安徽省六安市一中2025-2026学年高一上学期期末化学试卷（Word版附解析）

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时间：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5
一、单选题（每道题3分，共42分）
1. 中华文化中蕴含着丰富的化学知识。下列解释正确的是
A. 《寒食》中“日暮汉宫传蜡烛，轻烟散入五侯家”中没有涉及到氧化还原反应
B. “千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，其中涉及到的CaCO3、CO2、CaO均为电解质
C. 刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，诗句中的“漉”相当于“过滤”
D. “纷纷灿烂如星陨，赫赫喧豗似火攻”，其中五彩缤纷的烟花是某些金属元素发生化学反应呈现出的颜色
【答案】C
【解析】
【详解】A．蜡烛燃烧时有元素发生化合价变化，属于氧化还原反应，所以诗句中涉及到氧化还原反应，A错误；
B．二氧化碳不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，B错误；
C．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”是利用金与沙子的密度不同，通过水洗的方法得到金的过程，所以诗句中的“漉”相当于固液分离的“过滤”操作，C正确；
D．五彩缤纷的烟花是某些金属元素发生的焰色反应，焰色反应是元素的性质，属于物理变化，D错误；
故选C。
2. 类比是研究物质性质的常用方法之一，下列类比推测合理的是
A. Fe能置换出溶液中的Cu，推测Fe能置换出溶液中的Ag
B. 与KI溶液反应可以置换出，推测与NaBr溶液反应可以置换出
C. 向固体中滴加几滴水，温度升高，推测向固体中滴加几滴水，温度也升高
D. Fe与反应生成，推测Fe与反应生成
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe能置换出CuSO4溶液中的Cu，是基于金属活动性顺序Fe > Cu；Fe也能置换出AgNO3溶液中的Ag，因为Fe比Ag活泼，类比合理，A正确；
B．Cl2与KI溶液反应可置换出I2；F2与NaBr溶液反应时，会优先与水反应生成HF和O2，，无法置换出Br2，类比不合理，B错误；
C．Na2CO3固体溶于水放热，温度升高；但NaHCO3固体溶于水吸热，温度降低，两者热效应不同，类比不合理，C错误；
D．Fe与Cl2反应生成FeCl3，是因Cl2氧化性强；但I2氧化性较弱，Fe与I2反应生成而非FeI3，类比不合理，D错误；
故选A。
3. 下列实验装置能达到实验目的的是
A. 用装置①得到的分散系能产生丁达尔效应
B. 用装置②比较干燥氯气与潮湿氯气的漂白性
C. 用装置③比较和的热稳定性
D. 用装置④制备白色沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A．在沸水中滴入饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体，氯化铁饱和溶液直接滴入氢氧化钠溶液中得到氢氧化铁沉淀，得不到胶体，所得到的分散系不能产生丁达尔效应，故A错误；
B．关闭K，湿润的氯气经过浓硫酸被干燥，氯气通入干燥的红纸，红纸不褪色，打开K，湿润的氯气通入干燥的红纸，红纸褪色，从而证明干燥的氯气无漂白作用，潮湿的氯气有漂白作用，能达到实验目的，故B正确；
C．碳酸氢钠受热易分解，碳酸钠受热难分解，大试管中温度高，小试管中温度低，应该让碳酸氢钠在小试管中，碳酸钠在大试管中，从而比较两者的稳定性，故C错误；
D．图中，左侧试管内Fe与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，H2可排尽装置内空气，但FeSO4溶液无法进入右侧试管，不能与NaOH溶液混合，无法生成Fe(OH)2，不能达到实验目的，故D错误；
故答案为B。
4. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4 L SO3中含有的分子数为
B. 12.0 g熔融的中含有的阳离子数为
C. 的溶液中含的数目为
D. 标准状况下，22.4 L N2和N2O混合气体中含有的氮原子数为2
【答案】D
【解析】
【详解】A．标准状况下，SO3为非气态（熔点为16.8°C，标准状况下为固体），22.4 L SO3的物质的量远大于1 ml，分子数不为NA，A错误；
B．熔融NaHSO4电离为Na+和，12.0 g NaHSO4（摩尔质量120 g/ml）的物质的量为0.1 ml，含阳离子Na+数为0.1NA，B错误；
C．未给出溶液体积，仅浓度无法计算Al2(SO4)3的物质的量及数目，C错误；
D．标准状况下，22.4 L N2和N2O混合气体的总物质的量为1 ml，N2和N2O每个分子均含2个氮原子，故氮原子总数为2 ml，即2NA，D正确；
故答案为D。
5. 常温下，下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是
A. 某84消毒液中：、、、H+
B. 在加入Al粉能产生的溶液中：、、、
C. 0.1ml/LKMnO4溶液中：、、、
D. 在Na2CO3溶液中：、Ba2+、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．84消毒液含，具有强氧化性，可被次氯酸根氧化；与次氯酸根生成弱电解质次氯酸；且形成沉淀，不能大量共存，A不符合题意；
B．加入Al粉能产生H2的溶液可能为酸性或碱性：酸性时；碱性时形成氢氧化物沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C．KMnO4具有氧化性，上述四种离子彼此之间以及和高锰酸钾之间不能发生反应，能大量共存，C符合题意；
D．Na2CO3溶液与形成BaCO3沉淀，不能大量共存，D不符合题意；
故选C。
6. 下列离子方程式书写正确的是
A. 氢氧化钠溶液与小苏打溶液混合：
B. 向中投入固体：
C. 向溶液中通入过量生成沉淀：
D. 向溶液中加入一小粒钠块：
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氢氧化钠溶液与小苏打反应生成碳酸钠和水，符合反应事实，A正确；
B. 向中投入Na2O2固体，其中O2的氧原子来自Na2O2中的过氧离子，因此不应生成18O2，，B错误；
C. 向Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2，应生成Al(OH)3沉淀和碳酸氢根，正确离子方程式为，C错误；
D. 向CuSO4溶液中加入钠块，钠先与水反应生成NaOH和H2，NaOH再与反应生成Cu(OH)2沉淀，而非直接置换出Cu，正确离子方程式为，D错误；
故选A。
7. 图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是
A. X的氢化物形成的晶体中存在的最强作用力是分子间作用力
B. R的气态氢化物溶于水，离子键断裂
C. Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应
D. W的简单氢化物稳定性强于X的简单氢化物
【答案】C
【解析】
【详解】A．X是O，其氢化物为，中最强的作用力是氢键，而非分子间作用力，A错误；
B．R是Cl，其气态氢化物为HCl，HCl是共价化合物，溶于水时断裂的是共价键，电离出和，不存在离子键，B错误；
C．Y是Na，最高价氧化物对应水化物是NaOH，Z是Al，最高价氧化物对应水化物是，两者可以发生反应，C正确；
D．W是 S，简单氢化物为，X是O，简单氢化物为，非金属性 O > S，因此 的稳定性强于，D错误；
故答案选C。
8. 下列物质中既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是
① ② ③ ④ ⑤Al ⑥ ⑦
A. ①③④⑤B. ①②③④⑤C. ①③④⑤⑥D. 全部
【答案】B
【解析】
【详解】①：与稀硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳；与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水；
②：与稀硫酸反应生成硫酸铵、水和二氧化硫；与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠、氨气和水；
③： 与稀硫酸反应生成硫酸铝和水；与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和水；
④：与稀硫酸反应生成硫酸铝和水；与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和水；
⑤ ：与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气；与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气；
⑥：硫酸少量时‌，生成氢氧化铝、硫酸钠和水；硫酸过量时‌，生成硫酸铝、硫酸钠和水；与氢氧化钠溶液不反应；
⑦：只能与稀硫酸反应，生成硫酸钠、水和二氧化碳；与氢氧化钠溶液不反应；
符合题意的有①②③④⑤，
故选B。
阅读下列材料，完成下列小题：
是一种重要的化工原料。常温下将通入NaOH溶液中可得到以NaClO为有效成分的漂白液，加热时产物中还会含有。实验室用NaClO和尿素在碱性条件下可制得水合肼，反应方程式为。水合肼是一种无色、有强还原性的液体，能处理核冷却系统内壁上的铁的氧化物，可用作锅炉和反应釜的脱氧清洗处理剂。
9. 下列有关说法正确的是
A. 可以用pH试纸测定NaClO水溶液的pH
B. 制备水合肼时应将尿素缓慢加入NaClO的碱性溶液中
C. 中若含有少量HCl气体杂质，可将混合气体通入饱和NaHCO3溶液洗气
D. 和NaOH反应后，若产物中，则
10. 肼用作锅炉和反应釜的脱氧清洗处理剂，其中一种反应机理如下图所示。下列说法不正确的是
A. 反应①中是氧化产物
B. 反应②属于非氧化还原反应
C. 反应③中是氧化剂
D. 反应④中理论上生成转移电子数为
【答案】9. D 10. D
【解析】
【9题详解】
A．NaClO水溶液具有强氧化性，会漂白pH试纸，无法用pH试纸测定其pH，A错误；
B．水合肼是一种强还原性的液体，能与过量的强氧化性的NaClO溶液反应，则制备水合肼时，若将尿素加入NaClO的碱性溶液中，过量的NaClO会氧化生成的水合肼，应将NaClO碱性溶液缓慢加入尿素溶液中，B错误；
C．饱和溶液会与HCl反应生成，引入新杂质，应使用饱和食盐水洗气，C错误；
D．若产物中时，氯气和氢氧化钠反应的方程式为，则，D正确；
故答案选D。
【10题详解】
A．反应中，中为N是-2价，生成，N被氧化，是氧化产物，A正确；
B．反应中，各元素化合价均未变化，属于非氧化还原反应， B正确；
C．反应中，作为氧化剂，将氧化为，C正确；
D．反应中，NaClO作为氧化剂，Cl从+1价→-1价，得到2个电子，作还原剂，N从-3价→-2价，生成1ml时，转移电子数为2​，D错误；
故答案选D。
11. 某兴趣小组设计实验探究的性质。
下列说法错误的是
A. 实验①中产生白色沉淀的原因：
B. 实验②中沉淀由白色变成红褐色的原因：
C. 实验③中用铝片替换锌粒，也可证明具有氧化性
D. 实验④中向溶液中滴加碘水，观察到溶液呈棕黄色，也可证明具有还原性
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验①中产生白色沉淀的原因是反应生成沉淀，该解释正确，A正确；
B．实验②中沉淀由白色变成红褐色由于Fe(OH)2被氧气氧化为Fe(OH)3，该解释正确，B正确；
C．实验③中用铝片替换锌粒，铝的金属活动性强于铁，能与FeSO4发生置换反应，，证明FeSO4具有氧化性，C正确；
D．实验④中滴加碘水，溶液呈棕黄色是碘水本身的颜色，的还原性弱于，不能将I2还原为，因此不能被I2氧化，即FeSO4与碘水不反应，不能证明具有还原性，D错误；
故选D。
12. 甲、丙、丁、戊的焰色反应均为黄色，甲是一种淡黄色固体，常温下乙为一种常见液体，X是一种强氧化性的有刺激性气味的单质气体(部分生成物已略去)。下列相关叙述错误的是
A. 反应①的离子方程式为：2O+ 2H2O = 4OH- + O2↑
B. 反应②可用于工业制漂白液
C. 甲中阳离子和阴离子的数目之比为2：1
D. 氢气在X燃烧的现象有：安静燃烧和产生苍白色火焰
【答案】A
【解析】
【分析】甲、丙、丁、戊的焰色反应均为黄色，甲是一种淡黄色固体，常温下乙为一种常见液体，由图可知，甲能与乙反应生成丙，则甲为过氧化钠、乙为水、丙为氢氧化钠；X是一种强氧化性的有刺激性气味的单质气体，由图可知，X能与丙反应生成乙、丁、戊，则X为氯气、丁为氯化钠或次氯酸钠、戊为次氯酸钠或氯化钠。
【详解】A．由分析可知，反应①为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+ 2H2O =4Na++ 4OH- + O2↑，A错误；
B．由分析可知，反应②为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，漂白液的主要成分是氯化钠和次氯酸钠，所以反应②在工业上用于制取漂白液，B正确；
C．过氧化钠是含有钠离子和过氧根离子的离子化合物，电子式为：，则化合物中阳离子和阴离子的数目之比为2：1，C正确；
D．氢气可以在氯气中安静地燃烧，并产生苍白色火焰，D正确；
故选A。
13. 一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Y、Z、Q、W原子的半径依次增大，X和W同主族但不相邻，Q的M层无电子，且Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍。下列说法正确的是
A. Y、Z、Q与X形成的化合物稳定性依次降低
B. X、Z、Q、W均可与Y形成两种或两种以上的化合物
C. 简单离子半径：
D. X、Y、Z三种元素只能组成共价化合物
【答案】B
【解析】
【分析】短周期元素X、Y、Z、Q、W原子的半径依次增大，X和W同主族但不相邻，再结合该物质的结构式可得X为H，W为Na，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，则Z为第二周期，且Z形成3个价键，所以Z为N元素，Y能形成2个价键，为S或O，但S原子半径大于N，所以Y为O，Q形成4个价键，且M层无电子，则为C，因此X、Y、Z、Q、W分别为H、O、N、C、Na；据此解答。
【详解】A．O、N、C半径增大，与氢形成共价键的稳定性降低，则O、N、C与H形成简单氢化物的稳定性降低，A错误；
B．H、N、C、Na均有多种氧化物，分别是H2O2、H2O，NO2、N2O4、NO等，CO2、CO，Na2O2、Na2O，B正确；
C．O2-、N3-、Na+均为10电子离子，原子序数越小，半径越大，即简单离子半径：N3->O2->Na+，C错误；
D．H、O、N所形成的硝酸铵为离子化合物，D错误；
故答案为B。
14. 已知一定温度和体积下气体的压强与分子数成正比，表示1个标准大气压。将一定质量的炭粉和氧气在耐压密闭容器中用电热丝引燃使之恰好完全反应，并利用压强传感器测定容器内的气压变化，如下图为气压变化图像。下列说法正确的是
A. 参加反应的C和的质量之比为3：7
B. AB段温度已经达到炭粉着火点
C. 生成的CO和的物质的量之比为4：3
D. D点对应生成的产物只有
【答案】C
【解析】
【分析】炭粉燃烧既能生成二氧化碳，也能生成一氧化碳，根据化学方程式：，一定温度和体积下气体压强与气体分子数成正比，则若完全生成二氧化碳，则初始压强和最终压强相等，若全部生成一样化碳，则最终压强为起始压强的2倍，但图示中显示最终压强为起始压强的1.4倍，所以反应生成一氧化碳和二氧化碳的混合物，设反应生成，则消耗氧气的物质的量为，结合图可知，则；所以生成的CO和CO2的物质的量比为，据此解题。
【详解】A．根据分析可知，生成CO、CO2的物质的量比为4:3，根据元素守恒，参加反应的C和O2的质量比=，A错误；
B．BC段比AB段陡峭，则AB 段电热丝放热，使容器内压强变大，但温度没有达到炭粉的着火点，BC段炭粉燃烧，生成一氧化碳以及燃烧放出热量使压强陡增，B错误；
C．根据分析可知，生成的CO和CO2的物质的量比为，C正确；
D．根据分析可知，反应后生成一氧化碳和二氧化碳，故D点对应生成的产物有CO和CO2，D错误；
故选C。
二、非选择题（除特别注明外，每空2分，共58分）
15. 下列是从上到下原子序数依次增大的七种短周期主族元素，其元素性质或原子结构如下表所示：
回答下列问题：
（1）元素Y的一种核素可测定文物年代，这种核素可表示为________，元素Y在元素周期表中的位置是________。
（2）得电子能力W________Z(填“>”或“ ②. AD
（3） ①. ②. O=C=O
（4） ①. ②.
【解析】
【分析】X原子半径最小，则X为H；C的同素异形体石墨可用作润滑剂，则Y为C；常温下Z的单质由双原子分子构成，1个分子中有14个电子，则1个原子有7个电子，Z为N；W是地壳中含量最高的元素，则W为O；Q元素是第三周期元素的简单离子中半径最小的，则Q为Al；E与Z同主族，则E为P；F元素最高正价与最低负价代数和为6，则F为Cl；据此分析解答。
【小问1详解】
常用测定文物年代的核素为；根据分析，元素Y为C元素，其位于周期表中的第二周期第ⅣA族。
【小问2详解】
同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，得电子能力逐渐增强，Z为N，W为O，则得电子能力W>Z。原子的得电子能力强弱即元素非金属性强弱，可通过气态氢化物的稳定性强弱、单质与氢气反应的剧烈程度、最高价氧化物对应的水化物酸性强弱比较。
A．非金属性越强，简单氢化物越稳定，简单气态氢化物的稳定性：H2O>NH3，能说明非金属性W>Z，得电子能力W>Z，A选；
B．W(O)元素没有最高价氧化物对应的水化物，故不能通过最高价氧化物对应的水化物酸性强弱来比较，B不选；
C．W(O)元素的单质的熔点比Z(N)元素的单质的低跟分子间作用力有关，与非金属性强弱无关，C不选；
D．非金属性越强，单质与氢气化合越剧烈，W(O)元素的单质与氢气反应比Z(N)元素的单质与氢气反应剧烈，能说明非金属性W>Z，D选；
故选AD。
小问3详解】
①W(O)的简单氢化物为H2O，其电子式为；
②Y(C)的最高价氧化物为CO2，其结构式为O=C=O。
【小问4详解】
Z为N，E为P，F为Cl，非金属性Cl>N>P，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Z、E、F三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性由强到弱的顺序是HClO4>HNO3>H3PO4。Z(N)的最高价氧化物对应的水化物HNO3与Q(Al)的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3，二者的水溶液相互反应的离子方程式为。
16. 化学研究什么？我们身处丰富多彩的物质世界，大到日月星辰，小到病毒细菌，无不由物质所组成。如今的你已开始进入神秘莫测的高中化学了，化学会一直陪着你，就像氘核里的中子伴着质子默默守护，对你不离不弃！
（1）写出氘的另2种与它互为同位素的核素：________(写原子符号)。正电子、负质子都属于反粒子，它们与普通的电子、质子的质量与电量均相等，而电性相反，科学家设想在宇宙的某些部分可能存在完全由反粒子构成的反物质。
（2）反氢原子中含有一个带________电荷的质子和一个带_________电荷的电子。
（3）反氯原子得到一个反电子后所形成的离子符号是________(元素符号不变)。
“分门别类，物以类聚”，为了更好的研究物质的性质，科学家把物质进行了分类，物质分类时可从不同角度或用不同方法进行。例如：根据分散质直径大小的不同，可以把分散系分为溶液、胶体和浊液。
（4）利用饱和溶液可制得胶体，胶体粒子有很大的比表面积，所以常用于净水，若要分离溶液和胶体，可进行的实验操作名称是________。明矾在净水方面应用也很广泛，明矾净水的原理为（写离子反应方程式）________。
已知：不同温度下的溶解度如下：
（5）从明矾水溶液中得到明矾晶体的“系列操作”为________（填字母）。
A．蒸发至有大量固体析出，撤去热源，用余热将溶剂蒸干
B．蒸发至有较多固体析出，撤去热源，冷却、过滤、洗涤、干燥
C．蒸发浓缩至热的饱和溶液，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥
（6）利用明矾，用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，下列操作会使所配制溶液浓度偏高的是________（填字母）。
A．称取的明矾晶体因风化失去了部分结晶水，仍按化学式进行计算
B．转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水残留，未更换容量瓶
C．转移溶液时，未洗涤玻璃棒和烧杯内壁
D．定容时俯视刻度线
E．为加速溶解，将明矾晶体置于热水中溶解，未冷却至室温就进行转移、定容
【答案】（1）、
（2） ①. 负 ②. 正
（3）
（4） ①. 渗析 ②.

（5）C （6）ADE
【解析】
【小问1详解】
氘原子含有1个质子和1个中子，质量数为2，另2种与它互为同位素的核素均含1个质子，中子数分别为0和2，质量数分别为1和3，原子符号为。
【小问2详解】
氢原子中包括1个质子和1个电子，质子带正电荷，电子带负电荷，则反氢原子中含有一个带负电荷的反质子和一个带正电荷的电子。
【小问3详解】
反氯原子得到一个反电子后具有17个反质子和18个正电子，离子符号为。
【小问4详解】
使用半透膜分离溶液和胶体，方法名称为渗析；明矾化学式为，明矾溶于水后，电离产生铝离子，铝离子发生反应的离子方程式为：，生成的胶体能吸附水中的杂质形成沉淀，达到净化水质的目的。
【小问5详解】
A．不能用余热蒸干，因为要得到带结晶水的晶体，蒸干会失去结晶水，故A错误；
B．不是直接蒸发溶液，因为明矾溶解度随温度的升高明显增大，室温下溶解度相对于较高温度时溶解度小，直接蒸发浓缩冷却结晶析出的晶体很少，B错误；
C．明矾溶解度随温度升高显著增大，故得到带结晶水的明矾晶体需用冷却结晶法，此方法在蒸发浓缩时析出少量晶体便撤去酒精灯冷却，故“系列操作”包括：蒸发浓缩至热的饱和溶液，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，C正确；
故选C
【小问6详解】
A．称取的明矾晶体因风化失去了部分结晶水，仍按化学式进行计算，称得的明矾晶体偏多，溶液浓度偏高，A符合题意；
B．定容过程中本就需加入蒸馏水，所以转移溶液前，发现容量瓶内有少量蒸馏水残留，未更换容量瓶，对溶液浓度无影响，B不符合题意；
C．转移溶液时，未洗涤玻璃棒和烧杯内壁，溶质损失，溶液浓度偏低，C不符合题意；
D．定容时，俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，D符合题意；
E．为加速溶解，将明矾晶体置于热水中溶解，未冷却至室温就转移至容量瓶中加水定容，溶液体积偏小，浓度偏大，E符合题意；
故答案选择ADE。
17. 优氯净是一种含氯消毒剂，主要成分是二氯异氰尿酸钠，为白色固体，常温易溶于水，难溶于冷水，其溶液在温度较高时不稳定，是最为广谱、高效、安全的氧化杀菌消毒剂。实验室利用三异氰尿酸、氯气、NaOH溶液制备优氯净的实验装置如图所示(夹持、控温装置略去)。回答下列问题：
（1）装置A中的药品可以是_________(填一种化学式)。
（2）实验发现装置B中NaOH溶液的利用率较低，改进方法是_________。
（3）①当装置B内出现_________现象时，打开装置B的活塞加入氰尿酸溶液，在反应过程中不断通入。
②实验过程中B的温度必须保持为7℃～12℃，pH值控制在6.5～8.5的范围，则该实验的控温方式是_________。反应液温度不能过高，除了不利于Cl2充分吸收反应，还因为：_________。
③写出B中的化学方程式：_________。
（4）反应结束后装置B中的浊液经过滤、_________、干燥得粗产品。
（5）“有效氯”含量指从KI中氧化出相同的所需的质量与指定化合物的质量之比，常以百分数表示。称取二氯异氰尿酸钠样品0.45g，加足量KI、硫酸，配制成100mL待测液；量取25.00mL待测液于碘量瓶中，用0.1000 标准溶液滴定至恰好完全反应()，消耗标准溶液为20.00mL。请计算此样品的“有效氯”含量_________。(用百分数表示且保留一位小数)
【答案】（1）或等强氧化剂
（2）在A、B装置间加盛有饱和食盐水的洗气瓶
（3） ①. 黄绿色气体 ②. 冷水浴 ③. 产物二氯异氰尿酸钠高温易分解 ④.
（4）冷水洗涤 （5）63.1%
【解析】
【分析】在装置A中浓盐酸与KMnO4或KClO3等强氧化剂发生反应制取Cl2，在装置B中Cl2与NaOH反应产生NaClO，然后发生反应：2NaClO+(CNO)3H3=Na(CNO)3Cl2+NaOH+H2O，制取得到二氯异氰尿酸钠，在装置C中用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止大气污染。
【小问1详解】
据分析，装置A采用固液不加热方法制备氯气，药品可以是KMnO4或KClO3等强氧化剂。
【小问2详解】
浓盐酸具有挥发性，故Cl2中混有HCl气体，HCl会反应消耗NaOH，导致NaOH溶液的利用率较低，故改进的方法是将HCl吸收而不影响Cl2，应该是在A、B装置间加饱和食盐水洗气瓶洗气除去Cl2中的杂质HCl。
【小问3详解】
①该反应中有黄绿色的气体Cl2参加反应，打开装置B的活塞加入C3H3N3O3溶液，根据已知反应说明B中已经有次氯酸钠，故当液面上方出现黄绿色气体时说明氯气过量已将氢氧化钠转换为次氯酸钠；
②实验过程中B的温度必须保持为7℃～12℃，为维持该温度，同时便于控制反应温度，该实验的控温方式为冷水浴；由于温度过高不利于Cl2充分吸收反应，且产物二氯异氰尿酸钠高温易分解，因此反应液的温度不能过高；
③由分析可知，装置B中Cl2与NaOH反应产生NaClO，然后发生反应2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O，总反应方程式为。
【小问4详解】
二氯异氰尿酸钠常温易溶于水，难溶于冷水，反应结束后装置B中的浊液经过滤、冷水洗涤、干燥得粗产品。
【小问5详解】
由题中信息可知，0.45g二氯异尿酸钠加入足量的KI、硫酸，配制成100mL待测液，取25mL待测液于碘量瓶中，用0.1 ml/L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液体积的平均值为20mL，结合方程式有：I2~2Na2S2O3，可知25mL待测液中n(I2) = n(Na2S2O3) = 0.02 L × 0.1 ml/L = 0.001 ml，则100mL待测液中n(I2) = 0.001 ml × 4 = 0.004 ml，再根据方程式Cl2+2I-=I2+2Cl-，氧化出0.004 ml I2需要消耗0.004 ml Cl2，Cl2的质量m(Cl2) = 0.004 ml × 71 g/ml = 0.284g，已知“有效氯”含量指从KI中氧化出相同的I2所需Cl2的质量与指定化合物的质量之比，常以百分数表示，所以二氯异尿酸钠样品的“有效氯”含量为。
18. 是制备新能源汽车电池的重要原材料。以盐湖浓缩卤水(主要含、、、、等离子)为原料制备的工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）中Fe的化合价为___________。
（2）“操作Ⅰ”名称为___________。
（3）“滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。
（4）“沉锂”反应的离子方程式为___________。
（5）“滤液”中含，调节溶液显酸性后通生成，反应的离子方程式为___________，再鼓入热空气，可从溶液中分离出，利用了的___________性。
（6）与碳粉、在高温下反应的化学方程式为___________。(已知：尾气中和CO的物质的量之比为)
（7）若浓缩卤水中，取10 L卤水制备，生产过程中产生3.36 L (标准状况下)，则锂元素的利用率为___________。[利用率]
【答案】（1）+2 （2）过滤
（3）
（4）
（5） ①. ②. (易)挥发或挥发性
（6）
（7）60%
【解析】
【分析】以盐湖浓缩卤水(主要含Li+、 Na+、Mg2+、Br-、Cl-等离子)为原料，加入石灰乳（氢氧化钙）后，使Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，过滤除去，分离沉淀后的滤液，加入石灰乳引入了新的Ca2+，所以需要除钙，除钙后溶液中主要含Na+、Li+、Br-、Cl-，加入纯碱Na2CO3使Li+以Li2CO3沉淀析出，此时滤液中主要为Na+、Br-和Cl-，然后将Li2CO3与碳粉、FePO4混合，高温条件下反应得到，同时产生含一氧化碳或二氧化碳的尾气。
【小问1详解】
中Li为+1，P为+5价，O为-2价，根据化合物中各元素的化合价代数和为0，可知Fe的化合价为+2；
【小问2详解】
由分析可知“操作Ⅰ”名称为过滤；
【小问3详解】
由分析可知“滤渣”的主要成分为Mg(OH)2；
【小问4详解】
“沉锂”的过程是加入Na2CO3使Li+转化为Li2CO3沉淀，反应的离子方程式为：；
【小问5详解】
①“滤液”中含Br-，调节溶液显酸性后通Cl2使Br-被氧化生成Br2，Cl2被还原为Cl-，反应的离子方程式为：；②然后利用Br2易挥发的性质，鼓入热空气，使Br2从溶液中分离出；
【小问6详解】
由题意知，Li2CO3与适量碳粉、FePO4在高温下可得到磷酸亚铁锂(LiFePO4)，尾气中CO2和CO的物质的量之比为1：1，反应中碳化合价由0变为+2、铁化合价由+3变为+2，由电子得失守恒，该反应的化学方程式为；
【小问7详解】
根据题意，浓缩卤水中，则，生产过程中产生3.36 L CO2(标准状况下)，则，由反应方程式可知，，则锂元素的利用率为。实验编号
预测性质
实验操作及现象
①
能与某些盐反应
向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀
②
能与碱反应
向溶液中滴加溶液，产生的白色沉淀迅速变成灰绿色，一段时间后变成红褐色
③
具有氧化性
向溶液中加入锌粒，锌粒表面变黑，溶液浅绿色褪去
④
具有还原性
向溶液中滴加溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变为红色
元素编号
元素性质或原子结构
X
元素周期表中原子半径最小的元素
Y
Y的一种同素异形体可用作润滑剂
Z
常温下单质由双原子分子构成，1个分子中有14个电子
W
地壳中含量最高的元素
Q
第三周期元素的简单离子中半径最小的
E
与Z同主族
F
元素最高正价与最低负价代数和为6
温度/℃
0
10
20
30
40
60
80
90
溶解度/g
3.00
3.99
5.90
8.39
11.7
24.8
71.0
109