2023-2024学年山东省济宁市高一上学期2月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省济宁市2023-2024学年高一上学期2月期末注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：一、选择题(本题共20小题，第1～10题，每题2分；第11～20题，每题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题意。)1.Cs属于碱金属元素，下列说法错误的是A.属于Cs元素的一种同位素 B.核外电子数为81C.少量的Cs单质可保存在石蜡中 D.属于离子化合物【答案】B【解析】【详解】A．同位素是指具有相同原子序数(即质子数)但质量数(即中子数与质子数之和)不同属于Cs元素的一种同位素，故A正确；B．Cs元素的原子序数为55，所以其核外电子数也应该是55，因此核外电子数为54，故B错误；C．因为Cs单质非常活泼，容易与空气中的氧气和水蒸气反应，所以需要保存在石蜡中，以隔绝空气，故C正确；D．CsNO3是由Cs+和NO离子组成的，属于离子化合物。故D正确；故选B。2.下列生活、生产中的做法，利用了物质氧化性的是A.用“84”消毒液消毒 B.服用维生素C抗衰老C.用食醋除水垢 D.用小苏打作膨松剂【答案】A【解析】【详解】A．用“84”消毒液消毒，是利用次氯酸钠具有强氧化性，杀菌消毒，故A正确；B．服用维生素C抗衰老，利用的是维生素C具有还原性，故B错误；C．用食醋除水垢是利用醋酸的酸性，不是氧化还原反应，故C错误；D．用小苏打作膨松剂是利用碳酸氢钠受热分解生成气体二氧化碳，不是氧化还原反应，故D错误；故选A。3.硫酸氢钠可用于制造酸性厕所清洁剂、沉淀剂和消毒剂等。硫酸氢钠不属于A.盐 B.电解质 C.酸 D.化合物【答案】C【解析】【详解】A．硫酸氢钠是由钠离子和硫酸氢根离子构成的化合物，属于盐，故A错误；B．硫酸氢钠在水溶液中能够导电，属于电解质，故B错误；C．硫酸氢钠电离时生成的阳离子除氢离子外还含有钠离子，即不属于酸，故C正确；D．硫酸氢钠是由四种元素组成的纯净物，属于化合物，故D错误；故选C。4.化学用语是一种具有国际性、科学性和规范性的书面语言，下列化学用语使用正确的是A.中子数为10的氧原子： B.电离方程式：C.的电子式： D.的离子结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A．中子数为10的氧原子：，A错误；B．碳酸氢钠电离成钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式：，B正确；C．过氧化氢为共价化合物，电子式为：，C错误；D．氯为17号元素，则氯离子结构示意图为：，D错误；故选B。5.焰色试验可以判断试样所含有的金属元素，蘸取某溶液灼烧，火焰呈现黄色，则溶液中一定不含的元素AK B.Na C.Fe D.Cu【答案】D【解析】【详解】蘸取某溶液灼烧，火焰呈现黄色，则该溶液中一定含有钠元素，因钾元素的焰色呈紫色，容易被钠元素的黄色覆盖，则可能含有钾元素，铁元素无焰色反应，则可能含有铁元素，铜元素的焰色呈(蓝)绿色，所以该溶液中一定不含的元素是Cu，故选D。6.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是AKI溶液中：、、B.溶液：、、C.盐酸溶液中：、、D.溶液中：、、【答案】B【解析】【详解】A．和因发生氧化还原反应而不能大量共存，A错误；B．溶液：K＋、、可以大量共存，B正确；C．盐酸溶液中的H＋和会发生反应，生成Al(OH)3沉淀，C错误；D．溶液中的会形成微溶物CaSO4而不能大量共存，D错误；7.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.溶于水，转移电子数为B.与稀盐酸完全反应，转移电子数为C.标况下中含有的分子个数为D.中阴离子的数目为【答案】C【解析】【详解】A．氯气和水的反应是可逆反应，则溶于水，转移电子数小于，A错误；B．铁和盐酸反应生成二价铁，则与稀盐酸完全反应，转移电子数为，B错误；C．的物质的量为1mol，其含有的分子个数为，C正确；D．过氧化钠中的阴离子是过氧根离子，则中阴离子的数目为，D错误；故选C，8.与下列物质反应时，水表现还原性是A. B.Fe C. D.【答案】D【解析】【详解】A．NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，水做氧化剂，故A不选；B．Fe和水蒸气反应方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，水中氢元素化合价由+1价变为0价，则水中H元素得电子化合价降低，被还原，所以水表现出氧化性，故B不选；C．Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，水既不是氧化剂也不是还原剂，故C不选；D．F2与水反应生成氟化氢和氧气，水分子中O元素被氧化，水表现出还原性，故D选；答案选D。9.化学是以实验为基础的科学，下列说法错误的是A.未用完的钾要放回原试剂瓶 B.容量瓶使用前要检查是否漏水C.表示氧化性物质 D.使用无毒气体做实验时无需尾气处理【答案】D【解析】【详解】A．钾金属化学性质活泼，不能随意丢弃，未用完的钾要放回原试剂瓶，故A正确；B．容量瓶在使用时如果漏液会导致所配制溶液浓度偏小，故使用前要检查是否漏水，故B正确；C．由图标可知，表示氧化性物质，故C正确；D．使用无毒气体做实验时要防止污染，也需要尾气处理，故D错误；答案选D。10.常温常压下，下列微粒前者与后者相等的是A.和所含原子数B.和的分子数C.和中电子数D.和溶液中个数【答案】C【解析】【详解】A．同温同压，则相同体积时，两种气体的物质的量相等，但是一个氧气分子中含有2个原子，一个臭氧分子中含有3个原子，故前者大于后者，故A错误；B．16gO2的物质的量为，故1molSO2和16gO2的分子数不相等，故B错误；C．NO2和N2O4的最简式均为NO2，故等质量时NO2和N2O4含有的电子数相同，故C正确；D．题目未给溶液体积，无法计算离子数目，故D错误；故选C。11.类比推理是把人们对甲事物的认识推广到对乙事物的认识，下列类比推理正确的是A.Mg能在中燃烧，Na也能在中燃烧B.Fe在中燃烧生成，则Fe在纯中燃烧生成C.Na在中燃烧生成，则Li在中燃烧生成D.与溶液反应生成和，则与溶液反应生成和【答案】A【解析】【详解】A．Na比Mg更活泼，还原性更强，Mg能在CO2中燃烧生成MgO和C，Na在CO2中燃烧生成Na2CO3和C，故A正确；B．Fe在纯O2中燃烧生成Fe3O4不是Fe2O3，故B错误；C．Li的活泼性小于Na，Li在空气中燃烧生成Li2O，故C错误；D．HClO的酸性大于HCO，所以Na2CO3和HClO反应生成NaHCO3和NaClO，则CO2与NaClO溶液反应生成NaHCO3和NaClO，故D错误；故选A。12.下列实验对应的离子方程式书写错误的是A.实验①：B.实验②：C.实验③：D.实验④：【答案】B【解析】【详解】A．二氧化锰和浓盐酸反应加热制备氯气，离子方程式为：，A正确；B．根据以少定多的原则可知，少量氢氧化钙和碳酸氢钠反应的离子方程式为：，B错误；C．三价铁具有强氧化性，可以氧化碘离子，氯化铁和碘化钾反应的离子方程式为：，C正确；D．盐酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，水和氯化钠，离子方程式为：，D正确；故选B。13.“筛娥石”是我国科学家首次在月壤中发现的新型静态矿物，下列说法正确的是A.Fe位于周期表中的第ⅧB族B.把适量Ca放入饱和氯化钠溶液中只能看到气泡生成C.半径大小：O＜P＜CaD.核素中质子数与中子数之差为50【答案】C【解析】【详解】A．Fe是26号元素，位于周期表中的第Ⅷ族，A错误；B．把适量Ca放入饱和氯化钠溶液中，Ca与水反应生成氢氧化钙和氢气，氢氧化钙微溶于水，溶液中溶剂水减少，氯化钠溶液析出，故能看到气泡生成和白色沉淀生成，B错误；C．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，故半径大小：O＜P＜Ca，C正确；D．核素中质子数为39，质量数为89，中子数=质量数-质子数=89-39=50，中子数与质子数之差为11，D错误；故选C。14.X、Y、Z、W、N是原子序数依次增大的短周期主族元素，X元素的一种同位素核内无中子，Y的族序数是周期序数的3倍，Z与Y的单质常温下可形成化合物，W的最外层电子数是Z最外层电子数的3倍，同周期N的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，下列法正确的是A.N的单质与Z的碳酸盐溶液反应时氧化剂和还原剂是同一物质B.和中都含有非极性共价键C.W和N两者的最高价氧化物对应水化物混合反应的离子方程式是：D.原子半径：Y>W>N>Z【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W、N是原子序数依次增大的短周期主族元素，X元素的一种同位素核内无中子，为H元素；Y的族序数是周期序数的3倍，最外层电子数不超过8个，则Y的族序数是Ⅵ，周期数是2，为O元素；Z与Y的单质常温下可形成化合物Z2Y，Z为Na元素；W的最外层电子数是Z最外层电子数的3倍，W为Al；同周期N的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，N为Cl元素，即X、Y、Z、W、N分别是H、O、Na、Al、Cl元素；【详解】A．N的单质为Cl2、Z的碳酸盐为Na2CO3，Cl2与Na2CO3溶液反应时生成NaCl、H2O、CO2、HClO，该反应中只有Cl元素的化合价变化，所以氧化剂和还原剂是同一物质，故A正确；B．Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中存在O-O非极性键，Cl2O中只含O-Cl极性键，故B错误；C．W和N两者的最高价氧化物对应水化物分别是Al(OH)3、HClO4，二者混合反应的离子方程式是：3H++Al(OH)3=Al3++3H2O，故C错误；D．原子核外电子层数越多，原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径：Na＞Al＞Cl＞O，故D错误；答案选A。15.学生在实验室做创新实验时设计了下列装置图，其中能达到实验目的的是A．a处变黄色，说明具有氧化性，b处红色逐渐变浅，说明具有漂白性B．制备可达到随开随用﹐随关随停的目的C．验证酸性D．能较长时间内看到白色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．a处氯气氧化氯化亚铁生成氯化铁，b处氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，则b处红色逐渐变浅，不能说明Cl2具有漂白性，故A错误；B．氯酸钾与浓盐酸接触后，关闭活塞，不能使固液分离，不能随关随停，故B错误；C．挥发的盐酸与四羟基铝酸钠反应生成氢氧化铝，不能比较碳酸、氢氧化铝的酸性强弱，故C错误；D．Fe与稀硫酸反应生成的氢气可排出装置内的空气，然后NaOH与硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁，可较长时间内看到白色沉淀，故D正确；故选D16.八角形元素周期表的每个顶角对应一种元素，下列说法正确的是A.虚线八角形顶角排列了第四周期所有元素B.等物质的量的①和③的单质混合能完全溶于足量水C.元素②的最高正化合价=主族序数D.金属性强弱：④>Sr【答案】B【解析】【详解】A．虚线八角形顶角排列了第四周期主族元素和0族元素，A错误；B．①为Na元素，③为Al元素，等物质的量的Na和Al单质混合溶于水，发生反应：、，根据反应计量数可知，可完全溶于水，B正确；C．元素②为O元素，无最高正价，C错误；D．元素④为Mg元素，与Sr同主族，同族元素金属性从上到下逐渐增强，所以金属性强弱：Mg＜Sr，D错误；答案选B。17.可用于制备补血剂，某实验小组设计了制备两套实验装置，下列说法错误的是A.装置①中足量的铁屑和产生的都可防止被氧化成B.装置①易产生杂质C.装置②中温度越高，越有利于生成D.装置①中导管a的作用是平衡气压使稀顺利流下【答案】C【解析】【分析】第一个装置利用硫酸和铁反应生成氢气，排除装置中的空气，随后利用压力将硫酸亚铁赶如三颈烧瓶中反应生成产物，第二个装置直接利用碳酸氢铵和硫酸亚铁反应生成产品，以此解题。【详解】A．装置①中足量的铁屑和产生的H2，排除装置内的空气，可防止Fe2+被氧化成Fe3+，故A正确；B．装置①中硫酸亚铁和碳酸钠反应易产生Fe(OH)2杂质，故B正确；C．装置②中温度越高，碳酸氢铵分解，不利于FeCO3生成，故C错误；D．装置①中导管a的作用是平衡气压，使分液漏斗的液体上下气体压强相同，则分液漏斗中的稀H2SO4顺利流下，故D正确；故选C。18.某研究所通过下列工艺流程实现对工业废渣(主要成分、及少量不溶于酸又不溶于碱的其它成分)的处理得到聚铁(主要成分为，下列说法错误的是A.将溶液b蒸发可得到纯净的B.加入适量铁发生的反应中氧化产物是C.碱浸过程中发生的离子方程式为：D.对聚铁胶体持续加热可得到聚铁沉淀【答案】A【解析】【分析】工业废渣(主要成分Al2O3、Fe2O3及少量不溶于酸又不溶于碱的其它成分)加入氢氧化钠溶液碱浸得到偏铝酸钠，炉渣加入硫酸生成硫酸铁，加入适量铁得到硫酸亚铁溶液，再加入氯化钾，加热至70°C~80°C得到聚铁胶体，持续加热胶体聚沉得到聚铁。【详解】A．滤液b是硫酸亚铁，蒸发亚铁离子被氧化为铁离子，则不能得到纯净的FeSO4，故A错误；B．加入适量铁，硫酸铁与铁反应生成硫酸亚铁，则发生的反应中氧化产物是FeSO4，故B正确；C．碱浸过程中氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：，故C正确；D．持续加热胶体聚沉得到聚铁，故D正确；故选A。19.作为一种新型锂电池正极材料，可由软锰矿(主要成分为)发生化学反应：制得，下列说法错误的是A.此反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为B.与浓盐酸加热条件下可产生C.制得需要消耗D.当上述反应转移的电子时，用足量吸收生成的会生成【答案】D【解析】【详解】A．此反应中氧化产物是O2，还原产物是LiMn2O4，两者的物质的量之比为1:4，故A正确；B．LiMn2O4中，Mn元素为+3.5价，LiMn2O4具有较强的氧化性，可以把浓盐酸在加热条件下氧化为Cl2，故B正确；C．根据方程式可知，制得0.1molLiMn2O4需要消耗的MnO2，故C正确；D．根据分析可知，当上述反应转移0.4mol的电子时，生成CO2的物质的量为0.2mol，用足量Na2O2吸收生成的CO2会生成0.1molO2，即生成3.2gO2，故D错误；故选D。20.下图是某小组探究铁的氧化物成分的实验装置图(部分夹持仪器已省略)，取mg固体利用该装置测定固体的成分。当装置a中mg固体完全反应后，测得装置b的质量净增加ng，下列判断错误的是A.当时，固体成分的化学式为B.当时，取少量原固体溶于稀盐酸，发生的离子方程式为C.若无装置c，会导致测定的固体氧化物中氧元素含量偏低D.该装置的不足之处是没有CO的尾气处理装置【答案】C【解析】【分析】利用一氧化碳将铁的氧化物还原为单质铁，同时生成二氧化碳，在装置b中吸收二氧化碳，通过其增重来确定铁的氧化物中氧的量，以此解题。【详解】A．当m:n=40:33时，yCO+FexOyxFe+yCO2，计算得到x:y=2:3，固体成分的化学式为Fe2O3，故A正确；B．当m:n=29:22时，结合反应化学方程式的定量关系，yCO+FexOyxFe+yCO2，计算得到x:y=3:4，固体成分的化学式为Fe3O4，发生的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故B正确；C．装置c的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳气体进入装置b中，若无装置c，会导致测定的固体氧化物中氧元素含量偏高，故C错误；D．CO有毒，不能直接排放，需要尾气处理，该装置的不足之处是没有CO的尾气处理装置，故D正确；故选C。二、非选择题(共4大题，共50分)21.人体必需的一些元素在周期表中的分布情况如下：根据情境，回答下列问题：（1）缺碘容易患“大脖子病”可通过食盐中添加_______(化学式)来补充碘元素，I和Br元素的最高价氧化物对应水化物的酸性大小_______(填“>”或“＜”)。可用于杀菌消毒，所含三种元素的简单离子的半径最小是_______(化学式)。（2）Se是人体中含量极低的微量元素，但它在人体中起着非常关键的作用，Se在周期表中的位置是_______，Se和As元素气态氢化物的稳定性_______(填“大于”或“小于”)。（3）微量元素铬有增强胰岛素的功能，工业上铬被广泛应用于冶金、化工、铸铁、耐火及高精端科技等领域，一种由铬铁矿(主要成分为)制备金属铬的流程示意图如下：①的电子式_______。写出反应①的化学方程式_______。②反应②中的稀硫酸不能换成盐酸，试分析原因_______。③反应③中投入理论上可以生产_______。【答案】（1）①.②.＜③.（2）①.第四周期第ⅥA族②.大于（3）①.②.③.与盐酸发生氧化还原反应④.20【解析】【小问1详解】缺碘容易患大脖子病可通过食盐中添加来补充碘元素。非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，溴的非金属性大于碘，则酸性：<。电子层数比较多的，半径比较大，电子层数相同的，核电荷数越多，半径越小。次氯酸钠所含三种元素的简单离子的半径大小关系是Cl->O2->Na+。【小问2详解】Se在周期表中的位置是第四周期第ⅥA族。非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，非金属性Se大于As，则稳定性大于。【小问3详解】①的电子式。根据图示物质关系，反应①的化学方程式。②具有很强的氧化性，反应②中的稀硫酸不能换成盐酸，原因是与盐酸发生氧化还原反应。③根据图示物质关系以及得失电子守恒，有关系式：，反应③中投入理论上可以生产Cr的物质的量。22.下图表示中学化学常见物质的转化关系(部分产物已省略)，其中A为金属单质，化合物B常温下呈液态，D为非金属单质，其余物质为化合物，请回答下列问题。（1）写出反应1的化学方程式_______。（2）写出反应3中氧化剂的结构式_______；反应4生成的红褐色胶体粒子直径大小范围是_______。（3）把覆铜板放到F的溶液中可以制作印刷电路板，写出反应原理_______(用离子方程式表示)。（4）写出G转化成红褐色沉淀的化学方程式_______。（5）固体F和D在一定温度下发生反应5生成E和，当生成标况下时，转移电子的物质的量是_______。【答案】（1）（2）①.Cl—Cl②.1～100nm（3）（4）（5）【解析】【分析】A为金属单质，化合物B常温下呈液态，D为非金属单质，其余物质为化合物，E化合物和氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀G，G遇到氧气生成红褐色沉淀，推断G为Fe(OH)2，E为FeCl2，通入氯水发生反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3，F是FeCl3溶液，滴入沸水加热到红褐色得到氢氧化铁胶体，固体FeCl3和D加热反应生成FeCl2和HCl，则D为H2，C溶于盐酸得到FeCl2和FeCl3的混合溶液，证明C为Fe3O4，A为Fe，B为H2O(g)，以此解题。【小问1详解】高温时铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，方程式为：；【小问2详解】反应3中氧化剂为Cl2，Cl2的结构式为：Cl—Cl，反应4生成的红褐色胶体为氢氧化铁胶体，粒子直径大小范围是：1～100nm；【小问3详解】把覆铜板放到F的溶液中可以制作印刷电路板，反应原理为三价铁和铜的反应，离子方程式为：；【小问4详解】G为氢氧化亚铁，很容易被氧化为氢氧化铁，方程式为：；【小问5详解】根据题意固体F和D在一定温度下发生反应5生成E和HCl，反应的化学方程式为：，反应生成2molHCl，电子转移2mol，当生成标况下1.12LHCl时，物质的量，转移电子的物质的量是0.05mol。23.物质的用途与性质有关，钠及其化合物在工业生产及日常生活中应用广泛。回答下列问题：（1）Na2O2可用作供氧剂，涉及的主要方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2①上述反应中涉及到的物质属于非电解质的是_______(填化学式，下同)，属于碱的是_______。②理论上，每产生标况下5.6LCO2需要Na2O2的质量为_______g。（2）某实验需要460mL2.0mol/L的NaOH溶液。①配制过程中需要的玻璃仪器除胶头滴管﹑烧杯、量筒外，还需要_______，需称量_______gNaOH。②下列操作会使配制NaOH溶液浓度偏高的是_______。a．称量时间过长b．溶解后未经冷却就移液c．溶液转移至容量瓶时，有少量液体溅出d．定容时俯视刻度线（3）某天然碱的组成可看作xNa2CO3·yNaHCO3·zH2O，称取该天然碱样品四份﹐溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸60mL，将产生CO2的量折算为标准状况下的体积记录于下表：实验编号ⅠⅡⅢⅣ盐酸体积/mL60606060样品质量/g6.648.3011.6214.94CO2体积/L1.3441.6801.7921.344①另取6.64g该天然碱样品，充分加热生成标况下224mLCO2和0.90g水，则该样品中NaHCO3的物质的量为_______mol，x：y：z=_______。②对比Ⅰ、Ⅳ两组实验数据推算实验中使用的盐酸浓度为_______mol/L。【答案】（1）①.CO2②.NaOH③.39（2）①.玻璃棒、500mL容量瓶②.40.0③.bd（3）①.0.02②.③.2.5【解析】【小问1详解】①在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，这些物质中属于电解质的是NaOH、H2O、Na2CO3、Na2O2，属于非电解质的是CO2，O2既不是电解质也不是非电解质，NaOH属于碱，故答案为：CO2；NaOH；②根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可得产生标准状况下的22.4LO2需要Na2O2的质量为156g，则理论上，每产生标况下5.6LO2需要Na2O2的质量为39g，故答案为：39；【小问2详解】①配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以配制过程中需要的玻璃仪器除量筒、胶头滴管、烧杯外，还需要500mL容量瓶、玻璃棒；需要氢氧化钠的质量为：2.0mol/L×0.5L×40g/mol=40.0g；故答案为：500mL容量瓶、玻璃棒；40.0；②a．称量时间过长，NaOH潮解，NaOH的质量偏小，n减小，由c=可知，浓度偏低，a不合题意；b．溶解后未冷却到室温就转移至容量瓶，冷却后，液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，b符合题意；c．转移过程中有少量溶液溅出，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，c不合题意；d．定容时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，d符合题意；故选：bd；【小问3详解】①根据2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知，6.64g样品中n（NaHCO3）=2n（CO2）=2×=0.02mol，n（H2O）=-0.01mol=0.04mol，或者由碳元素守恒得：n（Na2CO3）=-0.02mol=0.04mol，则n（H2O）==0.04mol，n（Na2CO3）：n（NaHCO3）：n（H2O）=0.04mol：0.02mol：0.04mol=2：1：2．故答案为：0.02；2：1：2；②对比Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ两组实验数据可得：，，故第Ⅲ组中盐酸完全反应，结合上述分析可知，11.62g固体中含有Na2CO3为=0.07mol，则Na2CO3与HCl反应生成NaHCO3和NaCl消耗的HCl为0.07mol，再根据碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，CO2～HCl，则与NaHCO3反应生成CO2消耗的HCl的物质的量为：=0.08mol，则一共消耗的HCl的物质的量为0.07+0.08=0.15mol，则盐酸浓度c===2.5mol，故答案为：2.5。24.Ⅰ．某兴趣小组同学在学习了电解质的性质后展开了如下探究活动。根据情境回答问题：（1）兴趣小组用蒸馏水﹑碳酸钠固体﹑稀盐酸三种药品做上述实验﹐所提供药品中属于电解质的是_______(写名称)。（2）当滴入少量稀盐酸没气泡生成，请分析原因_______(用离子方程式表示)。（3）加足量稀盐酸﹐取少量反应后的溶液放于试管中，加入少量硝酸银溶液，观察到的现象是_______。Ⅱ．查资料知：某些参与的反应中，的大小可以影响某些物质的氧化性；对分解有催化作用，下图是探究铜与过量反应的实验过程和现象：（4）实验②中无色气体是_______(化学式)，Cu溶解的离子方程式为_______。（5）比较实验①和②，试分析稀硫酸的作用是_______。（6）根据卤素离子的还原性大小，探究相同浓度的、和KI溶液与相同的反应时所需最小的是_______(化学式)溶液。【答案】（1）碳酸钠、蒸馏水（2）（3）产生白色沉淀（4）①.②.（5）增大，增强了氧化性（6）KI【解析】【分析】II．实验①中加入硫酸钠，不反应，实验②中铜、稀硫酸和过氧化氢反应生成硫酸铜和水，铜离子是过氧化氢分解的催化剂，则比较①和②可知，稀硫酸的作用是c(H+)增大，增强了H2O2氧化性；【小问1详解】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物属于电解质；则蒸馏水、碳酸钠固体为电解池，稀盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；【小问2详解】碳酸钠溶液中滴入少量稀盐酸反应生成氯化钠和碳酸氢钠，没气泡生成，反应的离子方程式为；【小问3详解】加足量稀盐酸，反应后生成氯化钠、水和二氧化碳，加入少量硝酸银溶液，反应生成氯化银白色沉淀；【小问4详解】实验②中铜、稀硫酸和过氧化氢反应生成硫酸铜和水，铜离子是过氧化氢分解的催化剂，则无色气体是O2，Cu溶解的离子方程式为；【小问5详解】实验①中加入硫酸钠，不反应，则比较①和②可知，稀硫酸的作用是c(H+)增大，增强了H2O2氧化性；【小问6详解】元素的非金属性越强，简单阴离子的还原性越弱，则卤素离子的还原性：Cl-＜Br-＜I-，则相同浓度的KCl、KBr和KI溶液与相同的MnO2反应时所需c(H+)最小的是KI溶液。山东省济宁市2023-2024学年高一上学期2月期末注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：一、选择题(本题共20小题，第1～10题，每题2分；第11～20题，每题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题意。)1.Cs属于碱金属元素，下列说法错误的是A.属于Cs元素的一种同位素 B.核外电子数为81C.少量的Cs单质可保存在石蜡中 D.属于离子化合物【答案】B【解析】【详解】A．同位素是指具有相同原子序数(即质子数)但质量数(即中子数与质子数之和)不同属于Cs元素的一种同位素，故A正确；B．Cs元素的原子序数为55，所以其核外电子数也应该是55，因此核外电子数为54，故B错误；C．因为Cs单质非常活泼，容易与空气中的氧气和水蒸气反应，所以需要保存在石蜡中，以隔绝空气，故C正确；D．CsNO3是由Cs+和NO离子组成的，属于离子化合物。故D正确；故选B。2.下列生活、生产中的做法，利用了物质氧化性的是A.用“84”消毒液消毒 B.服用维生素C抗衰老C.用食醋除水垢 D.用小苏打作膨松剂【答案】A【解析】【详解】A．用“84”消毒液消毒，是利用次氯酸钠具有强氧化性，杀菌消毒，故A正确；B．服用维生素C抗衰老，利用的是维生素C具有还原性，故B错误；C．用食醋除水垢是利用醋酸的酸性，不是氧化还原反应，故C错误；D．用小苏打作膨松剂是利用碳酸氢钠受热分解生成气体二氧化碳，不是氧化还原反应，故D错误；故选A。3.硫酸氢钠可用于制造酸性厕所清洁剂、沉淀剂和消毒剂等。硫酸氢钠不属于A.盐 B.电解质 C.酸 D.化合物【答案】C【解析】【详解】A．硫酸氢钠是由钠离子和硫酸氢根离子构成的化合物，属于盐，故A错误；B．硫酸氢钠在水溶液中能够导电，属于电解质，故B错误；C．硫酸氢钠电离时生成的阳离子除氢离子外还含有钠离子，即不属于酸，故C正确；D．硫酸氢钠是由四种元素组成的纯净物，属于化合物，故D错误；故选C。4.化学用语是一种具有国际性、科学性和规范性的书面语言，下列化学用语使用正确的是A.中子数为10的氧原子： B.电离方程式：C.的电子式： D.的离子结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A．中子数为10的氧原子：，A错误；B．碳酸氢钠电离成钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式：，B正确；C．过氧化氢为共价化合物，电子式为：，C错误；D．氯为17号元素，则氯离子结构示意图为：，D错误；故选B。5.焰色试验可以判断试样所含有的金属元素，蘸取某溶液灼烧，火焰呈现黄色，则溶液中一定不含的元素AK B.Na C.Fe D.Cu【答案】D【解析】【详解】蘸取某溶液灼烧，火焰呈现黄色，则该溶液中一定含有钠元素，因钾元素的焰色呈紫色，容易被钠元素的黄色覆盖，则可能含有钾元素，铁元素无焰色反应，则可能含有铁元素，铜元素的焰色呈(蓝)绿色，所以该溶液中一定不含的元素是Cu，故选D。6.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是AKI溶液中：、、B.溶液：、、C.盐酸溶液中：、、D.溶液中：、、【答案】B【解析】【详解】A．和因发生氧化还原反应而不能大量共存，A错误；B．溶液：K＋、、可以大量共存，B正确；C．盐酸溶液中的H＋和会发生反应，生成Al(OH)3沉淀，C错误；D．溶液中的会形成微溶物CaSO4而不能大量共存，D错误；7.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.溶于水，转移电子数为B.与稀盐酸完全反应，转移电子数为C.标况下中含有的分子个数为D.中阴离子的数目为【答案】C【解析】【详解】A．氯气和水的反应是可逆反应，则溶于水，转移电子数小于，A错误；B．铁和盐酸反应生成二价铁，则与稀盐酸完全反应，转移电子数为，B错误；C．的物质的量为1mol，其含有的分子个数为，C正确；D．过氧化钠中的阴离子是过氧根离子，则中阴离子的数目为，D错误；故选C，8.与下列物质反应时，水表现还原性是A. B.Fe C. D.【答案】D【解析】【详解】A．NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，水做氧化剂，故A不选；B．Fe和水蒸气反应方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，水中氢元素化合价由+1价变为0价，则水中H元素得电子化合价降低，被还原，所以水表现出氧化性，故B不选；C．Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，水既不是氧化剂也不是还原剂，故C不选；D．F2与水反应生成氟化氢和氧气，水分子中O元素被氧化，水表现出还原性，故D选；答案选D。9.化学是以实验为基础的科学，下列说法错误的是A.未用完的钾要放回原试剂瓶 B.容量瓶使用前要检查是否漏水C.表示氧化性物质 D.使用无毒气体做实验时无需尾气处理【答案】D【解析】【详解】A．钾金属化学性质活泼，不能随意丢弃，未用完的钾要放回原试剂瓶，故A正确；B．容量瓶在使用时如果漏液会导致所配制溶液浓度偏小，故使用前要检查是否漏水，故B正确；C．由图标可知，表示氧化性物质，故C正确；D．使用无毒气体做实验时要防止污染，也需要尾气处理，故D错误；答案选D。10.常温常压下，下列微粒前者与后者相等的是A.和所含原子数B.和的分子数C.和中电子数D.和溶液中个数【答案】C【解析】【详解】A．同温同压，则相同体积时，两种气体的物质的量相等，但是一个氧气分子中含有2个原子，一个臭氧分子中含有3个原子，故前者大于后者，故A错误；B．16gO2的物质的量为，故1molSO2和16gO2的分子数不相等，故B错误；C．NO2和N2O4的最简式均为NO2，故等质量时NO2和N2O4含有的电子数相同，故C正确；D．题目未给溶液体积，无法计算离子数目，故D错误；故选C。11.类比推理是把人们对甲事物的认识推广到对乙事物的认识，下列类比推理正确的是A.Mg能在中燃烧，Na也能在中燃烧B.Fe在中燃烧生成，则Fe在纯中燃烧生成C.Na在中燃烧生成，则Li在中燃烧生成D.与溶液反应生成和，则与溶液反应生成和【答案】A【解析】【详解】A．Na比Mg更活泼，还原性更强，Mg能在CO2中燃烧生成MgO和C，Na在CO2中燃烧生成Na2CO3和C，故A正确；B．Fe在纯O2中燃烧生成Fe3O4不是Fe2O3，故B错误；C．Li的活泼性小于Na，Li在空气中燃烧生成Li2O，故C错误；D．HClO的酸性大于HCO，所以Na2CO3和HClO反应生成NaHCO3和NaClO，则CO2与NaClO溶液反应生成NaHCO3和NaClO，故D错误；故选A。12.下列实验对应的离子方程式书写错误的是A.实验①：B.实验②：C.实验③：D.实验④：【答案】B【解析】【详解】A．二氧化锰和浓盐酸反应加热制备氯气，离子方程式为：，A正确；B．根据以少定多的原则可知，少量氢氧化钙和碳酸氢钠反应的离子方程式为：，B错误；C．三价铁具有强氧化性，可以氧化碘离子，氯化铁和碘化钾反应的离子方程式为：，C正确；D．盐酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，水和氯化钠，离子方程式为：，D正确；故选B。13.“筛娥石”是我国科学家首次在月壤中发现的新型静态矿物，下列说法正确的是A.Fe位于周期表中的第ⅧB族B.把适量Ca放入饱和氯化钠溶液中只能看到气泡生成C.半径大小：O＜P＜CaD.核素中质子数与中子数之差为50【答案】C【解析】【详解】A．Fe是26号元素，位于周期表中的第Ⅷ族，A错误；B．把适量Ca放入饱和氯化钠溶液中，Ca与水反应生成氢氧化钙和氢气，氢氧化钙微溶于水，溶液中溶剂水减少，氯化钠溶液析出，故能看到气泡生成和白色沉淀生成，B错误；C．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，故半径大小：O＜P＜Ca，C正确；D．核素中质子数为39，质量数为89，中子数=质量数-质子数=89-39=50，中子数与质子数之差为11，D错误；故选C。14.X、Y、Z、W、N是原子序数依次增大的短周期主族元素，X元素的一种同位素核内无中子，Y的族序数是周期序数的3倍，Z与Y的单质常温下可形成化合物，W的最外层电子数是Z最外层电子数的3倍，同周期N的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，下列法正确的是A.N的单质与Z的碳酸盐溶液反应时氧化剂和还原剂是同一物质B.和中都含有非极性共价键C.W和N两者的最高价氧化物对应水化物混合反应的离子方程式是：D.原子半径：Y>W>N>Z【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W、N是原子序数依次增大的短周期主族元素，X元素的一种同位素核内无中子，为H元素；Y的族序数是周期序数的3倍，最外层电子数不超过8个，则Y的族序数是Ⅵ，周期数是2，为O元素；Z与Y的单质常温下可形成化合物Z2Y，Z为Na元素；W的最外层电子数是Z最外层电子数的3倍，W为Al；同周期N的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，N为Cl元素，即X、Y、Z、W、N分别是H、O、Na、Al、Cl元素；【详解】A．N的单质为Cl2、Z的碳酸盐为Na2CO3，Cl2与Na2CO3溶液反应时生成NaCl、H2O、CO2、HClO，该反应中只有Cl元素的化合价变化，所以氧化剂和还原剂是同一物质，故A正确；B．Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中存在O-O非极性键，Cl2O中只含O-Cl极性键，故B错误；C．W和N两者的最高价氧化物对应水化物分别是Al(OH)3、HClO4，二者混合反应的离子方程式是：3H++Al(OH)3=Al3++3H2O，故C错误；D．原子核外电子层数越多，原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径：Na＞Al＞Cl＞O，故D错误；答案选A。15.学生在实验室做创新实验时设计了下列装置图，其中能达到实验目的的是A．a处变黄色，说明具有氧化性，b处红色逐渐变浅，说明具有漂白性B．制备可达到随开随用﹐随关随停的目的C．验证酸性D．能较长时间内看到白色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．a处氯气氧化氯化亚铁生成氯化铁，b处氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，则b处红色逐渐变浅，不能说明Cl2具有漂白性，故A错误；B．氯酸钾与浓盐酸接触后，关闭活塞，不能使固液分离，不能随关随停，故B错误；C．挥发的盐酸与四羟基铝酸钠反应生成氢氧化铝，不能比较碳酸、氢氧化铝的酸性强弱，故C错误；D．Fe与稀硫酸反应生成的氢气可排出装置内的空气，然后NaOH与硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁，可较长时间内看到白色沉淀，故D正确；故选D16.八角形元素周期表的每个顶角对应一种元素，下列说法正确的是A.虚线八角形顶角排列了第四周期所有元素B.等物质的量的①和③的单质混合能完全溶于足量水C.元素②的最高正化合价=主族序数D.金属性强弱：④>Sr【答案】B【解析】【详解】A．虚线八角形顶角排列了第四周期主族元素和0族元素，A错误；B．①为Na元素，③为Al元素，等物质的量的Na和Al单质混合溶于水，发生反应：、，根据反应计量数可知，可完全溶于水，B正确；C．元素②为O元素，无最高正价，C错误；D．元素④为Mg元素，与Sr同主族，同族元素金属性从上到下逐渐增强，所以金属性强弱：Mg＜Sr，D错误；答案选B。17.可用于制备补血剂，某实验小组设计了制备两套实验装置，下列说法错误的是A.装置①中足量的铁屑和产生的都可防止被氧化成B.装置①易产生杂质C.装置②中温度越高，越有利于生成D.装置①中导管a的作用是平衡气压使稀顺利流下【答案】C【解析】【分析】第一个装置利用硫酸和铁反应生成氢气，排除装置中的空气，随后利用压力将硫酸亚铁赶如三颈烧瓶中反应生成产物，第二个装置直接利用碳酸氢铵和硫酸亚铁反应生成产品，以此解题。【详解】A．装置①中足量的铁屑和产生的H2，排除装置内的空气，可防止Fe2+被氧化成Fe3+，故A正确；B．装置①中硫酸亚铁和碳酸钠反应易产生Fe(OH)2杂质，故B正确；C．装置②中温度越高，碳酸氢铵分解，不利于FeCO3生成，故C错误；D．装置①中导管a的作用是平衡气压，使分液漏斗的液体上下气体压强相同，则分液漏斗中的稀H2SO4顺利流下，故D正确；故选C。18.某研究所通过下列工艺流程实现对工业废渣(主要成分、及少量不溶于酸又不溶于碱的其它成分)的处理得到聚铁(主要成分为，下列说法错误的是A.将溶液b蒸发可得到纯净的B.加入适量铁发生的反应中氧化产物是C.碱浸过程中发生的离子方程式为：D.对聚铁胶体持续加热可得到聚铁沉淀【答案】A【解析】【分析】工业废渣(主要成分Al2O3、Fe2O3及少量不溶于酸又不溶于碱的其它成分)加入氢氧化钠溶液碱浸得到偏铝酸钠，炉渣加入硫酸生成硫酸铁，加入适量铁得到硫酸亚铁溶液，再加入氯化钾，加热至70°C~80°C得到聚铁胶体，持续加热胶体聚沉得到聚铁。【详解】A．滤液b是硫酸亚铁，蒸发亚铁离子被氧化为铁离子，则不能得到纯净的FeSO4，故A错误；B．加入适量铁，硫酸铁与铁反应生成硫酸亚铁，则发生的反应中氧化产物是FeSO4，故B正确；C．碱浸过程中氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：，故C正确；D．持续加热胶体聚沉得到聚铁，故D正确；故选A。19.作为一种新型锂电池正极材料，可由软锰矿(主要成分为)发生化学反应：制得，下列说法错误的是A.此反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为B.与浓盐酸加热条件下可产生C.制得需要消耗D.当上述反应转移的电子时，用足量吸收生成的会生成【答案】D【解析】【详解】A．此反应中氧化产物是O2，还原产物是LiMn2O4，两者的物质的量之比为1:4，故A正确；B．LiMn2O4中，Mn元素为+3.5价，LiMn2O4具有较强的氧化性，可以把浓盐酸在加热条件下氧化为Cl2，故B正确；C．根据方程式可知，制得0.1molLiMn2O4需要消耗的MnO2，故C正确；D．根据分析可知，当上述反应转移0.4mol的电子时，生成CO2的物质的量为0.2mol，用足量Na2O2吸收生成的CO2会生成0.1molO2，即生成3.2gO2，故D错误；故选D。20.下图是某小组探究铁的氧化物成分的实验装置图(部分夹持仪器已省略)，取mg固体利用该装置测定固体的成分。当装置a中mg固体完全反应后，测得装置b的质量净增加ng，下列判断错误的是A.当时，固体成分的化学式为B.当时，取少量原固体溶于稀盐酸，发生的离子方程式为C.若无装置c，会导致测定的固体氧化物中氧元素含量偏低D.该装置的不足之处是没有CO的尾气处理装置【答案】C【解析】【分析】利用一氧化碳将铁的氧化物还原为单质铁，同时生成二氧化碳，在装置b中吸收二氧化碳，通过其增重来确定铁的氧化物中氧的量，以此解题。【详解】A．当m:n=40:33时，yCO+FexOyxFe+yCO2，计算得到x:y=2:3，固体成分的化学式为Fe2O3，故A正确；B．当m:n=29:22时，结合反应化学方程式的定量关系，yCO+FexOyxFe+yCO2，计算得到x:y=3:4，固体成分的化学式为Fe3O4，发生的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故B正确；C．装置c的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳气体进入装置b中，若无装置c，会导致测定的固体氧化物中氧元素含量偏高，故C错误；D．CO有毒，不能直接排放，需要尾气处理，该装置的不足之处是没有CO的尾气处理装置，故D正确；故选C。二、非选择题(共4大题，共50分)21.人体必需的一些元素在周期表中的分布情况如下：根据情境，回答下列问题：（1）缺碘容易患“大脖子病”可通过食盐中添加_______(化学式)来补充碘元素，I和Br元素的最高价氧化物对应水化物的酸性大小_______(填“>”或“＜”)。可用于杀菌消毒，所含三种元素的简单离子的半径最小是_______(化学式)。（2）Se是人体中含量极低的微量元素，但它在人体中起着非常关键的作用，Se在周期表中的位置是_______，Se和As元素气态氢化物的稳定性_______(填“大于”或“小于”)。（3）微量元素铬有增强胰岛素的功能，工业上铬被广泛应用于冶金、化工、铸铁、耐火及高精端科技等领域，一种由铬铁矿(主要成分为)制备金属铬的流程示意图如下：①的电子式_______。写出反应①的化学方程式_______。②反应②中的稀硫酸不能换成盐酸，试分析原因_______。③反应③中投入理论上可以生产_______。【答案】（1）①.②.＜③.（2）①.第四周期第ⅥA族②.大于（3）①.②.③.与盐酸发生氧化还原反应④.20【解析】【小问1详解】缺碘容易患大脖子病可通过食盐中添加来补充碘元素。非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，溴的非金属性大于碘，则酸性：<。电子层数比较多的，半径比较大，电子层数相同的，核电荷数越多，半径越小。次氯酸钠所含三种元素的简单离子的半径大小关系是Cl->O2->Na+。【小问2详解】Se在周期表中的位置是第四周期第ⅥA族。非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，非金属性Se大于As，则稳定性大于。【小问3详解】①的电子式。根据图示物质关系，反应①的化学方程式。②具有很强的氧化性，反应②中的稀硫酸不能换成盐酸，原因是与盐酸发生氧化还原反应。③根据图示物质关系以及得失电子守恒，有关系式：，反应③中投入理论上可以生产Cr的物质的量。22.下图表示中学化学常见物质的转化关系(部分产物已省略)，其中A为金属单质，化合物B常温下呈液态，D为非金属单质，其余物质为化合物，请回答下列问题。（1）写出反应1的化学方程式_______。（2）写出反应3中氧化剂的结构式_______；反应4生成的红褐色胶体粒子直径大小范围是_______。（3）把覆铜板放到F的溶液中可以制作印刷电路板，写出反应原理_______(用离子方程式表示)。（4）写出G转化成红褐色沉淀的化学方程式_______。（5）固体F和D在一定温度下发生反应5生成E和，当生成标况下时，转移电子的物质的量是_______。【答案】（1）（2）①.Cl—Cl②.1～100nm（3）（4）（5）【解析】【分析】A为金属单质，化合物B常温下呈液态，D为非金属单质，其余物质为化合物，E化合物和氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀G，G遇到氧气生成红褐色沉淀，推断G为Fe(OH)2，E为FeCl2，通入氯水发生反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3，F是FeCl3溶液，滴入沸水加热到红褐色得到氢氧化铁胶体，固体FeCl3和D加热反应生成FeCl2和HCl，则D为H2，C溶于盐酸得到FeCl2和FeCl3的混合溶液，证明C为Fe3O4，A为Fe，B为H2O(g)，以此解题。【小问1详解】高温时铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，方程式为：；【小问2详解】反应3中氧化剂为Cl2，Cl2的结构式为：Cl—Cl，反应4生成的红褐色胶体为氢氧化铁胶体，粒子直径大小范围是：1～100nm；【小问3详解】把覆铜板放到F的溶液中可以制作印刷电路板，反应原理为三价铁和铜的反应，离子方程式为：；【小问4详解】G为氢氧化亚铁，很容易被氧化为氢氧化铁，方程式为：；【小问5详解】根据题意固体F和D在一定温度下发生反应5生成E和HCl，反应的化学方程式为：，反应生成2molHCl，电子转移2mol，当生成标况下1.12LHCl时，物质的量，转移电子的物质的量是0.05mol。23.物质的用途与性质有关，钠及其化合物在工业生产及日常生活中应用广泛。回答下列问题：（1）Na2O2可用作供氧剂，涉及的主要方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2①上述反应中涉及到的物质属于非电解质的是_______(填化学式，下同)，属于碱的是_______。②理论上，每产生标况下5.6LCO2需要Na2O2的质量为_______g。（2）某实验需要460mL2.0mol/L的NaOH溶液。①配制过程中需要的玻璃仪器除胶头滴管﹑烧杯、量筒外，还需要_______，需称量_______gNaOH。②下列操作会使配制NaOH溶液浓度偏高的是_______。a．称量时间过长b．溶解后未经冷却就移液c．溶液转移至容量瓶时，有少量液体溅出d．定容时俯视刻度线（3）某天然碱的组成可看作xNa2CO3·yNaHCO3·zH2O，称取该天然碱样品四份﹐溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸60mL，将产生CO2的量折算为标准状况下的体积记录于下表：实验编号ⅠⅡⅢⅣ盐酸体积/mL60606060样品质量/g6.648.3011.6214.94CO2体积/L1.3441.6801.7921.344①另取6.64g该天然碱样品，充分加热生成标况下224mLCO2和0.90g水，则该样品中NaHCO3的物质的量为_______mol，x：y：