四川省凉山州宁南中学2022-2023学年高一化学上学期期末试题（Word版附解析）

宁南中学高2025届高一上期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5S-32Fe-56一、单选题(每题2.5分，共50分，每题只有一个最佳答案)1.新型冠状病毒(冠状病毒粒子直径约80～120nm)主要传播途径有飞沫传播、接触传播和气溶胶传播，可用含氯消毒剂如84消毒液、ClO2等可杀灭新冠病毒，下列有关说法不正确的是A.新冠病毒扩散到空气中可形成气溶胶B.消毒剂中的ClO2属于氧化物C.医院常用95%的酒精消毒D.用“人工肾”进行血液透析救治危重新冠肺炎患者，利用了胶体的性质【答案】C【解析】【详解】A．新型冠状病毒(冠状病毒粒子直径约80～120nm)分散到空气中，可形成气溶胶，A项正确；B．消毒剂中的属于氧化物，B项正确；C．医院常用75%的酒精消毒，C项错误；D．胶体可以透过半透膜，血液属于胶体分散系，因此用“人工肾”进行血液透析救治危重新冠肺炎患者，利用了胶体的性质，D项正确；答案选C。2.下列有关化学用语表示正确的是A.的结构示意图：B.HClO的结构式：C.质子数为53、中子数为78的碘原子：D.的电子式：【答案】B 【解析】【详解】A．的核电荷数为8，核外电子总数为10，其离子结构示意图为：，故A错误；B．HClO为共价化合物，中心原子为氧，结构式：，故B正确；C．质子数为53，中子数为78的碘原子的质量数=131，该原子正确的表示方法为I，故C错误；D．H2O2为共价化合物，电子式为，故D错误；故选B。3.抗疫居家期间，同学们在参与家务劳动的过程中体会到化学知识无处不在。下列劳动与所涉及的化学知识不相符的是选项家务劳动化学知识A用白醋除去水壶中的水垢白醋可溶解沉淀B用小苏打粉作膨松剂焙制糕点加热容易分解放出C用含NaClO的84消毒液拖地NaClO有还原性D用洁厕灵洗马桶洁厕灵中含有盐酸，可以与尿垢反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．白醋的主要成分是醋酸，水垢的主要成分是碳酸钙，醋酸的酸性大于碳酸的酸性，故可以用白醋除去水壶中的水垢，A不符合题意；B．碳酸氢钠不稳定受热易分解，生成碳酸钠、水和二氧化碳，故小苏打粉可以作膨松剂焙制糕点，B不符合题意；C．次氯酸钠具有氧化性，能够杀菌消毒，所以用含NaClO的84消毒液拖地，C符合题意； D．洁厕灵含有盐酸，可以与尿垢反应，所以用洁厕灵洗马桶，D不符合题意；故答案为：C。4.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NAB.在常温常压下，1.7gNH3含有的原子数为0.4NAC.0.2mol•L-1Na2SO4溶液中，Na+的数目为0.4NAD.71gCl2与铁完全反应生成FeCl3时，反应转移的电子数为3NA【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，四氯化碳不是气体，不是直接运用22.4L/mol，计算四氯化碳物质的量，故A错误；B．1mol氨气中含有4mol原子，即1.7g氨气中所含原子数目为=0.4NA，故B正确；C．没有指明溶液体积，无法计算Na+物质的量，故C错误；D．71g氯气与铁反应生成氯化铁，转移电子数目为=2NA，故D错误；答案为B。5.能正确表示下列化学反应离子方程式的是A.碳酸钙溶于稀盐酸中：CO+2H+=H2O+CO2↑B氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2++SO=BaSO4↓C.氯化铁溶液与铜板反应：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D.澄清的石灰水与盐酸的反应：OH-+H+=H2O【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钙溶于稀盐酸中生成氯化钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ca2+，故A错误；B．氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故B错误； C．氯化铁溶液与铜板反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；D．澄清的石灰水与盐酸的反应生成氯化钙和水，反应的离子方程式是OH-+H+=H2O，故D正确；选D。6.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如图：下列说法不正确的是A.反应I属于氧化还原反应B.反应Ⅱ为2H2SO42SO2↑+O2↑+2H2OC.该流程将太阳能转化为化学能，该方法的最终产物只有H2D.反应Ⅱ中的SO2、反应Ⅲ中的I2均可循环利用【答案】C【解析】【详解】A．反应I是SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，S、I元素化合价改变，属于氧化还原反应，故A正确；B．根据图示，反应Ⅱ为2H2SO42SO2↑+O2↑+2H2O，故B正确；C．该流程将太阳能转化为化学能，该方法的最终产物有H2、O2，故C错误；D．根据图示，反应Ⅱ中的SO2、反应Ⅲ中的I2均可循环利用，故D正确；选C。7.下列叙述能说明氯元素非金属性比硫元素强的是①HCl的溶解度比H2S大②HCl的酸性比H2S强③HCl的稳定性比H2S强 ④还原性：Cl-<S2-⑤HClO4的酸性比H2SO4强⑥Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS⑦Cl2能与H2S反应生成S⑧在周期表中Cl处于S同周期的右侧A.③④⑤⑥⑦⑧B.③⑥⑦⑧C.③④⑥⑦⑧D.①②③④⑤⑥⑦⑧【答案】A【解析】【详解】①溶解度大小与非金属性强弱无关，故①不符合题意；②氢化物酸性强弱与非金属性强弱无关，故②不符合题意；③非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，HCl的稳定性强于H2S，则说明Cl的非金属性强于S，故③符合题意；④一般非金属性强，离子还原性弱，还原性Cl-＜S2-，则Cl的非金属性强于S，故④符合题意；⑤非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，HClO4的酸性强于H2SO4，说明Cl的非金属性强于S，故⑤符合题意；⑥与变价金属反应，非金属性强的将变价金属氧化到最高价，非金属性较弱的将变价金属氧化到较高价态，氯气与Fe反应生成氯化铁，S与铁反应生成FeS，推出Cl的非金属性强于S，故⑥符合题意；⑦氯气与硫化氢发生Cl2+H2S=2HCl+S，Cl2的氧化性强于S，说明Cl的非金属性强于S，故⑦符合题意；⑧Cl、S属于同周期，从左向右非金属性增强(稀有气体除外)，Cl处于S同周期右侧，说明Cl的非金属性强于S，故⑧符合题意；综上所述，符合题意的是③④⑤⑥⑦⑧，选项A符合题意；答案为A。8.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，制备二氧化氯溶液的装置如图。下列说法正确的是 A.ClO2是新型净水剂，它的净水原理和氢氧化铁胶体相同B.实验中氮气的作用就是将装置内的空气排出C.装置B可以起到防止倒吸的作用D.当看到装置C中导管液面上升时应减慢氮气的通入速率【答案】C【解析】【分析】A中酸性条件下，NaClO3与H2O2反应生成C1O2，过氧化氢被氧化生成氧气，二氧化氯浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，同时可以起到搅拌作用，有利于反应进行；二氧化氯易溶于水，C装置可以溶解二氧化氯，B装置为安全瓶，D装置吸收尾气，以此解答该题。【详解】A．ClO2是新型净水剂，它的净水原理是该物质具有强氧化性，会将水中细菌、病毒的蛋白质氧化，使其失去生理活性，因而具有杀菌消毒作用；而氢氧化铁胶体的表面积大，吸附力强，具有强的吸附作用，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而析出，故ClO2的净水原理和氢氧化铁胶体不相同，A错误；B．实验中氮气的作用就是可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，同时可以起到搅拌作用，有利于反应进行，B错误；C．装置B是安全瓶，其作用是可以起到防止倒吸的作用，C正确；D．当看到装置C中导管液面上升时，说明装置内压强减小了，此时应加快氮气的通入量，避免压强较小而倒吸，D错误；故合理选项是C。9.学校老师采购了一瓶浓硫酸，标签如图所示，下列说法正确的是 A.该硫酸中溶质的物质的量浓度为9.2mol/LB.稀释该硫酸可以向硫酸中直接加入水C.配制100mL4.6mol/L的稀硫酸需取该硫酸25.0mLD.使用450mL的容量瓶配置3.0mol/L的稀硫酸溶液【答案】C【解析】【详解】A．该硫酸的物质的量浓度，A错误；B．稀释浓硫酸，应将浓硫酸沿着烧杯壁慢慢倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，B错误；C．溶液稀释前后溶质的物质的量不变，根据选项A分析可知该浓硫酸浓度为18.4mol/L，配制100mL4.6mol/L的稀硫酸需取该硫酸体积，C正确；D．实验室没有450mL的容量瓶，应使用500mL的容量瓶配置3.0mol/L的稀硫酸溶液，D错误；故选C。10.下列物质分类正确的是碱酸碱性氧化物酸性氧化物纯净物ANaOHH2SO4MgOMn2O7氯水B纯碱HClOCaOSO3漂白粉CBa(OH)2CH3COOHNa2OSO2液氯DNH3HClAl2O3CO2盐酸A.AB.BC.CD.D 【答案】C【解析】【详解】A．氯水是氯气的水溶液，属于混合物，故A错误；B．纯碱是碳酸钠，属于盐；漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故B错误；C．Ba(OH)2电离出的阴离子全是氢氧根离子，属于碱；CH3COOH电离出的阳离子全是氢离子，属于酸；Na2O与盐酸反应生成氯化钠和水，Na2O属于碱性氧化物；SO2能与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，SO2属于酸性氧化物；液氯中只含Cl2分子，属于纯净物，故C正确；D．NH3不能电离，NH3是碱性气体不是碱；Al2O3两性氧化物；盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，故D错误；选C。11.下列离子能大量共存的是A.使紫色石蕊溶液呈红色的溶液：Mg2+、Fe3+、ClO、NOB.无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO、NOC.使酚酞变红色的溶液：NH、K+、Cl-、K+D.含有大量MnO的溶液：Fe2+、H+、Cl-、SO【答案】A【解析】【详解】A．使紫色石蕊溶液呈红色的溶液显酸性，酸性条件下Mg2+、Fe3+、ClO、NO相互之间不反应，能大量共存，故选A；B．含有Cu2+的溶液呈蓝色，无色透明的溶液中不能大量含有Cu2+，故不选B；C．NH与OH-反应放出氨气，使酚酞变红色的溶液显碱性，碱性条件下不能大量含有NH，故不选C；D．MnO具有氧化性，Fe2+具有还原性，MnO能氧化性Fe2+，含有大量MnO的溶液中不含Fe2+，故不选D；选A。12.标准状况下，体积都是11.2L的NO和SO2相比较，下列叙述正确的是A.电子数之比为32：15B.分子数之比为2：3 C.氧原子数之比为1：2D.摩尔质量之比为32：15【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下，体积都是11.2L的一氧化氮和二氧化硫含有的电子数之比为×15：×32=15：32，故A错误；B．标准状况下，体积都是11.2L的一氧化氮和二氧化硫的分子数之比为：=1：1，故B错误；C．标准状况下，体积都是11.2L的一氧化氮和二氧化硫含有的氧原子个数之比为×1：×2=1：2，故C正确；D．一氧化氮和二氧化硫摩尔质量之比为15：32，故D错误；故选C。13.下表是元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W均为短周期主族元素，已知Z的最外层电子数是其电子层数的3倍，下列说法错误的是XYZWA.简单离子半径：B.仅由X与Z形成的化合物中只存在共价键C.简单氢化物的沸点：D.最高价氧化物对应水化物的酸性：【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，Z的最外层电子数是其电子层数的3倍，说明Z为O，结合元素在周期表中的相对位置，则Y为N，X为C，W为Al，以此解题。【详解】A．根据同电子层结构核多径小原则，简单离子半径：W<Y，故A正确；B．仅由X与Z形成的化合物中只存在共价键，如二氧化碳或一氧化碳都只有共价键，故B正确； C．水中存在分子间氢键，因此最简单氢化物的沸点：X<Z，故C错误；D．N的最高价氧化物对应水化物是强酸，O没有最高价氧化物对应水化物，因此最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z，故D正确；故选C。14.除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，选择试剂及操作方法均正确的是A.Cl2(HCl气体)：通过足量的NaOH溶液B.FeCl3溶液(FeCl2)：通入适量Cl2C.Fe2O3(Al2O3)，HCl溶液，过滤D.CO2(HCl)：通过盛有饱和Na2CO3溶液的洗气瓶【答案】B【解析】【详解】A．Cl2、HCl都能与NaOH溶液反应，不能用氢氧化钠溶液除氯气中的氯化氢，一般用饱和食盐水除氯气中的氯化氢，故A错误；B．FeCl2和Cl2反应生成FeCl3，用氯气除FeCl3溶液中的FeCl2，故B正确；C．Fe2O3、Al2O3都能溶液HCl溶液，故C错误；D．CO2、HCl都能和饱和Na2CO3溶液反应，一般用饱和NaHCO3溶液除CO2中的HCl，故D错误；选B。15.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是A.气态氢化物的稳定性：H2S＞H2SeB.碱性强弱：KOH＞NaOH＞LiOHC.还原性：H2S＞HI＞HClD.如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si【答案】D 【解析】【详解】A．同主族元素从上到下，气态氢化物的稳定性减弱，稳定性H2S＞H2Se，故A正确；B．同主族元素从上到下金属性增强，最高价氧化物的水化物碱性增强，碱性KOH＞NaOH＞LiOH，故B正确；C．元素非金属性越强气态氢化物还原性越弱，还原性H2S＞HI＞HCl，故C正确；D．盐酸和碳酸钙反应放出二氧化碳，说明酸性HCl>H2CO3，盐酸是无氧酸，不能证明元素的非金属性Cl＞C，故D错误；选D。16.已知反应：①Cl2＋2KBr===2KCl＋Br2，②KClO3＋6HCl===3Cl2↑＋KCl＋3H2O，③2KBrO3＋Cl2===Br2＋2KClO3，下列说法正确的是(　　)A.氧化性由强到弱的顺序为：KBrO3>KClO3>Cl2>Br2B.①中KCl是氧化产物，KBr发生还原反应C.③中1mol氧化剂参加反应得到电子的物质的量为2molD.反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6【答案】A【解析】【分析】物质的氧化性：氧化剂>氧化产物。还原性：还原剂>还原产物；①根据Cl2+2KBr=2KCl+Br2可知氧化性：Cl2＞Br2；②根据KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O可知氧化性：KClO3＞Cl2，③根据2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3可知氧化性：KBrO3＞KClO3。【详解】A．结合以上分析可知，氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，A正确；B．①Cl2+2KBr=2KCl+Br2中，氧化剂Cl2获得电子产生的KCl是还原产物，KBr失去电子发生氧化反应，B错误；C．在③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中，每lmol还原剂Cl2反应，会失去10mol电子，则氧化剂得到电子的物质的量为10mol，C错误；D．在反应②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中，氧化剂KClO3与还原剂HCl发生反应的物质的量之比为1：5，D错误；故选A。17.下列实验装置能达到实验目的的是 A.图①用于观察钾元素焰色B.图②用于实验室制备C.图③用于验证和水反应是否放热D.图④用于比较和热稳定性【答案】C【解析】【详解】A．观察钾元素的焰色要透过蓝色钴玻璃，A错误；B．氢氧化亚铁易被氧化，应把胶头滴管伸入氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，B错误；C．钠与水反应放热，气体压强增大，红墨水出现液面差，可以验证，C正确；D．碳酸氢钠不稳定，受热易分解，碳酸钠较稳定，受热不易分解，所以加热时碳酸钠受热温度应该高于碳酸氢钠，D错误；故选C。18.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表，下列说法正确的是元素代号XYZNMRQ原子半径/nm0.371.861.430880.990.750.74最高正价+1+1+3+3+7+5最低负价-1-1-3-2A.由元素X、R、Q组成的化合物只能是共价化合物B.由水溶液的酸性：HM＞H2S(氢硫酸)，可推断元素的非金属性：M＞SC.Y和Q形成的两种常见化合物中，阴、阳离子个数比不同D.Y、Z、M三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间能反应 【答案】D【解析】【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，Q只有-2价，则Q为O元素；M元素有最高价+7，最低价-1，则M为Cl元素；R有+5、-3价，处于ⅤA族，原子半径小于Cl，且与O元素相近，说明与O元素同周期，则R为N元素；Z的最高化合价为+3，没有负化合价，处于ⅠA族，且原子半径大于Cl元素，则Z为Al元素；X、Y均有最高正价+1，处于ⅠA族，而X有-l价，则X为H元素，Y的原子半径比Al的大很多，Y为Na元素，N元素最高化合价为+3价，原子半径比Al小，则N是第二周期第ⅢA的B元素，以此分析解答。【详解】根据上述分析可知：X是H，Y是Na，Z是Al，N是B，M是Cl，R是N，Q是O元素。A．X是H，R是N，Q是O元素，三种元素可以形成共价化合物HNO3、HNO2，也可以形成离子化合物NH4NO3、NH4NO2，A错误；B．根据酸性HCl＞H2S，只能证明HCl比H2S更容易发生电离作用，不能说明元素的非金属性：Cl＞S，要证明元素的非金属性：Cl＞S，应该根据元素最高价氧化物对应的水化物的HClO4、H2SO4的酸性强弱判断，B错误；C．Y是Na，Q是O元素，两种元素形成的常见化合物Na2O、Na2O2，Na2O中阳离子Na2+与O2-个数比是2：1；Na2O2中阳离子Na2+与阴离子的个数比是2：1，因此构成中阴、阳离子个数比是相同的，C错误；D．Y是Na，Z是Al，M是Cl，三种元素的最高价氧化物对应的水化物化学式分别是NaOH、Al(OH)3、HClO4，NaOH是一元强碱，Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强酸、强碱都会发生反应；HClO4是一元强酸。NaOH与Al(OH)3及HClO4会发生反应；Al(OH)3与HClO4也会发生反应，可见三种物质两两都会发生反应，D正确；故合理选项是D。19.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制备七水合硫酸亚铁(FeSO4•7H2O)，设计了如图流程： 已知①SiO2与酸不反应；②氢氧化铝能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠溶液。下列说法不正确的是A.溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B.若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4•7H2OC.从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D.固体1中一定有SiO2，加NaOH溶液控制pH是使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2【答案】B【解析】【分析】烧渣加硫酸溶解，SiO2和硫酸不反应，过滤出固体SiO2，滤液中含有硫酸铁和硫酸铝，滤液中加铁粉把Fe3+还原为Fe2+，加氢氧化钠调节pH生成氢氧化铝沉淀，过滤除去氢氧化铝得到硫酸亚铁溶液。【详解】A．最终产品是FeSO4•7H2O，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁，所以溶解烧渣选用足量硫酸，用铁粉把Fe3+还原为Fe2+，试剂X选用铁粉，故A正确；B．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀是氢氧化铁，用硫酸溶解得硫酸铁溶液，故B错误；C．Fe2+易被氧化，FeSO4•7H2O易失去结晶水，从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故C正确；D．SiO2难溶与硫酸，固体1中一定有SiO2，加NaOH溶液控制pH是使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2，除去溶液中的Al3+，故D正确；选A。20.将一定质量的Mg-Al合金投入200mL稀H2SO4溶液中，充分反应，向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是A.140ml时溶液中溶质的物质的量为0.1molB.当沉淀的物质的量为0.1mol时，加入NaOH溶液溶液体积一定为140mL C.合金充分反应后，剩余硫酸的物质的量为0.1molD.题中试剂浓度分别是c(H2SO4)=1.5mol/L、c(NaOH)=5mol/L【答案】D【解析】【分析】OA段没有生成沉淀，发生反应；AB段发生反应、；B到140mL沉淀减少发生反应。根据图中数据可知，氢氧化铝、氢氧化镁的物质的量分别是0.1mol，Mg-Al合金中Mg、Al的物质的量分别是0.1mol；溶解0.1mol氢氧化铝消耗20mL氢氧化钠，所以氢氧化钠的浓度为。【详解】A．加入120mL时沉淀量最大，溶质只有Na2SO4，根据钠元素守恒，Na2SO4的物质的量是，120mL到140ml时生成反应，氢氧化铝的物质的量为0.1mol，生成偏铝酸钠的物质的量是0.1mol，所以溶液中溶质的物质的量为0.4mol，故A错误；B．根据图象，当沉淀的物质的量为0.1mol时，加入NaOH溶液溶液体积有2个，故B错误；C．AB段发生反应、，氢氧化铝、氢氧化镁的物质的量分别是0.1mol，所以生成沉淀消耗0.5mol氢氧化钠；OA段发生反应；OA段消耗氢氧化钠的物质的量是，合金充分反应后，剩余硫酸的物质的量为0.05mol，故C错误；D．加入120mL时沉淀量最大，溶质只有Na2SO4，根据S元素守恒，硫酸的物质的量是，c(H2SO4)=1.5mol/L、c(NaOH)=5mol/L，故D正确；选D。第II卷(非选择题共50分)21.根据所学知识回答下列问题：（1）①写出Fe2(SO4)3在水溶液中的电离方程式：______。②FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应离子方程式为：_____。③写出Al与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：_____。（2）高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型净水剂。制取高铁酸钠所发生的反应如下： ______Fe(NO3)3+______NaOH+______Cl2=______Na2FeO4+______NaNO3+______NaCl+______H2O①配平并用“双线桥”表示电子转移的方向和数目______。②该反应中Na2FeO4是______(填“氧化剂”、“还原剂”、“氧化产物”或“还原产物”)。③若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏加德罗常数)，则消耗的Cl2在标准状况下的体积为______L。④黄色气体ClO2可用于污水杀菌和饮用水净化，ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl-，该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。（3）已知M2O可与R2-作用，R2-被氧化为R单质，M2O的还原产物中M为+3价；又知c(M2O)=0.3mol•L-1的溶液100mL可与c(R2-)=0.6mol•L-1的溶液150mL恰好完全反应，则n值为______。【答案】（1）①.Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO②.2Fe3++2I-=2Fe2++I2③.2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑（2）①.②.氧化产物③.3.36④.2：5（3）7【解析】【小问1详解】①Fe2(SO4)3在水溶液中电离出Fe3+、SO，电离方程式为Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO。②FeCl3与氢碘酸发生氧化还原反应生成氯化亚铁、氯化氢和碘单质，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2。③Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑。【小问2详解】Fe(NO3)3中Fe元素化合价由+3升高为+6，Cl2中Cl元素化合价由0降低为-1，根据得失电子 守恒可知Fe(NO3)3、Cl2的物质的量比为2:3，再根据元素守恒，配平方程式为2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+5H2O，并用“双线桥”表示电子转移的方向和数目为。②Fe(NO3)3中Fe元素化合价升高生成Na2FeO4，Na2FeO4是氧化产物。③根据方程式，3mol氯气参加反应转移6mol电子，若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏加德罗常数)，则消耗0.15molCl2，标准状况下的体积为3.36L。④ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl-，Mn2+化合价由+2升高为+4，Mn2+是还原剂，ClO2中Cl元素化合价由+4降低为-1，ClO2是氧化剂，根据得失电子守恒，该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:5。【小问3详解】设M2O中M的化合价为x，根据得失电子守恒0.3mol•L-1×0.1L×2×(x-3)=0.6mol•L-1×0.15L×2，解得x=6，2×6-2n=-2，n=7。22.如表是元素周期表的一部分，请用规范的化学用语回答有关问题：族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0二①②③④⑤三⑥⑦⑧⑨（1）元素⑨在周期表中所处位置______。（2）表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为______。（3）④⑦⑨元素形成的化合物中含有的化学键类型为______。（4）④、⑧、⑨三种元素的常见离子的半径由小到大的顺序为______。（5）①、⑥、⑦三种元素的最高价氧化物的水化物中碱性最强的是______。（6）写出⑥、⑧元素的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式_______。 （7）②、③、④的简单氢化物中最稳定的是______。（8）用电子式表示⑥与⑨形成的化合物的形成过程______。【答案】（1）第三周期第VIA族（2）（3）离子键、共价键（4）Al3+<O2-<S2-（5）NaOH（6）OH-+Al(OH)3=AlO+2H2O（7）H2O（8）【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置，①是Li元素；②是C元素；③是N元素；④是O元素；⑤是Ne元素；⑥是Na元素；⑦是Mg元素；⑧是Al元素；⑨是S元素；【小问1详解】⑨是S元素，在周期表中所处位置是第三周期第VIA族；【小问2详解】Ne最外层有8个电子，结构稳定，表中化学性质最不活泼的元素是Ne，其原子结构示意图为；【小问3详解】O、Mg、S元素可以形成的化合物MgSO4，含有的化学键类型为离子键、共价键；【小问4详解】电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，O2-、Al3+、S2-半径由小到大的顺序为Al3+<O2-<S2-；【小问5详解】元素的金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，Li、Na、Mg三种元素中Na的金属性最强，最高价氧化物的水化物中碱性最强的是NaOH；【小问6详解】NaOH、Al(OH)3反应生成偏铝酸钠和水，发生反应的离子方程式为OH-+Al(OH)3=AlO+2H2O； 【小问7详解】元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，C、N、O中O元素的非金属性最强，简单氢化物中最稳定的是H2O；【小问8详解】Na2S是离子化合物，用电子式表示Na与S形成的化合物Na2S的过程为。23.铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂。某化学活动小组用如图所示的装置(夹持装置略去)模拟工业生产制备无水氯化铁。请回答下列问题：查阅有关资料如下：①氯化铁熔点为306℃，沸点为315℃；易吸收空气中的水分而潮解。②氯化亚铁熔点为670℃，易升华。（1）A装置中盛放浓盐酸的实验仪器名称是______，A中发生反应的离子方程式为______；浓盐酸表现出的性质为______。（2）B中所盛放的试剂为______。（3）定性分析。取装置C中的少量产物溶于稀硫酸中配成稀溶液待用。检验溶液中阳离子的方法是：______，D中装的药品是碱石灰，其作用是_______。（4）定量分析。如果省略B装置进行实验，一段时间后，取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：①称取4.60g产物溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2溶液；③再加入足量NaOH溶液； ④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g。则该产物中铁元素的质量分数为______%(结果精确到小数点后两位)。（5）实验结束后某同学想探究Fe3+、Fe2+的性质。该同学取一定量氯化亚铁固体，配制成0.1mol/L的溶液。在氯化亚铁溶液中需加入少量铁屑，其目的是______。【答案】（1）①.分液漏斗②.MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O③.酸性、还原性（2）饱和食盐水（3）①.取溶液少许于试管，向其中滴加KSCN溶液，观察溶液是否呈血红色②.吸收多余的氯气，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入C中（4）36.52（5）防止亚铁离子被氧化【解析】【分析】A中二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气，B中饱和食盐水除氯气中的氯化氢，氯气用浓硫酸干燥后，与铁粉反应生成氯化铁，C装置收集氯化铁，D装置吸收氯气，同时防止空气中的水蒸气进入C。【小问1详解】根据装置图，A装置中盛放浓盐酸的实验仪器名称是分液漏斗，A中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水，发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；浓盐酸中部分氯元素化合价升高生成氯气，部分氯元素化合价不变生成氯化锰，表现出的性质为还原性、酸性；【小问2详解】A中生成的氯气含有HCl，为防止HCl与铁反应生成氯化亚铁，B的作用是除去氯气中的氯化氢，B中所盛放的试剂为饱和食盐水；【小问3详解】Fe3+遇KSCN溶液变红，Fe2+遇KSCN溶液不变红。检验溶液中阳离子的方法是取溶液少许于试管，向其中滴加KSCN溶液，观察溶液是否呈血红色；D中装的药品是碱石灰，碱石灰能吸收氯气、水蒸气，其作用是吸收多余的氯气，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入C中，而使氯化铁潮解；【小问4详解】 最终所得2.4g红棕色固体为Fe2O3，根据铁元素守恒，4.60g产物含有铁元素的质量为，产物铁元素的质量分数为1.68g÷4.60g×100%=36.52%；【小问5详解】Fe2+易被氧化为Fe3+，铁能把Fe3+还原为Fe2+，在氯化亚铁溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止亚铁离子被氧化。