精品解析：北京市清华大学附属中学2024-2025学年高一下学期期中考试化学试题

高一第二学期期中试卷 化学 可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 O：16 S：32 Fe：56 Cu：64 Zn：65 第一部分 选择题 一、本部分共25题，每题2分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列设备工作时，将化学能转化为热能的是 A. 硅太阳能电池 B. 锂离子电池 C. 太阳能集热器 D. 燃气灶 【答案】D 【解析】 【详解】A. 硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误； B. 锂离子电池将化学能转化为电能，B错误； C. 太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误； D. 燃气灶将化学能转化为热能，D正确， 答案选D。 2. 下列化学用语不正确的是 A. 基态Cr原子的价电子排布式： B. 的电子式： C. 用电子式表示NaCl的形成过程： D. 可用于考古断代的核素符号： 【答案】B 【解析】 【详解】A．Cr为24号元素，位于周期表中地四周期第VIB族，其基态Cr原子的价电子排布式为：，A正确； B．中每个Cl原子最外层有7个电子，拿出1个共用后还有6个电子未参与共用，则其电子式为：，B错误； C．为离子化合物，Na原子失去1个电子被Cl原子得到形成和，通过离子键形成离子化合物，则用电子式表示离子键的形成过程为：，C正确； D．C-14通常用作考古断代的核素，其质量数为14，则核素符号为：，D正确； 故答案为：B。 3. 某三价金属阳离子具有28个电子，其质量数为70，核内中子数为 A. 28 B. 31 C. 39 D. 42 【答案】C 【解析】 【详解】三价金属阳离子具有28个电子，则中性原子有31个电子，质子数为31，质量数为70，则中子数为70-31=39。 答案选C。 4. 与具有相同质子数和电子数的微粒是 A. F B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】中含有9个质子和10个电子； 【详解】A．F原子中含有9个质子和9个电子，与中数目不一致，A不符合题意； B．中含有17个质子和18个电子，与中数目不一致，B不符合题意； C．中含有9个质子和10个电子，与中数目一致，C符合题意； D．中含有11个质子和10个电子，与中数目不一致，D不符合题意； 故选C。 5. 下列仪器中，常用于物质分离的是 A. ②③ B. ②④ C. ①② D. ①③ 【答案】A 【解析】 【详解】①量筒用于粗略的量取液体体积；②漏斗用于过滤，是分离难溶性固体与液体的混合物的仪器；③分液漏斗，用于分离互不相溶的液体；④试管是用来进行小剂量化学反应的仪器；常用于物质分离的是②③，答案选A。 6. 基态原子核外都只有一个未成对电子的一组原子是 A. H、Li、P B. B、F、Na C. H、Al、S D. O、Mg、Cl 【答案】B 【解析】 【详解】A．H电子排布式1s1，Li电子排布式1s22s1，P电子排布式[Ne]3s23p3，未成对电子1、1、3，A错误； B．B电子排布式1s22s22p1，F电子排布式1s22s22p5，Na电子排布式[Ne]3s1，未成对电子1、1、1，B正确； C．H电子排布式1s1，Al电子排布式[Ne]3s23p1，S电子排布式[Ne]3s23p4，未成对电子1、1、2，C错误； D．O电子排布式1s22s22p4，Mg电子排布式[Ne]3s2，Cl电子排布式[Ne]3s23p5，未成对电子2、0、1，D错误； 故选B。 7. 最外层电子排布式为3s23p3的原子，其核外电子占有的轨道数为（ ） A. 4 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】D 【解析】 【详解】最外层电子排布式为3s23p3的原子，核外电子排布为1s22s22p63s23p3，则核外电子占有的轨道分别为1s、2s、2p、3s、3p，其中2p、3p各有3个轨道，共9个，故答案为D。 8. 与Ne核外电子排布相同的离子跟与Ar核外电子排布相同的离子所形成的是（ ） A. MgBr2 B. C. D. KCl 【答案】B 【解析】 【分析】根据元素周期表，与Ne核外电子排布相同的离子,阴离子有N3-、O2-、F-等，阳离子有Na+、Mg2+、AI3+；与Ar核外电子排布相同的离子,阴离子有P3-、S2-、CI-等，阳离子有K+、Ca2+。 【详解】A. 溴化镁中，溴离子核外电子排布与氪原子的相同，与Ne、Ar的核外电子排布不同，故A错误； B. Na2S中的Na+与Ne核外电子排布相同，S2-离子结构与Ar核外电子排布相同，故B正确； C. 是共价化合物，不是离子形成的，故C错误； D. 氯化钾中，氯离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同，钾离子与Ar的核外电子排布也相同，故D错误； 正确答案是B。 【点睛】本题考查了原子结构，形成离子的结构，关键是掌握元素在周期表中的位置及结构，难度不大。 9. 下列说法能够说明氮的非金属性比磷强的是 A. HNO3比H3PO4更稳定 B. HNO3的氧化性比H3PO4强 C. HNO3的酸性比H3PO4强 D. HNO3比H3PO4容易挥发 【答案】C 【解析】 【分析】比较元素的非金属性，可根据元素对应的氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性以及与氢气反应的剧烈程度等角度。 【详解】A、氢化物的稳定性才能作为判断依据，故A错误； B、比较非金属的强弱，可根据单质的氧化性或阴离子的还原性强弱，不能根据最高价含氧酸的氧化性比较，故B错误； C、HNO3的酸性比H3PO4强，且二者都是最高价含氧酸，可说明氮的非金属性比磷强，故C正确； D、挥发性属于物理性质，不能用于比较非金属性，故D错误。 答案选C。 【点睛】本题考查元素周期律的递变规律，注意比较元素非金属性的角度，学习中注意相关基础知识的积累。 10. 有人认为，元素周期表中ⅠA族的氢元素也可以放在ⅦA族，下列物质支持这种观点的是 A. HF B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】ⅦA族元素原子在反应中易获得一个电子，化合价为-1价，若氢元素也可以放在ⅦA族则化合价也形成-1价，据此分析解答。 【详解】A．HF中氢元素为价，A不符合题意； B．中氢元素为价，B不符合题意； C．中氢元素为价，C符合题意； D．中氢元素为价，D不符合题意； 故选C。 11. 下列分子结构中，各原子最外电子层不能都满足8电子结构的是 A. BrCl B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．Cl和Br最外层都是7个电子，二者之间通过一个共价键结合，每个原子最外层均为8电子，A不符合； B．PCl5中P最外层为5个电子，PCl5中P形成5个共价键，周围有10个电子，不满足8电子结构，B符合； C．CO2中C原子最外层有4个电子，O原子周围有6个电子，C和O原子间通过双键结合，每个原子都满足8电子结构，C不符合； D．N原子最外层有5个电子，N2中N与N之间通过三键结合，每个N原子满足8电子结构，D不符合； 答案选B。 12. 下列过程中共价键被破坏的是（ ） A. 碘升华 B. 乙醇溶于水 C. HCl气体溶于水 D. 氢氧化钠熔化 【答案】C 【解析】 【分析】当共价化合物溶于水发生电离或共价化合物参加化学反应生成新物质时，共价键被破坏，据此分析。 【详解】A．碘升华破坏的是分子间作用力，故A不选； B．乙醇是非电解质，溶于水不发生电离，共价键没有被破坏，故B不选； C．HCl为共价化合物，溶于水发生电离，共价键被破坏，故C选； D．氢氧化钠熔化，破坏离子键，共价键没有被破坏，故D不选； 故答案为C。 13. 下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是 A. 饱和氯水中： B. 含有的溶液中： C. 的NaOH溶液中： D. 强酸性溶液中： 【答案】C 【解析】 【详解】A．饱和氯水中有HClO、Cl2，具有较强的氧化性，具有较强的还原性，它们发生氧化还原反应不能大量共存，A不符合题意； B．遇H+表现强氧化性，Fe2+具有还原性，二者发生氧化还原反应不能大量共存，B不符合题意； C．在pH=11的碱性溶液中，相互之间不发生反应，能大量共存，C符合题意； D．强酸性溶液中会生成Al(OH)3或Al3+，不能大量共存，D不符合题意； 故选C。 14. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是 A. 与的反应： B. 与水的反应： C. 氢氟酸与水垢中的反应： D. 向溶液中通入过量： 【答案】B 【解析】 【详解】A．过氧化钠为金属氧化物，不能拆：，A错误； B．与水的反应生成硝酸和NO，B正确； C．HF为弱酸，不能拆，反应为，C错误； D．向溶液中通入过量，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子：，D错误； 故选B。 15. 短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，甲与丙同主族，丁原子最外层电子数与电子层数相等。下列说法正确的是 A. 电负性：甲>乙>丙 B. 单质的还原性：丁>丙>甲 C. 甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物 D. 乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应 【答案】D 【解析】 【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，甲和乙形成的气态化合物为NH3，则甲为H元素，乙为N元素，甲与丙同主族，则丙为Na元素，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则丁为Al，以此分析解答。 【详解】A．电负性规律：同周期从左到右增大，同主族从上到下减小，所以电负性：N（乙）>H（甲）>Na（丙）；A错误； B．金属性越强，单质的还原性越强，则单质的还原性丙>丁>甲，B错误； C．根据上述分析：甲为H，丙为Na，乙为N，则H元素和N元素形成的氧化物均为共价化合物，Na元素形成的氧化物为离子化合物，C错误； D．根据上述分析：丁为Al，丙为Na，乙为N，则乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物分别为Al(OH)3、NaOH、HNO3，因为Al(OH)3为两性氢氧化物，所以它们之间能相互反应，D正确； 故选D。 16. 中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是 A. 根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大 B. 根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是 C. 根据同主族元素性质变化规律，推出可与水反应生成 D. 根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出通入NaClO溶液中能生成HClO 【答案】D 【解析】 【详解】A．同周期元素从左到右第一电离能为逐渐增大的趋势，但Mg的3s轨道全充满，比较稳定，较难失去一个电子，因此第一电离能Mg＞Al，A错误； B．F属于卤族元素，是非金属性最强的元素，没有正价，B错误； C．SiO2不能与水反应，C错误； D．酸性H2CO3＞HClO，CO2通入NaClO溶液中能生成HClO，NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，符合强酸制弱酸的规律，D正确； 故选D。 17. 下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是 选项 实验操作 现象 解释或结论 A 过量Fe粉加入稀，充分反应后，滴入KSCN溶液 溶液呈红色 稀将Fe氧化为 B 将稀盐酸滴入溶液中 溶液中产生白色胶状沉淀 非金属性： C Al片插入稀中 无现象 Al片表面被氧化，形成致密的氧化膜 D 用玻璃棒醮取浓氨水点到红色石蕊试纸上 试纸变蓝色 浓氨水呈碱性 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．过量的Fe粉与稀HNO3反应生成Fe(NO3)2、NO和H2O，滴入KSCN溶液，溶液不会变为红色，A错误； B．HCl不是氯元素的最高价氧化物的水化物，溶液中产生白色胶状沉淀，不能说明非金属性：，B错误； C．由于在Al表面有一层被空气氧化而产生的氧化物薄膜，所以将Al箔插入稀HNO3中，首先是氧化铝与硝酸反应产生硝酸铝和水，故开始不会看到任何现象，而不能说是Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜，C错误； D．在氨水中一水合氨发生电离产生OH-，使溶液显碱性，所以用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸会变为蓝色，D正确； 故选D。 18. 炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成对环境有不良影响的活化氧。反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 生成活化氧的总反应是放热反应 B. 反应前后氧元素的化合价未发生改变 C. 生成活化氧的反应在有水条件下反应更快 D. 反应过程中存在非极性键的断裂和极性键的生成 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图示，炭黑和氧气的总能量大于活化氧的总能量，生成活化氧的总反应是放热反应，A正确； B．反应前氧气中O元素的化合价为0价，转化为活化氧后O元素的化合价不为0价，则反应前后氧元素的化合价发生了改变，B错误； C．根据图示，生成活化氧的反应在有水条件下的活化能小于无水条件下的活化能，反应更容易发生，反应更快，C正确； D．根据图示，反应物氧气中存在氧氧非极性键，转变为生成物活化氧中的碳氧极性键，因此反应过程中存在非极性键的断裂和极性键的生成，D正确； 故答案为：B。 19. 用直流电源电解稀硫酸(图a)，待石墨电极上产生大量气泡后停止电解，撤去直流电源，接入灵敏电流计(图b)，电流计指针偏转。下列说法不正确的是 A. 电解稀硫酸的过程中，电能转化为化学能 B. 图a中，连接电源负极的石墨电极上产生氢气 C. 图b中，电流方向为顺时针方向 D. 原电池中，正极的电极反应式为： 【答案】C 【解析】 【分析】图a为电解池，左侧为阴极，电极反应为，右侧为阳极，电极反应为：；图b为燃料电池，左侧为负极，电极反应：，右侧为正极，电极反应：，据此分析； 【详解】A．电解池装置是将电能转化为化学能，A正确； B．图a中，连接电源负极的石墨电极上产生氢气，B正确； C．图b中，电流则正极流向负极，方向为逆时针方向，C错误； D．根据分析，原电池中，正极的电极反应式为：，D正确； 故选C。 20. 近年来，光催化合成技术发展迅速，其主要机理如下：光催化剂吸收太阳光产生电子()和空穴()，和分离后迁移到光催化剂表面，与吸附的化学物质发生反应。下列说法错误的是 A. 总反应可表示为 B. 反应Ⅲ化学方程式为 C. 该催化过程将光能转化为电能，最终转化为化学能 D. 反应I中每生成，反应Ⅲ中将消耗 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图知反应物有H2O、O2，生成物有H2O2，总反应可表示为2H2O+O22H2O2，A正确； B．由图知反应Ⅲ化学方程式为+e-+2H+=H2O2，B正确； C．该催化过程吸收太阳光经光催化剂产生电子，将光能转化为电能，再由氧气得电子最终将电能转化为化学能，C正确； D．反应Ⅰ中O元素从-2价升到0价，每生成1molO2转移4mole-，反应Ⅲ为+e-+2H+=H2O2，将有8molH+被消耗，D错误； 故选D。 21. a、b、c、d、e均为短周期主族元素，其原子半径和最外层电子数的关系如图所示。下列说法正确的是 A. d、e的最高价含氧酸均为强酸 B. c和e形成的分子为极性分子 C. a与b、e均形成共价化合物 D. 单质的熔沸点： 【答案】A 【解析】 【分析】由其原子半径和最外层电子数的关系图可知，c、d、e最外层电子数分别为4、5、6，同一周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，可知c为C，d为N，e为S；a和b最外层都为一个电子，可知a和b都位于第ⅠA主族，a原子半径最小，b原子半径最大，所以a为H，b为Na。 【详解】A．N、S的最高价含氧酸为HNO3、H2SO4均为强酸，A正确； B．CS2为直线形分子，正负电荷中心重合，为非极性分子，B错误； C．H与Na形成的NaH为离子化合物，C错误； D．C的单质金刚石，为共价晶体，熔沸点很高，N的单质N2为气体，因此熔沸点C＞N2，D错误； 故选A。 22. 以电石渣[主要成分为]为原料制备的流程如图1。 已知： i．加热氯化时会生成可进一步转化为。 ii．相关物质在水中的溶解度曲线如图2。 下列说法不正确的是 A. 氯化时生成的反应为 B. 适当降低通入的速率并充分搅拌，可提高的利用率 C. 若滤渣中无，滤液中约为 D. 转化后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得到粗品 【答案】C 【解析】 【分析】电石渣[主要成分为]加水打浆后得到溶液，向其中通入氯气并加热会生成，可进一步转化为，过滤，往滤液中加入KCl，经蒸发浓缩、冷却结晶，可得到粗品。 【详解】A．结合分析知，加热氯化时会先生成可进一步转化为，根据氧化还原反应的得失电子守恒和原子守恒，生成的反应为，A正确； B．适当降低通入的速率并充分搅拌，可增加反应物的接触时间和接触面积，从而使反应更充分，可提高的利用率，B正确； C．氯化过程中，先和氯气反应生成Ca(ClO)2、和水，然后Ca(ClO)2分解生成了，由知，分解产生的为，但前面和氯气反应也生成了，滤液中并非约为，C错误； D．KClO3溶解度比Ca(ClO3)2小，且KClO3的溶解度随温度变化较大，因此通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到KClO3的晶体，D正确； 故选C。 23. 将铜锌原电池以图示方法加以改进，其中M为阴离子交换膜，只允许阴离子和水分子通过。下列说法不正确的是 A. 工作一段时间后，锌表面没有红色固体生成 B. 外电路每转移，乙池溶液质量减小64g C. 电池工作一段时间后，甲池溶液的总质量增加 D. 将铜棒换成石墨电极，电流表指针仍可发生偏转 【答案】B 【解析】 【分析】该电池为铜锌双液电池，中间为阴离子交换膜，锌为负极，铜为正极，硫酸根由乙池流向甲池； 【详解】A．锌板上发生的反应为Zn-2e-=Zn2+，不会有红色固体析出，故A正确； B．外电路每转移，根据电荷守恒，有1mol硫酸根由乙池流向甲池，且乙池中有1molCu2+变为Cu，故乙池溶液质量减小64g+96g=160g，故B错误； C．锌失电子生成锌离子进入至甲池溶液中，乙池的硫酸根离子也会进入至甲池中，故甲池中溶液质量增加，故C正确； D．将铜棒换成石墨电极，氧化还原反应没有变化，石墨为正极，仍然形成原电池，电流表指针仍可发生偏转，故D正确； 答案选B。 24. 向含有Fe2+、I-、Br-的溶液中缓慢通入氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。 下列说法正确的是 A. B点时溶液中含有I-和Br- B. DE段表示n (Fe2+)的变化情况 C. 原溶液中n (Fe2+) ：n (I-) ：n (Br-) =3：1 ：2 D. 当通入2mol Cl2时，溶液中发生的离子反应是：2Fe2++ 2I-+ 2Cl2= 2Fe3++ I2+ 4 Cl- 【答案】D 【解析】 【分析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，还原剂的还原性＞还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，还原性I-＞Fe2+＞Br-，通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，结合图象解答该题。 【详解】A．还原性I-＞Fe2+＞Br-，B点时溶液中I-完全反应，溶液中存在Fe2+和Br-，故A错误； B．根据还原性强弱可知，DE段应为Br-的物质的量的变化，故B错误； C．由消耗氯气的量可知，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2：1：3，故C错误； D．当通入2molCl2时，2mol的I-消耗氯气1mol，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，即溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-，故D正确； 故答案为D。 25. 工业上利用废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO)制备MnSO4的流程如下图所示： 已知反应Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、 S等。下列说法不正确的是 A. 酸浸时适当升高温度或加速搅拌都可加快酸浸反应速率 B. 反应Ⅰ中每消耗60 gFeS2，转移的电子数为1 mol C. 滤液中主要存在的阳离子有： Mg2+、 K+、Mn2+、 H+ D. 反应Ⅱ的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O 【答案】C 【解析】 【分析】由工艺流程图可知，酸浸过程中杂质KOH、MgO等溶于硫酸进入溶液，MnO2与硫酸不反应，过滤，得到二氧化锰，反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，过滤除去不溶物，反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，加入碳酸钙调pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，经过滤得较纯净的硫酸锰溶液。最终得到硫酸锰晶体，据此作答。 【详解】A．升高温度，加速搅拌可以使得固体与硫酸充分反应，可加快酸浸反应速率，故A正确； B．反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，FeS2中S为-1价，被氧化为S单质，60 gFeS2，物质的量为0.5mol，所以每消耗60 gFeS2，转移的电子数为1 mol，故B正确； C．MnO2与硫酸不反应，所以滤液中不含Mn2+，故C错误； D．反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，Fe从+2价转化为+3价，Mn从+4价转化为+2价，根据得失电子守恒有：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故D正确； 故答案选C。 第二部分 非选择题 二、本部分共5道大题，共计50分。所有题目的答案写在答题纸的对应区域。 26. A、B、D、E、X是原子序数依次增大的五种短周期元素。A是周期表中相对原子质量最小的元素，A、B能形成两种液态化合物和。D是短周期中原子半径最大的主族元素，E的周期序数和族序数相等，D、X的原子最外层电子数之和为8。 （1）的电子式为___________。 （2）由A、B、D形成的化合物中含有的化学键类型为___________。 （3）E的单质和D的最高价氧化物水化物溶液反应的离子方程式为___________。 （4）镓()与E为同主族元素，氮化镓(GaN)作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着5G技术的发展，GaN商用进入快车道。下列相关说法中，正确的是___________(填字母序号)。 a．Ga位于元素周期表的第四周期 b．GaN中Ga的化合价为 c．Ga的电子排布式 （5）是一种高效消毒剂，工业上用其处理中性废水中的锰，使转化为沉淀除去，X被还原至最低价，该反应的离子方程式为___________。 【答案】（1） （2）离子键、极性共价键 （3） （4）ab （5） 【解析】 【分析】A是周期表中相对原子质量最小的元素，则A为H元素；A、B能形成两种液态化合物A2B和A2B2，则B为O元素；D是短周期中原子半径最大的主族元素，则D为Na元素；E的周期序数和族序数相等，且E原子序数大于D，则E为Al元素；D、X的原子最外层电子数之和为8，D最外层电子数为1则X最外层电子数为7，且X原子序数大于D，则X为Cl元素，由上述分析可知A为H元素；B为O元素；D为Na元素；E为Al元素；X为Cl元素。 【小问1详解】 A2B2化学式为H2O2，故其电子式为：； 【小问2详解】 由A、B、D形成的化合物为，中含有的化学键类型为：离子键、极性共价键； 【小问3详解】 E的单质为Al单质，D的最高价氧化物水化物溶液为的水溶液，故Al与溶液反应的离子方程式为：； 【小问4详解】 a．Ga位于元素周期表第ⅢA族，第四周期，a正确； b．GaN中N的化合价为-3价，根据化合物中化合价代数和为0可知Ga的化合价为+3价，b正确； c．Ga的电子排布式，c错误； 故选ab； 【小问5详解】 为， 与的反应方程式为：。 27. 海洋资源的利用具有非常广阔的前景。 Ⅰ．利用空气吹出法从海水中提取溴的流程如图。 （1）溴原子的结构示意图为___________。 （2）“吸收塔”中发生反应的离子方程式为___________。 Ⅱ．海带中含有碘元素，从海带中提取碘的实验过程如下图所示。 （3）步骤①会用到下列仪器中的___________(填序号)。 A. 酒精灯 B. 漏斗 C. 坩埚 D. 蒸发皿 （4）海带灰悬浊液含有。 ⅰ．步骤④若选用、稀硫酸进行氧化，离子方程式是___________。 ⅱ．步骤④若选用进行氧化，过量时，可能无法获得，原因是会被继续氧化为该反应的离子方程式为___________。 （5）步骤⑤“提取”包含以下四个过程。 ⅰ．过程Ⅰ的现象是___________。 ⅱ．过程Ⅲ的离子方程式是___________。 ⅲ．过程Ⅰ→过程Ⅲ的目的是___________。 ⅳ．过程Ⅳ的操作名称是___________。 【答案】（1） （2） （3）AC （4） ①. ②. 或 （5） ①. 溶液分层，上层为无色，下层为紫色 ②. ③. 富集或提高的浓度 ④. 过滤 【解析】 【分析】浓缩海水中加入酸，再用氯气氧化，将溴离子氧化为溴单质，用空气吹出溴，再用二氧化硫吸收，反应生成氢溴酸和硫酸，再用氯气氧化溴离子得到溴单质，再蒸馏得到溴，经过一系列过程得到液溴； 海带中浸出液用酸性双氧水氧化得到单质碘，单质碘用四氯化碳进行萃取，再用氢氧化钠溶液洗脱得到碘化钠、碘酸钠，再酸化得到碘，据此分析； 【小问1详解】 溴是第35号元素，原子的结构示意图为； 【小问2详解】 “吸收塔”中是溴单质和二氧化硫、水反应生成硫酸和氢溴酸，则发生反应的离子方程式为； 【小问3详解】 步骤①需要在坩埚里灼烧需要坩埚和酒精灯，泥三角，坩埚钳，故选AC； 【小问4详解】 ⅰ．用、稀硫酸进行氧化生成碘单质，离子方程式是 ⅱ．被继续氧化为，离子方程式为； 【小问5详解】 ⅰ．过程Ⅰ为四氯化碳萃取碘溶液，现象是溶液分层，上层为无色，下层为紫色； ⅱ．过程Ⅲ为碘化钠、碘酸钠，酸化得到碘，离子方程式是； ⅲ．过程Ⅰ→过程Ⅲ的目的是富集或提高的浓度； ⅳ．过程Ⅳ悬浊液得到固体，操作名称是过滤。 28. 一种利用富锂卤水(含、硼酸根等)制备的工艺如下： 已知：相关物质的溶解性如下表所示： 微溶 可溶 微溶 微溶 难溶 难溶 （1）ⅰ中，操作的名称是___________。 （2）ⅱ可除去80%的，该过程中生成反应的离子方程式为___________。 （3）ⅲ中，得到的沉淀3的成分有___________。 （4）向溶液3中加入草酸钠的理由是___________。 （5）一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下： 步骤Ⅰ．取产品，加入溶液，固体完全溶解； 步骤Ⅱ．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温； 步骤Ⅲ．以酚酞为指示剂，滴加溶液至溶液变为浅红色，消耗溶液体积为。 ①已知：杂质不与NaOH溶液反应。该产品纯度为___________(写出计算式，用质量分数表示)。 ②步骤Ⅱ是为了除去溶液中的___________(填化学式)；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致测得的产品纯度___________(填“偏高”，“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1）萃取、分液 （2） （3）、、 （4）去除，由于的溶解度远小于，若不加入草酸钠除去，会在沉锂的同时生成沉淀，造成产品纯度降低 （5） ①. ②. 或 ③. 偏低 【解析】 【分析】由题干工艺流程图可知，向富锂卤水中加入有机溶剂进行萃取分液出含硼有机溶剂和主要含的水层溶液1，向溶液1中加入纯碱，将Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3进行一次除镁，过滤得沉淀2主要成分为Mg2(OH)2CO3，向溶液2中加入石灰乳进行二次除镁，将剩余的镁离子转化为Mg(OH)2，同时步骤ii中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成CaCO3沉淀，故过滤出沉淀3主要成分为、Mg(OH)2和CaCO3，向溶液3中加入草酸钠进行除Ca2+，将溶液3中的Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤得到沉淀4主要成分为CaC2O4，向溶液4中加入纯碱进行沉锂，过滤洗涤得到碳酸锂，据此分析解题； 【小问1详解】 向富锂卤水中加入有机溶剂进行萃取分液； 【小问2详解】 根据分析加入纯碱，将Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3进行一次除镁，离子方程式为； 【小问3详解】 根据分析可知，沉淀3的成分有、、； 【小问4详解】 溶液3中加入草酸钠进行除Ca2+，将溶液3中的Ca2+转化为CaC2O4沉淀，由于的溶解度远小于，若不加入草酸钠除去，会在沉锂的同时生成沉淀，造成产品纯度降低； 【小问5详解】 ①根据2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知与NaOH反应的H2SO4的物质的量为：n(H2SO4)=n(NaOH)= c2V2×10-3mol，则与Li2CO3反应的硫酸的物质的量为：n(H2SO4)=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，根据Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，故该Li2CO3产品纯度为×100%； ②由反应方程式Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑可知，步骤I反应后的溶液中含有CO2，故步骤Ⅱ的目的是将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果，若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致上述实验中的V2偏大，则将导致测得的Li2CO3产品纯度偏低； 29. 学完卤族元素性质递变规律，某小组对I⁻的检验方法产生好奇并展开深入探究。 Ⅰ．选择检验试剂 （1）甲同学认为可以选用检验的试剂溶液和稀硝酸。理由是碘和氯在元素周期表中均位于第___________族，化学性质相似。从原子结构解释I和Cl化学性质相似的原因___________。 （2）乙同学认为稀硝酸可能会将氧化，理由是半径更大，还原性更___________。 Ⅱ．探究稀硝酸是否会氧化 【实验1】取1mL不同浓度的KI溶液于5支洁净试管中，向其中滴加3滴淀粉溶液，振荡。再向其中加入足量稀硝酸，振荡。实验现象如下表。 KI浓度/ 0.1 0.2 0.4 0.8 1.0 实验现象 溶液由无色变为蓝色 溶液由无色变为紫黑色 （3）写出实验1中稀硝酸氧化I⁻的离子方程式___________。 （4）丙同学认为酸性条件下，空气中的(会对实验1产生干扰，干扰反应的离子方程式为___________。丙同学设计对照实验排除了的干扰：对照实验中其余试剂、用量均与实验1相同，只是将稀硝酸用___________替代，实验现象为：___________。 Ⅲ．探究能否用溶液和稀硝酸检验 【实验2】向实验1反应后的5支试管中继续滴加等量溶液，试管中均产生黄色沉淀。 【实验3】分别取1mL与实验1浓度相同的KI溶液于5支洁净试管中，向其中滴加3滴淀粉溶液，然后分别加入足量溶液，均产生黄色沉淀；再向各支试管均加入足量稀硝酸，黄色沉淀均不溶解。 （5）由实验1、2和3可得出结论：___________(写出2点)。 【答案】（1） ①. ⅦA ②. 最外层均为7个电子 （2）强 （3） （4） ①. ②. 稀硫酸或稀盐酸 ③. 溶液不变蓝 （5）稀硝酸能氧化；可以用溶液和稀硝酸检验，且与加入顺序无关 【解析】 【小问1详解】 碘和氯在元素周期表中均位于第ⅦA族，化学性质相似；原子结构上属于同族元素，最外层均为7个电子化学性质相似； 【小问2详解】 半径更大，失电子能力更强，还原性更强； 【小问3详解】 稀硝酸氧化I⁻生成碘单质和一氧化氮，离子方程式； 【小问4详解】 干扰反应为氧气氧化生成碘单质，离子方程式为；将稀硝酸改成非氧化性酸，故用稀硫酸或稀盐酸替代，实验现象为：溶液不变蓝； 【小问5详解】 实验1可得结论，稀硝酸能氧化；可以用溶液和稀硝酸检验，实验3可知与加入顺序无关。 30. 实验小组探究溶液中与单质S的反应。 已知： 溶解性 是否溶于6mol/L盐酸 难溶 否 难溶 是，生成AgCl 微溶(常温下饱和溶液浓度约为0.014mol/L) 是，生成AgCl 【实验Ⅰ】取溶液与0.01gS粉混合，水浴加热，充分反应后过滤，得到无色溶液；，沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b． （1）研究黑色固体b的组成 ①根据S具有___________性，推测b中可能含有或。 ②检验黑色固体b的成分 【实验Ⅱ】 ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含___________。 ⅱ．用滤液c继续实验证明了固体b中不含，可选择的试剂是___________(填序号)。 a．酸性溶液 b．和的混合溶液 c．溴水 ⅲ．进一步实验证实了固体b中不含Ag。根据沉淀e含有Ag、气体含有，写出同时生成Ag和的离子方程式：___________。 （2）研究无色溶液a的组成 ①结合上述实验结果，推测溶液a中可能存在或，其理论依据是___________。 【实验Ⅲ】 ②由实验Ⅲ可得出结论：___________。 ③加入足量稀盐酸的作用是___________。 （3）研究实验Ⅰ中的作用 实验小组查阅文献：随着氧化产物浓度降低，还原剂的还原性增强；随着还原产物浓度降低，氧化剂的氧化性增强。综合以上实验，解释反应发生的原因：通过形成沉淀，可以___________(填序号)，利于反应发生。 a．增强S的氧化性 b．减弱S的氧化性 c．增强S的还原性 d．减弱S的还原性 （4）研究实验Ⅰ中的来源 来源1：单质S歧化直接得到价硫。 来源2：单质S歧化得到价硫，价硫被氧化为价硫。 ①小欢就来源2中的氧化剂提出猜想：可能是或___________(填化学式)氧化价硫为价硫。 ②小乐设计实验排除了上述氧化剂的影响。取___________在注射器中混合，水浴加热，充分反应后过滤，得到无色溶液，向无色溶液中加入足量稀盐酸，再加入稀碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去。进一步实验证实来源1成立。 【答案】（1） ①. 氧化性和还原性 ②. ③. bc ④. （2） ①. S转化为时发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，所以在的溶液中可能存在或 ②. 溶液a中不含，含 ③. 排除对检验的干扰 （3）a （4） ①. ②. 溶液与0.01gS粉 【解析】 【分析】探究无色溶液a的成分时，通过碘的淀粉溶液的蓝色不褪去，确定不含有H2SO3，通过加入BaCl2后产生白色沉淀，确定含有；探究沉淀b的成分时，加入6mol/L盐酸，实验证实滤液c中不含有H2SO3、不含有，表明沉淀b中不含有Ag2SO3、Ag2SO4，沉淀d中加入Fe、12mol/L盐酸，有Ag和H2S生成，确定b为Ag2S，从而确定在AgNO3的作用下，S发生歧化反应，生成Ag2S、Ag2SO4等，以此解题。 【小问1详解】 ①根据推测b中可能含有或，其中S的化合价有升高和降低，则说明S具有氧化性和还原性； ②ⅰ．根据资料，若黑色固体b中含Ag2SO4，则Ag2SO4与6mol/L盐酸发生沉淀的转化生成AgCl和H2SO4；取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，说明滤液c中不含，则进一步判断黑色固体b中不含Ag2SO4；答案为：Ag2SO4。 ⅱ．根据资料，若黑色固体b中含Ag2SO3，则Ag2SO3与6mol/L盐酸发生沉淀的转化生成AgCl和H2SO3；用滤液c继续实验证明黑色固体b中不含Ag2SO3，只要证明滤液c中不含H2SO3即可； a．滤液c中的Cl-也能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰H2SO3的检验，a不选； b．因为双氧水能将H2SO3氧化为H2SO4，H2SO4与氯化钡生成硫酸钡白色沉淀，故滤液c中加入H2O2和BaCl2的混合溶液，若不产生白色沉淀，即证明滤液c中不含H2SO3，进一步证明黑色固体b中不含Ag2SO3，b选； c．溴水具有氧化性，将H2SO3氧化为H2SO4，溴水褪色，故滤液c中加入溴水，若溴水不褪色，即证明滤液c中不含H2SO3，进一步证明黑色固体b中不含Ag2SO3，c选； 答案选bc； ⅲ．进一步实验证实了黑色固体b中不含Ag，则黑色固体b中含Ag2S，结合资料，沉淀d中含Ag2S，沉淀e含有Ag、气体含有H2S，说明Ag2S与Fe、12mol/L盐酸加热反应生成了Ag和H2S，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为Ag2S+2H++Fe2Ag+Fe2++H2S↑；答案为：Ag2S+2H++Fe2Ag+Fe2++H2S↑；故答案为：氧化性和还原性；；bc；； 【小问2详解】 ①在（1）的实验过程中证实了S转化为Ag2S发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或H2SO3；答案为：S转化为Ag2S发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或H2SO3； ②向溶液a中加入足量稀盐酸酸化后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去，说明碘单质没有被还原；答案为：向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去，则由实验Ⅲ可得出结论：溶液a中不含，含； ③Ag+能与I-、发生反应，从而干扰后续实验，所以加入足量稀盐酸的作用是：排除Ag+对和H2SO3检验的干扰； 【小问3详解】 Ag+与S2-反应生成Ag2S沉淀，降低S2-的浓度，还原产物浓度降低会增强氧化剂的氧化性，因此Ag+通过形成沉淀增强了S的氧化性，有利于反应发生，故选：a； 【小问4详解】 ①来源2中，价硫被氧化为价硫所用的氧化剂可以是或O2； ②结合小欢就来源2中的氧化剂提出猜想可知，可以隔绝反应物和或O2的接触，则具体方法为：取溶液与0.01gS粉在注射器中混合，水浴加热，充分反应后过滤，得到无色溶液，向无色溶液中加入足量稀盐酸，再加入稀碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去。进一步实验证实来源1成立，故答案为：；溶液与0.01gS粉。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一第二学期期中试卷 化学 可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 O：16 S：32 Fe：56 Cu：64 Zn：65 第一部分 选择题 一、本部分共25题，每题2分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列设备工作时，将化学能转化为热能的是 A. 硅太阳能电池 B. 锂离子电池 C. 太阳能集热器 D. 燃气灶 2. 下列化学用语不正确的是 A. 基态Cr原子的价电子排布式： B. 的电子式： C. 用电子式表示NaCl的形成过程： D. 可用于考古断代的核素符号： 3. 某三价金属阳离子具有28个电子，其质量数为70，核内中子数为 A. 28 B. 31 C. 39 D. 42 4. 与具有相同质子数和电子数的微粒是 A. F B. C. D. 5. 下列仪器中，常用于物质分离的是 A. ②③ B. ②④ C. ①② D. ①③ 6. 基态原子核外都只有一个未成对电子的一组原子是 A. H、Li、P B. B、F、Na C. H、Al、S D. O、Mg、Cl 7. 最外层电子排布式为3s23p3的原子，其核外电子占有的轨道数为（ ） A. 4 B. 7 C. 8 D. 9 8. 与Ne核外电子排布相同的离子跟与Ar核外电子排布相同的离子所形成的是（ ） A. MgBr2 B. C. D. KCl 9. 下列说法能够说明氮的非金属性比磷强的是 A. HNO3比H3PO4更稳定 B. HNO3的氧化性比H3PO4强 C. HNO3的酸性比H3PO4强 D. HNO3比H3PO4容易挥发 10. 有人认为，元素周期表中ⅠA族的氢元素也可以放在ⅦA族，下列物质支持这种观点的是 A. HF B. C. D. 11. 下列分子结构中，各原子最外电子层不能都满足8电子结构的是 A. BrCl B. C. D. 12. 下列过程中共价键被破坏的是（ ） A. 碘升华 B. 乙醇溶于水 C. HCl气体溶于水 D. 氢氧化钠熔化 13. 下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是 A. 饱和氯水中： B. 含有的溶液中： C. 的NaOH溶液中： D. 强酸性溶液中： 14. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是 A. 与的反应： B. 与水的反应： C. 氢氟酸与水垢中的反应： D. 向溶液中通入过量： 15. 短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，甲与丙同主族，丁原子最外层电子数与电子层数相等。下列说法正确的是 A. 电负性：甲>乙>丙 B. 单质的还原性：丁>丙>甲 C. 甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物 D. 乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应 16. 中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是 A. 根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大 B. 根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是 C. 根据同主族元素性质变化规律，推出可与水反应生成 D. 根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出通入NaClO溶液中能生成HClO 17. 下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是 选项 实验操作 现象 解释或结论 A 过量Fe粉加入稀，充分反应后，滴入KSCN溶液 溶液呈红色 稀将Fe氧化为 B 将稀盐酸滴入溶液中 溶液中产生白色胶状沉淀 非金属性： C Al片插入稀中 无现象 Al片表面被氧化，形成致密的氧化膜 D 用玻璃棒醮取浓氨水点到红色石蕊试纸上 试纸变蓝色 浓氨水呈碱性 A. A B. B C. C D. D 18. 炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成对环境有不良影响的活化氧。反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 生成活化氧的总反应是放热反应 B. 反应前后氧元素的化合价未发生改变 C. 生成活化氧的反应在有水条件下反应更快 D. 反应过程中存在非极性键的断裂和极性键的生成 19. 用直流电源电解稀硫酸(图a)，待石墨电极上产生大量气泡后停止电解，撤去直流电源，接入灵敏电流计(图b)，电流计指针偏转。下列说法不正确的是 A. 电解稀硫酸的过程中，电能转化为化学能 B. 图a中，连接电源负极的石墨电极上产生氢气 C. 图b中，电流方向为顺时针方向 D. 原电池中，正极的电极反应式为： 20. 近年来，光催化合成技术发展迅速，其主要机理如下：光催化剂吸收太阳光产生电子()和空穴()，和分离后迁移到光催化剂表面，与吸附的化学物质发生反应。下列说法错误的是 A. 总反应可表示为 B. 反应Ⅲ化学方程式为 C. 该催化过程将光能转化为电能，最终转化为化学能 D. 反应I中每生成，反应Ⅲ中将消耗 21. a、b、c、d、e均为短周期主族元素，其原子半径和最外层电子数的关系如图所示。下列说法正确的是 A. d、e的最高价含氧酸均为强酸 B. c和e形成的分子为极性分子 C. a与b、e均形成共价化合物 D. 单质的熔沸点： 22. 以电石渣[主要成分为]为原料制备的流程如图1。 已知： i．加热氯化时会生成可进一步转化为。 ii．相关物质在水中的溶解度曲线如图2。 下列说法不正确的是 A. 氯化时生成的反应为 B. 适当降低通入的速率并充分搅拌，可提高的利用率 C. 若滤渣中无，滤液中约为 D. 转化后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得到粗品 23. 将铜锌原电池以图示方法加以改进，其中M为阴离子交换膜，只允许阴离子和水分子通过。下列说法不正确的是 A. 工作一段时间后，锌表面没有红色固体生成 B. 外电路每转移，乙池溶液质量减小64g C. 电池工作一段时间后，甲池溶液的总质量增加 D. 将铜棒换成石墨电极，电流表指针仍可发生偏转 24. 向含有Fe2+、I-、Br-的溶液中缓慢通入氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。 下列说法正确的是 A. B点时溶液中含有I-和Br- B. DE段表示n (Fe2+)的变化情况 C. 原溶液中n (Fe2+) ：n (I-) ：n (Br-) =3：1 ：2 D. 当通入2mol Cl2时，溶液中发生的离子反应是：2Fe2++ 2I-+ 2Cl2= 2Fe3++ I2+ 4 Cl- 25. 工业上利用废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO)制备MnSO4的流程如下图所示： 已知反应Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、 S等。下列说法不正确的是 A. 酸浸时适当升高温度或加速搅拌都可加快酸浸反应速率 B. 反应Ⅰ中每消耗60 gFeS2，转移的电子数为1 mol C. 滤液中主要存在的阳离子有： Mg2+、 K+、Mn2+、 H+ D. 反应Ⅱ的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O 第二部分 非选择题 二、本部分共5道大题，共计50分。所有题目的答案写在答题纸的对应区域。 26. A、B、D、E、X是原子序数依次增大的五种短周期元素。A是周期表中相对原子质量最小的元素，A、B能形成两种液态化合物和。D是短周期中原子半径最大的主族元素，E的周期序数和族序数相等，D、X的原子最外层电子数之和为8。 （1）的电子式为___________。 （2）由A、B、D形成的化合物中含有的化学键类型为___________。 （3）E的单质和D的最高价氧化物水化物溶液反应的离子方程式为___________。 （4）镓()与E为同主族元素，氮化镓(GaN)作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着5G技术的发展，GaN商用进入快车道。下列相关说法中，正确的是___________(填字母序号)。 a．Ga位于元素周期表的第四周期 b．GaN中Ga的化合价为 c．Ga的电子排布式 （5）是一种高效消毒剂，工业上用其处理中性废水中的锰，使转化为沉淀除去，X被还原至最低价，该反应的离子方程式为___________。 27. 海洋资源的利用具有非常广阔的前景。 Ⅰ．利用空气吹出法从海水中提取溴的流程如图。 （1）溴原子的结构示意图为___________。 （2）“吸收塔”中发生反应的离子方程式为___________。 Ⅱ．海带中含有碘元素，从海带中提取碘的实验过程如下图所示。 （3）步骤①会用到下列仪器中的___________(填序号)。 A. 酒精灯 B. 漏斗 C. 坩埚 D. 蒸发皿 （4）海带灰悬浊液含有。 ⅰ．步骤④若选用、稀硫酸进行氧化，离子方程式是___________。 ⅱ．步骤④若选用进行氧化，过量时，可能无法获得，原因是会被继续氧化为该反应的离子方程式为___________。 （5）步骤⑤“提取”包含以下四个过程。 ⅰ．过程Ⅰ的现象是___________。 ⅱ．过程Ⅲ的离子方程式是___________。 ⅲ．过程Ⅰ→过程Ⅲ的目的是___________。 ⅳ．过程Ⅳ的操作名称是___________。 28. 一种利用富锂卤水(含、硼酸根等)制备的工艺如下： 已知：相关物质的溶解性如下表所示： 微溶 可溶 微溶 微溶 难溶 难溶 （1）ⅰ中，操作的名称是___________。 （2）ⅱ可除去80%的，该过程中生成反应的离子方程式为___________。 （3）ⅲ中，得到的沉淀3的成分有___________。 （4）向溶液3中加入草酸钠的理由是___________。 （5）一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下： 步骤Ⅰ．取产品，加入溶液，固体完全溶解； 步骤Ⅱ．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温； 步骤Ⅲ．以酚酞为指示剂，滴加溶液至溶液变为浅红色，消耗溶液体积为。 ①已知：杂质不与NaOH溶液反应。该产品纯度为___________(写出计算式，用质量分数表示)。 ②步骤Ⅱ是为了除去溶液中的___________(填化学式)；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致测得的产品纯度___________(填“偏高”，“偏低”或“无影响”)。 29. 学完卤族元素性质递变规律，某小组对I⁻的检验方法产生好奇并展开深入探究。 Ⅰ．选择检验试剂 （1）甲同学认为可以选用检验的试剂溶液和稀硝酸。理由是碘和氯在元素周期表中均位于第___________族，化学性质相似。从原子结构解释I和Cl化学性质相似的原因___________。 （2）乙同学认为稀硝酸可能会将氧化，理由是半径更大，还原性更___________。 Ⅱ．探究稀硝酸是否会氧化 【实验1】取1mL不同浓度的KI溶液于5支洁净试管中，向其中滴加3滴淀粉溶液，振荡。再向其中加入足量稀硝酸，振荡。实验现象如下表。 KI浓度/ 0.1 0.2 0.4 0.8 1.0 实验现象 溶液由无色变为蓝色 溶液由无色变为紫黑色 （3）写出实验1中稀硝酸氧化I⁻的离子方程式___________。 （4）丙同学认为酸性条件下，空气中的(会对实验1产生干扰，干扰反应的离子方程式为___________。丙同学设计对照实验排除了的干扰：对照实验中其余试剂、用量均与实验1相同，只是将稀硝酸用___________替代，实验现象为：___________。 Ⅲ．探究能否用溶液和稀硝酸检验 【实验2】向实验1反应后的5支试管中继续滴加等量溶液，试管中均产生黄色沉淀。 【实验3】分别取1mL与实验1浓度相同的KI溶液于5支洁净试管中，向其中滴加3滴淀粉溶液，然后分别加入足量溶液，均产生黄色沉淀；再向各支试管均加入足量稀硝酸，黄色沉淀均不溶解。 （5）由实验1、2和3可得出结论：___________(写出2点)。 30. 实验小组探究溶液中与单质S的反应。 已知： 溶解性 是否溶于6mol/L盐酸 难溶 否 难溶 是，生成AgCl 微溶(常温下饱和溶液浓度约为0.014mol/L) 是，生成AgCl 【实验Ⅰ】取溶液与0.01gS粉混合，水浴加热，充分反应后过滤，得到无色溶液；，沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b． （1）研究黑色固体b的组成 ①根据S具有___________性，推测b中可能含有或。 ②检验黑色固体b的成分 【实验Ⅱ】 ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含___________。 ⅱ．用滤液c继续实验证明了固体b中不含，可选择的试剂是___________(填序号)。 a．酸性溶液 b．和的混合溶液 c．溴水 ⅲ．进一步实验证实了固体b中不含Ag。根据沉淀e含有Ag、气体含有，写出同时生成Ag和的离子方程式：___________。 （2）研究无色溶液a的组成 ①结合上述实验结果，推测溶液a中可能存在或，其理论依据是___________。 【实验Ⅲ】 ②由实验Ⅲ可得出结论：___________。 ③加入足量稀盐酸的作用是___________。 （3）研究实验Ⅰ中的作用 实验小组查阅文献：随着氧化产物浓度降低，还原剂的还原性增强；随着还原产物浓度降低，氧化剂的氧化性增强。综合以上实验，解释反应发生的原因：通过形成沉淀，可以___________(填序号)，利于反应发生。 a．增强S的氧化性 b．减弱S的氧化性 c．增强S的还原性 d．减弱S的还原性 （4）研究实验Ⅰ中的来源 来源1：单质S歧化直接得到价硫。 来源2：单质S歧化得到价硫，价硫被氧化为价硫。 ①小欢就来源2中的氧化剂提出猜想：可能是或___________(填化学式)氧化价硫为价硫。 ②小乐设计实验排除了上述氧化剂的影响。取___________在注射器中混合，水浴加热，充分反应后过滤，得到无色溶液，向无色溶液中加入足量稀盐酸，再加入稀碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去。进一步实验证实来源1成立。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $