重庆市第一中学2023-2024学年高一下学期化学第一次月考试卷

2024年重庆一中高2026届高一下期月考化学试题卷注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。可能用到的相对原子质量：H1C12O16F19Na23Mg24Al27S32Cl35.5Fe56Cu64I卷(选择题，共50分)一、选择题(本题包括10个小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意)1.中国“大国重器”频频问世，彰显了中国科技发展的巨大成就。下列有关说法错误的是A.“天问一号”火星车的保温材料为纳米气凝胶，能产生丁达尔效应B.“华龙一号”核电海外投产，其反应堆所用轴棒中含有的与互为同素异形体C.“梦天实验舱”搭载铷原子钟计时，铷是碱金属元素D.“中国天眼”发现纳赫兹引力波，其太阳能电池使用的高柔韧性单晶硅为半导体材料【答案】B【解析】【详解】A．纳米气凝胶属于胶体，能产生丁达尔效应，A正确；B．与的质子数相同、中子数不同，互为同位素，B错误；C．铷位于第五周期IA族，是碱金属元素，C正确；D．单晶硅为良好半导体材料，D正确；故选B。2.化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是A.用电子式表示水分子的形成过程：B.中子数为10的氧原子：C.二氧化硅的分子式：D.铵根离子结构式：【答案】D【解析】【详解】A．水为共价化合物，产物中水的电子式错误，A错误；B．中子数为10的氧原子质量数为18，可表示为，B错误；C．二氧化硅为共价晶体，没有分子式，C错误；D．铵根离子中N与H之间通过单键连接，其结构式正确，D正确；故答案选D。3.下列说法正确的是A.分别与和反应，生成的沉淀相同B.分别与和反应，生成的气体相同C.分别与空气和氧气反应，生成的产物相同D.分别与和反应，生成的离子相同【答案】B【解析】【详解】A．与不能发生反应生成沉淀，A错误；B．Na2O2分别与H2O和CO2反应，生成的气体均为氧气，B正确；C．镁在空气中燃烧也会部分和氮气反应生成氮化镁，C错误；D．Al与NaOH反应生成，与HCl反应生成Al3+，D错误；答案选B。4.下列贮存化学试剂的方法正确的是A.新制的氯水保存在棕色细口瓶中，并放在阴凉处B.用做感光片的溴化银贮存在无色试剂瓶中C.烧碱溶液放在带磨口玻璃塞的试剂瓶中D.金属锂保存在煤油中【答案】A【解析】【详解】A．新制的氯水见光或者温度较高容易分解，需要保存在棕色细口瓶中，并放在阴凉处，故A正确；B．溴化银见光易分解，见光易分解的物质放在棕色瓶中，故B错误；C．硅酸钠溶液具有粘性，能将玻璃瓶口和瓶塞黏在一起，碱性溶液能和玻璃的成分中的二氧化硅反应生成硅酸钠，所以碱性溶液存放时不能用磨口玻璃塞密封，故C错误；D．锂的密度比煤油小，实验室将金属锂保存在石蜡封存，故D错误。答案选A。5.已知：，为阿伏加德罗常数，若消耗(标准状况下)的，下列说法错误的是A.转移电子数为 B.产物质量为C.生成的氧化产物分子数为 D.生成的分子是极性分子【答案】C【解析】【详解】A．消耗44.8L(标况下)的F2，物质的量为2mol，此反应中2molF2得到4mol电子，1molNaOH中的O失去4mol电子生成1molOF2，A正确；B．消耗F22mol，生成NaF2mol，质量为2mol×42g/mol=84g，B正确；C．该反应中NaOH失电子生成的OF2为氧化产物，故生成的氧化产物分子数为NA，C错误；D．生成的水分子为V形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，D正确；故答案选C。6.下列各组溶液中的离子能大量共存的是A.溶液中：、、、B.的溶液中：、、、C.溶液中：、、、D.加入粉放出气体的溶液中：、、、【答案】A【解析】【详解】A．溶液中含、Fe2+、、、、，这六种离子互不反应可以共存，故A正确；B．的溶液中：不能共存，故B错误；C．溶液中：ClO、、会发生氧化还原反应产生氯气，ClO、会发生复分解生成次氯酸，故C错误；D．铝分别能与H+、强碱溶液反应放出氢气，在强碱溶液中不能大量共存，、在酸性溶液中发生氧化还原反应，故D错误；答案选A。7.同一主族元素形成的物质在结构和性质上往往具有一定的相似性。下列说法正确的是A.可以与碱反应，也可以与碱反应B.在氧气中燃烧生成，在氧气中燃烧也生成C.分子是正四面体形，分子也是正四面体形D.可与水生成和，也可与水生成和【答案】C【解析】【详解】A．同主族从上到下元素金属性递增，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，是两性氢氧化物、可以与碱反应，属于碱、不可以与碱反应，A不正确；B．金属性小于Na，在氧气中燃烧生成，B不正确；C．氯和溴位于同主族，最外层均有7个电子，则和分子结构相似，分子内C原子分别与4个Cl或Br原子形成4对共用电子对，分子是正四面体形，分子也是正四面体形，C正确；D．F的非金属性比O强，F2与水可发生置换反应，生成HF和O2，D不正确；故选C。8.能正确表示下列反应的离子方程式是A.将固体投入中：B.通入石灰乳中：C.向溶液中加入含的溶液生成：D.将溶液滴入溶液中：【答案】A【解析】【详解】A．中投入少量固体，氧气中O原子完全来自过氧化钠，正确的离子反应为：，故A正确；B．将通入冷的石灰乳中制漂白粉，石灰乳的氢氧化钙不可拆分，离子方程式为：，B错误；C．向溶液中加入含的溶液生成和CO2：，C错误；D．溶液与中Fe均为+3价，不发生反应，D错误；答案选A。9.已知电对的标准电极电势(Eϴ)越高，其电对中氧化剂的氧化性越强。现有4组电对的标准电极电势：①；②；③；④。下列有关说法正确的是A.溶液中浓度均为1mol/L的Fe3+和Cl可发生反应：B.酸化高锰酸钾时既可以用硫酸也可以用盐酸C.向含2molFeCl2的溶液中加1molPbO2可观察到黄绿色气体产生D.PbO2与酸性MnSO4反应的离子方程式：【答案】D【解析】【详解】A．由电对的标准电极电势越高，其中氧化剂的氧化性越强可知，氧化剂的氧化性由强到弱的顺序为PbO2>>Cl2>Fe3+，Cl2的氧化性强于Fe3+，Fe3+不能与Cl反应生成Cl2，A错误；B．的氧化性强于Cl2，能与盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，则酸化高锰酸钾时不能用盐酸，B错误；C．还原性：Fe2+>Cl，FeCl2溶液与少量PbO2混合时，还原性强的Fe2+先与PbO2反应，根据FeCl2与PbO2的量可知不可能有黄绿色气体生成，C错误；D．PbO2的氧化性强于，PbO2能将Mn2+氧化成，自身转化为PbSO4沉淀，反应的离子方程式为，D正确；故答案选D。10.下列操作、现象、结论正确的是操作现象结论A、NiOOH中分别加浓盐酸NiOOH中有气体NiOOH氧化性大于B将固体粉末加入过量溶液中固体溶解得到无色溶液既体现碱性又体现酸性C淀粉KI中滴加过量氯水溶液最终没有变蓝氯水无法氧化KID与反应产生淡黄色沉淀说明可以完全电离A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．、NiOOH中分别加浓盐酸，NiOOH中有气体，则与浓盐酸发生复分解反应而溶解，NiOOH与浓盐酸发生氧化还原产生氯气，说明NiOOH氧化性大于，A正确；B．将固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明能够和碱反应，体现酸性，B错误；C．KI中滴加过量氯水，先得到含I2的水溶液，I2进一步被氯气氧化为碘酸根，则溶液最终没有变蓝，C错误；D．出现黄色沉淀()，说明电离出了磷酸根离子，但不能说明说明可以完全电离，D错误；答案选A。二、选择题(本题包括10个小题，每题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)11.从干海带中提取碘的实验流程如下：下列说法错误的是A.氧化步骤中氯水可用过氧化氢代替B.试剂可以为，反萃取的离子方程式为：C操作I要用到分液漏斗、烧杯、铁架台D.可循环利用减少试剂浪费【答案】C【解析】【分析】干海带灼烧得到海带灰，溶于水并过滤得到海带浸取液，加入氯水，氧化碘离子生成碘单质，加入四氯化碳萃取分液，得到上层为水溶液，下层为四氯化碳的碘单质溶液，在下层溶液中加入X溶液可以为NaOH，反应原理为：3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，分液得到上层溶液中加入稀硫酸过滤得到碘单质，反应原理为：NaIO3+5NaI+3H2SO4=3Na2SO4+3I2+3H2O，据此分析判断。【详解】A．已知2I+H2O2+2H+=I2+2H2O，故氧化步骤中氯水可用过氧化氢代替氯气，A正确；B．由分析可知，试剂X可以为NaOH，反萃取的离子方程式为，B正确；C．操作Ⅰ是把固体碘单质分离出来，操作方法为过滤，要用到普通漏斗、烧杯和玻璃棒，C错误；D．反萃取后CCl4层中几乎不含有碘元素，故CCl4循环利用可提高CCl4的利用率，减少实际的浪费，D正确；故答案为：C。12.下列实验不能达到实验目的的是AB通过控制止水夹a来制取吸收氨气CD分离和水的混合物验证非金属性：N>C>SiA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．实验时先打开止水夹a，稀硫酸和铁粉反应产生H2和FeSO4，H2将装置中的空气排净后，关闭a，试管A中气体压强增大，将FeSO4溶液压入试管B中，FeSO4溶液与NaOH溶液反应，产生白色Fe(OH)2沉淀，故A正确；B．NH3不溶于CCl4，逸出后被上面的水吸收，既能吸收氨气又能防止倒吸，故B正确；C．和水互不相溶，能通过分液的方法分离和水的混合物，故C正确；D．锥形瓶中硝酸和大理石反应产生气泡，证明硝酸的酸性比碳酸强，挥发出的硝酸与二氧化碳均能与硅酸钠溶液反应产生硅酸沉淀，故不能证明碳酸的酸性比硅酸强，则不能验证非金属性：C>Si，故D错误；故答案为D。13.在测定1mol气体体积的实验中(实验装置如下图所示，试样为镁)，该温度和压强下，气体摩尔体积的计算公式为：，请问造成测定结果偏小的原因可能有A.反应的镁条中含有杂质铝B.未等反应溶液冷却就读取气体体积C.量气管中并非纯净的氢气D.在读取气体体积时，水准管内液面高于量气管内液面而未及时调整到两边液面相平齐【答案】D【解析】【详解】A．反应的镁条中含有杂质铝，等质量的Al能产生更多的氢气，根据，氢气的体积偏大，则结果偏大，故A不符合题意；B．未等反应溶液冷却就读取气体体积，会造成气体体积偏大，也会导致结果偏大，故B不符合题意；C．量气管中并非纯净的氢气，则读出的气体体积偏大，也会导致结果偏大，故C不符合题意；D．在读取气体体积时，水准管内液面高于量气管内液面，说明氢气压强大于大气压，则氢气的体积会偏小，根据，会导致结果偏小，故D符合题意。答案选D。14.电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，是元素的一种基本性质。下表为一些元素的电负性(已知两成键元素间电负性差值大于1.7时，形成离子键，两成键元素间电负性差值小于1.7时，形成共价键)：元素LiBeBCNFNaMgAlSiClCa电负性1.01.52.0253.04.00.9a1.51.83.01.0下列说法不正确的是A.根据电负性变化规律，确定a的最小范围为1.0<a<1.5B.NF3中NF键的极性比NCl3中NCl键的极性强C.AlCl3是一种可溶性盐，属于离子化合物D.可以通过测定化合物在熔融状态下是否导电鉴别Li3N与SiC【答案】C【解析】【详解】A．根据电负性的递变规律：同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小可知，在同周期中电负性：Na<Mg<Al，即0.9<a<1.5，同主族：Be>Mg>Ca，即1.0<a<1.5，取最小范围应为1.0<a<1.5，A项正确；B．两种元素电负性差值越大，键的极性越强，根据表中数值可知，N与F电负性差值大于N与Cl电负性差值，则NF3中NF键的极性比NCl3中NCl键的极性强，B项正确；C．根据已知条件及表中数值可知，AlCl3化合物中Al与Cl电负性的差值为1.5，小于1.7，形成共价键，为共价化合物，C项错误；D．Li3N是离子化合物，在熔融状态下以离子形式存在，可以导电，SiC是共价化合物，不能导电，可以通过测定化合物在熔融状态下是否导电鉴别Li3N与SiC，D项正确。故本题选C。15.下列关于分子结构和性质的描述中，正确的是A.和均为三角锥形，它们的沸点大小为B.氨分子间有氢键，故气态氨分子的热稳定性比水蒸气的高C.碘易溶于浓碘化钾溶液，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释D.分解时吸收的热量比分解时吸收的热量多【答案】D【解析】【详解】A．和的中心原子孤电子对数均为、价层电子对数均为=3+1=4，故为sp3杂化、空间构型均为三角锥形，均为极性分子，它们构成的晶体均为分子晶体，若相对分子质量越大，分子间作用力越大、熔沸点越高，故沸点大小为，故A错误；B．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，氮元素的非金属性弱于氧元素，所以气态氨分子的热稳定性弱于水蒸气，故B错误；C．碘易溶于浓碘化钾溶液是因为发生了反应：、增大了碘的溶解度，与相似相溶原理无关，不能用相似相溶原理解释，故C错误；D．氟元素的电负性大于氯元素的电负性，则HF比HCl键牢固、HF键能比HCl的大，则分解时吸收的热量比分解时吸收的热量多，故D正确；故选D。16.类推的思维方法在化学学习中应用广泛，但类推出的结论需经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论正确的是A.能与溶液反应，则也能与溶液反应B.与直接化合可得，则与直接化合可得C.第二周期元素气态氢化物稳定性：，则第三周期元素气态氢化物稳定性：D.的溶解度比的大，则的溶解度比的大【答案】A【解析】【详解】A．根据对角线原则，Al、Be化学性质相似，能与溶液反应，则Be(OH)2也能与NaOH溶液反应，A正确；B．卤族元素从上到下非金属性递减，氯气的氧化性强，碘单质的氧化性较弱，与直接化合可得，B错误；

C．同周期从左到右元素非金属性递增，非金属性越强，简单氢化物越稳定，第二周期元素气态氢化物稳定性：，则第三周期元素气态氢化物稳定性：，C错误；D．的溶解度比的小，D错误；故选A。17.海水是巨大的资源宝库，对海水资源综合利用的主要工艺如图所示。下列说法错误的是A.从成本角度考虑，适合选用熟石灰作沉镁试剂B.“一系列操作”中包含灼烧、电解C.热空气吹出利用了易挥发的物理性质D.亚硫酸吸收过程发生反应的离子方程式为【答案】B【解析】【分析】海水淡化处理得到淡水和盐卤，盐卤分离得到母液和粗盐，母液进行沉镁操作得到氢氧化镁沉淀，氢氧化镁沉淀中加盐酸溶解、结晶得到氯化镁晶体，氯化镁晶体在HCl气流中加热脱水生成MgCl2，电解熔融的氯化镁得到金属镁；母液的滤液中加入Cl2将溴离子转化为溴单质，热空气吹出后用亚硫酸吸收，得到HBr的浓溶液，再通入氯气生成溴单质，蒸馏得到溴。【详解】A．熟石灰能与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，且成本较低，从成本角度考虑，适合选用熟石灰作沉镁试剂，A正确；B．“一系列操作”为：氢氧化镁沉淀加盐酸溶解、结晶得到氯化镁晶体，氯化镁晶体在HCl气流中加热脱水生成MgCl2，电解熔融的氯化镁得到金属镁，B错误；C．易挥发，热空气吹出利用了易挥发的物理性质，C正确；D．亚硫酸能与Br2反应生成硫酸和HBr，吸收过程的离子方程式为，D正确；故答案选B。18.下图为模拟侯氏制碱法制取碳酸氢钠的实验装置，下列说法正确的是Aa装置中可用代替B.b装置中的溶液最好是饱和食盐水，为了吸收中的作用C.制取c装置中发生的反应方程式为：D.装置c中含氨的饱和食盐水提高了吸收效率【答案】D【解析】【分析】该装置模拟侯氏制碱法，a装置用盐酸与碳酸钙反应生成CO2，用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl，c中CO2与含氨的饱和食盐水反应得到碳酸氢钠晶体，过滤后对碳酸氢钠晶体加热分解得到碳酸钠，d吸收挥发的氨气，进行尾气处理。【详解】A．a装置采用了多孔隔板，需要难溶性的块状固体与盐酸反应，不能用碳酸钠，故A错误；B．吸收中应该用饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；C．由分析可知，c中反应的化学方程式为：，故C错误；D．由于氨气在水溶液中的溶解度极大，含氨的饱和食盐水可以吸收大量的CO2，提高了吸收效率，故D正确。答案选D。19.一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是A.该化合物中，W、X、Y之间均为共价键B.原子半径：C.的最高化合价氧化物的水化物为强酸D.的氟化物中原子均为8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z的原子序数依次增大，总和为24，W形成1条键，W为H，Z为+1价阳离子，Z为Na，Y形成3条键，结合原子序数排序可知，Y为N，X的原子序数为241117=5，X为B元素。【详解】A．该化合物中，H、B、N之间均通过共价键连接，A正确；B．Na比B、N多一个电子层，原子半径最大，同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径Na>B>N，B正确；C．N的最高价氧化物的水化物为HNO3，属于强酸，C正确；D．B的氟化物为BF3，该物质中B周围为6个电子，没有满足8电子稳定结构，D错误；故答案选D。20.已知W、X、Y和Z为前四周期元素，且原子序数依次增大，的原子半径在元素周期表中最小，X、Y位于同一主族，的单质在潮湿的空气中放久后，表面会慢慢变绿，分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如图所示。下列说法正确的是A.W、X、Y、Z都是主族元素B.时固体成分为C.左右有两个吸收峰，此时发生的都是氧化还原反应D.破坏和之间的作用力不需要吸收大量热【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z为前四周期元素，原子序数依次增大，W的原子半径在元素周期表中最小，W为H，Z的单质在潮湿的空气中放久后，表面慢慢变绿，则Z为Cu，CuYX4·5H2X受热分解，X、Y同主族，则X为O、Y为S，该物质为五水硫酸铜。【详解】A．四种元素中的Cu不是主族元素，A错误；B．600℃之前固体质量为1.6mg，此时为1.0×105molCuSO4，继续加热到800℃，此时固体质量为0.8mg，此时Cu物质的量仍为1.0×105mol，质量为0.64mg，则剩余0.16mg为O，此时固体成分为CuO，继续加热固体质量变为0.72mg，此时Cu质量仍为0.64mg，剩余0.08mg为O，则此时固体为Cu2O，B正确；C．700℃时有两个吸热峰，此时发生两个分解反应，分别为CuSO4CuO+SO3↑和2SO32SO2+O2，第一个反应不是氧化还原反应，C错误；D．CuSO4和H2O之间存在配位键和氢键，破坏配位键和氢键需要吸收大量热，D错误；故答案选B。II卷(共4个题，共50分)三、非选择题(本大题共4个小题，共50分)21.I．用无水固体配制的溶液。请回答：（1）在配制过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、___________和___________。（2）计算配制该溶液需用托盘天平称取固体___________克。（3）定容时的操作：将蒸馏水注入容量瓶，当液面离容量瓶颈部的刻度线时，改用胶头滴管滴加至___________。盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。（4）下列操作会使配得的溶液浓度偏高的是___________。A．称取相同质量的固体进行配制B．定容时俯视容量瓶的刻度线C．摇匀后凹液面在刻度线以下，重新加水至刻度线Ⅱ．为测定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，可通过加热分解得到的质量进行计算。某同学设计的实验装置示意图如下，请回答：（5）写出加热样品时发生的化学反应方程式___________。（6）装置B中冰水的作用是___________。（7）有关该实验的说法正确的是___________。A.组装好仪器，装完药品，再进行气密性检查B.该同学设计的实验装置存在缺陷，应该在B、C之间增加一个的干燥装置C.产生气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收会导致的质量分数偏低D.反应完全后停止加热，通入足量的氮气确保气体吸收完全【答案】（1）①.玻璃棒②.容量瓶（2）2.1（3）溶液的凹液面与刻度线相切（4）B（5）（6）冷凝反应生成的水（7）BD【解析】【小问1详解】配制的溶液过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒和容量瓶。答案为：玻璃棒；容量瓶。【小问2详解】m()=。答案为：2.1。【小问3详解】定容时，当液面离容量瓶颈部的刻度线时，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面与刻度线相切。答案为：溶液的凹液面与刻度线相切。【小问4详解】A．称取相同质量的固体，溶质的物质的量偏少，浓度偏低；B．定容时俯视容量瓶的刻度线，溶液体积偏小，浓度偏大；C．摇匀后凹液面在刻度线以下，重新加水至刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏低。答案为：B。【小问5详解】碳酸氢钠受热易分解，加热样品时发生的化学反应方程式。答案为：。【小问6详解】装置B中冰水的作用是冷凝反应生成的水，防止被碱石灰吸收，干扰二氧化碳质量的测定。答案为：冷凝反应生成的水。【小问7详解】A.组装好仪器，先进行气密性检查，再装完药品，故A错误；B.B装置中大部分的水冷凝转化为液态，还是有少量水挥发进入C装置中，使测得的二氧化碳的质量不准确，应该在B、C之间增加一个的干燥装置，故B正确；C.产生气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，导致计算所得的碳酸氢钠的质量偏小，的质量分数偏高，故C错误；D.反应完全后停止加热，通入足量的氮气将装置中的赶入C装置中，确保气体吸收完全，故D正确。答案为：BD。22.W、X、Y、Z、M、R是原子序数依次增大的六种元素回答下列问题：元素代码结构或性质特点W原子半径最小的元素X氢化物呈碱性Y最外层电子数是核外电子总数的1/3Z焰色为浅紫色(隔着蓝色钴玻璃观察)M地壳中含量第二的金属元素R常温下单质为液态的非金属回答下列问题：（1）元素在周期表中的位置是___________。R的原子结构示意图为___________。（2）W分别与X、Y、Z形成的最简单二元化合物的沸点由高到低的顺序为___________(用化学式表示)。XW4R含有的化学键类型包含___________(填“离子键”、“极性键”或“非极性键”)。（3）化合物是一种二元弱碱，其电子式为___________，它与足量的稀溶液反应的离子方程式为___________。（4）元素的最高价氧化物的水化物是一种三元弱酸，其结构简式为(酸的元数酸中上的氢原子个数)，Y的一种低价含氧酸是一种二元弱酸，则其结构简式为___________，它与足量的溶液反应的离子方程式为___________。（5）将等体积的的溶液和的溶液混合充分反应后，加入振荡充分反应后，下层液体呈___________色，再向上层液体中加入___________溶液，可证明该反应为可逆反应。【答案】（1）①.第三周期ⅤA族②.（2）①.KH>NH3>PH3②.离子键、极性键（3）①.②.N2H4+2H+=（4）①.②.H3PO3+2OH=+2H2O（5）①.紫红色②.KSCN溶液【解析】【分析】W、X、Y、Z、M、R原子序数依次增大，W是原子半径最小的元素，W为H，X的氢化物呈碱性，X为N，Y最外层电子数是核外电子总数的，Y为P，Z焰色为浅紫色，Z为K，M是地壳中含量第二的金属元素，M为Fe，R常温下单质为液态的非金属，R为Br。【小问1详解】Y为P，在元素周期表第三周期ⅤA族。R为Br，其原子结构示意图为。【小问2详解】H与N、P、K形成的最简单二元化合物分别为NH3、PH3和KH，其中NH3、PH3为分子晶体，KH为离子晶体，则KH沸点最高，NH3中存在氢键，范德华力较大，沸点高于PH3，故沸点由高到低排序为KH>NH3>PH3。NH4Br为离子化合物，存在离子键，铵根离子内部存在极性键，不存在非极性键。【小问3详解】N2H4为二元弱碱，其电子式为。它与足量HBr稀溶液反应的离子方程式为N2H4+2H+=。【小问4详解】Y的一种低价含氧酸为H3YO3，是一种二元弱酸，其结构简式为，它与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3PO3+2OH=+2H2O。【小问5详解】等体积的1mol/L的FeCl3和3mol/L的NaI溶液混合充分，Fe3+与I反应的离子方程式为2Fe3++2I=2Fe2++I2，反应后加入CCl4振荡充分反应，I2溶于四氯化碳中使得下层溶液呈紫红色。按照离子方程式可知，Fe3+的量不足，再向上层液体中加入KSCN溶液，若溶液变血红色，说明溶液中存在铁离子，证明反应为可逆反应。23.草酸亚铁晶体(，相对分子质量为180)呈淡黄色，可用作生产锂电池正极的原料。某实验小组对其进行了一系列探究。I．纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究（1）气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置(可重复选用)进行实验：①装置D的名称为___________。②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为___________(填仪器接口的字母编号，仪器可重复选用)。a→g，f→___________→___________→d，e→___________→尾气处理装置③实验前先通入一段时间，其目的为___________。④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为___________。（2）固体产物成分的探究。充分反应后，A处反应管中残留黑色固体。查阅资料可知，黑色固体只可能为或或二者混合物。小组成员设计实验证明了其成分只有，其操作及现象为：___________。（3）依据(1)和(2)结论，可知A处反应管中发生反应的化学方程式为___________。II．草酸亚铁晶体样品中元素含量的测定测定操作如下(已知和均可被氧化，转化为)：步骤1、称取草酸亚铁晶体样品并溶于稀中，配成溶液；步骤2、取上述溶液，用标准液滴定至终点，消耗标准液；步骤3、向反应后溶液中加入过量锌粉，充分反应，过滤得滤液，再用标准溶液滴定至终点，消耗标准液。（4）步骤3中加入锌粉的目的为___________。（5）草酸亚铁晶体元素的质量分数为___________(用代数式表示)；若步骤1配制溶液时部分被氧化，则测定结果将___________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。【答案】（1）①.球形干燥管②.a→g，f→b，c→h，i→d，e→b，c→尾气处理装置③.排尽装置内的空气，防止干扰实验和加热时发生爆炸④.C中CuO从黑色变为红色，其后的澄清石灰水变浑浊（2）取少量固体于试管中，加入硫酸，无气体生成（3）FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O（4）将Fe3+还原为Fe2+（5）①.×100②.不变【解析】【分析】探究草酸亚铁晶体热分解的产物，反应前先通入一段时间氮气，除去装置内的空气，随后加热A装置，草酸亚铁晶体开始分解，生成的气体先通过D，检验是否有水蒸气生成，随后将气体通入B中检验是否有二氧化碳生成，随后通过E装置干燥后将气体通入C装置与氧化铜在加热条件下反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳从而确定是否有CO存在，最后连接尾气处理装置。【小问1详解】①装置D的名称为球形干燥管。②根据分析可知，上述装置的连接顺序为a→g，f→b，c→h，i→d，e→b，c→尾气处理装置。③实验前先通入一段时间氮气，其目的是排尽装置内的空气，防止干扰实验和加热时发生爆炸。④证明产物中含有CO的现象为C中CuO从黑色变为红色，其后的澄清石灰水变浑浊。【小问2详解】若产物中只有FeO，则其溶于硫酸就不会有气体生成，否则若存在Fe，加入硫酸一定有气体生成，因此操作和现象为取少量固体于试管中，加入硫酸，无气体生成。【小问3详解】根据前面两个小问的结论可知，草酸亚铁晶体加热条件下分解生成FeO、CO、CO2和水，化学方程式为FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O。【小问4详解】步骤2加入高锰酸钾溶液后，亚铁离子和草酸根离子都能和高锰酸钾反应，亚铁离子转化为铁离子，步骤三加入Zn，Zn将Fe3+还原为Fe2+，后续再加入高锰酸钾即可求出Fe2+消耗的高锰酸钾的体积。【小问5详解】被锌还原生成的Fe2+消耗高锰酸钾物质的量为cV2×103mol，则根据得失电子守恒可知5Fe2+~，消耗Fe2+物质的量为5cV2×103mol，则mg草酸亚铁中含有Fe2+的质量为5cV2×103mol×10×56g/mol=2.8cV2g，草酸亚铁晶体Fe元素的质量分数为2.8cV2g÷mg=×100%。若步骤1配制溶液时部分亚铁离子被氧化，并不影响V2的值，测定结果不变。24.氮化镓(GaN)是优异的第三代半导体材料。一种利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓、铁酸锌、]制备的工艺流程如图：已知：①常温下，该工艺条件下金属阳离子生成氢氧化物沉淀时的范围如表所示。沉淀物开始沉淀时1.53.0626.0完全沉淀时3.24.19.19.0②、在该工艺条件下的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见表。盐酸浓度/mol/L246的反萃取率/%866917的反萃取率/%952