北京市石景山区2023-2024学年高一年级上册期末考试化学试卷 （解析版）

石景山区2023-2024学年第一学期高一期末试卷

化学

本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无

效。考试结束后，将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量：H：1N：14C：12O：16Na：23

第一部分

一、本部分共21题，每题2分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求

的一项。

1.合金的应用极大地促进了人类社会的发展。下列材料的使用中，属于合金的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.飞机外壳主要是合金制成的，A正确；

B.碳化硅中不含有金属，属于无机非金属材料，B错误；

C.陶瓷属于无机非金属材料，C错误；

D.橡胶轮胎属于有机高分子材料制品，D错误；

故答案选A。

2.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是

A.NaCl溶液B.蔗糖溶液C.Fe(OH)3胶体D.CuSCU溶液

【答案】c

【解析】

【分析】能观察到丁达尔效应的分散系是胶体。

【详解】A.NaCl溶液不是胶体，A错误；

B.蔗糖溶液不属于胶体，B错误；

C.Fe(OH)3胶体是胶体，C正确；

D.CuSO4溶液不是胶体，D错误；

答案选C。

3.下列物质中，不属于电解质是

A.NaB.NaOHC.H2SO4D.Na2co3

【答案】A

【解析】

【详解】A.钠是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A正确；

B.氢氧化钠是强碱，在水溶液中和熔融态都能导电，属于电解质，故B错误；

C.硫酸是酸，在水溶液中能导电，属于电解质，故C错误；

D.碳酸钠属于盐，在水溶液中和熔融态都能导电，属于电解质，故D错误；

故选Ao

4.下列元素中，得电子能力最强的是

A.FB.ClC.BrD.N

【答案】A

【解析】

【详解】同周期从左到右非金属性增强，得电子能力增强，同主族从上到下非金属性减弱，得电子能力减

弱，因此得电子能力最强的是F,故答案选：A»

5.下列物质能与水反应生成碱并放出H2的是

A.Na2O2B.FeC.Cl2D.Mg

【答案】D

【解析】

【详解】A.过氧化钠与水的反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,故A不符合题意；

B.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，得不到碱，故B不符合题意;

C.C"溶于水，CU与水反应为：C12+H2O^HC1O+HC1,故C不符合题意；

D.镁与水反应为：Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2T,故D符合题意；

故答案选D。

6.下列电离方程式书写不思做的是

+-

A.HNO3=H++NO；B.NaOH=Na+OH

2+

C.NH4cl=NH；+CrD.Ca(OH)2=Ca+OH-

【答案】D

【解析】

+

【详解】A.硝酸是强电解质，完全电离：HNO3=H+NO；,A正确；

B.氢氧化钠是强电解质，完全电离：NaOH=Na++OH-，B正确；

C.氯化镂是强电解质，完全电离：NH4C1=NH：+Cr,C正确；

2+

D.氢氧化钙是强电解质，完全电离出钙离子和2个氢氧根离子：Ca(OH)2=Ca+2OH-,D错误；

故选D。

7.下列物质中，常温下既能与NaOH溶液反应，又能与盐酸反应的是

A.CO2B,A12O3C.MgOD.Fe2O3

【答案】B

【解析】

【详解】A.二氧化碳是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，但不能与盐酸反应，故A

错误；

B.氧化铝是两性氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝和水，能与氢氧化钠溶液反应生成Na[Al(OH)4]和水,

故B正确；

C.氧化镁是碱性氧化物，能与盐酸反应生成氯化镁和水，但不能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；

D.氧化铁是碱性氧化物，能与盐酸反应生成氯化铁和水，但不能与氢氧化钠溶液反应，故D错误；

故答案选B。

8.钛(Ti)常被称为未来钢铁，已探明中国钛储量居世界首位。下列关于北Ti的说法中，不正确的是

A.质量数为70B.质子数为22C.核外电子数为22D,中子数为26

【答案】A

【解析】

【详解】A.元素符号左上角为质量数，Ti质量数为48,故A错误;

B.元素符号左下角为质子数，Ti质子数为22,故B正确；

C.原子核外电子数等于质子数，Ti核外电子数22,故C正确；

D.Ti中子数为48-22=26,故D正确；

故选Ao

9.配制一定体积的LOOmol/LNaCl溶液，不需要使用的仪器是

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】在配制一定体积的LOOmol/LNaCl溶液时，需要使用的仪器是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、

一定规格的容量瓶，而不需要使用漏斗，故合理选项是A。

10.下列物质所含分子数最多的是

A.标准状况下，1L2LCLB.6.02x1()23个N2

C.0.2molCOD.34gNH3

【答案】D

【解析】

1i?T

2322

【详解】A.标准状况下，11.2LC1,所含分子数为：一:------X6.02X10=3.01X10;

一22.4L/mol

B.6.02义1()23个N2分子；

C.OZmolCO所含分子数为：0.2x6.02x1()23=1204x1()23；

D.34gNH3所含分子数为：,?4gx6.02x1023=1.204xlO24；

17g/mol

综合可知，所含分子数最多的是D；

故答案选D。

11.下列有关物质用途的说法中，不走砸的是

A.漂白粉可用作环境的消毒剂B.FqOs用于制作油漆或颜料

C.铝制餐具可用来蒸煮碱性食物D.碱金属的化合物可用于制烟花

【答案】C

【解析】

【详解】A.漂白粉可以水解生成次氯酸具有强氧化性，可用作环境的消毒剂，A正确；

B.Fe2O3是红棕色粉末，可用作红色油漆或红色涂料等的颜料，B正确；

C.铝制餐具表面有一层致密的氧化膜，对内层金属起保护作用，但这层氧化膜的成分A12O3是两性氧化

物，能够与碱性物质发生反应，因此不能用来蒸煮成长时间存放碱性食物，C错误；

D.碱金属元素在灼烧时会产生焰色反应，因此碱金属的化合物可用于制烟花，D正确；

故答案选C。

12.下列变化需要加入还原剂才能实现的是

A.KlfkB.SO2T■SOsC.SO?fH2sO3D.NaClOCl2

【答案】D

【解析】

【详解】A.KI-I2中，I元素的化合价升高，在反应中被氧化，需要加入氧化剂实现转化，如加入氯

气，故A错误；

B.SO?-SO3中，S元素的化合价升高，在反应中被氧化，需要加入氧化剂实现转化，如加入氧气，故

B错误；

C.SO2fH2s。3中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，与水反应即可实现转化，故C错

误；

D.NaClOfCl2中氯元素化合价降低，则需要加入还原剂才能实现，故D正确；

故选D。

13.Na2c。3和NaHCC>3是厨房中常见的物质，下列叙述中，正确的是

A.均能与盐酸反应，产生气体速率快的是Na?CO3

B.可用澄清石灰水鉴别Na?CO3和NaHCC>3

C.等物质的量Na?CO3、NaHCC)3溶液分别与足量盐酸反应，产生等量的C。？

D.除去NaHCC>3固体中混有的少量NazCOs，用加热法

【答案】c

【解析】

【详解】A.碳酸钠和碳酸氢钠均能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，但碳酸氢钠与盐酸反应生成

二氧化碳的速率快于碳酸钠，故A错误；

B.碳酸钠和碳酸氢钠均能与澄清石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀，所以不能用澄清石灰水鉴别碳酸钠和

碳酸氢钠，故B错误；

C.碳酸钠和碳酸氢钠均能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，由碳原子个数守恒可知，等物质的量

碳酸钠和碳酸氢钠溶液分别与足量盐酸反应，产生等量的二氧化碳，故C正确；

D.碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，所以不能用加热的方法除去碳酸

氢钠固体中混有的少量碳酸钠杂质，故D错误；

故选Co

14.下列说法正确的是

A.18gH2。含有的水分子约为6.02x1()23

B.常温常压下，ImolN2的体积是22.4L

C.ImolFe与足量C"反应，转移的电子数约为2x6.02x1()23

23

D.ILlmol/LFeCl3溶液中C「的数目约为6.02xlO

【答案】A

【解析】

18g

【详解】A.18gH2O的物质的量-----h=lmol,所含分子数约为6.02x1()23,故A正确；

B.常温常压下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol,因此ImoINz的体积不等于22.4L,故B错误；

C.ImolFe与足量Cb充分反应，Fe全部转化为Fe3+,转移的电子数约为3义6.02义1。23,故C错误；

D.ILlmol/LFeCL溶液中所含的CP的数目约为Imol-L_1xlLx3x6,02x1023=3x6.02x1()23个，故D

错误；

故答案选A。

15.下图是以太阳能为能源分解水制H2过程示意图。下列说法中，错误的是

过程I

太阳能

H2O

1D3U4

（纳米级）

过程n

太阳能

;

A.过程I的反应：2Fe3046Fe0+02f

太阳能

B.过程II的反应：2H202H2t+02t

C.两个转化过程都发生了氧化还原反应

D.纳米级Fes。,在整个过程中起催化作用

【答案】B

【解析】

【详解】A.由图示可知，过程I为四氧化三铁在太阳能的作用下分解生成了氧气和氧化亚铁，方程式

太阳能

为：2Fe304=6Fe0+02f,A正确；

B.由图示可知，过程n为氧化亚铁和水反应生成了氢气和四氧化三铁，方程式为：

3FeO+H2O=Fe3O4+H2t,B错误;

C.由两个过程的方程式可知，两个过程均有元素化合价发生变化，都属于氧化还原反应，C正确；

太阳能

D.总反应为2H20^-241+023纳米级Fe3。,在整个过程中起催化作用，D正确；

答案选B。

16.下列实验现象，描述正确的是

KSCN

7NaOH7NaOH

r溶液£溶液I溶液

AICI

FeCl23

溶液溶液

IIIIV

A.I烧杯中立即产生红褐色沉淀

B.II试管中溶液变红

C.Ill试管中生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色

D.IV试管中的白色沉淀逐渐增多

【答案】C

【解析】

【详解】A.饱和氯化铁溶液滴入沸水加热会发生水解反应，生成Fe(OH)3胶体，I烧杯中溶液颜色变为红

褐色，而非产生红褐色沉淀，A项错误；

B.氯化铁溶液与硫氟化钾溶液反应，溶液会变红，而非氯化亚铁溶液，B项错误；

C.氯化亚铁溶液滴入氢氧化钠溶液，生成的白色絮状氢氧化亚铁沉淀会迅速被氧化成氢氧化铁，变成灰

绿色，最后变成红褐色，C项正确；

D.氯化铝溶液滴入氢氧化钠溶液，开始生成沉淀，氢氧化钠过量后沉淀逐渐溶解，而不白色沉淀逐渐

增多，D项错误；

答案选C。

17.下列反应的离子方程式书写正确的是

2+3+

A.氯化亚铁溶液与氯水反应：Fe+Cl2=Fe+2Cr

+

B.钠与水反应：Na+2H2O=Na+2OH+H2T,

C.将铝片放入NaOH溶液中，产生气体：2A1+2OH-+6H2O=2[A1(OH)4，+3H2T

D.FeCL溶液腐蚀Cu：Fe3++Cu=Cu2++Fe2+

【答案】C

【解析】

【详解】A.原离子方程式电荷不守恒、得失电子数不守恒，故氯化亚铁溶液与氯水反应:

2+3+

2Fe+Cl2=2Fe+2Cr,A错误；

B.原离子方程式电荷不守恒、得失电子数不守恒，故将金属钠放入水中的离子方程式为：2Na+2H20=

+

2Na+2OH+H2t，B错误；

C.将铝片放入NaOH溶液中，生成四羟基合铝酸钠和氢气：

2A1+20H-+6H2O=2[Al(OH)4J+3H2T,C正确；

D.原离子方程式电荷不守恒、得失电子数不守恒，故FeCL溶液腐蚀Cu：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+1

D错误；

故选Co

18.依据不同的标准和规律，元素周期表有不同的排列形式。如果将1-18号元素按原子序数递增的顺序排

列，可形成下图所示的“蜗牛”形状，图中每个“•”代表一种元素，其中a点代表氢元素。

d

下列说法不乏酶的是

A.b元素在常规周期表中的位置为第二周期第VIA族

B.虚线相连的元素处于同一主族

C.b?-与d3+的核外电子数相等，f与b的核电荷数相差8

D.b、C、d三种元素的离子半径大小顺序是d3+>c+>b?-

【答案】BD

【解析】

【分析】根据图中蜗牛形状可知，a为H元素，b为0元素，c为Na元素，d为A1元素，e为P元素，f为

S元素，g为C1元素，据此作答。

【详解】A.b为O元素，是第8号元素，在常规周期表中的位置为第二周期第VIA族，A正确；

B.虚线相连的元素属于同一族，根据图包括主族和零族，B错误；

C.b为0元素，d为A1元素，因此。2-与43+的核外电子数相等，f为s元素，S元素与O元素的核电荷

数相差16-8=8,C正确;

D.b为O元素，c为Na元素，d为Al元素核外电子层数相同，原子序数越大，半径越小，即

Al3+<Na+<O2"«D错误；

故答案选BDo

19.某废水中存在大量的Na+、C「、Mg2+、SOt，欲除去其中的Mg?+和SO：,甲同学设计了如下

方案：

过量过量过量

NaOHBaCk、Na2co3」一|试剂a

废水------->----->一J溶液------Na\cr

过滤-------

乙同学对此方案进行评价，下列评价中，不F确的是

A.NaOH的作用是除去Mg2+

B.BaCL的作用是除去SOj

C.试剂a为盐酸，其作用是除去过量CO：

D.交换NaOH和BaCU的加入顺序，可达到相同目的

【答案】C

【解析】

【分析】某废水中存在大量的Na+、Cr>Mg2\SO；',Mg?+与NaOH反应后可得Mg(OH)2,SO；与

BaCb反应生成BaSCU沉淀，过量的BaCb用Na2cCh除去，过滤后往滤液加入过量HC1,可得到NaCl溶液。

【详解】A.根据分析可知，Mg2+与NaOH反应后可得Mg(0H)2,过滤后除去，A正确；

B.根据分析可知，SO上与BaCb反应生成BaS04沉淀，过滤后除去，B正确；

C.根据分析可知，试剂a为盐酸，其作用是除去过量CO>、0H>C错误；

D.交换NaOH和BaCU的加入顺序，不影响整体杂质离子的沉淀，过量的钢离子也会与碳酸根产生沉

淀，只要碳酸钠放在氯化钢之后即可，D正确；

故答案选C»

20.向一定体积的Ba(OH)2溶液中加入几滴酚醐溶液，然后向混合液中逐滴加入一定浓度的H?SO4溶

液，滴加过程中测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如下图所示。下列说法不正速的是

\b/

°f时间

+2+

A.ab段发生反应：2H+SO：+Ba+20H-=BaSO4J+2H2O

B.t时刻Ba(OH)2与HzS。,恰好完全反应，继续滴加H2SO4溶液红色完全褪去

C.be段溶液的电导率不断增大，主要与过量Ba(OH)2电离出的离子有关

D.b处溶液的电导率不为0,说明溶液中有极少量自由移动的离子

【答案】C

【解析】

【分析】向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，发生反应Ba2++2OH-+2H++SO：=2H2O+BaSC>4j,

BaSCU为难溶性盐，在溶液中几乎不溶解，因此随着稀硫酸的滴入，溶液的导电性逐渐减弱至几乎为0,再

滴加过量稀硫酸，溶液中离子浓度变大，溶液导电能力增强。

【详解】A.向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，反应生成硫酸钢和水，ab段溶液的导电能力

+2+

不断减弱，离子方程式为：2H+SO5-+Ba+2OH-=BaSO4+2H2O,A正确；

B.t时刻导电能力最小，则氢氧化钢与硫酸恰好完全反应，溶液呈中性，酚麟的变色范围为8.2到10.0,

继续滴加硫酸，pH变小，溶液红色完全褪去，B正确；

C.be段溶液的导电能力不断增大，主要是过量的硫酸电离产生氢离子和硫酸根离子，导致溶液中离子浓

度变大，导电能力增强，C错误；

D.b处Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和产生BaSCU,因为BaSO4为难溶性盐，在溶液中几乎不溶

解，导致自由移动的离子极少，因此电导率不为0,但导电能力很低，D正确；

故答案选C。

21.下列“推理或结论”与“实验操作及现象”不相行的一组是

选

实验操作及现象推理或结论

项

A向FeCl3溶液中滴加KI淀粉溶液，溶液变蓝「有还原性

用玻璃棒蘸取氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红，随后氯水中含有酸性物质和漂白性物

B

褪色质

C向某溶液中加入AgNOs溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成该溶液中一定含有C「

向某溶液中加入稀盐酸，生成无色能使澄清石灰水变浑浊的

D该溶液中一定含有co；-

气体

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.FeCb溶液中滴加KI淀粉溶液，溶液变蓝，FeCb具有氧化性，能将「氧化为b,L遇淀粉溶

液变蓝，说明1一有还原性，A项正确；

B.氯水中含有HC1和HC10,HC1使蓝色石蕊试纸变红，HC10具有漂白性，使试纸褪色，氯水中含有酸

性物质和漂白性物质，B项正确；

C.AgCl是不溶于稀硝酸的白色沉淀，向某溶液中加入AgN03溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，该沉淀

为AgCl,所以该溶液中一定含有C「，C项正确；

D.向某溶液中加入稀盐酸，生成无色能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能是C02,但能与盐酸反

应生成CO2的离子除了CO),还有HCO；,所以不能确定该溶液中一定含有CO；,D项错误；

答案选D。

第二部分

二、本部分共6题，共58分。

22.高铁酸钠(NazFeO—是一种新型绿色消毒液，主要用于饮用水处理。工业上制备Na?FeO4的方法之

一为：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。

(1)Na2FeO4中Fe的化合价是=

(2)上述反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比是。

(3)生成ImolNazFeC^，电子转移mob

【答案】(1)+6(2)3:2

(3)3

【解析】

【小问1详解】

NazFeOd中钠呈现+1价、氧呈现-2价，正负化合价代数和为0,则Fe的化合价是+6。

【小问2详解】

上述反应中，NaClO中C1元素化合价降低，得到电子，NaClO为氧化剂，Fe(OH)3中Fe元素化合价升

高，失去电子，Fe(OH)3为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比是3:2。

【小问3详解】

Fe元素化合价从Fe(OH)3中+3价升高到Na2FeC)4中+6,失去3个电子，则生成ImolNazFeC^，电子转

移3molo

23.分类法是一种简单易行的科学方法。现对Ca(ClO)2进行多角度分析并预测其性质。

(1)从组成特点分析，Ca(ClO)2属于(填“氧化物”、“酸”或"盐”)。

(2)Ca(ClO)2的水溶液可导电，Ca(ClO)2的电离方程式是。

(3)从Ca(ClO)2中C1元素价态分析，Ca(ClO)2在氧化还原反应中表现性。

(4)Ca(ClO)2与下列物质反应且体现氧化性的是。

a,空气中的CO2和H?。b.FeSO4c.KId.HNO3

2+

【答案】(1)盐(2)Ca(ClO)2=Ca+2C1O

(3)氧化性和还原性(4)be

【解析】

【小问1详解】

由碱的阳离子和酸根离子构成的化合物属于盐，因此Ca(C10)2属于盐；

【小问2详解】

2+

Ca(C10)2的电离方程式是：Ca(ClO)2=Ca+2ClO-

【小问3详解】

从Ca(C10)2中C1元素价态为+1价，在氧化还原反应中，化合价既可以升高也可以降低，因此

Ca(C1O)2在氧化还原反应中表现出氧化性和还原性；

【小问4详解】

a.空气中的CO2和H?。与Ca(C10)2反应产生碳酸钙和次氯酸，属于复分解反应，故a不符合题意；

b.Fes。,中二价铁被次氯酸钙氧化为三价铁，Ca(C10)2中+1价的氯元素降低为-1价，体现出氧化性，

故b符合题意；

c.KI中碘离子被次氯酸钙氧化，Ca(C10)2中+1价的氯元素降低为-1价，体现出氧化性，故c符合题

忌；

d.HN03与次氯酸钙反应为：2HNO3+Ca(ClO)2=Ca(NO3)2+2HClO,不是氧化还原反应，故d不符合题

忌；

故答案选bco

24.应用元素周期律的相关知识，可以预测物质的性质、应用等；分析相关事实，可以进行合理预测、规

律总结等。例如，有科学家通过观察金星的酸性云层，分析出金星存在磷化氢(PH3)气体，从而推测金星

可能存在生命迹象。

(1)As的原子结构示意图为推断其在周期表中的位置是。

(2)下列哪些事实能推测N元素非金属性比P强o

A.最高正化合价均为+5B.原子半径：N<P

C.氢化物稳定性：NH3>PH3

(3)预测N、P元素最高价氧化物对应的水化物的酸性：(用化学式表示)。

(4)非金属性S>P,从原子结构解释原因：，得电子能力S大于P。

(5)设计实验方案证明非金属性：C1>I,实验方案是0

【答案】(1)第四周期第VA族

(2)BC(3)HNO3>H3PO4

(4)S与P的电子层数相同，S的核电荷数大于P,S的原子半径小于P,S的原子核对最外层电子的吸引

力大于P

(5)在KI淀粉溶液加入氯水，溶液变蓝

【解析】

【小问1详解】

As的原子有4个电子层，最外层有5个电子，则其在周期表中的位置是第四周期第VA族。

【小问2详解】

A.最高正化合价均为+5,可以判断为第VA族，不能判断非金属强弱关系，故A错误；

B.P的电子层数比N多1,说明N的原子半径比P的原子半径小，同为非金属元素，半径越小说明其周

期数越小，因此非金属性：N>P,故B正确；

C.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物稳定性：NH3>PH3,因此非金属性：N>P,故C正

确；

故答案选BC。

【小问3详解】

非金属性越强对应的最高价氧化物对应的水化物酸性越强，同主族元素从上往下非金属逐渐减弱，因此非

金属性：N>P,酸性：HNO3>H3PO4o

【小问4详解】

S的非金属性强于P,用原子结构解释原因为：S与P的电子层数相同，S的核电荷数大于P,S的原子半

径小于P,S的原子核对最外层电子的吸引力大于P,得电子能力S大于P。

【小问5详解】

非金属性越强，单质的氧化性越强，在KI淀粉溶液加入氯水，溶液变蓝，说明产生碘单质，非金属性：

C1>I,实验方案是：在KI淀粉溶液加入氯水，溶液变蓝。

(1)A中发生反应的离子方程式__________。

(2)B中的试剂是NaHCC)3溶液，该试剂的作用是。

(3)C中发生反应的化学方程式o

(4)为了能检验E中收集的。2,D中的试剂是。

(5)若15.6gNa2()2与足量的CO?和H?。充分反应，理论上能收集LC)2(标准状况下)。

+2+

【答案】(1)2H+CaCO3=Ca+H2O+CO2T

(2)除去CO2中的HC1

(3)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,2Na2O2+2H2O=4NaOH+02T

(4)NaOH溶液(5)2.24

【解析】

【分析】呼吸会产生水和二氧化碳，由实验装置可知，装置A中由CaCCh和盐酸反应生成CO2,产生气体

通过饱和NaHCCh溶液，以除去CO2气体中混入的HC1,而后过氧化钠与CCh、水反应，产生。2,用排水

法收集02,装置D是吸收二氧化碳，避免干扰收集氧气，据此分析解答。

【小问1详解】

装置A中由CaCO3和盐酸反应生成C02,反应的离子方程式为：

+2+

2H+CaCO3=Ca+H20+CO2To

【小问2详解】

根据分析可知，B中的试剂是NaHCC>3溶液，该试剂的作用是：除去C。？中的HC1。

【小问3详解】

根据分析可知，装置C中过氧化钠与C02、水反应，产生02,C中发生反应的化学方程式：

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2To

【小问4详解】

为了能检验E中收集。2,装置D是吸收二氧化碳，因此D中的试剂是：NaOH溶液。

【小问5详解】

根据反应2Na2O2+2c。2=2Na2cO3+O2,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2T可知，

2NaO~O15.6gNa2。，为产6g02moi,与足量的CO,和H,0充分反应，理论上能收集

222(78g/mol一一

为O.lmoL即2.24L。

2++

26.用一定浓度的Fe(NC)3)3溶液清洗银镜发生的反应为：Fe3++Ag=Fe+AgO现欲从洗银废液中

回收金属Ag和重新获得Fe(NC)3)3溶液，设计如下路线：

过量X

洗银废液

操作I

酸化H,0,溶液

S溶液①---------->Fe(NC)3)3溶液

(1)试剂X是O

(2)洗银废液中加入过量试剂X发生的反应有(用离子方程式表示)。

(3)固体W中含有(用化学式表示)。

(4)试剂Y是-

(5)溶液②阳离子的检验方法是0

(6)用离子方程式表示溶液①TFe(NO3)3溶液的反应原理»

【答案】(1)Fe(2)Fe+2Fe3+=3Fe2+-Fe+2Ag+=Fe2++2Ag

(3)Fe和Ag(4)盐酸或稀硫酸

(5)取少量溶液②于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液不变红,滴加少量氯水后，溶液变红

2++3+

(6)2Fe+H2O2+2H=2H2O+2Fe

【解析】

【分析】洗银废液(Fe3+、Fe2+、Ag+、NO])中加入Fe粉，Fe3+>Ag+与Fe反应生成Fe?+、Ag,过滤，固体

W中含有Fe和Ag,加过量盐酸或稀硫酸,Fe溶解生成亚铁离子,过滤得到银单质，溶液②中主要含有Fe2+,

溶液①中加压。2时Fe?+被氧化为Fe3+,以此解答该题。

【小问1详解】

根据分析可知，洗银废液中含有Fe3+、Fe2\Ag\NO；,向其中加入试剂X为过量的Fe。

【小问2详解】

洗银废液中加入过量试剂Fe发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+2Ag+=Fe2++2Ag。

【小问3详解】

根据分析可知，固体W中含有Fe和Ag

【小问4详解】

根据分析可知，试剂Y是盐酸或稀硫酸。

【小问5详解】

溶液②阳离子为Fe2+,检验方法是：取少量溶液②于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液不变红，滴加少

量氯水后，溶液变红。

【小问6详解】

2++3+

溶液①中加H2O2时Fe2+被氧化为Fe3+,离子方程式为：2Fe+H2O2+2H=2H2O+2Feo

27.某研究小组制备氯气并进行氯及其化合物性质的探究。

I.制备氯气并进行性质探究

(1)A装置制取Cl2的方程式是o

(2)B装置中的试剂是-

(3)常温下，C装置可制备消毒液，C中发生