和“性质决定用途”是化学学科的两种重要思维方式。I.利用“价类二维”的思维方式可以学习和预测物质的性质。下图是硫元素的价类二维图。（1）根据“价类二维图”预测，下列物质能与X反应，但不属于氧化还原反应的是_______(填序号)。①NaOH溶液②KMnO4溶液③H2S④Na2SO3溶液（2）Na2SO3溶液长期放置容易变质，原因为_______(用化学方程式表示)。II.利用物质的有关性质可以解释其用途。（3）金属钠可用作强除水剂，反应的离子方程式为_______。（4）小苏打可用于中和过多的胃酸，反应的离子方程式为________。（5）NaOH和铝粉为固体管道疏通剂的主要成分，其工作原理为铝和NaOH遇水反应放出大量的热，加快NaOH对毛发等淤积物的腐蚀，同时产生增加管道内的气压，利于疏通。铝和NaOH遇水反应的化学方程式为_________。【23~27题答案】【答案】（1）①④（2）2Na2SO3+O2=2Na2SO4（3）（4）（5）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑【解析】【小问1详解】X是+4价的S元素的氧化物，X为SO2。①SO2与NaOH溶液反应产生Na2SO3、H2O，反应过程中元素化合价不变，因此反应不属于氧化还原反应，①符合题意；②SO2与KMnO4酸性溶液会发生氧化还原反应产生H2SO4、K2SO4、MnSO4、H2O，反应过程中元素化合价发生变化，因此反应属于氧化还原反应，②不符合题意；③SO2与H2S反应产生S、H2O，反应过程中元素化合价发生变化，因此反应属于氧化还原反应，③不符合题意；④SO2与Na2SO3溶液反应产生NaHSO3，反应过程中元素化合价不变，因此反应不属于氧化还原反应，①④符合题意；故合理选项是①④；【小问2详解】Na2SO3中S元素为+4价，具有强的还原性，会被溶解在溶液中的O2氧化产生Na2SO4，反应的化学方程式为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；【小问3详解】Na性质活泼，与水反应产生NaOH、H2，反应的离子方程式为：；【小问4详解】NaHCO3与胃酸(HCl)反应产生NaCl、H2O、CO2，反应的离子方程式为：；【小问5详解】NaOH和铝粉为固体管道疏通剂的主要成分，其工作原理为铝和NaOH遇水反应放出大量的热，加快NaOH对毛发等淤积物的腐蚀，同时产生H2增加管道内的气压，利于疏通。铝和NaOH遇水反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。24.硫酸亚铁晶体()在医药上可作补血剂。I.在实验室中，可通过如下实验由废铁屑制备。a.将一定量废铁屑放入5%溶液中，煮沸除油污，过滤，用水洗净铁屑；b.向洗净的铁屑中加入少量的稀硫酸，控制温度在50℃～80℃之间至反应完全；c.析出晶体；d.滤出晶体，用少量冰水洗涤2～3次，再用滤纸吸干；e.将制得的晶体密封保存。请回答下列问题：（1）步骤b中发生氧化还原反应的离子方程式为_______。（2）步骤c的具体操作为________。II.课外小组测定某硫酸亚铁补血片中铁元素的含量。实验步骤如下：请回答下列问题：（3）若向步骤III所得滤液中滴加KSCN溶液后出现_______现象，说明滤液中含有；检验滤液中还存在，应选用的试剂为______(填字母)。A.NaCl溶液B．酸性溶液C．NaOH溶液（4）步骤IV加入足量的目的为_______；（5）该补血片与维生素C同时服用，有利于的吸收，这说明维生素C具有_____(填“氧化性”或“还原性”)。（6）假设实验过程中铁元素无损耗，则每片补血片中铁元素的质量为______g(用含a的代数式表示)。【24~29题答案】【答案】（1）、（2）趁热过滤，冷却结晶（3）①.溶液变红②.B（4）将全部氧化为（5）还原性（6）0.07a【解析】小问1详解】向洗净的铁屑中加入少量的稀硫酸，发生、、，属于氧化还原反应的是、，故答案为：、；【小问2详解】温度在50℃～80℃之间至反应完全，要得到硫酸亚铁晶体，应该趁热过滤，冷却结晶，故答案为：趁热过滤，冷却结晶；【小问3详解】要检验应该用KSCN溶液，向溶液中滴加KSCN溶液，若溶液变红则说明溶液中有，有还原性，要检验滤液中还存在，应选用酸性高锰酸钾溶液，如果溶液颜色变浅说明有，故答案为：溶液变红；B；【小问4详解】步骤III所得滤液中可能存在，而最终要得到红棕色的固体，所以步骤IV加入足量的目的为将全部氧化为，故答案为：将全部氧化为；【小问5详解】有还原性容易被氧化，该补血片与维生素C同时服用，有利于的吸收，这说明维生素C具有还原性，故答案为：还原性；【小问6详解】10片补血片经过一系列变化，最终得到ag红棕色固体，应该是三氧化二铁，故每片补血片中铁元素的质量为，故答案为：0.07a。25.短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，B、E处于同一主族。A的一种同位素在考古研究中用于测定一些文物的年代，B原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍，D在同周期元素形成的离子中半径最小，C与B能形成C2B、C2B2型化合物。请回答下列问题：（1）A在元素周期表中的位置为______，A与原子半径最小的原子形成的10电子分子的空间结构为______。（2）A、E中非金属性较强的是______(填元素符号)，两者可形成AE2型化合物，该化合物的结构式为_______。（3）C、D的最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式为________。（4）C、E可形成化合物M，用电子式表示M的形成过程_______。（5）C2B2中的化学键类型为______(填“离子键”、“极性键”或“非极性键”)。【25~29题答案】【答案】（1）①.第二周期IVA族②.正四面体形（2）①.S②.S=C=S（3）（4）（5）离子键、非极性键【解析】【分析】由A的一种同位素在考古研究中用于测定一些文物的年代知A是C，由B原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍知B是O，由B、E处于同一主族知E是S，由C与B能形成C2B、C2B2型化合物知C是Na，由D在同周期元素形成的离子中半径最小知D是Al。【小问1详解】A是C，原子结构示意图为，在元素周期表中的位置为第二周期IVA族，A与原子半径最小的原子即H原子形成的10电子分子为甲烷，空间构型为正四面体形，故答案为：第二周期IVA族；正四面体形；【小问2详解】A、E分别是C、S，最高价氧化物对应水化物分别是H2CO3和H2SO4，H2C