【文档说明】安徽省合肥市庐江县2021-2022学年高一上学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(17)页，564.644 KB，由小赞的店铺上传

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安徽省合肥市庐江县2021-2022学年高一上学期期末检测化学试题1.本试卷共100分，考试时间90分钟。请将各题答案填写在答题卡上。2.可能用到相对原子质量：H1C12O16N14S32Na23C135.5Ca40一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题目要求

。1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是A.“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色试验B.“时气错逆，霜雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应C.公共场所用“84消毒液”和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)的混合溶液杀菌消毒

效果会更好D.储氢合金是一类能与氢气结合成金属氢化物的材料【答案】C【解析】【详解】A．“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，涉及硝酸钾的灼烧以及颜色，利用了焰色试验，A正确；B．雾属于气溶胶、具有胶体的性质，可发生丁达尔效应，B正确；C．“84消毒液”中含NaClO，而“洁厕灵

”中含HCl，两者会发生归中反应生成有毒的氯气：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，故两者不能混合使用，C错误；D．一些合金能够大量吸收氢气，一定条件下与氢气结合成金属氢化物，又能放出氢气，这类金属材料叫做储氢合金，D正确；答案选C。2.下列说法错误的是

①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加盐酸，开始产生红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解并消失③用明矾处理污水是利用了胶体的性质④Fe(OH)3胶体在通电后可作定向移动，是因为Fe(OH

)3胶体带电⑤可用渗析法分离淀粉胶体和NaCl溶液⑥依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液A.①⑥B.②④C.③④D.④⑥【答案】D【解析】【详解】①河水中存在土壤颗粒，形成胶体，遇到电解质溶液会发生聚沉，所以

江河入海口三角洲的形成是胶体的聚沉现象，故正确；②向Fe(OH)3胶体中加入盐酸至过量，先发生聚沉，会形成沉淀，然后氢氧化铁沉淀与盐酸发生酸碱中和反应生成氯化铁溶液，故正确；③明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒，则用明矾处理污水是利用了胶体的性质，故正

确；④Fe(OH)3胶体能吸附带电离子，Fe(OH)3胶体在通电后可作定向移动，因为Fe(OH)3胶体粒子吸附带电离子而带电，故错误；⑤胶体不能透过半透膜，可用渗析法分离淀粉胶体和NaCl溶液，故正确；⑥分散系分类依据是分散质粒

子直径大小，分散质粒子直径1nm-100nm之间的属于胶体，分散质粒子直径小于1nm的属于溶液，分散质粒子直径大于100nm的属于浊液，不是依据丁达尔效应分类的，故错误；故错误的是④⑥，D符合题意。故选D。3

.下列表格中各项分类都正确的一组是：纯净物混合物电解质非电解质A生理盐水明矾液态KNO3蔗糖B生石灰海水铜乙醇C胆矾生铁CaCO3CO2D氢氧化钠空气Na2SO4溶液食醋A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】电解质是指在水溶液或者熔融状态下

导电的化合物。电解质常见物质是酸、碱、盐、金属氧化物、水。非电解质常见物质是大部分有机物、非金属氧化物。【详解】A．生理食盐水是混合物，明矾是纯净物，故A错误；B．铜是单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．胆矾是

结晶水合物、属于纯净物，生铁是铁碳合金、属于混合物，CaCO3是盐、属于电解质，CO2水溶液能导电但离子不是由CO2自身电离，CO2属于非电解质，各物质都符合分类，故C正确；D．Na2SO4溶液、食醋都

是混合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故D错误；是故选答案C。4.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列有关叙述正确的是A.1mol/L的CaCl2溶液中含有Cl-个数为2NAB.8.8g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.6NAC.标准

状况下，11.2LH2O所含的分子数为0.5NA。D.7.8gNa2O2中所含阴离子个数为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A.缺少溶液体积，无法计算Cl-的个数，A错误；B.CO2和N2O的分子量相同，且每个

分子都含有三个原子，所以混合气体可以看成8.8gCO2，其物质的量为0.2mol，分子数为0.2NA个，故有0.6NA个原子，B正确；C.标准状况下，水是固体，无法计算11.2LH2O所含的分子数，C错误；D.7.8g过氧化钠的物质

的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.1mol过氧根离子，所含阴离子的数目为0.1NA，D错误；故选B。5.下列离子方程式中，正确的是A.澄清石灰水与盐酸反应：H++OH-=H2OB.氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-

C.碳酸钡与稀盐酸反应：CO23−+2H+=H2O+CO2↑D.金属钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑【答案】A【解析】【详解】A．澄清的石灰水跟盐酸反应生成氯化钙和水，由于氢氧化钙是强碱，可以拆，故反应的离子反应为H++OH-=H

2O，A项正确；B．HClO是弱酸，不能拆，故反应的离子方程式应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，B项错误；C．碳酸钡是沉淀，不能拆，故离子方程式应为BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑，C项错误；D．离子方程式

要满足电荷守恒和质量守恒，钠和水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，D项错误；故答案选：A。6.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.无色透明溶液中的Fe3+、Mg2+、OH-、Cl-B.无色酸性的溶液中

Na+、Al3+、2-4SO、Cl-C.0.1mol/LFeCl3溶液中可能大量共存：Fe2＋、+4NH、SCN-、2-4SOD.滴加石蕊显红色的溶液中K+、Na+、2-3CO、-3NO【答案】B【解析】【分析】【详解】A．Fe3+在溶液中显黄色，且Fe3

+、Mg2+与OH-不能大量共存，A错误；B．无色酸性条件下，4种离子不发生反应，能大量共存，B正确；C．溶液中Fe3+与SCN-会发生反应，不能大量共存，C错误；D．石蕊显红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量H+,2-3CO与H+会发生反应不能大量共存，D错误；

故选B。7.下列根据实验操作得出的结论正确的是操作现象结论A无色溶液先滴加BaCl2溶液后加稀盐酸生成白色沉淀不溶于盐酸原溶液中一定有SO42-B无色溶液依次滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显橙红色原溶液中有Br―C新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上试纸先变红

色后褪色Cl2有漂白性D无色溶液滴加稀盐酸，产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中生成白色沉淀原溶液中有大量CO32—A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，此白色沉

淀可能为硫酸钡、氯化银、碳酸钡，继续滴加稀盐酸沉淀不溶解，由于硫酸钡和氯化银不溶于盐酸，碳酸钡溶于盐酸，说明此沉淀不是碳酸钡，因此该溶液中可能含有SO42-或Ag+，故A错误；B.氯水可将Br-氧化生成B

r2，Br2难溶于水，易溶于CCl4，故下层溶液显橙红色，B正确；C.具有漂白性不是Cl2而是HClO，故C错误；D.如果原溶液中含有HCO3-，也会产生相同现象，故D错误。答案选B。8.下列各组物质的性质比较正确的是()A.酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4B.碱性

：Ba(OH)2＜Ca(OH)2＜Mg(OH)2C.还原性：Cl﹣＞Br-＞I﹣D.稳定性：CH4＞NH3＞H2O【答案】A【解析】【详解】A．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故A正确；B．金属性越强，对应碱的碱性越强

，则碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故B错误；C．非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性为Cl-＜Br-＜I-，故C错误；D．非金属性越强，其氢化物稳定性越强，则稳定性：

H2O＞NH3＞CH4，故D错误；故选A。9.下列变化不能通过一步化学反应实现的是A.Na2O→NaOHB.Al(OH)3→NaAlO2C.Fe2O3→Fe(OH)3D.Na2CO3→NaOH【答案】C【解析】【详解】A．Na2O是碱性氧化物、与水反应生成NaOH，N

a2O→NaOH能够一步实现，故A不选；B．Al(OH)3是两性氢氧化物、能与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，Al(OH)3→NaAlO2能够一步实现，故B不选；C．Fe2O3不溶于水，与水不反应，

所以Fe2O3→Fe(OH)3不能够一步实现，故C选；D．Ca(OH)2与碳酸钠反应生成碳酸钙和NaOH，所以Na2CO3→NaOH能够一步实现，故D不选；故选C。10.一定温度和压强下，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正

确的是的A.气球②中装的是O2B.气球①和气球③中气体分子数相等C.气球①和气球④中气体物质的量之比为4∶1D.气球③和气球④中气体密度之比为2∶1【答案】D【解析】【分析】同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比。mg的CH4、CO2、O2、SO

2四种气体的物质的量分别是16m、44m、32m、64m，则①②③④分别装的是SO2、CO2、O2、CH4，据此回答。【详解】A．据分析，四种气体体积大小顺序是CH4>O2>CO2>SO2，故气球②中装的是CO2，A错误；B．据分析，气球①和气球③中气体体积不同，物质量不同，分子数不相等，B错

误；C．气球①和气球④中气体物质的量之比为64m:16m=1:4，C错误；D．相同条件下，气球③和气球④中气体密度之比即摩尔质量之比，为32:162:1=，D正确；故选D。11.下列说法正确的是A.H2SO4的摩尔质量是98gB.核素294117Ts的质

量数为411C.氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质D.小苏打可用于治疗胃酸过多【答案】D【解析】【详解】A．H2SO4的摩尔质量是98g/mol，A错误；B．核素294117Ts的质量数为294，B错误；C．氯气的水溶液可以导电，氯气是单质，氯

气既不是电解质又不是非电解质，C错误；D．小苏打有微弱碱性、能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，可用于治疗胃酸过多，D正确；答案选D。的12.二氧化锰的有关转化关系如图所示，下列有关说法中正确的是A.相同条件下生成等量的O2，

反应③和④中转移的电子数之比为1：2B.反应⑤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：3C.反应①③④中MnO2均作催化剂D.反应①中生成的Cl2经干燥后，不可用钢瓶贮运【答案】A【解析】【分析】反应①为MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，②为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl

2+Ca(ClO)2+2H2O，③为2H2O22MnO2H2O+O2↑，④为2KClO32MnOΔ2KCl+3O2↑，⑤为4Al+3MnO2高温2Al2O3+3Mn，⑥为3Mn+2O2高温Mn3O4，据此分析解答。【详解】A．相同条件下生成3m

olO2，反应③和④转移的电子数之比为6∶12=1:2，故A正确；B．反应⑤中氧化剂(MnO2)与还原剂(Al)的物质的量之比为3∶4，故B错误；C．反应①中MnO2作氧化剂，反应③、④中MnO2作催化剂，故C错误；D．反应①生成的Cl2经干燥

后，常温下与Fe不能发生反应，所以可用钢瓶贮运，故D错误；故选A。13.已知在酸性溶液中，2RO4n−+10I-+xH+=5I2+2R2++yH2O，则RO4n−中R的化合价是A.+4B.+5C.+6D.+7【答案】D【解析】【分析】根据

O原子守恒，y=8，则x=16，再由电荷守恒，可得2(-n)+10(-1)+16(+1)=2(+2)，解得n=1，再根据4RO−，其中氧元素化合价为-2，可计算出R元素化合价为(1)(8)7−−−=+。【详解】经计算，R元素化合价+7，故D正确；故选D。14.X、Y、Z、W均为短周期元

素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法正确的是XYZWA.X的气态氢化物比Y的稳定B.Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强C.Y的非金属性比Z的强D.原子半径：X＜Z＜W【答案】C【

解析】【分析】X、Y、Z均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y原子有2个电子层，所以Y为氧元素，根据X、Y、Z、W在周期表中的相对位置可知，X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素；【详解】A．X的气

态氢化物是氨气，Y的气态氢化物是水，根据同周期元素，从左往右，元素的非金属性越强(Y>X)，与氢气越易化合，得到的氢化物越稳定，可知Y的气态氢化物比X的气态氢化物稳定，A错误；B．同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性W>Z，非金属性越

强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的强，B错误；C．同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性Y>Z，C正确；D．同周期元素从左到右半径逐渐减少，同主族元素从上到下半径逐渐增大，则原子半径：Z>X，Z>W，D错误；故选C。15.ClO2

是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（）A.KClO3在反应中得到电子B.ClO2是氧化产物为C.H2C2O4在反应中被还原D.1m

olKClO3参加反应有2mol电子转移【答案】A【解析】【详解】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2

C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。A、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，A正确；B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；C、H2C2O4中C的化合价从

＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，C错误；D、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到1个电子，则1molKClO3参加反应有1mol电子转移，D错误；答案选A。16.将0.01molNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向

溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发

生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。【详解】n(Na2CO3)=1.06g106g/mol=0.01mol，NaOH和Na2CO3的混合液中加HCl，依次发生反应①H++OH-=H2O、②2-3CO+H+=-3HCO

、③-3HCO+H+=CO2↑+H2O，反应①消耗的n(HCl)=n(NaOH)=0.01mol，V(HCl)=0.01mol0.1mol/L=0.1L，反应②消耗的n(HCl)=n(2-3CO)=0.01mol，V(HCl)=0.01mol0.1mol/L=0.1L，反应

①和反应②均没有CO2生成，因此加入前0.2L的HCl时没有气体生成，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应③-3HCO+H+=CO2↑+H2O；此时开始放出气体，反应完全时生成二氧化碳的物质的量是0.01mol，正好与图象

相符，故C正确；答案选C。二、非选择题：本大题共5小题，共52分，每空2分。17.请写出除去下列物质中括号内的杂质所的试剂或方法：（1）Cl2(HCl)，所用试剂(或方法)_______(可以不干燥)；（2）Na2

CO3固体(NaHCO3)，所用试剂(或方法)_______；（3）FeCl3溶液(FeCl2)，所用试剂(或方法)_______，反应离子方程式_______；（4）FeCl2溶液(CuCl2)，所用试剂(或方法)_______。【答案】

（1）饱和食盐水（2）加热（3）①.通入足量的Cl2②.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（4）加足量Fe粉充分反应，过滤【解析】【小问1详解】HC极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则选择除杂试剂为饱和食盐水；【小问2详解】碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠

，则选择加热方法为加热；【小问3详解】通入足量的Cl2，将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；【小问4详解】杂质CuCl2与铁粉反应生成铜和氯化亚铁，过滤除去，答案为加足量Fe粉充分反应，过滤。18.下表是元素周期表的一部分

，编号代表一种元素。请回答有关问题：主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②③3④⑤⑥⑦⑧⑨（1）表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为_______；考古时利用_______(填核素符号

)测定一些文物年代。（2）元素③、④、⑦、⑧中，原子半径从大到小的顺序是_______(用元素符号表示)。（3）元素⑥单质和④最高价氧化物对应的水化物在溶液中反应的离子方程式为_______。（4）⑤⑥两元素相比较，金属性较强的是_______(填名称)可以验证该结论的实验是_____

__(填字母)。A.将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中B.将形状、大小相同的这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应C.将形状、大小相同的这两种元素的单质分别和热水作用，并滴入酚溶液D.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性【答案】（1）①.②.146C（2）Na

>S>Cl>F（3）Al(OH)3+OH－=AlO-2+2H2O（4）①.镁②.BC【解析】【分析】①为C、②为N、③为F、④为Na、⑤为Mg、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Ar。【小问1详解】最外层排满的结构稳定，表中化学性质最不活泼的元素是18号元素Ar，其原子结构示意图为；146C具

有放射性、考古时利用146C测定一些文物年代。【小问2详解】同主族时，电子层数越多半径越大、同周期时，质子数越多半径越小，元素③、④、⑦、⑧中，原子半径从大到小的顺序是Na>S>Cl>F。【小问3详解】元素⑥单质和④最高价氧化物对应的水化物在溶液中的反应，即氢氧化钠与氢氧化

铝反应，因为氢氧化铝是两性氢氧化物，反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH－=AlO-2+2H2O。【小问4详解】同周期元素从左到右金属性减弱，镁的金属性大于铝；则⑤⑥两元素相比较，金属性较强的是镁。金属

性越强，单质与水或氢离子反应越容易。A．将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中，都生成氧化膜，不能证明金属性强弱，故A错误；B．将形状、大小相同的这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应，镁反应快，可证明镁的金属性大于铝，故B正确；C．将形状、

大小相同这两种元素的单质分别和热水作用，并滴入酚酞溶液，镁与热水反应生成氢氧化镁和氢气，能证明镁的金属性大于铝，故C正确；D．金属不能比较氢化物稳定性，故D错误。故可以验证该结论的实验是BC。19.如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的

浓硫酸试剂标签上的部分内容，现用该浓硫酸配制460mLlmol/L的稀硫酸。可供选用的仪器有：①胶头滴管②烧瓶③烧杯④玻璃棒⑤药匙⑥量筒⑦托盘天平硫酸化学纯(CP)(500mL)品名：硫酸化学式：H2SO4相对分子质量：98密度：1.84g/cm3质量分数：98%回

答下列问题：（1）在盛放浓硫酸的试剂瓶标签上应印有警示标志中的_______。(填字母)A.B.C.D.（2）该浓硫酸的物质的量浓度为_______mol/L（3）配制稀硫酸时，还缺少的仪器有_______(填仪器名称)（4）配

制460mL1mol/L的稀硫酸需量取上述浓硫酸的体积为_______mL（5）下列各项操作引起配制的溶液浓度偏低的是_______。(填字母)A.将稀释后的硫酸立即转移至容量瓶中B.定容时，仰视容量瓶

刻度线进行定容C.转移溶液时，不慎将少量溶液溅到容量瓶外面D.所用容量瓶经蒸馏水洗涤后未干燥，有少量残留蒸馏水E.定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，再滴水至刻度线处的【答案】（1）D（2）18.4（3）500mL容量瓶（4）27.2（5）BCE【解析

】【小问1详解】A为易燃液体标志，B为剧毒品标志，C为三级放射性物品标志，D为腐蚀品标志，浓硫酸属于腐蚀品，故选D；【小问2详解】已知该浓硫酸的密度为1.84g/cm3，质量分数为98%，所以该硫酸的物质的量浓度c=11000100

01.8498%=molL98M−=18.4mol/L；【小问3详解】虽然配制460mL1mol/L的稀硫酸,但因为没有460mL的容量瓶，故需配制为500mL1mol/L的稀硫酸，配制稀硫酸时，需要量筒量取浓硫酸，之后在烧杯中进

行稀释，稀释时需要玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中进行定容，移液时需玻璃棒引流，定容时需要用胶头滴管，所以还需要的仪器有500mL容量瓶；【小问4详解】虽然配制460mL1mol/L的稀硫酸,但因为没有460mL的容

量瓶，故需配制为500mL1mol/L的稀硫酸，设所需浓硫酸的体积为V，则有18.4mol/L×V=0.5L×1mol/L，解得V=27.2mL；【小问5详解】A．浓硫酸稀释时放热，所以稀释后的硫酸温度较高，立即转移至容量瓶

中待冷却后溶液体积减小，浓度偏高，A不符合题意；B．定容时，仰视容量瓶刻度线进行定容，导致溶液体积偏大，浓度偏低，B符合题意；C．转移溶液时，不慎将少量溶液撒到容量瓶外面，导致部分溶质损失，浓度偏低，C符合题意；D．配制过程中

需加水稀释，则所用容量瓶经蒸馏水洗涤后未干燥，有少量残留蒸馏水对结果无影响，D不符合题意；E．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，再滴水至刻度线处，导致溶液体积偏大，浓度偏低，E符合题意；综上所述答案为BCE。20.已知A为淡黄色固体，

R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀。（1）检验W溶液中金属阳离子所用试剂为_______(填化学式)；（2）H在潮湿空气中变成M的现象是_______，发生反应的化学方程式为___

____；（3）A和水反应生成B和C的离子方程式为_______；在标准状况下生成11.2LC气体时，转移电子的个数为_______NA(用阿伏加德罗常数NA表示)；（4）D中加入盐酸发生反应的离子方程式为_______。【答案】（1）KSCN（2）①.白色沉

淀迅速变成灰绿色、最终变成红褐色②.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（3）①.2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2②.NA（4）+2+3+342FeO8HFe2Fe4HO+=++【解析】【分析】R

是地壳中含量最多的金属元素的单质，则R为Al，A为淡黄色固体，且A与水反应生成无色无味气体C，则A为Na2O2，B为NaOH，C为O2，Al与氢氧化钠溶液反应生成无色无味的气体F为H2，T为生活中使用最广泛的金属单质，且T与氧气反应生成的D具有磁性的黑色晶体，则T为Fe，D为Fe3O4，

四氧化三铁与足量的盐酸、足量的Fe反应都得到E，E与B(NaOH)反应得到白色沉淀H，则E为FeCl2，H是Fe(OH)2，H在潮湿的空气中得到M为Fe(OH)3，M与HCl反应生成W是FeCl3。【小问1详解】由分析可知，W的化学式为FeCl3，

可用KSCN检验Fe3+；【小问2详解】由分析可知，H的化学式为：Fe(OH)2，M的化学式为Fe(OH)3，H在潮湿空气中变成M的现象是：白色沉淀迅速变成灰绿色、最终变成红褐色，H转化为M的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3

；【小问3详解】由分析可知，A的化学式为Na2O2，水反应的生成NaOH和O2，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2；存在关系式O22e-：在标准状况下生成11.2LC气体即0.5mol氧气

时，转移电子的物质的量为1mol，个数为NA；【小问4详解】D即Fe3O4中加入盐酸发生生成FeCl2、FeCl3和水，反应的离子方程式为+2+3+342FeO8HFe2Fe4HO+=++。21.某实

验小组以石灰粉(主要成分为Ca(OH)2和CaCO3)为原料，制备KClO3的流程如图所示。（1）KClO3中氯元素的化合价为_______价。（2）“氯化”过程中控制氯气不过量，在75℃左右进行。“氯

化”温度较低时，Cl2易与Ca(OH)2反应而生成漂白粉，写出该反应的化学方程式：_______。（3）“氯化”过程中Cl2与浆水反应生成Ca(ClO3)2的总反应为：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，反应中还原产物为_______(填化学式)，该反应

中化剂与还原剂的质量之比为_______。【答案】（1）+5（2）()()222222Cl2CaOHCaClOCaClH=2O+++（3）①.CaCl2②.5:1【解析】【分析】石灰粉含有Ca(OH)2和CaCO3，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca(ClO3)2，过滤后在滤液中

加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3，据此解答。【小问1详解】正负化合价代数和为0，K+1价、O-2价，则KClO3中氯元素的化合价为+5价。【小问2详解】“氯化”温度较低时，Cl2易与Ca(OH)2反应而生成漂白粉，即氯气和氢氧化钙作用生成氯化钙、次氯

酸钙和水，化学反应方程式为()()222222Cl2CaOHCaClOCaClH=2O+++。【小问3详解】“氯化”过程中Cl2与浆水反应生成Ca(ClO3)2的总反应为：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaC

l2+6H2O，氯元素的化合价由0价→+5价，失去电子是还原剂，对应的()32CaClO是氧化产物，氯元素的化合价由0价→-1价，得到电子，是氧化剂，对应的CaCl2是还原产物；按得失电子守恒，6Cl

2中5Cl2为氧化剂、1Cl2为还原剂，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:1，质量之比为5:1。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com