2023-2024学年山东省青岛地区高一下学期期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省青岛地区2023-2024学年高一下学期期中考试试题说明：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，考试时间90分钟，满分100分。2.选择题〖答案〗用2B铅笔涂在答题卡上，非选择题用0.5mm黑色中性笔作答，〖答案〗必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Fe56Cu64Zn65Br80一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产、生活密切相关。下列不涉及化学变化的是（）A.粮食酿酒 B.食醋除水垢 C.石油的分馏D.煤的干馏〖答案〗C〖解析〗【详析】A．粮食酿酒有新物质酒精生成，属于化学变化，A错误；B．食醋除水垢是醋酸和碳酸钙的反应，化学变化，B错误；C．石油分馏是利用组分的沸点不同进行分离的方法，不涉及化学变化，C正确；D．煤的干馏过程中生成新物质，化学变化，D错误；故选C。2.（二氟一氯甲烷）常用作制冷剂，其制备反应如下。下列说法错误的是（）A.X为HCl B.Cl原子结构示意图为C.的电子式为 D.的球棍模型为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．根据原子守恒，可得X为HCl，A选项正确；B．Cl为17号元素，原子结构示意图为，B选项正确；C．CHCl3的电子式为，C选项错误；D．CHClF2为四面体结构，原子半径：Cl>C>F>H，球棍模型为，D选项正确；故〖答案〗选C。3.碲化镉（CdTe）具有光电转化功能，可用于制造发电玻璃。已知和S位于同一主族。下列叙述错误的是（）A.CdTe中Cd呈现+2价 B.Te位于第5周期ⅥA族C.还原性比HI弱 D.的酸性比弱〖答案〗C〖解析〗【详析】A．是ⅥA族元素，CdTe中Te显-2价，则Cd呈现+2价，故A正确；B．和S位于同一主族，Te位于第5周期ⅥA族，故B正确；C．同周期元素从左到右非金属性越强，还原性比HI强，故C错误；D．同主族元素从上到下非金属性减弱，的酸性比弱，故D正确；选C。4.X、Y、Z、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y元素在元素周期表中处于相邻的位置，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z元素的焰色反应呈现黄色，W元素与Y元素处于同一主族。下列说法正确的是（）A.简单离子半径的大小顺序为W>Z>X>YB.四种元素的单质中，常温下只有Z单质为固态C.X与Y形成的化合物仅有4种D.Y单质可以与W氢化物的水溶液发生置换反应〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，推出Y是O元素，Z元素的焰色反应呈现黄色推出是Na元素，W元素与Y元素处于同一主族，并且原子序数比O大，为S元素，X为N元素。【详析】A．Na+与N3-、O2-均为相同电子层结构离子，这三种离子中，Na+质子数最多，其离子半径是中最小，N3-的质子数最少，其离子半径最大；S2-有三层电子，离子半径最大；即离子半径：S2->N3->O2->Na+；故A错误；B．四种元素的单质中，常温下Na和S单质为固态，故B错误；C．X与Y形成的化合物有N2O、NO、NO2、N2O4、N2O5等，超过了4种，故C错误；D．O2可以和H2S的水溶液发生置换反应，生成S和H2O，故D正确；故〖答案〗选D。5.下列实验设计不能达到实验目的的是（）实验目的实验设计A比较Mg、Al的失电子能力向溶液、溶液中分别逐滴加入NaOH溶液至过量，对比现象B比较C、Si的得电子能力向碳酸氢钠溶液中加入过量的盐酸，将产生的气体直接通入溶液中，观察现象C探究浓度对反应速率的影响分别向、的盐酸中加入表面积大致相同的镁，对比现象D探究温度对化学平衡的影响把两个体积相同、封装有等量和混合气体的烧瓶分别同时浸泡在热水和冰水中，观察混合气体的颜色变化〖答案〗B〖解析〗【详析】A．向溶液、溶液中分别逐滴加入NaOH溶液至过量，AlCl3溶液先沉淀后溶解，MgCl2溶液生成沉淀不溶解，Al(OH)3是两性氢氧化物，则金属性Mg>Al，失电子能力Mg>Al，能达到目的，A不符合题意；B．向碳酸氢钠溶液中加入过量的盐酸，将产生的气体中有挥发的HCl，HCl会与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，直接通入溶液中会有沉淀析出，不能说明碳酸酸性大于硅酸，不能比较二者的得电子能力，B符合题意；C．分别向、的盐酸中加入表面积大致相同的镁，3mol/L的盐酸反应更剧烈，反应速率快，反应物浓度越大，反应速率越快，能达到目的，C不符合题意；D．(g)⇋(g)是放热反应，混合气体的烧瓶分别同时浸泡在热水和冰水中，放在热水中的颜色加深，冰水中颜色变浅，说明温度对平衡移动产生了影响，能达到目的，D不符合题意；〖答案〗选B。6.利用热稳定性的差异可实现物质的转化和分离。以镁为例的转化关系如图，其中a、c分别代表Mg(OH)Cl或MgO。下列说法错误的是（）A.d可分别与a或b反应得到离子化合物B.c中所有原子最外层均为稳定结构C.和Mg(OH)Cl中均既存在离子键又存在共价键D.上述转化过程中不涉及氧化还原反应〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗Mg(OH)Cl分解生成MgO和HCl，故a为MgO，c为Mg(OH)Cl，d为HCl，MgO和NH4Cl反应生成Mg(OH)Cl和NH3，故b为NH3。【详析】A．HCl和MgO反应生成MgCl2和水，HCl和NH3反应生成NH4Cl，MgCl2和NH4Cl均为离子化合物，A选项正确；B．c为Mg(OH)Cl，H原子为2电子稳定，B选项错误；C．NH4Cl中铵根离子和氯离子之间为离子键，铵根离子内N原子和H原子之间为共价键，Mg(OH)Cl中镁离子和氢氧根离子、镁离子与氯离子之间均为离子键，氢氧根内H原子与O原子之间为共价键，C选项正确；D．Mg(OH)Cl分解生成MgO和HCl，MgO和NH4Cl反应生成Mg(OH)Cl和NH3，两个过程中没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，D选项正确；故〖答案〗选B。7.尿素可通过以和为原料在一定温度和压强下经两步反应合成，合成过程中的能量变化如图。下列说法正确的是（）A.尿素与氰酸铵（）互为同分异构体B.反应放出的热量为C.的反应过程中仅有共价键的断裂和形成D.合成尿素的总反应为吸热反应〖答案〗A〖解析〗【详析】A．尿素[CO(NH2)2]的分子式为CH4N2O，与氰酸铵（）分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，A正确；B．由图可知，反应放出的热量为，B错误；C．的反应过程中，是离子化合物，还有离子键的断裂，C错误；D．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，合成尿素的总反应为放热反应，D错误；故选A。8.糖类、油脂、蛋白质是人类必需摄入的营养物质。下列说法错误的是（）A.淀粉和纤维素可在人体内水解得到葡萄糖提供能量B.油脂可在热的纯碱溶液中经水解反应而除去C.蛋白质在酶的作用下经水解可转化为氨基酸D.淀粉、纤维素、蛋白质均属于天然高分子化合物〖答案〗A〖解析〗【详析】A．人体中不含纤维素酶，纤维素在人体中不能水解，选项A错误；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下会发生水解反应，纯碱溶液为碱性，故油脂可在热的纯碱溶液中经水解反应而除去，选项B正确；C．蛋白质是由氨基酸缩聚形成，在酶的作用下经水解可转化为氨基酸，选项C正确；D．高分子化合物是指相对分子质量在一万以上的物质，淀粉、纤维素、蛋白质均属于天然高分子化合物，选项D正确；故〖答案〗选A。9.汽车安全气囊可充入叠氮化钠（）、硝酸钾、、等物质，主要反应为，下列说法错误的是（）A.叠氮化钠和硝酸钾均为含有共价键的离子化合物B.粉末可作冷却剂吸收产气过程中释放的热量C.标准状况下产生时转移D.可与产物、反应生成无腐蚀性的硅酸盐，减少对人体的伤害〖答案〗C〖解析〗【详析】A．叠氮化钠和硝酸钾均是含有离子键和共价键的离子化合物，故A错误；B．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，所以汽车安全气囊中的碳酸氢钠粉末可作冷却剂吸收产气过程中释放的热量，故B正确；C．由方程式可知，反应生成16mol氮气，反应转移10mol电子，则标准状况下生成8.96L氮气时，转移电子的物质的量为×=0.25mol，故C错误；D．氧化钾、氧化钠都是碱性氧化物，都能与酸性氧化物二氧化硅反应生成硅酸钾、硅酸钠，所以汽车安全气囊中的可与产物氧化钾、氧化钠反应生成无腐蚀性的硅酸盐，减少对人体的伤害，故D正确；故选C。10.为探究卤族元素单质及其化合物的性质设计了如下实验方案。由下列操作、现象能得出相应结论的是（）操作现象结论A向两份新制氯水中，分别滴加淀粉KI溶液和溶液前者溶液变蓝，后者溶液产生白色沉淀氯气与水的反应存在限度B用玻璃棒蘸取“84”消毒液点在pH试纸上试纸变白“84”消毒液呈中性C将少量溶液滴入溶液中紫色很快褪去氧化能力：D向碘的溶液中加入等体积KI浓溶液，振荡、静置分层，上层呈棕褐色，下层呈浅红色碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力〖答案〗D〖解析〗【详析】A．氯水中含有HClO，具有氧化性，也可以让淀粉KI变蓝，故A错误；B．“84”消毒液含有次氯酸钠，它具有漂白性，将pH试纸漂白，不能证明其为中性，故B错误；C．还原性强弱为碘离子＞二价铁离子，高锰酸钾先氧化碘离子，后氧化二价铁离子，所以不能证明＞，故B错误；D．往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，静置，分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明溶液中发生反应：呈棕黄色，证明碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力，故D正确；

故〖答案〗选D二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.空气吹出法是工业上可用于从天然海水中提取溴的方法，其工艺流程如图。已知海水中Br-含量约为0.064g/L。下列说法错误的是（）A.“吹出”利用了液溴的挥发性B.“吸收”发生的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+C.“系列操作”为萃取分液D.若提取5m3海水中的溴，理论上需要89.6L(STP)氯气〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗将提取食盐后的海水浓缩后得到苦卤，然后向其中通入氯气，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，然后向其中通入热的空气和水蒸气将Br2吹出，利用SO2吸收，发生反应：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，经富集得到HBr，然后向富集液中通入Cl2，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，然后经萃取、分液、蒸馏等操作得到液溴。【详析】A．液溴沸点比较低，向氯化氧化后的溶液中通入热的空气和氧气可以将单质溴吹出，就是利用了液溴的挥发性，A正确；B．“吸收”发生的化学反应方程式为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，该反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+，B正确；C．“系列操作”为蒸馏、冷凝，C错误；D．已知海水中Br-含量约为0.064g/L，若提取5m3海水中的溴，则其中含有Br-的质量为m=0.064g/L×5×103L=320g，其物质的量n(Br-)==4mol，理论上可提取，在该流程中，两次用氯气把Br-氧化为Br2(Cl2+2Br-=2Cl-+Br2)，即每提取1mol溴，理论上消耗2mol氯气，所以若提取5m3海水中的溴，理论上需要4mol×22.4L/mol=89.6L(STP)氯气，D正确；故选C。12.苯与的反应机理及能量与反应进程的关系如图。已知越小，该步反应速率越快。下列说法正确的是（）A.反应过程中为催化剂B.三步反应均为吸热反应C.反应过程中有碳碳双键的断裂和生成D.苯和反应的速率由反应②的速率决定〖答案〗AD〖解析〗【详析】A．参加反应后又生成，故反应过程中为催化剂，故A正确；B．根据图中信息第①②步反应是反应物总能量低于生成物总能量，因此第①②步是吸热反应，第③步反应是反应物总能量高于生成物总能量，则第③步反应是放热反应，故B错误；C．苯环不含有碳碳双键，故反应过程中没有碳碳双键的断裂和生成，故C错误；D．第②步反应的活化能最大，故苯和反应的速率由反应②的速率决定，故D正确；〖答案〗为AD。13.实验室制备的乙酸乙酯粗产品进一步纯化的过程如下。下列说法正确的是（）A.“洗涤振荡”时，分液漏斗下口应倾斜向下B.“操作1”为分液，有机相可直接从分液漏斗的下口放出C.分液后“酯层1”呈中性，说明已达到洗涤目的D.“操作2”为蒸馏，蒸馏时可选用球形冷凝管〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗粗产品中加入饱和碳酸钠溶液后会分层，有机层为乙酸乙酯，水层中主要为乙酸钠、乙醇和水；有机相中的杂质主要为碳酸钠和乙醇，故用饱和氯化钠溶液洗涤除去碳酸钠，用饱和氯化钙溶液除去乙醇，再用无水硫酸镁固体干燥除水后可得纯净的乙酸乙酯。【详析】A．洗涤振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，A选项错误；B．分液时，密度大的液体在下层，密度小的液体在上层，下层液体由分液漏斗下口放出，下层液体放完后，密度小的乙酸乙酯在上层，上层液体从分液漏斗上口倒出，B选项错误；C．饱和氯化钠溶液洗涤的目的为除去碳酸钠，碳酸钠为碱性，酯层1为中性，说明没有碳酸钠，说明已经达到洗涤目的，C选项正确；D．蒸馏时选用直形冷凝管，能使馏分全部转移到锥形瓶中，而不会残留在冷凝管中，D选项错误；故〖答案〗选C。14.将铜锌原电池以图示方法加以改进，其中M为阴离子交换膜，只允许阴离子和水分子通过。下列说法正确的是（）A.工作一段时间后，锌表面会有红色固体覆盖B.电池工作一段时间后，乙池中减小C.电池工作一段时间后，甲池溶液的总质量增加D.当甲乙两池电极质量相差1g时有通过电流表〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗该电池为铜锌双液电池，中间为阴离子交换膜，锌为负极，铜为正极。【详析】A．锌板上发生的反应为，不会有红色固体析出，A错误；B．硫酸根离子会通过阴离子交换膜移向负极（甲池），故乙池中硫酸根离子浓度会减小，B正确；C．锌失电子生成锌离子进入至甲池溶液中，乙池的硫酸根离子也会进入至甲池中，故甲池中溶液质量增加，C正确；D．初始锌板和铜板的质量未知，故无法通过质量相差来确定电子的转移，D错误；故选BC。15.用和为原料合成甲醇的反应为，该方法符合“碳中和、碳达峰”的理念。一定温度下，向2L密闭容器中通入和发生反应，部分气体的物质的量随时间变化如图。下列说法正确的是（）A.容器内气体的密度不再改变说明该反应已达平衡B.在0～3minC.达到最大限度时的物质的量分数约为21%D.反应开始时充入氦气（非催化剂）可有效缩短达到平衡所用的时间〖答案〗BC〖解析〗【详析】A．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，A错误；B．结合反应方程式可知，在0～3min反应氢气5mol-2mol=3mol，，B正确；C．由图可知，平衡时生成甲醇1.5mol，则同时生成水1.25mol、消耗二氧化碳、氢气分别为1.5mol、4.5mol，此时二氧化碳、氢气分别为3.5mol、0.5mol，达到最大限度时的物质的量分数约为21%，C正确；D．反应开始时充入氦气（非催化剂）不影响反应中各物质的浓度，不可有效缩短达到平衡所用的时间，D错误；故选BC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.阅读相关信息完成下列问题。（1）下表为元素周期表的一部分，元素a~f在表中的位置如图。①已知f的一种核素，其中子数为45，用原子符号表示该核素为_________（用的形式表示）。a、b、d简单离子半径最小的是_________（用离子符号表示）。②周期表中对角线位置的元素化学性质相似，写出a单质与NaOH溶液反应的离子方程式_________。③c、d、e最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序为_________（用化学式表示）。（2）化合物甲可用作工业洗涤剂的中间体，X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，五种元素中W元素的原子序数最大。阳离子为，阴离子的填充模型如图①Z、Q分别与X形成化合物的热稳定性由大到小的顺序为_________（用化学式表示）。②写出由X、Z、Q组成离子化合物的化学式_________。③写出由W和Q组成含有非极性键化合物的电子式_________。〖答案〗（1）①.②.③.④.（2）①.②.或③.〖解析〗由图可知，a-f分别为铍、氮、磷、硫、氯、溴元素；X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，五种元素中W元素的原子序数最大，阳离子为，则W为钠，X原子半径最小且形成1个共价键，X为氢，Y形成4个共价键，Y为碳，Z形成3个共价键，Z为氮，Q原子半径小于碳，且形成阴离子带1个单位负电荷，则阴离子为NH2CH2COO-，Q为氧；（1）①核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；已知溴的一种核素，其中子数为45，则质量数为45+35=80，用原子符号表示该核素为。电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；a、b、d简单离子半径最小的是。②周期表中对角线位置的元素化学性质相似，则铍和铝化学性质相似，Be单质与NaOH溶液反应生成和氢气，离子方程式。③同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，c、d、e最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序为；（2）①N、O分别与H形成化合物分别为、，非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，热稳定性由大到小的顺序为。②由H、N、O组成离子化合物可以硝酸铵或亚硝酸铵，化学式或。③由Na和O组成含有非极性键化合物过氧化钠，过氧根离子中含有氧氧非极性键，电子式。17.海带、紫菜等藻类植物中含有丰富的碘元素。以干海带为原料提取碘单质的工艺流程图如下，回答下列问题。（1）干海带“灼烧”的目的是_________，“灼烧”时下列仪器需要用到的有_________（填标号）。仪器“d”的名称为_________。（2）写出“氧化”反应的离子方程式_________。若以过量氯水为氧化剂，将会发生过度氧化，碘单质被氧化为碘酸根，离子方程式为_________。设计实验验证加入过量氯水，碘单质完全发生了过度氧化，实验方案为_________。（3）“萃取”的具体操作为_________。“反萃取”发生反应的离子方程式为_________。〖答案〗（1）①.分解除去其中的有机化合物②.adf③.坩埚（2）①.②.③.取少量溶液，加入，有机层未变紫或水层滴加淀粉，溶液不变蓝（3）①.加入，将分液漏斗倒转并倾斜，边振荡边排气，正立静置②.〖解析〗海带灼烧，海带灰加水溶解、过滤得含有I-得溶液，加双氧水把I-氧化为碘单质，加CCl4萃取，有机层加氢氧化钠反萃取，取水层加稀硫酸，碘化钠、碘酸钠在酸性条件下反应生成碘单质，得到碘的悬浊液，过滤得粗碘。（1）有机物易燃烧，干海带“灼烧”的目的是分解除去其中的有机化合物；灼烧装置图为，“灼烧”时下列仪器需要用到的有坩埚、泥三角、玻璃棒、酒精灯、三脚架，选adf。仪器“d”的名称为坩埚。（2）“氧化”时碘离子被双氧水氧化为碘单质，反应的离子方程式。若以过量氯水为氧化剂，将会发生过度氧化，碘单质被氧化为碘酸根，离子方程式为。若碘单质完全发生了过度氧化，则溶液中不含碘单质，加入淀粉溶液不变蓝，实验方案为取少量溶液，加入，有机层未变紫或水层滴加淀粉，溶液不变蓝。（3）“萃取”的具体操作为加入，将分液漏斗倒转并倾斜，边振荡边排气，正立静置。“反萃取”时碘单质和氢氧化钠反应生成碘化钠、碘酸钠、水，发生反应的离子方程式为。18.以磁铁矿（主要含有，含少量、、、等杂质）为原料制备优良的吸附剂水合氧化铁（），工艺流程如下。回答下列问题：（1）Fe在元素周期表中的位置为______________。（2）“粉碎”的目的是______________。“碱浸”时发生反应的离子方程式为______________。（3）“滤渣1”的主要成分有______________。“试剂X”的化学式为________________。（4）“沉铁”时发生反应的离子方程式为_________________。（5）以含铁60%的100t磁铁矿为原料生产水合氧化铁，生产过程中加入“试剂X”20t，“沉铁”时损耗铁元素3%，则可生产纯度为97%的水合氧化铁_________________t（保留一位小数）。〖答案〗（1）第4周期第Ⅷ族（2）①.增大反应接触面积，加快反应速率②.、（3）①.、②.Fe（4）（5）127.1〖解析〗磁铁矿粉碎后碱浸，氧化铝、二氧化硅转化为钠盐溶液进入滤液1，滤渣加入硫酸酸浸，转化为二价铁离子和三价铁离子，氧化钙、氧化镁转化为硫酸盐，加入氟化铵得到含有氟化钙、氟化镁沉淀的滤渣，滤液加入单质铁还原三价铁离子为二价铁离子，加入碳酸氢铵，使二价铁离子转化为碳酸亚铁的沉淀，处理后得到水合氧化铁。（1）Fe为26号元素，在元素周期表中的位置为第4周期第Ⅷ族；（2）“粉碎”的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应快速充分；“碱浸”时二氧化硅转化为硅酸钠、氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，发生反应的离子方程式为、；（3）由分析可知，“滤渣1”的主要成分有、；“试剂X”是将铁离子还原为亚铁离子，且不引入新杂质，故为Fe；（4）“沉铁”过程发生的反应为碳酸氢铵与二价铁离子之间的反应，二者反应会生成碳酸亚铁、水和二氧化碳，故反应的离子方程式为：；（5）根据铁元素守恒可知，可生产纯度为97%的水合氧化铁。19.乙酸乙酯、聚苯乙烯是重要的化工产品，广泛应用在多个领域，制备流程如下（反应条件省略）。回答下列问题：（1）反应①~⑤属于加成反应的有______________（填序号）。（2）A、B、D、X四种物质中能使酸性高锰酸钾溶液褪色有_____________（写物质名称）。（3）反应②的化学方程式为_____________。反应③的化学方程式为_____________。（4）某烃相对分子质量比物质C大28，一氯代物只有一种结构，该烃的结构简式为____________。（5）近些年来，科学家不断探索用A和D在一定条件下直接合成乙酸乙酯且取得了重要进展，该反应的化学方程式为_____________。（6）对溴苯乙烯是一种重要的化工原料，实验室以乙苯为主要原料制取流程如下：已知：M中苯环上有两个取代基；N的分子式为，且分子中含甲基。M、N的结构简式分别为_____________、_____________。〖答案〗（1）①④（2）乙烯、乙醇（3）①.②.（4）（5）（6）①.②.〖解析〗由流程可知，制得乙酸乙酯，推测A为乙烯，A和水催化加成生成B乙醇，乙醇催化氧化产生C乙醛，乙醛氧化得到D乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应得到乙酸乙酯；乙烯与X苯发生加成反应得到苯乙烷，苯乙烷生成碳碳双键转化为E苯乙烯，苯乙烯发生加聚反应得到聚苯乙烯；（1）由分析可知，反应①~⑤属于加成反应的有①④；（2）A、B、D、X四种物质分别为乙烯、乙醇、乙酸、苯，乙烯含有碳碳双键、乙醇含羟基，两者能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故选：乙烯、乙醇；（3）反应②为乙醇催化氧化为乙醛，化学方程式为。反应③为乙醇和乙酸在浓硫酸催化作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为；（4）C为乙醛，某烃相对分子质量比乙醛大28，则其相对分子质量为72，一氯代物只有一种结构，该烃结构对称，72÷12=5⋯12，则该物质为新戊烷，结构简式为；（5）A乙烯和D乙酸在一定条件下直接合成乙酸乙酯，则乙烯、乙酸为反应物，乙酸乙酯为生成物，该反应的化学方程式为；（6）已知：M中苯环上有两个取代基；由产物可知，M中取代基为对位；N的分子式为，且分子中含甲基，其N能消去溴生成碳碳双键，则N取代基为-Br、-CHBrCH3，故N为；M生成N，M为，M中乙基上氢被取代生成N。20.以一氧化碳和水为原料制取氢气的反应为。在10L密闭容器中，进行了以下实验，数据如下：实验编号温度/℃起始时反应物的浓度/平衡时某些物质的浓度/达到平衡的时间/minCO①12000.010.01000.004a20②1200000.010.0120.0035b③8000.010.01000.0050.005回答下列问题：（1）实验①，反应达到平衡时的平均反应速率______________。（2）实验②中b为_____________。（3）表中_______20（填“＞”、“=”或“＜”），解释原因___________。（4）能说明上述反应已达到平衡状态的是______________（填字母标号）。A.反应混合物中各组分的百分组成不再改变B.容器内混合气体平均相对分子质量保持不变C.消耗的速率与生成速率相等D.2molO－H键断裂的同时有2molC=O断裂（5）若实验①达到平衡时放出16.4kJ热量，则实验②达到平衡时吸收_____________kJ热量。（6）若实验③在700℃下反应，其他条件不变，达到平衡时氢气的体积分数____________25％（填“大于”、“等于”或“小于”）。〖答案〗（1）（2）（3）①.＞②.实验③的温度比实验①低，其他条件相同，反应速率慢，时间长（4）AD（5）26.65（6）大于〖解析〗（1）实验①，反应达到平衡时的平均反应速率=。（2）实验②中的转化量为0.01mol/L-0.0035mol/L=0.0065mol/L，的起始浓度为0.012mol/L，的转化量为0.0065mol/L，的平衡浓度为0.012mol/L-0.0065mol/L=。（3）实验③的温度比实验①低，其他条件相同，反应速率慢，时间长，表中＞20。（4）A．反应混合物中各组分的百分组成不再改变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，A选；B．该反应是气体物质的量不变的反应，反应过程种气体总质量和总物质的量都不变，平均相对分子质量是定值，当容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变时，不能说明反应达到平衡，B不选；C．消耗的速率与生成速率相等，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，C不选；D．2molO－H键断裂的同时有2molC=O断裂，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，D选；故选AD。（5）实验①达到平衡时CO2的生成量为0.004mol/L，放出16.4kJ热量，实验②达到平衡时的转化量为0.01mol/L-0.0035mol/L=0.0065mol/L，吸收=26.65kJ。（6）由实验①和实验③数据可知，降低温度，的平衡浓度增大，说明平衡正向移动，该反应为放热反应，氢气的体积分数为=25%，若实验③在700℃下反应，其他条件不变，平衡正向移动，，达到平衡时氢气的体积分数大于25％。山东省青岛地区2023-2024学年高一下学期期中考试试题说明：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，考试时间90分钟，满分100分。2.选择题〖答案〗用2B铅笔涂在答题卡上，非选择题用0.5mm黑色中性笔作答，〖答案〗必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Fe56Cu64Zn65Br80一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产、生活密切相关。下列不涉及化学变化的是（）A.粮食酿酒 B.食醋除水垢 C.石油的分馏D.煤的干馏〖答案〗C〖解析〗【详析】A．粮食酿酒有新物质酒精生成，属于化学变化，A错误；B．食醋除水垢是醋酸和碳酸钙的反应，化学变化，B错误；C．石油分馏是利用组分的沸点不同进行分离的方法，不涉及化学变化，C正确；D．煤的干馏过程中生成新物质，化学变化，D错误；故选C。2.（二氟一氯甲烷）常用作制冷剂，其制备反应如下。下列说法错误的是（）A.X为HCl B.Cl原子结构示意图为C.的电子式为 D.的球棍模型为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．根据原子守恒，可得X为HCl，A选项正确；B．Cl为17号元素，原子结构示意图为，B选项正确；C．CHCl3的电子式为，C选项错误；D．CHClF2为四面体结构，原子半径：Cl>C>F>H，球棍模型为，D选项正确；故〖答案〗选C。3.碲化镉（CdTe）具有光电转化功能，可用于制造发电玻璃。已知和S位于同一主族。下列叙述错误的是（）A.CdTe中Cd呈现+2价 B.Te位于第5周期ⅥA族C.还原性比HI弱 D.的酸性比弱〖答案〗C〖解析〗【详析】A．是ⅥA族元素，CdTe中Te显-2价，则Cd呈现+2价，故A正确；B．和S位于同一主族，Te位于第5周期ⅥA族，故B正确；C．同周期元素从左到右非金属性越强，还原性比HI强，故C错误；D．同主族元素从上到下非金属性减弱，的酸性比弱，故D正确；选C。4.X、Y、Z、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y元素在元素周期表中处于相邻的位置，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z元素的焰色反应呈现黄色，W元素与Y元素处于同一主族。下列说法正确的是（）A.简单离子半径的大小顺序为W>Z>X>YB.四种元素的单质中，常温下只有Z单质为固态C.X与Y形成的化合物仅有4种D.Y单质可以与W氢化物的水溶液发生置换反应〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，推出Y是O元素，Z元素的焰色反应呈现黄色推出是Na元素，W元素与Y元素处于同一主族，并且原子序数比O大，为S元素，X为N元素。【详析】A．Na+与N3-、O2-均为相同电子层结构离子，这三种离子中，Na+质子数最多，其离子半径是中最小，N3-的质子数最少，其离子半径最大；S2-有三层电子，离子半径最大；即离子半径：S2->N3->O2->Na+；故A错误；B．四种元素的单质中，常温下Na和S单质为固态，故B错误；C．X与Y形成的化合物有N2O、NO、NO2、N2O4、N2O5等，超过了4种，故C错误；D．O2可以和H2S的水溶液发生置换反应，生成S和H2O，故D正确；故〖答案〗选D。5.下列实验设计不能达到实验目的的是（）实验目的实验设计A比较Mg、Al的失电子能力向溶液、溶液中分别逐滴加入NaOH溶液至过量，对比现象B比较C、Si的得电子能力向碳酸氢钠溶液中加入过量的盐酸，将产生的气体直接通入溶液中，观察现象C探究浓度对反应速率的影响分别向、的盐酸中加入表面积大致相同的镁，对比现象D探究温度对化学平衡的影响把两个体积相同、封装有等量和混合气体的烧瓶分别同时浸泡在热水和冰水中，观察混合气体的颜色变化〖答案〗B〖解析〗【详析】A．向溶液、溶液中分别逐滴加入NaOH溶液至过量，AlCl3溶液先沉淀后溶解，MgCl2溶液生成沉淀不溶解，Al(OH)3是两性氢氧化物，则金属性Mg>Al，失电子能力Mg>Al，能达到目的，A不符合题意；B．向碳酸氢钠溶液中加入过量的盐酸，将产生的气体中有挥发的HCl，HCl会与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，直接通入溶液中会有沉淀析出，不能说明碳酸酸性大于硅酸，不能比较二者的得电子能力，B符合题意；C．分别向、的盐酸中加入表面积大致相同的镁，3mol/L的盐酸反应更剧烈，反应速率快，反应物浓度越大，反应速率越快，能达到目的，C不符合题意；D．(g)⇋(g)是放热反应，混合气体的烧瓶分别同时浸泡在热水和冰水中，放在热水中的颜色加深，冰水中颜色变浅，说明温度对平衡移动产生了影响，能达到目的，D不符合题意；〖答案〗选B。6.利用热稳定性的差异可实现物质的转化和分离。以镁为例的转化关系如图，其中a、c分别代表Mg(OH)Cl或MgO。下列说法错误的是（）A.d可分别与a或b反应得到离子化合物B.c中所有原子最外层均为稳定结构C.和Mg(OH)Cl中均既存在离子键又存在共价键D.上述转化过程中不涉及氧化还原反应〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗Mg(OH)Cl分解生成MgO和HCl，故a为MgO，c为Mg(OH)Cl，d为HCl，MgO和NH4Cl反应生成Mg(OH)Cl和NH3，故b为NH3。【详析】A．HCl和MgO反应生成MgCl2和水，HCl和NH3反应生成NH4Cl，MgCl2和NH4Cl均为离子化合物，A选项正确；B．c为Mg(OH)Cl，H原子为2电子稳定，B选项错误；C．NH4Cl中铵根离子和氯离子之间为离子键，铵根离子内N原子和H原子之间为共价键，Mg(OH)Cl中镁离子和氢氧根离子、镁离子与氯离子之间均为离子键，氢氧根内H原子与O原子之间为共价键，C选项正确；D．Mg(OH)Cl分解生成MgO和HCl，MgO和NH4Cl反应生成Mg(OH)Cl和NH3，两个过程中没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，D选项正确；故〖答案〗选B。7.尿素可通过以和为原料在一定温度和压强下经两步反应合成，合成过程中的能量变化如图。下列说法正确的是（）A.尿素与氰酸铵（）互为同分异构体B.反应放出的热量为C.的反应过程中仅有共价键的断裂和形成D.合成尿素的总反应为吸热反应〖答案〗A〖解析〗【详析】A．尿素[CO(NH2)2]的分子式为CH4N2O，与氰酸铵（）分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，A正确；B．由图可知，反应放出的热量为，B错误；C．的反应过程中，是离子化合物，还有离子键的断裂，C错误；D．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，合成尿素的总反应为放热反应，D错误；故选A。8.糖类、油脂、蛋白质是人类必需摄入的营养物质。下列说法错误的是（）A.淀粉和纤维素可在人体内水解得到葡萄糖提供能量B.油脂可在热的纯碱溶液中经水解反应而除去C.蛋白质在酶的作用下经水解可转化为氨基酸D.淀粉、纤维素、蛋白质均属于天然高分子化合物〖答案〗A〖解析〗【详析】A．人体中不含纤维素酶，纤维素在人体中不能水解，选项A错误；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下会发生水解反应，纯碱溶液为碱性，故油脂可在热的纯碱溶液中经水解反应而除去，选项B正确；C．蛋白质是由氨基酸缩聚形成，在酶的作用下经水解可转化为氨基酸，选项C正确；D．高分子化合物是指相对分子质量在一万以上的物质，淀粉、纤维素、蛋白质均属于天然高分子化合物，选项D正确；故〖答案〗选A。9.汽车安全气囊可充入叠氮化钠（）、硝酸钾、、等物质，主要反应为，下列说法错误的是（）A.叠氮化钠和硝酸钾均为含有共价键的离子化合物B.粉末可作冷却剂吸收产气过程中释放的热量C.标准状况下产生时转移D.可与产物、反应生成无腐蚀性的硅酸盐，减少对人体的伤害〖答案〗C〖解析〗【详析】A．叠氮化钠和硝酸钾均是含有离子键和共价键的离子化合物，故A错误；B．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，所以汽车安全气囊中的碳酸氢钠粉末可作冷却剂吸收产气过程中释放的热量，故B正确；C．由方程式可知，反应生成16mol氮气，反应转移10mol电子，则标准状况下生成8.96L氮气时，转移电子的物质的量为×=0.25mol，故C错误；D．氧化钾、氧化钠都是碱性氧化物，都能与酸性氧化物二氧化硅反应生成硅酸钾、硅酸钠，所以汽车安全气囊中的可与产物氧化钾、氧化钠反应生成无腐蚀性的硅酸盐，减少对人体的伤害，故D正确；故选C。10.为探究卤族元素单质及其化合物的性质设计了如下实验方案。由下列操作、现象能得出相应结论的是（）操作现象结论A向两份新制氯水中，分别滴加淀粉KI溶液和溶液前者溶液变蓝，后者溶液产生白色沉淀氯气与水的反应存在限度B用玻璃棒蘸取“84”消毒液点在pH试纸上试纸变白“84”消毒液呈中性C将少量溶液滴入溶液中紫色很快褪去氧化能力：D向碘的溶液中加入等体积KI浓溶液，振荡、静置分层，上层呈棕褐色，下层呈浅红色碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力〖答案〗D〖解析〗【详析】A．氯水中含有HClO，具有氧化性，也可以让淀粉KI变蓝，故A错误；B．“84”消毒液含有次氯酸钠，它具有漂白性，将pH试纸漂白，不能证明其为中性，故B错误；C．还原性强弱为碘离子＞二价铁离子，高锰酸钾先氧化碘离子，后氧化二价铁离子，所以不能证明＞，故B错误；D．往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，静置，分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明溶液中发生反应：呈棕黄色，证明碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力，故D正确；

故〖答案〗选D二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.空气吹出法是工业上可用于从天然海水中提取溴的方法，其工艺流程如图。已知海水中Br-含量约为0.064g/L。下列说法错误的是（）A.“吹出”利用了液溴的挥发性B.“吸收”发生的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+C.“系列操作”为萃取分液D.若提取5m3海水中的溴，理论上需要89.6L(STP)氯气〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗将提取食盐后的海水浓缩后得到苦卤，然后向其中通入氯气，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，然后向其中通入热的空气和水蒸气将Br2吹出，利用SO2吸收，发生反应：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，经富集得到HBr，然后向富集液中通入Cl2，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，然后经萃取、分液、蒸馏等操作得到液溴。【详析】A．液溴沸点比较低，向氯化氧化后的溶液中通入热的空气和氧气可以将单质溴吹出，就是利用了液溴的挥发性，A正确；B．“吸收”发生的化学反应方程式为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，该反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+，B正确；C．“系列操作”为蒸馏、冷凝，C错误；D．已知海水中Br-含量约为0.064g/L，若提取5m3海水中的溴，则其中含有Br-的质量为m=0.064g/L×5×103L=320g，其物质的量n(Br-)==4mol，理论上可提取，在该流程中，两次用氯气把Br-氧化为Br2(Cl2+2Br-=2Cl-+Br2)，即每提取1mol溴，理论上消耗2mol氯气，所以若提取5m3海水中的溴，理论上需要4mol×22.4L/mol=89.6L(STP)氯气，D正确；故选C。12.苯与的反应机理及能量与反应进程的关系如图。已知越小，该步反应速率越快。下列说法正确的是（）A.反应过程中为催化剂B.三步反应均为吸热反应C.反应过程中有碳碳双键的断裂和生成D.苯和反应的速率由反应②的速率决定〖答案〗AD〖解析〗【详析】A．参加反应后又生成，故反应过程中为催化剂，故A正确；B．根据图中信息第①②步反应是反应物总能量低于生成物总能量，因此第①②步是吸热反应，第③步反应是反应物总能量高于生成物总能量，则第③步反应是放热反应，故B错误；C．苯环不含有碳碳双键，故反应过程中没有碳碳双键的断裂和生成，故C错误；D．第②步反应的活化能最大，故苯和反应的速率由反应②的速率决定，故D正确；〖答案〗为AD。13.实验室制备的乙酸乙酯粗产品进一步纯化的过程如下。下列说法正确的是（）A.“洗涤振荡”时，分液漏斗下口应倾斜向下B.“操作1”为分液，有机相可直接从分液漏斗的下口放出C.分液后“酯层1”呈中性，说明已达到洗涤目的D.“操作2”为蒸馏，蒸馏时可选用球形冷凝管〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗粗产品中加入饱和碳酸钠溶液后会分层，有机层为乙酸乙酯，水层中主要为乙酸钠、乙醇和水；有机相中的杂质主要为碳酸钠和乙醇，故用饱和氯化钠溶液洗涤除去碳酸钠，用饱和氯化钙溶液除去乙醇，再用无水硫酸镁固体干燥除水后可得纯净的乙酸乙酯。【详析】A．洗涤振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，A选项错误；B．分液时，密度大的液体在下层，密度小的液体在上层，下层液体由分液漏斗下口放出，下层液体放完后，密度小的乙酸乙酯在上层，上层液体从分液漏斗上口倒出，B选项错误；C．饱和氯化钠溶液洗涤的目的为除去碳酸钠，碳酸钠为碱性，酯层1为中性，说明没有碳酸钠，说明已经达到洗涤目的，C选项正确；D．蒸馏时选用直形冷凝管，能使馏分全部转移到锥形瓶中，而不会残留在冷凝管中，D选项错误；故〖答案〗选C。14.将铜锌原电池以图示方法加以改进，其中M为阴离子交换膜，只允许阴离子和水分子通过。下列说法正确的是（）A.工作一段时间后，锌表面会有红色固体覆盖B.电池工作一段时间后，乙池中减小C.电池工作一段时间后，甲池溶液的总质量增加D.当甲乙两池电极质量相差1g时有通过电流表〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗该电池为铜锌双液电池，中间为阴离子交换膜，锌为负极，铜为正极。【详析】A．锌板上发生的反应为，不会有红色固体析出，A错误；B．硫酸根离子会通过阴离子交换膜移向负极（甲池），故乙池中硫酸根离子浓度会减小，B正确；C．锌失电子生成锌离子进入至甲池溶液中，乙池的硫酸根离子也会进入至甲池中，故甲池中溶液质量增加，C正确；D．初始锌板和铜板的质量未知，故无法通过质量相差来确定电子的转移，D错误；故选BC。15.用和为原料合成甲醇的反应为，该方法符合“碳中和、碳达峰”的理念。一定温度下，向2L密闭容器中通入和发生反应，部分气体的物质的量随时间变化如图。下列说法正确的是（）A.容器内气体的密度不再改变说明该反应已达平衡B.在0～3minC.达到最大限度时的物质的量分数约为21%D.反应开始时充入氦气（非催化剂）可有效缩短达到平衡所用的时间〖答案〗BC〖解析〗【详析】A．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，A错误；B．结合反应方程式可知，在0～3min反应氢气5mol-2mol=3mol，，B正确；C．由图可知，平衡时生成甲醇1.5mol，则同时生成水1.25mol、消耗二氧化碳、氢气分别为1.5mol、4.5mol，此时二氧化碳、氢气分别为3.5mol、0.5mol，达到最大限度时的物质的量分数约为21%，C正确；D．反应开始时充入氦气（非催化剂）不影响反应中各物质的浓度，不可有效缩短达到平衡所用的时间，D错误；故选BC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.阅读相关信息完成下列问题。（1）下表为元素周期表的一部分，元素a~f在表中的位置如图。①已知f的一种核素，其中子数为45，用原子符号表示该核素为_________（用的形式表示）。a、b、d简单离子半径最小的是_________（用离子符号表示）。②周期表中对角线位置的元素化学性质相似，写出a单质与NaOH溶液反应的离子方程式_________。③c、d、e最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序为_________（用化学式表示）。（2）化合物甲可用作工业洗涤剂的中间体，X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，五种元素中W元素的原子序数最大。阳离子为，阴离子的填充模型如图①Z、Q分别与X形成化合物的热稳定性由大到小的顺序为_________（用化学式表示）。②写出由X、Z、Q组成离子化合物的化学式_________。③写出由W和Q组成含有非极性键化合物的电子式_________。〖答案〗（1）①.②.③.④.（2）①.②.或③.〖解析〗由图可知，a-f分别为铍、氮、磷、硫、氯、溴元素；X、Y、Z、W、Q均为短周期元素，五种元素中W元素的原子序数最大，阳离子为，则W为钠，X原子半径最小且形成1个共价键，X为氢，Y形成4个共价键，Y为碳，Z形成3个共价键，Z为氮，Q原子半径小于碳，且形成阴离子带1个单位负电荷，则阴离子为NH2CH2COO-，Q为氧；（1）①核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；已知溴的一种核素，其中子数为45，则质量数为45+35=80，用原子符号表示该核素为。电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；a、b、d简单离子半径最小的是。②周期表中对角线位置的元素化学性质相似，则铍和铝化学性质相似，Be单质与NaOH溶液反应生成和氢气，离子方程式。③同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，c、d、e最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序为；（2）①N、O分别与H形成化合物分别为、，非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，热稳定性由大到小的顺序为。②由H、N、O组成离子化合物可以硝酸铵或亚硝酸铵，化学式或。③由Na和O组成含有非极性键化合物过氧化钠，过氧根离子中含有氧氧非极性键，电子式。17.海带、紫菜等藻类植物中含有丰富的碘元素。以干海带为原料提取碘单质的工艺流程图如下，回答下列问题。（1）干海带“灼烧”的目的是_________，“灼烧”时下列仪器需要用到的有_________（填标号）。仪器“d”的名称为_________。（2）写出“氧化”反应的离子方程式_________。若以过量氯水为氧化剂，将会发生过度氧化，碘单质被氧化为碘酸根，离子方程式为_________。设计实验验证加入过量氯水，碘单质完全发生了过度氧化，实验方案为_________。（3）“萃取”的具体操作为_________。“反萃取”发生反应的离子方程式为_________。〖答案〗（1）①.分解除去其中的有机化合物②.adf③.坩埚（2）①.②.③.取少量溶液，加入，有机层未变紫或水层滴加淀粉，溶液不变蓝（3）①.加入，将分液漏斗倒转并倾斜，边振荡边排气，正立静置②.〖解析〗海带灼烧，海带灰加水溶解、过滤得含有I-得溶液，加双氧水把I-氧化为碘单质，加CCl4萃取，有机层加氢氧化钠反萃取，取水层加稀硫酸，碘化钠、碘酸钠在酸性条件下反应生成碘单质，得到碘的悬浊液，过滤得粗碘。（1）有机物易燃烧，干海带“灼烧”的目的是分解除去其中的有机化合物；灼烧装置图为，“灼烧”时下列仪器需要用到的有坩埚、泥三角、玻璃棒、酒精灯、三脚架，选adf。仪器“d”的名称为坩埚。（2）“氧化”时碘离子被双氧水氧化为碘单质，反应的离子方程式。若以过量氯水为氧化剂，将会发生过度氧化，碘单质被氧化为碘酸根，离子方程式为。若碘单质完全发生了过度氧化，则溶液中不含碘单质，加入淀粉溶液不变蓝，实验方案为取少量溶液，加入，有机层未变紫或水层滴加淀粉，溶液不变蓝。（3）“萃取”的具体操作为加入，将分液漏斗倒转并倾斜，边振荡边排气，正立静置。“反萃取”时碘单质和氢氧化钠反应生成碘化钠、碘酸钠、水，发生反应的离子方程式为。18.以磁铁矿（主要含有，含少量、、、等杂质）为原料制备优良的吸附剂水合氧化铁（），工艺流程如下。回答下列问题：（1）Fe在元素周期表中的位置为______________。（2）“粉碎”的目的是______________。“碱浸”时发生反应的离子方程式为______________。（3）“滤渣1”的主要成分有______________。“试剂X”的化学式为________________。（4）“沉铁”时发生反应的离子方程式为_________________。（5）以含铁60%的100t磁铁矿为原料生产水合氧化铁，生产过程中加入“试剂X”20t，“沉铁”时损耗铁元素3%，则可生产纯度为97%的水合氧化铁_________________t（保留一位小数）。〖答案〗（1）第4周期第Ⅷ族（2）①.增大反应接触面积，加快反应速率②.、（3）①.、②.Fe（4）（5）127.1〖解析〗磁铁矿粉碎后碱浸，氧化铝、二氧化硅转化为钠盐溶液进入滤液1，滤渣加入硫酸酸浸，转化为二价铁离子和三价铁离子，氧化钙、氧化镁转化为硫酸盐，加入氟化铵得到含有氟化钙、氟化镁沉淀的滤渣，滤液加入单质铁还原三价铁离子为二价铁离子，加入碳酸氢铵，使二价铁离子转化为碳酸亚铁的沉淀，处理后得到水合氧化铁。（1）Fe为26号元素，在元素周期表中的位置为第4周期第Ⅷ族；（2）“粉碎”的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应快速充分；“碱浸”时二氧化硅转化为硅酸钠、氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，发生反应的离子方程式为、；（3）由分析可知，“滤渣1”的主要成分有、；“试剂X”是将铁离子还原为亚铁离子，且不引入新杂质，故为Fe；（4）“沉铁”过程发生的反应为碳酸氢铵与二价铁离子之间的反应，二者反应会生成