2023-2024学年辽宁省沈阳市高一上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3辽宁省沈阳市2023-2024学年高一上学期期末考试试题注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两卷。满分100分，考试时间60分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡指定区域。3.选择题选出〖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，答在本试卷上无效。其他试题用黑色水性笔答在答题卡上，写在本试卷上无效。4.考试结束后，考生将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Cl-35.5Fe-56第I卷(选择题42分)一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题有一个选项符合题意。1.下列关于化学与职业的表述中错误的是（）A.水质检验员在自来水出厂前会对水中的、微生物、有机物等进行检测和分析B.科技考古人员是靠文献记载、年历学和有纪年文字的遗物来断定文物的绝对年代C.化学科研工作者可从事特定功能新分子合成、节能环保物质转化工艺的研发等D.测试工程师可通过化学检测仪或化学检测方法测出不锈钢中的某些组成元素〖答案〗B〖解析〗【详析】A．自来水厂水质检验员的工作是在自来水出厂前，利用化学分析仪器对水中的、微生物、有机物等进行检测和分析，只有达到标准才可以让自来水出厂，故A正确；B．科技考古研究人员是根据放射性同位素的半衰期推算文物的绝对年代。放射性同位素被考古学家称为“碳钟”，它可以用来断定文物的绝对年代，故B错误；C．特定功能新分子合成、节能环保物质转化工艺的研发都属于化学前沿科学，化学科研工作者可从事特定功能新分子合成、节能环保物质转化工艺的研发等，故C正确；D．不锈钢中的某些组成元素及其含量不同导致不锈钢的性质出现差异，测试工程师可通过化学检测仪或化学检测方法测出不锈钢中的某些组成元素及其含量来确定不锈钢的等级，故D正确；选B。2.科学的分类能够反映事物的本质特征，有利于人们分门别类地进行深入研究。下列有关分类的逻辑关系图中正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．物质根据构成微粒种类的多少可分为纯净物和混合物；纯净物又根据组成元素种类的多少分为单质和化合物，化合物根据在水溶液中或熔融状态下能否导电分为电解质和非电解质，它们属于并列关系，物质分类合理，A正确；B．离子反应有的属于氧化还原反应，有的不属于氧化还原反应，二者是交叉关系，而不属于并列关系，B错误；C．钠盐和钾盐可能同时属于碳酸盐，因此钠盐和钾盐与碳酸盐属于交叉关系，而不是并列关系，C错误；D．胶体属于分散系，而液溶胶属于胶体，则液溶胶与胶体之间属于包含关系，而不是交叉关系，D错误；故合理选项是A。3.化学创造美好生活，下列关于物质用途的说法中错误的是（）A.节日燃放的五彩缤纷的烟花所呈现的就是锂、钠、钾、铁、锶、钡等金属的焰色B.家庭橱卫管道堵塞时，可以使用以氢氧化钠和铝粉为主要成分的管道疏通剂疏通C.检验食品中铁元素，可先加少量稀硝酸，再滴加几滴KSCN溶液检验D.次氯酸钙既可用作漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂〖答案〗A〖解析〗【详析】A．锂、钠、钾、锶、钡等金属单质既化合物在灼烧时使火焰呈现不同颜色，这在化学上叫焰色试验，但铁元素无焰色试验，不能使火焰呈现颜色，A错误；B．氢氧化钠和铝粉在水中反应产生NaAlO2、H2，H2可以使堵塞管道的的固体物质向外逸出，因此家庭橱卫管道堵塞时，可以用氢氧化钠和铝粉作管道疏通剂，B正确；C．稀硝酸具有强氧化性，会将Fe2+氧化产生Fe3+，因此检验食品中的铁元素时，要先用稀硝酸酸化，然后再滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，说明含有Fe3+，从而证明含有铁元素，C正确；D．次氯酸钙具有强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色物质，因此可用作漂白剂；其能够是蛋白质发生变性而失去其生理活性，因此次氯酸钙又可用作游泳池等场所的消毒剂，D正确；故合理选项是A。4.金属材料对于促进生产发展、改善人类生活具有重要作用。下列说法中错误的是（）A.通过增加合金内原子层之间的相对滑动难度，使合金的硬度大于纯金属B.储氢合金属于新型合金，可用于制造以氢气为燃料的汽车C.纯铝具有强度高、密度小、抗腐蚀能力强等优点，常用于制造飞机外壳D.稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，其加入钢中后可增加钢的韧性、抗氧化性〖答案〗C〖解析〗【详析】A．合金的硬度大于纯金属的硬度，合金是通过增加原子层之间的相对滑动难度，使合金的硬度变大，故A正确；B．储氢合金属于新型合金，故B正确；C．纯铝质软，不能用于制造飞机外壳。硬铝具有强度高、密度小、抗腐蚀能力强等优点，常用于制造飞机外壳，故C错误；D．稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，其加入钢中后可增加钢的韧性、耐磨性、耐热性、抗氧化性和抗腐蚀性等，故D正确；选C。5.下列关于现行周期表的说法中错误的是（）A.原子最外层电子数为2的元素可能位于第ⅡA族、0族或副族B.在副族元素中可以寻找制造催化剂和耐高温合金的元素C.完全由长周期元素构成族叫做副族，族序数后标B(除第Ⅷ族)D.位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素〖答案〗D〖解析〗【详析】A．原子最外层电子数为2的元素可能位于第ⅡA族、0族或副族，如He是0族元素、Mg是第ⅡA族元素，Zn是副族元素，故A正确；B．在副族元素中可以寻找制造催化剂和耐高温合金的元素，故B正确；C．完全由长周期元素构成的族叫做副族，族序数后标B(除第Ⅷ族)，故C正确；D．副族和Ⅷ族元素属于过渡元素，故D错误；选D。6.用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是（）A.H2O的分子结构模型：B.NCl3的电子式：C.HClO结构式：H—Cl—OD.Cl-的结构示意图：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．H2O是V形分子，分子结构模型为，故A错误；B．NCl3是共价化合物，电子式为，故B正确；C．HClO中O为中心原子，结构式为H—O—Cl，故C错误；D．Cl-的质子数为17、电子数为18，结构示意图为，故D错误；选B。7.下列离子方程式中书写正确的是（）A.向溶液中通入：B.少量通入溶液中：C.溶液滴入过量溶液：D.用溶解〖答案〗B〖解析〗【详析】A．和溶液不反应，故A错误；B．Fe2+的还原性大于Br-，少量通入溶液中，氯气把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为，故B正确；C．溶液滴入过量溶液生成氢氧化铁沉淀、一水合氨、硫酸钠，反应的离子方程式为，故C错误；D．用溶解CaCO3生成醋酸钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为，故D错误；选B。8.水体中氨氮含量超标会造成水体富营养化，用次氯酸钙除去氨氮的原理如图所示。下列说法中错误的是（）A.标准状况下，22.4LCO2所含的共用电子对数目为4NAB.标准状况下，18gH2O的原子总数为3NAC.标准状况下，4.48LHCl气体溶于100mL水中形成的溶液浓度为2mol/LD.反应②每生成1molN2，消耗HClO分子数目为3NA〖答案〗C〖解析〗【详析】A．CO2分子中含有2个C=O，1个CO2分子中共含有4对共用电子对。标准状况下，22.4LCO2的物质的量是1mol，则其中所含的共用电子对数目为4NA，A正确；B．18gH2O的物质的量是1mol，由于H2O分子中含有3个原子，则1molH2O分子中含有原子总数为3NA，B正确；C．标准状况下，4.48LHCl气体的物质的量是0.2mol，其溶于100mL水中，得到的溶液体积不是0.1L，因此形成的溶液浓度不能为2mol/L，C错误；D．根据图示可知反应②是NH3与HClO发生氧化还原反应产生N2、HCl、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：2NH3+3HClO=N2+3HCl+3H2O，可见：在反应②中，每生成1molN2，消耗HClO的物质的量是3mol，则反应消耗HClO分子数目为3NA，D正确；故合理选项是C。9.下列“类比”“推理”中正确的是（）A.铁与氯气加热生成FeCl3，则铁与碘单质加热生成FeI3B.Na与H2O反应生成NaOH，则Fe与水蒸气在高温下反应生成Fe(OH)3C.Na与O2加热生成Na2O2，则Li与O2加热生成Li2O2D.FeCl3和足量氨水反应生成Fe(OH)3，则AlCl3与足量氨水反应生成Al(OH)3〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Cl2具有强氧化性，与变价金属Fe反应产生FeCl3，但是的氧化性比较弱，与Fe反应只能形成FeI2，而不能产生FeI3，A错误；B．活泼金属Na与H2O反应生成NaOH和H2，但是比较活泼的金属Fe与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，而不能生成Fe(OH)3，B错误；C．Na与O2加热生成Na2O2，而Li的氧化物只有Li2O，Li与O2加热时反应生成Li2O，C错误；D．FeCl3和足量氨水反应生成难溶性的碱Fe(OH)3，盐AlCl3与足量氨水反应生成Al(OH)3，D正确；故合理选项是D。10.下列实验装置或操作中不能达到实验目的是（）ABCD比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性制备检测过氧化钠与水反应后溶液酸碱性验证酸性的强弱：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．碳酸氢钠放在温度较低的小试管内，若B中石灰水变浑浊、A中石灰水不变浑浊，证明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，能达到实验目的，故不选A；B．先打开止水加，烧瓶内铁和稀硫酸反应生成的氢气排出锥形瓶内的空气，再关闭指示剂，烧瓶内硫酸亚铁被压入锥形瓶中与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，能达到实验目的，故不选B；C．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠溶液能使pH试纸变蓝，证明反应后的溶液呈碱性，能达到实验目的，故不选C；D．稀硫酸和碳酸钠反应放出二氧化碳气体，证明酸性H2SO4>H2CO3，二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应没有现象，不能验证酸性H2CO3>HClO，不能达到实验目的，故选D；选D。11.2006年，科学家以钙离子撞击锎(Cf)钯，产生了一种超重元素：(Og)，其反应可表示为：。下列说法中正确的是（）A.是化学性质活泼元素 B.与互为同素异形体C.的核外电子数是118 D.此反应为化学反应〖答案〗C〖解析〗【详析】A．根据反应前后物质质量不变，可知的质子数是Z=98+20=118，属于第七周期0族元素，原子最外层有8个电子，既不容易失去电子，也不容易获得电子，化学性质十分稳定，A错误；B．与质子数相同，但中子数不同，因此二者互为同位素，B错误；C．根据选项A计算可知质子数是118，由于原子核外电子数等于原子核内质子数，因此该原子的核外电子数是118，C正确；D．化学反应的过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中，元素的种类不变，各种元素的原子个数不变。该反应过程中产生新的元素，因此不属于化学反应，而是核反应，D错误；故合理选项是C。12.在做探究“过氧化钠和水反应”实验中，不会出现的实验图标是（）A. B. C.D.〖答案〗D〖解析〗【详析】A．过氧化钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠具有腐蚀性，为防止氢氧化钠溶液灼伤眼睛，需戴上护目镜，故不选A；B．过氧化钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠具有腐蚀性，实验后要洗手，故不选B；C．过氧化钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氧气，注意明火，故不选C；D．过氧化钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氧气，氧气无毒，不需通风，故选D；选D。13.一种常见酸的分子结构式如图所示。元素W、X、Y原子序数依次增大，且X、Y均位于W的下一周期。下列说法中错误的是（）A.根据元素周期律，最高正化合价：Y＞X＞WB.W、Y原子可以形成既含极性键又含非极性键分子C.X、Y分别与W均可以形成10电子分子D.同温同压下，等体积的W2和Y2气体含有相同的分子数〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据一种常见酸的分子结构式图示，可知W最外层只有1个电子，Y最外层有6个电子，X最外层有4个电子，元素W、X、Y原子序数依次增大，且X、Y均位于W的下一周期，则W是H，X是C，Y是O元素，该酸是H2CO3，然后根据问题分析解答。【详析】A．H最高为+1价，C最高为+4价，O元素没有与族序数相当的最高正化合价，常见为单质0价，故最高正化合价：X＞W＞Y，A错误；B．X是C，Y是O元素，二者可以形成C2H6等既含极性键又含非极性键分子，B正确；C．根据上述分析可知：W是H，X是C，Y是O元素，H元素可以与C形成10电子分子CH4，也可以与O元素形成10电子分子H2O，C正确；D．W是H，Y是O，W2、Y2分别是H2、O2，二者都是气体，在同温同压下，等体积的H2、O2的物质的量相同，因此二者的分子数目相等，D正确；故合理选项是A。14.称取草酸亚铁晶体(，)加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示，、两点时剩余的固体均为纯净物，其化学式为（）A.， B.，C.， D.，〖答案〗B〖解析〗【详析】草酸亚铁晶体的物质的量为0.3mol，0.3mol草酸亚铁的质量为0.3mol×144g/mol=43.2g；根据铁元素守恒，加热到400℃所得固体中铁元素的质量为0.3mol×56g/mol=16.8g，则氧元素是物质的量为，所以B点的化学式为；A点固体的质量恰好为0.3mol草酸亚铁的质量，所以A点的化学式为，故选B。第II卷(非选择题58分)二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.下表列出了①~⑩十种元素在周期表中的位置，请回答下列问题：周期ⅠA

01①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②③④3⑤⑥⑦⑧⑨4⑩（1）表中10种元素中，某元素的原子最外层电子数是其核外电子层数的3倍，其中子数为10，该核素符号是___________。（2）由④、⑤、⑦、⑧四种元素形成的简单离子半径由大到小的顺序是___________。(用离子符号表示)（3）由元素①④形成的具有强氧化性的物质的电子式为___________；由元素⑥和⑨形成化合物乙，用电子式表示物质乙的形成过程___________。（4）华为技术遥遥领先，镓的化合物氮化镓和砷化镓作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性。镓在元素周期表中位置为___________，砷的最高价氧化物的水化物的化学式为___________。（5）可以比较⑤、⑥两元素金属性强弱的是___________。A.将⑤的单质投入到⑥的盐溶液中B.比较这两种元素最高价氧化物的水化物的碱性C.将这两种元素的单质分别放入冷水中D.比较这两种元素的单质与酸反应时失电子的数目（6）喝温水解口渴也能解体渴，但喝冰水效果差一些，这是有科学依据的。当温度较低时，水是以大分子水团形式存在的；当温度较高时水以小分子水团形式存在的，小分子水团更有利于人体吸收。当温度升高时主要破坏了水分子之间的___________。〖答案〗（1）（2）（3）①.②.（4）①.第四周期第IIIA族②.19.BC（5）氢键〖解析〗〖祥解〗由元素在周期表的位置可知，①~⑩分别为H、C、N、O、Na、Mg、Al、S、Cl、K，以此来解题。（1）某元素的原子最外层电子数是其核外电子层数的3倍，该元素是O，其中子数为10，该核素符号是；（2）④、⑤、⑦、⑧分别为O、Na、Al、S，对应的离子分别为O2-、Na+、Al3+、S2-，半径比较先看层数，层数越多半径越大，O2-、Na+、Al3+为2层，S2-为三层，层数一样，核内质子数越多半径越小，简单离子半径由大到小的顺序是：S2->O2->Na+>Al3+；（3）由元素①④形成的具有强氧化性的物质的电子式为H2O2，其电子式为；②由元素⑥和⑨形成化合物MgCl2，用电子式表示物质乙的形成过程为；（4）①镓在元素周期表中位置为第四周期第IIIA族；②砷的最高价氧化物的水化物的化学式为H3AsO4；（5）比较两元素金属性强弱可以通过金属之间的置换反应，最高价氧化物对应水化物的碱性，与水或者酸置换氢气的难易程度，据此回答：A．将Na的单质投入到镁的盐溶液中，钠直接与水反应生产氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠和镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能表明金属性强弱，A错误；B．金属性越强对应最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性Na大于Mg，氢氧化钠的碱性强于氢氧化镁，B正确；C．可以根据与水反应的难易或剧烈程度比较，C正确；D．金属性强弱与失去电子难易有关，与失去电子数目多少无关，D错误；故选BC。（6）当温度较低时，水是以大分子水团形式存在的；当温度较高时水以小分子水团形式存在的，小分子水团更有利于人体吸收。当温度升高时主要破坏了水分子之间的氢键。16.利用“价类二维图”研究物质的性质是化学研究的重要手段。下图是氯元素的化合价与部分物质类别的对应关系。请回答下列问题：（1）已知D焰色试验时其火焰呈现紫色。A、B、C、D四种物质中，属于电解质的是___________(填化学式)。（2）将E滴入碳酸氢钠溶液中有大量气泡产生，该反应的离子方程式为___________。（3）取10mL某84消毒液，加水稀释，配制成100mL稀溶液。配制过程中使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、___________。（4）关于配制过程的下列说法中，正确的是___________。A.容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制B.未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低C.定容时，俯视观察刻度线可能导致结果偏低D.定容、摇匀后，将溶液保存于容量瓶中，随用随取。（5）工业上“侯氏制碱法”以NaCl、NH3、CO2及水等为原料制备纯碱，检验产品Na2CO3中是否含有氯离子，需要的试剂有___________。（6）某兴趣小组利用数字化实验测定光照过程中氯水的pH、氯水中氯离子的浓度的变化，实验结果如下图所示。A曲线是___________的变化曲线。由图可知50s时Cl-浓度约为450mg/L，则氯水中氯离子物质的量浓度约为___________mol/L。(列出计算式即可)〖答案〗（1）HClO和KClO3（2）H++=CO2↑+H2O（3）100mL容量瓶（4）B（5）稀硝酸和AgNO3溶液（6）①.氯水的pH②.〖解析〗〖祥解〗根据氯元素的价类二维图中元素化合价与物质类别关系可知：A是Cl2，B是Cl2O，C是HClO，D是+5价的Cl元素的盐，由于D焰色试验时其火焰呈现紫色，说明阳离子是K+，则D是KClO3，物质E是HClO4，然后利用物质的性质，根据溶液的配制操作标准及仪器的使用进行分析解答。（1）根据上述分析可知A是Cl2，B是Cl2O，C是HClO，D是KClO3。电解质是在水溶液中和熔融状态下能够导电的化合物，则上述物质中属于电解质是HClO、KClO3。（2）E是HClO4，属于一元强酸，将其滴入碳酸氢钠溶液中有大量气泡产生，反应产生NaClO4、H2O、CO2，该反应的离子方程式为：H++=CO2↑+H2O；（3）将10mL84消毒液加水稀释至100mL，配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，需使用的玻璃仪器有100mL容量瓶及烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒，故缺少的玻璃仪器是100mL容量瓶；（4）A．容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度的溶液的仪器。由于配制溶液需要加水，因此容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干就可以用于溶液配制，A错误；B．未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，部分溶质会残留在烧杯内壁及玻璃棒上，由于溶液的体积不变，因此会导致结果偏低，B正确；C．定容时，俯视观察刻度线，则溶液的体积偏少，由于溶质的物质的量不变，最终可能导致结果偏高，C错误；D．容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于盛放溶液，因此定容、摇匀后，要将溶液保存于试剂瓶中，随用随取，而不能盛放在容量瓶中，D错误；故合理选项是B；（5）要检验产品Na2CO3中是否含有氯离子，要在待测溶液中先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，如果产生白色沉淀，就证明含有Cl-，否则不含有Cl-；（6）氯水中含有HCl、HClO及未反应的Cl2，反应存在化学平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，HClO不稳定，光照易分解，发生反应：2HClO2HCl+O2↑，可逆反应的化学平衡正向进行，当HClO完全分解时，因此随着反应的进行，溶液中c(Cl-)、c(H+)增大，c(H+)越大，溶液的pH就减小，因此曲线A表示溶液的pH变化，曲线B表示氯水中氯离子的浓度的变化；由图可知50s时Cl−浓度约为450mg/L，则氯水中氯离子的物质的量浓度约为c(Cl-)=mol/L。17.氯化碘(ICl)是红棕色液体，易挥发，熔点为，沸点为，易与水反应，接触空气时能形成五氧化二碘，能与许多单质发生作用，溶于乙醇、乙醚等。某校研究性学习小组同学拟用下列仪器制备氯化碘。（1）a仪器名称___________。（2）上述装置，按气流方向连接的顺序为___________(装置可重复使用)。（3）A装置中发生反应的化学方程式为___________。（4）氟化氯与氯化碘都是卤素互化物，它可用于制备硝酸氯，原理为：，下列判断中正确的是___________。A.和熔融状态均能导电B.与反应时，氯元素被还原C.与水反应生成盐酸和硝酸D.化学性质与卤素单质相似，可以与锌反应（5）高铁酸钾与都是高效消毒剂，实验室可将氯气通入过量与的混合溶液来制备。向滴加盐酸可以生成氯气，说明氧化性：___________(填“>”或“<”)，而的制备实验表明和的氧化性强弱关系相反，其原因是___________。〖答案〗（1）分液漏斗（2）ACEBED（3）（4）D（5）①.>②.溶液酸碱性不同〖解析〗（1）a指向的是盛放浓盐酸的分液漏斗；（2）利用二氧化与浓盐酸加热制备气，所制备气体中含有氯化氢、水蒸气杂质，因此混合气体先通过饱和食盐水溶液，除去氯化氢，再通过浓硫酸除去水蒸气，得到干燥纯净的氯气，氯气进入装置B中，与碘单质进行反应，由于ICl(氯化碘)红棕色液体，易水解，所以还必须连接装置E，最后多余的尾气被碱液吸收，按气流方向连接的顺序为ACEBED；（3）A为制备氯气的装置，二氧化锰和浓盐酸的加热的条件下反应生成氯化锰、氯气和水：；（4）和都是共价化合物熔融状态不能导电，A错误；与反应时Cl的化合价没有变，B错误；与水反应生成次氯酸和硝酸，C错误；中I为+1价、Cl为-1价，化学性质与卤素单质相似，可以与锌反应，D正确；（5）向滴加盐酸可以生成氯气，为氧化剂、氯气为氧化产物，因此氧化性＞；制备反应中，是在碱性条件下氯气将亚铁离子氧化为高铁酸根离子，高铁酸根离子氧化氯离子是在酸性条件下，说明是溶液的酸碱性影响了氯气和高铁酸钾的氧化性。18.某厂的酸性工业废水中含有一定量的Fe3+、Cu2+、Au3+等离子。有人设计了图中的工艺流程，利用常用的酸、碱和工业生产中的废铁屑，从废水中回收金，并生产一定量的铁红和氧化铜。已知：铜与稀硝酸反应，金和稀硝酸不反应。回答下列问题：（1）图中标号处需加入的相应物质分别是①___________、②___________(均写物质名称)。（2）③处加入的物质为稀硝酸，化学反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，请用单线桥标明电子转移方向及数目___________。（3）在浓度相等的条件下，Fe3+、Cu2+、Au3+氧化性由强到弱的顺序为___________。（4）⑤处的总离子方程式为：，请补全缺项并配平___________；该反应的现象为___________。〖答案〗（1）①.废铁屑②.稀硫酸或盐酸（2）20.Au3+＞Fe3+＞Cu2+（3）①.4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+(或2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+或)②.产生红褐色沉淀〖解析〗〖祥解〗由工艺流程图示知，E为铁元素的离子，而A为铜、金的单质，通过过滤将铁元素与活泼性比它弱的铜、金分离出来，因此①处加入的物质为铁屑，发生的反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，2Fe3++Fe=3Fe2+，Cu2++Fe=Cu+Fe2+，2Au3++3Fe=2Au+3Fe2+；②处加入稀硫酸以除去铜、金中过量的铁屑，并将过滤后的FeSO4溶液与含Fe2+的E溶液相混合；③处利用金不溶于HNO3的性质将铜与金分离开；④处将得到的铜离子用氢氧化钠转化为Cu(OH)2沉淀，然后再将Cu(OH)2加热分解为CuO；⑤处加入NaOH溶液，并不断鼓入空气，将亚铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，最后加热使Fe(OH)3受热分解最终转化为铁红氧化铁，据此分析解答。（1）根据上述分析可知图中标号处需加入的相应物质的名称分别是：①是废铁屑；②是稀硫酸或稀盐酸；（2）③处加入的物质为稀硝酸，发生反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，在该反应中3个Cu失去电子数目是3×2e-，变为Cu(NO3)2，参加反应的8个HNO3中有2个得到电子2×3e-后变为NO气体，其余6个HNO3与反应产生的Cu2+结合形成Cu(NO3)2，用单线桥标明电子转移方向及数目为；（3）根据反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+可知氧化性：Fe3+＞Cu2+；Fe能够与足量HNO3反应产生Fe3+，而与Au不能发生反应，说明还原性：Fe＞Au，但Au能够与氧化性更强王水反应，说明微粒的氧化性：Au3+＞Fe3+，因此在浓度相等的条件下，Fe3+、Cu2+、Au3+氧化性由强到弱的顺序为Au3+＞Fe3+＞Cu2+；（4）在⑤处发生氧化还原反应，Fe元素化合价由Fe2+的+2价变为反应后Fe(OH)3的+3价，Fe元素化合价升高，失去电子被氧化，若氧化剂是O2，发生反应：___Fe2++_____O2+___H2O=___Fe(OH)3+___H+，由于1个O2发生反应时，O元素化合价由反应前的0价变为反应后Fe(OH)3中的-2价，化合价降低2×2=4价，则Fe元素的化合价应该升高4价，故Fe2+、Fe(OH)3的系数应该都是4；然后根据反应前后电荷守恒，可知H+的系数是8，最后根据反应前后各种元素的原子个数相等，可知H2O的系数是10，则配平后的离子方程式为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；也可以使用H2O2为氧化剂，则根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知配平后的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+；若使用O3为氧化剂，则反应的离子方程式为：，此反应看到的现象是产生红褐色沉淀。辽宁省沈阳市2023-2024学年高一上学期期末考试试题注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两卷。满分100分，考试时间60分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡指定区域。3.选择题选出〖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，答在本试卷上无效。其他试题用黑色水性笔答在答题卡上，写在本试卷上无效。4.考试结束后，考生将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Cl-35.5Fe-56第I卷(选择题42分)一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题有一个选项符合题意。1.下列关于化学与职业的表述中错误的是（）A.水质检验员在自来水出厂前会对水中的、微生物、有机物等进行检测和分析B.科技考古人员是靠文献记载、年历学和有纪年文字的遗物来断定文物的绝对年代C.化学科研工作者可从事特定功能新分子合成、节能环保物质转化工艺的研发等D.测试工程师可通过化学检测仪或化学检测方法测出不锈钢中的某些组成元素〖答案〗B〖解析〗【详析】A．自来水厂水质检验员的工作是在自来水出厂前，利用化学分析仪器对水中的、微生物、有机物等进行检测和分析，只有达到标准才可以让自来水出厂，故A正确；B．科技考古研究人员是根据放射性同位素的半衰期推算文物的绝对年代。放射性同位素被考古学家称为“碳钟”，它可以用来断定文物的绝对年代，故B错误；C．特定功能新分子合成、节能环保物质转化工艺的研发都属于化学前沿科学，化学科研工作者可从事特定功能新分子合成、节能环保物质转化工艺的研发等，故C正确；D．不锈钢中的某些组成元素及其含量不同导致不锈钢的性质出现差异，测试工程师可通过化学检测仪或化学检测方法测出不锈钢中的某些组成元素及其含量来确定不锈钢的等级，故D正确；选B。2.科学的分类能够反映事物的本质特征，有利于人们分门别类地进行深入研究。下列有关分类的逻辑关系图中正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．物质根据构成微粒种类的多少可分为纯净物和混合物；纯净物又根据组成元素种类的多少分为单质和化合物，化合物根据在水溶液中或熔融状态下能否导电分为电解质和非电解质，它们属于并列关系，物质分类合理，A正确；B．离子反应有的属于氧化还原反应，有的不属于氧化还原反应，二者是交叉关系，而不属于并列关系，B错误；C．钠盐和钾盐可能同时属于碳酸盐，因此钠盐和钾盐与碳酸盐属于交叉关系，而不是并列关系，C错误；D．胶体属于分散系，而液溶胶属于胶体，则液溶胶与胶体之间属于包含关系，而不是交叉关系，D错误；故合理选项是A。3.化学创造美好生活，下列关于物质用途的说法中错误的是（）A.节日燃放的五彩缤纷的烟花所呈现的就是锂、钠、钾、铁、锶、钡等金属的焰色B.家庭橱卫管道堵塞时，可以使用以氢氧化钠和铝粉为主要成分的管道疏通剂疏通C.检验食品中铁元素，可先加少量稀硝酸，再滴加几滴KSCN溶液检验D.次氯酸钙既可用作漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂〖答案〗A〖解析〗【详析】A．锂、钠、钾、锶、钡等金属单质既化合物在灼烧时使火焰呈现不同颜色，这在化学上叫焰色试验，但铁元素无焰色试验，不能使火焰呈现颜色，A错误；B．氢氧化钠和铝粉在水中反应产生NaAlO2、H2，H2可以使堵塞管道的的固体物质向外逸出，因此家庭橱卫管道堵塞时，可以用氢氧化钠和铝粉作管道疏通剂，B正确；C．稀硝酸具有强氧化性，会将Fe2+氧化产生Fe3+，因此检验食品中的铁元素时，要先用稀硝酸酸化，然后再滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，说明含有Fe3+，从而证明含有铁元素，C正确；D．次氯酸钙具有强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色物质，因此可用作漂白剂；其能够是蛋白质发生变性而失去其生理活性，因此次氯酸钙又可用作游泳池等场所的消毒剂，D正确；故合理选项是A。4.金属材料对于促进生产发展、改善人类生活具有重要作用。下列说法中错误的是（）A.通过增加合金内原子层之间的相对滑动难度，使合金的硬度大于纯金属B.储氢合金属于新型合金，可用于制造以氢气为燃料的汽车C.纯铝具有强度高、密度小、抗腐蚀能力强等优点，常用于制造飞机外壳D.稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，其加入钢中后可增加钢的韧性、抗氧化性〖答案〗C〖解析〗【详析】A．合金的硬度大于纯金属的硬度，合金是通过增加原子层之间的相对滑动难度，使合金的硬度变大，故A正确；B．储氢合金属于新型合金，故B正确；C．纯铝质软，不能用于制造飞机外壳。硬铝具有强度高、密度小、抗腐蚀能力强等优点，常用于制造飞机外壳，故C错误；D．稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，其加入钢中后可增加钢的韧性、耐磨性、耐热性、抗氧化性和抗腐蚀性等，故D正确；选C。5.下列关于现行周期表的说法中错误的是（）A.原子最外层电子数为2的元素可能位于第ⅡA族、0族或副族B.在副族元素中可以寻找制造催化剂和耐高温合金的元素C.完全由长周期元素构成族叫做副族，族序数后标B(除第Ⅷ族)D.位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素〖答案〗D〖解析〗【详析】A．原子最外层电子数为2的元素可能位于第ⅡA族、0族或副族，如He是0族元素、Mg是第ⅡA族元素，Zn是副族元素，故A正确；B．在副族元素中可以寻找制造催化剂和耐高温合金的元素，故B正确；C．完全由长周期元素构成的族叫做副族，族序数后标B(除第Ⅷ族)，故C正确；D．副族和Ⅷ族元素属于过渡元素，故D错误；选D。6.用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是（）A.H2O的分子结构模型：B.NCl3的电子式：C.HClO结构式：H—Cl—OD.Cl-的结构示意图：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．H2O是V形分子，分子结构模型为，故A错误；B．NCl3是共价化合物，电子式为，故B正确；C．HClO中O为中心原子，结构式为H—O—Cl，故C错误；D．Cl-的质子数为17、电子数为18，结构示意图为，故D错误；选B。7.下列离子方程式中书写正确的是（）A.向溶液中通入：B.少量通入溶液中：C.溶液滴入过量溶液：D.用溶解〖答案〗B〖解析〗【详析】A．和溶液不反应，故A错误；B．Fe2+的还原性大于Br-，少量通入溶液中，氯气把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为，故B正确；C．溶液滴入过量溶液生成氢氧化铁沉淀、一水合氨、硫酸钠，反应的离子方程式为，故C错误；D．用溶解CaCO3生成醋酸钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为，故D错误；选B。8.水体中氨氮含量超标会造成水体富营养化，用次氯酸钙除去氨氮的原理如图所示。下列说法中错误的是（）A.标准状况下，22.4LCO2所含的共用电子对数目为4NAB.标准状况下，18gH2O的原子总数为3NAC.标准状况下，4.48LHCl气体溶于100mL水中形成的溶液浓度为2mol/LD.反应②每生成1molN2，消耗HClO分子数目为3NA〖答案〗C〖解析〗【详析】A．CO2分子中含有2个C=O，1个CO2分子中共含有4对共用电子对。标准状况下，22.4LCO2的物质的量是1mol，则其中所含的共用电子对数目为4NA，A正确；B．18gH2O的物质的量是1mol，由于H2O分子中含有3个原子，则1molH2O分子中含有原子总数为3NA，B正确；C．标准状况下，4.48LHCl气体的物质的量是0.2mol，其溶于100mL水中，得到的溶液体积不是0.1L，因此形成的溶液浓度不能为2mol/L，C错误；D．根据图示可知反应②是NH3与HClO发生氧化还原反应产生N2、HCl、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：2NH3+3HClO=N2+3HCl+3H2O，可见：在反应②中，每生成1molN2，消耗HClO的物质的量是3mol，则反应消耗HClO分子数目为3NA，D正确；故合理选项是C。9.下列“类比”“推理”中正确的是（）A.铁与氯气加热生成FeCl3，则铁与碘单质加热生成FeI3B.Na与H2O反应生成NaOH，则Fe与水蒸气在高温下反应生成Fe(OH)3C.Na与O2加热生成Na2O2，则Li与O2加热生成Li2O2D.FeCl3和足量氨水反应生成Fe(OH)3，则AlCl3与足量氨水反应生成Al(OH)3〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Cl2具有强氧化性，与变价金属Fe反应产生FeCl3，但是的氧化性比较弱，与Fe反应只能形成FeI2，而不能产生FeI3，A错误；B．活泼金属Na与H2O反应生成NaOH和H2，但是比较活泼的金属Fe与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，而不能生成Fe(OH)3，B错误；C．Na与O2加热生成Na2O2，而Li的氧化物只有Li2O，Li与O2加热时反应生成Li2O，C错误；D．FeCl3和足量氨水反应生成难溶性的碱Fe(OH)3，盐AlCl3与足量氨水反应生成Al(OH)3，D正确；故合理选项是D。10.下列实验装置或操作中不能达到实验目的是（）ABCD比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性制备检测过氧化钠与水反应后溶液酸碱性验证酸性的强弱：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．碳酸氢钠放在温度较低的小试管内，若B中石灰水变浑浊、A中石灰水不变浑浊，证明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，能达到实验目的，故不选A；B．先打开止水加，烧瓶内铁和稀硫酸反应生成的氢气排出锥形瓶内的空气，再关闭指示剂，烧瓶内硫酸亚铁被压入锥形瓶中与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，能达到实验目的，故不选B；C．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠溶液能使pH试纸变蓝，证明反应后的溶液呈碱性，能达到实验目的，故不选C；D．稀硫酸和碳酸钠反应放出二氧化碳气体，证明酸性H2SO4>H2CO3，二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应没有现象，不能验证酸性H2CO3>HClO，不能达到实验目的，故选D；选D。11.2006年，科学家以钙离子撞击锎(Cf)钯，产生了一种超重元素：(Og)，其反应可表示为：。下列说法中正确的是（）A.是化学性质活泼元素 B.与互为同素异形体C.的核外电子数是118 D.此反应为化学反应〖答案〗C〖解析〗【详析】A．根据反应前后物质质量不变，可知的质子数是Z=98+20=118，属于第七周期0族元素，原子最外层有8个电子，既不容易失去电子，也不容易获得电子，化学性质十分稳定，A错误；B．与质子数相同，但中子数不同，因此二者互为同位素，B错误；C．根据选项A计算可知质子数是118，由于原子核外电子数等于原子核内质子数，因此该原子的核外电子数是118，C正确；D．化学反应的过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中，元素的种类不变，各种元素的原子个数不变。该反应过程中产生新的元素，因此不属于化学反应，而是核反应，D错误；故合理选项是C。12.在做探究“过氧化钠和水反应”实验中，不会出现的实验图标是（）A. B. C.D.〖答案〗D〖解析〗【详析】A．过氧化钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠具有腐蚀性，为防止氢氧化钠溶液灼伤眼睛，需戴上护目镜，故不选A；B．过氧化钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠具有腐蚀性，实验后要洗手，故不选B；C．过氧化钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氧气，注意明火，故不选C；D．过氧化钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氧气，氧气无毒，不需通风，故选D；选D。13.一种常见酸的分子结构式如图所示。元素W、X、Y原子序数依次增大，且X、Y均位于W的下一周期。下列说法中错误的是（）A.根据元素周期律，最高正化合价：Y＞X＞WB.W、Y原子可以形成既含极性键又含非极性键分子C.X、Y分别与W均可以形成10电子分子D.同温同压下，等体积的W2和Y2气体含有相同的分子数〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据一种常见酸的分子结构式图示，可知W最外层只有1个电子，Y最外层有6个电子，X最外层有4个电子，元素W、X、Y原子序数依次增大，且X、Y均位于W的下一周期，则W是H，X是C，Y是O元素，该酸是H2CO3，然后根据问题分析解答。【详析】A．H最高为+1价，C最高为+4价，O元素没有与族序数相当的最高正化合价，常见为单质0价，故最高正化合价：X＞W＞Y，A错误；B．X是C，Y是O元素，二者可以形成C2H6等既含极性键又含非极性键分子，B正确；C．根据上述分析可知：W是H，X是C，Y是O元素，H元素可以与C形成10电子分子CH4，也可以与O元素形成10电子分子H2O，C正确；D．W是H，Y是O，W2、Y2分别是H2、O2，二者都是气体，在同温同压下，等体积的H2、O2的物质的量相同，因此二者的分子数目相等，D正确；故合理选项是A。14.称取草酸亚铁晶体(，)加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示，、两点时剩余的固体均为纯净物，其化学式为（）A.， B.，C.， D.，〖答案〗B〖解析〗【详析】草酸亚铁晶体的物质的量为0.3mol，0.3mol草酸亚铁的质量为0.3mol×144g/mol=43.2g；根据铁元素守恒，加热到400℃所得固体中铁元素的质量为0.3mol×56g/mol=16.8g，则氧元素是物质的量为，所以B点的化学式为；A点固体的质量恰好为0.3mol草酸亚铁的质量，所以A点的化学式为，故选B。第II卷(非选择题58分)二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.下表列出了①~⑩十种元素在周期表中的位置，请回答下列问题：周期ⅠA

01①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②③④3⑤⑥⑦⑧⑨4⑩（1）表中10种元素中，某元素的原子最外层电子数是其核外电子层数的3倍，其中子数为10，该核素符号是___________。（2）由④、⑤、⑦、⑧四种元素形成的简单离子半径由大到小的顺序是___________。(用离子符号表示)（3）由元素①④形成的具有强氧化性的物质的电子式为___________；由元素⑥和⑨形成化合物乙，用电子式表示物质乙的形成过程___________。（4）华为技术遥遥领先，镓的化合物氮化镓和砷化镓作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性。镓在元素周期表中位置为___________，砷的最高价氧化物的水化物的化学式为___________。（5）可以比较⑤、⑥两元素金属性强弱的是___________。A.将⑤的单质投入到⑥的盐溶液中B.比较这两种元素最高价氧化物的水化物的碱性C.将这两种元素的单质分别放入冷水中D.比较这两种元素的单质与酸反应时失电子的数目（6）喝温水解口渴也能解体渴，但喝冰水效果差一些，这是有科学依据的。当温度较低时，水是以大分子水团形式存在的；当温度较高时水以小分子水团形式存在的，小分子水团更有利于人体吸收。当温度升高时主要破坏了水分子之间的___________。〖答案〗（1）（2）（3）①.②.（4）①.第四周期第IIIA族②.19.BC（5）氢键〖解析〗〖祥解〗由元素在周期表的位置可知，①~⑩分别为H、C、N、O、Na、Mg、Al、S、Cl、K，以此来解题。（1）某元素的原子最外层电子数是其核外电子层数的3倍，该元素是O，其中子数为10，该核素符号是；（2）④、⑤、⑦、⑧分别为O、Na、Al、S，对应的离子分别为O2-、Na+、Al3+、S2-，半径比较先看层数，层数越多半径越大，O2-、Na+、Al3+为2层，S2-为三层，层数一样，核内质子数越多半径越小，简单离子半径由大到小的顺序是：S2->O2->Na+>Al3+；（3）由元素①④形成的具有强氧化性的物质的电子式为H2O2，其电子式为；②由元素⑥和⑨形成化合物MgCl2，用电子式表示物质乙的形成过程为；（4）①镓在元素周期表中位置为第四周期第IIIA族；②砷的最高价氧化物的水化物的化学式为H3AsO4；（5）比较两元素金属性强弱可以通过金属之间的置换反应，最高价氧化物对应水化物的碱性，与水或者酸置换氢气的难易程度，据此回答：A．将Na的单质投入到镁的盐溶液中，钠直接与水反应生产氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠和镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能表明金属性强弱，A错误；B．金属性越强对应最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性Na大于Mg，氢氧化钠的碱性强于氢氧化镁，B正确；C．可以根据与水反应的难易或剧烈程度比较，C正确；D．金属性强弱与失去电子难易有关，与失去电子数目多少无关，D错误；故选BC。（6）当温度较低时，水是以大分子水团形式存在的；当温度较高时水以小分子水团形式存在的，小分子水团更有利于人体吸收。当温度升高时主要破坏了水分子之间的氢键。16.利用“价类二维图”研究物质的性质是化学研究的重要手段。下图是氯元素的化合价与部分物质类别的对应关系。请回答下列问题：（1）已知D焰色试验时其火焰呈现紫色。A、B、C、D四种物质中，属于电解质的是___________(填化学式)。（2）将E滴入碳酸氢钠溶液中有大量气泡产生，该反应的离子方程式为___________。（3）取10mL某84消毒液，加水稀释，配制成100mL稀溶液。配制过程中使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、___________。（4）关于配制过程的下列说法中，正确的是___________。A.容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制B.未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低C.定容时，俯视观察刻度线可能导致结果偏低D.定容、摇匀后，将溶液保存于容量瓶中，随用随取。（5）工业上“侯氏制碱法”以NaCl、NH3、CO2及水等为原料制备纯碱，检验产品Na2CO3中是否含有氯离子，需要的试剂有___________。（6）某兴趣小组利用数字化实验测定光照过程中氯水的pH、氯水中氯离子的浓度的变化，实验结果如下图所示。A曲线是___________的变化曲线。由图可知50s时Cl-浓度约为450mg/L，则氯水中氯离子物质的量浓度约为___________mol/L。(列出计算式即可)〖答案〗（1）HClO和KClO3（2）H++=CO2↑+H2O（3）100mL容量瓶（4）B（5）稀硝酸和AgNO3溶液（6）①.氯水的pH②.〖解析〗〖祥解〗根据氯元素的价类二维图中元素化合价与物质类别关系可知：A是Cl2，B是Cl2O，C是HClO，D是+5价的Cl元素的盐，由于D焰色试验时其火焰呈现紫色，说明阳离子是K+，则D是KClO3，物质E是HClO4，然后利用物质的性质，根据溶液的配制操作标准及仪器的使用进行分析解答。（1）根据上述分析可知A是Cl2，B是Cl2O，C是HClO，D是KClO3。电解质是在水溶液中和熔融状态下能够导电的化合物，则上述物质中属于电解质是HClO、KClO3。（2）E是HClO4，属于一元强酸，将其滴入碳酸氢钠溶液中有大量气泡产生，反应产生NaClO4、H2O、CO2，该反应的离子方程式为：H++=CO2↑+H2O；（3）将10mL84消毒液加水稀释至100mL，配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，需使用的玻璃仪器有100mL容量瓶及烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒，故缺少的玻璃仪器是100mL容量瓶；（4）A．容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度的溶液的仪器。由于配制溶液需要加水，因此容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干就可以用于溶液配制，A错误；B．未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，部分溶质会残留在烧杯内壁及玻璃棒上，由于溶液的体积不变，因此会导致结果偏低，B正确；C．定容时，俯视观察刻度线，则溶液的体积偏少，由于溶质的物质的量不变，最终可能导致结果偏高，C错误；D．容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于盛放溶液，因此定容、摇匀后，要将溶液保存于试剂瓶中，随用随取，而不能盛放在容量瓶中，D错误；故合理选项是B；（5）要检验产品Na2CO3中是否含有氯离子，要在待测溶液中先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，如果产生白色沉淀，就证明含有Cl-，否则不含有Cl-；（6）氯水中含有HCl、HClO及未反应的Cl2，反应存在化学平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，HClO不稳定，光照易分解，发生反应：2HClO2HCl+O2↑，可逆反应的化学平衡正向进行，当HClO完全分解时，因此随着反应的进行，溶液中c(Cl-)、c(H+)增大，c(H+)越大，溶液的pH就减小，因此曲线A表示溶液的pH变化，曲线B表示氯水中氯离子的浓度的变化；由图可知50s时Cl−浓度约为450mg/L，则氯水中氯离子的物质的量浓度约为c(Cl-)=mol/L。17.氯化碘(ICl)是红棕色液体，易挥发，熔点为，沸点为，易与水反应，接触空气时能形成五氧化二碘，能与许多单质发生作用，溶于乙醇、乙醚等。某校研究性学习小组同学拟用下列仪器制备氯化碘。（1）a仪器名称___________。（2）上述装置，按气流方向连接的顺序为___________(装置可重复使用)。（3）A装置中发生反应的化学方程式为___________。（4）氟化氯与氯化碘都是卤素互化物，它可用于制备硝酸氯，原理为：，下列判断中正确的是___________。A.和熔融状态均能导电B.与反应时，氯元素被还原C.与水反应生成盐酸和硝酸D.化