上海市建平中学2021-2022学年高一化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

建平中学2021学年第二学期期中考试高一化学试题相对原子质量：H-1，C-12，O-16，Cl-35.5，Fe-56，N-14，K-39，Na-23一、选择题(本题共40分，每小题2分，只有一个正确选项)1.青铜是我国使用最早的合金。下列关于青铜性质的说法错误的是A.硬度比纯铜小B.能够导电C.能够导热D.熔点比纯铜低【答案】A【解析】【详解】A．合金的硬度一般比成分金属大，选项A错误；B．青铜属于合金，有金属特性，可以导电，选项B正确；C．合金有金属特性，可以导热，选项C正确；D．合金的熔沸点一般比纯金属低，选项D正确。答案选A。2.化学与社会、生活、环境保护密切相关，下列说法正确的是A.铝在空气中极易锈蚀，所以铝制品的使用时间很短B.医疗上常用碳酸钡作X射线透视肠胃的内服药剂C.铵态氮肥要注意低温保存，不可与碱性物质混合使用D.符合安全标准鞭炮在燃放时不会造成空气污染【答案】C【解析】【详解】A．铝的化学性质活泼，在空气中，常温下就能与氧气反应，生成氧化铝(即锈蚀)，但是生成的是致密的氧化膜能保护内部金属，所以铝制品的使用寿命都很长，A错误；B．BaSO4既不溶于水，也不溶于酸，同时也不能被X光透过，因此医疗上常用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药剂，但BaCO3不溶于水，而能溶于酸，导致人发生重金属中毒，因此碳酸钡不能作X射线透视肠胃的内服药剂，B错误；C．铵态氮肥不稳定，受热易分解产生氨气，且与碱混合会反应产生氨气，导致肥效降低，故铵态氮肥要注意低温保存，且不可与碱性物质混合使用，C正确；D．鞭炮燃放会产生SO2污染大气，且会产生噪音、废纸屑等，甚至引发火灾，故即使符合安 全标准的鞭炮在燃放时也会造成空气污染，D错误；故合理选项是C。3.下列物质中，属于纯净物的是（）A.赤矿铁B.铝热剂C.明矾D.碱石灰【答案】C【解析】【分析】纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；据此结合常见物质的组成成分逐项分析即可。【详解】A.赤铁矿主要成分是氧化铁，属于混合物，A项错误；B.铝热剂是铝和金属氧化物的混合物，B项错误；C.明矾是硫酸铝钾晶体，由一种物质组成，属于纯净物，C项正确；D.碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物，D项错误；答案选C。4.氢氧化铁受热分解的产物是A.FeOB.Fe2O3C.Fe3O4D.Fe(OH)2【答案】B【解析】【详解】氢氧化铁的化学式为Fe(OH)3，Fe化合价为+3价，则受热分解的产物为氧化铁，答案为B。5.下列化学用语中书写正确的是A.氮气的电子式：B.NH3的比例模型为：C.溴化钠的电子式：D.水分子的结构式：【答案】D【解析】【详解】A．N原子最外层有5个电子，在N2分子中2个N原子形成3对共用电子对，使分子中每个原子都达到最外层8电子稳定结构，其电子式为：，A错误；B．NH3是三角锥形分子，4个原子不在同一平面上，因此该图示不是NH3的比例模型，B错误； C．NaBr为离子化合物，Na+与Br-之间以离子键结合，其电子式为：，C错误；D．H2O分子中3个原子不在同一直线上，呈V形结构，其结构式为：，D正确；故合理选项是D。6.氢氧化铝和碳酸钙都可作为治疗胃酸过多的内服药成分，两者A.都属于强电解质B.都难溶于水C.都具有两性D.治疗时都产生气体【答案】B【解析】【详解】A.氢氧化铝是两性氢氧化物，属于弱电解质，碳酸钙属于盐，属于强电解质，选项A错误；B.氢氧化铝和碳酸钙都难溶于水，选项B正确；C.氢氧化铝是两性氢氧化物，碳酸钙是盐不具有两性，选项C错误；D.治疗时氢氧化铝与胃酸反应生成氯化铝和水不产生气体，碳酸钙与胃酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，选项D错误；答案选B。7.下列反应中，既是氧化还原反应又是离子反应的是A.Fe与CuCl2溶液B.NaOH溶液与CuSO4溶液C.盐酸与生石灰D.Ca(OH)2溶液与Na2CO3溶液【答案】A【解析】【详解】A．Fe与CuCl2溶液发生置换反应产生FeCl2、Cu，反应方程式为：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，在该反应中元素化合价发生变化，因此反应属于氧化还原反应；该反应在溶液中进行，有离子参加与生成，离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，因此该反应又是离子反应，A符合题意；B．NaOH溶液与CuSO4溶液反应产生Cu(OH)2沉淀和Na2SO4，反应方程式为：2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，反应过程中元素化合价都不变，因此该反应不属于氧化还原反应，B不符合题意；C．盐酸与生石灰反应产生CaCl2、H2O，反应方程式为：2HCl+CaO=CaCl2+H2O，反应过程中元素化合价都不变，因此该反应不属于氧化还原反应，C不符合题意； D．Ca(OH)2溶液与Na2CO3溶液反应产生CaCO3沉淀和NaOH，反应方程式为：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，反应过程中元素化合价都不变，因此该反应不属于氧化还原反应，D不符合题意；故合理选项是A。8.不能通过化合反应制备的物质是A.FeCl2B.Fe(OH)3C.Al2O3D.Al2(SO4)3【答案】D【解析】【详解】A．Fe与FeCl3反应产生FeCl2，反应方程式为：Fe+2FeCl3=3FeCl2，该反应基本类型是化合反应，A不符合题意；B．Fe(OH)2、O2、H2O发生反应产生Fe(OH)3，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，该反应基本类型是化合反应，B不符合题意；C．Al与O2加入反应产生Al2O3，反应方程式为：4Al+3O22Al2O3，该反应基本类型是化合反应，C不符合题意；D．Al2(SO4)3可以通过Al与硫酸或CuSO4等盐发生置换反应产生，也可以通过Al(OH)3与H2SO4发生复分解反应制取，不能通过化合反应制备，D符合题意；故合理选项是D。9.某溶液既能溶解Al(OH)3,又能溶解Al,但不能溶解Fe,在该溶液中可以大量共存的离子组是(  )A.K+、Na+、、B.Na+、、Cl-、S2-C.、Mg2+、、D.H+、K+、Cl-、Na+【答案】B【解析】【详解】能溶解Al(OH)3和Al，而不能溶解Fe的溶液只能是强碱溶液。A．不能在强碱溶液中大量存在，故A不符合题意；B．Na+、、Cl-、S2-相互之间不反应，且能在强碱溶液中大量存在，故B符合题意；C．、Mg2+会跟OH-反应不能大量共存，故C不符合题意； D．H+不能在强碱溶液中大量存在，故D不符合题意；故答案为B。10.不能作为卤族元素(氯、溴、碘)非金属性递变规律的判断依据的是A.单质的氧化性B.氢卤酸的酸性C.卤化氢的热稳定性D.与氢气化合的难易程度【答案】B【解析】【分析】非金属性比较的方法：1．元素在周期表中的相对位置如：同主族元素自上而下，非金属性依次减弱，如F>CI>Br>I；2．非金属单质与氢气化合的越容易，非金属性越强如：F2、Cl2、Br2、I2与H2化合由易到难，所以非金属性F>C1>Br>I；3．气态氢化物的越稳定，非金属性越强如：稳定性HBr>HI>所以非金属性：Br>I；4．最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性越强如酸性：HClO4>HBrO4>则非金属性：Cl>Br；5．非金属性强元素的单质能置换出非金属性弱的元素的单质，Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2；以此来解析；【详解】A．非金属性越强，单质氧化性越强，则Cl2、Br2、I2的氧化性能作为Cl、Br、I元素非金属性递变规律的判断依据，A不符合题意；B．氢卤酸的酸性非金属性强弱无关，其酸性强弱不能作为Cl、Br、I元素非金属性递变规律的判断依据，B符合题意；C．HCl、HBr、HI的热稳定性与非金属性强弱有关，其氢化物稳定性能作为Cl、Br、I元素非金属性递变规律的判断依据，C不符合题意；D．与氢气化合的难易程度与非金属性强弱有关，与氢气化合的难易能作为Cl、Br、I元素非金属性递变规律的判断依据，D不符合题意；故选B。11.钡和钠相似，也能形成含O22-离子的过氧化物，则下列叙述错误的是A.过氧化钡的化学式是Ba2O2B.1mol过氧化钠或过氧化钡跟足量水反应都生成0.5mol氧气 C.过氧化钡是离子化合物D.过氧化钠或过氧化钡都是强氧化剂【答案】A【解析】【分析】【详解】A．因为钡元素是+2价，即Ba2+，则与O离子结合而成过氧化钡中只能是BaO2，A错误；B．过氧化钠或过氧化钡跟水反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2H2O+2BaO2=2Ba(OH)2+O2↑，都是1mol过氧化物跟足量水反应都生成0.5mol氧气，B正确；C．过氧化钡是由活泼的金属与非金属元素组成的离子化合物，C正确；D．过氧根离子中的氧为-1价，具有强氧化性，D正确；答案选A。12.配制一定物质的量浓度的Na2CO3溶液时，下列操作对实验结果没有影响的是A.容量瓶中原有少量蒸馏水B.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶中C.定容时观察液面俯视D.容量瓶中原有少量Na2CO3溶液【答案】A【解析】【分析】根据c=，把操作对浓度的影响归结为对溶质的物质的量及溶液体积的影响上进行分析判断。【详解】A．若容量瓶中原有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制溶液的浓度无影响，A符合题意；B．洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶中，导致溶质的物质的量减少，由于溶液的体积不变，最终导致配制的溶液浓度偏低，B不符合题意；C．定容时观察液面俯视，溶液的体积偏少，由于溶质的物质的量不变，则最终导致配制的溶液浓度偏高，C不符合题意；D．容量瓶中原有少量Na2CO3溶液，使溶液中溶质 物质的量偏多，由于溶液的体积不变，最终导致配制的溶液浓度偏高，D不符合题意；故合理选项是A。13.可检验FeC13溶液中是否含FeCl2的试剂是A.KSCN溶液B.氯水C.NaOH溶液D.酸性KMnO4溶液【答案】D【解析】【详解】A．KSCN溶液用来检验Fe3+，A不符合题意；B．氯水将Fe2+氧化Fe3+，由于原溶液就含Fe3+，故实验现象不明显，B不符合题意；C．NaOH能与FeCl2反应，但NaOH也能与FeCl3反应生成红褐色Fe(OH)3，产生干扰，C不符合题意；D．Fe2+有强还原性，能使酸性KMnO4褪色，可用来检验FeCl2，D符合题意。故答案选D。【点睛】当确定存在Fe3＋干扰时，则检验Fe2＋就不能通过氧化成Fe3+来检验，可选择酸性KMnO4溶液检验。另外也可以用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+，实验现象是产生蓝色沉淀。14.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是实验现象ANaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色沉淀，随后变为红褐色B石蕊溶液滴入氯水中溶液变红，随后迅速褪色CNaI溶液滴入AgCl浊液中沉淀由白色逐渐变为黄色D热铜丝插入稀硝酸中产生无色气体，随后变为红棕色A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，首先发生复分解反应产生Fe(OH)2白色沉淀，2NaOH+FeSO4=Fe(OH)2↓+Na2SO4，Fe(OH)2具有强的还原性，又被溶解在溶液中的O2氧化为Fe(OH)3，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 ，因此看到白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，颜色变化与氧化还原反应有关，A不符合题意；B．氯水中含有HCl、HClO电离产生的H+，溶液显酸性，使紫色石蕊试液变为红色，同时溶液中含有的HClO、ClO-具有强氧化性，又将红色物质氧化变为无色，因此石蕊溶液滴入氯水中，看到溶液先变红，随后迅速褪色，物质的颜色变化与氧化还原反应有关，B不符合题意；C．NaI溶液滴入AgCl浊液中，发生沉淀转化，由白色AgCl沉淀逐渐变为溶解度更小的黄色AgI沉淀，因此看到沉淀由白色逐渐变为黄色，在反应过程中元素化合价不变，故物质的颜色变化与氧化还原反应无关，C符合题意；D．将热铜丝插入稀硝酸中，二者发生氧化还原反应，产生Cu(NO3)2、NO、H2O，无色NO气体不稳定，又与空气中的O2反应产生红棕色NO2气体，因此看到的实验现象是先产生无色气体，随后气体变为红棕色，在该过程中元素化合价发生变化，因此气体的颜色变化与氧化还原反应有关，D不符合题意；故合理选项是C。15.按下图装置持续通入X气体，并在管口点燃，实验结果使澄清石灰水变浑浊，则X、Y可以是A.H2、Fe2O3B.CO、Na2CO3C.CO、Na2O2D.H2、NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A．氢气能燃烧，氢气与氧化铁反应生成水，澄清石灰水不变浑浊，A错误；B．Na2CO3受热不分解，澄清石灰水不变浑浊，，B错误；C．在此条件下，CO不与Na2O2反应，澄清石灰水不变浑浊，C错误；D．NaHCO3受热分解生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，氢气能燃烧，故D正确；答案选D。 16.某课外实验小组设计的下列实验合理的是A.氨气发生装置B.制备并收集少量NO2C.配制一定浓度的硫酸溶液D.吸收多余氨气【答案】D【解析】【详解】A．氯化铵加热分解生成氨气和HCl，在试管口冷却后又结合生成氯化铵固体，不能制取氨气，应选用氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氨气，故A错误；B．二氧化氮与水反应，不能排水法收集，应选向上排空气法收集，故B错误；C．不能将浓硫酸直接注入容量瓶中，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故C错误；D．氨气极易溶于水，则图中导管在CCl4有机层可防止发生倒吸，故D正确；故选：D。17.为了防止枪支生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成Fe3O4的致密保护层——“发蓝”。化学处理过程中其中一步的反应为Fe＋NaNO2＋NaOH=Na2FeO2＋H2O＋NH3↑(未配平)。下列叙述不正确的是A.反应中转移电子5mol，生成还原产物16.75gB.枪支“发蓝”实质上是使铁表面钝化C.的氧化性大于NH3的氧化性D.上述反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：1【答案】A【解析】 【分析】根据电子守恒、原子守恒，配平该方程式为：3Fe＋NaNO2＋5NaOH=3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑，然后利用氧化还原反应规律分析解答。【详解】A．在该反应中NaNO2得到电子被还原为NH3，每有1molNaNO2参加反应，N元素化合价降低6价，转移6mol电子，生成1mol还原产物NH3，则若反应中转移电子5mol，生成还原产物NH3的质量为m(NH3)=，A错误；B．枪支“发蓝”是一层致密的保护层四氧化三铁，其实质上是使铁表面钝化而导致难以生锈，B正确；C．在该反应中NaNO2作氧化剂，NH3是还原产物，氧化剂的氧化性比还原产物的氧化性强，因此物质的氧化性：＞NH3，C正确；D．配平后的该化学方程式为：3Fe＋NaNO2＋5NaOH=3Na2FeO2＋H2O，在反应中，Fe为还原剂，NaNO2为氧化剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：1，D正确；故合理选项是A。18.将一定量的SO2通入Fe(NO3)3溶液中，再加入适量BaCl2溶液，一定会大量增加的是A.H+B.SO42-C.Ba2+D.Fe2+【答案】A【解析】【详解】由于二氧化硫是酸性气体，通入Fe(NO3)3溶液中，相当于生成了硝酸，硝酸的氧化性强于三价铁离子，先发生二氧化硫被硝酸氧化的过程，前阶段发生反应：SO2少量时，2NO3-+3SO2+2H2O=2NO+3SO42-+4H+，后阶段发生反应：SO2过量时：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，总反应：Fe3++3NO3-+5SO2+4H2O=3NO+5SO42-+8H++Fe2+，再加入适量BaCl2溶液，钡离子与硫酸根离子结合生成硫酸钡沉淀，故不管是发生前段反应，还是后段反应，氢离子的量一定是增加的，故答案选A。【点睛】本题根据氧化性和还原性的强弱，判断先发生的反应是解本题的关键。19.将40mLNO2和NO的混合气体通入倒立于水槽且盛满水的试管中，充分反应后试管中剩余20mL气体，则原混合气体中与NO的体积比为    A.B.C.D.【答案】C【解析】 【详解】40mlNO2和NO的混合气体通入倒立于水槽中盛满水的试管中发生反应为3NO2+ H2O=2HNO3+NO，剩余20ml气体，反应前后气体体积减少20ml，根据化学反应3NO2+ H2O=2HNO3+NO△V (气体体积减少)计算V (NO2)=30mL，原气体中V ( NO) =10mL，所以原混合气体的体积比为：V (NO2)：V (NO)=3:1，故C符合题意；故答案：C。20.足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与XLO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是120mL，则X的值为A.1.12B.1.68C.2.24D.3.36【答案】D【解析】【详解】生成NO2、NO的混合气体与XLO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，纵观整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，即Cu提供电子为：，向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，故n(NaOH)==5mol/L×0.12L，解得X=3.36L，故选：D。二、综合题(本题共60分)21.如图为元素周期表的一部分：IAIIAIIIAⅣAⅤAⅥAⅦA第一周期i第二周期dgba第三周期jhe分析上表中a~j所处位置，并结合已学过的知识，回答以下问题。涉及上述元素的答案，请用元素符号或化学式表示。（1）e元素在化合物中所呈的最高正价为_______价，其负离子的结构示意图为_______。（2）以上元素形成的气态氢化物中，最稳定的是_______。（3）写出h和e对应的最高价氧化物对应水化物发生反应的离子方程式_______。 （4）e、h、j对应的离子半径由大到小的顺序是(填写离子符号)_______。（5）下列有关b、d、g三种元素非金属性强弱的说法正确的是_____A.g单质的氧化性很弱，所以g的非金属性很弱B.d和g对应氢化物的稳定性越强，非金属性越强C.b和g最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强D.b和g形成的二元化合物中，b呈负价，则b的非金属性强于g（6）试从原子结构的角度解释j和h的金属性强弱_______。【答案】（1）①.+6②.（2）HF（3）Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O（4）S2-＞Na+＞Al3+（5）BD（6）Na、Al为同周期元素，随原子序数递增，原子半径减小，失去电子能力减弱，金属性减弱【解析】【分析】结合图示可知，a为F，b为O，d为C，e为S，g为N，h为Al，i为H，j为Na元素；【小问1详解】e为S，其最外层电子数为6，则S在化合物中所呈的最高正价为+6价；硫离子的质子数为16，核外电子数为18，最外层电子数为8，其离子结构示意图为，故答案为：+6；；【小问2详解】元素形成的气态氢化物的稳定性与元素的非金属性相一致，以上元素中F的非金属性最强，则形成的气态氢化物中，最稳定的是HF，故答案为：HF；【小问3详解】h和e对应的最高价氧化物对应水化物分别为Al(OH)3与H2SO4，发生反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；【小问4详解】e、h、j对应的离子分别为S2-、Al3+、Na+ ，电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径由大到小的顺序是S2-＞Na+＞Al3+，故答案为：S2-＞Na+＞Al3+；【小问5详解】b、d、g三种元素分别为O、C、N元素，A.g单质为N2，N2的氧化性很弱，是因为N≡N键能很大，N2的性质很稳定，不能说明g的非金属性很弱，故A错误；B.d和g对应氢化物分别为CH4和NH3，氢化物的稳定性越强，说明非金属性越强，故B正确；C.b为O，由于O通常无最高正价，不能通过比较b和g最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来比较非金属性强弱，故C错误；D.b和g形成的二元化合物中，b呈负价，说明b对电子的吸引能力比g强，故b的非金属性强于g，故D正确；故答案为：BD；【小问6详解】h为Al，j为Na元素，Na、Al为同周期元素，随原子序数递增，原子半径减小，失去电子能力减弱，金属性减弱，故答案为：Na、Al为同周期元素，随原子序数递增，原子半径减小，失去电子能力减弱，金属性减弱。22.铁及其化合物与生产、生活关系密切（1）生铁(以赤铁矿为例)是通过高炉冶炼而得，用化学方程式表示其原理为_______________。（2）在钢铁厂的生产中，炽热的铁水注入模具之前，必须对模具进行充分的干燥处理，不得留有水，原因是____________(用化学方程式表示)。（3）用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的部分流程示意图如下：①步骤I若要检验是否有Fe3+生成，方法是_________________。②步骤II中发生反应：4Fe(NO3)2＋O2＋(2n＋4)H2O=2Fe2O3·nH2O＋8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2，该反应的化学方程式为____________。 ③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是_____________(任写一项)。（4）Fe2O3可制取新型、高效水处理剂高铁酸钾K2FeO4。_____Fe2O3＋_____NaClO＋_____KOH_____K2FeO4(高铁酸钾)＋_____NaCl＋_____H2O①配平上述反应，并用单线桥法表示反应过程中转移电子数目和方向_____。此过程中氧化剂是______(填化学式)。②高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效绿色水处理剂，在水中反应生成氢氧化铁胶体。高铁酸钾作为水处理剂的作用是_________、___________。【答案】（1）Fe2O3+3CO2Fe+3CO2（2）3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2（3）①.取少量步骤I的溶液，加入几滴KSCN溶液，若出现血红色，说明其中含有Fe3+，反之不含Fe3+②.4Fe+10HNO3=4Fe(NO3)2+NH4NO3+3H2O③.氮氧化物排放少（4）①.②.NaClO③.杀菌消毒④.净水【解析】【分析】在工业上用CO还原铁的化合物如还原Fe2O3，反应产生Fe、CO2；炽热的Fe与水蒸气在高温下反应产生Fe3O4和H2。由流程可知：废铁片与稀硝酸在温度低于60℃时反应产生Fe(NO3)2，然后向溶液中通入空气，并加入水、废铁片，在一定条件下反应产生NH4NO3、Fe2O3·nH2O，煅烧Fe2O3·nH2O制取得到铁红Fe2O3。Fe2O3可制取新型、高效水处理剂高铁酸钾K2FeO4，在反应过程中根据氧化剂得到电子与还原剂失去电子总数相等，等于反应过程中元素化合价升降总数配平方程式。高铁酸钾作为水处理剂时，具有强氧化性，能够对水起杀菌消毒作用，K2FeO4得到电子被还原生成Fe3+，Fe3+水解产生Fe(OH)3胶体又具有吸附性而具有净化水的作用。【小问1详解】生铁(以赤铁矿为例)是通过高炉冶炼而得，在高炉中CO与Fe2O3反应产生Fe、CO2 ，用化学方程式表示其原理为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；【小问2详解】在钢铁厂的生产中，炽热的铁水注入模具之前，必须对模具进行充分的干燥处理，不得留有水，这是由于炽热的Fe与水蒸气在高温下反应产生Fe3O4和H2，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；【小问3详解】①步骤I若要检验是否有Fe3+生成，可根据Fe3+遇SCN-生成血红色物质进行检验。检验方法是：取少量步骤I的溶液，加入几滴KSCN溶液，若出现血红色，说明其中含有Fe3+，反之不含Fe3+；②产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2，则Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水，该反应方程式为4Fe+10HNO3=4Fe(NO3)2+NH4NO3+3H2O；③由流程可知，上述生产流程中，能体现”“绿色化学”思想的是减少了有毒的氮氧化物的生成，使氮氧化物排放少；【小问4详解】①在该反应中Fe元素化合价由反应前Fe2O3中+3价，变为反应后K2FeO4中的+6价，化合价升高3价，Cl元素化合价由反应前NaClO中的+1价变为反应后NaCl中的-1价，化合价降低2价，化合价升降最小公倍数是6，所以Fe2O3系数是1，K2FeO4系数是2，NaClO、NaCl系数都是3，根据K元素守恒可知KOH系数是4，最后根据H、O元素守恒，可知H2O的系数是2，配平后方程式为Fe2O3+3NaClO+4KOH2K2FeO4+3NaCl+2H2O，用单线桥法表示电子转移为：；在该反应中NaClO得到电子，作氧化剂，Fe2O3失去电子，作还原剂；②高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效的绿色水处理剂，在水中反应生成氢氧化铁胶体。高铁酸钾(K2FeO4)中Fe的化合价是+6价，具有强氧化性，能起杀菌消毒作用；其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质，使之形成沉淀而从水中分离除去，所以高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是净水、杀菌消毒。23.氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx 还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。回答下列问题：（1）氨气的制备①从图中选择合适的反应装置制备氨气，并写出反应原理：反应装置：________；反应原理：_____________________。②欲制取一瓶干燥的氨气，除发生装置外，还需选择上图中的装置________________(用装置对应的大写字母表示)，其接口的连接顺序为：发生装置→_____→______→_____→______→d→c→i(按气流方向，用各接口小写字母表示)。（2）氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的NH3充入注射器X中；硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图所示装置进行实验(加热装置和夹持装置省略)。①打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中，可观察到Y管中____，Y管中反应的化学方程式为：_______________。②Z的作用为__________，可能发生的化学反应方程式为_______________。【答案】（1）①.A②.Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O③.CDF④.d⑤.c⑥.f⑦.e（2）①.红棕色慢慢变浅②.8NH3+6NO27N2+12H2O③.尾气处理，防止污染大气④.2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O【解析】 【分析】(1)在实验室中一般是用铵盐与碱加热制备氨气，是用固体混合物加热制备气体，在实验室一般是按照制取气体、净化气体、收集气体、尾气处理顺序组装仪器；(2)打开K1，推动注射器活塞。使X中的气体缓慢充入Y管中，氨气与二氧化氮在催化剂作用下发生归中反应生成氮气，根据气体颜色分析实验现象，NaOH溶液的作用是吸收多余NO2气体，防止大气污染。【小问1详解】①实验室一般用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体与固体，反应条件为加热，所以选择A装置制取气体，该反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；②实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，制备的气体中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰干燥管干燥气体。氨气极易溶于水，密度小于空气密度，所以应选择向下排空气法收集气体。氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，为防止尾气吸收F装置中的H2O进入收集干燥的NH3装置，在气体收集装置与尾气处理装置之间再使用盛有碱石灰的干燥管干燥，所以需选择的装置有A、C、D、F，则正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→d→c→i；【小问2详解】①打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中，可观察到Y管中，在催化剂作用下，氨气与二氧化氮在催化剂作用下发生归中反应生成氮气，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：8NH3+6NO27N2+12H2O，在实验中会看到Y中气体红棕色慢慢变浅；②Z中NaOH溶液的作用是尾气处理，防止过量的NO2逸出导致大气污染。若NO2气体过量，NO2与烧杯中NaOH溶液反应产生NaNO3、NaNO2、H2O，该反应的化学方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。24.某学生用NaHCO3和KHCO3组成的某混合物与盐酸进行实验，测得下表数据(盐酸的物质的量浓度相等，体积均为50mL)。实验编号IIIIII盐酸的体积50.0mL50.0mL50.0mL m(混合物)13.56g21.88g25.36gV(CO2)(标准状况)3.36L5.04L5.04L（1）则该学生所用盐酸的物质的量浓度是_______mol/L；（2）50mL该盐酸恰好能溶解上述组成的混合物的质量是_______g；（3）上述固体混合物中KHCO3的质量分数是_______(用小数表示，保留2位小数)。【答案】（1）4.5（2）20.34（3）44.25%【解析】【分析】混合物发生反应：H++HCO═CO2↑+H2O，由①②数据可知，继续增大混合物的质量，气体的体积增大，说明实验①中盐酸有剩余、固体混合物完全反应．若②中盐酸有剩余，继续增大混合物的质量，气体的体积会增大，由②③数据可知，实验中气体的体积不变，说明实验②中盐酸完全反应，根据实验①的数据可知，生成5.04L二氧化碳需要固体混合物的质量为13.56g×=20.34g＜21.88g，故实验②中盐酸完全反应、固体混合物有剩余，据此解答；【小问1详解】求盐酸浓度需选择盐酸不足量的数据进行，如随着混合物质量增加，二氧化碳气体量不再增加，表明盐酸全部反应完，由表中数据可知，盐酸完全反应生成二氧化碳5.04L，结合H++HCO=H2O+CO2↑可知n(HCl)=，盐酸的浓度为，故答案为：4.5；【小问2详解】由表中数据可知，由于固体混合物从13.56g→21.88g，二氧化碳气体的体积还在增加，故加入13.56g混合物时盐酸过量，而固体混合物从21.88g→25.36g，二氧化碳气体的体积不再变化，说明加入25.36g混合物时盐酸不足，50mL该盐酸恰好能溶解上述组成的混合物的质量是13.56g×=20.34g，故答案为：20.34；【小问3详解】 加入13.56g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，根据H++HCO═CO2↑+H2O，可知n(混合物)=n(CO2)=，设13.56g混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量分别为x和y，则有：x+y=0.15mol、84x+100y=13.56g，解得y=0.06mol、x=0.09mol，KHCO3的质量分数是。