还剩14页未读，
继续阅读
四川省泸县第一中学2022-2023学年高一化学上学期期末试题（Word版附解析）
展开
这是一份四川省泸县第一中学2022-2023学年高一化学上学期期末试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了满分100分时间75分钟， 下列关于氯气的叙述正确的是， 下列关于金属钠的叙述错误的是，1ml的NH含电子数为1， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
四川省泸县一中2022-2023学年高一上期期末考试
化学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
2.满分100分时间75分钟
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5 Na23 Fe56 Cu64
第I卷(选择题45分)
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 分类是化学学习的重要方法，下列有关物质的分类正确的是
A. 混合物：漂白粉、碱石灰、冰水混合物
B. 电解质：CaCO3、Fe2O3、CH3COOH
C. 化合物：BaCl2、浓HNO3、KAl(SO4)2·12H2O
D. 碱性氧化物：Na2O2、CuO、FeO
【答案】B
【解析】
【详解】A．冰水混合物中只有H2O分子一种，因此冰水混合物属于纯净物，A不符合题意；
B．CaCO3是盐，Fe2O3是比较活泼金属的氧化物，CH3COOH是酸，三种物质在一定条件下能够发生电离而导电，因此都属于电解质，B符合题意；
C．浓HNO3是硝酸的水溶液，属于混合物，不是化合物，C不符合题意；
D．Na2O2属于过氧化物，而不属于碱性氧化物，D不符合题意；
故合理选项是B。
2. 下面是某同学的化学笔记，记录错误的是
A. 钠离子的结构示意图为
B. 钠原子的结构示意图为
C. 在自然界中，钠元素只以化合态存在
D. Na2O2中氧元素的化合价为-2价
【答案】D
【解析】
【详解】A.Na+核电荷数为11，核外电子数为10，钠离子结构示意图： ，故A正确；
B.Na核电荷数为11，核外电子数为11，钠原子的结构示意图为，故B正确；
C.钠原子最外层电子数为1，容易失去，表现强的还原性，所以在自然界中，钠元素只以化合态存在，故C正确；
D.Na2O2中钠元素为+1价，氧元素的化合价为-1价，故D错误；
故答案为：D。
3. 下列关于氯气的叙述正确的是
A. 氯气是黄绿色、无味有毒气体
B. 氯气易液化,可以做制冷剂
C. 氯气能溶于水,但是溶解后只有部分和水发生反应
D. 氯气可以用钢瓶保存,说明氯气不能和铁发生反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯气是黄绿色、有刺激性气味的有毒气体，A错误；
B. 氯气易液化，有腐蚀性，不可以做制冷剂，B错误；
C. 氯气能溶于水，但是溶解后只有部分和水发生反应生成HCl和HClO，C正确；
D. 氯气可以用钢瓶保存，氯气和铁在加热时能发生反应，生成氯化铁，D错误；
故答案为：C。
4. 下列物质性质与应用对应关系正确的是。
A. 氢氧化铝难溶于水，可用于制胃酸中和剂
B. 氧化铝熔点高，可用来制造耐火砖和坩埚
C. 具有强氧化性，可用作自来水的消毒剂
D. 氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化铝能和胃酸中盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，A错误；
B．氧化铝熔点高、耐高温，可用来制造耐火砖和坩埚，B正确；
C．和水生成强腐蚀性氢氧化钠，不能净水，C错误；
D．氧化铁为红色固体，可用于制作红色涂料，D错误；
故选B。
5. 最近医学界通过用放射性14C标记的C60，发现一种C60的羧酸衍生物在特定条件下可通过断裂DNA杀死细胞，从而抑制艾滋病病毒(AIDS)。则有关14C的下列说法中正确的是
A. 14C原子与C60中普通碳原子的化学性质不同 B. 14C原子与14N原子中所含中子数相同
C. 14C与C60互为同素异形体 D. 14C与12C、13C互为同位素
【答案】D
【解析】
【详解】A．14C原子与C60中普通碳原子，虽然中子数不同，但质子数相同、电子数相同，所以化学性质相同，A不正确；
B．14C原子与14N原子中所含中子数不相同，分别为8和7，B不正确；
C．14C属于碳原子，C60属于碳单质，二者不互为同素异形体，C不正确；
D．14C与12C、13C的质子数相同、中子数不同，且都属于碳原子，则三者互为同位素，D正确；
故选D。
6. 下列关于金属钠的叙述错误的是
A. 金属钠着火时，可以用砂土灭火
B. 金属钠投入水融化成小球的原因是反应放热且钠熔点低
C. 实验后剩余的钠粒，需要放回原试剂瓶中
D. 将一小块钠投入硫酸铜溶液时，产生无色气泡并置换出红色金属固体
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属钠着火时，其燃烧产物Na2O2与水反应产生NaOH、O2；Na与H2O反应产生NaOH、H2，H2燃烧导致火势加剧，因此不能用水灭火，可以用砂土通过隔绝空气达到灭火的目的，A正确；
B．金属钠投入水中会融化成小球的原因是Na与H2O反应放热，使熔点低的钠熔化，B正确；
C．一般情况下化学试剂从试剂瓶中取出后，为分子污染药品而不能放回原试剂瓶，但由于Na容易与空气中的氧气及水发生反应，因此实验后剩余的钠粒，需要放回原试剂瓶中，C正确；
D．由于金属钠化学性质非常活泼，将一小块钠投入硫酸铜溶液时，Na首先与H2O反应产生NaOH、H2，反应产生的NaOH与CuSO4反应产生Cu(OH)2沉淀和Na2SO4，因此看到的现象是产生无色气泡并产生蓝色沉淀，而不能置换出红色金属固体，D错误；
故合理选项是D。
7. 设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 0.1mol的NH含电子数为1.1NA
B. 常温常压下，由和组成的混合气体所含的原子数为1.5
C. 含个氦原子的氦气中所含的分子数是0.5
D. 标准状况下，与足量反应转移的电子数为0.25
【答案】B
【解析】
【详解】A．1个NH中含有10个电子，故0.1mol的NH含电子数为NA，A错误；
B．已知和的摩尔质量均为44g/mol，故常温常压下，22g由和组成的混合气体总物质的量为0.5mol，都是三原子分子，混合气体含有的原子数目为1.5，B正确；
C．氦气为单原子分子，含NA个氦原子的氦气为1mol，所含的分子数是NA，C错误；
D．标准状况下水不是气态，5.6L水的物质的量不是0.25mol，转移电子的的电子数不是0.25NA，D错误；
故选B。
8. 在加入铝粉能放出氢气的溶液中，一定能大量共存的离子组是。
A. Fe3+、C、Cl-、Na+ B. Na+、Ba2+、Mg2+、HC
C S、Na+、K+、Cl- D. Ba2+、N、K+、Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】加入铝粉能放出氢气的溶液，可能是酸溶液也可以是碱溶液；
A．在酸性条件下不共存，A不符合题意；
B．在酸性条件下不共存，B不符合题意；
C．各个离子在酸性和碱性条件下都能共存，C符合题意；
D．如果溶液显酸性，在有存在时，加入铝粉，产生氮氧化物，不会产生氢气，D不符合题意；
故答案为：C。
9. 下列说法正确的是
A. 1mol物质的质量就是该物质的摩尔质量
B. 12gC中含有碳原子的数目为6.02×1023
C. 1mol任何物质的体积都约为22.4L
D. 同温同压下，任何气体的体积之比等于其物质的量之比
【答案】D
【解析】
【详解】A．摩尔质量的单位为g/mol，但1mol物质的质量的单位为g，A错误；
B．C有14C等同位素，12gC中含有碳原子数目不一定为6.02×1023，且6.02×1023是一个近似值不是准确值，B错误；
C．只有在标准状况下，1mol气体的体积才约为22.4L，C错误；
D．根据阿伏伽德罗定律，PV=nRT，同温同压下，任何气体的体积之比等于其物质的量之比，D正确；
故答案选D。
10. 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：H2O＞NH3＞SiH4
B. 同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越弱
C. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
D. 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．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞N＞Si，则气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4，A正确；
B．同一周期元素，随着原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱，该金属元素的最高化合价逐渐升高。金属元素的化合价越高，其原子半径越小，则原子失电子能力越弱，B正确；
C．根据元素周期表中各个周期包括的元素种类数目可知： 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族，C正确；
D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。CaCO3与HCl发生复分解反应产生CaCl2、H2O、CO2，能够证明酸性：HCl＞H2CO3，但不能证明元素的非金属性：Cl＞C；CO2通入Na2SiO3溶液反应产生H2SiO3沉淀，可以证明酸性：H2CO3＞H2SiO3；但由于盐酸具有挥发性，挥发的HCl溶于Na2SiO3溶液也会反应产生H2SiO3沉淀，因此不能证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si，D错误；
故合理选项是D。
11. 现有34.5g由组成的混合物，将其完全溶解在的硫酸溶液中，收集到标准状况下3.36L气体。已知混合物中的质量分数分别为16.2%、46.4%、7.8%、29.6%，欲使溶液中的金属离子完全沉淀，应加入溶液的体积是
A. 200 mL B. 368 mL C. 458 mL D. 560 mL
【答案】B
【解析】
【详解】34.5g混合物完全溶解在溶液中生成硫酸盐，可能剩余，再向溶液中加入NaOH溶液，使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀并生成，由守恒可知溶液中存在关系：，即，则，即368mL，B正确。
故选：B。
12. 用废铁屑[主要成分为Fe和铁锈，还含有C等难溶于酸的杂质]为原料制备的一种实验流程如下：
下列与流程相关的装置或操作正确且能达到实验目的的是
A. 可在装置甲中进行“酸浸”操作
B. 按图乙所示操作配制“酸浸”所需的溶液
C. 用装置丙过滤“酸浸”后所得悬浊液
D. 用装置丁灼烧固体制
【答案】A
【解析】
【分析】由题给流程可知，向废铁屑中加入稀硫酸酸浸、过滤得到含有Fe2+、Fe3+的滤液和含有碳的滤渣；向滤液中加入氢氧化钠溶液，在空气中静置、过滤得到氢氧化铁；灼烧氢氧化铁得到氧化铁。
【详解】A．由图可知，甲装置为固液不加热装置，可进行“酸浸”操作，故A正确；
B．配制“酸浸”所需的稀硫酸溶液时，胶头滴管应在容量瓶的正上方，不能插入容量瓶中， 故B错误；
C．过滤时，应用玻璃棒引流，防止溶液溅出，故C错误；
D．灼烧氢氧化铁固体时，应在坩埚中进行，不能在烧杯中直接灼烧固体，故D错误；
故选A。
13. 把KMnO4溶液滴入一含有铁离子的酸性水溶液中，KMnO4颜色消失，试推断溶液中含有铁离子的种类，最可能的情况是
A. 含有Fe2+，但不能确定是否含有Fe3+
B. 只含有Fe2+
C. Fe2+和Fe3+都有
D. 含有Fe3+，但不能确定是否含有Fe2+
【答案】A
【解析】
【分析】紫红色酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能够被强还原性微粒还原成Mn2+。KMnO4颜色消失，说明溶液中含有Fe2+等强还原性微粒。Fe3+具有强氧化性，不能使酸性KMnO4溶液褪色。
【详解】A．在酸性的条件下，高锰酸钾氧化亚铁离子后，生成近乎无色的二价锰离子Mn2+，比高锰酸钾本身的紫色要淡得多，所以表现为“褪色”即KMnO4颜色消失现象。高锰酸钾具有强氧化性，会把二价铁离子氧化为稳定的三价铁离子，但由于高锰酸钾本身就是深紫红色液体，所以与亚铁离子反应后的现象是溶液的紫红色变淡。Fe3+的存在与否不影响上述现象，故含有Fe2+，但不能确定是否含有Fe3+，故A选项正确；
B．Fe3+的存在与否不影响题干现象，确定含有Fe2+，但不能确定是否含有Fe3+。存在Fe3+也不影响题干现象，只含Fe2+的描述过于绝对，故B选项错误；
C．根据题干确定含有Fe2+，但不能确定是否含有Fe3+。Fe2+和Fe3+都有的描述错误，故C选项错误；
D．根据题干确定含有Fe2+，但不能确定是否含有Fe3+，故D选项错误；
故答案选A。
14. 溴被称为“海洋元素”，从海水中提取的溴占世界溴年产量的三分之一左右，部分工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. 试剂X为硫酸，其作用是提高氯气的利用率
B. 通入热空气将溴吹出，利用了溴的易挥发性
C. 试剂Y可以选用
D. 操作Z所需的玻璃仪器为蒸馏烧瓶、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶
【答案】D
【解析】
【分析】在酸性条件下用氯气将海水中的溴离子氧化为溴单质，随后用二氧化硫和氯气一起通入吸收塔中，来富集溴，之后再用氯气将溴离子氧化为单质溴，之后再萃取分离即可，以此解题。
【详解】A．酸性条件下有利于氯气将海水中的溴离子氧化为单质溴，提高氯气的利用率，A正确；
B．溴易挥发，温度升高，可以降低单质溴在水中的溶解度，B正确；
C．二氧化硫有还原性，可以和氯气，水反应，从而达到富集溴的目的，C正确；
D．操作Z应该是分液和蒸馏的结合，除了给出的仪器外，还需要分液漏斗，酒精灯，烧杯，D错误；
故选D。
15. 某溶液中可能存在Br-、CO、SO、Al3+、I-、Mg2+、Na+7种离子中的某几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：(已知：5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3)
①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；
②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；
③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。
根据以上信息，下列对溶液的组成判断正确的是
A. 一定不含有Al3+、Mg2+、SO、I- B. 一定含有Na+、CO、Br-
C. 可能含有Na+、SO、Br-、I- D. 可能含有Na+、I-
【答案】B
【解析】
详解】①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子，则不含、；
②向所得橙色溶液中加入足量溶液，无沉淀生成，说明不含；
③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，可能是碘离子氧化成单质碘，进一步单质碘被氧化成碘酸根离子或溶液中不含，所以溶液不变色，不能确定碘离子存在；
根据电中性原则，溶液中一定存在、、，一定不含、、，可能含有；
故选B。
第II卷(非选择题55分)
16. 实验室要配制0.1mol•L−1CuSO4溶液480mL和0.1mol•L−1硫酸溶液360mL，现用CuSO4·5H2O晶体和质量分数为98%、密度为1.84g•cm−3的浓硫酸配制上述溶液。实验室提供的仪器如图。回答下列问题：
（1）所给仪器中配制溶液时肯定不需要的是_______(填字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_______(填仪器名称)。
（2）在配制CuSO4溶液时：
①根据计算用托盘天平称取CuSO4•5H2O的质量为_______g。
②若称取CuSO4•5H2O的质量时，使用了生锈的砝码，则所得溶液浓度_______(填“>”、“＜”或“=”)0.1mol•L−1。
③若定容时俯视读数，则所得溶液浓度_______(填“>”、“＜”或“=”)0.1mol•L−1。
（3）在配制硫酸溶液时：
①所需质量分数为98％、密度为1.84g•cm−3的浓硫酸的体积为_______mL(计算结果保留一位小数)。
②如果实验室有10mL、15mL、50mL量筒，应选用_______mL量筒为宜。
【答案】（1） ①. AC ②. 胶头滴管、500mL容量瓶
（2） ①. 12.5 ②. ＞ ③. ＞
（3） ①. 2.7 ②. 10
【解析】
【分析】用CuSO4.5H2O晶体配制0.1mol·L-1CuSO4溶液480mL，选用500mL容量瓶，根据m=cVM计算CuSO4.5H2O晶体的质量，根据分析误差；用质量分数为98%、密度为1.84g·cm-3的浓硫酸配制0.1mol·L-1硫酸溶液360mL，选用500mL容量瓶，根据计算需要浓硫酸的体积，根据分析误差。
【小问1详解】
配制一定物质的量浓度的溶液步骤，称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容，根据步骤，所给仪器中配制溶液时肯定不需要的是烧瓶、分液漏斗，选AC；配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是胶头滴管、500mL容量瓶；
【小问2详解】
①用托盘天平称取CuSO4•5H2O的质量为m=cVM=0.1mol·L-1×0.5L×250g/mol=12.5g。
②若称取CuSO4•5H2O的质量时，使用了生锈的砝码，称取CuSO4•5H2O的质量偏大，则所得溶液浓度大于0.1mol•L-1；
③若定容时俯视读数，溶液体积偏小，则所得溶液浓度大于0.1mol•L-1；
【小问3详解】
①需质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的体积为；
②根据大而近的原则，如果实验室有10mL、15mL、50mL量筒，应选用10mL量筒为宜。
17. ClO2又称百毒净，可用于水的消毒和纸张、纺织品的漂白。用如图所示装置(夹持装置和加热装置省略)制备ClO2，并探究ClO2的某些性质。
已知：①浓硫酸能与硫酸钠反应，产物为硫酸氢钠。
②饱和NaClO2溶液随温度变化情况如下：
回答下列问题：
（1）写出装置A制备ClO2，同时生成高氯酸(HClO4)的化学方程式：_______。
（2）关闭止水夹②，打开止水夹①③，通入一段时间空气，装置C中生成NaClO2，离子方程式为_______。若关闭止水夹③，打开止水夹②，B中可观察到的现象为_______。
（3）从装置C反应后溶液中获得NaClO2晶体，需控温在_______范围内进行减压蒸发结晶，采用减压蒸发的原因是_______。
（4）下列说法不正确的是_______(填字母)。
A. 通入的空气可将A中产生的ClO2全部驱赶到C中
B. ClO2处理饮用水时残留的可用FeSO4除去，反应的离子方程式为
C. 工业上将ClO2气体制成NaClO2固体，其主要目的是便于贮存和运输
D. 用Cl2和NaClO2制备ClO2，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1
（5）城市饮用水处理新技术用NaClO2、高铁酸钠替代Cl2。如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么NaClO2、Na2FeO4、Cl2的消毒效率由大到小的顺序是_______。
【答案】（1）3NaClO3+3H2SO4(浓)=2ClO2↑+HClO4+3NaHSO4+H2O
（2） ①. ②. 红色布条褪色
（3） ①. 38~60℃ ②. 减压可降低沸点，能实现在较低温度下蒸发水分 （4）BD
（5）NaClO2＞Cl2＞Na2FeO4
【解析】
【分析】在装置A中，NaClO3和过量H2SO4反应生成ClO2气体，同时产生HClO4及NaHSO4、H2O，若将生成的ClO2气体通入红布条中，能使红色布条褪色；若将生成的ClO2气体通入C中，ClO2与双氧水在碱性条件下生成NaClO2、O2和水，其离子方程式为：；由NaClO2温度高于60℃会分解为NaCl与NaClO3可知：从装置C反应后的溶液中获得NaClO2晶体，在温度低于38℃时会析出NaClO2·3H2O，需控温38~60℃，并选择减压可降低沸点，能实现在较低温度下蒸发水分。
【小问1详解】
根据题目信息，反应物为NaClO3和浓H2SO4，由于浓H2SO4过量，则生成NaHSO4，根据得失电子守恒及原子守恒，可知反应的化学方程式为：3NaClO3+3H2SO4(浓)=2ClO2↑+HClO4+3NaHSO4+H2O；
【小问2详解】
装置C中通入了ClO2，ClO2、NaOH和H2O2发生反应，产生NaClO2，ClO2中氯元素的化合价降低，故H2O2中的O元素化合价升高生成O2，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，配平该反应为；若关闭止水夹③，打开止水夹②，ClO2进入装置B中，ClO2具有强氧化性，会将元素物质氧化变为无色，因此具有漂白性，故可使红色布条褪色；
【小问3详解】
根据已知信息可知：饱和NaClO2在温度低于38℃时会析出NaClO2·3H2O；在温度高于60℃时会发生分解反应产生NaCl、NaClO3，故从装置C反应后的溶液中获得NaClO2晶体，需控温在38~60℃进行减压蒸发结晶，采用减压蒸发的原因是减压可降低沸点，能实现在较低温度下蒸发水分，避免物质分解；
【小问4详解】
A．通入空气可以把生成的ClO2全部赶入体系中参与反应，提高物质的利用率，A正确；
B．离子方程式不遵守得失电子守恒和电荷守恒，离子方程式应该为：+4Fe2++4H+=4Fe3++Cl-+2H2O，B错误；
C．把气态ClO2制成固体NaClO2，物质的稳定性增强，且更易于贮存和运输，C正确；
D．Cl2和NaClO2发生归中反应制备ClO2的反应为：Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl，氧化剂为Cl2，还原剂为NaClO2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，D错误;
故合理选项是BD；
【小问5详解】
1 mol NaClO2参与反应变为Cl-得到4 mol电子，则1 g NaClO2得到电子的物质的量为n(e-)=mol；1 mol Cl2得到电子被还原为Cl-，得到2 mol电子，则1 g Cl2得到电子的物质的量为n(e-)=mol，1 mol Na2FeO4参加反应变为Fe3+得到3 mol电子，则l g Na2FeO4得到电子的物质的量为n(e-)=，可见消毒效率大小关系为：NaClO2＞Cl2＞Na2FeO4。
18. 金属单质A可发生以下反应，试判断：
（1）A、B、C、D、E分别是(写化学式，B写主要成分)：
A._______，B._______，C._______，D._______，E._______。
（2）写出反应③④的离子方程式：③_______；④_______。
（3）黑色固体C与盐酸反应的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. Fe ②. Fe2O3 ③. Fe3O4 ④. Cu ⑤. H2
（2） ①. Cu2＋＋Fe=Fe2＋＋Cu ②. Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑
（3）Fe3O4＋8HCl=2FeCl3＋FeCl2＋4H2O
【解析】
【分析】由金属单质A在常温下能与O2、H2O反应生成红棕色粉末B，可确定B为Fe2O3，从而确定A为Fe。Fe与O2在加热条件下反应，生成的黑色固体C为Fe3O4；Fe与CuSO4发生置换反应，生成FeSO4和Cu，从而确定D为Cu；Fe与稀盐酸发生置换反应，生成FeCl2和H2，从而确定E为H2。
【小问1详解】
由分析可知，A为铁单质，B为铁锈的主要成分，其为水合氧化铁，其主要成分为Fe2O3，所以A、B、C、D、E分别是：A. Fe，B. Fe2O3，C. Fe3O4，D. Cu，E. H2。答案为：Fe；Fe2O3；Fe3O4；Cu；H2；
【小问2详解】
反应③为铁与硫酸铜的置换反应，反应④为铁与稀盐酸的置换反应，所以离子方程式：③Cu2＋＋Fe=Fe2＋＋Cu；④Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。答案为：Cu2＋＋Fe=Fe2＋＋Cu；Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；
【小问3详解】
由分析可知，黑色固体C为Fe3O4，与盐酸反应生成FeCl3、FeCl2等，化学方程式为：Fe3O4＋8HCl=2FeCl3＋FeCl2＋4H2O。答案为：Fe3O4＋8HCl=2FeCl3＋FeCl2＋4H2O。
【点睛】H+具有弱氧化性，与Fe反应时，只能将Fe氧化为Fe2+。
19. 已知A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次递增的短周期元素，已知A和D为同一主族元素，C和F为同一主族元素，A元素的原子半径是所有主族元素中原子半径最小的，B原子的最外层电子数比次外层多3，G元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6，E是同周期中金属离子半径最小的元素，F形成的化合物是形成酸雨的主要原因。请回答下列问题：
（1）写出B元素的名称：_____。
（2）写出C元素在周期表中的位置_____。
（3）E元素的原子结构示意图为_____。
（4）B、D、E三种元素的原子半径由大到小的顺序为_____(填元素符号)。
（5）根据元素周期律，推断：
①C、F元素的氢化物还原性较强的是_____(填对应氢化物的化学式)。
②F、G的元素最高价氧化物对应水化物酸性较强的是_____(填对应酸的化学式)。
（6）由C、D形成的一种化合物可与水反应，生成标况下33.6L气体时转移的电子的物质的量为_____。
（7）G元素的单质有毒，可用D的最高价氧化物对应的水化物的溶液吸收，其离子方程式为_____。
（8）镓(Ga)与E同主族，工业制备镓的流程如图所示：
氢氧化镓与NaOH反应的化学方程式为_____；酸性：Al(OH)3_____Ga(OH)3(填“＞”或“＜”)。
【答案】（1）氮 （2）第二周期第VIA族
（3） （4）Na＞Al＞N
（5） ①. H2S ②. HClO4
（6）3mol （7）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（8） ①. Ga(OH)3+NaOH=NaGaO2+2H2O ②. ＜
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次递增的短周期元素，A元素的原子半径是所有主族元素中原子半径最小的，A和D为同一主族元素，则A为氢元素、D为钠元素；B原子的最外层电子数比次外层多3，则B的核外电子排布为2、5，B为氮元素；G元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6，则G原子的最外层电子数为7，其为氯元素；F形成的化合物是形成酸雨的主要原因，则F为硫元素；E是同周期中金属离子半径最小的元素，则E为铝元素；C和F为同一主族元素，则C为氧元素。从而得出A、B、C、D、E、F、G分别为H、N、O、Na、Al、S、Cl。
【小问1详解】
由分析可知，B元素的名称：氮。答案为：氮；
【小问2详解】
C为8号元素氧，在周期表中的位置：第二周期第VIA族。答案为：第二周期第VIA族；
【小问3详解】
E为13号元素铝，原子结构示意图为。答案为：；
【小问4详解】
B、D、E三种元素分别为N、Na、Al，N原子核外有2个电子层，Na、Al原子核外有3个电子层，Na在同周期Al的左边，则原子半径由大到小的顺序为Na＞Al＞N。答案为：Na＞Al＞N；
【小问5详解】
①C、F元素的氢化物分别为H2O、H2S，S的非金属性比O弱，则还原性较强的是H2S。
②F、G元素最高价氧化物对应水化物分别为H2SO4和HClO4，S的非金属性比Cl弱，则酸性较强的是HClO4。答案为：H2S；HClO4；
【小问6详解】
由C、D形成的一种化合物Na2O2与水发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可建立关系式：O2——2e-，则生成标况下33.6L气体时转移的电子的物质的量为=3mol。答案为：3mol；
【小问7详解】
G元素的单质Cl2有毒，可用D的最高价氧化物对应的水化物NaOH溶液吸收，生成NaCl、NaClO等，其离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
【小问8详解】
从流程中可以看出，Ga2O3与Al2O3的性质相似，也具有两性，则氢氧化镓也具有两性，氢氧化镓与NaOH反应的化学方程式为Ga(OH)3+NaOH=NaGaO2+2H2O；NaAlO2溶液中通入二氧化碳，可生成Al(OH)3沉淀，而NaGaO2溶液中通入二氧化碳，不能生成Ga(OH)3沉淀，则表明酸性Al(OH)3＜H2CO3＜Ga(OH)3，从而得出酸性：Al(OH)3＜Ga(OH)3。答案为：Ga(OH)3+NaOH=NaGaO2+2H2O；＜。
【点睛】对于反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，满足强酸制弱酸的原理，可得出酸性Al(OH)3＜H2CO3。
20. 海水是一个资源宝库，能从海水中提取大量有用的物质。图是从海水中获得的粗盐(含泥沙、少量MgCl2、CaCl2和Na2SO4等杂质)提纯的流程，回答下列问题：
(注意：abc试剂加入的量都是过量的)
（1）操作1是_______，操作2是_______
（2）a、b、c是试剂①氯化钡溶液 ②氢氧化钠溶液 ③碳酸钠溶液中的一种，则加入试剂的正确顺序有_______
A．①②③ B．①③② C．②①③ D．②③① E．③①② F．③②①
（3）写出加入碳酸钠溶液发生的离子方程式：和_______
（4）试剂d是一种酸，它是_______，写出加入试剂d发生的离子方程式H+ + OH-= H2O和_______
【答案】（1） ①. 过滤 ②. 蒸发结晶
（2）ABC （3）
（4） ①. 盐酸 ②.
【解析】
【分析】根据物质性质，硫酸根离子用钡盐除去，镁离子用碱除去，然后加入碳酸盐除去过量钡盐和钙离子，过滤后用稀盐酸中和即可；根据如图流程，用水将粗盐溶解，加入试剂a、b、c，则a为；b为；c为，也可以是a为；b为
【小问1详解】
如图流程，再加入试剂、、后，得到、、、，经过滤除去，得到含NaOH、和NaCl的混合液，加入适量稀盐酸中和后得到NaCl溶液，然后蒸发结晶，烘干得到纯净的NaCl，故填过滤；蒸发结晶；
【小问2详解】
根据题意a为；b为；c为，也可以是a为；b为，c为，或a为，b为，c为，综上所述，则加入试剂的正确顺序有①②③；①③②；②①③，故填ABC；
【小问3详解】
加入碳酸盐除去过量钡盐和钙离子，其涉及反应有和，故填；
【小问4详解】
在除去、和等杂质后，经过滤得到含NaOH、和NaCl的混合液，加入适量稀盐酸中和后得到NaCl溶液，其反应为和，故填盐酸；。
四川省泸县一中2022-2023学年高一上期期末考试
化学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
2.满分100分时间75分钟
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5 Na23 Fe56 Cu64
第I卷(选择题45分)
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 分类是化学学习的重要方法，下列有关物质的分类正确的是
A. 混合物：漂白粉、碱石灰、冰水混合物
B. 电解质：CaCO3、Fe2O3、CH3COOH
C. 化合物：BaCl2、浓HNO3、KAl(SO4)2·12H2O
D. 碱性氧化物：Na2O2、CuO、FeO
【答案】B
【解析】
【详解】A．冰水混合物中只有H2O分子一种，因此冰水混合物属于纯净物，A不符合题意；
B．CaCO3是盐，Fe2O3是比较活泼金属的氧化物，CH3COOH是酸，三种物质在一定条件下能够发生电离而导电，因此都属于电解质，B符合题意；
C．浓HNO3是硝酸的水溶液，属于混合物，不是化合物，C不符合题意；
D．Na2O2属于过氧化物，而不属于碱性氧化物，D不符合题意；
故合理选项是B。
2. 下面是某同学的化学笔记，记录错误的是
A. 钠离子的结构示意图为
B. 钠原子的结构示意图为
C. 在自然界中，钠元素只以化合态存在
D. Na2O2中氧元素的化合价为-2价
【答案】D
【解析】
【详解】A.Na+核电荷数为11，核外电子数为10，钠离子结构示意图： ，故A正确；
B.Na核电荷数为11，核外电子数为11，钠原子的结构示意图为，故B正确；
C.钠原子最外层电子数为1，容易失去，表现强的还原性，所以在自然界中，钠元素只以化合态存在，故C正确；
D.Na2O2中钠元素为+1价，氧元素的化合价为-1价，故D错误；
故答案为：D。
3. 下列关于氯气的叙述正确的是
A. 氯气是黄绿色、无味有毒气体
B. 氯气易液化,可以做制冷剂
C. 氯气能溶于水,但是溶解后只有部分和水发生反应
D. 氯气可以用钢瓶保存,说明氯气不能和铁发生反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯气是黄绿色、有刺激性气味的有毒气体，A错误；
B. 氯气易液化，有腐蚀性，不可以做制冷剂，B错误；
C. 氯气能溶于水，但是溶解后只有部分和水发生反应生成HCl和HClO，C正确；
D. 氯气可以用钢瓶保存，氯气和铁在加热时能发生反应，生成氯化铁，D错误；
故答案为：C。
4. 下列物质性质与应用对应关系正确的是。
A. 氢氧化铝难溶于水，可用于制胃酸中和剂
B. 氧化铝熔点高，可用来制造耐火砖和坩埚
C. 具有强氧化性，可用作自来水的消毒剂
D. 氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化铝能和胃酸中盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，A错误；
B．氧化铝熔点高、耐高温，可用来制造耐火砖和坩埚，B正确；
C．和水生成强腐蚀性氢氧化钠，不能净水，C错误；
D．氧化铁为红色固体，可用于制作红色涂料，D错误；
故选B。
5. 最近医学界通过用放射性14C标记的C60，发现一种C60的羧酸衍生物在特定条件下可通过断裂DNA杀死细胞，从而抑制艾滋病病毒(AIDS)。则有关14C的下列说法中正确的是
A. 14C原子与C60中普通碳原子的化学性质不同 B. 14C原子与14N原子中所含中子数相同
C. 14C与C60互为同素异形体 D. 14C与12C、13C互为同位素
【答案】D
【解析】
【详解】A．14C原子与C60中普通碳原子，虽然中子数不同，但质子数相同、电子数相同，所以化学性质相同，A不正确；
B．14C原子与14N原子中所含中子数不相同，分别为8和7，B不正确；
C．14C属于碳原子，C60属于碳单质，二者不互为同素异形体，C不正确；
D．14C与12C、13C的质子数相同、中子数不同，且都属于碳原子，则三者互为同位素，D正确；
故选D。
6. 下列关于金属钠的叙述错误的是
A. 金属钠着火时，可以用砂土灭火
B. 金属钠投入水融化成小球的原因是反应放热且钠熔点低
C. 实验后剩余的钠粒，需要放回原试剂瓶中
D. 将一小块钠投入硫酸铜溶液时，产生无色气泡并置换出红色金属固体
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属钠着火时，其燃烧产物Na2O2与水反应产生NaOH、O2；Na与H2O反应产生NaOH、H2，H2燃烧导致火势加剧，因此不能用水灭火，可以用砂土通过隔绝空气达到灭火的目的，A正确；
B．金属钠投入水中会融化成小球的原因是Na与H2O反应放热，使熔点低的钠熔化，B正确；
C．一般情况下化学试剂从试剂瓶中取出后，为分子污染药品而不能放回原试剂瓶，但由于Na容易与空气中的氧气及水发生反应，因此实验后剩余的钠粒，需要放回原试剂瓶中，C正确；
D．由于金属钠化学性质非常活泼，将一小块钠投入硫酸铜溶液时，Na首先与H2O反应产生NaOH、H2，反应产生的NaOH与CuSO4反应产生Cu(OH)2沉淀和Na2SO4，因此看到的现象是产生无色气泡并产生蓝色沉淀，而不能置换出红色金属固体，D错误；
故合理选项是D。
7. 设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 0.1mol的NH含电子数为1.1NA
B. 常温常压下，由和组成的混合气体所含的原子数为1.5
C. 含个氦原子的氦气中所含的分子数是0.5
D. 标准状况下，与足量反应转移的电子数为0.25
【答案】B
【解析】
【详解】A．1个NH中含有10个电子，故0.1mol的NH含电子数为NA，A错误；
B．已知和的摩尔质量均为44g/mol，故常温常压下，22g由和组成的混合气体总物质的量为0.5mol，都是三原子分子，混合气体含有的原子数目为1.5，B正确；
C．氦气为单原子分子，含NA个氦原子的氦气为1mol，所含的分子数是NA，C错误；
D．标准状况下水不是气态，5.6L水的物质的量不是0.25mol，转移电子的的电子数不是0.25NA，D错误；
故选B。
8. 在加入铝粉能放出氢气的溶液中，一定能大量共存的离子组是。
A. Fe3+、C、Cl-、Na+ B. Na+、Ba2+、Mg2+、HC
C S、Na+、K+、Cl- D. Ba2+、N、K+、Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】加入铝粉能放出氢气的溶液，可能是酸溶液也可以是碱溶液；
A．在酸性条件下不共存，A不符合题意；
B．在酸性条件下不共存，B不符合题意；
C．各个离子在酸性和碱性条件下都能共存，C符合题意；
D．如果溶液显酸性，在有存在时，加入铝粉，产生氮氧化物，不会产生氢气，D不符合题意；
故答案为：C。
9. 下列说法正确的是
A. 1mol物质的质量就是该物质的摩尔质量
B. 12gC中含有碳原子的数目为6.02×1023
C. 1mol任何物质的体积都约为22.4L
D. 同温同压下，任何气体的体积之比等于其物质的量之比
【答案】D
【解析】
【详解】A．摩尔质量的单位为g/mol，但1mol物质的质量的单位为g，A错误；
B．C有14C等同位素，12gC中含有碳原子数目不一定为6.02×1023，且6.02×1023是一个近似值不是准确值，B错误；
C．只有在标准状况下，1mol气体的体积才约为22.4L，C错误；
D．根据阿伏伽德罗定律，PV=nRT，同温同压下，任何气体的体积之比等于其物质的量之比，D正确；
故答案选D。
10. 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：H2O＞NH3＞SiH4
B. 同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越弱
C. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
D. 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．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞N＞Si，则气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4，A正确；
B．同一周期元素，随着原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱，该金属元素的最高化合价逐渐升高。金属元素的化合价越高，其原子半径越小，则原子失电子能力越弱，B正确；
C．根据元素周期表中各个周期包括的元素种类数目可知： 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族，C正确；
D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。CaCO3与HCl发生复分解反应产生CaCl2、H2O、CO2，能够证明酸性：HCl＞H2CO3，但不能证明元素的非金属性：Cl＞C；CO2通入Na2SiO3溶液反应产生H2SiO3沉淀，可以证明酸性：H2CO3＞H2SiO3；但由于盐酸具有挥发性，挥发的HCl溶于Na2SiO3溶液也会反应产生H2SiO3沉淀，因此不能证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si，D错误；
故合理选项是D。
11. 现有34.5g由组成的混合物，将其完全溶解在的硫酸溶液中，收集到标准状况下3.36L气体。已知混合物中的质量分数分别为16.2%、46.4%、7.8%、29.6%，欲使溶液中的金属离子完全沉淀，应加入溶液的体积是
A. 200 mL B. 368 mL C. 458 mL D. 560 mL
【答案】B
【解析】
【详解】34.5g混合物完全溶解在溶液中生成硫酸盐，可能剩余，再向溶液中加入NaOH溶液，使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀并生成，由守恒可知溶液中存在关系：，即，则，即368mL，B正确。
故选：B。
12. 用废铁屑[主要成分为Fe和铁锈，还含有C等难溶于酸的杂质]为原料制备的一种实验流程如下：
下列与流程相关的装置或操作正确且能达到实验目的的是
A. 可在装置甲中进行“酸浸”操作
B. 按图乙所示操作配制“酸浸”所需的溶液
C. 用装置丙过滤“酸浸”后所得悬浊液
D. 用装置丁灼烧固体制
【答案】A
【解析】
【分析】由题给流程可知，向废铁屑中加入稀硫酸酸浸、过滤得到含有Fe2+、Fe3+的滤液和含有碳的滤渣；向滤液中加入氢氧化钠溶液，在空气中静置、过滤得到氢氧化铁；灼烧氢氧化铁得到氧化铁。
【详解】A．由图可知，甲装置为固液不加热装置，可进行“酸浸”操作，故A正确；
B．配制“酸浸”所需的稀硫酸溶液时，胶头滴管应在容量瓶的正上方，不能插入容量瓶中， 故B错误；
C．过滤时，应用玻璃棒引流，防止溶液溅出，故C错误；
D．灼烧氢氧化铁固体时，应在坩埚中进行，不能在烧杯中直接灼烧固体，故D错误；
故选A。
13. 把KMnO4溶液滴入一含有铁离子的酸性水溶液中，KMnO4颜色消失，试推断溶液中含有铁离子的种类，最可能的情况是
A. 含有Fe2+，但不能确定是否含有Fe3+
B. 只含有Fe2+
C. Fe2+和Fe3+都有
D. 含有Fe3+，但不能确定是否含有Fe2+
【答案】A
【解析】
【分析】紫红色酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能够被强还原性微粒还原成Mn2+。KMnO4颜色消失，说明溶液中含有Fe2+等强还原性微粒。Fe3+具有强氧化性，不能使酸性KMnO4溶液褪色。
【详解】A．在酸性的条件下，高锰酸钾氧化亚铁离子后，生成近乎无色的二价锰离子Mn2+，比高锰酸钾本身的紫色要淡得多，所以表现为“褪色”即KMnO4颜色消失现象。高锰酸钾具有强氧化性，会把二价铁离子氧化为稳定的三价铁离子，但由于高锰酸钾本身就是深紫红色液体，所以与亚铁离子反应后的现象是溶液的紫红色变淡。Fe3+的存在与否不影响上述现象，故含有Fe2+，但不能确定是否含有Fe3+，故A选项正确；
B．Fe3+的存在与否不影响题干现象，确定含有Fe2+，但不能确定是否含有Fe3+。存在Fe3+也不影响题干现象，只含Fe2+的描述过于绝对，故B选项错误；
C．根据题干确定含有Fe2+，但不能确定是否含有Fe3+。Fe2+和Fe3+都有的描述错误，故C选项错误；
D．根据题干确定含有Fe2+，但不能确定是否含有Fe3+，故D选项错误；
故答案选A。
14. 溴被称为“海洋元素”，从海水中提取的溴占世界溴年产量的三分之一左右，部分工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. 试剂X为硫酸，其作用是提高氯气的利用率
B. 通入热空气将溴吹出，利用了溴的易挥发性
C. 试剂Y可以选用
D. 操作Z所需的玻璃仪器为蒸馏烧瓶、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶
【答案】D
【解析】
【分析】在酸性条件下用氯气将海水中的溴离子氧化为溴单质，随后用二氧化硫和氯气一起通入吸收塔中，来富集溴，之后再用氯气将溴离子氧化为单质溴，之后再萃取分离即可，以此解题。
【详解】A．酸性条件下有利于氯气将海水中的溴离子氧化为单质溴，提高氯气的利用率，A正确；
B．溴易挥发，温度升高，可以降低单质溴在水中的溶解度，B正确；
C．二氧化硫有还原性，可以和氯气，水反应，从而达到富集溴的目的，C正确；
D．操作Z应该是分液和蒸馏的结合，除了给出的仪器外，还需要分液漏斗，酒精灯，烧杯，D错误；
故选D。
15. 某溶液中可能存在Br-、CO、SO、Al3+、I-、Mg2+、Na+7种离子中的某几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：(已知：5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3)
①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；
②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；
③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。
根据以上信息，下列对溶液的组成判断正确的是
A. 一定不含有Al3+、Mg2+、SO、I- B. 一定含有Na+、CO、Br-
C. 可能含有Na+、SO、Br-、I- D. 可能含有Na+、I-
【答案】B
【解析】
详解】①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子，则不含、；
②向所得橙色溶液中加入足量溶液，无沉淀生成，说明不含；
③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，可能是碘离子氧化成单质碘，进一步单质碘被氧化成碘酸根离子或溶液中不含，所以溶液不变色，不能确定碘离子存在；
根据电中性原则，溶液中一定存在、、，一定不含、、，可能含有；
故选B。
第II卷(非选择题55分)
16. 实验室要配制0.1mol•L−1CuSO4溶液480mL和0.1mol•L−1硫酸溶液360mL，现用CuSO4·5H2O晶体和质量分数为98%、密度为1.84g•cm−3的浓硫酸配制上述溶液。实验室提供的仪器如图。回答下列问题：
（1）所给仪器中配制溶液时肯定不需要的是_______(填字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_______(填仪器名称)。
（2）在配制CuSO4溶液时：
①根据计算用托盘天平称取CuSO4•5H2O的质量为_______g。
②若称取CuSO4•5H2O的质量时，使用了生锈的砝码，则所得溶液浓度_______(填“>”、“＜”或“=”)0.1mol•L−1。
③若定容时俯视读数，则所得溶液浓度_______(填“>”、“＜”或“=”)0.1mol•L−1。
（3）在配制硫酸溶液时：
①所需质量分数为98％、密度为1.84g•cm−3的浓硫酸的体积为_______mL(计算结果保留一位小数)。
②如果实验室有10mL、15mL、50mL量筒，应选用_______mL量筒为宜。
【答案】（1） ①. AC ②. 胶头滴管、500mL容量瓶
（2） ①. 12.5 ②. ＞ ③. ＞
（3） ①. 2.7 ②. 10
【解析】
【分析】用CuSO4.5H2O晶体配制0.1mol·L-1CuSO4溶液480mL，选用500mL容量瓶，根据m=cVM计算CuSO4.5H2O晶体的质量，根据分析误差；用质量分数为98%、密度为1.84g·cm-3的浓硫酸配制0.1mol·L-1硫酸溶液360mL，选用500mL容量瓶，根据计算需要浓硫酸的体积，根据分析误差。
【小问1详解】
配制一定物质的量浓度的溶液步骤，称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容，根据步骤，所给仪器中配制溶液时肯定不需要的是烧瓶、分液漏斗，选AC；配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是胶头滴管、500mL容量瓶；
【小问2详解】
①用托盘天平称取CuSO4•5H2O的质量为m=cVM=0.1mol·L-1×0.5L×250g/mol=12.5g。
②若称取CuSO4•5H2O的质量时，使用了生锈的砝码，称取CuSO4•5H2O的质量偏大，则所得溶液浓度大于0.1mol•L-1；
③若定容时俯视读数，溶液体积偏小，则所得溶液浓度大于0.1mol•L-1；
【小问3详解】
①需质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的体积为；
②根据大而近的原则，如果实验室有10mL、15mL、50mL量筒，应选用10mL量筒为宜。
17. ClO2又称百毒净，可用于水的消毒和纸张、纺织品的漂白。用如图所示装置(夹持装置和加热装置省略)制备ClO2，并探究ClO2的某些性质。
已知：①浓硫酸能与硫酸钠反应，产物为硫酸氢钠。
②饱和NaClO2溶液随温度变化情况如下：
回答下列问题：
（1）写出装置A制备ClO2，同时生成高氯酸(HClO4)的化学方程式：_______。
（2）关闭止水夹②，打开止水夹①③，通入一段时间空气，装置C中生成NaClO2，离子方程式为_______。若关闭止水夹③，打开止水夹②，B中可观察到的现象为_______。
（3）从装置C反应后溶液中获得NaClO2晶体，需控温在_______范围内进行减压蒸发结晶，采用减压蒸发的原因是_______。
（4）下列说法不正确的是_______(填字母)。
A. 通入的空气可将A中产生的ClO2全部驱赶到C中
B. ClO2处理饮用水时残留的可用FeSO4除去，反应的离子方程式为
C. 工业上将ClO2气体制成NaClO2固体，其主要目的是便于贮存和运输
D. 用Cl2和NaClO2制备ClO2，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1
（5）城市饮用水处理新技术用NaClO2、高铁酸钠替代Cl2。如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么NaClO2、Na2FeO4、Cl2的消毒效率由大到小的顺序是_______。
【答案】（1）3NaClO3+3H2SO4(浓)=2ClO2↑+HClO4+3NaHSO4+H2O
（2） ①. ②. 红色布条褪色
（3） ①. 38~60℃ ②. 减压可降低沸点，能实现在较低温度下蒸发水分 （4）BD
（5）NaClO2＞Cl2＞Na2FeO4
【解析】
【分析】在装置A中，NaClO3和过量H2SO4反应生成ClO2气体，同时产生HClO4及NaHSO4、H2O，若将生成的ClO2气体通入红布条中，能使红色布条褪色；若将生成的ClO2气体通入C中，ClO2与双氧水在碱性条件下生成NaClO2、O2和水，其离子方程式为：；由NaClO2温度高于60℃会分解为NaCl与NaClO3可知：从装置C反应后的溶液中获得NaClO2晶体，在温度低于38℃时会析出NaClO2·3H2O，需控温38~60℃，并选择减压可降低沸点，能实现在较低温度下蒸发水分。
【小问1详解】
根据题目信息，反应物为NaClO3和浓H2SO4，由于浓H2SO4过量，则生成NaHSO4，根据得失电子守恒及原子守恒，可知反应的化学方程式为：3NaClO3+3H2SO4(浓)=2ClO2↑+HClO4+3NaHSO4+H2O；
【小问2详解】
装置C中通入了ClO2，ClO2、NaOH和H2O2发生反应，产生NaClO2，ClO2中氯元素的化合价降低，故H2O2中的O元素化合价升高生成O2，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，配平该反应为；若关闭止水夹③，打开止水夹②，ClO2进入装置B中，ClO2具有强氧化性，会将元素物质氧化变为无色，因此具有漂白性，故可使红色布条褪色；
【小问3详解】
根据已知信息可知：饱和NaClO2在温度低于38℃时会析出NaClO2·3H2O；在温度高于60℃时会发生分解反应产生NaCl、NaClO3，故从装置C反应后的溶液中获得NaClO2晶体，需控温在38~60℃进行减压蒸发结晶，采用减压蒸发的原因是减压可降低沸点，能实现在较低温度下蒸发水分，避免物质分解；
【小问4详解】
A．通入空气可以把生成的ClO2全部赶入体系中参与反应，提高物质的利用率，A正确；
B．离子方程式不遵守得失电子守恒和电荷守恒，离子方程式应该为：+4Fe2++4H+=4Fe3++Cl-+2H2O，B错误；
C．把气态ClO2制成固体NaClO2，物质的稳定性增强，且更易于贮存和运输，C正确；
D．Cl2和NaClO2发生归中反应制备ClO2的反应为：Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl，氧化剂为Cl2，还原剂为NaClO2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，D错误;
故合理选项是BD；
【小问5详解】
1 mol NaClO2参与反应变为Cl-得到4 mol电子，则1 g NaClO2得到电子的物质的量为n(e-)=mol；1 mol Cl2得到电子被还原为Cl-，得到2 mol电子，则1 g Cl2得到电子的物质的量为n(e-)=mol，1 mol Na2FeO4参加反应变为Fe3+得到3 mol电子，则l g Na2FeO4得到电子的物质的量为n(e-)=，可见消毒效率大小关系为：NaClO2＞Cl2＞Na2FeO4。
18. 金属单质A可发生以下反应，试判断：
（1）A、B、C、D、E分别是(写化学式，B写主要成分)：
A._______，B._______，C._______，D._______，E._______。
（2）写出反应③④的离子方程式：③_______；④_______。
（3）黑色固体C与盐酸反应的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. Fe ②. Fe2O3 ③. Fe3O4 ④. Cu ⑤. H2
（2） ①. Cu2＋＋Fe=Fe2＋＋Cu ②. Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑
（3）Fe3O4＋8HCl=2FeCl3＋FeCl2＋4H2O
【解析】
【分析】由金属单质A在常温下能与O2、H2O反应生成红棕色粉末B，可确定B为Fe2O3，从而确定A为Fe。Fe与O2在加热条件下反应，生成的黑色固体C为Fe3O4；Fe与CuSO4发生置换反应，生成FeSO4和Cu，从而确定D为Cu；Fe与稀盐酸发生置换反应，生成FeCl2和H2，从而确定E为H2。
【小问1详解】
由分析可知，A为铁单质，B为铁锈的主要成分，其为水合氧化铁，其主要成分为Fe2O3，所以A、B、C、D、E分别是：A. Fe，B. Fe2O3，C. Fe3O4，D. Cu，E. H2。答案为：Fe；Fe2O3；Fe3O4；Cu；H2；
【小问2详解】
反应③为铁与硫酸铜的置换反应，反应④为铁与稀盐酸的置换反应，所以离子方程式：③Cu2＋＋Fe=Fe2＋＋Cu；④Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。答案为：Cu2＋＋Fe=Fe2＋＋Cu；Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；
【小问3详解】
由分析可知，黑色固体C为Fe3O4，与盐酸反应生成FeCl3、FeCl2等，化学方程式为：Fe3O4＋8HCl=2FeCl3＋FeCl2＋4H2O。答案为：Fe3O4＋8HCl=2FeCl3＋FeCl2＋4H2O。
【点睛】H+具有弱氧化性，与Fe反应时，只能将Fe氧化为Fe2+。
19. 已知A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次递增的短周期元素，已知A和D为同一主族元素，C和F为同一主族元素，A元素的原子半径是所有主族元素中原子半径最小的，B原子的最外层电子数比次外层多3，G元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6，E是同周期中金属离子半径最小的元素，F形成的化合物是形成酸雨的主要原因。请回答下列问题：
（1）写出B元素的名称：_____。
（2）写出C元素在周期表中的位置_____。
（3）E元素的原子结构示意图为_____。
（4）B、D、E三种元素的原子半径由大到小的顺序为_____(填元素符号)。
（5）根据元素周期律，推断：
①C、F元素的氢化物还原性较强的是_____(填对应氢化物的化学式)。
②F、G的元素最高价氧化物对应水化物酸性较强的是_____(填对应酸的化学式)。
（6）由C、D形成的一种化合物可与水反应，生成标况下33.6L气体时转移的电子的物质的量为_____。
（7）G元素的单质有毒，可用D的最高价氧化物对应的水化物的溶液吸收，其离子方程式为_____。
（8）镓(Ga)与E同主族，工业制备镓的流程如图所示：
氢氧化镓与NaOH反应的化学方程式为_____；酸性：Al(OH)3_____Ga(OH)3(填“＞”或“＜”)。
【答案】（1）氮 （2）第二周期第VIA族
（3） （4）Na＞Al＞N
（5） ①. H2S ②. HClO4
（6）3mol （7）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（8） ①. Ga(OH)3+NaOH=NaGaO2+2H2O ②. ＜
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次递增的短周期元素，A元素的原子半径是所有主族元素中原子半径最小的，A和D为同一主族元素，则A为氢元素、D为钠元素；B原子的最外层电子数比次外层多3，则B的核外电子排布为2、5，B为氮元素；G元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6，则G原子的最外层电子数为7，其为氯元素；F形成的化合物是形成酸雨的主要原因，则F为硫元素；E是同周期中金属离子半径最小的元素，则E为铝元素；C和F为同一主族元素，则C为氧元素。从而得出A、B、C、D、E、F、G分别为H、N、O、Na、Al、S、Cl。
【小问1详解】
由分析可知，B元素的名称：氮。答案为：氮；
【小问2详解】
C为8号元素氧，在周期表中的位置：第二周期第VIA族。答案为：第二周期第VIA族；
【小问3详解】
E为13号元素铝，原子结构示意图为。答案为：；
【小问4详解】
B、D、E三种元素分别为N、Na、Al，N原子核外有2个电子层，Na、Al原子核外有3个电子层，Na在同周期Al的左边，则原子半径由大到小的顺序为Na＞Al＞N。答案为：Na＞Al＞N；
【小问5详解】
①C、F元素的氢化物分别为H2O、H2S，S的非金属性比O弱，则还原性较强的是H2S。
②F、G元素最高价氧化物对应水化物分别为H2SO4和HClO4，S的非金属性比Cl弱，则酸性较强的是HClO4。答案为：H2S；HClO4；
【小问6详解】
由C、D形成的一种化合物Na2O2与水发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可建立关系式：O2——2e-，则生成标况下33.6L气体时转移的电子的物质的量为=3mol。答案为：3mol；
【小问7详解】
G元素的单质Cl2有毒，可用D的最高价氧化物对应的水化物NaOH溶液吸收，生成NaCl、NaClO等，其离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
【小问8详解】
从流程中可以看出，Ga2O3与Al2O3的性质相似，也具有两性，则氢氧化镓也具有两性，氢氧化镓与NaOH反应的化学方程式为Ga(OH)3+NaOH=NaGaO2+2H2O；NaAlO2溶液中通入二氧化碳，可生成Al(OH)3沉淀，而NaGaO2溶液中通入二氧化碳，不能生成Ga(OH)3沉淀，则表明酸性Al(OH)3＜H2CO3＜Ga(OH)3，从而得出酸性：Al(OH)3＜Ga(OH)3。答案为：Ga(OH)3+NaOH=NaGaO2+2H2O；＜。
【点睛】对于反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，满足强酸制弱酸的原理，可得出酸性Al(OH)3＜H2CO3。
20. 海水是一个资源宝库，能从海水中提取大量有用的物质。图是从海水中获得的粗盐(含泥沙、少量MgCl2、CaCl2和Na2SO4等杂质)提纯的流程，回答下列问题：
(注意：abc试剂加入的量都是过量的)
（1）操作1是_______，操作2是_______
（2）a、b、c是试剂①氯化钡溶液 ②氢氧化钠溶液 ③碳酸钠溶液中的一种，则加入试剂的正确顺序有_______
A．①②③ B．①③② C．②①③ D．②③① E．③①② F．③②①
（3）写出加入碳酸钠溶液发生的离子方程式：和_______
（4）试剂d是一种酸，它是_______，写出加入试剂d发生的离子方程式H+ + OH-= H2O和_______
【答案】（1） ①. 过滤 ②. 蒸发结晶
（2）ABC （3）
（4） ①. 盐酸 ②.
【解析】
【分析】根据物质性质，硫酸根离子用钡盐除去，镁离子用碱除去，然后加入碳酸盐除去过量钡盐和钙离子，过滤后用稀盐酸中和即可；根据如图流程，用水将粗盐溶解，加入试剂a、b、c，则a为；b为；c为，也可以是a为；b为
【小问1详解】
如图流程，再加入试剂、、后，得到、、、，经过滤除去，得到含NaOH、和NaCl的混合液，加入适量稀盐酸中和后得到NaCl溶液，然后蒸发结晶，烘干得到纯净的NaCl，故填过滤；蒸发结晶；
【小问2详解】
根据题意a为；b为；c为，也可以是a为；b为，c为，或a为，b为，c为，综上所述，则加入试剂的正确顺序有①②③；①③②；②①③，故填ABC；
【小问3详解】
加入碳酸盐除去过量钡盐和钙离子，其涉及反应有和，故填；
【小问4详解】
在除去、和等杂质后，经过滤得到含NaOH、和NaCl的混合液，加入适量稀盐酸中和后得到NaCl溶液，其反应为和，故填盐酸；。
相关试卷
四川省泸县第一中学2023-2024学年高一化学上学期10月月考试题（Word版附解析）： 这是一份四川省泸县第一中学2023-2024学年高一化学上学期10月月考试题（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了满分100分，可能用到的相对原子质量有， 物质M在水中发生如下电离， 现有5种物质， 下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
四川省泸县第五中学2022-2023学年高一化学下学期期末试题（Word版附解析）： 这是一份四川省泸县第五中学2022-2023学年高一化学下学期期末试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了满分100分 时间75分钟，5 Na， 下列说法不正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
四川省泸州市泸县一中2022-2023学年高一化学下学期6月期末考试试题（Word版附解析）： 这是一份四川省泸州市泸县一中2022-2023学年高一化学下学期6月期末考试试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了5 Na23 Fe56， 下列叙述中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
