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2021-2022学年辽宁省抚顺市六校高一（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年辽宁省抚顺市六校高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。
2021-2022学年辽宁省抚顺市六校高一（上）期末化学试卷
1. 中国传统文化对人类文明贡献巨大，下列关于化学的应用和记载对其说明合理的是( )
A. 《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和补硝(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，二者也可以利用“焰色试验”区分
B. 医院里医生给“病人”做心电图时，在仪器与皮肤接触部位擦的一种电解质溶液是医用酒精
C. 传播新冠病毒的气溶胶具有胶体性质，其区别于其他分散系的本质特征是能发生丁达尔效应
D. 《神农本草经》中提到“白青[Cu2(OH)2CO3]得铁化为铜”，其中白青属于碱
2. 下列物质中既含离子键，又含共价键的是( )
A. NaOH B. H2O2 C. HNO3 D. MgCl2
3. 下列化学用语描述正确的是( )
A. NH4Cl的电子式：
B. 可用于考古断代的一种核素的符号： 613C
C. 18O2−的结构示意图：
D. 238Pu、 239Pu和 241Pu互称为同位素
4. 下列说法中不正确的是( )
A. 新版1元硬币和硬铝均属于合金
B. NaHSO4在水溶液中能电离出H+，因此NaHSO4属于酸
C. 金刚石和石墨，都是碳元素的同素异形体
D. 在周期表中金属与非金属的分界处可以找到半导体材料，如硅、锗、嫁等
5. 下列说法中正确的是( )
A. NaH中Na的化合价为−1价
B. 铁与水蒸气在高温条件下，生成红棕色固体
C. 鉴别碳酸钠溶液与碳酸氢钠溶液，可以选用澄清的石灰水
D. 向氯化铝溶液中加入过量氨水，可制得氢氧化铝
6. 下列各组离子，能在溶液中大量共存的是( )
A. Na+、Al3+、OH−、NO3− B. K+、H+、I−、Fe3+
C. Mg2+、Na+、SO42−、Cl− D. H+、K+、NO3−、CH3COO−
7. 类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实我的检验，才能决定其正确与否。下列几种类推结论中，正确的是( )
A. 由Al(OH)3是两性氢氧化物，可推出与Al同族的铊形成的Tl(OH)3也是两性氢氧化物
B. 由铁放置在空气中一段时间后就会生锈，可推出更活泼的钠不能稳定存在于空气中
C. 由“2Fe+3Cl2=2FeCl3”反应可推出“2Fe+3I2=2FeI3”反应也能发生
D. 由钠与氧气反应能生成Na2O2，可推出碱金属都能与氧气反应生成金属过氧化物
8. 利用传感器和信息处理终端对氯水的光照实验进行数据采集与分析得到如图图像，相关说法不正确的是( )
A. 氯水应保存在配有玻璃塞的棕色细口瓶中
B. 图一可为光照过程中氯水pH值变化情况
C. 图二可为光照过程氯水中氯离子浓度变化情况
D. 图三可为光照过程中氯气在瓶中体积分数
9. 下列离子方程式正确的是( )
A. 将铜片投入硫酸亚铁溶液中：Cu+Fe2+=Cu2++Fe
B. 将碳酸银溶于足量的稀硝酸：Ag2CO3+2H+=2Ag++CO2↑+H2O
C. 向碳酸氢钠溶液加入足量的稀盐酸：CO32−+2H+=CO2↑+H2O
D. 氧化亚铁与稀盐酸的反应：2H++FeO=Fe3++H2O
10. 如图实验装置不能达到实验目的的是( )
A. 图1：制备并观察氢氧化亚铁
B. 图2：脱脂棉燃烧证明过氧化钠与水反应放热
C. 图3：验证NaHCO3和Na3CO3的热稳定性
D. 图4：验证非金属性S>C>Si(已知硅酸为白色沉淀)
11. 某无色澄清溶液中可能含有①Na+、②SO42−、③Cl−、④HCO3−、⑤CO32−、⑥H3O+、⑦Cu2+中的若干种，依次进行下列实验，且步骤Ⅱ、Ⅲ所加试剂均过量，观察到的现象如表格所示．下列结论正确的是( )
步骤
操作
现象
Ⅰ
取样，滴加几滴紫色石蕊溶液，振荡
溶液变成红色
Ⅱ
取样，先滴加稀盐酸，再滴加BaCl2溶液
生成白色沉淀
Ⅲ
过滤Ⅱ中所得混合物，向滤液中滴加AgNO3和HNO3的混合液
生成白色沉淀
A. 一定含有的离子是②③⑥ B. 一定没有的离子是④⑤
C. 可能含有的离子是①③ D. 可能含有的离子是①②⑦
12. 下列除去杂质的实验方法正确的是( )
A. 除去CO2中少量CO：通入氧气点燃
B. 除去K2CO3固体中少量NaHCO3：置于坩埚中加热
C. 除去CO2中少量HCl：通入饱和氯化钠溶液，收集气体
D. 除去Fe中少量Al：加入适量NaOH溶液，过滤
13. 下列实验操作所对应的实验现象或者结论正确的是( )
选项
实验操作
实验现象或者结论
A
向质量为m1的硫酸铁溶液中加入少量镁粉，溶液质量变为m2
m1
向碳酸钠溶液滴入少量稀盐酸
立即产生大量气泡
C
向NaCl溶液中通入氟气
产生黄绿色气体
D
向BaCl2溶液中通CO2至过量
先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解
A. A B. B C. C D. D
14. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A. 46gNO2和N2O4组成的混合气体中含有的原子数为3NA
B. 2L0.25mol⋅L−1MgCl2溶液中，含有的Cl−数为NA
C. 2.24LCl2(标准状况下)与足量的铁粉充分反应，转移的电子数目为0.2NA
D. 2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
15. 部分短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，X元素的氢化物与其最高价氧化物的水化物可化合生成一种离子化合物。下列说法不正确的是( )
A. 原子半径：Z>W>X>Y
B. 元素Y的最高化合价与其主族序数相等
C. 元素最高价氧化物的水化物的酸性X>W
D. 元素Y的简单氢化物的分子构型为V形
16. 随着原子序数的递增，8种短周期元素原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价如图所示。
请用相应的化学用语回答下列问题：
(1)元素H在元素周期表中的位置是 ______。
(2)元素D、G的简单氢化物中，还原性较强的是 ______(填化学式)。元素G、H的最高价氧化物的水化物中，酸性较强的是 ______(填化学式)。
(3)元素D、E、F、G形成的简单离子中，半径最小的离子为 ______(填离子符号)。
(4)化合物BD2所含的化学键类型是 ______，由A、D、H三种元素原子个数比为1：1：1形成的化合物的电子式为 ______。
(5)用电子式表示元素E和H组成的化合物的形成过程：______。
(6)元素F的氧化物与E的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为 ______。
17. 磁性纳米四氧化三铁在催化剂、DNA检测、疾病的诊断和治疗等领域应用广泛，其制备方法有多种，“共沉淀法”制备纳米Fe3O4的流程如图：
(1)Ⅱ中的反应温度需控制在50℃∼60℃成Fe3O4的离子方程式是 ______.
(2)操作Ⅲ分离Fe3O4的方法为过滤，所需的玻璃仪器为烧杯、______、______.
(3)某同学依据上述“共沉淀法”的思路在实验室模拟制备纳米Fe3O4；为得到较纯净的纳米Fe3O4，FeCl2与FeCl3的物质的量之比最好为 ______.但实际操作时，却很难控制这一比例，原因是 ______.
(4)经过多次实验发现，当混合溶液中n(Fe2+)n(Fe3+)=1时，容易得到理想的纳米Fe3O4.在此条件下，如何检验Fe3+是否沉淀完全 ______.
(5)以太阳能为热源分解Fe3O4，铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示．
①下列叙述正确的是 ______(填字母).
A.过程Ⅰ的能量转化为太阳能→化学能
B.过程Ⅰ中O2为氧化剂
C.过程中的Fe3O4为碱性氧化物
D.铁氧化合物循环制H2与电解水制H2相比，具有节约能源的优点
②请写出反应Ⅱ对应的化学方程式 ______.
(6)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：3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑.下列有关的叙述不正确的是 ______(填字母).
A.NO2−的氧化性大于FeO22−的氧化性
B.反应中转移电子2mol，则生成还原产物0.5mol
C.枪支“发蓝”实质上是使铁表面钝化生成致密保护层导致难以生锈
D.上述反应中，若有8.4g单质铁被氧化，生成的氨气在标准状况下的体积为1.12升．(假设氨气完全逸出)
18. 从物质类别和元素化合价两个维度研究物质的性质及转化是重要的化学学习方法．氯及其化合物有重要用途，如图为氯元素的“价类二维图”的部分信息．请回答下列问题：
(1)根据图中信息写出Y、Z的化学式 ______、______.
(2)84消毒液能有效杀灭新冠病毒．某品牌84消毒液瓶体的部分标签如图所示．
84消毒液
有效成分：NaClO
规格：1000mL
质量分数：25%
密度：1.192g/cm3
回答下列问题：
①某使用说明中特别提醒84消毒液不可与洁厕灵(主要成分盐酸)混合使用，否则会产生Cl2，请用离子方程式表示其原因 ______.
②如图所示，该品牌84消毒液的物质的量浓度为 ______，84消毒液使用时需要稀释，某化学实验小组用上述84消毒液配制500mL0.2mol⋅L−1的稀溶液，需要用量筒量取该84消毒液 ______mL.
③配制过程中，下列操作会造成新配制的稀溶液浓度偏低的是 ______.
A.量取浓84消毒液的量筒用蒸馏水洗涤2∼3次，并把洗涤液转入容量瓶
B.容量瓶使用时未干燥
C.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线
D.定容时俯视刻度线
(3)①二氧化氯是一种高效消毒剂．实验室可用亚氯酸钠(NaClO2)溶液与氯气反应制ClO2，同时生成氯化钠，此反应的化学方程式为 ______.
②ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身被还原为Cl−，该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ______.
19. 铝镁合金是飞机制造、建筑等行业的重要材料。为测定某铝镁合金(不含其他元素)中铝的质量分数，将一定量铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，设计了下列实验方案进行探究.填写下列空白：
(1)同学们拟选用如图实验装置中的某些装置完成实验：
你认为最简易的装置其连接顺序是A→______→______→______；连接好装置首先应进行的操作是 ______。
(2)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装置。
①装置中导管a的作用除了 ______以外，从精确测量氢气体积的角度分析，还有一个作用是滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差。
②已知金属与酸的反应是放热反应，为了较准确测量室温、一个标准大气压下氢气的体积，在读反应前后量气管乙中液面的读数求氢气体积的过程中，除视线平视外还应注意 ______(填字母)。
A.冷却至室温再读数
B.乙管中液面不再上升时应该及时读数
C.读数时应上下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平
D.读数时不必使甲、乙中液面左右相平
③若实验用铝镁合金的质量为5.1g，测得氢气体积为5.6L(已转换成标准状况)，则合金中铝的质量分数为 ______(保留两位有效数字)。
(3)有同学提出把分液漏斗中的稀硫酸换成氢氧化钠溶液也可以测定铝镁合金中的铝的质量分数和铝的相对原子质量，若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bL(已换算为标准状况)，锥形瓶中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量(用a、b、c表示)为 ______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.钾元素的焰色试验为紫色，钠元素的焰色试验为黄色，利用焰色试验可以鉴别KNO3和Na2SO4，故A正确；
B.氯化钠是电解质溶液，医院里医生给“病人”做心电图时，在仪器与皮肤接触部位擦的一种电解质溶液为氯化钠溶液，酒精为非电解质，不能导电，故B错误；
C.传播新冠病毒的气溶胶具有胶体性质，其区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒粒度大小，胶体能发生丁达尔效应是特征性质，故C错误；
D.白青[Cu2(OH)2CO3]名称为碱式碳酸铜，属于盐，故D错误；
故选：A。
A.钾元素的焰色试验隔着钴玻璃为紫色，钠元素的焰色试验为黄色；
B.酒精属于非电解质；
C.分散系的本质特征是分散质微粒粒度大小；
D.碱式碳酸盐都属于盐类。
本题主要考查碳酸氢钠的溶解度，KNO3的焰色反应及氧化性，碱式碳酸盐的分类，同时考查学生对古诗词、古诗句的理解，属于基本知识的考查，属于高频考点，难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.NaOH含离子键、O−H共价键，故A正确；
B.过氧化氢只含共价键，故B错误；
C.硝酸只含共价键，故C错误；
D.氯化镁只含离子键，故D错误；
故选：A。
一般来说，活泼金属与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，以此来解答。
本题考查化学键与化合物，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.氯化铵为离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，其电子式为，故A错误；
B.用于考古测定年代的是C−14，该核素为 614C，故B错误；
C. 18O2−是中子数为10的氧离子，其质子数是8，核外电子数为10，核外各层上电子数分别为2、8，结构示意图为为，故C错误；
D. 238Pu、 239Pu和 241Pu是Pu元素的3种不同核素，它们互称为同位素，故D正确；
故选：D。
A.氯离子需要标出最外层电子；
B.用于考古测定年代的是C−14；
C.O2−的质子数是8，核外电子数为10；
D.质子数相同、中子数不同的一类原子互为同位素。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、核素符号及同位素、离子结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重学生规范答题能力的考查，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.我国人民币硬币的材质都属于合金，涉及到Fe、Cu、Al、Ni(镍)，新版1元硬币属于合金，故A正确；
B.酸的定义是在水溶液中电离的阳离子都是氢离子，而硫酸氢钠除了电离出氢离子外还有钠离子，故不属于酸，故B错误；
C.同种元素组成的不同单质是同素异形体，金刚石和石墨都是碳元素组成的单质，属于同分异构体，故C正确；
D.在周期表中金属与非金属的分界处元素既有金属性质也有非金属性质，可以找到半导体材料，故D正确；
故选：B。
A.我国人民币硬币的材质都属于合金；
B.酸的定义是在水溶液中电离的阳离子都是氢离子；
C.同种元素组成的不同单质是同素异形体；
D.在周期表中金属与非金属的分界处元素既有金属性质也有非金属性质。
本题考查合金、酸、同素异形体的概念，掌握基本概念是解答本题的关键，注意多积累基础知识。
5.【答案】D
【解析】解：A.金属元素无负化合价，金属氢化物NaH中，金属Na为+1价，氢为−1价，故A错误；
B.铁与水蒸气在高温条件下发生反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁为黑色固体，故B错误；
C.碳酸钠、碳酸氢钠与氢氧化钙反应都生成碳酸钙沉淀，产生现象相同，不能鉴别二者，故C错误；
D.AlCl3溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝和氯化铵，且氢氧化铝不溶于氨水，可制备氢氧化铝，故D正确；
故选：D。
A.金属元素无负化合价；
B.铁与水蒸气在高温条件下发生反应生成四氧化三铁和氢气；
C.碳酸钠、碳酸氢钠与氢氧化钙反应都生成碳酸钙沉淀；
D.AlCl3溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝和氯化铵。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、物质的鉴别为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.Al3+、OH−之间发生反应，不能大量共存，故A错误；
B.I−、Fe3+之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C.Mg2+、Na+、SO42−、Cl−之间不反应，能够大量共存，故C正确；
D.H+、CH3COO−之间反应生成醋酸，不能大量共存，故D错误；
故选：C。
离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存，以此进行判断。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.同主族元素从上到下金属性依次增强，Tl在Al的下方，活泼性强于Al，对应Tl(OH)3不是两性氢氧化物，故A错误；
B.金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，钠比铁活泼，易与氧气反应而变质，故B正确；
C.碘的氧化性弱于铁离子，所以铁与碘反应不能得到FeI3，故C错误；
D.锂性质较稳定，与氧气反应只生成氧化锂，不生成过氧化物，故D错误；
故选：B。
A.同主族元素从上到下金属性依次增强；
B.金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属钠易与氧气反应；
C.氯气的氧化性大于铁离子，碘的氧化性弱于铁离子；
D.锂性质较稳定，与氧气反应只生成氧化锂。
本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.氯水中次氯酸见光分解，所以氯水应保存在棕色带玻璃塞的细口瓶中，故A正确；
B.HClO是弱酸、盐酸是强酸，光照条件下HClO分解生成HCl，溶液酸性增强，故B正确；
C.氯水光照发生反应为2HClO−光照2HCl+O2↑，导致“Cl2+H2O⇌HCl+HClO”平衡正向移动，则溶液中c(Cl−)增大，故C正确；
D.溶液中存在反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO、2HClO−光照2HCl+O2↑，光照条件下HClO分解生成HCl导致“Cl2+H2O⇌HCl+HClO”平衡正向移动，则溶液中氯气在瓶中的体积分数逐渐减小，故D错误；
故选：D。
A.氯水中次氯酸见光分解；
B.HClO是弱酸、盐酸是强酸；
C.光照条件下HClO分解生成HCl，Cl−的浓度增大；
D.溶液中存在反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO、2HClO−光照2HCl+O2↑，光照条件下HClO分解生成HCl导致“Cl2+H2O⇌HCl+HClO”平衡正向移动。
本题考查氯元素及其化合物的性质，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确元素化合物的性质、光照条件下发生的反应是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.铜片投入硫酸亚铁不反应，无法书写离子方程式，故A错误；
B.碳酸银溶于稀硝酸的离子方程式为：Ag2CO3+2H+=2Ag++H2O+CO2↑，故B正确；
C.碳酸氢钠溶液加入足量的稀盐酸，离子方程式为：HCO3−+H+=CO2↑+H2O，故C错误；
D.氧化亚铁与稀盐酸反应，离子方程为：FeO+2H+=Fe2++H2O，故D错误，
故选：B。
A.铜片投入硫酸亚铁不反应；
B.碳酸银与稀硝酸反应生成硝酸银、二氧化碳和水；
C.碳酸氢钠拆成钠离子和碳酸氢根离子；
D.氧化亚铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和水．
本题考查离子方程式的书写判断，为中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等).
10.【答案】C
【解析】解：A.Fe与稀硫酸反应生成的氢气可排出装置内的空气，关闭止水夹，可使硫酸亚铁与NaOH反应，图中装置可制备并观察氢氧化亚铁，故A正确；
B.过氧化钠与水反应生成氧气，且放热，脱脂棉燃烧可证明过氧化钠与水反应放热，故B正确；
C.碳酸氢钠受热温度低，可分解生成碳酸钠，为对比二者的稳定性，小试管中应为碳酸氢钠，故C错误；
D.发生强酸制取弱酸的反应，由酸性为硫酸>碳酸>硅酸，可知非金属性S>C>Si，故D正确；
故选：C。
A.Fe与稀硫酸反应生成的氢气可排出装置内的空气，关闭止水夹，可使硫酸亚铁与NaOH反应；
B.过氧化钠与水反应生成氧气，且放热；
C.碳酸氢钠受热温度低，可分解生成碳酸钠；
D.发生强酸制取弱酸的反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.由上述分析可知，原溶液中一定含有②SO42−、⑥H3O+，可能含有③Cl−，故A错误；
B.由上述分析可知，原溶液中一定不含有④HCO3−、⑤CO32−、⑦Cu2+，故B错误；
C.由上述分析可知，原溶液中可能含有①Na+、③Cl−，故C正确；
D.由上述分析可知，原溶液中一定含有②SO42−，一定不含有⑦Cu2+，可能含有①Na+、③Cl−，故D错误；
故选：C。
溶液无色，则一定不含Cu2+；
I.取样，滴加几滴紫色石蕊溶液，振荡，溶液变成红色，说明溶液呈酸性，则溶液中含有⑥H3O+，一定不含 −④HCO3−、⑤CO32−；
Ⅱ.取样，先滴加稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀只能为BaSO4，溶液中一定含有②SO42−；
Ⅲ.过滤Ⅱ中所得混合物，向滤液中滴加AgNO3和HNO3的混合液，生成的白色沉淀为AgCl，该操作不能说明原溶液含有Cl−，但Ⅱ中加入BaCl2引入了Cl−；
综上，原溶液中一定含有②SO42−、⑥H3O+，一定不含有④HCO3−、⑤CO32−、⑦Cu2+，可能含有①Na+、③Cl−，据此分析解答。
本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握常见离子的检验方法和特征反应是解题关键，注意排除加入试剂时引入的离子干扰，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.二氧化碳过量，CO难点燃，不能除杂，应选灼热的CuO，故A错误；
B.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，引入新杂质，不能除杂，故B错误；
C.HCl极易溶于水，二氧化碳中易引入新杂质水蒸气，应选饱和碳酸氢钠、浓硫酸洗气，故C错误；
D.Al与NaOH溶液反应，Fe不能，反应后过滤可分离，故D正确；
故选：D。
A.二氧化碳过量，CO难点燃；
B.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；
C.HCl极易溶于水，二氧化碳中易引入新杂质水蒸气；
D.Al与NaOH溶液反应，Fe不能。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.Mg与铁离子反应生成镁离子、亚铁离子，无固体析出，则m1
C.NaCl溶液中通入氟气，氟气与水反应生成氧气，有无色气体产生，故C错误；
D.盐酸的酸性大于碳酸的酸性，则BaCl2溶液中通CO2至过量，不发生反应，无现象，故D错误；
故选：A。
A.Mg与铁离子反应生成镁离子、亚铁离子；
B.碳酸钠溶液滴入少量稀盐酸，生成碳酸氢钠；
C.NaCl溶液中通入氟气，氟气与水反应生成氧气；
D.盐酸的酸性大于碳酸的酸性。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A.46gNO2和N2O4组成的混合气体中含有的原子数为：46g46g/mol×3×NAmol−1=3NA，故A正确；
B.2L0.25mol⋅L−1MgCl2溶液中，含有的Cl−数为：2L×0.25mol/L×2×NAmol−1=NA，故B正确；
C.2.24LCl2(标准状况下)物质的量为：2.24L22.4L/mol=0.1mol，与足量的铁粉充分反应生成氯化铁，氯气完全反应，生成0.2mol氯离子，转移的电子数目为0.2NA，故C正确；
D.钠与氧气反应生成氧化物中钠为+1价，2.3gNa物质的量为：2.3g23g/mol=0.1mol，与O2完全反应生成0.1mol钠离子，反应中转移的电子数0.1NA，故D错误；
故选：D。
A.二氧化氮与四氧化二氮具有相同最简式NO2；
B.氯化镁为强电解质，水溶液中完全电离，1mol氯化镁溶液中电离产生2mol氯离子；
C.氯气与铁反应生成氯化铁，氯气的量少量完全反应，依据氯气的量计算转移电子数；
D.钠与氧气反应生成氧化物中钠为+1价。
本题考查了阿伏加德罗常数的计算，难度不大，应注意公式的选用以及氧化还原反应中电子转移个数的计算。
15.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，X为N、Y为O、Z为Si、W为P，
A.同主族从上到下原子半径增大，同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：Z>W>X>Y，故A正确；
B.Y为O，不存在最高正价，故B错误；
C.同主族从上到下非金属性减弱，则元素最高价氧化物的水化物的酸性X>W，故C正确；
D.元素Y的简单氢化物为水，O为sp3杂化，且含2对孤对电子，分子构型为V形，故D正确；
故选：B。
由短周期元素的位置可知，X位于第二周期，X元素的氢化物与其最高价氧化物的水化物可化合生成一种离子化合物为硝酸铵，可知X为N；结合位置可知Y为O、Z为Si、W为P，以此来解答。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
16.【答案】第三周ⅦA族 H2SHClO4 Al3+ 共价键 Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O
【解析】解：(1)H为Cl元素，原子序数为17，在元素周期表中位于第三周ⅦA族，
故答案为：第三周ⅦA族；
(2)元素D、G的简单气态氢化物分别H2O、为H2S、HCl，非金属性S
(3)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，则元素D、E、F、G形成的简单离子的离子半径大小为：S2−>O2−>Na+>Al3+，半径最小的离子为Al3+，
故答案为：Al3+；
(4)化合物BD2为CO2，CO2属于共价化合物，其分子中只含有共价键；由A、D、H三种元素原子个数比为1：1：1形成的化合物为HClO，HClO为共价化合物，其电子式为，
故答案为：共价键；；
(5)元素E和H组成的化合物为NaCl，NaCl为离子化合物，用电子式表示NaCl的形成过程为，
故答案为：；
(6)元素F的氧化物为氧化铝，与E的最高价氧化物的水化物为NaOH，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，该反应的离子方程式为：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O。
随着原子序数的递增，8种短周期元素原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价如图所示，A位于第一周期，B、C、D位于第二周期，E、F、G、H位于第三周期，结合元素化合价可知，A为H，B为C，C为N，D为O，E为Na，F为Al，G为S，H为Cl元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，为高频考点，结合原子半径、原子序数来推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，题目难度不大。
17.【答案】Fe2++2Fe3++8OH−−50∼60℃Fe3O4↓+4H2O玻璃棒 烧杯 1：2Fe2+极易被氧化为Fe3+ 取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红色，表明沉淀完全 AD3FeO+H2O−△Fe3O4+H2 B
【解析】解：(1)Ⅱ中氯化铁和氯化亚铁与氢氧化钠反应生成Fe3O4沉淀，反应的离子方程式为：Fe2++2Fe3++8OH−−50∼60℃Fe3O4↓+4H2O，
故答案为：Fe2++2Fe3++8OH−−50∼60℃Fe3O4↓+4H2O；
(2)操作Ⅲ分离Fe3O4的方法为过滤，所需的玻璃仪器为烧杯、烧杯、玻璃棒，
故答案为：玻璃棒、烧杯；
(3)根据方程式Fe2++2Fe3++8OH−−50∼60℃Fe3O4↓+4H2O可知，为得到较纯净的纳米Fe3O4，FeCl2与FeCl3的物质的量之比最好为1：2；二价铁有还原性，容Fe2+极易被氧化为Fe3+，
故答案为：1：2；Fe2+极易被氧化为Fe3+；
(4)三价铁和硫氰化钾反应，溶液会变成血红色，具体操作为取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红色，表明沉淀完全，
故答案为：取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红色，表明沉淀完全；
(5)①A.以太阳能为热源分解Fe3O4，过程I和过程Ⅱ均为吸热反应，故能量转化形式是太阳能→化学能，故A正确；
B.过程Ⅰ的反应为2Fe3O4(s)−太阳能6FeO(s)+O2(g)，氧气为氧化产物，故B错误；
C.碱性氧化物是指溶于水而生成碱或与酸反应而成盐和水的氧化物，且只能生成一种盐，而四氧化三铁和酸反应生成了两种盐，即铁盐和亚铁盐，因此不是碱性氧化物，故C错误；
D.由图象知Fe3O4为催化剂，可以循环使用，生成的气体在两个反应中，易分离，且由于利用太阳能，故节约能源、成本低，故D正确，
故答案为：AD；
②由图可知反应Ⅱ对应的化学方程式为：3FeO+H2O−△Fe3O4+H2，
故答案为：3FeO+H2O−△Fe3O4+H2；
(6)A.该化学反应中，Fe元素的化合价从O变为+2价，化合价升高了2价，则Fe为还原剂；N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的−3价，化合价降低了6价；氨气为还原产物，反应中生成1mol氨气转移6mol电子；该反应中氧化剂为NO2−，氧化产物为FeO22−，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则NO2−的氧化性大于FeO22−的氧化性，故A正确；
B.根据A项分析，氨气为还原产物，反应中生成1mol氨气转移6mol电子，则反应中转移电子2mol，则生成还原产物13mol，故B错误；
C.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导致难以生锈．故C正确；
D.8.4g铁的物质的量为0.15mol，通过方程式3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑，可知8.4g单质铁被氧化，生成的氨气在标准状况下的体积为0.15×13×22.4=1.12升(假设氨气完全逸出)，故D正确，
故答案为：B。
本题利用氯化亚铁和氯化铁制备磁性纳米四氧化三铁，首先将两种物质用水溶解，然后加入氢氧化钠溶液调节pH，在50∼60℃的条件下，发生反应制备出四氧化三铁，之后再烘干即可制备产品，以此解题；
(4)根据三价铁和硫氰化钾反应，溶液会变成血红色，滴加KSCN溶液检验；
(5)结合反应过程分析Fe3O4在太阳能作用下分解为O2和FeO，发生反应为2Fe3O4(s)−太阳能6FeO(s)+O2(g)，FeO和水加热，发生反应为：3FeO+H2O−△Fe3O4+H2，据此解答；
(6)3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑反应中，Fe元素的化合价从0变为+2价，则Fe为还原剂，N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的−3价，则NaNO2为氧化剂，据此进行解答。
本题考查物质物质的制备，为高频考点，侧重考查学生分析能力、实验基本操作能力等，明确流程图中发生的反应及基本操作方法、物质性质是解本题关键，题目难度中等。
18.【答案】Cl2O7 HClOClO−+2H++Cl−=Cl2↑+H2O4mol/L25.0C2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2↑2：5
【解析】解：(1)由图可知，Y为+7的氧化物，即Cl2O7，Z为+1价的含氧酸，即为HClO，
故答案为：Cl2O7；HClO；
(2)①84消毒液不可与洁厕灵混合使用，否则会产生Cl2，该反应的离子方程式为：ClO−+2H++Cl−=Cl2↑+H2O，
故答案为：ClO−+2H++Cl−=Cl2↑+H2O；
②由图可知，该品牌84消毒液的物质的量浓度为1000×1.192×25%74.5mol/L≈4mol/L，根据稀释定律，则有：4mol/L×V=500mL×0.2mol⋅L−1，解得V=25.0，即用上述84消毒液配制500mL0.2mol⋅L−1的稀溶液，需要用量筒量取该84消毒液25.0mL，
故答案为：4mol/L；25.0；
③A.量筒是不需要洗涤的，若量取浓84消毒液的量筒用蒸馏水洗涤2∼3次，并把洗涤液转入容量瓶，则会导致溶质偏多，进一步导致溶液浓度偏高，故A错误；
B.容量瓶使用时不需要干燥，有水对配制溶液浓度无影响，故B错误；
C.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，即对溶液进行了稀释，会导致溶液浓度偏低，故C正确；
D.定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，进一步导致溶液浓度偏高，故D错误；
故答案为：C；
(3)①二氧化氯是一种高效消毒剂，实验室可用亚氯酸钠(NaClO2)溶液与氯气反应制ClO2，同时生成氯化钠，此反应的化学方程式为：2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2↑，
故答案为：2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2↑；
②ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身被还原为Cl−，氯元素化合价降低了5价，ClO2做氧化剂，锰元素化合价升高了2价，Mn2+做还原剂，则反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5，
故答案为：2：5。
(1)由图可知，Y为+7的氧化物，Z为+1价的含氧酸；
(2)①次氯酸钠与盐酸可以发生归中反应生成Cl2；
②根据物质的量浓度与溶质质量分数的换算公式进行计算该品牌84消毒液的物质的量浓度，根据稀释定律计算该84消毒液的体积；
③A.量筒是不需要洗涤的；
B.容量瓶使用时不需要干燥；
C.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，不需要再加蒸馏水补至刻度线；
D.定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小；
(3)①亚氯酸钠溶液与氯气反应制ClO2，同时生成氯化钠，根据化合价升降守恒和原子守恒即可写出该反应的化学方程式；
②根据化合价升降守恒判断氧化剂与还原剂的物质的量之比。
本题主要考查氯及其化合物的性质与应用，同时考查学生价类二维图的思想，物质的量浓度的计算，方程式的书写等，都属于基本知识的考查，难度不大。
19.【答案】E D F 检查装置气密性 保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下 AC53%33.6(a−c)b
【解析】解：(1)装置的组装顺序：合金与稀硫酸反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的广口瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：A接E、D接F；连接好装置首先应检查装置气密性，
故答案为：E；D；F；检查装置气密性；
(2)①装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，平衡气体压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下，
故答案为：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下；
②A.反应放热导致温度升高，气压增大，故应冷却后再读取氢气的体积，故A正确；
B.反应放热导致温度升高，所以不能在乙管中液面不再上升时就读数，应冷却到室温后再读取氢气的体积，故B错误；
C.读取实验中生成氢气的体积时应上下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平，以保证甲中气体压强与大气压相等，故C正确；
D.由C中分析，可知应使甲、乙中液面左右相平，以保证甲中气体压强与大气压相等，故D错误，
故答案为：AC；
③反应生成氢气为5.6L22.4L/mol=0.25mol，设5.1g镁铝合金中Al、Mg物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、电子转移守恒有：27x+24y=5.13x+2y=0.25×2，解得x=y=0.1，故合金中Al的质量分数为0.1mol×27g/mol5.1g×100%≈53%，
故答案为：53%；
(3)把分液漏斗中的稀硫酸换成氢氧化钠溶液，只有合金中的铝与氢氧化钠反应产生气体，锥形瓶中剩余固体的质量为cg为镁，铝为(a−c)g，设铝的原子量为M，则Al的物质的量为a−cMmol，由电子转移守恒可知生成氢气为a−cM×32mol，则a−cM×32mol×22.4L/mol=bL，整理可得M=33.6(a−c)b，
故答案为：33.6(a−c)b。
(1)合金与稀硫酸反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的广口瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；反应产生气体，需要检验装置气密性；
(2)①平衡气体压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下；
②A.反应放热导致温度升高，气压增大，应冷却后再读取氢气的体积，读取实氢气的体积时应上下移动量气管乙，以保证甲中气体压强与大气压相等；
③设5.1g镁铝合金中Al、Mg物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、电子转移守恒列出计算解答；
(3)把分液漏斗中的稀硫酸换成氢氧化钠溶液，只有合金中的铝与氢氧化钠反应产生气体，锥形瓶中剩余固体的质量为cg为镁，铝为(a−c)g，设铝的相对原子量为M，表示出Al的物质的量，结合氢气的体积列方程计算解答。
本题考查物质含量测定实验，关键是理解实验原理，明确各装置的作用，注意量气装置读数时的操作，试题侧重考查学生分析能力、运用知识解决实际问题的能力。
2021-2022学年辽宁省抚顺市六校高一（上）期末化学试卷
1. 中国传统文化对人类文明贡献巨大，下列关于化学的应用和记载对其说明合理的是( )
A. 《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和补硝(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，二者也可以利用“焰色试验”区分
B. 医院里医生给“病人”做心电图时，在仪器与皮肤接触部位擦的一种电解质溶液是医用酒精
C. 传播新冠病毒的气溶胶具有胶体性质，其区别于其他分散系的本质特征是能发生丁达尔效应
D. 《神农本草经》中提到“白青[Cu2(OH)2CO3]得铁化为铜”，其中白青属于碱
2. 下列物质中既含离子键，又含共价键的是( )
A. NaOH B. H2O2 C. HNO3 D. MgCl2
3. 下列化学用语描述正确的是( )
A. NH4Cl的电子式：
B. 可用于考古断代的一种核素的符号： 613C
C. 18O2−的结构示意图：
D. 238Pu、 239Pu和 241Pu互称为同位素
4. 下列说法中不正确的是( )
A. 新版1元硬币和硬铝均属于合金
B. NaHSO4在水溶液中能电离出H+，因此NaHSO4属于酸
C. 金刚石和石墨，都是碳元素的同素异形体
D. 在周期表中金属与非金属的分界处可以找到半导体材料，如硅、锗、嫁等
5. 下列说法中正确的是( )
A. NaH中Na的化合价为−1价
B. 铁与水蒸气在高温条件下，生成红棕色固体
C. 鉴别碳酸钠溶液与碳酸氢钠溶液，可以选用澄清的石灰水
D. 向氯化铝溶液中加入过量氨水，可制得氢氧化铝
6. 下列各组离子，能在溶液中大量共存的是( )
A. Na+、Al3+、OH−、NO3− B. K+、H+、I−、Fe3+
C. Mg2+、Na+、SO42−、Cl− D. H+、K+、NO3−、CH3COO−
7. 类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实我的检验，才能决定其正确与否。下列几种类推结论中，正确的是( )
A. 由Al(OH)3是两性氢氧化物，可推出与Al同族的铊形成的Tl(OH)3也是两性氢氧化物
B. 由铁放置在空气中一段时间后就会生锈，可推出更活泼的钠不能稳定存在于空气中
C. 由“2Fe+3Cl2=2FeCl3”反应可推出“2Fe+3I2=2FeI3”反应也能发生
D. 由钠与氧气反应能生成Na2O2，可推出碱金属都能与氧气反应生成金属过氧化物
8. 利用传感器和信息处理终端对氯水的光照实验进行数据采集与分析得到如图图像，相关说法不正确的是( )
A. 氯水应保存在配有玻璃塞的棕色细口瓶中
B. 图一可为光照过程中氯水pH值变化情况
C. 图二可为光照过程氯水中氯离子浓度变化情况
D. 图三可为光照过程中氯气在瓶中体积分数
9. 下列离子方程式正确的是( )
A. 将铜片投入硫酸亚铁溶液中：Cu+Fe2+=Cu2++Fe
B. 将碳酸银溶于足量的稀硝酸：Ag2CO3+2H+=2Ag++CO2↑+H2O
C. 向碳酸氢钠溶液加入足量的稀盐酸：CO32−+2H+=CO2↑+H2O
D. 氧化亚铁与稀盐酸的反应：2H++FeO=Fe3++H2O
10. 如图实验装置不能达到实验目的的是( )
A. 图1：制备并观察氢氧化亚铁
B. 图2：脱脂棉燃烧证明过氧化钠与水反应放热
C. 图3：验证NaHCO3和Na3CO3的热稳定性
D. 图4：验证非金属性S>C>Si(已知硅酸为白色沉淀)
11. 某无色澄清溶液中可能含有①Na+、②SO42−、③Cl−、④HCO3−、⑤CO32−、⑥H3O+、⑦Cu2+中的若干种，依次进行下列实验，且步骤Ⅱ、Ⅲ所加试剂均过量，观察到的现象如表格所示．下列结论正确的是( )
步骤
操作
现象
Ⅰ
取样，滴加几滴紫色石蕊溶液，振荡
溶液变成红色
Ⅱ
取样，先滴加稀盐酸，再滴加BaCl2溶液
生成白色沉淀
Ⅲ
过滤Ⅱ中所得混合物，向滤液中滴加AgNO3和HNO3的混合液
生成白色沉淀
A. 一定含有的离子是②③⑥ B. 一定没有的离子是④⑤
C. 可能含有的离子是①③ D. 可能含有的离子是①②⑦
12. 下列除去杂质的实验方法正确的是( )
A. 除去CO2中少量CO：通入氧气点燃
B. 除去K2CO3固体中少量NaHCO3：置于坩埚中加热
C. 除去CO2中少量HCl：通入饱和氯化钠溶液，收集气体
D. 除去Fe中少量Al：加入适量NaOH溶液，过滤
13. 下列实验操作所对应的实验现象或者结论正确的是( )
选项
实验操作
实验现象或者结论
A
向质量为m1的硫酸铁溶液中加入少量镁粉，溶液质量变为m2
m1
向碳酸钠溶液滴入少量稀盐酸
立即产生大量气泡
C
向NaCl溶液中通入氟气
产生黄绿色气体
D
向BaCl2溶液中通CO2至过量
先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解
A. A B. B C. C D. D
14. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A. 46gNO2和N2O4组成的混合气体中含有的原子数为3NA
B. 2L0.25mol⋅L−1MgCl2溶液中，含有的Cl−数为NA
C. 2.24LCl2(标准状况下)与足量的铁粉充分反应，转移的电子数目为0.2NA
D. 2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
15. 部分短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，X元素的氢化物与其最高价氧化物的水化物可化合生成一种离子化合物。下列说法不正确的是( )
A. 原子半径：Z>W>X>Y
B. 元素Y的最高化合价与其主族序数相等
C. 元素最高价氧化物的水化物的酸性X>W
D. 元素Y的简单氢化物的分子构型为V形
16. 随着原子序数的递增，8种短周期元素原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价如图所示。
请用相应的化学用语回答下列问题：
(1)元素H在元素周期表中的位置是 ______。
(2)元素D、G的简单氢化物中，还原性较强的是 ______(填化学式)。元素G、H的最高价氧化物的水化物中，酸性较强的是 ______(填化学式)。
(3)元素D、E、F、G形成的简单离子中，半径最小的离子为 ______(填离子符号)。
(4)化合物BD2所含的化学键类型是 ______，由A、D、H三种元素原子个数比为1：1：1形成的化合物的电子式为 ______。
(5)用电子式表示元素E和H组成的化合物的形成过程：______。
(6)元素F的氧化物与E的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为 ______。
17. 磁性纳米四氧化三铁在催化剂、DNA检测、疾病的诊断和治疗等领域应用广泛，其制备方法有多种，“共沉淀法”制备纳米Fe3O4的流程如图：
(1)Ⅱ中的反应温度需控制在50℃∼60℃成Fe3O4的离子方程式是 ______.
(2)操作Ⅲ分离Fe3O4的方法为过滤，所需的玻璃仪器为烧杯、______、______.
(3)某同学依据上述“共沉淀法”的思路在实验室模拟制备纳米Fe3O4；为得到较纯净的纳米Fe3O4，FeCl2与FeCl3的物质的量之比最好为 ______.但实际操作时，却很难控制这一比例，原因是 ______.
(4)经过多次实验发现，当混合溶液中n(Fe2+)n(Fe3+)=1时，容易得到理想的纳米Fe3O4.在此条件下，如何检验Fe3+是否沉淀完全 ______.
(5)以太阳能为热源分解Fe3O4，铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示．
①下列叙述正确的是 ______(填字母).
A.过程Ⅰ的能量转化为太阳能→化学能
B.过程Ⅰ中O2为氧化剂
C.过程中的Fe3O4为碱性氧化物
D.铁氧化合物循环制H2与电解水制H2相比，具有节约能源的优点
②请写出反应Ⅱ对应的化学方程式 ______.
(6)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：3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑.下列有关的叙述不正确的是 ______(填字母).
A.NO2−的氧化性大于FeO22−的氧化性
B.反应中转移电子2mol，则生成还原产物0.5mol
C.枪支“发蓝”实质上是使铁表面钝化生成致密保护层导致难以生锈
D.上述反应中，若有8.4g单质铁被氧化，生成的氨气在标准状况下的体积为1.12升．(假设氨气完全逸出)
18. 从物质类别和元素化合价两个维度研究物质的性质及转化是重要的化学学习方法．氯及其化合物有重要用途，如图为氯元素的“价类二维图”的部分信息．请回答下列问题：
(1)根据图中信息写出Y、Z的化学式 ______、______.
(2)84消毒液能有效杀灭新冠病毒．某品牌84消毒液瓶体的部分标签如图所示．
84消毒液
有效成分：NaClO
规格：1000mL
质量分数：25%
密度：1.192g/cm3
回答下列问题：
①某使用说明中特别提醒84消毒液不可与洁厕灵(主要成分盐酸)混合使用，否则会产生Cl2，请用离子方程式表示其原因 ______.
②如图所示，该品牌84消毒液的物质的量浓度为 ______，84消毒液使用时需要稀释，某化学实验小组用上述84消毒液配制500mL0.2mol⋅L−1的稀溶液，需要用量筒量取该84消毒液 ______mL.
③配制过程中，下列操作会造成新配制的稀溶液浓度偏低的是 ______.
A.量取浓84消毒液的量筒用蒸馏水洗涤2∼3次，并把洗涤液转入容量瓶
B.容量瓶使用时未干燥
C.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线
D.定容时俯视刻度线
(3)①二氧化氯是一种高效消毒剂．实验室可用亚氯酸钠(NaClO2)溶液与氯气反应制ClO2，同时生成氯化钠，此反应的化学方程式为 ______.
②ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身被还原为Cl−，该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ______.
19. 铝镁合金是飞机制造、建筑等行业的重要材料。为测定某铝镁合金(不含其他元素)中铝的质量分数，将一定量铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，设计了下列实验方案进行探究.填写下列空白：
(1)同学们拟选用如图实验装置中的某些装置完成实验：
你认为最简易的装置其连接顺序是A→______→______→______；连接好装置首先应进行的操作是 ______。
(2)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装置。
①装置中导管a的作用除了 ______以外，从精确测量氢气体积的角度分析，还有一个作用是滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差。
②已知金属与酸的反应是放热反应，为了较准确测量室温、一个标准大气压下氢气的体积，在读反应前后量气管乙中液面的读数求氢气体积的过程中，除视线平视外还应注意 ______(填字母)。
A.冷却至室温再读数
B.乙管中液面不再上升时应该及时读数
C.读数时应上下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平
D.读数时不必使甲、乙中液面左右相平
③若实验用铝镁合金的质量为5.1g，测得氢气体积为5.6L(已转换成标准状况)，则合金中铝的质量分数为 ______(保留两位有效数字)。
(3)有同学提出把分液漏斗中的稀硫酸换成氢氧化钠溶液也可以测定铝镁合金中的铝的质量分数和铝的相对原子质量，若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bL(已换算为标准状况)，锥形瓶中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量(用a、b、c表示)为 ______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.钾元素的焰色试验为紫色，钠元素的焰色试验为黄色，利用焰色试验可以鉴别KNO3和Na2SO4，故A正确；
B.氯化钠是电解质溶液，医院里医生给“病人”做心电图时，在仪器与皮肤接触部位擦的一种电解质溶液为氯化钠溶液，酒精为非电解质，不能导电，故B错误；
C.传播新冠病毒的气溶胶具有胶体性质，其区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒粒度大小，胶体能发生丁达尔效应是特征性质，故C错误；
D.白青[Cu2(OH)2CO3]名称为碱式碳酸铜，属于盐，故D错误；
故选：A。
A.钾元素的焰色试验隔着钴玻璃为紫色，钠元素的焰色试验为黄色；
B.酒精属于非电解质；
C.分散系的本质特征是分散质微粒粒度大小；
D.碱式碳酸盐都属于盐类。
本题主要考查碳酸氢钠的溶解度，KNO3的焰色反应及氧化性，碱式碳酸盐的分类，同时考查学生对古诗词、古诗句的理解，属于基本知识的考查，属于高频考点，难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.NaOH含离子键、O−H共价键，故A正确；
B.过氧化氢只含共价键，故B错误；
C.硝酸只含共价键，故C错误；
D.氯化镁只含离子键，故D错误；
故选：A。
一般来说，活泼金属与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，以此来解答。
本题考查化学键与化合物，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.氯化铵为离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，其电子式为，故A错误；
B.用于考古测定年代的是C−14，该核素为 614C，故B错误；
C. 18O2−是中子数为10的氧离子，其质子数是8，核外电子数为10，核外各层上电子数分别为2、8，结构示意图为为，故C错误；
D. 238Pu、 239Pu和 241Pu是Pu元素的3种不同核素，它们互称为同位素，故D正确；
故选：D。
A.氯离子需要标出最外层电子；
B.用于考古测定年代的是C−14；
C.O2−的质子数是8，核外电子数为10；
D.质子数相同、中子数不同的一类原子互为同位素。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、核素符号及同位素、离子结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重学生规范答题能力的考查，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.我国人民币硬币的材质都属于合金，涉及到Fe、Cu、Al、Ni(镍)，新版1元硬币属于合金，故A正确；
B.酸的定义是在水溶液中电离的阳离子都是氢离子，而硫酸氢钠除了电离出氢离子外还有钠离子，故不属于酸，故B错误；
C.同种元素组成的不同单质是同素异形体，金刚石和石墨都是碳元素组成的单质，属于同分异构体，故C正确；
D.在周期表中金属与非金属的分界处元素既有金属性质也有非金属性质，可以找到半导体材料，故D正确；
故选：B。
A.我国人民币硬币的材质都属于合金；
B.酸的定义是在水溶液中电离的阳离子都是氢离子；
C.同种元素组成的不同单质是同素异形体；
D.在周期表中金属与非金属的分界处元素既有金属性质也有非金属性质。
本题考查合金、酸、同素异形体的概念，掌握基本概念是解答本题的关键，注意多积累基础知识。
5.【答案】D
【解析】解：A.金属元素无负化合价，金属氢化物NaH中，金属Na为+1价，氢为−1价，故A错误；
B.铁与水蒸气在高温条件下发生反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁为黑色固体，故B错误；
C.碳酸钠、碳酸氢钠与氢氧化钙反应都生成碳酸钙沉淀，产生现象相同，不能鉴别二者，故C错误；
D.AlCl3溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝和氯化铵，且氢氧化铝不溶于氨水，可制备氢氧化铝，故D正确；
故选：D。
A.金属元素无负化合价；
B.铁与水蒸气在高温条件下发生反应生成四氧化三铁和氢气；
C.碳酸钠、碳酸氢钠与氢氧化钙反应都生成碳酸钙沉淀；
D.AlCl3溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝和氯化铵。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、物质的鉴别为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.Al3+、OH−之间发生反应，不能大量共存，故A错误；
B.I−、Fe3+之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C.Mg2+、Na+、SO42−、Cl−之间不反应，能够大量共存，故C正确；
D.H+、CH3COO−之间反应生成醋酸，不能大量共存，故D错误；
故选：C。
离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存，以此进行判断。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.同主族元素从上到下金属性依次增强，Tl在Al的下方，活泼性强于Al，对应Tl(OH)3不是两性氢氧化物，故A错误；
B.金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，钠比铁活泼，易与氧气反应而变质，故B正确；
C.碘的氧化性弱于铁离子，所以铁与碘反应不能得到FeI3，故C错误；
D.锂性质较稳定，与氧气反应只生成氧化锂，不生成过氧化物，故D错误；
故选：B。
A.同主族元素从上到下金属性依次增强；
B.金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属钠易与氧气反应；
C.氯气的氧化性大于铁离子，碘的氧化性弱于铁离子；
D.锂性质较稳定，与氧气反应只生成氧化锂。
本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.氯水中次氯酸见光分解，所以氯水应保存在棕色带玻璃塞的细口瓶中，故A正确；
B.HClO是弱酸、盐酸是强酸，光照条件下HClO分解生成HCl，溶液酸性增强，故B正确；
C.氯水光照发生反应为2HClO−光照2HCl+O2↑，导致“Cl2+H2O⇌HCl+HClO”平衡正向移动，则溶液中c(Cl−)增大，故C正确；
D.溶液中存在反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO、2HClO−光照2HCl+O2↑，光照条件下HClO分解生成HCl导致“Cl2+H2O⇌HCl+HClO”平衡正向移动，则溶液中氯气在瓶中的体积分数逐渐减小，故D错误；
故选：D。
A.氯水中次氯酸见光分解；
B.HClO是弱酸、盐酸是强酸；
C.光照条件下HClO分解生成HCl，Cl−的浓度增大；
D.溶液中存在反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO、2HClO−光照2HCl+O2↑，光照条件下HClO分解生成HCl导致“Cl2+H2O⇌HCl+HClO”平衡正向移动。
本题考查氯元素及其化合物的性质，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确元素化合物的性质、光照条件下发生的反应是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.铜片投入硫酸亚铁不反应，无法书写离子方程式，故A错误；
B.碳酸银溶于稀硝酸的离子方程式为：Ag2CO3+2H+=2Ag++H2O+CO2↑，故B正确；
C.碳酸氢钠溶液加入足量的稀盐酸，离子方程式为：HCO3−+H+=CO2↑+H2O，故C错误；
D.氧化亚铁与稀盐酸反应，离子方程为：FeO+2H+=Fe2++H2O，故D错误，
故选：B。
A.铜片投入硫酸亚铁不反应；
B.碳酸银与稀硝酸反应生成硝酸银、二氧化碳和水；
C.碳酸氢钠拆成钠离子和碳酸氢根离子；
D.氧化亚铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和水．
本题考查离子方程式的书写判断，为中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等).
10.【答案】C
【解析】解：A.Fe与稀硫酸反应生成的氢气可排出装置内的空气，关闭止水夹，可使硫酸亚铁与NaOH反应，图中装置可制备并观察氢氧化亚铁，故A正确；
B.过氧化钠与水反应生成氧气，且放热，脱脂棉燃烧可证明过氧化钠与水反应放热，故B正确；
C.碳酸氢钠受热温度低，可分解生成碳酸钠，为对比二者的稳定性，小试管中应为碳酸氢钠，故C错误；
D.发生强酸制取弱酸的反应，由酸性为硫酸>碳酸>硅酸，可知非金属性S>C>Si，故D正确；
故选：C。
A.Fe与稀硫酸反应生成的氢气可排出装置内的空气，关闭止水夹，可使硫酸亚铁与NaOH反应；
B.过氧化钠与水反应生成氧气，且放热；
C.碳酸氢钠受热温度低，可分解生成碳酸钠；
D.发生强酸制取弱酸的反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.由上述分析可知，原溶液中一定含有②SO42−、⑥H3O+，可能含有③Cl−，故A错误；
B.由上述分析可知，原溶液中一定不含有④HCO3−、⑤CO32−、⑦Cu2+，故B错误；
C.由上述分析可知，原溶液中可能含有①Na+、③Cl−，故C正确；
D.由上述分析可知，原溶液中一定含有②SO42−，一定不含有⑦Cu2+，可能含有①Na+、③Cl−，故D错误；
故选：C。
溶液无色，则一定不含Cu2+；
I.取样，滴加几滴紫色石蕊溶液，振荡，溶液变成红色，说明溶液呈酸性，则溶液中含有⑥H3O+，一定不含 −④HCO3−、⑤CO32−；
Ⅱ.取样，先滴加稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀只能为BaSO4，溶液中一定含有②SO42−；
Ⅲ.过滤Ⅱ中所得混合物，向滤液中滴加AgNO3和HNO3的混合液，生成的白色沉淀为AgCl，该操作不能说明原溶液含有Cl−，但Ⅱ中加入BaCl2引入了Cl−；
综上，原溶液中一定含有②SO42−、⑥H3O+，一定不含有④HCO3−、⑤CO32−、⑦Cu2+，可能含有①Na+、③Cl−，据此分析解答。
本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握常见离子的检验方法和特征反应是解题关键，注意排除加入试剂时引入的离子干扰，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.二氧化碳过量，CO难点燃，不能除杂，应选灼热的CuO，故A错误；
B.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，引入新杂质，不能除杂，故B错误；
C.HCl极易溶于水，二氧化碳中易引入新杂质水蒸气，应选饱和碳酸氢钠、浓硫酸洗气，故C错误；
D.Al与NaOH溶液反应，Fe不能，反应后过滤可分离，故D正确；
故选：D。
A.二氧化碳过量，CO难点燃；
B.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；
C.HCl极易溶于水，二氧化碳中易引入新杂质水蒸气；
D.Al与NaOH溶液反应，Fe不能。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.Mg与铁离子反应生成镁离子、亚铁离子，无固体析出，则m1
C.NaCl溶液中通入氟气，氟气与水反应生成氧气，有无色气体产生，故C错误；
D.盐酸的酸性大于碳酸的酸性，则BaCl2溶液中通CO2至过量，不发生反应，无现象，故D错误；
故选：A。
A.Mg与铁离子反应生成镁离子、亚铁离子；
B.碳酸钠溶液滴入少量稀盐酸，生成碳酸氢钠；
C.NaCl溶液中通入氟气，氟气与水反应生成氧气；
D.盐酸的酸性大于碳酸的酸性。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A.46gNO2和N2O4组成的混合气体中含有的原子数为：46g46g/mol×3×NAmol−1=3NA，故A正确；
B.2L0.25mol⋅L−1MgCl2溶液中，含有的Cl−数为：2L×0.25mol/L×2×NAmol−1=NA，故B正确；
C.2.24LCl2(标准状况下)物质的量为：2.24L22.4L/mol=0.1mol，与足量的铁粉充分反应生成氯化铁，氯气完全反应，生成0.2mol氯离子，转移的电子数目为0.2NA，故C正确；
D.钠与氧气反应生成氧化物中钠为+1价，2.3gNa物质的量为：2.3g23g/mol=0.1mol，与O2完全反应生成0.1mol钠离子，反应中转移的电子数0.1NA，故D错误；
故选：D。
A.二氧化氮与四氧化二氮具有相同最简式NO2；
B.氯化镁为强电解质，水溶液中完全电离，1mol氯化镁溶液中电离产生2mol氯离子；
C.氯气与铁反应生成氯化铁，氯气的量少量完全反应，依据氯气的量计算转移电子数；
D.钠与氧气反应生成氧化物中钠为+1价。
本题考查了阿伏加德罗常数的计算，难度不大，应注意公式的选用以及氧化还原反应中电子转移个数的计算。
15.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，X为N、Y为O、Z为Si、W为P，
A.同主族从上到下原子半径增大，同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：Z>W>X>Y，故A正确；
B.Y为O，不存在最高正价，故B错误；
C.同主族从上到下非金属性减弱，则元素最高价氧化物的水化物的酸性X>W，故C正确；
D.元素Y的简单氢化物为水，O为sp3杂化，且含2对孤对电子，分子构型为V形，故D正确；
故选：B。
由短周期元素的位置可知，X位于第二周期，X元素的氢化物与其最高价氧化物的水化物可化合生成一种离子化合物为硝酸铵，可知X为N；结合位置可知Y为O、Z为Si、W为P，以此来解答。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
16.【答案】第三周ⅦA族 H2SHClO4 Al3+ 共价键 Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O
【解析】解：(1)H为Cl元素，原子序数为17，在元素周期表中位于第三周ⅦA族，
故答案为：第三周ⅦA族；
(2)元素D、G的简单气态氢化物分别H2O、为H2S、HCl，非金属性S
(3)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，则元素D、E、F、G形成的简单离子的离子半径大小为：S2−>O2−>Na+>Al3+，半径最小的离子为Al3+，
故答案为：Al3+；
(4)化合物BD2为CO2，CO2属于共价化合物，其分子中只含有共价键；由A、D、H三种元素原子个数比为1：1：1形成的化合物为HClO，HClO为共价化合物，其电子式为，
故答案为：共价键；；
(5)元素E和H组成的化合物为NaCl，NaCl为离子化合物，用电子式表示NaCl的形成过程为，
故答案为：；
(6)元素F的氧化物为氧化铝，与E的最高价氧化物的水化物为NaOH，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，该反应的离子方程式为：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O。
随着原子序数的递增，8种短周期元素原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价如图所示，A位于第一周期，B、C、D位于第二周期，E、F、G、H位于第三周期，结合元素化合价可知，A为H，B为C，C为N，D为O，E为Na，F为Al，G为S，H为Cl元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，为高频考点，结合原子半径、原子序数来推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，题目难度不大。
17.【答案】Fe2++2Fe3++8OH−−50∼60℃Fe3O4↓+4H2O玻璃棒 烧杯 1：2Fe2+极易被氧化为Fe3+ 取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红色，表明沉淀完全 AD3FeO+H2O−△Fe3O4+H2 B
【解析】解：(1)Ⅱ中氯化铁和氯化亚铁与氢氧化钠反应生成Fe3O4沉淀，反应的离子方程式为：Fe2++2Fe3++8OH−−50∼60℃Fe3O4↓+4H2O，
故答案为：Fe2++2Fe3++8OH−−50∼60℃Fe3O4↓+4H2O；
(2)操作Ⅲ分离Fe3O4的方法为过滤，所需的玻璃仪器为烧杯、烧杯、玻璃棒，
故答案为：玻璃棒、烧杯；
(3)根据方程式Fe2++2Fe3++8OH−−50∼60℃Fe3O4↓+4H2O可知，为得到较纯净的纳米Fe3O4，FeCl2与FeCl3的物质的量之比最好为1：2；二价铁有还原性，容Fe2+极易被氧化为Fe3+，
故答案为：1：2；Fe2+极易被氧化为Fe3+；
(4)三价铁和硫氰化钾反应，溶液会变成血红色，具体操作为取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红色，表明沉淀完全，
故答案为：取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红色，表明沉淀完全；
(5)①A.以太阳能为热源分解Fe3O4，过程I和过程Ⅱ均为吸热反应，故能量转化形式是太阳能→化学能，故A正确；
B.过程Ⅰ的反应为2Fe3O4(s)−太阳能6FeO(s)+O2(g)，氧气为氧化产物，故B错误；
C.碱性氧化物是指溶于水而生成碱或与酸反应而成盐和水的氧化物，且只能生成一种盐，而四氧化三铁和酸反应生成了两种盐，即铁盐和亚铁盐，因此不是碱性氧化物，故C错误；
D.由图象知Fe3O4为催化剂，可以循环使用，生成的气体在两个反应中，易分离，且由于利用太阳能，故节约能源、成本低，故D正确，
故答案为：AD；
②由图可知反应Ⅱ对应的化学方程式为：3FeO+H2O−△Fe3O4+H2，
故答案为：3FeO+H2O−△Fe3O4+H2；
(6)A.该化学反应中，Fe元素的化合价从O变为+2价，化合价升高了2价，则Fe为还原剂；N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的−3价，化合价降低了6价；氨气为还原产物，反应中生成1mol氨气转移6mol电子；该反应中氧化剂为NO2−，氧化产物为FeO22−，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则NO2−的氧化性大于FeO22−的氧化性，故A正确；
B.根据A项分析，氨气为还原产物，反应中生成1mol氨气转移6mol电子，则反应中转移电子2mol，则生成还原产物13mol，故B错误；
C.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导致难以生锈．故C正确；
D.8.4g铁的物质的量为0.15mol，通过方程式3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑，可知8.4g单质铁被氧化，生成的氨气在标准状况下的体积为0.15×13×22.4=1.12升(假设氨气完全逸出)，故D正确，
故答案为：B。
本题利用氯化亚铁和氯化铁制备磁性纳米四氧化三铁，首先将两种物质用水溶解，然后加入氢氧化钠溶液调节pH，在50∼60℃的条件下，发生反应制备出四氧化三铁，之后再烘干即可制备产品，以此解题；
(4)根据三价铁和硫氰化钾反应，溶液会变成血红色，滴加KSCN溶液检验；
(5)结合反应过程分析Fe3O4在太阳能作用下分解为O2和FeO，发生反应为2Fe3O4(s)−太阳能6FeO(s)+O2(g)，FeO和水加热，发生反应为：3FeO+H2O−△Fe3O4+H2，据此解答；
(6)3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑反应中，Fe元素的化合价从0变为+2价，则Fe为还原剂，N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的−3价，则NaNO2为氧化剂，据此进行解答。
本题考查物质物质的制备，为高频考点，侧重考查学生分析能力、实验基本操作能力等，明确流程图中发生的反应及基本操作方法、物质性质是解本题关键，题目难度中等。
18.【答案】Cl2O7 HClOClO−+2H++Cl−=Cl2↑+H2O4mol/L25.0C2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2↑2：5
【解析】解：(1)由图可知，Y为+7的氧化物，即Cl2O7，Z为+1价的含氧酸，即为HClO，
故答案为：Cl2O7；HClO；
(2)①84消毒液不可与洁厕灵混合使用，否则会产生Cl2，该反应的离子方程式为：ClO−+2H++Cl−=Cl2↑+H2O，
故答案为：ClO−+2H++Cl−=Cl2↑+H2O；
②由图可知，该品牌84消毒液的物质的量浓度为1000×1.192×25%74.5mol/L≈4mol/L，根据稀释定律，则有：4mol/L×V=500mL×0.2mol⋅L−1，解得V=25.0，即用上述84消毒液配制500mL0.2mol⋅L−1的稀溶液，需要用量筒量取该84消毒液25.0mL，
故答案为：4mol/L；25.0；
③A.量筒是不需要洗涤的，若量取浓84消毒液的量筒用蒸馏水洗涤2∼3次，并把洗涤液转入容量瓶，则会导致溶质偏多，进一步导致溶液浓度偏高，故A错误；
B.容量瓶使用时不需要干燥，有水对配制溶液浓度无影响，故B错误；
C.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，即对溶液进行了稀释，会导致溶液浓度偏低，故C正确；
D.定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，进一步导致溶液浓度偏高，故D错误；
故答案为：C；
(3)①二氧化氯是一种高效消毒剂，实验室可用亚氯酸钠(NaClO2)溶液与氯气反应制ClO2，同时生成氯化钠，此反应的化学方程式为：2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2↑，
故答案为：2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2↑；
②ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身被还原为Cl−，氯元素化合价降低了5价，ClO2做氧化剂，锰元素化合价升高了2价，Mn2+做还原剂，则反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5，
故答案为：2：5。
(1)由图可知，Y为+7的氧化物，Z为+1价的含氧酸；
(2)①次氯酸钠与盐酸可以发生归中反应生成Cl2；
②根据物质的量浓度与溶质质量分数的换算公式进行计算该品牌84消毒液的物质的量浓度，根据稀释定律计算该84消毒液的体积；
③A.量筒是不需要洗涤的；
B.容量瓶使用时不需要干燥；
C.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，不需要再加蒸馏水补至刻度线；
D.定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小；
(3)①亚氯酸钠溶液与氯气反应制ClO2，同时生成氯化钠，根据化合价升降守恒和原子守恒即可写出该反应的化学方程式；
②根据化合价升降守恒判断氧化剂与还原剂的物质的量之比。
本题主要考查氯及其化合物的性质与应用，同时考查学生价类二维图的思想，物质的量浓度的计算，方程式的书写等，都属于基本知识的考查，难度不大。
19.【答案】E D F 检查装置气密性 保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下 AC53%33.6(a−c)b
【解析】解：(1)装置的组装顺序：合金与稀硫酸反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的广口瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：A接E、D接F；连接好装置首先应检查装置气密性，
故答案为：E；D；F；检查装置气密性；
(2)①装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，平衡气体压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下，
故答案为：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下；
②A.反应放热导致温度升高，气压增大，故应冷却后再读取氢气的体积，故A正确；
B.反应放热导致温度升高，所以不能在乙管中液面不再上升时就读数，应冷却到室温后再读取氢气的体积，故B错误；
C.读取实验中生成氢气的体积时应上下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平，以保证甲中气体压强与大气压相等，故C正确；
D.由C中分析，可知应使甲、乙中液面左右相平，以保证甲中气体压强与大气压相等，故D错误，
故答案为：AC；
③反应生成氢气为5.6L22.4L/mol=0.25mol，设5.1g镁铝合金中Al、Mg物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、电子转移守恒有：27x+24y=5.13x+2y=0.25×2，解得x=y=0.1，故合金中Al的质量分数为0.1mol×27g/mol5.1g×100%≈53%，
故答案为：53%；
(3)把分液漏斗中的稀硫酸换成氢氧化钠溶液，只有合金中的铝与氢氧化钠反应产生气体，锥形瓶中剩余固体的质量为cg为镁，铝为(a−c)g，设铝的原子量为M，则Al的物质的量为a−cMmol，由电子转移守恒可知生成氢气为a−cM×32mol，则a−cM×32mol×22.4L/mol=bL，整理可得M=33.6(a−c)b，
故答案为：33.6(a−c)b。
(1)合金与稀硫酸反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的广口瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；反应产生气体，需要检验装置气密性；
(2)①平衡气体压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下；
②A.反应放热导致温度升高，气压增大，应冷却后再读取氢气的体积，读取实氢气的体积时应上下移动量气管乙，以保证甲中气体压强与大气压相等；
③设5.1g镁铝合金中Al、Mg物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、电子转移守恒列出计算解答；
(3)把分液漏斗中的稀硫酸换成氢氧化钠溶液，只有合金中的铝与氢氧化钠反应产生气体，锥形瓶中剩余固体的质量为cg为镁，铝为(a−c)g，设铝的相对原子量为M，表示出Al的物质的量，结合氢气的体积列方程计算解答。
本题考查物质含量测定实验，关键是理解实验原理，明确各装置的作用，注意量气装置读数时的操作，试题侧重考查学生分析能力、运用知识解决实际问题的能力。
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