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175，江西省抚州市广昌一中2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题
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这是一份175，江西省抚州市广昌一中2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题，共18页。试卷主要包含了 化学与生活、生产密切相关， 为阿伏加德罗常数的值，2克和7等内容，欢迎下载使用。
时限： 75 分钟 满分： 100 分
可能用到的相对原子质量： H1 O16 Na23 Cl 35.5 K39 Fe56 Ag108
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A. 空间站中可用过氧化钠作为氧气来源
B. 用钠制作的高压钠灯作路灯
C. “蛟龙”号载人潜水器的耐压球壳是用钛合金制造的，钛合金属于新型合金
D. 人体血液中如果缺乏铁离子，就会造成缺铁性贫血
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2O2可以与人呼吸产生的CO2、H2O反应放出O2，因此Na2O2可以作为空间站中的氧气来源，A正确；
B．钠蒸气放电产生的黄光射程远、透雾能力强，可制成高压钠灯，B正确；
C．钛合金属于新型合金，具有超强、高韧、大尺寸、超厚的特点，可用于制造“蛟龙”号载人潜水器的耐压球壳，C正确；
D．人体血液中如果缺乏亚铁离子，就会造成缺铁性贫血，D错误；
答案选D。
2. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 18g含有的中子数为
B. 1ml/L溶液中离子总数为
C. 常温常压下，0.2克和7.1克于密闭容器中充分反应后，其分子总数为
D. 标准状况下，2.24L与钠反应，转移的电子数一定为
【答案】C
【解析】
【详解】A．18g的物质的量为：，含有中子的物质的量为：，含有的中子数为，A错误；
B．题中未告知溶液的体积，不能计算物质的量，无法确定溶液中离子总数，B错误；
C．0.2克是0.1ml，7.1克是0.1ml，根据，生成HCl的物质的量为0.2ml，其分子总数为，C正确；
D．氧气和钠反应后可能变为-2价，还可能变为-1价，故1ml氧气反应后转移的电子数可能为4NA个，还可能为2NA个，标准状况2.24L物质的量，与钠反应，转移的电子数一定为，D错误；
故选C。
3. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 大理石用醋酸溶解：
B. 溶液中加入足量的氨水：
C. 金属钠投入水中：
D. 向溶液中逐滴加入溶液使恰好沉淀完全：
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸为弱酸，不能拆开写，所以大理石用醋酸溶解离子方程式为：，故A错误；
B．Al(OH)3不能溶于氨水，所以溶液中加入足量的氨水的离子方程式为：,故B错误；
C．金属钠投入水中的离子方程式为：，故C错误；
D．向溶液中逐滴加入溶液使恰好沉淀完全的离子方程式为：，故D正确；
故答案为：D。
4. 镓()与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列判断不合理的是
A. 金属镓可与溶液反应生成和氢气
B. 可与盐酸反应生成
C. 向溶液中逐滴加入足量氨水，先生成沉淀，后沉淀溶解
D. 酸性：
【答案】C
【解析】
【分析】镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图，分析可知氧化铝和氧化镓都可以与氢氧化钠溶液反应生成盐，并且二氧化碳可以制取氢氧化铝，却无法与偏镓酸钠反应，可实现铝和镓的分离；
【详解】A．铝能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，所以金属镓也可以与NaOH溶液反应生成和氢气，A正确；
B．Ga2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，B正确；
C．Al(OH)3难溶于氨水，所以Ga(OH)3也难溶于氨水，向GaCl3溶液中逐滴加入足量氨水，有Ga(OH)3沉淀生成，沉淀不溶解，C错误；
D．二氧化碳可以制取氢氧化铝，却无法与偏镓酸钠反应，说明碳酸碳酸酸性强于氢氧化铝，却比氢氧化镓弱，所以酸性：Al(OH)3故选C。
5. A、B、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中A与Y同主族，X与Z同主族，X、B与A均可形成10电子化合物；B与Z的最外层电子数之比为2:3，常见化合物与水反应生成X的单质，所得溶液可使酚酞溶液变红。则下列说法正确的是
A. 中只存在极性共价键
B. B、X两元素至少可以形成两种化合物
C. 的离子半径小于
D. B和Z的氧化物对应水化物的酸性：B【答案】B
【解析】
【分析】A、B、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，常见化合物与水反应生成X的单质，所得溶液可使酚酞溶液变红，所以Y为Na、X为O，X与Z同主族，则Z为S，A与Y同主族且X与A可形成10电子化合物，则A为H,B与Z的最外层电子数之比为2:3，B与A可形成10电子化合物, 所以B为C，综上所述，A、B、X、Y、Z分别为：H、C、O、Na、S。
【详解】A．为H2O2,其中既存在极性共价键又存在非极性共价键，故A错误；
B．C、O 两元素除了可以形成CO、CO2两种常见化合物，还可以形成其他化合物，故B正确；
C．与具有相同的电子层结构，核电荷数越大半径越小，所以的离子半径大于，故C错误；
D．C的非金属性弱于S，所以C的最高价的氧化物对应水化物的酸性弱于S 的，但题中没有交代价态，故D错误；
故答案为：B。
6. 某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如图所示的蜗牛形状，图中每个点代表一种元素，其中O点代表氢元素。下列说法中不正确的是
A. 离O点越远元素原子半径越大
B. 虚线相连的元素处于同一族
C. 单质还原性：
D. B、C组成的化合物中可能含有共价键
【答案】A
【解析】
【详解】O点代表氢元素，按照原子序数由小到大由里往外延伸；A为Li元素，B为Na元素，C为S元素；
A．离O点越远的元素原子的核电荷数增大，若电子层相同，半径越小，故A错误；
B．由原子序数可知，虚线相连的元素处于同一族，故B正确；
C．A为Li元素，B为Na元素，单质还原性：，故C正确；
D．B为Na元素，C为S元素，可能组成Na2S2，含有共价键，故D正确。
答案选A。
7. 氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。为了提纯氯化钾；先将样品溶于适量水中；充分搅拌后过滤；再将滤液按下图所示步骤进行操作。
下列说法正确的是
A. 反应①过滤后所得沉淀为不溶于水的杂质
B. 反应②中试剂Ⅱ是碳酸钾溶液
C. 图中所示转化反应中包含一个氧化还原反应
D. 试剂Ⅰ和试剂Ⅱ可进行对换
【答案】B
【解析】
【分析】氯化钾样品中含有少量碳酸钾，硫酸钾和不溶于水的杂质，加入氯化钡溶液除去碳酸根离子和硫酸根离子，为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，滤液中加试剂I为过量的氯化钡溶液，过滤后B含碳酸钡、硫酸钡，A中含氯化钡、氯化钾，再加试剂II过量碳酸钾，过滤后C为碳酸钡，然后过滤D中含碳酸钾、氯化钾，再加试剂III为过量盐酸，除去过量的碳酸钾，最后通过加热浓缩、蒸发结晶得到氯化钾晶体。
【详解】A．反应①所加试剂I为过量的氯化钡溶液，过滤后B含碳酸钡、硫酸钡，以及不溶于水的杂质，故A错误；
B．A中含氯化钡、氯化钾，再加试剂II过量碳酸钾，所以反应②中试剂II是碳酸钾溶液，故B正确；
C．图中所示转化反应中没有氧化还原反应，故C错误；
D．试剂I为过量的氯化钡溶液、试剂II过量碳酸钾，可用碳酸钾出去过量氯化钡，剩余碳酸钾用过量盐酸除去，对换后过量的氯化钡溶液无法除去，故D错误；
故答案为：B。
8. 如图所示为氟利昂破坏臭氧层的过程，下列说法不正确的是
A. 过程Ⅳ中既有极性共价键的断裂又有非极性共价键的形成
B. 整个过程可用方程式表示为
C. 的电子式为
D. 上述过程说明氟利昂产生的氯原子是破坏臭氧层的催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．过程Ⅳ中OCl和O作用变为Cl和O2，故既有极性共价键的断裂又有非极性共价键的形成，A正确；
B．根据流程图可知反应物为CFCl3和O3，生成物为CFCl2、Cl、O2，整个过程可用方程式表示为，B正确；
C． 中F原子的3对孤电子对未表示，C错误；
D．上述过程说明氟利昂产生的氯原子参与反应，但并未被消耗，故是破坏臭氧层的催化剂，D正确；
故选C。
9. 钠、镁、铝及其化合物具有重要用途，如钠在700~800℃时可将Ti从其氟化物中置换出来，MgO、熔点很高，可作耐高温材料。将直接加热得MgO。工业上可从铝土矿(主要成分是)中提取Al，主要步骤是将铝土矿溶于NaOH溶液，过滤得溶液，通入足量的得沉淀，热分解得，电解熔融得金属Al。下列说法错误的是
A. Na可以将Ti从其氯化物中置换出来是利用了Na的强还原性
B. 能与、反应放出，可用作呼吸面具中的供氧剂
C. 可用NaOH溶液除去Mg粉中混有的少量Al粉
D. 可在坩埚中熔化NaOH固体做导电性实验以验证NaOH为离子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．利用金属钠的强还原性，可以把Ti从其氯化物中置换出来，故A正确；
B．与、反应放出，常作为供氧剂，故B正确；
C．Al可以和NaOH反应，而Mg不能，所以可用NaOH溶液除去Mg粉中混有的少量Al粉，故C正确；
D．可以和NaOH反应，不能在坩埚中熔化NaOH固体，故D错误；
故答案选D。
10. 水体中过量氨氮(以NH3表示)含量过高会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的一种原理如图所示。下列说法正确的是
A. 过程①②③均属于氧化还原反应
B. 在较高温度下，氨氮去除率会降低
C. 生成22.4L的N2，转移6ml电子
D. 过程②中氧化剂与还原剂的物质的量之比是2∶3
【答案】B
【解析】
【详解】A．过程①③无化合价变化，不属于氧化还原反应，A项错误；
B．HClO不稳定，在较高温度下会分解，导致氨氮去除率会降低，B项正确；
C．未指出条件是否是标况下，无法计算，C项错误；
D．过程②中，HClO和NH3反应生成N2、H2O、HCl，化学方程式为，Cl元素化合价降低，作氧化剂，N元素化合价升高，NH3作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比是3∶2，D项错误；
答案选B。
11. Mn3O4是重要的电子工业磁性原料，可由下列两种方法制得：方法1： 将MnOOH(其中Mn为+3价)焙烧成Mn2O3， 再加热使 Mn2O3转化为Mn3O4；方法2： 将Mn与(NH4)2SO4反应生成配合物 配合物与水反应生成Mn(OH)3， Mn(OH)2再与O2反应得Mn3O4，前两步的反应原理如图所示：
下列说法正确的是
A. MnOOH中存在-O-O-键
B. Mn2O3转化为Mn3O4需结合O
C. 图中气体X为H₂
D. 方法2 生成Mn3O4总反应的反应物为Mn与H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．MnOOH中阴离子为氧离子和氢氧根离子，所以化合物中不可能含有过氧键，故A错误；
B．由锰元素化合价变化可知，三氧化二锰转化为四氧化三锰时需要脱去氧原子，故B错误；
C．由图可知，锰与硫酸铵溶液反应生成和氢气，则X为氢气，故C正确；
D．由图可知，方法2生成四氧化三锰的总反应为锰与氧气和水反应生成四氧化三锰，则反应物为锰、氧气和水，故D错误；
故选C。
12. 著名化学家徐光宪获得“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+。下列说法不正确的是（ ）
A. 铈(Ce)元素在自然界中主要以化合态形式存在
B. 铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce+4HI=CeI4+2H2↑
C. 用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+
D. 四种稳定的核素Ce、Ce、Ce、Ce，它们互称为同位素
【答案】B
【解析】
【详解】A.金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，因此铈(Ce)元素在自然界中主要以化合态形式存在，故不选A；
B.金属铈可以和强酸HI酸反应生成盐和氢气，但是铈离子具有氧化性，碘离子具有还原性，二者可以继续发生氧化还原反应，故选B；
C.氧化性是Ce4+>Fe3+，所以用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，可发生反应，离子方程式为：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，故不选C；
D.质子数相同，中子数不同同一元素的不同核素，互为同位素，故不选D；
答案：B。
【点睛】易错选项B，Ce4+氧化性强，与I-要发生氧化还原反应。
13. 2022年3月23日，“天宫课堂”第二课中王亚平老师用结构为 的物质制作出“冰球”，其中X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，M的焰色试验中火焰呈黄色。下列说法错误的是
A. 该物质中含有离子键、极性共价键和非极性共价键
B. 最简单氢化物的稳定性：ZC. Z的两种常见同素异形体均有氧化性
D. X、Y、Z、M形成的无机盐的水溶液显碱性
【答案】B
【解析】
【分析】根据M的焰色试验中火焰呈黄色推测M元素为Na元素，根据Y元素形成4个共价键推测Y元素为C元素，X元素形成1个共价键且原子序数最小推测X元素为H元素，Z元素形成2个共价键且原子序数大于Y小于M推测Z元素为O元素，据此分析。
【详解】A．该物质由阴阳离子构成，其中含有离子键，也存在X-Y等极性共价键和Y-Y非极性共价键，故A正确；
B．据分析Z和Y最简单氢化物分别为H2O和CH4，稳定性：ZY，故B错误；
C．Z元素为O元素，Z的两种常见同素异形体分别为氧气和臭氧，均有氧化性，故C正确；
D．X、Y、Z、M形成的无机盐是NaHCO3，水溶液显碱性，故D正确；
故选B。
14. 某溶液中可能含有如下离子：、、、、、(不考虑水的电离)。当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是
A. 原溶液中一定含有的阳离子是、、、
B. 原溶液中含有的阴离子是、
C. 原溶液中
D. 反应最后形成的溶液中的溶质只含NaCl和
【答案】C
【解析】
【分析】根据图像，所加入的NaOH的量为0-2mL时候没有沉淀生成说明溶液中含有氢离子，接下来生成沉淀，并且沉淀最终完全溶解，说明生成的沉淀为氢氧化铝，则溶液中一定有铝离子，一定没有镁离子和偏铝酸根，NaOH的体积为5-8mL的时候加入碱没有沉淀生成，则溶液中含有铵根，根据电荷守恒，溶液中需要有阴离子氯离子，综合可知溶液中肯定含有、、和，肯定不存在和，以此分析；
【详解】A．根据分析，溶液中肯定含有的阳离子为，、、，A错误；
B．根据分析，溶液中肯定含有的阴离子为，B错误；
C．结合图像中的数量关系可得，C正确；
D．反应到最后溶液中的溶质为、和，D错误；
故答案为：C。
二、 非选择题：本题共4小题，共58 分，除标记了 1分一空外，每空2分。
15. 随着原子序数递增，八种短周期元素(用字母x，y等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。回答下列问题：
（1）h在元素周期表中的位置为_______。
（2）x与e形成的化合物的电子式为_______。
（3）e，f的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式是_______。
（4）元素d与g的氢化物组成和结构相似，相同条件下二者沸点较高的是_______(填化学式)，原因是_______。
（5）z、d、e、f这四种元素分别形成的简单离子中离子半径最小的是_______(填离子符号)。
（6）元素的原子得电子能力越强，则元素非金属性越强。下列事实不能说明h的非金属性比g的非金属性强的是_______(填标号)。
A. 将h的单质通入g的气态氢化物形成的溶液中，有淡黄色沉淀产生
B. g与化合时产物中为价，h与化合时产物中为价
C. 用h的氢化物可以制出g的氢化物
D. 化合物中，h的化合价为价
【答案】（1）第三周期VIIA族
（2） （3）Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
（4） ①. H2O ②. H2O分子之间可以形成氢键，使其沸点增大
（5）Al3+ （6）C
【解析】
【分析】随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x、y、z…表示）的原子半径相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示，根据图示可知：x位于第一周期，为H元素；y、z、d位于第二周期，y是C元素，z是N元素，d是O元素；e、f、g、h位于第三周期，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此解答。
【小问1详解】
h是Cl元素，在元素周期表中的位置为第三周期VIIA族。
【小问2详解】
H和Na形成的化合物为NaH，电子式为：。
【小问3详解】
Na、Al的最高价氧化物对应的水化物为NaOH、Al(OH)3，二者反应生成氯酸钠和水，化学方程式为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。
小问4详解】
d与g的氢化物为H2O和H2S，H2O分子之间可以形成氢键，使其沸点增大，则沸点较高的是H2O。
【小问5详解】
z、d、e、f这四种元素分别形成的简单离子为N3-、O2-、Na+、Al3+，这四种离子具有相同的电子层数，核电荷数越大半径越小，则离子半径最小的是Al3+。
【小问6详解】
A．将Cl2通入S的气态氢化物形成的H2S溶液中，有淡黄色沉淀S单质产生，说明Cl2的氧化性大于S，可以说明Cl元素非金属性大于S，故A不选；
B．Cl2与化合时产物中为价，S与化合时产物中为价，说明Cl2的氧化性大于S，可以说明Cl元素非金属性大于S，故B不选；
C．用Cl的氢化物HCl可以制出S的氢化物H2S，说明酸性：HCl>H2S，但HCl和H2S都不是最高价含氧酸，不能说明Cl元素非金属性大于S，故C选；
D．化合物中，Cl的化合价为价，说明Cl的原子得电子能力比S强，可以说明Cl元素非金属性大于S，故D不选；
故选C。
16. 按要求完成下列填空：
（1）某金属氯化物MClx的摩尔质量为133.5g·ml⁻¹，取该金属氯化物26.7g配成水溶液，与足量AgNO3溶液完全反应，生成86.1g白色沉淀。 则金属M 的摩尔质量为___________。
（2）某物质A加热时按化学方程式2A=2B+C+3D分解，产物均为气体，测得相同条件下由生成物组成的混合物气体对H2的相对密度为20，则反应物A 的相对分子质量为___________。
（3）溶液分别恰好使相同体积的硫酸铁、硫酸铜两种溶液中的完全转化成沉淀，则硫酸铁、硫酸铜两种溶液的物质的量浓度之比是___________。
（4）一定量的液态化合物XY2，在一定量O2中恰好完全反应： (1表示液态，g表示气态)，冷却后在标准状况下，测得生成物的体积为672mL，则：
①反应前O2的体积是___________mL。
②在 分子中，X、Y 两元素的质量比为3∶16，则X、Y两元素的相对原子质量之比为___________。
（5）200mL 某物质的量浓度的NaOH 溶液中缓慢通入一定量的充分反应后，得到 和 的混合溶液，向上述所得溶液中，逐滴滴加 的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：
①B点时，反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是___________。
②混合溶液中 和NaHCO3的物质的量比是___________。
【答案】（1）
（2）120 （3）1：3
（4） ①. 672mL ②. 3：8
（5） ①. ②. 1：1
【解析】
【小问1详解】
白色沉淀氯化银质量为86.1g，物质的量：，金属氯化物MClx的摩尔质量为133.5g·ml⁻¹，取该金属氯化物26.7g配成水溶液，物质的量：，解得x=3，则M摩尔质量：；
【小问2详解】
设A物质的量为2ml，反应后生成产物气体物质的量总和为，混合气体对氢气的相对密度为20，则混合气体平均摩尔质量：，混合气体总质量：由质量守恒定律可知A的质量等于混合气体总质量，A摩尔质量：；
【小问3详解】
相同溶液恰好使相同体积的硫酸铁、硫酸铜两种溶液中的完全转化成沉淀，，由于两溶液体积相同，溶质的物质的量之比等于盐溶液的物质的量浓度之比，则两种硫酸盐溶液的浓度之比：1：3；
【小问4详解】
①根据化学方程式可知，反应前后气体的总体积不变，即反应前O2的体积672mL；
②参加反应的氧气的物质的量：，对应质量：，则物质的量为0.1ml，设X、Y摩尔质量分别为a、b，由于量元素质量比为3：16，则，；
【小问5详解】
①B点时溶质只有NaCl，，；
②OA段发生的反应的化学方程式：，混合溶液中物质的量，AB段发生反应的化学方程式：，混合溶液中物质的量，二者物质的量比值1∶1。
17. 碳酸钠与工农业生产、 日常生活紧密相关，工业上碳酸钠大多采用侯氏制碱法制取，所得碳酸钠样品中往往含有少量的 NaCl，现欲测定样品中 的质量分数，某探究性学习小组分别设计了如下实验方案。
方案I：沉淀分析法
（1）把一定质量的样品溶解后加入过量的溶液，将所得沉淀___________(填操作名称)、 洗涤、 烘干、称量。
方案Ⅱ：气体分析法
（2）把一定质量的样品与足量盐酸反应后，用如图所示装置测定产生气体的体积，为了使测量结果准确，B 中溶液选用___________，但选用该溶液后实验结果仍然不够准确，可能的原因是___________。
方案Ⅲ：质量差分析法
（3）将一定质量的样品与足量的稀硫酸反应，采用如图所示装置，通过称量反应前后盛有碱石灰的干燥管C的质量，利用其质量差计算样品的纯度。该实验的操作步骤：
a．检查装置的气密性
b．取ng样品装入广口瓶中
c．打开止水夹
d．缓慢鼓入空气数分钟
e．关闭止水夹
f．在干燥管内填满碱石灰质量为m1g
g．缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止
h．再缓慢鼓入空气数分钟，再称量干燥管质量为m2g
①在操作h中， 要缓慢鼓入空气数分钟，鼓入空气的作用是___________，装置A 的作用是___________。
②该样品的纯度为___________，(用含 m1、m2、n的符号表示)，若省略操作h，对实验结果的影响是___________(填“偏大”， “偏小”或“无影响”) 。
【答案】（1）过滤 （2） ①. 饱和碳酸氢钠溶液 ②. CO2气体中混有的HCl气体可与NaHCO3溶液反应生成CO2
（3） ①. 使广口瓶中产生的CO2气体全部排出 ②. 吸收空气中的CO2气体 ③. ④. 偏小
【解析】
【分析】该实验的实验目的是用沉淀分析法、气体分析法、质量差分析法测定碳酸钠样品中碳酸钠的质量分数。
【小问1详解】
沉淀分析法测定碳酸钠样品中碳酸钠的质量分数的实验原理为把一定质量的样品溶解后加入过量的氯化钙溶液，过量的氯化钙溶液与碳酸钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，将所得沉淀过滤、 洗涤、 烘干、称量得到碳酸钙的质量，依据碳酸钙的质量计算求得碳酸钠的质量分数，故答案为：过滤；
【小问2详解】
碳酸钠固体与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，由实验装置图可知，气体分析法测定碳酸钠样品中碳酸钠的质量分数的实验原理为把一定量的混合物与足量盐酸反应，利用排饱和碳酸氢钠溶液的方法测定生成二氧化碳的气体体积，依据二氧化碳的体积计算求得碳酸钠的质量分数，由于盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，导致测定结果偏高，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；CO2气体中混有的HCl气体可与NaHCO3溶液反应生成CO2；
【小问3详解】
由实验装置图可知，装置A中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收空气中的二氧化碳，目的是利用除去二氧化碳的空气将广口瓶中碳酸钠与稀硫酸反应生成的二氧化碳完全排出，装置B中盛有的浓硫酸吸收二氧化碳中混有的水蒸气，防止水蒸气干扰二氧化碳的测定，装置C中盛有的碱石灰用于吸收测定二氧化碳，装置D中盛有的碱石灰用于吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止C中所测质量偏高；
①由分析可知，在操作h中， 要缓慢鼓入除去二氧化碳的空气的目的是将广口瓶中碳酸钠与稀硫酸反应生成的二氧化碳完全排出，装置B中盛有的浓硫酸吸收二氧化碳中混有的水蒸气，防止水蒸气干扰二氧化碳的测定，故答案为：使广口瓶中产生的CO2气体全部排出；吸收空气中的CO2气体；
②由分析可知，装置C中盛有的碱石灰用于吸收测定二氧化碳，则由题意可知，碳酸钠固体与稀硫酸反应生成二氧化碳的质量为(m2—m1)g，则样品中碳酸钠的质量分数为=，若省略操作h会使装置C测得二氧化碳的质量偏小，导致所测结果偏小，故答案为：；偏小。
18. 新冠肺炎期间，化学消毒剂大显身手。高铁酸钾( 是一种高效多功能的绿色消毒剂，广泛应用于生活用水和废水的杀菌、消毒。工业制备高铁酸钾的方法主要有湿法和干法两种。
I．实验室模拟湿法制备高铁酸钾的流程如下：
已知：转化过程发生复分解反应。回答下列问题：
（1）配制上述NaOH 溶液，下列操作可能导致溶液浓度偏大的有___________(填序号)。
A．将NaOH 放在滤纸上称量
B． NaOH 在烧杯中溶解后，未经冷却就立即转移
C．容量瓶洗净之后未干燥
D．定容时俯视刻度线
E．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线
（2）NaOH 溶液应置于冰水浴中，否则温度升高将发生如下副反应：(未配平)
①若有 发生该副反应，该过程中转移电子数目为___________；
②若反应后溶液中 NaCl 和 的物质的量之比为6∶1，则生成NaCl和 NaClO的物质的量之比为___________。
（3）氧化过程中溶液保持碱性。写出反应的离子方程式：___________。
（4）产品经干燥后得到纯品 99g， 则的产率为___________(用百分数表示)。
Ⅱ．工业干法制备高铁酸钾的第一步反应为：
（5）该反应中氧化产物为___________、___________，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。第二步反应为： 试用复分解反应原理解释该反应能发生的原因___________。
【答案】（1）BD （2） ①. 0.25NA ②. 6:1
（3）
（4）75% （5） ① Na₂FeO₄ ②. O2 ③. 5:3 ④. 相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小
【解析】
【分析】先用Cl2和NaOH溶液在低温下反应制备NaClO溶液，反应的方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，用NaClO将Fe3+氧化为，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，用稀的KOH溶液来沉淀过量的Fe3+，然后加入浓的KOH溶液，由于该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小，故通过反应制备高铁酸钾，再过滤洗涤干燥即可得到产品。
【小问1详解】
A．将NaOH放在滤纸上称量，NaOH吸收空气的水蒸气而导致称量的固体质量偏小，配制浓度偏小，故A错误；
B．NaOH在烧杯中溶解后，未经冷却就立即转移，导致容量瓶内液体温度较高，加入水量偏小，配制浓度偏大，故B正确；
C．容量瓶洗净之后未干燥，对浓度无影响，故C错误；
D．定容时俯视刻度线，使溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏大，故D正确；
E．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，使溶液的体积增大，所配溶液浓度偏小，故E错误；
故选BD。
【小问2详解】
①Cl元素发生歧化反应，从0价降为-1价、从0价升至+5价，结合原子守恒配平方程式：，根据反应的化学方程式可知，存在关系式：3ml Cl2~5mle-，若有发生该反应，转移的电子的数目为0.25NA；
②若反应后溶液中NaCl和NaClO3的物质的量之比为6∶1，则1mlNaCl由主反应生成，主反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，则生成NaClO是1ml，则生成NaCl和NaClO的物质的量之比为6∶1；
【小问3详解】
K2FeO4中Fe元素为+6价，氧化过程Fe元素化合价升高，由+3价升高到+6价，被氧化，Cl元素化合价由+1价降低到-1价，被还原，离子方程式:3ClO-+2Fe3++10OH-=2 +3Cl-+5H2O；
【小问4详解】
标况下22.4L Cl2的物质的量为1ml，NaOH的物质的量为n=cV=4×0.5ml=2ml，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，两者恰好反应生成1ml NaClO，结合离子方程式3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O可知，则生成，理论上质量m=nM=，则产率为；
【小问5详解】
①②③该反应中Fe的化合价由+2价升高为中的+6价，被氧化，FeSO4是还原剂，Na2O2中部分O的化合价由-1价升高为0价，被氧化，作还原剂，同时Na2O2中部分O的化合价由-1价降低为-2价，被还原，作氧化剂，氧化产物是O2和Na2FeO4；根据得失电子总数相等可知，6ml Na2O2中1ml作还原剂，5ml作氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为5ml：(1ml+2ml)=5:3；
④第二步反应为：Na2FeO4+2KCl=K2FeO4+2NaCl，该反应能发生是因为：相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小。
时限： 75 分钟 满分： 100 分
可能用到的相对原子质量： H1 O16 Na23 Cl 35.5 K39 Fe56 Ag108
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A. 空间站中可用过氧化钠作为氧气来源
B. 用钠制作的高压钠灯作路灯
C. “蛟龙”号载人潜水器的耐压球壳是用钛合金制造的，钛合金属于新型合金
D. 人体血液中如果缺乏铁离子，就会造成缺铁性贫血
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2O2可以与人呼吸产生的CO2、H2O反应放出O2，因此Na2O2可以作为空间站中的氧气来源，A正确；
B．钠蒸气放电产生的黄光射程远、透雾能力强，可制成高压钠灯，B正确；
C．钛合金属于新型合金，具有超强、高韧、大尺寸、超厚的特点，可用于制造“蛟龙”号载人潜水器的耐压球壳，C正确；
D．人体血液中如果缺乏亚铁离子，就会造成缺铁性贫血，D错误；
答案选D。
2. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 18g含有的中子数为
B. 1ml/L溶液中离子总数为
C. 常温常压下，0.2克和7.1克于密闭容器中充分反应后，其分子总数为
D. 标准状况下，2.24L与钠反应，转移的电子数一定为
【答案】C
【解析】
【详解】A．18g的物质的量为：，含有中子的物质的量为：，含有的中子数为，A错误；
B．题中未告知溶液的体积，不能计算物质的量，无法确定溶液中离子总数，B错误；
C．0.2克是0.1ml，7.1克是0.1ml，根据，生成HCl的物质的量为0.2ml，其分子总数为，C正确；
D．氧气和钠反应后可能变为-2价，还可能变为-1价，故1ml氧气反应后转移的电子数可能为4NA个，还可能为2NA个，标准状况2.24L物质的量，与钠反应，转移的电子数一定为，D错误；
故选C。
3. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 大理石用醋酸溶解：
B. 溶液中加入足量的氨水：
C. 金属钠投入水中：
D. 向溶液中逐滴加入溶液使恰好沉淀完全：
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸为弱酸，不能拆开写，所以大理石用醋酸溶解离子方程式为：，故A错误；
B．Al(OH)3不能溶于氨水，所以溶液中加入足量的氨水的离子方程式为：,故B错误；
C．金属钠投入水中的离子方程式为：，故C错误；
D．向溶液中逐滴加入溶液使恰好沉淀完全的离子方程式为：，故D正确；
故答案为：D。
4. 镓()与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列判断不合理的是
A. 金属镓可与溶液反应生成和氢气
B. 可与盐酸反应生成
C. 向溶液中逐滴加入足量氨水，先生成沉淀，后沉淀溶解
D. 酸性：
【答案】C
【解析】
【分析】镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图，分析可知氧化铝和氧化镓都可以与氢氧化钠溶液反应生成盐，并且二氧化碳可以制取氢氧化铝，却无法与偏镓酸钠反应，可实现铝和镓的分离；
【详解】A．铝能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，所以金属镓也可以与NaOH溶液反应生成和氢气，A正确；
B．Ga2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，B正确；
C．Al(OH)3难溶于氨水，所以Ga(OH)3也难溶于氨水，向GaCl3溶液中逐滴加入足量氨水，有Ga(OH)3沉淀生成，沉淀不溶解，C错误；
D．二氧化碳可以制取氢氧化铝，却无法与偏镓酸钠反应，说明碳酸碳酸酸性强于氢氧化铝，却比氢氧化镓弱，所以酸性：Al(OH)3
5. A、B、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中A与Y同主族，X与Z同主族，X、B与A均可形成10电子化合物；B与Z的最外层电子数之比为2:3，常见化合物与水反应生成X的单质，所得溶液可使酚酞溶液变红。则下列说法正确的是
A. 中只存在极性共价键
B. B、X两元素至少可以形成两种化合物
C. 的离子半径小于
D. B和Z的氧化物对应水化物的酸性：B
【解析】
【分析】A、B、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，常见化合物与水反应生成X的单质，所得溶液可使酚酞溶液变红，所以Y为Na、X为O，X与Z同主族，则Z为S，A与Y同主族且X与A可形成10电子化合物，则A为H,B与Z的最外层电子数之比为2:3，B与A可形成10电子化合物, 所以B为C，综上所述，A、B、X、Y、Z分别为：H、C、O、Na、S。
【详解】A．为H2O2,其中既存在极性共价键又存在非极性共价键，故A错误；
B．C、O 两元素除了可以形成CO、CO2两种常见化合物，还可以形成其他化合物，故B正确；
C．与具有相同的电子层结构，核电荷数越大半径越小，所以的离子半径大于，故C错误；
D．C的非金属性弱于S，所以C的最高价的氧化物对应水化物的酸性弱于S 的，但题中没有交代价态，故D错误；
故答案为：B。
6. 某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如图所示的蜗牛形状，图中每个点代表一种元素，其中O点代表氢元素。下列说法中不正确的是
A. 离O点越远元素原子半径越大
B. 虚线相连的元素处于同一族
C. 单质还原性：
D. B、C组成的化合物中可能含有共价键
【答案】A
【解析】
【详解】O点代表氢元素，按照原子序数由小到大由里往外延伸；A为Li元素，B为Na元素，C为S元素；
A．离O点越远的元素原子的核电荷数增大，若电子层相同，半径越小，故A错误；
B．由原子序数可知，虚线相连的元素处于同一族，故B正确；
C．A为Li元素，B为Na元素，单质还原性：，故C正确；
D．B为Na元素，C为S元素，可能组成Na2S2，含有共价键，故D正确。
答案选A。
7. 氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。为了提纯氯化钾；先将样品溶于适量水中；充分搅拌后过滤；再将滤液按下图所示步骤进行操作。
下列说法正确的是
A. 反应①过滤后所得沉淀为不溶于水的杂质
B. 反应②中试剂Ⅱ是碳酸钾溶液
C. 图中所示转化反应中包含一个氧化还原反应
D. 试剂Ⅰ和试剂Ⅱ可进行对换
【答案】B
【解析】
【分析】氯化钾样品中含有少量碳酸钾，硫酸钾和不溶于水的杂质，加入氯化钡溶液除去碳酸根离子和硫酸根离子，为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，滤液中加试剂I为过量的氯化钡溶液，过滤后B含碳酸钡、硫酸钡，A中含氯化钡、氯化钾，再加试剂II过量碳酸钾，过滤后C为碳酸钡，然后过滤D中含碳酸钾、氯化钾，再加试剂III为过量盐酸，除去过量的碳酸钾，最后通过加热浓缩、蒸发结晶得到氯化钾晶体。
【详解】A．反应①所加试剂I为过量的氯化钡溶液，过滤后B含碳酸钡、硫酸钡，以及不溶于水的杂质，故A错误；
B．A中含氯化钡、氯化钾，再加试剂II过量碳酸钾，所以反应②中试剂II是碳酸钾溶液，故B正确；
C．图中所示转化反应中没有氧化还原反应，故C错误；
D．试剂I为过量的氯化钡溶液、试剂II过量碳酸钾，可用碳酸钾出去过量氯化钡，剩余碳酸钾用过量盐酸除去，对换后过量的氯化钡溶液无法除去，故D错误；
故答案为：B。
8. 如图所示为氟利昂破坏臭氧层的过程，下列说法不正确的是
A. 过程Ⅳ中既有极性共价键的断裂又有非极性共价键的形成
B. 整个过程可用方程式表示为
C. 的电子式为
D. 上述过程说明氟利昂产生的氯原子是破坏臭氧层的催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．过程Ⅳ中OCl和O作用变为Cl和O2，故既有极性共价键的断裂又有非极性共价键的形成，A正确；
B．根据流程图可知反应物为CFCl3和O3，生成物为CFCl2、Cl、O2，整个过程可用方程式表示为，B正确；
C． 中F原子的3对孤电子对未表示，C错误；
D．上述过程说明氟利昂产生的氯原子参与反应，但并未被消耗，故是破坏臭氧层的催化剂，D正确；
故选C。
9. 钠、镁、铝及其化合物具有重要用途，如钠在700~800℃时可将Ti从其氟化物中置换出来，MgO、熔点很高，可作耐高温材料。将直接加热得MgO。工业上可从铝土矿(主要成分是)中提取Al，主要步骤是将铝土矿溶于NaOH溶液，过滤得溶液，通入足量的得沉淀，热分解得，电解熔融得金属Al。下列说法错误的是
A. Na可以将Ti从其氯化物中置换出来是利用了Na的强还原性
B. 能与、反应放出，可用作呼吸面具中的供氧剂
C. 可用NaOH溶液除去Mg粉中混有的少量Al粉
D. 可在坩埚中熔化NaOH固体做导电性实验以验证NaOH为离子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．利用金属钠的强还原性，可以把Ti从其氯化物中置换出来，故A正确；
B．与、反应放出，常作为供氧剂，故B正确；
C．Al可以和NaOH反应，而Mg不能，所以可用NaOH溶液除去Mg粉中混有的少量Al粉，故C正确；
D．可以和NaOH反应，不能在坩埚中熔化NaOH固体，故D错误；
故答案选D。
10. 水体中过量氨氮(以NH3表示)含量过高会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的一种原理如图所示。下列说法正确的是
A. 过程①②③均属于氧化还原反应
B. 在较高温度下，氨氮去除率会降低
C. 生成22.4L的N2，转移6ml电子
D. 过程②中氧化剂与还原剂的物质的量之比是2∶3
【答案】B
【解析】
【详解】A．过程①③无化合价变化，不属于氧化还原反应，A项错误；
B．HClO不稳定，在较高温度下会分解，导致氨氮去除率会降低，B项正确；
C．未指出条件是否是标况下，无法计算，C项错误；
D．过程②中，HClO和NH3反应生成N2、H2O、HCl，化学方程式为，Cl元素化合价降低，作氧化剂，N元素化合价升高，NH3作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比是3∶2，D项错误；
答案选B。
11. Mn3O4是重要的电子工业磁性原料，可由下列两种方法制得：方法1： 将MnOOH(其中Mn为+3价)焙烧成Mn2O3， 再加热使 Mn2O3转化为Mn3O4；方法2： 将Mn与(NH4)2SO4反应生成配合物 配合物与水反应生成Mn(OH)3， Mn(OH)2再与O2反应得Mn3O4，前两步的反应原理如图所示：
下列说法正确的是
A. MnOOH中存在-O-O-键
B. Mn2O3转化为Mn3O4需结合O
C. 图中气体X为H₂
D. 方法2 生成Mn3O4总反应的反应物为Mn与H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．MnOOH中阴离子为氧离子和氢氧根离子，所以化合物中不可能含有过氧键，故A错误；
B．由锰元素化合价变化可知，三氧化二锰转化为四氧化三锰时需要脱去氧原子，故B错误；
C．由图可知，锰与硫酸铵溶液反应生成和氢气，则X为氢气，故C正确；
D．由图可知，方法2生成四氧化三锰的总反应为锰与氧气和水反应生成四氧化三锰，则反应物为锰、氧气和水，故D错误；
故选C。
12. 著名化学家徐光宪获得“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+。下列说法不正确的是（ ）
A. 铈(Ce)元素在自然界中主要以化合态形式存在
B. 铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce+4HI=CeI4+2H2↑
C. 用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+
D. 四种稳定的核素Ce、Ce、Ce、Ce，它们互称为同位素
【答案】B
【解析】
【详解】A.金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，因此铈(Ce)元素在自然界中主要以化合态形式存在，故不选A；
B.金属铈可以和强酸HI酸反应生成盐和氢气，但是铈离子具有氧化性，碘离子具有还原性，二者可以继续发生氧化还原反应，故选B；
C.氧化性是Ce4+>Fe3+，所以用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，可发生反应，离子方程式为：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，故不选C；
D.质子数相同，中子数不同同一元素的不同核素，互为同位素，故不选D；
答案：B。
【点睛】易错选项B，Ce4+氧化性强，与I-要发生氧化还原反应。
13. 2022年3月23日，“天宫课堂”第二课中王亚平老师用结构为 的物质制作出“冰球”，其中X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，M的焰色试验中火焰呈黄色。下列说法错误的是
A. 该物质中含有离子键、极性共价键和非极性共价键
B. 最简单氢化物的稳定性：Z
D. X、Y、Z、M形成的无机盐的水溶液显碱性
【答案】B
【解析】
【分析】根据M的焰色试验中火焰呈黄色推测M元素为Na元素，根据Y元素形成4个共价键推测Y元素为C元素，X元素形成1个共价键且原子序数最小推测X元素为H元素，Z元素形成2个共价键且原子序数大于Y小于M推测Z元素为O元素，据此分析。
【详解】A．该物质由阴阳离子构成，其中含有离子键，也存在X-Y等极性共价键和Y-Y非极性共价键，故A正确；
B．据分析Z和Y最简单氢化物分别为H2O和CH4，稳定性：ZY，故B错误；
C．Z元素为O元素，Z的两种常见同素异形体分别为氧气和臭氧，均有氧化性，故C正确；
D．X、Y、Z、M形成的无机盐是NaHCO3，水溶液显碱性，故D正确；
故选B。
14. 某溶液中可能含有如下离子：、、、、、(不考虑水的电离)。当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是
A. 原溶液中一定含有的阳离子是、、、
B. 原溶液中含有的阴离子是、
C. 原溶液中
D. 反应最后形成的溶液中的溶质只含NaCl和
【答案】C
【解析】
【分析】根据图像，所加入的NaOH的量为0-2mL时候没有沉淀生成说明溶液中含有氢离子，接下来生成沉淀，并且沉淀最终完全溶解，说明生成的沉淀为氢氧化铝，则溶液中一定有铝离子，一定没有镁离子和偏铝酸根，NaOH的体积为5-8mL的时候加入碱没有沉淀生成，则溶液中含有铵根，根据电荷守恒，溶液中需要有阴离子氯离子，综合可知溶液中肯定含有、、和，肯定不存在和，以此分析；
【详解】A．根据分析，溶液中肯定含有的阳离子为，、、，A错误；
B．根据分析，溶液中肯定含有的阴离子为，B错误；
C．结合图像中的数量关系可得，C正确；
D．反应到最后溶液中的溶质为、和，D错误；
故答案为：C。
二、 非选择题：本题共4小题，共58 分，除标记了 1分一空外，每空2分。
15. 随着原子序数递增，八种短周期元素(用字母x，y等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。回答下列问题：
（1）h在元素周期表中的位置为_______。
（2）x与e形成的化合物的电子式为_______。
（3）e，f的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式是_______。
（4）元素d与g的氢化物组成和结构相似，相同条件下二者沸点较高的是_______(填化学式)，原因是_______。
（5）z、d、e、f这四种元素分别形成的简单离子中离子半径最小的是_______(填离子符号)。
（6）元素的原子得电子能力越强，则元素非金属性越强。下列事实不能说明h的非金属性比g的非金属性强的是_______(填标号)。
A. 将h的单质通入g的气态氢化物形成的溶液中，有淡黄色沉淀产生
B. g与化合时产物中为价，h与化合时产物中为价
C. 用h的氢化物可以制出g的氢化物
D. 化合物中，h的化合价为价
【答案】（1）第三周期VIIA族
（2） （3）Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
（4） ①. H2O ②. H2O分子之间可以形成氢键，使其沸点增大
（5）Al3+ （6）C
【解析】
【分析】随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x、y、z…表示）的原子半径相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示，根据图示可知：x位于第一周期，为H元素；y、z、d位于第二周期，y是C元素，z是N元素，d是O元素；e、f、g、h位于第三周期，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此解答。
【小问1详解】
h是Cl元素，在元素周期表中的位置为第三周期VIIA族。
【小问2详解】
H和Na形成的化合物为NaH，电子式为：。
【小问3详解】
Na、Al的最高价氧化物对应的水化物为NaOH、Al(OH)3，二者反应生成氯酸钠和水，化学方程式为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。
小问4详解】
d与g的氢化物为H2O和H2S，H2O分子之间可以形成氢键，使其沸点增大，则沸点较高的是H2O。
【小问5详解】
z、d、e、f这四种元素分别形成的简单离子为N3-、O2-、Na+、Al3+，这四种离子具有相同的电子层数，核电荷数越大半径越小，则离子半径最小的是Al3+。
【小问6详解】
A．将Cl2通入S的气态氢化物形成的H2S溶液中，有淡黄色沉淀S单质产生，说明Cl2的氧化性大于S，可以说明Cl元素非金属性大于S，故A不选；
B．Cl2与化合时产物中为价，S与化合时产物中为价，说明Cl2的氧化性大于S，可以说明Cl元素非金属性大于S，故B不选；
C．用Cl的氢化物HCl可以制出S的氢化物H2S，说明酸性：HCl>H2S，但HCl和H2S都不是最高价含氧酸，不能说明Cl元素非金属性大于S，故C选；
D．化合物中，Cl的化合价为价，说明Cl的原子得电子能力比S强，可以说明Cl元素非金属性大于S，故D不选；
故选C。
16. 按要求完成下列填空：
（1）某金属氯化物MClx的摩尔质量为133.5g·ml⁻¹，取该金属氯化物26.7g配成水溶液，与足量AgNO3溶液完全反应，生成86.1g白色沉淀。 则金属M 的摩尔质量为___________。
（2）某物质A加热时按化学方程式2A=2B+C+3D分解，产物均为气体，测得相同条件下由生成物组成的混合物气体对H2的相对密度为20，则反应物A 的相对分子质量为___________。
（3）溶液分别恰好使相同体积的硫酸铁、硫酸铜两种溶液中的完全转化成沉淀，则硫酸铁、硫酸铜两种溶液的物质的量浓度之比是___________。
（4）一定量的液态化合物XY2，在一定量O2中恰好完全反应： (1表示液态，g表示气态)，冷却后在标准状况下，测得生成物的体积为672mL，则：
①反应前O2的体积是___________mL。
②在 分子中，X、Y 两元素的质量比为3∶16，则X、Y两元素的相对原子质量之比为___________。
（5）200mL 某物质的量浓度的NaOH 溶液中缓慢通入一定量的充分反应后，得到 和 的混合溶液，向上述所得溶液中，逐滴滴加 的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：
①B点时，反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是___________。
②混合溶液中 和NaHCO3的物质的量比是___________。
【答案】（1）
（2）120 （3）1：3
（4） ①. 672mL ②. 3：8
（5） ①. ②. 1：1
【解析】
【小问1详解】
白色沉淀氯化银质量为86.1g，物质的量：，金属氯化物MClx的摩尔质量为133.5g·ml⁻¹，取该金属氯化物26.7g配成水溶液，物质的量：，解得x=3，则M摩尔质量：；
【小问2详解】
设A物质的量为2ml，反应后生成产物气体物质的量总和为，混合气体对氢气的相对密度为20，则混合气体平均摩尔质量：，混合气体总质量：由质量守恒定律可知A的质量等于混合气体总质量，A摩尔质量：；
【小问3详解】
相同溶液恰好使相同体积的硫酸铁、硫酸铜两种溶液中的完全转化成沉淀，，由于两溶液体积相同，溶质的物质的量之比等于盐溶液的物质的量浓度之比，则两种硫酸盐溶液的浓度之比：1：3；
【小问4详解】
①根据化学方程式可知，反应前后气体的总体积不变，即反应前O2的体积672mL；
②参加反应的氧气的物质的量：，对应质量：，则物质的量为0.1ml，设X、Y摩尔质量分别为a、b，由于量元素质量比为3：16，则，；
【小问5详解】
①B点时溶质只有NaCl，，；
②OA段发生的反应的化学方程式：，混合溶液中物质的量，AB段发生反应的化学方程式：，混合溶液中物质的量，二者物质的量比值1∶1。
17. 碳酸钠与工农业生产、 日常生活紧密相关，工业上碳酸钠大多采用侯氏制碱法制取，所得碳酸钠样品中往往含有少量的 NaCl，现欲测定样品中 的质量分数，某探究性学习小组分别设计了如下实验方案。
方案I：沉淀分析法
（1）把一定质量的样品溶解后加入过量的溶液，将所得沉淀___________(填操作名称)、 洗涤、 烘干、称量。
方案Ⅱ：气体分析法
（2）把一定质量的样品与足量盐酸反应后，用如图所示装置测定产生气体的体积，为了使测量结果准确，B 中溶液选用___________，但选用该溶液后实验结果仍然不够准确，可能的原因是___________。
方案Ⅲ：质量差分析法
（3）将一定质量的样品与足量的稀硫酸反应，采用如图所示装置，通过称量反应前后盛有碱石灰的干燥管C的质量，利用其质量差计算样品的纯度。该实验的操作步骤：
a．检查装置的气密性
b．取ng样品装入广口瓶中
c．打开止水夹
d．缓慢鼓入空气数分钟
e．关闭止水夹
f．在干燥管内填满碱石灰质量为m1g
g．缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止
h．再缓慢鼓入空气数分钟，再称量干燥管质量为m2g
①在操作h中， 要缓慢鼓入空气数分钟，鼓入空气的作用是___________，装置A 的作用是___________。
②该样品的纯度为___________，(用含 m1、m2、n的符号表示)，若省略操作h，对实验结果的影响是___________(填“偏大”， “偏小”或“无影响”) 。
【答案】（1）过滤 （2） ①. 饱和碳酸氢钠溶液 ②. CO2气体中混有的HCl气体可与NaHCO3溶液反应生成CO2
（3） ①. 使广口瓶中产生的CO2气体全部排出 ②. 吸收空气中的CO2气体 ③. ④. 偏小
【解析】
【分析】该实验的实验目的是用沉淀分析法、气体分析法、质量差分析法测定碳酸钠样品中碳酸钠的质量分数。
【小问1详解】
沉淀分析法测定碳酸钠样品中碳酸钠的质量分数的实验原理为把一定质量的样品溶解后加入过量的氯化钙溶液，过量的氯化钙溶液与碳酸钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，将所得沉淀过滤、 洗涤、 烘干、称量得到碳酸钙的质量，依据碳酸钙的质量计算求得碳酸钠的质量分数，故答案为：过滤；
【小问2详解】
碳酸钠固体与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，由实验装置图可知，气体分析法测定碳酸钠样品中碳酸钠的质量分数的实验原理为把一定量的混合物与足量盐酸反应，利用排饱和碳酸氢钠溶液的方法测定生成二氧化碳的气体体积，依据二氧化碳的体积计算求得碳酸钠的质量分数，由于盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，导致测定结果偏高，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；CO2气体中混有的HCl气体可与NaHCO3溶液反应生成CO2；
【小问3详解】
由实验装置图可知，装置A中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收空气中的二氧化碳，目的是利用除去二氧化碳的空气将广口瓶中碳酸钠与稀硫酸反应生成的二氧化碳完全排出，装置B中盛有的浓硫酸吸收二氧化碳中混有的水蒸气，防止水蒸气干扰二氧化碳的测定，装置C中盛有的碱石灰用于吸收测定二氧化碳，装置D中盛有的碱石灰用于吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止C中所测质量偏高；
①由分析可知，在操作h中， 要缓慢鼓入除去二氧化碳的空气的目的是将广口瓶中碳酸钠与稀硫酸反应生成的二氧化碳完全排出，装置B中盛有的浓硫酸吸收二氧化碳中混有的水蒸气，防止水蒸气干扰二氧化碳的测定，故答案为：使广口瓶中产生的CO2气体全部排出；吸收空气中的CO2气体；
②由分析可知，装置C中盛有的碱石灰用于吸收测定二氧化碳，则由题意可知，碳酸钠固体与稀硫酸反应生成二氧化碳的质量为(m2—m1)g，则样品中碳酸钠的质量分数为=，若省略操作h会使装置C测得二氧化碳的质量偏小，导致所测结果偏小，故答案为：；偏小。
18. 新冠肺炎期间，化学消毒剂大显身手。高铁酸钾( 是一种高效多功能的绿色消毒剂，广泛应用于生活用水和废水的杀菌、消毒。工业制备高铁酸钾的方法主要有湿法和干法两种。
I．实验室模拟湿法制备高铁酸钾的流程如下：
已知：转化过程发生复分解反应。回答下列问题：
（1）配制上述NaOH 溶液，下列操作可能导致溶液浓度偏大的有___________(填序号)。
A．将NaOH 放在滤纸上称量
B． NaOH 在烧杯中溶解后，未经冷却就立即转移
C．容量瓶洗净之后未干燥
D．定容时俯视刻度线
E．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线
（2）NaOH 溶液应置于冰水浴中，否则温度升高将发生如下副反应：(未配平)
①若有 发生该副反应，该过程中转移电子数目为___________；
②若反应后溶液中 NaCl 和 的物质的量之比为6∶1，则生成NaCl和 NaClO的物质的量之比为___________。
（3）氧化过程中溶液保持碱性。写出反应的离子方程式：___________。
（4）产品经干燥后得到纯品 99g， 则的产率为___________(用百分数表示)。
Ⅱ．工业干法制备高铁酸钾的第一步反应为：
（5）该反应中氧化产物为___________、___________，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。第二步反应为： 试用复分解反应原理解释该反应能发生的原因___________。
【答案】（1）BD （2） ①. 0.25NA ②. 6:1
（3）
（4）75% （5） ① Na₂FeO₄ ②. O2 ③. 5:3 ④. 相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小
【解析】
【分析】先用Cl2和NaOH溶液在低温下反应制备NaClO溶液，反应的方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，用NaClO将Fe3+氧化为，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，用稀的KOH溶液来沉淀过量的Fe3+，然后加入浓的KOH溶液，由于该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小，故通过反应制备高铁酸钾，再过滤洗涤干燥即可得到产品。
【小问1详解】
A．将NaOH放在滤纸上称量，NaOH吸收空气的水蒸气而导致称量的固体质量偏小，配制浓度偏小，故A错误；
B．NaOH在烧杯中溶解后，未经冷却就立即转移，导致容量瓶内液体温度较高，加入水量偏小，配制浓度偏大，故B正确；
C．容量瓶洗净之后未干燥，对浓度无影响，故C错误；
D．定容时俯视刻度线，使溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏大，故D正确；
E．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，使溶液的体积增大，所配溶液浓度偏小，故E错误；
故选BD。
【小问2详解】
①Cl元素发生歧化反应，从0价降为-1价、从0价升至+5价，结合原子守恒配平方程式：，根据反应的化学方程式可知，存在关系式：3ml Cl2~5mle-，若有发生该反应，转移的电子的数目为0.25NA；
②若反应后溶液中NaCl和NaClO3的物质的量之比为6∶1，则1mlNaCl由主反应生成，主反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，则生成NaClO是1ml，则生成NaCl和NaClO的物质的量之比为6∶1；
【小问3详解】
K2FeO4中Fe元素为+6价，氧化过程Fe元素化合价升高，由+3价升高到+6价，被氧化，Cl元素化合价由+1价降低到-1价，被还原，离子方程式:3ClO-+2Fe3++10OH-=2 +3Cl-+5H2O；
【小问4详解】
标况下22.4L Cl2的物质的量为1ml，NaOH的物质的量为n=cV=4×0.5ml=2ml，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，两者恰好反应生成1ml NaClO，结合离子方程式3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O可知，则生成，理论上质量m=nM=，则产率为；
【小问5详解】
①②③该反应中Fe的化合价由+2价升高为中的+6价，被氧化，FeSO4是还原剂，Na2O2中部分O的化合价由-1价升高为0价，被氧化，作还原剂，同时Na2O2中部分O的化合价由-1价降低为-2价，被还原，作氧化剂，氧化产物是O2和Na2FeO4；根据得失电子总数相等可知，6ml Na2O2中1ml作还原剂，5ml作氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为5ml：(1ml+2ml)=5:3；
④第二步反应为：Na2FeO4+2KCl=K2FeO4+2NaCl，该反应能发生是因为：相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小。
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