浙江省温州市2022-2023学年高一化学上学期期末（B卷）试题（Word版附解析）

2022学年第一学期温州市高一期末教学质量统一检测化学试题(B卷)本试卷分选择题和非选择题两部分，共7页，满分100分，考试时间90分钟。考生须知：1.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上。2.选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。4.本卷可能用到的相对原子质量数据：H-1，C-12，N-14，O-16，Na-23，Al-27，S-32，Cl-35.5，K-39，Ca-40，Cu-64，Fe-56，Ag-108，Ba-137选择题部分(共60分)一、选择题Ⅰ(本大题共15小题，每小题2分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于氧化物的是A.N2B.HClC.Al2O3D.Na2CO3【答案】C【解析】【分析】氧化物是由2种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物。【详解】A．N2只由氮元素组成，属于单质，故不选A；B．HCl由2种元素组成，不含氧元素，不属于氧化物，故不选B；C．Al2O3由铝、氧两种元素组成，属于氧化物，故选C；D．Na2CO3由3种元素组成，不属于氧化物，故不选D；选C。2.钠在空气中燃烧实验，下列不需要的仪器是 A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】完成钠在空气中燃烧实验，应该在坩埚中进行，A所示仪器是玻璃棒，B中所示仪器是泥三角，C所示仪器是三角架，D所示仪器是坩埚，用不到的仪器为玻璃棒，故选A。3.下列分散系能产生“丁达尔效应”的是A.稀盐酸B.氢氧化铁胶体C.泥浆D.硫酸铜溶液【答案】B【解析】【详解】A．稀盐酸为溶液，不能产生丁达尔效应，A错误；B．氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应，B正确；C．泥浆是浊夜，不能产生丁达尔效应，C错误；D．硫酸铜溶液为溶液，不能产生丁达尔效应，D错误；故选B。4.下列物质属于电解质的是A.氯水B.盐酸C.熔融氢氧化钠D.铁丝【答案】C【解析】【详解】A．氯水是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故不选A；B．盐酸是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故不选B；C．熔融氢氧化钠含有自由移动的离子，能导电，熔融氢氧化钠属于电解质，故选C；D．铁丝是金属单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选D；选C。5.下列物质对应的组成不正确的是 A.小苏打：NaHCO3B.铁红：Fe3O4C.软锰矿的主要成分：MnO2D.漂粉精的有效成分：Ca(ClO)2【答案】B【解析】【详解】A．小苏打是碳酸氢钠的俗称，碳酸氢钠的化学式为NaHCO3，故A正确；B．铁红是氧化铁的俗称，氧化铁的化学式为Fe2O3，故B错误；C．软锰矿的主要成分为二氧化锰，二氧化锰的化学式为MnO2，故C正确；D．漂粉精的有效成分为次氯酸钙，次氯酸钙的化学式为Ca(ClO)2，故D正确；故选B。6.反应2Mg＋CO22MgO＋C中，还原剂是A.MgB.CO2C.MgOD.C【答案】A【解析】【详解】该反应中，镁元素化合价由镁单质中0价升高到氧化镁中+2价，因此Mg失电子做还原剂，碳元素由二氧化碳中的+4价降低到碳单质中的0价，因此二氧化碳得电子做氧化剂，A正确；故选A。7.下列说法不正确的是A.镁原子的结构示意图：B.H2O的分子结构模型：C.甲烷的结构式：D.HCl的电子式：【答案】D【解析】【详解】A．镁原子核外有12个电子，结构示意图为，故A正确； B．H2O分子空间构型是V形，结构模型为，故B正确；C．甲烷分子式为CH4，结构式为，故C正确；D．HCl是共价化合物，电子式为，故D错误；选D。8.放射性粒子是治疗肿瘤的手段之一。下列说法不正确的是A.是碘元素中的一种核素B.与互为同位素C.的质量数为125D.中质子数与中子数相等【答案】D【解析】【详解】A．是碘元素中中子数为72的一种核素，故A正确；B．与是质子数相同、中子数不同的核素，互为同位素，故B正确；C．的质量数为125，故C正确；D．的质子数是53，中子数是125-53=72，质子数与中子数不相等，故D错误；选D。9.下列说法不正确的是A.CH4中每个原子最外电子层都具有8电子稳定结构B.NaOH晶体中既有离子键又有共价键C.CO2气体溶于水时有共价键的断裂和形成D.H2O2中存在极性共价键和非极性共价键【答案】A【解析】【详解】A．甲烷中H原子最外层只有2个电子，A错误；B．氢氧化钠中钠离子与氢氧根以离子键连接，氢氧之间以共价键连接，因此氢氧化钠晶体中既有离子键又有共价键，B正确；C．二氧化碳溶于水生成碳酸，有共价键的断裂和生成，C正确；D．过氧化氢中存在O—H极性键和O—O非极性键，D正确；故选A。10.无色溶液中，下列各组离子能大量共存的是 A.K+、H+、、B.Na+、Mg2+、、Cl‾C.Na+、H+、、I‾D.Ca2+、K+、、OH‾【答案】B【解析】【详解】A．高锰酸根离子在溶液中呈紫色，则无色溶液中不可能含有高锰酸根离子，故A错误；B．四种无色离子在溶液中不发生任何反应，能大量共存，故B正确；C．溶液中氢离子与碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故C错误；D．溶液中碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，故D错误；故选B。11.下列说法不正确的是A.铝制餐具可用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物B.过氧化钠在呼吸面具或潜水艇中可作为氧气的来源C.氯化铁溶液在工业上可作为制作印刷电路板的腐蚀液D.漂白粉既可作棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂【答案】A【解析】【详解】A．铝、氧化铝都能与酸、碱反应，铝制餐具不能用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物，故A错误；B．过氧化钠能与二氧化碳反应放出氧气，过氧化钠在呼吸面具或潜水艇中可作为氧气的来源，故B正确；C．氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，氯化铁溶液在工业上可作为制作印刷电路板的腐蚀液，故C正确；D．次氯酸钙溶液能与二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能杀菌、消毒、漂白，漂白粉既可作棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂，故D正确；选A。12.生活离不开化学，下列有关说法或操作正确的是A.面包师用碳酸氢钠做焙制糕点的膨松剂，是因为碳酸氢钠溶液呈碱性B.保洁员用“84消毒液”和洁厕灵(主要成分盐酸)混合使用，为了增强去污效果C.技术员用铬酸氧化法对金属铝表面处理，为了增加膜的厚度和美丽的色彩D.化学实验员将实验转化后的难溶物或含有重金属的固体废渣，直接倒入下水道 【答案】C【解析】【详解】A．面包师用碳酸氢钠做焙制糕点的膨松剂，是因为碳酸氢钠在加热条件下分解为碳酸钠和二氧化碳气体，故A错误；B．“84消毒液”和洁厕灵(主要成分盐酸)混合使用能放出有毒的气体氯气，“84消毒液”和洁厕灵不能混合施用，故B错误；C．用铬酸氧化法对金属铝表面处理，能增加氧化膜的厚度和美丽的色彩，故C正确；D．重金属离子污染土壤、水源，实验转化后的难溶物或含有重金属的固体废渣，不能直接倒入下水道，故D错误；选C。13.下列说法不正确的是A.实验未用完的钠不可放回原试剂瓶，以免引起污染B.硫酸亚铁溶液保存时需加入少量铁粉C.次氯酸不稳定，难以保存，常制成具有漂白作用的次氯酸盐D.氯水保存在棕色细口瓶中，置于阴凉干燥处【答案】A【解析】【详解】A．钠为活泼金属，能与空气中的氧气、水反应引发安全事故，因此实验未用完的钠可放回原试剂瓶，故A错误；B．亚铁离子易被氧化为铁离子，硫酸亚铁溶液保存时需加入少量铁粉防止亚铁离子被氧化，故B正确；C．次氯酸不稳定受热或见光易分解，难以保存，常制成具有漂白作用的次氯酸盐，故C正确；D．次氯酸不稳定受热或见光易分解，因此氯水保存在棕色细口瓶中，置于阴凉干燥处，故D正确；故选A。14.现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关材料的说法不正确的是A.运载火箭的动力源于氧化还原发应B.硬铝是一种铝合金，是制造飞机和飞船的理想材料C.储氢合金是一种能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料D.精密计时的铯原子钟，铯(Cs)是第五周期第IA族元素【答案】D【解析】【详解】A．运载火箭主要由燃料燃烧提供动力，燃烧是典型的氧化还原反应，A正确； B．硬铝是由Al与Cu、Mg、Mn等元素形成的合金，具有良好的机械性能，强度大密度小，是制造飞机和飞船的理想材料，B正确；C．储氢合金主要用于吸收、储存氢气，能够与氢气结合成金属氢化物，C正确；D．铯是第六周期第IA族元素，D错误；故选D。15.为除去括号内少量的杂质，所用的试剂或方法正确的是A.CO2(HCl)：饱和碳酸钠溶液，洗气B.CO2(CO)：氧气，点燃C.NaHCO3粉末(Na2CO3)：加热D.Cu粉(Fe)：盐酸，过滤【答案】D【解析】【详解】A．二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠溶液反应，所以不能用饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢，应选用饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；B．会引入新杂质氧气，则用点燃的方法不能除去二氧化碳中混有的一氧化碳，故B错误；C．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，属于不能用加热的方法除去碳酸氢钠中混有的碳酸钠，故C错误；D．铁能与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铜不能与稀盐酸反应，所以用盐酸和过滤得方法可以除去铜粉中混有的铁，故D正确；故选D。二、选择题Ⅱ(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)16.某实验兴趣小组配制溶液，部分操作如图所示：下列说法正确的是A.称量时，将称量纸放置于电子天平并归零，然后称取固体B.溶解后，立即将溶液转移至容量瓶C.定容时，若俯视刻度线，则所配溶液浓度偏高 D.摇匀装瓶后，容量瓶应洗净、晾干，并直接盖上瓶塞下次备用【答案】C【解析】【详解】A．称量NaOH固体时，在托盘天平左右放等大小的纸片，会导致NaOH固体潮解或与空气中二氧化碳反应而变质，导致溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故A错误；B．在烧杯中溶解NaOH固体后，立即将溶液转移到容量瓶中，NaOH溶于水放出大量的热，冷却后溶液体积偏小，造成所配溶液浓度偏高，故B错误；C．定容时俯视，会造成溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故C正确；D．摇匀装瓶后，容量瓶应打开瓶塞，故D错误；故选：C。17.下列离子方程式中，正确的是A.FeCl3溶液腐蚀铜板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+B.将铝片投入NaOH溶液中：2Al+2OH‾+2H2O=2+3H2↑C.Na与CuSO4水溶液反应：Cu2++2Na=2Na++CuD.氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应：Ba2++=BaSO4↓【答案】B【解析】【详解】A．FeCl3溶液腐蚀铜板生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故A错误；B．将铝片投入NaOH溶液中生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH‾+2H2O=2+3H2↑，故B正确；C．Na与CuSO4水溶液反应，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，反应的离子方程式为Cu2++2Na+2H2O=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，故C错误；D．氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，故D错误；选B。18.下列“类比”合理的是A.Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2B.Cu与Cl2反应生成CuCl2，则Fe与Cl2反应生成FeCl2C.Na2CO3溶解于水中放热，则NaHCO3溶解于水中也放热D.CaO与CO2反应生成CaCO3，则Na2O与CO2反应生成Na2CO3 【答案】D【解析】【详解】A．铁与水蒸气高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，不能生成氢氧化铁，则类比不合理，故A错误；B．铁在氯气中燃烧只能生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，则类比不合理，故B错误；C．碳酸氢钠溶于水的过程为吸热过程，则类比不合理，故C错误；D．氧化钠与二氧化碳发生化合反应生成碳酸钠，则类比合理，故D正确；故选D。19.短周期主族元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，Z的最外层电子数是电子层数的2倍。下列说法正确的是A.Y的原子半径比Z的小B.常温下Y不与X单质反应C.X的气态氢化物稳定性比Z强D.Y的最高价氧化物对应水化物是强碱【答案】C【解析】【分析】由图可知Z位于元素周期表第三周期，电子层数为3，又因为Z的最外层电子数是电子层数的2倍，所以Z最外层电子数为6，Z为S；结合X、Y与Z的相对位置可知，X为O，Y为Al，据此解答该题。【详解】A．Al与S位于同一周期，电子层数相同，S的核电荷数大，半径小，因此Y的半径比Z的大，A错误；B．Al性质活泼，常温下极易与氧气反应生成氧化铝，B错误；C．O的非金属性比S强，O的气态氢化物更稳定，因此X的气态氢化物的稳定性比Z强，C正确；D．Y为Al，最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，是弱碱，D错误；故选C。20.下列对与化学相关职业理解不正确的是A.化学科研工作者可从事特定功能新分子合成、安全高效和节能环保物质转化工艺的研发等B.测试工程师可运用各类高精度化学检测仪器或化学检测方法，以获得金属材料的组成及含量 C.水质检测员在自来水出厂前，需要对其中的、Cl‾放射性物质、微生物和有机物等进行检测D.科技考古人员在研究文物和古迹时，可利用的测定分析古代人类的食物结构【答案】D【解析】【详解】A．特定功能新分子合成、节能环保物质转化工艺的研发都属于化学前沿科学，化学科研工作者可从事特定功能新分子合成、节能环保物质转化工艺的研发等，A正确；B．测试工程师可运用各类高精度化学检测仪器或化学检测方法，测定某些组成元素及其含量，以获得金属材料的组成及含量，B正确；C．自来水厂水质检验员的工作是在自来水出厂前，利用化学分析仪器对水中的硫酸根离子、氯离子、微生物、有机物等进行检测和分析，只有达到标准才可以让自来水出厂，C正确；D．科技考古研究人员是根据放射性同位素的半衰期推算文物的年代，放射性同位素被考古学家称为“碳钟”，它可以用来断定文物的年代，D错误；故选D。21.下列操作对应的现象不符合事实的是A．将灼热的铜丝伸入盛有氯气的集气瓶中，铜丝剧烈燃烧，产生棕黄色的烟B．将湿润的有色布条放入盛有干燥氯气的集气瓶中，布条不褪色C．在电流作用下熔融氯化钠中Na+和Cl‾发生定向移动，故使灯泡发亮D．将滴管中的浓盐酸加到碳酸氢钠溶液中，气球体积由小变大A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．灼热的铜丝在氯气中燃烧，生成棕黄的烟，产物为CuCl2，A项正确；B．氯气与水反应生成具有漂白性的HClO，可使有色布条褪色，B项错误； C．熔融状态下氯化钠电离为Na+和Cl-，通电情况下离子发生定向移动，灯泡发光，C项正确；D．浓盐酸加入NaHCO3溶液中，发生反应生成CO2，气体体积变大，D项正确；正确答案为B。22.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.NA个氧分子与NA个氢分子的质量比为8∶lB.常温常压下（Vm=24.5L/mol），24.5LCH4气体含有C-H键的数目为4NAC.一定量的Na与水反应生成11.2LH2(标况下)，转移的电子数为2NAD.0.1mol·L−1的NaCl溶液中，Na+数目为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．NA个氧分子的物质的量是1mol，质量是32g；NA个氢分子的物质的量是1mol，质量是2g，质量比为16∶l，故A错误；B．常温常压下，气体摩尔体积是24.5L/mol，24.5LCH4气体的物质的量是1mol，含有C-H键的数目为4NA，故B正确；C．一定量的Na与水反应生成11.2LH2(标况下)，氢元素化合价由+1降低为0，转移的电子数为，故C错误；D．没有明确溶液体积，不能计算0.1mol·L−1的NaCl溶液中Na+数目，故D错误；选B。23.关于下列物质转化，不正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．钠和氧气在常温下反应生成Na2O，Na2O与CO2反应生成Na2CO3，故不选A；B．铁和稀盐酸反应生成FeCl2和氢气，故选B；C．Cl2和NaOH反应生成氯化钠和次氯酸钠，次氯酸钠和浓盐酸反应生成氯化钠、氯气、水，故不选C；D．铝和稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，硫酸铝和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和硫 酸钠，故不选D；选B。24.某工业废水中含有FeSO4和CuSO4(不考虑其他成分)，利用以下流程可以回收FeSO4和Cu。下列说法不正确的是A.试剂1为FeB.固体1是Fe和Cu的混合物C.试剂2为适当过量的稀盐酸D.操作1和操作2都是过滤【答案】C【解析】【分析】由题给流程可知，向工业废水中加入过量铁粉，铁与硫酸铜溶液发生置反应生成铜和硫酸亚铁，过滤得到硫酸亚铁溶液1和含有铁、铜的固体1；固体1中加入稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤得到含有铜的固体2和含有硫酸亚铁的溶液2；溶液1和溶液2混合后，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得七水硫酸亚铁晶体。【详解】A．由分析可知，试剂1为金属铁，故A正确；B．由分析可知，固体1是铁和铜的混合物，故B正确；C．由分析可知，试剂2为适当过量的稀硫酸，故C错误；D．由分析可知，操作1和操作2都是固液分离的过滤操作，故D正确；故选C。25.根据实验操作和现象得出的结论不正确的是选项实验操作和现象结论A红热的铁与水蒸气反应后的固体物质，用稀硫酸溶解，滴入几滴KSCN溶液，未显红色固体物质中不含＋3价铁元素B钠在空气中加热，发生剧烈反应，得到淡黄色固体固体物质中含有Na2O2C取洁净的铂丝蘸取某溶液，在煤气灯外焰上灼烧，火焰呈黄色溶液中存在Na+，不确定是否含K+D某溶液中滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，再加足量稀HNO3，沉淀不溶解溶液中含有Cl− A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．红热的铁与水蒸气反应后的固体物质为四氧化三铁，用稀硫酸溶解，含有三价铁离和亚铁离子，滴入几滴KSCN溶液，未显红色可能原因是未和水蒸气反应的铁把三价铁离子还原为亚铁离子，故A错误；B．钠在空气中加热，发生剧烈反应，得到淡黄色固体过氧化钠，故B正确；C．取洁净的铂丝蘸取某溶液，在煤气灯外焰上灼烧，火焰呈黄色说明溶液中含有钠离子，要确定是否含有钾离子要透过蓝色钴玻璃观察，故C正确；D．某溶液中滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，再加足量稀HNO3，沉淀不溶解，说明生成的是氯化银沉淀，证明溶液中含有氯离子，故D正确；故选：A。非选择题部分二、非选择题(共5大题，40分)26.完成下列小题（1）写出“纯碱”的化学式___________。（2）写出AlCl3在水中的电离方程式___________。（3）写出NH3电子式___________。（4）将氯气通入冷石灰乳中的化学反应方程式___________。【答案】（1）Na2CO3（2）AlCl3=Al3++3Cl‾（3）（4）2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O【解析】【小问1详解】“纯碱”是碳酸钠的俗名，化学式为Na2CO3；【小问2详解】AlCl3在水中电离出铝离子和氯离子，电离方程式为AlCl3=Al3++3Cl‾；【小问3详解】NH3是共价化合物，电子式为；【小问4详解】 将氯气通入冷的石灰乳中生成氯化钙、次氯酸钙、水，反应的化学反应方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。27.盐X为某种矿石的主要成分，仅含四种元素，不含结晶水。设计并完成以下实验(X、A、B均为纯净物)。请回答：（1）气体B的分子式是___________。（2）盐X中的4种元素是H、O和___________(填元素符号)。（3）黑色固体A与稀硫酸反应的离子方程式___________。（4）盐X隔绝空气加热发生反应的化学方程式是___________。【答案】（1）CO2（2）Cu、C（3）（4）【解析】【分析】由四种元素组成的不含结晶水的盐隔绝空气加热分解产生H2O、黑色固体A和无色无味气体B，黑色固体A中加入稀硫酸，得到蓝色溶液，则其中含有Cu2+，A是CuO，无色无味的气体与石灰水生成沉淀，此气体是CO2，，n(CO2)=，由总质量可知生成水的质量，以此做答。【小问1详解】无色无味的气体与石灰水生成沉淀，此气体是CO2，答案为：CO2；【小问2详解】由分析可知盐X中的4种元素是H、O和Cu、C，答案为：Cu、C；【小问3详解】氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，离子方程式：；【小问4详解】 由分析可知n(CuO)=，n(CO2)=，n(H2O)=，所以n(Cu)∶n(H)∶n(C)∶n(O)=0.06∶0.06∶0.03∶（）=2∶2∶1∶5，该化合物为Cu2(OH)2CO3，隔绝空气加热发生反应的化学方程式是。28.已知短周期元素W、X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如下所示。WZMXYQR请填写下列空白：（1）Y的元素符号：___________，元素Q在周期表中的位置为___________。（2）下列说法不正确的是___________。A.常温时，X单质能与水发生剧烈反应B.气态氢化物的稳定性：Z>MC.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z<Q<RD.M、R和W元素形成的化合物一定是共价化合物（3）X、Z、M元素的原子半径由小到大的顺序为___________(用元素符号表示)。（4）W与X会形成一种白色的离子化合物，该化合物与水反应生成H2和一种强碱，写出相应的化学方程式___________。【答案】（1）①.Al②.第三周期ⅥA族（2）BD（3）N<C<Na（4）NaH+H2O=H2↑+NaOH【解析】【分析】根据各元素的相对位置可知，W、X、Y、Z、M、Q和R分别为H、Na、Al、C、N、S、Cl；【小问1详解】元素Y是13号元素，为Al；元素Q为S，在周期表中的位置为第三周期ⅥA族；【小问2详解】A．X为Na元素，常温时，单质钠能与水发生剧烈反应生成NaOH和氢气，A正确；B．Z为C，M为N元素，同周期主族元素从左到右非金属性增强，非金属性：N>C，则气态氢化物的稳定性：NH3>CH4，B错误；C．Z为C，Q为S，R为Cl元素，最高价氧化物对应水化物分别为H2CO3、H2SO4、 HClO4，碳酸是弱酸，而硫酸和高氯酸均是强酸，由非金属性：Cl>S，则酸性：H2SO4<HClO4，可得酸性：H2CO3<H2SO4<HClO4，C正确；D．M(N)、R(Cl)和W(H)元素形成的化合物如NH4Cl含离子键，是离子化合物，D错误；故选BD；【小问3详解】电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时原子序数越大半径越小，X(Na)、Z(C)、M(N)元素的原子半径由大到小的顺序为；【小问4详解】W与X会形成一种白色的离子化合物为氢化钠，该化合物与水反应生成H2和一种强碱氢氧化钠，写出相应的化学方程式。29.某兴趣小组在实验室用下图装置(夹持仪器已省略)制备无水FeCl3。已知：FeCl3易潮解，300℃左右升华。请回答：（1）①仪器a的名称___________；②上述制备Cl2的化学方程式___________；③装置B的作用___________。（2）①通入Cl2一段时间后，再点燃装置D中的酒精灯，目的是___________；装置E为了更好的收集FeCl3，应采用___________水浴(填“热”或“冷”)。②将上图组装完整，上图虚框F中应选用___________。③ 反应结束后，硬质玻璃管有固体残留，某同学设计了以下实验探究其成分，你认为正确的是___________。A．取少量固体溶于水，若不能溶解，则说明有铁残留B．取少量固体溶于水，若全部溶解，则说明无铁残留C．取少量固体溶于足量的盐酸，先滴加3滴KSCN溶液，若溶液呈血红色，则说明只有氯化铁残留【答案】（1）①.分液漏斗②.MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O③.吸收HCl，并降低氯气的溶解（2）①.排净装置中空气，再加热，可制得纯净的FeCl3②.冷③.a④.A【解析】【分析】A装置制备氯气，B除氯气中的氯化氢，C干燥氯气，D中铁和氯气在加热条件下反应生成氯化铁，E中冷却收集氯化铁，F吸收氯气防止污染。【小问1详解】①根据装置图，仪器a的名称是分液漏斗；②二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气、水，反应的化学方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；③A中制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是吸收HCl，并降低氯气的溶解。【小问2详解】①铁能与氧气反应，通入Cl2一段时间后，再点燃装置D中的酒精灯，目的是排净装置中空气，防止氧气的干扰，可制得纯净的FeCl3；装置E为了更好的收集FeCl3，应采用冷水浴。②FeCl3易潮解，为防止水进入E，E装置后应连接干燥剂，F的作用是吸收氯气，防止污染，应选用a。③A．氯化铁易溶于水，铁不溶于水，取少量固体溶于水，若不能溶解，则说明有铁残留，故A正确；B．铁能与氯化铁反应生成氯化亚铁，取少量固体溶于水，若全部溶解，可能是铁与氯化铁发生了反应，不能说明无铁残留，故B错误；C．铁能与氯化铁反应生成氯化亚铁，取少量固体溶于足量的盐酸，先滴加3滴KSCN溶液，若溶液呈血红色，可能是铁与氯化铁反应后氯化铁有剩余，不能说明只有氯化铁残留，故C错误。故选A。30.将40.0gFe、FeO混合物置于纯氧中加热，迅速被氧化生成46.4gFe3O4 ，将产物全部溶于盐酸后，通入一定体积Cl2将Fe2+全部转化为Fe3+，试计算：（1）反应生成Fe3O4的物质的量为___________mol；（2）通入标准状况下Cl2的体积为___________L；（3）混合物中Fe、FeO的物质的量之比为___________。【答案】（1）0.2mol（2）2.24L（3）1：2【解析】【小问1详解】由题干信息在，反应生成Fe3O4的质量为46.4g，则其物质的量为=0.2mol，故答案为：0.2；【小问2详解】已知Fe3O4中Fe3+和Fe2+的物质的量之比为2:1，则46.4g即0.2molFe3O4中含有的Fe2+为0.2mol，则根据离子方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知，将Fe2+全部转化为Fe3+，通入标准状况下Cl2的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故答案为：2.24L；【小问3详解】根据铁原子守恒可知，n(Fe)+n(FeO)=3n(Fe3O4)=3×0.2mol=0.6mol，根据质量守恒有：56n(Fe)+72n(FeO)=40.0g，联合上述方程解得：n(Fe)=0.2mol，n(FeO)=0.4mol，故混合物中Fe、FeO的物质的量之比为0.2mol：0.4mol=1:2，故答案为：1:2。