【文档说明】安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(17)页，1.590 MB，由管理员店铺上传

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合肥一中2023-2024学年度高一年级第一学期期末联考化学试题(考试时间：75分钟满分：100分)注意事项：1.答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位。2.答题时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑

。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。3.答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域

书写的答案无效，在试题卷、草稿．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．纸上答题无效．．．．．．。4.考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交。可能用到的相对原子质量：H1−C12−N14−O16−Na23−S32−Cl35.5−Fe56−Cu64

−第Ⅰ卷(选择题)一、单选题：本大题共14小题，共42分。1.了解化学常识，有助于我们更好的生活。下列说法正确的是A.纯碱受热易分解，可做食品膨松剂B.碳酸钡难溶于水，可用于胃肠X射线造影检查C.()3FeOH胶体和活性炭都具有吸附能力，均可用于净水D.过

氧化钠与水反应的实验过程中涉及到的图标组合【答案】C【解析】【详解】A．纯碱为碳酸钠受热不分解，小苏打为碳酸氢钠受热易分解，可做食品膨松剂，A错误；B．碳酸钡不溶于水，但是可以溶解于胃酸，胃酸为盐酸，二者反应会产生钡离子使人体中毒，

B错误；C．Fe(OH)3胶体粒子带电可以吸附小颗粒，活性炭的结构疏松多孔，也具有吸附能力，均可用于净水，C正确；D．过氧化钠与水反应剧烈需要带好护目镜，产物氢氧化钠是强碱，具有腐蚀性，实验后及时洗手，未涉及最左边的图标，D错误；

故答案为：C。2.下列离子方程式书写正确的是A.3FeCl溶液腐蚀铜电路板：322Fe3Cu2Fe3Cu+++=+B.氯气溶于水：22ClHO2HClClO+−−+++C.硫酸亚铁溶液保存不当出现棕黄色

沉淀：()()42224326FeSOO2HO2FeSO2FeOH++=+D.明矾溶液与过量氨水混合：()3+3243Al+3NHHOAlOH3NH+=+【答案】D【解析】【详解】A．FeCl3溶液腐蚀铜电路板生成氯化亚铁，不能生成单质铁，离子方程式为2

Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A错误；B．次氯酸是弱电解质，不拆，氯气溶于水：Cl2+H2OH++Cl−+HClO，B错误；C．硫酸亚铁溶液保存不当出现棕黄色沉淀为氢氧化铁，离子方程式为12FeSO4+3O2+6H2O=4Fe2(SO4)

3+4Fe(OH)3↓，C错误；D．明矾溶液与过量氨水混合生成氢氧化铝沉淀，Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，D正确；故答案为：D。3.化学家维勒通过蒸发氰酸铵(4NHCNO，盐)的水溶液得到了尿素分子()22CONH，下列说法错误的是A.等质量的氰酸铵和尿素分

子数相同B.()220.1molCONH含电子的物质的量为3.2molC.组成氰酸铵的元素中位于周期表第二周期的元素有3种D.41molNHCNO约含241.20410个氮原子【答案】A【解析】【详解】A．氰酸铵是由离子构成的物质，不存在分子，A错误；B．1分子尿素含有32个电子，则()220

.1molCONH含电子的物质的量为3.2mol，B正确；C．组成氰酸铵的元素中位于周期表第二周期的元素有碳、氮、氧3种，C正确；D．41molNHCNO约含2mol氮原子，则数目为241.20410个氮原子，D正确；故选A。4.X、Y、Z、R

、T为短周期主族元素，其中R原子的最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成两种常见阴阳离子个数比均为1：2的离子化合物，T所在的周期数和族序数相同。五种元素原子半径与原子序数之间的关系如图所示。下列推断正确的是A.T的最高价

氧化物对应水化物是强碱B.简单离子半径：X<Y<Z<TC.X和Y可以形成既有极性键也有非极性键的化合物D.纯T的硬度和强度都很大，适合于制造机器零件【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、R、T为短周期主族元素，结合原子序数和原子半径的关系分析，X为第一周期

，为氢元素，R、Y为第二周期，Z、T为第三周期。其中R原子的最外层电子数是电子层数的2倍，为碳元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Y为氧元素，Z为钠元素，T所在的周期数和族序数相同，则T为Al元素。即X为H，Y为O，Z为Na，R为C，T为

Al。【详解】A．T为Al，最高价氧化物对应水化物为3Al(OH)属于两性氢氧化物，A错误；B．X为H，Y为O，Z为Na，T为Al。核外电子层结构相同的离子，质子数越小半径越大。一般电子层数多的离子半径大。简单离子半径：H+<Al3+<Na+<O2-

，B错误；C．X为H，Y为O形成的H2O2既有极性键也有非极性键，C正确；D．纯Al的硬度和强度都不大，不适合于制造机器零件，D错误；故选C。5.某溶液中大量存在以下五种离子：4MnO−、24SO−、3+Fe、+K、R，它们的物质

的量之比为n(4MnO−):n(24SO−):n(3+Fe):n(+K):n(R)=2:2:2:1:1，则R可能是A.H+B.OH−C.3NO−D.Na+【答案】C【解析】【详解】溶液呈中性，则正负电荷量相等，设R所带的

电荷为x，故2×(-1)+2×(-2)+2×(+3)+1×(+1)+1×(x)=0，解得x=-1，OH-与Fe3+不能共存，综上所述R只能为NO3−，选C；故答案为：C。6.下表中，X是所需物质，Y是杂质，Z是为除杂试剂，其中所加试剂正确的一

组是ABCDX23NaCO溶液2FeCl溶液NaBr溶液2ClY3NaHCO3FeClNaIHClZ2COFe2ClNaOH溶液A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．碳酸钠溶液中混有碳

酸氢钠，通入CO2，碳酸钠和CO2、水反应生成碳酸氢钠，不能除去碳酸氢钠，反而除去了所需物质，故A错误；B．FeCl3和铁反应可以生成FeCl2：Fe+2FeCl3=3FeCl2，所以可以用铁除去FeCl2溶液中的FeCl3，故B正确；C．通入氯气，NaI和N

aBr都和氯气发生置换反应生成NaCl和I2、Br2，故C错误；D．氯气也和NaOH溶液反应，应用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故D错误；故选B。7.现有下列3个氧化还原反应：①222BZB2Z−−+=

+；②2322AB2A2B++−+=+；③24222XO10Z16H2X5Z8HO−+−++==++，根据上述反应，判断下列结论中正确的是A.要除去含有2A+、Z−和B−混合溶液中的2A+，而不氧化Z−和B−，应加入2BB.氧化性强弱顺序为：3422XOZAB−

+C.2X+是4XO−的氧化产物，2B是B-的还原产物D.在溶液中不可能发生反应：22342XO5A8HX5A4HO+++−+++=++【答案】A【解析】【分析】根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，所

以根据反应①可知，氧化性：Z2＞B2，还原性：B-＞Z-；根据反应②可知，氧化性：B2＞A3+，还原性：A2+＞B-；根据反应③可知，氧化性：42XOZ−，还原性：Z-＞X2+；可推知，氧化性：3422XOZBA−+，还原性：A2+＞B-＞Z-＞X2+。【详解】A．要除

去2A+，可加入氧化性比A3+强的4XO−、Z2、B2，但4XO−能氧化Z−和B−，Z2能氧化B−，所以只能加入2B，故A正确；B．由以上分析可知，氧化性顺序为：3422XOZBA−+，故B错误；C．2X+是4XO−中X元素化合价降低

的还原产物，2B是B-化合价升高的氧化产物，故C错误；D．因为氧化性：34XOA−+，所以反应：22342XO5A8HX5A4HO+++−+++=++可以发生，故D错误；故选A。8.如图为氯及其化合物的“价类二维图”，下列说法错误的是A.c可用于自来水消毒B.工业

制备b，可以用电解饱和NaCl溶液法C.e的酸性和氧化性都强于dD.a与g、f在一定条件下都可生成b【答案】C【解析】【分析】图示为氯元素的价类图，则a、b、c、d、e分别为HCl、Cl2、ClO2、HClO、HClO4，f、g、h分别为+5、+1、+3价氯元素的盐。【详解】A．C

lO2具有强氧化性，可以用于自来水的杀菌消毒，A正确；B．b为Cl2，工业上电解饱和食盐水生成NaOH、Cl2、H2，可制备氯气，B正确；C．e是HClO4、d是HClO，酸性HClO4>HClO，但是氧化性HClO4<HClO，C错误；D．HCl与ClO-可以发生反应

2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O，HCl与-3ClO可以发生反应-22-3++5Cl+6HClO=3Cl+3HO，所以都能生成Cl2，D正确；故选C。9.下列实验现象描述正确的是选项实验现象A向饱和23NaCO溶液中通入足量的2CO气体无明显现象B向40mL10.

1molL−的NaOH溶液中滴加5~6滴饱和3FeCl溶液生成的物质可产生丁达尔效应C加热放在坩埚中的小块钠钠先熔化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成淡黄色固体D向久置于空气中的4FeSO溶液中滴加NaOH溶液产生大量白色絮状沉淀，并迅速转变为灰绿色A.AB.BC.CD.

D【答案】C【解析】【详解】A．向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度小，所以碳酸氢钠以沉淀形式析出，故A错误；B．向40mL10.1molL−的NaOH溶液中滴加5~6滴饱和3FeCl溶液生成红褐色沉淀，不能产生丁达尔效应，故B错误；C．钠的熔点低，钠先熔

化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成淡黄色固体过氧化钠，故C正确；D．向久置于空气中的FeSO4溶液被氧化为3+Fe，滴加NaOH溶液生成红褐色氢氧化铁沉淀，故D错误；故答案为：C。10.用浓硫酸配制

稀硫酸的过程中，其他操作都准确，下列操作使所配溶液浓度偏高的是①洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中②稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线⑤定容时俯视刻度线A.①②⑤B.③④

C.②⑤D.①②④【答案】A【解析】【分析】依据配制一定物质的量浓度溶液的正确操作步骤判断，根据=ncV分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。【详解】①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致量取的浓硫酸体积偏大

，硫酸的物质的量偏大，溶液浓度偏高；②稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中，浓硫酸稀释产生大量的热，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响；④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加

蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；⑤定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，配制溶液的浓度偏高；综上所述，以上操作会使所配溶液浓度偏高的是①②⑤；故答案为A。11.教材中的实验有助于理论知识的学习，下列说法错误的是ABCD加热碳酸钠或碳酸氢钠光照过程中氯水中氯离子的浓度变化22N

aO与水的反应分别向3FeCl溶液和2FeCl溶液中滴入KSCN溶液可以比较二者的热稳定性氯离子浓度升高的原因是HClO分解带火星的木条复燃说明该反应生成氧气此实验现象可应用于除去3FeCl溶液中的2Fe+A.AB.BC.CD.

D【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢钠不稳定，受热分解生成的二氧化碳能使石灰水变浑浊，而碳酸钠受热不分解，石灰水不变浑浊，该实验可以比较二者的热稳定性，故A正确；B．氯水中的次氯酸见光分解为HCl和氧气，溶液中氯离子浓度增大，故B正确；C．氧气能使带火星的木条复燃，过氧化钠与水反应生成的气体能使

带火星的木条复燃，说明该反应生成了氧气，故C正确；D．KSCN溶液遇到Fe3+变红，遇到Fe2+不反应，只能检验Fe3+，无法除去FeCl3溶液中的Fe2+，故D错误；故答案为：D。12.若将浓盐酸滴入烧瓶中进行如图(a、c、d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验

，下列分析正确的是A.装置A中的4KMnO可用2MnO代替B.b处红色鲜花瓣褪色，说明2Cl具有漂白性C.向含mola2FeBr的溶液中通入等物质的量的2Cl，反应的离子方程式为：3222+2Fe2Br2Cl2FeBr4Cl−+−+

+=++D.含有0.001mol2Cl的尾气进入C装置时，最多消耗0.002molNaOH【答案】C【解析】【分析】高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，氯气和挥发的氯化氢通入B中，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能使紫色石蕊试液变红，

次氯酸有漂白性，能使红色鲜花瓣褪色，氯气和FeBr2反应，氯气和淀粉碘化钾溶液反应可置换出碘，使淀粉溶液变蓝，多余的氯气和氯化氢被NaOH溶液吸收。【详解】A．高锰酸钾和浓盐酸反应不需加热，而MnO2和浓盐酸反应需要加热，所以装置A中的KMnO4不能用MnO2代替，故A错误；B．

氯气本身没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性，故B错误；C．向含amolFeBr2的溶液中通入等物质的量的Cl2，氯气先将亚铁离子全部氧化成铁离子，剩余的氯气将部分溴离子氧化成溴，反应的离子方程式为：2F

e2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−，故C正确；D．氯气和NaOH溶液反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.001molCl2消耗0.002molNaOH，但还有挥发出

来的氯化氢消耗NaOH，所以消耗的NaOH大于0.002mol，故D错误；故答案为：C。13.微生物法炼铜是在反应釜中加入黄铜矿(2CuFeS，其中Cu为+2价)、硫酸铁、硫酸和微生物，并鼓入空气，黄铜矿逐

渐溶解，各物质的转化关系如图所示，下列说法错误的是A.反应釜中保持高温不利于反应进行B.整个转化过程中，可以循环利用的物质有()243FeSO和24HSOC.反应①的离子方程式为23224FeO4H4Fe2HO+++++=+微生物D.当黄铜矿中的铁元素全部转化为3Fe

+时，生成241molSO−共消耗22molO【答案】D【解析】【分析】由题给流程可知，黄铜矿与溶液中的铁离子反应生成铜离子、亚铁离子和硫，微生物作用下溶液中的亚铁离子与氢离子、氧气反应转化为铁离子，微生物作用下硫与氧气和水反应

生成硫酸根离子和氢离子。【详解】A．高温条件下微生物会失去催化活性，不利于反应釜中反应的进行，故A正确；B．由图可知，硫酸铁、硫酸是可循环利用的中间产物，故B正确；C．由分析可知，反应①为微生物作用下溶液中的亚铁离子与氢离子、氧气反应转化为铁离子，反应的离子方程式为23224FeO4H4Fe2H

O+++++=+微生物，故C正确；D．由题意可知，黄铜矿中的铁元素最终生成铁离子时，硫元素转化为硫酸根离子，由原子个数和得失电子数目守恒可知，生成1mol硫酸根离子消耗氧气的物质的量为40.5mol1+1mol8=2.125mol，故D错误；故选D。14.向29.6

gFe2O3、FeO和Cu的混合物中加入1mol·L－1硫酸400mL时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3＋。若用足量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，得到的固体质量为A16.8gB.21.6gC.26.4gD.23.2g【答案】D【解析】【详解】向29.6gFe2O3、FeO和Cu混

合物中加入1mol·L－1硫酸400mL时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3＋，说明反应物全部消耗掉，只生成FeSO4和CuSO4,根据氯离子守恒可知：n（Fe）+n（Cu）.的=n(H2SO4)=1×0.4=0.4mol；

若用足量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，得到的固体为铁和铜，根据上述信息可知，n（Fe）+n（Cu）=0.4mol，假设固体全为铜，质量为64×0.4=25.6g，假设全为铁，质量为56×0.4=22.4g，所以两种金属混合物总质

量为23.2g，D正确；正确选项D。点睛：此题设计到反应较多，用方程式进行计算很繁琐，若是能够抓住守恒规律进行解题，问题就变得很简单了。第Ⅱ卷(非选择题)二、本部分共四题，总分58分15.现有下列10种物质：①冰水混合物②有

色玻璃③Mg④2CO⑤熔融KOH⑥()2BaOH溶液⑦42CuSO5HO⑧纯醋酸⑨25CHOH⑩固体4NaHSO。回答下列问题。（1）属于分散系的是_______，属于强电解质且能导电的是_______，属于非电解质的是_______。（2）将⑥和⑩均配成101molL−．

的溶液按下表中的不同配比进行混合：甲乙10.1molL−()2BaOH溶液的体积/mL101010.1molL−4NaHSO溶液的体积/mL2010a．按甲方式混合后，所得溶液显_______(填“酸”“碱”“中”)性；b．按乙方式混合时，反应的离子方程式为_______。【答案】（1

）①.②⑥②.⑤③.④⑨（2）①.中性②.Ba2++OH-+H++SO24−=BaSO4↓+H2O【解析】【小问1详解】分散系包括溶液、胶体、浊液，则属于分散系的是②有色玻璃、⑥Ba(OH)2溶液；在水溶液中完全电离的电解质为强电解质，属于强电解质且能导电的是⑤熔融KOH；在水溶液和熔融状

态下不能导电的化合物属于非电解质，则属于非电解质的是④CO2、⑨C2H5OH；故答案为：②⑥；⑤；④⑨。【小问2详解】按甲方式混合，Ba(OH)2的物质的量为0.001mol，NaHSO4的物质的量为0.002mol，H+和O

H-的物质的量相等，离子反应方程式为Ba2++2OH-+2H++SO24−=BaSO4↓+2H2O，氢离子和氢氧根恰好完全反应，反应后溶液呈中性；按乙方式混合Ba(OH)2的物质的量为0.001mol，NaHSO4的物

质的量为0.001mol，Ba2+与SO24−恰好完全反应生成BaSO4沉淀，H+物质的量小于OH-的物质的量，则H+完全反应，OH-有剩余，离子反应的方程式为Ba2++OH-+H++SO24−=BaSO4↓+H2O；故答案为

：中性；Ba2++OH-+H++SO24−=BaSO4↓+H2O。16.下表为元素周期表的一部分，参照元素①~⑪在表中的位置，回答下列问题：（1）已知元素⑪的一种核素，其中子数为45，用原子符号表示该核素为_______(用AXZ的形式表示)。（2）②、⑧、⑩的最高价氧

化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为_______(用化学式表示)。（3）写出③和⑤两元素形成的具有较强氧化性的化合物的电子式_______，该物质中含有的化学键类型为_______。用电子式表示⑥和⑩两元素组成的化合物的形成过

程_______。（4）下列事实中能说明非金属性⑩>⑨的是_______(填标号)。a．⑨和⑩两元素的简单氢化物受热分解，后者的分解温度高b．元素⑩的单质能将Fe氧化成三价铁，而元素⑨的单质只能将铁氧化成二价铁c．元素⑩的单质与⑨的氢化物的水溶液反应，产生元素⑨的单质d．元

素⑩的氢化物的水溶液的酸性比元素⑨的氢化物的水溶液的酸性强（5）写出⑦的单质与⑤的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式_______。【答案】（1）8035Br（2）HClO4>HNO3>H3PO4（3）①.②.离子键、共价键③.（4）d（5）--4222[Al(

OH)2Al+2OH+6HO]+3H=【解析】【分析】分析元素在周期表中的位置，可知①~⑪分别为：Be、N、O、F、Na、Mg、Al、P、S、Cl、Br。【小问1详解】元素⑪为Br元素，为35号元素，质子数为35，它的一种核素

，其中子数为45，则质量数为80，用原子符号表示该核素为8035Br，故答案为：8035Br；【小问2详解】②为、⑧为P、⑩为Cl它们最高价氧化物对应水化物分别为HNO3、H3PO4、HClO4。同一周期从左到右元素金属性减弱，非金属性增强。同

一主族从上到下元素的金属性增强，非金属性减弱。非金属性：Cl>N>P，酸性：HClO4>HNO3>H3PO4，故答案为：HClO4>HNO3>H3PO4；【小问3详解】③为O，⑤为Na,两元素形成的具有较强氧化性的化合物为过氧化钠，电子式为：，该物质含有离子键、共价键。⑥是Mg，⑩是C

l，两者形成的化合物是MgCl2，是离子化合物，用电子式表示其形成过程为：，故答案为：；离子键、共价键；；【小问4详解】a．⑨和⑩两元素的简单氢化物受热分解，后者的分解温度高，说明HCl更稳定，可以说明非金属性Cl>S，a不符合题意；

b．元素⑩的单质能将Fe氧化成三价铁，而元素⑨的单质只能将铁氧化成二价铁，说明氧化性Cl2>S，即非金属性Cl>S，b不符合题意；c．元素⑩的单质与⑨的氢化物的水溶液反应，产生元素⑨的单质，说明氧化性Cl2>S，即非金属性Cl>S，c不符合题意；d．元素的氢化物的水溶液的酸性比元素⑨的氢

化物的水溶液的酸性强，不是最高价氧化物对应的水化物，无法说明非金属性Cl>S，d符合题意；答案选d。【小问5详解】⑦为Al,⑤为Na,最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，Al单质与氢氧化钠溶液发生反应--4222[Al(OH)2Al+2

OH+6HO]+3H=，故答案为：--4222[Al(OH)2Al+2OH+6HO]+3H=。17.Ⅰ．含氯消毒剂为日常杀菌消毒提供了坚实的物质支撑。（1）Cl2、H2O2、ClO2、NaClO常被用作消毒剂，上述物质消毒效率(以单位物质的量的物质得电子的数目多少表

示，得电子越多效率越高)最高的是_______(填标号)的a．Cl2b．H2O2c．ClO2d．NaClO（2）工业上常用反应：32242424222KClOHCOHSO=KSO2ClO2X2HO+++++来制备，则X的化学式为_______；取

20mL0.1mol/L的KClO3溶液、15mL0.1mol/L的H2C2O4溶液和足量硫酸充分反应，反应过程中转移电子的数目为_______。Ⅱ．NaClO2是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，在水中溶解度较大。某探究小组制备NaClO2所需

装置如图所示(夹持装置略)：已知：a．2222222ClOHO2NaOH2NaClOO2HO++=++；b．ClO2气体有强烈刺激性气味，极易溶于水，但不与水反应，可与碱溶液反应；纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到1

0%以下安全。（3）完成该实验需要450mL4mol/L的NaOH溶液，配制该溶液需要的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管和量筒外，还需要_______。(填仪器名称)（4）装置接口的连接顺序为_______(按气流方向，用小写字母表示，每个装置仅使用一次)。（5）装置④中发生反应的化

学方程式为_______。（6）②中NaOH溶液的作用是_______；打开K通入足量空气的目的是_______。【答案】（1）c（2）①.CO2②.0.002NA（3）500mL容量瓶（4）f→a→b→e→d→c（5）2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2

Na2SO4+H2O（6）①.吸收ClO2，防止污染空气②.稀释ClO2，防止ClO2分解爆炸【解析】【分析】Ⅰ.根据物质发生氧化反应时转移电子的物质的量来判断各种消毒效率的高低；结合已知物质的物质的量及反应转化关系判断哪种物质过量，然后以不足量的

物质为标准判断反应过程中电子转移数目。Ⅱ.在装置④中，NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2SO4，发生反应2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，生成的ClO2进入①装置；该装置起安全瓶的作用，然后进入③装置发生反应：2C1O2+H2O

2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，C1O2的熔点低，遇热水、见光易分解，所以应使用冰水浴，以降低气体的温度；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性降低，则需控制气体的流速不能过慢，但过快又会导致反应不充分，吸收效率低；C1O2气体会污染大气，应进

行尾气处理。【小问1详解】消毒效率是以单位物质的量的物质得电子的数目多少表示，物质得电子越多效率越高。a．Cl2得到电子被还原为Cl-，所以1molCl2得到2mol电子；b．H2O2中O元素化合价为-1价，得到电子反应后变为-2价，1molH2O2反应得到2mol电子；c．C

lO2中Cl为+4价，得到电子反应后变为-1价，ClO2的消毒效率是5mol；d．NaClO2中Cl为+3价，得到电子反应后变为-1价，NaClO2的消毒效率是4mol；可见上述四种物质中消毒效率最高的是ClO2，故合理选项是c；【小问2详解】根据物质反应各种

元素原子个数不变，可知物质X是二氧化碳，其化学式为CO2；20mL0.1mol/L的KClO3溶液中含有溶质的物质的量n(KClO3)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol；15mL0.1mol/L的H

2C2O4溶液中含有溶质H2C2O4的物质的量n(H2C2O4)=0.1mol/L×0.015L=0.0015mol。根据反应方程式可知：二者反应的物质的量的比是2：1，则H2C2O4过量，KClO3完全反应，由反应方程式可知：

每有1molKClO3反应，反应转移1mol电子，则0.002molKClO3反应转移电子的物质的量是0.002mol，故反应过程中转移电子的数目为0.002NA；【小问3详解】完成该实验需要450mL4

mol/L的NaOH溶液，实验室没有450mL的容量瓶，根据选择仪器的标准：大而近的原则，可知应该选择500mL容量瓶，所以配制该溶液需要的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管和量筒外，还需要500mL的容量瓶；【小问4详解】制备NaClO2时应该

连接顺序是制取C1O2反应装置→收集装置→生成NaC1O2装置→尾气处理装置，所以接口连接顺序是f→a→b→e→d→c；【小问5详解】在装置④中，NaClO3与Na2SO3在酸性条件下发生氧化还原反应，产生ClO2、Na2SO4、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可知发生反应的化学方程式为2

NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2C1O2↑+2Na2SO4+H2O；【小问6详解】②中NaOH溶液的作用是吸收C1O2，防止污染空气；打开K通入足量空气的目的是稀释C1O2，防止C1O2分解爆炸。的18.工业上用赤铁矿(主要含23FeO、，

还含有少量的23AlO、CuO等杂质)制备绿矾(42FeSO7HO)的流程如下：（1）NaOH溶液加入赤铁矿中发生反应的离子方程式为_______。（2）试剂b为_______(填化学式)；“溶液I”中氧化性最强的阳离子为_______(填化学式)；操作②需要使用到的玻璃仪器

有_______。（3）若取2mL“滤液Ⅰ”加入试管中，然后通入足量CO2，产生的现象是_______；另取2mL“滤液Ⅱ”加入试管中，并向该溶液中滴入稀24HSO酸化的22HO溶液，观察到溶液由浅绿色变成

棕黄色，请写出该反应的离子方程式_______。（4）8.34g42FeSO7HO(1278gmolM−=)样品受热分解过程中样品质量随温度变化的曲线如图所示：①温度为78℃时，固体物质M化学式为_______。②取适

量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时有两种常见硫的氧化物生成，写出由P生成Q的化学方程式_______。【答案】（1）Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-（2）①.Fe②

.Fe3+③.漏斗、烧杯和玻璃棒（3）①.白色沉淀②.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（4）①.FeSO4⋅4H2O②.2FeSO4650℃Fe2O3+SO2+SO3【解析】【分析】赤铁矿加入NaOH溶液，Al2O3和NaOH溶液反应，Fe2O3、FeO、CuO不反应，

过滤后成为滤渣Ⅰ，加入试剂a，结合最后制取的是绿矾可知，试剂a是硫酸，反应后生成Fe2(SO4)3、FeSO4、CuSO4，加入试的剂b将铜除去，则b是铁，铁和Fe3+反应生成Fe2+，铁和Cu2+反应生成Fe2+和铜，滤液Ⅱ中的溶质为F

eSO4，隔绝空气蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾。【小问1详解】NaOH溶液加入赤铁矿中，Al2O3和NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和水，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-；故答案为：Al2O3+2OH-+3H2O=

2[Al(OH)4]-。【小问2详解】根据以上分析可知，试剂b为Fe，“溶液Ⅰ”中除了含Fe2(SO4)3、FeSO4、CuSO4外还有过量的硫酸，氧化性最强的阳离子为Fe3+；操作②为过滤，需要的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒；故答案为：Fe；F

e3+；漏斗、烧杯和玻璃棒。【小问3详解】根据分析可知滤液I主要为Al2O3和NaOH溶液反应后的物质，主要为Na[Al(OH)4]，通入足量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，则显现为白色沉淀；“

滤液Ⅱ”加入试管中，并向该溶液中滴入稀H2SO4酸化的H2O2溶液，观察到溶液由浅绿色变成棕黄色，说明Fe2+被H2O2氧化成Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；故答案为：白色沉淀；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。【小问4详解】①8.34

g的FeSO4⋅7H2O物质的量为0.03mol；温度为78℃时，固体物质M的质量为6.72g，固体质量减轻8.34g-6.72g=1.62g；开始阶段，结晶水合物加热时失去的是结晶水，1.62g水的物质的量为0.09mol；0.03mol绿矾失去0.09mol水，则

剩下的水为0.03mol×7-0.09mol=0.12mol，即0.03molFeSO4对应0.12molH2O，所以M的化学式为FeSO4⋅4H2O；②380℃时固体质量为4.56g，0.03molFeSO4的质量即

为4.56g，所以样品P为FeSO4，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，固体质量为2.40g，0.03molFe的质量为1.68g，根据元素质量守恒，Q中还应该有氧元素，氧元素的质量为2.40g-1.68g=0.72g，物质的量为0.045mol，铁和氧的物质的量之比为0

.03：0.045=2：3，所以Q为Fe2O3，同时有两种常见硫的氧化物生成，则分别为SO2和SO3，反应方程式为2FeSO4650℃Fe2O3+SO2+SO3；