哈尔滨市第六中学校2021-2022学年高一上学期期末考试化学试题（含答案解析）

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可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Fe-56
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分)
1. 高铁、移动支付、共享单车、网购，被称为中国“新四大发明”。用于高铁和共享单车制造业的重要金属材料是( )
A. Na﹣K合金B. Cu﹣Sn合金C. Sn﹣Pb合金D. Mg﹣Al合金
【答案】D
【解析】
【详解】A.Na﹣K合金作熔点低，导热性好，所以用Na﹣K合金作原子反应堆的导热剂，不是用于高铁和共享单车制造业的重要金属材料，故A错误；
B.铜锡合金密度较大，不适宜于用于高铁和共享单车制造业，故B错误；
C.Sn﹣Pb合金密度较大，不适宜于用于高铁和共享单车制造业，故C错误；
D.镁铝合金(如硬铝，成分为0.5% Mg、0.5% Mn、0.7% Si、4% Cu其余为Al)由于强度和硬度大，几乎相当于钢材，且密度小被广泛应用于汽车、船舶、飞机、高铁和共享单车等制造业，故D正确；
故选D。
2. 美国科学家用某有机分子和球形笼状分子制成了“纳米车”(如图所示)，每辆“纳米车”是由一个有机分子和4个分子构成，直径约6到9纳米。下列说法正确的是
A. 用激光笔照射该物质分散在蒸馏水中形成的分散系，光线通过时出现明亮的光路
B. 人们用肉眼可以清晰看到“纳米车”的运动
C. 是一种新型的化合物
D. 与石墨不是同素异形体
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．该物质直径约6到9纳米，处在1-100nm之间，分散在蒸馏水中形成的分散系是胶体，具有丁达尔效应，用激光笔照射，光线通过时出现明亮的光路，A正确；
B．纳米级别的尺度，人们用肉眼无法清晰观察，不能看到“纳米车”的运动，B错误；
C．是一种由C元素形成的单质，不是化合物，C错误；
D．与石墨是由C元素形成的不同单质，属于同素异形体，D错误；
故选A。
3. 下列说法正确的是
A. 18O2和16O3互为同位素
B. 质子数为6，中子数为8的微粒：
C. NaClO的电子式
D. HCl的形成过程：
【答案】C
【解析】
【详解】A．18O2和16O3是两种单质，互为同素异形体，A错误；
B．质子数为6，中子数为8的微粒：，B错误；
C．NaClO的电子式，C正确；
D．HCl的H-Cl是共价键不是离子键，其形成过程：，D错误；
故选C。
4. 下列各组物质中化学键的类型完全相同的是
A. NH3 H2O CO2B. H2O Na2O CO2
C. CaCl2 NaOH H2OD. HCl MgCl2 NH4Cl
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3、H2O、CO2均为共价化合物，都只含有极性共价键，化学键类型相同，故A选；
B．H2O、CO2为共价化合物，只含有共价键，Na2O为离子化合物，只含有离子键，所以H2O、Na2O、CO2化学键类型不同，故B不选；
C．NaOH、CaCl2均为离子化合物，含有离子键，H2O为共价化合物，只含有共价键，所以NaOH、CaCl2、H2O化学键类型不同，故C不选；
D．HCl为共价化合物，只含有共价键，MgCl2 、NH4Cl均为离子化合物，含有离子键，所以HCl、MgCl2 、NH4Cl化学键类型不同，故D不选；
故选A。
5. 下列实验方案不能达到目的的是
A. 用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl
B. 用加热的方法除去Na2CO3固体中的少量NaHCO3固体杂质
C. 将Cl2通入石灰水中制取漂白粉
D. 用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，HCl与NaHCO3反应生成CO2其余产物仍在溶液中，能达到目的，A不符合题意；
B．NaHCO3固体受热分解生成Na2CO3固体和挥发出去的水、CO2气体，用加热的方法除去Na2CO3固体中的少量NaHCO3固体杂质，能达到目的，B不符合题意；
C．石灰水中只溶解少量氢氧化钙，将Cl2通入石灰水中难以制取到漂白粉，不能达到目的，C符合题意；
D．Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，FeCl3溶液没有，用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，能达到目的，D不符合题意；
故选C。
6. NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A. 1 ml/L Na2SO4溶液中离子总数为3 NA
B. 1.00 ml NaCl中含有6.02×1023个NaCl分子
C. 4℃、101 kPa时，54 mL H2O中含有的分子数为3 NA
D. 22.4 L的CO气体与1 ml N2所含的电子数相等
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．溶液体积未知，无法确定溶液中离子数目，故A错误；
B．NaCl是由钠离子和氯离子构成，不含NaCl分子，故B错误；
C．4℃、101 kPa时，水的密度为1g/mL，所以54 mL H2O的质量为54g，所含分子数为=3 NA，故C正确；
D．温度和压强未知，22.4 LCO的物质的量无法确定，故D错误；
综上所述答案为C。
7. 下列离子反应方程式正确的是
A. 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3·H2O = AlO+4NH+2H2O
B. 碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液：Ca2+ +2 HCO＋2OH-= CaCO3↓+ 2H2O+ CO
C. 氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：2Cl2 + 2OH- = 3Cl-+ ClO-+ H2O
D. 浓度相同、体积相同的NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液充分反应：Ba2＋＋OH-＋H＋＋SO=BaSO4↓＋H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氨水不能和氢氧化铝反应，正确离子方程式为Al3++3NH3·H2O = Al(OH)3+3NH，故A错误；
B．碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙，即碳酸氢钠少量，则氢氧根不能完全反应，离子方程式应为Ca2+ +HCO＋OH-= CaCO3↓+ H2O，故B错误；
C．氯气通入冷的氢氧化钠溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2 + 2OH- = Cl-+ ClO-+ H2O，故C错误；
D．浓度相同、体积相同的NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液充分反应，则硫酸根和钡离子恰好完全沉淀，而氢氧根不能完全反应，离子方程式为Ba2＋＋OH-＋H＋＋SO=BaSO4↓＋H2O，故D正确；
综上所述答案为D。
8. 下列说法中正确的是
A. 某酸性溶液中：、、、能大量共存
B. 含有大量的溶液中：、、、能大量共存
C. 某透明溶液中：、、、可能大量共存
D. 取少量某溶液，向其中加入盐酸酸化的溶液，观察到有白色沉淀生成，则证明该溶液中含有
【答案】C
【解析】
【详解】酸性溶液中会生成弱电解质醋酸，A错误；
B，和不能共存，生成和水，B错误；
C，是棕黄色，但是透明，各离子均不反应，可以共存，C正确；
D，可能含有银离子，会生成氯化银，D错误；
故选C。
9. 用如图所示实验装置进行相关实验探究，下列说法不合理的是
A. 图1若二氧化锰过量，则浓盐酸可全部反应完
B. 图2证明Na2O2与水反应放热
C. 图3证明Cl2能与烧碱溶液反应
D. 图4探究钠与Cl2反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．随着HCl消耗，浓盐酸变为稀盐酸时反应不能再发生，二氧化锰即使过量，浓盐酸也不可能全部反应完，A不合理；
B．滴水后脱脂棉燃烧，证明Na2O2与水反应放热，B合理；
C．加入NaOH溶液，锥形瓶内Cl2反应消耗，瓶内气压下降，气球鼓起，C合理；
D．黄绿色Cl2通入硬质玻璃管与加热后的钠反应生成白烟，现象明显，D合理；
故选A。
10. 部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A. 可与反应生成
B. 既可被氧化，也可被还原
C. 可将加入浓碱液中制得的胶体
D. 可存在的循环转化关系
【答案】C
【解析】
【分析】图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。
【详解】A．Fe与Fe(III)盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；
B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；
C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；
D．转化如，故D不选；
综上所述，答案为C。
11. 下列有关叙述正确的是
A. 18 g H2O在标准状况下的体积约为22.4 L
B. 同体积、同密度的C2H4、CO和N2三种气体的分子数一定相等
C. 40 g NaOH溶解在1 L水中，所得溶液中溶质的物质的量浓度为1 ml/L
D. 1 L 0.45 ml/LNaCl溶液中Cl‾的物质的量浓度比0.1 L 0.15 ml/ LAlCl3溶液中的大
【答案】B
【解析】
【详解】A．18 g H2O的物质的量是1 ml，但在标准状况下水不是气体，因此不能使用气体摩尔体积计算，A错误；
B．同体积、同密度的C2H4、CO和N2三种气体的质量相等，由于它们的摩尔质量相等，所以三种气体的物质的量相等，故三种气体的分子数一定相等，B正确；
C．40 g NaOH的物质的量是1 ml，将其溶解在1 L水中，所得溶液的体积不一定是1 L，故溶质的物质的量浓度不是1 ml/L，C错误；
D．在1 L 0.45 ml/LNaCl溶液中Cl‾的物质的量浓度c(Cl-)=0.45 ml/L；在0.1 L 0.15 ml/ LAlCl3溶液中Cl‾的物质的量浓度c(Cl-)=0.15 ml/L×3=0.45 ml/L，二者相等，D错误；
故合理选项是B。
12. 下列说法不正确的是
A. 铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物
B. 火灾现场存放有大量活泼金属时，可以用水或沙土来灭火
C. 炽热的钢水注入模具前，模具必须干燥，否则可能发生爆炸性迸溅
D. “洁厕灵”(主要成分是稀盐酸)与“84”消毒液(主要成分是NaClO)不宜混用
【答案】B
【解析】
【详解】A．蒸煮或长时间存放酸性、碱性食物，都会直接破坏铝表面的氧化膜，从而降低铝的抗腐蚀能力，缩短铝制餐具的寿命，A不符合题意；
B．活泼金属于水反应产生H2且放出大量热量，会加剧灾情，故当有活泼金属存在时，不能用水灭火，B符合题意；
C．若模具不干燥，炽热的钢水会引发水的分解反应，产生H2和O2，H2易燃易爆，从而引发钢水爆炸性迸溅，C不符合题意；
D．因为：2HCl + NaClO = NaCl + Cl2↑ + H2O，反应产生有毒气体氯气，所以洁厕灵不能与84消毒液混用，D不符合题意；
故答案选B。
13. 电视剧中《三生三世十里桃花》中的仙境美轮美奂，其中所需的烟雾是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混合物中滴几滴水后产生的白烟：，下列说法中正确的是
A. 每生成1mlZnO共转移2ml电子B. 该反应中氧化产物只有一种
C. NH4NO3既是氧化剂又是还原剂D. 每产生448mLN2生成0.72gH2O
【答案】C
【解析】
【分析】在反应NH4NO3＋Zn=ZnO＋N2↑＋2H2O中，NH4NO3中N元素分别为-3、+5价，反应后都转化为0价；Zn生成ZnO，由0价升高到+2价。
【详解】A．在反应NH4NO3＋Zn=ZnO＋N2↑＋2H2O中，电子转移的数目为5e-，所以每生成1mlZnO，共转移5ml电子，A错误；
B．通过分析可知氮气和氧化锌都是氧化产物，B错误；
C．NH4NO3中N元素价态既升高又降低，所以既是氧化剂又是还原剂，C正确；
D．没有指明反应的温度和压强，无法计算448mLN2的物质的量，所以无法确定生成水的质量，D错误；
故选C。
14. 实验室欲配制200mL1.00ml/LNa2CO3溶液。下列有关叙述中，正确的是
A. 称取26.5gNa2CO3固体
B. 将Na2CO3固体放入容量瓶中，加水至刻度线
C. 没有将洗涤液转移到容量瓶中，所配溶液浓度偏高
D. 加水时不慎超过刻度线，用胶头滴管直接吸出多余液体
【答案】A
【解析】
【详解】A．欲配制200mL1.00ml/LNa2CO3溶液，需用250 mL容量瓶，称取Na2CO3固体质量为250mL×1.00ml/L ×106g/ml=26.5g，A正确；
B．将Na2CO3固体放入烧杯中溶解，不能在容量瓶中溶解，B错误；
C．没有将洗涤液转移到容量瓶中，溶质损失，所配溶液浓度偏低，C错误；
D．加水时不慎超过刻度线，溶液浓度偏小，只能重新配制，D错误；
故选A。
15. 侯德榜(如图)是我国近代著名的化学家，他提出的联合制碱法得到世界各国的认可，其工业流程如图。下列说法错误的是
A. 该工艺流程中发生了复分解反应、分解反应，没有发生氧化还原反应
B. 应该向“饱和食盐水”中先通入过量CO2，再通入NH3
C. 滤渣主要成分是NaHCO3，在相同温度下碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠
D. 最终所得“母液”可循环利用
【答案】B
【解析】
【分析】向饱和食盐水中先后通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，煅烧碳酸氢钠生成碳酸钠，同时生成的二氧化碳可以循环使用，滤液中加入食盐并通入氨气，通过降温结晶析出氯化铵，据此解答。
【详解】A．联合制碱法工艺流程中发生的反应主要有：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+ CO2↑+H2O，发生了复分解反应、分解反应，没有发生氧化还原反应，故A正确；
B．因CO2在水中的溶解度小，所以应该向“饱和食盐水”中先通入过量NH3，再通入CO2，故B错误；
C．因碳酸氢钠的溶解度小，所以滤渣的主要成分是NaHCO3，在相同温度下碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠的溶解度，故C正确；
D．滤液中加入食盐并通入氨气，通过降温结晶析出氯化铵，所得母液为氯化钠溶液，可以循环利用，故D正确；
答案选B。
16. 下列有关反应的化学方程式或离子反应方程式书写正确的是
A. 检验补铁剂是否变质，溶解后加入KSCN溶液：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3↓
B. Al与NaOH溶液反应的离子方程式为：Al+2OH-=+H2↑
C. Fe(OH)2沉淀与水溶液中的O2反应的化学方程式为：2Fe(OH)2+O2+H2O=2Fe(OH)3
D. FeCl2与Cl2反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A．检验补铁剂是否变质，即检验是否存在铁离子，溶解后加入KSCN溶液：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，A错误；
B．Al与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O =2+3H2↑，B错误；
C．Fe(OH)2沉淀与水溶液中的O2反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，C错误；
D．FeCl2与Cl2反应，Fe2+被Cl2氧化，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，D正确；
故选D。
17. 下列有关叙述中错误的是
A. S2-的结构示意图：
B. 原子核内有18个中子的氯原子：
C. Na2O2中氧元素的化合价为-1
D. 元素周期表中铋元素的数据见下图，其中209.0指的是Bi 元素的质量数
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫原子最外层得两个电子形成S2-，所以最外层有8个电子，故A正确；
B．原子核内有18个中子的氯原子：氯原子质子数为17，中子数为18，则质量数为质子数加中子数等于35，元素符号左上角为质量数，左下角为质子数，所以可以表示为，故B正确；
C．过氧化物中氧元素为-1价，故C正确；
D．Bi元素的相对原子质量是209.0，不是质量数，故D错误；
答案选D。
【点睛】质量数是指中性原子中，将原子内所有质子和中子的相对质量取近似整数值相加而得到的数值，元素周期表中元素的数据表示的是相对原子质量。
18. 甲、乙两烧杯中各盛有100mL3的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，所生成的气体体积比为1：3，则加入铝粉质量为
A. 5.4gB. 3.6gC. 2.7gD. 8.1g
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】由电子得失相等，若等量的Al粉完全反应，两个反应中生成的H2的量应该是一样的。由于生成的气体体积之比为1：3，即甲杯中生成的气体更少，这说明甲杯中的铝粉过量，盐酸完全反应，设甲烧杯放出氢气的物质的量为xml；

x=0.15ml；
甲、乙生成的气体体积比为1：3，乙杯中生成的氢气物质的量为0.45ml，设消耗铝的物质的量是yml；
y=0.3ml；
铝的质量是0.3ml×27g/ml=8.1g，故选D。
19. 已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC2-、dD-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是
A. 原子半径：A>B>D>CB. 原子的最外层电子数目：A>B>D>C
C. 原子序数：d>c>b>aD. 离子半径：C2->D->B+>A2+
【答案】D
【解析】
【分析】阳离子所带电荷数是其原子核外电子失去电子的个数，阴离子所带电荷数是其原子核外电子得到电子的个数，而原子的核外电子数等于质子数，也等于原子序数。具有相同的电子层结构的短周期元素的简单离子aA2+、bB+、cC2-、dD-，结合元素周期表结构特征，可设aA2+、bB+、cC2-、dD-分别为12Mg2+、11Na+、8O2-、9F-。
【详解】A．据分析，原子半径：Na>Mg>O>F，则B>A >C> D，A错误；
B．据分析，原子的最外层电子数目： F>O>Mg >Na，则D> C > A > B，B错误；
C．据分析，质子数等于原子序数，有：12Mg >11Na >9F >8O，则a>b >c >d，C错误；
D．具有相同电子层数的离子，质子数越多离子半径越小，据分析，离子半径：O2->F-> Na+> Mg2+，则C2->D->B+>A2+，D正确；
故选D。
20. X、Y分别代表两种非金属元素，下列不能说明非金属性X比Y强的是
A. X的氧化物对应水溶液的酸性比Y的氧化物对应水溶液的酸性强
B. Y-的还原性强于X-
C. X的单质X2能将Y的阴离子Y-氧化为Y2
D. X、Y的单质分别与Fe化合，产物中前者Fe为＋3价，后者Fe为＋2价
【答案】A
【解析】
【详解】A．元素非金属性强弱可由其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来判断，没有指明是否是最高价氧化物，故不能说明非金属性的强弱，A符合题意；
B．元素非金属性越弱，对应离子的还原性越强，B不符合题意；
C．X的单质X2能与Y的阴离子Y-发生以强制弱的置换反应生成Y2，说明X比Y的非金属性强，C不符合题意；
D．X、Y的单质分别氧化同一种金属，产物中金属元素的价态越高，说明单质的氧化性越强，说明X比Y的非金属性强，D不符合题意；
故选A。
21. 同体积同物质的量浓度的AgNO3溶液中分别加入同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，恰好使Cl-完全转化为沉淀，则三种溶液的物质的量浓度之比为
A. 1:1:1B. 1:2:3C. 1:4:9D. 6:3:2
【答案】D
【解析】
【分析】反应实际上都是氯离子与银离子的反应，所以消耗AgNO3物质的量相同，也就是氯离子的物质的量相同。
【详解】相同物质的量的硝酸银溶液分别与等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液反应，恰好使它们中的Cl-完全转化为AgCl沉淀时，氯离子的物质的量相等，溶液的体积相等，则三种溶液的浓度与氯离子的数目成反比，所以其浓度之比为1：(1/2)：(1/3)=6：3：2，故选D。
【点睛】本题考查离子反应及物质的量的有关计算，侧重分析与计算能力的考查。
22. 将一定量CO2通入某氢氧化钠溶液得到甲溶液，为探究甲溶液中溶质的情况，向其中滴加稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加盐酸体积的关系如图所示。则甲溶液中溶质为
A. Na2CO3B. NaHCO3C. NaOH和Na2CO3D. Na2CO3和NaHCO3
【答案】C
【解析】
【详解】由图可知，向甲溶液中滴加稀盐酸时，先开始没有二氧化碳气体生成，后有二氧化碳生成，说明甲溶液可能为碳酸钠溶液，或碳酸钠和氢氧化钠混合溶液，或碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液，滴加盐酸时发生的反应可能为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+ NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+ CO2↑+H2O，结合方程式，由未生成二氧化碳消耗盐酸和生成二氧化碳消耗盐酸的体积比为3:1可知，甲溶液为等浓度的氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，故选C。
23. 在标准状况下，将A气体V L (摩尔质量是M g·ml-1)溶于0.5 L水中，所得溶液的密度为a g·cm-3，则此溶液的物质的量浓度为(ml·L -1)
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】气体的物质的量＝，气体的质量＝，溶液的在＝＋500g，所以溶液的体积＝，所以溶液的浓度＝＝ml·L-1，答案选C。
24. 短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等，下列叙述错误的是
A. Q和W元素形成化合物QW2分子中，各原子的最外层均满足8电子的稳定结构
B. T的氧化物能与NaOH溶液反应
C. R元素的气态氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应
D. 元素的非金属性：Q强于W
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素周期序数与主族序数相等的有H、Be、Al，结合图示T所处周期表中的位置，推断T为Al元素，则Q、R、W分别为C、N、S元素。
【详解】A．据分析，Q和W元素形成化合物QW2分子是CS2，各原子的最外层均满足8电子的稳定结构，A正确；
B．据分析，T的氧化物是Al2O3，是两性氧化物，能与NaOH溶液反应，B正确；
C．据分析，R元素的气态氢化物是NH3，最高价氧化物对应的水化物是HNO3，两者可以反应生成NH4NO3，C正确；
D．据分析，Q、W分别为C、S元素，元素的非金属性：S强于C，D错误；
故选D。
25. 现有某铁的氧化物样品用10mL5ml/L盐酸恰好完全溶解，向反应后的溶液中通入氯气112mL(标准状况下)，Fe2+恰好可以全部转化为Fe3+。则该氧化物可能的化学式为
A. Fe2O3B. Fe3O4C. Fe4O5D. Fe5O7
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】设该铁的氧化物为Fe2O3nFeO，则有Fe2O3nFeO+(6+2n)HCl=2FeCl3+nFeCl2+(n+3)H2O，nFeCl2+Cl2= nFeCl3，可得关系式：(6+2n)HCl~Cl2，即=，解得n=2，所以该铁的氧化物为Fe2O32FeO，即Fe4O5，C符合题意，故答案选C。
非选择题部分 共50分
26. 请按照要求填写
（1）如何检验溶液中含有___________。
（2）除去镁粉中的铝粉，所选试剂为________，相关的离子反应方程式为_______。
（3）配平离子方程式：___________。
+Br-+ =____Cr3++____+____H2O
【答案】（1）取少量试液于试管中，先足量稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀则 含
（2） ①. NaOH溶液 ②. 2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
（3） + Br-+ 8H+ = 2 Cr3+++4H2O
【解析】
【小问1详解】
检验溶液中含有：取少量试液于试管中，先足量稀盐酸酸化，可排出Ag+、等的干扰，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀则 含。
【小问2详解】
除去镁粉中的铝粉，可根据铝能与强碱反应而镁不能来选择试剂，所选试剂为NaOH溶液，相关的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑。
【小问3详解】
根据得失电子总数守恒，Cr元素从+6价降低到+3价得到3e-，Br元素从-1价升高到+5价失去6e-，则系数配1，Cr3+系数配2，Br-和系数均配1；再根据原子守恒和电荷守恒确定反应物还应有8H+，配平H2O的系数为4，得+Br-+ 8H+=2 Cr3+++4H2O。
27. 常见消毒剂有：①医用酒精；②“84”消毒液(主要成分是NaClO)；③漂白粉；④二氧化氯；⑤O3；⑥高铁酸钠。
（1）上述物质中，消毒原理和其他不同的是___________(填序号，下同)。
（2）上述物质中，其有效成分属于电解质的是__________。
（3）HCl气体中混有Cl2，用化学方法检验Cl2的存在____________。
（4）高铁酸钠(Na2FeO4)是一种多功能新型水处理剂，它能消毒杀菌，原因为____________，它能净水，原因为________。
【答案】（1）① （2）②③⑥
（3）湿润的淀粉—KI试纸变蓝或者湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色
（4） ①. 高铁酸钠中Fe呈+6价，有强氧化性 ②. 其还原产物为Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可以净水
【解析】
【27题详解】
医用酒精消毒原理是使病毒蛋白质变性，其它几种消毒剂消毒原理均是物质的强氧化性，故消毒原理和其他不同的是①；
【28题详解】
①医用酒精的有效成分乙醇属于非电解质，②NaClO属于电解质，③漂白粉的有效成分次氯酸钙属于电解质，④二氧化氯属于非电解质，⑤O3既不是电解质也不是非电解质，⑥高铁酸钠属于电解质，故其有效成分属于电解质的是②③⑥；
【29题详解】
Cl2具有强氧化性，HCl没有，故可用湿润的淀粉—KI试纸，若变蓝则存在Cl2。（Cl2与水反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白性，故也可湿润的蓝色石蕊试纸，若试纸先变红后褪色则存在Cl2。）
【30题详解】
高铁酸钠中Fe呈+6价，有强氧化性，能消毒杀菌；高铁酸钠还原产物为Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可以净水。
28. 下图是某儿童微量元素体检报告单的部分数据：
根据上表的数据，回答下列问题：
（1）该儿童_______元素含量偏低。
（2）报告单中“μml·L-1”是_______(填“质量” “体积”或“浓度”)的单位。
（3）服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+。在这个过程中维生素C表现出_______(填“氧化性”或“还原性”)。
【答案】（1）铁(或Fe)
（2）浓度 （3）还原性
【解析】
【分析】
【小问1详解】
根据表中测量结果和参考范围可知铁(或Fe)元素含量偏低，故答案为：铁(或Fe)；
【小问2详解】
报告单中ml/L是浓度的单位，故答案为：浓度；
【小问3详解】
服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，Fe元素 的化合价降低被还原，则维生素C所起还原作用，故答案为：还原性。
29. 硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)在医药上作补血剂。某课外小组测定该补血剂中铁元素的含量。实验步骤如下：请回答下列问题：
（1）实验中碾碎药片需要的仪器是___________。
A．烧杯 B．研钵 C．坩埚
（2）证明步骤①所得滤液中含有Fe2+的方法是先滴加KSCN溶液，再滴加_______。
（3）步骤②加入过量H2O2目的：____________。
（4）步骤②中反应的离子方程式：_________。
（5）步骤④中一系列处理的操作步骤：过滤、________、灼烧、冷却、称量。
（6）若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量为________。
（7）实验室为防止FeSO4溶液变质，应在溶液中加入少量___，用离子方程式说明原因___。
【答案】（1）B （2）氯水或双氧水
（3）将亚铁离子氧化为铁离子
（4）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
（5）洗涤 （6）0.07a
（7） ①. 铁粉 ②. 2Fe3++Fe=3Fe2+
【解析】
【分析】补血片研细后用稀硫酸溶解，过滤除去不溶性物质后，往滤液中加入H2O2氧化Fe2+，再加入过量NaOH溶液可将Fe3+转化为Fe(OH)3，经过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量得到ag红棕色氧化铁固体。
【小问1详解】
实验中碾碎药片需要的仪器是研钵，故选B。
【小问2详解】
证明步骤①所得滤液中含有Fe2+的方法是先滴加KSCN溶液，无明显变化，再滴加氯水或双氧水，将Fe2+氧化成Fe3+，则溶液变血红色。
【小问3详解】
步骤②加入过量H2O2的目的是将亚铁离子完全氧化为铁离子。
【小问4详解】
步骤②中亚铁离子被H2O2氧化为铁离子，反应的离子方程式：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O。
【小问5详解】
步骤④将红褐色悬浊液制成红棕色固体，一系列处理的操作步骤：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量。
【小问6详解】
据分析，10片补血剂制得ag红棕色固体，该固体是Fe2O3，由原子守恒可知，，则若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量为
【小问7详解】
亚铁容易被氧化，实验室为防止FeSO4溶液变质，应在溶液中加入少量铁粉，铁粉与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+。
30. 高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析。实验室里欲用KMnO4固体来配制240mL0.1ml·L-1的KMnO4溶液。(已知KMnO4的摩尔质量：158g/ml)
（1）计算所需KMnO4固体的质量为_____g，用天平称量_______g。
（2）配制溶液时，必须用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、_________。
（3）配制过程中，下列操作导致溶液浓度偏小的是 (填序号)。
A. 加水定容时俯视刻度线
B. 容量瓶未干燥处理
C. 定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水
D. 溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
【答案】（1） ①. 3.95 ②. 4.0
（2）玻璃棒、250mL容量瓶 （3）CD
【解析】
【分析】一定物质的量浓度溶液配制时，根据需要的容量瓶体积计算高锰酸钾固体的用量，用天平称量后放入烧杯中溶解，待完全溶解并恢复至室温后，转移入容量瓶，摇匀、定容，转入试剂瓶，贴标签并保存。
【小问1详解】
配制240mL0.1ml·L-1的KMnO4溶液需要用250 mL容量瓶，所需KMnO4固体的质量为250mL×0.1ml·L-1×158g/ml=3.95g；天平是粗量仪器，精确到十分位，故用天平称量4.0g。
【小问2详解】
一定物质的量浓度溶液配制时，必须用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒、250mL容量瓶。
【小问3详解】
A．加水定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，则浓度偏大；
B．容量瓶未干燥处理，对配制结果无影响；
C．定容加水时超过刻度线则溶液体积偏大，浓度偏小，立即吸出多余的水并没有改变浓度；
D．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，导致溶质损失，配制的溶液浓度偏小；
故符合题意的是CD。
31. Q、W、X、Y、Z为短周期元素，Q是原子半径最小的元素，W是地壳中含量最高的元素，X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和：Z与Y位于同一周期，Y原子核外最外层电子比次外层多3个电子，非金属Z的一种固体单质可导电。回答下列问题：
（1）Y、Z的元素名称分别为_______、________。
（2）X在周期表中的位置是_______，其离子结构示意图为_______。
（3）W元素有多种核素，请写出中子数为10的W元素的一种核素符号________。
（4）X、Y、Z三种元素原子半径由大到小的顺序为_________(填元素符号)；
（5）Y和W两种元素形成的最简单的氢化物中，更稳定的是_______(用电子式表示)
【答案】（1） ①. 氮 ②. 碳
（2） ① 第三周期第IIIA族 ②.
（3）
（4）Al>C>N （5）
【解析】
【分析】Q是原子半径最小的元素，Q为H；W是地壳中含量最高的元素，W为O；X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和，Z与Y位于同一周期，又均是短周期元素，则Z和Y在第二周期，Y原子核外最外层电子比次外层多3个电子，Y为N，质子数是7；非金属Z的一种固体单质可导电，Z为C，质子数是6；则X质子数是13，为Al。故Q、W、X、Y、Z分别为H、O、Al、N、C，据此答题。
【小问1详解】
据分析，Y、Z的元素名称分别为氮、碳。
【小问2详解】
X是Al，在周期表中的位置是第三周期第IIIA族；其离子结构示意图为：。
【小问3详解】
W是O元素，有多种核素，中子数为10的O元素的一种核素符号：。
【小问4详解】
电子层数较多的原子半径较大，同一周期的元素原子半径从左往右递减，X、Y、Z三种元素分别是Al、N、C，原子半径由大到小的顺序为：Al>C>N。
【小问5详解】
Y和W两种元素形成的最简单的氢化物分别是NH3和H2O，O的原子半径比N小，H-O键的键能比H-N键大，故更稳定的是H2O，其电子式为：。
32. 某研究性学习小组查阅资料：“氯气与硫在加热条件下生成二氯化硫（S2Cl2），该物质遇水迅速反应，他们利用如下仪器和药品制取纯净的氯气与硫反应来制备S2Cl2
实验过程所提供的药品有：浓盐酸、浓H2SO4、MnO2、KMnO4(H+)、饱和NaHCO3溶液、碱石灰、硫磺、NaOH溶液、冰水、饱和食盐水。
回答下列问题：
（1）利用所提供的设备和药品，写出制备Cl2的离子方程式：________________
（2）在该实验过程中两次用到仪器B，第一次装置B中的药品是____________，第二次装置B的作用是____________________________________________________。
（3）能否省略装置C________（填“能”或“否”），原因是_________________________________。
（4）实验开始后，当_______________________________________________，（填现象）点燃D处的酒精灯。
（5）某学生利用装置A制备一定量的Cl2，他收集到的Cl2的体积总比预期的要多，他经过认真分析后，认为应对装置A略作改进，你认为怎样改进：_____________________
【答案】 ①. 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ②. 饱和食盐水 ③. 除去Cl2中的水蒸气 ④. 否 ⑤. C装置中的碱石灰既除去多余的Cl2，防止污染空气，又防止空气中的水蒸气进入E中与S2Cl2反应 ⑥. 看到D中充满黄绿色气体时 ⑦. 用一只橡胶管把分液漏斗的上端与锥形瓶连通
【解析】
【分析】(1)装置A中没有加热，所以要用浓盐酸、KMnO4(H+)来制备氯气；
(2)HCl易挥发，A中生成的氯气中含有HCl、H2O，需要利用B装置除去；
(3)尾气中含有氯气要用碱吸收；二氯化二硫(S2Cl2)水迅速反应，要防止空气中的水蒸气进入装置；
(4)完全除去空气后，点燃D处的酒精灯，防止氧气与S反应；
(5)收集到的Cl2中含有空气，使氯气的体积偏大，把分液漏斗与锥形瓶连通使空气进入分液漏斗即可避免。
【详解】(1)装置A中没有加热，选用浓盐酸、KMnO4(H+)来制备氯气，发生反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)HCl易挥发，A中生成的氯气中含有HCl、H2O，依次用饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥；
(3)C装置中的碱石灰既除去多余的Cl2，防止污染空气，又防止空气中的水蒸气进入E中与S2Cl2反应，则C装置不能省略；
(4)为防止空气中氧气与S反应，则当装置中充满氯气时，点燃D处的酒精灯，使氯气与S反应；
(5)实验中氯气体积比预期大的原因是当加入浓盐酸时，由于浓盐酸要占据一定的体积，因此会将一部分空气排出去，这部分空气也会混在氯气中；当分液漏斗和锥形瓶连通时，加入浓盐酸后，挤出的空气进入分液漏斗，填充了分液漏斗由于浓盐酸减少而空出来的那部分体积。
【点睛】考查学生对实验原理及装置的理解、评价，以及充分利用所给信息设计合理的实验流程和实验条件能力等，关键是掌握物质制备原理，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力，题目难度中等。怀化市医疗机构临床检验结果报告单
分析项目
检测结果
单位
参考范围
1
锌(Zn)
115.92
μml·L-1
66~120
2
铁(Fe)
6.95
mml·L-1
7.52~11.82
3
钙(Ca)
1.68
mml·L-1
1.55~2.10
……