吉林省吉林市2024-2025学年高一上学期期末化学试卷

吉林省吉林市2024-2025学年高一上学期期末化学试卷 一、单选题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．（3分）下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是（　　） A．烧碱、液态氧、碘酒 B．生石灰、白磷、熟石灰 C．干冰、铁、氯化氢 D．空气、氮气、胆矾 2．（3分）下列关于胶体的叙述不正确的是（　　） A．胶体的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm之间 B．光线透过胶体时，胶体可发生丁达尔效应 C．用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同 D．Fe（OH）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的 3．（3分）下列关于电解质的叙述正确的是（　　） A．溶于水得到的溶液能导电的化合物都是电解质 B．NaCl溶液在电流作用下电离成Na+与Cl﹣ C．硫酸溶液的导电性一定比醋酸溶液导电性强 D．氧化镁虽然不溶于水，但是熔融状态下能发生电离，所以氧化镁是电解质 4．（3分）已知有如下反应： ①； ②； ③2FeCl2+Cl2＝2FeCl3。 根据上述反应，判断下列结论中错误的是（　　） A．仅根据反应①也能判断氧化性： B．还原性强弱的顺序为：Cl﹣＞Fe2+＞Cl2＞Br2 C．溶液中可发生： D．Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物 5．（3分）下列物质中，只含有非极性共价键的是（　　） A．NaOH B．NaCl C．H2 D．H2S 6．（3分）下列实验操作、现象、结论均正确的是（　　） 选项 实验操作 现象 结论 A 向某物质的水溶液中加入稀盐酸 产生无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体 原溶液中一定存在 B 将干燥和湿润的红色布条分别放入两个盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片 干燥布条不褪色，湿润布条褪色 HClO有漂白性 C 将一小块金属钠加入CuSO4溶液中 溶液蓝色褪去，有红色固体出现 钠的还原性比铜强，钠置换出铜单质 D 将使用过的铂丝用稀硫酸洗净，再蘸取某无色溶液进行灼烧，透过蓝色钴玻璃观察 火焰呈紫色 该无色溶液中含有K+ A．A B．B C．C D．D 7．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　） A．NO2与N2O4所组成的混合气体2.3g，所含氧原子总数为0.1NA B．39g过氧化钠与足量CO2反应，转移电子数为0.5NA C．1L0.1mol/L的Ba（OH）2水溶液中含有的氧原子数大于0.2NA D．0.1mol/L明矾KAl（SO4）2•12H2O溶液完全反应生成Al（OH）3胶粒数目小于NA 8．（3分）下列各组物质的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是（　　） A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B．Al→Al2O3→Al（OH）3→Na[Al（OH）4] C．Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4 D．Fe→FeCl2→Fe（OH）2→Fe（OH）3 9．（3分）下列离子方程式中，正确的是（　　） A．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+＝Fe3++H2O B．向氯化铜溶液中加入氢氧化钠溶液：Cu2++OH﹣＝Cu（OH）2↓ C．氯化铁溶液与铜反应：Fe3++Cu＝Cu2++Fe2+ D．向氯化亚铁溶液中通入氯气：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣ 10．（3分）下列关于合金的说法中，正确的是（　　） A．合金的熔点一定比各成分金属的低 B．在我国使用最早的合金是钢 C．生铁的含碳量为0.03%～2% D．稀土金属可以用于生产合金 11．（3分）下列生活中的物质与其有效成分的化学式、用途的对应关系中，不正确的是（　　） 选项 A B C D 生活中的物质 食盐 小苏打 复方氢氧化铝片 漂白粉 有效成分的化学式 NaCl Na2CO3 Al（OH）3 Ca（ClO）2 用途 做调味品 做发酵粉 做抗酸药 做消毒剂 A．A B．B C．C D．D 12．（3分）下列关于F、Cl、Br、I的比较不正确的是（　　） A．单质的颜色随核电荷数的增加而加深 B．单质的氧化性随核电荷数的增加而减弱 C．它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而增强 D．它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多 13．（3分）雷雨天闪电时空气中有O3生成。下列说法中，正确的是（　　） A．O2和O3互为同位素 B．O2和O3的相互转化是物理变化 C．在相同的温度和压强下，等体积的O2和O3含有相同的分子数 D．等物质的量的O2和O3含有相同的质子数 14．（3分）下列有关说法正确的是（　　） A．在周期表的金属与非金属的交界处，寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料 B．元素周期表是按元素的相对原子质量由小到大的顺序排列而成的 C．H、Be、Al原子的最外层电子数等于其电子层数 D．原子核外电子的能量是不同的，在离核较近区域运动的电子能量较高 15．（3分）有一包铁粉和铜粉混合均匀的粉末样品，为确定其组成，某同学将不同质量的该样品分别与40mL 1mol/L的FeCl3溶液反应，实验结果如表所示（忽略反应前后溶液体积的微小变化）． 实验序号 ① ② ③ ④ m（粉末样品）/g 0.90 1.80 3.60 7.20 m（反应后剩余固体）/g 0 0.64 2.48 6.08 下列实验结论不正确的是（　　） A．实验①反应后溶液中含有Fe3+、Fe2+、Cu2+ B．实验②③反应后剩余固体全部是Cu C．实验④的滤液中c（Fe2+）＝1.5 mol/L D．原粉末样品中m（Fe）：m（Cu）＝7：8 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（12分）氧化还原反应是重要的化学反应类型，在生活、生产、科研领域都有广泛的应用，请回答以下问题： （1）维生素C又称“抗坏血酸”，在人体内有重要的功能。例如，能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，这说明维生素C具有 　 　（填“氧化性”或“还原性”）。 （2）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：S+2KNO3+3C＝K2S+N2↑+3CO2↑ 在该反应中，被还原的元素是 　 　，当生成标准状况下4.48L气体时，转移的电子数为 　 　。 （3）联氨（N2H4）和N2O4可作宇宙飞船的动力源，其化学方程式：2N2H4+N2O4＝3N2+4H2O，该反应放出大量的热、产生大量气体。 ①使用单线桥表示电子转移的方向和数目 　 　。 ②该反应中，氧化产物与还原产物的质量之比为 　 　。 （4）已知：2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br﹣，向溴化亚铁溶液中通入一定量的氯气，当氯气与溴化亚铁的物质的量之比为1：1时的离子反应方程式为 　 　。 17．（14分）A、B、C、D、E、F是短周期主族元素，且原子序数依次增大。A元素的一种核素没有中子；B元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍；C为地壳中含量最多的元素；D的最外层电子数与A相同；E的L层电子数为其电子总数的一半。 （1）A、C、F按照原子个数比1：1：1构成化合物的结构式 　 　。 （2）写出只含有C、D两种元素且既具有离子键又具有非极性共价键化合物的电子式 　 　。 （3）高温灼烧A、B、C、D四种元素形成的化合物时，火焰呈 　 　色。 （4）下列事实能用元素周期律解释并正确的是 　 　（填标号）。 a．对应阴离子还原性由强到弱的顺序为E＞F b．原子序数为35的元素最高价氧化物的水化物的酸性比F最高价氧化物的水化物的酸性强 c．C的简单氢化物的沸点高于E的简单氢化物 d．原子半径由小到大的顺序为C＜E＜D （5）B和第三周期离子半径最小的元素能按照原子个数比3：4构成固体化合物，该化合物易与水反应生成可燃性气体和白色沉淀。在相同条件下，此气体密度是H2密度的8倍。该化合物与水反应的化学方程式为 　 　；此气体的分子空间构型为 　 　。 （6）W是第Ⅷ族中原子序数最小的元素。W的单质可用于处理酸性废水中的，使其转换为，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理。上述反应的离子方程式为 　 　。 18．（15分）金属材料在日常生活和生产中有着广泛的应用，请回答下列问题： Ⅰ（1）试剂保存：为防止FeSO4溶液变质，应在溶液中加入少量 　 　，如何检验该溶液是否变质 　 　。 （2）把一定量的铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量浓度恰好相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为 　 　。 Ⅱ利用油脂厂废弃的镍（Ni）催化剂（主要含有Ni、Al、Fe及少量NiO、Al2O3、Fe2O3） 制备NiSO4•7H2O的工艺流程如图： 回答下列问题： （3）为加快“碱浸”的速率可采取的措施是 　 　（任写一条）。 （4）“滤液1”中的阴离子是 　 　。 （5）①“转化”中反应的离子方程式是 　 　。 ②“转化”中可替代H2O2的物质是 　 　（填标号）。 a.Cl2 b.O2 c.Fe （6）某温度下，Fe（OH）3分解得到铁、氧质量比为21：8的氧化物，其化学式为 　 　。 19．（14分）化学实验是科学探究过程中的一种重要方法，掌握化学实验的基本操作和物质的制备、转化及性质的探究尤为重要，请结合所学化学实验知识回答以下问题。 已知：常温常压下，一氧化二氯（Cl2O）为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。 【制备产品】 将氯气和空气（不参与反应）按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O（不含Cl2）制备次氯酸溶液。 （1）盛装浓盐酸的仪器名称是 　 　。 （2）制备Cl2O的化学方程式为 　 　。 （3）各装置的连接顺序为 　 　→　 　→　 　→C→　 　。 （4）装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是 　 　；装置C的作用是 　 　。 （5）反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是 　 　。 【测定浓度】 （6）已知次氯酸可被FeSO4等物质还原。用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取10mL上述次氯酸溶液，并稀释至100mL，再从其中取出20.00mL于锥形瓶中，并加入10.00mL0.8000mol/L的FeSO4溶液，充分反应后，得到浅绿色溶液，再加入0.05000mol/L的酸性KMnO4溶液24.00mL，溶液浅绿色恰好褪去且无气体生成，则原次氯酸溶液的浓度为 　 　mol/L。 参考答案与试题解析 一、单选题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．（3分）下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是（　　） A．烧碱、液态氧、碘酒 B．生石灰、白磷、熟石灰 C．干冰、铁、氯化氢 D．空气、氮气、胆矾 【分析】由两种或两种以上元素形成的纯净物为化合物；只由一种元素形成的纯净物为单质；由两种或两种以上物质组成的是混合物，据此分析。 【解答】解：A.烧碱是氢氧化钠，是化合物；液态氧即氧气，是单质；碘酒是碘的酒精溶液，是混合物，故A正确； B.生石灰是氧化物；白磷是单质；熟石灰是由钙、氧、氢元素组成的化合物，故B错误； C.干冰是固态的二氧化碳，是化合物；铁是单质；氯化氢是化合物，也是纯净物，故C错误； D.空气是混合物，氮气是单质，胆矾是五水合硫酸铜，是纯净物，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查了化合物、单质和混合物的概念以及物质成分的判断，应紧扣概念要点，并熟悉物质的成分，难度不大。 2．（3分）下列关于胶体的叙述不正确的是（　　） A．胶体的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm之间 B．光线透过胶体时，胶体可发生丁达尔效应 C．用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同 D．Fe（OH）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的 【分析】A．根据胶体的定义和特征，进行分析； B．根据胶体的丁达尔效应，进行分析； C．根据胶体和溶液在光线照射下的不同现象，进行分析； D．根据Fe（OH）3胶体的凝聚作用，进行分析。 【解答】解：A．依据分散质粒子直径的大小，将分散系分为溶液、胶体、浊液，胶体的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm之间，故A正确； B．光线透过胶体时，胶粒对光产生散射作用，从而发生丁达尔效应，故B正确； C．用平行光照射氯化钠溶液和氢氧化铁胶体时，前者没有明显的现象，后者产生丁达尔效应，故C错误； D．氢氧化铁胶体具有较大的表面积，能够吸附水中的悬浮颗粒物并沉降，从而达到净水目的，故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查胶体的重要性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 3．（3分）下列关于电解质的叙述正确的是（　　） A．溶于水得到的溶液能导电的化合物都是电解质 B．NaCl溶液在电流作用下电离成Na+与Cl﹣ C．硫酸溶液的导电性一定比醋酸溶液导电性强 D．氧化镁虽然不溶于水，但是熔融状态下能发生电离，所以氧化镁是电解质 【分析】A．根据溶于水得到的溶液能导电的化合物不一定都是电解质进行分析； B．根据电离不需要通电进行分析； C．根据电解质溶液的导电性与溶液中离子浓度以及离子所带电荷多少有关，与酸性强弱无关进行分析； D．根据电解质的定义为：在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质进行分析。 【解答】解：A．溶于水得到的溶液能导电的化合物不一定都是电解质，例如CO2等酸性氧化物由分子构成、在液态时不导电，溶于H2O生成酸溶液会导电、但CO2等酸性氧化物自身不提供自由离子，故酸性氧化物属于非电解质，故A错误； B．NaCl溶液在通电的条件下发生电解，生成Cl2、H2以及NaOH，电离不需要通电，故B错误； C．电解质溶液的导电性与溶液中离子浓度以及离子所带电荷多少有关，与酸性强弱无关，则硫酸溶液的导电性不一定比醋酸溶液导电性强，故C错误； D．电解质的定义为：在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质，MgO虽然不溶于水，但是熔融状态下能发生电离，所以氧化镁是电解质，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查电解质与非电解质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 4．（3分）已知有如下反应： ①； ②； ③2FeCl2+Cl2＝2FeCl3。 根据上述反应，判断下列结论中错误的是（　　） A．仅根据反应①也能判断氧化性： B．还原性强弱的顺序为：Cl﹣＞Fe2+＞Cl2＞Br2 C．溶液中可发生： D．Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物 【分析】①中，Cl的化合价升高，故Cl2为还原剂，为氧化产物，Br的化合价降低，故为氧化剂，Br2为还原产物，故氧化性，还原性Cl2＞Br2； ②中，Cl﹣中Cl的化合价升高，故Cl﹣为还原剂，Cl2为氧化产物，中Cl的化合价降低，故为氧化剂，Cl2为还原产物，故氧化性Cl2，还原性Cl﹣＞Cl2； ③2FeCl2+Cl2＝2FeCl3中，FeCl2中Fe的化合价升高，故FeCl2为还原剂，FeCl3为氧化产物，Cl2中Cl的化合价降低，故Cl2为氧化剂，FeCl3为还原产物，故氧化性Cl2＞Fe3+，还原性Fe2+＞Cl﹣，综上可得，还原性Cl﹣＞Fe2+＞Cl2＞Br2，据此回答。 【解答】A．由分析知，在①中，作为氧化剂，Cl2作为还原剂，故氧化性，故A正确； B．由分析知，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故还原性Cl﹣＞Fe2+＞Cl2＞Br2，故B错误； C．中，中Cl的化合将降低，为氧化剂，Fe2+中Fe的化合价升高，Fe2+为还原剂，则Fe3+为氧化产物，Cl﹣为还原产物，还原剂Fe2+的还原性大于还原产物Cl﹣的还原性，故该反应能发生，故C正确； D．由分析知，反应②中，Cl2既是氧化产物又是还原产物，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。 5．（3分）下列物质中，只含有非极性共价键的是（　　） A．NaOH B．NaCl C．H2 D．H2S 【分析】不同非金属元素之间形成极性共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，活泼金属元素与非金属元素之间易形成离子键． 【解答】解：A、NaOH中钠离子与氢氧根离子之间形成的是离子键，故A错误； B、NaCl中钠离子和氯离子之间之间形成的是离子键，故B错误； C、H2中氢原子之间形成的是非极性共价键键，故C正确； D、H2S中氢原子和硫原子之间形成的是极性共价键，氢原子之间不存在化学键，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了极性共价键、非极性共价键和离子键的判断，难度不大，只要明确这几个概念的区别就可以正确解答． 6．（3分）下列实验操作、现象、结论均正确的是（　　） 选项 实验操作 现象 结论 A 向某物质的水溶液中加入稀盐酸 产生无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体 原溶液中一定存在 B 将干燥和湿润的红色布条分别放入两个盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片 干燥布条不褪色，湿润布条褪色 HClO有漂白性 C 将一小块金属钠加入CuSO4溶液中 溶液蓝色褪去，有红色固体出现 钠的还原性比铜强，钠置换出铜单质 D 将使用过的铂丝用稀硫酸洗净，再蘸取某无色溶液进行灼烧，透过蓝色钴玻璃观察 火焰呈紫色 该无色溶液中含有K+ A．A B．B C．C D．D 【分析】A．能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体是CO2，、都能和稀盐酸反应生成CO2； B．Cl2没有漂白性、HClO具有漂白性； C．Na先和H2O反应生成NaOH，NaOH再和CuSO4发生复分解反应生成蓝色沉淀Cu（OH）2； D．焰色试验中用稀盐酸洗涤铂丝。 【解答】解：A．能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体是CO2，、都能和稀盐酸反应生成CO2，根据实验现象知，原溶液中可能含有或或二者都有，故A错误； B．氯气不能使干燥的有色布条褪色，说明氯气没有漂白性，湿润的有色布条中含有H2O，氯气和H2O反应生成的HClO使有色布条褪色，说明HClO具有漂白性，故B正确； C．Na先和H2O反应生成NaOH，NaOH再和CuSO4发生复分解反应生成蓝色沉淀Cu（OH）2，所以实验中得不到红色固体，故C错误； D．焰色试验中用稀盐酸洗涤铂丝，因为氯化物的熔点低、硫酸盐的熔点高，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、物质的性质是解本题关键，题目难度不大。 7．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　） A．NO2与N2O4所组成的混合气体2.3g，所含氧原子总数为0.1NA B．39g过氧化钠与足量CO2反应，转移电子数为0.5NA C．1L0.1mol/L的Ba（OH）2水溶液中含有的氧原子数大于0.2NA D．0.1mol/L明矾KAl（SO4）2•12H2O溶液完全反应生成Al（OH）3胶粒数目小于NA 【分析】A．NO2与N2O4的最简式均为NO2，1mol NO2中含有2mol氧原子； B．过氧化钠和二氧化碳反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子； C．氢氧化钡溶液中，除了氢氧化钡外，水也含O原子； D．溶液体积未知，故溶液中生成的氢氧化铝胶粒的个数无法计算。 【解答】解：A．NO2与N2O4的最简式均为NO2，故2.3g混合物中含有的NO2的物质的量为0.05mol，则含0.1mol氧原子即0.1NA个，故A正确； B．39g过氧化钠的物质的量为0.5mol，而过氧化钠和二氧化碳反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.5mol过氧化钠转移0.5NA个电子，故B正确； C．氢氧化钡溶液中，除了氢氧化钡外，水也含O原子，故溶液中含有的氧原子的个数大于0.2NA个，故C正确； D．溶液体积未知，故溶液中生成的氢氧化铝胶粒的个数无法计算，故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数的计算，为高频考点，题目难度不大。 8．（3分）下列各组物质的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是（　　） A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B．Al→Al2O3→Al（OH）3→Na[Al（OH）4] C．Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4 D．Fe→FeCl2→Fe（OH）2→Fe（OH）3 【分析】A．根据钠及其化合物的性质，进行分析； B．根据铝及其化合物的性质，氧化铝不溶于水，不能直接生成氢氧化铝进行分析； C．根据镁及其化合物的性质，进行分析； D．根据铁及其化合物的性质，进行分析。 【解答】解：A．钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠，故A正确； B．铝和氧气反应生成氧化铝，Al2O3不溶于水，不能直接生成Al（OH）3，故B错误； C．镁和稀盐酸反应生成氯化镁，氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁和稀硫酸反应生成硫酸镁，故C正确； D．铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，故D正确； 故选：B。 【点评】本题主要考查等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 9．（3分）下列离子方程式中，正确的是（　　） A．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+＝Fe3++H2O B．向氯化铜溶液中加入氢氧化钠溶液：Cu2++OH﹣＝Cu（OH）2↓ C．氯化铁溶液与铜反应：Fe3++Cu＝Cu2++Fe2+ D．向氯化亚铁溶液中通入氯气：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣ 【分析】A．电荷不守恒； B．原子个数不守恒； C．电荷不守恒、得失电子不守恒； D．向氯化亚铁溶液中通入氯气，反应生成氯化铁。 【解答】解：A．氧化亚铁与稀盐酸反应，离子方程式：FeO+2H+＝Fe2++H2O，故A错误； B．向氯化铜溶液中加入氢氧化钠溶液，离子方程式：Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓，故B错误； C．氯化铁溶液与铜反应，离子方程式：2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+，故C错误； D．氯化亚铁溶液中通入氯气，离子方程式：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查离子反应的书写，为高频考点，明确反应的实质是解题关键，注意化学式的拆分、原子个数、电荷数守恒，难度不大。 10．（3分）下列关于合金的说法中，正确的是（　　） A．合金的熔点一定比各成分金属的低 B．在我国使用最早的合金是钢 C．生铁的含碳量为0.03%～2% D．稀土金属可以用于生产合金 【分析】A．合金的熔点一般比各成分金属的低； B．我国最早使用的合金是青铜； C．生铁的含碳量为2%～4%； D．稀土金属能用于生产合金。 【解答】解：A．合金的熔点一般比各成分金属的低，但是汞与其它金属形成合金时，合金的熔点大于汞，故A错误； B．铜的活泼性较差，比较容易冶炼，我国最早使用的合金是青铜，不是钢，故B错误； C．生铁的含碳量为2%～4%，钢的含碳量为0.03%～0.2%，故C错误； D．稀土金属可以用于生产合金，提高合金的性能，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查合金的概念及其重要应用，掌握常见的合金及其应用是解题的关键，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的综合运用能力。 11．（3分）下列生活中的物质与其有效成分的化学式、用途的对应关系中，不正确的是（　　） 选项 A B C D 生活中的物质 食盐 小苏打 复方氢氧化铝片 漂白粉 有效成分的化学式 NaCl Na2CO3 Al（OH）3 Ca（ClO）2 用途 做调味品 做发酵粉 做抗酸药 做消毒剂 A．A B．B C．C D．D 【分析】A．氯化钠有咸味，做调味剂； B．碳酸氢钠俗名小苏打，对热不稳定； C．Al（OH）3具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应； D．氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，次氯酸钙具有强氧化性。 【解答】解：A．食盐的成分是氯化钠，化学式为NaCl，有咸味，可做调味品，故A正确； B．小苏打是碳酸氢钠的俗名，化学式为NaHCO3，加热条件下碳酸氢钠分解生成二氧化碳，可作发酵粉，纯碱的化学式是Na2CO3，故B错误； C．Al（OH）3具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应，可用于治疗胃酸过多、做抗酸药，故C正确； D．漂白粉由氯气和石灰乳反应制得，其中的Ca（ClO）2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可作消毒剂，是漂白粉的有效成分，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应和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，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。 12．（3分）下列关于F、Cl、Br、I的比较不正确的是（　　） A．单质的颜色随核电荷数的增加而加深 B．单质的氧化性随核电荷数的增加而减弱 C．它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而增强 D．它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多 【分析】A．卤素单质的颜色随着核电荷数的增加而加深。 B．元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强； C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强； D．同一主族元素，随着原子序数增大其核外电子层数增多。 【解答】解：A卤素单质的颜色随着核电荷数的增加而加深，氟气为浅黄绿色、氯气为黄绿色、溴为橙色、碘为紫色，所以从F到I其颜色加深，故D正确； B．元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，从F到I，其非金属性减弱，所以其单质的氧化性减弱，故B正确； C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，从F到I其非金属性减弱，则其氢化物的稳定性逐渐减弱，故C错误； D．同一主族元素，随着原子序数增大其核外电子层数增多，所以从F到I，其原子核外电子层数随着核电荷数增加而增多，故D确； 故选：C。 【点评】本题考查元素周期律，侧重考查对基础知识的理解和灵活运用，明确同一主族元素性质相似性及递变性是解本题关键，注意规律中的反常现象，题目难度不大。 13．（3分）雷雨天闪电时空气中有O3生成。下列说法中，正确的是（　　） A．O2和O3互为同位素 B．O2和O3的相互转化是物理变化 C．在相同的温度和压强下，等体积的O2和O3含有相同的分子数 D．等物质的量的O2和O3含有相同的质子数 【分析】A．同一元素形成的不同单质互为同素异形体； B．无新物质生成的变化为物理变化； C．在相同温度和压强下，等体积的O2和O3物质的量相同； D．一个氧气分子含有16个质子，一个臭氧分子含有24个质子。 【解答】解：A．O2和O3为氧元素组成的不同单质，为同素异形体，故A错误； B．O2和O3互为同素异形体，同素异形体之间的转化为化学变化，故B错误； C．在相同温度和压强下，等体积的O2和O3物质的量相同，含有相同的分子数，故C正确； D．等物质的量的O2和O3含有的质子数为之比为16：24═2：3，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了物质的量计算、基本概念的理解，明确同位素、同素异形体概念，熟悉以物质的量为核心计算公式是解题关键，题目难度不大。 14．（3分）下列有关说法正确的是（　　） A．在周期表的金属与非金属的交界处，寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料 B．元素周期表是按元素的相对原子质量由小到大的顺序排列而成的 C．H、Be、Al原子的最外层电子数等于其电子层数 D．原子核外电子的能量是不同的，在离核较近区域运动的电子能量较高 【分析】A．在周期表的金属与非金属的交界处的元素具有金属与非金属的性质； B．元素周期表是按元素原子的质子数由小到大排列而成的； C．根据原子结构可知，H、Be、Al原子的最外层电子数等于其电子层数； D．在离核较远区域运动的电子能量较高。 【解答】解：A．在周期表的金属与非金属的交界处的元素具有金属与非金属的性质，在周期表的金属与非金属的交界处，可寻找半导体材料，故A错误； B．元素周期表是按元素原子的质子数由小到大排列而成的，故B错误； C．根据原子结构可知，H、Be、Al原子的最外层电子数等于其电子层数，故C正确； D．原子核外电子的能量是不同的，在离核较远区域运动的电子能量较高，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握周期表的结构、元素的位置为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意周期表的指导作用，题目难度不大。 15．（3分）有一包铁粉和铜粉混合均匀的粉末样品，为确定其组成，某同学将不同质量的该样品分别与40mL 1mol/L的FeCl3溶液反应，实验结果如表所示（忽略反应前后溶液体积的微小变化）． 实验序号 ① ② ③ ④ m（粉末样品）/g 0.90 1.80 3.60 7.20 m（反应后剩余固体）/g 0 0.64 2.48 6.08 下列实验结论不正确的是（　　） A．实验①反应后溶液中含有Fe3+、Fe2+、Cu2+ B．实验②③反应后剩余固体全部是Cu C．实验④的滤液中c（Fe2+）＝1.5 mol/L D．原粉末样品中m（Fe）：m（Cu）＝7：8 【分析】铁的还原性强于铜，所以Fe3+先和铁发生反应：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，反应后Fe3+有剩余，再与铜发生反应：Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+，所以剩余的固体是铜或铁和铜， 从第②组数据，可以得出FeCl3溶液全部参与反应，40mL 1mol•L﹣1FeCl3溶液能溶解金属质量1.80g﹣0.64g＝1.16g，大于第①组溶解的金属质量，故第①组金属完全反应、FeCl3有剩余； 第②组实验中FeCl3溶液全部参与反应，其物质的量为＝0.04L×1mol/L＝0.04mol，假设只发生Fe+2Fe3+＝3Fe2+，参加反应Fe的物质的量为0.02mol，则溶解的Fe的质量为0.02mol×56g/mol＝1.12g＜1.16g，所以同时也有一部分Cu溶解，所以剩余的固体全部为Cu； 利用②的数据，设Cu、Fe合金中金属物质的量分别为xmol、ymol． Fe+2Fe3+＝3Fe2+ x 2x Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+ 0.02﹣x 0.04﹣2x 依据铜元素守恒 （0.02﹣x）y；质量守恒 56x+64y＝1.8．联立解之得：x＝y＝0.015； 第③组实验中溶解金属为3.60g﹣2.48g＝1.12g，Fe3+恰好完全反应，Cu不反应，Fe可能过量； 故第④组实验中，剩余固体为Fe、Cu，溶液中溶质为FeCl2；据此分别分析各选项选择即可． 【解答】解：铁的还原性强于铜，所以Fe3+先和铁发生反应：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，反应后Fe3+有剩余，再与铜发生反应：Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+，所以剩余的固体是铜或铁和铜， 从第②组数据，可以得出FeCl3溶液全部参与反应，40mL 1mol•L﹣1FeCl3溶液能溶解金属质量1.80g﹣0.64g＝1.16g，大于第①组溶解的金属质量，故第①组金属完全反应、FeCl3有剩余； 第②组实验中FeCl3溶液全部参与反应，其物质的量为＝0.04L×1mol/L＝0.04mol，假设只发生Fe+2Fe3+＝3Fe2+，参加反应Fe的物质的量为0.02mol，则溶解的Fe的质量为0.02mol×56g/mol＝1.12g＜1.16g，所以同时也有一部分Cu溶解，所以剩余的固体全部为Cu； 利用②的数据，设Cu、Fe合金中金属物质的量分别为xmol、ymol。 Fe+2Fe3+＝3Fe2+ x 2x Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+ 0.02﹣x 0.04﹣2x 依据铜元素守恒：（0.02﹣x）y；质量守恒 56x+64y＝1.8．联立解之得：x＝y＝0.015； 第③组实验中溶解金属为3.60g﹣2.48g＝1.12g，混Fe3+恰好完全反应，Cu不反应，Fe可能过量； 故第④组实验中，剩余固体为Fe、Cu，溶液中溶质为FeCl2； A．依据分析可知，实验①反应后溶液中含有Fe3+、Fe2+、Cu2+，故A正确； B．依据分析可知：实验②反应后剩余固体全部是Cu，③反应后剩余固体中含有Cu，可能含有Fe，故B错误； C．第④组实验中，剩余固体为Fe、Cu，溶液中溶质为FeCl2，则溶液中存在c（Fe2+）c（Cl﹣）c（FeCl3）1mol/L＝1.5 mol/L，故C正确； D．由分析可知，1.80g原混合物中Fe、Cu均为0.015mol，则混合物中m（Fe）：m（Cu）＝0.015mol×56g/mol：0.015mol×64g/mol＝7：8，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查混合物的计算，明确物质反应先后顺序及各组剩余固体成分是解本题关键，再结合转移电子守恒、原子守恒进行解答，同时考查学生思维缜密性，题目难度中等． 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（12分）氧化还原反应是重要的化学反应类型，在生活、生产、科研领域都有广泛的应用，请回答以下问题： （1）维生素C又称“抗坏血酸”，在人体内有重要的功能。例如，能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，这说明维生素C具有 　还原性　（填“氧化性”或“还原性”）。 （2）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：S+2KNO3+3C＝K2S+N2↑+3CO2↑ 在该反应中，被还原的元素是 　N、S　，当生成标准状况下4.48L气体时，转移的电子数为 　0.6NA　。 （3）联氨（N2H4）和N2O4可作宇宙飞船的动力源，其化学方程式：2N2H4+N2O4＝3N2+4H2O，该反应放出大量的热、产生大量气体。 ①使用单线桥表示电子转移的方向和数目 　　。 ②该反应中，氧化产物与还原产物的质量之比为 　2：1　。 （4）已知：2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br﹣，向溴化亚铁溶液中通入一定量的氯气，当氯气与溴化亚铁的物质的量之比为1：1时的离子反应方程式为 　2Fe2++2Br﹣+2Cl2＝2Fe3++4Cl﹣+Br2　。 【分析】（1）维生素C能使不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，维生素C发生氧化反应； （2）反应S+2KNO3+3C═K2S+N2↑+3CO2↑中S元素的化合价由0价降低到﹣2价，N元素的化合价由+5价降低到0价，C元素的化合价由0价升高到+4价，据此进行解答； （3）①2N2H4+N2O4＝3N2+4H2O，反应中氮元素化合价﹣2价和+4价归中到0价，电子转移总数8e﹣，用单线桥表示电子转移的方向和数目； ②2N2H4+N2O4＝3N2+4H2O，反应中N2H4做还原剂得到氧化产物，N2O4做氧化剂得到还原产物； （4）已知：2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br﹣，还原性：Fe2+＞Br﹣，向溴化亚铁溶液中通入一定量的氯气，当氯气与溴化亚铁的物质的量之比为1：1时，氯气先氧化二价铁离子再氧化溴离子。 【解答】解：（1）维生素C又称“抗坏血酸”，在人体内有重要的功能，例如，能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，这说明维生素C具有还原性， 故答案为：还原性； （2）S+2KNO3+3C＝K2S+N2↑+3CO2↑，反应中硫元素化合价0价降低到﹣2价，被还原发生还原反应，N元素化合价+5价降低到0价，被还原发生还原反应，C元素化合价0价升高到+4价，被氧化发生氧化反应，被还原的元素是N、S元素，反应化学方程式可知生成4mol气体电子转移12mol，当生成标准状况下4.48L气体时，物质的量n0.2mol，转移的电子数0.6NA， 故答案为：N、S；0.6NA； （3）①2N2H4+N2O4＝3N2+4H2O，反应中氮元素化合价﹣2价和+4价归中到0价，电子转移总数8e﹣，用单线桥表示电子转移的方向和数目为：， 故答案为：； ②2N2H4+N2O4＝3N2+4H2O，反应中N2H4做还原剂得到氧化产物N2，N2O4做氧化剂得到还原产物N2，氧化产物与还原产物的质量之比4：2＝2：1， 故答案为：2：1； （4）已知：2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br﹣，还原性：Fe2+＞Br﹣，向溴化亚铁溶液中通入一定量的氯气，当氯气与溴化亚铁的物质的量之比为1：1时，氯气先氧化二价铁离子再氧化溴离子，二价铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，离子方程式：2Fe2++2Br﹣+2Cl2＝2Fe3++4Cl﹣+Br2， 故答案为：2Fe2++2Br﹣+2Cl2＝2Fe3++4Cl﹣+Br2。 【点评】本题考查了氧化还原反应，主要是电子转移的计算、离子方程式书写、概念的理解应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 17．（14分）A、B、C、D、E、F是短周期主族元素，且原子序数依次增大。A元素的一种核素没有中子；B元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍；C为地壳中含量最多的元素；D的最外层电子数与A相同；E的L层电子数为其电子总数的一半。 （1）A、C、F按照原子个数比1：1：1构成化合物的结构式 　H—O—Cl　。 （2）写出只含有C、D两种元素且既具有离子键又具有非极性共价键化合物的电子式 　　。 （3）高温灼烧A、B、C、D四种元素形成的化合物时，火焰呈 　黄　色。 （4）下列事实能用元素周期律解释并正确的是 　ad　（填标号）。 a．对应阴离子还原性由强到弱的顺序为E＞F b．原子序数为35的元素最高价氧化物的水化物的酸性比F最高价氧化物的水化物的酸性强 c．C的简单氢化物的沸点高于E的简单氢化物 d．原子半径由小到大的顺序为C＜E＜D （5）B和第三周期离子半径最小的元素能按照原子个数比3：4构成固体化合物，该化合物易与水反应生成可燃性气体和白色沉淀。在相同条件下，此气体密度是H2密度的8倍。该化合物与水反应的化学方程式为 　Al4C3+12H2O＝3CH4↑+4Al（OH）3　；此气体的分子空间构型为 　正四面体　。 （6）W是第Ⅷ族中原子序数最小的元素。W的单质可用于处理酸性废水中的，使其转换为，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理。上述反应的离子方程式为 　3Fe2H++H2O＝Fe3O4　。 【分析】A、B、C、D、E、F是短周期主族元素且原子序数依次增大，其中A元素的一种核素没有中子，该核素为氕，可知A为H元素；而B元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为C元素；C为地壳中含量最多的元素，可知C为O元素；D的最外层电子数与A（氢）相同，即D处于IA族，D的原子序数大于碳，故D为Na元素；E的L层电子数为其电子总数的一半，E的原子序数大于钠，其L层电子数为8，可知E原子核外电子数为16，故E为S元素；F的原子序数又大于硫，故F为Cl元素。 【解答】解：由分析可知，A为H元素、B为C元素、C为O元素、D为Na元素、E为S元素、F为Cl元素； （1）A（氢）、C（氧）、F（氯）按照原子个数比1：1：1构成化合物是HClO，其结构式为H—O—Cl， 故答案为：H—O—Cl； （2）只含有C（氧）、D（钠）两种元素且既具有离子键又具有非极性共价键化合物为Na2O2，其电子式为， 故答案为：； （3）高温灼烧A（氢）、B（碳）、C（氧）、D（钠）四种元素形成的化合物时，火焰呈黄色， 故答案为：黄； （4）a．元素非金属性越强，对应阴离子还原性越弱，故a正确； b．元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，原子序数为35的元素是Br，非金属性：Br＜Cl，酸性：HBrO4＜HClO4，故b错误； c．水分子之间存在氢键，其沸点比H2S高，不能用元素周期律解释，故c错误； d．同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，原子半径由小到大的顺序为C（氧）＜E（硫）＜D（钠），故d正确， 故答案为：ad； （5）第三周期离子半径最小的元素是Al，B（碳）和Al按照原子个数比3：4构成固体化合物是Al4C3，该化合物易与水反应生成可燃性气体和白色沉淀，在相同条件下，此气体密度是H2密度的8倍，该气体相对分子质量为8×2＝6，故气体为CH4，白色沉淀为Al（OH）3，该化合物与水反应的化学方程式为Al4C3+12H2O＝3CH4↑+4Al（OH）3；CH4分子空间构型为正四面体， 故答案为：Al4C3+12H2O＝3CH4↑+4Al（OH）3；正四面体； （6）W是第Ⅷ族中原子序数最小的元素，则W为Fe，铁单质可用于处理酸性废水中的，使其转换为，同时生成有磁性的W的氧化物X，X是四氧化三铁，离子方程式为3Fe2H++H2O＝Fe3O4， 故答案为：3Fe2H++H2O＝Fe3O4。 【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，题目难度不大，有利于基础知识的复习巩固。 18．（15分）金属材料在日常生活和生产中有着广泛的应用，请回答下列问题： Ⅰ（1）试剂保存：为防止FeSO4溶液变质，应在溶液中加入少量 　Fe　，如何检验该溶液是否变质 　取少量溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液变质，否则溶液未变质　。 （2）把一定量的铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量浓度恰好相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为 　2：3　。 Ⅱ利用油脂厂废弃的镍（Ni）催化剂（主要含有Ni、Al、Fe及少量NiO、Al2O3、Fe2O3） 制备NiSO4•7H2O的工艺流程如图： 回答下列问题： （3）为加快“碱浸”的速率可采取的措施是 　粉碎或者提高碱浸温度　（任写一条）。 （4）“滤液1”中的阴离子是 　　。 （5）①“转化”中反应的离子方程式是 　2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O　。 ②“转化”中可替代H2O2的物质是 　b　（填标号）。 a.Cl2 b.O2 c.Fe （6）某温度下，Fe（OH）3分解得到铁、氧质量比为21：8的氧化物，其化学式为 　Fe3O4　。 【分析】Ⅰ．（1）FeSO4溶液变质生成了硫酸铁，加入Fe粉，铁和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，检验铁离子的试剂为KSCN溶液； （2）设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，由离子方程式Fe+2Fe3+＝3Fe2+，可知n（Fe2+）＝2mol3mol，溶液中的Fe3+和Fe2+物质的量浓度相等，所以未反应的Fe3+的物质的量为3mol，据此分析； Ⅱ．油脂厂废弃的镍（Ni）催化剂（主要含有Ni、Al、Fe及少量NiO、Al2O3、Fe2O3）制备NiSO4•7H2O，向废镍催化剂中加入氢氧化钠溶液碱浸，既可以除去废镍催化剂表面的油污，又可以溶解铝和氧化铝，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，镍、铁、NiO和氧化铁不与碱反应，过滤得到含有偏铝酸钠的滤液①和含有镍、铁、NiO、氧化铁的滤饼；向滤饼中加入稀硫酸酸浸，镍、铁、NiO、氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和硫酸镍，得到含有硫酸亚铁、硫酸铁和硫酸镍的滤液2；向滤液2中加入过氧化氢溶液，将硫酸亚铁转化为硫酸铁，再向滤液3中加入氢氧化钠溶液，调节pH在3.2～6.4的范围内，将硫酸铁转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和含有硫酸镍的滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸镍晶体。 【解答】解：Ⅰ．（1）为防止FeSO4溶液变质，应在溶液中加入少量Fe，检验该溶液是否变质的方法为：取少量溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液变质，否则溶液未变质， 故答案为：Fe；取少量溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液变质，否则溶液未变质； （2）设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，由离子方程式Fe+2Fe3+＝3Fe2+，可知n（Fe2+）＝2mol3mol，溶液中的Fe3+和Fe2+物质的量浓度相等，所以未反应的Fe3+的物质的量为3mol，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol：3mol＝2：3， 故答案为：2：3； Ⅱ．（3）粉碎或者提高碱浸温度等措施都能提高“碱浸”速率， 故答案为：粉碎或者提高碱浸温度； （4）分析可知，“滤液1”中的阴离子为：， 故答案为：； （5）①“转化”步骤中加入过氧化氢，反应为酸性条件下硫酸亚铁与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铁和水，目的是将 Fe2+氧化为 Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O， 故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O； ②H2O2作为氧化剂将Fe2+氧化为 Fe3+，氯气也有氧化性，但使用氯气代替H2O2会引入新杂质Cl﹣，氧气可以代替H2O2氧化Fe2+，Fe没有氧化性，故选b， 故答案为：b； （6）某温度下，Fe（OH）3分解得到铁、氧质量比为21：8的氧化物，物质的量之比n（Fe）：n（O）：3：4，化学式：Fe3O4， 故答案为：Fe3O4。 【点评】本题考查物质的分离提纯、物质制备方案的设计，明确各步操作目的、发生的反应、试剂的作用等是解题关键，侧重考查学生分析能力、实验能力和灵活运用知识解决实际问题的能力，题目难度中等。 19．（14分）化学实验是科学探究过程中的一种重要方法，掌握化学实验的基本操作和物质的制备、转化及性质的探究尤为重要，请结合所学化学实验知识回答以下问题。 已知：常温常压下，一氧化二氯（Cl2O）为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。 【制备产品】 将氯气和空气（不参与反应）按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O（不含Cl2）制备次氯酸溶液。 （1）盛装浓盐酸的仪器名称是 　分液漏斗　。 （2）制备Cl2O的化学方程式为 　2Cl2+Na2CO3＝Cl2O+2NaCl+CO2↑　。 （3）各装置的连接顺序为 　A　→　D　→　B　→C→　E　。 （4）装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是 　增大反应物的接触面积，加快反应速率　；装置C的作用是 　除去Cl2O中的Cl2　。 （5）反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是 　防止反应放热，温度升高，Cl2O受热分解　。 【测定浓度】 （6）已知次氯酸可被FeSO4等物质还原。用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取10mL上述次氯酸溶液，并稀释至100mL，再从其中取出20.00mL于锥形瓶中，并加入10.00mL0.8000mol/L的FeSO4溶液，充分反应后，得到浅绿色溶液，再加入0.05000mol/L的酸性KMnO4溶液24.00mL，溶液浅绿色恰好褪去且无气体生成，则原次氯酸溶液的浓度为 　0.5　mol/L。 【分析】装置A制取氯气，由于浓盐酸具有挥发性，氯气中混有HCl，装置D中盛有饱和食盐水，可以除去HCl，装置B中发生反应：2Cl2+Na2CO3＝Cl2O+2NaCl+CO2↑，装置C除去未反应的氯气，装置E中发生反应：Cl2O+H2O＝2HClO，从而制取次氯酸，据此分析作答。 【解答】解：（1）由图可知，盛装浓盐酸的仪器名称是分液漏斗， 故答案为：分液漏斗； （2）根据题意可知，Cl2与碳酸钠溶液，发生歧化反应，生成Cl2O，化学方程式为：2Cl2+Na2CO3＝Cl2O+2NaCl+CO2↑， 故答案为：2Cl2+Na2CO3＝Cl2O+2NaCl+CO2↑； （3）根据分析可知，各装置的连接顺序为 A→D→B→C→E， 故答案为：A；D；B；E； （4）装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是增大反应物的接触面积，加快反应速率，装置C的作用是除去Cl2O中的Cl2， 故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；除去Cl2O中的Cl2； （5）反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是防止反应放热，温度升高，Cl2O受热分解， 故答案为：防止反应放热，温度升高，Cl2O受热分解； （6）根据题意有关系式：HClO～2Fe2+、KMnO4～5Fe2+，则n（Fe2+）＝2n（HClO）+5n（KMnO4），所以稀释后，20.00mL溶液中次氯酸的浓度为：c（HClO）0.05mol/L，又原溶液被稀释了10倍，所以原次氯酸溶液的浓度为0.05mol/L×10＝0.5mol/L， 故答案为：0.5。 【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及Cl2O的制取，同时考查关系式的计算，属于高考高频考点，难度中等。 学科网（北京）股份有限公司 $$