北京市2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题（含答案）

北京市2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、选择题(本大题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的)1．下列技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（）A．火药使用B．用N2和H2C．转轮排字D．用氧化铁冶炼铁A．A B．B C．C D．D2．氧化还原反应的实质是（）A．化合价的升降 B．分子中各原子重新组合C．电子的得失或偏移 D．氧原子的得失3．1mol下列微粒所含有的质子和电子总数都约为6.A．NH3 B．OH− 4．下列反应中，调节反应条件(温度、反应物用量比)后反应产物不会改变的是（）A．钠与氧气 B．铁与氯气C．镁粉和氯化铁 D．二氧化碳与氢氧化钠溶液5．下列有关铁的说法中正确的是（）A．铁与硫粉反应的产物是FB．铁和稀硫酸反应的离子方程式为2Fe+6C．铁在纯氧中燃烧生成FD．常温下，Fe与浓硫酸不发生化学反应6．下列离子方程式正确的是（）A．澄清石灰水中通入过量SO2B．H2O2氧化C．将CO2通入BaCD．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：B7．下列各物质含少量杂质，除去这些杂质应选用的试剂或操作方法正确的是（）序号物质杂质除杂应选用的试剂或操作方法①KNO3溶液KOH加入FeCl3溶液，并过滤②FeSO4溶液CuSO4加入过量铁粉，并过滤③H2CO2通过盛NaOH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶④NaNO3固体CaCO3溶解、过滤、蒸发A．①②③④ B．①③④ C．①②③ D．②③④8．下列实验仪器或药品配置合理，并且能达到相对应选项中实验目的是（）A．验证热稳定性NB．验证潮湿氯气与干燥氯气的漂白性C．净化并收集干燥氯气的装置连接顺序为dcbafeD．滴有酚酞的NaOH溶液红色褪去，证明氯水中有酸9．在一定条件下采用如下装置用铁粉和水蒸气反应，可以得到铁的氧化物，进一步还原可以得到超细铁粉(加热和夹持装置已略去)。装置如图，下列说法正确的是（）A．装置C的作用是提供水蒸气B．装置A中发生反应：2Fe+3C．收集到896mL气体时(标况下)，则A中固体增重0D．可以用磁铁检验该反应是否完全10．关于下列物质说法正确的是（）①氨水；②熔融MgCl2；③CuSO4⋅5H2OA．能导电的有①②③④⑤ B．不能导电的有③④⑥C．属于电解质的有①②③④ D．属于非电解质的有⑤⑥11．下列说法不正确的是（）A．等质量的CO和N2原子数之比为B．常温常压下，44gCO2C．同温同压下，N2和COD．1L1molL的NaOH12．下列有关钠的化合物说法不正确的是（）A．2.3gNa完全与O2反应生成B．将澄清石灰水分别加入NaHCO3溶液和C．Na2O2与水的反应中，每生成D．Na2C13．以Fe粉、稀硫酸、NaOH溶液为原料，用如图所示装置制备能较长时间保存的Fe(OH)A．反应前圆底烧瓶中放入铁粉，分液漏斗中装入NaOH溶液B．Fe(OH)C．实验开始前，应先关闭止水夹DD．若铁粉中含有少量Fe14．中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟(49In)等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷(37Rb)同周期。下列说法不正确的是（）A．In是第五周期第ⅢA族元素B．11549In的中子数与电子数的差值为17C．原子半径：In>AlD．碱性：In(OH)3>RbOH15．短周期中8种元素a～h，其原子半径、最高正化合价或最低负化合价随原子序数递增的变化如图所示。下列判断不正确的是（）A．d、f组成的化合物能溶于强碱溶液B．e的阳离子与g的阴离子具有相同的电子层结构C．a可分别与b或c组成含10个电子的分子D．最高价氧化物对应水化物的酸性：h>g>b16．向一定量的FeO、Fe、Fe3O4的混合物中加入100mL1mol·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况)的气体，在所得溶液中经检验无Fe3+。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是（）A．11.2g B．5.6g C．2.8g D．无法计算17．铁是人体必需的微量元素，下面是一种常见补铁药品说明书中的部分内容：该药品含Fe2+33%～36%，不溶于水但能溶于人体中的胃酸：与维生素C(Vc)同服可增加本品吸收。某同学设计了以下实验检测该补铁药品中是否含有以下说法不正确的是（）A．试剂1为HCl溶液，目的是溶解药片B．加入KSCN溶液后溶液变为淡红色，说明溶液中有少量FC．加入Vc后红色溶液颜色褪去，说明Vc具有一定的氧化性D．新制氯水可替换为双氧水进行实验18．将一定量的铁粉投入硫酸铜和硫酸铁混合溶液中充分反应，下列说法正确的是（）A．反应后若无固体剩余，则溶液中一定含有FB．反应后若无固体剩余，则溶液中一定含有CC．反应后若有固体，则固体一定为Fe和Cu的混合物D．反应后若有固体，则溶液中的金属离子只有F19．高效净水剂高铁酸钾(KA．K2FeO4B．用NaHSO3C．反应Ⅱ：6ClD．反应Ⅲ：N20．下列选项描述与对应图像相符的是（）A．图①为新制氯水在阳光直射时，溶液中Cl-浓度随着时间变化的图像B．图②为Na2CO3、NaHCO3混合液中滴加盐酸产生CO2的图像C．图③为向Ba(OH)2溶液中滴加MgSO4溶液的导电性变化图像D．图④为FeBr2、FeI2混合液中各离子物质的量随氯气通入的变化图像，曲线b代表的是Cl-（已知还原性：I-＞Fe2+＞Br-）二、填空题(本大题共5小题，共60分)21．电子工业中，人们常用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板，并进一步从腐蚀液中回收Cu和FeCl请回答下列问题：（1）写出FeCl3溶液蚀刻镀铜电路板的离子方程式（2）写出加入过量X的离子方程式，。（3）若取2mL滤液1加入试管中，然后滴加足量氢氧化钠溶液，产生的现象是；在实际工业流程中，可替代气体Z的试剂为(填字母)。A．酸性KMnO22．要配制480mL0.200mol①把称量好的绿矾(FeSO②待溶液恢复到室温；③把①所得溶液小心转入____中；④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤液都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；⑤继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度1～2cm处，改用____滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；⑥将容量瓶塞紧，反复上下颠倒，摇匀。请填写下列空白：（1）补全相应实验操作中所缺的仪器名称：③，⑤。（2）实验室用绿矾来配制该溶液，用托盘天平称量绿矾g。（3）实验室保存该溶液为了防止Fe2+被氧化，一般在溶液底部加入少量（4）若实验测得该溶液的质量分数为ω，则该溶液的密度为gmL（5）由于错误操作，使得实际浓度比所要求的浓度偏小的是____(填写编号)。A．称量的固体中混有少量无水FeSB．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容C．没有用蒸馏水洗烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中D．容量瓶底部残留少量蒸馏水，没有干燥完全E．定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切23．下图是元素周期表的一部分，参照元素①～⑤在表中的位置，回答问题：族周期ⅠA01ⅡA～ⅢAⅣⅤAⅥAⅦA2①3②③④⑤（1）①的原子结构示意图是。（2）②、③、④、⑤四种元素中，简单离子半径最小的是(写离子符号)。②、③、④三种元素的单质与酸反应的剧烈程度的次序为>>(填元素符号)，从原子结构的角度解释原因。（3）②和④各自的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式为。⑤的单质与②的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式为。（4）下列事实能判断②和③的金属性强弱的是(填字母，下同)。a．常温下单质与水反应置换出氢的难易程度b．最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱c．单质作为还原剂的时候，失去电子个数（5）硒(Se)位于第四周期，与①同主族。下列推断正确的是。a．SeOb．Se的最低负化合价是−2价c．Se的气态氢化物的稳定性比①的强（6）室温下向SeO2固体表面吹NH3，得到两种单质和24．我国是世界上最早冶炼锌的国家之一，有独立的炼锌发展史。现代炼锌主要采取湿法工艺，以闪锌矿(主要成分为ZnS，还含铁等元素)、软锰矿(主要成分为MnO（1）浸出：加入FeSO4能促进ZnS的溶解，提高锌的浸出率，同时生成硫单质。ⅰ：Mnⅱ：……①写出ⅱ的离子方程式：。②下列实验方案可证实上述“催化”过程。将实验方案补充完整。a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量b．。（2）除铁：已知①进入除铁工艺的溶液的pH约为3；②控制溶液pH为2.5～3.5，使铁主要以FeOOH沉淀的形式除去。结合离子方程式说明，通入空气需同时补充适量ZnO的理由是。（3）电解：总反应(未配平)：Zn2++Mn2++H2O→电解25．某实验小组为了探究“氧化剂对KSCN检验Fe实验1试剂现象试管滴管(各1滴)2mL0.5mol/a．饱和氯水溶液立即变为浅红色b．稀硝酸溶液立即变为红色c.5%H2溶液立即变为深红色，无气体产生（1）向2mL0.5mol/LFeSO①该实验的目的是。②用离子方程式表示a中出现浅红色的原因：、。（2）对a中溶液呈浅红色的原因，甲同学提出以下假设。假设1：氯水加入量少，氧化Fe2+生成的设计实验ⅰ排除了假设1：取a中浅红色溶液，操作a，观察到溶液浅红色消失假设2：氯水氧化性强，氧化了部分SCN(已知：Ba2+与SCN−可在溶液中大量共存；进行实验ⅱ证明假设2成立：向2mL水中滴加1滴0.5mol/①操作a为。操作b是。②补全ⅱ中SCN−被SCN−+Cl2+（3）乙同学针对上述实验1的现象做了进一步思考并设计了实验2，分别取上述溶液于试管中，向其中滴加一定浓度的AgNO3溶液至溶液红色褪去，同时生成白色沉淀(其成分仅为AgSCN)。记录消耗实验2试管消耗AgNOd．2mL水与1滴Fe2(S2.40e．实验a中溶液1.52f．实验b中溶液1.60g．实验c中溶液1.84则由d～g可以得出的结论是(答出2点)。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、火药使用中发生氧化还原反应，涉及到化学反应，A不符合题意；

B、氮气与氢气在一定条件下发生化合反应合成NH3，B不符合题意；

C、转轮排字属于物理变化，C符合题意；

D、用氧化铁冶炼铁发生氧化还原反应，涉及到化学反应，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】化学反应指有新物质生成的反应。2．【答案】C【解析】【解答】氧化还原反应指有电子得失或者共用电子对偏移的反应，A、B、D三项中没有表明这一概念，故A、B、D不符合题意；C为氧化还原反应的实质，故C符合题意；

故答案为：C

【分析】氧化还原反应指有电子得失或者共用电子对偏移的反应。3．【答案】A【解析】【解答】A、1molNH3，含有10mol质子和10mol电子，质子和电子总数分别约为6.02×1024、6.02×1024，A符合题意；

B、1molOH-含有9mol质子和10mol电子，质子和电子总数分别约为9×6.02×1023、6.02×1024，B不符合题意；

C、1molMg2+含有12mol质子和10mol电子，质子和电子总数分别约为12×6.02×1023、6.02×1024，C不符合题意；

D、1molNO含有15mol质子和15mol电子，质子和电子总数分别约为15×6.02×1023、15×6.02×1023，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】本题主要是对阿伏加德罗常数的一个回顾运用，解题过程中要注意计算的对象是电子，质子还是中子，在原子或分子的计算时常常用到质量数=质子数+中子数这一等式，同时还需要注意原子分子与离子中电子个数的差异。4．【答案】B【解析】【解答】A、钠与氧气常温生成氧化钠，加热生成过氧化钠，条件不同，生成物不同，A不符合题意；

B、铁和氯气只生成氯化铁，B符合题意；

C、镁粉和氯化铁，少量镁反应生成亚铁离子，过量镁反应生成铁单质，条件不同，生成物不同，C不符合题意；

D、少量二氧化碳反应生成碳酸钠，过量二氧化碳生成碳酸氢钠，条件不同，生成物不同，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.Na与氧气在加热和不加热的条件下的两种反应之间的区别；

B.氯气具有强氧化性，一般和金属反应会把金属氧化到高价；

C.镁粉与氯化铁反应过程中镁粉量的多少会影响产物的种类；

D.少量二氧化碳反应生成碳酸钠，过量二氧化碳生成碳酸氢钠。5．【答案】C【解析】【解答】A、硫氧化性较弱，铁与硫粉反应的产物是FeS，A不符合题意；

B、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，B不符合题意；

C、铁在纯氧中燃烧生成四氧化三铁黑色固体，C符合题意；

D、常温下，Fe与浓硫酸发生钝化反应，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.S氧化性较弱，一般只能把金属氧化到一个较低价态；

B.铁和稀硫酸发生取代反应时只能生成亚铁离子

C.铁在纯氧中燃烧生成四氧化三铁；

D.钝化反应。6．【答案】D【解析】【解答】A、澄清石灰水与过量SO2反应生成Ca(HSO3)2，反应的离子方程式为SO2+OH-=HSO3-，A不符合题意；

B、H2O2将Fe2+氧化成Fe3+、H2O2被还原成H2O，反应的离子方程式为

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H20，B不符合题意；

C、CO2与BaCl2溶液不反应，C不符合题意；

D、Ba(OH)2与稀硫酸反应生成BaSO4和H2O，反应的离子方程式为Ba2++SO47．【答案】D【解析】【解答】①、加入氯化铁，生成KCl，引入新杂质，应加入硝酸铁除杂，故①错误；

②、铁可置换出铜，可除去杂质，故②正确；

③、二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，可除去杂质，干燥后得到纯净的氢气，故③正确；

④、碳酸钙不溶于水，可用过滤的方法除去，故④正确；

故答案为：D

【分析】①.生成KCl，引入新杂质；

②.铁可置换出铜；

③.二氧化碳与氢氧化钠溶液反应；

④.碳酸钙不溶于水。8．【答案】B【解析】【解答】A、套管实验中，通常热稳定性弱的物质放在内管，热稳定性强的物质放在外管，则验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性时，碳酸氢钠应放在内管，A不符合题意；

B、关闭活塞时，可验证干燥氯气有无漂白性，打开活塞时，可验证潮湿氯气有无漂白性，B符合题意；

C、氯气通过饱和食盐水除去混有的氯化氢气体、通过浓硫酸干燥、使用向上排空气法收集（氯气长进短出），故净化并收集干燥氯气的装置连接顺序为badcf，C不符合题意；

D、氯水具有强氧化性，也能使得酚酞试液褪色，不能氯水中有酸，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.碳酸钠与碳酸氢钠稳定性的比较；

B.氯水的漂白性；

C.实验装置的连接；

D.次氯酸的漂白性。9．【答案】C【解析】【解答】A、装置C的作用防倒吸，装置B提供水蒸气，故A不符合题意；

B、铁和水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，装置A中发生反应：3Fe+4H2O(g)→高温Fe3O4+4H2，故B不符合题意；

C、收集到896mL氢气时(标况下），参加反应的水的物质的量为0.04mol，铁结合氧原子的物质的量为0.04mol，所以A中固体增重0.64g，故C符合题意；

D、铁和水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁，铁、四氧化三铁都能被磁铁吸引，不能用磁铁检验该反应是否完全，故D不符合题意；

故答案为：C

10．【答案】B【解析】【解答】①氨水是混合物，不是电解质和非电解质，能导电；

②熔融MgCl2是电解质，能导电；

③CuSO4•5H20固体是电解质，不能导电；

④NaOH固体是电解质，不能导电；

⑤铜是金属单质，不是电解质和非电解质，能导电；

⑥蔗糖是非电解质，不能导电，所以能导电的有①；

②⑤，不能导电的有③④⑥，属于电解质的有②③；

④，属于非电解质的有⑥，不是电解质和非电解质；

的有①⑤，故B符合题意；

故答案为：B

【分析】有自由移动离子或电子的物质能导电；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此分析解答。11．【答案】D【解析】【解答】A、CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，故等质量的CO和N2的物质的量相等，而CO和N2均含2个原子，故等物质的量的两者中的原子数也相等，故A不符合题意；

B、44gCO2的物质的量为44g÷44g/mol=1mol，故B不符合题意；

C、同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故N2和CO2的密度之比28g/mol：44g/mol=7：11，故C不符合题意；

D.1L1mol/L的NaOH溶液中含氧原子的个数约为1L×1mol/L×2×6.02×1023/mol=1.204×1024，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】物质的量的有关计算，需要在掌握六个常见公式的前提下，明确计算目地，特别要搞清楚原子分子离子三者的区别，并能计算其中所含的微粒（特指中子，质子，电子）的数目。12．【答案】B【解析】【解答】A、2.3gNa完全与O2反应生成3.6g产物，钠元素化合价由0价升高为+1价，失去电子数约为6.02×1022，故A不符合题意；

B、将澄清石灰水分别加入NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中，二者都生成碳酸钙沉淀，故B符合题意；

C、Na2O2与水的反应中，氧元素化合价由-1升高为0生成氧气，每生成1mol氧气转移2mol电子，故C不符合题意；

D、碳酸钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，Na2CO3固体中含少量NaHCO3，可用加热法除去，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.Na与氧气的反应；

B.碳酸钠与碳酸氢钠的性质；

C.过氧化钠与水的反应；

D.碳酸钠与碳酸氢钠稳定性的差异。13．【答案】D【解析】【解答】A、由分析可知，反应前圆底烧瓶中放入铁粉，分液漏斗中装入稀硫酸溶液，A不符合题意；

B、关闭止水夹后将A中液体压入B中，B中硫酸亚铁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，B不符合题意；

C、装入药品后应该打开止水夹D，让铁与稀硫酸反应生成的氢气将装置中空气排净，避免后来生成的

氢氧化亚铁被氧化，C不符合题意；

D、过量铁会将铁离子还原为亚铁离子，故铁粉中含有少量Fe2O3，不影响本实验，D符合题意；

故答案为：D

【分析】铁与稀硫酸反应生成的氢气和硫酸亚铁，装入药品后应该打开止水夹，让铁与稀硫酸反应生成的氢气将装置中空气排净，避免后来生成的氢氧化亚铁被氧化，一段时间后，关闭止水夹后将A中液体压入B中，使硫酸亚铁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，C装置收集排除的气体。14．【答案】D【解析】【解答】A、In的原子序数为49，36<49<54，54-49=5，即位于第5周期倒数第5列，故In是第五周期第ⅢA族元素，A不符合题意；

B、质量数＝质子数+中子数，故In的中子数与电子数的差值为115-49-49=17，B不符合题意；

C、In和AI位于同一主族，从上往下原子半径依次增大，故原子半径：In>AI，C不符合题意；

D、In和Rb位于同一周期，同一周期从左往右元素的金属性依次减弱，故最高价氧化物对应水化物的碱性：In(OH)3<RbOH，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.元素在元素周期表中的位置；

B.在原子中：质量数=质子数（电子数）+中子数；

C.同主族元素原子半径的比较；

D.元素周期律的应用。15．【答案】B【解析】【解答】A、O、Al组成的化合物Al2O3是两性氧化物，能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐，故A不符合题意；

B、Na+有2个电子层、S2-有3个电子层，故B符合题意；

C、H可分别与C或N组成含10个电子的分子CH4、NH3，故C不符合题意；

D、非金属性CI>S>C，最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4>H2SO4>H2CO3，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】根据原子半径、最高正化合价或最低负化合价随原子序数递增的变化图，可知a是H元素、b是C元素、c是N元素、d是O元素、e是Na元素、f是AI元素、g是S元素、h是Cl元素。16．【答案】C【解析】【解答】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液经检验无Fe3+，说明溶液为溶液FeCl2，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=1/2n(HCl)=1/2×0.1L×1mol/L=0.05mol，用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)=0.05mol，质量为0.05mol×56g/mol=2.8g，故选C；

故答案为：C

【分析】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液经检验无Fe3+，说明溶液为FeCl2溶液根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=1/2n（HCl）；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)，据此结合m=nM计算得到的铁的质量。17．【答案】C【解析】【解答】A、补铁药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸，试剂1为HCl溶液，目的是溶解药片，A不符合题意；

B、铁离子和KSCN溶液变红色，溶液变为淡红色说明溶液中有少量Fe3+，B不符合题意；

C、加入维生素C后，铁离子被还原为亚铁离子，溶液褪色，说明Vc具有还原性，C符合题意；

D、过氧化氢也能将亚铁离子氧化为铁离子，故新制氯水可替换为双氧水进行实验，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】Fe2+有较强的还原性，容易被氧化为Fe3+，铁离子和KSCN溶液变红色，加入新制氯水后，溶液中的Fe2+全部被氧化为Fe3+，溶液颜色由淡红色变为血红色，由此证明药片中存在Fe2+；加入维生素C后，铁离子被还原为亚铁离子，溶液褪色。18．【答案】B【解析】【解答】A、铁先与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，反应后若无固体剩余，则溶液中不一定含有Fe3+，故A不符合题意；

B、反应后若无固体剩余，铁没有与硫酸铜反应，则溶液中一定含有Cu2+，故B符合题意；

C、反应后若有固体，则固体中可能只有Cu，故C不符合题意；

D、反应后若有固体，则溶液中金属离子一定有Fe2+，可能含有Cu2+，故D不合题意；

故答案为：B

【分析】Fe3+的氧化性大于Cu2+，铁粉投入硫酸铜和硫酸铁混合溶液中，铁先与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，再与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜。19．【答案】A【解析】【解答】A、K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，且生成的Fe3+转化为氢氧化铁胶体，使悬浮颗粒沉降，净水原理为4FeO42−+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH−，故A符合题意；

B、用NaHSO3溶液吸收尾气中氯气时反应为Cl2+HSO3-+H2O=2Cl-+SO42-+3H+，故B不符合题意；

C、碱性条件下NaClO氧化Fe3+生成Na2FeO4，离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故C不符合题意；

D、高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，Na2FeO4与KOH溶液反应生成K2FeO420．【答案】C【解析】【解答】A、新制氯水中含有HClO，阳光照射下会分解为HCl和O2，而HCl会电离出Cl-，因此新制氯水在阳光直射时的Cl-浓度应增大，图①中浓度不断减小，故A选项不符合题意；

B、NaCl、NaHCO3混合溶液中滴加盐酸会立即产生CO2，而不是盐酸加入一定量之后才产生，故B不符合题意；

C、溶液中离子浓度越大，导电性越强，Ba(OH)2，溶液中滴加MgSO4溶液，随着反应的进行，会生成BaSO4、Mg(OH)2沉淀，导致溶液中离子浓度减小，当Ba（OH)2完全消耗生成BaSO4、Mg(OH)2沉淀时，溶液中几乎只有溶剂水存在，导电能力约为0，继续滴加MgSO4溶液，离子浓度增大，导电能力随之增大，故C符合题意；

D、因还原性I->Fe2+>Br-，混合溶液中先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-完全反应后再发生反应，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，因此b段发生的反应为，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，则b段代表Fe2+的物质的量的变化情况，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.次氯酸见光易分解为氯化氢和氧气；

B.碳酸钠与碳酸氢钠与盐酸反应的差异；

C.离子浓度越大，所带电荷越多，其溶液导电性越强；

D.还原性I->Fe2+>Br-。21．【答案】（1）2F（2）Fe+2Fe3+（3）产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，一段时间后变成红褐色；BE【解析】【解答】（1）FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；

（2）过量铁，铁和铁离子生成亚铁离子、和铜离子生成铜单质，离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu；

（3）滤液1中溶质为FeCl2，向其中滴加足量氢氧化钠溶液，先发生复分解反应生成白色沉淀Fe(OH)2，再被O2氧化为红褐色的Fe(OH)3，现象是产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，一段时间后变成红褐色；氯气氧化亚铁离子生成铁离子，且不引入新杂质，硝酸溶液会引入硝酸根，高锰酸钾溶液会引入钾离子，溴水会引入溴离子，故在实际工业流程中，可替代气体Z的试剂为B.氯水、E.过氧化氢溶液故选BE；

【分析】FeCl3溶液与镀铜电路板反应生成氯化亚铁和氯化铜，废液中含FeCl2、CuCl2、FeCl3，加过量的铁(X)，铁和铁离子生成亚铁离子、和铜离子生成铜单质，则滤渣1为Cu和Fe，滤液1中溶质为FeCl222．【答案】（1）500mL容量瓶；胶头滴管（2）27.8（3）铁粉（4）0（5）C；E【解析】【解答】（1）②容量瓶没有480mL容量瓶，因此应使用500mL容量瓶进行配制，即把①所得溶液小心转入500mL容量瓶中，③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度I~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；

（2）配制500mL0.2mol•L的FeSO4溶液，根据n=cV=0.5×0.2mol=0.1mol，所需的FeSO4：7H2O的质量为：m=n·M=0.1×278g=27.8g，故答案为：27.8；

（3）二价铁离子具有强的还原性，易被氧化生成三价铁离子，所以为了防止Fe2+被氧化，可在盛FeSO4溶液的试剂瓶中加少量铁粉，故答案为：铁粉；

(4)根据公式cM=1000pw，则p=cM/1000w故答案为：0.2×1521000ω；

(5)A.称量的固体中混有少量无水FeSO4，则FeSO4溶液中溶质的物质的量增大，根据c=n/V可推出实际浓度比所要求的浓度偏大；

B.使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容，溶液体积偏小，浓度偏大；

C.没有用蒸馏水洗烧杯2~3次，并将洗液移入容量瓶中，溶质质量减少，物质的量减小，浓度偏小；

D.容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有干燥，对结果无影响；

E.定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切，吸出了溶质，物质的量减小，浓度偏小；

故答案为：CE

【分析】（1）完成此配制实验，除了量筒、烧杯、玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；

（2）配制480mL0.2mol•L的FeSO4溶液，应选500mL容量瓶，依据m=cVM计算需要溶质的质量；

（3）三价铁离子能够与铁反应生成二价铁离子；

23．【答案】（1）（2）Al3+；Na；Mg；Al；同周期元素原子核外电子层数相同，随着原子序数递增，原子核内质子数增加，原子半径减小，原子核对核外电子的引力增大，元素原子失电子能力减弱（3）OH-+Al(OH)3=[Al(OH)4]−；Cl2+2OH-=ClO-+Cl（4）ab（5）b（6）3SeO2+4NH3=2N2+3Se+6H2O【解析】【解答】（1）①是O元素，O原子结构示意图是：；

（2）电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，②、③、④、⑤四种元素中，简单离子半径最小的是Al3+；同周期元素从左到右金属性减弱，单质与水或酸反应的速率依次减慢，所以三种元素的单质与酸反应的剧烈程度的次序为Na>Mg>Al；同周期元素原子核外电子层数相同，随着原子序数递增，原子核内质子数增加，原子半径减小，原子核对核外电子的引力增大，元素原子失电子能力减弱；

（3）Na的最高价氧化物的水化物是NaOH，AI的最高价氧化物的水化物是AI(OH)3，NaOH、AI(OH)3发生反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为OH-+AI(OH)3=[Al(OH)4]-；Cl2与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；

（4）a.常温下单质越易与水反应置换出氢，金属性越强，故选a；

b.元素金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，故选b；

c.单质作为还原剂的时候，金属性越强越易失电子，金属性与失电子个数无关，故不选c；故选ab；

（5）a.Se是VIA元素，最高正价为+6、最低负价为-2，SeO2中Se显+4价，SeO2既有氧化性又有还原性，故a错误；

b.Se是VIA元素，Se的最低负化合价是-2价，故b正确；

c.0的非金属性大于Se，Se的气态氢化物的稳定性比O的弱，故c错误；选b；

（6）室温下向SeO2固体表面吹NH3，得到两种单质和H2O，产物是N2、Se、H20，该反应的方程式为3SeO2+4NH3=2N2+3Se+6H20；

【分析】（1）对应元素周期表可推出①、②、③、④、⑤依次为O、Na、Mg、Al、Cl五种元素，氧原子结构示意图为：；

（2）②、③、④、⑤依次为Na、Mg、Al、Cl，对应这钠离子、镁离子、铝离子、氯离子。电子层数越多半径越大，电子层结构相同的离子，原子序数越小，半径越大，可推出半径最小的是铝离子；同一周期元素的单质，从左到右元素金属性减弱，与酸反应的剧烈程度减弱；

（3）氢氧化钠可与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠；氯气会与氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠和水

（4）可根据1、常温下单质与水反应置换出氢的难易程度；2、最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱；比较元素之间的金属性；

（5）Se与O同主族，最外层电子书为6，可得两个电子形成八电子稳定结构，此时显-2价；

（6）室温下向SeO2固体表面吹NH3，会发生反应生成N2、Se、H24．【答案】（1）ZnS+2Fe（2）通入空气时，发生反应4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8（3）M【解析】【解答】（1）①i中生成的铁离子具有氧化性，Fe2+的作用类似催化剂，