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湖北省荆州市八县市2022-2023学年高一（上）期末化学试卷（含解析）
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这是一份湖北省荆州市八县市2022-2023学年高一（上）期末化学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，推断题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省荆州市八县市高一（上）期末化学试卷
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 化学与社会、生活、技术密切相关，下列说法正确的是( )
A. 汽车尾气系统中安装的催化转化器可有效减少CO2的排放，实现“碳中和”
B. 我国化学家侯德榜创立的“侯氏制碱法”原理为：以食盐、氨、二氧化碳为原料，直接生成纯碱
C. 节日燃放的五彩缤纷的烟花，是锂、钠、钾、铁、锶、钡等金属化合物发生焰色反应所呈现的各种艳丽的色彩
D. 用覆铜板制作印刷电路板的原理是利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”
2. 下列化学用语正确的是( )
A. 中子数为46，质子数为34的Se原子可表示为： 3446Se
B. CO2的分子结构模型为：
C. 过氧化氢的电子式为：
D. 氮气的结构式为：N=N
3. 下列关于胶体的叙述正确的是( )
A. 实验室将FeCl3溶液与氢氧化钠溶液混合制备氢氧化铁胶体
B. 实验室制备的氢氧化铁胶体能导电，说明氢氧化铁胶体带电
C. 向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀盐酸，先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解
D. 胶体区别于其他分散系的本质是能否发生丁达尔效应
4. 在三个刚性密闭容器中分别充入CH4、H2、CO2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是( )
A. p(CH4)>p(H2)>p(CO2) B. p(CO2)>p(CH4)>p(H2)
C. p(H2)>p(CO2)>p(CH4) D. p(H2)>p(CH4)>p(CO2)
5. 标况下将2.24LCH4气体先与足量氧气充分燃烧，再将得到的气体缓慢通过足量的Na2O2固体后，固体质量增重为( )
A. 2.8g B. 3.2g C. 1.6g D. 3.0g
6. 下列实验装置及实验结果合理的是 ( )
图1
图2
图3
图4
A. 实验室用图1所示装置除去CO2气体中的HCl气体
B. 实验室用图2所示装置分离Fe(OH)3胶体中的KBr
C. 实验室用图3所示装置制备少量Fe(OH)2，先打开止水夹a，一段时间后再关闭a
D. 实验室用图4所示装置证明非金属性强弱：Cl>C>Si
7. 科学研究人员在金星大气中探测到了只属于PH3的光谱特征，据此推断金星大气层或存在生命。已知P4与足量的KOH溶液发生反应P4+3KOH+3H2O=PH3↑+3KH2PO2可制备PH3。已知P4分子呈正四面体型( )，NA代表阿伏加德罗常数。下列说法不正确的是( )
A. 1molP4中含6mol非极性键
B. 每产生标准状况下22.4LPH3时，该反应转移的电子数为3NA
C. KH2PO2为酸式盐
D. 通过X射线衍射法可测定P4的分子结构
8. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )
A. 1mol14ND4+(其中D代表 12H)中含有的中子数为10NA
B. 1mol⋅L−1Na2CO3溶液中所含Na+数目为2NA
C. 常温常压下，14gN2和CO的混合气体所含原子数为NA
D. 3molFe与足量水蒸气在高温下完全反应，失去9NA个电子
9. 下列溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是( )
A. Ca(OH)2溶液与盐酸；NaOH溶液与硫酸
B. BaCl2溶液与Na2SO4溶液；Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液
C. Na2CO3溶液与硝酸溶液；CaCO3溶液与硝酸溶液
D. 碳酸钠溶液与Ba(OH)2溶液；碳酸氢钠溶液与Ba(OH)2溶液混合
10. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 无色透明溶液：H+、Cu2+、SO42−、NO3−
B. 能使石蕊溶液变红的溶液：Na+、Ca2+、Cl−、Br−
C. c(ClO−)=1mol⋅L−1的溶液：Ca2+、Na+、Cl−、I−
D. 能与铝反应产生H2的溶液：Na+、NH4+、HCO3−、SO42−
11. 现有质量分数为20%，物质的量浓度为c1mol⋅L−1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数变为40%，此时该H2SO4的物质的量浓度为c2mol⋅L−1，则c1和c2的数值关系是( )
A. c2=2c1 B. c2>2c1 C. c2<2c1 D. 无法确定
12. 下列表述Ⅰ与表述Ⅱ中，两者因果关系正确的是 ( )
选项
表述Ⅰ
表述Ⅱ
A
金属钠具有强还原性
高压钠灯发出透雾性强的黄光
B
NaHCO3可与盐酸反应
苏打可用于治疗胃病
C
Na2O2与CO2、H2O反应生成O2
Na2O2作潜艇供氧剂
D
硬铝熔点高
硬铝是制造飞机和宇宙飞船的理想材料
A. A B. B C. C D. D
13. 用硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。已知：“还原”时，发生反应FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42−+15Fe2++16H+；FeS2、SiO2均与H2SO4不反应。下列有关说法不正确的是 ( )
A. “酸溶”时加速搅拌可加快反应速率
B. “过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+
C. “还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为15：2
D. “氧化”时离子方程式：4Fe2++8NH3⋅H2O+O2=8NH4++4FeOOH↓+2H2O
14. 有下列氧化还原反应：①2I−+Cl2=I2+2Cl−；②2Fe3++2I−=2Fe2++I2；③2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；④2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2+8H2O，根据上述反应，判断下列结论中正确的是( )
A. 要除去含有Fe2+、Cl−和I−的混合溶液中的杂质离子I−，应加入过量的新制氯水
B. 氧化性强弱顺序为：MnO4−>Cl2>Fe3+>I2
C. Mn2+是MnO4−的氧化产物，I2是I−的还原产物
D. 在溶液中不可能发生反应：MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
15. 向100mL3.0mol⋅L−1FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe3+)、n(Fe2+)、n(Br−)随通入Cl2的物质的量n(Cl2)变化如图所示，下列说法错误的是( )
A. ②代表Br−，③代表Fe3+
B. 还原性强弱：Fe2+>Br−
C. n(Cl2)=0.35mol时，溶液中c(Fe3+)=c(Br−)
D. n(Cl2)=0.5mol时，总的离子方程式为：2Fe2++4Br−+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl−
二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
16. 某校化学兴趣小组设计了如图装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉(已知该反应为放热反应)。
(1)装置A中所用溶液浓度为11.6mol⋅L−1，现欲用其配制100mL0.6mol⋅L−1的稀溶液。则需量取 ______ mL浓溶液，量取所用量筒的规格是 ______ (填“10mL”“25mL”或“50mL”)。若所配制的稀溶液浓度偏大，则下列可能的原因分析中正确的是 ______ 。
A.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水
B.量取浓溶液时，仰视液面
C.未经冷却，立即转移至容量瓶定容
D.仰视定容
(2)仪器A的名称为 ______ ，D的作用为 ______ 。
(3)结果实验所得Ca(ClO)2产率太低。经查阅资料发现主要原因是U形管中存在两个反应。温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca(ClO3)2，该反应方程式为 ______ ，为避免该反应的发生可采取的措施是 ______ 。
(4)向含1.0molCa(OH)2的潮湿消石灰中通入足量氯气，若反应后测得产物中Cl−的物质的量为1.2mol，溶液中Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2两种物质的物质的量(n)与反应时间(t)的关系曲线表示为如图(不考虑氯气和水及其他副反应)。则图中a：b= ______ 。
三、简答题（本大题共2小题，共28.0分）
17. 有如下物质：①铜；②NaOH溶液；③NaHSO4固体；④CO2；⑤酒精；⑥Na2O2；⑦NaHCO3溶液；⑧CuSO4⋅5H2O晶体。
(1)以上物质中，属于电解质的是 ______ (填序号，下同)，属于非电解质的是 ______ 。
(2)将②与⑦进行混合，该过程中发生的离子反应方程式是 ______ 。
(3)向氢氧化钡溶液中加入物质③的溶液至Ba2+恰好沉淀完全，其离子方程式为 ______ 。
(4)向②溶液中通入一定量的④，然后向该混合溶液中逐滴加入2mol⋅L−1的盐酸，所加盐酸的体积与产生CO2的体积(标准状况)关系如图所示。
回答下列问题：
①AB段发生反应的离子方程式为 ______ 。
②当加入35mL盐酸时，产生CO2的体积(标准状况)为 ______ mL。
③原混合溶液中溶质及物质的量之比为 ______ 。
18. FeCO3是一种常见的市售补血药剂，与砂糖混用效果更佳，实验室模拟制备FeCO3并探究其性质如下：
(1)实验室制备FeCO3：
操作1为 ______ ，写出生成沉淀的化学方程式： ______ 。
(2)探究FeCO3高温下煅烧产物：
实验步骤
实验操作
Ⅰ
取一定质量的FeCO3固体置于坩埚中，高温煅烧至质量不再减轻，冷却至室温
Ⅱ
取少量实验步骤Ⅰ所得固体置于一洁净的试管中，用足量的稀硫酸溶解
Ⅲ
向实验步骤Ⅱ所得溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红
Ⅳ
结论：FeCO3高温下煅烧产物为Fe2O3
①根据上述结论得到化学方程式： ______ 。实验步骤Ⅲ中溶液变红的离子方程式为 ______ 。
②某同学提出了不同的看法：煅烧产物可能是Fe3O4，因为Fe3O4也可以溶于硫酸，且所得溶液中也含有Fe3+。于是该同学对实验步骤Ⅱ进行了补充：另取少量实验步骤Ⅱ所得溶液，然后 ______ (填字母)。
A.滴加氯水
B.滴加KSCN溶液
C.先滴加KSCN溶液后滴加氯水
D.滴加酸性KMnO4溶液
③有同学认为即使得到该同学预期的实验现象，也不能确定煅烧产物中含有+2价铁元素。于是他重新设计了由FeCO3制备Fe2O3的方案。先向FeCO3粉末中依次加入试剂：稀硫酸、双氧水、氢氧化钠溶液；然后再过滤、洗涤、灼烧即可得到Fe2O3。请写出和双氧水有关的离子方程式： ______ 。
(3)产品纯度测定：[已知：K2Cr2O7为常见氧化剂，酸性条件下的还原产物为Cr3+；M(FeCO3)=116g/mol]取实验室制备产品FeCO320.00g于一洁净的大试管中，用足量的稀硫酸溶解，滴加几滴KSCN溶液，再滴加0.50mol⋅L−1的K2Cr2O7溶液，当滴加48.00mL时，溶液恰好变为红色，则产品纯度为 ______ 。
四、推断题（本大题共1小题，共13.0分）
19. 元素X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。
(1)Q离子的结构示意图是 ______ 。
(2)R元素在周期表中位于第 ______ 周期 ______ 族；关于R所在主族的单质及化合物的叙述错误的是 ______ (填字母)。
A.从上到下，单质颜色越来越深，熔、沸点越来越高
B.单质均可与水发生反应生成两种酸
C.单质均具有强氧化性，能将Fe氧化至Fe3+
D.氢化物均易溶于水，且均为强酸
(3)X、Q、R三种元素的最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序是 ______ (填化学式)。
(4)Z与R可以形成 ______ (填“共价”或“离子”)化合物，用电子式表示其形成过程为 ______ 。
(5)Y与Q非金属性较强的是 ______ (填元素符号)，请从原子结构的角度解释原因： ______ 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.汽车尾气系统中安装的催化转化器目的是把一氧化碳和氮氧化物转化为氮气和二氧化碳，减小污染气体排放，故A错误；
B.“候氏制碱法”原理为：食盐、氨、二氧化碳为原料依据溶解度差异，先生成碳酸氢钠沉淀，然后过滤、加热转化为纯碱，不是直接转化为纯碱，故B错误；
C.铁的焰色反应没有特征颜色，故C错误；
D.用覆铜板制作印刷电路板的原理是利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，故D正确；
故选：D。
A.汽车尾气系统中安装的催化转化器目的是把一氧化碳和氮氧化物转化为氮气和二氧化碳；
B.“候氏制碱法”原理为：食盐、氨、二氧化碳为原料依据溶解度差异，先生成碳酸氢钠沉淀；
C.铁的焰色反应没有特征颜色；
D.用覆铜板制作印刷电路板的原理是利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应、有机物组成等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.中子数为46，质子数为34的Se原子的质量数为34+46=80，该核素为 3480Se，故A错误；
B.CO2是直线形分子，含有C=O双键，并且C原子半径大于O原子，则CO2分子结构模型为，故B正确；
C.过氧化氢是共价化合物，O原子间共用1对电子，O、H原子间共用1对电子，O原子外围电子数为8，电子式为，故C错误；
D.氮气分子中含有氮氮三键，结构式为N≡N，故D错误；
故选：B。
A.质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角；
B.CO2是共价化合物，含有C=O键，并且C原子半径大于O；
C.过氧化氢是共价化合物，不存在阴阳离子；
D.氮气分子中含有氮氮三键。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、分子结构模型、结构式、元素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.实验室将FeCl3溶液与沸水制备氢氧化铁胶体，故A错误；
B.胶体不带电，氢氧化铁胶体的胶粒带正电能导电，故B错误；
C.向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀盐酸，先发生胶体聚沉，后沉淀溶解，故C正确；
D.分散系根据分散质粒子直径大小分为溶液、胶体和浊液，分散质粒子直径介于1～100nm之间的分散系为胶体，故胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径在1nm～100nm之间，故D错误；
故选：C。
A.FeCl3溶液与氢氧化钠溶液混合得到氢氧化铁胶体；
B.胶体呈电中性；
C.胶体遇到电解质会先发生聚沉；
D.分散系根据分散质粒子直径大小分为溶液、胶体和浊液。
本题考查胶体的性质，掌握胶体的性质是关键，比较基础，侧重对基础知识的巩固，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：据阿伏加德罗定律可知，温度和密度相同时，摩尔质量与压强成反比，摩尔质量：H2p(CH4)>p(CO2)，
故选：D。
根据阿伏加德罗定律，温度和密度相同时，摩尔质量与压强成反比。
本题考查阿伏加德罗定律，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
5.【答案】B
【解析】解：标况下2.24LCH4，物质的量为0.1mol，CH4气体先与足量氧气充分燃烧生成0.1molCO2和0.2molH2O，再将得到的气体缓慢通过足量的Na2O2固体，根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，相当于增重0.1molCO和0.2molH2，增重的质量为0.1mol×28g/mol+0.2mol×2g/mol=3.2g，
故选：B。
CH4气体先与足量氧气充分燃烧生成0.1molCO2和0.2molH2O，再将得到的气体缓慢通过足量的Na2O2固体，根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，相当于增重0.1molCO和0.2molH2。
本题考查有关方程式的计算，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
6.【答案】C
【解析】解：A.由于碳酸钠溶液均能与HCl和CO2反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；
B.半透膜渗析分离胶体和溶液，分离Fe(OH)3胶体中的KBr应用半透膜渗析，故B错误；
C.先打开止水夹a，则Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，H2排尽装置中的空气，一段时间后再关闭a，由于继续产生H2，A试管中气体压强增大，将A中溶液压入B试管中，发生FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，且整个体系中处于H2的还原性氛围中，能够防止Fe(OH)2被氧化，故能达到实验目的，故C正确；
D.实验室用图4所示装置可以观察到CaCO3表面产生大量的无色气泡，经过饱和碳酸氢钠溶液后除去CO2中的HCl后，再通入Na2SiO3溶液中可以看到溶液变浑浊，说明酸性：HCl>H2CO3>H2SiO3，非金属元素的非金属性与其最高价氧化物对应水化物的酸性一致，由于HCl不是Cl的最高价氧化物对应水化物，故不能证明三种非金属性强弱，不能达到实验目的，故D错误；
故选：C。
A.碳酸钠溶液均能与HCl和CO2反应；
B.半透膜渗析分离胶体和溶液；
C.实验室用图3所示装置制备少量Fe(OH)2，先打开止水夹a，则Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，H2排尽装置中的空气，一段时间后再关闭a，由于继续产生H2，A试管中气体压强增大，将A中溶液压入B试管中，发生FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4；
D.非金属元素的非金属性与其最高价氧化物对应水化物的酸性一致。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基本实验的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】C
【解析】解：A.P4的正四面体结构为，1molP4中含6mol非极性键，故A正确；
B.由方程式可知，每产生标准状况下22.4LPH3时，该反应转移的电子数为3NA，故B正确；
C.过量碱液与KH2PO2不反应，说明H3PO2是一元酸，则KH2PO2为正盐，故C错误；
D.通过X射线衍射法可测定分子结构，故D正确；
故选：C。
A.P4的正四面体结构为；
B.由方程式可知，每产生标准状况下22.4LPH3时，该反应转移的电子数为3NA；
C.过量碱液与KH2PO2不反应，说明H3PO2是一元酸；
D.通过X射线衍射法可测定分子结构。
本题考查了阿伏加德罗常数的使用，明确物质的结构组成、以物质的量为核心计算公式是解题关键，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.1个 14ND4+含有11个中子，1mol14ND4+(其中D代表 12H)中含有的中子数为11NA，故A错误；
B.溶液体积未知，无法计算钠离子个数，故B错误；
C.常温常压下，14gN2和CO的混合气体所含原子数为：14g28g/mol×2×NAmol−1=NA，故C正确；
D.3mol单质Fe与足量水蒸气在高温下完全反应，失去8NA个电子，故D错误；
故选：C。
A.1个 14ND4+含有11个中子；
B.溶液体积未知；
C.N2和CO都是双原子分子，摩尔质量都是28g/mol；
D.Fe与水高温反应为3Fe+4H2O(g)=高温Fe3O4+4H2～8e−。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。
9.【答案】A
【解析】解：A.Ca(OH)2溶液与盐酸，NaOH溶液与硫酸，离子方程式都可以表示为：H++OH−=H2O，故A正确；
B.BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应的离子方程式为：SO42−+Ba2+=BaSO4↓，Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液反应时，若硫酸氢钠过量，离子方程式为：2H++2OH−+SO42−+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，氢氧化钡过量时的反应为H++OH−+SO42−+Ba2+=BaSO4↓+H2O，不能用同一离子方程式表示，故B错误；
C.Na2CO3溶液与硝酸溶液反应的离子方程式为：CO32−+2H+=CO2↑+H2O，CaCO3与硝酸溶液反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=CO2↑+Ca2++H2O，不能用同一离子反应表示，故C错误；
D.碳酸钠与Ba(OH)2反应的离子方程式为：Ba2++CO32−=CaCO3↓，若NaHCO3(过量)和Ba(OH)2反应的离子方程式为：2OH−+2HCO3 −+Ba2+=BaCO3↓+CO32−+2H2O，二者不同，故D错误；
故选：A。
A.Ca(OH)2溶液与盐酸，NaOH溶液与硫酸，都是可溶性碱和可溶性酸反应，可以写成氢离子和氢氧根离子反应；
B.BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应的离子方程式为：SO42−+Ba2+=BaSO4↓，Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液反应时，若硫酸氢钠过量，离子方程式为：2H++2OH−+SO42−+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，氢氧化钡过量时的反应为H++OH−+SO42−+Ba2+=BaSO4↓+H2O；
C.Na2CO3溶液与硝酸溶液反应的离子方程式为：CO32−+2H+=CO2↑+H2O，CaCO3与硝酸溶液反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=CO2↑+Ca2++H2O；
D.碳酸钠与Ba(OH)2反应的离子方程式为：Ba2++CO32−=CaCO3↓，若NaHCO3(过量)和Ba(OH)2反应的离子方程式为：2OH−+2HCO3 −+Ba2+=BaCO3↓+CO32−+2H2O。
本题考查了离子方程式的书写，明确物质之间的反应是解本题关键，再结合离子方程式书写规则分析解答，注意硫酸氢钾和碳酸氢钾电离方式的区别，为易错点。
10.【答案】B
【解析】解：A.含Cu2+的溶液呈蓝色，不符合无色透明，故A错误；
B.能使石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，四种离子可共存，故B正确；
C.次氯酸钠溶液具有强氧化性，能把I−离子和氯离子氧化，故C错误；
D.能与铝反应产生H2的溶液可能为酸性或碱性溶液，碳酸氢根在酸性或碱性溶液中均不能存在，故D错误；
故选：B。
A.含Cu2+的溶液呈蓝色；
B.能使石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液；
C.次氯酸钠溶液具有强氧化性；
D.能与铝反应产生H2的溶液可能为酸性或碱性溶液。
本题考查离子共存的判断，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，试题侧重对学生基础知识的训练和检验。
11.【答案】B
【解析】解：溶液中溶质的质量分数由20%变为40%，则蒸发掉原溶液质量一半的水，设质量分数为20%的H2SO4的密度为ρ1g/mL蒸发后密度为ρ2g/mL，根据物质的量浓度与溶液密度、质量分数的关系有：c=1000ρωM，c1=1000ρ1×20%98，c2=1000ρ2×40%98，得c1：c2=ρ1：2ρ2，H2SO4的浓度越大密度越大，ρ1<ρ2，则得到c2>2c1，
故选：B。
利用c=1000ρwM计算硫酸的物质的量浓度，且硫酸溶液的浓度越大其密度也越大，以此来解答。
本题考查物质的量浓度与质量分数的相互换算，为高频考点，把握浓度与质量分数的关系及硫酸溶液的浓度越大密度也越大为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意氨水、酒精浓度越大密度越小，题目难度中等。
12.【答案】C
【解析】解：A.钠的焰色反应为黄色，故高压钠灯发出透雾性强的黄光，故A错误；
B.NaHCO3可与盐酸反应，小苏打可用于治疗胃病，苏打指的是碳酸钠，故B错误；
C.Na2O2与CO2、H2O反应生成O2，Na2O2作潜艇供氧剂，故C正确；
D.硬铝密度小，强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故D错误；
故选：C。
A.钠的焰色反应为黄色；
B.苏打是碳酸钠，小苏打是碳酸氢钠；
C.Na2O2与CO2、H2O反应生成O2；
D.硬铝密度小，强度高，具有较强的抗腐蚀能力。
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、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意因果关系的判断，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.加速搅拌有利于溶液充分混合，可增大反应速率，故A正确；
B.滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，还原的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42−+15Fe2++16H+，生成氢离子，则“过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，故B正确；
C.还原的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42−+15Fe2++16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，SO42−为氧化产物，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物的物质的量之比为14：2=7：1，故C错误；
D.滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为4Fe2++8NH3⋅H2O+O2=8NH4++4FeOOH↓+2H2O，故D正确；
故选：C。
硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为Fe2+，同时生成SO42−，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有Fe2+和H+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯方法、流程中发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应中氧化性的比较及应用，明确反应中元素的化合价变化及氧化性比较方法为解答的关键，题目难度不大。
【解答】
①2I−+Cl2=I2+2Cl−中，Cl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性Cl2>I2；
②2Fe3++2I−=2Fe2++I2中，Fe元素的化合价升高，I元素的化合价降低，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性Fe3+>I2；
③2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−中，Cl元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性Cl2>Fe3+；
④2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O中，Cl元素的化合价升高，Mn元素的化合价降低，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性MnO4−>Cl2，据此分析解答。
A.由以上分析可知，氧化性强弱顺序为：MnO4−>Cl2>Fe3+>I2，则要除去含有Fe2+、Cl−和I−的混合溶液中的杂质离子I−，只能加三价铁溶液，不能加入过量的新制氯水，故A错误；
B.由以上分析可知，氧化性强弱顺序为：MnO4−>Cl2>Fe3+>I2，故B正确；
C.④2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价降低，则Mn2+是MnO4−的还原产物，故C错误；
D.由B得，氧化性强弱顺序为：MnO4−>Cl2>Fe3+>I2，所以可能发生反应：MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，故D错误；
故选B。
15.【答案】C
【解析】解：A.由分析可知②为Br−；③为Fe3+，故A正确；
B.由图形可知，先发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，后发生：2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，故B正确；
C.n(Cl2)=0.35mol时，先发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，消耗0.15mol氯气，剩下0.2molCl2再发生2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，反应后，n(Br−)=0.6mol−0.4mol=0.2mol，n(Fe3+)=0.3mol，故C错误；
D.n(Cl2)=0.5mol，氯气过量，故反应为2Fe2++4Br−+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl−，故D正确；
故选：C。
100mL3.0mol⋅L−1FeBr2，溶液中，n(Fe2+)=0.3mol，n(Br−)=0.6mol，由图形可知，先发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，后发生：2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，故①为Fe2+；②为Br−；③为Fe3+，据此进行解答。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握氧化的先后顺序、方程式的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意图象的分析判断，题目难度不大。
16.【答案】5.2 10mL BC 分液漏斗 吸收尾气，防止空气污染 6Cl2+6Ca(OH)2=△5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O 将U形管置于冷水浴 7：1
【解析】解：(1)配制溶液时，溶质物质的量不变，c1V1=c2V2，即11.6mol/L×V=100mL×10−3L/mL×0.6mol/L；V=5.2mL；
A.配制溶液时，配制前，容量瓶中有少量质的物质的量和溶液的体积，对所配溶液的浓度无影响，故A错误；
B.量取浓溶液时，仰视液面会使量取浓盐酸的体积偏大，溶质的物质的量偏大，导致所配溶液的浓度偏高，故B正确；
C.未经冷却，立即转移至容量瓶定容会使溶液的体积偏小，导致所配溶液的浓度偏高，故C正确；
D.定容时，仰视液面会使溶液的体积偏大，导致所配溶液的浓度偏低，故D错误；
故答案为：5.2；10mL；BC；
(2)仪器A的名称为分液漏斗，D的作用为吸收尾气，防止空气污染，
故答案为：分液漏斗；吸收尾气，防止空气污染；
(3)由题意可知，氯气与潮湿的消石灰反应时会放出热量使反应温度升高，氯气在温度较高的条件下与消石灰反应生成氯酸钙、氯化钙和水，其反应的化学方程式为：6Cl2+6Ca(OH)2=△5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，为避免副反应的发生应将U形管置于冷水浴中，使氯气和消石灰在较低的温度下反应，
故答案为：6Cl2+6Ca(OH)2=△5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O；将U形管置于冷水浴；
(4)设次氯酸根为2amol、氯酸根为2bmol，由氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙的化学式可知，氯气与潮湿的消石灰反应得到的氯离子、次氯酸根离子和氯酸根离子的总物质的量为2mol，则2a+2b+1.2=2，由得失电子数目守恒可得：2a+10b=1.2，解得a=0.35，b=0.05，则a：b=7：1，
故答案为：7：1。
由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的无水硫酸铜用于检验水蒸气的产生，装置C中盛有的五氧化二磷或硅胶用于干燥氯气，装置D、E用于验证干燥的氯气没有漂白性，湿润的氯气因生成次氯酸而表现漂白性，装置F中盛有的四氯化碳用于吸收氯气，防止氯气干扰氯化氢的检验，装置G中盛有的硝酸银溶液用于吸收和检验氯化氢。
本题考查氯气的制备和性质，侧重考查学生含氯物质性质的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】③⑥⑧ ④⑤ OH−+HCO3−=CO32−+H2O Ba2++OH−+H++SO42−=BaSO4↓+H2O HCO3−+H+=CO2↑+H2O 448 1：4
【解析】解：①铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质；
②NaOH溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
③NaHSO4固体在水溶液和熔融状态下均能导电，属于电解质；
④CO2自身不能电离，是非电解质；
⑤酒精自身不能电离，是非电解质；
⑥Na2O2在熔融状态下能导电，属于电解质；
⑦NaHCO3溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
⑧CuSO4⋅5H2O晶体在熔融状态下和水溶液中均能电离，属于电解质；
故属于电解质的是③NaHCO3固体，⑥Na2O2，⑧CuSO4⋅5H2O晶体；属于非电解质的是④CO2，⑤酒精，
故答案为：③⑥⑧；④⑤；
(2)NaOH溶液与NaHCO3反应生成碳酸钠和水，该过程中发生的离子反应方程式是OH−+HCO3−=CO32−+H2O，
故答案为：OH−+HCO3−=CO32−+H2O；
(3)向氢氧化钡溶液中加入物质NaHSO4的溶液至恰好沉淀完全，钡离子和硫酸根离子1：1反应，钡离子和氢氧根离子按1：1反应，其离子方程式为：Ba2++OH−+H++SO42−=BaSO4↓+H2O，
故答案为：Ba2++OH−+H++SO42−=BaSO4↓+H2O；
(4)①由图像可知，开始没有二氧化碳生成，是氢氧化钠与盐酸反应、碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，AB段产生二氧化碳是碳酸氢钠与盐酸反应，反应的离子方程式为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑，
故答案为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑；
②结合图像可知，25～35mL发生碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，此时消耗盐酸的物质的量为(35−25)mL×10−3×2mol⋅L−1=0.02mol，依据方程式HCO3−+H+=CO2↑+H2O可知，此时产生二氧化碳的物质的量为0.02mol，则CO2的体积(标准状况)为0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，
故答案为：448mL；
③OA段发生反应的离子方程式为H++OH−=H2O、CO32−+H+=HCO3−，AB段发生反应的离子方程式为HCO3−+H+=CO2↑+H2O，AB段消耗盐酸20mL，则OA段发生反应CO32−+H+=HCO3−也消耗盐酸20mL，消耗盐酸的物质的量为20×10−3L×2mol⋅L−1=0.04mol，碳酸钠的物质的量为0.04mol，OA段发生反应H++OH−=H2O消耗盐酸5mL，消耗盐酸的物质的量为5×10−3L×2mol⋅L−1=0.01mol，氢氧化钠的物质的量为0.01mol，
故答案为：1：4。
(1)在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质：
本题为综合题，考查了物质的分类、离子方程式的书写，明确电解质和非电解质的概念及反应的实质是解题关键。
18.【答案】过滤 FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O 4FeCO3+O2=高温2Fe2O3+4CO2 Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3 D H2O2+2Fe2++2H+== 2Fe3++2H2O 83.52%
【解析】解：(1)分离固体操作为；过滤；FeSO4溶液中加碳酸氢铵生成CO2、FeCO3，反应的化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3== FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O，
故答案为：过滤；FeSO4+2NH4HCO3== FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O；
(2)①根据上述现象得到化学方程式：4FeCO3+O2==高温2Fe2O3+4CO2；三价铁离子可以和硫氰化钾之间反应生成红色的络合物，实验步骤Ⅲ中溶液变红的离子方程式为Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3，
故答案为：4FeCO3+O2==高温2Fe2O3+4CO2；Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3；
②亚铁离子能使高锰酸钾褪色，但是三价铁离子不可以，步骤Ⅱ所得溶液中一定含有铁离子，判断是否含有Fe2+，原溶液中有铁离子，滴加氯水能氧化亚铁离子为铁离子现象不明显，不能鉴别，故A错误；滴加KSCN溶液只能鉴别铁离子的存在，不能证明亚铁离子的存在，故B错误；先滴加KSCN溶液后滴加氯水，若原溶液中含铁离子，遇到KSCN反应变红色，再滴入氯水不能鉴别溶液中含亚铁离子，故C错误；亚铁离子具有还原性，滴加酸性KMnO4溶液能氧化亚铁离子，若滴入高锰酸钾溶液褪色证明含有亚铁离子，故D正确，
故答案为：D；
③粉末可以溶于硫酸，得到硫酸铁、硫酸亚铁等，其中的亚铁离子可以被双氧水氧化为三价铁离子，铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解为氧化铁，最后过滤，这样可以制得氧化铁。在酸性条件下，双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，和双氧水有关的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+== 2Fe3++2H2O，
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+== 2Fe3++2H2O；
(3)反应关系式为6FeCO3～K2Cr2O7；故含量为：0.50×48.00×10−3×6×11620.00×100%=83.52%。
故答案为：83.52%
分离固体操作为；过滤；FeSO4溶液中加碳酸氢铵生成CO2、FeCO3；实验步骤Ⅲ中溶液变红的离子方程式为Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3；亚铁离子能使高锰酸钾褪色，但是三价铁离子不可以；铁离子遇到KSCN反应变红色；亚铁离子具有还原性，滴加酸性KMnO4溶液能氧化亚铁离子，若滴入高锰酸钾溶液褪色证明含有亚铁离子；反应关系式为6FeCO3～K2Cr2O7，以此答题。
本题主要考查了制备实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，熟悉制备流程是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
19.【答案】 三 ⅦA BCD HClO4>H2SO4>H2CO3 离子 O 两者最外层电子数相同，但O原子比S原子半径小，更容易得电子，故非金属性氧大于硫
【解析】解：(1)Q离子为硫离子，其离子的结构示意图是，
故答案为：；
(2)R为Cl，该元素在周期表中位于第三周期ⅦA族；
A.从上到下，单质颜色越来越深，熔沸点越高，故A正确；
B.氟气与水反应生成氢氟酸和氧气，故B错误；
C.单质碘将Fe氧化至Fe2+，故C错误；
D.HF为弱酸，故D错误；
故答案为：三；ⅦA；BCD；
(3)根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此C、S、Cl三种元素的最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序是HClO4>H2SO4>H2CO3，
故答案为：HClO4>H2SO4>H2CO3；
(4)Z与R化合生成氯化钠，氯化钠是离子化合物，用电子式表示其形成过程为，
故答案为：离子；；
(5)根据同主族从上到下非金属性逐渐减弱，因此O与S非金属性较强的是O，原因是两者最外层电子数相同，但O原子比S原子半径小，更容易得电子，
故答案为：O；两者最外层电子数相同，但O原子比S原子半径小，更容易得电子，故非金属性氧大于硫。
根据其原子半径和最外层电子数之间的关系如图信息，X、Y、Z、Q、R分别为C、O、Na、S、Cl。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，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。
2022-2023学年湖北省荆州市八县市高一（上）期末化学试卷
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 化学与社会、生活、技术密切相关，下列说法正确的是( )
A. 汽车尾气系统中安装的催化转化器可有效减少CO2的排放，实现“碳中和”
B. 我国化学家侯德榜创立的“侯氏制碱法”原理为：以食盐、氨、二氧化碳为原料，直接生成纯碱
C. 节日燃放的五彩缤纷的烟花，是锂、钠、钾、铁、锶、钡等金属化合物发生焰色反应所呈现的各种艳丽的色彩
D. 用覆铜板制作印刷电路板的原理是利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”
2. 下列化学用语正确的是( )
A. 中子数为46，质子数为34的Se原子可表示为： 3446Se
B. CO2的分子结构模型为：
C. 过氧化氢的电子式为：
D. 氮气的结构式为：N=N
3. 下列关于胶体的叙述正确的是( )
A. 实验室将FeCl3溶液与氢氧化钠溶液混合制备氢氧化铁胶体
B. 实验室制备的氢氧化铁胶体能导电，说明氢氧化铁胶体带电
C. 向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀盐酸，先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解
D. 胶体区别于其他分散系的本质是能否发生丁达尔效应
4. 在三个刚性密闭容器中分别充入CH4、H2、CO2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是( )
A. p(CH4)>p(H2)>p(CO2) B. p(CO2)>p(CH4)>p(H2)
C. p(H2)>p(CO2)>p(CH4) D. p(H2)>p(CH4)>p(CO2)
5. 标况下将2.24LCH4气体先与足量氧气充分燃烧，再将得到的气体缓慢通过足量的Na2O2固体后，固体质量增重为( )
A. 2.8g B. 3.2g C. 1.6g D. 3.0g
6. 下列实验装置及实验结果合理的是 ( )
图1
图2
图3
图4
A. 实验室用图1所示装置除去CO2气体中的HCl气体
B. 实验室用图2所示装置分离Fe(OH)3胶体中的KBr
C. 实验室用图3所示装置制备少量Fe(OH)2，先打开止水夹a，一段时间后再关闭a
D. 实验室用图4所示装置证明非金属性强弱：Cl>C>Si
7. 科学研究人员在金星大气中探测到了只属于PH3的光谱特征，据此推断金星大气层或存在生命。已知P4与足量的KOH溶液发生反应P4+3KOH+3H2O=PH3↑+3KH2PO2可制备PH3。已知P4分子呈正四面体型( )，NA代表阿伏加德罗常数。下列说法不正确的是( )
A. 1molP4中含6mol非极性键
B. 每产生标准状况下22.4LPH3时，该反应转移的电子数为3NA
C. KH2PO2为酸式盐
D. 通过X射线衍射法可测定P4的分子结构
8. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )
A. 1mol14ND4+(其中D代表 12H)中含有的中子数为10NA
B. 1mol⋅L−1Na2CO3溶液中所含Na+数目为2NA
C. 常温常压下，14gN2和CO的混合气体所含原子数为NA
D. 3molFe与足量水蒸气在高温下完全反应，失去9NA个电子
9. 下列溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是( )
A. Ca(OH)2溶液与盐酸；NaOH溶液与硫酸
B. BaCl2溶液与Na2SO4溶液；Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液
C. Na2CO3溶液与硝酸溶液；CaCO3溶液与硝酸溶液
D. 碳酸钠溶液与Ba(OH)2溶液；碳酸氢钠溶液与Ba(OH)2溶液混合
10. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 无色透明溶液：H+、Cu2+、SO42−、NO3−
B. 能使石蕊溶液变红的溶液：Na+、Ca2+、Cl−、Br−
C. c(ClO−)=1mol⋅L−1的溶液：Ca2+、Na+、Cl−、I−
D. 能与铝反应产生H2的溶液：Na+、NH4+、HCO3−、SO42−
11. 现有质量分数为20%，物质的量浓度为c1mol⋅L−1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数变为40%，此时该H2SO4的物质的量浓度为c2mol⋅L−1，则c1和c2的数值关系是( )
A. c2=2c1 B. c2>2c1 C. c2<2c1 D. 无法确定
12. 下列表述Ⅰ与表述Ⅱ中，两者因果关系正确的是 ( )
选项
表述Ⅰ
表述Ⅱ
A
金属钠具有强还原性
高压钠灯发出透雾性强的黄光
B
NaHCO3可与盐酸反应
苏打可用于治疗胃病
C
Na2O2与CO2、H2O反应生成O2
Na2O2作潜艇供氧剂
D
硬铝熔点高
硬铝是制造飞机和宇宙飞船的理想材料
A. A B. B C. C D. D
13. 用硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。已知：“还原”时，发生反应FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42−+15Fe2++16H+；FeS2、SiO2均与H2SO4不反应。下列有关说法不正确的是 ( )
A. “酸溶”时加速搅拌可加快反应速率
B. “过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+
C. “还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为15：2
D. “氧化”时离子方程式：4Fe2++8NH3⋅H2O+O2=8NH4++4FeOOH↓+2H2O
14. 有下列氧化还原反应：①2I−+Cl2=I2+2Cl−；②2Fe3++2I−=2Fe2++I2；③2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；④2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2+8H2O，根据上述反应，判断下列结论中正确的是( )
A. 要除去含有Fe2+、Cl−和I−的混合溶液中的杂质离子I−，应加入过量的新制氯水
B. 氧化性强弱顺序为：MnO4−>Cl2>Fe3+>I2
C. Mn2+是MnO4−的氧化产物，I2是I−的还原产物
D. 在溶液中不可能发生反应：MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
15. 向100mL3.0mol⋅L−1FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe3+)、n(Fe2+)、n(Br−)随通入Cl2的物质的量n(Cl2)变化如图所示，下列说法错误的是( )
A. ②代表Br−，③代表Fe3+
B. 还原性强弱：Fe2+>Br−
C. n(Cl2)=0.35mol时，溶液中c(Fe3+)=c(Br−)
D. n(Cl2)=0.5mol时，总的离子方程式为：2Fe2++4Br−+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl−
二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
16. 某校化学兴趣小组设计了如图装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉(已知该反应为放热反应)。
(1)装置A中所用溶液浓度为11.6mol⋅L−1，现欲用其配制100mL0.6mol⋅L−1的稀溶液。则需量取 ______ mL浓溶液，量取所用量筒的规格是 ______ (填“10mL”“25mL”或“50mL”)。若所配制的稀溶液浓度偏大，则下列可能的原因分析中正确的是 ______ 。
A.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水
B.量取浓溶液时，仰视液面
C.未经冷却，立即转移至容量瓶定容
D.仰视定容
(2)仪器A的名称为 ______ ，D的作用为 ______ 。
(3)结果实验所得Ca(ClO)2产率太低。经查阅资料发现主要原因是U形管中存在两个反应。温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca(ClO3)2，该反应方程式为 ______ ，为避免该反应的发生可采取的措施是 ______ 。
(4)向含1.0molCa(OH)2的潮湿消石灰中通入足量氯气，若反应后测得产物中Cl−的物质的量为1.2mol，溶液中Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2两种物质的物质的量(n)与反应时间(t)的关系曲线表示为如图(不考虑氯气和水及其他副反应)。则图中a：b= ______ 。
三、简答题（本大题共2小题，共28.0分）
17. 有如下物质：①铜；②NaOH溶液；③NaHSO4固体；④CO2；⑤酒精；⑥Na2O2；⑦NaHCO3溶液；⑧CuSO4⋅5H2O晶体。
(1)以上物质中，属于电解质的是 ______ (填序号，下同)，属于非电解质的是 ______ 。
(2)将②与⑦进行混合，该过程中发生的离子反应方程式是 ______ 。
(3)向氢氧化钡溶液中加入物质③的溶液至Ba2+恰好沉淀完全，其离子方程式为 ______ 。
(4)向②溶液中通入一定量的④，然后向该混合溶液中逐滴加入2mol⋅L−1的盐酸，所加盐酸的体积与产生CO2的体积(标准状况)关系如图所示。
回答下列问题：
①AB段发生反应的离子方程式为 ______ 。
②当加入35mL盐酸时，产生CO2的体积(标准状况)为 ______ mL。
③原混合溶液中溶质及物质的量之比为 ______ 。
18. FeCO3是一种常见的市售补血药剂，与砂糖混用效果更佳，实验室模拟制备FeCO3并探究其性质如下：
(1)实验室制备FeCO3：
操作1为 ______ ，写出生成沉淀的化学方程式： ______ 。
(2)探究FeCO3高温下煅烧产物：
实验步骤
实验操作
Ⅰ
取一定质量的FeCO3固体置于坩埚中，高温煅烧至质量不再减轻，冷却至室温
Ⅱ
取少量实验步骤Ⅰ所得固体置于一洁净的试管中，用足量的稀硫酸溶解
Ⅲ
向实验步骤Ⅱ所得溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红
Ⅳ
结论：FeCO3高温下煅烧产物为Fe2O3
①根据上述结论得到化学方程式： ______ 。实验步骤Ⅲ中溶液变红的离子方程式为 ______ 。
②某同学提出了不同的看法：煅烧产物可能是Fe3O4，因为Fe3O4也可以溶于硫酸，且所得溶液中也含有Fe3+。于是该同学对实验步骤Ⅱ进行了补充：另取少量实验步骤Ⅱ所得溶液，然后 ______ (填字母)。
A.滴加氯水
B.滴加KSCN溶液
C.先滴加KSCN溶液后滴加氯水
D.滴加酸性KMnO4溶液
③有同学认为即使得到该同学预期的实验现象，也不能确定煅烧产物中含有+2价铁元素。于是他重新设计了由FeCO3制备Fe2O3的方案。先向FeCO3粉末中依次加入试剂：稀硫酸、双氧水、氢氧化钠溶液；然后再过滤、洗涤、灼烧即可得到Fe2O3。请写出和双氧水有关的离子方程式： ______ 。
(3)产品纯度测定：[已知：K2Cr2O7为常见氧化剂，酸性条件下的还原产物为Cr3+；M(FeCO3)=116g/mol]取实验室制备产品FeCO320.00g于一洁净的大试管中，用足量的稀硫酸溶解，滴加几滴KSCN溶液，再滴加0.50mol⋅L−1的K2Cr2O7溶液，当滴加48.00mL时，溶液恰好变为红色，则产品纯度为 ______ 。
四、推断题（本大题共1小题，共13.0分）
19. 元素X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。
(1)Q离子的结构示意图是 ______ 。
(2)R元素在周期表中位于第 ______ 周期 ______ 族；关于R所在主族的单质及化合物的叙述错误的是 ______ (填字母)。
A.从上到下，单质颜色越来越深，熔、沸点越来越高
B.单质均可与水发生反应生成两种酸
C.单质均具有强氧化性，能将Fe氧化至Fe3+
D.氢化物均易溶于水，且均为强酸
(3)X、Q、R三种元素的最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序是 ______ (填化学式)。
(4)Z与R可以形成 ______ (填“共价”或“离子”)化合物，用电子式表示其形成过程为 ______ 。
(5)Y与Q非金属性较强的是 ______ (填元素符号)，请从原子结构的角度解释原因： ______ 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.汽车尾气系统中安装的催化转化器目的是把一氧化碳和氮氧化物转化为氮气和二氧化碳，减小污染气体排放，故A错误；
B.“候氏制碱法”原理为：食盐、氨、二氧化碳为原料依据溶解度差异，先生成碳酸氢钠沉淀，然后过滤、加热转化为纯碱，不是直接转化为纯碱，故B错误；
C.铁的焰色反应没有特征颜色，故C错误；
D.用覆铜板制作印刷电路板的原理是利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，故D正确；
故选：D。
A.汽车尾气系统中安装的催化转化器目的是把一氧化碳和氮氧化物转化为氮气和二氧化碳；
B.“候氏制碱法”原理为：食盐、氨、二氧化碳为原料依据溶解度差异，先生成碳酸氢钠沉淀；
C.铁的焰色反应没有特征颜色；
D.用覆铜板制作印刷电路板的原理是利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应、有机物组成等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.中子数为46，质子数为34的Se原子的质量数为34+46=80，该核素为 3480Se，故A错误；
B.CO2是直线形分子，含有C=O双键，并且C原子半径大于O原子，则CO2分子结构模型为，故B正确；
C.过氧化氢是共价化合物，O原子间共用1对电子，O、H原子间共用1对电子，O原子外围电子数为8，电子式为，故C错误；
D.氮气分子中含有氮氮三键，结构式为N≡N，故D错误；
故选：B。
A.质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角；
B.CO2是共价化合物，含有C=O键，并且C原子半径大于O；
C.过氧化氢是共价化合物，不存在阴阳离子；
D.氮气分子中含有氮氮三键。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、分子结构模型、结构式、元素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.实验室将FeCl3溶液与沸水制备氢氧化铁胶体，故A错误；
B.胶体不带电，氢氧化铁胶体的胶粒带正电能导电，故B错误；
C.向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀盐酸，先发生胶体聚沉，后沉淀溶解，故C正确；
D.分散系根据分散质粒子直径大小分为溶液、胶体和浊液，分散质粒子直径介于1～100nm之间的分散系为胶体，故胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径在1nm～100nm之间，故D错误；
故选：C。
A.FeCl3溶液与氢氧化钠溶液混合得到氢氧化铁胶体；
B.胶体呈电中性；
C.胶体遇到电解质会先发生聚沉；
D.分散系根据分散质粒子直径大小分为溶液、胶体和浊液。
本题考查胶体的性质，掌握胶体的性质是关键，比较基础，侧重对基础知识的巩固，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：据阿伏加德罗定律可知，温度和密度相同时，摩尔质量与压强成反比，摩尔质量：H2
故选：D。
根据阿伏加德罗定律，温度和密度相同时，摩尔质量与压强成反比。
本题考查阿伏加德罗定律，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
5.【答案】B
【解析】解：标况下2.24LCH4，物质的量为0.1mol，CH4气体先与足量氧气充分燃烧生成0.1molCO2和0.2molH2O，再将得到的气体缓慢通过足量的Na2O2固体，根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，相当于增重0.1molCO和0.2molH2，增重的质量为0.1mol×28g/mol+0.2mol×2g/mol=3.2g，
故选：B。
CH4气体先与足量氧气充分燃烧生成0.1molCO2和0.2molH2O，再将得到的气体缓慢通过足量的Na2O2固体，根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，相当于增重0.1molCO和0.2molH2。
本题考查有关方程式的计算，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
6.【答案】C
【解析】解：A.由于碳酸钠溶液均能与HCl和CO2反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；
B.半透膜渗析分离胶体和溶液，分离Fe(OH)3胶体中的KBr应用半透膜渗析，故B错误；
C.先打开止水夹a，则Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，H2排尽装置中的空气，一段时间后再关闭a，由于继续产生H2，A试管中气体压强增大，将A中溶液压入B试管中，发生FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，且整个体系中处于H2的还原性氛围中，能够防止Fe(OH)2被氧化，故能达到实验目的，故C正确；
D.实验室用图4所示装置可以观察到CaCO3表面产生大量的无色气泡，经过饱和碳酸氢钠溶液后除去CO2中的HCl后，再通入Na2SiO3溶液中可以看到溶液变浑浊，说明酸性：HCl>H2CO3>H2SiO3，非金属元素的非金属性与其最高价氧化物对应水化物的酸性一致，由于HCl不是Cl的最高价氧化物对应水化物，故不能证明三种非金属性强弱，不能达到实验目的，故D错误；
故选：C。
A.碳酸钠溶液均能与HCl和CO2反应；
B.半透膜渗析分离胶体和溶液；
C.实验室用图3所示装置制备少量Fe(OH)2，先打开止水夹a，则Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，H2排尽装置中的空气，一段时间后再关闭a，由于继续产生H2，A试管中气体压强增大，将A中溶液压入B试管中，发生FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4；
D.非金属元素的非金属性与其最高价氧化物对应水化物的酸性一致。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基本实验的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】C
【解析】解：A.P4的正四面体结构为，1molP4中含6mol非极性键，故A正确；
B.由方程式可知，每产生标准状况下22.4LPH3时，该反应转移的电子数为3NA，故B正确；
C.过量碱液与KH2PO2不反应，说明H3PO2是一元酸，则KH2PO2为正盐，故C错误；
D.通过X射线衍射法可测定分子结构，故D正确；
故选：C。
A.P4的正四面体结构为；
B.由方程式可知，每产生标准状况下22.4LPH3时，该反应转移的电子数为3NA；
C.过量碱液与KH2PO2不反应，说明H3PO2是一元酸；
D.通过X射线衍射法可测定分子结构。
本题考查了阿伏加德罗常数的使用，明确物质的结构组成、以物质的量为核心计算公式是解题关键，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.1个 14ND4+含有11个中子，1mol14ND4+(其中D代表 12H)中含有的中子数为11NA，故A错误；
B.溶液体积未知，无法计算钠离子个数，故B错误；
C.常温常压下，14gN2和CO的混合气体所含原子数为：14g28g/mol×2×NAmol−1=NA，故C正确；
D.3mol单质Fe与足量水蒸气在高温下完全反应，失去8NA个电子，故D错误；
故选：C。
A.1个 14ND4+含有11个中子；
B.溶液体积未知；
C.N2和CO都是双原子分子，摩尔质量都是28g/mol；
D.Fe与水高温反应为3Fe+4H2O(g)=高温Fe3O4+4H2～8e−。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。
9.【答案】A
【解析】解：A.Ca(OH)2溶液与盐酸，NaOH溶液与硫酸，离子方程式都可以表示为：H++OH−=H2O，故A正确；
B.BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应的离子方程式为：SO42−+Ba2+=BaSO4↓，Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液反应时，若硫酸氢钠过量，离子方程式为：2H++2OH−+SO42−+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，氢氧化钡过量时的反应为H++OH−+SO42−+Ba2+=BaSO4↓+H2O，不能用同一离子方程式表示，故B错误；
C.Na2CO3溶液与硝酸溶液反应的离子方程式为：CO32−+2H+=CO2↑+H2O，CaCO3与硝酸溶液反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=CO2↑+Ca2++H2O，不能用同一离子反应表示，故C错误；
D.碳酸钠与Ba(OH)2反应的离子方程式为：Ba2++CO32−=CaCO3↓，若NaHCO3(过量)和Ba(OH)2反应的离子方程式为：2OH−+2HCO3 −+Ba2+=BaCO3↓+CO32−+2H2O，二者不同，故D错误；
故选：A。
A.Ca(OH)2溶液与盐酸，NaOH溶液与硫酸，都是可溶性碱和可溶性酸反应，可以写成氢离子和氢氧根离子反应；
B.BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应的离子方程式为：SO42−+Ba2+=BaSO4↓，Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液反应时，若硫酸氢钠过量，离子方程式为：2H++2OH−+SO42−+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，氢氧化钡过量时的反应为H++OH−+SO42−+Ba2+=BaSO4↓+H2O；
C.Na2CO3溶液与硝酸溶液反应的离子方程式为：CO32−+2H+=CO2↑+H2O，CaCO3与硝酸溶液反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=CO2↑+Ca2++H2O；
D.碳酸钠与Ba(OH)2反应的离子方程式为：Ba2++CO32−=CaCO3↓，若NaHCO3(过量)和Ba(OH)2反应的离子方程式为：2OH−+2HCO3 −+Ba2+=BaCO3↓+CO32−+2H2O。
本题考查了离子方程式的书写，明确物质之间的反应是解本题关键，再结合离子方程式书写规则分析解答，注意硫酸氢钾和碳酸氢钾电离方式的区别，为易错点。
10.【答案】B
【解析】解：A.含Cu2+的溶液呈蓝色，不符合无色透明，故A错误；
B.能使石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，四种离子可共存，故B正确；
C.次氯酸钠溶液具有强氧化性，能把I−离子和氯离子氧化，故C错误；
D.能与铝反应产生H2的溶液可能为酸性或碱性溶液，碳酸氢根在酸性或碱性溶液中均不能存在，故D错误；
故选：B。
A.含Cu2+的溶液呈蓝色；
B.能使石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液；
C.次氯酸钠溶液具有强氧化性；
D.能与铝反应产生H2的溶液可能为酸性或碱性溶液。
本题考查离子共存的判断，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，试题侧重对学生基础知识的训练和检验。
11.【答案】B
【解析】解：溶液中溶质的质量分数由20%变为40%，则蒸发掉原溶液质量一半的水，设质量分数为20%的H2SO4的密度为ρ1g/mL蒸发后密度为ρ2g/mL，根据物质的量浓度与溶液密度、质量分数的关系有：c=1000ρωM，c1=1000ρ1×20%98，c2=1000ρ2×40%98，得c1：c2=ρ1：2ρ2，H2SO4的浓度越大密度越大，ρ1<ρ2，则得到c2>2c1，
故选：B。
利用c=1000ρwM计算硫酸的物质的量浓度，且硫酸溶液的浓度越大其密度也越大，以此来解答。
本题考查物质的量浓度与质量分数的相互换算，为高频考点，把握浓度与质量分数的关系及硫酸溶液的浓度越大密度也越大为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意氨水、酒精浓度越大密度越小，题目难度中等。
12.【答案】C
【解析】解：A.钠的焰色反应为黄色，故高压钠灯发出透雾性强的黄光，故A错误；
B.NaHCO3可与盐酸反应，小苏打可用于治疗胃病，苏打指的是碳酸钠，故B错误；
C.Na2O2与CO2、H2O反应生成O2，Na2O2作潜艇供氧剂，故C正确；
D.硬铝密度小，强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故D错误；
故选：C。
A.钠的焰色反应为黄色；
B.苏打是碳酸钠，小苏打是碳酸氢钠；
C.Na2O2与CO2、H2O反应生成O2；
D.硬铝密度小，强度高，具有较强的抗腐蚀能力。
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、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意因果关系的判断，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.加速搅拌有利于溶液充分混合，可增大反应速率，故A正确；
B.滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，还原的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42−+15Fe2++16H+，生成氢离子，则“过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，故B正确；
C.还原的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42−+15Fe2++16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，SO42−为氧化产物，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物的物质的量之比为14：2=7：1，故C错误；
D.滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为4Fe2++8NH3⋅H2O+O2=8NH4++4FeOOH↓+2H2O，故D正确；
故选：C。
硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为Fe2+，同时生成SO42−，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有Fe2+和H+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯方法、流程中发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应中氧化性的比较及应用，明确反应中元素的化合价变化及氧化性比较方法为解答的关键，题目难度不大。
【解答】
①2I−+Cl2=I2+2Cl−中，Cl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性Cl2>I2；
②2Fe3++2I−=2Fe2++I2中，Fe元素的化合价升高，I元素的化合价降低，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性Fe3+>I2；
③2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−中，Cl元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性Cl2>Fe3+；
④2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O中，Cl元素的化合价升高，Mn元素的化合价降低，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性MnO4−>Cl2，据此分析解答。
A.由以上分析可知，氧化性强弱顺序为：MnO4−>Cl2>Fe3+>I2，则要除去含有Fe2+、Cl−和I−的混合溶液中的杂质离子I−，只能加三价铁溶液，不能加入过量的新制氯水，故A错误；
B.由以上分析可知，氧化性强弱顺序为：MnO4−>Cl2>Fe3+>I2，故B正确；
C.④2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价降低，则Mn2+是MnO4−的还原产物，故C错误；
D.由B得，氧化性强弱顺序为：MnO4−>Cl2>Fe3+>I2，所以可能发生反应：MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，故D错误；
故选B。
15.【答案】C
【解析】解：A.由分析可知②为Br−；③为Fe3+，故A正确；
B.由图形可知，先发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，后发生：2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，故B正确；
C.n(Cl2)=0.35mol时，先发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，消耗0.15mol氯气，剩下0.2molCl2再发生2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，反应后，n(Br−)=0.6mol−0.4mol=0.2mol，n(Fe3+)=0.3mol，故C错误；
D.n(Cl2)=0.5mol，氯气过量，故反应为2Fe2++4Br−+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl−，故D正确；
故选：C。
100mL3.0mol⋅L−1FeBr2，溶液中，n(Fe2+)=0.3mol，n(Br−)=0.6mol，由图形可知，先发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，后发生：2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，故①为Fe2+；②为Br−；③为Fe3+，据此进行解答。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握氧化的先后顺序、方程式的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意图象的分析判断，题目难度不大。
16.【答案】5.2 10mL BC 分液漏斗 吸收尾气，防止空气污染 6Cl2+6Ca(OH)2=△5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O 将U形管置于冷水浴 7：1
【解析】解：(1)配制溶液时，溶质物质的量不变，c1V1=c2V2，即11.6mol/L×V=100mL×10−3L/mL×0.6mol/L；V=5.2mL；
A.配制溶液时，配制前，容量瓶中有少量质的物质的量和溶液的体积，对所配溶液的浓度无影响，故A错误；
B.量取浓溶液时，仰视液面会使量取浓盐酸的体积偏大，溶质的物质的量偏大，导致所配溶液的浓度偏高，故B正确；
C.未经冷却，立即转移至容量瓶定容会使溶液的体积偏小，导致所配溶液的浓度偏高，故C正确；
D.定容时，仰视液面会使溶液的体积偏大，导致所配溶液的浓度偏低，故D错误；
故答案为：5.2；10mL；BC；
(2)仪器A的名称为分液漏斗，D的作用为吸收尾气，防止空气污染，
故答案为：分液漏斗；吸收尾气，防止空气污染；
(3)由题意可知，氯气与潮湿的消石灰反应时会放出热量使反应温度升高，氯气在温度较高的条件下与消石灰反应生成氯酸钙、氯化钙和水，其反应的化学方程式为：6Cl2+6Ca(OH)2=△5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，为避免副反应的发生应将U形管置于冷水浴中，使氯气和消石灰在较低的温度下反应，
故答案为：6Cl2+6Ca(OH)2=△5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O；将U形管置于冷水浴；
(4)设次氯酸根为2amol、氯酸根为2bmol，由氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙的化学式可知，氯气与潮湿的消石灰反应得到的氯离子、次氯酸根离子和氯酸根离子的总物质的量为2mol，则2a+2b+1.2=2，由得失电子数目守恒可得：2a+10b=1.2，解得a=0.35，b=0.05，则a：b=7：1，
故答案为：7：1。
由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的无水硫酸铜用于检验水蒸气的产生，装置C中盛有的五氧化二磷或硅胶用于干燥氯气，装置D、E用于验证干燥的氯气没有漂白性，湿润的氯气因生成次氯酸而表现漂白性，装置F中盛有的四氯化碳用于吸收氯气，防止氯气干扰氯化氢的检验，装置G中盛有的硝酸银溶液用于吸收和检验氯化氢。
本题考查氯气的制备和性质，侧重考查学生含氯物质性质的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】③⑥⑧ ④⑤ OH−+HCO3−=CO32−+H2O Ba2++OH−+H++SO42−=BaSO4↓+H2O HCO3−+H+=CO2↑+H2O 448 1：4
【解析】解：①铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质；
②NaOH溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
③NaHSO4固体在水溶液和熔融状态下均能导电，属于电解质；
④CO2自身不能电离，是非电解质；
⑤酒精自身不能电离，是非电解质；
⑥Na2O2在熔融状态下能导电，属于电解质；
⑦NaHCO3溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
⑧CuSO4⋅5H2O晶体在熔融状态下和水溶液中均能电离，属于电解质；
故属于电解质的是③NaHCO3固体，⑥Na2O2，⑧CuSO4⋅5H2O晶体；属于非电解质的是④CO2，⑤酒精，
故答案为：③⑥⑧；④⑤；
(2)NaOH溶液与NaHCO3反应生成碳酸钠和水，该过程中发生的离子反应方程式是OH−+HCO3−=CO32−+H2O，
故答案为：OH−+HCO3−=CO32−+H2O；
(3)向氢氧化钡溶液中加入物质NaHSO4的溶液至恰好沉淀完全，钡离子和硫酸根离子1：1反应，钡离子和氢氧根离子按1：1反应，其离子方程式为：Ba2++OH−+H++SO42−=BaSO4↓+H2O，
故答案为：Ba2++OH−+H++SO42−=BaSO4↓+H2O；
(4)①由图像可知，开始没有二氧化碳生成，是氢氧化钠与盐酸反应、碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，AB段产生二氧化碳是碳酸氢钠与盐酸反应，反应的离子方程式为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑，
故答案为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑；
②结合图像可知，25～35mL发生碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，此时消耗盐酸的物质的量为(35−25)mL×10−3×2mol⋅L−1=0.02mol，依据方程式HCO3−+H+=CO2↑+H2O可知，此时产生二氧化碳的物质的量为0.02mol，则CO2的体积(标准状况)为0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，
故答案为：448mL；
③OA段发生反应的离子方程式为H++OH−=H2O、CO32−+H+=HCO3−，AB段发生反应的离子方程式为HCO3−+H+=CO2↑+H2O，AB段消耗盐酸20mL，则OA段发生反应CO32−+H+=HCO3−也消耗盐酸20mL，消耗盐酸的物质的量为20×10−3L×2mol⋅L−1=0.04mol，碳酸钠的物质的量为0.04mol，OA段发生反应H++OH−=H2O消耗盐酸5mL，消耗盐酸的物质的量为5×10−3L×2mol⋅L−1=0.01mol，氢氧化钠的物质的量为0.01mol，
故答案为：1：4。
(1)在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质：
本题为综合题，考查了物质的分类、离子方程式的书写，明确电解质和非电解质的概念及反应的实质是解题关键。
18.【答案】过滤 FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O 4FeCO3+O2=高温2Fe2O3+4CO2 Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3 D H2O2+2Fe2++2H+== 2Fe3++2H2O 83.52%
【解析】解：(1)分离固体操作为；过滤；FeSO4溶液中加碳酸氢铵生成CO2、FeCO3，反应的化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3== FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O，
故答案为：过滤；FeSO4+2NH4HCO3== FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O；
(2)①根据上述现象得到化学方程式：4FeCO3+O2==高温2Fe2O3+4CO2；三价铁离子可以和硫氰化钾之间反应生成红色的络合物，实验步骤Ⅲ中溶液变红的离子方程式为Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3，
故答案为：4FeCO3+O2==高温2Fe2O3+4CO2；Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3；
②亚铁离子能使高锰酸钾褪色，但是三价铁离子不可以，步骤Ⅱ所得溶液中一定含有铁离子，判断是否含有Fe2+，原溶液中有铁离子，滴加氯水能氧化亚铁离子为铁离子现象不明显，不能鉴别，故A错误；滴加KSCN溶液只能鉴别铁离子的存在，不能证明亚铁离子的存在，故B错误；先滴加KSCN溶液后滴加氯水，若原溶液中含铁离子，遇到KSCN反应变红色，再滴入氯水不能鉴别溶液中含亚铁离子，故C错误；亚铁离子具有还原性，滴加酸性KMnO4溶液能氧化亚铁离子，若滴入高锰酸钾溶液褪色证明含有亚铁离子，故D正确，
故答案为：D；
③粉末可以溶于硫酸，得到硫酸铁、硫酸亚铁等，其中的亚铁离子可以被双氧水氧化为三价铁离子，铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解为氧化铁，最后过滤，这样可以制得氧化铁。在酸性条件下，双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，和双氧水有关的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+== 2Fe3++2H2O，
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+== 2Fe3++2H2O；
(3)反应关系式为6FeCO3～K2Cr2O7；故含量为：0.50×48.00×10−3×6×11620.00×100%=83.52%。
故答案为：83.52%
分离固体操作为；过滤；FeSO4溶液中加碳酸氢铵生成CO2、FeCO3；实验步骤Ⅲ中溶液变红的离子方程式为Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3；亚铁离子能使高锰酸钾褪色，但是三价铁离子不可以；铁离子遇到KSCN反应变红色；亚铁离子具有还原性，滴加酸性KMnO4溶液能氧化亚铁离子，若滴入高锰酸钾溶液褪色证明含有亚铁离子；反应关系式为6FeCO3～K2Cr2O7，以此答题。
本题主要考查了制备实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，熟悉制备流程是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
19.【答案】 三 ⅦA BCD HClO4>H2SO4>H2CO3 离子 O 两者最外层电子数相同，但O原子比S原子半径小，更容易得电子，故非金属性氧大于硫
【解析】解：(1)Q离子为硫离子，其离子的结构示意图是，
故答案为：；
(2)R为Cl，该元素在周期表中位于第三周期ⅦA族；
A.从上到下，单质颜色越来越深，熔沸点越高，故A正确；
B.氟气与水反应生成氢氟酸和氧气，故B错误；
C.单质碘将Fe氧化至Fe2+，故C错误；
D.HF为弱酸，故D错误；
故答案为：三；ⅦA；BCD；
(3)根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此C、S、Cl三种元素的最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序是HClO4>H2SO4>H2CO3，
故答案为：HClO4>H2SO4>H2CO3；
(4)Z与R化合生成氯化钠，氯化钠是离子化合物，用电子式表示其形成过程为，
故答案为：离子；；
(5)根据同主族从上到下非金属性逐渐减弱，因此O与S非金属性较强的是O，原因是两者最外层电子数相同，但O原子比S原子半径小，更容易得电子，
故答案为：O；两者最外层电子数相同，但O原子比S原子半径小，更容易得电子，故非金属性氧大于硫。
根据其原子半径和最外层电子数之间的关系如图信息，X、Y、Z、Q、R分别为C、O、Na、S、Cl。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，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。
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