2024-2025学年新教材高中化学综合检测卷二含解析新人教版化学必修第一册

PAGEPAGE16综合检测卷(二)[时间：90分钟满分：100分]一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．下列关于物质分类组合正确的是(C)选项混合物碱电解质碱性氧化物A.CuSO4·5H2OCa(OH)2NaClNa2OB．盐酸Na2CO3H2CO3Fe2O3C．镁铝合金KOHBaSO4CuOD．矿泉水Mg(OH)2稀硫酸Na2O2【解析】CuSO4·5H2O是纯净物，A错误；Na2CO3是盐，B错误；稀硫酸是混合物，不是电解质，Na2O2不是碱性氧化物，D错误。2．下列化学用语正确的是(A)A．CS2的结构式：S=C=SB．H2SO4的电离方程式：H2SO4=H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))C．Cl－的离子结构示意图：D．用电子式表示氯化钠的形成过程：Na·＋·Cl··,··eq\o(\s\up7(·),\s\do5(·))→Naeq\o(\s\up7(·),\s\do5(·))Cl··,··eq\o(\s\up7(·),\s\do5(·))【解析】CS2中碳、硫原子通过双键连接，CS2的结构式为S=C=S，A项正确；H2SO4是二元强酸，电离方程式：H2SO4=2H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，B项错误；Cl－的核外有18个电子，离子结构示意图为，C项错误；氯化钠是离子化合物，用电子式表示氯化钠的形成过程：，D项错误。3．已知2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，该反应中相关物质的化学用语中正确的是(A)A．H2的结构式：H—HB．中子数为12的钠原子：eq\o\al(\s\up1(23),\s\do1(12))NaC．H2O的电子式：H＋[eq\o(\s\up7(·),\s\do5(·))O··,··eq\o(\s\up7(·),\s\do5(·))]2－H＋D．Na＋的结构示意图：【解析】氢分子中，氢原子最外层只有一个电子，两个氢原子各供应一个电子形成共用电子对，即形成氢氢共价单键，故A正确；AZX中Z代表质子数，即原子序数，A代表质量数，质量数＝质子数＋中子数，钠的质子数为11，中子数为12的钠原子质量数为23，所以中子数为12的钠原子可表示为eq\o\al(\s\up1(23),\s\do1(11))Na，故B错误；水分子中氢原子与氧原子通过共用电子对形成共价键，所以电子式可表示为，故C错误；钠原子核外有11个电子，失去一个电子形成钠离子，所以钠离子核外有10个电子，故D错误。4．从物质分类来看雾霾属于胶体，它区分于溶液等其他分散系的本质特征是(C)A．胶粒可以导电B．胶体是混合物C．胶体粒子直径大小为1～100nmD．胶体的分散剂为气体【解析】胶体区分于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径的大小，C项正确。5．抗震救灾中要用大量漂白粉和漂白液杀菌消毒。下列说法中不正确的是(B)A．漂白粉露置于空气中简洁变质B．氯水是比漂白粉、漂白液更稳定的漂白剂C．漂白液的有效成分是NaClOD．工业上制漂白粉的方法是将氯气通入石灰乳中【解析】漂白粉的有效成分是次氯酸钙，若露置于空气中，次氯酸钙会与空气中的二氧化碳及水反应，产生碳酸钙及次氯酸，次氯酸见光易分解，导致变质，A项正确；氯水中含有次氯酸，光照简洁分解，因此它比漂白粉、漂白液稳定性差，B项错误；漂白液是氯气与氢氧化钠溶液反应得到的，其有效成分是NaClO，C项正确；将氯气通入石灰乳中，二者发生反应制得漂白粉，主要成分是氯化钙、次氯酸钙，其有效成分是次氯酸钙，D项正确。6．关于下列试验装置或操作的说法中，正确的是(C)A．试验装置①可用于MnO2固体与浓盐酸反应制取干燥氯气B．试验装置②中若左边棉花变橙色，右边棉花变蓝色，则能证明氧化性：Cl2>Br2>I2C．试验装置③中，先给钠预热，到钠熔融成小球时，撤去酒精灯，通入Cl2，视察钠与Cl2的反应D．试验装置④用于除去Cl2中含有的少量HCl【解析】试验装置①制取的Cl2中含有水蒸气，且不能用排水法收集，所以A错误；试验装置②无法证明Br2、I2的氧化性强弱，B错误；试验装置④中应用饱和食盐水，D错误。7．下列说法正确的是(B)A．CH4的摩尔质量为16gB．在常温常压下等质量的O2和SO2气体的体积比为2∶1C．在标准状况下，1molCCl4和1molH2的体积都约为22.4LD．将40gNaOH溶于1L水所得溶液的物质的量浓度为1mol·L－1【解析】CH4的摩尔质量为16g·mol－1，A项错误；在常温常压下等质量的O2和SO2气体的物质的量之比为2∶1，相同条件下的体积比等于物质的量之比，即体积比为2∶1，B项正确；在标准状况下，1molH2的体积约为22.4L,CCl4为液体，1molCCl4的体积远小于22.4L，C项错误；将40gNaOH溶于1L水所得溶液的体积不为1L，则物质的量浓度不为1mol·L－1，D项错误。8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(C)A．相同质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，放出的氢气体积确定不相同B．56gFe与足量盐酸反应转移电子数为3NAC．46gNO2和N2O4的混合物含有的原子数为3NAD．任何条件下，22.4LNH3与18gH2O含电子数均为10NA【解析】相同质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，放出的氢气的物质的量相等，相同条件下体积相同，A项错误；56g即1mol铁与足量盐酸反应转移电子数为2NA，B项错误；NO2和N2O4的最简式相同，均是NO2，因此46gNO2和N2O4的混合物含有的原子数为3NA，C项正确；标准状况下，22.4LNH3与18gH2O所含电子数均为10NA，D项错误。9．某氮的氧化物和灼热的铁进行反应：4NxOy＋3yFeeq\o(=,\s\up7(高温))yFe3O4＋2xN2，在某次试验中，2mol该氧化物通过500g(过量)红热的铁生成1molN2和1molFe3O4，则该氧化物的化学式为(B)A．NOB．NO2C．N2OD．N2O4【解析】2mol该氧化物与足量红热的铁完全反应，生成1molN2和1molFe3O4，结合化学方程式可知，4∶2x∶y＝2mol∶1mol∶1mol，解得x＝1，y＝2，故NxOy的化学式为NO2,B项正确。10．下列关于氯气或氯的化合物的叙述不正确的是(B)A．过量的铁粉与氯气反应生成FeCl3B．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液生成CaSO3沉淀C．氯气能使润湿的淀粉碘化钾试纸变蓝D．次氯酸钙比次氯酸稳定【解析】铁和氯气反应生成FeCl3，A项正确；SO2和Ca(ClO)2发生氧化还原反应，得到的是CaSO4，B项错误；Cl2和KI反应生成碘单质，淀粉遇碘单质显蓝色，C项正确；HClO见光能分解，但Ca(ClO)2较稳定，D项正确。11．已知还原性由强到弱的依次为SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))>I－>Br－，向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中通入确定量的氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到的剩余固体物质的组成可能是(D)A．NaClB．NaCl、Na2SO4、NaIC．NaCl、Na2SO4、I2D．NaCl、NaBr、Na2SO4【解析】依据氧化还原反应的先后依次取决于物质氧化性或还原性的相对强弱，还原性最强的Na2SO3优先与Cl2反应生成Na2SO4：Na2SO3＋Cl2＋H2O=Na2SO4＋2HCl，所以固体中确定含有Na2SO4；其余依次为NaI、NaBr分别与Cl2反应生成I2、Br2(均生成NaCl)，则固体中确定含有NaCl；有可能NaBr未反应完全，但不会NaBr反应完全而剩余NaI，生成的Br2、I2蒸干并灼烧时将挥发、升华脱离固体，D项正确。12．硫酸镁和硫酸铝溶液等体积混合后，铝离子浓度为0.1mol·L－1，硫酸根离子浓度为0.3mol·L－1，则溶液中镁离子的浓度为(C)A．0.3mol·L－1B．0.45mol·L－1C．0.15mol·L－1D．0.2mol·L－1【解析】依据电荷守恒，溶液中阳离子所带正电荷总数＝阴离子所带负电荷总数，设混合溶液体积为V，则3c(Al3＋)×V＋2c(Mg2＋)×V＝2c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))×V，所以3c(Al3＋)＋2c(Mg2＋)＝2c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))，代入已知数据得3×0.1mol·L－1＋2c(Mg2＋)＝2×0.3mol·L－1，解得c(Mg2＋)＝0.15mol·L－1，故C正确。13．CO与O2反应生成CO2的历程如下(部分微粒未画出)：下列分析不正确的是(B)A．CO2分子的空间结构是直线形B．在该过程中，CO断键形成C和OC．CO和O生成了具有极性共价键的CO2D．CO和O生成CO2的过程涉及电子转移【解析】CO2分子的空间结构是直线形，所以A正确；据图示可知，该过程中CO化学键不断裂，而O2中O—O键断裂，所以B不正确；不同非金属元素原子之间形成极性共价键，二氧化碳分子结构式为O=C=O，其中C=O键为极性共价键，所以C正确；CO和氧原子结合生成CO2的过程中，碳元素化合价由＋2价升为＋4价，氧元素化合价从0价降为－2价，所以该反应中有电子转移，D正确。14．在配制溶液时，下列状况会使所配溶液浓度偏高的是(B)A．溶液转移到容量瓶中后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤B．未经冷却立刻将其转移至容量瓶中C．定容时，仰视容量瓶的刻度线D．定容后摇匀，发觉液面降低，又补加少量蒸馏水至刻度线【解析】由c＝eq\f(n,V)可知，溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，n偏小，则c偏小，A项错误；未经冷却立刻将其转移至容量瓶中，冷却后溶液体积V偏小，n不变，则c偏大，B项正确；定容时，仰视容量瓶的刻度线，V偏大，可使所配溶液浓度偏低，C项错误；定容后又补加少量蒸馏水，n不变，体积V偏大，则c偏小，D项错误。15．用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)(C)选项A.B.C.D.X中试剂水浓盐酸双氧水碘水Y中试剂FeMnO2MnO2NaBr制取气体H2Cl2O2Br2【解析】铁和水蒸气须要在高温条件下发生反应，常温下不反应，A不正确；二氧化锰与浓盐酸反应须要加热，图中缺少加热装置，且Cl2不能用排水法收集，B不正确；双氧水在二氧化锰催化作用下分解制取氧气的装置为固液不加热型，用排水法收集氧气，故C正确；强氧化剂可以制取弱氧化剂，碘单质的氧化性比溴单质弱，则碘水与溴化钠不反应，D不正确。16．如图是用KClO3与浓盐酸反应制取氯气的简易装置。下列说法正确的是(B)A．A中固体也可以用高锰酸钾、重铬酸钾、二氧化锰等代替B．装置A中发生反应的化学方程式为KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2OC．待没有气泡产生后，向A中加入足量AgNO3，依据沉淀质量可求出剩余盐酸的量D．装置B盛放的是饱和食盐水，目的是除去HCl【解析】浓盐酸与二氧化锰在常温下不反应，A项错误；KClO3与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，化学方程式为KClO3＋6HCl(浓)=3Cl2↑＋KCl＋3H2O，B项正确；反应得到的产物中有KCl，向A中加入足量的AgNO3，生成AgCl，若盐酸过量，也与AgNO3反应生成沉淀，因此不能利用沉淀质量求出剩余盐酸的量，C项错误；装置B用于收集氯气，D项错误。17．下列离子方程式书写正确的是(C)A．氯气与水反应：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－B．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))=BaSO4↓C．氯气与澄清石灰水反应：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2OD．铜与稀盐酸反应：Cu＋2H＋=Cu2＋＋H2↑【解析】氯气与水反应，离子方程式：Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，故A错误；硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应，离子方程式：Ba2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2OH－＋Cu2＋=Cu(OH)2↓＋BaSO4↓，故B错误；氯气与澄清石灰水反应：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，故C正确；铜与盐酸不反应，故D错误。18．把浓盐酸分别滴入点滴板上的各种溶液中，现象如下：试验现象①中溶液变蓝且无其他明显现象②中无明显现象③中溶液褪色④中产生黄绿色气体下列分析正确的是(D)A．①中现象体现了浓盐酸的氧化性B．②中无明显现象说明未发生反应C．③中反应后氯元素全部以KCl形式存在D．④中产生黄绿色气体的反应：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O【解析】②中浓盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水的过程没有明显的现象，B项错误；浓盐酸与高锰酸钾反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，③中反应后氯元素化合价发生变更，且由生成物可知，其不行能全部以KCl形式存在，C项错误；次氯酸钠与盐酸发生氧化还原反应，产生氯气，④中产生黄绿色气体的反应为ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O，D项正确；③④中产生的Cl2与①中的KI反应生成I2，溶液变蓝，HCl与KI不反应，A项错误。19．下列试验操作正确的是(D)A．用试管取出试剂瓶中的Na2CO3溶液，发觉取量过多，为了不奢侈，又把过量的试剂倒入试剂瓶中B．Ba(NO3)2溶于水，可将含有Ba(NO3)2的废液倒入水池中，再用水冲入下水道C．用蒸发的方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液全部蒸干才停止加热D．用浓硫酸配制确定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中【解析】取出Na2CO3溶液，发觉取量过多，不能放回原瓶，否则会污染原试剂，A项错误；钡离子有毒，可污染地下水，不能干脆排放，B项错误；蒸发时不能蒸干，有大量固体析出时即停止加热，利用余热蒸干，C项错误；容量瓶只能在常温下运用，不能用来盛装过冷或过热的液体，浓硫酸溶于水放热，溶液的温度较高，应冷却后再转移到容量瓶中，D项正确。20．KClO3在酸性溶液中可将VO2＋氧化成VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))，而自身被还原为Cl－。欲使3molVO2＋氧化成VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))，须要氧化剂KClO3的物质的量是(B)A．0.2molB．0.5molC．1molD．3mol【解析】VO2＋氧化成VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))，V元素化合价从＋4价升到＋5价，3molVO2＋氧化成VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))失去电子3mol，KClO3被还原为Cl－，Cl元素化合价从＋5价降到－1价，得到电子的物质的量为3mol，则须要氧化剂KClO3的物质的量为eq\f(3mol,6)＝0.5mol；B项正确。21．类推的思维方法在化学学习与探讨中经常接受，但类推出的结论是否正确最终要经过试验的验证。以下类推的结论正确的是(D)A．由“Cl2＋H2O=HCl＋HClO”反应可推出“F2＋H2O=HF＋HFO”反应也能发生B．HCl是强酸，推出HF也是强酸C．由“2Fe＋3Cl2=2FeCl3”反应可推出“2Fe＋3I2=2FeI3”反应也能发生D．Na、K在周期表中属于同一主族，化学性质相像，Na常温下与水猛烈反应，故K常温下也能与水猛烈反应【解析】F2与H2O反应生成HF和氧气：2F2＋2H2O=4HF＋O2，A项错误；HF是弱酸，B项错误；Fe与I2反应生成FeI2：Fe＋I2=FeI2，C项错误；同一主族从上到下，元素的金属性慢慢增加，故K常温下与水反应比Na常温下与水反应更猛烈，D项正确。22．将SO2通入足量Fe2(SO4)3溶液中，完全反应后再加入K2Cr2O7溶液，发生的两个化学反应为①SO2＋2Fe3＋＋2H2O→SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2Fe2＋＋W，②Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋aFe2＋＋bH＋→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O。下列有关说法正确的是(C)A．还原性：Cr3＋＞SO2B．方程式②中，a＝6，b＝7C．Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))能将Na2SO3氧化成Na2SO4D．方程式①中W为OH－【解析】反应SO2＋2Fe3＋＋2H2O→SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2Fe2＋＋W中，SO2是还原剂，Fe2＋为还原产物，所以还原性：SO2＞Fe2＋，反应Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋aFe2＋＋bH＋→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O中，Fe2＋为还原剂，Cr3＋为还原产物，所以还原性：Fe2＋＞Cr3＋，则还原性：SO2＞Cr3＋，A项错误；由得失电子守恒和电荷守恒配平方程式②为Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，则a＝6，b＝14，B项错误；Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))具有氧化性，能将Fe2＋氧化，也能将Na2SO3氧化成Na2SO4，C项正确；由方程式①电荷守恒知，W为H＋，D项错误。23．现有4种短周期主族元素X、Y、Z和Q，原子序数依次增大，其中X、Y在同一周期，Z、Q在同一周期。相关信息如下表：元素相关信息X最外层电子数是核外电子总数的一半Y最高化合价和最低化合价之和为零Z主族序数是周期数的2倍Q同周期元素中原子半径最小下列说法正确的是(B)A．常温时，X单质能与水发生猛烈反应B．离子半径：Z>QC．Y、Z、Q最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱D．位于第五周期且与Q同主族元素的单质在常温常压下呈液态【解析】依据表中相关信息推想出X为Be，Y为C，Z为S，Q为Cl，Be的金属性比Mg弱，Mg与热水反应，所以常温时Be单质不能与水发生猛烈反应，A错误；S、Cl位于同一周期，原子序数：S<Cl，则离子半径：S2－>Cl－，B正确；最高价氧化物对应水化物的酸性与非金属性一样，非金属性C<S<Cl，则酸性：碳酸<硫酸<高氯酸，C错误；位于第五周期且与Q同主族元素的单质为碘单质，在常温常压下为固态，D错误。24．向100mLNaOH溶液中通入确定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol·L－1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列推断正确的是(D)A．通入CO2后，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝1∶1B．通入的CO2在标准状况下体积为448mLC．通入CO2后，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶3D．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.2mol·L－1【解析】依据图像可知，加盐酸的体积为0～25mL时，无气体生成，发生反应为Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，消耗HCl的物质的量为0.2mol·L－1×0.025L＝0.005mol，所以n(Na2CO3)＝0.005mol；加入盐酸100mL时恰好完全反应，此时溶质只有氯化钠，n(Na＋)＝n(Cl－)＝0.2mol·L－1×0.1L＝0.02mol，则n(NaHCO3)＝0.02mol－0.005mol×2＝0.01mol，通入CO2后，所得溶液的溶质成分为NaHCO3、Na2CO3，二者物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝2∶1，A、C项错误；加盐酸的体积为25～100mL时，产生气体，发生的反应为NaHCO3＋HCl=CO2↑＋NaCl＋H2O，此反应消耗HCl的物质的量是0.2mol·L－1×0.075L＝0.015mol，放出的CO2在标准状况下的体积为0.015mol×22.4L·mol－1＝0.336L＝336mL，所以氢氧化钠溶液中通入CO2在标准状况下的体积为336mL，B项错误；加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，依据元素守恒得，n(NaOH)＝n(NaCl)＝n(HCl)＝0.1L×0.2mol·L－1＝0.02mol，所以c(NaOH)＝eq\f(0.02mol,0.1L)＝0.2mol·L－1，D项正确。25．下列有关物质结构的说法或表示错误的是(C)A．CH4分子呈正四面体形B．78gNa2O2晶体中阴阳离子总数为3NAC．3.4g氨气中含有N—H键的数目为0.3NAD．二氧化碳的结构式为O=C=O【解析】CH4分子构型为正四面体形，A选项正确；过氧化钠是由Na＋和Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2))构成，78gNa2O2晶体中所含离子总数：eq\f(78g,78g/mol)×3×NAmol－1＝3NA，B选项正确；一分子NH3含3个N—H键，3.4g氨气中含有N—H键的数目为eq\f(3.4g,17g/mol)×3×NAmol－1＝0.6NA，C选项错误；二氧化碳中，中心原子C分别和两个O共用两对电子对，形成两个碳氧双键，结构式为O=C=O，D选项正确。二、非选择题(本大题有5小题，共50分)26．(10分)(1)为了防止FeSO4溶液变质，应在溶液中加入少量的__Fe__(填元素符号)。(2)人体血液中的下列物质不属于电解质的是__b__(填字母，下同)。a．H2CO3b．葡萄糖(C6H12O6)c．NaHCO3d．NaCl(3)区分Na2CO3和NaHCO3溶液可选用的方法或试剂是__a__。a．CaCl2溶液b．焰色试验c．Ca(OH)2溶液d．NaOH溶液(4)下列变更中，不涉及氧化还原反应的是__c__。a.金属的冶炼b．钢铁的锈蚀c．钟乳石的形成d．食物的变质(5)下列过程必需加入氧化剂才能实现的是__d__。a．Cl2→ClO－b．NH3→NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))c．KMnO4→MnO2d．Fe2＋→Fe3＋(6)质量相同的两份铝粉，分别放入足量的盐酸和NaOH溶液中，放出的H2在同温同压下体积之比为__1∶1__。(7)明矾[硫酸铝钾的结晶水合物，化学式为KAl(SO4)2·12H2O]是一种常用添加剂，明矾在水中能电离出两种金属离子和酸根离子。写出硫酸铝钾的电离方程式：__KAl(SO4)2=K＋＋Al3＋＋2SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))__。【解析】(1)硫酸亚铁溶液变质主要是亚铁离子被空气中的氧气氧化，加入Fe，可防止亚铁离子被氧化：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋。(2)碳酸是酸，NaHCO3和氯化钠是盐，它们都属于电解质，葡萄糖不能电离，不属于电解质，b项符合题意。(3)碳酸钙难溶于水，碳酸氢钙可溶于水，所以可用氯化钙溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液；两者均含钠元素，焰色试验均为黄色，所以不能用焰色试验鉴别；Ca(OH)2溶液中的钙离子能与Na2CO3溶液中的碳酸根离子形成碳酸钙沉淀：Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH，Ca(OH)2溶液中的OH－能与NaHCO3中的HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))生成COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，生成的COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))能进一步与Ca2＋生成沉淀，所以不能用Ca(OH)2鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液；NaOH溶液与Na2CO3溶液混合不反应，无明显现象，而与NaHCO3虽能反应，但无明显现象，所以a项正确。(4)金属的冶炼一般是将金属元素从化合态转变成游离态，有化合价的变更，发生的是氧化还原反应；钢铁锈蚀的本质是Fe被氧化；钟乳石的形成过程：CaCO3＋H2O＋CO2=Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2=CaCO3↓＋H2O＋CO2↑，不涉及氧化还原反应；食物的变质缘由包括食物被氧化。c项正确。(5)Cl2可与NaOH溶液反应生成ClO－：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，Cl2既是氧化剂又是还原剂，不需另加氧化剂；NH3→NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))没有化合价的变更，不需加入氧化剂；KMnO4→MnO2是还原反应，不需加氧化剂；Fe2＋→Fe3＋中Fe化合价上升，发生的是氧化反应，需加入氧化剂。所以d项正确。(6)Al无论是与盐酸反应，还是与NaOH溶液反应生成H2都是Al失电子、H得电子。依据电子得失守恒可知，相同质量的铝粉失电子数相同，则在同温同压下，生成H2的体积也相同，体积之比为1∶1。(7)依据题意，明矾电离出K＋、Al3＋和SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，电离方程式为KAl(SO4)2=K＋＋Al3＋＋2SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))。27．(8分)某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。请回答下列问题：(1)仪器1的名称：__分液漏斗__。装置5的作用：__液封，防止空气进入装置4__。(2)试验起先时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发觉装置3中溶液不能进入装置4中。请为装置作一处改进，使溶液能进入装置4中：__在装置2、3之间添加限制开关__。(3)装置改进后，将装置3中反应后的溶液压入装置4中，在装置4中析出了灰绿色沉淀。从试验操作过程分析没有产生白色沉淀的缘由是__装置4内的空气没有排尽__。【解析】该装置制备Fe(OH)2白色沉淀的思路是在排尽空气的气氛中，铁屑和稀硫酸反应先得到FeSO4，同时产生H2，再利用气体产生的气压把FeSO4溶液压至装置4中与NaOH反应，得到Fe(OH)2，留意所需试剂也须要加热除掉溶解氧。(1)仪器1是分液漏斗，该反应须要置于无氧环境，留意与防倒吸无关，装置5的作用是液封，防止空气进入装置4。(2)试验起先时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发觉3中溶液不能进入4中。缘由是产生的H2从左侧导管逸出，没有足够的压强将FeSO4溶液压出，因此需在装置2、3之间添加限制开关。(3)灰绿色沉淀产生的缘由是装置4中的空气没有完全排尽，Fe(OH)2被空气中的氧气氧化。28．(11分)下表为元素周期表的一部分，用元素符号或化学式回答下列问题。主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0二⑥①⑦④三③⑤⑧⑩四②⑨(1)写出⑥与⑧元素组成的最简洁分子的电子式：____。(2)①的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为__NH3＋HNO3=NH4NO3__，第三周期中除⑩元素以外离子半径最小的是__Al3＋__(填离子符号)。(3)②③⑤三种元素最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是__KOH__(填化学式)；元素⑧的简洁氢化物的结构式为__H—Cl__，该氢化物和元素④的单质反应的化学方程式为__2F2＋2H2O=4HF＋O2__。(4)第三周期与②同主族的元素的单质在⑦的单质中燃烧生成的化合物的电子式为___；④⑧⑨元素的离子的还原性由强到弱的依次为__Br－＞Cl－＞F－__(用离子符号表示)。【解析】依据元素在周期表中的位置知，①为N元素，②为K元素，③为Mg元素，④为F元素，⑤为Al元素，⑥为C元素，⑦为O元素，⑧为Cl元素，⑨为Br元素，⑩为Ar元素。(1)元素⑥与⑧组成的最简洁化合物为四氯化碳，四氯化碳为共价化合物，其电子式为。(2)①的气态氢化物为氨气，其最高价氧化物对应的水化物为硝酸，二者反应生成硝酸铵，反应的化学方程式为NH3＋HNO3=NH4NO3；第三周期中除⑩元素以外的离子中，铝离子是电子层数最少的离子中核电荷数最大的，故铝离子是第三周期中离子半径最小的。(3)②为K元素，③为Mg元素，⑤为Al元素，其中K的金属性最强，则最高价氧化物对应的水化物碱性最强的为KOH；元素⑧的简洁氢化物为HCl，HCl分子中存在1个氢氯共价键，其结构式为H—Cl；元素④的单质为氟气，氟气与水反应生成氟化氢和氧气，反应的化学方程式为2F2＋2H2O=4HF＋O2。(4)与②同主族，第三周期的元素单质为钠，钠在⑦的单质氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，其电子式为；④⑧⑨分别为F、Cl、Br元素，非金属性：F＞Cl＞Br，则元素阴离子的还原性由强到弱的依次为Br－＞Cl－＞F－。29．(11分)Ⅰ.为探究难溶性盐X(仅含三种元素)的组成和性质，设计并完成如下试验：已知：气体甲和气体乙组成元素相同。请回答：(1)气体乙的摩尔质量是__28__g·mol－1__。(2)X的化学式是__FeC2O4__。(3)写出X在隔绝空气条件下加热分解的化学方程式：__FeC2O4eq\o(=,\s\up7(△))FeO＋CO↑＋CO2↑__。Ⅱ.电子工业常用FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。从腐蚀废液(主要含FeCl3、FeCl2、CuCl2)中回收铜，并重新获得FeCl3溶液。废液处理流程如下：(1)步骤(Ⅰ)中分别操作名称是__过滤__。(2)沉淀B中主要含有__Cu、Fe__，气体D是__H2__。(3)写出步骤(Ⅲ)中生成FeCl3的化学方程式：__2FeCl2＋Cl2=2FeCl3__。(4)步骤(Ⅲ)中，将Cl2换成H2O2也能达到同样的目的，写出H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋的离子方程式：__2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O__。【解析】Ⅰ.(1)混合气体通入足量的澄清石灰水中得到白色沉淀，能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2，也可能是SO2，气体甲和气体乙组成元素相同，因此组合可能是CO2、CO或SO2、SO3，假如混合气体是SO2、SO3，通入足量澄清石灰水，没有气体逸出，因此甲为CO2，乙为CO，即气体乙的摩尔质量为28g·mol－1。(2)依据(1)的分析，白色沉淀是CaCO3，即CO2物质的量为eq\f(5.00g,100g·mol－1)＝0.05mol，气体甲和气体乙平均相对分子质量为36，依据十字交叉法，推出CO物质的量为0.05mol，即X中碳原子的物质的量为(0.05＋0.05)mol＝0.1mol，红棕色固体为Fe2O3，X中含有铁元素，X中铁原子物质的量为eq\f(4.00g,160g·mol－1)×2＝0.05mol，氧原子的质量为7.2g－0.05mol×56g·mol－1－0.1mol×12g·mol－1＝3.2g，即X中氧原子物质的量为eq\f(3.2g,16g·mol－1)