13，山东省临沂市2023-2024学年高一上学期1月期末考试化学试题

这是一份13，山东省临沂市2023-2024学年高一上学期1月期末考试化学试题，共13页。试卷主要包含了化学与人类生产、生活密切相关等内容，欢迎下载使用。

参考答案
1．B 2．A 3．C 4．C 5．B 6．C 7．D 8．C 9．B 10．C 11．D 12．A 13．A 14．D 15．B
16.（10分）
（1）第二周期第ⅥA族（1分，单写“第二周期”或“第ⅥA族”不给分；周期与族换顺序给分；“二”写成“2”也可，写成“Ⅱ”不给分；“Ⅵ”写成“6或六”不给分；两个“第”不写也对，无“族”或无“A”都不给分；有错别字不给分）
Na+＜O2－＜N3－（2分，由大到小或顺序错或离子符号错或写名称等均不得分，顺序正确未写“＜”不扣分）
（2）①（1分）
极性共价键（极性键）、离子键（2分，各1分，不全得1分，有错别字不得分）
②1:1（2分，回答“1”也得分）
（3）2B＋2OH－＋6H2O＝2[B(OH)4]－＋3H2↑（2分，“＝”写成“→”或“”或“—”或不注明“↑”等均不扣分，不配平、化学式或离子符号错、写化学方程式等均不得分）
17.（12分）
（1）ECBD（2分，顺序有错或字母小写均不得分）
吸收未反应的Cl2，防止空气中的水蒸气进入装置B（2分，两个要点各1分，合理即得分）
（2）平衡气压，使浓盐酸顺利滴下（2分，要点“平衡气压”，其他合理也得分）
MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+Cl2↑+2H2O（2分，“＝”写成“→”或“”或“—”等均不扣分，不标反应条件或不注明“↑”不扣分，不配平、化学式或离子符号错、写化学方程式等均不得分）
（3）①KSCN溶液或硫氰化钾溶液（2分，化学式错或有错别字均不得分）
②（2分，只要表达式正确即得分）
18.（12分）
（1）ZnCO3ZnO＋CO2↑（2分，等号、可逆号、箭头都可以，不配平、化学式错等均不得分，不标反应条件或不注明“↑”不扣分）
将Fe2+氧化为Fe3+（1分，合理即得分）
（2）ZnO+2H＋＝Zn2＋+H2O（2分，“＝”写成“→”或“”或“—”等均不扣分，不配平、化学式或离子符号错、写化学方程式等均不得分）
Fe(OH)3、Cu(OH)2或氢氧化铁、氢氧化铜（2分，各1分，不全得1分，有错别字不得分，多写或化学式错误等均不得分）
（3）将Cu2+置换为Cu（1分，合理即得分）
2HF＋Mg2+＝MgF2↓＋2H+（2分，等号、可逆号、箭头都可以，不配平、化学式错误或写化学方程式等均不得分，不注明“↓”不扣分）
（4）提高ZnSO4·7H2O的产率（2分，合理即得分）
19.（10分）
（1）分液漏斗（1分，有错别字不得分）
液封，防止空气进入装置乙中（1分，要点“液封”，合理即得分）
（2）Zn＋2CrCl3＝ZnCl2＋2CrCl2 （2分，等号、可逆号、箭头都可以，不配平、化学式错等均不得分，写离子方程式正确也得分）
排尽装置中的空气（2分，合理即得分）
（3）关闭K1、K2，打开K3（2分，合理即得分）
冷却过滤（2分，只回答“过滤”得1分）
20.（11分）
（1）12.5（2分，数值正确带单位不扣分）
500 mL容量瓶（1分，有错别字或没有规格均不得分）
（2）CuSO4·3H2O（2分）
CuSO4·H2OCuSO4＋H2O（2分，等号、可逆号、箭头都可以，不配平、化学式错等均不得分，不标反应条件不扣分）
（3）（2分，只要表达式正确即得分）
偏高（2分，回答“偏大”等均不得分）
临沂市2023级普通高中学科素养水平监测化学试卷 解析
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.化学与人类生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A.镁合金可用于制造飞机部件 B.用CO2跨临界直冷制冰涉及化学变化
C.碳酸氢钠可作食品膨松剂 D.考古时利用14C测定文物的年代
解析：A.镁合金密度较小、强度较大,可用于制造飞机部件
B.采用二氧化碳跨临界直冷技术制冰过程没有产生新物质,属于物理变化,故错误;
C.碳酸氢钠膨松剂的作用原理为:2NaHCO3△CO2↑+H2O+Na2CO3,释放出二氧化碳,使食品变得松软;
D.碳14核素可以测定文物年代。这种方法叫做放射性测年法，因为碳14存在于大气中，通过呼吸留在动物体内，由于它不断产生又不断衰变，所以始终与稳C12的比值保持不变，当动物死后，新陈代谢停止，所以C14不断衰变，与C12的比值发生变化，就可以通过这个比值计算出文物年代。
2.实验安全至关重要，下列实验事故处理方法错误的是
A.用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧
B.不慎将酒精灯打翻着火时，可用湿抹布盖灭
C.蒸馏实验中忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加
D.皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸溶液
解析：A.K燃烧有K2O2、KO2生成,K2O2、KO2和CO2反应产生O2助燃,所以不能用CO2灭火器扑灭金属钾的燃烧,错误。
B.灭火原理是破坏燃烧的一个条件使燃烧停止达到灭火的目的，燃着的酒精灯不慎打翻可用湿抹布盖灭，用湿抹布覆盖在燃烧的酒精上，能使酒精与氧气隔绝，又能起到降温的作用．
C.蒸馏时加沸石防止液体剧烈沸腾，且不能高温下加沸石，如果忘加沸石，将沸石加至将近沸腾的液体中，可能引起液体飞溅。
D.浓碱沾到皮肤上，先用大量水冲洗，最后涂硼酸，因为硼酸是较弱的酸，既能中和剩余的碱，又不至于伤害皮肤。反过来，酸沾到皮肤上，先用大量水冲洗，最后涂稀的碳酸氢钠溶液，也是因为碳酸氢钠溶液显弱的碱性。
3.物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是
A.金属Na密度小，可用作导热介质
B.石墨能导电，可用作润滑剂
C.Fe粉具有还原性，可用作食品脱氧剂
D.Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
解析：A.钠单质可用于原子反应堆的导热剂，金属钠的熔点不高，在核反应堆中呈液态，具有很好的导热能力，是很好的导热剂，为原子反应堆方面的研究做出巨大贡献。
石墨是过渡型晶体,质软,可用作润滑剂,故B不符合题意
C.铁粉具有还原性,可以被氧气氧化,消耗氧气,因此作食品袋内脱氧剂,故正确;
D.Al2O3是离子化合物,离子键强,使其熔点高,可作耐高温材料,与Al2O3是两性氧化物无关,故错误。
4.实验室配制NaOH溶液时，下列做法正确的是
A.容量瓶检漏时，倒置一次即可
B.NaOH固体放在滤纸上称量
C.NaOH溶液转移到容量瓶中需用玻璃棒引流
D.定容时若加水超过刻度线，立即用胶头滴管吸出多余液体
解析：A.容量瓶检漏的方法是向容量瓶中加入水至刻度线附近，塞好塞子左手食指按住塞子，右手指尖顶住瓶底边缘，倒立2分钟，观察瓶塞周围是否有水渗出，直立后，转动瓶塞180°，重复一次，若还没有水渗出，则说明瓶塞不漏水，所以进行容量瓶检漏时，倒置两次，故A错误；
B.氢氧化钠固体具有腐蚀性和较强的吸水性，应放在小烧杯或表面皿中称量，错误；
C.向容量瓶中转移溶藏时玻璃棒的作用是引流，以防止溶液外酒而造成损失。如果玻璃棒下缓靠在容量瓶刻度线以上的内壁上，刻度线以上的内壁上附着的液体不能及时流下，定容后造成溶液体积偏大，所以玻璃棒的下端应靠在容量瓶刻度线以下的内壁上。
D.定容时，加水超过刻度线，应重新配制，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线，则吸出的不止是水，还有溶质，则浓度偏小。
5.1919年卢瑟福用a粒子(He)轰击某原子核实现了首次人工核转变，该核反应为：+→+。已知：Y元素原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍。下列说法错误的是
A.17Y的中子数为9 B.16Y2和17Y2互为同素异形体
C.简单氢化物的稳定性：X解析：元素推断：由质量守恒可知，A=17+1-4=14,又因为Y元素原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，可知Y为0元素，则n=8 ,由质子数守恒可知，2+Z=n+1,则Z=7,X为N元素。
A.氧原子核的质子数为，中子数=质量数－质子数，所以氧原子核中有17-8=9个中子；
B.同素异形体是由同种元素形成的不同单质, 16Y2和17Y2均是氧气,故是同一种物质,属于同种单质，不属于同素异形体，B项错误；
C.非金属性越强，其气态氢化物的热稳定性越强，非金属性：ND.N、O、H三种元素可以组成NH4NO3、NH4NO2等离子化合物，含有离子键，D项正确；
6.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A.加入Al粉放出H2的溶液中：K+、Na+、CH3COO-、Cl-
溶液中：Fe2+、、Br-、
C.澄清透明溶液中：Cu2+、、、
溶液中：K+、Mg2+、I-、
解析：A.加入铝粉能放出H2的无色溶液，为酸或强碱溶液，离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存．醋酸根离子（CH3COO-）与H+生成说弱酸CH3COOH,难电离,使CH3COO-和H+浓度都减小,所以不能共存。
B.因Ba2+、CO32-结合生成BaCO3沉淀，则不能大量共存
C.因为题目中只说溶液是澄清透明的,没有强调“无色”,在其他微粒互相之间不起反应情况下,Cu2+也是可以存在的。在溶液中Cu2+为蓝色，MnO4-为紫红色，但是溶液仍为澄清透明。
溶液显酸性，I-、MnO4-发生氧化还原反应（MnO4-+I-+H+→Mn2++I2+IO3-+H2O），则不能共存
本题考点：离子共存问题．
考点点评：本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．
7.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A.常温下，18g水中含有的O-H键数为2NA
B.标准状况下，11.2L由CO和N2组成的混合气体中含有的原子数为NA
C.1mlK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
溶液中含有的Na+数为0.2NA
解析：A.18g水的物质的量为1ml，含有NA个水分子，水分子的结构式是H-O-H，一个水分子含有2个O-H键，因此18g水含2NA个O-H键，故A正确；
B.氮气、一氧化碳都是双原子分子，标准状况下，11.2 L由N2与CO组成的混合气体物质的量为：
=0.5ml，所以含有原子数目为0.5ml×2×NA=NA，故B正确；
C.K2Cr2O7中Cr元素化合价为+6价，被还原为C3+时，化合价降低了3价，则1mlK2Cr2O7可以被还原为2 mlCr3+,得到6ml电子，即转移电子数为6NA,故题干说法正确。
D.不知道溶液的体积，无法求出0.1ml/LNa2CO3溶液中含有的Na+数，故D错误；
点评：本题考查了阿伏伽德罗常数，注意标准状况下物质的状态水不是气体，熟练掌握物质的量与气体摩尔体积、阿伏伽德罗常数、摩尔质量间的转化关系．
8.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是
A.Na(s)NaOH(aq)Na2SO4(aq)
B.Cl2(g)NaClO(aq)NaHCO3(aq)
C.Fe(s)FeCl2(s) AgCl(s)
D.Al(s)Al2O3(s)AlCl3(aq)
解析：C.铁在氯气中燃烧2Fe+3Cl2===2FeCl3,氯气和铁反应生成氯化铁，故C错误；
9.某白色固体可能含有NaClO、BaSO4、AlCl3、NaOH。取少量固体进行如下实验：①溶于水，得到无色透明溶液；②向所得溶液中加一定量盐酸，产生白色沉淀和黄绿色气体。根据上述实验现象可判断其组成为
A.NaClO、NaOH
B.NaClO、AlCl3、NaOH
C.NaClO、BaSO4
D. AlCl3、NaOH、BaSO4
解析：A.不符合②向所得溶液中加一定量盐酸，产生白色沉淀
B.溶于水，氢氧化钠过量,AlCl3+4NaOH==3NaCl+Na[Al(OH)4],得到无色透明溶液,符合实验①；加入盐酸，Na[Al(OH)4]+HCl===Al(OH)3↓+NaCl+H2O 【[Al(OH)4]-+H+===Al(OH)3↓+H2O】,次氯酸根离子在酸溶液中具有强氧化性，氧化氯离子生成氯气，反应的离子方程式：，符合实验②；故B正确；
C.含有BaSO4,不符合①溶于水，得到无色透明溶液；
D.含有BaSO4,不符合①溶于水，得到无色透明溶液；
10.侯氏制碱法涉及反应：NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，氨气极易溶于水。实验室模拟侯氏制碱法制备Na2CO3，下列装置能达到实验目的的是
A.制备CO2 B.制备NaHCO3
C.分离NaHCO3 D.制备Na2CO3
解析：A.块状石灰石和稀硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙，使反应停止，不适合制取二氧化碳；CO2的实验室制法 1、药品:大理石或石灰石、稀盐酸。 2、原理:CaCO3+ 2HCl =CaCl2+ H2O + CO2↑(复分解反应)
B.NH3易溶于水，制备NaHCO₃时，通入NH₃的导管直接插入饱和食盐水中会引起倒吸，所以左侧应通入NH3，右侧通入CO2，D错误。
C.过滤分离固体与溶液，分离NaHCO3固体和反应液用过滤的方法，故C正确;
D.NaHCO3加热可以变为Na2CO3: 2NaHCO3 ∆ Na2CO3 + H2O + CO2，
11.下列指定反应的离子方程式书写错误的是
A.用FeCl3溶液腐蚀铜质电路板：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
B.用小苏打治疗胃酸(盐酸)过多：+H+=CO2↑+H2O
C.用Al2(SO4)3溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3
D.漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=+Cl-+2H+
解析：A.溶液在“蚀刻”铜时氯化铁被还原，铜被氧化，化学反应方程式为2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2，用FeCl3溶液腐蚀铜线路板的离子反应为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
B.小苏打治疗胃酸过多方程式为:NaHCO3 + HCl == NaCl + CO2↑ + H2O。离子反应为：+H+=CO2↑+H2O
C.用Al2(SO4)3溶液和氨水制备氢氧化铝：Al2(SO4)3+6NH3·H2O=2Al(OH)3↓+3(NH4)2SO4，离子反应为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3
D.漂白粉的有效成分是次氯酸钙，具有强氧化性，二氧化硫具有强还原性。次氯酸根离子把二氧化硫氧化成硫酸根离子，本身被还原为氯离子。因二氧化硫是少量的，溶液中还有大量ClO-，则不会有大量的H+生成，过量的次氯酸离子与氢离子结合生成次氯酸：SO2+H2O+3ClO- =SO42-+Cl-+2HClO，D不正确.
12.纳米Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料。以FeCl2为原料制备纳米Fe3O4的流程如下。
下列说法错误的是
A.纳米Fe3O4属于胶体
B.滤液的主要成分是CaCl2
C.①中的反应需在隔绝空气条件下进行
D.②中的反应为4CaO+6H2O+4Fe2++O2=4Fe(OH)3+4Ca2+
解析：A.胶体微粒直径1-100nm,在分散系中形成胶体,纳米材料Fe3O4不是胶体,属于分散质,叙述错误,故A错误;
B.CaO + H2O = Ca(OH)2，FeCl2溶液可以Ca(OH)2反应，产生Fe(OH)2 白色沉淀,FeCl2+Ca(OH)2=Fe(OH)2↓+CaCl2,故滤液的主要成分是CaCl2.
C.①中的反应需隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化:4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O ==4Fe(OH)3
D.②中的反应为:CaO + H2O = Ca(OH)2，FeCl2+Ca(OH)2=Fe(OH)2↓+CaCl2 , 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O ==4Fe(OH)3,
总反应方程式：4CaO+6H2O+4FeCl2+O2=4Fe(OH)3+4CaCl2 ,离子方程式：4CaO+6H2O+4Fe2++O2=4Fe(OH)3+4Ca2+
13.由下列实验操作和现象不能得出相应结论的是
解析：A.溶液变蓝，说明有碘生成或本来就有碘分子，能把碘离子氧化为碘的黄色溶液除了可能是溴水外，还可能是含其他氧化剂（如Fe3+)的溶液；当然黄色溶液也可能是稀的碘水，A项错误。
B.用洁净的铂丝蘸取某无色溶液,放在无色火焰上灼烧,透过蓝色钴玻璃,火焰的颜色呈紫色,即溶液中一定含有钾离子.
C.氧气有助燃性，把水滴入盛有少量Na2O2的试管中，立即把带火星木条放在试管口，木条复燃，可以证明Na2O2与水反应产生了O2，C正确;
D.在稀硫酸中加入少量氧化亚铜固体，溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成说明氧化亚铜与稀硫酸反应生成硫酸铜、铜和水，反应式是 Cu 2 O+H 2 SO 4 =CuSO 4 +Cu+H 2 O ,反应中铜元素化合价即升高被氧化又降低被还原，氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂，故D正确.
14.W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与Z的最高化合价之和为11，它们在元素周期表中的位置如图所示。下列说法错误的是
A.Y的常见化合价有-1、-2 B.常温常压下，Z单质为气态
C.简单氢化物的沸点：Y>W D.X的最高价氧化物的水化物是强酸
解析：由分析可知，X为P元素、Y为O元素、Z为Cl元素、W为C元素;
A.O的常见化合价有-1、-2 ，故A正确;
B.常温常压下，Cl元素单质为气态，故B正确;
C.简单氢化物的沸点：H2O>CH4，故C正确;
D.X是P元素，P的最高价氧化物的水化物是 H3PO4是强酸，属于弱酸，故D错误;故选:D。
15.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，制备亚氯酸钠的流程如下。
已知：纯ClO2易分解爆炸，一般稀释到10%以下。
下列说法正确的是
A.反应Ⅰ条件下，还原性：C1O2>SO2
B.鼓入空气的主要目的是稀释ClO2以防爆炸
C.反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
D.反应Ⅱ中的H2O2可用NaClO4代替
解析：由制备流程可知，NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成NaHSO4和ClO2，反应I为2NaClO3+H2SO4+SO2＝2ClO2+2NaHSO4，ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2，反应II为2NaOH+2ClO2+H2O2＝O2↑+2H2O+2NaClO2，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到NaClO2。
A.反应I为2NaClO3+H2SO4+SO2＝2ClO2+2NaHSO4，反应Ⅰ条件下，还原剂还原性强于还原产物,故还原性：SO2>C1O2
B.纯ClO2易分解爆炸，鼓入空气可以稀释ClO2以防爆炸，B正确；
C.反应II为2NaOH+2ClO2+H2O2＝O2↑+2H2O+2NaClO2，反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
D.据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2，氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，NaClO4为强氧化剂，不能用NaClO4(强氧化剂)代替H2O2(还原剂),D项错误.
二、非选择题：本题共5小题，共55分。
16.(10分)X、Y、Z、W、M、N均为短周期主族元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示，其中Y的原子半径在短周期主族元素中最大。
回答下列问题：
(1)M在元索周期表中的位置是________；Y、W、M的简单离子半径由小到大的顺序是_________(用离子符号表示)。
解析：X、Y、Z、W、M、N为五种短周期元素,X、Y原子最外层只有一个电子,为第IA族元素;Z原子最外层有3个电子,位于第 IIIA族,W原子最外层有5个电子,位于第VA族,M原子最外层有6个电子,位于第VIA族;Y原子半径最大,Y为Na元素,X原子半径最小,X为H元素;Z原子和W原子半径接近,W原子半径小于Z且最外层电子数大于Z,所以Z是B元素、W是N元素、M为O元素;M在元索周期表中的位置是第二周期第ⅥA族；Na+与O2－、N3－核外电子排布相同,核电荷数越大，简单离子半径越小,故简单离子半径:Na+＜O2－＜N3－。
(2)WX5中阴阳离子数之比为1：1。
①该化合物的电子式为_________；所含化学键的类型为_______。
解析：氢化铵（NH4H）与氯化铵的结构相似是离子化合物，NH4H中阴阳离子数之比为1：1，铵根离子和氢阴离子形成离子键，电子式为：；所含化学键的类型为极性共价键（极性键）、离子键。
点评：本题考查了物质性质的理解应用，电子式书写，掌握基础是关键。
②WX5与XN发生反应生成一种盐和X2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。
解析：将固体NH4H投入到盐酸溶液中，发生反应生成一种盐和H2，则该反应的化学方程式是NH4H+HCl=H2↑+NH4Cl，该反应中NH5中氢离子的化合价由-1价→0价，所以失电子作还原剂，在氧化还原反应中被氧化，得到氧化产物为1mlH原子，即0.5mlH2;该反应中，HCl中的氢元素化合价由+1价→0价，所以HCl得电子作氧化剂，在氧化还原反应中被还原，得到还原产物为1mlH原子，即0.5mlH2，故氧化产物与还原产物的物质的量之比=0.5ml：0.5ml=1:1
(3)通常情况下，同主族元素的化学性质相似。写出Z单质与Y的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式__________。
解析：Z原子和W原子半径接近,W原子半径小于Z且最外层电子数大于Z,所以Z是B元素、W是N元素，Y原子半径最大,Y为Na元素。通常情况下，同主族元素的化学性质相似，所以B与同主族元素Al的化学性质相似,因为2Al+2NaOH+6H2O== 2Na[Al(OH)4]+3H2↑，则2B+2NaOH+6H2O==== 2Na[B(OH)4]+3H2↑,Z单质与Y的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式:2B＋2OH－＋6H2O＝2[B(OH)4]－＋3H2↑.
17.(12分)氯化铁是一种重要的化工原料，实验室用如下装置(加热、夹持装置略)制备无水氯化铁。
已知：无水氯化铁遇潮湿空气易吸水生成FeCl3·nH2O。
回答下列问题：
(1)装置连接顺序为A→______→______→______→______；装置D的作用是_________。
解析：制取出的氯气中含有HCl杂质气体，需要利用饱和食盐水除去，液体洗气需长管进，短管出，故A连接E,然后对氯气进行干燥，同理：连接E→C,再通入B,即A→E→C→B,最后为了防止空气中水蒸气进入B,需增加干燥装置，故B连接D,因此，本题正确答案是：ECBD;装置D的作用是吸收未反应的Cl2，防止空气中的水蒸气进入装置B.(使FeCl3潮解)
(9)装置A中a的作用是_________；圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为________。
解析：装置A中a中导气管是维持分液漏斗和圆底烧瓶的压强相等，使液体顺利滴下。故装置A中a的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下。 圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+Cl2↑+2H2O。
(3)测定FeCl3的质量分数：称取mgFeCl3样品，配成溶液，加入稍过量的KI溶液充分反应，再滴加cml/L的Na2S2O3溶液，最终消耗VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2=2I-+)。
①加入稍过量的KI溶液后，检验溶液中是否存在Fe3+的试剂为_______。
解析：检验溶液中是否存在Fe3+的试剂为KSCN溶液或硫氰化钾溶液。
②样品中FeCl3的质量分数为_______(用含m、c、V的代数式表示)。
解析：化学方程式：2FeCl3 + 2KI = 2FeCl2 + 2KCl + I2，离子方程式：2Fe3+ + 2I- = 2Fe2+ + I2
已知：I2+2=2I-+
VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为
V×10-3L×cml/L=cV×10-3ml,则：
根据关系式：2Fe3+~I2~2
2 2
n(Fe3+) cV×10-3ml
所以n(Fe3+)=cV×10-3ml,
所以m克无水氯化铁样品中氯化铁的质量为
cV×10-3ml×162.5g/ml=0.1625cVg
所以m克无水氯化铁样品中氯化铁的质量分数为：
0.1625cVg/mg×100%=,因此，本题正确答案是：
18.(12分)硫酸锌晶体(ZnSO4·7H2O)在防腐、电镀、医学上有诸多应用。由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，含有少量SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu的化合物)制备硫酸锌晶体的工艺流程如下。
已知：①氢氟酸为一元弱酸。
②该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
(1)“焙烧”生成ZnO的化学方程式为________；“浸取”过程中H2O2的作用为__________。
解析：工业上用菱锌矿（ZnCO3，含少量Fe2O3、SiO2及不溶于酸的杂质）为原料制取硫酸锌，其工艺流程为：菱锌矿主要成分为ZnCO3，含少量Fe2O3、SiO2及不溶于酸的杂质，加入稀硫酸后碳酸锌、氧化铁溶解，二氧化硅等不溶物形成沉淀，通过过滤可以分离出不溶物；向所得滤液中加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，再加入ZnO调节溶液pH，将铁离子完全生成氢氧化铁沉淀，通过过滤得到纯净的硫酸锌。
焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO＋CO2↑;
根据金属离子在溶液中开始沉淀和沉淀完全时的pH可知，亚铁离子完全沉淀时锌离子也完全沉淀，无法除去亚铁离子，所以应该将亚铁离子氧化成铁离子，然后调节溶液的pH在3.2～6.2，从而除去杂质，得到较纯净的硫酸锌，故“浸取”过程中加入H2O2的目的是在硫酸的作用下将溶液中的FeSO4转化成Fe2(SO4)3，反应的化学方程式：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O，反应的离子反应为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故“浸取”过程中H2O2的作用为：将Fe2+氧化为Fe3+。
(2)用ZnO调pH的原理为___________(用离子方程式表示)；调溶液pH为5.5，则滤渣I的主要成分为____________。
解析：加入ZnO调节溶液pH，将铁离子完全生成氢氧化铁沉淀，通过过滤得到纯净的硫酸锌，用ZnO调节pH值的时候不会引入杂质，这是为了反应掉过量的H2SO4，ZnO +H2SO4 ===ZnSO4 +H2O，离子方程式：
ZnO+2H＋＝Zn2＋+H2O。 调节pH至5.5时,Fe3+已经完全沉淀,Cu2+部分沉淀，故滤渣I的主要成分是Fe(OH)3、Cu(OH)2或氢氧化铁、氢氧化铜
(4)“转化”过程中加入锌粉的作用是____________；“脱镁”过程中生成MgF2的离子方程式为____________。
解析：调节pH至5.5时,Cu2+部分沉淀，故滤液中含有Cu2+，“转化”过程中加入锌粉的作用是将Cu2+置换为Cu，离子反应方程式：Zn+Cu²⁺=Zn²⁺+Cu，通过过滤得到纯净的硫酸锌。
“脱钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀．故“脱镁”过程中生成MgF2的离子方程式为
2HF＋Mg2+＝MgF2↓＋2H+ （已知：①氢氟酸为一元弱酸。）
(4)将分离出硫酸锌晶体后的母液收集、循环使用，其意义是__________。
解析：母液中还含有少量的硫酸锌，将母液收集、循环使用可提高ZnSO4·7H2O的产率。
19.(10分)二水合醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·2H2O]为砖红色晶体难溶于冷水，常用作氧气吸收剂。其制备方法是先利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬，实验装置如图所示。
回答下列问题：
仪器a的名称是______；装置丙中水的作用是___________。
解析：根据仪器构造可知仪器 a 是分液（或滴液）漏斗；由于二价铬不稳定，极易被氧气氧化，故装置丙中水的作用是液封，防止空气进入装置乙中
将过量锌粒和氯化铬固体置于甲中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开K1、K2，关闭K3。锌粒与CrCl3反应的化学方程式为______；同时三颈烧瓶中有气体产生，该气体的作用是__________。
解析：利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬，锌粒与CrCl3反应的化学方程式为：Zn＋2CrCl3＝ZnCl2＋2CrCl2
稀盐酸在三颈烧瓶中和锌反应Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，生成氢气，该气体的作用是用来排尽装置中的空气，避免醋酸亚铬与空气接触。
(3)为使生成的CrCl2溶液与醋酸钠溶液接触，应进行的操作为_______；装置乙中析出砖红色沉淀，使沉淀充分析出并分离的方法是______、洗涤、干燥。
解析：实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应进行的操作为关闭K1、K2，打开K3，把生成的CrCl2溶液压入装置乙中反应；
二水合醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·2H2O]为砖红色晶体，难溶于冷水，所以可以选用冷水冷却，装置乙中析出砖红色沉淀，使沉淀充分析出并分离的方法是冷却过滤、洗涤、干燥。
20.(11分)胆矾(CuSO4·5H2O)为蓝色晶体，易溶于水，受热易分解为白色CuSO4固体。
(1)用胆矾配制480mL0.1ml·L-1CuSO4溶液，需称量胆矾的质量为_______g；实验过程中需要的玻璃仪器除了玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管，还有________。
解析：用CuSO4•5H2O配制480mL 0.1ml．L-1的CuSO4溶液，实际上配制的是500mL 0.1ml．L-1的CuSO4溶液，依据m=cVM计算需要CuSO4•5H2O的质量，注意体积为溶液体积，不是溶剂的体积，据此进行解答．
解：实际上配制的是500mL 0.1ml．L-1的CuSO4溶液，需要胆矾的质量为：250g/ml×0.1ml/L×0.5L=12.5g，
点评 本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，为高频考点，题目难度不大，侧重于学生的分析能力、计算能力和实验能力的考查，注意物质的量浓度溶液中体积为溶液体积，非溶剂体积．
(2)取一定量胆矾(CuSO4·5H2O)加热分解，固体残留率(×100%)随温度变化如图所示。
110℃时，晶体的化学式为________；260℃~650℃过程中，发生反应的化学方程式为_______________。
解析：胆矾晶体受热会首先逐次失去结晶水，失去2分子结晶水时，固体残留率为；由分析可知，110°C 时胆矾失去2分子结晶水，得到晶体化学式 CuSO4·3H2O；故110℃时，晶体的化学式为CuSO4·3H2O；
失去4分子结晶水时，固体残留率为；失去5分子结晶水时，固体残留率为；260°C~ 650°C 过程中，CuSO4·H2O失去最后1分子结晶水得到无水硫酸铜，反应方程式为CuSO4·H2OCuSO4＋H2O；
拓展：
硫酸铜分解为氧化铜和气体三氧化硫时，固体残留率为；由分析可知，650°C加热至 1000°C，产物为氧化铜和气体三氧化硫；
氧化铜高温分解为氧化亚铜和氧气时，固体残留率为；由分析可知，M 点所得固体是 CuO 与 Cu2O 的混合物。
测定CuSO4·nH2O中的n值。取m1gCuSO4·nH2O加入干燥坩埚中，加热至固体全部变为白色，置于干燥器中冷却至室温后称量；剩余固体质量为m2g。则n=_______(用含m1、m2的代数式表示)；若加热时有少量固体溅出，则n值______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
解析：将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，最终总质量恒定为m2。则水的质量是(m1－m2)g，
CuSO4·nH2OCuSO4+nH2O↑
（160+18n）g 160 g
m1g m2g
所以胆矾（CuSO4•nH2O）中n值的表达式为(160+18n)× m2=160×m1
解得n＝；
加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m2数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，故若加热时有少量固体溅出，则n值偏高。
综上所述，答案为： 偏高。
拓展：
①胆矾未充分干燥，导致所测m1偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高；
②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m2偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低。
选项
实验操作和现象
结论
A
向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色
溶液中一定含有Br2
B
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察到紫色
溶液中一定含有钾元素
C
把水滴入盛有少量Na2O2的试管中，立即把带火星的木条伸入试管中，木条复燃
反应生成了O2
D
在稀硫酸中加入少量Cu2O(s)，溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成
反应中Cu2O既作氧化剂又作还原剂
W
Y
X
Z
金属离子
Zn2+
Mg2+
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Ca2+
开始沉淀的pH
6.2
8.9
6.8
2.2
4.7
10.6
完全沉淀的pH
8.2
10.9
8.3
3.2
6.7
12.6